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高考数学专题练 专题五概率与统计 微专题31 计数原理与概率（含答案）
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这是一份高考数学专题练 专题五概率与统计 微专题31 计数原理与概率（含答案），共16页。
典例1 (1)(2023·新高考全国Ⅰ)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)．
(2)(2023·南昌模拟)中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的汉族传统工艺品．灯笼综合了绘画、剪纸、纸扎、刺缝等工艺，与中国人的生活息息相连．灯笼成了中国人喜庆的象征．经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型，现将红木宫灯、檀木宫灯、楠木纱灯、花梨木纱灯、恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯各一个随机挂成一排，则有且仅有一种类型的灯笼相邻的概率为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(5,12) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,4)
典例2 (1)(2022·新高考全国Ⅰ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．
(2)(多选)已知(2－x)2 024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024，则( )
A．a0＝1
B．a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝22 024
C．a2 018＝64Ceq \\al(6,2 024)
D．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2 024|＝32 024－22 024
典例3 (1)(多选)(2023·新高考全国Ⅱ)在信道内传输0,1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1,0,1，则译码为1)．( )
A．采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的概率为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1,0,1的概率为β(1－β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
(2)(2023·莆田模拟)某医用口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩三种产品，三种产品的生产比例如图所示，且三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%,50%,40%.若从该厂生产的口罩中任选一个，则选到绑带式口罩的概率为( )
A．0.23 B．0.47 C．0.53 D．0.77
[总结提升]
主要考查计数原理与概率，以选择题和填空题为主，其中要注意排列组合问题的求解方法与技巧，二项式(a＋b)n的通项公式以及条件概率的求法和全概率公式的使用．
1．(2023·湖南名校教研联盟)用红、黄、蓝三种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色．在所有着色方案中，①③⑤着色相同的有( )
A．96种 B．24种 C．48种 D．12种
2．(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
3．(2023·汕头模拟)现将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，若要求A，B相邻，且B，C不相邻，则不同的排列方式的种数为( )
A．192 B．240 C．120 D．28
4.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(x))－2))3的展开式中常数项为( )
A．－6 B．－20 C．0 D．20
5．(2023·湖南新高考教学教研联盟联考)某高校计划在今年暑假安排编号为A，B，C，D，E，F的6名教师到4个不同的学校进行宣讲，每个学校至少安排1人，其中B，D必须安排在同一个学校．则不同的安排方法共有( )
A．96种 B．144种
C．240种 D．384种
6．(2023·岳阳模拟)某学校为落实“双减”政策，在课后服务时间开设了“球类”“棋类”“书法”“绘画”“舞蹈”五项活动．若甲同学准备从这五项活动中随机选三项，则“书法”和“绘画”这两项活动至多有一项被选中的概率为( )
A．0.9 B．0.7 C．0.6 D．0.3
7．(多选)已知(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则( )
A．a0＝28
B．a1＋a2＋…＋a8＝1
C．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38
D．a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8
8．(多选)(2023·杭州模拟)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为“第一次取出的是红球”；事件A2为“第一次取出的是白球”；事件B为“取出的两球同色”；事件C为“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相互独立
C．P(B)＝eq \f(2,5)
D．P(C|A2)＝eq \f(3,4)
9．(2023·德阳质检)已知(1－ax)5(1＋3x)4的展开式中x的系数为2，则实数a的值为________．
10．在某学校举办的春季运动会上，甲、乙两位教师进行某项比赛，采取七局四胜制(当一人赢得四局时就获胜，比赛结束)．根据甲、乙两人多次比赛的成绩统计，每局甲获胜的概率为eq \f(2,3)，乙获胜的概率为eq \f(1,3)，设各局比赛结果相互独立，则乙在第一局负的情况下获胜的概率是________．
11．(2023·华南师大附中模拟)我们称n(n∈N*)元有序实数组(x1，x2，…，xn)为n维向量，|x1|＋|x2|＋…＋|xn|为该向量的范数．已知n维向量a＝(x1，x2，…，xn)，其中xi∈{－1,0,1}，i＝1,2，…，n，记范数为奇数的a的个数为An，则An＝____________.(用含n的式子表示，n∈N*)
12．(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________．
专题五 概率与统计
微专题31 计数原理与概率
[考情分析] 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．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．概率重点考查古典概型、条件概率的基本应用．
考点一 排列、组合
典例1 (1)(2023·新高考全国Ⅰ)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 (1)当从8门课中选修2门时，不同的选课方案共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,4)＝16(种)；
(2)当从8门课中选修3门时，
①若体育类选修1门，则不同的选课方案共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,4)＝24(种)；
②若体育类选修2门，则不同的选课方案共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,4)＝24(种)．
综上所述，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64(种)．
(2)(2023·南昌模拟)中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的汉族传统工艺品．灯笼综合了绘画、剪纸、纸扎、刺缝等工艺，与中国人的生活息息相连．灯笼成了中国人喜庆的象征．经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型，现将红木宫灯、檀木宫灯、楠木纱灯、花梨木纱灯、恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯各一个随机挂成一排，则有且仅有一种类型的灯笼相邻的概率为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(5,12) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,4)
答案 A
解析 设红木宫灯、檀木宫灯为a1，a2；楠木纱灯、花梨木纱灯为b1，b2；恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯为c1，c2.
先求仅a1a2相邻的种数，把a1a2看作一个元素，此时有五个位置可选，
当a1a2排在首尾时，不同的排法有N1＝(Aeq \\al(2,2)×Ceq \\al(1,4)×Aeq \\al(2,2))×2＝32(种)；
当a1a2排在五个位置中的第二、四位时，不同的排法有N2＝(Ceq \\al(1,4)×Aeq \\al(2,2)×Aeq \\al(2,2))×2＝32(种)；
当a1a2排在第三个位置时，不同的排法有N3＝Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)＝32(种)，
故仅a1a2相邻共有N1＋N2＋N3＝96(种)排法，
同理得仅b1b2相邻，仅c1c2相邻的情况，也都有96种排法，
所以有且仅有一种类型灯笼相邻的概率P＝eq \f(96×3,A\\al(6,6))＝eq \f(2,5).
跟踪训练1 (1)(2023·茂名模拟)从1,2,3,4,5中任选3个不同的数字组成一个三位数，则该三位数能被3整除的概率为( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(1,5) C.eq \f(3,10) D.eq \f(2,5)
答案 D
解析 从1,2,3,4,5中任选3个不同的数字组成一个三位数，有Aeq \\al(3,5)＝5×4×3＝60(种)情况；
要使该三位数能被3整除，只需3个数字和能被3整除即可，
所以当数字为1,2,3时，有Aeq \\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)情况；
当数字为1,3,5时，有Aeq \\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)情况；
当数字为2,3,4时，有Aeq \\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)情况；
当数字为3,4,5时，有Aeq \\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)情况，共24种情况．
所以该三位数能被3整除的概率为eq \f(24,60)＝eq \f(2,5).
(2)(2023·齐齐哈尔模拟)中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能(六艺)：礼、乐、射、御、书、数．某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，则“射”与“数”之间最多间隔一艺的不同排课方法种数为( )
A．432 B．486
C．504 D．540
答案 A
解析 根据题意，排课顺序有两类，一类是在“射”与“数”之间间隔一艺，先将“射”与“数”进行全排列，从剩余的4艺中选择1个放在“射”与“数”中间，再将这三艺看做一个整体，和剩余的三艺进行全排列，这样的排课方法数为Aeq \\al(2,2)·Ceq \\al(1,4)·Aeq \\al(4,4)＝192；另一类是“射”“数”两艺相邻，将“射”“数”捆绑，有Aeq \\al(2,2)种排课方法，然后与剩余的四艺进行全排列，这样的排课方法数为Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(5,5)＝240，因此全部的排课方法数为192＋240＝432.
考点二 二项式定理
典例2 (1)(2022·新高考全国Ⅰ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(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展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)x8－kyk，k＝0，1，…，7,8.令k＝6，得T6＋1＝Ceq \\al(6,8)x2y6；令k＝5，得T5＋1＝Ceq \\al(5,8)x3y5，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为Ceq \\al(6,8)－Ceq \\al(5,8)＝－28.
(2)(多选)已知(2－x)2 024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024，则( )
A．a0＝1
B．a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝22 024
C．a2 018＝64Ceq \\al(6,2 024)
D．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2 024|＝32 024－22 024
答案 CD
解析 令x＝0，得22 024＝a0，故A错误；
令x＝1，得(2－1)2 024＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 024，
即a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝1，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝1－22 024，故B错误；
因为(2－x)2 024的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,2 024)·22 024－k·(－x)k＝(－1)k22 024－kCeq \\al(k,2 024)xk，
所以a2 018＝(－1)2 018×26Ceq \\al(2 018,2 024)＝64Ceq \\al(6,2 024)，故C正确；
由(2－x)2 024的展开式的通项及题意，
得|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2 024|＝－a1＋a2－a3＋…＋a2 024，
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 024＝(2＋1)2 024＝32 024，
则－a1＋a2－a3＋…＋a2 024＝32 024－22 024，故D正确．
跟踪训练2 (1)(2023·汕头模拟)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－y))10的展开式中，xy7的系数为________．
答案 －720
解析 对于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－y))10中含y7的项为Ceq \\al(7,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))3(－y)7，
对于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))3中含x的项为Ceq \\al(1,3)x2·eq \f(2,x)＝2Ceq \\al(1,3)x，
所以xy7的系数是－Ceq \\al(7,10)×2Ceq \\al(1,3)＝－720.
(2)(多选)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a\r(x)＋\f(1,x2)))10(a>0)的展开式的各项系数之和为1 024，则展开式中( )
A．奇数项的二项式系数和为256
B．第6项的系数最大
C．存在常数项
D．有理项共有6项
答案 BCD
解析 令x＝1，得(a＋1)10＝1 024，则a＝1或a＝－3(舍去)．
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,x2)))10的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(eq \r(x))10－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))r＝.
对于A，eq \f(1,2)(Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(1,10)＋…＋Ceq \\al(10,10))＝eq \f(1,2)×210＝512，故A错误；
对于B，由题意知展开式共11项，第6项的系数最大，故B正确；
对于C，令5－eq \f(5,2)r＝0，解得r＝2，故存在常数项为第3项，故C正确；
对于D，当r＝0,2,4,6,8,10时，Tr＋1为有理项，故有理项共有6项，故D正确．
考点三 概率
典例3 (1)(多选)(2023·新高考全国Ⅱ)在信道内传输0,1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1,0,1，则译码为1)．( )
A．采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的概率为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1,0,1的概率为β(1－β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
答案 ABD
解析 对于A，依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1这3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故A正确；
对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1,1,1，则依次收到1,0,1的事件是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1这3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正确；
对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1,1,0；1,0,1；0,1,1和1,1,1这4个事件的和，
它们互斥，所求的概率为Ceq \\al(2,3)β(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C错误；
对于D，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，
单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，
因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，故D正确．
(2)(2023·莆田模拟)某医用口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩三种产品，三种产品的生产比例如图所示，且三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%,50%,40%.若从该厂生产的口罩中任选一个，则选到绑带式口罩的概率为( )
A．0.23 B．0.47 C．0.53 D．0.77
答案 D
解析 由题图可知医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩的占比分别为70%,20%,10%，
记事件A1，A2，A3分别表示选到医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩，
则Ω＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，
所以P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.1，
又三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%,50%,40%，
记事件B为“选到绑带式口罩”，则P(B|A1)＝0.9，P(B|A2)＝0.5，P(B|A3)＝0.4，
所以由全概率公式可得选到绑带式口罩的概率为P(B)＝0.7×0.9＋0.2×0.5＋0.1×0.4＝0.77.
跟踪训练3 (1)(多选)(2023·益阳质检)给定事件A，B，C，且P(C)>0，则下列选项正确的是( )
A．P(A∪B|C)≤P(A|C)＋P(B|C)
B．若P(A)>0，P(B)>0且A，B互斥，则A，B不可能相互独立
C．若P(A|C)＋P(B|C)＝1，则A，B互为对立事件
D．若P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)，则A，B，C两两相互独立
答案 AB
解析 对于A，①当A，B互斥时，P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)，
②当A，B不互斥时，P(A∪B|C)对于B，若P(A)>0，P(B)>0且A，B互斥，那么P(AB)＝0≠P(A)P(B)，故A，B不可能相互独立，故B正确；
对于C，由P(A|C)＋P(B|C)＝1得在C事件发生的前提下A和B事件发生的概率为1，并不能得出A与B是对立事件，故C错误；
对于D，若P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)，只能说明其中两个事件的积事件与另一事件相互独立，但推导不出三个事件两两相互独立，故D错误．
(2)(2023·广东大湾区联考)一堆苹果中大果数与小果数的比例为9∶1，现用一台水果分选机进行筛选．已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为5%，把小果筛选为大果的概率为2%.经过一轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为( )
A.eq \f(855,857) B.eq \f(857,1 000) C.eq \f(171,200) D.eq \f(9,10)
答案 A
解析 记事件A1为放入水果分选机的苹果为大果，事件A2为放入水果分选机的苹果为小果，
记事件B为水果分选机筛选的苹果为“大果”，
则P(A1)＝eq \f(9,10)，P(A2)＝eq \f(1,10)，P(Beq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A1)))＝eq \f(19,20)，P(Beq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A2)))＝eq \f(1,50)，
由全概率公式可得P(B)＝P(A1)P(Beq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A1)))＋P(A2)P(Beq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A2)))＝eq \f(9,10)×eq \f(19,20)＋eq \f(1,10)×eq \f(1,50)＝eq \f(857,1 000)，
P(A1B)＝P(A1)P(Beq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A1)))＝eq \f(9,10)×eq \f(19,20)＝eq \f(855,1 000)，
因此，P(A1eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(B)))＝eq \f(PA1B,PB)＝eq \f(855,1 000)×eq \f(1 000,857)＝eq \f(855,857).
[总结提升]
主要考查计数原理与概率，以选择题和填空题为主，其中要注意排列组合问题的求解方法与技巧，二项式(a＋b)n的通项公式以及条件概率的求法和全概率公式的使用．
1．(2023·湖南名校教研联盟)用红、黄、蓝三种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色．在所有着色方案中，①③⑤着色相同的有( )
A．96种 B．24种 C．48种 D．12种
答案 B
解析 因为①③⑤着色相同，可以有Ceq \\al(1,3)＝3(种)，②④⑥按要求可随意着与①③⑤不同色的另外两种颜色，故有Ceq \\al(1,2)×Ceq \\al(1,2)×Ceq \\al(1,2)＝8(种)，所以共有24种．
2．(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
答案 A
解析 方法一 如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，
则0.6＋0.5－B＝0.7，
所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.
所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为eq \f(B,B＋C)＝eq \f(0.4,0.5)＝0.8.
方法二 令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，
则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，
所以P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(0.4,0.5)＝0.8.
3．(2023·汕头模拟)现将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，若要求A，B相邻，且B，C不相邻，则不同的排列方式的种数为( )
A．192 B．240 C．120 D．28
答案 A
解析 当A，B相邻时，不同的排列方式有Aeq \\al(5,5)Aeq \\al(2,2)＝240(种)，当A，B，C相邻，且B在A，C中间时，不同的排列方式有2Aeq \\al(4,4)＝48(种)，若要求A，B相邻，且B，C不相邻，则不同的排列方式有240－48＝192(种)．
4.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(x))－2))3的展开式中常数项为( )
A．－6 B．－20 C．0 D．20
答案 B
解析 二项式可以化为，则二项式(eq \r(x)－1)6的展开式中含的项为Ceq \\al(3,6)(eq \r(x))3·(－1)3＝，所以原二项式的展开式中的常数项为＝－20.
5．(2023·湖南新高考教学教研联盟联考)某高校计划在今年暑假安排编号为A，B，C，D，E，F的6名教师到4个不同的学校进行宣讲，每个学校至少安排1人，其中B，D必须安排在同一个学校．则不同的安排方法共有( )
A．96种 B．144种
C．240种 D．384种
答案 C
解析 将这6名教师分成四组，再分配到不同的学校．若教师人数依次为3,1,1,1，则不同的安排方法有Ceq \\al(1,4)×Aeq \\al(4,4)＝96(种)；若教师人数依次为2,2,1,1，则不同的安排方法有Ceq \\al(2,4)×Aeq \\al(4,4)＝144(种)，故不同的安排方法共有96＋144＝240(种)．
6．(2023·岳阳模拟)某学校为落实“双减”政策，在课后服务时间开设了“球类”“棋类”“书法”“绘画”“舞蹈”五项活动．若甲同学准备从这五项活动中随机选三项，则“书法”和“绘画”这两项活动至多有一项被选中的概率为( )
A．0.9 B．0.7 C．0.6 D．0.3
答案 B
解析 随机试验从五项活动中随机选三项的样本空间共有Ceq \\al(3,5)个样本点，
“书法”和“绘画”这两项活动至多有一项被选中分两种情况：
①都没有被选中，有Ceq \\al(3,3)种情况；②两项活动只有一项被选中，有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,3)种情况，
则所求概率为P＝eq \f(C\\al(3,3)＋C\\al(1,2)C\\al(2,3),C\\al(3,5))＝eq \f(7,10)＝0.7.
7．(多选)已知(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则( )
A．a0＝28
B．a1＋a2＋…＋a8＝1
C．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38
D．a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8
答案 AD
解析 取x＝0，可得a0＝28，故A正确；
取x＝1，把a0＝28代入可得a1＋a2＋…＋a8＝1－28，故B不正确；
取x＝－1，可得|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝－a1＋a2－…＋a8＝38－28，故C不正确；
已知等式两边对x求导数可得－8(2－x)7＝a1＋2a2x＋…＋8a8x7，
取x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8，故D正确．
8．(多选)(2023·杭州模拟)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为“第一次取出的是红球”；事件A2为“第一次取出的是白球”；事件B为“取出的两球同色”；事件C为“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相互独立
C．P(B)＝eq \f(2,5)
D．P(eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(C))A2)＝eq \f(3,4)
答案 ACD
解析 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(B)＝eq \f(C\\al(2,3)＋C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(2,5)，故C正确；
P(C)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(1,2)＋C\\al(2,3),C\\al(2,5))＝eq \f(9,10)，
P(BC)＝eq \f(C\\al(2,3),C\\al(2,5))＝eq \f(3,10)，
则P(BC)≠P(B)P(C)，
所以事件B，C不相互独立，
故B错误；
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)＝eq \f(3,4)，故D正确．
9．(2023·德阳质检)已知(1－ax)5(1＋3x)4的展开式中x的系数为2，则实数a的值为________．
答案 2
解析 (1－ax)5 展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(－ax)r，r＝0,1,2,3,4,5，
(1＋3x)4展开式的通项公式为Ts＋1＝Ceq \\al(s,4)(3x)s，s＝0,1,2,3,4，
所以(1－ax)5(1＋3x)4的展开式中x的系数为Ceq \\al(0,5)(－a)0Ceq \\al(1,4)31＋Ceq \\al(1,5)(－a)1Ceq \\al(0,4)30＝2，
解得a＝2.
10．在某学校举办的春季运动会上，甲、乙两位教师进行某项比赛，采取七局四胜制(当一人赢得四局时就获胜，比赛结束)．根据甲、乙两人多次比赛的成绩统计，每局甲获胜的概率为eq \f(2,3)，乙获胜的概率为eq \f(1,3)，设各局比赛结果相互独立，则乙在第一局负的情况下获胜的概率是____．
答案 eq \f(73,729)
解析 由题意可得，乙在第一局负的情况下获胜，则乙还需要胜四局比赛．
若再比赛四局乙获胜，则概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＝eq \f(1,81)；
若再比赛五局乙获胜，则概率为Ceq \\al(1,4)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＝eq \f(8,243)；
若再比赛六局乙获胜，则概率为Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＝eq \f(40,729).
综上所述，乙在第一局负的情况下获胜的概率是eq \f(1,81)＋eq \f(8,243)＋eq \f(40,729)＝eq \f(73,729).
11．(2023·华南师大附中模拟)我们称n(n∈N*)元有序实数组(x1，x2，…，xn)为n维向量，|x1|＋|x2|＋…＋|xn|为该向量的范数．已知n维向量a＝(x1，x2，…，xn)，其中xi∈{－1,0,1}，i＝1,2，…，n，记范数为奇数的a的个数为An，则An＝________.(用含n的式子表示，n∈N*)
答案 eq \f(3n－－1n,2)
解析 当n为偶数时，范数为奇数，则xi＝0的个数为奇数，即0的个数为1,3,5，…，n－1，
根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理得An＝Ceq \\al(1,n)·2n－1＋Ceq \\al(3,n)·2n－3＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·2，
3n＝(2＋1)n＝Ceq \\al(0,n)·2n＋Ceq \\al(1,n)·2n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·2＋Ceq \\al(n,n)，①
1＝(2－1)n＝Ceq \\al(0,n)·2n－Ceq \\al(1,n)·2n－1＋…－Ceq \\al(n－1,n)·2＋Ceq \\al(n,n)，②
由①－②得An＝eq \f(3n－1,2)；
当n为奇数时，范数为奇数，则xi＝0的个数为偶数，即0的个数为0,2,4,6，…，n－1，
根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理得An＝Ceq \\al(0,n)·2n＋Ceq \\al(2,n)·2n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·2，
3n＝(2＋1)n＝Ceq \\al(0,n)·2n＋Ceq \\al(1,n)2n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·2＋Ceq \\al(n,n)，③
1＝(2－1)n＝Ceq \\al(0,n)·2n－Ceq \\al(1,n)·2n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·2－Ceq \\al(n,n)，④
由③＋④得到An＝eq \f(3n＋1,2).
综上所述，An＝eq \f(3n－－1n,2).
12．(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 eq \f(5,9) eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋eq \f(1,2)
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)＝eq \f(2,3)，P(eq \x\t(A1))＝1－P(A1)＝eq \f(1,3)，
所以P(A2)＝P(A1A2)＋P(eq \x\t(A1)A2)＝P(A1)P(eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(A2))A1)＋P(eq \x\t(A1))P(eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(A2))eq \x\t(A1))＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(5,9)，
P(A3)＝P(A2)P(eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(A3))A2)＋P(eq \x\t(A2))P(eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(A3))eq \x\t(A2))＝P(A2)×eq \f(2,3)＋P(eq \x\t(A2))×eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)×P(A2)＋eq \f(1,3)＝eq \f(14,27)，
P(An)＝P(An－1)×eq \f(2,3)＋P(An－1)×eq \f(1,3)＝P(An－1)×eq \f(1,3)＋P(An－1)×eq \f(1,3)＋P(An－1)×eq \f(1,3)
＝eq \f(1,3)P(An－1)＋eq \f(1,3)，P(An)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(PAn－1－\f(1,2)))，n>1，
又P(A1)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，P(A2)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,18)，P(A2)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(PA1－\f(1,2)))，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(PAn－\f(1,2)))是首项为eq \f(1,6)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
所以P(An)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，
即P(An)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋eq \f(1,2)
典例1 (1)(2023·新高考全国Ⅰ)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)．
(2)(2023·南昌模拟)中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的汉族传统工艺品．灯笼综合了绘画、剪纸、纸扎、刺缝等工艺，与中国人的生活息息相连．灯笼成了中国人喜庆的象征．经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型，现将红木宫灯、檀木宫灯、楠木纱灯、花梨木纱灯、恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯各一个随机挂成一排，则有且仅有一种类型的灯笼相邻的概率为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(5,12) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,4)
典例2 (1)(2022·新高考全国Ⅰ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________(用数字作答)．
(2)(多选)已知(2－x)2 024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024，则( )
A．a0＝1
B．a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝22 024
C．a2 018＝64Ceq \\al(6,2 024)
D．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2 024|＝32 024－22 024
典例3 (1)(多选)(2023·新高考全国Ⅱ)在信道内传输0,1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1,0,1，则译码为1)．( )
A．采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的概率为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1,0,1的概率为β(1－β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
(2)(2023·莆田模拟)某医用口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩三种产品，三种产品的生产比例如图所示，且三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%,50%,40%.若从该厂生产的口罩中任选一个，则选到绑带式口罩的概率为( )
A．0.23 B．0.47 C．0.53 D．0.77
[总结提升]
主要考查计数原理与概率，以选择题和填空题为主，其中要注意排列组合问题的求解方法与技巧，二项式(a＋b)n的通项公式以及条件概率的求法和全概率公式的使用．
1．(2023·湖南名校教研联盟)用红、黄、蓝三种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色．在所有着色方案中，①③⑤着色相同的有( )
A．96种 B．24种 C．48种 D．12种
2．(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
3．(2023·汕头模拟)现将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，若要求A，B相邻，且B，C不相邻，则不同的排列方式的种数为( )
A．192 B．240 C．120 D．28
4.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(x))－2))3的展开式中常数项为( )
A．－6 B．－20 C．0 D．20
5．(2023·湖南新高考教学教研联盟联考)某高校计划在今年暑假安排编号为A，B，C，D，E，F的6名教师到4个不同的学校进行宣讲，每个学校至少安排1人，其中B，D必须安排在同一个学校．则不同的安排方法共有( )
A．96种 B．144种
C．240种 D．384种
6．(2023·岳阳模拟)某学校为落实“双减”政策，在课后服务时间开设了“球类”“棋类”“书法”“绘画”“舞蹈”五项活动．若甲同学准备从这五项活动中随机选三项，则“书法”和“绘画”这两项活动至多有一项被选中的概率为( )
A．0.9 B．0.7 C．0.6 D．0.3
7．(多选)已知(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则( )
A．a0＝28
B．a1＋a2＋…＋a8＝1
C．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38
D．a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8
8．(多选)(2023·杭州模拟)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为“第一次取出的是红球”；事件A2为“第一次取出的是白球”；事件B为“取出的两球同色”；事件C为“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相互独立
C．P(B)＝eq \f(2,5)
D．P(C|A2)＝eq \f(3,4)
9．(2023·德阳质检)已知(1－ax)5(1＋3x)4的展开式中x的系数为2，则实数a的值为________．
10．在某学校举办的春季运动会上，甲、乙两位教师进行某项比赛，采取七局四胜制(当一人赢得四局时就获胜，比赛结束)．根据甲、乙两人多次比赛的成绩统计，每局甲获胜的概率为eq \f(2,3)，乙获胜的概率为eq \f(1,3)，设各局比赛结果相互独立，则乙在第一局负的情况下获胜的概率是________．
11．(2023·华南师大附中模拟)我们称n(n∈N*)元有序实数组(x1，x2，…，xn)为n维向量，|x1|＋|x2|＋…＋|xn|为该向量的范数．已知n维向量a＝(x1，x2，…，xn)，其中xi∈{－1,0,1}，i＝1,2，…，n，记范数为奇数的a的个数为An，则An＝____________.(用含n的式子表示，n∈N*)
12．(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________．
专题五 概率与统计
微专题31 计数原理与概率
[考情分析] 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．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．概率重点考查古典概型、条件概率的基本应用．
考点一 排列、组合
典例1 (1)(2023·新高考全国Ⅰ)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 (1)当从8门课中选修2门时，不同的选课方案共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,4)＝16(种)；
(2)当从8门课中选修3门时，
①若体育类选修1门，则不同的选课方案共有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,4)＝24(种)；
②若体育类选修2门，则不同的选课方案共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,4)＝24(种)．
综上所述，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64(种)．
(2)(2023·南昌模拟)中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的汉族传统工艺品．灯笼综合了绘画、剪纸、纸扎、刺缝等工艺，与中国人的生活息息相连．灯笼成了中国人喜庆的象征．经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型，现将红木宫灯、檀木宫灯、楠木纱灯、花梨木纱灯、恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯各一个随机挂成一排，则有且仅有一种类型的灯笼相邻的概率为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(5,12) C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,4)
答案 A
解析 设红木宫灯、檀木宫灯为a1，a2；楠木纱灯、花梨木纱灯为b1，b2；恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯为c1，c2.
先求仅a1a2相邻的种数，把a1a2看作一个元素，此时有五个位置可选，
当a1a2排在首尾时，不同的排法有N1＝(Aeq \\al(2,2)×Ceq \\al(1,4)×Aeq \\al(2,2))×2＝32(种)；
当a1a2排在五个位置中的第二、四位时，不同的排法有N2＝(Ceq \\al(1,4)×Aeq \\al(2,2)×Aeq \\al(2,2))×2＝32(种)；
当a1a2排在第三个位置时，不同的排法有N3＝Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)＝32(种)，
故仅a1a2相邻共有N1＋N2＋N3＝96(种)排法，
同理得仅b1b2相邻，仅c1c2相邻的情况，也都有96种排法，
所以有且仅有一种类型灯笼相邻的概率P＝eq \f(96×3,A\\al(6,6))＝eq \f(2,5).
跟踪训练1 (1)(2023·茂名模拟)从1,2,3,4,5中任选3个不同的数字组成一个三位数，则该三位数能被3整除的概率为( )
A.eq \f(1,10) B.eq \f(1,5) C.eq \f(3,10) D.eq \f(2,5)
答案 D
解析 从1,2,3,4,5中任选3个不同的数字组成一个三位数，有Aeq \\al(3,5)＝5×4×3＝60(种)情况；
要使该三位数能被3整除，只需3个数字和能被3整除即可，
所以当数字为1,2,3时，有Aeq \\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)情况；
当数字为1,3,5时，有Aeq \\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)情况；
当数字为2,3,4时，有Aeq \\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)情况；
当数字为3,4,5时，有Aeq \\al(3,3)＝3×2×1＝6(种)情况，共24种情况．
所以该三位数能被3整除的概率为eq \f(24,60)＝eq \f(2,5).
(2)(2023·齐齐哈尔模拟)中国古代儒家要求学生掌握六种基本才能(六艺)：礼、乐、射、御、书、数．某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，则“射”与“数”之间最多间隔一艺的不同排课方法种数为( )
A．432 B．486
C．504 D．540
答案 A
解析 根据题意，排课顺序有两类，一类是在“射”与“数”之间间隔一艺，先将“射”与“数”进行全排列，从剩余的4艺中选择1个放在“射”与“数”中间，再将这三艺看做一个整体，和剩余的三艺进行全排列，这样的排课方法数为Aeq \\al(2,2)·Ceq \\al(1,4)·Aeq \\al(4,4)＝192；另一类是“射”“数”两艺相邻，将“射”“数”捆绑，有Aeq \\al(2,2)种排课方法，然后与剩余的四艺进行全排列，这样的排课方法数为Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(5,5)＝240，因此全部的排课方法数为192＋240＝432.
考点二 二项式定理
典例2 (1)(2022·新高考全国Ⅰ)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(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展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)x8－kyk，k＝0，1，…，7,8.令k＝6，得T6＋1＝Ceq \\al(6,8)x2y6；令k＝5，得T5＋1＝Ceq \\al(5,8)x3y5，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为Ceq \\al(6,8)－Ceq \\al(5,8)＝－28.
(2)(多选)已知(2－x)2 024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024，则( )
A．a0＝1
B．a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝22 024
C．a2 018＝64Ceq \\al(6,2 024)
D．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2 024|＝32 024－22 024
答案 CD
解析 令x＝0，得22 024＝a0，故A错误；
令x＝1，得(2－1)2 024＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 024，
即a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝1，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a2 024＝1－22 024，故B错误；
因为(2－x)2 024的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,2 024)·22 024－k·(－x)k＝(－1)k22 024－kCeq \\al(k,2 024)xk，
所以a2 018＝(－1)2 018×26Ceq \\al(2 018,2 024)＝64Ceq \\al(6,2 024)，故C正确；
由(2－x)2 024的展开式的通项及题意，
得|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2 024|＝－a1＋a2－a3＋…＋a2 024，
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 024＝(2＋1)2 024＝32 024，
则－a1＋a2－a3＋…＋a2 024＝32 024－22 024，故D正确．
跟踪训练2 (1)(2023·汕头模拟)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－y))10的展开式中，xy7的系数为________．
答案 －720
解析 对于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)－y))10中含y7的项为Ceq \\al(7,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))3(－y)7，
对于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,x)))3中含x的项为Ceq \\al(1,3)x2·eq \f(2,x)＝2Ceq \\al(1,3)x，
所以xy7的系数是－Ceq \\al(7,10)×2Ceq \\al(1,3)＝－720.
(2)(多选)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a\r(x)＋\f(1,x2)))10(a>0)的展开式的各项系数之和为1 024，则展开式中( )
A．奇数项的二项式系数和为256
B．第6项的系数最大
C．存在常数项
D．有理项共有6项
答案 BCD
解析 令x＝1，得(a＋1)10＝1 024，则a＝1或a＝－3(舍去)．
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,x2)))10的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)(eq \r(x))10－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))r＝.
对于A，eq \f(1,2)(Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(1,10)＋…＋Ceq \\al(10,10))＝eq \f(1,2)×210＝512，故A错误；
对于B，由题意知展开式共11项，第6项的系数最大，故B正确；
对于C，令5－eq \f(5,2)r＝0，解得r＝2，故存在常数项为第3项，故C正确；
对于D，当r＝0,2,4,6,8,10时，Tr＋1为有理项，故有理项共有6项，故D正确．
考点三 概率
典例3 (1)(多选)(2023·新高考全国Ⅱ)在信道内传输0,1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为α(0<α<1)，收到0的概率为1－α；发送1时，收到0的概率为β(0<β<1)，收到1的概率为1－β.考虑两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次；三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码(例如，若依次收到1,0,1，则译码为1)．( )
A．采用单次传输方案，若依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的概率为(1－α)(1－β)2
B．采用三次传输方案，若发送1，则依次收到1,0,1的概率为β(1－β)2
C．采用三次传输方案，若发送1，则译码为1的概率为β(1－β)2＋(1－β)3
D．当0<α<0.5时，若发送0，则采用三次传输方案译码为0的概率大于采用单次传输方案译码为0的概率
答案 ABD
解析 对于A，依次发送1,0,1，则依次收到1,0,1的事件是发送1接收1、发送0接收0、发送1接收1这3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1－β)(1－α)(1－β)＝(1－α)(1－β)2，故A正确；
对于B，三次传输，发送1，相当于依次发送1,1,1，则依次收到1,0,1的事件是发送1接收1、发送1接收0、发送1接收1这3个事件的积，
它们相互独立，所以所求概率为(1－β)β(1－β)＝β(1－β)2，故B正确；
对于C，三次传输，发送1，则译码为1的事件是依次收到1,1,0；1,0,1；0,1,1和1,1,1这4个事件的和，
它们互斥，所求的概率为Ceq \\al(2,3)β(1－β)2＋(1－β)3＝(1－β)2(1＋2β)，故C错误；
对于D，三次传输，发送0，则译码为0的概率P＝(1－α)2(1＋2α)，
单次传输发送0，则译码为0的概率P′＝1－α，而0<α<0.5，
因此P－P′＝(1－α)2(1＋2α)－(1－α)＝α(1－α)(1－2α)>0，即P>P′，故D正确．
(2)(2023·莆田模拟)某医用口罩生产厂家生产医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩三种产品，三种产品的生产比例如图所示，且三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%,50%,40%.若从该厂生产的口罩中任选一个，则选到绑带式口罩的概率为( )
A．0.23 B．0.47 C．0.53 D．0.77
答案 D
解析 由题图可知医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩的占比分别为70%,20%,10%，
记事件A1，A2，A3分别表示选到医用普通口罩、医用外科口罩、医用防护口罩，
则Ω＝A1∪A2∪A3，且A1，A2，A3两两互斥，
所以P(A1)＝0.7，P(A2)＝0.2，P(A3)＝0.1，
又三种产品中绑带式口罩的比例分别为90%,50%,40%，
记事件B为“选到绑带式口罩”，则P(B|A1)＝0.9，P(B|A2)＝0.5，P(B|A3)＝0.4，
所以由全概率公式可得选到绑带式口罩的概率为P(B)＝0.7×0.9＋0.2×0.5＋0.1×0.4＝0.77.
跟踪训练3 (1)(多选)(2023·益阳质检)给定事件A，B，C，且P(C)>0，则下列选项正确的是( )
A．P(A∪B|C)≤P(A|C)＋P(B|C)
B．若P(A)>0，P(B)>0且A，B互斥，则A，B不可能相互独立
C．若P(A|C)＋P(B|C)＝1，则A，B互为对立事件
D．若P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)，则A，B，C两两相互独立
答案 AB
解析 对于A，①当A，B互斥时，P(A∪B|C)＝P(A|C)＋P(B|C)，
②当A，B不互斥时，P(A∪B|C)
对于C，由P(A|C)＋P(B|C)＝1得在C事件发生的前提下A和B事件发生的概率为1，并不能得出A与B是对立事件，故C错误；
对于D，若P(ABC)＝P(A)P(B)P(C)，只能说明其中两个事件的积事件与另一事件相互独立，但推导不出三个事件两两相互独立，故D错误．
(2)(2023·广东大湾区联考)一堆苹果中大果数与小果数的比例为9∶1，现用一台水果分选机进行筛选．已知这台分选机把大果筛选为小果的概率为5%，把小果筛选为大果的概率为2%.经过一轮筛选后，现在从这台分选机筛选出来的“大果”里面随机抽取一个，则这个“大果”是真的大果的概率为( )
A.eq \f(855,857) B.eq \f(857,1 000) C.eq \f(171,200) D.eq \f(9,10)
答案 A
解析 记事件A1为放入水果分选机的苹果为大果，事件A2为放入水果分选机的苹果为小果，
记事件B为水果分选机筛选的苹果为“大果”，
则P(A1)＝eq \f(9,10)，P(A2)＝eq \f(1,10)，P(Beq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A1)))＝eq \f(19,20)，P(Beq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A2)))＝eq \f(1,50)，
由全概率公式可得P(B)＝P(A1)P(Beq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A1)))＋P(A2)P(Beq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A2)))＝eq \f(9,10)×eq \f(19,20)＋eq \f(1,10)×eq \f(1,50)＝eq \f(857,1 000)，
P(A1B)＝P(A1)P(Beq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(A1)))＝eq \f(9,10)×eq \f(19,20)＝eq \f(855,1 000)，
因此，P(A1eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(B)))＝eq \f(PA1B,PB)＝eq \f(855,1 000)×eq \f(1 000,857)＝eq \f(855,857).
[总结提升]
主要考查计数原理与概率，以选择题和填空题为主，其中要注意排列组合问题的求解方法与技巧，二项式(a＋b)n的通项公式以及条件概率的求法和全概率公式的使用．
1．(2023·湖南名校教研联盟)用红、黄、蓝三种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色．在所有着色方案中，①③⑤着色相同的有( )
A．96种 B．24种 C．48种 D．12种
答案 B
解析 因为①③⑤着色相同，可以有Ceq \\al(1,3)＝3(种)，②④⑥按要求可随意着与①③⑤不同色的另外两种颜色，故有Ceq \\al(1,2)×Ceq \\al(1,2)×Ceq \\al(1,2)＝8(种)，所以共有24种．
2．(2023·全国甲卷)某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或爱好滑雪．在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为( )
A．0.8 B．0.6 C．0.5 D．0.4
答案 A
解析 方法一 如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，A表示爱好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，C表示爱好滑雪且不爱好滑冰的学生所占比例，
则0.6＋0.5－B＝0.7，
所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.
所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为eq \f(B,B＋C)＝eq \f(0.4,0.5)＝0.8.
方法二 令事件A，B分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，
则P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，
所以P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(0.4,0.5)＝0.8.
3．(2023·汕头模拟)现将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，若要求A，B相邻，且B，C不相邻，则不同的排列方式的种数为( )
A．192 B．240 C．120 D．28
答案 A
解析 当A，B相邻时，不同的排列方式有Aeq \\al(5,5)Aeq \\al(2,2)＝240(种)，当A，B，C相邻，且B在A，C中间时，不同的排列方式有2Aeq \\al(4,4)＝48(种)，若要求A，B相邻，且B，C不相邻，则不同的排列方式有240－48＝192(种)．
4.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,\r(x))－2))3的展开式中常数项为( )
A．－6 B．－20 C．0 D．20
答案 B
解析 二项式可以化为，则二项式(eq \r(x)－1)6的展开式中含的项为Ceq \\al(3,6)(eq \r(x))3·(－1)3＝，所以原二项式的展开式中的常数项为＝－20.
5．(2023·湖南新高考教学教研联盟联考)某高校计划在今年暑假安排编号为A，B，C，D，E，F的6名教师到4个不同的学校进行宣讲，每个学校至少安排1人，其中B，D必须安排在同一个学校．则不同的安排方法共有( )
A．96种 B．144种
C．240种 D．384种
答案 C
解析 将这6名教师分成四组，再分配到不同的学校．若教师人数依次为3,1,1,1，则不同的安排方法有Ceq \\al(1,4)×Aeq \\al(4,4)＝96(种)；若教师人数依次为2,2,1,1，则不同的安排方法有Ceq \\al(2,4)×Aeq \\al(4,4)＝144(种)，故不同的安排方法共有96＋144＝240(种)．
6．(2023·岳阳模拟)某学校为落实“双减”政策，在课后服务时间开设了“球类”“棋类”“书法”“绘画”“舞蹈”五项活动．若甲同学准备从这五项活动中随机选三项，则“书法”和“绘画”这两项活动至多有一项被选中的概率为( )
A．0.9 B．0.7 C．0.6 D．0.3
答案 B
解析 随机试验从五项活动中随机选三项的样本空间共有Ceq \\al(3,5)个样本点，
“书法”和“绘画”这两项活动至多有一项被选中分两种情况：
①都没有被选中，有Ceq \\al(3,3)种情况；②两项活动只有一项被选中，有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,3)种情况，
则所求概率为P＝eq \f(C\\al(3,3)＋C\\al(1,2)C\\al(2,3),C\\al(3,5))＝eq \f(7,10)＝0.7.
7．(多选)已知(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则( )
A．a0＝28
B．a1＋a2＋…＋a8＝1
C．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38
D．a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8
答案 AD
解析 取x＝0，可得a0＝28，故A正确；
取x＝1，把a0＝28代入可得a1＋a2＋…＋a8＝1－28，故B不正确；
取x＝－1，可得|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝－a1＋a2－…＋a8＝38－28，故C不正确；
已知等式两边对x求导数可得－8(2－x)7＝a1＋2a2x＋…＋8a8x7，
取x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8，故D正确．
8．(多选)(2023·杭州模拟)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为“第一次取出的是红球”；事件A2为“第一次取出的是白球”；事件B为“取出的两球同色”；事件C为“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相互独立
C．P(B)＝eq \f(2,5)
D．P(eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(C))A2)＝eq \f(3,4)
答案 ACD
解析 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(B)＝eq \f(C\\al(2,3)＋C\\al(2,2),C\\al(2,5))＝eq \f(2,5)，故C正确；
P(C)＝eq \f(C\\al(1,3)C\\al(1,2)＋C\\al(2,3),C\\al(2,5))＝eq \f(9,10)，
P(BC)＝eq \f(C\\al(2,3),C\\al(2,5))＝eq \f(3,10)，
则P(BC)≠P(B)P(C)，
所以事件B，C不相互独立，
故B错误；
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)＝eq \f(3,4)，故D正确．
9．(2023·德阳质检)已知(1－ax)5(1＋3x)4的展开式中x的系数为2，则实数a的值为________．
答案 2
解析 (1－ax)5 展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(－ax)r，r＝0,1,2,3,4,5，
(1＋3x)4展开式的通项公式为Ts＋1＝Ceq \\al(s,4)(3x)s，s＝0,1,2,3,4，
所以(1－ax)5(1＋3x)4的展开式中x的系数为Ceq \\al(0,5)(－a)0Ceq \\al(1,4)31＋Ceq \\al(1,5)(－a)1Ceq \\al(0,4)30＝2，
解得a＝2.
10．在某学校举办的春季运动会上，甲、乙两位教师进行某项比赛，采取七局四胜制(当一人赢得四局时就获胜，比赛结束)．根据甲、乙两人多次比赛的成绩统计，每局甲获胜的概率为eq \f(2,3)，乙获胜的概率为eq \f(1,3)，设各局比赛结果相互独立，则乙在第一局负的情况下获胜的概率是____．
答案 eq \f(73,729)
解析 由题意可得，乙在第一局负的情况下获胜，则乙还需要胜四局比赛．
若再比赛四局乙获胜，则概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＝eq \f(1,81)；
若再比赛五局乙获胜，则概率为Ceq \\al(1,4)×eq \f(2,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＝eq \f(8,243)；
若再比赛六局乙获胜，则概率为Ceq \\al(2,5)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＝eq \f(40,729).
综上所述，乙在第一局负的情况下获胜的概率是eq \f(1,81)＋eq \f(8,243)＋eq \f(40,729)＝eq \f(73,729).
11．(2023·华南师大附中模拟)我们称n(n∈N*)元有序实数组(x1，x2，…，xn)为n维向量，|x1|＋|x2|＋…＋|xn|为该向量的范数．已知n维向量a＝(x1，x2，…，xn)，其中xi∈{－1,0,1}，i＝1,2，…，n，记范数为奇数的a的个数为An，则An＝________.(用含n的式子表示，n∈N*)
答案 eq \f(3n－－1n,2)
解析 当n为偶数时，范数为奇数，则xi＝0的个数为奇数，即0的个数为1,3,5，…，n－1，
根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理得An＝Ceq \\al(1,n)·2n－1＋Ceq \\al(3,n)·2n－3＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·2，
3n＝(2＋1)n＝Ceq \\al(0,n)·2n＋Ceq \\al(1,n)·2n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·2＋Ceq \\al(n,n)，①
1＝(2－1)n＝Ceq \\al(0,n)·2n－Ceq \\al(1,n)·2n－1＋…－Ceq \\al(n－1,n)·2＋Ceq \\al(n,n)，②
由①－②得An＝eq \f(3n－1,2)；
当n为奇数时，范数为奇数，则xi＝0的个数为偶数，即0的个数为0,2,4,6，…，n－1，
根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理得An＝Ceq \\al(0,n)·2n＋Ceq \\al(2,n)·2n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·2，
3n＝(2＋1)n＝Ceq \\al(0,n)·2n＋Ceq \\al(1,n)2n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·2＋Ceq \\al(n,n)，③
1＝(2－1)n＝Ceq \\al(0,n)·2n－Ceq \\al(1,n)·2n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·2－Ceq \\al(n,n)，④
由③＋④得到An＝eq \f(3n＋1,2).
综上所述，An＝eq \f(3n－－1n,2).
12．(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 eq \f(5,9) eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋eq \f(1,2)
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)＝eq \f(2,3)，P(eq \x\t(A1))＝1－P(A1)＝eq \f(1,3)，
所以P(A2)＝P(A1A2)＋P(eq \x\t(A1)A2)＝P(A1)P(eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(A2))A1)＋P(eq \x\t(A1))P(eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(A2))eq \x\t(A1))＝eq \f(2,3)×eq \f(2,3)＋eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(5,9)，
P(A3)＝P(A2)P(eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(A3))A2)＋P(eq \x\t(A2))P(eq \b\lc\ \rc\|(\a\vs4\al\c1(A3))eq \x\t(A2))＝P(A2)×eq \f(2,3)＋P(eq \x\t(A2))×eq \f(1,3)＝eq \f(1,3)×P(A2)＋eq \f(1,3)＝eq \f(14,27)，
P(An)＝P(An－1)×eq \f(2,3)＋P(An－1)×eq \f(1,3)＝P(An－1)×eq \f(1,3)＋P(An－1)×eq \f(1,3)＋P(An－1)×eq \f(1,3)
＝eq \f(1,3)P(An－1)＋eq \f(1,3)，P(An)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(PAn－1－\f(1,2)))，n>1，
又P(A1)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)，P(A2)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,18)，P(A2)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,3)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(PA1－\f(1,2)))，
所以eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(PAn－\f(1,2)))是首项为eq \f(1,6)，公比为eq \f(1,3)的等比数列，
所以P(An)－eq \f(1,2)＝eq \f(1,6)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n－1＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n，
即P(An)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))n＋eq \f(1,2)
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