2023课标版（文理）数学高考第一轮专题练习--第十一章计数原理

1、2023课标版（文理）数学高考第一轮专题练习第十一章计数原理第一讲两个计数原理、排列与组合1.2022青岛市质检为调查新冠疫苗接种情况,需从甲、乙等5名志愿者中选取3人到3个社区进行走访调查,每个社区1人,若甲、乙2人至少有1人入选,则不同的选派方法有 ()A.12种 B.18种 C.36种 D.54种2.公历一年有12个月,其中1月、3月、5月、7月、8月、10月、12月为31天,2月为28天(闰年为29天),其余月份为30天.已知2020年为闰年,现从2020年的12个月份中任取3个月份,则这3个月份的天数之和不超过90的取法种数为 ()A.28B.32C.34D.383.2022安徽示范

2、高中名校联考甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛,决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩,回答者对甲说“很遗憾,你和乙都没有得到冠军”,对乙说“你当然不会是最差的”.从这两个回答分析,五名同学的名次排列的不同情况共有 ()A.27种 B.36种 C.54种 D.72种4.2022晋南高中联考已知文印室内有5份待打印的文件自上而下摞在一起,小王要在这5份文件中再插入甲、乙2份文件,甲文件要在乙文件前打印,且不改变原来次序,则不同的打印方式的种数为 ()A.15 B.21 C.28 D.365.2022唐山市高三摸底现有4份不同的礼物,若将其全部分给甲、乙两人,要求每人至少分得1份,则不

3、同的分法共有 ()A.10种 B.14种 C.20种 D.28种6.2021南京市三模将5名学生分配到A,B,C,D,E这5个社区参加义务劳动,每个社区分配1名学生,且学生甲不能分配到A社区,则不同的分配方法种数是 ()A.72 B.96 C.108 D.1207.甲、乙、丙等五名短跑运动员在某次训练中位于15跑道,若甲不站1,5跑道,乙、丙不相邻,则这五名运动员不同的站法种数为 ()A.24 B.32 C.40 D.488.2021湖北鄂东南5月联考甲、乙、丙、丁4位同学决定去巴城老街、千灯古镇、周庄游玩,每人只能去1个地方,周庄一定要有人去,则不同游玩方案的种数为 ()A.60 B.65

4、C.70 D.759.2022广东六校联考一部纪录片在4个不同的场地轮映,每个场地放映一次,则有种轮映次序.10.2022海南省海口市模拟某店要购买铁锹、锄头、镰刀三种劳动工具共9把,若每种工具至少购买1把,则不同的购买方法有种(用数字作答).11.2021江苏扬州5月最后一卷某校机器人兴趣小组有男生3名,女生2名,现从中随机选出3名参加一个机器人大赛,则选出的人员中恰好有1名女生的选法有种.12.2021浙江路桥中学5月模拟六个人排成一排,若甲、乙、丙均互不相邻,且甲、乙在丙的同一侧,则不同的排法有种(用数字作答).13.2022豫北名校联考第24届冬奥会设有冬季两项、雪车、冰壶、冰球、雪橇

5、、滑冰、滑雪7个大项.奥组委欲招募一批志愿者,甲、乙2名大学生申请报名时,计划每人从7个大项中随机选取3个大项做服务工作,则2人恰好选中相同的 2个大项的不同报名情况有 ()A.420种 B.440种 C.480种 D.840种14.中国古代十大乐器琵琶、二胡、编钟、箫、笛、瑟、琴、埙、笙和鼓这十种民族乐器被称为“中国古代十大乐器”,为弘扬中国传统文化,某校以这十种乐器为题材,在周末学生兴趣活动中开展了“中国古代乐器”知识讲座,共连续安排八节课,一节课只讲一种乐器,一种乐器最多安排一节课,则琵琶、二胡、编钟一定排课,且互不相邻的排课种数为 ()A.A55A33 B.A75A63 C.A75A8

6、3 D.A75C8315.2021洛阳市第三次统考为发挥我市“示范性高中”的辐射带动作用,促进教育的均衡发展,共享优质教育资源.现分派我市“示范性高中”的甲、乙等5名教师到A,B,C 3所学校支教,开展送教下乡活动,每所学校至少分派一人,其中教师甲不能到A学校,则不同分派方案的种数是 ()A.150 B.136 C.124 D.10016.2021江西临川一中5月三模2021年某地电视台春晚的戏曲节目,准备了经典京剧、豫剧、越剧、粤剧、黄梅戏、评剧6个剧种的各一个片段.对这6个剧种的演出顺序有如下要求:京剧必须排在前三,且越剧、粤剧必须排在一起.则该戏曲节目演出顺序共有 ()A.120种 B.

7、156种 C.188种 D.240种17.我国古代有青、黄、赤、白、黑五色,有东、西、南、北、中五方和金、木、水、火、土五行,在建筑住宅或府邸时,通常会讲究五色与五行,五色与五方的搭配,如图11-1-1所示.某人利用五方、五色、五行的对应关系,现给某建筑的五方漆上五色,五种颜色的油漆原料恰好够正确漆五个方位,由于油漆工操作失误,当他漆完四个方位后,发现如果继续漆完最后一个方位的话,只有三个方位的颜色是配对的,则该油漆工已经漆的方位中颜色配对正确的种数为 ()图11-1-1A.10 B.20 C.30 D.4018.原创题希望高中召开班长会议,参会的有四个班长,若四个班长围着圆桌坐成一圈,共有

8、种不同的坐法.19.2021杭州二中5月仿真模拟从集合0,1,2,3,4,5,6中任意选取5个不同的数字组成五位单伞数(即最中间数位上数字最大,从中间向两侧依次递减的数),则不同的五位单伞数共有个(用数字作答).第二讲二项式定理1.2022长春市质量监测(x2-1x)4展开式中,x-1的系数是 ()A.2 B.-4C.6 D.-82.2022西安复习检测(x2y+y)(x+y)6的展开式中x2y5的系数为 ()A.12B.16C.20D.243.2022杭州市质检已知(x2+1)(2x-1)7=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+a9(x-1)9(xR),则a1= ()A.-30B.30C

9、.-40D.404.2022山东威海模拟设nN*,则Cn1+Cn27+Cn372+Cnn7n-1= ()A.8n B.8n7 C.8n-17D.8n+175.2021八省市新高考适应性考试(1+x)2+(1+x)3+(1+x)9的展开式中x2的系数是 ()A.60B.80C.84D.1206.若(x2x2)n的展开式中只有第6项的二项式系数最大,则该二项展开式中的常数项为 ()A.90B.-90C.180D.-1807.2022南昌市模拟若(x+2x)n的展开式中共有7项,则展开式中常数项为.8.2021郑州市三模(a23b-14a-76b23)9的展开式中a与b指数相同的项的表达式为.9.2

10、021辽宁铁岭二模函数f(x)=(1-2x)5的导函数f (x)的展开式中x2的系数为.10.2021四川自贡三模已知(x+1)n展开式的二项式系数和为128,则Cn0Cn12+Cn24+Cnn(-2)n=.11.2022甘肃九校联考已知(1+ax)(2x-1x)5的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中常数项为 ()A.-80B.-40C.80D.4012.2021福建福州第五次调研在(x+y+z)6的展开式中,xyz4的系数是 ()A.15B.30C.36D.6013.2021河北衡水饶阳中学模拟(x+x+1)(x2x)6的展开式中x2的系数为 ()A.72B.60C.48D.3614.已

11、知(1-3x)n的展开式中各项系数的绝对值之和为1 024,则该二项展开式中x3项为 ()A.-270x3 B.-270 C.270x3 D.27015.2021蓉城名校联考已知二项式(3x-1x)n的展开式中所有项的系数和为512,函数f(r)=Cnr,r0,n且rN,则函数f(r)取最大值时r的值为 ()A.4 B.5 C.4或5 D.616.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.817.并列型已知(1+x+x2)3(1+2x)=a0+a1x+a2x2+a3x

12、3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7,则a3= ,a1+a2+a7=.18.递进型若二项式(ax2+1x)5的展开式中的常数项为10,则实数a的值为,展开式中所有无理项的系数之和为.19.若(x+2)8=a0+a1x+a2x2+a3x3+a7x7+a8x8,则a1-2a2-4a4+5a5-6a6+7a7-8a8=(用数字作答).20.与集合、排列组合综合已知aN,二项式(x+a+1x)6的展开式中含有x2项的系数不大于240,记a的取值集合为A,则由集合A中元素构成的无重复数字的三位数共有个.21.在二项式(x-2y)6的展开式中,设二项式系数和为A,各项系数和为B,x的奇次幂项的系数和

13、为C,则ABC=.22.2021江西师大附中段考与数列综合已知(x+124x)n的展开式中,前三项的系数成等差数列,则展开式中系数最大的项是.答 案第十一章计数原理第一讲两个计数原理、排列与组合1.D甲、乙2人只有1人入选,不同的选派方法有C21C32A33=36(种);甲、乙2人都入选,不同的选派方法有C22C31A33=18(种).所以不同的选派方法共有36+18=54(种),故选D.2.D2020年的12个月份中有4个月份为30天,有7个月份为31天,有1个月份为29天,所以从2020年的12个月份中任取3个月份,这3个月份的天数之和不超过90有两种情况:(1)若不取2月份,则可在30天

14、的月份中任取3个月份,(2)若取2月份,则可在30天的月份中任取2个月份或在30天的月份与31天的月份中各取1个月份.所以符合条件的取法种数为C43+C11(C42+C41C71)=38,故选D.3.C解法一根据题意,甲、乙都没有得到冠军,且乙不是最后一名,可分2种情况讨论:甲是最后一名,则乙可以为第2,3,4名,即乙的名次有3种情况,剩下的三名同学安排在其他3个名次,有A33=6(种)情况,所以此时有36=18(种)名次排列情况;甲不是最后一名,则甲、乙需要排在第2,3,4名,有A32=6(种)情况,剩下的三名同学安排在其他3个名次,有A33=6(种)情况,所以此时有66=36(种)名次排列

15、情况.故共有18+36=54(种)不同的名次排列情况.解法二(间接法)根据题意,甲、乙都没有得到冠军,且乙不是最后一名,则第1名有C31种排法,剩余四名同学全排列,共有A44种排法,其中乙为第5名的排法有A33种,所以共有C31(A44A33)=54(种)满足题意的名次排列情况.4.B根据题意,原有5份文件位置相对不变,有6个空,在其中再插入甲、乙2份文件,甲文件要在乙文件前打印,且不改变原来次序,当甲、乙不相邻时,不同的打印方式的种数为C62=15;当甲、乙相邻时,不同的打印方式的种数为C61=6.故不同的打印方式的种数为15+6=21,故选B.5.B解法一先把4份不同的礼物分成两组,有两种

16、情况:1份和3份,2份和2份,共有(C41C33+C42C22A22)种分法;再把这两组礼物分给甲、乙两人,有A22种分法.所以不同的分法共有(C41C33+C42C22A22)A22=(41+612)2=14(种),故选B.解法二在不考虑每人至少分得1份礼物的情况下,将4份不同的礼物全部分给甲、乙两人共有24=16(种)分法,其中4份礼物全部给一人的分法有2种,所以将4份不同的礼物全部分给甲、乙两人,每人至少分得1份,不同的分法有16-2=14(种),故选B.解法三将4份不同的礼物全部分给甲、乙两人,每人至少分得1份,有以下三种情况:(1)甲分得1份,乙分得3份,有C41C33种分法;(2)

17、甲分得2份,乙分得2份,有C42C22种分法;(3)甲分得3份,乙分得1份,有C43C11种分法.所以不同的分法共有C41C33+C42C22+C43C11=14(种),故选B.6.B解法一先分配学生甲,共有4种方法,再将另外4名学生分配到4个不同的社区,有A44种方法,则不同的分配方法种数为4A44=96,故选B.(特殊元素优先安排)解法二先将5名学生全排列,方法种数为A55,再减去学生甲分配到A社区,其他4名学生全排列的分配方法种数A44,则符合题意的分配方法种数为A55A44=96,故选B.7.D按甲的位置进行分类,分以下三类:甲:有C21A33+A22A22=16(种),甲:有C21C

18、21A22A22=16(种),甲:有C21A33+A22A22=16(种).共有48种不同的站法.8.B解法一根据题意,甲、乙、丙、丁4位同学每位有3种选择,则4位同学一共有34=81(种)选择.若周庄没人去,即4位同学选择了巴城老街或千灯古镇,每位有2种选择,则4位同学一共有24=16(种)选择.故满足题意的不同游玩方案的种数为81-16=65,故选B.解法二周庄去1人,则其他3人去剩下的2个地方,有C4123=32(种)方案;周庄去2人,则其他2人去剩下的2个地方,有C4222=24(种)方案;周庄去3人,剩余1人去剩下的2个地方,有C432=8(种)方案;周庄去4人,有1种方案.由分类加

19、法计数原理得不同游玩方案的种数为32+24+8+1=65,故选B.9.24 一部纪录片在4个不同的场地轮映,每个场地放映一次,则放映次序有A44=24(种).10.28(隔板法)购买铁锹、锄头、镰刀三种劳动工具共9把,每种工具至少购买1把,即将工具分成3份,每份至少1把.将9把工具排成一排,中间形成8个空位,即只需在中间8个空位中插入2个隔板,则不同的购买方法有C82=28(种).11.6恰好有1名女生,即2名男生,1名女生.从3名男生中选2名,有C32种选法,从2名女生中选1名,有C21种选法.由分步乘法计数原理得,选出的人员中恰好有1名女生的选法有C32C21=6(种).12.96甲、乙、

20、丙以外的3个人全排列,有A33种方法,从形成的4个空中选出3个空,有C43种方法.将甲、乙、丙全排列,并去掉“丙在甲、乙中间”的两种情况,有(A33-2)种方法.故满足题意的不同的排法有A33C43(A33-2)=96(种).13.A可分三步:第一步,在7个大项中选取2个,共有C72=21(种)不同的方法;第二步,甲在剩下的5个大项中选取1个,共有C51=5(种)不同的方法;第三步,乙在剩下的4个大项中选取1个,共有C41=4(种)不同的方法.根据分步乘法计数原理可知,2人恰好选中相同的2个大项的不同报名情况有2154=420(种),故选A.14.B先从除琵琶、二胡、编钟三种乐器外的七种乐器中

21、挑五种全排列,有A75种情况,再从排好的五种乐器形成的6个空中挑3个插入琵琶、二胡、编钟三种乐器,有A63种情况,故满足题意的总的排课种数为A75A63.故选B.15.D解法一将5名教师按2,2,1或3,1,1分成3组,(1)当A校只分派一名教师时,不同的分派方案有C41C42C22A22A22+C41C41C33A22=56(种);(2)当A校分派两名教师时,不同的分派方案有C42C31C22A22=36(种);(3)当A校分派3名教师时,不同的分派方案有C43C21A22A22=8(种).所以不同的分派方案共有56+36+8=100(种),故选D.解法二将5名教师按2,2,1或3,1,1分

22、成3组,不同的分派方案有(C52C32C11A22+C53C21C11A22)A33=150(种).(1)只有教师甲一个人去A校,不同的分派方案有C42C22A22A22+C41A22=14(种);(2)甲和另一名教师去A校,不同的分派方案有C41C32A22=24(种);(3)甲和另两名教师去A校,不同的分派方案有C42C21C11A22A22=12(种).所以不同的分派方案共有150-14-24-12=100(种),故选D.16.A解法一对京剧的位置分类讨论:当京剧排在第一时,越剧、粤剧排在一起的排列有A22种,把越剧与粤剧看成一个整体“捆绑”起来,与剩余的3个剧种排列,有A44种,共有A

23、22A44=48(种)排法;(把越剧和粤剧捆绑在一起,注意有先后顺序)当京剧排在第二或第三时,因为越剧、粤剧必须排在一起,所以把越剧与粤剧看成一个整体“捆绑”起来,位置有3种情况,越剧、粤剧排在一起的排列有A22种,其余3个剧种有A33种排法,共有C21C31A22A33=72(种)排法.所以满足条件的演出顺序共有48+72=120(种).故选A.解法二不考虑京剧的位置,越剧、粤剧排在一起的排列有A22种,把越剧与粤剧看成一个整体“捆绑”起来,与剩余的4个剧种排列,有A55种,共有A22A55种.根据对称性知,京剧排在前三与后三的情况是一样的,所以满足条件的演出顺序有A22A552=120(种

24、).故选A.17.D依题意得,该油漆工已经漆了四个方位,若前四个方位中有三个方位颜色配对正确,则有C53=10(种)不同的情况;若前四个方位中有两个方位颜色配对正确,则有C52C32=30(种)不同的情况.所以该油漆工已经漆的方位中颜色配对正确的种数为10+30=40.故选D.图D 11-1-118.6如图D 11-1-1所示,先固定一个班长的位置,然后从这个班长的位置开始,把圆打开成一条直线,(将其中一个元素固定,再将圆打开成一条直线,则圆排列问题即可转化为直线排列问题)其余三个班长的不同坐法有A33=6(种).故四个班长围着圆桌坐成一圈,共有6种不同的坐法.19.81从7个数中选取5个数,

25、把最大的数放在中间,剩下的4个数中选取2个放在左边(从小到大),剩下的2个数放在右边(从大到小),有C75C42=216=126(种)情况.当0排在首位时,从0以外的6个数中选取4个数,把这4个数中的最大数放在中间,在剩下的3个数中选取1个放在第二位,剩下的2个数放在右边(从大到小),有C64C31=153=45(种)情况.所以满足条件的五位单伞数共有126-45=81(个).第二讲二项式定理1.B(x2-1x)4展开式的通项Tr+1=C4r(x2)4-r(-1x)r=(-1)rC4rx8-3r,令8-3r=-1,得r=3,所以展开式中x-1的系数为(-1)3C43=-4,故选B.2.B(x2

26、y+y)(x+y)6=x2y(x+y)6+y(x+y)6,又(x+y)6的展开式的通项Tr+1=C6rx6-ryr,所以(x2y+y)(x+y)6的展开式中x2y5的系数为C66+C64=16.故选B.3.B令t=x-1,则x=t+1,所以(t+1)2+1(2t+1)7=a0+a1t+a2t2+a9t9,(2t+1)7的展开式的通项公式为Tr+1=C7r27-rt7-r,r=0,1,2,7,所以a1=2+2C762=30.故选B.4.CCn1+Cn27+Cn372+Cnn7n-1=17(Cn17+Cn272+Cn373+Cnn7n)=17(Cn0+Cn17+Cn272+Cn373+Cnn7n-

27、1) =17(1+7)n-1=8n-17.故选C.5.D因为(1+x)n的展开式的通项Tr+1=Cnrxr,所以(1+x)2+(1+x)3+(1+x)9的展开式中x2的系数是C22+C32+C42+C92=C33+C32+C42+C92=C43+C42+C92=C53+C52+C92=C93+C92=C103=1098321=120,(组合数性质(Cn+1m=Cnm+Cnm-1,n,mN*,且mn)的应用)故选D.6.C因为(x2x2)n的展开式中只有第6项的二项式系数最大,所以n=10,则(x2x2)10的展开式的通项公式Tk+1=C10k(x)10-k(-2x2)k=(-2)kC10kx5

28、-52k,令5-52k=0,解得k=2,所以该二项展开式中的常数项为(-2)2C102=180.7.240因为(x+2x)n的展开式中共有7项,所以n=6,所以(x+2x)6的展开式的通项Tr+1=C6rx6-r(2x)r=2rC6rx6-32r,令6-32r=0,得r=4,所以展开式中常数项为24C64=240.8.-84a12b12(a23b-14a-76b23)9展开式的通项Tr+1=C9r(a23b-14)9-r(-a-76b23)r=(-1)rC9ra36-11r6b11r-2712,由题意得36-11r6=11r-2712,解得r=3,所以展开式中的a与b指数相同的项的表达式为(-

29、1)3C93a12b12=-84a12b12.9.-240f (x)=-10(1-2x)4,故f (x)的展开式中x2的系数为-10C42(-2)2=-240.10.-1由题意可得2n=128,则n=7,所以原式=C70C712+C724+C77(-2)7=C70+C71(-2)1+C72(-2)2+C77(-2)7=(1-2)7=-1.11.C令x=1,得展开式中各项系数的和为(1+a)(2-1)5=2,解得a=1,则(1+ax)(2x-1x)5=(1+1x)(2x-1x)5=(2x-1x)5+1x(2x-1x)5,所求展开式中常数项为(2x-1x)5的展开式的常数项与x项的系数之和,(2x

30、-1x)5的展开式的通项Tr+1=C5r(2x)5-r(-1x)r=(-1)r25-rC5rx5-2r,令5-2r=0,无整数解,令5-2r=1,得r=2,所以展开式中常数项为8C52=80,故选C.12.B(x+y+z)6=(x+y)+z6,其展开式通项为Tr+1=C6r(x+y)6-rzr,由题意得r=4,又(x+y)2=x2+2xy+y2,所以xyz4的系数为C642=30.故选B.13.C(x2x)6的展开式的通项公式为Tr+1=C6r(x)6-r(-2x)r=(-2)rC6rx3-r(r=0,1,2,3,4,5,6).令3-r=1,得r=2;令3-r=32,得r=32Z,舍去;令3-

31、r=2,得r=1.故(x+x+1)(x2x)6的展开式中x2的系数为(-2)2C62+(-2)1C61=60-12=48.故选C.14.A令x=-1,得展开式中各项系数的绝对值之和为(1+3)n=22n=1 024,即22n=210,得2n=10,n=5,展开式中x3项是展开式的第四项,即T4=C53(-3x)3=-270x3,故选A.15.C令x=1,得2n=512,则n=9,所以函数f(r)=C9r,r0,9,rN,该函数对应的正是(3x-1x)9的二项式系数,根据二项式系数的对称性,可知r=4或r=5时,f(r)取得最大值.16.B根据二项式系数的性质知,(x+y)2m的展开式中二项式系

32、数最大的项有一项,易知C2mm=a,(x+y)2m+1的展开式中二项式系数最大的项有两项,易知C2m+1m=C2m+1m+1=b.又13a=7b,所以13C2mm=7C2m+1m,解得m=6,故选B.17.1980 (1+x+x2)3=(1+x)+x23,所以(1+x+x2)3的展开式中x3的系数为C31C21+C30C33=6+1=7,(1+x+x2)3的展开式中x2的系数为C31C20+C30C32=6,所以a3=7+26=19.对于(1+x+x2)3(1+2x)=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6+a7x7,令x=0,得a0=1;令x=1,得a0+a1+a2+a7=81