2025高考帮备考教案数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第3讲　二项式定理含答案

2025高考帮备考教案数学第十章计数原理、概率、随机变量及其分布第3讲二项式定理课标要求命题点五年考情命题分析预测能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.展开式中的特定项问题2023天津T11；2022新高考卷ⅠT13；2020全国卷ⅠT8；2020全国卷ⅢT14；2020北京T3；2019全国卷ⅢT4本讲是高考常考内容，主要考查二项展开式的通项，求常数项，求某项系数，求某些项的系数和等，主要以小题的形式出现，难度不大.预计2025年高考命题常规，备考时要掌握各种问题类型及其求解方法.二项式系数与项的系数的问题2022北京T8；2022浙江T12二项式定理的综合应用学生用书P2291.二项式定理二项式定理（a＋b）n＝Cn0an＋Cn1an－1b1＋…＋Cnkan－kbk＋…＋Cnn二项展开式的通项Tk＋1＝①Cnkan－kbk，即为二项展开式的第k＋1二项式系数Cnk（k∈{0，1，2，…，n}辨析比较二项式系数与项的系数的区别（a＋bx）n的二项展开式中，二项式系数是指Cn0，Cn1，…，Cnn，其与a，b的值无关，如第k＋1项的二项式系数是Cnk；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，其与a，b的值有关，如第k＋1项的系数是2.二项式系数的性质1.[北京高考]在（x－2）5的展开式中，x2的系数为（C）A.－5 B.5 C.－10 D.10解析由二项式定理得（x－2）5的展开式的通项Tr＋1＝C5r（x）5－r（－2）r＝C5r-2rx5－r2，令5－r2＝2，得r＝1，所以T2＝C51（－2.[教材改编]在（x－y）10的展开式中，系数最小的项是（C）A.第4项 B.第5项 C.第6项 D.第7项解析展开式共有11项，奇数项系数为正，偶数项系数为负，且第6项的二项式系数最大，则展开式中系数最小的项是第6项.3.已知Cn0＋2Cn1＋22Cn3＋23Cn3＋…＋2nCnn＝243，则Cn1＋A.31 B.32 C.15 D.16解析逆用二项式定理得Cn0＋2Cn1＋22Cn2＋23Cn3＋…＋2nCnn＝（1＋2）n＝243，即3n＝35，所以n＝5，所以Cn1＋Cn4.[多选]下列说法正确的是（CD）A.Cnkan－kbk是（a＋b）n展开式中的第B.在二项展开式中，系数最大的项为中间的一项或中间的两项C.在（a＋b）n的展开式中，每一项的二项式系数都与a，b无关D.在（a＋b）n的展开式中，某项的系数与该项的二项式系数不同5.[易错题]已知（2x－1）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn（n∈N*），设（2x－1）n的展开式中所有项的二项式系数和为Sn，Tn＝a1＋a2＋…＋an（n∈N*），则S4＝16，T4＝0.解析因为（2x－1）n展开式中所有项的二项式系数和为2n，（易混淆：（2x－1）n展开式的二项式系数和为Cn0＋Cn1＋Cn2＋…＋Cnn＝2n，系数和为a0＋a1＋所以Sn＝2n，S4＝16.令x＝0，则（－1）n＝a0，令x＝1，则1＝a0＋a1＋a2＋…＋an，所以Tn＝1－（－1）n，所以T4＝0.学生用书P230命题点1展开式中的特定项问题角度1形如（a＋b）n（n∈N*）的展开式中的特定项例1（1）[2023南京市中华中学检测]若2－x6＝a0+a11A.270 B.135C.－135 D.－270解析（2－x）6＝a0＋a1（1＋x）＋a2（1＋x）2＋…＋a6（1＋x）6，以x－1代替x，得（3－x）6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，而（3－x）6的展开式的通项公式为Tr＋1＝C6r36-r-xr=C6r36－r（－1）rxr，令r＝4，则a4＝C64×36（2）[2023天津高考]在（2x3－1x）6的展开式中，x2的系数是60解析解法一二项式（2x3－1x）6的展开式的通项Tk＋1＝C6k（2x3）6－k（－1x）k=－1k26－kC6kx18-4k，令18－4k＝2，解得k＝4解法二将二项式（2x3－1x）6看成6个多项式（2x3－1x）相乘，要想出现x2项，则先在6个多项式中选2个多项式取2x3，然后余下的多项式都取－1x，相乘，即C62方法技巧求形如（a＋b）n（n∈N*）的展开式中的特定项问题的步骤角度2形如（a＋b）m（c＋d）n（m，n∈N*）的展开式中的特定项例2（1）[2023沈阳市三检]（2x－3）2（1－1x）6的展开式中，含x－2项的系数为（BA.430 B.435 C.245 D.240解析（1－1x）6的展开式的通项Tk＋1＝C6k（－1x）k＝（－1）kC6k1xk.（2x－3）2＝4x2－12x+9，当在多项式（4x2－12x＋9）中取4x2时，令k＝4，得4x2·（－1）4C641x4；当在多项式（4x2－12x＋9）中取－12x时，令k＝3，得－12x·（－1）3C631x3；当在多项式（4x2－12x＋9）中取9时，令k＝2，得9×（－1）2C621x2.所以含x－2项的系数为4×（－1）4C64＋（－12）（2）[2022新高考卷Ⅰ]（1－yx）（x＋y）8的展开式中x2y6的系数为－28.解析（x＋y）8的展开式的通项Tr＋1＝C8rx8－ryr，r＝0，1，…，7，8.令r＝6，得T6＋1＝C86x2y6，令r＝5，得T5＋1＝C85x3y5，所以（1－yx）（x＋y）8的展开式中x2y6方法技巧求形如（a＋b）m（c＋d）n（m，n∈N*）的展开式中特定项问题的步骤角度3形如（a＋b＋c）n（n∈N*）的展开式中的特定项例3（1）（x－y＋2）5的展开式中，x3y的系数为（D）A.80 B.40C.－80 D.－40解析解法一（x－y＋2）5＝[x－（y－2）]5，其通项Tr＋1＝C5rx5－r（－1）r·（y－2）r，则展开式中含x3的项为C52x3（y－2）2，又（y－2）2的展开式中含y的项为（－2）C21y，所以（x－y＋2）5的展开式中，x3y的系数为C52·C21解法二要在展开式中得到x3y，可在5个“x－y＋2”中选3个“x”，1个“－y”，1个“2”，故x3y的系数为C53·C21（－1）1×（2）（1＋2x－3x2）5的展开式中，x5的系数为92.解析（1＋2x－3x2）5＝（1－x）5（1＋3x）5，所以展开式中x5的系数为C50C5535＋C51（－1）C5434＋C52（－1）2C5333＋C53（－1）3C5232＋C54（方法技巧求形如（a＋b＋c）n（n∈N*）的展开式中的特定项问题的方法因式分解法通过分解因式将三项式变成两个二项式的积的形式，然后用二项式定理分别展开.逐层展开法将三项式分成两组，用二项式定理展开，再把其中含两项的一组展开，从而解决问题.利用组合知识把三项式（a＋b＋c）n（n∈N*）看成n个a＋b＋c的积，然后利用组合知识求解.训练1（1）已知（2x－a）（x＋2x）6的展开式中x2的系数为－240，则该展开式中的常数项为（AA.－640 B.－320 C.640 D.320解析（x＋2x）6的展开式的通项为Tk＋1＝C6kx6－k·（2x）k＝C6k2kx6－2k.令6－2k＝2，得k＝2；令6－2k＝1，得k＝故（2x－a）（x＋2x）6的展开式中x2的系数为－aC62·22＝－240，得令6－2k＝－1，得k＝72，不符合题意，舍去；令6－2k＝0，得k＝3.故2x-4x+2x6的展开式中的常数项为－4（2）（x2＋x＋y）5的展开式中，x5y2的系数为（C）A.10 B.20 C.30 D.60解析（x2＋x＋y）5表示5个因式（x2＋x＋y）的乘积，要得到含x5y2的项，只需从5个因式中选2个因式取x2，1个因式取x，其余2个因式取y即可，故x5y2的系数为C52命题点2二项式系数与项的系数的问题角度1二项展开式中的系数和问题例4[多选]已知（1－2x）2023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2023x2023，则下列结论正确的是（ACD）A.展开式中所有项的二项式系数的和为22023B.展开式中所有奇次项的系数的和为3C.展开式中所有偶次项的系数的和为3D.a12＋a222＋a32解析对于A，（1－2x）2023的展开式中所有项的二项式系数的和为22023，故A正确；对于B，令f（x）＝（1－2x）2023，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2023＝f（1）＝－1，a0－a1＋a2－a3＋…－a2023＝f（－1）＝32023，所以展开式中所有奇次项的系数的和为f（1）－f（－1）2＝－32023+12，展开式中所有偶次项的系数的和为f（1）＋f（－1）2＝32023－12，故B错误，C正确；对于D，a0＝f（0）＝方法技巧应用赋值法求项的系数和问题（1）对形如（ax＋by）n（a，b∈R，n∈N*）的式子求其展开式中的各项系数之和，只需令x＝y＝1即可；求系数之差时，只需根据题目要求令x＝1，y＝－1或x＝－1，y＝1即可.（2）对（a＋bx）n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令f（x）＝（a＋bx）n，则（a＋bx）n的展开式中各项系数之和为f（1），偶次项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝f（1）＋f（－1）2，奇次项系数之和为a1＋a角度2与二项展开式中的系数有关的最值问题例5（1）[全国卷Ⅰ]设m为正整数，（x＋y）2m展开式的二项式系数的最大值为a，（x＋y）2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝（B）A.5 B.6 C.7 D.8解析根据二项式系数的性质，知（x＋y）2m展开式中二项式系数的最大值为C2mm，而（x＋y）2m＋1展开式中二项式系数的最大值为C2m+1m，则C2mm＝a，C2m+1m＝b.又13a＝7b，所以13C2（2）已知（x＋124x）n（n≥2）的展开式中，前三项的系数成等差数列，则展开式中系数最大的项是7x52解析展开式中前三项的系数分别是1，n2，18n（n－1），由题意知，2×n2＝1＋18n（n－1），解得n＝8或n于是展开式的通项Tk＋1＝C8k·（x）8－k·（124x）k＝C8k·2－k·x4－34k，所以第k＋1项的系数是C8k·2－k，第k项的系数是C8k－1·2－k＋1，第k＋2项的系数是C8k+1·2－k－1.若第k＋1项的系数最大，则C8k·2－k≥C8k－1·2－k＋1且C8k·2－k≥C8k+1·2－k－1，解得2≤k≤3.又k∈Z，因此k＝方法技巧1.二项式系数最值的求法当n是偶数时，第n2＋1项的二项式系数最大，最大值为Cnn2；当n是奇数时，第n+12项和第2.项的系数最值的求法设展开式各项的系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，解不等式组Ak≥Ak训练2（1）[多选]已知二项式（x－2x）8，则下列结论正确的是（ABA.第5项的二项式系数最大B.所有项的系数之和为1C.有且仅有第6项的系数的绝对值最大D.展开式中共有4项有理项解析由题意知，展开式中共有9项，二项式系数最大的项为第5项，A正确；所有项的系数和为（1－2）8＝1，B正确；Tr＋1＝C8rx8－r·（－2x）r＝（－2）rC8rx8－3r2，r＝0，1，2，…，8，显然r＝0，2，4，6，8时，Tr＋1是有理项，所以共有5项有理项，D错误；由2rC8r≥2r+1C8r+1，2r（2）[2022浙江]已知多项式（x＋2）（x－1）4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝8，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－2.解析由多项式展开式可知，a2＝2C42（－1）2＋C43（－1）3＝12－4＝8.令x＝0可得a0＝2，令x＝1可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a命题点3二项式定理的综合应用例6（1）利用二项式定理计算1.056，则其结果精确到0.01的近似值是（D）A.1.23 B.1.24 C.1.33 D.1.34解析1.056＝（1＋0.05）6＝C60＋C61×0.05＋C62×0.052＋C63×0.053＋…＝1＋0.3（2）设a∈N，且0≤a＜26，若512020＋a能被13整除，则a的值为（D）A.0 B.11或0 C.12 D.12或25解析∵512020＋a＝（52－1）2020＋a＝C20200522020（－1）0＋C20201522019（－1）1＋C20202522018（－1）2＋…＋C20202019521·（－1）2019＋C20202020（－1）2020＋a，又52能被13整除，∴需使C20202020（－1）2020＋a能被13整除，即1＋a方法技巧二项式定理应用的常见题型及解题策略题型解题策略近似计算先观察精确度，然后选取展开式中若干项求解.证明整除问题或求余数将被除式（数）合理的变形，拆成二项式，使被除式（数）展开后的每一项都含有除式的因式.逆用二项式定理根据所给式子的特点结合二项展开式的要求，变形使之具备二项式定理右边的结构，然后逆用二项式定理求解.训练3（1）设复数x＝2i1－i（i是虚数单位），则C20241x＋C20242x2＋A.0 B.－2 C.－1＋i D.－1－i解析x＝2i1－i＝2i（1+i）（1－i)(1+i）＝－1＋i，则C20241x＋C20242x2＋C2024（2）若（2x＋1）100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，则2（a1＋a3＋a5＋…＋a99）－3除以8的余数为5.解析令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝3100.令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a100＝1，两式相减得2（a1＋a3＋a5＋…＋a99）＝3100－1，则2（a1＋a3＋a5＋…＋a99）－3＝3100－4.3100－4＝950－4＝（8＋1）50－4＝C500×850＋C501×849＋…＋C5049×8＋C5050－4＝C500×850＋C501×849＋…＋C5049×8－3＝C500×850＋C501×849＋…＋C5049×8－8＋5，则C500×850＋C501×849＋…＋C5049×8－8＋5除以1.[命题点1角度1/2022天津高考]（x＋3x2）5的展开式中常数项为15解析（x＋3x2）5展开式的通项公式为Tk＋1＝C5k（x）5－k（3x2）k＝3kC5kx5－5k22.[命题点1角度2/全国卷Ⅲ]（1＋2x2）（1＋x）4的展开式中x3的系数为（A）A.12 B.16 C.20 D.24解析（1＋x）4的展开式的通项公式为Tr＋1＝C4r14－rxr（r＝0，1，2，3，4（1＋2x2）（1＋x）4的展开式中含x3的项的系数为1×（C43×11）＋2×（C41×13）3.[命题点1角度3/2023湖南长沙第一中学段考]（x－2y＋z）8的展开式中x3y3z2的系数是－4480（用数字作答）.解析（x－2y＋z）8可看成8个（x－2y＋z）相乘，在8个（x－2y＋z）中的3个式子中取x，3个式子中取－2y，剩下的2个式子中取z，则（x－2y＋z）8的展开式中x3y3z2的系数是C83×C53×（－2）3×4.[命题点2角度1/2022北京高考]若（2x－1）4＝a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4＝（B）A.40 B.41 C.－40 D.－41解析依题意，令x＝1，可得1＝a4＋a3＋a2＋a1＋a0，令x＝－1，可得81＝a4－a3＋a2－a1＋a0，以上两式相加可得82＝2（a4＋a2＋a0），所以a0＋a2＋a4＝41，故选B.5.[命题点3]今天是星期二，经过7天后还是星期二，那么经过22021天后是（D）A.星期三 B.星期四C.星期五 D.星期六解析22021＝4×22019＝4×8673＝4×（7＋1）673＝4×（C6730×7673＋C6731×7672＋…＋C673672×7＋C673673），由于括号中，除了最后一项外，其余各项都能被7整除，故整个式子除以7的余数为46.[命题点3]已知－C1001（2－x）＋C1002（2－x）2－C1003（2－x）3＋…＋C100100（2－x）100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100，则a1＋a2＋a3＋…＋解析记f（x）＝1－C1001（2－x）＋C1002（2－x）2－C1003（2－x）3＋…＋C100100（2－x）100－1＝[1－（2－x）]100－1＝（x－1）100－1＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100x100.令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a100＝－1.令x＝0，得a0＝0，又易知a100＝1，所以a1＋a2＋a37.[命题点3]0.996的计算结果精确到0.001的近似值是（B）A.0.940 B.0.941 C.0.942 D.0.943解析0.996＝（1－0.01）6＝C60×1－C61×0.01＋C62×0.012－C63×0.013＋…＋C66×0.016＝1－0.06＋学生用书·练习帮P3841.[2024河北保定部分示范高中统考]（9x＋8x）5的展开式中含x2的项的系数为（DA.C52×92×83 B.C54×C.C51×94×8 D.C52×9解析（9x＋8x）5的二项展开式的通项Tr＋1＝C5r（9x）5－r·（8x－12）r＝C5r·95－r·8r·x5－32r，0≤r≤5，r∈N，令5－32r＝2，得r＝2，所以展开式中含x2的项为T2＋1＝C52×932.[2024湖北武汉第四十九中模拟]（1＋x＋x2）（1－x）10的展开式中x5的系数为（D）A.120 B.135 C.－140 D.－162解析（1－x）10展开式的通项为Tr＋1＝C10r（－x）r＝（－1）r·C10令r＝5，则1×（1－x）10展开式中x5的系数为（－1）5C令r＝4，则x（1－x）10展开式中x5的系数为（－1）4C104＝令r＝3，则x2（1－x）10展开式中x5的系数为（－1）3C103＝∴（1＋x＋x2）（1－x）10的展开式中x5的系数为－252＋210－120＝－162.故选D.3.[2024陕西宝鸡金台区统考]若（x－1x）n的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为（CA.第4项 B.第5项 C.第6项 D.第7项解析由二项式定理可得展开式中第3项与第9项的二项式系数分别为Cn2和Cn8，即Cn2＝Cn8，解得n＝10.因此展开式中二项式系数最大的项为C105x4.[2024山东青岛一中统考]若（x＋mx）（x－1x）5的展开式中常数项是10，则m＝（DA.－2 B.－1 C.1 D.2解析（x＋mx）（x－1x）5＝x（x－1x）5＋mx（x－（x－1x）5的展开式的通项为Tr＋1＝C5rx5－r（－1x）r＝C5r·（－1）rx5－2r.令5－2r＝－1，解得r＝3，则令5－2r＝1，解得r＝2，则mx（x－1x）5的展开式的常数项为mC52因为（x＋mx）（x－1x）5的展开式中常数项是10，所以10m－10＝10，解得m＝25.[多选/2024青岛市检测]已知（2x－1x）n的展开式中各二项式系数的和为256，则（ABDA.n＝8B.展开式中x－2的系数为－448C.展开式中常数项为16D.展开式中所有项的系数和为1解析因为（2x－1x）n的展开式中各二项式系数的和为256，所以2n＝256，解得n＝8，选项A（2x－1x）8的展开式的通项公式为Tk＋1＝C8k（2x）8－k·（－1x）k＝（－1）k28－kC8kx8－2k，令8－2k＝－2，解得k＝5，所以展开式中x－2的系数为（－1）5×23×C令8－2k＝0，解得k＝4，所以展开式中常数项为（－1）4×24×C84＝1120，所以选项令x＝1，得（2x－1x）8＝1，所以展开式中所有项的系数和为1，所以选项D正确.综上，选6.[多选/2024江苏连云港统考]已知（1－2x）6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则下列选项正确的是（AC）A.a0＝1 B.a2＝120C.｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a6｜＝729D.a1＋a2＋…＋a5＝0解析选项分析过程正误A令x＝0，则1＝a0√B（1－2x）6展开式的通项为Tr＋1＝C6r（－2x）r＝C6r·（－2）rxr，所以令r＝2可得a2＝C62（✕C当r＝1，3，5时，可得a1，a3，a5＜0，同理可得a0，a2，a4，a6＞0，所以令x＝－1，得36＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，所以｜a0｜＋｜a1｜＋｜a2｜＋…＋｜a6｜＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝36＝729√D令r＝6，可得a6＝C66（－2）6＝64，由A知a0＝1.令x＝1，则1＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6，所以a1＋a2＋…＋a5＝1－64－1＝✕7.二项式（2x2－14x）6的展开式的中间项是－52x解析二项式展开式的通项为Tk＋1＝C6k（2x2）6－k·（－14x）k＝（－14）k26－kC6kx12－3k，二项式展开式一共有7项，所以第4项为中间项，即k＝3，T4＝（－14）3268.[2024吉林一中、东北师大附中等校联考]（x2－x＋1）5的展开式中，x5的系数为-51解析（x2－x＋1）5可以看作5个因式（x2－x＋1）相乘，要想得到含x5的项，可分三种情况：①5个因式中选2个因式取x2，1个因式取－x，2个因式取1；②5个因式中选1个因式取x2，3个因式取－x，1个因式取1；③5个因式中都取－x.所以展开式中含x5的项为C52·（x2）2·C31·（－x）·C22·12＋C51·x2·C43·（－x）3·1＋C55所以x5的系数为－51.9.[2023湖北十堰6月统考]（2x＋11）10的展开式中系数最大的项是第10项.解析（2x＋11）10展开式的通项为Tr＋1＝C10r·（2x）10－r11r＝C10r·210－r·11r·x10－r，由C10r·210－r·11r≥C10r10.S＝C271＋C272＋…＋C2727除以解析依题意S＝C271＋C272＋…＋C2727＝227－1＝89－1＝（9－1）9－1＝C90×99－C91×98＋…＋C98×9－C99－1＝9×（C90×98－C91×97＋…＋C98）－2.∵C课标要求命题点五年考情命题分析预测1.结合具体实例，理解样本点和有限样本空间的含义，理解随机事件与样本点的关系.了解随机事件的并、交与互斥的含义，能结合实例进行随机事件的并、交运算.2.结合具体实例，理解古典概型，能计算古典概型中简单随机事件的概率.3.通过实例，理解概率的性质，掌握随机事件概率的运算法则.4.结合实例，会用频率估计概率.事件的关系的判断2020新高考卷ⅠT5本讲知识是概率部分的基础，高考命题热点为互斥事件和对立事件的概率计算，以频率估计概率，古典概型的求解，概率基本性质的应用等，题型既有小题也有大题，大题常与排列组合、分布列、期望与方差、统计等知识综合命题，难度中等.在2025年高考备考中，要加强对本讲概念的理解与应用及与其他知识的综合训练.求随机事件的频率与概率2023新高考卷ⅡT19；2023北京T18；2022新高考卷ⅡT19；2021全国卷甲T17；2020新高考卷ⅠT19；2020全国卷ⅢT18；2019北京T17古典概型2023全国卷甲T4；2022新高考卷ⅠT5；2022全国卷乙T13；2022全国卷甲T15；2021全国卷甲T10概率的基本性质的应用2023全国卷甲T6学生用书P2321.样本空间和随机事件（1）样本空间（i）样本点：随机试验E的每个可能的①基本结果称为样本点，一般用Ω表示.（ii）样本空间：全体样本点的集合称为试验E的样本空间，一般用Ω表示.（iii）有限样本空间：如果一个随机试验有n个可能结果Ω1，Ω2，…，Ωn，则称样本空间Ω＝{Ω1，Ω2，…，Ωn}为有限样本空间.说明样本空间可以理解为集合，集合的元素就是样本空间中的样本点.（2）随机事件（i）定义：将样本空间Ω的②子集称为随机事件，简称事件.（ii）表示：一般用大写字母A，B，C，…表示.（iii）极端情形：③必然事件、不可能事件.2.两个事件的关系和运算事件的关系或运算含义符号表示包含A发生导致B发生④A⊆B相等事件B⊇A且A⊇B⑤A＝B并事件（和事件）A与B至少有一个发生A∪B或A＋B交事件（积事件）A与B同时发生A∩B或AB互斥（互不相容）A与B不能同时发生A∩B＝∅互为对立A与B有且仅有一个发生⑥A∩B＝∅，A∪B＝Ω注意对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件，即两事件互斥是对立的必要不充分条件.3.古典概型（1）古典概型的特征（i）有限性：样本空间的样本点只有⑦有限个；（ii）等可能性：每个样本点发生的可能性⑧相等.（2）古典概型的概率公式一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω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）＝kn＝n（A）n（Ω）.其中，n（A）和n4.概率的基本性质性质1对任意的事件A，都有P（A）≥0.性质2必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即P（Ω）＝1，P（∅）＝0性质3如果事件A与事件B互斥，那么P（A∪B）＝⑨P（A）＋P（B）.（互斥事件的概率加法公式）性质4如果事件A与事件B互为对立事件，那么P（B）＝1－P（A），P（A）＝⑩1－P（B）.性质5如果A⊆B，那么P（A）≤P（B）.性质6设A，B是一个随机试验中的两个事件，我们有P（A∪B）＝⑪PA+性质3的推广：若事件A1，A2，…，Am两两互斥，则P（A1∪A2∪…∪Am）＝P（A1）＋PA2＋…＋P（Am5.频率与概率（1）频率的稳定性一般地，随着试验次数n的增大，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件A发生的频率fn（A）会逐渐稳定于事件A发生的概率P（A）.我们称频率的这个性质为频率的稳定性.（2）频率稳定性的作用：可以用频率fn（A）估计概率P（A）.说明随机事件A发生的频率是随机的，而概率是客观存在的确定的常数，但在大量随机试验中，事件A发生的频率稳定于事件A发生的概率.1.一个人打靶时连续射击两次，事件“至少有一次中靶”的互斥事件是（D）A.至多有一次中靶 B.两次都中靶C.只有一次中靶 D.两次都不中靶解析射击两次的结果有：一次中靶，两次中靶，两次都不中靶，故至少有一次中靶的互斥事件是两次都不中靶.故选D.2.[教材改编]下列说法错误的是（D）A.任一事件的概率总在[0，1]内 B.不可能事件的概率为0C.必然事件的概率为1 D.概率是随机的，在试验前不能确定解析任一事件的概率总在[0，1]内，不可能事件的概率为0，必然事件的概率为1，概率是客观存在的，是一个确定值.3.[教材改编]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，PB=4a-5，则实数aA.（54，2） B.（54，32） C.[54，32] D.解析由题意可知0<P（A）<1，0<P（B）4.[多选]下列说法正确的是（CD）A.两个互斥事件的概率和为1B.两个事件的和事件是指两个事件都发生C.对立事件一定是互斥事件，互斥事件不一定是对立事件D.从－3，－2，－1，0，1，2中任取一个数，取到的数小于0与不小于0的可能性相等5.[教材改编]某战士射击一次，击中环数大于7的概率是0.6，击中环数是6或7或8的概率相等，且和为0.3，则该战士射击一次击中环数大于5的概率为0.8.解析记“击中6环”为事件A，“击中7环”为事件B，“击中环数大于7”为事件C，事件A，B，C彼此互斥，且易知P（A）＝0.1，P（B）＝0.1，P（C）＝0.6.记“击中环数大于5”为事件D，则P（D）＝P（A∪B∪C）＝0.1＋0.1＋0.6＝0.8.6.抛掷一枚骰子，记A事件为“出现点数是奇数”，B事件为“出现点数是3的倍数”，则P（A∪B）＝23，P（A∩B）＝16解析抛掷一枚骰子，出现点数的样本空间为Ω＝{1，2，3，4，5，6}，事件A∪B＝{1，3，5，6}，故P（A∪B）＝23；事件A∩B＝{3}，故P（A∩B）＝1学生用书P233命题点1事件的关系的判断例1（1）[多选]掷一枚质地均匀的骰子，记“向上的点数是1或2”为事件A，“向上的点数是2或3”为事件B，则（CD）A.A⊆BB.A＝BC.A∩B表示向上的点数是2D.A∪B表示向上的点数是1或2或3解析设A＝{1，2}，B＝{2，3}，则A∩B＝{2}，A∪B＝{1，2，3}，所以A∩B表示向上的点数是2，A∪B表示向上的点数为1或2或3.故选CD.（2）[多选]将颜色分别为红、绿、白、蓝的4个小球随机分给甲、乙、丙、丁4个人，每人一个，则（BD）A.事件“甲分得红球”与事件“乙分得白球”是互斥不对立事件B.事件“甲分得红球”与事件“乙分得红球”是互斥不对立事件C.事件“甲分得绿球，乙分得蓝球”的对立事件是“丙分得白球，丁分得红球”D.当事件“甲分得红球”的对立事件发生时，事件“乙分得红球”发生的概率是1解析事件“甲分得红球”与事件“乙分得白球”可以同时发生，不是互斥事件，A错误；事件“甲分得红球”与事件“乙分得红球”不能同时发生，是互斥事件，除了甲分得红球或者乙分得红球以外，丙或者丁也可以分得红球，B正确；事件“甲分得绿球，乙分得蓝球”与事件“丙分得白球，丁分得红球”可以同时发生，不是对立事件，C错误；事件“甲分得红球”的对立事件是“甲没有分得红球”，因此乙、丙、丁三人中有一个人分得红球，事件“乙分得红球”发生的概率是13.D正确方法技巧判断事件关系的策略（1）判断事件的互斥、对立关系时一般用定义法：不可能同时发生的两个事件为互斥事件；有且仅有一个发生的两个事件为对立事件.（2）判断事件的交、并关系时，一是紧扣运算的定义，二是要全面考虑同一条件下的试验可能出现的全部结果，必要时可列出全部的试验结果进行分析，也可类比集合的关系和运用Venn图分析事件.训练1[多选]某人打靶时连续射击两次，设事件A＝“只有一次中靶”，B＝“两次都中靶”，则下列结论正确的是（BC）A.A⊆B B.A∩B＝∅C.A∪B＝“至少一次中靶” D.A与B互为对立事件解析事件A＝“只有一次中靶”，B＝“两次都中靶”，所以A，B是互斥事件，但不是对立事件，所以A，D错误，B正确；A∪B＝“至少一次中靶”，C正确.命题点2求随机事件的频率与概率例2[全国卷Ⅰ]某厂接受了一项加工业务，加工出来的产品（单位：件）按标准分为A，B，C，D四个等级.加工业务约定：对于A级品、B级品、C级品，厂家每件分别收取加工费90元，50元，20元；对于D级品，厂家每件要赔偿原料损失费50元.该厂有甲、乙两个分厂可承接加工业务.甲分厂加工成本费为25元/件，乙分厂加工成本费为20元/件.厂家为决定由哪个分厂承接加工业务，在两个分厂各试加工了100件这种产品，并统计了这些产品的等级，整理如下：甲分厂产品等级的频数分布表等级ABCD频数40202020乙分厂产品等级的频数分布表等级ABCD频数28173421（1）分别估计甲、乙两分厂加工出来的一件产品为A级品的概率；（2）分别求甲、乙两分厂加工出来的100件产品的平均利润，以平均利润为依据，厂家应选哪个分厂承接加工业务？解析（1）由试加工产品等级的频数分布表知，甲分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为40100＝0.4乙分厂加工出来的一件产品为A级品的概率的估计值为28100＝（2）由数据知甲分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为利润6525－5－75频数40202020因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为65×40+25×20由数据知乙分厂加工出来的100件产品利润的频数分布表为利润70300－70频数28173421因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为70×28+30×17+0×34比较甲、乙两分厂加工的产品的平均利润，应选甲分厂承接加工业务.方法技巧求随机事件的概率的思路（1）计算所求随机事件出现的频数及总事件的频数；（2）由频率公式求出频率，进而由频率估计概率.训练2[全国卷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：最高气温[10，15）[15，20）[20，25）[25，30）[30，35）[35，40）天数216362574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.解析（1）这种酸奶一天的需求量不超过300瓶，则需最高气温低于25，由表格数据知，最高气温低于25的频率为2+16+362+16+36+25+7+4＝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（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.当且仅当最高气温不低于20时，Y大于零，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命题点3古典概型例3（1）[2023全国卷甲]某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（D）A.16 B.13 C.12 解析解法一由题意可知，所求概率P＝C21C21解法二记高一年级2名学生分别为a1，a2，高二年级2名学生分别为b1，b2，则从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演的基本事件有（a1，a2），（a1，b1），（a1，b2），（a2，b1），（a2，b2），（b1，b2），共6个，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有（a1，b1），（a1，b2），（a2，b1），（a2，b2），共4个，所以这2名学生来自不同年级的概率P＝46＝23（2）[2022新高考卷Ⅰ]从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（D）A.16 B.13 C.12 解析从7个整数中随机取2个不同的数，共有C72＝21（种）取法，取得的2个数互质的情况有{2，3}，{2，5}，{2，7}，{3，4}，{3，5}，{3，7}，{3，8}，{4，5}，{4，7}，{5，6}，{5，7}，{5，8}，{6，7}，{7，8}，共14种.根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为1421＝2方法技巧1.求解古典概型问题的步骤（1）求出样本空间Ω包含的样本点个数n；（2）求出事件A包含的样本点个数k；（3）代入公式P（A）＝kn求解，即为事件A的概率2.求样本点个数的方法：列举法、列表法、树状图法、排列组合法.训练3（1）[2021全国卷甲]将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（C）A.13 B.25 C.23 解析解法一将4个1和2个0视为完全不同的元素，则将4个1和2个0随机排成一行有A66种排法.将4个1排成一行有A44种排法，再将2个0插空有A52种排法.所以2个0不相邻的概率解法二将4个1和2个0安排在6个位置，则选择2个位置安排0，共有C62种排法.将4个1排成一行，再将2个0插空，即在5个位置中选2个位置安排0，共有C52种排法.所以2个0不相邻的概率P＝（2）[2022全国卷甲]从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为635解析从正方体的8个顶点中任选4个，取法有C84＝70（种）.其中①所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1，有6种取法；②所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法. 图1 图2所以所取的4个点在同一个平面的概率P＝1270＝6命题点4概率的基本性质的应用例4（1）如图所示，靶子由一个中心圆面Ⅰ和两个同心圆环Ⅱ，Ⅲ构成，射手命中圆面Ⅰ、圆环Ⅱ、圆环Ⅲ的概率分别为0.35，0.30，0.25，则射手命中圆环Ⅱ或圆环Ⅲ的概率为0.55，未命中靶的概率为0.10.解析设射手命中圆面Ⅰ为事件A，命中圆环Ⅱ为事件B，命中圆环Ⅲ为事件C，未中靶为事件D，则P（A）＝0.35，P（B）＝0.30，P（C）＝0.25，事件A，B，C两两互斥，故射手命中圆环Ⅱ或圆环Ⅲ的概率为P（B∪C）＝P（B）＋P（C）＝0.30＋0.25＝0.55，射手命中靶的概率为P（A∪B∪C）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＝0.35＋0.30＋0.25＝0.90.因为中靶和未中靶是对立事件，所以未命中靶的概率P（2）一个电路板上装有甲、乙两根熔丝，某种情况下甲熔丝熔断的概率为0.85，乙熔丝熔断的概率为0.74，甲、乙两根熔丝同时熔断的概率为0.63，则该情况下至少有一根熔丝熔断的概率为0.96.解析设事件A＝“甲熔丝熔断”，事件B＝“乙熔丝熔断”，则有P（A）＝0.85，PB=0.74，“甲、乙两根熔丝同时熔断”为事件A∩B，则有P（A∩B）＝0.63，“甲、乙两根熔丝至少有一根熔断”为事件A∪B，则有P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（A∩B）＝0.85＋0.74－0.63＝方法技巧求复杂事件概率的方法（1）直接法：将所求事件转化成几个彼此互斥的事件的和事件，利用互斥事件的概率加法公式求解.（2）间接法：当求解的问题中有“至多”“至少”“最少”等关键词语时，考虑其对立事件，通过求其对立事件的概率，然后转化为所求问题.训练4[多选/2023湖北联考]中国篮球职业联赛（CBA）中，某男篮球运动员在最近几次比赛中的得分情况如下表：投篮次数投中两分球的次数投中三分球的次数没投中1005518m记该运动员在一次投篮中，投中两分球为事件A，投中三分球为事件B，没投中为事件C，用频率估计概率的方法，得到的下述结论中，正确的是（ABC）A.P（A）＝0.55 B.P（A＋B）＝0.73C.P（C）＝0.27 D.P（B＋C）＝0.55解析由题意可知，m＝100－55－18＝27，P（A）＝55100＝0.55，P（B）＝18100＝0.18，事件A＋B与事件C为对立事件，且事件A，B，所以P（C）＝1－P（A＋B）＝1－P（A）－P（B）＝0.27，P故选ABC.1.[命题点1/多选]从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球，则下列说法正确的有（BCD）A.至少有一个黑球与都是黑球是互斥事件B.至少有一个黑球与至少有一个红球不是互斥事件C.恰好有一个黑球与恰好有两个黑球是互斥事件D.至少有一个黑球与都是红球是对立事件解析解法一（列举法）设两个红球分别为a，b，两个黑球分别为1，2.则从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球，所有可能的情况为{a，b}，{a，1}，{a，2}，{b，1}，{b，2}，{1，2}，共6种.对于A，至少有一个黑球与都是黑球都包含事件{1，2}，故二者不是互斥事件，A错误；对于B，至少有一个黑球与至少有一个红球都包含事件{a，1}，{a，2}，{b，1}，{b，2}，故二者不是互斥事件，B正确；对于C，恰好有一个黑球包含事件{a，1}，{a，2}，{b，1}，{b，2}，恰好有两个黑球包含事件{1，2}，故二者是互斥事件，C正确；对于D，至少有一个黑球包含事件{a，1}，{a，2}，{b，1}，{b，2}，{1，2}，都是红球包含事件{a，b}，故二者是对立事件，D正确.故选BCD.解法二从装有两个红球和两个黑球的口袋内任取两个球，设取出的黑球个数为X，则取出的红球个数为2－X，X的所有可能取值为0，1，2.对于A，“至少有一个黑球”对应X≥1，即X＝1或X＝2，“都是黑球”对应X＝2.显然当X＝2时，两个事件同时发生，故A错误.对于B，“至少有一个黑球”对应X≥1，即X＝1或X＝2，“至少有一个红球”对应2－X≥1，即X≤1，即X＝0或X＝1，显然当X＝1时，两个事件同时发生，故B正确.对于C，“恰好有一个黑球”对应X＝1，“恰好有两个黑球”对应X＝2，显然二者不能同时发生，是互斥事件，故C正确.对于D，“至少有一个黑球”对应X≥1，即X＝1或X=2，“都是红球”对应2－X＝2，即X＝0，显然二者不能同时发生，且二者的并事件包含X的所有取值，故两事件是对立事件，故D正确.2.[命题点2/北京高考]电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到下表：电影类型第一类第二类第三类第四类第五类第六类电影部数14050300200800510好评率好评率是指一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值.（1）从电影公司收集的电影中随机选取1部，求这部电影是获得好评的第四类电影的概率；（2）随机选取1部电影，估计这部电影没有获得好评的概率；（3）电影公司为增加投资回报，拟改变投资策略，这将导致不同类型电影的好评率发生变化.假设表格中只有两类电影的好评率数据发生变化，那么哪类电影的好评率增加0.1，哪类电影的好评率减少0.1，使得获得好评的电影总部数与样本中的电影总部数的比值达到最大？（只需写出结论）解析（1）由题意知，样本中电影的总部数是140＋50＋300＋200＋800＋510＝2000，第四类电影中获得好评的电影部数是200×0.25＝50，故所求概率为502（2）由题意知，样本中获得好评的电影部数是140×0.4＋50×0.2＋300×0.15＋200×0.25＋800×0.2＋510×0.1＝56＋10＋45＋50＋160＋51＝372.故所求概率估计为1－3722（3）增加第五类电影的好评率，减少第二类电影的好评率.3.[命题点3/2023济南3月模拟]从正六边形的6个顶点中任取3个构成三角形，则所得三角形是直角三角形的概率为（C）A.310 B.12 C.35 解析如图所示，正六边形ABCDEF的外接圆为圆O，则AD，BE，CF均为圆O的直径.从正六边形的6个顶点中任取3个顶点，共有C63＝20（种）等可能结果.取定A，D两点时，在B，C，E，F中任取一个点均可构成直角三角形，即此时可构成4个直角三角形；同理，当取定B，E两点或取定C，F两点时，均可构成4个直角三角形.故共可构成4×3＝12（个）直角三角形.所以所得三角形是直角三角形的概率P＝1220＝34.[命题点3/多选]某次数学考试对多项选择题的要求是：在每小题给出的A，B，C，D四个选项中，有多项符合题目要求；全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.已知某选择题的正确答案是CD，且甲、乙、丙、丁四位同学都不会做，下列表述正确的是（ABC）A.甲同学仅随机选一个选项，能得2分的概率是1B.乙同学仅随机选两个选项，能得5分的概率是1C.丙同学随机选择选项，能得分的概率是1D.丁同学随机至少选择两个选项，能得分的概率是1解析对于A，甲同学仅随机选择一个选项，有四种方式，即A，B，C，D，能得2分的选项为C，D，概率为12对于B，乙同学可能选择的情况有AB，AC，AD，BC，BD，CD，仅在选CD时才能得5分，概率为16对于C，丙同学可能选择的情况有A，B，C，D，AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD，ABCD，共15种，能得分的情况有C，D，CD，共3种，故丙同学能得分的概率为315＝1对于D，丁同学可能选择的情况为AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD，ABCD，共11种，能得分的情况只有CD1种，故丁同学能得分的概率为111.故选5.[命题点4/全国卷Ⅲ]若某群体中的成员只用现金支付的概率为0.45，既用现金支付也用非现金支付的概率为0.15，则不用现金支付的概率为（B）A.0.3 B.0.4 C.0.6 D.0.7解析设“只用现金支付”为事件A，“既用现金支付也用非现金支付”为事件B，“不用现金支付”为事件C，则P（C）＝1－P（A）－P（B）＝1－0.45－0.15＝0.4.学生用书·练习帮P3851.[2024吉林长春东北师大附中模拟]下列叙述正确的是（D）A.随着试验次数的增加，频率一定越来越接近一个确定数值B.若随机事件A发生的概率为P（A），则0＜P（A）＜1C.若事件A与事件B互斥，则P（A＋B）＝P（B）D.若事件A与事件B对立，则P（A）＋P（B）＝1解析随着试验次数的增加，频率偏离概率的幅度会缩小，即事件发生的频率会逐渐稳定于事件发生的概率，并不一定越来越接近这个确定数值，故A不正确；必然事件发生的概率为1，不可能事件发生的概率为0，所以0≤P（A）≤1，故B不正确；若事件A与事件B互斥，则它们不可能同时发生，即B发生则A一定不发生，所以B⊆A，则A＋B＝A，则有P（A＋B）＝P（A），不一定与P（B）相等，故C不正确；若事件A与事件B对立，则A∪B为必然事件，且事件A与事件B互斥，则P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝1，故D正确.故选D.2.[2024广东佛山模拟]从1～9这9个数中随机选取一个，则这个数平方的个位数字大于5的概率为（B）A.13 B.49 C.59 解析从1～9这9个数中随机选取一个数，共有9种选法，其中这个数平方的个位数字大于5的是3，4，6，7，故这个数平方的个位数字大于5的概率为49，故选3.[2024四川成都模拟]我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果.哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如40＝3＋37.在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（B）A.245 B.115 C.145 解析不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，随机选取两个不同的数有C102＝45（种）情况，其中和等于30的有7和23，11和19，13和17这3种情况，所以所求概率是345＝14.[2024四川遂宁模拟]抛掷一颗质地均匀的骰子，定义如下随机事件：Ci＝“点数为i”，其中i＝1，2，3，4，5，6；D1＝“点数不大于2”；D2＝“点数大于2”；D3＝“点数大于4”.则下列结论错误的是（D）A.C1与C2互斥 B.D1∪D2＝Ω，D1D2＝∅C.D3⊆D2 D.C2，C3为对立事件解析由题意知C1与C2不可能同时发生，它们互斥，A正确；由题意知，样本空间Ω＝{1，2，3，4，5，6}，D1＝{1，2}，D2＝{3，4，5，6}，因此B正确；D3＝{5，6}⊆D2，C正确；C2与C3不可能同时发生，但也可能都不发生，互斥不对立，D错误.故选D.5.[2024湖北宜昌宜都市一中模拟]从装有除颜色外完全相同的2个红球和2个白球的口袋内任取2个球，那么互斥但不对立的两个随机事件是（C）A.至少有1个白球，都是白球B.至少有1个白球，至少有1个红球C.恰有1个白球，恰有2个白球D.至少有1个白球，都是红球解析对于A，“都是白球”这个事件发生时，事件“至少有1个白球”也发生了，因此不互斥，A不正确；对于B，任取2球一红一白时，事件“至少有1个白球”与“至少有1个红球”同时发生，因此不互斥，B不正确；对于C，“恰有1个白球”，“恰有2个白球”这两个事件不可能同时发生，但当任取2个球都是红球时，它们都不发生，因此它们互斥且不对立，C正确；对于D，“至少有1个白球”与“都是红球”不可能同时发生，但必有一个会发生，因此它们是对立事件，D不正确.故选C.6.[新高考卷Ⅰ]某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有96％的学生喜欢足球或游泳，60％的学生喜欢足球，82％的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是（C）A.62％ B.56％ C.46％ D.42％解析记“该中学学生喜欢足球”为事件A，“该中学学生喜欢游泳”为事件B，则“该中学学生喜欢足球或游泳”为事件A∪B，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件A∩B，则P（A）＝0.6，P（B）＝0.82，P（A∪B）＝0.96，所以P（A∩B）＝P（A）＋P（B）－P（A∪B）＝0.6＋0.82－0.96＝0.46，所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为46％，故选C.7.[全国卷Ⅰ]设O为正方形ABCD的中心，在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为（A）A.15 B.25 C.12 解析根据题意作出图形，如图所示，在O，A，B，C，D中任取3点，有C53=10（种）等可能的情况，其中取到的3点共线有（OAC）和（OBD）2种等可能的情况，所以在O，A，B，C，D中任取3点，则取到的3点共线的概率为2108.[2023广西联考]现有一组数据1，2，3，4，5，6，7，8，若将这组数据随机删去两个数，则剩下数据的平均数大于5的概率为（A）A.17 B.314 C.328 解析由已知可得，1＋2＋3＋…＋8＝36，若使删去两个数后剩余六个数的平均数大于5，则剩余六个数的总和大于30，即删去两个数的总和小于6，则有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3）四种情况，所以随机删去两个数，剩下数据的平均数大于5的概率P=49.[多选/2024山东济宁模拟]掷一颗质地均匀的骰子，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，下列说法正确的是（ABD）A.P（A）＝13 B.P（B）＝C.P（A∪B）＝13 D.P（A∪B）＝解析易知P（A）＝26＝13，P（B）＝46＝23，故A，B正确，P（A）＝1－13＝23，P（B）=1-23＝13，易知A与B互斥，故P（A∪B）＝P（A）＋P（B）＝23，故D正确，易知B⊆A，则P（A∪B）＝10.[2024湖北黄冈模拟]事件A，B是相互独立事件，若P（A）＝m，P（B）＝0.3，PA+B=0.7，则实数m解析P（A＋B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）＝1－P（A）＋P（B）－P（A）P（B）＝1－P（A）＋P（B）[1－P（A）]＝1－P（A）＋P（B）P（A），即0.7＝1－m＋0.3m，解得m＝3711.[2024广东佛山模拟]有两个人从一座28层大楼的第一层进入电梯，假设每一个人自第二层开始在每一层离开电梯是等可能的，则这两个人在不同层离开电梯的概率为2627解析两人离开电梯的所有可能情况有27×27＝729（种），两人在同一层离开电梯的可能情况有C271＝27（种），则两人在同一层离开电梯的概率为27729＝127，所以这两个人在不同层离开电梯的概率为1－12.[2024河南商丘模拟]某射击运动员在一次射击训练中共射击10次，这10次命中的环数分别为8，7，9，9，10，6，8，8，7，8.（1）求这名运动员10次射击成绩的方差.（2）若以这10次命中环数的频率来估计这名运动员命中环数的概率，求该运动员射击一次时：（i）命中9环或者10环的概率；（ii）至少命中7环的概率.解析（1）平均数x＝110（8＋7＋9＋9＋10＋6＋8＋8＋7＋8）＝8方差s2＝110[（6－8）2＋2×（7－8）2＋4×（8－8）2＋2×（9－8）2＋（10－8）2]＝（2）设该运动员射击一次时，事件A＝“命中7环”，事件B＝“命中8环”，事件C＝“命中9环”，事件D＝“命中10环”，用频率估计概率，则P（A）＝15，P（B）＝25，PC=15，P（i）设事件E＝“命中9环或者10环”，则P（E）＝P（C∪D）＝P（C）＋P（D）＝15＋110＝（ii）解法一设事件F＝“至少命中7环”，则P（F）＝P（A∪B∪C∪D）＝P（A）＋P（B）＋P（C）＋P（D）＝15＋25＋15＋1解法二设事件F＝“至少命中7环”，事件G＝“命中不超过6环”，则P（G）＝110，所以P（F）＝1－P（G）＝1－110＝13.某商家在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满80元，则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，若有5名顾客都领取一件礼品，则他们中恰有3人领取的礼品种类相同的概率是（D）A.140243 B.40243 C.2081 解析5名顾客从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任取一件，共有35种可能结果，令事件A为“5人中恰有3人领取的礼品种类相同”，则事件A包含的可能结果有C53×C31×C21×C21＝120（种），所以P（14.[2024湖北武汉市第一中学模拟]在集合{2，3，4，5，6}的所有非空真子集中任选一个，其元素之和为偶数的概率是（B）A.35 B.715 C.12 解析集合{2，3，4，5，6}中有两个奇数3，5，三个偶数2，4，6，共5个元素，则集合{2，3，4，5，6}的非空真子集一共有25－2＝30（个）.分类讨论满足题意的非空真子集的个数：（1）当集合中只有1个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取一个，此时满足题意的非空真子集的个数为C31＝（2）当集合中有2个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取两个，或者同时选取3，5，此时满足题意的非空真子集的个数为C32＋C22＝3＋（3）当集合中有3个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取一个且同时选取3，5，或者同时选取2，4，6，此时满足题意的非空真子集的个数为C31×C22＋C33＝3×（4）当集合中有4个元素时，当且仅当从2，4，6中随机选取两个且同时选取3，5，此时满足题意的非空真子集的个数为C32×C22＝3综上，满足题意的非空真子集的个数共有3＋4＋4＋3＝14（个），因此所求概率为1430＝715.15.[2024陕西西安市铁一中模拟]甲、乙两人独立解某一道数学题，已知该题被甲独立解出的概率为0.7，被甲或乙解出的概率为0.94，则该题被乙独立解出的概率为0.8.解析记“该题被甲独立解出”为事件A，“该题被乙独立解出”为事件B，由题知PA=0.7，P（A∪B）＝0.94.因为事件A，B相互独立，所以PAB=PAPB=0.7PB.又P（A∪B）＝P（A）＋P（B）－P（AB）16.[2024四川成都模拟]已知2，4，6，8，x这5个数的标准差为2，若在－2，0，5，2x-1，x－2中随机取出3个不同的数，则5为这3个数的中位数的概率是3解析2，4，6，8，x这5个数的平均数为2+4+6+8+x5＝20+x5，则15[(2－20+x5）2＋（4－20+x5）2＋（6－20+x5）2＋（8－从－2，0，3，5，9中随机取出3个不同的数，有C53＝10（种）情况，其中5为这3个数的中位数有（－2，5，9），（0，5，9），（3，5，9），3种情况，所以所求概率是17.[2024广东佛山模拟]在一次猜灯谜活动中，共有20个灯谜，甲、乙两名同学独立竞猜，甲同学猜对了12个，乙同学猜对了8个.假设猜对每个灯谜都是等可能的.（1）任选一个灯谜，求恰有一个人猜对的概率；（2）任选一个灯谜，求两人同时猜对或猜错的概率.解析（1）设事件A表示“任选一个灯谜，甲猜对”，事件B表示“任选一个灯谜，乙猜对”，由古典概型的概率公式得P（A）＝1220＝35，P（B）＝820则P（A）＝1－35＝25，P（B）＝1－25记事件C＝“任选一个灯谜，恰有一个人猜对”，则P（C）＝（AB）∪（AB），且AB与AB互斥，因为甲、乙独立竞猜，所以事件A和B相互独立，从而A与B，A与B，A与B相互独立，于是P（C）＝P（AB＋AB）＝P（A）P（B）＋P（A）P（B）＝35×35＋25×2（2）事件C＝“任选一个灯谜，恰有一个人猜对”，则其对立事件C＝“