专题03 计数原理（四大题型）（福建专用）-【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03 计数原理 题型概览 题型01分类加法、分步乘法 题型02排列及排列数公式 题型03组合及组合数公式 题型04二项式定理 ( 题型0 1 ) 分类加法、分步乘法 1．（23-24高二下·福建泉州·期末）用4种不同的颜色对右侧图形中的4个区域进行着色，相邻两个区域颜色不同，则不同的着色方法种数等于（    ） A．16 B．24 C．48 D．256 2．（23-24高二下·福建泉州·期末）如图为某公交线路图的一部分，现在6名同学从安一中站点上车，分组到人民银行、实验小学、凤山公园、凤山书院4个站点参加公益宣传活动，每个站点至少一人，且实验小学站至少2人，则下车的不同方案种数为（    ） A．120 B．480 C．540 D．660 3．（23-24高二下·福建·期末）某快件从甲送到乙需要5个转运环节，其中第1，2两个环节各有a，b两种方式，第3，4两个环节各有b，c两种方式，第5个环节有d，e两种方式，则快件从甲送到乙，第一个环节使用a方式的送达方式有 种；从甲到乙恰好用到4种方式的送达方式有 种. ( 题型02 ) 排列及排列数公式 4．（23-24高二下·福建福州·期末）福厦高铁全线共设8个客运站：福州南、福清西、莆田、泉港、泉州东、泉州南、厦门北、漳州，则铁路部门应为福厦高铁线上的这8个站间准备不同的火车票的种数为（    ） A．28 B．56 C．64 D．112 5．（23-24高二下·福建泉州·期末）某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个互动节目，现将这2个互动节目插入节目单中，要求互动节目既不排在第一位，也不排在最后一位，且不相邻，那么不同的插法种数为（     ） A．6 B．10 C．12 D．20 6．（20-21高二下·重庆九龙坡·阶段练习）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种 B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种 C．甲乙不相邻的排法种数为82种 D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 ( 题型03 ) 组合及组合数公式 7．（23-24高二下·福建厦门·期末）把5张座位编号为1，2，3，4，5的电影票全部分给4个人，每人至少分1张，至多分2张，且这两张票具有连续的编号，那么不同的分法共有 种.（用数字作答） 8．（23-24高二下·福建三明·期末）一项活动有7个名额需要分配给3个单位，每个单位至少一个名额且各单位名额个数互不相同的分配方法种数是 .（用数字表示） 9．（23-24高二下·福建南平·期末）将分别标有数字1，2，3，4，5的五个小球放入A，B，C三个盒子，每个小球只能放入一个盒子，每个盒子至少放一个小球．若标有数字1和2的小球不放入同一个盒子，则不同方法有（    ） A．72种 B．42种 C．114种 D．36种 10．（23-24高二下·福建福州·期末）某班安排甲、乙、丙、丁4位同学参加3项不同的社会公益活动，要求每项活动至少有1人参加，且甲、乙不能参加同一项活动，则共有 种不同的安排方案．（用数字作答） 11．（23-24高二下·福建福州·期末）按要求列出式子，再计算结果，用数字作答. (1)在5件产品中，有3件正品，2件次品，从这5件产品中任意抽取3件. （ⅰ）抽出的3件中恰有1件正品的抽法有多少种？ （ⅱ）抽出的3件中至少有1件次品的抽法有多少种？ (2)现有，，等5人排成一排照相，按下列要求各有多少种不同的排法. （ⅰ）若，之间恰有一人，有多少种不同的排法？ （ⅱ）不站左端，且不站右端，有多少种不同的排法？ 12．（23-24高二下·福建福州·期末）对给定的正整数，令．对任意，，定义与的距离．设A是的至少含有两个元素的子集，集合中的最小值称为A的特征值，记作． (1)设，，直接写出集合的特征值； (2)当时，求证：存在集合A满足对任意，都存在唯一的，使得，且A中不同元素之间的距离为5； (3)当时，且，求A中元素个数的最大值． ( 题型0 4 )二项式定理 13．（23-24高二下·福建泉州·期末）已知，则（     ） A． B． C．二项式系数和为256 D． 14．（23-24高二下·福建三明·期末）已知，则（    ） A．的值为2 B．的值为 C．的值为 D．当时，除以11的余数为10 15．（23-24高二下·福建厦门·期末）展开式中各项系数之和为64，则该展开式中的系数是（    ） A． B． C．60 D．240 16．（23-24高二下·福建·期末）的展开式中，常数项为（    ） A． B． C．141 D．140 17．（23-24高二下·福建泉州·期末）已知的展开式中含的系数等于2，则 . 18．（23-24高二下·福建南平·期末）已知的展开式中，二项式系数和为64． (1)求展开式中各项系数的和； (2)求展开式中含的项． 1．（23-24高二下·福建福州·期末）将4个不同的小球全部投入3个不同的盘子（每个盒子容纳的小球的个数不限），则所有的投放方法数为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·福建南平·期末）若，则n的值可能为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 3．（23-24高二下·福建泉州·期末）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，第 行会出现三个相邻的数，其比为2:3:4.    2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 计数原理 题型概览 题型01分类加法、分步乘法 题型02排列及排列数公式 题型03组合及组合数公式 题型04二项式定理 ( 题型0 1 ) 分类加法、分步乘法 1．（23-24高二下·福建泉州·期末）用4种不同的颜色对右侧图形中的4个区域进行着色，相邻两个区域颜色不同，则不同的着色方法种数等于（    ） A．16 B．24 C．48 D．256 【答案】C 【分析】根据分步计数原理，即可求解. 【详解】利用分步计数原理，先涂两两挨着的3块，再涂最后一块，有种不同的方法. 故选：C 2．（23-24高二下·福建泉州·期末）如图为某公交线路图的一部分，现在6名同学从安一中站点上车，分组到人民银行、实验小学、凤山公园、凤山书院4个站点参加公益宣传活动，每个站点至少一人，且实验小学站至少2人，则下车的不同方案种数为（    ） A．120 B．480 C．540 D．660 【答案】D 【分析】分别考虑实验小学站2人，实验小学站3人，根据分组分配问题，结合排列组合即可求解． 【详解】当实验小学站2人，种． 实验小学站3人，种． 则下车的不同方案种数为． 故选：D． 3．（23-24高二下·福建·期末）某快件从甲送到乙需要5个转运环节，其中第1，2两个环节各有a，b两种方式，第3，4两个环节各有b，c两种方式，第5个环节有d，e两种方式，则快件从甲送到乙，第一个环节使用a方式的送达方式有 种；从甲到乙恰好用到4种方式的送达方式有 种. 【答案】 16 16 【分析】根据题意，直接由分步乘法计数原理代入计算，即可求解；若1，2，3，4个环节必须包含三种不同的运输方式，分为若第1，2个环节运输方式相同，和第1，2个环节运输方式不相同两类，分类分步研究可解. 【详解】由题意可得，若第一个环节使用a方式的送达方式有种； 快递从甲送到乙有4种运输方式，且第5个环节从d，e两种运输方式中选一种， 1，2，3，4个环节必须包含三种不同的运输方式， 若第1，2个环节运输方式相同，则只能都选，则3，4个环节一个选，一个选， 则有种， 若第1，2个环节运输方式不相同，则已经包含两种运输方式， 则3，4个环节一个选，一个选，或者都选， 则由种， 快递从甲送到乙有4种运输方式的运输顺序共有种. 故答案为：16；16 ( 题型02 ) 排列及排列数公式 4．（23-24高二下·福建福州·期末）福厦高铁全线共设8个客运站：福州南、福清西、莆田、泉港、泉州东、泉州南、厦门北、漳州，则铁路部门应为福厦高铁线上的这8个站间准备不同的火车票的种数为（    ） A．28 B．56 C．64 D．112 【答案】B 【分析】由排列的定义求解． 【详解】火车票是要分出发站与到达站，是有顺序的，故不同的火车票的种数为：， 故选：B 5．（23-24高二下·福建泉州·期末）某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个互动节目，现将这2个互动节目插入节目单中，要求互动节目既不排在第一位，也不排在最后一位，且不相邻，那么不同的插法种数为（     ） A．6 B．10 C．12 D．20 【答案】C 【分析】利用插空法，原定5个节目之间有4个空位，从中选择2个安排互动节目即可，结合排列数计算即可求解. 【详解】根据题意：原定5个节目之间有4个空位，从中选择2个安排互动节目即可， 所以不同的插法种数为. 故选：C. 6．（20-21高二下·重庆九龙坡·阶段练习）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（ ） A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种 B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种 C．甲乙不相邻的排法种数为82种 D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种 【答案】ABD 【分析】对于A，根据甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，利用捆绑法求解判断；对于B，分最左端排甲，和最左端排乙两类求解判断；对于C，根据甲乙不相邻，利用插空法求解判断；对于D，根据甲乙丙从左到右的顺序排列，通过除序法求解判断. 【详解】对于A，如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有种，A正确； 对于B，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，若最左端排甲，有种排法；若最左端排乙，有种排法，合计不同的排法共有42种，B正确； 对于C，甲乙不相邻的排法种数有种，C不正确； 对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，D正确. 故选：ABD ( 题型03 ) 组合及组合数公式 7．（23-24高二下·福建厦门·期末）把5张座位编号为1，2，3，4，5的电影票全部分给4个人，每人至少分1张，至多分2张，且这两张票具有连续的编号，那么不同的分法共有 种.（用数字作答） 【答案】96 【分析】由题意得先从5张票中选出两张连续编号的票，再将这两张连续的票分给其中1人，最后将剩下的3张票分给剩下的3人即可. 【详解】由题意得先从5张票中选出两张连续编号的票，有12，23，34，45，4种方法， 再将这两张连续的票分给其中1人，有种方法， 最后将剩下的3张票分给剩下的3人，有种方法， 所以由分步乘法原理可知共有种方法. 故答案为：96 8．（23-24高二下·福建三明·期末）一项活动有7个名额需要分配给3个单位，每个单位至少一个名额且各单位名额个数互不相同的分配方法种数是 .（用数字表示） 【答案】6 【分析】先确定分配方式为1，2，4，再排列即可. 【详解】解：因为每个单位至少一个名额且各单位名额个数互不相同， 所以7个名额需要分配给3个单位的分配方式为：1，2，4， 所以7个名额需要分配给3个单位的分配方法种数是种， 故答案为：6 9．（23-24高二下·福建南平·期末）将分别标有数字1，2，3，4，5的五个小球放入A，B，C三个盒子，每个小球只能放入一个盒子，每个盒子至少放一个小球．若标有数字1和2的小球不放入同一个盒子，则不同方法有（    ） A．72种 B．42种 C．114种 D．36种 【答案】C 【分析】可先将小球分组去掉1和2在一组的分法，再将三组小球放入三个盒子中即可. 【详解】5个不同的小球，先分成3组，可分为1,1,3,或者是1,2,2， 共种， 将每一种分法放到3个盒子中，共有种不同方法， 根据分步乘法计数原理得：种. 故选：C. 10．（23-24高二下·福建福州·期末）某班安排甲、乙、丙、丁4位同学参加3项不同的社会公益活动，要求每项活动至少有1人参加，且甲、乙不能参加同一项活动，则共有 种不同的安排方案．（用数字作答） 【答案】30 【分析】以丙、丁参加同一项活动和丙、丁不参加同一项活动分类讨论，结合排列组合知识求解即可. 【详解】当丙、丁参加同一项活动时，共有种； 当丙、丁不参加同一项活动时，共有种； 综上，共有30种不同的安排方案． 故答案为：30 11．（23-24高二下·福建福州·期末）按要求列出式子，再计算结果，用数字作答. (1)在5件产品中，有3件正品，2件次品，从这5件产品中任意抽取3件. （ⅰ）抽出的3件中恰有1件正品的抽法有多少种？ （ⅱ）抽出的3件中至少有1件次品的抽法有多少种？ (2)现有，，等5人排成一排照相，按下列要求各有多少种不同的排法. （ⅰ）若，之间恰有一人，有多少种不同的排法？ （ⅱ）不站左端，且不站右端，有多少种不同的排法？ 【答案】(1)（ⅰ）3；（ⅱ）9 (2)（ⅰ）36；（ⅱ）78 【分析】（1）（ⅰ）利用组合数公式和分步乘法原理求解即可；（ⅱ）解法一：抽出的3件中至少有1件次品的抽法有两种情况，利用组合数公式和分类加法原理求解即可；解法二：利用在5件产品中任意抽出3件的抽法数，减去抽出的3件产品全是正品的抽法数可得答案； （2）（ⅰ）利用捆绑法可得答案；（ⅱ）解法一：利用间接法法可得答案；解法二：分为B站左端和B不站左端分别计算可得答案. 【详解】（1）（ⅰ）抽出的3件中恰有1件次品是指1件正品，2件次品， 则有种不同的抽法； （ⅱ）解法一：抽出的3件中至少有1件次品的抽法有两种情况： 只有1件次品的抽法和2件次品的抽法， 由（ⅰ）得有2件次品的抽法为种不同的抽法， 只1件次品的抽法为种不同的抽法， 共有种不同的抽法； 解法二：抽出的3件中至少有1件次品的抽法数， 是在5件产品中任意抽出3件的抽法数， 减去抽出的3件产品全是正品的抽法数， 所以共有种不同的抽法； （2）（ⅰ）将A、某人、B看作一个整体，进行捆绑， 再将另外两人一起排列，所以一共有36种排法； （ⅱ）解法一：因为5个人全排列有排法， 且A站左端有种排法，B站右端有种排法， A站左端且B站右端有种排法， 所以A不站左端，且B不站右端有种排法； 解法二：依题意可得：整件事可分为B站左端，和B不站左端． 若B站左端，则其他4人全排列，有种排法； 若B不站左端，则其他3人中选出1人站在左端，有种选法， 又由于B不站左端，也不站右端，有种排法， 剩下3人有有种排法，所以B不站左端有排法； 所以A不站左端，且B不站右端有排法. 12．（23-24高二下·福建福州·期末）对给定的正整数，令．对任意，，定义与的距离．设A是的至少含有两个元素的子集，集合中的最小值称为A的特征值，记作． (1)设，，直接写出集合的特征值； (2)当时，求证：存在集合A满足对任意，都存在唯一的，使得，且A中不同元素之间的距离为5； (3)当时，且，求A中元素个数的最大值． 【答案】(1)， (2)证明见详解 (3) 【分析】（1）根据与的距离的定义，直接求出的最小值即可； （2）定义对任意，定义，可得，，进而分析证明； （3）一方面先证明中元素个数至多有个元素，另一方面证明存在集合中元素个数为个满足题意，进而得出A中元素个数的最大值； 【详解】（1）由题意可知：对任意，且，均有， 对于集合A：对任意，且， 均有，所以； 集合：取或或， 可得，所以． 所以，． （2）对任意，则，且，， 对任意，定义， 则， 且对任意，则， 令集合，由可知满足A中不同元素之间的距离为5， 由题意可知：对任意，且，均有， 若，则令，即满足； 若，则令，则，即满足； 综上所述：存在集合A满足对任意，都存在唯一的，使得，且A中不同元素之间的距离为5. （3）由题意可知：对任意，且，均有， 对任意的， 即， 则，故， 即对任意，均能对应一个元素， 令集合，则， 则且A和的元素个数相同， 又因为中共有个元素，其中至多一半属于A，故A中至多有个元素； 设是偶数， 则对任意的，，， 都有A中的元素个数为， 易得与奇偶性相同， 可知为偶数， 又，则，所以， 注意到，且它们的距离为2， 故此时A满足题意； 综上所述：A中元素个数的最大值为． 【点睛】关键点点睛：1.第二问：通过构建，说明，，即可分析证明； 2.第三问：先分析元素个数的可能最大值，再证明其存在即可. ( 题型0 4 )二项式定理 13．（23-24高二下·福建泉州·期末）已知，则（     ） A． B． C．二项式系数和为256 D． 【答案】BC 【分析】对于A，由二项式定理求解，对于B，令，对于C，直接由二项式系数公式求解，对于D，先两边求导，再令求解． 【详解】解：对于A项，，故A项错误； 对于B项，令，得，故B项正确； 对于C项，二项式系数和为：；故C项正确； 对于D项，对二项展开式两边求导得，， 令，得，故D项错误； 故选：BC 14．（23-24高二下·福建三明·期末）已知，则（    ） A．的值为2 B．的值为 C．的值为 D．当时，除以11的余数为10 【答案】ACD 【分析】对于AC：利用赋值法分析求解；对于B：根据二项展开式的通项公式分析求解；对于D：整理可得，结合二项展开式分析求解. 【详解】因为， 对于选项A：令，则； 对于选项B：因为的通项为， 可知含项为， 所以的值为，故B错误； 对于选项C：令，则； 令，则； 所以，故C正确； 对于选项D：令，则， 因为， 可知除以11的余数为， 则除以11的余数为，且除以11的余数为， 所以当时，除以11的余数为10，故D正确； 故选：ACD. 15．（23-24高二下·福建厦门·期末）展开式中各项系数之和为64，则该展开式中的系数是（    ） A． B． C．60 D．240 【答案】A 【分析】先用赋值法求得项数n，再由多项式乘法分步得到完成项即可. 【详解】取代入，得，解得， 展开式中的项是先从6个因式中选两个取， 再在其余4个因式中选三个取，剩下一个因式取， 这样得到的项为， 故该展开式中的系数是. 故选：A 16．（23-24高二下·福建·期末）的展开式中，常数项为（    ） A． B． C．141 D．140 【答案】C 【分析】利用多项式乘法写出展开式的通项，令的次数为,计算可求常数项． 【详解】展开式的通项公式为： ， 当时，常数项为1； 当时，得常数项为； 当时，得常数项为； 当时，得常数项为； 所以展开式中的常数项为. 故选：C. 17．（23-24高二下·福建泉州·期末）已知的展开式中含的系数等于2，则 . 【答案】/ 【分析】根据题意，由二项式展开式的通项公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为的展开式中含的系数等于2， 即，解得. 故答案为： 18．（23-24高二下·福建南平·期末）已知的展开式中，二项式系数和为64． (1)求展开式中各项系数的和； (2)求展开式中含的项． 【答案】(1)4096； (2). 【分析】（1）利用二项式系数的性质求出，再利用赋值法求出各项系数和. （2）求出展开式的通项公式，再求出指定项. 【详解】（1）由的展开式中，二项式系数和为64，得，解得， 所以展开式中各项系数的和为. （2）展开式的通项公式， 令，得，所以展开式中含的项为. 1．（23-24高二下·福建福州·期末）将4个不同的小球全部投入3个不同的盘子（每个盒子容纳的小球的个数不限），则所有的投放方法数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】每个小球都有3种不同的选择，根据乘法原理可知，所求即为. 故选：A. 2．（23-24高二下·福建南平·期末）若，则n的值可能为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 【答案】BC 【分析】利用组合数公式化简，再利用组合数性质求出n的值. 【详解】依题意，，因此， 所以或. 故选：BC 3．（23-24高二下·福建泉州·期末）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，第 行会出现三个相邻的数，其比为2:3:4.    【答案】34 【分析】由题意可知第行第个数为，连续三项，，，结合组合数运算求解即可. 【详解】由题意可知第行第个数为， 根据题意，设所求的行数为，则存在正整数，使得连续三项，，， 有且．化简得，， 联立解得，． 故第34行会出现满足条件的三个相邻的数． 故答案为：34. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$