4 10.1.4 概率的基本性质 课后达标检测（课件PPT）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

该高中数学课件聚焦概率核心知识，涵盖互斥与对立事件、加法公式及古典概型，通过气象、购物支付等实际问题导入，构建从概念理解到公式应用再到综合解题的递进式学习支架。 其亮点在于以“数学眼光”观察现实情境，如潜艇演习、矿山治理等实例，用“数学思维”推理运算，如互斥事件概率叠加，借“数学语言”符号表达，如P(A∪B)公式运用。分层设计基础与提升题，小结含多解法对比，助学生提升应用能力，为教师提供丰富教学案例。

10．1.4　课后达标检测 1 √ 4 5 6 7 8 1 9 10 12 11 2 3 课后达标检测 15 14 13 √ 2．已知A，B，C为随机事件，A与B互斥，B与C互为对立，且P(A)＝0.1，P(C)＝0.4，则P(A∪B)＝(　　) A．0.06 B．0.5 C．0.6 D．0.7 解析：因为B与C互为对立，P(C)＝0.4，所以P(B)＝1－P(C)＝0.6， 因为A与B互斥，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.7. 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 3．根据气象资料统计，明天吹南风的概率为0.2，下雨的概率为0.3，吹南风或下雨的概率为0.35，则既吹南风又下雨的概率为(　　) A．0.15 B．0.3 C．0.1 D．0.06 解析：记事件A＝“明天吹南风”，事件B＝“明天下雨”，由题意，P(A)＝0.2，P(B)＝0.3， P(A∪B)＝0.35， 因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)， 所以P(A∩B)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝0.2＋0.3－0.35＝0.15，即既吹南风又下雨的概率为0.15. 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 4．某城市一年的空气质量状况如下表所示： 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ 5．抛掷两枚质地均匀的骰子，记两枚骰子的点数均是奇数的概率为p1，两枚骰子的点数均是偶数的概率为p2，两枚骰子的点数奇偶性不同的概率为p3，则(　　) A．p1＝p2＝p3 B．p1＝p2＜p3 C．p1＜p2＜p3 D．p3＜p1＝p2 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 7．一记者采访某大学的学生群体，在购物时采用现金支付还是非现金支付的情况，其中只用现金支付的概率为0.2，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.3，则不用现金支付的概率为__________． 解析： 该群体中的成员不用现金支付的概率为1－0.2－0.3＝0.5. 0.5 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 8．某潜艇部队在南海进行实弹演习，已知甲、乙两艘潜艇每次发射导弹的命中率分别为0.8，0.7.按照演习计划，甲、乙两艘潜艇各发射一次导弹，若两艘潜艇的导弹都命中的概率为0.6，则甲或乙潜艇的导弹命中的概率为________． 解析： 设“甲潜艇的导弹命中”为事件A，“乙潜艇的导弹命中”为事件B，根据概率的加法公式可得， P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝0.8＋0.7－0.6＝0.9. 0.9 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 10．(13分)在数学考试中，小明的成绩(取整数)不低于90分的概率是0.18，在[80，89]之间的概率是0.51，在[70，79]之间的概率是0.15，在[60，69]之间的概率是0.09，在60分以下的概率是0.07，求： (1)小明在数学考试中成绩不低于70分的概率；(6分) 解：记小明的成绩“不低于90分”“在[80，89]之间”“在[70，79]之间”“在[60，69]之间”分别为事件B，C，D，E，这四个事件彼此互斥． (1)小明的成绩不低于70分的概率是P(B∪C∪D)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＝0.18＋0.51＋0.15＝0.84. 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 (2)小明数学考试及格(60分及以上)的概率．(7分) 解：方法一：小明数学考试及格的概率是P(B∪C∪D∪E)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＋P(E)＝0.18＋0.51＋0.15＋0.09＝0.93. 方法二：小明数学考试不及格的概率是0.07，所以小明数学考试及格的概率是1－0.07＝0.93. 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 11．袋子中有一些大小、质地完全相同的红球、白球和黑球，从中任意摸出一球，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0.68，则摸出的球是白球或黑球的概率为(　　) A．0.64 B．0.72 C．0.76 D．0.82 √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 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. 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 √ √ 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 4 5 6 7 8 9 10 12 11 2 3 1 课后达标检测 15 14 13 13．废弃矿山的治理事关我国的生态环境保护，甲、乙两种植物可以在一定程度上加快污染地生态的恢复．若在某一片污染地上甲、乙至少有一种可以存活，且甲存活的概率是0.6，乙存活的概率是0.5，则在该片污染地上甲、乙都存活的概率为________． 解析：设甲存活为事件A，乙存活为事件B，则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5， 则甲、乙至少有一种存活的概率为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝1， 所以甲、乙都存活的概率为P(A∩B)＝P(A)＋P(B)－1＝0.6＋0.5－1＝0.1. 0.1 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 14．(15分)甲、乙两人参加普法知识竞赛，共有5题，选择题3道，判断题2道，甲、乙两人依次不放回地各抽一题． (1)甲、乙两人中有一人抽到选择题，另一人抽到判断题的概率是多少？(7分) 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 解：把3道选择题记为x1，x2，x3，2道判断题记为p1，p2.记甲抽到的题，乙抽到的题为(a，b)，则“甲抽到选择题，乙抽到判断题”的情况有(x1，p1)，(x1，p2)，(x2，p1)，(x2，p2)，(x3，p1)，(x3，p2)，共6种；“甲抽到判断题，乙抽到选择题”的情况有(p1，x1)，(p1，x2)，(p1，x3)，(p2，x1)，(p2，x2)，(p2，x3)，共6种；“甲、乙都抽到选择题”的情况有(x1，x2)，(x1，x3)，(x2，x1)，(x2，x3)，(x3，x1)，(x3，x2)，共6种；“甲、乙都抽到判断题”的情况有(p1，p2)，(p2，p1)，共2种． 因此所有可能情况的总数为6＋6＋6＋2＝20. 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 (2)甲、乙两人中至少有一人抽到选择题的概率是多少？(8分) 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 15．(15分)某品牌计算机售后保修期为一年，根据大量的维修记录资料，这种品牌的计算机在使用一年内需要维修1次的概率为15%，需要维修2次的概率为6%，需要维修3次的概率为4%， (1)某人购买了一台这个品牌的计算机，设事件Ak＝“一年内需要维修k次”，k＝0，1，2，3，请填写下表：(7分) 事件 A0 A1 A2 A3 概率         课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 解：由题得，P(A1)＝0.15，P(A2)＝0.06，P(A3)＝0.04，显然事件A0，A1，A2，A3两两互斥，又A0∪A1∪A2∪A3＝Ω(Ω为样本空间)，所以P(A0)＝1－(0.15＋0.06＋0.04)＝0.75，填表如下．   事件 A0 A1 A2 A3 概率 0.75 0.15 0.06 0.04 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 (2)求下列事件的概率： ①A＝“在一年内需要维修”；(4分) ②B＝“在一年内维修不超过1次” (4分). 解：①由(1)知，“在一年内需要维修”即事件A1，A2，A3至少有一个发生，且它们两两互斥， 所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝0.25. ②“在一年内维修不超过1次”即事件A0，A1至少有一个发生，又A0，A1互斥，所以P(B)＝P(A0∪A1)＝P(A0)＋P(A1)＝0.9. 课后达标检测 4 5 6 7 8 9 10 11 2 3 1 12 15 14 13 解析：乙不输与甲获胜是对立事件，则乙不输的概率是1－ eq \f(1,3)＝ eq \f(2,3). 1．甲、乙两人比赛下棋，下成和棋的概率是 eq \f(1,4)，甲获胜的概率的是 eq \f(1,3)，则乙不输的概率是(　　) A． eq \f(5,12) B． eq \f(7,12) C． eq \f(2,3) D． eq \f(3,4) 污染 指数T 不大于 50 (50， 60] (60， 100] (100， 110] (110， 130] (130， 140] 概率P eq \f(2,15) eq \f(1,6) eq \f(1,3) eq \f(7,30) eq \f(1,10) eq \f(1,30) 其中当污染指数T≤50时，空气质量为优；当50＜T≤100时，空气质量为良；当100＜T≤150时，空气质量为轻微污染．该城市一年的空气质量达到优或良的概率为(　　) A． eq \f(4,15) B． eq \f(13,30) C． eq \f(1,2) D． eq \f(19,30) 解析：由题表知空气质量为优的概率是 eq \f(2,15)，由互斥事件的概率加法公式知，空气质量为良的概率为 eq \f(1,6)＋ eq \f(1,3)＝ eq \f(1,2)，所以该城市一年的空气质量达到优或良的概率为 eq \f(2,15)＋ eq \f(1,2)＝ eq \f(19,30). 解析：抛掷两枚质地均匀的骰子，试验的样本空间中包含36个样本点，它们发生的可能性相等． 其中两枚骰子的点数均是奇数包含(1，1)，(1，3)，(1，5)，(3，1)，(3，3)，(3，5)，(5，1)，(5，3)，(5，5)，共9个样本点， 所以p1＝ eq \f(9,36)＝ eq \f(1,4). 两枚骰子的点数均是偶数包含(2，2)，(2，4)，(2，6)，(4，2)，(4，4)，(4，6)，(6，2)，(6，4)，(6，6)，共9个样本点，所以p2＝ eq \f(9,36)＝ eq \f(1,4). 则两枚骰子点数奇偶不同的概率为p3＝1－p1－p2＝ eq \f(1,2). 所以p1＝p2＜p3. 6．(多选)从1～20这20个整数中随机选择一个数，设事件A表示选到的数能被2整除，事件B表示选到的数能被3整除，则对下列事件概率计算正确的是(　　) A．P(A)＝ eq \f(1,2) B．P(A∩B)＝ eq \f(3,20) C．P(A∪B)＝ eq \f(9,20) D．P( eq \x\to(A)∩ eq \x\to(B))＝ eq \f(7,20) 解析：由题意可知，A＝{2，4，6，8，10，12，14，16，18，20}，共包含10个样本点， B＝{3，6，9，12，15，18}，共包含6个样本点，则A∩B＝{6，12，18}，共包含3个样本点， 则P(A)＝ eq \f(10,20)＝ eq \f(1,2)，故A正确； P(A∩B)＝ eq \f(3,20)，故B正确； P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(6,20)－ eq \f(3,20)＝ eq \f(13,20)，故C错误； P( eq \x\to(A)∩ eq \x\to(B))＝1－P(A∪B)＝1－ eq \f(13,20)＝ eq \f(7,20)，故D正确． 9．已知事件A，B互斥，它们都不发生的概率为 eq \f(2,5)，且P(A)＝3P(B)，则P(B)＝________． eq \f(3,20) 解析：根据题意，设P(B)＝x，则P(A)＝3x， 因为事件A，B互斥，它们都不发生的概率为 eq \f(2,5)， 所以P(A∪B)＝1－ eq \f(2,5)＝ eq \f(3,5)， 即P(A)＋P(B)＝4x＝ eq \f(3,5)， 解得x＝ eq \f(3,20)，即P(B)＝ eq \f(3,20). 12．(多选)已知事件A，B发生的概率分别为P(A)＝ eq \f(1,3)，P(B)＝ eq \f(1,6)，则(　　) A．P( eq \x\to(A))＝ eq \f(2,3) B． eq \f(1,3)≤P(A∪B)≤ eq \f(1,2) C．若P(A∪B)＝ eq \f(4,9)，则P(AB)＝ eq \f(1,9) D．一定有B⊆A 解析：对于A，因为P( eq \x\to(A))＝1－P(A)＝1－ eq \f(1,3)＝ eq \f(2,3)，故A正确； 对于B，因为P(A)＝ eq \f(1,3)，P(B)＝ eq \f(1,6)，所以0≤P(AB)≤ eq \f(1,6)， 所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝ eq \f(1,3)＋ eq \f(1,6)－P(AB)＝ eq \f(1,2)－P(AB)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))，故B正确； 对于C，由P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝ eq \f(1,2)－P(AB)＝ eq \f(4,9)，得P(AB)＝ eq \f(1,18)，所以C错误； 对于D，记事件A＝“掷一枚骰子，得到的点数小于3”，则P(A)＝ eq \f(1,3)，记事件B＝“掷一枚骰子，得到的点数为6”，则P(B)＝ eq \f(1,6)，但B⊆A不成立，故D错误． (1)记事件A＝“甲抽到选择题，乙抽到判断题”，则P(A)＝ eq \f(6,20)＝ eq \f(3,10).记事件B＝“甲抽到判断题，乙抽到选择题”，则P(B)＝ eq \f(6,20)＝ eq \f(3,10)，故“甲、乙两人中有一人抽到选择题，另一人抽到判断题”的概率P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝ eq \f(3,10)＋ eq \f(3,10)＝ eq \f(3,5). 解：记事件C＝“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”，则 eq \o(C,\s\up16(－))＝“甲、乙两人都抽到判断题”，由题意P( eq \o(C,\s\up16(－)))＝ eq \f(2,20)＝ eq \f(1,10)，故“甲、乙两人中至少有一人抽到选择题”的概率P(C)＝1－P( eq \o(C,\s\up16(－)))＝1－ eq \f(1,10)＝ eq \f(9,10). $