备战2025年高考二轮复习数学专题突破练17 计数原理与概率（提升篇）（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题突破练17 计数原理与概率（提升篇）（Word版附解析），共8页。试卷主要包含了5的展开式中含x的项的系数为，故选D，故选B等内容，欢迎下载使用。

主干知识达标练
1.(2023北京,5)(2x-1x)5的展开式中含x的项的系数为( )
A.-80B.-40C.40D.80
答案D
解析(2x-1x)5的展开式的通项为Tk+1=C5k(2x)5-k-1xk=(-1)k,25-kC5kx5-2k,令5-2k=1,得k=2,所以(2x-1x)5的展开式中含x的项的系数为(-1)223C52=80.故选D.
2.(2024山东聊城模拟)三名男同学和两名女同学随机站成一列,则两名女同学相邻的概率是( )
A.16B.25C.13D.23
答案B
解析五名同学排成一列的排法有A55=120(种),其中两名女同学相邻的排法有A22A44=48(种),所以两名女同学相邻的概率是48120=25.故选B.
3.(2024广东湛江二模)已知(1-2x)9=a0+a1x+…+a9x9,则a0+∑i=29ai=( )
A.-2B.-19C.15D.17
答案D
解析令x=1,得a0+a1+…+a9=(1-2)9=-1.
(1-2x)9的展开式的通项为Tk+1=C9k(-2x)k=(-1)kC9k2kxk(k=0,1,…,9),所以a1=(-1)1×C91×2=-18,所以a0+∑i=29ai=-1-(-18)=17.故选D.
4.(2024辽宁沈阳二模)我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化,每一“重卦”由6个爻组成,爻分为阳爻“”和阴爻“”,如图就是一重卦.在所有重卦中随机取一重卦,记事件A=“取出的重卦中至少有1个阴爻”,事件B=“取出的重卦中至少有3个阳爻”,则P(B|A)=( )
A.516B.1132C.4163D.1564
答案C
解析P(A)=26-126=6364,事件AB=“取出的重卦中有3阳3阴或4阳2阴或5阳1阴”,则P(AB)=C63+C64+C6526=4164,则P(B|A)=P(AB)P(A)=4163.故选C.
5.有5名志愿者参加社区服务,共服务星期六、星期日两天,每天从中任选2人参加服务,则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为( )
A.120B.60
C.40D.30
答案B
解析(方法一)先在5名志愿者中安排1名在这两天都参加社区服务,有5种安排方法,再在星期六、星期日,每天从剩下的4名志愿者中安排1名不同的志愿者参加社区服务,有4×3=12(种)安排方法.由分步乘法计数原理得恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有5×12=60(种).
(方法二)在5名志愿者中安排2名在星期六参加社区服务,有C52=10(种)安排方法.再从星期六参加社区服务的2名志愿者中安排1名及从剩下的3名志愿者中安排1名在星期日参加社区服务,有2×3=6(种)安排方法.由分步乘法计数原理得恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有10×6=60(种).
(方法三)从5名志愿者中,在星期六、星期日两天各安排2名参加社区服务,有C52×C52=100(种)安排方法,星期六、星期日两天的志愿者全不相同的安排方法有C52×C32=30(种),全相同的安排方法有C52=10(种),所以恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有100-30-10=60(种).故选C.
6.(多选题)(2024河北衡水模拟)对于(x-12x)6的展开式,下列说法中正确的是( )
A.常数项是154
B.各项系数的和是64
C.第4项的二项式系数最大
D.奇数项的二项式系数的和是32
答案ACD
解析x-12x6的展开式的通项为Tk+1=C6k·(x)6-k(-12x)k=C6k·(-12)kx3-32k(k=0,1,…,6),令3-32k=0,得k=2,所以常数项为C62×(-12)2=154,故A正确;
令x=1,得1-126=164,所以各项系数的和是164,故B错误;
第4项的二项式系数最大,故C正确;
奇数项的二项式系数的和为12×26=32,故D正确.
故选ACD.
7.(多选题)某班星期一上午要安排语文、数学、英语、物理4节课,且该天上午总共4节课,下列结论正确的是( )
A.若数学课不安排在第一节,则有18种不同的安排方法
B.若语文课和数学课必须相邻,且语文课排在数学课前面,则有6种不同的安排方法
C.若语文课和数学课不能相邻,则有12种不同的安排方法
D.若语文课、数学课、英语课按从前到后的顺序安排,则有3种不同的安排方法
答案ABC
解析对于A,先安排数学课,有3种排法,再安排其他3节课,有A33种排法,故总共有3A33=18(种)排法,故A正确;对于B,采用捆绑法,有A33=6(种)排法,故B正确;对于C,先排英语课和物理课,有A22种排法,再采用插空法排语文课和数学课,有A32种排法,故总共有A22A32=12(种)排法,故C正确;对于D,4节课共有A44种排法,语文课、数学课、英语课的排列顺序共有A33种,所以有A44A33=4(种)排法,故D错误.故选ABC.
8.(5分)(2024甘肃定西一模)已知某厂甲、乙两车间生产同一批衣架,且甲、乙两车间的产量分别占全厂产量的60%,40%,甲、乙车间的优品率分别为95%,90%.现从该厂这批产品中任取一件,则取到优品的概率为 .(用百分数表示)
答案93%
解析从该厂这批产品中任取一件,设A1=“取到的产品由甲车间生产”,A2=“取到的产品由乙车间生产”,B=“取到的产品为优品”.
由题可得P(A1)=0.6,P(A2)=0.4,P(B|A1)=0.95,P(B|A2)=0.9,
故P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=0.6×0.95+0.4×0.9=0.93=93%.
9.(5分)(2023新高考Ⅰ,13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有 种(用数字作答).
答案64
解析(方法一 直接法) 若选2门课,只需体育类和艺术类各选1门,有C41×C41=16(种)不同的选课方案;
若选3门课,则需体育类选1门、艺术类选2门,或体育类选2门、艺术类选1门,有C41×C42+C42×C41=48(种)不同的选课方案.综上,共有16+48=64(种)不同的选课方案.
(方法二 间接法) 由题意可知,从8门课中选择2门或者3门共有C82+C83=84(种)不同的选课方案,只选择体育类或艺术类的选课方案有C21C42+C21C43=20(种),则符合题意的共有84-20=64(种)不同的选课方案.
关键能力提升练
10.(2024山东临沂一模)将1到30这30个正整数分成甲、乙两组,每组各15个数,使得甲组的中位数比乙组的中位数小2,则不同的分组方法数是( )
A.2(C137)2B.2C137C147
C.2C146C147D.2(C147)2
答案B
解析因为甲组、乙组均为15个数,所以其中位数也均为从小到大排列的第8个数,即各组小于中位数的有7个数,大于中位数的也有7个数.因为甲组的中位数比乙组的中位数小2,所以甲组的中位数和乙组的中位数中间有1个数,所以小于甲组的中位数的数至少有7×2-1=13(个),至多有7×2=14(个),所以甲组的中位数为14或15.
若甲组的中位数为14,则乙组的中位数为16,15一定在乙组,此时从1~13中选7个数放到甲组,剩下的6个数放到乙组,再从17~30中选7个数放到甲组,剩下的7个数放到乙组,此时有C137C147种分组方法;
若甲组的中位数为15,则乙组的中位数为17,16一定在甲组,此时从1~14中选7个数放到甲组,剩下的7个数放到乙组,再从18~30中选6个数放到甲组,剩下的7个数放到乙组,此时有C147C136种分组方法.
综上可得不同的分组方法数是C137C147+C147C136=2C137C147.故选B.
11.(多选题)(2024广东广州一模)甲箱中有3个红球和2个白球,乙箱中有2个红球和2个白球(两箱中的球除颜色外没有其他区别),先从甲箱中随机取出一球放入乙箱,分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球;再从乙箱中随机取出两球,用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球,则( )
A.P(A1)=35
B.P(B)=1150
C.P(B|A1)=950
D.P(A2|B)=211
答案ABD
解析依题意可得P(A1)=35,P(A2)=25.
若从甲箱中取出红球,则乙箱中有3个红球和2个白球,所以P(B|A1)=C32C52=310;
若从甲箱中取出白球,则乙箱中有2个红球和3个白球,所以P(B|A2)=C22C52=110,所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=35×310+25×110=1150,故A,B正确,C错误;
P(A2|B)=P(A2B)P(B)=P(B|A2)P(A2)P(B)=110×251150=211,故D正确.
故选ABD.
12.(2024山东济南一模)某公司现有员工120人,在荣获“优秀员工”称号的85人中,有75人是高级工程师,既没有荣获“优秀员工”称号又不是高级工程师的员工共有14人,公司将随机选择一名员工接受电视新闻节目的采访,被选中的员工是高级工程师的概率为( )
A.38B.1724C.45D.3340
答案C
解析由题意得,试验的样本空间Ω的样本点总数为120,即n(Ω)=120.
每个样本点都是等可能的,所以这是一个古典概型.
设事件A=“被选中的员工是高级工程师”,则n(A)=120+75-85-14=96,所以所求概率为P=n(A)n(Ω)=96120=45.故选C.
13.(多选题)(2024山东日照一模)从标有1,2,3,…,8的8张卡片中有放回地抽取两次,每次抽取一张,依次得到数字a,b,记点A(a,b),B(1,-1),O(0,0),则( )
A.∠AOB是锐角的概率为716
B.∠ABO是直角的概率为132
C.△AOB是锐角三角形的概率为764
D.△AOB的面积不大于5的概率为4364
答案ACD
解析由题可知点A位于第一象限.
用图表表示点A的坐标,如图.
可以得到,试验的样本空间包含的样本点的个数为n(Ω)=C81C81=64,且每个样本点都是等可能的,所以这是一个古典概型.
对于A,如图,设直线l过点O,且与OB垂直,因为kOB=-1,所以l:y=x,所以当a对于B,如图,设直线m过点B,且与OB垂直,所以l:y+1=x-1,即l:y=x-2,所以当b=a-2时,∠ABO是直角.
设B=“∠ABO是直角”,则n(B)=6,所以P(B)=n(B)n(Ω)=664=332,故B错误;
对于C,如图,若△AOB为锐角三角形,则点A位于直线l和m之间,由题易知点A位于直线y=x-1上,所以当b=a-1时,△AOB为锐角三角形.设C=“△AOB为锐角三角形”,则n(C)=7,所以P(C)=n(C)n(Ω)=764,故C正确;
对于D,如图,|OB|=2,直线OB:y=-x,即x+y=0.设直线n:y=-x+c,即x+y-c=0,c>0,直线OB与直线n的距离为d,则d=|c|2=22c.
若△AOB的面积为5,则12|OB|d=5,即22·22c=5,解得c=10,即n:y=-x+10,所以当b≤-a+10,即a+b≤10时,S△AOB≤5.
设D=“△AOB的面积不大于5”,则n(D)=43,所以P(D)=n(D)n(Ω)=4364,故D正确.故选ACD.
14.(多选题)(2024山东济南一模)下列等式中正确的是( )
A.∑k=18C8k=28B.∑k=28Ck2=C93
C.∑k=28k-1k!=1-18!D.∑k=08(C8k)2=C168
答案BCD
解析对于A,因为(1+x)8=C80+C81x+C82x2+…+C88x8,令x=1,得28=1+C81+C82+…+C88=1+∑k=18C8k,则∑k=18C8k=28-1,故A错误;
对于B,因为Cn2+Cn3=Cn+13,所以∑k=28Ck2=C22+C32+C42+…+C82=C33+C32+C42+…+C82=C43+C42+…+C82=…=C83+C82=C93,故B正确;
对于C,因为1(k-1)!-1k!=k!-(k-1)!k!(k-1)!=(k-1)(k-1)!k!(k-1)!=k-1k!,
所以∑k=28k-1k!=∑k=281(k-1)!-1k!=11!-12!+12!-13!+…+17!-18!=1-18!,故C正确;
对于D,(1+x)16=(1+x)8(1+x)8,对于(1+x)16的展开式,其含有x8的项的系数为C168,对于(1+x)8(1+x)8的展开式,要得到含有x8的项的系数,须从第一个式子的展开式中取出含xk(k=0,1,…,8)的项,再从第二个式子的展开式中取出含x8-k的项,它们对应的系数相乘后求和,得∑k=08C8kC88-k=∑k=08(C8k)2,所以∑k=08(C8k)2=C168,故D正确.故选BCD.
15.(5分)(2024广东佛山模拟)已知a=1+C2012+C20222+C20323+…+C2020220,则a除以10所得的余数为 .
答案1
解析a=1+C2012+C20222+C20323+…+C2020220=(1+2)20=320=910=(10-1)10=C1001010-C101109+…+C108102-C10910+C1010=10(C100109-C101108+…+C10810-C109)+1,
故a除以10所得的余数为1.
16.(5分)(2024河北邢台模拟)将1,2,3,…,9这9个数填入如图所示的格子中(要求每个数都要填入,每个格子中只能填一个数),记第1行中最大的数为a,第2行中最大的数为b,第3行中最大的数为c,则a答案60 480
解析由题可知,c=9,c可选的位置有3个,第3行其余2个位置任取2个数,共有C31A82种情况;第2行,取剩下6个数中最大的数为b,可选的位置有3个,其余2个位置任取2个数,共有C31A52种情况;第1行,剩下3个数任意排列,则有A33种情况.故共有C31A82C31A52A33=60 480(种)填法.
核心素养创新练
17.(17分)(2024江苏苏州模拟)在一个抽奖游戏中,主持人从编号为1,2,3,4的四个外观相同的空箱子中随机选择一个,放入一件奖品,再将四个箱子关闭.主持人知道奖品在哪个箱子里.游戏规则是主持人请抽奖人在这四个箱子中选择一个,若奖品在此箱子里,则奖品由获奖人获得.现有抽奖人甲选择了2号箱,在打开2号箱之前,主持人先打开了另外三个箱子中的一个空箱子.按游戏规则,主持人将随机打开甲的选择之外的一个空箱子.
(1)计算主持人打开4号箱的概率;
(2)当主持人打开4号箱后,现在给抽奖人甲一次重新选择的机会,请问他是坚持选2号箱,还是改选1号或3号箱?(以获得奖品的概率最大为决策依据)
解(1)设Ai=“i号箱里有奖品”(i=1,2,3,4),B=“主持人打开4号箱”,则Ω=A1∪A2∪A3∪A4,且A1,A2,A3,A4两两互斥.
由题意可知,P(A1)=P(A2)=P(A3)=P(A4)=14,P(B|A1)=12,P(B|A2)=13,P(B|A3)=12,P(B|A4)=0.由全概率公式,得P(B)=∑i=14P(Ai)P(B|Ai)=14×12+13+12=13.
(2)在主持人打开4号箱的条件下,1号箱、2号箱、3号箱里有奖品的条件概率分别为P(A1|B)=P(A1B)P(B)=P(A1)P(B|A1)P(B)=14×1213=38,
P(A2|B)=P(A2B)P(B)=P(A2)P(B|A2)P(B)=14×1313=14,
P(A3|B)=P(A3B)P(B)=P(A3)P(B|A3)P(B)=14×1213=38,
所以甲应该改选1号或3号箱.
a
b
1
2
3
4
5
6
7
8
1
(1,1)
(1,2)
(1,3)
(1,4)
(1,5)
(1,6)
(1,7)
(1,8)
2
(2,1)
(2,2)
(2,3)
(2,4)
(2,5)
(2,6)
(2,7)
(2,8)
3
(3,1)
(3,2)
(3,3)
(3,4)
(3,5)
(3,6)
(3,7)
(3,8)
4
(4,1)
(4,2)
(4,3)
(4,4)
(4,5)
(4,6)
(4,7)
(4,8)
5
(5,1)
(5,2)
(5,3)
(5,4)
(5,5)
(5,6)
(5,7)
(5,8)
6
(6,1)
(6,2)
(6,3)
(6,4)
(6,5)
(6,6)
(6,7)
(6,8)
7
(7,1)
(7,2)
(7,3)
(7,4)
(7,5)
(7,6)
(7,7)
(7,8)
8
(8,1)
(8,2)
(8,3)
(8,4)
(8,5)
(8,6)
(8,7)
(8,8)