第21讲 计数原理综合检测（基础巩固）-【寒假自学课】2025年高二数学寒假提升精品讲义（人教A版2019）

计数原理综合检测（基础巩固） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．在的展开式中，项的系数是（    ） A．20 B．10 C． D． 【答案】C 【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得. 【详解】对有， 则， 即项的系数是. 故选：C. 2．学校教师运动会设置有“跳绳”、“立定跳远”、“定点投篮”、“沙包掷准”四个比赛项目，每个项目各需要一位裁判，现有甲、乙、丙、丁四位体育老师，每人做且仅做一项裁判工作，因为时间问题，甲不能安排“跳绳”裁判，乙不能安排“定点投篮”裁判，则不同的安排方法共有（   ） A．12种 B．14种 C．7种 D．9种 【答案】B 【分析】应用分类分步计数原理，求出甲安排为“定点投篮”、 不安排“定点投篮”两种情况分别写出安排方法数，即可得答案. 【详解】当甲安排“定点投篮”，另外3人任意安排工作有6种方法. 当甲不安排“定点投篮”时，先安排甲有2种，再安排乙有2种，另外剩余2人有2种，此时有种方法， 共有种， 故选：B 3．已知的展开式中，常数项为135，则的值为（    ） A．2 B．2或 C．3 D．3或 【答案】D 【分析】先求的展开式的通项公式，再结合式子特点令，得出，即可得到关于的方程，解出. 【详解】展开式的通项公式为， 令，可得，因此，展开式中的常数项为． 则，解得． 故选：D. 4．的展开式中，含的项的系数为（    ） A．240 B． C．560 D．360 【答案】B 【分析】根据二项式展开式的通项特征求解即可. 【详解】的通项为， 且， 令，解得，故的项的系数为. 故选：B. 5．已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用二项式定理展开公式，结合系数最大列出不等式即可求解. 【详解】的展开式的通项为， 由题可知，解得． 故选：A 6．如图，已知图形，内部连有线段．图中矩形总计有（    ）个． A．75 B．111 C．102 D．120 【答案】C 【分析】 由题意转化为条件为从竖线中选出两条，横线中选出两条组成图形，按照矩形的边不在上和在上两种情况讨论，利用分步乘法和组合的知识求解即可. 【详解】由题意，要组成矩形应从竖线中选两条、横线中选两条，可分两种情况： 当矩形的边不在上时，共有个， 当矩形的边在上时，共有个， 所以图中矩形总计有个. 故选：C. 7．一组学生站成一排.若任意相邻的3人中都至少有2名男生，且任意相邻的5人中都至多有3名男生，则这组学生人数的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】考虑前7个人，分别每相邻的3人取成一组与每相邻的5人取成一组，从而推出矛盾，再考虑人数为6的情况，由此得解. 【详解】如果人数大于6，考虑前7个人：， 每相邻的3人取成一组，则有5组， 因为任意相邻的3人中都至少有2名男生，所以这5个组里至少有10名男生， 即这15人中至少有10名男生； 每相邻的5人取成一组，则有3组， 因为任意相邻的5人中都至多有3名男生，所以这3个组里至多有9名男生， 即这15人中至多有9名男生； 显然矛盾，故人数不可能大于6， 当人数为6时，用表示男生，表示女生，则可以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是找到矛盾的分界人数，利用条件推出矛盾，从而得解. 8．《九章算术》第一章“方田”问题二十五、二十六指出了三角形田面积算法：“半广以乘正从”.数学社团制作板报向全校师生介绍这一结论，给证明图形的六个区域涂色，有三种颜色可用，要求有相邻边的区域颜色不同，则不同的涂色方法有（    ） A．48种 B．96种 C．102种 D．120种 【答案】B 【分析】设图中的六个区域分别为，按照是否同色，分两类，再结合分步乘法计数原理运算求解. 【详解】如图，设图中的六个区域分别为， 按照是否同色，分两类： ①不同色，先给涂色，有，再根据是否用余下那种颜色分两种情况， 不用第三种颜色，即用的颜色，用的颜色，有种，有种，则有种涂法； 用第三种颜色，即用第三种颜色，用的颜色，有种，有种， 或用第三种颜色， 用的颜色，则有种涂法， 所以不同色的涂法有：， ②同色，先给涂色，有，则只能用第三种颜色，有种，有种， 所以同色的涂法有：， 综上，不同的涂色方法有：种. 故选：B. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知，则（    ） A． B． C． D．展开式中二项式系数最大的项为第5项 【答案】AC 【分析】利用赋值法判断A、B、C，根据二项式系数的性质判断D. 【详解】因为， 令，可得，故A正确； 令，可得①，故B错误； 令，可得②， 联立①②可得，，故C正确； 由题意可知展开式有项，则第项的二项式系数最大，故D错误． 故选：AC． 10．用0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（    ） A．可组成300个不重复的四位数 B．可组成156个不重复的四位偶数 C．可组成120个能被5整除的不重复四位数 D．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数字为2301 【答案】ABD 【分析】应用分类分步原理，结合分组讨论的方法研究不同选项中的计算问题：A中6个数中选4个全排列再排除首位为0的情况或首位在1、2、3、4、5任选一个数再从剩余数中选3个数全排；B中分末位为0，为2、4两种情况分别计数再求和；B中分末位为0，为5两种情况分别计数再求和；D中分首位为1、2、依次计数，找到第85个数字的位置再确定数字即可. 【详解】A选项，有个，故A正确； B选项，分为两类：在末位，则有种； 不在末位，则有种， 所以共有种，故B正确； C选项，分为两类：在末位，则有种； 5在末位，则有种， 所以共有种，故C错误； D选项，首位为的有个；前两位为的有个；前两位为的有个， 所以第个数字是前两位为的最小数，即为，故D正确； 故选：ABD. 11．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究.则下列结论正确的是（    ） A． B．第2023行的第1012个和第1013个数最大 C．记“杨辉三角”第行的第个数为，则 D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 【答案】BD 【分析】选项A，利用组合数的公式计算即可；选项B，利用组合数的性质判断即可；选项C，根据二项式定理得展开式判断即可；选项D，先明确第行所有数字的平方和与第行的中间一项的数字，然后构造等式，计算等式两边的系数即可，利用系数相等，得到答案. 【详解】选项A，因为， 易知 ，故A错误； 选项B，易知第2023行的第1012个和第1013个数分别是，， 由排列数的性质可知，两个同为最大，故B正确； 选项C，由题易知，， 易知，故C错误； 选项D，由题易知，第行所有数字的平方和为， 第行的中间一项的数字为， 构造等式， 在等式左边的系数为， 等式右边的系数为， 故，故D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：选项A，利用递推计算即可；选项D，需要根据题意得到二项式相关的式子，然后观察式子构造等式，利用相对应的系数相等得到答案. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，则 ． 【答案】21或10 【分析】借助组合数的性质可得或，分类计算出后再计算即可得. 【详解】因为，所以， 则或， 当时，即，解得，此时； 当时，即，解得或（舍去）， 此时． 故答案为：21或10. 13．若的展开式中各项系数的和为，则 ，该展开式中的常数项为 ． 【答案】 【分析】采用赋值法，令，可根据各项系数和求得的值；利用二项展开式通项公式，结合的取值可求得常数项. 【详解】令，则展开式各项系数和为，解得：； 展开式通项为， 令，解得：，此时常数项为； 令，解得：，此时常数项为； 展开式的常数项为. 故答案为：；. 14．海州高级中学团委举行了由甲、乙、丙、丁、戊、辛，6名学生参加的“争做时代接班人”的演讲比赛，决出第1名到第6名的名次，赛后甲、乙两名参赛者向老师询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军”；对乙说：“你和甲的名次相差2名”.若老师说的都是对的，则6人的名次排列情况可能的种数有 . 【答案】168 【分析】由分步原理，分甲为二，三，四，五，六名时，计算即可. 【详解】由分步原理可得 当甲是第二名时，乙只能为第四，此时有种； 当甲是第三名时，乙为第一或第五，此时有种； 当甲是第四名时，乙为第二或第六，此时有种； 当甲是第五名时，乙为第三，此时有种； 当甲是第六名时，乙为第四，此时有种； 所以共有168种. 故答案为：168. 【点睛】易错点睛：本题易错点在于理解“你和甲的名次相差2名”，表示甲可以比乙靠前，也可以靠后. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1为杨辉三角的部分内容，图2为杨辉三角的改写形式 (1)求图2中第11行的各数之和； (2)从图2第2行开始，取每一行的第3个数一直取到第100行的第3个数，求取出的所有数之和； (3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)2048； (2)166650； (3)存在，这三个数为. 【分析】（1）利用二项式系数的性质求和即可； （2）利用的性质进行化简求和，得到答案； （3）设在第行存在三个相邻的数之比为3:8:14，从而得到方程组，求出答案. 【详解】（1）第11行的各数之和为； （2）杨辉三角中第2行到第100行，各行第3个数之和为 ； （3）存在，理由如下： 设在第行存在三个相邻的数，其中，且，， 之比为3:8:14， 故，化简得， 即，解得， 所以这三个数为. 16．6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法？ (1)分给甲、乙、丙三人，每人两本； (2)分为三份，每份两本； (3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本； (4)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本． （要求:以上4题最终答案均要用数字作答） 【答案】(1)90 (2)15 (3)60 (4)540 【分析】（1）利用分步乘法计数原理求解即可； （2）利用平均分组公式求解即可； （3）利用分步乘法计数原理求解即可； （4）按“2、2、2型”、 “1、2、3型”、 “1、1、4型”三种情况分类，再用分类加法计数原理求解即可. 【详解】（1）先从6本书中选2本给甲，有种方法；再从剩余4本书中选2本给乙，有种方法； 最后从余下的2本书中选2本给丙，有种方法， 根据分步计数原理，一共有种不同分法． （2）分给甲、乙、丙三人，每人两本有种方法，这个过程可以分两步完成： 第一步分为三份，每份两本，设有x种方法； 第二步将这三份分给甲、乙、丙三名同学，有种方法． 根据分步计数原理，可得，所以，即共有15种不同分法． （3）先从6本书中选1本，有种方法；再从剩余5本书中选2本，有种方法；最后从余下的3本书为一份， 根据分步计数原理，一共有种不同分法． （4）可以分为三类情况： ①“2、2、2型”即（1）中的分配情况，有种分法； ②“1、2、3型”即（3）中的分配情况，有种分法； ③“1、1、4型”，有种分法， 所以一共有种不同分法． 17．（1）已知，计算：； （2）解方程：． （3）解不等式：． 【答案】（1）126（2）（3） 【分析】（1）由组合数的对称性得，代入所求式子中结合组合数的运算性质即可得解； （2）利用组合数的定义得到关于的方程，解方程并注意的范围即可得解； （3）将排列数不等式转换为关于的不等式组，解不等式组即可得解. 【详解】（1）因为，则，解得，经验证符合， 所以． （2）由，得，所以， 即， 而由，知，，解得，所以原方程的解为． （3）因为， 所以，化简可得， 解得，所以不等式解集为． 18．（1）求证：能被整除； （2）求除以的余数. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【分析】（1）利用等比数列求和公式得到，再利用二项式定理展开，即可证明； （2）利用组合数的性质得到，利用二项式定理展开，即可求出被除的余数. 【详解】（1）∵ ， 显然为整数， ∴能被整除． （2）因为 ， 又 ， ∵是正整数， ∴被除的余数为. 19．组合数有许多丰富有趣的性质，例如，二项式系数的和有下述性质：.小明同学想进一步探究组合数平方和的性质，请帮他完成下面的探究. (1)计算：，并与比较，你有什么发现？写出一般性结论并证明； (2)证明： (3)利用上述（1）（2）两小问的结论，证明：. 【答案】(1)，， ，证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）通过计算可得结果，利用二项展开式中的系数相等可证一般性结论； （2）通过的展开式中的系数相等可证结论； （3）结合前两个结论，作差可证结论. 【详解】（1），， 规律：，证明如下： 的展开式中，的系数为， 同时，的展开式中的系数为， 所以. （2）证明：的展开式中的系数为， 又，的展开式中的系数为 ， 所以. （3）证明：由（1）可知， 由（2）可知， 两式相减可得， 即. 【点睛】关键点点睛：本题证明的关键是构造二项式，利用二项展开式中某项的系数相等得出题中需证的结论. ( 5 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 计数原理综合检测（基础巩固） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．在的展开式中，项的系数是（    ） A．20 B．10 C． D． 2．学校教师运动会设置有“跳绳”、“立定跳远”、“定点投篮”、“沙包掷准”四个比赛项目，每个项目各需要一位裁判，现有甲、乙、丙、丁四位体育老师，每人做且仅做一项裁判工作，因为时间问题，甲不能安排“跳绳”裁判，乙不能安排“定点投篮”裁判，则不同的安排方法共有（   ） A．12种 B．14种 C．7种 D．9种 3．已知的展开式中，常数项为135，则的值为（    ） A．2 B．2或 C．3 D．3或 4．的展开式中，含的项的系数为（    ） A．240 B． C．560 D．360 5．已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．如图，已知图形，内部连有线段．图中矩形总计有（    ）个． A．75 B．111 C．102 D．120 7．一组学生站成一排.若任意相邻的3人中都至少有2名男生，且任意相邻的5人中都至多有3名男生，则这组学生人数的最大值是（    ） A． B． C． D． 8．《九章算术》第一章“方田”问题二十五、二十六指出了三角形田面积算法：“半广以乘正从”.数学社团制作板报向全校师生介绍这一结论，给证明图形的六个区域涂色，有三种颜色可用，要求有相邻边的区域颜色不同，则不同的涂色方法有（    ） A．48种 B．96种 C．102种 D．120种 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知，则（    ） A． B． C． D．展开式中二项式系数最大的项为第5项 10．用0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（    ） A．可组成300个不重复的四位数 B．可组成156个不重复的四位偶数 C．可组成120个能被5整除的不重复四位数 D．若将组成的不重复的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数字为2301 11．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究.则下列结论正确的是（    ） A． B．第2023行的第1012个和第1013个数最大 C．记“杨辉三角”第行的第个数为，则 D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知，则 ． 13．若的展开式中各项系数的和为，则 ，该展开式中的常数项为 ． 14．海州高级中学团委举行了由甲、乙、丙、丁、戊、辛，6名学生参加的“争做时代接班人”的演讲比赛，决出第1名到第6名的名次，赛后甲、乙两名参赛者向老师询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你没有得到冠军”；对乙说：“你和甲的名次相差2名”.若老师说的都是对的，则6人的名次排列情况可能的种数有 . 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1为杨辉三角的部分内容，图2为杨辉三角的改写形式 (1)求图2中第11行的各数之和； (2)从图2第2行开始，取每一行的第3个数一直取到第100行的第3个数，求取出的所有数之和； (3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由. 16．6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法？ (1)分给甲、乙、丙三人，每人两本； (2)分为三份，每份两本； (3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本； (4)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本． （要求:以上4题最终答案均要用数字作答） 17．（1）已知，计算：； （2）解方程：． （3）解不等式：． 18．（1）求证：能被整除； （2）求除以的余数. 19．组合数有许多丰富有趣的性质，例如，二项式系数的和有下述性质：.小明同学想进一步探究组合数平方和的性质，请帮他完成下面的探究. (1)计算：，并与比较，你有什么发现？写出一般性结论并证明； (2)证明： (3)利用上述（1）（2）两小问的结论，证明：. ( 5 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$