第4章+计数原理练习 高二上学期数学湘教版（2019）选择性必修第一册

第4章计数原理练习一、单选题1．某校分三次共派出五位年龄互不相同的优秀老师去乡镇5所学校支教，每所学校一人.第一次派出一名老师的年龄为A1，第二次派出两名老师的年龄最大者为A2，第三次派出两名老师的年龄最大者为A3，则满足A1<A2<A3的分配方案的概率为（

）A． B． C． D．2．从甲、乙等6名医生中任选3名分别去A，B，C三所学校进行核酸检测，每个学校去1人，其中甲、乙不能去A学校，则不同的选派种数为（

）A．36 B．48 C．60 D．803．二项式的展开式中含项的系数为（

）A．35 B．70C．140 D．2804．将4个大小相同，颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（

）A．7 B．10 C．14 D．205．在本次大阅读活动中增设了“游园会”中的“学科素养展”（即学科知识竞答活动），某同学从高一年级11个学科素养展、高二年级的9个学科素养展中各选择一个学科参加，则不同的选法共有（

）A．9种 B．11种 C．20种 D．99种6．现有印有数字0，1，2，6，12，20，22，26的卡片，每种卡片均相同且有若干张.若从中任选几张卡片并摆成一排，则数字20220126的摆放方式共有（

）A．14种 B．16种 C．18种 D．20种7．已知的展开式中的常数项是672，则（

）A． B． C．2 D．18．被4除的余数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3二、多选题9．的展开式中只有第六项的二项式系数最大，且常数项是，则下列说法正确的是（

）A．B．各项的二项式系数之和为1024C．D．各项的系数之和为102410．已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（

）A．所有项的系数和为 B．所有奇数项的二项式系数和为C．二项式系数最大的项为第6项或第7项 D．有理项共有5项11．已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的有（

）A．展开式共有6项B．二项式系数最大的项是第4项C．展开式的常数项为540D．展开式的有理项共有5项12．某电影院的一个播放厅的座位如图所示（标黑表示该座位的票已被购买），甲、乙两人打算购买两张该播放厅的票，目甲、乙不坐前两排．（

）

A．若甲、乙左右相邻，则购票的情况共有54种B．若甲、乙不在同一列，则购票的情况共有1154种C．若甲、乙前后相邻，则购票的情况共有21种D．若甲、乙分坐于银幕中心线的两侧，且不坐同一排，则购票的情况共有508种三、填空题13．已知除颜色外完全相同的个小球，其中个白色，个红色，个黑色．现将它们从左至右随机排成一排，则个红球恰好排在一起的概率是．14．有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有种.15．某班一天上午有4节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从，，，，，6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从，两人中安排一人，第四节课只能从，两人中安排一人，则不同的安排方案共有种．（用数字作答）16．从装有个球（其中个白球，1个黑球）的口袋中取出个球（），共有种取法．在这种取法中，可以分成两类：一类是取出的个球全部为白球，另一类是取出个白球，1个黑球，共有，即有等式：成立．试根据上述思想化简下列式子：．（）四、解答题17．（1）四件不同的装饰品要装进包装盒里，有三个不同形状的精美盒子选择，问一共有多少种包装方法？（2）四件不同的装饰品要装进包装盒里，有三个不同形状的精美盒子选择，每个盒子至少有一件装饰品，问一共有多少种包装方法？（3）四件不同的装饰品要装进包装盒里，有三个大小、形状、图案等完全相同的精美盒子选择，每个盒子至少有一件装饰品，问一共有多少种包装方法？（4）四件不同的装饰品要装进包装盒里，有三个大小、形状、图案等完全相同的精美盒子选择，问一共有多少种包装方法？18．从集合中取三个数字，从集合中取两个数字，组成没有重复数字的五位数，分别求出满足下列条件的五位数个数，要求答案用数字表示.(1)集合中的数字必须在奇数位上；(2)集合中的数字必须相邻，且组成的五位数是偶数.19．在一次数学竞赛中，某学校有12人通过了初试，学校要从中选出5人去参加市级培训，在下列条件下，有多少种不同的选法？(1)任意选5人；(2)甲、乙、丙三人必须参加；(3)甲、乙、丙三人不能参加；(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加；(5)甲、乙、丙三人至少1人参加；(6)甲、乙、丙三人至多2人参加．20．设，其中是关于的多项式，．(1)求a，b的值；(2)若，求除以的余数．21．求的展开式中常数项的值和对应的二项式系数．22．（1）将个不同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法?（2）将个不同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法?（3）将个相同的小球放入个不同的盒子中，没有空盒子，共有多少种不同的放法?（4）将个相同的小球放入个不同的盒子中，盒子可空，共有多少种不同的放法?（注：要写出算式，结果用数字表示）参考答案：1．D【分析】若5位老师年龄，根据分析不同分派方案对应的方法数，并加总，然后分组分配求5位老师按分组的分配方法数，即可求概率.【详解】由题设，5位老师年龄，要满足，则一定在第3次派出，1、第一次派出，则从选一个在第3次与一起派出，故有种；2、第一次派出，则从选一个在第2次与一起派出有种；或在第2次派出有1种；3、第一次派出，则从选一个在第2次与一起派出有种；综上，满足的分派共有种，而5位老师按分组分配有种，所以满足A1<A2<A3的分配方案的概率为.故选：D2．D【分析】分为三类:甲乙两人均去，甲乙两人有一人去，甲乙两人均不去进行求解，最后相加即为结果.【详解】甲乙两人均去核酸检测，则甲乙去B、C学校，有种，再从剩余的4人中选择一人去A学校，有种，故共有=8种选法；甲乙两人有一人去核酸检测，去B或C，有种选法，再从4人中选择2人，去剩余的2所学校，有种，故共有4=48种选法；甲乙两人均不去，此时从剩余4人中选择3人，去A、B、C三所学校，有种选法，综上：不同的选派种数为8+48+24=80种故选：D3．D【分析】由二项展开式通项公式可得．【详解】，所以的系数为．故选：D．4．B【分析】由题意，可得1号盒子至少放一个，最多放2个小球，分两种情况讨论，分别求出不同的放球方法数目，相加可得答案．【详解】根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，分析可得，1号盒子至少放一个，最多放2个小球，分情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有＝4种方法；②1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，有＝6种方法；则不同的放球方法有4+6=10种，故选B．5．D【分析】根据分步计数法进行计算.【详解】解：由题意得：先从高一年级11个学科素养展中任选1各科目，然后再从高二年级的9个学科素养展中选择一个，共有种选法.故选：D6．C【分析】先求摆放20的方式，再求摆放220的方式，最后求摆放126的方式，根据分步计数原理即可求解.【详解】依题意，摆放20的方式有：2，0或20两种方式；摆放220的方式有：2，2，0或22，0或2，20三种方式；摆放126的方式有：1，2，6或12，6或1，26三种方式；由分步计数原理知，数字20220126的摆放方式共有：种方式.故选：C.7．C【分析】写出二项式通项，整理后让的次数为，得出的值，再根据题意常数项的系数列出等式方程即可得出的值.【详解】展开式的通项为，令，得，∴常数项是，故．故选：C8．B【分析】根据能被整除，化简，结合二项展开式，即可求解.【详解】由，即能被整除，又由，所以被4除的余数为故选：B.9．ABC【分析】根据题意，由二项式系数的对称性即可判断A，由二项式系数和的公式即可判断B，由二项式的展开式的通项公式即可判断C，赋值令即可判断D.【详解】因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以，选项A正确；所以的展开式中二项式系数之和为，故选项B正确；根据二项式定理知的通项式为，令得，所以的展开式中常数项为，所以，解得：，故选项C正确；令得，所以各项的系数之和为0，所以D选项错误.故选:ABC.10．BD【分析】根据二项式定理求出，令即可判断A；根据二项式系数得性质即可判断BC；求出展开式得通项，再根据的指数为整数即可判断D.【详解】由题意得，所以，令，得所有项的系数和为，故A错误；所有奇数项的二项式系数和为，故B正确；由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误；展开式通项为，当为整数时，，3，6，9，12，共有5项，即有理项共有5项，故D正确．故选：BD．11．BC【分析】利用二项式定理的通项公式以及二项式系数的性质求解即可.【详解】对于选项A，令得，解得，所以展开式共有7项，故选项A错误；对于选项B，因为，所以中间一项二项式系数最大，即二项式系数最大项是第4项，故选项B正确；对于选项C，二项展开式的通项公式，令，解得，所以常数项为，故选项C正确；对于选项D，由于，若为整数，则可得，可得展开式的有理项共有4项，故选项D错误；故选：.12．ABD【分析】通过每排的可能情况列出后，根据分类计数原理计算即可判断A；通过“正难则反”的方法考虑反面情况判断B和D；通过先选再排判断C.【详解】若甲、乙左右相邻，先选座位：在第三排共有10种，在第四排共有种，在第五排有种，在第六排有种在第七排有种，共有27种．再考虑甲乙顺序，有种，所以一共有54种购票情况，故A正确．甲、乙在同一列的情况共有种，则甲、乙不在同一列的情况有种，故B正确．若甲、乙前后相邻，先选座位：有种，再考虑甲乙顺序，有种，所以一共有42种购票情况，故C错误．中心线左侧有18个座位，右侧有18个座位．甲、乙分坐于两侧，有种．甲、乙分坐于两侧且坐同一排（按每一排考虑），有种，所以甲、乙分坐于两侧，且不坐同一排的购票情况共有种，故D正确．故选：ABD13．【分析】利用捆绑法可求得个红球恰好排在一起的方法数，结合小球随机排列的方法总数，根据古典概型概率公式可求得结果.【详解】个小球随机排列，有种情况；把个红球看成一个整体，有种情况，然后把这个整体与其他小球排序，有种情况；个红球恰好排在一起的概率是：.故答案为：.14．24【分析】根据已知，要想避开C、D点，需分步考虑.得到每一步的方法种类，用分步计数原理乘起来即可得出答案.【详解】如图，由已知可得，应从点，先到点，再到点，最后经点到点即可.第一步：由点到点，最短路径为4步，最短路径方法种类为；第二步：由点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为；第三步：由点经点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为.根据分步计数原理可得，最短路径有种.故答案为：24.15．36【分析】按第一节上课的老师分成两类，利用分步乘法计数原理计算出每一类安排上课方法数，然后将两类方法数相加即得.【详解】不同的安排方案有两类办法：第一类，第一节课若安排，则第四节课只能安排，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有种排法；第二类，第一节课若安排，则第四节课可安排或，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有种排法，因此不同的安排方案有种.故答案为：3616．【详解】试题分析：解：在中，从第一项到最后一项分别表示：从装有个白球，个黑球的袋子里，取出个球的所有情况取法总数的和，故答案应为：从从装有球中取出个球的不同取法数.考点：排列、组合的综合应用.17．（1）81；（2）36；（3）6种；（4）14.【分析】（1）利用分步计数原理可求包装方法的总数.（2）先选中要放进同一包装盒的两个装饰品，再全排列后可求包装方法的总数.（3）求出四件不同的装饰品分成3堆的方法后可求包装方法的总数.（4）求出四件不同的装饰品分成1,2,3,4堆的方法后可求包装方法的总数.【详解】（1）由分步计数原理可得包装方法的总数为.（2）因为每个盒子至少有一件装饰品，故有且只有两个装饰品放到同一个盒子中，故不同的包装方法为.（4）将四件不同的装饰品分成3堆（每堆放一个盒子），不同的分法为，故有6种不同的包装方法.（5）四件不同的装饰品分成一堆（每堆放一个盒子），有1种分法，四件不同的装饰品分成两堆（每堆放一个盒子），有种分法，由（4）可得四件不同的装饰品分成三堆（每堆放一个盒子），有种分法，故共有14种不同的包装方法.18．(1)480；(2).【分析】（1）根据给定条件，利用分步乘法计数原理结合排列问题列式计算作答.（2）按万位是否是集合A中取出的数字分类，再利用相邻问题捆绑法排列所取数字即可求解作答.【详解】（1）依题意，集合中的数字必须在奇数位上，则集合B中的数字只能在十位和千位，所以集合中的数字必须在奇数位上的五位数个数是.（2）因为集合中的数字必须相邻，且组成的五位数是偶数，则此五位数的个位必须是集合B中的数字，当万位是集合A中取出的数字时，有个，当万位是集合B中取出的数字时，排万位有种，排个位有种，排另3个数位有种，共有，由分类加法计数原理得，所以集合中的数字必须相邻，且组成的五位数是偶数有个.19．(1)792(2)36(3)126(4)378(5)666(6)756【分析】根据题意，结合组合数公式，即可求解.【详解】（1）有种不同的选法；（2）甲、乙、丙三人必须参加，只需从另外的9人中选2人，共有种不同的选法；（3）甲、乙、丙三人不能参加，只需从另外的9人中选5人，共有种不同的选法；（4）甲、乙、丙三人只能有1人参加，分两步，先从甲、乙、丙中选1人，有种选法，再从另外的9人中选4人，有种选法．共有种不同的选法；（5）解法一（直接法）可分为三类：第一类：甲、乙、丙中有1人参加，共有种；第二类：甲、乙、丙中有2人参加，共有种；第三类：甲、乙、丙中有3人参加，共有种．共有种不同的选法．解法二（间接法）12人中任意选5人，共有种，甲、乙、丙三人都不能参加的有种，所以，共有种不同的选法．（6）解法一（直接法）甲、乙、丙三人至多2人参加，可分为三类：第一类：甲、乙、丙都不参加，共有种；第二类：甲、乙、丙中有1人参加，共有种；第三类：甲、乙、丙中有2人参加，共有种．共有种不同的选法．解法二（间接法）12人中任意选5人，共有种，甲、乙、丙三人全参加的有种，所以，共有种不同的选法．20．(1)，(2)28【分析】（1）把已知等式变形，利用系数相等求解a与b的值；（2）由已知求得，则，展开二项式，即可求得除以81的余数．【详解】（1）解：（1