2026版步步高大一輪高考數學復習110練第十章§10.2二項式定理§10.2二項式定理分值：90分一、單項選擇題(每小題5分，共30分)1.二項式x-2xA.-80 B.80 C.-10 D.102.若實數a=2-2，則a12-2C121a11+22C122a10-A.-32 B.32 C.-64 D.643.(x-2y)(2x-y)5的展開式中的x3y3的系數為()A.-200 B.-120 C.120 D.2004.(2024·南京模擬)(x2-x+yA.30 B.-30 C.20 D.-205.已知(2x+3)8=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7+a8x8，則a1+a2+3a322+4a423+A.215 B.216 C.217 D.2186.在x-1xnA.第4項 B.第5項C.第6項 D.第3項二、多項選擇題(每小題6分，共12分)7.已知2xA.n=7B.展開式的各項系數之和是-1C.展開式中第4項和第5項的二項式系數最大D.展開式中無常數項8.已知f(x)=(2x-m)7=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a7(x-1)7，若a0+a12+a222A.m=1B.a3=160C.f(3)除以6所得余數為5D.a1-2a2+3a3-4a4+5a5-6a6+7a7=14三、填空題(每小題5分，共10分)9.(2025·榆林模擬)已知二項式x3+1xn10.(x+2)(1-2x)5的展開式中x3的系數為.(用數字作答)

四、解答題(共28分)11.(13分)已知ax2(1)求n和a的值；(3分)(2)求展開式中x-4項的系數；(4分)(3)求2x-112.(15分)已知x-axn(n∈(1)若展開式中只有第5項的二項式系數最大，求n的值；(3分)(2)當n=6時，二項式的展開式中x3的系數為A，常數項為B，若B=4A，求a的值；(6分)(3)當n=6，a=-2時，求二項式的展開式中系數最大的項.(6分)每小題5分，共10分13.已知(1+x)x+1x2n(n∈N*A.6 B.7 C.8 D.914.(2024·沈陽模擬)已知a=1.20.1，b=1.10.2，c=1.02，則下列大小關系正確()A.a>c>b B.c>b>a C.c>a>b D.b>c>a答案精析1.A2.D3.A4.D[從5個含有x2，-x，y的括號中，其中1個括號中取x2，1個括號中取-x，3個括號中取y，乘在一起構成x3y3這一項，這一項為C51·x2·C41·(-x)·C33·y3=-20x3y3，所以x35.D[對(2x+3)8=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7+a8x8兩邊求導，得16(2x+3)7=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4+6a6x5+7a7x6+8a8x7.令x=12，得a1+a2+3a322+4a423+5a5246.A[由x-1xn當0<x<1時，x<1則x-1其展開式的通項為Tr+1=Cnr1xn-r(-x)令3r-n2=3，(-1)解得n=6，r=4；當x≥1時，x≥1則x-1其展開式的通項為Tk+1=Cnkxn-k-1xk=令n-3k2=3，(-1)kC解得n=6，k=2.綜上所述，n=6，所以展開式共有7項，展開式中二項式系數最大的項是第4項.]7.ACD[由題意可知2n=128，則n=7，故A正確；令x=1，則2×1-1127因為n=7，所以由二項式系數的性質可知中間兩項系數最大，即第4，5項二項式系數最大，分別為C73，2x-1x27展開式的通項為Tk+1=C7k·(2x)7-k·(-x-2)k=C7k·27-k·(-1)k·x7-3k(k∈Z，8.ACD[令x=32，得f32=(3-m)7=a0+a12+a222+…+令x-1=t，所以(2t+1)7=a0+a1t+a2t2+…+a7t7，所以a3=C7423=280，所以由A知f(x)=(2x-1)7=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a7(x-1)7，所以f(3)=(6-1)7=C70·67-C71·66+C72·65-…+C76·6-C77，由(2t+1)7=a0+a1t+a2t2+…+a7t7，兩邊求導可得7(2t+1)6·2=a1+2a2t+…+7a7t6，令t=-1，得a1-2a2+3a3-4a4+5a5-6a6+7a7=14，所以D正確.]9.4(答案不唯一)解析二項式x3+1xn的展開式的通項為Tk+1=Cnk(x3)n-k1xk=Cnkx3n-4k，要使展開式中存在常數項，只需3n-4k=0，10.-120解析(1-2x)5的展開式的通項為Tk+1=C5k·15-k(-2x)k，k=0，1，2，3，4，當k=2時，T3=40x2，當k=3時，T4=C53·(-2x)3=-80x(x+2)(1-2x)5=x(1-2x)5+2(1-2x)5，故(x+2)(1-2x)5的展開式中x3的系數為40-2×80=-120.11.解(1)由已知條件可得2n=128,(2)由(1)知a=(-2x∵(-2xTk+1=C=C7k(-2)7-kx14-3k，k=0，1，2，…，∴當14-3k=-4，即k=6時，x-4項的系數為C76×(-2)(3)2=(2x-x-2)(-2=2x(-2x2+x∴①當14-3k=-1，即k=5時，2x·C75(-2)2x-1②當14-3k=2，即k=4時，-x-2·C74(-2)3x2∴所求的常數項為168+280=448.12.解(1)展開式中只有第5項的二項式系數最大，則展開式共9項，故n=8.(2)當n=6時，二項式為x展開式的通項Tk+1=C6kx6-=(-a)kC6kx6-3k2(k=0令6-3k2=3，得k所以A=a2C62=15a令6-3k2=0，得k所以B=a4C64=15a又B=4A，解得a=0(舍去)或a=2或a=-2，所以a=2或a=-2.(3)當n=6，a=-2時，二項式為x展開式的通項Tk+1=C6kx6-k2xk=2kC6kx6-3k設第k+1項系數最大，則2即k≤143,所以二項式的展開式中系數最大的項為T4+1=24C6413.B[因為(1+x)x=xx+1x2n+x+1x2n(n∈N*，n<10)的展開式中沒有常數項，x+1x2n的展開式的通項為Tk+1=Cnkxn①當x+1x2n的展開式中無x-1時，n②當x+1x2n的展開式中無常數項時，n結合選項，只有B項同時滿足上面兩個條件.]14.B[因為b=1.10.2=(1.12)0.1=1.210.1，又y=x0.1在(0，+∞)上單調遞增，所以1.20.1<1.210.1，即b>a；又(1.210.1)101.0210=(1+0.02)10=1+C101×0.02+C102×0.022+…+C10=1+0.2+0.018+…+C1010×0.0210>1.所以1.0210>(1.則1.02>1.210.1，即c>b.所以c>b>a.]§10.3隨機事件與概率分值：90分一、單項選擇題(每小題5分，共30分)1.從5個男生、2個女生中任意選派3人，則下列事件中是必然事件的是()A.3個都是男生 B.至少有1個男生C.3個都是女生 D.至少有1個女生2.拋擲一枚質地均勻的硬幣，如果連續拋擲2025次，那么第2024次出現正面朝上的概率是()A.12024 B.12025 C.202420253.從2，3，5，7，11這5個素數中，隨機選取兩個不同的數，其積為偶數的概率為()A.25 B.35 C.124.某校希望統計學生是否曾在考試中作弊，考慮到直接統計可能難以得到真實的回答，故設計了如下方案：在一個袋子里放入只有顏色和序號不同的紅球和綠球各50個，分別編號為1~50，被調查的學生從中隨機摸出一個，確認顏色和序號后放回(調查者不知道)，摸到紅球的學生回答“你摸到的球的序號是否為奇數？”，摸到綠球學生的回答“你是否曾在考試中作弊？”.共調查了1200名學生，得到了390個“是”的回答，據此估計該校學生的作弊率為()A.15% B.20% C.5% D.10%5.甲、乙兩位同學到莆田市湄洲島當志愿者，他們同時從“媽祖祖廟”站上車，乘坐開往“黃金沙灘”站方向的3路公交車(線路圖如下).甲將在“供水公司”站之前的任意一站下車，乙將在“鵝尾神化石”站之前的任意一站下車.假設每人自“管委會”站開始在每一站點下車是等可能的，則甲比乙后下車的概率為()A.15 B.14 C.7306.15個人圍坐在圓桌旁，從中任取4人，他們兩兩互不相鄰的概率是()A.3091 B.2591 C.1591二、多項選擇題(每小題6分，共12分)7.(2025·哈爾濱模擬)一個袋子中有4個紅球，6個綠球，采用不放回方式從中依次隨機取出2個球.事件A=“兩次取到的球顏色相同”，事件B=“第二次取到紅球”，事件C=“第一次取到紅球”.下列說法正確的是()A.A?BB.事件B與事件C是互斥事件C.P(AB)=2D.P(B+C)=28.某冷飲店為了保證顧客能買到當天制作的雙皮奶，同時盡量減少滯銷，統計了30天的銷售情況，得到如下數據：日銷售量/杯[25，35)[35，45)[45，55)[55，65)[65，75]天數46956以樣本估計總體，用頻率代替概率，則下列結論正確的是()A.估計平均每天銷售50杯雙皮奶(同一組區間以中點值為代表)B.若當天準備55杯雙皮奶，則售罄的概率為11C.若當天準備45杯雙皮奶，則賣不完的概率為1D.這30天雙皮奶日銷售量的80%分位數是65杯三、填空題(每小題5分，共10分)9.(2025·八省聯考)有8張相同的卡片，分別標有數字1，2，3，4，5，6，7，8.現從這8張卡片中隨機抽出3張，則抽出的3張卡片上的數字之和與其余5張卡片上的數字之和相等的概率為.10.通過手機驗證碼注冊某APP時，收到的驗證碼由四個數字a1a2a3a4(其中ai∈{0，1，2，…，9}，i=1，2，3，4)隨機組成，如果驗證碼a1a2a3a4滿足a1<a2<a3<a4，則稱該驗證碼為遞增型驗證碼.某人收到一個驗證碼，則它是首位為2的遞增型驗證碼的概率為.四、解答題(共28分)11.(13分)某市A，B兩所中學的學生組隊參加辯論賽，A中學推薦了3名男生、2名女生，B中學推薦了3名男生、4名女生，兩校所推薦的學生一起參加集訓.由于集訓后隊員水平相當，從參加集訓的男生中隨機抽取3人，女生中隨機抽取3人組成代表隊.(1)求A中學至少有1名學生入選代表隊的概率；(6分)(2)某場比賽前，從代表隊的6名隊員中隨機抽取4人參賽，求參賽女生不少于2人的概率.(7分)12.(15分)第十五屆中國國際航空航天博覽會于2024年11月12日在珠海國際航展中心開幕，我國空軍匯聚多方智慧，研討無人智能、通航建設，帶來了殲-35A、紅-19等新型裝備.某市為了了解居民對航空航天知識的認知程度，舉辦了一次“航空航天”知識競賽，滿分100分(90分及以上為認知程度高)，結果認知程度高的有m人，按年齡分成5組，其中第一組：[20，25)，第二組：[25，30)，第三組：[30，35)，第四組：[35，40)，第五組：[40，45]，得到如圖所示的頻率分布直方圖.(1)根據頻率分布直方圖，估計這m人年齡的第85百分位數；(6分)(2)現從以上各組中采用按比例分配的分層隨機抽樣的方法抽取20人，擔任“航空航天”的宣傳使者.若有甲(年齡31)、乙(年齡34)、丙(年齡42)三人已確定入選宣傳使者，現計劃從第三組和第五組被抽到的使者中，再隨機抽取2人作為組長，求甲、乙、丙三人中至少有一人被選中的概率.(9分)每小題5分，共10分13.整數集就像一片浩瀚無邊的海洋，充滿了無盡的奧秘.古希臘數學家畢達哥拉斯發現220和284具有如下性質：220的所有真因數(不包括本身的因數)之和恰好等于284，同時284的所有真因數之和也等于220，他把具有這種性質的兩個整數叫做一對“親和數”，“親和數”的發現掀起了無數數學愛好者的研究熱潮.已知220和284，1184和1210，2924和2620是3對“親和數”，把這六個數隨機分成兩組，一組2個數，另一組4個數，則220和284在同一組的概率為()A.115 B.25 C.71514.(2025·泉州模擬)如圖，有一個質地均勻的正八面體，八個面分別標以數字1到8.將該八面體連續拋擲三次，按順序記錄它與地面接觸的面上的數字，則這三個數恰好構成等差數列的概率為.答案精析1.B2.D3.A4.A[調查的1200名學生中，摸到紅球的概率是12，其編號是奇數的概率也是12，摸到綠球的概率為12，即摸到紅球的人數約為1200×12=600，摸到綠球的人數約為1200×12=600，所以回答問題“你摸到的球的序號是否為奇數？”且回答“是”的學生人數約為600×12=300，回答問題“你是否曾在考試中作弊？”且回答“是5.C[甲從“管委會”站到“北埭(東環)”站的每一站下車都可以，有8種情況，乙從“管委會”站到“東至”站的每一站下車都可以，有15種情況，若乙在“管委會”站下車，則甲有7種情況，若乙在“地稅分局”站下車，則甲有6種情況，若乙在“興海路”站下車，則甲有5種情況，若乙在“閩臺風情街”站下車，則甲有4種情況，若乙在“蓮池小學”站下車，則甲有3種情況，若乙在“金海岸”站下車，則甲有2種情況，若乙在“蓮池沙灘”站下車，則甲有1種情況，因此，甲比乙后下車的概率為P=1+2+3+4+5+6+78×15=4×78×15=76.A[15個人圍坐在圓桌旁，從中任取4人，他們兩兩互不相鄰，則可先讓11個人入坐好，再讓其余4人插空，共有A111111·A114種不同的圍坐方法，所以所求概率是7.CD[由題意可得，事件A包含的取球顏色為{(紅，紅)，(綠，綠)}，事件B包含的取球顏色為{(紅，紅)，(綠，紅)}，事件C包含的取球顏色為{(紅，紅)，(紅，綠)}，則A不包含于B，選項A錯誤；B∩C≠?，選項B錯誤；事件AB包含的取球顏色為{(紅，紅)}，P(AB)=C42C102事件B+C包含的取球顏色為{(紅，紅)，(綠，紅)，(紅，綠)}，P(B+C)=4×3+6×4×210×9=23，選項D8.BCD[平均每天雙皮奶的銷售量為30×4+40×6+50×9+60×5+70×630=51(杯)，A日銷售量不小于55杯的概率為5+630=1130日銷售量小于45杯的概率為4+630=131-630=0.8，因此這30天雙皮奶日銷售量的80%分位數是65杯，D正確.9.3解析從8張卡片中隨機抽出3張，則樣本空間中總的樣本點個數為C83因為1+2+3+4+5+6+7+8=36，所以要使抽出的3張卡片上的數字之和與其余5張卡片上的數字之和相等，則抽出的3張卡片上的數字之和應為18，則抽出的3張卡片上的數字的組合有8，7，3或8，6，4或7，6，5共3種，所以符合抽出的3張卡片上的數字之和為18的樣本點有3個，所以抽出的3張卡片上的數字之和與其余5張卡片上的數字之和相等的概率為35610.7解析由題意設該驗證碼為a1a2a3a4，則a1=2，2<a2<a3<a4，∴a2，a3，a4從3，4，5，6，7，8，9中選，選出3個數，讓其按照從小到大的順序排列有C73又四位驗證碼共有10×10×10×10=10000(種)排法，∴它是首位為2的遞增型驗證碼的概率為3510000=711.解(1)由題意，參加集訓的男生、女生各有6名.參賽學生全從B中學抽取(等價于A中學沒有學生入選代表隊)的概率為C33故A中學至少有1名學生入選代表隊的概率為1-1100=99(2)設“參賽的4人中女生不少于2人”為事件C，“參賽女生有2人”為事件D，“參賽女生有3人”為事件E.則P(D)=C32P(E)=C33C由互斥事件的概率加法公式，得P(C)=P(D)+P(E)=35+15故所求事件的概率為4512.解(1)由頻率分布直方圖得，年齡在[20，25)，[25，30)，[30，35)，[35，40)，[40，45]的頻率分別為0.05，0.35，0.3，0.2，0.1，由各組頻率知第85百分位數a∈(35，40)，由(40-a)×0.04=0.9-0.85，解得a=38.75，所以第85百分位數為38.75.(2)由第三組、第五組的頻率可知第三組抽取20×0.3=6(人)，第五組抽取20×0.1=2(人)，方法一不妨設除甲、乙、丙外的五人為A，B，C，D，E，于是從第三組和第五組被抽到的使者中抽取2人的所有情況為：甲A，甲B，甲C，甲D，甲E，甲乙，甲丙，乙A，乙B，乙C，乙D，乙E，乙丙，丙A，丙B，丙C，丙D，丙E，AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共28種，其中甲、乙、丙都沒被抽到的情況有AB，AC，AD，AE，BC，BD，BE，CD，CE，DE，共10種，所以甲、乙、丙三人中至少有一人被選中的概率為1-1028=9方法二由題意知，甲、乙、丙三人中至少有一人被選中的概率為1-C52C8213.C[由題意可得一共有C62種分組方法，若要滿足220和284在同一組，則分兩種情況討論：①220和284在2個數這一組中，有C22種分組方法，②220和284在4個數這一組中，有C42種分組方法.故所求概率P14.1解析由題意可知所有可能情況共有83種，按順序記錄的三個數恰好構成等差數列，可以按照公差為-3，-2，-1，0，1，2，3分類，其中公差為-3，-2，-1和3，2，1的情況對應相等.公差為0的有(1，1，1)，(2，2，2)，…，(8，8，8)，共8種情況；公差為1的有(1，2，3)，(2，3，4)，…，(6，7，8)，共6種情況，同公差為-1的；公差為2的有(1，3，5)，(2，4，6)，(3，5，7)，(4，6，8)，共4種情況，同公差為-2的；公差為3的有(1，4，7)，(2，5，8)，共2種情況，同公差為-3的.所以三個數恰好構成等差數列的概率P=8+6×2+4×2+2×28×8×8=32512=§10.4事件的相互獨立性與條件概率、全概率公式一、單項選擇題(每小題5分，共30分)1.某同學參加學校組織的化學競賽，比賽分為筆試和實驗操作測試，該同學參加這兩項測試的結果相互不受影響.若該同學在筆試中結果為優秀的概率為34，在實驗操作中結果為優秀的概率為2A.712 B.12 C.512 2.某車隊派出兩輛車參加比賽，假設這兩輛車在比賽中不出現故障的概率均為p，則比賽結束時兩輛車不同時出現故障的概率為()A.p2 B.2p-p2C.1-p2 D.p-2p23.以事件A，B分別表示“某城市的甲、乙兩個區在一年內出現停水”，若P(B)=0.30，P(A|B)=0.15，則兩個區一年內都出現過停水的概率為()A.0.6 B.0.65 C.0.45 D.0.0454.(2024·沈陽模擬)某公司的兩名同事計劃從大理古城、麗江古城、洱海、玉龍雪山、瀘沽湖這5個著名旅游景點中隨機選擇一個游玩.則在兩人中至少有一人選擇大理古城的條件下，兩人選擇的景點不同的概率為()A.58 B.89 C.78 5.已知P(A)=14，P(B|A)=13，P(B|A)=12，則PA.512 B.58 C.38 6.設某公路上經過的貨車與客車的數量之比為2∶1，貨車中途停車修理的概率為0.02，客車中途停車修理的概率為0.01，今有一輛汽車中途停車修理，則該汽車是貨車的概率為()A.0.8 B.0.6 C.0.5 D.0.3二、多項選擇題(每小題6分，共12分)7.(2024·蘇州模擬)隨機事件A，B滿足P(A)=12，P(B)=13，P(A|B)=A.事件A與事件B相互獨立B.P(A∪B)=1C.P(AB)=1D.P(B)=P(AB)8.一工廠將兩盒產品送檢，甲盒中有4個一等品，3個二等品和3個三等品，乙盒中有5個一等品，2個二等品和3個三等品.先從甲盒中隨機取出一個產品放入乙盒，分別以A1，A2和A3表示由甲盒取出的產品是一等品、二等品和三等品的事件；再從乙盒中隨機取出一產品，以B表示由乙盒取出的產品是一等品的事件.則下列結論中正確的是()A.P(B|A1)=6B.P(B)=27C.事件B與事件A1相互獨立D.P(A1|B)=4三、填空題(每小題5分，共10分)9.某公司研發6G項目時遇到一項技術難題，由甲、乙兩個部門分別獨立攻關，已知甲部門攻克該技術難題的概率為0.8，乙部門攻克該技術難題的概率為0.7，則該公司攻克這項技術難題的概率為.10.已知一道解答題有兩小問，每小問5分，共10分.現每十個人中有六人能夠做出第一問，但在第一問做不出的情況下，第二問做出的概率為0.1；第一問做出的情況下，第二問做不出的概率為0.6.用頻率估計概率，則此題得滿分的概率是；得0分的概率是.四、解答題(共27分)11.(13分)甲、乙、丙3名同學各自獨立去做某道題，已知甲能解出該題的概率為23，乙能解出而丙不能解出該題的概率為18，甲、丙都能解出該題的概率為(1)求乙、丙各自解出該題的概率；(6分)(2)求甲、乙、丙3人中至少有1人解出該題的概率.(7分)12.(14分)人工智能是用于研究模擬和延伸人類智能的技術科學，被認為是21世紀最重要的尖端科技之一，其理論和技術日益成熟，應用領域也在不斷擴大.人工智能背后的一個基本原理：首先確定先驗概率，然后通過計算得到后驗概率，使先驗概率得到修正和校對，再根據后驗概率做出推理和決策.基于這一基本原理，我們可以設計如下試驗模型：有完全相同的甲、乙兩個袋子，袋子中有形狀和大小完全相同的小球，其中甲袋中有9個紅球和1個白球，乙袋中有2個紅球和8個白球.從這兩個袋子中選擇一個袋子，再從該袋子中等可能地摸出一個球，稱為一次試驗.若多次試驗直到摸出紅球，則試驗結束.假設首次試驗選到甲袋或乙袋的概率均為12(先驗概率)(1)求首次試驗結束的概率；(4分)(2)在首次試驗摸出白球的條件下，我們對選到甲袋或乙袋的概率(先驗概率)進行調整.①求選到的袋子為甲袋的概率；(4分)②將首次試驗摸出的白球放回原來的袋子，繼續進行第二次試驗時有如下兩種方案：方案一，從原來的袋子中摸球；方案二，從另外一個袋子中摸球.請通過計算，說明選擇哪個方案第二次試驗結束的概率更大.(6分)13題5分，14題6分，共11分13.長時間玩手機可能影響視力.據調查，某校學生大約40%的人近視，而該校大約有20%的學生每天玩手機超過1h，這些人的近視率約為50%.現從每天玩手機不超過1h的學生中任意調查一名學生，則他近視的概率為()A.12 B.38 C.5814.(多選)(2023·新高考全國Ⅱ)在信道內傳輸0，1信號，信號的傳輸相互獨立.發送0時，收到1的概率為α(0<α<1)，收到0的概率為1-α；發送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送1次；三次傳輸是指每個信號重復發送3次.收到的信號需要譯碼，譯碼規則如下：單次傳輸時，收到的信號即為譯碼；三次傳輸時，收到的信號中出現次數多的即為譯碼(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，若發送1，則譯碼為1的概率為β(1-β)2+(1-β)3D.當0<α<0.5時，若發送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的概率答案精析1.C2.B3.D4.B5.C[P(A)=14=1-P(A則P(A)=34由于P(B|A)=13，則P(B|A)=則P(B)=P(A)P(B|A)+P(A)P(B|A)=34×23則P(B)=1-P(B)=38.6.A[設A1表示“該汽車是貨車”，A2表示“該汽車是客車”，則P(A1)=23，P(A2)設B表示“一輛汽車中途停車修理”，則P(B|A1)=0.02，P(B|A2)=0.01，則P(B)=P(A1B)+P(A2B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)，今有一輛汽車中途停車修理，該汽車是貨車的概率為P(A1|B)=P=P=23×0.0223×0.02+7.AC[根據P(A)=12，P(B)=13可得P(A)=1-P(A)=12，P(B)=1-P又P(A|B)=P(AB)P(B)=12，可得P(AB)=12P(B)因此事件A與事件B相互獨立，即A正確；易知P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=12+13-16=2由P(B)=P(AB)+P(AB)=13可得P(AB)=13-P(AB)=16因為P(B)=23，P(AB)=16，所以P(B)≠P(AB)，即8.ABD[因為甲盒中有4個一等品，3個二等品和3個三等品，則P(A1)=410=25，P(A2)=310，P(A3)=310，乙盒中有5個一等品，2個二等品和3個三等品，則P(B|A1)=5+110+1=611，P(B|A2)=P(B|A3)=510+1=511，則P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)+P(A3)P(B|A3因為P(A1B)=P(A1)P(B|A1)=25×611=1255，又P(A1)=25，P(B)=2755，則P(A1B)≠PP(A1|B)=P(A1B)P(B)9.0.94解析由題意，該公司攻克這項技術難題的概率為1-(1-0.8)×(1-0.7)=0.94.10.0.240.36解析設“第一問做出”為事件A，“第二問做出”為事件B，由題意可得P(A)=610=0.6P(B|A)=0.1，P(B|A)=0.6，則P(A)=0.4，P(B|A)=0.9，P(B|A)=0.4，所以P(AB)=P(A)P(B|A)=0.24，即此題得滿分的概率是0.24，所以P(AB)=P(A)P(B|A)=0.36即此題得0分的概率是0.36.11.解(1)設“甲解出該題”為事件A，“乙解出該題”為事件B，“丙解出該題”為事件C，則A，B，C相互獨立，由題意得P(A)=2P(AC)=P(A)P(C)=23·P(C)=所以P(C)=3P(BC)=P(B)P(C)=P(B)[1-P(C)]=P(B)·1-34所以P(B)=1所以乙、丙各自解出該題的概率為12(2)設“甲、乙、丙3人中至少有