第44期 核心素养阶段测评(三)-【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）

高一数学人教A(必修第二册) 第40~44期 ###### 答案详解 2024~2025学年 高一数学人教A(必修第二册) 第40~44期(2025年4月) 24.则80x40%xa%=24.解得a=75.故(C)错误; 第40期3,4版 对于(D).由扇形统计图知该校学生中选择学科拓展类课 统计核心素养综合测评 程的频率为1-35%-40%=25% 一、单项选择题 则该校学生中选择学科拓展类课程的人数为4000x25% 1~4 CCDD5~8 ACDC =1000(人),故(D)正确 提示: 8.对于甲地,中位数为27C,平均数为26C. 1.常用的抽样方法有简单随机抽样和分层随机抽样,事先 若5天气温的数据为21.26,27,28,28 了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的肺活量有较大 则甲地没有进入夏季; 差异,而同一学段男女生肺活量差异不大,所以最合理的抽样 对于乙地,第60百分位数为24C,众数为22C. 方法是按学段分层随机抽样 由5x60%=3. 2.被选中的红色球号码依次为28.03.22.24.10.26 则第60百分位数为第三个数与第四个数的平均数 所以第四个被选中的红色球号码为24. 若5天气温的数据为21,22,22,26,27 则乙地没有进入夏季; 对干丙地,最高气温为31C.平均数为25C.标准差为3C。 设前面四个数据为x.x,x,x(xx2xx×). 4. 由题意知36岁至50岁的居民所占的比例为 则[(x-25)}+(x-25)}+(x-25) *+(x-25)} 700 +(31-25)]=3②. 故(x-25)+(x-25)+(x-25)+(x-25)=9 所以(xX-25)*<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x <22.则(x -25)>9.这与(x.-25)<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<xx对<x. 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 所以丙地肯定进人夏季; 数,才可知道小梅能否进入决赛 对于丁地,下四分位数为23C,上四分位数为28C,极差 6.因为这组数据的极差为40,最小值为41 为7C, 所以m应为最大值,为40+41=81. $由5#4-53-1.# 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%x11=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4000x2%=80,故(A) 则丁地没有进入夏季 错误; 二、多项选择题 9. ACD;10.ACD: 对于(B).该校学生中对兴趣爱好类课程满意的人数约为 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, 身高情况称为个体,(D)错误 故选(A)(C)(D) 2 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,.,2x2s+1的平均数为x,方 对于(B).(0.0025+0.0040+0.0060)x40=0.50,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=2x+1,s=4$2} 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=4s+3. 对于(D).(0.0020+0.0010x3)x40=0.20.属于第u 可得;=- 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, 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. 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 =0.019 6-0.0044=0.015 2. 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确定抽样比-800=20 40 0.048. 1 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 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. 8.6.8.7.8.8.8.9.8.9.8.9.9.0.9. 1.9.2.9.5.9.69.7.9.8. 设中位数为t.因为(0.008+0.016+0.024)x10=0.48. 又15x25%=3.75 所以25%分位数为从小到大排列后的第4个数,即8.7分 所以0.0196x(1-40)=0.02. (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98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=15x0.08+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. 50 高一数学人教A(必修第二册) 第40~44期 0.24. 1.10-100-80 =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 12 10 16 4 0 10 =6 频率 0.08 0.16 0.20 0.32 0.24 所以}+.* + =$10$6}+10\$90{}=8 136$$ 题率分布直方图如下 所以剩余8个分数的标准差为 /(.+xi)-80-100-8¥90 0... =2/5. 8 0... 10 (3)将3座教学楼完全包裹的球的最小直径为: 来 192}+80+20=$43 664$44 100=2 10(米).$ 因此若用一个覆盖半径为105米的屏蔽仪,则总费用为 05060708090100成绩/分 4100元; (2)样本中成绩在[70.90)内的频率为 将一座教学楼完全包裹的球的最小直径为 0.20+0.32=0.52. 2 0+20{}+60= $4400 4900 =70(米).$ 所以估计该校获得二等奖的学生为 因此若用3个覆盖半径为35米的屏蔽仪,则总费用为 900x0.52=468(人). 4800元; 18.解:(1)根据频率分布直方图得(0.01+0.013+a+ 将1号教学楼与2号教学楼完全包裹的球的最小直径为: 0.007+0.002)x20=1. $ 20+80*+60*=\$10400$12100=$110(米).$$$$ 解得a=0.018 又因为20+80+60=10400 4900=70(米)$ 由频率分布直方图可估计平均数为10x0.01x20+30× 0. 013ti20 +50 t0.018 im20 +70 t0.007 x20 +90 tm0.002 因此若用1个覆盖半径为55米和1个覆盖半径为35米的 x20=41.2. 屏蔽仪,则总费用为3700元. 所以,让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费为 所以估计该市年龄100岁及以下居民的平均年龄为41.2岁 3700元 (2)被调查的100名居民中,年龄处在[0.20),[20,40), [40.60),[60,80).[80,100]的人数分别为20,26,36,14.4 第41期2版 由表格得这100名居民对防骗知识的知晓率为00x(20 专项小练一 x0.34+26x0.45+36x0.54+14×0.65+4×0.74)=50% 1.ABD; 2.B; 所以估计该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知晓 3. AB.AC.AD.BC.BD.CD . AC.AD.BC.BD 率为50%. 专项小练二 (3)原因分析: 1.C: 2.ABD: 3.11.3.4.3. ①样本数据过少,不能很好地反映总体数据的特征; 专项小练三 ②调查的人数中年龄在[60.100]的只有18人,也许这部 分人刚好对防骗知识的知晓率高,从而导致调查结果不能很好 专项小练四 地代表实际情况 1. A; 2.AD; 3.0. 65. 19.解:(1)因为前四组的频率分别为:005.0.15.0.25.0.35 又0.05+0.15+0.25=0.45<0.5. 第41期3,4版 0.05+0.15+0.25+0.35=0.8>0.5. 所以中位数x满足70<x<80. 随机事件与概率同步核心素养测评 一、单项选择题 由045+(x-70)x0.035=0.5. 1~4 AADB 5~8 CABC 解得:: 提示: (2)由题意,剩余8个分数的平均值为 1.因为事件“从中任意摸一个球得到白球”可能发生也可 高一数学人教A(必修第二册) 第40~44期 能不发生,所以这个事件是随机事件 提示: 2.事件“点落在x轴上”所包含的样本点的特征是(x,0). 9.当x>0时x-lxl=0 又依题意,x≠0.且A中有7个非零常数, 当x<0时,x-1x1=2x<0. 故共包含7个样本点 所以x-lx1不可能等于2.故(A)不是随机现象; 3. 因为甲、乙两个元件串联,线路没有故障 由随机现象的定义知(B).(C).(D)均是随机现象 即甲、乙都没有故障. 故选(B)(C)(D). 即事件M和N同时发生.即事件MON发生 10.因为A.B为互斥事件,所以AOB=. 4.因为事件A与事件B互斥,所以ACB. 则P(AUB) =P(A) +P(B).P(AB) =0. 所以P(A+B) =$P(B) =1-P(B) =0.$$$ 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} P(AB) =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(AB)=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2.78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”的概率为一,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:lA.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,C,D, 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. 共有基本事件11个. 2 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 9. BCD: 10.ACD; 11.ABC 12.2.4.5.6;13.8; 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 = 1.2.3.4 .所以B=5.6 .所以AUB=2.4.5.6$$ 点数为1.3.5,D= 出现的点数为1.2 ,E=出现的点数为 13.因为A.B互为对立事件, 1,2.4.5, 则P(A)+P(B)= 则AOC=出现的点数为2l.BUC= 出现的点数为 1.2.3.5.DUE=出现的点数为1.2.4.5. (+-)(20)-4+# 可得2a+b= 17.解:(1)从A.,A,A.,A..A,A. 中任取2个点包含的所 有情况为A,A,A,A,A,A ,A,A.A,A ,A /.4 =4+2 -8 A .A ,A .A,A .A,A.A ,A .A,A .A ,A. A,A .AA.A,A ,共有15种 (2)当X=0时,所取的2个点均不在y轴上. 所以2a+b的最小值是8 即从A.A.,A.,A.中任取2个点,所有可能的情况为A 14.已知a⑧b=60.a.b=N. A ,A,A,A,A,A,A.A,A ,A,A,共6种, 若a和b一奇一偶,则ab=60. 满足此条件的有1x60=3x20=4$t15=5t1 2 故点(a,b)有8个, 所以小陈不参加学校合唱团的概率P=1-2 若a和奇偶性相同,则a+b三60. 18. 解:记3个红球为A.B.C.2个自球为a.b 满足点的横、纵坐标中有偶数的情况为2+58=4+56= (1)从盒子中随机取出2个球的样本空间2=((A.B). 6 +54=..=28+32=30+30.共15组 (A.C).(A.a).(A.b).(B.C).(B.a).(B.b).(C.a).(C.b) 故点(a,b)有29个. (a,b),共10个样本点, 所以点的横、纵坐标中有偶数的个数为8+29=37. 记事件M为“至少取到一个白球”, 横,纵坐标都是偶数的个数为29 则其对立事件M为“一个白球也没有”,即“两个球都是 所以在点的横、纵坐标中有偶数的条件下,横、纵坐标都是 红球”, 则M=(A.B).(A.C).(B.C),共3个样本点. 四、解答题 A 15.解:记“I号出现的点数”为m,“I号出现的点数”为 (2)最后一次取出红球有两种情形 n.则(m,n)表示这个实验的一个样本点,样本空间2=((m. ①前两次取出红球,第三次取出红球,有1种情况 n) 1m.nE 1.2.3.4,5.6 ,共有36个样本点 ②前三次取出2个红球,第四次取出红球,有3种情况.共 由干毁子的质地均匀,所有各个样本点出现的可能性相 有4种不同的情况 等,因此这个试验是古典概型 最后一次取出自球有三种情形 (1)因为A=1(1,4).(2,3),(3.2),(4.1). ①第一次取出白球,第二次也取出白球,有1种情况; 所以n(A)=4. ②前两次取出1个自球,第三次取出白球,有2种情况; 4 ③前三次取出1个白球,第四次取出白球,有3种情况.共 (2)因为B=(1.1).(2.2),(3,3),(4,4),(5.5),(6 有6种不同的情况 故最后一次取出的是红球的概率P=446 6),所以n(B)=6. 19.解:(1)由题意,每10000张奖卷中设特等奖5个,一等 16.解:A= 出现奇数点 = 1.3.5 ,B= 出现偶数点 奖20个,二等奖100个,三等奖500个. 5 20 = 2.4.6 ,C=出现点数小于3 =1.2 .D=出现点数 1 大于2 =13,4,5.6 ,E=出现点数是3的倍数 =3,6}$$$ 100 P(C)= 500 (1)AOB=,BOC=出现的点数为2. (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. 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) 提示: __ 5+20+100+500 10000 16' 1.已知该广的次品率为3%,所以该广8000件产品中次品 的件数约为8000x3%=240 2.因为是有放回摸球. (3)设“一张奖卷获得的奖金低于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 面“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% x40%+35%x60%=0.33. 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 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”, 则P(A)-.P(B)- 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 是7.1毫米”, (1)两人解答都正确的概率为 (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-)-3 (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 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, =0.8513. 其概率P.-×(+)-)## (2)30000个鱼卵大约能孵化 30000x 8513 10000 5=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(1-b)c+(1-a)bc+ab 事件的积,它们相互独立 =ab+ac+bc-2abc. 所以所求概率为(1-x)8y.(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。. 对干(B).两次传输,发送红色信号,相当于依次发送红 则P= _-bc. 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+ bc-2abe-(3ab+3ac+3be) 所以所求概率为a,(B)正确; 对干(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 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干用方案二的概率 (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15000 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 2 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 则P(A)=1-0.6=0.4.P(B) =1-0.3=0.7 文事件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; 对于(C):P(A)>0.P(B)>0. 14.投挪3次股子后,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). 12: 1 (D)正确. 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 四、解答题 2 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(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 (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。 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 达标, 比赛中乙得1分”, 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 UAB UAB. 29 5 则P(C) =P(A )P(B )+P(A.)P(B ) +P(A )P(B 30 17.解:(1)设“甲投中两次获胜”为事件A. 则P(A)=(){}[1-()#1- 20. 故P(A)=.P(A)-3.P(B)=0.P(B) (2)设“结果是平局”为事件B,则 1. P(B)=(){×()#{+2×3x2×() #)#()#-## (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)= 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 A.B测试中至少有一项通过. 第43期3,4版 故P(M)#-3##(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()#×(1-#×)-2<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. 619 则需任意两项测试通过或三项测试均通过. 所以红球的个数最可能是5个. 4.集合a.b,c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-P=Pp+p-2PP-[pp+P -2P =(p-p)p<0. 则ps<P:<Pis. 他图案朝上的概率为11. 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 故所求概为111 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.b (其中数字为相应区域包含的样本 点个数). 则2= AB,AC,Aa.Ab,BC,Ba.Bb,Ca.Cb,ab .共包含10 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A0B,且AnB. “取出的两球均为红色”的有AB,AC,BC ,所以概率为 所以事件A与事件B不是互斥事件. “至多取到1个红球”的有 Aa.Ab,Ba.Bb,Ca.Cb.ab ,所 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 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|(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.Da).(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(A.Bd.Ca.Dc).(Ac. 错误; Bd.Ca.Db).(Ad.Bc.Ca.D),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 8.小明连对两题,则第二题为必对题. 对于(C)#P(A)--#P()--#ACc的 若小明做的第二题为第8题。 样本点为13.5,7, 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P 对于(D),事件AOB的样本点为|1,3 ,所以P(AB)= p)pP+pp(1-P)] 2 =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p2 故选(B)(D). 则p=p(p+p)-2pP-p; 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Pl。 则第三、四、五局均为甲队获胜. 则p。=p(p.+p)-2p.PaPs; 所以甲队获胜的概率为P= 所以p-P=P(p+p)-2p.P-P-[P(p.+P)- 2pPP]=(p-P)p:<0. 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 胜,概率为×--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 三、四局乙队输。 因为P(A)P(B)##-### 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 13# 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)= 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: 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),(6,b),共10个样本点. 则P(G)= 而事件A包含(.).(6).(.6).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,乙胜的概率为士 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#(A)#-#--#(B)#-#-#P()# 第四局甲胜或者第四局甲输但第五局甲胜, 2 20. 所以乙胜的概率为士, 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AOB0C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(ABnC) =1-P(A)P(B)P( 3-9000(元). -(1--)#(1-)#(1-)- 给已胜两场者奖金为12000x 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)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i天“上 -10本香秀年端插物瑞营 451-1s 板童口睡量园带电线 1151-120134 数理相 2254月0日-量五 高中数学 4411 人数A E小： 统计 “对话” 数学思想 地行定打●作年程棉W度会小时5个格 善用 思 好 解题 地十4 化日与用化假性 4 #关恒写国：从四醒的数昼关孟人平，刚 是1.2.3 11)某为用+4+'■0有实限方模米 例事打韩从A,春问种龙打角以好妙中 。能的件点 解：式1川因为厅幕，◆4·▣0有无园 4年 黑.344. 且桌标 字大贵上：点鱼重 是 3 令位表年a,后一个转果作们，达仕个相 个，分6是21，3,11,410,4,21.所日 D地周爹及回上的人原地占想保人同 +号+%%，位(D)居品： 限，骨常论约里单，到速其时文事件，从罪回 刚1从一中随机地取一种，设 d. 由条可，丁种参品 》41 物车是一等程的感为 多，抽优公的免整有植拉定在a5,日 分餐：海于热州的不灵一￥品年抽州一羊 品是时土率件，统可州网时土率特的来公人 口海立 代A 的 集从成库中挂出定精量豹度，州D弟， 口其中有正号通，情果有在，认规上 中有的风 有 水电 的1 m，记4 十目直风华年 解：图作用 1.945,095 益结计.中因有艺衡来量 n.& : anpsI-nininthi-nmran .A.。1) : 名 零！ 2元 一二 小 场有角钟内每车价的参青选千得分， 核心素养阶段测评（四】 0育维超社世理研文中小 高的厚什况如于是，情内料共有散万 (G)百读于的滑餐，性现白均报州持子父当 第【卷选挥通（兴塔分 月0D1.00)-40,四]9盆，2 制收确半诗和高方用（如得2上 一，单项选裤题：本理共和蜡，部小塑5分，具4杨分 E本 学的据华号 ✉5■解 H现百送青上辉车是 避浮分干与胜右云，场内具传观众甲什口甲益在无，需有 ,司 带 A). 三，空理：本题内及小盟，每小盟5分，有5升 老速连行与，刚号为国，…，，这名志中 国人参加一得，迷内法是烤其数#精1行的区4列开地出相 (D)6>名>日 分是？，的，第二五的能制中唇为号到底行车方中处数在前 长智汽想以麻号位端情影.所容明想力年1形等，其挂速为 刀004别470国4网011105s71)屏 任一正都数年，如果是得线项以多再如1，的果层得拉降以2.以可 [BX34 的细年种行直方图白图4无球，有有份风学医装，获甲 2力5-=6s+4-+2-*1。幅回5卫4行5 区按学处人数地分相年打内法共有一十客时为：方样车已司 算日得到1.老从上华教6，T,9,1e中任粒2个数0上连知算规请 个过区生人之比为115,学人最的一十物止 A1的 1 1D时24转 二，象正品辱题：本理共1个题，唇小酒6分，共增分 定王视上：留少正上：：名系一收正国上不列事日 为时2事件的是 极白的的方娘地不地，平品时人根上十阶，果一方 (A 、雕框挂应了某板间商三学生 场在一授中，投中好球甲件4，授中计球 1 的汽病况，丹到究单分和直方语白用 卡斥B,没园中为甲件C,转电的廿事片，。，C发生的超整代A. ，当有任一方上的制京，制精 F5化了中 酒，轴道：木题共5小题，共万分 通后五的烟之利为4语这国名辛 生中我力在4新到4也始学生人拉为如言钟有 CIPICY0 D]代青+￥且5 保分出日钱的悟装，说企条灯十竹了知下表府： A36 IG)48 (D12 6一个做行区到想酸，有百花村云湖周个保点连身。 自不利C,表中A,C产的有关数已地污甲性计且只 1线 卡登号，其击口正材不去品礼的4民士三斜W不生口忘世值平相 业无精中的5 零.附区择去在1的格半是 1山，人裕云种血氧精由率的对但看：什有简精因类型为山