【文档说明】2023-2024学年高一数学苏教版2019必修第二册单元复习试题 单元复习15 概率 基础题 Word版含解析.docx，共(23)页，1.132 MB，由小赞的店铺上传

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单元复习15概率01样本空间与随机事件及其概率一、单选题1．下列事件中，随机事件的个数是（）①未来某年8月18日，北京市不下雨；②在标准大气压下，水在4℃时结冰；③从标有1，2，3，4的4张号签中任取一张，恰好取到1号签；④任取xR，则0x.A．1B．2C．3D．4【答案】

B【分析】根据各项的描述，判断随机事件、必然事件、不可能事件，进而确定随机事件的个数.【解析】①未来某年8月18日，北京市不下雨，属于随机事件；②在标准大气压下，水在4℃时结冰，属于不可能事件；③从标有1，2，3，4的4张号签中任取一张，恰为1号签，属于随机

事件；④任取xR，则0x，属于必然事件；所以属于随机事件的有①③，即随机事件的个数是2.故选：B2．一个家庭有两个小孩，则样本空间为（）A．{(男，女)，(男，男)，(女，女)}B．{(男，女)，

(女，男)}C．{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}D．{(男，男)，(女，女)}【答案】C【分析】列举出所有可能结果，由此可得样本空间.【解析】两个小孩的所有结果是：男男，男女，女男，女女，则所有样本空间为{(男，男)，(男，女)，(女，男)，(女，女)}．故选：C.

3．袋中装有1个红球，3个黄球，现抽取2个球，则这2球中有红球的概率是（）A．23B．13C．12D．14【答案】C【分析】设红球为a，黄球为,,bcd，求出总的基本事件的个数，再求出这2球中有红球的基本事件的个数，再利用古典概型的概率公式求解.【解析

】设红球为a，黄球为,,bcd，抽取2球的基本事件有{,},{,},{,},{,},{,},{,}abacadbcbdcd，共6个，这2球中有红球的基本事件有{,},{,},{,},abacad共3个，由古典概型的概率公式得这2球中

有红球的概率3162P==.故选：C4．随机郑两枚质地均匀的骰子，它们向上的点数之和除以4，余数分别为0,1,2,3，所对应的概率分别为0123,,,PPPP，则（）A．1023PPPP=B．0132PPPP=

C．2103PPPP=D．1230PPPP=【答案】A【分析】用表格列举出所有可能的余数情况，并确定余数为0,1,2,3对应概率，即可得结果.【解析】由题设，两枚骰子所得点数和除以4的余数情况如下：除以4的

余数123456123012323012303012301412301252301236301230由上表知：共36种情况，其中余数为0,1,2,3分别有9种、8种、9种、10种，所以10232159418PPPP====.故选：A5．齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的

上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现双方各出上、中、下等马各一匹分组分别进行一场比赛，胜两场及以上者获胜，若双方均不知道对方马的出场顺序，则田忌获胜的概率为

（）A．13B．14C．15D．16【答案】D【分析】将齐王与田忌的上、中、下等马编号，列出双方各出上、中、下等马各一匹分组分别进行一场比赛的基本事件即可利用古典概率计算作答.【解析】齐王的上等马、中等马、下等马分别记为A，B，C，田忌的上等马、中等马、下等马分别记为a，b，c，双方各出上、中、下

等马各一匹分组分别进行一场比赛，胜两场及以上者获胜，依题意，共赛3场，所有基本事件为：(,,),(,,),(,,),(,,),(,,),(,,)AaBbCcAaBcCbAbBaCcAbBcCaAcBbCaAcBaCb，共6个基本事件，它们等可能，田忌获胜包含的基本事件为：(,,)Ac

BaCb，仅只1个，所以田忌获胜的概率16p=.故选：D6．某车站，每天均有3辆开往省城的分为上、中、下等级的客车，某人某天准备在该车站乘车前往省城办事，但他不知道客车的车况，也不知道发车顺序，为了尽可能乘上上等车，他

采取如下策略；先放过第一辆车，如果第二辆车比第一辆车等级高则上第二辆，否则上第三辆车，那么他乘上上等车的概率为（）．A．14B．12C．23D．13【答案】B【分析】利用列举法列出事件种数，并确定乘上

上等车的事件数，最后根据古典概型概率公式求结果.【解析】用A，B，C分别表示上、中、下等级的客车，按排列的先后顺序为一个发车顺序，则不同的发车顺序有：,,,,,ABCACBBACBCACABCBA，共6种，它们等可能，他乘上上等车的事件有：,,BAC

BCACAB，共3个，所以他乘上上等车的概率3162p==．故选：B7．独立地重复一个随机试验()*,1nnNn次，设随机事件A发生的频率为()fn，随机事件A发生的概率为P，有如下两个判断：①如果(),1fnnNn是单元素集，则1P=；②集合()

,1fnnNn不可能只含有两个元素，其中（）A．①正确，②正确B．①错误，②正确C．①正确，②错误D．①错误，②错误【答案】B【分析】对于①，举反例可判断①的正误；对于②，利用频率与概率的关系可判断②正误，即可得出结

论.【解析】对于①，比如定义随机试验：从10个红球中任意抽取3个球，定义随机事件:A三个球中有一个白球，则0P=，且(),10fnnNn=，①错；对于②，频率会随着试验的变化而变化，是一个变化的值，但随着试验

次数的增加，频率会接近于概率，因此，(),1fnnNn不可能只含有两个元素，②对.故选：B.8．已知函数()1loglog8aafxx=+（0a且1a），在集合111,,,3,4,5,6,7432

中任取一个数为a,则()()3120fafa+的概率为（）A．14B．38C．12D．34【答案】B【分析】根据给定的条件，分类讨论并利用函数单调性及古典概率计算作答.【解析】依题意，函数()loglog8aafxx=−定义域为(0,)

+，当1a时，函数()fx在(0,)+上递增，由(31)(2)0(8)fafaf+=得3128aa+，解得4a，则4a，当01a时，函数()fx在(0,)+上递减，由(31)(2)0(8)fafaf+=得03128aa+，无解，于是得4a，当111,,

,3,4,5,6,7432a时，a只能取5，6，7，共3个数，而在集合中任取一个数有8个不同结果，所以所求概率为38.故选：B二、多选题9．下列有关古典概型的说法中，正确的是（）A．试验的样本空间的样本点总数有限B．每个事件出现的

可能性相等C．每个样本点出现的可能性相等D．已知样本点总数为n，若随机事件A包含k个样本点，则事件A发生的概率()kPAn=【答案】ACD【分析】根据古典概型的定义逐项判断即可.【解析】由古典概型概念可知：试验的样本空间的样本点总数有限；每个样本点出现的可能性相等.故AC正确；每

个事件不一定是样本点，可能包含若干个样本点，所以B不正确；根据古典概型的概率计算公式可知D正确．故选：ACD10．下述关于频率与概率的说法中，错误的是（）A．设有一大批产品，已知其次品率为0.1，则从中任取100件，必有10件是次

品B．做7次抛硬币的试验，结果3次出现正面，因此，抛一枚硬币出现正面的概率是37C．随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率D．利用随机事件发生的频率估计随机事件的概率，如果随机试验的次数超过10000，那么所估计出的概率一定

很准确【答案】ABCD【分析】根据频率与概率的关系，结合各选项的描述判断正误.【解析】A：次品率描述出现次品的概率，即可能情况不是必然发生，错误；B，C：概率是多次重复试验中事件发生的频率在某一常数附近，此常数为概率，与描述不符，

错误；D：10000次的界定没有科学依据，“一定很准确”的表达错误，试验次数越多，频率越稳定在概率值附近，但并非试验次数越多，频率就等于概率，D错误.故选：ABCD三、解答题11．柜子里有3双不同的鞋，如果从中随机取

出2只，那么写出试验的样本空间．【答案】()()()()()()()()()121112111221222122Ω,,,,,,,,,,,,,,,,,,aaababacacababacac=()()()()()()121112212212,,,,,,,,,,,bbbcbcbcbccc.【分析】

用列举法一一列举出来即可.【解析】记第1双鞋左右脚编号为12,aa，第2双鞋左右脚编号为12,bb，第3双鞋左右脚编号为12,cc，则样本空间为()()()()()()()()1211121112212221Ω,,,,,,,,,,,,,

,,,aaababacacababac=()()()()()()()22121112212212,,,,,,,,,,,,,acbbbcbcbcbccc．12．春节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速免费政策”．某路桥公司为了解春节期间

车辆出行的高峰情况，在某高速收费点发现大年初三上午9：20~10：40这一时间段内有600辆车通过，将其通过该收费点的时刻绘成频率分布直方图．其中时间段9：20~9：40记作区间)20,40，9：40~10：00记作)40,60，10：00~10：20

记作)60,80，10：20~10：40记作80,100，例如：10点04分，记作时刻64．(1)估计这600辆车在9：20~10：40时间段内通过该收费点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；(2)为了对

数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取5辆，再从这5辆车中随机抽取3辆，则恰有1辆为9：20~10：00之间通过的概率是多少？【答案】(1)10:04(2)35【分析】（1）运用频率分布直方图中平均数公式计算即可.（

2）运用分层抽样比计算各段所抽取的车辆数，再运用列举法求古典概型的概率即可.【解析】（1）这600辆车在9:2010:40～时间段内通过该收费点的时刻的平均值为300.00520500.01520700.0

220900.012064+++=，即：10点04分.（2）由题意知，[20,60)时间段内抽取车辆数为5(0.005200.01520)2+=，分别记为：1a，2a，[60,80)时间段内抽取车辆数为50.02202=，分别记为：1b，2b，[80

,100]时间段内抽取车辆数为50.01201=，记为：c，所以从这5辆车中随机抽取3辆的基本事件有：121(,,)aab，122(,,)aab，12(,,)aac，112(,,)abb，11(,,)abc，12(,,)abc

，212(,,)abb，21(,,)abc，22(,,)abc，12(,,)bbc共10个，恰有1辆为9:2010:00～之间通过的基本事件有：112(,,)abb，11(,,)abc，12(,,)abc，2

12(,,)abb，21(,,)abc，22(,,)abc共有6个，所以恰有1辆为9:2010:00～之间通过的概率为63105p==.13．2022年，是中国共产主义青年团成立100周年，为引导和带动青少年重温共青团百年光辉历程，

某校组织全体学生参加共青团百年历史知识竞赛，现从中随机抽取了100名学生的成绩组成样本，并将得分分成以下6组：)))40,50,50,60,60,70,90,100，统计结果如图所示：(1)试估计这100名学生得分的平均数（同一组中的数据用该组区间中点值代表）；(2)

现在按分层抽样的方法在)80,90和90,100两组中抽取5人，再从这5人中随机抽取2人参加这次竞赛的交流会，求两人都在90,100的概率．【答案】(1)70.5(2)110【分析】（1）根据频率分布直方图估

计平均数的求法直接解决即可；（2）根据分层抽样得在)80,90分组中抽取的人数为3人，在90,100分组中抽取的人数为2人，利用列举法求得基本事件的总数，结合古典概型概率求法，即可求解.【解析】（1）解：由频率分布

直方图的数据，可得这100名学生得分的平均数：(450.01550.015650.02750.03850.015950.01)1070.5x=+++++=分.（2）解：在)80,90和90,100两组中的人数分别为：1000.0151015

=（）人和1000.011010=（）人，所以在)80,90分组中抽取的人数为15531015=+人，记为,,abc，在90,100分组中抽取的人数为2人，记为1,2，所以这5人中随机抽取2人

的情况有：()()()()()()()()()(),,,1,2,1,2,1,2,12abacbcaabbcc=，共10种取法，其中两人得分都在90,100的情况只有()12，共有1种，所以两人得分都在90,100的概率

为110P=.14．随着中国实施制造强国战略以来，中国制造（Madeinchina）逐渐成为世界上认知度最高的标签之一，企业也越来越重视产品质量的全程控制某企业从生产的一批产品中抽取40件作为样本，检测

其质量指标值，质量指标的范围为[50,100]，经过数据处理后得到如下频率分布直方图．(1)求频率分布直方图中质量指标值的平均数和中位数（结果精确到0.1）；(2)为了进一步检验产品质量，在样本中从质量指标在[50,60)和[90,100]的两组中抽取2件产品，记至少有一件取自[50,60)

的产品件数为事件A，求事件A的概率．【答案】(1)73.5，73.3(2)1315【分析】（1）由频率分布直方图中平均数和中位数的公式计算即可；（2）先算出样本中质量指标在)50,60的产品有6件，质量指标在90,100的有4件，然后依照题意

求出概率.【解析】（1）设质量指标值的平均数为x，中位数为a，则550.15650.25750.3850.2950.173.5x=++++=，因为区间)50,60对应的频率为0.15，区间)60,70对应的频率为0.25，区间)70,80对应的频率为0.3，所以中位数a在

区间)70,80上，故()0.4700.030.5a+−=，73.3a.（2）样本中质量指标在)50,60的产品有40100.0156=件，记为A，B，C，D，E，F，质量指标在90,100的有

40100.014=件，记为a，b，c，d，从这10件产品中选取2人的所有选取方法：AB，AC，AD，AE，AF，Aa，Ab，Ac，Ad，BC，BD，BE，BF，Ba，Bb，Bc，Bd，CD，CE，CF，Ca，Cb，Cc，Cd，DE，DF，Da，Db，Dc，Dd，EF，Ea，Eb

，Ec，Ed，Fa，Fb，Fc，Fd，ab，ac，ad，bc，bd，cd，共45种，其中至少有一件取自)50,60有39种，则()39134515PA==.15．将连续正整数1，2，3，L，()Znn+从小到大排列构成一个123n，()Fn为这个数

的位数．例如：当12n=时，此时为123456789101112，共有15个数字，则()1215F=．现从这个数中随机取一个数字，()Pn为恰好取到0的概率．(1)求()100P；(2)当2023n≤时，求()Fn得表达式；(3)令()

gn为这个数中数字0的个数，()fn为这个数中数字9的个数，()()()hnfngn=−，()|1,100,ZSnhnnn+==，求当nS时，()Pn的最大值．【答案】(1)11192(2)(),19?29,109?3108,100999?41107,10002023nnnnFnnn

nn−=−−(3)119【分析】（1）计算()10099023192F=++=，数字0的个数为11，得到概率.（2）考虑19n≤≤，1099n，100999n，10002023n四种情况，依次计算得到答案.（3）考虑()*19,Nnbbb

=时，当()**1019,09,N,Nnkbkbkb=+时，当100n=时三种情况，得到()gn和()fn的解析式，得到9,19,29,39,49,59,69,79,89,90S=，再计算概率的最值得到答案.【解析】（1）当100n=时，(

)10099023192F=++=，即这个数中共有192个数字，其中数字0的个数为11，则恰好取到0的概率为()11100192P=；（2）当19n≤≤时，这个数有1位数组成，()Fnn=；当1099n时，这个数有9个1位数组成，9n−个两位数组成，则

()29Fnn=−；当100999n时，这个数有9个1位数组成，90个两位数组成，99n−个三位数组成，()3108Fnn=−；当10002023n时，这个数有9个1位数组成，90个两位数组成，900个三位数组成999n−个四位数组成

，()41107Fnn=−；综上所述：(),19?29,1099?3108,100999?41107,10002023nnnnFnnnnn−=−−，（3）()*19,Nnbbb=时，()0gn

=，当()**1019,09,N,Nnkbkbkb=+时，()gnk=；当100n=时，()11gn=，即()**0,19?,10,19,09,N,N11,100?ngnknkbkbkbn==+=，同理有()**0,18?,101,18,09,N,N80,89

98?20,99,100?nknkbkbkbfnnnn=+−=−=，由()()()1hnfngn=−=，可知9,19,29,39,49,59,69,79,89,90n=，所以当100n时，9,19,29,39,49,59,69,79,89,9

0S=，当9n=时，()90P=，当90n=时，()919017119P==，当()*10918,Nnkkk=+时，()()()29209gnkkPnFnnk===−+，由1912092020209kykk==−++关于k单调递增，故当()*109

18,Nnkkk=+时，有()Pn的最大值为()889169P=，又8116919，所以当nS时，()Pn的最大值为119．【点睛】关键点点睛：函数的解析式，概率的计算，最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中分类讨论的思想是解题的

关键.四、填空题16．如果袋中装有数量差别很大而大小相同的白球和黄球（只有颜色不同）若干个，有放回地从中任取1球，取了10次有7个白球，估计袋中数量较多的是_________球.【答案】白【分析】根据频率估计概率即可求解.【解析】取了1

0次有7个白球，则取出白球的频率是0.7，估计其概率是0.7，那么取出黄球的概率约是0.3，取出白球的概率大于取出黄球的概率，所以估计袋中数量较多的是白球.故答案为：白17．甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中任想一个数字

，记为a，再由乙猜甲刚才想的数字把乙猜的数字记为b，且a，0,1,2,3,9b，若1ab−，则称甲乙“心有灵犀”.现任意找两个人玩这个游戏，得出他们”心有灵犀”的概率为______．【答案】725【分析】由题意知是古典概型，从0~9中任意取

两个数共有100种取法，列出满足1ab−所有可能情况，代入公式得到结果．【解析】由题意知本题是一个古典概型，试验发生的所有事件是从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9十个数中任取两个共有1010100=种不同的结果，则1ab−的情况有()0,0；()1,1；()

2,2；()3,3；()4,4；()5,5；()6,6；()7,7；()8,8；()9,9；()0,1；()1,0；()1,2；()2,1；()2,3；()3,2；()3,4；()4,3；()4,5；()5,4；()5,6；()6,5；()6,7；()7,6；()7,8；()8,7；()8,9

；()9,8共28种情况，他们”心有灵犀”的概率为28710025P==．故答案为：725．02互斥事件和独立事件一、单选题1．下列说法正确的是（）A．互斥事件与对立事件含义相同B．互斥事件一定是对立事件C．对立事件一定是互斥事

件D．对立事件可以是互斥事件，也可以不是互斥事件【答案】C【分析】直接依据互斥事件和对立事件的概念判断即可.【解析】如果A,B为互斥事件,则AB=;如果A,B为对立事件,则AB=且.(AB=为样本空间),

所以对立事件必是互斥事件,但反之不成立.故选：C.2．近期，贵阳一中某社团开展了一次校内招新活动，甲、乙、丙三名同学都投递了简历，三人简历通过的概率分别为0.8,0.8,0.7，则三人中至少有一人简历通过的概率为（）A．0.448B．0.948C．0.96

D．0.988【答案】D【分析】求出三人中没有一人简历通过的概率，根据对立事件的概率公式，即得答案.【解析】三人中没有一人简历通过的概率为(10.8)(10.8)(10.7)0.012−−−=，所以三人中至少有一人简历通过的概率为10.0120.988

−=，故选：D.3．若A与B是相互独立事件，则下面不相互独立的事件是（）A．A与AB．A与BC．A与BD．A与B【答案】A【分析】根据相互独立事件的性质，逐一判断即可得到本题答案.【解析】因为A与B是

相互独立事件，所以A与B，B与A，A与B都是相互独立事件，而A是A的对立事件，A与A是互斥事件.故选：A4．已知事件A与事件B是互斥事件，则（）A．)(0PAB=B．)()()(PABPAPB=C．)()(1PAPB=−D．)(1P

AB=【答案】D【分析】根据互斥事件、对立事件、必然事件的概念可得答案.【解析】因为事件A与事件B是互斥事件，则AB、不一定是互斥事件，所以()PAB不一定为0，故选项A错误；因为事件A与事件B是互斥事件，所以AB=，则()0PAB=，而()()PAPB不一定为0，故选项B错

误；因为事件A与事件B是互斥事件，不一定是对立事件，故选项C错误；因为事件A与事件B是互斥事件，AB是必然事件，所以()1PAB=，故选项D正确.故选：D.5．已知事件A，B，C两两互斥，若1()5PA=，1()3PC=，8()15PAB=，则()PBC=（）．A．815B．23C．715

D．13【答案】B【分析】根据事件A，B，C两两互斥，求出()13PB=，进而利用()()()PBCPBPC=+求出答案.【解析】因为事件A，B，C两两互斥，所以()()()8111553PBPABPA=−=−=，所以(

)()()112333PBCPBPC=+=+=.故选：B．6．有6个大小相同的小球，其中1个黑色，2个蓝色，3个红色．采用放回方式从中随机取2次球，每次取1个球，甲表示事件“第一次取红球”，乙表示事件“第二次取蓝球”，丙表示事件“两次取出

不同颜色的球”，丁表示事件“与两次取出相同颜色的球”，则（）A．甲与乙相互独立B．甲与丙相互独立C．乙与丙相互独立D．乙与丁相互独立【答案】A【分析】根据给定条件，求出事件甲、乙、丙、丁的概率，再利用相互独立事件的定义判断作答.【解析】依

题意，事件甲的概率13162P==，事件乙的概率22163P==，有放回取球两次的试验的基本事件总数是2636=，显然事件丙与丁是对立事件，两次取出的球颜色相同含有的基本事件数为22212314++=，事件丙

的概率3141113618P=−=，事件丁的概率41473618P==，对于A，事件甲与乙同时发生所含的基本事件数为6，其概率51261366PPP===，甲与乙相互独立，A正确；对于B，事件甲与丙同时发生所含的基本事件数为9，其概率61391364PPP==，甲与丙不独立，B错误；对

于C，事件乙与丙同时发生所含的基本事件数为8，其概率72382369PPP==，乙与丙不独立，C错误；对于D，事件乙与丁同时发生所含的基本事件数为4，其概率72441369PPP==，乙与丁不独立，D

错误.故选：A7．甲、乙两同学进行棒球比赛，约定连胜两局者胜出，比赛结束，最多比赛五局，若前四局不分胜负，则第五局胜者获胜，比赛结束．已知甲每局获胜的概率为23，每局比赛没有平局，结果相互独立，则甲第一局获胜并最终获得胜利的概率为（）A．4481B．116243C．32243D．1402

43【答案】D【分析】根据题意，甲第一局获胜并最终获得胜利，可能比赛两局、四局或五局，结合独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求解.【解析】由题意，甲第一局获胜并最终获得胜利，可能比赛两局、四局或五局，当比赛两局时，则甲每局比赛的结果依次为胜胜，获胜的

概率1224339P==；当比赛四局时，则甲每局比赛的结果依次为胜负胜胜，则获胜的概率2222281333381P=−=；当比赛五局时，则甲每局比赛的结果依次为胜负胜负胜，获胜的概率32222281133333243P=−−=

，故甲第一局获胜并最终获得胜利的概率为123488140981243243PPP++=++=．故选：D.8．对于一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，D，其中(Ω)60n=，()30nA=，()10nB=，()

20nC=，()30nD=，()40nAB=，()10nAC=，()60nAD=，则（）A．A与B不互斥B．A与D互斥但不对立C．C与D互斥D．A与C相互独立【答案】D【分析】由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，根据(),()()PACPAPC的关系判断事件是

否独立.【解析】由()30nA=，()10nB=，()40nAB=，即()()()nABnAnB=+，故A、B互斥，A错误；由()()()(Ω)60nADnAnDn=+==，A、D互斥且对立，B错误；又()20nC

=，()10nAC=，则()10nDC=，C与D不互斥，C错误；由()1(2(Ω))nAnPA==，()1(3(Ω))nCnPC==，()(Ω)1()6PACCnnA==，所以()()()PACPAPC=，即A与C相互独立

，D正确.故选：D二、多选题9．若()()()111332PABPAPB===，，，则（）A．()12PA=B．事件A与B不互斥C．事件A与B相互独立D．事件A与B不一定相互独立【答案】BC【分析】根据互斥与独立事件的定义判断即可.【解析】因为()13PAB=，所以A

与B能同时发生，不是互斥事件，故B正确；()13PA=，所以()23PA=，故A不正确；又()12PB=，故()()()PABPAPB=成立，故事件A与B相互独立，故C正确，D错误故选：BC.10．已知事件,,ABC满足()0.6PA=，()0.2PB=，

则下列结论正确的是（）A．如果()1PABC=，那么()0.2PC=B．如果BA，那么()0.6PAB=，()0.25PBA=C．如果A与B互斥，那么()0.8PAB=D．如果A与B相互独立，那么()0.32PAB=【答案】CD【分析】古典概型、条件概率、互斥事件的概率，相互独立事件的概率

公式的运用。【解析】对于选项A，设一个盒子里有标号为1到10的小球,从中摸出一个小球,记下球的编号,记事件A=“球的编号是偶数”，事件B=“球的编号是1，2，3”，事件C=“球的编号是奇数”满足()1PABC=,但是()0.5,PC=选项A错误;对于选项B，如果BA,那么P(AB)

0.2()()0.6,()0.4P(A)0.5PABPAPBA=====∣,选项B错误;对于选项C，如果A与B互斥，那么()()()0.8PABPAPB=+=,所以选项C正确;对于选项D，如果A与B相互独立，那么()()()(1())(1()

)0.40.80.32PABPAPBPAPB==−−==所以选项D正确。故选：CD11．掷一枚质地均匀的骰子一次，记事件A=“掷到的点数为5”，事件B=“掷到的点数小于或等于3”，事件C=“掷到的点数为

偶数”，则下列结论正确的是（）A．1()2PB=B．2()3PAB=C．A与B是互斥事件D．A与C是对立事件【答案】ABC【分析】利用概率的定义以及互斥事件、对立事件的定义判断.【解析】掷骰子所得点数为：1，2，3，4，5，6

，{5},{1,2,3},{2,4,6}ABC===，则31()62PB==，故A正确；42{1,2,3,5},()63ABPAB===，故B正确；又A与B不能同时发生，故C正确；由A不发生C不一定发生，故D错误．故选：ABC.1

2．先后两次掷一枚质地均匀的骰子，A表示事件“两次掷出的点数之和是4”，B表示事件“第二次掷出的点数是偶数”，C表示事件“两次掷出的点数相同”，D表示事件“至少出现一个奇数点”，则（）A．A与C互斥B．()112=PAC．()34PD=D．B

与C相互独立【答案】BCD【分析】A选项可以根据互斥的定义判断，BC选项通过已知条件计算即可，D选项可以通过判断()()()PBCPBPC=是否成立.【解析】A选项，两次投掷的点数不同，仍有可能点数之和为4，于是A与C可以同时发生，

并不互斥，故A选项错误；选项B，基本事件总数为1166CC36=，满足条件的有()()()1,3,3,1,2,2共3种情况，所以()313612PA==，故B正确，两次都不出现奇数点的事件记为D，依题意211()24PD=

=，于是()31()4PDPD=−=，故C选项正确；D选项，1()2PB=，两次投掷的点数相同，显然是6种情况，于是61()366PC==，BC意为两次投出的点数均为偶数，显然只有3种情况，于是31()()()3612PBCPBPC===，符合独立

事件的定义，故D选项正确，故选：BCD.三、填空题13．一个不透明的袋子中有10个大小、材质一样的小球，其中有m个红球，其余为黑球，从中不放回地先后各摸一个球出来，若第2次摸得红球的概率为25，则m=________．【答案】4【分析】根

据题意得到袋子中有m个红球，10m−个黑球，利用相互独立事件的概率公式，分别求得第1次摸出的是红球和第1次摸出的是黑球时，第2次莫得红球的概率，结合题意列出方程，即可求解.【解析】由题意，不透明的袋子中有m个红球，10m−个黑

球，当第1次摸出的是红球时，第2次莫得红球的概率为11109mmp−=；当第1次摸出的是黑球时，第2次莫得红球的概率为210109mmp−=，因为第2次摸得红球的概率为25，即11021091059mmmm−−+=，解得4m=.故答案为：4.14．已知事件A与事件B相互独立，如果()0

.5PA=，()0.4PAB=，那么()PB=__________．【答案】0.2##15【分析】根据独立事件的概率公式计算即可.【解析】解：因为事件A与事件B相互独立，()0.5PA=，则()()()()()()1(

)0.51()0.4PABPAPBPAPBPB==−=−=，所以1()0.40.50.8()10.80.2PBPB−===−=，故答案为：0.215．从m名男生和n名女生中任选3人去参加演讲比赛，所选3人中至少有1名女生的

概率为45，那么所选3人都是男生的概率为______.【答案】15##0.2【分析】利用对立事件的概率公式计算即可得出结论.【解析】解析设事件A表示“所选3人中至少有1名女生”，事件B表示“所选3人都为男生”，则A，B互为对立事件，所以1()1()5PBPA=−=.故答案为：1

5.16．2022年神舟十五号载人飞船发射任务都取得圆满成功，神舟十四号航天员与神舟十五号航天员首次完成空中会师，现有航天员甲､乙､丙三个人，进入太空空间站后需要派出一人走出太空站外完成某项试验任务，工作时间不超过10分钟，如果10分钟内完成任务则试验成功

任务结束，10分钟内不能完成任务则撤回再派下一个人，每个人只派出一次.已知甲､乙､丙10分钟内试验成功的概率分别为45，34，23，每个人能否完成任务相互独立，该项试验任务按照甲､乙､丙顺序派出，则试验任务成功的概率

为___________.【答案】5960【分析】把试验任务成功的事件拆成三个互斥事件的和，再求出每个事件的概率，然后用互斥事件的概率加法公式计算作答.【解析】试验任务成功的事件M是：甲成功的事件1M，甲不成功乙成功的事件2M，甲乙都不成功丙成功的事件3M的和，事件1M，

2M，3M互斥，14()5PM=，2433()(1)5420PM=−=，34321()(1)(1)54330PM=−−=，所以试验任务成功的概率()()123431595203060PMPMMM=++=++=.

故答案为：5960.四、解答题17．袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是13，黑球或黄球的概率是512，绿球或黄球的概率也是512.求从中任取一球，得到黑球、黄球和绿球的概率分别是

多少？【答案】得到黑球、黄球和绿球的概率分别是14，16，14【分析】设出事件，由已知条件得出事件的概率，根据对立事件以及互斥事件的概率性质，即可得出答案.【解析】从袋中任取一球，记事件“得到红球”，“得到黑球”，“得到黄球”，“得

到绿球”分别为A，B，C，D，则事件A，B，C，D彼此互斥.由已知可得，()13PA=，()()()512PBCPBPC=+=，()()()512PCDPCPD=+=，则()()213PAPA=−=，即()()()()23PBCDPBPCPD=++=，所以()2513124PD=−=，(

)5111246PC=−=，()5111264PB=−=.故从中任取一球，得到黑球、黄球和绿球的概率分别是14，16，14.18．某地区310的婚姻以离婚而告终.问下面两种情况的概率各是多少：(1)某对新婚夫妇白头偕老，

永不离异；(2)两对在集体婚礼上结婚的夫妻最终都离婚了.【答案】(1)0.7(2)0.09【分析】（1）利用对立事件的概率公式即可求解；（2）利用独立事件的乘法公式即可求解.【解析】（1）某对新婚夫妇白头偕

老，永不离异.概率为1P=3110−＝0.7（2）两对在集体婚礼上结婚的夫妻最终都离婚了.概率为2P=331010＝0.0919．某班级有45%的学生喜欢打羽毛球，80%学生喜欢打乒乓球；两种运动都喜欢的学生有30%.现从该班随机抽取一名学生，求以下事件的概率：(1)只喜欢打羽毛球

；(2)至少喜欢以上一种运动；(3)只喜欢以上一种运动；(4)以上两种运动都不喜欢.【答案】(1)0.15(2)0.95(3)0.65(4)0.05【分析】（1）首先表示出A＝“喜欢打羽毛球”，B＝“喜欢打乒乓球”，然后根据题意求得()0.45PA=()0.8PB=()0.3PAB=，从而即

可求解.（2）根据和事件的计算公式即可求解.（3）根据上一问求得()PAB+，再利用事件的关系即可求解.（4）利用对立事件的公式即可求解.【解析】（1）设：A＝“喜欢打羽毛球”，B＝“喜欢打乒乓球”()0.45PA=()0.8PB=()0.3PAB=只喜欢打羽毛球：

()()0.450.30.15PAPAB−=−=（2）至少喜欢以上一种运动：()PAB+=()()()PAPBPAB+−=0.450.80.3+−＝0.95（3）只喜欢以上一种运动：()()PABPAB+

−＝0.450.80.30.3+−−0.65=（4）以上两种运动都不喜欢：()PAB+=1()PAB−+＝1(0.450.80.3)−+−0.05=20．袋中装有除颜色外完全相同的黑球和白球共7个，其中白球3个，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取

后不放回，直到两人中有一人取到白球时终止.每个球在每一次被取出的机会是等可能的.（1）求取球2次即终止的概率；（2）求甲取到白球的概率.【答案】（1）2()7PA=；（2）()2235PB=【分析】（1）第二次终止即：第一次摸到黑球第二

次摸到白球；（2）根据规则，甲取到白球必须可能是第1,3,5次出现白球，且在摸到白球之前乙摸到黑球，结合树状图求解.【解析】（1）设事件A为“取球2次即终止”.即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，借

助树状图求出相应事件的样本点数：因此，432()767PA==.（2）设事件B为“甲取到白球”，“第i次取到白球”为事件1,2,3,4,5i=，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球.借助树状图求出相应事件的样本点数：所以()()()()13135()sPBPAAAPAPA

PA==++343343213776576543=++361227353535=++=.【点睛】此题考查互斥事件的加法法则，关键在于准确将一个事件分拆成多个互斥的事件分别计算概率.