文档内容
微专题 1 计数原理与概率
[考情分析] 1.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
为主.2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇考查.3.概
率重点考查古典概型、条件概率、全概率公式的基本应用.
考点一 排列与组合问题
解决排列、组合问题的一般过程：
(1)认真审题，弄清楚要做什么事情；
(2)要做的事情是需要分步还是分类，还是分步分类同时进行，确定分多少步及多少类；
(3)确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题，元素总数是多少及取出多少元素.
例1 (1)(多选)小许购买了一套五行文昌塔摆件(如图)，准备一字排开摆放在桌面上，下列结论正确的
有( )
A.不同的摆放方法共有120种
B.若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有36种
C.若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有72种
D.若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有36种
答案 ACD
解析
由题可知，不同的摆放方法共有A5
=120(种)，A正确；
5
若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有A3A2
=72(种)，C正确，B不正确；
3 4
若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有A2A4 -2A3
=36(种)，D正
2 4 3
确.(2)(2024·张家口模拟)有5位大学生要分配到A，B，C三个单位实习，每位学生只能到一个单位实习，
每个单位至少要接收一位学生实习，已知这5位学生中的甲同学分配在A单位实习，则这5位学生实习
的不同分配方案有 种.(用数字作答)
答案 50
解析 根据特殊元素“甲同学”分类讨论，
当A单位只有甲时，其余四人分配到B，C，不同分配方案有C1C3A2 +C2C2
=14(种)；
4 3 2 4 2
C1C1C2
当A单位不只有甲时，其余四人分配到A，B，C，不同分配方案有
4 3 2 A3
=36(种).合计有50种不同
A2 3
2
分配方案.
[规律方法] 排列、组合问题的求解方法与技巧
(1)合理分类与准确分步；(2)排列、组合混合问题要先选后排；(3)特殊元素优先安排；(4)相邻问题捆绑处
理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题除法处理；(7)“小集团”排列问题先整体后局部；(8)正难则反，
等价转化.
跟踪演练1 (1)(2024·义乌模拟)在义乌，婺剧深受民众喜爱.某次婺剧表演结束后，老生、小生、花旦、
正旦、老旦各一人排成一排合影留念，其中小生和老生不相邻且老旦不排在最右边的不同排法总数是(
)
A.36 B.48
C.60 D.72
答案 C
解析
首先按照小生和老生不相邻的要求共有A3A2
=72(种)排法，
3 4
其中老旦排在最右边时，左侧4个位置，先排花旦、正旦有A2
种，
2
由此所成的3个空中将小生、老生插入有A2
种，
3
所以排法有A2A2
=12(种)，
2 3
所以满足题意的不同排法总数是72-12=60.
(2)(2024·宁波模拟)某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙，需要经过5个转
运环节，其中第1，2两个环节各有a，b两种运输方式，第3，4两个环节各有b，c两种运输方式，第
5个环节有d，e两种运输方式.则快件从甲送到乙恰用到4种运输方式的不同送达方式有 种.
答案 16
解析 快递从甲送到乙恰用到4种运输方式，且第5个环节从d，e两种运输方式中选一种，
第1，2，3，4个环节必须包含a，b，c三种不同的运输方式，
若第1，2个环节运输方式相同，则只能都选a，则第3，4个环节一个选b，一个选c，
则有2×1×2=4(种)，
若第1，2个环节运输方式不相同，则已经包含a，b两种运输方式，
则第3，4个环节一个选b，一个选c，或者都选c，则有2×2×2+2×1×2=8+4=12(种)，
快递从甲送到乙恰用到4种运输方式的不同送达方式共有4+12=16(种).
考点二 二项式定理
1.求二项展开式中特定项或项的系数问题的思路：
(1)利用通项公式将T 项写出并化简.
k+1
(2)令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出k.
(3)代回通项公式即得所求.
2.对于两个因式的积的特定项问题，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨论求解.
例2 (1)(2024·张家口模拟)(1-x2)(1+x)5的展开式中x4的系数为( )
A.-5 B.5
C.-10 D.10
答案 A
解析 (1+x)5的展开式通项为T =Ck xk，
k+1 5
则(1-x2)(1+x)5的展开式中含x4的项为C4 x4-x2·C2 x2=(C4-C2)x4=-5x4，
5 5 5 5
所以(1-x2)(1+x)5的展开式中x4的系数为-5.
(2)(多选)已知(1-2x)2 025=a +a x+a x2+…+a x2 025，则下列结论中正确的是( )
0 1 2 2 025
A.a +a +a +…+a =-2
1 2 3 2 025
B.a -a +a -a +…-a +a =1-32 025
1 2 3 4 2 024 2 025
C.a +2a +3a +…+2 025a =4 050
1 2 3 2 025
D.|a |+|a |+…+|a |=32 025
1 2 2 025
答案 AB
解析 对于A选项，令x=1，
则a +a +a +a +…+a =-1，
0 1 2 3 2 025
又a
=C0
=1，
0 2 025
所以a +a +a +…+a =-2，故A正确；
1 2 3 2 025
对于B选项，令x=-1，
则a -a +a -a +…-a =32 025，
0 1 2 3 2 025
-a +a -a +…-a =32 025-1，
1 2 3 2 025
故a -a +a -a +…-a +a =1-32 025，故B正确；
1 2 3 4 2 024 2 025
对于C选项，记y=(1-2x)2 025=a +a x+a x2+…+a x2 025，
0 1 2 2 025
则y'=-4 050(1-2x)2 024=a +2a x+…+2 025a x2 024，
1 2 2 025
令x=1，则a +2a +3a +…+2 025a =-4 050，故C错误；
1 2 3 2 025
对于D选项，(1-2x)2 025的通项公式为T =Ck (-2x)k(0≤k≤2 025，k∈N)，
k+1 2 025
当k为奇数时，系数为负数，
所以|a |+|a |+…+|a |=-a +a -a +…-a =32 025-1，故D错误.
1 2 2 025 1 2 3 2 025
[规律方法] 二项式(a+b)n的通项公式T =Ck an-kbk(k=0，1，2，…，n)，它表示的是二项展开式的第k+1项，
k+1 n
而不是第k项；其中Ck
是二项展开式的第k+1项的二项式系数，而二项展开式的第k+1项的系数是字母幂
n
前的常数，要区分二项式系数与系数.
跟踪演练2 (1)(2024·武汉模拟)若(1+2x)10=a +a (1+x)+a (1+x)2+…+a (1+x)10，则a 等于( )
0 1 2 10 2
A.180 B.-180
C.-90 D.90
答案 A
解析 因为(1+2x)10=[2(1+x)-1]10，其二项展开式的通项为
T =Ck [2(1+x)]10-k(-1)k=(-1)k210-kCk (1+x)10-k，k=0，1，…，10，
k+1 10 10
而a 是a (1+x)2的系数，故只需取k=8，得T =22C8 (1+x)2=180(1+x)2，即a =180.
2 2 9 10 2
(1 ) 10
(2)(2024·全国甲卷) +x 的展开式中，各项系数的最大值是 .
3
答案 5
解析 二项展开式的通项为
T =Ck
(1) 10-k
xk，
k+1 10 3
0≤k≤10且k∈Z，
设展开式中第k+1项系数最大，
{ Ck (1) 10-k ≥Ck+1(1) 9-k , {k≥ 29 ,
10 3 10 3 4
则 ⇒
Ck
(1) 10-k ≥Ck-1(1) 11-k
k≤
33
,
10 3 10 3 4
29 33
即 ≤k≤ ，
4 4
又k∈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C8
(1) 2
=5.
10 3
考点三 概率
1.古典概型的概率公式
事件A包含的样本点数
P(A)= .
试验的样本点总数2.条件概率公式
设A，B为两个随机事件，且P(A)>0，
P(AB)
则P(B|A)= .
P(A)
3.全概率公式
设A ，A ，…，A 是一组两两互斥的事件，A ∪A ∪…∪A =Ω，且P(A)>0，i=1，2，…，n，则对任意的
1 2 n 1 2 n i
n
事件B Ω，有P(B)= Σ P(A)·P(B|A).
i i
i=1
⊆
例3 (1)(2024·苏州模拟)有4个外包装相同的盒子，其中2个盒子分别装有1个白球，另外2个盒子分
别装有1个黑球，现准备将每个盒子逐个拆开，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中的
概率为( )
1 1
A. B.
2 3
1 1
C. D.
4 6
答案 B
解析
将4个盒子按顺序拆开有A4
=24(种)方法，若恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪个盒子中，则
4
前两个盒子都是白球或都是黑球，有A2A2 +A2A2
=8(种)情况，则恰好拆开2个盒子就能确定2个白球在哪
2 2 2 2
8 1
个盒子中的概率P= = .
24 3
(2)(多选)(2024·广州模拟)甲箱中有3个红球和2个白球，乙箱中有2个红球和2个白球(两箱中的球除颜
色外没有其他区别)，先从甲箱中随机取出一球放入乙箱，分别用事件A 和A 表示从甲箱中取出的球是
1 2
红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件B表示从乙箱中取出的两球都是红球，则( )
3 11
A.P(A )= B.P(B)=
1 5 50
9 2
C.P(B|A )= D.P(A |B)=
1 50 2 11
答案 ABD
3 2
解析 依题意可得P(A )= ，P(A )= ，
1 5 2 5
C2
3
P(B|A )= 3 = ，
1 C2 10
5
C2
1
P(B|A )= 2 = ，
2 C2 10
5
3 3 2 1 11
所以P(B)=P(A )P(B|A )+P(A )P(B|A )= × + × = ，故A正确，B正确，C错误；
1 1 2 2 5 10 5 10 501 2
×
P(A B) P(B|A )P(A ) 10 5 2
P(A |B)= 2 = 2 2 = = ，故D正确.
2 P(B) P(B) 11 11
50
[规律方法] 求概率的方法与技巧
(1)古典概型用古典概型概率公式求解.
(2)条件概率用条件概率公式及全概率公式求解.
(3)根据事件间关系，利用概率的加法、乘法公式及对应事件的概率公式求解.
跟踪演练3 (1)(2024·景德镇模拟)六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学，小朋友们随机排
成一列队伍依次走出幼儿园，爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧，每列3人.则
爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为( )
1 1
A. B.
6 36
1 1
C. D.
72 108
答案 B
解析
假设六位爸爸已经站好了位置，不同站位方法数为A6，
6
C3C3
1
小孩找到各自的爸爸，则其为定序问题，不同站位方法数为C3C3，所以不需要插队的概率P= 6 3
= .
6 3 A6 36
6
(2)(多选)(2024·兰州模拟)英国数学家贝叶斯在概率论研究方面成就显著，经他研究，随机事件A，B存
P(A)P(B|A)
在如下关系：P(A|B)= .对于一个电商平台，用户可以选择使用支付方式1、支付方式2
P(B)
或支付方式3进行支付.已知使用支付方式1支付的用户占总用户的20%，使用支付方式2支付的用户
占总用户的40%，其余的用户使用支付方式3支付.平台试运营过程中发现三种支付方式都会遇到支付
问题，为了优化服务，进行数据统计发现：出现支付问题的概率是0.06.若一个遇到支付问题的用户，
1
使用三种支付方式支付的概率均为 ，则以下说法正确的是( )
3
A.使用支付方式1支付的用户中有10%的人遇到支付问题
B.使用支付方式2支付遇到支付问题与使用支付方式3支付遇到支付问题的概率不同
C.要将出现支付问题的概率降到0.05，可以将支付方式1支付通道关闭
D.减少支付方式3支付的人数有可能降低出现支付问题的概率
答案 AC
解析 设A，B，C分别表示事件“使用支付方式1支付”“使用支付方式2支付”“使用支付方式3支
付”，
D表示事件“出现支付问题”，
则P(A)=0.2，P(B)=P(C)=0.4，P(D)=0.06，1
P(D)P(A|D) 0.06×
所以P(D|A)= = 3=0.1，
P(A)
0.2
即使用支付方式1支付的用户中有10%的人遇到支付问题，故A正确；
1
P(D)P(B|D) 0.06×
因为P(D|B)= = 3=0.05，
P(B)
0.4
1
P(D)P(C|D) 0.06×
P(D|C)= = 3=0.05，
P(C)
0.4
即使用支付方式2支付遇到支付问题与使用支付方式3支付遇到支付问题的概率相同，故B错误；
因为使用支付方式1支付的用户中有10%的人遇到支付问题，而使用支付方式3支付的用户中只有5%的人
遇到支付问题，故减少支付方式1支付的人数有可能降低出现支付问题的概率，故D错误；
要将出现支付问题的概率降到0.05，可以将支付方式1支付通道关闭，故C正确.
专题强化练
(分值：84分)
一、单项选择题(每小题5分，共40分)
1.(2024·北京)在(x-√x)4的展开式中，x3的系数为( )
A.6 B.-6
C.12 D.-12
答案 A
解析 方法一 (x-√x)4的展开式的通项
k k
T
k+1
=Ck
4
x4-k(-√x)k=(-1)k Ckx 4- 2(k=0，1，2，3，4).由4-
2
=3，得k=2，
4
所以在(x-√x)4的展开式中，x3的系数为(-1)2C2
=6.
4
方法二 (x-√x)4的展开式中含x3的项是由(x-√x)(x-√x)(x-√x)(x-√x)中任意取2个括号内的x与剩余的2个
括号内的(-√x)相乘得到的，
所以(x-√x)4的展开式中含x3的项为
C2x2·C2(-√x)2=6x3，
4 2
所以(x-√x)4的展开式中x3的系数为6.
2.江南的周庄、同里、甪直、西塘、乌镇、南浔古镇，并称为“江南六大古镇”，是中国江南水乡风貌最
具代表的城镇，它们以其深邃的历史文化底蕴、清丽婉约的水乡古镇风貌、古朴的吴侬软语民俗风情，在世界上独树一帜，驰名中外.这六大古镇中，其中在苏州境内的有3处.某家庭计划今年暑假从这6个古镇中
挑选2个去旅游，则至少选一个苏州古镇的概率为( )
2 1
A. B.
5 2
4 3
C. D.
5 5
答案 C
C2 4
解析 从这6个古镇中挑选2个去旅游有C2 =15(种)选法，至少选一个苏州古镇的概率P=1- 3= .
6 15 5
3.(2024·全国甲卷)甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是( )
1 1
A. B.
4 3
1 2
C. D.
2 3
答案 B
解析 当甲排在排尾，乙排第一位，丙有2种排法，丁就1种，共2种；
当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种；
于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾共4种方法，于是共8种排法符合题意；
样本点总数显然是A4
=24，
4
8 1
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率为 = .
24 3
4.(2024·黔东南州模拟)在n个数码1，2，…，n(n≤9，n∈N*)的全排列j j …j 中，若一个较大的数码排在
12 n
一个较小的数码的前面，则称它们构成一个逆序，这个排列的所有逆序个数的总和称为这个排列的逆序数，
记为T(j j …j ).例如，在3个数码的排列312中，3与1，3与2都构成逆序，因此T(312)=2.那么
12 n
T(87542136)等于( )
A.19 B.20
C.21 D.22
答案 C
解析 由题意，对于87542136，可得8与后面每个数字都构成逆序，7与后面每个数字都构成逆序，5与
4，2，1，3都构成逆序，4与2，1，3都构成逆序，2与1构成逆序，所以T(87542136)=7+6+4+3+1=21.
5.(2024·深圳模拟)已知某六名同学在CMO竞赛中获得前六名(无并列情况)，其中甲或乙是第一名，丙不是
前三名，则这六名同学获得的名次情况可能有( )
A.72种 B.96种
C.144种 D.288种
答案 C解析
由题意，丙可能是第4，5，6名，有3种情况，若甲是第一名，则获得的名次情况可能是C1A4
3 4
=72(种)，若乙是第一名，则获得的名次情况可能是C1A4
=72(种)，所以所有符合条件的名次情况可能有
3 4
72+72=144(种).
3a 4a 5a 6a 7a 8a
6.已知(2x+3)8=a +a x+a x2+a x3+a x4+a x5+a x6+a x7+a x8，则a +a + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8等于(
0 1 2 3 4 5 6 7 8 1 2 22 23 24 25 26 27
)
A.215 B.216
C.217 D.218
答案 D
解析 对(2x+3)8=a +a x+a x2+a x3+a x4+a x5+a x6+a x7+a x8的两边求导，
0 1 2 3 4 5 6 7 8
得16(2x+3)7=a +2a x+3a x2+4a x3+5a x4+6a x5+7a x6+8a x7.
1 2 3 4 5 6 7 8
1
令x= ，
2
3a 4a 5a 6a 7a 8a
3 4 5 6 7 8
得a +a + + + + + + =16×47=218.
1 2 22 23 24 25 26 27
1 1
7.(2024·葫芦岛模拟)设A，B是两个随机事件，且P(A)= ，P(B)= ，则下列结论正确的是( )
4 2
3
A.若P(BA)= ，则A与B相互独立
8
3
B.P(A∪B)=
4
1
C.P(A|B)=
4
D.A与B有可能是对立事件
答案 A
1 1 3 3
解析 对于A，由P(A)= ，得P(A)=1- = ，则有P(A)P(B)=P(BA)= ，
4 4 4 8
故A与B相互独立，故A与B相互独立，故A正确；
3 3
对于B，P(A∪B)=P(A)+P(B)-P(AB)= -P(AB)≤ ，故B错误；
4 4
P(AB)
对于C，P(A|B)= =2P(AB)，而P(AB)未定，故C错误；
P(B)
1 1 3
对于D，P(A)+P(B)= + = ≠1，故A与B不是对立事件，故D错误.
4 2 4
8.某规范化考场的规格为每场30名考生，分为6排5列，依照如图所示的方式进行座位号的编排.为了确保
考试的公平性，考生的试题卷分为A卷和B卷，座位号为奇数的考生使用A卷，座位号为偶数的考生使用B卷.已知甲、乙、丙三名考生在同一考场参加考试，且三人使用的试卷类型相同，三名考生中任意两人不
得安排在同一行或同一列，则甲、乙、丙三名考生的座位安排方案共有( )
第5列 第4列 第3列 第2列 第1列
25 24 13 12 01 第1排
26 23 14 11 02 第2排
27 22 15 10 03 第3排
28 21 16 09 04 第4排
29 20 17 08 05 第5排
30 19 18 07 06 第6排
A.2 016种 B.1 008种
C.1 440种 D.720种
答案 A
解析 先考虑甲、乙、丙三人使用A卷，则这三个人的座位号都为奇数，分以下几种情况讨论：
(1)若这三人都在奇数列，则有一人需在第1列选一个奇数号的座位，有3种情况，
然后有一人在第3列要选一个奇数号的座位，但与第一人不能在同一排，只有2种情况，
最后一人只能在第5列选择一个奇数号的座位，但该人不能与前两人在同一排，最后一人的座位只有一个，
此时，共有3×2×1×A3
=36(种)不同的排法；
3
(2)三人中只有两人在奇数列，首先在第1，3，5列中选两列，有C2
种选择，
3
其次，第一个人在其中的第一个奇数列中选择一个奇数号的位置，有3种选择，
第二个人在另一个奇数列中选择一个奇数号的位置，有2种选择，
第三个人在两个偶数列中选择一个奇数号的位置，有6种选择，
此时，共有C2 ×(3×2×6)×A3
=648(种)不同的排法；
3 3
(3)三人中只有一人在奇数列，第一个人在第1，3，5列中随便选择一个奇数号的位置，有9种选择，
其次，第二个人在第2列中选择一个奇数号的位置，有3种选择，例如第二个人选择11号座位，
由于第三个人不能与第二个人同排或同列，则第三个人只有2种选择，即19号和21号两个位置可供选择，
此时，共有9×3×2×A3
=324(种)不同的排法.
3
综上所述，当三个人都考A卷时，不同的排法种数为36+648+324=1 008.
由对称性可知，当三人都考B卷时，不同的排法种数也为1 008.
综上，当三人的考卷类型相同时，不同的座位安排方案种数为1 008×2=2 016.
二、多项选择题(每小题6分，共18分)
9.(2024·岳阳模拟)下列结论正确的是( )
A.若Cn =C3，则n=3
7 7m+1
B.Cm= Cm+1
n n+1 n+1
C.(x-1)10的展开式的第6项的系数是C5
10
D.(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5的展开式中x2的系数为C3
-1
6
答案 BD
解析
对于A，因为Cn =C3，由组合数性质可得n=3或n=4，A错误；
7 7
n！
对于B，Cm
=
n m！(n-m)！
m+1 (n+1)·n！
= ·
n+1 (m+1)·m！·(n-m)！
m+1 (n+1)！
= · ，
n+1 (m+1)！·[(n+1)-(m+1)]！
m+1
所以Cm
=
Cm+1，B正确；
n n+1 n+1
对于C，(x-1)10的展开式的第6项为T =C5 x10-5(-1)5=-C5 x5，所以第6项的系数是-C5 ，C错误；
6 10 10 10
对于D，(1+x)3的展开式中x2的系数为C2，(1+x)4的展开式中x2的系数为C2，
3 4
(1+x)5的展开式中x2的系数为C2，
5
所以(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5的展开式中x2的系数为
C2+C2+C2=C2+C3+C2+C2-1=C3+C2+C2-1=C3+C2-1=C3-1，D正确.
3 4 5 3 3 4 5 4 4 5 5 5 6
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
答案 ABD
解析
若甲、乙左右相邻，可选择三至七排，(10+4+3+6+4)A2
=54(种)，所以一共有54种购票情况，故A
2
正确；
甲、乙在同一列的情况共有A2 +A2 +A2 +A2 +A2 +A2 +A2 +A2
=106(种)，
3 5 5 3 2 4 5 5则甲、乙不在同一列的情况有A2
-106=1 154(种)，所以一共有1 154种购票情况，故B正确；
36
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A2
=2(种)，所以一共有42种购票情况，故C错误；
2
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A2
×18×18=648(种)情况.
2
甲、乙分坐于两侧且坐同一排(按每一排考虑)，有A2
(5×6+3×3+3×2+4×4+3×3)=140(种)情况，
2
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
15
C.若该项目达标，则甲负责工序A的概率为
34
5
D.若该项目未达标，则甲负责工序A的概率为
8
答案 ACD
解析 记“甲负责工序A”为事件M ，“甲负责工序B”为事件M ，“甲负责工序C”为事件M ，“该
1 2 3
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(M )P(N|M )+P(M )P(N|M )+P(M )P(N|M )=0.5×0.6+0.3×0.8+0.2×0.7=0.68，故选项A正确；
1 1 2 2 3 3
对于选项B，
P(N|(M ∪M ))
1 2
P(M )P(N|M )+P(M )P(N|M )
1 1 2 2
=
P(M )+P(M )
1 2
0.5×0.6+0.3×0.8 27
= = ，故选项B错误；
0.5+0.3 40
P(M )P(N|M ) 0.5×0.6 15
对于选项C，P(M |N)= 1 1 = = ，故选项C正确；
1 P(N) 0.68 34
P(M )P(N|M ) 0.5×(1-0.6) 5
对于选项D，P(M |N)= 1 1 = = ，故选项D正确.
1 P(N) 1-0.68 8
三、填空题(每小题5分，共15分)
12.(2024·韶关模拟)二项式(2-x)n的展开式中，x2项的系数是常数项的2.5倍，则n= .
答案 5
解析 二项式(2-x)n的展开式通项为Ck 2n-k(-1)kxk，则x2项的系数是C2 2n-2，常数项是C0 2n，
n n n5
由题意得C2 2n-2= C0 2n，
n 2 n
n(n-1) 5
即 ·2n-2= ·2n，
2 2
整理得n2-n-20=0，解得n=5或n=-4(舍).
13.(2024·天津)A，B，C，D，E五种活动，甲、乙都要选择三个活动参加.甲选到A的概率为 ；已
知乙选了A活动，他再选择B活动的概率为 .
3 1
答案
5 2
解析 方法一 (列举法)
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，
其中甲选到A有6种情况：
ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，
6 3
则甲选到A的概率为 = ；
10 5
乙选A活动有6种情况：
ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，
其中再选择B活动有3种情况：
ABC，ABD，ABE，
3 1
故乙选了A活动，他再选择B活动的概率为 = .
6 2
方法二 设选到A为事件M，
选到B为事件N，
C2
3
4
则甲选到A的概率为P(M)= = ；
C3 5
5
乙选了A活动，他再选择B活动的概率为
C1
3
P(MN)
C3
1
5
P(N|M)= = = .
P(M) C2 2
4
C3
5
14.(2024·新课标全国Ⅱ)在如图的4×4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 .答案 24 112
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.
15题5分，16题6分，共11分
1 1 4 4
15.设a=
3
，b=
e
sin 6-1，c=
3
ln
3
，则( )
A.b1时，f'(x)>0，当0f(1)，
3
4 4 1
所以 ln > ，即c>a；
3 3 3
又
(
1+
1) 6 =C0(1) 0 +C1(1) 1 +…+C6(1) 6 >C0(1) 0 +C1(1) 1
=3>e，
3 6 3 6 3 6 3 6 3 6 3
1 1 1 1
所以1+
3
> e6， 所以
3
> e6-1，
( π)
令g(x)=x-sin x，x∈ 0， ，
2
( π)
则g'(x)=1-cos x>0，所以g(x)在 0， 上单调递增，
2( π)
所以g(x)>g(0)=0，即x>sin x，x∈ 0， .
2
1 1
所以sin < ，
6 6
1 1 1
所以
3
> e6-1>
e
sin 6-1，即a>b，所以b
