专题02 计数原理(九大题型+优选提升题)（沪教版2020选择性必修，上海专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学下学期期末真题分类汇编

专题02 计数原理 题型概览 题型01乘法原理与加法原理 题型02排列 题型03组合 题型04排列组合有关公式计算 题型05计数原理在古典概率的应用 题型06立体几何中的排列组合问题 题型07 二项式定理 题型08 二项式定理的应用，赋值法 题型09 解答题 ( 题型01 ) 乘法原理与加法原理 1．（20-21高二下·上海浦东新·期末）本次数学期末考试共三种题型：填空题、选择题、解答题，其中填空题满分54分，共有12道小题，前6题每小题4分，后6题每小题5分，每小题答对得满分，答错得零分，则学生解答填空题共有 种不同的可能分值. 2．（22-23高二下·上海金山·期末）已知，且，，方程表示的曲线是双曲线，则有 条不同的双曲线． 3．（24-25高二上·上海·期末）有4名学生报名参加“行知杯”足球赛和“灵辰杯”篮球赛两项比赛，每人至少报一项，每项比赛参加人数不限，则不同的报名结果有 种． ( 题型02 ) 排列 4．（24-25高二上·上海·期末）有7个同学要排队做操，其中甲乙丙必须相邻，则总共有 种排法． 5．（23-24高二下·上海宝山·期末）7个人站成一排，若甲和乙不能相邻排列，则不同的排法有 种． 6．（22-23高二下·上海闵行·期末）某校从高二年级成绩排在前5名的学生中随机选出2人分别参加市级的古诗词和数学奥林匹克竞赛，每种比赛仅派1人去参加，则一共有 种不同的选法，(用数字回答) 7．（24-25高二上·上海·期末）甲、乙等五名社区志愿者被随机分配到，，，四个不同岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者，则甲、乙两人同时参加岗位服务的排法有 种. 8．（23-24高二下·上海·期末）某场中国队与巴西队的足球比赛进入了激动人心的点球大战，中国队需要从除守门员外的10名首发队员中选5名队员依次主罚点球. 已知除守门员外的10名首发队员中有2名前锋、4名中场、4名后卫，若要求2名前锋必须入选、且不能相邻，那么主罚点球人员的不同排列方法有 种.（不考虑是否踢进等问题） ( 题型03 ) 组合 9．（23-24高二上·上海崇明·期末）书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．从中任取2本不同学科的书，则共有 种不同的取法． 10．（23-24高二上·上海·期末）某学校要从6名男生和4名女生中选出3人担任进博会志愿者，则所选3人中男女生都有的选法有 种.（用数字作答） 11．（22-23高二下·上海青浦·期末）某校开展“全员导师制”．有2名导师可供5位学生选择，若每位学生必须也只能选取一名导师且每位导师最多只能被3位学生选择，则不同的选择方案共有 种（用数字作答）． 12．（21-22高二下·上海长宁·期末）从全班30位学生中选派3人去参加表彰会，其中正、副班长两人中至少有一人参加，则不同的选派方式共有 种. 13．（22-23高二上·上海浦东新·期末）10个相同的小球放到6个不同的盒子里，每个盒子里至少放一个小球，则不同的放法有 种. 14．（21-22高三上·上海宝山·期末）学校组织同学参加社会调查，某小组共有5名男同学，4名女同学.现从该小组中选出3位同学分别到三地进行社会调查，若选出的同学中男女均有，则不同安排方法有 种. 15．（22-23高二下·上海奉贤·期末）某校在高二开展了选课走班的活动，已知该校提供了3门选修课供学生选择，现有5名同学参加选课走班的活动，要求这5名同学每人选修一门课程且每门课程都有人选，则5名同学选课的种数为 . ( 题型04 ) 排列组合有关公式计算 16．（23-24高二下·上海·期末）若，则正整数 . 17．（23-24高二下·上海青浦·期末）“”是“”的（   ）条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 18．（23-24高二下·上海浦东新·期中）已知（），则 . 19．（24-25高二上·上海·期末）方程的解集是（　　） A． B． C． D． ( 题型0 5 ) 计数原理在古典概率的应用 20．（23-24高二上·上海崇明·期末）在10件产品中有7件一等品，3件二等品，从中随机取出4件产品，其中至少含一件二等品的概率是 （结果用数值表示）． 21．（23-24高三上·上海虹口·期末）将甲、乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，则甲、乙两人安排在同一天的概率为 ．（结果用分数表示） 22．（23-24高二下·上海闵行·期末）甲，乙两位同学去四个不同的场馆参加志愿者活动，每人选2个场馆去服务，在他们的所有选法中，恰有一个场馆相同的概率为 ． 23．（23-24高二上·上海松江·期末）饺子是我国的传统美食，不仅味道鲜美而且寓意美好.现锅中煮有白菜馅饺子4个，韭菜馅饺子5个，这两种饺子的外形完全相同.从中任意舀取4个饺子，则每种口味的饺子都至少舀取到1个的概率为 ( 题型0 6 ) 立体几何中的排列组合问题 24．（23-24高二上·上海·期末）在正方体八个顶点中任取两点，则这两个点所确定的直线与正方体的每个面都相交的概率是 . 25．（23-24高二下·上海·期末）从正方体的12条棱中选择两条，这两条棱所在直线异面的概率为 ． 26．（23-24高二上·上海·期末）空间内7个点，若其中有且只有4点共面，但无3点共线，可组成 个四面体 27．（24-25高二上·上海·期末）从边长为1的正八边形的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，则为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的 倍． ( 题型0 7 ) 二项式定理 28．（24-25高二上·上海·期末）在的二项展开式中，常数项为 . 29．（24-25高二上·上海·期末）的二项展开式中，系数最大的项是第 项． 30．（23-24高二下·上海·期末）在二项式的展开式中，的系数为 ．（用数字作答） 31．（22-23高三上·上海浦东新·期末）展开式中的常数项为 32．（23-24高二下·上海·期末）在的展开式中，项的系数为 . 33．（23-24高二上·上海·期末）已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则展开式中的常数项为 . ( 题型0 8 ) 二项式定理的应用，赋值法 34．（22-23高二上·上海杨浦·期末）除以17的余数为 . 35．（23-24高二下·上海·期末）若，则 . 36．（23-24高二上·上海·期末）设，则 . 37．（23-24高三上·上海普陀·期末）已知，则 （用数字作答）． 38．（22-23高二上·上海杨浦·期末）已知，则（    ） A．128 B．2187 C．78125 D．823543 ( 题型0 9 ) 解答题 39．（24-25高二上·上海徐汇·期末）在二项式的展开式中： (1)若，求 (2)若所有项的二项式系数和等于4096，求展开式中系数最大的项． 40．（23-24高二下·上海·期末）已知的二项展开式中各项的二项式系数和为64. (1)求二项展开式的中间项； (2)求展开式中的常数项. 41．（21-22高二下·上海松江·期末）（1）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的五位数？ （2）用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的六位数，若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列，则240135是第几项． 42．（21-22高二下·上海浦东新·期末）一种装有12颗巧克力的礼盒里有草莓和香草两个口味，其中草莓味的有4颗，现从中随机取出3颗，若取出不放回. (1)求全是草莓味的概率； (2)至少有一颗是草莓味的概率. 43．（21-22高二上·上海虹口·期末）已知（n为正整数）. (1)若，求n的值； (2)若，，，求和的值（结果用指数幂的形式表示）. 一、填空题 1．（24-25高二上·上海·期末）平面向量为2维向量，可由2元有序实数组表示；空间向量为3维向量，可由3元有序实数组表示.维向量可由（为正整数）元有序实数组表示.已知维向量，我们称 为该向量的范数，其中，记范数为奇数的的个数为.设，则 . 2．（23-24高二下·上海·阶段练习）对于定义在非空集上的函数，若对任意的，当，有，则称函数为“准单调递增函数”，若函数的定义域，值域，则在满足这样条件的所有函数中，为“准单调递增函数”的概率是 ． 二、单选题 3．（21-22高二下·上海长宁·期末）的展开式为多项式，其展开式经过合并同类项后的项数一共有（    ） A．72项 B．75项 C．78项 D．81项 4．（24-25高二上·上海·期末）已知，其中，为正整数，则“是奇数”是“存在正整数使得”的（    ）条件. A．充分必要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．既非充分又非必要 5．（23-24高二下·上海·期末）现有编号分别为 的小球各两个，每个球的大小与质地均相同．将这个球排成一列，使得任意编号相同的球均不相邻，记满足条件的排列个数为 ，则 （    ） ① 对任意 都是偶数； ② ． A．①②都是真命题 B．①是真命题， ②是假命题 C．①是假命题， ②是真命题 D．①②都是假命题 三、解答题 6．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知集合，规定：若集合，则称为集合的一个分拆，当且仅当：，，…，时，与为同一分拆，所有不同的分拆种数记为.例如：当，时，集合的所有分拆为：，，，即. (1)求； (2)试用、表示； (3)设，规定，证明：当时，与同为奇数或者同为偶数. 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 计数原理 题型概览 题型01乘法原理与加法原理 题型02排列 题型03组合 题型04排列组合有关公式计算 题型05计数原理在古典概率的应用 题型06立体几何中的排列组合问题 题型07 二项式定理 题型08 二项式定理的应用，赋值法 题型09 解答题 ( 题型01 ) 乘法原理与加法原理 1．（20-21高二下·上海浦东新·期末）本次数学期末考试共三种题型：填空题、选择题、解答题，其中填空题满分54分，共有12道小题，前6题每小题4分，后6题每小题5分，每小题答对得满分，答错得零分，则学生解答填空题共有 种不同的可能分值. 【答案】43 【分析】分类计数相加即可. 【解析】设4分题答对的个数为，答对5分题的个数为，则总的分， 当时，，共7个数值； 当时，分别可取7个不同的值， 但， 且 故共有：种不同的结果. 故答案为：43. 2．（22-23高二下·上海金山·期末）已知，且，，方程表示的曲线是双曲线，则有 条不同的双曲线． 【答案】 【分析】利用分步乘法计数原理可得结果. 【解析】因为，且，，则、的取值各有种， 方程表示的曲线是双曲线，则不同的双曲线的条数为. 故答案为：. 3．（24-25高二上·上海·期末）有4名学生报名参加“行知杯”足球赛和“灵辰杯”篮球赛两项比赛，每人至少报一项，每项比赛参加人数不限，则不同的报名结果有 种． 【答案】81 【分析】求出每名学生报名的种数，再利用分步乘法计数原理列式计算得解. 【解析】依题意，每名学生报名的种数是3，由分步乘法计数原理得不同的报名结果有种. 故答案为：81 ( 题型02 ) 排列 4．（24-25高二上·上海·期末）有7个同学要排队做操，其中甲乙丙必须相邻，则总共有 种排法． 【答案】 【分析】根据相邻问题捆绑法即可求解. 【解析】甲乙丙相邻，则共有, 故答案为： 5．（23-24高二下·上海宝山·期末）7个人站成一排，若甲和乙不能相邻排列，则不同的排法有 种． 【答案】3600 【分析】不相邻问题用“插空法”即可. 【解析】先将除了甲和乙外的5人全排列，有种排法， 这5人排成一排，形成6个空，让甲乙去“插空”有种方法， 故7人站成一排，甲和乙不能相邻有种不同的排法. 故答案为：3600. 6．（22-23高二下·上海闵行·期末）某校从高二年级成绩排在前5名的学生中随机选出2人分别参加市级的古诗词和数学奥林匹克竞赛，每种比赛仅派1人去参加，则一共有 种不同的选法，(用数字回答) 【答案】20 【分析】根据题意，可用排列数求解即得. 【解析】依题意，即从5人中选出2人分别参加两项竞赛，故选法数为. 故答案为：20. 7．（24-25高二上·上海·期末）甲、乙等五名社区志愿者被随机分配到，，，四个不同岗位服务，每个岗位至少有一名志愿者，则甲、乙两人同时参加岗位服务的排法有 种. 【答案】 【分析】依题意只需另外三个人在､､三个位置进行全排列，利用排列数公式计算可得. 【解析】当甲､乙两人同时参加岗位服务时，另外三个人在､､三个位置进行全排列， 满足条件的事件数是，即甲､乙两人同时参加岗位服务的排法有6种. 故答案为： 8．（23-24高二下·上海·期末）某场中国队与巴西队的足球比赛进入了激动人心的点球大战，中国队需要从除守门员外的10名首发队员中选5名队员依次主罚点球. 已知除守门员外的10名首发队员中有2名前锋、4名中场、4名后卫，若要求2名前锋必须入选、且不能相邻，那么主罚点球人员的不同排列方法有 种.（不考虑是否踢进等问题） 【答案】4032 【分析】利用插空法，先从除2名前锋外的其余8名队员中选3人排列，产生4个空，然后2名前锋从4个空中选2个排列即可. 【解析】由题意得，先从除2名前锋外的其余8名队员中选3人排列，有种， 3人排列后有4个空，然后2名前锋从4个空中选2个排列，则有种， 所以由分步乘法原理可知共有种， 故答案为：4032 ( 题型03 ) 组合 9．（23-24高二上·上海崇明·期末）书架上放有3本不同的数学书，5本不同的语文书，6本不同的英语书．从中任取2本不同学科的书，则共有 种不同的取法． 【答案】 【分析】应用组合数求任取2本不同学科的书的不同取法数. 【解析】从中任取2本不同学科的书有种. 故答案为： 10．（23-24高二上·上海·期末）某学校要从6名男生和4名女生中选出3人担任进博会志愿者，则所选3人中男女生都有的选法有 种.（用数字作答） 【答案】96 【分析】分两种情况，结合组合知识进行求解 【解析】当所选3人中男生1人，女生2人，此时有种选择， 当所选3人中男生2人，女生1人，此时有种选择， 故共有种选择. 故答案为：96 11．（22-23高二下·上海青浦·期末）某校开展“全员导师制”．有2名导师可供5位学生选择，若每位学生必须也只能选取一名导师且每位导师最多只能被3位学生选择，则不同的选择方案共有 种（用数字作答）． 【答案】20 【分析】先分为两组，再利用全排列知识求解. 【解析】由题意得，5位学生中有3位学生选取同一名导师， 先将5人分为2组，一组3人，一组2人，再将2组对应两名导师， 故有种方案. 故答案为：20 12．（21-22高二下·上海长宁·期末）从全班30位学生中选派3人去参加表彰会，其中正、副班长两人中至少有一人参加，则不同的选派方式共有 种. 【答案】784 【分析】讨论正副班长参加情况分别求对应的选派方法数，再加总即得结果. 【解析】由题设，正副班长只有一个参加有种选派，正副班长都参加有种选派， 所以共有种. 故答案为：784 13．（22-23高二上·上海浦东新·期末）10个相同的小球放到6个不同的盒子里，每个盒子里至少放一个小球，则不同的放法有 种. 【答案】126 【分析】由隔板法，将10个小球排成一排，中间插入5个隔板，即可求得不同的放法. 【解析】由隔板法，将10个小球排成一排，除去两端中间插入5个不相邻的隔板，此时9个空中选5个空放隔板，将10个球分成六份，再将六份装入六个盒子中即可，不同的放法有种. 故答案为：126. 14．（21-22高三上·上海宝山·期末）学校组织同学参加社会调查，某小组共有5名男同学，4名女同学.现从该小组中选出3位同学分别到三地进行社会调查，若选出的同学中男女均有，则不同安排方法有 种. 【答案】420 【分析】分步相乘计数，第一步求男女均有的选法，第二步求到三地的分法. 【解析】满足条件的事件是选出的3位同学中男女都有， 包括两种情况，一是一男两女，二是一女两男，共有， 分别到三地进行社会调查，有， 故共有种． 故答案为：420 15．（22-23高二下·上海奉贤·期末）某校在高二开展了选课走班的活动，已知该校提供了3门选修课供学生选择，现有5名同学参加选课走班的活动，要求这5名同学每人选修一门课程且每门课程都有人选，则5名同学选课的种数为 . 【答案】150 【分析】利用排列组合以及分步计数原理求解. 【解析】先将5名同学分成三组，每组人数有或两种情况， 则不同的分组方法有, 再由这3组学生选取3门选修课，不同的选法有种， 由分步计数原理可知这5名同学选课的种数为， 故答案为：150. ( 题型04 ) 排列组合有关公式计算 16．（23-24高二下·上海·期末）若，则正整数 . 【答案】5 【分析】根据排列数公式，展开求解，即得答案. 【解析】由，得， 即， 故答案为：5 17．（23-24高二下·上海青浦·期末）“”是“”的（   ）条件． A．充分不必要 B．必要不充分 C．充分必要 D．既不充分也不必要 【答案】A 【分析】根据组合数知识得到方程，求出或3，得到答案. 【解析】，故或， 解得或3， 故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 18．（23-24高二下·上海浦东新·期中）已知（），则 . 【答案】8 【分析】根据组合数性质有，再由即可得解. 【解析】由组合数性质知，，因为，所以， 所以，得. 故答案为：8. 19．（24-25高二上·上海·期末）方程的解集是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据组合数的性质化简方程，即可得解. 【解析】因为，，， 则，或， 解得或， 即方程的解集为， 故选：A. ( 题型05 ) 计数原理在古典概率的应用 20．（23-24高二上·上海崇明·期末）在10件产品中有7件一等品，3件二等品，从中随机取出4件产品，其中至少含一件二等品的概率是 （结果用数值表示）． 【答案】 【分析】应用组合数求出任取4件、其中不含二等品的取法数，再由对立事件的概率求法求至少含一件二等品的概率. 【解析】随机取出4件产品的取法有种，其中不含二等品的取法有种， 所以其中至少含一件二等品的概率是. 故答案为： 21．（23-24高三上·上海虹口·期末）将甲、乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，则甲、乙两人安排在同一天的概率为 ．（结果用分数表示） 【答案】 【分析】根据排列组合相关知识直接计算求解. 【解析】将甲、乙等8人安排在4天值班，若每天安排两人，共有种方案， 乙两人安排在同一天，共有， 所以甲、乙两人安排在同一天的概率为. 故答案为： 22．（23-24高二下·上海闵行·期末）甲，乙两位同学去四个不同的场馆参加志愿者活动，每人选2个场馆去服务，在他们的所有选法中，恰有一个场馆相同的概率为 ． 【答案】 【分析】根据排列组合及古典概型的有关知识即可求解. 【解析】甲，乙两位同学去四个不同的场馆参加志愿者活动，每人选2个场馆去服务，共有种情况， 恰有一个场馆相同共有种情况， 所以在他们的所有选法中，恰有一个场馆相同的概率为. 故答案为：. 23．（23-24高二上·上海松江·期末）饺子是我国的传统美食，不仅味道鲜美而且寓意美好.现锅中煮有白菜馅饺子4个，韭菜馅饺子5个，这两种饺子的外形完全相同.从中任意舀取4个饺子，则每种口味的饺子都至少舀取到1个的概率为 【答案】 【分析】利用组合数求每种口味的饺子都至少舀取到1个的情况、任意舀取4个饺子的情况，再根据古典概型的概率求法求结果. 【解析】由题意，每种口味的饺子都至少舀取到1个的情况有种， 9个饺子任意舀取4个饺子的情况有种， 所以每种口味的饺子都至少舀取到1个的概率为. 故答案为： ( 题型06 ) 立体几何中的排列组合问题 24．（23-24高二上·上海·期末）在正方体八个顶点中任取两点，则这两个点所确定的直线与正方体的每个面都相交的概率是 . 【答案】 【分析】结合概率公式与组合数的计算即可得. 【解析】只有体对角线和每个面都相交，体对角线共有条， 正方体八个顶点中任取两点共有种取法，则其概率为. 故答案为：. 25．（23-24高二下·上海·期末）从正方体的12条棱中选择两条，这两条棱所在直线异面的概率为 ． 【答案】 【分析】先求得12条棱中任选2条方法数，再求得异面的取法数，可求概率. 【解析】从12条棱中任选2条有中选法， 从12条棱中任选一条，其任11条中有3条与其平行，有4条与其相交， 只有4条与其异面，故异面直线有对， 所以从正方体的12条棱中选择两条，这两条棱所在直线异面的概率为. 故答案为：. 26．（23-24高二上·上海·期末）空间内7个点，若其中有且只有4点共面，但无3点共线，可组成 个四面体 【答案】34 【分析】分析题意，用组合数求解即可. 【解析】由题意得空间内7个点，若其中有且只有4点共面，且需围成立体图形，故围成四面体个数为个 故答案为：34 27．（24-25高二上·上海·期末）从边长为1的正八边形的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，则为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的 倍． 【答案】2 【分析】先求出八边形中的等腰三角形的个数，从而由组合知识得到为等腰三角形的概率为，再求出不是直角三角形的情况，得到为直角三角形的概率为，得到答案. 【解析】在八边形中，以为顶点的等腰三角形有3个， 分别为， 故为等腰三角形的情况数共个， 故为等腰三角形的概率为， 从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点， 不是直角三角形的情况，如下图中的等边三角形，这样的等边三角形共8个， 分别为，，，，，，，， 所以为直角三角形的概率为， 由于， 故为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的2倍. 故答案为：2 ( 题型07 ) 二项式定理 28．（24-25高二上·上海·期末）在的二项展开式中，常数项为 . 【答案】20 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解. 【解析】的二项展开式中，常数项为， 故答案为： 29．（24-25高二上·上海·期末）的二项展开式中，系数最大的项是第 项． 【答案】12和13 【分析】写出二项展开式的通项公式和对应系数，根据条件列不等式可得结果. 【解析】的二项展开式的通项公式为，系数为， 由得，， ∴系数最大的项是第12和13项. 故答案为：12和13. 30．（23-24高二下·上海·期末）在二项式的展开式中，的系数为 ．（用数字作答） 【答案】10 【分析】利用二项展开式的通项公式求解. 【解析】设展开式的第项为含的项， 则， 由, 所以的系数为. 故答案为：10 31．（22-23高三上·上海浦东新·期末）展开式中的常数项为 【答案】 【分析】首先写出展开式的通项公式，根据通项公式求，再回代求得常数项. 【解析】展开式的通项公式，令，得， 所以常数项. 故答案为： 32．（23-24高二下·上海·期末）在的展开式中，项的系数为 . 【答案】 【分析】由，写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【解析】因为， 其中展开式的通项为，， 所以的展开式中含的项为， 所以项的系数为. 故答案为： 33．（23-24高二上·上海·期末）已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则展开式中的常数项为 . 【答案】405 【分析】先求出和，利用二项展开式的通项公式直接求解. 【解析】因为的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等， 所以，由组合数的性质可知：. 所以. 因为展开式的各项系数之和为1024，所以在中，令，则有：. 因为，所以. 所以的展开式的通项公式为. 所以要求常数项，只需，解得：. 此时常数项为. 故答案为：. ( 题型08 ) 二项式定理的应用，赋值法 34．（22-23高二上·上海杨浦·期末）除以17的余数为 . 【答案】16 【分析】由题得，根据二项式展开解决即可. 【解析】由题知， ， 因为是17的倍数，只有最后一项不能被17整除， 所以除以17的余数为16， 所以除以17的余数为：16 故答案为：16 35．（23-24高二下·上海·期末）若，则 . 【答案】511 【分析】用赋值法，赋值求出，再赋值，求出，相减即可. 【解析】令，， 再令，， 故答案为：511． 36．（23-24高二上·上海·期末）设，则 . 【答案】1 【分析】根据赋值法求解即可； 【解析】根据二项式性质，令解得：， 故答案为：1. 37．（23-24高三上·上海普陀·期末）已知，则 （用数字作答）． 【答案】 【分析】根据题意，利用赋值法分别将和代入已知式子中，得到两个方程，由这两个方程化简整理，即可求出答案． 【解析】由， 令得，，① 令得，，② ①②得，， . 故答案为：. 38．（22-23高二上·上海杨浦·期末）已知，则（    ） A．128 B．2187 C．78125 D．823543 【答案】D 【分析】由展开式通项公式可得系数小于0，系数大于0，由赋值法令，所求值即为. 【解析】的展开式中第项为，故系数， 即当为奇数时，系数小于0，当为偶数时，系数大于0. . 故选：D ( 题型09 ) 解答题 39．（24-25高二上·上海徐汇·期末）在二项式的展开式中： (1)若，求 (2)若所有项的二项式系数和等于4096，求展开式中系数最大的项． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）把代入，利用赋值法求得答案. （2）由二项式系数性质求出，求出展开式的通项公式，列出不等式求出系数最大项. 【解析】（1）当时，， 取，得，取，得， 所以. （2）由所有项的二项式系数和等于4096，得，解得， 二项式展开式的通项公式， 令展开式中系数最大的项是第项，则， 整理得，解得，而，因此， 所以展开式中系数最大的项. 40．（23-24高二下·上海·期末）已知的二项展开式中各项的二项式系数和为64. (1)求二项展开式的中间项； (2)求展开式中的常数项. 【答案】(1) (2)24 【分析】（1）根据二项展开式中各项的二项式系数求出n的值，再结合展开式的通项，即可求得答案； （2）求出展开式中的常数项以及项，即可求得答案. 【解析】（1）由的二项展开式中各项的二项式系数和为64， 得， 的通项为， 二项展开式的中间项为第4项，即； （2）结合（1）可得的常数项为， 展开式中的项为， 展开式中的常数项为. 41．（21-22高二下·上海松江·期末）（1）用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的五位数？ （2）用0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的六位数，若所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列，则240135是第几项． 【答案】（1）600；（2）193. 【分析】（1）根据题意，先排首位，再排其它位置，进而结合分步计数乘法原理得到答案； （2）根据所给数字，考虑首位数字是1和2两种情况，当首位数字为1时都比240 135小，当首位数字为2时考虑比240 135小的数字，进而根据排列数公式和分类加法计数原理得到答案. 【解析】（1）由于是五位数，首位数字不能为0， 首位数字有种排法； 其它位置有种排法； 所以，用0，1，2，3，4，5可以组成个无重复数字的五位数. （2）由于是六位数，首位数字不能为0， 首位数字为1有个数， 首位数字为2，万位上为0，1，3中的一个有个数， ∴从小到大排列，240 135是第＋＋1＝193个， 即所有的六位数按从小到大的顺序组成一个数列，240 135是数列的第193项 42．（21-22高二下·上海浦东新·期末）一种装有12颗巧克力的礼盒里有草莓和香草两个口味，其中草莓味的有4颗，现从中随机取出3颗，若取出不放回. (1)求全是草莓味的概率； (2)至少有一颗是草莓味的概率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据古典型用组合数计算即可； （2）用对立事件计算. 【解析】（1）从12颗巧克力的礼盒里取出3颗共有种，其中全是草莓味的有种， 故全是草莓味的概率； （2）取出3颗全不是草莓味的有种， 所以至少有一颗是草莓味的概率. 43．（21-22高二上·上海虹口·期末）已知（n为正整数）. (1)若，求n的值； (2)若，，，求和的值（结果用指数幂的形式表示）. 【答案】(1) (2)，， 【分析】（1）先求出二项式展开式的通项公式，然后由列方程可求出n的值， （2）分别令，求出，，进而可求出的值， 【解析】（1）二项式展开式的通项公式为，则 ， 因为， 所以，化简得， ， 得或（舍去）， （2）当时，， 令，得， 令，得， 因为，， 所以， ， 所以， 一、填空题 1．（24-25高二上·上海·期末）平面向量为2维向量，可由2元有序实数组表示；空间向量为3维向量，可由3元有序实数组表示.维向量可由（为正整数）元有序实数组表示.已知维向量，我们称 为该向量的范数，其中，记范数为奇数的的个数为.设，则 . 【答案】985211 【分析】由或可知中有偶数个，计算每种情况下的个数，求和即能得到结果. 【解析】当时，. ∵，∴或. 要使为奇数，则需中有偶数个. 当均不为时，，的个数为， 当中有2个时，，的个数为， 当中有4个时，，的个数为， 当中有6个时，，的个数为， ∴， ∴. 故答案为：985211. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是讨论中0的个数，计算每种情况下的个数，求出的值，即可得到的结果. 2．（23-24高二下·上海·阶段练习）对于定义在非空集上的函数，若对任意的，当，有，则称函数为“准单调递增函数”，若函数的定义域，值域，则在满足这样条件的所有函数中，为“准单调递增函数”的概率是 ． 【答案】 【分析】首先根据值域个数，将定义域中的元素进行分组，求解所有的函数个数，再利用隔板法求函数为增函数的个数，再根据古典概型概率公式，即可求解. 【解析】若函数的值域为，则有1个函数，所以值域为单元素的函数有3个， 若值域为，将定义域中的元素分组为3,3，则有个函数， 将定义域中的元素分组为2,4，则有个函数， 将定义域中的元素分组为1,5，则有个函数， 则共有个函数，所以值域为双元素的函数共有个函数； 若值域为，将定义域中的元素分组为1,2,3，则有个函数， 将定义域中的元素分组为2,2,2，则有个函数， 将定义域中的元素分组为1,1,4，则有个函数， 则共有个函数， 综上可知，共有个函数， 其中，若函数为增函数，当值域为单元素集合，有3个函数，满足条件， 当值域有2个元素，将元素1,2,3,4,5,6中间隔1块板，有5种方法，则有个函数， 若值域有3个元素，则将元素1,2,3,4,5,6中间隔2块板，有种方法，即有10个函数， 综上可知，为增函数的函数有个函数， 所以为增函数的概率. 故答案为： 二、单选题 3．（21-22高二下·上海长宁·期末）的展开式为多项式，其展开式经过合并同类项后的项数一共有（    ） A．72项 B．75项 C．78项 D．81项 【答案】C 【分析】由多项式展开式中的项为，即，将问题转化为将2个隔板和11个小球分成三组，应用组合数求项数即可. 【解析】由题设，多项式展开式各项形式为且， 故问题等价于将2个隔板和11个小球分成三组，即. 故选：C 4．（24-25高二上·上海·期末）已知，其中，为正整数，则“是奇数”是“存在正整数使得”的（    ）条件. A．充分必要 B．充分非必要 C．必要非充分 D．既非充分又非必要 【答案】A 【分析】根据二项式展开式的通项特征得，即可根据组合数的性质得，由充要条件的定义即可判断. 【解析】的展开式的通项为， 若存在正整数使得，则，故，即，由于是正整数且，故为奇数，必要性成立； 反之，若为奇数，设，则，即存在正整数使得，充分性成立. 因此“是奇数”是“存在正整数使得”的充要条件. 故选：A 5．（23-24高二下·上海·期末）现有编号分别为 的小球各两个，每个球的大小与质地均相同．将这个球排成一列，使得任意编号相同的球均不相邻，记满足条件的排列个数为 ，则 （    ） ① 对任意 都是偶数； ② ． A．①②都是真命题 B．①是真命题， ②是假命题 C．①是假命题， ②是真命题 D．①②都是假命题 【答案】A 【分析】注意到为的倍数，故易得为偶数；另一方面由插空法可以得到与间的不等式. 【解析】现有编号分别为的小球各两个，我们现在分两步将这个球排成一列并使得任意编号相同的球均不相邻. 第一步，将这个数分成对数，且每对数均不相邻，设有种分法； 第二步，将个小球中相同编号的两个小球分别放到第一步分得的每一对数对应的位置上，这相当于给这对位置分配这个数，故有种分配方法. 由乘法原理得，， 当时，为偶数；当时，因为为偶数，所以也为偶数. 故任意，都是偶数，①为真命题； 另一方面，若有编号分别为的小球各两个，将它们排成一列且任意编号相同的小球不相邻之后，从这个球产生的个空隙中选出个空隙放入两个编号为的小球，完成这两步由乘法原理有种方法，但完成这两步后这个球的排列满足同号球不相邻，所以.故②也是真命题. 故选：A. 【点睛】思路点睛：先将个球的排列等同于分配到个位置上，任意编号相同的球均不相邻，所以可将个位置的任意两个位置作为一组放置相同编号的球，把两个位置不相邻的组数求出来，再依次选出组依次排列编号相同的两个球即可求解. 三、解答题 6．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知集合，规定：若集合，则称为集合的一个分拆，当且仅当：，，…，时，与为同一分拆，所有不同的分拆种数记为.例如：当，时，集合的所有分拆为：，，，即. (1)求； (2)试用、表示； (3)设，规定，证明：当时，与同为奇数或者同为偶数. 【答案】(1)9 (2) (3)证明见解析 【分析】(1)根据新定义,结合集合元素个数和和不同分拆种数计算即可; (2)先考虑至少进入其中一个的情况类比得到所有元素的情况再应用乘法原理可得; (3) 运用二项式定理将展开，把转化为, 即可证明与同为奇数或者同为偶数. 【解析】（1）集合， 对于每一个，都有进入或不进入两种可能， 而且至少进入其中一个， 所以有种进入、的不同方法； 同理有种进入、的不同方法； 由分步计数原理，、进入、共有种不同方法， 即. （2）因为集合， 下面按是否进入分为步求， 第一步：对于每一个，都有进入或不进入两种可能， 而且至少进入其中一个， 所以有种进入、、…、的不同方法； 第二步：同理有种进入、、…、的不同方法； … 第步：同理有种进入、、…、的不同方法. 由分步计数原理，、、…、进入、、…、， 共有种不同方法，即. （3）运用二项式定理将展开， ， 其中， ，其中， 所以当为奇数时，为奇数； 当为偶数时，也为偶数， 即与同为奇数或者同为偶数. 24 / 24 学科网（北京）股份有限公司 $$