第七章 概率 章末综合提升-【金版新学案】2025-2026学年新教材高一数学必修第一册同步课堂高效讲义教师用书word（北师大版）

本讲义聚焦概率章节核心知识点，系统梳理互斥与对立事件、古典概型、频率与概率、相互独立事件四大模块，从概念辨析到计算模型再到实际应用，构建递进式学习支架，帮助学生形成完整知识脉络。 资料特色在于高考真题溯源与教材例题深度结合，通过探究点解题方法总结（如复杂事件概率转化）培养数学思维，真题解析提升用数学眼光观察现实问题的能力。课中辅助教师高效授课，课后检测与对点练助学生查漏补缺，强化知识应用与迁移能力。

章末综合提升 学生用书⬇第187页 探究点一　互斥事件与对立事件 在数学考试中，小王的成绩不小于90分的概率是0.18，在80～89分的概率是0.51，在70～79分的概率是0.15，在60～69分的概率是0.09，小于60分(不及格)的概率是0.07.求： (1)小王在数学考试中取得不小于80分成绩的概率； (2)小王数学考试及格的概率. 解：设“小王的成绩不小于90分”“在80～89分”“小于60分”分别为事件A，B，C，且A，B，C两两互斥. (1)设“小王的成绩不小于80分”为事件D， 则D＝A∪B， 所以P(D)＝P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.18＋0.51＝0.69. (2)设“小王数学考试及格”为事件E，由于事件E与事件C互为对立事件， 所以P(E)＝1－P(C)＝1－0.07＝0.93. 求复杂事件的概率常用的两种方法 1.将所求事件转化成彼此互斥的事件的和. 2.先求其对立事件的概率，然后再应用公式P(A)＝1－P()求解. 对点练1.(1)已知A与B是互斥事件，且P()＝0.3，P(B)＝0.2，则P(A∪B)＝(　　) A.0.5 B.0.6 C.0.8 D.0.9 (2)某商区停车场临时停车按时段收费，收费标准为：每辆汽车一次停车不超过1小时收费6元，超过1小时的部分每小时收费8元(不足1小时的部分按1小时计算).现有甲在该商区临时停车不超过4小时，若甲停车1小时以上且不超过2小时的概率为，停车付费多于14元的概率为，则甲停车付费恰好6元的概率为　　　　　. 答案：(1)D　(2) 解析：(1)由P()＝0.3，可得P(A)＝1－P()＝0.7.由于A与B是互斥事件，故P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.7＋0.2＝0.9.故选D. (2)设“甲临时停车付费恰为6元”为事件A，则P(A)＝1－(＋)＝.所以甲临时停车付费恰为6元的概率是. 探究点二　古典概型 2025年全运会由广东省、香港特别行政区和澳门特别行政区共同举办，某大学有5名教师参与了此次火炬传递，其中男教师2名，女教师3名.现需要从这5名教师中任选2名教师去参加活动. (1)写出试验“从这5名教师中任选2名教师”的样本空间； (2)求选出的2名教师中至少有1名女教师的概率. 解：(1)将2位男教师记为a1，a2，3位女教师记为b1，b2，b3， 则样本空间Ω＝{(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)}，共有10个样本点. (2)设事件A表示“选出的2名教师中至少有1名女教师”， 则A＝{(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b2，b3)}， A中包含9个样本点，故P(A)＝. 古典概型概率计算问题的关注点 1.判断：该试验类型是否为古典概型问题. 2.关键：写出样本空间所包含的样本点及所求事件所包含的样本点. 3.注意：(1)弄清“放回”抽取还是“不放回”抽取；(2)灵活运用互斥事件、对立事件的概率公式. 对点练2.将一枚质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6)先后抛掷两次，记下骰子朝上的点数.若用x表示第一次抛掷出现的点数，用y表示第二次抛掷出现的点数，用(x，y)表示这个试验的一个样本点. (1)记A＝“两次点数之和大于9”，B＝“至少出现一次点数为3”，求事件A，B的概率； (2)甲、乙两人玩游戏，双方约定：若xy为偶数，则甲胜；否则，乙获胜.这种游戏规则公平吗？请说明理由. 解：(1)由题意知，抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，共有36个样本点， 其中事件A＝{(4，6)，(5，5)，(5，6)，(6，4)，(6，5)，(6，6)}，即事件A包含6个样本点， 所以事件A的概率为P(A)＝＝. 又由事件B＝{(1，3)，(2，3)，(3，3)，(4，3)，(5，3)，(6，3)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(3，5)，(3，6)}， 即事件B中包含11个样本点，所以事件B的概率为P(B)＝. (2)不公平，理由如下：设事件C＝“xy为偶数”，事件D＝{(x，y)｜x∈{1，3，5}，y∈{2，4，6}}， 事件E＝{(x，y)｜x∈{2，4，6}，y∈{1，2，3，4，5，6}}，可得P(D)＝，P(E)＝， 因为事件D与事件E互斥，且C＝D∪E， 所以P(C)＝P(D)＋P(E)＝＋＝＝. 因此甲获胜的概率为，乙获胜的概率为1－＝，＞，故这种游戏规则不公平. 学生用书⬇第188页 探究点三　频率与概率 某险种的基本保费为a(单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下： 上年度出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表： 出险次数 0 1 2 3 4 ≥5 频数 60 50 30 30 20 10 (1)记A为事件“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P(A)的估计值； (2)记B为事件“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160％”，求P(B)的估计值； (3)求续保人本年度平均保费的估计值. 解：(1)事件A发生当且仅当一年内出险次数小于2. 由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为＝0.55，故P(A)的估计值为0.55. (2)事件B发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为＝0.3，故P(B)的估计值为0.3. (3)由所给数据得 保费 0.85a a 1.25a 1.5a 1.75a 2a 频率 0.30 0.25 0.15 0.15 0.10 0.05 调查的200名续保人的平均保费为 0.85a×0.30＋a×0.25＋1.25a×0.15＋1.5a×0.15＋1.75a×0.10＋2a×0.05＝1.192 5a. 因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a. 频率与概率问题的关注点 1.依据概率的定义，可以用事件发生的频率去估计概率. 2.频率的计算公式为频率＝，其中m是事件出现的频数，n为重复试验次数. 对点练3.(1)甲同学在数学探究活动中做抛硬币试验，共抛掷了2 000次，其中正面朝上的有1 034次，则下列说法正确的是(　　) A.抛掷一枚硬币，正面朝上的概率为0.517 B.甲同学的试验中，反面朝上的频率为0.483 C.抛掷一枚硬币，反面朝上的概率小于0.5 D.甲同学的试验中，正面朝上的频率接近0.517 (2)某地区的公共卫生部门为了调查本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的200名学生进行调查.调查中使用了两个问题.问题1：你父亲的公历出生月份是不是奇数？问题2：你是否经常吸烟？调查者设计了一个随机化装置，这是一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的密封袋子，每个被调查者随机地从袋中摸取1个球(摸出的球再放回袋中)，摸到白球的学生如实回答第一个问题，摸到红球的学生如实回答第二个问题，回答“是”的人往一个盒子中放一个小石子，回答“否”的人什么都不要做.若最终盒子中的小石子为56个，则该地区中学生吸烟人数的比例约为(　　) A.2％ B.3％ C.6％ D.8％ 答案：(1)B　(2)C 解析：(1)甲同学的试验中，正面朝上的频率为0.517，反面朝上的频率为0.483，故B正确；抛掷一枚硬币，正面朝上与反面朝上的概率均为0.5，为定值，故A、C错误；甲同学的试验中，正面朝上的频率就是0.517，而不是接近0.517，故D错误.故选B. (2)因为一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子中，随机摸出1个球，摸到白球和红球的概率都为，因此，这200人中，回答了第一个问题的有100人，而一年12个月中，奇数的占一半，所以对第一个问题回答“是”的概率为，所以这100个回答第一个问题的学生中，约有50人回答了“是”，从而可以估计，在回答第二个问题的100人中，约有56－50＝6人回答了“是”，所以可以估计出该地区中学生吸烟人数的比例为6％.故选C. 探究点四　相互独立事件 为了选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，教育部启动了“强基计划”的招生改革工作.某校强基招生面试有两道题，两道题都答对者才能通过强基招生面试，假设两题作答相互独立，现有甲、乙、丙三名学生通过考核进入面试环节，他们答对第一题的概率分别是，，，答对第二题的概率分别是，，p. (1)求甲考生通过该校强基招生面试的概率； (2)求甲、乙两位考生中有且只有一位考生通过强基招生面试的概率； (3)若已知甲、丙两位考生全都通过强基招生面试的概率是，求甲、乙、丙三人中至少有一人通过强基招生面试的概率. 解：(1)甲通过考核进入面试环节，答对第一题的概率是，答对第二题的概率是，甲考生通过该校强基招生面试的概率为P1＝×＝. (2)乙考生通过该校强基招生面试的概率为P2＝×＝， 所以甲、乙两位考生中有且只有一位考生通过强基招生面试的概率为P＝×(1－)＋(1－)×＝. (3)设丙考生通过该校强基招生面试的概率为P3，由题意，得P1P3＝P3＝，解得P3＝，所以甲、乙、丙三人中至少有一人通过强基招生面试的概率为P'＝1－(1－)×(1－)×(1－)＝. 学生用书⬇第189页 利用相互独立事件求复杂事件概率的解题思路 1.将待求复杂事件转化为几个彼此互斥的简单事件的和. 2.将彼此互斥的简单事件，转化为几个已知(易求)概率的相互独立事件的积事件. 3.代入概率的积、和公式求解. 对点练4.甲、乙准备进行一局羽毛球比赛，比赛规定：一回合中赢球的一方作为下一回合的发球方.若甲发球，则本回合甲赢的概率为，若乙发球，则本回合甲赢的概率为，每回合比赛的结果相互独立.经抽签决定，第1回合由甲发球. (1)求第3回合由乙发球的概率； (2)求前3个回合中甲赢的回合数不低于乙的概率. 解：(1)由题可知，第3回合由乙发球包含两种情况：第1回合甲赢，第2回合乙赢；第1回合乙赢，第2回合乙赢， 所以第3回合由乙发球的概率为×＋×＝. (2)前3个回合中甲赢的回合数不低于乙，则前3个回合中甲赢的回合数为2或3， 甲赢的回合数为3的概率为××＝， 甲赢的回合数为2的概率为××＋××＋××＝， 所以前3个回合中甲赢的回合数不低于乙的概率为＋＝. (2023·全国甲卷)某校文艺部有 4 名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，(b1，b2)，共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，b1)，(a2，b2)，共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P＝＝.故选D. 溯源：(教材P197例1)在试验E6“袋中有白球3个(编号为1，2，3)、黑球2个(编号为1，2)，这5个球除颜色外完全相同，从中不放回地依次摸取2个，每次摸1个，观察摸出球的情况”中，摸到白球的结果分别记为w1，w2，w3，摸到黑球的结果分别记为b1，b2.求： (1)取到的两个球都是白球的概率； (2)取到的两个球颜色相同的概率； (3)取到的两个球至少有一个是白球的概率. 点评：高考试题与教材例题均考查了古典概型的计算，试题难度与教材例题难度相当，均考查了列举法. (2023·全国乙卷)某学校举办作文比赛，共 6 个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：甲有6种选择，乙也有6种选择，故总数共有6×6＝36种，若甲、乙抽到的主题不同，则共有6×5＝30种，则其概率为＝，故选A. 溯源：(教材P221B组T3)同时抛掷两枚均匀的骰子，求： (1)掷出的点数中一个恰是另一个2倍的概率； (2)掷出的点数相同的概率； (3)掷出的点数中一个是偶数，另一个是奇数的概率. 点评：高考试题与教材习题均考查了古典概型的计算，试题难度与教材习题难度相当，均考查了求样本点的个数. (2022·新高考Ⅰ卷)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有21种不同的取法，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P＝＝.故选D. 溯源：(教材P220A组T5)4张卡片上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取出的2张卡片上的数字之和为奇数的概率为(　　) A. B. C. D. 点评：高考试题与教材习题均考查了古典概型的计算，试题难度与教材习题难度相当，均考查了列举法求样本点的个数. (2022·全国甲卷)从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：从6张卡片中无放回抽取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)，(4，5)，(4，6)共6种情况，故概率为＝.故选C. 学生用书⬇第190页 溯源：(教材P220A组T6)袋中装有2个白球和3个黑球，这5个球除颜色外完全相同. (1)采取有放回抽取方式，从中依次摸出两个球，求两球颜色不同的概率； (2)采取不放回抽取方式，从中依次摸出两个球，求两球颜色不同的概率. 点评：高考试题与教材习题均考查了古典概型的计算，试题难度与教材习题难度相当，均考查了列举法求样本点的个数，注意“放回”与“不放回”的区别. (2024·上海卷)有四个礼盒，前三个里面分别仅装有中国结、记事本、笔袋，第四个礼盒里面上述三种礼品都有，现从中任选一个礼盒，设事件A为“所选礼盒中有中国结”，事件B为“所选礼盒中有记事本”，事件C为“所选礼盒中有笔袋”，则下列说法中正确的是(　　) 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B∪C互斥 D.事件A与事件B∩C相互独立 答案：B 解析：对于A，事件A和事件B可以同时发生，即第四个礼盒中可以既有中国结，又有记事本，事件A与事件B不互斥，故A错误；对于B，因为P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，所以P(A)P(B)＝P(AB)，故B正确；对于C，事件A与事件B∪C可以同时发生，即第四个礼盒中可以既有中国结，又有记事本或笔袋，故C错误；对于D，因为P(A)＝，P(B∩C)＝，P(A∩(B∩C))＝，所以P(A)P(B∩C)≠P(A∩(B∩C))，所以A与B∩C不独立，故D错误.故选B. 溯源：(教材P221B组T1)对于事件A，B，下列命题不正确的是(　　)，并说明理由. A.如果A，B互斥，那么与也互斥 B.如果A，B对立，那么与也对立 C.如果A，B独立，那么与也独立 D.如果A，B不独立，那么与也不独立 点评：高考试题与教材习题均考查了互斥事件、相互独立事件的判断，试题难度高于教材习题难度，综合性强，体现了源于教材、高于教材的理念. (2024·天津卷)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为　　　　；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为　　　　. 答案：　 解析：从五个活动中选三个的情况有：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种情况， 其中甲选到A有6种可能性：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE， 则甲选到A得概率为P＝＝. 乙选A活动有6种可能性：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE， 其中再选择B有3种可能性：ABC，ABD，ABE， 故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为＝. 溯源：(教材P207 B组T4)某次茶话会上，共安排4个节目，其中有2个歌唱节目、1个舞蹈节目、1个小品节目，按任意次序排出一个节目单，试求下列事件的概率： (1)舞蹈在最前或最后； (2)舞蹈和小品1个在最前、1个在最后； (3)舞蹈和小品至少有1个在最前或最后； (4)两个歌唱节目相邻； (5)舞蹈排在小品之前. 点评：高考试题与教材习题均考查了古典概型的计算，试题难度与教材习题难度相当，综合性强，体现了源于教材的理念. (2023·天津卷)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球，其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40％，25％，50％.现从三个盒子中各取一个球，取到的三个球都是黑球的概率为　　　　；将三个盒子中的球混合后任取一个球，是白球的概率为　　　　. 答案：0.05　 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3n；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％×6n＝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“将三个盒子中的球混合后取出一个球，是白球”为事件B，黑球总共有2n＋n＋3n＝6n个，白球共有9n个，所以P(B)＝＝. 溯源：(教材P221B组T6)某公司为了解用户对其产品的满意度，从甲、乙两地区分别随机调查了20个用户，得到用户对产品的满意度评分如下： 甲地区：62　73　81　92　95　85　74　64　53　76　78　86　95　66　97　78　88　82　76　89 乙地区：73　83　62　51　91　46　53　73　64　82　93　48　65　81　74　56　54　76　65　79 根据用户满意度评分，将用户的满意度从低到高分为以下三个等级： 满意评分 低于70分 70分～89分 不低于90分 满意度等级 不满意 满意 非常满意 设事件C表示“甲地区用户的满意度等级高于乙地区用户的满意度等级”，两地区用户的评价结果相互独立.根据所给数据，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率. 点评：高考试题与教材习题均考查了相互独立事件同时发生的概率的计算，试题难度高于教材习题难度，综合性强，体现了源于教材、高于教材的理念. (2024·全国甲卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球，设m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之差的绝对值不大于的概率为　　　　. 答案： 解析：设3次取出的球上的数字依次为a，b，c，则无放回地随机取3 次球的取法有6×5×4＝120(种)，则｜m－n｜＝｜－｜＝｜｜≤，可得｜a＋b－2c｜≤3.当c＝1时，a，b需要满足“3≤a＋b≤5”，所有可能情况为(2，3)，(3，2)，共2种.当c＝2时，a，b需要满足“3≤a＋b≤7”，所有可能情况为(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(3，1)，(3，4)，(4，1)，(4，3)，(5，1)，(6，1)，共10种.当c＝3时，a，b需要满足“3≤a＋b≤9”，所有可能情况为(1，2)，(2，1)，(1，4)，(4，1)，(1，5)，(5，1)，(1，6)，(6，1)，(2，4)，(4，2)，(2，5)，(5，2)，(2，6)，(6，2)，(4，5)，(5，4)，共16种.当c＝4时，a，b需要满足“5≤a＋b≤11”，所有可能情况为(1，5)，(5，1)，(1，6)，(6，1)，(2，3)，(3，2)，(2，5)，(5，2)，(2，6)，(6，2)，(3，5)，(5，3)，(3，6)，(6，3)，(5，6)，(6，5)，共16种.当c＝5时，a，b需要满足“7≤a＋b≤13”，所有可能情况为(1，6)，(6，1)，(2，6)，(6，2)，(3，4)，(4，3)，(3，6)，(6，3)，(4，6)，(6，4)，共10种.当c＝6时，a，b需要满足“9≤a＋b≤15”，所有可能情况为(4，5)，(5，4)，共2种.故共有2＋10＋16＋16＋10＋2 ＝56(种)可能情况，所以所求概率P＝＝. 溯源：(教材P206A组T6)连续抛掷一枚均匀的骰子2次，试求下列事件的概率： (1)掷出的点数之和不大于7； (2)掷出的点数之和不小于7； (3)掷出的点数之和为6或7； (4)掷出的点数之和为奇数； (5)掷出的点数之和为偶数； (6)掷出的点数之和为3的倍数. 点评：高考试题与教材习题均考查了古典概型的计算，但高考题与平均数结合，综合性强；试题难度高于教材习题难度，体现了源于教材、高于教材的理念. 单元检测卷(七)　概　率 (时间：120分钟　满分：150分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 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.某高中开设7门课，3门是田径，某学生从7门中选一门，选到田径的概率为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：由题意知，从7门中选一门，选到田径的概率为P＝.故选C. 2.抛掷一枚质地均匀的骰子，设事件M＝“点数不大于2”，事件N＝“点数大于1”，则下列结论中正确的是(　　) A.M是不可能事件 B.N是必然事件 C.M∩N是不可能事件 D.M∪N是必然事件 答案：D 解析：事件M是点数为1或2，事件N是点数是2，3，4，5或6，它们都是随机事件，M∩N是点数为2，是随机事件，是可能发生的，M∪N是点数为1，2，3，4，5或6，一定会发生，是必然事件，故选D. 3.从甲、乙、丙三人中任选两名代表，甲被选中的概率为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：从三人中任选两名代表，所有的情况有甲乙、甲丙和乙丙共3种，其中甲被选中的有2种，所以甲被选中的概率为.故选C. 4.气象台预报“本市明天中心城区的降雨概率为30％，郊区的降雨概率为70％.”基于这些信息，关于明天降雨情况的描述最为准确的是(　　) A.整个城市明天的平均降雨概率为50％ B.明天如果住在郊区不带伞出门将很可能淋雨 C.只有郊区可能出现降雨，而中心城区将不会有降雨 D.如果明天降雨，郊区的降雨量一定比中心城区多 答案：B 解析：对于A，中心城区面积和郊区面积不一定相同，故整个城市明天的平均降雨概率不一定为50％，故A错误；对于B，明天郊区的降雨概率为70％，降雨可能性较大，故B正确；对于C，不管郊区还是中心城区都可能会出现降雨，故C错误；对于D，降雨量并不取决于降雨概率，反而是降雨时长以及有效覆盖面积(即下雨的区域在该所参考区域的面积)会影响降雨量，故D错误.故选B. 5.已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为，且P(A)＝3P(B)，则P()＝(　　) A. B. C. D. 答案：D 解析：因为事件A，B互斥，所以它们都不发生的概率为，所以P(A)＋P(B)＝，又因为P(A)＝3P(B)，所以P(B)＝.所以P()＝.故选D. 6.抛掷两枚质地均匀的硬币，记事件A＝“第一枚硬币正面朝上”，事件B＝“第二枚硬币反面朝上”，事件C＝“两枚硬币都正面朝上”，事件D＝“至少一枚硬币反面朝上”，则(　　) A.C与D独立 B.A与B互斥 C.P(D)＝ D.P(A∪B)＝ 答案：D 解析：样本空间Ω＝{(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)}，事件A＝{(正，正)，(正，反)}，事件B＝{(正，反)，(反，反)}，事件C＝{(正，正)}，事件D＝{(正，反)，(反，正)，(反，反)}，对于A，P(C)＝，P(D)＝，而CD＝∅，P(CD)＝0，C与D不独立，故A错误；对于B，事件A，B可以同时发生，A与B不互斥，故B错误；对于C，P(D)＝，故C错误；对于D，A∪B＝{(正，正)，(正，反)，(反，反)}，P(A∪B)＝，故D正确.故选D. 7.抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，记录骰子朝上面的点数，若用x表示红色骰子的点数，用y表示绿色骰子的点数，用(x，y)表示一次试验结果，设事件E：x＋y＝8；事件F：至少有一颗点数为6；事件G：x＞4；事件H：y＜4.则下列说法正确的是(　　) A.事件E与事件F为互斥事件 B.事件F与事件G为互斥事件 C.事件E与事件G相互独立 D.事件G与事件H相互独立 答案：D 解析：对于A，事件E：x＋y＝8包含的情况有(2，6)，(3，5)，(4，4)，(5，3)，(6，2)，事件F：至少有一颗点数为6包含的情况有(1，6)，(2，6)，(3，6)，(4，6)，(5，6)，(6，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，故E∩F≠∅，事件E与事件F不为互斥事件，故A错误；对于B，事件G：x＞4包含的情况有(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)，故F∩G≠∅，事件F与事件G不为互斥事件，故B错误；对于C，抛掷一红一绿两颗质地均匀的骰子，共有6×6＝36种情况，故P(E)＝，P(G)＝＝，事件E∩G包含的情况为(5，3)，(6，2)，故P(EG)＝＝，故P(EG)≠P(E)P(G)，故事件E与事件G不相互独立，故C错误；对于D，事件H：y＜4包含的情况有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，共18种情况，故P(H)＝＝，事件G∩H包含的情况有(5，1)，(5，2)，(5，3)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，故P(GH)＝＝，因为P(GH)＝P(G)P(H)，所以事件G与事件H相互独立，故D正确.故选D. 8.如图，三个元件T1，T2，T3正常工作的概率均为，且是相互独立的，将它们接入电路中，则电路不发生故障的概率是(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：记T1正常工作为事件A，T2正常工作为事件B，记T3正常工作为事件C，则P(A)＝P(B)＝P(C)＝，电路不发生故障，即T1正常工作且T2，T3至少有一个正常工作，T2，T3不同时发生故障即T2，T3至少有一个正常工作的概率P1＝1－(1－)(1－)＝，所以整个电路不发生故障的概率为P＝P(A)×P1＝×＝.故选C. 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.已知某养老院75岁及以上的老人占60％.75岁以下的老人中，需要有人全天候陪同的占10％；75岁及以上的老人中，需要有人全天候陪同的占30％.如果从该养老院随机抽取一位老人，则以下结论中，正确的是(　　) A.抽到的老人年龄在75岁以下的概率为35％ B.抽到的老人需要有人全天候陪同的概率为22％ C.抽到的老人年龄在75岁以下且需要有人全天候陪同的概率为4％ D.抽到的老人年龄大于等于75岁且不需要有人全天候陪同的概率为40％ 答案：BC 解析：不妨设共有100名老人，则根据题意可作出如下表格： 需要陪同 不需要陪同 合计 75岁及以上 18 42 60 75岁以下 4 36 40 合计 22 78 100 所以如果从该养老院随机抽取一位老人，抽到的老人年龄在75岁以下的概率为40％，故A错误；抽到的老人需要有人全天候陪同的概率为22％，故B正确；抽到的老人年龄在75岁以下且需要有人全天候陪同的概率为4％，故C正确；抽到的老人年龄大于等于75岁且不需要有人全天候陪同的概率为42％，故D错误.故选BC. 10.素数分布是数论研究的核心领域之一，含有众多著名的猜想.19世纪中叶，法国数学家波利尼亚克提出了“广义孪生素数猜想”：对所有自然数k，存在无穷多个素数对(p，p＋2k).其中当k＝1时，称(p，p＋2)为“孪生素数”，k＝2时，称(p，p＋4)为“表兄弟素数”.在不超过40的素数中，任选两个不同的素数p，q(p＜q)，令事件A＝{(p，q)，为孪生素数}，B＝{(p，q)，为表兄弟素数}，C＝{(p，q)｜q－p≤4}，记事件A，B，C发生的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，则下列关系式不成立的是(　　) A.P(A)P(B)＝P(C) B.P(A)＋P(B)＝P(C) C.P(A)＋P(B)＞P(C) D.P(A)＋P(B)＜P(C) 答案：ABC 解析：由题意知，不超过40的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37共12个，从中任意取两个不同的素数p，q(p＜q)：p＝2有11个，p＝3有10个，p＝5有9个，p＝7有8个，p＝11有7个，p＝13有6个，p＝17有5个，p＝19有4个，p＝23有3个，p＝29有2个，p＝31有1个，所以共有11＋10＋9＋8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝66个样本点；A＝{(3，5)，(5，7)，(11，13)，(17，19)，(29，31)}共5个样本点；B＝{(3，7)，(7，11)，(13，17)，(19，23)}共4个样本点；C＝{(2，3)，(2，5)，(3，5)，(3，7)，(5，7)，(7，11)，(11，13)，(13，17)，(17，19)，(19，23)，(29，31)}共11个样本点；所以P(A)＝，P(B)＝＝，P(C)＝＝，显然P(A)P(B)≠P(C)，P(A)＋P(B)＜P(C).故选ABC. 11.数学考试中的多项选择题，要求是：“在每小题给出的四个选项中，全部选对的得6分，有错误选项不得分.若答案是两项，选对一项得3分，选对两项得6分，答案是三项，选对一项得2分，选对两项得4分，选对三项得6分.”已知某选择题的正确答案是AB，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，下列表述正确的是(　　) A.甲同学仅随机选一个选项，能得3分的概率是 B.乙同学仅随机选两个选项，能得6分的概率是 C.丁同学随机至少选择两个选项，但不选四项，能得分的概率是 D.丙同学随机选择选项，但不选四项，能得分的概率是 答案：ABC 解析：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}，随机事件“若能得3分”中有基本事件{A}，{B}，故“能得3分”的概率为，故A正确；乙同学仅随机选两个选项，共有6个基本事件，分别为{A，B}，{A，C}，{A，D}，{B，C}，{B，D}，{C，D}，随机事件“能得6分”中有基本事件{A，B}，故“能得6分”的概率为，故B正确；丁同学随机至少选择两个选项，共有基本事件10个，分别为：选两项有{A，B}，{A，C}，{A，D}，{B，C}，{B，D}，{C，D}，选三项有{A，B，C}，{A，B，D}，{A，C，D}，{B，C，D}，随机事件“能得分”中有基本事件{A，B}，故“能得分”的概率为，故C正确；丙同学随机选择选项，但不选四项，由C与A可知共有14种选法，能得分的选法有{A}，{B}，{A，B}共3种，故能得分的概率是，故D错误.故选ABC. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在横线上.) 12.在一个不透明的纸盒中装有4个白球和若干个红球，这些球除颜色外都相同.每次从袋子中随机摸出一个球，记下颜色后再放回袋中，通过多次重复试验发现摸出红球的频率稳定在0.8附近，则袋子中红球约有　　　个. 答案：16 解析：设袋中红球有x个，根据题意，得＝0.8，解得x＝16，经检验：x＝16是分式方程的解，所以袋中红球有16个. 13.洛书，古称龟书，是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图形，结构是“戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四隅黑点为阴数”.其各行各列及对角线点数之和皆为15.如图，若从五个“阳数”中随机抽取3个数，则能使这三个数之和等于15的概率是　　　　. 答案： 解析：五个“阳数”分别是1，3，5，7，9，任取3个数的样本点有(1，3，5)，(1，3，7)，(1，3，9)，(1，5，7)，(1，5，9)，(1，7，9)，(3，5，7)，(3，5，9)，(3，7，9)，(5，7，9)，共10个，其中和为15的有(1，5，9)，(3，5，7)，共2个，故所求概率为＝. 14.高二6班和高二7班进行班级篮球赛，采用3场2胜制，已知6班实力强劲，其每场获胜的概率为，则最终7班能够逆袭成功的概率是　　　　. 答案： 解析：由题意得7班每场获胜的概率为1－＝，每场输掉比赛的概率为，则7班赢得比赛的情况有胜胜，胜败胜，败胜胜，则其赢得比赛的概率为×＋××＋××＝. 四、解答题(本大题共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)从甲地到乙地沿某条公路行驶一共200公里，遇到红灯个数的概率如下表所示： 红灯个数 0 1 2 3 4 5 6个及6个以上 概率 0.02 0.1 a 0.35 0.2 0.1 0.03 (1)求表中字母a的值； (2)求至少遇到4个红灯的概率； (3)求至多遇到5个红灯的概率. 解：(1)由题意可得0.02＋0.1＋a＋0.35＋0.2＋0.1＋0.03＝1，解得a＝0.2. (2)设事件A为遇到红灯的个数为4，事件B为遇到红灯的个数为5，事件C为遇到红灯的个数为6个及6个以上，则事件“至少遇到4个红灯”为A∪B∪C， 因为事件A，B，C互斥， 所以P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.2＋0.1＋0.03＝0.33，即至少遇到4个红灯的概率为0.33. (3)设事件D为遇到6个及6个以上红灯，则至多遇到5个红灯为事件， 则P()＝1－P(D)＝1－0.03＝0.97. 16.(15分)袋中有形状、大小都相同的编号为1，2，3，4的4只小球，从中随机摸出1只小球，设事件A：摸出1或2号小球，B：摸出1或3号小球，C：摸出1或4号小球. (1)求事件A发生的概率； (2)求的值. 解：(1)样本空间为Ω＝，A＝， 所以P(A)＝＝. (2)因为A＝，B＝，C＝， 所以ABC＝，所以P(ABC)＝， 又因为P(A)＝P(B)＝P(C)＝＝， 所以P(A)P(B)P(C)＝， 所以＝＝2. 17.(15分)一个袋子中有标号分别为1，2，3，4的4个球，除标号外没有其他差异.采用不放回方式从中任意摸球两次. (1)求摸出两球标号互质的概率； (2)设事件A＝“第一次摸出球的标号小于3”，事件B＝“第二次摸出球的标号小于3”，判断事件A与事件B是否相互独立. 解：(1)讨论摸出两球的标号，记事件E：摸出两球标号互质， 样本空间为Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)}，共6个样本点， 每个样本点出现的可能性相同， E＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(3，4)}，共5个样本点，故P(E)＝. 因此，摸出两球标号互质的概率为. (2)样本空间为Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，(2，1)，(3，1)，(4，1)，(3，2)，(4，2)，(4，3)}，共12个样本点， A＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(2，4)}， B＝{(2，1)，(3，1)，(4，1)，(1，2)，(3，2)，(4，2)}，AB＝{(1，2)，(2，1)}， 则P(A)＝P(B)＝＝，P(AB)＝＝， 所以P(AB)≠P(A)·P(B)， 所以事件A与事件B不独立. 18.(17分)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响. (1)分别求甲在两轮活动中共猜对1个，2个成语的概率； (2)分别求乙在两轮活动中共猜对1个，2个成语的概率； (3)求“星队”在两轮活动中共猜对3个成语的概率. 解：(1)设A1，A2分别表示甲在两轮活动中猜对1个，2个成语的事件， 根据独立事件的性质，可得P(A1)＝2××＝，P(A2)＝＝， 所以甲在两轮活动中共猜对1个成语的概率为，2个成语的概率为. (2)设B1，B2分别表示乙在两轮活动中猜对1个，2个成语的事件. 根据独立事件的性质，可得P(B1)＝2××＝，P(B2)＝＝， 所以乙在两轮活动中共猜对1个成语的概率为，2个成语的概率为. (3)设A表示在两轮活动中“星队”猜对3个成语， 由(1)(2)可得A＝A1B2∪A2B1，且A1B2与A2B1互斥，A1与B2，A2与B1分别相互独立， 所以P(A)＝P(A1B2)＋P(A2B1)＝P(A1)P(B2)＋P(A2)P(B1)＝×＋×＝， 因此，“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是. 19.(17分)龙年春晚精彩的魔术表演激发了人们探秘魔术的热情，小明从一副扑克牌中挑出10和K共8张牌(每个数字四个花色：红桃(红色)、方块(红色)、黑桃(黑色)、梅花(黑色)).现从8张牌中依次取出2张，抽到一张红10和一张红K即为成功.现有三种抽取方式，如下表： 方式① 方式② 方式③ 抽取 规则 有放回依次抽取 不放回依次抽取 按数字等比例分层抽取 成功 概率 p1 p2 p3 (1)分别求出在三种不同抽取方式下的成功概率； (2)若三种抽取方式小明各进行一次， (ⅰ)求这三次抽取中至少有一次成功的概率； (ⅱ)设在三种方式中仅连续两次成功的概率为p，那么此概率与三种方式的先后顺序是否有关？如果有关，什么样的顺序使概率p最大？如果无关，请给出简要说明. 解：(1)设方式①的样本空间为Ω1，方式②的样本空间为Ω2，方式③的样本空间为Ω3，则n(Ω1)＝8×8＝64，n(Ω2)＝8×7＝56，n(Ω3)＝4×4＋4×4＝32， 设事件A＝“抽到一张红10和一张红K，A＝{(红桃10，红桃K)，(红桃10，方块K)，(方块10，红桃K)，(方块10，方块K)，(红桃K，红桃10)，(方块K，红桃10)，(红桃K，方块10)，(方块K，方块10)}， 故p1＝＝＝，p2＝＝＝，p3＝＝＝. (2)(ⅰ)记三次抽取至少有一次成功为事件B， 则p(B)＝1－(1－p1)(1－p2)(1－p3)＝1－××＝. (ⅱ)有关，按方式②③①或①③②抽取概率最大. 若按①②③的顺序，p＝××＋××＝， 同理，求出①③②、②①③、②③①、③①②、③②①顺序下的概率分别为，，，，， 故此概率与三种方式的先后顺序有关，按方式②③①或①③②的顺序抽取使概率最大. 学科网（北京）股份有限公司 $