第42期 事件的相互独立性、频率与概率-【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)甲、乙两人准备参加某电视台举办的地理知识抢答 18.(17分)某单位规定每位员工每年至少参加两项专业技能 19.(17分)我市近日开展供热领域民生问题“大调研、大起底 赛比赛规则为：每轮比赛每人随机在题库中抽取一道题作答，答对 测试，测试通过可获得相应学分，每年所得总学分不低于10分时该 大整治、大提升”工作，在调查阶段，从A,B两小区一年供热期的数 得1分，答错或不答得0分，最后得分多的获胜.为了在比赛中取得 年度考核为合格.该单位员工甲今年可参加的专业技能测试有A,B, 据中随机抽取了相同20天的观测数据，得到A,B两小区的同日室温 比较好的成绩，甲、乙两人在比赛前进行了针对性训练，训练后的答 C,D四项，已知这四项专业技能测试的学分及员工甲通过各项专业 平均值如图2所示 题情况如下表： 技能测试的概率如下表所示，且员工甲各项专业技能测试是否通过 根据室内温度T(单位：℃)，将供热状况分为以下三个等级： 相互独立， 室内温度T<18℃18℃≤T<21℃T≥21℃ 练习题目个数 120 120 测试项目 供热等级 不达标 达标 舒适 答错个数 24 20 获得学分 4分 5分6分8分 （1)试估计A小区当年（供热期172天）的供热状况为“舒适” 若比赛中每个人回答正确与否相互之间没有影响，且用频率代 通过该测试的概率 的天数； 替概率 (2)若A,B两小区供热状况相互独立，记事件C=“一天中A小 (1)估计甲、乙两人在比赛时答对题的概率； (1)若员工甲参加A,B,C三项测试，求他本年度考核合格的概率； 区供热等级优于B小区供热等级”.根据所给数据，以事件发生的频 (2)设事件A=“某轮比赛中甲得1分或乙得1分”，求P(A). (2)员工甲欲从A,B,C,D中选择三项参加测试，若要使他本年 高中数学 率作为相应事件发生的概率，求事件C的概率； 度考核合格的既率不低于？，应如何选择？请求出所有满足条件的 (3)若从供热状况角度选择生活地区居住，你建议选择A,B中 的哪个小区，并简述判断依据. 数学 方案 T(单位：℃) 必修第一 册 54321098 必修第二册( 教 0Y718192021222324252627T(单位：℃) 图2 人教 A版) )同步核心素养测评 17.(15分)投壶是中国古代宴饮时的一种投掷游戏假设甲 乙两人进行投壶，每人各投壶两次，规定投中次数多者获胜，投中次 数相同则为平局已知甲、乙每次投中的概率分别为子，}，每人每 A版)同步核心素养测评 次投壶相互独立 (1)求甲投中两次获胜的概率； (2)求结果不是平局的概率. 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： 0351-5271248 “数理橘 2026年4月17日·星期五 高中数学 第 42期总第1186期 人教A 必修（第二册） 江梦南： 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 无声世界里的奋斗者 例标 常数上，因此，可以估计出，当n很大时，摸到白球 相等，所以王强的说法不对.虽然投掷54次出现 江梦南，一位从无 的频率将会接近0.6. 点数6向上的频率为号，但频率不一定等于标 声世界中突围的勇者， 她的故事如同一束光 率与慨率 (2)摸到白球的概率为0.6，可估算出白球 的个数是0.6×40=24，则黑球有40-24= 率，频率会随着试验次数的多少而改变，所以李 照亮了无数人的心灵。 16(个). 刚的说法也不对. 半岁时，因耳毒性 ©安徽刘立超 例2王强与李刚两位同学在学习概率时， 点评：用事件发生的频率估计随机事件发 药物导致极重度神经性 例1在一个不透明的盒子里装有只有颜色 做掷骰子的试验，他门共掷了54次，向上的点数出 生的概率时，这个频率必须是在试验次数较大、 耳聋，江梦南的世界陷 不同的黑、白两种球共40个，贝贝做摸球实验， 现的次数女如下： 频率较为稳定时得到的，一次试验的结果是随 入了寂静。但她的父母 她将盒子里面的球搅匀后从中随机摸出一个球 向上的点数123456 机的，所得到的频率不能作为概率的估计值。 没有放弃，决定教她学 记下颜色，再把它放回盒子中，不断重复上述过 出现次数69581610 例3某医院治疗一种疾病的治疗率为 习发音和唇语。江梦南 程，下表是试验中的 一组统计数据： 90%,现有患这种疾病的病人10人前来就诊，前 摸着父母的喉咙感受声 (1)计算出现向上点数为3的频率及向上 摸球的 100 200 300 500 带振动，一个音重复上 800 000 3000 次数n 点数为5的频率； 9人都治愈了，那么第10人就一定能治愈吗？ 千遍，凭借着顽强的毅 摸到白球 解：如果把治疗一个病人作为一次试验，治 124 178 302 481 599 1803 (2)王强说：“根据试验，一次试验中出现 力和不服输的劲头，她 的次数m 向上点数为5的概率最大.” 疗率为90%，指随着试验次数的增加，即治疗的 摸到白球 学会了“听”和“说”。 病人数的增加，大约有90%的人能够治愈，对于 的频率 0.65 0.62 .5930.604 0.60 0.59g 0.601 李刚说：“如果掷540次，那么出现向上点数 好强的江梦南自学 为6的次数正好是100次.” 次试验来说，其结果是随机的，因此前9个病 五年级的课程，直接跳 (1)请估计：当n很大时，摸到白球的频率 请判断王强和李钢刚说法的对错，并说明理由. 人治愈是可能的，对第10个人来说，其结果仍然 级升入六年级。小学毕 将会接近多少？（精确到0.1） 是随机的，即有可能治愈，也可能没有治愈。 业后，她以全市第二名 (2)试估算盒子里黑、白两种颜色的球各有多 解：(1)出现向上点数为3的频率为：，出 点评：概率是描述随机事件发生的可能性 的成绩考入郴州市六 少只？ 大小的量，概率越大，只能说明这个随机事件发 中。面对父母的不放心 解：(1)根据表格我们发现：在大量重复的 现向上点数为5的频率为 生的可能性比较大，概率越小，事件发生的可能 她坚定地说：“我不可能 试验中，摸到白球的次数的频率稳定在0.6这个 (2)因为掷一次骰子各点数向上的可能性 性就越小，但不能决定其一定发生或不发生 ,辈子都待在你们身 边，正是因为自身情洲 正确区分互斥事件、对立事件、相互独立事 特殊，才更想早一点去 件及其概率公式 适应社会。”就这样，她 一路以优异的成绩考上 事件A,B 互斥事件 对立事件 独立事件 吉林大学的本科、硕士 的关系 事件的区分与应用 并于2018年，考上了清 事件A与事 事件A与事件 个事件是否发 件B在任何 湖南颜八月 华大学生命与科学学院 B在任何一次 生对另一个事件 的博士，主攻肿瘤免疫 定义 一次试验中 中至少有一个为白球 (1)假设甲、乙、丙三人同时进行理论与实 试验中有且仅发生的概率没有 不会同时发 和机器学习。 有一个发生 影响 解：(1)由于取出的红球放回，故事件A与际操作两项考试，谁获得合格证书的可能性 尽管还未踏足社 B的发生互不影响，因此A与B为相互独立事最大？ 会，江梦南已经开始尽 两个相互独立的 件，事件A,B能同时发生，不是互斥事件 (2)这三人进行理论与实际操作两项考试 力回报社会。在大学期 事件既可以同时 互斥事件A, 对立事件必有发生，也可以同 后，求恰有两人获得合格证书的概率， 间，她回到家乡的特殊 (2)设2个白球分别记为a,b,两个红球分 个发生一个时不发生，或 教育学校做义工，用自 B不可能同 分析：将复杂事件用已知事件的和、积表 不发生，对立个发生另一个不 别记为1,2，则从袋中取2个球的所有取法为 己的经历鼓励那些视 时发生，但 关系与 事件A,B中，发生.相互独立 示，利用互斥、对立、独立等关系进行概率运算， 障、听障、智障的孩子 可能同时不 (a,b),(a,1),(a,2),(b,1),(b,2),(1,2), 区分 “A+B”为必事件A,B同时发 希望带动他们融入社 发生 得出结论. 然事件 生记作“A∩B” 3 会，积极乐观地面对生 则P)=-号PB)=P= 或“AB”(又称积 解：(1)设“甲获得合格证书”为事件A, 事件) 因为P(AB)≠P(A)P(B), “乙获得合格证书”为事件B,“丙获得合格证 江梦南说：“我从来 相互独立事件和互斥事件是两个不同的概念 所以事件A,B不是相互独立事件， 书”为事件C, 没有因为自己听不见， 他们之间没有直接关系 就把自己看成一个弱 因为事件A,B能同时发生， 2 P(A +B) 则P(A)=告×分=号 者。我相信自己不会比 P(A+B)= P(AB)=P(A) 所以事件A,B不是互斥事件 概率公式 P(A)+P(B) 别人差，我也相信事情 P(A)+P(B) P(B) =1 应用二：利用事件的独立性求复杂事件的 可以做得很好。”她用自 P(B)=是×号= 21 己的行动诠释了自立自 应用一：互斥事件、对立事件、相互独立事 概率 强、突破自我的精神，成 件的判断 例2计算机考试分理论考试与实际操作两 为了新时代青年的榜 部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合 因为P(C)>P(B)>P(A) 样。她的故事激励着我 例1一个袋子中有4个小球，其中2个白 们，无论身处何种困境 球，2个红球，讨论下列事件A,B的相互独立性 格”，两部分考试都“合格”者，则计算机考试 所以丙获得合格证书的可能性最大， 只要怀揣梦想，坚持不 与互斥性 “合格”，并颁发合格证书.甲、乙、丙三人在理论 (2)设“三人考试后恰有两人获得合格证 懈，就一定能创造出属 于自己的辉煌。 (1)事件A:取一个球为红球：事件B:取出考试中“合格”的概率依次为4,3，？， 5’4,3,在实际 书”为事件D,则P(D)=P(ABC)+P(ABC)+ 的红球放回后，再从中取一个球为白球； (2)从袋中取2个球，事件A:取出的两个球 操作考试中“合格“的概率依次为分，子各所 Pr()=号x×号+号x×+x 5 11 为一个白球和一个红球；事件B:取出的两个球有考试是否合格相互之间没有影响 ×=30 2 2 素养专练 数理极 专项小练一、事件的相互独立性 4.中国象棋是中国 专项小练二、频率与概率 棋文化、也是中华民族 1.在某次考试中，甲、乙通过的概率分别为的文化瑰宝，它源远流 1.下列不能产生随机数的是 0.7,0.4.若两人考试相互独立，则甲未通过而乙 长，趣味浓厚，使用方格 (A)抛掷骰子试验 通过的概率为 () 状棋盘，每个棋子摆放 (B)抛硬币 (A)0.28(B)0.12(C)0.42(D)0.16 和活动在交叉点上.如右图，其中象位于A处，其移 (C)计算器 2.袋内装有除颜色外完全相同的3个白球和2动规则为循着田字的对角线走两格，即下一步可 (D)正方体的六个面上分别写有1,2,2,3,4， 个黑球，从中有放回地摸出一个球，若用事件A表到达的地方为B或D;同理，若象位于D处，下一次 5,抛掷该正方体 示“第一次摸得白球”，事件B表示“第二次摸得白可到达的地方为A,C,E或G.已知象从某位置到达 2.经过市场抽检，质检部门得知市场上食用 球”，事件C表示“第二次摸得黑球”，那么事件A下一个位置是随机的，假设象的初始位置是在A 油合格率为80%，经调查，某市市场上的食用油 与B,A与C之间的关系是 ( )处，则走4步后恰好回到A处的概率为 大约有80个品牌，则不合格的食用油品牌大约有 (A)A与B,A与C均相互独立 5.甲、乙两人独立做一道数学题，他们解答正 ( (B)A与B相互独立，A与C互斥 (A)64个 (B)640个 (C)A与B,A与C均互斥 确的概率分别为分和宁 (C)16个 (D)160个 (D)A与B互斥，A与C相互独立 (1)求两人解答都正确的概率； 3.(多选)“今天北京的降雨概率是80%，上 3.(多连)若P(AB)=),P(①=子，P(B (2)求至少一人解答正确的概率. 海的降雨概率是20%”，下列说法正确的是 =子则审件A与 ( (A)北京今天一定降雨，而上海一定不降雨 (B)上海今天可能降雨，而北京可能没有 (A)互斥 (B)不互斥 降雨 (C)相互独立 (D)不相互独立 (C)北京和上海都可能没降雨 (D)北京降雨的可能性比上海大 第41期2版参考答案 (3)由题意可知A={出现的点数为2,4,6}，B={出 4.如果袋中装有数量差别很大而大小相同的 专项小练一 现的点数为1,3,5，D={出现的点数为1,2}，E={出现 的点数为1,2,4,5}， 白球和黄球（只有颜色不同）若干个，有放回地从 1.ABD;2.B; 中任取1球，取了10次有7个白球，估计袋中数量 3.AB,AC,AD,BC,BD,CD,AC,AD,BC,BD. 则A∩C={出现的点数为2}，BUC={出现的点数 较多的是」 球 专项小练二 为1,2,3,5}，DUE={出现的点数为1,2,4,5}. 5.某水产试验厂实行某种鱼的人工孵化 1.C:2.ABD:3.{1,3,4},{3}. 17.解：(1)从A1,A2,A3,A4,A5,A中任取2个点包含的 10000个鱼卵能孵化8513尾鱼苗，根据概率的统 专项小练三 所有情况为{A1,A2},{A1,A3},A1,A4},{A1,A},{A1 1.ACD:2.B:3号 A6},A2,A},A2,A4},A2,A},A2,A。},A3,A4},{A3, 计定义解答下列问题： A5},{A3,A6},{A4,A5},{A4,A6},{A5,A6},共有15种 (1)这种鱼卵的孵化率（孵化概率）是多少？ 专项小练四 (2)当X=0时，所取的2个点均不在y轴上， (2)30000个鱼卵大约能孵化多少尾鱼苗？ 1.A:2.AD:3.0.65. 即从A1,A2,A5,A。中任取2个点，所有可能的情况为 A1,A2},A1,A5},A1,A6},A2,A5},A2,A6},A5,A6}, 第41期3,4版参考答案 共6种， 一、单项选择题 所以小陈参加学校合唱团的概率为号=子， 1~4 AADB 5~8 CABC 二、多项选择题 所以小陈不参加学校合唱团的概率P=1-子=子 9.BCD;10.ACD;11.ABC 18.解：记3个红球为A,B,C,2个白球为a,b. 数理报社试题研究中心 三、填空题 (1)从盒子中随机取出2个球的样本空间2={(A, 参考答案见下期 12.2,4,5,6: B),(A,C),(A,a),(A,b),(B,C),(B,a),(B,b),(C,a), 100 1 500 (C,b),(a,b)},共10个样本点， 1 四、解答题 P(9)=10080=100P(D)=1000=20 记事件M为“至少取到一个白球”， 15.解：记“I号出现的点数”为m,“Ⅱ号出现的点 (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖、三等奖， 数”为几，则(m,n)表示这个实验的一个样本点，样本空间 则其对立事件M为“一个白球也没有”，即“两个球都 设“1张奖券中奖”这个事件为M, 2={(m,n)1m,ne{1,2,3,4,5,6}},共有36个样本点 是红球”， 则M=AUBUCUD, 由于骰子的质地均匀，所有各个样本点出现的可能性 则M={(A,B),(A,C),(B,C)},共3个样本点， 又因为A,B,C,D两两互斥 所以P(M)=P(AUBUCUD) 相等，因此这个试验是古典概型. 故P=1-P0=1-高= =P(A)+P(B)+P(C)+P(D) (1)因为A={(1,4),(2,3),(3,2),(4,1)}, (2)最后一次取出红球有两种情形： 所以n(A)=4, ①前两次取出红球，第三次取出红球，有1种情况； -520t0+s0-6 10000 所以P(A)=名= ②前三次取出2个红球，第四次取出红球，有3种情 故1张奖券的中奖概率为石 况.共有4种不同的情况 (2)因为B={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5), (3)设“一张奖券获得的奖金低于200元”为事件N, 最后一次取出白球有三种情形： (6,6)},所以n(B)=6, 则事件N与“一张奖券获得的奖金不低于200元”为对 ①第一次取出白球，第二次也取出白球，有1种情况； 立事件， 所以P(A=名=石 ②前两次取出1个白球，第三次取出白球，有2种情况； 而“一张奖券获得的奖金不低于200元”为奖券获得 16.解：A=出现奇数点}=1,3,5}，B={出现偶数 ③前三次取出1个白球，第四次取出白球，有3种情特等奖和一等奖的和事件， 点}=2,4,6}，C=出现点数小于3}={1,2}，D=出 况.共有6种不同的情况 所以P(N)=1-P(AUB) 1 现点数大于2}=3,4,5,6}，E={出现点数是3的倍数 故最后一次取出的是红球的概率P=4十6=子 4 =1-P(A)-P(B)=1-2000 ={3,6}. 399 19.解：(1)由题意，每10000张奖券中设特等奖5个，~500=400 (1)A∩B=☑，B∩C={出现的点数为2. 一等奖20个，二等奖100个，三等奖500个， 即一张奖券获得的奖金低于 (2)AUB={出现的点数为1,2,3,4,5,6}，BUC= 5 20 出现的点数为1,2,4,6}. 故P(A)=100=200,P(B）=1000=50 290元的高半为器 6.在劳动技术课上某小组同学用游标卡尺测量一个高度为7毫色信号时，显示为青色的概率为B(0<B<1),显示为红色的概率为1 事件的相互独立性、频率与概率 米的零件50次时，所得数据如下： B;当发送青色信号时，显示为红色的概率为y(0<y<1),显示为 测量值/毫米 6.86.9 7.07.1 7.2 黄色的概率为1-y.考虑两种传输方案：单次传输和两次传输，单次 同步核心素养测评 次数 515 10 15 5 传输是指每个信号只发送1次，两次传输是指每个信号重复发送2次 显示的颜色信号需要译码，译码规则如下：当单次传输时，译码就是显 根据此数据推测，假如再用游标卡尺测量该零件2次，则2次测得 示的颜色信号：当两次传输时，若两次显示的颜色信号不同，则译码为 ○数理报社试题研究中心 的平均值为7.1毫米的概率为 ( 剩下的颜色信号，若两次显示的颜色信号相同，则译码为显示的颜色， (A)0.04 (B)0.11 (C)0.13 (D)0.26 第I卷选择题（共58分） 例如：若显示的颜色为（红，黄），则译码为青色，若显示的颜色为（红， 7.投壶是从先秦延续至清末的中国传统礼仪和宴饮游戏.晋代在 红)，则译码为红色.则下列结论正确的是 () 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 广泛开展投壶活动中，对投壶的壶也有所改进，即在壶口两旁增添两 (A)采用单次传输方案，若依次发送红色、黄色、青色信号，则依 1.若某厂产品的次品率为3%，则估计该厂8000件产品中次品的 耳因此在投壶的花式上就多了许多名目，如“贯耳（投中壶耳）”.每 次显示为青色、青色、红色的概率为(1-α)(1-B)(1-y) 件数为 ( ) 局投壶，每一位参赛者各有四支箭，投中壶口一次得1分，投中壶耳 (B)采用两次传输方案，若发送红色信号，则依次显示黄色、黄色 (A)3 (B)160 (C)240 (D)7480 次得2分.现有甲、乙两人进行投壶比赛（两人投中壶口、壶耳是相 的概率为a 2.一个不透明袋子中装有100个球，其中有20个白球，在有放回 互独立的)，甲四支箭已投完，共得3分，乙投完两支箭，目前只得1 (C)采用两次传输方案，若发送红色信号，则译码为红色的概率 地摸球中，用A1表示“第一次摸得白球”，A2表示“第二次摸得白球”， 分，乙投中壶口的概率为3，投中壶耳的概率为；，四支箭投完，以得 为a(1-) 中 数学 则事件A,与A2是 (D)对于任意的0<α<1，若发送红色信号，则采用两次传输方 分多者赢.则乙赢得这局比赛的概率为 数学 (A)相互独立事件 (B)对立事件 案译码为青色的概率小于采用单次传输方案译码为青色的概率 (C)互斥事件 (D)无法判断 (B)3 75 (C)8 (D)8 15 修第一 3.甲、乙两所学校举行了某次联考，甲校成绩的优秀率为30%， 8.某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案.方案 第Ⅱ卷非选择题（共92分）》 册 乙校成绩的优秀率为35%，现将两所学校的成绩放到一起，已知甲校 一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过；方案二：在三门课程 必修第二册 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 参加考试的人数占总数的40%，乙校参加考试的人数占总数的60%， 中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过.假设某应聘者对三门指 教 12.从一群玩游戏的小孩子中随机抽取k人，一人分一个苹果，让 现从中任取一个学生成绩，则取到优秀成绩的概率为 定课程考试及格的概率分别是a,b,c,且三门课程考试是否及格相互 教 (A)0.165 他们返回继续做游戏，过了一会儿，再从中抽取m人，发现其中有n个 (B)0.16 (C)0.32 (D)0.33 之间没有影响.则哪种方案能通过考试的概率更大 ( 小孩曾分过苹果，估计参加游戏的小孩人数为」 同 4.某超市计划按月订购一种冷饮，根据往年销售经验，每天需求 (A)方案 (B)方案二 版 量与当天最高气温（单位：℃）有关.如果最高气温不低于25℃，需求 (C)相等 13.甲、乙两人投篮命中的概率分别为p,9,他们各投2次，若p= 同 (D)无法比较 必 核 量为600瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 行，且甲比乙投中次数多的概率为6则？ 核 心素养 最高气温低于20℃，需求量为100瓶.为了确定6月份的订购计划，统 9.根据统计，某篮球运动员在1000次投篮中，命中的次数为560 14.甲、乙、丙三人进行传球游戏，每次投掷一枚质地均匀的正方 计了前三年6月份各天的最高气温数据，得到下面的频数分布表： 次，则下列说法错误的是 》 体骰子决定传球的方式，当球在甲手中时，若骰子点数大于3，则甲将 (A)该运动员投篮命中的频率为0.56 球传给乙，若点数不大于3，则甲将球保留；当球在乙手中时，若骰子 评 最高气温 15.,20) 20.25)「25.30) 30,35) [35,40 (单位：℃ (B)该运动员投篮10次至少有5次命中 点数大于4，则乙将球传给甲，若点数不大于4，则乙将球传给丙；当球 (C)该运动员投篮命中的概率为0.56 天数 25 38 18 在丙手中时，若骰子点数大于3，则丙将球传给甲，若点数不大于3，则 (D)该运动员投篮100次有56次命中 丙将球传给乙.初始时，球在甲手中，投掷3次骰子后，球在甲手中的 以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率， 10.下列描述正确的是 概率为 若6月份这种冷饮一天的需求量不超过x瓶的概率估计值为0.1，则x (A)若事件A,B相互独立，P(A)=0.6,P(B)=0.3,则P(AB 四、解答题：本题共5小题，共77分 UAB)=0.54 15.(13分)两个实习生每人加工一个零件，加工为一等品的概率 (A)100 (B)300 (C)400 (D)600 5.如图1所示，转动两个转盘，停 (B)若三个事件A,B,C两两独立，则满足P(ABC)= 分别为子和子，两个零件是否加工为一等品相互独立，求这两个零件 止后，指针指向每个数所在区域的机会 P(A)P(B)P(C) 中恰有一个是一等品的概率 均等，那么两个指针同时指向奇数所在 (C)若P(A)>0,P(B)>0,则事件A,B相互独立与A,B互斥 定不能同时成立 区域的概率是 ( (D)必然事件和不可能事件与任意事件相互独立 4)号 (B) 11.在一款色彩三原色（红、黄、青）的颜色传输器中，信道内传输 c号 红色、黄色、青色信号，信号的传输相互独立.当发送红色信号时，显示 (D) 3 为黄色的概率为(0<<1)，显示为青色的概率为1-α；当发送黄高一数学人教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