第16期 频率与概率、事件的独立性-【数理报】2025-2026学年高一数学必修第一册同步学案（北师大版）

高中数学北师大（必修第一册）第14~18期 数理极 答案详解 2025~2026学年 高中数学北师大（必修第一册）第14~18期(2025年10月) 第14期3,4版参考答案 排除。 6.由题意及频率分布直方图的定义可知： 统计核心素养综合测评 属于醉酒驾车的频率为：(0.01+0.005)×10=0.15， 一、单项选择题 又总人数为28800， 1~4 DDBD 5~8 DCDC 故属于醉酒驾车的人数约为：28800×0.15=4320. 提示： 7.对于(A),抽取的样本容量为4000×2%=80，故(A) 1.由题意可 9 n-T= 1 错误； 4 对于(B),该校学生中对兴趣爱好类课程满意的人数约为 故n=37, 4000×35%×50%=700(人)，故(B)错误： 所以每个个体被抽到的机会为号 对于(C),抽取的学生中对创新素质类课程满意的人数为 24, 2.成绩在515分及以下的人数为 则80×40%×a%=24,解得a=75,故(C)错误； 16000×60%=9600(人)， 对于(D),由扇形统计图知该校学生中选择学科拓展类课 则成绩在515分以上的人数为 程的频率为1-35%-40%=25%， 16000-9600=6400(人). 则该校学生中选择学科拓展类课程的人数为4000×25% 3.对这8个数据按从小到大的顺序排列得： =1000(人)，故(D)正确. 86,89,90.91,92,93,94,95. 8.对于(A),假设甲组存在选手失分超过7分，比如失分 则中位数为1+92 2 =91.5,极差为95-86=9. 为8分，根据极差为5，得到最低失分为3分，此时可满足中位 4.由题意知36岁至50岁的居民所占的比例为 数为3，假设可以成立，故(A)错误； 700 1 对于(B),假设乙组的失分情况为0,0,1,1,2,2,2,2,2,8， 840+700+560=3, 满足平均数为2，众数为2，但该组不为“优秀小组”，故(B)错误； 故这次抽样调查抽取的总人数是100÷弓=30. 对于(C),设丙组的失分情况从小到大排列依次为x1,x2, 5.四个选项中(D)比较难计算，所以可以使用排除法. …,X10 A样本中的众数是88，所以B样本的众数是90，(A)排除； 由丙组平均数为2，方差为3， A样本的中位数是86，B样本的中位数为88，所以(C)排 得(x1-2)2+(x2-2)2+…+(x10-2)2=30. 除； 若x0=8,则(x10-2)2=36>30,不合要求， A样本的平均数是所有数的和除以样本量，B样本量没有 故x10≤7，所以该组每位选手失分都不超过7分， 改变，但是每个数都有加2，所以所有数的和有改变，所以(B) 则该组为“优秀小组”，故(C)正确： 高中数学北师大（必修第一册）第14~18期 对于(D),85%×10=8.5, 39.9+40.1+40.1+40.1+40.0+39.9)=40, 故丁组选手的失分数据按从小到大排列，选取第9个数作 故甲机床数据的平均数等于乙机床数据的平均数，(C)错误； 为85%分位数 对于(D),甲机床数据从小到大排列为：39.8,39.8,39.8， 即从小到大排列，其第9个数为7. 39.9,40.0,40.0,40.1,40.2,40.2,40.2, 假设丁组失分情况为0,0,0,0,0,0,0,5,7,8，满足平均数 故中位数为40+40=40. 2 为2,85%分位数为7，但不是“优秀小组”，故(D)错误 乙机床数据从小到大排列为：39.9,39.9,39.9,40.0， 二、多项选择题 40.0,40.0,40.0,40.1,40.1,40.1, 9.ACD;10.ACD;11.ABD. 提示： 故中位数为40丰40=40，(D)正确 2 9.对于(A),此次调查属于抽样调查，(A)错误； 故选(A)(B)(D). 对于(B),根据样本容量的定义，可知样本容量是150， 三、填空题 (B)正确； 12.44;13.平均数=60%分位数=众数； 对于(C),根据总体的定义，可知全校1700名学生的身高 14.1,19. 情况是总体，(C)错误； 提示： 对于(D),根据个体的定义，可知被抽取的每一名学生的 12.根据随机数表的读取方法，第2行第4列的数为3，每次 身高情况称为个体，(D)错误 从左向右选取两个数字，如下： 故选(A)(C)(D). 32,58,65,74,13,36,98,32,44, 10.对于(A),0.0025×40=0.10,属于第一档，故(A)正确； 其中58,65,74,98不在编号范围内，舍去， 对于(B),(0.0025+0.0040+0.0060)×40=0.50, 再去除重复的，剩下的号码为32,13,36,44， 所以年月均用电量在[160,200)内的不属于第二档，故 所以选取的第四个号码为44. (B)错误； 13.平均数为日×(20+30+40+50+50+60+70+80) 对于(C),(0.0025+0.0040+0.0060+0.0045+ 0.0030)×40=0.80,属于第三档，故(C)正确； =50 对于(D),(0.0020+0.0010×3)×40=0.20,属于第四 因为8×60%=4.8， 档，故(D)正确。 所以第5个数50即为60%分位数，众数为50， 故选(A)(C)(D). 所以它们的大小关系是平均数=60%分位数=众数. 11.对于(A),甲机床数据的极差为40.2-39.8=0.4， 14.设这组数据的最后2个分别是：10+x,y(x∈N,x≤9)， 乙机床数据的极差为40.1-39.9=0.2，所以甲机床数据 依题意9+10+11+(10+x)+y=50, 的极差大于乙机床数据的极差，(A)正确； 则y=10-x, 对于(B),乙机床数据比甲机床数据更集中，所以乙机床 这组数据的方差=宁1+0+1++(~门=子 数据比甲机床数据更稳定，(B)正确： 2 对于(C),甲机床数据的平均数为(40.0+39.8+0.1 5 .164 5 当且仅当x=9时取等号，此时y=1, +40.2+39.9+40.0+40.2+39.8+40.2+39.8)=40, 所以这组数据的方差最大的时候被污损了两个数据分别 乙机床数据的平均数为(40.0+40.0+39.9+40.0+ 是1,19. 2 高中数学北师大（必修第一册）第14~18期 四、解答题 0.35+5×0.036=0.53>0.5, 15.解：由a,b是方程x2-8x+5=0的两根， 所以中位数位于区间[25,30)中， 得a+b=8,a·b=5, 设中位数为x, 则这个样本的平均数为元=8+3+5=4， 则0.35+(x-25)×0.036=0.5, 4 解得x≈29.2.即样本中位数是29.2. 这个样本的方差为 因为样本中频率最高的一组为[30,35)， a-4+(3-42+6-42+-4门 2= 所以样本的众数为32.5. [(a+b2-2ab-8(a+)+34]=6 (3)依题意可知，休闲跑者共有(5×0.02+5×0.024)× 1000=220(人)， 16.解：(1)案例一用简单随机抽样，案例二用分层随机抽样 核心跑者共有(5×0.026+5×0.036+5×0.044+5× (2)①将总体分为具有高级职称、中级职称、初级职称的 0.030)×1000=680(人)， 人员及其他人员四层； 精英跑者共有1000-220-680=100（人）， ②角定抽样比？=胡=办 1 所以该市每位跑步爱好者购买装备，平均需要 ③按抽样比确定各层应分别抽取的人数为8,16,10,6； 20×2500+680×4000+100×4500=3720(元). 1000 ④按简单随机抽样的方法在各层确定相应的样本； 即该市每位跑步爱好者购买装备，平均需要3720元 ⑤将各层抽到的样本汇总，构成一个容量为40的样本. 19.解：(1)由题意知0.015+0.035+b+a=0.05+5a= 17.解：4班的5名学生的平均得分为(5+8+9+9+9)÷ 0.1,解得a=0.01: 5=8, 估计满意度得分的平均值元=65×0.15+75×0.35+85 方差号=号×[(5-8)2+(8-82+(9-82+(9- ×0.4+95×0.1=79.5. (2)超过60%的人满意度在75分及以上，即为40%分位 8)2+(9-8)2]=2.4: 数大于等于75 B班的5名学生的平均得分为(6+7+8+9+10)÷5=8， 由满意度在[60,70)的频率为0.15<0.4，满意度在[60， 方差号=5×[6-8)2+(7-8+(8-82+0 80)的频率为0.5>0.4， 8)2+(10-8)2]=2. 知40%分位数位于[70,80)· 因为s子>s,所以B班的预防知识的问卷得分要稳定一些 由70+4-05×10-50可以估计40%分位数为9 0.5-0.15 18.解：(1)该市1000名跑步爱好者周跑量的频率分布直 >75. 方图，如下图 所以有超过60%的人满意度在75分及以上，衢州市5月 频率 0.048 组距 份文旅成绩合格了. 0.044 (3)把6月1日-6月7日的样本记为x1,x2,…,x0m,其 平均数记为x,方差记为 0004 0 M052025303540455055周跑量(km/周) 把6月8日-6月14日的样本记为y1,y2,…,y0oo,其平均 数记为y,方差记为， (2)中位数的估计值： 由5×0.02+5×0.024+5×0.026=0.35<0.5， 则总样本的平均数：=音×+品×了=告×80+品× 6 4 一3 高中数学北师大（必修第一册）第14~18期 90=86, 第15期3,4版参考答案 由方差的定义，总样本的方差为 随机现象与随机事件、古典概型同步核心素养测评 2=2+(-门+哥+（行-门 一、单项选择题 4 6 1~4 DACD 5~8 CDBB =0×[75+(80-86)]+8×[70+(90-86)] 提示： =96. 1.从6个篮球2个排球中任选3个球，(A),(B)是随机事 所以总样本的平均值为86，总样本的方差为96. 件，(C)是不可能事件，(D)是必然事件 第15期2版参考答案 2.事件“点落在x轴上”所包含的样本点的特征是(x,0), 专项小练一 又依题意，x≠0，且A中有7个非零常数， 1.ABD;2.B;3.C;4.1,3,4},{3}; 故共包含7个样本点。 5.①②③. 3.将2,3,4组成一个没有重复数字的三位数的情况有 6.解：(1)样本空间为：2={(-2，-4)，(-2,5)，(-2， 234,243,324,342,423,432},共6种， 6),(3,-4),(3,5),(3,6),(-4,-2),(5,-2),(6,-2), 其中偶数有{234,324,342,432}，共4种， (-4,3)(5,3),(6,3) 所以事件这个三位数是偶数”发生的概率为合=子 2 (2)由(1)知这个试验样本点的总数为12. (3)记事件M=“得到的点是第一象限内的点”， 4.因为甲、乙两个元件串联，线路没有故障， 则M={(3,5),(3,6),(5,3),(6,3)}. 即甲、乙都没有故障，即事件M和N同时发生， (4)事件A={(-2,-4),(-4,-2)}表示得到的点是 即事件M∩N发生. 第三象限内的点 5.沿等分线把正方体切开得到同样大小的小正方体共27 专项小练二 个，其中只有2个面涂色的小正方体共有12个， 1.C;2.A;3.AD;4.0,0.6;5.0.3. 所以恰好轴到边缘方块的概率为号=号 6.解：(1)有放回地先后两次取卡片共有10×10=100个 样本点 6.因为事件A,B互斥， 记“x+y是10的倍数”为事件A, 所以P(AUB)=P(A)+P(B)=1- 6=6, 则A=(1,9),(2,8),(3,7),(4,6),(5,5),(6,4),(7, 又P(A)=2P(B), 3),(8,2),(9,1),(10,10)},共10个样本点， 所以PW=0=0 所以2P(B)+P(B)=三 6 (2)要使xy是3的倍数，只要x或y是3的倍数即可，包括 解得P(B)=高P氏A)=多， 三类： ①x是3的倍数，y不是3的倍数，有3×7=21个样本点； 所以P(面=1-P()=号 ②y是3的倍数，x不是3的倍数，有7×3=21个样本点； 7.对于(A),抛掷一枚骰子，一共6种情况，向上的点数为 ③x,y都是3的倍数，有3×3=9个样本点， 奇数的概率为7，向上的点数为偶数的概率为？，所以游戏公平： 故xy是3的倍数共有51个样本点. 对于(B),同时抛掷两枚硬币，一共4种情况： 所以y是3的倍数的概率为00 51 （正，正)，（正，反），（反，正），（反，反）， -4 高中数学北师大（必修第一册）第14~18期 恰有一枚正面向上的概率为？，两枚都正面向上的概率为 B={1,3,5},共3个样本点， 士所以游戏不公平， 所以P()=名=子，（)错误 由选项(A)(B)知，A+B={1,3,4,5,6},共5个样本点， 对于(C),从一副不含大小王的扑克牌中抽一张，扑克牌 是红色的概率为了，扑克牌是黑色的概率为？，所以游戏公平： 所以P(A+B)=名，(C)正确； 由选项(A)(B)知，A∩B={3,5,共2个样本点， 对于(D),小明、小华两人各写一个数字6或8，共(6,6)， (6,8),(8,6),(8,8)四种情况 所以PAnB)=名=了，(D)正确 两人写的数字相同的概率为7，两人写的数字不同的概 故选(A)(C)(D) 11.从6个球中任取2个球共有30种取法， 率为2，所以游戏公平。 设三个红球记为1,2,3，两个绿球记为a,b,一个黄球记为h, 8.当A发生时，B也可能发生 记事件A为恰有一个红球， 即A与B不为互斥事件，故①错误； 则A={(1,a)(1,b),(1,h),(2,a),(2,b),(2,h),(3, 当B发生时，若甲中奖，则C发生， a),(3,b),(3,h),(a,1),(b,1),(h,1),(a,2),(b,2),(h, 则B与C可能同时发生，故②错误； 2),(a,3),(b,3),(h,3)},共18种取法， A∩B为甲、乙都中奖，C为甲、乙都不中奖，A∩B与C不 所以PA)=8=子，(A)错误： 可能同时发生， 记事件B为两个球都是红球， 所以A∩B与C为互斥事件，故③正确； 则B=(1,2),(1,3),(2,3),(2,1),(3,1),(3,2)},共 AnB为甲、乙都不中奖，C为甲、乙中至少有一人中奖，A 6种取法， ∩B与C不可能同时发生，且(A∩B)UC为必然事件， 所以A∩B与C为对立事件，故④正确 所以P(B)=哥=号，(B)错误： 综上，正确的个数为2个 记事件C为有黄球，表示2个球中至少有1个是黄球， 二、多项选择题 而两个球都是红球，不可能包含黄球， 9.BCD;10.ACD;11.ABD. 即C和B不可能同时发生，是互斥事件，(C)正确； 提示： 记事件D为至少有一个绿球，则D包含恰有1个绿球， 9.当x≥0时，x-x1=0: 记事件E为至多一个绿球，则E也包含恰有1个绿球， 当x<0时，x-lx1=2x<0, 所以D∩E≠⑦， 所以x-1x1不可能等于2，故(A)不是随机现象； 所以“至少有一个绿球”和“至多有一个绿球”不是对立 由随机现象的定义知(B),(C),(D)均是随机现象. 事件，(D)错误 故选(B)(C)(D). 故选(A)(B)(D) 10.掷一枚骰子并观察向上的点数，样本空间为{1,2,3,4， 三、填空题 5,6,共6个样本点， 12必然事作：13.8：4多 则4=3,4,56，共4个样本点，所以P(A)=4=2 6=3 提示： (A)正确； 12.从1,2,3，…，10这十个数字中任取三个不同的数字， 高中数学北师大（必修第一册）第14~18期 那么这三个数字和的最小值为1+2+3=6， (2)因为B={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6, 所以事件“这三个数字的和大于5”一定会发生， 6)},所以n(B)=6, 所以由必然事件的定义可以得知该事件是必然事件 所以P()=名=石 13.因为A,B互为对立事件， 16.解：记“这个射手在一次射击中命中10环或9环”为事 则P(A)+P(B)= a +2=1,且a>0,b>0, b 件A,命中10环9环、8环、不够8环分别为事件A1,A2,A,A4 可得2+6=（+）2a+6)=4++会 由题意知，A2,A3,A4彼此互斥， 所以P(A2 UA3 U A4)=P(A2)+P(A3)+P(A4) ≥4+2a6 /b.4a =8, =0.28+0.19+0.29 =0.76. 当且仅当合=号即6=24=4时，等号政立， 又因为A与A2UAUA4互为对立事件， 所以2a+b的最小值是8. 所以P(A)=1-P(A2UA3UA4) 14.已知a☒b=60,a,b∈N, =1-0.76=0.24 若a和b一奇一偶，则ab=60, 因为A1与A2互斥，且A=A1UA2, 满足此条件的有1×60=3×20=4×15=5×12， 所以P(A)=P(A1UA2)=P(A)+P(A) =0.24+0.28=0.52 故点(a,b)有8个， 17.解：A={出现奇数点}={1,3,5}，B={出现偶数点} 若a和b奇偶性相同，则a+b=60, =2,4,6},C={出现点数小于3}={1,2}，D={出现点数 满足点的横、纵坐标中有偶数的情况为2+58=4+56= 大于2}={3,4,5,6}，E={出现点数是3的倍数}={3,6}. 6+54=…=28+32=30+30,共15组， (1)A∩B=☑，B∩C={出现的点数为2. (2)AUB={出现的点数为1,2,3,4,5,6}，BUC=出 故点(a,b)有29个， 现的点数为1,2,4,6}. 所以点的横、纵坐标中有偶数的个数为8+29=37， (3)由题意可知A={出现的点数为2,4,6}，B={出现的 横、纵坐标都是偶数的个数为29， 点数为1,3,5}，D=出现的点数为1,2}，E={出现的点数1， 所以在点的横、纵坐标中有偶数的条件下，横、纵坐标都是 2,4,5}, 则A∩C=出现的点数为2}，BUC={出现的点数为 偶数的既*为号 1,2,3,5},DUE={出现的点数为1,2,4,5. 四、解答题 18.解：(1)设“甲临时停车付费恰为5元”为事件A, 15.解：记“I号出现的点数”为m,“Ⅱ号出现的点数”为 则P(4)=1-方右=分 n,则(m,n)表示这个实验的一个样本点， 所以甲临时停车付费恰为5元的概率为兮 样本空间2={(m,n)1m,n∈{1,2,3,4,5,6}}，共有36 (2)设甲停车付费为a元，乙停车付费为b元，其中a,b可 个样本点。 能取值为5,10,15,20. 由于骰子的质地均匀，所有各个样本点出现的可能性相 则甲、乙二人的停车费用的所有样本点为(5,5)，(5,10)， 等，因此这个试验是古典概型， (5,15),(5,20),(10,5),(10,10),(10,15),(10,20),(15, 5),(15,10),(15,15),(15,20),(20,5),(20,10),(20,15), (1)因为A={(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)}, (20,20),共16种情形， 所以n(A)=4, 其中，(5,20)，(10,15)，(15,10)，(20,5)这4种情形符合题意. 所以P(A)=36=9 4 1 放，乙二人停车付资之和为25元的薇率为P=音=子 6 高中数学北师大（必修第一册）第14~18期 19.解：(1)由题意，每10000张奖券中设特等奖5个，一等 1 1 3=6 奖20个，二等奖100个，三等奖500个， (2)事件A与事件B相互独立，则至少一人解答正确的概 5 1 20 故P(A)=000=2000,P(B)=1000=300, 率为 Pc)=00=0P)=006=0 100 5001 P=1-P(AB)=1-P(A)P(B) (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖、三等奖， =1-(1-)×(1-号)=子 设“1张奖券中奖”这个事件为M, 第16期3,4版参考答案 则M=AUBUCUD, 频率与概率、事件的独立性同步核心素养测评 又因为A,B,C,D两两互斥， 一、单项选择题 所以P(M)=P(AUBUCU D) 1~4 BABB 5~8 BABA =P(A)+P(B)+P(C)+P(D) 提示： .5+20+m0+50=6 2.因为是有放回摸球， 10000 所以第一次摸球与第二次摸球相互不受影响， 放1张奖券的中奖概率为。 所以事件A与A2是相互独立事件， (3)设“一张奖券获得的奖金低于200元”为事件V, 所以事件A与A2也是相互独立事件. 则事件N与“一张奖券获得的奖金不低于200元”为对立事件， 3.根据独立事件的乘法公式知小明买的书和衣服都能按 而“一张奖券获得的奖金不低于200元”为奖券获得特等 奖和一等奖的和事件， 时送达的概率为子×分=了 1 所以P(N)=1-P(AUB) 4.由表格数据知，最高气温低于25℃的频率为4+5=01， 90 =1-P(A)-P(B)=1-2000300=400 1399 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. 即一张奖券获得的奖金低于200元的概率为39 5.记甲、乙能破译密码分别为事件A,B, 第16期2版参考答案 由题意可知P4)=子B)=子 专项小练一 1.D:2.C:3.BCD:4.0.03. 可得P(④=子，P(=子 5.解：设“出现正面朝上”为事件A, 所以这份密码被成功破译的概率为 则n=30000,n4=17967, P=1-P(MA=1-P(不P(A=是 a4)=品8 =0.5989, 6.由事件A和B相互独立，且P(AB)=P(BA), (2)P(A)=0.5. 得P(A)P(B)=P(B)P(A), 即出现正面朝上的频率近似是0.5989；掷一枚硬币，正面 即P(A)[1-P(B)]=P(B)[1-P(A)], 朝上的概率是0.5. 所以P(A)=P(B) 专项小练二 又P(i画=G所以P(而=P(面=石 1.C;2.A;3.ABD:4.i6 5 所以P()=名 5.解：设事件A表示“甲解答正确”，事件B表示“乙解答正 确”， 7.由题意得若乙要赢得这局比赛，则乙在投剩下的两支箭 后至少要再得3分，按照乙第三支箭的情况可分为两类： 则P(A)=子，P(B)=了 (1)第三支箭投入壶口，则第四支箭必须投人壶耳，其概 因为事件A与事件B相互独立，所以 1 11 率P,=3×5=5 (I)两人解答都正确的概率为P(AB)=P(A)P(B)=2 (2)第三支箭投人壶耳，则第四支箭投人壶口、壶耳均可， 一7- 高中数学北师大（必修第一册）第14~18期 其概率B=5×(号+5)=务 P(A)P(B)P(C),(B)错误； 对于(C):P(A)>0,P(B)>0, 所以乙赢得这局比赛的概率P=R,+B=古+号=号 13 若事件A,B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)>0, 8.设三门考试课程考试及格的事件为A,B,C, 若事件A,B互斥，则P(AB)=0,(C)正确； 相应的概率为a,b,c, 对于(D):设任意事件A发生的概率为P,必然事件B发生 则考试三门课程，至少有两门及格的事件为 的概率为1，不可能事件C发生的概率为0， ABC ABCABCABC, P(AB)=P=P(A)P(B),P(AC)=0=P(A)P(C), 其概率为 (D)正确. P ab(1-c)+a(1-b)c+(1-a)be abe 故选(A)(C)(D) ab ac be -2abe, I山.由题意可知P(M)=2P(W）=p,故(A)正确： 设在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格的概率为P2, 因为“购买基金”后，投资结果只有“获利”“不赔不 1 1 1 则B,=3ab+3ac+3c, 赚”“亏损”三种，且三种投资结果相互独立， 又由P-P2 1 所以p+3+g=1 ab ac be-2abc- 1 又因为p= 5 车，所以g=2故(B)正确； 2 2 = T3ab+三ac+bc-2abc 易知M,N相互独立， 所以P(T)=P(MW)+P(MW)+P(MW) ab ac be 3abe) =31-p)+2+ 号[d(1-0+c1-)+bc(1-a]>0, =分+2 所以P>P2,即用方案一的概率大于用方案二的概率. 二、多项选择题 若P(T)=0.75,则p=0.5,故(C)正确； 1 9.BCD:10.ACD:11.ABC. 若P(刀>08，期时+之>08， 提示： 所以p>5 3 9.由题意可知装能命中的频半为0-Q6, 得到的频率可能比概率大，也可能小于概率，也可能等于 又因为p+3+9=1,9>0, 概率，故(A)正确，(C)错误； 所以p<子 投篮10次或100次相当于做10次或100次试验，每一次的 结果都是随机的， 号<<号故(D)不F确 所以 其结果可能一次命中，或者多次命中等， 故选(A)(B)(C). 概率只反映事件发生的可能性的大小，不能说明事件是否 三、填空题 一定发生，故(B),(D)错误。 故选(B)(C)(D). 2013品14袋 “729 10.对于(A):由P(A)=0.6,P(B)=0.3, 提示： 则P(A)=1-0.6=0.4,P(B)=1-0.3=0.7, 12.设这群小孩共有x人， 又事件A,B相互独立， 由题意可得k三n ”= P(AB U AB)=P(AB)P(AB)P(A)P(B)+ P(A)P(B)=0.6×0.7+0.4×0.3=0.54,(A)正确； 解得x= n 对于(B):若三个事件A,B,C两两独立， 13.用事件A,B,C分别表示甲、乙、丙三人能破译出密码， 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)= 则P(A)=子，P(B)=子P(O=子 —8 高中数学北师大（必修第一册）第14~18期 且P(ABC)=P(A)P(B)P(C 放至多有两名同学当选的概率为1一务一器 =(1-子)(1-)(1- 18.解：(1)由表可知仅使用A支付方式的学生有30人，仅 使用B支付方式的学生有25人，由题知A,B两种支付方式都不 使用的有5人， 所以此密码能被译出的概为1一力=号 所以样本中A,B两种支付方式都使用的有100-30-25- 5=40(人)， 14.由题图，可知AC之间未连通的概率是 ()=g 据此估计全院系学生中两种支付方式都使用的频率为40 100 连通的概率是1-号=8 所以用样本频率估计总体频率得全院系学生中上个月A, 2 EF,GH之间连通的概率均是（ 2 B两种支付方式都使用的有恕×100=40（人）。 (2)由题意知样本中仅使用B支付方式的学生共有25人， 未连通的概率均是1- = 9 只有1人的支付金额大于2000元， 则B之未连的概*是(）广 据此可知该学生上个月支付金额大于20元的概率为5 B之间莲通的概率是1一宁-总。 (3)可以认为仅使用B支付方式的学生中本月支付金额 大于2000元的人数有变化.理由如下： 故4B之间连道的概率是号×警-袋 由(2)知，从样本中仅使用B支付方式的学生中随机抽取 四、解答题 1人，发现他上个月支付金额大于200元的概率为公=0.04， 15.解：记这两个零件中恰有一个是一等品的事件为A, 概率值很小. 即仅第一个实习生加工一等品(A)与仅第二个实习生加 因为小概率事件在一次试验中几乎不可能发生， 工一等品(A2)两种情况， 所以可以认为样本中仅使用B支付方式的学生中本月支 则P)=PA)+Pr)=号x+写×子=高 付金额大于2000元的人数有变化，且变得比上个月多. 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 为“舒适”的天数为货 ×172=129(天). 120 (2)记A,表示A小区供热等级达标，A2表示A小区供热等 乙在比赛时答对题的概率为P2= 120-20= 120 6 级舒适，B,表示B小区供热等级不达标，B2表示B小区供热等 (2)设事件B=“某轮比赛中甲得1分”，事件C=“某轮 级达标， 则A1与B,独立，A2与B,独立，A2与B2独立， 比赛中乙得1分”， 又C=A1B1UA2B1UA2B2, 则事件A=BC U BC U BC, 则P(C)=P(A1)P(B)+P(A2)P(B1)+P(A2)P(B2), 所以P(A)=P(BC)+P(BC)+P(BC) 由已知可得4,4,8，品发生的氮率分别为品品0。 17.解：(1)恰有一名同学当选的概率P=号×(1-子) 20 散PA)=写，P)=子，P(B)=0,PC)=品 ×(1-0)+(1-号)×号×(1-0)+(1-号)× )*品篇+品+瑞悬 所以PG=0+0+子×号-高 (3)若从供热状况角度选择生活地区居住，建议选择A小区. (2②)由于三名同学春当选的概率为片×号×石=器 因为4小区供热等级舒适的频率为品。 42 9 125 B小区供热等级舒适的频率为20： 高中数学北师大（必修第一册）第14~18期 5 20 ,所以建议选择A小区. 9 >1 若中奖，还剩150元，刮第2张卡前，下注75元，未中奖资 金减少，中奖资金增加， 第17期3,4版参考答案 所以要使资金增加，则必须2次刮出中奖，否则资金减少， 概率核心素养综合测评 所以5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于7即可 一、单项选择题 1~4 DBDA 5~8 BBAC 由5张卡片中任取2张的方法数有10种， 提示： n张“中奖”卡中取到2张的方法数有(n,卫种， 2 2.因为树枝的树梢有6处，有2处能找到食物，所以获得食 物的概率为号=司 所以a0> 20 即n(n-1)>10,且2≤n≤5， 3.甲不输这个事件可以看作是甲获胜和两人和棋这两个 故n=4或n=5,即n至少为4. 互斥事件的和， 二、多项选择题 因此所求概率为P=0.3+0.55=0.85. 9.BCD;10.ABD;11.BD. 4.目标受损但未击毁的概率是1-0.2-0.4=0.4. 5.抛出一次，恰好出现蛇的图案朝上的概率为7，出现其 提示： 9.在(A)中，不满足等可能性，不是古典概型； 他图案朝上的概率为号， 在(B)中，同时掷两枚骰子，点数和为9的事件是随机事 件，满足有限性和等可能性，是古典概型； 由于甲、乙抛掷模型的结果相互独立， 在(C)中，从7名同学中选出5名同学参加学校演讲比赛， 故所球概率为站×吕+吕×立=号 每个人被选中的可能性相等，满足有限性和等可能性，是古典 6.因为至少道过-个社团考核的概率为号，所以三个社 概型； 在(D)中，3个人站成一排，其中甲，乙相邻的事件，满足 团都没有通过考核的概率为号，则依题意， 有限性和等可能性，是古典概型. 故选(B)(C)(D). 1 3mn=30, 10.由概率和频率的关系知(A)正确； 得 l(1-)1-m)1-m)= 不同的样本点是彼此互斥的，在同一次试验中不可能同时 发生，所以(B)正确； (mn 10 任意事件A发生的概率P(A)满足0≤P(A)≤1，所以 2 (C)错误； -(m+n）+mn= 某种皮肤传染病的治愈率为0.9,100个病人前来看病，被 解得m+n=0 治愈的可能有92人，所以(D)正确。 故选(A)(B)(D) 7.设A,B,C,D四位妈妈的小孩分别是a,b,c,d, 11.由题意得，事件A的样本点为{1,3,5,7}，事件B的样 则坐车方式的样本空间为(Ab,Ba,Cd,Dc),(Ab,Bd,Ca, 本点为1,2,3,4}，事件C的样本点为2,3,5,7. De),(Ab,Be,Cd,Da),(Ac,Ba,Cd,Db),(Ac,Bd,Ca,Db), 对于(A),事件B与C共有样本点为2,3，所以不互斥，(A) (Ac,Bd,Cb,Da),(Ad,Ba,Cb,De),(Ad,Be,Ca,Db),(Ad,Be, 错误； Cb,Da)},共包含9个样本点， 对于(B),事件AUB的样本点为{1,2,3,4,5,7}，所以 而A的小孩坐C的车的样本点为(Ab,Bd,Ca,Dc),(Ac, Bd,Ca,Db),(Ad,Bc,Ca,Db),共3个， P(AU)=名=子，(B)正确： 放所求概率为号=了 对F(C),P0=音=，P0=冬=分Anc的 8.由题可知，刮第1张卡前，下注50元： 样本点为3,5,7}， 若未中奖，还剩50元；刮第2张卡前，下注25元，不管是否 中奖，资金必减少； 所以P(AC)=冬≠P(A)P(G, 10-留席尽 棒零升副 本版责任埔锡：朝晓红 极纸端抗质量反情电话 02515271268 6(15 帽纸发行质量反墙电话 数理括 年10月17日星期五 高中数学 第 16期 总第160期 北师大 151-527128 必修第一册 平面三角形与空 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办效理报社编辑出版 社长：徐文 国内统一连续出版物号：CN 14 0707NF)邮发代号：21-16 句四面体的类比 常数上，因此，以估计出，当很大时，摸到白球 相等，所以王强的说祛不对虽然投54次出现 的频将会接近06 点数6向上的频*为但率不一定等于 （1}三角形：三 (2)摸到白球的摄率为0.6，可估算出白球 率，绡率会随著试赖次数的多少而改变，所以李 角形有外接，其圆 的个数是0.6×40 24,则黑球有40 -24= 16(个). 可的说法也不对 心为外心，外心是各 例2王强与李网两位同学在学习概半时. 点课：周事林发生的幅奉传计随机事件发出 边直平分线的交 例1在 个不透明的盒子甲装有只有额色 骰千的脸，他门共抱了54次，向上的点数出 生的概率时，这个必是在试脸次数校大 不同的黑.白两种球共个，贝贝做摸球实验 见的次数如下： 幅率较为烧定叶停到的，一次试哈的果是随 地将盒千用面的球搅匀后从中随机摸出 一个对 机的，所得到的频率不能作为姚率的结计值 记下额色，再把它放回食子中，不断重复上述过 肉上的A2456 例3某医院怡疗一种疾病的治了率为 有外球，碌心为 观次数69586D 程，下表是试验中的组统计数据： 外心，外心是各时 (1)计算出现向上点数为3的频率及向上 90第，现有惠这种疾病的病人0人前来就诊，前 10e 走平分线的交点 数为5的频率： 9人都治嬷了，那么第10人就一定能治吗？ (2)王强说：“根据试 解：如果把治疗一个病人作为一次试验，治 (2)三角形： 一次试验中出现 司上点堂为5的摄率设 7率为0%，指随着试验次数的增加，治疗的 角形有内初，其国 李说：“如果540次，那么出现向上 点数 病人数的增加，大约有90的人能够治愈，对于 公旁内心，内心是各 次试众来总，忙结果只市机的，因前g个实 的6的次登正一是100次. 的平分线的交点 (1)请估计：当n很大时，摸到白球的频 请判断王强和李法的对，并理由 人治意是可能的，对第0个人来说，其结果仍然 将会接近多少？（精到01】 是随机的，即有能治愈，也可能没有治愈 内心到各边的距 (2)试估算食平H属，白两种色的球各有多 解： )出现向上点数为3的半为，出 点平：横率是播机幕件发生的可能性 分内切的半径r 少只？ 大小的业，靴率越大，只能说明这个随机事件发 25 解：(1)根据表格我们发现：在大量重复的 现向上点数为5的频率为，号 生的可能性比校大，概感小，事发生的可能 式验中，摸到白球的次数的频率绝定在0.6这个 (2)因为 一次千客当间上的「 性就小，似不能决定其一定发至或不发生 其中为三角 琴面积，，b,e为 正确区分互斥事件、对立事件，相互独立 边长 件及其概率公式 四而体：四而 里片事 的关系 三 有内切珠，其心 事件的区 分 与应用 率林。与率 内心，内心是各二面 。湖南颜八月 - 个事 (1)假设甲，乙、为三人国时进行理论与 角的平分面的交点 在任 中至少有一个为白球 为规 内心到各面距离为 解：(1)由于取出的红球放回，故事件A与 际操作两项考试，谁获得合格证书的可能性 B响 内球的年径 B的发生五不影响，因此A与尽为相互独立事 最大？ 事件既可以同 ,事件A,书能同时发生，不是万斥事件 (2)这三人进行理论与实际操作两项考试 时主事样名有 发生，也可这 (2)设2个白球分记为，6，两个红球分 后，求恰有阿人获得合格证书的概* 其中V为四面 时不发生，我 记为12，则从袋中取2个球的所有取法为 分析：将复杂事件用已知事件的和、积表 张的集积S,S,S 关系与 a.),(4,1》.(m2).b.1).(6.2),(1,2) 示，利用五斥，对立、独立关系进行概率运算 为各面面积 A日为 得出结论 (3)三角形： 然事棒 生记件“4nB 气”g“(又种 解：(1)设“甲获得合格证书”为事件A. 角形的三条中线交 因为PAB)≠P(A)P(B) “乙获得合格证书为事件B,“内获得合格正 一杰，称为重心 相段土事件和斥事件L两个不同的规 所以事件A,B不是相互独立事件 书”为事件C 重心到点的距 T<ICIKTST<2IC T221T 因为事件A,B能同时发生 为对中我的子 P[A 8) 所以事件A,B不是互斥事件 则P)=号x=号 率公式 P到A)+ P+代周 四面体：四面 应用二：利用事件的独立性求复杂事件的 的四条中残（顶点号 应用 互斥事件，对立事件 相互独立 概率 相对面的童心的 件的判断 例2计靠机考试分理论考试与实际操作两 线)交于一点，称为 例1一个袋千中有4个小球，其中2个白 部分，每部分考试成锈只记”合格”与“不合 因为P(C)>P(B)>PA) 心，重心到项点的 球，2个红球，讨论下列事件A.B的相互独立性 格” ,两部分考试都“合格”若，则计算机考试 所以丙获得合格证书的能性最大 离为对应中线的 五斥性 合格”，井发合格证书，甲，乙，丙三人在理论 (2)设“三人考试后恰有两人我得合格证 (1)事件A:取一个球为红球：事件B:取出 考试中台格”的宰次为宁·子子在实 书”为事件D,则P(D)=P(ABC)+P代ABC)+ 的虹球收回后，耳从中收一个球为白球： 操作考试中合格“”的版半依次为分 25 (2)从袋中取2个球，事作A:取出的两个球 3·6,所 个白球和 一个红球：事件：取出的两个动 有考试是否合格相五之间设有影 2 素养专练 数理极 E任敏环·安拳探丨电（兴想K竖）但品婴餐经需出 专项小练一、频率与概率 专项小练二，、事件的相互独立性 4,中国象棋是中国 文化、也是中华民族的文 1.下列说法正确的是 L.若事件E与F相互独立，且P(E)=P(F) 化宝，它源远流长，趣 (A)频率是客观存在的，与试验次数无关 了，别PEF)= 浓厚，使用方格状棋盘，每 (B)任何事件的概率总是在(0.1)之问 个批子模和活动在家叉 ④ (C)摄率是机的，在试验前不能确定 (A)0 (B)i6 (c) (D) 点上如右图，其中象位于A处，其移动规则为循 (D)陆着试验次数的增加.频率一般会越来 着田字的对角线走两格，即下一步可到达的地方 感接近概中 2.若A与B是相独立率件，则下面不相互独 26来) 为B减D:同理，若象位于D处，下一次可到达的地 2经过市场抽检，厨检部门得知市场上食用 立的事件是 所为A,C,E或R已闺复从某立大石一个立 油合格率为即条，经调查，某市市场上的食用油 (A)A与A (B)A与 是随机的，假设象的初始位置是在A处则走4步后 大约有80个品，测不合格的食用油品侧大有 (C)A与B D)A与B 恰好回到A处的概为 3(多这)在六月一号儿童节，某家为了吸 5.甲，乙两人独立做一道数学题，伦们解答正 [) (A)64个 (B)640个 顿客举办了抽奖送礼物的活动，商家准备了两 (C)16个 (D)160个 个方案方案一：盒中有6个大小和抢相同的 确的概率分别为和子 3.(多选)“今天北京的架降市率是80%，上 球，其中2个红球和4个黄球，项客从A盒中不收回 （】求两人置交E角的得率 海的降H概率是20%“，下列说法正确的是 地陆机抽取两次，每次抽取一个球，客抽到的红 (2)求至少一人解答正确的概率 球个数等于可可获得礼物的数盘：方案二：顷客投掷 (A)北京今天 定降雨，而上海 定不隧 枚质地均匀的千两次，两次投中向上点数 (B)上海今天o能降雨，而北京a能没有降雨 为3的接数《里的灰数年干口扶保礼物的改 (C)北京和上海都可可能没降雨 位场客可以随机选择一种方案参加活动，则下列 D)北白T降街的a生件日十海大 与正确的是 4.一家保险公司想了解汽车的挡风破璃破醉 的概率，公司收集了20000部汽车，时同是从某年 ()方索一中颜客疾得一个礼物的概率是器 的5月1日到下一年的5月1日，共发现有60部 (B)方案二中项客获得一个礼物的概半是号 汽车的挡破璃破碎。则一部汽车在一年时问用 挡风玻璃破碎的概率近低为 (C)方率中顷客获得礼物的机会小于方南 5.在一次将硬币试验中，0000次，其中有 中顾客获得礼物的机会 -1 1767次正面朝上 (D)方案二中“第一次向上点数是1“和“测 数课报社试逦研究中心 (1)出现正而上的频率近氢是多少 次向上点数之和为7”相互独立 参考答案见下期 ( 51) - (2》一枚币，正面朝上的概是多少 二，客项洗指酒 n出视购点数为，UC。出的数 12 %HCD:电AC:H,A图 三，填空 35到，万U。1的点数为1,245到 ,解：1)径“色停计餐份为5元”中件A ，解答置 所以甲省时你车付格为5元的偶率为号 - +, 第5两2根参考答名 e12.34.5.61,共食6个性本点 原多》促啊餐为0乙车比.中小可利 专项小感 1于子的暖地均匀，所各个杆本点出的可性州带，以 LAD123.C4134,f3到】 走这个大险及古且区 50) 05.15,530.20.5.30,1o、2m,5,(2m,30) 0( (ld(8)d(v)d 1 5.4 411为A11,4.23.32).4.1 6.解：1#的间为：0。(-2.-4)，(-25)，-16 GllLA4. 3-4.(3,3,61-4.-2,5,-2.(6.-21,-43 其中.5.3D),(0,5),5,0,3》这4形符含2意 5.3.639 32a34.6s6@ 53.(63 0个 -4.-4,-21表示得5的点是 数 6解已”这个时手在.次时击中合中0项成9坏“为事件A, 内的， 命中0环9环8环不蒂器环分州别为市件44内，人，h显意如知， 专项小日 、,4.AT页 I.CI 2.AI 3.AD 来0,06：5.03 团服四U与UA,)=风4}+风)+川A, 6.解：()们回地先再片共×0一团个杆本点 设1张奖等中实”这个事作为材 =正284019+0.29 TI-AUBUCUD 己+y是10的信数”为中作A, 4-11,9,(2,8.3,7),(4,62,351.6,4,73 又因为本与U4名U4左为对故市韩， 见因为AB,G,D两周正斥 水) () .21.《9.11,0.o)1,其0个木点 应代)-4 URUCU) ( 1-填7三024 美 0+ +6 检1张又黎物中奖复华 大于之 F3 ”市件 24 是多的数北有51个样本 的 呢的数为123,4,5,6，UC出呢胸 代N1-AU容 第5湘3,4经步清若落 数为1,2,4,6 、单项选挥题 3)由题这可知=出现的点载为2,4.6，后=出现的点数 3 I-4 DACD 5 8 CDBB 为1,3,5，D。出现的数为12，E·出灵购酸1,245到