【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修二）专题10.9 概率全章综合测试卷（提高篇） Word版含解析.docx，共(19)页，279.856 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-fdcfe03f61342eda9ff9b29f8c52422b.html

以下为本文档部分文字说明：

第十章概率全章综合测试卷（提高篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022秋·上海浦东新·高二期末）已知集合A是集合B的真子集，则下列关于非空集合A，B的四个命题：①若任取𝑥∈𝐴，则�

�∈𝐵是必然事件；②若任取𝑥∉𝐴，则𝑥∈𝐵是不可能事件；③若任取𝑥∈𝐵，则𝑥∈𝐴是随机事件；④若任取𝑥∉𝐵，则𝑥∉𝐴是必然事件．其中正确的命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【解

题思路】由题意作出韦恩图，结合必然事件、不可能事件和随机事件的定义对选项一一判断即可得出答案.【解答过程】因为集合A是集合B的真子集，所以集合A中的元素都在集合B中，集合B中存在元素不是集合A中的元素，作出其韦恩图如图：对于①：集合A中的任何一个元素都是集合B中的元素，任取

𝑥∈𝐴，则𝑥∈𝐵是必然事件，故①正确；对于②：任取𝑥∉𝐴，则𝑥∈𝐵是随机事件，故②不正确；对于③：因为集合A是集合B的真子集，集合B中存在元素不是集合A中的元素，集合B中也存在集合A中的元素，所以任取𝑥∈𝐵，则𝑥∈�

�是随机事件，故③正确；对于④：因为集合A中的任何一个元素都是集合B中的元素，任取𝑥∉𝐵，则𝑥∉𝐴是必然事件，故④正确；所以①③④正确，正确的命题有3个．故选：C．2．（5分）（2022·全国·高一专题练习）

下列命题正确的是A．用事件𝐴发生的频率𝑓𝑛(𝐴)估计概率𝑃(𝐴)，重复试验次数𝑛越大，估计的就越精确.B．若事件𝐴与事件𝐵相互独立，则事件𝐴与事件𝐵̅相互独立.C．事件𝐴与事件𝐵同时发生的概率一定比𝐴与𝐵中恰有一个发生

的概率小.D．抛掷一枚均匀的硬币，如前两次都是反面，那么第三次出现正面的可能性就比反面大.【解题思路】根据概率的定义，事件的独立性概念判断各选项．【解答过程】在相同的条件下做大量重复试验,一个事件A出现的次数和总的试验次数𝑛之比,称为事件

𝐴在这𝑛次试验中出现的频率.当试验次数𝑛很大时,频率将稳定在一个常数附近.𝑛越大,频率偏离这个常数较大的可能性越小.这个常数称为这个事件的概率，并不是说𝑛越大，估计的精度越精确，A错；事件𝐴与事件𝐵相互独立，即𝐴是否发生与𝐵是否发生

无关，∴事件𝐴是否发生与事件𝐵̅是否发生也无关，它们相互独立，B正确；抛一枚骰子，出现的点数不大于5记为事件𝐴，出现的点为不小于2记为事件𝐵，则事件𝐴与事件𝐵同时发生是指点数为2，3，4，5，概率为46=23，而事件𝐴与𝐵中恰有一个发生是指点为1或6，概率为26=13

<23．C错；抛掷一枚均匀的硬币，如前两次都是反面，那么第三次出现正面的可能性与出现反面的可能性还是一样．D错．故选：B．3．（5分）（2022春·高一课时练习）（福建省福州2018届高三质检）规定：投

掷飞镖3次为一轮，若3次中至少两次投中8环以上为优秀.根据以往经验，某选手投掷一次命中8环以上的概率为45.现采用计算机做模拟实验来估计该选手获得优秀的概率：用计算机产生0到9之间的随机整数，用0,1表示该次投掷未在8环以上，用2,3,4,5,6,7,8,9表示该次投掷在8环以上，经随机模拟

试验产生了如下20组随机数：907966191925271932812458569683031257393527556488730113537989据此估计，该选手投掷1轮，可以拿到优秀的概率为A．45B．1820C．112125D．1720【解题思路】根据随机模拟产生的随机数，进行求

解即可.【解答过程】由所给数据可知，20组数据中有3组191，031，113不是优秀，其余17组是优秀，所以可以拿到优秀的概率为1720，故选D．4．（5分）（2023·全国·高一专题练习）从装有4个红球和3个白球的口袋中任取4个球，那么互斥而不对立的事件是（）A．至多有2个白球与恰有3个白球B

．至少有1个白球与都是红球C．恰有1个红球与恰有3个白球D．至多有1个红球与至多有1个白球【解题思路】根据给定条件，分析各个选项中的两个事件包含的基本事件，再结合对立事件、互斥事件的定义判断作答.【解答过程】从装有4个红球和3个白球的口袋中任取4个球的基本事件有：4个红球，1个白球3个红球，2个

白球2个红球，3个白球1个红球，对于A，至多有2个白球的事件有：2个白球2个红球，1个白球3个红球，4个红球，恰有3个白球的事件是3个白球1红球的事件，显然两个事件互斥且对立，A不是；对于B，至少有1个白球的事件有：1个白球3个红球，2个白球2个红

球，3个白球1红球，都是红球的事件是4个红球，显然两个事件互斥且对立，B不是；对于C，恰有1个红球的事件是3个白球1红球的事件，因此恰有1个红球与恰有3个白球为同一事件，C不是；对于D，至多有1个红球的事件是1个红球3个白

球的事件，至多有1个白球的事件有：1个白球3个红球，4个红球，显然这两个事件不能同时发生，可以同时不发生，即至多有1个红球与至多有1个白球是互斥而不对立的事件，D是.故选：D.5．（5分）（2022·高一课时练习）甲、乙两人对同一个靶各射击一次，设事件𝐴=“甲击中靶”，事件𝐵=“乙击中靶”，事

件𝐸=“靶未被击中”，事件𝐹=“靶被击中”，事件𝐺=“恰一人击中靶”，对下列关系式（𝐴表示𝐴的对立事件，𝐵表示𝐵的对立事件）：①𝐸=𝐴𝐵，②𝐹=𝐴𝐵，③𝐹=𝐴+𝐵，④𝐺=

𝐴+𝐵，⑤𝐺=𝐴𝐵+𝐴𝐵，⑥𝑃(𝐹)=1−𝑃(𝐸)，⑦𝑃(𝐹)=𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)．其中正确的关系式的个数是（）A．3B．4C．5D．6【解题思路】根据事件关系，靶为被

击中即甲乙均未击中；靶被击中即至少一人击中，分为恰有一人击中或两人都击中，依次判定即可.【解答过程】由题可得：①𝐸=𝐴̅𝐵̅，正确；②事件𝐹=“靶被击中”，𝐴𝐵表示甲乙同时击中，𝐹=𝐴𝐵+𝐴̅𝐵+𝐴�

�̅，所以②错误；③𝐹=𝐴+𝐵，正确，④𝐴+𝐵表示靶被击中，所以④错误；⑤𝐺=𝐴̅𝐵+𝐴𝐵̅，正确；⑥𝐸,𝐹互为对立事件，𝑃(𝐹)=1−𝑃(𝐸)，正确；⑦𝑃(𝐹)=𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐴𝐵)，所

以⑦不正确．正确的是①③⑤⑥．故选：B.6．（5分）（2023·全国·高一专题练习）小刚参与一种答题游戏，需要解答A，B，C三道题．已知他答对这三道题的概率分别为a，a，12，且各题答对与否互不影响，若他恰好能答对两道题的概率为14，则他三道题都

答错的概率为（）A．12B．13C．14D．15【解题思路】记小刚解答A，B，C三道题正确分别为事件D，E，F，并利用D，E，F构造相应的事件，根据概率加法公式与乘法公式求解相应事件的概率.【解答过程】记小刚解答A，B，C三道题正确分别为事件D，E，F，且D，E，F相

互独立，且𝑃(𝐷)=𝑃(𝐸)=𝑎,𝑃(𝐹)=12.恰好能答对两道题为事件𝐷𝐸𝐹̅+𝐷𝐸̅𝐹+𝐷̅𝐸𝐹，且𝐷𝐸𝐹̅，𝐷𝐸̅𝐹，𝐷̅𝐸𝐹两两互斥，所以𝑃(𝐷𝐸𝐹

̅+𝐷𝐸̅𝐹+𝐷̅𝐸𝐹)=𝑃(𝐷𝐸𝐹̅)+𝑃(𝐷𝐸̅𝐹)+𝑃(𝐷̅𝐸𝐹)=𝑃(𝐷)𝑃(𝐸)𝑃(𝐹̅)+𝑃(𝐷)𝑃(𝐸̅)𝑃(𝐹)+𝑃(𝐷̅)𝑃(𝐸)𝑃(𝐹)=𝑎×𝑎×(1−12)+𝑎×(

1−𝑎)×12+(1−𝑎)×𝑎×12=14，整理得(1−𝑎)2=12，他三道题都答错为事件𝐷̅𝐸̅𝐹̅，故𝑃(𝐷̅𝐸̅𝐹̅)=𝑃(𝐷̅)𝑃(𝐸̅)𝑃(𝐹̅)=(1−𝑎)2(1−12)=12(1−𝑎)2=14.故选：C.7．（

5分）（2023·陕西西安·统考一模）某校高二年级学生举行中国象棋比赛，经过初赛，最后确定甲、乙、丙三位同学进入决赛.决赛规则如下：累计负两场者被淘汰；比赛前抽签决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空，直至有一人被

淘汰；当一人被淘汰后，剩余的两人继续比赛，直至其中一人被淘汰，最后的胜者获得冠军，比赛结束.若经抽签，已知第一场甲、乙首先比赛，丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为12，则（）A．甲获得冠军的概率最大B．甲比乙获得冠军的概率大C．丙获得冠军的概率最大D．甲

、乙、丙3人获得冠军的概率相等【解题思路】根据比赛进行的场次进行分类讨论，结合相互独立事件概率计算公式，求得甲、乙、丙三人获得冠军的概率，从而确定正确答案．【解答过程】根据决赛规则，至少需要进行四场比赛，至多需要

进行五场比赛，（1）甲获得冠军有两种情况：①共比赛四场结束，甲四连胜夺冠，概率为(12)4=116②共比赛五场结束，并且甲获得冠军．则甲的胜、负、轮空结果共有四种情况∶胜胜胜负胜，胜胜负空胜，胜负空胜胜，负空胜胜胜，概率分别为(12

)5,(12)4,(12)4,(12)4，即132,116,116,116，因此，甲最终获得冠军的概率为116+132+116+116+116=932；（2）乙获得冠军，与（1）同理，概率也为932；（3）丙获得冠军，概率为1−932−9

32=1432=716>932，由此可知丙获得冠军的概率最大，即A，B，D错误，C正确，故选∶C．8．（5分）（2022春·河北邢台·高一阶段练习）小赵同学准备了四个游戏，四个游戏中的不透明的盒子中均装有3个白球和2个红球（小球除颜色外都相同），游戏规则如下表所示：游戏1游戏2游戏3游戏4取

球规则一次性取一个，取一次一次性取两个，取一次一次性取一个，不放回地取两次一次性取一个，有放回地取两次获胜规则取到红球→小赵胜取到白球→小赵败两个球不同色→小赵胜两个球同色→小赵败两个球不同色→小赵胜

两个球同色→小赵败两个球不同色→小赵胜两个球同色→小赵败若你和小赵同学玩这四个游戏中的一个，你想获胜，则应该选（）A．游戏1B．游戏2C．游戏3D．游戏4【解题思路】分别求出游戏1、游戏2、游戏3、游戏4试验的

样本空间，设事件𝐴=“取到白球”，事件𝐵=“取到的两个球同色”，事件𝐶=“取到的两个球同色”，事件𝐷=“取到的两个球同色”，求出事件𝐴、𝐵、𝐶、𝐷包含的样本个数，由古典概型的概率公式代入即可得出答案.【解答过程】设3个白球分

别为a，b，c，2个红球分别为1，2.游戏1：这个试验的样本空间可记为Ω={𝑎,𝑏,𝑐,1,2}，共包含5个样本点.设事件𝐴=“取到白球”，则𝐴={𝑎,𝑏,𝑐}，包含3个样本点，所以𝑃(�

�)=35.游戏2：这个试验的样本空间可记为Ω={(𝑎,𝑏),(𝑎,𝑐),(𝑎,1),(𝑎,2),(𝑏,𝑐),(𝑏,1),(𝑏,2),(𝑐,1),(𝑐,2),(1,2)}，共包含10个样本点.设事件𝐵=“取到的两个球同色”，则

𝐵={(𝑎,𝑏),(𝑎,𝑐),(𝑏,𝑐),(1,2)}，包含4个样本点.所以𝑃(𝐵)=25.游戏3：这个试验的样本空间可记为Ω={(𝑎,𝑏),(𝑎,𝑐),(𝑎,1),(𝑎,2),(𝑏,𝑎),(�

�,𝑐),(𝑏,1),(𝑏,2),(𝑐,𝑎),(𝑐,𝑏),(𝑐,1),(𝑐,2),(1,𝑎),(1,𝑏),(1,𝑐),(1,2),(2,𝑎),(2,𝑏),(2,𝑐),(2,1)}，共包含20个样本点.设事件𝐶

=“取到的两个球同色”，则𝐶={(𝑎,𝑏),(𝑏,𝑎),(𝑎,𝑐),(𝑐,𝑎),(𝑏,𝑐),(𝑐,𝑏),(1,2),(2,1)}，包含8个样本点，所以𝑃(𝐶)=25.游戏4：这个试验的样本空间可记为Ω={(𝑎,𝑎),(𝑎,𝑏),(

𝑎,𝑐),(𝑎,1),(𝑎,2),(𝑏,𝑎),(𝑏,𝑏),(𝑏,𝑐),(𝑏,1),(𝑏,2),(𝑐,𝑎),(𝑐,𝑏),(𝑐,𝑐),(𝑐,1),(𝑐,2),(1,𝑎),(

1,𝑏),(1,𝑐),(1,1),(1,2),(2,𝑎),(2,𝑏),(2,𝑐),(2,1),(2,2)}，共包含25个样本点.设事件𝐷=“取到的两个球同色”，则𝐷={(𝑎,𝑎),(𝑎,𝑏),(𝑎,𝑐),(𝑏,𝑐),(𝑏,𝑏),(𝑏,𝑎),(𝑐,𝑐)

,(𝑐,𝑎),(𝑐,𝑏),(1,1),(1,2),(2,1),(2,2)}，包含13个样本点，所以𝑃(𝐷)=1325.故选：A.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2022春·黑龙江哈尔滨·高一阶段练习）下列说法不．正确的是（）A．若A，B为两个事

件，则“A与B互斥”是“A与B相互对立”的必要不充分条件B．若A，B为两个事件，则𝑃(𝐴+𝐵)=𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)C．若事件A，B，C两两互斥，则𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)+𝑃(𝐶)=1D．若事件A，B满足𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)=1，则A与B相互对立【解题

思路】A.“A与B互斥”是“A与B相互对立”的必要不充分条件，所以该选项正确；B.𝑃(𝐴+𝐵)=𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐴∩𝐵),所以该选项错误；C.举反例说明𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)+𝑃(𝐶)=1不一定成立，所以该选项错误；D.举反例说明A与B

不对立，所以该选项错误.【解答过程】解：A.若A，B为两个事件，“A与B互斥”则“A与B不一定相互对立”；“A与B相互对立”则“A与B互斥”，则“A与B互斥”是“A与B相互对立”的必要不充分条件，所以该选项正确；B.若A，B为两个事件，则𝑃(

𝐴+𝐵)=𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐴∩𝐵),所以该选项错误；C.若事件A，B，C两两互斥，则𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)+𝑃(𝐶)=1不一定成立，如：掷骰子一次，记𝐴=向上的点数为1，𝐵=向上的点数为2，𝐶=向上的点数为3，事件A，B，C两两互斥，则𝑃

(𝐴)+𝑃(𝐵)+𝑃(𝐶)=16+16+16=12.所以该选项错误；D.抛掷一枚均匀的骰子，所得的点数为偶数的概率是12，掷一枚硬币，正面向上的概率是12，满足𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)=1，但

是A与B不对立，所以该选项错误.故选：BCD.10．（5分）（2022·高一单元测试）连掷一枚均匀的骰子两次，向上的点数分别为m，n，记𝑡=𝑚+𝑛，则下列说法错误的是（）A．事件“𝑡=12”的概率为121B．事件“𝑡是奇数”与“𝑚=𝑛”互为对立事件C

．事件“𝑡=2”与“𝑡≠3”为互斥事件D．事件“𝑡>8且𝑚𝑛<32”的概率为14【解题思路】对于A，事件“𝑡=12”为两次都掷出6点，可求得事件“𝑡=12”的概率，判断A；对于B，事件“𝑡是奇数”与“𝑚=𝑛”互为互斥但不对立事

件，判断B；对于C，事件“𝑡=2”与“𝑡≠3”可以同时发生，判断C；对于D，列出事件“𝑡>8且𝑚𝑛<32”的可能情况，求得其概率，即可判断.【解答过程】连掷一枚均匀的骰子两次，向上的点数分别为m，n，则共有6×6=36个样本点，又𝑡=𝑚+𝑛，则事件“𝑡=12

”为两次都掷出6点，则事件“𝑡=12”的概率为136，故A错误；事件“𝑡是奇数”即两次向上的点数为一次为奇数一次为偶数，与“𝑚=𝑛”为互斥但不对立事件，故B错误；事件“𝑡=2”与“𝑡≠3”可以同时发生，故二者不是互斥事件，故C错误；事件“𝑡>8且𝑚𝑛<32”的情

况有{𝑚=3𝑛=6，{𝑚=4𝑛=5，{𝑚=4𝑛=6，{𝑚=5𝑛=4，{𝑚=5𝑛=5，{𝑚=5𝑛=6，{𝑚=6𝑛=3，{𝑚=6𝑛=4，{𝑚=6𝑛=5，共9种情况，故事件“�

�>8且𝑚𝑛<32”的概率为936=14，故D正确.故选：ABC.11．（5分）（2023秋·陕西西安·高二期末）疫情当下，通过直播带货来助农，不仅为更多年轻人带来了就业岗位，同时也为当地农民销售出了农产品，促进了当地的经济发展.某直播平台的主播现要对

6种不同的脐橙进行选品，其方法为首先对这6种不同的脐橙（数量均为1），进行标号为1~6，然后将其放入一个箱子中，从中有放回的随机取两次，每次取一个脐橙，记第一次取出的脐橙的标号为𝑎1，第二次为𝑎2，设𝐴=[𝑎

1𝑎2]，其中[x]表示不超过x的最大整数，则（）A．𝑃(𝑎1+𝑎2=5)=14B．事件𝑎1=6与𝐴=0互斥C．𝑃(𝑎1>𝑎2)=512D．事件𝑎2=1与𝐴=0对立【解题思路】根据有放回的随机取两次结果36种逐个分析判断即可解决.【解答过程】由题知，从中有放回的随机取两次，结

果有（记为𝑎1𝑎2）：11,12,13,14,15,16,21,22,23,24,25,26,31,32,33,34,35,36,41,42,43,44,45,46,51,52,53,54,55,56,61,62,63,64,65,66,共36种，若𝑎1+�

�2=5，此时取1,4或2,3所以𝑃(𝑎1+𝑎2=5)=436=19，故A错误；若𝑎1=6，则𝐴=[𝑎1𝑎2]≥1恒成立，所以与𝐴=0互斥，故B正确；𝑃(𝑎1>𝑎2)=5+4+3+2+16

×6=512，故C正确；当𝑎1=3,𝑎2=2时，𝐴=[𝑎1𝑎2]=1，此时事件𝑎2=1与𝐴=0均为发生，所以事件𝑎2=1与𝐴=0不对立，故D错误.故选：BC.12．（5分）（2023·全国·高三专题练习）4支足球队进

行单循环比赛（任两支球队恰进行一场比赛），任两支球队之间胜率都是12．单循环比赛结束，以获胜的场次数作为该队的成绩，成绩按从大到小排名次顺序，成绩相同则名次相同．下列结论中正确的是（）A．恰有四支球队

并列第一名为不可能事件B．有可能出现恰有三支球队并列第一名C．恰有两支球队并列第一名的概率为14D．只有一支球队名列第一名的概率为12【解题思路】4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有𝐶42=6场比赛，比赛的所有结果共有26=64种；选项

A，这6场比赛中不满足4支球队得分相同的的情况；选项B，举特例说明即可；选项C，在6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有𝐶42=6种可能，再分类计数相互获胜的可能数，最后由古典概型计算概率；选项D，只有一支球队名列第一

名，则该球队应赢了其他三支球队，由古典概型问题计算即可.【解答过程】4支足球队进行单循环比赛总的比赛共有𝐶42=6场比赛，比赛的所有结果共有26=64种；选项A，这6场比赛中若4支球队优先各赢一场，则还有2场必然有2支或1

支队伍获胜，那么所得分值不可能都一样，故是不可能事件，正确；选项B，其中(𝑎,𝑏),(𝑏,𝑐),(𝑐,𝑑),(𝑑,𝑎),(𝑎,𝑐),(𝑑,𝑏)6场比赛中，依次获胜的可以是𝑎,𝑏,𝑐

,𝑎,𝑐,𝑏，此时3队都获得2分，并列第一名，正确；选项C，在(𝑎,𝑏),(𝑏,𝑐),(𝑐,𝑑),(𝑑,𝑎),(𝑎,𝑐),(𝑑,𝑏)6场比赛中，从中选2支球队并列第一名有𝐶42=6种可

能，若选中a，b，其中第一类a赢b，有a,b,c,d,a,b和a,b,d,c,a,b两种情况，同理第二类b赢a，也有两种，故恰有两支球队并列第一名的概率为6×464=38，错误；选项D，从4支球队中选一支为第

一名有4种可能；这一支球队比赛的3场应都赢，则另外3场的可能有23=8种，故只有一支球队名列第一名的概率为864×4=12，正确.故选：ABD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023·全国·高一专题练习）假定某运动员每次投掷飞镖正中靶心的概率为

40%，现采用随机模拟的方法估计该运动员两次投掷飞镖恰有一次命中靶心的概率：先由计算器产生0到9之间取整数值的随机数，指定1，2，3，4表示命中靶心，5，6，7，8，9，0表示未命中靶心；再以每两个随机数为一组，代表两次的结果，经随机模拟产生了20组随机数：9328124585696

834312573930275564887301135据此估计，该运动员两次掷飞镖恰有一次正中靶心的概率为12．【解题思路】根据随机数以及古典概型的概率计算公式即可求解.【解答过程】解：两次掷镖恰有一次正中靶心

表示随机数中有且只有一个数为1，2，3，4中的之一.它们分别是93，28，45，25，73，93，02，48，30，35共10个，因此所求的概率为1020=0.5.故答案为：12.14．（5分）（2022春·黑龙江哈尔滨·高一期末）哥德巴赫猜想是“每个

大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如8=3+5，在不超过11的素数中，随机选取两个不同的数，其和为偶数的概率是35（用分数表示）．【解题思路】先把不超过11的素数列举出来，再利用列举法与古典概型的概

率求法求解即可.【解答过程】因为不超过11的素数有2,3,5,7,11五个数，从中选取两个不同的数的基本事件有(2,3),(2,5),(2,7),(2,11),(3,5),(3,7),(3,11),(5,7),(5,11),(7,11)共10件；其中和为偶数的基本事件有(3

,5),(3,7),(3,11),(5,7),(5,11),(7,11)共6件；所以和为偶数的概率为610=35.故答案为：35.15．（5分）（2022秋·上海徐汇·高二期末）甲､乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮

活动由甲､乙各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为34，乙每轮猜对的概率为23.在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响，则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为512.【解题思路】两轮活动猜对3

个成语,相当于事件“甲猜对1个,乙猜对2个”、事件“甲猜对2个,乙猜对1个”的和事件发生,根据独立事件概率求法,即可得解.【解答过程】解：设𝐴1,𝐴2分别表示甲两轮猜对1个,2个成语的事件,𝐵1,𝐵2

分别表示乙两轮猜对1个,2个成语的事件.根据独立事件的性质,可得𝑃(𝐴1)=2×34×14=38,𝑃(𝐴2)=(34)2=916，𝑃(𝐵1)=2×23×13=49,𝑃(𝐵2)=(23)2=49，设A=“两轮活动‘星队’猜对3个成语”,则𝐴=𝐴1𝐵2∪𝐴2𝐵1,且𝐴1�

�2与𝐴2𝐵1互斥,𝐴1与𝐵2,𝐴2与𝐵1分别相互独立,所以𝑃(𝐴)=𝑃(𝐴1𝐵2)+𝑃(𝐴2𝐵1)=𝑃(𝐴1)𝑃(𝐵2)+𝑃(𝐴2)𝑃(𝐵1)=38×49+916×49=512，因此,“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率是512.故答案为：5

12.16．（5分）（2022·高一课时练习）口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，从中取出2球，事件𝐴=“取出的两球同色”，𝐵=“取出的2球中至少有一个黄球”，𝐶=“取出的2球至少有一个白球”，𝐷=“取出的两球不同色

”，𝐸=“取出的2球中至多有一个白球”.下列判断中正确的序号为①④.①𝐴与𝐷为对立事件；②𝐵与𝐶是互斥事件；③𝐶与𝐸是对立事件：④𝑃(𝐶∪𝐸)=1；⑤𝑃(𝐵)=𝑃(𝐶).【解题思路】

在①中，由对立事件定义得𝐴与𝐷为对立事件；有②中，𝐵与𝐶有可能同时发生；在③中，𝐶与𝐸有可能同时发生；在④中，𝑃(𝐶𝑈𝐸)=𝑃（C）+𝑃（E）−𝑃(𝐶𝐸)=1；在⑤中𝐶≠𝐵，从而𝑃（B）≠𝑃（C）．【解答过程】

∵口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同小球，从中取出2球，事件𝐴=“取出的两球同色”，𝐵=“取出的2球中至少有一个黄球”，𝐶=“取出的2球至少有一个白球”，𝐷=“取出的两球不同色”，𝐸=“取出的2球中至多有一个白球”，①，由对立事件定义得𝐴与𝐷为对立事件，故①正确；②，𝐵与𝐶

有可能同时发生，故𝐵与𝐶不是互斥事件，故②错误；③，𝐶与𝐸有可能同时发生，不是对立事件，故③错误；④，𝑃（C）=1−615=35，𝑃（E）=1415，𝑃(𝐶𝐸)=815，从而𝑃(𝐶∪𝐸)=𝑃（C）+𝑃（E）−𝑃(𝐶�

�)=1，故④正确；⑤，𝐶≠𝐵，从而𝑃（B）≠𝑃（C），故⑤错误．故答案为：①④．四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·高一课时练习）同时转动如图的两个转盘，记转盘（1）得到的数为𝑥，

转盘（2）得到的数为𝑦，结果为(𝑥,𝑦)．(1)写出这个试验的样本空间．(2)求这个试验的基本事件个数．(3)“𝑥+𝑦=5”这一事件包含哪几个基本事件？“𝑥<3且𝑦>1”呢？(4)用集合𝐴表示事件：𝑥𝑦=4；用集合𝐵表示事件：𝑥=𝑦．【解题思路】（1）

根据给定条件按两个转盘中的数字依顺序不重不漏地写各对数即可得试验的样本空间；（2）利用（1）即可求出样本空间中的基本事件总数；（3）借助（1）的样本空间即可写出事件“𝑥+𝑦=5”、“𝑥<3且𝑦>1”的样本点，从而确定基本事件；（4）借助（1）的样本空间即可写出事

件𝑥𝑦=4”、“𝑥=𝑦”的样本点得集合A，B．【解答过程】（1）解：这个试验的样本空间为：Ω={(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(

3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)}．（2）解：由（1）可知，这个试验的样本点的总数为16．（3）解：“𝑥+𝑦=5”包含的样本点为(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)．“𝑥<3且𝑦>

1”包含的样本点为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,2)，(2,3)，(2,4)．（4）解：𝐴={(1,4),(2,2),(4,1)}．𝐵={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4)}．18．（12分）（2022·全国·高二期末）新冠疫情防控期间，为保证抗疫物

资的质量，我国加大了质量检测的力度.某市今年新增了两家专门生产测温枪的工厂.质检部门现从这两家工厂各随机抽取了100把测温枪，检测其某项质量指标，得到甲、乙两厂所生产的测温枪的该项质量指标值的频数分布表，如下表所示：质量指标值

[70,80)[80,90)[90,100)[100,110)[110,120]甲厂测温枪的频数82436248乙厂测温枪的频数62638228已知每把测温枪的等级与该项质量指标值间的关系如下表所示：质量指标值[70,90)[90,100)[100,120]等级二级一级特

级（1）试利用样本估算总体的思想分别估计甲、乙两厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的概率；（2）若生产一把二级测温枪、一级测温枪、特级测温枪分别可获得纯利润10元、20元、30元，且不考虑其他因素，试从平均数的角度分析哪家工厂生产测温枪

的利润更高.【解题思路】（1）分别计算频率，用频率估计概率；（2）分别计算甲与乙的平均数，再进行比较.【解答过程】（1）由表格可得，甲厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的频数为32.故频率为32100=0.32，乙厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的频数为30，故频率为30100=0.3.由此估计

：甲厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的概率为0.32，乙厂生产出来的一把测温枪为特级测温枪的概率为0.30.（2）甲厂生产一把测温枪的平均利润为𝑦1=1100×[(8+24)×10+36×20+32

×30]=20（元），乙厂生产一把测温枪的平均利润为𝑦2=1100×[(6+26)×10+38×20+30×30]=19.8（元），所以𝑦1>𝑦2，所以甲厂生产的测温枪的利润更高.19．（12分）

（2022·高一课时练习）如图所示，有两个可以自由转动的均匀转盘A，B．转盘A被平均分成3等份，分别标上1，2，3三个数字；转盘B被平均分成4等份，分别标上3，4，5，6四个数字．有人为甲、乙两人设计了一个游戏规则：自由转动转盘A与B，转盘停

止后，指针各指向一个数字，将指针所指的两个数字相加，如果和是6，那么甲获胜，否则乙获胜．你认为这样的游戏规则公平吗？如果公平，请说明理由；如果不公平，怎样修改规则才能使游戏对双方公平？【解题思路】运用古典概型的概率计算

公式，列出表格，得到事件总数和和为6的事件个数，即可得到结果.【解答过程】列表如下：由表可知，等可能的结果有12种，和为6的结果只有3种．因为𝑃(和为6)=312=14，所以甲、乙获胜的概率不相等．所以这样的游戏规则不公平．如果将规则改

为“和是6或7，则甲胜，否则乙胜”，那么此时游戏规则是公平的.20．（12分）（2023春·辽宁沈阳·高一开学考试）为增强学生的环保意识，让学生掌握更多的环保知识，某中学举行了一次“环保知识竞赛”.为了解参加本次竞赛学生的成绩情况，从中抽取了

部分学生的成绩（得分取正整数，满分100分）作为样本（样本容量为n）进行统计，按照[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]的分组作出频率分布直方图，并作出样本分数的茎叶图（茎叶图中仅列出了得分在[50,60)，[90,100]的数据

），如下图所示.(1)求样本容量n和频率分布直方图中x，y的值；(2)试估测本次竞赛学生成绩的平均数、中位数；(3)在[70,80)，[80,90)内按分层抽样的方法抽取5名学生的成绩，从这5名学生中随机抽取2人，求2人成绩都在[70,80)的概率.【解题思路】（1）利用[50

,60)的频数8及频率0.16可得出样本容量，进而求出x，y的值；（2）中点值以及占比计算出平均值，面积法得到中位数；（3）使用列举法得出2人成绩都在[70,80)的概率.【解答过程】（1）由题意可知，样本容量𝑛=80.016×10=50，𝑦=250×1

0=0.004，𝑥=0.1−0.004−0.010−0.016−0.04=0.030.（2）𝑥̅=55×0.16+65×0.3+75×0.4+85×0.1+95×0.04=70.6；设中位数为m，则(𝑚−70)×0.04=0

.5−0.16−0.3，所以𝑚=71.（3）在[70,80)，[80,90)成绩分组的学生分别为20人，5人，现要按分层抽样抽取5人，则在[70,80)，[80,90)成绩分组中各抽取4人，1人；记成绩在[70,80)的学生为A，B，C，D，成绩在[80,90)的学生为E.则从这5人中

抽取2人有(𝐴,𝐵)，(𝐴,𝐶)，(𝐴,𝐷)，(𝐴,𝐸)，(𝐵,𝐶)，(𝐵,𝐷)，(𝐵,𝐸)，(𝐶,𝐷)，(𝐶,𝐸)，(𝐷,𝐸)共10种情况.2人成绩都在[70,80)的有(𝐴,𝐵)，(𝐴,𝐶)，(𝐴,𝐷)，(𝐵,𝐶)，(𝐵,𝐷

)，(𝐶,𝐷)共6种情况.所以从这5名学生中随机抽取2人，2人成绩都在[70,80)的概率𝑃=35.21．（12分）（2022秋·福建莆田·高二期中）甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如下面的框图所示，其中编号为𝑖的方框表示第𝑖场比赛，方框中是进行该场比

赛的两名棋手，第𝑖场比赛的胜者称为“胜者𝑖”，负者称为“负者𝑖”，第6场为决赛，获胜的人是冠军.已知甲每场比赛获胜的概率均为34，而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同.（Ⅰ）求甲获得冠军的概率；（Ⅱ）求乙进入决赛，且乙与

其决赛对手是第二次相遇的概率.【解题思路】（Ⅰ）甲获得冠军，有三种途径，第一种连胜三场，第二种先胜一场，然后输一场胜两场，第三种先输一场，再连赢三场，求三种情况的概率之和即可.（Ⅱ）如果甲进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇，有三种可能，甲乙、乙丙、乙丁，求三种情况的

概率之和即可.【解答过程】（Ⅰ）甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜；1负4胜5胜6胜；1胜3负5胜6胜.所以甲获得冠军的概率为(34)3+2×(34)3×14=81128.（Ⅱ）若乙的决赛对手是甲，则两人参加的比赛结果有两种情况：甲：1胜3胜，乙：1负4胜5胜；甲：

1负4胜5胜，乙：1胜3胜.所以甲与乙在决赛相遇的概率为34×34×12×12+14×34×34×12=27128.若乙的决赛对手是丙，则两人只可能在第3场和第6场相遇，两人参加的比赛的结果有两种情况：乙：1胜3胜，丙：2胜3负5胜；乙：1胜3负

5胜，丙：2胜3胜.同时考虑甲在第4场和第5场的结果，乙与丙在第3场和第6场相遇的概率为14×12×12×(34×14+14×12)+14×12×12×(34×14+14×12)=5128.丁与丙的情况相同，所以乙进入决赛，且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为2

7128+5128+5128=37128.22．（12分）（2022·全国·高三专题练习）设𝑛是给定的正整数（𝑛>2），现有𝑛个外表相同的袋子，里面均装有𝑛个除颜色外其他无区别的小球，第𝑘(𝑘=1,2,3,⋯,𝑛)个袋中有𝑘个红球，𝑛−𝑘个白球．

现将这些袋子混合后，任选其中一个袋子，并且从中连续取出三个球（每个取后不放回）．（1）若𝑛=4，假设已知选中的恰为第2个袋子，求第三次取出为白球的概率；（2）若𝑛=4，求第三次取出为白球的概率；（3）对于任意的正整数𝑛(𝑛>2)，求第三次取出为

白球的概率．【解题思路】（1）𝑛=4时，第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，利用相互独立事件概率乘法公式，互斥事件概率加法公式能求出第三次取出为白球的概率．（2）先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第𝑘个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第𝑘个

袋子的概率为14，由此能求出第三次取出的是白球的概率．（3）先求出第三次取出的是白球的种数，再求出在第𝑘个袋子中第三次取出的是白球的概率，选到第𝑘个袋子的概率为1𝑛，由此能求出第三次取出的是白球的概

率．【解答过程】解：（1）𝑛=4时，第二个袋中有2白2红，共4个球，从中连续取出三个球（每个取后不放回）．第三次取出为白球的情况有：红红白，红白白，白红白，∴第三次取出为白球的概率𝑃=24×13×22+24×23×12+24×23×12=12．（2）设选出

的是第𝑘(𝑘=1,2,3,4)个袋，连续三次取球的方法数为4×3×2=24，第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：（白，白，白），取法数为(4−𝑘)(3−𝑘)(2−𝑘)，（白，红，白），取法数为𝑘(4−𝑘)(3−𝑘)，（红，白，白），取法数为𝑘(4−

𝑘)(3−𝑘)，（红，红，白），取法数为𝑘(𝑘−1)(4−𝑘)，从而第三次取出的是白球的种数为：(4−𝑘)(3−𝑘)(2−𝑘)+𝑘(4−𝑘)(3−𝑘)+𝑘(𝑛−𝑘)(3−𝑘)+𝑘(𝑘−1)(4−𝑘)=3×2(𝑛−𝑘)，则在第𝑘个袋子中第三次取出的是白

球的概率𝑝𝑘=4−𝑘4，而选到第𝑘个袋子的概率为14，故所求概率为：𝑝=∑𝑝𝑘⋅14=∑⋅4−𝑘44𝑘=14𝑘=1⋅14=116∑(4−𝑘)=116∑⬚3𝑖=0𝑖=384𝑘=1．（3）设选出的是第𝑘个袋，连续三次取球的方法数为𝑛(𝑛−1)(𝑛−

2)，第三次取出的是白球的三次取球颜色有如下四种情形：（白，白，白），取法数为(𝑛−𝑘)(𝑛−𝑘−1)(𝑛−𝑘−2)，（白，红，白），取法数为𝑘(𝑛−𝑘)(𝑛−𝑘−1)，（红，白，白），取法数为𝑘(𝑛−𝑘)(𝑛−�

�−1)，（红，红，白），取法数为𝑘(𝑘−1)(𝑛−𝑘)，从而第三次取出的是白球的种数为：(𝑛−𝑘)(𝑛−𝑘−1)(𝑛−𝑘−2)+𝑘(𝑛−𝑘)(𝑛−𝑘−1)+𝑘(𝑛−𝑘)(𝑛−𝑘−1)+𝑘(𝑘−1)(𝑛−𝑘)=(𝑛−1)(𝑛−2

)(𝑛−𝑘)，则在第𝑘个袋子中第三次取出的是白球的概率𝑝𝑘=𝑛−𝑘𝑛，而选到第𝑘个袋子的概率为1𝑛，故所求概率为：𝑝=∑𝑝𝑘⋅1𝑛=𝑛𝑘=1∑𝑛−𝑘𝑛⋅1𝑛=𝑛𝑘=11𝑛2∑(𝑛−𝑘)=1𝑛2∑𝑖=𝑛−12�

�𝑛−1𝑖=0𝑛𝑘=1．