新高考数学二轮复习 专题突破 专题5 第1讲　计数原理与概率（含解析）

第1讲计数原理与概率[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：交通路口ABC志愿者甲、乙、丙、丁甲、乙、丙丙、丁这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．192B．240C．120D．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\o\al(2,2)Aeq\o\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\o\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．1008种答案A解析选取的3个名称中含有祝融的共有Ceq\o\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\o\al(3,3)种，其中祝融是第3个被分析的情况有Aeq\o\al(2,2)种，故祝融不是第3个被分析的情况有Ceq\o\al(2,9)(Aeq\o\al(3,3)－Aeq\o\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．12B．14C．16D．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\o\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\o\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\o\al(2,3)Aeq\o\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\co1(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\o\al(k,8)x8－kyk，k＝0,1，…，7,8.令k＝6，得T6＋1＝Ceq\o\al(6,8)x2y6；令k＝5，得T5＋1＝Ceq\o\al(5,8)x3y5，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为Ceq\o\al(6,8)－Ceq\o\al(5,8)＝－28.(2)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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145解析因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\o\al(3,10)x7eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x4)))3，所以Ceq\o\al(3,10)a3＝120，解得a＝1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x4)))10的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,10)x10－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x4)))k＝Ceq\o\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\o\al(2,10)＝45.易错提醒二项式(a＋b)n的通项公式Tk＋1＝Ceq\o\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\o\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．－448B．－112C．112D．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\o\al(2,8)×(－2)2＝112.(2)已知(1－2x)2023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2023x2023，则下列结论正确的是________．①展开式中各项系数和为1；②展开式中所有项的二项式系数和为22023；③a1＋a2＋a3＋…＋a2023＝－2；④a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2023,22023)＝0.答案②③④解析令x＝1得a0＋a1＋…＋a2023＝－1，∴①错误；二项式系数和为Ceq\o\al(0,2023)＋Ceq\o\al(1,2023)＋…＋Ceq\o\al(2023,2023)＝22023，∴②正确；令x＝0得a0＝1，∴a1＋a2＋…＋a2023＝－2，∴③正确；令x＝eq\f(1,2)有a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a2023,22023)＝0，∴④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．几何概型概率公式P(A)＝eq\f(构成事件A的区域长度面积或体积,试验的全部结果所构成的区域长度面积或体积)3．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(PAB,PA).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\o\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)(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，则下列结论正确的是________．(填序号)①A1，A2，A3两两互斥；②P(B|A2)＝eq\f(2,5)；③P(B)＝eq\f(1,2)；④B与A1相互独立．答案①②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，①正确；P(B|A2)＝eq\f(PBA2,PA2)＝eq\f(\f(2,9)×\f(4,10),\f(2,9))＝eq\f(2,5)，②正确；P(B)＝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)，③错误；又P(A1)＝eq\f(4,9)，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，④错误．规律方法求概率的方法与技巧(1)古典概型、几何概型、条件概率分别用各自的公式求解．(2)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)有一个底面圆的半径为1,高为2的圆柱，点O1，O2分别为这个圆柱上底面和下底面的圆心，在这个圆柱内随机取一点P，则点P到点O1，O2的距离都大于1的概率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(2,3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,4)答案A解析由题设，到O1，O2的距离都大于1的部分为圆柱体去掉以底面为最大轴截面的两个半球体，所以到O1，O2的距离都大于1的部分的体积为V＝2π×12－eq\f(4,3)π×13＝eq\f(2π,3)，故点P到点O1，O2的距离都大于1的概率P＝eq\f(\f(2π,3),2π)＝eq\f(1,3).(2)(2022·莆田模拟)从0,1,2，…，9这十个数字中随机抽取3个不同的数字，记A为事件：“恰好抽的是2,4,6”，记B为事件：“恰好抽取的是6,7,8”，记C为事件：“抽取的数字里含有6”．则下列说法正确的是()A．P(AB)＝P(A)P(B)B．P(C)＝eq\f(1,10)C．P(C)＝P(AB)D．P(A|C)＝P(B|C)答案D解析由题知，从10个数中随机地抽取3个数，共有Ceq\o\al(3,10)＝120(种)可能情况，对于A选项，“恰好抽的是2,4,6”和“恰好抽取的是6,7,8”为互斥事件，则P(AB)＝0，而P(A)P(B)≠0，故A选项错误；对于B选项，P(C)＝eq\f(C\o\al(2,9),C\o\al(3,10))＝eq\f(36,120)＝eq\f(3,10)，故B选项错误；对于C选项，P(AB)＝0，P(C)＝eq\f(3,10)，故C选项错误；对于D选项，由于P(AC)＝P(BC)＝eq\f(1,C\o\al(2,9))＝eq\f(1,36)，故由条件概率公式得P(A|C)＝P(B|C)，故D选项正确．专题强化练一、选择题1．(2022·福州质检)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))6展开式中的常数项为()A．－540B．－15C．15D．135答案D解析二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))6展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(3x)6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))k＝(－1)k·36－kCeq\o\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\o\al(4,6)＝135，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x－\f(1,\r(x))))6展开式中的常数项为135.2.(2022·玉林模拟)有诗云：“芍药乘春宠，何曾羡牡丹．”芍药不仅观赏性强，且具有药用价值．某地打造了以芍药为主的花海大世界．其中一片花海是正方形，它的四个角的白色部分都是以正方形的顶点为圆心、正方形边长的一半为半径的圆弧与正方形的边所围成的(如图所示)．白色部分种植白芍，中间阴影部分种植红芍．倘若你置身此正方形花海之中，则恰好处在红芍中的概率是()A．1－eq\f(π,4)B.eq\f(π,4)－eq\f(1,2)C.eq\f(π,2)－1D.eq\f(π,4)答案A解析由题意，设正方形的边长为2，可得以正方形的顶点为圆心的圆的半径为r＝1，可得正方形的面积为S＝2×2＝4，阴影部分的面积为S1＝S－4×eq\f(1,4)πr2＝4－π，根据面积比的几何概型，可得恰好处在红芍中的概率是P＝eq\f(S1,S)＝eq\f(4－π,4)＝1－eq\f(π,4).3．池州九华山是著名的旅游胜地．天气预报4月1日起连续4天，每天下雨的概率为0.6，现用随机模拟的方法估计4天中恰有3天下雨的概率：在0～9十个整数值中，假定0,1,2,3,4,5表示当天下雨，6,7,8,9表示当天不下雨．在随机数表中从某位置按从左到右的顺序读取如下20组四位随机数：95339522001874720018387958693281789026928280842539908460798024365987388207538935据此估计4天中恰有3天下雨的概率为()A.eq\f(3,10)B.eq\f(2,5)C.eq\f(7,20)D.eq\f(9,20)答案B解析由表中数据可得4天中恰有3天下雨的有9533,9522,0018,0018,3281,8425,2436,0753，共8组，所以估计4天中恰有3天下雨的概率为eq\f(8,20)＝eq\f(2,5).4．(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\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)Aeq\o\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\o\al(1,5)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝20种不同的方案，故总计有140(种)不同的方案．5．(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．4B．5C．6D．7答案C解析利用二项式定理展开得(a－x)(2＋x)6＝(a－x)(Ceq\o\al(0,6)26＋Ceq\o\al(1,6)25x＋Ceq\o\al(2,6)24x2＋Ceq\o\al(3,6)23x3＋Ceq\o\al(4,6)22x4＋Ceq\o\al(5,6)2x5＋Ceq\o\al(6,6)x6)，则x5的系数为aCeq\o\al(5,6)2－Ceq\o\al(4,6)22＝12，∴a＝6.6．(2022·新高考全国Ⅱ)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有()A．12种B．24种C．36种D．48种答案B解析先将丙和丁捆在一起，有Aeq\o\al(2,2)种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有Aeq\o\al(3,3)种排列方式，最后将甲插入中间两空，有Ceq\o\al(1,2)种排列方式，所以不同的排列方式共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,2)＝24(种)．7．(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的所有可能取值的和为()A．15B．16C．17D．24答案D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.故n的所有可能取值的和为7＋8＋9＝24.8．(2022·仙桃模拟)定义：eq\x\to(abcde)＝10000a＋1000b＋100c＋10d＋e(a，b，c，d，e∈Z)，当a>b<c>d<e时，称这个数为波动数，由1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数中，是波动数的概率为()A.eq\f(1,15)B.eq\f(2,15)C.eq\f(7,60)D.eq\f(1,12)答案B解析由1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数一共有Aeq\o\al(5,5)＝120(个)．而构成波动数，需满足a>b<c>d<e，有31425，31524,41325,41523,51324,51423，32415，32514,42315,42513,52314,52413，21435，21534,53412,43512，共16个．所以波动数的概率为eq\f(16,120)＝eq\f(2,15).9．(2022·泸州模拟)在[－11,6]内取一个实数m，设f(x)＝－x2＋mx＋2m，记事件A为“函数f(x)有零点”，事件B为“函数f(x)只有负零点”，则P(B|A)等于()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)答案A解析令f(x)＝－x2＋mx＋2m＝0，当函数f(x)有零点时，由Δ＝m2＋8m≥0，得m≥0或m≤－8，又因为m∈[－11,6]，所以m∈[－11，－8]∪[0,6]，当函数f(x)只有负零点时，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝m2＋8m≥0，,－\f(m,－1)<0，,\f(2m,－1)>0，))解得m≤－8，又因为m∈[－11,6]，所以m∈[－11，－8]，所以P(B|A)＝eq\f(－8－－11,－8－－11＋6－0)＝eq\f(1,3).10．有一支医疗小队由3名医生和6名护士组成，现要将他们分配到三家医院，每家医院分到医生1名和护士1至3名，其中护士甲和护士乙必须分到同一家医院，则不同的分配方法有()A．252种B．540种C．792种D．684种答案D解析6名护士按人数可分为2,2,2或者1,2,3，先安排医生，再安排护士．安排医生的方法有Aeq\o\al(3,3)＝6(种)，由于“护士甲和护士乙必须分到同一家医院”，故安排护士方法有eq\f(C\o\al(2,4)×C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))×Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,4)×Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,4)×Ceq\o\al(1,3)×Aeq\o\al(3,3)＝114(种)，其中Ceq\o\al(1,4)×Aeq\o\al(3,3)表示护士甲和护士乙一组的分配方法种数，Ceq\o\al(1,4)×Ceq\o\al(1,3)×Aeq\o\al(3,3)表示护士甲和护士乙与另一人共3人一组的分配方法种数．所以总的分配方法有6×114＝684(种)．11．(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(modm)，比如：26＝16(mod10)．已知n＝Ceq\o\al(0,10)＋Ceq\o\al(1,10)·8＋Ceq\o\al(2,10)·82＋…＋Ceq\o\al(10,10)·810，满足n＝p(mod7)，则p可以是()A．23B．31C．32D．19答案A解析因为n＝Ceq\o\al(0,10)＋Ceq\o\al(1,10)·8＋Ceq\o\al(2,10)·82＋…＋Ceq\o\al(10,10)·810＝(1＋8)10＝(7＋2)10，也即n＝Ceq\o\al(0,10)·710＋Ceq\o\al(1,10)·79·2＋…＋Ceq\o\al(9,10)·7·29＋Ceq\o\al(10,10)·210，故n除以7的余数即为Ceq\o\al(10,10)·210＝1024除以7的余数，1024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．12．(2022·衡阳模拟)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)答案C解析将《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，共有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(个)基本事件，事件A包含的基本事件数为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包含的基本事件数为A