课时冲关60 二项式定理&课时冲关61 随机事件的概率-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习课时作业（北师大版）

课时冲关60二项式定理 [基础训练组] 10.若(x+5)202=a0十a1x十a2.x2+…+a2gx203 1.(2024·北京高考)在(x-√)的展开式中， T=ao十a1十a2十…十a2o23,则T被5除所 x3的系数为 () 得的余数为 A.6 B.-6 C.12 D.-12 [能力提升组] 11.(2025·山东枣庄月考)设n为正整数， 2.(2025·贵阳模拟)若 展开式中存 (a十b)m展开式的二项式系数的最大值为x, 在常数项，则正整数n的最小值是 (a+b)m+1展开式的二项式系数的最大值为 A.5 B.6 C.7 D.8 少若号-品则 3.(2025·山东临沂模拟)若实数a=2-√2，则 12.(2025·上虞模拟)已知(3.x-1)10=ao十a1x a12-2C2a1+22C2a10-…+212等于 ( 十a2.x2+…十a10x10,则a3= a 3 A.-32 B.32 C.-64 D.64 4.(2025·河南南阳模拟)(x2+1+y) +…+8 的展开 32 310 10 式中兰的系数为 13.(2025·江苏南京调研)在（丘- 2x2 的展 ( 开式中，求： A.4 B.6 C.8 D.12 (1)二项式系数最大的项； 5.(2025·黑龙江大庆市东风中学模拟)在(x+1)n (2)系数的绝对值最大的项为第几项. (x∈N+)的展开式中，若第5项为二项式系数 最大的项，则n的值不可能是 ( A.7 B.8 C.9 D.10 6.(多选)(2025·茂名模拟)已知2π十左的 展开式共有13项，则下列说法中正确的有 ( A.所有奇数项的二项式系数和为212 B.所有项的系数和为312 14.已知二项式x2会)”，且n满足Cg-2C=12 C.二项式系数最大的项为第6项或第7项 (1)求n的值，并求二项式系数最大的项： D.有理项共5项 (2)求二项展开式中含x项的系数； 7.(2025·福建泉州市城东中学模拟)(x+2+m)9 (3)请直接写出展开式中所有项的系数的和. =a十a1(x+1)+a2(x+1)2+…+ag(x+1)9, 且(a0+a2+…+ag)2-(a1十ag+…+ag)2=39, 则实数m的值可以为 ( A.1或-3 B.-1 C.-1或3 D.-3 8.(2025·龙岩市模拟)(x√y一y√x)的展开 式中，x3y3项的系数为 9.若(x十y)3(2x-y十a)5的展开式中各项系数 的和为256，则该展开式中含字母x且x的次 数为1的项的系数为 393 课时冲关61 随机事件的概率 [基础训练组] 根据图中的数据信息，该同学3场投篮的命中 1.(2025·河北唐山模拟)从装有3个红球和2 率约为 个黑球的口袋内任取3个球，那么“至少有2 A.0.616 B.0.627 个黑球”的对立事件是 ( C.0.635 D.0.648 A.至少有1个红球 B.至少有1个黑球 5.(2025·全国模拟)“黑匣子”是飞机专用的电 C.至多有1个黑球 D.至多有2个红球 子记录设备之一，黑匣子有两个，为驾驶舱语 2.(2025·广东梅州模拟)两名同学在一次用频 音记录器和飞行数据记录器.某兴趣小组对黑 率估计概率的试验中统计了某一结果出现的 匣子内部构造进行相关课题研究，记事件A为 频率，绘制出统计图如图所示，则符合这一结 “只研究驾驶舱语音记录器”，事件B为“至少 果的试验是 研究一个黑匣子”，事件C为“至多研究一个黑 ↑频率 厘子”，事件D为“两个黑厘子都研究”.则 409% 30% 209% A.A与C是互斥事件 10% 200400600次数 B.B与D是对立事件 0 C.B与C是对立事件 A.抛一枚硬币，正面朝上的概率 D.C与D是互斥事件 B.掷一枚正六面体的骰子，出现1点的概率 6.(多选)某展会安排了分别标有序号为“1号” C.转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的 “2号”“3号”的三辆车，等可能的随机顺序前 概率 往酒店接嘉宾.某嘉宾突发奇想，设计了两种 乘车方案.方案一：不乘坐第一辆车，若第二辆 车的车序号大于第一辆车的车序号，就乘坐此 车，否则乘坐第三辆车；方案二：直接乘坐第一 辆车.记方案一与方案二坐到“3号”车的概率 D.从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取 分别为P1,P2,则 ( 一个球恰好是蓝球的概率 3.(2025·陕西渭南模拟)设靶子上的环数取 AP·P= B.P1=P2= 1 1~10这10个正整数，脱靶计为0环.某人射 C.P+P:-g D.P>P2 击一次，设事件A=“中靶”，事件B=“击中环 7.(多选)支气管炎患者会咳嗽失眠，给患者日常 数大于5”，事件C=“击中环数大于1且小于 生活带来严重的影响.某医院老年患者治愈率 6”,事件D=“击中环数大于0且小于6”，则下 列关系正确的是 为20%，中年患者治愈率为30%，青年患者治 A.B与C互斥 B.B与C互为对立 愈率为40%.该医院共有600名老年患者，500 名中年患者，400名青年患者，则 () C.A与D互为对立 D.A与D互斥 A.若应用分层随机抽样从该医院所有患者中 4.(2025·全国模拟)某同学做立定投篮训练，共 抽取容量为30的样本，老年患者应抽取 3场，每场投篮次数和命中的次数如表中记录 12人 板所示 第一场 第二场 第三场 B.该医院青年患者所占的频率为 投篮次数 25 20 30 C.该医院的平均治愈率为28.7% 投中次数 16 13 18 D.该医院的平均治愈率为31.3% 394 8.(2025·重庆月考)已知事件A,B互斥，且事 [能力提升组] 件A发生的概率P(A)=号，事件B发生的概 11.(多选)某超市随机选取1000位顾客，记录 了他们购买甲、乙、丙、丁四种商品的情况，整 率P(B)=},则事件A,B都不发生的概率是 理成如下统计表，其中“/”表示购买，“×”表 示未购买 9.河流A与河流B是水库C的主要水源，只要 商品 河流A,B之一不缺水，水库C就不缺水.根据 甲 丙 顾客人数 经验知道河流A,B不缺水的概率分别是0.7 和0.9，同时不缺水的概率是0.65.则水库C 100 不缺水的概率为 217 10.(2025·全国模拟)某汽车品牌为了了解客户 200 对于其旗下的五种型号汽车的满意情况，随 300 机抽取了一些客户进行回访，调查结果如 85 下表： 98 汽车型号 以频率估计概率，下列说法正确的是( 回访客户/人 250 100 200 700 350 A.顾客同时购买乙和丙的概率是0.2 满意率 0.5 0.3 0.6 0.30.2 B.顾客在甲、乙、丙、丁中同时购买3种商品 其中，满意率是指某种型号汽车的回访客户 的概率是0.4 中，满意人数与总人数的比值。 C.如果顾客购买了甲，则该顾客购买乙商品 (1)从Ⅲ型号汽车的回访客户中随机选取1 的概率最大 人，求这个客户不满意的概率： D如果顾客购买了甲，则该顾客购买丁商品 (2)从所有客户中随机选取1个人，估计这个 的概率最小 客户满意的概率. 12.(多选)高中提倡学生假期培养阅读习惯，提 高阅读能力，某班级统计了假期阅读中英两 本书籍的时长，其频率分布如下：则下列说法 正确的是 阅读时长天 6 4 中文书籍 0.50.30.10.1 英文书籍 0.40.30.20.1 A.从阅读的平均时长来看，中文书籍比外文 书籍更受欢迎 B.中、英文书籍阅读时长的第40百分位数都 是6天 C.若将频率视为概率，小华阅读中文和英文 两本书籍，则阅读总时长少于10天的概 率为0.04 D.任选一本书籍，“阅读时长低于5天”与“阅 读时长为高于6天”是对立事件 395 13.(2025·浙江嘉兴模拟)树人中学进行篮球定 (1)求p的值： 点投篮测试，规则为：每人投篮三次，先在A (2)求“梦之队”在两轮活动中猜对3个谜语 处投一次三分球，投进得3分，未投进得0 的概率。 分，然后在B处投两次两分球，每投进一次得 2分，未投进得0分，测试者累计得分高于3 分即通过测试.甲同学为了通过测试，进行了 五轮投篮训练，每轮在A处和B处各投10 次，根据统计该同学各轮三分球和两分球的 投进次数如图表所示： 三分球命中个数 第一轮第二轮第三轮第四轮第五轮 两分球命巾个数 2 0 第一轮第二轮第三轮第四轮第五轮 若以五轮投篮训练命中频率的平均值作为其 测试时每次投篮命中的概率，则该同学通过 测试的概率是 14.甲、乙两人组成“梦之队”参加猜谜语活动，每 轮活动由甲、乙各猜一个谜语，已知甲每轮猜 对的概率为！，乙每轮猜对的概率为P.在每 轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结 果也互不影响.若“梦之队”在第一轮活动中 猜对1个谜语的概率为2 5 —39612.ABC[男员工函必须被选且必须安排在星期五值班，则原题：5，D[当n=7时，(a十b)的展开式有8项，(a+b)2的展开式中 可理解为从5男4女共9名员工中，逃出2男2女共4名员工 二项式系数C,C最大， 安排在周一到周四的4个夜晚值班，每名员工值一个夜班且不 即第四项和第五项的二项式系数最大； 重复值班，其中女员工甲不能安排在星期一、星期二值班，男员 当n=8时，(a十b)8的展开式有9项，(a十b)8的展开式中二项 工乙不能安排在星期二值班， 式系数C最大， 甲乙都不选的方案共有C明C学A=432种，A正确：选甲不选乙 即第五项的二项式系数最大： 的方案共有CC好CA=216(种)，B正确，甲，乙都速，则分两 当n=9时，(a十b)9的展开式有10项，(a十b)"的展开式中二项 种情况：乙排星期一或乙不排星期一， 式系数C,C最大， 乙排星期一的方案共有CCCA一48（种），乙不排星期一的 即第五项和第六项的二项式系数最大 方案共有ACCA号=48（种）， 当n=10时，(a十b)o的展开式有11项，(a十b)1o的展开式中二 .甲，乙都选的方案共有48十48=96（种），C正确：这个单位安 项式系数C。最大， 排夜跪值班分为四种情况：甲、乙都不速、选甲不遮乙、选乙不 即第六项的二项式系数最大，门 选甲和甲乙都选，选乙不这甲的方策共有CCCA=432 6,BD[因为n十1=13，所以n=12,所有奇数项的二项式系数和 (种)，，这个单位安排夜晚值班的方案共有432十216十432十 为21，A不特合题常：令x一1，得所有项的系数和为32，B符合 96=1176(种)，D错误，门 题意：由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项， 13,解析：当选择两种颜色时，因为橄榄绿与薄荷绿不涂在相邻的 区拔内，所以共有C浮一1一5（种）选法，因此不同的涂色方法有 C不特合题意：周为2红十)展开式通项为71C品 5×2=10(种)， 当选释三种颜色且敬榄嫌与尊荷辣都被远中，则有2种选法， (2x)12-(r=2-Ce2-,当12-r为装数时r 因此不同的涂色方法有2×2×2一8（种）， =0,3,6,9,12,共有5项，D特合题意.] 当选择三种颜色且橄榄嫉与薄荷绿只有一个被选中，则有2种 选法， 7.A[在(x+2+m)2=a+a1(x十1)+ag(x+1)2+…+ag(x+ 因此不阿的涂色方法有2×3×2×(2+1)=36（种）： 1)9中， 当选择四种颜色时，不同的涂色方法有2×2×2十2×2=12 令r=一2可得ag一a1十ag一a1十…十ag一a,=m',即(ag十ag (种)· 十…十4g)-(a1十a4十…十ag)=m2, 所以共有10十8十36+12=66（种）不同的涂色方法 令r-0,可符ao十ag十…+ag+a1十g十…十ag-(2+m)9, 答案：66 (a6+aa+…+ag)2-(a1+a3+…+ag)2=3”, 14.解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被 ∴.(ao+ag+…+ag+d1十a5+…+ag)[(ao+ag+…+ag) 选中， (a:十aa+…+ag)门=39， 则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可遮，第三列有2 (2+m)”·m9=(2m十m2)2=39, 个方格可运，第四列有1个方格可选， 整理得2m十m2=3,解得m=1,或m=一3.] 所以共有4×3×2×1=24种选法。 每种选法可标记为(a,b,,d),a,b,c,d分别表示第一、二、三、 8.解析：二项展开式的通项是T,+1一C(x5)·(一yFy 四列的数字， （(-1rC心x千y+千，令4-乞=2+台=3，解得r=2,故展开 则所有的可能结果为： (11,22,33.44),(11,22,34,43).(11,22.33,44),(11,22,34.42), 式中x3y3的系数为（一1）(C号=6 (11.24,33.43),(11.24,33.42).(12,21,33,44).(12,21,34.43) 答案：6 (12,22,31,44).(12,22,34.40).(12.24,31.43),(12,24,33,40), 9.解析：取x=y=1,别(.x十y)3(2.x一y十a)的展开式中各项系数 (13.21,33,44),(13.21,34,42),(13.22,31,44),(13,22,34,40), 的和为：23×(a+1)5-256. (13,24,31,42),(13,24,33.40),(15,21,33,43),(15,21,33,42), 故a-1,则 (15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40), (x+y)3(2x-y+a)°=(x+y)3(2x-y十1)°，(x+y)3的展开 所以选中的方格中，(15,21,33,43)的4个数之和最大，为15 式：Tm+1=Cgx2-"y":(2x一y十1)5的展开式：T+ +21+33+43=112. =C(2x)5-(-y十1). 答案：24112 取m=2,n=5得到：Cgxy2·C3(一y十1)户， 课时冲关60二项式定理 取y=1得到系数为0： 取m=3,n=4得到：C号y3·C·2x(-y十1)，取y=1得到系 1.A[(xG)的二项展开式为T,+1=Cx(-F)”= 数为0： C(-1)x4-T(r=0.1,2,3,4). 综上所述：该展开式中含宇母x且工的次数为1的项的系数 为0. 令4-乞=3，解得r=2. 答案：0 故所求脚为C晖（一1）2=6.故选A.] 10.解析：由题知x=1时，a十a1十a2十a3十…十ag2g=6202g= 名A[易好(G十后)”的道项T-g一 (5+1)223,故 =CW· T=C以0g520m+Ca5209+…+C等8器51+1. 2半，又展开式中存在常数项刷受一哥=0有解，即3m {=专（心a5赠十cm+…+cg器5+1） 5r,故正整数n的最小值是5，此时r=3.] 3.D[由题意可得w2-2C2aⅡ+22C2a1o-…+22=(a-2)2 专（心a5a+阳5+…+C器5)+号，所以藏5染 =(2-2-2)2=32.故选D.] 得的余数是1 4.B[(2++)=[(2+）+y]的道项公式T1 答案：1 11.解析：由题意可知：x=(Cwy=(C8+1 c(+)y. 2n！ 6 n！·n! 令=2，则万=C(2+)广= y 刷三2m十)！=+号一合解得 n!·(n十1)I G(+子+2x)y2,所以兰的系教为G-6.] =5. 答案：5 611 12.解析：，(3x一1)0展开式的通项为： 5,D[筝件A为“只研究驾驶枪语音记录器”，事件B为“至少研究 T,+1=C0·(3x)10-+·(-1r=(-1)y·310-‘Co·,x0-r 一个黑匣子”，包含“研究驾驶枪语音记最器”或“研究飞行数据 ·.令r=7,可得a1=(-1)7×33C7=-3240: 记录器”，或“研究驾驶舱语音记最器和研究飞行数据记录器”： 令x=0得：a=(-1)0=1: 事件C为“至多研究一个黑匣子”，包含“研完驾歌舱语青记录 器”或“研究飞行数据记录器”，或两个黑匣子都不研究：事件D 为“两个黑匣子都研究”，即“研究驾歌枪语音记录器和研究飞行 数据记录器”：所以对于A,事件A与事件C不是互斥事件，故A 号++…+器=0-1=- 不正确：对于B,事件B与事件D不是对立事件，故B不正确：对 答案：-3240-1 于C,事件B与事件C不是对立事件，枚C不正确；对于D,事件 13.解：(1)二项式系数最大的项为中间项，即第6项， C和事件D不能同时发生，故C与D是互斥事件，] 所以T。=G·(-）广=-第 6.ACD[三辆车的出车顺序可能为123.132,213.231.312,321. 共6种.方案一坐到“3号”车可能为132,213,231，共3种，所以 (2)设第r十1项的系教的绝对值最大， P=后=豆方案二坐到“3号”车可能为312,321，共2种，所 则 9。·(安)广≥c·(）. 以B=号=子所以P>≥BA·A=言B+R=吾] 9。·()广≥c·(3）P, 7,ABC[对于A,由分层抽样可得，老年患者应抽取30× 600+500+40=12(人，正确：对于B,青年惠者所占的频率为 600 整理得， 400 600+500+400-15,正难：对于C,平均治愈率为 4 故系数的绝对值最大的项为第4项， 600×20%+500×30%+400X40%≈28.7%，正确：对于D,由 600+500+400 14.解：1)周为Cg-2C=12,脚m,卫-2m=12,整理得m-5n C知错误，] -24=0, 8解折：周为幸件A,B至斥，且P=号，PB)=号 解得m=8战n=一3（会去），故n=8 所以事件A,B至少发生的事件为A十B,其搬率为P(A+B)= 所以（立）》广-（一）广展开式的道项为工1= PUA+PB)-+- 8 (-安）广=(-）0<r<8且rew 事件A,B都不发生的事件是A十B的对立事件，则其概率为1 尉T,=(一）'-戴二项系数的最大项为第5项， PA+B)=1-是=6 为。 所以率件A,B都不发生的能率是品 7 (2)令8一2r=4,解得r=2, 答案5 所以万-8()-7 9.解析：记“河流A不缺水”为事件A,记“河流B不缺水”为事 件B, 所以二项展开式中含x项的系数为7， 记“水库C不块水”为事件C, (8时于(-云)◆=1可得(1-安)广=嘉· 则P(A)=0.7,P(B)=0.9,P(A∩B)=0.65, 故P(C)=P(A)+P(B)-P(A∩B)=0.7+0.9-0.65=0.95, 所以展开式中所有项的系数的和为2 即水库C不缺水的概率为0.95. 答案：0.95 课时冲关61随机事件的概率 10.解：(1)由表中数据知，Ⅲ型号汽车的回访客户的满意率为0.6， 1C[由题，由对立事件的定义，“至少有2个黑球”与“至多有1 则从Ⅲ型号汽车的回访客户中随机进取1人，这个客户不满意 的概率为1一0.6=0.4. 个黑球”对立.] (2)由题意知，回访客户的总人数是250十100十200十700十350 2.D[根据统计图可知，实验结果在0.33附近波动，即其概率P =1600,回访客户中满意的客户人数是250×0.5十100×0.3十 200×0.6+700×0.3+350×0.2=125+30+120+210+70 555111 选项A,掷一枚硬币，出现正面朝上的能率为弓，故北选项不特 555,所以回诗客户中客户的满意率为600一320，所以从所有 客户中随机选取1个人，估计这个客户满意的概率约为P 合题意： 选项B,掷一枚正六面体的般子，出现1点的概率为。，故北遮 11.AD[从统计表可以看出，在这1000位顾客中有200位顾客 项不符合题意： 同时购买了乙和丙，所以顾客同时购买乙和丙的概率可以估计 2 选项C,转动如图所示的转盘，转到数字为奇数的概率为了，故 为0。=心2，所以A运确：从统计表可以看出，在这10位 此选项不符合题意： 顾客中有100位顾客同时购买了甲，丙，丁，另有200位顾客同 选项D,从装有2个红球和1个蓝球的口袋中任取一个球拾好是 时购买了甲，乙、丙，其他顾客最多期买了？种商品，所以顾客在 蓝琅的概率为了 甲，乙，丙，T中同时购买种商品的概率可以估计为109 故此选项符合题意。故选D.] =0,3,所以B错误：同理可得，顾客同时期买甲和乙的概毕可 3.A[对于AB,事件B和C不可能同时发生，但一次射击中有可 能击中环数为1，所以B与C互斥，不对立，所以A正确，B错误 以传计为0-0,2，质客同时购芙甲为丙的概率可以估计为 对于CD,事件A与D有可能同时发生，所以A与D既不互斥， 100+200+300 也不对主，所以CD错误.门 1000 =06,顾客同时鹅买甲和丁的概率可以估计为 16+13+18≈0.627.] 4.B[该同学3场投篮的命中率为25+20十30 0。=01.所以C错溪，D正确. 612 12.ABC[中文书籍的阅读时长平均值为7×0.5十6×0.3十5×： 5.C[设a1,b1c1分别表示三双鞋的左只，a2,b2分别表示三双 0.1十4×0.1=6.2（天），英文书籍的阅读时长平均值为7×0.4 粒的右只， 十6×0.3十5×0.2十4×0.1=6（天），所以中文书精比英文书 则从中随机取出2只的所有可能为(a1ag),(ah),(a1b), 籍更受欢迎，选项A正确；因为中文书籍阅读时长小于等于5 (a11),(d1cg）.(a2b1）,(d2,b2）,(a2c1),(d2cg）,(1） 的频率为0.2，小于等于6的频率为0.5，所以第40百分位数为 (h11),(h12),(6G1).(bg2）,(2), 6天，英文书精阅读时长小于等于5的顿率为0.3，小于等于6 共15种， 的频率为0.6，所以第40百分位数为6天，故中、英文书精间读 其中满足取出的鞋一只左脚一只右脚的有(a1,a2),(a1b2). 时长的第40百分位数均为6天，选项B正确：闻读时长少于10 （a1g）.(a2b1）.(ag1）.(h1b2),(b1c2）.(c1）.(c12）. 天，测中，英文书籍的时间可以为(4,4)，(4,5)和(5,4)三种情 共9种， 况.阅读总时长少于10天的概率P一0.1×0.1十0.1×0.2十 0.1×0.1=0,04,选项C正确：对于D.“阅读时长低于5天”指 济以概年为是=号故选C] 间读时长为天，“阅读时长为高于6天”指阅读时长为7天，所 6,ABD[由题意，从五位大学毕业生中录用三人，所有不同的可 以“阅读时长少于5天”与“阅读时长为高于6天”是互斥而不对 能结果有（甲，乙，丙），（甲，乙，丁），（甲，乙，戊），（甲，两，丁） 立事件，选项D错误.] (甲，丙，成)，（甲，丁，成），（乙，丙，丁），（乙，丙，戊），（乙，丁，成）， 13.解析：依题意甲同学两分球授篮命中的概率为：P (两，丁，戊)，共10种，选项A正确：其中“甲、乙、两至少有两人 0+6+i0十o+-0.6， 5 6 7 被录用”的所有不同的可能结采有（甲，乙·丙），（甲，乙，丁）， 5 (甲，乙戊)，（甲，丙，丁），（甲，丙，戊），（乙，两，丁），（乙，丙，戊）， 4 2 2 3 甲间辛三分魏找组命中的斑率为：刀0心干方十方品 共7种，故“甲，乙、丙至少有两人被录用”的概率为0选项B正 确：其中“丁、戊至多有一人被录用”的对立事件“丁、戊两人都被 =0.3, 录用”的所有不同的可能结果有（甲，丁，戊），（乙，丁，成），（丙， 设甲同学累计得分为X, 3 T,成)，共3种，故“丁、龙至多有一人赦录用”的概率为1一0 则P(X≥4)=P(X=4)+P(X=5)十P(X=7)=(1-0.3)× 0.6×0.6+C0.3×0.6×(1-0.6)+0.3×0.6×0.6=0.504, 7 ,选项C错误：其中“甲或乙被录用”的对立事件“甲与乙都未 .甲同学道过测试的概率为0.504. 答案：0.504 被录用”的所有不同的可能结果只有（丙，丁，戊）这】种，故“甲或 14,解：(1)“梦之队”在第一轮活动中猜对1个谜语的事件是甲猜 9 乙被录用”的概率为1一0=0选项D正确.] 对的事件与乙精对的事件的和，它们互斥，于是得青(1一p)十 3 .ABC[PA)=高=号，P(B=品 p=立，解得p=3,所以p=3 在甲抽奖箱抽奖和在乙抽奖箱抽奖互不影响，故事件A和事件 (2)由(1)知，“梦之队”每一轮活动中猜对1个这语的事件概率 B相至独立，B项正确，P(C0)=(（1-号)(1-)=动故A 5 为12 正确： 精对两个越语的事件概率为子×号-立 1 PAB)=PAPB)=是，PAB)+PC)=器=5A%,故CE “梦之队”在两轮活动中猜对3个涟语的事件是第一轮猜对两 确：事件A与事件B相互独立而非互斥，故D错误，门 个第二轮精对一个事件A与第一轮猜对一个第二轮猜对两个 8.解析：记甲、乙、丙能被选中的事件分别为A、B,C,则P(A)= 的事件B的和，它们互斥， 5 号PB)=PO= P(A)=立×2=P(B)=立×立=： 所以“梦之队”在两轮活动中猜对3个谜语的辄平为P(A十B) 可得P闭)-号，P)-,PO-号 =P(A)十P(B)=72 3人都没被选中的概率P=P(ABC)=P(A)·P(B)·P(C)= ××号- 课时冲关62古典概型与事件的独立性 所以3人中至少有1人被选中的概率P=1一P=1一0=0 1 9 1.D「设高一年级的2名学生为甲，乙，高二年级的2名学生为 丙，丁，则从这4名学生中随机选2名的方法如下：（甲、乙）， (甲、丙)，（甲、丁），（乙、丙），（乙、丁），（丙、丁），共6种方法，其中 答案：品 二人泉自不同年级的方法有4种：故所求城率为P=言=号] 9.解析：法一（列举法）： 从五个活动中选三个的情况有： 2.C[设女生人数是x人，剩男生有(8一r)人· ABC.ABD.ABE.ACD.ACE.ADE.BCD.BCE.BDE.CDE. 又：从中任选3人，出现2个男生，】个女生的概幸为员 10种情况， 其中甲选到A有6种可能生：ABC,ABD,ABE,ACD. .-最=2我3] ACE.ADE. 3.B[设甲被奖为事件A,乙获笑为事件B, 尉甲选到A得概率为：P-品-是 所以P(A)-0.5,P(B)=0.4,P(AB)-0.2, 乙选A活动有6种可能性：ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE, 因为P(A)P(B)=0.2=P(AB).所以事件A与事件B相互 其中再选别B有3种可能性：ABC.ABD,ABE, 独立， 报据题意，甲，乙两人恰有一人获奖的概率为P=P(A)P(B)十 故乙选了A活功，他再选择B活动的概单为音-子 P(A)P(B)=0.5×0.6+0.5×0.4=0.3+0.2=0.5.枚选B.] 法二：设甲、乙选到A为事件M,乙选到B为事件N, .C[由道知三个社国都能进入的概单为即mX号×m= 1 则甲选到A的概率为P(M0)-号-， m×=8 乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(NM)= C 又调为至少进入一个社团的概率为子， P(MN)C 即一个社国斯设能进入的概率为1一是=，即1一m)×号 P(M) C -=→1一m一+m×=，理得m+n=是.】 答案：号 613