2026年高考数学总复习突破：计数原理与概率

板块一专题突破练

11专题史概率与统计

微专题20计数原理与概率

［考情分析］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

生.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识.概率重点考查古典概型、条件概率、全概率公式等

的基本应用.

微点一排列与组合问题

1.（2023•新课标I卷）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2

门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有种（用数字作答）.

答案64

解析（1）当从8门课中选修2门时，不同的选课方案共有C；C；=16（种）；

（2）当从8门课中选修3门时，

①若体育类选修1门，则不同的选课方案

共有C：鬃=24（种）；

②若体育类选修2门，则不同的选课方案

共有鬣禺=24（种）.

综上所述，不同的选课方案

共有16+24+24=64（种）.

2.3名男生与3名女生分两排合影留念，若从男生、女生中各选1人站在前排，后排的4人要求男生2

人必须相邻，女生2人也必须相邻，则不同的站法有（）

A.72种B.144种

C.180种D.288种

答案B

解析第一排的站法有舄玛A>18（种），

第二排的站法有A外必乔8（种），

所以不同的站法有18X8=144（种）.

3.（2025•九龙坡模拟）“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当142857

与1至6中任意1个数字相乘时，乘积仍然由1,4,2,8,5,7这6个数字组成.若从1,4,2,8,

5,7这6个数字中任选4个数字组成无重发数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于5700的

偶数个数是（）

A.66B.75

C.78D.90

答案B

解析若干位数字是5,则百位数字只能是7或8,

故共有CKHGC=15（个）四位偶数；

若干位数字是7,则共有禺AQ36（个）四位偶数；

若干位数字是8,则共有GAf=24（个）四位偶数.

故符合条件的四位偶数共有15+36+24=75（个）.

4.（2025・盘锦模拟）将李老师、唐老师等六名优秀教师委派到三个学校进行督导活动，其中每名老师都

必须去一个学校，每个学校至少派一名老师，则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有（）

A.240种B.360种

C.390利।D.420种

答案C

解析依题意，分组情况可能为（1,1,4）,（1,2,3）,（2,2,2）.

方法一总的情况数为

朦

堡&22

++4

A-240

其中李老师和唐老师在同一学校督导的情况数为

C3

+++C1A1

--3-1

A250

2

故李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有540-150=390（种）.

方法二若派遣的人数情况为（1,1,4）,则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有A卜弓

=54（#）；

若派遣的人数情况为（1,2,3）,则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有（◎（：：+©鬃+以髭A分AW

=264（种）；

若派遣的人数情况为（2,2,2）,则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有最CA>72（种）.

故李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有54+264+72=390（种）.

微点二二项式定理

5.（2025•青岛模拟）将（r-2.什2）5展开成按x的降基排列的多项式，则展开式中第二项的系数为（）

A.50B.-50

C.-10D.10

答案C

解析（/・公+2）5=[（*1）2+1]5,其展开式通项为

CEa・l）m『C§C；o_23°""（・iy，其中0WkW5,0WrW10«2怎k,WN.

则展开式最高次项次数为10,按X的降嘉排列，第二项对应次数为9.

令10.2h/=9,当%21时，10-2-W8-K8不满足题意，则

则第二项的系数为CgC；o（-l）」-lO.

（•全国甲卷））的展开式中

6.2024Q+x,各项系数的最大值是

答案5

解析二项展开式的通项为7^i=CfoQ）1（）"^

0WGW10且GGZ,

设展开式中第左+1项系数最大,

日门29y,-33

即卢仁才，

又A£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C：o（3=5.

7.若卜+认工一）的展开式中常数项是10,则〃?等于（）

A.-2B.-1

C.lD.2

答案D

+X-

解析（x7）（D

（工—一丫的展开式的通项公式为

小产库炉《一J=C/1）出汽

令5・2右・1,解得上3,则1不一:丫的展开式的常数项为-C卜-10；

令5-2N1,解得仁2,则兴工一:丫的展开式的常数项为用第=1。〃?，

因为（第+三）（工一丁的展开式中常数项是10，

所以10，〃-10=10,解得m=2.

8.（多选）（2025・重庆模拟）已知（1-2¥）5=的+45+〃2/+…+〃口5,则下列结论正确的是（）

A.q）=l

B.4]+。2+。3+。4+。5=2

Cg=80

口.同+川+同+|。3|+|。4|+闷=35

答案AD

解析对于A,因为（1-2丫产团+白产念d+…+白》5,

令x=0可得（1-2XO）5=1=4O,故A正确；

对于B,令X=1可得（1-2）5=-1=〃0+QI+。2十的十。4十。5，

所以4|+。2+的+。4+。5=・1-1=-2,故B不正确；

对于C,（1办）5的展开式的通项为小尸鹿（・2）丫，k=0,1,2,3,4,5,

所以内=量（-2）3=-80,故C不正确；

对于D,由通项可知仅=C*2汽屈0,1,2,3,4,5,

所以|劭|+|。1|+闷+|闯+|。4|+同=如。厂。2•的+。4-的，

令x=-\可得（1+2）5=35=。0-。|+42-的+。4-的，

即|的|+|。1|+闷+|的|+|。4|+闷=35,故D正确.

微点三概率

9.（2024•全国甲卷）甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（）

A-z

CiD-5

答案B

解析当甲在排尾，乙在排头，丙有2种排法，丁就1种，共2种;

当甲在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种;

于是丙不在排头，且甲在排尾共4种方法，同理可知丙不在排头，且乙在排尾共4种方法，于是共8种排

法符合题意;

排法总数显然是Ab24,

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度为患.

10.（2025・荷泽模拟）依次抛掷两枚质地均匀的骰子，记录骰子向上的点数.用x表示第一次抛掷骰子的点

数，用），表示第二次抛掷骰子的点数，用却表示一次试验的结果.记“x+尸7”为事件aiixy=2k-

1（〃£N"）”为事件8,“xW3”为事件C,贝ij（）

A.J与8相互独立B.N与B对立

C/与C相互独立D.8与。相互独立

答案C

解析依题意依次抛掷两枚质地均匀的骰子，样本点总数为6义6=36,

其中事件4="x+y=7”包含的样本点有

(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1),共6个；

事件B="xy=2hl(Z£N・)”包含的样本点有

(1,I),(3,3),(5,5),(1,3),(1,5),(3,1),(3,5),(5,1),(5,3),共9个，

事件C=“xW3”包含的样本点有(I,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(2,2),(2,

3).(2,4),(2,5),(2.6).(3,1),(3,2),(3,3).(3.4),(3,5),(3,6),共18个.

所以,4与3不能同时发生，但是能同时不发生，故不是对立事件，故B错误;

因为,4与B不能同时发生，所以力与8是互斥事件，则?(48)=0,

又「(团胃三，所以P(48)WP(4)P(8),

DO。DO”

所以,4与8不相互独立，故A错误；

又事件4c包含的样本点有(1,6),(2,5),(3,4),共3个，

所以p(o4H，尸(力)尸(。』，则2(力尸(/)p(o,

所以,4与。相互独立，故C正确；

事件BC包含的样本点有(1,1),(3,3),(1,3),(1,5),(3,1),(3,5),共6个，

因为P(8C)=^=1wP(8)P(Gq,所以8与C不相互独立，故D错误.

11.现有甲、乙、丙、丁4位乒乓球业余爱好者组队参加某次比赛，比赛顺序是第一场双打，第二场与

第三场单打，每人只参加其中一个项目，在每场比赛中扁得对方的概率分别是3｝且每场比赛相

互独立，则在三场比赛中恰有两场赢对方的条件下，第一场扁对方的概率为()

3

A2D

C-13U13

答案D

解析设第一场双打与第二场、第三场单打赢得对方分别为事件4B,C,

三场比赛中恰有两场赢对方为事件。，

423

则尸(N)=5,P(8)=J,尸(c)q,

______12341342113

P(O)=PG48CUH8cLi/BC)=P(A8C)+尸(4BC)+P(48C)qXQ>(苦XQX沁XQX』，

口o勺ooq*口o勺DU

P(AD)=P(ABCUABC)=P(ABC)+P(ABC)=^

Jt

所以P(”N)居会.

V730

12.(2025•保定模拟)己知甲箱中有2个红球和3个黑球，乙箱中有〃个红球和3个黑球(所有球除颜色外

完全相同)，某学生先从甲箱中随机取出2个球放入乙箱，再从乙箱中随机取出1个球，记“从甲箱中

取出的球恰有，个红球”为事件4(i=0,1,2),“从乙箱中取出的球是黑球”为事件4,则P(力2啰)是

()

A.与n有关的常量

B.与〃有关的变量

C.与"无关的定值，旦为白

D.与H无关的定值，且为2

答案C

解析依题意可得尸(4))噌得，

P(4)号总

1

尸⑷r2钿，

若4)发生，则乙箱中有〃个红球，5个黑球,

5

/Wf，

若小发生，则乙箱中有(〃+1)个红球，4个黑球，

4

尸(如F，

若42发生，则乙箱中有(〃+2)个红球，3个黑球，

P(叫)

所以P(B)=P(B\A^P(A^P(B\A1}P(A))+P(B\A2)P(A2)

n+510n+55n+510

42

=10(n+5”

所以P(A\B)PG4Z8)P(8M2)P(42)

2P(8)P(B)

3

1。蛆+5)_L

14

10(nl5)

即P(4|8)是与〃无关的定值，且为已

［总结提升］

主要考查计数原理与概率，以选择题和填空题为主，其中要注意排列组合问题的求解方法与技巧，二项式

(a+by的通项公式以及条件概率的求法和全概率公式的使用.

专题突破练

［分值:73分］

一、单项选择题(每小题5分，共40分)

1.(2025,汉中模拟)若(3x-2)5=ao+a|(x-1)+〃2(X-1)2+。3(工-1)3+。4(、・1)4+。5(*1)5，则的+的等于()

A.244B.1023

C.-31D.1

答案A

解析设片/1,则原等式可化为

(3/+1)5=的)+。I/+421+〃32+。4r+〃5,5，

令片0,则的=1,

而(3/-1)，展开式的通项为

小尸麾(3。5七七0,1,2,3,4,5,

故。5=叫35=243,

故劭十。5=244.

2.从1,2,…，9这九个数字中任取两个，这两个数的和为质数的概率为()

14

AA-3BD9

c工

18DU36

答案C

解析从这九个数字中任取两个，共鬣个样本点，

和为质数的有(1,2),(1,4),(2,3),(1,6),(2,5),(3,4),(2,9),(3,8),(4,7),(5,6),(4,9),

(5,8),(6,7),(8,9),共14个样本点，因此所求概率为去

3.某宴会的主要菜品有：鲍鱼浓汁四宝、东坡肉方、蟹粉狮子头、鸡汁煮干丝、清炒翡翠虾仁和全家福.若

这六道菜要求依次而上，其中“东坡肉方”和“鸡汁煮干丝”万能接连相邻上菜，则不同的上菜顺序种数

为()

A.240B.480

C.384D.1440

答案B

解析鲍鱼浓汁四宝、蟹粉狮子头、清炒翡翠虾仁和全家福依次而上有A：种排列方式，

此时形成5个空位，选出2个空位将东坡肉方和鸡汁煮干丝分别插入进去，共有Ag种排列方式，

则不同的上菜顺序种数为AjAi=480.

4.在某次测试中，若甲、乙、丙三人获得优秀等级的概率分别是0.5,0.6和0.7,且三人的测试结果相互独

立，测试结束后，在甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级的条件下，乙达到优秀等级的概率为

()

A.|B.

OO

C—D—

口29气9

答案C

解析分别记“甲、乙、丙三人获得优秀等级”为事件48,C,

记“甲、乙、丙三人中恰有两人没有达到优秀等级”为事件。，

记“乙达到优秀等级”为事件£

由题知，尸(4)=0.5,P(B)=0.6,尸(0=0.7,

所以P(D)=P(ABC)+P(ABC)+P(ABQ

=0.5X0.4X0.3+0.5X0.6X0.3+0.5X0.4X0.7=0.29,

P(DE}=P(ABC)=0.5X0.6X0.3=0.09.

_P(PF)_0.09_9

P(E|0

所以P(D)0.2929,

5.(2025・淄博模拟)将编号为1,2,3的小球放入编号为1,2,3,4的小盒中，每个小盒至多放一个小球,

要求恰有I个小球与所在盒子编号相同，则所有放法的种数为()

A.7B.9

C.11D.13

答案B

解析根据题意，先确定一个编号相同的盒子，有0=3（种），

假设选的是1号球，剩下的两个小球都没有放到相同编号的盒干有2f3,3f2；2f3,3f4；2f4,

3-2,共3种情况.

所以共有3X3=9（种）不同的放法.

6.（2023•全国甲卷）某地的中学生中有60%的同学爱好滑冰，50%的同学爱好滑雪，70%的同学爱好滑冰或

爱好滑雪.在该地的中学生中随机调查一位同学，若该同学爱好滑雪，则该同学也爱好滑冰的概率为（）

A.0.8B.0.6

C.0.5D.0.4

答案A

解析方法一如图，左圆表示爱好滑冰的学生所占比例，右圆表示爱好滑雪的学生所占比例，4表示爱

好滑冰且不爱好滑雪的学生所占比例，B表示既爱好滑冰又爱好滑雪的学生所占比例，。表示爱好滑雪且

不爱好滑冰的学生所占比例，

则0.64-0.5-5=0.7,

所以B=0.4,C=0.5-0.4=0.1.

所以若该学生爱好滑雪，则他也爱好滑冰的概率为鼻给08

方法二令事件48分别表示该学生爱好滑冰、该学生爱好滑雪，

则P（N）=0.6,P（B）=0.5,尸（43）=尸（/）+尸（〃）-0.7=0.4,

所以汽力区）=需嘿=。8

7.（2025・六安模拟）中国空间站主体由天和核心舱、问天实验舱、梦天实验舱构成.某次实验需要5位宇航员

同时在三个舱中开展，每个人只能去一个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中甲宇航员只能去问天实验

舱和梦天实验舱中的一个，则不同的安排方法有（）

A.72B.88

C.100D.144

答案C

解析第一步，安排甲，有6=2（种）情况；

第二步，安排剩下4人.

©4人分三组，有CjA>36（种）情况；

②4人分两组，有（第+臂）A>14（种）情况，

综上，共有2X（36+14）=100（种）不同的安排方法.

8.随机化I可答技术是为调查敏感性问题特别设计的问卷调查技木，其基本特征是被调查者对所调查的问题

采取随机回答的方式，避免在没有任何保护的情况下直接回答敏感性问题，从而既对被调杳者的隐私加以

保护，又能获得所需要的真实信息.某公司为提升员工的工作效率，规范管理.，决定出台新的员工考勤管理

方案，方案起草后，为了解员工对新方案是否满意，决定采取如下随机化回答技术进行问卷调查：所有员

工每人抛掷一枚质地均匀的硬币两次，约定“若结果为一次正面朝上一次反面朝上，则按①回答问卷，否

则按②回答问卷”.

①若第一次抛掷硬币出现正面朝上，则在问卷中画“4”，否则画“X”；

②若你对新考勤管理方案满意，则在问卷中画‘川”，否则画“X”.

当所有员工完成问卷调查后，统计画“4”，画“X”的比例为3：2,用频率估计概率，则该公司员工对

考勤管理方案的满意率为（）

A.50%B.60%

C.70%D.80%

答案C

解析抛掷一枚质地均匀的硬币两次，共出现以下情况：（正，正），（正，反），（反，正），（反，反），共4

种，记一次正面朝上一次反面朝上为事件4则共有2种情况满足要求，

则户（4）先71，P（_彳_尸1另-11，

设回答①且画“V”为事件8,则P（8|/）4,

贝ijP⑷P（碟）4X—

设回答②且画为事件C,

7

则

厂0,

所以该公司员工对考勤管理方案的满意率为70%.

二、多项选择题（每小题6分，共18分）

9.（2025•白银模拟）定义：对一个三，立数来说，如果其十位数字比个位数字和百位数字都小，则称它为“三

位凹数”；如果其十位数字比个位数字和百位数字都大，则称其为“三位凸数”，现从1至9共9个数

中，选取3个不同的数组成三位数则（）

A.组戌的“三位凹数”共有168个

B.组成“三位凸数”和“三位网数”的可能性相等

c.从所有的〃中随机抽取一个三位数，该三位数是“三位凸数”的概率为:

D.从所有的M中随机抽取两个三位数，至少有一个是“三位凹数”的概率为彳

答案ABC

解析对于A,从9个数中选3个数，有《种选法，

将最小的数作为十位数字，剩下2个数作为百位和个位上的数字，有A专种情况，

故共有《A?=I68（个）“三位凹数”，所以A正确；

对于B,由A知组成的“三位凸数”共有《A芸168（个），

所以组成“三位凸数”和“三位凹数”的可能性相等，所以B正确；

对于C,由题意知组成的三位数〃共有Ag=504（个），

所以从用中抽取一个数是“三位凸数”的概率为勒，所以C正确；

5043

对于D,从M中任取两个三位数有第04种可能，而〃中非“三位凹数”的三位数有504-168=336（个），

则抽取两个非“三位凹数”有髭36种可能，

所以至少有一个是“三位凹数”的概率为1含=黑之|，所以D错误.

10.（2025•济南模拟）在（2工一提）的展开式中，下列说法正确的是（）

A.常数项为120

B.各二项式系数的和为64

C.各项系数的和为1

D.各二项式系数的最大值为240

答案BC

解析二项式（2%—2）6展开式的通项为

小产砥2工产（一专）”

.u3k

=（-l）*2^x2,Q0,1,2,…，6.

令6号=0,解得A=4.

所以常数项为（-l），X2iXC360WI20,故A错误；

根据二项式系数和的性质，

可得（2%—七）6的各二项式系数的知为26=64,故B正确；

要求各项系数的和，可令％=1,

则（2x1—#=],

所以各项系数的和为1,故C正确；

因为〃=6,所以二项式系数最大的是中间项，

即第知=4项,

其二项式系数为总=20户240,故D错误.

11.某公司成立了甲、乙、丙三个科研小组，针对某技术难题同时进行科研攻关，攻克该技术难题的小组都

会获得奖励.己知甲、乙、丙三个小组能攻克该技术难题的概率分别为｝g玄且三个小组各自独立进行

科研攻关，则（）

A.该技术难题被攻克的概率为表

B.在该技术难题被攻克的条件下，只有一个小组获得奖励的概率为技

C.在丙小组攻克该技术难题的条件下，恰有两个小组获得奖励的概率为看

D.在该技术难题被两个小组攻克的条件下，这两个小组是乙和丙的概率最大

答案BD

解析记甲、乙、丙三个小组各自攻克该技术难题分别为事件4B,C,

对于A,记该技术难题被攻克为事件

贝UP(kf)=\-P(ABC)

=1-(1+)x(1-4)x(1一用,

故A错误；

对于B,记恰有一个小组获得奖励为事件心

则P(R)-P(A~BC।ABC।ABC)

出X打出xgx班

由A知，?(M)],

则在该技术难题被攻克的条件下，只有一个小组受到奖励的概或P(R|M)与琮，

4

故B工确；

对于C,在丙小组攻克该技术难题的条件下，恰有两个小组获得奖励的概率为P((Z8C+4百0|。=

故C错误；

对于D,记恰有两个小组获得奖励为事件M

贝ijP(N)=P(ABC+ABC+ABC)

=7X5XHXIXHXIXH-

在该技术难题被两个小组攻克的条件下，这两个小组是乙和丙的概率为2(38C|N)主拦这两个小组是

4

甲和乙的概率为P(4%|,¥)=浮三，这两个小组是甲和丙的概率为P(4月。|/¥)=冲之，器故D正确.

44

三、填空题(每小题5分，共15分)

12.“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九

章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律(如图所示)，则“杨

辉三角”中第30行中第12个数与第13个数之比为.

杨辉三角

第

0行

1

行

第1

11

行