假期作业11 概率-【快乐假期】2025-2026学年高一数学暑假作业（北师版 全学年）

k快乐假期 0M-= 天行健，君子以自强不息。 假期作业11概率 完成日期： 月 日 思维整合室 (3)不可能事件的概率P(F)= 1.事件的关系与运算 (4)互斥事件概率的加法公式 ①如果事件A与事件B互斥，则P(AUB)= 定义 符号表示 如果事件A发生，则事件 ②若事件B与事件A互为对立事件，则 包含 B一定发生，这时称事件B P(A)= 关系 事件A(或称事件A (或A二B)》 3.古典概型 包含于事件B) (1)古典概型的定义 具有以下两个特点的概率模型称为古典概 相等 若B已A且A2B,那么称 率模型，简称古典概型. 关系 事件A与事件B相等 (2)古典概型的特点：①有限性：样本空间的样本 点只有有限个；②等可能性：每个样本点发生 般地，由事件A和事件 的可能性相等. B至少有一个发生（即A (3)古典概型的概率计算公式 并事件 发生，或B发生，或A,B AUB 样本空间2包含n个样本点，事件A包含其 (和事件) 都发生)所构成的事件，称 (或A+B) 中的m个样本点，则 ,其中， 为事件A与事件B的 n(A)与n(2)分别表示事件A和样本空间2 (或和事件) 包含的样本点个数， 4.相互独立事件 般地，由 与 (1)对任意两个事件A与B,如果P(AB)= 交事件 都发生所构成 A∩B 成立，则称事件A与事件B相互独 (积事件) 的事件称为事件A与事件 (或AB) 立，简称为独立. B的交事件（或积事件） (2)如果事件A与事件B相互独立，则A与 一般地，不可能同时发生 B,A与B,A与B也都 互斥 的两个事件A与B称事 (3)事件A与事件B相互独立，则P(AB)= A∩B= 事件 件A与事件B为互斥 事件 《《技能提升台 若A∩B为不可能事件， 素养提升 对立 AUB为必然事件，那么 A∩B=0 ◆[考点一]事件的运算及概率的性质 事件 称事件A与事件B互为P(AUB)=1 1.100件产品中，95件正品，5件次品，从中抽 对立事件 取6件：至少有1件正品：至少有3件是次 2.概率的几个基本性质 品；6件都是次品；有2件次品、4件正品.以 (1)概率的取值范围： 上四个事件中随机事件的个数是() (2)必然事件的概率P(E)= A.3 B.4 C.2 D.1 26 三0022 高一数米 2.如果事件A,B互斥，记A,B分别为事件A, 7.从3名男同学和2名女同学中任选2名同 B的对立事件，那么 () 学参加志愿者服务，则选出的2名同学中至 A.AUB是必然事件 少有1名女同学的概率是 B.AUB是必然事件 8.某市举行职工技能比赛活动，甲厂派出2男 1女共3名职工，乙厂派出2男2女共4名 C.AUB一定互斥 职工 D.A与B一定不互斥 (1)若从甲厂和乙厂报名的职工中各任选1 3.(多选)甲、乙两人下棋，和棋的概率为2，乙 名进行比赛，求选出的2名职工性别相同的 概率； 获胜的概率为写，则下列说法结误的是 (2)若从甲厂和乙厂报名的这7名职工中任 选2名进行比赛，求选出的这2名职工来自 ( ) 同一工厂的概率. A.甲获胜的概率是号 瓜甲不箱的概率是！ C乙输的摄本是号 D乙不输的概率是号 4.为维护世界经济秩序，我国在亚洲经济论坛 期间积极倡导反对地方贸易保护主义，并承 诺包括汽车在内的进口商品将最多在5年 内把关税全部降低到世贸组织所要求的水 平，其中21%的进口商品恰好5年关税达 到要求，18%的进口商品恰好4年关税达到 要求，其余进口商品将在3年或3年内达到 要求，则包括汽车在内的进口商品不超过4 年的时间关税达到要求的概率为 ◆[考点三]事件的相互独立性 ◆[考点二]古典概型 9.（多选)甲、乙两人练习射击，命中目标的概 5.从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个 球，则所取的3个球中至少有1个白球的概 率分别为号和写，甲，乙两人各射击一次，下 率是 列说法正确的是 () A品 &清 A目标恰好被金中一次的概率为号十号 6.如图所示的《宋人扑枣 图轴》是作于宋朝的中 B目标拾好被命中两次的蜓率为}X号 国古画，该图中小孩有 C目标被命中的概率为}×号+号×号 扑枣的爬、扶、捡、顶四 个动作，现有A,B两个 D日标被命中的概率为1一吉× 孩童分别随机选择其 10.出租车司机从饭店到火车站途中经过六个 中的一个动作进行模 交通岗，假设他在各交通岗遇到红灯这一 仿，则A,B两个孩童选择模仿的动作相同 的概率为 ) 事件是相互独立的，并且概率都是}，则这 .8 c 1 D.2 位司机遇到红灯前已经通过了两个交通岗 的概率为 27 飞是快乐假期 0M-= 11.从装有2个红球和2个白球的口袋中任取 新题快递 两球，下列哪些事件是互斥事件？它们是 1.造纸术、印刷术、指南针、火药被称为中国古 不是对立事件？ 代四大发明，此说法最早由英国汉学家艾约 ①至少有一个白球，都是白球；②至少有一 瑟提出并为后来许多中国的历史学家所继 个白球，至少有一个红球；③恰有一个白 承，普遍认为这四种发明对中国古代的政 球，恰有2个白球；④至少有一个白球，都 治、经济、文化的发展产生了巨大的推动作 是红球 用.某小学三年级共有学生400名，随机抽 查100名学生并提问中国古代四大发明，能 说出两种及其以上发明的有73人，据此估 计该校三年级的400名学生中，对四大发明 只能说出一种或一种也说不出的有() A.69人B.84人C.108人D.115人 2.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)在信道内传输 0,1信号，信号的传输相互独立.发送0时， 收到1的概率为α(0<a<1),收到0的概率 为1一α；发送1时，收到0的概率为B(0<3 <1),收到1的概率为1一3.考虑两种传输 方案：单次传输和三次传输.单次传输是指 每个信号只发送1次；三次传输是指每个信 号重复发送3次.收到的信号需要译码，译 12.某班甲、乙、丙三名同学竞选班委，甲当选的 码规则如下：单次传输时，收到的信号即为 概率为号，乙当选的概率为，丙当选的概率 译码；三次传输时，收到的信号中出现次数 多的即为译码（例如，若依次收到1,0,1，则 为品甲，乙、丙三人当选与否互不影响， 译码为1). () A.采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则 (1)求三人中恰有一名同学当选的概率； 依次收到1,0,1的概率为(1一α)(1一) (2)求三人中至多有两人当选的概率. B.采用三次传输方案，若发送1，则依次收 到1,0,1的概率为(1一3) C.采用三次传输方案，若发送1，则译码为1 的概率为(1-β)2+(1-3) D.当0<a<0.5时，若发送0，则采用三次 传输方案译码为0的概率大于采用单次 传输方案译码为0的概率 《益智欢乐谷 终生只能单身 德国杰出的自然学家洪堡德在喀山拜访 罗巴切夫斯基时，他问数学家：“为什么您只研 究数学呢？据说您对矿物学造诣很深，您对植 物学也很精通.”“是的，我喜欢植物学，”罗巴 切夫斯基回答说，“将来等我结了婚，我一定搞 一个温室…”“那您就赶快结婚吧.”“可是 恰恰与愿望相反，植物学和矿物学的业余爱好 使我终生只能是单身汉了.” 28k曼快乐医期 =,L×(-0.10×2+0.10×24+0.30×53+0.50× (2)y=100 14+0.70×7)=0.30, 含m0y-0=0×[-0.40Px2+ 2=100白 (-0.20)2×24+02×53+0.202×14+0.402×7]= 0.0296,s=√/0.0296=0.02×√/74≈0.17. 所以这类企业产值增长率的平均数与标准差的估计值分别 为0.30,0.17. 新题快递 1.D[根据题中频率分布直方图可得分数大于或等于80分 的频率为1一(0.05+0.15+0.35)=0.45，所以被评为优秀 的调查报告有60×0.45=27（篇）.故选D.门 2.B 假期作业11 思维整合室 1.包含B口AA=B并事件事件A事件B2.(1)0 ≤P(A)1(2)1(3)0(4)①P(A)+P(B)②1-P(B) 3.(3)P(A)=m=nA) 4.(1)P(A)P(B)(2)相互独立 nn(2) (3)P(A)P(B) 技能提升台素养提升 1.C「100件产品中，95件正品，5件次品，从中抽取6件，在 这个试验中：至少有1件产品是正品为必然事件；至少有3 件次品；有2件次品、4件正品为随机事件：6件都是次品为 不可能事件，所以随机事件的个数是2.门 2.B[用Venn图解决此类问题较为直 观.如图所示，AUB是必然事件.] 3.BCD[“甲获胜”是“和棋或乙获胜”的 对立事件，所以“甲获胜”的概率是1 1 1 2-3=6 :设事件A为“甲不输”，则 事件A是“甲获胜”和“和棋”这两个互斥事件的并事件，所 以PA=+-号 (或设事件A为“甲不输”，则事件A 是“乙获胜”的对立件，所以P(A)=1一=号)：乙输的 5 概率即甲获胜的概率，为君品：忆不输的概率是大子。 故选BCD.] 4.解析：设“包括汽车在内的进口商品恰好4年关税达到要求” 为事件A,“不到4年达到要求”为事件B,则“包括汽车在内 的进口商品在不超过4年的时间关税达到要求”是事件A十 B,而A,B互斥， ∴.P(A+B)=P(A)+P(B)=0.18+(1-0.21-0.18)=0.79. 答案：0.79 5.D[设3个红球分别为红，、红、红，，2个白球分别为白，、 白？，则从装有3个红球、2个白球的袋中任取3个球的取法 有（红1，红2，红3），（红1，红2，白1)，（红1，红2，白2），（红，， 红3，白1)，（红1，红3，白2），（红1，白1，白2)，（红2，红3，白1）， (红2，红3，白2)，（红2，白1，白2），（红3，白1，白2），共10种，其 中不含白球的只有（红1，红2，红3）1种，所以不含白球的概率 为，所以至少有1个白球的概率P=1-0=0] 9 6.B[A,B两个孩童分别随机选择其中的一个动作进行模 仿，一共有4×4=16种情况，其中A,B两个孩童选择模仿 的动作相同的情况有4种，所以A,B两个孩童选择模仿的 动作相同的瓶率为清-子] 4 7.解析：法一设3名男同学分别为A,B,C,2名女同学分别 为a,b,则所有等可能事件分别为AB,AC,Aa,Ab,BC,Ba, Bb,Ca,Cb,ab,共10个，选出的2名同学中至少有1名女同 学包含的基本事件分别为Aa,Ab,Ba,Bb,Ca,Cb,ab,共7 个，故所求概率为0： 法二同法一，得所有等可能事件共10个，选出的2名同学 中没有女同学包含的基本事件分别为AB,AC,BC,共3个， 故所求概率为1一10=10 37 7 答案：10 9 ---000= 8.解：记甲厂派出的2名男职工为A,A2,女职工为a;乙厂派 出的2名男职工为B1,B2,2名女职工为b1,b2. (1)从甲厂和乙厂报名的职工中各任选1名，样本空间2= {A1,B1},{A1,B2},{A1,b1},{A1,b2},{A2,B1},{A2,B2}, {A2,b1},{A2,b2},{a,B1},{a,B2},{a,b},{a,b2}},共12 个样本，点.其中选出的2名职工性别相同的样本，点有{A,, B1},{A,B2},{A2,B1},{A2,B2},{a,b1},{a,b2},共6种. 故选出的2名职工性别相同的概率P=是 (2)若从甲厂和乙厂报名的这7名职工中任选2名，样本空 间2={{A1,A2},{A1,a},{A1,B1},{A1,B2},{A1,b}, {A1,b2},{A2,a},{A2,B1},{A2,B2},{A2,b1},{A2,b2},{a, B1},{a,B2},{a,b1},{a,b2},{B1,B2},{B1,b1},{B1,b2}, {B2,b},{B2,b2},{b1,b2},共21个样本点.其中选出的2 名职工来自同一工厂的样本点有{A1,A2},{A,a},{A2 a},{B1,B2},{B1,b1},{B1,b2},{B2,b1},{B2,b2},{b1,b2}, 共9个.故选出的2名职工来自同一工厂的概率P= 3 7 A中，目标检好被命中一次的概率应该为) 1 )义】二】，A错误：B正确：C中，目标恰好被命中一次的 能率为分×号十日×日，怡好被令中两次的概率为号× 1 3,所以目标被命中的概率应是两式之和，C错误；D中，目 标设有被命中的概率为2×号，所以被命中的概率为1一号 ×号，正确] 10.解析：因为这位司机在第一、二个交通岗未遇到红灯，在第 三个交通岗遇到红灯之间是相互独立的，且遇到红灯的概 率都是，所以未遥到红灯的概都是1一=号，所以 灯前已经通过了两个交通岗的概率为号X 一21 答案：27 11.解：把2个红球标记为a、b,2个白球标记为c、d,任取两球， 样本空间为： n=ab,ac,ad,bc,bd,cd, 设“至少有一个白球”为事件A,则A={ac,ad,bc,bd,cd} 设“至少有一个红球”为事件B,则B={ab,ac,ad,bc,bd}, 设“都是白球”为事件C,则C={cd}, 设“都是红球”为事件D,则D={ab}, 设“恰有一个白球”为事件E,则E={ac,ad,bc,bd} 对于①，，A∩C={c},∴.“至少有一个白球”与“都是白 球”不是互斥事件； 对于②，，A∩B={ac,ad,bc,bd},.“至少有一个白球”与 “至少有一个红球”不是互斥事件： 对于③，由题意，“恰有2个白球”即“都是白球”，E∩C= 0,EUC≠n, .“恰有一个白球”与“恰有2个白球”是互斥事件，但不是 对立事件； 对于④，A∩D=功，AUD=2, .“至少有一个白球”与“都是红球”是互斥事件，且为对立 事件. 综上所述，③④是互斥事件，其中④是对立事件. 12.解：设甲、乙、丙当选的事件分别为A,B,C,则有P(A)= ，PB)=，P(C=O 3 7 (1)因为事件A,B,C相互独立，所以恰有一名同学当选的 概率为P(ABC)十P(ABC)十P(ABC) =P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C)+P(A)P(B)P(C) -×号×品+×号×+日×号×品- 7 .47 三022 (2)至多有两人当选的概率为1一P(ABC) =1-RARBP(C=1-音×gX0-=器 新题快递 1.C[在这100名学生中，只能说出一种或一种也说不出的 有100-73=27人， 设该校三年级的400名学生中，对四大发明只能说出一种或 一种也说不出的有x人，则=400，解得x=108人门 2.ABD[对于AB,由相互独立的积事件的概率乘法公式可 知AB正确：对于C,三次传输译码为1，则可能是三次全部 译为1，或者有两次译为1，则概率为C(1一3)2十(1一3)3， 故C错误；对于D,可以采用特值法或者作差法计算.三次传 输方案译为0的概率为Ca(1一a)2十(1一a)3,单次传输译 为0的概率为1-a,而Ca(1-a)2十(1-a)3-(1-a)=(1 -a)a(1-2a)>0,所以D正确.] 假期作业12 思维整合室 1.(1)负角零角(2)象限角2.(1)1(3)ra3.yx 技能提升台素养提升 1.CD 2.A 3.C[因为π一α的终边与3π一a的终边相同，而π一a的终边 与α的终边关于y轴对称，所以&的终边与3π一α的终边关 于y轴对称.□ 4.C5.A 6D[时于A,警-(）号x2,6E故A 误：对于B.一暂-吾-2=k·2k长Z,故B正璃：时于 C,-誓=一3≠·2，k∈Z故C错误：对于D,一受 -13r=-6元=k·2x,k∈Z,故D正确，故选BD.] 3 7.解析：1=3π，a=135°=3π， 4 答案：46π 8.解：(1)由⊙O的半径r=10=AB, 知△A0B是等边三角形，a=∠A0B=60=号 (2)由1)可知a=音=10，孤长1=。·r=答×10- g5w=-×9×10=0 3 2 2 5=5-5m-9-255-0(骨-9） 3 QB[am-mm3,…m=3=2沈 m=7故选B] 10.B[如图，作出半径为2的圆，由 题意，优孤PQ对应的∠POQ= ，0Q=2. 过点Q作QMLx轴于点M,连接-2 M ,101 2 00,则∠M00-吾 可得OM=1,MQ=√3， Q-2 .Q(-1,一3).故选B.] 11.解析：因为a是第二象限角.所以cosa= 5r<0,即x<0 又osa=x= Wx2+16 解得x=一3，所以ana=1= 4 x 3· 4 答案：一3 富一数学) l2.解：设点M的坐标为(x1,y).由题意可知，sina= 2.c 号.：点M在圆7+=1上x2+2=1, 中（）广=1号或= 2 .'.cos a= 艺，tana=-1或cosa=- 2 ,tan a=1. 新题快递 1.C[如图示：记从表盘中心（圆 心)O到12点方向的半径为OA, 8:20时分针方向为OB,时针方 11 向为OC 10 则∠A0B-沿×2x= 2π 3 9 8 C 8 ∠A0C=1 25元 -X2x=18 所以∠BOC=∠AOC-∠AOB 25元_2π_13π 183-18 即入点二十分，时针和分针夹角的孤度数为】 2.A[由题意可得，S:与S2所在扇形圆心角的比即为它们的 面积比.设S与S所在扇形国心角分别为则合 1.又a十g=2x,解得a=(3-5)元，故选A.] 2 假期作业13 思维整合室 2.-sin a -sin a sin a cos a cos a 一csac0sa -cos a sin a -sin a tan a一tana -tan a 技能提升台素养提升 1.A 2.A[由cosa=且经<a<2,得sma=-oa π 所以tana=n。=-√-1.] cos a 3.B[由题意知sin0叶cos0=-罗，sin0·cos0= 4· (sin 0+cos 0)2=1+2sin Ocos 0, 算=1十罗解得m=1士5. 又△=4m2-16m≥0，∴.m≤0或m≥4，.m=1-√5.] 4.解析：由sinx十c0s=号①，平方得snx+2snx0sx十 49 所以(sin z--cosx)2=1-2sinx·cosx= 2 <x<0,i所以sinx<0,cosx>0,sinr-cosx< 又因为一2 0,所以sinx-cosx= 由00解得smx=-号，osr=号1amx=-是 3 4 4 答案：一子 3 -4 5.B6.B 7.Bc[由co(各+a）子，得吾+a是第-或第四象限角， 当吾+a是第四象限角时，sin(后十a -o(信+e-22tA不E: os(悟-a)-cos[-(后+a)月 1