《2025年高中同步测控优化训练高中数学必修第二册人教B》

7. 甲、乙两个元件构成一串联电路，设 $ E = $“甲元件故障”，$ F = $“乙元件故障”，则表示电路故障的事件为(A)

A.$ E \cup F $
B.$ E \cap F $
C.$ E \cap \overline{F} $
D.$ \overline{E} \cup \overline{F} $

答案： 7. A 解析：由题意知，甲、乙两个元件构成一串联电路，$E =$“甲元件故障”，$F =$“乙元件故障”，根据串联电路性质可知，甲元件故障或者乙元件故障都会造成电路故障，所以电路故障的事件为$E \cup F$. 故选A.

8. 在人流量较大的街道，有一中年人吆喝“送钱”，只见他手拿一黑色小布袋，袋中有 3 个黄色、3 个白色的乒乓球（各球的体积、质地完全相同），旁边立着一块小黑板写着摸球方法：从袋中随机摸出 3 个球，若摸得同一颜色的 3 个球，摊主送给摸球者 5 元钱；若摸得非同一颜色的 3 个球，摸球者付给摊主 1 元钱.
（1）求摸出的 3 个球都为白球的概率；
（2）求摸出的 3 个球为 2 个黄球 1 个白球的概率；
（3）假定一天中有 100 人参与摸球游戏，试从概率的角度估算一下这个摊主一个月（按 30 天计）能赚多少钱.

答案： 8. 解：把3个黄色乒乓球分别标记为$A，B，C$，3个白色乒乓球分别标记为$1,2,3$. 从6个球中随机摸出3个球的样本空间$\Omega = \{ ABC,AB1,AB2,AB3,AC1,AC2,AC3,BC1,$
$BC2,BC3,A12,A13,A23,B12,B13,B23,C12,C13,$
$C23,123\}$，共20个样本点，这20个样本点发生的可能性是相等的.
(1)设事件$E = \{$摸出的3个球都为白球$\}$，则事件$E$包含的样本点有1个，即摸出$123$，则$P(E) = \frac{1}{20} = 0.05$.
(2)设事件$F = \{$摸出的3个球为2个黄球1个白球$\}$，则事件$F$包含的样本点有9个，$P(F) = \frac{9}{20} = 0.45$.
(3)设事件$G = \{$摸出的3个球为同一颜色$\} = \{$摸出的3个球都为白球或摸出的3个球都为黄球$\}$，则事件$G$包含的样本点有2个，故$P(G) = \frac{2}{20} = 0.1$.
假定一天中有100人参与摸球游戏，由摸出的3个球为同一颜色的概率可估计事件“摊主送给摸球者5元钱”发生10次，事件“摸球者付给摊主1元钱”发生90次，故可估计该摊主一天可赚$90 × 1 - 10 × 5 = 40$(元)，每月可赚1200元.

9. 《史记》中讲述了田忌与齐王赛马的故事：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. 若双方各自拥有上、中、下等马各 1 匹，从中随机选 1 匹进行 1 场比赛，则齐王的马获胜的概率为(A)

A.$ \frac{2}{3} $
B.$ \frac{1}{3} $
C.$ \frac{1}{2} $
D.$ \frac{5}{6} $

答案： 9. A 解析：依题意，记田忌的上等马、中等马、下等马分别为$a,b,c$，齐王的上等马、中等马、下等马分别为$A,B,C$.由题意可知，样本空间为$\{ aA,bA,cA,aB,bB,cB,aC,$
$bC,cC\}$，共9个样本点，其中田忌可以获胜的样本点为$aB,aC,bc$，共3种，则齐王的马获胜的概率$P = 1 - \frac{3}{9} =$
$\frac{2}{3}$. 故选A.

10. 某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则即被淘汰. 已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为 0.6，0.4，0.5，0.2. 已知各轮问题能否正确回答互不影响.
（1）求该选手被淘汰的概率；
（2）求该选手在选拔中至少回答了 2 个问题后最终被淘汰的概率.

答案： 10. 解:设“该选手能正确回答第$i$轮的问题”为事件$A_{i}(i =$ $1,2,3,4)$，则$P(A_{1}) = 0.6,P(A_{2}) = 0.4,P(A_{3}) = 0.5,$ $P(A_{4}) = 0.2$.
(1)解法一：该选手被淘汰的概率为
$P = P({\overline{A}}_{1} \cup A_{1}{\overline{A}}_{2} \cup A_{1}A_{2}{\overline{A}}_{3} \cup A_{1}A_{2}A_{3}{\overline{A}}_{4}) = P(A_{1}) +$ $P(A_{1})P({\overline{A}}_{2}) + P(A_{1})P(A_{2})P({\overline{A}}_{3}) + P(A_{1})P(A_{2}) ·$ $P(A_{3})P({\overline{A}}_{4}) = 0.4 + 0.6 × 0.6 + 0.6 × 0.4 × 0.5 + 0.6$ $× 0.4 × 0.5 × 0.8 = 0.976$.
解法二：$P = 1 - P(A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}) = 1 - P(A_{1})P(A_{2}) · P$ $({\overline{A}}_{3})P(A_{4}) = 1 - 0.6 × 0.4 × 0.5 × 0.2 = 1 - 0.024 =$ $0.976$.
(2)解法一：所求概率$P = P(A_{1}{\overline{A}}_{2} \cup A_{1}A_{2}{\overline{A}}_{3} \cup$ $A_{1}A_{2}A_{3}{\overline{A}}_{4}) = P(A_{1})P({\overline{A}}_{2}) + P(A_{1})P(A_{2})P$ $({\overline{A}}_{3}) +$ $P(A_{1})P(A_{2})P(A_{3})P({\overline{A}}_{4}) = 0.6 × 0.6 + 0.6 × 0.4 ×$ $0.5 + 0.6 × 0.4 × 0.5 × 0.8 = 0.576$.
解法二：所求概率$P = 1 - P({\overline{A}}_{1}) - P(A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}) = 1 -$ $(1 - 0.6) - 0.6 × 0.4 × 0.5 × 0.2 = 0.576$.