新高考数学二轮复习小题巩固练训练19（计数原理）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习小题巩固练训练19（计数原理）（2份，原卷版+解析版）试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．2024年4月26日，神舟十九号与神舟十八号航天员顺利会师中国空间站，激发了全国人民的民族自豪感和爱国热情.齐聚“天宫”的6名宇航员分别是“70后”蔡旭哲、“80后”叶光富、李聪、李广苏，“90后”宋令东、王浩泽.为记录这一历史时刻，大家准备拍一张“全家福”.假设6人站成一排，两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80后”彼此不相邻，两位“90后”彼此不相邻，则不同的站法共有（ ）
A．16种B．32种C．48种D．64种
【答案】B
【分析】先排两位指令长，然后用四名宇航员的排列总数减去“80后”， “90后”相邻的排法，即可求解.
【详解】两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，有A22种排法，
剩下的四名宇航员共有A44种排法，其中两位“80后”彼此相邻，两位“90后”彼此相邻且分别在左侧或右侧的排法共有2A22A22种，
所以两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80后”彼此不相邻，两位“90后”彼此不相邻，则不同的站法共有A22A44−2A22A22=32种.
故选：B.
2．有2男2女共4名大学毕业生被分配到A,B,C三个工厂实习，每人必须去一个工厂且每个工厂至少去1人，且A工厂只接收女生，则不同的分配方法种数为（ ）
A．12B．14C．36D．72
【答案】B
【分析】根据题意，分A厂只接受1个女生和A厂接受2个女生两类情况，结合B,C厂的分派方案，利用分类、分步计数原理，即可求解.
【详解】由题意，可分为两种情况：
①若A厂只接受1个女生，有C21=2种分派方案，
则B,C厂分派人数可以为1,2或2,1，则有C31+C32=6种分派方案，
由分步计数原理可得，共有2×6=12种不同的分派方案；
②若A厂接受2个女生，只有1种分派方案，
则B,C厂分派人数为1,1，则有C21=2种分派方案，
此时共有1×2=2种不同的分派方案，
综上，由分类计数原理可得，共有12+2=14种不同的分派方案.
故选：B.
3．在2x−y+z7的展开式中，x3y2z2项的系数为（ ）
A．1680B．210C．－210D．－1680
【答案】A
【分析】相当于在7个因式中有3个因式选2x，余下的4个因式中有2个因式选−y，最后余下2个因式中选z，把所选式子相乘即可得x3y2z2项，求解即可.
【详解】相当于在7个因式中有3个因式选2x，有C73种选法，
余下的4个因式中有2个因式选−y，有C42种选法，
最后余下2个因式中选z，把所选式子相乘即可得x3y2z2项，
而C732x3⋅C42−y2C22z2=1680x3y2z2，所以x3y2z2项的系数为1680.
故答案为：A.
4．已知x2−a3xn(其中a>0)的展开式中的第7项为7，则展开式中的有理项的系数和为（ ）
A．43B．−43C．27D．−27
【答案】D
【分析】根据展开式通项公式得到第7项，从而得到方程，求出n=7，a=1，进而得到42−7k3∈Z，则k=0,3,6，求出有理项的系数和.
【详解】展开式的第7项为T6+1=Cn6x2n−6−a3x6=−a6Cn6x2n−14，
由题意可得2n−14=0，−a6Cn6=7，a>0，解得n=7，a=1，
则展开式的通项为Tk+1=−1kC7kx14−2k13xk=−1kC7kx42−7k3，k=0,1,2,⋅⋅⋅,7，
令42−7k3∈Z，则k=0,3,6，
所以展开式中的有理项的系数和为−10C70+−13C73+−16C76=1−35+7=−27.
故选：D.
5．今天的课外作业是从6道应用题中任选2题详细解答，则甲、乙两位同学的作业中恰有一题相同的概率是（ ）
A．215B．415C．615D．815
【答案】D
【分析】利用排列组合求解所有基本事件个数及所求事件的基本事件个数，然后利用古典概型概率公式求解即可.
【详解】由题，所有的基本事件个数为C62×C62=15×15=225，
“恰有一题相同”包含的基本事件数为C61×A52=6×5×4=120，
所以P=120225=815.
故选：D
6．现安排甲、乙、丙三位同学在星期一到星期六值日，每人两天，且都不连续值日的不同方法种数为（ ）
A．6B．15C．20D．30
【答案】D
【分析】把星期一到星期六记为1，2，3，4，5，6，则不连续值日的三组数可列举出来，进而甲、乙、丙全排列计算即可得出结果.
【详解】把星期一到星期六记为1，2，3，4，5，6，则不连续值日的三组数可列举为1−3,2−5,4−6，1−4,2−5,3−6，
1−4,2−6,3−5，1−5,2−4,3−6，1−6,2−4,3−5，
所以符合条件的方法有5A33=30种．
故选：D
7．已知fx=3x+1m+nx+14（m∈Z+,n∈Z）的展开式中含x项系数为75，则含x2项系数的最小值为（ ）
A．1156B．1157C．1160D．1188
【答案】D
【分析】利用二项式定理通项公式分别写出3x+1m和nx+14的展开式中含x的项和含x2的项，再由含x项系数为75列式得m,n的关系式，表示出含x2项系数并将其转化为关于n的一元二次方程式，根据二次函数的性质求解最小值即可.
【详解】二项式3x+1m展开式中含x的项为3Cmm−1x=3Cm1x=3mx，
含x2的项为32Cmm−2x2=32Cm2x2=9mm−12x2，
二项式nx+14展开式中含x的项为nC43x=nC41x=4nx，
含x2的项为n2C42x2=6n2x2，
由题意得，3m+4n=75，即m=25−43n，
所以fx=3x+1m+nx+14展开式中含x2项系数为
9mm−12+6n2=925−43n24−43n+12n22=14n2−294n+2700，
因为n∈Z,m=25−43n∈Z+，当n=9或n=12时，14n2−294n+2700取最小值，
最小值为1188，所以含x2项系数的最小值为1188.
故选：D
8．已知2x−39=a0+a1x−1+a2x−12+⋯+a8x−18+a9x−19，则a0+2a1+3a2+⋯+9a8+10a9=（ ）
A．9B．10C．18D．19
【答案】D
【分析】先将等式两边同时乘以x−1，再将两边同时求导后，令x=2可得.
【详解】由2x−39=a0+a1x−1+a2x−12+⋯+a8x−18+a9x−19得，
x−12x−39=a0x−1+a1x−12+a2x−13+⋯+a8x−19+a9x−110
分别对两边进行求导得
2x−39+18x−12x−38=a0+2a1x−1+3a2x−12+⋯+9a8x−18+10a9x−19，
令x=2，得2×2−39+182−12×2−38=a0+2a1+3a2+⋯+9a8+10a9，
得a0+2a1+3a2+⋯+9a8+10a9=19，
故选：D
二、多选题
9．甲乙两人用《哪吒2》动漫卡牌玩游戏．游戏开局时桌上有n盒动漫卡牌，每个盒子上都标有盒内卡牌的数量，每盒卡牌的数量构成数组a1,a2,…,an，游戏规则如下：两人轮流抽牌，每人每次只能选择其中一盒并抽走至少一张卡牌，若轮到某人时无卡可抽，则该人输掉游戏．现由甲先抽，则下列开局中，能确保甲有必胜策略的是（ ）
A．1,3B．1,2,3C．3,3,6D．3,4,5
【答案】ACD
【分析】将每盒卡牌中的卡片数量转为二进制数，再进行异或求和0+0=0,1+1=0,0+1=1,1+0=1，若初始条件是全零，则乙有必胜策略，反之则甲有必胜策略，保持操作之后是全零状态.
【详解】将每盒卡牌中的卡片数量转为二进制数，
再进行异或求和0+0=0,1+1=0,0+1=1,1+0=1，
若初始条件是全零，则乙有必胜策略，
反之则甲有必胜策略，保持操作之后是全零状态.
A项：1,3⇒1+1110，非全零，甲胜：从第2盒中拿2个，故A符合题意；
B项：1,2,3⇒110+1100，全零，乙胜，故B不符合题意；
C项：3,3,6⇒1111+110110，非全零，甲胜：拿走第三盒，故C符合题意；
D项：3,4,5⇒11100+101010，非全零，甲胜：从第1盒中拿2个，故D符合题意；
故选：ACD
10．若(1+2x)2024=a0+a1x+a2x2+⋯+a2024x2024，则下列正确的是（ ）
A．a0=2024B．a0+a1+⋯+a2024=32024
C．a0−a1+a2−a3+⋯+a2024=1D．a1−2a2+3a3−⋯−2024a2024=−2024
【答案】BC
【分析】利用赋值法计算可判断A错误，BC正确，对二项展开式两边同时求导并令x=−1计算可判断D错误.
【详解】对于A：令x=0，则a0=1，故A错误；
对于B：令x=1，则a0+a1+⋯+a2024=32024，故B正确；
对于C：令x=−1，则a0−a1+a2−a3+⋯+a2024=1，故C正确；
对于D，由(1+2x)2024=a0+a1x+a2x2+⋯+a2024x2024，
两边同时求导得2024×2×(1+2x)2023=a1+2a2x+3a3x2+⋯+2024a2024x2023，
令x=−1，则a1−2a2+3a3+⋯−2024a2024=−4048，故D错误.
故选：BC.
11．已知mx2+1xn（常数m>0）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ）
A．n=10
B．展开式中奇数项的二项式系数的和为256
C．展开式中x15的系数为45m8
D．若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大
【答案】ACD
【分析】由题意写出展开式的通项，根据组合数的对称性、二项式系数之和、赋值法以及二项式系数的单调性，逐项检验，可得答案.
【详解】由mx2+1xn，则其展开式的通项为Tr+1=Cnrmx2n−r1xr=mn−rCnrx4n−5r2，
对于A，根据题意可得Cn4=Cn6，由组合数的性质可知n=10，故A正确；
对于B，由mx2+1x10，则展开式中奇数项的二项式系数之和为210−1=512，故B错误；
对于C，由4×10−5r2=15解得r=2，则展开式中x15的系数为m10−2C102=45m8，故C正确；
对于D，令x=1，则展开式中各项系数之和m+110=1024=210，解得m=1，
可得展开式的通项为Tr+1=C10rx40−5r2，即每项系数均为该项的二项式系数，
易知展开式中第6项为二项式x2+1x10的中间项，则其系数最大，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
12．如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态．假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则B,G灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为 ．
【答案】518
【分析】根据相邻原则把9个灯区分为三类：第一类F,I灯区，第二类A,B,C,E灯区，第三类D,G,H灯区，然后由题意分别按各类中的两个保持B,G灯区最终仍处于“点亮”状态，由此求得方法数，再求得总的方法数，最后由概率公式计算概率．
【详解】从9个灯区中随机先后按下两个灯区，共有A92=72种按法．
与B相邻的灯区为A,C,E；与G相邻的灯区为D,H，故将9个灯区分为三类：第一类F,I灯区，第二类A,B,C,E灯区，第三类D,G,H灯区．若要使得B,G灯区最终仍处于“点亮”状态，则需在同类灯区中随机先后按两个不同灯区．
①若先后按下的是F,I两个灯区，则B,G灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A22=2种按法；
②若先后按下的是A,B,C,E灯区中的两个，则B,G灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A42=12种按法；
③若先后按下的是D,G,H灯区中的两个，则B,G灯区最终仍处于“点亮”状态，共有A32=6种按法．故B,G灯区最终仍处于“点亮”状态的概率为2+12+672=518．
故答案为：518．
13．有5个集合：1,2,1,2,3,1,2,3,4,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,6，从每个集合中等可能地各取1个数，记5个数之和为X，则P13≤X≤18= ．
【答案】59120
【分析】设取出的5个数为x1,x2,x3,x4,x5，则可推得PX=m=PX=25−m，m=5,6,7,⋯,20，即可得出P13≤X≤20=12.进而只需要分析出事件X=5以及X=6表示的含义，并求出概率，即可得出答案.
【详解】设从1,2中取出数为x1，则3−x1也在这个集合内；
从1,2,3中取出数为x2，则4−x2也在这个集合内；
从1,2,3,4中取出数为x3，则5−x3也在这个集合内；
从1,2,3,4,5中取出数为x4，则6−x4也在这个集合内；
从1,2,3,4,5,6中取出数为x5，则7−x5也在这个集合内.
设X=x1+x2+x3+x4+x5∈5,20，
则3−x1+4−x2+5−x3+6−x4+7−x5=25−X，
所以，PX=m=PX=25−m，m=5,6,7,⋯,20，
所以，P5≤X≤12=P13≤X≤20=12，PX=19=PX=6，PX=20=PX=5.
又X=5表示x1=x2=x3=x4=x5=1，共有C55=1种可能；
X=6表示x1,x2,x3,x4,x5中有4个选择1和1个选择2，共有C51⋅C44=5种可能，
且所有的取法种数为2×3×4×5×6=720，
所以，P19≤X≤20=P5≤X≤6=1+5720=1120，
所以P13≤X≤18=P13≤X≤20−P19≤X≤20=12−1120=59120.
故答案为：59120.
【点睛】关键点点睛：根据数据的取法规则，得出概率具有对称性.
14．如图1，把一个圆分成n（n≥2）个扇形，每个扇形用k种颜色之一染色，要求相邻扇形不同色，有an=(k−1)n+(k−1)×(−1)n种方法．
如图2，有4种不同颜色的涂料，给图中的12个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答）
【答案】201852
【分析】利用已知条件可计算ABCDEFGH八个空格染色问题，剩下的可用分步分类计数即可.
【详解】染色问题按以下步骤进行：
第一步：给M染色有4种方法；
第二步：给ABCDEFGH染色，
若M与BDFH的颜色均不同，则可用颜色有3种，
根据已知条件可知：a8=(3−1)8+(3−1)×(−1)8=258种；
若M与BDFH其中一个的颜色相同，则有4×3×2×2+2×2×12=768种方法；
若M与BDFH两个的颜色相同，则有4×3×(3×1×23+3×2×22×1)+2×3×222=864种方法
若M与BDFH其中三个的颜色相同，则有4×32×3×22=432种方法；
若M与BDFH的颜色都相同，则有34=81种方法：
第三步：给XYZ染色，因为D已经染了色，所以分以下两类:
当Y与D同色，给XYZ染色有：3×3=9种；
当Y与D不同色，给XYZ染色有：3×2×2=12种；
利用分类分步原理可得：总有：4×258+768+864+432+81×9+12=201852种，
故答案为：201852.