2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-计数原理与概率（Word版解析版）

这是一份2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-计数原理与概率（Word版解析版），共3页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1.(2024·北京高考)在x－x4的展开式中，x3的系数为( )
A.6B.－6
C.12D.－12
解析：选A.x－x4的二项展开式为Tr＋1＝C4rx4－r·－xr＝C4r(－1)rx4－r2(r＝0，1，2，3，4)，令4－r2＝3，解得r＝2，故所求即为C42－12＝6.
2.某同学忘记单词“succeed”的字母顺序，但是记得前两个字母为“su”，后两个字母为“ed”，则该同学能写对的概率为( )
A.15B.14
C.13D.12
解析：选C.因为单词succeed中间三个字母cce的排列有A31＝3(种)排法，所以该同学能写对的概率为13.
3.(2025·四川攀枝花模拟)男、女各3名同学排成前后两排合影留念，每排3人，若每排同一性别的两名同学不相邻，则不同的排法种数为( )
A.36B.72
C.144D.288
解析：选B.若第一排有2名男生，1名女生，则第一排女生只能站中间，第二排男生只能站中间，不同的排法种数为C32A22C31A22＝36；同理可得，若第一排有1名男生，2名女生，不同的排法种数为36.
根据分类加法计数原理可知，不同的排法种数为36＋36＝72.
4.(2025·辽宁沈阳二模)在1－x1＋2x5的展开式中，x3的系数是( )
A.－40B.－20
C.20D.40
解析：选D.1－x1+2x5＝1＋2x5－x1＋2x5，
1+2x5的通项为Tr＋1＝C5r2xr(r∈{0，1，2，3，4，5})，
所以x3的系数是1×C5323＋(－1)×C5222＝80－40＝40.
5.(2025·湖南岳阳一模)甲、乙两人参加一项户外挑战赛，该挑战赛设置了多道关卡，已知两人是否通过某道关卡是相互独立的，且两人中至少有一人通过当前关卡，才有资格同时进入下一关挑战，否则挑战结束.已知在第一关中甲、乙两人通过的概率分别为35，310，若两人有资格挑战第二关，则在第一关中，甲通过的概率为( )
A.712B.79
C.23D.56
解析：选D.在第一关中甲、乙两人通过的事件分别为A，B，两人有资格挑战第二关的事件为M，
则P(A)＝35，P(B)＝310，P(M)＝1－P(AB)＝1－(1－35)(1－310)＝1825，P(AM)＝P(A)＝35，
所以若两人有资格挑战第二关，则在第一关中，甲通过的概率P(A｜M)＝P(AM)P(M)＝351825＝56.
6.(2025·吉林延边一模)编号为A，B，C，D，E的5种蔬菜种在如图所示的五块实验田里，每块只能种一种蔬菜，要求A品种不能种在1，2试验田里，B品种必须与A品种在相邻的两块田里，则不同的种植方法种数为( )
A.24B.30
C.36D.54
解析：选B.当A种在4号田时，B只能种在3号，其余三种蔬菜在三个位置全排列，共有A33＝6(种)结果；
当A种在5号田时，结果相同，也有6种；
当A种在3号田时，B有3种结果，余下的三种蔬菜在三个位置全排列，有3A33＝18(种)结果；
根据分类计数原理，共有6＋6＋18＝30(种)结果.
7.(2025·辽宁沈阳一模)若Cn1x＋Cn2x2＋…＋Cnnxn能被5整除，则x，n的一组值可能为( )
A.x＝2，n＝6B.x＝4，n＝6
C.x＝8，n＝4D.x＝14，n＝4
解析：选C.依题意，Cn1x＋Cn2x2＋…＋Cnnxn＝Cn0＋Cn1x＋Cn2x2＋…＋Cnnxn－1＝(1＋x)n－1，
对于A，x＝2，n＝6，36－1＝(33－1)(33＋1)＝26×28，不能被5整除，A不是；
对于B，x＝4，n＝6，56－1，不能被5整除，B不是；
对于C，x＝8，n＝4，94－1＝(92－1)(92＋1)＝80×82，能被5整除，C是；
对于D，x＝14，n＝4，154－1＝(152－1)(152＋1)＝224×226，不能被5整除，D不是.
8.(2025·陕西咸阳二模)已知甲箱中有3个白色乒乓球和4个黄色乒乓球，乙箱中有4个白色乒乓球和3个黄色乒乓球.先从甲箱中随机取出1球放入乙箱中，以A1，A2分别表示由甲箱中取出的是白球和黄球，再从乙箱中随机取出1球，以B表示从乙箱中取出的是白球，则下列结论错误的是( )
A.A1，A2互斥
B.PB｜A1＝58
C.PA2B＝17
D.P(B)＝3156
解析：选C.对于A中，由A1，A2分别表示甲箱中取出的是白球和黄球，
因为每次只取1个球，所以A1，A2是互斥的事件，所以A正确；
对于B中，由题意，可得PA1＝37，PA2＝47，PB｜A1＝58，所以B正确；
对于C中，由PB｜A2＝48，可得PA2B＝PA2·PB｜A2＝47×48＝27，所以C错误；
对于D中，由P(B)＝PA1B＋PA2B＝37×58＋47×48＝3156，所以D正确.
二、多选题
9.已知(2x－5)2 025＝a0＋a1x－2＋a2(x－2)2＋…＋a2 025(x－2)2 025，则下列结论成立的是( )
A.a0＋a1＋…＋a2 025＝1
B.22 024a0＋22 023a1＋…＋2a2 023＋a2 024＝5×102 024
C.a0－a1＋a2－a3…－a2 025＝32 025
D.a1＋2a2＋3a3＋…＋2 025a2 025＝4 050
解析：选AD.令x＝3，得12 025＝a0＋a1＋…＋a2 025，即a0＋a1＋…＋a2 025＝1，A正确.
令x－2＝t，则原等式变形为(2t－1)2 025＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a2 025t2 025，
由二项式定理得，a2 025＝C2 025022 025＝22 025，
令t＝12，得0＝a0＋a12＋a222＋…＋a2 02422 024＋a2 02522 025，
等式两侧同乘22 024，得22 024a0＋22 023a1＋…＋2a2 023＋a2 024＋a2 0252＝0，
所以22 024a0＋22 023a1＋…＋2a2 023＋a2 024＝－a2 0252＝－22 024，B错误.
令x＝1，得(－3)2 025＝a0－a1＋a2－a3…－a2 025，故a0－a1＋a2－a3…－a2 025＝－32 025，C错误.
对等式(2t－1)2 025＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a2 025t2 025两侧同时求导函数得，4 050(2t－1)2 024＝a1＋2a2t＋3a3t2＋…＋2 025a2 025t2 024，
令t＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋2 025a2 025＝4 050，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( )
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1 154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
解析：选ABD.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A正确；
甲、乙在同一列的情况共有A32＋A52＋A52＋A32＋A22＋A42＋A52＋A52＝106(种)，
则甲、乙不在同一列的情况有A362－106＝1 154(种)，所以一共有1 154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A22＝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A22×18×18＝648(种)情况.
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)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0.68
B.若甲不负责工序C，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A的概率为1534
D.若该项目未达标，则甲负责工序A的概率为58
解析：选ACD.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(M1)P(NM1)＋P(M2)P(NM2)P(M1)＋P(M2)
＝0.5×0.6+0.3×0.80.5+0.3＝2740，故选项B错误；
对于选项C，P(M1｜N)＝P(M1)P(NM1)P(N)＝0.5×＝1534，故选项C正确；
对于选项D，P(M1｜N)＝P(M1)P(N｜M1)P(N)＝0.5×(1－0.6)1－0.68＝58，故选项D正确.
三、填空题
12.(2025·陕西咸阳二模)在2x3－ax6的展开式中，x2项的系数为60，则a的值为 .
解析：展开式的通项公式Tk＋1＝C6k2x36－k－axk＝(－a)k×26－k×C6k×x18－4k，
令18－4k＝2，可得k＝4，则x2项的系数为(－a)4×26－4×C64＝4a4×15＝60，可得a＝±1.
答案：±1
13.(2024·天津高考)某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为 ；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 .
解析：法一(列举法)：给这5个项目分别编号为A，B，C，D，E，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种情况，
其中甲选到A有6种可能性：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，
则甲参加“整地做畦”的概率为：P＝610＝35；
乙选A活动有6种可能性：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，
其中再选择D有3种可能性：ABD，ACD，ADE，
故乙参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为36＝12.
法二：设甲、乙选到A为事件M，乙选到D为事件N，
则甲选到A的概率为PM＝C42C53＝35；
乙选了A活动，他再选择D活动的概率为PNM＝PMNPM＝C31C53C42C53＝12.
答案：35 12
14.(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选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 .
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4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4；再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第四行选15，此时个位上的数字之和最大，故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
答案：24 112
[创新题]
15.(2025·安徽合肥二模)如图，在4×4的方格中放入棋子，每个格子内至多放一枚棋子，若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率为 .
解析：设“每行都放置两枚棋子”为事件A，“每列都有两枚棋子”为事件B，
则所求概率为PBA＝PABP(A)＝nABn(A)，
根据题意，每行都放置两枚棋子，即每行都在4个方格中选2个放置棋子，有C42种方法，
所以，n(A)＝C42·C42·C42·C42＝1 296.
对于“每行每列都放置两枚棋子”，不妨令第一行的两枚棋子放置在左边第一、二个方格，此时第二行有C42＝6(种)放置方法，则第三、四行的放置方法如图，
图1有1种方法，图2、3、4、5各有2种方法，图6中，第三行有C42＝6种放置方法，其选定方格后，第四行只有唯一的放置方法，所以总共有1＋2×4＋6＝15(种)方法.
因为第一行棋子有C42＝6种放置方法，其他5种情况同理，故nAB＝6×15＝90.
所以若每行都放置两枚棋子，则恰好每列都有两枚棋子的概率PBA＝PABP(A)＝nABn(A)＝901 296＝572.
答案：572