2025北师大版高中数学必修第一册同步练习题--第七章　概率拔高练（含解析）

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2025北师大版高中数学必修第一册
综合拔高练
五年高考练
考点1　求古典概型的概率
1.(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.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
2.(2022全国新高考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.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
3.(2022全国乙,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　　　　.
考点2　随机事件概率的性质及应用
4.(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3　用频率估计概率
5.(2023天津,13)甲、乙、丙三个盒子中装有一定数量的黑球和白球,其总数之比为5∶4∶6.这三个盒子中黑球占总数的比例分别为40%,25%,50%.现从三个盒子中各取一个球,取到的三个球都是黑球的概率为　　　　;将三个盒子中的球混合后任取一个球,是白球的概率为　　　　.
6.(2020全国Ⅰ文,17)某厂接受了一项加工业务,加工出来的产品(单位:件)按标准分为A,B,C,D四个等级.加工业务约定:对于A级品、B级品、C级品,厂家每件分别收取加工费90元,50元,20元;对于D级品,厂家每件要赔偿原料损失费50元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为25元/件,乙分厂加工成本费为20元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务,在两个分厂各试加工了100件这种产品,并统计了这些产品的等级,整理如下:
甲分厂产品等级的频数分布表
等级 A B C D
频数 40 20 20 20
乙分厂产品等级的频数分布表
等级 A B C D
频数 28 17 34 21
(1)分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率;
(2)分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润,以平均利润为依据,厂家应选哪个分厂承接加工业务
7.(2023北京,18)为研究某种农产品价格变化的规律,收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据,如下表所示.在描述价格变化时,用“+”表示“上涨”,即当天价格比前一天价格高;用“-”表示“下跌”,即当天价格比前一天价格低;用“0”表示“不变”,即当天价格与前一天价格相同.
时段 价格变化
第1天 到第 20天 - + + 0 - - - + + 0 + 0 - - + - + 0 0 +
第21天 到第 40天 0 + + 0 - - - + + 0 + 0 + - - - + 0 - +
用频率估计概率.
(1)试估计该农产品价格“上涨”的概率;
(2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的.在未来的日子里任取4天,试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;
(3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响.判断第41天该农产品价格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大.(结论不要求证明)
考点4　随机事件的独立性
8.(多选题)(2023新高考Ⅱ,12)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<α<1),收到0的概率为1-α;发送1时,收到0的概率为β(0<β<1),收到1的概率为1-β.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,译码规则如下:单次传输时,收到的信号即为译码;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,则译码为1)(　　)
A.采用单次传输方案,若依次发送1,0,1,则依次收到1,0,1的概率为(1-α)(1-β)2
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β(1-β)2
C.采用三次传输方案,若发送1,则译码为1的概率为β(1-β)2+(1-β)3
D.当0<α<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
9.(2022全国乙,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
10.(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　　　　.
三年模拟练
应用实践
1.(2024江苏基地大联考)已知事件A,B,且P(A)=0.4,P(B)=0.3,则下列说法不正确的是　　(　　)
A.若B A,则P(AB)=0.3
B.若B A,则P(A+B)=0.4
C.若A与B相互独立,则P(A+B)=0.7
D.若A与B相互独立,则P()=0.42
2.(2023山东济宁育才中学学情检测)某市创建“全国卫生文明城市”活动中,大力加强垃圾分类投放宣传.某居民小区设有“厨余垃圾”“可回收垃圾”“其他垃圾”三种不同的垃圾桶.一天,小贤提着上述分好类的垃圾各一袋,随机每桶投一袋,则恰好有一袋垃圾投对的概率为(　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
3.(多选题)(2023福建莆田第一中学段考)连续抛掷两次骰子,“第一次抛掷的点数小于3”记为事件A,“第二次抛掷的点数是3的倍数”记为事件B,“两次抛掷的点数之和为偶数”记为事件C,“两次抛掷的点数之和为奇数”记为事件D,则(　　)
A.A与B互斥
B.C与D互斥
C.A与C相互独立
D.B与D一定不相互独立
4.(多选题)(2024广东佛山一中质检)甲、乙两队进行排球比赛,采取五局三胜制(当一队赢得三场胜利时,该队获胜,比赛结束).根据前期比赛成绩可知在每一局比赛中,甲队获胜的概率为,乙队获胜的概率为.若前两局中乙队以2∶0领先,则(　　)
A.甲队获胜的概率为
B.乙队以3∶0获胜的概率为
C.乙队以3∶1获胜的概率为
D.乙队以3∶2获胜的概率为
5.(多选题)(2024四川射洪中学月考)在一款色彩三原色(红、黄、青)的颜色传输器中,信道内传输红色、黄色、青色信号,信号的传输相互独立.当发送红色信号时,显示为黄色的概率为α(0<α<1),显示为青色的概率为1-α;当发送黄色信号时,显示为青色的概率为β(0<β<1),显示为红色的概率为1-β;当发送青色信号时,显示为红色的概率为γ(0<γ<1),显示为黄色的概率为1-γ.考虑两种传输方案:单次传输和两次传输,单次传输是指每个信号只发送1次;两次传输是指每个信号重复发送2次.显示的颜色信号需要译码,译码规则如下:当单次传输时,译码就是显示的颜色信号;当两次传输时,若两次显示的颜色信号不同,则译码为剩下的颜色信号;若两次显示的颜色信号相同,则译码为显示的颜色.例如:若显示的颜色为(红,黄),则译码为青色,若显示的颜色为(红,红),则译码为红色.则下列结论正确的是(　　)
A.采用单次传输方案,若依次发送红色、黄色、青色信号,则依次显示青色、青色、红色的概率为(1-α)(1-β)(1-γ)
B.采用两次传输方案,若发送红色信号,则依次显示黄色、黄色的概率为α2
C.采用两次传输方案,若发送红色信号,则译码为红色的概率为α(1-α)
D.对于任意的0<α<1,若发送红色信号,则采用两次传输方案译码为青色的概率小于采用单次传输方案译码为青色的概率
6.(2022黑龙江哈尔滨期末)据史料推测,算筹最晚出现在春秋晚期战国初年,是充分体现我国劳动人民智慧的一种计数方法.在算筹计数法中,用一根根同样长短和粗细的小棍子(用竹子、木头、兽骨、象牙、金属等材料制成)以不同的排列方式来表示数字,如果用五根小木棍随机摆成下图中的两个数(小木棍全部用完),那么这两个数的和不小于9的概率为　　　　.
7.(2022北京人大附中期末)小明正在考数学期末模拟,写到了填空题的第15题.已知题目有四个选项①②③④,小明根据平日掌握的知识和方法很快判断出了①正确,④错误.②③无法确定正误,但是小明依然冷静地分析后判断:②有的可能是对的,③有的可能是对的.此题只有完全选对得5分,一旦错选或者少选得0分.假设小明以上的判断均正确,那么他应该选择　　　　.
8.(2023浙江衢州五校联盟期末联考)文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号,作为普通市民,既是文明城市的最大受益者,也是文明城市的主要创造者.某学校为提高学生对文明城市创建的认识,举办了“创建文明城市”知识竞赛,所有学生的竞赛成绩(单位:分)均位于区间[50,100]内,从中随机抽取了40名学生的竞赛成绩作为样本,绘制得到如图所示的频率分布直方图.
(1)求图中a的值,并估计这40名学生竞赛成绩的平均数和中位数(同一组中的数据用该组区间的中点值代替);
(2)利用分层随机抽样的方法,从成绩不低于80分的学生中抽取7人组成创建文明城市知识宣讲团.若从这选定的7人中随机抽取2人,求至少有1人竞赛成绩位于区间[90,100]的概率.
9. (2024湖南长沙月考)为了普及垃圾分类知识,某校举行了垃圾分类知识考试,试卷中只有两道题目,已知甲同学答对每题的概率都为p,乙同学答对每题的概率都为q(p>q),且在考试中每人各题答题结果互不影响.已知每题甲、乙两人同时答对的概率为,恰有一人答对的概率为.
(1)求p和q的值;
(2)求甲、乙两人共答对3道题的概率.
10.(2024湖北恩施州三校月考)某党支部为了解党员对党章党史的认知程度,针对党支部不同年龄和不同职业的人举办了一次“党章党史”知识竞赛,满分100分(95分及以上为认知程度高),结果认知程度高的有m人,按年龄分成5组,其中第一组:[20,25),第二组:[25,30),第三组:[30,35),第四组:[35,40),第五组:[40,45],得到如图所示的频率分布直方图,已知第一组有10人.
(1)根据频率分布直方图,估计这m人的80%分位数;
(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人,担任“党章党史”的宣传使者.
①若有甲(年龄36),乙(年龄42)两人已确定入选宣传使者,现计划从第四组和第五组被抽到的使者中,随机抽取2名作为组长,求甲、乙两人至少有一人被选上的概率;
②若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和,第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1,据此估计这m人中35~45岁的所有人的年龄的方差.
11.(2024四川雅安名山第三中学月考)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(i=1,2,3,4,5,6)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,而乙、丙、丁相互之间胜负的可能性相同.
(1)求乙连负两场的概率;
(2)求甲获得冠军的概率;
(3)求乙进入决赛,且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.D　记高一年级的2名学生分别为a1,a2,高二年级的2名学生分别为b1,b2,从这4名学生中随机选2名学生有以下6种选法:a1a2,a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,b1b2,
其中2名学生来自不同年级有如下4种选法:a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,
则所求概率P=,故选D.
2.D　从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,共有21种取法.若取的这2个数互质,则不同的取法有(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种取法.所以从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.故选D.
3.答案　
解析　设另3名同学分别为丙、丁、戊,从5名同学中选3名同学参加社区服务的情况有:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊,甲丙丁,甲丙戊,甲丁戊,乙丙丁,乙丙戊,乙丁戊,丙丁戊,共10种,其中甲、乙都入选的情况有:甲乙丙,甲乙丁,甲乙戊,共3种,所以甲、乙都入选的概率为.
4.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.
5.答案　0.05;
解析　设甲、乙、丙三个盒子中的球的个数分别为5n,4n,6n,则总数为15n,
所以甲盒中黑球的个数为40%×5n=2n,白球的个数为3n;
乙盒中黑球的个数为25%×4n=n,白球的个数为3n;
丙盒中黑球的个数为50%×6n=3n,白球的个数为3n.
记“从三个盒子中各取一个球,取到的球都是黑球”为事件A,则P(A)=0.4×0.25×0.5=0.05.
记“将三个盒子中的球混合后取出一个球,是白球”为事件B,
因为白球共有9n个,所以P(B)=.
6.解析　(1)由试加工产品等级的频数分布表知,甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为=0.4;
乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为=0.28.
(2)由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
利润/元 65 25 -5 -75
频数 40 20 20 20
因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为=15(元).
由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为
利润/元 70 30 0 -70
频数 28 17 34 21
因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为=10(元).
比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润,应选甲分厂承接加工业务.
7.解析　(1)由题表得这40天内该农产品价格“上涨”的天数为16,估计该农产品价格“上涨”的概率为.
(2)在这40天内,该农产品的价格有16天“上涨”,14天“下跌”,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Ai、Bi、Ci表示第i天“上涨”“下跌”“不变”(i=1,2,3,4),则4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的所有情况为A1A2B3C4,A1A2C3B4,A1B2A3C4,A1C2A3B4,A1B2C3A4,A1C2B3A4,B1A2A3C4,C1A2A3B4,B1A2C3A4,C1A2B3A4,B1C2A3A4,C1B2A3A4,共12种,每种情况发生的概率均为0.42×0.35×0.25=0.014,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.
(3)第41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大.
详解: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,且第40天的价格“上涨”,所以只需统计前40天中价格“上涨”的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41天该农产品价格“不变”的概率估计值最大.
8.ABD　对于A,所求概率P=(1-β)(1-α)(1-β)=(1-α)(1-β)2,故A正确.
对于B,所求概率P=(1-β)β(1-β)=β(1-β)2,故B正确.
对于C,若译码为1,则收到的信号有(1,1,1),(1,0,1),(0,1,1),(1,1,0),共四种情况,则所求概率P=3β(1-β)2+(1-β)3,故C错误.
对于D,若采用单次传输方案,则译码为0的概率P1=1-α,若采用三次传输方案,译码为0,则收到的信号有(0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1),共四种情况,故译码为0的概率P3=3α(1-α)2+(1-α)3,P3-P1=(1-α)α(1-2α),又0<α<,∴P3-P1>0,即P3>P1,故D正确.故选ABD.
9.D　该棋手连胜两盘,则第二盘为必胜盘,
记该棋手在第二盘与甲比赛,且连胜两盘的概率为p甲,
则p甲=(1-p2)p1p3+p2p1(1-p3)=p1(p2+p3)-2p1p2p3,
记该棋手在第二盘与乙比赛,且连胜两盘的概率为p乙,
则p乙=(1-p1)p2p3+p1p2(1-p3)=p2(p1+p3)-2p1p2p3,
记该棋手在第二盘与丙比赛,且连胜两盘的概率为p丙,
则p丙=(1-p1)p3p2+p1p3(1-p2)=p3(p1+p2)-2p1p2p3,
则p甲-p乙=p1(p2+p3)-2p1p2p3-[p2(p1+p3)-2p1p2p3]=(p1-p2)p3<0,
p乙-p丙=p2(p1+p3)-2p1p2p3-[p3(p1+p2)-2p1p2p3]=(p2-p3)p1<0,
即p甲则p与该棋手和甲、乙、丙的比赛次序有关,选项A错误.
该棋手在第二盘与丙比赛,p最大,选项B,C错误,选项D正确.故选D.
10.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-.
三年模拟练
1.C　对于A,若B A,则P(AB)=P(B)=0.3,A中说法正确;
对于B,若B A,则P(A+B)=P(A)=0.4,B中说法正确;
对于C,若A与B相互独立,则P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.4+0.3-0.4×0.3=0.58,C中说法错误;
对于D,若A与B相互独立,则与相互独立,故P()=0.6×0.7=0.42,D中说法正确.故选C.
2.D　“厨余垃圾”“可回收垃圾”“其他垃圾”分别记为1,2,3,将3袋垃圾随机投到3个垃圾桶的样本空间Ω={(1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,1,2),(3,2,1)},共6个样本点,
设3袋垃圾中恰有1袋投放正确为事件A,则A={(1,3,2),(2,1,3),(3,2,1)},共3个样本点,故P(A)=.所以恰好有一袋垃圾投对的概率为,故选D.
3.BC　因为抛掷一次骰子,包含6种情况,
事件A表示第一次抛掷的点数为1或2,所以P(A)=;
事件B表示第二次抛掷的点数为3或6,所以P(B)=;
事件C表示两次抛掷的点数为(1,1),(1,3),(1,5),(2,2),(2,4),(2,6),(3,1),(3,3),(3,5),(4,2),(4,4),(4,6),(5,1),(5,3),(5,5),(6,2),(6,4),(6,6),共18种情况,而抛掷两次骰子共有36种情况,所以P(C)=;
事件D表示两次抛掷的点数为(1,2),(1,4),(1,6),(2,1),(2,3),(2,5),(3,2),(3,4),(3,6),(4,1),(4,3),(4,5),(5,2),(5,4),(5,6),(6,1),(6,3),(6,5),共18种情况,而抛掷两次骰子共有36种情况,所以P(D)=.
选项A,事件A与事件B可以同时发生,如第一次抛掷的点数为1,第二次抛掷的点数为3,所以事件A与事件B不互斥,该选项错误;
选项B,易知事件C与事件D互斥,该选项正确;
选项C,P(A)=,AC表示两次抛掷的点数之和为偶数且第一次抛掷的点数小于3,有(1,1),(1,3),(1,5),(2,2),(2,4),(2,6),共6种情况,所以P(AC)=,所以P(AC)=P(A)·P(C),所以A与C相互独立,该选项正确;
选项D,P(B)=,BD表示两次抛掷的点数之和为奇数且第二次抛掷的点数是3的倍数,有(2,3),(4,3),(6,3),(1,6),(3,6),(5,6),共6种情况,所以P(BD)=,所以P(BD)=P(B)·P(D),所以B与D相互独立,该选项错误.
故选BC.
4.AB　对于A,在乙队以2∶0领先的前提下,若甲队获胜,则第三、四、五局均为甲队获胜,所以甲队获胜的概率为,故A正确;
对于B,乙队以3∶0获胜,即第三局乙队获胜,概率为,故B正确;
对于C,乙队以3∶1获胜,即第三局甲队获胜,第四局乙队获胜,概率为,故C错误;
对于D,若乙队以3∶2获胜,则第五局为乙队获胜,第三、四局甲队获胜,所以乙队以3∶2获胜的概率为,故D错误.故选AB.
5.BD　对于A,所求概率为(1-α)βγ,A错误;
对于B,所求概率为α2,B正确;
对于C,所求概率为α(1-α)+(1-α)α=2α(1-α),故C错误;
对于D,若采用两次传输方案,发送红色信号,则译码为青色的概率P=(1-α)2,
若采用单次传输方案,发送红色信号,则译码为青色的概率P'=1-α,
因为P-P'=(1-α)2-(1-α)=-α(1-α)<0,所以P故选BD.
6.答案　
解析　用五根小木棍摆成题图中的两个数,共有两种摆放方法,第一种是分别用1根和4根小木棍组成1与4,或1与8,其和分别为5,9,共2种组合;第二种是分别用2根和3根小木棍组成2与3,或2与7,或6与3,或6与7,其和分别为5,9,9,13,共4种组合,
故用五根小木棍随机摆成题图中的两个数,有2+4=6(种)不同的组合,其中两个数的和不小于9的组合有4种,∴这两个数的和不小于9的概率为.
7.答案　①②
解析　共有4种情况:
选②且选③,正确的概率为;
选②不选③,正确的概率为;
不选②选③,正确的概率为;
不选②且不选③,正确的概率为.
故小明应该选择①②.
8.解析　(1)由于图中所有小矩形的面积之和等于1,
所以10×(0.015+0.020+a+0.025+0.010)=1,解得a=0.030.
样本中40名学生的竞赛成绩的平均数=55×0.15+65×0.2+75×0.3+85×0.25+95×0.1=74.5(分).
设这40名学生的竞赛成绩的中位数为x分,
由于前2组频率之和为0.35,前3组频率之和为0.65,故中位数落在第3组,于是有(x-70)×0.03+0.35=0.5,解得x=75.
即这40名学生的竞赛成绩的中位数为75分.
(2)由分层随机抽样可知,从[80,90)内应抽取5人,分别记为a,b,c,d,e,从[90,100]内应抽取2人,分别记为A,B,
从中任取2人的所有可能结果为(a,b),(a,c),(a,d),(a,e),(a,A),(a,B),(b,c),(b,d),(b,e),(b,A),(b,B),(c,d),(c,e),(c,A),(c,B),(d,e),(d,A),(d,B),(e,A),(e,B),(A,B),共21种.
其中至少有1人竞赛成绩位于区间[90,100]内的结果有(a,A),(a,B),(b,A),(b,B),(c,A),(c,B),(d,A),(d,B),(e,A),(e,B),(A,B),共11种.
所以至少有1人竞赛成绩位于区间[90,100]内的概率为.
9.解析　(1)设事件A为“甲同学答对第一题”,B为“乙同学答对第一题”,C为“甲、乙两人均答对第一题”,D为“甲、乙两人恰有一人答对第一题”,
则P(A)=p,P(B)=q,C=A∩B,D=(A∩)∪(∩B),且A与B相互独立,A∩与∩B互斥,
∴P(C)=P(A∩B)=P(A)P(B)=pq=,
P(D)=P(A∩∩B)=P(A)[1-P(B)]+[1-P(A)]P(B)=p(1-q)+(1-p)q=,
解得p=或p=.
∵p>q,∴p=.
(2)设事件Ai为“甲同学答对了i道题”,Bi为“乙同学答对了i道题”,i=0,1,2,
则P(A1)=,
P(B1)=.
设事件E为“甲、乙两人共答对3道题”,则E=(A1∩B2)∪(A2∩B1),且A1∩B2与A2∩B1互斥,
∴P(E)=P(A1∩B2)+P(A2∩B1)=,
∴甲、乙两人共答对3道题的概率为.
10.解析　(1)设80%分位数为a,
因为(0.01+0.07+0.06)×5=0.7<0.8,
(0.01+0.07+0.06+0.04)×5=0.9>0.8,
所以a位于第四组:[35,40),
所以0.7+(a-35)×0.04=0.8,解得a=37.5.
(2)①由题意得第四组应抽取4人,除甲外其余3人记为A,B,C,第五组应抽取2人,除乙外另一人记为D,
则样本空间Ω={(A,B),(A,C),(A,甲),(A,乙),(A,D),(B,C),(B,甲),(B,乙),(B,D),(C,甲),(C,乙),(C,D),(甲,乙),(甲,D),(乙,D)},共15个样本点.
设事件M为“甲、乙两人至少有一人被选上”,
则M={(A,甲),(A,乙),(B,甲),(B,乙),(C,甲),(C,乙),(甲,乙),(甲,D),(乙,D)},共9个样本点,
所以P(M)=.
②设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为,方差分别为,
则=1.
设第四组和第五组所有宣传使者的年龄的平均数为,方差为s2,
则=39,
s2=]=10.
因此,第四组和第五组所有宣传使者的年龄的方差为10,
据此可估计这m人中年龄在35~45岁的所有人的年龄的方差约为10.
11.解析　(1)乙连负两场,即乙在第1场、第4场均负,
∴乙连负两场的概率P1=.
(2)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,
∴甲获得冠军的概率P2=.
(3)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,
∴甲与乙在决赛相遇的概率P3=.
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,两人参加的比赛结果有两种:
乙1胜3胜,丙2胜3负5胜;乙1胜3负5胜,丙2胜3胜,
考虑甲在第4场和第5场的结果,得乙与丙在第3场和第6场相遇的概率
P4=,
若乙的决赛对手是丁,则和乙的决赛对手是丙情况相同,
∴乙进入决赛,且乙与其决赛对手是第二次相遇的概率为.
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