专题11 概率、计数原理（9题型）（云南专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学下学期期末真题分类汇编

专题11 概率、计数原理 题型概览 题型01分类、分步计数原理的应用 题型02组合计数问题 题型03相邻与不相邻排列问题 题型04分组分配问题 题型05计算古典概型的概率 题型06事件关系的判断 题型07加法公式、乘法公式的应用 题型08求指定项的系数 题型09 二项式定理及二项式系数 优选提升题 ( 题型01 ) 分类、分步计数原理的应用 1．（23-24高二下·云南·期末）从由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的两位数中任取一个，则这个两位数大于40的个数是（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 ( 题型02 ) 组合计数问题 1．（23-24高二下·云南玉溪·期末）甲、乙两人计划从A，B，C三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有 种． ( 题型03 ) 相邻与不相邻排列问题 1．（23-24高二下·云南·期末）某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（    ） A．12 B．18 C．20 D．60． 2．（23-24高二下·云南·期末）某记者与参加会议的5名代表一起合影留念（6人站成一排），则记者站两端，且代表甲与代表乙不相邻的排法种数为（    ） A．72 B．96 C．144 D．240 3．（23-24高二下·云南·期末）3名男生和3名女生随机站成一排，恰有2名女生相邻，则不同的排法种数为（    ） A．332 B．360 C．432 D．488 ( 题型04 ) 分组分配问题 1．（23-24高二下·云南·期末）清华大学、北京大学、上海交通大学、复旦大学均有数学强基招生计划，若某班有4位学生每人从上述四所学校中任选一所报名，则恰有一所学校无人选报的不同方法数共有（    ） A．96 B．144 C．168 D．288 2．（23-24高二下·云南·期末）2024年春晚魔术师刘谦再次重返舞台，利用简单的模具扑克牌向观众再次展示了魔术的魅力与神奇.某魔术师在表演时将8张不同色号的扑克牌分给3名观众，每个观众被分到的扑克牌数目不少于2张，且3名观众中没有人被分到3张扑克牌，则不同的分配方法有（    ） A．2520种 B．1260种 C．420种 D．210种 ( 题型0 5 ) 计算古典概型的概率 1．（23-24高二下·云南·期末）某公司10名员工参加岗位技能比赛，获奖情况如下： 等级 一等奖 二等奖 三等奖 人数（单位：人） 3 6 1 现从这10名员工中任选1名员工参加经验交流活动．若每位员工被选到的概率相等，则选到获一等奖员工的概率为（   ） A．0.1 B．0.3 C．0.5 D．0.6 2．（23-24高二下·云南玉溪·期末）某校高二年级共有18个班，艺术节评比共产生3个一等奖，若每个班获得一等奖的概率相等，则1班和2班均获得一等奖的概率为 . 3．（23-24高二下·云南·期末）甲和乙玩纸牌游戏，已知甲手中有2张10和4张3，乙手中有4张5和6张2，现从两人手中各随机抽取两张牌并交换给对方，则交换之后甲手中牌的点数之和大于乙手中牌的点数之和的概率为 ( 题型0 6 ) 事件关系的判断 1．（23-24高二下·云南·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”，下列结论中正确的是（    ） A．与互为对立事件 B．与互斥 C． D．与相等 2．（23-24高二下·云南·期末）连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件“第一次出现2点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为9”，“两次点数之和为奇数”，则下列说法不正确的是（    ） A．B与A不互斥且相互独立 B．B与C互斥且不相互独立 C．C与A互斥且不相互独立 D．D与A不互斥且相互独立 3．（多选）（23-24高二下·云南大理·期末）小华到大理旅游，对于是否选择崇圣寺三塔与蝴蝶泉这两个景点，下列各事件关系中正确的是（    ） A．事件“至少选择其中一个景点”与事件“至多选择其中一个景点”为互斥事件 B．事件“两个景点均未选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立事件 C．事件“只选择其中一个景点”与事件“两个景点均选择”为互斥事件 D．事件“两个景点均选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立事件 ( 题型0 7 ) 加法公式、乘法公式的应用 1．（23-24高二下·云南·期末）某商店的一位售货员，发现顾客购买商品后有4种支付方式：现金支付，微信支付，支付宝支付，银联支付，其中用现金支付的概率是，支付宝支付的概率是，银联支付的概率是，则选择用微信支付的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·云南·期末）甲、乙两人独立地参加本次普通高中化学学业水平合格性考试，他们的考试成绩互不影响．甲的化学成绩得满分的概率为，乙的化学成绩得满分的概率为． (1)求甲、乙两人的化学成绩都得满分的概率； (2)求甲、乙两人至少有一人的化学成绩没有得满分的概率． ( 题型0 8 ) 求指定项的系数 1．（23-24高二下·云南·期末）的展开式中的系数为 A．-40 B．-10 C．40 D．30 2．（23-24高二下·云南曲靖·期末）在的展开式中，含的项的系数是（    ） A．57 B．56 C．36 D．35 3．（多选）（23-24高二下·云南玉溪·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． ( 题型0 9 ) 二项式定理及二项式系数 1．（多选）（23-24高二下·云南·期末）关于 的展开式，下列结论正确的是（    ） A．所有的二项式系数和为16 B．所有项的系数和为243 C．只有第3项的二项式系数最大 D．x的系数为40 2．（多选）（23-24高二下·云南·期末）的展开式中，下列结论正确的是（    ） A．展开式共7项 B．所有项的系数之和为2187 C．项系数为280 D．所有项的二项式系数之和为128 1．（23-24高二下·云南曲靖·期末）小小的火柴棒可以拼成几何图形，也可以拼成数字.如下图所示，我们可以用火柴棒拼出1至9这9个数字，比如：“1”需要2根火柴棒，“7”需要3根火柴棒.若用10根火柴棒以适当的方式全部放入表格中（没有放入火柴棒的空位表示数字“0”），那么最多可以表示无重复数字的三位数的个数为（    ） A．42 B．38 C．54 D．48 2．（23-24高二下·云南昆明·期末）如表为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按将导致改变状态．如果要求只改变的状态，则需按开关的最少次数为 ． 3．（23-24高二下·云南昆明·期末）甲、乙两人先后在装有颗黑球的1号盒子与装有颗白球的2号盒子（，）轮流取球，规定每次取球可以从某一盒子中取出任意多颗（至少取1颗），或者在两个盒子中取出相同颗数的球（至少各取1颗），最后不能按规则取的人输.例如:当时，甲先手不论如何取球，乙后手取球均有必定获胜的策略．若，且后手取球者有必定获胜的策略，则满足条件的一组数组可以为 . 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题11 概率、计数原理 题型概览 题型01分类、分步计数原理的应用 题型02组合计数问题 题型03相邻与不相邻排列问题 题型04分组分配问题 题型05计算古典概型的概率 题型06事件关系的判断 题型07加法公式、乘法公式的应用 题型08求指定项的系数 题型09 二项式定理及二项式系数 优选提升题 ( 题型01 ) 分类、分步计数原理的应用 1．（23-24高二下·云南·期末）从由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的两位数中任取一个，则这个两位数大于40的个数是（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】B 【知识点】数字排列问题 【分析】数字排列问题，根据符合题意的要求选取十位数为4或5，个位数不重复则在剩余的4个数字里选择1个，即可计算结果. 【详解】这个两位数大于40的个数为． 故选：B． ( 题型02 ) 组合计数问题 1．（23-24高二下·云南玉溪·期末）甲、乙两人计划从A，B，C三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有 种． 【答案】6 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】由分步计数原理求解． 【详解】解：甲、乙各选两个景点有种方法，其中，所选景点完全相同的有3种． 所以满足条件要求的选法共有种． 故答案为：6 ( 题型03 ) 相邻与不相邻排列问题 1．（23-24高二下·云南·期末）某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（    ） A．12 B．18 C．20 D．60． 【答案】C 【知识点】不相邻排列问题、分类加法计数原理、组合数的计算、相邻问题的排列问题 【分析】根据题意，分为当新节目插在中间的四个空隙中的一个和新节目插在中间的四个空隙中的两个，结合排列数与组合数的计算，即可求解. 【详解】根据题意，可分为两类： ①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有种方法； ②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有种方法， 由分类计数原理得，共有种不同的差法. 故选：C. 2．（23-24高二下·云南·期末）某记者与参加会议的5名代表一起合影留念（6人站成一排），则记者站两端，且代表甲与代表乙不相邻的排法种数为（    ） A．72 B．96 C．144 D．240 【答案】C 【知识点】不相邻排列问题、元素（位置）有限制的排列问题、排列组合综合、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】分三步，首先除代表甲与代表乙以外的3名代表全排，其次将代表甲与代表乙插入3名代表排好后产生的4个空位，最后安排记者在两端，由分步计数，相乘可得结果. 【详解】第一步除代表甲与代表乙以外的3名代表的排法有种， 第二步由代表甲与代表乙不相邻，利用插空法，将代表甲与代表乙插入其他3名代表排好后产生的4个空位，方法为种， 第三步将记者安排在两端有种， 所以共有种排法. 故选：C. 3．（23-24高二下·云南·期末）3名男生和3名女生随机站成一排，恰有2名女生相邻，则不同的排法种数为（    ） A．332 B．360 C．432 D．488 【答案】C 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题 【分析】将两名女生绑定，再将男生全排，再利用插空法求解. 【详解】先选出2名女生排列有种排法，再将男生全排有种排法，最后将女生插空， 则不同的排法种数为. 故选：C ( 题型04 ) 分组分配问题 1．（23-24高二下·云南·期末）清华大学、北京大学、上海交通大学、复旦大学均有数学强基招生计划，若某班有4位学生每人从上述四所学校中任选一所报名，则恰有一所学校无人选报的不同方法数共有（    ） A．96 B．144 C．168 D．288 【答案】B 【知识点】分组分配问题 【分析】先将4人分为3组一组2人，另外两组各一人，再分配进行求解. 【详解】将4位同学分为的分组，再分配到4所学校中的3所， 共有种方法. 故选：B. 2．（23-24高二下·云南·期末）2024年春晚魔术师刘谦再次重返舞台，利用简单的模具扑克牌向观众再次展示了魔术的魅力与神奇.某魔术师在表演时将8张不同色号的扑克牌分给3名观众，每个观众被分到的扑克牌数目不少于2张，且3名观众中没有人被分到3张扑克牌，则不同的分配方法有（    ） A．2520种 B．1260种 C．420种 D．210种 【答案】B 【知识点】分组分配问题 【分析】先将8张不同色号的扑克牌按，，分成三个组为，再将个组的扑克牌分给个观众有，由分步计数原理可得不同的分配方法数. 【详解】因为将张不同色号的扑克牌分给名观众，每个观众被分到的扑克牌数目不少于张， 且名观众中没有人被分到张扑克牌，故只能是按一人张，一人张，一人张分配扑克牌， 将张不同色号的扑克牌按，，分成三个组为，再交个组的扑克牌分给个观众有， 故由分步计数原理共有种不同的分配方法. 故选：B. ( 题型0 5 ) 计算古典概型的概率 1．（23-24高二下·云南·期末）某公司10名员工参加岗位技能比赛，获奖情况如下： 等级 一等奖 二等奖 三等奖 人数（单位：人） 3 6 1 现从这10名员工中任选1名员工参加经验交流活动．若每位员工被选到的概率相等，则选到获一等奖员工的概率为（   ） A．0.1 B．0.3 C．0.5 D．0.6 【答案】B 【知识点】计算古典概型问题的概率 【分析】根据古典概率的知识求得正确答案. 【详解】根据古典概型的知识可知，所求概率为. 故选：B 2．（23-24高二下·云南玉溪·期末）某校高二年级共有18个班，艺术节评比共产生3个一等奖，若每个班获得一等奖的概率相等，则1班和2班均获得一等奖的概率为 . 【答案】 【知识点】组合数的计算、计算古典概型问题的概率 【分析】所以基本事件有个，1班和2班均获得一等奖包含的基本事件有个，根据古典概型，可求对应事件的概率. 【详解】1班和2班获得一等奖的概率. 故答案为：. 3．（23-24高二下·云南·期末）甲和乙玩纸牌游戏，已知甲手中有2张10和4张3，乙手中有4张5和6张2，现从两人手中各随机抽取两张牌并交换给对方，则交换之后甲手中牌的点数之和大于乙手中牌的点数之和的概率为 【答案】 【知识点】计算古典概型问题的概率、计数原理与概率综合 【分析】根据题意分析得甲只能被抽取两张3，乙抽取的两张牌要至少有一张5，再根据古典概型求概率公式求概率即可． 【详解】解：一开始两人手中牌的点数之和是相等的，要想交换之后甲手中的牌点数之和更大，则甲被抽取的两张牌的点数之和应更小． 若甲被抽取的两种牌中有点数为10的牌，则这两张牌的点数之和肯定更大，不合题意． 故甲只能被抽取两张3，故其抽取的两张牌的点数之和为6，而乙抽取的两张牌点数之和要大于6，则至少有一张5， 综上． 故答案为：． ( 题型0 6 ) 事件关系的判断 1．（23-24高二下·云南·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”，下列结论中正确的是（    ） A．与互为对立事件 B．与互斥 C． D．与相等 【答案】C 【知识点】互斥事件与对立事件关系的辨析、判断所给事件是否是互斥关系、计算古典概型问题的概率 【分析】列举出所有基本事件，再结合互斥事件、对立事件的意义及古典概型逐项判断即得. 【详解】抛掷两枚质地均匀的硬币的所有结果是：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)， 事件A包含的结果有：(正，正)，(正，反)，事件B包含的结果有：(正，反)，(反，反)， 对于AB，事件与能同时发生，不是互斥事件，不是对立事件，AB错误； 对于C，，C正确； 对于D，事件与事件不是同一个事件，D错误． 故选：C． 2．（23-24高二下·云南·期末）连续抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记录每次的点数，设事件“第一次出现2点”，“第二次的点数小于5点”，“两次点数之和为9”，“两次点数之和为奇数”，则下列说法不正确的是（    ） A．B与A不互斥且相互独立 B．B与C互斥且不相互独立 C．C与A互斥且不相互独立 D．D与A不互斥且相互独立 【答案】B 【知识点】独立事件的乘法公式、互斥事件的概率加法公式、独立事件的判断、判断所给事件是否是互斥关系 【分析】根据互斥事件及相互独立事件的定义一一判断即可. 【详解】如第一次出现2点，第二次出现1点，此时事件A,B均发生，所以A与B不是互斥事件， 依题意，，， 又，即A与B相互独立，故A正确； 第一次出现5点，第二次出现4点，此时事件C,B均发生，所以C与B不是互斥事件,，即B与不相互独立，故B错误; ，即与不相互独立，C与A互斥故C正确； ，即A与相互独立，第一次出现2点，第二次出现1点，此时事件A、均发生，所以A与不是互斥事件，故D正确； 故选：B. 3．（多选）（23-24高二下·云南大理·期末）小华到大理旅游，对于是否选择崇圣寺三塔与蝴蝶泉这两个景点，下列各事件关系中正确的是（    ） A．事件“至少选择其中一个景点”与事件“至多选择其中一个景点”为互斥事件 B．事件“两个景点均未选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立事件 C．事件“只选择其中一个景点”与事件“两个景点均选择”为互斥事件 D．事件“两个景点均选择”与事件“至多选择其中一个景点”互为对立事件 【答案】CD 【知识点】判断所给事件是否是互斥关系、确定所给事件的对立关系 【分析】根据对立事件和互斥事件的概念，分析各个选项的内容即可得到答案. 【详解】对于是否选择崇圣寺三塔与蝴蝶泉这两个景点， 可能的结果有，两个景点都不选择，选择一个景点，选择两个景点， 事件“至少选择其中一个景点”包括选择一个景点和选择两个景点， 事件“至多选择其中一个景点”包括两个景点都不选择和选择一个景点， 所以事件“至少选择其中一个景点”与事件“至多选择其中一个景点”两事件可能同时发生， A错误； 事件“两个景点均未选择”与事件“至多选择其中一个景点”两事件可能同时发生，B错误； 事件“只选择其中一个景点”与事件“两个景点均选择”不能同时发生，C正确； 事件“两个景点均选择”与事件“至多选择其中一个景点”不能同时发生， 并且必有一个发生，D正确. 故选：CD ( 题型0 7 ) 加法公式、乘法公式的应用 1．（23-24高二下·云南·期末）某商店的一位售货员，发现顾客购买商品后有4种支付方式：现金支付，微信支付，支付宝支付，银联支付，其中用现金支付的概率是，支付宝支付的概率是，银联支付的概率是，则选择用微信支付的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】互斥事件的概率加法公式 【分析】根据互斥事件的概率公式计算可得. 【详解】依题意用现金支付，微信支付，支付宝支付，银联支付两两互斥， 所以选择用微信支付的概率. 故选：D 2．（23-24高二下·云南·期末）甲、乙两人独立地参加本次普通高中化学学业水平合格性考试，他们的考试成绩互不影响．甲的化学成绩得满分的概率为，乙的化学成绩得满分的概率为． (1)求甲、乙两人的化学成绩都得满分的概率； (2)求甲、乙两人至少有一人的化学成绩没有得满分的概率． 【答案】(1) (2) 【知识点】独立事件的乘法公式、利用对立事件的概率公式求概率 【分析】（1）根据相互独立事件同时发生的概率公式求解即可； （2）利用对立事件的概率公式直接求解即可. 【详解】（1）由题意，甲、乙两人的化学成绩都得满分的概率为. （2）由题意，甲、乙两人至少有一人的化学成绩没有得满分的概率为. ( 题型0 8 ) 求指定项的系数 1．（23-24高二下·云南·期末）的展开式中的系数为 A．-40 B．-10 C．40 D．30 【答案】D 【知识点】求指定项的系数 【分析】利用二项式展开式的通项公式即可求解. 【详解】根据题意知，的展开式的通项公式为， ∴展开式中含项的系数为. 故选：D. 2．（23-24高二下·云南曲靖·期末）在的展开式中，含的项的系数是（    ） A．57 B．56 C．36 D．35 【答案】B 【知识点】求指定项的系数 【分析】根据二项式展开式的通项公式计算即可求解. 【详解】展开式中含项的系数为1， 展开式中含项的系数为， 展开式中含项的系数为， 展开式中含项的系数为， 展开式中含项的系数为， 展开式中含项的系数为， 所以展开式中含项的系数为 . 故选：B 3．（多选）（23-24高二下·云南玉溪·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【知识点】求指定项的系数 【分析】变形得到，从而依次判断四个选项. 【详解】由二项式定理可得， 令得，同理可得，，，. 故选：ACD. ( 题型0 9 ) 二项式定理及二项式系数 1．（多选）（23-24高二下·云南·期末）关于 的展开式，下列结论正确的是（    ） A．所有的二项式系数和为16 B．所有项的系数和为243 C．只有第3项的二项式系数最大 D．x的系数为40 【答案】BD 【知识点】二项式的系数和、求指定项的系数、二项式系数的增减性和最值 【分析】由二项展开式的二项式系数的性质判断AC；取求得所有项的系数和判断B；写出展开式的通项，由x的指数为1求得r值，可得含x项的系数判断D． 【详解】A：的展开式的所有二项式系数和为，故A错误； B：取，可得所有项的系数和为，故B正确； C：的展开式有6项，第3项与第4项的二项式系数相等且最大，即，故C错误； D：展开式的通项为，由，得， ∴含x项的系数为，故D正确． 故选：BD． 2．（多选）（23-24高二下·云南·期末）的展开式中，下列结论正确的是（    ） A．展开式共7项 B．所有项的系数之和为2187 C．项系数为280 D．所有项的二项式系数之和为128 【答案】BCD 【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和、二项式的系数和 【分析】根据的展开式有项，判断A的真假；令可得展开式中所有项的系数和，判断B的真假；计算的系数，判断C的真假；利用所有项的二项式系数和为判断D的真假. 【详解】选项A：因为，所以展开式共有8项，故A错误； 选项B：令，则所有项的系数和为，故B正确； 选项C：展开式的项为，故C正确； 选项D：所有项的二项式系数和为，故D正确. 故选：BCD 1．（23-24高二下·云南曲靖·期末）小小的火柴棒可以拼成几何图形，也可以拼成数字.如下图所示，我们可以用火柴棒拼出1至9这9个数字，比如：“1”需要2根火柴棒，“7”需要3根火柴棒.若用10根火柴棒以适当的方式全部放入表格中（没有放入火柴棒的空位表示数字“0”），那么最多可以表示无重复数字的三位数的个数为（    ） A．42 B．38 C．54 D．48 【答案】A 【知识点】数字排列问题 【分析】根据表示数字的火柴棒的根数分类讨论，即可求解. 【详解】因为10根火柴可以摆出的数字为2，3或2，5或3，5或4，6或4，9或7，8或1，2，5或1，3，7或，5，7，所以可以组成个无重复数字的三位数. 故选：A 2．（23-24高二下·云南昆明·期末）如表为一个开关阵列，每个开关只有“开”和“关”两种状态，按其中一个开关1次，将导致自身和所有相邻的开关改变状态．例如，按将导致改变状态．如果要求只改变的状态，则需按开关的最少次数为 ． 【答案】5 【知识点】推理案例赏析 【分析】先阅读题意，然后结合题意进行简单的合情推理求解即可． 【详解】由题意可得，只有在以及周边按动开关才可以使得按开关的次数最少，具体操作如下： 假设开始按动开关前所有开关都是“开“的状态， 要求只改变的状态，在按动后，的状态也发生了改变， 下一步可以同时恢复或逐一恢复，同时恢复需按动，但会导致周边状态也会改变， 因此导致按动开关的次数更多， 所以接下来逐一恢复，则至少按开关3次， 依次类推，沿着周边的开关再按动，可以使得按动开关的次数最少， 即按动5次可以满足题意， 按动开关的情况如下表所示： 按 关 关 开 关 开 开 开 开 开 按 关 开 关 关 开 关 开 开 开 按 关 开 开 关 关 开 开 开 关 按 关 开 开 关 开 开 关 关 开 按 关 开 开 开 开 开 开 开 开 故答案为：5． 【点睛】方法点睛：1．在进行归纳推理时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论； 2．在进行类比推理时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后通过类比，推导出类比对象的性质； 3．归纳推理关键是找规律，类比推理关键是看共性． 3．（23-24高二下·云南昆明·期末）甲、乙两人先后在装有颗黑球的1号盒子与装有颗白球的2号盒子（，）轮流取球，规定每次取球可以从某一盒子中取出任意多颗（至少取1颗），或者在两个盒子中取出相同颗数的球（至少各取1颗），最后不能按规则取的人输.例如:当时，甲先手不论如何取球，乙后手取球均有必定获胜的策略．若，且后手取球者有必定获胜的策略，则满足条件的一组数组可以为 . 【答案】 【知识点】操作变换，对策问题 【分析】分、、进行讨论，若甲有必胜策略则不符合，重点在于得出当甲或乙取完后盒中情况为或时，此人必胜. 【详解】由，，则可能有以下三种情况： ①，甲可先手在号盒子中取颗球，此时盒中情况为， 则乙必不可能全部取完，乙后手取球后可能为、、或， 这时无论何种情况甲都可全部取完，故甲有必定获胜的策略，不符； ②，甲可先手在号盒子中取颗球，此时盒中情况为， 同①，甲有必定获胜的策略，不符； ③，甲先手后，若两盒中球数一样或有一盒取空，则乙可全部取完，乙必胜， 若两盒中球数不一样，则一定是以下两种情况之一： （i）有一盒中只有一个球，另一盒中多于两个球； （ii）有一盒中有两个球，另一盒中多于两个球； 无论为哪种情况，乙都可将其取为或，由①知，此时乙必胜， 故满足条件的一组数组只有. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于得到谁能将盒中情况变为或，则必胜. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$