第十章高考强化

甲、乙、丙、丁四人排成一排,所有情况的树状图如下：

由图可知,共有24种等可能的排列情况,其中符合题意的排列情况有8种,故所求概率为 $ \dfrac{8}{24}=\dfrac{1}{3} $ ,故选 $ \mathrm{C} $ .

甲、乙两位参赛同学抽取主题的结果共有 $ 6×6=36 $ （种）,抽到相同主题的结果共有6种,所以甲、乙两位参赛同学抽到相同主题的概率为 $ \dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6} $ ,则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为 $ 1-\dfrac{1}{6}=\dfrac{5}{6} $ ,故选 $ \mathrm{A} $ .

从2至8的7个整数中随机取2个不同的数,有 $ ｛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种不同的结果.若随机取的2个数不互质,取法有 $ ｛2,4｝ $ , $ ｛2,6｝ $ , $ ｛2,8｝ $ , $ ｛3,6｝ $ , $ ｛4,6｝ $ , $ ｛4,8｝ $ , $ ｛6,8｝ $ ,共7种,所以这2个数互质的概率 $ P=1-\dfrac{7}{21}=\dfrac{2}{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

无放回随机抽取2张的抽法有 $ (1,2) $ , $ (1,3) $ , $ (1,4) $ , $ (1,5) $ , $ (1,6) $ , $ (2,1) $ , $ (2,3) $ , $ (2,4) $ , $ (2,5) $ , $ (2,6) $ , $ (3,1) $ , $ (3,2) $ , $ (3,4) $ , $ (3,5) $ , $ (3,6) $ , $ (4,1) $ , $ (4,2) $ , $ (4,3) $ , $ (4,5) $ , $ (4,6) $ , $ (5,1) $ , $ (5,2) $ , $ (5,3) $ , $ (5,4) $ , $ (5,6) $ , $ (6,1) $ , $ (6,2) $ , $ (6,3) $ , $ (6,4) $ , $ (6,5) $ ,共30种,其中2张卡片上的数字之积是4的倍数的有 $ (1,4) $ , $ (2,4) $ , $ (2,6) $ , $ (3,4) $ , $ (4,1) $ , $ (4,2) $ , $ (4,3) $ , $ (4,5) $ , $ (4,6) $ , $ (5,4) $ , $ (6,2) $ , $ (6,4) $ ,共12种,故所求概率为 $ \dfrac{2}{5} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

设除甲、乙外的3名同学为 $ a $ , $ b $ , $ c $ .从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作的情况有甲乙 $ a $ ,甲乙 $ b $ ,甲乙 $ c $ ,甲 $ ab $ ,甲 $ ac $ ,甲 $ bc $ ,乙 $ ab $ ,乙 $ ac $ ,乙 $ bc $ , $ abc $ ,共10种,甲、乙都入选的情况有甲乙 $ a $ ,甲乙 $ b $ ,甲乙 $ c $ ,共3种,所以甲、乙都入选的概率 $ P=\dfrac{3}{10} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ 选项,采用单次传输方案,依次发送1,0,1,依次收到1,0,1的概率为 $ (1-\beta ) (1-\alpha ) (1-\beta )= (1-\alpha ) (1-\beta )^{2} $ ,所以 $ \mathrm{A} $ 选项正确.

对于 $ \mathrm{B} $ 选项,采用三次传输方案,发送1,依次收到1,0,1的概率为 $ (1-\beta )\beta (1-\beta )=\beta (1-\beta )^{2} $ ,所以 $ \mathrm{B} $ 选项正确.

对于 $ \mathrm{C} $ 选项,采用三次传输方案,发送1,依次收到1,1,1（即译码为1）的概率为 $ (1-\beta )(1-\beta )(1-\beta )={\left(1-\beta \right) ^ {3}} $ ；发送1,依次收到1,0,1（即译码为1）,0,1,1（即译码为1）,1,1,0（即译码为1）的概率为 $ 3 (1-\beta )\beta (1-\beta )=3 (1-\beta )^{2}\beta $ ,于是译码为1的概率为 $ (1-\beta )^{3}+3(1-\beta )^{2}\beta $ ,所以 $ \mathrm{C} $ 选项不正确.

对于 $ \mathrm{D} $ 选项,采用三次传输方案,发送0,依次收到0,0,0（即译码为0）的概率为 $ (1-\alpha )(1-\alpha )(1-\alpha )={\left(1-\alpha \right) ^ {3}} $ ；发送0,依次收到0,0,1（即译码为0）,0,1,0（即译码为0）,1,0,0（即译码为0）的概率为 $ 3 (1-\alpha )\alpha (1-\alpha )=3 (1-\alpha )^{2}\alpha $ ,于是译码为0的概率为 $ (1-\alpha )^{3}+3(1-\alpha )^{2}\alpha $ .采用单次传输方案,发送0,译码为0的概率为 $ 1-\alpha $ .依题意,有 $ (1-\alpha )^{3}+{3 (1-\alpha )}^{2}\alpha > 1-\alpha $ , $ \alpha \in (0,\dfrac{1}{2}) $ ,即 $ -2{\alpha }^{2}+\alpha > 0 $ , $ \alpha \in (0,\dfrac{1}{2}) $ .令函数 $ f(\alpha )=-2{\alpha }^{2}+\alpha $ , $ \alpha \in (0,\dfrac{1}{2}) $ ,则 $ f(\alpha )=\alpha (1-2\alpha ) > 0 $ 在 $ (0,\dfrac{1}{2}) $ 上恒成立,所以 $ \mathrm{D} $ 选项正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{B}\mathrm{D} $ .

由题意可知,甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”,记为 $ (1,i) $ , $ i=1 {\rm ,2} $ , $ \cdots $ ,6；乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”,记为 $ (j,2) $ , $ j=1 {\rm ,2} $ , $ \cdots $ ,6；丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”,记为 $ (m,n) $ , $ m $ , $ n=1 {\rm ,2} $ , $ \cdots $ ,6,且 $ m+n=8 $ ；丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”,记为 $ (p,q) $ , $ p $ , $ q=1 {\rm ,2} $ , $ \cdots $ ,6,且 $ p+q=7 $ .则 $ P $ （甲） $ =\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6} $ , $ P $ （乙） $ =\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6} $ , $ P $ （丙） $ =\dfrac{5}{36} $ , $ P $ （丁） $ =\dfrac{6}{36}=\dfrac{1}{6} $ , $ P $ （甲丙） $ =0 $ , $ P $ （甲丁） $ =\dfrac{1}{36} $ , $ P $ （乙丙） $ =\dfrac{1}{36} $ , $ P $ （丙丁） $ =0 $ ,故 $ P $ （甲丁） $ =P $ （甲） $ P $ （丁）,故选 $ \mathrm{B} $ .

设该棋手在第二盘与甲比赛连胜两盘的概率为 $ {p}_{甲} $ ,第二盘与乙比赛连胜两盘的概率为 $ {p}_{乙} $ ,第二盘与丙比赛连胜两盘的概率为 $ {p}_{丙} $ ,则 $ {p}_{甲}={p}_{1}{p}_{2}(1-{p}_{3})+{p}_{1}{p}_{3}(1-{p}_{2})={p}_{1}{p}_{2}+{p}_{1}{p}_{3}-2{p}_{1}{p}_{2}{p}_{3} $ , $ {p}_{乙}={p}_{1}{p}_{2}(1-{p}_{3})+{p}_{2}{p}_{3}(1-{p}_{1})={p}_{1}{p}_{2}+{p}_{2}{p}_{3}-2{p}_{1}{p}_{2}{p}_{3} $ , $ {p}_{丙}={p}_{1}{p}_{3}(1-{p}_{2})+{p}_{2}{p}_{3}(1-{p}_{1})={p}_{1}{p}_{3}+{p}_{2}{p}_{3}-2{p}_{1}{p}_{2}{p}_{3} $ ,所以 $ {p}_{丙}-{p}_{甲}={p}_{2}({p}_{3}-{p}_{1}) > 0 $ , $ {p}_{丙}-{p}_{乙}={p}_{1}({p}_{3}-{p}_{2}) > 0 $ ,所以 $ {p}_{丙} $ 最大,故选 $ \mathrm{D} $ .

由题意知从三个箱子中摸到黑球的概率分别为 $ \dfrac{2}{5} $ , $ \dfrac{1}{4} $ , $ \dfrac{1}{2} $ ,因为从三个箱子中摸球相互独立,所以摸出的球均为黑球的概率为 $ \dfrac{2}{5}×\dfrac{1}{4}×\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{20} $ .三个箱子中小球的数量占总数的比例分别为 $ \dfrac{1}{3} $ , $ \dfrac{4}{15} $ , $ \dfrac{2}{5} $ ,所以白球占比为 $ \dfrac{1}{3}×(1-\dfrac{2}{5})+\dfrac{4}{15}×(1-\dfrac{1}{4})+\dfrac{2}{5}×(1-\dfrac{1}{2})=\dfrac{3}{5} $ ,则摸出一个白球的概率为 $ \dfrac{3}{5} $ .

$ \because $ 甲队以 $ 4:1 $ 获胜,

$ \therefore $ 第五场甲胜,而前四场甲需要胜三场输一场.又前五场的主客场安排为“主主客客主”,

$ \therefore $ 甲获胜情况可分为“胜胜胜负胜”“胜胜负胜胜”“胜负胜胜胜”“负胜胜胜胜”这4种.设事件 $ A $ 为甲以 $ 4:1 $ 获胜, $ {A}_{i} $ 表示第 $ i $ 场甲获胜.

$ \therefore P(A)=P({A}_{1}{A}_{2}{A}_{3}{\overline{A}}_{4}{A}_{5})+P({A}_{1}{A}_{2}{\overline{A}}_{3}{A}_{4}{A}_{5})+P({A}_{1}{\overline{A}}_{2}{A}_{3}{A}_{4}{A}_{5})+P({\overline{A}}_{1}{A}_{2}{A}_{3}{A}_{4}{A}_{5})=0.6×0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.6×0.5×0.5×0.6+0.6×0.4×0.5×0.5×0.6+0.4×0.6×0.5×0.5×0.6=0.18 $ .

记观众评议比赛“精彩”为事件 $ A $ ,事件 $ {A}_{1} $ 表示“两名强手对抗”,事件 $ {A}_{2} $ 表示“两名弱手对抗”,则 $ {A}_{1} $ , $ {A}_{2} $ 为互斥事件,且 $ A={A}_{1}+{A}_{2} $ ,由互斥事件的概率公式,得 $ P (A )=P ({A}_{1} )+P ({A}_{2} )=\dfrac{mn}{ (m+n)^{2}}+\dfrac{mn}{{\left(m+n \right) ^ {2}}}=\dfrac{2mn}{{\left(m+n \right) ^ {2}}}={P}_{1} $ .

记观众评议比赛“平常”为事件 $ B $ ,事件 $ B $ 表示“强手与弱手对抗”,则 $ P(B)=\dfrac{{m}^{2}}{{\left(m+n\right) ^ {2}}}+\dfrac{{n}^{2}}{{\left(m+n\right) ^ {2}}}=\dfrac{{m}^{2}+{n}^{2}}{{\left(m+n\right) ^ {2}}}={P}_{2} $ ,

又 $ m $ , $ n\in {\boldsymbol{N}}^{\ast } $ , $ m\ne n $ ,则由基本不等式知 $ {P}_{1} < {P}_{2} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

样本点总个数为 $ 10×10×10={10}^{3} $ ,至少有1名学生选择“ $ \mathrm{A}\mathrm{I} $ 领域”的对立事件是没有学生选择“ $ \mathrm{A}\mathrm{I} $ 领域”,其包含的样本点个数为 $ 6×6×6={6}^{3} $ ,则至少有1名学生选择“ $ \mathrm{A}\mathrm{I} $ 领域”的概率 $ P=1-\dfrac{{6}^{3}}{{10}^{3}}=\dfrac{98}{125} $ .