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第1 讲 计数原理与概率
1.(2022·新高考全国Ⅱ卷，T5)甲、乙、丙、丁、戊5 名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙
和丁相邻，则不同的排列方式共有( )
A.12 种
B.24 种
C.36 种
D.48 种
2.(2022·新高考全国Ⅰ卷，T5)从2 至8 的7 个整数中随机取2 个不同的数，则这2 个数互质的概率为( )
A.1
6
B.1
3
C.1
2
D.2
3
3.(2022·新高考全国Ⅰ卷，T13)(1- y
x)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为 (用数字作答).
4.(2025·北京，T12)已知(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4，则a0= ；a1+a2+a3+a4= .
5.(2024·新课标Ⅰ卷，T14)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 .
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，三种题型都有所考查，分值约为5~10 分.
考查方向：
一是考查排列、组合的应用；二是考查求二项或三项展开式中指定项的系数或已知展开式中项的系数求参
数；三是考查古典概型、条件概率及全概率.
1.答案 B
解析 先将丙和丁捆在一起有A2
2种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有A3
3种排列方式，最后将甲插入中
间两空，有C2
1种排列方式，所以不同的排列方式共有A2
2 A3
3C2
1=24(种)，故选B.
2.答案 D
解析 从7 个整数中随机取2 个不同的数，共有C7
2=21(种)取法，取得的2 个数互质的情况有{2，3}，{2，
5}，{2，7}，{3，4}，{3，5}，{3，7}，{3，8}，{4，5}，{4，7}，{5，6}，{5，7}，{5，8}，{6，7}，
{7，8}，共14 种，根据古典概型的概率公式，得这2 个数互质的概率为14
21=2
3.故选D.
3.答案 -28
解析 (x+y)8展开式的通项Tr+1=C8
rx8-ryr，r=0，1，…，7，8.令r=6，得T6+1=C8
6x2y6；令r=5，得T5+1=C8
5
x3y5，所以(1- y
x)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为C8
6-C8
5=-28.
4.答案 1 15
解析 令x=0，则a0=1，
又(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4=a0+a1(-2x)+a2(-2x)2+a3(-2x)3+a4(-2x)4，令t=-2x，则
(1+t)4=a0+a1t+a2t2+a3t3+a4t4，令t=1，则a0+a1+a2+a3+a4=24，故a1+a2+a3+a4=15.
5.答案 1
2
解析 因为甲出卡片1 一定输，出其他卡片有可能赢，所以四轮比赛后，甲的总得分最多为3.
若甲的总得分为3，则甲出卡片3，5，7 时都赢，所以只有1 种组合：3-2，5-4，7-6，1-8.
若甲的总得分为2，有以下三类情况：
第一类，当甲出卡片3 和5 时赢，只有1 种组合，为3-2，5-4，1-6，7-8；
第二类，当甲出卡片3 和7 时赢，有3-2，7-4，1-6，5-8 或3-2，7-4，1-8，5-6 或3-2，7-6，1-4，5-8，共
3 种组合；
第三类，当甲出卡片5 和7 时赢，有5-2，7-4，1-6，3-8 或5-2，7-4，1-8，3-6 或5-4，7-2，1-6，3-8 或5-
4，7-2，1-8，3-6 或5-2，7-6，1-4，3-8 或5-2，7-6，1-8，3-4 或5-4，7-6，1-2，3-8，共7 种组合.
综上，甲的总得分不小于2 共有12 种组合，而所有不同的组合共有4×3×2×1=24(种)，所以甲的总得分
不小于2 的概率P=12
24 =1
2.
考点一 排列与组合问题
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
5=120(种)，A 正确；若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同
的摆放方法共有A3
3 A4
2=72(种)，C 正确，B 不正确；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A2
2 A4
4-2A3
3=36(种)，D 正确.
(2)(2024·新课标Ⅱ卷)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.
[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)(2025·湖北高中协作体联考)从0，1，2，3，4，5 这六个数字中，任取两个不同的数字
相加，其和为偶数的不同取法的种数为( )
A.30
B.20
C.10
D.6
答案 D
解析 从0，1，2，3，4，5 六个数字中，任取两个不同的数字相加，和为偶数可分为两类，
①取出的两数都是偶数，共有3 种取法；
②取出的两数都是奇数，共有3 种取法.
故由分类加法计数原理得，共有3+3=6(种)取法.
(2)(2025·皖豫联盟联考)如图(1)，由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体
称为“牟合方盖”(如图(2))，牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面
编号为1，2，3，4，然后每个曲面涂一种颜色，相邻(有公共边)的两面颜色不能相同，如果只有4 种颜
色的染料可供使用，则不同的涂色方法种数为( )
A.24
B.48
C.60
D.84
答案 D
解析 根据牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为1，2，3，4，
故可转化为有公共点的4 个区域，如图所示.
1 号小方格可以从4 种颜色的染料中任取一种涂色，有4 种不同的涂法.
①当2 号、3 号小方格涂不同颜色的染料时，有3×2=6(种)不同的涂法，4 号小方格有2 种不同的涂法，故
由分步乘法计数原理，可知有4×6×2=48(种)不同的涂法.
②当2 号、3 号小方格涂相同颜色的染料时，有3 种不同的涂法，4 号小方格也有3 种不同的涂法，故由分
步乘法计数原理，可知有4×3×3=36(种)不同的涂法.
综上，由分类加法计数原理，可得共有48+36=84(种)不同的涂法.
考点二 二项式定理
例2 (1)(2025·江西八校联考)在(x2+x+y)6的展开式中，x7y 的系数为( )
A.3
B.6
C.60
D.30
答案 C
解析 根据二项式定理，可得[(x2+x)+y]6展开式的通项为Tk+1=C6
k(x2+x)6-kyk(k=0，1，2，…，6).
要求x7y 的系数，则y 的次数k=1，
此时(x2+x)6-k=(x2+x)5.
同样根据二项式定理，(x2+x)5展开式的通项为Tm+1=C5
m(x2)5-mxm=C5
mx10-2mxm=C5
mx10-m(m=0，1，2，…，5).
要得到x7，则令10-m=7，解得m=3.
当k=1，m=3 时，x7y 的系数为C6
1C5
3=6×10=60.
故在(x2+x+y)6的展开式中，x7y 的系数为60.
(2)(多选)(2025·上饶模拟)若(x+2)(x-1)8=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+a3(x+1)3+…+a9(x+1)9，则下列结论正确的是(
)
A.a1+a2+a3+…+a9=2
B.a7=96
C.a0+2a1+22a2+23a3+…+29a9=4
D.a1+2a2+3a3+…+9a9=-15
答案 BD
解析 对于A，令x=-1，得a0=28=256；
令x=0，得a0+a1+a2+a3+…+a9=2，
因此a1+a2+a3+…+a9=2-a0=-254，A 错误；
对于B，(x+2)(x-1)8=[(x+1)+1][(x+1)-2]8，
因此a7=C8
2×(-2)2+C8
1×(-2)=112-16=96，B 正确；
对于C，令x+1=2，即x=1，得a0+2a1+22a2+23a3+…+29a9=0，C 错误；
对于D，原等式两边求导得(x-1)8+8(x+2)(x-1)7=a1+2a2(x+1)+3a3(x+1)2+…+9a9(x+1)8，
令x=0，得a1+2a2+3a3+…+9a9=(-1)8+8×2×(-1)7=-15，D 正确.
[规律方法] 二项式(a+b)n的通项公式Tk+1=Cn
kan-kbk(k=0，1，2，…，n)，它表示的是二项展开式的第k+1 项，
而不是第k 项；其中Cn
k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
前的常数，要区分二项式系数与系数.
跟踪演练2 (1)(2025·济宁模拟)(2+ 1
x)(2x-1)11的展开式中的常数项为( )
A.18
B.20
C.22
D.24
答案 B
解析 (2+ 1
x)(2x-1)11=2(2x-1)11+1
x (2x-1)11，
(2x-1)11的二项展开式的通项为Tk+1=C11
k (2x)11-k·(-1)k=(-1)k·211-kC11
k x11-k(k=0，1，2，…，11)，
∴2(2x-1)11展开式的通项为(-1)k212-kC11
k x11-k(k=0，1，2，…，11)，
①
1
x (2x-1)11展开式的通项为(-1)k211-kC11
k x10-k(k=0，1，2，…，11)，
②
在①式中，令11-k=0 得k=11，
故2(2x-1)11的展开式中的常数项为(-1)1121C11
11=-2，
在②式中，令10-k=0 得k=10，
则1
x (2x-1)11的展开式中的常数项为(-1)1021C11
10=22，
故(2+ 1
x)(2x-1)11的展开式中的常数项为-2+22=20.
(2)(2025·陕西名校联盟TOP10 模拟)已知(ax + 1
x
2)
n
(a>0)的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为
729，则其展开式的常数项为 .
答案 240
解析 由于(ax + 1
x
2)
n
的展开式的二项式系数和为64，即Cn
0+Cn
1+…+Cn
n=2n=64，解得n=6.
又(ax + 1
x
2)
6
的展开式系数和为729，
令x=1 得(a+1)6=729，又a>0，
解得a=2 或a=-4(舍去)，
(2 x + 1
x
2)
6
的展开式的通项为Tk+1=C6
k(2x)6-k(
1
x
2)
k
=26-kC6
kx6-3k(k=0，1，2，…，6)，
令6-3k=0，解得k=2，
所以展开式的常数项为24·C6
2=240.
考点三 概率
例3 (1)(2025·葫芦岛模拟)5G 通信中的信号是由“0”和“1”组成的二进制编码.某信号的二进制编码
由6 个数字组成，则该信号编码中恰好有3 个“1”的概率为( )
A.1
4
B. 5
16
C. 5
32
D. 3
32
答案 B
解析 根据题意可知某信号的6 位数字均有“0”和“1”两种选择，因此可以编码出26=64(种)信号.
若信号编码中恰好有3 个“1”，则其余三个数字是0，共有C6
3=20(种)信号，
因此该信号编码中恰好有3 个“1”的概率为20
64 = 5
16.
(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A1和A2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B 表示从乙箱中取出的两球都是红球，则( )
A.P(A1)=3
5
B.P(B)=11
50
C.P(B|A1)= 9
50
D.P(A2|B)= 2
11
答案 ABD
解析 依题意可得P(A1)=3
5，P(A2)=2
5，
P(B|A1)=C3
2
C5
2= 3
10，P(B|A2)=C2
2
C5
2= 1
10，
所以P(B)=P(A1)P(B|A1)+P(A2)P(B|A2)=3
5× 3
10+2
5× 1
10=11
50，故A 正确，B 正确，C 错误；
P(A2|B)= P( A2B)
P(B) = P( B|A2)P( A2)
P(B)
=
1
10 × 2
5
11
50
= 2
11，故D 正确.
[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)(2025·潍坊模拟)某学校组织象棋比赛，甲、乙两名同学进入决赛.决赛采取3 局2 胜制，
假设每局比赛中甲获胜的概率均为2
3，且各局比赛的结果相互独立.则在甲获胜的条件下，甲第一局获
胜的概率是( )
A.1
4
B.3
4
C.3
5
D.4
5
答案 D
解析 设甲获胜为事件A，甲第一局获胜为事件B，
则P(A)=2
3×2
3+2
3×1
3×2
3+1
3×2
3×2
3=20
27 ，P(AB)=2
3×2
3+2
3×1
3×2
3=16
27 ，
所以在甲获胜的条件下，甲第一局获胜的概率是P(B|A)= P( AB)
P( A) =
16
27
20
27
=4
5 .
(2)(2025·九江模拟)如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9 个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状
态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻(上、下或左、右相邻)的灯区改变状态.假设起初所有灯区均
处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则B，G 灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为
.
答案 5
18
解析 从9 个灯区中随机先后按下两个灯区，共有A9
2=72(种)按法.与B 相邻的灯区为A，C，E；
与G 相邻的灯区为D，H，
故将9 个灯区分为三类：第一类F，I 灯区，第二类A，B，C，E 灯区，第三类D，G，H 灯区.若要使得
B，G 灯区最终仍处于“点亮”状态，则需在同类灯区中随机先后按两个不同灯区.
①若先后按下的是F，I 两个灯区，则B，G 灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A2
2=2(种)按法；
②若先后按下的是A，B，C，E 灯区中的两个，则B，G 灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A4
2=12(种)按
法；
③若先后按下的是D，G，H 灯区中的两个，则B，G 灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A3
2=6(种)按法.
故B，G 灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为2+12+6
72
= 5
18.
专题强化练
[分值：84 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共40 分)
1.(2025·赤峰模拟)在(x+1)n的展开式中，x2的系数为15，则n 的值为( )
A.6
B.5
C.4
D.3
答案 A
解析 (x+1)n展开式的通项Tk+1=Cn
kxn-k，
因为x2的系数为15，所以{
n-k =2，
Cn
k =15，解得{
n=6，
k = 4.
2.(2025·辽宁名校联盟模拟)学校放三天假，甲、乙两名同学打算去敬老院做志愿者，甲同学准备在三天中
随机选一天，乙同学准备在前两天中随机选一天，则甲、乙选择同一天的概率是( )
A.1
2
B.1
6
C.1
3
D.2
3
答案 C
解析 甲同学有3 种选择，乙同学有2 种选择，故共有3×2=6(种)选择，其中甲、乙选择同一天的情况有
2 种，故甲、乙选择同一天的概率为2
6=1
3.
3.已知某六名同学在竞赛中获得前六名(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C3
1 A4
4
=72(种)，若乙是第一名，则获得的名次情况可能是C3
1 A4
4=72(种)，所以所有符合条件的名次情况可能有
72+72=144(种).
4.(2025·萍乡模拟)将六个连续的整数随机排成一行，则从左到右先递增再递减的排列方式有( )
A.720 种
B.120 种
C.32 种
D.30 种
答案 D
解析 六个连续的整数随机排成先递增再递减的单峰序列，峰顶必须是最大整数.峰顶位置k 可在第2，3，
4，5 位，
对于每个k，左边需选k-1 个数并按升序排列，右边选6-k 个数并按降序排列.
当k=2 时，左边选1 个数，有C5
1=5(种)方式；
当k=3 时，左边选2 个数，有C5
2=10(种)方式；
当k=4 时，左边选3 个数，有C5
3=10(种)方式；
当k=5 时，左边选4 个数，有C5
4=5(种)方式；
所以共有5+10+10+5=30(种)排列方式.
5.(2025·齐鲁名校联考)现有5 种颜色的筷子各一双，从中任取两根筷子，若已知取到的筷子中有红色的，
则两根筷子都是红色的概率为( )
A.1
5
B.1
9
C. 1
13
D. 1
17
答案 D
解析 设事件M 为“两根筷子都是红色的”，
则P(M)= 1
C10
2 = 1
45.
设事件N 为“取到的筷子中有红色的”，
则P(N)=1- C8
2
C10
2 =17
45.
所求即为P(M|N)= P( MN )
P( N ) = P( M )
P( N ) = 1
17.
6.(2025·华大新高考联盟模拟)进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满十进一就是十
进制，满八进一就是八进制，即“满几进一”就是几进制，不同进制的数可以相互转换，如十进制下，
159=2×82+3×8+7，用八进制表示159 这个数就是237.现用八进制表示十进制的719，则这个八进制数的最
后一位为( )
A.3
B.4
C.5
D.7
答案 D
解析 719=(8-1)19=819-C19
1 ×818+C19
2 ×817-C19
3 ×816+C19
4 ×815+…+C19
18×8-1，
而C19
18×8-1=151=2×82+2×8+7，故最后一位数为7.
7.(2025·乐山模拟)若(2x-1)2 025=a0+a1x+a2x2+…+a2 024x2 024+a2 025x2 025，则
2025
Σ
i=1
ai等于( )
A.-2
B.-1
C.1
D.2
答案 D
解析 由(2x-1)2 025=a0+a1x+a2x2+…+a2 025x2 025，令x=0，得a0=-1，
令x=1，得a0+a1+a2+…+a2 025=1，
∴
2025
Σ
i=1
ai=a1+a2+…+a2 025=2.
8.(2025·湖南新高考联盟联考)甲、乙、丙、丁四人同时对一目标进行射击，四人击中目标的概率都为1
2，
目标被一人击中不会摧毁，目标被两人击中而摧毁的概率为1
6，目标被三人击中而摧毁的概率为1
2，若四
人都击中，目标一定被摧毁.则目标被摧毁的概率为( )
A. 1
16
B.1
8
C.1
4
D.1
2
答案 C
解析 设击中次数为X，则X~B(4，1
2)，
所以P(X=2)=C 4
2×(
1
2)
2
×(1- 1
2)
2
= 6
16，
P(X=3)=C 4
3×(
1
2)
3
×(1- 1
2)= 4
16，
P(X=4)=C4
4(
1
2)
4
= 1
16，
由全概率公式得，目标被摧毁的概率为6
16×1
6+ 4
16×1
2+ 1
16×1=1
4 .
二、多项选择题(每小题6 分，共18 分)
9.下列结论正确的是( )
A.若C7
n=C7
3，则n=3
B.Cn
m=m+1
n+1 Cn+1
m+1
C.(x-1)10的展开式的第6 项的系数是C10
5
D.(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5的展开式中x2的系数为C6
3-1
答案 BD
解析 对于A，因为C7
n=C7
3，由组合数性质可得n=3 或n=4，A 错误；
对于B，Cn
m=
n！
m！(n-m)！
=m+1
n+1 ·
(n+1)·n！
(m+1)·m！·(n-m)！
=m+1
n+1 ·
(n+1)！
(m+1)！·[(n+1)-(m+1)]！=m+1
n+1 Cn+1
m+1，B 正确；
对于C，(x-1)10的展开式的第6 项为T6=C10
5 x10-5(-1)5=-C10
5 x5，
所以第6 项的系数是-C10
5 ，C 错误；
对于D，(1+x)3的展开式中x2的系数为C3
2，(1+x)4的展开式中x2的系数为C 4
2，
(1+x)5的展开式中x2的系数为C5
2，
所以(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5的展开式中x2的系数为C3
2+C 4
2+C5
2=C3
2+C3
3+C 4
2+C5
2-1=C 4
3+C 4
2+C5
2-1=C5
3+C5
2-1=C6
3
-1，D 正确.
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
2=54(种)，所以一共有54 种购票情况，故A
正确；
甲、乙在同一列的情况共有A3
2+A5
2+A5
2+A3
2+A2
2+A4
2+A5
2+A5
2=106(种)，则甲、乙不在同一列的情况有A36
2
-106=1 154(种)，所以一共有1 154 种购票情况，故B 正确；
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=2(种)，所以一共有
42 种购票情况，故C 错误；
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
2×18×18=648(种)情况.
甲、乙分坐于两侧且坐同一排(按每一排考虑)，有A2
2(5×6+3×3+3×2+4×4+3×3)=140(种)情况，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.甲、乙、丙、丁四人相互做传球训练，第一次由甲将球传出，并且每次传球时传球者都等可能传给另外
三人中的任何一人，则( )
A.第一次球传出后恰好传给丙的概率为1
3
B.第二次球传出后恰好传给丙的概率为2
9
C.若第二次球传出后恰好传给丙，则此球是由乙传出的概率为1
3
D.球第n(n∈N*)次传出后恰好传给丙的概率为1
4 + 1
12·(- 1
3)
n-1
答案 ABD
解析 由已知得到前两次球传出后的情况有(乙，甲)，(乙，丙)，(乙，丁)，(丙，甲)，(丙，乙)，(丙，丁)，
(丁，甲)，(丁，乙)，(丁，丙)，共9 种，
显然第一次由甲传出球后，等可能传给乙、丙、丁中的一个，故传给丙的概率为1
3，故A 正确；
设事件A：第二次的球传出后恰好传给丙，事件B：第二次的球由乙传出，
则P(A)=2
9，P(AB)=1
9，
则P(B|A)= P( AB)
P( A) =
1
9
2
9
=1
2，故B 正确，C 错误；
对于D，不妨设第n 次传出后，球恰好传给丙的概率为Pn，易知若第n 次传出后，球恰好传给丙，
则第n-1 次传出后，球不传给丙，而是由其他人传给丙，则Pn=1
3(1-Pn-1)，n≥2，且P1=1
3，
则Pn-1
4 =-1
3(Pn-1- 1
4)，
即数列{Pn- 1
4}是以P1-1
4 = 1
12为首项，-1
3为公比的等比数列，
则Pn-1
4 = 1
12(- 1
3)
n-1
，
即Pn=1
4 + 1
12(- 1
3)
n-1
，故D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共15 分)
12.(2025·天津)在(x-1)6的展开式中，x3项的系数为 .
答案 -20
解析 (x-1)6的展开式的通项为Tk+1=C6
kx6-k·(-1)k，当k=3 时，T4=C6
3x3·(-1)3=-20x3，
即在(x-1)6的展开式中，x3项的系数为-20.
13.(2025·商洛模拟)设计一个五位的信息密码，每位数字均在0~9 中选取，则含有数字1，6，8，且1，6，
8 都只出现一次的信息密码有 个.
答案 2 940
解析 先从5 个数位选择3 个数位分别排1，6，8，
剩余的2 个数位上的数字从0，2，3，4，5，7，9 中选择，每个数位有7 种选择，
由分步乘法计数原理可知，满足条件的信息密码的个数为A5
3×72=60×49=2 940.
14.(2025·沈阳模拟)2025 年春晚，一场别开生面的机器人舞蹈表演震撼了观众.现在编排一个动作，机器人
从原点O 出发，每一次等可能地向左或向右或向上或向下移动一个单位长度，共移动3 次.则该机器人在有
且仅有一次经过(含到达)点M(-1，0)的条件下，水平方向移动2 次的概率为 .
答案 8
17
解析 设事件A=“有且仅有一次经过(含到达)点M(-1，0)”，事件B=“水平方向移动2 次”，
按到点M(-1，0)需要1 步，3 步分类讨论.
记L=向左，R=向右，U=向上，D=向下，
①若1 步到点M(-1，0)为事件A1，则满足要求的是LU(L 或U 或R)，LL(L 或U 或D)，LD(L 或R 或D)，
LR(U 或D 或R)，所以P(A1)=4×3
4
3 =12
64 = 3
16；
②若3 步到点M(-1，0)为事件A2，则满足要求的是ULD，DLU，RLL，UDL，DUL，
所以P(A2)= 5
4
3= 5
64 .
所以P(A)=P(A1)+P(A2)=17
64 ，
满足AB 的情况有LU(L 或R)，LD(L 或R)，LL(U 或D)，LR(U 或D).
所以P(AB)=4×2
4
3 =1
8，
所以P(B|A)= P( AB)
P( A ) = 8
17 .
(15 题5 分，16 题6 分，共11 分)
15.(5 分)(2025·浙江北斗星盟模拟)某商场在有奖销售的抽奖环节时，采用AI 技术生成奖券码：在每次抽奖
时，顾客连续点击按键5 次，每次点击随机生成数字0 或1 或2，点击结束后，生成的5 个数字之和即为奖
券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3 的正整数倍，则获二等奖，其他情况不获奖.
已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为 .
答案 80
243
解析 设一次抽奖所生成的奖券码为S，共有35=243(种)情况，生成的5 个数字中有x(0≤x≤5，x∈N)个
0，y(0≤y≤5，y∈N)个1，
则S=y+2(5-x-y)=10-(2x+y)，
由题可知0≤x+y≤5.
若获得二等奖，则S 为3 的正整数倍，
故2x+y 可取的值为1，4，7.当2x+y=1 时，(x，y)的取值为(0，1)，共有C5
1=5(种)情况；
当2x+y=4 时，(x，y)的可能取值为(0，4)，(1，2)，(2，0)，共有C5
4+C5
1C 4
2+C5
2=45(种)情况；
当2x+y=7 时，(x，y)的可能取值为(2，3)，(3，1)，
共有C5
2+C5
3C2
1=30(种)情况，由分类加法计数原理得符合条件的有5+45+30=80(种)情况，
设获得二等奖的概率为P，由古典概型概率公式得P= 80
243.
16.(多选)(2025·包头模拟)数的进制是人们利用符号来计数的方法.我们在日常生活中习惯于采用十进制计数
与运算，但是在其他领域中，其他进制计数方式也应用广泛，例如计算机处理数据时，采用的就是二进制
方法.二进制数是用0 和1 表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”.
若十进制数n=a0×2k+a1×2k-1+a2×2k-2+…+ak-1×21+ak×20，其中a0=1，ai∈{0，1}(i=1，2，…，k)，则n 对
应的二进制数为(a0a1a2…ak)2(k∈N).以下说法正确的是( )
A.十进制数2 025 用二进制表示为(1 111 101 001)2
B.满足a0，a1，a2，…，a6中有且只有3 个1 的所有二进制数(a0a1a2…a6)2对应的十进制数的和为1 275
C.将十进制数n 对应的二进制数中1 的个数记为S(n)，则S(2n+1)=S(16n+4)
D.将十进制数n 对应的二进制数中0 的个数记为T(n)，令f(n)=2T(n)，则f(22 025)+f(22 025+1)+f(22 025+2) +…+f(22
026-1)=32 025
答案 BCD
解析 对于A，2 025=1 024+512+256+128+64+32+8+1=1×210+1×29+1×28+1×27+1×26+1×25
+0×24+1×23+0×22+0×21+1×20=(11 111 101 001)2，故A 错误；
对于B，n=a0×26+a1×25+…+a5×21+a6×20，
其中a0=1，a1，a2，…，a6中有且只有2 个1，有C6
2=15(种)可能；
所以所有二进制数(a0a1a2…a6)2对应的十进制数的和中，26出现C6
2=15(次)，
25，24，…，21，20均出现C5
1=5(次)，
所以对应的十进制数的和为C5
1(25+24+…+21+20)+C6
2×26=1 275，故B 正确；
对于C，n=a0×2k+a1×2k-1+a2×2k-2+…+ak-1×21+ak×20，
则S(n)=
k
Σ
i=0
ai，2n+1=a0×2k+1+a1×2k+a2×2k-1+…+ak-1×22+ak×21+1×20，
故S(2n+1)=
k
Σ
i=0
ai+1=S(n)+1，16n+4=a0×2k+4+a1×2k+3+a2×2k+2+…+ak-1×25+ak×24+1×22，故S(16n+4)=
k
Σ
i=0
ai+1=S(n)+1，故S(2n+1)=S(16n+4)，故C 正确；
对于D，22 025，22 025+1，22 025+2，…，22 026-1 共22 026-22 025=22 025(个)数，所有的数转换为二进制后，
总位数都为2 026，且最高位都为1，
而除最高位之外的剩余2 025 位中，每一位都是0 或者1.
设其中的数x，转换为二进制后有k 个0(0≤k≤2 025)，则f(x)=2k；
在这22 025个数中，转换为二进制后有k 个0 的数共有C2 025
k
个，故f(22 025)+f(22 025+1)+f(22 025+2)+…+f(22 026-1)=
2025
Σ
k =0
2k·C2 025
k
=(1+2)2 025=32 025，故D 正确.
