高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)強(qiáng)化練14：計(jì)數(shù)原理與概率

強(qiáng)化練14計(jì)數(shù)原理與概率一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·汕頭模擬)電腦調(diào)色板有紅、綠、藍(lán)三種基本顏色，每種顏色的色號(hào)均為0～255.在電腦上繪畫(huà)可以分別從三種顏色的色號(hào)中各選一個(gè)配成一種顏色，那么在電腦上可配成的顏色種數(shù)為()A．2563 B．27C．2553 D．62.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,\r(x))))8的展開(kāi)式的第3項(xiàng)的系數(shù)是()A．112 B．－112C．－28 D．283．(2023·全國(guó)乙卷)甲、乙兩位同學(xué)從6種課外讀物中各自選讀2種，則這兩人選讀的課外讀物中恰有1種相同的選法共有()A．30種 B．60種C．120種 D．240種4．(2023·信陽(yáng)模擬)2023年5月28日國(guó)產(chǎn)大飛機(jī)C919由上海飛抵北京，這標(biāo)志著C919商飛成功，開(kāi)創(chuàng)了中國(guó)商業(yè)航空的新紀(jì)元．某媒體甲、乙等四名記者去上海虹橋機(jī)場(chǎng)、北京首都機(jī)場(chǎng)和中國(guó)商飛總部進(jìn)行現(xiàn)場(chǎng)報(bào)道，若每個(gè)地方至少有一名記者，每個(gè)記者只去一個(gè)地方，則甲、乙同去上海虹橋機(jī)場(chǎng)的概率為()A.eq\f(1,18)B.eq\f(1,6)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,3)5．(2023·合肥模擬)某市教育局為了給高考生減壓，將師范大學(xué)6名心理學(xué)教授全部分配到市屬四所重點(diǎn)高中進(jìn)行心理輔導(dǎo)，若A高中恰好需要1名心理學(xué)教授，B，C，D三所高中各至少需要1名心理學(xué)教授，則不同的分配方案有()A．150種 B．540種C．900種 D．1440種6．(2023·全國(guó)甲卷)某地的中學(xué)生中有60%的同學(xué)愛(ài)好滑冰，50%的同學(xué)愛(ài)好滑雪，70%的同學(xué)愛(ài)好滑冰或愛(ài)好滑雪．在該地的中學(xué)生中隨機(jī)調(diào)查一位同學(xué)，若該同學(xué)愛(ài)好滑雪，則該同學(xué)也愛(ài)好滑冰的概率為()A．0.8B．0.6C．0.5D．0.47．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5的展開(kāi)式中常數(shù)項(xiàng)是10，則m等于()A．－2B．－1C．1D．28．(2023·昆明模擬)隨機(jī)化回答技術(shù)是為調(diào)查敏感性問(wèn)題特別設(shè)計(jì)的問(wèn)卷調(diào)查技術(shù)，其基本特征是被調(diào)查者對(duì)所調(diào)查的問(wèn)題采取隨機(jī)回答的方式，避免在沒(méi)有任何保護(hù)的情況下直接回答敏感性問(wèn)題，從而既對(duì)被調(diào)查者的隱私加以保護(hù)，又能獲得所需要的真實(shí)信息．某公司為提升員工的工作效率，規(guī)范管理，決定出臺(tái)新的員工考勤管理方案，方案起草后，為了解員工對(duì)新方案是否滿意，決定采取如下隨機(jī)化回答技術(shù)進(jìn)行問(wèn)卷調(diào)查：所有員工每人拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣兩次，約定“若結(jié)果為一次正面朝上一次反面朝上，則按①回答問(wèn)卷，否則按②回答問(wèn)卷”．①若第一次拋擲硬幣出現(xiàn)正面朝上，則在問(wèn)卷中畫(huà)“√”，否則畫(huà)“×”；②若你對(duì)新考勤管理方案滿意，則在問(wèn)卷中畫(huà)“√”，否則畫(huà)“×”．當(dāng)所有員工完成問(wèn)卷調(diào)查后，統(tǒng)計(jì)畫(huà)“√”，畫(huà)“×”的比例為3∶2，用頻率估計(jì)概率，則該公司員工對(duì)考勤管理方案的滿意率為()A．50% B．60%C．70% D．80%二、多項(xiàng)選擇題9．(2023·南京模擬)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))6的展開(kāi)式中()A．常數(shù)項(xiàng)為160B．含x2項(xiàng)的系數(shù)為60C．第4項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)為15D．所有項(xiàng)的系數(shù)和為110．某電影院的一個(gè)播放廳的座位如圖所示(標(biāo)黑表示該座位的票已被購(gòu)買(mǎi))，甲、乙兩人打算購(gòu)買(mǎi)兩張?jiān)摬シ艔d的票，且甲、乙不坐前兩排，則()A．若甲、乙左右相鄰，則購(gòu)票的情況共有54種B．若甲、乙不在同一列，則購(gòu)票的情況共有1154種C．若甲、乙前后相鄰，則購(gòu)票的情況共有21種D．若甲、乙分坐于銀幕中心線的兩側(cè)，且不坐同一排，則購(gòu)票的情況共有508種11．(2023·莆田模擬)甲、乙兩個(gè)罐子均裝有2個(gè)紅球，1個(gè)白球和1個(gè)黑球，除顏色外，各個(gè)球完全相同．先從甲罐中隨機(jī)取出2個(gè)球放入乙罐中，再?gòu)囊夜拗须S機(jī)取出1個(gè)球，記事件Ai(i＝0,1,2)表示從甲罐中取出的2個(gè)球中含有i個(gè)紅球，B表示從乙罐中取出的球是紅球，則()A．A0，A1，A2兩兩互斥B．P(B|A2)＝eq\f(1,3)C．P(B)＝eq\f(1,2)D．B與A1不相互獨(dú)立12．(2023·臺(tái)州模擬)對(duì)?x∈R，設(shè)x2023＝a1Beq\o\al(1,x)＋a2Beq\o\al(2,x)＋…＋akBeq\o\al(k,x)＋…＋a2023Beq\o\al(2023,x)，其中Beq\o\al(k,x)＝x(x－1)…(x－k＋1)，k＝1,2，…，2023，則()A．a(chǎn)1＝1B．a(chǎn)1＋a2＝22023C.eq\i\su(k＝2,2023,)(－1)kk！ak＝0D.eq\i\su(k＝2,2023,)(－1)k－2(k－2)！ak＝2022三、填空題13．(x－2y＋1)6展開(kāi)式中含x2y項(xiàng)的系數(shù)為_(kāi)________________________________________．14．北京日壇公園的西門(mén)位于東西中軸線上，公園內(nèi)部的主要路徑及主要景點(diǎn)如圖所示．某活動(dòng)小組計(jì)劃從“烈士墓”出發(fā)，經(jīng)“東西中軸線及其以北”的主要路徑前往“祭日拜臺(tái)”進(jìn)行實(shí)踐活動(dòng)，活動(dòng)結(jié)束后經(jīng)“東西中軸線及其以南”的主要路徑由南門(mén)離開(kāi)．已知小組成員的行動(dòng)路線中沒(méi)有重復(fù)的主要路徑．則該小組在前往“祭日拜臺(tái)”的途中最多可以路過(guò)________個(gè)主要景點(diǎn)；該小組全程共有________條行動(dòng)路線可供選擇．15．小李的手機(jī)購(gòu)物平臺(tái)經(jīng)常出現(xiàn)她喜歡的商品，這是電商平臺(tái)利用大數(shù)據(jù)推送的結(jié)果．假設(shè)電商平臺(tái)第一次給小李推送某商品時(shí)，她購(gòu)買(mǎi)此商品的概率為eq\f(3,4)；從第二次推送起，若前一次不購(gòu)買(mǎi)此商品，則此次購(gòu)買(mǎi)的概率為eq\f(1,3)；若前一次購(gòu)買(mǎi)了此商品，則此次仍購(gòu)買(mǎi)的概率為eq\f(2,5)，那么電商平臺(tái)在第二次推送時(shí)小李不購(gòu)買(mǎi)此商品的概率為_(kāi)_______．16．(2023·溫州模擬)若數(shù)列a1，a2，a3，a4滿足a1＋a4＝a2＋a3，則稱此數(shù)列為“準(zhǔn)等差數(shù)列”．現(xiàn)從1,2，…，9,10這10個(gè)數(shù)中隨機(jī)選取4個(gè)不同的數(shù)，則這4個(gè)數(shù)經(jīng)過(guò)適當(dāng)?shù)呐帕泻罂梢詷?gòu)成“準(zhǔn)等差數(shù)列”的概率是________．參考答案1．A2.A3.C4.A5.C6.A7．D[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5＋eq\f(m,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5的展開(kāi)式的通項(xiàng)公式為T(mén)k＋1＝Ceq\o\al(k,5)x5－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))k＝Ceq\o\al(k,5)(－1)kx5－2k，令5－2k＝－1，解得k＝3，則xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5的展開(kāi)式的常數(shù)項(xiàng)為－Ceq\o\al(3,5)＝－10；令5－2k＝1，解得k＝2，則eq\f(m,x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5的展開(kāi)式的常數(shù)項(xiàng)為mCeq\o\al(2,5)＝10m，因?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(m,x)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))5的展開(kāi)式中常數(shù)項(xiàng)是10，所以10m－10＝10，解得m＝2.]8．C[拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣兩次，共出現(xiàn)以下情況：(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)，共4種，記一次正面朝上一次反面朝上為事件A，則共有2種情況滿足要求，則P(A)＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，Peq(\a\vs4\al\co1(\x\to(A)))＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，設(shè)回答①且畫(huà)“√”為事件B，則P(B|A)＝eq\f(1,2)，則P(A)·P(B|A)＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,4)，設(shè)回答②且畫(huà)“√”為事件C，則P(C)＝eq\f(\f(3,3＋2)－PA·PB|A,P\x\to(A))＝eq\f(\f(3,5)－\f(1,4),\f(1,2))＝eq\f(7,10)，所以該公司員工對(duì)考勤管理方案的滿意率為70%.]9．BD[eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))6展開(kāi)式的通項(xiàng)為T(mén)k＋1＝Ceq\o\al(k,6)x6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))k＝Ceq\o\al(k,6)(－2)kx6－2k.對(duì)選項(xiàng)A，取k＝3得到常數(shù)項(xiàng)為Ceq\o\al(3,6)(－2)3＝－160，錯(cuò)誤；對(duì)選項(xiàng)B，取k＝2得到含x2項(xiàng)的系數(shù)為Ceq\o\al(2,6)(－2)2＝60，正確；對(duì)選項(xiàng)C，取k＝3得到第4項(xiàng)的二項(xiàng)式系數(shù)為Ceq\o\al(3,6)＝20，錯(cuò)誤；對(duì)選項(xiàng)D，取x＝1得到所有項(xiàng)的系數(shù)和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,1)))6＝1，正確．]10．ABD[若甲、乙左右相鄰，可選擇三至七排，(10＋4＋3＋6＋4)Aeq\o\al(2,2)＝54，所以一共有54種購(gòu)票情況，故A正確；甲、乙在同一列的情況共有Aeq\o\al(2,3)＋Aeq\o\al(2,5)＋Aeq\o\al(2,5)＋Aeq\o\al(2,3)＋Aeq\o\al(2,2)＋Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(2,5)＋Aeq\o\al(2,5)＝106(種)，則甲、乙不在同一列的情況有Aeq\o\al(2,36)－106＝1154(種)，所以一共有1154種購(gòu)票情況，故B正確；若甲、乙前后相鄰，先選座位，有2＋4＋4＋1＋2＋4＋4＝21(種)，再考慮甲乙順序，有Aeq\o\al(2,2)＝2(種)，所以一共有42種購(gòu)票情況，故C錯(cuò)誤；銀幕中心線左側(cè)有18個(gè)座位，右側(cè)有18個(gè)座位，甲、乙分坐于兩側(cè)，有Aeq\o\al(2,2)×18×18＝648(種)情況．甲、乙分坐于兩側(cè)且坐同一排(按每一排考慮)，有Aeq\o\al(2,2)(5×6＋3×3＋3×2＋4×4＋3×3)＝140(種)情況，所以甲、乙分坐于兩側(cè)，且不坐同一排的購(gòu)票情況共有648－140＝508(種)，故D正確．]11．AC[A0表示從甲罐中取出的2個(gè)球，沒(méi)有紅球，A1表示從甲罐中取出的2個(gè)球，有1個(gè)紅球，A2表示從甲罐中取出的2個(gè)球，有2個(gè)紅球，在一次試驗(yàn)中，這三個(gè)事件，任兩個(gè)事件不能同時(shí)發(fā)生，所以兩兩互斥，故A正確；P(B|A2)＝eq\f(PA2B,PA2)＝eq\f(\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,4))×\f(C\o\al(1,4),C\o\al(1,6)),\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,4)))＝eq\f(2,3)，故B錯(cuò)誤；P(B)＝P(B|A0)P(A0)＋P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＝eq\f(C\o\al(1,2),C\o\al(1,6))×eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,4))＋eq\f(C\o\al(1,3),C\o\al(1,6))×eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,2),C\o\al(2,4))＋eq\f(C\o\al(1,4),C\o\al(1,6))×eq\f(C\o\al(2,2),C\o\al(2,4))＝eq\f(1,2)，故C正確；P(A1)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,2),C\o\al(2,4))＝eq\f(2,3)，P(B)＝eq\f(1,2)，P(A1B)＝eq\f(C\o\al(1,2)C\o\al(1,2),C\o\al(2,4))×eq\f(C\o\al(1,3),C\o\al(1,6))＝eq\f(1,3)，則P(A1B)＝P(A1)P(B)，所以B與A1相互獨(dú)立，故D錯(cuò)誤．]12．ACD[對(duì)于A，令x＝1，可得a1＝12023＝1，所以A正確；對(duì)于B，令x＝2，可得2a1＋2a2＝22023，所以a1＋a2＝22022，所以B不正確；對(duì)于C，由eq\i\su(k＝2,2023,)(－1)kk！ak＝(－1)2·2！·a2＋…＋(－1)2023·2023！·a2023＝2！·a2－3！·a3＋…－2023！·a2023，又由x2023＝a1Beq\o\al(1,x)＋a2Beq\o\al(2,x)＋…＋akBeq\o\al(k,x)＋…＋a2023Beq\o\al(2023,x)，且Beq\o\al(k,x)＝x(x－1)…(x－k＋1)，可得x2023＝a1x＋a2x(x－1)＋…＋a2023x(x－1)·(x－2)…(x－2022)，令x＝－1，可得－1＝－a1＋2！a2－3！a3＋4！a4＋…－2023！a2023，因?yàn)閍1＝1，所以2！a2－3！a3＋…－2023！a2023＝0，即eq\i\su(k＝2,2023,)(－1)kk！ak＝0，所以C正確；對(duì)于D，因?yàn)锽eq\o\al(k,x)＝x(x－1)…(x－k＋1)，k＝1,2，…，2023，可得eq\f(B\o\al(k,x),xx－1)＝(x－2)(x－3)…(x－k＋1)，因?yàn)閤2023＝a1Beq\o\al(1,x)＋a2Beq\o\al(2,x)＋…＋akBeq\o\al(k,x)＋…＋a2023Beq\o\al(2023,x)，其中a1＝1，Beq\o\al(1,x)＝x，所以1＋x＋x2＋…＋x2021＝eq\f(x2022－1,x－1)＝eq\f(x2023－x,xx－1)＝a2·eq\f(B\o\al(2,x),xx－1)＋a3·eq\f(B\o\al(3,x),xx－1)＋…＋a2023·eq\f(B\o\al(2023,x),xx－1)＝a2＋a3(x－2)＋…＋a2023(x－2)(x－3)…(x－2022)，取x＝1，可得2022＝a2－a3＋2！·a4－…－2021！·a2023，所以eq\i\su(k＝2,2023,)(－1)k－2(k－2)！ak＝2022，所以D正確．]13．－12014.53515.eq\f(37,60)解析設(shè)事件A表示電商平臺(tái)第一次給小李推送某商品