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3二1，即谜题没被破解的慨率为P(BA )+P(BA:)+P(BA,)=P(AB)53P(BA)=故选A.31313P(A)23.C由题意知P(AB)=P(B|A)P(A)=0+×5+×2=0,知P(B×号-品选CA1)≠P(B),事件A1与事件B不独立，法二：因为n(AB)=12,n(A)=20,故C,D错误.故选CD.4.C设事件A表示“第一次取出次品”，2所以PB1A)=得=号=号事件B表示“第二次取出次品”，9.14.解：(1)采取有放回的方法连抽两次，总的方法数是6×6=36，两次都是白球P(A)=33PAB)三5X4=103解析：设事件A“2题中至少有一个为理5科题”，事件B“两题恰好一文一理”，则的方法数是2×2=4，则在第一次取出次品的条件下，第二次C号-C2取出的也是次品的概率是P(BA)=P(A)==9C10,P(AB)=所以所求概率为希=号3(2)记“第一次取得红球”为事件A,“第P(AB)10CC3二次取得红球”为事件B,5,所以P(B|A)=PAB)P(A)3=故CCP(A)则P(A)=4243=3,P(AB)=65.C由题意，设A,表示第i次取到好的59,33-名晶体管，其中i=1,2,则P(A)=252710.0.5184P(A:A)=,所以P(A,A:)P(AB)5解析：由题意得，该学员拿到驾照的概所以P(B|A)=P(A)2P(A)·P(A21A)=5735率为0.9×0.8×0.8×0.9=0.5184.32×立=13211.2—一雕能力提升练一故选C由乘法公式，得P(AB)=P(A)·6.B由题意，可得P(A)=A3A 3解析：设汽车分别在甲、乙、丙三处的通1.CAΓ7’行为事件A,B,C,停车为A,B,C,则PBA)=言×号-是选C对于A,事件A1A2表示第1,2只出笼的猫都是黑猫，则P(A1A)=AAP(A)=3P(B)=2,P(C)=2.A设“甲同学被选出”记为事件A,“乙1同学被选出”记为事件B,则P(AB)=27,所以A正确；对于B,事件A1十A2表3,:停车两次即为事件(ABC)U=号，PA)=得=号，则在甲同学C(ABC)U(ABC),停车三次即为事件被选出的情况下，乙同学也被选出的概示第1只或第2只出笼的猫是黑猫，则ABC,,汽车在这三处因遇红灯或黄2P(A1+A2)=P(A1)+P(A2)3,31灯而停车至少两次的概率为PAA,）=号+号-方=号所以B率P(B|A)==(-3)×(1-）×号+日1P(A)=23错误；对于C,P(A2|A,)=(1-2)×(1-)+(1-)×选A.P(A1A2)713=3,所以C正确；对于3.D由题意得P(A)=9P(A1)号×(-号)+-)P(AB)=D,A;,A2表示第5只和第2只猫是黑A=i8P(B1A)=5猫，可祥PA,A,)=A=分所以(1-2)×(1-3)=25A123P(AB)18-8P(A)4·故选D5P(A5A2)7924P(A5|A2)=3,所P(A2）3解析：P(A)=5P(B)=4.A由题意可知：P(A|B)·P(B)+7P(AB)=1P(AB)P(A B).[1-P(B)]=P(AB)+以D正确.故选B.,.P(B|A)=P(A)P(AIB)·P(B)=P(AB)+7.AD事件M,N互不影响，且可以同时P(AB)发生，则A正确，B,C错误；P(M)=3:P(AIB)=P(B)P(AB)=P(A),故选A.815.C对于A,P(B|A)+P(B|A)=P(N)=名=D正确，故滤AD113.解：设“第1次抽到舞蹈节目”为事件A,“第2次抽到舞蹈节目”为事件B,则P(AB)+P(AB-P(A=1,故A错8.CD由题意可知A1,A2,A3是两两互P(A)“第1次和第2次都抽到舞蹈节目”为事=P(A)误；对于B,若A,B对立，则P(A)十斤的事件，故A正确；：P(A)=0,3件AB.P(B)=1,反之不成立，故B错误；对于(1)从6个节目中不放回地依次抽取2：21C,根据独立事件定义，知C正确；对于P(A2)=P(A)=2个，总的事件数n(2)=A=30.10D,若A,B互斥，则P(A|B)十P(B根据分步乘法计数原理，有n(A)31A)=0,故D错误.故选C.AA;=20,6.D由题意知，三个社团中他恰好能进∴.P(B|A2)=P(BA,)_立X所以P(A)=A)202P(A2)1n(n)=30=3入两个的栀奉为行则a6:(1-合)十(2)因为n(AB)=A=12,,故B正确；由P(B|A1)=341-b)+261-a)=，所以1所以P(AB)=40--号2(a+b)-P(BA)i×1045,所以a+bP(A1)3(B)=(3)法一：由(1)(2)，得在第1次抽到舞2 ab=蹈节目的条件下，第2次抽到舞蹈节目10的概率6=号该同学一个社团都不能进入的红幼勾·高考一轮复金卷数学272