人教A版 (2019)必修 第二册第十章 概率10.1 随机事件与概率练习

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（1）C1与C2互斥；( )
（2）C2，为对立事件；( )
（3）C3⊆D2；( )
（4）D3⊆D2；( )
（5）D1∪D2=Ω，D1D2=∅；( )
（6）D3=C5∪C6；( )
（7）E=C1∪C3∪C5；( )
（8）E，F为对立事件；( )
（9）D2∪D3=D2；( )
（10）D2∩D3=D3．( )
【答案】 正确 错误 正确 正确 正确 正确 正确 正确 正确 正确
【分析】（1）写出样本空间，及对应事件所包含的基本事件，从而根据两事件的交集是否为空集判断两事件是否互斥；（2）验证是否满足交集为空集，并集为整个样本空间进行判断；（3）（4）（5）可以通过对应集合的关系进行判断；（6）（7）（8）根据事件的并集和交集公式进行求解；（9）（10）由D3⊆D2作出判断.
【详解】该试验的样本空间可表示为Ω=1,2,3,4,5,6．
由题意知Ci=i，D1=1,2，D2=3,4,5,6，D3=5,6，E=1,3,5，F=2,4,6．
（1）C1=1，C2=2，满足C1∩C2=∅，所以C1与C2互斥，故正确；
（2）C2=2，C3=3，满足C2∩C3=∅，但不满足C2∪C3=Ω．所以C2，为互斥事件，但不是对立事件，故错误；
根据对应的集合易得，
（3）正确；
（4）正确；
（5）正确；
（6）由于C5∪C6=5,6，所以D3=C5∪C6，故正确；
（7）由于C1∪C3∪C5=1,3,5，故E=C1∪C3∪C5：正确；
（8）因为E∩F=∅，E∪F=Ω，所以E，F为对立事件，故正确；
（9）因为D3⊆D2，所以D2∪D3=D2，正确；
（10）因为D3⊆D2，所以D2∩D3=D3，正确．
2．若干个人站成一排，其中为互斥事件的是( )
A．“甲站排头”与“乙站排头”
B．“甲站排头”与“乙不站排尾”
C．“甲站排头”与“乙站排尾”
D．“甲不站排头”与“乙不站排尾”
【答案】A
【分析】根据不能同时发生的两个事件，叫互斥事件，依次判断．
【详解】根据互斥事件不能同时发生，判断A是互斥事件；B、C、D中两事件能同时发生，故不是互斥事件；
故选A．
【点睛】本题考查了互斥事件的定义．是基础题．
3．某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名参加演讲比赛，设A ={2名全是男生}，B={2名全是女生}，C={恰有一名男生}，D={至少有一名男生}，则下列关系不正确的是（ ）
A．B．B∩D=∅C．D．
【答案】D
【分析】根据至少有1名男生包含2名全是男生､1名男生1名女生，则，，可判断A,C; 事件B与D是互斥事件,判断B; A∪B表示的是2名全是男生或2名全是女生，B∪D表示至少有一名男生，由此判断D.
【详解】至少有1名男生包含2名全是男生､1名男生1名女生，故，，
故A，C正确；
事件B与D是互斥事件，故B∩D=∅，故B正确，
A∪B表示的是2名全是男生或2名全是女生，B∪D表示2名全是女生或名至少有一名男生，
故，D错误，
故选：D.
4．抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：C1= “点数不大于3”，C2= “点数大于3”，C3= “点数大于5”；D= “点数为奇数”；Ei= “点数为i”，其中i=1,2,3,4,5,6.下列结论正确的是（ ）
A．C1⊆DB．D=E1∪E3∪E5C．C2与互斥D．E1与E2互为对立
【答案】B
【分析】利用事件的关系与运算判断A，B；利用互斥事件与对立事件的意义判断C，D作答.
【详解】因事件C1含有“点数为2”的基本事件，而事件D不含这个基本事件，A不正确；
事件D含有3个基本事件：“点数为1”，“点数为3”， “点数为5”，即D=E1∪E3∪E5，B正确；
事件C2与都含有“点数为6”的基本事件， C2与不互斥，C不正确；
事件E1与E2不能同时发生，但可以同时不发生，E1与E2不对立，D不正确.
故选：B
5．抛掷一颗质地均匀的骰子，有如下随机事件：Ai= “向上的点数为”，其中i=1,2,3,4,5,6，B= “向上的点数为偶数”，则下列说法正确的是（ ）
A．A1⊆BB．A2+B=ΩC．A3与B互斥D．A4与B对立
【答案】C
【分析】对于选项中的事件，分别写出对应的基本事件构成的集合，依次分析，即可
【详解】对于A，A1=2,3,4,5,6，B=2,4,6，∴A1⊆B，故A错误；
对于B，A2+B=2∪2,4,6=2,4,6≠Ω，故B错误；
对于C，A3与B不能同时发生，是互斥事件，故C正确；
对于D，A4=4，B=1,3,5，A4与B是互斥但不对立事件，故D错误；
故选：C
6．在试验E“从1，2，3，4这4个数中，任取2个数求和”中，事件A表示“这2个数的和大于4”，事件B表示“这2个数的和为偶数”，则A∪B和A∩B中包含的样本点数分别为（ ）
A．1，6B．4，2C．5，1D．6，1
【答案】C
【分析】先求出试验E的样本空间，事件A、B中所含的样本点，即可求出答案.
【详解】试验E的样本空间为Ω＝{（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）}．
其中事件A中所含的样本点为（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共4个；
事件B中所含的样本点为（1，3），（2，4），共2个．
所以事件A∪B中所含的样本点为（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共5个；
事件A∩B中所含的样本点为（2，4），共1个．
故选：C．
7．一个盒子中装有5支圆珠笔，其中3支一等品，2支二等品，大小质地完全相同，若从中随机取出3支，则与事件“取出1支一等品和2支二等品”互斥的事件有 （ ）
A．取出的3支笔中，至少2支一等品B．取出的3支笔中，至多1支二等品
C．取出的3支笔中，既有一等品也有二等品D．取出的3支笔中，没有二等品
【答案】ABD
【分析】根据互斥事件的定义逐项检验即可求解
【详解】对于A，事件“取出的3支笔中，至少2支一等品”包括2支一等品和1支二等品，3支一等品两种结果，与事件“取出1支一等品和2支二等品”不能同时发生，它们是互斥事件，故A正确；
对于B，事件“取出的3支笔中，至多1支二等品”包括2支一等品和1支二等品，3支一等品两种结果，与事件“取出1支一等品和2支二等品”不能同时发生，它们是互斥事件，故B正确；
对于C，事件“取出的3支笔中，既有一等品也有二等品”包括1支一等品和2支二等品，2支一等品和1支二等品两种结果，与事件“取出1支一等品和2支二等品”可能同时发生，它们不是互斥事件，故C不正确；
对于D，事件“取出的3支笔中，没有二等品”指3支一等品，与事件“取出1支一等品和2支二等品”不能同时发生，它们是互斥事件，故D正确；
故选：ABD.
8．设M，N为两个随机事件，如果M，N为互斥事件，那么（ ）
A．M∪N是必然事件B．M∪N是必然事件
C．M与N一定为互斥事件D．M与N一定不为互斥事件
【答案】A
【分析】根据对立事件和互斥事件的定义，再借助维恩图即可求解.
【详解】因为M，N为互斥事件，则有以下两种情况，如图所示
（第一种情况）
（第二种情况）
无论哪种情况，M∪N均是必然事件．故A正确．如果是第一种情况，M∪N不是必然事件，故B不正确，如果是第一种情况，M与N不一定为互斥事件，故C不正确，如果是第二种情况，M与N一定为互斥事件，故D不正确.
故选：A.
9．在5张电话卡中，有3张移动卡和2张联通卡，从中任取2张，则下列说法正确的是（ ）
A．“至少一张是移动卡”和“两张都是移动卡”是互斥事件
B．“至少一张是移动卡”和“至少一张是联通卡”是互斥事件
C．“恰有一张是移动卡”和“两张都是移动卡”是互斥事件，也是对立事件
D．“至少一张是移动卡”和“两张都是联通卡”是对立事件
【答案】D
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义，结合题意逐项检验即可求解.
【详解】“至少一张是移动卡”和“两张都是移动卡”可以同时发生，故不是互斥事件，故A错误；
“至少一张是移动卡”和“至少一张是联通卡”可以同时发生，故不是互斥事件，故B错误；
“恰有一张是移动卡”和“两张都是移动卡”是互斥事件，不是对立事件，故C错误；
“至少一张是移动卡”和“两张都是联通卡”是对立事件，故D正确.
故选：D.
10．已知6件产品中有3件正品，其余为次品.现从6件产品中任取2件，观察正品件数与次品件数，下列选项中的两个事件互为对立事件的是（ ）
A．恰好有1件次品和恰好有2件次品B．至少有1件次品和全是次品
C．至少有1件正品和至少有1件次品D．至少有1件次品和全是正品
【答案】D
【分析】对每个选项中事件的关系分析，选出正确选项.
【详解】对于A项，恰好有1件次品和恰好有两件次品互为互斥事件，但不是对立事件；
对于B项，至少有1件次品和全是次品可以同时发生，不是对立事件；
对于C项，至少有1件正品和至少有1件次品可以同时发生，不是对立事件；
对于D项，至少有1件次品即存在次品，与全是正品互为对立事件.
故选：D.
11．抛掷一枚质地均匀的股子，定义以下事件：D1= “点数大于2”，D2= “点数不大于2”，D3= “点数大于3”，D4= “点数为4”，则下列结论正确的是（ ）
A．D3⊆D1B．D4⊆D3
C．D1∪D3=D3D．D1∩D2=∅
【答案】ABD
【分析】由事件的基本关系及运算依次判断即可.
【详解】对于A，D3= “点数大于3”，D1= “点数大于2”，显然D3⊆D1，A正确；
对于B，D4= “点数为4”，D3= “点数大于3”，D4⊆D3，B正确；
对于C，由A选项知，D3⊆D1，则D1∪D3=D1，C错误；
对于D，D1= “点数大于2”，D2= “点数不大于2”，显然不能同时发生，则D1∩D2=∅，D正确.
故选：ABD.
12．设A,B为两个互斥的事件，且P(A)>0,P(B)>0，则下列各式正确的是（ ）
A．P(AB)=0B．P(AB)=P(A)P(B)
C．D．P(A∪B)=P(A)+P(B)
【答案】ACD
【分析】根据互斥事件的含义可知AB=∅，判断A,B;根据题意可知A⊇B，从而，判断C;根据互斥事件的概率加法公式可判断D.
【详解】∵A,B为两个互斥事件，P(A)>0,P(B)>0,
∴AB=∅，即P(AB)=0，故A正确，B选项错误，
∵ A,B为两个互斥事件,则A⊇B，
∴ 故C选项正确，
∵A,B为两个互斥事件，
∴P(A∪B)=P(A)+P(B)，故D选项正确．
故选∶ACD．
13．从装有4个红球和3个白球的袋中任取2个球，事件“取出的2球中至少有1个白球”的对立事件是________.
【答案】取出的2球都是红球
【分析】根据对立事件的概念即得.
【详解】从装有4个红球和3个白球的袋中任取2个球，结果有“取出的2球都是红球”，“取出的2球是一红一白”，“取出的2球都是白球”，
所以事件“取出的2球中至少有1个白球”的对立事件是“取出的2球都是红球”.
故答案为：取出的2球都是红球.
14．某单位6个员工借助互联网开展工作，每个员工上网的概率都是0.5（相互独立）．至少3人同时上网的概率为________；至少________人同时上网的概率小于0.3．
【答案】 2132； 5.
【分析】①根据题意，由对立事件的概率分析可得，“至少3人同时上网”的概率等于1减去“至多2人同时上网”的概率，进而计算可得答案．
②由①的方法，从对立事件的角度分析，分别计算“至少4人同时上网”的概率与“至少5人同时上网”的概率，比较可得答案．
【详解】解：①根据题意，可得“至少3人同时上网”与“至多2人同时上网”互为对立事件，
故“至少3人同时上网”的概率等于1减去“至多2人同时上网”的概率，
即“至少3人同时上网”的概率为：
．
②至少4人同时上网的概率为，
至少5人同时上网的概率为，
因此，至少5人同时上网的概率小于0.3．
故答案为：2132；5.
【点睛】本题考查对立事件的概率，首先要明确事件之间的关系，再利用概率的计算公式进行求解，考查运算能力.
15．如图所示，靶子由一个中心圆面I和两个同心圆环Ⅱ、Ⅲ构成，射手命中I、Ⅱ、Ⅲ的概率分别为0.35，0.30，0.25，则射手命中圆环Ⅱ或Ⅲ的概率为________，不命中靶的概率是________．
【答案】 0.55##1120 0.10##110
【分析】利用概率的加法公式和对立事件的概率公式即可求解.
【详解】设射手命中圆面I为事件A，命中圆环Ⅱ为事件B，命中圆环Ⅲ为事件C，不中靶为事件D，则P(A)=0.35，P(B)=0.30，P(C)=0.25，A，B，C两两互斥，
故射手命中圆环Ⅱ或Ⅱ的概率为P(B∪C)=P(B)+P(C)=0.30+0.25=0.55，
射手中靶的概率为P(A∪B∪C)=P(A)+P(B)+P(C)=0.35+0.30+0.25=0.90．
因为中靶和不中靶是对立事件，所以不命中靶的概率P(D)=1−P(A∪B∪C)=1−0.90=0.10．
故答案为：0.55；0.10.
选做题
16．掷一个骰子，下列事件：A=出现奇数点，B=出现偶数点，C=出现点数小于3，D=出现点数大于2，E=出现点数是3的倍数．求：
(1)A∩B， B∩C；
(2)A∪B，B∪C；
(3)记H是事件的对立事件，求，A∩C，B∪C，D∪E．
【答案】(1)A∩B=∅，B∩C={2}.
(2)A∪B=1,2,3,4,5,6，B∪C=1,2,4,6．
(3)D={1,2}，A∩C={2}，B∪C=1,2,3,5，D∪E=1,2,4,5．
【分析】（1）根据交事件（积事件）的概念求解即可；
（2）根据并事件（和事件）的概念求解即可；
（3）根据对立事件与交事件、并事件运算求解即可.
【详解】（1）∵A=出现奇数点=1,3,5，B=出现偶数点=2,4,6，C=出现点数小于3=1,2，
∴A∩B=∅，B∩C={2}.
（2）∵A=出现奇数点=1,3,5，B=出现偶数点=2,4,6，C=出现点数小于3=1,2，
∴A∪B=1,2,3,4,5,6，B∪C=1,2,4,6．
（3）∵A=出现奇数点=1,3,5，B=出现偶数点=2,4,6，C=出现点数小于3=1,2，D=出现点数大于2=3,4,5,6，E=出现点数是3的倍数=3,6.
∴A={2,4,6}，B={1,3,5}，E={1,2,4,5}
∴D={1,2}，A∩C={2}，B∪C=1,2,3,5，D∪E=1,2,4,5．
17．从一箱产品中随机地抽取出一件产品，设事件A：抽到的是一等品，事件B：抽到的是二等品，事件C：抽到的是三等品，试用A，B，C表示下列事件：
(1)事件D：抽到的是一等品或二等品；
(2)事件E：抽到的是二等品或三等品．
【答案】(1)D=A∪B
(2)E=B∪C
【分析】（1）由并事件的概念即可得出答案.
（2）由并事件的概念即可得出答案.
（1）
∵事件A：抽到的是一等品，事件B：抽到的是二等品，
又∵事件D：抽到的是一等品或二等品，∴D=A∪B；
（2）
∵事件B：抽到的是二等品，事件C：抽到的是三等品，
又∵事件E：抽到的是二等品或三等品，∴E=B∪C．
18．S=xx+1≤3,x∈Z，则S中：
(1)恰含有两个样本点的事件有多少个？
(2)至少含有三个样本点的事件有多少个？
【答案】(1)21
(2)99
【分析】（1）解集合中的不等式共有7种不同的取值，然后再选两个样本点即可.
（2）“利用反向思维”先求出一共有多少个基本事件，减去不可能事件、基本事件、含有两个样本点的事件.
（1）
Ω=−4,−3,−2,−1,0,1,2，恰含有两个样本点的事件共7×6÷2=21（个）.
（2）
所有事件一共27个，其中不可能事件1个，基本事件7个，含有两个样本点的事件21个，则至少含有三个样本点的事件有27−1−7−21=99（个）．
19．用红、黄、蓝三种不同的颜色给大小相同的三个圆随机涂色，每个圆只涂一种颜色.设事件A= “三个圆的颜色全不相同”，事件B= “三个圆的颜色不全相同”，事件C= “其中两个圆的颜色相同”，事件D= “三个圆的颜色全相同”.
（1）写出试验的样本空间.
（2）用集合的形式表示事件.
（3）事件B与事件C有什么关系？事件A和B的交事件与事件D有什么关系？并说明理由.
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）事件B包含事件C，事件A和B的交事件与事件D互斥.见解析
【解析】(1) 由题意可知3个球可能颜色一样,可能有2个一样,另1个异色,或者三个球都异色.再分别列出即可.
(2)根据(1)中列举的基本事件求解即可.
(3)根据(2)中的中基本事件辨析即可.
【详解】(1)由题意可知3个球可能颜色一样,可能有2个一样,另1个异色,或者三个球都异色.则试验的样本空间
{（红,红,红）,（黄,黄,黄）,（蓝,蓝,蓝）,（红,红,黄）,（红,红,蓝）,（蓝,蓝,红）,（蓝,蓝,黄）,（黄,黄,红）,（黄,黄,蓝）,（红,黄,蓝）}.
(2)A={（红,黄,蓝）}
B={（红,红,黄）,（红,红,蓝）,（蓝,蓝,红）,（蓝,蓝,黄）,（黄,黄,红）,（黄,黄,蓝）,（红,黄,蓝）}
C={（红,红,黄）,（红,红,蓝）,（蓝,蓝,红）,（蓝,蓝,黄）,（黄,黄,红）,（黄,黄,蓝）}.
D={（红,红,红）,（黄,黄,黄）,（蓝,蓝,蓝）}.
(3)由(2)可知事件B包含事件C,事件A和B的交事件与事件D互斥.
20．生产某种产品需要2道工序，设事件A=“第一道工序加工合格”，事件B=“第二道工序加工合格”，用A，B表示下列事件：C=“产品合格”，D=“产品不合格”
【答案】C=AB；D=AB+AB+AB.
【解析】由积事件的定义得出C=AB，再由和事件与积事件的定义得出D=AB+AB+AB.
【详解】解：产品合格即两道工序都合格，所以C=AB.
产品不合格即两道工序至少有一道工序不合格，
所以D=AB+AB+AB.
21．如图是某班级50名学生订阅数学、语文、英语学习资料的情况，其中A表示订阅数学学习资料的学生，B表示订阅语文学习资料的学生，C表示订阅英语学习资料的学生
（1）从这个班任意选择一名学生，用自然语言描述1，4，5，8各区域所代表的事件；
（2）用A，B，C表示下列事件：
①恰好订阅一种学习资料；
②没有订阅任何学习资料.
【答案】（1）区域1表示该生数学、语文、英语三种资料部订阅；区域4表示该生只订阅数学、语文两种资料；区域5表示该生只订阅了语文资料；区域8表示该生三种资料都未订阅. （2）①ABC+ABC+ABC；②ABC
【解析】(1)由图可得出1，4，5，8各区域所代表的事件；
(2)由事件的关系与运算求解即可.
【详解】(1)由图可知：
区域1表示该生数学、语文、英语三种资料部订阅；
区域4表示该生只订阅数学、语文两种资料；
区域5表示该生只订阅了语文资料；
区域8表示该生三种资料都未订阅.
(2) “恰好订阅一种学习资料”包括：只订阅数学为：ABC；只订阅语文：ABC；只订阅英语：ABC，并且这三种相互互斥
所以“恰好订阅一种学习资料”用A，B，C表示为：ABC+ABC+ABC
“没有订阅任何学习资料” 用A，B，C表示为：ABC