练案((64)10.2 二项式定理&练案(65)10.3 随机事件的概率古典概型-【衡中学案】2025年高考数学一轮总复习提能训练（新教材）

考点2 C60.002'+Cd0.002-C%0.002+C0.002°=1-Cg0.002+ 例1：D 的展开式通项为=C(-= C0.0022=0.988060.988. 名师讲坛·素养提升 (-2)·x立，因此，展开式中所有奇数项的系数和为C+ 变式训练 C%·(-2)2+C·(-2)+C%·（-2)°=365.故选D. 1.ACD(1+x)°的展开式的通项为T1=C%x(r=0,1,2,… 例2：C由题意 6),所以=-2×C=-2,故选项A正确：又T=20x3,T, =64.n=6T,1=C%x°- =3C0-兰.令6 15x2,从而(3x-2)(1+x)°的展开式中x2的系数为3×15+ =3,r=2,3C=l35,选C (-2)×20=5,故选项B错误：令x=1,得+a1+a+…+a =(3×1-2)·(1+1)°=64.令x=-1,得a-a1+a-… 例3：-32令x+1=y,则x=y-1,由题意知(5-2y)3=+ay a=0,两式相减得2(a,+a+a,+a)=64,所以a+a+a+ +ay2+y3+ay+a,y,又(5-2y)’展开式的通项T,= a1=32,故选项C正确：令x=2得an+2a1+2a+2°a,+…+ Cg5-·(-2y)',令r=5得a5=(-2)'Cg·59=-32. 2'a,=(3×2-2)·(1+2)=2916.故选项D正确.故选ACD. [引申] 2.330解法一：(x2+3x+1)3=[x(x+3)+1]5=x(x+3)3+ (1)-8282(2)16807(3)213(4)-810(5)-4651 C5x(x+3)+C6(x+3)3+Cx2·(x+3)2+Cx(x+3)+ 令y=0得a=5°=3125.记y)=(5-2y) Cg,x的系数为3C+6C=330. 则f(y）=-10(5-2y),%+a+a1++a+a5=f1)=3 解法二：5个因式中1个选x,1个选3x.3个选1其系数为 =243, 3CC=60,若5个因式中3个选3x.2个选1其系数为3C= 4-a,+0-a3+04-4=f-1)=7=16807. 270.故x”的系数为60+270=330. (1)a,+4,+4,-）-,-D=-8282: 2 练案[64] (2)laol +laI+laI +laI +lal lasl A组基础巩固 =a6-m,+a2-4+a4-a=16807 (3)(o+a+a)2-(a1++4)2=215: 1.B2x-月 (4)a1+202+3a1+4a4+505=f(1)=-810: 展开式的通现为：五c心2-洁-C 6号-尝+号-受+受-）*4=461 2(-1外，令6-=0得长=4，所以展开式的 常数项为C×2×(-1)=60,故选B. 变式调练 1.C由题意得，n=8,a1=Cgm=8,点m=1,(x+1)产=+ax 2B由题意可得，其通项公式为=G() +a2+…+a“,令x=1,得0+a1+a+a+…+a=2= 256,令x=0,得=1+a3+…+0n=247.故选C. (-2)C子0≤r≤8，reN,令8-之=5，可得r=2,所以含 2-8(2)的展开式中所有系数绝对值之和为(2+1少 x项的系数是(-2)2C=112.故选B. 3.D因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以=8.通 ）的展开通项为T1=G(2x)(-x寸)= 项为=G(2)广(=2(-.令8 (-1)C2x宁，显然当r=3时，常数项为-8。 3 之=2，得r=4,所以展开式中2项的系数为C2(-1) 考点3 角度1 1120.故选D. 例1：D由于51=52-1.(52-1)22=C号2522m2-Cm522m+ 4.A依题意，=C+C写+…+C=C防+C号+…+C=C同+C …-C052'+1. +…+C=…=C+C=C四=84，放选A. 又由于13整除52.所以只需13整除1+4.0≤a<13,4∈Z. 5.Dx2项系数比x2项系数多35.Ca2-Ca=35.即32- 所以a=12,故选D. 4a’=7,解得：a=-1..(-+1)°=Cg-Cgx+Cx-Cx3 例2：8C+C品+C+…+C=C+C吃+C+…+C阳，C +C2-Cx+C哈，令x=1可得各项系数之和为C-C%+C6 +CG+C+…+C=×2"=2"=8"=(9-10"=C· C喝+C-C+Cg=0.故选D. 6.C(1-x)”的展开式的通项为T1=(-1)Cx,x2的系数为 9"-C·9°+C2·9°+…+(-1)'·C5·9"-+…-CH 1×C×(-1)2+a×C×(-1)+1×C=21,解得a=1,故选 ·9°=9k-1-9(k-1)+8,其中k∈N.,,该组合数被9除的 项C正确. 余数是8. 7.B令x=1,则a,+43+凸+a1+n=1,令x=-1,则a-4+ [引申] 2由题意原式=8=2·22=2·(3-1)=2(3”-C·3 4-a,+=(-3)=81,放4+a+1号81=41，放选B 2 +C2·30-…-C·3+1)=6(3-C2·30+C·3”-… 8.B令x=1得：4n+a1+1+…+a=1:令x=0,得a=2, -C2)+2.故余数为2 +a2+…+ag=1-2.因此A错误：(-1)=3=9=(10 角度2 1)=10-C103+C102-C10+1=10×(103-C102+C10' 例：l.1721.02=(1+0.02)xC+C·0.02+C·0.022+ -C)+1,因此B正确：因为(2-x)”二项展开式的通项公式为 C%·0.02w1.172. T.1=C2-(-x)'=(-1)C2-x,由通项公式知，(2-x) 角度3 二项展开式中偶数项的系数为负数，所以，1+2I+1aI+ 例：[证明]n≥3时，2”=(1+1)”=1+n+C2+…+n+1≥2 …+1a1=-a+h-+…+a,由(2-x)8=。+0,x+a +2n, +…+a,令x=0,得到a0=2,令x=-1,得到a0-a1+a2 2-1≥n+1. a1+…+a=3,所以1a,1+1a21+1a,1+…+1a,1=35-2“ 变式调练 因此C错误：对原表达式的两边同时对x求导，得到-8×(2 1.C1-90Cn+90C。-90'C1n+…+90C0=(1-90)m=89 x)7=a1+2ax+3ax2+…+8ax',令x=1,得到a1+2a1+3a =(88+1)=C4%88“+C88°+…+C88+C9=88k+1(k为 +…+8aw=-8.令x=0.得a1=-8×2’,所以，202+3a1+ 正整数)，所以可知余数为1， +8,=-8+8×2’=8(2-1),所以选项D错误故选B. 2.0.9880.998=(1-0.002)°=1-C0.002+C0.0022-9.C解法一：(1+x)2+(1+x)’+…+(1+x)°的展开式中，含 638- x2项的系数为C+C+C+…+C号=C。=120,故选C 解法二：(x+y+2)=[x+(y+2)]',故所求系数为x·C(y+ 解法二：(1+x)2+(1+x)+…+(1+x)”= 2)中y的系数即C·C·2=40.故选D 1+x)1-(1+x)1。(1+x)-(1+x)2 1-(1+x) 子的系数为3172由C=C有n=8,所以（仔-2）的展开式的通项为 C=120.故选C 10.ABD由二项式系数之和为2”=256，可得n=8,A选项正确： G((-2.当展开式的项的系数最大时为属数.比 (2-展开式的通项为工=G(2)-(-)】 较得当r=6时.展开式中项的系数最大，该项系数为1792 4.-20由题意知2"-1=512，则n=10,(2x-5)0=a+m,(x C(-1)y·2-·x-,8-2r=-2时，r=5,展开式中x2的系 数为C(-1)’·23=-448,B选项正确：8-2r=0时，r=4, -1）+…+00(x-1)",两边求导得20(2x-5)”=1+2a2(x 展开式中常数项为C(-1)·2=1120,C选项错误： -1)+…+10am(x-1)”,令￥=2得a1+2a2+…+10a0 =-20. (2:-广巾，令x1,得展开式中所有项的系数和为(2-56全得（5+=6：由于6=人十)。 -1+Ce7-Ce72+Ce7'+…+72m=6-7+C以w7 1)°=1，D选项正确.故选ABD, Cn7+Ce7+…+72m,而-7+Ce7-Cm7+Ge7 【1.BC+的展开式中共有10项，由二项式系数的性质 +…+72均能被7整除，所以余数为6. 可得展开式中的第5项和第6项的二项式系数相等，故A错 第三讲 随机事件的概率古典概型 误：由已知可得二项式系数之和为2”，且展开式中奇数项的 项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，所以奇数项的 知识梳理·双基自测 项式系数和为2”=256，故B正确：展开式的通项为T1= 知识梳理 知识点一 G(寸)r=C-子.0≤≤9，reN,令9-子=0，解得r知来结果 =6.故常数项为C=C=84,故C正确：有理项中x的指数为2.只包含一个样本点总会不会 整数，故r=0,2,4,6,8,故有理项有5项，散D错误.故选BC 知识点二 12.365令x=0,则a6-a1+1-a1+a-,+6=1.令x=2则 发生一定发生B2A(或ACB)A2BA=B当且仅当 a,+a,+4+a+a+a+a6=30=729.两式相加得：2(a+ 事件A与事件B至少有一个发生AUB(或A+B)当且仅当 a2+a,+a)=730.∴.a6+a2+04+a。=365. 事件A与事件B同时发生A∩B(或AB)不可能A∩B=O 不可能必然事件A∩B=☑，且AUB=2 1二项式（在+2） 通项为：T,1=C()"知识点三 2.只有有限个相等 (2.=C(份行=C(合学，所以第-项的)+n)01-P≤ 双基自测 系数为：C()=1,第二项的系数为：C(宁）=分，第三项（四×(2）×(3)×(4V(5)V 的系数为：心（广-”。，由于前三项的系数成等差数列， 2. 6 :掷两个骰子一次，向上的点数共6×6=36（种）可能的结 果，其中点数相同的结果共有6种，所以点数不相同的概率P= 所以2×父=1+”8”，解得m=8,或n=1,因为至少有前三 8 项，所以=1（舍），故n=8,所以展开式有9项，中间一项为3.C从6张卡片中无放回抽取2张，共有C=15种情况，其中数 8 字之积为4的倍数的有(1,4)，(2,4).(2,6).(3,4).(4,5)， 14.729 由题意知”三641=6，设（在-）的各项的系数 (4,6)6种情况.放概率为号=子放选C 为，a1,马，…，a。,则各项的系数的绝对值之和为1l+Ia,14.C所求概率P= =0.6.故选C +,1+a,即为医+中各项的系数的和，令=5D所求概李PCG七：子故选D 1,1|+1a11+1a21+…+1a6|=(1+2)°=3.即各项的系 数的绝对值之和为3-729. 考点突破·互动探究 15.-231x'+(x-2)"=[(x-1)+1]7+[(x-1)-1]",因为考点1 [(x-1)+1]了展开式的通项T,.1=C(x-1)-,令7-t=5. 例1：AB“2张卡片都为红色”的对立事件为“2张卡片不都为红 得r=2,则T,-C(x-1)’-21(x-1)2,因为[(x-1)-1] 色”即“2张卡片至多有一张红色”，排除D:“2张卡片至少有 展开式的通项T1=Cm(x-1)-·(-1),令10-r=5, 一张红色”包含“2张卡片都为红色”排除C.选AB 得r'=5,则T片=C(x-1)’·(-1)'=-252(x-1)°，放a= 例2：D根据互斥事件与对立事件的定义作答，A∩B=出现点 21-252=-231 数1或3引，事件A.B不互斥更不对立：B∩C=⑦.BUC=2 (Ω为必然事件)，故事件B,C是对立事件 B组能力提升 1.A(x-y)的展开式的通项为T1=C(-yy= 例3：A若事件A与事件B是对立事件，则AUB为必然事件，再 由概率的加法公式得P(A)+P(B)=1:投掷一枚硬币3次」 (-1-}-=(---.( 满足P(A)+P(B)=1,但A,B不一定是对立事件，如：事件 A:“至少出现一次正面”，事件B:“出现3次正面”，则P(A) -y)°的展开式中y的系数为C(-1)2=15,2(x-y》°的 =冬P代B)=令，满足P心D+P心B)=1,但A,B不是对立事 展开式中y的系数为2C(-1)2=-40,放-)x-y 件，故甲是乙的充分不必要条件。 变式训练 展开式中y2的系数为C(-1)2-2C(-1)3=55.故选A. 1.B“至少有n个"的反面是“至多有n-1个”，又事件A 2.D解法一：相当于在5个因式中有1个因式选x,有C种选 “至少有2件次品”，事件A的对立事件为“至多有1件内 法，余下的4个因式中有3个因式选y,有C种选法，最后余下 品” 1个因式中选2，所以的项为CxCC×2=40g,故选D.2.BD从装有5只红球5只白球的袋中任意取出3只球，所有可 639 能的情祝有：3只均为红球：2只红球1只白球：1只红球2只白：例2：B如图所示，从正方体的8个顶 球：3只均为白球.所以，对于A选项，“取出2只红球和1只白 点中任取3个构成三角形，基本事 球”与“取出1只红球和2只自球”为互斥事件，但不是对立中 件有C=56种，在正方体中，满足 件，故错误：对于B选项，取出的3只球中至少有1只白球包含 任取3个顶点构成正三角形有8 2只红球1只白球：1只红球2只白球：3只均为白球，故与取出 种，顶点的集合分别是A,C,B}, 3只红球为对立事件，故正确：对于C选项.“取出3只红球”与 A,C.DB.D.C.B.D. “取出3只白球”为互斥事件，但不是对立事件，故错误：对于D A.A.C.B.A.C.D 选项，“取出的3只球中至少有2只红球”包含事件：3只均为红 B,D,A,B1,D,C,所以所 球：2只红球1只白球，“取出的3只球中至少有2只白球”包含 事件：1只红球2只白球：3只均为白球，故为对立事件，故正确 号故选且 求概率为”。 考点2 角度3 例1：A从8个点中任取3个点，共有C=56种情况，这3个点 例：D求导得'(x)=x+2x+b,要满足题意需x+2r+b= 恰好位于同一个奥林匹克环上有3×C=12种情况，则所求 0有两个不等实根，即4=4(a2-62)>0,即a>6,又a,b的取 的概率P=2 6示放选A 法共有3×3=9种，其中满足>b的有(1,0)，(2,0)，(2,1) 例2：C甲，乙、丙，丁四名志愿者随机分配到A,B,C,D四个社 (3,0),(3,1),(3,2)共6种，故所求的概率为P=6 区，共有A种情况，其中甲不被分到A社区有CA种情况 角度4 故甲不被分到A社区的概率是=子故选C 例：C这50名学生中，恰有3名女生的课余使用手机总时间 A 在[10,12]，课余使用手机总时间在[10,12]的学生共有50× 例3：D6名同学分别选修一门课程，每门课程至少有一位同学 0.08×2=8(名)，.从课余使用手机总时间在[10,2]的学生 选修，共有(CG++CCgC)·号=540种.恰有2名 中随机抽取3人，基本事件总数：=Cg=56,至少抽到2名女 A 生包含的基本事件个数m=C+CC=16,则至少抽到2名女 16 同学选修传统体育的情况：C·（C+ ·A=210种 生的气率为P=日名=子故选C A [引申 P=210.7 54018放选D (2)号 (1)解法一：抽到1名女生的概率P= CiC 例4：C解法一：当“数”位于第一位时.“礼”“乐”分开有A AA种排法；当“数”位于第二位时，“礼”“乐”分开有A CAA种排法 故满足条件的事件的概率为： 描到2名女生的概率A:CC.5 561 A号-C3A号A号+A号-AA_I3 0,故选C C I 拍到3名女生的概率B=己56 解法二：当“数”位于第一位时有AA种：当“数”位于第三 位时，有CA+CAA种，总排法有A种，所求概率P= 六室少描到1名女生的瓶率P=B+R+B- 28 AA:+CA+CAA 13 解法二：记“至少抽到1名女生”为事件A, 9 0 则4：抽取3名男生， [引申] 品(2)》)P.+CE .P(A)=1-P(A)=1- 523 A 60 =1-2828 (2)P.+CCS3 (2)没有抽到女生的概率P,= & 0 变式调练 至多抽到1名女生的燕率P=P+P=弓或P=1-P-乃 1.C从1,2，·，10中任意取出两个不同的数，共有C=45种选 择.其中(1.3).(1.8).(2,7).(3.6).(4.5).(6.10).(7.9)满 足取出的两个数的和等于某个正整数的平方，故取出的两个数 变式训练 的和等于某个正整数的平方的概率为5故选C 1.Aa1(a-b)→0·(a-b)=09m-2m-n+1=0,即n=(m -1),又m、ne1.2,3.4,∴.(m,m)共有16个，而事件A仅包 2,A:甲、乙丙、丁四位同学站成一排照相 括(2,1)，(3.4)，2个， 基本事件总数n=A=24, 甲、乙两人中至少有一人站在两端包含的基本事件个数m=A aP=忌日放选入 -AA=20, ,甲、乙两人中至少有一人站在两端的概率为： 2 :如右图，选正方体6个侧面 D P只碧名放选入 上的4个顶点，共有6种选法：过A 中心0的平面共有6个平面.每 考点3 个平面含9个点中的5个，则共有 角度1 6C种选法：所有可能情况有C 0 例：Bm⊥n台b=2a,∴.满足m⊥n的(a,b)有(1,2)，(2,4)，2 种，所以这4个点在同一个平面的 D 个，又基本事件有(1.2).(1.4)，(1.5)，(2.2).(2.4).(2.5) 362 （4,2).4.4).(4,5).9个，所求概率P=号放选B 概率为6+6C 26=行，故答案 角度2 例1：B直线：y=x与双曲线C的左、右支各有一个交点，则么 3.Aa,b=-1.0,1.21,(a.b)的取法有16种，函数y=x)有 零点，即4-4ab≥0，ab≤1，当=-1或0时，b可取-1,0， >1,基本事件总数为4×4=16，满足条件的(a,b)的情况有 1.2: (12),(1,3),(1,4).(2,3),(2,4),(3.4),共6个（或C+ 当4=1时，b可取-1,0,1： G+C=6(个).故概率为爱 当a=2时，b可取-1,0.共13种 640 ·所求概率P,故选A C选项，有且只有3位女同学分到同一组C·C·2=32种， 4石由题意得a01-004,002-0,0=005.由分层抽 则有且只有3位女同学分到同一组的概本为号-斧错 2 样知，抽取的初中生有60名，高中生有40名.初中生中，阅读时 D选项，4位男同学同时分到甲组只有1种，其概率为元则4 间不足10个小时的学生样本人数为0.005×10×60=3.高中生 中，阅读时间不足10个小时的学生样本人数为0.005×10×4C 位男同学不同时分到甲组的概率为1一石一号，错故选B =2.则从阅读时间不足10个小时的样本学生中随机抽取2人， 11,AB由频率分布直方图得，成绩在[70.80)的频率最高，所以 所有可能的情况有C一=10种，其中至少行一名高中生的情祝有 估计成绩的众数为75分，故A正确：因为0.010×10+0.015 C-C=7种所求概率P= .7 ×10+0.020×10+0.030×10=0.75,所以估计第75百分位 成绩为80分，故B正确：因为成绩在[90,100]内的人数为100 名师讲坛·素养提升 ×0.010×10=10,所以随机抽取一名学生访谈，甲被抽取的概 [引申 率为Q.1,故C错误：由P=2+1_乏知，D错误赦选AB C 6 20P= CC 1 CtCs -20 3 ，A错：从甲，乙盒中各取一球恰 变式训练 12.BDP(x=1)=S·C」 C 好取出一个白球的概率为P.ES-是B正确：P CC [解析](1)P= Cicc+C5 CC +Cc-5 CC CC54 CC +CC 13 4×4×4 2或4x4×4 2 CCC 2,C正确：P(B)= (2p=cSCg、 CsC 30,D正确.故 选BCD. A =3 136 5 从正方体的8个顶点中任取4个，有n=C=70个结果， 练案[65] 这4个点在同一个平面的有m=6+6=12个，故所求概率P= A组基础巩固 1,DA中的两个事件是但含关系.不是互斥事件：B中的两个事 只号品 件是对立事件：C中的两个事件都包含”一个黑球一个红球”的14. 事件，不是互斥关系：D中的两个事件是互斥而不对立的关系 81 用算筹随机摆出一个不含数字0的两位数，个位用纵式， 2.C将甲乙两人离开电梯的楼层数配对，组成6×6=36种等可 十位用横式，共可以摆出9×9=81个两位数，其中个位和十位 能的结果，记事件A=“甲乙两人离开电梯的楼层数的和是6 上的算筹都为1的有1×【=I种：个位和十位上的算筹分别都 则事件A的可能结果有3种，即A=|(24),(4,2).(3,3).所 为2或3或4或5的各有2×2=4种：共有4+4+4+4+1= 以事件A的概率为：P(A)= 362放选C 7种：所以，个位和十位上算筹不一样多的概率为P=81-卫 81 3.D所求概率为1-号=2（或P=SC+G =石)放迹n 4D,记两项克赛参加人数不相等”为事件A,则P(A)=1-15号 节日出场顺序总数为A。,两个语言类节目相邻的安排数： 2二子故选D A.所以恰有两个语言类节目相邻的概率为P=S 5A所求概*P:S+G+C-若故速入 A C2。 6,A从“数学风车“的八个顶点中任取两个顶点的基本事件有B组能力提升 C=28种，其中这两个顶点取自同一片“风叶”的基本事件有 4C=12种，故所求概*P贵=号故选 1.了6名志愿者挂成一排合影共有龙种挂法，面乙、丙志愿者 相邻，甲志愿者不在两边的排法有：C·A:·A种排法，故甲志 7.C三个同学选择两个项目的试验的基本事件数有(C)3个，它 们等可能，有且仅有两人选择的项目完全相同的事件A含有的 愿者不在两边，乙，丙志愿者相邻的概率为S·心·。1 A 5 基本事件数有CC(C一1)个，所以有且仅有两人选择的项目 2.B两人所选六科的情况共有CC·CC=144种情况，由于 完全相同的概率P(A)=CC=各故选C 语文、数学、英语必选，故所选六科中恰有四科相同的情况，包 (C) 含以下情况.第一，物理、历史有一科相同，政治，地理、化学、生 8.C所求概率P==放进C 物不相同.有CC=12种情况 C 第二，物理、历史不相同，政治，地理化学、生物有一科相同，有 9.ABD因为点B,,C,E,F不共面，所以两条直线为异面直线，故 A正确：过四点的两条直线共有3种情况，其中仅当一条直线过 CcC=4种情况，所以所求概率p:l2-音放选R 144 BF,另一条直线过C,E时，这两条直线相互垂直，故相互垂直3.D将12个人平均分为3组，有·G·G.:C·C种 的概率为了，故B正确：两条直线互相平行的概率为0，而两条 A 直线互相垂直的概率小于」，故两条直线互相平行与互相垂直 方法，将甲乙丙分在同一组有S·G,C.龙=3C·G种方 A 不是对立事件，C错误：BC,B,E,B,F中，只有B,C与AC垂 直，且当B,C⊥AC,时，EF与AC,不垂直，故D正确. 法，所以甲乙丙在同一校门的概率P= 3Cg·C3 10.AB8位同学随机地分成人数相等的甲、乙两组的不同分法 C·G5故选D 为C8·C=70. 4.A15个人田围坐在圆桌旁从中任取4人，他们两两互不相邻，则 A选项，4位女同学分到同一组的不同分法只有2种，其概率 可先把1个人人坐好，让其余4人插空，共有·A种不 为品站对 B选项，男生甲和女生乙分到甲组的不同分法为C·C=5 同的围坐方法，所以所求概率是了· 其概率为亮-对： AB 15 641 5,[解析](I)零假设为：H:是否喜爱大课间运动程度与A类体 操和B体操无关。根据列联表中的数据， 例3CP(1A)=0-音P(1a)--宁 得到X-200x(70x60-30x40-200=18.1S2>10.828. P(A) 100×100×110×90 11 根据概率值α=0.001的独立性检验，推断H。不成立，即认为是 P(B)+P(B0=名PA)+P而=号+P(A).即 否喜爱大课间运动程度与A类体操和B类体操有关， (2)由样本中的数据可知，抽取11名学生中， 其中喜发A类体操有7名学生，喜爱B类体操有4名学生，从 六A精：由代8)=梁=石可得)=方放B精 11名学生抽取3名学生的所有情况有C:=165, 而3名发言的学生中既有喜爱A类体操也有喜爱B类体操的 误：所以PA+B)=P4)+P(B)-P(4B)=子+号-司 情况有CC+CC=126种， 所以P=126.42 165=55 =子故C正确：所以P代41B)=兴份：代不B=1 所以参加发言的学生既有喜爱A类体操也有喜爱B类体操的 =,故D错误故法C 4 :丰为号 变式训练 B记甲挑战成功为事件A,乙挑战成功为事件B,则P(A)= 第四讲事件的独立性、条件概率与全概率公式 各P()=P4UB)=1-品=由概率加法公式知 4 知识梳理·双基自测 P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AB),可得P(AB)=P(A)+ 知识梳理 知识点一 P)-P(4U)=音+后-高-0则在甲挑战成功的条件 P(A)P(B) 双基自测 下，乙桃战成功的幸为代公)=气骨-型名做选R 1.(1)V(2)×(3)V(4)V 15 2BCD第一次摸到红球的概率为子，故A错误：不放同的摸球2考点2 角度1 次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率P= 子=子，放B正确：有收同的换球3次，则仅有前2次模到红球 例：C由圈意得P(甲)=P乙)=名 同时抛掷两枚质地均匀的骰子一共有36种结果， 的概率子×号×号-受故C正确：有放日的摸球3次.则拾 事件“两枚敬子掷出的点数之和是8“的基本事件有： 有2次换到红球的概率G(号)×号=法故D正确故 （2.6).6.5.(4,4).(5.3).(6,2).共5种则P(丙)=6 事件“两枚骰子掷出的点数之和是7”的基本事件有：(1.6)， 选BCD. 3cP=1-(-号)×(-)×-) 25).3.4).(4,3.(5,2.(6,).共6种.则P(T)=号 4BP甲)=石P(Z)=P(丙)=GPT)=石 代甲丙)=0P(甲)P(丙).P(甲T)=名=P(甲)P(T)。 ①Pr甲乙)=名=P甲)P(乙).故正确： ②P(乙T)=36=P(乙)P(T).放正确： PZ丙)=站P(乙)P丙)，P(丙T)=0P(T)P(丙)，故 选B ③乙与丙不互拆，且P(乙丙)=6≠P(乙)·P代丙).故错误： 5.A报名两个俱乐部的人数为50+60-70=40，记“某人报足球 ①甲与丙互斥，且P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)，故正确.故 俱乐部”为事件A,记“某人报乒乓球俱乐部”为事件B,则P(A) 选C 4 角度2 碧号.P(a)-铝-÷所以P(B1A):0- 404 例1：ACD对于A,三人选择社团一样的事件是都选篮球社的事 P(A) 5= 件、都选足球社的事件，都选羽毛球社的事件的和，它们互 0.8.故选A 斥，三人选搭社团一样的概常为3×（兮）=)A正确： 考点突破·互动探究 对于B,三人选择社团各不相同的事件，是小王从3个社团 考点1 中任选1个，小李从余下两个中任选「个，最后1个社团给 州8法一8滑-袋-号散选 小张的事件，共6个不同结果，因此三人选择社闭各不相同 的概率为6×（兮）=号B不正确： 三由题，4》：点-号风器若所 对于C,至少有两人选择蓝球社的事件是恰有2人选篮球社 8 与3人都选篮球杜的事件和，其概率为CC×()+ 以P(BA)=PAB_互」 P罗=子=方，故选R (付广-子，c正确： 5 对于D,令至少有两人选择羽毛球社的事件为A,由选项C 例29 P(4)=1-P(A)=1-0.2×0.3=0.94. 知，P(A)=,小王选择羽毛球社的事件为B,则事件AB是 P(AB)=0.8×0.7+0.8×0.3=0.8, 含小王只有2人选择羽毛球社的事件和3人都选择羽毛球 所以84)-器-品-号 社的率件和，其概率P(4)=G×(付广+（兮广=音 -642练案[64] 第二讲 二项式定理 A.n=8 A组基础巩固) B.展开式中x的系数为-448 一、单选题 C.展开式中常数项为16 D.展开式中所有项的系数和为1 {1.(2024·河北师大附中期中)在() 的展开式 的常数项为 C.120 A.-160 B.60 D. 240 ( 中,下列结论正确的是 ) 的展开式 A.第6项和第7项的二项式系数相等 B.奇数项的二项式系数和为256 中含x项的系数是 ( C.常数项为84 A.-112 B.112 C. -28 D.28 D.有理项有2项 三、填空题 12.(2024·安徽江淮十校联考)若(2x-1)*=a。+ 的展开式中只有第5项的二项式系数最大,则展开式 a(x-1)+a(x-1)②..+a(x-1)*,则ao+a+ ( 中^*项的系数为 ) a += .(用数字作答) A.-1120 B.-1792 13.(2024·南京师大苏州实验学校调研改编)若二项式 C.1792 D.1120 4.(2024·山东新高考质检联盟联考)设(1+x)+(14 展开式的前三项的系数成等差数列. x)+..+(l+x)+(1+x)*=a+ax+..+x+ 过14.(2024·广西“贵百河”调研)在(-2)的二项式 则展开式的中间项为 a*,则a= ( ) A.84 C.36 B.56 D.28 5.(2024·湖北武汉九所重点中学联考)多项式(ax 中,所有的二项式系数之和为64,则各项的系数的绝 1)*的x项系数比项系数多35.则其各项系数之 对值之和为 和为 $15.(2023·河南驻马店期末)若x+(x-2)=a。+ C.64 A.1 B.243 D.0 a(x-1)+a(x-1)}+.+a(x-1)’+ao(x- 6.(2023·河北示范性高中调研)关于二项式(1+ax+ 1),则a=__. )(1-x)”,若展开式中含x*的项的系数为21,则a 6B组能力提升) 1 ) B.2 C.1 A.3 D.-1 过1.(202·辽宁朝阳联考)(1-)(x-y):的展开式中 7.(2022·北京高考)若(2x-1) =ax +ax+x}+ y的系数为 ( ax+a。,则a。+a.+a.= ) A.55 B.60 C.65 A.40 B.41 C. -40 D.-41 D.70 8.(2024·安微电溪一中模拟)已知/(x)=(2-x)*=a。 2.(2024·河北沧州联考)在(x+y+2)的展开式中. xy的系数是 . +ax+ax2}+...+ax”,则下列描述正确的是( ) A.24 B.32 C.36 A.a.+a.+..+a.=1 D.40 B.f(-1)除以5所得的余数是1 的展开 C. la.1+laI+la 1+...+lal=3* 式中第3项与第7项的二项式系数相等,则(--23) D. 2a.+3a.+...+8a.=-8 9.(2023·广东广州阶段测试)(1+x)+(1+x)... 的展开式中系数最大的项的系数为。 +(1+x)*的展开式中x*的系数是 ( ) 4.(2024·浙江名校联盟高考研究卷)若(2x-5)*=a。 A.45 B.84 C.120 D.210 +a.(x-1)+...+a.(x-1).且奇数项二项式系数之 二、多选题 和为512,则a.+2a+3a:+...+na.= 10.(2024·山东青岛调研)已知(2x-) 的展开式的5.(2024·山东省实验中学诊断)二项式(5+x)*展开 、 ( 各二项式系数的和为256,则 式的各项系数之和被7除所得余数为 -395- 练案[65] 第三讲 随机事件的概率 古典概型 A组基础巩固) 7.(2023·河北保定模拟)三位同学参加某项体育测试 每人要从100m跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中 一、单选题 选出两个项目参加测试,则有且仅有两人选择的项目 1.(2022·湖北十市联考)从装有2个红球和2个黑球 1 完全相同的概率是 ) 的口袋内任取2个球,那么互斥而不对立的两个事件 A.2 B. 。 C. A.“至少有一个黑球”与“都是黑球” 8.(2022·湖北武汉质检)从3双不同的鞋子中随机任 B.“至少有一个黑球”与“都是红球’ 取3只,则这3只鞋子中有两只可以配成一双的概率 C.“至少有一个黑球”与“至少有一个红球” 是 ( ) D.“恰有一个黑球”与“恰有两个黑球” 2.(2024·陕西宝鸡金台区质检)甲乙两人在一座7层 B. 大楼的第一层进入电梯,假设每人从第二层开始在每 二、多选题 一层离开电梯是等可能的,则甲乙两人离开电梯的楼 9.(2024·湖北部分学校期中联考)在正方体ABCD- 层数的和是6的概率是 B. C A.B.C.D. 中,E.F分别为AB,A.D 的中点.取点B. C.E.F,若一条直线过其中两点,另一条直线过另外两 3.(2024·辽宁部分学校摸底)某商家为了吸引顾客,促 点,则 ) 销商品,推出消费满额砸金蛋的活动.某顾客共获得2 A.两条直线为异面直线是必然事件 次硬金蛋的机会,若该顾客砸金蛋时还剩9个金蛋,其 B.两条直线互相垂直的概率为1 中只有3个金蛋有奖券,则该顾客砸出奖券的概率为 C. 两条直线互相平行与互相垂直是对立事件 D.两条直线都与直线AC.垂直是不可能事件 10.将4男、4女共8位同学随机地分成人数相等的甲、 4.(2024·湖南长沙名校质检)某校4名同学参加数学 . 乙两组,则下列说法正确的是 ) 和物理两项竞赛,每项竞赛至少有1名同学参加,每名 A.4位女同学分到同一组的概率为35 同学限报其中一项,则两项竞赛参加人数不相等的概 率为 } C. B.男生甲和女生乙分到甲组的概率为 B.3 5.(2024·云南楚雄州质检)口袋中有5个白球,3个红 球和2个黄球,小球除颜色不同,大小形状均完全相 同,现从中随机摸出2个小球,摸出的2个小球恰好颜 色相同的概率为 ) 1 D C2 11.高中某学校对一次高三联考物理成绩进行统计分 析,随机抽取100名学生成绩得到如图所示的频率分 6.(2023·广东惠州调研)我国 布直方图,其中分组的区间为[40,50),[50,60), 汉代数学家赵爽为了证明勾 [60.70),[70.80).[80.90).[90.100],同时计划从 股定理,创制了一副“弦图”. 样本中随机抽取个体进行随访,若从样本随机抽取 后人称其为“赵爽弦图”,下 个体互不影响,把频率视为概率,则下列结论正确的 . 图是在“赵爽弦图”的基础上 是 创作出的一个“数学风车”. 其中正方形ABCD内部为 “赵爽弦图”,正方形ABCD 。 外部四个阴影部分的三角形称为“风叶”,现从该“数 0.020 学风车”的8个顶点中任取2个顶点,则2个顶点取自 015 同一片“风叶”的概率为 o.01- ) 3} 04050 60708090100成(分) 396- A.学生成绩众数估计为75分 2.(2024·四川成都名校联考)2025年四川省新高考将 B.考生成绩的第75百分位成绩估计为80分 实行3+1+2模式,即语文、数学、英语必选,物理、历 C.在[90,100]内随机抽取一名学生访谈,则甲被抽 史二选一,政治、地理、化学、生物四选二,共有12种选 取的概率为0.01 课模式.假若今年高一的小明与小芳都对所选课程没 D.从[40,50)和[90,100]内各抽1名学生,[70,80 有偏好,则他们所选六科中恰有四科相同的概率是 抽2名学生调研,又从他们中任取2人进行评估 _~_ 测试,则这2人来自不同组的概率为0.13 A.36 D1 12.(2024·辽宁鞍山质检)甲盒中有3个白球,2个黑 球,乙盒中有2个白球,3个黑球,则下列说法中正确 3.(2023·福建潼州质检)潼州某校为加强校园安全管 的是 理,欲安排12名教师志愿者(含甲、乙、丙三名教师志 A.若从甲盒中一次性取出2个球,记X表示取出白 愿者)在南门、北门、西门三个校门加强值班,每个校 球的个数,则P(X=1)=10 门随机安排4名,则甲、乙、丙安排在同一个校门值班 的概率为 _~_ B.若从甲盒和乙盒中各取1个球,则恰好取出1个 B. C.5 白球的概率为13 4.(2024·江苏南通如皋诊断)15个人围坐在圆桌旁,从 C.若从甲盒中连续抽取3次,每次取1个球,每次抽 中任取4人,他们两两互不相邻的概率是 ( 30 ) 取后都放回则恰好得到2个白球的概率为25 125 C15 54 D.0 D.若从甲盒中取出1球放入乙盒中,再从乙盒中取 5.(2024·江苏苏州中学期初考试)树人学校为推动学 出1球,记B:从乙盒中取出的1球为自球,则 校的大课间运动,开始在部分班级中使用一套新的大 课间运动体操(记为A类体操),原来的大课间运动体 三、填空题 操记为B类体操,为了了解学生对大课间运动的喜爱 程度与使用大课间运动体操类型是否有关,分别对A 13.(2022·全国甲卷)从正方体的8个顶点中任选4 类体操与B类体操的学生进行了问卷调查,现分别匿 个,则这4个点在同一个平面的概率为 机抽取了100个学生的问卷调查情况,得到如下数据: 14.(2024·陕西汉中联考)根据历史记载,早在春秋战 喜爱 不喜爱 国时期,我国劳动人民就普遍使用算筹进行计数,复 70 A类体操 筹计数法就是用一根根同样长短和粗细的小棍子以 30 40 B类体操 不同的排列方式来表示数字,如图所示.如果用算筹 60 随机摆出一个不含数字0的两位数,个位用纵式,十 (1)请根据小概率值a=0.001的独立性检验,能否认 位用横式,则个位和十位上的算筹不一样多的概率 为大课间运动程度与A类体操和B类体操有关 (2)从样本的喜爱大课间运动的学生中,按A.B类分 纵式: II I IIIIIIII II 层抽取11名学生参加一个座谈会,再从中抽取3 名学生在学生大课间运动会上发言,求参加发言 的学生既有喜爱A类体操也有喜爱B类体操的概 . 附:x”-(a+b)(n+d)(a+c)(b+d) n(ad-be)? 15.(2024·广东湛江摸底)某学校准备举办一场运动 会,其中运动会开幕式安排了3个歌舞类和3个语言 0.05 类节目,所有节目依次出场,则恰有两个语言类节目 0.01 0.001 相邻的概率为___. 3.841 6.635 10.828 . B组能力提升步 1.(2024·云南大理统测)云南省大理州于2023年5月 4日至10日成功举办了三月街民族节活动.在活动期 间,有6名志愿者报名参加了三月街民族节志愿服务 活动,活动结束后6名志愿者排成一排合影,则甲志愿 者不在两边,乙、丙志愿者相邻的概率为 397