2024年高考数学高分秘籍计数原理含解析

PAGE计数原理1．要排出某理科班一天中语文、数学、物理、英语、生物、化学6堂课的课程表，要求语文课排在上午（前4节），生物课排在下午（后2节），不同排法种数为（） A．144 B．192 C．360 D．720【答案】B【解答】：依据题意，分2步进行分析：①，要求语文课排在上午（前4节），生物课排在下午（后2节），则语文课有4种排法，生物课有2种排法，故这两门课有4×2=8种排法；②，将剩下的4门课全排列，支配在其他四节课位置，有A44=24种排法，则共有8×24=192种排法，故选：B．两个计数原理解题的方法：（1）在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．（2）对于困难的两个原理综合运用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．2．有5名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲必需站在正中间，并且乙、丙两位同学不能相邻，则不同的站法有（） A．8种 B．16种 C．32种 D．48种【答案】B【解答】：依据题意，假设有1、2、3、4、5，共5个位置，分3步进行分析：①，甲必需站在正中间，将甲支配在3号位置，②，在1、2、4、5中一个位置任选1个，支配乙，有4种状况，由于乙、丙两位同学不能相邻，则丙有2种支配方法，③，将剩下的2名同学全排列，支配在剩下的2个位置，有A22=2种支配方法，则有1×4×2×2=16种支配方法；故选：B．1．利用两个原理解决应用问题时最易忽视推断对完成的事务是分类完成还是分步完成．2．有特别元素时，用元素优先法；有特别位置时，用位置优先法．1．有5名学生站成一排照相，其中甲、乙两人必需站在一起的排法有（） A．A32⋅A C．2A33种 D．【答案】D【解答】：依据题意，分2步分析：①，由于甲、乙两人必需站在一起，将甲乙2人看成一个整体，考虑其依次，有A22种状况，②，将这个整体与其余3人全排列，有A44种状况，则甲、乙两人必需站在一起的排法A22A44种排法；故选：D．求解排列、组合问题常用的解题方法（1）元素相邻的排列问题——“捆绑法”；（2）元素相间的排列问题——“插空法”；（3）元素有依次限制的排列问题——“除序法”；（4）带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法；（5）分组安排问题①平均分组问题分组数计算时要留意除以组数的阶乘．②不平均分组问题实质上是组合问题．2．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行解答，其中至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是A．40 B．74 C．84 D．200【答案】B【解析】由题意，考生从试卷上的9个题目中选6个进行作答，要求至少包含前5个题目中的3个，包含三种状况：前5个题目中恰好包含3个，共有C5前5个题目中恰好包含4个，共有C5前5个题目中恰好包含5个，共有C5由分类计数原理，可得共有40+30+4=74种不同的选法，故选B．【名师点睛】本题主要考查了分类计数原理与组合的应用其中解答中仔细审题，合理分类，利用排列、组合的学问求解每种状况的结果是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的实力，属于基础题．对于困难问题的排列、组合问题，要留意分类探讨思想的运用，分类时按某一标准进行，切勿因分类标准不定造成漏解或多解．3．（x2+2x）5的绽开式中x4 A．10 B．20 C．40 D．80【答案】C【解答】：由二项式定理得（x2+2x）5的绽开Tr+1=C5r（x2）5﹣r（2x）r由10﹣3r=4，解得r=2，∴（x2+2x）5的绽开式中x4的系数为2故选：C．4.（1+x﹣x2）10绽开式中x3的系数为（） A．10 B．30 C．45 D．210【答案】B【解答】：（1+x﹣x2）10=[1+（x﹣x2）]10的绽开式的通项公式为Tr+1=C10r（x﹣x2）对于（x﹣x2）r，通项公式为Tm+1=Crm•xr﹣m．（﹣x2）令r+m=3，依据0≤m≤r，r、m为自然数，求得&r=2&m=1，或&r=3∴（1+x﹣x2）10绽开式中x3项的系数为-C故选：B．5.若（x2+1x2+2）n A．10 B．20 C．30 D．40【答案】B【解答】：（x2+1x2+2）由（x2+1x2+2）n∴2n=6．则(x+1x)其绽开式的通项为Tr+1取6﹣2r=0，得r=3．∴绽开式中的常数项是C6故选：B．【名师点睛】本题主要考查二项绽开式中指定项的系数，熟记二项式定理即可，属于基础题型.1．赋值法解决二项绽开式中全部项的系数和问题，如（1－2x）7=a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7．令x=0，可得a0，令x=1，可得a0＋a1＋…＋a7值，令x=－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…－a7值，若（1－2x）7绽开式变为（1－2x）7=a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋…＋a7（x－1）7，再求相关系数和时，x赋值要改变．2．几个二项式积绽开式中某项的系数的求法多用搭配法．1．李雷和韩梅梅两人都支配在国庆节的7天假期中，到“东亚文化之都﹣﹣泉州”“二日游”，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有（） A．16种 B．18种 C．20种 D．24种2.现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有（） A．24种 B．30种 C．36种 D．48种3.甲、乙、丙、丁四位同学高考之后支配去A、B、C三个不同社区进行帮扶活动，每人只能去一个社区，每个社区至少一人．其中甲必需去A社区，乙不去B社区，则不同的支配方法种数为（） A．8 B．7 C．6 D．54.景区中有一座山，山的南面有2条道路，山的北面有3条道路，均可用于游客上山或下山，假设没有其他道路，某游客支配从山的面走到山顶后，接着从另一面下山，则不同走法的种数是（） A．6 B．10 C．12 D．205.将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则不同放法共有（）种 A．480 B．360 C．240 D．1206.上海某小学组织6个年级的学生外出参观包括甲博物馆在内的6个博物馆，每个年级任选一个博物馆参观，则有且只有两个年级选择甲博物馆的方案有（） A．A62×A54种 B． C．C62×A54种 D．7.有黑、白、红三种颜色的小球各5个，都分别标有数字1，2，3，4，5，现取出5个，要求这5个球数字不相同但三种颜色齐备，则不同的取法种数有（） A．120种 B．150种 C．240种 D．260种8.（1﹣x）（1+x）5绽开式中x项的系数是（） A．4 B．6 C．8 D．129.已知二项式(1+1x- A．﹣1 B．1 C．﹣47 D．4910.在（x﹣2y）5的绽开式中，全部项的系数之和等于（） A．32 B．﹣32 C．1 D．﹣111.已知（x﹣1）（ax+1）6绽开式中x2的系数为0，则正实数a=（） A．1 B．2 C．2312.在（x﹣2）10绽开式中，二项式系数的最大值为a，含x7项的系数为b，则ba A．8021 B． C．-218013.已知：x(x-2) A．﹣28 B．﹣448 C．112 D．44814.（2x﹣1x）5（x+1x）的 A．20 B．﹣20 C．40 D．﹣4015.（1+x）6的绽开式中有理项系数之和为（） A．64 B．32 C．24 D．1616.从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成个没有重复数字的四位数．（用数字作答）17．4名同学去参与3个不同的社团组织，每名同学只能参与其中一个社团组织，且甲乙两位同学不参与同一个社会团体，则共有种结果．18．将一个4×4正方形棋盘中的8个小正方形方格染成红色，使得每行、每列都恰有两个红色方格，则有种不同的染色方法．19.（2x﹣3y）2（x+y）8的绽开式中，含x3y7的项的系数为．20.已知(x-2（1）求绽开式中各项系数的和；（2）求绽开式中含x3（3）求绽开式中系数的肯定值最大的项．21.已知二项式(x2+（Ⅰ）n的值；（Ⅱ）绽开式中的常数项．22.在（x+12⋅4x）（Ⅰ）求n的值；（Ⅱ）求绽开式中二项式系数和（用数字作答）；23.已知（1+3x2）n的绽开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992．求绽开式中二项式系数最大的项．1.C【解答】：随意相邻两天组合一起，一共有6种状况，如①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦，若李雷选①②或⑥⑦，则韩梅梅有4种选择，选若李雷选②③或③④或④⑤或⑤⑥，则韩梅梅有3种选择，故他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有2×（4+6）=20，故选：C．2.D【解答】：依据题意，设须要涂色的四个部分依次分①、②、③、④，对于区域①，有4种颜色可选，有4种涂色方法，对于区域②，与区域①相邻，有3种颜色可选，有3种涂色方法，对于区域③，与区域①②相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，对于区域④，与区域②③相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，则不同的涂色方法有4×3×2×2=48种；故选：D．3.B【解答】：依据题意，分2种状况探讨：①，乙和甲一起去A社区，此时将丙丁二人支配到B、C社区即可，有A22=2种状况，②，乙不去A社区，则乙必需去C社区，若丙丁都去B社区，有1种状况，若丙丁中有1人去B社区，先在丙丁中选出1人，支配到B社区，剩下1人支配到A或C社区，有2×2=4种状况，则不同的支配方法种数有2+1+4=7种；故选：B．4.C【解答】：依据题意，分2种状况探讨：①，从山的南面上山，从北面下山，则上山的道路有2种状况，下山的道路有3种状况，此时有2×3=6种走法，②，从山的北面上山，从南面下山，则上山的道路有3种状况，下山的道路有2种状况，此时有2×3=6种走法，故一共有6+6=12种不同的走法；故选：C．5.C【解答】：依据题意，将5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，则必需有2个小球放入1个小盒，其余的小球各单独放入一个盒子，分2步进行分析：①、先将5个小球分成4组，有C52=10种分法；②，将分好的4组全排列，放入4个盒子，有A44=24种状况，则不同放法有10×24=240种；故选：C．6.D【解答】：依据题意，分2步进行分析：①，在6个年级中任选2个，去参观甲博物馆，有C62种选法，②，剩下4个年级中每个年级都可以在剩下的5个博物馆中任选1个参观，都有5种选法，则剩下4个年级有5×5×5×5=54种选法，则一共有C62×54种方案；故选：D．7.B【解答】：依据题意，取出的5个球有三种颜色且数字不同，分2步进行分析：①，先把取出的5个球分成3组，可以是3，1，1，也可以是1，2，2；若分成3，1，1的三组，有C5若分成1，2，2的三组，有C5则共有10+15=25种分组方法，②，让三组选择三种不同颜色，共有A33=6种不同方法则共有25×6=150种不同的取法；故选：B．8.A【解答】：（1﹣x）（1+x）5绽开式中x项的系数：二项式（1+x）5由通项公式T当（1﹣x）供应常数项时：r=4，此时x项的系数是C5当（1﹣x）供应一个x时：r=5，此时x项的系数是﹣1×C5合并可得（1﹣x）（1+x）5绽开式中x项的系数为4．故选：A．9.B【解答】：二项式(1+1x=1+4（1x﹣2x）+6(1x-2x)∴二项式绽开式中的常数项产生在1，6(1x-分别是1，6×2•1x•（﹣2x），C42•(它们的和为1﹣24+24=1．故选：B．10.D【解答】：令x=1，y=1，可得（x﹣2y）5的绽开式中，全部项的系数之和等于﹣1，故选：D．11.B【解答】：∵（ax+1）6的绽开式中含x，x2的项分别为C65ax∴（x﹣1）（ax+1）6绽开式中x2的系数为6a﹣15a2=0，解得：a=2故选：B．12.D【解答】：由题意，a=C105=252，含x7项的系数为b=∴ba=﹣8013.A【解答】：令t=x﹣1，则(t+1)(t-故a6故选：A．14.C【解答】：依据题意，（2x﹣1x）5的绽开Tr+1=C5r（2x）5﹣r（﹣1x）r=（﹣1）r×25﹣r×C5r×x5﹣2r当r=2时，有T3=（﹣1）2×8×C52×x=80x，当r=3时，有T4=（﹣1）3×4×C53×1x=﹣40则（2x﹣1x）5（x+1x）的绽开式中的常数项为80x×1x故选：C．15.B【解答】：（1+x）6的绽开式的通项公式为Tr+1=C6r•xr故绽开式中有理项系数之和为C60+C62+C6故选：B．16.1260【解答】：从1，3，5，7，9中任取2个数字有C5从2，4，6，0中任取2个数字不含0时，有C3可以组成C5含有0时，0不能在千位位置，其它随意排列，共有C3故一共可以组成1260个没有重复数字的四位数．故答案为：1260．17.54【解答】：依据题意，先计算4名同学去参与3个不同的社团组织的状况数目，4个同学中每人可以在3个不同的社团组织任选1个，即每人有3种不同的选法，则4人有3×3×3×3=81种状况，再计算甲乙参与同一个社团组织的状况数目，若甲乙参与同一个社团组织，甲乙两人有3种状况，剩下的2人每人有3种不同的选法，则剩下的2人有3×3=9种状况，则甲乙参与同一个社团组织的状况有3×9=27种；则甲乙两位同学不参与同一个社团组织的状况有81﹣27=54种；故答案为：54．18.90【解答】：第一行染2个红色方格有C42种染法；第一行染好后，有如下三种状况：①其次行的红色方格均与第一行的红色方格同列，这时其余行都只有1种染法；②其次行染的红色方格与第一行的红色方格均不同列，这时第三行有C42种染法，第四行的染法随之确定；③其次行染的红色方格恰有一个与第一行的红色方格同列，而第一、其次这两行染好后，第三行的红色方格必定有一个与上面的红色方格均不同列，这时第三行的染法有2种，第四行染法随之确定．因此，共有染法为：6×（1+6+4×2）=90（种）．故答案为：9019.200【解答】：（2x﹣3y）2（x+y）8=（4x2﹣12xy+9y2）（x+y）8，（x+y）8的通项公式：Tr+1=C8r•x8﹣r•y①令r=7，则4x2•C87•x•y7=32x3y②令r=6，则﹣12xy•C86•x2•y6=﹣336x3y③