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（湘教版 甘）

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．某人家的抽屉里有4双不同花色的袜子，从中随机任取3只，则这3只袜子中恰有2只花色相同的概率为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　从4双不同花色的袜子中，随机任取3只，共有C＝56(种)不同的选取方法， 其中恰有2只花色相同有CC＝24(种)不同的选取方法，所以概率为P＝＝. 5．(2024·海南华侨中学模拟)(2－x)6的展开式中x2的系数为(　　) A．270 B．240 C．210 D．180 答案　A 解析　(2－x)6的展开式的通项公式为 Tr＋1＝(－1)r26－rCxr， 则原展开式中x2的系数为 (－1)2×24C＋×(－1)4×22C＝270. 6．黄金分割最早见于古希腊和古埃及．黄金分割又称黄金率、中外比，即把一条线段分成长短不相等的a，b两段，使得长线段a与原线段a＋b的比等于短线段b与长线段a的比，即a∶(a＋b)＝b∶a，其比值约为0.618 339….小王酷爱数学，他选了其中的6,1,8,3,3,9，这六个数字组成了手机的开机密码，如果两个3不相邻，则小王可以设置的不同密码个数为(　　) A．180 B．210 C．240 D．360 答案　C 解析　先把6,1,8,9排列，然后选两个空档插入3，总方法的个数为AC＝240. 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，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)＝. 8．(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)＝＝. 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． 10．一个袋子中有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，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 C．若取出2球，颜色相同的概率为 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 答案　ACD 解析　对A，由题意得m≥2，则·＝，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)＝×＋×＝，故B错误； 对C，设事件B为取出2球，2球颜色相同，则P(B)＝×＋×＝，故C正确； 对D,5个球全部被取出的方式有C＝10(种)，前4次取球，将两个黑球全部被取出的方式有C＝6(种)，故所求概率为＝，故D正确． 11．(2023·南京模拟)在6的展开式中(　　) A．常数项为160 B．含x2项的系数为60 C．第4项的二项式系数为15 D．所有项的系数之和为1 答案　BD 解析　6展开式的通项公式为 Tr＋1＝Cx6－rr＝C(－2)rx6－2r. 对选项A，取r＝3得到常数项为C(－2)3＝－160，错误； 对选项B，取r＝2得到含x2项的系数为C(－2)2＝60，正确； 对选项C，取r＝3得到第4项的二项式系数为C＝20，错误； 对选项D，取x＝1得到所有项的系数之和为6＝1，正确． 12．(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． 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．(2024·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·东莞模拟)在孟德尔豌豆试验中，子二代的基因型为DD，Dd，dd，其中D为显性基因，d为隐性基因，且这三种基因型的比为1∶2∶1，如果在子二代中任意选取两株豌豆进行杂交实验，那么子三代中基因型为dd的概率是________． 答案　 解析　由题意，子二代作杂交试验的基因配型有6种可能，分别设为Ai(i＝1,2,3,4,5,6)， 设事件B为“子三代的基因型为dd”，则 事件 A1 A2 A3 A4 A5 A6 配型 DD×DD DD×Dd Dd×Dd Dd×dd DD×dd dd×dd P(Ai) P(B|Ai) 0 0 0 1 由全概率公式得P(B)＝(Ai)P(B|Ai)＝×＋×＋×1＝. 学科网（北京）股份有限公司 $