2026高考总复习优化设计二轮数学专题练习_专题突破练13　计数原理、概率（含解析）

这是一份2026高考总复习优化设计二轮数学专题练习_专题突破练13　计数原理、概率（含解析），共8页。
1.(2025福建泉州二模)若(ax+1x2)n的展开式中二项式系数之和为32,各项系数之和为243,则展开式中1x的系数是( )
A.32B.64
C.80D.16
2.(2024广东深圳一模)骰子是质地均匀的正方体,各面分别标有数字1,2,3,4,5,6.现在掷一枚骰子两次,记事件A=“两次点数的最小值为3”,事件B=“两次点数的最大值为6”,则P(B|A)=( )
A.14B.13
C.27D.38
3.(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.294B.297
C.298D.300
4.(多选题)(2025福建厦门二模)某校开展“强国有我,筑梦前行”主题演讲比赛,共有6位男生,4位女生进入决赛.现通过抽签决定出场顺序,记事件A表示“第一位出场的是女生”,事件B表示“第二位出场的是女生”,则( )
A.P(AB)=35
B.P(B|A)=13
C.P(A)=P(B)
D.P(A∪B)=23
5.(多选题)(2025浙江宁波模拟)在(1x+x2)n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.展开式中的常数项为116
D.展开式中系数最大项为第3项和第4项
6.(2025湖北武汉一模)进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统,约定满十进一就是十进制,满八进一就是八进制,即“满几进一”就是几进制,不同进制的数可以相互转换,如十进制下,159=2×82+3×8+7,用八进制表示159这个数就是237.现用八进制表示十进制的719,则这个八进制数的最后一位为( )
A.3B.4
C.5D.7
7.(2025上海崇明二模)抛掷一枚质地均匀的硬币n次(其中n为大于等于2的整数),设事件A表示“n次中既有正面朝上又有反面朝上”,事件B表示“n次中至多有一次正面朝上”,若事件A与事件B是独立的,则n的值为( )
A.5B.4
C.3D.2
8.(2025福建漳州一模)(x2+1x2-3)5的展开式中,常数项为 .
9.(2025八省联考,13)有8张卡片,分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8,现从这8张卡片中随机抽出3张,则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为 .
关键能力提升练
10.(2025福建漳州一模)设A,B是两个随机事件,且0P(B|A)
B.1-P(AB)=(1-P(A))P(B|A)
C.若A与B互斥,则P(A∪B)=1
D.若P(AB)≠0,则A与B相互独立
11.(多选题)(2025广东茂名模拟)某高中开展一项课外实践活动,参与活动并提交实践报告可以获得学分,且该校对报告的评定分为两个等级:合格,不合格.评定为合格可以获得0.2学分,评定为不合格不能获得学分.若评定为不合格,则下一次评定为合格的概率为45,若评定为合格,则下一次评定为合格的概率为35.已知小李参加了3次课外实践活动,则( )
A.“小李第一次评定合格”与“小李第一次评定不合格”是互斥事件
B.若小李第一次评定为不合格,则小李获得0.4学分的概率为1225
C.若小李第一次评定为合格,则小李第三次评定为合格的概率为1625
D.“小李第一次评定合格”与“小李第三次评定合格”相互独立
12.(2025浙江杭州二模)甲、乙、丙三人分别从2个不同的数中随机选择若干个数(可以不选),分别构成集合A,B,C,记A∩B∩C中元素的个数为m,则m≥1的概率为 .
13.(2025安徽合肥二模)如图,在4×4的方格中放入棋子,每个格子内至多放一枚棋子,若每行都放置两枚棋子,则恰好每列都有两枚棋子的概率为 .
核心素养创新练
14.(2025山东名校联考)若a1,a2,a3,a4,a5,a6为1,2,3,4,5,6的任意排列.设X=min{max{a1,a2,a3},max{a4,a5,a6}},Y=max{min{a1,a2,a3},min{a4,a5,a6}},则( )
(已知min{a1,a2,…,an}表示a1,a2,…,an中最小的数,max{a1,a2,…,an}表示a1,a2,…,an中最大的数)
A.排列总数为700
B.满足a1Y的概率为910
答案：
1.C 解析 因为(ax+1x2)n的二项式系数之和为32,则2n=32,解得n=5,因为(ax+1x2)5展开式各项系数和为243,令x=1,代入可得(a+1)5=243=35,解得a=2,(2x+1x2)5的展开式的通项公式为Tk+1=C5k(2x)5-k·(1x2)k=25-k·C5kx5-3k,k∈{0,1,2,3,4,5},令5-3k=-1,解得k=2,则展开式中1x的系数为23·C52=8×10=80.故选C.
2.C 解析 事件A包含(3,3),(3,4),(3,5),(3,6),(4,3),(5,3),(6,3),共7种情况,其中只有(3,6)和(6,3)满足“两次点数的最大值为6”,故P(B|A)=27.故选C.
3.B 解析 2 025,66,2,0,2,5这6个数的全排列为A66,又0排在首位有A55种排法,又有2个2,它们之间的排序有A22种,当2,0,2,5这4个以2 025这种顺序与66和2 025排序有A31=3种,所以用2 025,66,2,0,2,5组成不同的10位数的个数为A66-A55A22-A31=297.
4.BCD 解析 由题意得,P(AB)=C41·C31·A88A1010=4×3×A8810×9×A88=215,故A错误;
由题意得,P(A)=C41·A99A1010=4×A9910×A99=25,∴P(B|A)=P(AB)P(A)=13,故B正确;
对于事件B可分为两种情况,即第一位出场的是男生,第二位出场的是女生,或第一位出场的是女生,第二位出场的是女生,
∴P(B)=C61·C41·A88+C41·C31·A88A1010=6×4×A88+4×3×A8810×9×A88=25,
∴P(A)=P(B),故C正确;
P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=25+25-215=23,故D正确.故选BCD.
5.ABD 解析 (1x+x2)n展开式的通项公式为Tk+1=Cnk(1x)n-k·(x2)k=12k·Cnkxk-n2,则前3项的系数分别为Cn0,12Cn1,14Cn2,对于A,由题意可得2×12Cn1=Cn0+14Cn2,即n=1+n(n-1)8,解得n=8或n=1(舍去),所以n=8,故A正确;对于B,(1x+x2)8展开式中所有奇数项的二项式系数和为282=128,故B正确;对于C,(1x+x2)8展开式的通项公式为Tk+1=12k·C8kxk-4,令k-4=0,则k=4,所以(1x+x2)8展开式中常数项为124·C84=358,故C错误;对于D,设展开式中第r+1项的系数最大,则有12r·C8r≥12r-1·C8r-1,12r·C8r≥12r+1·C8r+1,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.
6.D 解析 719=(8-1)19=819-C191×818+C192×817-C193×816+C194×815+…+C1918×8-1,而C1918×8-1=151=2×82+2×8+7,故最后一位数为7,故选D.
7.C 解析 抛掷一枚质地均匀的硬币n次,所有可能的结果有2n种.
事件A表示“n次中既有正面朝上又有反面朝上”,其对立事件A为“n次都是正面朝上或n次都是反面朝上”,A包含的情况有2种,所以P(A)=22n=12n-1.根据对立事件概率之和为1,可得P(A)=1-P(A)=1-12n-1.
事件B表示“n次中至多有一次正面朝上”,即“n次中没有正面朝上(全是反面朝上)”或“n次中有一次正面朝上”.“n次中没有正面朝上”的情况有1种;“n次中有一次正面朝上”,从n次中选1次为正面朝上,有Cn1=n种情况.所以事件B包含的情况共有n+1种,则P(B)=n+12n.
事件A∩B表示“n次中既有正面朝上又有反面朝上且至多有一次正面朝上”,即“n次中有一次正面朝上”,有Cn1=n种情况,所以P(A∩B)=n2n.
因为事件A与事件B是独立的,所以P(A∩B)=P(A)P(B),即n2n=(1-12n-1)×n+12n.
可得n=(1-12n-1)(n+1),展开得n=n+1-n+12n-1,即n+1=2n-1.
当n=2时,2+1=3,22-1=2,等式不成立;当n=3时,3+1=4,23-1=4,等式成立;当n=4时,4+1=5,24-1=8,等式不成立.综上,n=3.故选C.
8.-873 解析 (x2+1x2-3)5的展开式的常数项为C51·C41·(-3)3+C52·C32·(-3)+(-3)5=20×(-3)3+30×(-3)+(-3)5=-873.故答案为-873.
9.356 解析 从8张卡片中随机抽出3张,则样本空间中样本点的个数为C83=56.
因为1+2+3+4+5+6+7+8=36,所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等,则抽出的3张卡片上的数字之和应为18,则抽出的3张卡片上的数字的组合有8,7,3或8,6,4或7,6,5,共3种,所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为18的样本点的个数为3,所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为356.
10.C 解析 对于A选项,P(B|A)=P(AB)P(A),若P(AB)>P(B|A),则P(A)>1,不符合题意,故A选项不正确;
对于B选项,P(B|A)=P(AB)P(A)=P(AB)1-P(A),若1-P(AB)=(1-P(A))·P(B|A),则1-P(AB)=P(AB),所以P(AB)+P(AB)=1,即P(B)=1,不符合题意,故B选项不正确;
对于C选项,因为A与B互斥,所以A∩B=⌀,又A∪A=Ω,B∪B=Ω,所以A⊆B,B⊆A,所以A∪B=Ω,故P(A∪B)=1,故C选项正确;
对于D选项,P(AB)≠0,不能说明P(AB)=P(A)P(B)成立,故D选项不正确.故选C.
11.AB 解析 事件“小李第一次评定合格”与“小李第一次评定不合格”不可能同时发生,所以互斥,故A正确;
若第一次评定为不合格,设事件Ai=“第i次评定为合格”,i=2,3.
则事件“小李获得0.4学分”即事件A2A3,由概率乘法公式得,
P(A2A3)=P(A2)P(A3|A2)=45×35=1225,故B正确;
若第一次评定为合格,则由全概率公式得,
P(A3)=P(A3|A2)P(A2)+P(A3|A2)P(A2)=35×35+45×(1-35)=1725,故C错误;
P(A3|A1)=1725,若第一次评定为不合格,由全概率公式可得P(A3)=P(A3|A2)P(A2)+P(A3|A2)P(A2)=45×35+45×(1-45)=1625,
即P(A3|A1)=1625,所以P(A3|A1)≠P(A3|A1),即第一次评定是否合格对第三次评定合格的概率有影响,故“小李第一次评定合格”与“小李第三次评定合格”不相互独立,故D错误.故选AB.
12.1564 解析 设两个不同数为1,2,一个元素被某人选中的概率为12且各元素被选中与否相互独立,所以一个元素被甲、乙、丙三人都选中的概率为(12)3=18,由A∩B∩C中元素的个数m≥1,表示至少一个元素被三人选中,而两个元素均未被三人选中的概率为(1-18)2=4964,所以m≥1的概率为1-4964=1564.
13.572 解析 设“每行都放置两枚棋子”为事件A,“每列都有两枚棋子”为事件B,则所求概率为P(B|A)=P(AB)P(A)=n(AB)n(A).
根据题意,每行都放置两枚棋子,即每行都在4个方格中选2个放置棋子,有C42种方法,所以n(A)=C42·C42·C42·C42=1 296.
对于“每行每列都放置两枚棋子”,不妨令第一行的两枚棋子放置在左边第一、二个方格,此时第二行有C42=6种放置方法,则第三、四行的放置方法如图所示,
图1
图2
图3
图4
图5
图6
图1有1种方法,图2,3,4,5各有2种方法,图6中,第三行有C42=6种放置方法,其选定方格后,第四行只有唯一的放置方法,所以总共有1+2×4+6=15种方法.
因为第一行棋子有C2 4=6种放置方法,其他5种情况同理,故n(AB)=6×15=90.
所以若每行都放置两枚棋子,则恰好每列都有两枚棋子的概率P(B|A)=P(AB)P(A)=n(AB)n(A)=901 296=572.故答案为572.
14.D 解析 对于A,1,2,3,4,5,6的任意排列方法总数为A66=720,故A错误;
对于B,若a1