满分之路（备战2024高考）高考数学二轮复习之必刷小题19　计数原理与概率

这是一份满分之路（备战2024高考）高考数学二轮复习之必刷小题19　计数原理与概率，共29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。

必刷小题19 计数原理与概率
一、单项选择题
1．某市场一摊位的卖菜员发现顾客来此摊位买菜后选择只用现金支付的概率为0.2，选择既用现金支付又用非现金支付的概率为0.1，且买菜后无赊账行为，则选择只用非现金支付的概率为( )
A．0.5 B．0.6 C．0.7 D．0.8
答案 C
解析 设事件A为“只用现金支付”，事件B为“只用非现金支付”，事件C为“既用现金支付又用非现金支付”，事件D为“买菜后支付”，则P(D)＝P(A)＋P(B)＋P(C)＝1，
因为P(A)＝0.2，P(C)＝0.1，所以P(B)＝0.7.
2．2022年2月4日第24届冬季奥林匹克运动会在北京盛大开幕，中国冬奥健儿在赛场上摘金夺银，在国内掀起一波冬奥热的同时，也带动了奥运会周边产品的热销，其中奥运吉祥物冰墩墩盲盒备受欢迎，已知冰墩墩盲盒共有7个，6个是基础款，1个是隐藏款，随机购买两个冰墩墩盲盒，买到隐藏款的概率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(2,7) C.eq \f(3,7) D.eq \f(2,5)
答案 B
解析 冰墩墩盲盒共有7个，6个是基础款，1个是隐藏款，随机购买两个，
样本点总数n＝Ceq \\al(2,7)＝21，买到隐藏款包含的样本点个数m＝Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,6)＝6，
故买到隐藏款的概率P＝eq \f(m,n)＝eq \f(6,21)＝eq \f(2,7).
3．飞沫传播是呼吸系统疾病传播的主要途径，已知患者通过飞沫传播被感染的概率为eq \f(2,3)，假设甲、乙两患者是否通过飞沫传播被感染相互独立，则甲、乙两患者至少有一人是通过飞沫传播被感染的概率为( )
A.eq \f(2,3) B.eq \f(11,12) C.eq \f(3,4) D.eq \f(8,9)
答案 D
解析 ∵患者通过飞沫传播被感染的概率为eq \f(2,3)，
∴患者不是通过飞沫传播被感染的概率为eq \f(1,3)，
∴甲、乙两患者都不是通过飞沫传播被感染的概率为eq \f(1,3)×eq \f(1,3)＝eq \f(1,9)，
故甲、乙两患者至少有一人是通过飞沫传播被感染的概率为1－eq \f(1,9)＝eq \f(8,9).
4．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(2,x)))5的展开式中各项系数的和为2，则展开式中的常数项为( )
A．－720 B．－360 C．360 D．1 080
答案 C
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(2,x)))5＝ax·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(2,x)))5＋eq \f(1,x)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(2,x)))5，
令x＝1，则展开式的各项系数和为a＋1＝2，解得a＝1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax＋\f(1,x)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(2,x)))5＝x·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(2,x)))5＋eq \f(1,x)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x－\f(2,x)))5，所以常数项为x·Ceq \\al(3,5)(3x)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))3＋eq \f(1,x)·Ceq \\al(2,5)(3x)3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x)))2＝Ceq \\al(3,5)×32×(－2)3＋Ceq \\al(2,5)×33×(－2)2＝－720＋1 080＝360.
5．(2023·长沙模拟)学校从高一3名男数学老师和3名女数学老师中选派4人，承担本次模拟考试数学阅卷任务，则在选派的4人中已知至少有2名男老师的条件下，有2名女老师的概率为( )
A.eq \f(4,5) B.eq \f(3,4) C.eq \f(3,5) D.eq \f(12,25)
答案 B
解析 记“选派的4人中至少有2名男老师”为事件A，
“选派的4人中有2名女老师”为事件B，
则P(A)＝eq \f(C\\al(2,3)C\\al(2,3)＋C\\al(3,3)C\\al(1,3),C\\al(4,6))＝eq \f(4,5)，P(B)＝eq \f(C\\al(2,3)C\\al(2,3),C\\al(4,6))＝eq \f(3,5)，P(AB)＝P(B)＝eq \f(3,5)，
则在已知选派的4人中至少有2名男老师的条件下，有2名女老师的概率为
P(B|A)＝eq \f(PAB,PA)＝eq \f(PB,PA)＝eq \f(3,4).
6．(2023·大庆模拟)重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式．九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”．它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度．其锅具抽象成数学形状如图(同一类格子形状相同)：
“中间格”火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物；
“十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热可以锁住食材原香；
“四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．
现有6种不同食物(足够量)，其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物(不考虑位置)，则不同的放法种数为( )
A．108 B．36 C．9 D．6
答案 C
解析 根据题意，6种不同食物中，有1种适合放入中间格，则中间格有1种放法，
十字格有四个位置，有3种适合放入十字格，所以有一种放两个位置，共有3种放法，四角格有4个位置，有2种适合放入四角格，可分为一种放三个位置，一种放一个位置，有两种放法，或每种均放两个位置，有一种放法，则四角格有3种放法，则有1×3×3＝9(种)不同放法．
7．小小的火柴棒可以拼成几何图形，也可以拼成数字．如图所示，我们可以用火柴棒拼出1至9这9个数字．比如：“1”需要2根火柴棒，“7”需要3根火柴棒．若用8根火柴棒以适当的方式全部放入表格中(没有放入火柴棒的空位表示数字“0”)，那么最多可以表示无重复数字的三位数的个数为( )
A．8 B．12 C．16 D．20
答案 D
解析 由题意，可以用2根火柴棒表示数字1；3根火柴棒表示数字7；4根火柴棒表示数字4；5根火柴棒表示数字2,3,5；6根火柴棒表示数字6,9；7根火柴棒表示数字8.
数字不重复，因此8根火柴棒只能分成两组：2和6,3和5，组成两个数字，还有一个数字只能为0，
这样组成的无重复数字的三位数个数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＋Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)＝20.
8．西安是世界四大古都之一，历史上先后有十多个王朝在西安建都．图为唐长安城(西安古称)示意图，城中南北向共有9条街道，东西向有12条街道，被称为“九衢十二条”，整齐的街道把唐长安城划分成了108坊，各坊有坊墙包围．下列说法错误的是( )
A．从延平门进城到安化门出城，最近的不同路线共有15条
B．甲、乙两人从安化门、明德门、启夏门这三个城门中随机选一城门进城，若两人的选择互不影响，则两人从同一城门进城的概率为eq \f(1,3)
C．用四种不同的颜色给长乐、永福、大宁、兴宁四坊染色(街道忽略)，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，共有60种不同的染色方法
D．若将街道看成直线，则图中矩形ABCD区域中共有不同矩形150个
答案 C
解析 A项，如图1所示，
从延平门到安化门，最近的路线是从图1中点M到点N，只能横向往右走纵向往下走，所以共有Ceq \\al(2,6)＝15(条)，故A正确；
B项，甲、乙两人从安化门、明德门、启夏门这三个城门中随机选一城门进城，因为两人的选择互不影响，所以两人进城共有9种不同的情况，两人从相同城门进城有3种情况，所以两人从同一城门进城的概率为eq \f(1,3)，故B正确；
C项，如图2所示，
用四种不同的颜色给长乐、永福、大宁、兴宁四坊染色，若四个位置颜色各不相同，则有Aeq \\al(4,4)＝24(种)染色方法，若1与4颜色相同，则有Aeq \\al(3,4)＝24(种)染色方法，若2与3颜色相同，则有Aeq \\al(3,4)＝24(种)染色方法，若1与4颜色相同且2与3颜色相同，则有Aeq \\al(2,4)＝12(种)染色方法，综上，共有84种染色方法，故C错误；
D项，若将街道看成直线，则在矩形ABCD区域网格的5条横线中任取两条，6条竖线中任取两条，即可围出一个矩形，所以共有Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,6)＝150(个)不同的矩形，故D正确．
二、多项选择题
9．分别抛掷两枚质地均匀的骰子(六个面上的点数分别为1,2,3,4,5,6)，设事件M＝“第一枚骰子的点数为奇数”，事件N＝“第二枚骰子的点数为偶数”，则( )
A．M与N互斥
B．P(M)＝eq \f(1,2)
C．M与N相互独立
D．P(M∪N)＝eq \f(1,4)
答案 BC
解析 对于A，事件M与N是可能同时发生的，故M与N不互斥，故A不正确；
对于B，P(M)＝eq \f(3,6)＝eq \f(1,2)，故B正确；
对于C，事件M发生与否对事件N发生的概率没有影响，M与N相互独立，故C正确；
对于D，事件M发生的概率为P(M)＝eq \f(1,2)，事件N发生的概率为P(N)＝eq \f(1,2)，P(M∪N)＝1－P(eq \x\t(M))P(eq \x\t(N))＝1－eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(3,4)，故D不正确．
10．已知(x－3)8＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋…＋a8(x－2)8，则下列结论正确的有( )
A．a0＝1
B．a6＝－28
C.eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝－eq \f(255,256)
D．a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝128
答案 ACD
解析 对于A，取x＝2，得a0＝1，A正确；
对于B，(x－3)8＝[－1＋(x－2)]8展开式中第7项为Ceq \\al(6,8)(－1)2(x－2)6＝28(x－2)6，
即a6＝28，B不正确；
对于C，取x＝eq \f(5,2)，得
a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)－3))8＝eq \f(1,256)，
则eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a8,28)＝eq \f(1,256)－a0＝－eq \f(255,256)，
C正确；
对于D，取x＝3，得
a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a7＋a8＝0，
取x＝1，得
a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝(－2)8＝256，
两式相加得2(a0＋a2＋a4＋a6＋a8)＝256，
即a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝128，D正确．
11．假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有3个小孩的家庭，随机选择一个家庭，则下列说法正确的是( )
A．事件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”是互斥事件
B．事件“该家庭3个小孩都是男孩”和事件“该家庭3个小孩都是女孩”是对立事件
C．该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为eq \f(3,8)
D．当已知该家庭3个小孩中有男孩的条件下，3个小孩中至少有2个男孩的概率为eq \f(4,7)
答案 CD
解析 对于A，事件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”能同时发生，不是互斥事件，故A错误；
对于B，事件“该家庭3个小孩都是男孩”和事件“该家庭3个小孩都是女孩”不能同时发生，能同时不发生，是互斥但不对立事件，故B错误；
对于C，有3个小孩的家庭包含的样本点有8个，分别为(男男男)，(男男女)，(男女男)，(女男男)，(男女女)，(女男女)，(女女男)，(女女女)，
该家庭3个小孩中只有1个男孩包含的样本点有3个，
故该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为P＝eq \f(3,8)，故C正确；
对于D，已知该家庭3个小孩中有男孩的条件下，样本点有7个，分别为(男男男)，(男男女)，(男女男)，(女男男)，(男女女)，(女男女)，(女女男)，
3个小孩中至少有2个男孩包含的样本点有4个，
故3个小孩中至少有2个男孩的概率为eq \f(4,7)，故D正确．
12．(2023·合肥质检)有3台车床加工同一型号的零件．第1台加工的次品率为6%，第2,3台加工的次品率均为5%，加工出来的零件混放在一起．已知第1,2,3台车床的零件数分别占总数的25%,30%,45%，则下列选项正确的有( )
A．任取一个零件是第1台生产出来的次品概率为0.06
B．任取一个零件是次品的概率为0.052 5
C．任取一个零件是次品，则它是第2台车床加工的概率为eq \f(2,7)
D．任取一个零件是次品，则它是第3台车床加工的概率为eq \f(2,7)
答案 BC
解析 记Ai为事件“零件为第i(i＝1,2,3)台车床加工”，记B为事件“任取一个零件为次品”，
则P(A1)＝0.25，P(A2)＝0.3，P(A3)＝0.45，
对于A，即P(A1B)＝P(A1)·P(B|A1)＝0.25×0.06＝0.015，A错误；
对于B，P(B)＝P(A1)·P(B|A1)＋P(A2)·P(B|A2)＋P(A3)·P(B|A3)
＝0.25×0.06＋0.3×0.05＋0.45×0.05
＝0.052 5，B正确；
对于C，
P(A2|B)＝eq \f(PA2·PB|A2,PB)＝eq \f(0.3×0.05,0.052 5)＝eq \f(2,7)，
C正确；
对于D，
P(A3|B)＝eq \f(PA3·PB|A3,PB)＝eq \f(0.45×0.05,0.052 5)＝eq \f(3,7)，
D错误．
三、填空题
13．盒子中装有编号为0,1,2,3,4的五个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是________．
答案 eq \f(9,10)
解析 从编号为0,1,2,3,4的五个球中任取两个球的所有样本点为(0,1)，(0,2)，(0,3)，(0,4)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共10个，
其中两个球的编号之积为偶数的样本点有(0,1)，(0,2)，(0,3)，(0,4)，(1,2)，(1,4)，(2,3)，(2,4)，(3,4)，共9个，故所求概率为P＝eq \f(9,10).
14．在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(x),2)－\f(2,\r(x))))6的展开式中，x2的系数为________．
答案 －eq \f(3,8)
解析 展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(x),2)))6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,\r(x))))k＝Ceq \\al(k,6)·(－1)k·22k－6x3－k，
令3－k＝2，得k＝1，所以x2的系数为Ceq \\al(1,6)×(－1)×2－4＝－eq \f(3,8).
15．(2023·长沙模拟)有甲、乙2位女生和4位男生共6位同学排成一排，甲同学不能站在最左边，4位男生中恰有3位相邻的排法有________种．
答案 240
解析 先将3位相邻的男生捆绑在一起记为元素a，另外一名男生记为元素b，
则甲，乙，a，b四个不同元素排成一排，甲不在最左边，a，b不相邻，
则不同的排法种数为Aeq \\al(3,4)(Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)－Aeq \\al(2,2))＝24×10＝240.
16．用标有1克、2克、4克的砝码各一个，在某架无刻度的天平上称量重物，如果天平两端均可放置砝码，那么该天平所能称出的不同克数(正整数)至多有________种；若再增加15克、40克的砝码各一个，所能称出的不同克数(正整数)至多有________种．
答案 7 62
解析 当一边放砝码时：一个砝码时，能称出1克、2克、4克，两个砝码时能称出3克、5克、6克，三个砝码时能称出7克，共有7种情况；
当两边都放砝码时：一边各放一个砝码时，则能称出4－2＝2(克)，2－1＝1(克)，4－1＝3(克)，共三种情况；
一边两个，另一边一个有4－(2＋1)＝1(克)，2＋4－1＝5(克)，4＋1－2＝3(克)，共三种情况，
综上所述，该天平所能称出的不同克数(正整数)至多有7种．
若用1克、2克、4克的砝码，可称量范围1≤x≤7，
若加入15克后，可称量的范围15－7≤x≤15＋7，即8≤x≤22，
若加入40克后，可称量的范围40－7≤x≤40＋7，即33≤x≤47，
也可称量40＋8≤x≤40＋22，即48≤x≤62，
也可称量40－22≤x≤40＋8，即18≤x≤48，
则可称量的范围有1≤x≤7,8≤x≤22,18≤x≤48,33≤x≤47,48≤x≤62，
x为正整数，即1≤x≤62，
所以再增加15克、40克的砝码各一个，所能称出的不同克数(正整数)至多有62种．