暑假作业09 计数原理与概率公式（8种题型，巩固培优）高二数学沪教版

**基本信息** 以“原理-方法-应用”为主线，系统整合计数原理、排列组合、二项式定理及概率公式，提炼8类解题通法，构建“概念辨析-技巧迁移-综合应用”的逻辑链条，培养数学思维与模型应用能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |计数原理|4题|分类加法（互斥独立）、分步乘法（依次完成），区分口诀|从基本原理到实际插空、涂色问题，体现逻辑推理| |排列组合|16题|特殊优先、捆绑/插空、定序缩倍、分组分配等8法|从排列组合概念到实际应用，形成问题转化模型| |二项式定理|4题|通项公式、赋值法、二项式系数性质，区分系数与项的系数|从展开式结构到系数计算，培养符号运算能力| |概率|8题|条件概率定义、全概率（由因求果）、贝叶斯公式（由果溯因）|从简单概率到复杂事件概率，构建概率思维框架|

完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业09 计数原理与概率公式 【知识点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理】 1. 分类加法（一件事多类途径，类间独立） 完成一件事有 类方案，第 类有 种方法 总方法数： 关键：类与类互斥、一步完成 2. 分步乘法（一件事分多步，步步缺一不可） 完成一件事分 个步骤，第 步有 种方法 总方法数： 关键：步与步依次完成，缺一不可 区分口诀 分类相加、分步相乘；能独立做完用加，要依次做完用乘。 【知识点2 排列数与组合数】 设 1. 排列（有序） 从 个不同元素取 个排成一列 全排列：，规定 2. 组合（无序） 从 个不同元素取 个组成一组 组合数核心性质 1. 对称性： 1. 递推： 1. 和： 【知识点3 排列与组合的实际应用】 1. 特殊元素/位置优先：先排受限位置，再排普通 1. 相邻捆绑法：相邻元素捆成整体，内部再排列 1. 不相邻插空法：先排无限制元素，空隙插不相邻元素 1. 定序缩倍法：部分元素顺序固定，总数除以固定元素排列数 1. 分组分配 · 平均分组：均分几组除以组数阶乘； · 不均分：直接组合相乘； · 分给不同对象：分组后再乘分配排列。 1. 至多至少：正面复杂用间接法（总数−不符合） 1. 相同元素隔板法： 个相同球放 个不同盒子 1. 环形排列： 人环形： 【知识点4 二项式定理】 1. 展开式： 1. 通项（第 项）： 1. 二项式系数 性质：对称；和为 ；中间项系数最大 1. 赋值法：令 求所有系数和； 分奇偶系数和； 求常数项 1. 区分：二项式系数只是 ；项的系数包含数字正负 【知识点5 条件概率】 1. 定义： 表示 发生前提下 发生的概率 1. 变形乘法公式： 1. 独立事件： 独立 【知识点6 全概率公式与贝叶斯公式】 1. 完备事件组 两两互斥，，则 是完备组 2. 全概率公式（由因求果） 用途：事件 由多种原因 导致，分开算再加总。 3. 贝叶斯公式（由果溯因） 含义：已知结果 发生，反推某一个原因 发生的概率。 【题型1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理】 1．复旦中学高二戏剧节的节目单已经排定，语文组的老师们也干劲十足，想要参与演出；三个年级的语文组也各自排了剧目，现需要在原来的8个节目中加入这3个节目，同时要保证原来的节目相对顺序不发生改变，请帮邓老师想想会有（    ）种不同的排法 A．504 B．630 C．657 D．990 【答案】D 【详解】原来的8个节目有9个空，那么先插入1个节目有9种方法， 此时9个节目有10个空，再排第2个节目有10种方法， 现在10个节目有11个空，排第3个节目有11种方法， 所以总共有种不同排法. 2．四名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队和排球队，每人限报其中的一支，那么不同的报名方法有（    ）种. A．12 B．16 C．81 D．256 【答案】C 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由题意知，每名学生都有种报名情况， 由分步乘法计数原理可得，不同的报名方法有种. 故选：C. 3．如图，是由七个正六边形区域组成的平面图形，现给这七个区域涂色，有四种不同的颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案有________种. 【答案】 【分析】利用分步计数原理即可求解. 【详解】我们按区域顺序分步计算涂色方案，根据相邻区域不同色的要求，每一步的选择数如下： 涂区域A：共4种颜色可选，有种方案。 涂区域B：B与A相邻，颜色不同，有种方案。 涂区域C：C与A、B都相邻，颜色都不同，有种方案。 涂区域D：D与B、C都相邻，颜色都不同，B、C异色，因此有种方案。 涂区域E：E仅与D相邻，颜色不同，有种方案。 涂区域F：F与D、E都相邻，D、E异色，因此有种方案。 涂区域G：G仅与E、F都相邻，E、F异色，因此有种方案。 根据分步乘法计数原理，总方案数为： . 4．某学校工会组织“掷骰子赢奖品”活动．规则是连续掷三次骰子，并按顺序记录．若三次点数a，b，c满足，则该投掷序列被视为“幸运序列”．则共有________种不同的“幸运序列”． 【答案】48 【分析】根据绝对值的性质，分情况讨论，，之间的关系，再结合骰子的点数范围分别计算出每种情况下“幸运序列”的数量，最后将所有情况相加. 【详解】由已知可知要满足，则需要讨论，，之间的关系 若，因为骰子的点数是1到6，所以，，的取值共有6种情况. 若，，不全相等，因为 当时，，所以一定是偶数 若，都是奇数，则一定在1,3,5中取两个共有种情况. 同理当，都是偶数时也共有种情况. 当时，即，此时可以取1到6中除外的5个值，因为可以取1到6这6个值，所以共有种情况. 因此“幸运序列”共有种情况. 【题型2 排列数与组合数】 1．8个人排成一排照相，其中甲乙丙三人都不相邻的排法种数是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，先将5人全排列，再将甲乙丙三人插入5人构成的6个空隙中的三个空隙中，结合排列数和分步计数原理，即可求解. 【详解】先从8人中除去甲乙丙三人，将剩余的5人全排列，有种排法， 再将甲乙丙三人插入5人构成的6个空隙中的三个空隙，有种放法， 由分步计数原理得，共有不同的排法. 2．若为正整数，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为. 3．已知为正整数且，则的值为___________ 【答案】10 【分析】根据组合数的性质直接求解即可. 【详解】因为为正整数且，所以, 由组合数的性质可知，由于，故时，， 所以的值为. 4．若，则正整数的值为__________. 【答案】7 【详解】由题知，，且， 解得. 【题型3 排列与组合的实际应用】 1．年月，国产AI视频生成模型“通义万相”上线“角色一致性”功能，支持在多个场景中保持主角形象不变.现有个互不相同的场景模板，需从中选出个并按顺序生成短视频，每个模板至多使用一次.则不同的生成方案共有（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用排列计数原理可得结果. 【详解】因为现有个互不相同的场景模板，需从中选出个并按顺序生成短视频，每个模板至多使用一次. 则不同的生成方案种数为种. 故选：B. 2．系统的登录密码由个字符组成，其中前位是大写字母、、、的某种排列，后位是不相同的数字，则可能的密码总数是多少（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用倍缩法可得出前个位置的排法种数，利用排列计数原理可得出后两位的排法种数，再利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】由题意可知，前个位置中有两个位置安排字母，有种， 然后从中选择两个不同的数字排最后两个位置，有种， 由分步乘法计数原理可知，可能的密码种数为. 故选：C. 3．从0、1、2、3、4、5中任取4个数字，可以组成没有重复数字，且为奇数的四位数的个数是___________． 【答案】144 【分析】优先确定受限的个位和千位，结合分步乘法计数原理计算满足条件的四位数个数。 【详解】所求为无重复数字的四位奇数，需满足两个限制条件：个位数为奇数，千位数不为0，且四个数位数字互不重复，按分步乘法计数原理计算： 确定个位数字：只能从1、3、5中选取，共种选法； 确定千位数字：已占用1个个位数字，且0不能作为千位数字，可选范围为除0和已选个位数字外的4个数字，共种选法； 确定百位数字：已占用个位、千位共2个数字，剩余4个数字可选，共种选法； 确定十位数字：已占用3个数字，剩余3个数字可选，共种选法， 因此满足条件的四位数总个数为个. 4．某学校一天安排5节课，现把语文、英语、物理、化学、生物、政治、历史、地理各一节和数学两节共10节课排到两天的课表中，两节数学不能在同一天上，共有______种安排方法．（结果用数值表示） 【答案】 【分析】先将两节数学分到两天，再从8门课选4门安排在第一天，剩下4门在第二天，最后对每天5节课分别全排列，用分步乘法计数原理计算总安排数. 【详解】因为两节数学不能在同一天，因此两天各有1节数学课， 每天共5节课，第一天还需要从剩余8门不同的科目中选4门，凑够5节课，剩下4门自动归第二天， 所以选法为：， 又因为第一天的5节课全排列，第二天的5节课也全排列， 所以排列数分别为、，即：， 所以总安排数：. 【题型4 相邻问题与不相邻问题】 1．某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．96种 【答案】D 【分析】先安排讲座，再安排讲座和及其余三场讲座，最后利用分步乘法计算原理即可得出答案. 【详解】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，安排A有种排法， 因为讲座和必须相邻，所以安排BC及其余三场讲座共有种排法， 根据分步计数原理知共有种排法. 故选：D． 2．用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有（    ）个．（用数字作答） A．128 B．256 C．576 D．684 【答案】C 【分析】利用捆绑法、插空法可得答案. 【详解】1和2，3与4，5与6，分别捆绑在一起，看作三个元素进行排列， 7与8利用插空法，可得 故选：C. 3．《水浒传》、《三国演义》、《西游记》和《红楼梦》被称为中国古代四大名著．书架的某一层上有4本不同的文学书，现将四大名著各一本插入这4本书形成的5个空隙中，要求原有书的顺序不变且四大名著中至少有3本相邻，则不同的插法共有______种．（结果用数值表示） 【答案】600 【详解】若四大名著中恰有3本相邻，先从四本名著中选出3本捆绑在一起，3本名著先进行全排列， 再从5个空中选择两个进行插空，有种插法， 若四大名著中4本均相邻，4本名著进行捆绑，进行全排列，再从5个空中选1个插空， 有种插法， 故不同的插法共有种. 4．某校艺术节总汇演，已知高一，高二，高三分别选送了4，3，2个节目，若高一的节目彼此都不相邻，高三的节目必须相邻，共计有_________种出场顺序． 【答案】 【分析】根据相邻问题捆绑，再把不相邻问题应用插空计算求解. 【详解】高三2个节目视作1个节目，与高二3个节目全排列， 再把高一的4个节目插入所成的5个空中的4个，所以共有 . 故答案为：. 【题型5 分组分配问题】 1．某单位7月1日至7月3日计划安排6个人值班，要求每人值班1天，每天安排两人，若小王不能值7月1日，小李不能值7月3日，则不同的值班方法有（    ） A．36种 B．42种 C．48种 D．56种 【答案】B 【分析】采用间接法求解，先计算无约束的总安排数，扣除小王值1日、小李值3日的不符合情况，再加回重复扣除的小王值1日且小李值3日的情况. 【详解】计算无约束条件的总安排数： 从6人中选2人值7月1日，剩余4人选2人值7月2日，最后2人值7月3日，总方法数为 计算不符合要求的情况： 小王值7月1日：1号已确定小王，从剩余5人中选1人同值1号，剩余4人分两组值2、3日，方法数为 小李值7月3日：3号已确定小李，从剩余5人中选1人同值3号，剩余4人分两组值1、2日，方法数为 小王值7月1日且小李值7月3日：1号从剩余4人中选1人，3号从剩余3人中选1人，剩下2人值2号，方法数为 符合要求的安排数为，即不同的值班方法有42种. 2．甲、乙、丙、丁四人计划6月份去安徽的黄山、宏村、九华山景区游览，每个景区至少去1人，且每人只游览一个景区．在甲游览黄山的条件下，甲、乙不去同一景区的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设事件为“甲游览黄山”，事件为“甲、乙不去同一景区”． 事件对应的分配方案：甲去黄山景区，剩余3人分配至3个景区，且每个景区至少1人，， 事件对应的分配方案：甲去黄山景区且乙不去该景区， ①黄山景区仅甲1人，剩余3人分为2组分配至另外2个景区，有种方案， ②黄山景区有甲和1名其他成员（丙或丁），剩余2人分配至另外2个景区，有种方案， 所以．所以． 3．现安排5名学生去参加3个项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案数为________．（用数字作答） 【答案】114 【分析】根据排列组合知识，结合部分平均分组法、捆绑法求解即可. 【详解】先将5人分为3组，有两种分法（3,1,1；2,2,1）：， 再将3组进行全排列，方案数 ：， 把甲乙看作1个整体，相当于4个元素分到3组，共有（1种分法：2,1,1）：， 再将3组进行全排列，方案数：， 所以满足上述要求的不同安排方案数为：. 4．年月日某市新冠疫情爆发以来，某住宿制中学为做好疫情防控工作，组织名教师组成志愿者小组，分配到高中三个年级教学楼楼门口配合医生给学生做核酸，由于高二年级学生人数较多，要求高二教学楼志愿者人数均不少于另外两栋教学楼志愿者人数，若每栋教学楼门至少分配名志愿者，每名志愿者只能在个楼门进行服务，则不同的分配方法种数为______.（用数字作答） 【答案】80 【详解】根据题意，名教师组成志愿者小组，分配到高中三个年级教学楼楼门口配合医生给学生做核酸， 则可分为和两类， 第一类，按分组，有种分组方法， 再分到三个教学楼且高二教学楼志愿者人数均不少于另外两栋教学楼志愿者人数， 则人组去高二，则有种分配方法， 则共有种方法； 第二类，按，有种分组方法， 再分到三个教学楼且高二教学楼志愿者人数均不少于另外两栋教学楼志愿者人数， 则2人组去高二，则有种分配方法， 则共有种方法， 则不同的分配方法共有种. 【题型6 二项式定理】 1．设，求下列各式的值． (1)求； (2)； (3)； 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）令，得． （2）令，得①， 所以． （3）令，得②． 由①②联立，得． 2．已知的展开式中，第4项为常数项. (1)求含的项； (2)求展开式中系数最大的项. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，求得，得到展开式的通项为，令，得到，即可求得展开式中含的项； （2）设展开式中第项的系数最大，得到不等式组，结合组合数的运算性质，求得，得到，代入即可求解. 【详解】（1）解：由二项式的展开式的通项为， 因为二项展开式的第4项为常数项，所以当时，可得，解得， 所以展开式的通项为， 令，解得，所以展开式中含的项为. （2）解：设展开式中第项的系数最大，则满足， 由不等式，可得， 整理得，解得， 由不等式，可得， 整理得，解得， 综上可得，因为，所以， 将代入通项公式，可得. 3．（1）求的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比； （2）求的展开式中第2项与第3项的系数之比； （3）求的展开式中系数最大的项． 【答案】（1）；（2）；（3）. 【分析】利用二项式展开式通项分别得出相应的二项式系数和展开式中项系数求解即可. 【详解】（1）二项式展开式的第项为, 二项式展开式中的二项式系数分别为,． 所以展开式中,第项,第项的二项式系数分别为： ,,二项式系数之比； （2）的展开式中第2项与第3项的系数分别为： ， ，比值为； （3）设的展开式中第项系数最大，其系数为， 则有，化简， ，即， 得，的整数，所以，因此系数最大的项为第项． 所以展开式中系数最大的项：，即. 4．已知的展开式中各二项式系数的和为32. (1)求的值，并求展开式中二项式系数最大的项； (2)展开式中是否有常数项？若有，请求出该项；若没有，请说明理由； (3)求展开式中各项系数的和. 【答案】(1)，， (2)没有，理由见解析 (3)1 【分析】（1）根据二项式系数和公式求出的值，再根据展开式的通项求展开式中二项式系数最大的项； （2）根据通项公式，令通项中的指数为0，求解判断； （3）令，代入原式即可求解. 【详解】（1）由题可知，所以， 则展开式中二项式系数最大的项为第3项和第4项， 所以， （2）展开式的通项为， 令，解得，所以展开式中没有常数项； （3）令，则， 展开式中各项系数的和为1 【题型7 条件概率】 1．某次象棋活动上，甲、乙、丙、丁四人进行游戏，先在四人中每两人之间进行一场象棋比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，若为平局则都积0分.象棋比赛结束后，再进行抽奖，积分为k的人有k次抽奖机会，每人的游戏总得分为其比赛积分与中奖次数的和，总得分最高者（允许并列）获得额外奖励.已知每场象棋比赛中每人获胜的概率均为，每次抽奖每人中奖的概率均为，且各场比赛结果互不影响、每次抽奖结果互不影响． (1)求甲在象棋比赛中积1分的概率； (2)记甲在活动中总得分为2的概率为，证明：p越大时，越大； (3)若，记事件A为“甲在象棋比赛中积3分”，事件B为“甲在游戏中获得额外奖励”，求． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】(1)利用n次独立重复试验中恰好k次成功”的二项分布模型求解； (2)利用全概率公式求解，再考虑其单调性； (3)全概率公式和条件概率公式的综合应用. 【详解】（1）甲在象棋比赛中积1分，则甲与乙、丙、丁三人的3场比赛中，共胜1场，故概率为． （2）证明：甲在游戏中总得分为2，设甲在比赛中得分为M，总分为N，易知M可能为1或2， 由全概率公式， 因为二次函数在上单调递增， 所以当p越大时，越大． （3）象棋比赛中在事件A发生的条件下，若B不发生，则存在乙、丙、丁中的某人在比赛中得两分，且在抽奖中得两分，并且甲在抽奖中得0分， A发生当且仅当甲战胜乙、丙、丁3人，故， A与同时发生时，有， 由全概率公式， 所以． 2．袋中有除颜色外完全相同的白球和黑球共个，现从袋中不放回地连取两个，至少有一个白球的概率为． (1)求白球和黑球各有多少个； (2)已知第二次取出白球，求第一次取出黑球的概率． 【答案】(1)白球的个数为，黑球的个数为 (2) 【分析】（1）根据已知条件至少有一个白球的概率为，列出概率算式求解即可； （2）根据分别求出和，代入条件概率公式求解即可. 【详解】（1）设黑球的个数为， 由至少有一个白球的概率为，则，解得， 因为，，因此， 所以，袋子中白球的个数为，黑球的个数为； （2）记事件为第二次取出白球，则， 记事件为第一次取出黑球，， 所以. 3．从今年起，我国将于每年5月第四周开展“全国城市生活垃圾分类宣传周”活动，首届全国城市生活垃圾分类宣传周时间为2023年5月22日至28日，宣传主题为“让垃圾分类成为新时尚”，在此宣传周期间，某社区举行了一次生活垃圾分类知识比赛．要求每个家庭派出一名代表参赛，每位参赛者需测试，，三个项目，三个测试项目相互不受影响．若某居民甲在测试过程中，第一项测试是等可能地从，，三个项目中选一项测试，且他测试，，三个项目“通过”的概率分别为，，．已知他第一项测试“通过”，求他第一项测试选择的项目是的概率． 【答案】． 【详解】记事件“第一项测试选择了项目”，“第一项测试选择了项目”， “第一项测试选择了项目”，记事件“第一项测试通过”，由题意知， ， ， ，，， 又事件，，互斥，则 ， 所以在居民甲第一项测试“通过”的条件下，他第一个项目选择了的概率为： ． 即已知居民甲第一项测试“通过”，他第一项测试选择的项目是的概率是． 4．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用“赢球方发球”规则（即当前回合胜出的一方，将获得下一回合的发球权）.已知，当甲发球时，甲赢得该回合的概率为；当乙发球时，乙赢得该回合的概率为.假设每回合比赛的结果相互独立，且比赛没有平局，经抽签决定，第个回合由甲发球. (1)前两个回合甲均获胜的概率； (2)求第3个回合由甲发球的概率； (3)若已知第4个回合是由甲发球的，求第3个回合是由乙发球的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用独立事件的乘法公式计算； （2）分前3个回合发球顺序为甲甲甲、甲乙甲两种情况，再利用独立事件的乘法公式计算； （3）用表示第4个回合是由甲发球，表示第3个回合是由乙发球，结合第（2）问，以及条件概率的概率公式求出. 【详解】（1）前两个回合甲均获胜的概率为； （2）前3个回合发球顺序为甲甲甲，其概率为； 前3个回合发球顺序为甲乙甲，其概率为； 故第3个回合由甲发球的概率为； （3）用表示第4个回合是由甲发球，表示第3个回合是由乙发球， 由（2）可知，第3个回合由甲发球的概率为，乙发球的概率为， 则，， 则， 故已知第4个回合是由甲发球的，求第3个回合是由乙发球的概率为 【题型8 全概率公式与贝叶斯公式】 1．据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为50%． (1)现从该校学生中任选一名学生，求该名学生每天玩手机超过1小时且近视的概率． (2)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，求他近视的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）应用条件概率的乘法公式求交事件的概率即可； （2）应用全概率公式求解. 【详解】（1）记事件“该生每天玩手机超过1小时”，“该生近视”， ，， 每天玩手机超过1小时的学生近视率约为50%，即， 根据条件概率公式， 可得 （2）， 由全概率公式 ，，代入得： 2．小明同学上学期间每天都在学校食堂用午餐．学校食堂有、两家餐厅，已知他第一天选择食堂的概率为，而前一天选择了食堂后一天继续选择食堂的概率为，前一天选择食堂后继续选择食堂的概率为，如此往复． (1)求该同学第2天中午选择食堂就餐的概率： (2)记该同学第天选择食堂就餐的概率为； ①证明：为等比数列； ②若存在n∈N*，使得成立，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2)①证明见解析② 【分析】(1)由全概率公式：求解； (2) ①由全概率公式得的递推式，从而转化为等比数列问题；②通过求出的最小值，求得m的取值范围. 【详解】（1）设为“第1天选择食堂”，为“第2天选择食堂”， 则为“第1天不选择食堂”， 根据题意，，，， 由全概率公式得：． （2）①设为“第天选择食堂”，则，， 根据题意，， 由全概率公式得： ， 则． 因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列． ②由①得，， 当为正奇数时，，， 当为正偶数时，． 综上，当时，， 存在，使得成立，则，所以， 所以实数m的取值范围是． 3．中国机器人产业已形成完整的产业链体系，2025年人形机器人市场规模突破85亿元，占全球市场规模50%以上，工业机器人国内市场占有率首次突破50%，产业正从“拼硬件”向“拼智能”转型，进入规模化量产与场景化应用的关键阶段．某机器人商店出售的机器人中，甲品牌占50%，合格率为98%；乙品牌占30%，合格率为95%；丙品牌占20%，合格率为95%，在该商店随机买一台机器人． (1)求该机器人是甲品牌合格品的概率； (2)求该机器人是合格品的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1） 已知甲品牌的占比和甲品牌的合格率，根据条件概率乘法公式，可直接计算出机器人是甲品牌合格品的概率； （2）要求该机器人是合格品的概率，需要分别计算出甲，乙，丙三个品牌的合格品概率，再根据进行计算. 【详解】（1）用表示机器人是甲品牌，用表示机器人是合格品， 则， 所以该机器人是甲品牌合格品的概率 （2）用表示机器人是乙品牌，用表示机器人是丙品牌，结合（1）得 ． 4．某部门对当地三个超市中A，B两种商品进行随机抽检，已知第一个超市中有3件A商品、7件B商品，第二个超市中有7件A商品、8件B商品，第三个超市中有5件A商品、20件B商品.随机从这三个超市中选取一个超市进行抽检，再从该超市的抽检商品中不放回地抽取两次，每次抽取一件商品. (1)求第一次抽到的是A商品的概率； (2)求抽到A，B两种商品各一件的概率； (3)在第二次抽到的是B商品的情况下，求第一次抽到的是A商品的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用全概率公式计算随机从这三个超市中选取一个超市进行抽检，再从该超市的抽检商品中不放回地抽取两次，每次抽取一件商品，第一次抽到的是商品的概率； （2）抽到两种商品各一件分为两种情况即第一次抽到商品、第二次抽到商品和第一次抽到商品、第二次抽到商品,再使用全概率公式计算； （3）先使用全概率公式计算出第二次抽到的是B商品的情况，有两种情况第一次抽到商品、第二次抽到商品和第一次抽到商品、第二次抽到商品，再使用贝叶斯公式计算出在第二次抽到的是商品的情况下，求第一次抽到的是商品概率. 【详解】（1）设事件:第一次抽到的是A商品，事件:抽到的商品来自于第一个超市， 事件:抽到的商品来自于第二个超市，事件:抽到的商品来自于第三个超市, 那么 （2）设事件: 抽到两种商品各一件,那么抽到两种商品各一件分为两种情况， 分类第一次抽到商品、第二次抽到商品和第一次抽到商品、第二次抽到商品, 则 . （3）设事件:第二次抽到的是B商品，那么 ， . 1．某学校参加社会实践活动的1名教师和甲、乙、丙、丁4名学生站成一排合影留念，在教师不站在两端的条件下，甲、乙相邻的概率为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先计算教师不站在两端的总排列数，再计算该条件下甲乙相邻的符合条件排列数，两者作商得到所求概率. 【详解】设“甲、乙相邻”为事件A，“教师不站在两端”为事件B，则“教师不站在两端且甲乙相邻”为事件， 因为两端不能站教师，教师只能从中间3个位置选1个，剩余4名学生全排列， 所以； 将甲乙看作1个整体，内部排列有种，此时共4个“元素”（甲乙整体、丙、丁、教师）， 要求教师不站在两端，教师只能从4个元素排列的中间2个位置选1个，剩余3个元素全排列： ， 根据条件概率公式： . 2．已知盒子中有9个大小相同、质地均匀的球，其中有5个红球、4个白球，有两种取球方式：①不放回地取球两次，第一次任取1个球，第二次任取2个球，设第二次取到2个红球的概率为；②一次性任取2个球，设取到2个红球的概率为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由全概率公式和概率乘法公式求出，得到答案 【详解】不放回地取球两次，第一次任取1个球，第二次任取2个球， 第一次任取1个球为红球，第二次任取2个球均为红球的概率为， 第一次任取1个球为白球，第二次任取2个球均为红球的概率为， 故， 一次性任取2个球，取到2个红球的概率为， 故. 3．数学王老师在一个四选一的单选题中，提问一个数学基础非常差的甲同学，当甲同学随机选了一个选项后，王老师在剩余的三个选项中剔除了一个错误选项，甲同学放弃原来的选择，并从另外两个未被剔除的选项中随机选择一个，则甲同学选对的概率为________. 【答案】 【分析】通过分类讨论甲首次选择正确、错误两种情况，结合全概率公式可得答案. 【详解】设事件为“甲第一次选对正确选项”，事件为“甲换选项后选对”， 甲随机从4个选项中选1个，故， 此时剩余3个选项均为错误选项，王老师剔除1个错误选项后， 剩余未选选项全错，因此条件概率； 甲第一次选错的概率， 此时剩余3个选项包含1个正确选项、2个错误选项， 王老师剔除1个错误选项后，剩余2个未选选项为1对1错， 甲换选项时从这2个中随机选取，因此条件概率； 根据全概率公式可得： . 故答案为：. 4．四个外观完全相同的密封不透明信封，每个信封内各装一张纸条．其中一张纸条写有“恭喜中奖”，其他三张纸条均写有“未中奖”，首先由A同学不放回抽取一个信封，但没有打开；然后B同学从剩下的三个信封中也抽取一个，并立刻打开，发现是“未中奖”．则A同学放弃手中未打开的信封，重新从剩下的两个信封中任取一个，打开后获奖的概率为________；A同学直接打开第一次抽取的信封，打开后中奖的概率为________． 【答案】 【分析】空1：记同学第次抽取抽到中奖纸条为，B同学从剩下的三个信封中抽取一个抽到未中奖纸条为事件，利用全概率公式求得，进而求得，利用条件概率公式计算即可求解；空2：求出后，利用条件概率公式计算即可求解. 【详解】空1：记同学第次抽取抽到中奖纸条为， B同学从剩下的三个信封中抽取一个抽到未中奖纸条为事件， 则， ， 所以； 空2：， 所以. 5．进行抽卡游戏，现从标有1,2,3,…,10的十张数字卡牌中抽取三张不同的数字卡牌，记录它们标记的数字． (1)求标记数字的和为3的倍数的概率； (2)求标记数字的中位数等于平均数的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）从能被3整除，除以3余1和除以3余2的角度出发，分类讨论进行求解； （2）设标记的三个数从小到大为，得到，对进行分类讨论进行求解 【详解】（1）能被3整除的数有3,6,9，除以3余1的有1,4,7,10，除以3余2的有2,5,8， 从标有1,2,3,…,10的十张数字卡牌中抽取三张不同的数字卡牌，有种方法， 其中标记数字的和为3的倍数的情况有以下四种， 第一，3个数均能被3整除，此时有种情况； 第二，3个数均除以3余1，此时有种情况； 第三，3个数均除以3余2，此时有种情况； 第四，3个数中有1个数能被3整除，有1个数被3除余1，有1个数被3除余2， 故有种情况； 综上，标记数字的和为3的倍数的情况共有种情况； 故标记数字的和为3的倍数的概率为； （2）设标记的三个数从小到大为，则中位数为，， 平均数为， 若标记数字的中位数等于平均数，则，故， 若，则必有，只有1种方案； 若，有；；有2种方案； 若，有；；；有3种方案； 若，有；；；；有4种方案； 若，有；；；；有4种方案； 若，有；；；有3种方案； 若，有；；有2种方案； 若，有；有1种方案； 综上，标记数字的中位数等于平均数情况数为； 标记数字的中位数等于平均数的概率为. 6．为提升用户的“数字资产积累”体验，某区块链平台推出“幸运盲盒”游戏：盲盒内有编号的个数字代币（质地均匀），每次随机有放回抽取个代币，抽取相互独立．规则为：抽到号代币得个积分，抽到号代币得个积分．定义“安全积累状态”为：抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币，记第次抽取后处于“安全积累状态”的概率为． (1)①求抽取次后，总积分为分的概率； ②求的值； (2)设抽取次后处于“安全积累状态”，且积分和为．求满足条件的的取值范围，并求当最大时共有多少种抽取方法； (3)证明：当时，． 【答案】(1)①；② (2)，125 (3)证明见解析 【分析】（1）①由题意得总积分为分，应满足恰好抽到次号代币，次号代币，利用概率的乘法公式即可求解；②分类讨论次抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币的情况即可求解； （2）根据题意得出抽到号的次数与的关系即可求解； （3）将第次抽取后处于安全积累状态，分两种情况讨论，得到即可判断. 【详解】（1）①由题意，抽到号的概率为，抽到号的概率为；抽取次后，总积分为分，应满足恰好抽到次号代币，次号代币． 总积分为分的概率为：， ②根据题意，次抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币，有种情况 三次均未抽到号：， 三次中有一次抽到号：， 三次中有两次抽到号，只能第一次和第三次抽到号：， 则． （2）设抽到号次，则 ，得； 因为个号不连续，故至少有次抽到其他号码， 所以有 ，即，又， 联立解得． 故的最大值为，此时：共 种抽取方法． （3）第次抽取后处于安全积累状态，分两种情况： 第一种情况：第次抽号，概率为，前次抽取后处于安全积累状态的概率为，概率为； 第二种情况：第次抽号，其概率为，第次抽号，概率为， 前次抽取后处于安全积累状态的概率为，概率为； 故， 则， 所以当时，， 当时，由（1）知，， 故，当时，． 1．若自然数P使得作竖式加法不发生进位现象，称P为“加德数”，如不产生进位，所以11是“加德数”；产生了进位现象，所以42不是“加德数”．那么在小于2026的四位自然数中，“加德数”共有（   ） A．48个 B．54个 C．57个 D．96个 【答案】C 【分析】按千位数字分类，利用计数原理可得答案． 【详解】在小于2026的四位自然数中，当千位数字时，“加德数”需要满足个位数字，十位数字． 当千位数字为1时，百位和十位数字可以为0，1，2，3，个位数字可以为0,1，2，此时共有个； 当千位数字为2时，百位数字只能为0，十位数字可以为0，1，2，个位数字可以为0，1，2，此时共有个． 所以共有个． 2．由二项式定理可知，用赋值法，令，得到，借助赋值法，可以计算得到等于（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对赋值为，，，，得到四个等式，将这四个等式相加求解即可. 【详解】， 令，， 令，， 令（虚数单位，），， 令，， 将，得到 ， 又， ， ， ， 则转化为 ， 即， 即， 即，故选项D正确. 3．现有一个基于数字变换的游戏.初始时黑板上写有数字2，每轮游戏会对该数字进行一次独立变换，每一次变换有的概率将其擦去并写上原先数字加1的数，否则将其擦去并写上原先数字2倍的数，设轮变换后黑板上的数字为，已知在的前提下，第1轮变换前后数字之差为1的概率为，则__________. 【答案】 【分析】设该事件为，设“3轮变换后”为事件，利用列举法，求得事件的路径及其概率，得到，结合条件概率的计算公式，列出方程，即可求解. 【详解】因为初始数字为2，可得“第1轮变换前后数字之差为1”等价于“第1轮执行加1变换”， 设该事件为，设“3轮变换后”为事件， 列举所有3轮变换的路径，满足事件的路径及其概率分别为： 加1､加1､乘2概率为，加1､乘2､乘2概率为， 乘2､加1､乘2概率为，乘2､乘2､加1概率为， 乘2､乘2､乘2概率为，求和得， 事件包含前两条路径，其概率， 因为，由条件概率公式可得， 整理得，解得或，结合可得. 4．若甲、乙两名同学进行投篮游戏，甲投球入篮的概率为，乙投球入篮的概率为.经过两人约定，游戏规则如下：若甲投球未入篮，则下一球由乙投球；若乙投球未入篮，则下一球等可能地由甲、乙投球，如此循环，直到一名同学投球入篮，则该学生获胜.通过硬币裁定，由甲先进行投篮.若甲、乙两名同学的投篮次数不限，则最终乙获胜的概率为________. 【答案】 【分析】分别设定轮到甲和乙投篮时乙最终获胜的概率为，根据游戏规则的转移概率列出方程组并求解即可 【详解】设为当轮到甲投篮时，最终乙获胜的概率，为当轮到乙投篮时，最终乙获胜的概率， 当轮到甲投篮时，有两种情况: 甲投中（概率为）：游戏结束，甲获胜，此时乙获胜的概率为0， 甲未中（概率为）：根据规则，下一球必由乙投，状态转移到乙投篮， 由此可得，化简得， 当轮到乙投篮时，有三种情况: 乙投中（概率为）：游戏结束，乙获胜，此种情况下乙最终获胜的概率为1， 乙未中，且下一球抽到甲投（概率为）：状态转移到甲投篮， 乙未中，且下一球抽到乙投（概率为）：状态继续留在乙投篮， 由此可得，化简得， 联立，解得. 5．ACE球是指在网球对局中，一方发球，球落在有效区内，但接球方却没有触及到球而使发球方直接得分的发球.甲、乙两人进行发球训练，规则如下：每次由其中一人发球，若发出ACE球，则换人发球，若未发出ACE球，则两人等可能地获得下一次发球权.设甲，乙发出ACE球的概率均为，记事件表示“第n次发球的人是甲”． (1)若，， （i）求； （ii）已知第三次发球的人是甲，求第二次发球的人是甲的概率； (2)若，证明： 【答案】(1)（i）（ii） (2)证明见解析 【分析】（1）（i）由第一次发球是甲得第二次发球是乙的情况列方程求解， （ii）根据条件概率求出及，再由全概率公式求出，代入贝叶斯公式求解； （2）根据全概率公式得到和的关系式，结合已知条件证得. 【详解】（1）（i）因为，， 所以. （ii）第二次发球的人是甲的条件下，第三次发球的人是甲的概率为， 第二次发球的人是乙的条件下，第三次发球的人是甲的概率为， 第三次发球的人是甲的概率是， 第三次发球的人是甲，第二次发球的人是甲的概率为. （2）， 因为，， 所以， 因为，， 所以，. 6．在平面直角坐标系中，一质点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处． (1)已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； (2)记第n秒末点M回到原点的概率为． ①求，，并利用公式，求； ②令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的．利用公式：，证明：点M是常返的． 【答案】(1) (2)①；； ； ②证明：由可知： 则 所以， 令（），则， 即函数在上单调递减， 所以，即，则， 则对任意正整数都有， 所以 记为不超过x的最大整数， 则对任意的实数，当时，，即 ， 综上，当时，成立，所以点M是常返的． 【分析】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上，计算即可； （2）①分四个方向各移动一次、左右方向各移动两次、上下方向各移动两次三种情况求；设左右各移动次，上下各移动次，即可求出，再利用组合公式化简； ②利用公式化简得出，得出，构造函数，研究其单调性求出，即可得出，最后化简得出，取即可求证. 【详解】（1）记事件A：点M在第2秒末没有回到原点，事件B：点M位于坐标轴上， 由于在第2秒末点M回到原点的情况有4种，则事件A包含的情况共有种， 其中点M没有回到原点且在坐标轴上的情况有4种，即点，，，这四种情况．则， 故点M在第2秒末没有回到原点，且此时点M位于坐标轴上的概率为． （2）①点M在第2秒末回到原点，；⋯ 点M在第4秒末回到原点有以下三种情况：四个方向各移动一次的情况有种， 左右方向各移动两次的情况有种，上下方向各移动两次的情况有种， 所以； 若点M在第秒末回到原点，则需左右移动次数相等，且上下移动次数也相等， 设左右各移动i（）次，则上下各移动次， 所以 . ②略 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业09 计数原理与概率公式 【知识点1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理】 1. 分类加法（一件事多类途径，类间独立） 完成一件事有 类方案，第 类有 种方法 总方法数： 关键：类与类互斥、一步完成 2. 分步乘法（一件事分多步，步步缺一不可） 完成一件事分 个步骤，第 步有 种方法 总方法数： 关键：步与步依次完成，缺一不可 区分口诀 分类相加、分步相乘；能独立做完用加，要依次做完用乘。 【知识点2 排列数与组合数】 设 1. 排列（有序） 从 个不同元素取 个排成一列 全排列：，规定 2. 组合（无序） 从 个不同元素取 个组成一组 组合数核心性质 1. 对称性： 1. 递推： 1. 和： 【知识点3 排列与组合的实际应用】 1. 特殊元素/位置优先：先排受限位置，再排普通 1. 相邻捆绑法：相邻元素捆成整体，内部再排列 1. 不相邻插空法：先排无限制元素，空隙插不相邻元素 1. 定序缩倍法：部分元素顺序固定，总数除以固定元素排列数 1. 分组分配 · 平均分组：均分几组除以组数阶乘； · 不均分：直接组合相乘； · 分给不同对象：分组后再乘分配排列。 1. 至多至少：正面复杂用间接法（总数−不符合） 1. 相同元素隔板法： 个相同球放 个不同盒子 1. 环形排列： 人环形： 【知识点4 二项式定理】 1. 展开式： 1. 通项（第 项）： 1. 二项式系数 性质：对称；和为 ；中间项系数最大 1. 赋值法：令 求所有系数和； 分奇偶系数和； 求常数项 1. 区分：二项式系数只是 ；项的系数包含数字正负 【知识点5 条件概率】 1. 定义： 表示 发生前提下 发生的概率 1. 变形乘法公式： 1. 独立事件： 独立 【知识点6 全概率公式与贝叶斯公式】 1. 完备事件组 两两互斥，，则 是完备组 2. 全概率公式（由因求果） 用途：事件 由多种原因 导致，分开算再加总。 3. 贝叶斯公式（由果溯因） 含义：已知结果 发生，反推某一个原因 发生的概率。 【题型1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理】 1．复旦中学高二戏剧节的节目单已经排定，语文组的老师们也干劲十足，想要参与演出；三个年级的语文组也各自排了剧目，现需要在原来的8个节目中加入这3个节目，同时要保证原来的节目相对顺序不发生改变，请帮邓老师想想会有（    ）种不同的排法 A．504 B．630 C．657 D．990 2．四名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队和排球队，每人限报其中的一支，那么不同的报名方法有（    ）种. A．12 B．16 C．81 D．256 3．如图，是由七个正六边形区域组成的平面图形，现给这七个区域涂色，有四种不同的颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案有________种. 4．某学校工会组织“掷骰子赢奖品”活动．规则是连续掷三次骰子，并按顺序记录．若三次点数a，b，c满足，则该投掷序列被视为“幸运序列”．则共有________种不同的“幸运序列”． 【题型2 排列数与组合数】 1．8个人排成一排照相，其中甲乙丙三人都不相邻的排法种数是（　　） A． B． C． D． 2．若为正整数，则等于（   ） A． B． C． D． 3．已知为正整数且，则的值为___________ 4．若，则正整数的值为__________. 【题型3 排列与组合的实际应用】 1．年月，国产AI视频生成模型“通义万相”上线“角色一致性”功能，支持在多个场景中保持主角形象不变.现有个互不相同的场景模板，需从中选出个并按顺序生成短视频，每个模板至多使用一次.则不同的生成方案共有（    ） A． B． C． D． 2．系统的登录密码由个字符组成，其中前位是大写字母、、、的某种排列，后位是不相同的数字，则可能的密码总数是多少（   ） A． B． C． D． 3．从0、1、2、3、4、5中任取4个数字，可以组成没有重复数字，且为奇数的四位数的个数是___________． 4．某学校一天安排5节课，现把语文、英语、物理、化学、生物、政治、历史、地理各一节和数学两节共10节课排到两天的课表中，两节数学不能在同一天上，共有______种安排方法．（结果用数值表示） 【题型4 相邻问题与不相邻问题】 1．某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．96种 2．用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有（    ）个．（用数字作答） A．128 B．256 C．576 D．684 3．《水浒传》、《三国演义》、《西游记》和《红楼梦》被称为中国古代四大名著．书架的某一层上有4本不同的文学书，现将四大名著各一本插入这4本书形成的5个空隙中，要求原有书的顺序不变且四大名著中至少有3本相邻，则不同的插法共有______种．（结果用数值表示） 4．某校艺术节总汇演，已知高一，高二，高三分别选送了4，3，2个节目，若高一的节目彼此都不相邻，高三的节目必须相邻，共计有_________种出场顺序． 【题型5 分组分配问题】 1．某单位7月1日至7月3日计划安排6个人值班，要求每人值班1天，每天安排两人，若小王不能值7月1日，小李不能值7月3日，则不同的值班方法有（    ） A．36种 B．42种 C．48种 D．56种 2．甲、乙、丙、丁四人计划6月份去安徽的黄山、宏村、九华山景区游览，每个景区至少去1人，且每人只游览一个景区．在甲游览黄山的条件下，甲、乙不去同一景区的概率为（   ） A． B． C． D． 3．现安排5名学生去参加3个项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案数为________．（用数字作答） 4．年月日某市新冠疫情爆发以来，某住宿制中学为做好疫情防控工作，组织名教师组成志愿者小组，分配到高中三个年级教学楼楼门口配合医生给学生做核酸，由于高二年级学生人数较多，要求高二教学楼志愿者人数均不少于另外两栋教学楼志愿者人数，若每栋教学楼门至少分配名志愿者，每名志愿者只能在个楼门进行服务，则不同的分配方法种数为______.（用数字作答） 【题型6 二项式定理】 1．设，求下列各式的值． (1)求； (2)； (3)； 2．已知的展开式中，第4项为常数项. (1)求含的项； (2)求展开式中系数最大的项. 3．（1）求的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比； （2）求的展开式中第2项与第3项的系数之比； （3）求的展开式中系数最大的项． 4．已知的展开式中各二项式系数的和为32. (1)求的值，并求展开式中二项式系数最大的项； (2)展开式中是否有常数项？若有，请求出该项；若没有，请说明理由； (3)求展开式中各项系数的和. 【题型7 条件概率】 1．某次象棋活动上，甲、乙、丙、丁四人进行游戏，先在四人中每两人之间进行一场象棋比赛，每场比赛胜者积1分，负者积0分，若为平局则都积0分.象棋比赛结束后，再进行抽奖，积分为k的人有k次抽奖机会，每人的游戏总得分为其比赛积分与中奖次数的和，总得分最高者（允许并列）获得额外奖励.已知每场象棋比赛中每人获胜的概率均为，每次抽奖每人中奖的概率均为，且各场比赛结果互不影响、每次抽奖结果互不影响． (1)求甲在象棋比赛中积1分的概率； (2)记甲在活动中总得分为2的概率为，证明：p越大时，越大； (3)若，记事件A为“甲在象棋比赛中积3分”，事件B为“甲在游戏中获得额外奖励”，求． 2．袋中有除颜色外完全相同的白球和黑球共个，现从袋中不放回地连取两个，至少有一个白球的概率为． (1)求白球和黑球各有多少个； (2)已知第二次取出白球，求第一次取出黑球的概率． 3．从今年起，我国将于每年5月第四周开展“全国城市生活垃圾分类宣传周”活动，首届全国城市生活垃圾分类宣传周时间为2023年5月22日至28日，宣传主题为“让垃圾分类成为新时尚”，在此宣传周期间，某社区举行了一次生活垃圾分类知识比赛．要求每个家庭派出一名代表参赛，每位参赛者需测试，，三个项目，三个测试项目相互不受影响．若某居民甲在测试过程中，第一项测试是等可能地从，，三个项目中选一项测试，且他测试，，三个项目“通过”的概率分别为，，．已知他第一项测试“通过”，求他第一项测试选择的项目是的概率． 4．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用“赢球方发球”规则（即当前回合胜出的一方，将获得下一回合的发球权）.已知，当甲发球时，甲赢得该回合的概率为；当乙发球时，乙赢得该回合的概率为.假设每回合比赛的结果相互独立，且比赛没有平局，经抽签决定，第个回合由甲发球. (1)前两个回合甲均获胜的概率； (2)求第3个回合由甲发球的概率； (3)若已知第4个回合是由甲发球的，求第3个回合是由乙发球的概率. 【题型8 全概率公式与贝叶斯公式】 1．据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1小时，这些人的近视率约为50%． (1)现从该校学生中任选一名学生，求该名学生每天玩手机超过1小时且近视的概率． (2)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，求他近视的概率． 2．小明同学上学期间每天都在学校食堂用午餐．学校食堂有、两家餐厅，已知他第一天选择食堂的概率为，而前一天选择了食堂后一天继续选择食堂的概率为，前一天选择食堂后继续选择食堂的概率为，如此往复． (1)求该同学第2天中午选择食堂就餐的概率： (2)记该同学第天选择食堂就餐的概率为； ①证明：为等比数列； ②若存在n∈N*，使得成立，求实数m的取值范围． 3．中国机器人产业已形成完整的产业链体系，2025年人形机器人市场规模突破85亿元，占全球市场规模50%以上，工业机器人国内市场占有率首次突破50%，产业正从“拼硬件”向“拼智能”转型，进入规模化量产与场景化应用的关键阶段．某机器人商店出售的机器人中，甲品牌占50%，合格率为98%；乙品牌占30%，合格率为95%；丙品牌占20%，合格率为95%，在该商店随机买一台机器人． (1)求该机器人是甲品牌合格品的概率； (2)求该机器人是合格品的概率． 4．某部门对当地三个超市中A，B两种商品进行随机抽检，已知第一个超市中有3件A商品、7件B商品，第二个超市中有7件A商品、8件B商品，第三个超市中有5件A商品、20件B商品.随机从这三个超市中选取一个超市进行抽检，再从该超市的抽检商品中不放回地抽取两次，每次抽取一件商品. (1)求第一次抽到的是A商品的概率； (2)求抽到A，B两种商品各一件的概率； (3)在第二次抽到的是B商品的情况下，求第一次抽到的是A商品的概率. 1．某学校参加社会实践活动的1名教师和甲、乙、丙、丁4名学生站成一排合影留念，在教师不站在两端的条件下，甲、乙相邻的概率为（     ） A． B． C． D． 2．已知盒子中有9个大小相同、质地均匀的球，其中有5个红球、4个白球，有两种取球方式：①不放回地取球两次，第一次任取1个球，第二次任取2个球，设第二次取到2个红球的概率为；②一次性任取2个球，设取到2个红球的概率为，则（   ） A． B． C． D． 3．数学王老师在一个四选一的单选题中，提问一个数学基础非常差的甲同学，当甲同学随机选了一个选项后，王老师在剩余的三个选项中剔除了一个错误选项，甲同学放弃原来的选择，并从另外两个未被剔除的选项中随机选择一个，则甲同学选对的概率为________. 4．四个外观完全相同的密封不透明信封，每个信封内各装一张纸条．其中一张纸条写有“恭喜中奖”，其他三张纸条均写有“未中奖”，首先由A同学不放回抽取一个信封，但没有打开；然后B同学从剩下的三个信封中也抽取一个，并立刻打开，发现是“未中奖”．则A同学放弃手中未打开的信封，重新从剩下的两个信封中任取一个，打开后获奖的概率为________；A同学直接打开第一次抽取的信封，打开后中奖的概率为________． 5．进行抽卡游戏，现从标有1,2,3,…,10的十张数字卡牌中抽取三张不同的数字卡牌，记录它们标记的数字． (1)求标记数字的和为3的倍数的概率； (2)求标记数字的中位数等于平均数的概率． 6．为提升用户的“数字资产积累”体验，某区块链平台推出“幸运盲盒”游戏：盲盒内有编号的个数字代币（质地均匀），每次随机有放回抽取个代币，抽取相互独立．规则为：抽到号代币得个积分，抽到号代币得个积分．定义“安全积累状态”为：抽取过程中从未出现连续两次抽到号代币，记第次抽取后处于“安全积累状态”的概率为． (1)①求抽取次后，总积分为分的概率； ②求的值； (2)设抽取次后处于“安全积累状态”，且积分和为．求满足条件的的取值范围，并求当最大时共有多少种抽取方法； (3)证明：当时，． 1．若自然数P使得作竖式加法不发生进位现象，称P为“加德数”，如不产生进位，所以11是“加德数”；产生了进位现象，所以42不是“加德数”．那么在小于2026的四位自然数中，“加德数”共有（   ） A．48个 B．54个 C．57个 D．96个 2．由二项式定理可知，用赋值法，令，得到，借助赋值法，可以计算得到等于（     ） A． B． C． D． 3．现有一个基于数字变换的游戏.初始时黑板上写有数字2，每轮游戏会对该数字进行一次独立变换，每一次变换有的概率将其擦去并写上原先数字加1的数，否则将其擦去并写上原先数字2倍的数，设轮变换后黑板上的数字为，已知在的前提下，第1轮变换前后数字之差为1的概率为，则__________. 4．若甲、乙两名同学进行投篮游戏，甲投球入篮的概率为，乙投球入篮的概率为.经过两人约定，游戏规则如下：若甲投球未入篮，则下一球由乙投球；若乙投球未入篮，则下一球等可能地由甲、乙投球，如此循环，直到一名同学投球入篮，则该学生获胜.通过硬币裁定，由甲先进行投篮.若甲、乙两名同学的投篮次数不限，则最终乙获胜的概率为________. 5．ACE球是指在网球对局中，一方发球，球落在有效区内，但接球方却没有触及到球而使发球方直接得分的发球.甲、乙两人进行发球训练，规则如下：每次由其中一人发球，若发出ACE球，则换人发球，若未发出ACE球，则两人等可能地获得下一次发球权.设甲，乙发出ACE球的概率均为，记事件表示“第n次发球的人是甲”． (1)若，， （i）求； （ii）已知第三次发球的人是甲，求第二次发球的人是甲的概率； (2)若，证明： 6．在平面直角坐标系中，一质点M从原点出发，每秒向左、向右、向上或向下移动一个单位长度，且向四个方向移动的概率均为．例如在1秒末，点M会等可能地出现在，，，四点处． (1)已知点M在第2秒末没有回到原点，求此时点M位于坐标轴上的概率； (2)记第n秒末点M回到原点的概率为． ①求，，并利用公式，求； ②令，记为数列的前n项和，若对任意实数，存在，使得，则称点M是常返的．利用公式：，证明：点M是常返的． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $