北师大版2019选择性必修第一册专题5.6计数原理(能力提升卷)(原卷版+解析)

专题5.6计数原理（能力提升卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________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x2A．1 B．3 C．6 D．92．（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．15 B．20 C．30 D．1203．（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．58 B．62 C．63 D．644．（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．1164 B．34 C．386．（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．58 B．60 C．77 D．787．（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．480 B．720 C．1080 D．12008．（2022·全国·高三专题练习）已知3−xn=a0+a1A．32 B．64 C．128 D．256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+1xnA．二项展开式中各项系数之和为3B．二项展开式中二项式系数最大的项为160C．二项展开式中无常数项D．二项展开式中系数最大的项为9010．（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．C51C62A44 12．（2022·全国·高三专题练习）若1−2x2020=aA．aB．aC．aD．a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.14．（2021春·安徽蚌埠·高三统考开学考试）若二项式x+12n15．（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）.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+1解答题（共6小题，满分70分）17．（2022·全国·高三专题练习）已知x+3x(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．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？19．（2022秋·重庆万州·高二校考期中）已知函数fn(x)=(1+λx)(1)若λ=−2,n=2018，求a0(2)若n=8,a7=102420．（2022秋·浙江绍兴·高二校考阶段练习）已知2x−15(1)a5(2)a0(3)a0(4)a121．（2023·全国·高三专题练习）在二项式6x(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．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？专题5.6计数原理（能力提升卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________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x2A．1 B．3 C．6 D．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C62x49x2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．15 B．20 C．30 D．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C6故选：B3．（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．58 B．62 C．63 D．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，Cn【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，Cn化简得kn−k+1=34且k+1n−k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：B5．（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．1164 B．34 C．38【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【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C44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2C4人中2人选甲类题一对一错，另2人选乙类题一对一错，有C44人全选甲类题且两对两错，有C4共有C4因而所求概率为P=44【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．58 B．60 C．77 D．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．480 B．720 C．1080 D．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C51C故选：D8．（2022·全国·高三专题练习）已知3−xn=a0+a1A．32 B．64 C．128 D．256【答案】D【分析】由题可得Cn【详解】由题意可得Cn∴n=4．令x=−1，得3+14∴a0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+1xnA．二项展开式中各项系数之和为3B．二项展开式中二项式系数最大的项为160C．二项展开式中无常数项D．二项展开式中系数最大的项为90【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2所以题中二项式为2x+1x6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=C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C对于选项D，令第r+1项的系数最大，则C6r2因为r∈N∗，所以T3=C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C6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5A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2A对于D，先排“礼”、“书”、“数”，再用插空法排“乐”、“射”、“御”，不同排法共有A3故选：BC11．（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．C51C62A44 【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C5第二步：为这个人选两本书，有C6第三步:剩余四人各分得一本书，有A4故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为C5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C6第二步：将五组分配给五个人，有A5故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为C6故选：AD.12．（2022·全国·高三专题练习）若1−2x2020=aA．aB．aC．aD．a【答案】ACD【分析】设fx【详解】设fx对于A选项，a0对于BC选项，f1所以，a1a0对于D选项，a=f1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【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+12由题意可得Cn3123≥Cn212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A2②，三人排好后，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+1【答案】70【分析】1−x+1x108=1x【详解】1−x通项公式：Tr+1依题意，只需考虑r=8时，即只需1−x8中其展开式中通项Ak+1令k2=2，解得∴C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+3x(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)T【分析】（1）由二项式系数和公式可得答案；（2）求出x+3x【详解】（1）x+3x所以n=10.（2）Tr+1因此r=0,6时，有理项为T1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A5由于每一组内两人还有顺序问题，所以共有A5（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23第三步，排A，B二人的座位，有A4根据分步乘法计数原理，共有2×219．（2022秋·重庆万州·高二校考期中）已知函数fn(x)=(1+λx)(1)若λ=−2,n=2018，求a0(2)若n=8,a7=1024【答案】(1)32018(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(1)λ=−2,n=2018时，f2018(x)=(1−2x)2018=令x=−1可得(1+2)2018=a则a0(2)n=8时，f8(x)=(1+λx)8的展开式的通项为Tr+1=C即展开式的通项为Tr+1=C8r2r则T6=C20．（2022秋·浙江绍兴·高二校考阶段练习）已知2x−15(1)a5(2)a0(3)a0(4)a1【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−1∴

a5(2)令x＝1，得2×1−1∴

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－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，