专题13 互斥、对立、独立事件及概率归类2022-2023学年高一数学热点题型归纳与分阶培优练（人教A版2019必修第二册）（解析版）

专题13互斥、对立、独立事件及概率归类目录TOC\o"1-1"\h\u【题型一】古典概型概念与性质 1【题型二】古典概型计算 3【题型三】古典概型求参数 4【题型四】互斥事件的概念 5【题型五】对立事件的概念 7【题型六】互斥与对立事件 8【题型七】互斥与对立公式运算 9【题型八】独立事件的概念 10【题型九】独立事件的概率运算 12【题型十】独立事件概率应用 14【题型十一】“电路图”型独立事件应用 15【题型十二】“取球”型概率应用 17【题型十三】“传球”型概率应用 18【题型十四】概率综合应用 19培优第一阶——基础过关练 21培优第二阶——能力提升练 24培优第三阶——培优拔尖练 29【题型一】古典概型概念与性质【典例分析】下列关于古典概型的说法正确的是（

）①试验中所有可能出现的样本点只有有限个；②每个事件出现的可能性相等；③每个样本点出现的可能性相等；④样本点的总数为n，随机事件A若包含k个样本点，则.A．②④ B．②③④ C．①②④ D．①③④【答案】D【分析】利用古典概型概念及的概率计算公式直接求解．【详解】在①中，由古典概型的概念可知：试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，故①正确；在②中，由古典概型的概念可知：每个基本事件出现的可能性相等，故②错误；在③中，由古典概型的概念可知：每个样本点出现的可能性相等，故③正确；在④中，基本事件总数为n，随机事件A若包含k个基本事件，则由古典概型及其概率计算公式知，故④正确．故选：D．【提分秘籍】基本规律古典概型①概率的定义：对随机事件发生可能性大小的度量（数值）称为事件的概率，事件A的概率用P（A）表示.②古典概型：我们将具有以下两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型有限性：样本空间的样本点只有有限个；等可能性：每个样本点发生的可能性相等.③古典概型的概率计算：一般地，试验E是古典概型，样本空间包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P（A）＝＝.其中n（A），n（Ω）分别表示A与Ω包含的样本点个数.【变式训练】1.以下试验不是古典概型的有（

）A．从6名同学中，选出4名参加学校文艺汇演，每个人被选中的可能性大小B．同时掷两枚骰子，点数和为7的概率C．近三天中有一天降雪的概率D．3个人站成一排，其中甲，乙相邻的概率【答案】C【分析】A，B，D适合古典概型的两个特征：有限性和等可能性，而C选项不满足等可能性．【详解】A选项，从6名同学中，选出4名参加学校文艺汇演，每个人被选中的可能性相等，满足有限性和等可能性，是古典概型；B选项中，同时同时掷两枚骰子，点数和为7的事件是不可能事件，有限性和等可能性，是古典概型；C选项中，不满足等可能性，不是古典概型；D选项中，3个人站成一排，其中甲，乙相邻的概率，满足有限性和等可能性，是古典概型．故选：C．2.下列不是古典概型的是（

）A．在6个完全相同的小球中任取1个B．任意抛掷两颗骰子，所得点数之和作为样本点C．已知袋子中装有大小完全相同的红色、绿色、黑色小球各1个，从中任意取出1个球，观察球的颜色D．从南京到北京共有n条长短不同的路线，求某人正好选中最短路线的概率【答案】B【分析】利用古典概型的条件判断.【详解】选项A中，在6个完全相同的小球中任取1个，每个球被抽到的机会均等，且该试验包含的基本事件其有6个，故A符合古典概型；选项B中，由于点数的和出现的可能性不相等，故B不是古典概型；选项C中，该试验满足古典概型的有限性和等可能性，故C是古典概型；选项D中，满足古典概型的有限性和等可能性，故D是古典概型．故选：B3.下列是古典概型的是（

）A．任意抛掷两枚骰子，所得点数之和作为样本点B．求任意的一个正整数平方的个位数字是1的概率，将取出的正整数作为样本点C．在甲、乙、丙、丁4名志愿者中，任选一名志愿者去参加跳高项目，求甲被选中的概率D．抛掷一枚质地均匀的硬币至首次出现正面为止，抛掷的次数作为样本点【答案】C【分析】根据古典概型的定义，逐项分析判断即可得解.【详解】A项中由于点数的和出现的可能性不相等，故A不是古典概型；B项中的样本点的个数是无限的，故B不是古典概型；C项中满足古典概型的有限性和等可能性，故C是古典概型；D项中样本点既不是有限个也不具有等可能性，故D不是．故选：C【题型二】古典概型计算【典例分析】“哥德巴赫猜想”被誉为数学皇冠上的一颗明珠，是数学界尚未解决的三大难题之一．其内容是：“任意一一个大于2的偶数都可以写成两个素数（质数）之和．”若我们将10拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，在加数都大于2的条件下，两个加数均为素数的概率是（

）．A． B． C． D．【答案】B【分析】求出两个加数都大于2的情况，即两个加数都为素数的情况，即可得出概率.【详解】记“两个加数都大于2”为事件A，“两个加数都为素数”为事件B，在加数都大于2的条件下则事件A有这5种情况事件B有这3种情况，故.故选：B.【提分秘籍】基本规律1对于古典概型，任何事件A的概率为_2.古典概型的概率计算公式一般地，设试验E是古典概型，样本空间包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率=，其中和分别表示事件A和样本空间包含的样本点个数．【变式训练】1.有道是：“上饶是个好地方，三清水秀好风光．”现有甲、乙两位游客慕名来到上饶旅游，分别准备从三清山、婺源、葛仙山三个著名景点中随机选一个景点游玩，则甲、乙至少一人选择三清山的概率是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由古典概型列举可选择的情况计算即可.【详解】由题意可知列举可知，甲乙游玩的可能选择是：（三清山，三清山）（三清山，婺源）、（三清山，葛仙山）、（婺源，三清山）、（婺源，婺源）、（婺源，葛仙山）、（葛仙山，三清山）、（葛仙山，婺源）、（葛仙山，葛仙山）共有9种．满足题意的有5种，即甲、乙至少一人选择三清山的概率是.故选：D．2.甲、乙两校各有3名教师报名支教，其中甲校2男1女，乙校1男2女，若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，则选出的2名教师性别相同的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】从甲校和乙校报名的教师中各任选名，列出基本事件的总数，利用古典概型求解即可.【详解】设甲校2男1女的编号分别为1，2，A，乙校1男2女编号分别为B，3，4，若从甲校和乙校报名的教师中各任选1名，写出所有可能的结果有：，，，，，，，，共计9个，选出的2名教师性别相同的结果有，，，共计4个，故选出的2名教师性别相同的概率为．故选：B3.两名学生均打算只去甲､乙两个城市中的一个上大学，且两人去哪个城市是等可能的，则不去同一城市上大学的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】写出所有的可能性（甲，甲）（甲，乙）（乙，甲）（乙，乙），再找出去不同城市的可能性（甲，乙）（乙，甲），即可求出概率.【详解】两名学生均打算只去甲､乙两个城市中的一个上大学，所有的可能性有（甲，甲）（甲，乙）（乙，甲）（乙，乙），共4种可能，其中不去同一城市上大学的情况为（甲，乙）（乙，甲）共2种可能，故概率为.故选：C.【题型三】古典概型求参数【典例分析】一个袋子中装有形状大小完全相同的6个红球，个绿球，现采用不放回的方式从中依次随机取出2个球.若取出的2个球都是红球的概率为，则的值为（

）A．4 B．5 C．12 D．15【答案】A【分析】利用古典概型概率计算公式列出方程，能求出的值．【详解】一个袋子中有若干个大小质地完全相同的球，其中有6个红球，个绿球，从袋中不放回地依次随机取出2个球，取出的2个球都是红球的概率是，则，解得（负值舍去）.故选：A．【变式训练】1.从n个正整数1，2，…，n任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为，则（

）A．28 B．14 C．10 D．8【答案】D【分析】根据古典概型求概率公式列出方程，求出的值.【详解】设为取出的两个数对，x是第一个数，y是第二个数，且则设事件A：取出的两个不同的数的和为5则，则，∴故选：D2.设随机变量X的可能取值为1，2，3，…，n，并且1，2，3，…，n是等可能的，若，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．不能确定【答案】C【分析】根据独立随机变量概率计算方法即可求得结果.【详解】根据题意，，计算得，选项C正确，选项ABD错误故选：C.3.某企业有甲、乙两个工厂共生产一精密仪器件，其中甲工厂生产了件，乙工厂生产了件，为了解这两个工厂各自的生产水平，质检人员决定采用分层抽样的方法从所生产的产品中随机抽取件样品，已知该精密仪器按照质量可分为四个等级．若从所抽取的样品中随机抽取一件进行检测，恰好抽到甲工厂生产的等级产品的概率为，则抽取的三个等级中甲工厂生产的产品共有______件．【答案】【分析】根据分层抽样原则可求得甲工厂抽取的样品数，根据抽到甲工厂生产等级产品的概率可构造方程求得抽取甲工厂生产的等级产品的数量，由此可得结果.【详解】由分层抽样原则知：从甲工厂抽取了件样品，设抽取甲工厂生产的等级产品有件，则，解得：，抽取的三个等级中，甲工厂生产的产品共有件.故答案为：.【题型四】互斥事件的概念【典例分析】袋中有红球3个，白球2个，黑球1个，从中任取2个，则互斥的两个事件是（

）A．至少有一个白球与都是白球B．恰有一个红球与白、黑球各一个C．至少一个白球与至多有一个红球D．至少有一个红球与两个白球【答案】BD【分析】根据互斥事件的定义和性质判断.【详解】袋中装有红球3个、白球2个、黑球1个，从中任取2个，在A中，至少有一个白球和都是白球两个事件能同时发生，不是互斥事件，故A不成立.在B中，恰有一个红球和白、黑球各一个不能同时发生，是互斥事件，故B成立；在C中，至少一个白球与至多有一个红球，能同时发生，故C不成立；在D中，至少有一个红球与两个白球两个事件不能同时发生，是互斥事件，故D成立；故选：BD.【提分秘籍】基本规律事件A和B的\t"/item/%E4%BA%92%E6%96%A5%E4%BA%8B%E4%BB%B6/_blank"交集为空，A与B就是互斥事件，也叫\t"/item/%E4%BA%92%E6%96%A5%E4%BA%8B%E4%BB%B6/_blank"互不相容事件。也可叙述为：不可能同时发生的事件。如A∩B为不可能事件（A∩B=Φ），那么称事件A与事件B互斥，其含义是：事件A与事件B在任何一次试验中不会同时发生【变式训练】1.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．2.一批产品共7件，其中5件正品，2件次品，从中随机抽取2件，下列两个事件互斥的是（

）A．“恰有2件次品”和“恰有1件次品” B．“恰有1件次品”和“至少1件次品”C．“至多1件次品”和“恰有1件次品” D．“恰有1件正品”和“恰有1件次品”【答案】A【分析】本题考查互斥事件的概念：事件A与事件B不会同时发生．【详解】5件正品，2件次品，从中随机抽取2件共有如下可能性结果：“两件次品”，“一件正品一件次品”，“两件正品”根据互斥事件可知：A正确；“至少1件次品”包含“两件次品”和“一件正品一件次品”，B不正确；“至多1件次品”包含“一件正品一件次品”，“两件正品”，C不正确；“恰有1件正品”和“恰有1件次品”是同一事件，D不正确；故选：A．3.口袋里有两枚“角”的硬币和两枚“元”的硬币，从中任取若干枚，则与事件“总共取出元钱”互斥的事件是（

）A．取出的“1元”硬币仅有一枚B．取出的“5角”硬币仅有一枚C．恰好取出2枚硬币D．恰好取出3枚硬币【答案】B【分析】分析各选项的所指事件与总共取出元钱的事件的关系，再利用互斥事件的意义判断作答.【详解】对于A选项：取出的“1元”硬币仅有一枚，这个事件有取出1元钱，1.5元钱，2元钱，共三个事件，包含了总共取出元钱的事件，A不正确；对于B选项：取出的“5角”硬币仅有一枚，这个事件有取出0.5元钱，1.5元钱，2.5元钱，共三个事件，不包含总共取出元钱的事件，B正确；对于C选项：恰好取出2枚硬币的事件有取出1元钱，1.5元钱，2元钱，共三个事件，包含了总共取出元钱的事件，C不正确；对于D选项：恰好取出3枚硬币的事件有取出2元钱，2.5元钱，共两个事件，包含了总共取出元钱的事件，D不正确.故选：B【题型五】对立事件的概念【典例分析】投掷一枚骰子，下列事件中是对立事件的是（

）A．向上的点数是1与向上的点数是5B．向上的点数小于3与向上的点数大于3C．向上的点数是奇数与向上的点数是偶数D．向上的点数大于3与向上的点数小于5【答案】C【分析】根据对立事件的条件进行判断；【详解】根据对立事件的概念可知必有一个发生且有且仅有一个发生A：事件A和事件B有可能同时不发生，故A错误；B：有可能投掷的点数是3，事件A和事件B有可能同时不发生，故B错误；C：事件A和事件B满足对立事件的条件，故C正确；D：事件A发生，事件B有可能同时发生，不满足对立事件的条件，故D错误.故选：C【提分秘籍】基本规律若A交B为不可能事件，A并B为必然事件，那么称A事件与事件B互为对立事件，其含义是：事件A和事件B必有一个且仅有一个发生。【变式训练】1.给出命题：（1）对立事件一定是互斥事件.（2）若事件满足，则为对立事件.（3）把、、，3张红桃牌随机分给甲、乙、丙三人，每人1张，事件：“甲得红桃”与事件：“乙得红桃”是对立事件.（4）一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的对立事件是两次都不中靶.其中正确的命题个数为（

）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】C【分析】由对立事件的定义依次判定即可.【详解】（1）由对立事件的定义可判断（1）正确；（2）若事件,不是互斥事件,即无法由判断事件,的关系,故（2）错误；（3）事件:“甲得红桃”的对立事件为“甲未得红桃”,即“乙或丙得红桃”,故（3）错误；（4）“至少有一次中靶”包括“一次中靶”,“两次都中靶”,则其对立事件为“两次都不中靶”,故（4）正确；故（1）（4）正确,故选:C2.甲：、是互斥事件；乙：、是对立事件，那么A．甲是乙的充要条件 B．甲是乙的充分但不必要条件C．甲是乙的必要但不充分条件 D．甲既不是乙的充分条件，也不是乙的必要条件【答案】C【详解】分析:根据互斥事件和对立事件的概念，根据充分条件和必要条件的概念分析解答.详解：当、是互斥事件时，、不一定是对立事件，所以甲是乙的非充分条件.当、是对立事件时，、一定是互斥事件，所以甲是乙的必要条件.所以甲是乙的必要非充分条件.故选C.3.从装有4个红球和3个白球的袋中任取2个球，那么下列事件中，是对立事件的是（

）A．至少有1个白球；都是红球 B．至少有1个白球；至少有1个红球C．恰好有1个白球；恰好有2个白球 D．至少有1个白球；都是白球【答案】A【分析】根据对立事件的定义判断．【详解】从装有4个红球和3个白球的袋内任取2个球，在A中，“至少有1个白球”与“都是红球”不能同时发生且必有一个事件会发生，是对立事件.在B中，“至少有1个白球”与“至少有1个红球”可以同时发生，不是互斥事件.在C中，“恰好有1个白球”与“恰好有2个白球”是互斥事件，但不是对立事件.在D中，“至少有1个白球”与“都是白球”不是互斥事件.故选：A.【题型六】互斥与对立事件【典例分析】袋中有10个红球和10个绿球，它们除颜色不同外，其它都相同.从袋中随机取2个球，互斥而不对立的事件是（

）A．至少有一个红球；至少有一个绿球 B．至少有一个红球；都是红球C．恰有一个红球；恰有两个绿球 D．至少有一个红球；都是绿球【答案】C【分析】根据互斥事件和对立事件的定义求解.【详解】A.至少有一个红球等价于：一个红球，一个绿球；两个红球；至少有一个绿球等价于：一个绿球，一个红球；两个绿球，不互斥.B.至少有一个红球等价于：一个红球，一个绿球；两个红球；与都是红球不互斥.C.恰有一个红球等价于：一个红球，一个绿球；与恰有两个绿球互斥不对立D.至少有一个红球等价于：一个红球，一个绿球；两个红球；与都是绿球互斥且对立故选：C【变式训练】1.从1，2，3，4，5中任取两个数，下列事件中是互斥事件但不是对立事件的是（

）A．至少有一个是奇数和两个都是奇数 B．至少有一个是奇数和两个都是偶数C．至少有一个奇数和至少一个偶数 D．恰有一个偶数和没有偶数【答案】D【分析】根据互斥事件与对立事件的概念,依次判断选项即可.【详解】从1,2,3,4,5中任取两个数对于A,至少有一个是奇数和两个都是奇数,两个事件有重复,所以不是互斥事件,所以A错误;对于B,至少有一个是奇数和两个都是偶数,两个事件互斥,且为对立事件,所以B错误;对于C,至少有一个奇数和至少一个偶数,两个事件有重复,所以不是互斥事件,所以C错误.对于D,恰有一个偶数和没有偶数,为互斥事件.且还有一种可能为两个都是偶数,所以两个事件互斥且不对立,所以D正确.综上可知,D为正确选项故选:D2.在一次随机试验中，事件A，B，C彼此互斥，它们的和为必然事件，则下列说法正确的是（

）A．A与C是互斥事件，也是对立事件B．与B是互斥事件，也是对立事件C．与B是互斥事件，但不是对立事件D．A与是互斥事件，也是对立事件【答案】D【解析】根据互斥与对立事件的意义逐个辨析即可.【详解】由于A,B,C彼此互斥,且是必然事件,所以A与C是互斥事件,但不是对立事件,A错误；与B可以同时发生,不是互斥事件,也不是对立事件,B错误；任何一个事件与其余两个事件的和事件必然是对立事件,故C错误,D正确.故选：D.3.从装有2个白球和3个黑球的口袋内任取两个球，那么下列事件中是互斥而不对立的事件是（

）A．“恰有两个白球”与“恰有一个黑球”B．“至少有一个白球”与“至少有一个黑球”C．“都是白球”与“至少有一个黑球”D．“至少有一个黑球”与“都是黑球”【答案】A【分析】需从互斥事件和对立事件的概念加以区分，结合具体选项对应的事件加以辨别【详解】对于A，事件：“恰有两个白球”与事件：“恰有一个黑球”不能同时发生，但从口袋中任取两个球时还有可能两个都是黑球，∴两个事件是互斥事件但不是对立事件，∴A正确；对于B，事件：“至少有一个黑球”与事件：“至少有一个白球”可以同时发生，如：一个白球一个黑球，∴这两个事件不是互斥事件，∴B不正确；对于C.“都是白球”与“至少有一个黑球”不能同时发生，且对立，故C错误；对于D，“至少有一个黑球”与“都是黑球”可以同时发生，故不互斥.故选A.【题型七】互斥与对立公式运算【典例分析】已知事件A与事件B是互斥事件，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据互斥事件、对立事件、必然事件的概念可得答案.【详解】因为事件A与事件B是互斥事件，则不一定是互斥事件，所以不一定为0，故选项A错误；因为事件A与事件B是互斥事件，所以，则，而不一定为0，故选项B错误；因为事件A与事件B是互斥事件，不一定是对立事件，故选项C错误；因为事件A与事件B是互斥事件，是必然事件，所以，故选项D正确.故选：D.【变式训练】1.设A，B是同一试验中的两个随机事件，与分别是事件，事件发生的概率，若，，则“”是“事件A，B为对立事件”的（

）条件A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分也不必要【答案】B【分析】根据对立事件的概念及充分条件必要条件的定义分析即得.【详解】因为，，若事件A，B为对立事件，则；但推不出两个事件，对立；如掷一颗骰子，事件为出现1点，2点，3点；事件为出现3点，4点，5点，此时，但两个事件不对立，所以“”是“事件A，B为对立事件”的必要不充分条件.故选：B.2.下列说法中正确的是（

）A．对立事件一定是互斥事件B．若为随机事件，则C．若事件两两互斥，则D．若事件满足，则与是对立事件【答案】A【解析】根据对立事件，和互斥事件的概率关系，对四个选项进行判断，从而得到答案.【详解】A选项中，对立事件之间一定是互斥的，所以正确；B选项中，当事件能同时发生时，不满足，所以错误；C选项中，事件两两互斥，还有可能有其他情况的存在，所以不一定等于1，还可能小于1，所以错误；D选项中，例如：袋中有除颜色外其余均相同的红球、黄球、黑球、绿球各1个，从袋中任意摸1个球，设事件{摸到红球或黄球}，事件{摸到黄球或黑球}，显然事件与不是对立事件，但，所以错误.故选：A.3.已知事件A，B，C两两互斥，若，，，则（

）．A． B． C． D．【答案】B【分析】根据事件A，，两两互斥，求出，进而利用求出答案.【详解】因为事件A，，两两互斥，所以，所以.故选：B．【题型八】独立事件的概念【典例分析】若A与B是相互独立事件，则下面不相互独立的事件是（

）A．A与 B．A与 C．与B D．与【答案】A【分析】根据相互独立事件的性质，逐一判断即可得到本题答案.【详解】因为与是相互独立事件，所以与，与，与都是相互独立事件，而是的对立事件，与是互斥事件.故选：A【提分秘籍】基本规律（1）两个事件相互独立的定义：对任意两个事件A与B，如果P（AB）＝P（A）P（B）成立，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立.必然事件Ω，不可能事件∅都与任意事件相互独立.（2）相互独立的性质：如果事件A与B相互独立，那么与B，A与，与也都相互独立.【变式训练】1.有6个大小相同的小球，其中1个黑色，2个蓝色，3个红色．采用放回方式从中随机取2次球，每次取1个球，甲表示事件“第一次取红球”，乙表示事件“第二次取蓝球”，丙表示事件“两次取出不同颜色的球”，丁表示事件“与两次取出相同颜色的球”，则（

）A．甲与乙相互独立 B．甲与丙相互独立C．乙与丙相互独立 D．乙与丁相互独立【答案】A【分析】根据给定条件，求出事件甲、乙、丙、丁的概率，再利用相互独立事件的定义判断作答.【详解】依题意，事件甲的概率，事件乙的概率，有放回取球两次的试验的基本事件总数是，显然事件丙与丁是对立事件，两次取出的球颜色相同含有的基本事件数为，事件丙的概率，事件丁的概率，对于A，事件甲与乙同时发生所含的基本事件数为6，其概率，甲与乙相互独立，A正确；对于B，事件甲与丙同时发生所含的基本事件数为9，其概率，甲与丙不独立，B错误；对于C，事件乙与丙同时发生所含的基本事件数为8，其概率，乙与丙不独立，C错误；对于D，事件乙与丁同时发生所含的基本事件数为4，其概率，乙与丁不独立，D错误.故选：A2.袋中有黑、白两种颜色的球，从中进行有放回地摸球，用表示第一次摸得黑球，表示第二次摸得黑球，则与是（

）A．相互独立事件 B．不相互独立事件C．互斥事件 D．对立事件【答案】A【分析】根据相互独立事件的含义即可判断.【详解】由题意可得表示第二次摸到的不是黑球,即表示第二次摸到的是白球,由于采用有放回地摸球,故每次是否摸到白球互不影响,故事件与是相互独立事件，由于与可能同时发生，故不是互斥事件也不是对立事件.故选：A.3.袋内装有大小、形状完全相同的3个白球和2个黑球，从中不放回地摸球，设事件A=“第一次摸到白球”，事件B=“第二次摸到白球”，事件C=“第一次摸到黑球”，则下列说法中正确的是（

）A．A与B是互斥事件 B．A与B不是相互独立事件C．B与C是对立事件 D．A与C是相互独立事件【答案】B【分析】根据互斥事件、对立事件和相互独立事件的定义判断即可.【详解】根据题意可知，事件和事件可以同时发生，不是互斥事件，故A错；不放回摸球，第一次摸球对第二次摸球有影响，所以事件和事件不相互独立，故B正确；事件的对立事件为“第二次摸到黑球”，故C错；事件与事件为对立事件，故D错.故选：B.【题型九】独立事件的概率运算【典例分析】若且与相互独立,则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】代入相互独立事件概率公式求解即可.【详解】由题意知与相互独立,则.故选:A.【提分秘籍】基本规律相互独立事件与互斥事件的概率计算概率A，B互斥A，B相互独立P（A∪B）P（A）＋P（B）1－P（）P（）P（AB）0P（A）P（B）P（）1－[P（A）＋P（B）]P（）P（）P（A∪B）P（A）＋P（B）P（A）P（）＋P（）P（B）【变式训练】1.已知，则事件A与B的关系是（

）A．A与B互斥不对立 B．A与B对立C．A与B相互独立 D．A与B既互斥又相互独立【答案】C【分析】由互斥事件加法公式和独立事件乘法公式计算判断.【详解】由，可得，因为，则A与B不互斥，不对立，由可得，因为，所以A与B相互独立故选：C2.已知事件，，的概率均不为，则的充要条件是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据和事件的概率公式判断A、B，根据积事件的概率公式判断C、D.【详解】解：对于A：因为，由，只能得到，并不能得到，故A错误；对于B：因为，，由，只能得到，由于不能确定，，是否相互独立，故无法确定，故B错误；对于C：因为，，又，所以，故C正确；对于D：由于不能确定，，是否相互独立，若，，相互独立，则，，则由可得，故由无法确定，故D错误；故选：C3.对于事件，，下列命题不正确的是（

）A．若，互斥，则B．若，对立，则C．若，独立，则D．若，独立，则【答案】D【分析】根据对立事件，独立事件和互斥事件的性质，分别进行判断即可.【详解】因为，互斥，互斥事件概率和在(0,1]区间，所以，故选项正确；因为，对立，对立事件概率和为1，所以，故选项正确；因为，独立，则,也相互独立，所以，故选项正确；因为，独立，由独立事件的性质可知：二者同时发生的概率，由概率大于零可知：不一定成立，故选项错误；所以命题不正确的是，故选：.【题型十】独立事件概率应用【典例分析】A，B两名学生均打算只去甲、乙两个城市中的一个上大学，且两人去哪个城市互不影响，若A去甲城市的概率为0.6，B去甲城市的概率为0.3，则A，B不去同一城市上大学的概率为（

）A．0.3 B．0.46 C．0.54 D．0.7【答案】C【分析】设事件“A去甲城市”，事件“B去甲城市”，根据A，B不去同一城市上大学的概率为即可求解.【详解】设事件“A去甲城市”，事件“B去甲城市”，则,,则A，B不去同一城市上大学的概率为.故选:C.【变式训练】1.某地区一个家庭中孩子个数X的情况如下．X1230P每个孩子的性别是男是女的概率均为，且相互独立，则一个家庭中男孩比女孩多的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意分析男孩比女孩多的可能情况，结合互斥事件以及独立事件概率乘法公式运算求解.【详解】一个家庭中男孩比女孩多有三种可能：“1个小孩，且为男孩”、“有2个小孩，且为男孩”、“3个小孩，3个男孩或2个男孩”，所以概率.故选：A.2.某老师为了奖励考试成绩优异的同学，在微信群里发了一个拼手气红包.已知甲、乙、丙三人抢到的红包金额超过1元的概率分别为，则这三人中至少有两人抢到的红包超过1元的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据互斥事件的概率加法公式结合独立事件的概率除法公式分析运算.【详解】三人抢到的红包都超过1元的概率为，三人中仅有两人抢到的红包超过1元的概率为，所以三人中至少有两人抢到的红包超过1元的概率为.故选：A.3.某学校高一年级进行趣味投篮比赛，规定投进球加2分，没有投进扣1分，已知李同学投篮的命中率为，且每次投篮是否命中相互独立，则经过5次投篮后李同学得分超过5分的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先分析出经过5次投篮后李同学得分超过5分的所有情况，再分别计算每种情况的概率，结合互斥事件的概率加法，即可得解.【详解】由题意知，该同学5次全命中得10分，4次命中1次没命中得7分，3次命中2次没命中得4分，所以5次投篮后李同学得分超过5分有2种情况，即5次全命中和4次命中1次没命中，其中5次全命中的概率为，4次命中1次没命中的概率为，所以所求概率为.故选：D.【题型十一】“电路图”型独立事件应用【典例分析】如图，用、、三类不同的元件连接成一个系统．当正常工作且、至少有一个正常工作时，系统正常工作．已知、、正常工作的概率依次为、、，则系统不能正常工作的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用独立事件的概率乘法公式计算出该系统正常工作的概率，再利用对立事件的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】由题意可知，该系统正常工作的概率为，因此，该系统不能正常工作的概率为.故选：C.【变式训练】1.如图，某系统由A，B，C，D四个零件组成，若每个零件是否正常工作互不影响，且零件A，B，C，D正常工作的概率都为，则该系统正常工作的概率为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】要使系统正常工作，则A、B要都正常或者C正常，D必须正常，然后利用独立事件，对立事件概率公式计算.【详解】记零件或系统能正常工作的概率为，该系统正常工作的概率为:,故选：C.2.如图，某系统由（1）（2）两个零件组成，零件（1）中含有，两个不同元件，零件（2）中含有，，三个不同的元件，每个零件中的元件有一个能正常工作，该零件就能正常工作；两个零件都正常工作该系统才可以正常工作.若每个元件是否正常工作互不影响，且元件，，，，正常工作的概率分别为，，，，，则该系统正常工作的概率约为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用对立事件概率分别计算零件（1）（2）能正常工作的概率，再利用独立事件概率公式即求.【详解】由题意知：零件（1）能正常工作的概率为，零件（2）能正常工作的概率为，所以该系统能够正常工作的概率为.故选：.3.一个系统如图所示，，，，，，为6个部件，其正常工作的概率都是，且是否正常工作是相互独立的，当，都正常工作或正常工作，或正常工作，或，都正常工作时，系统就能正常工作，则系统正常工作的概率是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】并联而成的四个支路，至少有一个支路正常工作系统就正常工作，求出四个支路都不能正常工作的概率，再利用对立事件的概率公式即可得解.【详解】设“正常工作”为事件，“正常工作”为事件，则“与中至少有一个不正常工作”为事件，“与中至少有一个不正常工作”为事件，则，于是得系统不正常工作的事件为，而，，，相互独立，所以系统正常工作的概率．故选：A【题型十二】“取球”型概率应用【典例分析】一袋中共有5个大小相同的球，其中红色球1个，蓝色球、黑色球各2个，某同学从中随机任取2个，若取得的2个中有一个是蓝色球，则另一个是红色球或黑色球的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】列举出所有情况，统计满足条件的情况，利用古典概型的概率公式求解即可.【详解】设1个红色球为，2个蓝色球为，2个黑色球为，从中随机任取2个，事件“取得的2个中有一个是蓝色球”包含的基本事件有：7种，其中“另一个是红色球或黑色球”有6种，所以所求概率，故选：D【变式训练】1.第一个袋中有黑、白球各2只，第二个袋中有黑、白球各3只．先从第一个袋中任取一球放入第二个袋中，再从第二个袋中任取一球，则两次均取到白球的概率为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】按两次取球的操作分为两步，均按照古典概型的方法计算概率，再将结果相乘即可.【详解】从第一个袋中任取一球放入第二个袋中时取到黑球或白球的概率均为，若第一次取到白球，则此时第二个袋中有3只黑球、4只白球，再从第二个袋中任取一球，取到白球的概率为，故两次均取到白球的概率为.故选：B．2.甲袋中有8个白球，4个红球，乙袋中有6个白球，6个红球，这些小球除颜色外完全相同，从甲、乙两袋中各任取1个球，则下列结论错误的是（

）A．2个球颜色相同的概率为 B．2个球不都是红球的概率为C．至少有1个红球的概率为 D．2个球中恰有1个红球的概率为【答案】B【分析】根据相互独立事件和对立事件的概率的计算公式依次求出每个选项对应的概率即可.【详解】从甲袋中任取1个球，该球为白球的概率为，该球为红球的概率为，从乙袋中取1个球，该球为白球的概率为，该球为红球的概率为．对于A选项，2个球颜色相同的概率为，A对；对于B选项，2个球不都是红球的概率为，B错；对于C选项，至少有1个红球的概率为，C对；对干D选项，2个球中恰有1个红球的概率为，D对．故选：B3.甲、乙两个袋中各有3只白球，2只黑球，从甲袋中任取一球放入乙袋中，则再从乙袋中取出一球为白球的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】把求概率的事件分拆成两个互斥事件的和，再求出每个事件的概率即可计算作答.【详解】从乙袋中取出一球为白球的事件A是甲袋中取出一白球，再在乙袋中取出白球的事件B及甲袋中取出一黑球，再在乙袋中取出白球的事件C的和，B，C互斥，，，则，所以再从乙袋中取出一球为白球的概率是.故选：B【题型十三】“传球”型概率应用【典例分析】甲、乙、丙三人玩传球游戏，每个人都等可能地把球传给另一人，由甲开始传球，作为第一次传球，经过3次传球后，球回到甲手中的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据古典概型运算公式进行求解即可.【详解】设甲、乙、丙三人用，由题意可知：传球的方式有以下形式，，所求概率为.故选：C【变式训练】1.篮球队的5名队员进行传球训练，每位队员把球传给其他4人的概率相等，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】考虑前3次传球中，乙恰好有1次接到球的情况有只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，根据独立事件的乘法公式以及互斥事件的加法公式即可求得答案.【详解】由题意可知每位队员把球传给其他4人的概率都为，由甲开始传球，则前3次传球中，乙恰好有1次接到球的情况可分为：只在第一次接到球和只在第二次接到球以及只在第三次接到球，则概率为，故选：D2.2022年卡塔尔世界杯足球赛落幕，这是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行、也是第二次在亚洲举行的世界杯足球赛．有甲，乙，丙，丁四个人相互之间进行传球，从甲开始传球，甲等可能地把球传给乙，丙，丁中的任何一个人，以此类推，则经过三次传球后乙只接到一次球的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】将所有传球的结果列出，再利用古典概型求结果.【详解】传球的结果可以分为：分别传给3人时：乙丙丁，乙丁丙，丙乙丁，丙丁乙，丁乙丙，丁丙乙，共6种；若传给2人时：乙丙乙，丙乙丙，乙丁乙，丁乙丁，丁丙丁，丙丁丙，共6种；再传给甲的：乙甲乙，丙甲丙，丁甲丁，乙丙甲，乙甲丙，乙丁甲，乙甲丁，丙乙甲，丙甲乙，丁乙甲，丁甲乙，丙丁甲，丙甲丁，丁甲丙，丁丙甲，共15种；共27种，只传乙一次的有16种，所以所求概率为。故选：D.3.甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第1次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外三个人中的任何一人，则3次传球后球在甲或乙手中的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可得3次传球总的路线种数，再求出3次传球后球在甲或乙手中的的路线种数，利用古典概型的概率计算公式即得.【详解】由题意可知，3次传球总的传球路线种数为种，3次传球后球在甲或乙手中有如下线路：甲乙甲乙，甲乙丙甲，甲乙丙乙，甲乙丁甲，甲乙丁乙，甲丙甲乙，甲丙乙甲，甲丙丁甲，甲丙丁乙，甲丁甲乙，甲丁乙甲，甲丁丙甲，甲丁丙乙，共13种，故3次传球后球在甲或乙手中的概率是.故选：B.【题型十四】概率综合应用【典例分析】甲､乙､丙､丁进行足球单循环小组赛（每两队只进行一场比赛），每场小组赛结果相互独立.已知甲与乙､丙､丁比赛获胜的概率分别为，且.记甲连胜两场的概率为，则（

）A．甲在第二场与乙比赛，最大B．甲在第二场与丙比赛，最大C．甲在第二场与丁比赛，最大D．与甲和乙､丙､丁的比赛次序无关【答案】A【分析】结合选项分三种情况，分别求解概率，比较大小可得答案.【详解】因为甲连胜两场，则第二场甲必胜，①设甲在第二场与乙比赛，且连胜两场的概率为，则；②设甲在第二场与丙比赛，且两场连胜的概率为，则；③设甲在第二场与丁比赛，且两场连胜的概率为，则.所以，，所以，因此甲在第二场与乙比赛，最大，A正确，B,C,D错误.故选：A.【变式训练】1.吸烟有害健康，小明为了帮助爸爸戒烟，在爸爸包里放一个小盒子，里面随机摆放三支香烟和三支跟香烟外形完全一样的“戒烟口香糖”，并且和爸爸约定，每次想吸烟时，从盒子里任取一支，若取到口香糖则吃一支口香糖，不吸烟；若取到香烟，则吸一支烟，不吃口香糖，假设每次香烟和口香糖被取到的可能性相同，则“口香糖吃完时还剩2支香烟”的概率为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】“口香糖吃完时还剩2支香烟”即第四次取到的是口香糖且前三次有两次口香糖一次香烟，根据古典概型计算出其概率即可.【详解】由题：“口香糖吃完时还剩2支香烟”说明：第四次取到的是口香糖，前三次中恰有两次口香糖一次香烟，记香烟为，口香糖为，进行四次取物，基本事件总数为：种事件“口香糖吃完时还剩2支香烟”前四次取物顺序分为以下三种情况：烟、糖、糖、糖：种糖、烟、糖、糖：种糖、糖、烟、糖：种包含的基本事件个数为：54，所以，其概率为故选：D2.某中学举行疾病防控知识竞赛，其中某道题甲队答对该题的概率为，乙队和丙队答对该题的概率都是.若各队答题的结果相互独立且都进行了答题.则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据独立事件的乘法公式计算即可.【详解】解：记“甲队答对该题”为事件A，“乙队答对该题”为事件B，“丙队答对该题”为事件C，则甲、乙、丙三支竞赛队伍中恰有一支队伍答对该题的概率，故选：C.3.对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D，其中，，，，，，，，则（

）A．A与B不互斥 B．A与D互斥但不对立C．C与D互斥 D．A与C相互独立【答案】D【分析】由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，根据的关系判断事件是否独立.【详解】由，，，即，故A、B互斥，A错误；由，A、D互斥且对立，B错误；又，，则，C与D不互斥，C错误；由，，，所以，即A与C相互独立，D正确.故选：D分阶培优练分阶培优练培优第一阶——基础过关练1．已知事件A、B、C满足A⊆B，B⊆C，则下列说法不正确的是（

）A．事件A发生一定导致事件C发生B．事件B发生一定导致事件C发生C．事件发生不一定导致事件发生D．事件发生不一定导致事件发生【答案】D【分析】根据事件A，B，C的包含关系逐一判断各个选项即可．【详解】解：由已知可得A⊆C，又因为A⊆B，B⊆C，如图事件A，B，C用集合表示：则选项A，B正确，事件，则C正确，D错误故选：D．2．设A，B是同一试验中的两个随机事件，与分别是事件，事件发生的概率，若，，则“”是“事件A，B为对立事件”的（

）条件A．充分不必要 B．必要不充分C．充要 D．既不充分也不必要【答案】B【分析】根据对立事件的概念及充分条件必要条件的定义分析即得.【详解】因为，，若事件A，B为对立事件，则；但推不出两个事件，对立；如掷一颗骰子，事件为出现1点，2点，3点；事件为出现3点，4点，5点，此时，但两个事件不对立，所以“”是“事件A，B为对立事件”的必要不充分条件.故选：B.3．如图，这是甲、乙两位同学在4次数学测试中得分的茎叶图，若从甲、乙两位同学的4次得分中各抽选1次得分，则甲同学抽选的得分高于乙同学抽选的得分的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据古典概型的概率公式即可求解.【详解】从甲、乙两位同学的4次得分中各抽选1次得分，则共有16种情况，其中甲的得分高于乙的得分的情况有7种，故所求的概率为．故选：B.4．从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么互斥而不对立的两个事件是（

）A．“至少有一个黑球”与“都是黑球” B．“至少有一个黑球”与“都是红球”C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球” D．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”【答案】D【分析】根据互斥事件和独立事件的概念，结合试验条件逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，当从口袋中取出两个黑球时，事件“至少有一个黑球”与“都是黑球”同时发生，所以事件“至少有一个黑球”与“都是黑球”不是互斥事件，所以A不符合题意；对于B中，从口袋中取出两个球，事件“至少有一个黑球”与“都是红球”不能同时发生，但必有一个事件发生，所以事件“至少有一个黑球”与“都是红球”对立事件，所以B不符合题意；对于C中，当从口袋中取值一红一黑时，事件“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”同时发生，所以事件“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”不是互斥事件，所以C不符合题意；对于D中，事件“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”不能同时发生，当取出两个红球时，事件都没有发生，所以事件“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”是互斥事件但不是对立事件，符合题意.故选：D.5．已知某运动员每次投篮命中的概率都为，现采用随机模拟的方式估计该运动员三次投篮恰有两次命中的概率：先由计算机产生0到9之间取整数值的随机数，指定表示命中，表示不命中；再以三个随机数为一组，代表三次投篮结果，经随机模拟产生了如下12组随机数：

，据此估计，该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】明确随机数代表的含义，根据古典概型的概率公式即可求得答案.【详解】由题意可知经随机模拟产生的12组随机数中，这三组表示三次投篮恰有两次命中，故该运动员三次投篮恰有两次命中的概率为，故选：A6．已知是两个随机事件，且，则下列选项中一定成立的是（

）．A． B．C． D．【答案】C【分析】根据，可得，再根据并事件和交事件及对立事件的性质即可得解.【详解】因为，所以，所以，故A错误；，故B错误；，故C正确；，故D错误.故选：C.7．小刚参与一种答题游戏，需要解答A，B，C三道题．已知他答对这三道题的概率分别为a，a，，且各题答对与否互不影响，若他恰好能答对两道题的概率为，则他三道题都答错的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】记小刚解答A，B，C三道题正确分别为事件D，E，F，并利用D，E，F构造相应的事件，根据概率加法公式与乘法公式求解相应事件的概率.【详解】记小刚解答A，B，C三道题正确分别为事件D，E，F，且D，E，F相互独立，且.恰好能答对两道题为事件，且两两互斥，所以，整理得，他三道题都答错为事件，故.故选：C.8．若P是一个质数，则像这样的正整数被称为梅森数．从50以内的所有质数中任取两个数，则这两个数都为梅森数的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】找出50以内的所有质数和梅森数，利用组合数公式和古典概型概率计算公式可得答案.【详解】50以内的所有质数为共15个，梅森数有，，三个，从50以内的所有质数中任取两个数有种情况，两个数都为梅森数有种情况，所以两个数都为梅森数的概率为.故选：A.培优第二阶——能力提升练1．设，是两个随机事件，则下列说法正确的是（

）A．表示两个事件至少有一个发生B．表示两个事件至少有一个发生C．表示两个事件均不发生D．表示两个事件均不发生【答案】ACD【分析】根据随机事件的表示方法，逐项判断即可.【详解】因为，是两个随机事件，所以表示两个事件至少有一个发生，故A正确；表示两个事件恰有一个发生，故B错误；表示两个事件均不发生，故C正确；表示两个事件均不发生，故D正确.故选：ACD.2．一个口袋中有除颜色外完全相同的2个红球和3个白球，从中取出2个球，则（

）A．若不放回地抽取，则“取出2个红球”和“取出2个白球”是对立事件B．若不放回地抽取，则第2次取到红球的概率与第1次取到红球的概率相等C．若有放回地抽取，则取出1个红球和1个白球的概率是D．若有放回地抽取，则至少取出一个红球的概率是【答案】BD【分析】根据对立事件的概念判断A选项即可；结合古典概型，列举基本事件，分别求对应的概率即可判断BCD.【详解】由题知，不放回地抽取2个球包括2个都是红球、2个都是白球和1个红球1个白球，共3种情况，所以“取出2个红球”和“取出2个白球”是互斥事件，但不是对立事件，故A错误；记2个红球分别为，3个白球分别为1，2，3，不放回地从中取2个球的样本空间共20种，记事件为“第1次取到红球”，事件为“第2次取到红球”，则，所以，故B正确；有放回地从中取2个球的样本空间，共25种；记事件为“取出1个红球和1个白球”，则，共12种，所以，故C错误；记事件为“取出2个白球”，则，共9种；所以，所以至少取出1个红球的概率为，故D正确.故选：BD3．下列说法正确的有（

）A．掷一枚质地均匀的骰子一次，事件M＝“出现奇数点”，事件N＝“出现3点或4点”，则B．袋中有大小质地相同的3个白球和2个红球．从中依次不放回取出2个球，则“两球同色”的概率是C．甲，乙两名射击运动员进行射击比赛，甲的中靶率为0.8，乙的中靶率为0.9，则“至少一人中靶”的概率为0.98D．某学生在上学的路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为【答案】AC【分析】计算古典概率判断A；利用列举法结合古典概型计算判断B；利用对立事件及相互独立事件求出概率判断CD作答.【详解】对于A，依题意，事件=“出现3点”，而掷骰子一次有6个不同结果，所以，A正确；对于B，记3个白球为，2个红球为，从5个球中任取2个的不同结果有：，共10个，其中两球同色的结果有：，共4个，所以“两球同色”的概率是，B错误；对于C，依题意，“至少一人中靶”的概率为，C正确；对于D，该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯，即在前两个路口都没有遇到红灯，第3个路口遇到红灯，所以到第3个路口首次遇到红灯的概率为，D错误.故选：AC4．连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件“第一次出现3点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为奇数”，“两次点数之和为10”，则下列说法正确的有（

）A．A与B不互斥且相互独立 B．A与D互斥且不相互独立C．B与C不互斥且相互独立 D．B与D互斥且不相互独立【答案】ABC【分析】根据给定条件，求出事件A，B，C，D的概率，再利用互斥事件、相互独立事件的定义判断作答.【详解】连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次的试验结果有：，，，，共36个不同结果，事件A所含的结果有：，共6个，事件B所含的结果有24个，事件C所含的结果有18个，事件D所含的结果有：，共3个，因此，对于A，事件A与B都含有，共4个结果，即事件A与B可以同时发生，而，A与B不互斥且相互独立，A正确；对于B，事件A与D不能同时发生，，A与D互斥且不相互独立，B正确；对于C，事件B与C都含有，共12个结果，即事件B与C可以同时发生，，B与C不互斥且相互独立，C正确；对于D，事件B与D都含有，即B与D可以同时发生，，因此B与D不互斥且不相互独立，D错误.故选：ABC5．若，则方程有实根的概率为________．【答案】/【分析】先利用判别式求出的范围，然后根据可取的值得概率.【详解】方程有实根,，解得，又，可取的值的集合为，则方程有实根的概率为.故答案为：.6．为迎接2022年北京冬奥会，某工厂生产了一批雪车，这批产品中按质量分为一等品、二等品、三等品．从这批雪车中随机抽取一辆雪车检测，已知抽到不是三等品的概率为0.93，抽到一等品或三等品的概率为0.83，则抽到一等品的概率为______．【答案】/【分析】由互斥事件的概率加法公式进行求解即可．【详解】设抽到一等品，二等品，三等品的事件分别为，，，则，解得，所以抽到一等品的概率为0.76.故答案为：6.7．现有7名世界杯志愿者，其中，，通晓日语，，通晓韩语，，通晓葡萄牙语，从中选出通晓日语、韩语、葡萄牙语志愿者各一名组成一个小组，则，不全被选中的概率为______．【答案】/0.75【分析】求得基本事件的总数，利用列举法求得事件所包含的基本事件的个数，求得，结合对立事件，即可求得.【详解】由题意，选出通晓日语、俄语、韩语的翻译人员各一人，包含下列样本点，，，共有种不同的选法，若表示事件“B1，C1不全被选中”这一事件，则表示“B1，C1全被选中”这一事件，由于由，共有3个样本点组成，所以，所以.故答案为：.8．甲、乙两人约定进行乒乓球比赛，采取三局两胜制（在三局比赛中，优先取得两局胜利的一方获胜，无平局），乙每局比赛获胜的概率都为，则最后甲获胜的概率是______________．【答案】【分析】判断甲获胜的情况为前两局胜或第一局胜第二局输第三局胜或第一局输第二局胜第三局胜，根据互斥事件的概率加法公式即可求得答案.【详解】因为乒乓球比赛的规则是三局两胜制（无平局），由题意知甲每局比赛获胜的概率都为，因此甲获胜的情况为前两局胜或第一局胜第二局输第三局胜或第一局输第二局胜第三局胜，所以最后甲获胜的概率,故答案为：ABC培优第三阶——培优拔尖练1．有六条线段，其长度分别为2，3，4，5，6，7．现任取三条，则这三条线段在可以构成三角形的前提