计数原理专题训练
计数原理测试题(含答案)
圆梦教育中心 高中数学选修2-3计数原理第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共50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．若m 为正整数，则乘积()()()=+++2021m m m m （ ）A ．20m AB ．21m AC ．2020+m AD ．2120+m A2．若直线0=+By Ax 的系数B A ,同时从0,1,2,3,5,7六个数字中取不同的值,则这些方程表示不同的直线条数 （ ） A ． 22 B ． 30 C ． 12 D ． 153．四个编号为1，2，3，4的球放入三个不同的盒子里，每个盒子只能放一个球，编号为1的球必须放入，则不同的方法有 （ ） A ．12种 B ．18种 C ．24种 D ．96种4．用0，1，2，3，4组成没有重复数字的全部五位数中，若按从小到大的顺序排列，则数字12340应是第几个数 （ ） A ．6 B ．9 C ．10 D ．8 5．把一个圆周24等分,过其中任意三个分点可以连成圆的内接三角形,其中直角三角形的个数是 （ ） A ．2024 B ．264 C ．132 D ．1226. 在(a-b)99的展开式中，系数最小的项为( )A.T 49B.T 50C.T 51D.T 52 7. 数11100-1的末尾连续为零的个数是( )A.0B.3C.5D.78. 若425225+=x x C C ，则x 的值为 （ ）A ．4B ．7C ．4或7D ．不存在9．以正方体的顶点为顶点，能作出的三棱锥的个数是 （ ） A ．34CB ．3718C CC ．3718C C -6D ． 1248-C10．从长度分别为1，2，3，4，5的五条线段中，任取三条的不同取法共有n 种．在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m ，则nm等于（ ） A ．101B ．51 C ．103 D ．52第Ⅱ卷（非选择题，共100分）二、填空题（本大题共4小题，每小题6分，共24分）11．设含有8个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子集数为T，S的值为___________．则T12．有4个不同的小球，全部放入4个不同的盒子内，恰好有两个盒子不放球的不同放法的总数为．13．在(x-1)11的展开式中，x的偶次幂的所有项的系数的和为.14．六位身高全不相同的同学在“一滩”拍照留念，老师要求他们前后两排各三人，则后排每个人的身高均比前排同学高的概率是．三、解答题（共计76分）15．（12分）平面上有9个点，其中4个点在同一条直线上，此外任三点不共线．（1）过每两点连线，可得几条直线?（2）以每三点为顶点作三角形可作几个?（3）以一点为端点作过另一点的射线，这样的射线可作出几条?（4）分别以其中两点为起点和终点，最多可作出几个向量?16．（11分）在二次项12)(n mbx ax (a ＞0,b ＞0,m,n ≠0)中有2m+n ＝0，如果它的展开式中系数最大的项恰是常数项，求它是第几项? 17．（12分）由1，2，3，4，5，6，7的七个数字，试问： （1）能组成多少个没有重复数字的七位数？（2）上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？（3）（1）中的七位数中，偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个？ （4）（1）中任意两偶然都不相邻的七位数有几个？18．（12分）2006年6月9日世界杯足球赛将在德国举行，参赛球队共32支，（1）先平均分成8个小组，在每组内进行单循环赛（即每队之间轮流比赛一次），决出16强（即取各组前2名）。
2023-2024学年高考数学计数原理专项练习题(附答案)
2023-2024学年高考数学计数原理小专题一、单选题1．从5名学生中选出4名分别参加A ，B ，C ，D 四科竞赛，其中甲不能参加A ，B 两科竞赛，则不同的参赛方案种数为（ ）A ．24B ．48C ．72D ．1202．劳动教育是教育制度的重要内容，某校计划组织学生参与各项职业体验，让学生在劳动课程中掌握一定的劳动技能，理解劳动创造价值，培养劳动自立意识和主动服务他人，服务社会的情怀．该校派遣甲、乙、丙、丁、戊五个小组到A 、B 、C 三个街道进行打扫活动，每个街道至少去一个小组，则不同的派遣方案有（ ）A ．140B ．150C ．200D ．2203．将编号为1、2、3、4、5、6的小球放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子中，每盒放一球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为（ ）A ．90B ．135C ．270D ．3604．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（ ）A ．48B ．18C ．24D ．365．的展开式中的常数项为（ ）()632122x x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭A ．80B ．160C ．240D ．3206．的二项展开式中，第项的系数是（ ）()nx y -m A ．B ．C ．D ．C mn 1C m n +1C m n-()111C m m n---7．核糖核酸（缩写为RNA ），存在于生物细胞以及部分病毒、类病毒中的遗传信息载体，RNA 由核糖核苷酸经磷酸二酯键缩合而成长链状分子，长链中每一个位置上都被一种称为碱基的化学成分所占据，RNA 的碱基主要有4种，分别用A ，C ，G ，U 表示．在一个RNA 分子中，各种碱基能够以任意次序出现，假设某一RNA 分子由100个碱基组成，则不同的RNA 分子的种数为（ ）A ．B ．C ．D ．4100004110021048．已知，则x 等于（ ）1893A 4A x x -=A ．6B ．13C ．6或13D ．12二、多选题9．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，则下列说法错误的是（ ）A ．若任意选择三门课程，则选法总数为37A B ．若物理和化学至少选一门，则选法总数为1225C C C ．若物理和历史不能同时选，则选法总数为3175C C -D ．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，则选法总数为121255C C C -10．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48种方法B ．若A 、B 不相邻共有12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72种方法11．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（mod m ）．若，（mod 10），则b 的值可以a b =0122202020202020C C 2C 2...C 2a =+⋅+⋅++⋅a b =是（ ）A ．2011B ．2012C ．2020D ．202112．若将函数表示为， 其中5()f x x =250125()(1)(1)(1)f x a a x a x a x =+++++++ 为实数，则（ ）0125,,,,a a a a A ．B ．01a =-310a =C ．D ．511i i a ==∑()51131ii i a =-=-∑三、填空题13．若，则实数.()2311C A ,2n n n x n n -+++=∈≥N x =14．已知直线方程，若从0、1、2、3、5、7这六个数中每次取两个不同的数分0Ax By +=别作为A 、B 的值，则可表示条不同的直线．0Ax By +=15．已知的所有二项式系数之和为64，则210121(21)n n nn n x a a x a x a x a x ---=+++⋅⋅⋅++n =，.12n a a a ++⋅⋅⋅+=16．化简：．021*******C 3C 3C 3C 3n n n n n n n n ---⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅=答案：1．C【分析】本题可以先从5人中选出4人，分为有甲参加和无甲参加两种情况，若有甲参加先将甲安排参加C 、D 科目，然后安排其它学生，通过分步乘法和分类加法原理，得到本题的结论【详解】从5名学生中选出4名分别参加A ，B ，C ，D 四科竞赛，其中甲不能参加A ，B 两科竞赛，可分为以下几步：（1）先从5人中选出4人，分为两种情况：有甲参加和无甲参加．有甲参加时，选法有：种；34C 4=无甲参加时，选法有：种．44C 1=（2）安排科目有甲参加时，先排甲，再排其它人．排法有：种．1323A A 12=无甲参加时，排法有种．44A 24=综上，．⨯+⨯=41212472∴不同的参赛方案种数为72．故选：C ．2．B【分析】分成两种情况，分别对每种情况单独讨论即可.【详解】当按照进行分配时，则有种不同方案，311::3353C A 60=当按照进行分配时，则有种不同方案，221::21345322C C A 90A =故共有不同的方案，150故选:B 3．B【分析】根据题意和简单计数问题，结合分步乘法计数原理即可求解.【详解】在6个盒子中任选2个，放入与其编号相同的小球，有种，2615C =剩下的4个盒子的编号与放入的小球编号不同，假设这4个盒子的编号为3,4,5,6，则3号小球可以放进4,5,6号盒子，有3种选法，剩下的3个小球放进剩下的3个盒子，有3种选法，所以不同的放法种数为种选法.1533135⨯⨯=故选：B.4．D【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算作答.【详解】正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有（个）21224⨯=；对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个，不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直，所以正方体中“正交线面对”共有（个）.241236+=故选：D 5．D【分析】首先写出展开式的通项，原式化为从而求出6212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭6632212122x x x x x ⋅+⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭展开式的常数项.【详解】因为展开式的通项为，6212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭()()666316621C 212C rrrrr r rr T x x x ---+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭又因为，()6663322211122222x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+--- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⋅⎭=+所以展开式中常数项为．()632122x x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭22623363662C (1)2C (1)2320--⨯-+-=故选：D ．6．D【分析】利用二项式展开式的通项公式，得出结论．【详解】的二项展开式中，第项为，()n x y -m 1111C (1)m n m m m m n T xy --+--=⋅⋅-⋅故该项的系数为，11(1)C m m n ---⋅故选：D ．7．B【分析】利用分步乘法计数原理即可求解.【详解】由100个碱基组成的长链共有100个位置，从A ，C ，G ，U 中任选1个依次填入这100个位置中，每个位置都有4种填充方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的RNA 分子的种数为．1004故选：B 8．A【分析】根据排列数公式，化简计算，结合x 的范围，即可得答案.【详解】由题意得，8!9!34(8)!(10)!x x ⨯=⨯--化简可得，解得或6，934(10)(9)x x =⨯--13x =因为，所以且，故.819x x ≤⎧⎨-≤⎩8x ≤*x ∈N 6x =故选：A.9．ABD【分析】根据排列和组合的知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A 选项，若任意选择三门课程，则选法总数为，所以A 选项错误.37C B 选项，若物理和化学至少选一门，则选法总数为，所以B 选项错误.12212525C C C C +C 选项，若物理和历史不能同时选，则选法总数为，所以C 选项正确.321725C C C -D 选项，只选物理、不选化学和历史，选法为；24C =6只选化学、不选物理，选法为；物理化学同时选、不选历史，选法为.25C =1014C =4所以选法总数是，所以D 选项错误.12125520C C C =15≠-故选：ABD 10．AC【分析】对于A ：利用捆绑法，结合排列数运算求解；对于B ：利用间接法，在总体中排除A 、B 两人站在一起的情况；对于C ：根据对称性分析求解；对于D ：利用间接法，结合组合数运算求解.【详解】对于选项A ：若A 、B 两人站在一起，则有种方法，故A 正确；2424A A 48=对于选项B ：A 、B 、C 、D 、E 五个人并排站在一起，则有种方法，55A 120=所以A 、B 不相邻共有种方法，故B 错误；1204872-=对于选项C ：根据对称可知A 在B 左边有种排法，故C 正确；120602=对于选项D ：A 站在最左边，则有种方法，44A 24=B 站最右边，则有种方法，44A 24=A 站在最左边，B 站最右边，则有种方法，33A 6=所以A 不站在最左边，B 不站最右边，有种方法，故D 错误.1202424678--+=故选：AC 11．AD【分析】对变形为，得到其被10除得的余数为a 10010990010(101)C 10Cl 10C 101a =-=-+⋯-+1，即可得到答案.【详解】，20201010010990010(12)39(101)C 10Cl 10C 101a =+===-=-+⋯-+ ∴被10除得的余数为1，而2011与2021被10除得的余数是1，故选：AD ．12．ABCD【分析】根据条件，通过换元得到，对于选项ACD ，通过赋5250125(1)t a a t a t a t -=++++ 值即可得判断出相应选项的正误；对于选项B ，利用展开式的通项公式为5(1)t -，即可求出，从而判断出选项B 正确.515C (1),(05,N )r rr r T t r r -*+=-≤≤∈310a =【详解】因为，5250125(1)(1)(1)x a a x a x a x =+++++++ 令，得到，1x t +=5250125(1)t a a t a t a t -=++++ 选项A ，令，得到，所以选项A 正确；0=t 01a =-选项B ，因为展开式的通项公式为，5(1)t -515C (1),(05,N )r rr r T t r r -*+=-≤≤∈令，得到，所以，故选项B 正确；2r =23335C 10T t t ==310a =选项C ，令，得到，又，所以，故选项C 正确；1t =501i i a a =+=∑01a =-511ii a==∑选项D ，令，得到，又，所以1t =-()1515023450(2)1iii a a a a a a a a =-=-+-+--=+∑01a =-.()51131iii a=-=-∑故选：ABCD.13．6【分析】利用排列数与组合数的关系、组合数性质求解即得.【详解】依题意，，又，2311C C n n n -++=333113A C A n n ++=因此，而，333113C C A n n x ++=31C 1n +≥所以.33A 6x ==故614．22【分析】根据分类加法计数原理，分情况计算可得答案.【详解】当时，可表示1条直线；当时，可表示1条直线；0A =0B =当时，A 有5种选法，B 有4种选法，可表示条不同的直线．0AB ≠5420⨯=由分类加法计数原理，知共可表示条不同的直线．112022++=故2215．6【分析】利用二项式系数和公式求出，再利用赋值法求解系数和即可.6n =【详解】因为的所有二项式系数之和为64，所以210121(21)n n n n n x a a x a x a x a x ---=+++⋅⋅⋅++，264n =所以，令，，所以，6n =1x =60126(21)a a a a -=+++⋅⋅⋅+01261a a a a +++⋅⋅⋅+=令，，即，所以.0x =60(01)a -=01a =12601110a a a a ++⋅⋅⋅+=-=-=故；.6016．101n-【分析】逆用二项式定理结合已知条件求解【详解】021*******C 3C 3C 3C 3n n n n n n n n ---⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅()()()()()()121000212221222C 3C 3C 3C 3C 3C 3n n n n n n n n n n n n ---=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅+⋅-⋅2(31)1n =+-，101n =-故101n-。
新高考数学备考专题计数原理考点真题训练(解析版)
新高考 计数原理 考点专题训练一、单选题1．（2022·山东济南·二模）由1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的偶数共有（ ） A ．60个 B ．48个 C ．36个 D ．24个【答案】C 【分析】先排个位，然后排万位，再排其它位置，由此计算出正确答案. 【详解】先排个位，然后排万位，再排其它位置，所以由1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的偶数共有332336A ⨯⨯=个.故选：C2．（2022·四川巴中·一模（理））()()5211x x ++的展开式中4x 的系数为（ ）A ．5B ．10C ．15D ．20【答案】C 【分析】先求出项式()51x +的展开式的通项为5r r C x ，进而可以求出()()5211x x ++的展开式中含4x 的项，由此即可求出结果. 【详解】因为二项式()51x +的展开式的通项为5r r C x ，所以()()5211x x ++的展开式中含4x 的项为44222455115C x x C x x ⨯+⨯=，所以4x 的系数为15.故选：C ．3．（2021年全国高考乙卷数学（理）试题）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ） A ．60种 B ．120种C ．240种D ．480种【答案】C先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有25C种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有254!240C⨯=种不同的分配方案，故选：C.【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.4．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（）A．13B．25C．23D．45【答案】C【分析】采用插空法，4个1产生5个空，分2个0相邻和2个0不相邻进行求解.【详解】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，若2个0相邻，则有155C=种排法，若2个0不相邻，则有2510C=种排法，所以2个0不相邻的概率为102 5103=+.故选：C.5．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））25()()x xyxy++的展开式中x3y3的系数为（）A．5B．10 C．15D．20【答案】C求得5()x y +展开式的通项公式为515r rrr T C xy -+=（r N ∈且5r ≤），即可求得2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭与5()x y +展开式的乘积为65r rr C xy -或425r r r C x y -+形式，对r 分别赋值为3，1即可求得33x y 的系数，问题得解. 【详解】5()x y +展开式的通项公式为515r rr r T C xy -+=（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：56155r rrr rrr xT xC xy C xy --+==和22542155r r rr r r r T C x y xC y y y x x --++==在615rrr r xT C xy -+=中，令3r =，可得：33345xT C x y =，该项中33x y 的系数为10，在42152r r r r T C x x y y -++=中，令1r =，可得：521332T C y x xy =，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.6．（2020年新高考全国卷Ⅰ数学高考试题（山东））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 【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解. 【详解】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126561060C C⋅=⨯=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.7．（2022·浙江台州·高三期末）若从编号为110的十个小球中取3个不同的小球，且3个小球的编号两两不连续，则不同的取法共有（）A．8种B．36种C．56种D．64种【答案】C【分析】先求出总的情况为310120C=种，减去三个数依次连续，再减去三个数只有两个数连续的情况，注意此时和三个数依次连续的重叠部分.【详解】依题意得，取出小球的总的可能有310120C=种，排除123,234,,8910这8种依次连续的情况;再排除三个数恰好两个连续的情况：12,23,910共9组情况，其中12,910两组可以和7个数组成不完全连续的情况，共14种；23,34,89共7组，每组都能和6个数组合成为不完全连续的情况，共42种；于是符合题意的情况有1208144256种.故选：C.8．（2022·湖北·武钢三中高三阶段练习）“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭.为了缓解了教育的“内卷”现象，2021年7月24日，中共中央办公厅､国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》.某初中学校为了响应上级的号召，每天减少了一节学科类课程，增加了一节活动课，为此学校特开设了乓乓球，羽毛球，书法，小提琴四门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，初一到初三3学年将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（）A．60种B．78种C．54种D．84种【答案】C【分析】根据题意，每位同学每年所修课程数按1，1，2或0，2，2，分成三组，再进行排列/【详解】解：由题意，三年修完四门选修课程，每学年至多选2门，则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2，先将4每学科按1，1，2分成三组，有21142122C C CA⋅⋅种方式，再分到三个学年，有33A种不同分式，由分步计数原理得，不同选修分式共有211342132236C C CAA⋅⋅⋅=种，同理将4门课程按0，2，2分成三组，再排列，有2234232218C CAA⋅⋅=种，所以共有36+18=54种，故选：C二、多选题9．（2021·辽宁实验中学模拟预测）一个布袋内装除颜色外完全相同的4个红球和3个蓝球.现从袋中摸出4个球，则（）A．摸出4个红球的概率是1 35B．摸出3个红球和1个蓝球的概率是12 35C．摸出2个红球和2个蓝球的概率是18 35D．摸出1个红球和3个蓝球的概率是1 35【答案】ABC【分析】结合组合数以及古典概型概率公式逐项分析即可.摸出4个红球的概率是4744135C C =；摸出3个红球和1个蓝球的概率是3143471235C C C ⋅=；摸出2个红球和2个蓝球的概率是2243471835C C C ⋅=；摸出1个红球和3个蓝球的概率是134347345C C C ⋅=， 故选：ABC.10．（2021·江苏南通·模拟预测）若8280128(3)(1)(1)(1)x a a x a x a x +=+++++++，x ∈R ，则下列结论中正确的有（ ）A ．802a =B ．33108C a =C ．81283a a a +++=D ．228024681357()()3a a a a a a a a a ++++-+++=【答案】AD 【分析】直接根据88(3)[2(1)]x x +=++利用二项式定理将其展开，再结合二项式系数的性质对四个选项依次分析即可求解． 【详解】888716225338888(3)[2(1)]22C (1)2C (1)2C (1)(1)x x x x x x +=++=+++++++++，对于A ，令1x =-，则880(13)2a -+==，故A 正确.对于B ，于是53382C 1792a ==，而3108C 960=，故B 错误.对于C ，令0x =，则801283a a a a =++++，于是8881280332a a a a +++=-=-，故C错误.对于D ，令2x =-，则01281a a a a =-+-+.因为801283a a a a ++++=，所以()()()()228024681357012801283a a a a a a a a a a a a a a a a a ++++-+++=++++-+-+=，故选：AD.11．（2021·全国全国·模拟预测）为了提高教学质量，省教育局派五位教研员去A 地重点高中进行教学调研.现知A 地有三所重点高中，则下列说法正确的是（ ） A ．不同的调研安排有243种B ．若每所重点高中至少去一位教研员，则不同的调研安排有150种C ．若每所重点高中至少去一位教研员，则不同的调研安排有300种D ．若每所重点高中至少去一位教研员，则甲、乙两位教研员不去同一所高中，则不同的调研安排有114种 【答案】ABD 【分析】利用分步计数原理可判断A ；利用部分平均分组可判断B 、C ；先利用部分平均分组以及排列可判断D. 【详解】对于A 选项，每位教研员有三所学校可以选择， 故不同的调研安排有53243=种，故A 正确；对于B ，C 选项，若每所重点高中至少去一位教研员，则可先将五位教研员分组， 再分配，五位教研员的分组形式有两种：3，1，1；2，2，1，分别有3115212210C C C A =，2215312215C C C A =种分组方法， 则不同的调研安排有()331015A 150+=种，故B 正确，C 错误；对于D 选项，将甲、乙两位教研员看成一人，则每所重点高中至少去一位教研员，且甲、乙两位教研员去同一所高中的排法有211342132236C C C A A ⨯=种， 则甲、乙两位教研员不去同一所高中的排法有15036114-=种，D 正确. 故选：ABD.12．（2022·全国·模拟预测）下列关于多项式5122x x ⎛-⎫⎪⎝⎭-的展开式的结论中，正确的是（ ）A ．各项系数之和为1-B ．各项系数的绝对值之和为1C ．不存在4x 项D ．常数项为48【答案】AD 【分析】赋值法判断A 、B ；根据已知多项式，结合二项式定理判断C 、D 的正误. 【详解】令1,x =得52121()--=-，故A 正确﹔ 取多项式522)1(x x++，将代1x =入多项式可得5()2123125++=，故B 错误﹔ 由题设，5()()()1111112222222222)()(22()x x x x x x x x x x x x ------------=，若要得到含4x 项，只需5个因式中4个取2x ，剩下1个取2-，故C 错误; 5个因式中1个取2x ，1个取1x -，剩下3个取2-，得()()31154122320,C x C x ⎛⎫--= ⎪⎝⎭5个因式中2个取2,2x 个取1x -，剩下1个取2-，得()()222253122240C x C x ⎛⎫--=- ⎪⎝⎭， 5个因式中均取2-，得5(2)32-=-. 故常数项为3202403248--=，D 正确. 故选：AD. 三、填空题13．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））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 【分析】根据题意，有且只有2名同学在同一个小区，利用先选后排的思想，结合排列组合和乘法计数原理得解. 【详解】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：246C =现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：336A =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.14．（2020年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅰ））262()x x+的展开式中常数项是__________（用数字作答）． 【答案】240 【分析】写出622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭二项式展开通项，即可求得常数项.【详解】622xx ⎛⎫+ ⎪⎝⎭其二项式展开通项：()62612rrr r C xx T -+⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭= 1226(2)r r r r x C x --⋅=⋅1236(2)r r r C x -=⋅当1230r -=，解得4r =∴622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是：664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=.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 rn rr r n T ab -+=，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.15．（2018·浙江·高考真题）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.(用数字作答) 【答案】1260. 【详解】分析:按是否取零分类讨论，若取零，则先排首位，最后根据分类与分步计数原理计数. 详解：若不取零，则排列数为224534C C A ,若取零，则排列数为21135333C C A A ,因此一共有22421135345333C C A C C A A 1260+=个没有重复数字的四位数.点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法：(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.16．（2021·上海杨浦·一模）某市高考新政规定每位学生在物理､化学､生物､历史､政治､地理中选择三门作为等级考试科目，则甲､乙两位学生等级考试科目恰有一门相同的不同选择共有___________种.（用数字作答） 【答案】180 【分析】用分步乘法原理完成这件事：先选一门科目为两相同科目，然后让其中一人从剩下的5科中选2门，另一人再在剩下的3门中选2门即可得． 【详解】由分步乘法原理知不同选择方法为122653180C C C =．故答案为：180．。
高二下计数原理专项练习题
高二下计数原理专项练习题在高二下学期，计数原理是数学课程中的一个重要内容。
为了帮助同学们更好地掌握计数原理知识，以下是一些针对计数原理的专项练习题。
1. 一个班级有10个男生和8个女生。
如果要选出3个学生组成一个小组，其中至少有一个女生，那么有多少种不同的小组组合？答案示例：有 ${8 \choose 1} \times {17 \choose 2} = 816$ 种不同的小组组合。
2. 一家餐馆提供3种主菜和5种甜点供客人选择。
如果客人必须选择1道主菜和1道甜点，那么客人有多少种不同的选择组合？答案示例：有 $3 \times 5 = 15$ 种不同的选择组合。
3. 一条由红色、蓝色和绿色组成的蛇游戏，蛇的身体长度为10节。
如果蛇每次只能向前移动一节，并且蛇头不能碰到自己的身体，那么蛇能够有多少种不同的移动路径？答案示例：蛇的移动路径数目为 $3^{10} = 59049$ 种。
4. 一个5位数的密码，每位数字都是从1到9的数字。
如果密码不能有重复的数字，并且最大位数数字必须大于最小位数数字，那么一共有多少种不同的密码？答案示例：在满足条件的情况下，一共有 $9 \times 8 \times 7 \times6 \times 5 = 15120$ 种不同的密码。
5. 在一个双人棒球大赛中，共有5名打者。
每名打者击球时都有3种可能的结果：全垒打、安全上垒或被出局。
那么共有多少种不同的比赛结果？答案示例：共有 $3^5 = 243$ 种不同的比赛结果。
通过以上专项练习题，你能够更好地理解和运用计数原理的知识。
希望同学们能够在学习中不断探索，提高自己的数学能力。
祝你学业有成！。
高考数学 专题十 计数原理
专题十 计数原理一、单项选择题1.(2016课标Ⅱ,5,5分)如图,小明从街道的E 处出发,先到F 处与小红会合,再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A.24B.18C.12D.9答案 B 分两步,第一步,从E→F ,有6条可以选择的最短路径;第二步,从F→G ,有3条可以选择的最短路径.由分步乘法计数原理可知有6×3=18条可以选择的最短路径.故选B .2.(2023届黑龙江牡丹江二中段考一,2)若3个班级分别从6个风景点中选择一处游览,则不同选法有( )A.A 63种B.C 63种C.36种D.63种答案 D 每个班级有6种选法,则3个班级有6×6×6=63种不同的选法.故选D . 3.(2023届贵阳一中月考一,5)二项式定理,又称牛顿二项式定理,由艾萨克·牛顿于1664年—1665年间提出,据考证,我国至迟在11世纪,北宋数学家贾宪就已经知道了二项式系数法则.在(x 2+12x)5的展开式中,x 的系数为( )A.10B.52C.54D.58答案 C (x 2+12x )5的展开式的通项为T k +1=C 5k (x 2)5k(12x )k=C 5k (12)kx103k (k =0,1,2,3,4,5),令10-3k =1,解得k =3,所以在(x 2+12x )5的展开式中,x 的系数为C 53×(12)3=54.故选C .4.(2022河南开封模拟,4)(x √x3)8的展开式中所有有理项的系数和为( )A.85B.29C.-27D.-84答案 C (x −√x3)8展开式的通项为T r +1=C 8rx8−r √x3)r=(-1)r C 8rx8−4r3,其中r =0,1,2,3,4,5,6,7,8.当r =0,3,6时,T r +1为有理项,故有理项系数和为(-1)0C 80+(-1)3C 83+(-1)6C 86=1+(-56)+28=-27,故选C .5.(2023届哈尔滨质检,5)小张接到5项工作,要在周一、周二、周三、周四这4天中完成,每天至少完成1项,且周一只能完成其中1项工作,则不同的安排方式有( ) A.180种 B.480种 C.90种D.120种答案 A 首先从5项工作中选一项安排到周一,再从其余4项工作中选出2项作为一个整体,最后将这三组安排到周二、周三、周四三天,则不同的安排方式有C51C42A33=180种.故选A.6.(2023届四川南江中学阶段测试,9)4张卡片的正、反面分别写有数字1,2;1,3;4,5;6,7.将这4张卡片排成一排,可构成不同的四位数的个数为( ) A.288 B.336 C.368 D.412答案 B 当四位数中不出现1时,排法有C21×C21×A44=96种;当四位数中出现一个1时,排法有2×C21×C21×A44=192种;当四位数中出现两个1时,排法有C21×C21×A42=48种.所以可构成不同的四位数的个数为96+192+48=336.故选B.7.(2022湖北荆门龙泉中学二模,3)若今天(第一天)是星期二,则第1510天是( )A.星期三B.星期日C.星期二D.星期五答案 C 1510=(14+1)10的展开式的通项为T r+1=C10r1410-r,又14可被7整除,所以当10-r≠0时,T r+1均可被7整除,当10-r=0时,T11=1,所以第1510天是星期二.故选C.8.(2023届黑龙江牡丹江二中段考一,8)若(1-2x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=( ) A.1 B.32 C.81 D.243答案 D 因为-2<0,所以x的奇数次幂的系数a1,a3,a5均为负数,即|a1|=-a1,|a3|=-a3,|a5|=-a5,令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35=243,即|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=243,故选D.二、多项选择题9.(2022重庆巴蜀中学3月适应性月考(八),11)若122 022+a能被7整除,则整数a的值可以是( ) A.4 B.6 C.11 D.13答案BD 122 022=(14-2)2 022与(-2)2 022=22 022被7除同余,22 022=8674=(7+1)674被7除余1,故1+a能被7整除,则a=7k+6(k∈Z),故选BD.10.(2022湖南新高考教学教研联盟联考一,10)已知(1+x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a n x n(n∈N*),则下列结论正确的是( )A.a0=a nB.当a3=10时,n=5C.若(1+x)n(n∈N*)的展开式中第7项的二项式系数最大,则n等于12或13D.当n=4时,a12+a24+a38+a416=6516答案ABD a0=a n=1,A正确;x3的系数a3=C n3,则C n3=10,所以n=5,B正确;若(1+x)n(n∈N*)的展开式中第7项的二项式系数最大,当n为偶数时,n等于12,当n为奇数时,n等于11或13,C错误;当n=4时,(1+x)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4.令x=12,则(1+12)4=a0+a12+a24+a38+a416=8116,又a0=1,所以a12+a24+a38+a416=6516,D正确.故选ABD.11.(2021江苏百校联考4月调研,11)设(1-2x)29=a0+a1x+a2x2+…+a29x29,则下列结论正确的是( )A.a15+a16>0B.a1+a2+a3+…+a29=-1C.a1+a3+a5+…+a29=-1+3292D.a1+2a2+3a3+…+29a29=-58答案ACD 对于选项A,a15+a16=C2915(-2)15+C2916(-2)16>0,故选项A正确;对于选项B,令x=0,可得a0=1,令x=1,得a0+a1+…+a29=-1,所以a1+a2+…+a29=-2,故选项B错误;对于选项C,令x=-1,得a0-a1+a2-a3+…-a29=329,则2(a1+a3+…+a29)=-1-329,故选项C正确;对于选项D,在等式两边对x求导可得-58(1-2x)28=a1+2a2x+…+29a29x28,令x=1,可得a1+2a2+…+29a29=-58,故选项D正确.故选ACD.12.(2022山东滨州邹平一中3月月考,9)如图,在某城市中,M,N两地之间有整齐的方格形道路网,其中A1,A2,A3,A4是道路网中位于一条对角线上的4个交会处.今在道路网M,N处的甲、乙两人分别要到N,M处,他们分别随机地选择一条沿街的最短路径,以相同的速度同时出发,直到到达N,M处为止,则下列说法正确的有( )A.甲从M到达N处的方法有120种B.甲从M必须经过A3到达N处的方法有9种C.甲、乙两人在A3处相遇的概率为9100D.甲、乙两人相遇的概率为41100答案BD 对于A,甲从M到达N处,需要走6步,其中向上3步,向右3步,所以从M 到达N处的方法有C63=20种,故A错误;对于B,甲从M到达A3,需要走3步,其中向上1步,向右2步,共C31=3种,从A3到达N,需要走3步,其中向上2步,向右1步,共C31=3种,所以甲从M必须经过A3到达N处的方法有3×3=9种,故B正确;对于C,甲经过A3的方法数为C31×C31=9,乙经过A3的方法数为C31×C31=9,所以甲、乙两人在A3处相遇的方法数为C31×C31×C31×C31=81种,故甲、乙两人在A3处相遇的概率P=81C63C63=81400,故C错误;对于D,甲、乙两人沿着最短路径行走,只能在A1,A2,A3,A4处相遇,若甲、乙两人在A1处相遇,甲经过A1处,前3步必须向上走,乙经过A1处,则前3步必须向左走,两人在A1处相遇走法有1种,若甲、乙两人在A2或A3处相遇,由选项C知,各有C31×C31×C31×C31=81种,若甲、乙两人在A4处相遇,甲经过A4处,则前3步必须向右走,乙经过A4处,则乙前3步必须向下走,则两人在A4处相遇的走法有1种.所以甲、乙两人相遇的概率P=1+81+81+1C63C63=164400=41100,故D正确.故选BD.三、填空题13.(2023届成都七中万达学校9月月考,14)(5-3x+2y)n的展开式中不含y的项的系数和为64,则展开式中的常数项为.答案15 625解析(5-3x+2y)n的展开式中不含y的项,即展开式中y的指数为0,即(5-3x)n的展开式.令x=1,得(5-3x+2y)n的展开式中不含y的项的系数和为(5-3)n=64,所以n=6.因为(5-3x+2y)6=[5-(3x-2y)]6,所以展开式中的常数项为C60×56=15 625.14.(2023届陕西师范大学附属中学期中,16)已知(a2+1)n的展开式中各项系数之和等于(16 5x2+√x5的展开式的常数项,而(a2+1)n的展开式的二项式系数最大的项为54,则正数a的值为. 答案√3解析(165x2+√x)5的展开式的通项为T r+1=C5r·(165)5−r·x10−2r·x−r2=(165)5−r·C5r·x10−5r2,0≤r≤5,r∈Z.令10-5r2=0,解得r=4,故(165x2+√x5的展开式的常数项为165×C54=16.令a2=1,则(a2+1)n=2n=16,故n=4.∵(a2+1)n=(a2+1)4的展开式的二项式系数最大的项为C42a4=54,∴a2=3,解得a=±√3.∵a>0,∴a=√3.15.(2022福建漳州三模,13)711除以6的余数是.答案1解析711=(1+6)11=C11060+C11161+C11262+⋯+C1111611,因为C11161+C11262+⋯+C1111611可被6整除且C11060=1,所以711除以6的余数是1.16.(2018课标Ⅰ,15,5分)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)答案16解析解法一:从2位女生,4位男生中选3人,且至少有1位女生入选的情况有以下2种:①2女1男:有C22C41=4种选法;②1女2男:有C21C42=12种选法,故至少有1位女生入选的选法有4+12=16种.解法二:从2位女生,4位男生中选3人有C63=20种选法,其中选出的3人都是男生的选法有C43=4种,所以至少有1位女生入选的选法有20-4=16种.。
第04练计数原理(7种题型过关练能力提升练拓展练)(原卷版)
第04练 计数原理〔7种题型过关练+力量提升练+拓展练〕一、计数原理1.分类加法计数原理概念：完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有1m 种不同的方法，在第2类方案中有2m 种不同的方法，…，在第n 类方案中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有12n N m m m =++⋅⋅⋅+种不同的方法〔也称加法原理〕特征：〔1〕任何一类方案都能完成这件事；〔2〕各类方案之间相互；〔3〕分类要做到“不重不漏〞2.分步乘法计数原理概念：完成一件事需要n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法，…，做第n 步有n m 种不同的方法，那么，完成这件事共有12n N m m m =⨯⨯⋅⋅⋅⨯种不同的方法〔也称乘法原理〕 特征：〔1〕任何一步都不能单独完成这件事；〔2〕各步之间相互依存；〔3〕分步要做到“步骤完整〞⑴.联系:分类加法计数原理和分步乘法计数原理都是解决计数问题最根本、最重要的方法.⑵区分 分类加法计数原理分步乘法计数原理 区分一完成一件事共有n 类方法,关键词是“分类〞完成一件事共有n 个步骤,关键词是“分步〞 区分二每类方法中的每种方法都能地完成这件事,它是的、一次的且每种方法得到的都是最终结果,只需一种方法就可完成这件事 除最终一步外,其他每步得到的只是中间结果,任何一步都不能完成这件事,缺少任何一步也不能完成这件事,只有各个步骤都完成了,才能完成这件事 区分三各类方法之间是互斥的、并列的、的各步之间是关联的、的,“关联〞确保不遗漏,“〞确保不重复(1)指明要完成一件什么事，并依大事特点确定是“分n 类〞还是“分n 步〞；(2)求每“类〞或每“步〞中不同方法的种数；(3)利用“相加〞或“相乘〞得到完成大事的方法总数；(4)作答。
5、从m 个不同元素中，每次取出n 个元素，元素可以重复消失，依据肯定的挨次排成一排，那么第一、其次……第n 位上选取元素的方法都是m 个，所以从m 个不同元素中，每次取出n 个元素可重复排列数n m m m m =⋅⋅⋅⋅。
计数原理综合习题(有答案)
选修2-3第一章计数原理单元质量检测时间：120分钟 总分：150分第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(每小题5分，共60分)1．小王打算用70元购买面值分别为20元和30元的两种IC 电话卡．若他至少买一张，则不同的买法一共有( )A ．7种B ．8种C ．6种D ．9种2．设某班有男生30人，女生24人，现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，则不同的选法种数是( )A ．360B ．480C ．720D ．2403.设P ＝1＋5(x ＋1)＋10(x ＋1)2＋10(x ＋1)3＋5(x ＋1)4＋(x ＋1)5，则P 等于( )A ．x 5B ．(x ＋2)5C ．(x －1)5D ．(x ＋1)54.⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －2y 5的展开式中x 2y 3的系数是( ) A ．－20 B ．－5 C ．5 D ．205．20个不同的小球平均分装在10个格子中，现从中拿出5个球，要求没有两个球取自同一个格子中，则不同的拿法一共有( )A ．C 510种B ．C 520种 C ．C 510C 12种D ．C 510·25种 6．在(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n 中，若2a 2＋a n －5＝0，则n 的值是( )A ．7B ．8C ．9D ．107．7人站成一排照相，甲站在正中间，乙、丙与甲相邻且站在甲的两边的排法共有( )A．120种B．240种C．48种D．24种8．(2＋33)100的展开式中，无理项的个数是()A．83 B．84 C．85 D．869．某次联欢会要安排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顺序，则同类节目不相邻的排法种数是()A．72 B．120 C．144 D．16810．6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．144 B．120 C．72 D．2411．在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记x m y n项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝()A．45 B．60 C．120 D．21012．设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x ＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a＝7b，则m＝() A．5 B．6 C．7 D．8第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(每小题5分，共20分)13．某学校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有________种(用数字作答)．14．(x＋a)6的展开式中含x2项的系数为60，则实数a＝________.15．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．16.设a ≠0，n 是大于1的自然数，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x a n 的展开式为a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n .若点A i (i ，a i )(i ＝0,1,2)的位置如图所示，则a ＝________.三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共70分)17．(10分)4位学生与2位教师坐在一起合影留念，根据下列条件，求各有多少种不同的坐法：(1)教师必须坐在中间；(2)教师不能坐在两端，但要坐在一起；(3)教师不能坐在两端，且不能相邻．18．(12分)从1到100的自然数中，每次取出不同的两个数，使它的和大于100，则不同的取法有多少种？19.(12分)已知⎝⎛⎭⎪⎫2x i ＋1x 2n ，i 是虚数单位，x >0，n ∈N ＋. (1)如果展开式的倒数第三项的系数是－180，求n 的值；(2)对(1)中的n ，求展开式中的系数为正实数的项．20.(12分)若⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x n 的展开式中含x 的项为第6项，设(1－3x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，求a 1＋a 2＋…＋a n 的值．21.(12分)已知(a 2＋1)n的展开式中的各项系数之和等于⎝ ⎛⎭⎪⎫165x 2＋1x5的展开式的常数项，而(a 2＋1)n 的展开式的系数最大的项等于54，求a 的值．22.(12分)用0,1,2,3,4,5这六个数字：(1)可组成多少个无重复数字的自然数？(2)可组成多少个无重复数字的四位偶数？(3)组成无重复数字的四位数中比4 023大的数有多少？答案1．C 要完成“至少买一张IC 电话卡”这件事，可分三类：第一类是买1张IC 卡；第二类是买2张IC 卡；第三类是买3张IC 卡．而每一类都能独立完成“至少买一张IC 电话卡”这件事．买1张IC 卡有2种方法，买2张IC 卡有3种方法，买3张IC 卡有1种方法．不同的买法共有2＋3＋1＝6(种)．2．C 由分步乘法计数原理，得N ＝30×24＝720(种)．3．B P ＝[1＋(x ＋1)]5＝(x ＋2)5，故选B.4．A 由已知，得T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 5－r (－2y )r ＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫125－r ·(－2)r x 5－r y r (0≤r ≤5，r ∈Z)，令r ＝3，得T 4＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫122(－2)3x 2y 3＝－20x 2y 3.故选A.5．D 分两步：第一步先从10个格子中选中5个格子，有C 510种方法；第二步从每个格子中选一个球，不同的拿法有2×2×2×2×2＝25(种)．由分步乘法计数原理共有C 510·25种不同的拿法． 6．B T r ＋1＝C r n (－1)r x r ，则a 2＝C 2n ，a n －5＝(－1)n －5C n －5n ，因为2a 2＋a n －5＝0，a 2>0，所以a n －5＝－C 5n ，所以2C 2n ＝C 5n 且n 为偶数，将各选项代入验证知n＝8，故选B.7．C由题意知，甲的位置确定，而乙、丙的位置有2种排法，再排其他4人，有A44种不同的排法，故不同的排法总数为A44·2＝48(种)．8．B先求展开式中的有理项．∵T r＋1＝C r100(2)100－r·(33)r＝C r100·2100－r2·3r3，∴要使展开式中的项为有理项，r必为6的倍数．又∵0≤r≤100，且r∈N，∴r的取值为0,6,12，…，96，它构成了以0为首项，6为公差，96为末项的等差数列，设它有n项，则96＝6(n－1)．∴n＝17.∵展开式中共有101项，其中有17项是有理项，∴无理项有84项．9．B解决该问题分为两类：第一类分两步，先排歌舞类A33，然后利用插空法将剩余3个节目排入左边或右边3个空，故不同排法有A33·2A33＝72.第二类也分两步，先排歌舞类A33，然后将剩余3个节目放入中间两空排法有C12A22A22，故不同的排法有A33A22A22C12＝48，故共有120种不同排法，故选B.10．D插空法．在已排好的三把椅子产生的4个空当中选出3个插入3人即可．故排法种数为A34＝24.故选D.11．C因为(1＋x)6展开式的通项公式为T r＋1＝C r6x r，(1＋y)4展开式的通项公式为T h＋1＝C h4y h，所以(1＋x)6(1＋y)4展开式的通项可以为C r6C h4x r y h.所以f(m，n)＝C m6C n4.所以f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝C36＋C26C14＋C16C24＋C34＝20＋60＋36＋4＝120.故选C.12．B由题意可知，a＝C m2m，b＝C m2m＋1，又因为13a ＝7b ，所以13·(2m )！m ！m ！＝7·(2m ＋1)！m ！(m ＋1)！， 即137＝2m ＋1m ＋1.解得m ＝6.故选B. 13．30解析：方法1：可分以下两种情况：(1)A 类选修课选1门，B 类选修课选2门，有C 13C 24种不同的选法；(2)A 类选修课选2门，B 类选修课选1门，有C 23C 14种不同的选法．所以不同的选法共有C 13C 24＋C 23C 14＝18＋12＝30(种)．方法2：C 37－C 33－C 34＝30(种)．14．±2解析：通项T r ＋1＝C r 6(x )6－r a r ＝a r C r 6x 3－r 2， 令3－r 2＝2，得r ＝2.故a 2C 26＝60，解得a ＝±2. 15．60解析：不同的获奖情况分为两种，一是一人获两张奖券一人获一张奖券，共有C 23A 24＝36(种)；二是有三人各获得一张奖券，共有A 34＝24(种)．因此不同的获奖情况有36＋24＝60(种)．16.3解析：由题意得a 1＝1a ·C 1n ＝n a ＝3，所以n ＝3a ；a 2＝1a 2C 2n ＝n (n －1)2a 2＝4，所以n 2－n ＝8a 2.将n ＝3a 代入n 2－n ＝8a 2得9a 2－3a ＝8a 2，即a 2－3a ＝0，解得a ＝3或a ＝0(舍去)．所以a ＝3.17．解：(1)分步完成：教师先坐中间，有A22种方法，学生再坐其余位置，有A44种方法．根据分步乘法计数原理，不同的坐法共有A22·A44＝48(种)．(2)将2名教师看作一个元素，问题变为5个元素排列的问题．先将教师排好，有A13·A22种方法，再排学生，有A44种方法，故不同的坐法共有A13·A22·A44＝144(种)．(3)插空法：先排学生，有A44种方法，教师从4名学生之间的3个空位选2个进行排列，有A23种方法，故不同的坐法共有A44·A23＝144(种)．18．解：若从1,2,3，…，97,98,99,100中取出1，有1＋100>100，有1种取法；若取出2，有2＋100>100,2＋99>100，有2种取法；取出3，有3种取法；…；若取出50，有50＋51>100,50＋52>100，…，50＋100>100，有50种取法；所以取出数字1至50，共有不同的取法N1＝1＋2＋3＋…＋50＝1 275(种)．若取出51，有51＋52>100,51＋53>100，…，51＋100>100，有49种取法；若取出52，则有48种取法；…；若取出99，只有1种取法．所以取出数字51至100(N1中取过的不再取)，有不同取法N2＝49＋48＋…＋2＋1＝1 225(种)．故总的取法共有N＝N1＋N2＝2 500(种)．(2i)2＝－180，即4C2n＝180，19.解：(1)由已知，得C n－2n化简得n2－n－90＝0，又n∈N＋，解得n＝10.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x i ＋1x 210展开式的通项为 T r ＋1＝C r 10(2x i)10－r x －2r ＝C r 10(2i)10－r x 10－5r 2， ∵展开式中的系数为正实数，且r ∈{0,1,2，…，10}，∴r 的取值为10,6,2，故所求的项为T 11＝x －20，T 7＝3 360x －10，T 3＝11 520.20．解：T 6＝C 5n (x 2)n －5⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 5＝－C 5n x 2n －15， 令2n －15＝1，则n ＝8，令x ＝1，则a 0＋a 1＋…＋a n ＝(－2)8＝256，令x ＝0，则a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a n ＝255.21.解：⎝⎛⎭⎪⎫165x 2＋1x 5的展开式的通项是 T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫165x 25－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1655－r ·C r 5·x 20－5r 2， 令20－5r ＝0，解得r ＝4，故常数项T 5＝C 45×165＝16，又(a 2＋1)n 的展开式的各项系数之和等于2n ，由题意得2n ＝16，解得n ＝4，由二项式系数的性质可知，(a 2＋1)4的展开式中系数最大的项是中间项，即第三项， 由C 24a 4＝54，解得a ＝±3.22．解：(1)组成无重复数字的自然数共有C 15A 55＋C 15A 45＋C 15A 35＋C15A25＋C15A15＋C16＝1 631(个)．(2)无重复数字的四位偶数中个位数是0的有A35＝60(个)，个位数是2或4的有2C14A24＝96(个)，所以无重复数字的四位偶数共有60＋96＝156(个)．(3)无重复数字的四位数中千位数字是5的共有A35＝60(个)，千位数字是4的有A35＝60(个)，其中不大于4 023的有5个，故比4 023大的数共有60＋60－5＝115(个)．。
计数原理(排列组合)题型练习
计数原理[基础训练A 组]一、选择题1．将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同放法种数有（ ）A ．81B ．64C ．12D ．142．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有（ ）A ．140种 B.84种 C.70种 D.35种3．5个人排成一排,其中甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数有（ ）A ．33AB ．334AC ．523533A A A -D ．2311323233A A A A A +4．,,,,a b c d e 共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a 不能当副组长，不同的选法总数是（ ）A.20 B ．16 C ．10 D ．65．现有男、女学生共8人，从男生中选2人，从女生中选1人分别参加数学、物理、化学三科竞赛，共有90种不同方案，那么男、女生人数分别是（ ）A ．男生2人，女生6人B ．男生3人，女生5人C ．男生5人，女生3人D ．男生6人，女生2人.6．在82x ⎛- ⎝的展开式中的常数项是（ ） A.7 B ．7- C ．28 D ．28-7．5(12)(2)x x -+的展开式中3x 的项的系数是（ ） A.120 B ．120- C ．100 D ．100-8．22nx ⎫⎪⎭展开式中只有第六项二项式系数最大,则展开式中的常数项是（ ） A ．180 B ．90 C ．45 D ．360二、填空题1．从甲、乙，……，等6人中选出4名代表，那么（1）甲一定当选，共有 种选法．（2）甲一定不入选，共有 种选法.（3）甲、乙二人至少有一人当选，共有 种选法.2．4名男生，4名女生排成一排，女生不排两端，则有 种不同排法.3．由0,1,3,5,7,9这六个数字组成_____个没有重复数字的六位奇数.4．在10(x 的展开式中，6x 的系数是 .5．在220(1)x -展开式中，如果第4r 项和第2r +项的二项式系数相等，则r = ，4r T = .6．在1,2,3,...,9的九个数字里，任取四个数字排成一个首末两个数字是奇数的四位数，这样的四位数有_________________个？7．用1,4,5,x 四个不同数字组成四位数,所有这些四位数中的数字的总和为288,则x .8．从1,3,5,7,9中任取三个数字，从0,2,4,6,8中任取两个数字，组成没有重复数字的五位数，共有________________个？三、解答题1．判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果.（1）高三年级学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？（2）高二年级数学课外小组10人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？（3）有2,3,5,7,11,13,17,19八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？②从中任取两个求它的积，可以得到多少个不同的积？2．7个排成一排，在下列情况下，各有多少种不同排法？（1）甲排头，（2）甲不排头，也不排尾，（3）甲、乙、丙三人必须在一起，（4）甲、乙之间有且只有两人，（5）甲、乙、丙三人两两不相邻，（6）甲在乙的左边（不一定相邻），（7）甲、乙、丙三人按从高到矮，自左向右的顺序，（8）甲不排头，乙不排当中。
高考数学《计数原理》综合复习练习题(含答案)
高考数学《计数原理》综合复习练习题（含答案）一、单选题1．若(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 0＋a 2＋a 4的值为（ ） A ．9B ．8C ．7D ．62．将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则不同的排列顺序有（ ）种 A ．6B ．4C ．3D ．23．中国古代的五经是指：《诗经》、《尚书》、《礼记》、《周易》、《春秋》，甲、乙、丙、丁、戊5名同学分别选取了其中一本不同的书作为课外兴趣研读，若甲乙都没有选《诗经》，乙也没选《春秋》，则5名同学所有可能的选择有 A ．18种B ．24种C ．36种D ．54种4．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，如果规定每位同学必须报名，则不同的报名方法共有（ ） A ．10种B ．20种C ．25种D ．32种5．若2228n n n A C --=，则n =（ ）A ．6B ．7C ．8D ．96．演讲社团里现有水平相当的4名男生和5名女生，从中随机选出3名同学作为代表队到市里参加“最美逆行者”的演讲比赛，代表队中既有男生又有女生的不同选法共有（ ） A ．140种B ．80种C ．70种D ．35种7．在(1－x )5－(1－x )6的展开式中，含x 3的项的系数是（ ） A ．－5B ．5C ．－10D ．108．我国拥有包括民俗、医药、文学、音乐等国家级非物质文化遗产3000多项，下图为民俗非遗数进前10名省份排名，现从这10个省份中任取2个，则这2个省份民俗非遗数量相差不超过1个的概率为（ ）A ．215B ．15C ．415 D ．259．()()5131x x +-的展开式中3x 的系数为（ ） A ．0B ．20C ．10D ．3010．某旅行社有A 、B 、C 、D 、E 共五条旅游线路可供旅客选择，其中A 线路只剩下一个名额，其余线路名额充足．现甲、乙、丙、丁四人前去报名，每人只选择其中一条线路，四人选完后，恰选择了三条不同的线路．则他们报名的情况总共有（ ） A ．720种B ．360种C ．320种D ．288种11．我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2013是“六合数”)，则“六合数”中首位为3的“六合数”共有（ ） A ．18个 B ．15个 C ．10个D ．9个12．设100210001210032)x a a x a x a x -=++++（， 若02410012a a a a m k +++++=()k ∈Z ，则实数m 可能是（ ） A ．3B ．9C ．10D ．11二、填空题13．若2110n P =，则n =______．14．6432⎭的展开式中系数为有理数的各项系数之和为________. 15．412x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式的常数项是___________．16．学校拟安排6位老师在今年6月12日至14日端午值班，每天安排2人，每人值班1天；若6位老师中的甲不值12日，乙不值14日且甲、乙不在同一天值班，则不同的安排方法共有__________种.三、解答题17．（1）求9212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项；（2）9a x ⎛ ⎝的展开式中3x 的系数为94．求常数a 的值．18．在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答．条件①：展开式中前三项的二项式系数之和为22；条件②：展开式中所有项的二项式系数之和减去展开式中所有项的系数之和等于64；条件③：展开式中常数项为第三项．问题：已知二项式1nx ⎫⎪⎭，若______，求：(1)展开式中二项式系数最大的项； (2)展开式中所有的有理项．19．已知()2nn N x *⎫∈⎪⎭的展开式中前三项的二项式系数之和为46，(1)求n ；(2)求展开式中系数最大的项．20．已知在n的展开式中，前3项的系数成等差数列，求：(1)展开式中二项式系数最大项的项； (2)展开式中系数最大的项；(3)展开式中所有有理项.21．在二项式12nx ⎫⎪⎭的展开式中，恰好第五项的二项式系数最大．(1)求展开式中各项的系数和； (2)求展开式中的有理项．22．求()2123x -的展开式中： (1)各项系数之和； (2)各项系数的绝对值之和； (3)系数最小的项.23．已知二项式()23nx x +．（1）若它的二项式系数之和为512．求展开式中系数最大的项； （2）若3,2020x n ==，求二项式的值被7除的余数．24．已知函数()()20121nn n n f x x a a x a x a x λ=+=++++，其中R λ∈．（1）若2,2020n λ=-=，求0242020a a a a ++++的值；（2）若78,1024n a ==，求()0,1,2,3,,8i a i =的最大值；（3）若1λ=-，求证：()0nkknn k k k Cx f x x n -==∑参考答案1．B2．A3．D4．D5．C6．C7．D8．A9．B10．D11．C12．D 13．11 14．117 15．70 16．3617．（1）由题意，二项式9212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的通项为()9218319911C C 22r rrrr r r T x xx --+⎛⎫⎛⎫=⋅-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令1830r -=，可得6r =， 6679121C 216T ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，所以展开式的常数项为2116． （2）由二项式9a x ⎛ ⎝展开式为93992199C C rrrr r r r r a T a x x ---+⎛⎛⎛⎫==⋅ ⎪ ⎝⎭⎝⎝， 令3932r -=，解得8r =，因为9a x ⎛ ⎝的展开式中3x 的系数为94，可得88994(C a ⋅=⋅，解得4a =. 18．(1)解：选①，由012C C C 22n n n ++=，得6n =（负值舍去）．选②，令1x =，可得展开式中所有项的系数之和为0．由010264n n n n n C C C +++-==，得6n =．选③，设第1r +项为常数项，()321C 1n r r r r nT x-+=-，由2302r n r =⎧⎪⎨-=⎪⎩，得6n =．由6n =得展开式的二项式系数最大为36C ，则展开式中二项式系数最大的项为()33332246C 120T xx --=-=-．(2)解：设第1r +项为有理项，()63216C 1r rr r T x-+=-，因为06r ≤≤，r ∈N ，632rZ -∈，所以0,2,4,6r =，则有理项为03316C T x x ==，2036C 15T x ==，43356C 15T x x --==，66676C T x x --==．19．(1)由题意得：()01211462n n n n n C C C n -++=++=，解得：9n =或10-，因为n N *∈，所以10n =-（舍去），从而9n = (2)二项式的展开式通项为：()9192rrr r T C x x -+⎛⎫==⎪⎝⎭，则系数为92r rC ⋅，要求其最大值，则只要满足119911992222r r r r r r r r C C C C --++⎧⋅≥⋅⎨⋅≥⋅⎩，即，解得：172033r ≤≤，因为r N ∈，所以6r =，所以系数最大项为693627925376T C x x x -⎛⎫== ⎪⎝⎭ 20．（1）32nx x 展开式的通项公式为13C 2kn kkk n T x x -+=⋅3561C 2n kk n k x -=， 依题意得122112C 1C 22n n ⋅⋅=+⋅，即2C 4(1)n n =-，得8n =，所以832x x 的展开式有9项，二项式系数最大的项为5项，所以22433584135C 28T x x ==. （2）由（1）知，2456181C 2kk k k T x -+=，设展开式中系数最大的项为第1k +项，则1881188111C C 2211C C 22k k k k k k k k --++⎧≥⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩，即()()()()()()8!8!2!8!1!9!8!8!2!8!1!7!k k k k k k k k ⎧≥⋅⎪⋅--⋅-⎪⎨⎪⋅≥⎪⋅-+⋅-⎩，即92228k k k k -≥⎧⎨+≥-⎩，解得23k ≤≤，所以2k =或3k =， 所以展开式中系数最大的项为737x 和327x .（3）由2456181C 2kk k k T x -+=(0,1,2,3,4,5,6,7,8)k =为有理项知，2456k -为整数，得0k =，6.所以展开式中所有有理项为4x 和716x. 21．(1)恰好第五项的二项式系数最大，则展开式有9项，∴ 8n =，∴ 二项式812x ⎫⎪⎭中，令1x = ，展开式中各项的系数和为81112256⎛⎫-= ⎪⎝⎭．(2)通项为 848318811()()22r r rr r r r T C C x x --+=-=- ，r=0，1，2，…，8. 当843r-为整数，即2,5,8r =时，展开式是有理项，有理项为第3、6、9项，即22038172T C x ⎛⎫=-⋅⋅= ⎪⎝⎭；5544681724T C x x --⎛⎫=-⋅⋅=- ⎪⎝⎭；888898112256T C x x --⎛⎫=-⋅⋅= ⎪⎝⎭.22．（1）解：设()21201901212122...3a x a x a x a x =++++-， 令1x =，得()2122110.213..1a a a a ++++⨯-==-； 所以()2123x -的展开式各项系数之和为-1； （2）令=1x -，得()210122211...5213a a a a --+-++==-⨯-， 两式相减得：()0220211 (152)a a a +++=-+， 两式相加得：()1321211 (152)a a a +++=--， 所以()2123x -的展开式各项系数的绝对值之和为()()012102201321.........a a a a a a a a a +++=+++-+++，()()221112111515522=-+---=； （3）()2123x -的展开式的通项公式为：()()()212121212112233rrrr rr r r x T x C C ---+=-=-，系数的绝对值为212123rr r C -，设第r +1项的系数绝对值最大，则2112012121211221212123232323r r r r r r r r r r r r C C C C -+-+----⎧≥⎨≥⎩，解得616655r ≤≤， 则13r =，即系数的绝对值的最大值为131321823C ， 因为13为奇数，所以()131313132181822323C C -=-，即第14项的系数最小， 所以系数最小的项为1313821823x C -23．（1）二项式2(3)n x x +的二项式系数之和为512，2512n ∴=，9n ∴=．由1999119133,1,2,,933r r r r r r r r C C r C C --++⎧⋅⋅=⎨⋅⋅⎩，解得：7r =，展开式中系数最大的项为第8项，为6777789922161(3)787323T C x x C x x ⋅===．（2）若3x =，2020n =， 220202020(3)30(282)n x x +==+202012019201920192020202020202020282822822282C C K =+⋅++⋅+⋅+⋅=问题转化为20202被7除的余数，202067367306731672267167267367367367367236732282(71)2[77771]C C C C C ⋅⋅⋅=⋅=+=⋅++⋯++⋅⋅+272k =⨯+，即余数为2．24．（1）2λ=-，2020n =时，()()2020220202020012202012f x x a a x a x a x =-=+++⋅⋅⋅+， 令1x =，得()2020012320192020121a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++=，令=1x -，得()20202020012320192020123a a a a a a +=-+-+⋅⋅⋅-+=，两式相加可得202002420182020312a a a a a ++++⋅⋅⋅++=． （2）()()828801281f x x a a x a x a x λ=+=+++⋅⋅⋅+，777810242a C λλ==⇒=，不妨设t a 为i a (0,1,2,3,,8)i =⋅⋅⋅中的最大值，则11t t t t a a a a -+≥⎧⎨≥⎩，118811882222t t t t t t t t C C C C --++⎧≥∴⎨≥⎩，解得：65t t ≤⎧⎨≥⎩，5t ∴=或6， i a 中最大值为55665688221792a a C C ====．（3）若1λ=-，()()1nn f x x =-，()()()()()12000112200121111nn n n kk n n nn k n n n n k k n Cx f x C x x C x x C x x C x x n n n n n---==-+-+-+⋅⋅⋅+-∑， 因为()()()()()()()()111!1!!!!1!!1!11!kk nn n n k n k C C n k n k n k n k k n k ----=⋅===--⋅-----⎡⎤⎣⎦所以()()()()1200122111100111nn n kk n nnn k n n n k k C x f x C x x C x x C x x n-------==+-+-+⋅⋅⋅+-∑． ()()()120001111111111n n n n n n n x C x x C x x C x x -------⎡⎤=-+-+⋅⋅⋅+-⎣⎦()11n x x x x -=+-=⎡⎤⎣⎦．。
专题02 计数原理(同步练习)(人教A版选修2-3)(解析版)
专题02 计数原理（同步练习）一、计数原理例1-1．要从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，问共有多少种不同的挂法？【解析】从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法， 第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法， 根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是623=⨯=M 。
例1-1．给程序模块命名，需要用3个字符，其中首字符要求用字母G A ~或Z U ~，后两个要求用数字9~1。
问最多可以给多少个程序命名？【解析】先计算首字符的选法。
由分类加法计数原理，首字符共有1367=+种选法，再计算可能的不同程序名称。
由分步乘法计数原理，最多可以有10539913=⨯⨯个不同的名称， 即最多可以给1053个程序命名。
例1-3．核糖核酸(RNA )分子是在生物细胞中发现的化学成分一个RNA 分子是一个有着数百个甚至数千个位置的长链，长链中每一个位置上都由一种称为碱基的化学成分所占据。
总共有4种不同的碱基，分别用A 、C 、G 、U 表示。
在一个RNA 分子中，各种碱基能够以任意次序出现，所以在任意一个位置上的碱基与其他位置上的碱基无关。
假设有一类RNA 分子由100个碱基组成，那么能有多少种不同的RNA 分子？【解析】100个碱基组成的长链共有100个位置，从左到右依次在每一个位置中，从A 、C 、G 、U 中任选一个填入， 每个位置有4种填充方法，根据分步乘法计数原理，长度为100的所有可能的不同RNA 分子数目有1004个。
例1-4．电子元件很容易实现电路的通与断、电位的高与低等两种状态，而这也是最容易控制的两种状态。
因此计算机内部就采用了每一位只有0或1两种数字的记数法，即二进制。
为了使计算机能够识别字符，需要对字符进行编码，每个字符可以用一个或多个字节来表示，其中字节是计算机中数据存储的最小计量单位，每个字节由8个二进制位构成。
计数原理专题检测+答案
故选：C．
2．【答案】B
【解析】从 4 男 2 女共 6 名学生中选出队长 1 人，副队长 1 人，普通队员 2 人组成 4 人服务队有
C61
C51
C42
65
43 2
180
种选法，服务队中没有女生的选法有
C41 C31 C22 4 31 12 种，所以要求服务队中至少有 1 名女生，
不含 的共有
，
正偶数因数的个数有
个，
即
的正偶数因数的个数是 ，故选 A.
12．【答案】B
【解析】
故选：B
13．【答案】C
【解析】若 颜色相同，先涂 有 种涂法，再涂 有 种涂法，再涂 有 种涂法， 只有一种涂法，共有
种；若颜色 不同，先涂 有 种涂法，再涂 有 种涂法，再涂 有 种涂法，当 和 相同时，
种排法，所以满足条件的共有
种排法，故选 A.
【解析】 根据题意，组成四位数的百位数字为 5，分 2 步进行分析： ①组成四位数的千位数字不能为 0，则千位数字有 4 种选法，
②在剩下的 4 个数字中选出 2 个，安排在是十位、个位，有 A42 12 种选法， 则符合条件的四位数有12 4 48 个；
种。
故答案选 A。 4．【答案】C 【解析】由题可分两种情况讨论：
①甲可能在 A 组，组内分到其他四人中的 1 人,2 人或 3 人，则有 C41 C42 C43 14 种分法；
②甲可能在 B 组，组内分到其他四人中的 1 人,2 人或 3 人，则有 C41 C42 C43 14 种分法； 一共有14 14 28 种分法。
故选 C. 5．【答案】A
【解析】根据题意，先将 4 项工作分成 3 组，有 C42=6 种分组方法， 将分好的三组全排列，对应 3 名志愿者，有 A33=6 种情况， 则有 6×6=36 种不同的安排方式； 故选：A． 6．【答案】C
计数原理专题训练
计数原理专题训练1．若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案有( )A ．48种B ．72种C ．96种D ．216种2．二项式⎝⎛⎭⎫x ＋12x n 的展开式前三项系数成等差数列，则n 等于( ) A ．6 B ．8 C ．7 D ．93．山城农业科学研究所将5种不同型号的种子分别试种在5块并成一排的试验田里，其中A ，B 两型号的种子要求试种在相邻的两块试验田里，且均不能试种在两端的试验田里，则不同的试种方法数为( )A ．12B ．24C ．36D ．484．岳阳高铁站B 1进站口有3个闸机检票通道口，高考完后某班3个同学从该检票口进站到外地旅游，如果同一个人进的闸机检票通道口选法不同，或几个人进同一个闸机检票通道口但次序不同，都视为不同的进站方式，那么这3个同学的不同进站方式有( )A ．24种B ．36种C ．42种D ．60种5．二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋13x n 的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为( )A ．7B ．5C ．4D ．36．若二项式(3－x )n ()n ∈N *展开式中所有项的系数之和为a ，所有项的系数的绝对值之和为b ，则b a ＋a b的最小值为( ) A ．2 B.52 C.136 D.927．已知(2x －1)4＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4，则a 2等于( )A ．18B ．24C ．36D ．568．李雷和韩梅梅两人都计划在国庆节的7天假期中到“东亚文化之都——泉州”二日游，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有( )A ．16种B ．18种C ．20种D ．24种9．在(1＋x )＋(1＋x )2＋(1＋x )3＋…＋(1＋x )11的展开式中，x 2的系数是( )A ．220B ．165C ．66D ．5510．若(x 2＋2)⎝⎛⎭⎫1x 2－mx 5展开式中x 2项的系数是40，则实数m 的值为( ) A. 2 B ．2 C ．±2 D ．±211．某大型医疗器械展览将于2019年5月18至20日在兰州举行，现将5名志愿者分配到3个不同的展馆参加接待工作，每个展馆至少分配一名志愿者的分配方案种数为( )A ．540B ．300C ．180D ．15012．九九重阳节期间，学校准备举行慰问退休老教师晚会，学生们准备用歌曲、小品、相声三种艺术形式表演五个节目，其中歌曲有2个节目，小品有2个节目，相声有1个节目，要求相邻的节目艺术形式不能相同，则不同的编排种数为( )A ．96B ．72C ．48D ．2413．一共有5名同学参加《我的中国梦》演讲比赛，3名女生和2名男生，如果男生不排第一个演讲，同时两名男生不能相邻演讲，则排序方式有________种．(用数字作答)14．多项式⎝⎛⎭⎫2＋1x ()2＋x 5的展开式中，含x 2的项的系数是________；常数项是________． 15．若(1－2x )2 018＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 018x 2 018(x ∈R)，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01822 018的值为________．16．(2x－1)n展开式中二项式系数的计数原理专题训练答案1．若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案有()A ．48种B ．72种C ．96种D ．216种答案 C解析 按照以下顺序涂色，A ：C 14→B ：C 13→D ：C 12→C ：C 12→E ：C 11→F ：C 12，所以由分步乘法计数原理得总的方案数为C 14·C 13·C 12·C 12·C 12＝96. 2．二项式⎝⎛⎭⎫x ＋12x n 的展开式前三项系数成等差数列，则n 等于( ) A ．6 B ．8 C ．7 D ．9答案 B解析 展开式的通项为T k ＋1＝⎝⎛⎭⎫12k C k n 32kn x －，其前三项的系数分别是1，n 2，14C 2n， 据已知得n ＝1＋n (n －1)8， 解得n ＝8(n ＝1舍弃)．3．山城农业科学研究所将5种不同型号的种子分别试种在5块并成一排的试验田里，其中A ，B 两型号的种子要求试种在相邻的两块试验田里，且均不能试种在两端的试验田里，则不同的试种方法数为( )A ．12B ．24C ．36D ．48答案 B解析 因为A ，B 两型号的种子试种方法数为2×2＝4，所以一共有4A 33＝24(种)试种方法．4．岳阳高铁站B 1进站口有3个闸机检票通道口，高考完后某班3个同学从该检票口进站到外地旅游，如果同一个人进的闸机检票通道口选法不同，或几个人进同一个闸机检票通道口但次序不同，都视为不同的进站方式，那么这3个同学的不同进站方式有( )A ．24种B ．36种C ．42种D ．60种 答案 D解析 若三名同学从3个不同的检票通道口进站，则有A 33＝6(种)；若三名同学从2个不同的检票通道口进站，则有C 23C 23A 22A 22＝36(种)； 若三名同学从1个不同的检票通道口进站，则有C 13A 33＝18(种)．综上，这3个同学的不同进站方式有60种．5．二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋13x n 的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为( )A ．7B ．5C ．4D ．3答案 A解析 二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋13x n 的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则n ＝20， ⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋13x 20展开式的通项为 T k ＋1＝C k 20()3x 20－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫13x k ＝()320－k C k 204203k x －， 展开式的有理项满足20－43k (k ∈N)的值为整数， 据此可得，k 可能的取值为0,3,6,9,12,15,18，共有7个．6．若二项式(3－x )n ()n ∈N *展开式中所有项的系数之和为a ，所有项的系数的绝对值之和为b ，则b a ＋a b 的最小值为( )A ．2 B.52 C.136 D.92答案 B解析 令x ＝1，可得二项式(3－x )n (n ∈N *)展开式中所有项的系数之和为a ＝2n ，令x ＝－1，可得(3－x )n 展开式中所有项的系数的绝对值之和为 b ＝4n，则b a ＋a b ＝4n 2n ＋2n 4n ＝2n ＋12n ，故当n ＝1时，b a ＋a b 取得最小值52. 7．已知(2x －1)4＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4，则a 2等于( )A ．18B ．24C ．36D ．56答案 B解析 (2x －1)4＝[]1＋2(x －1)4，故a 2(x －1)2＝C 24[2(x －1)]2＝4C 24(x －1)2， 所以a 2＝4C 24＝24.8．李雷和韩梅梅两人都计划在国庆节的7天假期中到“东亚文化之都——泉州”二日游，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有( )A ．16种B ．18种C ．20种D ．24种 答案 C解析 任意相邻两天组合一起，包括①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦，一共有6种情况，若李雷选①②或⑥⑦，则韩梅梅有4种选择，若李雷选②③或③④或④⑤或⑤⑥，则韩梅梅有3种选择，故若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有2×4＋4×3＝20(种)．9．在(1＋x )＋(1＋x )2＋(1＋x )3＋…＋(1＋x )11的展开式中，x 2的系数是( )A ．220B ．165C ．66D ．55答案 A解析 展开式中x 2的系数为C 22＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 211，由组合数的性质得，C 22＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 211＝C 33＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 211＝C 34＋C 24＋C 25＋…＋C 211…＝C 312＝12×11×103×2×1＝220. 10．若(x 2＋2)⎝⎛⎭⎫1x 2－mx 5展开式中x 2项的系数是40，则实数m 的值为( ) A. 2 B ．2 C ．±2 D ．±2答案 C解析 (x 2＋2)⎝⎛⎭⎫1x 2－mx 5展开式中x 2项是由⎝⎛⎭⎫1x 2－mx 5展开式中常数项与()x 2＋2的二次项之积和⎝⎛⎭⎫1x 2－mx 5展开式中二次项与()x 2＋2的常数项之积组成的．∵⎝⎛⎭⎫1x 2－mx 5的展开式的通项为T k ＋1＝C k 5·⎝⎛⎭⎫1x 25－k ·(－mx )k ＝(－m )k C k 5x3k －10， 令3k －10＝0，解得k ＝103，不合题意，应舍去； 令3k －10＝2，解得k ＝4，∴(x 2＋2)⎝⎛⎭⎫1x 2－mx 5的展开式中x 2项的系数为2·(－m )4C 45＝40，即m 4＝4， 解得m ＝±2.11．某大型医疗器械展览将于2019年5月18至20日在兰州举行，现将5名志愿者分配到3个不同的展馆参加接待工作，每个展馆至少分配一名志愿者的分配方案种数为( )A ．540B ．300C ．180D ．150 答案 D解析 将5人分成满足题意的3组有1,1,3与2,2,1两种，分成1,1,3时，有C 35·A 33种分法；分成2,2,1时，有C 25·C 23A 22·A 33种分法， 由分类加法计数原理得，共有C 35·A 33＋C 25·C 23A 22·A 33＝150(种)不同的分法． 12．九九重阳节期间，学校准备举行慰问退休老教师晚会，学生们准备用歌曲、小品、相声三种艺术形式表演五个节目，其中歌曲有2个节目，小品有2个节目，相声有1个节目，要求相邻的节目艺术形式不能相同，则不同的编排种数为( )A ．96B ．72C ．48D ．24答案 C解析 第一类，先选择一个小品插入到2个歌曲之间，另一个小品放在歌曲的两边，这时形成了5个空，将相声插入其中一个，故有A 22A 12A 12A 15＝40(种)；第二类，相声插入歌曲之间，再把小品插入歌曲两边，有A 22A 22＝4(种)；第三类，相声插入小品之间，再把歌曲插入小品两边，有A 22A 22＝4(种)，根据分类加法计数原理可得，共有40＋4＋4＝48(种)．13．一共有5名同学参加《我的中国梦》演讲比赛，3名女生和2名男生，如果男生不排第一个演讲，同时两名男生不能相邻演讲，则排序方式有________种．(用数字作答)答案 36解析 根据题意，分2步完成：①将3名女生全排列，有A 33＝6(种)顺序，②排好后，有4个空位，男生不排第一个演讲，除去第一个空位，有3个空位可用，在这3个空位中任选2个，安排2名男生，有A 23＝6(种)情况，则有6×6＝36(种)符合题意的排序方式．14．多项式⎝⎛⎭⎫2＋1x ()2＋x 5的展开式中，含x 2的项的系数是________；常数项是________． 答案 200 144解析 根据题意，()2＋x5的展开式的通项为 T k ＋1＝C k 525－k ·x k . ∴当k ＝2时，有T 3＝C 2523·x 2＝80x 2； 当k ＝3时，有T 4＝C 3522·x 3＝40x 3； 当k ＝0时，有T 1＝C 0525·x 0＝32； 当k ＝1时，有T 2＝C 1524·x 1＝80x . ∴多项式⎝⎛⎭⎫2＋1x ()2＋x 5的展开式中， 含x 2的项为2×80x 2＋1x ·40x 3＝200x 2，即含x 2的项的系数是200；常数项是2×32＋1x·80x ＝144. 15．若(1－2x )2 018＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 018x 2 018(x ∈R)，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01822 018的值为________． 答案 －1解析 在(1－2x )2 018＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 018x 2 018(x ∈R)中，令x ＝0时，可得(1－2×0)2 018＝a 0，即a 0＝1，令x ＝12时，可得⎝⎛⎭⎫1－2×12 2 018＝a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01822 018， 即a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01822 018＝0， 又a 0＝1，所以a 12＋a 222＋…＋a 2 01822 018＝－1. 16．(2x －1)n 展开式中二项式系数的和为32，则(2x 2＋x －1)n 展开式中x 3的系数为________． 答案 －30解析 由(2x －1)n 展开式中二项式系数的和为32，可得2n ＝32，解得n ＝5，(2x 2＋x －1)5＝(x ＋1)5(2x －1)5，根据二项式定理可以求得(x ＋1)5的展开式中，三次项、二次项、一次项的系数和常数项分别是10,10,5,1，(2x －1)5的展开式中，常数项及一次项、二次项、三次项的系数分别是－1,10，－40,80，所以展开式中x 3项的系数为－10＋100－200＋80＝－30.。
计数原理-简单难度-习题
计数原理一、选择题（共12小题；共60分）1. 一个盒子里有3个分别标有号码1，2，3的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是3的取法有 A. 12种B. 15种C. 17种D. 19种2. 某公共汽车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式有 A. 50种B. 25种C. 510种D. 105种3. 某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中一本，则购买方案有 A. 3种B. 6种C. 7种D. 9种4. 7名旅客分别从3个不同的景区中选择一处游览，不同选法种数是 A. 73B. 37C. A73D. C735. 将3个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，则不同放法有 种A. 81B. 64C. 14D. 126. 如果某年年份的各位数字之和为7，我们称该年为“七巧年”．那么从2000年到2999年中“七巧年“共有 A. 24个B. 21个C. 19个D. 18个7. 已知a，b∈0,1,2,…,9，若满足∣a−b∣≤1，则称a，b“心有灵犀”．则a，b“心有灵犀”的情形的种数为 A. 9B. 16C. 20D. 288. 用5种不同的颜色给图中4个区域涂色，如果每个区域涂一种颜色，相邻区域不能同色，那么涂色的方法有 种A. 120B. 180C. 240D. 729. 为了庆祝“六一”儿童节'某食品厂制作了3种不同的精美卡片，每袋食品随机装入一张卡片，集齐3种卡片可获奖，现购买该种食品5袋，能获奖的概率为 A. 3181B. 3381C. 4881D. 508110. 设an是等差数列，从a1，a2，a3，⋯，a20中任取3个不同的数，使这三个数仍成等差数列，则这样不同的等差数列最多有 A. 90个B. 120个C. 160个D. 180个11. 如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是 A. 60B. 48C. 36D. 2412. 小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反不同的两面．他想把这4枚硬币摆成一摞，且满足相邻2枚硬币的正面与正面不相对，不同的摆法有 A. 4种B. 5种C. 6种D. 9种二、填空题（共5小题；共25分）13. 某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4次，轮船有3次，问此人的走法可有种．14. 判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”）．（1）在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同． （2）在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事． （3）在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成． （4）如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mii=1,2,3,⋯,n，那么完成这件事共有m1m2m3⋯mn种方法． （5）在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的． 15. 商店有5种不同型号的品牌电脑，3种型号不同的DVD，如果小张要购买一台品牌电脑或一台DVD有种不同的购买方式；如果小张要购买品牌电脑和DVD各一台共有购买方式种．16. 若A=1,2,3,4，B=a,b,c，a，b，c∈R，则A到B的映射有个，B到A的映射有个，A到B的函数有个．17. 将数字1，2，3，4，5，6排成一列，记第i个数为aii=1,2,…,6，若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1<a3<a5，则不同的排列方法有种（用数字作答）．三、解答题（共5小题；共65分）18. 某单位职工义务献血，在体检合格的所有人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人．求：（1）从体检合格的所有人中任选1人去献血，有多少种不同的选法?（2）从4种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法?19. 如图所示，是一个通信电路图，求电流从A处到B处的不同路线共有多少条?20. 电视台在“欢乐在今宵”节目中拿出两个信箱，其中放着竞猜中成绩优秀的观众来信，甲箱中有30封，乙箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运之星和幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两箱中各确定一名幸运观众，有多少种不同结果?21. 有一项活动需在3名老师，6名男同学和8名女同学中选人参加．（1）若只需一人参加，有多少种不同选法?（2）若需一名老师、一名学生参加，有多少种不同选法?（3）若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法?22. 同室4人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，求4张贺年卡不同的分配方式有多少种?答案第一部分1. D 【解析】分为三种情况：3次均取3号球，有1种取法；3次取球两次取3号球，另一次取1或2号球，共有2×3=6种；3次取球一次取3号球，另两次取1或2号球，注意可以重复取1或2，共有3×4=12种．故共有1+6+12=19种．2. C3. C4. B5. B6. B7. D 【解析】由题意知当a为0时，b只能取0，1；当a为9时，b只能取8，9；当a为其他数时，b都可以取三个数．故共有28种情形．8. B9. D10. D【解析】从a1，a2，a3，⋯，a20中任取三项，它们若成等差数列，则第一个数和第三个数要么同为奇数项，要么同为偶数项，我们从奇数项或偶数项中任意挑两项，作为新等差数列的第一项和第三项，则an中必有一项可以作为第二项和它们构成等差数列，且每一组的第一项和第三项调换又可以组成一个等差数列，所以不同的等差数列最多有2×A102=180个．其他方法：设新数列的公差为m，原来数列的公差是d，当确定了m，如果再确定了第一项，则第二和第三项也就确定了，因此只考虑如何选择第一项．m=d时，a19和a20不能做第一项，能做第一项的有18种结果；m=2d，a17至a20不能做第一项，有16种结果；m=3d，a15至a20不能做第一项，有14种结果；m=4d，a13至a20不能做第一项，有12种结果；m=5d，a11至a20不能做第一项，有10种结果；以此类推m=9d，a3至a20不能做第一项，有2种结果；当m大于9d，则不能选出满足题意的数列．∴总共个数=2+4+6+8+⋯+18=90，当数列的公差与列举的公差互为相反数时，又有90个结果，∴共有90+90=180个．11. B 【解析】易知长方体的6个表面所在的平面分别与相应直线（过两个顶点）构成的“平行线面组”有6×6=36（个），另外，长方体的6个对角面所在的平面分别与相应直线（过两个顶点）构成的“平行线面组”有6×2=12（个），故共有36+12=48（个）．12. B 【解析】没有限制条件的所有摆法一共有24=16种．正面与正面相对的情况有：①有两组正面相对，1种；②有一组正面相对，当正面与正面相对的硬币处于中间位置，有2×2=4种；当正面与正面相对的硬币处于顶部或底部时，有2×3=6种．所以，一共有24−1−4−6=5种．第二部分13. 7【解析】因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法共有4+3=7（种）．14. ×，√，√，√，√15. 8，1516. 81，64，8117. 30【解析】分两步：第一步，先排a1，a3，a5，若a1=2，有2种排法；若a1=3，有2种排法；若a1=4，有1种排法，所以共有5种排法．第二步，排a2，a4，a6，共有A33=6种排法，故有5×6=30种不同的排列方法．第三部分18. （1）从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人共有7种不同的选法，从B型血的人中选1人共有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人共有3种不同的选法．从体检合格的所有人中任选1人去献血，有不同的选法种数为28+7+9+3=47．答：从体检合格的所有人中任选1人去献血，有47种不同的选法．（2）要从4种血型的人中各选1人去献血，即要在每种血型的人中依次选出1人，用分步计数原理，共有28×7×9×3=5292种．答：从4种血型的人中各选1人去献血，有5292种不同的选法．19. 有8种．20. 分两类：①幸运之星在甲箱中抽，有30×29×20=17400种．②幸运之星在乙箱中抽取，有20×19×30=11400种．共有不同结果17400+11400=28800种．21. （1）只需一人参加，可按老师、男同学、女同学分三类，各自有3，6，8种方法，总方法数为3+6+8=17种．（2）分两步，先选老师，共3种选法，再选学生，共6+8=14种选法，由分步乘法计数原理知，总方法数为3×14=42种．（3）选老师、男同学、女同学各一人，可分三步，每步方法依次为3，6，8种．由分步乘法计数原理知总方法数为3×6×8=144种．22. 解法1：设4人A、B、C、D写的贺年卡分别是a、b、c、d，当A拿贺年卡b，则B可拿a、c、d 中的任何一个，即B拿a，C拿d，D拿c或B拿c，D拿a，C拿d或B拿d，C拿a，D拿c，所以A 拿b时有3种不同的分配方式．同理，A拿c、d时也各有3种不同的分配方式．由加法原理，4张贺年卡共有3+3+3=9种分配方式．解法2：让4人A、B、C、D依次拿1张别人送出的贺年卡．如果A先拿有3种取法，此时写被A拿走的那张贺年卡的人也有3种不同的取法．接下来，剩下的两个人都各只有一种取法．由乘法原理，4张贺年卡不同的分配方式有3×3×1×1=9种．。
计数原理综合测试题
计数原理综合测试题1.设有3种不同颜色的气球，红色、蓝色和绿色，要求从中选取4个气球，问有多少种选法？解答：根据计数原理，首先确定每种颜色气球的选择数量。
对于红色气球，有3种选择：选0个、选1个、选2个、选3个、选4个，即5种；对于蓝色气球，也有5种选择；对于绿色气球，同样有5种选择。
由于每种颜色的选择是相互独立的，根据计数原理，总的选择数为5×5×5=1252.有8本不同的书，要将其中4本放在书架上，问有多少种不同的放法？解答：根据计数原理，首先确定第一本书的选择数量，有8种选择；对于第二本书，有7种选择，依此类推，对于第四本书，有5种选择。
由于每本书的选择是相互独立的，根据计数原理，总的放法数为8×7×6×5=1,680。
3.有5个人，要从中选出3个人组成一支篮球队，问有多少种不同的组队方式？解答：根据计数原理，首先确定第一个人的选择数量，有5种选择；对于第二个人，有4种选择；对于第三个人，有3种选择。
由于每个人的选择是相互独立的，根据计数原理，总的组队方式数为5×4×3=60。
4.有8个小球排成一行，其中有3个红球，问有多少种不同的排列方式？解答：根据计数原理，首先确定红球的选择数量，有8种位置可以放置第一个红球；对于第二个红球，有7个位置可供选择，依此类推，对于第三个红球，有6个位置可供选择。
由于每个红球的选择是相互独立的，根据计数原理，总的排列方式数为8×7×6=3365.有7个学生，要将其中3人安排到A班，问有多少种不同的安排方式？解答：根据计数原理，首先确定第一个学生的选择数量，有7种选择；对于第二个学生，有6种选择，依此类推，对于第三个学生，有5种选择。
由于每个学生的选择是相互独立的，根据计数原理，总的安排方式数为7×6×5=210。
6.有10个字母，如ABCDE......J，从中任选3个字母组成一个三位数，问有多少种不同的三位数可以组成？解答：根据计数原理，首先确定第一位字母的选择数量，有10种选择；对于第二位字母，有9种选择，依此类推，对于第三位字母，有8种选择。
专题练 第21练 计数原理与概率
第21练 计数原理与概率1．(2022·新高考全国Ⅱ)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)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.16 B.13 C.12D.233．(2021·全国乙卷)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有( ) A ．60种 B ．120种 C ．240种D ．480种4．(2021·全国甲卷)将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为( ) A.13 B.25 C.23D.455．(2022·北京)若(2x －1)4＝a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则a 0＋a 2＋a 4等于( ) A ．40 B ．41 C ．－40D ．－416．(2021·新高考全国Ⅰ)有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中有放回地随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则( ) A ．甲与丙相互独立B ．甲与丁相互独立C ．乙与丙相互独立D ．丙与丁相互独立7．(2022·新高考全国Ⅰ)在⎝⎛⎭⎫1－yx (x ＋y )8的展开式中x 2y 6的系数为________(用数字作答)． 8．(2019·全国Ⅰ)甲、乙两队进行篮球决赛，采取七场四胜制(当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束)．根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4∶1获胜的概率是________．9．(2022·淄博模拟)(2x ＋a )⎝⎛⎭⎫x ＋2x 6的展开式中x 2的系数为－120，则该二项式展开式中的常数项为( ) A ．320 B ．－160 C ．160D ．－32010．(2022·宣城模拟)2022年冬季奥林匹克运动会于2月4日在北京开幕，北京成为第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会以及亚洲运动会三项国际赛事的城市，这也是中国历史上第一次举办冬季奥运会．此前，冬奥会组委会招募6名志愿者为四个馆区提供志愿服务，要求A ，B 两个馆区各安排一人，剩下两个馆区各安排两人，不同的安排方案共有( ) A ．90种 B ．180种 C ．270种D ．360种11．(2022·桂林模拟)甲、乙去同一家药店购买一种医用外科口罩，已知这家药店出售A ，B ，C 三种医用外科口罩，甲、乙购买A ，B ，C 三种医用口罩的概率分别如下：购买A 种医用外科口罩购买B 种医用外科口罩购买C 种医用外科口罩甲 0.2 0.4 乙 0.30.3则甲、乙购买的是同一种医用外科口罩的概率为( ) A ．0.44 B ．0.40 C ．0.36D ．0.3212．(2022·泸州模拟)《周易》是我国古代典籍，用“卦”描述了天地世间万象变化．如图是一个八卦图，包含乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八卦(每一卦由三个爻组成，其中“”表示一个阳爻，“”表示一个阴爻)．若从八卦中任取两卦，这两卦的六个爻中恰有两个阳爻的概率为( )A.356B.328C.314D.1413．(多选)(2022·重庆模拟)甲罐中有5个红球，5个白球，乙罐中有3个红球，7个白球．先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球．A 1表示事件“从甲罐取出的球是红球”，A 2表示事件“从甲罐取出的球是白球”，B 表示事件“从乙罐取出的球是红球”．则下列结论正确的是( ) A ．A 1，A 2为对立事件 B ．P (B |A 1)＝411C ．P (B )＝722D ．P (B |A 1)＋P (B |A 2)＝114．(多选)(2022·杭州质检)已知(1＋2x )n ＋a (3－x )7＝a 0＋a 1x ＋…＋a 6x 6(a ≠0)，则( ) A ．n ＝6 B ．a ＝128C.a 037＋a 136＋…＋a 63＝⎝⎛⎭⎫737 D ．a 1＋2a 2＋…＋6a 6＝－6415．(2022·德州模拟)某一电子集成块由a ，b ，c 三个元件并联构成，三个元件是否有故障相互独立．已知至少1个元件正常工作，该集成块就能正常运行．若每个元件能正常工作的概率均为45，则在该集成块能够正常工作的情况下，有且仅有一个元件出现故障的概率为________．16．(2022·武汉质检)(1＋x ＋x 2)6展开式中x 4的系数为________．[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．一、排列与组合问题核心提炼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)．练后反馈题目13410正误错题整理：二、二项式定理核心提炼1．二项式定理的常用结论(1)(a－b)n＝C0n a n－C1n a n－1b＋C2n a n－2b2＋…＋(－1)k C k n a n－k b k＋…＋(－1)n C n n b n.(2)(1＋x)n＝C0n＋C1n x＋…＋C k n x k＋…＋C n n x n.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．练后反馈题目5791416正误错题整理：三、概率核心提炼1．古典概型的概率公式 P (A )＝m n ＝事件A 中所含的样本点试验的样本点总数.2．条件概率在A 发生的条件下B 发生的概率：P (B |A )＝P (AB )P (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 (A )＝1－P (A )． 5．全概率公式一般地，设A 1，A 2，…，A n 是一组两两互斥的事件，A 1∪A 2∪…∪A n ＝Ω，且P (A i )>0，i ＝1,2，…，n ，则对任意的事件B ⊆Ω，有P (B )＝∑i ＝1nP (A i )·P (B |A i )．练后反馈题目 2 6 8 11 12 13 15 正误错题整理：1．[T3补偿](2022·郑州模拟)志愿团安排去甲、乙、丙、丁四个精准扶贫点慰问的先后顺序，最后确定了不能先去甲和不能最后去丁．他们共有多少种不同的安排方法( ) A ．14 B ．12 C ．24 D ．282．[T13补偿](多选)(2022·广州模拟)一个质地均匀的正四面体表面上分别标有数字1,2,3,4，抛掷该正四面体两次，记事件A 为“第一次向下的数字为偶数”，事件B 为“两次向下的数字之和为奇数”，则下列说法正确的是( ) A ．P (A )＝12B ．事件A 和事件B 互为对立事件C ．P (B |A )＝12D ．事件A 和事件B 相互独立3．[T10补偿](2022·邵阳模拟)国庆长假过后学生返校，某学校为了做好防疫工作，组织了6个志愿服务小组，分配到4个大门进行行李搬运志愿服务，若每个大门至少分配1个志愿服务小组，每个志愿服务小组只能在1个大门进行服务，则不同的分配方法种数为( ) A ．65 B ．125 C ．780 D ．1 5604．[T14补偿](多选)(2022·福建省永春第一中学模拟)杨辉三角把二项式系数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中体现出来，是一种离散型的数与形的结合．根据杨辉三角判断，下列说法正确的是( )A ．(x －1)6＝x 6－6x 5＋15x 4－20x 3＋15x 2－6x ＋1B ．C 27＋4C 37＋6C 47＋4C 57＋C 67＝C 611C ．已知(1－3x )n 的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则所有项的系数和为212D ．已知(x ＋2)5＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 5(x ＋1)5，则a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝315．[T15补偿](2022·鹰潭模拟)小赵、小钱、小孙、小李四名同学报名参加了龙虎山、三清山、井冈山、庐山四个景点的旅游，且每人只参加了其中一个景点的旅游，记事件A 为“4个人去的景点互不相同”，事件B 为“只有小赵去了龙虎山景点”，则P (B |A )＝________. 6．[T16补偿](2022·重庆调研)⎝⎛⎭⎫1＋2x －y28的展开式中x 2y 2项的系数是________．。
计数原理综合测试题
计数原理综合测试题1.一串数字密码由6个不重复的数字组成，每个数字取自{0,1,2,3,4,5}。
求这个密码的总数。
2.一支队伍中有5个男生和4个女生。
要从队伍中选出一位队长和一位副队长，其中队长必须是男生，副队长可以是男生或女生。
求共有多少种选法。
3.在一场考试中，一共有5个选择题，每个题目有4个选项。
如果一个学生是乱选题目并填写答案，那么他一共可能得到多少种不同的答题情况？4.一共有4种不同颜色的小球，每个颜色的小球无限个。
如果从这些小球中取出10个小球来排成一列，求共有多少种不同的排列方式？5.一共有7本书，其中4本数学书和3本历史书。
要从这些书中选择3本，求选择过程中数学书的本数的取值范围。
6.一共有6个人，他们站在一排，其中2个人不能站在一起。
求共有多少种不同的排列方式？7.一场音乐会中，一共准备了8首歌，其中5首是乐队独奏，3首是合唱曲目。
主持人要按照以下顺序安排歌曲：合唱曲目-独奏曲目-合唱曲目-独奏曲目-...，求一共有多少种可能的歌曲安排方式？8.一个养鸡场有3只白鸡，5只黑鸡，2只红鸡。
如果将这些鸡随机放入3个笼子中（每个笼子可以放多只鸡），求一共有多少种不同的放置方式？9.一共有8本书，其中3本是小说，2本是散文集，3本是诗集。
要从这些书中选择5本，求选择过程中小说书的本数的取值范围。
10.一张扑克牌有52张，其中有13张黑桃，26张红桃，13张梅花，和13张方片。
从这些牌中抽出5张牌，求这5张牌中黑桃牌的数量的取值范围。
希望以上题目能帮到你！如果需要进一步说明或其他题目，请告诉我。
计数原理专项练习(含详解)
计数原理专项练习一、单选题（本大题共20小题，共100.0分）1. 从8名女生和4名男生中，抽取3名学生参加某档电视节目，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为()A. 224B. 112C. 56D. 282. A ，B ，C ，D 四位妈妈相约各带一名小孩去观看花卉展，她们选择共享电动车出行，每辆车只能带一位大人和一名小孩，其中孩子们表示都不坐自己妈妈的车，则A 的小孩坐C 妈妈或D 妈妈的车的概率是()A.13B.12C.59D.233. 袋中有5个黑球和3个白球，从中任取2个球，则其中至少有1个黑球的概率是()A.B.C.D.4. 已知的最小值为，则二项式展开式中项的系数为A.B.C.D.5.2.5PM 是指大气中直径小于或等于0.0000025米的颗粒物，数0.0000025用科学计数法表示为() A. 72510-⨯ B. 62.510-⨯ C. 50.2510-⨯ D. 72.510-⨯6. 若集合1A ，2A 满足12A A A =，则称12(,)A A 为集合A 的一个分拆，并规定：当且仅当12A A =时，12(,)A A 与21(,)A A 为集合A 的同一种分拆，则集合12{,}A a a =的不同分拆种数是()A. 8B. 9C. 16D. 187. 已知1021001210(1)(1)(1)(1)x a a x a x a x +=+-+-++-，则9a 等于()A. 10B. 10-C. 20D. 20-8. 如图，在杨辉三角形中，斜线的上方从1按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”的数列：1，3，3，4，6，5，10，…，记此数列的前项之和为，则的值为()A. 361B. 295C. 153D. 669. 设2012(1)n x a a x a x -=+++…nn a x +，若12||||...||127n a a a +++=，则展开式中二项式系数最大的项为A. 第4项B. 第5项C. 第4项或第5项D. 第7项10. 二项式(1)()nx n N ++∈的展开式中2x 的系数为15，则()n =A. 4B. 5C. 6D. 711. 二项式的展开式中二项式系数最大的项为()A. 第 3 项B. 第 6 项C. 第 6 、 7 项D. 第 5 、 7 项12. 甲、乙、丙3位教师安排在周一至周五中的3天值班，要求每人值班1天且每天至多安排1人，则恰好甲安排在另外2位教师前面值班的概率是A.B.C.D.13. 212nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中只有第4项的二项式系数最大，展开式中的所有项的系数和是()A. 0B. 256C. 64D.16414. 9.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. 66种B. 65种C. 63种D. 60种15. 102012(2)x a a x a x -=+++ (10)10.a x +则123a a a +++…10()a +=A. 1B. 1-C. 1023D. 1023-16. 腾冲第八中学数学组有实习老师共5名，现将他们分配到高二年级的90、91、92三个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有()A. 30种B. 90种C. 180种D. 270种17. 从3名语文老师、4名数学老师和5名英语老师中选派5人组成一个支教小组，则语文、数学和英语老师都至少有1人的选派方法种数是()A. 590B. 570C. 360D. 21018. 若*n N ∈，且521235n n n C A ---=，则n 的值为()A. 8B. 9C. 10D. 1119. 我们把各位数字之和等于6的三位数称为“吉祥数”，例如123就是一个“吉祥数”，则这样的“吉祥数”一共有()A. 28个B. 21个C. 35个D. 56个20. 将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的分配方案共有()种.A. 252B. 112C. 20D. 56二、单空题（本大题共10小题，共50.0分） 21. 如图，它满足：(1)第n 行首尾两数均为n ；(2)表中的递推关系类似杨辉三角，则第n 行()2n 第2个数是________22. 设甲、乙两人每次射击命中目标的概率分别为34和45，且各次射击相互独立，若按甲、乙、甲、乙的次序轮流射击，直到有一人击中目标就停止射击，则停止射击时，甲射击了两次的概率是__________.23. 二项式51(2)x x+的展开式中3x 的系数为______.24. 已知4男3女排队，每名男生至多与一名女生相邻，共有______ 种不同的排法．(结果用数值表示)25. 被4除，所得的余数为________.26. 若22242n C A =，则!3!3!n n =-________.27. 2015年世博会在意大利米兰举行，其中某大学要从6名男生和2名女生中选出3人作为奥运会的志愿者，若男生甲与女生乙至少有一个入选，则不同的选法共有__________________________种(结果用数字表示).28. 3位男生和3位女生共6位同学站成一排，则3位男生中有且只有2位男生相邻的概率为____________29. __________.30. 已知3828128(1)(2)(1)(1)...(1)x x a a x a x a x ++-=+-+-++-，则6a 的值为_____.答案和解析1.【答案】B试题分析：根据分层抽样，从8个人中抽取男生1人，女生2人；所以取2个女生1个男生的方法：.2.【答案】D解： 记A ，B ，C ，D 四位妈妈的小孩分别为a ，b ，c ，d ， 由于孩子都不坐自己妈妈的车， 假设A 与b 一辆车，则有3种情况，同理A 与c 一辆车及A 和d 一辆车，都有3种情况， 所以不同的坐车方式有3339++=种，而A 的小孩a 坐C 妈妈或D 妈妈的车的情况有336+=种情况， 所以所求概率为62.93P == 3.【答案】B解：至少有1个黑球，包括1个黑球、2个黑球，其方法数为 11205353C C C C +袋中有5个黑球和3个白球，从中任取2个球，∴共有方法数为 28C∴至少有1个黑球的概率是1120535328C C C C C +.4.【答案】A解：因为函数的最小值为，即.展开式的通项公式为，由，得，所以，即项的系数为15.5.【答案】B6.【答案】B解：12A A A =，对1A 分以下几种情况讨论：①若1A =∅，必有212{,}A a a =，共1种拆分；②11{}A a =，则22{}A a =或12{,}a a ，共2种拆分；同理12{}A a =时，有2种拆分； ③若112{,}A a a =，则2A =∅、1{}a 、2{}a ，12{,}a a ，共4种拆分；∴共有12249+++=种不同的拆分．7.【答案】D 8.【答案】A解：从杨辉三角形的生成过程，可以得到你的这个数列的通项公式.n 为偶数时，，n 为奇数时，02221c C ==，12333C C ==，246C =，325510C C ==，….然后求前21项和，偶数项和为75， 奇数项和为最后.9.【答案】C解：令0x =，可得01a =，令1x =-，可得0122n n a a a a ++++=，所以1221127n n a a a +++=-=，解得7n =，所以展开式中二项式系数最大的项为第4项，第5项.10.【答案】C因为(1)nx +的展开式中2x 的系数为2n C ，即215n C =，亦即230n n -=，解得6(5n n ==-舍).11.【答案】C解：，在二项式的展开式中二项式系数最大的项为第 6 、 7 项，12.【答案】A解：依题意，甲、乙、丙3人的相对顺序共有人种，其中甲位于乙、丙前面的共有种，因此所求的概率为，13.【答案】D解：根据21()2nx x-的展开式中只有第4项的二项式系数最大， 得展开式中项数是2417⨯-=，716n ∴=-=；令1x =，得展开式中的所有项的系数和是611(1).264-=14.【答案】A解：由题意知本题是一个分类计数问题，要得到四个数字的和是偶数，需要分成三种不同的情况， 当取得4个偶数时，有1=种结果，当取得4个奇数时，有5=种结果， 当取得2奇2偶时有61060=⨯=∴共有156066++=种结果，15.【答案】D解：令1x =代入二项式102012(2)x a a x a x -=+++…1010a x +，得1001(21)a a -=++…101a +=，令0x =得1002a =，10122a a ∴+++…101a +=，12a a ∴++…101023a +=-，16.【答案】B解：把5名实习老师分成三组，一组1人，另两组都是2人，有1225422215C C C A =种方法，再将3组分到3个班，共有331590A ⋅=种不同的分配方案，17.【答案】A解：直接法：3名语文、1名数学和1名英语，有31134520C C C =种， 1名语文、3名数学和1名英语1名，有13134560C C C =种， 1名语文、1名数学和1名英语3名，有113345120C C C =种， 2名语文、2名数学和1名英语1名，有22134590C C C =种，1名语文、2名数学和2名英语1名，有122345180C C C =种， 2名语文、1名数学和2名英语1名，有212345120C C C =种，共计206012090180120590+++++=种18.【答案】B解：*n N ∈，且521235n n n C A ---=，()()05122(1)(2)(3)(4)35234321n n n n n n n n n ⎧⎪--⎪∴-⎨⎪----⎪⋅=--⨯⨯⨯⎩， 即()()5(1)(2)(3)(4)35234321n n n n n n n ⎧⎪----⎨⋅=⨯--⎪⨯⨯⨯⎩，因此5(1)(4)40n n n ⎧⎨--=⎩，即255360n n n ⎧⎨--=⎩，解得9n =， 所以n 的值为9.19.【答案】B解：因为1146++=，1236++=，2226++=，0156++=，0246++=，0336++=，0066++=， 所以可以分为7类，当三个位数字为1，1，4时，三位数有3个，当三个位数字为1，2，3时，三位数有336A =个，当三个位数字为2，2，2时，三位数有1个， 当三个位数字为0，1，5时，三位数有4个， 当三个位数字为0，2，4时，三位数有4个， 当三个位数字为0，3，3时，三位数有2个， 当三个位数字为0，0，6时，三位数有1个，根据分类计数原理得三位数共有361442121.++++++=20.【答案】B解：分两步去做：第一步，先把学生分成两组，有两种分组方法，第一种是：一组2人，另一组5人，有2721C =种分法；第二一种是：一组3人，另一组4人，有3735C =种分法；第二步，把两组学生分到甲、乙两间宿舍，第一种有222A =种分配方法，第二种也有222A =种分配方法；最后，把两步方法数相乘，共有22327272212352112C A C A +=⨯+⨯=种方法.21.【答案】222n n -+解：设第(2)n n 行的第2个数构成数列{}n a ，则有322a a -=，433a a -=，544a a -=，…，11n n a a n --=-，相加得()()2122123(1)(2)22n n n n a a n n +-+--=+++-=⨯-=， 则()()21222.22nn n n n a +--+=+=22.【答案】19400解：设A 表示甲命中目标，B 表示乙命中目标，则A 、B 相互独立， 停止射击时甲射击了两次包括两种情况：①第一次射击甲乙都未命中，甲第二次射击时命中，此时的概率13433()(1)(1)45480P P A B A =⋅⋅=-⨯-⨯=， ②第一次射击甲乙都未命中，甲第二次射击未命中，而乙在第二次射击时命中，此时的概率234341()(1)(1)(1)4545100P P A B A B =⋅⋅⋅=-⨯-⨯-⨯=， 故停止射击时甲射击了两次的概率12311980100400P P P =+=+=， 23.【答案】80解：二项式51(2)x x+的展开式的通项公式为5552155(2)2r r r r r r r T C x x C x ----+=⋅⋅=⋅⋅， 令523r -=，1r =，故展开式中3x 的系数为 415280C ⋅=，24.【答案】2304解：第一类，把4男生捆绑在一起，插入到3名女生排列所形成的4个空的1个空中，故有431434576A A A =种，第二类，把4男生平均分为2组，分别插入到3名女生排列所形成的4个空的2个空中，故有232434864A A A =种，第三类，把4男生分为(3,1)两组，把把1名男生插入到3名女生排列所形成的4个空的头或尾，把在一起的3个男生插入到剩下的3个空中的1个，故有1133124333864A A A A A =种，根据分类计数原理得，5768648642304++=25.【答案】0解：显然能被4整除，余数为0.26.【答案】35解：222(1)42n C A n n =-=，解得7n =，或6(n =-舍去)，337!353!(3)!n n C C n ∴===-， 27.【答案】36解：从6名男生和2名女生中选出3名志愿者，，男生甲与女生乙至少有一个入选，则不同的选法共有， 28.【答案】0.6解：从3名男生中任取2人“捆”在一起记作A ，(A 共有22326C A =种不同排法)，剩下一名男生记作B ，将A ，B 插入到3名女生全排列后所成的4个空中的2个空中，故有22233243432C A A A =种，则3位男生中有且只有2位男生相邻的概率为664324320.6.720P A === 29.【答案】40-解：，30.【答案】28解：3(1)x +展开后不会出现6x ， 又88(2)[(1)1]x x -=--， 所以6a 表示6(1)x -的系数， 所以6268(1)28.a C =-=。
2024年高二数学单元速记——计数原理(单元重点综合测试)(解析版)
计数原理（单元重点综合测试）144009，12，共有5项，故D 正确．故选：ABD.12．（2023上·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）与二项式定理()0C nnk n k kn k a b a b -=+=∑类似，有莱布尼兹公式：()()()()()()()()()()()()0112200120C C C C C nn n n n n n k k n k nnnnn n uv u vuv uv u vuv ---==+++⋅⋅⋅+=∑，其中()k u （0,1k =，2，…，n ）为u 的k 阶导数，()0u u =，()0v v =，则（）A ．1C 2nk nn k ==∑B ．1351C C C 2n n n n -+++⋅⋅⋅=C ．()()()()n n uv vu =D ．()6e x f x x =，则()()606!f =【答案】BCD【详解】A.由二项式定理可知，当1a b ==时，()0C 1111C2n nnnk n k k k nnk k -==+===∑∑，1C221nk n n k n n C ==-=-∑，故A 错误；B.由二项式定理可知，当1,1a b ==-时，()012345.1C C C C C C .1.nn n n n n n =-+-+-+-()()024135C C C ...C C C ...0n n n n n n =+++-+++=，所以024135C C C ...C C C ...n n n n n n +++=+++又由A 可知，012345C C C C C C ...2nn n n n n n ++++++=，所以1351C C C 2n n n n -+++⋅⋅⋅=，故B 正确；C.()()()()()()()()()()011220012C C C ...C nn n n n n n n n n uv u v u v u v u v--=++++()()()()()()()()()()011220012C C C ...C nn n n n n n n n n vu v u v u v u v u--=++++，由组合数的性质可知，0C C n n n =，11C C n n n -=，22C C n n n -=，……，可知，()()()()n n uv vu =，故C 正确；D.()()()()()()()()()()()()()()()()()()6605142066061626666666e C e C e C e ...C e x xx x x x x x x x =++++，因为()()e e n x x =，()()066x x =，()()1656x x =，()()26465x x =⋅⋅，()()363654x x =⋅⋅⋅，()()4626543x x =⋅⋅⋅⋅，()()5665432x x =⋅⋅⋅⋅⋅，()()666543216!x =⋅⋅⋅⋅⋅=，所以()()606!f =，故D 正确.故选：BCD2【答案】22【详解】由题意知，得到的六位数的各个数位上均为数字1或5，要使这个六位数能被况：①6个1，只有111111；②6个5，只有555555；③3个1和3个5，有6A【答案】（1）（i）126；（【详解】（1）（i）16个相同的口罩，每位同学先拿一个，剩下的插入5块板子分成6份，每一种分法所得所以不同的发放方法59C=1。
(完整版)高中数学《计数原理》练习题
a1 0, a2 0, a3 0, a4 0, a5 0, a6 0, a7 0 ，
所以 a1 a2 L a7 = a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7
令x
1， 1
7
2x
7
12
37
a0
a1
a2
a3 a4
a5
a6 a7
而 a0 1 , 所以 a1 a2 L a7 = a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 = 37 1 2186
路可通；从甲地到丁地有 4 条路可通，从丁地到丙地有 2 条路可通。则从甲地到丙
地不同的走法共有
种。
10. 从 4 名男生和 3 名女生中选出 4 人参加某个座谈会，若这 4 人中必须既有男生
又有女生，则不同的选法共有
种。
14. 1
x2
1
x
5
的展开式中
x3 的系数为
三、解答题： 15（12 分） 假设在 100 件产品中有 3 件次品，从中任意抽取 法各有多少种？ （I ）没有次品； （II ）恰有两件是次品； （III ）至少有两件是次品； （IV ）至多有两件是次品；
）
A
C
4 21
B
C
3 21
C
C230 D
C240
8. 一个口袋内装有 4 个不同的红球， 6 个不同的白球，若取出一个红球得 2 分，取 出一个白球得 1 分，问从口袋中取出 5 个球，使总分不少于 7 分的取法种数有（ ） A 15 B 16 C 144 D 186
二、填空题
9. 开车从甲地出发到丙地有两种选择，一种是从甲地出发经乙地到丙地，另一种是 从甲地出发经丁地到丙地。其中从甲地到乙地有 2 条路可通，从乙地到丙地有 3 条
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计数原理专题训练1．若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案有( )A ．48种B ．72种C ．96种D ．216种2．二项式⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋12x n 的展开式前三项系数成等差数列，则n 等于( ) A ．6 B ．8 C ．7 D ．93．山城农业科学研究所将5种不同型号的种子分别试种在5块并成一排的试验田里，其中A ，B 两型号的种子要求试种在相邻的两块试验田里，且均不能试种在两端的试验田里，则不同的试种方法数为( )A ．12B ．24C ．36D ．484．岳阳高铁站B 1进站口有3个闸机检票通道口，高考完后某班3个同学从该检票口进站到外地旅游，如果同一个人进的闸机检票通道口选法不同，或几个人进同一个闸机检票通道口但次序不同，都视为不同的进站方式，那么这3个同学的不同进站方式有( )A ．24种B ．36种C ．42种D ．60种5．二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋13x n 的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为( ) A ．7 B ．5 C ．4 D ．36．若二项式(3－x )n ()n ∈N *展开式中所有项的系数之和为a ，所有项的系数的绝对值之和为b ，则b a ＋ab的最小值为( ) A ．2 B.52 C.136 D.927．已知(2x －1)4＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4，则a 2等于( )A ．18B ．24C ．36D ．568．李雷和韩梅梅两人都计划在国庆节的7天假期中到“东亚文化之都——泉州”二日游，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有( )A ．16种B ．18种C ．20种D ．24种9．在(1＋x )＋(1＋x )2＋(1＋x )3＋…＋(1＋x )11的展开式中，x 2的系数是( )A ．220B ．165C ．66D ．5510．若(x 2＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－mx 5展开式中x 2项的系数是40，则实数m 的值为( ) A. 2 B ．2 C ．±2 D ．±2 11．某大型医疗器械展览将于2019年5月18至20日在兰州举行，现将5名志愿者分配到3个不同的展馆参加接待工作，每个展馆至少分配一名志愿者的分配方案种数为( )A ．540B ．300C ．180D ．15012．九九重阳节期间，学校准备举行慰问退休老教师晚会，学生们准备用歌曲、小品、相声三种艺术形式表演五个节目，其中歌曲有2个节目，小品有2个节目，相声有1个节目，要求相邻的节目艺术形式不能相同，则不同的编排种数为( )A ．96B ．72C ．48D ．2413．一共有5名同学参加《我的中国梦》演讲比赛，3名女生和2名男生，如果男生不排第一个演讲，同时两名男生不能相邻演讲，则排序方式有________种．(用数字作答)14．多项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1x ()2＋x 5的展开式中，含x 2的项的系数是________；常数项是________． 15．若(1－2x )2 018＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 018x 2 018(x ∈R)，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01822 018的值为________．16．(2x－1)n展开式中二项式系数的计数原理专题训练答案1．若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案有( )A ．48种B ．72种C ．96种D ．216种 答案 C解析 按照以下顺序涂色，A ：C 14→B ：C 13→D ：C 12→C ：C 12→E ：C 11→F ：C 12，所以由分步乘法计数原理得总的方案数为C 14·C 13·C 12·C 12·C 12＝96.2．二项式⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋12x n 的展开式前三项系数成等差数列，则n 等于( ) A ．6 B ．8 C ．7 D ．9答案 B解析 展开式的通项为T k ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12k C k n 32k n x －， 其前三项的系数分别是1，n 2，14C 2n ， 据已知得n ＝1＋n n －18，解得n ＝8(n ＝1舍弃)．3．山城农业科学研究所将5种不同型号的种子分别试种在5块并成一排的试验田里，其中A ，B 两型号的种子要求试种在相邻的两块试验田里，且均不能试种在两端的试验田里，则不同的试种方法数为( )A ．12B ．24C ．36D ．48答案 B解析 因为A ，B 两型号的种子试种方法数为2×2＝4，所以一共有4A 33＝24(种)试种方法．4．岳阳高铁站B 1进站口有3个闸机检票通道口，高考完后某班3个同学从该检票口进站到外地旅游，如果同一个人进的闸机检票通道口选法不同，或几个人进同一个闸机检票通道口但次序不同，都视为不同的进站方式，那么这3个同学的不同进站方式有( )A ．24种B ．36种C ．42种D ．60种 答案 D解析 若三名同学从3个不同的检票通道口进站，则有A 33＝6(种)； 若三名同学从2个不同的检票通道口进站，则有C 23C 23A 22A 22＝36(种)；若三名同学从1个不同的检票通道口进站，则有C 13A 33＝18(种)． 综上，这3个同学的不同进站方式有60种．5．二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋13x n 的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为( ) A ．7 B ．5 C ．4 D ．3答案 A 解析 二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋13x n 的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则n ＝20， ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋13x 20展开式的通项为T k ＋1＝C k 20()3x 20－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫13x k ＝()320－k C k 204203k x －，展开式的有理项满足20－43k (k ∈N)的值为整数， 据此可得，k 可能的取值为0,3,6,9,12,15,18，共有7个．6．若二项式(3－x )n ()n ∈N *展开式中所有项的系数之和为a ，所有项的系数的绝对值之和为b ，则b a ＋ab的最小值为( ) A ．2 B.52 C.136 D.92答案 B解析 令x ＝1，可得二项式(3－x )n (n ∈N *)展开式中所有项的系数之和为a ＝2n ，令x ＝－1，可得(3－x )n 展开式中所有项的系数的绝对值之和为 b ＝4n ，则b a ＋a b ＝4n 2n ＋2n4n ＝2n ＋12n ，故当n ＝1时，b a ＋a b 取得最小值52. 7．已知(2x －1)4＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4，则a 2等于( )A ．18B ．24C ．36D ．56 答案 B解析 (2x －1)4＝[]1＋2x －14， 故a 2(x －1)2＝C 24[2(x －1)]2＝4C 24(x －1)2，所以a 2＝4C 24＝24.8．李雷和韩梅梅两人都计划在国庆节的7天假期中到“东亚文化之都——泉州”二日游，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有( )A ．16种B ．18种C ．20种D ．24种 答案 C解析 任意相邻两天组合一起，包括①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦，一共有6种情况，若李雷选①②或⑥⑦，则韩梅梅有4种选择，若李雷选②③或③④或④⑤或⑤⑥，则韩梅梅有3种选择，故若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有2×4＋4×3＝20(种)．9．在(1＋x )＋(1＋x )2＋(1＋x )3＋…＋(1＋x )11的展开式中，x 2的系数是( )A ．220B ．165C ．66D ．55答案 A解析 展开式中x 2的系数为C 22＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 211，由组合数的性质得，C 22＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 211＝C 33＋C 23＋C 24＋C 25＋…＋C 211＝C 34＋C 24＋C 25＋…＋C 211…＝C 312＝12×11×103×2×1＝220. 10．若(x 2＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－mx 5展开式中x 2项的系数是40，则实数m 的值为( ) A. 2 B ．2 C ．±2 D ．±2 答案 C解析 (x 2＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－mx 5展开式中x 2项是由⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－mx 5展开式中常数项与()x 2＋2的二次项之积和⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－mx 5展开式中二次项与()x 2＋2的常数项之积组成的． ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－mx 5的展开式的通项为 T k ＋1＝C k 5·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 25－k ·(－mx )k ＝(－m )k C k 5x 3k －10， 令3k －10＝0，解得k ＝103，不合题意，应舍去； 令3k －10＝2，解得k ＝4，∴(x 2＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－mx 5的展开式中x 2项的系数为2·(－m )4C 45＝40，即m 4＝4， 解得m ＝±2.11．某大型医疗器械展览将于2019年5月18至20日在兰州举行，现将5名志愿者分配到3个不同的展馆参加接待工作，每个展馆至少分配一名志愿者的分配方案种数为( )A ．540B ．300C ．180D ．150 答案 D解析 将5人分成满足题意的3组有1,1,3与2,2,1两种，分成1,1,3时，有C 35·A 33种分法；分成2,2,1时，有C 25·C 23A 22·A 33种分法， 由分类加法计数原理得，共有C 35·A 33＋C 25·C 23A 22·A 33＝150(种)不同的分法．12．九九重阳节期间，学校准备举行慰问退休老教师晚会，学生们准备用歌曲、小品、相声三种艺术形式表演五个节目，其中歌曲有2个节目，小品有2个节目，相声有1个节目，要求相邻的节目艺术形式不能相同，则不同的编排种数为( )A ．96B ．72C ．48D ．24答案 C解析 第一类，先选择一个小品插入到2个歌曲之间，另一个小品放在歌曲的两边，这时形成了5个空，将相声插入其中一个，故有A 22A 12A 12A 15＝40(种)；第二类，相声插入歌曲之间，再把小品插入歌曲两边，有A 22A 22＝4(种)；第三类，相声插入小品之间，再把歌曲插入小品两边，有A 22A 22＝4(种)，根据分类加法计数原理可得，共有40＋4＋4＝48(种)． 13．一共有5名同学参加《我的中国梦》演讲比赛，3名女生和2名男生，如果男生不排第一个演讲，同时两名男生不能相邻演讲，则排序方式有________种．(用数字作答) 答案 36解析 根据题意，分2步完成：①将3名女生全排列，有A 33＝6(种)顺序，②排好后，有4个空位，男生不排第一个演讲，除去第一个空位，有3个空位可用，在这3个空位中任选2个，安排2名男生，有A 23＝6(种)情况，则有6×6＝36(种)符合题意的排序方式．14．多项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1x ()2＋x 5的展开式中，含x 2的项的系数是________；常数项是________． 答案 200 144解析 根据题意，()2＋x5的展开式的通项为T k ＋1＝C k 525－k ·x k . ∴当k ＝2时，有T 3＝C 2523·x 2＝80x 2；当k ＝3时，有T 4＝C 3522·x 3＝40x 3； 当k ＝0时，有T 1＝C 0525·x 0＝32； 当k ＝1时，有T 2＝C 1524·x 1＝80x . ∴多项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1x ()2＋x 5的展开式中， 含x 2的项为2×80x 2＋1x·40x 3＝200x 2， 即含x 2的项的系数是200；常数项是2×32＋1x·80x ＝144. 15．若(1－2x )2 018＝a0＋a 1x ＋…＋a 2 018x 2 018(x ∈R)，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01822 018的值为________． 答案 －1 解析 在(1－2x )2 018＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 018x 2 018(x ∈R)中，令x ＝0时，可得(1－2×0)2 018＝a 0，即a 0＝1，令x ＝12时， 可得⎝⎛⎭⎪⎫1－2×122 018＝a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01822 018， 即a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01822 018＝0， 又a 0＝1，所以a 12＋a 222＋…＋a 2 01822 018＝－1. 16．(2x －1)n 展开式中二项式系数的和为32，则(2x 2＋x －1)n 展开式中x 3的系数为________． 答案 －30解析 由(2x －1)n 展开式中二项式系数的和为32，可得2n ＝32，解得n ＝5，(2x 2＋x －1)5＝(x ＋1)5(2x －1)5，根据二项式定理可以求得(x ＋1)5的展开式中，三次项、二次项、一次项的系数和常数项分别是10,10,5,1， (2x －1)5的展开式中，常数项及一次项、二次项、三次项的系数分别是－1,10，－40,80， 所以展开式中x 3项的系数为－10＋100－200＋80＝－30.。