山东专用2025届高考数学二轮专题闯关导练四热点问题专练热点十一排列组合二项式定理概率含解析

PAGE热点(十一)排列组合、二项式定理、概率1．(排列)七人并排站成一行，假如甲、乙两人必需不相邻，那么不同的排法种数是()A．3600种B．1440种C．4820种D．4800种2．(二项绽开式特定项的系数)(1＋2x)(1＋x)4的绽开式中x3的系数为()A．12B．14C．16D．203．[2024·山东日照校际联考](古典概型)2013年华人数学家张益唐证明白孪生素数猜想的一个弱化形式．孪生素数猜想是希尔伯特在1900年提出的23个问题之一，可以这样描述：存在无穷多个素数p，使得p＋2是素数．素数对(p，p＋2)称为孪生素数．从10以内的素数中任取2个构成素数对，其中是孪生素数的概率为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,5)D.eq\f(1,6)4．(计数原理)某人设计一项单人嬉戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形ABCD(边长为2个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，假如掷出的点数为i(i＝1,2，…，6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，始终循环下去．则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A的全部不同走法共有()A．22种B．24种C．25种D．27种5．[2024·山东潍坊模拟](二项绽开式特定项系数)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)＋1))5绽开式中的常数项为()A．1B．11C．－19D．516．(古典概型)吸烟有害健康，小明为了帮助爸爸戒烟，在爸爸包里放一个小盒子，里面随机摆放三支香烟和三支跟香烟外形完全一样的“戒烟口香糖”，并且和爸爸约定，每次想吸烟时，从盒子里任取一支，若取到口香糖则吃一支口香糖，不吸烟；若取到香烟，则吸一支烟，不吃口香糖，假设每次香烟和口香糖被取到的可能性相同，则“口香糖吃完时还剩2支香烟”的概率为()A.eq\f(1,5)B.eq\f(8,15)C.eq\f(3,5)D.eq\f(3,20)7．[2024·山东济南模拟](排列组合＋古典概型)2019年1月1日，济南轨道交通1号线试运行，济南轨道交通集团面对广阔市民开展“参观体验，征求看法”活动．市民可以通过济南地铁APP抢票，小陈抢到了三张体验票，打算从四位挚友小王、小张、小刘、小李中随机选择两位与自己一起去参与体验活动，则小王和小李至多一人被选中的概率为()A.eq\f(1,6)B.eq\f(1,3)C.eq\f(2,3)D.eq\f(5,6)8．(排列组合＋计数原理)从集合{A，B，C，D，E，F}和{1,2,3,4,5,6,7,8,9)中各任取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)．则每排中字母C和数字4,7至少出现两个的不同排法种数为()A．85B．95C．2040D．22809．(多选题)(二项绽开式)关于多项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x)－x))6的绽开式，下列结论正确的是()A．各项系数之和为1B．各项系数的肯定值之和为212C．存在常数项D．x3的系数为4010．(多选题)[2024·山东六地市部分学校线上考试](概率)甲罐中有5个红球，2个白球和3个黑球，乙罐中有4个红球，3个白球和3个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，分别以A1，A2和A3表示由甲罐取出的球是红球，白球和黑球的事务；再从乙罐中随机取出一球，以B表示由乙罐取出的球是红球的事务，则下列结论中正确的是()A．P(B)＝eq\f(2,5)B．P(B|A1)＝eq\f(5,11)C．事务B与事务A1相互独立D．A1，A2，A3是两两互斥的事务11．(多选题)(古典概型)设集合M＝{2,3,4}，N＝{1,2,3,4}，分别从集合M和N中随机取一个元素m与n.记“点P(m，n)落在直线x＋y＝k上”为事务Ak(3≤k≤8，k∈N*)，若事务Ak的概率最大，则k的取值可能是()A．4B．5C．6D．712．(多选题)(概率)下列对各事务发生的概率推断正确的是()A．某学生在上学的路上要经过4个路口，假设在各路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是eq\f(1,3)，那么该生在上学路上到第3个路口首次遇到红灯的概率为eq\f(4,27)B．三人独立地破译一份密码，他们能单独译出的概率分别为eq\f(1,5)，eq\f(1,3)，eq\f(1,4)，假设他们破译密码是彼此独立的，则此密码被破译的概率为eq\f(2,5)C．甲袋中有8个白球，4个红球，乙袋中有6个白球，6个红球，从每袋中各任取一个球，则取到同色球的概率为eq\f(1,2)D．设两个独立事务A和B都不发生的概率为eq\f(1,9)，A发生B不发生的概率与B发生A不发生的概率相同，则事务A发生的概率是eq\f(2,9)13．(古典概型)人的某一特征(如单双眼皮)是由他的一对基因确定的，以D表示显性基因，d表示隐性基因，则具有DD基因的人是显性纯合子表现为双眼皮，具有dd基因的人是隐性纯合子表现为单眼皮，具有Dd基因的人为杂合子，显性纯合子与杂合子都显露显性基因确定的某一特征．孩子从父母身上各得一个基因，假定父母都是杂合子，则一对双眼皮夫妇生一个双眼皮的男孩概率是________．14．(二项绽开式特定项)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(2,x)))n的二项绽开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项绽开式中的常数项等于________．15．(排列组合)支配A，B，C，D，E，F六名义工照看甲、乙、丙三位老人，每两位义工照看一位老人．考虑到义工与老人住址距离问题，义工A担心排照看老人甲，义工B担心排照看老人乙，支配方法共有________种．16．(二项式定理＋导数运算)设(1－ax)2018＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2018x2018，若a1＋2a2＋3a3＋…＋2018a2018＝2018a(a热点(十一)排列组合、二项式定理、概率1．答案：A解析：第一步，先将除甲乙外的其他5人全排列，Aeq\o\al(5,5)＝5×4×3×2×1＝120种，其次步，将甲乙2人插入6个空中，Aeq\o\al(2,6)＝6×5＝30种，则不同的排法种数是Aeq\o\al(5,5)·Aeq\o\al(2,6)＝120×30＝3600种．故选A.2．答案：C解析：(1＋2x)(1＋x)4＝(1＋x)4＋2x(1＋x)4，绽开式通项为Tr，k＝Ceq\o\al(r,4)xr＋2xCeq\o\al(k,4)xk＝Ceq\o\al(r,4)xr＋2Ceq\o\al(k,4)xk＋1，令r＝k＋1＝3，得r＝3，k＝2，则绽开式中x3的系数为Ceq\o\al(3,4)＋2Ceq\o\al(2,4)＝4＋2×6＝16.故选C.3．答案：D解析：易知10以内的素数有2,3,5,7，共4个，从中任取2个构成的素数对有(2,3)，(3,2)，(2,5)，(5,2)，(2,7)，(7,2)，(3,5)，(5,3)，(3,7)，(7,3)，(5,7)，(7,5)，共12个．依据孪生素数的定义，知10以内的素数构成的孪生素数有(3,5)，(5,7)，共2个，所以从10以内的素数中任取2个素数，其中能构成孪生素数的概率P＝eq\f(2,12)＝eq\f(1,6)，故选D.4．答案：D解析：由题意知，正方形ABCD(边长为2个单位)的周长是8，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到了A处，表示三次骰子的点数之和是8,16，列举出点数中三个数字能够使得和为8,16的有125；134；116；224；233；466；556，共有7种组合，前2种组合125；134，每种状况可以排列出Aeq\o\al(3,3)＝6种结果，共有2Aeq\o\al(3,3)＝2×6＝12种结果；116；224；233；466；556各有3种结果，共有5×3＝15种结果，依据分类计数原理知共有12＋15＝27种结果，故选D.5．答案：B解析：通解eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)＋1))5＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))))5，则其绽开式的通项Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))k(其中k＝0,1,2,3,4,5)．要求原式的绽开式中的常数项，需求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))k的绽开式中的常数项.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))k的绽开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,k)xk－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))r＝(－1)rCeq\o\al(r,k)xk－2r(其中r＝0,1,2，…，k)，依据题意，令k－2r＝0，则k＝2r，即k是2的倍数，所以k＝0,2,4，所以原式的绽开式中的常数项为Ceq\o\al(0,5)－Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(4,5)Ceq\o\al(2,4)＝11，故选B.优解(c＋b＋a)n绽开式的通项为Ceq\o\al(x,n)Ceq\o\al(y,n－x)cxbyan－x－y，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)＋1))5的绽开式中的常数项为15＋Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4)x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))·13＋Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3)x2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))2·1＝1－20＋30＝11，故选B.6．答案：D解析：由题：“口香糖吃完时还剩2支香烟”说明：第四次取到的是口香糖，前三次中恰有两次口香糖一次香烟，记香烟为A1，A2，A3，口香糖为B1，B2，B3，进行四次取物，基本领件总数为：6×5×4×3＝360种．事务“口香糖吃完时还剩2支香烟”前四次取物依次分为以下三种状况：烟、糖、糖、糖：3×3×2×1＝18种，糖、烟、糖、糖：3×3×2×1＝18种，糖、糖、烟、糖：3×2×3×1＝18种，包含的基本领件个数为：54.所以，其概率为eq\f(54,360)＝eq\f(3,20).故选D.7．答案：D解析：通解若小王和小李都没被选中，则有Ceq\o\al(2,2)种方法，若小王和小李有一人被选中，则有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)种方法，故所求概率P＝eq\f(C\o\al(2,2)＋C\o\al(1,2)C\o\al(1,2),C\o\al(2,4))＝eq\f(5,6).优解若小王和小李都被选中，则有1种方法，故所求概率P＝1－eq\f(1,C\o\al(2,4))＝eq\f(5,6).8．答案：C解析：依据题意，分2步进行分析：①：先在两个集合中选出4个元素，要求字母C和数字4,7至少出现两个，若字母C和数字4,7都出现，须要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，有5种选法，若字母C和数字4出现，数字7不出现，须要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，在1、2、3、5、6、8、9中选出1个数字，有5×7＝35种选法，若字母C和数字7出现，数字4不出现，须要在字母A，B，D，E，F中选出1个字母，在1、2、3、5、6、8、9中选出1个数字，有5×7＝35种选法，若数字4,7出现，字母C不出现，须要在字母A，B，D，E，F中选出2个字母，有Ceq\o\al(2,5)＝10种选法，则有5＋35＋35＋10＝85种选法，②：将选出的4个元素全排列，有Aeq\o\al(4,4)＝24种状况，则一共有85×24＝2040种不同排法，故选C.9．答案：BCD解析：由题意可知，各项系数之和为26，各项系数的肯定值之和为212.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,x)－x))6＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)－x))))6，易知该多项式的绽开式中肯定存在常数项．由题中的多项式可知，若出现x3，可能的组合只有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))0·(－x)3和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))1·(－x)4，结合排列组合的性质可得x3的系数为Ceq\o\al(3,6)×13×Ceq\o\al(3,3)×20×(－1)3＋Ceq\o\al(5,6)×11×Ceq\o\al(4,5)×21×(－1)4＝40.故选BCD.10．答案：BD解析：由题意A1，A2，A3是两两互斥的事务，P(A1)＝eq\f(5,10)＝eq\f(1,2)，P(A2)＝eq\f(2,10)＝eq\f(1,5)，P(A3)＝eq\f(3,10)，P(B|A1)＝eq\f(PBA1,PA1)＝eq\f(\f(1,2)×\f(5,11),\f(1,2))＝eq\f(5,11)，故B正确；P(B)＝P(B·A1)＋P(B·A2)＋P(B·A3)＝eq\f(5,10)×eq\f(5,11)＋eq\f(2,10)×eq\f(4,11)＋eq\f(3,10)×eq\f(4,11)＝eq\f(9,22)，故A，C不正确；A1，A2，A3是两两互斥的事务，故D正确．故选BD.11．答案：BC解析：由题意，点P(m，n)的全部可能状况为(2,1)、(2,2)、(2,3)、(2,4)、(3,1)、(3,2)、(3,3)、(3,4)、(4,1)、(4,2)、(4,3)、(4,4)，共12个基本领件，则事务A3：点P(m，n)落在直线x＋y＝3上，包含其中(2,1)共1个基本领件，所以P(A3)＝eq\f(1,12)；事务A4：点P(m，n)落在直线x＋y＝4上，包含其中(2,2)、(3,1)共2个基本领件，所以P(A4)＝eq\f(1,6)；事务A5：点P(m，n)落在直线x＋y＝5上，包含其中(2,3)、(3,2)、(4,1)共3个基本领件，所以P(A5)＝eq\f(1,4)；事务A6：点P(m，n)落在直线x＋y＝6上，包含其中(2,4)、(3,3)、(4,2)共3个基本领件，所以P(A6)＝eq\f(1,4)；事务A7：点P(m，n)落在直线x＋y＝7上，包含其中(3,4)、(4,3)共2个基本领件，所以P(A7)＝eq\f(1,6)；事务A8：点P(m，n)落在直线x＋y＝8上，包含其中(4,4)共1个基本领件，所以P(A8)＝eq\f(1,12).综上可得，当k＝5或6时，P(Ak)max＝P(A5)＝P(A6)＝eq\f(1,4).故选BC.12．答案：AC解析：对于A，该生在第3个路口首次遇到红灯的状况为前2个路口不是红灯，第3个路口是红灯，所以概率为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,3)))2×eq\f(1,3)＝eq\f(4,27)，故A正确；对于B，用A、B、C分别表示甲、乙、丙三人能破译出密码，则P(A)＝eq\f(1,5)，P(B)＝eq\f(1,3)，P(C)＝eq\f(1,4)，“三个人都不能破译出密码”发生的概率为eq\f(4,5)×eq\f(2,3)×eq\f(3,4)＝eq\f(2,5)，所以此密码被破译的概率为1－eq\f(2,5)＝eq\f(3,5)，故B不正确；对于C，设“从甲袋中取到白球”为事务A，则P(A)＝eq\f(8,12)＝eq\f(2,3)，设“从乙袋中取到白球”为事务B，则P(B)＝eq\f(6,12)＝eq\f(1,2)，故取到同色球的概率为eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，故C正确；对于D，易得P(A∩eq\x\to(B))＝P(B∩eq\x\to(A))，即P(A)·P(eq\x\to(B))＝P(B)P(eq\x\to(A))，即P(A