2021学年度高三理科数学寒假复习专题测试 填空题：计数原理
2021-2022学年高中数学 第一章 计数原理测评(含解析)新人教A版选修2-3
第一章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分)1.若A m4=18C m3,则m等于()A.9B.8C.7D.6,得m-3=3,m=6.A m4=m(m-1)(m-2)(m-3)=18·m(m-1)(m-2)3×2×12.在某种信息传输过程中,用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息.若所用数字只有0和1,则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A.10B.11C.12D.15:分有两个对应位置、有一个对应位置及没有对应位置上的数字相同,可得N=C42+C41+1=11.3.若实数a=2-√2,则a10-2C101a9+22C102a8-…+210等于()A.32B.-32C.1 024D.512,得a10-2C101a9+22C102a8-…+210=C100(-2)0a10+C101(-2)1a9+C102(-2)2a8+…+C10(-2)10=(a-2)10=(-√2)10=25=32.104.分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道.要求4名水暖工都分配出去,且每户居民家都要有人去检查,那么分配的方案共有( ) A.A 43种B .A 33A 31种C .C 42A 33种D .C 41C 31A 33种4名水暖工选出2人分成一组,然后将三组水暖工分配到3户不同的居民家,故有C 42A 33种.5.已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则在直角坐标系中,位于第一、第二象限不同点的个数是( ) A.18B.16C.14D.10N 1=2×2+2×2=8(个),第二象限的不同点有N 2=1×2+2×2=6(个), 故N=N 1+N 2=14(个). 故答案为C .6.将A,B,C,D 四个小球放入编号为1,2,3的三个盒子中,若每个盒子中至少放一个球,且A,B 不能放入同一个盒子中,则不同的放法有( ) A.15种B.18种C.30种D.36种A,B 放入不同盒中,有3×2=6(种)放法,再放C,D,若C,D 在同一盒中,有1种放法;若C,D 在不同盒中,则有2×2=4(种)放法. 故共有6×(1+4)=30(种)放法.故答案为C .7.为支持地震灾区的灾后重建工作,某公司决定分四天每天各运送一批物资到A,B,C,D,E 五个受灾地点.由于A 地距离该公司较近,安排在第一天或最后一天送达;B,C 两地相邻,安排在同一天上午、下午分别送达(B 在上午、C 在下午与B 在下午、C 在上午为不同的运送顺序),且运往这两地的物资算作一批;D,E 两地可随意安排在其余两天送达.则安排这四天运送物资到五个受灾地点的不同运送顺序的种数为( ) A.72B.18C.36D.24.第1步,安排运送物资到受灾地点A,有C 21种方法;第2步,在余下的3天中任选1天,安排运送物资到受灾地点B,C,有C 31A 22种方法;第3步,在余下的2天中安排运送物资到受灾地点D,E,有A 22种方法.由分步乘法计数原理得,不同的运送顺序共有C 21·(C 31A 22)·A 22=24(种).8.将数字1,2,3,4,5,6排成一列,记第i 个数为a i (i=1,2,…,6),若a 1≠1,a 3≠3,a 5≠5,a 1<a 3<a 5,则不同的排列方法种数为( )A.30B.18C.36D.48a 1,a 3,a 5的大小顺序已定,且a 1≠1,a 3≠3,a 5≠5,所以a 1可取2,3,4,若a 1=2或3,则a 3可取4,5,当a 3=4时,a 5=6,当a 3=5时,a 5=6;若a 1=4,则a 3=5,a 5=6.而其他的三个数字可以任意排列,因而不同的排列方法共有(2×2+1)A 33=30(种).9.12名同学合影,站成前排4人后排8人,现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排(这样就成为前排6人,后排6人),若其他人的相对顺序不变,则不同调整方法的总数是()A.6C82 B.720C82C.30C82 D.20C822人有C82种方法,再插空.由题意知先在4人形成的5个空当中插入1人,有5种方法,余下的1人要插入前排5人形成的6个空当中,有6种方法,即为30种方法.故共有30C82种调整方法.10.设(2-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,那么a0+a2+a4a1+a3的值为()A.-122121B.-6160C.-244241D.-1x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1,再令x=-1可得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35.两式相加除以2求得a0+a2+a4=122,两式相减除以2可得a1+a3+a5=-121.又由条件可知a5=-1,故a0+a2+a4a1+a3=-6160.11.形如45 132的数称为“波浪数”,即十位数字、千位数字均比与它们各自相邻的数字大,则由1,2,3,4,5可构成不重复的五位“波浪数”的个数为()A.20B.18C.16D.11,十位和千位数字只能是4,5或3,5,若十位和千位排4,5,则其他位置任意排1,2,3,这样的数有A 22A 33=12(个);若十位和千位排5,3,这时4只能排在5的一边且不能和其他数字相邻,1,2在其余位置上任意排列,这样的数有A 22A 22=4(个).综上,共有16个.故答案为C .12.若自然数n 使得竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称n 为“可连数”.例如:32是“可连数”,因32+33+34不产生进位现象;23不是“可连数”,因23+24+25产生进位现象.则小于1 000的“可连数”的个数为( ) A.27 B.36C.39D.48,要构造小于1000的“可连数”,个位上的数字的最大值只能为2,即个位数字只能在0,1,2中取.十位数字只能在0,1,2,3中取;百位数字只能在1,2,3中取.当“可连数”为一位数时,有C 31=3(个);当“可连数”为两位数时,个位上的数字有0,1,2三种取法,十位上的数字有1,2,3三种取法,即有C 31C 31=9(个);当“可连数”为三位数时,有C 31C 41C 31=36(个);故共有3+9+36=48(个).二、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是 .(用数字作答).第1类,每级台阶只站一人,则有A 73种站法;第2类,若有一级台阶有2人,另一级有1人,则有C 31A 72种站法,因此共有不同的站法种数是A 73+C 31A 72=336.14.若(x +√x3)8的展开式中x 4的系数为7,则实数a= .(x √x 3)8的通项为C 8rx 8-r a r(x -13)r=C 8r a r x8-r x -r3=C 8r a r x8-43r,令8-43r=4,解得r=3. ∴C 83a 3=7,得a=12.15.6个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有 种.(用数字作答)个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法:先排列好除甲、乙两人外的4人,有A 44种方法,再把甲、乙两人插入4个人的5个空当,有A 52种方法,所以共有A 44·A 52=480(种).16.(1+sin x )6的二项展开式中,二项式系数最大的一项的值为52,则x 在[0,2π]内的值为 .,得T 4=C 63sin 3x=20sin 3x=52,∴sin x=12.∵x ∈[0,2π], ∴x=π6或x=5π6.5π6三、解答题(本题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)有6个除颜色外完全相同的球,其中3个黑球,红、白、蓝球各1个,现从中取出4个球排成一列,共有多少种不同的排法?.(1)若取1个黑球,和另外3个球排成一列,不同的排法种数为A 44=24;(2)若取2个黑球,和从另外3个球中选的2个排成一列,2个黑球是相同的,所以不同的排法种数为C 32C 42A 22=36;(3)若取3个黑球,和从另外3个球中选的1个排成一列,不同的排法种数为C 31C 41=12.综上,不同的排法种数为24+36+12=72.18.(12分)一个口袋内有4个不同的红球,6个不同的白球. (1)从中任取4个球,红球的个数不比白球少的取法有多少种?(2)若取一个红球记2分,取一个白球记1分,从中任取5个球,使总分不少于7分的取法有多少种?将取出的4个球分成三类:①取4个红球,没有白球,有C 44种;②取3个红球1个白球,有C 43C 61种;③取2个红球2个白球,有C 42C 62种,故有C 44+C 43C 61+C 42C 62=115(种).(2)设取x 个红球,y 个白球,则{x +y =5,2x +y ≥7,0≤x ≤4,0≤y ≤6,故{x =2,y =3或{x =3,y =2或{x =4,y =1.因此,符合题意的取法种数有C 42C 63+C 43C 62+C 44C 61=186(种).19.(12分)已知(x +2√x )n展开式中的前三项的系数成等差数列. (1)求n 的值;(2)求展开式中系数最大的项.由题意,得C n 0+14C n 2=2×12C n 1, 即n 2-9n+8=0,解得n=8或n=1(舍去).故n=8. (2)设第r+1项的系数最大,则{12r C 8r ≥12r+1C 8r+1,12r C 8r ≥12r -1C 8r -1, 即{18-r≥12(r+1),12r≥19-r.解得2≤r ≤3.∵r ∈N *,∴r=2或r=3.∴系数最大的项为T 3=7x 5,T 4=7x 72.20.(12分)设1+12x m =a 0+a 1x+a 2x 2+a 3x 3+…+a m x m,若a 0,a 1,a 2成等差数列. (1)求1+12x m 展开式的中间项;(2)求1+12x m展开式中所有含x 的奇次幂的系数和. 解(1)依题意a 0=1,a 1=m 2,a 2=C m2122.由2a 1=a 0+a 2,求得m=8或m=1(应舍去),所以1+12x m展开式的中间项是第五项, T 5=C 8412x 4=358x 4.(2)因为1+12x m =a 0+a 1x+a 2x 2+…+a m x m, 即1+12x 8=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 8x 8. 令x=1,则a 0+a 1+a 2+a 3+…+a 8=328, 令x=-1,则a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 8=128,所以a 1+a 3+a 5+a 7=38-129=20516,所以展开式中所有含x 的奇次幂的系数和为20516.21.(12分)把n 个正整数全排列后得到的数叫做“再生数”,“再生数”中最大的数叫做最大再生数,最小的数叫做最小再生数.(1)求1,2,3,4的再生数的个数,以及其中的最大再生数和最小再生数; (2)试求任意5个正整数(可相同)的再生数的个数.的再生数的个数为A 44=24,其中最大再生数为4321,最小再生数为1234.(2)需要考查5个数中相同数的个数. 若5个数各不相同,有A 55=120(个);若有2个数相同,则有A 55A 22=60(个);若有3个数相同,则有A 55A 33=20(个);若有4个数相同,则有A 55A 44=5(个);若5个数全相同,则有1个.22.(12分)已知m ,n 是正整数,f (x )=(1+x )m +(1+x )n 的展开式中x 的系数为7. (1)对于使f (x )的x 2的系数为最小的m ,n ,求出此时x 3的系数; (2)利用上述结果,求f (0.003)的近似值;(精确到0.01)(3)已知(1+2x )8展开式的二项式系数的最大值为a ,系数的最大值为b ,求ba .根据题意得C m 1+C n 1=7,即m+n=7,①f (x )中的x 2的系数为C m 2+C n 2=m (m -1)2+n (n -1)2=m 2+n 2-m -n2.将①变形为n=7-m 代入上式得x 2的系数为m 2-7m+21=m-722+354, 故当m=3或m=4时,x 2的系数的最小值为9.当m=3,n=4时,x 3的系数为C 33+C 43=5;当m=4,n=3时,x 3的系数为C 43+C 33=5.(2)f (0.003)=(1+0.003)4+(1+0.003)3≈C 40+C 41×0.003+C 30+C 31×0.003≈2.02.(3)由题意可得a=C 84=70,再根据{C 8k ·2k≥C 8k+1·2k+1,C 8k ·2k ≥C 8k -1·2k -1,即{k ≥5,k ≤6, 求得k=5或6,此时,b=7×28,∴b a =1285.2021-2022学年高中数学第一章计数原理测评（含解析）新人教A版选修2-311 / 1111。
高考理科数学专题练习十四《计数原理》
专题十四计数原理考点45：排列与组合（1-6题，13,14题，17-19题）考点46：二项式定理（7-12题，15,16题，20-22题）考试时间：120分钟满分：150分说明：请将选择题正确答案填写在答题卡上，主观题写在答题纸上第I卷（选择题）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）1、考点45 中难某校高三年级共有6个班,现在安排6名教师担任某次模拟考试的监考工作,每名教师监考一个班级.在6名教师中,甲为其中2个班的任课教师,乙为剩下4个班中2个班的任课教师,其余4名教师均不是这6个班的任课教师,那么监考教师都不担任自己所教班的监考工作的概率为( )A.715B.815C.115D.4152、考点45 中难某单位周一至周六要安排甲、乙、丙、丁四人值班,每人至少值一天班,则甲至少值两天班的概率为( )A. 11 26B. 9 26C. 11 52D. 9 523、考点45 中难某同学有7本不同的书,其中语文书2本、英语书2本、数学书3本,现在该同学把这7本书放到书架上排成一排,要求2本语文书相邻、2本英语书相邻、3本数学书中任意2本不相邻,则不同的排法种数为( )A.12B.24C.48D.7204、考点45 中难一个停车场有5个排成一排的空车位，现有2辆不同的车停进这个停车场，若停好后恰有2个相邻的停车位空着，则不同的停车方法共有（ ）种 A.6B.12C.36D.725、考点45 中难某种植基地将编号分别为1,2,3,4,5,6的六个不同品种的马铃薯种在如图所示的这六块实验田上进行对比试验,要求这六块实验田分别种植不同品种的马铃薯,若种植时要求编号1,3,5的三个品种的马铃薯中至少有两个相邻,且2号品种的马铃薯不能种植在A 、F 这两块实验田上,则不同的种植方法有 ( )A.360种B.432种C.456种D.480种 6、考点45 难2017年11月30日至12月2日,来自北京、上海、西安、郑州、青岛及凯里等七所联盟学校(“全国理工联盟”)及凯里当地高中学校教师代表齐聚凯里某校举行联盟教研活动,在数学同课异构活动中,7名数学教师各上一节公开课,教师甲不能上第三节课,教师乙不能上第六节课,则7名教师上课的不同排法有 种( )A.5040B.4800C.3720D.4920 7、考点46 易24)(121()x x ++的展开式中3x 的系数为( )A ．12B ．16C ．20D ．248、考点46 易 已知1021001210(1)(1)(1)(1)x a a x a x a x +=+-+-++-L ，则=8a （ ）A.-180B.180C.45D.-45 9、考点46 易9(23)x y -的展开式中各项的二项式系数之和为（ ）A ．-1B ．1C ．-512D ．51210、考点46 中难已知5(1)(1)ax x ++的展开式中2x 的系数为5,则a =( ) A.-4B.-3C.-2D.-111、考点46 中难在二项式1121x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中,系数最大的项为( )A.第五项B.第六项C.第七项D.第六项或第七项 12、考点46 中难332除以9的余数是( )A.1B.2C.4D.8第II 卷（非选择题）二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。
2021高考理科数学总复习课标通用版作业：计数原理课时作业61
课时作业61正态分布一、选择题1.图1(20xx年河北省武邑中学高二质检)甲、乙两类水果的质量(单位：kg)分别服从正态分布N(μ1，σ21，N(μ2，σ2)，其正态分布的密度曲线如图1所示，则下列说法错误的是( )A．甲类水果的平均质量μ1＝0.4 kgB．甲类水果的质量比乙类水果的质量更集中于平均值左右C．甲类水果的平均质量比乙类水果的平均质量小D．乙类水果的质量服从正态分布的参数σ2＝1.99解析：由图象可知，甲类水果的平均质量μ1＝0.4 kg，乙类水果的平均质量μ2＝0.8 kg，故A，B，C正确；乙类水果的质量服从的正态分布的参数σ2＝2π3.98π，故D不正确．故选D.答案：D2．(20xx年湖南师范大学附属中学高三月考)某学校的两个班共有100名学生，一次考试后数学成绩ξ(ξ∈N)服从正态分布N(100，102)，已知P(90≤ξ≤100)＝0.3，估计该班学生数学成绩在110分以上的人数为( )A．20 B．10C．14 D．21解析：由考试成绩服从正态分布(100，102)，且P(90≤ξ≤100)＝0.3，则P(ξ≥110)＝1－2P（90≤ξ≤100）2＝0.2，所以该班学生数学成绩在110分以上的人数为0.2×100＝20.答案：A3．(20xx年高中数学理)已知随机变量X～N(2，σ2)，若P(X<a)＝0 .32，则P(a≤X<4－a)等于( )A．0.32 B．0.68C．0.36 D．0.64图2解析：如图2，由正态曲线的对称性可得P(a≤X<4－a)＝1－2P(X<a)＝0.36.故选C.答案：C4．(20xx年山西省××市高三一模)一次考试中，某班学生的数学成绩X近似服从正态分布N(100，100)，则该班数学成绩的及格率可估计为(成绩达到90分为及格)(参考数据：P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.68)()A．60% B．68%C．76% D．84%解析：由题得μ＝100，σ＝10，∵P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.68，∴P(90≤X≤110)＝0.68.∴P(90≤X≤100)＝12P(90≤X≤110)＝0.34，∵P(X≥100)＝0.5，∴该班数学成绩的及格率可估计为0.34＋0.5＝0.84.故选D.答案：D5．(20xx年河北省衡水中学理)已知随机变量X服从正态分布N(a ，4)，且P(X>1)＝0.5，P(X>2)＝0.3，P(X<0)等于( ) A．0.2 B．0.3C．0.7 D．0.8解析：随机变量ξ服从正态分布N(a，4)，图3∴曲线关于x＝a对称，且P(X>a)＝0.5，由P(X>1)＝0.5，可知μ＝a＝1，∵P(X＞2)＝0.3，∴P(X＜0)＝0.3，故选B.答案：B答案：D10．(20xx 年山西省山大附中等晋豫名校高三调研)在如图6所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分(曲线C 为正态分布N (－1，1)的密度曲线)的点的个数的估计值为( )(附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4.)图6A ．906B ．2 718C ．1 359D ．3 413解析：由于曲线C 为正态分布N (－1，1)的密度曲线， 所以μ＝－1，σ2＝1，σ＝1，P (0<x ≤1)＝12[P (－3<x ≤1)－P (－2<x ≤0)]＝12[P (μ－2σ<x ≤μ＋2σ)－P (μ－σ<x ≤μ＋σ)]＝12(0.954 4－0.682 6)＝0.135 9，故在如图所示的正方形中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值为10 000×0.135 9＝1 359，选C.答案：C11．(20xx 年河南省××市高三第三次统一考试)设随机变量X ～N (1，1)，其正态分布密度曲线如图7所示，那么向正方形ABCD 中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是( )注：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X<μ＋σ)＝0.6826，P(μ～2σ<X<μ＋2σ)≈0.954 4.图7A．6 038 B．6 587C．7 028 D．7 539解析：∵X～N(1，1)，μ＝1，σ＝1，μ＋σ＝2，∵P(μ－σ<X<μ＋σ)＝68.26%，∴P(0<X<2)＝68.26%，则P(1<X<2)＝34.13%，∴阴影部分的面积为0.658 7.∴向正方形ABCD中随机投掷10 000个点，则落入阴影部分的点的个数的估计值是6 587.故选B.答案：B12．(20xx年福建省永春一中、培元中学、季延中学、石光中学高三第一次联合考试)某校在高三第一次模拟考试中约有1000人参加考试，其数学考试成绩近似服从正态分布，即X～N(100，a2)(a>0)，试卷满分150分，统计结果显示数学考试成绩不及格(低于90分)的人数占总人数的110，则此次数学考试成绩在100分到110分之间的人数约为( )A．400 B．500C．600 D．800解析：P(X≤90)＝P(X≥110)＝110，图8解析：设元件1，2，3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A ，B ，C ，显然P (A )＝P (B )＝P (C )＝12，∴该部件的使用寿命超过1 000的事件为(A B －＋A －B ＋AB )C . ∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12＋12×12＋12×12×12＝38.答案：3815．(20xx 年河南省××市第一高级中学高二质检)在我校20xx 年高二某大型考试中，理科数学成绩ξ～N (90，σ2)(σ>0)，统计结果显示P (60≤ξ≤120)＝0.8.假设我校参加此次考试的理科同学共有2000人，那么估计此次考试中我校成绩高于120分的人数是________．解析：∵月考中理科数学成绩ξ～N (90，σ2)(σ>0)，统计结果显示P (60≤ξ≤120)＝0.8，∴估计此次考试中，我校成绩高于120分的有12×(1－0.8)×2 000＝200人．答案：20016．(20xx 年河南省南阳六校高二月考)在某次联考数学测试中，学生成绩h (x )服从正态分布N (100，σ2)，若h (x )在(80，120)内的概率为0.6，则落在(0，80)内的概率为________．解析：在(0，80)内的概率为P ＝0.5－0.62＝0.2.b^＝②若随机变量z 服从正态分布N (μ，σ)，则P (μ－σ<z <μ＋σ)＝0.682 6，P (μ－2σ<z <μ＋2σ)＝0.954 4.解：(1)由题可知x －＝11，y －＝3，得b ^＝338.5－8×11×31 308－8×121＝74.5340≈0.219，a ^＝y －－b ^x －＝3－0.219×11≈0.59， 所以y 关于x 的回归方程为y^＝0.22x ＋0.59. (2)由题知，6月份日销量z 服从正态分布N (0.2，0.000 1)，则 日销量在[1 800，2 000)的概率为0.954 52＝0.477 25， 日销量在[2 000，2 100)的概率为0.682 72＝0.341 35， 日销量在[2 100，＋∞)的概率为 1－0.682 72＝0.158 65， 所以每位员工当月的奖励金额总数为(100×0.477 25＋150×0.341 35＋200×0.158 65)×30＝3 919.725≈3 919.73元．。
【优化方案】2021-2021学年高中数学 第一章 计数原理章末综合检测 新人教A版选修2-3(1)
【优化方案】2021-2021学年高中数学 第一章 计数原理章末综合检测 新人教A 版选修2-3(时刻：100分钟；总分值：120分)一、选择题(本大题共10小题，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1．假设A 3m ＝6C 4m ，那么m 等于( )A ．9B ．8C ．7D ．6解析：选C.由m (m －1)(m －2)＝6·m m －1m －2m －34×3×2×1，解得m ＝7.2．(1－x )10展开式中x 3项的系数为( ) A ．－720 B ．720 C ．120D ．－120解析：选D.由T r ＋1＝C r 10(－x )r ＝(－1)r C r 10x r ，r ＝3，因此系数为(－1)3C 310＝－120.3．编号为一、二、3、4、五、六、7的七盏路灯，晚上历时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，那么不同的开灯方案有( )A ．60种B ．20种C ．10种D ．8种解析：选C.四盏熄灭的灯产生的5个空位中放入3盏亮灯，即C 35＝10.4．某汽车生产厂家预备推出10款不同的轿车参加车展，但主办方只能为该厂提供6个展位，每一个展位摆放一辆车，而且甲、乙两款车不能摆放在1号展位，那么该厂家参展轿车的不同摆放方案的种类为( )A ．C 210A 48B ．C 19A 59 C ．C 18A 59D ．C 18A 58解析：选C.考查分步乘法计数原理和排列数公式，在1号位汽车选择的种数为C 18，其余位置的排列数为A 59，故种数为C 18A 59，应选C.5．(2－x)8展开式中不含x4项的系数的和为( ) A．－1 B．0C．1 D．2解析：选B.(2－x)8展开式的通项为T r＋1＝C r8·28－r·(－x)r＝C r8·28－r·(－1)r·x r2.由r 2＝4得r＝8.∴展开式中x4项的系数为C88＝1.又(2－x)8展开式中各项系数和为(2－1)8＝1，∴展开式中不含x4项的系数的和为0.6．把五个标号为1到5的小球全数放入标号为1到4的四个盒子中，不准有空盒且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，那么不同的放法有( )A．36种B．45种C．54种D．96种解析：选A.先把5号球放入任意一个盒子中有4种放法，再把剩下的四个球放入盒子中，依照4的“错位数”是9，得不同的放法有4×9＝36种．7．咱们把列位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，那么“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )A．18个B．15个C．12个D．9个解析：选B.依题意，那个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4、0、0组成3个数别离为400、040、004；由3、一、0组成6个数别离为310、30一、130、103、013、031；由二、二、0组成3个数别离为220、20二、022；由二、一、1组成3个数别离为21一、12一、112.共计：3＋6＋3＋3＝15个．8．已知等差数列{a n}的通项公式为a n＝3n－5，那么(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中含x4项的系数是该数列的( )A．第9项B．第10项C．第19项D．第20项解析：选D.∵(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7展开式中含x4项的系数是C45·11＋C46·12＋C47·13＝5＋15＋35＝55，∴由3n－5＝55得n＝20，应选D.9．记者要为5名志愿者和他们帮忙的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两头，不同的排法共有( )A．1440种B．960种C．720种D．480种解析：选B.将5名志愿者全排列为A55，因2位老人相邻且不排在两头，故将2位老人看成一个整体插在5名志愿者之间形成的4个空内，为A14，再让2位老人全排列为A22，故不同的排法总数为A55A14A22＝960.10．假设(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，那么实数m的值为( )A．1或－3 B．－1或3C．1 D．－3解析：选A.令x＝0，取得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2＋m)9，令x＝－2，取得a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝m9，因此有(2＋m)9m9＝39，即m2＋2m＝3，解得m＝1或－3.二、填空题(本大题共5小题，把答案填在题中横线上)11．男、女学生共有8人，从男生当选取2人，从女生当选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有________人．解析：设女生有x人，那么C28－x·C1x＝30，即8－x7－x2·x＝30，解得x＝2或3.答案：2或312．假设(3x＋1)n(n∈N*) 的展开式中各项系数的和是256，那么展开式中x2项的系数是________．解析：令x＝1，得(3＋1)n＝256，解得n＝4，(3x＋1)4的展开式中x2项的系数为C24×32＝54. 答案：5413．5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，那么不同的排法有________种．解析：甲、乙两人之间至少有一人，确实是甲、乙两人不相邻，那么有A 33·A 24＝72种不同的排法．答案：7214．航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置科学实验，要求2艘解决型核潜艇一前一后，2艘驱逐舰和2艘护卫舰排列左、右，同侧不能都是同种舰艇，那么舰艇分派方案的方式数是________．解析：先将2艘驱逐舰和2艘护卫舰平均分成两组，再排有C 12C 12A 22A 22种方式，然后排两艘解决型核潜艇有A 22种方式，故舰艇分派方案的方式数为C 12C 12A 22A 22A 22＝32.答案：3215．在⎝⎛⎭⎪⎫x 2－13x n 的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，那么展开式中常数项为________．解析：由题意知n ＝8，通项为T r ＋1＝(－1)r ·C r 8·⎝ ⎛⎭⎪⎫128－r ·x 8－43r, 令8－43r ＝0，得r ＝6，故常数项为第7项，且T 7＝(－1)6·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·C 68＝7. 答案：7三、解答题(此题共5小题，解许诺写出文字说明、证明进程或演算步骤)16．从编号为1,2，…，9的9个球中任取4个球，使它们的编号之和为奇数，再把这4个球排成一排，共有多少种不同的排法？解：知足条件的4个球的编号有两类取法：①一奇三偶排法数为C 15C 34A 44； ②三奇一偶排法数为C 35C 14A 44.故共有C 15C 34A 44＋C 35C 14A 44＝1 440种不同的排法．17．已知(1＋2x )n 的展开式中，某一项的系数是它前一项系数的2倍，是它后一项的系数的56，求该展开式中二项式系数最大的项．解：第r ＋1项系数为C r n 2r ，第r 项系数为C r －1n 2r －1， 第r ＋2项系数为C r ＋1n 2r ＋1，依题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧C r n 2r ＝2C r －1n2r －1C r n 2r ＝56C r＋1n 2r ＋1，整理得⎩⎪⎨⎪⎧C r n ＝C r －1nC r n ＝53C r ＋1n ，即⎩⎪⎨⎪⎧2r ＝n ＋15n －r ＝3r ＋1，求得：n ＝7.故二项式系数最大的项是第4项和第5项．T 4＝C 37(2x )3＝280x32，T 5＝C 47(2x )4＝560x 2.18．已知(2x i ＋1x2)n ，i 是虚数单位，x ＞0，n ∈N *.(1)若是展开式中的倒数第3项的系数是－180，求n 的值； (2)对(1)中的n ，求展开式中系数为正实数的项．解：(1)由已知，得C n －2n (2i)2＝－180，即4C 2n＝180， 因此n 2－n －90＝0，又n ∈N *，解得n ＝10. (2)(2x i ＋1x2)10展开式的通项为T k ＋1＝C k 10(2x i)10－k x －2k ＝C k 10(2i)10－k x 5－52k . 因为系数为正实数，且k ∈{0,1,2，…，10}，因此k ＝2,6,10. 因此所求的项为T 3＝11 520，T 7＝3 360x －10，T11＝x－20.19．已知集合A＝{x|1＜log2x＜3，x∈N*}，B＝{4,5,6,7,8}．(1)从A∪B中掏出3个不同的元素组成三位数，那么能够组成多少个？(2)从集合A中掏出1个元素，从集合B中掏出3个元素，能够组成多少个无重复数字且比4 000大的自然数？解：由1＜log 2x ＜3，得2＜x ＜8，又x ∈N *，因此x 为3,4,5,6,7，即A ＝{3,4,5,6,7}，因此A ∪B ＝{3,4,5,6,7,8}．(1)从A ∪B 中掏出3个不同的元素，能够组成A 36＝120个三位数． (2)假设从集合A 中取元素3，那么3不能作千位上的数字，有C 35·C 13·A 33＝180个知足题意的自然数；假设不从集合A 中取元素3，那么有C 14C 34A 44＝384个知足题意的自然数．因此，知足题意的自然数共有180＋384＝564个．20．7名师生站成一排照相留念，其中教师1人，男生4人，女生2人，在以下情形下，各有不同站法多少种？(1)两名女生必需相邻而站； (2)4名男生互不相邻；(3)假设4名男生身高都不等，按从高到低的顺序站； (4)教师不站中间，女生不站两头．解：(1)两名女生站在一路有站法A 22种，视为一种元素与其余5人全排，有A 66种排法．故有不同站法A 22·A 66＝1 440种．(2)先站教师和女生，有站法A 33种，再在教师和女生站位的距离(含两头)处插入男生，每空一人，有插入方式A 44种．故共有不同站法A 33·A 44＝144种． (3)7人全排列中，4名男生不考虑身高顺序的站法有A 44种，而由高到低有从左到右，或从右到左的不同．故共有不同站法2·A 77A 44＝420种．(4)中间和两头是特殊位置，可如下分类求解：①教师站两头之一，另一端由男生站，有A 12·A 14·A 55种站法，②两头全由男生站，教师站除两头和正中间的另外4个位置之一，有A 24·A 14·A 44种站法．故共有不同站法2 112种．。
2021版高考数学(理)人教A版(全国)一轮复习 第10章 计数原理 10.2 文档
1.排列与组合的概念名称定义排列从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素依据肯定的挨次排成一列组合合成一组2.排列数与组合数(1)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的全部不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m 个元素的排列数，用A m n表示.(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的全部不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用C m n表示.3.排列数、组合数的公式及性质公式(1)A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝n！(n－m)！(2)C m n＝A m nA m m＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)m！＝n！m！(n－m)！性质(1)0！＝1；A n n＝n！(2)C m n＝C n－mn；C m n＋1＝C m n＋C m－1n__【思考辨析】推断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)全部元素完全相同的两个排列为相同排列.(×) (2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后挨次.(×)(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同.(√)(4)(n＋1)！－n！＝n·n！.(√)(5)A m n＝n A m－1n－1.(√)(6)k C k n＝n C k－1n－1.(√)1.(教材改编)用数字1、2、3、4、5组成的无重复数字的四位偶数的个数为()A.8B.24C.48D.120答案 C解析末位数字排法有A12种，其他位置排法有A34种，共有A12A34＝48种.2.某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位伴侣，每位伴侣1本，则不同的赠送方法共有()A.4种B.10种C.18种D.20种答案 B解析方法一不同的赠送方法有A45A22A33＝10种.方法二从2本同样的画册，3本同样的集邮册中取出4本有两种取法：第一种：从2本画册中取出1本，将3本集邮册全部取出；其次种：将2本画册全部取出，从3本集邮册中取出2本.由于画册是相同的，集邮册也是相同的，因此第一种取法中只需从4位伴侣中选出1人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C14＝4种赠送方法；其次种取法中只需从4位伴侣中选取2人赠送画册，其余的赠送集邮册，有C24＝6种赠送方法.因此共有4＋6＝10种赠送方法.3.(2022·辽宁)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为()A.144B.120C.72D.24答案 D解析“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A34＝4×3×2＝24.4.(教材改编)从4名男同学和3名女同学中选出3名参与某项活动，其中男女生都有的选法种数为________.答案30解析分两类：男1女2或男2女1，各有C14C23和C24C13种方法，所以选法种数为C14C23＋C24C13＝12＋18＝30.也可用间接法C37－C34－C33＝30.5.某市拟从4个重点项目和6个一般项目中各选2个项目作为本年度要启动的项目，则重点项目A和一般项目B至少有一个被选中的不同选法的种数是________.答案60解析从4个重点项目和6个一般项目中各选2个项目作为本年度启动的项目，全部的选法种数是C24×C26＝90.重点项目A和一般项目B都没有被选中的选法种数是C23×C25＝30，故重点项目A和一般项目B至少有一个被选中的不同选法种数是90－30＝60.题型一排列问题例1(1)3名男生，4名女生，选其中5人排成一排，则有________种不同的排法.(2)将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答).答案(1)2520(2)480解析(1)问题即为从7个元素中选出5个全排列，有A57＝2520种排法.(2)从左往右看，若C排在第1位，共有A55＝120种排法；若C排在第2位，A和B有C右边的4个位置可以选，共有A24·A33＝72种排法；若C排在第3位，则A，B可排C的左侧或右侧，共有A22·A33＋A23·A33＝48种排法；若C排在第4,5,6位时，其排法数与排在第3,2,1位相同，故共有2×(120＋72＋48)＝480种排法.引申探究1.本例(1)中将条件“5人排成一排”改为“排成前后两排，前排3人，后排4人”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解前排3人，后排4人，相当于排成一排，共有A77＝5040种排法.2.本例(1)中将条件“5人排成一排”改为“全体站成一排，男、女各站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解相邻问题(捆绑法)：男生必需站在一起，是男生的全排列，有A33种排法；女生必需站在一起，是女生的全排列，有A44种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有A22种排法，依据分步乘法计数原理，共有A33·A44·A22＝288种排法.3.本例(1)中将条件“5人排成一排”改为“全体站成一排，男生不能站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解不相邻问题(插空法)：先支配女生共有A44种排法，男生在4个女生隔成的5个空中支配共有A35种排法，故共有A44·A35＝1440种排法.4.本例(1)中将条件“5人排成一排”改为“全体站成一排，甲不站排头也不站排尾”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？解先支配甲，从除去排头和排尾的5个位置中支配甲，有A15＝5种排法；再支配其他人，有A66＝720种排法.所以共有A15·A66＝3600种排法.思维升华排列应用问题的分类与解法(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般接受特殊元素优先原则，即先支配有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以接受间接法. (2)对相邻问题接受捆绑法、不相邻问题接受插空法、定序问题接受倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.用0,1,2,3,4,5这6个数字.(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？(2)能组成多少个奇数数字互不相邻的六位数(无重复数字)?解(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类：0在个位时，有A35个；其次类：2在个位时，首位从1,3,4,5中选定1个有A14种，十位和百位从余下的数字中选，有A24种，于是有A14·A24个；第三类：4在个位时，与其次类同理，也有A14·A24个.由分类加法计数原理得，共有A35＋2A14·A24＝156个.(2)先排0,2,4，再让1,3,5插空，总的排法共A33A34＝144种，其中0在排头，将1,3,5插在后3个空的排法共A22·A33＝12种，此时构不成六位数，故所求六位数为A33A34－A22A33＝144－12＝132个.题型二组合问题例2某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种假货必需在内，不同的取法有多少种？(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？解(1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561种，∴某一种假货必需在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5984种.∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种.(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C120C215＝2100种.∴恰有2种假货在内的不同的取法有2100种.(4)选取2件假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取方式C120C215＋C315＝2100＋455＝2555种.∴至少有2种假货在内的不同的取法有2555种.(5)选取3件的总数有C335，因此共有选取方式C335－C315＝6545－455＝6090种.∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种.思维升华组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必需格外重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类简单时，考虑逆向思维，用间接法处理.从10位同学中选出5人参与数学竞赛.(1)甲必需入选的有多少种不同的选法？(2)甲、乙、丙不能同时都入选的有多少种不同的选法？解(1)同学甲入选，再从剩下的9人选4人，故甲必需入选的有C49＝126种不同选法.(2)没有限制条件的选择方法有C510＝252种，甲、乙、丙同时都入选有C27＝21种，故甲、乙、丙不能同时都入选的有252－21＝231种不同的选法.题型三排列与组合问题的综合应用命题点1相邻问题例3一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A.3×3!B.3×(3！)3C.(3！)4D.9!答案 C解析把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种坐法.命题点2相间问题例4(2022·重庆)某次联欢会要支配3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出挨次，则同类节目不相邻的排法种数是()A.72B.120C.144D.168答案 B解析先支配小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空.支配小品节目和相声节目的挨次有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”.对于第一种状况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有A22C13A23＝36种支配方法；同理，第三种状况也有36种支配方法，对于其次种状况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有A22A34＝48种支配方法，故共有36＋36＋48＝120种支配方法.命题点3特殊元素(位置)问题例5(2022·四川)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有() A.192种 B.216种C.240种D.288种答案 B解析 第一类：甲在最左端，有A 55＝5×4×3×2×1＝120种方法； 其次类：乙在最左端，有4A 44＝4×4×3×2×1＝96种方法.所以共有120＋96＝216种方法.思维升华 排列与组合综合问题的常见类型及解题策略(1)相邻问题捆绑法.在特定条件下，将几个相关元素视为一个元素来考虑，待整个问题排好之后，再考虑它们“内部”的排列.(2)相间问题插空法.先把一般元素排好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中，它与捆绑法有同等作用.(3)特殊元素(位置)优先支配法.优先考虑问题中的特殊元素或位置，然后再排列其他一般元素或位置. (4)多元问题分类法.将符合条件的排列分为几类，而每一类的排列数较易求出，然后依据分类加法计数原理求出排列总数.(1)某校高二班级共有6个班级，现从外地转入4名同学，要支配到该班级的两个班级且每班支配2名，则不同的支配方案种数为( )A.A 26C 24B.12A 26C 24 C.A 26A 24D.2A 26(2)(2022·浙江)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖.将这8张奖券安排给4个人，每人2张，不同的获奖状况有________种(用数字作答). 答案 (1)B (2)60解析 (1)方法一 将4人平均分成两组有12C 24种方法，将此两组安排到6个班级中的2个班有A 26种. 所以不同的支配方法有12C 24A 26种.方法二 先从6个班级中选2个班级有26C种不同方法，然后支配同学有C 24C 22种，故有26CC 24C 22＝12A 26C 24种. (2)分两类：第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A 34种分法；其次类：3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有C 23A 24种分法. 总获奖状况共有A 34＋C 23A 24＝60种.16.排列、组合问题计算重、漏致误典例 有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有________种.易错分析 易犯错误如下：先从一等品中取1个，有C 116种取法；再从余下的19个零件中任取2个，有C 219种不同取法，共有C 116×C 219＝2736种不同取法.上述做法使两次取的一等品有了先后挨次，导致取法重复.解析 方法一 将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”，由分类加法计数原理有C 116C 24＋C 216C 14＋C 316＝1136种. 方法二 考虑其对立大事“3个都是二等品”，用间接法：C 320－C 34＝1136种.答案 1136温馨提示 (1)排列、组合问题由于其思想方法独特，计算量浩大，对结果的检验困难，所以在解决这类问题时就要遵循肯定的解题原则，如特殊元素(位置)优先原则、先取后排原则、先分组后安排原则、正难则反原则等，只有这样我们才能有明确的解题方向.同时解答组合问题时必需心思细腻，考虑周全，这样才能做到不重不漏，正确解题.(2)“至少、至多”型问题不能直接利用分步乘法计数原理求解，多接受分类求解或转化为它的对立大事求解.[方法与技巧]1.对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑： (1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素； (2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；(3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数.2.排列、组合问题的求解方法与技巧：(1)特殊元素优先支配；(2)合理分类与精确 分步；(3)排列、组合混合问题先选后排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题排解法处理；(7)分排问题直排处理；(8)“小集团”排列问题先整体后局部；(9)构造模型；(10)正难则反，等价条件. [失误与防范]求解排列与组合问题的三个留意点：(1)解排列与组合综合题一般是先选后排，或充分利用元素的性质进行分类、分步，再利用两个原理做最终处理.(2)解受条件限制的组合题，通常用直接法(合理分类)或间接法(排解法)来解决，分类标准应统一，避开消灭重复或遗漏.(3)对于选择题要谨慎处理，留意等价答案的不同形式，处理这类选择题可接受排解法分析选项，错误的答案都有重复或遗漏的问题.A组专项基础训练(时间：40分钟)1.若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A.60种B.63种C.65种D.66种答案 D解析共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故不同的取法有C45＋C44＋C25C24＝66种.2.10名同学合影，站成了前排3人，后排7人.现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对挨次不变，则不同调整方法的种数为()A.C27A55B.C27A22C.C27A25D.C27A35答案 C解析首先从后排的7人中抽2人，有C27种方法；再把2个人在5个位置中选2个位置进行排列有A25种.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是C27A25.3.某台小型晚会由6个节目组成，演出挨次有如下要求：节目甲必需排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必需排在最终一位.该台晚会节目演出挨次的编排方案共有()A.36种B.42种C.48种D.54种答案 B解析分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最终一位，中间4个节目无限制条件，有A44种排法；其次类：甲排在其次位时，从甲、乙、丙之外的3个节目中选1个节目排在第一位有C13种排法，其他3个节目有A33种排法，故有C13A33种排法.依分类加法计数原理，知共有A44＋C13A33＝42种编排方案.4.在航天员进行的一项太空试验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能消灭在第一或最终一步，程序B和C在实施时必需相邻，问试验挨次的编排方法共有()A.34种B.48种C.96种D.144种答案 C解析程序A有A12＝2种结果，将程序B和C看作一个元素与除A外的3个元素排列有A22A44＝48种，∴由分步乘法计数原理，试验编排共有2×48＝96种方法.5.(2022·安徽)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有()A.24对B.30对C.48对D.60对答案 C解析正方体中共有12条面对角线，任取两条作为一对共有C212＝66对，12条对角线中的两条所构成的关系有平行、垂直、成60°角.相对两面上的4条对角线组成的C24＝6对组合中，平行有2对，垂直有4对，所以全部的平行和垂直共有3C24＝18对.所以成60°角的有C212－3C24＝66－18＝48对.6.(2021·广东)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言(用数字做答).答案1560解析依题意知两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A240＝40×39＝1560条毕业留言.7.(2022·北京)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种.答案36解析先考虑产品A与B相邻，把A，B作为一个元素有A44种方法，而A，B可交换位置，所以有2A44＝48种摆法，又当A，B相邻且又满足A，C相邻，有2A33＝12种摆法，故满足条件的摆法有48－12＝36种.8.若把英语单词“good”的字母挨次写错了，则可能消灭的错误方法共有________种.答案11解析把g、o、o、d4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A24种排法；其次步：排两个o.共一种排法，所以总的排法种数为A24＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有A24－1＝12－1＝11(种).9.2021年某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共10000个号码中选择.公司规定：凡卡号的后四位恰带有两个数字“6”或恰带有两个数字“8”的一律作为“金兔卡”，享受肯定优待政策.如后四位数为“2663”，“8685”为“金兔卡”，求这组号码中“金兔卡”的张数.解①当后四位数有2个6时，“金兔卡”共有C24×9×9＝486张；②当后四位数有2个8时，“金兔卡”也共有C24×9×9＝486张.但这两种状况都包含了后四位数是由2个6和2个8组成的这种状况，所以要减掉C24＝6，即“金兔卡”共有486×2－6＝966张.10.有9名同学，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋.现在要从这9名同学中选出2名同学，一名参与象棋竞赛，另一名参与围棋竞赛，共有多少种不同的选派方法？解设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：第一类：A中选1人参与象棋竞赛，B中选1人参与围棋竞赛，方法数为C12·C13＝6种；其次类：C中选1人参与象棋竞赛，B中选1人参与围棋竞赛，方法数为C14·C13＝12种；第三类：C中选1人参与围棋竞赛，A中选1人参与象棋竞赛，方法数为C14·C12＝8种；第四类：C中选2人分别参与两项竞赛，方法数为A24＝12种；由分类加法计数原理，选派方法数共有6＋12＋8＋12＝38种.B组专项力量提升(时间：30分钟)11.我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架舰载机预备着舰.假如甲、乙两机必需相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有()A.12种B.18种C.24种D.48种答案 C解析丙、丁不能相邻着舰，则将剩余3机先排列，再将丙、丁进行“插空”.由于甲、乙“捆绑”视作一整体，剩余3机实际排列方法共2×2＝4种.有三个“空”供丙、丁选择，即A23＝6种.由分步乘法计数原理，共有4×6＝24种着舰方法.12.(2022·广东)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1，0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为()A.60B.90C.120D.130答案 D解析在x1，x2，x3，x4，x5这五个数中，由于x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5，所以满足条件1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3的可能状况有“①一个1(或－1)，四个0，有C15×2种；②两个1(或－1)，三个0，有C25×2种；③一个－1，一个1，三个0，有A25种；④两个1(或－1)，一个－1(或1)，两个0，有C25C13×2种；⑤三个1(或－1)，两个0，有C35×2种.故共有C15×2＋C25×2＋A25＋C25C13×2＋C35×2＝130种，故选D.13.国家训练部为了进展贫困地区训练，在全国重点师范高校免费培育训练专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教.现有6个免费培育的训练专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法.答案90解析先把6个毕业生平均分成3组，有22264233C C CA种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A33＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有C26C24C22A33·A33＝90种分派方法.14.4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？解(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”，即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有C14C24C13×A22＝144种放法.(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法. (3)确定2个空盒有C24种方法.4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有C34C11A22种方法；其次类有序均匀分组有C24种方法.故共有C24(C34C11A22＋C24)＝84种放法.15.7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列状况下，各有不同站法多少种？(1)两个女生必需相邻而站；(2)4名男生互不相邻；(3)老师不站中间，女生甲不站左端.解(1)∵两个女生必需相邻而站，∴把两个女生看做一个元素，则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有A66A22＝1440种站法.(2)∵4名男生互不相邻，∴应用插空法，对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有A33A44＝144种站法.(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有A66＝720种站法，当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行排列共有A55×5×5＝3000种站法.依据分类加法计数原理知共有720＋3000＝3720种站法.。
2021高考理科数学总复习课标通用版作业：计数原理课时作业53
8．旅游体验师小李受某旅游网站的邀约、决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游、若甲景区不能最先旅游、乙景区和丁景区不能最后旅游、则小李旅游的方法数为( )
A．24 B．18
C．16 D．10
解析：第一类、甲在最后一个体验、则有A 种方法；第二类、甲不在最后一个体验、则有A A 种方法、所以小李旅游的方法共有A ＋A A ＝10种．故选D.
答案：A
5．我市正在建设最具幸福感城市、原计划沿渭河修建7个河滩主题公园、为提升城市品位、升级公园功能、打算减少2个河滩主题公园、两端河滩主题公园不在调整计划之列、相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整、则调整方案的种数为 ( )
A．12 B．8
C．6 D．4
解析：从中间5个选2个共有10种方法、去掉相邻的4种方法、共有6种方法、选C.
答案：50
三、解答题
17．(20xx学年江苏省××市启东中学中考试)在班级活动中、4名男生和3名女生站成一排表演节目．(写出必要的数学式、结果用数字作答)
(1)三名女生不能相邻、有多少种不同的站法？
(2)四名男生相邻有多少种不同的排法？
(3)女生甲不能站在左端、女生乙不能站在右端、有多少种不同的排法？
答案：B
11．(20xx年宁夏××市高三下学期联考)一生产过程有4道工序、每道工序需要安排一人照看．现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序、第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人、第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人、则不同的安排方案共有 ( )
A．24种B．36种
C．48种D．72种
(4)甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？(甲乙丙三位同学身高互不相等)
解：(1)A A ＝1 440；(2)A A ＝576；
人教A版高考理科数学一轮总复习课后习题 单元质检卷11 计数原理
单元质检卷十一计数原理(时间:60分钟满分:80分)一、选择题:本题共12小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求.1.小明同学从9种有氧运动和3种无氧运动中选4种运动进行体育锻炼,则他至少选中1种无氧运动的选法有( )A.261种B.360种C.369种D.372种2.(x2+2ax-a)5的展开式中各项的系数和为1 024,则a=( )A.1B.2C.3D.43.某班准备从甲、乙等5人中选派3人发言,要求甲乙两人至少有一人参加,那么不同的发言顺序有( )A.18种B.36种C.54种D.60种4的展开式中,常数项为( )4.(2+x)x+1xA.2B.6C.8D.125.在某次活动中,某学校有2女、4男共6名教师报名成为志愿者,现在有3个不同的社区需要进行调查工作,从这6名志愿者中选派3名,每人去1个小区,每个小区去1名教师,其中至少要有1名女教师,则不同的选派方案有( )A.16种B.20种C.96种D.120种6.某学校社团将举办革命歌曲展演活动.现从《歌唱祖国》《英雄赞歌》《唱支山歌给党听》《毛主席派人来》 4首独唱歌曲和《没有共产党就没有新中国》《我和我的祖国》 2首合唱歌曲中共选出4首歌曲安排演出,要求最后一首歌曲必须是合唱,则不同的安排方法共有( )A.14种B.48种C.72种D.120种)n的展开式中,二项式系数的和是32,则展开式中各项系7.在二项式(x2-2x数的和为( )A.-32B.-1C.1D.328.已知(1+mx)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,若a1+a2+a3+a4+a5=242,则a0-a1+a2-a3+a4-a5=( )A.1B.-1C.-81D.819.为落实立德树人的根本任务,践行五育并举,某学校开设A,B,C三门德育校本课程,现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加校本课程的学习,每位同学仅报一门,每门至少有一位同学参加,则不同的报名方法有( ) A.54种 B.240种C.150种D.60种10.若(x-a)(1+2x)5的展开式中x3的系数为20,则a=( )A.-14B.14C.-12D.1211.某地安排7名干部(3男4女)到三个自然村进行调研走访活动,每个村安排男、女干部各1名,剩下1名干部负责统筹协调,则不同的安排方案有( )A.72种B.108种C.144种D.210种12.两个三口之家(父母和小孩)共6人去旅游,有两辆不同的车可供选择,每辆车至少乘坐2人,但两个小孩不能单独乘坐一辆车,则不同的乘车方式的种数为( )A.48B.50C.98D.68二、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.某班4名同学去参加3个社团,每人只参加1个社团,每个社团都有人参加,则满足上述要求的不同方案共有种.14.中国长征系列运载火箭包括长征一号、长征二号、长征三号、长征四号4个系列十多种型号,具有发射从低轨到高轨、不同质量与用途的各种卫星、载人航天器和月球探测器的能力.其中长征三号系列火箭因其入轨精度高、轨道选择多、适应能力强,成为发射北斗导航卫星的“专属列车”.12年间,长征三号系列火箭用38次成功发射的优异表现,将53颗北斗导航卫星送入预定轨道.现假设长征三号系列火箭某8次成功发射共运送11颗相同的北斗导航卫星进入预定轨道,每次发射运送1颗或2颗卫星,则这11颗卫星的不同运送方式种数共有种.n(n∈N*)的展开式中所有二项式系数之和是64,则它展15.已知√x−12√x开式中x2的系数为.16.某电视台曾在某时间段连续播放5个不同的商业广告,现在要在该时间段只保留其中的2个商业广告,新增播1个商业广告与2个不同的公益宣传广告,且要求2个公益宣传广告既不能连续播放也不能在首尾播放,则不同的播放顺序共有 种. 答案：单元质检卷十一 计数原理1.C (方法1)由题意,分有1种无氧运动,2种无氧运动,3种无氧运动,则他至少选中1种无氧运动的选法有C 31C 93+C 32C 92+C 33C 91=369(种),故选C. (方法2)从12种运动中任意选4种共有C 124种选法,其中不符合题意的有C 94种选法,所以共有C 124−C 94=495-126=369(种),故选C.2.C 令x=1可知展开式中各项系数和为(a+1)5=1024,所以a=3.故选C.3.C 若只有甲乙其中一人参加,有C 21C 32A 33=36(种)情况;若甲乙两人都参加,有C 22C 31A 33=18(种)情况,则不同的发言顺序种数为36+18=54,故选C.4.D (2+x)x+1x4=2x+1x4+x x+1x4,x+1x4展开式的通项为T r+1=C 4r x 4-r (1x)r=C 4r x 4-2r ,当4-2r=0,即r=2时,2·C 42=12,所以(2+x)(x +1x)4的展开式中,常数项为12.故选D. 5.C 根据题意,分2步进行分析:①选出3名老师至少要有1名女教师,有C 63−C 43=16(种)方法,②将选出的3人安排到三个社区,有A 33=6(种)方法, 则有16×6=96(种)不同的选派方法,故选C.6.D 先安排最后一首歌曲有C 21种方法,再从余下的5首歌曲中选取3首任意排列有A 53种方法,则不同的安排方法共有C 21·A 53=120(种).故选D.7.B ∵二项式系数的和是32,则2n =32,∴n=5.令x=1,则展开式中各项系数的和为(-1)5=-1,故选B.8.B 令x=0,得a 0=1;令)5=a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=243,所以1+m=3,即m=2;令x=-1,得(1-2)5=a 0-a 1+a 2-a 3+a 4-a 5=-1.故选B.9.C 由题意需要分三组,有两类情况,若三组人数为1,1,3,此时有C 51C 41C 33A 22·A 33=60(种)方法;若三组人数为2,2,1,此时有C 52C 32C 11A22·A 33=90(种)方法.所以共有60+90=150(种)报名方法.故选C. 10.B (x-a)(1+2x)5=x(1+2x)5-a(1+2x)5,x(1+2x)5的展开式中x 3的系数为C 5222=40;a(1+2x)5的展开式中x 3的系数为a C 5323=80a.由题意可得40-80a=20,解得a=14.11.C 根据题意,分2步完成这件事:①对于4名女干部,从中选出1人,负责统筹协调,剩下3人安排到三个自然村,有C 41A 33=24(种)安排方法,②对于3名男干部,将3人全排列,安排到三个自然村,有A 33=6(种)安排方法,则有24×6=144(种)安排方法,故选C.12.A 根据题意,分2种情况讨论,①每辆车坐3人,有C 63=20(种)乘车方式;②一辆车坐2人,另一辆坐4人,要求两个小孩不能单独乘坐一辆车,有(C 62-1)A 22=28(种)乘车方式.则共有20+28=48(种)乘车方式.故选A. 13.36 由题设可得满足要求的不同方案共有C 42A 33=36(种).14.56 由题意得,在8次发射中,有3次发射运送2颗,有5次发射运送1颗,所以不同运送方式种数共有C 83=56(种).15.-3 由题意2n=64,则n=6,√x −12√x6展开式的通项T r+1=C 6rx 2r -62-126-r,令2r -62=2,解得r=5,所以展开式中x 2的系数为C 65×-12=-3.16.120 由题意知,要在该时间段只保留其中的2个商业广告,有A 52=20(种)情况,新增播1个商业广告,利用插空法有3种情况,再在2个空中插入2个不同的公益宣传广告,共有2种情况.根据分步乘法计数原理知,共有20×3×2=120(种)播放顺序.。
2021届新高考地区数学重难热点专练11 计数原理(解析版)
热点11 计数原理※※※※※命题趋势※※※※※计数原理包含排列组合与二项式定理，在高考数学中通常是以选择题的形式呈现.另外在解答题中与统计概率相结合比较普遍.高考中通常难度不是很大，主要考查是排列与组合的先后顺序或者是有条件限制的排列与组合.二项式定理也是高考考查的一个重点，主要考查二项式定理的展开.本专题通过列举排列组合与二项式定理常见的考题类型，总结此些类型题目的解题方法以及易错点，能够让你在高考中遇到计数原理类型的题目能够迎刃而解.※※※※※满分技巧※※※※※捆绑法:题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列.相离问题插空排:元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端.定序问题缩倍法:在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法.标号排位问题分步法:把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如 此继续下去，依次即可完成.有序分配问题逐分法:有序分配问题指把元素分成若干组，可用逐步下量分组法.对于二项式定理的应用，只要会求对应的常数项以及对应的n 项即可，但是应注意是二项式系数还是系数.※※※※※真题体验※※※※※1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】25()()x x y xy ++的展开式中x 3y 3的系数为A ．5B ．10C ．15D ．20【答案】C【解析】5()x y +展开式的通项公式为515C r r rr T x y -+=（r ∈N 且5r ≤）所以2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的各项与5()x y +展开式的通项的乘积可表示为：56155C C r rrr rrr xT x xy xy --+==和54252152C C r r r r r r r T x y y y y xx x --++==在615C r r r r xT x y -+=中，令3r =，可得：33345C xT x y =，该项中33x y 的系数为10，在42152C r r r r T x xy y -++=中，令1r =，可得：521332C y x T x y=，该项中33x y 的系数为5 所以33x y 的系数为10515+= 故选：C.【点睛】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及分析能力，属于中档题. 2．【2020年新高考全国Ⅰ卷】6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有 A ．120种 B ．90种 C ．60种D ．30种【答案】C【解析】首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有16C ； 然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有25C ； 最后剩下的3名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有1265C C 61060⋅=⨯=种.故选：C ．【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.3．【2020年高考北京】在52)的展开式中，2x 的系数为 A ．5- B ．5C ．10-D ．10【答案】C【解析】)52展开式的通项公式为：()()552155C22C r rrrrr r T x--+=-=-，令522r -=可得：1r =，则2x 的系数为：()()1152C 2510-=-⨯=-. 故选：C.【点睛】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n 和r 的隐含条件，即n ，r 均为非负整数，且n ≥r ，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．4．【2020年高考全国II 卷理数】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种． 【答案】36 【解析】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，∴先取2名同学看作一组，选法有：24C 6=.现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：33A 6=，根据分步乘法原理，可得不同的安排方法6636⨯=种， 故答案为：36.【点睛】本题主要考查了计数原理的综合应用，解题关键是掌握分步乘法原理和捆绑法的使用，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.5．【2020年高考全国III 卷理数】262()x x+的展开式中常数项是__________（用数字作答）．【答案】240 【解析】622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 其二项式展开通项：()62612C rrrr xx T -+⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭= 1226C (2)r r r r x x --⋅⋅= 1236C (2)r r r x -=⋅当1230r -=，解得4r =∴622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是：66442C 2C 161516240⋅=⋅=⨯=. 故答案为：240.【点睛】本题考查二项式定理，利用通项公式求二项展开式中的指定项，解题关键是掌握()na b +的展开通项公式1C r n r rr n T ab -+=，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 6．【2020年高考天津】在522()x x+的展开式中，2x 的系数是_________． 【答案】10【解析】因为522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为()55315522C C 20,1,2,3,4,5rr r rr r r T x x r x --+⎛⎫==⋅⋅= ⎪⎝⎭，令532r -=，解得1r =．所以2x 的系数为15C 210⨯=． 故答案为：10．【点睛】本题主要考查二项展开式的通项公式的应用，属于基础题．7．【2020年高考浙江】二项展开式23450123545(2)1x a a x a x a x a x a x ++++++=，则4a =_______，135a a a ++=________． 【答案】80；122【解析】5(12)x +的通项为155C (2)2C r r r r r r T x x +==，令4r =，则4444552C 80T x x ==，故580a =；1133551355552C 2C 2C 122a a a ++=++=. 故答案为：80；122.【点晴】本题主要考查利用二项式定理求指定项的系数问题，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.※※※※※闯关检测※※※※※姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________ 注意事项：本试卷满分100分，考试时间45分钟，试题共16题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、单选题1．若n的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为（ ） A ．）540 B ．）162C ．162D ．540【答案】A【解析】根据题意，由于n⎛ ⎝展开式各项系数之和为2n=64，解得n=6，则展开式的常数项为3336(540C =- ，故答案为A. 2．已知参加某项活动的六名成员排成一排合影留念，且甲乙两人均在丙领导人的同侧，则不同的排法共有（ ） A ．240种 B ．360种C ．480种D ．600种【答案】C【解析】用分类讨论的方法解决．如图中的6个位置．①当领导丙在位置1时．不同的排法有55120A =种． ．当领导丙在位置2时．不同的排法有143472C A =种． ．当领导丙在位置3时．不同的排法有2323233348A A A A +=种． ．当领导丙在位置4时．不同的排法有2323233348A A A A +=种．．当领导丙在位置5时．不同的排法有143472C A =种． ．当领导丙在位置1时．不同的排法有55120A =种．由分类加法计数原理可得不同的排法共有480种．故选C．3．某电视台的一个综艺栏目对六个不同的节目排演出顺序，最前只能排甲或乙，最后不能排甲，则不同的排法共有（ ） A ．240种 B ．288种 C ．192种 D ．216种【答案】D【详解】最前排甲，共有55A 120=种；最前排乙，最后不能排甲，有种，根据加法原理可得，共有种，故选D ．4．若62a x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中6x 的系数为150，则2a =（ ） A ．20 B ．15 C ．10 D ．25【答案】C【解析】此二项展开式的通项为()62123166()rrrr r rr a T C xC a xx --+⎛⎫== ⎪⎝⎭， 令1236r -=，解得2r ，此时226663150T C a x x ==，则210a =.故选：C5．某部队在演习过程中，用悬挂的彩旗来表达行动信号，每个信号都由从左到右排列的4面彩旗组成，有红、黄、蓝三种颜色的彩旗．若从所有表达的信号中任选一种，则这种信号中恰有2面红色旗子的概率为（ ） A ．827B ．227C ．49D ．13【答案】A【解析】由条件可知悬挂的彩旗表达行动信号，共有4381=种，若恰有2面红色旗子，则有224224C ⋅=种，所以这种信号中恰有2面红色旗子的概率2488127P ==.故选：A 6．2020年是脱贫攻坚年，为顺利完成“两不愁，三保障”，即农村贫困人口不愁吃、不愁穿，农村贫困人口义务教育、基本医疗、住房安全有保障，某市拟派出6人组成三个帮扶队，每队两人，对脱贫任务较重的甲、乙、丙三县进行帮扶，则不同的派出方法种数共有( ) A ．15 B ．60 C ．90 D ．540【答案】C【解析】依题意，首先将人平均分成3组，再将三组进行全排列即可，所以所有可能的派出方法有222342633390C C C A A ⋅=（种） 故选：C7．已知()20121nn n px b b x b x b x -=+++⋅⋅⋅+，若123,4b b =-=，则p =（ ） A ．1 B ．12C ．13D ．14【答案】C【解析】()1npx -展开式的通项为：()()()11n rrrr rr n n T C px C px -+=⋅⋅-=⋅-，故()113n b C p pn =⋅-=-=-，()2222142n n n b C p p -=⋅==，解得9n =，13p =.故选：C.8．2019年10月17日是我国第6个“扶贫日”，某医院开展扶贫日“送医下乡”医疗义诊活动，现有五名医生被分配到四所不同的乡镇医院中，医生甲被指定分配到医院A ，医生乙只能分配到医院A 或医院B ，医生丙不能分配到医生甲、乙所在的医院，其他两名医生分配到哪所医院都可以，若每所医院至少分配一名医生，则不同的分配方案共有( ) A ．18种 B ．20种 C ．22种 D ．24种【答案】B【解析】根据医院A 的情况分两类：第一类：若医院A 只分配1人，则乙必在医院B ，当医院B 只有1人，则共有2232C A 种不同 分配方案，当医院B 有2人，则共有1222C A 种不同分配方案，所以当医院A 只分配1人时， 共有2232C A +122210C A =种不同分配方案；第二类：若医院A 分配2人，当乙在医院A 时，共有33A 种不同分配方案，当乙不在A 医院， 在B 医院时，共有1222C A 种不同分配方案，所以当医院A 分配2人时， 共有33A +122210C A =种不同分配方案； 共有20种不同分配方案.故选：B 二、多选题9．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周.则（ ） A ．某学生从中选3门，共有30种选法B ．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法C ．课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，共有144种排法D ．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法 【答案】CD【解析】6门中选3门共有3620C =种，故A 错误；课程“射”“御”排在不相邻两周，共有4245480A A =种排法，故B 错误； 课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，共有3434144A A =种排法，故C 正确；课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有51145444504A C C A +=种排法，故D 正确． 故选：CD10．已知2((0)n ax a+>的展开式中第5项与第7项的二项数系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是（ ）A ．展开式中奇数项的二项式系数和为256B ．展开式中第6项的系数最大C ．展开式中存在常数项D ．展开式中含10x 项的系数为210【答案】BCD【解析】因为2((0)n ax a>的展开式中第5项与第七项的二项式系数相等；∴4610n n C C n =⇒=；展开式的各项系数之和为1024，10(1)1024a ∴+=；0a >；1a ．原二项式为：210(x+；其展开式的通项公式为：520210211010()()rrrrr r T C x C xx--+==；展开式中奇数项的二项式系数和为：110245122⨯=；故A 错； 因为本题中二项式系数和项的系数一样，且展开式有11项，故展开式中第6项的系数最大，B 对； 令520082r r -=⇒=，即展开式中存在常数项，C 对； 令5201522r r -=⇒=，21045C =，D 对；故选：BCD ．11．2020年3月，为促进疫情后复工复产期间安全生产，滨州市某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到A ，B ，C 三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（ ） A ．若C 企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共48种 B ．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种C ．若每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到A 企业，则所有不同分派方案共12种D ．所有不同分派方案共34种 【答案】ABC【解析】对于选项A ：若C 企业没有派医生去，每名医生有2种选择，则共用4216=种，若C 企业派1名医生则有134232C ⋅=种，所以共有163248+=种.对于选项B ：若每家企业至少分派1名医生，则有211342132236C C C A A ⋅=种， 对于选项C ：若每家企业至少分派1名医生，且医生甲必须到A 企业，若甲企业分2人，则有336A =种；若甲企业分1 人，则有2123126C C A =种，所以共有6612+=种.对于选项D ：所有不同分派方案共有43种.故选：ABC12．A 、B 、C 、D 、E 五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（ ） A ．若A 、B 两人站在一起有24种方法B ．若A 、B 不相邻共有72种方法C ．若A 在B 左边有60种排法D ．若A 不站在最左边，B 不站最右边，有78种方法【答案】BCD【解析】对于A ，先将A,B 排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排列，由分步原理可知共有242448A A =种，所以A 不正确；对于B ，先将A,B 之外的3人全排列，产生4个空，再将A,B 两元素插空，所以共有323472A A =种，所以B 正确； 对于C ，5人全排列，而其中A 在B 的左边和A 在B 的右边是等可能的，所以A 在B 的左边的排法有551602A =种，所以以C 正确；对于D ，对A 分两种情况：一是若A 站在最右边，则剩下的4人全排列有44A 种，另一个是A 不在最左边也不在最右边，则A 从中间的3个位置中任选1个，然后B 从除最右边的3个位置中任选1个，最后剩下3人全排列即可，由分类加法原理可知共有4113433378A A A A +=种，所以D 正确，故选：BCD 三、填空题13．已知5()(2)a x x -+的展开式中3x 的系数为40，则实数a 的值为_____． 【答案】3【解析】∵()()()()5234523280804010a x x a x x x x x x-+=-+++++的展开式中3x 的系数为408040a -=，∴3a =，故答案为3．14．2020年是全面建成小康社会目标实现之年，是脱贫攻坚收官之年根据中央对“精准扶贫”的要求，某市决定派5名党员和3名医护人员到三个不同的扶贫村进行调研，要求每个扶贫村至少派党员和医护人员各1名，则所有不同的分派方案种数为________________.（用数字作答）． 【答案】900【解析】由题意分两步完成：第一步：将5名党员分派到三个不同的扶贫村，第二步，将3名医护人员分派到三个不同的扶贫村.第一步：因为党员有5人，先分成3个组进行分派，分组情况有两种，第一种按人数是1，1，3分组有1135432210C C C A ⋅⋅=种不同情况，第二种按人数是2，2，1分组有2215312215C C C A ⋅⋅=种不同情况，再将分好的组分派到不同的扶贫村共有33(1015)150A +⨯=种不同分派方式；第二步：将3名医护人员分派到3个不同的扶贫村，共有336A =种不同情况.所以所有的不同分派方案有1506900⨯=种. 故答案为：900.15．“学习强国”学习平台是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质平台，现日益成为老百姓了解国家动态、紧跟时代脉搏的热门APP ，该款软件主要设有“阅读文章”“视听学习”两个学习板块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题板块，某人在学习过程中，“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法有______种. 【答案】432【解析】根据题意学习方法有二类：一类是：在“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间间隔一个答题板块，这样的学习方法数为：2142442144321192A C A ⋅⋅=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=；另一类是：在“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间不间隔一个答题板块，这样的学习方法数为：25252154321240A A ⋅=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=，因此某人在学习过程中，“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法数为：192240432+=.故答案为：432四、双空题 16．已知2020220200122020(1)(0)ax a a x a x a x a -=++++>，得0a =______.若()()220220201320191a a a a a a +++-+++=，则a =______.【答案】1【解析】令0x =可得01a = 令1x =可得20200122020(1)a a a a a -=++++令1x =-可得202001220192020(1)a a a a a a --=+-+-+因为()()()()220220201320190122020012201920201a a a a a a a a a a a a a a a +++-+++++++++-+==-所以202020201(1)(1)a a ---⨯=，211a -=±，结合0a >可解得a =故答案为：1.。
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2021学年度高三理科数学寒假复习专题测试
填空题：计数原理
1.的展开式中，项的系数是___________.
2.在的二项展开式中，常数项的值为_____________.
3.的展开式中，的系数是_____________.(用数字作答)
4.二项式的展开式的常数项是______________.
5.从2位女生,4位男生中选3人参加科技比赛,且至少有1位女生入选,则不同的选法共有
__________种.(用数字填写答案)
6.如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有______________种.(用数字作答)
7.若二项式的展开式中的常数项为，则___________.
8.已知，则
___________________.
9.已知展开式的各项系数和为243，则展开式中含的项的二项式系数为
___________.
10.将三位老师分配到4所学校实施精准帮扶，若每位老师只去一所学校，每所学校最多去2人，则不同的分配方法有_________________种.(用数字作答)
答案以及解析
1.答案：-4
解析：的展开式的通项为
.令,则,因此的展开式中,项的系数是;令,则,因此的展开式中,项的系数是.故
的展开式中,项的系数是.
2.答案：15
解析：二项展开式通项为.当时，. 常数项为.
3.答案：10
解析：展开式的通项为，令，得，故所求系数为.
4.答案：7
解析：由题知，由二项式定理得通项为
.令，解得常数项
为.
5.答案：16
解析：方法一（直接法）：①选1女2男有种选法，②选2女1男有种选法.
根据分类加法计数原理，共种不同选法.
方法二（间接法）：6人中选3人有种选法，3人全是男生有种选法，符合题意的不同选法有种.
6.答案：630
解析：根据题意，分为三类：
第一类是只用两种颜色，为种；
第二类是用三种颜色，为种；
第三类是用四种颜色，为种.
由分类加法计数原理，得不同的涂色方法共种.
7.答案：2
解析：二项展开式的通项公式为，
令，解得，
故，所以，故，
又，所以．
8.答案：
解析：令得，①令得
，②
①②得，
.
9.答案：10
解析：展开式的各项系数和为243，令，可得，解得.
展开式的通项. 令，得，
展开式中含的项的二项式系数为.
10.答案：60
解析：根据题意，分2种情况讨论：
若三位老师去三所学校，则有种分配方法；
若两位老师去一所学校，另一位老师去一所学校，
则有种分配方法.
所以共有种不同的分配方法.。