压轴小题09 逻辑推理解决排列组合与二项式定理、事件概率与离散型随机变量分布列综合问题-【突破压轴冲刺名校】备战2024年新高考数学二轮复习满分秘籍（江苏专用）

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压轴秘籍
1．事件的分类
2.事件的关系与运算
互斥事件是不可能同时发生的两个事件，而对立事件除要求这两个事件不同时发生外，还要求二者必须有一个发生，因此，对立事件是互斥事件的特殊情况，而互斥事件未必是对立事件．
频率与概率
(1)在相同的条件S下重复n次试验，观察某一事件A是否出现，称n次试验中事件A出现的次数nA为事件A出现的频数，称事件A出现的比例fn(A)＝eq \f(nA,n)为事件A出现的频率．
(2)对于给定的随机事件A，如果随着试验次数的增加，事件A发生的频率fn(A)稳定在某个常数上，把这个常数记作P(A)，称为事件A的概率，简称为A的概率．
古典概型特点
(1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个，即有限性．
(2)每个基本事件发生的可能性相等，即等可能性．
古典概型概率公式
P(A)＝eq \f(A包含的基本事件的个数,基本事件的总数)＝eq \f(m,n).
求古典概型概率的步骤
(1)判断试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；
(2)分别求出基本事件的总数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；
(3)利用公式P(A)＝eq \f(m,n)，求出事件A的概率.
概率的几个基本性质
(1)概率的取值范围：0≤P(A)≤1.
(2)必然事件的概率P(E)＝1.
(3)不可能事件的概率P(F)＝0.
(4)互斥事件概率的加法公式
①如果事件A与事件B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)．
②若事件B与事件A互为对立事件，则P(A)＝1－P(B)．
概率加法公式的推广
当一个事件包含多个结果且各个结果彼此互斥时，要用到概率加法公式的推广，即
P(A1∪A2∪…∪An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An)．
判断互斥、对立事件的两种方法
(1)定义法
判断互斥事件、对立事件一般用定义判断，不可能同时发生的两个事件为互斥事件；两个事件，若有且仅有一个发生，则这两事件为对立事件，对立事件一定是互斥事件．
(2)集合法
①若各个事件所含的结果组成的集合彼此的交集为空集，则事件互斥．
②事件A的对立事件eq \x\t(A)所含的结果组成的集合，是全集中由事件A所含的结果组成的集合的补集．
事件的相互独立性
(1)定义：设A，B为两个事件，若P(AB)＝P(A)P(B)，则称事件A与事件B相互独立．
(2)性质：
①若事件A与B相互独立，则P(B|A)＝P(B)，P(A|B)＝P(A)，P(AB)＝P(A)P(B)．
②如果事件A与B相互独立，那么A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也相互独立．
互斥事件强调两事件不可能同时发生，即P(AB)＝0，相互独立事件则强调一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响．
条件概率
P(B|A)与P(A|B)易混淆为等同
前者是在A发生的条件下B发生的概率，后者是在B发生的条件下A发生的概率．
条件概率的三种求法
全概率公式
一般地，设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)＞0，i＝1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，BΩ＝B(A1＋A2＋…＋An)＝BA1＋BA2＋…＋BAn，有P(B)＝
，此公式为全概率公式.
（1）计算条件概率除了应用公式P(B|A)＝eq \f(P（AB）,P（A）)外，还可以利用缩减公式法，即P(B|A)＝eq \f(n（AB）,n（A）)，其中n(A)为事件A包含的样本点数，n(AB)为事件AB包含的样本点数.
（2）全概率公式为概率论中的重要公式，它将对一个复杂事件A的概率的求解问题，转化为了在不同情况下发生的简单事件的概率的求和问题.
贝叶斯公式
一般地,设是一组两两互斥的事件,有且,则对任意的事件有
离散型随机变量定义
随着试验结果变化而变化的变量称为随机变量，所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量．
离散型随机变量的分布列及性质
(1)一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi(i＝1,2，…，n)的概率P(X＝xi)＝pi，则表
称为离散型随机变量X的概率分布列．
(2)离散型随机变量的分布列的性质：
①pi≥0(i＝1,2，…，n)；②p1＋p2＋…＋pn＝1.
离散型随机变量均值
(1)一般地，若离散型随机变量X的分布列为：
则称E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋xipi＋…＋xnpn为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．
(2)若Y＝aX＋b，其中a，b为常数，则Y也是随机变量，且E(aX＋b)＝aE(X)＋b.
(3)①若X服从两点分布，则E(X)＝p；
②若X～B(n，p)，则E(X)＝np.
离散型随机变量方差
(1)设离散型随机变量X的分布列为
则(xi－E(X))2描述了xi(i＝1,2，…，n)相对于均值E(X)的偏离程度．而D(X)＝eq \(∑,\s\up6(n),\s\d4(i＝1)) (xi－E(X))2pi为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度，称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术平方根eq \r(DX)为随机变量X的标准差．
(2)D(aX＋b)＝a2D(X)．
(3)若X服从两点分布，则D(X)＝p(1－p)．
(4)若X～B(n，p)，则D(X)＝np(1－p)．
独立重复试验与二项分布
独立重复试验与二项分布问题的常见类型及解题策略
(1)在求n次独立重复试验中事件恰好发生k次的概率时，首先要确定好n和k的值，再准确利用公式求概率．
(2)在根据独立重复试验求二项分布的有关问题时，关键是理清事件与事件之间的关系，确定二项分布的试验次数n和变量的概率，继而求得概率．
两点分布
这样的分布列叫做两点分布列．
如果随机变量X的分布列为两点分布列，就称X服从两点分布，而称p＝P(X＝1)为成功概率．
超几何分布列
一般地，在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则事件{X＝k}发生的概率为P(X＝k)＝eq \f(C\\al(k,M)C\\al(n－k,N－M),C\\al(n,N))，k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N*，称分布列为超几何分布列．如果随机变量X的分布列为超几何分布列，则称随机变量X服从超几何分布.
正态分布
正态曲线的特点
(1)曲线位于x轴上方，与x轴不相交；
(2)曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；
(3)曲线在x＝μ处达到峰值eq \f(1,σ\r(2π))；
(4)曲线与x轴之间的面积为1；
(5)当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；
(6)当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．
正态分布的三个常用数据
(1)P(μ－σ(2)P(μ－2σ(3)P(μ－3σ分类加法计数原理
做一件事，完成它有n类办法，在第一类办法中有m1种不同的方法，在第二类办法中有m2种不同的方法……在第n类办法中有mn种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法．
分步乘法计数原理
做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一个步骤有m1种不同的方法，做第二个步骤有m2种不同的方法……做第n个步骤有mn种不同的方法．那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法．
分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别
分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事．
使用分类加法计数原理时两个注意点
(1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏.
(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复.
利用分步乘法计数原理解题时三个注意点
(1)要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的．
(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这件事．
(3)对完成每一步的不同方法数要根据条件准确确定．
应用两个计数原理的难点在于明确分类和分步．分类要做到“不重不漏”，正确把握分类标准是关键；分步要做到“步骤完整”，步步相连能将事件完成，较复杂的问题可借助图表完成．
排列、组合的定义
排列数、组合数的定义、公式、性质
求解排列应用问题方法汇总
压轴训练
一、单选题
1．（2023秋·江苏南通·高三统考阶段练习）15个人围坐在圆桌旁，从中任取4人，他们两两互不相邻的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】15个人围坐在圆桌旁从中任取4人，他们两两互不相邻，则可先把11个人入坐好，再让其余4人插空，共有种不同的围坐方法，所以所求概率是，故选A．
2．（2022·江苏盐城·江苏省滨海中学校考模拟预测）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先算出任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数的个数，再讨论个位是偶数并分2在或不在个位计数，以及个位是奇数并分1在或不在个位计数，最后求目标概率.
【详解】将3个偶数排成一排有种，再将3个奇数分两种情况插空有种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，
任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：
当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有种；
2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有种；
所以个位是偶数共有20种；
同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是.
故选：C
【点睛】关键点点睛：对任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻做计数时，注意讨论特殊位置上放置偶数或奇数，进而分1、2是否在该位置的情况计数.
3．（2023春·江苏苏州·高三统考开学考试）将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（ ）种不同的放置与上色方式
A．11232B．10483C．10368D．5616
【答案】C
【分析】进行颜色分配，然后利用分类原理的相加和分步相乘的原理进行分析即可.
【详解】①3个1，3个2，0个3如表：
只用两种颜色，并选取两个位置放AB,此时有：种，
②1个1，2个2，3个3如表：
选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在拐角），并选取两个位置放AB,此时有：种，
或
选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在中间），并选取两个位置放AB,此时有：种，
③2个1，2个2，2个3如表：
选用三种颜色（2+2+2），并选取两个位置放AB，此时有：种，
或
选用三种颜色（2+2+2）,并选取两个位置放AB，此时有：种，
所以不同的放置与上色方式有：
.
故选：C.
4．（2023·江苏南通·统考模拟预测）在空间直角坐标系中，，则三棱锥内部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先利用空间向量法求得面的一个法向量为，从而求得面上的点满足，进而得到棱锥内部整点为满足，再利用隔板法与组合数的性质即可得解.
【详解】根据题意，作出图形如下，
因为，所以，
设面的一个法向量为，则，
令，则，故，
设是面上的点，则，
故，则，
不妨设三棱锥内部整点为，则，故，则，
易知若，则在面上，若，则在三棱锥外部，
所以，
当且时，
将写成个排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为的取值的方法个数，显然有个方法，
所有整点的个数为，
因为，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是求得面上的点满足，从而确定三棱锥内部整点为满足，由此得解.
5．（2022·江苏·高三专题练习）现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（ ）
A．每人都安排一项工作的不同方法数为54
B．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
D．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
【答案】D
【解析】对于选项 ，每人有4种安排法，故有种；对于选项 ，5名同学中有两人工作相同，先选人再安排；对于选项，先分组再安排；对于选项 ，以司机人数作为分类标准进行讨论即可.
【详解】解：①每人都安排一项工作的不同方法数为，即选项错误，
②每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为，即选项B错误，
③如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为：（），即选项C错误，
④分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊选一人当司机有 ,从余下四人中安排三个岗位，
故有；第二种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊选两人当司机有 ,
从余下三人中安排三个岗位，故有；所以每项工作至少有一人参加，
甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是，
即选项D正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了排列知识的应用.
求解排列问题的六种主要方法:
1.直接法:把符合条件的排列数直接列式计算;
2.优先法:优先安排特殊元素或特殊位置;
3.捆绑法:把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列;
4.插空法:对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中;
5.定序问题除法处理:对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列;
6.间接法:正难则反、等价转化的方法.
6．（2022秋·江苏常州·高三校考阶段练习）由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先根据已知条件“定位”中间数字，其次在剩余的四个数字中任取两个数字，放置在首或末位，则其余数字排列方式唯一确定.最后由古典概型计算公式即可得解
【详解】由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；
在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.
因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，
所以所求的概率．
故选：A．
7．（2022秋·江苏南通·高三校考期中）对于一个古典概型的样本空间和事件A，B，C，D，其中，，，，，，，，则（ ）
A．A与B不互斥B．A与D互斥但不对立
C．C与D互斥D．A与C相互独立
【答案】D
【分析】由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，根据的关系判断事件是否独立.
【详解】由，，，即，故A、B互斥，A错误；
由，A、D互斥且对立，B错误；
又，，则，C与D不互斥，C错误；
由，，，
所以，即A与C相互独立，D正确.
故选：D
8．（2022秋·江苏常州·高三校联考阶段练习）已知，则的值为（ ）
A．B．0C．1D．2
【答案】B
【分析】根据，结合二项式定理求解即可.
【详解】因为，展开式第项，
当时，，当时，，
故，即.
故选：B
9．（2023·江苏·金陵中学校联考三模）已知一组数据丢失了其中一个，另外六个数据分别是10，8，8，11，16，8，若这组数据的平均数、中位数、众数依次成等差数列，则丢失数据的所有可能值的和为
A．12B．20C．25D．27
【答案】D
【分析】设出未知数，根据这组数的平均数、中位数、众数依次成等差数列，列出关系式，因为所写出的结果对于的值不同所得的结果不同，所以要讨论的三种不同情况．
【详解】设这个数字是，则平均数为，众数是，若，则中位数为，此时，
若，则中位数为，此时，，
若，则中位数为，，，
所有可能值为，，，其和为．
故选．
【点睛】本题考查众数，中位数，平均数，考查等差数列的性质，考查未知数的分类讨论，是一个综合题目，这是一个易错题目．
10．（2022·江苏·高三专题练习）已知，，其中为展开式中项系数，，则下列说法不正确的有（ ）
A．，
B．
C．
D．是，，，…，是最大值
【答案】B
【分析】由三项式系数塔与杨辉三角构造相似可得A，D正确，根据计算可得，，所以C正确.
【详解】由题意知，三项式系数塔与杨辉三角构造相似，其第二行为三个数，且下行对应的数是上一行三个数之和，当时，
故，是，，，…，的中间项，故最大，所以A，D正确；令可知：；
当时，，，，，所以，所以B不正确；
令可知，，即；
又因为.故，C正确.
故选：B.
11．（2023秋·江苏镇江·高三统考开学考试）某校在校庆期间举办羽毛球比赛，某班派出甲､乙两名单打主力，为了提高两位主力的能力，体育老师安排了为期一周的对抗训练，比赛规则如下：甲、乙两人每轮分别与体育老师打2局，当两人获胜局数不少于3局时，则认为这轮训练过关；否则不过关.若甲､乙两人每局获胜的概率分别为，，且满足，每局之间相互独立.记甲、乙在轮训练中训练过关的轮数为，若，则从期望的角度来看，甲､乙两人训练的轮数至少为（ ）
A．27B．24C．32D．28
【答案】A
【分析】先求得每一轮训练过关的概率，利用二项分布的期望列方程，结合基本不等式以及二次函数的性质求得正确答案.
【详解】设每一轮训练过关的概率为，
则
，
，当且仅当时等号成立.
函数的开口向上，对称轴为，
所以，
依题意，，则，
，所以至少需要轮.
故选：A
【点睛】方法点睛：求解相互独立事件和独立重复事件结合的问题，要注意区别两者的不同，相互独立事件的概率可以不相同，独立重复事件概率是相同的.求最值的方法可以考虑二次函数的性质，也可以考虑基本不等式，利用基本不等式时，要注意“一正二定三相等”.
二、多选题
12．（2023秋·江苏镇江·高三江苏省镇江第一中学校考阶段练习）随着春节的临近，小王和小张等4位同学准备互相送祝福.他们每人写了一个祝福的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福，则（ ）
A．小王和小张恰好互换了贺卡的概率为
B．已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为
C．恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为
D．每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为
【答案】BC
【分析】计算出四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，根据古典概型的概率公式以及条件概率的概率公式计算各选项，可得答案.
【详解】对于A,四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，
其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有种，
故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为 ，A错误；
对于B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事件A, 则,
小张抽到小王写的贺卡为事件B,
则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，
小张抽到小王写的贺卡的概率为 ,B正确；
对于C, 恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有种，
故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为 ，C正确；
对于D, 每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有种，
故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为，D错误，
故选：
13．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）中国蹴鞠已有两千三百多年的历史，于2004年被国际足联正式确认为世界足球运动的起源．蹴鞠在2022年卡塔尔世界杯上再次成为文化交流的媒介，走到世界舞台的中央，诉说中国传统非遗故事．为弘扬中华传统文化，我市四所高中各自组建了蹴鞠队（分别记为“甲队”“乙队”“丙队”“丁队”）进行单循环比赛（即每支球队都要跟其他各支球队进行一场比赛），最后按各队的积分排列名次（积分多者名次靠前，积分同者名次并列），积分规则为每队胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．若每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则在比赛结束时（ ）
A．四支球队的积分总和可能为15分
B．甲队胜3场且乙队胜1场的概率为
C．可能会出现三支球队积分相同且和第四支球队积分不同的情况
D．丙队在输了第一场的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分的概率为
【答案】ACD
【分析】举例比赛的各种得分情况判断AC，由互斥事件与独立事件的概率公式计算概率判断BD．
【详解】四支球队共6场比赛，例如甲胜乙、丙、丁，而乙、丙、丁之间平，则甲得9分，乙、丙、丁各得2分，AC均正确；
每场比赛中两队胜、平、负的概率都为，则甲队胜3场且乙队胜1场的概率为，B错；
丙队在输了第一场的情况下，其积分仍超过其余三支球队的积分，
三队中选一队与丙比赛，丙输，，例如是丙甲，
若丙与乙、丁的两场比赛一赢一平，则丙只得4分，这时，甲乙、甲丁两场比赛中甲只能输，否则甲的分数不小于4分，不合题意，在甲输的情况下，乙、丁已有3分，那个它们之间的比赛无论什么情况， 乙、丁中有一人得分不小于4分，不合题意，
若丙全赢（概率是）时，丙得6分，其他3人分数最高为5分，这时甲乙，甲丁两场比赛中甲不能赢否则甲的分数不小于6分，只有平或输，
一平一输，概率，如平乙，输丁，则乙丁比赛时，丁不能赢，概率，
两场均平，概率是，乙丁这场比赛无论结论如何均符合题意，
两场甲都输，概率是，乙丁这场比赛只能平，概率是
综上概率为，D正确．
故选：ACD．
【点睛】难点点睛：本题考查独立的概率与互斥事件的概率公式，难点在于分析丙在输第一场的情况下如何才能使得分超过其他三人，方法是结合列举法对六场比赛结果分步分析，确定每人的得分使之合乎题意．
14．（2023·江苏南通·统考三模）设，是一个随机试验中的两个事件，且，，，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】利用和事件的概率公式和条件概率公式可得.
【详解】对于A：，，
所以，故A错误；
对于B：，，∴，
，故B正确；
对于C：，，∴，故C正确.
对于D：，
，∴，∴，
∴，所以D正确.
故选：BCD.
15．（2022·江苏·高三专题练习）如图，在某城市中，、两地之间有整齐的方格形道路网，其中、、、是道路网中位于一条对角线上的个交汇处.今在道路网、处的甲、乙两人分别要到、处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达、处为止.则下列说法正确的是（ ）
A．甲从到达处的方法有种
B．甲从必须经过到达处的方法有种
C．甲、乙两人在处相遇的概率为
D．甲、乙两人相遇的概率为
【答案】BCD
【解析】利用组合计数原理可判断A选项的正误；利用分步乘法计数原理结合组合计数原理可判断B选项的正误；计算出乙经过处的走法种数，利用古典概型的概率公式可判断C选项的正误；计算出甲、乙两人相遇的走法种数，利用古典概型的概率公式可判断D选项的正误.
【详解】A选项，甲从到达处，需要走步，其中有步向上走，步向右走，
则甲从到达处的方法有种，A选项错误；
B选项，甲经过到达处，可分为两步：
第一步，甲从经过需要走步，其中步向右走，步向上走，方法数为种；
第二步，甲从到需要走步，其中步向上走，步向右走，方法数为种.
甲经过到达的方法数为种，B选项正确；
C选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，
甲、乙两人在处相遇的方法数为，
甲、乙两人在处相遇的概率为，C选项正确；
D选项，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，甲到处，前三步有步向右走，后三步只有步向右走，
乙到处，前三步有步向下走，后三步只有步向下走，
所以，两人在处相遇的走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为种；
故甲、乙两人相遇的概率，D选项正确.
故选：BCD.
【点睛】结论点睛：本题考查格点问题，解决这类问题可利用如下结论求解：
在平面直角坐标系中，从到，每次只能向右或向上走一步，一共要走步，其中有步向上走，步向右走，走法种数为（或）种.
16．（2022·江苏盐城·江苏省滨海中学校考模拟预测）十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进，例如：自然数1在二进制中就表示为1，2表示为10，3表示为11，7表示为111，即，，其中，或，记为上述表示中0的个数，如，．则下列说法中正确的是（ ）．
A．
B．
C．
D．1到127这些自然数的二进制表示中的自然数有35个
【答案】ABD
【分析】根据二进制计数法逐个分析选项即可.
【详解】对于选项A：
∵，∴12表示为1100，∴，
∵，∴18表示为10010，∴，
∴，故选项A正确，
对于选项B：
∵，∴转化为二进制后末尾必为0，
又∵，
∴转化为二进制后末尾必为1，
∴，故选项B正确，
对于选项C：当时，，，
∵，，
∴，故选项C错误，
对于选项D：当时，有1个，
当时，有个，
当时，有个，
当时，有个，
当时，有个，
则一共有个，故选项D正确，
故选：ABD．
17．（2022·江苏南京·金陵中学校考二模）某人投了100次篮，设投完前n次的命中率为．其中，….100．已知，则一定存在使得（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】设k为不超过85的自然数，根据题意得，对A，记前k次投篮中，投中的次数减去不中的次数为，得到，通过分析即可判断；对B，C，通过反例即可判断；对D，如果不存在，使，分析可得，推出矛盾，即可判断.
【详解】解：根据题意得：，其中k为不超过85的自然数，且；
对A，记前k次投篮中，投中的次数减去不中的次数为，
则，
又，
一定存在m，使得，此时，故A正确；
对B，前100次投篮中，若前次投篮均不中，后面次投篮均命中，
则对于，方程无整数解，故B错误；
对C，若前次不中，后面次投篮均命中，最后一次不中，
则对于，方程无整数解，故C错误；
对D，如果不存在m，使得，
则前5次投篮中至少有2次不中，
前10次投篮中至少有3次不中，
前15次投篮中至少有4次不中，
依此类推，前70次投篮中至少有15次不中，
即前75次投篮中恰有15次不中，
从而，矛盾，故D正确．
故选：AD.
18．（2022秋·江苏南京·高三校联考开学考试）设，，，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．当时，
C．若，，则
D．当，时，
【答案】ACD
【分析】分别令和，所得式子作差可得A正确；将代入，即可知B错误；利用二项展开式通项得到，由此构造不等式组求得，知C正确；列出的前项，说明前项和大于即可得到D正确.
【详解】对于A，令得：；令得：，
两式作差得：，A正确；
对于B，，
，
令得：，B错误；
对于C，展开式的通项为：；
由得：，即，解得：，
又，，C正确；
对于D，当，时，，
；
又，，，D正确.
故选：ACD.
【点睛】思路点睛：本题考查二项式定理中与各项系数和有关的式子的求解、系数绝对值最大项问题、不等式的证明问题；解决各项系数和问题的基本方法是赋值法；解决绝对值最大项的基本思路是利用二项展开式通项公式来构造不等式组；不等式证明是能够结合二项展开式，利用放缩的思想来处理.
19．（2022春·江苏苏州·高三江苏省昆山中学校考阶段练习）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，．假设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，且p是关于x的方程：的一个最小正实根，则下列说法正确的是（ ）
A．1是方程：的根
B．当时，
C．当时，
D．当时，
【答案】ABD
【分析】根据方程的根的验证，可判断A; 对进行等量代换，然后再进行因式分解，构造函数，由二次函数的性质分析,可判断B,C,D;；
【详解】将 代入中，成立，
即1是方程：的根，故A正确；
由以上分析可知，，则，
所以，变形为，
所以，
即，
即，
令，
若时，则的对称轴为，
注意到， ，
若时， ，
当时， ，的正实根，即原方程的最小正实根，故B,D正确；
当时， ，的正实根，即原方程的最小正实根，故C错误；
故选：ABD
20．（2022·江苏泰州·统考模拟预测）设一组样本的统计数据为：，其中n∈N*，．已知该样本的统计数据的平均数为，方差为，设函数，x∈R．则下列说法正确的是（ ）
A．设b∈R，则的平均数为
B．设a∈R，则的方差为
C．当x＝时，函数有最小值
D．
【答案】AC
【分析】A、B选项直接计算平均数和方差即可判断；C选项先化简得到，再结合得到，即可判断；
由的最小值即可判断D选项.
【详解】对于A，的平均数，的平均数为，正确；
对于B，的方差，的平均数为，方差为，错误；
对于C， ，又，，故，故当x＝时，函数有最小值，正确；
对于D，由上知，，错误.
故选：AC.
21．（2022秋·江苏苏州·高三苏州中学校联考阶段练习）乒乓球（tabletennis），被称为中国的“国球”，是一种世界流行的球类体育项目，是推动外交的体育项目，被誉为“小球推动大球”．某次比赛采用五局三胜制，当参赛甲、乙两位中有一位赢得三局比赛时，就由该选手晋级而比赛结束．每局比赛皆须分出胜负，且每局比赛的胜负不受之前已赛结果影响．假设甲在任一局赢球的概率为，实际比赛局数的期望值记为，下列说法正确的是（ ）
A．三局就结束比赛的概率为B．的常数项为3
C．D．
【答案】ABD
【分析】设实际比赛局数为，先计算出可能取值的概率，即可判断A选项；进而求出期望值，即可判断BCD选项.
【详解】设实际比赛局数为，
则，
，
，
因此三局就结束比赛的概率为，则A正确；
则，
由，则常数项为3，则B正确；
由，则D正确；
由，
，所以，
令，则；令，则，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
因为，
所以关于对称，且越极端，越可能快结束，有，得，则C不正确.
故选：ABD.
22．（2023春·江苏南京·高三南京市第一中学校考开学考试）下列命题中，正确的命题是( )
A．已知随机变量服从，若，则
B．已知，则
C．设随机变量服从正态分布，若，则
D．某人在次射击中，击中目标的次数为，则当时概率最大
【答案】BCD
【分析】选项A：利用二项分布期望、方差公式计算判断；
选项B：由互斥事件概率的加法公式计算判断；
选项C：利用正态分布图象的对称性即可判断；
选项D：由独立重复实验的概率计算公式和组合数公式,求出，，时的概率，通过解不等式求出的范围即可判断.
【详解】对于选项A：随机变量服从二项分布，，，可得，，则，选项A错误；
对于选项B：为必然事件，所以，而与互斥，
，选项B正确；
对于选项C：随机变量服从正态分布，则图象关于轴对称，若，则，，选项C正确；
对于选项D：因为在10次射击中，击中目标的次数为，，
当时，对应的概率，
所以当时，，
由得，即，
因为，所以且，又，
即时，概率最大，故选项D正确．
故选：BCD
【点睛】二项分布的概率公式，可用作商法确定其中的最大值或最小值．
23．（2023春·江苏南京·高三南京市第二十九中学校考阶段练习）甲､乙两人进行围棋比赛，共比赛局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为.如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为，则（ ）
A．B．
C．D．的最大值为
【答案】BC
【分析】由题设可得，又，可得，结合各选项即可判断正误.
【详解】由题意知：要使甲赢得比赛，则甲至少赢局，，而，
∴，故C正确；
A： ，错误；
B：，正确；
D：当时，，由A知，显然的最大值不是，错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：由题设得到，利用二项式各项系数和的性质求.
24．（2022·江苏南通·校联考模拟预测）若，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】A选项和B选项直接通过赋值法进行解决，C选项两边同时求导，再令即可解决，
D选项考虑到，比较两边的系数即可得出.
【详解】A选项：时，，A对．
B选项：时，①
时，②
，B对．
C选项：，
求导得，
时，，
，C错．
D选项：
比较两边的系数
，D正确．
故选：ABD.
【点睛】本题关键在于C选项和D选项的判断，C选项需要两边先同时求导，再进行赋值，D选项需要先利用平方差公式进行变形，再考虑两边项的系数，即可解决.
三、填空题
25．（2022秋·江苏南京·高三南京市雨花台中学校考期中）已知，则 .
【答案】30
【分析】利用二项式定理的原理与组合的意义求解即可.
【详解】因为，所以是含项的系数，
若从10个式子中取出0个，则需要从中取出3个，7个1，则得到的项为；
若从10个式子中取出1个，则需要从中取出1个，8个1，则得到的项为；
若从10个式子中取出大于或等于2个，则无法得到含的项；
综上：含的项为，则含项的系数为，即.
故答案为：.
26．（2022·江苏无锡·统考模拟预测）(1)若数列的通项公式为，则该数列中的最小项的值为 ．
(2)若的展开式中含有常数项，则n的最小值等于 ．
(3)如图所示的数阵中，用表示第m行的第n个数，则以此规律为 ．

(4)的内角A、B、C所对的边分别为a、b、c.已知，且，有下列结论：①；②；③，时，的面积为；④当时，为钝角三角形．其中正确的是 填写所有正确结论的编号
【答案】 / 2 ①②④
【分析】(1)令，求导判断单调性，根据f(x)单调性即可求单调性和最小项的值；
(2)求的通项，令其通项x的次数为0或－3，求出对应的n的最小值，比较即可得出n的最小值；
(3)规律：①设第n行第1个分数的分母为，则有，；②从第三行起，每一行的第二个数的分母都等于上一行的第一个数的分母和第二个数的分母之和﹒根据这两个规律即可求出；
(4)①根据即可求出t的范围；②结合余弦定理和即可求出m的范围；③求出b、c，根据三角形面积公式即可求面积；④利用余弦定理判断csC的正负即可判断三角形为钝角三角形.
【详解】(1)令，
则，令，解得，
单调递减，
单调递增，
∴数列在1≤n≤12时递减，在n≥13时递增，
∵n＝12离更近，故当时，数列取得最小值；
(2)的展开式的通项为，
由题意，令得，则r＝4时，n取最小值5；
令得n＝，则r＝2时，n取最小值2.
综上，n的最小值为2.
(3)由题可知，设第n行第1个分数的分母为，
则有，，
累加可得，故第6、7行第一个分数分母分别为28、36.
观察数阵，不难发现，从第三行起，每一行的第二个数的分母都等于上一行的第一个数的分母和第二个数的分母之和，据此可求出第6行第二个分数分母为21＋37＝58，第7行第2个分数分母为28＋58＝86，第8行第2个分数分母为36＋86＝122，如图所示.
故为：.
(4)对于①，根据题意，若，则，故可设.
则有，则，变形可得，故①正确；
对于②，，
又，∴，
，∴，∴，故②正确；
对于③，当时，，
则有，则a边上的高为，
∴，故③错误；
对于④，当时，，则，
则，故C为钝角，为钝角三角形，故④正确.
故正确的有：①②④.
故答案为：；2；；①②④.
27．（2022·江苏盐城·江苏省滨海中学校考模拟预测）设a、b、m为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为；已知，，则满足条件的正整数b中，最小的两位数是 ．
【答案】13
【分析】观察题中给出的形式，结合组合数的计算公式，提出，可求出的值，进而得到的值.
【详解】根据组合数的计算公式有
=
=
=103
故.
故答案为：13.
28．（2022秋·江苏苏州·高三校考阶段练习）已知，且，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】先由正态分布对称性求出，进而利用基本不等式“1”的妙用求解最小值.
【详解】由正态分布的对称性可知：，解得：，
因为，所以，由基本不等式得：
，
当且仅当，即时等号成立，
所以不等式得最小值为
故答案为：
29．（2023秋·江苏·高三校联考阶段练习）第19届杭州亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”代表世界遗产良渚古城遗址，“莲莲”代表世界遗产西湖，“宸宸”代表世界遗产京杭大运河.现有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”､“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数共有 .（用数字作答）
【答案】336
【分析】考虑到前排是有两种不同名称的吉祥物，还是有三种不同名称的吉祥物，分类求出排法数，根据分类加法计数原理即可得答案.
【详解】由题意可分两种情形：
①前排含有两种不同名称的吉祥物，首先，前排从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”中取两种，
其中一种取两个，另一种选一个，有种排法；
其次，后排有种排法，故共有种不同的排法；
②前排含有三种不同名称的吉祥物，有种排法；
后排有种排法，此时共有种排法；
因此，共有种排法，
故答案为：336
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是分类考虑，即考虑到前排是有两种不同名称的吉祥物，还是有三种不同名称的吉祥物，分类求解即可.
四、双空题
30．（2022·江苏·江苏省木渎高级中学校联考模拟预测）甲乙两人进行乒乓球比赛，现采用三局两胜的比赛制度，规定每一局比赛都没有平局（必须分出胜负），且每一局甲赢的概率都是p，随机变量X表示最终的比赛局数，若，则的最大值是 ；的取值范围是 ．
【答案】 ； ；
【分析】结合二项分布可计算随机变量的分布列，再利用公式可求、，最后利用二次函数的性质可求其范围.
【详解】随机变量可能的取值为.
.
，
故的分布列为：
故
因为，故，故.
而，
令，因为，
故，此时，
故答案为：，.
确定事件
必然事件
在条件S下，一定会发生的事件叫做相对于条件S的必然事件
不可能事件
在条件S下，一定不会发生的事件叫做相对于条件S的不可能事件
随机事件
在条件S下，可能发生也可能不发生的事件叫做相对于条件S的随机事件
定义
符号表示
包含关系
如果事件A发生，则事件B一定发生，这时称事件B包含事件A(或称事件A包含于事件B)
B⊇A(或A⊆B)
相等关系
若B⊇A且A⊇B
A＝B
并事件(和事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生或事件B发生，称此事件为事件A与事件B的并事件(或和事件)
A∪B(或A＋B)
交事件(积事件)
若某事件发生当且仅当事件A发生且事件B发生，则称此事件为事件A与事件B的交事件(或积事件)
A∩B(或AB)
互斥事件
若A∩B为不可能事件，则称事件A与事件B互斥
A∩B＝∅
对立事件
若A∩B为不可能事件，A∪B为必然事件，那么称事件A与事件B互为对立事件
A∩B＝∅；P(A∪B)＝
P(A)＋P(B)＝1
条件概率的定义
条件概率的性质
已知B发生的条件下，A发生的概率，称为B发生时A发生的条件概率，记为P(A|B)．
当P(B)>0时，我们有P(A|B)＝eq \f(PA∩B,PB).(其中，A∩B也可以记成AB)
类似地，当P(A)>0时，A发生时B发生的条件概率为P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)
(1)0≤P(B|A)≤1，
(2)如果B和C是两个互斥事件，则P(B∪C|A)＝P(B|A)＋P(C|A)
定义法
先求P(A)和P(AB)，再由P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)求P(B|A)
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(B|A)＝eq \f(nAB,nA)
缩样法
缩小样本空间的方法，就是去掉第一次抽到的情况，只研究剩下的情况，用古典概型求解，它能化繁为简
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
X
x1
x2
…
xi
…
xn
P
p1
p2
…
pi
…
pn
独立重复试验
二项分布
定义
在相同条件下重复做的n次试验称为n次独立重复试验
在n次独立重复试验中，用X表示事件A发生的次数，设每次试验中事件A发生的概率为p，此时称随机变量X服从二项分布，记作X～B(n，p)，并称p为成功概率
计算
公式
Ai(i＝1,2，…，n)表示第i次试验结果，则P(A1A2A3…An)＝P(A1)P(A2)…P(An)
在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝Ceq \\al(k,n)pk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)
X
0
1
P
1－p
p
X
0
1
…
m
P
eq \f(C\\al(0,M)C\\al(n－0,N－M),C\\al(n,N))
eq \f(C\\al(1,M)C\\al(n－1,N－M),C\\al(n,N))
…
eq \f(C\\al(m,M)C\\al(n－m,N－M),C\\al(n,N))
排列的定义
从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素
按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列
组合的定义
合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合
排列数
组合数
定义
从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所有不同排列的个数
从n个不同元素中取出m(m≤n，m，n∈N*)个元素的所有不同组合的个数
公式
Aeq \\al(m,n)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝eq \f(n！,n－m！)
Ceq \\al(m,n)＝eq \f(A\\al(m,n),A\\al(m,m))＝eq \f(nn－1n－2…n－m＋1,m！)
性质
Aeq \\al(n,n)＝n！，0！＝1
Ceq \\al(0,n)＝1，Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(n－m,n)，Ceq \\al(m,n)＋Ceq \\al(m－1,n)＝Ceq \\al(m,n＋1)
直接法
把符合条件的排列数直接列式计算
优先法
优先安排特殊元素或特殊位置
捆绑法
把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列
插空法
对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中
定序问题除法处理
对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列
对于某些顺序一定的元素(m个)的排列问题，可先把这些元素与其他元素一起(共n个)进行排列，然后用总排列数Aeq \\al(n,n)除以m个顺序一定的元素之间的全排列数Aeq \\al(m,m)，即得到不同排法种eq \f(A\\al(n,n),A\\al(m,m))＝Aeq \\al(n－m,n).
间接法
正难则反、等价转化的方法
分组分配
平均分组、部分平均分组
1．对不同元素的分配问题
(1)对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以Aeq \\al(n,n)(n为均分的组数)，避免重复计数．
(2)对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数．
(3)对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
隔板法
将个相同元素放入个不同的盒内，且每盒不空，则不同的方法共有种。解决此类问题常用的方法是“隔板法”，因为元素相同，所以只需考虑每个盒子里所含元素个数，则可将这个元素排成一列，共有个空，使用个“挡板”进入空档处，则可将这个元素划分为个区域，刚好对应那个盒子
环排问题
(1) 把 个不同的元素围成一个环状，排法总数为
(2) 个不同的元素围成一圈， 个元素相邻，符合条件的排列数为
(3) 个不同的元素围成一圈， 个元素不相邻 ，符合条件的排列数为
涂色问题
涂色的规则是“相邻区域涂不同的颜色”，在处理涂色问题时，可按照选择颜色的总数进行分类讨论，每减少一种颜色的使用，便意味着多出一对不相邻的区域涂相同的颜色（还要注意两两不相邻的情况），先列举出所有不相邻区域搭配的可能，再进行涂色即可。
1
2
1
2
1
2
1
3
2
3
2
3
3
1
3
2
3
2
3
2
2
3
2
3
2
3
2
3