第1讲 计数原理(专题测试)(解析版)

选修2-3 第1讲计数原理（专题测试）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2020•金安区校级模拟）2016里约奥运会期间，小赵常看的6个电视频道中有2个频道在转播奥运比赛．若小赵这时打开电视，随机打开其中一个频道，若在转播奥运比赛，则停止换台，否则就进行换台，那么，小赵所看到的第三个电视台恰好在转播奥运比赛的不同情况有（）A．6种B．24种C．36种D．42种【解析】解：第一步从4个没转播的频道选出2个共有A42种，在把2个报道的频道选1个有A21种，根据分步计数原理小赵所看到的第三个电视台恰好在转播奥运比赛的不同情况有A42•A21＝24种．故选：B．【点睛】本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最最基本的指导思想，属于中档题．2．（2019秋•东城区期末）如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路．从甲地到丁地的不同路线共有（）A．12条B．15条C．18条D．72条【解析】解：分两类，第一类，从甲到乙再到丁，共有3×2＝6种，第二类，从甲到丙再到丁，共有3×4＝12种，根据分类计数原理可得，共有6+12＝18种，故从甲地到丁地共有18条不同的路线．故选：C．【点睛】本题考查了分步和分类计数原理，属于基础题．3．（2020•资阳模拟）桂林漓江主要景点有象鼻山、伏波山、叠彩山、芦笛岩、七星岩、九马画山，小张一家人随机从这6个景点中选取2个进行游玩，则小张一家人不去七星岩和叠彩山的概率为（）A．B．C．D．【解析】解：因为从6个不同景点任选2个的选法有C＝15种，不去七星岩和叠彩山的选法有C＝6种．则小张一家人不去七星岩和叠彩山的概率P＝＝．故选：D．【点睛】本题考查利用组合数公式求概率，属于基础题．4．（2020春•邢台期中）包括甲、乙、丙3人的7名同学站成一排拍纪念照，其中丙站中间，甲不站在乙的左边，且不与乙相邻，则不同的站法有（）A．240种B．252种C．264种D．288种【解析】解：先排甲、乙、丙外的4人，有种排法，再排甲、乙2人，有两类方法：一类是甲、乙2人插空，又甲不排在乙的左边，则甲乙插空时顺序已定，可用组合，最后丙排在中间，位置已定．故有A C A＝240不同的站法；另一类是把甲、乙、丙按乙、丙、甲的顺序插入中间，有＝24种不同的站法，所以共有240+24＝264种不同的站法．故选：C．【点睛】本题考查排列组合的应用，本题运用插空法，捆绑法，可以避免讨论，简化计算．属于中档题．5．（2020春•浙江期中）现某路口对一周内过往人员进行健康码检查，安排7名工作人员进行值班，每人值班1天，每天1人，其中甲乙两人需要安排在相邻两天，且甲不排在周三，则不同的安排方法有（）A．1440种B．1400种C．1320种D．1200种【解析】解：根据题意，分2步进行分析：①要求甲、乙安排在相邻两天，且甲不排在周三，则甲乙的安排方法有12﹣2＝10种；②将剩下的5人全排列，安排在剩下的5天，有A55＝120种情况，则有10×120＝1200种安排方法；故选：D．【点睛】本题考查排列、组合的实际应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．6．（2020•抚顺一模）把书架上的《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《五曹算经》、《孙子算经》5本中国古代数学专著重新排列一下，若要求其中的《周髀算经》和《九章算术》这2本书相邻，则所有不同排法的种数为（）A．120B．96C．48D．24【解析】解：根据题意，分2步进行分析：①，要求其中的《周髀算经》和《九章算术》这2本书相邻，将两者看成一个整体，考虑2者的顺序，有2种情况，②，将这个整体与其他3本书全排列，有A44＝24种情况，则有2×24＝48种不同的排法；故选：C．【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．7．（2020•4月份模拟）志愿者团队安排去甲、乙、丙、丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，一位志愿者说：不能先去甲，甲的困难户最多；另一位志愿者说：不能最后去丁，丁离得最远．他们总共有多少种不同的安排方法（）A．14B．12C．24D．28【解析】解：根据题意丁扶贫点不能是最后一个去，有以下两类安排方法：①丁扶贫点最先去，有A种安排方法；②丁扶贫点安排在中间位置去，有C C A种安排方法，综合①②知共有A+C C A＝14种安排方法．故选：A．【点睛】本题主要考查排列、组合中的乘法原理，属于基础题．8．（2020•柳州模拟）（1+x）（1﹣2x）5的展开式中x2的系数为（）A．﹣40B．﹣10C．40D．30【解析】解：根据题意知，（1﹣2x）5的展开式的通项公式为，∴展开式中含x2项的系数为．故选：D．【点睛】本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．9．（2020春•兴庆区校级期中）二项式的展开式中，第3项的二项式系数比第2项的二项式系数大9，则该展开式中的常数项为（）A．﹣160B．﹣80C．80D．160【解析】解：二项式的展开式中，第3项的二项式系数比第2项的二项式系数大9，即﹣＝9，∴n＝6，或n＝﹣3（舍去）．故展开式的通项公式为T r+1＝•（﹣2）r•x6﹣2r．令6﹣2r＝0，求得r＝3，可得该展开式中的常数项为﹣160，故选：A．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．10．（2020•全国Ⅱ卷模拟）已知（1+2x）n＝a0+a1x+…+a n x n，其中a0+a1+…+a n＝243，则+++…+＝（）A．182B．C．D．【解析】解：（1+2x）n＝a0+a1x+…+a n x n，令x＝1，则3n＝a0+a1+…+a n＝243，解得n＝5．∴（1+2x）5的通项公式T k+1＝（2x）k＝2k x k，∴a k＝2k，∴＝．则+++…+＝++＝1+5++20+16+＝．故选：B．【点睛】本题考查了二项式定理、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．二．填空题（共4小题）11．（2020春•朝阳区校级期中）5位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，则不同的分配方法共有150种．【解析】解：根据题意，分2步进行分析：①将5人分成3组，若分为1、1、3的三组，有C53＝10种分组方法；若分为1、2、2的三组，有＝15种分组方法；则一共有10+15＝25种分组方法；②将分好的3组全排列，对应3家单位，有A33＝6种情况，则一共有25×6＝150种不同的分配方法；故答案为：150．【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．12．（2020•枣庄模拟）（x﹣）6的展开式中二项式系数最大的项的系数为﹣20．（用数字作答）【解析】解：（x﹣）6的展开式中二项式系数最大的项的系数为﹣＝﹣20，故答案为：﹣20．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．13．（2020•黄山二模）（x+2）9＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a9（x+1）9，则a1+a2+…+a9＝511（用数字作答）．【解析】解：∵（x+2）9＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a9（x+1）9，∴令x＝﹣1，可得a0＝1．再令x＝0，可得1+a1+a2+…+a9＝29，∴a1+a2+…+a9＝511，故答案为：511．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．14．（2020春•浙江期中）用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的6位自然数，（1）可以组成312个不同的偶数；（2）若要求相邻两个数字奇偶性不同，则可以组成60个（用数字作答）．【解析】解：用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的6位自然数，（1）末位为0时有：＝120个；末位为2或4时有：×××2＝192个；故共有：120+192＝312．故可以组成312个不同的偶数；（2）若首位为偶数，则首位不为0，有：××＝24；若首位为奇数，则有：＝36个；故共有：24+36＝60个；故答案为：312，60．【点睛】本题考查排列组合的应用，分类讨论的思想，简化计算．三．解答题（共3小题）15．（2020春•徐州月考）已知4名学生和2名教师站在一排照相，求：（1）中间二个位置排教师，有多少种排法？（2）两名教师不能相邻的排法有多少种？（3）两名教师不站在两端，且必须相邻，有多少种排法？【解析】解：（1）4名学生和2名教师站在一排照相，中间两个位置排教师，先排老师再排学生，有＝48种排法．（2）两名教师不能相邻，先排四名学生，再利用插空法排2名老师，有种排法．（3）两名教师不站在两端，且必须相邻，先在中间四个位置选两个相邻位置排老师，再排学生；有种排法．答：中间二个位置排教师，有48种排法，两名教师不能相邻的排法有480种排法，两名教师不站在两端，且必须相邻，有144种排法．【点睛】本题考查不同的排法种数的求法，考查排列组合知识等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．16．（2020春•南通期中）在（n≥3，n∈N*）的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列．（1）求n的值；（2）求展开式中含x2的项．【解析】解：（1）∵在（n≥3，n∈N*）的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列，即2＝+，求得n＝7，或n＝2（舍去）．（2）展开式的通项公式为T r+1＝••，令＝2，求得r＝2，可得展开式中含x2的项为T3＝••x2＝•x2．【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于基础题．17．（2020春•桥西区校级月考）按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？（1）5个不同的小球放入3个不同的盒子；（2）5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；（3）5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；（4）5个不同的小球放入3个不同的盒子，恰有1个空盒．【解析】解：（1）5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个小球都有3种可能，利用乘法原理可得不同的方法有35＝243；（2）5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，先把5个小球分组，有两种分法：2、2、1；3、1、1；再放入3个不同的盒子，故不同的方法共有；（3）5个相同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，不同的方法共有；（4）5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，先把5个小球分2组，有两种分法：3、2；4、1；再放入3个不同的盒子，故不同的方法共有．【点睛】本题考查计数问题，考查排列组合的实际应用，排列问题要做到不重不漏，有些题目带有一定的约束条件，解题时要先考虑有限制条件的元素．。