12＋4分项练07 计数原理-【步步高】2019大二轮高考22题逐题特训-理科数学（通用版）

12＋4分项练7　计数原理 1．若用红、黄、蓝、绿四种颜色填涂如图方格，要求有公共顶点的两个格子颜色不同，则不同的涂色方案有(　　) A．48种 B．72种 C．96种 D．216种 答案　C[来源:Zxxk.Com] 解析　按照以下顺序涂色， A：C，→F：C→E：C→C：C→D：C→B：C 所以由分步乘法计数原理得总的方案数为 C＝96.[来源:Z。xx。k.Com]·C·C·C·C 2．(2018·钦州质检)二项式n的展开式前三项系数成等差数列，则n等于(　　) A．6 B．8 C．7 D．9 答案　B 解析　展开式的通项为Tk＋1＝ kC， 其前三项的系数分别是1，，C， 据已知得n＝1＋， 解得n＝8(n＝1舍弃)． 3．(2018·重庆质检)山城农业科学研究所将5种不同型号的种子分别试种在5块并成一排的试验田里，其中A，B两型号的种子要求试种在相邻的两块试验田里，且均不能试种在两端的试验田里，则不同的试种方法数为(　　) A．12 B．24 C．36 D．48 答案　B 解析　因为A，B两型号的种子试种方法数为2×2＝4， 所以一共有4A＝24(种)试种方法． 4．(2018·湖南省岳阳市第一中学模拟)岳阳高铁站B1进站口有3个闸机检票通道口，高考完后某班3个同学从该检票口进站到外地旅游，如果同一个人进的闸机检票通道口选法不同，或几个人进同一个闸机检票通道口但次序不同，都视为不同的进站方式，那么这3个同学的不同进站方式有(　　) A．24种 B．36种 C．42种 D．60种[来源:学|科|网] 答案　D 解析　若三名同学从3个不同的检票通道口进站， 则有A＝6(种)； 若三名同学从2个不同的检票通道口进站， 则有C＝36(种)；AAC 若三名同学从1个不同的检票通道口进站， 则有C＝18(种)． A 综上，这3个同学的不同进站方式有60种． 5．二项式n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中有理项的个数为(　　) A．7 B．5 C．4 D．3 答案　A 解析　二项式n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则n＝20， 20展开式的通项为 Tk＋1＝C 20－kCk＝20－k， 展开式的有理项满足20－k(k∈N)的值为整数， 据此可得，k可能的取值为0,3,6,9,12,15,18，共有7个． 6．(2018·大同、阳泉质检)若二项式(3－x)n的最小值为(　　) ＋展开式中所有项的系数之和为a，所有项的系数的绝对值之和为b，则 A．2 B. D. C. 答案　B 解析　令x＝1，可得二项式(3－x)n(n∈N*)展开式中所有项的系数之和为a＝2n，令x＝－1，可得(3－x)n展开式中所有项的系数的绝对值之和为 b＝4n，则.取得最小值＋，故当n＝1时，＝2n＋＋＝＋ 7．(2018·蚌埠质检)已知(2x－1)4＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4，则a2等于(　　) A．18 B．24 C．36 D．56 答案　B 解析　(2x－1)4＝4， 故a2(x－1)2＝C(x－1)2，[2(x－1)]2＝4C 所以a2＝4C＝24. 8．(2018·泉州质检)李雷和韩梅梅两人都计划在国庆节的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 答案　C 解析　任意相邻两天组合一起， 包括①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦，一共有6种情况， 若李雷选①②或⑥⑦，则韩梅梅有4种选择， 若李雷选②③或③④或④⑤或⑤⑥，则韩梅梅有3种选择， 故若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＋4×3＝20(种)． 9．在(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)11的展开式中，x2的系数是(　　) A．220 B．165 C．66 D．55 答案　A 解析　展开式中x2的系数为 C，＋…＋C＋C＋C＋C 由组合数的性质得， C＋…＋C＋C＋C＋C ＝C＋…＋C＋C＋C＋C ＝C＋…＋C＋C＋C … ＝C＝220.＝ 10．(2018·上饶模拟)若(x2＋2)5展开式中x2项的系数是40，则实数m的值为(　　) A. D．±2 B．2 C．± 答案　C 解析　(x2＋2)的常数项之积组成的． 5展开式中二次项与的二次项之积和5展开式中常数项与5展开式中x2项是由 ∵5的展开式的通项为 Tk＋1＝Cx3k－10，5－k·(－mx)k＝(－m)kC· 令3k－10＝0，解得k＝，不合题意，应舍去； 令3k－10＝2，解得k＝4， ∴(x2＋2)＝40，即m4＝4，5的展开式中x2项的系数为2·(－