第十章 概率 章末检测卷-【金试卷】2025-2026学年高一数学必修第二册同步单元双测卷（人教A版）

第十章 章末检测卷 建议用时：120分钟满分150分 一、单项选择题（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.从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球，那么互斥而不 对立的两个事件是 A.“至少有一个黑球”与“都是红球” B.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球” 密 C.“至少有一个黑球”与“都是黑球” D.“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球” 2.一个均匀的正方体玩具的各个面上分别标有数字1,2,3,4,5,6. 封 将这个玩具向上抛掷1次，设事件A表示向上的一面出现奇数 樊 点，事件B表示向上的一面出现的点数不超过3，事件C表示向 上的面出现的点数不小于4，则 () 线 A.A与B是互斥而非对立事件B.A与B是对立事件 C.B与C是互斥而非对立事件D.B与C是对立事件 粉 内 3,某人进行射击训练，射击1次中靶的概率为，若射击直到中靶 为止，则射击3次的概率为 ( ) A(》月 B.()x c(×(哈) 4.假定某运动员每次投掷飞镖正中靶心的概率为40%，现采用随 机模拟的方法估计该运动员两次投掷飞镖恰有一次命中靶心的 設 准 概率：先由计算器产生0到9之间的整数随机数，指定1,2,3,4 表示命中靶心，5,6,7,8,9,0表示未命中靶心；再以每两个随机 数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了20组随机数： 答 9328124585696834312573930275 564887301135,据此估计该运动员两次掷镖恰有一 次正中靶心的概率为 () 茶 题 A.0.50 B.0.45 C.0.40 D.0.35 5.在掷一个骰子的试验中，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事 件B表示“小于4的点数出现”，则一次试验中，事件AUB发生 的概率为 ) A日 B c 3 D 6.对关于x的一元二次方程x2十bx十c=0,通过掷骰子确定其中 丝 部 的系数，第一次出现的数作为b,第二次出现的数作为c(一颗骰 子有六个面，分别刻有1、2、3、4、5、6六个数，每次投掷，各数出现 的可能性相同)，那么这个方程有解的概率是 () A号 c器 D哥 7.某学校10位同学组成的志愿者组织由李老师和张老师负责，每 次献爱心活动均需该组织4位同学参加.假设李老师和张老师分 别将各自活动通知信息独立.随机地发给4位同学，且所发信息 都能收到，则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知信息的概 率为 ( A. R岩 c. D.号 8.“三个臭皮匠，赛过诸葛亮”，这句口头禅体现了集体智慧的强大 假设李某能力较强，他独自一人解决项目M的概率为P,=0.9; 同时，有个水平相同的人组成的团队也在研究项目M,团队成 员各自独立地解决项目M的概率都是0.4.如果这个n人的团队 解决项目M的概率为P2,且P2≥P,则n的取值不可能是（参 考数据：lg2≈0.30.1g3=0.48) A.4 B.5 C.6 D.7 二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的 得2分，有选错的得0分) 9.设同时抛掷两个质地均匀的四面分别标有1,2,3,4的正四面体一 次.记事件A={第一个四面体向下的一面出现偶数}；事件B={第二 个四面体向下的一面出现奇数}；C={两个四面体向下的一面同时出 现奇数，或者同时出现偶数).则下列结论正确的是 APA)=号 1 B.P(B)=2 C.P(AB)- D.P(ABC)=8 1 10.下列说法不正确的是 ) A.某种福利彩票的中奖概率为00，那么买1000张这种彩票 一定能中奖 B.频率是概率的近似值，概率是频率的稳定值 C.连续10次掷一枚骰子，结果都是出现1点，可以认为这枚骰 子质地不均匀 D.某市气象台预报“明天本市降水概率为70%”，指的是该市气 象台专家中，有70%认为明天会降水，30%认为不会降水 11.在某个项目中，由一个A类研究生和两个B类研究生进行研 发.若A类研究生研发成功的概率为0.5，B类研究生研发成功 的概率为a(0<a<0.4),每个研究生都只有一次研发的机会且 互不影响，则下列命题正确的有 () A.a=0.25时，有且只有一个研究生研发成功的概率小于0.5 B.a=0.25时，两个B类研究生合作研发比一个A类研究生单 独研发更容易成功 C.a=0.25时，有且只有一个研究生研发成功的概率比该团队 研发失败的概率大 D.当0<a<0.4时，该团队研发成功的概率总是大于研发失败 的概率 12.甲、乙两位同学各拿出6张游戏牌，用作投骰子的奖品，两人商 定：骰子朝上的面的点数为奇数时甲得1分，否则乙得1分，先积 得3分者获胜得所有12张游戏牌，并结束游戏.比赛开始后，甲 积2分，乙积1分，这时因意外事件中断游戏，以后他们不想再继 续这场游戏，下面对这12张游戏牌的分配不合理的是（) A.甲得9张，乙得3张 B.甲得6张，乙得6张 C.甲得8张，乙得4张 D.甲得10张，乙得2张 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13.袋子中有四个小球，分别写有“中”“华”“民”“族”四个字，有放回 地从中任取一个小球，直到“中”“华"两个字都取到才停止.用随 机模拟的方法估计恰好抽取三次停止的概率，利用计算器随机 产生0到3之间的整数随机数，分别用0,1,2,3代表“中”“华” 民”“族”这四个字，以每三个随机数为一组，表示取球三次的结 果，经随机模拟产生了以下18组随机数： 232321230023123021132220001 231130133231031320122103233 由此可以估计，恰好抽取三次就停止的概率为 14.已知某运动员每次射击击中目标的概率都为60%.现采用随机 模拟的方法估算该运动员射击4次至少3次击中目标的概率， 先由计算器给出0到9之间取整数的随机数，指定0,1,2,3表 示没有击中目标，4,5,6,7,8,9表示击中目标.以4个随机数为 一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组如下的随 机数： 7327029371409857 0347437386366947 1417469803716233 2616804560113661 9597742476104281 根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中3次的概率为 15.刘徽是魏晋时期著名的数学家，是我国古代数学的集大成者，他 给出的(2k十1)阶幻方的构作方法是数学史上算法的范例，他的 (2k十1)阶幻方被称为“神农幻方”.所谓幻方，是把1,2，…，n 排成n×n的方阵，使其每行、每列和对角线的数字之和均相等. 下图是刘徽构作的3阶幻方，现从中随机抽取三个数，满足数字 之和等于15，则含有数字5或6的概率为 6 个 16.某人有3把钥匙，其中2把能打开门，如果随机地取一把钥匙试 着开门（不放回），那么第二次才能打开门的概率为 ;如 果试过的钥匙又混进去，第二次才能打开门的概率为 第一部分单元、阶段检测卷41 四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过 程或演算步骤) 17.(10分)某校在教师外出培训学习活动中，在一个月派出的培训 人数及其概率如下表所示： 派出人数2人及以下 4 6人及以上 概率 0.1 0.460.30.1 0.04 (1)求有4个人或5个人培训的概率； (2)求至少有3个人培训的概率. 18.(12分)某农户从一批待售的草果中随机抽取100个，对样本中 每个苹果称重，数据如表 质量（单[0.08，[0.09， [0.1,[0.11,[0.12,[0.13, 位：千克)0.09) 0.1) 0.11)0.12) 0.13) 0.14] 个数 10 10 20 40 15 5 若将这批苹果按质量大小进行分级，质量不小于0.12千克的苹 果为一级果；质量不小于0.1千克且小于0.12千克的苹果为二 级果；质量在0.1千克以下的苹果为三级果. (1)从样本中按等级进行分层抽样，随机抽取5个苹果放入袋子 中，现采用不放回方式从袋子中依次随机取出2个苹果，求第二 次取到二级果的概率； (2)若将这批苹果按等级出售，一级果的售价为10元/千克；二 级果的售价为8元/千克；三级果的售价为6元/千克.经估算， 这批苹果有150000个，求该批苹果的销售收入.（注：同一组中 的数据用该组区间的中点值作代表) 42第一部分单元、阶段检测卷 19.(12分)甲、乙两人参加一个射击的中奖游戏比赛，在相同条件 下各打靶50次，统计每次打靶所得环数，得下列频数分布表. 环数 3 4 5 6 8 9 10 甲的频数 0 1 4 7 14 16 6 2 乙的频数 1256 10 16 8 比赛中规定所得环数为1,2,3,4时，获奖一元；所得环数为5， 6,7时，获奖二元，所得环数为8,9时，获奖三元；所得环数为10 时，获奖四元；没命中则无奖。 (1)估计甲射击1次所获奖至少为三元的概率； (2)要从甲、乙两人中选拔一人参加射击比赛，请你根据甲、乙两 人获奖金额的平均数和方差作出选择 20.(12分)某城市交通部门为了对该城市共享单车加强监管，随机 选取了100人就该城市共享单车的推行情况进行问卷调查，并 将问卷中的这100人根据其满意度评分值（百分制）按照[50， 60),[60,70),…,[90,100]分成5组，制成如图所示频率分布直 方图. ，频 组踊 (1)求图中x的值； 0.035 0.030------ (2)求这组数据的平均数和中 位数；（每组数据以区间的中点0.010 值为代表，结果保留整数) 0.005 05060708090100满意度评分值（分） (3)已知满意度评分值在[50， 60)内的男生数与女生数的比为3：2，若在满意度评分值为 [50,60)的人中随机抽取2人进行座谈，求2人均为男生的概率. 21.（12分)某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动.某场比 赛中，甲、乙、丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题，已 知甲家庭回答对这道题的概率是，甲、丙两个家庭都回答错的 概率是立，乙、丙两个家庭都回答对的概率是子若各家庭回答 是否正确互不影响 (1)求乙、丙两个家庭各自回答对这道题的概率； (2)求甲、乙、丙三个家庭中不少于2个家庭回答对这道题的 概率. 22.（12分)一汽车厂生产A,B,C三类轿车，每类轿车均有舒适型 和标准型两种型号，某月的产量（单位：辆）如下表： A类轿车 B类轿车 C类轿车 舒适型 100 150 标准型 300 450 600 按类用分层随机抽样的方法在这个月生产的轿车中抽取50辆， 其中有A类轿车10辆， (1)求之的值； (2)在C类轿车中按型号用分层随机抽样的方法抽取5辆轿 车，再从这5辆轿车中任意抽取2辆，求至少有1辆舒适型轿车 的概率； (3)用简单随机抽样的方法从B类舒适型轿车中抽取8辆，它 们的综合测评得分（十分制）分别为9.4,8.6,9.2,9.6,8.7,9. 3,9.0,8.2.把这8辆轿车的得分看成一个总体，从中任取一个 数，求该数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5的概率.14.解(1)记甲同学答对第2=1,2)题的事件为A:,则P(A1)=2,P(A2)=号， 则两道题甲同学都答错的概率为P(A1A2)=P(A1)P(A2)-(1-2)× (1-3)=3, 所以甲同学至少答对一道题的概率为1-一P(A,)=号 (2)记乙同学答对第：=1,2)题的率件为B,则P(B1)=2,P(B)=号， 则第一道题甲、乙两人都答错的概率为P(A五1)=P(A1)·P(B1)=(（1-分)× (1-号)=， 第二道题甲、乙两人都答错的概率为P(A2B2)=P(A2)·P(B2)=(1-号)× (1-)=号， 显然}>号，所以第一道题甲，乙两人都答错的抵率更大。 15.解(1)投资项目A的平均利润率为10%×50%+5%×40%一5%×10%=6.5， 投资项目B的平均利润率为10%×40%十5%x一5%y=10%×40%十5%×(x一y), 易知40%十x十y=1.故y=60%一x,故投资项目B的平均利润率为10%×40%+ 5%(2x-60%), 因为投资A,B这两个项目的平均利润率相同， 所以10%×40%+5%(2x一60%)=6.5%， 解得x=55%,则y=5%, 所以投资A项目不亏损的概率为50%十40%=90%， 投资B项目不亏损的概率为40%十55%=95%. (2)建议投资B项目. 投资A项目利润率的方差为(10%一6.5%)2×50%十(5%一6.5%)2×40%十( 5%-6.5%)2×10%=2.025×10-3, 投资B项目利润率的方差为(10%一6.5%)2×40%十(5%一6.5%)2×55%十（一 5%-6.5%)2×5%=1.275×10-3, 所以投资A项目利润率的方差大于投资B项目利润率的方差，即投资B项目的利 润比较稳定，为此建议投资B项目 B卷能力提升 1.CP(A1)=言，P(A,)=GPA)=6P(A)=言，P(AA)=0≠P(A)P (A3).P(AA)-P(A2)P(A),P(AA)-P(A)P(A).P(AA)-0 ≠P(A3)P(A4),故选C. 2.C根据互斥事件与对立事件的定义可知，①中命题正确；当A,B是对立事件时，事 件A与事件B中至少有一个发生的概率和A与B中恰有一个发生的概率相等，故 ②中命题错误；若A,B互斥，则A,B不可能同时发生，若A,B相互独立，则A,B发 生与否对对方没有影响，所以A,B可以同时发生，故③中命题错误；对于事件A,B, C,若P(AB)=P(A)P(B),P(BC)=P(B)·P(C),P(AC)=P(A)P(C),以及P (ABC)=P(A)P(B)·P(C)成立，则A,B,C两两独立，缺一不可，故④中命题错误 故选C 100 3.B由题意得肇事车属于甲公司的概率为300T100一，属于乙公司的概率为 30而器司故认定华事车所属公司为乙公司较合里装速B 4A由题意得所求凝率为P=1-(1-号)×(1-号)×(1-号）=}器故选A 5.D设汽车分别在甲、乙、丙三处通行为事件A,B,C,则P(A)=寻，P(B)=,P (C)=2 Γ31 停车一次即为事件ABC+ABC十ABC, 故概率为p=(1-3)×g×号+子×(1-2)×号+号×2×(1-子)=g故 选D. 6D由题意得y2+(1-xy…之+z1-)…号=x十y-xy=号号 5 =x十y-xy≥2V网-x,x号或w≥得，又0<<1,0<y10<xy< 1,“xy≤日，：该同学恰好通过A,B两所大学招生考试的概率最大值为分×号 高故选D 7.AC根据概率的意义逐一判断可知AC正确，BD不正确.故选AC. 8.ACD对于选项A,P(点数为专数)=P(点教为偶数)=日，可以保证公平性：对于选 项B,P(0有一牧正面向上)=合，P(两枚都正面向上)=子，甲、乙获胜的概率不一 样，不能保证公平性：对子选项C,P(牌色为红)=P(牌色为黑)-？，可以保证公平 性；对于选项D,P(同奇或同偶)=P(奇、偶不同)=号，可以保证公平性，故选ACD. 9.CD对于A,A,B两个金子串联后畅通的概率P1=(1-)×(1-号)=3，A 错误； 对于B,D,E两个金子并联后畅通的瓶率P2=1-号×日-器，B错误； 对于C,A,B,C三个金子联后杨通的概奉P,=1-(1-号）×-号C正确， 对于D,当开关合上时，基个电鸡汤遥的瓶率P=器×名-器D正确：成选CD 10.答案1000 解析由表中数据知：抽查5次，产品合格的频率依次为0.94,0.92,0.96,0.95， 0.956,可见频率在0.95附近摆动， 故可估计该厂生产的此种产品合格的概率约为0.95. 设大约调查n件产品，则950≈0.95，所以n≈100. n 11,答案nM m 解折由题意得及得则N≈ m 12.答案0.4 解析设恰好成功1例的事件为A,A所包含的基本事件为191,270,832,912， 134,370,027,703,共8个.故拾好成功1例的概率P(A)-0-0.4 13.解(1)利用频率的定义可得：[700,900)的频率是0.048； [900,1100)的频率是0.121； [1100,1300)的频率是0.208； [1300,1500)的频率是0.223； [1500,1700)的频率是0.193： [1700,1900)的频率是0.165； [1900,十∞)的频率是0.042， 所以频率依次是0.048,0.121,0.208,0.223,0.193,0.165,0.042. (2)样本中使用寿命不足1500小时的灯管的频率是0.048+0.121+0.208+0.223 =0.6,所以估计灯管使用寿命不足1500小时的概率是0.6. 14.解(1)甲、乙二人抽到的牌的所有情况（方片4用4'表示，红桃2，红桃3，红桃4分 别用2,3,4表示)为(2,3)，(2,4)，(2,4)，(3,2)，(3,4)，(3,4)，(4,2)，(4,3)，(4， 4'),（4',2),(4',3),(4',4).共12种. (2)甲抽到红桃3.则乙抽到的牌只能是2,4,4'，所以乙抽到的牌的数字大于3的概 为号 (3)甲抽到的牌的数字比乙大的情况有(3,2)，(4,2)，(4,3)，(4'，2)，(4'，3)，共 5种， 所以甲胜的：率日=品，乙孩胜的概率为P=品，周为品<品，所以此游残不 7 公平. 5.解(1)由题意可知，该品牌电脑保修期内维修1次的概率为30心0=0.3，该品牌电 脑保修期内维修2次的概率为20%=0.2， 所以该品牌1台电脑保修期内不需要维修的概率为1一0.3-一0.2=0.5. (2)记事件A:表示第1台电脑在保修期内维修i次(i=0,1,2),事件B；表示第2 台电脑在保修期内维修j次(j=0,1,2), P(A0)=0.5,P(A1)=0.3,P(A2)=0.2,P(B0)=0.5,P(B1)=0.3,P(B2)=0.2, A:与B,相互独立，AB;,A1B,A2B;都互斥， 2台电脑保修期内需要维修的次数总和为0的概率 Po=P(AB)=P(Ag)XP(B)=0.5×0.5=0.25, 2台电脑保修期内需要维修的次数总和为1的概率 P1=P(AB1+A1B0)=P(AB1)+P(A1B)=0.5×0.3×2=0.3, 2台电脑保修期内需要雏修的次数总和为2的概率 P2=P(A0B2+A2B0+A1B1)=P(AoB2)+P(A2B0)+P(A1B1)=0.5X0.2X2+ 0.3×0.3=0.29, 2台电脑保修期内需要维修的次数总和不超过2次的概率 P=P0十P1+P2=0.25+0.3+0.29=0.84>0.8, 所以认为该品牌“值得信赖”. 第十章章末检测卷 1.DA中的两个事件是对立事件，不符合要求；B中的两个事件不是互斥事件，不符 合要求；C中的两个事件不是互斥事件，不符合要求；D中的两个事件是互斥而不对 立的两个事件.故选D. 2.D事件A与B可以同时发生，所以事件A与B既不互斥也不对立，所以选项A和 B都不正确，事件B与C不能同时发生，但在一次抛掷时必有一个发生，所以事件B 与C是对立事件，故选D. 3.C射击3次表示前2次未射中，第3次射中， 由于每次射击相互独立，所以概率为(1-子)×(1-)×子=（行）×子故 选C. 4.A两次掷镖恰有一次正中靶心表示随机数中有且只有一个数为1,2,3,4中的一 个，它们分别是93,2845,25,73,093,02,48,30,35，共10个，周北所求的桃率为8- 0.50.故选A. 5.C掷一个骰子的试验，样本点的个数为6，事件A表示“小于5的偶数点出现”，事 件B表示“小于4的，点数出现”，则一次试验中，事件AUB发生包含的样本，点有：出 现2点，4点，5点，6点，共有4个， 所以一次滨验中，事件AUB发生的概率为p=台-号故选C 6.C记事件A=“方程x2十bx十c=0有解”.由△=b2-4c≥0，得b2≥4c, 易知样本空间2={(b,c)|b,c∈{1,2,3,4,5,6}}.则共有36个样本点，其中事件A 包含19个样本，点，列举如下： (2,1),(3,1),(3,2),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5), (5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6), 所以P(A)=器故选C 7.C设事件A表示甲同学收到李老师所发活动通知信息，事件B表示甲同学收到张 老邦所发法动通如信感，则PU=品号，PCB)=音-号， &PA+B=PA+PB)-P(APCB)-号+号台X号-， 则甲同学收到李老师或张老师所发活动通知俗息的概率为碧故选心 8.A由题意得这n个人组成的团队不能解决项目M的概率P=(1-0.4)=(号）”， P=1-P=1-(g)”:P,≥P1-(是)》广≥0.9，即（号）》”≤0 参考答案73 两边取常用对数可得lg号≤-1，即nlg3-(1-1g2)]<-1,易知1g3-（1-lg 2)≈0.48-(1-0.30)=-0.22，.-0.22n≤-1， 解得n≥4.55，又n∈N*,∴.n≥5.n∈N*.故选A. 9,ABC由古典概型知P(A)=是名P(B）=号-合则A,B正确： A,B,C是湘互段立亨件，PCAB)=合×号=宁到C正痛： 又因为AB与C为互斥事件， 所以PABC)=0,则P(ABC)≠日，D不正确.故选ABC 10.AD中奖概率为100是指买1张这种彩票可能中关的概率为100并不是买1 1 000张这种彩票一定能中奖，故A中说法不正确；结合概率的概念即可判断B中说 法正确；如果骰子质地均匀，则在连续投掷过程中各点数应大致均匀出现，故根据 结果都是出现1，点可以认定这枚骰子质地不均匀，故C中说法正确；降水概率为 70%是指降水的可能性有70%，故D中说法不正确，故选AD. 11.ACD对于A,a=0.25时，有且只有一个研究生研发成功的概率P=0.5×0.75× 0.75+0.5×0.25×0.75×2=0.46875<0.5,故A正确； 对于B,a=0.25时，两个B类研究生合作研发成功的概率P=1一(1一0.25)×(1 一0.25)=0.4375<0.5，故B错误； 对于C,由A知a=0.25时，有且只有一个研究生研发成功的概率P=0.46875, 该团队研发失败的概率P=0.5×0.75×0.75=0.28125, ∴.a=0.25时，有且只有一个研究生研发成功的概率比该团队研发失败的概率大， 故C正确； 对于D,当0<a<0.4时，该团队所发成功的概率B=1-0.5X1-a)2=一之a2 +a+0.5, 研发失败的概率P'=0.5(1一a)2 ∴P1-p'=-2a2+a+0.5-0.51-a2=-d2+2a, 易知当0<a<0.4时，P1-P>0,故P1>P', .当0<<0.4时，该团队研发成功的概率总是大于研发失败的概率，故D正确. 故选ACD. 12.BCD由题意，得般子朝上的面的，点数为奇数的概率为？，即甲、乙每局得分的概率 相等，所以继线游戏甲获胜的概率是}+号×？=？，乙获胜的概率是2×号 子，所以甲得到的游戏牌为12×=9（张），乙得到的游戏牌为12×日=3（张），故 选BCD. 18.答案号 解析由随机模拟产生的随机数可知恰好抽取三次就停止的共有4组随机数.由 此估计恰好抽取三次就停止的概率为89· 42 .7 14.答案20 解析根据随机数一共有20组，共有20个样本点，其中“该运动员射击4次至少击 中3次”对应的随机数组为9857,8636,6947,4698,8045,9597,7424，共有7个样本 点，估计该运功员谢击4次至少击中3次的概牵为 15.答案名 解析该3阶幻方每行、每列和对角线上的数字之和均为15， 易知从中随机抽取3个数，数字之和等于15的样本，点总数为8， 其中含有数字5或6的样本点个数为6， 六合有数字5或6的概率P-号=是。 16答案号号 解析记能打开门的钥匙为A1,A2,不能打开门的钥匙为B,随机地取一把钥匙试 74参考答案 着开门，则试两次的所有结果为A1A2,A1B,A2A1,A2B,BA1,BA2,共6种情况，其 中第二次才能打开门的结果有BA1,BA2,共2种情况，所以第二次才能打开门的 21 概率为6=3· 如果随机地取一把钥匙试着开门，把试过的钥匙又混进去，则试两次的所有结果有 A1A1,A1A2,AB,A2A1,A2A2,A2B,BA1,BA2,BB,共9种情况，第二次才能打开 门的所有结果为BA1,BA2,共2种情况.所以第二次才能打开门的概率为号。 17.解(1)设有2人以下培训为事件A,有3人培训为事件B,有4人培训为事件C, 有5人培训为事件D,有6人及以上培训为事件E, 所以有4个人或5个人培训的事件为事件C或事件D, A,B,C,D,E为互斥事件， 根据概率的加法：P(CUD)=P(C)+P(D)=0.3+0.1=0.4. (2)至少有3个人培训的对立事件为有2人及以下培训， 由对立事件的概率知p=1一P(A)=1一0.1=0.9. 18.解(1)由分层抽样法的定义知，从样本中按照等级分层抽样，随机抽取的5个苹 果中，一级果有1个，记为A,二级果有3个，记为B1,B2,B3,三级果有1个，记 为C, 依次不放回地取出2个，包含的样本点有(A,B1),(A,B2),(A,B3),(A,C),(B1, A),(B1,B2),(B1,B3),(B1,C),(B2,A),(B2,B1),(B2,B3),(B2,C),(B3,A), (B3,B1),(B3,B2),(B3,C),(C,A),(C,B1),(C,B2),(C,B3),共20个， 其中，第二次取到二级果的样本点有(A,B1),(A,B2),(A,B3),(B1,B2),(B1, B3),(B2,B1),(B2,B3),(B3,B1),(B3,B2),(C,B1),(C,B2),(C,B3),共12个， 第二次取到二饭果的概率P号-号 (2)由样本知，这批苹果中一级果占20%，二级果占60%，三级果占20%， 所以150000个苹果中一级果有30000个，二级果有90000个，三级果有30 000个， 一级果的质量约为(0.125×15+0.135×5)÷20×30000=3825千克， 二级果的质量约为(0.105×20+0.115×40)÷60×90000=10050千克， 三级果的质量约为(0.085×10+0.095×10)÷20×30000=2700千克， .该批苹果的销售收入约为3825×10+10050×8+2700×6=134850元. 19.解(1)甲射击1次所获奖至少为三元，即打靶所得环数至少为8， 因为甲所得环数至少为8的有16+6十2=24次， 所以估计甲射击1次所获关至少为三元的概率为酷-号 (2)甲50次射击获美金额的平均数为0×1X1+2X25+3X2+4X2)=号， 乙50次制击藏奖金额的年均数为品×1X3+2X21十3×24+4×2)=号， 甲50次射击黄奖金颜的方差为0×[(1-号)×1+(2-号)‘×25+(3-号)》‘×2 +(4-)°×2]-动×留-品 乙50次射击获奖金额的方差为0×[(1-号)）×3+(2-号)×21+(3-号)×24 因为甲、乙两人获奖金额的平均数相等，但甲的方差小，所以派甲参赛比较好， 20.解(1)由(0.005+0.010+0.035+0.030+x)×10=1,解得x=0.020. (2)这组数据的平均数为55×0.05十65×0.2+75X0.35+85×0.3+95×0.1 =77, 中位数设为m,则0.05十0.2+(m-70)×0.035=0.5,解得m=540≈77. 7 (3)满意度评分值在[50,60)内有100×0.005×10=5人， 其中男生3人，女生2人，记为A1,A2,A3,B1,B2,记“满意度评分值为[50,60)的人 中随机抽取2人进行座谈，2人均为男生”为事件A, 利用列举法，易知试验的样本空间共有10个样本点， 事件A={(A1,A2),(A1,A3),(A2,A3)}有3个样本点， 利用古典概型概率公式可知P(A)=0: 3 21.解(1)记“甲家庭答对这道题”、“乙家庭答对这道题”、“丙家庭答对这道题”分别 为事件A,B,C剥PCA)=是， [Pa·PO=J-Pa11-Po1=2 1 且有 即 PB)·P(C=子，P(B)·P(C=, 所以P(B)=是，PC=号 (2)有0个家庭回答对的概率为 p0=P(ABC)=P(A)·P(B)·P(C)=[1-P(A)][1-P(B)][1-P(C)] =×号×号- 有1个家庭回答对的概率为 A=PA五C+ABG+AE0-××号+号××+××号 7 24' 所以不少于2个家庭日茶对这道题的凝率为1九一-1一品一员一器 22.解(1)设该厂这个月共生产轿车n辆. 由题意得50-10 n100十300，解得n=2000, 则z=2000-100-300-150一450-600=400. (2)易知在抽取的5辆轿车中，有2辆舒适型轿车，3辆标准型轿车. 用A1,A2表示2辆舒适型轿车，用B1,B2,B3表示3辆标准型轿车，从5辆轿车中 任取2辆，则样本空间2={(A1,A2),A1,B1),(A1,B2,)(A1,B3),(A2,B1),(A2, B2),(A2,B3),(B1,B2),(B1,B3),(B2,B3)} 设事件E=“至少有1辆舒适型轿车”，则E={(A1,A2),(A1,B1),(A1,B2),(A1, B3),(A2,B1),(A2,B2),(A2,B3)}, 故P(E)=即所求概率为0 (3)总体平均数2=日×(9.4+8.6+9.2+9.6+8.7+9.3+9.0+82)=9.0 设事件D=“从总体中任取一个数，该数与总体平均数之差的绝对值不超过0.5”， 易知样本空间包含8个样本点，事件D包含6个样本点：9.4,8.6,9.2,8.7,9.3， 9.0. 所以P(D)=8=是，即所求概率为是 第二部分重点强化卷 重点强化一新情境中正、余弦定理的综合应用 1.D设FA=x,则BD=x,DF=2x,在△ABD中，由余弦定理可得AB2=AD2十 BD2-2AD·BD·cos,即52=9r2+2+3x2,解得x=2,则DF=4,故选D. 2.D在△BCD中，CD=10m,∠BDC=45°，∠BCD=15°+90°=105°，∠DBC=30°， 由正铰定理，得BDCsin男Bc故BC=10n5”=10(m. BC CD sin30° 在R△ABC中，an60'-合C,故AB=BCXtan60=105(m.故选D 3.B如图，设EF=h,AB=BC=a, 由题意得PC-,FB=A,FA=, 是+a2-吉 由c0s∠FBC+cos∠FBA=0得2ha 十F 2+a2-3h2=0, 2ha 化简得h=6a,所以h≈2X51.45≈63m.故选B 2