2025高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題五-微專題31-計數(shù)原理與概率-專項(xiàng)訓(xùn)練【含答案】

專題五概率與統(tǒng)計微專題31計數(shù)原理與概率[考情分析]主要考查兩個計數(shù)原理、排列、組合的簡單應(yīng)用，時常與概率相結(jié)合，以選擇題、填空題為主．二項(xiàng)式定理主要考查通項(xiàng)公式、二項(xiàng)式系數(shù)等知識，近幾年也與函數(shù)、不等式、數(shù)列交匯考查．概率重點(diǎn)考查古典概型、條件概率的基本應(yīng)用．考點(diǎn)一排列、組合典例1(1)(2023·新高考全國Ⅰ)某學(xué)校開設(shè)了4門體育類選修課和4門藝術(shù)類選修課，學(xué)生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有________種(用數(shù)字作答)．答案64解析(1)當(dāng)從8門課中選修2門時，不同的選課方案共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)＝16(種)；(2)當(dāng)從8門課中選修3門時，①若體育類選修1門，則不同的選課方案共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,4)＝24(種)；②若體育類選修2門，則不同的選課方案共有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,4)＝24(種)．綜上所述，不同的選課方案共有16＋24＋24＝64(種)．(2)(2023·南昌模擬)中國燈籠又統(tǒng)稱為燈彩，是一種古老的漢族傳統(tǒng)工藝品．燈籠綜合了繪畫、剪紙、紙?jiān)?、刺縫等工藝，與中國人的生活息息相連．燈籠成了中國人喜慶的象征．經(jīng)過歷代燈彩藝人的繼承和發(fā)展，形成了豐富多彩的品種和高超的工藝水平，從種類上主要有宮燈、紗燈、吊燈等類型，現(xiàn)將紅木宮燈、檀木宮燈、楠木紗燈、花梨木紗燈、恭喜發(fā)財?shù)鯚簟⒓槿缫獾鯚舾饕粋€隨機(jī)掛成一排，則有且僅有一種類型的燈籠相鄰的概率為()A.eq\f(2,5)B.eq\f(5,12)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,4)答案A解析設(shè)紅木宮燈、檀木宮燈為a1，a2；楠木紗燈、花梨木紗燈為b1，b2；恭喜發(fā)財?shù)鯚簟⒓槿缫獾鯚魹閏1，c2.先求僅a1a2相鄰的種數(shù)，把a(bǔ)1a2看作一個元素，此時有五個位置可選，當(dāng)a1a2排在首尾時，不同的排法有N1＝(Aeq\o\al(2,2)×Ceq\o\al(1,4)×Aeq\o\al(2,2))×2＝32(種)；當(dāng)a1a2排在五個位置中的第二、四位時，不同的排法有N2＝(Ceq\o\al(1,4)×Aeq\o\al(2,2)×Aeq\o\al(2,2))×2＝32(種)；當(dāng)a1a2排在第三個位置時，不同的排法有N3＝Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝32(種)，故僅a1a2相鄰共有N1＋N2＋N3＝96(種)排法，同理得僅b1b2相鄰，僅c1c2相鄰的情況，也都有96種排法，所以有且僅有一種類型燈籠相鄰的概率P＝eq\f(96×3,A\o\al(6,6))＝eq\f(2,5).跟蹤訓(xùn)練1(1)(2023·茂名模擬)從1,2,3,4,5中任選3個不同的數(shù)字組成一個三位數(shù)，則該三位數(shù)能被3整除的概率為()A.eq\f(1,10)B.eq\f(1,5)C.eq\f(3,10)D.eq\f(2,5)答案D解析從1,2,3,4,5中任選3個不同的數(shù)字組成一個三位數(shù)，有Aeq\o\al(3,5)＝5×4×3＝60(種)情況；要使該三位數(shù)能被3整除，只需3個數(shù)字和能被3整除即可，所以當(dāng)數(shù)字為1,2,3時，有Aeq\o\al(3,3)＝3×2×1＝6(種)情況；當(dāng)數(shù)字為1,3,5時，有Aeq\o\al(3,3)＝3×2×1＝6(種)情況；當(dāng)數(shù)字為2,3,4時，有Aeq\o\al(3,3)＝3×2×1＝6(種)情況；當(dāng)數(shù)字為3,4,5時，有Aeq\o\al(3,3)＝3×2×1＝6(種)情況，共24種情況．所以該三位數(shù)能被3整除的概率為eq\f(24,60)＝eq\f(2,5).(2)(2023·齊齊哈爾模擬)中國古代儒家要求學(xué)生掌握六種基本才能(六藝)：禮、樂、射、御、書、數(shù)．某校國學(xué)社團(tuán)周末開展“六藝”課程講座活動，一天連排六節(jié)，每藝一節(jié)，則“射”與“數(shù)”之間最多間隔一藝的不同排課方法種數(shù)為()A．432 B．486C．504 D．540答案A解析根據(jù)題意，排課順序有兩類，一類是在“射”與“數(shù)”之間間隔一藝，先將“射”與“數(shù)”進(jìn)行全排列，從剩余的4藝中選擇1個放在“射”與“數(shù)”中間，再將這三藝看做一個整體，和剩余的三藝進(jìn)行全排列，這樣的排課方法數(shù)為Aeq\o\al(2,2)·Ceq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(4,4)＝192；另一類是“射”“數(shù)”兩藝相鄰，將“射”“數(shù)”捆綁，有Aeq\o\al(2,2)種排課方法，然后與剩余的四藝進(jìn)行全排列，這樣的排課方法數(shù)為Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(5,5)＝240，因此全部的排課方法數(shù)為192＋240＝432.考點(diǎn)二二項(xiàng)式定理典例2(1)(2022·新高考全國Ⅰ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展開式中x2y6的系數(shù)為_____(用數(shù)字作答)．答案－28解析(x＋y)8展開式的通項(xiàng)Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)x8－kyk，k＝0，1，…，7,8.令k＝6，得T6＋1＝Ceq\o\al(6,8)x2y6；令k＝5，得T5＋1＝Ceq\o\al(5,8)x3y5，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展開式中x2y6的系數(shù)為Ceq\o\al(6,8)－Ceq\o\al(5,8)＝－28.(2)(多選)已知(2－x)2024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2024x2024，則()A．a(chǎn)0＝1B．a(chǎn)1＋a2＋a3＋…＋a2024＝22024C．a(chǎn)2018＝64Ceq\o\al(6,2024)D．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2024|＝32024－22024答案CD解析令x＝0，得22024＝a0，故A錯誤；令x＝1，得(2－1)2024＝a0＋a1＋a2＋…＋a2024，即a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2024＝1，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2024＝1－22024，故B錯誤；因?yàn)?2－x)2024的展開式的通項(xiàng)為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,2024)·22024－k·(－x)k＝(－1)k22024－kCeq\o\al(k,2024)xk，所以a2018＝(－1)2018×26Ceq\o\al(2018,2024)＝64Ceq\o\al(6,2024)，故C正確；由(2－x)2024的展開式的通項(xiàng)及題意，得|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2024|＝－a1＋a2－a3＋…＋a2024，令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a2024＝(2＋1)2024＝32024，則－a1＋a2－a3＋…＋a2024＝32024－22024，故D正確．跟蹤訓(xùn)練2(1)(2023·汕頭模擬)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－y))10的展開式中，xy7的系數(shù)為________．答案－720解析對于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－y))10中含y7的項(xiàng)為Ceq\o\al(7,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))3(－y)7，對于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)))3中含x的項(xiàng)為Ceq\o\al(1,3)x2·eq\f(2,x)＝2Ceq\o\al(1,3)x，所以xy7的系數(shù)是－Ceq\o\al(7,10)×2Ceq\o\al(1,3)＝－720.(2)(多選)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\r(x)＋\f(1,x2)))10(a>0)的展開式的各項(xiàng)系數(shù)之和為1024，則展開式中()A．奇數(shù)項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)和為256B．第6項(xiàng)的系數(shù)最大C．存在常數(shù)項(xiàng)D．有理項(xiàng)共有6項(xiàng)答案BCD解析令x＝1，得(a＋1)10＝1024，則a＝1或a＝－3(舍去)．∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,x2)))10的展開式的通項(xiàng)為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)(eq\r(x))10－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)))r＝.對于A，eq\f(1,2)(Ceq\o\al(0,10)＋Ceq\o\al(1,10)＋…＋Ceq\o\al(10,10))＝eq\f(1,2)×210＝512，故A錯誤；對于B，由題意知展開式共11項(xiàng)，第6項(xiàng)的系數(shù)最大，故B正確；對于C，令5－eq\f(5,2)r＝0，解得r＝2，故存在常數(shù)項(xiàng)為第3項(xiàng)，故C正確；對于D，當(dāng)r＝0,2,4,6,8,10時，Tr＋1為有理項(xiàng)，故有理項(xiàng)共有6項(xiàng)，故D正確．考點(diǎn)三概率典例3(1)(多選)(2023·新高考全國Ⅱ)在信道內(nèi)傳輸0,1信號，信號的傳輸相互獨(dú)立．發(fā)送0時，收到1的概率為α(0<α<1)，收到0的概率為1－α；發(fā)送1時，收到0的概率為β(0<β<1)，收到1的概率為1－β.考慮兩種傳輸方案：單次傳輸和三次傳輸．單次傳輸是指每個信號只發(fā)送1次；三次傳輸是指每個信號重復(fù)發(fā)送3次．收到的信號需要譯碼，譯碼規(guī)則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現(xiàn)次數(shù)多的即為譯碼(例如，若依次收到1,0,1，則譯碼為1)．()A．采用單次傳輸方案，若依次發(fā)送1,0,1，則依次收到1,0,1的概率為(1－α)(1－β)2B．采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則依次收到1,0,1的概率為β(1－β)2C．采用三次傳輸方案，若發(fā)送1，則譯碼為1的概率為β(1－β)2＋(1－β)3D．當(dāng)0<α<0.5時，若發(fā)送0，則采用三次傳輸方案譯碼為0的概率大于采用單次傳輸方案譯碼為0的概率答案ABD解析對于A，依次發(fā)送1,0,1，則依次收到1,0,1的事件是發(fā)送1接收1、發(fā)送0接收0、發(fā)送1接收1這3個事件的積，它們相互獨(dú)立，所以所求概率為(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故A正確；對于B，三次傳輸，發(fā)送1，相當(dāng)于依次發(fā)送1,1,1，則依次收到1,0,1的事件是發(fā)送1接收1、發(fā)送1接收0、發(fā)送1接收1這3個事件的積，它們相互獨(dú)立，所以所求概率為(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正確；對于C，三次傳輸，發(fā)送1，則譯碼為1的事件是依次收到1,1,0；1,0,1；0,1,1和1,1,1這4個事件的和，它們互斥，所求的概率為Ceq\o\al(2,3)β(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C錯誤；對于D，三次傳輸，發(fā)送0，則譯碼為0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，單次傳輸發(fā)送0，則譯碼為0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，故D正確．(2)(2023·莆田模擬)某醫(yī)用口罩生產(chǎn)廠家生產(chǎn)醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、醫(yī)用防護(hù)口罩三種產(chǎn)品，三種產(chǎn)品的生產(chǎn)比例如圖所示，且三種產(chǎn)品中綁帶式口罩的比例分別為90%,50%,40%.若從該廠生產(chǎn)的口罩中任選一個，則選到綁帶式口罩的概率為()A．0.23B．0.47C．0.53D．0.77答案D解析由題圖可知醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、醫(yī)用防護(hù)口罩的占比分別為70%,20%,10%，記事件A1，A2，A3分別表示選到醫(yī)用普通口罩、醫(yī)用外科口罩、醫(yī)用防護(hù)口罩，則Ω＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3兩兩互斥，所以P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.1，又三種產(chǎn)品中綁帶式口罩的比例分別為90%,50%,40%，記事件B為“選到綁帶式口罩”，則P(B|A1)＝0.9，P(B|A2)＝0.5，P(B|A3)＝0.4，所以由全概率公式可得選到綁帶式口罩的概率為P(B)＝0.7×0.9＋0.2×0.5＋0.1×0.4＝0.77.跟蹤訓(xùn)練3(1)(多選)(2023·益陽質(zhì)檢)給定事件A，B，C，且P(C)>0，則下列選項(xiàng)正確的是()A．P(A∪B|C)≤P(A|C)＋P(B|C)B．若P(A)>0，P(B)>0且A，B互斥，則A，B不可能相互獨(dú)立C．若P(A|C)＋P(B|C)＝1，則A，B互為對立事件D．若P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)，則A，B，C兩兩相互獨(dú)立答案AB解析對于A，①當(dāng)A，B互斥時，P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)，②當(dāng)A，B不互斥時，P(A∪B|C)<P(A|C)＋P(B|C)，故A正確；對于B，若P(A)>0，P(B)>0且A，B互斥，那么P(AB)＝0≠P(A)P(B)，故A，B不可能相互獨(dú)立，故B正確；對于C，由P(A|C)＋P(B|C)＝1得在C事件發(fā)生的前提下A和B事件發(fā)生的概率為1，并不能得出A與B是對立事件，故C錯誤；對于D，若P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)，只能說明其中兩個事件的積事件與另一事件相互獨(dú)立，但推導(dǎo)不出三個事件兩兩相互獨(dú)立，故D錯誤．(2)(2023·廣東大灣區(qū)聯(lián)考)一堆蘋果中大果數(shù)與小果數(shù)的比例為9∶1，現(xiàn)用一臺水果分選機(jī)進(jìn)行篩選．已知這臺分選機(jī)把大果篩選為小果的概率為5%，把小果篩選為大果的概率為2%.經(jīng)過一輪篩選后，現(xiàn)在從這臺分選機(jī)篩選出來的“大果”里面隨機(jī)抽取一個，則這個“大果”是真的大果的概率為()A.eq\f(855,857)B.eq\f(857,1000)C.eq\f(171,200)D.eq\f(9,10)答案A解析記事件A1為放入水果分選機(jī)的蘋果為大果，事件A2為放入水果分選機(jī)的蘋果為小果，記事件B為水果分選機(jī)篩選的蘋果為“大果”，則P(A1)＝eq\f(9,10)，P(A2)＝eq\f(1,10)，P(Beq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A1)))＝eq\f(19,20)，P(Beq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A2)))＝eq\f(1,50)，由全概率公式可得P(B)＝P(A1)P(Beq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A1)))＋P(A2)P(Beq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A2)))＝eq\f(9,10)×eq\f(19,20)＋eq\f(1,10)×eq\f(1,50)＝eq\f(857,1000)，P(A1B)＝P(A1)P(Beq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(A1)))＝eq\f(9,10)×eq\f(19,20)＝eq\f(855,1000)，因此，P(A1eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(B)))＝eq\f(PA1B,PB)＝eq\f(855,1000)×eq\f(1000,857)＝eq\f(855,857).[總結(jié)提升]主要考查計數(shù)原理與概率，以選擇題和填空題為主，其中要注意排列組合問題的求解方法與技巧，二項(xiàng)式(a＋b)n的通項(xiàng)公式以及條件概率的求法和全概率公式的使用．1．(2023·湖南名校教研聯(lián)盟)用紅、黃、藍(lán)三種顏色給下圖著色，要求有公共邊的兩塊不著同色．在所有著色方案中，①③⑤著色相同的有()A．96種B．24種C．48種D．12種答案B解析因?yàn)棰佗邰葜嗤梢杂蠧eq\o\al(1,3)＝3(種)，②④⑥按要求可隨意著與①③⑤不同色的另外兩種顏色，故有Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,2)＝8(種)，所以共有24種．2．(2023·全國甲卷)某地的中學(xué)生中有60%的同學(xué)愛好滑冰，50%的同學(xué)愛好滑雪，70%的同學(xué)愛好滑冰或愛好滑雪．在該地的中學(xué)生中隨機(jī)調(diào)查一位同學(xué)，若該同學(xué)愛好滑雪，則該同學(xué)也愛好滑冰的概率為()A．0.8B．0.6C．0.5D．0.4答案A解析方法一如圖，左圓表示愛好滑冰的學(xué)生所占比例，右圓表示愛好滑雪的學(xué)生所占比例，A表示愛好滑冰且不愛好滑雪的學(xué)生所占比例，B表示既愛好滑冰又愛好滑雪的學(xué)生所占比例，C表示愛好滑雪且不愛好滑冰的學(xué)生所占比例，則0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若該學(xué)生愛好滑雪，則他也愛好滑冰的概率為eq\f(B,B＋C)＝eq\f(0.4,0.5)＝0.8.方法二令事件A，B分別表示該學(xué)生愛好滑冰、該學(xué)生愛好滑雪，則P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，所以P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(0.4,0.5)＝0.8.3．(2023·汕頭模擬)現(xiàn)將A，B，C，D，E，F(xiàn)六個字母排成一排，若要求A，B相鄰，且B，C不相鄰，則不同的排列方式的種數(shù)為()A．192B．240C．120D．28答案A解析當(dāng)A，B相鄰時，不同的排列方式有Aeq\o\al(5,5)Aeq\o\al(2,2)＝240(種)，當(dāng)A，B，C相鄰，且B在A，C中間時，不同的排列方式有2Aeq\o\al(4,4)＝48(種)，若要求A，B相鄰，且B，C不相鄰，則不同的排列方式有240－48＝192(種)．4.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,\r(x))－2))3的展開式中常數(shù)項(xiàng)為()A．－6B．－20C．0D．20答案B解析二項(xiàng)式可以化為，則二項(xiàng)式(eq\r(x)－1)6的展開式中含的項(xiàng)為Ceq\o\al(3,6)(eq\r(x))3·(－1)3＝，所以原二項(xiàng)式的展開式中的常數(shù)項(xiàng)為＝－20.5．(2023·湖南新高考教學(xué)教研聯(lián)盟聯(lián)考)某高校計劃在今年暑假安排編號為A，B，C，D，E，F(xiàn)的6名教師到4個不同的學(xué)校進(jìn)行宣講，每個學(xué)校至少安排1人，其中B，D必須安排在同一個學(xué)校．則不同的安排方法共有()A．96種 B．144種C．240種 D．384種答案C解析將這6名教師分成四組，再分配到不同的學(xué)校．若教師人數(shù)依次為3,1,1,1，則不同的安排方法有Ceq\o\al(1,4)×Aeq\o\al(4,4)＝96(種)；若教師人數(shù)依次為2,2,1,1，則不同的安排方法有Ceq\o\al(2,4)×Aeq\o\al(4,4)＝144(種)，故不同的安排方法共有96＋144＝240(種)．6．(2023·岳陽模擬)某學(xué)校為落實(shí)“雙減”政策，在課后服務(wù)時間開設(shè)了“球類”“棋類”“書法”“繪畫”“舞蹈”五項(xiàng)活動．若甲同學(xué)準(zhǔn)備從這五項(xiàng)活動中隨機(jī)選三項(xiàng)，則“書法”和“繪畫”這兩項(xiàng)活動至多有一項(xiàng)被選中的概率為()A．0.9B．0.7C．0.6D．0.3答案B解析隨機(jī)試驗(yàn)從五項(xiàng)活動中隨機(jī)選三項(xiàng)的樣本空間共有Ceq\o\al(3,5)個樣本點(diǎn)，“書法”和“繪畫”這兩項(xiàng)活動至多有一項(xiàng)被選中分兩種情況：①都沒有被選中，有Ceq\o\al(3,3)種情況；②兩項(xiàng)活動只有一項(xiàng)被選中，有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,3)種情況，則所求概率為P＝eq\f(C\o\al(3,3)＋C\o\al(1,2)C\o\al(2,3),C\o\al(3,5))＝eq\f(7,10)＝0.7.7．(多選)已知(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，則()A．a(chǎn)0＝28B．a(chǎn)1＋a2＋…＋a8＝1C．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38D．a(chǎn)1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8答案AD解析取x＝0，可得a0＝28，故A正確；取x＝1，把a(bǔ)0＝28代入可得a1＋a2＋…＋a8＝1－28，故B不正確；取x＝－1，可得|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝－a1＋a2－…＋a8＝38－28，故C不正確；已知等式兩邊對x求導(dǎo)數(shù)可得－8(2－x)7＝a1＋2a2x＋…＋8a8x7，取x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8，故D正確．8．(多選)(2023·杭州模擬)一口袋中有除顏色外完全相同的3個紅球和2個白球，從中無放回地隨機(jī)取兩次，每次取1個球，記事件A1為“第一次取出的是紅球”；事件A2為“第一次取出的是白球”；事件B為“取出的兩球同色”；事件C為“取出的兩球中至少有一個紅球”，則()A．事件A1，A2為互斥事件B．事件B，C相互獨(dú)立C．P(B)＝eq\f(2,5)D．P(eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(C))A2)＝eq\f(3,4)答案ACD解析第一次取出的球是紅球還是白球兩個事件不可能同時發(fā)生，它們是互斥的，故A正確；由于紅球有3個，白球有2個，事件B發(fā)生時，兩球同為白色或同為紅色，P(B)＝eq\f(C\o\al(2,3)＋C\o\al(2,2),C\o\al(2,5))＝eq\f(2,5)，故C正確；P(C)＝eq\f(C\o\al(1,3)C\o\al(1,2)＋C\o\al(2,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(9,10)，P(BC)＝eq\f(C\o\al(2,3),C\o\al(2,5))＝eq\f(3,10)，則P(BC)≠P(B)P(C)，所以事件B，C不相互獨(dú)立，故B錯誤；事件A2發(fā)生后，口袋中有3個紅球、1個白球，只有從中取出一個紅球，事件C才發(fā)生，所以P(C|A2)＝eq\f(3,4)，故D正確．9．(2023·德陽質(zhì)檢)已知(1－ax)5(1＋3x)4的展開式中x的系數(shù)為2，則實(shí)數(shù)a的值為________．答案2解析(1－ax)5展開式的通項(xiàng)公式為Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(－ax)r，r＝0,1,2,3,4,5，(1＋3x)4展開式的通項(xiàng)公式為Ts＋1＝Ceq\o\al(s,4)(3x)s，s＝0,1,2,3,4，所以(1－ax)5(1＋3x)4的展開式中x的系數(shù)為Ceq\o\al(0,5)(－a)0Ceq\o\al(1,4)31＋Ceq\o\al(1,5)(－a)1Ceq\o\al(0,4)30＝2，解得a＝2.10．在某學(xué)校舉辦的春季運(yùn)動會上，甲、乙兩位教師進(jìn)行某項(xiàng)比賽，采取七局四勝制(當(dāng)一人贏得四局時就獲勝，比賽結(jié)束)．根據(jù)甲、乙兩人多次比賽的成績統(tǒng)計，每局甲獲勝的概率為eq\f(2,3)，乙獲勝的概率為eq\f(1,3)，設(shè)各局比賽結(jié)果相互獨(dú)立，則乙在第一局負(fù)的情況下獲勝的概率是____．答案eq\f(73,729)解析由題意可得，乙在第一局負(fù)的情況下獲勝，則乙還需要勝四局比賽．若再比賽四局乙獲勝，則概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＝eq\f(1,81)；若再比賽五局乙獲勝，則概率為Ceq\o\al(1,4)×eq\f(2,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＝eq\f(8,243)；若再比賽六局乙獲勝，則概率為Ceq\o\al(2,5)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))4＝eq\f(40,729).綜上所述，乙在第一局負(fù)的情況下獲勝的概率是eq\f(1,81)＋eq\f(8,243)＋eq\f(40,729)＝eq\f(73,729).11．(2023·華南師大附中模擬)我們稱n(n∈N*)元有序?qū)崝?shù)組(x1，x2，…，xn)為n維向量，|x1|＋|x2|＋…＋|xn|為該向量的范數(shù)．已知n維向量a＝(x1，x2，…，xn)，其中xi∈{－1,0,1}，i＝1,2，…，n，記范數(shù)為奇數(shù)的a的個數(shù)為An，則An＝________.(用含n的式子表示，n∈N*)答案eq\f(3n－－1n,2)解析當(dāng)n為偶數(shù)時，范數(shù)為奇數(shù)，則xi＝0的個數(shù)為奇數(shù)，即0的個數(shù)為1,3,5，…，n－1，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理和分類加法計數(shù)原理得An＝Ceq\o\al(1,n)·2n－1＋Ceq\o\al(3,n)·2n－3＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)·2，3n＝(2＋1)n＝Ceq\o\al(0,n)·2n＋Ceq\o\al(1,n)·2n－1＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)·2＋Ceq\o\al(n,n)，①1＝(2－1)n＝Ceq\o\al(0,n)·2n－Ceq\o\al(1,n)·2n－1＋…－Ceq\o\al(n－1,n)·2＋Ceq\o\al(n,n)，②由①－②得An＝eq\f(3n－1,2)；當(dāng)n為奇數(shù)時，范數(shù)為奇數(shù)，則xi＝0的個數(shù)為偶數(shù)，即0的個數(shù)為0,2,4,6，…，n－1，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理和分類加法計數(shù)原理得An＝Ceq\o\al(0,n)·2n＋Ceq\o\al(2,n)·2n－2＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)·2，3n＝(2＋1)n＝Ceq\o\al(0,n)·2n＋Ceq\o\al(1,n)2n－1＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)·2＋Ceq\o\al(n,n)，③1＝(2－1)n＝Ceq\o\al(0,n)·2n－Ceq\o\al(1,n)·2n－1＋…＋Ceq\o\al(n－1,n)·2－Ceq\o\al(n,n)，④由③＋④得到An＝eq\f(3n＋1,2).綜上所述，An＝eq\f(3n－－1n,2).12．(2023·佛山模擬)有n個編號分別為1,2，…，n的盒子，第1個盒子中有2個白球、1個黑球，其余盒子中均為1個白球、1個黑球，現(xiàn)從第1個盒子中任取一球放入第2個盒子，再從第2個盒子中任取一球放入第3個盒子，以此類推，則從第2個盒子中取到