周测卷(18) 计数原理、二项式定理、概率-【高考领航】2025年高考数学总复习四测通关卷

周测卷(十八)　计数原理、二项式定理、概率 (时间：90分钟　满分：120分) 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为(　　) A．48 B．72 C．90 D．96 2．(a－x)(1＋x)6的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为64，则实数a＝(　　) A．4 B．3 C．2 D．1 3．某校毕业典礼上有6个节目，考虑到整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起．则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有(　　) A．120种 B．156种 C．188种 D．240种 4．某学校从4名男生、3名女生中选出2名担任招生宣讲员，则在这2名宣讲员中男、女生各1人的概率为(　　) A． B． C． D． 5．2023年9月杭州亚运会召开，某高校3位男同学和2位女同学通过筛选加入志愿者服务，通过培训，拟安排在游泳、篮球、射击、体操四个项目进行志愿者服务，这四个项目都有人参加，要求2位女同学不安排一起，且男同学小王、女同学大雅由于专业需要必须分开，则不同的安排方法种数为(　　) A．144 B．150 C．168 D．192 6．围棋起源于中国，据先秦典籍《世本》记载“尧造围棋，丹朱善之”，围棋至今已有四千多年历史，蕴含着中华文化的丰富内涵．在某次国际围棋比赛中，甲、乙两人进入最后决赛．比赛采取五局三胜制，即先胜三局的一方获得比赛冠军(假设没有平局)，比赛结束．假设每局比赛乙胜甲的概率都为，且各局比赛的胜负互不影响，则在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为(　　) A． B． C． D． 7．在(2＋x－x2)5的展开式中，含x4的项的系数为(　　) A．－120 B．－40 C．－30 D．200 8．有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回地随机取两次，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 二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，部分选对的得2分，不选或有选错的得0分． 9．已知二项式(2x－)7的展开式中各项系数的和为1，则下列结论正确的是(　　) A．a＝1 B．展开式中二项式系数之和为256 C．展开式中第5项为 D．展开式中x－5的系数为－14 10．甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球、白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事件，则下列结论正确的是(　　) A．P(B)＝ B．P(B|A1)＝ C．事件B与事件A1相互独立 D．A1，A2，A3是两两互斥的事件 11．随着高三毕业日期的逐渐临近，有n(n≥2)个同学组成的学习小组，每人写了一个祝福的卡片准备送给其他同学，小组长收齐所有卡片后让每个人从中随机抽一张作为祝福卡片，则(　　) A．当n＝4时，每个人抽到的卡片都不是自己的卡片的概率为 B．当n＝5时，恰有一人抽到自己的卡片的概率为 C．甲和乙恰好互换了卡片的概率为－ D．记n个同学都拿到其他同学的卡片的抽法数为an，则an＋2＝(n＋1)(an＋an＋1)，n∈N* 12.传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现，于是留下遗言：他死后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形．设圆柱的体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，若f(x)＝(x3－)8，则(　　) A．f(x)的展开式中的常数项是56 B．f(x)的展开式中的各项系数之和为0 C．f(x)的展开式中的二项式系数最大值是70 D．f(i)＝－16，其中i为虚数单位 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 13．已知(1＋mx)(1＋x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6.若a2＝5，则m＝________． 14．将一个4×4正方形棋盘中的8个小正方形方格染成红色，使得每行、每列都恰有两个红色方格，则有________种不同的染色方法． 15．若10张彩票中有2张有奖，两位顾客按照先后顺序各抽一张，则第二位顾客中奖的概率为________． 16．几何分布是一种离散型概率分布，定义：在n次伯努利试验中，试验k次才得到第一次成功的概率，即前k－1次失败，第k次成功的概率，因此试验次数k服从几何分布．现甲参加射击考核，甲每次命中的概率为0.68，考核通过的规则为命中即可获得“通过”，故考核通过的射击次数服从几何分布，若每次射击需要一发子弹，则甲至少需要申请________发子弹才能保证有98%的概率获得“通过”．(参考数据：lg 2≈0.3) 四、解答题：本大题共4小题，共40分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．(10分)已知二项式(2x＋)n(n∈N*)的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5，按要求完成以下问题： (1)求n的值； (2)求展开式中的常数项； (3)计算式子C26＋C25＋C24＋C23＋C22＋C21＋C20的值． 18．(10分)(2023·石家庄市二检)为丰富学生的课外活动，某学校羽毛球社团举办羽毛球团体赛，赛制采取5局3胜制，每局都是单打模式，每队有5名队员，比赛中每名队员至多上场一次且上场顺序是随机的，每局比赛结果互不影响，经过小组赛后，最终甲乙两队进入最后的决赛，根据前期比赛的数据统计，甲队明星队员M对乙队的每名队员的胜率均为，甲队其余4名队员对乙队每名队员的胜率均为.(注：比赛结果没有平局) (1)求甲队明星队员M在前4局比赛中不出场的前提下，甲乙两队比赛4局，甲队获得最终胜利的概率； (2)求甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利的概率； (3)若已知甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利，求甲队明星队员M上场的概率． 19.(10分)某单位规定每位员工每年至少参加两项专业技能测试，测试通过可获得相应学分．员工年度获得的总学分不低于10分，则员工该年度考核为合格．该单位员工甲今年可参加的专业技能测试有A，B，C，D四项，已知这四项专业技能测试的学分及员工甲通过各项专业技能测试的概率如表所示，且员工甲是否通过各项专业技能测试相互独立． 测试项目 A B C D 学分 5分 6分 4分 8分 通过概率 (1)若员工甲参加A，B，C三项测试，求他本年度考核合格的概率； (2)员工甲欲从A，B，C，D四项测试中选择三项参加，若要使他本年度考核合格的概率不低于，应如何选择？请求出所有满足条件的方案． 20．(10分)有人玩掷均匀硬币走跳棋的游戏，棋盘上标有第0站(出发地)，第1站，第2站，…，第100站．一枚棋子开始在出发地，棋手每掷一次硬币，这枚棋子向前跳动一次，若掷硬币正面向上，棋子向前跳一站，若掷硬币反面向上，棋子向前跳两站，直到棋子跳到第99站(获胜)或跳到第100站(失败)时，该游戏结束．设棋子跳到第n站的概率为Pn. (1)求P0，P1，P2，并根据棋子跳到第n站的情况写出Pn与Pn－1，Pn－2的递推关系式(n∈N*，2≤n≤99)； (2)求证：数列{Pn－Pn－1}(n＝1，2，3，…，100)为等比数列； (3)求玩该游戏获胜的概率． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 周测卷(十八)　计数原理、二项式定理、概率 1．D　由于甲不参加生物竞赛，则安排甲参加另外3场竞赛或甲不参加任何竞赛，①当甲参加另外3场竞赛时，共有CA＝72(种)选择方案；②当甲学生不参加任何竞赛时，共有A＝24(种)选择方案．综上所述，所有参赛方案有72＋24＝96(种)．故选D. 2．B　设(a－x)(1＋x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7， 令x＝1得，64(a－1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a7，① 令x＝－1得，0＝a0－a1＋a2＋…－a7，② ①－②得，2(a1＋a3＋a5＋a7)＝64(a－1)＝2×64，解得a＝3.故选B. 3．A　记演出顺序为1～6号，按甲的编排进行分类：①当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，则有CAA＝48(种)；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有CAA＝36(种)；③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有CAA＝36(种)．所以编排方案共有48＋36＋36＝120(种)．故选A. 4．C　从4名男生、3名女生中选出2名的基本事件有C＝21(个)，这2名宣讲员中男、女生各1人所包含的基本事件有CC＝12(个)，故所求概率为P＝＝.故选C. 5．D　由题可得，参与志愿服务的项目人数为：2，1，1，1，若没有限制则共有C·A＝240(种)安排方法；当两个女同学在一起有A＝24(种)安排方法；当男同学小王、女同学大雅在一起有A＝24(种)方法，所以当要求2位女同学不安排一起，且男同学小王、女同学大雅由于专业需要必须分开，则不同的安排方法种数为240－24－24＝192，故选D. 6．A　在不超过4局的比赛中甲获得冠军包含两种情况；①甲前三局全胜，概率为P1＝()3＝；②前三局甲两胜一负，第四局甲胜，概率为P2＝C×()2××＝.所以在不超过4局的比赛中甲获得冠军的概率为P＝P1＋P2＝＋＝.故选A. 7．C　(2＋x－x2)5＝[(2＋x)－x2]5，其展开式为：Tr＋1＝C(2＋x)5－r(－x2)r，r＝0，1，…，5，根据题意可得：r＝0，1，2，当r＝0时，则T1＝(2＋x)5，(2＋x)5展开式为：T′k＋1＝C25－kxk，k＝0，1，…，5，∴k＝4，则x4的项的系数为2C＝10；当r＝1时，则T2＝C(2＋x)4(－x2)＝－5x2(2＋x)4，(2＋x)4展开式为：T′k＋1＝C24－kxk，k＝0，1，…，4，∴k＝2，则x4的项的系数为－5×22×C＝－120；当r＝2时，则T3＝C(2＋x)3(－x2)2＝10x4(2＋x)3，(2＋x)3展开式为：T′k＋1＝C23－kxk，k＝0，1，2，3，∴k＝0，则x4的项的系数为 10×23×C＝80，综上所述：含x4的项的系数为10－120＋80＝－30.故选C. 8．B　由题意知P(甲)＝，P(乙)＝×＋×＝，P(丙)＝×＋×＋×＋×＋×＝，P(丁)＝×＋×＋×＋×＋×＋×＝.P(甲∩丙)＝0≠P(甲)P(丙)，故A项错误；P(甲∩丁)＝×＝＝P(甲)P(丁)，故B项正确；P(乙∩丙)＝×＝≠P(乙)P(丙)，故C项错误；P(丙∩丁)＝0≠P(丙)P(丁)，故D项错误．故选B. 9．AC　对于A，令x＝1可得(2－a)7＝1，解得a＝1，故A正确；对于B，二项式系数和为27＝128，故B错误；对于C，(2x－)7展开式的通项为Tr＋1＝C27－r(－1)rx7－2r，第5项即r＝4，所以T5＝C·23(－1)4x－1＝，故C正确；对于D，令7－2r＝－5，解得r＝6，所以展开式中x－5的系数为C21(－1)6＝14，故D错误．故选AC. 10．BD　因为每次取一球，所以A1，A2，A3是两两互斥的事件，故D正确；因为P(A1)＝，P(A2)＝，P(A3)＝，所以P(B|A1)＝＝＝，故B正确；同理P(B|A2)＝＝＝，P(B|A3)＝＝＝，所以P(B)＝P(BA1)＋P(BA2)＋P(BA3)＝×＋×＋×＝，故A，C错误．故选BD. 11．ACD　考虑n＋1个同学时的情况，若n＋1个同学都拿到其他同学的卡片，则第n＋2个同学可以与其中任何一个交换卡片，若n＋1个同学只有一个拿到自己的卡片，则第n＋2个同学必须与该同学交换卡片，∴an＋2＝(n＋1)an＋1＋(n＋1)an，故D正确；an＋2－(n＋2)· an＋1＝－[an＋1－(n＋1)an]，∵a1＝0，a2＝1，∴an－nan－1＝(－1)n，∴an＝n！· ，代入数据可得a4＝9，∴当n＝4时，每个人抽到的卡片都不是自己的卡片的概率为＝，故A正确；当n＝5时，恰有一人抽到自己的卡片的概率为＝，故B错误；甲和乙恰好互换了卡片的概率为＝－，故C正确．故选ACD. 12．BC　设内切球的半径为r，则圆柱的高为2r，∴m＝＝，n＝＝，则＝1，∴f(x)＝(x3－)8，则f(x)展开式的通项为Tr＋1＝Cx24－3r·(－)r＝(－1)rCx24－4r，令24－4r＝0，解得r＝6，∴f(x)展开式的常数项为(－1)6C＝28，A错误；f(1)＝0，即f(x)展开式的各项系数之和为0，B正确；f(x)展开式中二项式系数最大值为C＝70，C正确；f(i)＝(i3－)8＝(－i＋i)8＝0，D错误．故选BC. 13．解析：因为(1＋mx)(1＋x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，其中(1＋x)5展开式的通项为Tk＋1＝Cxk，令k＝1，则T2＝Cx1＝5x，令k＝2，则T3＝Cx2＝10x2，所以(1＋mx)(1＋x)5展开式中含x2的项为10x2＋mx·5x＝5x2，故m＝－1. 答案：－1 14．解析：第一行染2个红色方格有C种染法．第一行染好后，有如下三种情况：①第二行染的红色方格均与第一行的红色方格同列，这时其余行都只有1种染法；②第二行染的红色方格与第一行的红色方格均不同列，这时第三行有C种染法；第四行的染法随之确定；③第二行染的红色方格恰有一个与第一行的红色方格同列，而第一、第二这两行染好后，第三行的红色方格必然有一个与上面的红色方格均不同列，这时第三行的染法有2种，第四行染法随之确定．因此，共有6×(1＋6＋4×2)＝90(种)不同的染色方法． 答案：90 15．解析：设事件A，B分别表示第一位、第二位顾客中奖，则P(A)＝，P()＝，P(B|A)＝，P(B|)＝， 由全概率公式可得P(B)＝P(A)P(B|A)＋P()P(B|)＝×＋×＝. 答案： 16．解析：设甲申请了n发子弹，则能获得“通过”的概率P＝0.68＋0.68×0.32＋0.68×0.322＋…＋0.68×0.32n－1＝1－0.32n，令1－0.32n≥0.98，即0.02≥0.32n，两边取以10为底的对数，得lg 2－2≥n(5lg 2－2)，即n≥≈＝＝3.4，故甲至少需要申请4发子弹． 答案：4 17．解：(1)依题意，C∶C＝2∶5，即5n＝n(n－1)，解得n＝6. (2)由(1)知n＝6，∴(2x＋)n＝(2x＋)6， ∴Tr＋1＝C·(2x)6－r·()r＝C·26－r·x， 令6－r＝0，得r＝4， ∴展开式中的常数项为C·26－4＝60. (3)令x＝1，得C26＋C25＋C24＋C23＋C22＋C21＋C20＝36＝729. 18．解：(1)事件B＝“甲乙两队比赛4局，甲队获得最终胜利”， 事件Aj＝“甲队第j局获胜”，其中j＝1，2，3，4，A1，A2，A3，A4相互独立．因为甲队明星队员M前4局比赛中不出场，所以P(Aj)＝，j＝1，2，3，4. B＝A2A3A4＋A1A3A4＋A1A2A4， 所以P(B)＝C()4＝. (2)设事件C＝“甲乙两队比赛3局，甲队获得最终胜利”，事件D＝“甲队明星队员M在前3局比赛中出场”， 则由全概率公式可知P(C)＝P(C|D)·P(D)＋P(C|)·P()． 因为每名队员上场顺序随机，故P(D)＝＝， P()＝1－＝， P(C|D)＝()2×＝，P(C|)＝()3＝， 所以P(C)＝×＋×＝. (3)P(D|C)＝＝＝＝. 19．解：(1)由题知，员工甲本年度考核合格必须通过B测试，且A，C两项测试中至少有一项通过， 故其考核合格的概率为P＝×(1－×)＝. (2)员工甲欲从A，B，C，D四项测试中选择三项参加的方案共分为如下4类： A，C，D方案，A，B，D方案，B，C，D方案，A，B，C方案． ①若选择A，C，D三项测试，则必须通过D项测试， 且A，C两项测试中至少有一项通过， 故员工甲考核合格的概率为P1＝×(1－×)＝<，所以此方案不符合要求． ②若选择A，B，D三项测试，则需任意两项测试通过或三项测试均通过，故员工甲考核合格的概率为P2＝×(1－×)＋××＝>.所以此方案符合要求． ③若选择B，C，D三项测试，则需任意两项测试通过或三项测试均通过，故员工甲考核合格的概率为P3＝×(1－×)＋××＝>. 所以此方案符合要求． ④若选择A，B，C三项测试，结合(1)可知<，所以此方案不符合要求． 综上可得，满足条件的方案为A，B，D方案和B，C，D方案． 20．解：(1)棋子开始在第0站是必然事件，∴P0＝1. 棋子跳到第1站，只有一种情况，第一次掷硬币正面向上，其概率为，∴P1＝. 棋子跳到第2站，有两种情况： ①第一次掷硬币反面向上，其概率为； ②前两次掷硬币都是正面向上，其概率为×＝. ∴P2＝＋＝. 依题意知，棋子跳到第n(n∈N*，2≤n≤99)站有两种情况： 第一种，棋子先跳到第n－2站，又掷出反面，其概率为Pn－2； 第二种，棋子先跳到第n－1站，又掷出正面，其概率为Pn－1. ∴Pn＝Pn－1＋Pn－2(n∈N*，2≤n≤99)． (2)证明：由(1)知，Pn＝Pn－1＋Pn－2， ∴Pn－Pn－1＝－(Pn－1－Pn－2)，又P1－P0＝－， ∴数列{Pn－Pn－1}(n＝1，2，…，100)是以－为首项，－为公比的等比数列． (3)由(2)知，Pn－Pn－1＝－·(－)n－1＝(－)n， ∴P99＝P0＋(P1－P0)＋(P2－P1)＋(P3－P2)＋…＋(P99－P98)＝1＋(－)＋(－)2＋…＋(－)99＝＝(1－)， ∴玩该游戏获胜的概率为(1－)． 学科网（北京）股份有限公司 $$