新高考数学一轮复习高频考点与题型分类训练9-5 古典概型、概率的基本性质 (精讲精练）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习高频考点与题型分类训练9-5 古典概型、概率的基本性质 (精讲精练）（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学一轮复习高频考点与题型分类训练9-5古典概型概率的基本性质精讲精练原卷版doc、新高考数学一轮复习高频考点与题型分类训练9-5古典概型概率的基本性质精讲精练解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共36页， 欢迎下载使用。
1.理解古典概型及其概率计算公式.
2.会计算一些随机事件所包含的样本点及事件发生的概率．
TOC \ "1-4" \h \u \l "_Tc5036" 9-5 古典概型、概率的基本性质 PAGEREF _Tc5036 \h 1
\l "_Tc32709" 一、主干知识 PAGEREF _Tc32709 \h 1
\l "_Tc5867" 考点1：古典概型 PAGEREF _Tc5867 \h 2
\l "_Tc19218" 考点2：古典概型的概率公式 PAGEREF _Tc19218 \h 2
\l "_Tc24066" 考点3：概率的性质 PAGEREF _Tc24066 \h 2
\l "_Tc632" 【常用结论总结】 PAGEREF _Tc632 \h 2
\l "_Tc31483" 二、分类题型 PAGEREF _Tc31483 \h 3
\l "_Tc9906" 题型一 古典概型 PAGEREF _Tc9906 \h 3
\l "_Tc20218" 题型二 概率的基本性质 PAGEREF _Tc20218 \h 4
\l "_Tc21067" 题型三 概率与统计的综合问题 PAGEREF _Tc21067 \h 5
\l "_Tc6285" 三、分层训练：课堂知识巩固 PAGEREF _Tc6285 \h 6
一、主干知识
考点1：古典概型
(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．
考点2：古典概型的概率公式
一般地，设试验E是古典概型，样本空间Ω包含n个样本点，事件A包含其中的k个样本点，则定义事件A的概率P(A)＝eq \f(k,n)＝eq \f(nA,nΩ).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．
考点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)，由该性质可得，对于任意事件A，因为∅⊆A⊆Ω，所以0≤P(A)≤1.
性质6：设A，B是一个随机试验中的两个事件，有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(A∩B)．
【常用结论总结】
若事件A1，A2，…，An两两互斥，则P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
二、分类题型
题型一 古典概型
下列实验中，是古典概型的有（ ）
A．某人射击中靶或不中靶
B．在平面直角坐标系内，从横坐标和纵坐标都为整数的所有点中任取一个
C．四名同学用抽签法选一人参加会议
D．从区间上任取一个实数，求取到1的概率
【答案】C
【分析】根据古典概型的性质判断各项所描述的试验是否满足要求即可.
【解答】由古典概型性质：基本事件的有限性及它们的发生是等可能的，
A：基本事件只有中靶、不中靶，但概率不相等，不满足；
B：基本事件坐标系中整数点是无限的，不满足；
C：基本事件是四名同学是有限的，且抽到的概率相等，满足；
D：基本事件是区间上所有实数是无限的，不满足；
故选：C
从编号为 1、2、3、4 的 4 球中，任取 2 个球，则这 2 个球的编号之和为偶数的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】列举法求解古典概型的概率.
【解答】从编号为 1、2、3、4 的 4 球中，任取 2 个球，一共有以下情况：
，共6种情况，其中这 2 个球的编号之和为偶数的情况有，共2种情况；故这 2 个球的编号之和为偶数的概率为.故选：A
甲、乙两人一起去游天堂寨风景区，他们约定，各自独立地从1到6号景点中任选3个进行游览，每个景点参观1小时，则最后1小时他们同在一个景点的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出最后一小时他们所在景点的情况和同在一个景点的情况，利用古典概型概率公式计算即可.
【解答】甲、乙最后1小时他们所在的景点共有种情况，
甲、乙最后1小时他们同在一个景点有种情况，
根据古典概型概率公式可知，则最后1小时他们同在一个景点的概率是.故选：D.
利用公式法求解古典概型问题的步骤
（多选）下列试验不是古典概型的是（ ）
A．任意抛掷两枚骰子，所得点数之和作为样本点时
B．求任意的一个正整数平方的个位数字是1的概率，将取出的正整数作为样本点时
C．从甲地到乙地共n条路线，求某人正好选中最短路线的概率
D．抛掷一枚均匀硬币首次掷出正面为止
【答案】ABD
【分析】根据古典概型的有限性和等可能性，逐一判断选项是否满足即可.
【解答】对于A，由于点数的和出现的可能性不相等，故A不是；对于B，样本点是无限的，故B不是；
对于C，满足古典概型的有限性和等可能性，故C是；对于D，样本点既不是有限个也不具有等可能性，故D不是．故选：ABD
袋子中装有大小､形状完全相同的2个白球和2个红球.现从中不放回地摸取2个球，已知第二次摸到的是红球，则第一次摸到红球的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设第一次摸到红球为事件A，第二次摸到红球为事件，根据古典概型结合计数原理求，进而根据条件概率运算求解.
【解答】设第一次摸到红球为事件A，第二次摸到红球为事件，则事件为第一次摸到红球且第二次摸到红球，可得，，所以.故选：B.
数学考试的多项选择题，学生作答时可以从A、B、C、D四个选项中至少选择一个选项，至多可以选择四个.得分规则是：“全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.”已知某选择题的正确答案是，若某同学不会做该题目，随机选择一个、两个或三个选项，则该同学能得分的概率是 .
【答案】
【分析】由古典概型把某同学随机选择一个、两个或三个选项的所有可能结果一一列举出来，得出其中符合题意的结果，由古典概型概率计算公式即可得解.
【解答】该同学随机选择一个选项的所有可能结果为：；
该同学随机选择两个选项的所有可能结果为：；
该同学随机选择一个选项的所有可能结果为：.
所以该同学的答案一共有种可能的结果，其中能得分的答案有3种：，
所以由古典概型概率计算公式可得该同学能得分的概率是.故答案为：.
题型二 概率的基本性质
已知事件A与B互斥，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由事件互斥及概率的性质判断各项的正误即可.
【解答】由事件A与B互斥，则，，A错，B对；
由，，故C、D错.
故选：B
已知，，如果，那么（ ）
A．0.18B．0.42C．0.6D．0.7
【答案】C
【分析】结合事件的包含关系以及概率的知识求得答案.
【解答】由于，所以.
故选：C.
已知事件A，B发生的概率分别为，，则（ ）
A．B．
C．若A与B互斥，则D．一定有
【答案】AB
【分析】对于A，利用对立事件的概率公式即可判断；对于BC，利用和事件与交事件的概率公式，结合互斥事件的定义计算判断即可；对于D，举反例即可判断.
【解答】对于A，因为，所以，故A正确；
对于B，因为，
又且，则，
所以，即，故B正确；
对于C，因为A与B互斥，所以，
则，故C错误；
对于D，记事件“抛掷一枚骰子，向上的点数小于3”，事件“抛掷一枚骰子，向上的点数为4”，
则满足，，但不成立，故D错误；
故选：AB.
如果事件A与事件B互斥，那么= .
【答案】
【分析】根据概率的性质即可得结果.
【解答】由，事件互斥，即，
所以.故答案为：
五声音阶是中国古乐的基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为宫、商、角、徵、羽．如果从这五个音阶中任取两个音阶，排成一个两个音阶的音序，则这个音序中宫和羽至少有一个的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(7,10) C.eq \f(9,20) D.eq \f(11,20)
【答案】B
【解答】设从这五个音阶中任取两个音阶，排成一个两个音阶的音序，这个音序中宫和羽至少有一个为事件A，则eq \x\t(A)表示这个音序中不含宫和羽这两个音序，
∴P(A)＝1－P(eq \x\t(A))＝1－eq \f(A\\al(2,3),A\\al(2,5))＝1－eq \f(3×2,5×4)＝eq \f(7,10).
数学多选题有A，B，C，D四个选项，在给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对得2分，有选错的不得分．已知某道数学多选题正确答案为B，D，小明同学不会做这道题目，他随机地填涂了至少一个选项，则他能得分的概率为________．
【答案】eq \f(1,5)
【解答】小明随机地填涂了至少一个选项，共有Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(4,4)＝15(种)涂法，得分的涂法有3种，所以他能得分的概率为P＝eq \f(3,15)＝eq \f(1,5).
求复杂互斥事件的概率的两种方法
(1)直接法
(2)间接法(正难则反，特别是“至多”“至少”型题目，用间接法求解简单)．
下列说法正确的是（ ）
A．互斥事件一定是对立事件 B．某事件的概率为1.1
C．若彩票中奖概率为，那么买1000张这种彩票一定能中奖 D．必然事件的概率为1
【答案】D
【分析】根据互斥事件和对立事件的区别与联系可知A选项错误；由随机事件概率的性质可知某事件的概率不可能大于1，即B错误；根据互斥事件概率的计算公式可知，买1000张这种彩票也不一定能中奖，即C错误；由必然事件的概念可得D正确.
【解答】对于A，互斥事件和对立事件都不可能同时发生，但对立事件两者必发生其一，而互斥事件还可能发生第三种情况，所以互斥事件不一定是对立事件，即A错误；对于B，根据随机事件概率的性质可知，某事件的概率取值范围为，即B错误；对于C，根据随机事件的概率可知，买1000张这种彩票也会有的可能性不中奖，所以C错误；对于D，根据必然事件和不可能事件的定义可知，必然事件的概率为1，不可能事件的概率为0，即D正确；故选：D
在一次随机试验中，其中3个事件的概率分别为0.2，0.3，0.5，则下列说法中正确的是（ ）
A．与是互斥事件，也是对立事件B．是必然事件
C．D．
【答案】D
【分析】结合已知条件可知，事件不一定是互斥事件，然后逐项求解即可.
【解答】由已知条件可知，一次随机试验中产生的事件可能不止事件这三个事件，
故，从而AB错误；，故C错误；
，故D正确.故选：D.
（多选）已知为两个事件，，，则的值可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】根据事件概率的相关公式进行转化求解不等式即可.
【解答】因为，，所以
所以,即，
解得.故选：BC
（多选）已知A、B是独立事件，，，则 .
【答案】
【分析】根据公式和，即可求出．
【解答】∵为两个独立事件，∴，
∵∴∴．故答案为：．
若随机事件互斥，发生的概率均不等于0，且分别为，，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】由随机事件互斥，根据互斥事件概率的性质列不等式组求解.
【解答】因为随机事件互斥，发生的概率均不等于0，且分别为，
则，即，
解得；故答案为：
已知，，，则 ．
【答案】0.2
【分析】利用概率公式代入即可求得.
【解答】因为，
所以.故答案为：0.2.
题型三 概率与统计的综合问题
(2019·天津)2019年，我国施行个人所得税专项附加扣除办法，涉及子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等六项专项附加扣除．某单位老、中、青员工分别有72,108,120人，现采用分层随机抽样的方法，从该单位上述员工中抽取25人调查专项附加扣除的享受情况．
(1)应从老、中、青员工中分别抽取多少人？
(2)抽取的25人中，享受至少两项专项附加扣除的员工有6人，分别记为A，B，C，D，E，F.享受情况如下表，其中“○”表示享受，“×”表示不享受．现从这6人中随机抽取2人接受采访．
①试用所给字母列举出所有可能的抽取结果；
②设M为事件“抽取的2人享受的专项附加扣除至少有一项相同”，求事件M发生的概率．
【解答】(1)由已知得老、中、青员工人数之比为6∶9∶10，由于采用分层随机抽样的方法从中抽取25位员工，因此应从老、中、青员工中分别抽取6人、9人、10人．
(2)①从已知的6人中随机抽取2人的样本空间为{(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．
②由表格知，符合题意的有(A，B)，(A，D)，(A，E)，(A，F)，(B，D)，(B，E)，(B，F)，(C，E)，(C，F)，(D，F)，(E，F)，共11个样本点．所以事件M发生的概率P(M)＝eq \f(11,15).
求解古典概型的交汇问题的步骤
(1)将题目条件中的相关知识转化为事件；
(2)判断事件是否为古典概型；
(3)选用合适的方法确定样本点个数；
(4)代入古典概型的概率公式求解．
为了了解某种新型药物对治疗某种疾病的疗效，某机构日前联合医院，进行了小规模的调查，结果显示，相当多的受访者担心使用新药后会有副作用．为了了解使用该种新型药品后是否会引起疲乏症状，该机构随机抽取了某地患有这种疾病的275人进行调查，得到统计数据如表：
(1)求2×2列联表中的数据x，y，m，t的值，依据小概率值α＝0.05的独立性检验，能否以此推断有疲乏症状与使用该新药有关？
(2)从使用该新药的100人中按是否有疲乏症状，采用分层随机抽样的方法抽出4人，再从这4人中随机抽取2人做进一步调查，求这2人中恰有1人有疲乏症状的概率．
附：χ2＝eq \f(nad－bc2,a＋bc＋da＋cb＋d)，n＝a＋b＋c＋d.
【解答】(1)由数表知，x＝225－150＝75，y＝100－75＝25，m＝275－225＝50，t＝150＋25＝175，
所以x＝75，y＝25，m＝50，t＝175，零假设为H0：有疲乏症状与使用该新药无关．
根据列联表中的数据，经计算得到
χ2＝eq \f(275×150×25－75×252,225×50×175×100)＝eq \f(275,56)≈4.911>3.841＝x0.05，
根据小概率值α＝0.05的独立性检验，我们推断H0不成立，即认为有疲乏症状与使用该新药有关．
(2)从使用新药的100人中用分层随机抽样抽取4人的抽样比为eq \f(4,100)＝eq \f(1,25)，则抽取有疲乏症状的人数为eq \f(1,25)×25＝1，无疲乏症状的有3人，抽取的有疲乏症状的1人记为1，无疲乏症状的3人记为a，b，c，从4人中随机抽取2人的所有样本点为(1，a)，(1，b)，(1，c)，(a，b)，(a，c)，(b，c)，共6个，它们等可能，
记2人中恰有1人有疲乏症状的事件为M，它所含样本点是(1，a)，(1，b)，(1，c)，共3个，
于是得P(M)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，所以这2人中恰有1 人有疲乏症状的概率是eq \f(1,2).
三、分层训练：课堂知识巩固
1．（2023•浙江开学）抛掷两枚质地均匀的骰子，记事件A＝“第一枚骰子奇数面朝上”，事件B＝“第二枚骰子偶数面朝上”，事件C＝“两枚骰子向上点数之和为7”．则下列结论正确的是（ ）
A．A与B对立B．A与C互斥C．D．B与C独立
【分析】根据对立事件、互斥事件、古典概率、相互独立事件等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
【解答】解：A选项，事件A＝“第一枚骰子奇数面朝上”，事件B＝“第二枚骰子偶数面朝上”，
两个事件可以同时发生，即“第一枚骰子奇数面朝上，第二枚骰子偶数面朝上”，
所以A与B不是对立事件，A选项错误；
B选项，事件A＝“第一枚骰子奇数面朝上”，事件C＝“两枚骰子向上点数之和为7”，
两个事件可以同时发生，如“第一枚骰子为1点，第二骰子为6点”，
所以A与C不是互斥事件，B选项错误；
基本事件的总数为6×6＝36，
事件C＝“两枚骰子向上点数之和为7”，包含的基本事件为：
（1，6），（6，1），（2，5），（5，2），（3，4），（4，3），共6个，
所以，C选项错误；
事件B＝“第二枚骰子偶数面朝上”，则，
事件BC＝“第二枚骰子偶数面朝上，两枚骰子向上点数之和为7”，包含的基本事件为：
（5，2），（3，4），（1，6），所以，
所以P（BC）＝P（B）P（C），所以B与C独立，所以D选项正确．
故选：D．
【点评】本题考查互斥事件、对立事件以及相互独立事件的判定，属基础题．
2．（2023•双流区校级开学）下列事件中是不可能事件的是（ ）
A．抛一枚硬币正面朝上
B．三角形中有两个角为直角
C．打开电视正在播广告
D．两实数和为正
【分析】根据随机事件、不可能事件的定义进行判断即可．
【解答】解：根据事件的分类可知：
抛硬币正面朝上，打开电视正在播广告，两实数和为正均为随机事件，
三角形中不可能有两个直角，故B为不可能事件．
故选：B．
【点评】本题考查事件的定义，属基础题．
3．（2023春•湘西州期末）湘西州有甲草原：龙山县八面山空中草原，乙草原：泸溪县滨江大草原，暑假期间两草原供游客休闲旅游，记事件E＝“只去甲草原”，事件 F＝“至少去一个草原”，事件 G＝“至多去一个草原”，事件H＝“不去甲草原”，事件Ⅰ＝“一个草原也不去”．下列命题正确的是（ ）
A．E与G是互斥事件
B．F与I是互斥事件，且是对立事件
C．F与G是互斥事件
D．G与Ⅰ是互斥事件
【分析】根据互斥事件和对立事件的概念，即可判断．
【解答】解：对于A，事件E，G有可能同时发生，不是互斥事件，故A错误；
对于B，事件F与I不可能同时发生，且发生的概率之和为1，是互斥事件，且为对立事
件，故B正确；
对于C，事件F与G有可能同时发生，即都包括去其中一个草原，不是互斥事件，故C错误；
对于D，事件G与I有可能同时发生，不是互斥事件，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查互斥事件和对立事件的概念，属于基础题．
4．（2023秋•河南月考）抛掷一枚质地均匀的骰子1次，事件表示“掷出的点数大于2”，则与互斥且不对立的事件是 ．
A．掷出的点数为偶数B．掷出的点数为奇数
C．掷出的点数小于2D．掷出的点数小于3
【分析】根据已知写出对应事件的基本事件，根据互斥、对立概念判断各项与事件的关系．
【解答】解：由题意，，2，3，4，5，，而事件，4，5，，
“掷出的点数为偶数”对应基本事件有，4，，与不互斥，
“掷出的点数为奇数”对应基本事件有，3，，与不互斥，
“掷出的点数小于2”对应基本事件有，与互斥且不对立，
“掷出的点数小于3”对应基本事件有，，与对立．
故选：．
【点评】本题主要考查了对立事件与互斥事件的概念的判断，属于基础题．
5．（2023•宝山区校级模拟）某家庭有三个孩子，假定生男孩和生女孩是等可能且相互独立的．记事件：该家庭既有男孩又有女孩；事件：该家庭最多有一个男孩；事件：该家庭最多有一个女孩；则下列说法中正确的是
A．事件与事件互斥但不对立B．事件与事件互斥且对立
C．事件与事件相互独立D．事件与事件相互独立
【分析】先列出生3个小孩包含的基本事件数及事件，事件，事件，包含的基本事件数，再利用互斥，对立和独立事件所满足的关系，对四个选项一一作出判断．
【解答】解：生3个小孩的总事件包含（男，男，男），（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男），（男，女，女），（女，男，女），（女，女，男），（女，女，女），共8个基本事件，
事件包含（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男），（男，女，女），（女，男，女），（女，女，男），共6个基本事件，
事件包含（男，女，女），（女，男，女），（女，女，男），（女，女，女），共4个基本事件，
事件包含（男，男，男），（男，男，女），（男，女，男），（女，男，男），共4个基本事件，
选项，因为，，所以事件与事件互斥且对立，错误；
选项，因为，所以事件与事件不互斥，不对立，错误；
选项，因为，所以，又，故（B）（C），故事件与事件不独立，错误；
选项，因为有3个基本事件，所以，又，
所以（A）（B），正确．
故选：．
【点评】本题主要考查了古典概率公式的应用，属于基础题．
6．（2023•吉林模拟）对于事件与事件，下列说法错误的是
A．若事件与事件互为对立事件，则（A）（B）
B．若事件与事件相互独立，则（A）（B）
C．若（A）（B），则事件与事件互为对立事件
D．若（A）（B），则事件与事件相互独立
【分析】根据对立事件和独立事件的定义和性质逐项分析．
【解答】解：事件和事件为对立事件，则，中必然有一个发生，
（A）（B），故正确；
根据独立事件的性质知（A）（B），故正确；
由（A）（B），并不能得出与是对立事件，举例说有，，，个小球，
选中每个小球的概率是相同的，事件表示选中，两球，则，事件表示选中，两球，则，
（A）（B），但，不是对立事件，故错误；
对于，由相互独立事件的定义可知：正确．
故选：．
【点评】本题主要考查对立事件和独立事件的定义和性质，属于基础题．
7．（2023春•太原期末）抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件 “第一枚正面向上”，事件 “第二枚反面向上”，则事件与的关系是
A．B．C．相互独立D．互斥
【分析】根据已知条件，结合互斥事件，相互独立事件的定义，即可依次求解．
【解答】解：正正，正反，正反，反反，
故不是的子集，故错误；
事件 “第一枚硬币正面向上”，事件 “第二枚硬币反面向上”，
则，错误；
，（A）（B），则（A）（B），
故与为相互独立事件，故正确；
可以同时发生，与不为互斥事件，故错误．
故选：．
【点评】本题主要考查互斥事件，相互独立事件的定义，属于基础题．
8．（2022秋•船山区校级期末）从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么互斥而不对立的两个事件是
A．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”
B．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”
C．“至少有一个黑球”与“都是黑球”
D．“至少有一个黑球”与“都是红球”
【分析】由互斥事件及对立事件的关系求解即可．
【解答】解：对于选项，“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球”为互斥而不对立的两个事件，即选项正确；
对于选项，“至少有一个黑球”与“至少有一个红球”两个事件不为互斥事件，两事件中都有“一个红球一个黑球”这一事件，即选项错误；
对于选项，“至少有一个黑球”与“都是黑球”两个事件不为互斥事件，两事件中都有“都是黑球”这一事件，即选项错误；
对于选项，“至少有一个黑球”与“都是红球”为对立事件，即选项错误，
故选：．
【点评】本题考查了互斥事件及对立事件，属基础题．
9．（2023春•梅河口市校级期末）若，，，则事件与的关系是
A．事件与互斥B．事件与对立
C．事件与相互独立D．事件与既互斥又相互独立
【分析】结合互斥事件、对立事件、相互独立事件的知识求得正确答案．
【解答】解：，
，
事件与相互独立、事件与不互斥，故不对立．
故选：．
【点评】本题主要考查相互独立事件的概率公式，属于基础题．
10．（2023春•麒麟区校级期末）下面是离散型随机变量的是
A．电灯泡的使用寿命
B．小明射击1次，击中目标的环数
C．测量一批电阻两端的电压，在之间的电压值
D．一个在轴上随机运动的质点，它在轴上的位置
【分析】变量的取值是随机出现且可一一列举出来的随机变量称为离散型随机变量，据此逐项判断即可．
【解答】解：对于，电灯炮的使用寿命是变量，但无法将其取值一一列举出来，故不符题意；
对于，小明射击1次，击中目标的环数是变量，且其取值为0，1，2，，10，故为离散型随机变量，故符合题意；
对于，测量一批电阻两端的电压，在之间的电压值是变量，但无法一一列举出的所有取值，
故不是离散型随机变量，故不符题意；
对于，一个在轴上随机运动的质点，它在轴上的位置是变量，但无法一一列举出其所有取值，
故不是离散型随机变量，故不符题意．
故选：．
【点评】本题考查随机事件，属于基础题．
11．（2023•开远市校级开学）已知集合，，，，0，1，3，，从集合中任取不同的两个数作为点的坐标，则事件“点落在轴上”包含的基本事件共有
A．7个B．8个C．9个D．10个
【分析】利用列举法一一列举即可求解．
【解答】解：列举出满足条件的点的坐标，即可得解“点落在轴上”包含的基本事件有：、、、、、、，共7个．
故选：．
【点评】本题考查了事件的概念，属于基础题．
12．（2023春•南开区校级期末）从装有4个白球和3个红球的盒子里摸出3个球，则以下哪个选项中的事件与事件互斥却不互为对立
A．事件个球中至少有1个红球；事件个球中至少有1个白球
B．事件个球中恰有1个红球；事件个球中恰有1个白球
C．事件个球中至多有2个红球；事件个球中至少有2个白球
D．事件个球中至多有1个红球；事件个球中至多有1个白球
【分析】根据互斥事件和对立事件的定义判断即可．
【解答】解：对于，事件与事件可能同时发生，例如摸出2个白球和1个红球，所以事件与事件不是互斥事件，故错误；
对于，事件与事件不可能同时发生，但不是一定有一个发生，还有可能是3个白球或3个红球，所以事件与事件互斥却不互为对立，故正确；
对于，事件与事件可能同时发生，例如摸出2个白球和1个红球，所以事件与事件不是互斥事件，故错误；
对于，事件与事件不可能同时发生，但必有一个发生，所以事件与事件是互斥事件也是对立事件，故错误．
故选：．
【点评】本题主要考查了互斥事件和对立事件的定义，属于基础题．
13．（2023春•河西区期末）抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件 “第一枚硬币正面朝上”，事件 “第二枚硬币反面朝上”，则下列说法正确的是
A．与互为对立事件B．（A）（B）
C．与相等D．与互斥
【分析】事件与能同时发生，不是互斥事件，不是对立事件；（A）（B）；事件与事件不是同一个事件．
【解答】解：抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件 “第一枚硬币正面朝上”，事件 “第二枚硬币反面朝上”，
事件与能同时发生，不是互斥事件，不是对立事件，故均错误；
（A）（B），故正确；
事件与事件不是同一个事件，故错误．
故选：．
【点评】本题考查古典概型、互斥事件、对立事件等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
14．（2023春•碑林区校级期末）若，，，则事件与的关系是
A．互斥但不对立B．对立C．相互独立D．既互斥又独立
【分析】根据独立事件的乘法公式判断独立性，根据互斥事件的定义判断是否互斥．
【解答】解：，，
，
事件与不互斥但相互独立，
故选：．
【点评】本题考查独立事件的乘法公式以及互斥事件的定义，属于基础题．
15．（2023春•新吴区校级期末）若，，（B），则事件与的关系是
A．事件与互斥但不对立B．事件与对立
C．事件与相互独立D．事件与既互斥又相互独立
【分析】求出（A），得到（A）（B），从而得到事件与是相互独立事件．
【解答】解：，，（B），
（A），
（A）（B），
事件与是相互独立事件．
故选：．
【点评】本题考查互斥事件、对立事件、相互独立事件等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16．（2023春•金凤区校级期末）已知事件与事件是互斥事件，则
A．B．（A）（B）
C．（A）（B）D．
【分析】利用互斥事件的定义判断即可．
【解答】解：对于，若与是互斥，则与不一定互斥，则不一定为0，故错误，
对于，若事件与事件是互斥事件，则，而（A）（B）不一定为0，故错误，
对于，事件与事件是互斥事件，不一定为对立事件，故错误，
对于，事件与事件是互斥事件，为必然事件，，故正确．
故选：．
【点评】本题考查互斥事件的定义、性质，是基础题．
17．（2023•徐汇区校级三模）某小组有1名男生和2名女生，从中任选2名学生参加围棋比赛，事件“至少有1名男生”与事件“至少有1名女生”
A．是对立事件B．都是不可能事件
C．是互斥事件但不是对立事件D．不是互斥事件
【分析】根据已知条件，结合对立事件、互斥事件的定义，即可求解．
【解答】解：事件“至少有1名男生”与事件“至少有1名女生”能同时发生，即两名学生正好一名男生，一名女生，故两事件既不是对立事件也不是互斥事件．
故选：．
【点评】本题主要考查对立事件、互斥事件的定义，属于基础题．
18．（2023春•锡山区校级月考）掷一个骰子的试验，事件 “出现小于5的偶数点”，事件 “出现小于5的点数”，若表示的对立事件，则一次试验中，事件发生的概率为
A．B．C．D．
【分析】根据已知条件，结合互斥事件的概率加法公式，即可求解．
【解答】解：由题意可知，（A），，
事件与事件互斥，
故（A）．
故选：．
【点评】本题主要考查互斥事件的概率加法公式，属于基础题．
员工
项目
A
B
C
D
E
F
子女教育
○
○
×
○
×
○
继续教育
×
×
○
×
○
○
大病医疗
×
×
×
○
×
×
住房贷款利息
○
○
×
×
○
○
住房租金
×
×
○
×
×
×
赡养老人
○
○
×
×
×
○
无疲乏症状
有疲乏症状
合计
未使用新药
150
25
t
使用新药
x
y
100
合计
225
m
275
α
0.15
0.10
0.05
0.025
0.010
0.005
0.001
xα
2.072
2.706
3.841
5.024
6.635
7.879
10.828