2024人教版高中数学必修第二册同步练习题--第十章 概率拔高练（含解析）

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2024人教版高中数学必修第二册同步练习题
综合拔高练
五年高考练
考点1　随机事件的概率及其性质
1.(2020新高考Ⅰ,5)某中学的学生积极参加体育锻炼,其中有96%的学生喜欢足球或游泳,60%的学生喜欢足球,82%的学生喜欢游泳,则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是(　　)
A.62%　　　　B.56%　　　　C.46%　　　　D.42%
2.(2020全国Ⅱ,3)在新冠肺炎疫情防控期间,某超市开通网上销售业务,每天能完成1 200份订单的配货,由于订单量大幅增加,导致订单积压.为解决困难,许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货,预计第二天的新订单超过1 600份的概率为0.05.志愿者每人每天能完成50份订单的配货,为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95,则至少需要志愿者　　(　　)
A.10名　　　　B.18名　　　　C.24名　　　　D.32名
考点2　古典概型
3.(2023全国甲文,4)某校文艺部有4名学生,其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演,则这2名学生来自不同年级的概率为(　　)
A.
4.(2023全国乙文,9)某学校举办作文比赛,共6个主题,每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文,则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为(　　)
A.
5.(2022全国甲文,6)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张,则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为(　　)
A.
6.(2022新高考Ⅰ,5)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,则这2个数互质的概率为(　　)
A.
7.(2020全国Ⅰ文,4)设O为正方形ABCD的中心,在O,A,B,C,D中任取3点,则取到的3点共线的概率为(　　)
A.
8.(2019课标全国Ⅱ文,4)生物实验室有5只兔子,其中只有3只测量过某项指标.若从这5只兔子中随机取出3只,则恰有2只测量过该指标的概率为(　　)
A.
9.(2022全国乙理,13)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作,则甲、乙都入选的概率为　　　　.
10.(2019天津文,15)2019年,我国施行个人所得税专项附加扣除办法,涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除.某单位老、中、青员工分别有72,108,120人,现采用分层抽样的方法,从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况.
(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人
(2)抽取的25人中,享受至少两项专项附加扣除的员工有6人,分别记为A,B,C,D,E,F.享受情况如下表,其中“○”表示享受,“×”表示不享受.现从这6人中随机抽取2人接受采访.
(i)试用所给字母列举出所有可能的抽取结果;
(ii)设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”,求事件M发生的概率.
　　员工 项目　　 A B C D E F
子女教育 ○ ○ × ○ × ○
继续教育 × × ○ × ○ ○
大病医疗 × × × ○ × ×
住房贷 款利息 ○ ○ × × ○ ○
住房租金 × × ○ × × ×
赡养老人 ○ ○ × × × ○
考点3　事件的相互独立性
11.(2021新高考Ⅰ,8)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回地随机取两次,每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,则(　　)
A.甲与丙相互独立　　　　
B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立　　　　
D.丙与丁相互独立
12.(2022全国乙理,10)某棋手与甲、乙、丙三位棋手各比赛一盘,各盘比赛结果相互独立.已知该棋手与甲、乙、丙比赛获胜的概率分别为p1,p2,p3,且p3>p2>p1>0.记该棋手连胜两盘的概率为p,则(　　)
A.p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序无关
B.该棋手在第二盘与甲比赛,p最大
C.该棋手在第二盘与乙比赛,p最大
D.该棋手在第二盘与丙比赛,p最大
13.(2020天津,13)已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为.假定两球是否落入盒子互不影响,则甲、乙两球都落入盒子的概率为　　　　;甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为　　　　.
14.(2020全国Ⅰ理,19)甲、乙、丙三位同学进行羽毛球比赛,约定赛制如下: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,另一人最终获胜,比赛结束.经抽签,甲、乙首先比赛,丙轮空.设每场比赛双方获胜的概率都为.
(1)求甲连胜四场的概率;
(2)求需要进行第五场比赛的概率;
(3)求丙最终获胜的概率.
考点4　用频率估计概率
15.(2019课标全国Ⅱ文,14)我国高铁发展迅速,技术先进.经统计,在经停某站的高铁列车中,有10个车次的正点率为0.97,有20个车次的正点率为0.98,有10个车次的正点率为0.99,则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为　　　　.
16.(2020北京,18)某校为举办甲、乙两项不同活动,分别设计了相应的活动方案:方案一、方案二.为了解该校学生对活动方案是否支持,对学生进行简单随机抽样,获得数据如下表:
男生 女生
支持 不支持 支持 不支持
方案一 200人 400人 300人 100人
方案二 350人 250人 150人 250人
假设所有学生对活动方案是否支持相互独立.
(1)分别估计该校男生支持方案一的概率、该校女生支持方案一的概率;
(2)从该校全体男生中随机抽取2人,全体女生中随机抽取1人,估计这3人中恰有2人支持方案一的概率;
(3)将该校学生支持方案二的概率估计值记为p0.假设该校一年级有500名男生和300名女生,除一年级外其他年级学生支持方案二的概率估计值记为p1.试比较p0与p1的大小.(结论不要求证明)
三年模拟练
应用实践
1.(2023河北保定模拟)在不超过12的质数中,随机选取两个不同的数,其和为偶数的概率为(　　)
A.
2.(多选题)(2023湖南长沙雅礼中学月考)设A,B为两个随机事件,若P(A)=,则下列命题中正确的是(　　)
A.若A,B为互斥事件,则P(A+B)=
B.P(A+B)≥
C.若P(AB)=,则A,B为相互独立事件
D.若A,B为相互独立事件,则P(
3.(多选题)(2023辽宁五校期末联考)一个口袋中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球,从中取出2个球,则下列说法正确的是(　　)
A.若不放回地抽取,则“取出2个红球”和“取出2个白球”是对立事件
B.若不放回地抽取,则第2次取到红球的概率与第1次取到红球的概率相等
C.若有放回地抽取,则取出1个红球和1个白球的概率是
D.若有放回地抽取,则至少取出1个红球的概率是
4.(2023河北衡水重点高中联考)一个电路如图所示,A,B,C,D,E,F为6个开关,其闭合的概率均为,且各开关是否闭合互不影响,则灯亮的概率是(　　)
A.
5.(2022山西运城盐湖月考)连接正方体每个面的中心构成一个正八面体,在正八面体的六个顶点中任取三个构成三角形,则这三个点能构成等腰直角三角形的概率是　　(　　)
A.
6.(2023上海七宝中学月考)某个家庭中有若干个小孩,假定生男孩和生女孩是等可能的,设事件M为该家庭中既有男孩又有女孩,事件N为该家庭中最多有一个女孩,则下列说法正确的是　　　　.(填序号)
①若该家庭中有两个小孩,则M与N互斥;
②若该家庭中有两个小孩,则M与N不相互独立;
③若该家庭中有三个小孩,则M与N不互斥;
④若该家庭中有三个小孩,则M与N相互独立.
7.(2023四川遂宁月考)已知m∈lg 2+lg 5,log43,,tan 1,则方程x2+2mx+1=0有两个不相等的实数根的概率为　　　　.
8.(2023河南南阳南召现代中学月考)某次知识竞赛规则如下:在主办方预设的5个问题中,选手若能连续正确回答出两个问题,即停止答题,晋级下一轮.假设某选手正确回答每个问题的概率都是0.8,且每个问题的回答结果相互独立,则该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮的概率为　　　　.
9.(2023四川雅安模拟)经调查某市三个地区存在严重的环境污染,严重影响该地区人员的生活.相关部门立即要求务必加强环境治理,通过三个地区所有人员的努力,在一年后,环境污染问题得到了明显改善.为了解市民对城市环保的满意程度,开展了一次问卷调查,并对三个地区进行分层随机抽样,共抽取40名市民进行询问打分,将最终得分按[60,65),[65,70),[70,75),[75,80),[80,85),[85,90]分组,并得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求频率分布直方图中a的值以及此次问卷调查分数的中位数;
(2)若分数在区间[60,70)内的市民视为对环保不满意的市民,从不满意的市民中随机抽出两位市民做进一步调查,求抽出的两位市民来自不同打分区间的概率.
10.(2023福建莆田一中期中)甲、乙、丙三人进行羽毛球比赛,约定赛制如下: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,另一人最终获胜,比赛结束.已知在每场比赛中,甲胜乙和甲胜丙的概率均为,乙胜丙的概率为,各场比赛的结果相互独立.经抽签,第一场比赛甲轮空.
(1)求前三场比赛结束后,丙被淘汰的概率;
(2)求只需四场比赛就决出冠军的概率.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.C 2.B 3.D 4.A 5.C 6.D 7.A 8.B
11.B 12.D
1.C　记“该中学学生喜欢足球”为事件A,“该中学学生喜欢游泳”为事件B,则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A∪B,“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A∩B.
根据题意,P(A)=0.6,P(B)=0.82,P(A∪B)=0.96,所以P(A∩B)=P(A)+P(B)-P(A∪B)=0.46.
所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是46%.
思想方法　用Venn图表示学生参加体育锻炼的情况,如图.
2.B　由题意得第二天订单不超过1 600份的概率为1-0.05=0.95,故第一天积压订单加上第二天的新订单不超过1 600+500=2 100份的概率为0.95,因为超市本身能完成1 200份订单的配货,
所以需要志愿者完成的订单不超过2 100-1 200=900份的概率为0.95,
因为900÷50=18,所以至少需要18名志愿者,故选B.
3.D　记高一的2名学生分别为a1,a2,高二的2名学生分别为b1,b2,从4名学生中随机选2名有以下6种选法:a1a2,a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,b1b2,
其中2名学生来自2个年级有如下4种选法:a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,
则由古典概型的概率公式可得所求概率P=.故选D.
4.A　由题意可知甲、乙各抽一个主题共有36种情况,其中甲、乙两位同学抽到相同主题有6种情况,所以抽到不同主题的概率P=,故选A.
5.C　依题意知,从6张卡片中无放回随机抽取2张的样本空间Ω=
{(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5),(4,6),(5,6)},共15个样本点.其中符合数字之积是4的倍数的样本点有6个,故所求概率P=.
故选C.
6.D　从2至8的7个整数中随机取2个不同的数的样本空间Ω=
{(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(2,7),(2,8),(3,4),(3,5),(3,6),(3,7),(3,8),(4,5),(4,6),(4,7),(4,8),(5,6),(5,7),(5,8),(6,7),(6,8),(7,8)},共21个样本点,
设事件A为“所取的2个数互质”,则A={(2,3),(2,5),(2,7),(3,4),(3,5),
(3,7),(3,8),(4,5),(4,7),(5,6),(5,7),(5,8),(6,7),(7,8)},共14个样本点,则P(A)=.
故选D.
7.A　从O,A,B,C,D中任取3点的情况有(O,A,B),(O,A,C),(O,A,D),(O,B,C),(O,B,D),(O,C,D),(A,B,C),(A,B,D),(A,C,D),(B,C,D),共10种,由图可知取到的3点共线的有(O,A,C)和(O,B,D)2种情况,所以所求概率为.
故选A.
8.B　记5只兔子分别为A,B,C,D,E,其中测量过某项指标的3只兔子为A,B,C,则从这5只兔子中随机取出3只的情况有ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,BCD,BCE,BDE,CDE,共10种,其中恰有2只测量过该指标的情况有ABD,ABE,ACD,ACE,BCD,BCE,共6种,所以所求事件的概率P=.
9.答案　
解析　设另3名同学为A,B,C,则从5名同学中随机选3名的样本空间Ω={甲乙A,甲乙B,甲乙C,甲AB,甲AC,甲BC,乙AB,乙AC,乙BC,ABC},共10个样本点.设“甲、乙都入选”为事件A,则A={甲乙A,甲乙B,甲乙C},共3个样本点,所以P(A)=.
10.解析　(1)由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10,由于采用分层抽样的方法从中抽取25位员工,因此应从老、中、青员工中分别抽取6人,9人,10人.
(2)(i)从已知的6人中随机抽取2人的所有可能结果为(A,B),(A,C),
(A,D),(A,E),(A,F),(B,C),(B,D),(B,E),(B,F),(C,D),(C,E),(C,F),(D,E),(D,F),(E,F),共15种.
(ii)由题中表格知,符合题意的所有可能结果为(A,B),(A,D),(A,E),(A,F),
(B,D),(B,E),(B,F),(C,E),(C,F),(D,F),(E,F),共11种.
所以事件M发生的概率为.
11.B　依题意,有放回地随机取两次,共有36种不同结果:(1,1),(1,2),
(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,1),(3,2),(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,1),(4,2),(4,3),(4,4),(4,5),(4,6),(5,1),(5,2),(5,3),(5,4),(5,5),(5,6),(6,1),(6,2),(6,3),(6,4),(6,5),(6,6),易得P(甲)=,P(乙)=,P(丙)=,P(丁)=,
丁事件包含{(1,6)},{(6,1)},{(2,5)},{(5,2)},{(3,4)},{(4,3)},共6个基本事件,丙事件包含{(2,6)},{(6,2)},{(3,5)},{(5,3)},{(4,4)},共5个基本事件.
易知“甲、丙同时发生”的基本事件有0个,“丙、丁同时发生”的基本事件有0个,“乙、丙同时发生”的基本事件为{(6,2)},共1个,
∴P(乙丙)=,
又P(乙)·P(丙)=,
∴乙、丙不相互独立.
“甲、丁同时发生”的基本事件为{(1,6)},共1个,
∴P(甲丁)=,
又P(甲)·P(丁)=,
∴P(甲丁)=P(甲)·P(丁),
∴甲与丁相互独立,
故选B.
12.D　棋手与甲、乙、丙比赛顺序有以下6种情况:
①比赛顺序为甲、乙、丙时,p=p1p2(1-p3)+(1-p1)·p2p3=p1p2+p2p3-2p1p2p3;
②比赛顺序为甲、丙、乙时,p=p1p3(1-p2)+(1-p1)·p3p2=p1p3+p2p3-2p1p2p3;
③比赛顺序为乙、甲、丙时,p=p2p1(1-p3)+(1-p2)·p1p3=p1p2+p1p3-2p1p2p3;
④比赛顺序为乙、丙、甲时,p=p2p3(1-p1)+(1-p2)·p3p1=p2p3+p1p3-2p1p2p3;
⑤比赛顺序为丙、甲、乙时,p=p3p1(1-p2)+(1-p3)·p1p2=p1p3+p1p2-2p1p2p3;
⑥比赛顺序为丙、乙、甲时,p=p3p2(1-p1)+(1-p3)·p2p1=p2p3+p1p2-2p1p2p3.
易得情况①与⑥,②与④,③与⑤的概率分别相等,又p3>p2>p1>0,∴p1p2p1p3,
∴②与④的概率最大,即棋手在第二盘与丙比赛,p最大,故选D.
一题多解　设棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为p甲,在第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为p乙,在第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为p丙.由题意得,p甲=p1[p2(1-p3)+p3(1-p2)]=p1p2+p1p3-2p1p2p3,p乙=p2[p1(1-p3)+p3(1-p1)]=p1p2+p2p3-2p1p2p3,p丙=p3[p1(1-p2)+p2(1-p1)]
=p1p3+p2p3-2p1p2p3.由p3>p2>p1>0,得p丙-p甲=p2p3-p1p2=p2(p3-p1)>0,p丙-
p乙=p1p3-p1p2=p1(p3-p2)>0,∴p丙最大.故选D.
13.答案　
解析　设“甲、乙两球都落入盒子”为事件A,
则P(A)=.
设“甲、乙两球至少有一个落入盒子”为事件B,
则P(B)=1-.
14.解析　(1)甲连胜四场的概率为.
(2)根据赛制,至少需要进行四场比赛,至多需要进行五场比赛.
比赛四场结束,共有三种情况:甲连胜四场,乙连胜四场,丙上场后连胜三场,其概率分别为.
所以需要进行第五场比赛的概率为1-.
(3)丙最终获胜,有两种情况:
①比赛四场结束且丙最终获胜,其概率为;
②比赛五场结束且丙最终获胜,则从第二场开始的四场比赛按照丙的胜、负、轮空结果有三种情况:胜胜负胜,胜负空胜,负空胜胜,概率分别为.
因此丙最终获胜的概率为.
15.答案　0.98
解析　设经停该站高铁列车所有车次中正点率为0.97的事件为A,正点率为0.98的事件为B,正点率为0.99的事件为C,则用频率估计概率有P(A)=,所以经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为0.97×=0.98.
16.解析　(1)设“该校男生支持方案一”为事件A,“该校女生支持方案一”为事件B.
依题意知,抽取的样本中共有男生600人,其中支持方案一的有200人,故P(A)=;抽取的样本中共有女生400人,其中支持方案一的有300人,故P(B)=.
(2)由(1)可知,“该校男生支持方案一”的概率估计值为;“该校女生支持方案一”的概率估计值为.
设“抽取的该校2名男生和1名女生中,支持方案一的恰有2人”为事件C,该事件包括“2名男生均支持方案一而女生不支持方案一”“2名男生中有且只有1人支持方案一且女生支持方案一”,故所求概率为P(C)=.
(3)p1解法一:由样本的频率估计总体概率,该校学生支持方案二的概率估计值为p0=.
该校一年级男生中支持方案二的有×500≈292(人),
该校一年级女生中支持方案二的有×300≈113(人),
假设一年级学生中支持方案二的概率为p2,则p2=(292+113)÷(500+300)=,则p2>p0,
故该校除一年级外其他年级学生支持方案二的概率应低于平均概率,即p1解法二:由题表可知,男生支持方案二的概率明显大于女生支持方案二的概率.
样本中男、女生比例为3∶2,
此时p0=.
而一年级的男、女生比例为5∶3,
因为,
所以该校除一年级外其他年级学生支持方案二的概率应低于平均概率,即p1三年模拟练
1.B 2.AC 3.BD 4.B 5.C
1.B　不超过12的质数有2,3,5,7,11,从中任取两个不同的数的所有可能情况有(2,3),(2,5),(2,7),(2,11),(3,5),(3,7),(3,11),(5,7),(5,11),(7,11),共10种,
其中和为偶数的情况有(3,5),(3,7),(3,11),(5,7),(5,11),(7,11),共6种,
所以所求概率为.故选B.
2.AC　若A,B为互斥事件,则P(A+B)=P(A)+P(B)=,所以选项A正确;
当A∩B≠ 时,P(A+B)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=-P(A∩B)<,所以选项B不正确;
若P(AB)=,则因为P(A)P(B)=P(AB),所以A,B为相互独立事件,所以选项C正确;
若A,B为相互独立事件,则与B相互独立,故P()·P(B)=,所以选项D不正确.故选AC.
3.BD　由题知,不放回地抽取2个球包括2个都是红球,2个都是白球和1个红球1个白球,共3种情况,
所以“取出2个红球”和“取出2个白球”是互斥事件,但不是对立事件,故A错误.
记2个红球分别为a,b,3个白球分别为1,2,3,
不放回地从中取2个球的样本空间Ω1={(a,b),(a,1),(a,2),(a,3),(b,a),(b,1),(b,2),(b,3),(1,a),(1,b),(1,2),(1,3),(2,a),(2,b),(2,1),(2,3),(3,a),(3,b),(3,1),(3,2)},共20个样本点.
记事件A为“第1次取到红球”,事件B为“第2次取到红球”,
则A={(a,b),(a,1),(a,2),(a,3),(b,a),(b,1),(b,2),(b,3)},B={(a,b),(b,a),(1,a),(1,b),(2,a),(2,b),(3,a),(3,b)},
所以P(A)=P(B)=,故B正确.
有放回地从中取2个球的样本空间Ω2={(a,a),(a,b),(a,1),(a,2),(a,3),(b,a),(b,b),(b,1),(b,2),(b,3),(1,a),(1,b),(1,1),(1,2),(1,3),(2,a),(2,b),(2,1),(2,2),(2,3),(3,a),(3,b),(3,1),(3,2),(3,3)},共25个样本点,
记事件C为“取出1个红球和1个白球”,
则C={(a,1),(a,2),(a,3),(b,1),(b,2),(b,3),(1,a),(1,b),(2,a),(2,b),(3,a),(3,b)},共12个样本点,
所以P(C)=,故C错误.
记事件D为“取出2个白球”,则D={(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3)},共9个样本点,所以P(D)=,
所以至少取出1个红球的概率为1-,故D正确.故选BD.
4.B　设A与B中至少有一个不闭合的事件为T,E与F至少有一个不闭合的事件为R,C,D闭合分别为事件M,事件N,则P(M)=P(N)=(至少有一个不闭合的对立事件为都闭合),
所以灯亮的概率为P=1-P(T)P(R)P(.(灯亮包含的情况太多,故通过计算其对立事件的概率来求解)
故选B.
5.C　正八面体如图,
设原正方体的棱长为1,则正八面体的棱长均为,AB=1,CE=1,DF=1.
当A为等腰直角三角形的直角顶点时,满足条件的情况有(A,C,E),(A,D,F),
当B为等腰直角三角形的直角顶点时,满足条件的情况有(B,C,E),(B,D,F),
当C为等腰直角三角形的直角顶点时,满足条件的情况有(C,A,B),(C,D,F),
当D为等腰直角三角形的直角顶点时,满足条件的情况有(D,A,B),(D,C,E),
当E为等腰直角三角形的直角顶点时,满足条件的情况有(E,A,B),(E,D,F),
当F为等腰直角三角形的直角顶点时,满足条件的情况有(F,A,B),(F,C,E).
从6个点中任选3个,有20种选法,故所求概率为.故选C.
6.答案　②③④
解析　若该家庭中有两个小孩,则样本空间为{(男,男),(男,女),(女,男),(女,女)},
M={(男,女),(女,男)},N={(男,男),(男,女),(女,男)},MN={(男,女),(女,男)},
则M与N不互斥,①错误;
P(M)=,则P(MN)≠P(M)P(N),所以M与N不相互独立,②正确;
若该家庭中有三个小孩,则样本空间为{(男,男,男),(男,男,女),(男,女,男),(女,男,男),(男,女,女),(女,男,女),(女,女,男),(女,女,女)},
M={(男,男,女),(男,女,男),(女,男,男),(男,女,女),(女,男,女),(女,女,男)},
N={(男,男,男),(男,男,女),(男,女,男),(女,男,男)},MN={(男,男,女),(男,女,男),(女,男,男)},则M与N不互斥,③正确;
P(M)=,所以P(MN)=P(M)P(N),所以M与N相互独立,④正确.
所以说法正确的是②③④.
7.答案　
解析　方程x2+2mx+1=0有两个不相等的实数根,则4m2-4>0,解得m<-1或m>1.
lg 2+lg 5=lg 10=1,0=log41tan=1.
故使方程x2+2mx+1=0有两个不相等的实数根的m的值为和tan 1,所以所求概率为.
8.答案　0.128
解析　记“该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮”为事件A,若该选手恰好回答了4个问题就晋级下一轮,则该选手第二个问题必回答错误,第三、四个问题回答正确,第一个问题可对可错,故P(A)=1×0.2×0.8×0.8=0.128.
9.解析　(1)由题意可得5×(0.010+0.020+a+0.060+0.050+0.020)=1,解得a=0.040.
由0.01×5+0.02×5+0.04×5=0.35,0.35+0.06×5=0.65,可得此次问卷调查分数的中位数在[75,80)内,设为x,则0.35+0.06(x-75)=0.5,解得x=77.5.
所以此次问卷调查分数的中位数为77.5.
(2)得分在[60,65)内的市民有0.010×5×40=2人,记为a,b,
得分在[65,70)内的市民有0.020×5×40=4人,记为1,2,3,4,
则从中抽取两人的所有可能情况有ab,a1,a2,a3,a4,b1,b2,b3,b4,12,13,14,23,24,34,共15种,其中两人来自不同打分区间的情况有8种,
故所求概率为.
10.解析　(1)记事件A为甲胜乙,事件B为甲胜丙,事件C为乙胜丙,
则P(A)=.
则丙被淘汰可用事件CC∪CAB来表示,(丙被淘汰的情况有2种:第一场乙胜丙,第二场乙胜甲,第三场乙胜丙;第一场乙胜丙,第二场甲胜乙,第三场甲胜丙)
故前三场比赛结束后,丙被淘汰的概率P1=P(C.
(2)若最终的冠军为甲,则只需四场比赛就决出冠军可用事件CABA∪BAB来表示,
P(CABA∪BAB)
=P(C)P(A)P(B)P(A)+P()P(B)P(A)P(B)
=;
若最终的冠军为乙,则只需四场比赛就决出冠军可用事件C来表示,
P(C;
若最终的冠军为丙,则只需四场比赛就决出冠军可用事件来表示,
P(.
所以只需四场比赛就决出冠军的概率P2=P(CABA∪.
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