1、第六章 计数原理一、单选题(每小题5分，共40分)1有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三条长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为()A. 7 B. 64 C. 12 D. 81【解析】选C.根据题意，由于有四件不同颜色的上衣与三件不同颜色的长裤，那么先选择裤子有3种，然后再选上衣有4种，根据分步乘法计数原理，得到结论为3412.2设mN*，且m25，则(20m)(21m)(26m)等于()AA BCCA DA【解析】选A.根据题意，(20m)(21m)(26m)A.【加练固】(CC)A的值为()A6B101CD【解析】选C.(CC)A(CC)ACA.3已知(1ax)(1x)5的
2、展开式中x2的系数为5，则a()A4 B3 C2 D1【解析】选D.由题意知CaC5，解得a1.4中国古代的五音一般指五声音阶，依次为：宫、商、角、徵、羽如果把这五个音阶全用上，排成一个5个音阶的音序，且要求宫、羽两音阶在角音阶的同侧，那么不同音序的排列种数为()A120 B90 C80 D60【解析】选C.若“角”在两端，则“宫”“羽”一定在“角”的同侧，此时有2A48种排法；若“角”在第二或第四个位置，则有2AA24种排法；若“角”在第三个位置，则有2AA8种排法故可排成4824880种不同音序【加练固】部分省份新高考成绩由“33”组成，其中第一个“3”指语文、数学、英语3科，第二个“3”
3、指学生从物理、化学、生物、政治、历史、地理6科中任选3科作为选考科目某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科，从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目，则该同学3科选考科目的不同选法的种数为()A6B7C8D9【解析】选D.某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科，从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目，则该同学3科选考科目的不同选法的种数为CC9种5某校周五的课程表设计中，要求安排8节课(上午4节、下午4节)，分别安排语文、数学、英语、物理、化学、生物、政治、历史各一节，其中生物只能安排在第一节或最后一节，数学和英语在安排时必须相邻(注：上午的最后一节与下午的第一节不记作相邻)
4、，则周五的课程顺序的编排方法共有()A4 800种 B2 400种C1 200种 D240种【解析】选B.分步排列，第一步：因为由题意知生物只能出现在第一节或最后一节，所以从第一个位置和最后一个位置中选一个位置安排生物，有A2种编排方法；第二步：因为数学和英语在安排时必须相邻，将数学和英语看作一个整体，注意数学和英语之间还有一个排列，有5A10种编排方法；第三步：剩下的5节课安排5科课程，有A120种编排方法根据分步计数原理知共有2101202 400种编排方法6(2021吴忠高二检测)设复数x(i是虚数单位)，则CxCx2Cx3Cx2 019()Ai BiC1i D1i【解析】选D.x1i，
5、CxCx2Cx3Cx2 019CCxCx2Cx3Cx2 0191(1x)2 0191i2 0191i31i1.7某科研单位准备把7名大学生分配到编号为1，2，3的三个实验室实习，若要求每个实验室分配到的大学生人数不小于该实验室的编号，则不同的分配方案的种数为()A280 B455 C355 D350【解析】选B. 每个实验室人数分配有三种情况，即1，2，4；1，3，3；2，2，3.当实验室的人数分配为1，2，4时，分配方案有CCC105种；当实验室的人数分配为1，3，3时，分配方案有 CCC 140种；当实验室的人数分配为2，2，3时，分配方案有 CCC 210种故不同的分配方案有455种8已
6、知na0a1xanxn ，其中a0a1an243，则a12a23a34a45a5()A405 B. 810 C. 324 D. 648【解析】选B.令x1可得na0a1an，由题意可得n243，解得n5，所以 5a0a1xa5x5，两边同时求导得104a12a2x5a5x4，令x1可得104a12a25a5，所以a12a25a51034810.二、多选题(每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9(2021中山高二检测)有四位学生参加三项不同的竞赛，则下列说法正确的是()A每位学生必须参加一项竞赛，则不同的参赛方法有64种B每项竞赛只许有一位学生参加，则不同的
7、参赛方法有81种C每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加，则不同的参赛方法有24种D每位学生只参加一项竞赛，每项竞赛至少有一位学生参加，则不同的参赛方法有36种【解析】选CD.根据题意，依次分析选项：对于A，每位学生必须参加一项竞赛，则每位学生都有三种参赛方法，故四位学生有N33333481种，A不正确；对于B，每项竞赛只许有一位学生参加，每一项可以挑4名不同的学生，故有N4444364种，B不正确；对于C，原问题等价于从4个学生中挑选3个学生去参加三个项目的竞赛，每人参加一项，故共有43224种，C正确；对于D，先把四个学生分成三组，再分配到三个比赛中，故共有CA36种，D正确
8、10.8的展开式中系数最大的项是()A第2项 B第3项C第4项 D第5项【解析】选BC.8的展开式的通项为Tr1C()8rrCr (r0，1，8)， 设展开式中系数最大的项是Tr1，则解得2r3，所以r2或r3，即8的展开式中系数最大的项是第3项和第4项11. 4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的安排方法种数为()AA22B242CCCACCADCCCCA【解析】选BD.当使用整体排除法时，安排方法有(C)4CC(242)种；当使用分类法时，安排方法有(CCCCA)种12(2021无锡高二检测)设(2x1)6a0a1(x1)a2(x1)2a6(
9、x1)6，下列结论正确的是()Aa0a1a2a5a636Ba2a3100Ca1，a2，a3，a6中最大的是a2D当x999时，(2x1)6除以2 000的余数是1【解析】选ABD.(2x1)62166a0a1(x1)a2(x1)2a6(x1)6，得a0C，a1(2)C，a2(2)2C，a3(2)3C，a4(2)4C，a5(2)5C，a6(2)6C，所以a0a1a2a5a6(12)636，故A正确；a2a3(2)2C(2)3C100，故B正确；a1，a2，a3，a6中最大的是a4，故C错误；当x999时，x11 000，a1(x1)a2(x2)2a6(x1)6，能被2 000整除，所以(2x1)
10、6除以2 000的余数是1，故D正确三、填空题(每小题5分，共20分)13(2020天津高考)在5的展开式中，x2的系数是_.【解析】因为5的展开式的通项公式为Tr1Cx5rrC2rx53r，令53r2，解得r1.所以x2的系数为C210.答案：1014“飞雪连天射白鹿，笑书神侠倚碧鸳”囊括了武侠小说家金庸的14部经典著作现某书店准备将金庸的“飞雪连天射白鹿”这7部小说(每一个字代表1部小说，如“飞”代表飞狐外传)放在大厅的5个不同的展台上展览，且甲展台上至少放2部，其余每个展台上至少放1部，其中“飞”与“鹿”这2部小说不能同时放在甲展台上，则共有_种不同的安排方法(用数字作答).【解析】根据
11、题意，分2种情况讨论：甲展台放3部小说，其他4个展台各放1部，由于“飞”与“鹿”这2部小说不能同时放在甲展台上，甲展台的放法有CC30(种)，其他4个展台各放1部，有A24种放法，此时有3024720(种)放法，甲展台放2部小说，其他4个展台中有1个放2部，其余各放1部，由于“飞”与“鹿”这2部小说不能同时放在甲展台上，甲展台的放法有C120(种)，在其余5部小说中任选2部，放在剩余4个展台中的1个上，有C440种放法，剩下3个展台各放1部，有A6种放法，此时有204064 800(种)放法，则有7204 8005 520(种)放法答案：5 52015(2021浙江高考)已知多项式(x1)3(
12、x1)4x4a1x3a2x2a3xa4，则a1_；a2a3a4_.【解析】因为(x1)3(x1)4x4a1x3a2x2a3xa4，由二项展开式定理可得，a15，令x1可得各项系数和：241a1a2a3a4，所以a2a3a416a1110.答案：51016九章算术中称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是_.【解析】如图所示根据正六边形的性质可知，当另一条边取BB1时，顶点可取D或D1或E或E1，共4种情况，同理，当另一条边取CC1，EE1，FF1时，顶点的选取也各有4种情况
13、；当另一条边取DD1时，不存在符合题意的阳马，因此符合要求的阳马的个数是4416.答案：16四、解答题(共70分)17(10分)有9名学生，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名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有多少种不同的选派方法？【解析】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人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为CC6(种)；第二类：C中选1人参加象棋
14、比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为CC12(种)；第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，方法数为CC8(种)；第四类：C中选2人分别参加两项比赛，方法数为A12(种)；由分类加法计数原理，选派方法数共有：61281238(种).18(12分)(2021潍坊高二检测)已知7A20A，xN.(1)求x的值；(2)求CC的值【解析】(1)由已知得720，化简得x215x360，解得x3或x12，又因为，且xN，所以x3；(2)将x3代入得CCCCC1 330.19(12分)设(x1)(2x21)5a0a1xa2x2a11x11. (1)求a6的值；(2)求a022a224a42
15、10a10的值【解析】(1)由题意知a6是(x1)(2x21)5的展开式中x6的系数(2x21)5的展开式的通项为Tr1C(2x2)5r(1)r(1)r25rCx102r(r0，1，5)，令102r6，得r2，则a6(1)223C80，即a680.(2)令x2，得375a02a122a2211a11，令x2，得75a02a122a2211a11，由得a022a224a4210a107516 807.20(12分)只有第八项的二项式系数最大；奇数项二项式系数之和为47；各项系数之和为414.在这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由设二项式n，若其
16、展开式中，_，是否存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分【解析】若选填条件，即只有第八项的二项式系数最大，即C最大，由二项式系数的性质可得，n14；若选填条件，即各项系数之和为414，则4n414，即n14；二项式14展开式的通项：TkC15kk13k1C由217k0，得k3.即存在整数k3，使得Tk是展开式中的常数项；若选填条件，即奇数项二项式系数之和为47，则2n147214，所以n15.二项式15展开式的通项：TkC16kk13k1C由227k0得kZ.即不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项【加练固】在(n3，nN*)的展开式中，第2，
17、3，4项的二项式系数依次成等差数列(1)求n的值；(2)求展开式中含x2的项【解析】(1)因为在(n3，nN*)的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列，所以2CCC，求得n7，或n2(舍去).(2)二项展开式的通项公式为Tk1C，令2，求得k2，可得展开式中含x2的项为T3Cx2x2.21(12分)(2021合肥高二检测)由1，2，3，4，5五个数字组成没有重复数字的五位数排成一个递增数列，则首项为12 345，第2项是12 354，直到末项(第120项)是54 321.问：(1)43 251是第几项？(2)第93项是怎样的一个五位数？【分析】(1)由于43 251的万位数字是4
18、，故可先求出比43 251大的所有数字的个数，然后再判断43 251是第几项；(2)由于一共有120项，故第93项即为倒数第28项，进而求解即可【解析】(1)由题意知，没有重复数字的五位数共有A120(个).比43 251大的数有下列几类：万位数字是5的有A24(个)；万位数字是4，千位数字是5的有A6(个)；万位数字是4，千位数字是3，百位数字是5的有A2(个)；所以比43 251大的数共有AAA32(个)，所以43 251是第1203288(项).(2)从(1)知万位数字是5的有A24(个)，万位数字是4，千位数字是5的有A6(个)；但比第93项大的数有1209327(个)，第93项即倒数
19、第28项，而万位数字是4，千位数字是5的6个数是45 321，45 312，45 231，45 213，45 132，45 123，由此可见第93项是45 213.22(12分)(2021广州高二检测)如图，从左到右有5个空格(1)若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少种不同的填法？(2)若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红、黄、蓝3种颜色可供使用，问一共有多少种不同的涂法？(3)若向这5个格子放入7个不同的小球，要求每个格子里都有球，问有多少种不同的放法？【解析】(1)根据题意，分2步进行分析：第三个格子不能填0，则0有4种填法；将其余的4个数字全排列，安排在其他四个格子中，有A种情况，则一共有4A96种不同的填法；(2)根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况，第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况，同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况，则五个格子共有3222248种不同的涂法；(3)根据题意，分2步进行分析：将7个小球分成5组，有2种分法：若分成22111的5组，有种分法，若分成31111的5组，有C种分组方法，则有种分组方法，将分好的5组全排列，对应5个空格，有A种情况，则一共有A16 800种放法