第18讲 计数原理与概率（3大考点+强化训练）-冲刺985、211名校高考数学重难点培优全攻略（新高考专用）

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考点分类讲解
考点一：排列与组合问题
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．
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．
【例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，
(ⅰ)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)；
(ⅱ)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)．
【变式1】（2024·福建漳州·模拟预测）（ ）
A．65B．160C．165D．210
【答案】C
【分析】根据排列数、组合数的公式计算可得.
【详解】.
故选：.
【变式2】（2024·浙江·模拟预测）现有一项需要用时两天的活动，要从5人中安排2人参加，每天安排一人，若其中甲、乙2人在这两天都没有参加，则不同的安排方式有（ ）
A．20种B．10种C．8种D．6种
【答案】D
【分析】根据排列数的定义和公式，即可求解.
【详解】由题意可知，从除甲和乙之外的3人中选2人，安排2天的活动，有种方法.
故选：D
【变式3】（2024·四川凉山·二模）为了传承和弘扬雷锋精神，凝聚榜样力量．3月5日学雷锋纪念日来临之际，凉山州某中学举办了主题为“传承雷锋精神，践行时代力量”的征文比赛．此次征文共5个题目，每位参赛学生从中随机选取一个题目准备作文，则甲、乙，丙三位同学选到互不相同题目的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据分步计算原理得到总情况数，再利用排列公式得到满足题意的情况数，最后利用古典概率的计算公式即可.
【详解】甲同学可以选择一个题目共有5种选法，同理，乙、丙也有5种选法，
由分步乘法计数原理，3人到四个社区参加志愿服务共有种选法；
若甲、乙，丙三位同学选到互不相同题目，共有种选法；
则甲、乙，丙三位同学选到互不相同题目的概率为.
故选：D.
考点二：二项式定理
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．
规律方法 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．
【例2】（2024·贵州毕节·一模）二项式的展开式中含项的系数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用二项式定理的通项公式即可求解.
【详解】由二项式定理可知，的展开式的通项为
，
令，解得，
所以，
所以二项式的展开式中含项的系数为.
故选：B.
【变式1】（2024·辽宁大连·一模）（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据表达式特征可知利用二项式定理的逆运用可得结果.
【详解】易知
.
故选：B
【变式2】（2024·浙江温州·二模）在展开式中，的奇数次幂的项的系数和为（ ）
A．B．64C．D．32
【答案】A
【分析】设，利用赋值法计算可得.
【详解】设，
令可得，
令可得，
所以，
即在展开式中的奇数次幂的项的系数和为.
故选：A
【变式3】（2022·湖南·模拟预测）下列不属于的展开式的项的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】按照二项式定理直接展开判断即可.
【详解】由二项式定理可知，，故不是展开式的项.
故选：B
考点三：概率
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
一般地，若事件A1，A2，…，An两两互斥，且它们的和i=1n Ai=Ω，P(Ai)>0，i=1，2，3，…，n，则对于Ω中的任意事件B，有P(B)= i=1n P(Ai)P(B|Ai). 这个公式称为全概率公式.
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．
【例3】(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．
【变式1】（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）依次抛掷两枚质地均匀的骰子，记骰子向上的点数．用表示第一次抛掷骰子的点数，用表示第二次抛掷骰子的点数，用表示一次试验的结果．记“”为事件，“”为事件，“”为事件，则（ ）
A．与相互独立B．与对立
C．与相互独立D．与相互独立
【答案】C
【分析】用列举法列出所有可能结果，再结合互斥事件、对立事件、相互独立事件及古典概型的概率公式计算可得．
【详解】依题意依次抛掷两枚质地均匀的骰子，基本事件总数为个；
其中事件“ ”包含的样本点有：
，，，，，共个；
事件 “ ”，包含的样本点有：
， ， ， ，，，，，共个，
事件 “”，包含的样本点有：，，，，，，
，，，，，，
，，，，，共个，
所以与不能同时发生，但是能同时不发生，故不是对立事件，故 B 错误；
因为与不能同时发生，所以与是互斥事件，则，
又 ， ，所以，
所以与不相互独立，故A错误；
又事件包含的样本点有： ，，共个，
所以 ， ，则 ，
所以 与 相互独立，故C正确；
事件包含的样本点有：， ， ，，，共个，
因为，所以 与 不相互独立，故D 错误．
故选：C
【变式2】（2024·安徽黄山·一模）2024年是安徽省实施“”选科方案后的第一年新高考，该方案中的“2”指的是从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门，假设每门学科被选中的可能性相等，那么化学和地理至少有一门被选中的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别计算出任选两门的种类数，再得出化学和地理都没有被选中的情况，即可得出结果.
【详解】依题意从从政治、地理、化学、生物4门学科中任选2门共有种情况，
其中化学和地理都没有被选中共有种，
因此化学和地理至少有一门被选中的概率是.
故选：D
【变式3】（2024·陕西西安·二模）甲、乙两名运动员各自等可能地从红、黄、白、蓝4种颜色的运动服中选择1种，则他们选择不同颜色运动服的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用列举法列出所有可能结果，再利用古典概型的概率公式计算可得.
【详解】甲，乙两名运动员各自等可能地从红、黄、白、蓝种颜色的运动服中选择种有种不同的结果，
分别为（红，红），（红，黄），（红，白），（红，蓝），
（黄，红），（黄，黄），（黄，白），（黄，蓝），
（白，红），（白，黄），（白，白），（白，蓝），
（蓝，红），（蓝，黄），（蓝，白），（蓝，蓝）．
他们选择相同颜色运动服有种不同的结果，即（红，红），（黄，黄），（白，白），（蓝，蓝），
故他们选择相同颜色运动服的概率为，所以他们选择不同颜色运动服的概率为.
故选：A．
强化训练
一、单选题
1．（2024·山东青岛·一模）在的展开式中，项的系数为（ ）
A．1B．10C．40D．80
【答案】D
【分析】利用通项求解可得.
【详解】通项公式为，
当时，，
所以项的系数为80.
故选：D
2．（2023·陕西·模拟预测）2024年1月、3月、5月、7月、8月、10月、12月每月都是31天，2月是29天，其余月份是30天，从2024年2月、4月、6月、8月、10月、12月中任取两个月份，则所取的两个月份的天数之和不小于60的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】列举出所有可能并找出所有符合要求的情况计算即可得.
【详解】所有取出的月份可能为：
2月与4月、2月与6月、2月与8月、2月与10月、2月与12月、4月与6月、
4月与8月、4月与10月、4月与12月、6月与8月、6月与10月、6月与12月、
8月与10月、8月与12月、10月与12月共15种，
其中天数之和不小于60的可能有：
2月与8月、2月与10月、2月与12月、4月与6月、4月与8月、4月与10月、
4月与12月、6月与8月、6月与10月、6月与12月、8月与10月、8月与12月、
10月与12月共13种，
故所取的两个月份的天数之和不小于60的概率为.
故选：A.
3．（2024·山西·模拟预测）从集合中任取两个不同的数，和为2的倍数的概率为( ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】用列举法写出任取两个不同的数，和为2的样本点，得出样本点个数后，由概率公式计算概率．
【详解】由题知和为2的倍数的有(1,3），(1,5），(1,7），(3,5），(3,7），(5,7），(2,4），(2,6），(2,8），(4,6），(4,8），(6,8）共12种可能，
．
故选：D．
4．（2024·陕西铜川·二模）从这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求所有组合个数，列举和为质数的情况，古典概型求概率.
【详解】这九个数字中任取两个，有种取法，
和为质数有，共14种情况，
因此所求概率为.
故选：C.
5．（2024·新疆·一模）在古典名著《红楼梦》中有一道名为“茄鲞”的佳肴，这道菜用到了鸡脯肉、香菌、新笋、豆腐干、果干、茄子净肉六种原料，烹饪时要求香菌、新笋、豆腐干一起下锅，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，最后还需加入精心熬制的鸡汤，则烹饪“茄鲞”时不同的下锅顺序共有（ ）
A．72种B．36 种C．12种D．6种
【答案】C
【分析】利用排列知识计算即可.
【详解】由题意可知六种原料中可以把香菌、新笋、豆腐干看成一种，即有种放法，
又茄子净肉放在鸡脯肉后，则有种放法.
故选：C
6．（2024·贵州毕节·二模）某学校参加社会实践活动的1名教师和甲、乙、丙、丁4名学生站成一排合影留念，则教师不站在两端，且甲、乙相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用捆绑法和特殊元素优先的原则，先求满足条件的方法种数，再根据古典概型，即可求解.
【详解】教师和4名学生站成一排一共有种方法，
将甲和乙看成一个元素，有种方法，这样就有4个不同的元素，教师不站两端，则教师有2种方法，其余3个元素有种方法，则满足条件的站法有种，
所以教师不站两端，且甲、乙相邻的概率.
故选：C
7．（2024·北京石景山·一模）中国民族五声调式音阶的各音依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音，排成一个没有重复音的五音音列，且商、角不相邻，徵位于羽的左侧，则可排成的不同音列有（ ）
A．18种B．24种C．36种D．72种
【答案】C
【分析】先排宫、徽、羽三个音节，然后商、角两个音阶插空即可求解.
【详解】解：先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有，
再将商、角插入4个空中的2个，有，
所以共有种．
故选：C．
8．（22-23高三·河北·阶段练习）从这100个自然数中随机抽取三个不同的数,这三个数成等差数列的取法数为,随机抽取四个不同的数,这四个数成等差数列的取法数为,则的后两位数字为（ ）
A．89B．51C．49D．13
【答案】C
【分析】先根据抽取三个数为等差数列,求出公差为1,2,时,满足题意的数列的个数,通过等差数列前n项和公式,求出即可,同理求出的值,因为要求的是,即的后两位,将写为,用二项式定理展开可得的后两位与后两位一致,将写为,利用二项式定理展开,因为的后两位一定是00,则的后两位数与的后两位一致,计算结果即可.
【详解】解:由题知,当抽取三个不同的数,成等差数列时,记公差为,
当时,数列可为:
共计98个,
当时,数列可为:
共计96个,
当时,数列可为:
共计94个,
,
当时,数列可为:
共计4个,
当时,数列可为:
共计2个,
故
,
当抽取四个不同的数,成等差数列时,记公差为,
当时,数列可为:
共计97个,
当时,数列可为:
共计94个,
当时,数列可为:
共计91个,
,
当时,数列可为:
共计4个,
当时,数列可为:
共计1个,
故
,
所以
,
所以的后两位与的后两位一致,
,
因为
,
因为的后两位一定是00,
故的后两位数与的后两位一致,
因为,
故的后两位数为49,即的后两位数为49.
故选:C
【点睛】思路点睛:该题考查数列和二项式定理综合问题,属于难题,关于数列问题的思路点睛有:
(1)数列新定义问题,先写出几项找到规律;
(2)根据规律,写出相对应的式子;
(3)利用累加,累乘,公式法等进行解决问题.
二、多选题
1．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）若，为正整数且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】对A：借助二项式的展开式计算即可得；对B、C、D：结合排列数与组合数的计算公式计算即可得.
【详解】对A：，又，故A错误；
对B：
，
故B正确；
对C： ，
，即，故C错误；
对D：，
，即，故D正确.
故选：BD.
2．（2024·吉林延边·一模）已知当时，，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】CD
【分析】根据给定的不等式，赋值变形判断A；赋值求和判断BC；变形不等式右边，借助二项式定理及组合数的性质推理判断D作答.
【详解】对于选项A:因为，令，则，则，故选项A错误；
对于选项B: 因为,所以，
则
以上各式相加有故B错误；
对于选项C:因为，所以，
则
以上各式相加有，故C正确；
对于选项D:由可得，即，
所以，因此，故选项D正确；
故选：CD.
【点睛】关键点点睛：由给定信息判断命题的正确性问题，从给定的信息出发结合命题，对变量适当赋值，再综合利用相关数学知识及方法是解决问题的关键.
3．（2024·河南郑州·模拟预测）近几年随着AI技术的发展，虚拟人的智能化水平得到极大的提升，虚拟主播逐步走向商用，如图为2014～2022年中国虚拟主播企业注册年增加数（较上一年增加的数量）条形图，根据该图，下列说法正确的是（ ）

A．2014～2022年中国虚拟主播企业注册数量逐年增加
B．2014～2022年中国虚拟主播企业注册年增加数的中位数为410
C．2014～2022年中国虚拟主播企业注册年增加数的极差为915
D．从图中9年企业注册增加数字中任取2个数字，这两个数字的平均数大于110的概率
【答案】ACD
【分析】根据已知条件及图表，利用中位数和极差的定义，结合古典概型的概率公式及对立事件的概率公式即可求解.
【详解】对A，由每年增加数均为正数，可得A正确；
对B，2014～2022年中国虚拟主播企业注册年增加数的中位数为121，B错误；
对C，2014～2022年中国虚拟主播企业注册年增加数的极差为，C正确；
对D，当且仅当从33，48，76，84，121中任取两个数字，其平均数均不大于110，所以所求概率为，D正确.
故选：ACD．
三、填空题
1．（2024·山东潍坊·一模）第40届潍坊国际风筝会期间，某学校派人参加连续天的志愿服务活动，其中甲连续参加天，其他人各参加天，则不同的安排方法有 种．（结果用数值表示）
【答案】
【分析】首先考虑甲连续天的情况，再其余人全排列，按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】在天里，连续天的情况，一共有种，
则剩下的人全排列有种排法，
故一共有种排法．
故答案为：．
2．（2024·宁夏银川·一模）某班为了响应“学雷锋”活动，将指定的6名学生随机分配到3个不同的校办公室打扫卫生，要求每个办公室至少分配1人，6名学生中甲、乙两人关系最好，则恰好甲、乙两人（仅有两人）打扫同一个办公室的概率为 .
【答案】
【分析】首先分三种情况讨论求出所有的安排方法数，再求出满足条件的安排方法，最后由古典概型的概率公式计算可得.
【详解】将指定的6名学生随机分配到3个不同的校办公室打扫卫生，要求每个办公室至少分配1人，
则有①：两个办公室安排人，另外一个办公室安排人，则有种安排方法；
②三个办公室安排的人数为、、，则有种安排方法；
③三个办公室均安排人，则有种安排方法；
综上可得一共有种安排方法.
其中甲、乙两人（仅有两人）打扫同一个办公室的有种安排方法，
所以恰好甲、乙（仅有两人）打扫同一个办公室的概率.
故答案为：
3．（2024·福建泉州·模拟预测）展开式中常数项为，则 ．
【答案】
【分析】根据二项式定理写出二项式的通项公式，结合已知条件求出，即，解出即可.
【详解】展开式的通项公式为：
，
因为展开式中常数项为10，则时，解得，
即，解得.
故答案为：
四、解答题
1．（2023高三·全国·专题练习）已知，解关于的不等式：.
【答案】
【分析】运用二项式定理，结合指数函数的单调性进行求解即可.
【详解】因为，所以
因此原不等式化为，
而函数在上单调递增，又，则，
所以原不等式的解为.
2．（2023高三·全国·专题练习）求证：，（）.
【答案】证明见解析
【分析】根据二项展开式结合基本不等式可得，结合组合数的性质运算求解.
【详解】因为的展开式为，
则，
可得：，
又因为（当且仅当时等号成立），
，
即，
且，
可得，
则，
所以.
3．（2024·浙江·模拟预测）如图，小军与小玲共同发明了一种“字母棋”，进行比胜负的游戏她们用四种字母做成10个棋子，其中A棋1个，B棋2个，C棋3个，D棋4个，
“字母棋”的游戏规则为：
①游戏时两人各摸一个棋子进行比赛称一轮比赛，先摸者摸出的棋子不放回；
②A棋胜B棋，C棋；B棋胜C棋，D棋；C棋胜D棋；D棋胜A棋；
③相同棋子不分胜负，
(1)若小玲先摸，问小玲摸到C棋的概率是多少？
(2)已知小玲先摸到了C棋，小军在剩余的9个棋中随机摸一个，问这一轮中小玲胜小军的概率是多少？
(3)已知小玲先摸一个棋，小军在剩余的9个棋中随机摸一个，问这一轮中小玲希望摸到哪种棋胜小军的概率最大？
【答案】(1)
(2)
(3)小玲希望摸到棋，小玲胜小军的概率最大
【分析】（1）（2）利用古典概型的概率公式即可得解；
（3）分别分析小玲摸到不同棋子胜小军的概率，从而得解.
【详解】（1）依题意，一共有10个棋子，其中C棋3个，
所以小玲摸到棋的概率等于；
（2）因为C棋胜D棋，D棋4个，
所以小玲在这一轮中胜小军的概率是；
（3）若小玲摸到棋，小玲胜小军的概率是；
若小玲摸到棋，小玲胜小军的概率是；
若小玲摸到棋，小玲胜小军的概率是；
若小玲摸到棋，小玲胜小军的概率是；
由此可见，小玲希望摸到棋，小玲胜小军的概率最大.
4．（2024高三·全国·专题练习）求正整数，使得成立．
【答案】答案见解析
【分析】利用对称性由，分情况讨论，从整除性得矛盾，再利用因式分解及数的范围分别得到结果.
【详解】因为为正整数，不妨设．
若，则，但，矛盾，∴．
（1）若，此时若，则为奇数，与题设矛盾，故，
从而．只有时，时，，即或．
（2）若，则，故．
此时若，则，但，矛盾，∴．
①若，则．注意到时，，而时，，故此时无解．
②若，应用，此时当时，，矛盾，∴．又，故．
只能是取或5，分别得解或．
综上所述，满足条件的正整数有四组，
若考虑到的其他排列顺序，
当时，变换时还有，
当为时，变换时还有，
当时，变换时还有种，
当时，变换时还有种，
综上：合计有18组解．
5．（2024高三·全国·专题练习）有个元素，将其中相同的元素归成一类，共有k类，这k类元素中每类分别中个，，将这个元素全部取出的排列叫做个不尽相异元素的全排列．
(1)求上述个不尽相异的元素的全排列数．
(2)由结论（1），回答“1个球队与10个球队各比赛1次，共有10场比赛，问五胜三负二平的可能情形有多少种？”
【答案】(1)
(2)2520
【分析】（1）根据题意利用排列数的定义以及其运算方法，可得答案；
（2）根据题意，利用（1）的公式，可得答案.
【详解】（1）假定个不尽相异元素的所有排列数有种，在每种排列中，如果把相同的元素，
当成不相同的元素，则个元素的所有排列数可增加为种；
另一方面，个不同的元素的全排列有种，
∴即．
即得个不尽相异元素的全排列数．
（2）将比赛结果的胜、负、平看作三种元素，按题意，10场比赛的结果是五胜三负二平，
即是一个不尽相异元素的全排列，由（1）知，共有种可能情况．