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必刷小题 19 计数原理与概率
一、单项选择题
1．现有10元、20元、50元人民币各一张，100元人民币两张，从中至少取一张，共可组
成不同的币值种数是( )
A．15 B．31
C．24 D．23
答案 D
解析 除100元人民币以外的三张人民币中，每张均有取和不取2种情况，
两张100元人民币的取法有不取、取一张和取两张3种情况，
再减去五张人民币全不取的1种情况，所以共有23×3－1＝24－1＝23(种)．
2．(2024·马鞍山模拟)据史书的记载，最晚在春秋末年，人们已经掌握了完备的十进位制记
数法，普遍使用了算筹这种先进的计算工具．算筹记数的表示方法为：个位用纵式，十位
用横式，百位再用纵式，千位再用横式，以此类推，遇零则置空．如图所示．
如：10记为 ，26记为 ，71记为 .现有4根算筹，可表示出两位数的个数为( )
A．8 B．9 C．10 D．12
答案 C
解析 由题意知，共有4根算筹．
当十位1根，个位3根，共有2个两位数；
当十位2根，个位2根，共有4个两位数；
当十位3根，个位1根，共有2个两位数；
当十位4根，个位0根，共有2个两位数，
所以一共有10个两位数．
3．(2023·桂林模拟)甲、乙两人各进行1次射击，如果两人击中目标的概率分别为 0.8和
0.4，则其中恰有1人击中目标的概率是( )
A．0.32 B．0.56 C．0.44 D．0.68
答案 B
解析 恰好有1人击中，表示甲击中乙没有击中或甲没有击中乙击中，这两个是互斥事件，
根据相互独立事件和互斥事件的概率公式可得P＝0.8×0.6＋0.2×0.4＝0.56.
4．若5的展开式中各项系数的和为2，则展开式中的常数项为( )
A．－720 B．－360 C．360 D．1 080答案 C
解析 5
＝ax·5＋·5，
令x＝1，则展开式的各项系数和为a＋1＝2，解得a＝1，
所以5＝x·5＋·5，
所以常数项为x·C(3x)23＋·C(3x)32＝C×32×(－2)3＋C×33×(－2)2＝－720＋1 080＝360.
5．某家族有X，Y两种遗传性状，该家族某成员出现X性状的概率为，出现Y性状的概率
为，X，Y两种性状都不出现的概率为，则该成员X，Y两种性状都出现的概率为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 设该家族某成员出现X性状为事件A，出现Y性状为事件B，
则X，Y两种性状都不出现为事件，两种性状都出现为事件AB，
所以P(A)＝，P(B)＝，P()＝，
所以P(A∪B)＝1－P()＝，
又因为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，
所以P(AB)＝P(A)＋P(B)－P(A∪B)＝.
6．(2023·益阳模拟)某单位安排7位员工在“十·一”假期中1日至7日值班，每天安排1人
值班，且每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻的两天，丙不排在10月1日，丁
不排在10月7日，则不同的安排方案共有( )
A．504种 B．960种
C．1 008种 D．1 200种
答案 C
解析 依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方案共有AA＝1 440(种)，
其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班的方案共有AA＝240(种)；
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在10月7日值班的方案共有AA＝240(种)；
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班，丁在10月7日值班的方案共
有AA＝48(种)．因此满足题意的方案共有1 440－2×240＋48＝1 008(种)．
7．(2023·新余模拟)据中国汽车工业协会统计显示，2022年我国新能源汽车持续爆发式增
长，购买电动汽车的家庭越来越多．某学校为方便驾驶电动汽车的教职工充电，在停车场
开展充电桩安装试点．如图，试点区域共有十个车位，安装了三个充电桩，每个充电桩只
能给其南北两侧车位中的一辆电动汽车充电．现有3辆燃油车和2辆电动汽车同时随机停
入试点区域(停车前所有车位都空置)，请问2辆电动汽车能同时充上电的概率为( )A. B. C. D.
答案 D
解析 记事件E＝“2辆电动汽车能同时充上电”，先从B，i∈{1,2,3,4,5,6}中任选一个车
i
位给第一辆电动汽车，有C种选择，再从不与第一辆电动汽车并列的剩余四个车位中找一
个给第二辆电动汽车，有C种选择，最后从剩余8个车位中随机选取3个安排燃油车即可，
所以P(E)＝＝.
8．(2023·石家庄模拟)为了提高同学们对数学的学习兴趣，某高中数学老师把《周髀算经》
《九章算术》《孙子算经》《海岛算经》这 4本数学著作推荐给学生进行课外阅读，若该
班A，B，C三名同学有两名同学阅读其中的2本，另外一名同学阅读其中的1本，若4本
图书都有同学阅读(不同的同学可以阅读相同的图书)，则这三名同学选取图书的不同情况
有( )
A．144种 B．162种
C．216种 D．288种
答案 A
解析 分两种情况：第一种情况，先从4本里选其中2本，作为一组，有C种方法，
第二组从第一组所选书籍中选1本，再从另外2本中选取1本作为一组，剩余1本作为一
组，再分给三名同学，共有CCCA种方法；
第二种情况，从4本里任选2本作为一组，剩余的2本作为一组，有种方法，分给三名同
学中的两名同学，有A种方法，剩余一名同学，
从这4本中任选1本阅读，有C种方法，共有·AC种方法．
故这三名同学选取图书的不同情况有CCCA＋·AC＝144(种)．
二、多项选择题
9．已知事件A，B满足P(A)＝0.6，P(B)＝0.2，则下列结论正确的是( )
A．P()＝0.8，P()＝0.4
B．如果B⊆A，那么P(A∪B)＝0.6
C．如果A与B互斥，那么P(A∪B)＝0.8
D．如果A与B相互独立，那么P()＝0.32
答案 BCD
解析 对于选项A，P()＝1－P(A)＝0.4，P()＝1－P(B)＝0.8，故选项A错误；
对于选项B，如果B⊆A，那么P(A∪B)＝P(A)＝0.6，选项B正确；对于选项C，如果A与B互斥，那么P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.8，所以选项C正确；
对于选项D，如果A与B相互独立，那么P()＝P()P()＝0.4×0.8＝0.32，所以选项D正确．
10．(2023·岳阳模拟)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加假期社区服务活动，社区服务活动
共有“关怀老人”“环境检测”“图书义卖”这三个项目，每人都要报名且限报其中一项
记事件A为“恰有两名同学所报项目相同 ”，事件B为“只有甲同学一人报名‘关怀老
人’项目”，则( )
A．四名同学的报名情况共有34种
B．“每个项目都有人报名”的报名情况共有72种
C．“四名同学最终只报名了两个项目”的概率是
D．P(B|A)＝
答案 ACD
解析 由题意甲、乙、丙、丁四名同学每人都要报名且限报一项，每人都有3种选择，
则报名情况共有3×3×3×3＝34(种)，故A正确；
“每个项目都有人报名”，则必有两人报名同一个项目，故此时报名情况有 CCA＝36(种)，
故B错误；
“四名同学最终只报名了两个项目”，此时可先选出两个项目，
报名情况为分别有两人报名这两个项目，或者一人报名其中一个，另三人报名另一个项目，
故共有C(C＋CA)＝42(种)报名情况，
则“四名同学最终只报名了两个项目”的概率是＝，故C正确；
事件A为“恰有两名同学所报项目相同 ”，有CA＝36(种)报名方法，则 P(A)＝＝，
事件B为“只有甲同学一人报名‘关怀老人’项目”，
若A，B同时发生，即恰有2名同学所报项目相同且只有甲同学一人报名“关怀老人”项目，
则有CA＝6(种)报名方法，则P(AB)＝＝，
故P(B|A)＝＝＝，故D正确．
11．(2024·屯溪模拟)已知f(x)＝(2－x)8＝a ＋ax＋ax2＋…＋ax8，则下列描述正确的是(
0 1 2 8
)
A．a＋a＋…＋a＝1
1 2 8
B．f(－1)除以5所得的余数是1
C．|a|＋|a|＋|a|＋…＋|a|＝38－28
1 2 3 8
D．2a＋3a＋…＋8a＝－8
2 3 8
答案 BC
解析 令x＝1，得a＋a＋a＋…＋a＝1；令x＝0，得a＝28.
0 1 2 8 0
则a＋a＋…＋a＝1－28，故A错误；
1 2 8
f(－1)＝38＝94＝(10－1)4＝104－C103＋C102－C10＋1＝10×(103－C102＋C101－C)＋1，故
B正确；因为(2－x)8二项展开式的通项公式为T ＝C28－k(－x)k＝(－1)kC28－kxk，
k＋1
由通项公式知，(2－x)8二项展开式中偶数项的系数为负数，
所以|a|＋|a|＋|a|＋…＋|a|＝－a＋a－a＋…＋a，
1 2 3 8 1 2 3 8
由(2－x)8＝a＋ax＋ax2＋…＋ax8，令x＝0，得到a＝28，
0 1 2 8 0
令x＝－1，得到a－a＋a－a＋…＋a＝38，
0 1 2 3 8
所以|a|＋|a|＋|a|＋…＋|a|＝38－28，故C正确；
1 2 3 8
原表达式的两边同时对x求导，
得到－8×(2－x)7＝a＋2ax＋3ax2＋…＋8ax7，
1 2 3 8
令x＝1，得到a＋2a＋3a＋…＋8a＝－8，令x＝0，得a＝－8×27，
1 2 3 8 1
所以2a＋3a＋…＋8a＝－8＋8×27＝8(27－1)，故D错误．
2 3 8
12．(2023·福州质检)一个笼子里关着10只猫，其中有4只黑猫、6只白猫，把笼子打开一
个小口，使得每次只能钻出1只猫，猫争先恐后地往外钻，如果10只猫都钻出了笼子，事
件A 表示“第k只出笼子的猫是黑猫”，k＝1,2，…，10，则( )
k
A．P(AA)＝ B．P(A＋A)＝
1 2 1 2
C．P(A|A)＝ D．P(A |A)＝
2 1 10 2
答案 BCD
解析 由题知，P(A)＝＝，
k
事件AA 表示“第1,2只出笼子的猫都是黑猫”，
1 2
则P(AA)＝＝，故A错误；
1 2
事件A＋A 表示“第1只或第2只出笼子的猫是黑猫”，
1 2
则P(A＋A)＝P(A)＋P(A)－P(AA)＝＋－＝，故B正确；
1 2 1 2 1 2
P(A|A)＝＝＝，故C正确；
2 1
事件AA 表示“第2,10只出笼子的猫都是黑猫”，
2 10
则P(AA )＝＝，
2 10
则P(A |A)＝＝＝，故D正确．
10 2
三、填空题
13．(2024·娄底模拟)已知n的展开式的二项式系数之和为64，则展开式第三项的系数是
________．
答案 60
解析 由n的展开式的二项式系数之和为64，可得2n＝64，解得n＝6，即6，
则展开式第三项为C(x2)42＝(－2)2Cx6＝60x6，
所以展开式第三项的系数是60.
14．若从集合{1,2,3,4,5}中任取3个元素组成该集合的一个子集，那么取得的子集中，满足
3个元素中恰好含有2个连续整数的概率等于________．答案
解析 从{1,2,3,4,5}中任取3个元素形成的子集共有C＝10(个)，
当连续整数为1,2时，此时符合条件的子集有2个；
当连续整数为2,3时，此时符合条件的子集有1个；
当连续整数为3,4时，此时符合条件的子集有1个，
当连续整数为4,5时，此时符合条件的子集有2个，
故有6个子集中恰好含有两个连续整数．
故所求概率为＝.
15．(2023·怀化模拟)信息技术辅助教学已经成为教学的主流趋势，为了了解学生利用学习
机学习的情况，某研究机构在购物平台上购买了6种主流的学习机，并安排4人进行相关
数据统计，且每人至少统计1种学习机的相关数据(不重复统计)，则不同的安排方法有
________ 种．
答案 1 560
解析 由题意可知6种主流的学习机安排给4人进行相关数据统计，
每人至少统计1种学习机的相关数据(不重复统计)，
则学习机的分配方法有3,1,1,1和2,2,1,1两类情况，
则按3,1,1,1分组再分配给4人，共有CA＝20×24＝480(种)安排方法，
按2,2,1,1分组再分配给4人，共有·A＝×24＝1 080(种)安排方法，
故共有480＋1 080＝1 560(种)不同的安排方法．
16．(2023·佛山模拟)有n个编号分别为1,2，…，n的盒子，第1个盒子中有2个白球1个
黑球，其余盒子中均为1个白球1个黑球，现从第1个盒子中任取一球放入第2个盒子，
再从第2个盒子中任取一球放入第3个盒子，以此类推，则从第2个盒子中取到白球的概
率是________，从第n个盒子中取到白球的概率是________．
答案 ×n＋
解析 记事件A表示从第i(i＝1,2，…，n)个盒子里取出白球，
i
则P(A)＝，P()＝1－P(A)＝，
1 1
所以P(A)＝P(AA)＋P(A)
2 1 2 2
＝P(A)P(A|A)＋P()P(A|)
1 2 1 2
＝×＋×＝，
P(A)＝P(A)P(A|A)＋P()P(A|)
3 2 3 2 3
＝P(A)×＋P()×
2
＝×P(A)＋＝，
2
P(A)＝P(A)P(A|A)＋P()P(A|)
4 3 4 3 4
＝P(A)×＋P()×＝P(A)＋，
3 3进而可得P(A)＝P(A )＋，
n n－1
P(A)－＝，
n
又P(A)－＝，P(A)－＝，
1 2
P(A)－＝，
2
所以是首项为，公比为的等比数列，
所以P(A)－＝×n－1＝×n，
n
即P(A)＝×n＋.
n
