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2025二轮复习专项训练21
计数原理与概率
[考情分析] 1.高考中主要考查两个计数原理、排列与组合的应用，对二项式定理的考查以
求二项展开式的特定项、特定项的系数及二项式系数为主，常以选择题、填空题的形式出
现，难度中等偏下.2.高考中对此概率内容多以实际材料为背景，主要考查随机事件的概率
及古典概型、条件概率的计算，也考查概率与统计的综合应用，选择题、填空题或解答题
中均有出现，难度中等偏下．
【练前疑难讲解】
一、排列与组合问题
1．两个计数原理
(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可
能用到分类加法计数原理．
(2)对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、
直观化．
2．解排列组合问题要遵循两个原则：
一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排
列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位
置)．
二、二项式定理
1．二项式定理的常用结论
(1)(a－b)n＝Can－Can－1b＋Can－2b2＋…＋(－1)kCan－kbk＋…＋(－1)nCbn.
(2)(1＋x)n＝C＋Cx＋…＋Cxk＋…＋Cxn.
2．求解二项式有关问题时，一定要注意“二项式系数”与“项的系数”之间的区别与联系．
三、概率
1．古典概型的概率公式
P(A)＝＝.
2．条件概率
在A发生的条件下B发生的概率：P(B|A)＝.
3．相互独立事件同时发生的概率：若A，B相互独立，则P(AB)＝P(A)P(B)．
4．若事件A，B互斥，则P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，P()＝1－P(A)．
5．全概率公式
一般地，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 1 2 n i
1,2，…，n，则对任意的事件B⊆Ω，有P(B)＝(A)·P(B|A)．
i i
一、单选题
1．（22-23高三下·湖北·阶段练习）甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有 三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一
名志愿者，且甲不在 小区的概率为（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高三上·河北·期末）第19届亚运会在杭州举行，为了弘扬“奉献，友爱，互助，
进步”的志愿服务精神，5名大学生将前往3个场馆 开展志愿服务工作．若要求每
个场馆都要有志愿者，则当甲不去场馆 时，场馆 仅有2名志愿者的概率为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·辽宁丹东·一模） 的展开式中常数项为（ ）
A．24 B．25 C．48 D．49
4．（2024·北京·三模）已知 的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为
（ ）
A． B．240 C．60 D．
二、多选题
5．（2024·广东广州·一模）甲箱中有 个红球和 个白球，乙箱中有 个红球和 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
和 表示从甲箱中取出的球是红球和白球；再从乙箱中随机取出两球，用事件 表示从
乙箱中取出的两球都是红球，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（23-24高三上·湖北·阶段练习）投掷一枚质地不均匀的硬币，已知出现正面向上的概率
为p，记 表示事件“在n次投掷中，硬币正面向上出现偶数次”，则下列结论正确的是
（ ）A． 与 是互斥事件 B．
C． D．
三、填空题
7．（21-22高三上·山东·开学考试）设 ，则 除以9所得的
余数为 ．
8．（2024·广东江苏·高考真题）甲、乙两人各有四张卡片，每张卡片上标有一个数字，甲
的卡片上分别标有数字1，3，5，7，乙的卡片上分别标有数字2，4，6，8，两人进行四轮
比赛，在每轮比赛中，两人各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较所选卡片上数字
的大小，数字大的人得1分，数字小的人得0分，然后各自弃置此轮所选的卡片（弃置的
卡片在此后的轮次中不能使用）.则四轮比赛后，甲的总得分不小于2的概率为 .
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B B D B ABD ACD
1．B
【分析】根据题意，先求得所有情况数，然后求得甲去 的情况数，从而得到甲不去 小
区的情况数，再结合概率公式，即可得到结果.
【详解】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有 种情况，
再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，
5人被分为 或
当5人被分为 时，情况数为 ;
当5人被分为 时，情况数为 ；
所以共有 .
由于所求甲不去 ，情况数较多，反向思考，求甲去 的情况数，最后用总数减即可，
当5人被分为 时，且甲去 ，甲若为1，则 ，甲若为3，则
共计 种，当5人被分为 时，且甲去 ，甲若为1，则 ，甲若为2，则
，共计 种，
所以甲不在 小区的概率为
故选：B.
2．B
【分析】首先得甲去场馆 或 的总数为 ，进一步由组合数排列数即可得所求
概率.
【详解】不考虑甲是否去场馆 ，所有志愿者分配方案总数为 ，
甲去场馆 的概率相等，所以甲去场馆 或 的总数为 ，
甲不去场馆 ，分两种情况讨论，
情形一，甲去场馆 ，场馆 有两名志愿者共有 种；
情形二，甲去场馆 ，场馆 场馆 均有两人共有 种，
场馆 场馆 均有两人共有 种，所以甲不去场馆 时，
场馆 仅有2名志愿者的概率为 .
故选：B．
3．D
【分析】利用二项式定理连续展开两次，然后令 ，从而满足题意的数组
可以是： ，将这些数组回代入通项公式即可运算求解.
【详解】 的展开式通项为，
令 ，得满足题意的数组 可以是： ，
规定 ，
故所求为 .
故选：D.
4．B
【分析】根据二项式系数之和可得 ，结合二项展开式分析求解.
【详解】由题意可知：二项式系数之和为 ，可得 ，
其展开式的通项为 ，
令 ，解得 ，
所以其展开式的常数项为 .
故选：B.
5．ABD
【分析】根据条件概率的概率公式及全概率的概率公式计算可得.
【详解】依题意可得 ， ， ， ，
所以 ，故A正确、B正确、C错
误；
，故D正确.故选：ABD
6．ACD
【分析】对A根据对立事件和互斥事件的关系即可判断；对B，直接计算 即可；对
C，利用全概率公式即可；对D，构造结合等比数列和函数单调性即可判断.
【详解】对A，因为对立事件是互斥事件，所以A正确；
对B， ，所以B错；
对C，由全概率公式可知
，所以C正确；
对D，由C可知 ，
因为 ，
所以 是以 为首项， 为公比的等比数列，
所以 ，
所以 ，
所以 ，因为 且 ，
所以 ，所以 ，
所以 是关于n的递减数列，
所以 ，D正确．
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：本题D选项的关键是结合等比数列定义变形化简得到，最后得到 ，利用函数单调性分析数列单调
性即可.
7．8
【分析】根据已知条件将a写为 ，即 ，展开后观察式子即可得到结果.
【详解】因为 ，
所以 ，
，
所以 除以9所得的余数为8．
故答案为：8
8． /0.5
【分析】将每局的得分分别作为随机变量，然后分析其和随机变量即可.
【详解】设甲在四轮游戏中的得分分别为 ，四轮的总得分为 .
对于任意一轮，甲乙两人在该轮出示每张牌的概率都均等，其中使得甲得分的出牌组合有
六种，从而甲在该轮得分的概率 ，所以 .
从而 .
记 .
如果甲得0分，则组合方式是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出2，4，6，8，
所以 ；
如果甲得3分，则组合方式也是唯一的：必定是甲出1，3，5，7分别对应乙出8，2，4，6，所以 .
而 的所有可能取值是0，1，2，3，故 ， .
所以 ， ，两式相减即得 ，故 .
所以甲的总得分不小于2的概率为 .
故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于将问题转化为随机变量问题，利用期望的可加性得
到等量关系，从而避免繁琐的列举.
【基础保分训练】
一、单选题
1．（2023·全国·高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4
名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）
A． B． C． D．
2．（23-24高二下·重庆·阶段练习）从0，1，2，3，4中选出3个数组成各位数字不重复的
三位偶数，这样的数有（ ）个．
A．24 B．30 C．36 D．60
3．（2024·山东日照·一模）今年贺岁片，《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》
引爆了电影市场，小明和他的同学一行四人决定去看这三部电影，则恰有两人看同一部影
片的选择共有（ ）
A．9种 B．36种 C．38种 D．45种
4．（2024·辽宁大连·一模）将 六位教师分配到3所学校，若每所学校分配2人，
其中 分配到同一所学校，则不同的分配方法共有（ ）
A．12种 B．18种 C．36种 D．54种
5．（2024·广东·模拟预测）若 ，则
（ ）
A．6 B．16 C．26 D．366．（2024·贵州黔南·二模）我国农历用“鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、
猪”这12种动物按顺序轮流代表各年的生肖年号，今年2024年是龙年.那么从今年起的
年后是（ ）
A．虎年 B．马年 C．龙年 D．羊年
7．（2024·海南海口·模拟预测）在党的二十大报告中，习近平总书记提出要发展“高质量
教育”，促进城乡教育均衡发展.某地区教育行政部门积极响应党中央号召，近期将安排
甲､乙､丙､丁4名教育专家前往某省教育相对落后的三个地区指导教育教学工作，则每个地
区至少安排1名专家的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·北京石景山·一模）一袋中有大小相同的4个红球和2个白球．若从中不放回地
取球2次，每次任取1个球，记“第一次取到红球”为事件 ，“第二次取到红球”为事
件 ，则 （ ）
A． B． C． D．
9．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）有3台车床加工同一型号的零件，第 台加工的次品率
分别为 ，加工出来的零件混放在一起．已知第 台车床加工的零件数的比为
，现任取一个零件，记事件 “零件为第i台车床加工” ，事件
“零件为次品”，则 （ ）
A．0.2 B．0.05 C． D．
10．（2024·辽宁·二模）某公司的员工中，有 是行政人员，有 是技术人员，有
是研发人员，其中 的行政人员具有博士学历， 的技术人员具有博士学历，
的研发人员具有博士学历，从具有博士学历的员工中任选一人，则选出的员工是技术
人员的概率为（ ）
A． B． C． D．二、多选题
11．（2024·江苏·模拟预测）若m，n为正整数且 ，则（ ）
A． B．
C． D．
12．（23-24高二上·辽宁辽阳·期末）某班星期一上午要安排语文、数学、英语、物理4节
课，且该天上午总共4节课，下列结论正确的是（ ）
A．若数学课不安排在第一节，则有18种不同的安排方法
B．若语文课和数学课必须相邻，且语文课排在数学课前面，则有6种不同的安排方法
C．若语文课和数学课不能相邻，则有12种不同的安排方法
D．若语文课、数学课、英语课按从前到后的顺序安排，则有3种不同的安排方法
13．（2024·江西·二模）在 的展开式中（ ）
A．二项式系数之和为 B．第 项的系数最大
C．所有项系数之和为 D．不含常数项
14．（2024·山东青岛·三模）某新能源车厂家 2015 - 2023 年新能源电车的产量和销量数据
如下表所示
年份 2015 2016 2017 2018 2019 2020 2021 2022 2023
产量（万台) 3.3 7.2 13.1 14.8 18.7 23.7 36.6 44.3 43.0
销量 （万台) 2.3 5.7 13.6 14.9 15.0 15.6 27.1 29.7 31.6
记“产销率” 年新能源电车产量的中位数为 ，则（ ）
A．
B．2015 - 2023 年该厂新能源电车的产销率与年份正相关
C．从 2015 -2023 年中随机取 1 年，新能源电车产销率大于 的概率为
D．从 2015 -2023 年中随机取2年，在这2年中新能源电车的年产量都大于 的条件
下，这2年中新能源电车的产销率都大于 的概率为三、填空题
15．（2024·浙江·二模）某中学的A､B两个班级有相同的语文､数学､英语教师，现对此2
个班级某天上午的5节课进行排课，2节语文课，2节数学课，1节英语课，要求每个班级
的2节语文课连在一起，2节数学课连在一起，则共有 种不同的排课方式.（用
数字作答）
16．（2024·浙江·三模）甲、乙、丙 3 人站到共有 6 级的台阶上， 若每级台阶最多站 2
人且甲、乙不站同一个台阶，同一台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是
种. (用数字作答)
17．（23-24高三上·湖南张家界·阶段练习）为了做好社区新疫情防控工作，需要将5名志
愿者分配到甲､乙､丙､丁4个小区开展工作，若每个小区至少分配一名志愿者，则有
种分配方法（用数字作答）；
18．（2023·全国·模拟预测）已知 的展开式中的常数项为240，则 ．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D B B B D B B C D C
题号 11 12 13 14
答案 AD ABC ABD ACD
1．D
【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.
【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有 件，
其中这2名学生来自不同年级的基本事件有 ，
所以这2名学生来自不同年级的概率为 .
故选：D.
2．B
【分析】考虑选出的3个数中有没有0的情况，有0时再考虑0的排法，根据分类加法原
理，即可求得答案.
【详解】若从0，1，2，3，4中选出3个数中没有0，
则组成各位数字不重复的三位偶数有 个；若从0，1，2，3，4中选出3个数中有0，且0排在个位，
则组成各位数字不重复的三位偶数有 个；
若从0，1，2，3，4中选出3个数中有0，且0不在个位，
则组成各位数字不重复的三位偶数有 个；
故从0，1，2，3，4中选出3个数组成各位数字不重复的三位偶数，
这样的数有 个，
故选：B
3．B
【分析】先安排2人看同一部影片，再安排剩余2人，利用排列组合知识进行求解.
【详解】从4人中选择2人看同一部影片，再从3部影片中选择一部安排给这两人观看，
剩余的2人，2部影片进行全排列，
故共有 种情况.
故选：B
4．B
【分析】先平均分组，再利用全排列可求不同分配方法的总数.
【详解】将余下四人分成两组，每组两人，有 种分法，
故不同的分配方法共有 种，
故选：B.
5．D
【分析】由 ，由二项式定理，利用展开式的通项求 的值.
【详解】因为 ，展开式的通项为 ，
令 ，可得 ，
所以 .
故选：D.
6．B【分析】借助二项式的展开式计算即可得.
【详解】由
，
故 除以 的余数为 ，故 除以 的余数为 ，
故 年后是马年.
故选：B.
7．B
【分析】分别求出“甲､乙､丙､丁4名教育专家到三个地区指导教育教学工作的安排方法”
和“每个地区至少安排1名专家的安排方法”的种数，再由古典概型的计算公式求解即可.
【详解】甲､乙､丙､丁4名教育专家到三个地区指导教育教学工作的安排方法共有：
种；
每个地区至少安排1名专家的安排方法有： 种；
由古典概型的计算公式，每个地区至少安排1名专家的概率为： .
故选：B.
8．C
【分析】由条件概率公式求解即可.
【详解】 .
故选：C.
9．D
【分析】根据题意，由全概率公式、条件概率公式和贝叶斯公式，结合已知条件，求解即
可.
【详解】根据题意可得：
；；
由全概率公式可得：
；
故 .
故选：D.
10．C
【分析】设事件 “选出的员工是行政人员”， “选出的员工是技术人员”，
“选出的员工是研发人员”， “选出的员工具有博士学历”，由全概率公式及条件概
率公式分别求出 和 ，即可求解．
【详解】设事件 “选出的员工是行政人员”， “选出的员工是技术人员”，
“选出的员工是研发人员”， “选出的员工具有博士学历”，
由题可知， ， ， ， ， ，
，
所以
，
， ，
所以 ，
故选：C．
11．AD
【分析】根据组合数和排列数的计算公式和性质，对每个选项逐一计算即可判断.
【详解】对A：由组合数性质： 可知，A正确；对B： ，故B错误；
对C： ，
，左右两边不相等，故C错误；
对D：
，故D正确.
故选：AD
12．ABC
【分析】选项A将数学排在后三节，再将其余3个科目全排列即可；选项B采用捆绑法进
行求解；选项C采用插空法进行求解；选项D根据除序法进行求解.
【详解】对于A，有 种排法，故A正确；
对于B，采用捆绑法，有 种排法，故B正确；
对于C，采用插空法，有 种排法，故C正确；
对于D，有 种排法，故D错误．
故选：ABC
13．ABD
【分析】由题意，利用二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，通过给变量赋值，
逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．
【详解】由于二项式系数之和为 ，故A正确．设展开式第 项为 ，
易知 的系数均小于0，且 ，故第 项的系数最大，为
80，故B正确,
令 得所有项系数之和为 ，故C错误，
当 ，则 ，但 ，故展开式不含常数项，D正确．
故选：ABD．
14．ACD
【分析】由中位数定义可判断A；求得每年的产销率，可判断B；由B可得产销率大于
的有2个年份，可得概率判断C；利用条件概率公式求解可判断D.
【详解】对于A：由中位数的定义可知， ，故A正确；
对于B：2015 - 2023 年该厂新能源电车的产销率依次为：
所以2015 - 2023 年该厂新能源电车的产销率随年份的增加，有时增加，有时减少，故B错
误；
对于C：由B可知，从2015 - 2023 年该厂新能源电车的产销率大于 的有2个年份，
所以从2015 – 2023年中随机取1年，新能源电车产销率大于 的概率为 ，
对于D：设事件A表示“从2015 - 2023 年中随机取2年，这2年中新能源电车的年产量都
大于 m”，
事件B表示“从2015 - 2023 年中随机取2年，这2年中新能源电车的产销率大于 ”，所以
所以 故D正确.
故选：ACD.
15．8
【分析】由 表示数学课， 表示语文课， 表示英语课，按上午的第1、2、3、4、5节课
顺序，列出所有可能情况可得答案.
【详解】由 表示数学课， 表示语文课， 表示英语课，
按上午的第1、2、3、4、5节课排列，可得
若 班排课为 ，则 班排课为 ，
若 班排课为 ，则 班排课为 ，
若 班排课为 ，则 班排课为 ，或 班排课为 ，
若 班排课为 ，则 班排课为 ，或 班排课为 ，
若 班排课为 ，则 班排课为 ，
若 班排课为 ，则 班排课为 ，
则共有8种不同的排课方式.
故答案为：8.
16．180
【分析】采用分步乘法计数原理计算即可.
【详解】易知甲有6种站法，则乙有5种站法，丙有6种站法，总共有 种.
故答案为：180
17．
【分析】利用分组分配求解
【详解】先把 名志愿者分成 共 组，然后再进行排列，有 种不同
的分配方法，
故答案为：
18．3
【分析】利用二项式展开式的通项公式及给定的常数项求出 值.【详解】 的展开式的通项 ，
令 得 ，令 ，无解，
所以 的展开式中的常数项为 ，所以 .
故答案为：3
【能力提升训练】
一、单选题
1．（2024·浙江·模拟预测）某羽毛球俱乐部，安排男女选手各6名参加三场双打表演赛
（一场为男双，一场为女双，一场为男女混双），每名选手只参加1场表演赛，则所有不
同的安排方法有（ ）
A．2025种 B．4050种 C．8100种 D．16200种
2．（22-23高三上·全国·阶段练习）将编号为1，2，3，4，5的小球放入编号为1，2，3，
4，5的小盒中，每个小盒放一个小球．则恰有2个小球与所在盒子编号相同的概率为（
）
A． B． C． D．
3．（23-24高三上·黑龙江牡丹江·期末）7个人站成两排，前排3人，后排4人，其中甲乙
两人必须挨着，甲丙必须分开站，则一共有（ ）种站排方式．
A．672 B．864 C．936 D．1056
4．（2023·广东茂名·二模）从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，则该
三位数能被3整除的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·浙江嘉兴·二模）6位学生在游乐场游玩 三个项目，每个人都只游玩一个
项目，每个项目都有人游玩，若 项目必须有偶数人游玩，则不同的游玩方式有（ ）
A．180种 B．210种 C．240种 D．360种
6．（2024·辽宁大连·一模） （ ）
A． B． C． D．
7．（2024·重庆·三模）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设 ， ， 为整数，若 和 被 除得余数相同，则称 和 对模 同余.记为
.若 ， ，则 的值可以是（ ）
A．14 B．15 C．16 D．17
8．（2024·辽宁抚顺·一模）若 的展开式中含 项的系数为10，则 的值是
（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
9．（22-23高二下·江苏南通·期中）已知随机事件 ， 满足 ， ，
，则 （ ）
A． B． C． D．
10．（2024·湖南常德·三模）设有甲、乙两箱数量相同的产品，甲箱中产品的合格率为
90%，乙箱中产品的合格率为80%.从两箱产品中任取一件，经检验不合格，放回原箱后在
该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
11．（23-24高二下·宁夏石嘴山·期中）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最
早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二
项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列关于“杨辉三角”的结论正
确的是（ ）A． .
B．由“第 行所有数之和为 ”猜想： .
C．第20行中，第11个数最大.
D．第15行中，第7个数与第8个数之比为7∶9.
12．（2024·广东佛山·一模）有一组样本数据 ，添加一个数 形成一组新的数据，
且 ，则新的样本数据（ ）
A．第25百分位数不变的概率是
B．极差不变的概率是
C．平均值变大的概率是
D．方差变大的概率是
13．（2024·云南·模拟预测）现有颜色为红、黄、蓝的三个箱子，其中红色箱子内装有2个
红色球，1个黄色球和1个蓝色球；黄色箱子内装有2个红色球，1个蓝色球；蓝色箱子内
装有3个红色球，2个黄色球．若第一次先从红色箱子内随机抽取1个球，将取出的球放入
与球同色的箱子中，第二次再从刚才放入与球同色的这个箱子中任取一个球，则下列说法
正确的是（ ）
A．若第一次抽到黄色球，那么第二次抽到蓝色球的概率为
B．第二次抽到蓝色球的概率为
C．如果第二次抽到的是蓝色球，则它最有可能来自红色箱子
D．如果还需将5个不同的小球放入这三个箱子内，每个箱子至少放1个，则不同的放
法共有150种
14．（2024·全国·模拟预测）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的
研究，设a，b，m（m>0）为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b（mod m）.如9和21除以6所得的余数都是3，则记为9≡21（mod 6）.若
，a≡b（mod 10），则b的值可以是（ ）.
A．2019 B．2023 C．2029 D．2033
15．（2024·山东烟台·一模）先后抛掷一枚质地均匀的骰子两次，记向上的点数分别为 ，
设事件 “ 为整数”， “ 为偶数”， “ 为奇数”，则（ ）
A． B．
C．事件 与事件 相互独立 D．
三、填空题
16．（2024·全国·模拟预测）中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1所示的五脊殿是中国
传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的五面体
.现装修工人准备用四种不同形状的风铃装饰五脊殿 的六个顶点，
要求E，F处用同一种形状的风铃，其它每条棱的两个顶点挂不同形状的风铃，则不同的
装饰方案共有 种.
17．（23-24高二下·重庆·阶段练习）近年来，重庆以独特的地形地貌、城市景观和丰富的
美食吸引着各地游客，成为“网红城市”．远道而来的小明计划用2天的时间游览以下五
个景点：解放碑、洪崖洞、重庆大剧院、“轻轨穿楼”打卡点、磁器口，另外还要安排一
次自由购物，因此共计6项内容．现将每天分成上午、下午、晚上3个时间段，每个时段
完成1项内容，其中大剧院与洪崖洞的时段必须安排在同一天且相邻，洪崖洞必须安排在
晚上，“轻轨穿楼”必须安排在白天，其余项目没有限制，那么共有 种方案.
18．（2024·江西·模拟预测）唐宋八大家，又称唐宋散文八大家，是中国唐代韩愈、柳宗元，
宋代苏洵、苏轼、苏辙、王安石、曾巩、欧阳修八位散文家的合称，其中江西独占三家，
分别是：王安石、曾巩、欧阳修，他们掀起的古文革新浪潮，使诗文发展的陈旧面貌焕然一新.为弘扬中国传统文化，某校决定从唐宋八大家中挑选五位，于某周末开展他们的散文
赏析课，五位散文家的散文赏析课各安排一节，连排五节.若在来自江西的三位散文家中至
少选出两人，且他们的散文赏析课互不相邻，则不同的排课方法共有 种.（用数字作
答）
19．（2024·浙江绍兴·模拟预测）若一个 位数，各位从高到低分别为 ，
且满足 ，我们便将其称之为“递减数”.那么正整数之中任取”递减数”，
则在其中取到一个偶数概率是 .
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B B D D C B C B A A
题号 11 12 13 14 15
答案 BCD BCD ACD AC BCD
1．B
【分析】首先考虑两对混双的组合，再考虑余下 名男选手和 名女选手组成两对男双组
合，两对女双组合，按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】先考虑两对混双的组合有 种不同的方法，
余下 名男选手和 名女选手各有 种不同的配对方法组成两对男双组合，两对女双组合，
故共有 ．
故选：B
2．B
【分析】求出任意放球共有 种方法，再求出恰有一个小球与所在盒子编号相同的
方法总数，最后利用古典概型的概率公式求解．
【详解】由题得任意放球共有 种方法，如果有2个小球与所在的盒子的编号相同，
第一步：先从5个小球里选2个编号与所在的盒子相同，有 种选法；
第二步：不妨设选的是1、2号球，则再对后面的3，4，5进行排列，且3个小球的编号与
盒子的编号都不相同，则有 两种，所以有2个小球与所在的盒子的编号相同，共有 种方法．
由古典概型的概率公式得恰有2个小球与所在盒子编号相同的概率为 ，
故选:B
3．D
【分析】分甲站在每一排的两端和甲不站在每一排的两端这两种情况解答即可.
【详解】当甲站在每一排的两端时，有4种站法，此时乙的位置确定，剩下的人随便排，
有 种站排方式；
当甲不站在每一排的两端时，有3种站法，此时乙和甲相邻有两个位置可选，丙和甲不相
邻有四个位置可选，剩下的人随便站，有 种站排方式；
故总共有 种站排方式.
故选：D．
4．D
【分析】利用排列组合知识求出对应的方法种数，利用古典概型的概率公式直接求解.
【详解】从1、2、3、4、5中任选3个不同数字组成一个三位数，有 种；
要使该三位数能被3整除，只需数字和能被3整除，
所以数字为1，2，3时，有 种；数字为1，3，5时，有 种；
数字为2，3，4时，有 种；数字为3，4，5时，有 种；共
24种.
所以该三位数能被3整除的概率为 .
故选：D
5．C
【分析】分A有2人和4人，结合排列组合求解即可.【详解】若A有2人游玩，则有 种；
若A有4人游玩，则有 种；
所以共有240种，
故选：C.
6．B
【分析】根据表达式特征可知利用二项式定理的逆运用可得结果.
【详解】易知
.
故选：B
7．C
【分析】结合二项式系数的性质可得 ，利用二项式定理求 被 除得余数，结合同
余定义可得 被17除的余数是16，由此可得结论.
【详解】因为
所以 ，
所以 ，
所以 被17除的余数是16，又 ，
所以 被17除的余数是16，
故选：C.
8．B
【分析】根据二项式定理展开式的通项进行计算即可.【详解】 的展开式中含 项的系数为
，
解得 或 （舍），
故选：B.
9．A
【分析】根据已知结合条件概率公式，即可得出 ，进而推得 .即可
根据条件概率公式，得出答案.
【详解】由已知可得， .
因为 ，
所以， .
又 ,
所以， .
又 ，
所以， .
故选：A.
10．A
【分析】设事件 表示任选一件产品，来自于甲箱，事件 表示任选一件产品，来自于乙
箱，事件 从两箱产品中任取一件，恰好不合格，先利用全概率公式求出 ，进而可
得 ， ，进而可得放回原箱后再取该件产品合格的概率.【详解】设事件 表示任选一件产品，来自于甲箱，事件 表示任选一件产品，来自于乙
箱，事件 从两箱产品中任取一件，恰好不合格，
又
，
经检验不合格，放回原箱后在该箱中再随机取一件产品，则该件产品合格的概率为
.
故选：A.
11．BCD
【分析】利用性质 计算即可判断A；利用 的展开式的二项式系数计
算即可判断B；利用 的展开式的二项式系数计算最大项即可判断C；利用 的
展开式的二项式系数计算即可判断D
【详解】对于A，
，故A错；
对于B，第n行中的数为 的展开式的二项式系数，
令 ，得 ，故B对；
对于C，第20行中的数为 的展开式的二项式系数，最大项是 是第11个数，故C
对；
对于D，第15行中的数为 的展开式的二项式系数，第7个数与第8个数分别是 ，且 ，故D对；
故选：BCD
12．BCD
【分析】根据题意得到 取各个值的概率，结合极差、百分位数、平均数以及方差的概念
与计算公式逐一判断即可.
【详解】由题意得， ， ， ，
， ， ，
对于B，若极差不变，则 ，概率为 ，故B正确；
对于A，由于 ，所以原数据和新数据的第25百分位数均为第二
个数，
所以 ，第25百分位数不变的概率是 ，故A错误；
对于C，原样本平均值为 ，平均值变大，则 ，概率为
，故C正确；
对于D，原样本的方差为 ，
显然，当 时，新数据方差变小，当 时，新数据方差变大，
当 时，新数据的平均数为 ，
方差为 ，
同理，当 时，新数据的方差为 ，
所以方差变大的概率为 ，故D正确.
故选：BCD13．ACD
【分析】由古典概率公式可判断A；由条件概率和全概率公式可判断B，C；由不同元素的
分组和分配问题可判断D.
【详解】对于选项A，在第一次抽到黄色球的条件下，将抽到的黄色球放入黄色箱子内，
此时黄色箱子内有2个红色球，1个黄色球，1个蓝色球，
因此第二次抽到蓝色球的概率为 ，故A选项正确；
对于选项B、C，记 “第一次抽到红色球”， “第一次抽到黄色球”，
“第一次抽到蓝色球”， “第二次在红色箱子中抽到蓝色球”,
“第二次在黄色箱子中抽到蓝色球”， “第二次在蓝色箱子中抽到蓝球”，
“第二次抽到蓝球”，易知 ， ， 两两互斥，和为 ，
， ， ， ， ，
，故B选项错误；
第二次的球取自箱子的颜色与第一次取的球的颜色相同，
所以 ，
，
，
所以如果第二次抽到的是蓝色球，则它来自红色箱子的概率最大，故C选项正确；
对于D，将5个不同的小球分成3组（每组至少一个）（按 分或按 分）再分配给3个箱子，由两个计数原理知，共有 种，故D选项正确.
故选：ACD．
14．AC
【分析】先利用二项式定理化简得 ；再利用二项式定理将 展开可
得到a除以10所得的余数是9，进而可求解.
【详解】因为
所以a除以10所得的余数是9.
又因为a≡b（mod 10）
所以b除以10所得的余数是9.
而 ， ， ，
故选：AC.
15．BCD
【分析】列举所有的基本事件，再由古典概型的概率公式，相互独立事件的定义及条件概
率的概率公式计算可得.
【详解】先后两次抛掷一枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为 ， ，
则基本事件总数为 ， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，共36种情况，
满足事件 的有 ， ， ， ， ， ， ， ， ，
， ， 共 种，其概率 ，故A错误；
满足事件 的有 ， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ，共 个，故 ；
满足事件 的有 ， ， 共 个，所以 ，故B正确；
满足事件 的有 ， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，
， ， ， ， ， ，共 个，故 ，
满足事件 的有 ， ， ， ， ， ，
， ， ，共 个，所以 ，
所以事件 与事件 相互独立，故C正确；
满足事件 的有 ， ， ， ， ， ， ，共 种，
所以 ，则 ，故D正确.
故选：BCD
16．72
【分析】对于本题共4种不同形状的风铃，要求是 使用同一种风铃，其余各棱的两
个顶点挂不同形状的风铃，可以理解相邻顶点挂不同形状的风铃，通过分析使用3种或4
种风铃满足条件.
【详解】①使用3种形状风铃，只能 同， 同， 同.此时共有： 种挂法，
②使用4种形状风铃，此时有两种情况；
1） 同， 不同：直接将4种风铃挂到 四个点上，
全排列有： 种，
2） 不同， 同：此时与1）相同，共有 种，
综上，共有24+24+24=72种，
故答案为：72
【点睛】涂色问题解决问题的关键是在判定使用颜色数量，合理分类，合理分步，熟练分
类加法及分步乘法原则.17．36
【分析】将2天的6个时段编号，分类考虑，先排大剧院与洪崖洞项目，再排“轻轨穿
楼”，根据分类加法以及分步乘法原理，即可求得答案.
【详解】将第1天的上午、下午、晚上3个时间段分别编号为1，2，3，
第2天的上午、下午、晚上3个时间段分别编号为4，5，6，
由于大剧院与洪崖洞的时段必须安排在同一天且相邻，洪崖洞必须安排在晚上，
则仅有2、3或5、6两种排法，
若大剧院与洪崖洞的时段为2、3，则“轻轨穿楼”在1，4，5中选一个，有 种选法，
3×6=18
其余3个项目在剩下的3个时段全排列，共有 种排法，故共有 种排法；
同理若大剧院与洪崖洞的时段为5、6，也有18种排法，
故共有 （种）方案，
故答案为：36
18．
【分析】根据题意，分两种情况讨论，第一种情况是来自江西的三位散文家中选出两人，
第二种情况是来自江西的三位散文家中选出三人，然后再结合插空法即可得到结果.
【详解】由题意可得，若挑选来自江西的三位散文家中选出两人，则另外五位中挑选三人，
则有 种情况，且他们互不相邻，则有 种情况，即 ；
若挑选来自江西的三位散文家中选出三人，则另外五位中挑选两人，且他们互不相邻，
则有 种情况；
故不同的排课方法共有 种情况.
故答案为： .
19．
【分析】根据题意求解所有的递减数，再求解其中偶数的个数求解即可.
【详解】由题意，当 时，从0到9共10个数字中任取2个数均可组成1个递减数，当
时故共有 个递减数；同理当 时，有 个递减数；
当 时，有 个递减数…当 时，有 个递减数；故共有 个递减数.
当 时，当末尾为0时，有 个，末尾为2时，有 个…故共有
个；
同理当 时，偶递减数有 个；
当 时，偶递减数有 个；
当 时，偶递减数有 个；
当 时，偶递减数有 个；
当 时，偶递减数有 个；
当 时，偶递减数有 个；
当 时，偶递减数有 个；
当 时，偶递减数有 个；
故偶递减数共有 .
故正整数之中任取”递减数”，则在其中取到一个偶数概率是 .
故答案为：
