2025高考數學二輪復習-專題五-第1講-計數原理與概率-專項訓練【含答案】

第1講計數原理與概率[考情分析]1.主要考查兩個計數原理、排列、組合的簡單應用，時常與概率相結合，以選擇題、填空題為主.2.二項式定理主要考查通項公式、二項式系數等知識，近幾年也與函數、不等式、數列交匯考查.3.概率重點考查古典概型、條件概率、全概率公式的基本應用．考點一排列與組合問題核心提煉解決排列、組合問題的一般過程：(1)認真審題，弄清楚要做什么事情；(2)要做的事情是需要分步還是分類，還是分步分類同時進行，確定分多少步及多少類；(3)確定每一步或每一類是排列(有序)問題還是組合(無序)問題，元素總數是多少及取出多少元素．例1(1)(2023·信陽模擬)直上九天問蒼穹，天宮六人繪新篇.2023年5月30日神舟十六號發(fā)射成功，神十五與神十六乘組航天員在太空會師，6名航天員分兩排合影留念，若從神十五和神十六每組的3名航天員中各選1人站在前排，后排的4人要求同組的2人必須相鄰，則不同的站法有()A．72種 B．144種C．180種 D．288種答案B解析因為第一排的站法有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝18(種)，第二排的站法有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝8(種)，所以不同的站法有18×8＝144(種)．(2)(多選)(2023·重慶模擬)教育部發(fā)布了《中國高考報告2023》，為讓學生對高考有所了解，某學校擬在一周內組織數學、英語、語文、物理、化學的5位該學科的骨干教師進行“中國高考報告2023”的相應學科講座，每天一科，連續(xù)5天．則下列結論正確的是()A．從5位教師中選2位的不同選法共有20種B．數學不排在第一天的不同排法共有96種C．數學、英語、語文排在都不相鄰的三天的不同排法共有12種D．物理排在化學的前面(可以不相鄰)的排法共有120種答案BC解析對于A選項，從5位教師中選2位的不同選法共有Ceq\o\al(2,5)＝10(種)，A錯誤；對于B選項，數學不排在第一天，則數學有4種排法，其他4門學科全排列即可，所以不同的排法共有4Aeq\o\al(4,4)＝96(種)，B正確；對于C選項，數學、英語、語文排在都不相鄰的三天，則這三門學科分別排在第一、三、五天，所以不同的排法共有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＝12(種)，C正確；對于D選項，物理排在化學的前面(可以不相鄰)的排法共有eq\f(A\o\al(5,5),A\o\al(2,2))＝eq\f(120,2)＝60(種)，D錯誤．規(guī)律方法排列、組合問題的求解方法與技巧(1)合理分類與準確分步；(2)排列、組合混合問題要先選后排；(3)特殊元素優(yōu)先安排；(4)相鄰問題捆綁處理；(5)不相鄰問題插空處理；(6)定序問題除法處理；(7)“小集團”排列問題先整體后局部；(8)正難則反，等價轉化．跟蹤演練1(1)(2023·新高考全國Ⅰ)某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課，學生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有________種(用數字作答)．答案64解析①當從8門課中選修2門時，不同的選課方案共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,4)＝16(種)；②當從8門課中選修3門時，(ⅰ)若體育類選修1門，則不同的選課方案共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,4)＝24(種)；(ⅱ)若體育類選修2門，則不同的選課方案共有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,4)＝24(種)．綜上所述，不同的選課方案共有16＋24＋24＝64(種)．(2)(多選)(2023·白銀模擬)小許購買了一套五行文昌塔擺件(如圖)，準備一字排開擺放在桌面上，下列結論正確的有()A．不同的擺放方法共有120種B．若要求“水塔”和“土塔”不相鄰，則不同的擺放方法共有36種C．若要求“水塔”和“土塔”不相鄰，則不同的擺放方法共有72種D．若要求“水塔”和“土塔”相鄰，且“水塔”不擺兩端，則不同的擺放方法共有36種答案ACD解析由題可知，不同的擺放方法共有Aeq\o\al(5,5)＝120(種)，A正確；若要求“水塔”和“土塔”相鄰，且“水塔”不擺兩端，則不同的擺放方法共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(4,4)－2Aeq\o\al(3,3)＝36(種)，D正確．考點二二項式定理核心提煉1．求二項展開式中特定項或項的系數問題的思路：(1)利用通項公式將Tk＋1項寫出并化簡．(2)令字母的指數符合要求(求常數項時，指數為零；求有理項時，指數為整數等)，解出k.(3)代回通項公式即得所求．2．對于兩個因式的積的特定項問題，一般對某個因式用通項公式，再結合因式相乘，分類討論求解．例2(1)(2023·湖北八市聯(lián)考)已知二項式(2x－a)n的展開式中只有第4項的二項式系數最大，且展開式中含x3項的系數為20，則實數a的值為________．答案－eq\f(1,2)解析因為二項式的展開式中只有第4項的二項式系數最大，所以n＝6，二項式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(2x)6－k(－a)k，令6－k＝3，解得k＝3，所以展開式中含x3的項為Ceq\o\al(3,6)(2x)3(－a)3＝－160a3x3，由－160a3＝20，解得a＝－eq\f(1,2).(2)(多選)(2023·臨沂模擬)已知(1－2x)2023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2023x2023，則下列結論中正確的是()A．a1＋a2＋a3＋…＋a2023＝－2B．a1－a2＋a3－a4＋…－a2022＋a2023＝1－32023C．a1＋2a2＋3a3＋…＋2023a2023＝4046D．|a1|＋|a2|＋…＋|a2023|＝32023答案AB解析對于A選項，令x＝1，則a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2023＝－1，又a0＝Ceq\o\al(0,2023)＝1，所以a1＋a2＋a3＋…＋a2023＝－2，故A正確；對于B選項，令x＝－1，則a0－a1＋a2－a3＋…－a2023＝32023，－a1＋a2－a3＋…－a2023＝32023－1，故a1－a2＋a3－a4＋…－a2022＋a2023＝1－32023，故B正確；對于C選項，記y＝(1－2x)2023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2023x2023，則y′＝－4046(1－2x)2022＝a1＋2a2x＋…＋2023a2023x2022，令x＝1，則a1＋2a2＋3a3＋…＋2023a2023＝－4046，故C錯誤；對于D選項，(1－2x)2023的通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,2023)(－2x)k(0≤k≤2023，k∈N)，當k為奇數時，系數為負數，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a2023|＝－a1＋a2－a3＋…－a2023＝32023－1，故D錯誤．規(guī)律方法二項式(a＋b)n的通項公式Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)an－kbk(k＝0,1,2，…，n)，它表示的是二項式的展開式的第k＋1項，而不是第k項；其中Ceq\o\al(k,n)是二項式展開式的第k＋1項的二項式系數，而二項式的展開式的第k＋1項的系數是字母冪前的常數，要區(qū)分二項式系數與系數．跟蹤演練2(1)(2023·龍巖質檢)在(1＋x)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))3的展開式中，x的系數為()A．12B．－12C．6D．－6答案D解析因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))3＝Ceq\o\al(0,3)·x3＋Ceq\o\al(1,3)·x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))＋Ceq\o\al(2,3)·xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))2＋Ceq\o\al(3,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))3，所以只有(1＋x)中的1與eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))3中的Ceq\o\al(1,3)·x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))相乘才會得到x，即Ceq\o\al(1,3)·x2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)))＝－6x，所以x的系數為－6.(2)(多選)(2023·承德模擬)若(3x－2)2023＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2023x2023(x∈R)，則()A．a0＝22023B．a0＋a2＋a4＋…＋a2022＝eq\f(1－52023,2)C．a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝eq\f(－52023－1,2)D.eq\f(a1,3)＋eq\f(a2,32)＋eq\f(a3,33)＋…＋eq\f(a2023,32023)＝22023－1答案BD解析對于A，當x＝0時，a0＝(－2)2023＝－22023，故A錯誤；對于B，C，當x＝1時，a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2023＝12023＝1，當x＝－1時，a0－a1＋a2－a3＋…＋a2022－a2023＝－52023，所以a0＋a2＋a4＋…＋a2022＝eq\f(1－52023,2)，a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝eq\f(52023＋1,2)，故B正確，C錯誤；對于D，當x＝eq\f(1,3)時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(1,3)－2))2023＝a0＋eq\f(a1,3)＋eq\f(a2,32)＋…＋eq\f(a2023,32023)，所以eq\f(a1,3)＋eq\f(a2,32)＋eq\f(a3,33)＋…＋eq\f(a2023,32023)＝(－1)2023－a0＝22023－1，故D正確．考點三概率核心提煉1．古典概型的概率公式P(A)＝eq\f(事件A包含的樣本點數,試驗的樣本點總數).2．條件概率公式設A，B為兩個隨機事件，且P(A)>0，則P(B|A)＝eq\f(PAB,PA).3．全概率公式設A1，A2，…，An是一組兩兩互斥的事件，A1∪A2∪…∪An＝Ω，且P(Ai)>0，i＝1,2，…，n，則對任意的事件B?Ω，有P(B)＝eq\i\su(i＝1,n,P)(Ai)P(B|Ai)．例3(1)(多選)(2023·馬鞍山模擬)已知A，B為兩個隨機事件，且P(A)＝0.4，P(B)＝0.6，則()A．P(A＋B)<1B．若A，B為互斥事件，則P(AB)＝0C．若P(AB)＝0.24，則A，B為相互獨立事件D．若A，B為相互獨立事件，則P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝P(AB)答案BCD解析若A，B為互斥事件，又P(A)＋P(B)＝1，則A∩B＝?且A＋B＝Ω，故P(A＋B)＝1，P(AB)＝0，故A錯誤，B正確；若P(AB)＝0.24，即P(AB)＝P(A)P(B)，故A，B為相互獨立事件，故C正確；若A，B為相互獨立事件，則eq\x\to(A)，eq\x\to(B)也相互獨立，即P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))，又P(eq\x\to(A))＝0.6，P(eq\x\to(B))＝0.4，而P(AB)＝P(A)P(B)＝[1－P(eq\x\to(A))][1－P(eq\x\to(B))]＝1－[P(eq\x\to(A))＋P(eq\x\to(B))]＋P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))＝P(eq\x\to(A))P(eq\x\to(B))，故P(eq\x\to(A)eq\x\to(B))＝P(AB)，故D正確．(2)(多選)現(xiàn)有來自某校高三年級的3袋專項計劃審核表，第一袋有4名男生和2名女生的高校專項審核表，第二袋有5名男生和3名女生的國家專項審核表，第三袋有3名男生和2名女生的地方專項審核表．現(xiàn)從3袋中隨機選擇一袋，再從中隨機抽取1份審核表，設Ai＝“抽到第i袋”(i＝1,2,3)，B＝“隨機抽取一份，抽到女生的審核表”，則()A．P(A1)＝P(A2)＝P(A3)B．P(B|A1)＝eq\f(2,3)C．P(A2B)＝eq\f(1,8)D．P(B)＝eq\f(133,360)答案ACD解析選項A，易知P(A1)＝P(A2)＝P(A3)＝eq\f(1,3)，故A正確；選項B，因為P(B|A1)＝eq\f(C\o\al(1,2),C\o\al(1,6))＝eq\f(1,3)，故B錯誤；選項C，因為P(B|A2)＝eq\f(C\o\al(1,3),C\o\al(1,8))＝eq\f(3,8)，所以P(A2B)＝P(B|A2)P(A2)＝eq\f(3,8)×eq\f(1,3)＝eq\f(1,8)，故C正確；選項D，因為P(B|A1)＝eq\f(C\o\al(1,2),C\o\al(1,6))＝eq\f(1,3)，P(B|A2)＝eq\f(C\o\al(1,3),C\o\al(1,8))＝eq\f(3,8)，P(B|A3)＝eq\f(C\o\al(1,2),C\o\al(1,5))＝eq\f(2,5)，所以P(B)＝P(B|A1)P(A1)＋P(B|A2)P(A2)＋P(B|A3)P(A3)＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋\f(3,8)＋\f(2,5)))＝eq\f(133,360)，故D正確．規(guī)律方法求概率的方法與技巧(1)古典概型用古典概型概率公式求解．(2)條件概率用條件概率公式及全概率公式求解．(3)根據事件間關系，利用概率的加法、乘法公式及對應事件的概率公式求解．跟蹤演練3(1)(2023·青島模擬)將四位數2023的各個數字打亂順序重新排列，則所組成的不同四位數(含原來的四位數)中兩個2不相鄰的概率為()A.eq\f(5,9)B.eq\f(5,24)C.eq\f(1,4)D.eq\f(2,3)答案A解析將2023各個數字打亂順序重新排列所組成的不同四位數(含原來的四位數)的樣本點有2203,2230,3220,3022,2023,2320,2032,2302,3202，共9個，所組成的不同四位數(含原來的四位數)中兩個2不相鄰的樣本點有2023,2320,2032,2302,3202，共5個，所以所組成的不同四位數(含原來的四位數)中兩個2不相鄰的概率為eq\f(5,9).(2)(多選)(2023·婁底模擬)甲袋中裝有4個白球，2個紅球和2個黑球，乙袋中裝有3個白球，3個紅球和2個黑球．先從甲袋中隨機取出一球放入乙袋，再從乙袋中隨機取出一球．用A1，A2，A3分別表示甲袋取出的球是白球、紅球和黑球，用B表示乙袋取出的球是白球，則()A．A1，A2，A3兩兩互斥B．P(B|A2)＝eq\f(1,3)C．A3與B是相互獨立事件D．P(B)＝eq\f(1,3)答案AB解析對于A，由題意可知A1，A2，A3不可能同時發(fā)生，所以A1，A2，A3兩兩互斥，所以A正確；對于B，由題意可得P(A2)＝eq\f(2,8)＝eq\f(1,4)，P(A2B)＝eq\f(1,4)×eq\f(3,9)＝eq\f(1,12)，所以Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(B))A2))＝eq\f(PA2B,PA2)＝eq\f(\f(1,12),\f(1,4))＝eq\f(1,3)，所以B正確；對于C，D，因為P(A3)＝eq\f(2,8)＝eq\f(1,4)，P(A3B)＝eq\f(1,4)×eq\f(3,9)＝eq\f(1,12)，P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)＝eq\f(4,8)×eq\f(4,9)＋eq\f(1,4)×eq\f(3,9)＋eq\f(1,4)×eq\f(3,9)＝eq\f(7,18)，所以P(A3B)≠P(A3)P(B)，所以A3與B不是相互獨立事件，所以C，D錯誤．專題強化練一、單項選擇題1．(2023·汕頭模擬)電腦調色板有紅、綠、藍三種基本顏色，每種顏色的色號均為0～255.在電腦上繪畫可以分別從三種顏色的色號中各選一個配成一種顏色，那么在電腦上可配成的顏色種數為()A．2563B．27C．2553D．6答案A解析分三步取色，第一步、第二步、第三步都有256種取法，根據分步乘法計數原理得，共可配成256×256×256＝2563(種)顏色．2.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,\r(x))))8的展開式的第3項的系數是()A．112 B．－112C．－28 D．28答案A解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,\r(x))))8的通項公式Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)18－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(x))))k＝Ceq\o\al(k,8)(－2)keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))k＝Ceq\o\al(k,8)(－2)k，令k＝2，則T3＝T2＋1＝Ceq\o\al(2,8)(－2)2x－1＝eq\f(8×7,2×1)×4×eq\f(1,x)＝eq\f(112,x).可得第3項的系數是112.3．(2023·全國乙卷)甲、乙兩位同學從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種答案C解析首先確定相同的讀物，共有Ceq\o\al(1,6)種情況，然后兩人各自的另外一種讀物相當于在剩余的5種讀物里，選出2種進行排列，共有Aeq\o\al(2,5)種，根據分步乘法計數原理可得，共有Ceq\o\al(1,6)·Aeq\o\al(2,5)＝120(種)選法．4．(2023·信陽模擬)2023年5月28日國產大飛機C919由上海飛抵北京，這標志著C919商飛成功，開創(chuàng)了中國商業(yè)航空的新紀元．某媒體甲、乙等四名記者去上海虹橋機場、北京首都機場和中國商飛總部進行現(xiàn)場報道，若每個地方至少有一名記者，每個記者只去一個地方，則甲、乙同去上海虹橋機場的概率為()A.eq\f(1,18)B.eq\f(1,6)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,3)答案A解析根據題意可知，有兩人去了同一個機場，另外兩個人各自去了一個機場，故總共的排法有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2)種，故甲、乙同去上海虹橋機場的概率P＝eq\f(A\o\al(2,2),C\o\al(1,3)C\o\al(2,4)A\o\al(2,2))＝eq\f(1,18).5．(2023·合肥模擬)某市教育局為了給高考生減壓，將師范大學6名心理學教授全部分配到市屬四所重點高中進行心理輔導，若A高中恰好需要1名心理學教授，B，C，D三所高中各至少需要1名心理學教授，則不同的分配方案有()A．150種B．540種C．900種D．1440種答案C解析先從6名教授中任選1名教授到A高中，有Ceq\o\al(1,6)＝6(種)不同的方法，再將其余5名教授分配到B，C，D三所高中，可分兩類：①B，C，D三所高中有一所高中分1名教授，另外兩所高中各分2名教授，有eq\f(C\o\al(1,5)C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)＝90(種)不同的方法；②B，C，D三所高中有一所高中分3名教授，另外兩所高中各分1名教授，有eq\f(C\o\al(3,5)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)＝60(種)不同的方法，∴不同的分配方案共有6×(90＋60)＝900(種)．6．(2023·全國甲卷)某地的中學生中有60%的同學愛好滑冰，50%的同學愛好滑雪，70%的同學愛好滑冰或愛好滑雪．在該地的中學生中隨機調查一位同學，若該同學愛好滑雪，則該同學也愛好滑冰的概率為()A．0.8B．0.6C．0.5D．0.4答案A解析方法一如圖，左圓表示愛好滑冰的學生所占比例，右圓表示愛好滑雪的學生所占比例，A表示愛好滑冰且不愛好滑雪的學生所占比例，B表示既愛好滑冰又愛好滑雪的學生所占比例，C表示愛好滑雪且不愛好滑冰的學生所占比例，則0.6＋0.5－B＝0.7，所以B＝0.4，C＝0.5－0.4＝0.1.所以若該學生愛好滑雪，則他也愛好滑冰的概率為eq\f(B,B＋C)＝eq\f(0.4,0.5)＝0.8.方法二令事件A，B分別表示該學生愛好滑冰、該學生愛好滑雪，則P(A)＝0.6，P(B)＝0.5，P(AB)＝P(A)＋P(B)－0.7＝0.4，所以P(A|B)＝eq\f(PAB,PB)＝eq\f(0.4,0.5)＝0.8.7．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的展開式中常數項是10，則m等于()A．－2B．－1C．1D．2答案D解析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的展開式的通項公式為Tk＋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的展開式的常數項為－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的展開式的常數項為mCeq\o\al(2,5)＝10m，因為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的展開式中常數項是10，所以10m－10＝10，解得m＝2.8．流行性感冒，簡稱流感，是由流感病毒引起的一種急性呼吸道疾病．已知A，B，C三個地區(qū)分別有2%,6.5%,8.5%的人患了流感，且這三個地區(qū)的人口數之比是4∶7∶9，現(xiàn)從這三個地區(qū)中任意選取1人，若選取的這人患了流感，則這人來自B地區(qū)的概率是()A．0.65B．0.45C．0.35D．0.2答案C解析記事件M表示“這人患了流感”，事件N1，N2，N3分別表示“這人來自A，B，C地區(qū)”，由題意可知P(N1)＝0.2，P(N2)＝0.35，P(N3)＝0.45，P(M|N1)＝0.02，P(M|N2)＝0.065，P(M|N3)＝0.085，則P(M)＝P(N1)P(M|N1)＋P(N2)P(M|N2)＋P(N3)P(M|N3)＝0.065，故這人來自B地區(qū)的概率P(N2|M)＝eq\f(PN2PM|N2,PM)＝0.35.二、多項選擇題9．(2023·南京模擬)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))6的展開式中()A．常數項為160B．含x2項的系數為60C．第4項的二項式系數為15D．所有項的系數和為1答案BD解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))6展開式的通項為Tk＋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.對選項A，取k＝3得到常數項為Ceq\o\al(3,6)(－2)3＝－160，錯誤；對選項B，取k＝2得到含x2項的系數為Ceq\o\al(2,6)(－2)2＝60，正確；對選項C，取k＝3得到第4項的二項式系數為Ceq\o\al(3,6)＝20，錯誤；對選項D，取x＝1得到所有項的系數和為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,1)))6＝1，正確．10．某電影院的一個播放廳的座位如圖所示(標黑表示該座位的票已被購買)，甲、乙兩人打算購買兩張該播放廳的票，且甲、乙不坐前兩排，則()A．若甲、乙左右相鄰，則購票的情況共有54種B．若甲、乙不在同一列，則購票的情況共有1154種C．若甲、乙前后相鄰，則購票的情況共有21種D．若甲、乙分坐于銀幕中心線的兩側，且不坐同一排，則購票的情況共有508種答案ABD解析若甲、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種購票情況，故C錯誤；銀幕中心線左側有18個座位，右側有18個座位，甲、乙分坐于兩側，有Aeq\o\al(2,2)×18×18＝648(種)情況．甲、乙分坐于兩側且坐同一排(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，且不坐同一排的購票情況共有648－140＝508(種)，故D正確．11．(2023·葫蘆島模擬)一袋中有大小相同的4個紅球和2個白球，則下列說法正確的是()A．從中任取3球，恰有2個白球的概率是eq\f(1,5)B．從中有放回地取球六次，每次任取1球，設取到紅球次數為X，則E(X)＝2C．現(xiàn)從中不放回地取球兩次，每次任取1球，則在第一次取到紅球后，第二次再次取到紅球的概率為eq\f(2,5)D．從中有放回地取球三次，每次任取1球，則至少有一次取到白球的概率為eq\f(19,27)答案AD解析對于A，從中任取3球，恰有2個白球的概率是eq\f(C\o\al(1,4)C\o\al(2,2),C\o\al(3,6))＝eq\f(4,20)＝eq\f(1,5)，故A正確；對于B，易知X服從二項分布，即X～Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6，\f(2,3)))，所以E(X)＝6×eq\f(2,3)＝4，故B錯誤；對于C，第一次取到紅球后，第二次取球時，袋子中還有3個紅球和2個白球，再次取到紅球的概率為eq\f(3,5)，故C錯誤；對于D，有放回地取球，每次取到白球的概率為eq\f(1,3)，沒有取到白球的概率為eq\f(2,3)，所以取球3次沒有取到白球的概率為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))3＝eq\f(8,27)，所以至少有一次取到白球的概率為1－eq\f(8,27)＝eq\f(19,27)，故D正確．12．(2023·莆田模擬)甲、乙兩個罐子均裝有2個紅球，1個白球和1個黑球，除顏色外，各個球完全相同．先從甲罐中隨機取出2個球放入乙罐中，再從乙罐中隨機取出1個球，記事件Ai(i＝0,1,2)表示從甲罐中取出的2個球中含有i個紅球，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不相互獨立答案AC解析A0表示從甲罐中取出的2個球，沒有紅球，A1表示從甲罐中取出的2個球，有1個紅球，A2表示從甲罐中取出的2個球，有2個紅球，在一次試驗中，這三個事件，任兩個事件不能同時發(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相互獨立，故D錯誤．三、填空題13．(2023·天津)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x3－\f(1,x)))6的展開式中，x2項的系數為________．答案60解析展開式的通項公式Tk＋1＝Ceq\o\al(k,6)(2x3)6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))k＝(－1)k×26－k×Ceq\o\al(k,6)×x18－4k，令18－4k＝2，可得k＝4，則x2項的系數為(－1)4×26－4×Ceq\o\al(4,6)＝4×15＝60.14．北京日壇公園的西門位于東西中軸線上，公園內部的主要路徑及主要景點如圖所示．某活動小組計劃從“烈士墓”出發(fā)，經“東西中軸線及其以北”的主要路徑前往“祭日拜臺”進行實踐活動，活動結束后經“東西中軸線及其以南”的主要路徑由南門離開．已知小組成員的行動