新高考数学二轮复习 专题突破 专题5 第1讲　计数原理与概率（含解析）

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[考情分析] 1.主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，时常与概率相结合，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、条件概率的基本应用．
考点一 排列与组合问题
核心提炼
解决排列、组合问题的一般过程
(1)认真审题，弄清楚要做什么事情；
(2)要做的事情是需要分步还是分类，还是分步分类同时进行，确定分多少步及多少类；
(3)确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题，元素总数是多少及取出多少元素．
例1 (1)甲、乙、丙、丁四名交通志愿者申请在国庆期间到A，B，C三个路口协助交警值勤，他们申请值勤路口的意向如下表：
这4名志愿者的申请被批准，且值勤安排也符合他们的意向，若要求A，B，C三个路口都要有志愿者值勤，则不同的安排方法有( )
A．14种 B．11种
C．8种 D．5种
答案 B
解析 由题意得，
以C路口为分类标准：C路口值勤分得人数情况有2种，两个人或一个人，
若C路口值勤分得人数为2，丙、丁在C路口，那么甲、乙只能在A，B路口值勤，此时有两种安排方法．
若C路口值勤分得人数为1，丙或丁在C路口，具体情况如下．
丙在C路口：
A(丁)B(甲乙)C(丙)；
A(甲丁)B(乙)C(丙)；
A(乙丁)B(甲)C(丙)．
丁在C路口：
A(甲乙)B(丙)C(丁)；
A(丙)B(甲乙)C(丁)；
A(甲丙)B(乙)C(丁)；
A(乙)B(甲丙)C(丁)；
A(乙丙)B(甲)C(丁)；
A(甲)B(乙丙)C(丁)．
所以一共有2＋3＋6＝11(种)安排方法．
(2)(2022·衡阳模拟)2022年2月4日，中国北京第24届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十四节气的方式开始倒计时，创意新颖，惊艳了全球观众，某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“惊蛰”、“清明”、“立夏”、“芒种”、“小暑”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“惊蛰”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？( )
A．192 B．240 C．120 D．288
答案 A
解析 由题意得，只考虑“立春”和“惊蛰”时，利用捆绑法得到Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(5,5)＝240(种)，
当“立春”和“惊蛰”相邻，且“清明”与“惊蛰”也相邻时，有2种排法，即“惊蛰”在中间，“立春”“清明”分布两侧，此时再用捆绑法，将三者捆在一起，即2Aeq \\al(4,4)＝48(种)，
所以最终满足题意的排法为240－48＝192(种)．
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．
跟踪演练1 (1)2021年1月18号，国家航天局探月与航天工程中心表示，中国首辆火星车全球征名活动已经完成了初次评审．评审委员会遴选出弘毅、麒麟、哪吒、赤兔、祝融、求索、风火轮、追梦、天行、星火共10个名称，将其作为中国首辆火星车的命名范围．某同学为了研究这些初选名称的涵义，计划从中选3个名称依次进行分析，其中有1个是祝融，其余2个从剩下的9个名称中随机选取，则祝融不是第3个被分析的情况有( )
A．144种 B．336种
C．672种 D．1 008种
答案 A
解析 选取的3个名称中含有祝融的共有Ceq \\al(2,9)种不同的情况．分析选取的3个名称的不同情况有Aeq \\al(3,3)种，其中祝融是第3个被分析的情况有Aeq \\al(2,2)种，故祝融不是第3个被分析的情况有Ceq \\al(2,9)(Aeq \\al(3,3)－Aeq \\al(2,2))＝144(种)．
(2)(2022·广东联考)现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪馆、国家速滑馆、首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，要求每个场馆都有人去，且这四人都在这三个场馆，则甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为( )
A．12 B．14 C．16 D．18
答案 B
解析 因为甲和乙都没去首钢滑雪大跳台，则安排方法分两类：
若有两个人去首钢滑雪大跳台，则肯定是丙、丁，即甲、乙分别去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，
有Aeq \\al(2,2)＝2(种)；
若有一个人去首钢滑雪大跳台，从丙、丁中选，有Ceq \\al(1,2)＝2(种)，然后剩下的一个人和甲、乙被安排去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＝6(种)，则共有2×6＝12(种)．综上，甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为12＋2＝14.
考点二 二项式定理
核心提炼
1．求二项展开式中特定项或项的系数问题的思路
(1)利用通项公式将Tk＋1项写出并化简．
(2)令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出k.
(3)代回通项公式即得所求．
2．对于两个因式的积的特定项问题，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．
例2 (1)(2022·新高考全国Ⅰ)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Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)x8－kyk，k＝0,1，…，7,8.令k＝6，得T6＋1＝Ceq \\al(6,8)x2y6；令k＝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.
(2)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x4)))n的展开式中第四项的系数为120，所有奇数项的二项式系数之和为512，则实数a的值为________，展开式中的常数项为________．
答案 1 45
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x4)))n的展开式的所有项的二项式系数之和为2n，且奇数项和偶数项的二项式系数之和相等，所以2n－1＝512，解得n＝10，
所以展开式中第四项T4＝Ceq \\al(3,10)x7eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x4)))3，
所以Ceq \\al(3,10)a3＝120，解得a＝1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x4)))10的展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)x10－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x4)))k＝Ceq \\al(k,10)x10－5k，
令10－5k＝0，解得k＝2，
所以展开式中的常数项为Ceq \\al(2,10)＝45.
易错提醒 二项式(a＋b)n的通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk (k＝0,1,2，…，n)，它表示的是二项式的展开式的第k＋1项，而不是第k项；其中Ceq \\al(k,n)是二项式展开式的第k＋1项的二项式系数，而二项式的展开式的第k＋1项的系数是字母幂前的常数，要区分二项式系数与系数．
跟踪演练2 (1)(2022·淄博模拟)若(1－x)8＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a8(1＋x)8，则a6等于( )
A．－448 B．－112 C．112 D．448
答案 C
解析 (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)已知(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，则下列结论正确的是________．
①展开式中各项系数和为1；
②展开式中所有项的二项式系数和为22 023；
③a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝－2；
④a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 023,22 023)＝0.
答案 ②③④
解析 令x＝1得a0＋a1＋…＋a2 023＝－1，
∴①错误；
二项式系数和为Ceq \\al(0,2 023)＋Ceq \\al(1,2 023)＋…＋Ceq \\al(2 023,2 023)＝22 023，
∴②正确；
令x＝0得a0＝1，
∴a1＋a2＋…＋a2 023＝－2，
∴③正确；
令x＝eq \f(1,2)有a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 023,22 023)＝0，
∴④正确．
考点三 概率
核心提炼
1．古典概型的概率公式
P(A)＝eq \f(事件A包含的样本点数,试验的样本点总数).
2．几何概型概率公式
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为两个随机事件，且P(A)>0，
则P(B|A)＝eq \f(PAB,PA).
例3 (1)(2022·新高考全国Ⅰ)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为( )
A.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
答案 D
解析 从7个整数中随机取2个不同的数，共有Ceq \\al(2,7)＝21(种)取法，取得的2个数互质的情况有{2,3}，{2,5}，{2,7}，{3,4}，{3,5}，{3,7}，{3,8}，{4,5}，{4,7}，{5,6}，{5,7}，{5,8}，{6,7}，{7,8}，共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为eq \f(14,21)＝eq \f(2,3).
(2)(2022·临沂模拟)甲和乙两个箱子中各有质地均匀的9个球，其中甲箱中有4个红球，2个白球，3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球，2个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以A1，A2，A3表示从甲箱中取出的球是红球、白球、黑球的事件，再从乙箱中随机取出一球，以B表示取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是________．(填序号)
①A1，A2，A3两两互斥；②P(B|A2)＝eq \f(2,5)；
③P(B)＝eq \f(1,2)；④B与A1相互独立．
答案 ①②
解析 A1，A2，A3中任何两个事件都不可能同时发生，因此它们两两互斥，①正确；
P(B|A2)＝eq \f(PBA2,PA2)＝eq \f(\f(2,9)×\f(4,10),\f(2,9))＝eq \f(2,5)，②正确；
P(B)＝eq \f(4,9)×eq \f(5,10)＋eq \f(2,9)×eq \f(4,10)＋eq \f(3,9)×eq \f(4,10)＝eq \f(4,9)，③错误；
又P(A1)＝eq \f(4,9)，P(A1B)＝eq \f(4,9)×eq \f(5,10)＝eq \f(2,9)，
P(A1)P(B)＝eq \f(4,9)×eq \f(4,9)＝eq \f(16,81)，
∴P(A1B)≠P(A1)P(B)，
∴A1与B不相互独立，④错误．
规律方法 求概率的方法与技巧
(1)古典概型、几何概型、条件概率分别用各自的公式求解．
(2)根据事件间关系，利用概率的加法、乘法公式及对应事件的概率公式求解．
跟踪演练3 (1)有一个底面圆的半径为1, 高为2的圆柱，点O1，O2分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O1，O2的距离都大于1的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(1,4)
答案 A
解析 由题设，到O1，O2的距离都大于1的部分为圆柱体去掉以底面为最大轴截面的两个半球体，
所以到O1，O2的距离都大于1的部分的体积为V＝2π×12－eq \f(4,3)π×13＝eq \f(2π,3)，
故点P到点O1，O2的距离都大于1的概率P＝eq \f(\f(2π,3),2π)＝eq \f(1,3).
(2)(2022·莆田模拟)从0,1,2，…，9这十个数字中随机抽取3个不同的数字，记A为事件：“恰好抽的是2,4,6”，记B为事件：“恰好抽取的是6,7,8”，记C为事件：“抽取的数字里含有6”．则下列说法正确的是( )
A．P(AB)＝P(A)P(B)
B．P(C)＝eq \f(1,10)
C．P(C)＝P(AB)
D．P(A|C)＝P(B|C)
答案 D
解析 由题知，从10个数中随机地抽取3个数，共有Ceq \\al(3,10)＝120(种)可能情况，
对于A选项，“恰好抽的是2,4,6”和“恰好抽取的是6,7,8”为互斥事件，则P(AB)＝0，而P(A)P(B)≠0，故A选项错误；
对于B选项，P(C)＝eq \f(C\\al(2,9),C\\al(3,10))＝eq \f(36,120)＝eq \f(3,10)，故B选项错误；
对于C选项，P(AB)＝0，P(C)＝eq \f(3,10)，故C选项错误；
对于D选项，由于P(AC)＝P(BC)＝eq \f(1,C\\al(2,9))＝eq \f(1,36)，故由条件概率公式得P(A|C)＝P(B|C)，故D选项正确．
专题强化练
一、选择题
1．(2022·福州质检)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(x))))6展开式中的常数项为( )
A．－540 B．－15 C．15 D．135
答案 D
解析 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(x))))6展开式的通项公式为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(3x)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))k
＝(－1)k·36－kCeq \\al(k,6)·，k≤6，k∈N，
由6－eq \f(3,2)k＝0，
解得k＝4，
则T5＝(－1)4×32×Ceq \\al(4,6)＝135，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(x))))6展开式中的常数项为135.
2.(2022·玉林模拟)有诗云：“芍药乘春宠，何曾羡牡丹．”芍药不仅观赏性强，且具有药用价值．某地打造了以芍药为主的花海大世界．其中一片花海是正方形，它的四个角的白色部分都是以正方形的顶点为圆心、正方形边长的一半为半径的圆弧与正方形的边所围成的(如图所示)．白色部分种植白芍，中间阴影部分种植红芍．倘若你置身此正方形花海之中，则恰好处在红芍中的概率是( )
A．1－eq \f(π,4) B.eq \f(π,4)－eq \f(1,2) C.eq \f(π,2)－1 D.eq \f(π,4)
答案 A
解析 由题意，设正方形的边长为2，可得以正方形的顶点为圆心的圆的半径为r＝1，
可得正方形的面积为S＝2×2＝4，
阴影部分的面积为S1＝S－4×eq \f(1,4)πr2＝4－π，
根据面积比的几何概型，可得恰好处在红芍中的概率是P＝eq \f(S1,S)＝eq \f(4－π,4)＝1－eq \f(π,4).
3．池州九华山是著名的旅游胜地．天气预报4月1日起连续4天，每天下雨的概率为0.6，现用随机模拟的方法估计4天中恰有3天下雨的概率：在0～9十个整数值中，假定0,1,2,3,4,5表示当天下雨，6,7,8,9表示当天不下雨．在随机数表中从某位置按从左到右的顺序读取如下20组四位随机数：
据此估计4天中恰有3天下雨的概率为( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(2,5) C.eq \f(7,20) D.eq \f(9,20)
答案 B
解析 由表中数据可得4天中恰有3天下雨的有9533,9522,0018,0018,3281,8425,2436,0753，共8组，
所以估计4天中恰有3天下雨的概率为eq \f(8,20)＝eq \f(2,5).
4．(2022·荆州联考)某人民医院召开抗疫总结表彰大会，有7名先进个人受到表彰，其中有一对夫妻．现要选3人上台报告事迹，要求夫妻两人中至少有1人报告，若夫妻同时被选，则两人的报告顺序需要相邻，这样不同的报告方案共有( )
A．80种 B．120种
C．130种 D．140种
答案 D
解析 若夫妻中只选一人，
则有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(3,3)＝120(种)不同的方案；
若夫妻二人全选，且两人报告顺序相邻，则有Ceq \\al(1,5)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)＝20种不同的方案，故总计有140(种)不同的方案．
5．(2022·惠州模拟)(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
答案 C
解析 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.
6．(2022·新高考全国Ⅱ)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)．
7．(2022·山东省实验中学诊断)已知(a＋b)n的展开式中第五项的二项式系数最大，则n的所有可能取值的和为( )
A．15 B．16 C．17 D．24
答案 D
解析 若展开式中只有第五项的二项式系数最大，则eq \f(n,2)＋1＝5，解得n＝8；若展开式中第四项和第五项的二项式系数最大，则eq \f(n＋3,2)＝5，解得n＝7；若展开式中第五项和第六项的二项式系数最大，则eq \f(n＋1,2)＝5，解得n＝9.故n的所有可能取值的和为7＋8＋9＝24.
8．(2022·仙桃模拟)定义：eq \x\t(abcde)＝10 000a＋1 000b＋100c＋10d＋e(a，b，c，d，e∈Z) ，当a>bdbd