(上海专用)新高考数学一轮复习讲练测专题20 计数原理（练习）（2份，原卷版+解析版）

这是一份(上海专用)新高考数学一轮复习讲练测专题20 计数原理（练习）（2份，原卷版+解析版），文件包含上海专用新高考数学一轮复习讲练测专题20计数原理练习原卷版doc、上海专用新高考数学一轮复习讲练测专题20计数原理练习解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
1．（2022·上海·华师大二附中高三开学考试）有2男2女共4名学生被分派去三个公司实习，每个公司至少1人，且公司只收女生，则不同的分派方法数为___________.
【答案】
【分析】利用分类计数原理将该问题分成两类，对公司进行分类讨论，每一类中用分步乘法计数原理及排列组合的综合应用进行解答即可．
【解析】由题意，第一类，公司只有1个女生，有种分派方案，
则公司分派人数可以为1，2或者2，1共2种分派方案，共种，所以一共有种分派方案，
第二类，公司有2个女生，只有1种分派方案，
则公司的分派人数只能是1，1，则有种，
根据分类计数原理共有种，
故答案为：14．
2．（2022·上海市向明中学高三开学考试）某医院从7名男医生（含一名主任医师），6名女医生（含一名主任医师）中选派4名男医生和3名女医生支援抗疫工作，若要求选派的医生中有主任医师，则不同的选派方案数为_________________．
【答案】550
【分析】分选派的主任医师只有一名男主任，只有一名女主任，男，女主任医师均选派，三种情况，结合组合知识进行求解，再相加即可.
【解析】若选派的主任医师只有一名男主任，此时再从剩余的6名男医生选派3名男医生，从5名女医生（主任医师除外）选派3名医生，有种，
若选派的主任医师只有一名女主任，此时再从剩余的6名男医生（主任医师除外）中选派4名男医生，从5名女医生中选派2名医生，有种，
若男，女主任医师均选派，此时再从剩余的6名男医生中选派3名，5名女医生中选派2名，有种，
综上：不同的选派方案有200+150+200=550种.
故答案为：550
3．（2022·上海市延安中学高三阶段练习）展开式中的常数项是__________.
【答案】7
【分析】由二项式通项公式即可求得常数项.
【解析】二项式的通项为，
令，解得，
所以常数项为.
故答案为：7
4．（2021·上海·格致中学高三期中）如果，则______.
【答案】127
【分析】依题意可得，计算，然后计算即可.
【解析】由题可知: ，所以
所以，由，所以结果为127
故答案为：127
5．（2020·上海·复旦附中青浦分校高三开学考试）代数式的展开式的常数项是__________(用数字作答)
【答案】3
【分析】写出二项展开式的通项，令的指数为零，求出参数值，再代入通项即可得解.
【解析】，
的展开式通项为，
所以，的展开式通项为，
由，可得，
因此，的展开式的常数项为.
故答案为：.
6．（2022·上海市吴淞中学高三开学考试）在的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为，则所有项的系数和等于______
【答案】
【分析】由二项式系数和可求得的值，然后在二项式中令，可求得所有项的系数和.
【解析】的二项式系数和为，可得，
所以，的所有项的系数和为.
故答案为：.
7．（2022·上海·模拟预测）为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检则，则每一类都被抽到的概率为___________；
【答案】
【分析】由题意，利用古典概型的计算公式，计算求得结果．
【解析】解：从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，
则每一类都被抽到的方法共有种，
而所有的抽取方法共有种，
故每一类都被抽到的概率为＝＝，
故答案为：．
8．（2022·上海市南洋模范中学高三开学考试）将编号为1，2，3，4的四个小球放到三个不同的盒子里，每个盒子至少放一个小球且编号为1，2的两个小球不能放到同一个盒子里，则不同放法的种数有___________.（用数字作答）.
【答案】
【分析】利用先分组后排序的方法求出总的情况数，然后求出对立面编号为1，2号小球放在同一个盒子的情况数，总的减去对立面的情况数即可.
【解析】由题意得4个小球有2个放在一个盒了里的种数是，
把这两个作为一个元素同另外两个元素在三个位置排列，有种结果，
而编号为1，2号小球放在同一个盒子里有种结果，
所以编号为1，2的小球不放到同一个盒子里的种数是.
故答案为：30.
9．（2020·上海·高三专题练习）乘积（a1+a2+a3）（b1+b2+b3+b4）（c1+c2+c3+c4+c5）展开后共有_____项．
【答案】60
【分析】展开后的每一项都是由三个式子中任取一项相乘得到的,因而根据分步乘法原理即可得出结论.
【解析】根据多项式的乘法法则,
可知展开后的每一项都是由､､这三个式子,
每一个中任取一项相乘后得到的,
而在中有3种取法,
在中有4种取法,
在中有5种取法,
由分步乘法原理可得,总共有种情况,
故答案为:60.
【点睛】本题考查分步计数原理的运用,属于简单题.
10．（2020·上海市大同中学高三阶段练习）在报名的名男教师和名女教师中，选取人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为________（结果用数值表示）.
【答案】
【分析】分两种情况讨论，两男一女和两女一男，然后利用分类计算原理可得出选取的方法种数.
【解析】由题意可知，所选的人中应为两男一女和两女一男，由分类计数原理可知，不同的选取方式的种数为.
故答案为.
【点睛】本题考分类计数原理的应用，对问题合理进行分类讨论是解题的关键，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.
11．（2021·上海·模拟预测）甲、乙两人玩猜数字游戏，先由甲心中任想一个数字，记为a，再由乙猜甲刚才想的数字，把乙猜的数字记为b，且.若，则称甲乙“心有灵犀”.现任意找两人玩这个游戏，则这两人“心有灵犀”的概率为______.
【答案】
【分析】由题意知本题是一个古典概型，从0~9中任意取两个数（可重复）共有100种取法，列出满足所有可能情况，代入公式得到结果．
【解析】从0~9中任意取两个数（可重复）共有100种取法，则的情况有：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，共有28种，所以.
【点睛】本题考查了古典概型的概率计算问题，属于基础题．
12．（2022·上海市七宝中学模拟预测）从5名志愿者中选出3名，分别从事翻译、导游、保洁三项不同的工作，每人承担一项，其中甲不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有_____种.
【答案】48
【分析】应用排列数求出所有可能方案数、选出3名且甲从事翻译工作方案数，由间接法求结果.
【解析】从5名志愿者中选出3名任意安排有种，
若选出3名且甲从事翻译工作，则种，
所以5名志愿者中选出3名且甲不能从事翻译工作的选派方案有种.
故答案为：48
13．（2022·上海·模拟预测）小明给朋友发拼手气红包，1毛钱分成三份（不定额数，每份是1分的正整数倍），若这三个红包被甲、乙、丙三位同学抢到，则甲同学抢到5分钱的概率为________．
【答案】
【分析】隔板法求出1毛钱分成三份的种数，列举出甲抢到5分钱的可能情况，即可求结果.
【解析】将1毛钱按10个1分排成一列，有9个空，
任选2个空插入隔板可将1毛钱分成三份的种数有种，
甲抢到5分钱，则乙丙抢到余下两份有共4种，
所以1毛钱分成三份，甲抢到5分钱的概率为，
故答案为：
14．（2021·上海市延安中学高二期末）四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面点，不同取法有________种.
【答案】141
【分析】用排除法，先考虑任取4点的方法数为，然后求出共面的四点的方法，对共面四点分类：一类是四面体六个面上的四点，二类是每条棱上三点与对棱中点，三类是棱的中点构成平行四边形（正好与对棱平行），由此可得结论．
【解析】任取4个点共有种，再考虑不满足条件的取法，①每个表面六个点中任取四个点共面，即；②每一条棱与对棱中点四个点共面，有6种；③与对棱平行的平行四边形共面，有3种，共有210-60-6-3=141种.
故答案为：141．
【点睛】本题考查组合的应用，掌握四点共面是解题关键．解题方法是排除法．
15．（2020·上海·模拟预测）已知，若数列是个单调递增数列，则的最大值为_____
【答案】17
【分析】利用二项式定理展开项的通项得出数列的通项，由，解关于的不等式，即可得出结论.
【解析】因为，
所以,由，
得，即，
解得的最大值为.
故答案为：
【点睛】本题考查二项式定理的展开式，考查数列的单调性问题，难度一般，二项式展开项的通项公式运用是关键.
16．（2022·上海奉贤·二模）设项数为的数列满足：，且对任意，，都有，则这样的数列共有_____个.
【答案】31
【分析】根据列举出所有可能的数列，再结合、、、、同时成立，排除不满足条件的，即可得答案.
【解析】当，时，，
所以可能情况如下：
1、{一个1，三个0}：、、、，4个；
2、{两个1，一个和0 }：、、、、、、、、、、、，12个；
3、{一个，三个0}：、、、，4个；
4、{两个，一个1和0}：、、、、、、、、、、、，12个；
5、{四个0}：，1个；
6、{两个，两个1 }：、、、、、，6个；
7、{两个0，一个1 和}：、、、、、、、、、、、，12个；
综上，数列共有51个.
当，时，，
当，时，，
当，时，，
当，时，，
当，时，，
所以、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，20个不满足；
综上，满足要求的数列有31个.
故答案为：31
二、单选题
17．（2022·上海市市西中学高二期中）从30名儿童中选3名扮演三种小动物，则不同的编排方法有（ ）种
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用排列组合的意义逐一检查选项即可.
【解析】对于A，从30名儿童中选3名扮演三种小动物，相当于从30个元素中挑选出3个元素进行排列，是一个排列问题，故不同的编排方法为，故A正确；
对于B，表示的意思是从相当于从30个元素中挑选出3个元素，没有排列，故B错误；
对于C，，，由A选项可知其错误，故C错误；
对于D，，由B选项可知其错误，故D错误.
故选：A.
18．（2022·上海·高三专题练习）已知直线的斜率大于零，其系数a、b、c是取自集合中的3个不同元素，那么这样的不重合直线的条数是（ ）
A．11B．12C．13D．14
【答案】A
【分析】根据直线的斜率大于零，得到，再分，，三种情况分类求解.
【解析】因为直线的斜率大于零，
所以，
当，a有2种选法，b有2种选法，c有1种选法；
因为直线与直线重合，
所以这样的直线有条；
当时，a有1种选法，b有2种选法， c有2种选法；
所以这样的直线有条，
当时，a有2种选法，b有1种选法， c有2种选法；
所以这样的直线有条，
综上：这样的不重合直线的条数是3+8=11条，
故选：A
19．（2022·上海·华东师范大学附属东昌中学高三阶段练习）在的展开式中的系数为20，则常数（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】写出二项展开式通项公式，求得的项数后，由系数为20可得参数值．
【解析】由题意得二项展开式的通项公式为，依题意，令，则，，解得．
故选：A．
20．（2022·上海市实验学校高二期末）公安部新修订的《机动车登记规定》正式实施后，小型汽车的号牌已经可以采用“自主编排”的方式进行编排.某人欲选由A､B､C､D､E中的两个不同字母，和0､1､2､3､4､5､6､7､8､9中的3个不同数字，组成的三个数字都相邻的一个号牌，则他选择号牌的方法种数最多有（ ）种.
A．7200B．14400C．21600D．43200
【答案】D
【分析】先计算挑选出两个不同字母和3个不同数字的情况数，再求解三个数字都相邻的情况即可
【解析】由题意，选取A､B､C､D､E中的两个不同字母，和0､1､2､3､4､5､6､7､8､9中的3个不同数字共有种情况，当两个字母和3个数字确定后，再组成的三个数字都相邻的一个号牌总共有种情况，根据分步计数的乘法原理可得，选择号牌的方法种数最多有种
故选：D
21．（2022·上海市延安中学高二期末）的展开式为多项式，其展开式经过合并同类项后的项数一共有（ ）
A．72项B．75项C．78项D．81项
【答案】C
【分析】由多项式展开式中的项为，即，将问题转化为将2个隔板和11个小球分成三组，应用组合数求项数即可.
【解析】由题设，多项式展开式各项形式为且，
故问题等价于将2个隔板和11个小球分成三组，即.
故选：C
22．（2022·上海海洋大学附属大团高级中学一模）电视台在电视剧开播前连续播放6个不同的广告，其中4个商业广告2个公益广告，现要求2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式共有（ ）.
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】由题意，利用插空法，可得答案.
【解析】先排4个商业广告，则，即存在5个空，再排2个公益广告，则，故总排法：，
故选：A.
23．（2021·上海·格致中学高二阶段练习）考察正方体6个面的中心，甲从这6个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线互相平行但不重合的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先用组合数的公式求得甲乙从这6个点中任意选两点连成直线的条数，再用分步计数原理求出甲乙从中各任选一条共有种，结合正八面体的性质，求得平行且不重合的共有12对，根据古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【解析】由题意，甲从这6个点中任意选两个点连成直线，共有条，
乙从这6个点中任意选两点连成直线，共有条，
甲乙从任选一条，共有种不同的取法，
因为正方体6个面的中心构成一个正八面体，有六对互相平行但不重合的直线，
则甲乙两人所得的直线互相平行但不重合的共有12对，
根据古典摡型的概率计算公式，可得概率为.
故选：A.
24．（2021·上海交大附中高三开学考试）已知，其中为展开式中项的系数，，则下列说法不正确的有（ ）
A．，B．
C．D．是中的最大项
【答案】C
【分析】依题意，写出的展开式，再一一判断即可；
【解析】解：依题意
所以
由上式可知，选项，正确；
展开式中，，的的系数和为：
，而，
故，故正确；
由式子可得，，故选项不正确．
故选：．
三、解答题
25．（2021·上海市奉贤中学高二阶段练习）用0，1，2，3，4这5个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字五位数？
(1)偶数：
(2)左起第二､四位是奇数的偶数；
(3)比21034大的偶数.
【答案】(1)个
(2)个
(3)个
【分析】（1）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
（2）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
（3）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
（1）
末位是0，有个，
末位是2或4，有个，
故满足条件的五位数共有个.
（2）
法一：可分两类，0是末位数，有个，
2或4是末位数，则个.
故共在个.
法二：四位从奇数1，3中取，有；
首位从2，4中取，有个：余下的排在剩下的两位，有个；
故共有个.
（3）
法一：可分五类，当末位数是0，而首位数是2时，有个；
当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有个；
当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有个；
当末位数字是4，而首位数字是2时，有个；
当末位数字是4，而首位数字是3吋，有个.
故有个.
法二：不大于21034的偶数可分为三类：
万位数字为1的偶数，有个；
万位数字为2，而千位数字是0的偶数，有个：还有21034本身.
而由组成的五位偶数有个.
故满足条件的五位偶数共有个.
26．（2022·上海市虹口高级中学高二期末）已知5名同学站成一排，要求甲、乙两人站在两端，记满足条件的所有不同的排法种数为m.
(1)求m的值；
(2)求二项式的展开式中的的系数.
【答案】(1)12
(2)66
【分析】（1）先安排甲、乙两人，再安排其他人员，结合排列数可得答案；
（2）利用二项展开式的通项公式进行求解.
(1)
先安排甲、乙两人，共有种方法，再排其余3人，共有种方法，所以.
(2)
由（1）知，的展开式的通项公式为，
令可得，，所以二项式的展开式中的的系数为.
27．（2020·上海·高三专题练习）分别从集合和集合中各取两个数字，问：
（1）可组成多少个四位数？
（2）可组成多少个四位偶数？
【答案】（1）1296个（2）672个
【分析】（1）分两种情况讨论，集合B中所取的两个数不含0和集合B中所取的数含0，即得解；
（2）分两种情况讨论，集合B中所取的两个数不含0和集合B中所取的数含0，当集合B中所取的数含0再分0在个位和0不在个位两种情况讨论，即得解.
【解析】（1）若集合B中所取的两个数不含0，则组成的四位数有个；
若集合B中所取的数含0，则组成的四位数有个..
所以，共可组成的四位数有（个）.
（2）若集合B中所取的两个数不含0，则组成的四位偶数有个；
若集合B中所取的数含0，若0在个位，则可组成的四位偶数有个，
若0不在个位，则可组成的四位偶数有个.
所以，共可组成的四位偶数有（个）.
【点睛】本题主要考查排列组合的综合应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
28．（2022·上海市杨浦高级中学高二期末）已知的二项展开式中所有项的二项式系数之和为，
(1)求的值；
(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)
(2)
【分析】（1）由二项式系数和公式可得答案；
（2）求出的通项，利用的指数为整数可得答案.
（1）
的二项展开式中所有项的二项式系数之和，
所以.
（2）
，
因此时，有理项为，
有理项是第一项和第七项.
29．（2022·上海嘉定·高三阶段练习）将的二项展开式中的二项式系数依次列为：.
(1)依据二顶式定理，将展开，并求证：；
(2)研究所列二项式系数的单调性，并求证：其最大值为.
【答案】(1)，证明见解析；
(2)答案见解析．
【分析】（1）由二项式定理得展开式，在展开式中令可证结论成立；
（2）用作差法可得出二项式系数的单调性，从而得出最大值．
（1）
由已知，
令得；
（2）
，，
当，，即时，，，
当，即时，，，
所以中，从到递增，从到递减，
所以是最大值．
30．（2022·上海市复兴高级中学高二期末）已知（n为正整数）.
(1)若，求n的值；
(2)若，，，求和的值（结果用指数幂的形式表示）.
【答案】(1)
(2)，，
【分析】（1）先求出二项式展开式的通项公式，然后由列方程可求出n的值，
（2）分别令，求出，，进而可求出的值，
（1）
二项式展开式的通项公式为，则
，
因为，
所以，化简得，
，
得或（舍去），
（2）
当时，，
令，得，
令，得，
因为，，
所以，
，
所以，
31．（2021·上海交大附中高二期中）在的展开式中，把，，，…，叫做三项式的次系数列．
（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列；
（2）列出杨辉三角形类似的表（，），用三项式的次系数表示，，；
（3）用二项式系数表示．
【答案】（1），，，，，，，，，，，；（2），，；（3）.
【分析】（1）先求出三项式的展开式，即可求出；
（2）列出杨辉三角形类似的表，即可得出结果；
（3）根据三项式的次系数列定义展开求解即可得出.
【解析】（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列：
∵，
∴，，，，，
∵
，
∴，，，，，，．
（2）列出杨辉三角形类似的表（，），
用三项式的次系数表示，，，
，，，
（3）用二项式系数表示，
，，，
，…，，
∵，
∴，
∵，，…，，
∴
，
∴．
32．（2021·上海师大附中高二期中）某品牌设计了编号依次为1､2､3､…､的n种不同款式的时装，由甲､乙两位模特分别从中随机选择i､j（，且i，）种款式用来拍摄广告.
(1)若，求甲在1到5号且乙在6到10号选择时装的概率；
(2)若，且甲在1到m（m为给定的正整数，且）号中选择，乙在号到n号中选择.记为款式（编号）s和t同时被选中的概率，求﹔
(3)求至少有一种款式为甲和乙共同选择的概率.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】(1)先求出甲在1到5号且乙在6到10号任选两款的所有等可能基本事件数，利用古典概型概率计算公式求解即可；
(2)求出甲从1到m(m为给定的正整数，且)号中任选两款，且乙从(m+1)到n号中任选两款的所有等可能基本事件数，款式s和t()同时被选中包含的基本事件数，再利用古典概型概率计算公式求解即可；
(3)求出甲、乙从n种不同款式的服装中任选服装的所有可能事件数，确定“没有一个款式为甲和乙共同认可”包含的基本事件数，利用对立事件的概率公式求解即可.
（1）
当时，
甲从1到5号中任选两款，且乙从6到10号中任选两款的所有等可能基本事件的种数为：
，所有P(甲在1到5号且乙在6到10号选择服装)=；
（2）
甲从1到m(m为给定的正整数，且)号中任选两款，且乙从(m+1)到n号中任选两款的所有等可能基本事件的种数为：，
记“款式s和t()同时被选中”为事件B，则事件B包含的基本事件的种数为：，
所有；
（3）
甲从n种不同款式的服装中任选服装的所有可能种数为：
，
同理，乙从n种不同款式的服装中任选服装的所有可能种数为：，
根据分步乘法计数原理得，所有等可能的基本事件的种数为：，
记“至少有一款为甲和乙共同认可”为事件A，
则事件A的对立事件为“没有一个款式为甲和乙共同认可”，
而事件包含的基本事件种数为：
，
所以，故.