第40期 统计-【数理报】2024-2025学年高一数学必修第二册同步学案（人教A版2019）

#### [025年4月4日-期五 高中数学 a151-423 第40第11 必首二 人数A 151-3201.8 王陪士: 品大主答文教持因比长:涂文一号:(742F1代号:21-0 一4i一. 国:.1.1 流奇 匹 f计考点解析 听8听勃1*1} *&:, 赴1517. 一铁4文 考点五,计配与生料的含 士?i证 删内图D,品高本长方过 0南李_ B抗,幅^ 是一、,计是 五t4 r o..了i 这了到七 十的基,考向有! 点去 u止.土it 为慰的加累中招 凸是封,点互阻 .A 现是计重宜之一.生 分的计三十在算考社与错 a4ti.{ ②和是不此本的院字 -”t 习一现不的用凡在习一铅计去在一中连到 Lii . 高.:7 1几文来,不的为站的关 ,点各的点是,一来考 一 七)情阳了0得国 ②计国的收达(位 非段的人动立的跳短院室不过,某 一0本 了甘在中的技各 6: 了本直回4)图句 度15-7n。 计3 与本-5-1A5[5.101903内 1-20-15);-15-10.1-,点,不凸如第一入 ,的 10.35311530.7 18度度文. 品 ,叫的段的人H地短 处,0 度不,因耳的 (114. -- (词阳. t. .风 01掉干 _ 考点二, 1)0知 0 t.王mr 的土慧平数方载格 {. )中它是门考 1 0知 . 一.主去这析的计巨 1-.-1四 。_高 (13了人与 In.:ie 中均官院1起一B. 1-0.-知18 0 记位基动 1-: _0% 的品100下-o 系,%收人真100 t.tD 为-.1均 _ .2{ [514 0.58 :.0:90,,5. 析.则较人在404500)内的8 二. 。 im 一站乱 153 1_ 。 (3起中的区国 (国: 人4LL . : 删甲阿具,妇人 (1直图1 .站0国见学 阻人下 .(1)(.00.4.004.800034 ._ 13·; 0.001).0.5. ,,。 % 1-△A i口.-0,. tto* ,::。 a1ttn7 4040内3听较人 文0.s-833.高口1校入 _赴 :.乙满野平支级, .u 道,对早,乙学免位以平均地 1111 400 1500)内052v10 n :甲r81.1.1. -4B.0{ (1数4子0题%0+900.0005x5000B1.. 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设前面四个数据为x1,。2,,无（≤无2≤≤x）, 4.由题意知36岁至50岁的居民所占的比例为 则片[(-25)2+(-25)2+(6-25)2+(x-25)2 840+700+560=3,故这次抽样调查抽取的总人数是100÷ 700 1 +(31-25)2]=32, 号=30 故(x1-25)2+(x2-25)2+(x3-25)2+(x4-25)2=9, 所以(x1-25)2≤9. 5.因为有13名同学参加百米竞赛，所以将成绩按最好到 若x1<22,则(x1-25)2>9,这与(x1-25)2≤9矛盾， 最差排序后，成绩的中位数为第七个数，则中位数前的成绩对 所以22≤1≤名≤≤4， 应的同学进人决赛，所以还需要知道这13名同学成绩的中位 所以丙地肯定进人夏季： 数，才可知道小构能否进人决赛 对于丁地，下四分位数为23℃，上四分位数为28℃，极差 6.因为这组数据的极差为40，最小值为41， 为7℃， 所以m应为最大值，为40+41=81， 将这组数据从小到大排列为 由5×=子5×子= 41.45,53,56.65,69,70,72,79,80,81 得下四分位数为按从小到大排列的第2个数据， 因为81%×11=8.91， 上四分位数为按从小到大排列的第4个数据， 所以这组数据的81%分位数为79 若5天气温的数据为21,23,24,28,28 7.对于(A),抽取的样本容量为4000×2%=80，故(A) 则丁地没有进入复季。 错误； 二、多项选择题 对于(B),该校学生中对兴趣爱好类课程满意的人数约为 9.ACD;10.ACD;11.AC. 4000×35%×50%=700(人).故(B)错误： 提示： 对于(C),抽取的学生中对创新素质类课程满意的人数为 9.对于(A),此次调查属于抽样调查，(A)错误； 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 对于(B),根据样本容量的定义，可知样本容量是150， 提示： (B)正确： 12.由已知可得样本中数据在[20,60)内的频数为50× 对于(C),根据总体的定义，可知全校1700名学生的身高 0.6=30,故样本数据在[40,60)内的个数为30-4-5=21. 情况是总体，(C)错误： 13.由题可知，按分层随机抽样的方法，抽取一个代表队， 对于(D),根据个体的定义，可知被抽取的每一名学生的 其中乙部门抽取7人， 身高情况称为个体，(D)错误 设共抽取了n人，则7+8+“子，解得a=19, 63 故选(A)(C)(D). 所以该单位共抽取了19人 10.对于(A),0.0025×40=0.10,属于第-一档，故(A)正确： 14.设数据2x+1,2x+1,…,2x2+1的平均数为0，方 对于(B),(0.0025+0.0040+0.0060)×40=0.50,所以年月 差为后， 均用电量在[160,200)内的不属于第二档.故(B)错误： 则0=2元+1，=4s2 对于(C),(0.0025+0.0040+0.0060+0.0045+ 因为新数据的平均数比方差大3， 0.0030)×40=0.80,属于第三档，故(C)正确： 所以2x+1=4s2+3, 对于(D),(0.0020+0.0010×3)×40=0.20,属于第四 档，故(D)正确 故选(A)(C)(D). 则-2=-分-2-（任-}）-6 11.因为点C,D,E,F,G在一条直线上， 且C,D,E,F,G的横坐标的差相同. 由2=分-分≥0，可得≥1 所以它们的纵坐标的差值也相同， 由二次函数的性质知，当x=1时，2-x2取得最大值，且 因为0.024-0.064=0.0044， 最大值为-1. 4 四、解答题 所以d=0.024-0.0044=0.0196, 15.解：(1)案例一用简单随机抽样，案例二用分层随机 e=0.0196-0.0044=0.0152, 抽样. f=0.0152-0.0044=0.0108, (2)①将总体分为具有高级职称、中级职称、初级职称的 因为0.1-0.0196-0.0152-0.0108-0.0064= 人员及其他人员四层： 40 ②确定抽样比9=800=20 1 0.048. 点A,B,C在一条直线上， ③按抽样比确定各层应分别抽取的人数为8,16,10,6： 所以6=0.048=0.016. ④按简单随机抽样的方法在各层确定相应的样本： 3 ⑤将各层抽到的样本汇总，构成一个容量为40的样本 则a=0.048-0.024-0.016=0.008,(A)正确； 16.解：(1)15个评分按从小到大的顺序排列为8.2,8.5， 数据x的众数的估计值为30+0=35， 2 8.6.8.7,8.8,8.9,8.9,8.9,9.0,9.1,9.2,9.5,9.6,9.7,9.8. 设中位数为t,因为(0.008+0.016+0.024)×10=0.48， 又15×25%=3.75， 所以0.0196×(1-40)=0.02， 所以25%分位数为从小到大排列后的第4个数，即8.7分 解得1≈41.即数据x的中位数约为41， (2)15×95%=14.25, 所以95%分位数为从小到大排列后的第15个数，即9.8分 所以数据x的众数小于中位数，(B)错误： 所以优先推荐酒店的评分必须达到9.8分， 因为元=15×0.08+25×0.16+35×0.24+45×0.196 所以若某酒店的评分为9.6分，侧该酒店不能被列为优先 +55×0.152+65×0.108+75×0.064=42.6, 推荐酒店。 所以平均数大于中位数，(C)正确： 因为1-(0.0108+0.0064)×10=0.828， 1解：(1)由已知得样本容量为8=50， 所以数据x的第80百分位数小于60，(D)错误。 故第二组的频数为0.16×50=8， 故选(A)(C) 第三组的频*为号=020， 三，填空题 12.21；13.19；14.-1 第五组的领数为0-(4+8+10+16)=2，频半为号 2 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 0.24. 元=10-100-80=90. 故频率分布表如下 8 分组 [50,60) [60.70) [70.80) [80.90) [90.100 x2-10×902 频数 4 10 16 12 因为10个分数的标准差s= =6. 10 频率 0.08 0.16 0.20 0.32 0.24 所以x片+…+x。=10×62+10×902=81360, 频率分布直方图如下 所以剩余8个分数的标准差为 频率 组距 (x+…+xi0)-80-100-8×90 =25. 0.032 0028 0.024 (3)将3座教学楼完全包裹的球的最小直径为： 0.020 0.016 0.012 √/1922+802+20=/43664<√/44100=210（米）. 0.008 因此若用一个覆盖半径为105米的屏蔽仪，则总费用为 0 5060708090100成绩/份 4100元： (2)样本中成绩在[70,90)内的频率为 将一座教学楼完全包裹的球的最小直径为 0.20+0.32=0.52. √/202+202+60=4400<√4900=70（米）， 所以估计该校获得二等奖的学生为 因此若用3个覆盖半径为35米的屏蔽仪，则总费用为 900×0.52=468(人). 4800元： 18.解：(1)根据频率分布直方图得(0.01+0.013+a+ 将1号教学楼与2号教学楼完全包裹的球的最小直径为： 0.007+0.002)×20=1, /202+802+60=10400<√12100=110（米）， 解得a=0.018. 由频率分布直方图可估计平均数为10×0.01×20+30× 又因为/20+80+60=/10400>4900=70（米）， 因此若用1个覆盖半径为55米和1个覆盖半径为35米的 0.013×20+50×0.018×20+70×0.007×20+90×0.002 ×20=41.2, 屏蔽仪，则总费用为3700元， 所以估计该市年龄100岁及以下居民的平均年龄为41.2岁. 所以，让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费为 3700元 (2)被调查的100名居民中，年龄处在[0.20)，[20,40)， [40,60),[60,80),[80,100]的人数分别为20,26,36,14,4. 第41期2版 由表格得这100名居民对防骗知识的知晓率为0×(20 专项小练一 ×0.34+26×0.45+36×0.54+14×0.65+4×0.74)=50%, 1.ABD:2.B: 所以估计该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知晓 3.AB,AC,AD ,BC.BD,CD,AC,AD,BC,BD. 率为50%. 专项小练二 (3)原因分析： 1.C:2.ABD;3.11,3,4},3{ ①样本数据过少，不能很好地反映总体数据的特征： 专项小练三 ②调查的人数中年龄在[60,100]的只有18人，也许这部 分人喇好对防骗知识的知晓率高，从而导致调查结果不能很好 1AGD:2:3号 专项小练四 地代表实际情况。 19.解：(1)因为前四组的频率分别为：005,0.15,0.25,0.35， 1.A:2.AD:3.0.6⑤ 又0.05+0.15+0.25=0.45<0.5， 第41期3,4版 0.05+0.15+0.25+0.35=0.8>0.5. 所以中位数x满足70<x<80, 随机事件与概率同步核心素养测评 由0.45+(x-70)×0.035=0.5, 一、单项选择题 1 ~4 AADB 5-8 CABC 解得x=9+70=71.4 提示： (2)由题意.剩余8个分数的平均值为 1.因为事件“从中任意摸一个球得到白球”可能发生也可 一3 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 能不发生，所以这个事件是随机事件。 提示： 2.事件“点落在x轴上”所包含的样本点的特征是(x,0), 9.当x≥0时，x-x1=0: 又依题意，x≠0，且A中有7个非零常数， 当x<0时，x-1x1=2x<0, 故共包含7个样本点。 所以x-x1不可能等于2，故(A)不是随机现象： 3.因为甲、乙两个元件串联，线路没有故障， 由随机现象的定义知(B),(C),(D)均是随机现象 即甲、乙都没有故障， 故选(B)(C)(D). 即事件M和N同时发生，即事件M∩N发生 10.因为A,B为互斥事件，所以A∩B=O, 4.因为事件A与事件B互斥，所以ACB, P(A UB)=P(A)+P(B).P(AB)=0, 所以P(A+B)=P(B)=1-P(B)=0.8. 故(A),(C)正确： 5.沿等分线把正方体切开得到同样大小的小正方体共27 如右图，由图可知事件A与B不 个，其中只有2个面涂色的小正方体共有2个， 互斥，所以可用一般概率加法公式得 所以恰好抽到边缘方块的概幸为号=号 P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB), 所以P(AB)=P(A)+P(B) 6.由题意得到的数字有2.17,2.18,2.71,2.78,2.81， P(AUB)=1-P(A)+1-P(B)-1=1-P(A)-P(B), 2.87,共6种， 故(B)错误，(D)正确。 其中数字不大于2.78的有2.17,2.18,2.71,2.78，共4个， 故选(A)(C)(D) 所以得到的数字不大于2.8的概率为号 11.甲同学仅随机选一个选项，共有4个基本事件， 分别为A,B,C,1D, 7.事件F包含“只去甲草原”“只去乙草原”“甲、乙两个草 随机事件“若能得5分”中有基本事件{C,D, 原都去”三种情况； 事件G包含“只去甲草原”“只去乙草原”“一个草原也不 故“能得5分”的概率为分，故()正确： 去”三种情况； 乙同学仅随机选两个选项，共有6个基本事件， 事件H包含“只去乙草原”“一个草原也不去”两种情况 分别为：A,B,A,C,A,D,B,C},B,D,C,D, 对于(A),(C),(D),两个事件均有可能同时发生，都不是 随机事件“能得10分”中有基本事件C,D, 互斥事件： 故“能得10分~的概率为行，故(B)正确： 对于(B),事件F与I不可能同时发生，且必有一个发生， 丙同学随机选择选项（丙至少选择一项）， 是对立事件，故(B)正确。 共有基本事件15种，分别为： 8.由题可知，刮第1张卡前，下注50元： 选择一项：{A,{B},C},D: 若未中奖，还剩50元：刮第2张卡前，下注25元，不管是否 选择两项：{A,B},A,C},A,D,1B,C},B,D,{C, 中奖，资金必减少： D3: 若中奖，还剩150元，刮第2张卡前，下注75元，未中奖资 选择三项或全选：|A,B,C,A,B,D,|A,C,D,B,C, 金减少：中奖资金增加： D,A,B,C,D 所以要使资金增加，则必须2次刮出中奖，否则资金减少： 随机事件“能得分”中有基本事件C,D},1C,D, 所以5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于号即可， 放“能得分的概*为名=了故〔⊙正确： 由5张卡片中任取2张的方法数有10种， 丁同学随机至少选择两个选项，由(C)的分析可知， n张“中奖卡中取到2张的方法数有n,山种， 2 共有基本事件1山个。 随机事件“能得分”中有基本事件C,D, 所以20>子 20 放“能得分”的概率为六，放(D)错误 即n(n-1)>10,且2≤n≤5， 故选(A)(B)(C), 故n=4或n=5,即n至少为4. 三、填空题 二、多项选择题 9.BCD:10.ACD:11.ABC. 122,4,5,6；13.8:14.9 “37 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 提示： 现的点数为1,2,4,6. 12.该试验的样本空间2={1,2,3,4,5,6}，A={2,4{,B (3)由题意可知A={出现的点数为2,4,6}，B=出现的 =11,2,3,4},所以B={5,6},所以AUB=12,4,5,6. 点数为1,3,5}，D=1出现的点数为1,2，E={出现的点数为 13.因为A,B互为对立事件， 1,2.4.5}. 则P)+P()=日+子=1，且a>0.6>0, 则A∩C={出现的点数为2，BUC=|出现的点数为 1,2,3,5},DUE={出现的点数为1,2,4,5. 可得2+6=(+)2a+)=4+台+ 17.解：(1)从A1,A2,A,A4,A5,A。中任取2个点包含的所 a 有情况为A,A2,A,A},A,A,A1,A,A,A6},A2, ≥4+28 A},A2,A},A2,A5},A2,A},A,A},A3,4},A,A6}, 当且仅当合=老，即6=2a=4时，等号成立。 1A,A5,A4,A6},A5,A6,共有15种 (2)当X=0时，所取的2个点均不在y轴上， 所以2a+b的最小值是8. 即从A1,A2,A,A。中任取2个点，所有可能的情况为A1, 14.已知a☒b=60,a,beN,, A},A,A},{A,A},A,A.A2,A6},AA},共6种 若a和b一奇一偶，则ab=60. 所以小陈参加学校合明团的概常为号=子 2 满足此条件的有1×60=3×20=4×15=5×12， 故点(a,b)有8个， 所以小陈不参加学校合照团的概米P=1一号：子 若a和b奇偶性相同，则a+b=60, 18.解：记3个红球为A,B,C,2个白球为a,b 满足点的横、纵坐标中有偶数的情况为2+58=4+56= (1)从盒子中随机取出2个球的样本空间2=|(A,B), 6+54=…=28+32=30+30,共15组， (A,C),(A,a),(A,b),(B,C),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b), 故点(a,b)有29个， (a,b)},共10个样本点， 所以点的横，纵坐标中有偶数的个数为8+29=37， 记事件M为“至少取到一个白球”， 横、纵坐标都是偶数的个数为29， 则其对立事件M为“一个白球也没有”，即“两个球都是 所以在点的横、纵坐标中有偶数的条件下，横、纵坐标都是 红球”， 偶数的概米为号 则M=1(A,B),(A,C),(B,C)},共3个样本点， 四、解答题 故P(0=1-P(=1-音=0 15.解：记“I号出现的点数”为m,“Ⅱ号出现的点数”为 (2)最后一次取出红球有两种情形： n,则(m,n)表示这个实验的一个样本点，样本空间2={(m, ①前两次取出红球，第三次取出红球，有1种情况： n)1m,n∈1,2,3,4,5,6{，共有36个样本点 ②前三次取出2个红球，第四次取出红球，有3种情况.共 由于骰子的质地均匀，所有各个样本点出现的可能性相 有4种不同的情况. 等，因此这个试验是古典概型。 最后一次取出白球有三种情形： (1)因为A=1(1,4),(23),(32).(4,1)}, ①第一次取出白球，第二次也取出白球，有1种情况： 所以n(A)=4, ②前两次取出1个白球，第三次取出白球，有2种情况： 所越P)=希= ③前三次取出1个白球，第四次取出白球，有3种情况.共 (2)因为B=1(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6, 有6种不同的情况， 6),所以n(B)=6, 故最后一次取出的是红球的概率P=4+6=了 4 2 所以PB=多=古 19.解：(1)由题意，每10000张奖券中设特等奖5个，一等 16解：4=|出现奇数点}=11,3,5}，B={出现偶数点} 奖20个，二等奖100个，三等奖500个， =2,4,6,C=出现点数小于3={1,2，D=出现点数 放P4)=102oP氏)=080动 5 20 大于2=|3,4,5,6，E=1出现点数是3的倍数={3,6. (1)A∩B=O,B∩C=出现的点数为2 rG)=00=PD)=08=0 100 500 1 (2)AUB=出现的点数为1,2,3,4,5,61，BUC=出 (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖、三等奖， 一 5 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 设“1张奖券中奖”这个事件为M, 第42期3,4版 则M=AUBUCUD, 又因为A,B,C,D两两互斥， 事件的相互独立性、频率与概率同步核心素养测评 所以P(M)=P(AUBUCU D) 一、单项选择题 =P(A)+P(B)+P(C)+P(D) 1~4 CADB 5~8 ACBA =5+20+100+500.1 提示： 10000 =16 1.已知该厂的次品率为3%，所以该厂8000件产品中次品 放1张奖券的中奖藏率为石 的件数约为8000×3%=240. 2.因为是有放回摸球， (3)设“一张奖券获得的奖金低于200元”为事件N, 所以第一次摸球与第二次摸球相互不受影响， 则事件N与“一张奖券获得的奖金不低于200元”为对立 所以事件A,与A2是相互独立事件， 事件， 所以事件A,与A2也是相互独立事件. 而“一张奖券获得的奖金不低于200元”为奖券获得特等 3.由题意得，将两所学校的成绩放到一起，从中任取一个 奖和一等奖的和事件， 学生成绩，取到优秀成绩的概率为 所以P(N)=I-P(AUB) 30%×40%+35%×60%=0.33. =1-P(A)-P(B)=1-200300400 11399 4.由表格数据知，最高气温低于25℃的频率为4+5 90 0.1,所以6月份这种冷饮一天的需求量不超过300瓶的概率估 即一张奖券获得的奖金低于200元的概率为9 400 计值为0.1. 5.“左边转盘指针落在奇数区域”记为事件A, 第42期2版 则P)=合=子 专项小练一 “右边转盘指针落在奇数区域”记为事件B, 1:2A:3BC:48 则P()=合=子 5.解：设事件A表示“甲解答正确”，事件B表示“乙解答 因为事件A,B相互独立， 正确”， 所以两个指针同时落在奇数区域的藏率为号×号一号 则P(A)=方，P(B)=分 6.设事件A表示“2次测得的平均值为7.1毫米”，事件B 因为事件A与事件B相互独立，所以 表示“一次是7.0毫米，一次是7.2毫米”，事件C表示“两次都 (1)两人解答都正确的概率为 是7.1毫米”， 代AB)=P)P(B)=合xS=6 则R=PB+PO=方×0x2+品×0=QB (2)事件A与事件B相互独立，则至少一人解答正确的概 7.由题意得若乙要赢得这局比赛，则乙在投剩下的两支箭 率为P=1-P(AB)=1-P(A)P(B) 后至少要再得3分， 按照乙第三支箭的情况可分为两类： =1-(1-)×1-)=子 (1)第三支箭投入壶口，则第四支箭必须投入壶耳， 专项小练二 其概常R=方×行=方 1.D:2.C:3.BCD:4.白 (2)第三支箭投入壶耳，则第四支箭投入壶口、壶耳均可， 5解：(1)这种鱼卵的孵化率为853 =0.8513. 10000 其概*月=与×（兮+5）=务 (2)30000个鱼卵大约能孵化 所以乙赢得这局比赛的概率P=R+A=占+务=号 30000×10000 8513 =25539(尾)鱼苗. 8.设三门考试课程考试及格的事件为A,B,C, 6 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 相应的概率为a,b,c, 11.对于(A),依次发送红色、黄色、青色信号， 侧考试三门课程，至少有两门及格的事件为 侧依次显示青色、青色、红色的事件是发送红色信号显示 ABCABCABC ABC, 青色、发送黄色信号显示青色、发送青色信号显示红色的3个 其概率为P,=ab(1-c)+a(1-b)c+(1-a)bc+abc 事件的积，它们相互独立， ab ac be 2abe, 所以所求概率为(1-x)By,(A)错误； 设在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格的概率为P2, 对于(B),两次传输，发送红色信号，相当于依次发送红 则=b+ac+c, 色、红色信号， 侧依次显示黄色、黄色的事件是发送红色信号接收黄色信号、 又由P-P 发送红色信号接收黄色信号的2个事件的积，它们相互独立， ab ac be 2abc 所以所求概率为a2,(B)正确： d+子ae+号bc-2ac=子a+ae+c-3a 2 对于(C),两次传输，发送红色信号， 侧译码为红色的事件是依次显示黄色、青色或青色、黄色 =b1-e)+ae1-)+bc1-a]>0, 的事件的和，它们互斥， 所以所求的概率为ax(1-a)+(1-a)a=2a(1-a),故 所以P>P2,即用方案一的概率大于用方案二的概率 (C)错误； 二、多项选择题 对于(D),若采用两次传输，发送红色信号， 9.BCD;10.ACD;11.BD. 则译码为青色的概率P=(1-α)， 提示： 若单次传输发送红色信号， 9由题意可知投篮命中的频率为560 1000 =0.56,得到的频 则译码为青色的概率P=1-a, 率可能比概率大，也可能小于概率，也可能等于概率，故(A)正 因此P-p=(1-)2-(1-a)=-a(1-a)<0, 确，(C)错误； 即P<P',(D)正确。 投篮10次或100次相当于做10次或100次试验，每一次的 故选(B)(D). 结果都是随机的，其结果可能一次命中，或者多次命中等，概举 三、填空题 只反映事件发生的可能性的大小，不能说明事件是否一定发 2祭1a子14 生，故(B),(D)错误 提示： 故选(B)(C)(D) 10.对于(A):由P(A)=0.6,P(B)=0.3, 12设这群小孩共有x人，由题意可得上=” 则P(A)=1-0.6=0.4,P(B)=1-0.3=0.7, 又事件A,B相互独立， 解得x=如 n P(AB U AB)P(AB)+P(AB)P(A)P(B)+ 13.甲比乙投中次数多的可能情形有：甲投中1次，乙投中 P(A)P(B)=0.6×0.7+0.4×0.3=0.54,(A)正确： 0次：甲投中2次，乙投中1次或0次.由题意得2p(1-p)·(1 对于(B):若三个事件A,B,C两两独立，由独立事件的乘 -g)2+p[(1-9)2+24(1-9)]门=36 7 法公式P(AB)=P(A)P(B),P(AC)=P(A)P(C),P(BC)= P(B)P(C),无法确定P(ABC)=P(A)P(B)P(C),(B)错误； 解得9=号或9=9（合去） 对于(C):P(A)>0,P(B)>0. 14.投掷3次骰子后，球在甲手中，共有4种情况： 若事件A,B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)>0, 若事件A,B互斥，则P(AB)=0,(C)正确： ①甲一甲一甲一甲，其概率为}×宁×宁=名： 对于(D):设任意事件A发生的概率为P,必然事件B发生 的概率为1，不可能事件C发生的概率为0， ②甲一甲一乙一甲，其概幸为宁×宁x宁=立 P(AB)=P=P(A)P(B)P(AC)=0=P(A)P(C), ③甲一乙一甲一甲，其概率为分×分×宁： (D)正确 1 2.1 故选(A)(C)(D). ④甲一乙一丙一甲，其概率为2×亏×2=6 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 所以投掷3次骰子后，球在甲手中的概*为写+立+司 1 ③若选择A,C,D三项测试， 则需任意两项测试通过或三项测试均通过， 11 6=24 15131.135 故P()=×后×2+×6×+× ￥2 四、解答题 15.解：记这两个零件中恰有一个是一等品的事件为A, 即仅第一个实习生加工一等品(4)与仅第二个实习生加 工一等品(A2)两种情况. 结合()中号<子.所以满足条作的方案为选择4，C,0 则P()=P4)+P风)=号x+宁×子=音 三项和选择B,C,D三项。 19.解：(1)估计A小区当年（供热期172天）的供热状况 16.解：(1)由题意，可以估计甲在比赛时答对题的概率为 A-20024= 为舒适”的天数为号×172=129（天）. 120 (2)记A,表示A小区供热等级达标，A,表示A小区供热等 乙在比赛时答对题的概率为=20三。. 120 级舒适， (2)设事件B=“某轮比赛中甲得1分”，事件C=“某轮 B,表示B小区供热等级不达标，B,表示B小区供热等级 比赛中乙得1分”， 达标， 则事件A=BC U BC U BC, 则A1与B独立，A2与B,独立，A2与B2独立， 所以P(A)=P(BC)+P(BC)+P(BC) 又C=AB1UAB,UAB2, 号×石+×名+号x音器 P(C)P(A )P(B)+P(A2)P(B)+P(A2)P(B2), 17.解：(1)设“甲投中两次获胜”为事件A, 由已知可得44，B,品发生的频率分别为号品.0， 则Pa)=(号)x[-(3)门=号 20 (2)设“结果是平局”为事件B,则 放P氏A)=行P()=子PB)=0,品)= 20 P)(兮)x(合)+2x号x宁x2×() 所以P(G=0+0+子×号=器 +()x()=是 (3)若从供热状况角度选择生活地区居住，建议选择A小区， 所以P(B)=1-P(B)= 23 因为A小区供热等级舒适的频常为 36 20 即结果不是平局的概半为号 B小区供热等级舒适的频率为品， 18.解：设事件M=“员工甲本年度考核合格”， 又号>号所以建议选择4小权。 (1)由题意知员工甲本年度考核合格必须通过C测试，且 A,B测试中至少有一项通过， 第43期3,4版 放Pw)=子x-石×）=器 概率核心素养综合测评 一、单项选择题 (2)①若选择A,B,D三项测试， 1~4 DABC 5~8 BBAD 则必须通过D测试，且A,B测试中至少有一项通过， 提示： 2.目标受损但未击毁的概岸是1-0.2-0.4=0.4. 3.设红球的个数为x, ②若选择B,C,D三项测试 则需任意两项测试通过或三项测试均通过， 由题意可知本3=20义0解得x=5, 619 ×4×2 所以红球的个数最可能是5个. 4 3 131、3 4.集合{a,b,c的子集个数为2=8， 5×年×2=40>年 + 集合{a,b,c,d,e的子集个数为2=32， -8 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 因此，所求概率为品=子 P2-Pi6=p2(pP1+乃)-2pP2P-[P(P1+P）-2pP2P] =（P-P)P<0, 5.抛出一次，恰好出现蛇的图案朝上的概率为2，出现其 则Ps<P:<P6, 他图案朝上的概率为号， 所以小明做的第二题为第16题时，P=P6最大， 放(A)(B)(C)错误，(D)正确. 由于甲、乙抛掷模型的结果相互独立， 二、多项选择题 做所求概*为站×吕+品×立：岩 1 9.ABC:10.BD;11.AB. 提示： 6.由题意得Vcn图如右图 9.记3个红球分别为A,B,C,2个蓝球分别为a,b, (其中数字为相应区拔包含的样本 则2={AB,AC,Aa,Ab,BC,Ba,Bh,Ca,Cb,ab,共包含10 点个数)， 个样本点。 利用Venn图，探究事件之间 的关系。 “取不到红球”的有ad,所以概常为0，()正确： 由图知A∩B≠0，且AnB≠②， “取出的两球均为红色”的有AB,AC,BC,所以概兴为 所以事件A与事件B不是互斥事件. 3 南图得)=合=分P氏间=音：分P(团=音 (B)正确： “至多取到1个红球”的有Aa,Ab,Ba,Bb,Ca,Cb,ab,所 =3 以概率为品，（©）正确： 所以P(AB)=P(A)P(B), “取出一个红球、一个蓝球”的有{Aa,Ab,Ba,Bb,Ca,Cb}, 所以事件A与事件B是相互独立事件. 7.设A,B,C,D四位妈妈的小孩分别是a,b,c,d, 所以餐米为号.(D)错误 则坐车方式的样本空间为(Ab,Ba,Cd,Dc),(Ab,Bd,Ca, 故选(A)(B)(C. De),(Ab,Bc,Cd,Da),(Ac,Ba,Cd,Db),(Ac,Bd,Ca,Db), 10.由题意得，事件A的样本点为11,3,5,7}，事件B的样 (Ac,Bd,Cb,Da),(Ad,Ba,Cb,De),(Ad,Be,Ca,Db),(Ad,Be, 本点为11,2,3,4，事件C的样本点为2,3,5,7 Cb,Da),共包含9个样本点， 对于(A),事件B与C共有样本点为2,3，所以不互斥，(A) 而A的小孩坐C的车的样本点为(Ab,Bd,Ca,Dc),(Ac, 错误： Bd,Ca,Db),(Ad,Be,Ca,Db),共3个， 对于(B),事件AUB的样本点为1,2,3,4,5,7}， 故所求概率为号=子 所以P(AUB)=冬=子，(B)正确： 3 8.小明连对两题，则第二题为必对题， 对于(C),P(a)=冬=PC)=音=子AnC的 若小明做的第二题为第8题， 样本点为3,5,7}， 则做题顺序为12,8,16与16,8,12，且其概率均为2 所以PAC)=音PP(O. 记此时连对两题的概率为P, 所以事件A与C不相互独立，(C)错误； 则A=I-pA+Pn1-】+2(1- 对于(D),事件A∩B的样本点为|1,3，所以P(AB)= P)PP+PP1(1-2)] 冬=子r丽=1-P代A)=子(D)正确 2 =p1(P2+P3）-2p1hP3 同理若小明做的第二题为第12题，记连对两题的概率为P2, 故选(B)(D). 则p2=P(p1+P3）-2p1P2P3 11.对于(A),在乙队以2：0领先的前提下，若甲队获胜， 若小明做的第二题为第16题，记连对两题的概率为P16, 侧第三、四、五局均为甲队获胜， 则P16=P3(P1+2）-2p1PP3: 所以甲队获胜的概率为P,= 所以A-P2=P(P+3)-2p1PP3-[P2(P1+P3)- 2pP2P3]=(p1-P)P5<0, 对于(B),乙队以3：0获胜，即第3局乙获胜，概率为3 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 故(B)正确： 4个基本事件， 对于(C),乙队以3：1获胜，即第三局甲获胜，第四局乙获 则P()=音=寸 胜，概率为子×了=子，放(C)错误： (2)因为事件A与B同时发生的基本事件有(2,4)，(4， 对于(D),若乙队以3：2获胜，则第五局为乙队获胜，第 2 1 2),所以P(AB)=2=6 三、四局乙队输. 所以乙队以3：2获胜的概率为号×子×号=去，故(D) 21-2 又因为P(A)P(B)=方×3=9 错误 可得P(A)P(B)≠P(AB), 故选(A)(B). 所以事件A与事件B不独立， 三、填空题 16.解：(1)由已知，当空气相对湿度在45%-55%时，病 毒死亡较快， 120.7:137；14.900 而样本在[45,55)上的频数为30， 提示： 所以所求频率为30.1 12.由题意知P(B)=1-P(C)=0.4,所以P(A+B)= 300=10 P(A)+P(B)=0.3+0.4=0.7 (2)设事件A为“从区间[15,35)的数据中任取两个数据， 13.记“A与B不相邻而坐”为事件G,以顺时针方向计， 两个数据都位于[25,35)内”，区间[15,25)中的两个数据为 则A,B,C,D四人座位的样本空间2共包含6个样本点： a1,a2,区间[25,35)中的三个数据为b1,b2,b, ABCD,ABDC,ACBD,ACDB,ADBC,ADCB, 则从区间[15,35)的数据中任取两个数据，包含(a1,a2), 其中A与B不相邻而坐包含2个样本点：ACBD,ADBC, (a1,b1),(a1,b2),(a1,b),(a,b）,(a2,b2),(a2,b),(b, 则P(G=名=分 b2),(b1,b),(b2,),共10个样本点， 而事件A包含(b1,b2),(b,6),(b2,b),共3个样本点， 14.设两选手为甲、乙，两选手水平相当， 所以P(A)=高 故任意一局比赛，甲胜的概常为分.乙胜的概常为分 17.解：(1)记甲、乙、丙被录取分别为事件A,B,C, 不妨设前三局中甲胜2场，乙胜1场，剩下甲获胜的情况 则A,B,C相互独立， 是 2 第四局甲胜或者第四局甲输但第五局甲胜， 此情况下，甲获胜的概率为分+7×7= 1.13 3 39 4 4×=20 所以乙胜的藏率为片 因为P(A)<P(B)<P(C), 所以丙被录取的可能性最大 所以前3局打成2：1时，2局胜利者与1局胜利者奖金分 (2)记三人中至少有一人被录取为事件D, 配比例应为3：1. 则D与A 0 Bn C互为对立事件， 若发放奖金总额为12000元，为公平合理起见，应该发放 所以P(D)=1-P(A0BOC)=1-P(A)P(B)P(C 给已胜两场者奖金为1200×子=900（元》 =1-(1-号）×-号)×(-)=器 四、解答题 15.解：(1)试验的样本室间为2=(1,2)，(1,3)，(1， 所以三人中至少有一人被录取的概常为铝 4),(21),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4, 18.解：(1)由题表得这40天内该农产品价格“上涨”的天 2),(4,3),共12个基本事件. 数为16 事件A包含的基本事件有(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)， (3,1),(3,2),(4,1),(4,2),共8个基本事件 估计该农产品价格上漆”的概率为治=子 (2)在这40天内，该农产品的价格有16天“上涨”，14天 “下跌”，10天“不变”，相应的概率分别是0.4,0.35,0.25， 事件B包含的基本事件有(2,4)，(3,4)，(4,2)，(43)，共 未来的日子里任取4天，分别用A,B,C,表示第1天“上 -10