2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布

这是一份2025版红对勾高考数学一轮复习金卷第十章 计数原理、概率、随机变量及其分布，共43页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．四名获奖学生可以从钢笔、文具盒、水杯和笔记本四种奖品中，挑选一份送给自己，每人限选一份，不同的选择方法共有( B )
A．7种 B．256种
C．6种 D．12种
解析：∵奖品一共有钢笔、文具盒、水杯、笔记本四种且每种奖品数量无限制，∴四名获奖学生，每个人都可以从四种奖品中任选一种，∴共有4×4×4×4＝44＝256(种).故选B.
2．(教材改编)已知某公园有4个门，从一个门进，另一个门出，则不同的走法种数为( C )
A．16 B．13
C．12 D．10
解析：将4个门编号为1，2，3，4，从1号门进入后，有3种出门的方式，共3种走法，从2，3，4号门进入，同样各有3种走法，则不同的走法种数为4×3＝12.
3．(2023·新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( D )
A．C eq \\al(45,400) ·C eq \\al(15,200) 种 B．C eq \\al(20,400) ·C eq \\al(40,200) 种
C．C eq \\al(30,400) ·C eq \\al(30,200) 种 D．C eq \\al(40,400) ·C eq \\al(20,200) 种
解析：根据比例分配的分层随机抽样的定义知初中部共抽取60× eq \f(400,600) ＝40(人)，高中部共抽取60× eq \f(200,600) ＝20(人)，根据组合公式和分步计数原理，则不同的抽样结果共有C eq \\al(40,400) ·C eq \\al(20,200) 种．故选D.
4．三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( B )
A.4种 B．6种
C．10种 D．16种
解析：分两类：甲第一次踢给乙时，满足条件的有3种传递方式(如图)，
同理，甲先传给丙时，满足条件的也有3种传递方式．由分类加法计数原理可知，共有3＋3＝6(种)传递方式．
5．“中国梦”的英文翻译为“China Dream”，其中China又可以简写为CN，从“CN Dream”中取6个不同的字母排成一排，含有“ea”字母组合(顺序不变)的不同排列共有( C )
A．360种 B．480种
C．600种 D．720种
解析：从其他5个字母中任取4个，然后与“ea”进行全排列，共有C eq \\al(4,5) A eq \\al(5,5) ＝600(种).故选C.
6．在如图所示的五块土地上种植四种庄稼，有五种庄稼秧苗可供选择，要求相邻的土地不种同一种庄稼，共有种植方式( A )
A．240种 B．300种
C．360种 D．420种
解析：根据题意，五块土地上种植四种庄稼，先选出4种庄稼，共有C eq \\al(4,5) ＝5(种)选择，则1，5地种植相同庄稼或2，4地种植相同庄稼，共有2×(4×3×2×1)＝48(种)选择，根据分步乘法计数原理可知，共有5×48＝240(种)种植方式．故选A.
7．(2024·安徽宣城高三统考期末)为提高学生的数学学习兴趣，某中学拟开设《数学史》《数学建模》《数学探究》《微积分先修课程》四门校本选修课程，其中有5位同学打算在上述四门课程中每人选择一门学习，则每门课程至少有一位同学选择的不同方法数共有( C )
A．120种 B．180种
C．240种 D．300种
解析：将5名同学分为2，1，1，1的分组，有C eq \\al(2,5) ＝10(种)分组方法，再分配学习4门课程，有A eq \\al(4,4) ＝24(种)方法，所以共有10×24＝240(种)方法．故选C.
8．(2024·北京景山学校期中)一次演出，原计划要排4个节目，因临时有变化，拟再添加2个小品节目，若保持原有4个节目的相对顺序不变，则这6个节目不同的排列方法有( C )
A．20种 B．25种
C．30种 D．32种
解析：当两个节目放在相邻的位置，有C eq \\al(1,5) A eq \\al(2,2) ＝10(种)结果，当两个节目不相邻，从原来形成的五个空中选两个空排列，共有A eq \\al(2,5) ＝20(种)结果，根据分类计数原理知共有10＋20＝30(种)结果．故选C.
二、多项选择题
9．下列等式正确的有( ABC )
A．C eq \\al(m,n) ＝ eq \f(n！,m！（n－m）！)
B．C eq \\al(m,n) ＝C eq \\al(n－m,n)
C．C eq \\al(m,n) ＝ eq \f(m＋1,n＋1) C eq \\al(m＋1,n＋1)
D．C eq \\al(m,n) ＝C eq \\al(m＋1,n＋1)
解析：A是组合数公式；B是组合数性质；由 eq \f(m＋1,n＋1) C eq \\al(m＋1,n＋1) ＝ eq \f(m＋1,n＋1) × eq \f(（n＋1）！,（m＋1）！（n－m）！) ＝C eq \\al(m,n) 得C正确；D错误．故选ABC.
10．(数学文化)小许购买了一套五行文昌塔摆件(如图)，准备一字排开摆放在桌面上，下列结论正确的有( ACD )
A．不同的摆放方法共有120种
B．若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有36种
C．若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有72种
D．若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有36种
解析：由题可知，不同的摆放方法共有A eq \\al(5,5) ＝120(种)，故A正确；若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有A eq \\al(3,3) A eq \\al(2,4) ＝72(种)，故C正确，B不正确；若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有2A eq \\al(3,3) ＋A eq \\al(3,3) A eq \\al(2,2) A eq \\al(2,2) ＝36(种)，故D正确．故选ACD.
11．现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是( BCD )
A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种
C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种
D．若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
解析：若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，共有44＝256(种)放法，故A错误；若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有C eq \\al(2,4) (A eq \\al(2,2) ＋1)＝18(种)放法，故B正确；若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有C eq \\al(1,4) · eq \f(C eq \\al(1,4) ·C eq \\al(1,3) ·C eq \\al(2,2) ·A eq \\al(3,3) ,A eq \\al(2,2) ) ＝144(种)放法，故C正确；若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若(2，1，4，3)代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况：(2，1，4，3)，(4，1，2，3)，(3，1，4，2)，(2，4，1，3)，(3，4，1，2)，(4，3，1，2)，(2，3，4，1)，(3，4，2，1)，(4，3，2，1)，共9种放法，故D正确．故选BCD.
12．有甲、乙、丙等5名同学聚会，下列说法正确的有( BD )
A．5名同学每两人握手1次，共握手20次
B．5名同学相互赠送祝福卡片，共需要卡片20张
C．5名同学围成一圈做游戏，有120种排法
D．5名同学站成一排拍照，甲、乙相邻，且丙不站正中间，有40种排法
解析：对于A，5名同学每两人握手1次，共握手C eq \\al(2,5) ＝10(次)，故A错误；对于B，5名同学相互赠送祝福卡片，共需要卡片A eq \\al(2,5) ＝20(张)，故B正确；对于C，5名同学围成一圈做游戏，确定4个人之后，最后一个人的位置也就确定了，所以有A eq \\al(4,4) ＝24(种)排法，故C错误；对于D，5名同学站成一排拍照，甲、乙相邻，共有A eq \\al(2,2) A eq \\al(4,4) ＝48(种)排法，其中丙站正中间的排法有A eq \\al(2,2) A eq \\al(2,2) A eq \\al(2,2) ＝8(种)，所以甲、乙相邻，且丙不站正中间的排法有48－8＝40(种)，故D正确．故选BD.
三、填空题
13．若把英语单词“gd”的字母顺序写错，则可能出现的错误方法共有11种．(用数字作答)
解析：把g，，，d，4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A eq \\al(2,4) 种排法；第二步：排两个，共1种排法，所以总的排法种数为A eq \\al(2,4) ＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有A eq \\al(2,4) －1＝12－1＝11(种).
14．某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有84种不同的抽调方法．
解析：方法一：在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分为三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C eq \\al(1,7) 种；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A eq \\al(2,7) 种；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C eq \\al(3,7) 种．故共有C eq \\al(1,7) ＋A eq \\al(2,7) ＋C eq \\al(3,7) ＝84(种)抽调方法．
方法二：由于每个车队的车辆均多于4辆，只需将10个份额分成7份．可看作将10个小球排成一排，在相互之间的9个空当中插入6个隔板，即可将小球分成7份，故共有C eq \\al(6,9) ＝84(种)抽调方法．
15．(2024·吉林四平一中高三月考)一条街道有12盏路灯，夜里10点之后行人较少，为了考虑能够节能减排，决定夜里10点之后关闭其中的4盏，要求两端的路灯不能关闭，相邻的两盏也不能一起关闭．共有35种关闭路灯的方法．(用数字作答)
解析：不关闭的路灯有12－4＝8(盏)，8盏开着的路灯中间有7个空挡(两端不能放关闭的路灯)，把4盏关闭的路灯分别放入这7个空挡中(每个空挡只放1盏)的方法有C eq \\al(4,7) ＝35(种).
16．将6本不同的书分给甲、乙、丙、丁4个人，每人至少1本的不同分法共有1 560种．(用数字作答)
解析：把6本不同的书分成4组，每组至少1本的分法有2类．第一类，采用“3，1，1，1”的分法，即有1组3本，其余3组每组1本．不同的分法共有 eq \f(C eq \\al(3,6) C eq \\al(1,3) C eq \\al(1,2) C eq \\al(1,1) ,A eq \\al(3,3) ) ＝20(种).第二类，采用“2，2，1，1”的分法，即有2组每组2本，其余2组每组1本．不同的分法共有 eq \f(C eq \\al(2,6) C eq \\al(2,4) ,A eq \\al(2,2) ) · eq \f(C eq \\al(1,2) C eq \\al(1,1) ,A eq \\al(2,2) ) ＝45(种).所以不同的分组方法共有20＋45＝65(种).然后把分好的4组书分给4个人，共有A eq \\al(4,4) 种分法，所以不同的分法共有65×A eq \\al(4,4) ＝1 560(种).
一、单项选择题
1．(2023·全国甲卷)现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( B )
A．120种 B．60种
C．30种 D．20种
解析：不妨记5名志愿者为a，b，c，d，e，假设a连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有A eq \\al(2,4) ＝12(种)方法，同理：b，c，d，e连续参加了两天公益活动，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天公益活动的安排方式共有5×12＝60(种).故选B.
2．(2023·全国乙卷)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( C )
A．30种 B．60种
C．120种 D．240种
解析：首先确定相同的读物，共有C eq \\al(1,6) 种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有A eq \\al(2,5) 种，根据分步乘法计数原理，则共有C eq \\al(1,6) A eq \\al(2,5) ＝120(种).故选C.
3．3名大学生利用假期到2个山村参加扶贫工作，每名大学生只去1个村，每个村至少1人，则不同的分配方案共有( C )
A.4种 B．5种
C．6种 D．8种
解析：先将3名大学生分成2组，有C eq \\al(1,3) ·C eq \\al(2,2) 种分法，再分配到2个村，有A eq \\al(2,2) 种分法，则不同的分配方案共有C eq \\al(1,3) ·C eq \\al(2,2) ·A eq \\al(2,2) ＝6(种).
4．(数学文化)中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学．某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有( A )
A．120种 B．156种
C．188种 D．240种
解析：当“数”排在第一节时有A eq \\al(2,2) ·A eq \\al(4,4) ＝48(种)排法；当“数”排在第二节时有A eq \\al(1,3) ·A eq \\al(2,2) ·A eq \\al(3,3) ＝36(种)排法；当“数”排在第三节时，当“射”和“御”两门课程排在第一、二节时有A eq \\al(2,2) ·A eq \\al(3,3) ＝12(种)排法，当“射”和“御”两门课程排在后三节的时候有A eq \\al(1,2) ·A eq \\al(2,2) ·A eq \\al(3,3) ＝24(种)排法，所以满足条件的共有48＋36＋12＋24＝120(种)排法．故选A.
5．(2023·湖北武汉模拟)2023年武汉马拉松于4月16日举行，组委会决定派小王、小李等6名志愿者到甲、乙两个路口做引导员，每位志愿者去一个路口，每个路口至少有两位引导员，若小王和小李不能去同一路口，则不同的安排方案种数为( B )
A．40 B．28
C．20 D．14
解析：若小王在甲路口，小李在乙路口，则剩余4个人分到两个路口，两个路口为1＋3人分布，共有C eq \\al(1,4) C eq \\al(3,3) A eq \\al(2,2) ＝8(种)方案，两个路口为2＋2人分布，共有 eq \f(C eq \\al(2,4) C eq \\al(2,2) A eq \\al(2,2) ,A eq \\al(2,2) ) ＝6(种)方案，此时共有8＋6＝14(种)方案；同理若小王在乙路口，小李在甲路口，也共有8＋6＝14(种)方案．所以一共有28种不同的安排方案．故选B.
6．(2024·山东烟台诊断性测试)“碳中和”是指企业、团体或个人测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某“碳中和”研究中心计划派5名专家分别到A，B，C三地指导“碳中和”工作，每位专家只去1个地方，且每地至少派驻1名专家，则分派方法的种数为( B )
A．90 B．150
C．180 D．300
解析：将5名专家分为3组，有3，1，1和1，2，2两种分法，第一类，有1个地方去3名专家，剩下的2个地方各去1名专家，共有 eq \f(C eq \\al(1,5) ·C eq \\al(1,4) ·C eq \\al(3,3) ,A eq \\al(2,2) ) ·A eq \\al(3,3) ＝ eq \f(5×4×1,2×1) ×3×2×1＝60(种)方法；第二类，有1个地方去1名专家，另2个地方各去2名专家，共有 eq \f(C eq \\al(1,5) ·C eq \\al(2,4) ·C eq \\al(2,2) ,A eq \\al(2,2) ) ·A eq \\al(3,3) ＝ eq \f(5×\f(4×3,2)×1,2×1) ×3×2×1＝90(种)方法，所以分派方法的种数为60＋90＝150.故选B.
7．某市为了实施教育振兴计划，依托本市一些优质教育资源，每年都对本市所有在高校就读的定向师范生实施教育教学技能培训，以提高定向师范生的毕业质量．现有5名即将毕业的定向师范生拟分配到3所学校进行跟岗培训，每名师范生只能跟岗1所学校，每所学校至少分配1名师范生，则不同的跟岗分配方案共有( A )
A．150种 B．300种
C．360种 D．540种
解析：若3所学校分配1名师范生的人数为3∶1∶1时，先取3人看成一个整体，再进行排列，所以不同的跟岗分配方案有C eq \\al(3,5) A eq \\al(3,3) ＝60(种)；若3所学校分配1名师范生的人数为2∶2∶1时，注意到有2个学校均分配2名师范生，所以不同的跟岗分配方案有 eq \f(C eq \\al(2,5) C eq \\al(2,3) C eq \\al(1,1) A eq \\al(3,3) ,A eq \\al(2,2) ) ＝90(种).综上所述，不同的跟岗分配方案共有60＋90＝150(种).故选A.
8.如图，某单位计划在办公楼前的一个花坛的A，B，C，D四个区域重新种花．现有红、蓝、黄、白四种颜色的花可选择，一个区域只种一种颜色的花，且相邻的两个区域不能种同一种颜色的花，则不同的种植方案共有( D )
A．36种 B．48种
C．72种 D．84种
解析：若选用两种颜色的花，则有C eq \\al(2,4) ＝6(种)选择，选择的两种颜色的花种在对角位置，有两种选择，故共有2×6＝12(种)选择，若选用三种颜色的花，则有C eq \\al(3,4) ＝4(种)选择，必有一个对角位置使用同种颜色的花，先选择一个对角，再从三种颜色的花中选择一种，有C eq \\al(1,2) C eq \\al(1,3) ＝6(种)选择，另外的对角位置选择不同颜色的花，有A eq \\al(2,2) ＝2(种)选择，共有4×6×2＝48(种)选择，若选用四种颜色的花，则有A eq \\al(4,4) ＝24(种)选择，综上，共有12＋48＋24＝84(种)选择．故选D.
二、多项选择题
9．(2023·湖北武汉模拟)某人设计一项单人游戏，规则如下：如图所示，先将一棋子放在正方形ABCD(边长为2个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i(i＝1，2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去．某人抛掷n次骰子后棋子恰好又回到点A处，则( BD )
A．若n＝2，则共有3种不同走法
B．若n＝2，则共有5种不同走法
C．若n＝3，则共有25种不同走法
D．若n＝3，则共有27种不同走法
解析：由题意知正方形ABCD(边长为2个单位)的周长是8.当n＝2时，两次骰子的点数之和是8，共有(2，6)，(3，5)，(4，4)3种组合，抛掷骰子是有序的，所以共5种结果，所以当n＝2时，共有5种不同走法，故A错误，B正确；当n＝3时，三次骰子的点数之和是8或16，共有(1，2，5)，(1，3，4)，(1，1，6)，(2，2，4)，(2，3，3)，(4，6，6)，(5，5，6)7种组合，前2种组合(1，2，5)，(1，3，4)，每种情况可以排列出A eq \\al(3,3) ＝6(种)结果，共有2A eq \\al(3,3) ＝2×6＝12(种)结果，其中(1，1，6)，(2，2，4)，(2，3，3)，(4，6，6)，(5，5，6)各有3种结果，共有5×3＝15(种)结果，根据分类加法计数原理知共有12＋15＝27(种)结果，所以当n＝3时，共有27种不同走法，故C错误，D正确．故选BD.
10．(2023·云南楚雄高三统考期末)从6名男生、5名女生中选择3人担任班长、学习委员和体育委员，则下列结论正确的是( ABD )
A．若所选的3人中有女生，则不同的选法有870种
B．若所选的3人中恰有2名女生，则不同的选法有360种
C.若班长由女生担任，则不同的选法有225种
D．若担任班长和学习委员的学生性别不同，则不同的选法有540种
解析：若所选的3人中有女生，则不同的选法有(C eq \\al(3,11) －C eq \\al(3,6) )A eq \\al(3,3) ＝870(种)，故A正确；若所选的3人中恰有2名女生，则不同的选法有C eq \\al(1,6) C eq \\al(2,5) A eq \\al(3,3) ＝360(种)，故B正确；若班长由女生担任，则不同的选法有C eq \\al(1,5) C eq \\al(2,10) A eq \\al(2,2) ＝450(种)，故C错误；若担任班长和学习委员的学生性别不同，则不同的选法有C eq \\al(1,6) C eq \\al(1,5) A eq \\al(2,2) C eq \\al(1,9) ＝540(种)，故D正确．故选ABD.
11．(2023·重庆高三期末)国家教育部发布了《中国高考报告》，高考对各科都有重大的调整，为让高二的学生对各科的调整有所了解，某学校拟在一周内组织数学、英语、语文、物理、化学的5位该学科的骨干教师进行“中国高考报告2023”的相应学科讲座，每天一科，连续5天．则下列结论正确的是( BC )
A．从5位教师中选两位的不同选法共有20种
B．数学不排在第一天的不同排法共有96种
C．数学、英语、语文排在都不相邻的三天的不同排法共有12种
D．物理要排在化学的前面(可以不相邻)的排法共有120种
解析：对于A，从5位教师中选两位的不同选法共有C eq \\al(2,5) ＝10(种)，故A错误；对于B，数学不排在第一天，则数学有4种排法，其他4门学科全排即可，所以，不同的排法种数为4A eq \\al(4,4) ＝96(种)，故B正确；对于C，数学、英语、语文排在都不相邻的三天，则这三门学科分别排在第一、三、五天，所以，不同的排法种数为A eq \\al(3,3) A eq \\al(2,2) ＝12(种)，故C正确；对于D，物理要排在化学的前面(可以不相邻)的排法种数为 eq \f(A eq \\al(5,5) ,A eq \\al(2,2) ) ＝ eq \f(120,2) ＝60(种)，故D错误．故选BC.
12．(2024·甘肃白银高三期末)某电影院的一个播放厅的座位如图所示(标黑表示该座位的票已被购买)，甲、乙两人打算购买两张该播放厅的票，且甲、乙不坐前两排( ABD )
A．若甲、乙左右相邻，则购票的情况共有54种
B．若甲、乙不在同一列，则购票的情况共有1 154种
C．若甲、乙前后相邻，则购票的情况共有21种
D．若甲、乙分坐于播放厅中心线的两侧，且不坐同一排，则购票的情况共有508种
解析：若甲、乙左右相邻，先选座位：在第三排共有10种，在第四排共有2＋2＝4(种)，在第五排有2＋1＝3(种)，在第六排有3＋3＝6(种)，在第七排有2＋2＝4(种)，共有27种．再考虑甲乙顺序，有A eq \\al(2,2) ＝2(种)，所以一共有54种购票情况，故A正确．甲、乙在同一列的情况共有A eq \\al(2,3) ＋A eq \\al(2,5) ＋A eq \\al(2,5) ＋A eq \\al(2,3) ＋A eq \\al(2,2) ＋A eq \\al(2,4) ＋A eq \\al(2,5) ＋A eq \\al(2,5) ＝106(种)，则甲、乙不在同一列的情况有A eq \\al(2,36) －106＝1 154(种)，故B正确．若甲、乙前后相邻，先选座位：有2＋4＋4＋1＋2＋4＋4＝21(种)，再考虑甲乙顺序，有A eq \\al(2,2) ＝2(种)，所以一共有42种购票情况，故C错误．中心线左侧有18个座位，右侧有18个座位．甲、乙分坐于两侧，有A eq \\al(2,2) ×18×18＝648(种).甲、乙分坐于两侧且坐同一排(按每一排考虑)，有A eq \\al(2,2) (5×6＋3×3＋3×2＋4×4＋3×3)＝140(种)，所以甲、乙分坐于两侧，且不坐同一排的购票情况共有648－140＝508(种)，故D正确．故选ABD.
三、填空题
13．(2023·安徽滁州高三统考期末)四大名亭是我国古代因文人雅士的诗歌文章而闻名的景点，它们分别是滁州的醉翁亭、北京的陶然亭、长沙的爱晩亭、杭州的湖心亭．某高二学生计划三年内不重复的游览完中国四大名亭，若该同学每年最多游览两个景点，且同一年游览的两个景点不分先后顺序，则该同学共有54种不同的游览方案．(用数字作答)
解析：①如果两年游览完4个景点，则选取的年份有C eq \\al(2,3) ＝3(种)方法，选取的两年中每年各玩2个景点，有C eq \\al(2,4) ＝6(种)方法，故共有C eq \\al(2,3) ·C eq \\al(2,4) ＝18(种)游览方案；②若三年游览完4个景点，则只有一年游览2个景点，另外两年各游览1个景点，故有C eq \\al(2,4) ＝6(种)方法，分为三组(一组2个景点，另两组各1个景点)，再将这三组在3年中排序则有A eq \\al(3,3) ＝6(种)，故此时共有C eq \\al(2,4) ·A eq \\al(3,3) ＝36(种)游览方案．综上所述，共有36＋18＝54(种)不同的游览方案．
14．(2024·河南洛宁县第一高级中学联考)现安排A，B，C，D，E这5名同学参加校园文化艺术节，校园文化艺术节包含书法、唱歌、绘画、剪纸四个项目，每个项目至少有一人参加，每人只能参加一个项目，A不会剪纸但能胜任其他三个项目，剩下的人都能胜任这四个项目，则不同的安排方案有180种．
解析：若A与其他一人参加同一个项目，则有C eq \\al(1,3) C eq \\al(1,4) A eq \\al(3,3) ＝72(种)；若A独自一人参加一个项目，则有C eq \\al(1,3) C eq \\al(2,4) A eq \\al(3,3) ＝108(种)，由分类计数原理，可得共有72＋108＝180(种)不同的安排方案．
15．某宾馆安排A，B，C，D，E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B不能住同一房间，则共有114种不同的安排方法．(用数字作答)
解析：5个人住3个房间，每个房间至少住1人，则有(3，1，1)和(2，2，1)两种，当为(3，1，1)时，有C eq \\al(3,5) ·A eq \\al(3,3) ＝60(种)，A，B住同一房间有C eq \\al(1,3) ·A eq \\al(3,3) ＝18(种)，故有60－18＝42(种)；当为(2，2，1)时，有 eq \f(C eq \\al(2,5) ·C eq \\al(2,3) ,A eq \\al(2,2) ) ·A eq \\al(3,3) ＝90(种)，A，B住同一房间有C eq \\al(2,3) ·A eq \\al(3,3) ＝18(种)，故有90－18＝72(种)，根据分类加法计数原理可知，共有42＋72＝114(种).
16．临近春节，某校书法爱好小组书写了若干副春联，准备赠送给四户孤寡老人．春联分为长联和短联两种，无论是长联或短联，内容均不相同．经过调查，四户老人各户需要1副长联，其中乙户老人需要1副短联，其余三户各要2副短联．书法爱好小组按要求选出11副春联，则不同的赠送方法种数为15 120．
解析：4副长联内容不同，赠送方法有A eq \\al(4,4) ＝24(种)；从剩余的7副短联中选出1副赠送给乙户老人，有A eq \\al(1,7) ＝7(种)方法，再将剩余的6副短联平均分为3组，最后将这3组赠送给三户老人，方法种数为 eq \f(C eq \\al(2,6) C eq \\al(2,4) C eq \\al(2,2) ,A eq \\al(3,3) ) ·A eq \\al(3,3) ＝C eq \\al(2,6) C eq \\al(2,4) C eq \\al(2,2) ＝90.所以所求方法种数为24×7×90＝15 120.
考点练59 二项式定理 对应学生用书127页
一、单项选择题
1．(1－2x)6的展开式的第3项为( C )
A．60 B．－120
C．60x2 D．－120x2
解析：T3＝C eq \\al(2,6) (－2x)2＝60x2.
2．(2023·北京卷) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x))) eq \s\up12(5) 的展开式中x的系数为( D )
A．－80 B．－40
C．40 D．80
解析： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x))) eq \s\up12(5) 的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(k,5) (2x)5－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x))) eq \s\up12(k) ＝(－1)k·25－kC eq \\al(k,5) x5－2k，令5－2k＝1得k＝2，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x))) eq \s\up12(5) 的展开式中x的系数为(－1)225－2C eq \\al(2,5) ＝80.故选D.
3．(2023·北京通州高三期末)(x＋2)3的展开式为( B )
A．x3＋6x2＋6x＋8
B．x3＋6x2＋12x＋8
C．x3＋12x2＋6x＋8
D．x3＋12x2＋12x＋8
解析：(x＋2)3＝C eq \\al(0,3) x3＋C eq \\al(1,3) x2×2＋C eq \\al(2,3) x×22＋C eq \\al(3,3) ×23＝x3＋6x2＋12x＋8.故选B.
4．已知(2x－1)n的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则n为( A )
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：因为(2x－1)n的展开式中仅有第4项的二项式系数最大，则(2x－1)n的展开式共7项，即n＋1＝7，解得n＝6.故选A.
5．已知(1＋x)n的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( A )
A．29 B．210
C．211 D．212
解析：由题意得C eq \\al(4,n) ＝C eq \\al(6,n) ，由组合数性质得n＝10，则奇数项的二项式系数和为2n－1＝29.故选A.
6．已知(1－ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a等于( A )
A．1 B．2
C．－1 D．－2
解析：(1－ax)(1＋x)5＝(1－ax)(1＋5x＋10x2＋10x3＋5x4＋x5)，其展开式中x2的系数为10－5a＝5，解得a＝1.故选A.
7．(教材改编)在(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)6的展开式中，含x5的项的系数是( C )
A．5 B．6 C．7 D．11
解析：因为(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)6中只有(1＋x)5和(1＋x)6中含x5的项，(1＋x)5中含x5的项为x5，(1＋x)6中含x5的项为C eq \\al(5,6) x5，所以(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)6的展开式中含x5的项的系数是1＋C eq \\al(5,6) ＝7.故选C.
8．已知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(a,\r(3,x)))) eq \s\up12(n) (a为常数)的展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为( C )
A．1 B．±1
C．2 D．±2
解析：根据题意，展开式的二项式系数之和为32，则有2n＝32，可得n＝5，则二项展开式的通项为Tk＋1＝
C eq \\al(k,5) ( eq \r(x) )5－k· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,\r(3,x)))) eq \s\up12(k) ＝akC eq \\al(k,5) x eq \s\up9(\f(15－5k,6)) ，令 eq \f(15－5k,6) ＝0，得k＝3，则其常数项为C eq \\al(3,5) a3，根据题意，有C eq \\al(3,5) a3＝80，可得a＝2.故选C.
9．(数学文化)在我国古代，杨辉三角(如图1)是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：C eq \\al(1,1) ＋C eq \\al(1,2) ＋C eq \\al(1,3) ＋…＋C eq \\al(1,n) ＝C eq \\al(2,n＋1) ，类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2 021层，底层如图3，一边2 023个圆球，另一边2 022个圆球，向上逐层每边减少1个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为( B )
A．2C eq \\al(3,2 023) －2 B．2C eq \\al(3,2 024) －2
C．C eq \\al(4,2 024) －2 D．C eq \\al(4,2 023) －2
解析：由杨辉三角中观察可得1＋3＋6＋10＝20.推广，得到C eq \\al(2,2) ＋C eq \\al(2,3) ＋C eq \\al(2,4) ＋…＋C eq \\al(2,n＋1) ＝C eq \\al(3,n＋2) ，即 eq \f(1×2,2) ＋ eq \f(2×3,2) ＋ eq \f(3×4,2) ＋…＋ eq \f(n（n＋1）,2) ＝C eq \\al(3,n＋2) ，由题意，2 021层“刍童垛”小球的总个数为S＝2×3＋3×4＋4×5＋…＋2 022×2 023＝2(C eq \\al(3,2 024) －1).故选B.
二、多项选择题
10．在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2－\f(2,x))) eq \s\up12(5) 的展开式中，有( ABC )
A．含x的项 B．含 eq \f(1,x2) 的项
C．含x4的项 D．含 eq \f(1,x4) 的项
解析： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2－\f(2,x))) eq \s\up12(5) 的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(k,5) ·35－k·(－2)k·x10－3k，k＝0，1，2，3，4，5，故展开式中含x的项为x10－3k，结合所给的选项，知A，B，C的项都含有．
11．对于 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋x3)) eq \s\up12(n) (n∈N*)，下列判断正确的有( AD )
A．存在n∈N*，展开式中有常数项
B．对任意n∈N*，展开式中没有常数项
C．对任意n∈N*，展开式中没有x的一次项
D．存在n∈N*，展开式中有x的一次项
解析： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋x3)) eq \s\up12(n) 的展开式的通项公式为Tk＋1＝C eq \\al(k,n) x4k－n，由通项公式可知，当n＝4k(k∈N*)和n＝4k－1(k∈N*)时，展开式中分别存在常数项和一次项．故选AD.
12．下列命题为真命题的是( BCD )
A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x))) eq \s\up12(6) 的展开式的常数项为20
B．8100被7除余1
C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x))) eq \s\up12(6) 的展开式的第2项为－6x4
D．8100被63除余1
解析：对于A， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x))) eq \s\up12(6) 的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(k,6) x6－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x))) eq \s\up12(k) ＝(－1)kC eq \\al(k,6) x6－2k.令6－2k＝0，解得k＝3，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x))) eq \s\up12(6) 展开式的常数项为(－1)3C eq \\al(3,6) ＝－20，故A错误；对于B，8100＝(7＋1)100＝C eq \\al(0,100) ×7100×10＋C eq \\al(1,100) ×799×11＋…＋C eq \\al(99,100) ×71×199＋C eq \\al(100,100) ×70×1100＝7100＋C eq \\al(1,100) ×799＋…＋C eq \\al(99,100) ×7＋1，因为7100，C eq \\al(1,100) ×799，…，C eq \\al(99,100) ×7都是7的倍数，所以7100＋C eq \\al(1,100) ×799＋…＋C eq \\al(99,100) ×7是7的倍数，所以8100被7除余1，故B正确；对于C，(x－ eq \f(1,x) )6的展开式的第2项为T1＋1＝C eq \\al(1,6) ×x6－1× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x))) eq \s\up12(1) ＝(－1)1×C eq \\al(1,6) ×x6－2×1＝－6x4，故C正确；对于D，8100＝(82)50＝6450＝(63＋1)50＝C eq \\al(0,50) ×6350×10＋C eq \\al(1,50) ×6349×11＋…＋C eq \\al(49,50) ×631×149＋C eq \\al(50,50) ×630×150＝6350＋C eq \\al(1,50) ×6349＋…＋C eq \\al(49,50) ×63＋1，因为6350，C eq \\al(1,50) ×6349，…，C eq \\al(49,50) ×63都是63的倍数，所以6350＋C eq \\al(1,50) ×6349＋…＋C eq \\al(49,50) ×63是63的倍数，所以8100被63除余1，故D正确．故选BCD.
三、填空题
13．(2023·天津卷)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x3－\f(1,x))) eq \s\up12(6) 的展开式中，x2项的系数为60．
解析：展开式的通项公式Tk＋1＝C eq \\al(k,6) (2x3)6－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x))) eq \s\up12(k) ＝(－1)k×26－k×C eq \\al(k,6) ×x18－4k，令18－4k＝2，可得k＝4，则x2项的系数为(－1)4×26－4×C eq \\al(4,6) ＝4×15＝60.
14．若(1＋x)10＝ eq \i\su(i＝1,10,a) i(1－x)i，则a9＝－20．
解析：(1＋x)10＝[(x－1)＋2]10展开式的通项公式为Tk＋1＝C eq \\al(k,10) (x－1)10－k2k，令k＝1，得T2＝C eq \\al(1,10) ×2×(x－1)9＝20(x－1)9＝－20(1－x)9，又 eq \i\su(i＝1,10,a) i(1－x)i＝a1(1－x)1＋a2(1－x)2＋…＋a9(1－x)9＋a10(1－x)10，则a9即为(1－x)9的系数，即为－20.
15．(数学文化)数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系．”这就是算两次原理，又称为富比尼原理．由等式(1＋x)m(1＋x)n＝(1＋x)m＋n利用算两次原理可得C eq \\al(0,m) C eq \\al(k,n) ＋C eq \\al(1,m) C eq \\al(k－1,n) ＋C eq \\al(2,m) C eq \\al(k－2,n) ＋…＋C eq \\al(k,m) C eq \\al(0,n) ＝C eq \\al(k,m＋n) ．
解析：因(1＋x)m(1＋x)n＝(C eq \\al(0,m) ＋C eq \\al(1,m) x＋C eq \\al(2,m) x2＋…＋C eq \\al(m,m) xm)(C eq \\al(0,n) ＋C eq \\al(1,n) x＋C eq \\al(2,n) x2＋…＋C eq \\al(n,n) xn)，因此C eq \\al(0,m) C eq \\al(k,n) ＋C eq \\al(1,m) C eq \\al(k－1,n) ＋C eq \\al(2,m) C eq \\al(k－2,n) ＋…＋C eq \\al(k,m) C eq \\al(0,n) 是展开式中xk项的系数，而(1＋x)m＋n展开式中xk项的系数为C eq \\al(k,m＋n) ，所以C eq \\al(0,m) C eq \\al(k,n) ＋C eq \\al(1,m) C eq \\al(k－1,n) ＋C eq \\al(2,m) C eq \\al(k－2,n) ＋…＋C eq \\al(k,m) C eq \\al(0,n) ＝C eq \\al(k,m＋n) .
16．已知(1＋2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a4＝80，a1＋a3＋a5＝122．
解析：由题意，得a4＝C eq \\al(4,5) ×24＝5×16＝80.当x＝1时，(1＋2)5＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35＝243①，当x＝－1时，(1－2)5＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝－1②.
①－②，得2(a1＋a3＋a5)＝243－(－1)＝244，所以a1＋a3＋a5＝122.
一、单项选择题
1．10110－1的末尾连续的零的个数为( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：10110－1＝(100＋1)10－1＝C eq \\al(0,10) ×10010＋C eq \\al(1,10) ×1009＋C eq \\al(2,10) ×1008＋…＋C eq \\al(10,10) ×1000－1＝10010＋C eq \\al(1,10) ×1009＋C eq \\al(2,10) ×1008＋…＋C eq \\al(9,10) ×1001＝1 000×(1017＋C eq \\al(1,10) ×1015＋C eq \\al(2,10) ×1013＋…＋1)，故10110－1能够被1 000整除，故10110－1末尾有3个0.故选C.
2．若(2x＋3y)n的展开式仅在第5项的二项式系数最大，则多项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－4)) eq \s\up12(n－4) 的展开式中x2的系数为( A )
A．－304 B．304
C．－208 D．208
解析：(2x＋3y)n的展开式仅在第5项的二项式系数最大，故展开式有9项，所以n＝8，多项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－4)) eq \s\up12(4) ＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－4＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2))))) eq \s\up12(4) 的展开式的通项为Tr＋1＝C eq \\al(r,4) (－4)4－r·(x2＋ eq \f(1,x2) )r(0≤r≤4). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2))) eq \s\up12(r) 的通项Tk＋1＝C eq \\al(k,r) (x2)r－k· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2))) eq \s\up12(k) ＝C eq \\al(k,r) x2r－4k(0≤k≤r).令2r－4k＝2，即r＝2k＋1，所以k＝0，r＝1；k＝1，r＝3，所以展开式中x2的系数为C eq \\al(1,4) ·(－4)3＋C eq \\al(3,4) ·C eq \\al(1,3) ·(－4)＝－256－48＝－304.
3．已知函数f(x)＝C eq \\al(0,n) ＋C eq \\al(1,n) x＋ eq \f(1,3) C eq \\al(3,n) x3＋ eq \f(1,5) C eq \\al(5,n) x5＋…＋ eq \f(1,k) C eq \\al(k,n) xk＋…＋ eq \f(1,n) C eq \\al(n,n) xn(k，n为正奇数)，f′(x)是f(x)的导函数，则f′(1)＋f(0)＝( D )
A．2n B．2n－1
C．2n＋1 D．2n－1＋1
解析：因为f(x)＝C eq \\al(0,n) ＋C eq \\al(1,n) x＋ eq \f(1,3) C eq \\al(3,n) x3＋ eq \f(1,5) C eq \\al(5,n) x5＋…＋ eq \f(1,k) C eq \\al(k,n) xk＋…＋ eq \f(1,n) C eq \\al(n,n) xn，所以f(0)＝C eq \\al(0,n) ＝1，所以f′(x)＝C eq \\al(1,n) ＋C eq \\al(3,n) x2＋C eq \\al(5,n) x4＋…＋C eq \\al(k,n) xk－1＋…＋C eq \\al(n,n) xn－1，则f′(1)＝C eq \\al(1,n) ＋C eq \\al(3,n) ＋C eq \\al(5,n) ＋…＋C eq \\al(k,n) ＋…＋C eq \\al(n,n) ，其中C eq \\al(1,n) ＋C eq \\al(3,n) ＋C eq \\al(5,n) ＋…＋C eq \\al(k,n) ＋…＋C eq \\al(n,n) ＝2n－1，所以f′(1)＝2n－1，所以f′(1)＋f(0)＝2n－1＋1.故选D.
4．已知(1－x)4(1＋2x)5＋(1＋2 023x)2 022＋(1－2 022x)2 023的展开式中x的系数为q，空间有q个点，其中任何四点不共面，这q个点可以确定的直线条数为m，以这q个点中的某些点为顶点可以确定的三角形个数为n，以这q个点中的某些点为顶点可以确定的四面体个数为p，则m＋n＋p＝( D )
A．2 022 B．2 023
C．40 D．50
解析：(1－x)4(1＋2x)5的展开式中含x的项为：C eq \\al(0,4) 14(－x)0·C eq \\al(1,5) 14(2x)1＋C eq \\al(1,4) 13(－x)1·C eq \\al(0,5) 15(2x)0＝6x，(1＋2 023x)2 022＋(1－2 022x)2 023的展开式中含x的项为：C eq \\al(1,2 022) 12 021(2 023x)1＋C eq \\al(1,2 023) 12 022(－2 022x)1＝2 022×2 023x－2 023×2 022x＝0，所以，(1－x)4(1＋2x)5＋(1＋2 023x)2 022＋(1－2 022x)2 023的展开式中含x的项为6x，其系数q＝6.依题意得m＋n＋p＝C eq \\al(2,6) ＋C eq \\al(3,6) ＋C eq \\al(4,6) ＝15＋20＋15＝50.故选D.
5．(2023·浙江温州模拟)定义函数f(x，n)＝(1＋x)n(n∈N*)，若f(i，n)＝32i(i为虚数单位)，则 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2\r(3,x)))) eq \s\up12(n) 的展开式中系数最大项为( C )
A． eq \f(325,4) x2 B． eq \f(105,8) x eq \s\up9(\f(14,3))
C．15x6 D． eq \f(45,4) x eq \s\up9(\f(22,3))
解析：由已知(1＋i)n＝32i，两边取模，得( eq \r(2) )n＝32，所以n＝10. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2\r(3,x)))) eq \s\up12(n) 的展开式的通项为Tk＋1＝
C eq \\al(k,n) xn－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2\r(3,x)))) eq \s\up12(k) ＝C eq \\al(k,n) xn－ eq \f(4,3) k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(k) ，因为n＝10，则Tk＋1＝C eq \\al(k,10) x10－k· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2\r(3,x)))) eq \s\up12(k) ＝C eq \\al(k,10) x10－ eq \f(4,3) k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(k) .令第k＋1项的系数最大，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(C eq \\al(k,10) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(k)≥C eq \\al(k＋1,10) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(k＋1)，,C eq \\al(k,10) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(k)≥C eq \\al(k－1,10) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(k－1)，)) 即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1≥\f(1,2)×\f(10－k,k＋1)，,\f(1,2)×\f(11－k,k)≥1，)) 解得 eq \f(8,3) ≤k≤ eq \f(11,3) ，因为k∈N*，所以k＝3，所以T4＝C eq \\al(3,10) x6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(3) ＝15x6，故系数最大的项为15x6.故选C.
6．(2023·江苏无锡高三期末)1919＋19被9除所得的余数是( C )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：1919＋19＝(18＋1)19＋19＝C eq \\al(0,19) 1819＋C eq \\al(1,19) 1818＋C eq \\al(2,19) 1817＋…＋C eq \\al(18,19) 18＋C eq \\al(19,19) ＋19，因为C eq \\al(0,19) 1819＋C eq \\al(1,19) 1818＋C eq \\al(2,19) 1817＋…＋C eq \\al(18,19) 18能被9整除，所以1919＋19被9除所得的余数等于C eq \\al(19,19) ＋19被9除的余数，因为C eq \\al(19,19) ＋19＝20除以9余2，所以1919＋19被9除所得的余数是2.故选C.
7．(2023·河南信阳一中模拟)设n是偶数，n∈N，a，b分别表示(x＋i)2n＋1的展开式中系数大于0与小于0的项的个数，那么( B )
A．a＝b B．a＝b＋1
C．a＝b－1 D．a＝b＋2
解析：展开通项公式，通项公式为Tk＋1＝C eq \\al(k,2n＋1) x2n＋1－kik，因此当k为偶数时，项的系数为实数，其n＋1项，又i4k＝1，i4k＋2＝－1，k∈Z，n是偶数，所以正的项k＝0，4，8，…，2n，有 eq \f(n,2) ＋1项，负的项k＝2，6，10，…，2n－2，有 eq \f(n,2) 项．即a＝ eq \f(n,2) ＋1，b＝ eq \f(n,2) ，所以a＝b＋1.故选B.
8．(2024·安徽安庆高三月考)估算C eq \\al(1,5) 0.998＋C eq \\al(2,5) 0.9982＋C eq \\al(3,5) 0.9983＋C eq \\al(4,5) 0.9984＋C eq \\al(5,5) 0.9985的结果，精确到0.01的近似值为( A )
A．30.84 B．31.84
C．30.40 D．32.16
解析：原式＝(1＋0.998)5－1＝(2－0.002)5－1＝C eq \\al(0,5) 25－C eq \\al(1,5) 24×0.002＋C eq \\al(2,5) 23×0.0022＋…－C eq \\al(5,5) ×0.0025－1≈32－0.16－1＝30.84.故选A.
二、多项选择题
9．(2024·福建福州高三期末)下列表达式中正确的是( AB )
A．C eq \\al(m,n) ＝ eq \f(A eq \\al(m,n) ,m！)
B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x))) eq \s\up12(6) 的二项展开式中x2项的系数等于15
C． eq \i\su(k＝1,n, )C eq \\al(k,n) an－kbk＝(a＋b)n
D． eq \i\su(k＝1,n, )C eq \\al(k,n) ＝2n
解析：对于A，C eq \\al(m,n) ＝ eq \f(A eq \\al(m,n) ,A eq \\al(m,m) ) ＝ eq \f(A eq \\al(m,n) ,m！) ，故A正确；对于B，二项展开式的通项公式为Tk＋1＝C eq \\al(k,6) ·x6－k·x－k＝C eq \\al(k,6) ·x6－2k，令6－2k＝2，解得k＝2，所以x2项的系数为C eq \\al(2,6) ＝15，故B正确；对于C，(a＋b)n＝ eq \i\su(k＝0,n, )C eq \\al(k,n) an－kbk，故C错误；对于D，2n＝ eq \i\su(k＝0,n, )C eq \\al(k,n) ，故D错误．故选AB.
10．(2023·河北唐山一中模拟)杨辉三角是中国古代数学的杰出研究成果之一，它把二项式系数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中体现出来，是一种离散型的数与形的结合．根据杨辉三角判断下列说法正确的是( AD )
A．(x－1)6＝x6－6x5＋15x4－20x3＋15x2－6x＋1
B．已知(x＋2)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a5(x＋1)5，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝1
C．已知(1－3x)n的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则所有项的系数和为212
D．C eq \\al(2,7) ＋4C eq \\al(3,7) ＋6C eq \\al(4,7) ＋4C eq \\al(5,7) ＋C eq \\al(6,7) ＝C eq \\al(6,11)
解析：对于A，等式为标准二项展开式的结果，故A正确；对于B，将(x＋2)5看成(x＋1＋1)5，则(x＋1＋1)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a5(x＋1)5，令x＝－2，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝0，故B错误；对于C，第3项与第9项的二项式系数相等，可转化为C eq \\al(2,n) ＝C eq \\al(8,n) ，则n＝10，令x＝1，则所有项的系数和为(－2)10＝210，故C错误；对于D，根据杨辉三角得C eq \\al(6,11) ＝C eq \\al(5,10) ＋C eq \\al(6,10) ，C eq \\al(5,10) ＝C eq \\al(4,9) ＋C eq \\al(5,9) ，C eq \\al(6,10) ＝C eq \\al(6,9) ＋C eq \\al(5,9) ，∴C eq \\al(6,11) ＝C eq \\al(4,9) ＋2C eq \\al(5,9) ＋C eq \\al(6,9) ，同理可得C eq \\al(6,11) ＝C eq \\al(3,8) ＋3C eq \\al(4,8) ＋3C eq \\al(5,8) ＋C eq \\al(6,8) ＝C eq \\al(2,7) ＋4C eq \\al(3,7) ＋6C eq \\al(4,7) ＋4C eq \\al(5,7) ＋C eq \\al(6,7) ，故D正确．故选AD.
11．(数学文化)我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，以下关于杨辉三角的猜想中正确的有( ABC )
A．由“与首末两端‘等距离’的两个二项式系数相等”猜想：C eq \\al(m,n) ＝C eq \\al(n－m,n)
B．由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：C eq \\al(k,n＋1) ＝C eq \\al(k－1,n) ＋C eq \\al(k,n)
C．由“n行所有数之和为2n”猜想：C eq \\al(0,n) ＋C eq \\al(1,n) ＋C eq \\al(2,n) ＋…＋C eq \\al(n,n) ＝2n
D．由“111＝11，112＝121，113＝1 331”猜想115＝15 101 051
解析：由杨辉三角的性质以及二项式定理可知A，B，C正确；115＝(10＋1)5＝C eq \\al(0,5) 105＋C eq \\al(1,5) 104＋C eq \\al(2,5) 103＋C eq \\al(3,5) 102＋C eq \\al(4,5) 101＋C eq \\al(5,5) ＝161 051，故D错误．
12．(2023·江苏徐州高三统考期末)下列说法正确的有( BCD )
A．若C eq \\al(x,28) ＝C eq \\al(3x－8,28) ，则x＝4
B．在(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)的展开式中，含x4的项的系数是－15
C．38被5除所得的余数是1
D．现有壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆和伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成31种币值
解析：对于A，若C eq \\al(x,28) ＝C eq \\al(3x－8,28) ，则x＝3x－8或28－x＝3x－8，解得x＝4或x＝9，故A不正确；对于B，含x4的项是由(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)的5个括号中4个出x仅1个括号出常数，所以含x4的项的系数是－1－2－3－4－5＝－15，故B正确；对于C，38＝94＝(10－1)4＝C eq \\al(0,4) 104－C eq \\al(1,4) 103＋C eq \\al(2,4) 102－C eq \\al(3,4) 101＋C eq \\al(4,4) ＝10×(C eq \\al(0,4) 103－C eq \\al(1,4) 102＋C eq \\al(2,4) 101－C eq \\al(3,4) )＋1，所以38被5除所得的余数是1，故C正确；对于D，壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆和伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成C eq \\al(1,5) ＋C eq \\al(2,5) ＋C eq \\al(3,5) ＋C eq \\al(4,5) ＋C eq \\al(5,5) ＝25－1＝31(种)币值，故D正确．故选BCD.
三、填空题
13．若(2x－1)4＝a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4＝41．
解析：令x＝1，则a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝1，令x＝－1，则a4－a3＋a2－a1＋a0＝(－3)4＝81，故a4＋a2＋a0＝ eq \f(1＋81,2) ＝41.
14. eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x))) (x＋y)8的展开式中x2y6的系数为－28．(用数字作答)
解析：因为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x))) (x＋y)8＝(x＋y)8－ eq \f(y,x) (x＋y)8，所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x))) (x＋y)8的展开式中含x2y6的项为C eq \\al(6,8) x2y6－ eq \f(y,x) C eq \\al(5,8) x3y5＝－28x2y6， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x))) (x＋y)8的展开式中x2y6的系数为－28.
15．设(1－ax)2 020＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 020x2 020，若a1＋2a2＋3a3＋…＋2 020a2 020＝2 020a(a≠0)，则实数a＝2．
解析：已知(1－ax)2 020＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 020x2 020，两边同时对x求导，得2 020(1－ax)2 019(－a)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋2 020a2 020x2 019，令x＝1得，－2 020a(1－a)2 019＝a1＋2a2＋3a3＋…＋2 020a2 020＝2020a，又a≠0，所以(1－a)2 019＝－1，即1－a＝－1，故a＝2.
16．(数学文化)干支纪年是中国古代的一种纪年法．分别排出十天干与十二地支如下：
天干：甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸
地支：子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥
把天干与地支按以下方法依次配对：把第一个天干“甲”与第一个地支“子”配出“甲子”，把第二个天干“乙”与第二个地支“丑”配出“乙丑”，…，若天干用完，则再从第一个天干开始循环使用，若地支用完，则再从第一个地支开始循环使用．已知2022年是壬寅年，则138年以后是癸卯年．
解析：因为138＝(12＋1)8＝128＋C eq \\al(1,8) ×127＋…＋C eq \\al(7,8) ×12＋1，所以138年以后地支为“寅”后面的“卯”．因为138＝(10＋3)8＝108＋C eq \\al(1,8) ×107×3＋…＋C eq \\al(7,8) ×10×37＋38，38＝6 561，38除以10余数为1，所以138年以后天干为“壬”后面的“癸”，故138年以后是癸卯年．
考点练60 随机事件的概率 对应学生用书129页
一、单项选择题
1．从6个篮球，2个排球中任选3个球，则下列事件中是必然事件的是( D )
A．3个都是篮球 B．至少有1个排球
C．3个都是排球 D．至少有1个篮球
解析：根据题意分析可得A，B是随机事件，C是不可能事件，D是必然事件．
2．已知A与B是互斥事件，且P( eq \x\t(A) )＝0.4，P(B)＝0.2，则P(A∪B)＝( C )
A．0.6 B．0.7
C．0.8 D．0.9
解析：由题意知A，B是互斥事件，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，且P(A)＝1－P( eq \x\t(A) )＝1－0.4＝0.6，则P(A∪B)＝0.6＋0.2＝0.8.故选C.
3．(教材改编)从四件正品、两件次品中随机取出两件，记“至少有一件次品”为事件A，则A的对立事件是( B )
A．至多有一件次品 B．两件全是正品
C．两件全是次品 D．至多有一件正品
解析：从四件正品、两件次品中随机取出两件，记“至少有一件次品”为事件A，则A的对立事件是两件全是正品．
4．抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，观察向上一面的点数，则下列是互斥事件但不是对立事件的是( B )
A．“大于3点”与“不大于3点”
B．“大于3点”与“小于2点”
C．“大于3点”与“小于4点”
D．“大于3点”与“小于5点”
解析：对于A，事件“大于3点”与事件“点数为4或点数为5或点数为6”相等，事件“不大于3点”与事件“点数为1或点数为2或点数为3”相等，所以事件“大于3点”与“不大于3点”不可能同时发生，且两事件的和事件为必然事件，所以事件“大于3点”与事件“不大于3点”是互斥事件，且是对立事件，故A错误；对于B，事件“小于2点”与事件“点数为1”相等，所以事件“大于3点”与“小于2点”不可能同时发生，但它们的和事件不是必然事件，所以事件“大于3点”与事件“小于2点”为互斥事件，但不是对立事件，故B正确；对于C，事件“小于4点”与事件“点数为1或点数为2或点数为3”相等，所以事件“大于3点”与“小于4点”不可能同时发生，且两事件的和事件为必然事件，所以事件“大于3点”与事件“小于4点”是互斥事件，且是对立事件，故C错误；对于D，事件“小于5点”与事件“点数为1或点数为2或点数为3或点数为4”相等，事件“大于3点”与“小于5点”可能同时发生，所以事件“大于3点”与事件“小于5点”不是互斥事件，故D错误．故选B.
5．(2024·陕西宝鸡高三统考期末)端午节是我国传统节日，记事件A＝“甲端午节来宝鸡旅游”，记事件B＝“乙端午节来宝鸡旅游”，且P(A)＝ eq \f(1,3) ，P(B)＝ eq \f(3,4) ，假定两人的行动相互之间没有影响，则P(A∪B)＝( A )
A． eq \f(5,6) B． eq \f(7,12)
C． eq \f(3,4) D． eq \f(1,4)
解析：依题意P(A)＝ eq \f(1,3) ，P(B)＝ eq \f(3,4) 且A，B相互独立，所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝ eq \f(1,3) ＋ eq \f(3,4) － eq \f(1,3) × eq \f(3,4) ＝ eq \f(5,6) .故选A.
6．甲、乙两人相约在某健身房锻炼身体，他们分别在两个网站查看这家健身房的评价．甲在网站A查到共有840人参与评价，其中好评率为95%，乙在网站B查到共有1 260人参与评价，其中好评率为85%.综合考虑这两个网站的信息，则这家健身房的总好评率为( B )
A．88% B．89%
C．91% D．92%
解析：由已知可得这家健身房的总好评率为 eq \f(840×95%＋1 260×85%,840＋1 260) ＝89%.故选B.
二、多项选择题
7．对空中飞行的飞机连续射击两次，每次发射一枚炮弹，设A＝“两次都击中飞机”，B＝“两次都没击中飞机”，C＝“恰有一枚炮弹击中飞机”，D＝“至少有一枚炮弹击中飞机”，下列关系正确的是( ABC )
A．AD B．B∩D＝
C．A∪C＝D D．A∪B＝B∪D
解析：“恰有一枚炮弹击中飞机”指第一枚击中第二枚没中或第一枚没中第二枚击中，“至少有一枚炮弹击中”包含两种情况：恰有一枚炮弹击中，两枚炮弹都击中，故AD，A∪C＝D，故A，C正确；因为事件B，D为互斥事件，所以B∩D＝，故B正确；对于D，A∪B＝“两个飞机都击中或者都没击中”，B∪D为必然事件，这两者不相等，故D错误．故选ABC.
8．(数学文化)下列说法正确的是( BCD )
A．若事件A与B互斥，则A∪B是必然事件
B．《西游记》《三国演义》《水浒传》《红楼梦》是我国四大名著．若在这四大名著中，甲、乙、丙、丁分别任取一本进行阅读，设事件E＝“甲取到《红楼梦》”，事件F＝“乙取到《红楼梦》”，则E与F是互斥但不对立事件
C．掷一枚骰子，记录其向上的点数，记事件A＝“向上的点数不大于5”，事件B＝“向上的点数为质数”，则BA
D．乒乓球赛前，决定谁先发球，抽签方法是从1～10共10个数字中各抽取1个，再比较大小，这种抽签方法是公平的
解析：对于A，事件A与B互斥时，A∪B不一定是必然事件，故A不正确；对于B，事件E与F不会同时发生，所以E与F是互斥事件，但除了事件E与F之外还有“丙取到《红楼梦》”“丁取到《红楼梦》”，所以E与F不是对立事件，故E与F是互斥不对立事件，故B正确；对于C，事件A＝{1，2，3，4，5}，事件B＝{2，3，5}，所以BA，故C正确；对于D，根据概率的意义，这种抽签方法是公平的，故D正确．
三、填空题
9．某产品分为优质品、合格品、次品三个等级，生产中出现合格品的概率为0.25，出现次品的概率为0.03，在该产品中任抽一件，则抽到优质品的概率为0.72．
解析：由题意，在该产品中任抽一件，“抽到优质品”与“抽到合格品或次品”是对立事件，所以在该产品中任抽一件，则抽到优质品的概率为P＝1－0.25－0.03＝0.72.
10．抛掷甲乙两颗骰子，所得点数分别为x，y，样本空间为Ω＝{(x，y)|xy∈N*，x，y≤6}，点数之和为X，事件P＝“X＝4”，事件Q＝{(1，3)}，则事件P与事件Q的关系是QP．
解析：事件P＝{(1，3)，(2，2)，(3，1)}，事件Q＝{(1，3)}，∴QP.
11．围棋盒子中有多粒黑子和多粒白子，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粒都是白子的概率为 eq \f(12,35) .那么，现从中任意取出2粒恰好是同一色的概率是 eq \f(17,35) ．
解析：设“从中任意取出2粒都是黑子”为事件A，“从中任意取出2粒都是白子”为事件B，“任意取出2粒恰好是同一色”为事件C，则C＝A＋B，且事件A与B互斥．所以P(C)＝P(A)＋P(B)＝ eq \f(1,7) ＋ eq \f(12,35) ＝ eq \f(17,35) .即“任意取出2粒恰好是同一色”的概率为 eq \f(17,35) .
12．据统计，某食品企业在一个月内被消费者投诉次数为0，1，2的概率分别为0.4，0.5，0.1.则该企业在一个月内被消费者投诉不超过1次的概率为0.9．
解析：方法一：记“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为0”为事件A，“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为1”为事件B，“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数不超过1”为事件D，而事件D包含事件A与B，所以P(D)＝P(A)＋P(B)＝0.4＋0.5＝0.9.
方法二：记“该食品企业在一个月内被消费者投诉的次数为2”为事件C，“该食品企业在一个月内被消费者投诉不超过1次”为事件D，由题意知C与D是对立事件，所以P(D)＝1－P(C)＝1－0.1＝0.9.
四、解答题
13．利用如图所示的两个转盘玩配色游戏，两个转盘各转一次，观察指针所指区域的颜色(不考虑指针落在分界线上的情况).事件A表示“转盘①指针所指区域是黄色”，事件B表示“转盘②指针所指区域是绿色”，用样本点表示A∩B，A∪B.
解：由题可得：
由表可知，共有15种等可能的结果，其中A＝{(黄，蓝)，(黄，黄)，(黄，红)，(黄，绿)，(黄，紫)}，B＝{(红，绿)，(黄，绿)，(蓝，绿)}，
所以A∩B＝{(黄，绿)}，A∪B＝{(黄，蓝)，(黄，黄)，(黄，红)，(黄，绿)，(黄，紫)，(红，绿)，(蓝，绿)}．
14．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名成员，一些成员参加了不止一个小组，具体情况如图所示．现随机选取一名成员，求他至少参加2个小组的概率与他至多参加2个小组的概率．
解：记“恰好参加2个小组”为事件A，“恰好参加3个小组”为事件B，随机选取一名成员，恰好参加2个小组的概率P(A)＝ eq \f(11,60) ＋ eq \f(7,60) ＋ eq \f(10,60) ＝ eq \f(7,15) ，恰好参加3个小组的概率P(B)＝ eq \f(8,60) ＝ eq \f(2,15) ，则至少参加2个小组的概率为P(A)＋P(B)＝ eq \f(7,15) ＋ eq \f(2,15) ＝ eq \f(3,5) ，至多参加2个小组的概率为1－P(B)＝1－ eq \f(2,15) ＝ eq \f(13,15) .
一、单项选择题
1．从正五边形的五个顶点中，随机选择三个顶点连成三角形，记“这个三角形是等腰三角形”为事件A，则下列推断正确的是( D )
A．事件A发生的概率等于 eq \f(1,4)
B．事件A发生的概率等于 eq \f(1,5)
C．事件A是不可能事件
D.事件A是必然事件
解析：如图，根据正五边形的性质，可知任取三个顶点连成的三角形一定是等腰三角形，所以事件A是必然事件．故选D.
2．(2023·海南高三统考期末)每年4月15日为全民国家安全教育日，某学校党委组织党员学习《中华人民共和国国家安全法》，为了解党员学习的情况，随机抽取了部分党员，对他们一周的学习时间(单位：小时)进行调查，统计数据如下表所示：
则从该校随机抽取1名党员，估计其学习时间不少于6小时的概率为( B )
A．0.2 B．0.4
C．0.6 D．0.8
解析：由统计表可知，样本容量为8＋13＋9＋10＋10＝50，学习时间不少于6小时的有10＋10＝20(人)，所以学习时间不少于6小时的概率为 eq \f(20,50) ＝ eq \f(2,5) ＝0.4.故选B.
3．甲、乙两人玩掷骰子游戏，规定：甲、乙两人同时掷骰子，若甲掷两次骰子的点数之和小于6，则甲得一分；若乙掷两次骰子的点数之和大于m，则乙得一分，最先得到10分者获胜．为确保游戏的公平性，正整数m的值应为( C )
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：对于甲，掷两次骰子的点数之和为2，3，4，5时，甲能够得一分，则由对称性可知，掷两次的骰子的点数之和为12，11，10，9分别与掷两次骰子的点数之和为2，3，4，5对应的概率相等，∴为确保游戏的公平性，需m＝8，此时甲、乙得分概率相等．故选C.
4．(2024·福建厦门高三统考期末)某班共有48名同学，其中12名同学精通乐器，8名同学擅长舞蹈，从该班中任选一名同学了解其艺术特长．设事件A＝“选中的同学精通乐器”，B＝“选中的同学擅长舞蹈”，若P(A∪B)＝ eq \f(1,3) ，则P(AB)＝( C )
A． eq \f(1,4) B． eq \f(1,6)
C． eq \f(1,12) D． eq \f(1,24)
解析：由题知，P(A)＝ eq \f(12,48) ＝ eq \f(1,4) ，P(B)＝ eq \f(8,48) ＝ eq \f(1,6) ，因为P(A∪B)＝ eq \f(1,3) ，所以P(A)＋P(B)－P(AB)＝ eq \f(1,3) ，即 eq \f(1,4) ＋ eq \f(1,6) －P(AB)＝ eq \f(1,3) ，解得P(AB)＝ eq \f(1,12) .故选C.
5．(2024·河北邢台高三统考期末)A，B，C，D这4个电器元件出故障的概率分别为 eq \f(1,2) ， eq \f(1,3) ，p1，p2，按下图的两种连接方式，图1连通的概率为 eq \f(55,72) ，图2连通的概率为 eq \f(17,24) ，其中电路是否连通只与电器元件是否出故障有关，则p1＋p2＝( C )
A． eq \f(5,12) B． eq \f(1,2)
C． eq \f(7,12) D． eq \f(2,3)
解析：由题图1得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2)×\f(1,3))) (1－p1p2)＝ eq \f(55,72) ，由题图2得(1－p2)1－ eq \f(1,2) × eq \f(1,3) ×p1＝ eq \f(17,24) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p1＝\f(1,3)，,p2＝\f(1,4)，)) 所以p1＋p2＝ eq \f(7,12) .故选C.
6．(数学文化)2023年郑州市科技活动周暨郑州科技馆“青春逐梦科技”主题活动于5月31日落下帷幕．科技活动周期间，郑州市科技馆为青少年准备了一场场科技盛宴，通过魅力科学课、深度看展品、科普表演秀、科普大篷车等活动，引导青少年用科学的眼光看待世界，点燃了青少年对科学的好奇心.5月27日科技馆安排了《失重通道》《永不消逝的密码》《海底小火山》《回旋纸飞机》四个体验课程．每个人选择每门课程是相互独立的．已知小明选择四门课程的概率分别为 eq \f(2,3) ，p，p， eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p≥\f(1,3))) ，若他恰好选择两门课程的概率为 eq \f(3,8) ，则他四门课程都选择的概率为( D )
A． eq \f(4,27) B． eq \f(1,27)
C． eq \f(1,108) D． eq \f(1,12)
解析：小明选择《失重通道》《永不消逝的密码》《海底小火山》《回旋纸飞机》的事件分别记为A，B，C，D，则P(A)＝ eq \f(2,3) ，P(B)＝P(C)＝p，P(D)＝ eq \f(1,2) (p≥ eq \f(1,3) )，小明恰好选择两门的事件M＝AB eq \x\t(C) eq \x\t(D) ＋A eq \x\t(B)C eq \x\t(D) ＋A eq \x\t(B) eq \x\t(C)D＋ eq \x\t(A) BC eq \x\t(D) ＋ eq \x\t(A)B eq \x\t(C)D＋ eq \x\t(A) eq \x\t(B)CD，因此P(M)＝P(AB eq \x\t(C) eq \x\t(D) )＋P(A eq \x\t(B)C eq \x\t(D) )＋P(A eq \x\t(B) eq \x\t(C)D)＋P( eq \x\t(A) BC eq \x\t(D) )＋P( eq \x\t(A)B eq \x\t(C)D D)＋P( eq \x\t(A) eq \x\t(B)CD)＝2· eq \f(2,3) p(1－p)· eq \f(1,2) ＋ eq \f(2,3) (1－p)2· eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,3) p2· eq \f(1,2) ＋2· eq \f(1,3) p(1－p)· eq \f(1,2) ＝－ eq \f(1,2) p2＋ eq \f(1,3) p＋ eq \f(1,3) ＝ eq \f(3,8) ，整理得12p2－8p＋1＝0，而p≥ eq \f(1,3) ，解得p＝ eq \f(1,2) ，所以小明四门课程都选择的概率为P(ABCD)＝P(A)P(B)P(C)P(D)＝ eq \f(2,3) p2· eq \f(1,2) ＝ eq \f(1,12) .故选D.
二、多项选择题
7．(2024·甘肃陇南高三统考期末)某饮料厂商开发了一种新的饮料，为了促销，每箱装的6瓶饮料中有2瓶瓶盖上分别印有“一等奖”“二等奖”，其余4瓶印有“谢谢惠顾”．甲从新开的一箱中任选2瓶购买，设事件A表示“甲没有中奖”，事件B表示“甲获得一等奖”，事件C表示“甲中奖”，则( BC )
A．事件A和事件B是对立事件
B．事件A和事件C是对立事件
C．P(B＋C)＝P(C)
D．P(BC)＝P(C)
解析：因为A∪B表示“甲没有中奖或甲获得一等奖”，但甲可能获得二等奖，即事件A和事件B不是对立事件，故A错误；事件A表示“甲没有中奖”，事件C表示“甲中奖”，则事件A和事件C是互斥且和事件为全集，事件A和事件C是对立事件，故B正确；又因为BC，所以P(B＋C)＝P(C)，故C正确；P(BC)＝P(B)，故D错误．故选BC.
8．利用简单随机抽样的方法抽查某工厂的100件产品，其中一等品有20件，合格品有70件，其余为不合格品，现在这个工厂随机抽查一件产品，设事件A为“是一等品”，B为“是合格品”，C为“是不合格品”，则下列结果正确的是( ABC )
A．P(B)＝ eq \f(7,10) B．P(A∪B)＝ eq \f(9,10)
C．P(A∩B)＝0 D．P(A∪B)＝P(C)
解析：由题意知A，B，C为互斥事件，故C正确；又因为从100件中抽取产品符合古典概型的条件，所以P(B)＝ eq \f(7,10) ，P(A)＝ eq \f(2,10) ，P(C)＝ eq \f(1,10) ，则P(A∪B)＝ eq \f(9,10) ，故A，B，C正确，D错误．故选ABC.
三、填空题
9．中国象棋是中国棋文化，也是中华民族的文化瑰宝，它源远流长，趣味浓厚，基本规则简明易懂．张三和李四下棋，张三获胜的概率是 eq \f(1,3) ，和棋的概率是 eq \f(1,4) ，则张三不输的概率为 eq \f(7,12) ．
解析：由题意得，张三不输的情况有：和棋或者获胜，所以张三不输的概率P＝ eq \f(1,4) ＋ eq \f(1,3) ＝ eq \f(7,12) .
10．某汽车站每天均有3辆开往省城的分为上、中、下等级的客车，某天袁先生准备在该汽车站乘车前往省城办事，但他不知道客车的车况，也不知道发车顺序．为了尽可能乘坐上等车，他采取如下策略：先放过一辆，如果第二辆比第一辆好则上第二辆，否则上第三辆，则他乘坐上等车的概率为 eq \f(1,2) ．
解析：共有6种发车顺序：①上、中、下；②上、下、中；③中、上、下；④中、下、上；⑤下、中、上；⑥下、上、中(其中画横线的表示袁先生所乘的车)，所以他乘坐上等车的概率为 eq \f(3,6) ＝ eq \f(1,2) .
11．某空间站在未来6个月里将逐步解锁、安装并测试15个科学实验机柜，开展涵盖空间科学研究与应用、航天医学、航天技术等领域的40余项空间科学实验和技术试验．已知此科学实验机柜在投入使用前会进行调试工作，现有8个科学实验机柜，其中包括5个A类型、3个B类型，两名调试员计划共抽取3个机柜进行调试，则至少有1人抽到B类型机柜进行调试的概率为 eq \f(23,28) ．
解析：记“至少有1人抽到B类型机柜进行调试”为事件A，则P(A)＝1－ eq \f(C eq \\al(3,5) ,C eq \\al(3,8) ) ＝ eq \f(23,28) ，则至少有1人抽到B类型机柜进行调试的概率为 eq \f(23,28) .
12．2022年11月8日至13日第十四届中国国际航空航天博览会在珠海国际航展中心举行．歼-20、运-20和空警-500、轰-6K、红-9B等主战装备集中亮相，运油-20、歼-16、攻击-2无人机首次振翅中国航展，空军八一飞行表演队和空军航空大学“红鹰”飞行表演队劲舞长空，中国航展成为中国航空航天产业发展和国防实力最重要的展示平台，更是展示中国力量，彰显中国价值，弘扬中国精神的一个窗口，国产某型防空导弹的单发命中率为90%，为了确保对敌机的摧毁效果，实战中往往采取双发齐射的方式，则双发齐射的命中率为0.99．
解析：由题意得，防空导弹单发命中率为0.9，设事件A为发射一枚防空导弹后命中敌机，则P(A)＝0.9，P( eq \x\t(A) )＝0.1，设事件B为采取双发齐射后命中敌机，则P(B)＝1－P( eq \x\t(B) )＝1－P( eq \x\t(A) )·P( eq \x\t(A) )＝1－0.1×0.1＝0.99.
四、解答题
13．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
乙分厂产品等级的频数分布表
(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：(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 eq \f(40,100) ＝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 eq \f(28,100) ＝0.28.
(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
因此甲分厂加工出来的100件产品的平均利润为 eq \f(65×40＋25×20－5×20－75×20,100) ＝15.
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
因此乙分厂加工出来的100件产品的平均利润为 eq \f(70×28＋30×17＋0×34－70×21,100) ＝10.
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．
考点练61 古典概型、概率的基本性质 对应学生用书131页
一、单项选择题
1．已知集合A＝{－9，－7，－5，－3，－1，0，2，4，6，8}，从集合A中选取不相同的两个数，构成平面直角坐标系上的点，观察点的位置，则事件“点落在x轴上”包含的样本点共有( C )
A．7个 B．8个
C．9个 D．10个
解析：“点落在x轴上”这一事件记为M，则M＝{(－9，0)，(－7，0)，(－5，0)，(－3，0)，(－1，0)，(2，0)，(4，0)，(6，0)，(8，0)}，包含9个样本点．故选C.
2．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． eq \f(1,5) B． eq \f(2,5)
C． eq \f(1,2) D． eq \f(4,5)
解析：从O，A，B，C，D这5个点中任取3点，取法有(O，A，B)，(O，A，C)，(O，A，D)，(O，B，C)，(O，B，D)，(O，C，D)，(A，B，C)，(A，B，D)，(A，C，D)，(B，C，D)，共10个样本点，其中取到的3点共线的只有(O，A，C)，(O，B，D)这2个样本点，所以所求概率为 eq \f(2,10) ＝ eq \f(1,5) .
3．(2023·全国甲卷)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． eq \f(1,6) B． eq \f(1,3)
C． eq \f(1,2) D． eq \f(2,3)
解析：依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的样本点有C eq \\al(2,4) ＝6(个)，其中这2名学生来自不同年级的样本点有C eq \\al(1,2) C eq \\al(1,2) ＝4(个)，所以这2名学生来自不同年级的概率为 eq \f(4,6) ＝ eq \f(2,3) .故选D.
4．(2023·全国乙卷)某学校举办作文比赛，共设6个主题，每位参赛同学从中随机抽取一个主题准备作文，则甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的概率为( A )
A． eq \f(5,6) B． eq \f(2,3)
C． eq \f(1,2) D． eq \f(1,3)
解析：用1，2，3，4，5，6表示6个主题，甲、乙二人每人抽取1个主题的所有结果如下表：
共有36个不同结果，它们等可能，其中甲、乙抽到相同结果的有(1，1)，(2，2)，(3，3)，(4，4)，(5，5)，(6，6)，共6个，因此甲、乙两位参赛同学抽到不同主题的结果有30个，概率P＝ eq \f(30,36) ＝ eq \f(5,6) .故选A.
5．一个袋子中装有大小形状完全相同的4个白球和3个黑球，从中一次摸出3个球，则摸出白球个数多于黑球个数的概率为( C )
A． eq \f(18,35) B． eq \f(3,5)
C． eq \f(22,35) D． eq \f(11,15)
解析：一个袋子中装有大小形状完全相同的4个白球和3个黑球，从中一次摸出3个球，样本点总数n＝C eq \\al(3,7) ＝35，摸出白球个数多于黑球个数包含的样本点个数m＝C eq \\al(2,4) C eq \\al(1,3) ＋C eq \\al(3,4) C eq \\al(0,3) ＝22，则摸出白球个数多于黑球个数的概率为P＝ eq \f(m,n) ＝ eq \f(22,35) .
6．第六届世界互联网大会发布了15项世界互联网领先科技成果，其中有5项成果均属于芯片领域，分别为华为的鲲鹏920、特斯拉全自动驾驶芯片、寒武纪云端AI芯片、思元270、赛灵思的Versa自适应计算加速平台．现有3名学生从这15项世界互联网领先科技成果中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则至少有1名学生选择芯片领域的概率为( D )
A． eq \f(89,91) B． eq \f(2,91)
C． eq \f(98,125) D． eq \f(19,27)
解析：现有3名学生从这15项世界互联网领先科技成果中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则样本点总数n＝15×15×15＝3 375，至少有1名学生选择芯片领域的对立事件是没有学生选择芯片领域，则至少有1名学生选择芯片领域的概率P＝1－ eq \f(103,3 375) ＝ eq \f(19,27) .故选D.
二、多项选择题
7．下列是古典概型的是( ABD )
A．从6名同学中，选出4人参加数学竞赛，每人被选中的可能性的大小
B.同时掷两颗骰子，点数和为7的概率
C．近三天中有一天降雨的概率
D．10个人站成一排，其中甲、乙相邻的概率
解析：A，B，D为古典概型，因为都符合古典概型的两个特征：有限性和等可能性，而C不符合等可能性，故不为古典概型．
8.如图，某高速服务区停车场中有A至H共8个停车位(每个车位只能停一辆车)，现有2辆黑色车和2辆白色车要在该停车场停车，则( ABD )
A．4辆车的停车方法共有1 680种
B．4辆车恰好停在同一行的概率是 eq \f(1,35)
C．2辆黑色车恰好相邻(停在同一行或同一列)的停车方法共有300种
D．相同颜色的车不停在同一行，也不停在同一列的概率是 eq \f(1,5)
解析：对于A，4辆车的停车方法共有A eq \\al(4,8) ＝1 680(种)，故A正确；对于B，4辆车恰好停在同一行的概率是P＝ eq \f(2A eq \\al(4,4) ,A eq \\al(4,8) ) ＝ eq \f(1,35) ，故B正确；对于C，2辆黑色车相邻且停在同一行有6种，停在同一列有4种，黑色车的停车方法共有(6＋4)A eq \\al(2,2) 种，白色车的停车方法共有A eq \\al(2,6) 种，故共有(6＋4)A eq \\al(2,2) ·A eq \\al(2,6) ＝600(种)方法，故C错误；对于D，相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，第一辆黑色车8个车位都可停车，第二辆黑色车只能有3个车位可停车，黑色车共有8×3种方法，不妨设黑色车停在A，F两个车位，则两白色车只能停BE，BG，BH，CE，CH，DE，DG共7种选择，白色车的停车方法共有2×7种方法，故共有8×3×7×2种方法，其概率是P＝ eq \f(8×3×7×2,A eq \\al(4,8) ) ＝ eq \f(1,5) ，故D正确．故选ABD.
三、填空题
9．(教材改编)先后三次抛掷同一枚硬币，若正面向上记为1；若反面向上则记为0，则这个试验的样本空间中有8个样本点．
解析：这个试验的样本空间为Ω＝{(1，1，1)，(1，1，0)，(1，0，1)，(0，1，1)，(0，0，1)，(0，1，0)，(1，0，0)，(0，0，0)}，共8个样本点．
10．已知方程 eq \f(x2,a) ＋ eq \f(y2,b) ＝1表示的曲线为C，任取a，b∈{1，2，3，4，5}，则曲线C表示焦距等于2的椭圆的概率为 eq \f(8,25) ．
解析：所有可能的(a，b)的组数为5×5＝25，又因为焦距2c＝2，所以c＝1，所以a－b＝±1，则满足条件的有(1，2)，(2，3)，(3，4)，(4，5)，(5，4)，(4，3)，(3，2)，(2，1)，共8组，所以概率为P＝ eq \f(8,25) .
11．从2023年6月开始，浙江省高考数学使用新高考全国数学Ⅰ卷，与之前浙江高考数学卷相比最大的变化是出现了多选题．多选题规定：在每题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对且没有选错的得2分．若某题多选题正确答案是BCD，某同学不会做该题的情况下打算随机选1个到3个选项作为答案，每种答案都等可能(例如，选A，AB，ABC是等可能的)，则该题得2分的概率是 eq \f(3,7) ．
解析：随机地填涂了1个或2个或3个选项，有A，B，C，D，AB，AC，AD，BC，BD，CD，ABC，ABD，ACD，BCD，共有14种涂法，得2分的涂法为BC，BD，CD，B，C，D，共6种，故能得2分的概率为 eq \f(6,14) ＝ eq \f(3,7) .
四、解答题
12．(2024·甘肃武威高三月考)一个盒子中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1，2，3，4，先从盒子中随机取出一个球，该球的编号记为m，将球放回盒子中，然后再从盒子中随机取出一个球，该球的编号记为n.
(1)列出试验的样本空间；
(2)求“mn>4”的概率．
解：(1)样本空间为Ω＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)}．
(2)满足“mn>4”的情况有{(2，3)，(2，4)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(4，2)，(4，3)，(4，4)}，共有8种情况，
样本空间Ω中共有16种情况，故“mn>4”的概率为 eq \f(8,16) ＝ eq \f(1,2) .
13．为了了解某市今年高二年级男生的身体素质情况，从该市高二年级男生中抽取一部分进行“立定跳远”项目测试．立定跳远距离(单位：cm)小于195时成绩为不合格，在[195，240)上时成绩及格，在[240，255)上时成绩为良好，不小于255时成绩为优秀．把获得的所有数据分成以下5组：[175，195)，[195，215)，[215，235)，[235，255)，[255，275]，画出频率分布直方图如图所示，已知这次测试中有2名学生的成绩为不及格．
(1)求这次测试中成绩为及格或良好的学生人数；
(2)若从这次测试成绩为优秀和不及格的男生中随机抽取2名学生再进行其他项目的测试，求所抽取的2名学生中至少1人成绩为不及格的概率．
解：(1)由题意可知，抽取进行测试的人数为2÷(0.002×20)＝50.
故测试中成绩为及格或良好的学生人数为(0.011＋0.013＋0.020)×20×50＝44.
(2)测试中成绩为优秀的有50×0.004×20＝4(人)，记作A1，A2，A3，A4，
成绩为不及格的有50×0.002×20＝2(人)，记作甲，乙，
从这6人随机抽取2人，有(A1，A2)，(A1，A3)，(A1，A4)，(A1，甲)，(A1，乙)，(A2，A3)，(A2，A4)，(A2，甲)，(A2，乙)，(A3，A4)，(A3，甲)，(A3，乙)，(A4，甲)，(A4，乙)，(甲，乙)，共15个样本点，
其中至少有1人不及格，有(A1，甲)，(A2，甲)，(A3，甲)，(A4，甲)，(甲，乙)，(A1，乙)，(A2，乙)，(A3，乙)，(A4，乙)，共9个样本点．故所抽取的2名学生中至少1人成绩为不及格的概率是P＝ eq \f(9,15) ＝ eq \f(3,5) .
一、单项选择题
1．(2024·辽宁铁岭高三月考)为了宣传反诈工作，某宣传小组从A，B，C，D，E，F六个社区中随机选出两个进行宣传，则该小组到E社区宣传的概率为( D )
A． eq \f(3,10) B． eq \f(2,5)
C． eq \f(1,5) D． eq \f(1,3)
解析：从A，B，C，D，E，F六个社区中，随机选择两个社区，有(A，B)，(A，C)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，C)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，D)，(C，E)，(C，F)，(D，E)，(D，F)，(E，F)，共15个样本点，其中该小组到E社区宣传的有(A，E)，(B，E)，(C，E)，(D，E)，(E，F)，共5种，∴该小组到E社区宣传的概率P＝ eq \f(5,15) ＝ eq \f(1,3) .故选D.
2．某公司安排6位员工在“元旦(1月1日至1月3日)”假期值班，每天安排2人，每人值班1天，则6位员工中甲不在1日值班的概率为( B )
A． eq \f(1,3) B． eq \f(2,3)
C． eq \f(3,4) D． eq \f(5,6)
解析：该公司安排6位员工在“元旦(1月1日至1月3日)”假期值班，每天安排2人，每人值班1天，样本点总数n＝C eq \\al(2,6) C eq \\al(2,4) C eq \\al(2,2) ，6位员工中甲不在1日值班包含的样本点个数m＝C eq \\al(2,5) C eq \\al(2,4) C eq \\al(2,2) ，∴6位员工中甲不在1日值班的概率为P＝ eq \f(m,n) ＝ eq \f(C eq \\al(2,5) C eq \\al(2,4) C eq \\al(2,2) ,C eq \\al(2,6) C eq \\al(2,4) C eq \\al(2,2) ) ＝ eq \f(2,3) .故选B.
3．(新定义问题)2013年华人数学家张益唐证明了孪生素数(注：素数也叫做质数)猜想的一个弱化形式，孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数p使得p＋2是素数，素数对(p，p＋2)称为孪生素数，从20以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为( B )
A． eq \f(1,14) B． eq \f(1,7)
C． eq \f(3,14) D． eq \f(1,3)
解析：依题意，20以内的素数共有8个，从中选两个共包含C eq \\al(2,8) ＝28(个)样本点，而20以内的孪生素数有(3，5)，(5，7)，(11，13)，(17，19)共四对，包含4个样本点，所以从20以内的素数中任取两个，其中能构成孪生素数的概率为P＝ eq \f(4,28) ＝ eq \f(1,7) .故选B.
4．(数学文化)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化，每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“ eq \a\vs4\al() ”和阴爻“ eq \a\vs4\al() ”，如图就是一重卦，在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是( A )
A． eq \f(5,16) B． eq \f(11,32)
C． eq \f(21,32) D． eq \f(11,16)
解析：由6个爻组成的重卦种数为26＝64，在所有重卦中随机取一重卦，该重卦恰有3个阳爻的种数为C eq \\al(3,6) ＝20.根据古典概型的概率计算公式得，所求概率P＝ eq \f(20,64) ＝ eq \f(5,16) .故选A.
5．(2023·黑龙江哈尔滨模拟)某中学高二年级从甲、乙两个红色教育基地和丙、丁两个劳动实践基地中选择一个进行研学，则选择红色教育基地的概率是( D )
A． eq \f(1,6) B． eq \f(1,4)
C． eq \f(1,3) D． eq \f(1,2)
解析：任选一个基地研学，共有4种选择，则红色教育基地有2种选择，所以选择红色教育基地的概率是 eq \f(1,2) .故选D.
6．(2023·河南安阳高三统考期末)生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标．若从这5只兔子中随机取出3只，则至少有2只测量过该指标的概率为( C )
A． eq \f(2,5) B． eq \f(3,5)
C． eq \f(7,10) D． eq \f(4,5)
解析：设5只兔子中测量过该指标的3只为a1，a2，a3，未测量过该指标的2只为b1，b2，则从5只兔子中随机取出3只的所有可能情况为(a1，a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a1，b1，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，(a2，b1，b2)，(a3，b1，b2)，共10种可能．其中至少有2只测量过该指标的情况为(a1，a2，a3)，(a1，a2，b1)，(a1，a2，b2)，(a1，a3，b1)，(a1，a3，b2)，(a2，a3，b1)，(a2，a3，b2)，共7种可能．所以至少有2只测量过该指标的概率为 eq \f(7,10) .故选C.
二、多项选择题
7．(2023·湖北恩施高三校考期末)质地均匀的正四面体骰子的四个面分别标有1，2，3，4四个数字，任意抛掷一次这个正四面体骰子，观察它与地面接触的数字，得到以下事件：A＝“出现数字1或者2”，B＝“出现数字1或者3”，C＝“出现数字1或者4”，D＝“出现数字2”，则以下说法正确的是( AD )
A．P(A)＝ eq \f(1,2)
B．A与B是互斥事件
C．C与D是对立事件
D．P(A∪B)＝ eq \f(3,4)
解析：对于A，P(A)＝ eq \f(2,4) ＝ eq \f(1,2) ，故A正确；对于B，A与B可能同时发生，则A，B不是互斥事件，故B错误；对于C，当“出现数字3”时，事件C，D都没有发生，事件C，D不是对立事件，故C错误；对于D，P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝ eq \f(1,2) ＋ eq \f(1,2) － eq \f(1,4) ＝ eq \f(3,4) ，故D正确．故选AD.
8．(2023·贵州遵义高三统考期末)一种多人纸牌游戏中，需要使用一副除去大小王的扑克牌，分为A，2，3，…，10，J，Q，K，每个数字(字母)都有黑桃，红桃，梅花，方块4个花色，总计52张牌．每名玩家都会随机得到三张牌，常常规定：三张同数字(字母)的牌为“豹子”(222，…，AAA)，连续三张同花色的牌为“同花顺”(A23，…，QKA)，恰有两个相同数字(字母)的牌为“对子”(223，…，AAK)……现在从52张除去大小王的扑克牌中随机取出三张牌，则下列说法正确的有( AD )
A．共有22 100种不同的情况
B．出现对子的概率小于16%
C．如果出现“同花顺”，则有56种可能
D．出现“豹子”牌的概率大于“同花顺”的概率
解析：对于A，从52张除去大小王的扑克牌中随机取出三张牌，有C eq \\al(3,52) ＝22 100(种)不同的情况，故A正确；对于B，出现“对子”的情况有C eq \\al(1,13) C eq \\al(2,4) C eq \\al(1,48) ＝3 744(种)情况，则出现对子的概率P＝ eq \f(3 744,22 100) >16%，故B错误；对于C，如果出现“同花顺”，每种花色有12种情况，则共有4×12＝48(种)情况，故C错误；对于D，出现“豹子”牌的情况有C eq \\al(1,13) C eq \\al(3,4) ＝52(种)，多于“同花顺”的情况数目，则出现“豹子”牌的概率大于“同花顺”的概率，故D正确．故选AD.
三、填空题
9．甲、乙两人做出拳(锤子、剪刀、布)游戏，每人出拳的可能性相同，则甲赢的概率为 eq \f(1,3) ．
解析：设平局(用△表示)为事件A，甲赢(用⊙表示)为事件B，乙赢(用※表示)为事件C.容易得到如图．
甲赢含3个样本点(图中的⊙)，P(B)＝ eq \f(3,9) ＝ eq \f(1,3) .
10．抛掷一枚骰子，记A为事件“出现点数是奇数”，B为事件“出现点数是3的倍数”，则P(A∪B)＝ eq \f(2,3) ，P(A∩B)＝ eq \f(1,6) ．
解析：抛掷一枚骰子，样本空间出现的点数是{1，2，3，4，5，6}，事件A∪B包括出现的点数是{1，3，5，6}这4个样本点，故P(A∪B)＝ eq \f(2,3) ；事件A∩B包括出现的点数是{3}这1个样本点，故P(A∩B)＝ eq \f(1,6) .
11．现有5名师范大学毕业生主动要求到西部某地的甲、乙、丙三校支教，每个学校至少去1人，则恰好有2名大学生分配到甲校的概率为 eq \f(2,5) ．
解析：将5名学生按1∶1∶3和1∶2∶2分成3组的不同分法有C eq \\al(3,5) ＋ eq \f(C eq \\al(2,5) C eq \\al(2,3) ,A eq \\al(2,2) ) ＝10＋ eq \f(10×3,2) ＝25(种)，因此5名学生按每个学校至少去1人，分配到甲、乙、丙三校的不同分法数为25A eq \\al(3,3) ＝150，恰好有2名学生分配到甲校的不同分法数为C eq \\al(2,5) C eq \\al(2,3) A eq \\al(2,2) ＝60，所以恰好有2名大学生分配到甲校的概率P＝ eq \f(60,150) ＝ eq \f(2,5) .
12．从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为 eq \f(3,5) ．
解析：由图可知，从5个点中选取2个点的样本空间为{(O，A)，(O，B)，(O，C)，(O，D)，(A，B)，(A，C)，(A，D)，(B，C)，(B，D)，(C，D)}，共10个样本点，选取的2个点的距离不小于该正方形边长的情况有{(A，B)，(A，C)，(A，D)，(B，C)，(B，D)，(C，D)}，共6种，故所求概率为 eq \f(6,10) ＝ eq \f(3,5) .
四、解答题
13．(2024·广东广州华南师大附中期末)一个不透明的袋子中装有除颜色外完全相同的5个球，其中有3个红球，编号分别为A，B，C，有2个黑球，编号分别为D，E，从中一次摸取1个球，取后不放回，连续取两次．
(1)试写出该试验的样本空间；
(2)设事件M：“第一次摸到红球”，事件N：“第二次摸到黑球”，求事件M和事件N发生的概率．
解：(1)试验“从袋中一次摸取1个球，取后不放回，连续取两次”的样本空间为{AB，AC，AD，AE，BA，BC，BD，BE，CA，CB，CD，CE，DA，DB，DC，DE，EA，EB，EC，ED}．
(2)由(1)可知样本空间中样本点总数为20.
符合事件M：“第一次摸到红球”的样本空间为{AB，AC，AD，AE，BA，BC，BD，BE，CA，CB，CD，CE}共12个样本点．
符合事件N：“第二次摸到黑球”的样本空间为{AD，AE，BD，BE，CD，CE，DE，ED}共8个样本点．
故P(M)＝ eq \f(12,20) ＝ eq \f(3,5) ，P(N)＝ eq \f(8,20) ＝ eq \f(2,5) ，
则事件M和事件N发生的概率分别为 eq \f(3,5) ， eq \f(2,5) .
14．(2024·福建福州高三期末)将一枚质地均匀的正方体骰子(六个面的点数分别为1，2，3，4，5，6)先后抛掷两次，记下骰子朝上的点数．若用x表示第一次抛掷出现的点数，用y表示第二次抛掷出现的点数，用(x，y)表示这个试验的一个样本点．
(1)记A＝“两次点数之和大于9”，B＝“至少出现一次点数为3”，求事件A，B的概率；
(2)甲、乙两人玩游戏，双方约定：若xy为偶数，则甲胜；否则，乙获胜．这种游戏规则公平吗？请说明理由．
解：(1)依题意，抛掷一枚质地均匀的正方体骰子，共有36个样本点，
其中事件A＝{(4，6)，(5，5)，(5，6)，(6，4)，(6，5)，(6，6)}，即事件A包含6个样本点，
所以事件A的概率为P(A)＝ eq \f(6,36) ＝ eq \f(1,6) .
又由事件B＝{(1，3)，(2，3)，(3，3)，(4，3)，(5，3)，(6，3)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(3，5)，(3，6)}，
即事件B中包含11个样本点，所以事件B的概率为P(B)＝ eq \f(11,36) .
(2)设事件C＝“xy为偶数”，事件D＝{(x，y)|x∈{1，3，5}，y∈{2，4，6}}，
事件E＝{(x，y)|x∈{2，4，6}，y∈{1，2，3，4，5，6}}，
可得P(D)＝ eq \f(9,36) ＝ eq \f(1,4) ，P(E)＝ eq \f(18,36) ＝ eq \f(1,2) ，因为事件D与事件E互斥，且C＝D∪E，所以P(C)＝P(D)＋P(E)＝ eq \f(9,36) ＋ eq \f(18,36) ＝ eq \f(27,36) ＝ eq \f(3,4) .
甲获胜的概率为 eq \f(3,4) ，乙获胜的概率为1－ eq \f(3,4) ＝ eq \f(1,4) ，因为 eq \f(3,4) > eq \f(1,4) ，故这种游戏规则不公平．
考点练62 事件的相互独立性与条件概率 对应学生用书133页
一、单项选择题
1．(教材改编)天气预报预测，在元旦假期期间甲地的降雨概率是0.2，乙地的降雨概率是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( C )
A．0.2 B．0.3
C．0.38 D．0.56
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 eq \x\t(B)＋ eq \x\t(A)B，∴P (A eq \x\t(B)＋ eq \x\t(A)B)＝P(A eq \x\t(B))＋P( eq \x\t(A)B)＝P(A)P( eq \x\t(B) )＋P( eq \x\t(A) )P(B)＝0.2×0.7＋0.8×0.3＝0.38.
2．甲、乙两个袋子中装有红、白两种颜色的小球，这些小球除颜色外完全相同，其中甲袋装有4个红球、2个白球，乙袋装有1个红球、5个白球，现分别从甲、乙两袋中各抽取1个球，则取出的两个球都是红球的概率为( C )
A． eq \f(5,12) B． eq \f(5,6)
C． eq \f(1,9) D． eq \f(13,18)
解析：由题意知，“从甲袋中取出红球”和“从乙袋中取出红球”两个事件相互独立，从甲袋中取出红球的概率为 eq \f(4,6) ＝ eq \f(2,3) ，从乙袋中取出红球的概率为 eq \f(1,6) ，故所求事件的概率为 eq \f(2,3) × eq \f(1,6) ＝ eq \f(1,9) .
3．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有关怀老人、环境监测、教育咨询、交通宣传等四个项目，每人限报其中一项，记事件A为“4名同学所报项目各不相同”，事件B为“只有甲同学一人报关怀老人项目”，则P(A|B)＝( C )
A． eq \f(1,4) B． eq \f(3,4)
C． eq \f(2,9) D． eq \f(5,9)
解析：由已知有P(B)＝ eq \f(33,44) ＝ eq \f(27,256) ，P(AB)＝ eq \f(A eq \\al(3,3) ,44) ＝ eq \f(3,128) ，所以P(A|B)＝ eq \f(P（AB）,P（B）) ＝ eq \f(2,9) .
4．甲、乙两人各加工一个零件，若甲、乙加工的零件为一等品的概率分别是 eq \f(1,3) 和 eq \f(3,5) ，两个零件是否加工为一等品相互独立，则这两个零件中恰有一个一等品的概率为( C )
A． eq \f(5,12) B． eq \f(1,5)
C． eq \f(8,15) D． eq \f(2,5)
解析：由题意，这两个零件中恰有一个一等品的概率为 eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,5))) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,3))) × eq \f(3,5) ＝ eq \f(8,15) .故选C.
5．在某次人才招聘会上，假定某毕业生赢得甲公司面试机会的概率为 eq \f(2,3) ，赢得乙、丙两公司面试机会的概率均为 eq \f(1,4) ，且三个公司是否让其面试是相互独立的，则该毕业生只赢得甲、乙两个公司面试机会的概率为( B )
A． eq \f(1,16) B． eq \f(1,8)
C． eq \f(1,4) D． eq \f(1,2)
解析：记事件A为“该毕业生赢得甲公司的面试机会”，事件B为“该毕业生赢得乙公司的面试机会”，事件C为“该毕业生赢得丙公司的面试机会”．由题意可得P(A)＝ eq \f(2,3) ，P(B)＝P(C)＝ eq \f(1,4) .则事件“该毕业生只赢得甲、乙两个公司面试机会”为AB eq \x\t(C)，由相互独立事件同时成立的概率公式，可得P(AB eq \x\t(C))＝P(A)P(B)P( eq \x\t(C) )＝ eq \f(2,3) × eq \f(1,4) ×(1－ eq \f(1,4) )＝ eq \f(1,8) .故选B.
6．有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为( A )
A．0.8 B．0.4
C．0.2 D．0.1
解析：由题意知报名两个俱乐部的人数为50＋60－70＝40，记“某人报足球俱乐部”为事件A，记“某人报乒乓球俱乐部”为事件B，则P(A)＝ eq \f(50,70) ＝ eq \f(5,7) ，P(AB)＝ eq \f(40,70) ＝ eq \f(4,7) ，所以P(B∣A)＝ eq \f(P（AB）,P（A）) ＝ eq \f(\f(4,7),\f(5,7)) ＝0.8.故选A.
二、多项选择题
7．抛掷一黄一白两枚质地均匀的骰子，用a表示黄色骰子朝上的点数，用b表示白色骰子朝上的点数，用(a，b)表示一次试验的结果，该试验的样本空间为Ω，记事件A＝“关于x的方程x2－(a＋b)x＋ eq \f(5,2) (a＋b)＝0无实根”，事件B＝“a＝4”，事件C＝“b20”，则( BCD )
A．A与B互斥 B．A与D对立
C．B与C相互独立 D．B与D相互独立
解析：由题意得Ω＝{(1，1)，(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，1)，(2，2)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(4，4)，(4，5)，(4，6)，(5，1)，(5，2)，(5，3)，(5，4)，(5，5)，(5，6)，(6，1)，(6，2)，(6，3)，(6，4)，(6，5)，(6，6)}，包含36个样本点．由Δ＝(a＋b)2－10(a＋b)185.5，所以该业务保单的利润现值可以以95%的概率大于185.5.
四、解答题
13．某校准备成立一个环境保护兴趣小组，该校高二年级有男生400人，女生200人；高三年级有男生100人，女生300人．现按男、女比例用分层随机抽样的方法从高二年级中抽取6人，从高三年级中抽取4人，组成环境保护兴趣小组，再从这10人的兴趣小组中抽出4人参加学校的环保知识竞赛．
(1)设事件A为“选出参加环保知识竞赛的4人中有两个男生、两个女生，而且这两个男生高二、高三年级学生都有”，求事件A发生的概率；
(2)设X表示抽取的4人中高三年级女生的人数，求X的分布列及方差．
解：(1)由题意可得，抽取了高二年级男生4人，女生2人，高三年级男生1人，女生3人．
所以P(A)＝ eq \f(C eq \\al(1,4) C eq \\al(1,1) C eq \\al(2,5) ,C eq \\al(4,10) ) ＝ eq \f(40,210) ＝ eq \f(4,21) .
(2)X的可能取值为0，1，2，3，
P(X＝0)＝ eq \f(C eq \\al(4,7) C eq \\al(0,3) ,C eq \\al(4,10) ) ＝ eq \f(1,6) ，P(X＝1)＝ eq \f(C eq \\al(3,7) C eq \\al(1,3) ,C eq \\al(4,10) ) ＝ eq \f(1,2) ，P(X＝2)＝ eq \f(C eq \\al(2,7) C eq \\al(2,3) ,C eq \\al(4,10) ) ＝ eq \f(3,10) ，P(X＝3)＝ eq \f(C eq \\al(1,7) C eq \\al(3,3) ,C eq \\al(4,10) ) ＝ eq \f(1,30) ，
所以X的分布列为
所以E(X)＝0× eq \f(1,6) ＋1× eq \f(1,2) ＋2× eq \f(3,10) ＋3× eq \f(1,30) ＝ eq \f(6,5) ，所以D(X)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(6,5))) eq \s\up12(2) × eq \f(1,6) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(6,5))) eq \s\up12(2) × eq \f(1,2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(6,5))) eq \s\up12(2) × eq \f(3,10) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(6,5))) eq \s\up12(2) × eq \f(1,30) ＝ eq \f(14,25) .
14．(2023·北京卷)为研究某种农产品价格变化的规律，收集得到了该农产品连续40天的价格变化数据，如下表所示．在描述价格变化时，用“＋”表示“上涨”，即当天价格比前一天价格高；用“－”表示“下跌”，即当天价格比前一天价格低；用“0”表示“不变”，即当天价格与前一天价格相同．
用频率估计概率．
(1)试估计该农产品价格“上涨”的概率；
(2)假设该农产品每天的价格变化是相互独立的．在未来的日子里任取4天，试估计该农产品价格在这4天中2天“上涨”、1天“下跌”、1天“不变”的概率；
(3)假设该农产品每天的价格变化只受前一天价格变化的影响．判断第41天该农产品价格“上涨”“下跌”和“不变”的概率估计值哪个最大．(结论不要求证明)
解：(1)根据表格数据可以看出，40天里，有16个＋，也就是有16天是上涨的，根据古典概型的计算公式，农产品价格上涨的概率为 eq \f(16,40) ＝0.4.
(2)在这40天里，有16天上涨，14天下跌，10天不变，也就是上涨，下跌，不变的概率分别是0.4，0.35，0.25，于是未来任取4天，2天上涨，1天下跌，1天不变的概率是C eq \\al(2,4) ×0.42×C eq \\al(1,2) ×0.35×0.25＝0.168.
(3)由于第40天处于上涨状态，从前39次的15次上涨进行分析，上涨后下一次仍上涨的有4次，不变的有9次，下跌的有2次，因此估计第41次不变的概率最大．
一、单项选择题
1．(2024·陕西商洛高三月考)2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛半决赛中，中国队与日本队鏖战7小时，双方打满五局，最终中国队逆转战胜了日本队进入决赛．这项比赛是五局三胜制，已知中国队每局获胜的概率为 eq \f(2,3) ，则中国队打满5局且最终获胜的概率为( C )
A． eq \f(8,243) B． eq \f(8,81)
C． eq \f(16,81) D． eq \f(8,27)
解析：中国队打满5局且最终获胜，则前四局中中国队恰好赢了2场且第五局中国队获胜．因为每场比赛相互独立，所以中国队打满5局且最终获胜的概率为C eq \\al(2,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(2) × eq \f(2,3) ＝ eq \f(16,81) .故选C.
2．如图，在网格状小地图中，一机器人从A(0，0)点出发，每秒向上或向右行走1格到相应顶点，已知向上的概率是 eq \f(2,3) ，向右的概率是 eq \f(1,3) ，则6秒后到达B(4，2)点的概率为( D )
A． eq \f(16,729) B． eq \f(80,243)
C． eq \f(4,729) D． eq \f(20,243)
解析：根据题意可知，机器人每秒运动一次，则6秒共运动6次，若其从A(0，0)点出发，6秒后到达B(4，2)，则需要向右走4步，向上走2步，故其6秒后到达B的概率为C eq \\al(2,6) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(2) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(4) ＝ eq \f(60,729) ＝ eq \f(20,243) .
3．(2023·山东聊城高三统考期末)已知某市有40 000名考生参加了一次联考，其数学成绩X服从正态分布，正态密度函数为f(x)＝ eq \f(1,σ\r(2π)) e－ eq \f(（x－65）2,2σ2) ，且P(40≤X≤90)＝0.9，则该市这次考试数学成绩超过90分的考生人数约为( C )
A．4 000 B．3 000
C．2 000 D．1 000
解析：由正态密度函数解析式可知，μ＝65，由对称性可知，P(X>90)＝0.5－ eq \f(1,2) P(40≤X≤90)＝0.05，则该市这次考试数学成绩超过90分的考生人数约为0.05×40 000＝2 000.故选C.
4．某商场推出一种抽奖活动：盒子中装有有奖券和无奖券共10张券，客户从中任意抽取2张，若至少抽中1张有奖券，则该客户中奖，否则不中奖．客户甲每天都参加1次抽奖活动，一个月(30天)下来，发现自己共中奖11次，根据这个结果，估计盒子中的有奖券有( B )
A．1张 B．2张
C．3张 D．4张
解析：设中奖的概率为p，30天中奖的天数为X，则X～B(30，p)，若盒子中的有奖券有1张，则中奖的概率为p＝ eq \f(C eq \\al(1,9) ,C eq \\al(2,10) ) ＝ eq \f(1,5) ，E(X)＝30× eq \f(1,5) ＝6，若盒子中的有奖券有2张，则中奖的概率为p＝ eq \f(C eq \\al(1,8) ·C eq \\al(1,2) ＋C eq \\al(2,2) ,C eq \\al(2,10) ) ＝ eq \f(17,45) ，E(X)＝30× eq \f(17,45) ＝ eq \f(34,3) ，若盒子中的有奖券有3张，则中奖的概率为p＝ eq \f(C eq \\al(1,7) ·C eq \\al(1,3) ＋C eq \\al(2,3) ,C eq \\al(2,10) ) ＝ eq \f(8,15) ，E(X)＝30× eq \f(8,15) ＝16，若盒子中的有奖券有4张，则中奖的概率为p＝ eq \f(C eq \\al(1,6) ·C eq \\al(1,4) ＋C eq \\al(2,4) ,C eq \\al(2,10) ) ＝ eq \f(2,3) ，E(X)＝30× eq \f(2,3) ＝20，根据题意盒子中的有奖券有2张，更有可能30天中奖11天.故选B.
5．(2023·河南驻马店模拟)下列说法正确的是( D )
A．某同学定点投篮每次命中的概率均为 eq \f(3,4) ，每命中一次得2分，若记10次投篮得分为X，则随机变量X服从二项分布，简记X～B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10，\f(3,4)))
B.某工厂生产了一批产品50件，其中质量达到“A级”的有20件，则从该批产品中随机抽取10件，记录抽到的产品中为“非A级”的个数为Y，则随机变量Y的数学期望为E(Y)＝4
C．若随机变量(X，Y)的成对数据的线性相关系数|r|＝1，则认为随机变量X与Y是确定的函数关系，不是线性相关关系
D．若随机变量X～N(μ，σ2)，其正态密度函数为f(x)＝ eq \f(1,\r(2π)) e－ eq \f(（x－2）2,2) (x∈R)，则P(X>1)> eq \f(1,2)
解析：对于A，由题意，记10次投篮命中的次数为Y，则X＝2Y，随机变量命中次数Y服从二项分布，而随机变量投篮得分X不服从二项分布，故A错误；对于B，由题意，随机变量Y服从超几何分布，则E(Y)＝ eq \f(10×30,50) ＝6，故B错误；对于C，若随机变量(X，Y)的成对数据的线性相关系数|r|＝1，则认为随机变量X与Y是确定的函数关系，且是线性相关关系，故C错误；对于D，因为随机变量X～N(μ，σ2)，其正态密度函数为f(x)＝ eq \f(1,\r(2π)) e－ eq \f(（x－2）2,2) (x∈R)，所以μ＝2，σ＝1，则P(X>1)>P(X>2)＝ eq \f(1,2) ，故D正确．故选D.
二、多项选择题
6．某计算机程序每运行一次都随机出现一个五位二进制数A＝a1a2a3a4a5(例如10100)其中A的各位数中ak(k＝2，3，4，5)出现0的概率为 eq \f(1,3) ，出现1的概率为 eq \f(2,3) ，记X＝a2＋a3＋a4＋a5，则当程序运行一次时( ABC )
A．X服从二项分布
B．P(X＝1)＝ eq \f(8,81)
C．X的均值E(X)＝ eq \f(8,3)
D．X的方差D(X)＝ eq \f(8,3)
解析：由二进制数A的特点知每一个数位上的数字只能填0，1，且每个数位上的数字再填时互不影响，故以后的5位数中后4位的所有结果有4类：①后4个数出现0，X＝0，记其概率为P(X＝0)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(4) ＝ eq \f(1,81) ；②后4个数只出现1个1，X＝1，记其概率为P(X＝1)＝C eq \\al(1,4) · eq \f(2,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(3) ＝ eq \f(8,81) ；③后4个数出现2个1，X＝2，记其概率为P(X＝2)＝C eq \\al(2,4) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(24,81) ，④后4个数出现3个1，记其概率为P(X＝3)＝C eq \\al(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(3) · eq \f(1,3) ＝ eq \f(32,81) ，⑤后4个数都出现1，X＝4，记其概率为P(X＝4)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(4) ＝ eq \f(16,81) ，故X～B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2,3))) ，故A，B正确；∵X～B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(2,3))) ，∴E(X)＝4× eq \f(2,3) ＝ eq \f(8,3) ，故C正确；∵X～B(4， eq \f(2,3) )，∴D(X)＝4× eq \f(2,3) × eq \f(1,3) ＝ eq \f(8,9) ，故D错误．故选ABC.
7．(2023·贵州遵义高三期末)下列说法正确的是( ACD )
A．已知随机变量X～B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(4,5))) ，则P(X≥2)＝ eq \f(608,625)
B．从一批含有3件正品、2件次品的产品中任取2件，则恰取得2件正品的概率为0.7
C．某人在10次射击中，击中目标的次数为X～B(10，0.8)，则X＝8时概率最大
D．甲、乙、丙三人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，每次传球时，传球者都等可能地将球传给另外两个人中的任何一人，则5次传球后球在甲手中的概率是 eq \f(5,16)
解析：对于A，随机变量X～B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(4,5))) ，则P(X≥2)＝1－P(X＝0)－P(X＝1)＝1－C eq \\al(0,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5))) eq \s\up12(4) －C eq \\al(1,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5))) eq \s\up12(3) · eq \f(4,5) ＝ eq \f(608,625) ，故A正确；对于B，恰取得2件正品的概率P1＝ eq \f(C eq \\al(2,3) ,C eq \\al(2,5) ) ＝0.3，故B错误；对于C，因为某人在10次射击中，击中目标的次数为X～B(10，0.8)，所以P(X＝k)＝C eq \\al(k,10) ×0.8k×(1－0.8)10－k(0≤k≤10且k∈N)，所以 eq \f(P（X＝k）,P（X＝k＋1）) ＝
eq \f(C eq \\al(k,10) ·0.8k·0.210－k,C eq \\al(k＋1,10) ·0.8k＋1·0.29－k) ＝ eq \f(k＋1,4（10－k）) ， eq \f(P（X＝k）,P（X＝k－1）) ＝ eq \f(C eq \\al(k,10) ·0.8k·0.210－k,C eq \\al(k－1,10) ·0.8k－1·0.211－k) ＝ eq \f(4（11－k）,k) ，令 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(k＋1,4（10－k）)≥1，,\f(4（11－k）,k)≥1，)) 解得 eq \f(39,5) ≤k≤ eq \f(44,5) ，因为k∈N，所以k＝8，所以当X＝8时概率最大，故C正确；对于D，记事件An为“经过n次传球后，球再次回到甲手中”，不妨设n次传球后，球再次回到甲手中的概率为Pn，易知P1＝0，An＋1＝ eq \x\t(An) An＋1＋AnAn＋1，所以Pn＋1＝P(AnAn＋1＋ eq \x\t(An) An＋1)＝P(AnAn＋1)＋P( eq \x\t(An) An＋1)＝P(An)P(An＋1|An)＋P( eq \x\t(An))P(An＋1| eq \x\t(An))＝Pn×0＋ eq \f(1,2) (1－Pn)＝ eq \f(1,2) (1－Pn)，所以Pn＋1－ eq \f(1,3) ＝－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(1,3))) ，又P1－ eq \f(1,3) ＝－ eq \f(1,3) ，所以数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(Pn－\f(1,3))) 是以－ eq \f(1,3) 为首项，－ eq \f(1,2) 为公比的等比数列，此时Pn－ eq \f(1,3) ＝－ eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n－1) ，即Pn＝ eq \f(1,3) － eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(n－1) ，当n＝5时，P5＝ eq \f(1,3) － eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2))) eq \s\up12(4) ＝ eq \f(5,16) ，故D正确．故选ACD.
三、填空题
8．一个口袋里装有大小相同的5个小球，其中红色有2个，其余3个颜色各不相同．现从中任意取出3个小球，其中恰有2个小球颜色相同的概率是 eq \f(3,10) ；若变量X为取出的3个小球中红球的个数，则X的均值E(X)＝ eq \f(6,5) ．
解析：现从5个小球中任意取出3个小球，样本点数n＝C eq \\al(3,5) ＝10，其中恰好2个小球颜色相同包含的样本点数为m＝C eq \\al(2,2) C eq \\al(1,3) ＝3，恰有2个小球颜色相同的概率是P＝ eq \f(m,n) ＝ eq \f(3,10) .X的所有可能取值为0，1，2，P(X＝0)＝ eq \f(C eq \\al(3,3) ,C eq \\al(3,5) ) ＝ eq \f(1,10) ，P(X＝1)＝ eq \f(C eq \\al(1,2) C eq \\al(2,3) ,C eq \\al(3,5) ) ＝ eq \f(6,10) ，P(X＝2)＝ eq \f(C eq \\al(2,2) C eq \\al(1,3) ,C eq \\al(3,5) ) ＝ eq \f(3,10) ，所以E(X)＝0× eq \f(1,10) ＋1× eq \f(6,10) ＋2× eq \f(3,10) ＝ eq \f(6,5) .
9．若随机变量X服从正态分布N(μ，σ2)，P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.682 7，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.954 5，设X～N(1，σ2)，且P(X≥3)＝0.158 65，在平面直角坐标系xOy中，若圆x2＋y2＝σ2上有四个点到直线12x－5y＋c＝0的距离为1，则实数c的取值范围是(－13，13)．
解析：因为X～N(1，σ2)，所以μ＝1，所以P(X>3)＝P(X3)＝0.158 65，所以P(－1≤X≤3)＝0.682 7，所以1－σ＝－1，1＋σ＝3，所以σ＝2，由题意知，只需圆心(0，0)到直线12x－5y＋c＝0的距离d满足0≤d