第5章 概率 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第二册（湘教版）

综合拔高练 高考真题练 考点1　古典概型 1.(2024全国甲文,4)某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加,每人出场一次,出场次序由随机抽签确定.则丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率是(　　) A.　　B.　　C.　　D. 2.(2023全国乙文,9)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. 3.(2023全国甲文,4)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. 4.(2022新高考Ⅰ,5)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. 5.(2022全国甲文,6)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. 6.(2024天津,13)某校组织学生参加农业实践活动,期间安排了劳动技能比赛,比赛共5个项目,分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建,规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同,则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为　　　　;已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”,则他还参加“田间灌溉”项目的概率为　　　　.  7.(2024新课标Ⅱ,14)在下图的4×4的方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有　　　　种选法.在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　.  11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 8.(2024新课标Ⅰ,14)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分②,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率②为　　　　.  ①关键点拨列举或分类讨论 ②教材回溯古典概型的概率求解;对点突破P349定点1 考点2　事件的相互独立性 9.(2025上海,13)已知事件A、B相互独立,事件A发生的概率为P(A)=,事件B发生的概率为P(B)=,则事件A∩B发生的概率P(A∩B)为(　　) A.　　B.　　C.　　D.0 10.(2021新高考Ⅰ,8)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则(　　) A.甲与丙相互独立　　B.甲与丁相互独立 C.乙与丙相互独立　　D.丙与丁相互独立 11.(多选题)(2023新课标Ⅱ,12)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 12.(2022全国乙理,10)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p,则(　　) A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关 B.该棋手在第二盘与甲比赛,p最大 C.该棋手在第二盘与乙比赛,p最大 D.该棋手在第二盘与丙比赛,p最大 13.(2025全国二卷,19(1)(2))甲、乙两人进行乒乓球练习,每个球胜者得1分,负者得0分.设每个球甲胜的概率为p,乙胜的概率为q,p+q=1,且各球的胜负相互独立.对正整数k≥2,记pk为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率,qk为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率. (1)求p3,p4(用p表示); (2)若=4,求p. 14.(全国Ⅰ理,19)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. (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. 考点3　用频率估计概率 15.(2023北京,18)为研究某种农产品价格变化的规律,收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据,如下表所示.在描述价格变化时,用“+”表示“上涨”,即当天价格比前一天价格高;用“-”表示“下跌”,即当天价格比前一天价格低;用“0”表示“不变”,即当天价格与前一天价格相同. 时段 价格变化 第1天 到第 20天 - + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 + 第21天 到第 40天 0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - + 用频率估计概率. (1)试估计该农产品价格“上涨”的概率; (2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的,在未来的日子里任取4天,试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率; (3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响.判断第41天该农产品价格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大.(结论不要求证明) 16.(全国Ⅰ文,17)某厂接受了一项加工业务,加工出来的产品(单位:件)按标准分为A,B,C,D四个等级.加工业务约定:对于A级品、B级品、C级品,厂家每件分别收取加工费90元,50元,20元;对于D级品,厂家每件要赔偿原料损失费50元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为25元/件,乙分厂加工成本费为20元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务,在两个分厂各试加工了100件这种产品,并统计了这些产品的等级,整理如下: 甲分厂产品等级的频数分布表 等级 A B C D 频数 40 20 20 20 乙分厂产品等级的频数分布表 等级 A B C D 频数 28 17 34 21 (1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率; (2)分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润,以平均利润为依据,厂家应选哪个分厂承接加工业务? 高考模拟练 应用实践 1.(2025山东淄博高青第一中学月考)甲、乙两名射击运动员进行射击比赛,甲中靶的概率为0.8,乙中靶的概率为0.9,设A=“甲中靶”,B=“乙中靶”,则(　　) A.A与B,A与,与B,与都相互独立 B.A与B是对立事件 C.P()=0.98 D.P(AB∪B∪A)=0.02 2.(多选题)(2024广东惠州龙门高级中学期中)设A,B为两个互斥的事件,且P(A)>0,P(B)>0,则下列各式正确的是(　　) A.P(A∪B)=P(A)+P(B)　　 B.P(∪)=P()+P() C.P(AB)=0　　 D.P()=1-P(A)-P(B) 3.(2025河南漯河高级中学月考)已知数据1,2,3,4,x(0<x<5)的平均数与中位数相等,从这5个数据中任取2个,则这2个数据之积大于5的概率为(　　) A.　　B.　　C.　　D. 4.(多选题)(2025陕西西安长安一中月考)甲袋中有8个白球,4个红球,乙袋中有6个白球,6个红球,这些小球除颜色外完全相同.从甲、乙两袋中各任取1个球,则下列结论正确的是(　　) A.2个球颜色相同的概率为 B.2个球不都是红球的概率为 C.至少有1个红球的概率为 D.2个球中恰有1个红球的概率为 5.(2025四川成都期中模拟)在正八面体中,任取四个顶点,则这四个点共面的概率为　　　　;任取两个面,则这两个面所成的二面角为钝二面角的概率为　　　　.  6.(2025福建三明第一中学月考)有甲、乙两个盒子,其中甲盒中装有四张卡片,分别写有奇函数、偶函数、增函数、减函数,乙盒中也装有四张卡片,分别写有f1(x)=x2, f2(x)=-x+1, f3(x)=, f4(x)=. (1)若从乙盒中任取两张卡片,求这两张卡片上的函数的定义域不同的概率; (2)若从甲、乙两盒中各取一张卡片,若乙盒中的卡片上的函数恰好具备甲盒中的卡片上的函数的性质,则称为一个“奇遇”,现从两盒中各取一张卡片,求恰为“奇遇”的概率. 7.(2024甘肃白银靖远第一中学期末)由甲、乙、丙三个人组成的团队参加某个闯关游戏,第一关解密码锁,3个人依次进行,每人必须在1分钟内完成,否则派下一个人.3个人中只要有一人能解开密码锁,该团队就能进入下一关,否则淘汰出局.根据以往100次的测试,获得甲、乙解开密码锁所需时间的频率分布直方图,分别如图1、图2所示. (1)若甲解开密码锁所需时间的中位数为47,求a,b的值,并分别求出甲、乙在1分钟内解开密码锁的频率; (2)若以解开密码锁所需时间位于各区间的频率代替解开密码锁所需时间位于该区间的概率,并且丙在1分钟内解开密码锁的概率为0.5,各人能否解开密码锁相互独立,求该团队能进入下一关的概率. 迁移创新 8.(2024江苏南京师范大学附属中学期中)在某抽奖活动中,初始时的袋子中有3个除颜色外其余都相同的小球,颜色为2白1红.每次随机抽取一个小球后放回.抽奖规则如下:设定抽中红球为中奖,抽中白球为未中奖;若抽到白球,放回后把袋中的一个白球替换为红球;若抽到红球,放回后把三个球的颜色重新变为2白1红的初始状态.记第n次抽奖时中奖的概率为Pn,且中奖次数不限. (1)求P2,P3; (2)若存在实数a,b,c,对任意的不小于4的正整数n,都有Pn=aPn-1+bPn-2+cPn-3,试确定a,b,c的值; (3)若累计中奖4次及以上可以获得一枚优胜者勋章,则从初始状态下连抽9次,至少获得一枚勋章的概率为多少? 答案与分层梯度式解析 综合拔高练 高考真题练 1.C 2.A 3.D 4.D 5.C 9.B 10.B 11.ABD 12.D 1.C　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,且甲或乙最后出场的概率为P==. 高考风向 　　古典概型的概率是概率最基础的内容,也是高考的常考考点,解决这类题目的关键是正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数.当基本事件总数较少时,用列举法把所有基本事件一一列出,要做到不重复、不遗漏,可借助“树状图”列举. 2.A　由题意可知甲、乙各抽一个主题共有36种情况,其中甲、乙两位同学抽到相同主题有6种情况,所以抽到不同主题的概率P==. 3.D　记高一年级的2名学生分别为a1,a2,高二年级的2名学生分别为b1,b2,从4名学生中随机选2名有以下6种选法:a1a2,a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,b1b2, 其中2名学生来自不同年级有如下4种选法:a1b1,a1b2,a2b1,a2b2, 则由古典概型的概率公式可得所求概率P==. 4.D　从2至8的7个整数中随机取2个不同的数的样本空间Ω={(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(2,7),(2,8),(3,4),(3,5),(3,6),(3,7),(3,8),(4,5),(4,6),(4,7),(4,8),(5,6),(5,7),(5,8),(6,7),(6,8),(7,8)},共21个样本点, 设事件A为“所取的2个数互质”,则A={(2,3),(2,5),(2,7),(3,4),(3,5),(3,7),(3,8),(4,5),(4,7),(5,6),(5,7),(5,8),(6,7),(7,8)},共14个样本点,则P(A)==. 5.C　依题意知,样本空间中的样本点有(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个.其中符合数字之积是4的倍数的样本点有(1,4),(2,4),(2,6),(3,4),(4,5),(4,6),共6个,故所求概率P==. 6.答案　; 解析　将整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建5个项目分别记为A,B,C,D,E. 从五个项目中选三个参加的情况有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种, 其中甲选到A的情况有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,共6种,所以甲同学参加的3个项目中有“整地做畦”的概率为=. 乙选了A的情况有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,共6种, 其中乙选择了A,D的情况有ABD,ACD,ADE,共3种, 故乙同学参加“整地做畦”项目,还参加“田间灌溉”项目的概率为=. 7.答案　24;112 解析　用a,b,c,d分别表示第一、二、三、四列选出的数字,则选出的数字情况可用(a,b,c,d)表示, 则所有的可能结果为(11,22,33,44),(11,22,34,43),(11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42),(12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40),(13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33,40),(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40),故共有24种选法. 选中的方格中,(15,21,33,43)中的4个数之和最大,为15+21+33+43=112. 考场速决 　　本题第2空,先按列分析,每列必选出一个数,所以所选4个数的十位数字分别为1,2,3,4,再按行分析,第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1,3,3,5,所以第一行选21,第二行选33,第三行选43,第四行选15时个位上的数字之和最大,所以选中方格中的4个数之和的最大值为21+33+43+15=112. 8.答案　 真题降维 关键信息 信息处理 甲、乙两人各有四张卡片,各自从自己的卡片中任选一张 甲的卡片中1,3,5,7分别对应乙的卡片2,4,6,8中任一个 甲的卡片上数字大得1分,数字小得0分,甲的总得分不小于2 列举法求样本点个数,或者分类讨论求样本点个数 解析　解法一:(列举法)列出所有样本点: 1 3 5 7 得分 1 3 5 7 得分 1 3 5 7 得分 1 3 5 7 得分 2 4 6 8 0 4 2 6 8 1 6 2 4 8 2 8 2 4 6 3 2 4 8 6 1 4 2 8 6 2 6 2 8 4 2 8 2 6 4 2 2 6 4 8 1 4 6 2 8 1 6 4 2 8 1 8 4 2 6 2 2 6 8 4 1 4 6 8 2 1 6 4 8 2 1 8 4 6 2 1 2 8 4 6 2 4 8 2 6 2 6 8 2 4 2 8 6 2 4 2 2 8 6 4 1 4 8 6 2 1 6 8 4 2 2 8 6 4 2 2 设甲的数字为1,3,5,7时乙对应的数字分别为a,b,c,d,样本点记为(a,b,c,d), 则该试验的样本空间包含的样本点个数为4×6=24. 甲的总得分不小于2包含的样本点有(2,8,4,6),(4,2,8,6),(4,8,2,6),(6,2,4,8),(6,2,8,4),(6,8,2,4),(6,8,4,2),(8,2,4,6), (8,2,6,4),(8,4,2,6),(8,6,2,4),(8,6,4,2),共12个.故所求概率为=. 解法二:(分类讨论法) 记标有数字i的卡片为i(i=1,2,…,8). 甲选1时一定会输,所以甲最多得3分. 要得3分,就只有1种情况:1对8,3对2,5对4,7对6. 要得2分,有三类情况,分别列举如下: (1)甲选3和选5时赢,选其他时输,有:1对6,3对2,5对4,7对8,共1种情况. (2)甲选3和选7时赢,选其他时输,有:①1对4,3对2,5对8,7对6;②1对8,3对2,5对6,7对4;③1对6,3对2,5对8,7对4,共3种情况. (3)甲选5和选7时赢,选其他时输,有:①1对2,3对8,5对4,7对6;②1对4,3对8,5对2,7对6;③1对8,3对4,5对2,7对6;④1对6,3对8,5对2,7对4;⑤1对8,3对6,5对2,7对4;⑥1对6,3对8,5对4,7对2;⑦1对8,3对6,5对4,7对2,共7种情况. 所以共有1+1+3+7=12种情况, 而甲、乙四轮比赛所有的情况共有24种,所以甲的总得分不小于2的概率为=. 9.B　因为A,B相互独立,所以P(A∩B)=P(A)P(B)=×=. 10.B　第一次取出的球的数字用x表示,第二次取出的球的数字用y表示,则试验的样本点可用(x,y)表示,共有36种不同结果:(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),易得P(甲)==,P(乙)==,P(丙)=,P(丁)==, 丁事件包含(1,6),(6,1),(2,5),(5,2),(3,4),(4,3),共6个基本事件, 丙事件包含(2,6),(6,2),(3,5),(5,3),(4,4),共5个基本事件. 易知“甲、丙同时发生”的基本事件有0个,“丙、丁同时发生”的基本事件有0个,“乙、丙同时发生”的基本事件为(6,2),共1个, ∴P(乙丙)=, 又P(乙)·P(丙)=×≠, ∴乙、丙不相互独立. “甲、丁同时发生”的基本事件为(1,6),共1个, ∴P(甲丁)=, 又P(甲)·P(丁)=×=, ∴P(甲丁)=P(甲)·P(丁), ∴甲与丁相互独立. 11.ABD　对于A,所求概率为(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2,故A正确. 对于B,所求概率为(1-β)β(1-β)=β(1-β)2,故B正确. 对于C,若译码为1,则收到的信号有(1,1,1),(1,0,1),(0,1,1),(1,1,0),共四种情况,所以所求概率为3β(1-β)2+(1-β)3,故C错误. 对于D,若采用单次传输方案,则译码为0的概率P1=1-α,若采用三次传输方案,译码为0,则收到的信号有(0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),共四种情况,故译码为0的概率P3=3α(1-α)2+(1-α)3,P3-P1=(1-α)·α(1-2α),又0<α<0.5,所以P3-P1>0,即P3>P1,故D正确. 12.D　棋手与甲、乙、丙比赛顺序有以下6种情况: ①比赛顺序为甲、乙、丙时,p=p1p2(1-p3)+(1-p1)·p2p3=p1p2+p2p3-2p1p2p3; ②比赛顺序为甲、丙、乙时,p=p1p3(1-p2)+(1-p1)·p3p2=p1p3+p2p3-2p1p2p3; ③比赛顺序为乙、甲、丙时,p=p2p1(1-p3)+(1-p2)·p1p3=p1p2+p1p3-2p1p2p3; ④比赛顺序为乙、丙、甲时,p=p2p3(1-p1)+(1-p2)·p3p1=p2p3+p1p3-2p1p2p3; ⑤比赛顺序为丙、甲、乙时,p=p3p1(1-p2)+(1-p3)·p1p2=p1p3+p1p2-2p1p2p3; ⑥比赛顺序为丙、乙、甲时,p=p3p2(1-p1)+(1-p3)·p2p1=p2p3+p1p2-2p1p2p3. 易得情况①与⑥,②与④,③与⑤的概率分别相等,又p3>p2>p1>0,∴p1p2<p1p3,p2p3>p1p3, ∴②与④的概率最大,即棋手在第二盘与丙比赛,p最大. 一题多解 　　设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为p甲,在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为p乙,在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为p丙.由题意得,p甲=p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=p1p2+p1p3-2p1p2p3,p乙=p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=p1p2+p2p3-2p1p2p3,p丙=p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]=p1p3+p2p3-2p1p2p3.由p3>p2>p1>0,得p丙-p甲=p2p3-p1p2=p2·(p3-p1)>0,p丙-p乙=p1p3-p1p2=p1(p3-p2)>0,∴p丙最大. 13.解析　(1)由已知可知p3表示打完3个球后甲比乙至少多得2分的概率. ①若甲、乙两人打完3个球后,甲胜3局,此时甲得3分,乙得0分,甲比乙多得3分,符合题意,由于各局相互独立,故甲胜3局的概率为p3; ②若甲、乙两人打完3个球后,甲胜2局、1局或0局,均不符合题意,由此可知:p3=p3. 由已知可知p4表示打完4个球后甲比乙至少多得2分的概率,则若4局比赛甲胜4局,此时甲比乙多得4分;若4局比赛甲胜3局,输1局,则甲比乙多得2分,亦符合题意,其余甲胜2局、1局、0局,均不符合. ∴p4=p4+p3(1-p)=4p3-3p4. 综上可知:p3=p3,p4=4p3-3p4. (2)p4-p3=4p3-3p4-p3=3p3(1-p)=3p3q, 同理,q4-q3=3q3p, ∴===4,即p2=4q2, 又∵p,q∈(0,1),∴p=2q且p+q=1, ∴p=. 14.解析　(1)甲连胜四场的概率为×××=. (2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛, 比赛四场结束,共有三种情况:甲连胜四场,乙连胜四场,丙上场后连胜三场,其概率分别为,,. 所以需要进行第五场比赛的概率为1---=. (3)丙最终获胜,有两种情况: ①比赛四场结束且丙最终获胜,其概率为; ②比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为,,. 因此丙最终获胜的概率为+++=. 15.解析　(1)由题表得这40天内该农产品价格“上涨”的天数为16,所以估计该农产品价格“上涨”的概率为=. (2)在这40天内,该农产品的价格有16天“上涨”,14天“下跌”,10天“不变”,相应的频率分别是0.4,0.35,0.25,未来的日子里任取4天,分别用Ai,Bi,Ci表示第i天“上涨”“下跌”“不变”(i=1,2,3,4),则4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的所有情况为A1A2B3C4,A1A2C3B4,A1B2A3C4,A1C2A3B4,A1B2C3A4,A1C2B3A4,B1A2A3C4,C1A2A3B4,B1A2C3A4,C1A2B3A4,B1C2A3A4,C1B2A3A4,共12种,每种情况发生的概率均为0.42×0.35×0.25=0.014,所以估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率为0.014×12=0.168. (3)第41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大. 详解:因为该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响,且第40天的价格“上涨”,所以只需统计前40天中价格“上涨”的次日的价格变化情况.由题表知价格“上涨”的次日价格“上涨”的天数为4,价格“下跌”的天数为2,价格“不变”的天数为9,所以第41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大. 16.解析　(1)由题表知,甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为=0.4; 乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为=0.28. (2)由题可得甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为 利润/元 65 25 -5 -75 频数 40 20 20 20 因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为=15元. 易得乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为 利润/元 70 30 0 -70 频数 28 17 34 21 因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为=10元. 比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润,应选甲分厂承接加工业务. 高考模拟练 1.A 2.ACD 3.B 4.ACD 1.A　对于A,易知甲、乙两人射击的结果互不影响,则A与B,A与,与B,与都相互独立,故A正确; 对于B,A表示“甲中靶且乙未中靶”,B表示“甲未中靶且乙中靶”,则A与B不是对立事件,故B错误; 对于C,由题意得P(A)=0.8,P(B)=0.9,则P()=P()P()=(1-0.8)×(1-0.9)=0.2×0.1=0.02,故C错误; 对于D,P(AB∪B∪A)=P(AB)+P(B)+P(A) =0.8×0.9+0.2×0.9+0.8×0.1=0.98,故D错误. 2.ACD　因为A,B为两个互斥的事件,所以A∩B=⌀, P(A∪B)=P(A)+P(B),P(AB)=0,A,C正确; A,B为两个互斥的事件,则,不一定为互斥事件,所以P(∪)=P()+P()不一定成立,B错误; P(∪)=P()=1,则P()=P()+P()-P(∪)=1-P(A)+1-P(B)-1=1-P(A)-P(B),D正确. 3.B　数据1,2,3,4,x(0<x<5)的平均数为=2+,所以中位数为2+, 由0<x<5得2+∈(2,3), 所以2+=x(中位数在数据1,2,3,4,x中),解得x=, 从这5个数据中任取2个的所有情况有(1,2),,(1,3),(1,4),,(2,3),(2,4),,,(3,4),共10种, 其中这2个数据之积大于5的情况有(2,3),(2,4),,,(3,4),共5种, 故所求概率P==. 4.ACD　从甲袋中任取1个球,该球是白球的概率为,是红球的概率为, 从乙袋中任取1个球,该球是白球的概率为,是红球的概率为. 对于A,2个球颜色相同的概率为×+×=,A正确; 对于B,2个球不都是红球的概率为1-×=,B错误; 对于C,至少有1个红球的概率为1-×=,C正确; 对于D,2个球中恰有1个红球的概率为×+×=,D正确. 5.答案　; 解析　从A,B,C,D,E,F六个顶点中任取四个,相当于剩下两个,情况有AB,AC,AD,AE,AF,BC,BD,BE,BF,CD,CE,CF,DE,DF,EF,共15种,则“任取4个顶点”包含的样本点总数为15. 从6个顶点中任取4个,用列举法写出样本点较困难,可以反过来从剩余两个元素入手,如若剩余AB,则取出CDEF. 如图,易得四边形ABCD、四边形AFCE、四边形BFDE均为正方形,则A,B,C,D四点共面,A,F,C,E四点共面,B,F,D,E四点共面,则“取出的四个点共面”包含的样本点个数为3. 故任取四个顶点,这四个点共面的概率为=. 从正八面体的8个面中任取2个面,类似上面的列举法可知样本点总数为28. 设AB=,则EF=AC=BD=2, 取AB的中点H,连接EH,FH,则EH⊥AB,HF⊥AB, 所以∠EHF是二面角E-AB-F的平面角, 在△EHF中,EH=HF=,由余弦定理得cos∠EHF===-<0, 所以∠EHF是钝角,根据正八面体的结构可知,每个面与相邻的3个面所成的二面角均为钝二面角, 因此“所成二面角为钝二面角”包含的样本点个数为=12, 先从8个面中任取1个有8种方法,再从与之相邻的3个面中取一个有3种方法,根据重复,需除以2. 故任取两个面,这两个面所成的二面角为钝二面角的概率为=. 6.解析　(1)将乙盒中写有f1(x)=x2, f2(x)=-x+1, f3(x)=, f4(x)=的四张卡片依次记为1,2,3,4, 从乙盒中任取两张卡片的取法为(1,2),(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共6种. 函数f1(x), f2(x)的定义域均为R,函数f3(x)的定义域为[0,+∞),函数f4(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞), 取得的两张卡片上的函数的定义域不同的取法有(1,3),(1,4),(2,3),(2,4),(3,4),共5种, 所以这两张卡片上的函数的定义域不同的概率为. (2)将甲盒中写有奇函数、偶函数、增函数、减函数的四张卡片依次记为奇、偶、增、减, 则从甲、乙两盒中各取一张卡片的取法有(奇,1),(奇,2),(奇,3),(奇,4),(偶,1),(偶,2),(偶,3),(偶,4),(增,1),(增,2),(增,3),(增,4),(减,1),(减,2),(减,3),(减,4),共16种. f1(x)是偶函数, f2(x)是减函数, f3(x)是增函数, f4(x)是奇函数, 恰为“奇遇”的取法有(偶,1),(减,2),(增,3),(奇,4),共4种, 所以恰为“奇遇”的概率为=. 7.解析　(1)因为甲解开密码锁所需时间的中位数为47, 所以0.01×5+0.014×5+b×5+0.034×5+0.04×(47-45)=0.5,0.04×(50-47)+0.032×5+a×5+0.01×5×2=0.5,解得b=0.026,a=0.024. 由题图1可知,甲在1分钟内解开密码锁的频率f甲=1-0.01×5×2=0.9. 由题图2可知,乙在1分钟内解开密码锁的频率f乙=1-0.035×5-0.025×5=0.7. (2)由(1)及条件知,甲、乙、丙在1分钟内解开密码锁的概率分别是0.9,0.7,0.5,且甲、乙、丙能否解开密码锁相互独立. 记“团队能进入下一关”为事件A, 则P()=(1-0.9)×(1-0.7)×(1-0.5)=0.015, 所以该团队能进入下一关的概率P(A)=1-P()=1-0.015=0.985. 8.解析　(1)第2次抽奖时中奖有两种情况:第一次抽到红球,第二次抽到红球;第一次抽到白球,第二次抽到红球,所以第2次抽奖时中奖的概率P2=×+×=. 第3次抽奖时中奖有三种情况:在第2次中奖基础上第3次抽到红球;三次抽奖分别是白球、白球、红球;三次抽奖分别是红球、白球、红球,所以第3次抽奖时中奖的概率P3=P2×+××1+××=. (2)因为每次中奖后袋中的球会回到初始状态, 所以从初始状态开始,若第一次中奖,则第n次抽奖时中奖的概率为Pn-1, 若第一次未中奖而第二次中奖,则第n次抽奖时中奖的概率为××Pn-2=Pn-2, 若前两次均未中奖,则第三次必中奖,此时第n次抽奖时中奖的概率为××1×Pn-3=Pn-3, 综上所述,对任意的n≥4,Pn=Pn-1+Pn-2+Pn-3, 又Pn=aPn-1+bPn-2+cPn-3,所以a=,b=,c=. (3)由题意知每抽奖三次中至少有一次中奖, 故连抽9次至少中奖3次,所以只需排除连抽9次时仅有3次中奖的情况即可, 另外,每两次中奖的间隔不能超过三次,每次中奖后袋中的球会回到初始状态. 从初始状态开始,抽一次奖中奖的概率Q1=, 从初始状态开始抽两次,第一次未中奖而第二次中奖的概率Q2=, 从初始状态开始抽三次,前两次均未中奖而第三次中奖的概率Q3=, 用(i,j,k)表示第i次,第j次,第k次中奖,其余未中奖, 则三次中奖的所有情况如下:(1,4,7),(2,4,7),(2,5,7),(2,5,8),(3,4,7),(3,5,7),(3,5,8),(3,6,7),(3,6,8),(3,6,9), 故仅三次中奖的概率为Q1××××3+×Q3×××3+Q2×××3+=, 所以从初始状态下连抽9次,获得至少一枚勋章的概率为1-=. 素养评析 　　本题第(1)问考查数学运算的核心素养,考查学生在易于理解的情境中的基础运算能力和推理能力,达到了水平一;本题第(2)问重在考查逻辑推理的核心素养,在充分理解抽奖规则的基础上确定在第一次中奖、第一次未中而第二次中奖、前两次均未中奖三种情况下,第n次中奖的概率,对逻辑推理能力有很高的要求,达到了水平二;本题第(3)问考查数学运算、逻辑推理、数学抽象的核心素养,采用转化思想,将“至少获得一枚勋章”转化为“仅三次中奖”的对立事件,训练了学生的逆向思维能力,达到了水平二. 7 学科网（北京）股份有限公司 $