新高考数学一轮复习考点分层练习第10章必刷小题19计数原理与概率（含答案解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点分层练习第10章必刷小题19计数原理与概率（含答案解析），共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1.已知一个系统由A，B两个部件并联组成，当A或B正常工作时，系统就能正常工作，若A正常工作的概率为0.65，B正常工作的概率为0.6，则该系统正常工作的概率为( )
2.在x2−2x6的二项展开式中，x的系数为( )
A.-154B.154C.-38D.38
3.甲、乙等四个人一起随机手牵手围成一圈做游戏，甲与乙牵手的概率是( )
A.12B.13C.14D.23
4.现有一批产品共9件，已知其中5件正品和4件次品，现从中选4件产品进行检测，则下列事件中互为对立事件的是( )
A.恰好两件正品与恰好四件正品
B.至少三件正品与全部正品
C.至少一件正品与全部次品
D.至少一件正品与至少一件次品
5.(2024·大同模拟)某商场举办购物抽奖活动，其中将抽到的各位数字之和为8的四位数称为“幸运数”(如2 024是“幸运数”)，并获得一定的奖品，则首位数字为2的“幸运数”共有( )
A.32个B.28个C.27个D.24个
6.已知甲袋中有6个红球和4个白球，乙袋中有8个红球和6个白球，随机取一袋，再从袋中任取一球，发现是红球，则此球来自甲袋的概率为( )
A.512B.37C.2041D.2141
7.在二项式2x−1xn的展开式中，二项式系数的和为64，把展开式中所有的项重新排成一列，奇次项(未知数x的指数为奇数的项)都互不相邻的概率为( )
A.135B.16C.14D.27
8.某规范化考场的规格为每场30名考生，分为6排5列，依照如表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排或同一列，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
二、多项选择题(每小题6分，共18分)
9.二项式x−1x6的展开式中( )
A.前三项系数之和为22
B.二项式系数最大的项是第4项
C.常数项为15
D.所有项的系数之和为0
10.已知A，B是一个随机试验中的两个事件，且P(A)=0.6，P(B)=0.3，则下列结论一定正确的是( )
A.P(AB)=0.18
B.A，B不可能为互斥事件
C.若P(AB)=0.42，则事件A，B相互独立
D.若A，B相互独立，则P(A+B)=0.7
11.五一假期过后，车主小王选择去某市新开的A，B两家共享自助洗车店洗车.已知小王第一次去A，B两家洗车店洗车的概率分别为35和25，如果小王第一次去A洗车店，那么第二次去A洗车店的概率为12；如果小王第一次去B洗车店，那么第二次去A洗车店的概率为35，则下列结论正确的是( )
A.小王第一次去B洗车店，第二次也去B洗车店的概率为425
B.小王第二次去B洗车店的概率比第二次去A洗车店的概率大
C.若小王第二次去了A洗车店，则他第一次去A洗车店的概率为59
D.若小王第二次去了B洗车店，则他第一次去A洗车店的概率为1323
三、填空题(每小题5分，共15分)
12.小耿与小吴参与某个答题游戏，此游戏共有5道题，小耿有3道题不会，小吴有1道题不会，小耿与小吴分别从这5道题中任意选取1道题进行回答，且两人选题和答题互不影响，则小耿与小吴恰有1人会答的概率为 .
13.无人酒店是利用人工智能与物联网技术，为客人提供自助入住等服务的新型酒店，胜在科技感与新奇感.去某地旅游的游客有无人酒店和常规酒店两种选择，某游客去该地旅游，第一天随机选择一种酒店入住，如果第一天入住无人酒店，那么第二天还入住无人酒店的概率为0.8，如果第一天入住常规酒店，那么第二天入住无人酒店的概率为0.6，则该游客第二天入住无人酒店的概率为 .
14.(2024·广州模拟)如图是一个3×3的九宫格，小方格内的坐标表示向量，现不改变这些向量坐标，重新调整位置，使得每行、每列各三个向量的和为零向量，则不同的填法种数为 .

答案精析
1.A 2.B
3.D [以甲为中心，其他三人的位置是甲的左边、右边、对面，共有A33种情况，其中乙在甲的左边或右边，即甲与乙能牵手有2A22种情况，所以所求概率为P=2A22A33=23.]
4.C [根据题意，选项A中事件为互斥事件，不是对立事件；选项B，D中事件可能同时发生，全部正品是至少三件正品的子事件；选项C中事件为对立事件，全部次品不能存在有正品的事件.]
5.B [依题意，首位数字为2的“幸运数”中其他三位数字的组合有以下七类：
①“0，0，6”组合，有C31种，②“0，1，5”组合，有A33种，③“0，2，4”组合，有A33种，④“0，3，3”组合，有C31种，⑤“1，1，4”组合，有C31种，⑥“1，2，3”组合，有A33种，⑦“2，2，2”组合，有1种.
由分类加法计数原理，首位数字为2的“幸运数”共有3C31+3A33+1=9+18+1=28(个).]
6.D [设“取到甲袋”为事件A，
则P(A)=P(A)=12，
设“取到红球”为事件B，则P(B|A)=610=35，P(B|A)=814=47，
由全概率公式可得P(B)
=P(B|A)P(A)+P(B|A)P(A)
=35×12+47×12=4170，
所以P(A|B)=P(B|A)P(A)P(B)=35×124170=2141.]
7.A [在二项式2x−1xn的展开式中，二项式系数的和为2n=64=26，所以n=6.二项式2x−1xn即为2x−1x6，
展开式的通项为Tk+1=C6k·26-k(-1)k·x3-k，k=0，1，2，…，6，
故展开式共有7项，当k=0，2，4，6时，第k+1项为奇次项，
把展开式中所有的项重新排成一列，奇次项都互不相邻，即把其他的3个偶次项先任意排，
再把这4个奇次项插入其中的4个空中，方法共有A33A44种，
故奇次项都互不相邻的概率为P=A33A44A77=135.]
8.A [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种选择，
此时，不同的排法有3×2×1×A33=36(种)；
(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C32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C32×(3×2×6)×A33=648(种)不同的排法；
(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，不同的排法有9×3×2×A33=324(种).
综上所述，当三人都使用A卷时，不同的排法种数为36+648+324=1 008.
由对称性可知，当三人都使用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.]
9.BCD [二项式x−1x6展开式的通项为Tk+1=C6k(x)6−k·−1xk=(-1)kC6kx3−3k2(k=0，1，2，…，6)，前三项的系数之和为(-1)0C60+(-1)1C61+(-1)2C62=10，A错误；
二项式系数C6k(k=0，1，2，…，6)中最大的是C63，恰好是第4项，B正确；
要求常数项，通项公式中应满足3-3k2=0，得k=2，即T3=(-1)2C62x0=15，C正确；
将x=1代入，可得所有项的系数之和为0，D正确.]
10.BC [若P(AB)=0.18=P(A)P(B)，则事件A，B相互独立，无法确定，故A错误；
若A，B为互斥事件，则P(AB)=0，所以P(A+B)=P(A)+P(B)=0.6+1-0.3=1.3>1，故A，B不可能为互斥事件，故B正确；
若P(AB)=0.42=P(A)P(B)，则事件A，B相互独立，故C正确；
若A，B相互独立，则A，B相互独立，所以P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=0.4+0.3-0.4×0.3=0.58，故D错误.]
11.AC [记第i次去A洗车店为事件Ai，第i次去B洗车店为事件Bi，i=1，2，
由题意可知，P(A1)=35，P(B1)=25，
P(A2|A1)=12，P(B2|A1)=12，
P(A2|B1)=35，P(B2|B1)=25，
对于A，P(B1B2)=P(B1)P(B2|B1)=25×25=425，故A正确；
对于B，P(B2)=P(A1)P(B2|A1)+P(B1)P(B2|B1)=35×12+25×25=2350，
P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=35×12+25×35=2750，故B错误；
对于C，P(A1|A2)=P(A1A2)P(A2)=P(A1)P(A2|A1)P(A2)=35×122750=59，故C正确；
对于D，P(A1|B2)=P(A1B2)P(B2)=P(A1)P(B2|A1)P(B2)=35×122350=1523，故D错误.]
12.1425
解析 小耿与小吴恰有1人会答，包括两种情况，小耿会小吴不会和小吴会小耿不会.则小耿与小吴恰有1人会答的概率为25×15+35×45=1425.
13.0.7
解析 记事件A1=“第一天入住无人酒店”，A2=“第二天入住无人酒店”，B1=“第一天入住常规酒店”，
根据题意可知P(A1)=P(B1)=0.5，
P(A2|A1)=0.8，P(A2|B1)=0.6，
则由全概率公式可得P(A2)=P(A1)P(A2|A1)+P(B1)P(A2|B1)=0.7.
14.72
解析 首先对3×3的九宫格每个位置标注数字，第一步先排(0，0)，一共9个位置，因此有C91种排法，
根据对称性知，(0，0)所在的行和列只能排(1，1)，(-1，-1)，(1，-1)，(-1，1)，不妨设(0，0)在1位置，第二步排2位置，则从(1，1)，(-1，-1)，(1，-1)，(-1，1)中选一个，因此有C41种排法，则3位置的向量也定下来了，第三步排4位置，则从(1，1)，(-1，-1)，(1，-1)，(-1，1)中剩余的两个中挑一个，因此有C21种排法，接着排7位置，7位置是(1，1)，(-1，-1)，(1，-1)，(-1，1)中剩余的最后一个，相当于(0，0)所在的行和列都定下来了，则使得每行、每列各三个向量的和为零向量，其他四个位置的向量排法是唯一的，因此按分步乘法计数原理知，共有C91C41C21=72(种)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
(-1，1)
(0，1)
(1，1)
(-1，0)
(0，0)
(1，0)
(-1，-1)
(0，-1)
(1，-1)
1
2
3
4
5
6
7
8
9