计数原理与概率-高考二轮数学专项复习

专题五概率与统计

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，以选拦题、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，近儿年也与函数、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；

⑵要做的事情是需要分步还是分类，还是分步分类同时进行，径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，则不同的撰•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”小摆两端，刻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储=120（种），A正确；

若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有A弘台72（种），C正确，B不正确；

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A%%2At36（种），D正确.

（2）（2024•张家口模拟）有5位大学生要分配到4B,。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力单位实习，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，

当力单位只有甲时，其余四人分配到SC,不同分配方案有禺0A舁鬣最=14（种）；

当力单位不只有甲时，其余四人分配到4B,C,不同分配方案有啰A］=36（种）.合计有50种不同分配

A2

方案

［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.36B.48

C.60D.72

答案C

解析首先按照小生和老生不相邻的要求共有屑A^=72（种）排法，

其中老旦排在最右边时，左侧4个位置，先排花旦、正旦有彩种，

由此所成的3个空中将小生、老生插入有端种，

所以排法有A外尹12（种），

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mb两种运输方式，第3,4两个环节各有山。两种运输方式，第

5个抗节有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，目第5个环节从d,e两种运输方式中选一种，

第1,2,3,4个环节必须包含明6c三种不同的运输方式，

若第I,2个环节运输方式相同，则只能都选〃，则第3,4个环节一个选6,一个选c.

则有2x”2=4(种)，

若第I,2个环节运输方式不相同，则已经包含〃，6两种运输方式，

则第3,4个环节一个选6,一个选c,或者都选％

则有2x2x2+2x”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：

⑴利用通项公式将项写出并化简.

⑵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)，解出左

(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)，的展开式中/的系数为()

A.-5B.5

C.-1OD.1O

答案A

解析(1+工)、的展开式通项为“iXgd,

4

则(LN)(l+x)5的展开式中含X的项为嗔乜2ax2=(Cg-

所以(1-/)(1+x)5的展开式中X4的系数为-5.

(2)(多选)已知(1Z)2025=m+4工+叱2+…02sx?025,则下列结论中正确的是()

A.ai+〃2+a3+…+。2025=-2

B.t7।-ay^ay-a^024+02025=1-3?025

C.m+2a2+3S+…+2025s025=4050

D.|m|+|a2|+…+|s0251=32025

答案AB

解析对于A选项，令尸1,

贝！J十。1十42十十…十025=-1,

又〃O=C/25=1，

所以m+。2+。3+…+。2025=-2,故A正确；

对于B选项，令尸-1,

则40口1+。2・的+…-42025=32°25,

・。|+。/。3+…・。2025=32°25-1,

2O25

故a\.+。3-。4+…-。2024+6/2025=1-3Z故B正确；

对于C选项，记y=(\-2x)2O25=ao+a\x+avc2+*•，+。2O2sr2025,

则y'=-4050(l-2r)2°24=ai+2a2x+…+2025«2oisx2024,

令x=l,贝!J。1+2。2+3。3+…+2025。2025=-4050,故C错误；

对于D选项，(1-2A-)2。2、的通项公式为

小产鹿025(・2xy(0WZ<2025,左£N),

当〃为奇数时，系数为负数，

所以同+|汲|+…+|。2025|=-。1+。2-。3+…-。2025=32°25-1,故D错误.

［规律方法］二项式m+与"的通项公式历"-MD,1,2,…，江它表示的是二项展开式的第〃+1

项，而不是第左项；其中喘是二项展开式的第七项的二项式系数，而二项展开式的第左+1项的系数是字

母赛前的常数，要区分二项式系数与系数.

跟踪演练2⑴（2024・武汉模拟）若（l+2xyo=ao+m（l+x）+a2（l+x）2+・・・+aio（l+x）i。，则s等于（）

A.180B.-180

C.-90D.90

答案A

解析因为(1+2%严=［2(1+力1］叱其二项展开式的通项为

7；*吟［2(1+切叫-，=(-iy2g哈(1+刈。'k=Q,1,…，10,

22

而。2是。2(1+x)2的系数，故只需取k=8,得79=2Cj0(l+x)2=180(1+x),即42=180.

(2)(2024•全国甲卷)G+x)'°的展开式中，各项系数的最大值是.

答案5

解析二项展开式的通项为

wc碉1r,

0WAW10且〃£Z,

设展开式中第4十1项系数最大，

则回卢源啕;件条

卜冏u*北广"k鳄，

即弓YW手，

又zez,故Q8,

所以展开式中系数最大的项是第9项，

考点三概率

1.古典概型的概率公式

7v加一事件4包含的样本点数

试验的样本点总数•

2.条件概率公式

设48为两个随机事件，且。（4）＞0,

则尸（8%）与翳・

3.全概率公式

设4,设，…,设是一组两两互斥的事件,4U42U…U4=Q且尸（4）＞0,i=l,2,M,则对任意的

n

事件BG。，有尸（8）=£尸（4）•尸（8|4）.

i=1

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.|B.

C-Di

答案B

解析将4个盒子按顺序拆开有照=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MA介A以品8（种）情况，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P-

（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，分别用事件小和42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5表示从乙箱中取出的两球都是红球，贝女）

311

A.P（小）彳B.P⑻=

92

c./Wi）喘D.P（力2⑻不

答案ABD

解析依题意可得P（小）=|,〃（42）=|,

PW）普，

a2

所以P(8尸尸(4)尸(8］4)+尸(42)。(8|小尸^今会故A正确，B正确，C错误;

。XUOXUDU

P⑷⑻啜产皓管^故D正确•

［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()

.11

A%nB•记

C=7—2MD'—1O8

答案B

解析假设六位爸爸已经站好了位置，不同站位方法数为纯，

小孩找到各自的爸爸，则其为定序问题，不同站位方法数为所以不需要雷队的概率鸿匕.

(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4B在

在如下关系：P(川对于一个电商平台,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0.06.若一个遇到支付问题的用户，使用三

种支付方式支付的概率均为〜则以下说法正确的是()

A.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

解析设小5C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”，

。表示事件“出现支付问题”，

则P(4)=0.2,尸(8)=尸(C)=0.4,P(D)=0.06,

所以P(W)笔密*。」，

即使用支付方式I支付的用户中有10%的人遇到支付问题，故A正确;

因为P(「⑻苦”萼=。.。5,

畸⑼—05,

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)

ID素养提升

一、单项选择题(每小题5分，共40分)

1.(2024•北京)在(x-y)4的展开式中，%3的系数为()

A.6B.-6

C.12D.-12

答案A

解析方法一＞的展开式的通项

7；”=如一另=0,1,2,3,4).由4导3,得Q2,

所以在(X-〃)4的展开式中，好的翘为(」)2牛6.

方法二(X-O的展开式中含炉的项是由(x-F)(x-a)(x・a)(x-肉中任意取2个括号内的x与剩余的2个

括号内的(-伪相乘得到的，

所以(X-O的展开式中含炉的项为

Cjx2C2(-Vx)2=6x3,

所以mo的展开式中v的系数为6.

2.江南的周庄、同里、角直、西塘、乌镇、南渭古镇，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填的概率为（）

A.|B.1

答案C

解析从这6个古镇中挑选2个去旅游有a=15（种）选法，至少选一个苏州古镇的概率黑.

3.（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（）

.1n1

C.1D.1

23

答案B

解析当甲排在排尾，乙排第T立，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A*24,

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职.

243

4.（2024•黔东南州模拟）在〃个数码1,2,…，〃（〃W9,〃£N'）的全排列/也…/〃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“心…如）.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7（3⑵=2.那么

7（87542136）等于（）

A.19B.20

C.21D.22

答案C

解析由题意，对于87542136,可得8与后面每个数字者阱勾成逆序，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7（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

&A*72(种)，若乙是第一名，则获得的名次情况可能是QA*72(种)，所以所有符合条件的名次情况可能

有72+72=144(种).

2

6.已知(21+3)8=。0+。武+42^+田3+。4丫4+”5+*6+。7炉+。弑8,则〃]+〃?+登+受4+T5+祟十黎十器等于()

乙乙乙乙4乙

A.215B.216

C.217D.218

答案D

解析对(2x+3)8=a(i+a\x+a2x2+ayx5^a4x4+asx5+a6x6+a7x7+a^的两边求导,

得16(2x+3)7=67i+2i72x+-3fl3x2+4674.r3+5«5x4+6676.r5+7t77x6+8tzia7.

令总，

得。川孽《净攀翁货16x473.

7.(2024•葫芦岛模拟)设48是两个随机事件，且尸(⑷三，P(8)=|,则下列结论正确的是()

I4

A.若P(眉)4,则4与8相互独立

O

3

B/(4U6后

c./w)q

D/与8有可能是对立事件

答案A

解析对于A,由P“)3,得汽a=1m，则有P(彳)P(3)=尸(反名=1,

故]与8相互独立，故力与8相互独立，故A正确；

对于B,P(AUB)=P(A)+P(ByP(AB]=^-P(AB)^,故B错误；

对于C,P(A\B)=^=2P(AB),而q(48)未定，故C错误；

对于D,P(4)+P(8)=号和1,故力与8不是对立事件，故D错误.

8.某规范化考场的规格为每场30名考生，分为6排5歹IJ,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，考生的试题卷分为力卷和A卷，座位号为奇数的考生使用力卷，座位号为偶数的考生使用

8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歹IJ第4列第3歹ij第2列第1歹|J

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利।B.l008种

C.1440种D.720种

答案A

解析先考虑甲、乙、丙三人使用力卷，则这三个人的座位号都为奇数，分以下几种情况讨论：

⑴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3x2x1xA卜36（种）不同的排法；

（2）三人中只有两人在奇数列，首先在第1,3,5列中选两列，有四种选择，

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「x（3x2x6）xA4648（种）不同的排法;

（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T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9x3x2xA尹324（种）不同的排法.

综上所述，当三个人都考力卷时，不同的排法种数为36+648+324=1008.

由对称性可知，当三人都考8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1008x2=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.若邙=0，则〃=3

Dm+1

C.（*1）i。的展开式的第6项的系数是解°

D.(l+x)3+(l+x)4+(1+x)5的展开式中炉的系数为得_1

答案BD

解析对于A,因为邙=%由组合数性质可得〃=3或〃=4,A错误；

对于B,C；；=一——

m!(n-m)!

_m+l_(n+l)n!______

n+1(m+l)m!-(n-m)!

_m+l________(n+1)!_________

n+1(m+1)![(n4-l)-(m+l)]!，

所以GF需c*J，B正确；

对于C,。-"。的展开式的第6项为76=解(3°汽-1)5=-6/5,所以第6项的系数是-C；o,C错误；

对于D,(1+4的展开式中炉的系数为《，(1+姗的展开式中f的系数为以，

(1+*)£的展开式中d的系数为%

所以(l+x)3+(l+x)4+(l+x)5的展开式中炉的系数为

cl+cl+cl=cl+cj+cl+cl-1=c»c>cg」=c“髭-1=c1-l,D正确.

10.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()

银幕

银幕中心线

QQQ◎回应QQOQQ©回

OOQOQjOggQPO

QOQ0Q：OggQO0

Qg@@S：gggg@Q

gQQgggjggggQQ

QQQOQQIQQOQQQ

PQQQQQSOSQQQIQP

I

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)A>54(种)，所以一共有54种购票情况，故A

正确；

甲、乙在同一列的情况共有A纤Ag-AW+A/Ag+A；+A：+AN106(种),

则甲、乙不在同一列的情况有A>106=l154(种)，所以一共有1154种购票情况，故B正确；

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，有度=2(种)，所以一共有42种购票情况，故C错误；

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&xl8x18=648(种)情况.

甲、乙分坐于两侧且坐同一排(按每一排考虑)，有&(5x6+3x3+3x2+4x4+3x3)=140(种)情况，

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4B,C三个工

序组成，甲只负责其中一个工序，且甲负责工序4B,C的概率分别为0.5,0.3,0.2,当他负责工序4

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0.68

B.若甲不负责工序则该项目达标的概率为0.54

C.若该项目达标，则甲负责工序力的概率为算

D.若该项目未达标，则甲负责工序力的概率为J

O

答案ACD

解析记“甲负责工序4”为事件Mi,“甲负责工序为事件M2,“甲负责工序C”为事件坏,“该

项目达标”为事件N.

对于选项A,该项目达标的概率为

P(/V)=P(M)尸(NM)+P(,%)P(N|M2)+P(A%)P(N|A%)=0.5X0.6+0.3X0.8+0.2X0.7=0.68,古嬷项A正确；

对于选项B,

_P(A川P(N|MI)+P(MZ)P(N|M2)

=P(MI)+P(M2)

0.5x0.6+0.3x0.827n上珏'口

-0.5+0.3-4。,故选项B错反；

对于选项c,P(MM-P叱'M)-黑;,故选项c正确；

对于选项D,P(M闻-。⑼鬻此)_。彳晨叱,故选项D正确.

V)1-U.OOo

三、填空题(每小题5分，共15分)

12.(2(124•韶关模拟)二项式(2-x)"的展开式中，X项的系数是常数项的2.5倍，则〃=.

答案5

解析二项式(2・x)〃的展开式通项为缁2m(・1)«,则炉项的系数是鬣2”汽常数项是C§2",

由题意得鬣

即也山电仙金》，

22

整理得/-〃-20=0,解得〃=5或〃=-4(舍).

13.（2024•天津）4,B,C,D,E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到力的概率为；己

知乙选了/活动，他再选择8活动的概率为.

答案”

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，

其中甲选到力有6种情况：

ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,

则甲选到4的概率为Ml；

乙选活动有6种情况：

ABC,ABD,ABE,ACD,ACE,ADE,

其中再选择8活动有3种情况：

ABC,ADD,ABE,

故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为港.

oZ

方法二设选为事件坏

选到B为事件N,

则甲选到A的概率为P（W）由；

LS3

乙选了力活动，他再选择8活动的概率为

一0(MN1cgl

P(M)c|2'

14.（2024•新课标全国II）在如图的4x4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.

n213140

12223342

)3223343

152434