第41期 随机事件与概率-【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）

本炎生地相餐博营 数理极 2254月1日-量五 高中数学 4151-1s 网板童口睡量园带电线 41泉第11四 人数A a151-0134 B)aDInC.BUCDUE 1RAUB.BUC: (中 世长 t位1)1日13错 例析 1323J3H838 有作A“阳h之1为8”，A=】6:3, 404444 古典概型问题 5,14.行155)，62)1,4包含5个棵车8 1显75到划 口山宋两 而以容件A堂生的题半为代利一务 (1座作香“码数之和是奇数”，本两1(1 2.140,1,21),2,3),125.(3 )比C大正■朝上，一次指上 2:340,3,40,4.11,45,5 额率是多少以 2,1541-96),.,31,6,3)- )柜布中有次量直的上，的南化鲜 1向时算 明小4华技件2区个现经为什生 解手新子有5和翼物自，幼地 解：1所有可出的结围有， 2,(2412,61,42,4,41,14,6.6 1。1 正，2，)，发，正，月)，，发，)，度 ,5 生核食样丰有个，144G▣1(2,2) 客 21,〔正，厘.工).程正，E 内相种特利出呢存隆包作 年4：0是 的：（利出的韩是一只：4） 网以样1的满年内利·专 解：用4，飞女树五n第一双目的左名 上实不登风■ 例》费中共有。每了色外免全相用的 里，其中有1中匹球2十白和方个男样从性 回】4的“法 地物位的外国 闻花丰件包含6个仁样本力，年“其男表“ A山，3个球分用,， 1,(正，程工)正，正0 数划的孕年门瓦殊每中汽这个道过 L社山AE.P程i 好复咨。息。t.p.话。 】,暂等法度的高两陆家州国 甲件A:之名为”，件:”两之 指，比值之如为“，制“多2成润 解：区取-15非：15)内洛视1取1 31重射件香发生植卡 本白底为2=(B,2,(1,2,422 非是进丸们修最为化海 )中件4与件C全修有线生5常 4J,07.114).249,1A0,4.4U 的数 负诗样，点降已的国民 解：挥两胶版十方所育样率点，图1防 拉对”：有为用本么，其中护晚之想的 2事片4￥，>1 的计值为3”的事作4含有6t样丰成.事P红 51,42.6(1,0,,24,(1,3)43,41, 4=32,42,231,53,43 5.36,410,14,2.43,4.4, 14)2.4),404411,共9样*5 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故(1-25)2+(2-25)2+(-25)2+(x-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≤≤≤x4, 应的同学进入决赛，所以还需要知道这13名同学成绩的中位 所以丙地肯定进入夏季； 数，才可知道小梅能否进入决赛。 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 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) 则丁地没有进人夏季， 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： 1 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78+=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+1,2x2+1,…,2x25+1的平均数为，方 对于(B),(0.0025+0.0040+0.0060)×40=0.50,所以年月 差为s后， 均用电量在[160,200)内的不属于第二档，故(B)错误： 则0=2元+1,3=42 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 可得2=-之 1 档，故(D)正确。 故选(A)(C)(D). 则2-2=京-方-2=-(-4)-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-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： ②商定轴样比？=品=六 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+40=35. 2 8.6,8.7.8.8.8.9,8.9,8.9,9.0.9.1,9.2,9.5.9.69.7.9.8. 设中位数为，因为(0.008+0.016+0.024)×10=0.48， 又15×25%=3.75， 所以0.0196×(t-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x=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，则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08=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). 第三组的领率为号=020， 三、填空题 12.21:13.19:14.-1. 第五组的频数为50-(4+8+10+16)=2，频率为；号」 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 x-10×90 顷数 4 8 10 16 12 因为10个分数的标准差s= 10 =6, 频率 0.08 0.16 0.20 0.32 0.24 所以x+…+xm=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 A 组距 (x+…+xi。)-80-1002-8×90 =25. 0.032 2 24 (3)将3座教学楼完全包裹的球的最小直径为： 0.020 .16 0.012 √1922+802+202=√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 0v5060708090100威鲅/分 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. √20+20+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, √/20+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 (2)被调查的100名居民中，年龄处在[0,20)，[20.40)， 3700元 [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名居民对防编知识的知晓率为10×(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编知识的知晓 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:3.1,3,4{,13 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 1.ACD:2.B:3号 分人刚好对防骗知识的知晓率高，从而导致调查结果不能很好 地代表实际情况。 专项小练四 19.解：(1)因为前四组的频率分别为：0.05,0.15,0.25,0.35 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 I ~4 AADB 5 ~8 CABC 解得x=号+0=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 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-1x1=0; 又依题意，x≠0，且A中有7个非零常数， 当x<0时，-|x1=2x<0, 故共包含7个样本点。 所以x-1x1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门B=☑， 4.因为事件A与事件B互斥，所以A二B, P(A U B)=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12个， 互斥，所以可用一般概率加法公式得 所以恰好轴到边缘方块的概率为号=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278的概率为子 11.甲同学仅随机选一个选项，共有4个基本事件， 分别为1A,B,C1,1D, 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“的概率为子，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,D1,B,C,B,D,1C,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,D1, 互斥事件： 故“能得10分~的概率为石，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,{D1: 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,1A,D,B,C,B,D,C, 中奖，资金必减少： D}: 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,D1,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,D1,1C.D, 所以5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于号即可， 故“能得分的概率为名=行故(0)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(，)种， 2 共有基本事件1山个， 所以0山>分 随机事件“能得分”中有基本事件C,D, 20 故“能得分~的概率为片，故(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. 12.2,4,5,6:13.8:14.29 71 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={出现的点数为1,2，E=1出现的点数为 13.因为A,B互为对立事件， 1.2.4.5. 则P)+P(E)=+ +6=1,且a>0,6>0. 则A∩C=出现的点数为2，BUC=出现的点数为 1,2,3,51,DUE={出现的点数为1,2,4,51 可得2+6=(+)2a+=4++ 17.解：(1)从A1,A2,A3,A4,A5,46中任取2个点包含的所 a b.44=8, 有情况为A,4,A,A,A,A,1A,A,A,A},1A2 ≥4+2√6 A},A2,A},{A:,A|,{A2,A6|,A,A},A,A},A,A6, 当且仅当会：号即6=20=4时，等号成立 1A,A,A4,A6{,1A5,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A,A2,A,A。中任取2个点，所有可能的情况为A1, 14.已知a⑧b=60,a,beN., A2},A1,A5,{A1,46,1A2,A,A2,46},A5,A6},共6种， 若a和b一奇一偶，则ab=60, 所以小陈参加学校合唱团的概率为=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唱团的概率P=1一子=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Ω=|(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”， 偶数的概幸为号 则M=(A,B),(A,C),(B,C),共3个样本点， 四、解答题 故P(0=1-P=1-石 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∈11,2,3,4,5,61|，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),(2,3),(3,2),(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： 所以PW=希=句 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),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6 有6种不同的情况. 6)1,所以n(B)=6, 故最后一次取出的是红球的概率P=4十6=了 42 所以P(周=名=石 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=1出现偶数点 奖20个，二等奖100个，三等奖500个， =12,4,6,C=1出现点数小于3}=1,2，D=1出现点数 放P4)=10=20dP)=080 5 20 大于2=13,4,5,6{，E=1出现点数是3的倍数={3,61. (1)A∩B=☑，B∩C=1出现的点数为2， P(C)= 000=P)=000=0 100 (2)AUB=出现的点数为1,2,3,4,5,6，BUC=出 (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖、三等奖， 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=AUBUCU D, 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(AUBU C U 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 三16 1.已知该厂的次品率为3%，所以该厂8000件产品中次品 放1张奖券的中奖概率为石 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V, 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A,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. 11399 =1-P(A)-P(B)=1-2000300=400 4由表格数据知，最高气温低于25℃的频率为。 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39 00 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)=若=子 专项小练一 “右边转盘指针落在奇数区域”记为事件B, 1B2.A:3BC:42 则()=专=子 5.解：设事件A表示“甲解答正确”，事件B表示“乙解容 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概率为号×号=号 .24 则P(A)=方，P(B)=行 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”， Pr4=PP(B)=之×了=石 则r)=PB)+PO=号x0x2+0×音=0a (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 后至少要再得3分， 率为P=1-P(AB)=1-P(A)P(B) 按照乙第三支箭的情况可分为两类： =1-(-)×(1-）=3 (1)第三支箭投人壶口，则第四支箭必须投人壶耳， 专项小练二 其概率R=方×5= 1.D:2.C:3.BCD:4.白. (2)第三支箭投入壶耳，则第四支箭投人壶口，壶耳均可， 5解：(1)这种鱼卵的孵化率为853 910000=0.8513. 其概率八=×（兮+写）=分 (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=古+名-号 30000× 8513 10000 =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， 则考试三门课程，至少有两门及格的事件为 则依次显示青色、青色、红色的事件是发送红色信号显示 ABCABC +ABC 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)e+(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-)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P, 对于(B),两次传输，发送红色信号，相当于依次发送红 则=+c+， 色红色信号， 则依次显示黄色、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α，(B)正确： 2 日26+2气e+3 号c-2a=子(ab+ac+c-3a) 对于(C),两次传输，发送红色信号， 则译码为红色的事件是依次显示黄色、青色或青色、黄色 =号ab1-e)+a1-b)+e1-a1>0, 的事件的和，它们互斥， 所以所求的概率为a(1-c)+(1-ax)a=2a(1-a),故 所以P,>P,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)2， 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，忽。Q56,得到的频 则译码为青色的概率P'=1-α， 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-a)2-(1-a)=-x(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，概率 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 1201子：14贵 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，由题意可得本=” m 则P(A)=1-0.6=0.4,P(B)=1-0.3=0.7, 解得x=m 又事件A,B相互独立， 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+p2[(1-g)2+29(1-9)】=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g=子或9=9（舍去） 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×分×分=名 对于(D):设任意事件A发生的概率为P,必然事件B发生 ②甲一甲一乙一甲，其概率为××分=： 的概率为1，不可能事件C发生的概率为0， ③甲→乙→甲一，甲，其概率为行×行×行=立 111 P(AB)PP(A)P(B),P(AC)=0=P(A)P(C), (D)正确 故选(A)(C)(D). ④甲一乙一丙一甲，其概率为宁×号×= 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 所以投掷3次最子后，球在甲手中的概率为令+立+日 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=24 151,31135 故P(M)=4x6× ￥2 四、解答题 3 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(A,)与仅第二个实习生加 工一等品(A2)两种情况， 结合()中器<子.所以满足条件的方案为选择A,GD 21,13 5 三项和选择B,C,D三项。 则P(A)=P(A)+P(A)=子×4+3×4=i2 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=2四024=号 为“舒适”的天数为号x12=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少=20=。 级舒适， 120 (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=A,B,UAB,UAB2, P(C)P(A P(B)+P(A2 )P(B)+P(A2 )P(B), 17.解：(1)设“甲投中两次获胜”为事件A, 由已知可得44，A,品发生的频率分别为品品0。 则PA)=(号)×-(3)门=分 1 20 (2)设“结果是平局”为事件B,则 故PA)=行P)=子PB)=0.PA)= P)=(兮)广x(合)广+2x号xx2x(合) 所以P(0=0+0+子×号=品 +()x()广=品 (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)=6, 23 因为4小区供热等级舒适的频率为品。 即结果不是平的概率为器 、B小区供热等级舒适的频率为， 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A小区 (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 故P(M)=子x(1-石x)=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率是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， 侧需任意两项测试通过或三项测试均通过， 由题意可知千3=0义50解得x=5, 619 3 4×2 所以红球的个数最可能是5个. 43131、3 4集合a,b,c的子集个数为2=8， + 5x4×2=40>4 集合a,b.c,d,e的子集个数为2=32， 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 因此，所求概率为》= P2-P16=P(P1+P3)-2p1PP-[P(p1+P)-2pPP] =(p-P3)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P%<P2<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， 故(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 放所求概率为站×吕+片×立=号 9.ABC:10.BD:11.AB. 6.由题意得Venn图如右图 提示： 2 9.记3个红球分别为A,B,C,2个蓝球分别为a,b, (其中数字为相应区城包含的样本 则2=AB,AC,Aa,Ab,BC,Ba,B,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,所以概率为。，(A)正确： 由图知AnB≠0，且AnB≠☑， “取出的两球均为红色”的有1AB,AC,BC,所以概率为 所以事件A与事件B不是互斥事件. 3 由图得)=合=子，P国=音=分P(国=音 0(B)正确： “至多取到1个红球”的有|Aa.Ab,Ba,B劭，Ca,Ch,ab,所 3 以概率为记（©）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,B弘，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, 所以概率为号.(D);视 则坐车方式的样本空间为(Ab,Ba,Cd,De),(Ab,Bd,Ca, 故选(A)(B)(C) De),(Ab,Be,Cd,Da),(Ac,Ba,Cd,Db),(Ac,Bd,Ca,Db), 10.由题意得，事件A的样本点为1,3,5,7}，事件B的样 (Ac,Bd,C6,Da),(Ad,Ba,Cb,De),(Ad,Be,Ca,Db),(Ad,Be, 本点为11,2,3,41，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,De),(Ac, 错误： Bd,Ca,Db),(Ad,Bc,Ca,Db),共3个， 对于(B),事件AUB的样本点为11,2,3,4,5,7， 故所求概率为号=号 所以P4U)=名=子，()正确 8.小明连对两题，则第二题为必对题， 对FC.P)=冬=子G)=专=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P4C)=音≠P4)P(G. 记此时连对两题的概率为， 所以事件A与C不相互独立，(C)错误； 则A=I-)pB+P,(1-)]+- 对于(D),事件A∩B的样本点为11,3！，所以P(AB)= P3)pip:+psp (1 P2) 令=寸代0=1-P氏)=是，(D)正跪 2 =P1(P2+PA3)-2p1P2P: 同理若小明做的第二题为第12题，记连对两题的概率为P, 故选(B)(D) 则P=P(P+P)-2pPP; IL.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P6, 则第三、四、五局均为甲队获胜， 则P6=P3(P1+P2）-2p1P2P3: 所以甲队获胜的概率为P,= 子)=(A)正确： 2 所以Ps-P=(p+P)-2PPP-[(P+P)- 2pP2P]=(1-p)p3<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(B)=是=子 4 胜，概率为子×了=子，故(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.所以P40)=合=古 三，四局乙队输， 所以乙队以3：2获胜的概率为号×号×兮=产，故(D) 2 12 又因为P(A)P(B)=行×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， 12.07:13.g;14.900. 而样本在[45,55)上的频数为30， 提示： 12.由题意知P(B)=1-P(C)=0.4,所以P(A+B)= 所以所求领率为品=。 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： a1,42,区间[25,35)中的三个数据为b1,b,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,山2)， 其中A与B不相邻而坐包含2个样本点：ACBD,ADBC, (a1,b),(a1,b2),(a1,b）,(a2,b）,(a2,b),(a2,b),(b1, 则P(G=后=分 b),(b,b),(b2,b),共10个样本点， 而事件A包含(b,b2),(b,b),(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PW=高 故任意一局比赛，甲胜的概率为了，乙胜的概率为了 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： 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+之×}= 113 3 39 4 4× 5=20 所以乙胜的概率为}， 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AnB∩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12000×子=900（元），. =1-(-号）×(-号)×(-易)=8 四、解答题 15.解：(1)试验的样本空间为2=(1,2)，(1,3)，(1， 所以三人中至少有一人被录取的概率为号 4),(2,1),(2,3),(24),(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)1,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)， 估计该农产品价格~上漆”的概率为治：号 2 (3,1),(3,2),(4.1),(4,2),共8个基本事件 (2)在这40天内，该农产品的价格有16天“上涨”，14天 则P)=音=号 “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)，(4,3)，共 未来的日子里任取4天，分别用A,B,C:表示第i天“上 10