专项突破12 计数原理与排列组合的综合应用-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019)

所以决赛时，恰好有2名女生相邻进行创作陈述的概率P(C)= 7 20Q6 (3)设事件D:“在2名男生都陈述结束时，还有k(k=0,1,2,3)名女 生没有陈述”。 则n(Dm=C4A3Ag=（4-)×2x6=12(4-k.由已知12(42=0.2， 120 解得k=2,所以k的值为2 专项突破11多项式和多个二项式乘积的 展开式问题 1.A解析：因为(xy)展开式通项T1=C哈x(-y),(k=0,1,…, 6),所以(x+2y)(xy)6=x(xy)6+2y(xy)6展开式x3y为 *Cgx2(-y)4+2C2x3(-y)3=15x3y+(-40x3y)=-25x3y,故选A 2.C解析：显然(x-1)4=x-4x3+6x2-4x+1,在(2x+1)(x-1)4的展开 式中，1=2×1+1×(-4)=-2,44=2×(-4)+1×1=-7，所以a1+a4 -9故选C. 3.A解析：(x+y)5的展开式的通项为T1=Cx+大.因为 2x2T1=2C少，令7-k=k,得k=子，与keZ矛盾，舍 因为-yT1=-Cxy1,5-4=k+1.得=2，此时-Cx+1 -10xy2,所以n=3,常数项为-10.故选A. 4.B解析：(x+2y-3x)5=[(2y-3:)+x]5展开式的通项公式为T1 C(2y-3z)x,reN,r≤5，若展开式中的项不含x,则r=0,此时符 合条件的项为(2y3)3展开式中的所有项，令y=:=1,得这些项的 系数之和为(-1)3=-1.故选B. 5.AB解析：因为(1-x+mx2)6辰开式为T1=C哈(1-x)(m2)*, 要想得到展开式中的x4项，只能是k=0,k=1和k=2 当k=0时，T1=Cg(1-x)6(mx2)°=Cg(1-x)5, 二项式(1-x)展开式的通项T=C%1(x)”=C%(-1)'x 要想得到x4项只能r=4,此时x的系数为C0C。(-1)4=15: 当k=1时，T2=Cg(1-x)3(mx2)1=C6mr2(1-x)3, 二项式(1-x)3展开式的通项T1=C51(-x)'=C5(-1)'x 要想得到x项，只能r=2,此时x的系数为C6mC(-1)2=60m: 当k=2时，T3=C哈(1-x)(mx2)2=C哈m2x(1-x)4, 二项式(1-x)4展开式的通项T1=C1“(-x)'=C4(-1)x, 要想得到x4项，只能r=0,此时x的系数为C6m2C(-1)°=15m2 所以(1-x+mx2)。展开式中x的系数为15+60m+15m2。 所以15+60m+15m2<90,解得-5<mc1.故选AB. 6.-6解析：由题意得(x2-x+m)的展开式中的常数项与一次项系数 相等，则m°=C(-1)m3,解得m=-6或0（舍去）.故答案为-6 7.29解析：依题意可知1+2+a+4+b=9,即a+b=2,所以a2+b2= 4-2ab≥4(a*b) 2 =2,当且仅当a=b=1时取等号，故a2+b2取得最 小值时，a=b=1. 此时，原式=(x+1)(x+2)(x+4)=(x+1)3(x2+6x+8),因为(x+1) 的展开式的通项为T1=Cx3,当k=0时，含的项的系数为 8C9=8,当k=1时，含x3的项的系数为6C=18,当k=2时，含x 的项的系数为C好=3，故展开式中含x的项的系数为8+18+3=29故 答案为29. 8.解：要得到展开式中的常数项，需要分情况讨论： ①当2的指数为1时，的指数必为2，此时需要(） 的展 开式中出现y2项，即C(y)2 =C2,故此时常数项为 C32=1680: ②当x2的指数为2时， 的指数必为4，此时需要()广'的展 开式中出现y项，由完全平方公式展开可知不可能出现y4项综上， 选择性必修第一册·BS 所求常数项为1680. 9.解：(1)因为(x2+x+1)1=x2+x+1.所以D9=1,D=1,D=1. (2)类比二项式系数性质C1=Cl+C(1≤m≤n,m∈N,n∈N), 三项式系数有如下性质： D=D1+Dg+D'(1≤m≤2n-1), 因为(1+x+x2)n+1=(1+x+x2)·(1+x+2)“ 所以(1+x+x2)1=(1+x+x2)·(D8+D以x+D2x2+…+D2-1x2-1+ D2). 上式左边x1的系数为D,而上式右边x1的系数为D1+ D+D-1, 由(1+x+x2)n1=(1+x+x2)·(1+x+x2)"为恒等式， 得D}=D+Dg+Dg(1≤m≤2n-1). (3)(1+x+2)2m·(x-1)2=(D吲m4+D吲m4x+D吲m4x2+…+ D时8盟·x0w7+D时x40s)×(C9a4x24-Ca42+C3a4x20m C4x2@1+-C好器x+C好)， 其中x2m+系数为Dgm4Cm4-D吲mCm4+D片mC子e4-D吲m4Cm4+ -D204C202+D2024C70* 又(1+x+2)24.(x-1)204=(x2-1)2@4 而二项式(x3-1)2m的通项T+1=(-1)'Cm4(x之)24+ 因为2024不是3的倍数，所以(x3-1)20的展开式中没有x2m4项， 由代数式恒成立，得D吲4C吲m4-D}m4C以a4+D吃4C经a4 D吲a4C号w4+-D8腮C号照+D吲8C=0. 专项突破12计数原理与排列组合的综合应用 1.D解析：由题设S=11,2,3,4,5,6,7,8,9,101,按除以3同余分类 得A0={369,A1=1,4,7,10.A2={2.5,8, 所以p=C+c好+c好+ccC。7 Co 0故选D 2.A解析：当d为偶数，则a×b×C为偶数，有C(CgC+C号C+C)A号= 1104(种)：当d为奇数，则axb×e为奇数，四个数均为奇数.有A= 120(种).所以不同排列方法共有1224种故选A 3.解：(1)根据题意，当末位是0时共有A个，当末位是2或4时共有 C2CA号个，所以共有偶数A+CCA号=60（个）. (2)由题意，万位是4的共有A个，万位为3、千位为2或4的共有 CA号个，万位为3、千位为1的共有A3个，所以大于31000的数共 有A+CA3+A号=42（个）. (3)先排0,1,3，第一种，0排在三个数的第一位，共有ACC个：第 二种.0不排在三个数的第一位，共有CA号A好个，所以数字2和4不 相邻的数共有AC叫C+CA号A程=60（个） 4.B解析：由题意，要求数学课排在上午，体有课排在下午，有A!A;= 8种排法，再排其余4节，有A=24种排法，根据乘法原理，共有 8×24=192(种)排法，故选B. 5.D解析：先将“相声”与“小品”捆绑在一起，有A号种排法，再与其他 4个节目排序，有A:种排法，最后考虑杂技节日在前三位或在后三 LA号A 位情况一样，所以有2 =120种故选D. 6.C解析：求不同的排法种数这件事需要5步：先排3位妈妈，有 A号种排法：把这位爸爸与2位男宝宝按爸爸在2位男宝宝之间，视 为一个整体插人3位妈妈排列形成的中间2个闻隙，有A好种排法： 下面分为两类：①再任取2位女宝宝排在2位没有宝宝的妈妈间 有A好种排法：然后把余下的女宝宝排在男宝宝与妈妈的2个间隙 中，有A:种排法：最后排2位男宝宝，有A种排法，由分步乘法计数 原理得不同的排法种数为A号A号A好A2A3=6×2×6×2×2=288: ②再任取2位女宝宝分别排在男宝宝和妈妈的2个间隙中，有A种 排法：然后把余下的女宝宝排在没有宝宝的妈妈中间，有1种排法： 最后排2位男宝宝，有A好种排法，由分步乘法计数原理得不同的排 法种数为A号A5A号A号=6×2×6×2=144.所以不同的排法种数为288+ 144=432.故选C 黑白题134 四方法总结 解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素（或位夏）的姓质进行 分类：二是按事情发生的过程进行分步，具体地说，解希列组合问冠常 以元素（或住置）为主体，即先满足特殊元素（或位置），再考虑其他元 素（成位夏）. 7.解：(1)从7人中任选5人排列共有A种不同排法，A.B,C三人全在 内有CA?种不同排法，由间接法可得A,B,C三人不全在内共 有A-CA:=1800(种)不同排法. (2)因A,B,C都在内，所以只需从余下4人中选2人，有C种不同 结果，A,B必须相邻，有A号种不同排法，由于C与A,B都不相邻，先 将选出的2人进行全排列共有A好种不同排法，再将A,B这个整体与 C插人到选出的2人所产生的3个空位中有A好种不同排法，由乘法 原理可得共有C号A号A好A1=144种不同排法 (3)分四类：第一类：所选的5人无A,B,共有A=120种排法： 第二类：所选的5人有A、无B,共有CgCA=360种排法； 第三类：所选的5人无A、有B,共有CCA=480种排法： 第四类：所选的5人有A,B,若A排中闻时，有CA=240种捧法， 若A不排中间时，有CCCA号=360种排法，共有C(A+CCA)= 600种排法.综上，共有1560种不同排法. 方法总结 持列中其有典型意义的两类问题是“排数”何题和“排队”问题，地大 多数排列问恩都可转化为这两种形式： (1)无限制条件的排列应用题，直接利用排列数公式计算 (2)有限制条件的排列应用题，采用直接法或问接法，必要时可画出 树状图罗助分析 ①有限制条件的排列问题，优先安排特殊元素成特殊位置： ②对从正面分类繁杂的排列问题，可考虑使用问接法： ③对要求某些元素相邻或不相邻的排列问题，可使用“捆绑法”“籀空法” 8.A解析：测试2次可测出2件次品，不同的测试方法有A3种：测试 3次可测出2件次品，不同的测试方法有CCA!种：测试4次测出 2件次品，不问的测试方法有CC吲A好种：测试4次测出4件正品.不 同的测试方法共有A种，由分类加法计数原理，满足条件的不同的 测试方法共有A+CC吲C+CC吗A+A=114(种).故选A. 9.ACD解析：甲批种子15粒，能发芽的占80%，乙批种子10粒，能发 芽的占70%，则甲批种子有15×80%=12（粒）能发芽，乙批种子有 10×70%=7(粒)能发芽 A从甲批种子中任取两粒，至少一粒能发芽的概率为P=1 C Ci 5故A正确，R从乙批种子中任取两粒，至多一粒能发芽的概率为 3 、PC8-5放B储误C从甲，乙两批种子中各任取一粒，至 少一粒能发芽的概率为P=1 CC.只，故C正确：D.将两批种子 Cis CHo 50 Ch,C时1 混合后，随机抽取一粒能发芽的概率为P C4C2 ,故D正确， 故选ACD. 10.C解析：若甲去B点，则剩余4支教援队，可只去A,C两个点，也可 分为3组去A,B,C三个点， 当剩余4支救援队只去A,C两个点时，队伍分配为1,3或2,2，此时 的分配方法数有C以·C·A好好，C A话 A月=14： 当剩余4支救援队分为3组去A,B,C三个点时，先从4支队伍中选 出2支队伍，即可分为3组，然后分配到3个受灾点即可，此时的分 配方法数有C·A}=36,综上可得，甲去B点，不同的安排方法数是 14+36=50. 同理，甲去C点，不同的安排方法数也是50，所以，不同的安排方法 数是50+50=100.故选C. 参考答案 11.348解析：①若6人乘坐3只船：先将4个大人分成2,1,1三组有 C=6种方法，然后将三组排到3只船有A号=6种方法，再将2个小 孩排到3只船有3×3-1=8（种）方法，所以共有6×6×8=288（种） 方法 ②者6人乘坐2只船：共有 ×A子=60种方法 3 综上，共有288+60=348（种）方法故答案为348。 12.72解析：(1)使用3种形状的风铃，只能E与F相同，A与C相同， B与D相同.此时共有C号·A号=24种挂法. (2)使用4种形状的风铃，此时有两种情况： ①A与C相同，B与D不同：直接将4种风铃挂到A,B,D,E四个点 上，有A4=24种挂法： ②A与C不同，B与D相同：此时与①相同，有A=24种挂法 综上，共有24+24+24=72（种）挂法，故答案为72 13.396解析：将六个扇形区域标号为1到6（如围所示），分两类完成 这件事情： 第一类：若1和3种植的鲜花相同，此时先种植区域1,2和3，有 3×2×1种：再种植区域4,5和6，共有6种：最后种植圆环区域，共有 3×2×1种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共3×2×1×6×3×2× 1=216(种)： 第二类：若1和3种植的鲜花不相同，此时先种植区域1,2和3，有 3×2×1种：再种植区城4,5和6，共有5种：最后种植圆环区城，共有 3×2×1种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共3×2×1×5×3×2× 1=180(种). 按照分类加法计数原理得，共有216+180=396（种）.故答案为396. 专项突破13二项分布与超几何分布的期望与方差 1.C解析：X1服从二项分布B(5,0.8),EX1=5×0.8=4.同理，EX2=5× 0.6=3,E(X1+X2)=EX1+EX2=7.故选C. 2.C解析：由题意可得卖出草莓味冰淇淋的频率为40+60+10了 40 1 由于纪领率视作概率，故实出草莓味冰淇淋的概率为了，已知X表 示抽取卖出的冰淇淋中草莓味的个数，则X服从超几何分布， 且N=20,M=40,n=0,由超几何分布的定义知，p= N ,EX=p,所 以BX=10x=2故选C 3.A解析：当n=2时，专的可能取值为1,2， g5,P6=2)-3C3 P(6=1)=CC2 因此2x号号W名号名子会 92,436 当n=3时，n的可能取值为1,2,3， 婴n- CC 3 P(7=1)= 5,P(=3)= C3C 1 C味 C5' 因此=1写2x号3x写2.Dm=1x兮0x子1x写子 3 1 3 所以E<Em,DE<Dm故选A 解析：因为X-B(n,p),所以EX=m,E(3X)=3p,E(2n- 4.8 )=2n-p,由E(3x)=E(2n-X),得4p=2n,所以p=2 PX==c(行）广=0,1，，由3P(X=)=4P(X=4,得 3C(侵）广=4C(侵)广，即3C=4C,解得a=6,所以r 黑白题135心专项突破12 计数原理与排列组 题组一代数中的排列组合问题 1.(2024·湖北荆门高三月考)从集合S= {x∈NI1≤x≤10}中任取3个不同的数，它 们的和能被3整除的概率为 B c 7 0.0 2.若从1,2,3，…，9这9个整数中取出4个不 同的数排成一排，依次记为a,b,c,d,则使 得a×b×c+d为偶数的不同排列方法有 ( A.1224种 B.1800种 C.984种 D.840种 3.用0,1,2,3,4这五个数字组成没有重复数 字的五位数 (1)在组成的五位数中，所有偶数有多 少个？ (2)在组成的五位数中，大于31000的数有 多少个？ (3)在组成的五位数中，数字2和数字4不 相邻的数有多少个？ 题组已排队问题 4.(2025·江苏常州高二期末)某班一天上午 有4节课，下午有2节课，现要安排该班一 天中语文、数学、英语、体育、艺术、通技各一 节课的课表，要求数学课排在上午，体育课 排在下午，不同的排法种数是 （) A.96 B.192 C.384 D.768 20黑白题数学1选择性必修第一册·BS 合的综合应用 5.(2025·江西上饶高二月考)春节是团圆的 日子，为了烘托这一喜庆的气氛，某村组织 了“村晚”.通过海选，现有6个自编节目需 要安排演出，为了更好地突出演出效果，对 这6个节目的演出顺序有如下要求：“杂技 节目”排在后三位，“相声”与“小品”必须相 继演出，则不同的演出方案有 ( A.240种 B.188种 C.144种 D.120种 6.阳春三月，草长莺飞，三个家庭的3位妈妈 和1位爸爸带着3位女宝宝和2位男宝宝 共9人踏春.在沿行一条小溪时，为了安全 起见，他们排队前进，宝宝不排最前面也不 排最后面，为了方便照顾孩子，每两位大人 之间至多排2位宝宝，由于男宝宝喜欢打 闹，由这位爸爸照看且排在2位男宝宝之 间则不同的排法种数为 () A.216 B.288 C.432 D.512 7.(2024·浙江嘉兴高二期中)从A,B,C等 7人中选出5人排成一排 (1)A,B,C三人不全在内，有多少种排法？ (2)A,B,C都在内，且A,B必须相邻，C与 A,B都不相邻，有多少种排法？ (3)A不允许站排头和排尾，B不允许站在 中间（第三位），有多少种排法？（列式 并用数作答) 题组目“至多”“至少”问题 8.(2024·广东深圳高三模拟)已知6件不同 的产品中有2件次品，现对它们一一测试， 直至找到所有2件次品为止，若至多测试 4次就能找到这2件次品，则不同的测试方 法共有 () A.114种 B.90种 C.106种 D.128种 9.(多选)有两批种子，甲批种子15粒，能发 芽的占80%，乙批种子10粒，能发芽的占 70%,则下列说法正确的有 () A.从甲批种子中任取两粒，至少一粒能发 芽的概率是对 B.从乙批种子中任取两粒，至多一粒能发 芽的概率是名 C.从甲、乙两批中各任取一粒，至少一粒能 发芽的属率是易 D.如果将两批种子混合后，随机抽取一粒， 能发芽的概率为 5 题组四分组与分配问题 10.(2025·江西师大附中高二期末)中国救 援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出 了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进 了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有 5支救援队前往A,B,C3个受灾点执行救 援任务，若每支救援队只能去其中的一个 受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援 队，其中甲救援队只能去B,C两个受灾点 中的一个，则不同的安排方法数是() A.72 B.84 C.100 D.120 11.(2025·安微合肥高三月考)我国河流旅 游资源非常丰富，夏季到景点漂流是很多 家庭的最佳避暑选择，某家庭共6个人，包 括4个大人，2个小孩，计划去贵州漂流.景 点现有3只不同的船只可供他们选择使 用，每船最多可乘3人，为了安全起见，小 孩必须要大人陪同，则不同的乘船方式共 有 种 题组五涂色问题 12.(2025·江西师大附中高二期末)中国古 建筑闻名于世，源远流长.如图①所示的五 脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式， 该屋顶的结构示意图可近似地看作如图 ②所示的五面体EF-ABCD.现装修工人准 备用四种不同形状的风铃装饰五脊殿 EF-ABCD的六个顶点，要求E,F处用同一 种形状的风铃，其他每条棱的两个顶点挂 不同形状的风铃，则不同的装饰方案共有 种 13.(2024·浙江宁波高二期中)某景区内有 如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域 需栽种植物，要求同一区域中种同一种植 物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的 3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形 区域种植鲜花.现有3种不同的绿色植物 和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽 种方案共有 种 进阶突破·专项练21