适用于新教材强基版2024届高考数学一轮复习教案第十章计数原理概率随机变量及其分布10.4随机事件与概率新人教A版

§10.4随机事件与概率考试要求1.了解随机事件发生的不确定性和频率的稳定性，了解概率的意义以及频率与概率的区别.2.理解事件间的关系与运算.3.掌握古典概型及其计算公式，能计算古典概型中简单随机事件的概率．知识梳理1．样本空间和随机事件(1)样本点和有限样本空间①样本点：随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，常用ω表示．全体样本点的集合称为试验E的样本空间，常用Ω表示．②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．(2)随机事件①定义：将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称事件．②表示：一般用大写字母A，B，C，…表示．③随机事件的极端情形：必然事件、不可能事件．2．两个事件的关系和运算含义符号表示包含关系若A发生，则B一定发生A⊆B相等关系B⊇A且A⊇BA＝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A∩B＝∅，且A∪B＝Ω3．古典概型的特征(1)有限性：样本空间的样本点只有有限个；(2)等可能性：每个样本点发生的可能性相等．4．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)＝eq\f(k,n)＝eq\f(nA,nΩ).其中，n(A)和n(Ω)分别表示事件A和样本空间Ω包含的样本点个数．5．概率的性质性质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)＝P(A)＋P(B)；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)＝1－P(B)；性质5：如果A⊆B，那么P(A)≤P(B)，由该性质可得，对于任意事件A，因为∅⊆A⊆Ω，所以0≤P(A)≤1；性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．6．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)．常用结论1．当随机事件A，B互斥时，不一定对立；当随机事件A，B对立时，一定互斥，即两事件互斥是对立的必要不充分条件．2．若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．思考辨析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)两个事件的和事件发生是指这两个事件至少有一个发生．(√)(3)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的可能性相同．(√)(4)若A∪B是必然事件，则A与B是对立事件．(×)教材改编题1．一个人打靶时连续射击两次，事件“至多有一次中靶”的互斥事件是()A．至少有一次中靶B．两次都中靶C．只有一次中靶D．两次都不中靶答案B解析射击两次中“至多有一次中靶”即“有一次中靶或两次都不中靶”，与该事件不能同时发生的是“两次都中靶”．2．从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160cm的概率为0.2，该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175cm的概率为()A．0.2B．0.3C．0.7D．0.8答案B解析由题意知该同学的身高小于160cm的概率、该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率和该同学的身高超过175cm的概率和为1，故所求概率为1－0.2－0.5＝0.3.3．(2022·全国乙卷)从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为________．答案eq\f(3,10)解析从甲、乙等5名同学中随机选3名，有Ceq\o\al(3,5)种情况，其中甲、乙都入选有Ceq\o\al(1,3)种情况，所以甲、乙都入选的概率P＝eq\f(C\o\al(1,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(3,10).题型一随机事件命题点1随机事件间关系的判断例1(1)(多选)对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设事件A＝{两弹都击中飞机}，事件B＝{两弹都没击中飞机}，事件C＝{恰有一弹击中飞机}，事件D＝{至少有一弹击中飞机}，则下列关系正确的是()A．A∩D＝∅ B．B∩D＝∅C．A∪C＝D D．A∪B＝B∪D答案BC解析“恰有一弹击中飞机”指第一枚击中、第二枚没中或第一枚没中、第二枚击中，“至少有一弹击中飞机”包含两种情况，一种是恰有一弹击中，另一种是两弹都击中，故A∩D≠∅，B∩D＝∅，A∪C＝D，A∪B≠B∪D.(2)从装有十个红球和十个白球的罐子里任取两球，下列情况中是互斥而不对立的两个事件的是()A．至少有一个红球；至少有一个白球B．恰有一个红球；都是白球C．至少有一个红球；都是白球D．至多有一个红球；都是红球答案B解析对于A，“至少有一个红球”可能为一个红球、一个白球，“至少有一个白球”可能为一个白球、一个红球，故两事件可能同时发生，所以不是互斥事件；对于B，“恰有一个红球”，则另一个必是白球，与“都是白球”是互斥事件，而任取两球还可能都是红球，故两事件不是对立事件；对于C，“至少有一个红球”为都是红球或一红一白，与“都是白球”显然是对立事件；对于D，“至多有一个红球”为都是白球或一红一白，与“都是红球”是对立事件．命题点2利用互斥、对立事件求概率例2某商场进行有奖销售，购满100元商品得1张奖券，多购多得.1000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)＝eq\f(1,1000)，P(B)＝eq\f(10,1000)＝eq\f(1,100)，P(C)＝eq\f(50,1000)＝eq\f(1,20).(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.∵事件A，B，C两两互斥，∴P(M)＝P(A∪B∪C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝eq\f(1＋10＋50,1000)＝eq\f(61,1000)，故1张奖券的中奖概率为eq\f(61,1000).(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－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1000)＋\f(1,100)))＝eq\f(989,1000)，故1张奖券不中特等奖且不中一等奖的概率为eq\f(989,1000).思维升华事件关系的运算策略进行事件的运算时，一是要紧扣运算的定义，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．当事件是由互斥事件组成时，运用互斥事件的概率加法公式．跟踪训练1(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，一个方向只能有一个人．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)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．一次购物量1至4件5至8件9至12件13至16件17件及以上顾客数(人)x3025y10结算时间(分钟/人)11.522.53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估计一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率．解①由已知得25＋y＋10＝55，x＋30＝45，所以x＝15，y＝20.则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eq\f(1×15＋1.5×30＋2×25＋2.5×20＋3×10,100)＝1.9(分钟)．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”，A1，A2，A3分别表示事件“该顾客一次购物的结算时间为1分钟”“该顾客一次购物的结算时间为1.5分钟”“该顾客一次购物的结算时间为2分钟”，则可估计概率约为P(A1)＝eq\f(15,100)＝eq\f(3,20)，P(A2)＝eq\f(30,100)＝eq\f(3,10)，P(A3)＝eq\f(25,100)＝eq\f(1,4)，因为A＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，所以P(A)＝P(A1∪A2∪A3)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝eq\f(3,20)＋eq\f(3,10)＋eq\f(1,4)＝eq\f(7,10)，故一位顾客一次购物的结算时间不超过2分钟的概率约为eq\f(7,10).题型二古典概型例3(1)(2023·榆林模拟)在2,3,5,7这四个数中任取三个数，将其组成无重复数字的三位数，则这个数是奇数的概率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(3,4)D.eq\f(5,6)答案C解析由题意，这个数可能为235,237,253,257,273,275,325,327,352,357,372,375,523,527,532,537,572,573,723,725,732,735,752,753，共24种情况，其中奇数共有18个，故所求概率P＝eq\f(18,24)＝eq\f(3,4).(2)在一次比赛中某队共有甲、乙、丙等5位选手参加，赛前用抽签的方法决定出场顺序，则乙、丙都不与甲相邻出场的概率是()A.eq\f(1,10)B.eq\f(1,5)C.eq\f(2,5)D.eq\f(3,10)答案D解析在一次比赛中某队共有甲、乙、丙等5位选手参加，赛前用抽签的方法决定出场顺序，样本点总数n＝Aeq\o\al(5,5)＝120，“乙、丙都不与甲相邻出场”包含的样本点个数m＝Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝36，所以“乙、丙都不与甲相邻出场”的概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10).思维升华利用公式法求解古典概型问题的步骤跟踪训练2(1)(2022·全国甲卷)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,5)D.eq\f(2,3)答案C解析从写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，共有15种取法，它们分别是(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)，其中卡片上的数字之积是4的倍数的是(1,4)，(2,4)，(2,6)，(3,4)，(4,5)，(4,6)，共6种取法，所以所求概率是P＝eq\f(6,15)＝eq\f(2,5).(2)(2022·宜宾质检)2022年冬奥会在北京、延庆、张家口三个区域布置赛场，北京承办所有冰上项目，延庆和张家口承办所有雪上项目．组委会招聘了包括甲在内的4名志愿者，准备分配到上述3个赛场参与赛后维护服务工作，要求每个赛场至少分到一名志愿者，则志愿者甲正好分到北京赛场的概率为________.答案eq\f(1,3)解析依题意3个赛场分配的志愿者人数只有1,1,2这种情况，则共有n＝Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(种)安排方法，志愿者甲被分配到北京赛场有m＝Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝12(种)安排方法，所以志愿者甲正好分到北京赛场的概率P＝eq\f(12,36)＝eq\f(1,3).题型三概率与统计的综合问题例4北京冬奥会顺利闭幕后，某学校团委组织了一次“奥运会”知识讲座活动，活动结束后随机抽取120名学生对讲座情况进行调查，其中男生与女生的人数之比为1∶1，抽取的学生中男生有40名对讲座活动满意，女生中有30名对讲座活动不满意．(1)完成下面2×2列联表，并依据小概率值α＝0.10的独立性检验，能否推断对讲座活动是否满意与性别有关？满意不满意合计男生女生合计120(2)从被调查的对讲座活动满意的学生中，利用比例分配的分层随机抽样方法抽取7名学生，再在这7名学生中抽取3名学生谈谈自己听讲座的心得体会，求其中恰好抽中2名男生与1名女生的概率．参考数据：χ2＝eq\f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，其中n＝a＋b＋c＋d.α0.100.050.010.0050.001xα2.7063.8416.6357.87910.828解(1)2×2列联表如表所示.满意不满意合计男生402060女生303060合计7050120零假设为H0：对讲座活动是否满意与性别无关．根据列联表中数据，经计算得χ2＝eq\f(120×40×30－20×302,60×60×70×50)＝eq\f(24,7)≈3.429>2.706＝x0.10，根据小概率值α＝0.10的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为对讲座活动是否满意与性别有关．(2)由(1)知，在样本中对讲座活动满意的学生有70人，从中抽取7人，其中“男生满意”的有40×eq\f(7,70)＝4(人)，“女生满意”的有30×eq\f(7,70)＝3(人)，记“恰好抽中2名男生与1名女生”为事件A，则P(A)＝eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,3),C\o\al(3,7))＝eq\f(18,35)，所以恰好抽中2名男生与1名女生的概率为eq\f(18,35).思维升华求解古典概型的综合问题的步骤(1)将题目条件中的相关知识转化为事件；(2)判断事件是否为古典概型；(3)选用合适的方法确定样本点个数；(4)代入古典概型的概率公式求解．跟踪训练3从参加环保知识竞赛的学生中抽出40名，将其成绩(均为整数)整理后画出频率分布直方图如图所示，观察图形，回答下列问题．(1)成绩在[80,90)这一组的频数、频率分别是多少？(2)估计这次环保知识竞赛成绩的平均数、众数、中位数；(不要求写过程)(3)从成绩是80分以上(包括80分)的学生中选2人，求他们在同一分数段的概率．解(1)根据题意，成绩在[50,60)这一组的频率为0.015×10＝0.15，在[60,70)这一组的频率为0.025×10＝0.25，在[70,80)这一组的频率为0.035×10＝0.35，在[90,100)这一组的频率为0.005×10＝0.05，则成绩在[80,90)这一组的频率为eq\f(1,2)×[1－(0.15＋0.25＋0.35＋0.05)]＝0.1，其频数为40×0.1＝4.(2)这次竞赛成绩的平均数约为45×0.1＋55×0.15＋65×0.25＋75×0.35＋85×0.1＋95×0.05＝68.5；成绩在[70,80)这一组的频率最大，人数最多，则众数约为75；70分左右两侧的频率均为0.5，则中位数约为70.(3)记“选出的2人在同一分数段”为事件E，成绩在[80,90)内的有40×0.1＝4(人)，设为a，b，c，d；成绩在[90,100)内的有40×0.05＝2(人)，设为A，B.从这6人中选出2人，有(a，b)，(a，c)，(a，d)，(a，A)，(a，B)，(b，c)，(b，d)，(b，A)，(b，B)，(c，d)，(c，A)，(c，B)，(d，A)，(d，B)，(A，B)，共15种选法，其中事件E包括(a，b)，(a，c)，(a，d)，(b，c)，(b，d)，(c，d)，(A，B)，共7种选法，则P(E)＝eq\f(7,15).课时精练1．同时掷两枚硬币，“向上的面都是正面”为事件A，“向上的面至少有一枚是正面”为事件B，则有()A．A⊆B B．A⊇BC．A＝B D．A<B答案A解析事件B包含“有一枚硬币正面向上”与“两枚硬币都是正面向上”，故A⊆B.2．杭州亚运会的三个吉祥物分别取名“琮琮”“宸宸”“莲莲”，如图．现将三张分别印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片(卡片的形状、大小和质地完全相同)放入盒子中．若从盒子中依次有放回地取出两张卡片，则一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的概率是()A.eq\f(2,3)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,9)D.eq\f(1,9)答案C解析记印有“琮琮”“宸宸”“莲莲”图案的卡片分别为A，B，C，则样本点有(A，A)，(A，B)，(A，C)，(B，A)，(B，B)，(B，C)，(C，A)，(C，B)，(C，C)，共9个，其中一张为“琮琮”，一张为“宸宸”的样本点有(A，B)，(B，A)，共2个，所以所求的概率P＝eq\f(2,9).3．我国古代数学名著《数书九章》有“米谷粒分”题：粮仓开仓收粮，有人送来米1534石，验得米内夹谷，抽样取米一把，数得254粒内夹谷28粒，则这批米内夹谷约为()A．134石 B．169石C．338石 D．1365石答案B解析这批米内夹谷约为eq\f(28,254)×1534≈169(石)．4．围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为eq\f(1,7)，从中取出2粒都是白子的概率是eq\f(12,35)，则从中任意取出2粒恰好是同色的概率是()A.eq\f(1,7)B.eq\f(12,35)C.eq\f(17,35)D．1答案C解析设“从中取出2粒都是黑子”为事件A，“从中取出2粒都是白子”为事件B，“从中任意取出2粒恰好是同色”为事件C，则C＝A∪B，且事件A与事件B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝eq\f(1,7)＋eq\f(12,35)＝eq\f(17,35).即从中任意取出2粒恰好是同色的概率为eq\f(17,35).5．(2022·运城模拟)现有A，B，C，D，E五人随意并排站成一排，那么A，B相邻且B在A左边的概率为()A.eq\f(1,10)B.eq\f(1,5)C.eq\f(2,5)D.eq\f(4,5)答案B解析现有A，B，C，D，E五人随意并排站成一排，样本点总数n＝Aeq\o\al(5,5)＝120，A，B相邻且B在A左边包含的样本点个数m＝Aeq\o\al(4,4)＝24，∴A，B相邻且B在A左边的概率P＝eq\f(m,n)＝eq\f(24,120)＝eq\f(1,5).6．(多选)下列说法中正确的有()A．若事件A与事件B是互斥事件，则P(AB)＝0B．若事件A与事件B是对立事件，则P(A＋B)＝1C．某人打靶时连续射击三次，则事件“至少有两次中靶”与事件“至多有一次中靶”是对立事件D．把红、橙、黄3张纸牌随机分给甲、乙、丙3人，每人分得1张，则事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”是互斥事件答案ABC解析事件A与事件B互斥，则A，B不可能同时发生，所以P(AB)＝0，故A正确；事件A与事件B是对立事件，则事件B即为事件eq\x\to(A)，所以P(A＋B)＝1，故B正确；事件“至少有两次中靶”与“至多有一次中靶”不可能同时发生，且二者必有一个发生，所以为对立事件，故C正确；事件“甲分得的不是红牌”与事件“乙分得的不是红牌”可能同时发生，即“丙分得的是红牌”，所以不是互斥事件，故D错误．7．通过手机验证码注册某APP时，收到的验证码由四位数字随机组成，如某人收到的验证码(a1，a2，a3，a4)满足a1<a2<a3<a4，则称该验证码为递增型验证码，某人收到一个验证码，则它是首位为2的递增型验证码的概率为________．答案eq\f(7,2000)解析∵a1＝2,2<a2<a3<a4，∴a2，a3，a4从3,4,5,6,7,8,9中选，选出3个数，让其按照从小到大的顺序有Ceq\o\al(3,7)＝35(种)排法，又四位验证码共有10×10×10×10＝10000(种)，∴它是首位为2的递增型验证码的概率为eq\f(35,10000)＝eq\f(7,2000).8．(2022·全国甲卷)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________．答案eq\f(6,35)解析从正方体的8个顶点中任选4个，取法有Ceq\o\al(4,8)＝70(种)．其中4个点共面有以下两种情况：(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．故4个点在同一个平面共有6＋6＝12(种)情况．所以所取的4个点在同一个平面的概率P＝eq\f(12,70)＝eq\f(6,35).9．经统计，在某储蓄所一个营业窗口排队的人数相应的概率如下：排队人数012345人及5人以上概率0.10.160.30.30.10.04求：(1)至多2人排队等候的概率；(2)至少3人排队等候的概率．解记“无人排队等候”为事件A，“1人排队等候”为事件B，“2人排队等候”为事件C，“3人排队等候”为事件D，“4人排队等候”为事件E，“5人及5人以上排队等候”为事件F，则事件A，B，C，D，E，F彼此互斥．(1)记“至多2人排队等候”为事件G，则G＝A＋B＋C，所以P(G)＝P(A＋B＋C)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝0.1＋0.16＋0.3＝0.56.(2)方法一记“至少3人排队等候”为事件H，则H＝D＋E＋F，所以P(H)＝P(D＋E＋F)＝P(D)＋P(E)＋P(F)＝0.3＋0.1＋0.04＝0.44.方法二记“至少3人排队等候”为事件H，则其对立事件为事件G，所以P(H)＝1－P(G)＝0.44.10.某县共有90个农村淘宝服务网点，随机抽取6个网点统计得到其元旦期间的网购金额(单位：万元)的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数．(1)根据茎叶图计算样本数据的平均数；(2)若网购金额(单位：万元)不小于18的服务网点定义为优秀服务网点，其余为非优秀服务网点，根据茎叶图估计这90个服务网点中优秀服务网点的个数；(3)从随机抽取的6个服务网点中任取2个做网购商品的调查，求恰有1个网点是优秀服务网点的概率．解(1)由题意知，样本数据的平均数eq\x\to(x)＝eq\f(4＋6＋12＋12＋18＋20,6)＝12.(2)样本中优秀服务网点有2个，频率为eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，由此估计这90个服务网点中优秀服务网点约有90×eq\f(1,3)＝30(个)．(3)样本中优秀服务网点有2个，分别记为a1，a2，非优秀服务网点有4个，分别记为b1，b2，b3，b4，从随机抽取的6个服务网点中任取2个的可能情况有(a1，a2)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，(b1，b2)，(b1，b3)，(b1，b4)，(b2，b3)，(b2，b4)，(b3，b4)，共15种，记“恰有1个网点是优秀服务网点”为事件M，则事件M包含的可能情况有(a1，b1)，(a1，b2)，(a1，b3)，(a1，b4)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a2，b3)，(a2，b4)，共8种，故所求概率P(M)＝eq\f(8,15).11．如果事件A，B互斥，记eq\x\to(A)，eq\x\to(B)分别为事件A，B的对立事件，那么()A．A∪B是必然事件B.eq\x\to(A)∪eq\x\to(B)是必然事件C.eq\x\to(A)与eq\x\to(B)一定互斥D.eq\x\to(A)与eq\x\to(B)一定不互斥答案B解析如图①所示，A∪B不是必然事件，eq\x\to(A)∪eq\x\to(B)是必然事件，eq\x\to(A)与eq\x\to(B)不互斥；如图②所示，A∪B是必然事件，eq\x\to(A)∪eq\x\to(B)是必然事件，eq\x\to(A)与eq\x\to(B)互斥．12．整数集就像一片浩瀚无边的海洋，充满了无尽的奥秘．古希腊数学家毕达哥拉斯发现220和284具有如下性质：220的所有真因数(不包括本身的因数)之和恰好等于284，同时284的所有真因数之和也等于220，他把具有这种性质的两个整数叫做一对“亲和数”，“亲和数”的发现掀起了无数数学爱好者的研究热潮．已知220和284，1184和1210,2924和2620是3对“亲和数”，把这六个数随机分成两组，一组2个数，另一组4个数，则22