第43期 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）

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ACD: 10.ACD; 11.AC. 4000x35%x50% =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, 设共抽取了n人,则27+63+81 63 身高情况称为个体,(D)错误 故选(A)(C)(D). 所以该单位共抽取了19人 10.对于(A)0.0025x40=0.10.属于第一档,故(A)正确; 14.设数据2x.+1.2x。+1..,2xs+1的平均数为,方 对于(B).(0.0025+0.0040+00060)x40=050.所以年月 差为. 均用电量在[160.200)内的不属于第二档,故(B)错误; 则元。=2+1,=4$. 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)x40=0.80,属于第三档,故(C)正确; 所以2+1=4+3. 对于(D).(0.0020+0.0010x3)x40=0.20.属于第匹 可得,2二 档,故(D)正确 则}-----(-)#- 故选(A)(C)(D). 11.因为点C,D,E,F,G在一条直线上. 由;= 2=0,可得1. 且C.D.E.F.G的横坐标的差相同. 所以它们的纵坐标的差值也相同。 由二次函数的性质知,当元=1时,*-:取得最大值,且 因为0.024-0.0064 最大值为-1. =0.0044. 四、解答题 所以d=0.024-0.0044 =0.019 6. 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。 =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确定抽样比4=800= 40 0.048. 1 20: 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&-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. 8.6.8.7.8.8.8.98.9.8.9.9.0.9.1.92.95.9.6.9.7.9.8 设中位数为1.因为(0.008+0.016+0.024)x10=0.48. 又15x25%=3.75 所以0.0196x(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 (2)15x95%=14.25. 解得1~41,即数据x的中位数约为41 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的众数小干中位数,(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+25x0.16+35x0.24+45x0.196 所以若某酒店的评分为9.6分,则该酒店不能被列为优先 +55x0.152+65x0.108+75x0.064 =42.6. 推荐酒店. 所以平均数大于中位数,(C)正确: 17.解:(1)由已知得样本容量为o.08 4 =50. 因为1-(0.0108+0.0064)x10=0.828. 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0.16x50=8. 故选(A)(C). =0.20. 三、填空题 12.21;13.19:14.-1. 高一数学人教A(必修第二册) 第40~44期 0.24. .10π-100-80 -90. 8 故频率分布表如下 [50.60) [60.70) [70.80) [80.90) 分组 [90.100 因为10个分数的标准差s= 频数 10 12 16 4 10 =6. 频率 0.08 0.16 0.20 0.32 0.24 所以}+..+=$10$6}+$ 10\$90 = 8136 $ 频率分布直方图如下 所以剩余8个分数的标准差为 组 频率 /(x+.+i)-80-100-8x90 #2 =25. 0.032.... 0.024 0.028 (3)将3座教学楼完全包裹的球的最小直径为: 0.020 - $192}+80{}+20=$43 64$44100=210(米).$ 因此若用一个覆盖半径为105米的屏蔽仪,则总费用为 05060708090100成绩/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).$$ 所以估计该校获得二等奖的学生为 因此若用3个覆盖半径为35米的屏蔽仪,则总费用为 900x0.52=468(人). 4800元; 18.解:(1)根据频率分布直方图得(0.01+0.013+a+ 将1号教学楼与2号教学楼完全包裹的球的最小直径为: 0.007+0.002)x20=1. $$ 20+80+60=$10400$$12$100=110(米).$ 解得a=0.018. 又因为 20+80+60=$10400 $4900=70(米).$$$ 由题率分布直方图可估计平均数为10×0.01x20+30× 因此若用1个覆盖半径为55米和1个覆盖半径为35米的 0.013t20+50x0.018x20+70 x0.007x20+90x0.002 x20=41.2. 屏蔽仪,则总费用为3700元. 所以,让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费为 所以估计该市年龄100岁及以下居民的平均年龄为41.2岁 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 专项小练一 x0.34+26x0.45+36x0.54+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; 3.1,3,4,13. 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 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 专项小练四 地代表实际情况 1.A; 2.AD; 3.0.65. 19.解:(1)因为前四组的频率分别为:0.05.0.15.0.25.0.35 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 一、单项选择题 由0.45+(x-70)x0.035=0.5. 。 1~4 AADB 5~8 CABC 解得:= +70~71.4. 7 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 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,x-1xl=2x<0. 故共包含7个样本点 所以x-lx!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MOV发生 10.因为A.B为互斥事件,所以AOB=. 4.因为事件A与事件B互斥,所以ACB. 则P(AUB) =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 所以恰好抽到边缘方块的概率为27 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. PAUB) =1-P(A) +1-P(B)-1=1-P(A) -PB)$ 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2.78的概率为3 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,D, 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; 故“能得5分”的概率为士,故(A)正确; 事件G包含“只去甲草原”“只去乙草原”“一个草原也不 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,故(B)正确; 对于(B),事件F与/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.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.Cl.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次制出中奖,否则资金减少; 随机事件“能得分”中有基本事件C,D,C.D, 3-故(C)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. 2 共有基本事件11个, 所以”_(n_1) 随机事件“能得分”中有基本事件C,D, 20 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 12.2,4.5.6;13.8; 9. BCD; 10.ACD: 11.ABC 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0= 12.3.4.5.6A= 2.4、 (3)由题意可知A= 出现的点数为2.4.6,B=出现的 = 1.2.3.4,所以B=5.6 ,所以AUB=2.4.5.6 . 点数为1.3.5 ,D=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AOC= 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. ()2)-4# 可得2a+b= 17.解:(1)从A.A..A,A..A.,A. 中任取2个点包含的所 有情况为A.,A,AA ,1A,A..A,A,A,A,A =4+2 /.4 =8. A.A,A.,A,Al,A,Al.A,A.l.A,A .A,Al. 当且仅当 AA ,AA.1A,A,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.,A,A.,A.中任取2个点,所有可能的情况为A.. 14.已知a⑧b=60,a,beN., A .A,A.A .A .A.A .A.A.A,A .共6种. 若a和b一奇一偶,则ab=60. 满足此条件的有1x60=3x20=4x15=5x12 故点(a,b)有8个, 所以小陈不参加学校合唱团的概率P=1-- 若a和奇偶性相同,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+58三4+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”, 则M= (A.B).(A.C).(B.C)|.共3个样本点. 四、解答题 7 15.解:记“I号出现的点数”为m,“I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02=(m. ①前两次取出红球,第三次取出红球,有1种情况 n)1m,nE 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 由于毂子的质地均匀,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=(1.4).(23).(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P(A)= , 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 故最后一次取出的是红球的概率P=446 6) ,所以n(B)=6. 。 所以P(B)= 19.解:(1)由题意,每10000张奖卷中设特等奖5个,一等 16.解:A=出现奇数点 =1.3,5|,B=出现偶数点 奖20个,二等奖100个,三等奖500个, 5 20 ,1 =12.4,6 ,C=出现点数小于3 =1,21,D=出现点数 大于2 =3,4.5.6 ,E=出现点数是3的倍数 =3.6 . 100 500 (1)AOB=,BOC= 出现的点数为2l. (2)AUB= 出现的点数为1.2,3,4.5.6l,BUC= 出 (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖、三等奖, 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(AUBUCUD) 一、单项选择题 1~4 CADB 5~8 ACBA =P(A)+P(B)+P(C)+P(D) -5+20+100+500 提示: 10000 16' 1.已知该广的次品率为3%,所以该厂8000件产品中次品 故1张奖券的中奖概率为16 1 的件数约为8000x3%=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“一张奖卷获得的奖金不低于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A。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)=1-P(AUB) 30% ×40% +35%×60%=033$ 399 400 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 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(A)= 专项小练一 “右边转盘指针落在奇数区域”记为事件B. 5 则P(B)= 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概率为2×2-4. 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头 是7.1毫米”. (2)事件A与事件B相互独立,则至少一人解答正确的概 7. 由题意得若乙要高得这局比赛,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)第三支箭投人壶口,则第四支箭必须投人壶耳 专项小练二 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. 概率”#-#(3)-)## =0.8513. (2)30000个鱼卵大约能孵化 30000x 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 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 ABC+ABC+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(I-b)c+(1-a)bc+abe 事件的积,它们相互独立。 =ab+ac+bc-2abc. 所以所求概率为(1-g)B.(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P= 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-(3ab+3ac+3be) 所以所求概率为a,(B)正确; #2b2-ac2c-2ab-# 对于(C).两次传输,发送红色信号 3 3 3 则译码为红色的事件是依次显示黄色、青色或青色、黄色 的事件的和,它们互斥, 所以所求的概率为a(1-a)+(1-a)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-a). 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1000 560 =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-a)*-(1-a)=-a(1-a)<0 确,(C)错误; 即P<P',(D)正确 投篇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 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. 。 则P(A)=1-0.6=0.4.PB) =1-0.3=0.7. 又事件A.B相互独立. 则P(AB UAB) =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) =0.6x0.7+0.4x0.3=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 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=- 对于(C):P(A)>0.P(B)>0. 14.投掷3次毂子后,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; 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. 则P(AB) =P=P(A)P(B).P(AC) =0=P(A)P(C). (D)正确. 1 故选(A)(C)(D). 高一数学人教A(必修第二册) 第40~44期 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. 6 四、解答题 5 19 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(A)两种情况. 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 120-24-4. B 三 120 (2)记A.表示A小区供热等级达标,A.表示A小区供热等 120-20 乙在比赛时答对题的概率为p 级舒适. 120 6 B. 表示B小区供热等级不达标,B.表示B小区供热等级 (2)设事件B=“某轮比赛中甲得1分”,事件C=“某轮 比赛中乙得1分”, 达标, 则事件A=BCUBCUBC. 则A 与B 独立,A. 与B.独立,A. 与B.独立 所以P(A)=P(BC)+P(BC)+P(BC) 又C=A.B. UA.B. UA.B. 2 则P(C) =P(A )P(B ) +P(A )P(B ) +P(A)P(B 3 17.解:(1)设“甲投中两次获胜”为事件A. (3)#[1-()]- 20. 则P(A)= 故P(A)=.P(A)-3.P(B)=0.P(B)= (2)设“结果是平局”为事件B,则 2. ##(B)=()#()#+2××() #)#()#-# (3)若从供热状况角度选择生活地区居住,建议选择A小区 3. 所以P(B)=1-P(B)= B小区供热等级舒适的频率为20 9 18.解:设事件M=“员工甲本年度考核合格” (1)由题意知员工甲本年度考核合格必须通过C测试,且 第43期3,4版 A.B测试中至少有一项通过, 故P(M)-#(1-#)- 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: $故P(#M)#=×(1-#×)-3# 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. 1+3-20x50,解得:~5. 由题意可知_3 619 则需任意两项测试通过或三项测试均通过. 故P(V)= 所以红球的个数最可能是5个. 4.集合a.b,cl的子集个数为2=8. 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 P2-P6=PP +p-2pPP-P(p +P-2PP] =(p:-p)p <0. 则ps<P12<P16. 所以小明做的第二题为第16题时,p=P。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 一1 9. ABC; 10. BD: 11. AB. 提示: 6. 由题意得Venn图如右图 0 9.记3个红球分别为A.B.C.2个蓝球分别为a. (其中数字为相应区域包含的样本 则2= AB,AC,Aa,Ab,BC,Ba,Bb,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ab),所以概率为o,(A)正确; 由图知AOB×,且AOB②. “取出的两球均为红色”的有AB,AC,BCl,所以概率为 所以事件A与事件B不是互斥事件 0.(B)正确; 6 由图得P(A)= 8 12 52 “至多取到1个红球”的有 Aa.Ab.Ba.B,Ca.Cb,ab,所 以概率为(C)正确: 7 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.Cbl. 所以事件A与事件B是相互独立事件 所以概率为}(D)错误。 7.设A.B.C.D四位妈妈的小孩分别是a.b.c.d 则坐车方式的样本空间为I(Ab.Ba.Cd.Dc).(Ab.Bd.Ca. 故选(A)(B)(C). Dc).(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1.3.5.7,事件B的样 (Ac.Bd.Cb.Do).(Ad.Ba.Cb.Dc).(Ad.Bc.Ca.Db).(Ad.Bc, 本点为1.2.3.4),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.Bc.Ca.Db),共3个 对于(B),事件AUB的样本点为1.2.3.4.5.7. 所以P(AUB)= 6 # 4(B)正确; 8.小明连对两题,则第二题为必对题. 对于(C),P(A)= 4 若小明做的第二题为第8题. 样本点为3,5,7, 所以P(AC)= #3*P(A)P(C). 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Ps 对于(D),事件AOB的样本点为1.3),所以P(AB)= p)pP:+pp(1-p)] =p.(p:+p)-2pPP; 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)-2p:P2P; 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P.. 则第三、四、五局均为甲队获胜。 则p=P(p.+p)-2p:P-Ps; 所以甲队获胜的概率为P,= 所以ps-P2=p(p+p)-2p.PP-[p(p+p)- 2pP:p]=(p-p)p<0. 对于(B),乙队以3:0获胜,即第3局乙获胜,概率为1 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, 则P(B)=2 对于(C),乙队以3:1获胜,即第三局甲获胜,第四局乙获 A (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P(AB)= 三、四局乙队输. 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 12.0.7; 14.9000. 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)= (2)设事件A为“从区间[15,35)的数据中任取两个数据, P(A)+P(B)=0.3 +0.4 =0.7 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: a.,a,区间[25,35)中的三个数据为b,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(a.,) 其中A与B不相邻而坐包含2个样本点:ACBD.ADBC. (a,b),(a ,b),(a.,b),(a,b),(a,b),(a,b),(b b).(6,b),(b,b),共10个样本点. 则P(G)= 而事件A包含(b,b),(6,b).(b,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)= 3 故任意一局比赛,甲胜的概率为士,乙胜的概率为 10 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: 则P(A)= 第四局里胜或者第四局甲输但第五局里胜。 。 20' 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AOBOC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(AOB C)=1-P(A)P(B)P(C -(1#-)(1#)(#)- =9000(元). 四、解答题 15.解:(1)试验的样本空间为2=(1.2),(1,3),(1. 4).(2,1),(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 2 (2)在这40天内,该农产品的价格有16天“上涨”,14天 则P(A)= #2 “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