第10章 必刷大题20 概率与统计(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习

第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 　必刷大题20　概率与统计 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 谢谢观看 第十章　计数原理、概率、随机变量及其分布 高考总复习 数学 返回目录 1．为了解决某地区教师资源匮乏的问题，某市教育局拟从5名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动．支教活动共分3批次进行，每次支教需要同时派送2名教师，且每次派送人员均从这5人中随机抽选．已知这5名优秀教师中，2人有支教经验，3人没有支教经验． (1)求5名优秀教师中的“甲”在这3批次支教活动中恰有两次被抽选到的概率； (2)求第一次抽选到没有支教经验的教师人数X的分布列． 解　(1)5名优秀教师中的“甲”在每次抽选中，被抽选到的概率为 eq \f(2,5)， 则三次抽选中，“甲”恰有两次被抽选到的概率为 P＝C eq \o\al(2,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5))) eq \s\up12(2)× eq \f(3,5)＝ eq \f(36,125). (2)X表示第一次抽选到的没有支教经验的教师人数，X的可能取值有0，1，2. P(X＝0)＝2,2) eq \f(C,C eq \o\al(2,5)) ＝ eq \f(1,10)， P(X＝1)＝1,2) eq \f(CC eq \o\al(1,3),C eq \o\al(2,5)) ＝ eq \f(6,10)＝ eq \f(3,5)， P(X＝2)＝2,3) eq \f(C,C eq \o\al(2,5)) ＝ eq \f(3,10). 所以分布列为 X 0 1 2 P eq \f(1,10) eq \f(3,5) eq \f(3,10) 2.(2025·四川成都树德中学模拟)2020年1月15日教育部制定出台了“强基计划”，2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划，强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生，据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试，进入面试环节 .现随机抽取了100名同学的面试成绩，并分成五组：第一组[45，55)，第二组[55，65)，第三组[65，75)，第四组[75，85)，第五组[85，95]，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同． (1)求a，b的值； (2)估计这100名同学面试成绩的中位数(数精确到0.1)； (3)在第四、第五两组中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，求选出的两人来自不同组的概率． 解　(1)由题意可知：10(a＋0.045＋0.020)＝0.7， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2a＋b＋0.045＋0.020))×10＝1， 解得a＝0.005，b＝0.025. (2)前两个分组频率之和为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.005＋0.025))×10＝0.3， 前三个分组频率之和为(0.005＋0.025＋0.045)×10＝0.75， 则估计中位数数为65＋ eq \f(0.5－0.3,0.75－0.3)×10＝65＋ eq \f(40,9)≈69.4. (3)根据分层抽样， eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(75，85))和 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(85，95))的频率比为 eq \f(0.02,0.005)＝4， 故在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(75，85))和 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(85，95))中分别选取4人和1人，分别设为a1，a2，a3，a4和b1， 则在这5人中随机抽取两个的样本空间Ω包含的样本点有：a1a2，a1a3，a1a4，a1b1，a2a3，a2a4，a2b1，a3a4，a3b1，a4b1共10个，即n eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ω))＝10，记事件A＝“两人来自不同组”，则事件A包含的样本点有a1b1， a2b1，a3b1，a4b1共4个，即n eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))＝4，所以P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A))＝ eq \f(n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A)),n\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ω)))＝ eq \f(4,10)＝ eq \f(2,5). 3．(2025·邵阳模拟)某电视台为了解不同性别的观众对同一档电视节目的评价情况，随机选取了100名观看该档节目的观众对这档电视节目进行评价，已知被选取的观众中“男性”与“女性”的人数之比为9∶11，评价结果分为“喜欢”和“不喜欢”，并将部分评价结果整理如下表所示． (1)根据所给数据，完成上面的2×2列联表； (2)依据小概率值α＝0.005的独立性检验，能否认为性别因素与评价结果有关系？ (3)电视台计划拓展男性观众市场，现从参与评价的男性中，用按比例分配的分层随机抽样的方法选取3人进行节目“建言”征集奖励活动，其中评价结果为“不喜欢”的观众“建言”被采用的概率为 eq \f(1,3)，评价结果为“喜欢”的观众“建言”被采用的概率为 eq \f(2,3)，“建言”被采用奖励100元， “建言”不被采用奖励50元，记3人获得的总奖金为X，求X的分布列及数学期望． 附：χ2＝ eq \f(n(ad－bc)2,(a＋b)(c＋d)(a＋c)(b＋d))． α 0.010 0.005 0.001 xα 6.635 7.879 10.828 解　(1)男性有100× eq \f(9,9＋11)＝45(人)，女性有100－45＝55(人)，然后可得下表： (2)零假设为H0：性别因素与评价结果无关． χ2＝ eq \f(100×(15×20－30×35)2,45×55×50×50)＝ eq \f(100,11)≈9.091， 因为χ2>7.879＝x0.005， 所以根据小概率值α＝0.005的独立性检验，我们推断零假设H0不成立，即认为评价结果与性别有关系． (3)由题意得选取的3人中，评价结果为“喜欢”的有1人，“不喜欢”的有2人， 所以X的所有可能取值为150，200，250，300， 则P(X＝150)＝ eq \f(1,3)× eq \f(2,3)× eq \f(2,3)＝ eq \f(4,27)， P(X＝200)＝ eq \f(2,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)＋2× eq \f(1,3)× eq \f(2,3)× eq \f(1,3)＝ eq \f(4,9)， P(X＝250)＝2× eq \f(2,3)× eq \f(1,3)× eq \f(2,3)＋ eq \f(1,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(1,3)， P(X＝300)＝ eq \f(1,3)× eq \f(1,3)× eq \f(2,3)＝ eq \f(2,27)， 所以X的分布列为 X 150 200 250 300 P eq \f(4,27) eq \f(4,9) eq \f(1,3) eq \f(2,27) 数学期望为E(X)＝150× eq \f(4,27)＋200× eq \f(4,9)＋250× eq \f(1,3)＋300× eq \f(2,27)＝ eq \f(650,3). 4．某高中采用多维评分的方式进行综合素质评价．如图是该校高三学生“运动与健康”评价结果的频率分布直方图，评分在区间[90，100]，[70，90)，[60，70)，[50，60)上，分别对应为A，B，C，D四个等级．为了进一步引导学生对运动与健康的重视，初评获A等级的学生不参加复评，等级不变，对其余学生学校将进行一次复评．复评中，原获B等级的学生有 eq \f(1,4)的概率提升为A等级，原获C等级的学生有 eq \f(1,5)的概率提升为B等级，原获D等级的学生有 eq \f(1,6)的概率提升为C等级．用频率估计概率，每名学生复评结果相互独立． (1)若初评中甲获得B等级，乙、丙获得C等级，记甲、乙、丙三人复评后等级为B等级的人数为ξ，求ξ的分布列和数学期望； (2)从全体高三学生中任选1人，在已知该学生是复评晋级的条件下，求他初评是C等级的概率． 解　(1)ξ的所有可能取值为0，1，2，3， P(ξ＝0)＝ eq \f(1,4)× eq \f(4,5)× eq \f(4,5)＝ eq \f(4,25)， P(ξ＝1)＝ eq \f(3,4)× eq \f(4,5)× eq \f(4,5)＋ eq \f(1,4)×C eq \o\al(1,2)× eq \f(1,5)× eq \f(4,5)＝ eq \f(14,25)， P(ξ＝2)＝ eq \f(3,4)×C eq \o\al(1,2)× eq \f(1,5)× eq \f(4,5)＋ eq \f(1,4)× eq \f(1,5)× eq \f(1,5)＝ eq \f(1,4)， P(ξ＝3)＝ eq \f(3,4)× eq \f(1,5)× eq \f(1,5)＝ eq \f(3,100)， ∴ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P eq \f(4,25) eq \f(14,25) eq \f(1,4) eq \f(3,100) 解　(1)ξ的所有可能取值为0，1，2，3， P(ξ＝0)＝ eq \f(1,4)× eq \f(4,5)× eq \f(4,5)＝ eq \f(4,25)， P(ξ＝1)＝ eq \f(3,4)× eq \f(4,5)× eq \f(4,5)＋ eq \f(1,4)×C eq \o\al(1,2)× eq \f(1,5)× eq \f(4,5)＝ eq \f(14,25)， P(ξ＝2)＝ eq \f(3,4)×C eq \o\al(1,2)× eq \f(1,5)× eq \f(4,5)＋ eq \f(1,4)× eq \f(1,5)× eq \f(1,5)＝ eq \f(1,4)， P(ξ＝3)＝ eq \f(3,4)× eq \f(1,5)× eq \f(1,5)＝ eq \f(3,100)， 5．(2025·潍坊模拟) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2))7＝a0＋a1 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))＋a2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))2＋…＋a7 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))7，则 eq \i\su(i＝1,7,a)i＝(　　) A．0 B．1 C．2 D．－1 答案　B ∴ξ的分布列为 ξ 0 1 2 3 P eq \f(4,25) eq \f(14,25) eq \f(1,4) eq \f(3,100) E(ξ)＝0× eq \f(4,25)＋1× eq \f(14,25)＋2× eq \f(1,4)＋3× eq \f(3,100)＝ eq \f(115,100)＝ eq \f(23,20). (2)记事件A为“该学生复评晋级”，事件B为“该学生初评是C等级”，则P(B|A)＝ eq \f(P(AB),P(A))＝ eq \f(0.015×10×\f(1,5),(0.032＋0.028)×10×\f(1,4)＋0.015×10×\f(1,5)＋0.005×10×\f(1,6)) ＝ eq \f(18,113). 5．(2025·北京模拟)某企业从领导干部、员工中按比例随机抽取50人组成一个评审团，对A、B两个员工作为后备干部的竞聘演讲及个人技术能力展示进行评分，满分均为100分，整理评分数据，将分数以10为组距分为5组： eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(50，60))， eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(60，70))， eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(70，80))， eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(80，90))， eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(90，100))，得到A员工的频率分布直方图和B员工的频数分布表： 分数区间 频数 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(50，60)) 2 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(60，70)) 3 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(70，80)) 12 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(80，90)) 18 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(90，100)) 15 (1)在评审团的50人中，求对A员工的评分不低于80分的人数； (2)从对B员工的评分在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(50，70))范围内的人中随机选出2人，求2人评分均在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(60，70))范围内的概率； (3)该企业决定：若评审团给员工评分的中位数大于82分，则推荐这名员工作为后备干部人选，请问评审团将推荐哪一位员工作为后备干部人选？ 解　(1)由A员工评分的频率分布直方图得：a＝0.1－0.004－0.006－0.024－0.036＝0.03， 所以对A员工的评分不低于80分的人数为： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.03＋0.024))×10×50＝27(人). (2)对B员工的评分在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(50，70))内有5人，将评分在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(50，60))内的2人记为C，D，评分在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(60，70))内的3人记为E，F，G， 从5人中任选2人的情况有：CD，CE，CF，CG，DE，DF，DG， EF，EG，FG，共10种，它们等可能， 2人评分均在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(60，70))范围内的有：EF，EG，FG，共3种， 所以2人评分均在 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(60，70))范围内的概率P＝ eq \f(3,10). (3)由A员工评分的频率分布直方图得：(0.004＋0.006＋0.036)×10＝0.46<0.5， (0.004＋0.006＋0.036＋0.03)×10＝0.76>0.5， 则A员工评分的中位数m∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(80，90))，有(m－80)×0.03＝0.5－0.46，解得m≈81.3<82，由B员工的频数分布表得： eq \f(2＋3＋12,50)＝0.34<0.5， eq \f(2＋3＋12＋18,50)＝0.7>0.5， 则B员工评分的中位数n∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(80，90))，有(n－80)×0.036＝0.5－0.34，解得n≈84.4>82，所以评审团将推荐B员工作为后备干部人选． 6．一对夫妻计划进行为期60天的自驾游．已知两人均能驾驶车辆，且约定：①在任意一天的旅途中，全天只由其中一人驾车，另一人休息；②若前一天由丈夫驾车，则下一天继续由丈夫驾车的概率为 eq \f(1,4)，由妻子驾车的概率为 eq \f(3,4)；③妻子不能连续两天驾车．已知第一天夫妻双方驾车的概率均为 eq \f(1,2). (1)求在刚开始的三天中，妻子驾车天数的分布列和数学期望； (2)设在第n天时，由丈夫驾车的概率为pn，求数列{pn}的通项公式． 解　(1)设在刚开始的三天中，妻子驾车天数为X，则X的可能取值为0，1，2， 由题意可知，P(X＝0)＝ eq \f(1,2)× eq \f(1,4)× eq \f(1,4)＝ eq \f(1,32)， P(X＝1)＝ eq \f(1,2)×1× eq \f(1,4)＋ eq \f(1,2)× eq \f(3,4)×1＋ eq \f(1,2)× eq \f(1,4)× eq \f(3,4)＝ eq \f(19,32)， P(X＝2)＝ eq \f(1,2)×1× eq \f(3,4)＝ eq \f(3,8)， 所以X的分布列如表所示 X 0 1 2 P eq \f(1,32) eq \f(19,32) eq \f(3,8) 所以E(X)＝0× eq \f(1,32)＋1× eq \f(19,32)＋2× eq \f(3,8)＝ eq \f(43,32). (2)假设第n－1(n≥2)天，丈夫驾车的概率为pn－1，则妻子驾车的概率为1－pn－1， 则第n天由丈夫驾车的概率为 pn＝pn－1× eq \f(1,4)＋1－pn－1＝1－ eq \f(3,4)pn－1， 则有pn－ eq \f(4,7)＝－ eq \f(3,4) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(pn－1－\f(4,7)))，所以 eq \f(pn－\f(4,7),pn－1－\f(4,7))＝－ eq \f(3,4)， 因为p1－ eq \f(4,7)＝ eq \f(1,2)－ eq \f(4,7)＝－ eq \f(1,14)， 所以 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(pn－\f(4,7)))是以－ eq \f(1,14)为首项，－ eq \f(3,4)为公比的等比数列， 即pn－ eq \f(4,7)＝－ eq \f(1,14)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))) eq \s\up12(n－1)，故pn＝ eq \f(4,7)－ eq \f(1,14) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))) eq \s\up12(n－1)，n∈N*. 7．某家族有X，Y两种遗传性状，该家族某成员出现X性状的概率为 eq \f(4,15)，出现Y性状的概率为 eq \f(2,15)，X，Y两种性状都不出现的概率为 eq \f(7,10)，则该成员X，Y两种性状都出现的概率为(　　) A． eq \f(1,15) B． eq \f(1,10) C． eq \f(2,15) D． eq \f(4,15) 答案　B 解析　设该家族某成员出现X性状为事件A，出现Y性状为事件B， 则X，Y两种性状都不出现为事件 eq \o(A,\s\up15(－)) eq \o(B,\s\up15(－))，两种性状都出现为事件AB， 所以P(A)＝ eq \f(4,15)，P(B)＝ eq \f(2,15)，P( eq \o(A,\s\up15(－)) eq \o(B,\s\up15(－)))＝ eq \f(7,10)， 所以P(A∪B)＝1－P( eq \o(A,\s\up15(－)) eq \o(B,\s\up15(－)))＝ eq \f(3,10)， 又因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，所以P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝ eq \f(1,10). 8．某中学进行数学竞赛选拔考试，A，B，C，D，E共5名同学参加比赛，决出第1名到第5名的名次．A和B去向教练询问比赛结果，教练对A说：“你和B都没有得到冠军．”对B说：“你不是最后一名．”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有(　　) A．54种 B．72种 C．96种 D．120种 答案　A 解析　根据题意可知A和B都没有得到冠军，且B不是最后一名，分两种情况： ①A是最后一名，则B可以为第二、三、四名，即B有3种情况，剩下的三人安排在其他三个名次，有A eq \o\al(3,3)＝6种情况，此时有3×6＝18种名次排列情况； ②A不是最后一名，A，B需要排在第二、三、四名，有A eq \o\al(2,3)＝6种情况，剩下的三人安排在其他三个名次，有A eq \o\al(3,3)＝6种情况，此时有6×6＝36种名次排列情况，则5人的名次排列方式共有18＋36＝54种．故选A. 二、多项选择题 9．一个袋子中有3个红球，m个黑球，采用不放回方式从中依次取球，每次取1个，每个球被取出的可能性相等，已知取出的2个球都是黑球的概率为 eq \f(1,10)，则下列说法正确的是(　　) A．m＝2 B．若取出2球，颜色为一红一黑的概率为 eq \f(3,10) C．若取出2球，颜色相同的概率为 eq \f(2,5) D．若直到所有颜色的球全部被取出，最后取出的球是红球的概率为 eq \f(3,5) C．若取出2球，颜色相同的概率为 eq \f(2,5) D．若直到所有颜色的球全部被取出，最后取出的球是红球的概率为 eq \f(3,5) 答案　ACD 解析　对A，由题意得m≥2，则 eq \f(m,m＋3)· eq \f(m－1,m＋2)＝ eq \f(1,10)，解得m＝2，故A正确；对B，设事件A为取出2球，2球颜色为一红一黑，则P(A)＝ eq \f(3,5)× eq \f(2,4)＋ eq \f(2,5)× eq \f(3,4) ＝ eq \f(3,5)，故B错误；对C，设事件B为取出2球，2球颜色相同， 则P(B)＝ eq \f(3,5)× eq \f(2,4)＋ eq \f(2,5)× eq \f(1,4)＝ eq \f(2,5)，故C正确； 对D，5个球全部被取出的方式有C eq \o\al(3,5)＝10(种)，前4次取球，将两个黑球全部被取出的方式有C eq \o\al(2,4)＝6(种)，故所求概率为 eq \f(6,10)＝ eq \f(3,5)，故D正确． 10．(2025·武汉模拟)中国古代数学史曾经有自己光辉灿烂的篇章，其中“杨辉三角”的发现就是十分精彩的一页．而同杨辉三角齐名的世界著名的“莱布尼茨三角形”如下图所示(其中n是行数，r是列数，r≤n)，下面关于莱布尼茨三角形的性质描述正确的是(　　) A．每一行的对称性与增减性与杨辉三角一致 B．第10行从左边数第三个数为 eq \f(1,360) C．1,n) eq \f(1,(n＋1)C) ＝0,n) eq \f(1,(n＋1)C) ·0,n－1) eq \f(1,nC) D．1,n＋1) eq \f(1,CC eq \o\al(r,n)) ＝1,n＋2) eq \f(1,CC eq \o\al(r,n＋1)) ＋1,n＋2) eq \f(1,CC eq \o\al(r+1,n＋1)) 答案　BCD 解析　对于A，“杨辉三角”每行数左右对称，由1开始逐渐变大，而“莱布尼茨三角形” 每行数左右对称，从第3行开始，由行数的倒数开始逐渐变小，A不正确； 对于B，“莱布尼茨三角形”的一个数是它脚下两数的和，则第9行的第二个数为 eq \f(1,8)－ eq \f(1,9)＝ eq \f(1,72)，第10行的第二个数为 eq \f(1,9)－ eq \f(1,10)＝ eq \f(1,90)， 于是得第10行的第三个数为 eq \f(1,72)－ eq \f(1,90)＝ eq \f(1,360)，B正确； 对于C，1,n) eq \f(1,(n＋1)C) ＝ eq \f(1,n(n＋1))，0,n) eq \f(1,(n＋1)C) ·0,n－1) eq \f(1,nC) ＝ eq \f(1,(n＋1)·1)· eq \f(1,n·1)＝ eq \f(1,n(n＋1))，C正确； 对于D，1,n＋2) eq \f(1,CC eq \o\al(r,n＋1)) ＋1,n＋2) eq \f(1,CC eq \o\al(r+1,n＋1)) ＝ eq \f(1,n＋2)· eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(r！·(n＋1－r)！,(n＋1)！)＋\f((r＋1)！·(n－r)！,(n＋1)！)))＝ eq \f(1,n＋2)· eq \f(r！·(n－r)！·[(n＋1－r)＋(r＋1)],(n＋1)！)＝ eq \f(r！·(n－r)！,(n＋1)！)＝ eq \f(1,n＋1)· eq \f(r！·(n－r)！,n！)＝1,n＋1) eq \f(1,CC eq \o\al(r,n)) ，D正确．故选BCD. 11．(2025·岳阳模拟)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动共有“关怀老人”“环境检测”“图书义卖”这三个项目，每人都要报名且限报其中一项．记事件A为“恰有两名同学所报项目相同 ”，事件B为“只有甲同学一人报名‘关怀老人’项目”，则(　　) A．四名同学的报名情况共有34种 B．“每个项目都有人报名”的报名情况共有72种 C．“四名同学最终只报名了两个项目”的概率是 eq \f(14,27) D．P(B|A)＝ eq \f(1,6) 答案　ACD 解析　由题意甲、乙、丙、丁四名同学每人都要报名且限报一项，每人都有3种选择， 则报名情况共有3×3×3×3＝34(种)，故A正确； “每个项目都有人报名”，则必有两人报名同一个项目，故此时报名情况有C eq \o\al(2,4)C eq \o\al(1,3)A eq \o\al(2,2)＝36(种)，故B错误； “四名同学最终只报名了两个项目”，此时可先选出两个项目，报名情况为分别有两人报名这两个项目，或者一人报名其中一个，另三人报名 另一个项目，故共有C eq \o\al(2,3)(C eq \o\al(2,4)＋C eq \o\al(1,4)A eq \o\al(2,2))＝42(种)报名情况， 则“四名同学最终只报名了两个项目”的概率是 eq \f(42,34)＝ eq \f(14,27)，故C正确； 事件A为“恰有两名同学所报项目相同”，有C eq \o\al(2,4)A eq \o\al(3,3)＝36(种)报名方法， 则 P(A)＝ eq \f(36,34)＝ eq \f(4,9)， 事件B为“只有甲同学一人报名‘关怀老人’项目”， 若A，B同时发生，即恰有2名同学所报项目相同且只有甲同学一人报名“关怀老人”项目， 则有C eq \o\al(2,3)A eq \o\al(2,2)＝6(种)报名方法，则P(AB)＝ eq \f(6,34)＝ eq \f(2,27)，故P(B|A)＝ eq \f(P(AB),P(A))＝ eq \f(\f(2,27),\f(4,9))＝ eq \f(1,6)，故D正确． 三、填空题 12．已知 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,x))) eq \s\up12(n)的展开式的二项式系数之和为64，则展开式第三项的系数是________． 答案　60 解析　由 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,x))) eq \s\up12(n)的展开式的二项式系数之和为64，可得2n＝64，解得n＝6，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,x))) eq \s\up12(6)，则展开式第三项为C eq \o\al(2,6)(x2)4 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x))) eq \s\up12(2)＝(－2)2C eq \o\al(2,6)x6＝60x6，所以展开式的三项式系数是60. 13．若从集合{1，2，3，4，5}中任取3个元素组成该集合的一个子集，那么取得的子集中，满足3个元素中恰好含有2个连续整数的概率等于________． 答案　 eq \f(3,5) 解析　从{1，2，3，4，5}中任取3个元素形成的子集共有C eq \o\al(3,5)＝10(个)， 当连续整数为1，2时，此时符合条件的子集有2个；当连续整数为2，3时，此时符合条件的子集有1个；当连续整数为3，4时，此时符合条件的子集有1个；当连续整数为4，5时，此时符合条件的子集有2个， 故有6个子集中恰好含有两个连续整数．故所求概率为 eq \f(6,10)＝ eq \f(3,5). 14．(2025·怀化模拟)信息技术辅助教学已经成为教学的主流趋势，为了了解学生利用学习机学习的情况，某研究机构在购物平台上购买了6种主流的学习机，并安排4人进行相关数据统计，且每人至少统计1种学习机的相关数据(不重复统计)，则不同的安排方法有________种． 答案　1 560 解析　由题意可知6种主流的学习机安排给4人进行相关数据统计， 每人至少统计1种学习机的相关数据(不重复统计)， 则学习机的分配方法有3，1，1，1和2，2，1，1两类情况，则按3，1，1，1分组再分配给4人，共有C eq \o\al(3,6)A eq \o\al(4,4)＝20×24＝480(种)安排方法， 按2，2，1，1分组再分配给4人，共有2,6) eq \f(CC eq \o\al(2,4),A eq \o\al(2,2)) ·A eq \o\al(4,4)＝ eq \f(15×6,2)×24＝1 080(种)安排方法，故共有480＋1 080＝1 560(种)不同的安排方法． $$