【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题41　计数原理与概率

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高考定位 1.主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用.常与概率相结合，以选择题、填空题为主.2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇考查.3.概率重点考查古典概型、几何概型，条件概率的基本应用.
)
1.(2022·全国甲卷)从分别写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(2,5) D.eq \f(2,3)
答案 C
解析 从写有1，2，3，4，5，6的6张卡片中无放回地抽取2张，共有15种取法，
它们分别是(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(1，6)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(2，6)，(3，4)，(3，5)，(3，6)，(4，5)，(4，6)，(5，6)，
其中卡片上的数字之积是4的倍数的有(1，4)，(2，4)，(2，6)，(3，4)，(4，5)，(4，6)，共6种取法，
所以所求概率是P＝eq \f(6,15)＝eq \f(2,5).故选C.
2.(2022·新高考Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有( )
A.12种 B.24种
C.36种 D.48种
答案 B
解析 先将丙和丁捆在一起有Aeq \\al(2,2)种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有Aeq \\al(3,3)种排列方式，最后将甲插入中间两空，有Ceq \\al(1,2)种排列方式，所以不同的排列方式共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)Ceq \\al(1,2)＝24(种)，故选B.
3.(2021·全国乙卷)在区间(0，1)与(1，2)中各随机取1个数，则两数之和大于eq \f(7,4)的概率为( )
A.eq \f(7,9) B.eq \f(23,32)
C.eq \f(9,32) D.eq \f(2,9)
答案 B
解析 设从区间(0，1)，(1，2)中随机取出的数分别为x，y，则实验的所有结果构成区域为Ω＝{(x，y)|0设事件A表示“两数之和大于eq \f(7,4)”，
则构成的区域为A＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(（x，y）\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0\f(7,4)，))))))，如图阴影部分.
其面积SA＝1－eq \f(1,2)×eq \f(3,4)×eq \f(3,4)＝eq \f(23,32)，
故所求事件A的概率P(A)＝eq \f(SA,SΩ)＝eq \f(23,32).
4.(2021·新高考Ⅰ卷)有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球.甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( )
A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立
C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立
答案 B
解析 易知P(甲)＝eq \f(1,6)，P(乙)＝eq \f(1,6)，P(丙)＝eq \f(5,36)，P(丁)＝eq \f(6,36)＝eq \f(1,6)，
∴P(甲丙)＝0≠P(甲)P(丙)，
P(甲丁)＝eq \f(1,36)＝P(甲)P(丁)，
P(乙丙)＝eq \f(1,36)≠P(乙)P(丙)，
P(丙丁)＝0≠P(丙)P(丁)，
因此事件甲与丁相互独立.
5.(2022·新高考Ⅰ卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答).
答案 －28
解析 (x＋y)8展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x8－ryr，r＝0，1，…，7，8.
令r＝6，得T6＋1＝Ceq \\al(6,8)x2y6；
令r＝5，得T5＋1＝Ceq \\al(5,8)x3y5，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为Ceq \\al(6,8)－Ceq \\al(5,8)＝－28.
热点一 排列与组合
解决排列组合问题的一般步骤：
(1)审题，弄清楚做什么事情；(2)确定分步还是分类，分多少步(类)；(3)每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题.
例1 (1)(2022·合肥二模)中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设中国空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱和梦天实验舱各安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有( )
A.8种 B.14种
C.20种 D.116种
(2)(2022·烟台模拟)“碳中和”是指企业、团体或个人等测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”.某“碳中和”研究中心计划派5名专家分别到A，B，C三地指导“碳中和”工作，每位专家只去一个地方，且每地至少派驻1名专家，则分派方法的种数为( )
A.90 B.150
C.180 D.300
答案 (1)B (2)B
解析 (1)按照甲是否在天和核心舱划分，
①若甲在天和核心舱，天和核心舱需要从除了甲乙之外的三人中选取两人，剩下两人去剩下两个舱位，则有Ceq \\al(2,3)·Aeq \\al(2,2)＝3×2＝6种可能；
②若甲不在天和核心舱，需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个，剩下四人中选取三人进入天和核心舱即可，则有Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(3,4)＝2×4＝8种可能；
根据分类加法计数原理，共有6＋8＝14种可能.
(2)根据题意有两种方式：
第一种方式，有一个地方去3个专家，剩下的2个专家各去一个地方，共有eq \f(Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(3,3),Aeq \\al(2,2))·Aeq \\al(3,3)＝eq \f(5×4×1,2×1)×3×2×1＝60种方法，
第二种方式，有一个地方去1个专家，另两个地方各去2个专家，共有eq \f(Ceq \\al(1,5)·Ceq \\al(2,4)·Ceq \\al(2,2),Aeq \\al(2,2))·Aeq \\al(3,3)＝eq \f(5×\f(4×3,2)×1,2×1)×3×2×1＝90，
所以分派方法的种数为60＋90＝150，故选B.
规律方法 排列、组合问题的求解方法与技巧
(1)合理分类与准确分步；(2)排列、组合混合问题要先选后排；(3)特殊元素优先安排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题除法处理；(7)“小集团”排列问题先整体后局部；(8)正难则反，等价转化.
训练1 (1)(2022·河南省重点中学联考)高三(2)班某天安排6节课，其中语文、数学、英语、物理、生物、地理各一节，若要求物理课比生物课先上，语文课与数学课相邻，则编排方案共有( )
A.42种 B.96种
C.120种 D.144种
(2)(2022·宁德质检)小红同学去买糖果，现只有四种不同口味的糖果可供选择，均为一元一颗，小红只有7元钱，要求钱全部花完且每种糖果都要买，则不同的选购方法共有________种(用数字作答).
答案 (1)C (2)20
解析 (1)由于语文课与数学课相邻，故可将它们“捆绑”后视为同一个个体与另外4节课排列，有Aeq \\al(5,5)＝120(种)排法，
再将语文课与数学课“松绑”，有Aeq \\al(2,2)＝2(种)排法，
所以只考虑语文课与数学课相邻，编排的方法共有Aeq \\al(5,5)Aeq \\al(2,2)＝240(种)，
其中“物理课比生物课先上”与“物理课比生物课后上”是等可能的，
所以符合题意的课程编排方案共有eq \f(1,2)Aeq \\al(5,5)Aeq \\al(2,2)＝120(种)，故选C.
(2)法一 将7元钱分为4份，有{1，1，1，4}，{1，1，2，3}，{1，2，2，2}三种情形，
这三种情形买糖果的选购方法种数分别为Ceq \\al(3,4)，Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1)，Ceq \\al(1,4)，
所以不同的选购方法共有Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1)＋Ceq \\al(1,4)＝20(种).
法二 将7元钱分为4份，相当于将7枚1元硬币排成一排，
用三个“隔板”隔开，隔开的方法有Ceq \\al(3,6)种，
所以不同的选购方法共有Ceq \\al(3,6)＝20(种).
热点二 二项式定理
1.求二项展开式中的特定项一般要应用通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk(k＝0，1，2…，n).
2.求两个因式积的特定项，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨论求解.
3.求三项展开式的特定项，一般转化为二项式求解或用定义法.
4.求解系数和问题应用赋值法.
例2 (1)(2022·宣城二模)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(x))－2))eq \s\up12(3)的展开式中常数项为( )
A.－6 B.－20
C.0 D.20
(2)(2022·菏泽模拟)(a－x)(2＋x)6的展开式中x5的系数是12，则实数a的值为( )
A.4 B.5
C.6 D.7
(3)(2022·杭州二模)已知x4＋x8＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a8(x－1)8，则a0＝________，a1＋a3＋a5＋a7＝________.
答案 (1)B (2)C (3)2 136
解析 (1)法一 由eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(x))－2))eq \s\up12(3)的展开式可知：常数项为Ceq \\al(1,3)·(－2)·Ceq \\al(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))·eq \r(x)＋Ceq \\al(3,3)·(－2)3＝－20.
法二 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(x))－2))eq \s\up12(3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x\f(1,4)－\f(1,x\f(1,4))))eq \s\up12(6)，
则Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(xeq \f(1,4))6－r(－1)req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x\f(1,4))))eq \s\up12(r)＝(－1)rCeq \\al(r,6)xeq \f(3－r,2)，
令eq \f(3－r,2)＝0，则r＝3，
故常数项为T4＝(－1)3Ceq \\al(3,6)＝－20.
(2)利用二项式定理展开得
(a－x)(2＋x)6＝(a－x)(Ceq \\al(0,6)26＋Ceq \\al(1,6)25x＋Ceq \\al(2,6)24x2＋Ceq \\al(3,6)23x3＋Ceq \\al(4,6)22x4＋Ceq \\al(5,6)2x5＋Ceq \\al(6,6)x6)，
则x5的系数为aCeq \\al(5,6)2－Ceq \\al(4,6)22＝12，∴a＝6.
(3)在等式x4＋x8＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a8(x－1)8中，
令x＝1可得a0＝2，
令x＝0，可得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＋a8＝0， ①
令x＝2，可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＋a8＝272，②
②－①可得a1＋a3＋a5＋a7＝136.
易错提醒 (1)二项式通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk(k＝0，1，2，…，n)表示的是二项展开式的第k＋1项，而不是第k项.
(2)要区分某项的二项式系数和系数.
训练2 (1)若(1－x)8＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a8(1＋x)8，则a6＝( )
A.－448 B.－112 C.112 D.448
(2)(2022·洛阳三模)已知(3x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn(n∈N*)，设(3x－1)n展开式的各项系数和为Sn，Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an(n∈N*)，则Sn与Tn的大小关系是( )
A.Sn>Tn
B.SnC.n为奇数时，SnTn
D.Sn＝Tn
(3)(2022·天津三模)(x2＋3x－4)4展开式中含有x3项的系数为________.
答案 (1)C (2)C (3)144
解析 (1)(1－x)8＝(x－1)8＝[(1＋x)－2]8＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a8(1＋x)8，a6＝Ceq \\al(2,8)·(－2)2＝112.
(2)令x＝1，得Sn＝a0＋a1＋a2＋…＋an＝2n，
令x＝0，得a0＝(－1)n，
所以Tn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝Sn－a0＝Sn－(－1)n，
所以当n为偶数时，Tn＝Sn－1Sn，故选C.
(3)由题意得(x2＋3x－4)4＝[(x＋4)(x－1)]4＝(x＋4)4(x－1)4，
又由(x＋4)4的通项为Tr＋1＝4rCeq \\al(r,4)x4－r，
(x－1)4的通项为Tk＋1＝(－1)kCeq \\al(k,4)x4－k，
所以(x2＋3x－4)4展开式中x3的系数为：
4×Ceq \\al(1,4)×(－1)4·Ceq \\al(4,4)＋42×Ceq \\al(2,4)×(－1)3·Ceq \\al(3,4)＋43×Ceq \\al(3,4)×(－1)2·Ceq \\al(2,4)＋44×Ceq \\al(4,4)×(－1)·Ceq \\al(1,4)＝16－384＋1 536－1 024＝144.
热点三 概率
1.古典概型的概率公式.
P(A)＝eq \f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数).
2.几何概型的概率公式
P(A)＝eq \f(构成事件A的区域长度（面积或体积）,试验的全部结果所构成的区域长度（面积或体积）).
3.条件概率公式
设A，B为两个事件，且P(A)>0，
则P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）).
例3 (1)(2022·河北省级联考)算筹计数法是中国数学史上一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同长短的小木棍.如图是利用算筹表示数字1～9的一种方法.例如：3可表示为“≡”，26可表示为“＝⊥”，现用6根算筹表示不含0的无重复数字的三位数，算筹不能剩余，则这个三位数能被3整除的概率为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,6)
C.eq \f(5,12) D.eq \f(7,24)
(2)(2022·宜宾二诊)在边长为2的正方形ABCD内部任取一点P，则P到正方形各个顶点距离均大于1的概率为( )
A.eq \f(π,4) B.1－eq \f(π,4)
C.2－eq \f(π,4) D.4－eq \f(π,4)
(3)一个医疗小队有3名男医生，4名女医生，从中抽出两个人参加一次医疗座谈会，则已知在一名医生是男医生的条件下，另一名医生也是男医生的概率是_____________________________________.
答案 (1)A (2)B (3)eq \f(1,5)
解析 (1)设“这个三位数能被3整除”为事件A，因为2根算筹可以表示2或6两种结果，3根算筹可以表示3或7两种结果，
所以6根算筹表示的数字有以下四种情况：1，2，3或1，6，3或1，2，7或1，6，7.
所以基本事件总数为4Aeq \\al(3,3)＝24，事件A为6根算筹表示成1，2，3的情况，包含的基本事件数为Aeq \\al(3,3)＝6，所以P(A)＝eq \f(6,24)＝eq \f(1,4)，故选A.
(2)如图，在正方形ABCD四个顶点处，以顶点为圆心，1为半径作圆弧，得四分之一的圆，四个四分之一圆，可组合成一个整圆，
所以P点所在区域面积为S＝22－π×12＝4－π，正方形面积为4，
所以所求概率为P＝eq \f(4－π,4)＝1－eq \f(π,4).
(3)设A为一位医生是男医生，B为另一位医生也是男医生，
∴P(AB)＝eq \f(Ceq \\al(2,3),Ceq \\al(2,7))＝eq \f(1,7)，
而P(A)＝eq \f(Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,4),Ceq \\al(2,7))＝eq \f(5,7)，
∴P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,5).
规律方法 (1)古典概型求解的关键点
①正确求出基本事件总数和所求事件包含的基本事件数，这常常用到排列、组合的有关知识.
②对于较复杂的题目计数时要正确分类，分类时应不重不漏.
(2)处理几何概型问题的关键是通过转化，将某一事件所包含的事件用“长度”“角度”“面积”“体积”等表示出来.
训练3 (1)(2022·成都二诊)在区间(－2，4)内随机取一个数x，使得不等式4x－5·2x＋4<0成立的概率为( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
(2)(2022·聊城模拟)第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”等，小明现有“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”邮票各2张，他打算从这8张邮票中任选3张赠送给同学小红，则在选中的3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为________.
(3)(2022·湖南雅礼中学模拟)某盒中装有10只乒乓球，其中6只新球，4只旧球，不放回地依次摸出2个球使用，在第一次摸出新球的条件下，第二次也取到新球的概率为________.
答案 (1)B (2)eq \f(5,14) (3)eq \f(5,9)
解析 (1)4x－5·2x＋4<0，
(2x－1)(2x－4)<0，1<2x<4，0所以不等式4x－5·2x＋4<0的解集为(0，2)，
所以所求概率为eq \f(2－0,4－（－2）)＝eq \f(1,3).
(2)3张邮票中有1张“冰墩墩”邮票和2张“雪容融”邮票的情况有Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(2,2)＝2(种)，有2张“冰墩墩”邮票和1张“雪容融”邮票的情况有Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(2,2)＝2(种)，
有1张“冰墩墩”邮票和1张“雪容融”邮票和1张其他邮票的情况有
Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,4)＝16(种)，
3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为eq \f(2＋2＋16,Ceq \\al(3,8))＝eq \f(5,14).
(3)记第一次摸出新球为事件A，第二次取到新球为事件B，
则P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(\f(Ceq \\al(2,6),Ceq \\al(2,10)),\f(Ceq \\al(1,6),Ceq \\al(1,10)))＝eq \f(\f(15,45),\f(6,10))＝eq \f(5,9).
一、基本技能练
1.(2022·衡水调研)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2a,x)))eq \s\up12(8)的展开式中x6的系数是－16，则a＝( )
A.eq \f(1,2) B.1
C.－eq \f(1,2) D.－1
答案 B
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2a,x)))eq \s\up12(8)的展开式的通项是Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x8－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2a,x)))eq \s\up12(r)＝(－2a)rCeq \\al(r,8)x8－2r，
令r＝1，则T2＝(－2a)Ceq \\al(1,8)x6，
依据题意得(－2a)Ceq \\al(1,8)＝－16，解得a＝1.
2.(2022·泰州调研)甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )
A.4种 B.6种
C.10种 D.16种
答案 B
解析 分两类：当甲先踢给乙时，满足条件的传递方式有3种(如图)，
同理，当甲先踢给丙时，满足条件的传递方式也有3种.
由分类加法计数原理可知，满足条件的传递方式共有3＋3＝6(种).故选B.
3.(2022·佛山联考)五名同学国庆假期相约去珠海野狸岛日月贝采风观景，结束后五名同学排成一排照相留念，若甲、乙二人不相邻，则不同的排法共有( )
A.36种 B.48种
C.72种 D.120种
答案 C
解析 由于甲、乙二人不能相邻，先让甲、乙之外的三名同学排好，有Aeq \\al(3,3)＝6(种)排法，
再让甲、乙二人从站好的三个人之间或两侧的4个位置中选2个位置插入，有Aeq \\al(2,4)＝12(种)排法，
所以不同的排法共有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,4)＝72(种)，故选C.
4.(2022·济南二模)4位同学各自在周六、周日两天中等可能的任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率( )
A.eq \f(1,8) B.eq \f(3,8)
C.eq \f(5,8) D.eq \f(7,8)
答案 D
解析 由已知，4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动共有24＝16种不同的结果，
而周六、周日都有同学参加公益活动有两类不同的情况：
(1)一天一人，另一天三人，有Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(2,2)＝8种不同的结果；
(2)周六、日各2人，有Ceq \\al(2,4)＝6种不同的结果，
故周六、周日都有同学参加公益活动有8＋6＝14种不同的结果，
所以周六、周日都有同学参加公益活动的概率为eq \f(14,16)＝eq \f(7,8)，选D.
5.(2022·上饶二模)在区间[0，1]上随机取两个数x，y，则满足x－y≥eq \f(1,3)的概率为( )
A.eq \f(2,9) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(4,9) D.eq \f(2,3)
答案 A
解析 由题可知试验的全部结果所构成的区域为Ω＝{(x，y)|0≤x≤1，0≤y≤1}，满足x－y≥eq \f(1,3)的结果构成的区域为A＝{(x，y)|0≤x≤1，0≤y≤1，x－y≥eq \f(1,3)}，如图中阴影部分所示.
故概率为p＝eq \f(\f(1,2)×\f(2,3)×\f(2,3),1×1)＝eq \f(2,9).
6.(2022·沈阳模拟)夏季里，每天甲、乙两地下雨的概率分别为eq \f(1,3)和eq \f(1,4)，且两地同时下雨的概率为eq \f(1,6)，则夏季的一天里，在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为( )
A.eq \f(1,12) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(3,4)
答案 C
解析 记事件A为甲地下雨，事件B为乙地下雨，
∴P(A)＝eq \f(1,3)，P(B)＝eq \f(1,4)，P(AB)＝eq \f(1,6).
在乙地下雨的条件下，甲地也下雨的概率为P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(\f(1,6),\f(1,4))＝eq \f(2,3).
7.(2022·陕西部分名校联考)从全体三位正整数中任取一数，则此数以2为底的对数也是正整数的概率为( )
A.eq \f(1,225) B.eq \f(1,300)
C.eq \f(1,450) D.以上都不对
答案 B
解析 全体三位正整数有900个，若此数以2为底的对数也是正整数，则此数必然是2n(n∈N*)的形式，
由于100≤2n<1 000(n∈N*)，
所以n＝7，8，9，
故所求的概率为eq \f(3,900)＝eq \f(1,300)，故选B.
8.已知(x－1)2＋(x－1)3＋(x－1)4＋(x－1)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋a3(x＋1)3＋a4(x＋1)4＋a5(x＋1)5，则a2＝( )
A.－111 B.－61
C.61 D.111
答案 B
解析 (x－1)2＋(x－1)3＋(x－1)4＋(x－1)5＝[(x＋1)－2]2＋[(x＋1)－2]3＋[(x＋1)－2]4＋[(x＋1)－2]5，
其展开式中(x＋1)2的系数为Ceq \\al(0,2)(－2)0＋Ceq \\al(1,3)(－2)＋Ceq \\al(2,4)(－2)2＋Ceq \\al(3,5)(－2)3＝－61.
故选B.
9.(2022·青岛一模)甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为( )


答案 D
解析 由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，则获胜的概率为0.6×0.6＝0.36，
二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为Ceq \\al(1,2)0.6×0.4×0.6＝0.288，
而这两种情况是互斥的，
所以甲最终获胜的概率为0.36＋0.288＝0.648.
10.(2022·平顶山模拟)第13届冬残奥会于3月4日在北京开幕，带着“一起向未来”的希冀，给疫情下的世界带来了信心.为了运动会的顺利举行，组织了一些志愿者协助运动会的工作.有来自某大学的2名男老师，2名女老师和1名学生的志愿者被组织方分配到某比赛场馆参加连续5天的协助工作，每人服务1天，如果2名男老师不能安排在相邻的两天，2名女老师也不能安排在相邻的两天，那么符合条件的不同安排方案共有( )
A.120种 B.96种
C.48种 D.24种
答案 C
解析 若将2名男老师安排在相邻两天，由捆绑法知有Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(2,2)种安排方案，
同理将2名女老师安排在相邻两天，有Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(2,2)种安排方案，
2名男老师安排在相邻两天且2名女老师也安排在相邻两天，有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)种安排方案，
所以符合条件的安排方案共有Aeq \\al(5,5)－Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(2,2)－Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(2,2)＋Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)＝48.
11.(2022·银川调研)(x－2y)5的展开式中x2y3的系数是________(用数字作答).
答案 －80
解析 (x－2y)5的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－r(－2y)r＝(－2)rCeq \\al(r,5)x5－ryr，
令r＝3可得(－2)3Ceq \\al(3,5)x2y3＝－80x2y3，
所以(x－2y)5的展开式中x2y3的系数是－80.
12.(2022·淄博一模)甲、乙、丙3家公司承包了6项工程，每家公司承包2项，则不同的承包方案有________种.
答案 90
解析 甲、乙、丙3家公司承包了6项工程，每家公司承包2项，则不同的承包方案种数为eq \f(Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,2),Aeq \\al(3,3))×Aeq \\al(3,3)＝90.
二、创新拓展练
13.(2022·咸阳二模)魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”(如图)，通过计算得知正方体的体积与“牟合方盖”的体积之比为3∶2.若在该正方体的外接球内任取一点，此点取自“牟合方盖”内的概率为( )
A.eq \f(\r(2),π) B.eq \f(4\r(3),9π)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(π,4)
答案 B
解析 设正方体棱长为1，则正方体体对角线l＝eq \r(3)，外接球半径R＝eq \f(\r(3),2)，
所以牟合方盖的体积V1＝eq \f(2,3)，
外接球的体积V＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(\r(3)π,2)，
所以，所求概率P＝eq \f(\f(2,3),\f(\r(3)π,2))＝eq \f(4\r(3),9π).
14.(2022·西安二模)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛打满2k(k∈N*)局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为0.5.若某人获胜的局数大于k，则此人赢得比赛.下列说法正确的是( )
①k＝1时，甲、乙比赛结果为平局的概率为eq \f(1,4)；
②k＝2时，甲赢得比赛与乙赢得比赛的概率均为eq \f(5,16)；
③在2k局比赛中，甲获胜的局数的期望为k；
④随着k的增大，甲赢得比赛的概率会越来越接近eq \f(1,2).
A.①②③ B.②③④
C.①②④ D.③④
答案 B
解析 k＝1时，甲、乙比赛结果为平局的概率为2×eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，故①错误；
k＝2时，甲赢得比赛的情况为：甲甲甲，甲乙甲甲，乙甲甲甲，甲甲乙甲，其概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(3)＋3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)＝eq \f(5,16)，同理，乙赢得比赛的概率也为eq \f(5,16)，所以②正确；
在2k局比赛中，甲获胜的局数服从二项分布Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k，\f(1,2)))，其期望值为2k×eq \f(1,2)＝k，所以③正确；
随着k的增大，比赛平局的概率Ceq \\al(k,2k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2k)趋近于0，所以甲乙赢得比赛的概率都会越来越接近eq \f(1,2)，故④正确.
15.已知一种元件的使用寿命超过1年的概率为0.8，超过2年的概率为0.6.若一个这种元件使用到1年时还未失效，则这个元件使用寿命超过2年的概率为________.
答案 0.75
解析 记使用寿命超过1年为事件B，超过2年为事件A，
P(AB)＝0.6，P(B)＝0.8，
P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(0.6,0.8)＝0.75.
16.(2022·杭州模拟)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(3,2)))eq \s\up12(5)＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝________，a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＝________.
答案 －eq \f(135,16) eq \f(5,2)
解析 由二项式定理知，a2＝Ceq \\al(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))eq \s\up12(3)＝－eq \f(135,16).
对已知等式两边同时求导可得5×eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－\f(3,2)))eq \s\up12(4)＝a1＋2a2x＋3a3x2＋4a4x3＋5a5x4，令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＝eq \f(5,2).