2025年高考数学一模试题分类汇编：计数原理（解析版）

专题08计数原理

口题型概览

题型()1利用二项式定理求项的系数

题型02利用二项式定理求系数和问题

题型03三项式及两项积和问题

题型04排列组合综合运用

泉勤01利用二项式定理求项的系数

1.(2025•山东泰安•一模)若［友的展开式的二项式系数之和为64,则其展开式的常数项为

()

A.-20B.-60C.60D.240

【答案】C

【分析】由二项式系数性质求出〃，由二项展开式通项公式可求得常数项.

【详解】由题意2"=64,解得〃=6.

展开式通项为乙=鼠(9)(-2x)'=G(-2)'・jz,

由得标3=0,解得〃=2,.•.常数项为7；Y(_2)"—60.

故选：C.

2.(2025・福建泉州•一模)已知(2x+2)6+〃(x+l)3的展开式中丁的系数为0,则a的值为()

A.-1280B.-640C.640D.1280

【答案】A

【分析】根据给定条件，求出两个二项式展开式中d的系数即可得解.

【详解】依题意，(2x+2)6展开式中F项为C：(24"=26c江其系数为26(2：=1280,

+展开式中/项ar3,其系数为。，由展开式中/的系数为0,得。+1280=0,

所以a=T280.

故选：A

3.(2025•山东济宁•一模)2+一|(2%-1)”的展开式中的常数项为()

A.18B.20C.22D.24

【答案】B

【分析】写出(2%-1)”的展开式的通项，再将(2+1运算进去，分别令x的指数为0,求出各自的

常数，再相加即可.

fIA1

【详解】2+—(2x-l)"=2(2x-l),,+-(2x-l)11,

IX)x

(2x-l)”的二项展开示的通项为G=C(2%)g-(-l)*=(T)"-2JC"i

2(2x-1)”=(一1)A2&yRJ①，

-(2x-l)"=(-1/2il-kCL②，

x

在①式中，令=0得A=ll,故2(2x-l)”的常数项为(-1尸2(：：=-2,

在②式中，令10-4=0得4=10，则的常数项为(一1尸2仁；；一22,

x

故(2+U(2A1)”的展开式中的常数项为-2+22=20,

\X)

故选：B.

2025|1012

4.(2025・辽宁•一模)设(1-2X)20*=ao+qx+%x2+a/3+…+&)2/期5，，〃=2《，5=一彳2的+1，则

1=04r=o

()

A.4=1

B.m=1

「3烟+1

C.s=--------

8

D.若卜］表示正数x的整数部分，则$-同=；

【答案】ACD

【分析】令1=0可得A正确；令x=l可得B错误；令x=-l,再由偶数项的和可得C正确；由二

项式定理的整除可得D正确.

【详解】对于A,令x=0,可得4=1,故A正确；

对卜B,令x=l,可得机=%+《+%+…+%025=-1，故B错误；

对于C,令X=T,可得%-。|+。2…+。2024-%025=3""’，

所以Q）+4+〃2+…+%025）一（4一4+出-6+•，442024一G025）=-1*

J0I2T-V0”110121_1_32OW3侬+1

所以，所以5=-：2«2⑶=-7><=—=F’，故c正确:

1-014i=04Z8

对于D,广3孙+13x9-+i3><(1+8井2+1

888

：3x(l+C：328+C；3282+…+C；器8刈2)+1

一8

二3代28+熹82+--)+4

~S~

=3x(C[+C：32a+・・・+C器件)+：

所以s—[s]=g,故D正确；

故选：ACD

5.(2025•江西•一模)用0,1,2,3组成没有重复数字的四位偶数有〃个，则

(14-X)3+(1+X)4+......+(1+幻”的展开式中，N项的系数为.(用数字作答)

【答案】330

【分析】求出用0,1,2,3组成没有重复数字的四位偶数的个数，得到〃的值.再根据二项式定理

通项公式求出展开式中1项的系数即可.

【详解】当个位数字为0时：其他三个数位从1,2,3这三个数字中任意排列，有A；=3x2xl=6种

情况.

当个位数字为2时：千位不能为0,所以千位有2种选择(从1,3中选)，百位从剩下的2个数字中

选，十位再从剩下的1个数字中选，

根据分步乘法计数原理，共有2xA；=2x2x1=4种情况.

所以刀=10

根据二项式展开式的通项公式(+尸C：/为"对于(1+4,展开式中V项的系数为C

(比=3,4,・・・,10).

那么(l+x)3+(l+x)4+…+(1+对。展开式中丁项的系数为c；+C：+C；+…+C=

由组合数的性质C：+C：T=C3,且C；=C：,则

c；+c：+c；+...+Co=c：+c：+c；+…+Co=c；+C+…

11x10x9x8“八

可得----------=330.

4x3x2xl

故答案为:330.

6.(2025・湖北•一模)已知在口-白)，的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大,

则展开式中/的系数为

【答案】60

【分析】根据二项式系数的性质求出〃的值，写出二项展开式通项，令”的指数为3,求出参数的值,

代人通项即可得解.

【详解】依题意可知〃=6,

的展开式通项为2=晨产，2=C(2)'C(,=0,1,2,345,6),

令6-y=3,则r=2,故/的系数为C：(—2『=6().

故答案为:60.

7.(2025•黑龙江•一模)在二・(1-2/)6的展开式中，常数项为.

X

【答案】-160

【分析】先根据二项式定理得到通项公式，再通过令该项中工的次数为0,求出〃的值，进而得到常

数项.

【详解】二项式的展开式的第厂+1项为乙|=(：；(-2/)',则4(1-2./丫的展开式的第E

X

项为二晨(-2X2)'=(-2/C"2-6,「=0,1,2,…,6,

.I

令2r-6=0,得r=3,所以常数项为(—2)，C：=—160.

故答案为：-16().

8.12025•山东荷泽•一模)若〃是数据1,3,2,2,9,3,3,10的第75白分位数，则(x+y)(2x-y)”

展开式中X、，3的系数为.

【答案】80

【分析】求出第75百分位数〃，然后由二项式定理求解.

【详解】已知数据从小到大排列为：1,223,3,3,9,10,共8个，8x75%=6,

第6个数是3,第7个数是9,

3+9

:---=6,所以〃=6,

2

（工+），）（21一），）6展开式中凸，3的系数为23（："（-1）3+2配"（-1）2=80,

故答案为：80.

9.（2025•山东临沂•一模）（1+x厂的展开式中的一项是（）

A.45xB.90x2C.I2OX1D.240f

【答案】C

【分析】由二项式定理展开式通项即可验算.

【详解】（1+4产的展开式通项为&|=^0f,对比选项依次代入r=1,2,3,4得对应项,

（1+弁°的展开式中的项可以是10x,45/,120V210/.

故选:C.

10.（2025•北京延庆•一模）（/-二1的展开式中，1的系数为.

X

【答案】60

【分析】根据二项式展开式的通项公式加=（^卜2厂，2丫求解即叱

2

【详解】二项式展开式的通项公式：7；+l=C；,（xf^-|j=（-2）'C"g,

令12-3「=6,解得r=2,

所以可得第三项中f的系数是（-2）2C；=4x15=60.

故答案为：60

败型02利用二项式定理求系数和问题

1.（2025•江西赣州•一模）已知（2f+1）（工一2）"+…+。7%7，（的工。），则（）

A.〃二6B.%=-108

C.«0+«(+a2H---Fa?=3D.%+生+/+4=-363

【答案】ACD

【分析】利用二项式定理，结合赋值逐项进行判断即可.

2

【详解】由（2x+l）（x-2）"=a0+G1X+a2x+•••+,

所以（x-2）”的展开式中最高次项为6次项，即〃=6,故A正确:

（x-2『的展开式中，f的系数为C：（-2）2=60,/的系数为C：（—2）=T2,

则%=2x60+1x(-12)=108,故B错误：

令x=l,得(2+l)x(l-2『=4)+4+g+…+%=3，故C正确；

令x=-1,得(―2+l)x(—1—2)=%—4+a,+…+4—々7=-729,

3+(-729'i..十会

所以，a0+a2+a4+a6=-------------=-363>故D正确；

故选：ACD.

2.（2025•广东江门•一模）已知（〃氏2+去）（常数〃?>0）的展开式中第5项与第7项的二项式系

数相等，则（）

A.w=l（）

B.展开式中奇数项的二项式系数的和为256

C.展开式中x”的系数为45W

D.若展开式中各项系数的和为1024,则第6项的系数最大

【答案】ACD

【分析】由题意写出展开式的通项，根据组合数的对称性、二项式系数之和、赋值法以及二项式系

数的单调性，逐项检验，可得答塞.

【详解】由（〃优七），4〃5r

2+则其展开式的通项为加=c;（〃苏厂［2）nrr

=m-Cnx~^

对于A,根据题意可得C：=C>由组合数的性质可知”=10,故A正确;

上>+七］’则展开式中奇数项的二项式系数之和为2回1=512,故B错误;

对于B,由

对「C,由4'1：-5==15解得r=2,则展开式中，5的系数为济。“仁。=45环，故C正确:

对「D,令x=l,则展开式中各项系数之和（m+11=1024=2%解得机=1,

4O->

可得展开式的通项为=C；°xk，即每项系数均为该项的二项式系数，

10

易知展开式中第6项为二项式的中间项，则其系数最大，故D正确.

故选：ACD.

3.（2025・云南曲靖•一模）若（8-的展开式的各二项式系数之和为32,则（）

A.〃=5

B.展开式中只有第三项的二项式系数最大

C.展开式中.一项的系数为1960

D.展开式中系数为有理数的项共有2项

【答案】AC

【分析】由题设得2"=32即可求解〃判断A：由〃=5得二项式系数最大的是C；=C；即可求解判断B；

求出展开式的通项公式，再令厂=4即可求解判断C：由通项公式令即可求解判断D.

【详解】对于A,由题意得2"=32=〃=5,故A正确；

对于B,因为〃=5,所以展开式中的二项式系数最大的是C；=C：,

分别为展开式中的第三项和第四项的二项式系数，故B错误；

对于c,（8-缶）’的展开式的通项公式为加国一伍卜（7）y?5T二，

令r=4,则c；萦*>49XI960，即展开式中x,项的系数为I960,故CJE确:

对于D,因为（8->/7x）5的展开式的通项公式为=（_］］《？­"『，

所以若］wZ,则r=0,2,4时，对应的项为85,35840/,196（）/,均为有理项，

所以展开式中系数为有理数的项共有3项，故D错误.

故选：AC

做型03三项式及两项积和问题

1.（2025•江西新余♦一模）a--（x+y），的展开式中VyS的系数为36,则4的值为

y）

43

【答案】—

【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式运算求解.

【详解】因为(x+)，y的二项展开式为刀LC/UXO」,"/,

令/'=5,可得4=C"2),5=21/)5；

令/'=6,可得(=C；孙6=7孙6；

可得"4一土4=67x2\x2y5--x7xy6=(2k/-7)x2y5,

yy

所以21a—7=36,

43

解得：。=芥

43

故答案为：jj

2.(2025・广东佛山•一模)(1+4『+(1-6『的展开式中『的系数是

【答案】10

【分析】利用一项展开式的通项公式可求f的系数.

【详解】(1+&)'的展开式的通项公式为c；(&y,

r

(1-的展开式的通项公式为5r+1=(-I)C；(«)，

令r=4,则(I+司的展开式中/的系数为C；=5,

(1-4『的展开式中一的系数为(-1)4(2；=5,

故(1+4『+(1-«)5的展开式中一的系数为10,

故答案为：10.

排列组合综合运用

1.(2025•安徽一模)程大位(1533-1606)是明代珠算发明家，微州人.他所编撰的《直指算法统宗》

是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成

为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称"档".现有一种算盘(如图1)共三档,

自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，

上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示

不同的三位整数的个数为.

百位十位个位百位十位个位

图1图2

【答案】26

【分析】分“百位〃拨动3枚算珠、“百位〃拨动2枚算珠、“百位〃拨动1枚算珠三种情况罗列出可表

示的数据即可得解.

【详解】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700；

“百位"拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205,610、650、601、605；

“百位”拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111.151、115、155；

52U、502.50b>56U、511、551、515、555.

则符合条件的三位整数的个数为26.

故答案为：26.

2.（2025•山东泰安•一模）从5名同学中选择4人参加三天志愿服务活动，有一天安排两人，另两天

各安排一人，共有种安排方法（用数字作答）

【答案】180

【分析】先从5人中选4人，将4人分成三组，再进行全排，即可求解.

【详解】第一步，从5人中选4人，共有C；=5种取法，第二步，将4人分成三组，共有C：=6种分

法，

再进行全排有A；=6种排法，

由分步计算原理知，共有C；C：A：=5x6x6=180种安排方法，

故答案为：180.

3.12025•甘肃兰州一模）“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒.”

这二十八字节气歌是我国古人智慧的结晶.某文具店试销二十四节气书签，每套书签24张，分别

印有春夏秋冬四季节气各6张.文具店为促销进行抽奖活动，凡购买一套二十四节气书签可参加抽

奖，抽奖规则如下：从一套书签中挑出6张春季卡，6张夏季卡，将其中3张春季卡和3张夏季卡

装在一个不透明的盒中，剩余的3张春季卡和3张夏季卡放在盒外.现从盒中随机抽出一张卡，若

抽出春季卡，则把它放回盒子中，若抽出夏季卡，则该卡与盒外的一张春季卡置换.如此操作不超

过4次，将盒中的夏季卡全部置换为春季卡，则停止抽卡并获得2套二十四节气书签，否则不获奖.

（1）求只抽3次即获奖的概率；

（2）若促销的30天中预计有360人参加活动，从数学期望的角度分析商家准备多套少书签作为奖品

更为合理？

【答案】（I）］

Jo

（2）60套

【分析】（1）用字母表示出事情，根据事情的关系以及条件概率的公式，可得答案；

（2）由互斥事件的概率加法公式以及条件概率，求得获奖概率，利用二项分布的均值公式，可得答

案.

【详解】（1）设事件A（i可取L2,3,4）表示第i次抽到春季卡，

Bj（）可取1,2,3,4）表示第，次抽到夏季卡，事件。表示抽3次即获奖，

则C=B网鸟,依。=尸（4与4）=P（⑷尸（见2P（闻4员）,

所以P（4网噌合级汨

（2）设事件。表示获奖，则0=（8乃内）U（Aa用&）U（448低）144与4百），

且优,K4线优，4仄4乩，为互斥事件，

P（D）=+P（AB2B\BJ+P（B向+P（B1B2ABj,

由（1）=L尸（A8,B0）=与x§x与x4=WkL-L,

v1-73623"c：c；C；C；223672

；：；：

P（B也B乱）=三CCCC1211I

C；C,C；C；233654'

11151

P(D)=---+-----1----+

367254216n

又因为参加抽奖是否获奖相互独立，用随机变显X表示参加活动获奖的人数,

若促销的30天中预计有360人参加活动，则X~8060,

所以E（X）=360x-l=30,即估计获奖人数的平均值为30,

又因为获奖后每人获得2套二十四节气书签，30x2=60,

所以商家准备60套书签作为奖品较为合理.

4.（2025•山西•一模）定义：各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数”，例如“1022,3110”,则所有"吉

祥数"的个数是（）

A.35B.32C.29D.20

【答案】A

【分析】根据“吉祥数〃的定义，按首位数字分别计算，再由分类加法计数原理可得结果.

【详解】各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数〃，按首位数字分别计算，

当首位数字为5时，则剩余三位数分别是0,0,0,共有1个“吉祥数〃；

当首位数字为4时，则剩余三位数分别是1,0,0,共有3个“吉祥数”；

当首位数字为3时，则剩余三位数分别是1,1,。或2,0,0,共仃3+3=6个“吉祥数〃；

当首位数字为2时，剩余三位数分别是2,1,0或3,0,0或1,1,1,共有A；+3+l=10个〃吉祥

数”；

当首位数字为1时，则剩余三位数分别是3,1,0或4,0,0或1,1,2或2,2,0,共有A；+3+3+3=15

个“吉祥数”，

则共有1+3+6+10+15=35个“吉祥数”.

故选：A.

5.（2025•山东荷泽•一模）若从正方体的八个顶点中任取四个顶点，则下列说法正确的有（）

A.若这四点不共面，则这四点构成的几何体的体积都相等

B.这四点能构成三棱锥的个数为58

C.若正方体棱长为a,则这四点能构成的所有三棱锥中表面积的最大值为

D.若这四点分别记为人B,C,D,则直线48与CO所成的角不可以为30。

【答案】BCD

【分析】举例说明A是错误的；利用组合数公式求三棱锥的个数，判断B的真假；找出表面积最大

的三棱锥判断C的真假；找出连接正方体顶点的两条直线所成角的最小值可判断D的真假.

【详解】如图：

对A：设A6=l,则%TBC=:X；XI=:,匕叫"'=J4%T8C=；，

所以A不正确;

对B：从正方体的8个顶点中任选4个的选法有0：=需若=7。中'其中不能构成三棱锥的有:

①四个点在正方体的一个面上，即所选四点为：ABCD,A禺CR,A叫A，DCC.D,,ADD^,

BCC蜴共6个：②所选四个点在正方体的相对棱上，即所选的四点为：AgR,A,B,CD,BCD-

B£DA,BBRD,A41GC,共6个.

所以所选的四个点可以构成三棱锥的个数为：70-6-6=58个，故B正确；

对C：正方体棱长为“，从正方体的8个顶点中选3个，构成三角形，其中面积最大的就是象△A&C

这样的等边三角形，其边长为血“，面枳为必/，所以四点能构成的所有三棱锥中表面积的最大

2

的就是三棱锥A-4RC这样的正四面体，其表面积为1/X4=2G/,故c正确；

2

对D:在正方体的8个顶点中选4个，连成两条百.线，所成的角最小的就是形如直线AG与AC的所

成的角，设为0,则sin0=3=^/=sin30。，所以0>30。，故D正确.

632

故选：BCD

6.（2025・辽宁•一模）数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题（如图①，如何才能走过这七座桥，且每座

桥都只能经过一次，最后又回到原来的出发点？）〃转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一

点为端点的线有偶数条，则称该点为偶点，否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点

的数目不是0个就是2个（要想一笔画成，若有奇点，起点和终点只能在奇点），因此“哥尼斯堡七

桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有种.

①②

【答案】72

【分析】做出图形，两个奇点A和C分别做起点，求出A与C之间的途径的情况，再求出一笔完成

O-G的画法，，进而可得出答案.

【详解】如图，两个奇点A和C分别做起点，有两种情况，

A与C之间有三种途径：①A—C,@A-B-C,@A-D-G-C,

其中一笔完成O—G有6种画法：D-E-G-D-F-G.D-E-G-F-D-G,

D-G-E—D—F—G,D—G—F—D—E—G,D—F—G—D—E—G,

D-F-G-E-D-G,

若A做起点，从A出发有三种不同的路径能到达C,从C返回A有两种不同的路径，

所以不同路径方法有2x3x2x6=72种.

故答案为：72.

7.（2025・山东烟台•一模）第九届亚洲冬季运动会于2025年2月在哈尔滨成功举行.4名大学生到冰

球、速滑以及体育中心三个场馆做志愿者，每名大学生只去1个场馆，每个场馆至少安排1人，则

所有不同的安排种数为.（用数字作答）

【答案】36

【分析】应用部分平均分组，将4人分3组，再作全排列，最后应用分步乘法求结果.

【详解】由题设，需要将4个人分成3组，有C：=6种，

再将3组人分配到三个场馆，有A；=6种，

所以共有.6x6=36种.

故答案为：36

8.（2025•黑龙江哈尔滨•一模）2024年4月26日，神舟十九号与神舟十八号航天员顺利会师中国空

间站，激发了全国人民的民族自豪感和爱国热情.齐聚"天宫"的6名宇航员分别是"0后”蔡旭哲、“80

后"叶光富、李聪、李广苏，"90后〃宋令东、王浩泽.为记录这一历史时刻，大家准备拍一张"全家福”.

假设6人站成一排，两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80后〃彼此不相邻，两位“90

后“彼此不相邻，则不同的站法共有（）

A.16种B.32种C.48种D.64种

【答案】B

【分析】先排两位指令长，然后用四名宇航员的排列总数减去“80后〃，“90后”相邻的排法，即可

求解.

【详解】两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，有8种排法，

剩下的四名宇航员共有4：种排法，其中两位“80后”彼此相邻，两位“90后”彼此相邻且分别在左侧

或右侧的排法共有2卷A）中，

所以两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80后〃彼此不相邻，两位“90后〃彼此不相邻，

则不同的站法共有&（A；-28g）=32种.

故选：B.

9.（2025•云南昆明♦一模）在空间直角坐标系。邛2中，。冷，平面、O），z平面、0位平面把空间分成

了八个部分，这八个部分称为“卦限〃，通过点的横坐标、纵坐标、竖坐标，可确定点的确切位置及

所处卦限.“卦限〃取自《易经》中的〃太极生两仪，两仪生四象，四像生八卦“，从直角坐标系中的原

点，到数轴中的两个半轴，进而到平面直角坐标系中的四个象限，最终到空间直角坐标系中的八个

卦限，是由简单到繁复的变化过程，体现了中国古典哲学与现代数学的关系，也体现了数学名词翻

译的“信达雅〃.若点4的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合{-1,-2,4},从A中任取2个点，则这2

个点在同一个卦限的概率为.

49

恪案】-

【分析】求出点A的个数，确定各卦限的点的个数，利用组合计原理与古典概型的概率公式可求得

所求事件的概率.

【详解】因为点A的横坐标、纵2标、竖坐标均取自集合{T,-2,4},则点Aj共有3^=27个，

计算每个卦限包含的点数：

x负、y负、z负：8个点

X长、y负、z正：4个点

x负、y正、z负：4个点

x负、v正、z正：2个点

xlE、v负、z负：4个点

x正、y负、z正：2个点

x正、y正、z负：2个点

x正、y正、z正：1个点

同一卦限中选2个点的组合数之和为

C：+C：x3+C；x3+C：=28+6x3+1x3+0=49

从这27个点中任取两个点，共有C；,=351个基本事件,

：C：+3C；+3C；49

故（所求概率?为P=1---------工=—.

351351

49

故答案沏病

10.（2025•江西上饶•一模）将编号为1,2,3,4的4个小球随机放入编号为1,2,3,4的4个凹槽中，每个

凹槽放一个小球，则至少有1个凹槽与其放入的小球编号相同的概率是（）

17517

A.-B.—C.-D.—

424824

【答案】C

【分析】利用排列组合，先求上将编号为1,2,3,4的4个小球随机放入编号为1,2,3,4的4个凹槽中的

放法数，再求出4个凹槽与其放入小球编号互不相同的放法数，再利用对立事件的概率公式，即可

求出结果.

【详解】将编号为1,2,3,4的4个小球随机放入编号为1,2,3,4的4个凹槽中,共有A：=24种放法,

4个凹槽与其放入小球编号互不相同的有C；=9种放法，

95

所以至少有1个凹槽与其放入小球编号相同的概率是产=1-七二三.

24o

故选：C.

11.（2025・湖北•一模）有形状、质量完全相同的〃-1个不同白色小球，另有一个红色小球与每一个

白色小球仅有颜色差异，将这个红色小球命名为“2025幸运星球”，将这〃个小球装在一个盒子里，

并随机摇动放匀，则下列说法正确的是（）

c

A.从盒子里任取3个小球，"2025幸运星球〃被选中的概率为〃=7空;

B.从盒子里任取3个小球，记事件A="2025幸运星球，被选中〃；事件8="取得的3个小球都

是白色球"，则事件A3为对立事件；

C.当〃=20时，把这20个小球分别装进甲、乙、丙三个不同的盒子里，每个盒子至少装1个

小球.甲、乙、丙二个盒子里装有小球的个数分别记为外z,则有序数组（x.y.z）的个数为

171；

D.当〃=20时，把这20个小球分别装进甲、乙、丙三个不同的盒子里，每个盒子至少装1个

小球，甲、乙、丙三个盒子里装有小球的个数分别记为X，分z,则有序数组（x,y,z）的个数为

231；

【答案】ABC

【分析】应用组合数结合古典概型计算判断A,结合对立事件定义判断B,应用隔板法结合组合数

计算判断C,D.

【详解】依题意知：盒子中共有〃个小球，从中任取3球的取法总数为C：,

“2025幸运星球"被选中取法总数为C3,所以“2025幸运星球”被选中的概率为〃=黑，故A正确:

c八

事件8="取得的3个小球都是白色球"，即取得的球中没有“2025幸运星球〃，所以事件4,8为对、工

事件，故B正确；

依题意，把这20个小球分别装进甲、乙、丙三个不同的盒子里，每个盒子至少装1个小球，

所以有序数组（x,y,z）的个数等于不定方程X+），+z=17的非负整数解个数，

相当于在17个小球摆成一排所形成的18个空位中放入两块隔板，

两块隔板可以占一个空位，也可以占两个空位，

ig1Q

故隔板方法总数为C；8+C：8=C：9=Kxf=l71,故C正确，D错误；

故选：ABC.

12.（2025•甘肃兰州•一模）将1,2,3,4,5,6随机排成一行，前三位数字构成三位数。，后三位

数字构成三位数①记〃Ta-加大于100的概率是（）

【答案】D

【分析】分两步探讨，结合古典概率列式计算得解.

【详解】先求m小于100的概率，百位必相邻，且较大数的十位小于较小数的十位，个位无限制，

分两步：

51

（1）取百位的概率为正二§;

（2）取十位，在剩卜.的4个数字中取两数分配给作十位，而。的十位大于b的十位与

a的十位小于b的十位的概率相等，此步符合要求的概率为与，

所以m小于100的概率为2x<=g.故m大于100的概率是1-:

32666

故选：D

13.（2025•广东江门•一模）现有编号为1,2,3,4的4个小球和4个盒子,把4个小球随机放进4个盒

子里，每个盒子装1个小球，则恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为（）