第44期 阶段综合(四)-【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)若进入某商场的每一位顾客购买甲种商品的概率 18.(17分)文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉 19.(17分)某学校组织校园安全知识竞赛.在初赛中有两轮答 为0.5，购买乙种商品的概率为0.6，且购买甲种商品与购买乙种商 称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，又是文明城市的 题，第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得 品相互独立，各顾客之间购买商品也是相互独立的. 主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建 40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对 (1)求进入商场的一位顾客购买甲、乙两种商品中的一种的 文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样 1题得30分，答错得0分.若两轮总积分不低于60分则晋级复赛 概率； 本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段： 小芳和小明同时参赛，已知小芳每个问题答对的概率都为0.5. (2)求进入商场的一位顾客至少购买甲、乙两种商品中的一种 「40,50)，[50,60)，…，[90,100]，得到如图6所示的频率分布直方图 在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题；在B类的5个问题中 的概率. (1)求频率分布直方图中a的值： 小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互 (2)求样本成绩的75%分位数： 不影响. (3)已知落在[50,60)内的平均成绩是54分，方差是7，落在 (1)求小明在第一轮得40分的概率； [60,70)内的平均成绩为66分，方差是4，求两组成绩的总平均数z (2)以晋级复赛的概率大小为依据，小芳和小明谁更容易晋级 和总方差2. 复赛？ 高中数学 0.025 0.020 0.010 0.005 必修第二册( 405060708090100成绩/分 图6 17.(15分)1992年，公安部发出通知，将每年的11月9日定为 (人教 “119消防宣传日”.通过消防宣传日的设立，旨在提醒全民关注消防 安全，学习消防知识，提高自救互救能力，减少火灾事故的发生.某 高中学校为增强学生的消防安全意识，组织本校高一、高二共800名 A版)核心素养阶段测评 学生参加“消防安全，在我心中”的知识竞赛，现从每个年级分别随 机抽取10名学生的竞赛成绩如下： 高-：90858285978388959085 高中数学·必修第二册（人教A版）核心素养阶段测评 高二：83909788958595858082 (1)请根据以上20个数据，估计此次参赛学生成绩的60%分位 数、众数和平均数； (2)若规定95分及以上为一等奖，从一等奖的学生中任选2人 作为宣讲代表，则这2人中至少有1人来自高一年级的概率是多少？ 参考答案见专号 本版责任编辑：张瑞霞 报纸编辑质量反馈电话： 数理超 2026年4月30日·星期五 高中数学 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 第 44期总第1188期 人教A 0351-5271248 必修（第二册） 王小云： 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 密码学界的巾帼英雄 助于图表对数据进行分析处理 例2某保险公司为客户定制了5个险种： 王小云，被誉为“中 统计 “对话” 甲， 国密码女神”，在密码学 一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险； 丁，定期寿险：戊，重大疾病保险，各种保险按相 领域取得了举世瞩目的 数学思想 关约定进行参保与理赔.该保险公司对5个险种 善用思想好解题 成就。 参保客户进行抽样调查，得出如图1，图2，图3 她曾经沉潜十年 ©山东李成军 所示的统计图例： 专注于破解世界上公认 一、化归与转化思想 ≥54周岁 单位元 的最安全、最先进、应用 统计中充分体现化归与转化的思想方法 湖南黄帅 最广泛的密码算法。在 如部分与整体的转化，数与图的转化，随机性与 一、方程思想 这漫长的十年里，她面 确定性的转化等. 0 方程思想是一种最基本的数学思想，对于 20 1周岁 0 8-29 12<354周岁及以 对的是复杂的数学难题 例1已知关于x的一元二次方程x2+ax+ 参保人数比例 不同年龄段人均参保费用 类相关概率问题，从问题的数量关系入手，根 和巨大的研究压力，但 b2=0.若a是从1,2,3,4四个数中任取的 一个 图1 比例 图2 据概率的定义、公式等构造方程，然后通过解方 数，b是从1,2,3三个数中任取的一个数 0.55 她始终坚持不懈，凭借 程使问题获解 着卓越的数学才华和坚 (1)求方程x2+ax+b2=0有实根的概率； 例1小明打算从A、B两种花样滑冰远动中 韧不拔的毅力，终于攻 (2)求方程x2+ax+b2=0无实根的概率. 选择一种参加比赛.已知小明选择A种动作的 概率是选择B种动作的概率的3倍.求小明选择 克难关，她的科研成果 解：(1)因为方程x2+x+b2=0有实数 根，所以△=a2-4b2≥0.又a>0,b>0,所以 A种动作的概率. 被密码学专家称之为是 a≥2b. 分析：由于小明选择动作A和选择动作B的 密码学领域最美妙的结 记“方程x2+ax+b2=0有实根”为事件A: 概率都未知，但其关系明确，故可考虑构造方程 果。2004年，在世界密码 则由题意得样本点共12个，分别是(1,1)， 用该样本估计总体，以下四个选项中正确 组求解 学大会上，王小云宣布 (1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1), 的是 解：设小明选择A种动作的概率为x,选择B 成功破解MD5算法，会 (3,2),(3,3),(4,1),(4,2),(4,3)(小括号中 (A)54周岁及以上参保人数最少 种动作的概率为y 场瞬间一片寂静，紧接 前一个数表示，后一个数表示b),这12个样 (B)18~29周岁人群参保总费用最少 [x= 着全场的人都站了起 本点是等可能的，其中事件A所包含的样本点有 (C)丁险种更受参保人青睐 根据题意，得x=3y, 解得 来，报以排山倒海般的 4个，分别是(2,1)，(3,1)，(4,1)，(4,2)，所以 (D)30周岁及以上的人群约占参保人群 x+y=1, y= 掌声，宣告了固若金汤 20% 的世界通行密码标准 方程x2+ax+b2=0有实根的概率P(A)= 解：由扇形图可得，54周岁及以上参保人数 故小明选择A种动作的概率为 3 MD5堡垒的轰然倒塌 最少，故(A)正确； 二、转化与化归思想 “王氏攻击”震惊世界 3 30周岁及以上的人群约占参保人群的39% 对于正面难以突破或情况比较复杂的问 王小云不仅在科研 (2)记“方程x2+ax+b2=0无实根”为事 +33%+8%=80%,故(D)错误； 题，常常逆向思考，考虑其对立事件，从而轻松 上取得了非凡成就，还 件B,由(1)知P(B)=1-P(A)=3 2 由折线图可知，18~29周岁人群人均参保 获解 展现出了对密码学事业 费用最少，但是因为参保人数并不是最少的，故 例2从一箱产品中随机地抽取一件，设事 的执着热爱和高度的责 二、数形结合思想 其总费不一定最少，故(B)错误； 件A=抽到一等品}，事件B={抽到二等 任感。她深知密码学在 应用数形结合思想是处理代数有关问题的 由条形图可知，丁险种参保比例最高，故 品}，事件C=抽到三等品}，且已知P(A)= 重要思想，本章中数形结合思想主要体现在借 信息安全中的重要性 (C)正确.故选(A)(C) 0.65,P(B)=0.2,P(C)=0.1.则事件“抽到 无论是在战争年代还是 (2)由(1)中数据可知，随着抽取球数的增 的不是一等品”的概率为 和平时期，密码都关乎 多，抽到优等品的频率越来越稳定在0.95，所以 (A)0.7(B)0.65(C)0.35(D)0.3 着国家和人民的安全。 她以自己的智慧和努 蝎纱辨两率典 该批乒乓球为优等品的概率为0.95， 分析：由于抽到的不是一等品与抽到一等 例2从有n条鱼的水库中捕出一定数量的 品是对立事件，故可利用对立事件的概率公式 力，为我国的密码学事 鱼，例如2000条，给每条鱼做上记号，不影响其 求解 业做出了卓越贡献，捍 ◎海南 谷立新 存活，然后放回水库，经过适当的时间，让其和 解：抽到的不是一等品的概率P(A)=1 P(A)=1-0.65=0.35.故选(C) 卫了国家的信息安全 ·、随机事件A的频率与概率的异同 水库中其余的鱼充分混合，此时若从水库中任 三、数形结合思想 作为站在世界科学 随机事件A的频率与概率的异同可以用下 捕一条鱼，捕到带有记号的鱼的概率为200，如 n 数形结合思想其实质是将抽象的数学语言 殿堂的女性，她的头脑 表表示： 果从水库中捕出一定数量的鱼，例如500条，查 与直观的图形结合起来，使抽象思维和形象思维 里有理性的光彩，她的 相同点 不同点 看其中有记号的鱼，结果有40条，试根据上述数 相结合，通过对图形的认识、数形的转化，培养思 心中有向美的追求。她 大量重复试 频率 都能反映事件A在 有波动性 据，估计水库中鱼的条数n 维的灵活性、形象性 用自己的实际行动诠释 定条件下发生的可能 验测出来的 通过理论计 解：假定每条鱼被捕的可能性是相等的，从 例3某战士打靶，在一次射击中，可能发生 了女性在科学领域的巨 溉率 性的大小 算求出来的 有确定性 水库中任捕一条鱼，设事件A={捕到带有记号 的事件是：“不中”，“命中1环”，“命中2环” 大潜力和重要作用，成 频率与概率关系的应用 的鱼}， ,“命中10环”，若记A={命中8环}，B= 为了广大女性的榜样 例1某批乒乓球质量的检查结果如下表所示： 激励着更多的人在自己 则P(A)=2000 至少命中5环、最多命中7环{，C={命中6 抽取球数n 50 100200 50010002000 n 环，试判断A,B,C之间是否互斥？ 的领域里努力奋斗、追 分析：将事件A,B,C用Venn图表示，借助 优等品数m 45 92 194 470 954 1902 第二次从水库中捕出500条鱼，观察每条鱼 求卓越，为国家和社会 上是否有记号，共需观祭500次，其中带有记号 于图形直观求解， 优等品的频率 的发展贡献自己的力 的鱼有40条，即事件A发生的频数n4=40.由 解：根据题设作出 (1)在题表中填上优等品的频率；（结果保 40 venn图，如右图所示， 留到小数点后两位) 概率与频率的关系，可知P(A)≈ 所以 500 事件A与事件B是互斥示 (2)试估计该批乒乓球为优等品的概率， 2000≈40解得m≈25000. 的，事件A与事件C也是 解：(1)优等品的频率依次为0.90,0.92， 500 互斥的，事件B与事件C 0.97,0.94,0.95,0.95 故估计水库中约有25000条鱼 不互斥 素养专练 数理极 红桃4，方片4，则甲、乙抽到牌的所有情况为(2 3),(2,4),(2,4),(3,2),(3,4),(3,4'),(4,2), 既率意义的应用 (4,3),(4,4),(4',2),(4',3),(4',4),共12种不 同的情况. (2)甲抽到红桃3，乙抽到的只能是红桃2，红 ⊙江西刘浩洋 桃4，方片4， 1.利用概率的意义可以制订游戏规则 (2)为了保证游戏的公平性，乙应选哪种猜数 在各类游戏中，如果每人获胜的概率相等，那方案？ 因此乙抽到的牌的数字比3大的额率是号 么游戏就是公平的，这就是说游戏是否公平只要 解：选方案①，无论乙猜“是奇数”或“是偶 (3)甲抽到的牌的数字比乙的大，有(3,2) 看获胜的概率是否相等.如体育比赛中决定发球数”，乙获胜的概率都是0.5；选方案②，若乙猜 权的方法应该保证比赛双方先发球的概率相等，“是4的整数倍”，则肤胜的新率是品 (4,2),(4,3),(4',2),(4',3),共5种情况 =0.2,若乙 每个购买彩票的人中奖的概率应相等。 因此甲鞋的概率为号，乙胜的概率为子 2.极大似然法 猜不是4的整数倍，则获鞋的概率是品=0.8 7 在一次试验中，概率大的事件比概率小的事 因为<员所以此游戏不公平 件出现的可能性更大，这正是能够利用极大似然 (1)因为0.8>0.5>0.2，所以为了尽可能获 二、决策中的概率问题 法来进行科学决策的理论依据。因此，在分析、解 胜，乙应选择方案②，猜“不是4的整数倍”. 例3有A,B两种乒乓球，A种乒乓球的次品率 决有关试验问题时，要善于灵活地运用极大似然 (2)为了保证游戏的公平性，应当选择方案 是1%，B种乒乓球的次品率是5%. 法这一思想方法来进行科学的决策， ①，因为方案①无论乙猜什么，乙获胜的概率都是 (1)甲同学买的是A种乒乓球，乙同学买的是 一、游戏公平性的判断 0.5,所以甲获胜的概率也是0.5，两人获胜的概率 B种乒乓球，但甲买到的是次品，乙买到的是正品， 例1转盘被平均分成10等 相等，从而保证了该游戏的公平性. 份（如右图所示），转动转盘，当 例2甲、乙二人用4张扑克牌（分别是红桃2， 从概率的角度如何解释？ 转盘停止后，指针指向的数字 红桃3，红桃4，方片4)玩游戏，他们将扑克牌洗匀 (2)如果你想买到正品，应选择购买哪种乒 后，背面朝上放在桌面上，甲先抽，乙后抽，抽出的 丘球？ 即为转出的数字.游戏规则如 下：两个人参加，先确定猜数方 牌不放回，各抽一张 解：(1)两种乒乓球的次品率都不是0，所以两 案，甲转动转盘，乙猜，若猜出的结果与转盘转出 (1)写出甲、乙抽到牌的所有情况： 种乒乓球都有可能买到次品.A种乒乓球的次品率 的数字所表示的特征相符，则乙获胜，否则甲获 (2)若甲抽到红桃3，则乙抽到的牌的数字比 低于B种乒乓球，只能说明买A种乒乓球买到次品 胜.猜数方案从以下两种方案中选一种： 3大的概率是多少？ 的可能性小.而可能性较小的事件发生了，可能性 ①猜“是奇数”或“是偶数”； (3)甲、乙约定，若甲抽到的牌的数字比乙的较大的事件却没有发生，这正是随机事件的不确 ②猜“是4的整数倍”或“不是4的整数倍”. 大，则甲胜；否则乙胜，你认为此游戏是否公平？为定性的体现 请回答下列问题： 什么？ (2)因为A种乒乓球的正品率更高，所以应选 (1)为了尽可能获胜，乙应怎么选？ 解：(1)分别用2,3,4,4'表示红桃2，红桃3，择购买A种乒乓球 第43期3,4版参考答案 (2)记三人中至少有一人被录取为事件D 则M=ABC UABC UABC,且ABC,ABC,ABC互斥，A,B,C相 则D与A∩BnC互为对立事件， 互独立， -、单项选择题1~4DABC5~8BBAD 所以P(D)=1-P(AnBOC)=1-P(A)P(B)P(C)=1 所以P(M)=P(ABC U ABC U ABC) 二、多项选择题9.ABC;10.BD;11.AB. (1-号)×(1-÷)×(1-易)-恕 P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) 三、填空题20.73.号；14900， P(A)P(B)[1-P(C)]+[1-P(A)]P(B)P(C)+ 四、解答题 所以二人中至少有一人被录取的概幸为铝 P(A)P(B)P(C) 2 15.解：(1)试验的样本空间为2=(1,2)，(1,3)，(1,4) 18.解：(1)由题表得这40天内该农产品价格“上涨”的天数 =号x1-PrG]+子x若PrG)+号x名cO (2,1),(2,3),(2,4),(3,1),(3,2),(3,4),(4,1),(4,2),(4, 3)1,共12个基本事件. 为16，估计该农产品价格“上涨”的概率为治=子 房+号c, 事件A包含的基本事件有(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3， (2)在这40天内，该农产品的价格有16天“上涨”，4天“下 又N=ACB UACB U ACB,且ACB,ACB,ACB互斥， .(3,2).(4,).4.2),关8个基本事件，则P(4)=吕=号 跌”，10天“不变”，相应的概率分别是0.4,0.35,0.25， 未来的日子里任取4天，分别用A,B:,C:表示第i天“上 所以P(N)=P(ACB U ACB U ACB) 事件B包含的基本事件有(2,4)，(3,4)，(4,2)，(4,3)，共4个涨”“下跌”“不变”(i=1,2,3,4), =P(ACB)+P(ACB)+P(ACB) 基本事件，则P(B)=2=3 则4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的所有情况为 =P(A)P(C)[1-P(B)]+[1-P(A)]P(C)P(B)+ AA2B3Ca,AA2C3BA,A B2As Ca,A C2A3Ba,A B2 C3A,A C2 B3A P(A)P(C)P(B) (2)因为事件A与B同时发生的基本事件有(2,4)，(4,2)，所 BA2A3 Ca,CA2A3 B,BIA2 C3A,CA2B3A,B C2A3A,CB2A3A, 以P(A8)=是：6 共12种，每种情况发生的概率均为0.42×0.35×0.25=0.014， =号xP×器+号xP()×+号xP(G)x若 所以估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”1天“下跌” 又因为P代A)P(B)=子×号=子，可得代A)P(B)≠1天“不变的概率为0014X20168 (3)第41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大」 若要接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书券的概率大，则 P(AB),所以事件A与事件B不独立. 16.解：(1)由已知，当空气相对湿度在45%~55%时，病毒死 因为该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响， P)>P所以PG>+品PO.即P>若 且第40天的价格“上张”，所以只需统计前40天中价格“上涨”的 亡较快， 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： 次日的价格变化情况.由题表知价格“上涨”的次日价格“上涨”的 而样本在[45,55)上的频数为30，所以所求频率为00=10 30 1 天数为4，价格“下跌”的天数为2，价格“不变”的天数为9，所以第 第二次 1 2 3 4 5 第一次 (2)设事件A为“从区间[15,35)的数据中任取两个数据，两 41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大 个数据都位于[25,35)内”，区间[15,25)中的两个数据为a1,a2, 19.解：(1)设事件A=“游戏一获胜”，B=“游戏二获胜”，C 12) (1,3)(1,4) =“游戏三获胜”，游戏一中取出一个球的样本空间为 (1,5) 区间[25,35)中的三个数据为b1,b2,b3, 则从区间[15,35)的数据中任取两个数据，包含(a1,a2), =1,2,3,4,5,则n(21)=5, 2 (2,1) (2,3) (2,4) (2,5 (a1,b1),(a1,b2）,(a1,b3),(a2,b1),(a2,b2),(a2,b3),(b1,b2）, 因为A=451,所以a(4)=2.P4)=出=号 (3,1) (3,2) × (3,4)(3,5) (b1,b3),(b2,b3）,共10个样本点， (4,5) 而事件A包含(b1,b2）,(b,b3),(b2,b3),共3个样本点 所以游戏一获胜的概率为号 (4,1)(4,2)(4,3) 所以P(A)=i0 游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间 5 (5,1)(5,2)(5,3)(5,4) =(x,y)1yel,2,3,4,5引 17.解：(1)记甲，乙、丙被录取分别为事件A,B,C, 则n(22）=25,因为B={(4,4),(4,5),(5,4),(5,5), 当m=34,89时，P(C0=品<若 则A,B,C相互独立， 4 则P(A)=号x=号P()=号×号=号P心C= 所以国=4=8名 舍 所以游戏二获胜的概率为分 当m=56,7时，P(C)=>5满足 题意， 因为P(A)<P(B)<P(C),所以丙被录取的可能性最大， 家路 因此m的所有可能取值为5,6,7. 7.某歌手大赛进行电视直播，比赛现 型为ab,其中，a和b是显性基因，i是隐性基因.则下列说法正确的是 场有6名特约嘉宾给每位参赛选手评分，0.05 组距 核心素养阶段测评（四） 场内外的观众可以通过网络平台给每位 (A)若父母的血型不相同，则父母血型的基因类型组合有18种 参赛选手评分.某选手参加比赛后，现场0.0 (B)若父母的血型不相同，则父母血型的基因类型组合有26种 ◎数理报社试题研究中心 嘉宾的评分情况如下表，场内外共有数万 0.0 (C)若孩子的爷爷、奶奶、母亲的血型均为AB型，孩子与父亲血 名观众参与了评分，组织方将观众评分按 708090100评分 型相同的概率为】 第I卷选择题（共58分） 照[70,80)，[80,90)，[90,100]分组，绘 图2 制成频率分布直方图（如图2）. (D)若孩子的爷爷、奶奶、母亲的血型均为AB型，孩子与父亲血 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 嘉宾AB C D EF 1.抛掷一枚质地均匀的硬币，如果连续抛掷217次，那么第216次 型相同的概率为士 评分969596899798 出现正面朝上的概率是 嘉宾评分的平均数为无，场内外的观众评分的平均数为石2，所有 ()6 (c9 第Ⅱ卷非选择题（共92分） 嘉宾与场内外的观众评分的平均数为x,则下列选项正确的是( 2.在社区公益活动中，某单位有40名志愿者参与了报名，先将这 (A)E=飞+石 2 (B)x>专+G 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 40名志愿者进行编号，编号为01,02，…，40，从这40名志愿者中抽取 2 12.一个样本的容量为60，分成5组，已知第一组、第三组的频数 10人参加一项活动，选取方法是从随机数表第1行的第4列开始由左 (C)E<石+ 2 (D)x1>x2> 分别是9,10，第二、五组的频率都为5，则该样本的中位数在第 到右依次选两个数字，则选出来的第6个样本编号为 数学 8.冰雹猜想又称考拉兹猜想、角谷猜想、3x+1想等，其描述为 必 972974836721345267459176245172498563244 组 任一正整数x,如果是奇数就乘以3再加1，如果是偶数就除以2，反复 必 377950031417197200304658711420518713682 13.某次数学竞赛有1000名学生参加，这1000名同学考试成绩 修 计算，最终都将会得到数字1.如给出正整数5，则进行这种反复运算 第 册 (A)32 (B)24 (C)17 (D)37 的频率分布直方图如图4所示，若有160名同学获奖，则估计获奖同学 3.某校为调查学生对学校“延时服务”的满意度，从全市3个校 的过程为5→16→8→4→2→1，即按照这种运算规律进行5次运 的最低成绩为 册 区按学生人数用分层随机抽样的方法抽取一个容量为n的样本.已知 算后得到1.若从正整数6,7,8,9,10中任取2个数按照上述运算规律 进行运算，则至少有1个数的运算次数为奇数的概率为 0.04 教 A 3个校区学生人数之比为2：3：5，若学生人数最多的一个校区抽出的 0.03 A 版 1 个体数是60，则n三 (A)i0 c石 (D8 3 0.02 版 0.0 核 1 (A)96 (B)120 (C)180 (D)240 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 核 心 060708090100分数/份 平地 4.任意抛两枚一元硬币，记事件p:恰好一枚正面朝上；9：恰好两 9.某篮球运动员在最近几次比赛中的得分情况如下表所示 14.如图5，甲乙做游戏，两人通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜 枚正面朝上；m:至少一枚正面朝上；：至多一枚正面朝上.下列事件 阶 投篮次数投中两分球的次数 投中三分球的次数 谁首先登上第3个台阶，并规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上 段 为对立事件的是 100 65 16 级台阶，输的一方原地不动，平局时两人都上一个台阶.如果一方连 (A)p与g (B)g与m (C)g与n (D)g与n .随机抽查了某校10名高三学生↑盖 记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件A,投中三分球为 续赢两次，那么他将额外获得上一级台阶的奖励，除非已经登上第3 评 事件B,没投中为事件C,用频率估计事件A,B,C发生的概率P(A) 个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时游戏结束，则游戏结束时恰 的视力情况，得到的频率分布直方图如图 1所示.由于不慎将部分数据丢失，但知 P(B),P(C),下述结论正确的是 好划拳3次的概率为 道后五组的频数之和为64.设这100名学。： (A)P(A)=0.65 (B)P(B)=0.16 四、解答题：本题共5小题，共77分 生中视力在4.6到4.8之间的学生人数为 (C)P(C)=0.19 (D)P(B+C)=0.65 15.(13分)某企业五月中旬生产A,B,C三种产品共3000件，根 4.44.54.64.748495.05.15.2视力 10.图3为某地2015年至2024年 2015~2024年粮食产量 据分层随机抽样的结果，该企业统计员制作了如下表格： 1,各组中频率最大为0.34，则a= 的粮食年产量折线图，则下列说法正确常323230 产品类型 A (A)64 (B)54 (C)48 (D)27 的是 产品数量/件 300 (A)这10年粮食年产量的极差为1648 样本容量 6.一个旅行团到漳州旅游，有百花村与云洞岩两个景点可选择， 130 该旅行团选择去哪个景点相互独立，若旅行团选择两个景点都去的概 (B)这10年粮食年产量的70%分 02% 由于不小心，表格中A,C产品的有关数据已被污染，统计员只记 位数为35 年份： 得A产品的样本容量比C产品的样本容量多10，请你根据以上信息补 率是号，只去百花村不去云洞岩与只去云洞岩不去百花村的概率相 图3 (C)这10年粮食年产量的平均数为33.7 全表格中的数据. 等，则选择去百花村的概率是 (D)前5年的粮食年产量的方差小于后5年粮食年产量的方差 (4)2 4 11.人类的四种血型与基因类型的对应为：0型的基因类型为记， (B) (C) 3 9 (D) 0 A型的基因类型为ai或aa,B型的基因类型为bi或bb,AB型的基因类高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 数理括 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，91=子故=3刃， 则乙地没有进人夏季； 对于丙地，最高气温为31℃，平均数为25℃，标准差为3℃ 所以每个个体被抽到的机会为号 设前面四个数据为x1,x2,x3,x4(x1≤x2≤3≤x4)， 4.由题意知36岁至50岁的居民所占的比例为 则写[(x-25)2+(x2-25)2+(x-25)2+(x4-25)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, 3=300 故(x1-25)2+(x2-25)2+(x,-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(1-25)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≤x1≤x2≤x3≤x4, 应的同学进入决赛，所以还需要知道这13名同学成绩的中位 所以丙地肯定进入夏季； 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 由5x=5×= 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； 1 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。 设其抽取了n人，则7+S+1=7,解得a=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x0,方 对于(B),(0.0025+0.0040+0.0060)×40=0.50,所以年月 差为后， 均用电量在[160,200)内的不属于第二档，故(B)错误； 则0=2元+1,5=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 1 1 档，故(D)正确 可得3=2-2， 故选(A)(C)(D) 则-2=2-3-2=-(-4)-G 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=寺-7≥0，可得云≥1 所以它们的纵坐标的差值也相同， 由二次函数的性质知，当元=1时，52-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 ②确定铺样比g8-分 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=0048=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1，因为(0.008+0.016+0.024)×10=0.48， 又15×259%=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1≈41，即数据x的中位数约为41， 所以95%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； 因为1-(0.0108+0.0064)×10=0.828， 17,解：1)由已知得样本容量为8=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58=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 高一数学人教A(必修第二册) 第40~44期 0.24, 元=10x-100-80=90. 8 故频率分布表如下 分组[50,60) [60,70) [70,80) [80,90) [90,100 x2-10×902 频数 4 8 10 16 12 因为10个分数的标准差s= =6. 10 频率 0.08 0.16 0.20 0.32 0.24 所以x号+…+x10=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 (x+·+xi0)-802-1002-8×90 =25 0.032 50=N 8 0028 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 0t5060708090100成绩/分 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 又因为√202+802+602=√/10400>√4900=70（米）， 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+90×0.002 因此若用1个覆盖半径为55米和1个覆盖半径为35米的 ×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10×(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,CDAC.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 ②调查的人数中年龄在[60,100]的只有18人，也许这部 1.ACD:2.B:3. 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. 1.A;2.AD;3.0.65. 19.解：(1)因为前四组的频率分别为：0.05,0.15,0.25,0.35， 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-1x1=0; 又依题意，x≠0，且A中有7个非零常数， 当x<0时，x-|x1=2x<0, 故共包含7个样本点 所以x-|x1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A二B, 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 所以恰好销到边缘方块的版本为号=号 P(A UB)=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278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 故"能得5分的概率为}，故()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，故(B)正确： 对于(B),事件F与1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； DA,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？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”(”，山种， 2 共有基本事件11个， 随机事件“能得分”中有基本事件{C,D, 所以2a0D>分 20 放“能得分“的概率为十，故(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 7 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(4)+P(B)=。+子=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2a+6-(日+)2+6)=4+名+ 17.解：(1)从A1,A2,A3,A4,A,A6中任取2个点包含的所 a 有情况为A,A2},A,A},{A,A4,{A1,A5},A,A6},{A2, 4+2日智-8 A3},A2,A4},{A2,A5},{A2,A6},A3,A4},A3,A5},{A3,A6, 合=即6=20=4时，等号成立。 当且仅当 A4,A5},{A4,A6},{A,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,A。中任取2个点，所有可能的情况为A1, 14.已知a☒b=60,a,beN, A2},A1,A5},A1,A6,{A2,A},A2,A6},A5,A6},共6种， 若a和b一奇一偶，则ab=60, 所以小陈参加学校合唱团的概率为名=子， 2 满足此条件的有1×60=3×20=4×15=5×12， 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=子 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”， 偶数的概率为号 则M={(A,B),(A,C),(B,C)},共3个样本点， 四、解答题 故Pw=1-Pr丽=1-高=0 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∈11,2,3,4,5,6}}，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PA)=名=) 1 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(B)=36=6 61 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， ={2,4,6},C={出现点数小于3}={1,2}，D={出现点数 5 1 201 故P(A)=10000=2000,P(B）=10000=500, 大于2}=3,4,5,6，E={出现点数是3的倍数}={3,6}. 100 1 500 1 (1)A∩B=0,B∩C={出现的点数为2. P(G)=10000=100PD)=10000=20 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， 5 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=AUBUCU D, 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 16 1.已知该厂的次品率为3%，所以该厂8000件产品中次品 故1张奖券的巾奖概率为石 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N, 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A2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)=1-200500=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 即一张奖券获得的奖金低于200元的概率为39 400 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P)=合=子 专项小练一 “右边转盘指针落在奇数区域”记为事件B, 12.A:3.Bc:46 则B)=香=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城的概率为子×子：号 .24 则P(A)=3,P(B)=专 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”， P(A)=P(AP(B)=方xS=石 则0=PB)+PG=号×0x2+0×0=Q1B (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-(1-3)×(1-3)=子 (1)第三支箭投入壶口，则第四支箭必须投入壶耳， 1 1 1 专项小练二 其概率P,=3×5=5 1.D;2.C:3.BCD;4.白 (2)第三支箭投入壶耳，则第四支箭投人壶口、壶耳均可， 5解(1)这种鱼卵的帮化车为85 =0.8513. 其概率=专×（兮+写）= (2)30000个鱼卵大约能孵化 所以乙赢得这局比赛的概率P=R+R=方+号-号 8513 30000×10000 =25539(尾)鱼苗 8.设三门考试课程考试及格的事件为A,B,C, 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 ABCABC +ABC ABC, 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P1=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A=了b+c+, 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P1-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 1 ab ac bc 2abc 所以所求概率为a2,(B)正确； 6+号c+号c-2akc 对于(C),两次传输，发送红色信号， 2 ad+ac+c-3a 则译码为红色的事件是依次显示黄色、青色或青色、黄色 =号[od(1-o)+ac1-b)+hc(1-a]>0, 的事件的和，它们互斥， 所以所求的概率为ax(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-α)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颜率为，0。=0.56，得到的领 则译码为青色的概率P'=1-α， 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)=-ax(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 2013号：14是 n 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，由题意可得人=” m 则P(A)=1-0.6=0.4,P(B)=1-0.3=0.7, 解得x=km 又事件A,B相互独立， 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+p2[(1-9)2+2q(1-9)月=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 舒得9=号或9=9（会去）。 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×分=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}×分×兮=立 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，其概率为宁×写×了=高： (D)正确 故选(A)(C)(D). ④甲一乙一丙一甲，其概率为}×号×石 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 所以投掷3次最子后，球在甲手中的率为？+立+立 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 故P(M)=4×后x2+4×6×2+年× 1 6 2 四、解答题 1 3 519、3 15.解：记这两个零件中恰有一个是一等品的事件为A, +2×4×6=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(1)中器<产所以满足条件的方案为选择A,CD 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 B=120-24.4 为舒适”的天数为品×12=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,=12020。三 级舒适， 120 6 (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 达标， 比赛中乙得1分”， 则事件A=BCUBCU BC 则A1与B独立，A2与B1独立，A2与B2独立， 所以P(A)=P(BC)+P(BC)+P(BC) 又C=AB1UA2B1UA2B2, P(C)=P(A;)P(B)+P(A2)P(B)+P(A2)P(B2), 17.解：(1)设“甲投中两次获胜”为事件A, 由已知可得44，A,A发生的顿率分别为品品0。 则=（号）×[1-(3)门]=号 11 20 (2)设“结果是平局”为事件B,则 故PA)=专PA)=子P(B)=0.P(A)=8 PB)=(兮)°x(3)°+2x号x3x2x(合) 所以P0=0+0+×0-8 +()x()广-品 (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(团=1-P=名 因为A小区供热等级舒适的频率为 0 即结果不是平局的概率为号 B小区供热等级舒适的频率为0 18.解：设事件M=“员工甲本年度考核合格”， 又只>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 故P(0=子x(1-Gx写)=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x(1-石x）=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， 由题意可知，千3=0议0解得一5， 619 则需任意两项测试通过或三项测试均通过， 3 1 所以红球的个数最可能是5个. 43131、3 4.集合a,b,c的子集个数为2=8， 5×4x2=40>4 集合{a,b,c,d,e的子集个数为2=32， 高一数学人教A(必修第二册)第40~44期 因此所求概率为号=子 1 P12-P16=P2(p1+P3）-2p1P2P3-[P3(p1+P2）-2pP2P3] =(P2-P3)P1<0, 5抛出一次，恰好出现蛇的图案朝上的概率为2出现其 则Ps<P12<P16, 他图案朝上的概奉为品， 所以小明做的第二题为第16题时，P=P16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=号 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Venn图，探究事件之间 的关系。 “取不到红球”的有ab,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 南图得PA)=合=宁P(4国=音=分P(周=音 ,(B)正确； “至多取到1个红球”的有{Aa,Ab,Ba,Bb,Ca,Cb,ab,所 2 =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}，(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). Dc),(Ab,Bc,Cd,Da),(Ac,Ba,Cd,Db),(Ac,Bd,Ca,D6), 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,Dc),(Ad,Bc,Ca,Db),(Ad,Bc, 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}， 故所求概率为}=) 所以P(AUB)=名=子，(B)正确： 8.小明连对两题，则第二题为必对题， 对于(O,P代A)=÷=分P(G=告=号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2， 1 所以PAC)=≠R(APRC. 记此时连对两题的概率为Pg, 所以事件A与C不相互独立，(C)错误； 则Ps=[I-)pp+PP,1-)】+[L- 对于(D),事件A∩B的样本点为{1,3}，所以P(AB)= P3)P1P+P3P1(1-P2)] 令=子P0=1-P代4)=子(D)正确 2 =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P2=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P1= (号)=故()正确： 所以Ps-P=P(P2+P3）-2pPP3-[P2(P1+p3）- 1 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 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 4 胜，既率为号×写-号放(C)错误： 则P()=是=号 (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 1 三、四局乙队输， 2),所以P(AB)=12=6 又因为P氏AP(B)=号×=号 12 所以乙队以32获胜的概率为号×子×号-产，放(D 错误。 可得P(A)P(B)≠P(AB), 故选(A)(B) 所以事件A与事件B不独立 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， 12.07:13.号；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)= 为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,b),(a1,b2),(a1,b3),(a2,b1),(a2,b2),(a2,b3),(b1, 则G)=名=分 b2),(b1,b),(b2,b3),共10个样本点， 而事件A包含(b1,b2),(b1,b),(b2,b),共3个样本点， 14.设两选手为甲、乙，两选手水平相当， 所以PA)=高 故任意一局比赛，甲胜的概率为分，乙胜的概率为号 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 第四局甲胜或者第四局甲输但第五局甲胜， 此情况下，甲获胜的概率为}+子×} ，113 、 39 -4 4×5=20, 所以乙胜的概率为}， 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(A∩B∩C)=1-P(A)P(B)P(C) 给已胜两场者奖金为12000×子=900（元） =1-(1-号)×1-号)×(1-0)=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号 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”上漆”的概率为8=号 2 (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0=音=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), xP0x+xPOx著+子xPG×若 2 4 = 则4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的所有情况 A:A,B C:,A A2C,B,A B2A,Ca,A C2AB:,A B2 CA,A C2BA, =层rc. BA2A C,CA2A;Ba,B,A CA,CA2 BA,B C2AsA,C B2A 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， 所以竖(G>品s+品rGO,即P(G>名 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=3,48,9时，P(C)=品<25舍去： 2 2={1,2,3,4,5},则n(21)=5, 因为A=4,5,所以n(A)=2,P(4)5}三2 5 当m=5.6,7时，P(C)=0>名满足题意， 4 所以游戏一获雕的概率为号 因此m的所有可能取值为5,6,7. 游戏二中有放回地依次取出两个球的样本空间 第44期3,4版 22=1(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 所以n(B)=4,所以P(B)=n(B 4 n(2)=25 1 ~4 DABD 5~8 BACC 提示： 所以游戏二获胜的概率为去 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”， 故所求既率为) 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(A)P(B)P(C) 5 =号x1-p]+号×P+号xc) 所以n×2+3+5=60,解得m=120. 4.因为p与q的并事件不是必然事件， =总s+品PO. 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n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n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 i0=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， 提示： 因此a=20+34=54. 频数 6.用事件A表示“旅行团选择去百花村”，事件B表示“旅 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(AB)=号P(AB)=P(AB). 可得P0=高=065，P代B=品=016，P(C) 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， 4 [x= xy 9 3 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). 故选择去百花村的版率是号 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x2=75×0.2+85×0.3+95×0.5 为第7个数和第8个数的平均数，即35十38=36.5，(B)不 =88,则x1>x2, 2 由于场外有数万名观众、 正确； 所以玉，<<<，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→34一17→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ⅱ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：ii,ai,aa,ab共4种； 数为： 当父亲血型的基因类型为bb时， (6,7),(6,8),(6,9),(6,10),(7,8),(7,9),(7,10),(8, 母亲的可以是：it,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， (6,7),(6,10),(7,10),共3种， 所以父母血型的基因类型组合有5+4+4+4+4+5= 放运算次数均为偶数的概率为高。 26(种)，故(A)错误，(B)正确； 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4044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, 111 其对应的概率分别为4,2,4， 则P(A)=P(B,)=P(C)=号 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, P(X =3)=2P(A)P(B2)P(A3)+2P(B)P(A2)P(A3)+ 对应的概率分别为；，及 P(B1)P(B2)P(B,)+2P(A1)P(B2)P(B)+2P(B1)P(A2)P(B) +2P(B,)P(B2)P(A)+2PC1)P(A2)P(A) 故此时孩子与父家血型相同的瓶率为}× 1 1 2 8 =2xxx}+2x写x}×写+3× 1 3 当父亲血型的基因类型是ab,母亲的为ab, 111 111 111 则孩子的可能是aa,ab,bb, +2×3×3×3+2×3×3×3+2×3×3×3 对痘的概率分别为子子子 1 1 113 2×3×3×3=27 故此时孩子与父亲直型相同的概率为}×子：子： 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, 对应的概率分别为} 根据分层随机抽样的特点可得” n-10 130 =1700-m=1300 解得m=900,n=90, 故此时孩子与父亲血型相同的概率为片×}=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g+子+令=分放(G)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“进入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；1413 71 D为“进人商场的一位顾客至少购买甲、乙两种商品中的 一种” 提示： (1)因为C=A∩B+A∩B, 12.第二组的频数为60×5=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.依题意获奖的频率为，160 91000=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88+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， x=80+82×2+83X2+85×5+88x2+90x3+95×3+97x2 20 则小明在第轮得0分的概率为气一} =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分的概率为子， 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1一号=号， 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; 7 10 3 P,=号×(0.4×0.6+0.6×0.4)=0.288： 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 p=号x04x04=0.096: +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x04x04=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; …,x10;成绩落在[60,70)内的20人的分数分别为1，y2,3, 综上，小芳晋级复赛的概率为： ·,y20, P1+P3+P,+P,=0.125+0.0625+0.125+0.0625= 则由题意可得+号++立-54=7， 0.375: 10 小明晋级复赛的概率为： 2+3+…+)2远-662=4， P2+P4+P6=0.288+0.096+0.064=0.448; 20 因为0.448>0.375， 所以x7+x号+…+x70=29230,斤+)2+…+y0=87200 所以小明更容易晋级复赛。 所以子=10+20+号+…+编+分+后++】 1 -2=30×(29230+87200)-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