第六章 计数原理单元测试卷-2026年高二数学寒假核心知识精讲与题型强化突破（人教A版2019）

第六章 计数原理单元测试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58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．已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的所有项的系数和为（   ） A．81 B．64 C．27 D．16 【答案】A 【解析】因为展开式中只有第3项的二项式系数最大，即最大， 故，令，得展开式中的所有项的系数和. 故选：A 2．如图，为了出黑板报，某班级为黑板四个区域进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（有公共边）不能用同一种颜色，若只有四种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂色方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．84种 【答案】B 【解析】由题意可知，使用了3种颜色则只有和颜色相同，或只有和颜色相同， 则涂色方法共有种. 故选：B 3．某学校组织学生体检，高二年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队的不同安排方案共有（    ） A．240种 B．120种 C．188种 D．156种 【答案】B 【解析】甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有（种），将剩余的三个班全排列， 安排到剩下的3个位置，有（种）情况，此时有（种）安排方案； 甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情况有（种），将剩下的三个班全排列， 安排到剩下的三个位置，有（种）情况，此时有（种）安排方案； 甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情况有（种），将剩下的三个班全排列， 安排到剩下的三个位置，有（种）情况，此时有（种）安排方案 由分类加法计数原理可知共有（种）方案． 故选：B． 4．在的展开式中，的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】的展开式通项为， 令可得展开式中的系数为. 故选：D. 5．在啦啦操的某次队形变化时，六位同学要排成一个“三角形”队形，其中第一排站一位同学，第二排站两位同学，第三排站三位同学，请问这六位同学的站位有（    ） A．1080种 B．720种 C．360种 D．60种 【答案】B 【解析】法本题相当于将6位同学排列到6个不同的位置，排列数即为6位同学的全排列数，故总排列数为； 法2：排队分为三步，第一步从6人中选1人排列，排列数为，第二步从剩下的5人中选2人并排列，排列数为， 第三步在前两排选完后，将剩下的3人排列，排列数为；故总排列数为. 故选：B. 6．的展开式中，含的项的系数是（    ） A．35 B．5 C． D． 【答案】C 【解析】， 其中含有的项分别是和， 这两项系数之和为， 故选：C. 7．在黑猫警长的森林街区行动中，黑猫警长从起点S沿最短路径前往终点T抓捕逃犯；白鸽侦探从T出发，沿最短路径前往S支援.两人随机选择路径，且速度完全相同.其中，，，，是森林道路网络中位于一条对角线上的5个交汇点.（   ） A．黑猫警长从S到T的最短路径方法有100种 B．黑猫警长从S必须经过到达T的方法有36种 C．黑猫警长与白鸽侦探在处相遇的概率为 D．黑猫警长与白鸽侦探相遇的概率为 【答案】C 【解析】对于A，如图所示，从S到T的最短路径共需走8步，其中4步向右4步向上， 由黑猫警长从S到T的最短路径方法有种，故A错误； 对于B，黑猫警长从S必须经过到达T， 则需前4步有1步向右，3步向上，后4步有3步向右，1步向上， 故黑猫警长从S必须经过到达T的方法有种，故B错误； 对于C，黑猫警长与白鸽侦探在处相遇， 则黑猫警长前4步有2步向右，2步向上，白鸽侦探前4步有2步向左，2步向下， 则黑猫警长与白鸽侦探在处相遇总的走法有种， 所以黑猫警长与白鸽侦探在处相遇的概率为，故C正确； 对于D，同C可知黑猫警长与白鸽侦探在相遇的走法有种， 黑猫警长与白鸽侦探在相遇时走法有种， 黑猫警长与白鸽侦探在处相遇时的走法有种， 黑猫警长与白鸽侦探在相遇时走法有种， 黑猫警长与白鸽侦探在相遇时走法有种， 所以黑猫警长与白鸽侦探能相遇的走法有种， 所以黑猫警长与白鸽侦探相遇的概率为，故D错误. 故选：C. 8．《孙子算经》对同余除法有较深的研究，设为整数，若和被除得余数相同，则称和模同余，记为，如12和7被5除得余数都是2，则记为.若，且，则可以为（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】A 【解析】 所以除17余数为，即. 故选：A. 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．在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A．二项式系数最大的项是第4项 B．所有项的系数之和为1 C．含的项的系数为 D．常数项为 【答案】BC 【解析】对于A，由，则其展开式共有项，中间为第项， 所以二项式系数最大的项为第项，故A错误； 对于B，令，则， 所以所有项的系数之和为，故B正确； 对于CD，由， 则其展开式的通项， 令，解得， 则含的项的系数为，故C正确； 令，该方程无整数解， 则展开式中无常数项，故D错误. 故选：BC. 10．为弘扬我国古代的“六艺”文化，某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月，则下列说法正确的是（   ） A．若学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有225种不同的选法 B．若课程“乐”排在“书”前面，则课程共有240种排法 C．若课程“射”“御”排在不相邻两个月，则课程共有480种排法 D．若课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，则课程共有504种排法 【答案】ACD 【解析】学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有种不同的选法，A正确； 课程“乐”排在“书”前面，可得课程共有种排法，B错误； 课程“射”“御”排在不相邻两个月，通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，安排课程“射”“御”共有种排法，C正确； 课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，利用分类加法计数原理，当“数”在第六个月时共有种； 当“数”既不在第一个月也不在第六个月时，共有种， 故课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，课程共有种排法，D正确． 故选：ACD 11．已知，各项系数中若只有最大，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【解析】由题中只有最大可知，是唯一的最大的二项式系数，因此展开式的中间项为第六项，可得，故A正确； 令，代入等式中可得，故B正确； 由，故C正确； 令，代入可得， 移项可得， 两边同乘，故，故D错误. 故选：ABC. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．用＂市＂、＂二＂、＂中＂、＂学＂、＂顶＂、＂呱＂、＂呱＂这七个字可以组成多少种不同的七字短语 .（不考虑短语的含义） 【答案】 【解析】先将七个字进行排列，有种不同的排列， 因为七个字中有两个＂呱＂相同，所以均重复计算了一次， 因此这七个字可以组成不同的七字短语共有个. 故答案为： 13．2025的正因数的个数为 个.（用数字作答） 【答案】15 【解析】因为， 则根据正因数个数定理，2025的正因数个数为个. 故答案为：15. 14．已知，且恰能被整除，则的最小正整数取值为 ． 【答案】5 【解析】 因为能被整除， 所以除以的余数是，故的最小正整数为. 故答案为：. 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） 已知的展开式中，二项式系数的和为64，求： (1)； (2)含的项； (3)各项系数和. 【解析】（1）因为二项式系数的和为64， 所以，解得. （2）由（1）知，则二项式变为， 由二项式定理可得展开式的通项为， 令，得，故含的项为. （3）令，则各项系数和为. 16．（15分） 7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种? (1)两个女生必须相邻而站； (2)4名男生互不相邻； (3)老师不站中间，女生甲不站左端. 【解析】（1）两个女生必须相邻而站，∴把两个女生看作一个元素，则共有6个元素 进行全排列，还有女生内部的一个排列，所以共有（种）站法． （2）∵4名男生互不相邻，∴应用插空法， 对老师和女生先排列，形成四个空再排男生，共有（种）站法． （3）当老师站左端时，其余六个位置可以进行全排列，所以共有（种）站法： 当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法， 余下的5个人在五个位置进行排列，共有（种）站法． 根据分类加法计数原理知共有（种）站法． 17．（15分） 已知. (1)若，求的值. (2)已知展开式的所有二项式系数之和为256. （i）若，求的值； （ii）若，且，求的取值范围. 【解析】（1）令，则， 令，则， 所以，故. （2）由二项式系数之和为，得，解得. （i）为展开式中的系数，即. 计算，故，得，即. （ii）当时，展开式中第项的系数为（）. 计算相邻两项系数的比值：，， 要使（），需为系数序列的最大值，满足： ①.序列递增到：对，，即， 此时对，，故，满足. ②.序列递减自：对，，即， 此时对，，故，满足. 综上所述，的取值范围是. 18．（17分） 已知函数． (1)当时，设，若在中，唯一的最大的数是，试求的值； (2)化简； (3)当时，定义：，化简：． 【解析】（1）因为二项式展开式的通项为：， 又在中，唯一的最大的数是，由于， 所以，即，解得，即， 又，所以或； （2）， 原式； （3）①， ②， 在①、②添加，则得 ③， ④， ③+④得：， . 19．（17分） 在的方格中，我们规定：棋子从初始方格开始，每一次移动只能朝上、下、左、右四个方向移动到相邻格子，且不能移动到方格外区域，同一格不能重复经过，走完所有格子视为“胜利”. (1)如图1，在的方格中，用表示方格位置为自上向下的第行，自左向右的第列.已知，棋子初始位置为格，经过一次移动来到格，在此基础上，试画出所有完整的能达成“胜利”的不同路线; (2)如图2，在两张不同的的方格中，有一些格子被涂黑，视为移动过程中，不能进入.在此条件下，能否找到一种移动方法，达成“胜利”?若能，请画出路线;若不能，请说明理由初始方格任意选择 (3)在的方格中，涂黑n个互不同行，也互不同列的格子后，仍能达成“胜利”，求n的最大值初始方格任意选择 【解析】（1） （2）参考走法不唯一 对于第二个方格，则不能达成“胜利”， 理由如下： 设表示中的值，例如： 则在方格中，共有25个 将是偶数的称为偶数格，奇数的称为奇数格， 易知，偶数格有13个，奇数格有12个， 按照题意，当移动到奇数格时，下一步将移动到偶数格，当移动到偶数格时，下一步将移动到奇数格， 若要达成“胜利”，|偶数格-奇数格 而中，涂黑了即两个奇数格，一格偶数格，此时剩下12个偶数格，10个奇数格， 无论如何移动都不能达成“胜利”. （3）首先判断 然后证明：时不成立.证明如下： 将挖去的6格记为 其中与均为的一种排列， 为偶数， 由（2）可知，若要在方格中挖去6格达成“胜利”， 必须挖去3个奇数格，3格偶数格. 而3个奇数与3个偶数之和为奇数矛盾. 不可能挖去6格. 最后证明：时，能成立，如图： 挖法和走法均不唯一. 综上所述， n最大值为 第2页，共12页 第3页，共12页 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章 计数原理单元测试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58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．已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的所有项的系数和为（   ） A．81 B．64 C．27 D．16 2．如图，为了出黑板报，某班级为黑板四个区域进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（有公共边）不能用同一种颜色，若只有四种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂色方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．84种 3．某学校组织学生体检，高二年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队的不同安排方案共有（    ） A．240种 B．120种 C．188种 D．156种 4．在的展开式中，的系数为（    ） A． B． C． D． 5．在啦啦操的某次队形变化时，六位同学要排成一个“三角形”队形，其中第一排站一位同学，第二排站两位同学，第三排站三位同学，请问这六位同学的站位有（    ） A．1080种 B．720种 C．360种 D．60种 6．的展开式中，含的项的系数是（    ） A．35 B．5 C． D． 7．在黑猫警长的森林街区行动中，黑猫警长从起点S沿最短路径前往终点T抓捕逃犯；白鸽侦探从T出发，沿最短路径前往S支援.两人随机选择路径，且速度完全相同.其中，，，，是森林道路网络中位于一条对角线上的5个交汇点.（   ） A．黑猫警长从S到T的最短路径方法有100种 B．黑猫警长从S必须经过到达T的方法有36种 C．黑猫警长与白鸽侦探在处相遇的概率为 D．黑猫警长与白鸽侦探相遇的概率为 8．《孙子算经》对同余除法有较深的研究，设为整数，若和被除得余数相同，则称和模同余，记为，如12和7被5除得余数都是2，则记为.若，且，则可以为（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 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．在的展开式中，下列说法正确的是（ ） A．二项式系数最大的项是第4项 B．所有项的系数之和为1 C．含的项的系数为 D．常数项为 10．为弘扬我国古代的“六艺”文化，某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月，则下列说法正确的是（   ） A．若学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有225种不同的选法 B．若课程“乐”排在“书”前面，则课程共有240种排法 C．若课程“射”“御”排在不相邻两个月，则课程共有480种排法 D．若课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，则课程共有504种排法 11．已知，各项系数中若只有最大，则（   ） A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．用＂市＂、＂二＂、＂中＂、＂学＂、＂顶＂、＂呱＂、＂呱＂这七个字可以组成多少种不同的七字短语 .（不考虑短语的含义） 13．2025的正因数的个数为 个.（用数字作答） 14．已知，且恰能被整除，则的最小正整数取值为 ． 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） 已知的展开式中，二项式系数的和为64，求： (1)； (2)含的项； (3)各项系数和. 16．（15分） 7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种? (1)两个女生必须相邻而站； (2)4名男生互不相邻； (3)老师不站中间，女生甲不站左端. 17．（15分） 已知. (1)若，求的值. (2)已知展开式的所有二项式系数之和为256. （i）若，求的值； （ii）若，且，求的取值范围. 18．（17分） 已知函数． (1)当时，设，若在中，唯一的最大的数是，试求的值； (2)化简； (3)当时，定义：，化简：． 19．（17分） 在的方格中，我们规定：棋子从初始方格开始，每一次移动只能朝上、下、左、右四个方向移动到相邻格子，且不能移动到方格外区域，同一格不能重复经过，走完所有格子视为“胜利”. (1)如图1，在的方格中，用表示方格位置为自上向下的第行，自左向右的第列.已知，棋子初始位置为格，经过一次移动来到格，在此基础上，试画出所有完整的能达成“胜利”的不同路线; (2)如图2，在两张不同的的方格中，有一些格子被涂黑，视为移动过程中，不能进入.在此条件下，能否找到一种移动方法，达成“胜利”?若能，请画出路线;若不能，请说明理由初始方格任意选择 (3)在的方格中，涂黑n个互不同行，也互不同列的格子后，仍能达成“胜利”，求n的最大值初始方格任意选择 第4页，共5页 第5页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 $