2025高考数学一轮复习-第7章-计数原理-章末检测-专项训练【含答案】

2025高考数学一轮复习-第7章-计数原理-章末检测-专项训练1．甲、乙、丙三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有()A．4种 B．6种C．10种 D．16种2．连续掷两次骰子，则两次所掷点数之和为奇数的概率为()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3) D.eq\f(1,4)3．为纪念2022北京冬奥会成功举办，中国邮政发行了一组纪念邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”，现从这套5枚纪念邮票中任取3枚，则恰有1枚吉祥物邮票的概率为()A.eq\f(3,10) B.eq\f(1,2)C.eq\f(3,5) D.eq\f(7,10)4．在(eq\r(x)－x)4的展开式中，x2的系数为()A．－1 B．1C．－4 D．45．北京第24届冬奥会奥运村设有智能餐厅A、人工餐厅B共两个餐厅，运动员甲第一天随机地选择一餐厅用餐．如果第一天去A餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.7；如果第一天去B餐厅，那么第二天去A餐厅的概率为0.8，运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为()A．0.75 B．0.7C．0.56 D．0.386．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)7．小明上学可以乘坐公共汽车，也可以乘坐地铁．已知小明上学乘坐公共汽车的概率为0.4，乘坐地铁的概率为0.6，而且乘坐公共汽车与地铁时，小明迟到的概率分别为0.05和0.04，则小明准时到校的概率为()A．0.954 B．0.956C．0.958 D．0.9598．将《三国演义》、《西游记》、《水浒传》、《红楼梦》4本名著全部随机分给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分得1本，A表示事件：“《三国演义》分给同学甲”；B表示事件：“《西游记》分给同学甲”；C表示事件：“《西游记》分给同学乙”，则下列结论正确的是()A．事件A与B相互独立 B．事件A与C相互独立C．P(C|A)＝eq\f(5,12) D．P(B|A)＝eq\f(5,12)9．(多选)从甲袋中摸出一个红球的概率是eq\f(1,3)，从乙袋中摸出一个红球的概率是eq\f(1,2)，从两袋各摸出一个球，下列结论正确的是()A．2个球都是红球的概率为eq\f(1,6)B．2个球不都是红球的概率为eq\f(1,3)C．至少有1个红球的概率为eq\f(2,3)D．2个球中恰有1个红球的概率为eq\f(1,2)10．(多选)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(2,x)))eq\s\up12(n)，则下列关于f(x)的展开式的命题中，正确的是()A．当n＝11时，f(x)的展开式共有11项B．当n＝8时，f(x)的展开式第3项与第6项的二项式系数之比为1∶2C．当n＝7时，f(x)的展开式中，各项系数之和为－1D．若第4项和第5项的二项式系数同时最大，则n＝711．甲、乙、丙、丁4人坐成一排拍照，要求甲、乙两人位于丙的同侧，则共有________种不同的坐法．12．某社区对在抗击疫情工作中表现突出的3位医生、2位护士和1位社区工作人员进行表彰并合影留念．现将这6个人随机排成一排，则3位医生中有且只有2位相邻的概率为________．13．(多选)已知(1－2x)2023＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2023x2023，则()A．展开式中所有项的二项式系数和为22023B．展开式中所有奇数项系数和为eq\f(32023－1,2)C．展开式中所有偶数项系数和为eq\f(32023－1,2)D.eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(a2023,22023)＝－114．(多选)连续抛掷一枚质地均匀的硬币3次，每次结果要么正面向上，要么反面向上，且两种结果等可能．记事件A表示“3次结果中有正面向上，也有反面向上”，事件B表示“3次结果中最多一次正面向上”，事件C表示“3次结果中没有正面向上”，则()A．事件B与事件C互斥B．P(A)＝eq\f(3,4)C．事件A与事件B独立D．记C的对立事件为eq\o(C,\s\up6(－))，则P(B|eq\o(C,\s\up6(－)))＝eq\f(3,7)15．杨辉三角在我国最早由贾宪在《释锁算术》中提出，后来南宋数学家杨辉在所著的《详解九章算法》中进行了详细说明，杨辉三角中的三角形数表，是自然界和谐统一的体现．杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列，其中蕴含着二项式系数的性质，例如递推性质Ceq\o\al(i,n＋1)＝Ceq\o\al(i－1,n)＋Ceq\o\al(i,n).在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x)))eq\s\up12(6)的展开式中，第三项和第四项的二项式系数和为________，常数项为________．16．长期吸烟可能引发肺癌．据调查，某地市民大约有0.03%的人患肺癌，该地大约有0.1%的市民吸烟时间超过20年，这些人患肺癌率约为0.1%.现从吸烟时间不超过20年的市民中随机抽取1名市民，则他患肺癌的概率为________．参考答案与解析1．答案B解析分两类：当甲先踢给乙时，满足条件的传递方式有3种(如图)，同理，当甲先踢给丙时，满足条件的传递方式也有3种．由分类加法计数原理可知，满足条件的传递方式共有3＋3＝6(种)．故选B.2．答案A解析根据题意，连续掷一枚骰子两次，基本事件总数n＝6×6＝36，两次骰子正面向上点数之和为奇数包含基本事件共有2Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)＝18个，故所求概率P＝eq\f(18,36)＝eq\f(1,2).3．答案C解析从这套5枚纪念邮票中任取3枚，有Ceq\o\al(3,5)＝10种取法，而其中恰有1枚吉祥物邮票的取法有Ceq\o\al(1,2)·Ceq\o\al(2,3)＝6种，故从这套5枚纪念邮票中任取3枚，则恰有1枚吉祥物邮票的概率为P＝eq\f(6,10)＝eq\f(3,5)，故选C.4．答案B解析(eq\r(x)－x)4的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)(eq\r(x))4－r(－x)r＝(－1)rCeq\o\al(r,4)xeq\s\up6(\f(4＋r,2))，令eq\f(4＋r,2)＝2，得r＝0，即x2的系数为(－1)0Ceq\o\al(0,4)＝1，故选B.5．答案A解析设Ai表示第i天运动员甲去A餐厅用餐(i＝1，2)，设B1表示该运动员第一天去B餐厅用餐，则Ω＝A1∪B1，且A1，B1互斥．由题意得P(A1)＝P(B1)＝0.5，P(A2|A1)＝0.7，P(A2|B1)＝0.8，∴运动员甲第二天去A餐厅用餐的概率为P(A2)＝P(A1)P(A2|A1)＋P(B1)P(A2|B1)＝0.5×0.7＋0.5×0.8＝0.75.故选A.6．答案D解析设事件Ai为第i次抽到偶数，i＝1，2，则P(A1)＝eq\f(2×4,5×4)＝eq\f(2,5)，P(A1eq\o(A,\s\up6(－))2)＝eq\f(2,5)×eq\f(3,4)＝eq\f(3,10)，∴在第一次抽到偶数的条件下，第2次抽到奇数的概率为P(eq\o(A,\s\up6(－))2|A1)＝eq\f(P（A1\o(A,\s\up6(－))2）,P（A1）)＝eq\f(\f(3,10),\f(2,5))＝eq\f(3,4).故选D.7．答案B解析设A＝“小明准时到校”，B1＝“乘坐汽车”，B2＝“乘坐地铁”，由已知得P(B1)＝0.4，P(B2)＝0.6，P(A|B1)＝1－0.05＝0.95，P(A|B2)＝1－0.04＝0.96.由全概率公式，得P(A)＝P(A|B1)P(B1)＋P(A|B2)P(B2)＝0.95×0.4＋0.96×0.6＝0.956.8．答案C解析将这4本名著分别给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分得1本有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36个样本点，事件A含有样本点数为Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)＝12，则P(A)＝eq\f(12,36)＝eq\f(1,3)，同理P(B)＝P(C)＝eq\f(1,3)，事件AB含有的样本点数为Aeq\o\al(2,2)＝2，事件AC含有的样本点数为Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＝5，则P(AB)＝eq\f(2,36)＝eq\f(1,18)，P(AC)＝eq\f(5,36)，对于A，P(A)·P(B)＝eq\f(1,9)≠P(AB)，即事件A与B不相互独立，A错误；对于B，P(A)·P(C)＝eq\f(1,9)≠P(AC)，即事件A与C不相互独立，B错误；对于C，P(C|A)＝eq\f(P（AC）,P（A）)＝eq\f(5,12)，故选项C正确；对于D，P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(1,6)，故选项D错误．故选C.9．答案ACD解析由题可知，从甲袋中摸出一个红球的概率是eq\f(1,3)，从乙袋中摸出一个红球的概率是eq\f(1,2)，则从甲袋中摸出一个不是红球的概率是eq\f(2,3)，从乙袋中摸出一个不是红球的概率是eq\f(1,2).对于A选项，2个球都是红球的概率为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,6)，A选项正确；对于B选项，2个球不都是红球的概率为1－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,6)，B选项错误；对于C选项，至少有1个红球的概率为1－eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(2,3)，C选项正确；对于D选项，2个球中恰有1个红球的概率eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，D选项正确．故选ACD.10．答案BD解析对于A，易知当n＝11时，f(x)的展开式共有12项，故A错误；对于B，当n＝8时，f(x)的展开式第3项与第6项的二项式系数之比为eq\f(Ceq\o\al(2,8),Ceq\o\al(5,8))＝eq\f(Ceq\o\al(2,8),Ceq\o\al(3,8))＝eq\f(1,2)，故B正确；对于C，当n＝7时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(2,x)))eq\s\up12(7)，令x＝1，得f(1)＝1，故C错误；对于D，在二项式系数中，Ceq\o\al(3,n)和Ceq\o\al(4,n)相等且最大，所以n＝7，故D正确．11．答案16解析甲、乙、丙、丁4人就坐，不妨设为1，2，3，4号位置，因为甲、乙两人位于丙的同侧，当丙在1号位置有Aeq\o\al(3,3)＝6种排法，当丙在2号位置有Aeq\o\al(2,2)＝2种排法，当丙在3号位置有Aeq\o\al(2,2)＝2种排法，当丙在4号位置有Aeq\o\al(3,3)＝6种排法，共有6＋2＋2＋6＝16种排法．12．答案eq\f(3,5)解析由题意，先将2位护士和1位社区工作人员排成一排，有Aeq\o\al(3,3)种排法，然后将3位医生分成两组，一组2人，一组1人，有Ceq\o\al(2,3)种分组方法，然后插入到2位护士和1位社区工作人员所排成的4个空中的2个空，有Aeq\o\al(2,4)种插空方法，最后交换相邻2位医生的位置有Aeq\o\al(2,2)种方法，所以3位医生中有且只有2位相邻共有Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2)＝432个样本点，又6人随机排成一排共有Aeq\o\al(6,6)个样本点，所以所求概率为p＝eq\f(Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2),Aeq\o\al(6,6))＝eq\f(3,5).13．(多选)答案ABD解析A项，二项式系数之和为Ceq\o\al(0,2023)＋Ceq\o\al(1,2023)＋…＋Ceq\o\al(2023,2023)＝22023，故A正确；(1－2x)2023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2023x2023，当x＝－1时，32023＝a0－a1＋a2－a3＋…－a2023，①当x＝1时，(－1)2023＝a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2023，②B项，①＋②可得，32023－1＝2(a0＋a2＋…＋a2022)⇒a0＋a2＋…＋a2022＝eq\f(32023－1,2)，故B正确；C项，①－②可得，32023＋1＝－2(a1＋a3＋…＋a2023)⇒a1＋a3＋…＋a2023＝－eq\f(32023＋1,2)，故C错误；D项，(1－2x)2023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2023x2023，令x＝0，则a0＝1，令x＝eq\f(1,2)，则0＝a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2023,22023)，eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2023,22023)＝－1，故D正确．14．(多选)答案BCD解析对于A，显然事件B发生的情况中包含事件C，故可同时发生，故A错误；对于B，P(A)＝1－eq\f(1,23)×2＝eq\f(3,4)，故B正确；对于C，P(B)＝eq\f(1,23)＋Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,23)＝eq\f(1,2)，P(AB)＝Ceq\o\al(1,3)×eq\f(1,23)＝eq\f(3,8)，∴P(AB)＝P(A)P(B)，故A与B独立，故C正确；对于D，P(C)＝eq\f(1,23)＝eq\f(1,8)，P(B|eq\o(C,\s\up6(－)))＝eq\f(P（B\o(C,\s\up6(－))）,P（\o(C,\s\up6(－))）)＝eq\f(