高考数学复习 名师原创理科数学专题卷：专题十四《计数原理》
高考数学一轮专项复习ppt课件-计数原理(通用版)
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4．(2024·河北沧衡八校联盟)将 3 张不同的冬奥会门票分给 10 名同学中的 3 人，每人
1 张，不同的分法种数为( )
A．720
B．240
C．120
D．60
解析：第一步：第 1 张门票有 10 种不同分法． 第二步：第 2 张门票有 9 种不同分法． 第三步：第 3 张门票有 8 种不同分法． 由分步乘法计数原理，共有 10×9×8＝720(种)分法，故选 A．
(2)满足条件的一位自然数有 10 个，两位自然数有 9×9＝81(个)，三位自然数有 4×9×8 ＝288(个)，由分类加法计数原理知，共有 10＋81＋288＝379(个)不同的小于 500 且没有重复 数字的自然数．
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维度 2 住店问题 典例 3(1)5 名旅客投宿到一个旅店的 3 个房间
二 分步乘法计数原理
完成一件事，需要分成 n 个步骤，做第 1 步有 m1 种不同的方法，做第 2 步有 m2 种不同 的方法……做第 n 步有 mn 种不同的方法，那么完成这件事共有 N＝_m__1×__m__2_×__…__×__m_n_种不 同的方法．
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三 利用两个计数原理解题的一般思路 (1)弄清完成“一件事”是什么事． (2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类． (3)弄清分步、分类的标准是什么． (4)利用两个计数原理求解．
解析 答案
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3．如图，5 个完全相同的圆盘用长度相同的线段连接成十字形．将其中两个圆盘染上
红色，三个圆盘染上蓝色．并规定：若一种染色方法经过旋转后与第二种染色方法一致，
高考数学试题逐类透析——计数原理
精品基础教育教学资料，仅供参考，需要可下载使用！九、计数原理与古典概率（一）计数原理一、高考考什么？[考试说明]1． 理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.2． 了解排列、组合的概念，会用排列数公式、组合数公式.解决简单的实际问题[知识梳理] 1．排列数公式!(1)(2)(1)()()!m n n A n n n n m m n n m =---+=≤-；!(1)(2)21nn A n n n n ==--⋅。
2．组合数公式()(1)(1)!()(1)21!!mmn nm m A n n n m n C m n A m m m n m ⋅-⋅⋅-+===≤⋅-⋅⋅⋅-；规定01=！，01n C =. 3．排列数、组合数的性质：①m n mn n C C -=； ②111m m m n n n C C C ---=+；③； ④1121++++=++++r n r n r r r r r r C C C C C ； 4.解排列组合11k k n n kC nC --=问题的常用方法：（1）特殊元素、特殊位置优先法（元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素；位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置）。
（2）间接法（对有限制条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况去掉）)。
（3）相邻问题捆绑法（把相邻的若干个特殊元素“捆绑”为一个大元素，然后再与其余“普通元素”全排列，最后再“松绑”，将特殊元素在这些位置上全排列）。
（4）不相邻(相间)问题插空法（某些元素不能相邻或某些元素要在某特殊位置时可采用插空法，即先安排好没有限制条件的元素，然后再把有限制条件的元素按要求插入排好的元素之间）。
[全面解读]考试说明寥寥数语，仅需掌握两个原理，两个概念，但具体到题上却灵活多变，主要要解决几个数学模型：排数问题、排队问题、涂色问题，解题时要注意是有序的还是无序的，是相邻的还是互不相邻的，有没有特殊元素或特殊位置，这些注意到了，正确率就提高了。
计数原理-备战高考数学(理)一轮复习考点
计数原理【命题趋势】两个基本计数原理是高考必考内容，有时会单独考查，有时会出现在解答题的过程之中，我们必须掌握.（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.（2）会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.排列组合是高考中的必考内容，必须掌握.有时会是单独一道小题，有时会是在概率统计解答题中涉及，分值至少5分.（1）理解排列、组合的概念.（2）能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.（3）能解决简单的实际问题.二项式定理和排列组合在高考中一般交替考查，二者必出其一，二项式定理好拿分，熟练掌握即可.（1）能用计数原理证明二项式定理.（2）会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.【重要考向】考向一分类加法、乘法计数原理考向二两个计数原理的综合应用考向三排列与组合的综合应用考向四二项展开式通项的应用考向一分类加法、乘法计数原理（1）分类加法计数原理的特点：①根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准．②完成这件事的任何一种方法必须属于某一类．（2）使用分类加法计数原理遵循的原则：有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．（3）应用分类加法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事．②完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．③确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须既不重复也不遗漏． （4）应用分步乘法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某一步骤的某种方法是不能完成这件事的，也就是说必须要经过几步才能完成这件事．②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步骤，这件事都不可能完成．③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏． （5）两个计数原理的区别与联系定义：若数列 {a n } 满足所有的项均由 ﹣1,1 构成且其中-1有m 个，1有p 个 (m +p ≥3) ，则称 {a n } 为“ (m,p) ﹣数列”．（1）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则使得 a i a j a k ＝1 的取法有多少种？ （2）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (m,p) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则存在多少正整数 (m,p) 对使得 1≤m ≤p ≤100, 且 a i a j a k =1 的概率为 12 .【答案】 （1）解：三个数乘积为1有两种情况：“ ﹣1,﹣1,1 ”,“ 1,1,1 ”,其中“ ﹣1,﹣1,1 ”共有： C 32C 41＝12 种, “ 1,1,1 ”共有： C 43=4 种,利用分类计数原理得：a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项, 则使得 a i a j a k ＝1 的取法有： 12+4＝16 种．（2）解：与(1)同理,“ ﹣1,﹣1,1 ”共有 C m 2C p 1种, “ 1,1,1 ”共有 C P 3 种,而在“ (m,p) ﹣数列”中任取三项共有 C m+p3种, 根据古典概型有：C m 2C p 1+C p 3C m+p3=12 ,再根据组合数的计算公式能得到： (p ﹣m)(p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2)＝0 , ①p ＝m 时,应满足 {1≤m ≤p ≤100m +p ≥3p =m ,∴(m,p)=(k,k),k ∈{2,3,4,…,100} ,共 99 个,②p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2＝0 时,应满足 {1<m ≤p <100m +p ≥3p 2−3p −2mp +m 2−3m −2=0 , 视 m 为常数,可解得 p ＝(2m+3)±√24m+12,∵m ≥1, ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,∵m ≥1 , ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,（否则 p ≤m ﹣1 ）,下设 k ＝√2m +1 ,则由于 p 为正整数知 k 必为正整数, ∵1≤m ≤100 , ∴5≤k ≤49 ,化简上式关系式可以知道： m ＝k 2−124=(k−1)(k+1)24,∴k ﹣1,k +1 均为偶数,∴设k＝2t+1,(t∈N∗),则2≤t≤24,∴m＝k2−124=t(t+1)6,由于t,t+1中必存在偶数,∴只需t,t+1中存在数为3的倍数即可,∴t＝2,3,5,6,8,9,11,…,23,24,∴k＝5,11,13,…,47,49．检验：p＝(2m+3)+√24m+12=(k−1)(k+1)24≤48+5024＝100,符合题意,∴共有16个,综上所述：共有115个数对(m,p)符合题意．【考点】古典概型及其概率计算公式，分类加法计数原理，组合及组合数公式【解析】(1)易得使得a i a j a k＝1的情况只有“ ﹣1,﹣1,1”,“ 1,1,1”两种,再根据组合的方法求解两种情况分别的情况数再求和即可.(2)易得“ ﹣1,﹣1,1”共有C m2C p1种,“ 1,1,1”共有C P3种.再根据古典概型的方法可知C m2C p1+C p3C m+p3=12,利用组合数的计算公式可得(p﹣m)(p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2)＝0,当p=m时根据题意有(m,p)=(k,k),k∈{2,3,4,…,100},共99个；当p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2＝0时求得p＝(2m+3)±√24m+12,再根据1≤m≤p≤100,换元根据整除的方法求解满足的正整数对即可.某商场举行元旦促销回馈活动，凡购物满1000元，即可参与抽奖活动，抽奖规则如下：在一个不透明的口袋中装有编号为1、2、3、4、5的5个完全相同的小球，顾客每次从口袋中摸出一个小球，共摸三次（每次摸出的小球均不放回口袋），编号依次作为一个三位数的个位、十位、百位，若三位数是奇数，则奖励50元，若三位数是偶数，则奖励100m元（m为三位数的百位上的数字，如三位数为234，则奖励100×2= 200元）.（1）求抽奖者在一次抽奖中所得三位数是奇数的概率；（2）求抽奖者在一次抽奖中获奖金额X的概率分布与期望E(X).【答案】（1）解：因为总的基本事件个数n1=A53=60，摸到三位数是奇数的事件数n2=A31A42=36，所以P1=3660=35；所以摸到三位数是奇数的概率35.（2）解：获奖金额 X 的可能取值为50、100、200、300、400、500， P(X =50)=35 ， P(X =100)=1×3×260=110， P(X =200)=1×3×160=120，P(X =300)=1×3×260=110 ， P(X =400)=1×3×160=120 ， P(X =500)=1×3×260=110 ，获奖金额 X 的概率分布为均值 E(X)=50×35+100×110+200×120+300×110+400×120+500×110=150 元. 所以期望是150元.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差，分步乘法计数原理【解析】（1）首先利用排列求出摸三次的总的基本事件个数： n 1=A 53=60 ；然后利用分步计数原理求出个位的排法、十位百位的排法求出三位数是奇数的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.（2）获奖金额X 的可能取值为50、100、200、300、400、500，求出各个随机变量的分布列，利用均值公式即可求解考向二 两个计数原理的综合应用（1）利用两个原理解决涂色问题解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．要切实做到合理分类，正确分步，才能正确地解决问题． （2）利用两个原理解决集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有123,,,,{}n a a a a 的子集有2n 个，真子集有21n个．对有 n(n ≥4) 个元素的总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,n} 进行抽样，先将总体分成两个子总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,m} 和 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} （ m 是给定的正整数，且 2≤m ≤n −2 ），再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本.用 P ij 表示元素 i 和 j 同时出现在样本中的概率. （1）求 P 1n 的表达式（用m ，n 表示）； （2）求所有 P ij (1≤i <j ≤n) 的和.【答案】 （1）解：由题意，从m 和 m −m 个式子中随机抽取2个，分别有 C m 2 和 C n−m2 个基本事件， 所以 P 1n 的表达式为 P 1n =m−1C m2⋅n−m−1C n−m2=4m(n−m) .（2）解：当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时，可得 P ij =1C m2 ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选两个数的不同方法数为 C m 2 ，则 P ij 的和为1；当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，同理可得 P ij 的和为1； 当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时， P ij =4m(n−m) ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选取一个数，从 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中选一个数的不同方法数为 m(n −m) ， 则 P ij 的和为4，所以所有 P ij 的和为 1+1+4=6 .【考点】相互独立事件的概率乘法公式，古典概型及其概率计算公式，计数原理的应用，组合及组合数公式【解析】（1）根据组合数的公式，以及古典概型的概率计算公式和相互独立事件的概率计算公式，即可求解；（2）当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时求得 P ij 的和为1，当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，求得 P ij 的和为1，当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时得到 P ij 的和为4，即可求解.6男4女站成一排，求满足下列条件的排法各有多少种？（用式子表达） （1）男甲必排在首位； （2）男甲、男乙必排在正中间； （3）男甲不在首位，男乙不在末位； （4）男甲、男乙必排在一起； （5）4名女生排在一起； （6）任何两个女生都不得相邻； （7）男生甲、乙、丙顺序一定．【答案】 解：（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，故有A 99种， （2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，故有A 22A 77种，（3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故有A 1010﹣2A 99+A 88种，（4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，把甲乙两人捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 22A 88种，（5）4名女生排在一起，利用捆绑法，把4名女生捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 44A 77种，（6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，故有A 66A 74种， （7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，A 1010A 33=A 107种【考点】计数原理的应用【解析】（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，问题得以解决． （2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，问题得以解决， （3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故问题得以解决， （4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，问题得以解决， （5）4名女生排在一起，利用捆绑法，问题得以解决， （6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，问题得以解决， （7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，问题得以解决．考向三 排列与组合的综合应用先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，利用先选后排法解答问题只需要用三步即可完成. 第一步：选元素，即选出符合条件的元素;第二步：进行排列，即把选出的元素按要求进行排列;第三步：计算总数，即根据分步乘法计数原理、分类加法计数原理计算方法总数.7名学生，按照不同的要求站成一排，求下列不同的排队方案有多少种． （1）甲、乙两人必须站两端； （2）甲、乙两人必须相邻．【答案】 （1）甲、乙为特殊元素，先将他们排在两头位置，有 A 22 种站法，其余5人全排列，有 A 55种站法．故共 A 22⋅A 55 有＝240种不同站法．（2）(捆绑法)：把甲、乙两人看成一个元素，首先与其余5人相当于六个元素进行全排列，然后甲、乙两人再进行排列，所以共 A 66⋅A 22 有＝1440种站法．【考点】排列、组合的实际应用，排列、组合及简单计数问题 【解析】（1）运用捆绑法直接求解即可； （2）运用特殊元素分析法直接求解即可.一个笼子里关着10只猫，其中有7只白猫，3只黑猫．把笼门打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫．猫争先恐后地往外钻.如果 10 只猫都钻出了笼子，以X 表示7只白猫被3只黑猫所隔成的段数．例如，在出笼顺序为“□■□□□□■□□■”中，则 X =3 ． （1）求三只黑猫挨在一起出笼的概率； （2）求X 的分布列和数学期望.【答案】 （1）解：设“三只黑猫挨在一起出笼”为事件A ，将三只黑猫捆绑在一起，与其它7只白猫形成 8 个元素， 所以， P(A)=A 33A 88A 1010=115，因此，三只黑猫挨在一起出笼的概率为 115 ；（2）解：由题意可知，随机变量X 的取值为1、2、3、4， 其中 X =1 时，7只白猫相邻，则 P(X =1)=A 77A 44A 1010=130 ，P(X =2)=(A 32C 21C 21C 61+6A 33+A 32C 61)A 77A 1010=310 ，P(X =3)=(A 31C 21A 62+A 32A 62)A 77A 1010=12 ；P(X =4)=A 63A 77A 1010=16， 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示：因此， E(X)=1×130+2×310+3×12+4×16=145.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量的期望与方差，排列及排列数公式，排列、组合的实际应用【解析】（1）利用捆绑法计算三只黑猫挨在一起出笼的情况种数，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；（2）由题意可知，随机变量X 的可能取值有1、2、3、4，利用排列组合思想求出随机变量X 在不同取值下的概率，可得出随机变量X 的分布列，利用数学期望公式可求得随机变量X 的数学期望.考向四 二项展开式通项的应用求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项的特点,一般需要建立方程求k ,再将k 的值代回通项求解,注意k 的取值范围（0,1,2,,k n ）.（1）第m 项：：此时k +1=m ,直接代入通项.（2）常数项：即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程. （3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.已知 f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗).（1）若 a n =n −1 ，求 f(n) ；（2）若 a n =3n−1 ，求 f(20) 除以5的余数【答案】 （1）因为 f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n . 所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n0 2f(n)=nC n 0+nC n 1+nC n 2+⋯+nC n n =n(C n 0+C n 1+C n 2+⋯+C n n)=n ⋅2n ，∴f(n)=n ⋅2n−1（2）因为 f(n)=30C n 0+31C n 1+32C n 2+⋯+3n C n n =(1+3)n =4n .f(20)=420=(5−1)20=C 200520−C 201519+C 202518−⋯+C 201852−C 201951+C 202050 除以5余数为1，所以 f(20) 除以5的余数为1. 【考点】二项式系数的性质，二项式定理的应用【解析】（1） 因为f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗)，再结合a n =n −1 ， 得出f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n ，再利用倒序求和法，所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n 0 ， 再利用两式求和法结合二项式的系数的性质，得出 f(n) 。
2025届高中数学一轮复习课件《计数原理》ppt
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解析：(1)因为学生只能从东门或西门进入校园， 所以 3 名学生进入校园的方式共 23＝ 8(种)．因为教师只可以从南门或北门进入校园， 所以 2 名教师进入校园的方式共有 22＝ 4(种)．所以 2 名教师和 3 名学生进入校园的方式共有 8×4＝32(种)．故选 D．
A．12 种 B．24 种 C．72 种 D．216 种
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(2)设 I＝{1,2,3,4}，A 与 B 是 I 的子集，若 A∩B＝{1,2}，则称(A，B)为一个“理想配集”．若
将(A，B)与(B，A)看成不同的“理想配集”，
按其中一个子集中元素个数分类23个个；； 4个.
即十位数字最小． 称该数为“驼峰数”．比如 102,546 为“驼峰数”，由数字 1,2,3,4 构成的无重复数字 的“驼峰数”有________个．
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解析：(1)由分步乘法计数原理知，用 0,1，…，9 十个数字组成三位数(可有重复数字) 的个数为 9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为 9×9×8＝648，则组成有 重复数字的三位数的个数为 900－648＝252.故选 B．
(2)根据题意知，a，b，c 的取值范围都是区间[7,14]中的 8 个整数，故公差 d 的范围是区 间[－3,3]中的整数．①当公差 d＝0 时，有 C18＝8(种)；②当公差 d＝±1 时，b 不取 7 和 14， 有 2×C16＝12(种)；③当公差 d＝±2 时，b 不取 7,8,13,14，有 2×C14＝8(种)；④当公差 d＝±3 时，b 只能取 10 或 11，有 2×C12＝4(种)．综上，共有 8＋12＋8＋4＝32(种)不同的分珠计数 法．
高三数学总复习《计数原理》
点评: 应用分类计数原理时,首先要依据题的特点,确定恰当的分类 标准,分类应满足:完成一件事的任何一种方法,必须属于某一 类且仅属于这一类,即各类办法相互独立的,是互斥的.
变式1:已知集合A={x|x∈N,且x≤10},a,b∈A,方程
x2 y2 1
ab
,表示焦点在x轴上的椭圆,则这样的椭圆的共有________.
解析:先安排第一天,有5种排法,以后每天均有4种排法,由分步 乘法原理得,5×4×4×4×4=1280(种)
9.甲、乙两个正整数的最大公约数是60,则甲、乙两数的公约 数共有____1_2___个.
解析:∵60=22×3×5, ∴甲、乙两数的公约数形如: 2m,3n,5p,其中m∈{0,1,2},n∈{0,1},P∈{0,1}.所以公约数共有 3×2×2=12(个).
考向精测
1.某赛季足球比赛的计分规则是:胜一场,得3分;平一场,得1分;
负一场,得0分.一球队打完15场,积分33分,若不考虑顺序.该队
胜,负,平的情况有( )
A.3种
B.4种
C.5种
D.6种
解析:分类穷举法:胜11场负4场;胜10场,平3场,负2场;胜9场, 平6场.共3种情况.
答案:A
2.同时抛掷两颗骰子,向上的两个数字之和不小于10的情况有 ____6____ 种.
答案:B
4.(2008·安徽卷)12名同学合影,站成了前排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,若其他人的相对顺序 不变.则不同调整方法的总数是( )
A . C 8 2 A 2 3 B . C 8 2 A 6 6 C . C 8 2 A 6 2 D . C 8 2 A 5 2
解析: 从后排8人中选2人有C82种选法, 这2人插入前排4人中且保证前排人的顺序不变, 则先从4人的空当中插入1人有5种插法; 余下1人在5人的空当中插入有6种插法, 因此共有A62种插法.由分步乘法计数原理, 共有C82A62种.
高考数学复习计数原理：排列与组合考点专项训练WORD版含答案100题
高考数学复习计数原理：排列与组合考点专项训练WORD版含答案100题一、选择题1.若一个四位数的各位数字相加和为10，则称该数为“完美四位数”，如数字“2017”.试问用数字0，1，2，3，4，5，6，7组成的无重复数字且大于2017的“完美四位数”有（）个. A. 71 B. 66 C. 59 D. 532.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3.给甲、乙、丙、丁四人安排泥工、木工、油漆三项工作，每项工作至少一人，每人做且仅做一项工作，甲不能安排木工工作，则不同的安排方法共有（）A. 12种B. 18种C. 24种D. 64种4.五行学说是华夏民族创造的哲学思想，是华夏文明重要组成部分.古人认为，天下万物皆由金、木、水、火、土五类元素组成，如图，分别是金、木、水、火、土彼此之间存在的相生相克的关系.若从5类元素中任选2类元素，则2类元素相生的选取方案共有（）A. 10种B. 15种C. 4种D. 5种5.甲、乙、丙、丁、戊五位同学相约去学校图书室借A、B、C、D四类课外书（每类课外书均有若干本），已知每人均只借阅一本，每类课外书均有人借阅，且甲只借阅A类课外书，则不同的借阅方案种类为（）A．48 B．54 C．60 D．726.《中国诗词大会》亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词，在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味．因为前四场播出后反响很好，所以节目组决定《将进酒》、《山居秋暝》、《望岳》、《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场，并要求《将进酒》与《望岳》相邻，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻，且均不排在最后，则后六场开场诗词的排法有（ ）A ．144种B ．48种C ．36种D ．72种7.高考结束后6名同学游览我市包括皇家湖在内的6个景区,每名同学任选一个景区游览,则有且只有两名同学选择皇家湖景区的方案有( )A.2465A A ⨯种B.2465A ⨯种C.2465C A ⨯种D.2465C ⨯种 8.某商场有三类食品,其中果蔬类、奶制品类及肉制品类分别有40种、30种和20种, 现采用 分层抽样的方法抽取样本进行安全检测，若果蔬类抽取8种，则奶制品类应抽取的种数为A. 4B. 5C. 6D. 79.某学校食堂早餐只有花卷、包子、面条和蛋炒饭四种主食可供食用，有5名同学前去就餐，每人只选择其中一种，且每种主食都至少有一名同学选择.已知包子数量不足仅够一人食用，甲同学肠胃不好不会选择蛋炒饭，则这5名同学不同的主食选择方案种数为A. 48B. 96C. 132D.14410.用1，2，3，4，5组成不含重复数字的五位数，要求数字4不出现在首位和末位，数字1，3，5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是（ ▲ ）A ．48 B. 60 C. 72 D.12011.将数字“124470”重新排列后得到不同的偶数个数为（ ）A ．180B ．192C ．204D ．26412.已知三棱锥的6条棱代表6种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的。
新教材2023年高考数学总复习考案23周测卷十四计数原理排列与组合二项式定理古典概型课件
x－2xn 的展开式中只有第 5 项的二项
式系数最大，则该展开式中各项系数的最小值为( C )
A．－448
B．－1 024
C．－1 792
D．－5 376
[解析] 由题意知，展开式有 9 项，∴n＝8.∴展开式的通项为 Tr＋1 ＝Cr8( x)8－r－2xr＝(－2)rCr8x4－32r(r＝0,1,2，…，8)，要使系数最小，显然 r 为奇数，且 r＝1,3,5,7 时其系数分别为－2C18＝－24，－23C38＝－26×7， －25C58＝－28×7＝－1 792，－27C78＝－210.故选 C.
A．576
B．288
C．144
D．48
[解析] 第一步：为每个项目安排表演队员：先安排雪上技巧项目， 有 C12种，再安排其他三个项目，有 A33种，共有 C12×A33＝2×6＝12 种； 第二步：安排出场顺序，有 A44＝24 种，所以一共有 12×24＝288 种．故 选：B.
6．(2023·河南安阳调研)已知
14．(2023·四川成都石室中学期末)有6种不同的颜色，给图中的6个 区域涂色，要求相邻区域不同色，若允许同一种颜色多次使用，则不同 的涂色方法共有 4 320 种．
[解析]
区域
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
1,2,3,4
5
6
染色法
A46
C14
C13
故不同染色方法有 A46·C14·C13＝4 320 种．
15 ． (2022·浙 江 ) 已 知 多 项 式 (x ＋ 2)(x － 1)4 ＝ a0 ＋ a1x ＋ a2x2 ＋ a3x3 ＋ a4x4＋a5x5，则a28＝ ，a1＋a2＋a3＋a4＋a5－＝2 .
10．用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列 说法正确的是( BC )
高考数学-计数原理(含22年真题讲解)
高考数学-计数原理（含22年真题讲解）1．【2022年新高考2卷】有甲、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，则不同排列方式共有（）A．12种B．24种C．36种D．48种【答案】B【解析】【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!×2×2=24种不同的排列方式，故选：B2．【2022年北京】若(2x−1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a0+a2+a4=（）A．40B．41C．−40D．−41【答案】B【解析】【分析】利用赋值法可求a0+a2+a4的值.【详解】令x=1，则a4+a3+a2+a1+a0=1，令x=−1，则a4−a3+a2−a1+a0=(−3)4=81，=41，故a4+a2+a0=1+812故选：B.)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为________________（用3．【2022年新高考1卷】(1−yx数字作答）．【解析】【分析】(1−yx )(x+y)8可化为(x+y)8−yx(x+y)8，结合二项式展开式的通项公式求解.【详解】因为(1−yx )(x+y)8=(x+y)8−yx(x+y)8，所以(1−yx )(x+y)8的展开式中含x2y6的项为C86x2y6−yxC85x3y5=−28x2y6，(1−yx)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为-28故答案为：-284．【2022年浙江】已知多项式(x+2)(x−1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a2=__________，a1+a2+a3+a4+a5=___________．【答案】8−2【解析】【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令x=0求出a0，再令x=1即可得出答案．【详解】含x2的项为：x⋅C43⋅x⋅(−1)3+2⋅C42⋅x2⋅(−1)2=−4x2+12x2=8x2，故a2=8；令x=0，即2=a0，令x=1，即0=a0+a1+a2+a3+a4+a5，∴a1+a2+a3+a4+a5=−2，故答案为：8；−2．1．（2022·湖南·长沙县第一中学模拟预测）62x⎫⎪⎭展开式中的常数项为（）A．60B．64C．－160D．240【答案】A【解析】先得到二项式的通项公式，再令x 的指数为0得到项数，从而得到常数项大小． 【详解】解：62x ⎫⎪⎭的二项展开式的通项公式为()()62213666C 22C r r r rr r r rT x x x---+=⋅⋅-⋅=-⋅⋅．令630r -=，解得2r =，所以展开式的常数项为()2262C 60-⋅=． 故选：A ．2．（2022·江苏无锡·模拟预测）二项式()()()237121212x x x ++++++的展开式中，含2x 项的二项式系数为（ ） A ．84 B ．56 C ．35 D ．21【答案】B 【解析】 【分析】易知展开式中，含2x 项的二项式系数为222222234567C C C C C C +++++，再利用组合数的性质求解. 【详解】解：因为二项式为()()()237121212x x x ++++++，所以其展开式中，含2x 项的二项式系数为：222222234567C C C C C C +++++，3222244567=C C C C C ++++，32225567=C C C C +++，322667=C C C ++，3277=C C +，38=C 56=.故选：B3．（2022·湖南·邵阳市第二中学模拟预测）将5名志愿者分配到4个不同的社区进行抗疫，每名志愿者只分配到1个社区，每个社区至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ） A ．120种 B ．240种 C ．360种 D ．480种【答案】B 【解析】 【分析】将5名志愿者分为4组，每组的人数分别为2、1、1、1，再将这4组志愿者分配到4个不同的社区，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】将5名志愿者分为4组，每组的人数分别为2、1、1、1，再将这4组志愿者分配到4个不同的社区，由分步乘法计数原理可知，不同的分配方案种数为2454C A 240=.故选：B.4．（2022·吉林·三模（理））对于91x ⎛- ⎝的展开式，下列说法不正确的是（ ）A ．有理项共5项B ．二项式系数和为512C ．二项式系数最大的项是第4项和第5项D ．各项系数和为1- 【答案】C 【解析】 【分析】由二项式展开式的通项公式与二项式系数的性质求解判断. 【详解】91x ⎛- ⎝的展开式的通项公式为 (939219912rr rr rr r T C C xx --+⎛⎫== ⎪⎝⎭，当0,2,4,6,8r =时，展开式的项为有理项， 所以有理项有5项，A 正确；所有项的二项式系数和为92512=，B 正确；因为二项式的展开式共有10项，所以二项式系数最大的项为第5项和第6项，C 错误； 令1x =，所有项的系数和为()9121-=-，D 正确. 故选：C5．（2022·全国·模拟预测（理））为帮助用人单位培养和招聘更多实用型、复合型和紧缺型人才，促进高校毕业生更高质量就业，教育部于2021年首次实施供需对接就业育人项目．某市今年计划安排甲、乙、丙3所高校与5家用人单位开展供需对接，每家用人单位只能对接1所高校，且必有高校与用人单位对接．若甲高校对接1家用人单位，乙、丙两所高校分别至少对接1家用人单位，则不同的对接方案共有（ ） A ．50种 B ．60种 C ．70种 D ．80种【答案】C 【解析】 【分析】将方案分为乙、丙高校各对接2家用人单位和乙、丙高校其中一所对接1家用人单位，另一所对接3家用人单位两种情况，根据分组分配的方法可计算得到每种情况对应的方案数，加和即可求得结果. 【详解】若乙、丙高校各对接2家用人单位，则对接方案有125430C C ⋅=种；若乙、丙高校其中一所对接1家用人单位，另一所对接3家用人单位，则对接方案有131252C C C 40=种；综上所述：不同的对接方案共有304070+=种. 故选：C.6．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测（理））已知()()()()727012723111x a a x a x a x -=+-+-++-，则3a =（ ）A ．280B ．35C ．35-D ．280-【答案】A 【解析】 【分析】将()()()()727012723111x a a x a x a x -=+-+-++-化为()727012721t a a t a t a t -=++++，利用展开式的通项求解即可.【详解】()()()()727012723111x a a x a x a x -=+-+-++-，令1=x t -，则=1x t + ∴()727012721t a a t a t a t -=++++，()721t -展开式的通项为：()717C (2)1rrr r T t -+=-， 令4r =，可得()3437C 2280t t =，所以3280a =.故选：A.7．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）()251(1)x x x -+-的展开式中4x 的系数为（ ）A ．25-B ．25C ．5-D ．5【答案】A 【解析】 【分析】根据题意()2525551(1)(1)(1)(1)x x x x x x x x -+-----=+，借助二项展开式通项得5(1)x -的展开式为()5151C ,0,1,2, (5)k kk T x k -+=-=，分析求解． 【详解】∵()2525551(1)(1)(1)(1)x x x x x x x x -+-----=+5(1)x -的展开式为()()55155C 11C ,0,1,2,...,5k kk k k kk T x x k --+=-=-=，令3k =，得()332251C 10x x -=-，则224(10)10x x x -=-，令2k =，得()223351C 10x x -=，则34(10)10x x x -=-， 令1k =，得()14451C 5x x -=-，∵()251(1)x x x -+-的展开式中4x 的系数为()()()1010525-+-+-=-.故选：A ．8．（2022·全国·模拟预测）数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数222222321231112220=+++=+++．设222225a b c d =+++，其中a ，b ，c ，d 均为自然数，则满足条件的有序数组(),,,a b c d 的个数是（ ） A ．28 B ．24 C ．20 D ．16【答案】A 【解析】 【分析】分类讨论四个数的组成后，由计数原理求解 【详解】显然a ，b ，c ，d 均为不超过5的自然数，下面进行讨论． 最大数为5的情况：①2222255000=+++，此时共有144A =种情况；最大数为4的情况：②2222254300=+++，此时共有2412A =种情况；③2222254221=+++，此时共有2412A =种情况．当最大数为3时，222222223322253321+++>>+++，故没有满足题意的情况． 综上，满足条件的有序数组(),,,a b c d 的个数是4121228++=． 故选：A9．（2022·福建省福州格致中学模拟预测）已知21nn a =+，则关于()()()()()()123456x a x a x a x a x a x a ------的展开式，以下命题错误的是（ ）A ．展开式中系数为负数的项共有3项B ．展开式中系数为正数的项共有4项C ．含5x 的项的系数是126-D ．各项的系数之和为212 【答案】C 【解析】 【分析】写出展开式各项的系数判断其正负即判断选项ABC 的真假；求出各项的系数之和即可判断选项D 的真假. 【详解】解：原式=()()()()()()359173365x x x x x x ------，所以6x 的系数为1，是正数；5x 的系数为3591733651320------=-<，4x 的系数为35+39+317+333+365+59++33650⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯>，3x 的系数为(3)(5)(9)(3)(5)(17)(17)(33)(65)0---+---++---<，2x 的系数为3591791733650⨯⨯⨯++⨯⨯⨯>，x 的系数为(3)(5)(9)(17)(33)+(5)(9)(17)(33)(65)0-----+-----<，常数项为3591733650⨯⨯⨯⨯⨯>，所以展开式中系数为负数的项共有3项，展开式中系数为负数的项共有4项，所以选项AB 正确，选项C 错误.设()()()()()()()359173365f x x x x x x x =------，所以2345621(1)2222222f =⋅⋅⋅⋅⋅=.所以各项的系数之和为212，所以选项D 正确. 故选：C10．（2022·辽宁·鞍山一中模拟预测）数列{}n a 中，11a =，121n n a a +=+，012345515253545556C C C C C C a a a a a a +++++的值为（ ）A ．761B ．697C ．518D ．454【答案】D 【解析】 【分析】由()1121n n a a ++=+，结合等比数列的定义和通项公式可求出21nn a =-，结合二项式定理可求出012345515253545556C C C C C C a a a a a a +++++的值. 【详解】解：因为()112221n n n a a a ++=+=+，又11a =，所以{}1n a +以2为首项，2为公比的等比数列，所以11222n n n a -+=⨯=，所以21n n a =-，则012345515253545556C C C C C C a a a a a a +++++()01223344556012345555555555555C 2C 2C 2C 2C 2C 2C C C C C C =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯-+++++又01223344556555555C 2C 2C 2C 2C 2C 2⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯()0011223344555555552C 2C 2C 2C 2C 2C 2=⨯⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯()5212486=⨯+=，0123455555555C C C C C C 232+++++==，所以012345515253545556C C C C C C a a a a a a +++++48632454=-=， 故选：D11．（2022·湖北·华中师大一附中模拟预测）某地区安排A ，B ，C ，D ，E ，F 六名党员志愿者同志到三个基层社区开展防诈骗宣传活动，每个地区至少安排一人，至多安排三人，且A ，B 两人安排在同一个社区，C ，D 两人不安排在同一个社区，则不同的分配方法总数为（ ） A ．72 B ．84 C ．90 D ．96【答案】B 【解析】 【分析】分为每个社区各两人和一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人两种分配方式，第二种分配方式再分AB 两人一组去一个社区，AB 加上另一人三人去一个社区，进行求解，最后相加即为结果. 【详解】第一种分配方式为每个社区各两人，则CE 一组，DF 一组，或CF 一组，DE 一组，由2种分组方式，再三组人，三个社区进行排列，则分配方式共有332A 12=种；第二种分配方式为一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人，当AB 两人一组去一个社区，则剩下的4人，1人为一组，3人为一组，则必有C 或D 为一组，有1323C C 种分配方法，再三个社区，三组人，进行排列，有133233C C A 12=种分配方法；当AB 加上另一人三人去一个社区，若选择的是C 或D ，则有12C 种选择，再将剩余3人分为两组，有1232C C 种分配方法，将将三个社区，三组人，进行排列，有11232323C C C A 36=种分配方法；若选择的不是C 或D ，即从E 或F 中选择1人和AB 一起，有12C 种分配方法，再将CD 和剩余的1人共3人分为两组，有2种分配方法，将三个社区，三组人，进行排列，有13232C A 24=种分配方法，综上共有12+12+36+24=84种不同的分配方式 故选：B12．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著.该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即筹算）、太乙算、两仪算、三才算、五行算、八卦算、九宫算、运筹算、了知算、成数算、把头算、龟算、珠算和计数.某中学研究性学习小组有甲、乙、丙、丁四人，该小组拟全部收集九宫算、运筹算、了知算、成数算和把头算等5种算法的相关资料，要求每人至少收集其中一种，且每种算法只由一个人收集，但甲不收集九宫算和了知算的资料，则不同的分工收集方案共有（ ）种. A ．108 B ．136 C ．126 D ．240【答案】C 【解析】 【分析】对甲收集的方案种数进行分类讨论，结合分组分配原理以及分类加法计数原理可求得结果. 【详解】分以下两种情况讨论：①若甲只收集一种算法，则甲有3种选择，将其余4种算法分为3组，再分配给乙、丙、丁三人，此时，不同的收集方案种数为23433C A 108=种；②若甲收集两种算法，则甲可在运筹算、成数算和把头算3种算法中选择2种，其余3种算法分配给乙、丙、丁三人，此时，不同的收集方案种数为2333C A 18=种.综上所述，不同的收集方案种数为10818126+=种. 故选：C.13．（2022·广东佛山·模拟预测）“五经”是儒家典籍《周易》、《尚书》、《诗经》、《礼记》、《春秋》的合称．为弘扬中国传统文化，某校在周末兴趣活动中开展了“五经”知识讲座，每经排1节，连排5节，则《诗经》、《春秋》分开排的情况有________种． 【答案】72 【解析】 【分析】由于《诗经》、《春秋》分开排，先将《周易》、《尚书》、《礼记》进行排列，然后再把《诗经》、《春秋》插入到4个空位中即可得到答案 【详解】先将《周易》、《尚书》、《礼记》进行排列，共有33A 种排法再从产生的4个空位中选2个安排《诗经》、《春秋》，共有24A 种排法所以满足条件的情形共有3234A A 72=种．故答案为：7214．（2022·上海市光明中学模拟预测）已知二项式623x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则其展开式中3x 的系数为____________． 【答案】540- 【解析】 【分析】利用二项展开式的通项公式即可求解. 【详解】由题意可知，623x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为()()621231663C C 3r r rr r rr T x x x --+⎛⎫=⨯⨯-⨯ =-⨯⎪⎝⎭，令1233r -=，解得3r =.所以二项式623x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式中3x 的系数为()()363C 27205034=-=-⨯⨯-.故答案为：540-.15．（2022·吉林·三模（理））为了保障疫情期间广大市民基本生活需求，市政府准备了茄子、辣椒、白菜、角瓜、菜花、萝卜、黄瓜、土豆八种蔬菜，并从中任选五种，以“蔬菜包”的形式发给市民．若一个“蔬菜包”中不同时含有土豆和萝卜，且角瓜、黄瓜、辣椒最多只含有两种，则可以组成___________种不同的“蔬菜包”． 【答案】27 【解析】 【分析】运用加法分类计数原理，结合组合的定义进行求解即可. 【详解】当土豆和萝卜都不含有时，蔬菜包的种数为2333C C 3⋅=；当土豆和萝卜中只含有一种时，蔬菜包的种数为1221323333C (C C C C )2(3331)24⋅+⋅=⨯+⨯=， 所以可以组成种不同“蔬菜包”种数为32427+=， 故答案为：2716．（2022·湖南·模拟预测）()()5321x x -+的展开式的中4x 的系数是______．【答案】5 【解析】 【分析】 由()()()()5553321211xx x x x -+=+-+，则分别求出()51x +中的4x 与x 的系数即可求解．【详解】()()()()5553321211x x x x x -+=+-+，所以展开式中4x 的系数是14552C 1C 5⋅-⋅=．故答案为：517．（2022·江苏无锡·模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次，已知甲和乙都没有得到冠军，并且乙不是第5名，则这5个人的名次排列情况共有________种． 【答案】54 【解析】 【分析】根据甲和乙都没有得到冠军，并且乙不是第5名，分甲是第5名和甲不是第5名分类求解. 【详解】解：因为甲和乙都没有得到冠军，并且乙不是第5名，当甲是第5名时，则乙可以为第2，3，4名，有3种情况，剩下的3人全排列有33A 6=种，此时，由分步计数原理得共有1863=⨯种情况；当甲不是第5名时，则甲乙排在第2，3，4名，有23A 6=种情况， 剩下的3人全排列有33A 6=种，此时，由分步计数原理得共有6636⨯=种情况；综上：甲和乙都没有得到冠军，并且乙不是第5名，则这5个人的名次排列情况共有18+36=54种情况， 故答案为：5418．（2022·山东泰安·模拟预测）古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式.”在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美.如图所示的是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作.数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）.数学上把20200202这样的对称数叫回文数，若两位数的回文数共有9个（11，22，…，99）.则所有四位数的回文数中能被3整除的个数是___________.【答案】30 【解析】 【分析】所有四位数的回文数中要能被3整除，这四个数的和是3的偶数倍数，分类讨论即可. 【详解】要能被3整除，则四个数的和是3的偶数倍数.满足条件的回文数分为以下几类： 和为6的回文数：1221+++，3003+++，此时有1213⨯+=个.和为12的回文数：3333+++，2442+++，1551+++，6006+++，此时有2226⨯+=个.和为18的回文数：1881+++，2772+++，3663+++，4554+++，9009+++，此时有4219⨯+=个.和为24的回文数：3993+++，4884+++，5775+++，6666+++，此时有3217⨯+=个.和为30的回文数：7887+++，6996+++，此时有224⨯=个. 和为36的回文数：9999+++，此时有1个. 故共有36974130+++++=个. 故答案为：30.19．（2022·辽宁沈阳·三模）若()2345501234512a a x a x a x a x a x x =+++-++，则012345a a a a a a +++++=_______．【答案】243##53【解析】 【分析】根据二项展开式可得012345012345a a a a a a a a a a a a +++++=-+-+-，令1x =-，即可得解. 【详解】解：()512x -的展开式得通项为()()155C 22C r rr r rr T x x +=-=-， 则012345012345a a a a a a a a a a a a +++++=-+-+-，令1x =-，则50123453243a a a a a a -+-+-==，即012345243a a a a a a +++++=. 故答案为：243.20．（2022·浙江·绍兴一中模拟预测）某科室有4名人员，两男两女，参加会议时一排有5个位置，从左到右排，则两女员工不相邻（中间隔空位也叫不相邻），且左侧的男员工前面一定有女员工的排法有_______种（结果用数字表示）． 【答案】44【解析】 【分析】应用分类分步计数，结合排列组合数及插空法求左侧的男员工前面一定有女员工的排法数. 【详解】先排两男和空位，再把两女插空，分两种情形：第一种，先排两男和空位，最左边是空位时，排两男和空位共22A 2=种，将女生插空时又分两种情形：先排两男和空位时，空位两侧排两名女生时计22A 2=种；空位两侧共排一名女生时计111222C C C 8=种，共计()2211122222A A +C C C 20=种；第二种，先排两男和空位，最左边是男生时，排两男和空位共41222C A =种，将女生插空共1123C C 6=种，共计12112223C A C C 24=种，综上，共计()221111211222222223A A C C C C A C C 44++=种．故答案为：44。
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A 1
2018衡水名师原创理科数学专题卷 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．【来源】安徽省淮北市第一中学2017届高三下学期第二次周测 考点45 中难 甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是00215、、、、，为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为（ ） A. 5 B. 24 C. 32 D. 64 2. 【2017课标II，理6】 考点45 中难
安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方
式共有（ ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 3. 【来源】四川省资阳市2017届高三4月模拟考试 考点45 中难 将编号为1，2，3，4，5，6的六个小球放入编号为1，2，3，4，5，6的六个盒子，每个盒子放一个小球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球编号相同，则不同的放法总数是（ ） A. 40 B. 60 C. 80 D. 100 4.【来源】江西省南昌市十所省重点中学命制2017届高三第二次模拟突破冲刺 考点45中难 春天来了，某学校组织学生外出踏青.4位男生和3位女生站成一排合影留念，男生甲和乙要求站在一起，3位女生不全站在一起，则不同的站法种数是（ ） A. 964 B. 1080 C. 1152 D. 1296 5. 【来源】福建省2017届高三4月单科质量检测 考点45 中难 5名学生进行知识竞赛.笔试结束后，甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“你们5人的成绩互不相同，很遗憾，你的成绩不是最好的”；对乙说：“你不是最后一名”.根据以上信息，这5人的笔试名次的所有可能的种数是（ ） A. 54 B. 72 C. 78 D. 96 6. 【来源】广西桂林市、崇左市、百色市2017届高三下学期第一次联合模拟 考点45 难 如图所示，某货场有两堆集装箱，一堆2个，一堆3个，现需要全部装运，每次只能从其中一堆取最上面的一个集装箱，则在装运的过程中不同取法的种数是（ ） 2
A. 6 B. 10 C. 12 D. 24 7.【2017课标1，理6】考点46 易
62
1(1)(1)xx
展开式中2x的系数为
A．15 B．20 C．30 D．35 8. 【来源】山西省三区八校2017届高三第二次模拟考 考点46 易
若1322zi,且443201234xzaxaxaxaxa,则2a等于( )
A. 1322i B. 333i C. 1322i D. 333i 9. 【来源】重庆市第一中学2016-2017学年高二3月月考 考点46 易 二项式1021xx的展开式的二项式系数和为（ ）
A. 1 B. -1 C. 102 D. 0 10.【来源】广东省揭阳市2017届高三第一次模拟考试 考点46 中难 在4211xx的展开式中，x项的系数为( ) A. －4 B. －2 C. 2 D. 4 11. 【来源】黑龙江省牡丹江市第一高级中学2016-2017学年高二4月月考 考点46 中难
131x的展开式中，系数最小的项为 （ ）
A. 第6项 B. 第7项 C. 第8项 D. 第9项 12. 【来源】湖南省湘潭市2017第三次高考模拟 考点46 中难
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,,(0)abmm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modabm.若0122202020202020222aCCCCL， mod10ab，则b的值可以是（ ）
A. 2011 B. 2012 C. 2013 D. 2014 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。）
13.【2017天津，理14】 考点45 易
用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有___________个.（用数字作答） 14.【来源】湖北省六校联合体2017届高三4月联考 考点45中难 把编号为1，2，3，4，5，6，7的7张电影票分给甲、乙、丙、丁、戊五个人，每人至少一张，至多分两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同分法种数为__________． A 3
15. 【2017山东，理11】考点46 易 已知13nx的展开式中含有2x项的系数是54，则n . 16. 【来源】安徽省合肥市2017届高三第二次教学质量检测 考点46 中难
在411xx的展开式中，常数项为__________． 三、解答题（本题共6小题，共70分。） 17. （本题满分10分） 【来源】2015-2016学年福建省南安一中高二下期中 考点45 中难 用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数． （Ⅰ）可以组成多少个不同的四位数？
（Ⅱ）若四位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则这样的四位数有多少个？ （Ⅲ）将（Ⅰ）中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么？ 18.（本题满分12分） 【来源】2015-2016学年江苏连云港东海县二中高二下期中 考点45 中难 （用数字作答）从5本不同的故事书和4本不同的数学书中选出4本，送给4位同学，每人1本，问： （1）如果故事书和数学书各选2本，共有多少种不同的送法？
（2）如果故事书甲和数学书乙必须送出，共有多少种不同的送法？ （3）如果选出的4本书中至少有3本故事书，共有多少种不同的送法？ 19.（本题满分122015-2016学年江苏省泰州中学高二下二次质检 考点45 中难 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？ 20．（本题满分12分） 【来源】河北省保定市高二年级第二学期期中联考 考点46 中难
已知nxxf)32()(展开式的二项式系数和为512，
且nnnxaxaxaax)1()1()1()32(2210 （1）求2a的值； 4
（2）求naaaa321的值； （3）求20)20(f被6整除的余数. 21. （本题满分12分） 【来源】2015-2016学年江苏省泰兴中学高二下学期期中 考点46 中难
已知nx)221（， （1）若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；
（2）若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项． 22. （本题满分12分） 【来源】2016-2017学年河北枣强中学高二上月考 考点46 中难
在822xx的展开式中． （1）求二项式系数最大的项；
（2）求系数的绝对值最大的项； （3）求系数最小的项． A 5
参考答案 1【答案】D 【解析】5日至9日，分别为5,6,7,8,9，有3天奇数日， 2天偶数日，
第一步安排奇数日出行，每天都有2种选择，共有328种， 第一步安排偶数日出行分两类，第一类，先选1天安排甲的车，另外一天安排其他车，有224种，第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，共有224种，共计448，
根据分布计数原理，不同的用车方案种数共有8864.故选D. 2．【答案】D 【解析】由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可
得，只要把工作分成三份：有24C种方法，然后进行全排列33A即可，由乘法原理，不同的安排方式共有234336CA种方法。 故选D。 3．【答案】A 【解析】解：三个小球放入盒子是不对号入座的方法有2 种，由排列组合的知识可得，不同的放法总数是： 36240C 种. 4．【答案】C 【解析】男生甲和乙要求站在一起共有26261440AA种，其中男生甲和乙要求站在一起且
女生全站在一起有234234288AAA种，∴符合题意的站法共有14402881152种. 5．【答案】C 【解析】由题得甲不是第一，乙不是最后，先排乙，乙得第一，有4424A种，乙没得第一
有3种再排甲也有3种，余下得有336A种，故有633=54种，所以一共有24+54=78种 6．【答案】B 【解析】将左边的集装箱从上往下分别记为1,2,3,右边的集装箱从上往下分别记为4,5.分两种情况讨论: 若先取1,则有12345,12453,14523,14235,14523,12435,共6种情况; 若先取4,则有45123,41235,41523,41253,共4种情况,故共有6+4=10种情况.
7．【答案】C
【解析】因为6662211(1)(1)1(1)(1)xxxxx，则6(1)x展开式中含2x的项为2226115Cxx，
62
1(1)xx展开式中含2x的项为44262115Cxxx，故2x前系数为151530，选C.
8．【答案】B 【解析】iiizCa333)2321(6)2321(6)(22242,故选B. 9．【答案】C 【解析】由二项式系数和的性质可知，展开式的二项式系数和为