专题5.6 计数原理（能力提升卷）-2023-2024学年高二数学必考考点各个击破（北师大版选择性必修第一册）

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考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（2022秋·全国·高二专题练习）已知a>0，若x+9x26与x2+ax6的展开式中的常数项相等，则a=（ ）
A．1B．3C．6D．9
【答案】B
【分析】根据二项展开式的通项公式即可求出．
【详解】x+9x26的展开式中的常数项为C62x49x22=15×81，而x2+ax6的展开式中的常数项为C64x22ax4=15×a4，所以a4=81，又a>0，所以a=3．
故选：B．
2．（2022·全国·高三专题练习）某高中政治组准备组织学生进行一场辩论赛，需要从6位老师中选出3位组成评审委员会，则组成该评审委员会不同方式的种数为（ ）
A．15B．20C．30D．120
【答案】B
【分析】根据组合数计算即可
【详解】由题意，组成该评审委员会不同方式的种数为C63=20种
故选：B
3．（2022秋·湖北·高二校联考阶段练习）在杨辉三角中，每一个数都是它“肩上”两个数的和，它开头几行如图所示．那么在杨辉三角中出现三个相邻的数，其比为3：4：5的行数为（ ）
A．58B．62C．63D．64
【答案】B
【分析】所求的行数为n，则存在正整数k，使得连续三项Cnk−1，Cnk，Cnk+1满足题意，根据题中比例，列出方程，即可求得答案.
【详解】根据题意，设所求的行数为n，则存在正整数k，使得连续三项Cnk−1，Cnk，Cnk+1，有Cnk−1Cnk=34且CnkCnk+1=45，
化简得kn−k+1=34且k+1n−k=45，解得k=27，n=62．
故第62行会出现满足条件的三个相邻的数，
故选：B．
4．（2022·高二课时练习）为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有（ ）
A．48种B．36种C．24种D．12种
【答案】B
【解析】利用分步计数原理，分3步即可求出
【详解】解：由题意可知，分三步完成：
第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；
第二步，从3种素菜中任选一种有3种选法；
第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法，
根据分步计数原理，共有2×3×6=36不同的选取方法，
故选：B
5．（2023·全国·高三专题练习）有4位同学参加某智力竞赛，竞赛规定:每人均从甲、乙两类题中随机选一题作答，且甲类题目答对得3 分，答错扣3分，乙类题目答对得1分，答错扣1分．若每位同学答对与答错相互独立，且概率均为12，那么这4位同学得分之和为0的概率为（ ）
A．1164B．34C．38D．1116
【答案】A
【分析】总的得分情况有44=256（种），他们得分之和为0分四类，计算可得44种，根据古典概型的概率公式计算可得答案.
【详解】每人的得分情况均有4种可能，因而总的得分情况有44=256（种）．
若他们得分之和为0，则分四类：
4人全选乙类题且两对两错，有C42种可能；
4人中1人选甲类题且答对，另3人选乙类题且全错，或4人中1人选甲类题且答错，另3人选乙类题且全对，共有2C41种可能；
4人中2人选甲类题一对一错，另2人选乙类题一对一错，有C42×2×2种可能；
4人全选甲类题且两对两错，有C42种可能．
共有C42+2C41+C42×2×2+C42=44（种）．
因而所求概率为P=44256=1164．
【点睛】本题考查了分类加法计数原理，考查了简单的组合问题，考查了古典概型的概率公式，属于基础题.
6．（2022秋·全国·高二期末）某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙，需要经过6个转运环节，其中第1，6个环节有a，b两种运输方式，第2，3，5个环节有b，c两种运输方式，第4个环节有c，d，e，f四种运输方式，则快件从甲送到乙有4种运输方式的运输顺序共有不同的方法种数是（ ）
A．58B．60C．77D．78
【答案】B
【分析】结合条件利用分步加法计数原理和分步乘法计数原理解决.
【详解】若第4环节使用c运输方式，由条件可得快件从甲送到乙至多使用3种运输方式，故第四环节必须使用d，e，f三种运输方式中的1种，若第1,6两个环节都使用b运输方式，从快件甲送到乙至多会使用3种运输方式，
故从甲送到乙要使用4种运输方式，则满足条件的运输方法可分为2类，
第一类：第一和第六环节都用a运输方式的运输顺序，
若第一和第六环节都用a，则第2,3,5环节必须使用两种不同的运输方式，第4环节必须使用d，e，f中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有1×(8−2)×3种，
第二类：第一和第六环节运输方式不相同的运输顺序，
若第1,6环节的运输方式不同，则第2,3,5环节只需至少一个环节使用c运输方式，第4环节必须使用d，e，f中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有2×(8−1)×3种，
由分类加法计数原理可得满足条件的运输方式有18+42种，即60种.
故选：B.
7．（2022·全国·高三专题练习）如图，用五种不同的颜色给图中的O，A，B，C，D，E六个点涂色（五种颜色不一定用完），要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂法种数是（ ）
A．480B．720C．1080D．1200
【答案】D
【分析】分类讨论按照O，A，B，C，D，E的顺序按题意要求去依次涂色即可解决.
【详解】先给O涂色，有C51种方法，接着给A涂色，有C41种方法，接着给B涂色，有C31种方法，
①若C与A同色，则有1种涂色方法，接着给D涂色，有3种涂色方法，
最后E有2种涂色方法；
②若C与A不同色，则有2种涂色方法，接着给D涂色，
若D与A同色，则有1种涂色方法，最后E有3种涂色方法；
若D与A不同色，则有2种涂色方法，最后E有2种涂色方法.
综上，涂色方法总数为C51 C41 C311×3×2+2×(1×3+2×2)=1200
故选：D
8．（2022·全国·高三专题练习）已知3−xn=a0+a1x+a2x2+⋅⋅⋅+anxn，若3−xn的展开式的第2项的二项式系数与第4项的二项式系数相等，则a0−a1+a2−⋅⋅⋅+−1nan=（ ）
A．32B．64C．128D．256
【答案】D
【分析】由题可得Cn1=Cn3，再利用赋值法即得.
【详解】由题意可得Cn1=Cn3，
∴n=4．
令x=−1，得3+14=a0−a1+a2−a3+a4=256，
∴a0−a1+a2−⋅⋅⋅+−1nan=256．
故选：D.
多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（2022·高二课时练习）已知2x+1xn的二项展开式中二项式系数之和为64，下列结论正确的是（ ）
A．二项展开式中各项系数之和为36
B．二项展开式中二项式系数最大的项为160x32
C．二项展开式中无常数项
D．二项展开式中系数最大的项为90x3
【答案】AB
【分析】根据二项式定理的相关性质逐项验证即可得出答案.
【详解】因为2x+1xn的二项展开式中二项式系数之和为64，所以2n=64，得n=6，
所以题中二项式为2x+1x6，所以二项式展开式的通式公式为：Tr+1=C6r(2x)6−r1xr=C6r26−rx6−32r，
对于选项A，令x=1，可得二项展开式中各项系数之和为36，所以选项A正确；
对于选项B，第4项的二项式系数最大，此时r=3，则二项展开式中二项式系数最大的项为T4=C6326−3x6−32×3=160x32，所以选项B正确；
对于选项C，令6−32r=0，则r=4，所以二项展开式中的常数项为C6426−4x6−32×4=60，所以选项C错误；
对于选项D，令第r+1项的系数最大，则C6r26−r≥C6r−126−r−1C6r26−r≥C6r+126−r+1，解得53≤r≤73，
因为r∈N∗，所以r=2时，二项展开式中系数最大，则二项展开式中系数最大的项为
T3=C6224x3=240x3，所以选项D错误.
故选：AB.
10．（2022秋·高二单元测试）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某校计划在社会实践中开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每天开设一门，连续开设6天，则下列结论正确的是（ ）
A．从六门课程中选两门的不同选法共有20种
B．课程“数”不排在最后一天的不同排法共有600种
C．课程“礼”、“书”排在相邻两天的不同排法共有240种
D．课程“乐”、“射”、“御”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种
【答案】BC
【分析】根据给定条件利用排列、组合知识，逐项分析计算判断作答.
【详解】对于A，从六门课程中选两门的不同选法有C62=15种，A不正确；
对于B，前5天中任取1天排“数”，再排其它五门体验课程共有5A55=600种，B正确；
对于C，“礼”、“书”排在相邻两天，可将“礼”、“书”视为一个元素，不同排法共有2A55=240种，C正确；
对于D，先排“礼”、 “书”、“数”，再用插空法排“乐”、“射”、“御”， 不同排法共有A33A43=144种，D不正确.
故选：BC
11．（2022春·江西·高二校联考阶段练习）我国古代著名的数学著作中，《周碑算经》、《九章算术》、《孙子算经》、《五曹算经》、《夏侯阳算经》、《孙丘建算经》、《海岛算经》、《五经算术》、《级术》和《纠古算经》，称为“算经十书”，某老师将其中的《周碑算经》、《九章算术》、《孙子算经）、《五经算术》、《缀术》和《缉古算经》6本书分给5名数学爱好者，其中每人至少一本，则不同的分配方法的种数为（ ）
A．C51C62A44B．A65C51C．C51A62A44D．C62A55
【答案】AD
【解析】先选出一个人分得两本书，剩余四人各分得一本书，再利用分步乘法计数原理相乘即得结果.
【详解】依题意，6本书分给5名数学爱好者，其中一人至少一本，则有一人分得两本书，剩余四人各分得一本书，
方法一：分三步完成，
第一步：选择一个人，有C51种选法；
第二步：为这个人选两本书，有C62种选法；
第三步: 剩余四人各分得一本书，有A44种选法.
故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为C51C62A44，故A正确；
方法二：分两步完成，
第一步：先分组，选择两本书，将书分成“2+1+1+1+1”的五组，有C62种选法；
第二步：将五组分配给五个人，有A55种选法.
故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为C62A55，故D正确.
故选：AD.
12．（2022·全国·高三专题练习）若1−2x2020=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋅⋅⋅+a2020x2020x∈R，则（ ）
A．a0=1
B．a1+a3+a5+⋅⋅⋅+a2019=32020−12
C．a0+a2+a4+⋅⋅⋅+a2020=32020+12
D．a12+a222+a323+⋅⋅⋅+a202022020=−1
【答案】ACD
【分析】设fx=1−2x2020=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋅⋅⋅+a2020x2020，利用赋值法可判断各选项的正误.
【详解】设fx=1−2x2020=a0+a1x+a2x2+a3x3+⋅⋅⋅+a2020x2020，
对于A选项，a0=f0=12020=1，A对；
对于BC选项，f1=a0+a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a2020=1f−1=a0−a1+a2−a3+⋅⋅⋅+a2020=32020，
所以，a1+a3+a5+⋅⋅⋅+a2019=f1−f−12=1−320202，
a0+a2+a4+⋅⋅⋅+a2020=f1+f−12=32020+12，B错，C对；
对于D选项，a12+a222+a323+⋅⋅⋅+a202022020=a0+a12+a222+a323+⋅⋅⋅+a202022020−a0
=f12−f0=0−1=−1，D对.
故选：ACD.
填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（2022秋·福建厦门·高二厦门双十中学校考阶段练习）如图所示，在A，B间有四个焊接点1，2，3，4，若焊接点脱落导致断路.则电路不通，则因为焊接点脱落而导致电路不通情况有___________种.
【答案】13
【分析】分类讨论，列举出脱落1个，2个，3个，4个焊接点导致电路不通的情况，求出答案.
【详解】若脱落1个，则有（1），（4）两种情况，
若脱落2个，则有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4）共6种情况，
若脱落3个，则有（1，2，3），（1，2，4），（2，3，4），（1，3，4）共4种情况.
若脱落4个，则有（1，2，3，4）共1种情况，综上共有2+6+4+1=13种情况.
故答案为：13.
14．（2021春·安徽蚌埠·高三统考开学考试）若二项式x+12n展开式中第4项的系数最大，则n的所有可能取值的个数为___________.
【答案】4
【分析】结合二项式的展开式的通项公式得到不等式组，解不等式组即可求出结果.
【详解】因为二项式x+12n展开式的通项公式为Cnrxn−r12r=Cnr12rxn−r
由题意可得Cn3123≥Cn2122Cn3123≥Cn4124，即n−2≥68≥n−3，故8≤n≤11，又因为n为正整数，所以n=8或9或10或11，故n的所有可能取值的个数为4个，
故答案为：4.
15．（2018秋·浙江绍兴·高二统考期末）将5名同学排成一行，要求其中的小张、小王必须排在小李的两侧（不一定相邻），则不同的排列方案有________种（用数字作答）.
【答案】40
【分析】根据题意，设5名同学中除小张、小王、小李之外的两人为甲、乙，分3步进行分析，首先将小张、小王安排在小李的两侧，将甲乙两人依次插入到空位中，由分步计数原理计算可得答案.
【详解】根据题意，设5名同学中除小张、小王、小李之外的两人为甲、乙，分3步进行分析：
①，首先将小张、小王安排在小李的两侧，有A22=2种情况；
②，三人排好后，有4个空位可用，将4个空位中任选1个，安排甲，有4种情况；
③，四人排好后，有5个空位可用，将5个空位中任选1个，安排乙，有5种情况；
则不同的排列方案有2×4×5=40种.
故答案为：40.
16．（2022秋·江西上饶·高二铅山县第一中学校考开学考试）在1−x+1x108展开式中，含x2项的系数为________．（结果用数值表示）
【答案】70
【分析】1−x+1x108=1x10+1−x8展开式中，通项公式：Tr+1=C8rx10r−801−xr，依题意，只需考虑r=8时，即只需1−x8中x2项的系数，利用其展开式中通项公式即可得出．
【详解】1−x+1x108=1x10+1−x8展开式中，
通项公式：Tr+1=C8r1x108−r1−xr=C8rx10r−801−xr，
依题意，只需考虑r=8时，即只需1−x8中x2项的系数，
其展开式中通项Ak+1=C8k⋅18−k⋅(−x)k=C8k⋅−1k⋅xk2．
令k2=2，解得k=4．
∴C84⋅−14=70.
故答案为：70．
解答题（共6小题，满分70分）
17．（2022·全国·高三专题练习）已知x+3xn的二项展开式中所有项的二项式系数之和为1024，
(1)求n的值；
(2)求展开式的所有有理项(指数为整数)，并指明是第几项．
【答案】(1)n=10
(2)T1=x5,T7=210x4
【分析】（1）由二项式系数和公式可得答案；
（2）求出x+3xn的通项，利用x的指数为整数可得答案.
【详解】（1）x+3xn的二项展开式中所有项的二项式系数之和Cn0+Cn1+⋯+Cnn=2n=1024，
所以n=10.
（2）Tr+1=C10rx10−r3xr=C10rx5−r6,r=0,1,⋯,10，
因此r=0,6时，有理项为T1=C100x5=x5,T7=C106x4=210x4，
有理项是第一项和第七项.
18．（2022·高二课时练习）有5对夫妇和A，B共12人参加一场婚宴，他们被安排在一张有12个座位的圆桌上就餐（旋转之后算相同坐法）．
（1）若5对夫妇都相邻而坐，A，B相邻而坐，共有多少种坐法？
（2）5对夫妇都相邻而坐，其中甲、乙二人的太太是闺蜜要相邻而坐，A，B不相邻，共有多少种坐法？
【答案】（1）7680种；（2）1152种.
【分析】(1)将一对夫妇视为一组，A，B视为一组，先将6组人圆排列，再对每一组内的两人调整位置，然后用分步乘法计数原理计算即得；
(2)先排甲、乙二人的太太及这两对夫妇，再排余下3对夫妇，最后用插空法排A，B，借助分步乘法计数原理计算即得.
【详解】（1）若5对夫妇都相邻，A，B相邻，可将每对夫妇划分为1组，A，B划分为1组，再将这6组人围坐成一圈，共有A55种坐法，
由于每一组内两人还有顺序问题，所以共有A55×26=7680种坐法；
（2）分成三步来完成第一步，排甲、乙二人的太太的座位，有2种坐法，甲、乙二人的座位也随之确定，
第二步，排其余3对夫妇的座位，有23A33种坐法，
第三步，排A，B二人的座位，有A42种坐法，
根据分步乘法计数原理，共有2×23A33×A42=1152种坐法．
19．（2022秋·重庆万州·高二校考期中）已知函数fn(x)=(1+λx)n=a0+a1x+a2x2+⋯+anxn，其中λ∈R,n∈N.
(1)若λ=−2,n=2018，求a0+a2+a4+⋯+a2018的值；
(2)若n=8,a7=1024，求ai(i=0,1,2,3,⋯,8)的最大值；
【答案】(1)32018+12；
(2)1792
【分析】（1）代入λ=−2,n=2018，通过赋值法令x=1，x=−1，再相加即可求解；
（2）由展开式的通项以及a7=1024求出λ=2，再通过不等式法解出系数最大项即可.
(1)
λ=−2,n=2018时，f2018(x)=(1−2x)2018=a0+a1x+a2x2+⋯+a2018x2018，令x=1可得(1−2)2018=a0+a1+a2+⋯+a2018=1，
令x=−1可得(1+2)2018=a0−a1+a2−⋯+a2018=32018，两式相加得2a0+a2+a4+⋯+a2018=1+32018，
则a0+a2+a4+⋯+a2018=32018+12；
(2)
n=8时，f8(x)=(1+λx)8的展开式的通项为Tr+1=C8rλrxr，令r=7可得C87λ7=a7=1024，解得λ=2，
即展开式的通项为Tr+1=C8r2rxr，由C8r2r≥C8r−12r−1C8r2r≥C8r+12r+1，整理得9−rr×2≥11≥8−rr+1×2，解得5≤r≤6，
则T6=C8525x5=1792x5,T7=C8626x6=1792x6，故ai的最大值是1792.
20．（2022秋·浙江绍兴·高二校考阶段练习）已知2x−15=a0x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5.求下列各式的值.
(1)a5；
(2)a0+a1+a2+⋅⋅⋅+a5；
(3)a0+a1+a2+⋅⋅⋅+a5；
(4)a1+a3+a5.
【答案】(1)−1；(2)1；(3)243；(4)−121
【分析】（1）赋值法令x＝0，即得解；
（2）赋值法令x＝1，即得解；
（3）利用通项分析可得a1，a3，a5为负值，|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a5|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5，令x＝－1即得解；
（4）由a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1，－a0＋a1－a2＋…＋a5＝－35联立即得解.
(1)令x=0，得−15=a5
∴ a5=−1.
(2)令x＝1，得2×1−15=a0×15+a1×14+a2×13+a3×12+a4×1+a5
∴ a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.
(3)令x＝－1，得－35＝－a0＋a1－a2＋a3－a4＋a5.
由(2x－1)5的通项Tk＋1＝C5k (－1)k·25－k·x5－k，
知a1，a3，a5为负值，
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a5|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35＝243.
(4)由a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1，
－a0＋a1－a2＋…＋a5＝－35，
得2(a1＋a3＋a5)＝1－35，
所以a1＋a3＋a5＝1−352＝－121.
21．（2023·全国·高三专题练习）在二项式6x+13xn的展开式中，二项式系数最大的项只有一项，且是第4项．
(1)求n的值；
(2)求展开式中所有有理项的系数之和；
(3)把展开式中的项重新排列，求有理项互不相邻的排法种数．
【答案】(1)6；(2)32；(3)144
【分析】（1）利用二项式定理的展开式的性质即可求解；（2）利用二项式定理的展开式，找出x的次数为整数的项，即可求解（3）元素不相邻的排列问题用插空法，即可求解.
（1）由题意知n2+1=4，所以n=6．
（2）二项式6x+13x6的展开式的通项为Tk+1=C6k6x6−k13xk=C6kx6−3k6k=0,1,2,⋅⋅⋅,6，
当k=0,2,4,6时，x的次数为整数，对应的项为有理项．
于是展开式中有理项共有四项，分别为第1项第3项、第5项、第7项，
所以展开式中所有有理项的系数之和为C60+C62+C64+C66=26−1=32（或C60+C62+C64+C66=1+15+15+1=32）．
（3）展开式共有7项，其中4项为有理项，3项为无理项．
将无理项排列，有A33种排法，
将有理项插空排列，有A44种排法，
故有理项互不相邻的排法共有A33A44=144（种）．
22．（2022·高二课时练习）某医院呼吸内科有3名男医生、2名女医生，其中李亮（男）为科室主任；感染科有2名男医生、2名女医生，其中张雅（女）为科室主任．现在院方决定从两科室中选4人参加培训．
(1)若至多有1名主任参加，则有多少种派法？
(2)若呼吸内科至少有2名医生参加，则有多少种派法？
(3)若至少有1名主任参加，且有女医生参加，则有多少种派法？
【答案】(1)105；(2)105；(3)87.
【分析】（1）分无主任参加和只有1名主任参加两种情况，再根据组合的方法求得答案；
（2）分2名医生、3名医生和4名医生参加三种情况，再根据组合的方法即可求得答案；
（3）考虑张雅参加和不参加两种情况，如果张雅不参加则李亮必须参加，进而根据组合的方法即可求得答案.
（1）若无主任参加，则有C74种派法，若只有1名主任参加，则有C21C73种派法，故不同的派法共有C74+C21C73=105（种）.
（2）由题意，可分为三类考虑：
第一类，呼吸内科有2名医生参加，则共有C52C42种派法；
第二类，呼吸内科有3名医生参加，则共有C53C41种派法；
第三类，呼吸内科有4名医生参加，则共有C54种派法．
所以呼吸内科至少有2名医生参加的派法共有C52C42+C53C41+C54=105（种）．
（3）张雅既是主任，也是女医生，属于特殊元素，优先考虑，所以以张雅是否参加来分类．
第一类，张雅参加，则有C83种派法，
第二类，张雅不参加，则李亮必须参加，则有C11C31C42+C32C41+C33种派法．
所以至少有1名主任参加，且有女医生参加的派法共有C83+C11C31C42+C32C41+C33=87（种）．