2025高考数学一轮复习-第7章-计数原理-章末检测-专项训练【含答案】

这是一份2025高考数学一轮复习-第7章-计数原理-章末检测-专项训练【含答案】，共9页。试卷主要包含了故选B.等内容，欢迎下载使用。

A．4种 B．6种
C．10种 D．16种
2．连续掷两次骰子，则两次所掷点数之和为奇数的概率为( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3)
C.eq \f(2,3) D.eq \f(1,4)
3．为纪念2022北京冬奥会成功举办，中国邮政发行了一组纪念邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现从这套5枚纪念邮票中任取3枚，则恰有1枚吉祥物邮票的概率为( )
A.eq \f(3,10) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(7,10)
4．在(eq \r(x)－x)4的展开式中，x2的系数为( )
A．－1 B．1
C．－4 D．4
5．北京第24届冬奥会奥运村设有智能餐厅A、人工餐厅B共两个餐厅，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐．如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8，运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为( )
A．0.75 B．0.7
C．0.56 D．0.38
6．从1，2，3，4，5中不放回地抽取2个数，则在第1次抽到偶数的条件下，第2次抽到奇数的概率是( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(3,5) D.eq \f(3,4)
7．小明上学可以乘坐公共汽车，也可以乘坐地铁．已知小明上学乘坐公共汽车的概率为0.4，乘坐地铁的概率为0.6，而且乘坐公共汽车与地铁时，小明迟到的概率分别为0.05和0.04，则小明准时到校的概率为( )
A．0.954 B．0.956
C．0.958 D．0.959
8．将《三国演义》、《西游记》、《水浒传》、《红楼梦》4本名著全部随机分给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分得1本，A表示事件：“《三国演义》分给同学甲”；B表示事件：“《西游记》分给同学甲”；C表示事件：“《西游记》分给同学乙”，则下列结论正确的是( )
A．事件A与B相互独立B．事件A与C相互独立
C．P(C|A)＝eq \f(5,12)D．P(B|A)＝eq \f(5,12)
9．(多选)从甲袋中摸出一个红球的概率是eq \f(1,3)，从乙袋中摸出一个红球的概率是eq \f(1,2)，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是( )
A．2个球都是红球的概率为eq \f(1,6)
B．2个球不都是红球的概率为eq \f(1,3)
C．至少有1个红球的概率为eq \f(2,3)
D．2个球中恰有1个红球的概率为eq \f(1,2)
10．(多选)已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(2,x)))eq \s\up12(n)，则下列关于f(x)的展开式的命题中，正确的是( )
A．当n＝11时，f(x)的展开式共有11项
B．当n＝8时，f(x)的展开式第3项与第6项的二项式系数之比为1∶2
C．当n＝7时，f(x)的展开式中，各项系数之和为－1
D．若第4项和第5项的二项式系数同时最大，则n＝7
11．甲、乙、丙、丁4人坐成一排拍照，要求甲、乙两人位于丙的同侧，则共有________种不同的坐法．
12．某社区对在抗击疫情工作中表现突出的3位医生、2位护士和1位社区工作人员进行表彰并合影留念．现将这6个人随机排成一排，则3位医生中有且只有2位相邻的概率为________．
13．(多选)已知(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2 023x2 023，则( )
A．展开式中所有项的二项式系数和为22 023
B．展开式中所有奇数项系数和为eq \f(32 023－1,2)
C．展开式中所有偶数项系数和为eq \f(32 023－1,2)
D.eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 023,22 023)＝－1
14．(多选)连续抛掷一枚质地均匀的硬币3次，每次结果要么正面向上，要么反面向上，且两种结果等可能．记事件A表示“3次结果中有正面向上，也有反面向上”，事件B表示“3次结果中最多一次正面向上”，事件C表示“3次结果中没有正面向上”，则( )
A．事件B与事件C互斥
B．P(A)＝eq \f(3,4)
C．事件A与事件B独立
D．记C的对立事件为eq \(C,\s\up6(－))，则P(B|eq \(C,\s\up6(－)))＝eq \f(3,7)
15．杨辉三角在我国最早由贾宪在《释锁算术》中提出，后来南宋数学家杨辉在所著的《详解九章算法》中进行了详细说明，杨辉三角中的三角形数表，是自然界和谐统一的体现．杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列，其中蕴含着二项式系数的性质，例如递推性质Ceq \\al(i,n＋1)＝Ceq \\al(i－1,n)＋Ceq \\al(i,n).在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))eq \s\up12(6)的展开式中，第三项和第四项的二项式系数和为________，常数项为________．
16．长期吸烟可能引发肺癌．据调查，某地市民大约有0.03%的人患肺癌，该地大约有0.1%的市民吸烟时间超过20年，这些人患肺癌率约为0.1%.现从吸烟时间不超过20年的市民中随机抽取1名市民，则他患肺癌的概率为________．
参考答案与解析
1．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.
2．答案 A
解析 根据题意，连续掷一枚骰子两次，
基本事件总数n＝6×6＝36，
两次骰子正面向上点数之和为奇数包含基本事件共有2Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)＝18个，
故所求概率P＝eq \f(18,36)＝eq \f(1,2).
3．答案 C
解析 从这套5枚纪念邮票中任取3枚，有Ceq \\al(3,5)＝10种取法，
而其中恰有1枚吉祥物邮票的取法有
Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(2,3)＝6种，
故从这套5枚纪念邮票中任取3枚，则恰有1枚吉祥物邮票的概率为P＝eq \f(6,10)＝eq \f(3,5)，故选C.
4．答案 B
解析 (eq \r(x)－x)4的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)(eq \r(x))4－r(－x)r＝(－1)rCeq \\al(r,4)xeq \s\up6(\f(4＋r,2))，令eq \f(4＋r,2)＝2，得r＝0，
即x2的系数为(－1)0Ceq \\al(0,4)＝1，故选B.
5．答案 A
解析 设Ai表示第i天运动员甲去A餐厅用餐(i＝1，2)，
设B1表示该运动员第一天去B餐厅用餐，则Ω＝A1∪B1，且A1，B1互斥．
由题意得P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.7，P(A2|B1)＝0.8，
∴运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为
P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.5×0.7＋0.5×0.8＝0.75.故选A.
6．答案 D
解析 设事件Ai为第i次抽到偶数，i＝1，2，
则P(A1)＝eq \f(2×4,5×4)＝eq \f(2,5)，P(A1eq \(A,\s\up6(－))2)＝eq \f(2,5)×eq \f(3,4)＝eq \f(3,10)，
∴在第一次抽到偶数的条件下，第2次抽到奇数的概率为
P(eq \(A,\s\up6(－))2|A1)＝eq \f(P（A1\(A,\s\up6(－))2）,P（A1）)＝eq \f(\f(3,10),\f(2,5))＝eq \f(3,4).故选D.
7．答案 B
解析 设A＝“小明准时到校”，B1＝“乘坐汽车”，B2＝“乘坐地铁”，
由已知得P(B1)＝0.4，P(B2)＝0.6，
P(A|B1)＝1－0.05＝0.95，P(A|B2)＝1－0.04＝0.96.
由全概率公式，得
P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＝0.95×0.4＋0.96×0.6＝0.956.
8．答案 C
解析 将这4本名著分别给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分得1本有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝36个样本点，事件A含有样本点数为Aeq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＝12，
则P(A)＝eq \f(12,36)＝eq \f(1,3)，
同理P(B)＝P(C)＝eq \f(1,3)，
事件AB含有的样本点数为Aeq \\al(2,2)＝2，
事件AC含有的样本点数为Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)＝5，
则P(AB)＝eq \f(2,36)＝eq \f(1,18)，P(AC)＝eq \f(5,36)，
对于A，P(A)·P(B)＝eq \f(1,9)≠P(AB)，
即事件A与B不相互独立，A错误；
对于B，P(A)·P(C)＝eq \f(1,9)≠P(AC)，
即事件A与C不相互独立，B错误；
对于C，P(C|A)＝eq \f(P（AC）,P（A）)＝eq \f(5,12)，故选项C正确；
对于D，P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)＝eq \f(1,6)，故选项D错误．
故选C.
9．答案 ACD
解析 由题可知，从甲袋中摸出一个红球的概率是eq \f(1,3)，从乙袋中摸出一个红球的概率是eq \f(1,2)，
则从甲袋中摸出一个不是红球的概率是eq \f(2,3)，从乙袋中摸出一个不是红球的概率是eq \f(1,2).
对于A选项，2个球都是红球的概率为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，A选项正确；
对于B选项，2个球不都是红球的概率为1－eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(5,6)，B选项错误；
对于C选项，至少有1个红球的概率为1－eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(2,3)，C选项正确；
对于D选项，2个球中恰有1个红球的概率eq \f(1,3)×eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，D选项正确．
故选ACD.
10．答案 BD
解析 对于A，易知当n＝11时，f(x)的展开式共有12项，故A错误；
对于B，当n＝8时，f(x)的展开式第3项与第6项的二项式系数之比为eq \f(Ceq \\al(2,8),Ceq \\al(5,8))＝eq \f(Ceq \\al(2,8),Ceq \\al(3,8))＝eq \f(1,2)，故B正确；
对于C，当n＝7时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(2,x)))eq \s\up12(7)，令x＝1，得f(1)＝1，故C错误；
对于D，在二项式系数中，Ceq \\al(3,n)和Ceq \\al(4,n)相等且最大，所以n＝7，故D正确．
11．答案 16
解析 甲、乙、丙、丁4人就坐，不妨设为1，2，3，4号位置，
因为甲、乙两人位于丙的同侧，
当丙在1号位置有Aeq \\al(3,3)＝6种排法，
当丙在2号位置有Aeq \\al(2,2)＝2种排法，
当丙在3号位置有Aeq \\al(2,2)＝2种排法，
当丙在4号位置有Aeq \\al(3,3)＝6种排法，共有6＋2＋2＋6＝16种排法．
12．答案 eq \f(3,5)
解析 由题意，先将2位护士和1位社区工作人员排成一排，有Aeq \\al(3,3)种排法，
然后将3位医生分成两组，一组2人，一组1人，有Ceq \\al(2,3)种分组方法，
然后插入到2位护士和1位社区工作人员所排成的4个空中的2个空，有Aeq \\al(2,4)种插空方法，
最后交换相邻2位医生的位置有Aeq \\al(2,2)种方法，所以3位医生中有且只有2位相邻共有Aeq \\al(3,3)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2)＝432个样本点，
又6人随机排成一排共有Aeq \\al(6,6)个样本点，
所以所求概率为p＝eq \f(Aeq \\al(3,3)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2),Aeq \\al(6,6))＝eq \f(3,5).
13．(多选)答案 ABD
解析 A项，二项式系数之和为Ceq \\al(0,2 023)＋Ceq \\al(1,2 023)＋…＋Ceq \\al(2 023,2 023)＝22 023，故A正确；
(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，
当x＝－1时，32 023＝a0－a1＋a2－a3＋…－a2 023，①
当x＝1时，(－1)2 023＝a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 023，②
B项，①＋②可得，32 023－1＝2(a0＋a2＋…＋a2 022)⇒a0＋a2＋…＋a2 022＝eq \f(32 023－1,2)，故B正确；
C项，①－②可得，32 023＋1＝－2(a1＋a3＋…＋a2 023)⇒a1＋a3＋…＋a2 023＝－eq \f(32 023＋1,2)，故C错误；
D项，(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，
令x＝0，则a0＝1，
令x＝eq \f(1,2)，则0＝a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 023,22 023)，
eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 023,22 023)＝－1，故D正确．
14．(多选) 答案 BCD
解析 对于A，显然事件B发生的情况中包含事件C，故可同时发生，故A错误；
对于B，P(A)＝1－eq \f(1,23)×2＝eq \f(3,4)，故B正确；
对于C，P(B)＝eq \f(1,23)＋Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,23)＝eq \f(1,2)，P(AB)＝Ceq \\al(1,3)×eq \f(1,23)＝eq \f(3,8)，
∴P(AB)＝P(A)P(B)，故A与B独立，故C正确；
对于D，P(C)＝eq \f(1,23)＝eq \f(1,8)，P(B|eq \(C,\s\up6(－)))＝eq \f(P（B\(C,\s\up6(－))）,P（\(C,\s\up6(－))）)＝eq \f(Ceq \\al(1,3)×\f(1,23),1－\f(1,8))＝eq \f(3,7)，故D正确．
故选BCD.
15．答案 35 60
解析 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x)))eq \s\up12(6)的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)·(eq \r(x))6－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))eq \s\up12(r)＝Ceq \\al(r,6)·(－2)r·x3－eq \f(3,2)r，
则第三项与第四项的二项式系数和为Ceq \\al(2,6)＋Ceq \\al(3,6)＝Ceq \\al(3,7)＝35，
令3－eq \f(3,2)r＝0，解得r＝2，
则展开式的常数项为Ceq \\al(2,6)·(－2)2＝15×4＝60.
16．答案 eq \f(1,4 995)
解析 设事件A为患肺癌，
事件B为吸烟时间不超过20年，
则P(A)＝0.03%，
P(B)＝1－0.1%＝99.9%，
吸烟超过20年患肺癌的概率为
P(A|eq \(B,\s\up6(－)))＝eq \f(P（A\(B,\s\up6(－))）,P（\(B,\s\up6(－))）)＝eq \f(P（A）－P（AB）,1－P（B）)＝0.1%，
则P(AB)＝0.02%.
则吸烟不超过20年患肺癌的概率为
P(A|B)＝eq \f(P（AB）,P（B）)＝eq \f(0.02%,99.9%)＝eq \f(1,4 995).
故答案为eq \f(1,4 995).