第6章 计数原理 真题演练-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教A版）

第六章 真题演练 黑题 真题体验 限时：30min 考点1两个计数原理与排列组合的应用 6.（2023·新课标全国I)某学校开 1.(2023·新课标全国Ⅱ)某学校为了解学生参 设了4门体育类选修课和4门艺 加体育运动的情况，用比例分配的分层随机 术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或 抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部 3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不 两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高 同的选课方案共有 种（用数字作答） 中部分别有400名和200名学生，则不同的抽 7.（2024·全国甲理)有6个相同的球，分别标有 样结果共有 ( 数字1,2,3,4,5,6，从中无放回地随机取3次，每 A.C46·C25种 B.C20·C0种 次取1个球记m为前两次取出的球上数字的平 C.C0·C0种 D.C0·C20种 均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m 2.(2023·全国甲文)某校文艺部有4名学生， 与n之差的绝对值不大于)的概率为 其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中 8.（2024·新课标全国Ⅱ)在如图的4×4的方格 随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来 表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个 自不同年级的概率为 ( 方格被选中，则共有 种选法，在所有 A名 B c 符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数 3.(2023·全国乙理)甲、乙两位同学从6种课 之和的最大值是 外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外 11213140 12223342 读物中恰有1种相同的选法共有 13223343 A.30种B.60种C.120种D.240种 15243444 4.(2023·全国甲理)现有5名志愿者报名参加 考点2 二项式定理 公益活动，在某一星期的星期六、星期日两 9.(2024·北京)在(x-)4 的展开 天，每天从这5人中安排2人参加公益活动， 式中，x3的系数为 ( 则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式 A.6 B.-6 C.12 D.-12 共有 ( A.120种B.60种 C.30种 D.20种 10.（2024·天津)在 的展开式中，常 5.(2024·全国甲文)某独唱比赛的 数项为 决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参 加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确 11.(2022·新高考全国D)(1-￥)(x+)°的展开 定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场 式中x2y的系数为 .(用数字作答) 的概率是 ( 12.（2024·全国甲理) (3+x)的展开式中， A.G B. 各项系数中的最大值为 第六章黑白题21 第七章随机变量及其分布 7.1 条件概率与全概率公式 7.1.1条件概率 白题 基础过关 限时：40min 题组1条件概率 事件B表示“李老师经过第二个红绿灯路口 1.(2024·广东湛江高二期中)已知P(AB)= 时是绿灯”，则P(BIA)= ( 3 P(A)=3,则P(BIA)= ( B.2 c 5 D. 6 B合 c D.m 5.(多选)(2024·吉林长春高二月考)下列说 法正确的是 2.(2024·辽宁鞍山高二期中)有一批灯泡寿命 A.P(BIA)<P(AB) 超过500小时的概率为0.9，寿命超过800小 时的概率为0.8，在寿命超过500小时的灯泡 B.P(BIA) P(B趴是可能的 P(A) 中寿命能超过800小时的概率为 ( C.0≤P(B1A)≤1 B.g c.o 5 D.P(A1A)=1 3.(2024·天津河东区高二期中)某个班级有 6.(2024·河北张家口高二期中)元宵节是中国 45名学生，其中男生、女生的人数及团员的人 的传统节日之一，“元宵”作为食品，在我国也 数如表所示： 由来已久.宋代，民间即流行一种元宵节吃的 团员 非团员 合计 新奇食品.这种食品，最早叫“浮元子”后称 男生 16 9 25 “元宵”.元宵以白糖、玫瑰、芝麻、豆沙、黄桂、 女生 14 6 20 核桃仁、果仁、枣泥等为馅，用糯米粉包成圆 合计 30 15 45 形，可荤可素，风味各异，可汤煮、油炸、蒸食， 随机选择一人做代表，如果已知选到的是团 有团圆美满之意.某商店有6种馅的元宵，其 员，那么选到的是男生的概率是 ( 中4种素的和2种荤的，美华随机取出两袋购 4 B c号 D. 买，事件A“取到的两袋同为荤或素”，事件B “取到的两袋都是素的”，则P(B1A)=（) 4.某天李老师驾车在大街上行驶，前方刚好有两 3 个红绿灯路口，李老师经过第一个红绿灯路口 A. B C. D.s 时是绿灯的概率为了，连续经过这两个红绿灯 7.(2024·江西抚州高二月考)袋中有10个外形 相同的球，其中5个白球，3个黑球，2个红球， 路口时都是绿灯的概率为)用事件A表示 从中任意取出一球，已知它不是白球，则它是 “李老师经过第一个红绿灯路口时是绿灯”， 黑球的概率是 选择性必修第三册·RJ黑白题227行为1,7,21,35,35,21,7,1，第8行为1,8,28,56,70,56,28,8,1， 第9行为1,9,36,84,126,126,84,36,9,1，第10行为1,10,45 120,210,252,210,120,45,10,1,第11行为1,11,55,165,330,462 462,330,165,55,11,1,第12行为1,12,66,220,495,792,924,792 495,220,66,12,1,第13行为1,13,78,286,715,1287,1716,1716 1287,715,286,78,13,1,第14行为1,14,91,364,1001,2002 3003,3432,3003,2002,1001,364,91,14,1,第15行为1,15,105 455,1365,3003,5005,6435,6435,5005,3003,1365,455,105 15,1,我们观察第1条线的最大值，它是第0行第1个数，第5条线 的最大值是第3行的第2个，第9条线的最大值是第6行的第3个， 第13条线的最大值是第9行的第4个，第17条线的最大值是第 12行的第5个，所以我们归纳出如下规律，在线的条数为4n+1时， 其包含的数字的最大值在杨辉三角中行数每增加3，数字的位置向 右平移1位，所以第21条线的最大值是第15行的第6个，为3003. 故答案为11；3003. 15.解：(1)(C3o0+C3m)÷A0m=Cio1÷Aio1=31=6 11 (2)3A3=2A21+6A2,∴.3x(x-1)(x-2)=2x(x+1)+6x(x-1),化简 得32-17x+10=0,解得x=5,x=子（不合题意，舍去)，x=5. 16.解：(1)选其中5人排成一排，不同的排队方案有CA?=2520(种). (2)全体站成一排，男女各站一起，有A2AA4=288(种) (3)全体站成一排，男生不能站在一起，有A4A=1440(种) (4)全体站成一排，男不站排头也不站排尾，选2女生排头和尾，其 他5人作全排列，有AA=1440(种). 17.解：(1)展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式共9项」 故n=8. (2)当n=6时三项式为x。,它的通项T1=C哈， (2）广=(-arc=0,1,6. 令6=3，得=2，所以4=a2c=152, 令63 =0,得r=4,所以B=aCg=15a4 又B=4A,解得a=0(舍去)或a=2或a=-2,所以a=2或a=-2. 2)6 (3)当n=6,a=-2时二项式为(+左) 它的通项T+1=C6x61 2) =2C6x6-7(r=0,1,…,6), 14 r≤ 设第r项系数最大，则2C%≥2Cg即 3 2rC6≥2+1Cg, 故r=4, 11 r≥ 3 所以二项式的展开式中系数最大的项为T4+1=24C哈=240. 18.解：(1)甲第一个观赏的不是北京红，则甲第一个观赏的是剩余5个 中的其中一个，有C=5(种)，剩下5种月季花甲依次的方案有 A?种，所以由分步乘法原理可知甲不同的观赏方案数为5×A?=600. (2)当黄从容在上午第一个观赏时，红从容在下午观赏，其余4种月 季花在上午和下午可以任意选择，所以方案有C?A4=72(种)， 当黄从容在上午第二或第三个观赏时，则上午第一个需从醉红颜、 白佳人和金凤凰选一个，红从容在下午观赏，其余3种月季花在上 午和下午可以任意选择，所以方案有CCCA=108(种)， 所以由分类加法原理可知，上午安排黄从容，下午安排红从容的方 案数为72+108=180（种）， 同理当红从容在上午观赏，黄从容在下午观赏时，也有180种，所以 甲不同的观赏方案数为180+180=360. 19.解：(1)G(x)=(1+x)(1+x)(1+x)(1+x)=1+4x+6x2+4x3+x4 (2).G(x)=(1+x)+1+2(1+x)+2+3(1+x)+3+…+n(1+x)2n 故展开式中x”的系数为C%+1+2C%+2+3C%+3+…+nC2n=Cn+1+2C只+2+ 3C2+3+…+nC2nrCa,=(n+1)C,故x的系数为an=(n+1)· (C+1+C2+C3+…+C1)=(n+1）·(Ct3+Ct2+C对}+…+ C2)=(n+1)(Cm+3+Ct3+…+Ct1)=(n+1)C2t1. (3)显然a1=a3=a5=a7=0,a0=1,a2=C3=28,a4=Cg=70,a6= 选择性必修第三册·RJ C8=28,ag=1,故A(x)=1+28x2+70x4+28x6+x8,同样b0=b1=0, b2=b3=10,b4=5,b5=1,故B(x)=10x2+10x3+5x4+x5,令C(x)= A(x)·B(x)=(1+28x2+70x4+28x5+x8)(10x2+10x3+5x4+x5)= 10x2+10x3+285x4+281x5+840x6+728x7+630x8+350x9+150x0+ 38x1+5x2+x5,C(x)中x的系数c4为符合要求的k个人组成的小 组的数目，所有组合的个数为10+10+285+281+840+728+630+350+ 150+38+5+1=3328. 第六章真题演练 黑题 真题体验 1.D解析：根据分层抽样的定义知，初中部共抽取60×400 600=40(人)， 高中部共抽取60x2020(人)，根据分步乘法计数原理，得不同的 抽样结果共有C。·C8种.故选D. 2.D解析：依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，基本 事件一共有C?=6(件)，其中这2名学生来自不同年级的基本事件 有C以C=4(件)，所以这2名学生来自不同年级的概率为。：？故 选D. 3.C解析：首先确定相同的读物，共有C:种情况，然后确定两人各自 的另外一种读物，相当于在剩余的5种读物里选出两种进行排列，共 有A种，根据分步乘法计数原理，得共有C6·A号=120（种）.故选C. 4.B解析：不妨记五名志愿者分别为a,b,c,d,e,假设a连续参加了两 天公益活动，再从剩余的4人中抽取2人分别参加星期六与星期日 的公益活动，共有A=12(种)方法.同理，选b,c,d,e分别连续参加 两天公益活动时，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天 公益活动的安排方式有5×12=60（种）.故选B. 四重难点拨 排列组合问题虽然种类繁多，但只要能把握住最常见的原理和方 法，即“分步用乘、分类用加、有序排列、无序组合”，留心容易出错 的地方就能够以不变应万变，把排列组合学好. 5.C解析：解法一：画出树状图，如图， 甲 丙 丙 丙 丁甲 丁丙丁乙丙乙 丁丙丁 甲丙 丙 乙丁甲 丁甲 乙 丙甲 丙甲 丁乙丁甲乙甲 丙乙丙甲乙甲 由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人出场顺序共有24种，其中丙不是第 一个出场，且甲或乙最后出场的顺序共有8种，故所求概率P= 8 1 243 解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有2种排法，丁就1种，共 2种：当甲最后出场，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种， 共2种；于是甲最后出场共4种排法，同理，乙最后出场共4种排法 于是共8种排法符合题意；基本事件总数显然是A4=24,根据古典概 型的计算公式，丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率为， 1故选C 6.64解析：当从8门课中选修2门时，不同的选课方案共有C4C4=4× 4=16(种).当从8门课中选修3门时，①若选修1门体育类选修课 则不同的选课方案共有C4C?=4×6=24(种)；②若选修2门体育类 选修课，则不同的选课方案共有C2C4=6×4=24(种). 综上所述，不同的选课方案共有16+24+24=64（种）.故答案为64. 7 1.15 解析：从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有A。= 黑白题10 120(种)，设前两个球的号码为a,b,第三个球的号码为c,则 a+b+c a+b 3Γ2 ≤号，故2-(a+6)1≤3，故-3≤2-(a+b)≤3，故 a+b-3≤2c≤a+b+3,若c=1,则a+b≤5，则(a,b)为(2,3)，(3,2)， 故有2种：若c=2,则1≤a+b≤7，则(a,b)为(1,3)，（1,4)，(1,5)， (1,6),(3,4),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(4,3),故有10种； 若c=3,则3≤a+b≤9，则(a,b)为(1,2)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2 4),(2,5),(2,6),4,5),(2,1),(4,1),(5,1),(6,1),(4,2), (5,2),(6,2),(5,4),故有16种；若c=4,则5≤a+b≤11，同理有 16种，若c=5,则7≤a+b≤13，同理有10种，若c=6,则9≤a+b≤15 同理有2种，m与n的差的绝对值不大于，时不同的抽取方法总数 为2x(2+10:16)=56,故所求概率为0石放答案为 8.24112解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格 被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列 有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1= 24(种)选法；每种选法可标记为(a,b,c,d),a,b,c,d分别表示第一、 、三、四列的数字，则所有的可能结果为(11,22,33,44)，(11,22， 34,43),(11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24 33,42),(12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22, 34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40),(13,21,33,44),(13,21, 34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24, 33,40),(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22, 33,40),(15,22,31,42),（15,22,33,40),所以选中的方格中 (15,21,33,43)的4个数之和最大，为15+21+33+43=112.故答案 为24；112. 9.A解析：(x-E)4的二项展开式的通项公式为T1=C4x· (~)=C5(-1)(=0,123,4),令4=3，解得=2，故所 求即为C4（-1)2=6.故选A 第七章 随机 7.1条件概率与全概率公式 7.1.1条件概率 白题 基础过关 3 1.C解析：P(B1A)= 以豆受故选℃ 5 2.A解析：记灯泡寿命超过500小时为事件A,灯泡寿命超过800小 时为事件B,则P(A)=0.9,P(AB)=Q.8,所以P(B1A)=PB) P(A) 8等号故选 3.A解析：设事件A表示选到团员，事件B表示选到男生，则 P(BIA)=n(AB)_16 8 n(4305故选A 4.D解析：依题意，P(A)=3 P八)=子，所以PBA)=PA) P(A) 1 5故选D. 3=6 5 5.BCD解析：A选项，由P(B1A)=P及0<P(A)≤1知 P(A) P(BIA)≥P(AB),A选项错误： B选项，当事件A包含事件B时，有P(AB)=P(B),此时P(BIA)= 积放事法项正角 C选项，由概率的性质可知0≤P(BIA)≤1，C正确； D达项4)-分1，D正确故选B0 参考答案 100解折：因为（层+号） 的展开式的通项公式为T1= c(是）（传）=c-16令6-3-0， 可得r=3,所以常数项为3C%=20.故答案为20. 1.-28解折：因为(（-）)=()之()8， 所以（1-士)(x+y)的展开式中含y的项为c2 兰c8y=-28,所以(1-士)()°的展开式中少的系 数为-28.故答案为-28 四方法总结 对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式 连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以 免重复或遗漏：也可利用排列组合的知识求解 125餐折：曲题得是形式的通项公式为：心（仔）”，0 r≤10且r∈2，设展开式中第(r+1)项系数最大，则 10-7 29 即 29 .33 4 ≤4 又因为r∈Z,故r=8,所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项 系数为c品(3 1 =5.故答案为5 变量及其分布 6.C解析：由题意可知：P(A)= C+C吃_7 Ca15P(AB)= 6 P(BIA)=P(AB) 15 pA)7号故选C 15 四方法总结 本题考查的是条件概率.条件概率一般有两种求解方法：(1)定义法： P(AB 先求P(A)和P(AB),再由P(BIA)=P( 求P(B1A).(2)基本事 件法：借助古典概型概率公式，先求事件A包含的基本事件数n(A), 再求事件AB所包含的基本事件数n(AB),得P(B1A)=n(AB) n(A) 7. 3 5 解析：用A表示事件“从中任意取出一球，它不是白球”，用B表 示水件从中任意家出一-球，它是球则P()高P代)司 所以代0=兴图号故答案为 5 8. -解析：从-2，-1,1,2,3这5个数中任取2个不同的数有C?= 10(种)取法，其中满足两数之积为正数的有C?+C好=4（种）取法，满 足两数之积为正数且两数均为负数的有C号=1（种）取法，记“两数之 积为正数”为事件A,“两数均为负数为事件B,所以P(d)=。 P代4)=所以P(B1=兴-子，所以已知取瑞的两数之积 为正数，则取到的两数均为负数的概率是子放答案为} 黑白题11