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

【知识整合　体系构建】 学生用书⬇第58页 基础课9　计数原理与概率 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 答案：D 解析：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. 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 答案：B 解析：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. 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). 答案：64 解析：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　　　　. 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 答案：24　112 解析：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.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. 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　　　　. 答案：5 解析：(＋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). 答案：－28 解析：(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. 答案：D 解析：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　　　　. 答案： 解析：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. 学生用书⬇第59页 核心考点一　排列与组合　[基础性考法] 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 答案：B 解析：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 答案：D 解析：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 答案：D 解析：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. 答案：408 解析：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. 核心考点二　二项式定理　[基础性考法] 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 答案：C 解析：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 答案：D 解析：(－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 答案：A 解析：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 答案：ACD 解析：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. 学生用书⬇第60页 核心考点三　 概率　[基础性考法] 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. (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. 答案：(1)B　(2)A 解析：(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)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. (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. 答案：(1)D　(2)B 解析：(1)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)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. 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. (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　　　　. 答案：(1)B　(2) 解析：(1)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)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. 答案：C 解析：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 答案：C 解析：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. 答案：D 解析：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. 学科网（北京）股份有限公司 $