第41期 随机事件与概率-【数理报】2025-2026学年高一数学必修第二册同步学案（人教A版）

16.(15分)掷一枚六面骰子，下列事件：4={出现奇数点}，B 18.(17分)一个盒子装有红、白两种颜色的玻璃球，其中红球 19.(17分)某电商平台进行抽奖活动，10000张奖券为一个开 ={出现偶数点}，C={出现点数小于3}，D={出现点数大于2， 3个，白球2个. 奖单位，设特等奖5个（奖金2000元），一等奖20个（奖金500元）， E=出现点数是3的倍数. (1)若一次从盒子中随机取出两个球，求至少取到一个白球的 二等奖100个（奖金100元），三等奖500个（奖金20元），其余均为不 (1)求A∩B,B∩C; 概率； 中奖（奖金为0），设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖、三等奖的事 (2)求AUB,BUC; (2)依次从盒子中随机取球，每次取一个，取后不放回，当某种 件分别为A,B,C,D,求： (3)求D,AnC,BUC,DUE. 颜色的球全部取出后即停止取球，求最后一次取出的是红球的概率。 (1)事件A,B,C,D的概率； (2)1张奖券的中奖概率； (3)一张奖券获得的奖金低于200元的概率. 高中数学 必修第二册（人教 A 17.(15分)小陈以游戏方式决定是参加学校合唱团还是参加 版)同步核心素养测评 学校足球队.游戏规则：从A1,42,A,44,4,4,(如图3)这6个点中 任取2个点，记选取的在y轴上的点的个数为X.若X=0就参加学 高中数学·必修第二册（人教A版）同步核心素养测评 校合唱团，否则就参加学校足球队 (1)请列出从A1,42,43,44,4,4。中任取2个点的所有可能情况： (2)求小陈不参加学校合唱团的概率 As(-1,1) A(0,1) 1 A6(-1,0) A(1,0) -1 1 A(1,-1) 图3 参考答案见下期 本版责任编辑：张瑞霞 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 羞理括 2026年4月10日·星期五 高中数学 41期总第1185期 人教A 0351-5271248 必修（第二册）】 鲍硕： 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707八F) 邮发代号：21-201 航天路上的巾帼之光 专题辅导 5),(6,6), 111213141516 1992年出生的鲍 硕，是北京航天飞行控 例析 共包含36个样本点，每个样本点出现的可212223242526 制中心组建40年来的第 能性相等，因此这个试验是古典概型， 313233343536 一位女调度。她在航天 事件A:“两数之和为8”，4={(2,6)，(3， 414243444546 额域展现出非凡的才华 古典概型问题 5),(4,4),(5,3),(6,2){,A包含5个样本点， 515253545556 54 和坚韧的精神，成为了 616263646566 ⊙山东周勇 所以事件A发生的概率为P(4)）=。 0123456x 新时代青年的榜样。 图2 图3 天问一号成功着陆 一、抛掷硬币中的古典概型问题 火星时，鲍硕保持稳定 例1任意抛掷一枚质地均匀的硬币三次。 (2)事件B:“两数之和是奇数”，B=(1, 或者，记甲骰子得到点数为x,乙骰子得到 的语速准确地发出一条 2),(1,4),(1,6),(2,1),(2,3),(2,5),(3, 点数为y,则点(x,y)看作是一个样本点，则所有 (1)一共可能出现多少种结果？ 条指令，一次轨道控制 2),(3,4),(3,6),(4,1),(4,3),(4,5),(5, 可能结果如图3“点表”中的点.其中“点数之差 任务大概有上百句调度 (2)出现“两次正面朝上，一次反面朝上” 2),(5,4),(5,6),(6,1),(6,3),(6,5)}, 的绝对值为3”的事件A含有6个样本点，即“点 用语，她都熟练背诵，确 的概率是多少？ 表”中加横线部分的事件。 保了任务的顺利进行 (3)若至少有两次反面朝上，则小刚获胜， 所以事件B发生的概率P(分)一8=号 3.同时取 她深知自己肩负的责任 否则小华获胜.那么这个游戏公平吗？为什么？ 重大，曾说：“我觉得监 (3)事件C:“两个数均为偶数”，C=(2 例5柜子里有3双不同的鞋，随机地取2 解：(1)所有可能出现的结果有（正，正，2），(2,4)，(2,6)，(4,2)，(4,4)，(4,6)，(6， 只，试求下列事件的概率： 视天问的状态，比睡觉 (1)取出的鞋不成对；(2)取出的鞋都是左 重要。”在每一次的深空 正)，（正，正，反），（正，反，正)，（反，正，正）， 2),(6,4),(6,6)},事件4与事件C至少有一个 机动中，总调度要下达 (正，反，反)，（反，正，反)，（反，反，正），（反， 脚的：(3)取出的鞋都是同一只脚的：(4)取出 发生包含的样本点有11个，即A+C={(2,2), 的鞋一只是左脚的一只是右脚的，但不成对. 上千条指令，每一条指 反，反)，共8种 (2,4),(2,6),(3,5),(4,2),(4,4),(4,6), 令都直接决定着探测器 解：用A,A,分别表示第一双鞋的左右鞋 (2)用事件A表示“两次正面朝上，一次反 的下一步行动，不容出 (5,3),(6,2),(6,4),(6,6)}, 用B1,B2分别表示第二双鞋的左右鞋，用C1,C 面朝上”，事件A包含3个样本点，即（正，正， 任何差错。为了胜任这 所以事件A与事件C至少有一个发生的概 分别表示第三双鞋的左右鞋，则所有可能结果 份工作，鲍硕付出了巨 反)，（正，反，正)，（反，正，正) 幸为A+G)=品 如图4的“数对表” 大的努力，她需要不断 因为每种结果出现的可能性相等 AAz AB A B2 AC A C2 研究海量的科研内容， 三、抽取中的古典概型问题 AzB A2B2 A2C A2C2 坚持锻炼体能，提高应 所以事件A的概率P)= 1.依次不放回取 B:B2 BC:BC2 变能力。 (3)记事件B表示“至少有两次反面朝 B2C B2C2 鲍硕的成功并非偶 例3袋中共有6个除了颜色外完全相同的 上”，事件B包含4个样本点，即（正，反，反）， CIC2 然，而是源于她对航天 球，其中有1个红球、2个白球和3个黑球.从袋 图4 事业的热爱和执着追 (反，正，反)，（反，反，正)，（反，反，反）， 中依次取出两球，求第二次取出的球为红球的 共有15个样本点，其中“取出的鞋都是同 求。她以出众的体能和 所以率件B的概率P(B)=冬=分 概率 只脚的”的事件包含6个样本点，如“数对表”中 清醒的头脑为武器，扎 实的科研实力和迅捷的 记事件C表示“小华获胜”，由(1)知，时间 解：设袋中红球用a表示，2个白球分别用 加横线部分的事件因此P(都是同一只脚的) 6 2 应变能力使她出类拔 C包含4个样本点，即（正，正，正），（正，正， b,b2表示，3个黑球分别用c1,c2,C表示 15 =5 萃。她在工作中所展现 反)，（正，反，正），（反，正，正）， 则所有可能结果如“树状图”（图1） 12 出的专注和敬业精神 同理可得P(取出的鞋不成对)= =5 4 值得我们每一个人学 1 所以事件C的概率P(C)=8=2 P(都是左脚的)=3 5=5 作为新时代的青 故小刚和小华的获胜概率相同，这个游戏 色 (一左一右但不成对)=合 2 年，鲍硕用自己的实际 公平乎 行动诠释了奋斗的意义 二、抛掷骰子中的古典概型问题 四、数字选取的古典概型问题 和价值。她的事迹激励 例2将一颗骰子先后抛掷2次，观察向上的 例6在区间(-1,5)与(1,5)内各随机取1 着我们在追求梦想的道 点数，事件A:“两数之和为8”，事件B:“两数之 共有30个样本点，其中“第二次取出的球为 个整数，设两数之和为M,则l0gM>2成立的 路上，要勇于拼搏、敢于 和是奇数”，事件C:“两个数均为偶数” 红球”的事件A含有5个样本点，如图1中加横 概率为 ( 挑战，不断提升自己的 能力和素质。正如她所 (1)写出该试验的样本空间2，并求事件A 线部分的事件 (c)8(D) 说：“世如焚炉，人似柴 发生的概率； 所以所求概率为P(A)= 5 30 6 解：从区间(-1,5)，(1,5)内各随机取1个 薪。在我们能够燃烧的 (2)求事件B发生的概率； 时候，还有一件事、一份 2.依次放回取 整数的样本空间为2={(0,2)，(1,2)，(2,2)， 事业让我们想要为之春 (3)事件A与事件C至少有一个发生的概率 例4掷甲、乙两枚骰子，求点数之差的绝对 (3,2),(4,2),(0,3),(1,3),(2,3),(3,3) 斗、付出，我觉得我们是 解：(1)将一颗骰子先后抛掷2次，观察向 值为3的概率。 (4,3),(0,4),(1,4),(2,4),(3,4),(4,4)}, 幸运的。”让我们以鲍硕 上的点数， 共15个样本点， 为榜样，在自己的领域 解：掷两枚骰子的所有样本点，如图2的 2=(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1, 不等式102M>2等价于M>4, 里发光发热，为实现中 “数对表”：共有36个样本点.其中“点数之差的 5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2, 设事件A为“log2M>2”, 华民族伟大复兴的中国 绝对值为3”的事件A含有6个样本点，即“数对 梦贡献自己的力量。 5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3 则A={(3,2),(4,2),(2,3),(3,3),(4,3) 表”中加横线部分的事件.因此，P(A)= 6 5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4, (1,4),(2,4),(3,4),(4,4)},共9个样本点， 36 5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5, 所以P)=- 5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6, 6 故选(A) 2 素养专练 数理招 频率分布直方图如下 专项小练一、有限样本空间与随机事件 专项小练二、事件的关系和运算 频率 个组距 1.(多选)已知袋中有大小、形状完全相同的 1.某小组有1名男生和2名女生，从中任选2 0.05 5张红色2张蓝色卡片，从中任取3张卡片，则下 名学生参加围棋比赛，事件“至多有1名男生”与 列判断正确的是 事件“至多有1名女生” (A)事件“都是红色卡片”是随机事件 (A)是对立事件 (B)事件“都是蓝色卡片”是不可能事件 (B)都是必然事件 05060708090100成绩/份 (C)事件“至少有一张蓝色卡片”是必然事件 (C)不是互斥事件 (2)样本中成绩在[70,90)内的频率为 0.20+0.32=0.52. (D)事件“有1张红色卡片和2张蓝色卡片” (D)是互斥事件但不是对立事件 所以估计该校获得二等奖的学生为 是随机事件 2.(多选)从5个女生和4个男生中任选两人 900×0.52=468(人). 2.高一(1)班计划从A,B,C,D,E这五名班 参加某项活动，事件A:至少有一个女生，事件B: 18.解：(1)根据频率分布直方图得(0.01+0.013+a 干部中选两人代表班级参加一次活动，则样本空 至少有一个男生，事件C:恰有一个男生，事件D: +0.007+0.002)×20=1, 间中样本点的个数为 两个都是女生，事件E:恰有一个女生.则( 解得a=0.018. (A)5 (B)10 (C)15 (D)20 (A)DCA (B)C=E 由频率分布直方图可估计平均数为10×0.01×20+ 30×0.013×20+50×0.018×20+70×0.007×20+90 3.若从两男两女四人中随机选出两人，设两 (C)D∩E≠O (D)B UD= ×0.002×20=41.2, 个男生分别用A,B表示，两个女生分别用C,D表 3.抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，设事件 所以估计该市年龄100岁及以下居民的平均年龄为41.2岁 示，则相应的样本空间2= ,“选出一男 P=“朝上的点数是1”，Q=“朝上的点数是3或 (2)被调查的100名居民中，年龄处在[0,20)，[20 女”对应的样本点组成的集合为 4”,M=“朝上的点数是1或3”，用集合的形式表 40),[40,60),[60,80),[80,100]的人数分别为20,26 示事件PUQ= ,M∩Q= 36,14,4. 由表格得这100名居民对防骗知识的知晓率为10× 专项小练三、古典概型 专项小练四、概率的基本性质 20×0.34+26×0.45+36×0.54+14×0.65+4×0.74〉 =50%. 1.(多选)下列试验中属于古典概型的是 1.已知P(A)=0.5,P(B)=0.3,如果B≤ 所以估计该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知 ( A,那么P(AUB)= ( 晓率为50%， (A)从6个完全相同的小球中任取1个 (A)0.5(B)0.2 (C)0.3 (D)1 (3)原因分析： ①样本数据过少，不能很好地反映总体数据的特征； (B)任意抛掷两枚骰子，所得点数之和作为 2.(多选)设A,B为古典概率模型中的两个 随机事件，以下命题正确的为 ②调查的人数中年龄在[60,100]的只有18人，也许 样本点 ( 这部分人刚好对防骗知识的知晓率高，从而导致调查结果 (C)袋子中装有大小完全相同的红色、绿 ()若P()=方P(A)=则当且仅当 不能很好地代表实际情况 19.解：(1)因为前四组的频率分别为：0.05,0.15」 色、黑色小球各1个，从中任意取出1个小球，观 PA+B)=名时4，B是互斥事件 0.25,0.35, 察小球的颜色 又0.05+0.15+0.25=0.45<0.5， (D)从南京到北京有5条长短不同的路线， (B)若PA)=写，PB)=子则A+B是必然 0.05+0.15+0.25+0.35=0.8>0.5, 所以中位数x满足70<x<80, 某人从中任选一条 事件 由0.45+(x-70)×0.035=0.5, 2.观察一枚质地均匀的正方体骰子，任意选 (C)若A,B是互斥事件，P(A)= 3,P(B) 解得x-9+70≈71.4 取两个面的点数，点数之和正好等于8的概率为 1 (2)由题意，剩余8个分数的平均值为 ( 2,则P(AUB)= 6 元。=10x-100-80-90, 8 B房 (c)8 D号 (D)若A,B是对立事件，则P(AUB)=1 3.一商店有奖促销活动中有一等奖与二等 ∑x-10×90 3.从甲、乙、丙、丁四人中随机选取两人，则 奖两个奖项，其中中一等奖的概率为0.1，中二等 因为10个分数的标准差s= =6 10 甲、乙两人中有且只有一人被选取的概率为 奖的概率为0.25，则不中奖的概率为 所以x7+…+x。=10×62+10×902=81360, 数理报社试题研究中心 所以剩余8个分数的标准差为 参考答案见下期 +…+x0)-80-100-8×90 =25. 所以25%分位数为从小到大排列后的第4个数， 50=N 8 第40期3,4版参考答案 即8.7分 (3)将3座教学楼完全包裹的球的最小直径为： 一、单项选择题1~4CCDD5~8ACDC (2)15×95%=14.25, √192+802+20=√43664<√44100=210（米） 二、多项选择题9.ACD:10.ACD:11.AC. 所以95%分位数为从小到大排列后的第15个数，即9.8分. 因此若用一个覆盖半径为105米的屏蔽仪，则总费用 三、填空题12.21；13.19：14.-1. 所以优先推荐酒店的评分必须达到9.8分， 为4100元： 四、解答题 所以若某酒店的评分为9.6分，则该酒店不能被列为 将一座教学楼完全包裹的球的最小直径为 5解：(1)案例一用简单随机抽样，案例二用分层随优先推荐酒店， 202+202+60=√4400<√4900=70（米）， 机抽 17.解：()由已知得样本容量为8=50， 因此若用3个覆盖半径为35米的屏蔽仪，则总费用为 (2)①将总体分为具有高级职称、中级职称、初级职称 故第二组的频数为0.16×50=8， 4800元； 的人员及其他人员四层； 将1号教学楼与2号教学楼完全包裹的球的最小直径 ②确定抽样比9=800=20 40 1 第三组的颜率为 =0.20 为：√202+802+60=√10400<√/12100=110（米）， 第五组的频数为50-（4+8+10+16)=12，频率为 ③按抽样比确定各层应分别抽取的人数为8,16,10,6； 又因为√20+802+60 ④按简单随机抽样的方法在各层确定相应的样本； 50 =0.24 10400>√4900=70（米）， ⑤将各层抽到的样本汇总，构成一个容量为40的样本 故频率分布表如下 因此若用1个覆盖半径为55米和 16.解：(1)15个评分按从小到大的顺序排列为8.2， 1个覆盖半径为35米的屏蔽仪，则总 分组[50,60)[60,70)[70,80) [80,90)[90,100] 8.5,8.68.7,8.8,8.9,8.9,8.9,9.0,9.1,9.2,9.5,9.6 费用为3700元， 9.7,9.8. 频数 4 10 16 12 所以，让各教学楼均被屏蔽仪信 又15×25%=3.75， 频率 0.08 0.16 0.20 0.32 0.24 号完全覆盖的最小花费为3700元. 趣的无理数，它取自数学家欧拉Euler的英文字头.某教师为帮助同学 (B)乙同学仅随机选两个选项，能得10分的概率是】 随机事件与概率 6 们了解“ε”，让同学们从小数点后的3位数字7,1,8中随机选取两位 同步核心素养测评 数字，整数部分2不变，那么得到的数字不大于2.78的概率为 (C)丙同学随机选择选项，能得分的概率是时 (D)丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是 ⊙数理报社试题研究中心 (B) (c)3 第I卷选择题（共58分) 7.湘西州有甲、乙两个草原供游客休闲旅游，暑假期间龙龙和他 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 的家人到湘西州旅游.记事件E=“只去甲草原”，事件F=“至少去 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 个草原”，事件G=“至多去一个草原”，事件H=“不去甲草原”， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 1.一个口袋中装有质地和大小都相同的一个白球和一个黑球，那 事件1=“一个草原也不去”.下列命题正确的是 ( 12.在抛掷一枚骰子，观察其朝上面的点数的试验中，事件A表示 么“从中任意摸一个球得到白球”这个事件是 (A)E与G是互斥事件 (B)F与I是对立事件 不大于4的偶数点数出现”，事件B表示“小于5的点数出现”，则事 (A)随机事件 (B)必然事件 (C)F与G是互斥事件 (D)G与I是互斥事件 件AUB包含的样本点为」 高中数学 (C)不可能事件 (D)不能确定 高 8.有5张未刮码的卡片，其中n张是“中奖”卡，其它的是“未中 2.已知集合A={-7,-5,-3,-1,0,2,4,6},从集合A中选取 奖”卡，现从这5张卡片随机抽取2张.你有资金100元，每次在对一张 1.若A,B互为对立事件，P(0=。P(B)=名 方，且a>0,6> 中数 学 不相同的两个数，构成平面直角坐标系上的点，观察点的位置，则事件 卡片刮码前，下注已有资金的一半.若刮码结果为“中奖”，则赢得与 0,则2a+b的最小值是 必修第二册 “点落在x轴上”包含的样本点共有 ( 下注金额相同的另一笔钱，若刮码结果是“未中奖”，则输掉下注的资 14.对于a,b∈N,规定a⑧b= a+b,a与b的奇偶性相同，已 (A)7个 (B)8个 (C)9个 (D)10个 金.抽取的2张卡片全部刮完后，要使资金增加的概率大于资金减少 la×b,a与b的奇偶性不同. 必修第二册 3.如图1，甲、乙两个元件串联构成一段电 知点集M={(a,b)1a⑧b=60,a,b∈N{,若从点集M中任取一 甲 的概率，则n至少为 ( 路，事件M=“甲元件故障”，N=“乙元件故 个点，则在点的横、纵坐标中有偶数的条件下，横、纵坐标都是偶数的 (A)2 (B)3 (C)4 (D)5 A 障”，则表示该段电路没有故障的事件为( 图1 概率为 A 版 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 同 (A)MUN (B)MUN 四、解答题：本题共5小题，共77分 9.下列现象为随机现象的是 版同 核 (C)MUN (D)MnN 15.(13分)抛掷两枚质地均匀的骰子（标号为I号和Ⅱ号），记 (A)当x是实数时，x-|xI=2 步核 心 4.已知事件A与事件B互斥，记事件B为事件B的对立事件.若 两枚骰子朝上的点数，求下列事件的概率： (B)某班一次数学测试，及格率低于75% 素养测评 P(A)=0.6,P(B)=0.2,则P(A+B)= ( (1)A=“两个点数之和是5”； (C)从分别标有0,1,2,3，…，9这十个数字的纸团中任取一个， 心素养测 (2)B=“两个点数相等” (A)0.6 (B)0.8 (C)0.2 (D)0.48 取出的纸团上的数字是偶数 评 5.魔方又叫鲁比克方块，是由匈牙利建筑学 (D)从一副扑克牌中任意抽出一张是红桃5 教授暨雕塑家鲁比克于1974年发明的机械益智 10.若A,B为互斥事件，则下列各式一定正确的是 玩具，与华容道、独立钻石棋一起被并称为智力 (A)P(AUB)=P(A)+P(B) 游戏界的三大不可思议如图2所示的三阶魔方 (B)P(AUB)=P(A)+P(B) 可以看作是将一个各面上均涂有颜色的正方体 图2 (C)P(AB)=0 的棱三等分，然后沿等分线把正方体切开所得.现将三阶魔方中1面 (D)P(AB)=1-P(A)-P(B) 有色的小正方体称为中心方块，2面有色的小正方体称为边缘方块， 11.某次智力竞赛的一道多项选择题，要求是：“在每小题给出的 3面有色的小正方体称为边角方块，若从这些小正方体中任取一个， 四个选项中，全部选对的得10分，部分选对的得5分，有选错的得0 恰好抽到边缘方块的概率为 分.”已知某选择题的正确答案是(C)(D),且甲、乙、丙、丁四位同学 (®多 (D)2 都不会做，下列表述正确的是 6.自然对数的底数e=2.718281828459045…,e是一个奇妙有 (A)甲同学仅随机选一个选项，能得5分的概率是)高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 数理柄 答案详解 2025~2026学年 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期(2026年4月)》 24,则80×40%×a%=24,解得a=75,故(C)错误； 第40期3,4版 对于(D),由扇形统计图知该校学生中选择学科拓展类课 统计核心素养综合测评 程的频率为1-35%-40%=25%， 一、单项选择题 则该校学生中选择学科拓展类课程的人数为4000×25% 1 ~4 CCDD 5 ~8 ACDC =1000(人)，故(D)正确. 提示： 8.对于甲地，中位数为27℃，平均数为26℃， 1.常用的抽样方法有简单随机抽样和分层随机抽样.事先 若5天气温的数据为21,26,27,28,28 了解到该地区小学、初中、高中三个学段学生的肺活量有较大 则甲地没有进入夏季； 差异，而同一学段男女生肺活量差异不大，所以最合理的抽样 对于乙地，第60百分位数为24℃，众数为22℃， 方法是按学段分层随机抽样 由5×60%=3， 2.被选中的红色球号码依次为28,03,22,24,10,26， 则第60百分位数为第三个数与第四个数的平均数， 所以第四个被选中的红色球号码为24 若5天气温的数据为21,22,22,26,27， 3由题意可得，9=子故n=37, 则乙地没有进入夏季； 对于丙地，最高气温为31℃，平均数为25℃，标准差为3℃， 所以每个个体被轴到的机会为号 设前面四个数据为x1,x2,x,x(x≤为3≤x3≤4）， 4.由题意知36岁至50岁的居民所占的比例为 则[(-25)2+（年-25）2+(6-25)2+(-25)2 840+700+560=3,故这次抽样调查抽取的总人数是100÷ 700 1 +(31-25)2]=32, 号=30， 故(x1-25)2+(x2-25)2+(x3-25)2+(x4-25)2=9, 所以(x1-25)2≤9， 5.因为有13名同学参加百米竞赛，所以将成绩按最好到 若x1<22,则(x1-25)2>9,这与(x1-25)2≤9矛盾， 最差排序后，成绩的中位数为第七个数，则中位数前的成绩对 所以22≤1≤x2≤为≤x4, 应的同学进人决赛，所以还需要知道这13名同学成绩的中位 所以丙地肯定进人夏季； 数，才可知道小梅能否进入决赛。 对于丁地，下四分位数为23℃，上四分位数为28℃，极差 6.因为这组数据的极差为40，最小值为41， 为7℃， 所以m应为最大值，为40+41=81， 将这组数据从小到大排列为 41,45,53,56,65,69,70,72,79,80,81, 得下四分位数为按从小到大排列的第2个数据， 因为81%×11=8.91， 上四分位数为按从小到大排列的第4个数据， 所以这组数据的81%分位数为79 若5天气温的数据为21,23,24,28,28， 7.对于(A),抽取的样本容量为4000×2%=80，故(A) 则丁地没有进入夏季。 错误； 二、多项选择题 对于(B),该校学生中对兴趣爱好类课程满意的人数约为 9.ACD;10.ACD;11.AC. 4000×35%×50%=700(人)，故(B)错误； 提示： 对于(C),抽取的学生中对创新素质类课程满意的人数为 9.对于(A),此次调查属于抽样调查，(A)错误； 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 对于(B),根据样本容量的定义，可知样本容量是150， 提示： (B)正确； 12.由已知可得样本中数据在[20,60)内的频数为50× 对于(C),根据总体的定义，可知全校1700名学生的身高 0.6=30,故样本数据在[40,60)内的个数为30-4-5=21. 情况是总体，(C)错误； 13.由题可知，按分层随机抽样的方法，抽取一个代表队， 对于(D),根据个体的定义，可知被抽取的每一名学生的 其中乙部门抽取7人， 身高情况称为个体，(D)错误 设共抽取了0人，则7+倍+=子，解得=19， 63 故选(A)(C)(D). 所以该单位共抽取了19人， 10.对于(A),0.0025×40=0.10,属于第一档，故(A)正确； 14.设数据2x1+1,2x2+1,…,2x225+1的平均数为，方 对于(B),(0.0025+0.0040+0.0060)×40=0.50,所以年月 差为品， 均用电量在[160,200)内的不属于第二档，故(B)错误； 则=2元+1,3号=42. 对于(C),(0.0025+0.0040+0.0060+0.0045+ 因为新数据的平均数比方差大3， 0.0030)×40=0.80,属于第三档，故(C)正确； 所以2元+1=4s2+3, 对于(D),(0.0020+0.0010×3)×40=0.20,属于第四 可得子=2-2 1 档，故(D)正确。 故选(A)(C)(D). 则-2=-乃-=-(-4）-石 11.因为点C,D,E,F,G在一条直线上， 且C,D,E,F,G的横坐标的差相同， 由3=分-分≥0，可得≥1 所以它们的纵坐标的差值也相同， 由二次函数的性质知，当x=1时，s2-x2取得最大值，且 因为0.024-0.0064=0.0044， 最大值为-1. 4 四、解答题 所以d=0.024-0.0044=0.0196, 15.解：(1)案例一用简单随机抽样，案例二用分层随机 e=0.0196-0.0044=0.0152, 抽样。 f=0.0152-0.0044=0.0108, (2)①将总体分为具有高级职称、中级职称、初级职称的 因为0.1-0.0196-0.0152-0.0108-0.0064= 人员及其他人员四层： 0.048, 40 ②确定抽样比9=800=20： 1 点A,B,C在一条直线上， ③按抽样比确定各层应分别抽取的人数为8,16,10,6； 所以6=0.048=0.016， ④按简单随机抽样的方法在各层确定相应的样本； 3 ⑤将各层抽到的样本汇总，构成一个容量为40的样本， 则a=0.048-0.024-0.016=0.008,(A)正确； 16.解：(1)15个评分按从小到大的顺序排列为8.2,8.5， 数据x的众数的估计值为30十40=35， 2 8.6,8.7,8.8,8.9,8.9,8.9,9.0,9.1,9.2,9.5,9.6,9.7,9.8. 设中位数为t,因为(0.008+0.016+0.024)×10=0.48， 又15×25%=3.75， 所以0.0196×(t-40)=0.02, 所以25%分位数为从小到大排列后的第4个数，即8.7分. (2)15×95%=14.25, 解得t≈41，即数据x的中位数约为41， 所以5%分位数为从小到大排列后的第15个数，即9.8分. 所以数据x的众数小于中位数，(B)错误； 所以优先推荐酒店的评分必须达到9.8分， 因为元=15×0.08+25×0.16+35×0.24+45×0.196 所以若某酒店的评分为9.6分，则该酒店不能被列为优先 +55×0.152+65×0.108+75×0.064=42.6, 推荐酒店。 所以平均数大于中位数，(C)正确； 4 因为1-(0.0108+0.0064)×10=0.828， 17.解：(1)由已知得样本容量为0，.0s=50, 所以数据x的第80百分位数小于60，(D)错误. 故第二组的频数为0.16×50=8， 故选(A)(C). 第三组的频率为号=020， 三、填空题 12.21;13.19;14.-1. 第五组的频数为50-(4+8+10+16)=12，频率为50 .12 高一数学人教A(必修第二册) 第40~44期 0.24. 名=10-100-80=90， 8 故频率分布表如下 10 分组 [50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100 x号-10×902 频数 4 10 16 12 因为10个分数的标准差s= =1 =6. 10 频率 0.08 0.16 0.20 0.32 0.24 所以x子+…+x。=10×62+10×902=81360, 频率分布直方图如下 所以剩余8个分数的标准差为 频率 组距 (+…+x70)-802-1002-8×90 =25. 0.032 8 0.028 0.024 (3)将3座教学楼完全包裹的球的最小直径为： 0.020 0.016 0.012 √/1922+802+202=√43664</44100=210（米）， 0.008 因此若用一个覆盖半径为105米的屏蔽仪，则总费用为 0 5060708090100成绩/份 4100元； (2)样本中成绩在[70,90)内的频率为 将一座教学楼完全包裹的球的最小直径为 0.20+0.32=0.52, /202+202+602=√4400<4900=70（米）， 所以估计该校获得二等奖的学生为 因此若用3个覆盖半径为35米的屏蔽仪，则总费用为 900×0.52=468(人). 4800元： 18.解：(1)根据频率分布直方图得(0.01+0.013+a+ 将1号教学楼与2号教学楼完全包裹的球的最小直径为： 0.007+0.002)×20=1, /202+802+602=10400<√12100=110（米）， 解得a=0.018 由频率分布直方图可估计平均数为10×0.01×20+30× 又因为/20+802+60=√/10400>4900=70（米）， 因此若用1个覆盖半径为55米和1个覆盖半径为35米的 0.013×20+50×0.018×20+70×0.007×20+90×0.002 ×20=41.2, 屏蔽仪，则总费用为3700元， 所以，让各教学楼均被屏蔽仪信号完全覆盖的最小花费为 所以估计该市年龄100岁及以下居民的平均年龄为41.2岁. 3700元. (2)被调查的100名居民中，年龄处在[0,20)，[20,40)， [40,60),[60,80),[80,100]的人数分别为20,26,36,14,4. 第41期2版 由表格得这100名居民对防骗知识的知晓率为0×(20 专项小练一 ×0.34+26×0.45+36×0.54+14×0.65+4×0.74)=50%, 1.ABD;2.B: 所以估计该市年龄100岁及以下居民对防骗知识的知晓 3.AB,AC,AD,BC,BD,CD,AC,AD,BC,BD. 率为50%. 专项小练二 (3)原因分析： 1.C;2.ABD;3.{1,3,4},3} ①样本数据过少，不能很好地反映总体数据的特征： 专项小练三 ②调查的人数中年龄在[60,100]的只有18人，也许这部 1ACD:2.B:33 分人刚好对防骗知识的知晓率高，从而导致调查结果不能很好 专项小练四 地代表实际情况。 19.解：(1)因为前四组的频率分别为：0.05,0.15,0.25,0.35， 1.A;2.AD;3.0.65 又0.05+0.15+0.25=0.45<0.5， 第41期3,4版 0.05+0.15+0.25+0.35=0.8>0.5. 随机事件与概率同步核心素养测评 所以中位数x满足70<x<80, 一、单项选择题 由0.45+(x-70)×0.035=0.5, 1~4 AADB 5~8 CABC 解得x=9+70￥71.4 提示： (2)由题意，剩余8个分数的平均值为 1.因为事件“从中任意摸一个球得到白球”可能发生也可 3 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 能不发生，所以这个事件是随机事件。 提示： 2.事件“点落在x轴上”所包含的样本点的特征是(x,0), 9.当x≥0时，x-1xl=0; 又依题意，x≠0，且A中有7个非零常数， 当x<0时，x-1x1=2x<0, 故共包含7个样本点。 所以x-1x1不可能等于2，故(A)不是随机现象； 3.因为甲、乙两个元件串联，线路没有故障， 由随机现象的定义知(B),(C),(D)均是随机现象. 即甲、乙都没有故障， 故选(B)(C)(D) 即事件M和N同时发生，即事件M∩N发生， 10.因为A,B为互斥事件，所以A∩B=☑， 4.因为事件A与事件B互斥，所以ACB, P(A UB)=P(A)+P(B),P(AB)=0, 所以P(A+B)=P(B)=1-P(B)=0.8. 故(A),(C)正确； 5.沿等分线把正方体切开得到同样大小的小正方体共27 如右图，由图可知事件A与B不 2 个，其中只有2个面涂色的小正方体共有12个， 互斥，所以可用一般概率加法公式得 所以恰好抽到边缘方块的概率为号-号 P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB), 所以P(AB)=P(A)+P(B)- 6.由题意得到的数字有2.17,2.18,2.71,2.78,2.81， P(AUB)=1-P(A)+1-P(B)-1=1-P(A)-P(B), 2.87,共6种， 故(B)错误，(D)正确。 其中数字不大于2.78的有2.17,2.18,2.71,2.78，共4个， 故选(A)(C)(D). 所以得到的数字不大于2.8的概率为号 11.甲同学仅随机选一个选项，共有4个基本事件， 分别为A},B,{C,D, 7.事件F包含“只去甲草原”“只去乙草原”“甲、乙两个草 随机事件“若能得5分”中有基本事件{C},{D}, 原都去”三种情况； 事件G包含“只去甲草原”“只去乙草原”“一个草原也不 放“能得5分”的概率为7，放()正确， 去”三种情况； 乙同学仅随机选两个选项，共有6个基本事件， 事件H包含“只去乙草原”“一个草原也不去”两种情况. 分别为：{A,B},{A,C},{A,D,{B,C},{B,D,{C,D}, 对于(A),(C),(D),两个事件均有可能同时发生，都不是 随机事件“能得10分”中有基本事件C,D}, 互斥事件； 故“能得10分”的概率为石，放(B)正确： 对于(B),事件F与I不可能同时发生，且必有一个发生， 丙同学随机选择选项（丙至少选择一项）， 是对立事件，故(B)正确. 共有基本事件15种，分别为： 8.由题可知，刮第1张卡前，下注50元： 选择一项：{A},{B},{C},D; 若未中奖，还剩50元；刮第2张卡前，下注25元，不管是否 选择两项：A,B},A,C},A,D},{B,C},B,D},{C, 中奖，资金必减少： D}; 若中奖，还剩150元，刮第2张卡前，下注75元，未中奖资 选择三项或全选：{A,B,C},{A,B,D},{A,C,D},{B,C, 金减少；中奖资金增加： D,A,B,C,D, 所以要使资金增加，则必须2次刮出中奖，否则资金减少； 随机事件“能得分”中有基本事件{C},D},C,D, 所以5张卡片中取到2张“中奖”卡的概率大于号即可， 故“能得分~的概率为名=了故〔C)正确： 由5张卡片中任取2张的方法数有10种， 丁同学随机至少选择两个选项，由(C)的分析可知， n张“中奖”卡中取到2张的方法数有(m1山种， 2 共有基本事件11个， 所w220>子 随机事件“能得分”中有基本事件C,D}, 20 放“能得分”的概率为十，放(D)错误 即n(n-1)>10,且2≤n≤5， 故选(A)(B)(C). 故n=4或n=5,即n至少为4. 三、填空题 二、多项选择题 9.BCD:10.ACD:11.ABC. 12.2,4,5,6；13.8;14.29 37 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 提示： 现的点数为1,2,4,6}. 12.该试验的样本空间2=1,2,3,4,5,6}，A=2,4},B (3)由题意可知A={出现的点数为2,4,6}，B={出现的 =1,2,3,4},所以B={5,6},所以AUB={2,4,5,6. 点数为1,3,5}，D={出现的点数为1,2}，E={出现的点数为 13.因为A,B互为对立事件， 1,2,4,5}, 则P)+PB)=+ 6=1,且a>0,6>0, 则A∩C={出现的点数为2}，BUC=出现的点数为 1,2,3,5},DUE={出现的点数为1,2,4,5}. 可得2+b=(+名)+6=4+女 17.解：(1)从A1,A2,A3,A4,A5,A。中任取2个点包含的所 有情况为A,A},A,A},{A1,A4},{A,A},{A,A6},A2, ≥4+2/.=8， N a b A},A2,A4},A2,A5},A2,A6},A3,A4},A3,A},A3,A6}, 当且仅当台=长即=2如=4时，等号成立。 A4,A5},A4,A6},A5,A6},共有15种 (2)当X=0时，所取的2个点均不在y轴上， 所以2a+b的最小值是8. 即从A1,A2,A,A6中任取2个点，所有可能的情况为{A1, 14.已知a☒b=60,a,b∈N, A2},A,A},A1,A6},A2,A5},A2,A6},{A5,A6},共6种， 若a和b一奇一偶，则ab=60, 满足此条件的有1×60=3×20=4×15=5×12， 所以小陈参加学校合明团的既率为号：子 故点(a,b)有8个， 所以小陈不参加学校合唱团的概率P=1一号=号 若a和b奇偶性相同，则a+b=60, 18.解：记3个红球为A,B,C,2个白球为a,b. 满足点的横、纵坐标中有偶数的情况为2+58=4+56= (1)从盒子中随机取出2个球的样本空间2=(A,B), 6+54=…=28+32=30+30,共15组， (A,C),(A,a),(A,b),(B,C),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b), 故点(a,b)有29个， (a,b)},共10个样本点， 所以点的横、纵坐标中有偶数的个数为8+29=37， 记事件M为“至少取到一个白球”， 横、纵坐标都是偶数的个数为29， 则其对立事件M为“一个白球也没有”，即“两个球都是 所以在点的横、纵坐标中有偶数的条件下，横、纵坐标都是 红球”， 偶数的概*为号 则M={(A,B),(A,C),(B,C)},共3个样本点， 四、解答题 放P(M=1-P(0=1-= 7 15.解：记“I号出现的点数”为m,“Ⅱ号出现的点数”为 (2)最后一次取出红球有两种情形： n,则(m,n)表示这个实验的一个样本点，样本空间2={(m, ①前两次取出红球，第三次取出红球，有1种情况； n)1m,n∈1,2,3,4,5,6}}，共有36个样本点 ②前三次取出2个红球，第四次取出红球，有3种情况.共 由于骰子的质地均匀，所有各个样本点出现的可能性相 有4种不同的情况。 等，因此这个试验是古典概型， 最后一次取出白球有三种情形： (1)因为A={(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)}, ①第一次取出白球，第二次也取出白球，有1种情况； 所以n(A)=4, ②前两次取出1个白球，第三次取出白球，有2种情况； 所以P(A)=36=9 41 ③前三次取出1个白球，第四次取出白球，有3种情况.共 (2)因为B={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(6, 有6种不同的情况， 6)},所以n(B)=6, 故最后一次取出的是红球的概率P=4十6=亏 4 2 所以P(®)=务=石 1 19.解：(1)由题意，每10000张奖券中设特等奖5个，一等 16.解：A={出现奇数点}=1,3,5}，B={出现偶数点 奖20个，二等奖100个，三等奖500个， 故P(A)=100=20dP(B)=0280= 5 20 1 ={2,4,6},C={出现点数小于3}={1,2}，D={出现点数 大于2}={3,4,5,6}，E={出现点数是3的倍数}={3,6}. r0=00=高P(W=600=0 100 1 (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 (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖、三等奖， 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 设“1张奖券中奖”这个事件为M, 第42期3,4版 则M=AUBUCUD, 又因为A,B,C,D两两互斥， 事件的相互独立性、频率与概率同步核心素养测评 所以P(M)=P(AUBUCUD) 一、单项选择题 1~4 CADB 5~8 ACBA =P(A)+P(B)+P(C)+P(D) =5+20+100+500.1 提示： 10000 二16 1.已知该厂的次品率为3%，所以该厂8000件产品中次品 放1张奖券的中奖概率为名 的件数约为8000×3%=240. 2.因为是有放回摸球， (3)设“一张奖券获得的奖金低于200元”为事件W, 所以第一次摸球与第二次摸球相互不受影响， 则事件N与“一张奖券获得的奖金不低于200元”为对立 所以事件A,与A,是相互独立事件， 事件， 所以事件A与A2也是相互独立事件. 而“一张奖券获得的奖金不低于200元”为奖券获得特等 3.由题意得，将两所学校的成绩放到一起，从中任取一个 奖和一等奖的和事件， 学生成绩，取到优秀成绩的概率为 所以P(N)=1-P(AUB) 30%×40%+35%×60%=0.33. 11399 =1-P(A)-P(B)=1-2000500=400 4.由表格数据知，最高气温低于25℃的频率为4+5。 90 0.1,所以6月份这种冷饮一天的需求量不超过300瓶的概率估 即-张奖券获得的奖金低于20元的概率为器 计值为0.1. 5.“左边转盘指针落在奇数区域”记为事件A, 第42期2版 则)=专=子 专项小练一 “右边转盘指针落在奇数区域”记为事件B, 1B,2.A:3BC,40 则八)=专=号 5.解：设事件A表示“甲解答正确”，事件B表示“乙解答 因为事件A,B相互独立， 正确”， 所以两个指针同时落在奇数区域的概率为子×号=手 .4 则P(A)=分，P(B)=子 1 6.设事件A表示“2次测得的平均值为7.1毫米”，事件B 因为事件A与事件B相互独立，所以 表示“一次是7.0毫米，一次是7.2毫米”，事件C表示“两次都 (1)两人解答都正确的概率为 是7.1毫米”， 代AB=PP(B)=方×寸=d 则风)=P8)+G=写×0x2+品×高=QB (2)事件A与事件B相互独立，则至少一人解答正确的概 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， 率为P=1-P(AB)=1-P(A)P(B) 按照乙第三支箭的情况可分为两类： =1-(1-)×（1-)=子 (1)第三支箭投入壶口，则第四支箭必须投入壶耳， 专项小练二 其概率月=子×写=方 .1 1 1.D;2.C;3.BCD;4.白. (2)第三支箭投人壶耳，则第四支箭投人壶口、壶耳均可， 5解：(I)这种鱼卵的孵化率为853 =0.8513. 10000 其概率只：专×（兮+写）=务， (2)30000个鱼卵大约能孵化 所以乙解得这局比赛的概率P=P+P=方+号=号 3000×8513 10000 =25539(尾)鱼苗. 8.设三门考试课程考试及格的事件为A,B,C, 6 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 相应的概率为a,b,c, 11.对于(A),依次发送红色、黄色、青色信号， 则考试三门课程，至少有两门及格的事件为 则依次显示青色、青色、红色的事件是发送红色信号显示 ABCABCABCABC, 青色、发送黄色信号显示青色、发送青色信号显示红色的3个 其概率为P,=ab(1-c)+a(1-b)c+(1-a)bc+abc 事件的积，它们相互独立， ab ac bc-2abc 所以所求概率为(1-a)By,（A)错误； 设在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格的概率为P2, 对于(B),两次传输，发送红色信号，相当于依次发送红 则P1 色、红色信号， 则依次显示黄色、黄色的事件是发送红色信号接收黄色信号、 又由P-P 发送红色信号接收黄色信号的2个事件的积，它们相互独立， 1 ab ac bc-2abc- 所以所求概率为a2,(B)正确； +c+c-2c=导a++-3a 2 对于(C),两次传输，发送红色信号， 则译码为红色的事件是依次显示黄色、青色或青色、黄色 =子a61-e)+ae1-b)+be(1-a]>0, 的事件的和，它们互斥， 所以所求的概率为a(1-a)+(1-a)a=2a(1-a),故 所以P>P2,即用方案一的概率大于用方案二的概率. (C)错误； 二、多项选择题 对于(D),若采用两次传输，发送红色信号， 9.BCD;10.ACD;11.BD. 则译码为青色的概率P=(1-)2, 提示： 若单次传输发送红色信号， 9.由题意可知投篮命中的频率为，560=0.56，得到的频 1000 则译码为青色的概率P'=1-a, 率可能比概率大，也可能小于概率，也可能等于概率，故(A)正 因此P-P'=(1-a)2-(1-a)=-a(1-a)<0, 确，(C)错误； 即P<P',(D)正确. 投篮10次或100次相当于做10次或100次试验，每一次的 故选(B)(D) 结果都是随机的，其结果可能一次命中，或者多次命中等，概率 三、填空题 只反映事件发生的可能性的大小，不能说明事件是否一定发 12：1a子：4 生，故(B),(D)错误 提示： 故选(B)(C)(D) 10.对于(A):由P(A)=0.6,P(B)=0.3, 12.设这群小孩共有x人，由题意可得←=卫 m 则P(A)=1-0.6=0.4,P(B)=1-0.3=0.7, 又事件A,B相互独立， 解得x=m n P(AB U AB)P(AB)+P(AB)P(A)P(B)+ 13.甲比乙投中次数多的可能情形有：甲投中1次，乙投中 P(A)P(B)=0.6×0.7+0.4×0.3=0.54,(A)正确： 0次；甲投中2次，乙投中1次或0次.由题意得2p(1-p)·(1 对于(B):若三个事件A,B,C两两独立，由独立事件的乘 -g)2+p[(1-9)2+24(1-9)]=36 7 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)=P(A)P(B)P(C),(B)错误； 解得9=子或g=9(合去) 对于(C):P(A)>0,P(B)>0, 14.投掷3次骰子后，球在甲手中，共有4种情况： 若事件A,B相互独立，则P(AB)=P(A)P(B)>0, 若事件A,B互斥，则P(AB)=0,(C)正确； ①甲一甲一甲一甲，其概率为分×分×子=日： 对于(D):设任意事件A发生的概率为P,必然事件B发生 ②甲一甲一乙一甲，其概率为时×分×宁= 的概率为1，不可能事件C发生的概率为0， P(AB)=P=P(A)P(B)P(AC)=0=P(A)P(C), ③甲一乙一甲一甲，其概*为分×号×行=司 (D)正确 .121 1 故选(A)(C)(D). ④甲一→乙一→丙→甲，其概率为2×行×2=6 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 所以投掷3次骰子后，球在甲手中的概率为+古+古 ③若选择A,C,D三项测试， 则需任意两项测试通过或三项测试均通过， 11 6=24 151,311,35 6 ￥2 四、解答题 1 15.解：记这两个零件中恰有一个是一等品的事件为A, 下×5=193 ×6=24>4 即仅第一个实习生加工一等品(A)与仅第二个实习生加 工一等品(A2)两种情况， 结合()中号<子所以满足条件的方案为选样4，C,0 则P)=PA)+P)=号x行+写×子= 5 三项和选择B,C,D三项. 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 n=120-24=4 为“舒道的天数为览×172=129（天）. 120 5 (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p,=1202-20- 120 6 级舒适， (2)设事件B=“某轮比赛中甲得1分”，事件C=“某轮 B,表示B小区供热等级不达标，B2表示B小区供热等级 比赛中乙得1分”， 达标， 则事件A=BC U BC U BC, 则A1与B独立，A2与B,独立，A2与B2独立， 所以P(A)=P(BC)+P(BC)+P(BC) 又C=AB1UAB1UA2B2, P(C)=P(A)P(B)+P(A2)P(B)+P(A2 )P(B2), 6 17.解：(1)设“甲投中两次获胜”为事件A, 由已知可得4,4,8，品发生的氮率分别为品品0， 则P(A)=(号)×[-（分）门=3 11 201 (2)设“结果是平局”为事件B,则 放PA)=5,P4)=子PB)=0,P(岳)=品 P(B)= (兮)x(3)+2x号x3x2×(合) 所以P(0=0+0+子×0-品 +(号)x(分)=是 (3)若从供热状况角度选择生活地区居住，建议选择A小区， 所以P(B)=1-P(B)= 23 36 因为A小区供热等级舒适的贸率为。 即结果不是平局的率为号 &小区供热等级舒适的频率为} 18.解：设事件M=“员工甲本年度考核合格”， 费>易，所以建议选择4小区 (1)由题意知员工甲本年度考核合格必须通过C测试，且 A,B测试中至少有一项通过， 第43期3,4版 放Pw=子×1-右×）=器 概率核心素养综合测评 一、单项选择题 (2)①若选择A,B,D三项测试， 1~4 DABC 5~8 BBAD 则必须通过D测试，且A,B测试中至少有一项通过， 提示： 故P(w=子×1-6×5)=器<子 2.目标受损但未击毁的概率是1-0.2-0.4=0.4. 3.设红球的个数为x, ②若选择B,C,D三项测试， 则需任意两项测试通过或三项测试均通过， 由题意可知十3=20义0解得x5, 619 4×2 所以红球的个数最可能是5个. 4 3 ，131、3 4.集合{a,b,c}的子集个数为23=8， 5×4x2=40>4 集合{a,b,c,d,e}的子集个数为2=32， -8 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 因此所求概率为务=子 1 P12-P16=P2(p1+3）-2p1P2P3-[P3(P1+P2)-2p1P2P3] =(p2-P3)P1<0, 1 5.抛出一次，恰好出现蛇的图案朝上的概率为2，出现其 则Pg<p2<P16, 他图案朝上的概率为号， 所以小明做的第二题为第16题时，p=P6最大， 故(A)(B)(C)错误，(D)正确. 由于甲、乙抛掷模型的结果相互独立， 二、多项选择题 故所求概率为站×吕+节×立=员 9.ABC;10.BD;11.AB. 提示： 6.由题意得Venn图如右图 2 9.记3个红球分别为A,B,C,2个蓝球分别为a,b, (其中数字为相应区域包含的样本 则2=AB,AC,Aa,Ab,BC,Ba,Bb,Ca,Cb,ab},共包含10 点个数)， 个样本点 利用Venm图，探究事件之间 的关系。 “取不到红球”的有6，所以概率为，(A)正确： 由图知A∩B≠☑，且A∩B≠☑， “取出的两球均为红色”的有{AB,AC,BC},所以概率为 所以事件A与事件B不是互斥事件 3 由图得PW=合=方P@)=告：号P(回=音 0,(B)正确； “至多取到1个红球”的有{Aa,Ab,Ba,Bb,Ca,Cb,ab},所 3 以概率为品，(C)正确： 所以P(AB)=P(A)P(B), “取出一个红球、一个蓝球”的有{Aa,Ab,Ba,Bb,Ca,Cb, 所以事件A与事件B是相互独立事件. 7.设A,B,C,D四位妈妈的小孩分别是a,b,c,d, 所以概率为号(D)错误 则坐车方式的样本空间为{(Ab,Ba,Cd,Dc),(Ab,Bd,Ca, 故选(A)(B)(C). De),(Ab,Be,Cd,Da),(Ac,Ba,Cd,Db),(Ac,Bd,Ca,Db), 10.由题意得，事件A的样本点为{1,3,5,7}，事件B的样 (Ac,Bd,Cb,Da),(Ad,Ba,Cb,De),(Ad,Be,Ca,Db),(Ad,Be, 本点为{1,2,3,4}，事件C的样本点为2,3,5,7 Cb,Da)},共包含9个样本点， 对于(A),事件B与C共有样本点为2,3，所以不互斥，(A) 而A的小孩坐C的车的样本点为(Ab,Bd,Ca,Dc),(Ac, 错误； Bd,Ca,Db),(Ad,Bc,Ca,Db),共3个， 对于(B),事件AUB的样本点为{1,2,3,4,5,7}， 放所求概率为号=了 所以P4UB)=冬=圣，(B)正确： 8.小明连对两题，则第二题为必对题， 对于(O).P)=÷=分，PC)=音=子AnC的 若小明做的第二题为第8题， 样本点为3,5,7}， 则做题顺序为12,8,16与16,8,12，且其概率均为 1 所以P(AC)=音≠PP(C. 记此时连对两题的概率为Ps, 所以事件A与C不相互独立，(C)错误； 则A=2(1-p+1-)】+2[1- 对于(D),事件A∩B的样本点为{1,3}，所以P(AB)= P3)P1P2+P3P1(1-P2)] 2 =子P西=1-P氏)=子，(D)正确 8 =p1(P2+P3)-2p1P2P3; 同理若小明做的第二题为第12题，记连对两题的概率为p2, 故选(B)(D). 则P12=P2(P1+P3)-2p1P2P3 11.对于(A),在乙队以2：0领先的前提下，若甲队获胜， 若小明做的第二题为第16题，记连对两题的概率为P16, 则第三、四、五局均为甲队获胜， 则P16=P3(P1+P2）-2p1P2P3; 所以甲队获胜的概率为P,= ”=放(A)正确 所以Ps-p2=P1(P2+P3）-2pPP3-[p2(p1+p)- 2p1P2P3]=(p1-P2)p3<0, 对于(B),乙队以3：0获胜，即第3局乙获胜，概率为3， 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 故(B)正确： 、 4个基本事件， 对于(C),乙队以3：1获胜，即第三局甲获胜，第四局乙获 则P(B)= 方 胜，概率为号×号=号，放（©）错误： (2)因为事件A与B同时发生的基本事件有(2,4)，(4， 对于(D),若乙队以3：2获胜，则第五局为乙队获胜，第 2),所以P(AB)=12=6 2 1 三、四局乙队输】 所以乙队以3：2获胜的概率为子×子×兮-寺，放(D) 又因为P)P=号×宁= 错误 可得P(A)P(B)≠P(AB), 所以事件A与事件B不独立. 故选(A)(B) 三填空题 16.解：(1)由已知，当空气相对湿度在45%~55%时，病 毒死亡较快， 120.7；13专；14900 而样本在[45,55)上的频数为30， 提示： 所以所求频率为，30.1 12.由题意知P(B)=1-P(C)=0.4,所以P(A+B)= 300=10 P(A)+P(B)=0.3+0.4=0.7. (2)设事件A为“从区间[15,35)的数据中任取两个数据， 13.记“A与B不相邻而坐”为事件G,以顺时针方向计， 两个数据都位于[25,35)内”，区间[15,25)中的两个数据为 则A,B,C,D四人座位的样本空间2共包含6个样本点： a1,a2,区间[25,35)中的三个数据为b1,b2,b, ABCD,ABDC,ACBD,ACDB,ADBC,ADCB, 则从区间[15,35)的数据中任取两个数据，包含(a1,a2), 其中A与B不相邻而坐包含2个样本点：ACBD,ADBC, (a1,b1),(a1,b2),(a1,b3),(a2,b1),(a2,b2),(a2,b3),(b1, 则P(G=名=子 b2),(b1,b),(b2,b),共10个样本点， 而事件A包含(b1,b2),(b1,b),(b,b),共3个样本点， 14.设两选手为甲、乙，两选手水平相当， 所以P(A)= 3 放任意一局比赛，甲胜的概率为分，乙胜的概率为7 17.解：(1)记甲、乙、丙被录取分别为事件A,B,C, 不妨设前三局中甲胜2场，乙胜1场，剩下甲获胜的情况 则A,B,C相互独立， 是： 4 第四局甲胜或者第四局甲输但第五局甲胜， 此情况下，甲获胜的戳率为了+了×分=子 3 39 +2×2= 4 4 5=20 所以乙胜的概率为子， 因为P(A)<P(B)<P(C), 所以丙被录取的可能性最大， 所以前3局打成2：1时，2局胜利者与1局胜利者奖金分 (2)记三人中至少有一人被录取为事件D, 配比例应为3：1. 则D与A∩B∩C互为对立事件， 若发放奖金总额为12000元，为公平合理起见，应该发放 所以P(D)=1-P(AO BO C)=1-P(A)P(B)P(C) 给已胜两场者奖金为1200×子=900（元）. =1-(1-号)×1-号)×(-易)=8 四、解答题 15.解：(1)试验的样本空间为2=(1,2)，(1,3)，(1， 所以三人中至少有一人被录取的概率为铝 4),(2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4, 18.解：(1)由题表得这40天内该农产品价格“上涨”的天 2),(4,3)},共12个基本事件. 数为16， 事件A包含的基本事件有(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)， 估计该农产品价格~上深”的概率为品=号 (3,1),(3,2),(4,1),(4,2),共8个基本事件 (2)在这40天内，该农产品的价格有16天“上涨”，14天 则P)=吕号 “下跌”，10天“不变”，相应的概率分别是0.4,0.35,0.25， 事件B包含的基本事件有(2,4)，(3,4)，(4,2)，（4,3)，共 未来的日子里任取4天，分别用A,B,C:表示第i天“上 -10 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 涨”“下跌”“不变”(i=1,2,3,4), ×PO×+子xPG)x+号xPG 2 2万+ 4 则4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的所有情况 AA2 B C ,A A2C3B,A BA C,A CAB,A B2C3A,A C.B3A,, =P(G. B AA Ca,CAA BBA CA,CABAB CA A C BA A 若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大， 12种， 则P(N)>P(M), 每种情况发生的概率均为0.42×0.35×0.25=0.014， 所以院PC>品s+品PC,即P(G)>去 4 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. 进行游戏三时，不放回地依次取出两个球的所有结果如下表： (3)第41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大 第二次 2 因为该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影 第一次 响，且第40天的价格“上涨”，所以只需统计前40天中价格“上 1 (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) 涨”的次日的价格变化情况.由题表知价格“上涨”的次日价格 2 (2,1) × (2,3) (2,4) (2,5) “上涨”的天数为4，价格“下跌”的天数为2，价格“不变”的天 3 (3,1) (3,2) (3,4) (3,5) 数为9，所以第41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大. 4 (4,1) (4,2) (4,3) (4,5) 19.解：(1)设事件A=“游戏一获胜”，B=“游戏二获 (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) 胜”，C=“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为 当m=34,89时，PC)=品<若舍去： 2 2=1,2,3,4,5},则n(2)=5, 因为4=45所以a)=2,4)=合=号 4 当m=5,6,7时，P(C)=20>25,满足题意， 所以游戏一获胜的影率为号 因此m的所有可能取值为5,6,7. 第44期3,4版 游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间 22={(x,y)1x,y∈{1,2,3,4,5}， 核心素养阶段测评（四）》 则n(22)=25,因为B={(4,4),(4,5),(5,4),(5,5)}, 一、单项选择题 所U8》=4所以以：号=去 1~4 DABD 5~8 BACC 提示： 所以游戏二获胜的既率为号 1.抛掷一枚质地均匀的硬币，只考虑第216次，有两种结 (2)设M=“先玩游戏二，获得书券”， 果：正面朝上、反面朝上，每种结果等可能出现， N=“先玩游戏三，获得书券”， 故所求概率为2 则M=ABC U ABC U ABC,且ABC,ABC,ABC互斥，A,B, 2.由题意得从随机数表第1行的第4列开始由左到右依次选 C相互独立， 两个数字，且小于等于40的数字为：36,13,26,17,24,32,37，…， 所以P(M)=P(ABC U ABC U ABC) 所以选出来的第6个样本编号为32. P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) 3.因为3个校区学生人数之比为2：3：5，最多的一个校区 =P(A)P(B)[1-P(C)]+[1-P(A)]P(B)P(C)+ 抽出的个体数是60， P(AP(B)P(C) 5 =号×1-PG]+号×P0+号×rG 所以n×2+3+5=60,解得n=120 4.因为p与q的并事件不是必然事件， =高+品Prc. 所以p与q不是对立事件，故(A)不符合题意； 又N=ACB U ACB U ACB,且ACB,ACB,ACB互斥， 至少一枚正面朝上包含恰好两枚正面朝上， 所以P(N)=P(ACB U ACB U ACB) 所以q与m不是对立事件，故(B)不符合题意： P(ACB)+P(ACB)+P(ACB) 因为g与元均表示两枚正面向上， =P(A)P(C)[1-P(B)]+[1-P(A)]P(C)P(B)+ 所以q与元是相等事件，故(C)不符合题意.故选(D). P(A)P(C)P(B) 5.前两组的频数之和为100×0.1×(0.5+1.1)=16， -11 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 第四组的频数为100×0.34=34. 故所求概率P=1-3=7 10 =10 又后五组的频数之和为64，所以前三组的频数之和为100 二、多项选择题 -64=36. 9.ABC:10.ACD:11.BC 故第三组的频数为36-16=20， 因此a=20+34=54. 提示： 6.用事件A表示“旅行团选择去百花村”，事件B表示“旅 频数 9.频率=试验总数用频率估计事件发生的概率， 行团选择去云洞岩”， 则P(4B)=号P(AB)=P(0). 可得P)=8=065,P氏(8)=损=016，PC 设P(A)=x,P(B)=y, 100-65-16=0.19,故(A),(B),(C)正确： 100 2 B+C表示事件B发生或事件C发生， 「x= 则 [xy=9 解得 (负值舍去) 故P(B+C)=P(B)+P(C)=0.16+0.19=0.35,故 2 x(1-y)=（1-x)y, Y= (D)错误. 3 故选(A)(B)(C): 放选择去百花村的概率是号 10.对于(A),将样本数据从小到大排列为26,28,30,32， 7.由表格中的数据可知元=96+95+96+89+97+98 32,35,35,38,39,42,这10年的粮食年产量极差为42-26= 6 16,(A)正确： ≈95.17， 对于(B),10×70%=7,结合(A)选项可知70%分位数 由频率分布直方图可知：2=75×0.2+85×0.3+95×0.5 为第7个数和第8个数的平均数，即3538=36.5，(B)不 =88,则x1>2, 由于场外有数万名观众， 正确； 所以元<豆<十五<元，故选(C). 对于(C),这10年粮食年产量的平均数为0×(32+32+ 2 8.按照题中运算规律，正整数6的运算过程为6→3→10 30+28+35+38+42+39+26+35)=33.7,(C)正确： →5→16→8→4→2→1，运算次数为8： 对于(D),结合图形可知，前5年的粮食年产量的波动小 正整数7的部分运算过程为7→22→11→34→17→52 于后5年的粮食年产量波动，所以前5年的粮食年产量的方差 →26+13→40→20→10. 小于后5年的粮食年产量的方差，(D)正确 当运算到10时，运算次数为10，由正整数6的运算过程可知， 故选(A)(C)(D) 正整数7总的运算次数为10+6=16； 11.若父母的血型不相同， 正整数8的运算次数为3： 当父亲血型的基因类型为立时， 正整数9的部分运算过程为9→28→14→7， 母亲的可以是：ai,aa,bi,bb,ab共5种： 当运算到7时，运算次数为3，由正整数7的运算过程 当父亲血型的基因类型为ai时， 可知 母亲的可以是：ii,bi,bb,ab共4种； 正整数9总的运算次数为3+16=19： 当父亲血型的基因类型为aa时， 正整数10的运算次数为6， 母亲的可以是：ii,bi,bb,ab共4种； 故正整数6,7,8,9,10的运算次数分别为偶数、偶数、奇 当父亲血型的基因类型为bi时， 数、奇数、偶数，从正整数6,7,8,9,10中任取2个数的方法总 母亲的可以是：i,ai,aa,ab共4种； 数为： 当父亲血型的基因类型为b时， (6,7),(6,8),(6,9),(6,10),(7,8),(7,9),(7,10),(8, 母亲的可以是：i,ai,aa,ab共4种； 9),(8,10),(9,10),共10种 当父亲血型的基因类型为ab时， 其中的运算次数均为偶数的方法总数为： 母亲的可以是：i,ai,aa,bi,bb共5种， 所以父母血型的基因类型组合有5+4+4+4+4+5= (6,7),(6,10),(7,10),共3种， 26(种)，故(A)错误，(B)正确； 放运算次数均为偶数的概率为品， 若孩子的爷爷、奶奶、母亲的血型均为AB型，即基因类型为 12 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 ab, 事件“第i(i∈N,)次划拳甲平局”为B, 则父亲血型的基因类型可能是aa,ab,bb, 事件“第i(ieN,)次划拳甲输”为C, 其对应的概率分别为好分子 则P(A)=P(B)=P(C)-, 当父亲血型的基因类型是aa,母亲的为ab, 设游戏结束时划拳次数为X, 则孩子的可能是aa,ab, 则P(X=3)=2P(A)P(B2)P(A)+2P(B)P(A2)P(A)+ 对脑的概率分别为3子 P(B)P(B2)P(B)+2P(A)P(B2)P(B)+2P(B,)P(A2)P(B3) +2P(B,)P(B2)P(A)+2P(C)P(A)P(A) 故此时孩子与父亲血型相同的概率为× 1 = 1 2 8 1 1 1 当父亲血型的基因类型是ab,母亲的为ab, 111 1.11 则孩子的可能是aa,ab,bb, 111 对应的概率分别为4,2,4， 11.13 2×3×3×3=27 枚此时孩子与父亲血型相同的概率为分×弓=十； 11 四、解答题 15.解：根据题意，可设A产品的数量为m件，样本容量为 当父亲血型的基因类型是bb,母亲的为ab, n,则C产品的数量为(1700-m)件，样本容量为n-10. 则孩子的可能是bb,ab, 根据分层随机抽样的特点可得品=700。m n-10 130 ,11 对应的概率分别为2，立： 1300 解得m=900,n=90, 故比时孩子与父亲血型相同的概学为片×子=日 故补全后的表格如下： 综上，若孩子的爷爷、奶奶、母亲的血型均为AB型，孩子与 产品类型 A B C 父亲血型相同的概率为日+冬+令=分，放(C)正确，(D) 产品数量/件 900 1300 800 样本容量 90 130 80 错误。 16.解：记事件A为“进入商场的一位顾客购买甲种商品”； 故选(B)(C) 记事件B为“进人商场的一位顾客购买乙种商品”；记事件C为 三、填空题 “进入商场的一位顾客购买甲、乙两种商品中的一种”；记事件 12.三；13.88；14.3 71 D为“进人商场的一位顾客至少购买甲、乙两种商品中的 提示： 一种” (1)因为C=A∩B+AnB, 12.第二组的频数为60×5 1 =12, 所以P(C)=P(A∩B+A∩B) 因为9+12=21<30,9+12+10=31>30， =P(A∩B)+P(A∩B) 所以中位数在第三组. =P(A)P(B)+P(A)P(B) 13依题意获奖的数率为，60 =0.16, =0.5×0.4+0.5×0.6=0.5. (2)因为D=A∩B, 又1-0.16=0.84 所以P(D)=P(A∩B) 设获奖同学的最低成绩为x, =P(A)P(B) 又(0.02+0.04)×10=0.6<0.84， =0.5×0.4=0.2, (0.02+0.04+0.03)×10=0.9>0.84, 所以P(D)=1-P(D)=0.8. 所以x∈[80,90)， 17.解：(1)把20个数据由小到大排列为：80,82,82,83， 则(0.02+0.04)×10+0.03(x-80)=0.84, 83,85,85,85,85,85,88,88,90,90,90,95,95,95,97,97, 解得x=88, 由20×60%=12， 所以获奖同学的最低成绩为88分. 14.设事件“第i(i∈N,)次划拳甲赢”为A, 得估计此次参赛学生成绩的60%分位数为8十90=89： 2 -13 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 估计此次参赛学生成绩的众数为85： 则小明在第一轮得40分， 估计此次参赛学生成绩的平均数为 有{(a,b),(a,c),(a,d),(b,c),(b,d),(c,d)}共6种， 元=80+2X2+83×2+85×5+88x2+90×3+95×3+97x2 20 则小明在第一轮得40分的版率为哈=号 =88. (2)成绩在95分及以上的有5人，来自高一年级的有2人， (2)由(1)知，小明在第一轮得40分的概率为号 记为1,2，来自高二年级的有3人，记为a,b,c, 则小明在第一轮得0分的概率为1-2=2 =5 从5人中任选2人的样本空间2=12,1a,1b,1c,2a,2b, 依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分， 2c,ab,ac,bc},共10个样本点， 所以当第一轮答对两题得40分，第二轮答对一题得30分时， 2人中至少有1人来自高一年级的事件A={12,1a,1b, 小芳和小明晋级复赛的概率分别为： 1c,2a,2b,2c},共7个样本点， P1=0.5×0.5×[0.5×(1-0.5)+(1-0.5)×0.5]= 所以这2人中至少有1人来自高一年级的概率P(A)= 0.125; 10 P,=2×(0.4×0.6+0.6×0.4)=0.288: 5 18.解：(1)由题意得(0.005+0.010+0.020+a+0.025 当第一轮答对两题得40分，第二轮答对两题得60分时， +0.010)×10=1,解得a=0.030. 小芳和小明晋级复赛的概率分别为： (2)成绩落在[40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020 P3=0.5×0.5×0.5×0.5=0.0625; +0.030)×10=0.65, 落在[40,90)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030 B=号×0.4x04=Q096: +0.025)×10=0.9, 当第一轮答错一题得0分，第二轮答对两题得60分时， 故75%分位数在[80,90)内，设75%分位数为m分， 小芳和小明晋级复赛的概率分别为： 则0.65+(m-80)×0.025=0.75,得m=84, P,=[0.5×(1-0.5)+(1-0.5)×0.5]×0.5×0.5= 故75%分位数为84分. 0.125: (3)成绩落在[50,60)内的市民人数为100×0.1=10， R=号×0.4x04=0064: 落在[60,70)内的市民人数为100×0.2=20， 故：=10×54+20×66=62（分）。 当第一轮答错两题得0分，第二轮答对两题得60分时， 10+20 小芳晋级复赛的概率为： 设成绩落在[50,60)内的10人的分数分别为x1,x2,x3, P,=[(1-0.5)×(1-0.5)]×0.5×0.5=0.0625: …,xo;成绩落在[60,70)内的20人的分数分别为y,2,3, 综上，小芳晋级复赛的概率为： …,y201 P1+P3+P5+P7=0.125+0.0625+0.125+0.0625= 则由题意可得+号+…+位-54=7， 0.375: 10 小明晋级复赛的概率为： 2+2+…+@-662=4, P2+P4+P。=0.288+0.096+0.064=0.448; 20 因为0.448>0.375， 所以x+号+…+x0=29230,y斤+2+…+y20=87200, 所以小明更容易晋级复赛！ 所以2=0十20（国+号+…+品+元+方+…+） -产=30×(29230+8720)-62=37. 所以两组成绩的总平均数是62分，总方差是37. 19.解：(1)对A类的5个问题进行编号：a,b,c,d,e, 第一轮从A类的5个问题中任选两题作答， 则有{(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(b,c),(b,d),(b,e), (c,d),(c,e),(d,e)}共10种， 设小明只能答对4个问题的编号为：a,b,c,d, 14