第43期 概率综合-【数理报】2025-2026学年高一数学必修第二册同步学案（人教A版）

17.(15分)某公司招聘考试分笔试与面试两部分进行，每部分 18.(17分)为研究某种农产品价格变化的规律，收集得到了该 19.(17分)为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开 成绩只记“合格”与“不合格”，两部分成绩都合格者则被公司录取 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 展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结 甲，乙、丙三人在笔试部分合格的概率分别为专，子，}，在面试部分 用“+”表示“上涨”，即当天价格比前一天价格高；用“_”表示“下 果互不影响。连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以 跌”，即当天价格比前一天价格低：用“0”表示“不变”，即当天价格 获得两张书券.游戏规则如下表： 合格的概率分8别为对号，号，所有考试是否合格相互之股有第 与前一天价格相同。 游戏一 游戏二 游戏三 (1)假设甲、乙、丙三人都同时参加了笔试和面试，谁被录取的 时段 价格变化 箱子中球的 大小质地完全相同的红球3个，白球2个 第1天到第20天 -++0---++0+0--+-+00+ 颜色和数量 (红球编号为“1,2,3”，白球编号为“4,5”) 可能性最大？ 第21天到第40天0++0---++0+0+---+0-+ 取球规则 取出一个球有放回地依次取出两个球不放回地依次取出两个球 (2)当甲、乙、丙三人都参加了笔试和面试之后，不考虑其他因 用频率估计概率 获胜规则取到白球获胜取到两个白球获胜 编号之和为m获胜 素，求三人中至少有一人被录取的概率 (1)试估计该农产品价格“上涨”的概率； (1)分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； (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 (2)一名同学先玩了游戏一，试问m为何值时，接下来先玩游戏 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 三比先玩游戏二获得书券的概率更大 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 高中数学·必修第二册（人教A版）核心素养综合测评 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） 高中数学·必修第二册（人教A版）核心素养综合测评 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： 数评橘 2026年4月24日·星期五 高中数学 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 第 43期总第1187期 人教A 0351-5271248 必修（第二册） 张桂梅： 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/(F)邮发代号：21-201 用生命撑起 学以致用 人中没有缴纳车船使用税的人数大约是 亲的基因类型分别为i,严i,从而判断夫妻所生 山区女孩的希望 孩子的基因类型，确定男孩的妹妹与男孩血型 张桂梅，一位平凡 而伟大的教育工作者 走进生活 解：因为骰子出现一点或二点、三点或四 一样的概率 她用自己的一生诠释了 点、五点或六点的概率相等，都等于子，所以应 解：由男孩血型为0型知，其父母的基因类 对教育事业的热爱和对 型分别为严i,i,所以构成其妹妹血型的基本事 山区女孩的无私奉献。 看概率 有1000人回答第一个问题，因为车牌号码的最 件有B,i,Pi,i四种，其妹妹血型为O型记 张桂梅扎根边疆教 后一位数是奇数还是偶数的概率也是相等的， 一线40余年，默默耕 为事件B,则事件B出现一次，得P(B)=年 所以在这1000人当中应有500人的车牌号码是 耘、无私奉献，为了改变 偶数，这500人都回答“否”：同理也有1000人 点评：该例跨科考查，新颖别致，希望同学 贫困地区女孩失学辍学 现状，在党和政府以及 湖南廖芬 回答第三个问题，在这1000人中有500人回答 们注意学科知识间的相互联系 社会各界的帮助下，推 概率有着广泛的应用，它不仅与我们的生 “否”.因此在回答“否”的1200人中约有200人 三、概率在估计整体中的应用 动创建了全国第一所免 活密切相关，也在科学研究领域及重大问题的 是对第二个问题回答“否”，根据用样本特征估 例3为了调查某野生动物保护区内某种野 费招收贫困女生的高 决策方面发挥重要的作用，下面举例赏析. 生动物的数量，调查员某天逮住这种动物1200 计总体特征的知识，可知在这3000人中约有 一华坪女子高级中 一、概率在决策中的应用 只做好标记后放回，经过一星期后，又逮到这种 学。建校以来，已帮助 600人没有缴纳车船使用税 例1为了解我国机动车的所有人缴纳车船 动物1000只，其中做过标记的100只，根据上述 1800多位女孩走出大山 点评：在实际问题中运用概率知识可以巧 数据，估算保护区内有多少只动物？ 走进大学，用知识改变 使用税情况，调查部门在某大型停车场对机动 妙地来处理一些特殊的问题，其实质是在充分 贫困山区女孩命运，用 车的所有人进行如下的随机调查.向被调查者 解：设保护区内这种野生动物有x只，每只 掌握随机事件概率的基础上，得到一个估计量， 教育阻断贫困代际传 提出三个问题：(1)你的车牌号码的最后一位是 动物被逮到的可能性是相同的，那么第一次逮 为生活中的一些决策做一定的理论参考 奇数吗？(2)你缴纳了本年度的车船使用税吗？ 她身患多种疾病 二、概率在科学研究领域中的应用 到的1200只占所有这种动物的1200，第二次逮 却常常不顾自己的身 (3)你的家庭电话号码的倒数第二位是偶数吗： 例2由人类的血型遗传分析得知，与 到的1000只中，有100只是第一次逮到的，即事 体，超负荷地工作，将自 调查人员给被调查者准备了一枚骰子，让被调 为共显性基因，不同血型的基因组成如下： 件发生的频数为100，说明第一次逮到的在总的 己的工资大部分都用于 查者背对调查人员掷一次骰子，如果出现一点 援助困难学生，为没有 或二点则回答第一个问题；如果出现三点或四 血型A型B型AB型 0型 动物中的频率为0，因此120-0解得： 学费的学生垫付学费 点则回答第二个问题：如果出现五点或六点则 基因型A,iBB,BiB i 给孩子们看病、添置衣 12000.即按此方法计算，估计保护区内有 物，像母亲一样关爱着 回答第三个问题（被调查者不必告诉调查人员 一个男孩的血型为0型，母亲的血型是A型， 12000只动物. 一个学生，被孩子们 自己回答的是哪一个问题，只需回答“是”或 父亲为B型，问这个男孩的妹妹和他血型一样的 点评：当某个整体无法精确计算或计算很 亲切地称为“张妈妈” “否”，所以都如实做出回答)结果被调查的 几率是多少？ 麻烦时，可以采用概率的方法来进行估计，这在 为了让家长了解学 3000人中1200人回答“否”，由此估计在3000 分析：根据男孩的血型可以判断母亲与父许多情况下也是其他方法无法替代的 生在校情况，她踏上了 长达10多年的家访之 因为(0.02+0.02+0.03)×5=0.35<0.5， 路 足迹遍布各县偏僻 特邀讲座-2 (0.02+0.02+0.03+0.08)×5=0.75>0.5 则恰好取到0的概率为P(10)=受 村寨，行程5万多公里 古典概型 所以20+05-0.35 (2)当n=b(1≤b≤9，b∈N)时，g(n)=0, 翻山越岭、跋山涉水，走 ×5=21.875 0.08×5 当n=10k+b(1≤k≤9,0≤b≤9，k∈ 遍了800多个贫困学生 家庭 交℃创新 则中位数约为21.875千元， N,beN)时，g(n)=k, 张桂梅不仅是一位 平均数为(7.5×0.02+12.5×0.02+17.5 当n=100时，g(n)=11 优秀的教育工作者，还 ×0.03+22.5×0.08+27.5×0.04+32.5× r0,1≤n≤9， 是 一位充满爱心的社会 ⊙陕西尹娟 0.01)×5=20.75(千元). 即g(n)=k,n=10k+b(0≤b≤9)， 工作者，她义务担任华 11,n=100, 坪“儿童之家”福利院院 一、与统计知识结合 (2)由比例分配的分层随机抽样可知， 长， 把人间最伟大的母 例1近年来，中央鼓励“地摊经济”，地摊在 在[10,15)内应抽取2人，分别记为1,2， 同理有 爱献给了那些失去父母 全国遍地开花.某地政府组织调研本地地摊经 在[15,20)内应抽取3人，分别记为a,b,c 0,1≤n≤8， 而需要帮助的孩子们。 则从这5人中抽取2人的所有情况有(1， k,n=10k+b-1(0≤b≤9)， 她坚韧纯粹、甘当 济，随机选取100名地摊摊主了解他们每月的收 f(n) 梯，用爱心和智慧，点 入情况，并按收入（单位：千元）将摊主分成六组2)，(1，a),(1,b),(1,c),(2,a),(2,b),(2 1n-80,89≤n≤98， 20,n=99,100. 亮万千乡村女孩的人生 [5,10),[10,15),[15,20),[20,25),[25,30), c),(a,b),(a,c),(b,c),共10种 梦想，展现了当代人民 由h(n)=f(n)-g(n)=1,可知n=9 30,35],得到如下图所示的收入频率分布直方图 2人收入都在[15,20)内的情况有(a,b), 教师的高尚师德和责任 19,29,39,49,59,69,79,89,90, 担当。她获得了全国师 (a,.(6,c),共3种，则所求概率为 所以当n≤100时，S={9,19,29,39,49 德标兵、全国十大女杰 0.08 全国先进工作者、感动 二、与函数、方程等结合 59,69,79,89,90; 中国2020年度人物、七 当n=9时，P(9)=0, 例2将连续正整数1,2，…，n(n∈N,)从 一勋章等多项荣誉，但 9 00 小到大排列构成一个数123…n,F(n)为这个数 她始终不忘初心，坚守 当n=90时，P(90)=17=19, 0.0 在教育一线，为山区女 的位数（如n=12时，此数为123456789101112 0.01 当n=10k+9(1≤k≤8，k∈N,)时， 孩的未来默默付出 5101520253035收入/千元 共15个数字，F(12)=15),现从这个数中随机 张桂梅的事迹激励 (1)求频率分布直方图中t的值，并估计每取一个数字，P()为恰好取到0的概率 P())20 着我们，在追求梦想的 月每名地摊摊主收入的中位数和平均数（单位： (1)求P(100); k 道路上，要勇于担当，无 私奉献，用自己的力量 千元)； (2)令g(n)为这个数中数字0的个数， 由y=20k+g关于k单调递增， 去帮助他人，为社会的 (2)已知从收人在[10,20)内的地摊摊主 f(n)为这个数中数字9的个数，h(n)=f(n)- 故当n=10k+9(1≤k≤8，k∈N,)时， 进步贡献自己的一份力 中用比例分配的分层随机抽样抽取5人，现从这g(n),S=nh()=1,n≤100，n∈N,,求P(m)的最大值为P(89)=8 69 5人中随机抽取2人，求抽取的2人收入都在 当n∈S时P(n)的最大值 1 15,20)内的概率. 解：(1)当n=100时，F(100)=9+90× 又8<g所以当aeS时，P(m)的最大 解：(1)由(0.02+0.02+0.03+0.08+t+2+3=192,即这个数中共有192个数字， 0.01)×5=1,得t=0.04 其中数字0的个数为11， 值为9 2 素养专练月 数理极 学海导航 的发生不一定优于概率小的随机事件的发生 四、互斥事件、对立事件的概率 例4一盒中装有4种除颜色外其余均相同 随机事件的概率考点直击 的12个小球，从中随机取出1个球，取出红球的 藏率为·取出黑球的藏率为分取出白球的藏 ◎重庆潘传勇 判断是否为随机事件 分析：(1)逐个将n,m的值代入公式m进 率为行取出绿球的概率为行求： 例1判断下列事件是否为随机事件：①某 n (1)取出的1个球是红球或黑球的概率； 路口单位时间内发生交通事故的次数；②在标 行计算.(2)观察各频率是否在一常数附近摆 (2)取出的1个球是红球或黑球或白球的 准大气压下，冰水混合物的温度是0℃；③三角 动，用多次试验的频率估计概率 概率 形的内角和为180°；④一个射击运动员每次射 解：(1)完整的表格如下表所示： 解：记事件A,=“任取1个球为红球”，A,= 击命中的环数： 射击次数n100120150160180210240 “任取1个球为黑球”，A,=“任取1个球为白 解：①④是随机事件.②③是确定事件 击中飞碟的次数m8195123128142168194 球”，A4=“任取1个球为绿球”，则 点评：对于纷繁的各类事件.如果从结果能 击中飞碟的频率只0.810.790.20.800790800.81 P(A,)= 高Pa)=3P4)=石 否预知的角度出发去划分，可以分为两大类：一 (2)这名射击运动员射击一次，击中飞碟的 类事件的结果总是确定的，即在一定条件下，它 概率约是0.8. P(A)= 所出现的结果是可以预知的，这类事件称为确 三、概率的意义 根据题意知事件A1,42,A,44彼此互斥 定事件；而另一类事件的结果是无法预知的，这 例3在一次试验中，随机事件A发生的概率 (1)“取出1个球为红球或黑球”的概率 类事件称为随机事件 是0.3，随机事件B发生的概率是0.7，你认为如 二、随机事件的概率与频率 果做一次试验，可能出现事件B不发生事件A发 P(4U4)=P(A)+P(4)=音+分=子 例2某运动员在同一条件下进行双向飞碟 生的现象吗？为什么？ (2)“取出1个球为红球或黑球或白球”的 射击训练，结果如下所示： 解：这是可能的，随机事件B发生的概率大 对立事件为“取出1个球为绿球”，即A,UA,U 射击次数n100120150160180210240 于随机事件4发生的概率，但并不意味着在一次A,的对立事件为A4,所以“取出1个球为红球或 击中飞碟的次数m8195123128142168194 试验中随机事件B的发生一定优于随机事件A黑球或白球”的概率P(A1UA2UA)=1- 击中飞的频率只 的发生，随机事件的发生是不确定的. 点评：随机事件的概率的大小，只能说明相 Pa)=1-克-0 (1)补充完整表格； 对于同一随机事件而言，概率大的发生的可能 点评：解决此类问题，首先应结合互斥事件 (2)估计这名射击运动员射击一次击中飞性大，概率小的发生的可能性小，而在具体的某和对立事件的定义分析出是不是互斥事件或对 碟的概率。 次试验或几次有限的试验中，概率大的随机事件 立事件，再选择概率公式进行计算. 第42期2版参考答案 即仅第一个实习生加工一等品(A)与仅第二个实习生加工 等品(42)两种情况， 故P(0=子x(1-石×）-器<： 专项小练一 则P(A)=PA)+P()=子×+写x子=吉 ②若选择B,C,D三项测试， 12.A:3BC:42 则需任意两项测试通过或三项测试均通过， 16.解：(1)由题意，可以估计甲在比赛时答对题的概率为P1= 5.解：设事件A表示“甲解答正确”，事件B表示“乙解答 故(M)=方x子×号+号x号×子+专x子x分 正确”， 120224-÷ 120 +号×x7-船>县 则P(A)=子，P(B)=子 乙在比案时答对题的概率为内-9.20名 120 ③若选择A,C,D三项测试， 因为事件A与事件B相互独立，所以 (2)设事件B=“某轮比赛中甲得1分”，事件C=“某轮比赛 则需任意两项测试通过或三项测试均通过， (1)两人解答都正确的概率为 中乙得1分”， 故P(0=日x名x分+xgx7+}×各x P()=P(P()=分x号=G 则事件A=BC U BC U BC +3×子×名=是>子 (2)事件A与事件B相互独立，则至少一人解答正确的概率为 所以P(A)=P(BC)+P(BC)+P(BC) P=1-P(AB)=1-P(A)P(B) =号x6+片×各+号×名-器 结合(1)中器<子，所以满足条件的方案为选择4，C,0三项 和选择B,C,D三项 =1-（1-3)×(1-）-子 17.解：(1)设“甲投中两次获胜”为事件A, 19.解：(1)估计A小区当年（供热期172天）的供热状况为“舒 专项小练二 则)=（号）x[1-(2)门= 适”的天数为号×172=129（天）. 1.D;2.C;3.BCD;4.白. (2)设“结果是平局”为事件B,则 (2)记A1表示A小区供热等级达标，A2表示A小区供热等级舒适 5解：1)这种色卵的解化率为品品=0,513。 B,表示B小区供热等级不达标，B2表示B小区供热等级达标 (2)30000个鱼卵大约能孵化 P=(号）×（分）+2x子×写x2x(分)广+ 则A1与B1独立，A2与B,独立，A2与B2独立， 又C=A1B1UAB,UAB2 30m0×名品-259（花）鱼 ()）x(）-器 P(C)=P(A)P(B)+P(A2)P(B)+P(A2)P(B2), 所以P西=1-P(B)=亮 由已知可得4,4，A,品，发生的频率分别为六品0，费 第42期3,4版参考答案 故PA)=与P4)=子P(B)=0.P(B)=0 、单项选择题 即结果不是平局的概率为器 1~4 CADB 5~8 ACBA 所以P0=0+0+子×- 二、多项选择题 18.解：设事件M=“员工甲本年度考核合格” (3)若从供热状况角度选择生活地区居住 9.BCD:10.ACD;11.BD. (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 建议选择A小区， 三、填空题 测试中至少有一项通过， 因为4小区供热等级舒适的频率为品， 120:3子：4是 故P(w)=子×（1-6x）=器 B小区供热等级舒适的须率为品， 四、解答题 (2)①若选择A,B,D三项测试， 15.解：记这两个零件中恰有一个是一等品的事件为A, 则必须通过D测试，且A,B测试中至少有一项通过， 又号>品所以建议选择4小区。 7.A,B,C,D四位妈妈相约各带一个小孩去观看花展，她们选择 共享电动车出行，每辆车只能载一位妈妈和一个小孩，其中孩子们都 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 概率核心素养综合测评 不坐自已妈妈的车，则A的小孩坐C的车的概率是 ) (B) (C) (D号 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 ◎数理报社试题研究中心 12.已知随机事件A,B,C中，A与B互斥，B与C对立，且P(A)= 8.在一次考试中，小明同学将比较难的第8题，第12题，第16题0.3，P(C)=0.6,则P(4+B)= 留到最后做，做每道题的结果相互独立.假设小明同学做对第8,12， 第I卷选择题（共58分） 13.一张方桌旁有四个座位，A先坐在如图3 16题的概率依次为P1,P2,P,(p,<P2<),做这三道题的次序随机，所示的座位上，B,C,D三人随机坐到其他三个座 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 小明连对两题的概率为p,则 位上，则A与B不相邻而坐的概率为 1.对于两个事件M,N,则事件MUN表示的含义是 (A)p与先做哪道题次序有关(B)第8题定为次序2，P最大 14.在某项此赛中，两个水平相当的选手在 (A)M与N同时发生 (B)M与N不能同时发生 (C)第12题定为次序2，P最大(D)第16题定为次序2，P最大 决赛中相遇，决赛采用五局三胜制，胜者获得全 (C)M与N有且仅有一个发生(D)M与N至少有一个发生 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 部奖金，前3局打成2：1时比赛因故终止.若发放 2.一架飞机向目标投弹，击毁目标的概率为0.2，目标未受损的 9.有5个形状、大小相同的球，其中3个红色、2个蓝色，从中一次 奖金总额为12000元，为公平合理起见，应该发放给已胜两场者奖金 概率为0.4，则使目标受损但未击毁的概率是 ( 性随机取2个球，则下列说法正确的是 元 毫 (A)0.4 (B)0.48 (C)0.6 (D)0.8 (A)“取不到红球”的概幸为 四、解答题：本题共5小题，共77分. 3.一个袋中装有大小与质地相同的3个白球和若干个红球，某班 15.(13分)一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个 分成20个小组进行随机摸球试验，每组各做50次，每次有放回地摸1 (®)“取出的两球均为红色”的概率为着 红色球（标号为1和2），2个黑色球（标号为3和4），采用不放回简单 必 必 修第一 个球并记录颜色.统计共摸到红球619次，则袋中红球的个数最有可 能为 (C)“全多取到1个红球“的概率为品 随机抽样的方法从袋中依次摸出2个球设事件A=“摸到的2个球 修 颜色不相同”，事件B=“摸到的2个球的数字之和大于5”， 册 (A)3 (B)5 (C)7 (D)9 (D)“取出一个红球、一个蓝球”的概率为) (1)用集合的形式写出试验的样本空间，并求P(A),P(B); 册 (2)求P(AB),并说明事件A与B是否相互独立. 4.从集合{a,b,c,d,e的所有子集中，任取一个，这个集合恰好 10.如图2是一个质地均匀的正八面体，八 教 A 是集合a,b,c}子集的概率是 ( 个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正 A 版 核 (w号 (B)子 (c) (D)8 八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到 版 心 5.十二生肖作为中国民俗文化的代表，是中 样本空间为2=11,2,3,4,5,6,7,8，记事件A 核 素 =“得到的点数为奇数”，记事件B=“得到的点 养综 国传统文化的精髓，很多人把生肖作为春节的吉 数不大于4”，记事件C=“得到的点数为质数”， 16.(15分)流行性感冒多由病毒引起，据调查，空气相对湿度过 心素养综 祥物，以此来表达对新年的祝福。某课外兴趣小 合 则下列说法正确的是 ( 大或过小时，都有利于一些病毒的繁殖和传播.科学测定，当空气相对 组制作了一个正十二面体模型（如图1），并在十 测 评 湿度大于65%或小于40%时，病毒繁殖滋生较快，当空气相对湿度在 二个面上分别雕刻了十二生肖的图案，作为春节 (A)事件B与C互斥 (B)P(AUB)= 45%~55%时，病毒死亡较快.现随机抽取了全国部分城市，获得了 的吉祥物.2025年春节前，某兴趣小组的甲、乙 (C)事件A与C相互独立 (DP(A)=子 它们的空气月平均相对湿度共300个数据，整理得到数据分组及频数 两位成员将模型随机抛出，希望能抛出蛇的图案朝上（即蛇的图案在 11.甲、乙两队进行排球比赛，采取五局三胜制（当一队赢得三场 分布表，其中为了记录方便，将空气相对湿度在a%~b%时记为区间 最上面)，两人各抛一次，则恰好出现一次蛇的图案朝上的概率为 [a,b) 胜利时，该队获胜，比赛结束).根据前期比赛成绩可知在每一局比赛 ( 组号 2 3 4 5 6 ( (®)贵 (c器 0岛 中，甲队获胜的概率为号，乙队获胜的概率为了 ,若前两局中乙队以 分组[15,25)[25,35)[35,45)[45,55)[55,65)[65,75)[75,85 [85,95 频数2 15 303075120 2:0领先，则 6.已知一个古典概型的样本空间2中包含12个样本点，事件A中 (1)求上述数据中空气相对湿度使病毒死亡较快的频率； 包含6个样本点，事件B中包含4个样本点，事件AUB中包含8个样 (A)甲队获鞋的概率为 (2)从区间[15,35)的数据中任取两个数据，求两个数据都位于 本点，则事件A与事件B (B)乙队以3：0获胜的概率为3 [25,35)内的概率. (A)是互斥事件，不是相互独立事件 (B)不是互斥事件，是相互独立事件 (C)乙队以3：1获胜的概率为) (C)既是互斥事件，也是相互独立事件 (D)既不是互斥事件，也不是相互独立事件 (D)乙B队以3：2获鞋的概率为号高一数学人教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