新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题5　第1讲　计数原理与概率（含解析）

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[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、条件概率的基本应用．
考点一 排列与组合问题
核心提炼
解决排列、组合问题的一般过程
(1)认真审题，弄清楚要做什么事情；
(2)要做的事情是需要分步还是分类，还是分步分类同时进行，确定分多少步及多少类；
(3)确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题，元素总数是多少及取出多少元素．
例1 (1)甲、乙、丙、丁四名交通志愿者申请在国庆期间到A，B，C三个路口协助交警值勤，他们申请值勤路口的意向如下表：
这4名志愿者的申请被批准，且值勤安排也符合他们的意向，若要求A，B，C三个路口都要有志愿者值勤，则不同的安排方法有( )
A．14种 B．11种
C．8种 D．5种
答案 B
解析 由题意得，
以C路口为分类标准：C路口值勤分得人数情况有2种，两个人或一个人，
若C路口值勤分得人数为2，丙、丁在C路口，那么甲、乙只能在A，B路口值勤，此时有两种安排方法．
若C路口值勤分得人数为1，丙或丁在C路口，具体情况如下．
丙在C路口：
A(丁)B(甲乙)C(丙)；
A(甲丁)B(乙)C(丙)；
A(乙丁)B(甲)C(丙)．
丁在C路口：
A(甲乙)B(丙)C(丁)；
A(丙)B(甲乙)C(丁)；
A(甲丙)B(乙)C(丁)；
A(乙)B(甲丙)C(丁)；
A(乙丙)B(甲)C(丁)；
A(甲)B(乙丙)C(丁)．
所以一共有2＋3＋6＝11(种)安排方法．
(2)(2022·衡阳模拟)2022年2月4日，中国北京第24届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十四节气的方式开始倒计时，创意新颖，惊艳了全球观众，某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“惊蛰”、“清明”、“立夏”、“芒种”、“小暑”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“惊蛰”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？( )
A．192 B．240 C．120 D．288
答案 A
解析 由题意得，只考虑“立春”和“惊蛰”时，利用捆绑法得到Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(5,5)＝240(种)，
当“立春”和“惊蛰”相邻，且“清明”与“惊蛰”也相邻时，有2种排法，即“惊蛰”在中间，“立春”“清明”分布两侧，此时再用捆绑法，将三者捆在一起，即2Aeq \\al(4,4)＝48(种)，
所以最终满足题意的排法为240－48＝192(种)．
规律方法 排列、组合问题的求解方法与技巧
(1)合理分类与准确分步；(2)排列、组合混合问题要先选后排；(3)特殊元素优先安排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题除法处理；(7)“小集团”排列问题先整体后局部；(8)正难则反，等价转化．
跟踪演练1 (1)2021年1月18号，国家航天局探月与航天工程中心表示，中国首辆火星车全球征名活动已经完成了初次评审．评审委员会遴选出弘毅、麒麟、哪吒、赤兔、祝融、求索、风火轮、追梦、天行、星火共10个名称，将其作为中国首辆火星车的命名范围．某同学为了研究这些初选名称的涵义，计划从中选3个名称依次进行分析，其中有1个是祝融，其余2个从剩下的9个名称中随机选取，则祝融不是第3个被分析的情况有( )
A．144种 B．336种
C．672种 D．1 008种
答案 A
解析 选取的3个名称中含有祝融的共有Ceq \\al(2,9)种不同的情况．分析选取的3个名称的不同情况有Aeq \\al(3,3)种，其中祝融是第3个被分析的情况有Aeq \\al(2,2)种，故祝融不是第3个被分析的情况有Ceq \\al(2,9)(Aeq \\al(3,3)－Aeq \\al(2,2))＝144(种)．
(2)(2022·广东联考)现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪馆、国家速滑馆、首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，要求每个场馆都有人去，且这四人都在这三个场馆，则甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为( )
A．12 B．14 C．16 D．18
答案 B
解析 因为甲和乙都没去首钢滑雪大跳台，则安排方法分两类：
若有两个人去首钢滑雪大跳台，则肯定是丙、丁，即甲、乙分别去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，
有Aeq \\al(2,2)＝2(种)；
若有一个人去首钢滑雪大跳台，从丙、丁中选，有Ceq \\al(1,2)＝2(种)，然后剩下的一个人和甲、乙被安排去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＝6(种)，则共有2×6＝12(种)．综上，甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为12＋2＝14.
考点二 二项式定理
核心提炼
1．求二项展开式中特定项或项的系数问题的思路
(1)利用通项公式将Tk＋1项写出并化简．
(2)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.
(3)代回通项公式即得所求．
2．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．
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)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x4)))n的展开式中第四项的系数为120，所有奇数项的二项式系数之和为512，则实数a的值为________，展开式中的常数项为________．
答案 1 45
解析 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(a,x4)))n的展开式的所有项的二项式系数之和为2n，且奇数项和偶数项的二项式系数之和相等，所以2n－1＝512，解得n＝10，
所以展开式中第四项T4＝Ceq \\al(3,10)x7eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x4)))3，
所以Ceq \\al(3,10)a3＝120，解得a＝1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x4)))10的展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)x10－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x4)))k＝Ceq \\al(k,10)x10－5k，
令10－5k＝0，解得k＝2，
所以展开式中的常数项为Ceq \\al(2,10)＝45.
易错提醒 二项式(a＋b)n的通项公式Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)an－kbk(k＝0,1,2，…，n)，它表示的是二项式的展开式的第k＋1项，而不是第k项；其中Ceq \\al(k,n)是二项式展开式的第k＋1项的二项式系数，而二项式的展开式的第k＋1项的系数是字母幂前的常数，要区分二项式系数与系数．
跟踪演练2 (1)(2022·淄博模拟)若(1－x)8＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a8(1＋x)8，则a6等于( )
A．－448 B．－112
C．112 D．448
答案 C
解析 (1－x)8＝(x－1)8＝[(1＋x)－2]8
＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a8(1＋x)8，
a6＝Ceq \\al(2,8)×(－2)2＝112.
(2)(多选)已知(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，则( )
A．展开式中各项系数和为1
B．展开式中所有项的二项式系数和为22 023
C．a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＝－2
D．a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 023,22 023)＝0
答案 BCD
解析 令x＝1得a0＋a1＋…＋a2 023＝－1，
∴A错误；
二项式系数和为Ceq \\al(0,2 023)＋Ceq \\al(1,2 023)＋…＋Ceq \\al(2 023,2 023)＝22 023，
B正确；
令x＝0得a0＝1，
∴a1＋a2＋…＋a2 023＝－2，∴C正确；
令x＝eq \f(1,2)有a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a2 023,22 023)＝0，∴D正确．
考点三 概率
核心提炼
1．古典概型的概率公式
P(A)＝eq \f(事件A包含的样本点数,试验的样本点总数).
2．条件概率公式
设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，
则P(B|A)＝eq \f(PAB,PA).
3．全概率公式
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，有P(B)＝eq \i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai)．
例3 (1)(2022·新高考全国Ⅰ)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.eq \f(1,6) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,2) D.eq \f(2,3)
答案 D
解析 从7个整数中随机取2个不同的数，共有Ceq \\al(2,7)＝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eq \f(14,21)＝eq \f(2,3).
(2)(多选)(2022·临沂模拟)甲和乙两个箱子中各有质地均匀的9个球，其中甲箱中有4个红球，2个白球，3个黑球，乙箱中有4个红球，3个白球，2个黑球，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱中，分别以A1，A2，A3表示从甲箱中取出的球是红球、白球、黑球的事件，再从乙箱中随机取出一球，以B表示取出的球是红球的事件，则( )
A．A1，A2，A3两两互斥
B．P(B|A2)＝eq \f(2,5)
C．P(B)＝eq \f(1,2)
D．B与A1相互独立
答案 AB
解析 A1，A2，A3中任何两个事件都不可能同时发生，因此它们两两互斥，A正确；
P(B|A2)＝eq \f(PBA2,PA2)＝eq \f(\f(2,9)×\f(4,10),\f(2,9))＝eq \f(2,5)，B正确；
P(A1)＝eq \f(4,9)，
P(B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)
＝eq \f(4,9)×eq \f(5,10)＋eq \f(2,9)×eq \f(4,10)＋eq \f(3,9)×eq \f(4,10)＝eq \f(4,9)，C错误；
又P(A1B)＝eq \f(4,9)×eq \f(5,10)＝eq \f(2,9)，
P(A1)P(B)＝eq \f(4,9)×eq \f(4,9)＝eq \f(16,81)，
∴P(A1B)≠P(A1)·P(B)
∴A1与B不相互独立，D错误．
(3)(2022·益阳调研)甲、乙、丙、丁4名棋手进行象棋比赛，赛程如框图所示，其中编号为i的方框表示第i场比赛，方框中是进行该场比赛的两名棋手，第i场比赛的胜者称为“胜者i”，负者称为“负者i”，第6场为决赛，获胜的人是冠军．已知甲每场比赛获胜的概率均为eq \f(2,3)，而乙、丙、丁之间相互比赛，每人胜负的可能性相同．则甲获得冠军的概率为( )
A.eq \f(8,27) B.eq \f(16,27) C.eq \f(32,81) D.eq \f(40,81)
答案 D
解析 甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况：1胜3胜6胜；1胜3负5胜6胜；1负4胜5胜6胜．所以甲获得冠军的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3＋2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))3×eq \f(1,3)＝eq \f(40,81).
规律方法 求概率的方法与技巧
(1)古典概型用古典概型概率公式求解．
(2)条件概率用条件概率公式及全概率公式求解．
(3)根据事件间关系，利用概率的加法、乘法公式及对应事件的概率公式求解．
跟踪演练3 (1)某市在文明城市建设中，鼓励市民“读书好，好读书，读好书”．在各阅览室设立茶座，让人们在休闲中阅读有用有益图书．某阅览室为了提高阅读率，对于周末前来阅读的前三名阅读者各赠送一本图书，阅读者从四种不同的书籍中随意挑选一本，则他们有且仅有2名阅读者挑选同一种书的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(4,9) C.eq \f(3,4) D.eq \f(9,16)
答案 D
解析 三人挑选四种书，每人有4种选法，
共有43＝64种方法，
恰有2人选同一种书的方法有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,3)种，
即36种方法，
故恰有2人选同一种书的概率P＝eq \f(36,64)＝eq \f(9,16).
(2)(多选)一次“智力测试”活动，在备选的10道题中，甲能答对其中的6题，乙能答对其中的8题，测试时从备选的10道题中随机抽出3题由甲、乙分别作答，至少答对2题者被评为“智答能手”．设甲被评为“智答能手”为事件A，乙被评为“智答能手”为事件B，若P(B|A)＝P(B)，则下列结论正确的是( )
A．P(A|B)＝P(A)
B．P(eq \x\t(B)|A)＝eq \f(1,15)
C．甲、乙至多有一人评为“智答能手”的概率为eq \f(16,45)
D．甲、乙至少有一人评为“智答能手”的概率为eq \f(44,45)
答案 ABD
解析 由题意，可得P(A)＝eq \f(C\\al(2,6)C\\al(1,4)＋C\\al(3,6),C\\al(3,10))＝eq \f(60＋20,120)＝eq \f(2,3)，
P(B)＝eq \f(C\\al(2,8)C\\al(1,2)＋C\\al(3,8),C\\al(3,10))＝eq \f(56＋56,120)＝eq \f(14,15)，
由P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝P(B)，
所以P(AB)＝P(A)P(B)，事件A，B相互独立，
所以P(A|B)＝eq \f(PAB,PB)＝eq \f(PAPB,PB)＝P(A)，故A正确；P(B|A)＝P(B)＝eq \f(14,15)，
由条件概率的性质得P(eq \x\t(B)|A)＝1－P(B|A)＝1－eq \f(14,15)＝eq \f(1,15)，故B正确；
因为事件A，B相互独立，所以A与eq \x\t(B)，eq \x\t(A)与B，eq \x\t(A)与eq \x\t(B)也都相互独立．甲、乙都被评为“智答能手”的概率P(AB)＝P(A)P(B)＝eq \f(2,3)×eq \f(14,15)＝eq \f(28,45)，
所以甲、乙至多有一人被评为“智答能手”的概率为1－P(AB)＝1－eq \f(28,45)＝eq \f(17,45)，故C错误；
甲、乙都没有被评为“智答能手”的概率P(eq \x\t(A)eq \x\t(B))＝P(eq \x\t(A))·P(eq \x\t(B))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2,3)))×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(14,15)))＝eq \f(1,3)×eq \f(1,15)＝eq \f(1,45)，
所以甲、乙至少有一人被评为“智答能手”的概率为1－P(eq \x\t(A)eq \x\t(B))＝1－eq \f(1,45)＝eq \f(44,45)，故D正确．
专题强化练
一、单项选择题
1．(2022·福州质检)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(x))))6展开式中的常数项为( )
A．－540 B．－15
C．15 D．135
答案 D
解析 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(x))))6展开式的通项公式为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(3x)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x))))k
＝(－1)k·36－kCeq \\al(k,6)·，k≤6，k∈N，
由6－eq \f(3,2)k＝0，解得k＝4，
则T5＝(－1)4×32×Ceq \\al(4,6)＝135，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(1,\r(x))))6展开式中的常数项为135.
2．(2022·荆州联考)某人民医院召开抗疫总结表彰大会，有7名先进个人受到表彰，其中有一对夫妻．现要选3人上台报告事迹，要求夫妻两人中至少有1人报告，若夫妻同时被选，则两人的报告顺序需要相邻，这样不同的报告方案共有( )
A．80种 B．120种
C．130种 D．140种
答案 D
解析 若夫妻中只选一人，
则有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(3,3)＝120(种)不同的方案；
若夫妻二人全选，且两人报告顺序相邻，则有Ceq \\al(1,5)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)＝20种不同的方案，故总计有140种不同的方案．
3．(2022·惠州模拟)(a－x)(2＋x)6的展开式中x5的系数是12，则实数a的值为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
答案 C
解析 利用二项式定理展开得(a－x)(2＋x)6＝
(a－x)(Ceq \\al(0,6)26＋Ceq \\al(1,6)25x＋Ceq \\al(2,6)24x2＋Ceq \\al(3,6)23x3＋Ceq \\al(4,6)22x4＋Ceq \\al(5,6)2x5＋Ceq \\al(6,6)x6)，
则x5的系数为aCeq \\al(5,6)2－Ceq \\al(4,6)22＝12，∴a＝6.
4．从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只，则这3只鞋子中任意两只都不成双的概率为( )
A.eq \f(1,14) B.eq \f(3,7) C.eq \f(4,7) D.eq \f(3,4)
答案 C
解析 从4双不同尺码的鞋子中随机抽取3只的方法为Ceq \\al(3,8)，这3只鞋子中任意两只都不成双，选取的方法为Ceq \\al(3,4)×23，
所以所求概率为P＝eq \f(C\\al(3,4)×23,C\\al(3,8))＝eq \f(4,7).
5．长时间玩手机可能影响视力，据调查，某校学生大约40%的人近视，而该校大约有20%的学生每天玩手机超过1 h，这些人的近视率约为50%.现从每天玩手机不超过1 h的学生中任意调查一名学生，则他近视的概率为( )
A.eq \f(2,5) B.eq \f(3,8)
C.eq \f(5,8) D.eq \f(3,4)
答案 B
解析 令A1＝“玩手机时间超过1 h的学生”，
A2＝“玩手机时间不超过1 h的学生”，
B＝“任意调查一人，此人近视”，
则Ω＝A1∪A2，且A1，A2互斥，
P(A1)＝0.2，P(A2)＝0.8，P(B|A1)＝0.5，
P(B)＝0.4，
依题意，
P(B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)
＝0.2×0.5＋0.8×P(B|A2)＝0.4，
解得P(B|A2)＝eq \f(3,8)，
所以所求的概率为eq \f(3,8).
6．为响应国家鼓励青年创业的号召，小王开了两家店铺，每个店铺招收了两名员工，若某节假日每位员工休假的概率均为eq \f(1,3)，且是否休假互不影响，若一家店铺的员工全部休假，而另一家店铺无人休假，则从无人休假的店铺调剂1人到员工全部休假的店铺，使得该店铺能够正常营业，否则该店就停业．则两家店铺该节假日都能正常营业的概率为( )
A.eq \f(1,9) B.eq \f(4,9)
C.eq \f(5,9) D.eq \f(8,9)
答案 D
解析 设两家店铺不能都正常营业为事件A，
由题意可知有4人休假的概率为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))4＝eq \f(1,81)，
有3人休假的概率为Ceq \\al(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))1＝eq \f(8,81)，
所以两家店铺不能都正常营业的概率为P(A)＝eq \f(1,81)＋eq \f(8,81)＝eq \f(1,9)，
所以两家店铺该节假日都能正常营业的概率为1－P(A)＝eq \f(8,9).
7．(2022·锦州模拟)定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作a＝b(md m)，比如：26＝16(md 10)．已知n＝Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(1,10)·8＋Ceq \\al(2,10)·82＋…＋Ceq \\al(10,10)·810，满足n＝p(md 7)，则p可以是( )
A．23 B．31
C．32 D．19
答案 A
解析 因为n＝Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(1,10)·8＋Ceq \\al(2,10)·82＋…＋Ceq \\al(10,10)·810＝(1＋8)10＝(7＋2)10，
也即n＝Ceq \\al(0,10)·710＋Ceq \\al(1,10)·79·2＋…＋Ceq \\al(9,10)·7·29＋Ceq \\al(10,10)·210，
故n除以7的余数即为Ceq \\al(10,10)·210＝1 024除以7的余数，1 024除以7的余数为2，结合选项知23除以7的余数也为2，满足题意，其它选项都不满足题意．
8．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中，法国数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是( )
A．Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,5)＋…＋Ceq \\al(2,10)＝165
B．在第2 022行中第1 011个数最大
C．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数
D．第34行中第15个数与第16个数之比为2∶3
答案 C
解析 由Ceq \\al(m－1,n)＋Ceq \\al(m,n)＝Ceq \\al(m,n＋1)可得
Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,5)＋…＋Ceq \\al(2,10)
＝Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,5)＋…＋Ceq \\al(2,10)－1
＝Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,5)＋…＋Ceq \\al(2,10)－1
＝Ceq \\al(3,11)－1
＝eq \f(11×10×9,3×2×1)－1＝164，故A错误；
第2 022行中第1 011个数为Ceq \\al(1 010,2 022)Ceq \\al(6,6)＋Ceq \\al(6,7)＋Ceq \\al(6,8)＝Ceq \\al(7,7)＋Ceq \\al(6,7)＋Ceq \\al(6,8)＝Ceq \\al(7,8)＋Ceq \\al(6,8)＝Ceq \\al(7,9)，
故C正确；
第34行中第15个数与第16个数之比为
Ceq \\al(14,34)∶Ceq \\al(15,34)＝eq \f(34×33×…×21,14×13×…×1)：eq \f(34×33×…×20,15×14×13×…×1)
＝15∶20＝3∶4，故D错误．
二、多项选择题
9．(2022·山东省实验中学诊断)已知(a＋b)n的展开式中第五项的二项式系数最大，则n的值可以为( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案 ABC
解析 若展开式中只有第五项的二项式系数最大，则eq \f(n,2)＋1＝5，解得n＝8；若展开式中第四项和第五项的二项式系数最大，则eq \f(n＋3,2)＝5，解得n＝7；若展开式中第五项和第六项的二项式系数最大，则eq \f(n＋1,2)＝5，解得n＝9.
10．(2022·湖南师大附中模拟)抛掷一红一绿两枚质地均匀的骰子，用x表示红色骰子的点数，y表示绿色骰子的点数，设事件A＝“x＋y＝7”，事件B＝“xy为奇数”，事件C＝“x＞3”，则下列结论正确的是( )
A．A与B互斥
B．A与B对立
C．P(B|C)＝eq \f(1,3)
D．A与C相互独立
答案 AD
解析 事件A包含的基本事件为(1,6)，(2,5)，
(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)，共6种，
所以P(A)＝eq \f(6,6×6)＝eq \f(1,6)，
事件B包含的基本事件为(1,1)，(1,3)，(1,5)，(3,1)，(3,3)，(3,5)，(5,1)，(5,3)，(5,5)，共9种，
则P(B)＝eq \f(9,6×6)＝eq \f(1,4)，
所以A与B互斥但不对立，故A正确，B错误；
事件C包含的基本事件数为3×6＝18，
则P(C)＝eq \f(18,6×6)＝eq \f(1,2)，
P(BC)＝eq \f(3,6×6)＝eq \f(1,12)，
所以P(B|C)＝eq \f(PBC,PC)＝eq \f(1,6)，故C错误；
因为P(AC)＝eq \f(3,6×6)＝eq \f(1,12)，
P(A)·P(C)＝eq \f(1,6)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,12)，
则P(AC)＝P(A)·P(C)，所以A与C相互独立，故D正确．
11．(2022·襄阳模拟)A，B，C，D，E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有( )
A．若A，B两人站在一起，则共有24种排法
B．若A，B不相邻，则共有72种排法
C．若A在B左边，则共有60种排法
D．若A不站在最左边，B不站在最右边，则共有78种排法
答案 BCD
解析 对于A，先将A，B排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排列，由分步乘法计数原理可知，共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(4,4)＝48(种)，
所以A不正确；
对于B，先将A，B之外的3人全排列，产生4个空，再将A，B两元素插空，所以共有Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,4)＝72(种)，所以B正确；
对于C,5人全排列，而其中A在B的左边和A在B的右边是等可能的，所以A在B的左边的排法有eq \f(1,2)Aeq \\al(5,5)＝60(种)，所以C正确；
对于D，对A分两种情况：一是若A站在最右边，则剩下的4人全排列有Aeq \\al(4,4)种，另一个是A不站在最左边也不站在最右边，则A从中间的3个位置中任选1个，然后B从除最右边的3个位置中任选1个，最后剩下3人全排列即可，由分类加法计数原理可知，共有Aeq \\al(4,4)＋Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)＝78(种)，所以D正确．
12．甲、乙两个均匀且完全一样的四面体，每个面都是正三角形，甲四个面上分别标有数字1,2,3,4，乙四个面上分别标有数字5,6,7,8，同时抛掷这两个四面体一次，记事件A为“两个四面体朝下一面的数字之和为奇数”，事件B为“甲四面体朝下一面的数字为奇数”，事件C为“乙四面体朝下一面的数字为偶数”，则下列结论正确的是( )
A．P(A)＝P(B)＝P(C)
B．P(BC)＝P(AC)＝P(AB)
C．P(ABC)＝eq \f(1,8)
D．P(B|A)＝eq \f(1,2)
答案 ABD
解析 由已知得P(A)＝eq \f(2,4)×eq \f(2,4)＋eq \f(2,4)×eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，
P(B)＝P(C)＝eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，
所以P(A)＝P(B)＝P(C)，
则A中结论正确；
P(AB)＝eq \f(2,4)×eq \f(2,4)＝eq \f(1,4)，
P(AC)＝eq \f(1,4)，P(BC)＝eq \f(1,4)，
所以P(BC)＝P(AC)＝P(AB)，则B中结论正确；
事件A，B，C不相互独立，故P(ABC)＝eq \f(1,8)错误，即C中结论错误；
P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(\f(1,4),\f(1,2))＝eq \f(1,2)，则D中结论正确．
三、填空题
13．(2022·益阳调研)为迎接新年到来，某中学“唱响时代强音，放飞青春梦想”元旦文艺晚会如期举行．校文娱委员会要在已经排好的8个学生节目中增加2个教师节目，若保持原来的8个节目的出场顺序不变，则不同排法的种数为________．
答案 90
解析 总共10个节目排顺序，先把老师的节目排好，剩下的8个学生的节目按原来的顺序即可，故共有Aeq \\al(2,10)＝90种不同的排法．
14．(2022·全国甲卷)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．
答案 eq \f(6,35)
解析 从正方体的8个顶点中任选4个，
取法有Ceq \\al(4,8)＝70(种)．
其中4个点共面有以下两种情况：
(1)所取的4个点为正方体同一个面上的4个顶点，如图1，有6种取法；
(2)所取的4个点为正方体同一个对角面上的4个顶点，如图2，也有6种取法．
故4个点在同一个平面共有6＋6＝12(种)情况．
所以所取的4个点在同一个平面的概率P＝eq \f(12,70)＝eq \f(6,35).
15．(2022·滨州模拟)(x＋y－z)6的展开式中xy2z3的系数是________．
答案 －60
解析 依题意xy2z3的系数为Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(3,5)(－1)3＝－60.
16．(2022·广州模拟)如图，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则事件“质点位于－2的位置”的概率为__________．
答案 eq \f(15,64)
解析 由图可知，若想通过6次移动最终停在－2的位置上，则必然需要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次为L，则该题可转化为RRLLLL六个字母排序的问题，故落在－2上的排法种数为eq \f(A\\al(6,6),A\\al(2,2)A\\al(4,4))＝15，所以移动结果的总数为26＝64，所有落在－2上的概率为P＝eq \f(15,64).交通路口
A
B
C
志愿者
甲、乙、丙、丁
甲、乙、丙
丙、丁