4.1 基础课9 计数原理与概率-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

基础课9　计数原理与概率 　 第一篇 专题四 概率与统计 知识整合 体系构建 知识整合 体系构建 03 专题集训 02 考点突破 能力提升 真题再研 考情分析 01 内容索引 真题再研 考情分析 返回 √ 一、排列与组合 1.(2023·新课标Ⅱ卷，T3)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样法作抽样调查，拟从初中部和高中部共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有 A.种 B.种 C.种 D.种 根据分层抽样的定义知初中部共抽取60×＝40(人)，高中部共抽取60×＝20(人)，根据组合公式和分步乘法计数原理，则不同的抽样结果共有种.故选D. 先将丙和丁捆在一起有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有种排列方式，所以不同的排列方式共有＝24种，故选B. √ 2.(2022·新高考Ⅱ卷，T5)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有 A.12种 B.24种 C.36种 D.48种 3.(2023·新课标Ⅰ卷，T13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有　　　　种(用数字作答). 64 当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有＝16种；当从8门课中选修3门，①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有＝24种；②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有＝24种.综上所述，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64种. 4.(2024·新课标Ⅱ卷，T14)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有　　　　种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　. 24 112 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法.由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24. 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112. 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 二、二项式定理 5.(2024·全国甲卷理，T13)(＋x)10的展开式中，各项系数中的最大值为　　. 5 (＋x)10的展开式的通项公式为Tk＋1＝xk(k＝0，1，2，…，10).若Tk＋1项的系数最大，则≤k≤.又k∈N，所以k＝8，则T9项的系数最大，最大项的系数为)2＝5. 6.(2022·新高考Ⅰ卷，T13)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为　 　(用数字作答). －28 (x＋y)8的展开式的通项为Tk＋1＝x8－kyk，k＝0，1，…，7，8.令k＝6，得＝x2y6，令k＝5，得＝x3y5，所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为－＝－28. 三、概率 7.(2022·新高考Ⅰ卷，T5)从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为 A. B. C. D. √ 从7个整数中随机取2个不同的数，共有＝21(种)取法，取得的2个数互质的情况有(2，3)，(2，5)，(2，7)，(3，4)，(3，5)，(3，7)，(3，8)，(4，5)，(4，7)，(5，6)，(5，7)，(5，8)，(6，7)，(7，8)，共14种，根据古典概型的概率公式，得这2个数互质的概率为＝.故选D. 8.(2024·新课标Ⅰ卷，T14)甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮 次中不能使用).则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为　 . 因为甲出卡片1一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7时都赢，所以只有1种组合：3－2，5－4，7－6，1－8.若甲的总得分为2，有以下三类情况：第一类，当甲出卡片3和5时赢，只有1种组合，为3－2，5－4，1－6，7－8；第二类，当甲出卡片3和7时赢，有3－2，7－4，1－6，5－8或3－2，7－4，1－8，5－6或3－2，7－6，1－4，5－8，共3种组合；第三类，当甲出卡片5和7时赢，有5－2，7－4，1－6，3－8或5－2，7－4，1－8，3－6或5－4，7－2，1－6，3－8或5－4，7－2，1－8，3－6或5－2，7－6，1－4，3－8或5－2，7－6，1－8，3－4或5－4，7－6，1－2，3－8，共7种组合.综上，甲的总得分不小于2共有12种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1＝24(种)，所以甲的总得分不小于2的概率P＝＝. 考情分析 1.主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，时常与概率相结合，以选择题、填空题为主. 2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇考查. 3.概率重点考查古典概型、条件概率、全概率公式的基本应用. 返回 考点突破 能力提升 返回 1.(2025·湖北武汉二调)有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为 A.40 B.48 C.52 D.60 核心考点一　排列与组合　[基础性考法] √ 先从四对双胞胎中选出一对，有4种选择；然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎，这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有3×2×2＝12种选择.根据分步乘法计数原理，总共有4×12＝48种选法.故选B. 2.(2025·江西鹰潭二模)2025年春节期间，有《封神》《哪吒》《射雕英雄传》《熊出没》《唐探1900》五部电影上映，小李和另外3名同学去随机观看这五部电影，则小李看电影《哪吒》且4人中恰有2人看同一部电影的不同排列方式共有 A.24种 B.36种 C.48种 D.72种 √ 若小李看《哪吒》，且4人中恰有2人看同一部电影，有2人看《哪吒》，则有种排列方式，有1人看《哪吒》电影，则有种排列方式，即满足小李看《哪吒》，且4人中恰有2人看同一部电影一共有＋＝72种排列方式.故选D. 3.(2025·辽宁抚顺模拟)某高校要在假期安排甲、乙等5名大学生到A，B，C三个公司进行社会实践，要求每个公司都要有大学生去，且甲和乙都不能去A公司，则不同的安排方式有 A.50种 B.56种 C.60种 D.62种 √ 因为甲和乙都不能去A公司，对A公司去的学生人数进行分类讨论：若去A公司只有1个人，有3种情况，然后将剩余4人分为两组，再将这两组分配给B，C两个公司，此时有3＝42种不同的安排方式；若去A公司有2人，有＝3种情况，然后将剩余3人分为两组，再将这两组分配给B，C两个公司，此时有3＝18种不同的安排方式；若去A公司有3人，只需将甲、乙两人分配给B，C公司即可，每个公司1个人，此时有＝2种不同的安排方式.由分类加法计数原理可知，不同的安排方式种数为42＋18＋2＝62种.故选D. 4.(2025·广东湛江二模)4名医生和2名护士站成一排，要求2名护士不相邻，且医生甲不站在队伍的最左端，则不同的站法共有　　　　种. 408 若医生甲不站在医生的最左端，则有＝360种不同的站法，若医生甲站在医生的最左端，则有＝48种不同的站法，故不同的站法共有360＋48＝408种. 规律反思 排列、组合问题的求解方法与技巧 1.直接法：(1)特殊元素优先安排.(2)相邻问题捆绑处理.(3)不相邻问题插空处理.(4)定序问题除法处理.(5)“小集团”排列问题先整体后局部. 2.间接法：对于分类较多问题、含有至多(至少)问题，一般利用间接法求解，即正难则反，等价转化. 注意　处理排列、组合问题要做到如下两点：(1)合理分类与准确分步；(2)混合问题要先选后排. 1.(2025·山东泰安一模)若的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为 A.240 B.－240 C.60 D.－60 核心考点二　三角函数的性质　[综合性考法] √ 由题意2n＝64，解得n＝6.展开式通项为Tk＋1＝＝，令k－3＝0，解得k＝2，所以常数项为T3＝·x0＝60.故选C. 2.(2025·安徽江淮十校联考)(x2＋2)(－1)5的展开式的常数项是 A.－3 B.－2 C.2 D.3 √ (－1)5的展开式通项为＝·x2k－10，由2k－10＝0得k＝5，所以(－1)5的常数项为(－1)5＝－1；由2k－10＝－2得k＝4，所以(－1)5的x－2项系数为(－1)4＝5，所以(x2＋2)(－1)5的展开式的常数项是2×(－1)＋5＝3，故选D. 3.若(1＋2x)10＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a10(1＋x)10，则a2等于 A.180 B.－180 C.－90 D.90 √ 因为(1＋2x)10＝[2(1＋x)－1]10，其二项展开式的通项为＝[2(1＋x)(－1)k＝(－1)k(1＋x，k＝0，1，…，10，而a2是(1＋x)2的系数，故只需取k＝8，得T9＝22(1＋x)2＝180(1＋x)2，即a2＝180.故选A. 4.(多选)(2025·浙江温州二模)已知二项展开式(1－x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 025x2 025，则 A.a0＝1 B.a1＋a2＋…＋a2 025＝0 C.a1＋a2 024＝0 D.a0＋a2＋a4＋…＋a2 024＝22 024 √ √ √ 对于A，令x＝0，则a0＝1，故A正确；对于B，令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a2 025＝0①，所以a1＋a2＋…＋a2 025＝－1，故B错误；对于C，a1x＝＝－2 025x，所以a1＝－2 025，a2 024x2 024＝＝2 025x2 024，所以a2 024＝2 025，所以a1＋a2 024＝0，故C正确；对于D，令x＝－1，则22 025＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 024－a2 025②，①＋②可得22 024＝a0＋a2＋a4＋…＋a2 024，故D正确.故选ACD. 规律反思 求二项展开式中特定项或项的系数问题的步骤 第一步：利用通项公式将项写出并化简； 第二步：令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出k； 第三步：代回通项公式即得所求. 注意　对于两个因式的积的特定项问题，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨论求解. 考向1　古典概型 (1)(一题多解)(2024·全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是 A. B. C. D. 核心考点三　 概率　[基础性考法] √ 典例 1 法一：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有2种排法，丁就1种，共2种，即(乙丙丁甲)、(乙丁丙甲)；当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种，即(丁乙丙甲)、(丁丙乙甲)；于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾共4种方法，于是共8种排法符合题意.又基本事件总数是＝24，所以根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为＝.故选B. 法二：画出树状图，如图所示， 由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24种排法，其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，故所求概率P＝＝.故 选B. (2)(2025·广东茂名一模)在一个箱子中放5个白球，3个红球，摇匀后采用不放回方式随机摸球3次，每次一个，第3次摸到红球的概率是 A. B. C. D. √ 记第3次摸到红球为事件A，事件A的可能情况为：红红红、白白红、白红红、红白红，其数量共有＋＋个，则第3次摸到红球的概率为P＝＝.故选A. 规律反思 1.古典概型的样本点个数的探究方法：(1)列举法；(2)列表法；(3)树状图法；(4)排列组合法. 2.当所求概率的事件较复杂时，可把其分解为若干个互斥事件的和 求解. 考向2　条件概率与全概率公式 (1)(2025·山东潍坊一模)某学校组织中国象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛.决赛采取3局2胜制，假设每局比赛中甲获胜的概率均为，且各局比赛的结果相互独立.则在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是 A. B. C. D. √ 典例 2 设甲获胜为事件A，甲第一局获胜为事件B，则P＝×＋××＋××＝，P＝×＋××＝，所以在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是P＝＝＝.故选D. (2)(2025·江西赣州一模)甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和3个白球(两箱中的球除颜色外没有其他区别)，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，再从乙箱中随机取出两球，则取出的两球都是红球的概率为 A. B. C. D. √ 分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，由题意可知P＝，P＝，P＝＝，P＝＝，所以P＝PP＋PP＝×＋×＝.故选B. 规律反思 1.求条件概率的常用方法 (1)定义法：P＝. (2)样本点法：P＝. (3)缩小样本空间法：去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型的概率公式求解. 规律反思 2.利用全概率公式解题步骤 步骤一：按照确定的标准，将一个复杂事件分解为若干个互斥事件Ai(i＝1，2，…，n)； 步骤二：求P(Ai)和所求事件B在各个互斥事件Ai发生的条件下的概率P(B｜Ai)； 步骤三：代入全概率公式计算. 考向3　事件的独立性与n重伯努利试验 (1)教师节期间，某校举办教师联谊会，甲、乙两名数学老师组成“几何队”参加“成语猜猜猜”比赛，每轮比赛由甲、乙两人各猜一个成语，已知甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为.在每轮比赛中，甲和乙猜对与否互不影响，则“几何队”在一轮比赛中至少猜对一个成语的概率为 A. B. C. D. √ 典例 2 设事件A＝“甲猜对”，B＝“乙猜对”，C＝“几何队至少猜对一个成语”.由题意知，事件A，B相互独立，则与B，A与，也相互独立，事件C的对立事件＝“几何队一个成语也没有猜对”，即＝，则P(C)＝1－P()＝1－P()＝1－P()P()＝1－×＝.故 选B. (2)(2025·山东威海一模)已知甲、乙两人投篮命中率分别为，，并且他们 投篮互不影响，每人投篮2次，则甲比乙进球数多的概率为　　　. 甲、乙两人投篮命中率分别为，并且他们投篮互不影响.现每人分别投篮2次，甲比乙进球数多包含以下三种情况：①甲进1球，乙进0球，概率为p1＝×××＝，②甲进2球，乙进1球，概率为p2＝×＝，③甲进2球，乙进0球，概率为p3＝×＝，所以甲比乙进球数多的概率p＝p1＋p2＋p3＝＋＋＝. 规律反思 1.判断两个事件是否相互独立的方法 (1)定义法：判断P(AB)＝P(A)P(B)是否成立. (2)转化法：由判断事件A与B是否相互独立，转化为判断A与与B或是否相互独立. 2.求复杂事件概率的注意点 (1)相互独立事件同时发生的概率等于它们各自发生的概率之积，这就是直接法. (2)当正面计算较复杂或难以入手时，可以从其对立事件入手计算，这就是间接法. 预测练1.(2025·广东佛山二模)学校举办篮球赛，将6支球队平均分成甲、乙两组，则两支最强的球队被分在不同组的概率为 A. B. C. D. √ 由题意可知，两支最强的球队被分在不同组的分组组数为，所有的分组组数为，结合古典概型计算公式可得满足题意的概率值为P＝＝.故选C. 预测练2.(2025·山东淄博一模)某学校有A，B两家餐厅，王同学第1天午餐时随机地选择一家餐厅用餐.如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.6；如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为0.4.则王同学第2天去A餐厅用餐的概率为 A.0.24 B.1 C.0.5 D.0.52 √ 已知王同学第1天随机选择一家餐厅用餐，那么去A餐厅的概率为P(A1)＝(因为只有A，B两家餐厅，随机选择一家，去每家的概率都是).又已知如果第1天去A餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为P(A2｜A1)＝0.6.根据条件概率公式，可得第1天去A餐厅且第2天去A餐厅的概率为P(A1A2)＝P(A1)P(A2｜A1)＝×0.6＝0.3，同理，第1天去B餐厅的概率为P(B1)＝.已知如果第1天去B餐厅，那么第2天去A餐厅的概率为P(A2｜B1)＝0.4. 根据条件概率公式，可得第1天去B餐厅且第2天去A餐厅的概率为P(B1A2)＝P(B1)P(A2｜B1)＝×0.4＝0.2.因为“第1天去A餐厅且第2天去A餐厅”与“第1天去B餐厅且第2天去A餐厅”这两个事件是互斥的(即这两个事件不可能同时发生)，所以根据互斥事件的概率加法公式，可得王同学第2天去A餐厅用餐的概率为P(A2)＝P(A1A2)＋P(B1A2)＝0.3＋0.2＝0.5.故选C. 预测练3.(2025·山东济南一模)甲、乙两人玩一种扑克游戏，每局开始前每人手中各有6张扑克牌，点数分别为1～6，两人各随机出牌1张，当两张牌的点数之差为偶数时，视为平局，当两张牌的点数之差为奇数时，谁的牌点数大谁胜，重复上面的步骤，游戏进行到一方比对方多胜2次或平局4次时停止，记游戏停止时甲、乙各出牌X次，则P＝ A. B. C. D. √ 甲、乙每次出牌1张，若两人出牌的点数都是偶数或都是奇数，则平局，所以平局的概率p1＝＝.若甲胜，则结果有，，，，，，，，，共9种，所以甲胜的概率为p2＝＝，同理乙胜的概率也为，各出牌4次后停止游戏，若4次全平局，概率为＝；若平局2次，则最后1次不能是平局，另外2次甲全胜或乙全胜，概率为×××2＝；若平局0次，则一方3胜1负，且负的1次只能在前2次中，概率为×××2＝，所以P＝＋＋＝.故选D. 返回 专 题 集 训 返回 1.(2025·河北保定一模)勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形.现提供5种颜色给如图所示的勒洛三角形中的4个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，且相邻区域颜色不同，则不同的涂色方案种数为 A.120 B.240 C.300 D.320 √ 先涂中间，有5种选色，再逐个涂旁边部分，都有4种选色.由分步乘法计数原理得不同的涂色方案种数为5×4×4×4＝320.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2.(2025·山东济宁一模)(2x－1)11的展开式中的常数项为 A.18 B.20 C.22 D.24 √ (2x－1)11＝2(2x－1)11＋(2x－1)11，(2x－1)11的二项展开式的通项为Tk＋1＝(2x)11－k·(－1)k＝(－1)k·211－kx11－k，所以2(2x－1)11＝(－1)k212－kx11－k①， (2x－1)11＝(－1)k211－kx10－k②，在①式中，令11－k＝0得k＝11，故2(2x－1)11的常数项为(－1)1121＝－2，在②式中，令10－k＝0得k＝10，则(2x－1)11的常数项为(－1)1021＝22，故(2x－1)11的展开式中的常数项为－2＋22＝20.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3.(2025·云南红河三模)广东省第十二届大学生运动会于2025年5月6日至5月29日在广州市举行.某电视台为了报道此次运动会，计划从甲、乙、丙、丁、戊5名记者中选派2人前往现场进行报道.若记者甲被选中，则记者乙也被选中的概率为 A. B. C. D. √ 设“记者甲被选中”为事件A，“记者乙被选中”为事件B，则“记者甲和记者乙都被选中”为事件AB.因为n＝4，n＝1，所以P＝＝.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4.(2025·陕西咸阳二模)2025年有双春年之寓意，双春年是指在一个农历年中出现两个立春节气的现象.这是由于农历和阳历之间的差异造成的，为了使农历与季节变化相适应，农历中会设置闰月，2025年有闰六月，从而导致一年中出现两个立春.在传统文化中，双春年通常被认为是非常吉利的年份，双字寓意着好事成双，在这一年做任何事都会有好兆头.那么，用2 025，66，2，0，2，5组成不同的10位数的个数为 A.294 B.297 C.298 D.300 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 025，66，2，0，2，5这6个数的全排列为，又0排在首位有种排法，又有2个2，它们之间的排序有种排法，当2，0，2，5这4个数以2 025这种顺序与66和2 025排序有＝3种，所以用2 025，66，2，0，2，5组成不同的10位数的个数为－＝297.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5.(2025·山东潍坊二模)现安排甲、乙、丙、丁、戊5位志愿者到三个社区做志愿服务工作，每个社区至少安排1人，每位志愿者只到一个社区，其中甲、乙安排在同一个社区的概率为 A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 安排甲、乙、丙、丁、戊5位志愿者到三个社区做志愿服务工作，每个社区的人数分别为3，1，1或2，2，1，所以不同的分法种数为＝×6＝150种；现在考虑甲、乙安排在同一个社区，若甲、乙所安排的社区有3人，则还需从另外3人中抽1人，此时分法种数为＝18种；若甲、乙所安排的社区只有他们两人，此时只需将剩余3人分为两组，则分法种数为＝18种.综上所述，甲、乙安排在同一个社区的概率为＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6.(2025·山东济宁一模)甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用3局2胜制，如果每局比赛甲获胜的概率为0.7，乙获胜的概率为0.3，且各局比赛结果相互独立，那么在甲获胜的条件下，比赛进行了3局的概率为 A. B. C. D. √ 设甲获胜为事件A，比赛进行了3局为事件B，则P＝0.7×0.7＋2×0.7×0.3×0.7＝0.784，P＝2×0.7×0.3×0.7＝0.294，所以P＝＝＝.故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7.(2025·河南郑州一模)将一枚质地均匀的正八面体骰子连续抛掷2次，其八个面上分别标有1～8八个数字，记录骰子与地面接触的面上的点数，用X，Y表示第一次和第二次抛掷的点数，则P(max＝8｜min＝4)＝ A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 设事件A为：min＝4.当min＝4时， 可分三类：第一次掷出4，第二次掷出大于4的数， 即第二次可以是5，6，7，8，共4种情况；第二次 掷出4，第一次掷出大于4的数，即第一次可以是 5，6，7，8，共4种情况；第一次和第二次都掷出4，共1种情况.所以事件A包含的基本事件数为4＋4＋1＝9.设事件B为：max＝8，则事件AB为：max＝8且min＝4，有X＝4，Y＝8和X＝8，Y＝4两种情况.由条件概率公式P＝＝＝.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8.某规范化考场的规格为每场30名考生，分为6排5列，依照如图所示的方式进行座位号的编排.为了确保考试的公平性，考生的试题卷分为A卷和B卷，座位号为奇数的考生使用A卷，座位号为偶数的考生使用B卷.已知甲、乙、丙三名考生在同一考场参加考试，且三人使用的试卷类型相同，三名考生中任意两人不得安排在同一行或同一列，则甲、乙、丙三名考生的座位安排方案共有 A.2 016种 B.1 008种 C.1 440种 D.720种 第5列 第4列 第3列 第2列 第1列   25 24 13 12 01 第1排 26 23 14 11 02 第2排 27 22 15 10 03 第3排 28 21 16 09 04 第4排 29 20 17 08 05 第5排 30 19 18 07 06 第6排 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 先考虑甲、乙、丙三人使用A卷，则这 三个人的座位号都为奇数，分以下几种 情况讨论：(1)若这三人都在奇数列，则 有一人需在第1列选一个奇数号的座位， 有3种情况，然后有一人在第3列要选一 个奇数号的座位，但与第一人不能在同 一排，只有2种情况，最后一人只能在第 5列选择一个奇数号的座位，但该人不能与前两人在同一排，最后一人的座位只有一个，此时，共有3×2×1×＝36(种)不同的排法. 第5列 第4列 第3列 第2列 第1列   25 24 13 12 01 第1排 26 23 14 11 02 第2排 27 22 15 10 03 第3排 28 21 16 09 04 第4排 29 20 17 08 05 第5排 30 19 18 07 06 第6排 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (2)三人中只有两人在奇数列，首先在 第1，3，5列中选两列，有种选择， 其次，第一个人在其中的第一个奇数 列中选择一个奇数号的位置，有3种 选择，第二个人在另一个奇数列中选 择一个奇数号的位置，有2种选择， 第三个人在两个偶数列中选择一个奇数号的位置，有6种选择，此时，共有×(3×2×6)×＝648(种)不同的排法. 第5列 第4列 第3列 第2列 第1列   25 24 13 12 01 第1排 26 23 14 11 02 第2排 27 22 15 10 03 第3排 28 21 16 09 04 第4排 29 20 17 08 05 第5排 30 19 18 07 06 第6排 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 (3)三人中只有一人在奇数列，第一个 人在第1，3，5列中随便选择一个奇数 号的位置，有9种选择，其次，第二个 人在第2列中选择一个奇数号的位置， 有3种选择，例如第二个人选择11号座 位，由于第三个人不能与第二个人同 排或同列，则第三个人只有2种选择，即19号和21号两个位置可供选择，此时，共有9×3×2×＝324(种)不同的排法. 第5列 第4列 第3列 第2列 第1列   25 24 13 12 01 第1排 26 23 14 11 02 第2排 27 22 15 10 03 第3排 28 21 16 09 04 第4排 29 20 17 08 05 第5排 30 19 18 07 06 第6排 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 综上所述，当三个人都考A卷时，不的 排法种数为36＋648＋324＝1 008.由对 称性可知，当三人都考B卷时，不同的 排法种数也为1 008.综上，当三人的试 卷类型相同时，不同的座位安排方案种 数为1 008×2＝2 016.故选A. 第5列 第4列 第3列 第2列 第1列   25 24 13 12 01 第1排 26 23 14 11 02 第2排 27 22 15 10 03 第3排 28 21 16 09 04 第4排 29 20 17 08 05 第5排 30 19 18 07 06 第6排 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9.(2025·江苏常州金坛区模拟)在二项式的展开式中，前3项的系数成等差数列，则下列结论中正确的是 A.n＝8 B.展开式中所有奇数项的二项式系数和为128 C.常数项为 D.展开式中系数最大项为第3项和第4项 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 展开式的通项为Tk＋1＝＝，则前3项的系数分别为，，，对于A，由题意可得2×＝＋，即n＝1＋，解得n＝8或n＝1(舍去)，所以n＝8，故A正确；对于B，＝128，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于C，展开式的通项为Tk＋1＝xk－4，令k－4＝0，则k＝4，所以＝，故C错误；对于D，设展开式中第r＋1项的系数最大项，则有解得r＝2或r＝3，所以展开式中系数最大项为第3项和第4项，故D正确.故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10.(2025·北京东城模拟)一口袋中有除颜色外完全相同的3个红球和2个白球，从中无放回地随机取两次，每次取1个球，记事件A1：第一次取出的是红球；事件A2：第一次取出的是白球；事件B：取出的两球同色；事件C：取出的两球中至少有一个红球，则 A.事件A1，A2为互斥事件 B.事件B，C为独立事件 C.P＝ D.P＝ √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 第一次取出的球是红球还是白球两个事件不可能同时发生，它们是互斥的，故A正确；由于红球有3个，白球有2个，事件B发生时，两球同为白色或同为红色，P(C｜B)＝＝＝，事件B不发生时，则两球一白一红，P(C｜)＝1，B，C不独立，故B错误；P(B)＝＝，故C正确；事件A2发生后，口袋中有3个红球1个白球，只有从中取出一个红球，事件C才发生，所以P(C｜A2)＝，故D正确.故选ACD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11.(2025·湖州、衢州、丽水一模) 现有一个抽奖活动，主持人将奖品放在编号为1，2，3的箱子中，甲从中选择了1号箱子，但暂时未打开箱子，主持人此时打开了另一个箱子(主持人知道奖品在哪个箱子，他只打开甲选择之外的一个空箱子).记Ai表示第i号箱子有奖品，Bj表示主持人打开第j号箱子.则下列说法正确的是 A.P＝ B.P＝ C.若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率增大 D.若再给甲一次选择的机会，则甲换号后中奖概率不变 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于A，甲选择1号箱，奖品在2号箱里，主持人打开3号箱的概率为1，即P(B3｜A2)＝1，故A错误；对于B，P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝，P(B3｜A1)＝，P(B3｜A2)＝1，P(B3｜A3)＝0，则P(B3)＝P(A1)P(B3｜A1)＋P(A2)P(B3｜A2)＋P(A3)P(B3｜A3)＝×＋×1＋×0＝，因此P(A1｜B3)＝＝＝＝，故B正确；对于C、D，若继续选择1号箱，获得奖品的概率为，主持人打开了无奖品的箱子，若换号，选择剩下的那个箱子，获得奖品的概率为，甲换号后中奖概率增大，故C正确，D错误.故选BC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12.(2025·山东齐鲁名校大联考一模)已知的展开式中各项系数的和与二项式系数的和相等，则展开式中含x项的系数为　 　.(用数字作答) 15 因为的展开式各项系数的和为(a－1)5，二项式系数的和为25，所以(a－1)5＝25，解得a＝3.因为的展开式的通项为Tk＋1＝(－1)k35－k·，由15－＝1，得k＝4，所以(－1)435－4＝15，即含x项的系数为15. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 13.(2025·山东临沂一模)2025年春晚，刘谦表演了一个现场互动魔术，道具只有三个：勺子、筷子和杯子.刘谦让观众从左到右随便摆放这三个道具，分为三个位置：左位、中位和右位.假若按照魔术规则只进行前两步：第一步，筷子跟它左边的东西互换位置，如果筷子已经在最左边，那么就不需要移动；第二步，杯子跟它右边的东西互换位置，如果杯子已经在最右边，就不需要移动.完成这两步后，在杯子出现在右位的条件下， 筷子出现在中位的概率是　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 我们不妨用勺子、筷子和杯子的第一个字的拼音的第一个小写英文字母来代替这三个东西，例如skb代表勺子在左位，筷子在中位，杯子在右位，一开始的状态有skb，sbk，bks，bsk，ksb，kbs六种情况，我们用→表示一次调换，那么根据题意有，第一种初始状态下的变换过程为：skb→ksb，第二种初始状态下的变换过程为：sbk→skb，第三种初始状态下的变换过程为：bks→kbs→ksb，第四种初始状态下的变换过程为：bsk→bks→kbs，第五种初始状态下的变换过程为： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 ksb→ksb，(本质上没有调换)，第六种初始状态下的变换过程为：kbs→ksb，从以上可以看出来，末状态杯子在右边对应的初始状态有：第一、二、三、五、六种初始状态共5种情况，在杯子出现在右位的条件下，筷子出现在中位的末状态只能是skb(对应的初始状态是第二种初始状态)，故所求概率为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14.(2025·河南新乡二模)一个整数m的各位数字之和记为T，例如T＝9＋9＋9＋5＋2＝34.用0，1，4，6，7，8组成的无重复数字的四位数按照从小到大的顺序排列为a1，a2，a3，…，an，则a299＝　　　　， T，T，T，…，T的平均数为　　　　. 8 761 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 返回 用0，1，4，6，7，8组成的无重复数字的四位数的总个数为＝300，其中最大的四位数为8 764，所以a299＝8 761.四位数含0时，后三位选一位填0有种，再选一位填1(同理填4，6，7，8)有种，最后从余下的4个数字选2个填余下的两位有种， 所以1，4，6，7，8出现的次数均为次，四位数不含0时，四位选一位填1(同理填4，6，7，8)有种，从余下的4个数选3个填余下的三位有种，所以1，4，6，7，8出现的次数均为次，综上，1，4，6，7，8出现的次数均为＋＝204次，所以T，T，T，…，T＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 谢 谢 观 看！ $