2021届高中化学高三步步高一轮复习资料第十一章 第35讲

§11.4二项分布及其应用1.相互独立事件(1)对于事件A，B，若事件A的发生与事件B的发生互不影响，则称事件A，B是相互独立事件.(2)若A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(AB)＝P(B|A)P(A)＝P(A)P(B).(3)若A与B相互独立，则A与B，A与B，A与B也都相互独立.(4)若P(AB)＝P(A)P(B)，则A与B相互独立.2.独立重复试验与二项分布(1)独立重复试验是指在相同条件下可重复进行的，各次之间相互独立的一种试验，在这种试验中每一次试验只有两种结果，即要么发生，要么不发生，且任何一次试验中发生的概率都是一样的.(2)在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，则P(X＝k)＝C k n p k(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)，此时称随机变量X服从二项分布，记为X～B(n，p)，并称p为成功概率.(3)若X～B(n，p)，则E(X)＝np，D(X)＝np(1－p).题组一思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)相互独立事件就是互斥事件.(×)(2)对于任意两个事件，公式P(AB)＝P(A)P(B)都成立.(×)(3)二项分布是一个概率分布，其公式相当于(a ＋b )n 二项展开式的通项公式，其中a ＝p ，b ＝1－p .( × ) 题组二 教材改编2.[P55T3]天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是0.2，乙地降雨概率是0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为( ) A.0.2 B.0.3 C.0.38 D.0.56答案 C解析 设甲地降雨为事件A ，乙地降雨为事件B ，则两地恰有一地降雨为A B ＋A B ， ∴P (A B ＋A B )＝P (A B )＋P (A B ) ＝P (A )P (B )＋P (A )P (B ) ＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.3.[P69B 组T1]抛掷两枚骰子，当至少一枚5点或一枚6点出现时，就说这次试验成功，则在10次试验中成功次数的均值为________. 答案509解析 抛掷两枚骰子，当两枚骰子不出现5点和6点时的概率为46×46＝49，所以至少有一次出现5点或6点的概率为1－49＝59，用X 表示10次试验中成功的次数，则X ～B ⎝⎛⎭⎫10，59，E (X )＝10×59＝509.题组三 易错自纠4.两个实习生每人加工一个零件，加工成一等品的概率分别为23和34，两个零件能否被加工成一等品相互独立，则这两个零件恰好有一个一等品的概率为( ) A.12 B.512 C.14 D.16 答案 B解析 因为两人加工成一等品的概率分别为23和34，且相互独立，所以两个零件恰好有一个一等品的概率为P ＝23×14＋13×34＝512.5.小王通过英语听力测试的概率是13，他连续测试3次，那么其中恰有1次通过的概率是( )A.49B.29C.427D.227 答案 A解析 所求概率P ＝C 13·⎝⎛⎭⎫131·⎝⎛⎭⎫1－133－1＝49. 6.国庆节放假，甲去北京旅游的概率为13，乙去北京旅游的概率为14，假定两人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人去北京旅游的概率为________. 答案 12解析 记在国庆期间“甲去北京旅游”为事件A ，“乙去北京旅游”为事件B ，又P (A B )＝P (A )·P (B )＝[1－P (A )][1－P (B )]＝⎝⎛⎭⎫1－13⎝⎛⎭⎫1－14＝12， “甲、乙两人至少有1人去北京旅游”的对立事件为“甲、乙两人都不去北京旅游”， 故所求概率为1－P (A B )＝1－12＝12.题型一 相互独立事件的概率典例 (2017·温州“十五校联合体”期中联考)一个口袋中装有n 个红球(n ≥4且n ∈N *)和5个白球，从中摸两个球，两个球颜色相同则为中奖. (1)若一次摸两个球，其中奖的概率为49，求n 的值；(2)若一次摸一个球，记下颜色后，又把球放回去.当n ＝4时，求两次摸球中奖的概率.解 (1)一次摸奖从n ＋5个球中任选两个，有C 2n ＋5种，它们等可能，其中两球不同色有C 1n C 15种，一次摸奖中奖的概率P ＝1－10n (n ＋5)(n ＋4)＝n 2－n ＋20n 2＋9n ＋20.由n 2－n ＋20n 2＋9n ＋20＝49，得n ＝4或n ＝5. (2)若n ＝4，两次摸球(每次摸球后放回)中奖的概率是 P ＝49×49＋59×59＝4181.思维升华 求相互独立事件同时发生的概率的方法 (1)首先判断几个事件的发生是否相互独立. (2)求相互独立事件同时发生的概率的方法 ①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解；②正面计算较烦琐或难以入手时，可从其对立事件入手计算.跟踪训练 甲、乙两队进行排球决赛.现在的情形是甲队只要再赢一局就获得冠军，乙队需要再赢两局才能得冠军.若两队胜每局的概率相同，则甲队获得冠军的概率为( )A.12B.35C.23D.34答案 D解析 设A i (i ＝1,2)表示继续比赛时，甲在第i 局获胜；B 事件表示甲队获得冠军，则B ＝A 1＋A 1A 2，∴P (B )＝P (A 1)＋P (A 1A 2)＝12＋12×12＝34.题型二 独立重复试验典例 甲、乙两支排球队进行比赛，约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛随即结束.除第五局甲队获胜的概率是12外，其余每局比赛甲队获胜的概率都是23.假设各局比赛结果相互独立.分别求甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利的概率.解 设“甲队以3∶0,3∶1,3∶2胜利”分别为事件A ，B ，C ，则P (A )＝23×23×23＝827，P (B )＝C 23⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫1－23×23＝827，P (C )＝C 24⎝⎛⎭⎫232×⎝⎛⎭⎫1－232×12＝427. 思维升华 在求n 次独立重复试验中事件恰好发生k 次的概率时，首先要确定好n 和k 的值，再准确利用公式求概率.跟踪训练 投篮测试中，每人投3次，至少投中2次才能通过测试.已知某同学每次投篮投中的概率为0.6，且每次投篮是否投中相互独立，则该同学通过测试的概率为( ) A.0.648 B.0.432 C.0.360 D.0.312答案 A解析 所求概率为C 23×0.62×0.4＋0.63＝0.648.题型三 二项分布及其均值、方差典例 某居民小区有两个相互独立的安全防范系统(简称系统)A 和B ，系统A 和系统B 在任意时刻发生故障的概率分别为110和p . (1)若在任意时刻至少有一个系统不发生故障的概率为4950，求p 的值；(2)设系统A 在3次相互独立的检测中不发生故障的次数为随机变量ξ，求ξ的分布列及均值E (ξ).解 (1)设“至少有一个系统不发生故障”为事件C ，那么 1－P (C )＝1－110·p ＝4950，解得p ＝15.(2)由题意，得随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3， 则P (ξ＝0)＝⎝⎛⎭⎫1103＝11 000，P (ξ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫1－110×⎝⎛⎭⎫1102＝271 000， P (ξ＝2)＝C 23×⎝⎛⎭⎫1－1102×110＝2431 000， P (ξ＝3)＝⎝⎛⎭⎫1－1103＝7291 000. ∴随机变量ξ的分布列为故随机变量ξ的均值E (ξ)＝0×11 000＋1×271 000＋2×2431 000＋3×7291 000＝2710.⎝⎛⎭⎫或∵ξ～B ⎝⎛⎭⎫3，910，∴E (ξ)＝3×910＝2710.思维升华 在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n 和变量的概率，求得概率，列出分布列.跟踪训练 (2017·浙江新高考仿真)有10道数学单项选择题，每题选对得4分，不选或选错得0分.已知某考生能正确答对其中的7道题，余下的3道题每题能正确答对的概率为13.假设每题答对与否相互独立，记ξ为该考生答对的题数，η为该考生的得分，则P (ξ＝9)＝________，E (η)＝________.(用数字作答) 答案 29 32解析 ξ＝7,8,9,10，P (ξ＝9)＝C 23⎝⎛⎭⎫132×23＝3×19×23＝29； η＝28,32,36,40， P (η＝28)＝⎝⎛⎭⎫233＝827， P (η＝32)＝C 13×13×⎝⎛⎭⎫232＝49，P (η＝36)＝C 23⎝⎛⎭⎫132×23＝29， P (η＝40)＝⎝⎛⎭⎫133＝127，所以E (η)＝28×827＋32×49＋36×29＋40×127＝32.独立事件与互斥事件典例 (1)中国乒乓球队甲、乙两名运动员参加奥运乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠军的概率是37，乙夺得冠军的概率是14，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠军的概率为________. (2)某射手每次射击击中目标的概率都是23，这名射手射击5次，有3次连续击中目标，另外两次未击中目标的概率是________. 错解展示：(1)设“甲夺得冠军”为事件A ，“乙夺得冠军”为事件B ，则P (A )＝37，P (B )＝14，由A ，B是相互独立事件，得所求概率为P (A B )＋P (A B )＋P (AB )＝37×34＋47×14＋37×14＝1628＝47.(2)所求概率P ＝C 35×⎝⎛⎭⎫233×⎝⎛⎭⎫132＝80243. 错误答案 (1)47 (2)80243现场纠错解析 (1)设“甲夺得冠军”为事件A ，“乙夺得冠军”为事件B ，则P (A )＝37，P (B )＝14.∵A ，B 是互斥事件，∴P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )＝37＋14＝1928.(2)设“第i 次射击击中目标”为事件A i (i ＝1,2,3,4,5)，“射手在5次射击中，有3次连续击中目标，另外2次未击中目标”为事件A ，则 P (A )＝P (A 1A 2A 3A 4A 5)＋P (A 1A 2A 3A 4A 5)＋P (A1A 2A 3A 4A 5)＝⎝⎛⎭⎫233×⎝⎛⎭⎫132＋13×⎝⎛⎭⎫233×13＋⎝⎛⎭⎫132×⎝⎛⎭⎫233＝881. 答案 (1)1928 (2)881纠错心得 (1)搞清事件之间的关系，不要混淆“互斥”与“独立”. (2)区分独立事件与n 次独立重复试验.1.一射手对同一目标进行4次射击，且射击结果之间互不影响.已知至少命中一次的概率为8081，则此射手的命中率为( ) A.19 B.13 C.23 D.89 答案 C解析 设此射手未命中目标的概率为p ，则1－p 4＝8081，所以p ＝13，故1－p ＝23.2.已知A ，B 是两个相互独立事件，P (A )，P (B )分别表示它们发生的概率，则1－P (A )P (B )是下列哪个事件的概率( ) A.事件A ，B 同时发生 B.事件A ，B 至少有一个发生 C.事件A ，B 至多有一个发生 D.事件A ，B 都不发生 答案 C解析 P (A )P (B )是指A ，B 同时发生的概率，1－P (A )·P (B )是A ，B 不同时发生的概率，即事件A ，B 至多有一个发生的概率.3.如图所示，A ，B ，C 表示3种开关，若在某段时间内它们正常工作的概率分别为0.9,0.8,0.7，那么此系统的可靠性为( ) A.0.504 B.0.994 C.0.496 D.0.060答案 B解析 1－P (A B C )＝1－P (A )·P (B )·P (C ) ＝1－0.1×0.2×0.3＝1－0.006＝0.994.4.某种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X ，则X 的均值为( ) A.100 B.200 C.300 D.400 答案 B解析 记不发芽的种子数为Y ，则Y ～B (1 000,0.1)， ∴E (Y )＝1 000×0.1＝100.又X ＝2Y ， ∴E (X )＝E (2Y )＝2E (Y )＝200.5.一袋中有5个白球，3个红球，现从袋中往外取球，每次任取一个记下颜色后放回，直到红球出现10次时停止，设停止时共取了X 次球，则P (X ＝12)等于( )A.C 1012⎝⎛⎭⎫3810⎝⎛⎭⎫582B.C 912⎝⎛⎭⎫389⎝⎛⎭⎫582C.C 911⎝⎛⎭⎫589⎝⎛⎭⎫382 D.C 911⎝⎛⎭⎫3810⎝⎛⎭⎫582答案 D解析 “X ＝12”表示第12次取到红球，前11次有9次取到红球，2次取到白球， 因此P (X ＝12)＝38C 911⎝⎛⎭⎫389⎝⎛⎭⎫582＝C 911⎝⎛⎭⎫3810⎝⎛⎭⎫582.6.甲射击命中目标的概率是12，乙命中目标的概率是13，丙命中目标的概率是14.现在三人同时射击目标，则目标被击中的概率为( ) A.34 B.23 C.45 D.710 答案 A解析 设“甲命中目标”为事件A ，“乙命中目标”为事件B ，“丙命中目标”为事件C ，则击中目标表示事件A ，B ，C 中至少有一个发生.又P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＝[1－P (A )]·[1－P (B )]·[1－P (C )]＝⎝⎛⎭⎫1－12×⎝⎛⎭⎫1－13×⎝⎛⎭⎫1－14＝14. 故目标被击中的概率P ＝1－P (A B C )＝34.7.(2017·台州质检)设随机变量X 服从二项分布X ～B ⎝⎛⎭⎫5，12，则函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 存在零点的概率是( ) A.56 B.45 C.3132 D.12 答案 C解析 ∵函数f (x )＝x 2＋4x ＋X 存在零点， ∴Δ＝16－4X ≥0，∴X ≤4. ∵X 服从X ～B ⎝⎛⎭⎫5，12， ∴P (X ≤4)＝1－P (X ＝5)＝1－125＝3132.8.位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12.质点P 移动五次后位于点(2,3)的概率是________.答案516解析 由于质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，移动五次后位于点(2,3)，所以质点P 必须向右移动两次，向上移动三次，故其概率为C 35⎝⎛⎭⎫123·⎝⎛⎭⎫122＝C 35⎝⎛⎭⎫125＝C 25⎝⎛⎭⎫125＝516. 9.4支足球队两两比赛，一定有胜负，每队赢的概率都为12.若每队赢的场数各不相同，则共有________种结果；其概率为________. 答案 24 38解析 ∵4支足球队两两比赛，一定有胜负，每队赢的概率都为0.5，并且每队赢的场数各不相同，∴4队比6场只考虑胜场，且各不相同，胜场分别为0,1,2,3，∴共有A 44＝4×3×2×1＝24种结果，∴概率为P ＝A 44⎝⎛⎭⎫126＝38. 10.若将甲、乙两个球随机放入编号为1,2,3的三个盒子中，每个盒子的放球数量不限，则在1,2号盒子中各有一个球的概率是________. 答案 29解析 将甲、乙两个球随机放入编号为1,2,3的三个盒子中，每个盒子的放球数量不限，则有3×3＝9(种)不同的放法，其中在1,2号盒子中各有一个球的结果有2种，故所求概率是29.11.设随机变量X ～B (2，p )，随机变量Y ～B (3，p )，若P (X ≥1)＝59，则P (Y ≥1)＝________.答案1927解析 ∵X ～B (2，p )，∴P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－C 02(1－p )2＝59， 解得p ＝13.又Y ～B (3，p )，∴P (Y ≥1)＝1－P (Y ＝0)＝1－C 03(1－p )3＝1927. 12.挑选空军飞行员可以说是“万里挑一”，要想通过需要五关：目测、初检、复检、文考(文化考试)、政审.若某校甲、乙、丙三位同学都顺利通过了前两关，根据分析甲、乙、丙三位同学通过复检关的概率分别是0.5,0.6,0.75，能通过文考关的概率分别是0.6,0.5,0.4，由于他们平时表现较好，都能通过政审关，若后三关之间通过与否没有影响. (1)求甲、乙、丙三位同学中恰好有一人通过复检的概率； (2)设只要通过后三关就可以被录取，求录取人数X 的分布列.解 (1)设A ，B ，C 分别表示事件“甲、乙、丙通过复检”，则所求概率P ＝P (A B C )＋P (A B C )＋P (A B C )＝0.5×(1－0.6)×(1－0.75)＋(1－0.5)×0.6×(1－0.75)＋(1－0.5)×(1－0.6)×0.75＝0.275.(2)甲被录取的概率为P 甲＝0.5×0.6＝0.3， 同理P 乙＝0.6×0.5＝0.3，P 丙＝0.75×0.4＝0.3. ∴甲、乙、丙每位同学被录取的概率均为0.3，故可看成是独立重复试验，即X ～B (3,0.3)，X 的可能取值为0,1,2,3，其中P (X ＝k )＝C k 3(0.3)k·(1－0.3)3－k .故P (X ＝0)＝C 03×0.30×(1－0.3)3＝0.343， P (X ＝1)＝C 13×0.3×(1－0.3)2＝0.441， P (X ＝2)＝C 23×0.32×(1－0.3)＝0.189， P (X ＝3)＝C 33×0.33＝0.027，故X 的分布列为13.如图所示，某快递公司送货员从公司A 处准备开车送货到某单位B 处，有A →C →D →B ，A →E →F →B 两条路线.若该地各路段发生堵车与否是相互独立的，且各路段发生堵车事件的概率如图所示(例如A →C →D 算作两个路段，路段AC 发生堵车事件的概率为16，路段CD 发生堵车事件的概率为110).若使途中发生堵车事件的概率较小，则由A 到B 应选择的路线是______________.答案 A →E →F →B解析 路线A →C →D →B 途中发生堵车事件的概率P 1＝1－⎝⎛⎭⎫1－16×⎝⎛⎭⎫1－110×⎝⎛⎭⎫1－25＝1120， 路线A →E →F →B 途中发生堵车事件的概率P 2＝1－⎝⎛⎭⎫1－15×⎝⎛⎭⎫1－18×⎝⎛⎭⎫1－15＝1125. 因为1125<1120，所以应选择路线A →E →F →B . 14.商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖.每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球.在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖，则顾客抽奖1次能获奖的概率是________；若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，则E (X )＝________.答案 710 35解析 由题得，在甲箱中抽中红球、白球的概率分别为25，35，在乙箱中抽中红球、白球的概率分别为12，12.抽奖一次不获奖的概率为35×12＝310，所以其(对立事件)获奖的概率为1－310＝710.因为每次获得一等奖的概率为25×12＝15，3次抽奖相互独立，X ～B ⎝⎛⎭⎫3，15，故E (X )＝np ＝3×15＝35.15.某同学手里有三个球，依次投向编号为①②③的三个盒子，每次投一个球.假定该同学将球投进①号盒子的概率为23，投进②号和③号盒子的概率均为p (0<p <1)，且三个球是否投进是相互独立的.记ξ为该同学将球投进盒子的个数.若P (ξ＝0)＝112，则随机变量ξ的均值E (ξ)＝________，方差D (ξ)＝________.答案 53 1318解析 由P (ξ＝0)＝⎝⎛⎭⎫1－23(1－p )(1－p )＝112， 0<p <1，得p ＝12， 从而P (ξ＝1)＝23×⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫1－23×C 12⎝⎛⎭⎫122＝13，P (ξ＝2)＝23×C 12⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫1－23×⎝⎛⎭⎫122＝512， P (ξ＝3)＝23×⎝⎛⎭⎫122＝16， 所以E (ξ)＝0×112＋1×13＋2×512＋3×16＝53， D (ξ)＝⎝⎛⎭⎫0－532×112＋⎝⎛⎭⎫1－532×13＋⎝⎛⎭⎫2－532×512＋⎝⎛⎭⎫3－532×16＝78108＝1318. 16.在某年全国高校自主招生考试中，某高校设计了一个面试考查方案：考生从6道备选题中一次性随机抽取3题，按照题目要求独立回答全部问题.规定：至少正确回答其中2题的便可通过.已知6道备选题中考生甲有4题能正确回答，2题不能回答；考生乙每题正确回答的概率都为23，且每题正确回答与否互不影响. (1)分别写出甲、乙两考生正确回答题数的分布列，并计算其均值；(2)分析比较两考生的通过能力.解 (1)甲正确回答的题目数ξ可取1,2,3.P (ξ＝1)＝C 14C 22C 36＝15，P (ξ＝2)＝C 24C 12C 36＝35， P (ξ＝3)＝C 34C 36＝15. 故其分布列为E (ξ)＝1×15＋2×35＋3×15＝2. 又乙正确回答的题目数η～B ⎝⎛⎭⎫3，23，其分布列为∴E (η)＝np ＝3×23＝2. (2)∵D (ξ)＝(2－1)2×15＋(2－2)2×35＋(2－3)2×15＝25， D (η)＝np (1－p )＝3×23×13＝23， ∴D (ξ)<D (η).∵P (ξ≥2)＝35＋15＝45， P (η≥2)＝1227＋827＝2027， ∴P (ξ≥2)>P (η≥2).从回答对题数的均值考查，两人水平相当；从回答对题数的方差考查，甲较稳定；从至少正确回答2题的概率考查，甲获得通过的可能性大.因此可以判断甲的通过能力较强.。

第1讲认识有机化合物[考纲要求] 1.能根据有机化合物的元素含量、相对分子质量确定有机化合物的分子式。

2.了解常见有机化合物的结构；了解有机物分子中的官能团，能正确表示它们的结构。

3.了解确定有机化合物结构的化学方法和某些物理方法。

4.了解有机化合物存在同分异构现象，能判断简单有机化合物的同分异构体(不包括手性异构体)。

5.能根据有机化合物命名规则命名简单的有机化合物。

考点一有机化合物的分类及官能团1.按碳的骨架分类2.按官能团分类(1)官能团：决定化合物特殊性质的原子或原子团。

(2)—C≡C—(碳碳三键溴乙烷C2H5Br(醚键)(醛基)(羰基)(羧基)(酯基)深度思考1.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”(1)官能团相同的物质一定是同一类物质(×)(2)含有羟基的物质只有醇或酚(×)解析无机物中的H2O、含氧酸都含有羟基，有机物的“羧基”、“糖类”中也都含有羟基。

(3)含有醛基的有机物一定属于醛类(×)解析有机物的甲酸、甲酸某酯以及某些糖(如葡萄糖)中均含有醛基，它们均不属于醛类物质。

(4) 、—COOH的名称分别为笨、酸基(×)(5)醛基的结构简式为“—COH”(×)(6)含有苯环的有机物属于芳香烃(×)2.有下列四种含苯环的有机物：按要求回答下列问题：(1)属于苯的同系物的是______。

(填序号，下同)(2)属于芳香烃的是________。

(3)属于芳香化合物的是____________。

(4)用图示画出上述三类物质之间的包含关系。

答案(1)①(2)①②(3)①②③④(4)题组一官能团的识别1.北京奥运会期间对大量盆栽鲜花施用了S-诱抗素制剂，以保持鲜花盛开。

S-诱抗素的分子结构如图，下列关于该分子说法正确的是()(提示：是羰基)A.含有碳碳双键、羟基、羰基、羧基B.含有苯环、羟基、羰基、羧基C.含有羟基、羰基、羧基、酯基D.含有碳碳双键、苯环、羟基、羰基答案 A解析从图示可以分析，该有机物的结构中存在3个碳碳双键、1个羰基、1个醇羟基、1个羧基。

第35讲生命中的基础有机化学物质合成有机高分子目录第一部分：网络构建（总览全局）第二部分：知识点精准记忆第三部分：典型例题剖析高频考点1考查基本营养物质的组成、结构和性质高频考点2考查氨基酸的成肽规律及蛋白质的水解高频考点3 考查核酸的结构与性质高频考点4考查合成有机高分子的结构、性质及应用高频考点5考查合成有机高分子的单体的判断高频考点6考查有机高分子的合成路线的设计正文第一部分：网络构建（总览全局）第二部分：知识点精准记忆知识点一、糖类、油脂、蛋白质、核酸 1．糖类(1)概念：多羟基醛、多羟基酮和它们的脱水缩合物。

(2)由碳、氢、氧三种元素组成，大多数糖类化合物的通式为C n (H 2O)m 。

(3)分类：(4)单糖——葡萄糖和果糖： ①组成和分子结构分子式结构简式 官能团 二者关系葡萄糖C 6H 12O 6CH 2OH(CHOH)4CHO—OH 、 —CHO同分异构体 果糖CH 2OH(CHOH)3COCH 2OH—OH 、②葡萄糖的化学性质A.还原性：能发生银镜反应，能与新制Cu(OH)2悬浊液反应B.加成反应：与H 2发生加成反应生成己六醇C.发酵成醇：C 6H 12O 6葡萄糖――→酒化酶2C 2H 5OH ＋2CO 2↑ D.生理氧化：C6H 12O 6＋6O 2―→6CO 2＋6H 2O ＋能量 (5)二糖——蔗糖和麦芽糖比较项目 蔗糖麦芽糖相同点分子式均为C 12H 22O 11性质 都能发生水解反应 不同点是否含醛基不含含有水解产物葡萄糖和果糖葡萄糖(6)多糖——淀粉和纤维素①相似点a．都属于天然有机高分子化合物，属于多糖，分子式都可表示为(C6H10O5)n。

b．都能发生水解反应，如淀粉水解的化学方程式为。

c．都是非还原性糖，都不能发生银镜反应。

②不同点a．通式中n值不同。

b．淀粉遇碘呈现特殊的蓝色。

【易错警示】(1)有些糖类物质分子式不符合C n(H2O)m,符合C n(H2O)m的不一定为糖类。

11第 11 讲分子的性质简化学——化繁为简科学家首次“看见”氢键。

国家纳米中心的纳米表征与测量团队与中国人民大学季威领导的理论计算小组合作，利用非接触原子力显微镜，在世界上首次得到8-羟基喹啉分子间氢键的空间图象。

氢键是氢原子与电负性大的原子X以共价键结合，是一种分子间作用力。

在自然界中，氢键普遍存在，如DNA的双螺旋结构需要靠氢键固定；氨基酸形成完整的蛋白质结构也需要氢键的参与；冰之所以能浮在水面上也是因为氢键的存在。

学习目标1．掌握判断分子极性的方法。

2．能够解释范德华力与氢键对物质性质的影响。

3．理解手性异构，能够判断手性碳原子。

知识导图分子的性质1. 共价键的极性1.1 键的极性与分子的极性1.2 键极性对物质性质的影响2. 分子间作用力2.1 范德华力2.2 氢键2.3 溶解性3. 分子的手性3.1 手性异构与手性分子3.2 手性碳原子随堂讲义【2021春】高二讲义|选修5+选修3|尖端班考频分析考纲定位近5年考情统计难度分子的性质分子间作用力（熔沸点）2020全国35(3)2020山东17(2)2019全国35(1)2019全国35(3)2018全国35(3)2017全国35(3)2017江苏21(4)★★★☆☆分子间作用力（溶解性）2019江苏21(3)2018全国35(3)★★☆☆☆大招速递大招列表模块链接向量法 1.1 键的极性与分子的极性XY法 3.2 手性碳原子分子的性质第11讲模块一共价键的极性极性是物体在相反部位或方向表现出相反的固有性质或力量。

在化学中，极性是指一根共价键或一个共价分子中电荷分布的不均匀性。

如果电荷分布得不均匀，则称该键或分子为极性；如果分布均匀，则称为非极性。

知识精讲一、键的极性与分子的极性1．键的极性共价键极性共价键非极性共价键成键原子不同种元素原子同种元素原子电子对发生偏移不发生偏移成键原子的电性电负性小的原子呈正电性（）电负性大的原子呈负电性（）电中性实例随堂讲义【2021春】高二讲义|选修5+选修3|尖端班2．分子的极性含有极性键的化合物一定是极性分子吗？含有非极性键的化合物一定是非极性分子吗？常见的极性分子非极性分子的结构类型非极性分子极性分子形成原因正电中心和负电中心重合的分子正电中心和负电中心不重合的分子存在的共价键非极性键或极性键非极性键或极性键分子内原子排列对称不对称常见物质只含非极性键的双原子分子、VSEPR模型与立体构型相同的分子含极性键的双原子分子、VSEPR模型与立体构型不同的分子向量法大招点睛判断分子极性的方法：向量法，即分子中化学键的极性向量和。

第35讲烃的含氧衍生物考纲要求 1.掌握醇、酚、醛、羧酸、酯的结构与性质,以及它们之间的相互转化。

2.了解烃的衍生物合成方法。

3.了解有机分子中官能团之间的相互影响。

4.根据信息能设计有机化合物的合成路线。

考点一醇、酚1．醇、酚的概念(1)醇是羟基与烃基或苯环侧链上的碳原子相连的化合物,饱和一元醇的分子通式为C n H2n＋1OH(n≥1)。

(2)酚是羟基与苯环直接相连而形成的化合物,最简单的酚为苯酚()。

(3)醇的分类2．醇类物理性质的变化规律(1)溶解性低级脂肪醇易溶于水。

(2)密度一元脂肪醇的密度一般小于1 g·cm－3。

(3)沸点①直链饱和一元醇的沸点随着分子中碳原子数的递增而逐渐升高。

②醇分子间存在氢键,所以相对分子质量相近的醇和烷烃相比,醇的沸点远远高于烷烃。

3．苯酚的物理性质(1)纯净的苯酚是无色晶体,有特殊气味,易被空气氧化呈粉红色。

(2)苯酚常温下在水中的溶解度不大,当温度高于65_℃时,能与水混溶,苯酚易溶于酒精。

(3)苯酚有毒,对皮肤有强烈的腐蚀作用,如果不慎沾到皮肤上应立即用酒精洗涤。

4．由断键方式理解醇的化学性质如果将醇分子中的化学键进行标号如图所示,那么醇发生化学反应时化学键的断裂情况如下所示:以1-丙醇为例,完成下列条件下的化学方程式,并指明断键部位。

(1)与Na 反应___________________________________________________,__________________________。

(2)催化氧化___________________________________________________,___________________________。

(3)与HBr 的取代___________________________________________________,___________________________。

§11.1 随机事件的概率1.概率和频率(1)在相同的条件S 下重复n 次试验，观察某一事件A 是否出现，称n 次试验中事件A 出现的次数n A 为事件A 出现的频数，称事件A 出现的比例f n (A )＝n An 为事件A 出现的频率.(2)对于给定的随机事件A ，在相同条件下，随着试验次数的增加，事件A 发生的频率会在某个常数附近摆动并趋于稳定，我们可以用这个常数来刻画随机事件A 发生的可能性的大小，并把这个常数称为随机事件A 的概率，记作P (A ). 2.事件的关系与运算3.概率的几个基本性质(1)概率的取值范围：0≤P (A )≤1. (2)必然事件的概率P (E )＝1. (3)不可能事件的概率P (F )＝0. (4)概率的加法公式如果事件A 与事件B 互斥，则P (A ∪B )＝P (A )＋P (B ). (5)对立事件的概率若事件A 与事件B 互为对立事件，则P (A )＝1－P (B ). 知识拓展互斥事件与对立事件的区别与联系互斥事件与对立事件都是两个事件的关系，互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者之一必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件.题组一 思考辨析1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)事件发生的频率与概率是相同的.( × ) (2)随机事件和随机试验是一回事.( × )(3)两个事件的和事件是指两个事件都得发生.( × )(4)对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件.( √ ) (5)两互斥事件的概率和为1.( × )题组二 教材改编2.[P121T5]一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是( ) A.至多有一次中靶 B.两次都中靶 C.只有一次中靶 D.两次都不中靶答案 D解析 “至少有一次中靶”的对立事件是“两次都不中靶”.3.[P82B 组T1]从{1,2,3,4,5}中随机选取一个数a ，从{1,2,3}中随机选取一个数b ，则b >a 的概率是( )A.45B.35C.25D.15 答案 D解析 基本事件的个数为5×3＝15，其中满足b >a 的有3种，所以b >a 的概率为315＝15.题组三 易错自纠4.将一枚硬币向上抛掷10次，其中“正面向上恰有5次”是( ) A.必然事件 B.随机事件 C.不可能事件 D.无法确定 答案 B解析 抛掷10次硬币正面向上的次数可能为0～10，都有可能发生，正面向上恰有5次是随机事件.5.安排甲、乙、丙、丁四人参加周一至周六的公益活动，每天只需一人参加，其中甲参加三天活动，乙、丙、丁每人参加一天，那么甲连续三天参加活动的概率为( ) A.115 B.15 C.14 D.12 答案 B解析 由题意可得，甲连续三天参加活动的所有情况为：第1～3天，第2～4天，第3～5天，第4～6天，共四种情况，∴所求概率P ＝4·A 33C 36·A 33＝15.故选B.6.从一箱产品中随机地抽取一件，设事件A ＝{抽到一等品}，事件B ＝{抽到二等品}，事件C ＝{抽到三等品}，且已知P (A )＝0.65，P (B )＝0.2，P (C )＝0.1，则事件“抽到的产品不是一等品”的概率为________. 答案 0.35解析 ∵事件A ＝{抽到一等品}，且P (A )＝0.65， ∴事件“抽到的产品不是一等品”的概率为P＝1－P(A)＝1－0.65＝0.35.题型一事件关系的判断1.从装有两个白球和两个黄球的口袋中任取2个球，以下给出了四组事件：①至少有1个白球与至少有1个黄球；②至少有1个黄球与都是黄球；③恰有1个白球与恰有1个黄球；④恰有1个白球与都是黄球.其中互斥而不对立的事件共有()A.0组B.1组C.2组D.3组答案 B解析①中“至少有1个白球”与“至少有1个黄球”可以同时发生，如恰好1个白球和1个黄球，故两个事件不是互斥事件；②中“至少有1个黄球”说明可以是1个白球和1个黄球或2个黄球，故两个事件不互斥；③中“恰有1个白球”与“恰有1个黄球”都是指有1个白球和1个黄球，故两个事件是同一事件；④中两事件不能同时发生，也可能都不发生，因此两事件是互斥事件，但不是对立事件，故选B.2.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，若事件“2张全是移动卡”的概率是310，那么概率是710的事件是()A.至多有一张移动卡B.恰有一张移动卡C.都不是移动卡D.至少有一张移动卡答案 A解析至多有一张移动卡包含“一张移动卡，一张联通卡”，“两张全是联通卡”两个事件，它是“2张全是移动卡”的对立事件.3.口袋里装有1红，2白，3黄共6个形状相同的小球，从中取出两个球，事件A＝“取出的两个球同色”，B＝“取出的两个球中至少有一个黄球”，C＝“取出的两个球中至少有一个白球”，D＝“取出的两个球不同色”，E＝“取出的两个球中至多有一个白球”.下列判断中正确的序号为____________.①A与D为对立事件；②B与C是互斥事件；③C与E是对立事件；④P(C∪E)＝1；⑤P(B)＝P(C).答案①解析 当取出的两个球中一黄一白时，B 与C 都发生，②不正确；当取出的两个球中恰有一个白球时，事件C 与E 都发生，③不正确；显然A 与D 是对立事件，①正确；C ∪E 不一定为必然事件，P (C ∪E )≤1，④不正确；P (B )＝45，P (C )＝35，⑤不正确.思维升华 (1)准确把握互斥事件与对立事件的概念①互斥事件是不可能同时发生的事件，但可以同时不发生；②对立事件是特殊的互斥事件，特殊在对立的两个事件不可能都不发生，即有且仅有一个发生.(2)判断互斥、对立事件的方法判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件. 题型二 随机事件的频率与概率典例 (2017·全国Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完.根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关.如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶.为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：以最高气温位于各区间的频率估计最高气温位于该区间的概率. (1)估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y (单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量为450瓶时，写出Y 的所有可能值，并估计Y 大于零的概率.解 (1)这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，当且仅当最高气温低于25，由表格数据知，最高气温低于25的频率为2＋16＋3690＝0.6，所以这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率的估计值为0.6.(2)当这种酸奶一天的进货量为450瓶时，若最高气温不低于25，则Y ＝6×450－4×450＝900；若最高气温位于区间[20,25)，则Y ＝6×300＋2(450－300)－4×450＝300； 若最高气温低于20，则Y ＝6×200＋2(450－200)－4×450＝－100， 所以Y 的所有可能值为900,300，－100.Y 大于零当且仅当最高气温不低于20，由表格数据知，最高气温不低于20的频率为36＋25＋7＋490＝0.8.因此Y 大于零的概率的估计值为0.8. 思维升华 (1)概率与频率的关系频率反映了一个随机事件出现的频繁程度，频率是随机的，而概率是一个确定的值，通常用概率来反映随机事件发生的可能性的大小，有时也用频率作为随机事件概率的估计值. (2)随机事件概率的求法利用概率的统计定义求事件的概率，即通过大量的重复试验，事件发生的频率会逐渐趋近于某一个常数，这个常数就是概率.跟踪训练 某险种的基本保费为a (单位：元)，继续购买该险种的投保人称为续保人，续保人本年度的保费与其上年度出险次数的关联如下：随机调查了该险种的200名续保人在一年内的出险情况，得到如下统计表：(1)记A 为事件：“一续保人本年度的保费不高于基本保费”，求P (A )的估计值；(2)记B 为事件：“一续保人本年度的保费高于基本保费但不高于基本保费的160%”，求P (B )的估计值；(3)求续保人本年度的平均保费的估计值.解 (1)事件A 发生当且仅当一年内出险次数小于2.由所给数据知，一年内出险次数小于2的频率为60＋50200＝0.55，故P (A )的估计值为0.55.(2)事件B 发生当且仅当一年内出险次数大于1且小于4.由所给数据知，一年内出险次数大于1且小于4的频率为30＋30200＝0.3，故P (B )的估计值为0.3.(3)由所给数据，得调查的200名续保人的平均保费为0.85a ×0.30＋a ×0.25＋1.25a ×0.15＋1.5a ×0.15＋1.75a ×0.10＋2a ×0.05＝1.192 5a .因此，续保人本年度平均保费的估计值为1.192 5a .题型三 互斥、对立事件的概率命题点1 互斥事件的概率典例 袋中有12个小球，分别为红球、黑球、黄球、绿球，从中任取一球，得到红球的概率是13，得到黑球或黄球的概率是512，得到黄球或绿球的概率也是512，试求得到黑球、黄球和绿球的概率各是多少？解 方法一 从袋中选取一个球，记事件“摸到红球”“摸到黑球”“摸到黄球”“摸到绿球”分别为A ，B ，C ，D ，则有 P (A )＝13，P (B ∪C )＝P (B )＋P (C )＝512，P (C ∪D )＝P (C )＋P (D )＝512，P (B ∪C ∪D )＝P (B )＋P (C )＋P (D )＝1－P (A )＝1－13＝23，解得P (B )＝14，P (C )＝16，P (D )＝14，因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是14，16，14.方法二 设红球有n 个，则n 12＝13，所以n ＝4，即红球有4个. 又得到黑球或黄球的概率是512，所以黑球和黄球共5个. 又总球数是12，所以绿球有12－4－5＝3(个).又得到黄球或绿球的概率也是512，所以黄球和绿球共5个，而绿球有3个，所以黄球有5－3＝2(个).所以黑球有12－4－3－2＝3(个). 因此得到黑球、黄球、绿球的概率分别是 312＝14，212＝16，312＝14. 命题点2 对立事件的概率典例 一盒中装有12个球，其中5个红球，4个黑球，2个白球，1个绿球.从中随机取出1球，求：(1)取出1球是红球或黑球的概率； (2)取出1球是红球或黑球或白球的概率. 解 方法一 (利用互斥事件求概率) 记事件A 1＝{任取1球为红球}，A 2＝{任取1球为黑球}，A 3＝{任取1球为白球}，A 4＝{任取1球为绿球}，则P (A 1)＝512，P (A 2)＝412＝13，P (A 3)＝212＝16，P (A 4)＝112.根据题意知，事件A 1，A 2，A 3，A 4彼此互斥，由互斥事件的概率公式，得 (1)取出1球是红球或黑球的概率为 P (A 1∪A 2)＝P (A 1)＋P (A 2)＝512＋412＝34.(2)取出1球是红球或黑球或白球的概率为 P (A 1∪A 2∪A 3)＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3) ＝512＋412＋212＝1112. 方法二 (利用对立事件求概率)(1)由方法一知，取出1球为红球或黑球的对立事件为取出1球为白球或绿球，即A 1∪A 2的对立事件为A 3∪A 4，所以取出1球为红球或黑球的概率为P (A 1∪A 2)＝1－P (A 3∪A 4)＝1－P (A 3)－P (A 4)＝1－212－112＝34.(2)因为A 1∪A 2∪A 3的对立事件为A 4， 所以P (A 1∪A 2∪A 3)＝1－P (A 4)＝1－112＝1112.思维升华 求复杂事件的概率的两种方法求概率的关键是分清所求事件是由哪些事件组成的，求解时通常有两种方法 (1)将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用概率加法公式求解概率.(2)若将一个较复杂的事件转化为几个互斥事件的和事件时，需要分类太多，而其对立面的分类较少，可考虑利用对立事件的概率公式，即“正难则反”.它常用来求“至少”或“至多”型事件的概率.跟踪训练 某学校在教师外出家访了解学生家长对孩子的学习关心情况活动中，一个月内派出的教师人数及其概率如下表所示：(1)求有4人或5人外出家访的概率； (2)求至少有3人外出家访的概率.解 (1)设派出2人及以下为事件A,3人为事件B,4人为事件C,5人为事件D,6人及以上为事件E ，则有4人或5人外出家访的事件为事件C 或事件D ，C ，D 为互斥事件，根据互斥事件概率的加法公式可知，P (C ＋D )＝P (C )＋P (D )＝0.3＋0.1＝0.4.(2)至少有3人外出家访的对立事件为2人及以下，所以由对立事件的概率可知，P ＝1－P (A )＝1－0.1＝0.9.用正难则反思想求对立事件的概率典例 (15分)某超市为了解顾客的购物量及结算时间等信息，安排一名员工随机收集了在该超市购物的100位顾客的相关数据，如下表所示.已知这100位顾客中一次购物量超过8件的顾客占55%. (1)确定x ，y 的值，并估计顾客一次购物的结算时间的平均值；(2)求一位顾客一次购物的结算时间不超过．．．2分钟的概率.(将频率视为概率)思想方法指导 若某一事件包含的基本事件多，而它的对立事件包含的基本事件少，则可用“正难则反”思想求解. 规范解答解 (1)由已知得25＋y ＋10＝55，x ＋30＝45， 所以x ＝15，y ＝20.[2分]该超市所有顾客一次购物的结算时间组成一个总体，所收集的100位顾客一次购物的结算时间可视为一个容量为100的简单随机样本，顾客一次购物的结算时间的平均值可用样本平均数估计，其估计值为 1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10100＝1.9(分钟).[7分](2)记A 为事件“一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟”，A 1，A 2分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为2.5分钟”，“该顾客一次购物的结算时间为3分钟”，将频率视为概率，得P (A 1)＝20100＝15，P (A 2)＝10100＝110.[10分] P (A )＝1－P (A 1)－P (A 2)＝1－15－110＝710.[12分] 故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率为710.[15分]1.有一个游戏，其规则是甲、乙、丙、丁四个人从同一地点随机地向东、南、西、北四个方向前进，每人一个方向.事件“甲向南”与事件“乙向南”是( ) A.互斥但非对立事件 B.对立事件 C.相互独立事件 D.以上都不对答案 A解析 由于每人一个方向，故“甲向南”意味着“乙向南”是不可能的，故是互斥事件，但不是对立事件.2.4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为( ) A.18 B.38 C.58 D.78 答案 D解析 4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的情况有24＝16(种)，其中仅在周六(周日)参加的各有1种，∴所求概率为1－1＋116＝78.3.甲、乙两人下棋，两人下成和棋的概率是12，甲获胜的概率是13，则甲不输的概率为( )A.56 B.25 C.16 D.13 答案 A解析 事件“甲不输”包含“和棋”和“甲获胜”这两个互斥事件，所以甲不输的概率为12＋13＝56. 4.同学聚会上，某同学从《爱你一万年》、《十年》、《父亲》、《单身情歌》四首歌中选出两首歌进行表演，则《爱你一万年》未被选取的概率为( ) A.13 B.12 C.23 D.56 答案 B解析 分别记《爱你一万年》、《十年》、《父亲》、《单身情歌》为A 1，A 2，A 3，A 4，从这四首歌中选出两首歌进行表演的所有可能的结果为A 1A 2，A 1A 3，A 1A 4，A 2A 3，A 2A 4，A 3A 4，共6个，其中A 1未被选取的结果有3个，所以所求概率P ＝36＝12.故选B.5.下列命题：①将一枚硬币抛两次，设事件M ：“两次出现正面”，事件N ：“只有一次出现反面”，则事件M 与N 互为对立事件；②若事件A 与B 互为对立事件，则事件A 与B 为互斥事件；③若事件A 与B 为互斥事件，则事件A 与B 互为对立事件；④若事件A 与B 互为对立事件，则事件A ∪B 为必然事件.其中的真命题是( ) A.①②④ B.②④ C.③④ D.①②答案 B解析 对于①，一枚硬币抛两次，共出现{正，正}，{正，反}，{反，正}，{反，反}四种结果，则事件M 与N 是互斥事件，但不是对立事件，故①错；对于②，对立事件首先是互斥事件，故②正确；对于③，互斥事件不一定是对立事件，如①中的两个事件，故③错；对于④，事件A ，B 为对立事件，则在这一次试验中A ，B 一定有一个要发生，故④正确.故B 正确. 6.掷一个骰子的试验，事件A 表示“出现小于5的偶数点”，事件B 表示“出现小于5的点数”，若B 表示B 的对立事件，则一次试验中，事件A ＋B 发生的概率为( ) A.13 B.12 C.23 D.56 答案 C解析 掷一个骰子的试验有6种可能的结果. 依题意知P (A )＝26＝13，P (B )＝46＝23，∴P (B )＝1－P (B )＝1－23＝13，∵B 表示“出现5点或6点”的事件，因此事件A 与B 互斥，从而P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝13＋13＝23. 7.(2017·湖州模拟)小明忘记了微信登录密码的后两位，只记得最后一位是字母A ，a ，B ，b 中的一个，另一位是数字4,5,6中的一个，则小明输入一次密码能够成功登陆的概率是________. 答案112解析 小明输入密码后两位的所有情况为(4，A )，(4，a )，(4，B )，(4，b )，(5，A )，(5，a )，(5，B )，(5，b )，(6，A )，(6，a )，(6，B )，(6，b )，共12种，而能成功登陆的密码只有一种，故小明输入一次密码能够成功登陆的概率是112.8.若随机事件A ，B 互斥，A ，B 发生的概率均不等于0，且P (A )＝2－a ，P (B )＝4a －5，则实数a 的取值范围是________________. 答案 ⎝⎛⎦⎤54，43解析 由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧0<P (A )<1，0<P (B )<1，P (A )＋P (B )≤1，即⎩⎪⎨⎪⎧0<2－a <1，0<4a －5<1，3a －3≤1，解得⎩⎪⎨⎪⎧1<a <2，54<a <32，a ≤43，所以54<a ≤43.9.甲、乙两人玩数字游戏，先由甲任想一数字，记为a ，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜出的数字记为b ，且a ，b ∈{1,2,3}，若|a －b |≤1，则称甲、乙“心有灵犀”.现任意找两个人玩这个游戏，则他们“心有灵犀”的概率为______. 答案 79解析 甲想一数字有3种结果，乙猜一数字有3种结果，基本事件总数为3×3＝9.设甲、乙“心有灵犀”为事件A ，则A 的对立事件B 为“|a －b |>1”，即|a －b |＝2包含2个基本事件，∴P (B )＝29，∴P (A )＝1－29＝79.10.经统计，在银行一个营业窗口每天上午9点钟排队等候的人数及相应概率如下表：则该营业窗口上午9点钟时，至少有2人排队的概率是________. 答案 0.74解析 由表格可得至少有2人排队的概率P ＝0.3＋0.3＋0.1＋0.04＝0.74.11.有编号为1,2,3的三个白球，编号为4,5,6的三个黑球，这六个球除编号和颜色外完全相同，现从中任意取出两个球.(1)求取出的两个球颜色相同的概率； (2)求取出的两个球颜色不相同的概率.解 从六个球中取出两个球的基本事件有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，(4,6)，(5,6)，共15个.(1)记事件A 为“取出的两个球是白球”，则这个事件包含的基本事件有(1,2)，(1,3)，(2,3)，共3个， 故P (A )＝315＝15；记“取出的两个球是黑球”为事件B ， 同理可得P (B )＝15.记事件C 为“取出的两个球的颜色相同”，A ，B 互斥，根据互斥事件的概率加法公式， 得P (C )＝P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝25.(2)记事件D 为“取出的两个球的颜色不相同”，则事件C ，D 对立，根据对立事件概率之间的关系，得P (D )＝1－P (C )＝1－25＝35.12.某商场有奖销售中，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1 000张奖券为一个开奖单位，设特等奖1个，一等奖10个，二等奖50个.设1张奖券中特等奖、一等奖、二等奖的事件分别为A ，B ，C ，求： (1)P (A )，P (B )，P (C )； (2)1张奖券的中奖概率；(3)1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率. 解 (1)P (A )＝11 000，P (B )＝101 000＝1100，P (C )＝501 000＝120. 故事件A ，B ，C 的概率分别为11 000，1100，120. (2)1张奖券中奖包含中特等奖、一等奖、二等奖. 设“1张奖券中奖”这个事件为M ，则M ＝A ∪B ∪C . ∵A ，B ，C 两两互斥，∴P (M )＝P (A ∪B ∪C )＝P (A )＋P (B )＋P (C ) ＝1＋10＋501 000＝611 000.故1张奖券的中奖概率为611 000. (3)设“1张奖券不中特等奖且不中一等奖”为事件N ，则事件N 与“1张奖券中特等奖或中一等奖”为对立事件，∴P (N )＝1－P (A ∪B )＝1－⎝⎛⎭⎫11 000＋1100＝9891 000.故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为9891 000.13.某学校成立了数学、英语、音乐3个课外兴趣小组，3个小组分别有39,32,33个成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示.现随机选取一个成员，他属于至少2个小组的概率是________，他属于不超过2个小组的概率是________. 答案 35 1315解析 “至少2个小组”包含“2个小组”和“3个小组”两种情况，故他属于至少2个小组的概率为P ＝11＋10＋7＋86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝35.“不超过2个小组”包含“1个小组”和“2个小组”，其对立事件是“3个小组”. 故他属于不超过2个小组的概率是 P ＝1－86＋7＋8＋8＋10＋10＋11＝1315.14.(2017·温州“十五校联合体”期中联考)一个口袋里有分别标上数字1,2,3,4,5,6,7,8,9的九张卡片，其中标上数字1,2的卡片是红色的，标上数字3,4,5的卡片是黄色的，标上数字6,7,8,9的卡片是蓝色的.从口袋里任抽三张卡片，组成数字不重复的三位数，由这些三位数构成集合M .(1)求从集合M 中随机抽取一个数，其各位数字的颜色只有两种的概率； (2)求从集合M 中随机抽取一个数，其各位数字的颜色互不相同且是偶数的概率. 解 (1)记事件“三位数字的颜色是两红一黄或两红一蓝”为事件A ，则P (A )＝C 22×C 17×A 33A 39＝112. 记事件“三位数字的颜色是两黄一红或两黄一蓝”为事件B ，则P (B )＝C 23×C 16×A 33A 39＝314. 记事件“三位数字的颜色是两蓝一红或两蓝一黄”为事件C ，则P (C )＝C 24×C 15×A 33A 39＝514.而事件A ，B ，C 是互斥事件，则从集合M 中随机抽取一个数，其各位数字的颜色只有两种的概率为P (A ＋B ＋C )＝P (A )＋P (B )＋P (C )＝112＋314＋514＝5584.(2)记事件“三位数字的颜色互不相同且是偶数”为事件D ，记事件“含有i 个偶数数字，且三位数字的颜色各异的偶数”为事件D i (i ＝1,2,3). 则D ＝D 1＋D 2＋D 3，且D 1，D 2，D 3互斥. 因P (D 1)＝(2×2＋1×2＋2×2×1)A 22A 39＝5126， P (D 2)＝(2＋2×2＋2×1)×2A 22A 39＝463， P (D 3)＝1×1×2A 33A 39＝142， P (D )＝P (D 1)＋P (D 2)＋P (D 3)＝5126＋463＋142＝863.故从集合M 中随机抽取一个数，其三位数字的颜色互不相同且是偶数的概率为863.15.如图，用K ，A 1，A 2三类不同的元件连接成一个系统.当K 正常工作且A 1，A 2至少有一个正常工作时，系统正常工作.已知K ，A 1，A 2正常工作的概率依次为0.9,0.8，0.8，则系统正常工作的概率为________. 答案 0.864解析 方法一 由题意知K ，A 1，A 2正常工作的概率分别为P (K )＝0.9，P (A 1)＝0.8，P (A 2)＝0.8，∵K ，A 1，A 2相互独立，∴A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＝(1－0.8)×0.8＋0.8×(1－0.8)＋0.8×0.8＝0.96.∴系统正常工作的概率为P (K )[P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)＋P (A 1A 2)]＝0.9×0.96＝0.864.方法二 A 1，A 2至少有一个正常工作的概率为1－P (A 1A 2)＝1－(1－0.8)(1－0.8)＝0.96，故系统正常工作的概率为P (K )[1－P (A 1A 2)]＝0.9×0.96＝0.864.16.某人在如图所示的直角边长为4米的三角形地块的每个格点(指纵、横直线的交叉点以及三角形的顶点)处都种了一株相同品种的作物.根据历年的种植经验，一株该种作物的年收获量Y (单位：kg)与它的“相近”作物株数X 之间的关系如表所示：这里，两株作物“相近”是指它们之间的直线距离不超过1米.(1)完成下表，并求所种作物的平均年收获量；(2)在所种作物中随机选取一株，求它的年收获量至少为48 kg的概率.解(1)所种作物的总株数为1＋2＋3＋4＋5＝15，其中“相近”作物株数为1的作物有2株，“相近”作物株数为2的作物有4株，“相近”作物株数为3的作物有6株，“相近”作物株数为4的作物有3株，列表如下：所种作物的平均年收获量为51×2＋48×4＋45×6＋42×315＝69015＝46.(2)由(1)知，P(Y＝51)＝215，P(Y＝48)＝415.故在所种作物中随机选取一株，它的年收获量至少为48 kg的概率为P(Y≥48)＝P(Y＝51)＋P(Y＝48)＝215＋415＝25.。