专题五　微专题1　计数原理与概率 -大二轮数学专题复习

微专题1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、全概率公式的基本应用.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.例1(1)(多选)小许购买了一套五行文昌塔摆件(如图)，准备一字排开摆放在桌面上，下列结论正确的有()A.不同的摆放方法共有120种B.若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有36种C.若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有72种D.若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有36种答案ACD解析由题可知，不同的摆放方法共有A55=120(种)，若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有A33A42=72(种)，若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有A22A44-2A33=36(2)(2024·张家口模拟)有5位大学生要分配到A，B，C三个单位实习，每位学生只能到一个单位实习，每个单位至少要接收一位学生实习，已知这5位学生中的甲同学分配在A单位实习，则这5位学生实习的不同分配方案有种.(用数字作答)

答案50解析根据特殊元素“甲同学”分类讨论，当A单位只有甲时，其余四人分配到B，C，不同分配方案有C41C33A22当A单位不只有甲时，其余四人分配到A，B，C，不同分配方案有C41C31C22A2[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)(2024·义乌模拟)在义乌，婺剧深受民众喜爱.某次婺剧表演结束后，老生、小生、花旦、正旦、老旦各一人排成一排合影留念，其中小生和老生不相邻且老旦不排在最右边的不同排法总数是()A.36 B.48 C.60 D.72答案C解析首先按照小生和老生不相邻的要求共有A33A42=72其中老旦排在最右边时，左侧4个位置，先排花旦、正旦有A22由此所成的3个空中将小生、老生插入有A32所以排法有A22A32所以满足题意的不同排法总数是72-12=60.(2)(2024·宁波模拟)某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙，需要经过5个转运环节，其中第1，2两个环节各有a，b两种运输方式，第3，4两个环节各有b，c两种运输方式，第5个环节有d，e两种运输方式.则快件从甲送到乙恰用到4种运输方式的不同送达方式有种.答案16解析快递从甲送到乙恰用到4种运输方式，且第5个环节从d，e两种运输方式中选一种，第1，2，3，4个环节必须包含a，b，c三种不同的运输方式，若第1，2个环节运输方式相同，则只能都选a，则第3，4个环节一个选b，一个选c，则有2×1×2=4(种)，若第1，2个环节运输方式不相同，则已经包含a，b两种运输方式，则第3，4个环节一个选b，一个选c，或者都选c，则有2×2×2+2×1×2=8+4=12(种)，快递从甲送到乙恰用到4种运输方式的不同送达方式共有4+12=16(种).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.例2(1)(2024·张家口模拟)(1-x2)(1+x)5的展开式中x4的系数为()A.-5 B.5 C.-10 D.10答案A解析(1+x)5的展开式通项为Tk+1=C5kx则(1-x2)(1+x)5的展开式中含x4的项为C54x4-x2·C52x2=C54所以(1-x2)(1+x)5的展开式中x4的系数为-5.(2)(多选)已知(1-2x)2025=a0+a1x+a2x2+…+a2025x2025，则下列结论中正确的是()A.a1+a2+a3+…+a2025=-2B.a1-a2+a3-a4+…-a2024+a2025=1-32025C.a1+2a2+3a3+…+2025a2025=4050D.|a1|+|a2|+…+|a2025|=32025答案AB解析对于A选项，令x=1，则a0+a1+a2+a3+…+a2025=-1，又a0=C20250所以a1+a2+a3+…+a2025=-2，故A正确；对于B选项，令x=-1，则a0-a1+a2-a3+…-a2025=32025，-a1+a2-a3+…-a2025=32025-1，故a1-a2+a3-a4+…-a2024+a2025=1-32025，故B正确；对于C选项，记y=(1-2x)2025=a0+a1x+a2x2+…+a2025x2025，则y'=-4050(1-2x)2024=a1+2a2x+…+2025a2025x2024，令x=1，则a1+2a2+3a3+…+2025a2025=-4050，故C错误；对于D选项，(1-2x)2025的通项公式为Tk+1=C2025k(-2x)k(0≤k≤2025，k∈N当k为奇数时，系数为负数，所以|a1|+|a2|+…+|a2025|=-a1+a2-a3+…-a2025=32025-1，故D错误.[规律方法]二项式(a+b)n的通项公式Tk+1=Cnkan-kbk(k=0，1，2，…，n)，它表示的是二项展开式的第k+1项，而不是第k项；其中Cnk是二项展开式的第k+1项的二项式系数，而二项展开式的第k+1跟踪演练2(1)(2024·武汉模拟)若(1+2x)10=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+…+a10(1+x)10，则a2等于()A.180 B.-180 C.-90 D.90答案A解析因为(1+2x)10=[2(1+x)-1]10，其二项展开式的通项为Tk+1=C10k[2(1+x)]10-k(-1)k=(-1)k210-kC10k(1+x)10-k，k=0，1，而a2是a2(1+x)2的系数，故只需取k=8，得T9=22C108(1+x)2=180(1+x)2，即a2(2)(2024·全国甲卷)13+x10的展开式中，答案5解析二项展开式的通项为Tk+1=C10k10≤k≤10且k∈Z，设展开式中第k+1项系数最大，则C10k即294≤k≤又k∈Z，故k=8，所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为C108考点三概率1.古典概型的概率公式P(A)=事件A2.条件概率公式设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，则P(B|A)=P(3.全概率公式设A1，A2，…，An是一组两两互斥的事件，A1∪A2∪…∪An=Ω，且P(Ai)>0，i=1，2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)=nΣi=1P(Ai)·P(B|Ai例3(1)(2024·苏州模拟)有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的概率为()A.12 B.1C.14 D.答案B解析将4个盒子按顺序拆开有A44=24(种)方法，若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，则前两个盒子都是白球或都是黑球，有A22A22+A22A22=8(种)情况(2)(多选)(2024·广州模拟)甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球(两箱中的球除颜色外没有其他区别)，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件A1和A2表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则()A.P(A1)=35 B.P(B)=C.P(B|A1)=950 D.P(A2|B)=答案ABD解析依题意可得P(A1)=35，P(A2)P(B|A1)=C32P(B|A2)=C22所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=35×310+25×110=1150，故A正确P(A2|B)=P(A2B)P(B)=[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.跟踪演练3(1)(2024·景德镇模拟)六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学，小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿园，爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧，每列3人.则爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为()A.16 B.1C.172 D.答案B解析假设六位爸爸已经站好了位置，不同站位方法数为A小孩找到各自的爸爸，则其为定序问题，不同站位方法数为C63C33，所以不需要插队的概率(2)(多选)(2024·兰州模拟)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，经他研究，随机事件A，B存在如下关系：P(A|B)=P(A)P(B|A)P(B).对于一个电商平台，用户可以选择使用支付方式1、支付方式2或支付方式3进行支付.已知使用支付方式1支付的用户占总用户的20%，使用支付方式2支付的用户占总用户的40%，其余的用户使用支付方式3支付.平台试运营过程中发现三种支付方式都会遇到支付问题，为了优化服务，进行数据统计发现：出现支付问题的概率是0A.使用支付方式1支付的用户中有10%的人遇到支付问题B.使用支付方式2支付遇到支付问题与使用支付方式3支付遇到支付问题的概率不同C.要将出现支付问题的概率降到0.05，可以将支付方式1支付通道关闭D.减少支付方式3支付的人数有可能降低出现支付问题的概率答案AC解析设A，B，C分别表示事件“使用支付方式1支付”“使用支付方式2支付”“使用支付方式3支付”，D表示事件“出现支付问题”，则P(A)=0.2，P(B)=P(C)=0.4，P(D)=0.06，所以P(D|A)=P(D)P(A|D即使用支付方式1支付的用户中有10%的人遇到支付问题，故A正确；因为P(D|B)=P(D)P(B|DP(D|C)=P(D)P(C|D即使用支付方式2支付遇到支付问题与使用支付方式3支付遇到支付问题的概率相同，故B错误；因为使用支付方式1支付的用户中有10%的人遇到支付问题，而使用支付方式3支付的用户中只有5%的人遇到支付问题，故减少支付方式1支付的人数有可能降低出现支付问题的概率，故D错误；要将出现支付问题的概率降到0.05，可以将支付方式1支付通道关闭，故C正确.专题强化练(分值：84分)一、单项选择题(每小题5分，共40分)1.(2024·北京)在(x-x)4的展开式中，x3的系数为()A.6 B.-6 C.12 D.-12答案A解析方法一(x-x)4的展开式的通项Tk+1=C4kx4-k(-x)k=(-1)kC4kx4-k2(k=0，1，2，3，4).由所以在(x-x)4的展开式中，x3的系数为(-1)2C42方法二(x-x)4的展开式中含x3的项是由(x-x)(x-x)(x-x)(x-x)中任意取2个括号内的x与剩余的2个括号内的(-x)相乘得到的，所以(x-x)4的展开式中含x3的项为C42x2·C22(-x)2所以(x-x)4的展开式中x3的系数为6.2.江南的周庄、同里、甪直、西塘、乌镇、南浔古镇，并称为“江南六大古镇”，是中国江南水乡风貌最具代表的城镇，它们以其深邃的历史文化底蕴、清丽婉约的水乡古镇风貌、古朴的吴侬软语民俗风情，在世界上独树一帜，驰名中外.这六大古镇中，其中在苏州境内的有3处.某家庭计划今年暑假从这6个古镇中挑选2个去旅游，则至少选一个苏州古镇的概率为()A.25 B.1C.45 D.答案C解析从这6个古镇中挑选2个去旅游有C62=15(种)选法，至少选一个苏州古镇的概率P=1-C33.(2024·全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是()A.14 B.1C.12 D.答案B解析当甲排在排尾，乙排第一位，丙有2种排法，丁就1种，共2种；当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种；于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾共4种方法，于是共8种排法符合题意；样本点总数显然是A44根据古典概型的计算公式，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率为824=14.(2024·黔东南州模拟)在n个数码1，2，…，n(n≤9，n∈N*)的全排列j1j2…jn中，若一个较大的数码排在一个较小的数码的前面，则称它们构成一个逆序，这个排列的所有逆序个数的总和称为这个排列的逆序数，记为T(j1j2…jn).例如，在3个数码的排列312中，3与1，3与2都构成逆序，因此T(312)=2.那么T(87542136)等于()A.19 B.20 C.21 D.22答案C解析由题意，对于87542136，可得8与后面每个数字都构成逆序，7与后面每个数字都构成逆序，5与4，2，1，3都构成逆序，4与2，1，3都构成逆序，2与1构成逆序，所以T(87542136)=7+6+4+3+1=21.5.(2024·深圳模拟)已知某六名同学在CMO竞赛中获得前六名(无并列情况)，其中甲或乙是第一名，丙不是前三名，则这六名同学获得的名次情况可能有()A.72种 B.96种C.144种 D.288种答案C解析由题意，丙可能是第4，5，6名，有3种情况，若甲是第一名，则获得的名次情况可能是C31A44=72(种)，若乙是第一名，则获得的名次情况可能是C31A44=726.已知(2x+3)8=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7+a8x8，则a1+a2+3a322+4a423+5a5A.215 B.216 C.217 D.218答案D解析对(2x+3)8=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7+a8x8的两边求导，得16(2x+3)7=a1+2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4+6a6x5+7a7x6+8a8x7.令x=1得a1+a2+3a322+4a423+5a527.(2024·葫芦岛模拟)设A，B是两个随机事件，且P(A)=14，P(B)=12，A.若P(BA)=38，则A与B.P(A∪B)=3C.P(A|B)=1D.A与B有可能是对立事件答案A解析对于A，由P(A)=14，得P(A)=1-14=34，则有P(A)P(B)=P(故A与B相互独立，故A与B相互独立，故A正确；对于B，P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)=34-P(AB)≤34，对于C，P(A|B)=P(AB)P(B)=2P(AB)，而P(对于D，P(A)+P(B)=14+12=34≠1，故A与B不是对立事件，故8.某规范化考场的规格为每场30名考生，分为6排5列，依照如图所示的方式进行座位号的编排.为了确保考试的公平性，考生的试题卷分为A卷和B卷，座位号为奇数的考生使用A卷，座位号为偶数的考生使用B卷.已知甲、乙、丙三名考生在同一考场参加考试，且三人使用的试卷类型相同，三名考生中任意两人不得安排在同一行或同一列，则甲、乙、丙三名考生的座位安排方案共有()第5列第4列第3列第2列第1列2524131201第1排2623141102第2排2722151003第3排2821160904第4排2920170805第5排3019180706第6排A.2016种 B.1008种C.1440种 D.720种答案A解析先考虑甲、乙、丙三人使用A卷，则这三个人的座位号都为奇数，分以下几种情况讨论：(1)若这三人都在奇数列，则有一人需在第1列选一个奇数号的座位，有3种情况，然后有一人在第3列要选一个奇数号的座位，但与第一人不能在同一排，只有2种情况，最后一人只能在第5列选择一个奇数号的座位，但该人不能与前两人在同一排，最后一人的座位只有一个，此时，共有3×2×1×A33=36(种(2)三人中只有两人在奇数列，首先在第1，3，5列中选两列，有C32其次，第一个人在其中的第一个奇数列中选择一个奇数号的位置，有3种选择，第二个人在另一个奇数列中选择一个奇数号的位置，有2种选择，第三个人在两个偶数列中选择一个奇数号的位置，有6种选择，此时，共有C32×(3×2×6)×A33=648(3)三人中只有一人在奇数列，第一个人在第1，3，5列中随便选择一个奇数号的位置，有9种选择，其次，第二个人在第2列中选择一个奇数号的位置，有3种选择，例如第二个人选择11号座位，由于第三个人不能与第二个人同排或同列，则第三个人只有2种选择，即19号和21号两个位置可供选择，此时，共有9×3×2×A33=324(种)综上所述，当三个人都考A卷时，不同的排法种数为36+648+324=1008.由对称性可知，当三人都考B卷时，不同的排法种数也为1008.综上，当三人的考卷类型相同时，不同的座位安排方案种数为1008×2=2016.二、多项选择题(每小题6分，共18分)9.(2024·岳阳模拟)下列结论正确的是()A.若C7n=C7B.CnmC.(x-1)10的展开式的第6项的系数是CD.(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5的展开式中x2的系数为C6答案BD解析对于A，因为C7n=C73，由组合数性质可得n=3或对于B，Cn=m+1n=m+1n所以Cnm=m对于C，(x-1)10的展开式的第6项为T6=C105x10-5(-1)5=-C105x5，所以第6对于D，(1+x)3的展开式中x2的系数为C32，(1+x)4的展开式中x(1+x)5的展开式中x2的系数为C所以(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5的展开式中x2的系数为C32+C42+C52=C32+C33+C42+C52-1=C410.某电影院的一个播放厅的座位如图所示(标黑表示该座位的票已被购买)，甲、乙两人打算购买两张该播放厅的票，且甲、乙不坐前两排，则()A.若甲、乙左右相邻，则购票的情况共有54种B.若甲、乙不在同一列，则购票的情况共有1154种C.若甲、乙前后相邻，则购票的情况共有21种D.若甲、乙分坐于银幕中心线的两侧，且不坐同一排，则购票的情况共有508种答案ABD解析若甲、乙左右相邻，可选择三至七排，(10+4+3+6+4)A22=54(种)，所以一共有54种购票情况，故甲、乙在同一列的情况共有A32+A52+A52+A32+A22+则甲、乙不在同一列的情况有A362-106=1154(种)，所以一共有1154种购票情况，故若甲、乙前后相邻，先选座位，有2+4+4+1+2+4+4=21(种)，再考虑甲乙顺序，有A22=2(种)，所以一共有42种购票情况，故银幕中心线左侧有18个座位，右侧有18个座位，甲、乙分坐于两侧，有A22×18×18=648(种)甲、乙分坐于两侧且坐同一排(按每一排考虑)，有A22(5×6+3×3+3×2+4×4+3×3)=140(种)所以甲、乙分坐于两侧，且不坐同一排的购票情况共有648-140=508(种)，故D正确.11.(2024·安阳模拟)甲是某公司的技术研发人员，他所在的小组负责某个项目，该项目由A，B，C三个工序组成，甲只负责其中一个工序，且甲负责工序A，B，C的概率分别为0.5，0.3，0.2，当他负责工序A，B，C时，该项目达标的概率分别为0.6，0.8，0.7，则下列结论正确的是()A.该项目达标的概率为0.68B.若甲不负责工序C，则该项目达标的概率为0.54C.若该项目达标，则甲负责工序A的概率为15D.若该项目未达标，则甲负责工序A的概率为5答案ACD解析记“甲负责工序A”为事件M1，“甲负责工序B”为事件M2，“甲负责工序C”为事件M3，“该项目达标”为事件N.对于选项A，该项目达标的概率为P(N)=P(M1)P(N|M1)+P(M2)P(N|M2)+P(M3)P(N|M3)=0.5×0.6+0.3×0.8+0.2×0.7=0.68，故选项A正确；对于选项B，P(N|(M1∪M2))=P=0.5×0.6+0.3×0.80.5+0.3=2740，对于选项C，P(M1|N)=P(M1)P(N对于选项D，P(M1|N)=P(M1)P(N|三、填空题(每小题5分，共15分)12.(2024·韶关模拟)二项式(2-x)n的展开式中，x2项的系数是常数项的2.5倍，则n=.

答案5解析二项式(2-x)n的展开式通项为Cnk2n-k(-1)kxk，则x2项的系数是Cn22n-2，常数项是由题意得Cn22n-2=52即n(n-1)2·2n-2=5整理得n2-n-20=0，解得n=5或n=-4(舍).13.(2024·天津)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为；已知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为.

答案35解析方法一(列举法)从五个活动中选三个的情况有：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE，共10种，其中甲选到A有6种情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，则甲选到A的概率为610=3乙选A活动有6种情况：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，其中再选择B活动有3种情况：ABC，ABD，ABE，故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为36=1方法二设选到A为事件M，选到B为事件N，则甲选到A的概率为P(M)=C42C5乙选了A活动，他再选择B活动的概率为P(N|M)=P(MN)P(14.(2024·新课标全国Ⅱ)在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是.

答案24112解析由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1=24(种)选法；先按列分析，每列必选出一个数，故所选