第七章 概率 章末检测&真题演练-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第一册（北师大版2019)

第七章 (时间：120分针 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的 1.·某种疾病的治愈率为10%，下列说法正 确的是 A.患此疾病的病人被治愈的可能性为10% B.某医院接收10位患此疾病的病人，其中有 一位病人被治愈 C.如果前9位病人都没有治愈，第10位病人 一定能被治愈 D.某医院接收10位患此疾病的病人，其中一 定有能被治愈的 2.·在一个袋子中装有分别标注1,2,3.4,5 的五个小球，这些小球除标注的数字外完全 相同，现从中随机取出2个小球，则取出的小 球标注的数字之差的绝对值为2或4的事件 包含的样本点个数为 ( A.2 B.3 C.4 D.5 3.·(2025·辽宁沈阳高一期末)数学兴趣小 组有4名男生和2名女生，从中任选2名同学 参加数学公式推导比赛，下列各对事件中互 斥而不对立的是 A.至少有1名男生与全是男生 B.至少有1名男生与全是女生 C.恰有1名男生与恰有2名男生 D.至少有1名男生与至少有1名女生 4.某人有3把钥匙，其中只有1把能打开 门，若随机地取一把钥匙试着开门，把不能开 门的钥匙扔掉，则第二次才能打开门的概率为 ( 2 B. 6 0.3 必修第一册·BS 章末检测 总分：150分) 5.(2025·辽宁按山高一期末)如图是易书 中的八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八 卦)，每一卦由三根线组成（一表示一根阳线， 一表示一根阴线).从八卦中任取两卦，这两 卦中阳线数量之和为4的概率是 () * 3 4 3 A.8 C 28 6.(2025·辽宁大连高一期末)太空站内有 甲、乙、丙三名航天员依次出舱进行同一实 验，每次只派一人，每人最多出舱一次，若前一 次实验不成功，则返舱后派下一人重复进行该 实验：若实验成功，则终止实验.已知甲、乙、丙 各自出整实验成功的照率分别为子每 人出舱实验能否成功相互独立，若按照甲、 乙、丙的顺序依次出舱，则该项实验最终成功 的概率为 .20 37 C. 39 0 7.如图是一个古典概型的样本空间2和事 件A,B,C,其中n(2)=24,n(A)=12,n(B)= 8,n(C)=5,n(AUB)=16,则 ( A.事件A与事件B互斥 B.事件A与事件B相互独立 C.事件A与事件C互为对立 D.事件A与事件C相互独立 黑白题148 8.甲袋中装有4个白球和6个黑球，乙袋中 装有3个白球和5个黑球，现从甲袋中随机取 出一个球放入乙袋中，充分混合后，再从乙袋 中随机取出一个球放回甲袋中，则甲袋中白 球没有减少的概率为 ( 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求 全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有 选错的得0分， 9.(2025·湖南邵阳高一期末)某饮料厂商 开发了一种新的饮料，为了促销，每箱装的 6瓶饮料中有2瓶瓶盖上分别印有“一等奖” “二等奖”，其余4瓶印有“谢谢惠顾”.甲从新 开的一箱中任选2瓶购买，设事件A表示“甲 没有中奖”，事件B表示“甲获得一等奖”，事 件C表示“甲中奖”，则 ( A.事件A和事件B是对立事件 B.事件A和事件C是对立事件 C.P(BUC)=P(C) D.P(BOC)=P(C) 10.已知n是一个三位正整数，若n的个位 数字大于十位数字，十位数字大于百位数字， 则称n为“三位递增数”（如135,256,345 等).现要从甲、乙两名同学中选出1人参加 某市组织的数学竞赛，选取的规则如下：从由 1,2,3,4,5组成的所有“三位递增数”中随机 抽取1个数，若抽取的“三位递增数”是偶 数，则甲参加数学竞赛：否则，乙参加数学竞 赛.则下列说法正确的有 A.甲参赛的概率大 B.乙参赛的概率大 C.这种选取规则公平 D.这种选取规则不公平 第七章 11.#一台仪器每启动一次都随机地出现一个 5位的数A=a@@aa,其中A的各 位数字中，a∈0,1}(i=1,2,3,4,5),则 () A.A的所有实验结果构成的样本空间中共 有32个样本点 B.若A的各位数字都是等可能地取值为 0或1，则A=11100的概率大于A=00011 的概率 C.若A的各位数字都是等可能地取值为 0或1，则A中各位数字之和是4的概率 为弱 D.若a1=1,a4(k=2,3,4,5)出现0的概率为 ?,出现1的概率为则启动一次出现的 数A中恰有两个0的概率为，8 7 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.某机器保修期为1年，根据大量的维修 记录资料，这种机器在使用一年内维修次数 最多是3次，其中维修1次及以上占25%，维 修2次占6%，维修3次占4%.某人购买了 一台该机器，则一年内恰好维修1次的概 率为 13.(2025·江西南昌二中高一期末)一个 袋子里红球和黑球的数量之比为2：1，小球 除颜色外其余完全相同.先按分层抽样从袋 子中抽取6个小球，再从中任意取出两个小 球，其中至少含有1个黑球的概率 为 14.#(2025·江西宜春高一期末)某人有两 把雨伞用于上下班，如果一天上班时他在家 而且天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把 去办公室：如果一天下班时他在办公室而且 天下雨，只要有雨伞可取，他将拿一把回家： 黑白题149 如果天不下雨，那么他不带雨伞.假设每天上 班和下班时下雨的概率均为？不下雨的概 率均为号，且与过去情况相互独立现在两把 雨伞均在家里，那么连续上班两天，他至少 有一天淋雨的概率为 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出 文字说明、证明过程或演算步骤 15.(13分)(2025·江西南昌高一期末)已 知某医疗队共有医生20人，护士30人，现在 要用分层随机抽样的方法从中选取5人组建 一个救援小组. (1)求救援小组中医生和护士的人数： (2)若从救援小组中随机选取2人担任组 长，求医生和护士各有1人被选中的 概率 必修第一册·BS 16.+(15分)(2025·河南南阳高一期末)某 班级在庆元旦联欢会时，主持人安排了跳双 人舞、独唱和独奏节目，指定3个男生和2个 女生来参与，把五个人分别编号为1,2,3,4， 5,其中1,2,3号是男生，4,5号是女生.将每 个人的编号分别写在5张相同的卡片上，放 入一个不透明的箱子中，并搅拌均匀，每次 从中随机取出一张卡片，取出谁的编号谁就 参与表演节目. (1)为了选出2人来表演双人舞，不放回地 抽取2张卡片，求选出的2人不全是男 生的概率 (2)为了确定表演独唱和独奏的人选，抽取 并记录第一张卡片后，又放回箱子中，充 分混合后再从中抽取第二张卡片求： ①独唱和独奏由同一个人表演的概率： ②选出的不全是男生的概率 黑白题150 17.(15分)(2025·辽宁鞍山高一期末)某 社区举办“趣味智力挑战赛”，旨在促进社区 邻里关系，鼓励居民参与公益活动.本次挑战 赛第一轮为选手随机匹配4道难度相当的趣 味智力题，参赛选手需依次回答这4道题目， 任何一道题答对就算通过本轮挑战赛.若参 赛选手前两道题都没有答对，而后续还需要 答题，则每答1道题就需要后期参与一次社 区组织的公益活动，若4道题目都没有答对， 则被淘汰.根据大数据统计，年龄在20岁到 30岁之间与年龄在30岁到40岁之间的参 赛选手在第一轮挑战赛中答对每道趣味智 力题的概率分别为}子已知甲(25岁)、 乙(35岁)两人都参与了该“趣味智力挑战 赛”，他们每道题是否答对相互独立. (1)甲热爱公益活动，若需要答题机会，他愿 意参与社区组织的公益活动，求甲通过 第一轮挑战赛的概率： (2)求甲、乙均不需要通过参与公益活动获 得答题机会就通过了第一轮挑战赛的 概率： (3)求甲、乙均通过了第一轮挑战赛且只有 一人需要参与一次公益活动的概率 第七章黑 8.#(17分)(2025·江西南昌高一期末)为 了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学 校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组 成，每个游戏各玩一次且结果互不影响.连胜 两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏 可以获得两张书券游戏规则如下表： 游戏一 游戏二 游戏三 箱子中球 大小质地完全相同的红球3个 的颜色和 白球2个（红球编号为“1,2,3”， 数量 白球编号为“4,5”) 有放回地 不放回地 取球 取出一 依次取出 依次取出 规则 个球 两个球 两个球 获胜 取到白 取到两个 编号之和 规则 球获胜 白球获胜 为m获胜 (1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率： (2)一名同学先玩了游戏一，试问m为何值 时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获 得书券的概率更大。 白题151 19.#(17分)与传统的淘汰赛不同，近年来 个新型的赛制“双败赛制”赢得了许多赛事 的青睐传统的淘汰赛失败一场就丧失了冠 军争夺的权利，而在双败赛制下，每人或者 每支队伍只有失败了两场才会淘汰出局，因 此更有容错率.如图，假设最终进入到半决赛 的有四支队伍，淘汰赛制下会将他们四支队 伍两两分组进行比赛，胜者进入到总决赛 总决赛的胜者即为最终的冠军，双败赛制下， 两两分组，胜者进入到胜者组，败者进人到 败者组，胜者组两个队伍对决的胜者将进入 到总决赛，败者进人到败者组之前进入到败 者组的两个队伍对决的败者将直接淘汰，胜 者将跟胜者组的败者对决，其中的胜者进入 总决赛，最后总决赛的胜者即为冠军，双败 赛制下会发现一个有意思的事情，在胜者组 中的胜者只要输一场比赛即总决赛就无法 拿到冠军，但是其他的队伍却有一次失败的 机会，近年来从败者组杀上来拿到冠军的不 在少数，因此很多人戏谑这个赛制对强者不 公平，是否真的如此呢？ 6 A 性1 腔者3 B 胜2 脸者5 罕 4 员者1 负者3 敛老2 胜者4 这里我们简单研究一下两个赛制，假设四支 队伍分别为A,B,C,D,其中A对阵其他三个 队伍获胜概率均为P,另外三支队伍彼此之 间对阵时获胜概率均为 2最初分组时A,B 同组，C,D同组 (1)若p= ,在淘汰赛赛制下，A,C获得冠军 的概率分别为多少？ 必修第一册·BS黑 (2)分别计算两种赛制下A获得冠军的概率 (用p表示). (3)根据(2)的结果简单分析一下双败赛制 下对队伍的影响，是否如很多人质疑的 “对强者不公平”？ 白题152 第七章 真题演练 黑题真题体盟 限时：60mi 考点1随机事件的概率及其性质 中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生 1.(全国高考)若某群体中的成员只用现金 来自不同年级的概率为 支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金 1 B. 支付的概率为0.15，则只用非现金支付的概 .6 3 率为 C.2 D. 2 3 A.0.3 B.0.4 6.*。(2024·全国甲文)某独唱比赛的决赛阶 C.0.6 D.0.7 段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人出场一 2.“(全国高考)某中学的学生积极参加体育 次，出场次序由随机抽签确定.则丙不是第一 锻炼，其中有96%的学生喜欢足球或游泳， 60%的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳， 个出场，且甲或乙最后出场的概率是() 则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占 1 A. 6 .4 该校学生总数的比例是 ( 1 1 A.62% B.56% C.3 0.2 C.46% D.42% 7.(2023·全国乙文)某学校举办作文比 考点2古典概型 赛，共6个主题，每位参赛同学从中随机抽取 3.(2022·新高考全国I)从2至8的7个 一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽 整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质 到不同主题的概率为 ( ) 的概率为 ( 5 2 1 .6 B. .3 1 1 c 0.3 8.(2022·全国乙理)从甲、乙等5名同学 4.(2022·全国甲文)从分别写有1,2,3,4， 中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都 5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽 入选的概率为 到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概 9.(2023·天津)甲、乙、丙三个盒子中装有 率为 一定数量的黑球和白球，其总数之比为5： .3 4:6.这三个盒子中黑球占每盒总数的比例分 2 别为40%，25%，50%.现从三个盒子中各取一 C 0. 个球，取到的三个球都是黑球的概率 5.。(2023·全国甲文)某校文艺部有4名学 为 :将三个盒子混合后任取一个球， 生，其中高一、高二年级各2名.从这4名学生 是白球的概率为 第七章黑白题153 考点3事件的相互独立性 10.(天津高考)已知甲、乙两球落入盒子的 概率分别为，和了假定两球是否落人盒子 互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率 为 :甲、乙两球至少有一个落入盒 子的概率为 11.(全国高考)甲、乙、丙三位同学进行羽 毛球比赛，约定赛制如下： 累计负两场者被淘汰：比赛前抽签决定首先 比赛的两人，另一人轮空：每场比赛的胜者 与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮 空，直至有一人被淘汰：当一人被淘汰后，剩 余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰， 另一人最终获胜，比赛结束 经抽签，甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛 双方获胜的概率都为2 (1)求甲连胜四场的概率： (2)求需要进行第五场比赛的概率： (3)求丙最终获胜的概率 必修第一册·BS 考点4用频率估计概率 12.(全国高考)某学生兴趣小组随机调查了 某市100天中每天的空气质量等级和当天到 某公园锻炼的人次，整理数据得到下表（单 位：天)： 锻炼人次 (200. (400. 空气质 0.200 4001 600 量等级 1(优) 2 16 25 2(良) 5 10 12 3(轻度污染) 6 7 8 4(中度污染) 7 2 0 (1)分别估计该市一天的空气质量等级为 1,2,3,4的概率： (2)求一天中到该公园锻炼的平均人次的估 计值（同一组中的数据用该组区间的中 ,点值为代表)。 黑白题1545.解：(1)由题意知，小红使用解法一，二.三，四答对的概率分 11 别为PP,4,3(>0),且各种方法能否答对互不影响，由 红使用四种解法全部答对的概率为4织得p×,× 1 48心p=2 (2)设小红使用解法一，二、三，四答对的事件分别为A,B, C.D. 有三种解法答对的事件为E,则P(A)=P(B)=了，P(C)= 4,PD)=,故PE)=P氏ABCD+P(ABCD)+P(ABCD+ 压轴挑战 B解析：由题意，P(A)=P(B)=P(C)=,所以P(ABC)= Pr)P(P(C)-号所以1是4，A.C共同的唯一的样本点 又A,B,C两两不独立，即P八(AB)≠子，P(BC)≠ ,P(AC)≠ m,n不可以为4或5，所以m,n为6或7 故答案为13. 专题探究4概率与统计的综合应用 黑题 专型强化 1.解：(1)由题意得20x(0.002+0.006+0.008+a+0.010+0.008+ 0,002+0.002)=1.解得a=0.012. 设中位数为110+x,则0.002×20+0.006×20+0.008×20+ 0.012x=0.5,解得x=15,所以中位数是110+15=125. (2)由200×(0.002×20+0.006×20+0.008×20+0.012×20)= 112(人)， 所以估计职工一天行走步数不大于13000的人数为112. (3)在区间(150,170]中有200×0.008×20=32（人），在区间 (170,190]中有200×0.002×20=8（人）.在区间(190,210]中 有200×0.002×20=8（人）. 按分层抽样抽取6人，则从(150.170]中抽取4人，从(170 190]中抽取1人，从(190.210]中抽取1人： 设从(150.170]中抽取职工为a,6,c,d,从(170,190]中抽取 职工为E,从(190,210]中抽取职工为F, 则从6人中抽取2人的情况有ab,ac,ad,aE,aF,bc,bd,bE bF,cd.cE,cF,dE,dF,EF,共15种，它们是等可能的 其中满足两人均来自区间(150,170]的有ab,ac,d,bc, 仙.d,共6种情战，所以P=名号所以两人均来自区铜 (150.170)的概率为号 2.解：(1)选甲合适.理由：甲的平均成绩x甲= 82+82+79+95+87=85,乙的平均成绩z= 5 必修第一册·BS 95+75+80+90+85 =85,故甲，乙二人的平均水平一样甲的 度续的方差名=写三（化，）产=3L6,乙的成绩的方 差2兮化)户e50,所以<妮.说明甲的成锁更食 定故选甲合适 (2)从5次考试的成绩中，任意取出2次，所有的基本事件 有10个，其中满足至少有一次考试两人“水平相当”的有 (79.80)和(87.85)，(79,80)和(82.95)，(79.80)和(82. 75).(79,80)和(95,90)，(87.85)和(82,95).(87,85)和 (82,75),(87,85)和(95,90)，共有7个，故所求事件的概 率为 第七章章末检测 1.A解析：某种疾病的治愈率为10%，对于A,患此疾病的病 人被治愈的可能性为10%，故A正确：对于B,某医院接收 10位患此疾病的病人，每个人被治愈的可能性均为10%，故 不一定有一位病人被治愈，故B错误：对于C,如果前9位病 人都没有治愈，第10位病人不一定能被治愈，故C错误：对 于D,某医院接收10位患此疾病的病人，不一定有能被治愈 的，故D错误故选A 2.C解析：取出小球标注的数字之差的绝对值为2或4的事 件包含的样本点为(1,3)，(2,4).(3,5)，(1,5)，所以取出 的小球标注的数字之差的绝对值为2或4的事件包含的样 本点个数为4故选C 3.C解析：对于A.事件至少行1名男生包括恰有1名男生和 全是男生两种情况.故A项错误： 对于B,事件至少有1名男生包括恰有1名男生和全是男生 两种情况，与事件全是女生是互斥对立事件，故B错误： 对于C,事件恰有1名男生指恰行1名男生和1名女生，与 事件恰有2名男生是互斥事件，但不是对立事件，故C正确： 对于D,事件至少有1名男生包括恰有1名男生和全是男生 两种情况，事件至少有1名女生包括恰有1名女生和全是女 生两种情况，两个事件有交事件为恰有1名男生和1名女 生，故D项错误.故选C 4.B解析：记能开门的钥匙为A,不能开门的钥匙为1,2，则前 两次尝试的可能结果为(1，A),(1,2),(2,A),(2,1), (A,1),(A,2),共有6种，其中符合题意的选择是第一次取 到不能打开门的钥匙，第二次取到能打开门的钥匙，即 (L,A),(2,4),共2种，从而由古典概型概率计算公式可得 所求概率为P=名-放选以 5.B解析：由题图可知，有0根阳线的有一卦，记为a,有1根 阳线的有三卦，记为b,b,6,有2根阳线的有三卦，记 为C,C,1,有3根阳线的有一卦，记为d.从八卦中任取两 卦，可能的结果有(a,b,),(a,b),(a,b),(a,c),(a,), (a,c),(a,d),(b1,b2),(b1,b),(b,c1,(b,e), (b,c3),(b,d).(b2,b),(b2,c),(b,),(b2c3),(b d),(bc1),(b,c),(6,c3),(b,d),(c,c）,(c,c3), (c,d),(,c),(c2,d),(c,d),共有28种，其中满足阳线 之和为4的有(b,d).(b2,d),(b,d),(c,c）,(c,c), 黑白题0B4 (c2,3)共6种结果，故两卦中阳线数量之和为4的概率P= 6_3故选B 2814 6.D解析：因为甲、乙、丙各自出舱实验成功的概率分别为 0,了，每人出舱实验能否成功相互独立，若按照甲，乙、 丙的顺序依次出舱，则该项实验最终成功的概率为P=1- (名)(-（号）碧放选D 7,B解析：对于A.n(AUB)=16.n(A)=12,n(B)=8, ,n(A门B)=4,∴.事件A与事件B可以同时发生，故A错 n(D242,P(B)=nB.8 误：对于B,P(A)=n(-2.1 n(2)24 3P(A)·PB)=6n(AUB)=16,n(A)=12,n(B)= 8 n (AB)=4...P(AB)=n(A0B)=41 n(2)=246 P(A)P(B)=P(AB),事件A与事件B相互独立，故 B正确：对于C,n(2)=24,n(A)=12,n(C)=5,∴.P(A)= P(C)=C》5 1 n(n24P(M)+P(C)*1,事件A与事件 C不为对立事件.故C错误：对于D,由题图可知n(A∩C)= 0,.P(AC)=0,∴.P(A)P(C)≠P(AC),.事件A与事件C 不相互独立，故D错误，故选B. 8.D解析：记事件A=“甲袋中白球没有减少”，事件A,=“甲 袋中取黑球，乙袋中取黑球或白球”，事件A,=“甲袋中取白 球、乙袋中取白球”，所以A=A,UA,且事件A,与A,互斥， 显然4)-合1号P)=合号8所以甲袋中白 、球没有减少的概率P(A)=P(A,)+P(A)=。+5=。放 选D. 9.BC解析：因为AUB表示“甲没有中奖或甲获得一等奖”， 但甲可能获得二等奖，即事件A和事件B不是对立事 件，A错误：事件A表示“甲没有中奖”，事件C表示“甲中 奖”，则事件A和事件C互斥且和事件为全集，事件A和事 件C是对立事件，B正确：又因为BCC,所以P(BUC)= P(C),C选项正确：P(B∩C)=P(B),D选项错误故选BC 10.BD解析：由题意，由1,2,3,4,5组成的“三位递增数”有 123,124.125,134.135,145.234.235,245,345共10个.i已 “甲参加数学竞赛”为事件A,事件A包含的情况有124， 1B4,234共3个，所以P代)=记乙参加数学变赛为事 件B,则P(B)=I-P(A)=因为Pr)<PB,即乙参赛 的概率大，所以该选取规则不公平，故选BD 11.ACD解析：对于A,由于A的各位数字中都可能为0或1， 则A的所有实验结果有00000,10000.01000,00100,00010， 00001,11000,10100,10010,10001,01100,01010,01001. 00110.00101.00011.11100.11010.11001.1010.10101. 10011,01110.01101,01011.00111,11110.11101,11011, 10111.01111.11111,共有32个，正确： 对于B,由古典概型概率计算公式可得P(A=11100)= P4=001)=所以4=10的概率等于A=01的 概率，错误： 参考答案 对于C,若A的各位数字都是等可能地取值为0或1，如 果A中各位数字之和是4.即5个数字中有4个“1”和1个 “0.可能情况有11110,11101,11011,10111,01111.共有 5个，其概率P=2正确： 对于D,由于a,=1,数A中恰有2个0，即在a2,a5,a4,a,四 个数中恰好有2个0.2个1，可能情况有0011,1100,1001. 1010.0101,0110,共有6种， 英中P4=o0)=(兮）广x(居）广-P4=O)= (层)八x(兮广-P4=om)-子x(兮）广x号 2x1x2x14 81P(Ae1010)=3×3×3×3,P(A=1010)= -X- 子对号4=1o0=(居）广对京 12124 所以启动一次出现的数A中恰有两个0的概率为P=6× 8127,正确故选ACD 48 12.15%解析：由题意可得一年内恰好维修1次的概率 为25%-6%-4%=15%故答案为15%. 13. 解析：因为袋子里红球和黑球的数量之比为2：1，所 2 以红球抽取6x2+=4(个)，分别记作a,66,d:黑球抽取 6x2+中2（个），分别记作A,R 从中任意取出两个小球，则可能结果有ab,e,ad,aA,aB, bc.d.bA.bB,cd.eA.eB,dA.dB.AB共15个：其中至少含有 1个黑球的有aA.aB,h4.bB.cA.cB,dA.dB.AB共9个.所以 、至少含有1个黑球的概率P=5=了故答案为3. 14.28 81 解析：“至少有一天淋雨”的对立事件为“两天都不淋 雨”连续上班两天，上班、下班共4次 04次均不下面，感率为传)广-台 (2)有1次下雨但不被淋雨，则第一天或第二天上班时下 雨*为×（传（侣）对号品 (3)有2次下雨但不被淋雨，共3种情况：①同一天上下班 均下雨，②两天上班时下雨，下班时不下雨，③第一天上班 时下雨，下班时不下雨，第二天上班时不下雨，下班时下雨， 率为（传）广x(居）广（居）广x兮)广号 121 (4)有3次下雨但不被淋雨.则第一天或第二天下班时不 下用概率务时子传)八-（仔行）号奇 (3)4次均下别测既率为（兮）广司 则两天移不带制的率为的治的奇司是至少有 、一天淋雨的概率为1-三8故答案为 8181 黑白题085 15.解：(1)由题可知教援小组中医生的人数为2030×5=2，护 20 士的人数为20+30 30 ×5=3. (2)由(1)可知救援小组中有2名医生，记为A,B:有3名 护士.记为a,b,c 从中随机选取2人担任组长，所有的结果为(A,B) (A.a),(A,b),(A,c),(B,a),(B.b),(B,c),(a,b), (a,c),(b,c),共有10种可能的结果 记事件M为“医生和护士各有1人被选中担任组长”，依题 意可知事件M包含的样本点有(A,a),(A,b),(A,c), (B,a),(B,b),(B,c),共有6种可能的结果 故Pn=合号 16.解：(1)把抽取2张卡片的结果记为(i,),其中i表示第 次抽取的卡片，表示第二次抽取的卡片. 依题意，不放回地抽取2张卡片，抽取的所有可能结果为 (1.2),(1.3),(1,4),(1,5),(2,1),(2,3),(2,4) (2.5).(3,1),(3,2),(3,4),(3,5),(4.1),(42) (4.3),(45),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),共有20种可 能的结果 用事件A表示“选出的2人不全是男生”， 依题意知事件A包含的样本点有(1,4)，(1,5)，(2,4)，(2， 5).(3.4).(3.5).(4,1).(4.2),(4.3).(4,5).(5,1). (5,2),(5,3).(5,4),共有14种可能的结果。 因此，P()=对，即选出的2人不全是男生的概 品 (2)①放回抽取的所有可能结果为(1,1)，(1,2)，(1,3)， (1,4),(1,5),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(3 1).(3.2),(3,3),(3,4),(3.5).(4,1).(4,2),(4,3) (4,4).(4,5),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),共 有25种. 设事件B表示“独唱和独奏由同一个人表演”，则事件B所 包含的样本点有(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)，共有 5种可能的结果， 此，P(),3=，即独唱和独奏由同一个人表演的 率为 1 ②设事件C表示“选出的不全是男生”，其对立事件C表示 “选出的全是男生”，包含的样本点有(1,1)，(1,2) (1,3),(2,1),(2,2),(2.3),(3.1),(3,2),(3,3),共有 9种可能的结果.，因此，P(C)=1-P(C)=13名即述 出的不全是男生的概率为芒 17.解：(1)设甲，乙两人第i次答对题目分别记为事件A,B 3 (i=1.2.3,4).则P(A)= 甲第一轮挑战赛被淘汰的概率为(4》 256 则甲通过 必修第一册·BS 1255 第一轮挑战赛的概率为1256256 (2)设甲不需要参与公益活动获得答题机会就通过了第一 轮挑战赛为事件A,乙不需要参与公益活动获得答题机会 就通过了第一轮挑战赛为事件B,则P(A)=P(A,+A,A)= 3,1x3=l5P(B)=P(B+B,B,)F P(A)+P44)=4+4*4i6 23216 P(B,)+P(BB,)F5+5525 15163 故所求概率P(AB)=16X25了 (3)甲通过了第一轮挑战赛且需要参与一次公益活动的概 11233 率P(D)=P(不A)=（4×464 乙通过了第一轮挑战赛且需婴参与一次公益活动的概率 P(E)=P(B B2B)= 传号8 故所求概率为P(AE)+P(DB)=16×1256425200 151831633 18.解：(1)设事件A=“游戏一获胜”，B=“游戏二获胜”，C= “游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为2，= 11,2.3,4,5,则n(2.)=5.因为A=4,51,所以n(A)=2. P八位号所以游我一庆鞋的率为号 游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间22=(x, y)x,ye11,2,3,4,5,则n()=25.因为B=(4,4), (4.5).(5.4).(5,5)1,所以n(B)=4,所以P(B)= 码名所以誉攻=获鞋的来为名 (2)设M=“先玩游戏二，获得书券”，N=“先玩游戏三获 得书券”，则M=AB CUABCUABC,且ABC.ABC,ABC互 斥，A,B,C相互独立，所以P(M)=P(AB CUABCUABC)= P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)=P(A)P(B)[1-P(C)+1- IP(B)PC+PA(BrG=号×若I Oi号×若rO)+号×G=高品r(c 又N=AC BUACB UACB,且ACB,ACB,ACB互斥，所以 P(N)=P(AC BUACBUACB)=P(ACB)+P(ACB)+ P(ACB)=P(A)P(C)[1-P(B)]+1-P(A)]P(C)P(B)+ PrGr=号GpG)×若号 .213 462 PG)×25125PC), 若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大， 则P)>P(W.所以答r(C)>高+品P(c).即 P(C)725 进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如 下表： 白题086 第二次 2 5 第一次 5 6 2 3 6 3 4 5 8 4 5 7 9 5 6 9 当m=3,4.8,9时.P(C) 24 2025舍去：当m=5,6,7时 P(G=0>25,满足题意，因此m的所有可能取值为5， 44 6.7. 19.解：(1)由题意得，若A获得冠军：4B组A获胜，再由A与 CD组胜者决赛并胜出， 3133139 A获得冠军的概率P,=×2×4+4×2X4“16 若C获得冠军：CD组C获胜，再由C与AB组胜者决赛并 胜出。 c获得冠军的概率八=宁*子×(-子)宁×(-) 15 232 (2)淘汰赛赛制下，4获得冠军的概率为P×2×p+p×2× P=p,“双败赛制”下，讨论A进人胜者组、败者组两种 情况， 当A进人胜者组，若在胜者组A失败，后两局都胜，方可得 冠军： 若在胜者组A胜利.后一局（与败者组胜者比赛）胜，方可 得冠军： 当A进入败者组，后三局都胜，方可得冠军 综上，A获得冠军的概率为p(1-p)+p+(1-P)p= p2(3-2p). (3)令fp)=p'(3-2p)-p2=p(-22+3p-1)=p2(2p-1)(1-p). 若A为强队，则1，放p>0, 所以双败赛制下不会如很多人质疑的“对强者不会平”， 第七章真题演练 黑题真体 1,B解析：设事件A为只用现金支付，事件B为只用非现金 支付，则P(AUB)=P(A)+P(B)+P(AB)=1.P(A)=0.45, P(AB)=015,∴P(B)=0.4.故选B. 2.C解析：记“该中学学生喜欢足球”为事件A,“该中学学生 喜欢游泳“为事件B,则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事 件AUB,“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件AB, 则P(A)=0.6,P(B)=0.82,P(AUB)=0.96, .P(AB)=P(A)+P(B)-P(AUB)=0.6+0.82-0.96=0.46. “该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数 的比例为46%故选C. 3.D解析：从2至8的7个整数中随机取2个不同的数.其样 参考答案 本空间2=1(2,3).(2,4).(2.5).(2,6)，(2,7)，(2,8)， (3.4).(3,5).(3,6).(37).(3,8),(4,5).(4,6).(4.7) (4,8).(5.6),(5.7).(5.8).(6.7).(6.8),(7.8)1.共 21个样本点，若两数不互质，不同的取法有(2,4)，(2,6)， (2,8).(3,6),(4,6),(4,8),(6,8),共7种，故所求概率为 2子故选肌 4.C解析：从6张卡片中无放回随机抽取2张，有(1.2)， (1.3),(1,4).(1,5),(1,6),(2,3),(2.4),(2.5),(2.6), (3.4).(3.5).(3.6).(4.5),(4.6),(5.6).共15种情况 其中数字之积为4的倍数的有(1,4)，(2,4)，(2,6)，(3,4)， (4,3).(4,6共6种情况放概率为名号放选C 5.D解析：依题意，记来自高一年级的学生分别为A.B,来自 高二年级的学生分别为a,b,从这4名学生中随机选2名组 织校文艺汇演，其样本空间2=|AB,Aa,Ab.Ba.B劭，ab,共6 个样本点，其中这2名学生来自不同年级的情况有Aa,Ab, ,刷，共4种，所以这2名学生来自不同年级的概率为 子放选D 6.C解析：四人由随机抽签的方式确定出场次序，基本事件 共有24个：（甲，乙，丙，丁），（甲，乙，丁，丙），（甲，丙，乙， 丁).（甲，丙.丁，乙），（甲，丁，乙，丙），（甲，丁，丙，乙）， (乙，甲，丙，丁)，（乙，甲，丁，丙），（乙，丙，甲，丁），（乙，丙 丁，甲)，（乙，丁甲，丙）.（乙，丁，丙，甲），（丙乙，甲，丁） (丙，乙，丁，甲)，（丙，甲，乙丁），（丙甲，丁，乙），（丙，丁， 乙，甲)，（丙丁，甲，乙），（丁，乙丙，甲），（丁，乙，甲丙）， (丁，丙，乙，甲)（丁，丙甲，乙）（丁甲，乙丙）.（丁甲 丙，乙)，其中事件“丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场” 包含的基本事件有8个：（甲，丙，丁，乙），（甲，丁，丙，乙）， (乙，丙，丁，甲)，（乙，丁，丙，甲），（丁，乙，丙，甲），（丁，丙 乙，甲)，（丁，丙，甲，乙），（丁，甲，丙，乙），所以丙不是第一 个出场，且甲攻乙是后出场的概率为》兮放建C 7.A解析：用1.2,3.4,5,6表示6个主题，甲、乙二人每人抽 取1个主题的所有结果如下表： 乙 2 3 4 5 6 甲 (1.1) (1,2) (1.3) (1.4) (1,5) (1,6) 2 (2.1） (2,2) (2.3) (2.4) (2.5) (2.6) 3 (3,1) (3,2) (3.3) (3.4) (3.5) (3.6) (4,1) (4,2) (4,3) (4.4) (4,5) (4,6) 5 (5,1) (5.2) (5.3) (5.4)(5.5) (5,6) 6 (6.1) (6,2)(6.3) (6.4)(6.5)(6.6) 共有36个不同结果，它们发生的可能性相同，其中甲、乙抽 到相同主题的结果有(1.1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)，(5,5)， (6,6),共6个.因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结 果有30个，概率为36。故选A. 8、3 10 解析：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从这5名同学 中随机选3名，有（甲，乙，1），（甲，乙，2），（甲，乙，3），（甲， 黑白题087 1,2),(甲，1.3)，（甲，2,3）.（乙，1,2），（乙，1.3）.（乙，2 3),(1,2,3),共10种选法.其中，甲、乙都入选的选法有 3种，故所求概率P=三故答案为 10 0 9.0.055 3 解析：设甲，乙、丙三个盒子中的球的个数分别为 5n,4n,6n,所以总数为15n,所以甲盒中黑球个数为40%× 5n=2n.白球个数为3m:乙盒中黑球个数为25%×4n=n,白球 个数为3n:丙盒中黑球个数为50%×6=3n,白球个数为3n, 记“从三个盒子中各取一个球，取到的球都是黑球”为事 件A,所以P(A)=0.4×0.25×0.5=0.05:记“将三个盒子混合 后任取一个球，是白球”为事件B,黑球共有2n+n+3n= 6似（个），白球共有如个，所以P(B)=阳号放答案为 0.05:5 3 12 10.6 3 解析：依题意得，甲、乙两球都落人盒子的概率为 兮后甲，乙两球都不落人金子的瓶率为号}上 (子）兮则甲，乙两球至少有一个落入盒子的概率为 11.解：(1)记事件M:甲连胜四场只能是前四场全胜，则 (2)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，则四 局内结束比赛的概率P=P(ABAB)+P(ACAC)+ 41 P(BCBC)+P(BABA)=4X2)= 3 ∴.需要进行第五场比赛的概率P=1-P'= 4 (3)记事件A为甲输，事件B为乙输，事件C为丙输，记事 件M为甲赢，记事件V为丙赢，则甲赢的基本事件包括 BCBC.ABCBC,ACBCB,BABCC.BACBC.BCACB,BCABC. BCBAC,甲赢的概率P(M)= 对称性可知，乙赢的概率和甲赢的概率相等，“丙赢的概率 A0=1-2x06 12.解：(1)由所给数据，该市一天的空气质量等级为1,2,3,4 的概率的估计值如表： 空气质量等级 3 4 概率的估计值 0.430.270.210.09 (2)一天中到该公园锻炼的平均人次的估计值为10 (100x20+300×35+500×45)=350 专题探究5数学文化与探究创新 黑题 专题强化 1.C解析：取x=1,y=2,则x-y=-1sN,故A错误：取x= √2，y=√2，则x-y=0,0不是无理数，故B错误：设x=3 (k,GZ),y=3k,(eZ),则x+y=3(k,+k)后M,x-y= 必修第一册·BS 3(k,-k)∈M,故C正确：取M1=xx=3k,eZ,M2= 1xlx=2弘，keZ,由C选项可知M,是闭集合，同理可证M 也是闭集合，则M,UM2为被2整除或被3整除的全体整数 集，取x=2,y=3,则x+y=5,5不能被2或3整除.即5 (M1UM2),故D错误故选C 2.BD解析：对于A,A×B=(1,1)1,故选项A错误：对于 B,A×B=(1,2),(2,1),(2,2),(1,1)1,A=B=11,2,故 选项B正确：对于C,若A=1,B=|2},则A×B={(1,2), BXA=1(2,I)|,故A×B≠B×A,故选项C错误：对于D,A× B=(x,y)IxEA,yEBI,C×B=I(x,y)Ix∈C,yEB, 又A二C,则(A×B)C(C×B),故选项D正骗.故选BD. 3.D解析：对于A,因为-3=-1×4+1，所以-3∈[1]，A错误： 对于B,每个整数除以4所得的余数只有0,1,2,3，没有其 他余数，所以Z≤[0]U[1]U[2]U[3],又[0]U[1]U [2]U[3]≤Z,所以Z=[0]U[1]U[2]U[3],B错误：对 于C,若a,b∈[m],m=0,1,2.3,则a=4n,+m,n,∈Z,b= 4n+m,neZ,所以a-b=4(m,-m）∈[0]，若a-be[0],则 a-b=4p,p∈Z.不妨设ae[],t=0,1,2,3,则a=4n+t, n∈Z,所以b=4(%-P)+t,m,-peZ,所以a,b除以4所得 的余数相同，即a,b属于同一“类”.故整数a,b属于同一 “类"的充要条件是“a-be[0]",C错误：对于D,由a∈ [3].b∈[2]，可设a=4k+3,k,eZ,b=4h+2,k∈Z,则 b=16k,k1+8k:+12k2+6=4(4h,k+2k,+3张2+1)+2.因为 4k,k2+2k,+3k2+1∈Z,所以abe[2],D正确.故选D. 4.(1)解：集合0的“完美子集类”有☑，11,2,31， 1☑，111,2,3,1,2,31,1☑，2,1,31,1,2,311， 1☑.13,1,2,11,2.31,0.11,2}，131,1,2， 1,3,2.3,11,2,3}{, (2)证明：(I)因为A是U的“完美子集类”，所以对于任意 的MCA,CMCA,从而U=MU(C,M)二A,所以☑= (C,U)CA. (Ⅱ)因为A是U的“完美子集类”，所以对于任意的 M,N∈A,C,MSA,CN≤A,从而(C,M)U(CeN)cA.下 证：MnN=C[(C,M))U(CN)],一-方面，E MnNxEM 且xeN→xE(C,M)或xg(C,N),即xg(C,M)U(CN)→ xeC,[(CM)U(C,N)]:另-方面，x∈C,I(C,M)U(C,N] →xE(CM)U(C,N)→xE(C:M)或xE(C,N)→x∈M且 xeN,即xEMN,故MnN=C,[(C,M)U(C,N)]≤A 5.B解析：八x)是定义在R上的奇函数，且f八2-x)+x)= 0,∴x)=-2-x)=x-2)fx+2)=f(x+2-2)=f代x), ∴函数欧)是以2为周期的周期函数则/（仔）（得 4）小()（ξ）-R()=-5() R(径)0（径）H(g)=0-(5)）=5故选R 6.ACD解析：对于A,若f(x)为“D(3)函数”，则f(x+3)+ 3x)=0,当x=3时f3+3)+3(3)=0,因为f(3)=3,所 以(6)=-33)=-9，放A正确：对于B,若(x)=x,假设 f八x)是“D()函数”，则x+1+x=0,即x(1+t)+1=0.不存在1 对任意的实数x恒成立，所以假设不成立，故B错误：对于 Cx)=a(a>1)为“D()函数”，即f八x+)+x)=a+ w=a(a+t)=0.因为a>0.d>0.所以a+1=0,即t=-a< 0,则<0，故C正确：对于D,若f(x)是“D(2)函数"，则 黑白题088