10.1.4 概率的基本性质-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

93 ac,则P(A)=i55 (3)由已知可得B={a1a2,a1a3,a1b1,a1b2,a2a3,a2b1,a2b2,a3b1, 102 a5b2,b1b2,则P(B)=15亏 14.解：(1)若标签的选取是不放回的，则样本空间21={(1,2)，(1， 3),(1,5),(2,1),(2,3),(2,5),(3,1),(3,2),(3,5),(5,1), (5,2),(5,3),共12种等可能情形，满足m+m>5的有{(1,5)， (2,5),(3,5),(5,1),(5,2),(5,3)1,共6种情形，所以满足m+n> 61 5的概率P1=122 (2)若标签的选取是有放回的，则样本空间22={(1,1)，（1,2)， (1,3),(1,5),(2,1),(2,2),(2,3),(2,5),(3,1),(3,2),(3,3), (3,5),(5,1),(5,2),(5,3),(5,5)},共16种等可能情形，满 足m<n的有{(1,2)，(1,3)，（1,5)，(2,3)，(2,5)，(3,5)}，共6种 情形，所以满足m<n的概率P2=168 63 黑题 应用提优 1.BC解析：由题知，掷两枚硬币有正正，反反，正反，反正，共4个基本 事件A=4,P=4,P=2P1+P=P,A+P+P=1故 选BC. 2.ABC解析：列表如下： 和 3 4 5 6 6 10 9 11 6 > 9 101112 P(点数之和为1)=0，P(点数之和为2)=P(点数之和为12)=36 P(点数之和为3)=P(点数之和为11)= 18,P(点数之和为4)= P(点数之和为10)= 2P(点数之和为5)=P(点数之和为9)= 1 9 P(点数之和为6)=P(点数之和为8)=名P(点数之和为7)= 6, 所以不公平，7班被选到的概率最大.故选ABC. 3.B解析：由题意得，抽奖两次滚动盘上出现两个数字的情况为(1， 1),(1,2),(1,3),（1,4),(1,5),(1,6),(2,1),…,(6,3),(6,4), (6,5),(6,6),共36种情况，两次抽奖奖金之和为200元包括三种 情况：①第一次与第二次都中二等奖，其包含的情况为(1,3)，(3， 41 ),(1,1),(3,3),概率为B=36g②第-一次中-等奖，第二次 中三等奖，其包含的情况为(6,5)，(6,4)，(6,2)，概率为P=3 3 2③第-次中三等奖，第二次中一等奖，其包含的情况为(5,6)。 31 (4,6),(2,6),概率为B,=362,所以该顾客两次抽奖后获得奖 金之和为200元的概率为P=P1+P2+P=18 46解折：设四个人的编号为1,23,4， 由题意知，所有事件共有24=16（种）， 当站起来的人编号为(1)，(2)，(3)，(4)，(1,3)，(2,4)时满足题意， 再加上没有人站起来的可能有1种，共7种情况， 必修第二册·RJ 没有相邻的两个人站起来的概率为16 5.解：(1)将三个红球记为r1,”2,3,一个黄球记为y,从中不放回地依 次随机摸出3个球，该试验的基本事件空间2={(r1,2,3),(r1,"3, 2),(2,1,3）,(2,3,1),(3,12),(3,2,1),(1,3,y),(1, y,r3）,（r3,r1y),(r3,y,r),(y,r1,r3）,（y,r3,r1）,(r2,r3,y）,(r2 y,3),(r3,2y),(3y,2）,(y,2,3),（y,3,2）,(1,2y）,(r1, y,2),(2,1y),(2y,1),(y,1,2),(y,2,1),共有24个基本 事件，设“第一次摸到红球”为事件A,则A={(1,2,r3),(r1,r3, r2),(r2,r1,r3),（r2,t3,r1),（t3,r1r2),（r3,t2,r1）,(r1,r2,y）,（t1, y,r2）,(r2,r1,y),(T2,y,T1),(T1,3,y）,(r1,y,r3),(T3,r1,y),（T3, y,),(23y）,(2y,r3),(r3,2,y),(r3,y,2),共有18个基本 事件，所以P(A8=子，即第一次摸到红球的概率为3 41 (2)设“第二次摸到红球”为事件B,则B={(r1,2,3),(r1,3,2), (r2,r1,r3),(r2,T3,r1),(t3,t1,2),（r3,t2,t1),(t1,r2,y),(t2,r1 y),(y,1,T2),(y,T2,T1),(1,T3,y),(T3,r1,y）,(y,T1,3),(y,r3, 1),(23y）,(3,2y),(y,2,3),(y,3,2)},共有18个基本事 件，所以P风®份号子即第二次提到红球的展家为子设 “第三次摸到红球”为事件C,则C={(r1,2,r3),(r1,r3,r2),(r2,1, T3）,（r2r3,r1),(r3,r1,r2),(r3,r2,r1),(r1,y,r2),（r2,y,r1),(y, T1,r2）,(y,r2,T1),(r1y,r3),(T3,y,r1),（y,T,r3),(y,T3,T1),(T2, y,3),(3y,2),(y,2,3),(y,3,2)},共有18个基本事件，所以 P(C)=n(C183 (44,即第三次摸到红球的概率为子 (3)因为P(A)=P(B)=P(C),即第一、二、三次摸到红球的概率相 同，所以抽签中签的概率与抽签顺序无关 压轴挑战 B解析：甲、乙获胜的关键是要看老师擦去哪个数，注意2,3,4，·， 2024中有1011个奇数，1012个偶数 ①若老师擦去的是奇数，则乙一定获胜 理由如下：乙不管甲擦去什么数，只要还有奇数，就擦去奇数，这样最后 剩下两个数一定都是偶数，从而所剩两数不互质，故乙胜 ②若老师擦去的是偶数，则甲一定获胜 理由如下：设老师擦去的是2m,则将余下的数配成1011对，每对数由 一奇-一偶的相邻两数组成：(2,3)，(4,5)，…，（2m-2,2m-1),（2m+ 1,2m+2),…,(2023,2024) 这样，不管乙擦去什么数，甲只要擦去所配对中的另一个数，最后剩下 两个相邻的整数，它们互质，故甲必获胜 甲我鞋的概华为8品 四方法总结 古典概型的概率的计算，关键是基本事件的总数和随机事件中基本 事件的个数的计算，计算时可采用枚举法、树状图等帮助计数 10.1.4概率的基本性质 白题■ 基础过关 1.BCD解析：选项A,由对立事件的性质P(A)+P(A)=1知，P(A)= P(A)不一定正确：由对立事件的概念得A+A=2,即P(A+A)= P(2)=1,B正确；由对立事件的性质P(A)+P(A)=1知，P(A)=1- P(A),故若P(A)=1,则P(A)=0,C正确：由对立事件的概念得AA= ⑦，即P(AA)=P(O)=0,D正确.故选BCD. 2.C解析：对于A:当A,B为两个互斥事件时，才有P(AUB)=P(A)+ P(B),当事件A,B不互斥时，P(AUB)=P(A)+P(B)-P(A∩B),A 选项错误；对于B:当事件A,B,C两两互斥，且AUBUC=2时，才有 P(A)+P(B)+P(C)=1,所以B错误；对于C:当A,B为互斥事件时， P(A)+P(B)=P(AUB)≤1，C选项正确；对于D:由概率的性质可 黑白题082 知，若A二B,则P(A)≤P(B),D选项错误， 3.C解析：从中取出2粒恰好是同一色包含都是黑子或都是白子两个 事件，这两个事件是互斥事件，设两粒是同一色为事件A,同为黑子 为事件B,同为白子为事件C,则P(A)=P(B)+P(C)=7+353行 1,1217 4.B解析：由题意可知3次摸取的情况共有27种，其中3次摸取的颜 色相同的情况有3种，记“3次摸取的颜色不全相同”为事件A,则 r闭=号所以rP0=I-Pr④=g 9 D解析：依题意，P(A∩B)=P(A)+P(B)-P(AUB)=+ 51 624 6.C解析：事件A∩B与事件AUB是对立事件，P(A∩B)=1-P(AU B)=1故选C 7ABD解析：选项A:甲，乙两人下成和棋的概率是}，甲获胜的概率 是)，所以甲不箱的挺米为宁号己，故A正确：选项B乙不输 的概率为1-1=4 了5，故B正确；选项C:乙获胜的概率为1-1 5 }故C不正确；选项D:乙输的概率（即甲获胜的概率）为； 故D正确. 8.C解析：设摸出红球的概率为P(A),摸出白球的概率为P(B),摸 出黑球的概率为P(C),所以P(A)+P(B)=0.56,P(A)+P(C)= 0.68,且P(A)+P(B)+P(C)=1,所以P(C)=1-P(A)-P(B)=0.44 P(B)=1-P(A)-P(C)=0.32,所以P(B)+P(C)=0.76,即摸出的球 是白球或黑球的概率为0.76. 9.75%解析：设“选出代表是女生”的概率为a,则“选出代表是男生” 的概率为兮因为a*宁=1，所以。=，所以这个班的女生人数 占全班人数的百分比为75%.故答案为75%. 黑题 应用提优 1.D解析：由题可知，P(AUB)=P(A)+P(B)=1-1=三，又 66 PA)=2P(8),所以2P(B)+P(B)=名，解得P(B)=点，所以 13 P(B)=1-P(B)=18 2.B解析：设“电话响第一声时被接”为事件A,“电话响第二声时被 接”为事件B,“电话响第三声时被接”为事件C,“电话响第四声时被 接”为事件D,则A,B,C,D两两互斥，从而P(AUBUCUD)=P(A)+ r到OPD)=品号-品放选 3.ABC解析：因为事件A,B,C,D彼此互斥，所以A+B与C也互斥，但 是P(A+B)=P(A)+P(B)=0.1+0.2=0.3,又P(A+B)+P(C)=0.3+ 0.3=0.6,所以A+B与C不是对立事件，故A说法错误；因为事件A, B,C,D彼此互斥，所以B+C与D也互斥，但是P(B+C)=P(B)+ P(C)=0.2+0.3=0.5,P(B+C)+P(D)=0.5+0.4=0.9,所以B+C与 D不是对立事件，故B说法错误；因为事件A,B,C,D彼此互斥，所 以A+C与B+D也互斥，又因为P(A+C)=P(A)+P(C)=0.1+0.3= 0.4,P(B+D)=P(B)+P(D)=0.2+0.4=0.6,P(B+D)+P(A+C)= 0.6+0.4=1,所以A+C与B+D是对立事件，故C说法错误：因为事 件A,B,C,D彼此互斥，所以A与B+C+D也互斥，又因为P(B+C+ D)=P(B)+P(C)+P(D)=0.2+0.3+0.4=0.9,所以P(B+C+D)+ P(A)=0.9+0.1=1,所以A与B+C+D也是对立事件，故D说法正确. 4.0.58解析：记事件A表示“质量小于2.45g”,事件B表示“质量大 于2.50g”,事件C表示“质量在2.45~2.50g范围内”，则A,B,C两 两互斥，且AUBUC是必然事件，故C与AUB对立..P(C)=1- 参考答案 P(AUB)=1-P(A)-P(B)=0.58 5.(5,1+√2]解析：·随机事件A,B互斥，且A,B发生的概率均不 0<P(A)<1, 等于0，且P(A)+P(B)≤1，所以{0<P(B)<1, 即 (P(A)+P(B)≤1， 0<a2-5<1, 0<5-2a<1,解得a∈(5,1+√2]. (0<a2-2a≤1， 6.解：(1)解法一：从盒中有放回地依次随机摸出两个小球的样本空间 是2=1(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)， (3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)}, 所以n(2)=16,共有16个样本点. 记事件C=“两次摸到的小球数字之和为偶数”，则C=(1,1),(1, 3),(2,2),(2,4),(3,1),(3,3),(4,2),(4,4)},所以n(C)=8,共 有8个样本点.因为样本空间的每个样本点具有等可能性，所以 (C合。子，即丙次装到的小球数字之和为偶数的复求 解法二：记事件C=“两次摸到的小球数字之和为偶数” 每一次从盒中摸出小球，小球的数字都有概率相同的4种可能，故有 放回地摸两次，两次的小球数字相加共有4×4=16（种）可能， 1,2,3,4中共有2个偶数和2个奇数，事件C发生有2×2+2×2 8(种)可能(2次都摸到偶数和2次都摸到奇数).因为上述各种情况 发生的可能性都相同，所以P(C)=n(C-8-1 n(2)162 (2)解法一：因为A=(1,1),(1,2),（1,4),(2,1),(2,3),(3,2), (3,4),(4,1),(4,3),则P(A)=16 9 B1={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4)}, B2={(1,1),(1,3),(2,1),(2,3),(3,1),(3,3),(4,1),(4,3)}, 所以AB,B2=(1,1),则P(ABB2)=16 因为事件AB1B2,AB1B2,AB1B2不会同时发生，所以两两互斥， P(AB B2 UA B B2 UA B B2 )=P (AB B2)+P (A B B2 ) P(A B B2). 又因为P(AB1B2)+P(AB1B2)+P(AB1B2)+P(AB1B2)=P(A), P(AB,Bz)+P(ABB2)+P(ABB)=P(A)-P(AB B2)=16 9 6分即可得P代a属UA瓜岛U画因)分 1 解法二：因为A={(1,1),(1,2),(1,4),(2,1),(2,3),(3,2),(3, 4),(4,1),(4,3)1, B1={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4)}, B1={(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4)}, B2={(1,1),(1,3),(2,1),(2,3),(3,1),(3,3),(4,1),(4,3)}, B2={(1,2),(1,4),(2,2),(2,4),(3,2),(3,4),(4,2),(4,4)}, 可以得到AB1B2={(1,2),(1,4),(3,2),(3,4)},AB1B2={(2, 1),(2,3),(4,1),(4,3)},AB1B2=☑， 所以AB1B2UAB1B2UAB1B2=1(1,2),(1,4),(3,2),(3,4),(2, 1),(2,3),(4,1),(4,3)},共有8个样本点， 即u瓜U属风)=音子 四方法总结 求复杂事件的概率通常有两种方法：一是将所求寧件转化成彼此互 斥的事件的和；二是先求其对立事件的概率，然后再应用公式求解如 果采用方法一，一定要将事件拆分成若干个互斥事件，不能重复和遗 漏；如果采用方法二，一定要找准其对立事件，否则容易出现错误. 黑白题083 压轴挑战 2解析：记“一号列车准点到站”为事件M,“二号列车准点到站”为 事件N,则P(M0=分，P(N)=子，P(M+m=子 由P(M+)=P(M)+P()-P(M),故P(MN)=2,由P(M)= P(MW)+P(M),则P(MW)=子，故P(A+B)=P(MN+N) P(M而+P()=立P(m, 而P(W=P(m+P(),即子-+P(),故P(W=子，则 7 P(A+B)= 2+P(MN)=2 10.1阶段综合 黑题阶段强化 1.C解析：由真子集的定义可知①③④是正确的命题故选C. 2.A解析：对于①，因为2028年8月18日，不能确定北京市是否下 雨，所以2028年8月18日，北京市不下雨为随机事件：对于②，在标 准大气压下，水在0℃时结冰而不是在4℃时结冰，故为不可能事 件：对于③，因为从标有1,2,3,4的4张号签中任取一张，不能确定 是否为1号签，所以从标有1,2,3,4的4张号签中任取一张，恰为 1号签为随机事件：对于④，因为向量的模大于等于0，所以向量的模 不小于0，故为必然事件.综上：①③为随机事件，②为不可能事 件，④为必然事件 3.C解析：记事件A=“得到的点数为偶数”，即A={2,4,6,8,记事件 B=“得到的点数大于4”，即B={5,6,7,8,记事件C=“得到的点数 为3的倍数，即C=3,61,则P(A)=音=2，P(B)=令 8 P(C-子对于A:AnC=6,BnC=6,故事件B与C 1 不互斥，A与C不相互对立，A错误；对于B:AUB={2,4,5,6,7,8}, P(AUB)6≠放B错误：对于C:AnB=6,8,PAB） PAnB=,PA)=7,P(B)=,故P氏A)=P(A)P(B),C正 确：对于D:40BOC=-6,P(4Bc)=P(4nBnC)=名，放 P(ABC)≠P(A)P(B)P(C),D错误 4.A解析：按照题中运算规律，正整数6的运算过程为6→3→10→ 5→1684→2→1，运算次数为8；正整数7的部分运算过程为 7→22→11→34→17→52→26→13→40→20→10，当运算到10时，运 算次数为10，由正整数6的运算过程可知，正整数7总的运算次数为 10+6=16:正整数8的运算次数为3：正整数9的部分运算过程为 928→14→7，当运算到7时，运算次数为3，由正整数7的运算过程 可知，正整数9总的运算次数为3+16=19.由正整数6的运算过程可 知，正整数10的运算次数为6；故正整数6,7,8,9,10的运算次数分 别为偶数、偶数、奇数、奇数、偶数，从正整数6,7,8,9,10中任取2个 数的可能情况为(6,7)，(6,8)，(6,9)，(6,10)，(7,8)，(7,9)，(7， 10),(8,9),(8,10),(9,10),共10种，其中运算次数均为偶数的可 能情况为(6,7)，(6,10)，（7,10)，共3种，故运算次数均为偶数的概 率为品 5.BCD解析：给大小、材质均相同的2个红球编号为a,b,3个绿球编 号为c,d,e,若有放回地抽取，则样本空间2={(x,y)1x,y∈{a,b,c, d,e},共包含25个样本点，其中第一次摸到红球，有{(x,y)1x∈ {a,b,y∈{a,b,c,d,e},其中包含l0个样本点，第二次摸到红球， 有{(x,y)lxe{a,b,c,d,e},y∈{a,b},其中包含l0个样本点，第 一次摸到绿球，有{(x,y)lxe{c,d,e,y∈{a,b,c,d,e},其中包含 必修第二册·RJ 15个样本点，第二次摸到绿球，有{(x,y)Ix∈{a,b,c,d,e},y∈{c, 2 d,©，其中包含15个样本点，所以P(R)=P(R,)=了，P(G)= P(G)=亏，故A错误；因为事件RG,有1(x,y)lxea,b,yec, d.e1,其中包含6个样本点，所以P(RG)=名，放B正确：若不放 回地抽取，则样本空间2={ab,ac,ad,ae,ba,bc,bd,be,ca,cb,cd,ce, da,db,dc,de,ea,eb,ec,ed,共含有20个样本点，因为事件R1G2有 - ac,d,ae,c,bd,be,其中包含6个样本点，所以P(R,G,)=20 0,故C正确；因为事件R1+G,有{ab,ac,ad,ae,ba,bc,bd,be,cd,ce, c,d也，e,,其中包含14个样本点，所以P(R+G)200敌 D正确， 7 6.5 解析：从1,2,3,4,5,6中随机选取四个数构成{a,b,c,d,则有 {1,2,3,4},1,2,3,5},{1,2,3,6},{1,2,4,5},{1,2,4,6,11,2, 5,6},1,3,4,5},{1,3,4,6},{1,3,5,6},{1,4,5,6},{2,3,4,5}, 2,3,4,6},{2,3,5,6},{2,4,5,6},{3,4,5,6},共15种可能，其中 a+d=6+c的有{1,2,3,4}，{1,2,4,5}，{1,2,5,6}，{1,3,4,6}，{2 3,45,2,3,5,6,3,4,5,6,共7种，故a+d=b+c的概率为7 151 7 1.8 解析：因为只拨动一粒珠子至梁上，因此数字只表示1或5，因 为个位、十位、百位、千位分别随机拨动一粒珠子至梁上，所以所得的 四位数的个数为24=16（个），能被3整除的四位数，数字1和5各出 现2个，这样的四位数有1155,1515,1551,5511,5115,5151，共 6个，所以P()=名。，能被5整除的四位数，个位上的数字为 5,则这样的四位数为1115,1155,1515,1555,5555,5115,5155， 5,共8个，所以P(&=子，所以P(MUN+P(M 3.17 P(M)+P()=8+2=8 8.名解析：当m=1时，p(2)=1,p(3)=2,此时p(2m)≠p(3m); 5 当m=2时，p(4)=2,p(6)=2,此时p(2m)=p(3m);当m=3时， p(6)=2,p(9)=6,此时p(2m)≠p(3m);当m=4时，p(8)=4, p(12)=4,此时p(2m)=p(3m);当m=5时，p(10)=4,p(15)=8, 此时p(2m)≠p(3m);当m=6时，p(12)=4,p(18)=6,此时 p(2m)≠p(3m);当m=7时，p(14)=6,p(21)=12,此时p(2m）≠ p(3m);当m=8时，p(16)=8,p(24)=8,此时p(2m)=p(3m); 当m=9时，p(18)=6,p(27)=18,此时p(2m)≠p(3m);当m= 10时，p(20)=8,p(30)=8,此时p(2m)=p(3m).所以从1,2，…，10 中随机取一个数m,则满足p(2m)=p(3m)的数m的取值集合为 42 124,8,10,故所求概率为10了 9.解：(1)设4名同学的书包分别为A,B,C,D,4名同学拿书包的所有 可能可表示为(A,B,C,D),(A,B,D,C),（A,C,B,D),(A,C,D,B), (A,D,B,C),(A,D,C,B),(B,A,C,D),(B,A,D,C),(B,C,A,D), (B,C,D,A),(B,D,A,C),(B,D,C,A),(C,A,B,D),(C,A,D,B), (C,B,A,D),(C,B,D,A),（C,D,A,B),(C,D,B,A),(D,A,B,C), (D,A,C,B),(D,B,A,C),(D,B,C,A),(D,C,A,B),(D,C,B,A), 共有24种情况.恰有两名同学拿对了书包包含6个样本点，分别为 (A,B,D,C),(A,C,B,D),(A,D,C,B),(B,A,C,D),(C,B,A,D), (D,B,C,A),故其概率P=244 .61 (2)至少有两名同学拿对了书包包含7个样本点，分别为(A,B,C, D),(A,B,D,C),(A,C,B,D),(A,D,C,B),(B,A,C,D),（C,B,A, 黑白题08410.1.4 概率的基本性质 白题 基础过关 限时：25min 题组1概率基本性质的理解 5.*(2025·山东淄博高二月考)已知随机事 1.·(多选)在一个试验模型中，设A表示 个随机事件，A表示A的对立事件.以下结 件A,B满足P()=写，P代B=,P4UB= 论正确的是 ( 5 ,则P(A∩B)= ( 6 A.P(A)=P(A) 1 B.P(A+A)=1 .6 B 3 1 C. 6 D.4 C.若P(A)=1,则P(A)=0 6.*人A教材变式已知随机事件A,B发生的概 D.P(AA)=0 率满足条件P(AUB)=,则事件AnB发生 2.*(2025·黑龙江哈尔滨高一期末)给出下 的概率为 列命题，其中说法正确的是 ( ) A.若A,B为两个随机事件，则P(AUB)= A.1 c D.0 P(A)+P(B) 7.*(多选)(2025·河南信阳高二月考)甲约乙 B.若事件A,B,C两两互斥，则P(A)+P(B)+ P(C)=1 下中国象棋，若两人下成和棋的概率是)，甲获 C.若A,B为互斥事件，则P(A)+P(B)≤1 胜的概率是)，则下列结论正确的是 ()》 D.若ACB,则P(A)<P(B) 题组2利用概率的基本性质求概率 4 A.甲不输的概率为 B.乙不输的概率为 3.·(2025·河北石家庄高二月考)围棋盒子 中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒，都 C乙获跳的数率为号 D.乙输的概率为 5 是黑子的概率为)，都是白子的概率为 ,则 8.*(2025·湖北宜昌高二期中)袋子中有一 些大小质地完全相同的红球、白球和黑球，从 从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是 中任意摸出一球，摸出的球是红球或白球的 ( 概率为0.56，摸出的球是红球或黑球的概率为 A.7 C 0.68,则摸出的球是白球或黑球的概率为 D.1 4.*(2025·湖北襄阳高二月考)李华家养了 A.0.64 B.0.72 C.0.76 D.0.82 白、灰、黑三种颜色的小兔各1只，从兔窝中每 9.*某班要选一名学生代表，每名学生当选是 次摸取1只，有放回地摸取3次，则3次摸取 等可能的，若“选出代表是男生”的概率是“选 的颜色不全相同的概率为 ( 出代表是女生“的概率的，则这个班的女生 1 2 D. 9 B.g C.3 人数占全班人数的百分比是 必修第二册·RJ黑白题134 黑题 应用提优 限时：30min 1.(2025·广东惠州高二月考)已知事件A,6.禁盒中有4个大小质地完全相同的小球，分 1 别标有数字1,2,3,4，从盒中有放回地随机摸 B互斥，它们都不发生的概率为石且 出小球两次，每次摸出一个小球， P(A)=2P(B),则P(B)= (1)求两次摸到的小球数字之和为偶数的 A B 18 D8 概率； (2)设事件A=“两次摸到的小球数字之和是 2.*某家庭电话，打进的电话响第一声时被接 质数”，事件B,=“第1次摸到的小球数字 为奇数”，事件B2=“第2次摸到的小球数字 的概率为。响第二声时技接的概率为。响第 10' 为奇数”，求P(ABB2UAB,B2UAB,B2). 2 三声时被接的概率为亏，响第四声时被接的概 率为，。，则电话在响前四声内被接的概率为 10' .2 B.9 .3 4 D. 10 10 5 3.**(多选)(2025·湖南邵阳高一期末)在一 次随机试验中，彼此互斥的事件A,B,C,D发 生的概率分别是0.1,0.2,0.3,0.4，则下列说 法错误的是 A.A+B与C是互斥事件，也是对立事件 B.B+C与D是互斥事件，也是对立事件 压轴挑战Ⅱ C.A+C与B+D是互斥事件，但不是对立事件 整(2025·湖南益阳高三月考)某 D.A与B+C+D是互斥事件，也是对立事件 站台经过统计发现，一号列车准点 4.*从一批乒乓球产品中任取一个，若其质量 到站的概率为？，二号列车准点到站的概率为 小于2.45g的概率为0.22，质量大于2.50g的 3 概率为0.20，则质量在2.45~2.50g范围内的 ,一号列车准点到站或者二号列车不准点到 概率为 5.整(2025·江苏南京高一期末)若随机事 站的概率为2，记“一号列车准点到站且二号列 件A,B互斥，A,B发生的概率均不等于0，且 车不准点到站”为事件A,“一号列车不准点到 站且二号列车准点到站”为事件B,则P(A+ P(A)=a2-5,P(B)=5-2a,则实数a的取值 B)= 范围为 第十章黑白题135