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第45讲　二项式定理
[课标要求]　1.掌握二项式定理和二项展开式的性质.2.会求二项展开式的有关特定项或特定项的系数.3.会处理展开式的系数和、二项式系数和等问题．
　　　　　　　　　　
1．二项式定理
(1)(a＋b)n＝__Can＋Can-1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn__，n∈N*.这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋b)n的__二项展开式__．
(2)(a＋b)n展开式的第k＋1项(通项)Tk＋1＝__Can－kbk__；(a－b)n的展开式的第k＋1项
Tk＋1＝__Can－k(－b)k__．
二项展开式中各项的系数C(k＝0，1，2，3，…，n)叫做二项式系数，要分清展开式中某一项的系数与该项的二项式系数．
2．二项式系数的性质
(1)对称性：与首末两端“__等距离__”的两项的二项式系数相等，即__C＝C(m＝0，1，2，…，n)__．
(2)增减性与最大值：当k＜时，C随k的增大而__增大__；当k＞时，C随k的增大而__减小__，且在__中间__取到最大值．
当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大，最大值为____；当n是奇数时，则中间两项的二项式系数相等且最大，最大值为__和__．
(3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各个二项式系数的和等于__2n__，即__C＋C＋C＋…＋C＝2n__．
二项展开式中，各偶数项二项式系数和__等于__奇数项二项式系数和，即__C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n-1__．
1．已知(1＋2x)n的展开式的各项系数之和为81，则n＝(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：B　由题意，令x＝1，得(1＋2)n＝3n＝81，解得n＝4.故选B.
2．(2024·辽宁朝阳联考)在二项式(－)6的展开式中，二项式系数最大的是(　　)
A．第3项 B．第4项
C．第5项 D．第3项和第4项
解析：B　二项式(－)6的展开式共有7项，则二项式系数最大的是第4项．故选B.
3．(2024·天津卷)在(＋)6的展开式中，常数项为　　　　.
解析：20　因为(＋)6的展开式的通项为Tk＋1＝C()6-k()k＝36-2kCx6(k-3)，k＝0，1，…，6，令6(k－3)＝0，可得k＝3，
所以常数项为30C＝20.
4．(教材母题选必修复习参考题T5)(1＋x2)(1－2x)4的展开式中x3的系数为　　　　.
解析：－40　(1＋x2)(1－2x)4的展开式中x3的项为1×C(－2x)3＋x2×C(－2x)1＝－40x3，
所以展开式中x3的系数为－40.
5．(教材母题选必修习题6.3T10改编)已知C－4C＋42C－43C＋…＋(－1)n4nC＝729，则n＝　　　　.
解析：6　由C－4C＋42C－43C＋…＋(－1)n4nC＝729，
可得C·1n·(－4)0＋C·1n-1·(－4)1＋C·1n-2·(－4)2＋…＋C·10·(－4)n＝729，
则(1－4)n＝729，即(－3)n＝729＝(－3)6，解得n＝6.
　　　　　　　　　
探究点1　二项展开式的通项及应用
【例1】 (1)在(－x)n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中x5的系数为(　　)
A．－7 B．－
C． D．7
(2)(2023·北京卷)(1－2x2)(x＋)8的展开式中常数项为　　　　.(用数字作答)
(3)(2024·全国甲卷)(＋x)10的展开式中，各项系数的最大值是　　　　.
解析：(1)D　因为在(－x)n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，
所以n＝8，
所以(－x)8的展开式的通项
Tk＋1＝C()8-k·(－x)k＝C(－)kx，k＝0，1，2，…，8，
令＝5，得k＝2，
所以展开式中x5的系数为C(－)2＝7，故选D.
(2)－2464　(x＋)8的展开式的通项Tk＋1＝Cx8-k·()k＝C2kx8-2k(k＝0，1，2，…，8).
当k＝4时，其展开式的常数项为C24＝1120；
当k＝5时，其展开式中的系数为C25＝1792，
则(1－2x2)(x＋)8的展开式中常数项为1120－2×1792＝－2464.
(3)5　由题可知展开式的通项公式为
Tk＋1＝C()10-kxk，0≤k≤10且k∈Z，
设展开式中第k＋1项系数最大，
则
?即≤k≤，
又k∈Z，故k＝8，所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为C()2＝5.
(1)求形如(a＋b)n(n∈N*)的式子的特定项的相关量(如系数、参数值、特定项等)的基本步骤：
第一步，写出通项公式Tk＋1＝Can－kbk.
第二步，根据题目相关条件，列出相应方程(组)或不等式(组)，求解出k.
第三步，把k代入通项公式中求相关量．
(2)求形如(a＋b)m(c＋d)n(n，m∈N*)式子中与特定项相关的量，其步骤是：
第一步，利用整式的乘法公式进行化简，或将(a＋b)m和(c＋d)n分别用二项式定理展开．
第二步，根据特定项的次数，分析特定项由(a＋b)m与(c＋d)n的展开式中的哪些项相乘得到．
第三步，把相乘后的项相加即可得到特定项．
(3)形如(a＋b＋c)n(n∈N*)型的问题，常通过配方、分解因式或将其中两项看作一项转化为上述类型进行求解；也可利用因式连乘的规律，结合组合的意义求解.
变式探究
1．(x＋)9展开式中含x3项的系数为－84，则a＝(　　)
A．－1 B．－2
C．－3 D．－4
解析：A　Tk＋1＝Cx9－k·()k＝Cakx9－2k(k＝0，1，2，…，9)，
令9－2k＝3，得k＝3.
所以T4＝Ca3x3＝84a3x3，
依题意84a3＝－84，所以a＝－1.故选A.
2．(2024·广东广州月考)在(x＋1)(x－1)5展开式中x3的系数为(　　)
A．－1 B．0
C．1 D．2
解析：B　显然(x＋1)(x－1)5＝x(x－1)5＋(x－1)5，
则(x－1)5展开式的第k＋1项Tk＋1＝Cx5－k(－1)k＝C(－1)kx5－k，k∈N，k≤5，
当k＝3时，x·C(－1)3x2＝－10x3，
当k＝2时，C(－1)2x3＝10x3，
所以展开式中含x3的项为－10x3＋10x3＝0，即展开式中x3的系数为0.故选B.
3．(2025·湖南长沙一模)(2x2＋x－y)5的展开式中x5y2的系数为________(用数字作答)．
解析：120　由于x5y2＝(x2)2·x·y2，所以(2x2＋x－y)5的展开式中含x5y2的项为C(2x2)2×Cx1×C(－y)2＝120x5y2，所以(2x2＋x－y)5的展开式中x5y2的系数为120.
探究点2　二项式系数与各项系数和问题
【例2】 (1)已知(a－)5(a为常数)的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，则该展开式中的常数项为(　　)
A．－90 B．－10
C．10 D．90
(2)(多选)(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn的展开式中第3项和第11项的二项式系数相等，则以下判断正确的是(　　)
A．第7项的二项式系数最大
B．所有奇数项二项式系数的和为213
C．＋＋…＋＝－1
D．a1＋2a2＋3a3＋…＋12a12＝－12
解析：(1)A　因为(a－)5(a为常数)的展开式中所有项系数的和与二项式系数的和相等，所以(a－1)5＝25，得a＝3，所以(a－)5＝(3－)5，
则其展开式的通项公式为Tk＋1＝C(3)5-k(－)k＝C35-k·(－1)kx，
令＝0，得k＝3，所以该展开式中的常数项为C×35-3×(－1)3＝－90，故选A.
(2)AC　由题意，可得C＝C，所以n＝12.
对于A，根据二项式定理的性质，可得中间项第7项的二项式系数最大，A正确；
对于B，根据二项式系数的性质，可得所有奇数项二项式系数的和为211，B错误；
对于C，令x＝，可得a0＋＋＋…＋＝(1－1)12＝0，令x＝0，可得a0＝1，所以＋＋…＋＝－1，C正确；
对于D，由(1－2x)12＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12，
可得[(1－2x)12]′＝(a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12)′，
即－24(1－2x)11＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋12a12x11，
令x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋12a12＝－24×(1－2)11＝24，D错误．故选AC.
(1)求二项展开式中的系数和或部分系数和，通常利用赋值法．
对形如(ax＋b)n(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x＝1即可；
对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
(2)一般地，对于式子(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令f(x)＝(a＋bx)n，则
(a＋bx)n展开式中的各项的系数和为f(1)；
(a＋bx)n展开式中的奇数项的系数和为[f(1)＋f(－1)]；
(a＋bx)n展开式中的偶数项的系数和为[f(1)－f(－1)].
变式探究
4．已知(1＋x)n＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋…＋an(x－2)n(n∈N*)，设Sn＝a0＋a1＋a2＋a3＋…＋an，Tn＝a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan，则＝(　　)
A．2n－1 B．2n－1
C．4n－1 D．4n－1－1
解析：B　在(1＋x)n＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋…＋an(x－2)n(n∈N*)中，
令x＝3，得Sn＝a0＋a1＋a2＋a3＋…＋an＝4n，
令x＝1，得Tn＝a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝2n，所以＝＝2n－1，故选B.
5．(多选)已知(x＋2)10＋x8＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a10(x＋1)10，则下列结论正确的是(　　)
A．a0＝2
B．a2＝17
C．a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝384
D．a0＋2a1＋3a2＋…＋11a10＝6144
解析：ACD　对于A，令x＝－1，则a0＝(－1＋2)10＋(－1)8＝1＋1＝2，A正确；
对于B，因为(x＋2)10＋x8＝[(x＋1)＋1]10＋[(x＋1)－1]8，所以a2＝C＋C·(－1)6＝73，B错误；
对于C，令x＝0，则a0＋a1＋…＋a10＝210＝1024，
令x＝－2，则a0－a1＋a2－…＋a10＝28＝256，
所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝＝384，C正确；
对于D，(方法1)[(x＋2)10＋x8]′＝10(x＋2)9＋8x7
＝a1x＋2a2(x＋1)＋…＋10a10(x＋1)9，
令x＝0，则a1＋2a2＋…＋10a10＝10·29＝5120，
又a0＋a1＋a2＋…＋a10＝210＝1024，
所以a0＋2a1＋3a2＋…＋11a10＝5120＋1024＝6144.
(方法2)由选项B可知，a1＝C－C＝2，a3＝C－C＝64，a4＝C＋C＝280，a5＝C－C＝196，a6＝C＋C＝238，a7＝C－C＝112，a8＝C＋C＝46，a9＝C＝10，a10＝C＝1，
所以a0＋2a1＋3a2＋…＋11a10＝2＋2×2＋3×73＋4×64＋5×280＋6×196＋7×238＋8×112＋9×46＋10×10＋11×1＝6144，D正确．故选ACD.
探究点3　二项式定理的综合应用
【例3】 (1)(2024·全国校联考模拟预测)在(x＋1－)6的展开式中常数项为(　　)
A．721 B．－61
C．181 D．－59
(2)(2024·甘肃武威模拟)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．已知2025年是乙巳年，则138＋2年以后是________年．
解析：(1)D　因为(x＋1－)6＝[(x＋1)－]6的展开式的通项公式为
Tr＋1＝C(x＋1)6－r(－)r＝C(－2)r(x＋1)6－rx－2r，
其中(x＋6)6－r的展开式的通项公式为Tk＋1＝Cx6－r－k，
当r＝0时，6－r－k＝0，所以k＝6，常数项为CC(－2)0；
当r＝1时，6－r－k＝2，所以k＝3，常数项为CC(－2)；
当r＝2时，6－r－k＝4，所以k＝0，常数项为CC(－2)2；
故常数项为CC(－2)0＋CC(－2)＋CC(－2)2＝－59.故选D.
(2)戊申　因为138＋2＝(12＋1)8＋2＝128＋C×127＋…＋C×12＋3，所以138＋2年以后地支为“申”．
因为138＋2＝(10＋3)8＋2＝108＋C×107×3＋…＋C×10×37＋38＋2，
又因为38＋2＝6563，38＋2除以10余数为3，所以138＋2年以后天干为“戊”，
故138＋2年以后是戊申年．
(1)求二项式系数的最值问题，首先要注意幂指数n的奇偶，利用二项式系数的性质求解．当n为偶数时，中间一项(第＋1项)的二项式系数取得最大值；当n为奇数时，中间两项(第＋1项和＋1项)的二项式系数，相等，同时取得最大值．
(2)有关“余数”问题的求解策略是：将指数幂式的底数化为除数的倍数与某简单数的和或差，然后应用二项式定理展开，依据余数的含义得到余数.
变式探究
6．利用二项式定理计算0.9915，精确到0.01的近似值是________．
解析：0.96　因为0.9915＝(1－0.009)5＝C×1－C×0.0091＋C×0.0092－…≈1－0.045＋0.00081＝0.95581，且将0.9915精确到0.01，故近似值为0.96.
7．(2024·福建联考模拟预测)(x＋－2)4的展开式中，常数项为(　　)
A．－72 B．－70
C．70 D．72
解析：C　(方法1)(x＋－2)4＝(－)8的展开式中，
第(k＋1)项Tk＋1＝C(－)k()8－k＝(－1)kCx4－k，
所以常数项为T5＝(－1)4C＝70.故选C.
(方法2)(x＋－2)4＝[(x＋)－2]4的展开式中，
第(k＋1)项Tk＋1＝C(－2)k(x＋)4－k，
当k＝0时，C(－2)0(x＋)4的展开式中常数项为C＝6；
当k＝2时，C(－2)2(x＋)2的展开式中常数项为4C×C＝48；
当k＝4时，C(－2)4(x＋)0＝16，所以(x＋－2)4的展开式中，常数项为70.故选C.
　　　　　　　　　　
1．(2024·陕西宝鸡一模)(x2－)6展开式中的第四项为(　　)
A．160x3 B．－160x3
C．240 D．－240
解析：B　(x2－)6展开式的通项公式为Tk＋1＝C(x2)6-k·(－2)kx－k＝(－2)kCx12-3k，所以T4＝(－2)3Cx12-3×3＝(－8)×20x3＝－160x3，故选B.
2．(1－2x)5的展开式中，x3的系数为(　　)
A．－160 B．－80
C．80 D．160
解析：B　(1－2x)5的展开式的通项是Tk＋1＝C15-k·(－2x)k＝(－2)kCxk(k＝0，1，2，3，4，5).由题意，k＝3，因此，x3的系数是(－2)3C＝－80.故选B.
3．在(x＋y)20的展开式中，系数为有理数的项共有(　　)
A．4项 B．6项
C．8项 D．10项
解析：B　因为Tk＋1＝Cx20-k(y)k＝C()kx20-kyk(0≤k≤20)，要使系数为有理数，则k必为4的倍数，所以k可为0，4，8，12，16，20，共6种，故系数为有理数的项有6项．
4．在(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)的展开式中，含x4的项的系数是(　　)
A．－15 B．85
C．－120 D．274
解析：A　通过选括号(即5个括号中4个提供x，其余1个提供常数)的思路来完成．故含x4的项的系数为(－1)＋(－2)＋(－3)＋(－4)＋(－5)＝－15.故选A.
5．(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是(　　)
A．60 B．80
C．84 D．120
解析：D　展开式中x2的系数为C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝…＝C＋C＝C＝120.故选D.
6．(多选)(2024·辽宁辽阳模拟)若(2x－)n展开式的二项式系数之和为64，则下列结论正确的是(　　)
A．该展开式中共有6项
B．各项系数之和为1
C．常数项为－60
D．只有第4项的二项式系数最大
解析：BD　因为二项式系数之和为64，即有2n＝64，所以n＝6，则该展开式中共有7项，A错误；
令x＝1，得该展开式的各项系数之和为1，B正确；
通项公式为Tk＋1＝C(2x)6-k(－)k＝(－1)kC·26-k·x6-k，令6－k＝0，得k＝4，T5＝(－1)4×C×22＝60，C错误；
二项式系数最大的是C，它是第4项的二项式系数，D正确．故选BD.
7．(2x－)8的展开式中的常数项为________.
解析：28　(2x－)8的通项为Tk＋1＝C(2x)8-k·(－)k＝C28-k(－)k·x8-4k.
令8－4k＝0，得k＝2，
所以常数项为T3＝C26(－)2＝28.
8．已知二项式(x－)n(n∈N*)的展开式中第3项与第4项的二项式系数最大，则展开式中含x项的系数为________.
解析：90　因为二项式(x－)n(n∈N*)的展开式中第3项与第4项的二项式系数最大，
所以由二项式的性质可知，n＝5.
二项式(x－)5的展开式的通项为
Tk＋1＝C(－3)kx5-2k，
令5－2k＝1，得k＝2.
所以含x项的系数为C(－3)2＝90.
9．(x2－x＋y)5的展开式中x5y2的系数为(　　)
A．－30 B．－20
C．20 D．30
解析：A　(x2－x＋y)5＝[(x2－x)＋y]5，
其展开式的通项公式为
Tr＋1＝C(x2－x)5-ryr，
令r＝2，则T3＝C(x2－x)3y2，
而(x2－x)3的展开式的通项公式为
T′k＋1＝C(x2)3-k·(－x)k＝(－1)kCx6-k，
令k＝1，则(x2－x＋y)5的展开式中x5y2的系数为C×(－1)1×C＝－30，故选A.
10．(多选)若x8＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a8(x－1)8，其中a0，a1，a2，…，a8为实数，则(　　)
A．a0＝1
B．a6＝56
C．a1＋a3＋a5＋a7＝128
D．a2＋a4＋a6＋a8＝128
解析：AC　令t＝x－1，则原式转化为(t＋1)8＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a8t8.
对于A，令t＝0，得a0＝1，A正确；
对于B，由二项式定理得a6＝C＝28，B错误；
对于C、D，令t＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a8＝28，令t＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a8＝0，
所以a1＋a3＋a5＋a7＝a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝27＝128，
所以a2＋a4＋a6＋a8＝127，C正确，D错误．故选AC.
11．(多选)若(3x－2)2025＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2025x2025(x∈R)，则(　　)
A．a0＝22025
B．a0＋a2＋a4＋…＋a2024＝
C．a1＋a3＋a5＋…＋a2025＝
D．＋＋＋…＋＝22025－1
解析：BD　对于A，当x＝0时，a0＝(－2)2025＝－22025，A错误；
对于B、C，当x＝1时，a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2025＝12025＝1，
当x＝－1时，a0－a1＋a2－a3＋…＋a2024－a2025＝－52025，
所以a0＋a2＋a4＋…＋a2024＝，a1＋a3＋a5＋…＋a2025＝，B正确，C错误；
对于D，当x＝时，(3×－2)2025＝a0＋＋＋…＋，
所以＋＋＋…＋＝(－1)2025－a0＝22025－1，D正确．故选BD.
12．我国农历用“鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪”这12种动物按顺序轮流代表各年的生肖年号，今年2024年是龙年．那么从今年起的(1314＋1)年后是(　　)
A．虎年 B．马年
C．龙年 D．羊年
解析：B　因为1314＝(12＋1)14
＝C1214＋C1213＋…＋C121＋C
＝12(C1213＋C1212＋…＋C)＋1，
所以1314除以12的余数为1，即1314＋1除以12的余数为2，
故(1314＋1)年后是马年．故选B.
13．设ai(i＝0，1，2，…，2026)是常数，对于?x∈R，都有x2026＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2026(x－1)(x－2)…(x－2026)，则－a0＋a1－a2＋2！a3－3！a4＋4！a5－…＋2024！a2025－2025！a2026＝(　　)
A．2025 B．2026
C．2025! D．2026!
解析：A　因为x2026＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2026(x－1)(x－2)…(x－2026)，则令x＝1可得a0＝1.
又对x2026＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2026(x－1)(x－2)…(x－2026)两边求导可得
2026x2025＝a1＋a2[(x－1)(x－2)]′＋…＋a2026[(x－1)(x－2)…(x－2026)]′.
令fn(x)＝(x－1)(x－2)×…×(x－n)，
则fn′(x)＝(x－1)[(x－2)×…×(x－n)]′＋(x－2)×…×(x－n)，
所以fn′(1)＝(1－2)×…×(1－n)＝(－1)n-1(n－1)！.
所以2026×12025＝a1＋a2×(－1)1×1＋a3×(－1)2×2！＋…＋a2026×(－1)20252025!
故2026＝a1－a2＋2！a3－…－2025！a2026，
所以－a0＋a1－a2＋2！a3－3！a4＋4！a5－…＋2024！a2025－2025！a2026＝2026－1＝2025.故选A.
14．(多选)我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．该表蕴含着许多的数学规律，下列结论正确的是(　　)
第0行　1
第1行　1　1
第2行　1　2　1
第3行　1　3　3　1
第4行　1　4　6　4　1
第5行　1　5　10　10　5　1
第6行　1　6　15　20　15　6　1
……　……
A．C＋C＋C＋…＋C＝C
B．111＝11，112＝121，…，115＝15101051
C．从左往右逐行数，第2026项在第63行第10个
D．第5行到第10行的所有数字之和为2024
解析：AC　对于A，由组合数的计算性质C＋C＝C(m，n∈N*，m所以C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋C＋…＋C
＝C＋C＋…＋C＝…
＝C＋C＝C，A正确；
对于B，115＝(1＋10)5＝15＋C×10＋C×102＋C×103＋C×104＋105＝1＋50＋1000＋10000＋50000＋100000＝161051，B错误；
对于C，第n(n∈N)行共有n＋1项，从左往右逐行数，第n行最后一项对应的项数为1＋2＋3＋…＋n＋(n＋1)＝，
因为＝2016，且2026＝2016＋10，
所以，从左往右逐行数，第2026项在第63行第10个，C正确；
对于D，第n(n∈N*)行所有项之和为C＋C＋…＋C＝2n，
所以，第5行到第10行的所有数字之和为25＋26＋…＋210＝＝2016，D错误．故选AC.
第46讲　随机事件的概率、古典概型、互斥事件的概率
[课标要求]　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，了解频率与概率的区别.2.理解古典概型及其概率计算公式，了解两个互斥事件的概率加法公式.3.会计算随机事件、互斥事件、对立事件的概率．
　　　　　　　　　　
1．样本空间与事件分类
(1)样本空间
我们把随机试验E的每个可能的基本结果称为样本点，全体样本点的集合称为试验E的__样本空间__．一般地，我们用Ω表示样本空间，用Ω表示样本点．在本书中，我们只讨论Ω为有限集的情况．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)事件的分类
①随机事件
一般地，随机试验中的每个随机事件都可以用这个试验的样本空间的子集来表示．为了叙述方便，我们将样本空间Ω的子集称为随机事件，简称__事件__，并把只包含一个样本点的事件称为__基本事件__．随机事件一般用大写字母A，B，C，…表示．在每次试验中，当且仅当A中某个样本点出现时，称为事件A发生．
②必然事件和不可能事件
在每次试验中总有一个样本点发生，所以Ω总会发生，我们称Ω为__必然事件__．而空集 不包含任何样本点，在每次试验中都不会发生，我们称 为__不可能事件__．
2．事件的关系与运算
关系 定义 表示法 图示
包含关系 一般地，若事件A发生，则事件B一定发生，我们就称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B) B A (或A B )
续表
关系 定义 表示法 图示
并事件 一般地，事件A与事件B至少有一个发生，这样的一个事件中的样本点或者在事件A中，或者在事件B中，我们称这个事件为事件A与事件B的并事件(或和事件) A∪B (或A＋B)
交事件 一般地，事件A与事件B同时发生，这样的一个事件中的样本点既在事件A中，也在事件B中，我们称这个事件为事件A与事件B的交事件(或积事件) A∩B (或AB)
互斥关系 一般地，如果事件A与事件B不能同时发生，也就是说A∩B是一个不可能事件，即A∩B＝ ，则称事件A与事件B互斥(或互不相容) 若A∩B＝ ，则A与B互斥
对立关系 一般地，如果事件A和事件B在任何一次试验中有且仅有一个发生，即A∪B＝Ω，A∩B＝ ，那么称事件A与事件B互为对立事件，可记为B＝或A＝ 若A∩B＝ ，A∪B＝Ω，则A与B对立
3.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．因此，我们可以用频率fn(A)估计概率P(A)．
(2)概率的含义
对随机事件发生可能性大小的度量(数值)称为事件的概率，事件A的概率用__P(A)__表示．
4．古典概型
(1)古典概型
考察这些试验的共同特征，就是要看它们的样本点及样本空间有哪些共性．可以发现，它们具有如下共同特征：
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__．
我们将具有以上两个特征的试验称为古典概型试验，其数学模型称为古典概率模型，简称古典概型．
(2)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)＝__＝__．
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．
(3)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)．
性质6：设A，B是一个随机实验中的两个事件，我们有P(A∪B)＝__P(A)＋P(B)－P(A∩B)__．
1．(教材母题必修10.1T3改编)同时抛掷两枚硬币，“向上面都是正面”为事件M，“至少有一枚的向上面是正面”为事件N，则有(　　)
A．M N B．M N
C．M＝N D．M解析：A　事件N包含两种结果：“向上面都是正面”和“向上面是一正一反”．所以当M发生时，事件N一定发生，则有M N.故选A.
2．已知某厂的产品合格率为0.8，现抽出10件产品检查，则下列说法正确的是(　　)
A．合格产品少于8件
B．合格产品多于8件
C．合格产品正好8件
D．合格产品可能是8件
解析：D　已知某厂的产品合格率为0.8，则抽出10件产品检查，合格产品约为10×0.8＝8(件)，根据概率的意义，可得合格品可能是8件．
3．袋中装有除颜色外完全相同的红球3个、白球2个、黑球1个，从中任取2个，则互斥而不对立的两个事件是(　　)
A．至少有一个白球；都是白球
B．至少有一个白球；至少有一个红球
C．至少有一个白球；红、黑球各一个
D．恰有一个白球；一个白球一个黑球
解析：C　对于A，至少有一个白球和都是白球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，A错误；
对于B，至少有一个白球和至少有一个红球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，B错误；
对于C，至少有一个白球和红、黑球各一个的两个事件不能同时发生但能同时不发生，是互斥而不对立的两个事件，C正确；
对于D，恰有一个白球和一个白球一个黑球的两个事件能同时发生，不是互斥事件，D错误．故选C.
4．(教材母题必修10.1.4练习T1)已知事件A，B，C两两互斥，若P(A)＝，P(C)＝，P(A∪B)＝，则P(B∪C)＝________.
解析：　因为A，B，C两两互斥，
所以P(AB)＝P(BC)＝0，
因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝＋P(B)＝，所以P(B)＝，
所以P(B∪C)＝P(B)＋P(C)－P(BC)＝＋＝.
5．将甲、乙、丙、丁四人安排到篮球与演讲比赛现场进行服务工作，每个比赛现场需要两人，则甲、乙安排在一起的概率为________．
解析：　将四人分成两人两组共有＝3(种)，
再安排四人到篮球与演讲比赛现场进行服务工作有3×A＝6(种)，
又甲、乙安排在一起共有CCA＝2(种)，
所以甲、乙安排在一起的概率为P＝＝.
　　　　　　　　　　
探究点1　随机事件、频率与概率
【例1】 (1)某人做试验，从一个装有标号为1，2，3，4的小球的盒子中，无放回地取两个小球，每次取一个，先取的小球的标号为x，后取的小球的标号为y，这样构成有序实数对(x，y)．该试验的样本空间Ω为_______________________________________________
________________________________________________________________________；
记事件A为“第一次取出的小球上的标号为2”，则P(A)＝________.
(2)(多选)有两批种子，甲批种子15粒，能发芽的占80%，乙批种子10粒，能发芽的占70%，由频率估计概率，则下列说法正确的有(　　)
A．从甲批种子中任取两粒，至少一粒能发芽的概率是
B．从乙批种子中任取两粒，至多一粒能发芽的概率是
C．从甲、乙两批中各任取一粒，至少一粒能发芽的概率是
D．如果将两批种子混合后，随机抽出一粒，能发芽的概率为
解析：(1){(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)}　
当x＝1时，y＝2，3，4；当x＝2时，y＝1，3，4；
当x＝3时，y＝1，2，4；当x＝4时，y＝1，2，3.
因此Ω＝{(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，(4，2)，(4，3)}．
由于A＝{(2，1)，(2，3)，(2，4)}．
所以P(A)＝＝.
(2)ACD　甲批种子15粒，能发芽的占80%，乙批种子10粒，能发芽的占70%，
则甲批有15×80%＝12(粒)发芽，乙批有10×70%＝7(粒)发芽．
对于A，从甲批种子任取两粒，至少一粒能发芽的概率为P＝1－＝，A正确；
对于B，从乙批种子任取两粒，至多一粒能发芽的概率为P＝＋＝，B错误；
对于C，从甲、乙批两种种子中各取一粒，至少一粒能发芽的概率为P＝1－＝，C正确；
对于D，将两批种子混合后，随机抽取一粒能发芽的概率为P＝＋＝，D正确．故选ACD.
1．在求样本空间时， 关键是找样本点(即随机试验结果)，一般采用列举法和树状图法穷举，同时必须首先明确事件发生的条件，根据日常生活经验，按一定次序列举，才能保证所列结果没有重复，也没有遗漏．
2．随机事件在一次试验中是否发生虽然不能事先确定，但是在大量重复试验的情况下，随机事件的发生呈现一定的规律性．因而，可以从统计的角度，通过计算事件发生的频率去估算概率.
变式探究
1．(多选)给出下列四个命题，其中正确的命题有(　　)
A．做100次抛硬币的试验，结果51次出现正面朝上，因此，出现正面朝上的概率是
B．随机事件发生的频率就是这个随机事件发生的概率
C．抛掷骰子100次，得点数是1的结果有18次，则出现1点的频率是
D．随机事件发生的频率不一定是这个随机事件发生的概率
解析：CD　对于A，混淆了频率与概率的区别，A错误；对于B，混淆了频率与概率的区别，B错误；对于C，抛掷骰子100次，得点数是1的结果有18次，则出现1点的频率是，符合频率的定义，C正确；对于D，频率是概率的估计值，D正确．故选CD.
2．某班学生在一次数学考试中的成绩分布如下表：
分数段 [0，80) [80，90) [90，100) [100，110)
人数 2 5 6 8
分数段 [110，120) [120，130) [130，140) [140，150]
人数 12 6 4 2
则分数在[100，110)中的频率约是(精确到0.01)(　　)
A．0.18 B．0.47
C．0.50 D．0.38
解析：A　某班总人数为2＋5＋6＋8＋12＋6＋4＋2＝45，成绩在[100，110)中的有8人，其频率为≈0.18.故选A.
探究点2　古典概型
【例2】 (1)三位同学参加某项体育测试，每人要从100 m跑、引体向上、跳远、铅球四个项目中选出两个项目参加测试，则有且仅有两人选择的项目完全相同的概率是(　　)
A. B.
C. D.
(2)饕餮(tāo tiè)纹是青铜器上常见的花纹之一(如图1)，盛行于商代至西周早期，最早出现在距今五千年前长江下游地区的良渚文化玉器上．有人将饕餮纹的一部分画到了方格纸上，如图2所示，每个小方格的边长为1，有一点P从点A出发每次向右或向下跳一个单位长度，且向右或向下跳是等可能性的，那么它经过3次跳动后恰好是沿着饕餮纹的路线到达点B的概率为________．
(3)为了支援与促进边疆少数民族地区教育事业发展，某市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：(1)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含有的基本事件数有CC(C－1)个，
所以有且仅有两人选择的项目完全相同的概率P(A)＝＝.故选C.
(2)　点P从点A出发，每次向右或向下跳一个单位长度，则有(右，右，右)，(右，右，下)，(右，下，右)，(下，右，右)，(右，下，下)，(下，右，下)，(下，下，右)，(下，下，下)，共8种不同的跳法(线路)，符合题意的只有(下，下，右)这1种，所以3次跳动后，恰好是沿着餐餮纹的路线到达点B的概率为P＝.
(3)C　五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，分派方案可按人数分为3，1，1或2，2，1两种情况，则有C×A＋×A＝150(种)方法．两位女教师分派到同一个地方，分派方案可分为两种情况：
若两位女教师分派到同一个地方，且该地方没有男教师，则有C×A＝18(种)方法；
若两位女教师分派到同一个地方，且该地方有一位男教师，则有C×A＝18(种)方法；
故一共有36种分派方法．
这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方的概率为P＝＝.故选C.
(1)求古典概型概率的基本步骤：
第一步，算出所有基本事件的个数n；
第二步，求出事件A包含的基本事件个数m；
第三步，代入公式P(A)＝求解．
(2)计算m，n时，要注意如下问题：
①若基本事件个数较少，可用列举法或树状图法将基本事件一一列出．
②一般情况下可考虑利用两个计数原理及排列、组合知识直接计算．但要注意区分排列与组合，正确使用计数原理．
③若A包含的基本事件较多或不好计算，可考虑计算包含的基本事件数，利用对立事件的概率公式P(A)＝1－P()求事件A的概率.
变式探究
3．(2024·山西吕梁统考二模)现有小赵、小钱、小孙、小李、小刘5人去北京、上海、广州三地参加研讨会，每人只能去一个城市，每个城市至少去一人，则小赵不去北京的概率为________．
解析：　①若三地分配人数分别为1，1，3，共有·A＝60(种)安排方法，
其中小赵去北京的安排方法有CA＋CA＝20(种)；
②若三地分配人数分别为1，2，2，共有·A＝90(种)安排方法；
其中小赵去北京的安排方法有C＋CCA＝30(种)．
故小赵不去北京的概率为1－＝.
4．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家在沙滩上面画点或用小石子表示数，他们将1，3，6，10，15，…，，称为三角形数；将1，4，9，16，25，…，n2，称为正方形数．现从200以内的正方形数中任取2个，则其中至少有1个也是三角形数的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：A　令n2≤200，因为n∈N*，故200以内的正方形数有14个：1，4，9，16，25，36，49，64，81，100，121，144，169，196.其中是三角形数的仅有1与36，
故所求概率P＝＝.故选A.
5．某中学将开展自由式滑雪表演活动，自由式滑雪表演设有空中技巧、雪上技巧和雪上芭蕾三个项目，参演选手每人展示其中一个项目，且要求相邻出场选手展示不同项目．现安排甲、乙两名男生和A，B两名女生共四位同学参演，若四位同学的出场顺序为甲、A、乙、B，则两位女生中至少一人展示雪上芭蕾且三个项目均有同学展示的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：D　依据出场顺序甲、A、乙、B，四位同学展示的基本事件的总数为3×2×2×2＝24.
在三个项目均有同学展示的情况下，共有24－C×2＝18(个)基本事件，
若此时两位女生均选空中技巧(或雪上技巧)展示，则共有A＋A＝4(个)基本事件，
若此时两位女生分别在空中技巧和雪上技巧中各选一个，则共有AA＝4(个)基本事件，
故两位女生中至少一人展示雪上芭蕾且三个项目均有同学展示的概率为P＝＝.故选D.
探究点3　互斥事件、对立事件的概率
【例3】 (1)(2024·黑龙江哈尔滨校考模拟预测)已知红箱内有3个红球、2个白球，白箱内有2个红球、3个白球，所有小球除颜色外完全相同．第一次从红箱内取出一球后再放回去，第二次从与第一次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去，以此类推，第k＋1次从与第k次取出的球颜色相同的箱子内取出一球，然后再放回去．则第3次取出的球是红球的概率为________．
(2)下图是某市3月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择3月1日至3月13日中的某一天到达该市，并停留2天．
则此人到达当日空气重度污染的概率为________；设X是此人停留期间空气质量优良的天数，则P(X＝1)＝__________.
解析：(1)　3次取出的结果共有8种，分别为：(红，红，红)、(红，红，白)、(红，白，红)、(红，白，白)、(白，红，红)(白，红，白)、(白，白，红)、(白，白，白)．其中第3次取出的球是红球的情况为(红，红，红)、(红，白，红)、(白，红，红)、(白，白，红)，共4种．
根据题意，P(红，红，红)＝××＝，
P(红，白，红)＝××＝，
P(白，红，红)＝××＝，
P(白，白，红)＝××＝，
所以，第3次取出的球是红球的概率P＝＋＋＋＝.
(2)　　设Ai表示事件“此人于3月i日到达该市”(i＝1，2，…，13)．根据题意，P(Ai)＝，且Ai∩Aj＝ (i≠j)．
设B为事件“此人到达当日空气重度污染”，则B＝A5∪A8，所以P(B)＝P(A5∪A8)＝P(A5)＋P(A8)＝.
P(X＝1)＝P(A3∪A6∪A7∪A11)＝P(A3)＋P(A6)＋P(A7)＋P(A11)＝.
(1)本题考查古典概型、互斥事件概率的求法，考查阅读图表及根据图表处理数据的能力及分析问题、解决问题的能力．
(2)对于互斥事件要抓住如下两个特征进行理解：
①互斥事件研究的两个(或多个)事件之间的关系；②所研究的事件是在一次试验中涉及的．
(3)在应用题背景下，能否把一个复杂事件分解为若干个互斥或相互独立的既不重复又不遗漏的简单事件是解答这类应用题的关键.
变式探究
6．一个电路板上装有甲、乙两根熔丝，甲熔断的概率为0.85，乙熔断的概率为0.74，两根同时熔断的概率为0.63，则至少有一根熔断的概率为________．
解析：0.96　设A＝“甲熔丝熔断”，B＝“乙熔丝熔断”，
则“甲、乙两根熔丝至少有一根熔断”为事件A∪B.
所以P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)＝0.85＋0.74－0.63＝0.96.
7．某射手在一次射击中命中9环的概率是0.28，命中8环的概率是0.19，命中低于8环的概率是0.29，求这个射手在一次射击中命中9环或10环的概率．
解析：记这个射手在一次射击中命中10环或9环为事件A，命中10环、9环、8环、低于8环分别为事件A1，A2，A3，A4.由题意知，A1，A2，A3，A4彼此互斥，
所以P(A2∪A3∪A4)＝P(A2)＋P(A3)＋P(A4)＝0.28＋0.19＋0.29＝0.76.
又因为A1与A2∪A3∪A4互为对立事件，
所以P(A1)＝1－P(A2∪A3∪A4)＝1－0.76＝0.24.
因为A1与A2互斥，且A＝A1∪A2，
所以P(A)＝P(A1∪A2)＝P(A1)＋P(A2)＝0.24＋0.28＝0.52.
8．剪刀石头布又称“猜丁壳”，古老而简单，游戏规则中，石头克剪刀，剪刀克布，布克石头，三者相互制约，因此不论平局几次，总会有决出胜负的时候．现A，B两位同学各有3张卡片，以“剪刀、石头、布”的形式进行游戏：输方将给赢方一张卡片，平局互不给卡片，直至某人赢得所有卡片，游戏终止．若A，B一局各自赢的概率都是，平局的概率为，各局输赢互不影响，则恰好5局时游戏终止的概率是________．
解析：　记“恰好5局时游戏终止”为事件M，记“输方第5局必输，前4局平两局输两局”为事件M1，记“输方第5局、4局必输，前3局输2局赢1局”为事件M2，则M＝M1∪M2，M1与M2互斥．
显然游戏终止时A可以是输方，B也可以是输方，于是得
P(M1)＝2C()2×()2×＝，
P(M2)＝2C()2××()2＝，
P(M)＝P(M1∪M2)＝P(M1)＋P(M2)＝＝，
所以恰好5局时游戏终止的概率为.
　　　　　　　　　　
1．同时抛掷两颗骰子，观察向上的点数，记“点数之和为5”是事件A，“点数之和为4的倍数”是事件B，则(　　)
A．A＋B为不可能事件
B．A与B为互斥事件
C．AB为必然事件
D．A与B为对立事件
解析：B　同时抛掷两颗骰子，有36个结果，
“点数之和为5”是事件A有(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，共有4种情况；
“点数之和为4的倍数”是事件B有(1，3)，(3，1)，(2，2)，(2，6)，(6，2)，(3，5)，(5，3)，(4，4)，(6，6)，共有9种情况．
对于A，A＋B表示“点数之和为5或是4的倍数”，不是不可能事件，A错误；
对于B，A与B不可能同时发生，B正确；
对于C，AB表示“点数之和为5且是4的倍数”，是不可能事件，C错误；
对于D，A与B不能包含全部基本事件，D错误．故选B.
2．已知随机事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.7，P(B)＝0.2，则P(A)＝(　　)
A．0.5 B．0.1
C．0.7 D．0.8
解析：A　因为随机事件A和B互斥，且P(A∪B)＝0.7，P(B)＝0.2，所以P(A)＝P(A∪B)－P(B)＝0.7－0.2＝0.5，故选A.
3．袋子中有除颜色外完全相同的5个白球和5个红球，从中任取3个球，已知3个球中有白球，则恰好拿到2个红球的概率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：A　因为取到的3个球中有白球，所以共有C－C＝110(种)方法，3个球中恰好有两个红球的取法共有CC＝50(种)，设事件A＝“取到的3个球中有白球，且恰好有2个红球”，则P(A)＝＝.故选A.
4．某学校共有教职工120人，对他们进行年龄结构和受教育程度的调查，其结果如下表：
年龄结构 本科 研究生 合计
35岁以下 40 30 70
35～50岁 27 13 40
50岁以上 8 2 10
现从该校教职工中任取1人，则下列结论正确的是(　　)
A．该教职工具有本科学历的概率低于60%
B．该教职工具有研究生学历的概率超过50%
C．该教职工的年龄在50岁以上的概率超过10%
D．该教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率超过10%
解析：D　对于A，该教职工具有本科学历的概率p＝＝＝62.5%>60%，A错误；
对于B，该教职工具有研究生学历的概率p＝＝＝37.5%<50%，B错误；
对于C，该教职工的年龄在50岁以上的概率p＝＝≈8.3%<10%，C错误；
对于D，该教职工的年龄在35岁及以上且具有研究生学历的概率p＝＝＝12.5%>10%，D正确．故选D.
5．(多选)下列四个命题错误的是(　　)
A．对立事件一定是互斥事件
B．若A，B为两个事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)
C．若A，B，C彼此互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)＝1
D．若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，则A，B是对立事件
解析：BCD　对于A，对立事件一定是互斥事件，A正确．
对于B，若A，B是两个互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，若A，B不是两个互斥事件，则P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，B错误．
对于C，若A，B，C彼此互斥，则P(A)＋P(B)＋P(C)≤1，C错误．
对于D，若事件A，B满足P(A)＋P(B)＝1，但A，B有可能不是对立事件，D错误．
6．(2024·重庆北碚阶段练习)某家商场举行抽奖活动，小聪、小明两人共同前去抽奖，设事件A＝“两人都中奖”；B＝“两人都没中奖”；C＝“恰有一人中奖”；D＝“至少一人没中奖”．下列关系错误的是(　　)
A．B∪C＝D B．A∩C≠
C．C D D．B∩D＝B
解析：B　对于A，事件B∪C为“至多一人中奖”，即“至少一人没中奖”，所以B∪C＝D，A正确；
对于B，事件A∩C表示两人都中奖且恰有一人中奖，没有这样的事件，所以A∩C＝ ，B错误；
对于C，至少一人没中奖包括恰有一人中奖和两人都没中奖两种情况，所以C D，C正确；
对于D，由A可知B D，且B≠D，所以B∩D＝B，D正确．
7．(多选)(2024·吉林白山统考二模)将A，B，C，D这4张卡片分给甲、乙、丙、丁4人，每人分得一张卡片，则(　　)
A．甲得到A卡片与乙得到A卡片为对立事件
B．甲得到A卡片与乙得到A卡片为互斥但不对立事件
C．甲得到A卡片的概率为
D．甲、乙两人中有人得到A卡片的概率为
解析：BCD　甲得到A卡片与乙得到A卡片不可能同时发生，但可能同时不发生，所以甲得到A卡片与乙得到A卡片为互斥但不对立事件，A错误，B正确．
甲得到A卡片的概率为＝，C正确．
甲、乙两人中有人得到A卡片的概率为＝，D正确．故选BCD.
8．设A，B是随机事件，且P(A)＝，P(B)＝，P(A∪)＝，则P(A∩)＝________.
解析：　因为P(B)＝，
所以P()＝1－P(B)＝，
故P(A∩)＝P(A)＋P()－P(A∪)＝＋－＝.
9．(2025·湖南九校联盟一)甲、乙两名乒乓球运动员进行一场比赛，采用7局4胜制(先胜4局者胜，比赛结束)，已知每局比赛甲获胜的概率为，则甲第一局获胜并最终以4∶1获胜的概率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：C　甲第一局获胜并最终以4∶1获胜，说明甲、乙两人在5局比赛中，甲胜了4局，输了1局，并且输掉的这局为第二局或第三局或第四局，故概率为C×()4×＝.故选C.
10．(多选)已知甲袋中有5个除颜色外完全相同的球，4个红球，1个黑球；乙袋中有6个除颜色外完全相同的球，4个红球，2个黑球，则(　　)
A．从甲袋中随机摸出一个球是红球的概率为
B．从乙袋中随机摸出一个球是黑球的概率为
C．从甲袋中随机摸出2个球，则2个球都是红球的概率为
D．从甲、乙袋中各随机模出1个球，则这2个球是一红球一黑球的概率为
解析：ACD　对于A，从甲袋中随机摸出一个球是红球的概率为P＝，故A正确；
对于B，从乙袋中随机摸出一个球是黑球的概率为P＝＝，故B错误；
对于C，从甲袋中随机摸出2个球，则2个球都是红球的概率P＝＝，故C正确；
对于D，从甲、乙袋中各随机摸出1个球，则这2个球是一红球一黑球的概率P＝×＋×＝，故D正确．故选ACD.
11．(2024·河北张家口校考三模)如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，截取后的剩余部分称为“阿基米德多面体”，它是一个24等边半正多面体．从它的棱中任取两条，则这两条棱所在的直线为异面直线的概率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：B　当一条直线位置于上(或下)底面，另一条不在底面时，共有10×8＝80(对)异面直线，当两条直线都位于上下底面时，有4×2＝8(对)异面直线，当两条直线都不在上下底面时，有7×8＝56(对)异面直线，所以，两条棱所在的直线为异面直线的概率为P＝＝.故选B.
12．在某次数学考试中，小江的成绩在90分及以上的频率是0.25，在[80，90)的频率是0.48，在[70，80)的频率是0.11，在[60，70)的频率是0.09，在60分以下的频率是0.07(视频率为相应事件发生的概率).则小江在此次数学考试中取得80分及以上的概率为________；小江考试及格(成绩不低于60分)的概率为________.
解析：0.73　0.93　记小江的成绩在90分及以上，[80，90)，[70，80)，[60，70)分别为事件B，C，D，E，这四个事件彼此互斥，则小江的成绩在80分及以上的概率P(B∪C)＝P(B)＋P(C)＝0.25＋0.48＝0.73.
小江考试及格(成绩不低于60分)的概率P(B∪C∪D∪E)＝P(B)＋P(C)＋P(D)＋P(E)＝0.25＋0.48＋0.11＋0.09＝0.93.
13．袋中有除颜色外完全相同的红球、黑球、黄球、绿球共12个．从中任取一球，得到红球的概率是，得到黑球或黄球的概率是，得到黄球或绿球的概率也是，则得到黑球、黄球、绿球的概率分别为______________________．
解析：，，
从12个球中任取一个，记事件A＝“得到红球”，事件B＝“得到黑球”，事件C＝“得到黄球”，事件D＝“得到绿球”，则事件A，B，C，D两两互斥，
由题意有
即
解得P(A)＝，P(B)＝，P(C)＝，P(D)＝.
故得到黑球、黄球、绿球的概率分别为，，.
14．(2024·新课标Ⅰ卷)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为________.
解析：　设甲在四轮游戏中的得分分别为X1，X2，X3，X4，四轮的总得分为X.对于任意一轮，甲、乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲获胜的出牌组合有六种，从而甲在该轮获胜的概率P(Xk＝1)＝＝，
所以E(Xk)＝(k＝1，2，3，4).
从而E(X)＝E(X1＋X2＋X3＋X4)
＝(Xk)＝＝.
记pk＝P(X＝k)(k＝0，1，2，3).如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，
所以p0＝＝；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以p3＝＝.
而X的所有可能取值是0，1，2，3，故p0＋p1＋p2＋p3＝1，p1＋2p2＋3p3＝E(X)＝.
所以p1＋p2＋＝1，p1＋2p2＋＝，两式相减即得p2＋＝，故p2＋p3＝.
所以甲的总得分不小于2的概率为p2＋p3＝.
第47讲　事件的相互独立性、条件概率与全概率公式
[课标要求]　1.了解两个事件相互独立的含义.2.理解随机事件的独立性和条件概率的关系，会利用全概率公式计算概率．
　　　　　　　　　　
1．相互独立事件
(1)概念：对任意两个事件A与B，如果P(AB)＝__P(A)P(B)__，则称事件A与事件B相互独立，简称为独立．
(2)性质：若事件A与B相互独立，那么A与，与B，与也都__相互独立__．
2．条件概率
(1)一般地，设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，我们称P(B|A)＝为在事件A发生的条件下，事件B发生的条件概率，简称条件概率．
(2)两个公式
①利用古典概型，P(B|A)＝.
②概率的乘法公式P(AB)＝P(A)P(B|A)．
3．全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B Ω，有P(B)＝(Ai)P(B|Ai)，我们称该公式为全概率公式．
贝叶斯公式：设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B Ω，P(B)>0，有P(Ai|B)＝＝，i＝1，2，…，n.
(1)两个事件的独立性可以推广到n(n>2)个事件的独立性，且若事件A1，A2，…，An相互独立，则这n个事件同时发生的概率P(A1A2…An)＝__P(A1)P(A2)·…·P(An)__．
(2)条件概率的性质：
①P(B|A)∈__[0，1]__；
②如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)．
1．甲、乙两个袋子中均装有红、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、乙两袋中各随机抽取1个球，则取出的两球都是红球的概率为(　　)
A. B.
C. D.
解析：C　用A，B分别表示从甲、乙袋子中随机抽取1个球，取出的球是红球的事件，则P(A)＝，P(B)＝，因为分别从甲、乙两袋中各随机抽取1个球，取出的两球都是红球所对应的事件为AB，所以P(AB)＝P(A)P(B)＝×＝.
2．(教材母题选必修7.1.1练习T2改编)某校有7名同学获省数学竞赛一等奖，其中男生4名，女生3名．现随机选取2名学生作“我爱数学”主题演讲．假设事件A为“选取的两名学生性别相同”，事件B为“选取的两名学生为男生”，则P(B|A)＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：D　由题意得，事件A包含的样本点数n(A)＝C＋C＝9，事件A和B包含的样本点数n(AB)＝C＝6，所以P(B|A)＝＝＝.故选D.
3．若随机事件A，B满足P(A)＝，P(B)＝，P(A∪B)＝，则P(A|B)＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：D　由题可知P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)，
所以P(AB)＝P(A∩B)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝＋－＝，所以P(A|B)＝＝，故选D.
4．已知甲、乙两球落入盒子的概率分别为和.假定两球是否落入盒子互不影响，则甲、乙两球都落入盒子的概率为________；甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为________．
解析：　　甲、乙两球落入盒子的概率分别为，，且两球是否落入盒子互不影响，所以甲、乙都落入盒子的概率为×＝.
甲、乙两球都不落入盒子的概率为(1－)×(1－)＝，所以甲、乙两球至少有一个落入盒子的概率为.
5．(2025·河南南阳模拟预测)长时间玩手机可能影响视力．据调查，某校学生大约20%的人近视，而该校大约有10%的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为60%，现从每天玩手机不超过1小时的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为________．
解析：　令A1＝“玩手机时间超过1小时的学生”，A2＝“玩手机时间不超过1小时的学生”，B＝“任意调查一人，此人近视”，
Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，P(A1)＝0.1，P(A2)＝0.9，P(B|A1)＝0.6，P(B)＝0.2，
依题意有P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＝0.1×0.6＋0.9×P(B|A2)＝0.2，解得P(B|A2)＝＝，
即从每天玩手机不超过1小时的学生中任意调查一名学生，他近视的概率为.
　　　　　　　　　　
探究点1　相互独立事件的概率
【例1】 (1)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则(　　)
A．甲与丙相互独立 B．甲与丁相互独立
C．乙与丙相互独立 D．丙与丁相互独立
(2)设每个工作日甲、乙、丙、丁4人需使用某种设备的概率分别为0.6，0.5，0.5，0.4，各人是否需使用设备相互独立，则同一工作日至少3人需使用设备的概率为(　　)
A．0.11 B．0.21
C．0.31 D．0.41
解析：(1)B　事件甲发生的概率P(甲)＝，事件乙发生的概率P(乙)＝，事件丙发生的概率P(丙)＝＝，事件丁发生的概率P(丁)＝＝.事件甲与事件丙同时发生的概率为0，P(甲丙)≠P(甲)P(丙)，A错误；事件甲与事件丁同时发生的概率为＝，P(甲丁)＝P(甲)P(丁)，B正确；事件乙与事件丙同时发生的概率为＝，P(乙丙)≠P(乙)P(丙)，C错误；事件丙与事件丁是互斥事件，不是相互独立事件，D错误．故选B.
(2)C　设甲、乙、丙、丁需使用设备分别为事件A，B，C，D，则P(A)＝0.6，P(B)＝P(C)＝0.5，P(D)＝0.4，恰好3人使用设备的概率P1＝P(BCD＋ACD＋ABD＋ABC)＝(1－0.6)×0.5×0.5×0.4＋0.6×(1－0.5)×0.5×0.4＋0.6×0.5×(1－0.5)×0.4＋0.6×0.5×0.5×(1－0.4)＝0.25，4人需使用设备的概率P2＝0.6×0.5×0.5×0.4＝0.06，故所求的概率P＝0.25＋0.06＝0.31.故选C.
求解相互独立事件时，要注意：
(1)正确设出有关事件；
(2)在应用相互独立事件的概率乘法公式时，要认真审题，注意关键词“至少有一个发生”“至多有一个发生”“恰有一个发生”的意义，正确地将其转化为互斥事件进行求解；
(3)正面计算较烦琐或难以入手时，可以从其对立事件入手进行计算.
变式探究
1．如图，已知电路中4个开关每个闭合的概率都是，且是互相独立的，则灯亮的概率为________．
解析：　灯泡不亮包括四个开关都断开，或下边的2个都断开且上边的2个中有一个断开，这两种情况是互斥的，每一种情况中的事件是相互独立的，所以灯泡不亮的概率为×××＋×××＋×××＝.因为灯泡亮与不亮是对立事件，所以灯亮的概率是1－＝.
2．某男子乒乓球队为备战下一届奥运会，在某训练基地进行封闭式训练．甲、乙两位队员进行对抗赛，每局依次轮流发球，连续赢2个球者获胜，通过分析甲、乙过去对抗赛的数据知，甲发球甲赢的概率为，乙发球甲赢的概率为，不同球的结果互不影响，已知某局甲先发球．则该局打4个球甲赢的概率为________．
解析：　设甲发球甲赢为事件A，乙发球甲赢为事件B，该局打4个球甲赢为事件C，
由题知，P(A)＝，P(B)＝，所以C＝AAB，
所以P(C)＝P(AAB)＝P(A)P()·P(A)P(B)＝×(1－)××＝，
所以该局打4个球甲赢的概率为.
探究点2　条件概率
【例2】 (1)下列式子成立的是(　　)
A．P(A|B)＝P(B|A)
B．0C．P(AB)＝P(A)P(B|A)
D．P(AB)＝P(B)P(B|A)
(2)在某次考试中，要从20道题中随机地抽取6道题，若考生至少能答对其中的4道即可通过；若至少能答对其中的5道就获得“优秀”．已知某考生能答对其中的10道题，并且知道他在这次考试中已经通过，则他获得“优秀”的概率为________．
(3)已知A，B是一个随机试验中的两个事件，若P(A|B)＝，P(B|A)＝，则＝(　　)
A．3 B．4
C．5 D．6
解析：(1)C　由条件概率公式知P(A|B)＝，P(B|A)＝，但是P(A)不一定等于P(B)，A错误；
根据条件概率的性质可知0≤P(B|A)≤1，B错误；
由条件概率公式P(B|A)＝可得出P(AB)＝P(A)·P(B|A)，C正确；
由条件概率公式P(A|B)＝可得出P(AB)＝P(B)·P(A|B)，D错误．故选C.
(2)　设“他能答对6道题”为事件A，“他能答对其中的5道题”为事件B，“他能答对其中的4道题”为事件C，“他考试通过”为事件D，“他考试获得优秀”为事件E.
则由题意可得D＝A∪B∪C，E＝A∪B，且A，B，C两两互斥．
P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝＝.
又P(AD)＝P(A)，P(BD)＝P(B)，
所以P(E|D)＝P(A|D)＋P(B|D)
＝＝
＝＝.
(3)A　因为P(A|B)＝，所以＝，即P(B)＝2P(AB)，
同理，由P(B|A)＝得P(A)＝3P(AB)，
因为P(B)＝P(B)＋P(AB)＝2P(AB)，
所以P(B)＝P(AB)，
因为P(A)＝P(A)＋P(AB)＝3P(AB)，
所以P(A)＝2P(AB)，
所以＝＝3.故选A.
计算条件概率时，可按如下步骤进行：
第一步，判断是否为条件概率．若题目中出现“已知”“在……前提下”等字眼，一般为条件概率．题目中若没有出现上述字眼，但已知事件的出现影响所求事件的概率，也需注意是否为条件概率．
若题目明确要求P(A|B)，则是要计算在事件B发生的条件下，事件A发生的概率．
第二步，计算概率，这里有两种思路．
思路一：直接利用条件概率的计算公式计算条件概率，即先分别求出P(AB)，P(B)，再利用公式P(A|B)＝计算．
思路二：缩小样本空间计算条件概率．
如求P(A|B)，可分别求出事件B，AB包含的基本事件的个数，再利用公式P(A|B)＝计算.
变式探究
3．俗话说“斜风细雨不须归”，在自然界中，下雨大多伴随着刮风．已知某地8月份刮风的概率为，下雨的概率为，既刮风又下雨的概率为.记事件A为“8月份某天刮风”，事件B为“8月份某天下雨”，则P(B|A)＝(　　)
A. B.
C. D.
解析：B　根据题意可得P(A)＝，P(B)＝，P(AB)＝，利用条件概率公式可得P(B|A)＝＝＝.故选B.
4．(2024·河北张家口统考期末)已知离散型随机事件A，B发生的概率P(A)＝0.3，P(B)＝0.4，若P(A|B)＝0.5，事件，，A＋B分别表示A，B不发生和至少有一个发生，则P(B|(A＋B))＝________，P((＋)|(A＋B))＝________.
解析：0.8　0.6
由题意得P(A|B)＝＝＝0.5，
P(AB)＝0.2，P(B)＝0.2，P(A)＝0.1，
P(A＋B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)＝0.5，
P(B|(A＋B))＝＝＝0.8，
P((＋)|(A＋B))＝＝＝0.6.
(多选)设A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)＝，P(B)＝，P(B＋A)＝，则下列结论中正确的是(　　)
A．P(B)＝ B．P(＋B)＝
C．P(A|B)＝ D．P(|B)＝P(|A)
解析：ABC　因为P(A)＝，P(B)＝，所以P()＝，P()＝.
因为B与A为互斥事件，
所以P(B·A)＝0，
所以P(B＋A)＝P(B)＋P(A)－P(B·A)＝P(B)＋P(A)＝P(B)－P(AB)＋P(A)－P(AB)＝＋－2P(AB)＝，
所以P(AB)＝，
故P(B)＝P(B)－P(AB)＝－＝，A正确；
P(＋B)＝P()＋P(B)－P(B)＝P()＋P(B)－[P(B)－P(AB)]＝P()＋P(AB)＝＋＝，B正确；
P(A|B)＝＝＝，C正确；
P(|B)＝＝＝，
P(|A)＝＝＝＝，
所以P(|B)≠P(|A)，D错误．故选ABC.
探究点3　全概率公式及应用
【例3】 (2024·湖北武汉校联考期末)某中学篮球队根据以往比赛统计：甲球员能够胜任前锋、中锋、后卫三个位置，且出场概率分别为0.1，0.5，0.4.在甲球员出任前锋、中锋、后卫的条件下，篮球队输球的概率依次为0.2，0.2，0.7.
(1)当甲球员参加比赛时，求该篮球队某场比赛输球的概率．
(2)当甲球员参加比赛时，在该篮球队输了某场比赛的条件下，求甲球员在这一场出任中锋的概率．
(3)如果你是教练员，应用概率统计的有关知识该如何使用甲球员？
解析：(1)设A1表示“甲球员出任前锋”，A2表示“甲球员出任中锋”，A3表示“甲球员出任后卫”，则Ω＝A1∪A2∪A3，设B表示“球队输掉某场比赛”，
则P(A1)＝0.1，P(A2)＝0.5，P(A3)＝0.4，
P(B|A1)＝P(B|A2)＝0.2，P(B|A3)＝0.7，
所以P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)＝0.1×0.2＋0.5×0.2＋0.4×0.7＝0.4.
所以当甲球员参加比赛时，该球队某场比赛输球的概率是0.4.
(2)由(1)知，球队输了某场比赛的条件下，甲球员在这一场出任中锋的概率
P(A2|B)＝＝＝＝0.25.
(3)由(1)知，球队输了某场比赛的条件下，
甲球员在这场出任前锋的概率P(A1|B)＝＝＝0.05；
甲球员在这场出任后卫的概率P(A3|B)＝＝＝0.7；
由(2)知，甲球员在这一场出任中锋的概率P(A2|B)＝0.25.
所以有P(A1|B)所以应该多让甲球员出任前锋来增加赢球场次．
应用全概率公式的思路
(1)依据确定的标准，将一个复合事件B分解为若干个互斥事件Ai(i＝1，2，…，n)；
(2)求P(Ai)和在各个互斥事件Ai发生的条件下，事件B发生的概率；
(3)代入全概率公式计算.
变式探究
6．(2024·山东日照校考)如图，有三个外形相同的箱子，分别编号为1，2，3，其中1号箱装有1个黑球和3个白球，2号箱装有2个黑球和2个白球，3号箱装有3个黑球，这些球除颜色外完全相同．小明先从三个箱子中任取一箱，再从取出的箱中任意摸出一球，记事件Ai(i＝1，2，3)表示“球取自第i号箱”，事件B表示“取得黑球”．
(1)求P(B)的值．
(2)若小明取出的球是黑球，判断该黑球来自几号箱的概率最大？请说明理由．
解析：(1)由已知得P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝，
P(B|A1)＝，P(B|A2)＝，P(B|A3)＝1，
又P(BA1)＝P(B|A1)P(A1)＝×＝，
P(BA2)＝P(B|A2)P(A2)＝×＝，
P(BA3)＝P(B|A3)P(A3)＝1×＝.
由全概率公式可得P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝＋＋＝.
“小明取出的球是黑球，该黑球来自1号箱”可表示为A1B，
其概率为P(A1|B)＝＝＝，
“小明取出的球是黑球，该黑球来自2号箱”可表示为A2B，
其概率为P(A2|B)＝＝＝，
“小明取出的球是黑球，该黑球来自3号箱”可表示为A3B，
其概率为P(A3|B)＝＝＝.
综上，P(A3|B)最大，即若小明取出的球是黑球，可判断该黑球来自3号箱的概率最大．
　　　　　　　　　　
1．甲、乙两人独立地解同一问题，甲解决这个问题的概率是p1，乙解决这个问题的概率是p2，那么恰好有1人解决这个问题的概率是(　　)
A．p1p2
B．p1(1－p2)＋p2(1－p1)
C．1－p1p2
D．1－(1－p1)(1－p2)
解析：B　“恰好有1人解决”＝“甲解决乙没有解决”＋“甲没有解决乙解决”．所以恰好1人解决的概率为p1(1－p2)＋p2(1－p1).故选B.
2．甲、乙两队进行排球决赛，现在的情形是甲队只要再赢一局就能获得冠军，乙队需要再赢两局才能获得冠军．若两队每局胜的概率相同，则甲队获得冠军的概率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：D　设甲胜一局为事件A，则甲获得冠军的概率为P(A＋A)＝P(A)＋P(A)＝＋×＝.故选D.
3．假设有两箱零件，第一箱内装有5件，其中有2件次品；第二箱内装有10件，其中有3件次品．现从两箱中随机挑选1箱，然后从该箱中随机取1个零件，若取到的是次品，则这件次品是从第一箱中取出的概率为(　　)
A． B．
C． D．
解析：D　设事件A表示“从第一箱中取一个零件”，事件B表示“取出的零件是次品”，
则P(A|B)＝＝＝，故选D.
4．甲：A1，A2是互斥事件；乙：A1，A2是对立事件，那么甲是乙的(　　)
A．充要条件
B．充分不必要条件
C．必要不充分条件
D．既不充分也不必要条件
解析：C　当A1，A2是互斥事件时，A1，A2不一定是对立事件，所以甲是乙的非充分条件．当A1，A2是对立事件时，A1，A2一定是互斥事件，所以甲是乙的必要条件．所以甲是乙的必要非充分条件．故选C.
5．投掷一枚质地均匀的硬币和一枚质地均匀的骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A，“骰子向上的点数是3”为事件B，则事件A，B中至少有一件发生的概率是(　　)
A． B．
C． D．
解析：C　由题意可知，事件A与事件B是相互独立的，而事件A，B中至少有一件发生的事件包含A，B，AB，又P(A)＝，P(B)＝，所以所事件的概率为P＝P(A)＋P(B)＋P(AB)＝1－P()＝1－(1－)×(1－)＝，故选C.
6．某医用口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩三种产品，三种产品的生产比例如图所示，且三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%，50%，40%.若从该厂生产的口罩中任选一个，则选到绑带式口罩的概率为(　　)
A．0.23 B．0.47
C．0.53 D．0.77
解析：D　由图可知医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩的占比分别为70%，20%，10%，记事件A1，A2，A3分别表示选到医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩，则Ω＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，
所以P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.1，又三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%，50%，40%，
记事件B为“选到绑带式口罩”，则P(B|A1)＝0.9，P(B|A2)＝0.5，P(B|A3)＝0.4.
由全概率公式可得选到绑带式口罩的概率为P(B)＝0.7×0.9＋0.2×0.5＋0.1×0.4＝0.77.故选D.
7．(多选)(2024·江苏南师附中月考)已知随机事件A，B发生的概率分别为P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，下列说法正确的有(　　)
A．若P(AB)＝0.18，则A，B相互独立
B．若A，B相互独立，则P(B|A)＝0.6
C．若P(B|A)＝0.4，则P(AB)＝0.12
D．若A B，则P(A|B)＝0.3
解析：ABC　随机事件A，B发生的概率分别为P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，
对于A，因为P(AB)＝0.18＝P(A)P(B)＝0.3×0.6，所以A，B相互独立，A正确；
对于B，若A，B相互独立，则P(B|A)＝P(B)＝0.6，B正确；
对于C，若P(B|A)＝＝＝0.4，则P(AB)＝0.12，C正确；
对于D，若A B，则P(A|B)＝＝＝0.5，D错误．故选ABC.
8．某次社会实践活动中，甲、乙两个班的同学共同在一社区进行民意调查．参加活动的甲、乙两班的人数之比为5∶3，其中甲班中女生占，乙班中女生占.则该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率是________.
解析：　如果用A1，A2分别表示居民所遇到的一位同学是甲班的与乙班的事件，B表示是女生的事件，则Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，B Ω，
由题意可知，P(A1)＝，P(A2)＝，且P(B|A1)＝，P(B|A2)＝.
由全概率公式可知P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＝×＋×＝，
即该社区居民遇到一位进行民意调查的同学恰好是女生的概率为.
9．(多选)给定事件A，B，C，且P(C)>0，则下列选项正确的是(　　)
A．若P(A|C)＋P(B|C)＝1，则A，B互为对立事件
B．若P(A)>0，P(B)>0且A，B互斥，则A，B不可能相互独立
C．P(A∪B|C)≤P(A|C)＋P(B|C)
D．若A，B为相互独立事件且P(A)＋P(B)＝1，则P(AB)＝P()
解析：BCD　对于A，由P(A|C)＋P(B|C)＝1表明在事件C发生的前提下，
事件A或事件B发生的概率为1，并不能得出A，B互为对立事件，A错误；
对于B，若P(A)>0，P(B)>0且A，B互斥，
则P(AB)＝0≠P(A)P(B)，所以A，B不可能相互独立，B正确；
对于C，当A，B互斥时，P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)，
当A，B不互斥时，P(A∪B|C)对于D，若A，B为相互独立事件，
则P(AB)＝P(A)P(B)，
P()＝P()P()
＝[1－P(A)][1－P(B)]
＝1－[P(A)＋P(B)]＋P(A)P(B)
＝P(A)P(B)，D正确．故选BCD.
10．(多选)(2024·福建三明三模)假设甲袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，乙袋中有除颜色外完全相同的2个白球和2个红球．现从甲袋中任取2个球放入乙袋，混匀后再从乙袋中任取2个球．下列选项正确的是(　　)
A．从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为
B．从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为
C．从乙袋中取出的2个球是红球的概率为
D．已知从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率为
解析：ACD　从甲袋中取出2个球有i个红球的事件为Ai，i＝0，1，2，从乙袋中取出2个球是红球的事件为B，
P(A0)＝＝，
P(A1)＝＝，
P(A2)＝＝，
P(B|A0)＝＝，
P(B|A1)＝＝，
P(B|A2)＝＝.
对于A，从甲袋中任取2个球是1个红球1个白球的概率为P(A1)＝，A正确；
对于B，从甲、乙两袋中取出的2个球均为红球的概率为P(A2B)＝P(A2)P(B|A2)＝×＝，B错误；
对于C，从乙袋中取出的2个球是红球的概率P(B)＝P(Ai)P(B|Ai)＝×＋×＋×＝，C正确；
对于D，从乙袋中取出的是2个红球，则从甲袋中取出的也是2个红球的概率P(A2|B)＝＝＝＝，D正确．故选ACD.
11．在某地区进行流行病学调查，随机调查了100位某种疾病患者的年龄，得到如下的样本数据的频率分布直方图：
(1)估计该地区这种疾病患者的平均年龄(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).
(2)估计该地区一位这种疾病患者的年龄位于区间[20，70)的概率．
(3)已知该地区这种疾病的患病率为0.1%，该地区年龄位于区间[40，50)的人口占该地区总人口的16%.从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，求此人患这种疾病的概率(以样本数据中患者的年龄位于各区间的频率作为患者的年龄位于该区间的概率，精确到0.0001).
解析：(1)平均年龄＝(5×0.001＋15×0.002＋25×0.012＋35×0.017＋45×0.023＋55×0.020＋65×0.017＋75×0.006＋85×0.002)×10＝47.9(岁).
(2)设A＝“一人患这种疾病的年龄位于区间[20，70)”，
所以P(A)＝1－P()＝1－(0.001＋0.002＋0.006＋0.002)×10＝1－0.11＝0.89.
(3)设B＝“任选一人年龄位于区间[40，50)”，C＝“从该地区中任选一人患这种疾病”，则由已知得
P(B)＝16%＝0.16，P(C)＝0.1%＝0.001，P(B|C)＝0.023×10＝0.23，
则由条件概率公式可得，从该地区中任选一人，若此人的年龄位于区间[40，50)，此人患这种疾病的概率为
P(C|B)＝＝＝＝0.0014375≈0.0014.
12．为了考查学生对高中数学知识的掌握程度，准备了甲、乙两个不透明纸箱．其中，甲箱中有2道概念叙述题、2道计算题；乙箱中有2道概念叙述题、3道计算题(所有题目均不相同).现有A，B两位同学来抽题回答；每位同学在甲或乙两个纸箱中逐个随机抽取两道题作答．每位同学先抽取1道题作答，答完题目后不放回，再抽取一道题作答(不在题目上作答).两道题答题结束后，再将这两道题目放回原纸箱．
(1)如果A同学从甲箱中抽取两道题，求第二题抽到的是概念叙述题的概率；
(2)如果A同学从甲箱中抽取两道题，解答后，误把题目放到了乙箱中，B同学接着抽取题目回答，若他从乙箱中抽取两道题目，求第一题抽到的是概念叙述题的概率．
解析：(1)设Ai表示“第i次从甲箱中抽到概念叙述题”，i＝1，2，
则P(A1)＝，P(A2|A1)＝，P(A2|1)＝，
所以第二题抽到的是概念叙述题的概率
P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(1)·P(A2|1)＝×＋×＝.
(2)设事件B1表示“A同学从甲箱中取出的两道题都是概念叙述题”，事件B2表示“A同学从甲箱中取出的两道题都是计算题”，事件B3表示“A同学从甲箱中取出一道概念叙述题一道计算题”，事件C表示“B同学从乙箱中抽取两道题目，第一题抽到的是概念叙述题”，
P(B1)＝＝，
P(B2)＝＝，
P(B3)＝＝＝，
P(C|B1)＝＝，
P(C|B2)＝＝，
P(C|B3)＝＝，
所以P(C)＝P(B1)P(C|B1)＋P(B2)P(C|B2)＋P(B3)P(C|B3)＝×＋×＋×＝.
13．(2024·上海虹口二模)某企业监控汽车零件的生产过程，现从汽车零件中随机抽取100件作为样本，测得质量差(零件质量与标准质量之差的绝对值)的样本数据如下表：
质量差(单位：mg) 54 57 60 63 66
件数(单位：件) 5 21 46 25 3
(1)求样本质量差的平均数；假设零件的质量差X～N(μ，σ2)，其中σ2＝16，用作为μ的近似值，求P(56(2)已知该企业共有两条生产汽车零件的生产线，其中全部零件的来自第一条生产线．若两条生产线的废品率分别为0.016和0.012，且这两条生产线是否产出废品是相互独立的．现从该企业生产的汽车零件中随机抽取一件．
(ⅰ)求抽取的零件为废品的概率；
(ⅱ)若抽取出的零件为废品，求该废品来自第一条生产线的概率．
参考数据：若随机变量X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ≤X≤μ＋σ)≈0.6827，P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)≈0.9545，P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)≈0.9973.
解析：(1)由题意可知
＝＝60，
则X～N(60，16)，
所以P(56＝P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＋P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)
≈×0.6827＋×0.9545＝0.8186.
(2)(ⅰ)设事件A表示“随机抽取一件该企业生产的该零件为废品”，
事件B1表示“随机抽取一件零件为第一条生产线生产”，
事件B2表示“随机抽取一件零件为第二条生产线生产”，
则P(B1)＝，P(B2)＝，
P(A|B1)＝0.016，P(A|B2)＝0.012，
所以P(A)＝P(B1)P(A|B1)＋P(B2)·P(A|B2)＝×0.016＋×0.012＝0.015.
(ⅱ)因为P(A|B1)＝，
所以P(AB1)＝P(A|B1)P(B1)＝0.016×＝0.012，
所以P(B1|A)＝＝＝0.8.
第48讲　离散型随机变量的分布列和数字特征
[课标要求]　1.理解取有限个值的离散型随机变量及其分布的概念，了解分布列对于刻画随机现象的重要性.2.理解离散型随机变量数字特征的含义，会求离散型随机变量的数字特征，并能解决一些实际问题．
　　　　　　　　　　
1．离散型随机变量及其分布列
(1)一般地，对于随机试验样本空间Ω中的每个样本点Ω，都有唯一的实数X(Ω)与之对应，我们称X为__随机变量__；可能取值为有限个或可以一一列举的随机变量，我们称为__离散型随机变量__．
(2)一般地，设离散型随机变量X的可能取值为x1，x2，…，xn，我们称X取每个值xi的概率P(X＝xi)＝pi(i＝1，2，…，n)为X的概率分布列，简称__分布列__．
与函数的表示法类似，离散型随机变量的分布列也可以用表格表示．
X x1 x2 … xi … xn
P p1 p2 … pi … pn
　　(3)离散型随机变量分布列的两个性质：
①__pi≥0，i＝1，2，…，n__；
②__p1＋p2＋…＋pn＝1__．
离散型随机变量在某一范围内取值的概率等于它取这个范围内各个值的概率__之和__．
2．离散型随机变量的均值与方差
若离散型随机变量X的分布列如表所示.
X x1 x2 … xn
P p1 p2 … pn
(1)均值：称E(X)＝__x1p1＋x2p2＋…＋xnpn＝__为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的__平均水平__．
(2)方差：称D(X)＝　(x1－E(X))2p1＋(x2－E(X))2p2＋…＋(xn－E(X))2pn＝－E(X))2pi　为随机变量X的方差，为随机变量X的　标准差　，记作　σ(X)　．方差和标准差都可以度量随机变量取值与其均值的　偏离程度　，反映了随机变量取值的离散程度．
3．离散型随机变量的期望与方差的性质
(1)E(aX＋b)＝　aE(X)＋b　(其中a，b为常数)；
(2)D(aX＋b)＝　a2D(X)　(其中a，b为常数).
1．(多选)下面给出四个随机变量，其中是离散型随机变量的为(　　)
A．高速公路某收费站在未来1小时内经过的车辆数X
B．一个沿直线y＝x进行随机运动的质点，它在该直线上的位置Y
C．某景点7月份每天接待的游客数量
D．某人一生中的身高X
解析：AC　对于A，收费站在未来1小时内经过的车辆数X有限，且可一一列出，是离散型随机变量，A正确；
对于C，某景点7月份每天接待的游客数量有限，且可一一列出，是离散型随机变量，C正确；
对于B、D，都是某一范围内的任意实数，无法一一列出，不符合离散型随机变量的定义，故B、D错误．故选AC.
2．(2024·河南校联考模拟预测)已知随机变量X的所有可能取值为1，2，3，其分布列为
X 1 2 3
P P1 P2 P3
若E(X)＝，则P3－P1＝________.
解析：－　因为E(X)＝P1＋2P2＋3P3＝，①
且P1＋P2＋P3＝1，②
所以①－②×2可得，P1＋2P2＋3P3－2(P1＋P2＋P3)＝P3－P1＝－.
3．甲、乙两班进行足球对抗赛，每场比赛赢了的队伍得3分，输了的队伍得0分，平局的话，两队各得1分，共进行三场．用ξ表示甲的得分，则{ξ＝3}表示(　　)
A．甲赢三场
B．甲赢一场、输两场
C．甲、乙平局三次
D．甲赢一场、输两场或甲、乙平局三次
解析：D　由于赢了的队伍得3分，输了的队伍得0分，平局的话，两队各得1分，所以ξ＝3可以分成两种情况，即3＋0＋0或1＋1＋1，即甲赢一场、输两场或甲、乙平局三次．故选D.
4．甲、乙两个运动员射击命中环数ξ，η的分布列如下表．其中射击成绩比较稳定的运动员是________．
环数k 8 9 10
P(ξ＝k) 0.3 0.2 0.5
P(η＝k) 0.2 0.4 0.4
解析：乙　由题中分布列可得：
E(ξ)＝0.3×8＋0.2×9＋0.5×10＝9.2.
E(η)＝0.2×8＋0.4×9＋0.4×10＝9.2.
D(ξ)＝(8－9.2)2×0.3＋(9－9.2)2×0.2＋(10－9.2)2×0.5＝0.76.
D(η)＝(8－9.2)2×0.2＋(9－9.2)2×0.4＋(10－9.2)2×0.4＝0.56.
因为E(ξ)＝E(η)，D(ξ)>D(η)，所以乙的射击成绩比较稳定．
5．已知η的分布列如下表所示，设ξ＝3η－2，则E(ξ)＝________，D(ξ)＝________.
η －1 0 1
P
解析：－3　5　由分布列可得E(η)＝－1×＋0×＋1×＝－，
所以，D(η)＝(－1＋)2×＋(0＋)2×＋(1＋)2×＝，
又因为ξ＝3η－2，
则E(ξ)＝E(3η－2)＝3E(η)－2＝3×(－)－2＝－3，
D(ξ)＝D(3η－2)＝9D(η)＝9×＝5.
　　　　　　　　　　
探究点1　离散型随机变量的分布列及性质
【例1】 (1)甲、乙两人进行乒乓球赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每局比赛都没有平局(必须分出胜负)，且每一局甲赢的概率都是p，随机变量X表示最终的比赛局数，若0A．E(X)＝ B．E(X)>
C．D(X)> D．D(X)<
(2)(多选)设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝(k＝1，2，5)，a∈R，E(ξ)，D(ξ)分别为随机变量ξ的数学期望与方差，则下列结论正确的是(　　)
A．P(0<ξ<3.5)＝
B．E(3ξ＋2)＝8
C．D(ξ)＝2
D．D(3ξ＋1)＝18
解析：(1)D　随机变量X可能的取值为2，3.
P(X＝2)＝Cp2＋C(1－p)2＝2p2－2p＋1.
P(X＝3)＝Cp(1－p)p＋Cp(1－p)(1－p)＝2p－2p2，
故X的分布列为
X 2 3
P 2p2－2p＋1 2p－2p2
故E(X)＝2×(2p2－2p＋1)＋3×(2p－2p2)＝－2p2＋2p＋2＝－2(p－)2＋.
因为0而D(X)＝E(X2)－E2(X)＝4×(2p2－2p＋1)＋9×(2p－2p2)－(－2p2＋2p＋2)2，
令t＝2p－2p2＝－2(p－)2＋，因为0故0D(X)<必成立，C错误，D正确．故选D.
(2)BCD　因为随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝(k＝1，2，5)，
由分布列的性质可知， P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＋P(ξ＝5)＝＋＋＝1，解得a＝1.
对于A，P(0<ξ<3.5)＝P(ξ＝1)＋P(ξ＝2)＝＋＝，A错误；
对于B，因为E(ξ)＝1×＋2×＋5×＝2，所以E(3ξ＋2)＝3E(ξ)＋2＝3×2＋2＝8，B正确；
对于C，D(ξ)＝×(1－2)2＋×(2－2)2＋×(5－2)2＝2，C正确；
对于D，因为D(ξ)＝2，所以D(3ξ＋1)＝9×D(ξ)＝18，D正确．故选BCD.
1．离散型随机变量分布列的性质：分布列中各概率之和为1，且每个概率值均为非负数．
2．离散型随机变量的期望和方差的性质：E(aX＋b)＝aE(X)＋b，D(aX＋b)＝a2D(X)．
3．公式D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝xP(X＝xi)－(E(X))2可以简化方差的计算.
变式探究
1．(多选)设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝)＝ak(k＝1，2，3，4，5)，则(　　)
A．15a＝1
B．P(0.4<ξ<0.8)＝0.2
C．P(0.1<ξ<0.6)＝0.2
D．P(ξ＝1)＝0.3
解析：ABC　对于A，由已知可得，a＋2a＋3a＋4a＋5a＝1，即15a＝1，A正确；
对于B，P(0.4<ξ<0.8)＝P(ξ＝0.6)＝3a＝＝0.2，B正确；
对于C，P(0.1<ξ<0.6)＝P(ξ＝0.2)＋P(ξ＝0.4)＝P(ξ＝)＋P(ξ＝)＝＋＝0.2，C正确；
对于D，P(ξ＝1)＝×5＝≠0.3，D错误．故选ABC.
2．(2024·福建厦门一中校考)某初三学生在参加物理、历史考试时，成绩是否取得A等级相互独立，记X为“该学生取得A等级的学考科目数”，其分布列如下表所示，则D(X)的最大值是(　　)
X 0 1 2
P a b
A. B.
C. D.
解析：B　由题意可得X2，X的分布列如下表所示：
X 0 1 2
X2 0 1 4
P a b
由分布列的性质可得a＋b＝1－＝，所以a＝－b，
所以E(X)＝0＋b＋2×＝b＋，E(X2)＝0＋b＋4×＝b＋，
所以D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝b＋－(b＋)2＝－b2＋b＋.
设该生物理、历史考试获得等级A的概率分别为p1，p2，
则有p1p2＝，
则b＝p1(1－p2)＋p2(1－p1)＝p1＋p2－2p1p2＝p1＋p2－≥2－＝，
当且仅当p1＝p2＝时取等号，所以≤b<，
因为函数f(b)＝－b2＋b＋在[，)上单调递减，
所以D(X)＝－b2＋b＋≤－()2＋×＋＝.故选B.
探究点2　离散型随机变量的分布列、期望及方差
【例2】 三人参加某娱乐闯关节目，假设甲闯关成功的概率是，乙、丙两人同时闯关成功的概率是，甲、丙两人同时闯关失败的概率是，且三人各自能否闯关成功相互独立．
(1)求乙、丙两人各自闯关成功的概率；
(2)设ξ表示三人中最终闯关成功的人数，求ξ的分布列和均值．
解析：(1)记甲、乙、丙各自闯关成功的事件分别为A1，A2，A3.
由已知A1，A2，A3相互独立，且满足
解得P(A2)＝，P(A3)＝.
所以乙、丙各自闯关成功的概率分别为，.
(2)ξ的可能取值为0，1，2，3.
P(ξ＝0)＝(1－)×(1－)×(1－)＝××＝，
P(ξ＝1)＝×(1－)×(1－)＋(1－)××(1－)＋(1－)×(1－)×＝，
P(ξ＝2)＝××(1－)＋×(1－)×＋(1－)××＝，
P(ξ＝3)＝××＝.
所以随机变量ξ的分布列为
ξ 0 1 2 3
P
所以随机变量ξ的均值E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
1．求离散型随机变量分布列的步骤
(1)找出随机变量X的所有可能取值xi(i＝1，2，3，…，n)；
(2)求出各取值的概率P(X＝xi)＝pi；
(3)列成表格并用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确．
2．求离散型随机变量的分布列的关键是求随机变量所有取值对应的概率，在求解时，要注意应用计数原理、古典概型等知识．
3．离散型随机变量的期望
E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn，即随机变量取值与相应概率值分别相乘后相加．
4．离散型随机变量的方差D(X)＝－E(X))2pi.
D(ξ)与E(ξ)一样也是一个实数，由ξ的分布列唯一确定.
变式探究
3．(2024·全国高三专题练习)某短视频软件经过几年的快速发展，深受人们的喜爱，该软件除了有娱乐属性外，也可通过平台推送广告．某公司为了宣传新产品，现有以下两种宣传方案：
方案一：投放该平台广告，据市场调研，其收益X分别为0元、20万元、40万元，且P(X＝20)＝0.3，期望E(X)＝30.
方案二：投放传统广告，据市场调研，其收益Y分别为10万元、20万元、30万元，其概率依次为0.3，0.4，0.3.
(1)请写出方案一的分布列，并求方差D(X)；
(2)请你根据所学的统计知识给出建议：该公司宣传应该投放哪种广告？并说明你的理由．
解析：(1)设P(X＝0)＝a，P(X＝40)＝b，
依题意得a＋b＋0.3＝1，①
又E(X)＝0×a＋20×0.3＋40b＝30，②
由①②解得a＝0.1，b＝0.6.
所以X的分布列为
X 0 20 40
P 0.1 0.3 0.6
则D(X)＝(0－30)2×0.1＋(20－30)2×0.3＋(40－30)2×0.6＝180.
(2)由题得Y的分布列为
Y 10 20 30
P 0.3 0.4 0.3
则E(Y)＝10×0.3＋20×0.4＋30×0.3＝20，
D(Y)＝(10－20)2×0.3＋(20－20)2×0.4＋(30－20)2×0.3＝60.
由E(X)>E(Y)可知采用平台广告投放期望收益较大，又D(X)>D(Y)，说明平台广告投放的风险较高．
综上所述，如果公司期望高收益，选择平台广告；如果公司期望收益稳定，选择传统广告．
探究点3　离散型随机变量与其他知识的综合
【例3】 甲、乙两名围棋学员进行围棋比赛，规定每局比赛胜者得1分，负者得0分，平局双方均得0分，比赛一直进行到一方比另一方多两分为止，多得两分的一方赢得比赛．已知每局比赛中，甲获胜的概率为α，乙获胜的概率为β，两人平局的概率为γ，α＋β＋γ＝1(α>0，β>0，γ≥0)，且每局比赛结果相互独立．
(1)若α＝，β＝，γ＝，求进行4局比赛后甲学员赢得比赛的概率；
(2)当γ＝0时，若比赛最多进行5局，求比赛结束时比赛局数X的分布列及期望E(X)的最大值．
解析：(1)用事件A，B，C分别表示每局比赛“甲获胜”“乙获胜”或“平局”，则
P(A)＝α＝，P(B)＝β＝，P(C)＝γ＝.
记“进行4局比赛后甲学员赢得比赛”为事件N，则事件N包括事件ABAA，BAAA, ACCA，CACA，CCAA，共5种，
所以P(N)＝P(ABAA)＋P(BAAA)＋P(ACCA)＋P(CACA)＋P(CCAA)
＝2P(B)P(A)P(A)P(A)＋3P(C)P(C)P(A)P(A)
＝2×()4＋3×()2×()2
＝.
(2)因为γ＝0，所以每局比赛结果仅有“甲获胜”和“乙获胜”，即α＋β＝1.
由题意得X的所有可能取值为2，4，5，则
P(X＝2)＝α2＋β2，
P(X＝4)＝(αβ＋βα)α2＋(αβ＋βα)β2＝2αβ(α2＋β2)，
P(X＝5)＝(αβ＋βα)·(αβ＋βα)·1＝4α2β2.
所以X的分布列为
X 2 4 5
P α2＋β2 2αβ(α2＋β2) 4α2β2
所以X的期望E(X)＝2(α2＋β2)＋8αβ(α2＋β2)＋20α2β2
＝2(1－2αβ)＋8αβ(1－2αβ)＋20α2β2
＝4α2β2＋4αβ＋2，
因为α＋β＝1≥2，所以αβ≤，当且仅当α＝β＝时，等号成立．
所以αβ∈(0，]，
所以E(X)＝4α2β2＋4αβ＋2＝(2αβ＋1)2＋1≤(2×＋1)2＋1＝，
故E(X)的最大值为.
有关离散型随机变量与其他知识的综合问题的基本题型一般是与函数、导数、数列、不等式综合，涉及的问题有最值问题、范围问题、递推数列问题和数列求和问题.
变式探究
4．(2024·湖南株洲月考)品酒师需要定期接受品酒鉴别能力测试，测试方法如下：拿出n瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等他的记忆淡忘之后，再让他品尝这n瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试．设在第一次排序时被排为1，2，3，…，n的n种酒，在第二次排序时的序号为a1，a2，a3，…，an，并令X＝|i－ai|，称X是两次排序的偏离度．评委根据一轮测试中的两次排序的偏离度的高低为其评分．
(1)当n＝3时，若a1，a2，a3等可能地为1，2，3的各种排列，求X的分布列．
(2)当n＝4时，
(ⅰ)若a1，a2，a3，a4等可能地为1，2，3，4的各种排列，计算X≤2的概率．
(ⅱ)假设某品酒师在连续三轮测试中，都有X≤2(各轮测试相互独立)，你认为该品酒师的鉴别能力如何？请说明理由．
附：概率小于0.05的事件为小概率事件，通常认为小概率事件几乎不会发生．
解析：(1)a1，a2，a3的排序共有A＝6(种)，且每种排序等可能，
此时X可取0，2，4，
又当X＝0时，a1，a2，a3的排序为1，2，3，P(X＝0)＝，
当X＝2时，a1，a2，a3的排序为1，3，2或2，1，3，P(X＝2)＝，
当X＝4时

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