适用于新教材强基版2025届高考数学一轮复习教案第十章计数原理概率随机变量及其分布必刷小题19计数原理与概率新人教A版

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觉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．0.5B．0.6C．0.7D．0.8答案C解析设事务A为“只用现金支付”，事务B为“只用非现金支付”，事务C为“既用现金支付又用非现金支付”，事务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．从1,2,4,6这四个数字中随机地抽取两个不同的数字组成一个两位数，则组成的两位数是4的倍数的概率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,4)D.eq\f(3,4)答案A解析组成的全部两位数有12,14,16,21,24,26,41,42,46,61,62,64，共12个，其中是4的倍数的两位数有12,16,24,64，共4个，所以所求概率为P＝eq\f(4,12)＝eq\f(1,3).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．(2024·新余模拟)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2－\f(1,x)))n的绽开式中，全部二项式系数和为64，则该绽开式中常数项为()A．90B．135C．－90D．－135答案B解析在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2－\f(1,x)))n的绽开式中，全部二项式系数和为64，则2n＝64，解得n＝6，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2－\f(1,x)))6的绽开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(3x2)6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))k＝(－1)k36－kCeq\o\al(k,6)x12－3k，令12－3k＝0，解得k＝4，则该绽开式中常数项为(－1)436－4Ceq\o\al(4,6)＝135.5．从1,2,3,4,5中不放回地抽取2个数，则在第1次抽到偶数的条件下，第2次抽到奇数的概率是()A.eq\f(2,5)B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,5)D.eq\f(3,4)答案D解析设事务Ai为“第i次抽到偶数”，i＝1,2，则P(A1)＝eq\f(C\o\al(1,2),C\o\al(1,5))＝eq\f(2,5)，P(A1eq\x\to(A)2)＝eq\f(2,5)×eq\f(C\o\al(1,3),C\o\al(1,4))＝eq\f(3,10)，则在第1次抽到偶数的条件下，第2次抽到奇数的概率为P(eq\x\to(A)2|A1)＝eq\f(PA1\x\to(A)2,PA1)＝eq\f(\f(3,10),\f(2,5))＝eq\f(3,4).6．(2024·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态如图(同一类格子形态相同)：“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，但火力匀整，适合煮食，长时间加热可以锁住食材原香；“四角格”属文火，火力和顺，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．108B．36C．9D．6答案C解析依据题意，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”须要2根火柴棒，“7”须要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．8B．12C．16D．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\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\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，最近的不同路途共有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(街道忽视)，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，最近的路途是从图1中点M到点N，只能横憧憬右走纵憧憬下走，所以共有Ceq\o\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种不同的状况，两人从相同城门进城有3种状况，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\o\al(4,4)＝24(种)染色方法，若1与4颜色相同，则有Aeq\o\al(3,4)＝24(种)染色方法，若2与3颜色相同，则有Aeq\o\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\o\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\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,6)＝150(个)不同的矩形，故D正确．二、多项选择题9．分别抛掷两枚质地匀整的骰子(六个面上的点数分别为1,2,3,4,5,6)，设事务M＝“第一枚骰子的点数为奇数”，事务N＝“其次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，事务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，事务M发生与否对事务N发生的概率没有影响，M与N相互独立，故C正确；对于D，事务M发生的概率为P(M)＝eq\f(1,2)，事务N发生的概率为P(N)＝eq\f(1,2)，P(M∪N)＝1－P(eq\x\to(M))P(eq\x\to(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＝1B．a6＝－28C.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绽开式中第7项为Ceq\o\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\co1(\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．事务“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事务“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”是互斥事务B．事务“该家庭3个小孩都是男孩”和事务“该家庭3个小孩都是女孩”是对立事务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，事务“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事务“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”能同时发生，不是互斥事务，故A错误；对于B，事务“该家庭3个小孩都是男孩”和事务“该家庭3个小孩都是女孩”不能同时发生，能同时不发生，是互斥但不对立事务，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．(2024·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0.06B．任取一个零件是次品的概率为0.0525C．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为事务“零件为第i(i＝1,2,3)台车床加工”，记B为事务“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＝0.0525，B正确；对于C，P(A2|B)＝eq\f(PA2·PB|A2,PB)＝eq\f(0.3×0.05,0.0525)＝eq\f(2,7)，C正确；对于D，P(A3|B)＝eq\f(PA3·PB|A3,PB)＝eq\f(0.45×0.05,0.0525)＝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，从中随意取出两个，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全部样本点为(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\co1(\f(\r(x),2)－\f(2,\r(x))))6的绽开式中，x2的系数为________．答案－eq\f(3,8)解析绽开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(x),2)))6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(x))))k＝Ceq\o\al(k,6)·(－1)k·22k－6x3－k，令3－k＝2，得k＝1，所以x2的系数为Ceq\o\al(1,6)×(－1)×2－4＝－eq\f(3,8).15．(2024·长春模拟)将A，B，C，D，E这5名学生从左至右排成一排，则满意“A与B相邻且A与C之间恰好有1名学生”的不同排列方法有________种．答案20解析依据题意，分2种状况探讨：①当A，C之间为B时，排列方法为Aeq\o\al(2,2)Ae