微专题22 计数原理与概率统计压轴小题 -2024年新高考数学二轮复习微专题提分突破140分

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例1．（2024·高三·贵州·阶段练习）已知，，，下列选项正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，即，
又，，
所以，故A错误；
又，故B正确；
，故D错误；
，故C错误.
故选：B
例2．（2024·浙江·模拟预测）某羽毛球俱乐部，安排男女选手各6名参加三场双打表演赛（一场为男双，一场为女双，一场为男女混双），每名选手只参加1场表演赛，则所有不同的安排方法有（ ）
A．2025种B．4050种C．8100种D．16200种
【答案】B
【解析】先考虑两对混双的组合有种不同的方法，
余下名男选手和名女选手各有种不同的配对方法组成两对男双组合，两对女双组合，
故共有．
故选：B
例3．（2024·四川成都·二模）现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意，用四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，每个部分都有4种涂色方法，则有种涂色方法；
若其中任意有公共边的两块着不同颜色，有两种情况：①只用三种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法；②用四种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法，所以若其中任意有公共边的两块着不同颜色，共有144种涂色方法，故四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为.
故选：C
例4．（2024·山东菏泽·一模）若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】为奇数时，前项中有个奇数项，即有个正数，
，，故A错误；
为偶数时，前项中有个奇数项，即有个正数，
，
，，故B错误；
，故C正确；
，故D错误.
故选：C.
例5．（2024·广东湛江·一模）在一次考试中有一道4个选项的双选题，其中B和C是正确选项，A和D是错误选项，甲、乙两名同学都完全不会这道题目，只能在4个选项中随机选取两个选项．设事件“甲、乙两人所选选项恰有一个相同”，事件“甲、乙两人所选选项完全不同”，事件“甲、乙两人所选选项完全相同”，事件“甲、乙两人均未选择B选项”，则（ ）
A．事件M与事件N相互独立B．事件X与事件Y相互独立
C．事件M与事件Y相互独立D．事件N与事件Y相互独立
【答案】C
【解析】依题意甲、乙两人所选选项有如下情形：
①有一个选项相同，②两个选项相同，③两个选项不相同，
所以，，，，
因为事件与事件互斥，所以，又，
所以事件M与事件N不相互独立，故A错误；
，故B错误；
由，则事件M与事件Y相互独立，故C正确；
因为事件N与事件Y互斥，所以，又，
所以事件N与事件Y不相互独立，故D错误.
故选：C．
例6．（2024·高三·河南·专题练习）信息熵是信息论中的一个重要概念．设随机变量X所有可能的取值为1，2，，n，且，，定义X的信息熵，则下列判断中正确的是（ ）
①若，则
②若，则；
③若，则当时，取得最大值
④若，随机变量Y所有可能的取值为1，2，，m，且，则
A．①②B．②③C．①②④D．①②③④
【答案】D
【解析】①若，则，故①正确；
②假设，因为，，所以，
所以，所以，
这与矛盾，所以假设不成立，
而当时，易得，所以，故②正确；
③若，则，
，
设，，
则，
令，得，解得，此时函数单调递减，
令，，解得，此时函数单调递增，
所以当时最大，所以当时，取得最大值，故③正确；
④由题意知，，，，…，，
∴，
又，
∴，
又，，，，
∴，∴，故④正确．
综上，正确说法的序号为①②③④，
故选：D．
例7．（多选题）（2024·山东济南·一模）下列等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【解析】对于A，因为，
令，得，则，故A错误；
对于B，因为，
所以
，故B正确；
对于C，因为，
所以，故C正确.
对于D，，
对于，其含有的项的系数为，
对于，要得到含有的项的系数，
须从第一个式子取出个，再从第二个式子取出个，
它们对应的系数为，
所以，故D正确.
故选：BCD.
例8．（2024·高三·江苏泰州·阶段练习）将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色各不相同的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则 ．
【答案】125
【解析】，即，.如图，在单位圆上有5个颜色不同的点，由4条边连接起来，每条边有2个端点，所以4条边一共有8个端点，又由于从任意一点出发，沿着可边可以达到任意一点，所以每一点必定会作边，至少一条边的端点.所以可能出现的情形有三种情形，按照5个点可能同时做边几条边的公共端点来分情况讨论.
情形1：有3个点是2条边的端点，另2个点是1条边的端点，有种；
情形2：有1个点是3条边的端点，有1个点是2条边的端点，另3个点是1条边的端点，
有种；
情形3：有1个点是4条边的端点，另4个点是1条边的端点，共有种；
综上：.
故答案为：125
例9．（2024·辽宁葫芦岛·一模）某机器有四种核心部件A，B，C，D，四个部件至少有三个正常工作时，机器才能正常运行，四个核心部件能够正常工作的概率满足为，，且各部件是否正常工作相互独立，已知，设为在次实验中成功运行的次数，若，则至少需要进行的试验次数为 ．
【答案】
【解析】设，则，
设一次实验中成功运行的概率为，
则
，
令，，
则，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故，
故，
由服从二项分布，故有，则.
故答案为：.
例10．（2024·全国·模拟预测）神舟十五号飞行任务是中国载人航天工程2022年的第六次飞行任务，也是中国空间站建造阶段最后一次飞行任务，航天员乘组将在轨工作生活6个月.某校为了培养学生们的航天精神，特意举办了关于航天知识的知识竞赛，竞赛一共包含两轮.高三（9）班派出了和两位同学代表班级参加比赛，每轮竞赛和两位同学各答1题.已知同学每轮答对的概率是，同学每轮答对的概率是，每轮竞赛中和两位同学答对与否互不影响，每轮结果亦互不影响，则和两位同学至少答对3道题的概率为（ ）.
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】若和两位同学答对4道题，则其概率为；
若和两位同学答对3道题，则其概率为；
故和两位同学至少答对3道题的概率为.
故选：D.
例11．（2024·广东·一模）已知随机变量的分布列如下：
则是的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】由题意可知，
若，则，得，
故充分性满足；
若，则，解得或.
当时，，此时，
当时，，此时，
则或，故必要性不满足.
故选：A.
例12．（2024·江苏宿迁·一模）人工智能领域让贝叶斯公式：站在了世界中心位置，AI换脸是一项深度伪造技术，某视频网站利用该技术掺入了一些“AI”视频，“AI”视频占有率为0.001．某团队决定用AI对抗AI，研究了深度鉴伪技术来甄别视频的真假．该鉴伪技术的准确率是0.98，即在该视频是伪造的情况下，它有的可能鉴定为“AI”；它的误报率是0.04，即在该视频是真实的情况下，它有的可能鉴定为“AI”．已知某个视频被鉴定为“AI”，则该视频是“AI”合成的可能性为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】记“视频是AI合成”为事件，记“鉴定结果为AI”为事件B，
则，
由贝叶斯公式得：，
故选：C．
【过关测试】
1．（2024·海南省直辖县级单位·一模）英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，根据贝叶斯统计理论，随机事件，存在如下关系：.若某地区一种疾病的患病率是0.05，现有一种试剂可以检验被检者是否患病.已知该试剂的准确率为，即在被检验者患病的前提下用该试剂检测，有的可能呈现阳性；该试剂的误报率为，即在被检验者未患病的情况下用该试剂检测，有的可能会误报阳性.现随机抽取该地区的一个被检验者，已知检验结果呈现阳性，则此人患病的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】依题意，设用该试剂检测呈现阳性为事件B，被检测者患病为事件A，未患病为事件，
则，，，，
故，
则所求概率为.
故选：C.
2．（2024·河南·一模）甲､乙两人进行一场友谊比赛，赛前每人记入3分．一局比赛后，若决出胜负，则胜的一方得1分，负的一方得分；若平局，则双方各得0分．若干局比赛后，当一方累计得分为6时比赛结束且该方最终获胜．令表示在甲的累计得分为i时，最终甲获胜的概率，若在一局中甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意可知：i的取值集合为，且，
在甲累计得分为1时，下局甲胜且最终甲获胜的概率为，
在甲累计得分为1时，下局平局且最终甲获胜的概率为，
在甲累计得分为1时，下局甲败且最终甲获胜的概率为，
根据全概率公式可得，
整理得，变形得，
因为，则，
同理可得，
所以是公比为的等比数列，
所以，
各项求和得，
则，即，解得．
故选：C.
3．（2024·云南·一模）一个信息设备装有一排六只发光电子元件，每个电子元件被点亮时可发出红色光､蓝色光､绿色光中的一种光.若每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，根据这三个被点亮的电子元件的不同位置以及发出的不同颜色的光来表示不同的信息，则这排电子元件能表示的信息种数共有（ ）
A．60种B．68种C．82种D．108种
【答案】D
【解析】每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点亮，
所以需把3个亮的发光原件插入未点亮的元件中，有种方法，
且不同颜色数有种，
所以这排电子元件能表示的信息种数共有种.
故选：D
4．（2024·高三·福建福州·期中）江先生每天9点上班，上班通常开私家车加步行或乘坐地铁加步行，私家车路程近一些，但路上经常拥堵，所需时间（单位：分钟）服从正态分布，从停车场步行到单位要6分钟；江先生从家到地铁站需要步行5分钟，乘坐地铁畅通，但路线长且乘客多，所需间（单位：分钟）服从正态分布，下地铁后从地铁站步行到单位要5分钟，从统计的角度出发，下列说法中合理的有（ ）
参考数据：若，则，，
A．若出门，则开私家车不会迟到
B．若出门，则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大
C．若出门，则乘坐地铁上班不迟到的可能性更大
D．若出门，则乘坐地铁几乎不可能上班不迟到
【答案】D
【解析】对于A，当满足时，
江先生仍旧有可能迟到，只不过发生的概率较小，故A错误；
对于，若出门，
①江先生开私家车，
当满足时，
此时江先生开私家车不会迟到；
②江先生乘坐地铁，
当满足时，
此时江先生乘坐地铁不会迟到；
此时两种上班方式，江先生不迟到的概率相当，故B错误；
对于C，若出门，
①江先生开私家车，
当满足时，
此时江先生开私家车不会迟到；
②江先生乘坐地铁，
当满足时，此时江先生乘坐地铁不会迟到；
此时两种上班方式，显然江先生开私家车不迟到的可能性更大，故C错误；
对于D，若出门，
江先生乘坐地铁上班，
当满足时，江先生乘坐地铁不会迟到，
此时不迟到的可能性极小，故江先生乘坐地铁几乎不可能上班不迟到，故D正确.
故选：D.
5．（多选题）（2024·甘肃·一模）围棋是古代中国人发明的最复杂的智力博弈游戏之一.东汉的许慎在《说文解字）中说：“弈，围棋也”，因此，“对弈"在当时特指下围棋，现甲与乙对弈三盘，每盘赢棋的概率是，其中甲只赢一盘的概率低于甲只赢两盘的概率.甲也与丙对弈三盘，每盘赢棋的概率是，而甲只赢一盘的概率高于甲只赢两盘的概率.若各盘棋的输赢相互独立，甲与乙､丙的三盘对弈均为只赢两盘的概率分别是和，则以下结论正确的是（ ）
A．
B．当时，
C．，使得对，都有
D．当时，
【答案】ABC
【解析】对于A,根据题意，甲与乙对弈只赢一盘的概率为，只赢两盘的概率为，
则，解得，故，
甲与丙对弈只赢一盘的概率为，只赢两盘的概率为，
则，解得，故，
故，则A正确；
对于B，由得，
则，即，
又，所以，所以，故B正确；
对于C，，使得对，结合B分析，只满足，都有，故C正确；
对于D，令，则，化简为，
故，即，
又因为，则，即，故D错误，
故选：ABC.
6．（多选题）（2024·云南贵州·二模）袋子中有2个黑球，1个白球，现从袋子中有放回地随机取球4次，每次取一个球，取到白球记0分，黑球记1分，记4次取球的总分数为，则（ ）
A．B．
C．的期望D．的方差
【答案】ABCD
【解析】从袋子中有放回的取球4次，则每次取球互不影响，并且每次取到的黑球概率相等，
又每次取一个球，取到白球记0分，黑球记1分，故4次取球的总分数相当于抽到黑球的总个数，
又每次摸到黑球的概率为，因为是有放回地取4次球，所以，故A正确；
，故B正确；
根据二项分布期望公式得，故C正确；
根据二项分布方差公式得，故D正确.
故选：ABCD
7．（多选题）（2024·浙江·模拟预测）高考数学试题的第二部分为多选题，共三个题每个题有4个选项，其中有2个或3个是正确选项，全部选对者得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分．小明对其中的一道题完全不会，该题有两个选项正确的概率是，记为小明随机选择1个选项的得分，记为小明随机选择2个选项的得分．则
A．B．
C．D．
【答案】BC
【解析】为小明随机选择1个选项的得分，所以，
，，
则的分布列为：
由此可得，
为小明随机选择2个选项的得分，所以，
,,
,
则的分布列
由此可得
．
所以,，，.
故选：BC．
8．（多选题）（2024·浙江·二模）已知正方体，的棱长为1，点P是正方形上的一个动点，初始位置位于点处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为，向对角顶点移动的概率为，如当点P在点处时，向点，移动的概率均为，向点移动的概率为，则（ ）
A．移动两次后，“”的概率为
B．对任意，移动n次后，“平面”的概率都小于
C．对任意，移动n次后，“PC⊥平面”的概率都小于
D．对任意，移动n次后，四面体体积V的数学期望（注：当点P在平面上时，四面体体积为0）
【答案】AC
【解析】设移动次后，点在点的概率分别为，
其中，
，解得：，
对于A，移动两次后，“”表示点移动两次后到达点，
所以概率为，故A正确；
对于B，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，
因为，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
而，平面，
所以当点位于或时，平面，
当移动一次后到达点或时，所以概率为，故B错误；
对于C，所以当点位于时，PC⊥平面，
所以移动n次后点位于，则，故C正确；
对于D，四面体体积V的数学期望
，因为，
所以点到平面的距离为，
同理，点到平面的距离分别为，
所以，
所以，
当为偶数，所以，当时,；
当为奇数，所以，故D错误.
故选：AC.
9．（多选题）（2024·高三·浙江·开学考试）日常生活中植物寿命的统计规律常体现出分布的无记忆性.假设在一定的培养环境下，一种植物的寿命是取值为正整数的随机变量，根据统计数据，它近似满足如下规律：对任意正整数，寿命恰好为的植物在所有寿命不小于的植物中的占比为.记“一株植物的寿命为”为事件，“一株植物的寿命不小于”为事件.则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．设，则为等比数列
D．设，则
【答案】BCD
【解析】设植物总数为，寿命为年的植物数为，
由题意，，
则①
②
②①得，，
即，故，故A错误；
由，
故，故B正确；
由，
故，即为等比数列，故C正确；
因为，
设，则，
，
相减可得
，
所以，故D正确.
故选：BCD
10．（多选题）（2024·高三·湖南长沙·开学考试）某企业使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进.部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验.记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，表示事件“某芯片经人工抽检后合格”.改进生产工艺后，该款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取个，这个芯片中恰有个的质量指标位于区间，则下列说法正确的是（ ）（若，则）
A．
B．
C．
D．取得最大值时，的估计值为53
【答案】ACD
【解析】依题意，，A正确；
由，则，
又，
于是，即，
因此，即，则，B错误；
由
又，C正确；
，
设，
由，
解得，即，
由，
解得，即，
所以最大时的估计值为53，D正确.
故选：ACD
11．（多选题）（2024·高三·江苏泰州·阶段练习）甲、乙两个口袋各装有1个红球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．把从甲、乙两个口袋中各任取一个球放入对方口袋中称为一次操作，重复n次操作后，甲口袋中恰有0个红球，1个红球，2个红球分别记为事件，，，则（ ）
A．B． C．D．
【答案】ABD
【解析】因在操作前，甲袋中：1红2白，乙袋中：1红2白．
对于A项，重复1次操作，甲口袋中有1红的概率，故A项正确；
对于B项，，，，故，故B项正确；
对于C项，因事件与相互独立，则，，故C项错误；
对于D项，，故D项正确．
故选：ABD．
12．（2024·广东深圳·模拟预测）从1，2，3，，这个数中随机抽一个数记为，再从1，2，，中随机抽一个数记为，则 .
【答案】
【解析】由题意知，由全概率公式知，
，
，
，
，
，
，
所以
.
故答案为：
13．（2024·高三·内蒙古赤峰·开学考试）小王一次买了两串冰糖葫芦，其中一串有两颗冰糖葫芦，另一串有三颗冰糖葫芦．若小王每次随机从其中一串吃一颗，则只有两颗冰糖葫芦的这串先吃完的概率为 ．
【答案】/
【解析】将串在一起的两颗冰糖葫芦编号为1，2（最下面那颗），串在一起的三颗冰糖葫芦编号为3，4，5（最下面那颗），
现在可将题目等价转换为首先从左到右固定3，4，5的排列顺序，问将1，2间隔插空或者捆绑插空，且1，2都在5的左边的概率，
若1，2间隔插空或者捆绑插空，共有种排列，
其中满足1，2都在5的左边的排列，共有，
所以只有两颗冰糖葫芦的这串先吃完的概率为.
故答案为：.
14．（2024·全国·模拟预测）已知三位整数满足的展开式中有连续的三项的二项式系数成等差数列，则的最大值是 ．
【答案】959
【解析】设连续的三项的二项式系数为，，
由得，
解得①，因为为正整数，所以应为奇完全平方数，
设，可得，代入①，
解得，或，
所以三位整数的最大值为.
故答案为：.
15．（2024·高三·全国·专题练习）现有6根绳子，共有12个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束.则这6根绳子恰好能围成一个圈的概率为 .
【答案】
【解析】依题意，环排列有：种,总的连接方式有：种，
所以恰好能围成一个圈的概率为.
故答案为：.
16．（2024·高三·全国·专题练习）随机数表是人们根据需要编制出来的，由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字组成，表中每一个数都是用随机方法产生的，随机数的产生方法主要有抽签法、抛掷骰子法和计算机生成法．现有甲、乙、丙三位同学合作在一个正二十面体（如图）的各面写上0~9这10个数字（相对的两个面上的数字相同），这样就得到一个产生0~9的随机数的骰子．依次投掷这个骰子，并逐个记下朝上一面的数字，就能按顺序排成一个随机数表，若甲、乙、丙依次投掷一次，按顺序记下三个数，三个数恰好构成等差数列的概率为 ．
【答案】/
【解析】甲投1次，记下数字有10种可能，乙投1次也有10种可能；丙投1次也有10种可能，
所以甲、乙、丙依次投掷1次，记下数字有种情况，
0~9这10个数字中选3个，能构成等差数列的情况如下：
公差为0的等差数列有：0，0，0；1，1，1；2，2，2；；9，9，9共10种情况；
公差为1的等差数列有：0，1，2；1，2，3；2，3，4；3，4，5；4，5，6；5，6，7；6，7，8；7，8，9共8种情况；
公差为2的等差数列有：0，2，4；1，3，5；2，4，6；3，5，7；4，6，8；5，7，9共6种情况；
公差为3的等差数列有：0，3，6；1，4，7；2，5，8；3，6，9共4种情况；
公差为4的等差数列有：0，4，8；1，5，9共2种情况；
公差为1，2，3，4的等差数列中的第1项和第3项的数字交换，分别构成公差为，，，的等差数列，
所以构成等差数列的可能情况有种，
所以若甲、乙、丙依次投掷一次，按顺序记下三个数，三个数恰好构成等差数列的概率为.
故答案为：
17．（2024·高三·全国·竞赛）已知正七边形ABCDEFG的外接圆为且A为该圆上距离坐标原点最远的点，则关于这七个点的回归直线方程为 ；设CG，AD交于Q，则
【答案】
【解析】设圆心为，为与轴正方向的夹角，
取直线，则七个点到该直线距离的平方和为
，是定值，
任取一条过的直线，由对称性可知，七个点到直线距离的平方和为，
由垂线段最短和最小二乘法知回归直线方程为.
设正七边形的边长为，，
因为，，
由对称性可知，
结合对顶角相等，可得，
又，故，故，
同理可得，又，
所以四边形为菱形，故，
又，，故，
在中，
，
又，
故，
由积化和差公式可得，
故，
又，
故，
故，
所以，.
故答案为：，
18．（2024·高三·浙江·开学考试）设严格递增的整数数列，，…，满足，.设为，，…，这19个数中被3整除的项的个数，则的最大值为 ，使得取到最大值的数列的个数为 .
【答案】 18 25270
【解析】第一个空，设某个数除以余数为，则称该数模余(，均为整数，且)，
为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，这样它们之和才会被3整除.
而，均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别，
例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意，
所以的最大值为18.
第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要求的20个数.
第一步，在到这20个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满足任意两个相邻数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得的最大值为18.
第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数.
第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情况：
①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足.
②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的19个数中，由种，共有种.
③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有种，此时加回来的数必定是删去的两端之一中的1或40，有1种选法，共种.
第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为，它旁边两个数分别为，即排列为，在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为，然后删去，再补回；或者为，然后删去，再补回，这两种删去方式结果相同.
综上，共有种.
故答案为：18；25270
19．（2024·高三·河南南阳·期末）某楼梯共有个台阶，小明在上楼梯的时候每步可以上个或者个台阶，则小明不同的上楼方法共有 种．（用数字作答）
【答案】
【解析】设小明上个台阶有种方法，考虑最后一步：
若最后一步小明上个台阶，则前个台阶有种方法且；
若最后一步小明上个台阶，则前个台阶有种方法且.
由加法原理得，易知，
可得，
所以小明不同的上楼方法共有种.
故答案为：.
20．（2024·高三·全国·竞赛）一个平台的俯视图为一个3×3的方格表，初始时在中心的方格处有一只电子瓢虫，每过一秒钟，该瓢虫都会随机选择平行于平台边界的四个方向之一移动一个单位．如果瓢虫跌落平台就会“死亡”，那么在2023秒后，该瓢虫仍然“存活”的概率是 ．
【答案】
【解析】
设第秒后瓢虫在角的概率为，在中心的概率，在边中间的概率为，
则，，，
其中，所以，
又，，
而，
故，
故在2023秒后，该瓢虫仍然“存活”的概率为，
故答案为: .
21．（2024·高三·云南昆明·阶段练习）已知集合中含有个元素，集合是的非空子集，且，则不同的集合对有 个．（用含的代数式表示）
【答案】
【解析】易知个元素的集合有个非空子集；
即集合的个数有个，又，因此对集合中的元素个数进行分类讨论如下：
若非空集合中含有1个元素，则共有种情况，对应的非空集合满足的有个；
若非空集合中含有2个元素，则共有种情况，对应的非空集合满足的有个；
……
若非空集合中含有个元素，则共有种情况，对应的非空集合满足的有个；
……
若非空集合中含有个元素，则共有种情况，对应的非空集合满足的有个；
所以不同的集合对共有个；
根据二项式定理化简可得
因此不同的集合对共有个.
故答案为：
22．（2024·高三·广东·强基计划）设个人进行互相传球游戏，每个拿球的人等可能地把球传给其他人中的任何一位，．若初始时球在甲手中，则第次传球之后，球又回到甲手中的概率为 ．
【答案】
【解析】不妨记初始时球在甲手中，则第次传球之后，球又回到甲手中的概率为，
表示初始时球在甲手中的概率，易知且次传球传不到甲手上的概率为，
同时球在第次传回甲手中只可能是第次球传到了其余的个人手中然后再传给了甲，
从而有，且，
可变形为，又，
所以，整理得，
故答案为：．
23．（2024·全国·模拟预测）中秋节假期间，某医院要安排某科室的2名男职工和2名女职工进行3天值班（分白班和夜班，每班1名职工），其中女职工不值夜班，且每个人至少要值班一次，则不同的安排方法共有 种（用数字作答）．
【答案】120
【解析】若白班无男职工，则不同的安排方法共有（种）．
若白班有男职工，则值白班的不同的安排方法共有（种），
①当值白班的男职工不值晚班时，则值晚班不同的安排方法共有1种；
②当值白班的男职工也值晚班时，则值晚班不同的安排方法共有（种），
则不同的安排方法共有（种）．
综上，不同的安排方法共有（种）．
故答案为：120
24．（2024·高三·辽宁沈阳·阶段练习）我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 ； （用含的式子表示，）.
【答案】
【解析】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为、，
根据乘法原理和加法原理得到.
在维向量中，范数为奇数，则的个数为奇数，
即的个数为、、、、，
根据乘法原理和加法原理得到，
，
，
两式相减得到.
故答案为：；.
25．（2024·高三·福建泉州·阶段练习）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，为了纪念他，人们把函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数.设，则除以2023的余数是 .
【答案】1011
【解析】，
又，
则，
又，
所以
，
所以当，
，
其除以2023的余数为，
当时，
，
其除以2023的余数2022和3，
当且时，
，
其除以2023的余数为，
当时，
，
其除以2023的余数为，
除以2023的余数为除以2023的余数，
即除以2023的余数，
又
其除以2023的余数为1011，
故答案为：1011.
26．（2024·高三·安徽·阶段练习）从教学楼一楼到二楼共有11级台阶（从下往上依次为第1级，第2级，，第11级），学生甲一步能上1级或2级台阶，若甲从一楼上到二楼使用每一种方法都是等概率的，则甲踩过第5级台阶的概率是 ．
【答案】
【解析】记学生甲上到第级台阶共有种上法，则，
当时，学生甲上到第级台阶，可以从第级或第级上去，
所以，
于是，，，
其中甲踩过第5级台阶的上台阶方法数，可分两步计算，
第一步，从第1级到第5级，共有种方法；
第二步，从第6级到第11级，相当于从第1级到第6级的方法数，共有种方法；
所以甲踩过第5级台阶的上台阶方法数有，
则甲踩过第5级台阶的概率是．
故答案为：.
1
2
0
2
0
2
6