第十章 必刷小题19 计数原理与概率（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（北师大版 皖赣桂豫陕）

必刷小题19　计数原理与概率 一、单项选择题 1．现有10元、20元、50元人民币各一张，100元人民币两张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是(　　) A．15 B．31 C．24 D．23 答案　D 解析　除100元人民币以外的三张人民币中，每张均有取和不取2种情况， 两张100元人民币的取法有不取、取一张和取两张3种情况， 再减去五张人民币全不取的1种情况，所以共有23×3－1＝24－1＝23(种)． 2．(2024·马鞍山模拟)据史书的记载，最晚在春秋末年，人们已经掌握了完备的十进位制记数法，普遍使用了算筹这种先进的计算工具．算筹记数的表示方法为：个位用纵式，十位用横式，百位再用纵式，千位再用横式，以此类推，遇零则置空．如图所示． 如：10记为，26记为，71记为.现有4根算筹，可表示出两位数的个数为(　　) A．8 B．9 C．10 D．12 答案　C 解析　由题意知，共有4根算筹． 当十位1根，个位3根，共有2个两位数； 当十位2根，个位2根，共有4个两位数； 当十位3根，个位1根，共有2个两位数； 当十位4根，个位0根，共有2个两位数， 所以一共有10个两位数． 3．(2023·桂林模拟)甲、乙两人各进行1次射击，如果两人击中目标的概率分别为0.8和0.4，则其中恰有1人击中目标的概率是(　　) A．0.32 B．0.56 C．0.44 D．0.68 答案　B 解析　恰好有1人击中，表示甲击中乙没有击中或甲没有击中乙击中，这两个是互斥事件， 根据相互独立事件和互斥事件的概率公式可得P＝0.8×0.6＋0.2×0.4＝0.56. 4．若5的展开式中各项系数的和为2，则展开式中的常数项为(　　) A．－720 B．－360 C．360 D．1 080 答案　C 解析　5 ＝ax·5＋·5， 令x＝1，则展开式的各项系数和为a＋1＝2，解得a＝1， 所以5＝x·5＋·5， 所以常数项为x·C(3x)23＋·C(3x)32＝C×32×(－2)3＋C×33×(－2)2＝－720＋1 080＝360. 5．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，出现Y性状的概率为，X，Y两种性状都不出现的概率为，则该成员X，Y两种性状都出现的概率为(　　) A. B. C. D. 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，两种性状都出现为事件AB， 所以P(A)＝，P(B)＝，P()＝， 所以P(A∪B)＝1－P()＝， 又因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)， 所以P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝. 6．(2023·益阳模拟)某单位安排7位员工在“十·一”假期中1日至7日值班，每天安排1人值班，且每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻的两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有(　　) A．504种 B．960种 C．1 008种 D．1 200种 答案　C 解析　依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方案共有AA＝1 440(种)， 其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班的方案共有AA＝240(种)； 满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在10月7日值班的方案共有AA＝240(种)； 满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班，丁在10月7日值班的方案共有AA＝48(种)．因此满足题意的方案共有1 440－2×240＋48＝1 008(种)． 7．(2023·新余模拟)据中国汽车工业协会统计显示，2022年我国新能源汽车持续爆发式增长，购买电动汽车的家庭越来越多．某学校为方便驾驶电动汽车的教职工充电，在停车场开展充电桩安装试点．如图，试点区域共有十个车位，安装了三个充电桩，每个充电桩只能给其南北两侧车位中的一辆电动汽车充电．现有3辆燃油车和2辆电动汽车同时随机停入试点区域(停车前所有车位都空置)，请问2辆电动汽车能同时充上电的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　记事件E＝“2辆电动汽车能同时充上电”，先从Bi，i∈{1,2,3,4,5,6}中任选一个车位给第一辆电动汽车，有C种选择，再从不与第一辆电动汽车并列的剩余四个车位中找一个给第二辆电动汽车，有C种选择，最后从剩余8个车位中随机选取3个安排燃油车即可，所以P(E)＝＝. 8．(2023·石家庄模拟)为了提高同学们对数学的学习兴趣，某高中数学老师把《周髀算经》《九章算术》《孙子算经》《海岛算经》这4本数学著作推荐给学生进行课外阅读，若该班A，B，C三名同学有两名同学阅读其中的2本，另外一名同学阅读其中的1本，若4本图书都有同学阅读(不同的同学可以阅读相同的图书)，则这三名同学选取图书的不同情况有(　　) A．144种 B．162种 C．216种 D．288种 答案　A 解析　分两种情况：第一种情况，先从4本里选其中2本，作为一组，有C种方法， 第二组从第一组所选书籍中选1本，再从另外2本中选取1本作为一组，剩余1本作为一组，再分给三名同学，共有CCCA种方法； 第二种情况，从4本里任选2本作为一组，剩余的2本作为一组，有种方法，分给三名同学中的两名同学，有A种方法，剩余一名同学， 从这4本中任选1本阅读，有C种方法，共有·AC种方法． 故这三名同学选取图书的不同情况有CCCA＋·AC＝144(种)． 二、多项选择题 9．已知事件A，B满足P(A)＝0.6，P(B)＝0.2，则下列结论正确的是(　　) A．P()＝0.8，P()＝0.4 B．如果B⊆A，那么P(A∪B)＝0.6 C．如果A与B互斥，那么P(A∪B)＝0.8 D．如果A与B相互独立，那么P()＝0.32 答案　BCD 解析　对于选项A，P()＝1－P(A)＝0.4，P()＝1－P(B)＝0.8，故选项A错误； 对于选项B，如果B⊆A，那么P(A∪B)＝P(A)＝0.6，选项B正确； 对于选项C，如果A与B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.8，所以选项C正确； 对于选项D，如果A与B相互独立，那么P()＝P()P()＝0.4×0.8＝0.32，所以选项D正确． 10．(2023·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 D．P(B|A)＝ 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CCA＝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(C＋CA)＝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＝，故C正确； 事件A为“恰有两名同学所报项目相同 ”，有CA＝36(种)报名方法，则 P(A)＝＝， 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CA＝6(种)报名方法，则P(AB)＝＝， 故P(B|A)＝＝＝，故D正确． 11．(2024·屯溪模拟)已知f(x)＝(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则下列描述正确的是(　　) A．a1＋a2＋…＋a8＝1 B．f(－1)除以5所得的余数是1 C．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38－28 D．2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8 答案　BC 解析　令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a8＝1；令x＝0，得a0＝28. 则a1＋a2＋…＋a8＝1－28，故A错误； f(－1)＝38＝94＝(10－1)4＝104－C103＋C102－C10＋1＝10×(103－C102＋C101－C)＋1，故B正确； 因为(2－x)8二项展开式的通项公式为Tk＋1＝C28－k(－x)k＝(－1)kC28－kxk， 由通项公式知，(2－x)8二项展开式中偶数项的系数为负数， 所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝－a1＋a2－a3＋…＋a8， 由(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，令x＝0，得到a0＝28， 令x＝－1，得到a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝38， 所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38－28，故C正确； 原表达式的两边同时对x求导， 得到－8×(2－x)7＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7， 令x＝1，得到a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8，令x＝0，得a1＝－8×27， 所以2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8＋8×27＝8(27－1)，故D错误． 12．(2023·福州质检)一个笼子里关着10只猫，其中有4只黑猫、6只白猫，把笼子打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫，猫争先恐后地往外钻，如果10只猫都钻出了笼子，事件Ak表示“第k只出笼子的猫是黑猫”，k＝1,2，…，10，则(　　) A．P(A1A2)＝ B．P(A1＋A2)＝ C．P(A2|A1)＝ D．P(A10|A2)＝ 答案　BCD 解析　由题知，P(Ak)＝＝， 事件A1A2表示“第1,2只出笼子的猫都是黑猫”， 则P(A1A2)＝＝，故A错误； 事件A1＋A2表示“第1只或第2只出笼子的猫是黑猫”， 则P(A1＋A2)＝P(A1)＋P(A2)－P(A1A2)＝＋－＝，故B正确； P(A2|A1)＝＝＝，故C正确； 事件A2A10表示“第2,10只出笼子的猫都是黑猫”， 则P(A2A10)＝＝， 则P(A10|A2)＝＝＝，故D正确． 三、填空题 13．(2024·娄底模拟)已知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n的展开式的二项式系数之和为64，可得2n＝64，解得n＝6，即6， 则展开式第三项为C(x2)42＝(－2)2Cx6＝60x6， 所以展开式第三项的系数是60. 14．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　 解析　从{1,2,3,4,5}中任取3个元素形成的子集共有C＝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＝. 15．(2023·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CA＝20×24＝480(种)安排方法， 按2,2,1,1分组再分配给4人，共有·A＝×24＝1 080(种)安排方法， 故共有480＋1 080＝1 560(种)不同的安排方法． 16．(2023·佛山模拟)有n个编号分别为1,2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概率是________，从第n个盒子中取到白球的概率是________． 答案　　×n＋ 解析　记事件Ai表示从第i(i＝1,2，…，n)个盒子里取出白球， 则P(A1)＝，P()＝1－P(A1)＝， 所以P(A2)＝P(A1A2)＋P(A2) ＝P(A1)P(A2|A1)＋P()P(A2|) ＝×＋×＝， P(A3)＝P(A2)P(A3|A2)＋P()P(A3|) ＝P(A2)×＋P()× ＝×P(A2)＋＝， P(A4)＝P(A3)P(A4|A3)＋P()P(A4|) ＝P(A3)×＋P()×＝P(A3)＋， 进而可得P(An)＝P(An－1)＋， P(An)－＝， 又P(A1)－＝，P(A2)－＝， P(A2)－＝， 所以是首项为，公比为的等比数列， 所以P(An)－＝×n－1＝×n， 即P(An)＝×n＋. 学科网（北京）股份有限公司 $