专题11 计数原理-【创新教程】2021-2025五年高考真题数学分类特训

　 　　　　　　专题十一　计数原理 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 　　排列、组合的实际应用在高考中出现的频率逐年上升,二项式中求某项的系数、常数项问 题出现的频率正在有所减弱,排列、组合是计数原理中解决问题最基本、最重要的内容,应用 好计数原理可以更好地解决生活中的实际问题．同时虽然二项式中求某项的系数、常数项问 题正在有所减弱,但也不可忽视对此问题的掌握,只有更全面的掌握知识才能在高考中稳定 得分． 第１节　排列　组合 １．(２０２３􀅰全国甲卷(理),９)现有５名志愿者 报名参加公益活动,在某一星期的星期六、 星期日两天,每天从这５人中安排２人参加 公益活动,则恰有１人在这两天都参加的不 同安排方式共有 (　　) A．１２０种 B．６０种 C．３０种 D．２０种 ２．(２０２３􀅰全国乙卷(理),７)甲、乙两位同学从 ６种课外读物中各自选读２种,则这两人选 读的课外读物中恰有１种相同的选法共有 (　　) A．３０种 B．６０种 C．１２０种 D．２４０种 ３．(２０２２􀅰新高考Ⅱ卷,５)甲、乙、丙、丁、戊５ 名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在 两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有 (　　) A．１２种 B．２４种 C．３６种 D．４８种 ４．(２０２１􀅰全国乙卷(理),６)将５名北京冬奥 会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球 和冰壶４个项目进行培训,每名志愿者只分 配到１个项目,每个项目至少分配１名志愿 者,则不同的分配方案共有 (　　) A．６０种 B．１２０种 C．２４０种 D．４８０种 ５．(２０２５􀅰上海卷,９)４个家长和２个儿童去 爬山,６个人需要排成一条队列,要求队列 的头和尾均是家长,则不同的排列种数有 　　　种． ６．(２０２４􀅰上海卷,１０)设集合A 中的元素皆 为无重复数字的三位正整数,且元素中任意 两者之积皆为偶数,求集合中元素个数的最 大值为　　　　． ７．(２０２３􀅰新课标Ⅰ卷,１３)某学校开设了４门 体育类选修课和４门艺术类选修课,学生需 从这８门课中选修２门或３门课,并且每类 选修课至少选修１门,则不同的选课方案共 有　　　　种(用数字作答)． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ４０１ 最新真题分类特训􀅰数学 第２节　二项式定理 [考点１]　二项式定理的展开式及其通项 １．(２０２１􀅰新高考Ⅱ卷,１２)(多选)设正整数n ＝a０􀅰２０＋a１􀅰２＋􀆺＋ak－１􀅰２k－１＋ak􀅰 ２k,其中ai∈{０,１},记ω(n)＝a０＋a１＋􀆺＋ ak,则 (　　) A．ω(２n)＝ω(n) B．ω(２n＋３)＝ω(n)＋１ C．ω(８n＋５)＝ω(４n＋３) D．ω(２n－１)＝n ２．(２０２５􀅰上海卷,４)在二项式(２x－１)５ 的展 开式中,x３ 的系数为　　　． ３．(２０２５􀅰天津卷,１１)在(x－１)６ 的展开式 中,x３ 项的系数为　　　　． ４．(２０２４􀅰天津卷,１１)在 ３x３＋ x３ ３ æ è ç ö ø ÷ ６ 的展开式 中,常数项为　　　　． ５．(２０２４􀅰上海卷,６)在(x＋１)n 的展开式中, 若各项系数和为３２,则展开式中x２ 的系数 为　　　　． ６．(２０２１􀅰北京卷,１１)x３－１x æ è ç ö ø ÷ ４ 的展开式中 常数项为　　　　． [考点２]　项的系数与二项式系数的性质 １．(２０２５􀅰北京卷,１２)已知(１－２x)４＝a０－ ２a１x＋４a２x２－８a３x３＋１６a４x４,则a０＝　　 　　　　;a１＋a２＋a３＋a４＝　　　　． ２．(２０２４􀅰全国甲卷(理),１３)１３＋x æ è ç ö ø ÷ １０ 的展 开式中,各项系数中的最大值为　　　　． ３．(２０２３􀅰天津卷,１１)在 ２x３－１x æ è ç ö ø ÷ ６ 的展开式 中,x２ 的系数为　　　　． ４．(２０２３􀅰上海卷,１０)已知(１＋２０２３x)１００＋ (２０２３－x)１００ ＝a０ ＋a１x＋a２x２ ＋ 􀆺 ＋ a１００x１００,其中a０,a１,a２,􀆺,a１００∈R,若k∈ {０,１,２,􀆺,１００}且ak＜０时,则k的最大值 是　　　　． ５．(２０２２􀅰新高考Ⅰ卷,１３)１－yx æ è ç ö ø ÷(x＋y)８ 的展开式中x２y６ 的系数为　　　　(用数 字作答)． ６．(２０２２􀅰浙江卷,１２)已知多项式(x＋２)(x －１)４ ＝a０ ＋a１x＋a２x２ ＋a３x３ ＋a４x４ ＋ a５x５,则a２＝　　　　,a１＋a２＋a３＋a４＋a５ ＝　　　　． ７．(２０２１􀅰天津卷,１１)在 ２x３＋１x æ è ç ö ø ÷ ６ 的展开式 中,x６ 的系数是　　　　． ８．(２０２１􀅰浙江卷,１３)已知多项式(x－１)３＋ (x＋１)４＝x４＋a１x３＋a２x２＋a３x＋a４,则a１ ＝　　　　;a２＋a３＋a４＝　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５０１ 第二部分　专题十一　计数原理 所以S△PAB＝ １ ２|PQ| 􀅰|x１－x２|＝ １ ２ y１＋y２ ２ －y０ 􀅰|x１－x２|＝ １ ４ x２１＋x２２ ４ －２y０ 􀅰|x１－x２|＝ １ １６|x１－x２| ３＝１１６ (|x１－x２|２)３＝ １ １６ ( (x１＋x２)２－４x１x２ )３ ＝ １ １６ ( ４x２０－１６y０ )３ ＝１２ (x２０－４y０)３(∗) 又点P(x０,y０)在圆 M:x２＋(y＋４)２＝１,所以x２０＝１－ (y０＋４)２ 代 入 (∗)式 得 S△PAB ＝ １ ２ (－y２０ －１２y０ － １５) ３ ２ ,而y０∈[－５,－３], 所以y０＝－５时,面积最大值S△PAB＝２０ ５． 答案:(１)p＝２;(２)S△PAB＝２０ ５ 专题十一　计数原理 第１节　排列 组合 １．B　不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e, 假设a连续参加了两天社区服务,再从剩余的４人抽取 ２人各参加星期六与星期天的社区服务,共有 A２４＝１２种 方法, 同理:b,c,d,e连续参加了两天社区服务,也各有１２种 方法, 所以恰有１人连续参加了两天社区服务的选择种数有５ ×１２＝６０种．故选B． ２．C　首先确定相同的读物,共有 C１６ 种情况, 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的５种读 物里,选出两种进行排列,共有 A２５ 种, 根据分步乘法公式,则共有 C１６􀅰A２５＝１２０(种)．故选 C． ３．B　先利用捆绑法排乙丙丁戊四人,再用插空法选甲的 位置,则有 A２２A３３C１２＝２４种,故选B． ４．C　平均分组问题．先分组有 C２５C１３C１２C１１ A３３ ＝１０种,再排序 １０A４４＝２４０种． ５．解析:本题考查了排列组合的应用． 首先安排两个家长在两端,然后再排中间四人,共有 A２４ 􀅰A４４＝２８８种． 答案:２８８ ６．解析:由题意可知,集合A 中每个元素都互异,且元素中 最多有一个奇数,剩余全是偶数． 先研究集合中无重复数字的三位偶数; (１)若个位为０,这样的偶数有 A２９＝７２种; (２)若个位不为０,这样的偶数有 C１４􀅰C１８􀅰C１８＝２５６种; 所以集合元素个数最大值为２５６＋７２＋１＝３２９种． 答案:３２９ ７．解析:当从这８门课中选修２门课时,共有 C１４􀅰C１４＝１６; 当从这８门课中选修３门课时,共有 C１４􀅰C２４＋C２４􀅰C１４＝ ４８;综上可知,共有６４种不同的选课方案． 答案:６４ 第２节　二项式定理 考点１　二项式定理的展开式及其通项 １．ACD　考查新定义问题,主要是二进制各位数字和的运 算,属于偏难的题目． 设n＝a０＋２a１＋２２a２＋􀆺＋２kak,则２n＝０＋２a０＋２２a１ ＋􀆺＋２k＋１ak,∴ω(２n)＝ω(n)＝a０＋a１＋􀆺＋ak,A 正 确;取n＝２,ω(７)＝３≠ω(２)＝１,B不正确;８n＋５＝１＋ ０×２＋１×２２＋２３a０＋２４a１＋􀆺＋２k＋３ak,４n＋３＝１＋１× ２＋２２a０＋２３a１＋􀆺＋２k＋２ak,ω(８n＋５)＝ω(４n＋３)＝２＋ ω(n),C正确;比较容易的判断是 D 选项,２n－１可以看 成数列１,２,４,８,􀆺,２n－１的前n项和,翻译成二进制数就是 １１􀆺１(n个１),所以各位数字和ω(２n－１)＝n,D正确． ２．解析:本题考查了二项式定理中项的系数的求法． ∵(２x－１)５ 展开式的通项 Tr＋１＝Cr５(２x)５－r．(－１)r＝ (－１)rCr５２５－r􀅰x５－r 令５－r＝３, 得r＝２ ∴x３ 的系数为:C２５２３(－１)２＝８０ 答案:８０ ３．解析:本题 考 查 了 二 项 式 定 理．求 特 定 项 系 数,Tr＋１＝ Cr６x６－r(－１)r＝(－１)rCr６x６－r,令６－r＝３,∴r＝３． ∴展开式中含x３ 的系数为(－１)３C３６＝－２０． 答案:－２０ ４．解析:因 为 ３x３＋ x３ ３( ) ６ 的 展 开 式 的 通 项 为 Tr＋１ ＝Cr６ ３ x３( ) ６－r x３ ３( ) r ＝３６－２rCr６x６ (r－３),r＝０,１,􀆺,６, 令６(r－３)＝０,可得r＝３, 所以常数项为３０C３６＝２０． 答案:２０ ５．解析:由题意可知,令x＝１得,展开式中各项系数的和 是(１＋１)n＝３２,所以n＝５,该二项式的展开式的通项公 式是Tr＋１＝Cr５􀅰x５－r􀅰１r,令５－r＝２,得r＝３,则x２ 项 的系数为 C３５＝１０． 答案:１０ ６．解析:x３－１x( ) ４ 展开式的通项为Tr＋１＝ Cr４(x３)４－r － １ x( ) r ＝(－１)rC３４x１２－４r 令１２－４r＝０,∴r＝３,所以常数项为 T４＝(－１)３C３４＝ －４． 答案:－４ 考点２　项的系数与二项式系数的性质 １．解析:利用赋值法可求a０,利用换元法结合赋值法可求 a１＋a２＋a３＋a４ 的值． 令x＝０,则a０＝１, 又(１－２x)４＝a０－２a１x＋４a２x２－８a３x３＋１６a４x４, 故(１－２x)４＝a０＋a１(－２x)＋a２(－２x)２＋a３(－２x)３＋ a４(－２x)４, 令t＝－２x,则(１＋t)４＝a０＋a１t＋a２t２＋a３t３＋a４t４, 令t＝１,则a０＋a１＋a２＋a３＋a４＝２４,故a１＋a２＋a３＋a４ ＝１５ 答案:１　１５ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １１２ 详解详析 ２．解 析: １３＋x( ) １０ 的 展 开 式 的 通 项 为 Tk＋１ ＝ Ck１０ １ ３( ) １０－k 􀅰 xk,设 第 k ＋ １ 项 的 系 数 最 大, 则 Ck１０ １ ３( ) １０－k ≥Ck＋１１０ １ ３( ) ９－k , Ck１０ １ ３( ) １０－k ≥Ck－１１０ １ ３( ) １１－k , ì î í ïï ï 解得２９ ４≤k≤ ３３ ４ ,因为k∈Z,所以k＝８ 所以展开式中第９项的系数最大,为 C８１０ １ ３( ) ２ ＝５． 答案:５ ３．解析:展开式的通项公式 Tk＋１＝Ck６(２x３)６－k － １ x( ) k ＝(－１)k×２６－k×Ck６×x１８－４k, 令１８－４k＝２,可得k＝４, 则x２ 项的系数为(－１)４×２６－４×C４６＝４×１５＝６０． 答案:６０ ４．解析:ak＝Ck１００(２０２３x)k＋(－１)kCk１００２０２３１００－kxk＜０, 依题意k为奇数,∴２０２３k＜２０２３１００－k,k＜１００－k⇒k＜ ５０⇒kmax＝４９． 答案:４９ ５．解析:原式等于(x＋y)８－yx (x＋y)８,由二项式定理,其展 开式中x２y６ 的系数为C６８－C５８＝C２８－C３８＝－２８． 答案:－２８ ６．解析:由题a２＝１×C３４(－１)３＋２×C２４􀅰(－１)２＝８． 令x＝１,则a０＋a１＋a２＋a３＋a４＋a５＝０ 又a０＝２,所以a１＋a２＋a３＋a４＋a５＝－２． 答案:８,－２ ７．解析:２x３＋１x( ) ６ 的展开式的通项为Tr＋１＝ Cr６(２x３)６－r １ x( ) r ＝２６－rCr６􀅰x１８－４r, 令１８－４r＝６,解得r＝３, 所以x６ 的系数是２３C３６＝１６０． 答案:１６０ ８．解析:根据二项式通项公式:a１x３＝C０３x３(－１)０＋C１４x３×１ ＝５x３,故a１＝５; 同理,a２x２＝C１３x２(－１)１＋C２４x２×１２＝－３x２＋６x２＝３x２ ⇒a２＝３, a３x＝C２３x１(－１)２＋C３４x１×１３＝３x＋４x＝７x⇒a３＝７,a４ ＝C３３x０(－１)３＋C４４x０×１４＝０, 所以a２＋a３＋a４＝１０． 答案:５　１０ 专题十二　概率与统计 第１节　随机事件与古典概型 考点１　随机事件的概率 B　因为公司可以完成配货１２００份订单,则至少需要志 愿者为１６００＋５００－１２００ ５０ ＝１８ 名． 考点２　古典概型 １．B　甲、乙、丙、丁四人排成一列共有２４种可能,丙不在 排头,且甲或乙在排尾的共有８种可能,P＝８２４＝ １ ３ ,故 选B． ２．D　设高一年级的两名学生为甲、乙,高二年级的两名学 生为丙、丁,则从这４名学生中随机选２名的方法如下: (甲、乙),(甲、丙),(甲、丁),(乙、丙),(乙、丁),(丙、丁), 共６种方法,其中二人来自不同年级的方法有４种,故所 求概率为P＝４６＝ ２ ３． 故选 D． ３．A　根据古典概率模型求出所有情况以及满足题意的情 况,即可得到概率． 甲有６种选择,乙也有６种选择,故总数共有 ６×６＝３６种, 若甲、乙抽到的主题不同,则共有３０种, 则其概率为３０ ３６＝ ５ ６ ,故选:A． ４．C　无放回随机抽取２张方法有(１,２),(１,３),(１,４),(１,５), (１,６),(２,３),(２,４),(２,５),(２,６),(３,４),(３,５),(３,６),(４,５), (４,６),(５,６)共１５种,其中数字之积为４的倍数的是(１,４), (２,４),(２,６),(３,４),(４,５),(４,６)共６种,p＝mn ＝ ２ ５ ,故 选C． ５．D　总事件数共 C２７＝ ７×６ ２ ＝２１ , 取到的２个数互质的为 第一个数取２时,第二个数可以是３,５,７; 第一个数取３时,第二个数可以是４,５,７,８; 第一个数取４时,第二个数可以是５,７; 第一个数取５时,第二个数可以是６,７,８; 第一个数取６时,第二个数可以是７; 第一个数取７时,第二个数可以是８; 所以P＝３＋４＋２＋３＋１＋１２１ ＝ １４ ２１＝ ２ ３． ６．C　由将４个１和２个０随机排成一行共有 C２６ 种排法, 先将４个１全排列,再将２个０用插空法共有 C２５ 种排 法,则题目所求的概率为P＝C ２ ５ C２６ ＝２３． 故选 C． ７．解析:本题相当于{１,３,５,７}与{２,４,６,８}的搭配问题,总 共有 A４４＝２４种方法, 把甲的卡片标号分为A１＝{１,３},A２＝{５,７}两组,把乙 的卡片标号分为B１＝{２,４},B２＝{６,８}两组, 要使甲得分不少于两分,甲的卡片标号大的次数至少有 两次, ①A２ 与B１ 搭配,一共有 A２２􀅰A２２＝４种; ②A２ 与B２ 搭配,只能是５配８,７配６,１配４,３配２,一 共有１种; ③A２ 与B１ 中一个,与B２ 中一个搭配; (１)若B１ 选择２,则B２ 必不能选８,故{５,７}与{２,６}搭 配,{１,３}与{４,８}搭配,一共有２种; (２)若B１ 选择４,分两种情况: 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ２１２ 最新真题分类特训􀅰数学