正确率60.0%抛掷一枚骰子,记事件$${{A}}$$为“落地时向上的点数是奇数”,事件$${{B}}$$为“落地时向上的点数是偶数”,事件$${{C}}$$为“落地时向上的点数是$${{3}}$$的倍数”.用样本点表示$$A \cup C, \, \, \, B \cap C$$分别是()
B
A.{$${{3}}$$},{$${{6}}$$}
B.{$$1, ~ 3, ~ 5, ~ 6$$},{$${{6}}$$}
C.{$$1, ~ 3, ~ 5, ~ 6$$},{$$2, ~ 4, ~ 6$$}
D.{$$1, ~ 3, ~ 5$$},{$${{6}}$$}
2、['事件的交(积)与事件的并(和)', '事件的包含与相等']正确率60.0%同时抛掷两枚硬币,记“向上的一面都是正面”为事件$${{M}{,}}$$“至少有一枚硬币向上的一面是正面”为事件$${{N}{,}}$$则有()
A
A.$${{M}{⊆}{N}}$$
B.$${{M}{⊇}{N}}$$
C.$${{M}{=}{N}}$$
D.$$M \cap N=\varnothing$$
3、['事件的互斥与对立', '相互独立事件的概率', '事件的交(积)与事件的并(和)']正确率60.0%甲、乙两个雷达独立工作,它们发现飞行目标的概率分别是$${{0}{.}{9}}$$和$${{0}{.}{8}{,}}$$则飞行目标被雷达发现的概率为()
D
A.$${{0}{.}{7}{2}}$$
B.$${{0}{.}{2}{6}}$$
C.$${{0}{.}{7}}$$
D.$${{0}{.}{9}{8}}$$
4、['互斥事件的概率加法公式', '事件的交(积)与事件的并(和)']正确率60.0%已知随机事件$${{A}}$$和$${{B}}$$互斥,且$$P ( A \cup B )=0. 5,$$$$P ( B )=0. 3,$$则$$P ( \bar{A} )=$$()
D
A.$${{0}{.}{5}}$$
B.$${{0}{.}{2}}$$
C.$${{0}{.}{7}}$$
D.$${{0}{.}{8}}$$
5、['事件的交(积)与事件的并(和)']正确率80.0%某人打靶$${{3}}$$次,记事件$${{A}_{i}{=}}$$“击中$${{i}}$$发”,其中$$i=0, \, \, \, 1, \, \, \, 2, \, \, \, 3,$$那么$$A=A_{1} \cup A_{2} \cup A_{3}$$表示()
B
A.全部击中
B.至少击中$${{1}}$$发
C.至少击中$${{2}}$$发
D.全部未击中
6、['古典概型的应用', '互斥事件的概率加法公式', '事件的交(积)与事件的并(和)', '概率的基本性质']正确率60.0%抛掷一枚质地均匀的骰子,观察骰子向上的点数,事件$${{A}{=}{“}}$$出现小于$${{5}}$$的偶数点$${{”}}$$,事件$${{B}{=}{“}}$$出现不小于$${{5}}$$的点数$${{”}}$$,则事件$${{A}}$$和事件$${{B}}$$中至少有一个发生的概率为()
A
A.$$\begin{array} {l l} {\frac{2} {3}} \\ \end{array}$$
B.$$\frac{1} {3}$$
C.$$\frac{1} {2}$$
D.$$\frac{5} {6}$$
7、['古典概型的概率计算公式', '事件的交(积)与事件的并(和)']正确率60.0%抛掷一枚质地均匀且各个面上分别表以数字$${{1}}$$,$${{2}}$$,$${{3}}$$,$${{4}}$$,$${{5}}$$,$${{6}}$$的正方体玩具$${{.}}$$设事件$${{A}}$$为$${{“}}$$向上一面点数为偶数$${{”}}$$,事件$${{B}}$$为$${{“}}$$向上一面点数为$${{6}}$$的约数$${{”}}$$,则$$P ( A+B )$$为()
D
A.$$\frac{1} {3}$$
B.$$\frac{1} {2}$$
C.$$\begin{array} {l l} {\frac{2} {3}} \\ \end{array}$$
D.$$\frac{5} {6}$$
8、['事件的交(积)与事件的并(和)', '随机事件']正确率60.0%一批产品共有$${{1}{0}{0}}$$件,其中有$${{5}}$$件是次品$${,{{9}{5}}}$$件是合格品.从这批产品中任意抽取$${{5}}$$件,现给出以下四个事件:
事件$${{A}{=}}$$“恰有一件次品”;事件$${{B}{=}}$$“至少有两件次品”;
事件$${{C}{=}}$$“至少有一件次品”;事件$${{D}{=}}$$“至多有一件次品”.
并给出以下结论:
①$$A \cup B=C$$;②$${{D}{∪}{B}}$$是必然事件;③$$A \cap B=C$$;④$$A \cap D=C$$.
其中正确结论的序号是()
A
A.①②
B.③④
C.①③
D.②③
9、['事件的交(积)与事件的并(和)', '概率的基本性质']正确率60.0%事件$${{A}{,}{B}}$$的概率分别为$${{p}_{1}{,}{{p}_{2}}}$$,且$${{p}_{1}{<}{{p}_{2}}}$$则$${{(}{)}}$$
D
A.$$P ( A \cap B ) < p_{1}$$
B.$$P ( A \cup B ) > p_{2}$$
C.$$P ( A \cup B )=p_{2}+p_{1}$$
D.以上都不正确
10、['事件的互斥与对立', '相互独立事件的概率', '事件的交(积)与事件的并(和)']正确率60.0%甲、乙、丙三位同学上课后独立完成$${{5}}$$道自我检测题,甲及格的概率为$$\frac{4} {5}$$,乙及格的概率为$$\frac{2} {5}$$,丙及格的概率为$$\begin{array} {l l} {\frac{2} {3}} \\ \end{array}$$,则三人中至少有一人及格的概率为 ()
C
A.$$\frac{1} {2 5}$$
B.$$\frac{1 6} {7 5}$$
C.$$\frac{2 4} {2 5}$$
D.$$\frac{5 9} {7 5}$$
1. 解析:
事件$$A$$表示奇数点,即$$A = \{1, 3, 5\}$$;
事件$$B$$表示偶数点,即$$B = \{2, 4, 6\}$$;
事件$$C$$表示3的倍数,即$$C = \{3, 6\}$$。
$$A \cup C = \{1, 3, 5\} \cup \{3, 6\} = \{1, 3, 5, 6\}$$;
$$B \cap C = \{2, 4, 6\} \cap \{3, 6\} = \{6\}$$。
正确答案是选项B。
2. 解析:
事件$$M$$表示两枚硬币都是正面,即$$M = \{(正, 正)\}$$;
事件$$N$$表示至少有一枚是正面,即$$N = \{(正, 正), (正, 反), (反, 正)\}$$。
显然$$M \subseteq N$$,因为$$M$$是$$N$$的子集。
正确答案是选项A。
3. 解析:
飞行目标被发现的概率为1减去未被发现的概率:
$$P = 1 - (1 - 0.9)(1 - 0.8) = 1 - 0.1 \times 0.2 = 1 - 0.02 = 0.98$$。
正确答案是选项D。
4. 解析:
由于$$A$$和$$B$$互斥,$$P(A \cup B) = P(A) + P(B)$$;
已知$$P(A \cup B) = 0.5$$,$$P(B) = 0.3$$,则$$P(A) = 0.5 - 0.3 = 0.2$$;
$$P(\bar{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0.2 = 0.8$$。
正确答案是选项D。
5. 解析:
$$A_1 \cup A_2 \cup A_3$$表示击中1发、2发或3发,即至少击中1发。
正确答案是选项B。
6. 解析:
事件$$A = \{2, 4\}$$,事件$$B = \{5, 6\}$$;
$$A \cup B = \{2, 4, 5, 6\}$$,概率为$$\frac{4}{6} = \frac{2}{3}$$。
正确答案是选项A。
7. 解析:
事件$$A = \{2, 4, 6\}$$,事件$$B = \{1, 2, 3, 6\}$$(因为6的约数为1, 2, 3, 6);
$$A \cup B = \{1, 2, 3, 4, 6\}$$,概率为$$\frac{5}{6}$$。
正确答案是选项D。
8. 解析:
① $$A \cup B$$表示“恰有一件次品”或“至少两件次品”,即“至少一件次品”,所以$$A \cup B = C$$,正确;
② $$D \cup B$$表示“至多一件次品”或“至少两件次品”,覆盖所有情况,是必然事件,正确;
③ $$A \cap B$$为空集,不等于$$C$$,错误;
④ $$A \cap D$$表示“恰有一件次品”,不等于$$C$$,错误。
正确答案是选项A。
9. 解析:
选项A不一定成立,因为$$P(A \cap B)$$可能小于$$p_1$$,也可能等于$$p_1$$(如果$$A \subseteq B$$);
选项B不一定成立,因为$$P(A \cup B)$$可能小于$$p_2$$(如果$$A$$和$$B$$有交集);
选项C不成立,因为$$P(A \cup B) = p_1 + p_2 - P(A \cap B)$$,不一定等于$$p_1 + p_2$$。
正确答案是选项D。
10. 解析:
三人中至少一人及格的概率为1减去三人都不及格的概率:
$$P = 1 - \left(1 - \frac{4}{5}\right)\left(1 - \frac{2}{5}\right)\left(1 - \frac{2}{3}\right) = 1 - \frac{1}{5} \times \frac{3}{5} \times \frac{1}{3} = 1 - \frac{1}{25} = \frac{24}{25}$$。
正确答案是选项C。