第六章 计数原理（单元自测·提升卷）数学人教A版选择性必修第三册

2025-2026学年高中数学单元自测 第六章 计数原理·能力提升（参考答案） 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 2 3 4 5 6 7 8 C C D B D C A C 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 10 11 BD ACD BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．0 13． 14．125 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.（13分）用2，3，4，5这4个数字组成没有重复数字的四位数. (1)求能组成的四位数的个数； (2)求能组成可以被5整除的四位数的个数； (3)求能组成为偶数的四位数的个数. 15.解：（1）能组成的四位数的个数为. ...............4分 （2）能组成可以被5整除的四位数，其个位数字为5，所求个数为. ...............8分 （3）能组成为偶数的四位数，其个位数字为2，4之一，所求个数为. ...............13分 16.（15分）有2件次品，4件正品混放在一起（这6件产品均不相同），现对这6件产品一一进行检测将其区分，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束. (1)若恰在第1次检测时，找到第一件次品，且第4次检测时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的抽法？ (2)一共抽取了5次，检测结束，有多少种不同的抽法？ (3)若至多检测4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的抽法？ (4)若第1次抽到的是次品且第3次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？ （要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 16.解：（1）第1次和第4次为次品，第2，3次测试为正品：共有种. ...............3分 （2）一共抽取5次结束，则 前4次有1次为次品剩下3次为正品，第5次是正品：种， 前4次有1次为次品剩下3次为正品，第5次是次品：种， 共有种. ...............7分 （3）第1，2次测出次品结束：， 前2次有1次测出次品，第3次测出次品结束：， 前3次有1次测出次品，第4次测出次品结束：， 前4次全部测出正品：， 共有种； ...............11分 （4）①最终以正品结束， 则共抽5次，则第1次为次品，其余均为正品，共有种； ②最终以次品结束， 则分三种情况： 共抽4次，则第1，4次为次品，第2，3次为正品，共有种； 共抽5次，则第1，5次为次品，第2，3，4次为正品，共有种； 共有：种. ...............15分 17.（15分）已知（为正整数）的展开式中，末三项的二项式系数的和等于67. (1)求的值，从集合中任取一个元素，求该元素满足不等式的概率； (2)若，求除以7所得的余数； (3)求展开式中系数最大的项. 17.解：（1）展开式末三项的二项式系数分别为， 则，即，整理得， 而为正整数，因此，集合， 从集合中任取一个元素的试验有11个样本点， 满足不等式的事件有一个样本点5，所以所求概率为. ...............4分 （2）当时， ， 所以除以7所得的余数等于13除以7所得的余数6. ...............9分 （3）由（1）知，展开式通项为， 设第项即为系数最大的项，则，整理得，解得， 所以展开式系数最大的项为或. ...............15分 18.（17分）已知.求： (1)； (2)； (3). 18.解：（1）令，得.① 令，得，② 由①-②，得， . ...............5分 （2）， 时，，时，， ， 令，得. ...............10分 （3）因为， 两边分别求导，得， 令，得. ...............17分 19.（17分）在某数据加密系统中，需要生成一对整数校验码.预先设定确定的参数且.从集合中，有放回地随机逐一抽取两个数，分别记为和.若这一对数满足，则称该组校验码为有效码.记生成一组有效码的概率为. (1)当时，求的值； (2)求关于的表达式，并证明：无效码的生成概率小于； (3)现要求连续10次独立生成有效码的概率不低于，且为了保证系统稳定性，的位数应尽可能小，请给出一个满足条件的值并证明. 参考公式：. 19.解：（1）当时，集合中的元素为，，，，样本空间总数为. 列举满足条件的数对：当时，，则，共1种；当，，时，，而的最大值为4，故可取，，，，共种. 符合条件的样本总数为，故. ...............5分 （2）样本空间总数为，记满足条件的样本数为. 当时，因，对于确定的，有种取法，此部分总数为. 当时，因，对于确定的，可取中任意值，此部分共有个，故总数为. 则， 记无效码的生成概率为，则. 因为，故，故，即无效码的生成概率小于，得证. ...............10分 （3）记连续10次独立生成有效码为事件，则. 根据二项式定理有 ， 设， 由（2）知，当时，，故，从而，即. 下面证明. 由于为正数，只需证明，即证， 而，且，即. 对于代数式，随着的增大，分子增大且分母减小，该比值单调递增，故当时，右侧取得最小值，且易知，则，即，则. 要使原不等式成立，只需令其下界满足条件，即，整理得，由（2）中的结论，只需满足，解得.故取整数.综上，一个满足条件的值为667. ...............17分 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2025-2026学年高中数学单元自测 第六章 计数原理·能力提升 建议用时：120分钟，满分：150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.完全展开后的项数是（   ） A．7 B．9 C．12 D．18 2.某地下车库有8个连在一排的车位.现有6辆不同型号的车需要停放，若其中A，B，C，3辆车相邻停放，另3辆车也相邻停放，但这6辆车不停放在一起的不同停放种数为（    ） A．72 B．144 C．216 D．432 3.某体育赛事组委会需从甲、乙、丙、丁位志愿者中选位安排到物资分发、路线指引、医疗协助三个不同服务点，每个服务点人．已知甲不能安排在物资分发服务点，且乙不能在路线指引服务点，则不同的安排方法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 4.如图所示，现要给固定位置的四棱锥的五个面涂上颜色，要求相邻的面涂不同的颜色，可供选择的颜色共有5种，则不同的涂色方案共有（    ） A．360 B．420 C．480 D．660 5.有共六个人，他们的座位分别为，现在要求每一个人坐一个座位，且都不坐自己座位，则共有（   ）种不同的方法． A．9 B．16 C．44 D．265 6.已知，则（    ） A．9 B．10 C．19 D．29 7.设a，b，c，，从满足的所有有序数组中随机抽取一个，则该有序数组中第三个数的概率为（    ） A． B． C． D． 8.设总项数为9的数列满足，从中任取2项，这两项均为偶数的概率为（   ） A． B． C． D． 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.现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（    ） A．从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要选出2个球分给甲、乙两名同学，有210种不同的方法 10.已知如图为方格，挖去左上角的一个方格后，可以用个下列图形完全覆盖住（可以旋转，翻折但不能重叠）的有（    ） A． B． C． D． 11.数的进制是人们利用符号来计数的方法.我们在日常生活中习惯于采用十进制计数与运算，但是在其它领域中，其它进制计数方式也应用广泛，例如计算机处理数据时，采用的就是二进制方法.二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”.若干进制数，其中，则对应的二进制数为.以下说法正确的是（） A．十进制数2025用二进制表示为 B．满足中有且只有3个1的所有二进制数对应的十进制数的和为1275 C．将对应的二进制数中1的个数记为，则 D．将对应的二进制数中0的个数记为，令，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在的展开式中所有项系数的和为32，则 ． 13.现有3个编号为1，2，3的盒子和3个编号为1，2，3的小球，要求把3个小球全部放进盒子中，恰有1个盒子是空盒的方法共有 种. 14.将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色不相同且位置固定的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.（13分）用2，3，4，5这4个数字组成没有重复数字的四位数. (1)求能组成的四位数的个数； (2)求能组成可以被5整除的四位数的个数； (3)求能组成为偶数的四位数的个数. 16.（15分）有2件次品，4件正品混放在一起（这6件产品均不相同），现对这6件产品一一进行检测将其区分，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束. (1)若恰在第1次检测时，找到第一件次品，且第4次检测时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的抽法？ (2)一共抽取了5次，检测结束，有多少种不同的抽法？ (3)若至多检测4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的抽法？ (4)若第1次抽到的是次品且第3次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？ （要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 17.（15分）已知（为正整数）的展开式中，末三项的二项式系数的和等于67. (1)求的值，从集合中任取一个元素，求该元素满足不等式的概率； (2)若，求除以7所得的余数； (3)求展开式中系数最大的项. 18.（17分）已知.求： (1)； (2)； (3). 19.（17分）在某数据加密系统中，需要生成一对整数校验码.预先设定确定的参数且.从集合中，有放回地随机逐一抽取两个数，分别记为和.若这一对数满足，则称该组校验码为有效码.记生成一组有效码的概率为. (1)当时，求的值； (2)求关于的表达式，并证明：无效码的生成概率小于； (3)现要求连续10次独立生成有效码的概率不低于，且为了保证系统稳定性，的位数应尽可能小，请给出一个满足条件的值并证明. 参考公式：. 试题 第3页（共4页） 试题 第4页（共4页） 试题 第1页（共4页） 试题 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高中数学单元自测 第六章 计数原理·能力提升 建议用时：120分钟，满分：150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.完全展开后的项数是（   ） A．7 B．9 C．12 D．18 【答案】C 【解析】由分步乘法计数原理得，完全展开后的项数为.故选：C. 2.某地下车库有8个连在一排的车位.现有6辆不同型号的车需要停放，若其中A，B，C，3辆车相邻停放，另3辆车也相邻停放，但这6辆车不停放在一起的不同停放种数为（    ） A．72 B．144 C．216 D．432 【答案】C 【解析】第一步：先排A，B，C，3辆车共有种排法，第二步：再排另3辆车共有种排法，第三步：还剩两个空车位，把两个捆绑体插入两个空车位产生的3个空中共有种排法， 由分步乘法计数原理可知这6辆车不同停放种数共有：种排法.故选：C. 3.某体育赛事组委会需从甲、乙、丙、丁位志愿者中选位安排到物资分发、路线指引、医疗协助三个不同服务点，每个服务点人．已知甲不能安排在物资分发服务点，且乙不能在路线指引服务点，则不同的安排方法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【解析】若甲不入选，则有种安排方法；若乙不入选，则有种安排方法；若甲、乙同时入选，则有种安排方法；综上所述：共有种安排方法.故选：D． 4.如图所示，现要给固定位置的四棱锥的五个面涂上颜色，要求相邻的面涂不同的颜色，可供选择的颜色共有5种，则不同的涂色方案共有（    ） A．360 B．420 C．480 D．660 【答案】B 【解析】若5种颜色全涂，有种；若5种颜色涂4种，则左右侧面或前后侧面涂同种颜色，有种；若5种颜色涂3种，则左右侧面涂同种颜色，前后侧面涂同种颜色，有种 可得，故不同的涂色方案共有420种.故选：B. 5.有共六个人，他们的座位分别为，现在要求每一个人坐一个座位，且都不坐自己座位，则共有（   ）种不同的方法． A．9 B．16 C．44 D．265 【答案】D 【解析】记n个人坐位子且自己不坐自己的座位的方法数构成一个数列，易得，首先，让选位，不选，则共有种方法，不妨设选了，然后再让选位①当选时，则余下的个人和个座位，共有种坐法；②当不选时，则余下的个人都有一个不能选的座位，则共有种方法，所以，，所以，．故选：D. 6.已知，则（    ） A．9 B．10 C．19 D．29 【答案】C 【解析】因为，所以，分别对两边进行求导得 ，令，得，所以， 故选：C. 7.设a，b，c，，从满足的所有有序数组中随机抽取一个，则该有序数组中第三个数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因为a，b，c，，所以满足共存在三种情况，①，此时所有的有序数组共有个，其中第三个数的有个；②，此时所有的有序数组共有，其中第三个数的有个；③，此时所有的有序数组共有个，且不可能出现第三个数的情况．故所求概率为．故选：A. 8.设总项数为9的数列满足，从中任取2项，这两项均为偶数的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据二项式定理，展开式的通项公式为，其中，，由题意，中的项对应于的系数.而通项中的系数为，故只要中含有因子2，该项即为偶数.当时，即时，是偶数，故该项系数为偶数.此时可取，共8项. 当时，即时，.此时，是奇数.综上所述，数列共9项，其中8项为偶数，1项为奇数.故从9项中任取2项的总取法数为，取出的2项均为偶数的取法数为，由古典概型概率公式，可得所求概率为.故选：C. 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.现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（    ） A．从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要选出2个球分给甲、乙两名同学，有210种不同的方法 【答案】BD 【解析】A选项：取2个球，红、黄各1，有种选法，该选项错误.B选项：每种颜色选出1个球，共取3个，有种选法，该选项正确.C选项：要选出不同颜色的2个球，有3种情况：若取1红1黄，有种选法；若取1红1绿，有种选法；若取1黄1绿，有种选法； 因此共有种选法，该选项错误.D选项：甲先选有15种选法，乙再选有14种选法，所以共有种选法，该选项正确.故选：BD. 10.已知如图为方格，挖去左上角的一个方格后，可以用个下列图形完全覆盖住（可以旋转，翻折但不能重叠）的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【解析】由题意，假设每种不同的颜色代表选项给出的一个基本图形 A项， ∴能够用12个图形完全覆盖住剩余部分，A正确； C项， ∴能够用6个图形完全覆盖住剩余部分，C正确； D项， ∴能够用8个图形完全覆盖住剩余部分，D正确； 而B项则无法不重叠地将剩余部分覆盖住，故选：ACD. 11.数的进制是人们利用符号来计数的方法.我们在日常生活中习惯于采用十进制计数与运算，但是在其它领域中，其它进制计数方式也应用广泛，例如计算机处理数据时，采用的就是二进制方法.二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”.若干进制数，其中，则对应的二进制数为.以下说法正确的是（） A．十进制数2025用二进制表示为 B．满足中有且只有3个1的所有二进制数对应的十进制数的和为1275 C．将对应的二进制数中1的个数记为，则 D．将对应的二进制数中0的个数记为，令，则 【答案】BCD 【解析】对于A：，故A错误； 对于B：，其中中有且只有2个1，有种可能； 所以所有二进制数对应的十进制数的和中，出现次，均出现次， 所以对应的十进制数的和为，故B正确； 对于C：， 则，， 故,， 故，故，故C正确； 对于D：共个数中所有的数转换为二进制后， 总位数都为2026，且最高位都为1；而除最高位之外的剩余2025位中，每一位都是0或者1； 设其中的数，转换为二进制后有个； 在这个数中，转换为二进制后有个0的数共有个， 故，故D正确， 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在的展开式中所有项系数的和为32，则 ． 【答案】0 【解析】由题意令，则，故，则，故答案为：0. 13.现有3个编号为1，2，3的盒子和3个编号为1，2，3的小球，要求把3个小球全部放进盒子中，恰有1个盒子是空盒的方法共有 种. 【答案】 【解析】由恰有1个盒子不放球，即有2个球放入一个盒子中，另一个球放入另一个盒子中，先从3个盒子中选一个作为空盒，再从3个球中选出2个绑在一起，排列放入两个盒子，共有（种）放法. 故答案为：. 14.将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色不相同且位置固定的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则 ． 【答案】125 【解析】，即，.如图，在单位圆上有5个颜色不同的点，由4条边连接起来，每条边有2个端点，所以4条边一共有8个端点，又由于从任意一点出发，沿着可边可以达到任意一点，所以每一点必定会作边，至少一条边的端点.所以可能出现的情形有三种情形，按照5个点可能同时做边几条边的公共端点来分情况讨论. 情形1：有3个点是2条边的端点，另2个点是1条边的端点，有种； 情形2：有1个点是3条边的端点，有1个点是2条边的端点，另3个点是1条边的端点， 有种；情形3：有1个点是4条边的端点，另4个点是1条边的端点，共有种； 综上：.故答案为：125. 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.（13分）用2，3，4，5这4个数字组成没有重复数字的四位数. (1)求能组成的四位数的个数； (2)求能组成可以被5整除的四位数的个数； (3)求能组成为偶数的四位数的个数. 15.解：（1）能组成的四位数的个数为. ...............4分 （2）能组成可以被5整除的四位数，其个位数字为5，所求个数为. ...............8分 （3）能组成为偶数的四位数，其个位数字为2，4之一，所求个数为. ...............13分 16.（15分）有2件次品，4件正品混放在一起（这6件产品均不相同），现对这6件产品一一进行检测将其区分，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束. (1)若恰在第1次检测时，找到第一件次品，且第4次检测时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的抽法？ (2)一共抽取了5次，检测结束，有多少种不同的抽法？ (3)若至多检测4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的抽法？ (4)若第1次抽到的是次品且第3次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？ （要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 16.解：（1）第1次和第4次为次品，第2，3次测试为正品：共有种. ...............3分 （2）一共抽取5次结束，则 前4次有1次为次品剩下3次为正品，第5次是正品：种， 前4次有1次为次品剩下3次为正品，第5次是次品：种， 共有种. ...............7分 （3）第1，2次测出次品结束：， 前2次有1次测出次品，第3次测出次品结束：， 前3次有1次测出次品，第4次测出次品结束：， 前4次全部测出正品：， 共有种； ...............11分 （4）①最终以正品结束， 则共抽5次，则第1次为次品，其余均为正品，共有种； ②最终以次品结束， 则分三种情况： 共抽4次，则第1，4次为次品，第2，3次为正品，共有种； 共抽5次，则第1，5次为次品，第2，3，4次为正品，共有种； 共有：种. ...............15分 17.（15分）已知（为正整数）的展开式中，末三项的二项式系数的和等于67. (1)求的值，从集合中任取一个元素，求该元素满足不等式的概率； (2)若，求除以7所得的余数； (3)求展开式中系数最大的项. 17.解：（1）展开式末三项的二项式系数分别为， 则，即，整理得， 而为正整数，因此，集合， 从集合中任取一个元素的试验有11个样本点， 满足不等式的事件有一个样本点5，所以所求概率为. ...............4分 （2）当时， ， 所以除以7所得的余数等于13除以7所得的余数6. ...............9分 （3）由（1）知，展开式通项为， 设第项即为系数最大的项，则，整理得，解得， 所以展开式系数最大的项为或. ...............15分 18.（17分）已知.求： (1)； (2)； (3). 18.解：（1）令，得.① 令，得，② 由①-②，得， . ...............5分 （2）， 时，，时，， ， 令，得. ...............10分 （3）因为， 两边分别求导，得， 令，得. ...............17分 19.（17分）在某数据加密系统中，需要生成一对整数校验码.预先设定确定的参数且.从集合中，有放回地随机逐一抽取两个数，分别记为和.若这一对数满足，则称该组校验码为有效码.记生成一组有效码的概率为. (1)当时，求的值； (2)求关于的表达式，并证明：无效码的生成概率小于； (3)现要求连续10次独立生成有效码的概率不低于，且为了保证系统稳定性，的位数应尽可能小，请给出一个满足条件的值并证明. 参考公式：. 19.解：（1）当时，集合中的元素为，，，，样本空间总数为. 列举满足条件的数对：当时，，则，共1种；当，，时，，而的最大值为4，故可取，，，，共种. 符合条件的样本总数为，故. ...............5分 （2）样本空间总数为，记满足条件的样本数为. 当时，因，对于确定的，有种取法，此部分总数为. 当时，因，对于确定的，可取中任意值，此部分共有个，故总数为. 则， 记无效码的生成概率为，则. 因为，故，故，即无效码的生成概率小于，得证. ...............10分 （3）记连续10次独立生成有效码为事件，则. 根据二项式定理有 ， 设， 由（2）知，当时，，故，从而，即. 下面证明. 由于为正数，只需证明，即证， 而，且，即. 对于代数式，随着的增大，分子增大且分母减小，该比值单调递增，故当时，右侧取得最小值，且易知，则，即，则. 要使原不等式成立，只需令其下界满足条件，即，整理得，由（2）中的结论，只需满足，解得.故取整数.综上，一个满足条件的值为667. ...............17分 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高中数学单元自测 第六章 计数原理·能力提升 建议用时：120分钟，满分：150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.完全展开后的项数是（   ） A．7 B．9 C．12 D．18 2.某地下车库有8个连在一排的车位.现有6辆不同型号的车需要停放，若其中A，B，C，3辆车相邻停放，另3辆车也相邻停放，但这6辆车不停放在一起的不同停放种数为（    ） A．72 B．144 C．216 D．432 3.某体育赛事组委会需从甲、乙、丙、丁位志愿者中选位安排到物资分发、路线指引、医疗协助三个不同服务点，每个服务点人．已知甲不能安排在物资分发服务点，且乙不能在路线指引服务点，则不同的安排方法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 4.如图所示，现要给固定位置的四棱锥的五个面涂上颜色，要求相邻的面涂不同的颜色，可供选择的颜色共有5种，则不同的涂色方案共有（    ） A．360 B．420 C．480 D．660 5.有共六个人，他们的座位分别为，现在要求每一个人坐一个座位，且都不坐自己座位，则共有（   ）种不同的方法． A．9 B．16 C．44 D．265 6.已知，则（    ） A．9 B．10 C．19 D．29 7.设a，b，c，，从满足的所有有序数组中随机抽取一个，则该有序数组中第三个数的概率为（    ） A． B． C． D． 8.设总项数为9的数列满足，从中任取2项，这两项均为偶数的概率为（   ） A． B． C． D． 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.现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（    ） A．从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要选出2个球分给甲、乙两名同学，有210种不同的方法 10.已知如图为方格，挖去左上角的一个方格后，可以用个下列图形完全覆盖住（可以旋转，翻折但不能重叠）的有（    ） A． B． C． D． 11.数的进制是人们利用符号来计数的方法.我们在日常生活中习惯于采用十进制计数与运算，但是在其它领域中，其它进制计数方式也应用广泛，例如计算机处理数据时，采用的就是二进制方法.二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”.若干进制数，其中，则对应的二进制数为.以下说法正确的是（） A．十进制数2025用二进制表示为 B．满足中有且只有3个1的所有二进制数对应的十进制数的和为1275 C．将对应的二进制数中1的个数记为，则 D．将对应的二进制数中0的个数记为，令，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.在的展开式中所有项系数的和为32，则 ． 13.现有3个编号为1，2，3的盒子和3个编号为1，2，3的小球，要求把3个小球全部放进盒子中，恰有1个盒子是空盒的方法共有 种. 14.将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色不相同且位置固定的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.（13分）用2，3，4，5这4个数字组成没有重复数字的四位数. (1)求能组成的四位数的个数； (2)求能组成可以被5整除的四位数的个数； (3)求能组成为偶数的四位数的个数. 16.（15分）有2件次品，4件正品混放在一起（这6件产品均不相同），现对这6件产品一一进行检测将其区分，检测后不放回，直到检测出2件次品或者检测出4件正品时检测结束. (1)若恰在第1次检测时，找到第一件次品，且第4次检测时，才找到最后一件次品，则共有多少种不同的抽法？ (2)一共抽取了5次，检测结束，有多少种不同的抽法？ (3)若至多检测4次就能找到所有次品，则共有多少种不同的抽法？ (4)若第1次抽到的是次品且第3次抽到的是正品，检测结束时有多少种不同的抽法？ （要求：解答过程要有必要的说明和步骤） 17.（15分）已知（为正整数）的展开式中，末三项的二项式系数的和等于67. (1)求的值，从集合中任取一个元素，求该元素满足不等式的概率； (2)若，求除以7所得的余数； (3)求展开式中系数最大的项. 18.（17分）已知.求： (1)； (2)； (3). 19.（17分）在某数据加密系统中，需要生成一对整数校验码.预先设定确定的参数且.从集合中，有放回地随机逐一抽取两个数，分别记为和.若这一对数满足，则称该组校验码为有效码.记生成一组有效码的概率为. (1)当时，求的值； (2)求关于的表达式，并证明：无效码的生成概率小于； (3)现要求连续10次独立生成有效码的概率不低于，且为了保证系统稳定性，的位数应尽可能小，请给出一个满足条件的值并证明. 参考公式：. 1 / 9 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 $