假期作业11 概率-【快乐假期必刷题】2025年高一数学暑假作业必刷题（北师大版）

　假期作业１１　概率　　　　　　　 １．事件的关系与运算 定义 符号表示 包含 关系 如果事件A 发生,则事件 B一定发生,这时称事件B 　　　事件A(或称事件A 包含于事件B) 　　　 (或A⊆B) 相等 关系 若B⊇A 且A⊇B,那么称 事件A 与事件B 相等 　　　 并事件 (和事件) 一般地,由事件A 和事件 B 至少有一个发生(即 A 发生,或 B 发生,或 A,B 都发生)所构成的事件,称 为 事 件 A 与 事 件 B 的 　　　　(或和事件) A∪B (或A＋B) 交事件 (积事件) 一般地,由　　　　　与 　　　　　都发生所构成 的事件称为事件A 与事件 B的交事件(或积事件) A∩B (或AB) 互斥 事件 一般地,不可能同时发生 的两个事件 A 与B 称事 件 A 与 事 件 B 为 互 斥 事件 A∩B＝⌀ 对立 事件 若A∩B 为不可能事件, A∪B 为必然事件,那么 称事件 A 与事件B 互为 对立事件 A∩B＝⌀ P(A∪B)＝１ ２．概率的几个基本性质 (１)概率的取值范围:　　　　　． (２)必然事件的概率P(E)＝　　． (３)不可能事件的概率P(F)＝　　． (４)互斥事件概率的加法公式 ①如果事件A与事件B互斥,则P(A∪B)＝ 　　　　　　． ②若事件 B 与事件A 互为对立事件,则 P(A)＝　　　． ３．古典概型 (１)古典概型的定义 具有以下两个特点的概率模型称为古典概 率模型,简称古典概型． (２)古典概型的特点:①有限性:样本空间的样本 点只有有限个;②等可能性:每个样本点发生 的可能性相等． (３)古典概型的概率计算公式 样本空间Ω包含n个样本点,事件A包含其 中的m 个样本点,则　　　　　　,其中, n(A)与n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω 包含的样本点个数． ４．相互独立事件 (１)对任意两个事件A与B,如果P(AB)＝ 　　　　成立,则称事件A与事件B相互独 立,简称为独立． (２)如果事件A 与事件B 相互独立,则A 与 􀭺B,􀭿A 与B,􀭿A 与􀭺B 也都　　　　． (３)事件A与事件B相互独立,则P(AB)＝ 　　　　． ◆[考点一]　事件的运算及概率的性质 １．１００件产品中,９５件正品,５件次品,从中抽 取６件:至少有１件正品;至少有３件是次 品;６件都是次品;有２件次品、４件正品．以 上四个事件中随机事件的个数是 (　　) A．３ B．４ C．２ D．１ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６２ ２．如果事件A,B 互斥,记A,B分别为事件A, B 的对立事件,那么 (　　) A．A∪B 是必然事件 B．A∪B是必然事件 C．A∪B一定互斥 D．A与B一定不互斥 ３．(多选)甲、乙两人下棋,和棋的概率为１２ ,乙 获胜的概率为１ ３ ,则下列说法错误的是 (　　) A．甲获胜的概率是１６ B．甲不输的概率是１２ C．乙输的概率是２３ D．乙不输的概率是１２ ４．为维护世界经济秩序,我国在亚洲经济论坛 期间积极倡导反对地方贸易保护主义,并承 诺包括汽车在内的进口商品将最多在５年 内把关税全部降低到世贸组织所要求的水 平,其中２１％的进口商品恰好５年关税达 到要求,１８％的进口商品恰好４年关税达到 要求,其余进口商品将在３年或３年内达到 要求,则包括汽车在内的进口商品不超过４ 年的时间关税达到要求的概率为　　　　． ◆[考点二]　古典概型 ５．从装有３个红球、２个白球的袋中任取３个 球,则所取的３个球中至少有１个白球的概 率是 (　　) A．１１０ B． ３ １０ C． ３ ５ D． ９ １０ ６．如图所示的«宋人扑枣 图轴»是作于宋朝的中 国古画,该图中小孩有 扑枣的爬、扶、捡、顶四 个动作,现有A,B 两个 孩童分别随机选择其 中的一个动作进行模 仿,则A,B 两个孩童选择模仿的动作相同 的概率为 (　　) A．１８ B． １ ４ C． １ ３ D． １ ２ ７．从３名男同学和２名女同学中任选２名同 学参加志愿者服务,则选出的２名同学中至 少有１名女同学的概率是　　　　． ８．某市举行职工技能比赛活动,甲厂派出２男 １女共３名职工,乙厂派出２男２女共４名 职工． (１)若从甲厂和乙厂报名的职工中各任选１ 名进行比赛,求选出的２名职工性别相同的 概率; (２)若从甲厂和乙厂报名的这７名职工中任 选２名进行比赛,求选出的这２名职工来自 同一工厂的概率． ◆[考点三]　事件的相互独立性 ９．(多选)甲、乙两人练习射击,命中目标的概 率分别为１ ２ 和１ ３ ,甲、乙两人各射击一次,下 列说法正确的是 (　　) A．目标恰好被命中一次的概率为１２＋ １ ３ B．目标恰好被命中两次的概率为１２× １ ３ C．目标被命中的概率为１２× ２ ３＋ １ ２× １ ３ D．目标被命中的概率为１－１２× ２ ３ １０．出租车司机从饭店到火车站途中经过六个 交通岗,假设他在各交通岗遇到红灯这一 事件是相互独立的,并且概率都是１ ３ ,则这 位司机遇到红灯前已经通过了两个交通岗 的概率为　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ７２ １１．从装有２个红球和２个白球的口袋中任取 两球,下列哪些事件是互斥事件? 它们是 不是对立事件? ①至少有一个白球,都是白球;②至少有一 个白球,至少有一个红球;③恰有一个白 球,恰有２个白球;④至少有一个白球,都 是红球． １２．某班甲、乙、丙三名同学竞选班委,甲当选的 概率为４ ５ ,乙当选的概率为３ ５ ,丙当选的概率 为７ １０ ,甲、乙、丙三人当选与否互不影响． (１)求三人中恰有一名同学当选的概率; (２)求三人中至多有两人当选的概率． １．造纸术、印刷术、指南针、火药被称为中国古 代四大发明,此说法最早由英国汉学家艾约 瑟提出并为后来许多中国的历史学家所继 承,普遍认为这四种发明对中国古代的政 治、经济、文化的发展产生了巨大的推动作 用．某小学三年级共有学生４００名,随机抽 查１００名学生并提问中国古代四大发明,能 说出两种及其以上发明的有７３人,据此估 计该校三年级的４００名学生中,对四大发明 只能说出一种或一种也说不出的有 (　　) A．６９人　B．８４人　C．１０８人　D．１１５人 ２．(多选)(２０２３􀅰新课标Ⅱ卷)在信道内传输 ０,１信号,信号的传输相互独立．发送０时, 收到１的概率为α(０＜α＜１),收到０的概率 为１－α;发送１时,收到０的概率为β(０＜β ＜１),收到１的概率为１－β．考虑两种传输 方案:单次传输和三次传输．单次传输是指 每个信号只发送１次;三次传输是指每个信 号重复发送３次．收到的信号需要译码,译 码规则如下:单次传输时,收到的信号即为 译码;三次传输时,收到的信号中出现次数 多的即为译码(例如,若依次收到１,０,１,则 译码为１)． (　　) A．采用单次传输方案,若依次发送１,０,１,则 依次收到１,０,１的概率为(１－α)(１－β) ２ B．采用三次传输方案,若发送１,则依次收 到１,０,１的概率为β(１－β) ２ C．采用三次传输方案,若发送１,则译码为１ 的概率为β(１－β) ２＋(１－β) ３ D．当０＜α＜０．５时,若发送０,则采用三次 传输方案译码为０的概率大于采用单次 传输方案译码为０的概率 终生只能单身 德国杰出的自然学家洪堡德在喀山拜访 罗巴切夫斯基时,他问数学家:“为什么您只研 究数学呢? 据说您对矿物学造诣很深,您对植 物学也很精通．”“是的,我喜欢植物学,”罗巴 切夫斯基回答说,“将来等我结了婚,我一定搞 一个温室􀆺􀆺”“那您就赶快结婚吧．”“可是 恰恰与愿望相反,植物学和矿物学的业余爱好 使我终生只能是单身汉了．” 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ８２ (２)y＝ １１００× (－０．１０×２＋０．１０×２４＋０．３０×５３＋０．５０× １４＋０．７０×７)＝０．３０, s２＝ １１００∑ ５ i＝１ ni(yi－y)２＝ １ １００× [(－０．４０)２×２＋ (－０．２０)２×２４＋０２×５３＋０．２０２×１４＋０．４０２×７]＝ ０．０２９６,s＝ ０．０２９６＝０．０２× ７４≈０．１７． 所以这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别 为０．３０,０．１７． 新题快递 １．D　[根据题中频率分布直方图可得分数大于或等于８０分 的频率为１－(０．０５＋０．１５＋０．３５)＝０．４５,所以被评为优秀 的调查报告有６０×０．４５＝２７(篇)．故选 D．] ２．B 假期作业１１ 思维整合室 １．包含　B⊇A　A＝B　并事件　事件A　事件B　２．(１)０ ≤P(A)≤１　(２)１　(３)０　(４)①P(A)＋P(B)　②１－P(B) ３．(３)P(A)＝mn ＝ n(A) n(Ω)　４． (１)P(A)P(B)　(２)相互独立　 (３)P(A)P(B) 技能提升台　素养提升 １．C　[１００件产品中,９５件正品,５件次品,从中抽取６件,在 这个试验中:至少有１件产品是正品为必然事件;至少有３ 件次品;有２件次品、４件正品为随机事件;６件都是次品为 不可能事件,所以随机事件的个数是２．] ２．B　[用 Venn图 解 决 此 类 问 题 较 为 直 观．如图所示,A∪B是必然事件．] ３．BCD　[“甲获胜”是“和棋或乙获胜”的 对立事件,所以“甲获胜”的概率是１－ １ ２－ １ ３＝ １ ６ ;设事件A 为“甲不输”,则 事件A 是“甲获胜”和“和棋”这两个互斥事件的并事件,所 以P(A)＝１６＋ １ ２＝ ２ ３ (或设事件A 为“甲不输”,则事件A 是“乙获胜”的对立事件,所以P(A)＝１－ １３＝ ２ ３ );乙输的 概率即甲获胜的概率,为１ ６ ;乙不输的概率是 １ ２＋ １ ３＝ ５ ６ , 故选BCD．] ４．解析:设“包括汽车在内的进口商品恰好４年关税达到要求” 为事件A,“不到４年达到要求”为事件B,则“包括汽车在内 的进口商品在不超过４年的时间关税达到要求”是事件A＋ B,而A,B 互斥, ∴P(A＋B)＝P(A)＋P(B)＝０．１８＋(１－０．２１－０．１８)＝０．７９． 答案:０．７９ ５．D　[设３个红球分别为红１、红２、红３,２个白球分别为白１、 白２,则从装有３个红球、２个白球的袋中任取３个球的取法 有(红１,红２,红３),(红１,红２,白１),(红１,红２,白２),(红１, 红３,白１),(红１,红３,白２),(红１,白１,白２),(红２,红３,白１), (红２,红３,白２),(红２,白１,白２),(红３,白１,白２),共１０种,其 中不含白球的只有(红１,红２,红３)１种,所以不含白球的概率 为１ １０ ,所以至少有１个白球的概率P＝１－１１０＝ ９ １０． ] ６．B　[A,B 两个孩童分别随机选择其中的一个动作进行模 仿,一共有４×４＝１６种情况,其中A,B 两个孩童选择模仿 的动作相同的情况有４种,所以A,B 两个孩童选择模仿的 动作相同的概率为４ １６＝ １ ４． ] ７．解析:法一　设３名男同学分别为A,B,C,２名女同学分别 为a,b,则所有等可能事件分别为AB,AC,Aa,Ab,BC,Ba, Bb,Ca,Cb,ab,共１０个,选出的２名同学中至少有１名女同 学包含的基本事件分别为 Aa,Ab,Ba,Bb,Ca,Cb,ab,共７ 个,故所求概率为７ １０． 法二　同法一,得所有等可能事件共１０个,选出的２名同学 中没有女同学包含的基本事件分别为AB,AC,BC,共３个, 故所求概率为１－３１０＝ ７ １０． 答案:７ １０ ８．解:记甲厂派出的２名男职工为A１,A２,女职工为a;乙厂派 出的２名男职工为B１,B２,２名女职工为b１,b２． (１)从甲厂和乙厂报名的职工中各任选１名,样本空间Ω＝ {{A１,B１},{A１,B２},{A１,b１},{A１,b２},{A２,B１},{A２,B２}, {A２,b１},{A２,b２},{a,B１},{a,B２},{a,b１},{a,b２}},共１２ 个样本点．其中选出的２名职工性别相同的样本点有{A１, B１},{A１,B２},{A２,B１},{A２,B２},{a,b１},{a,b２},共６种． 故选出的２名职工性别相同的概率P＝６１２＝ １ ２． (２)若从甲厂和乙厂报名的这７名职工中任选２名,样本空 间Ω＝{{A１,A２},{A１,a},{A１,B１},{A１,B２},{A１,b１}, {A１,b２},{A２,a},{A２,B１},{A２,B２},{A２,b１},{A２,b２},{a, B１},{a,B２},{a,b１},{a,b２},{B１,B２},{B１,b１},{B１,b２}, {B２,b１},{B２,b２},{b１,b２}},共２１个样本点．其中选出的２ 名职工 来 自 同 一 工 厂 的 样 本 点 有{A１,A２},{A１,a},{A２, a},{B１,B２},{B１,b１},{B１,b２},{B２,b１},{B２,b２},{b１,b２}, 共９个．故 选 出 的 ２ 名 职 工 来 自 同 一 工 厂 的 概 率 P＝ ９２１ ＝３７． ９．BD　[A中,目标恰好被命中一次的概率应该为 １２ × ２ ３ ＋ １ ２× １ ３＝ １ ２ ,A错误;B正确;C中,目标恰好被命中一次的 概率为 １ ２ × ２ ３ ＋ １ ２ × １ ３ ,恰好被命中两次的概率为 １ ２ × １ ３ ,所以目标被命中的概率应是两式之和,C错误;D 中,目 标没有被命中的概率为１ ２× ２ ３ ,所以被命中的概率为１－１２ ×２３ ,正确．] １０．解析:因为这位司机在第一、二个交通岗未遇到红灯,在第 三个交通岗遇到红灯之间是相互独立的,且遇到红灯的概 率都是１ ３ ,所以未遇到红灯的概率都是１－ １３＝ ２ ３ ,所以 遇到红灯前已经通过了两个交通岗的概率为 ２ ３× ２ ３× １ ３ ＝４２７． 答案:４ ２７ １１．解:把２个红球标记为a、b,２个白球标记为c、d,任取两球, 样本空间为: Ω＝{ab,ac,ad,bc,bd,cd}, 设“至少有一个白球”为事件A,则A＝{ac,ad,bc,bd,cd}, 设“至少有一个红球”为事件B,则B＝{ab,ac,ad,bc,bd}, 设“都是白球”为事件C,则C＝{cd}, 设“都是红球”为事件D,则D＝{ab}, 设“恰有一个白球”为事件E,则E＝{ac,ad,bc,bd} 对于①,∵A∩C＝{cd},∴“至少有一个白球”与“都是白 球”不是互斥事件; 对于②,∵A∩B＝{ac,ad,bc,bd},∴“至少有一个白球”与 “至少有一个红球”不是互斥事件; 对于③,由题意,“恰有２个白球”即“都是白球”,∵E∩C＝ ⌀,E∪C≠Ω, ∴“恰有一个白球”与“恰有２个白球”是互斥事件,但不是 对立事件; 对于④,∵A∩D＝⌀,A∪D＝Ω, ∴“至少有一个白球”与“都是红球”是互斥事件,且为对立 事件． 综上所述,③④是互斥事件,其中④是对立事件． １２．解:设甲、乙、丙当选的事件分别为 A,B,C,则有 P(A)＝ ４ ５ ,P(B)＝３５ ,P(C)＝７１０． (１)因为事件A,B,C 相互独立,所以恰有一名同学当选的 概率为P(A􀭺B􀭺C)＋P(􀭿AB􀭺C)＋P(􀭿A􀭺BC) ＝P(A)P(􀭺B)P(􀭺C)＋P(􀭿A)P(B)P(􀭺C)＋P(􀭿A)P(􀭺B)P(C) ＝４５× ２ ５× ３ １０＋ １ ５× ３ ５× ３ １０＋ １ ５× ２ ５× ７ １０＝ ４７ ２５０． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０９ (２)至多有两人当选的概率为１－P(ABC) ＝１－P(A)P(B)P(C)＝１－４５× ３ ５× ７ １０＝ ８３ １２５． 新题快递 １．C　[在这１００名学生中,只能说出一种或一种也说不出的 有１００－７３＝２７人, 设该校三年级的４００名学生中,对四大发明只能说出一种或 一种也说不出的有x人,则１００２７＝ ４００ x ,解得x＝１０８人．] ２．ABD　[对于 AB,由相互独立的积事件的概率乘法公式可 知 AB正确:对于 C,三次传输译码为１,则可能是三次全部 译为１,或者有两次译为１,则概率为 C２３β(１－β) ２＋(１－β) ３, 故C错误;对于 D,可以采用特值法或者作差法计算．三次传 输方案译为０的概率为 C２３α(１－α)２＋(１－α)３,单次传输译 为０的概率为１－α,而 C２３α(１－α)２＋(１－α)３－(１－α)＝(１ －α)α(１－２α)＞０,所以 D正确．] 假期作业１２ 思维整合室 １．(１)负角　零角　(２)象限角　２．(１)１　(３)r|α|　３．y　x　 技能提升台　素养提升 １．CD　２．A ３．C　[因为π－α的终边与３π－α的终边相同,而π－α的终边 与α的终边关于y 轴对称,所以α的终边与３π－α的终边关 于y 轴对称．] ４．C　５．A　 ６．BD　[对于 A,－５π３－ － ７π ３( )＝ ２ ３π≠k 􀅰２π,k∈Z,故 A 错 误;对于B,－５π３－ π ３＝－２π＝k 􀅰２π,k∈Z,故 B正确;对于 C,－５π３－ ４π ３＝－３π≠k 􀅰２π,k∈Z,故 C错误;对于 D,－５π３ －１３π３ ＝－６π＝k 􀅰２π,k∈Z,故 D正确,故选BD．] ７．解析:∵l＝３π,α＝１３５°＝３π４ , ∴r＝lα ＝４ ,S＝１２lr＝ １ ２×３π×４＝６π． 答案:４　６π ８．解:(１)由☉O 的半径r＝１０＝AB, 知△AOB 是等边三角形,∴α＝∠AOB＝６０°＝π３． (２)由(１)可知α＝ π３ ,r＝１０,∴弧 长l＝α􀅰r＝ π３ ×１０＝ １０π ３ ,∴S扇形 ＝１２lr＝ １ ２× １０π ３ ×１０＝ ５０π ３ , 而S△AOB＝ １ ２ 􀅰AB􀅰１０３２ ＝ １ ２×１０× １０３ ２ ＝ ５０３ ２ ＝２５３． ∴S＝S扇形 －S△AOB＝ ５０π ３ －２５ ３＝５０ π ３－ ３ ２ æ è ç ö ø ÷． ９．B　[∵tan７π３＝ ３m m ＝m－ １ ６ ＝ ３,∴m－１＝３３＝２７, ∴m＝１２７ ,故选B．] １０．B　[如图,作出半径为２的圆,由 题意,优 弧 PQ 对 应 的 ∠POQ＝ ４π ３ ,OQ＝２． 过点Q 作QM⊥x轴于点M,连接 OQ,则∠MOQ＝π３ , 可得OM＝１,MQ＝ ３, ∴Q(－１,－ ３)．故选B．] １１．解析:因为α是第二象限角．所以cosα＝１５x＜０ ,即x＜０． 又cosα＝１５x＝ x x２＋１６ , 解得x＝－３,所以tanα＝４x＝－ ４ ３． 答案:－４３ １２．解:设点 M 的坐标为(x１,y１)．由题意可知,sinα＝－ ２ ２ ,即 y１＝－ ２ ２．∵ 点M 在圆x２＋y２＝１上,∴x１２＋y１２＝１, 即x１２＋ － ２２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝１,解得x１＝ ２ ２ 或x１＝－ ２ ２． ∴cosα＝ ２２ ,tanα＝－１或cosα＝－ ２２ ,tanα＝１． 新题快递 １．C　[如 图 示:记 从 表 盘 中 心(圆 心)O 到１２点方向的半径为OA, ８:２０时 分 针 方 向 为 OB,时 针 方 向为OC． 则∠AOB＝２０６０×２π＝ ２π ３ , ∠AOC＝ ８１３ １２ ×２π＝ ２５π １８ 所 以 ∠BOC＝ ∠AOC－ ∠AOB ＝２５π１８－ ２π ３＝ １３π １８ , 即八点二十分,时针和分针夹角的弧度数为１３π １８． ] ２．A　[由题意可得,S１ 与S２ 所在扇形圆心角的比即为它们的 面积比．设S１ 与S２ 所 在 扇 形 圆 心 角 分 别 为α,β,则 α β ＝ ５－１ ２ ． 又α＋β＝２π,解得α＝(３－ ５)π．故选 A．] 假期作业１３ 思维整合室 ２．－sinα　－sinα　sinα　cosα　cosα　－cosα　cosα　 －cosα　sinα　－sinα　tanα　－tanα　－tanα 技能提升台　素养提升 １．A ２．A　[由cosα＝１π ,且３π ２＜α＜２π ,得sinα＝－ １－cos２α＝ － １－ １π( ) ２ ＝－ π ２－１ π , 所以tanα＝sinαcosα＝－ π ２－１．] ３．B　[由题意知sinθ＋cosθ＝－m２ ,sinθ􀅰cosθ＝m４． 又(sinθ＋cosθ)２＝１＋２sinθcosθ, ∴m ２ ４＝１＋ m ２ ,解得m＝１± ５． 又Δ＝４m２－１６m≥０,∴m≤０或m≥４,∴m＝１－ ５．] ４．解析:由sinx＋cosx＝１５① ,平方得sin２x＋２sinxcosx＋ cos２x＝１２５ ,即２sinxcosx＝－２４２５ , 所以(sinx－cosx)２＝１－２sinx􀅰cosx＝４９２５ , 又因为－π２＜x＜０ ,所以sinx＜０,cosx＞０,sinx－cosx＜ ０,所以sinx－cosx＝－７５②． 由①②解得sinx＝－３５ ,cosx＝４５ ∴tanx＝－ ３ ４． 答案:－７５　－ ３ ４ ５．B　６．B ７．BC　[由cos π６＋α( )＝ １ ３ ,得 π ６＋α 是第一或第四象限角． 当 π ６＋α 是第四象限角时,sin π６＋α( ) ＝－ １－cos２ π６＋α( ) ＝－ ２ ２ ３ ,故 A不正确; cos ５π６－α( )＝cos π－ π ６＋α( )[ ] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １９