专项突破3 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三册（人教A版）

2x271=2Cx7.令7-k=k,得k=7,与keZ矛盾，舍去因为 -yT41=-C5x5-y1.令5-k=k+1,得k=2,此时-C5x5-ty1= -10x3y3,所以n=3,常数项为-10.故选A. 5.B解析：(x+2y-3z)5=[(2y-3z)+x]5展开式的通项公式为T,+1= C5(2y-3z)5-x,r∈N,r≤5，若展开式中的项不含x,则r=0,此时符 合条件的项为(2y-3z)5展开式中的所有项，令y=z=1,得这些项的 系数之和为(-1)5=-1.故选B. 6.AB解析：二项式(m+x)4展开式的通项为T+1=C4m4x(0≤r≤4 且reN),(x-1)(m+x)4=x(m+x)4-(m+x)4,所以a2=Cm2=6m2, b2=C4m3-Cm2=4m3-6m2,因为a2=3b2,所以6m2=3(4m3-6m2), 解得m=0(舍去)或m=2,故A正确；由(2+x)4=ao+a1x+a2x2+ a3x3+a4x,令x=1可得ao+a1+a2+a3+a4=34=81,故B正确；由(x 1)(2+x)4=b0+b1x+b2x2+b3x3+b4x4+b5x3,令x=0可得b0=-24= -16,令x=1可得bo+b1+b2+b3+b4+bs=0,所以b1+b2+b3+b4+b5=16, 故C错误；将(x-1)(2+x)4=bo+b1x+b2x2+b3x3+b4x4+b5x3两边对x 求导可得(2+x)4+4(x-1)(2+x)3=b1+2b2x+3b3x2+4b4x3+5b5x4,令 x=1可得b1+2b2+3b3+4b4+5b5=(2+1)4+4×(1-1)×(2+1)3=81,故 D错误故选AB. 7.-23解析：第二个括号的通项为T+1=Cgx8(-3)',所以当前面括 号出x2时，后面为Cgx?(-3)=-24x?,当前面括号出x时，后面出 C=,当前面括号出4时，后面没有可出项，所以的系数 为-24+1=-23.故答案为-23. 8.-6解析：由题意得(x2-x+m)6的展开式中的常数项与一次项系数 相等，则m6=C6(-1)m3,解得m=-6或0（舍去）.故答案为-6. 9.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时宁的带数必为2，此时污更（产+）°的展 1 、3 开式中出现y2项，即C(y4)2 2 =Cy2,故此时常数项为 2 1 C2y2=1680: ②当2的指数为2时，可的指数必为4，此时雷安（宁）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y项综上 所求常数项为1680. 10.解：(1)当n=3时，(x2+x+1)3=D9x6+D1x3+Dx4+…+D3x+D9, 令x=1,则D9+D+D+D3+Dg+D3+D9=33=27 令x=-1,则D9-D}+D3-D3+Dg-D3+D9=1, 两式相加得2(D9+D3+Dg+D9)=28,所以D9+D3+D+D9=14. (2)因为(x2+x+1)2024=D9024x4048+D24x4047+D号24x406+…+ D48x+D288,(1-x)204=C924-C20m4x+C号4x2-C24x3+… C3脱x2023+C号x224,所以(x2+x+1)2024(1-x)224展开式中，x4048 的系数为D吲m4C924-D224C224+D324C324-…+(-1)· D吃24C吃24++D0C号.因为(1-x3)2024展开式的通项公式为 T+1=C2m4(-x3)'=C224(-1)'x3,令3r=4048,r没有整数解，所 以(1-x2)2024的展开式中没有x4048项，由代数式恒成立得 Dom4C84-D224C224+D3m4C324-…+(-1)·D吃24C吃4+…+ D34C224=0. 专项突破3计数原理与排列组合的综合应用 1.B解析：依题意，这样的三位奇数分为三类： ①元素0被选中，则应放在十位，从1,3,5中选两个数字排在个位与 百位，共有A好=6（种）方法； ②元素2被选中，则可放在百位或十位，再从1,3,5中选两个数字排 在余下的两个数位，有C2A3=12(种)方法； ③元素4被选中，与②情况相同，有C2A3=12(种)方法， 由分类加法计数原理可得，奇数的个数为6+12×2=30（个）.故选B. 2.A解析：当d为偶数，则a×b×c为偶数，有C4(C3C号+C3C+C3)A= 1104(种)；当d为奇数，则a×b×c为奇数，四个数均为奇数，有A5= 120(种)，所以不同排列方法共有1104+120=1224（种）.故选A. 3.A解析：设an+1an=dn,因为1a1-an1=2,所以dn=2或-2可设d1,…, 参考答案 4,中有a个2和6个-2，则=01d+山++=1+2a-2必=9，解得 (a+b=8. a=6,b=2,即d1,…,d3中有6个2和2个-2，因此这样的数列{an}共有 CC3=28(个).故选A. 4.解：(1)先考虑首位，其他任意排：A5·A=5×120=600(个)，故可以 组成的六位数有600个 (2)由0,1,2,3,4,5可组成的三位数：先考虑首位，其他任排：CA?= 100(个)： 其中不含偶数数字的三位数为1,3,5任排，有A=6(个)， 所以至少有一个偶数数字的三位数有100-6=94（个）. (3)能被3整除的三位数，即各位数字之和能被3整除： 包含0的有12,15,24,45，不包含0的有123,135,234,345 所以可以组成能被3整除的三位数有4A2A3+4A号=4×4+4×6= 40(个). 5.解：(1)根据题意，四位“幸福数”中不能有0，故只需在数字1,2,3， ·9中任取4个，将其从小到大排列，即可得到一个四位“幸福数” 每种取法对应1个“幸福数”，则四位“幸福数”共有C=126(个). (2)对于所有的四位“幸福数”，1在最高数位上的有C=56个，2在 最高数位上的有C3=35个，3在最高数位上的有C2=20个，4在最高 数位上的有C=10个，5在最高数位上的有C=4个. 因为56+35+20+10+4=125，所以第125个四位“幸福数”是最高数位 为5的最大的四位“幸福数”，为5789 6.C解析：若丙在第一位或第五位，甲、乙进行捆绑，内部可以全排列， 甲、乙看作一个整体，和剩余的两名学生进行全排列，故不同的浇水 顺序有2A?A=24(种)，若丙在第二位或第四位，甲、乙进行捆绑，内 部可以全排列，且甲、乙只能有两个位置可以选择，再将剩余的两名 同学进行排列，则不同的浇水顺序有2×2AA子=16（种），则不同的浇 水顺序共有24+16=40（种）.故选C. 7.A解析：依题意，只考虑“立春”和“惊蛰”时，利用捆绑法得到 AA3=240(种)，当“立春”和“惊蛰”和“清明”均相邻时，只有2种 排法，即“惊蛰”在中间，“立春”“清明”分布两侧，此时再用捆绑法， 将三者捆在一起，即2A4=48(种)，所以最终满足题意的排法为240 48=192(种).故选A. 四方法总结 解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素（或位置）的性质进行 分类；二是按事情发生的过程进行分步，具体地说，解排列组合问题常 以元素（或位置）为主体，即先满足特殊元素（或位置），再考虑其他元 素（或位置）， 8.解：(1)从7人中任选5人排列共有A;种不同排法，A,B,C3人全在 内有CA;种不同排法，由间接法可得A,B,C3人不全在内共有A CAξ=1800（种）排法 (2)因为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?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?种不同排法，再将A,B这个整 体与C插入到选出的2人所产生的3个空位中，有A?种不同排法 由乘法原理可得共有C2AA2A?=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C4CA4=360(种)排法； 第三类：所选的5人无A、有B,共有CC4A4=480(种)排法： 第四类：所选的5人有A,B,若A排中间时，有CA1=240(种)排法， 若A不排中间时，有C3C2CgA号=360（种）排法，共有240+360= 600(种)排法.综上，共有120+360+480+600=1560（种）不同排法. 四方法总结 排列中具有典型意义的两类问題是“排数”问题和“排队”问题，绝大 多数排列问题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，采用直接法或间接法，必要时可画出 树状图帮助分析. ①有限制条件的排列问题，优先安排特殊元素或特殊位置； ②对从正面分类繁杂的排列问题，可考虑使用间接法； 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”“插 空法” 黑白题43 9.A解析：检测2次可测出2件次品，不同的测试方法有A2种；检测 3次可测出2件次品，不同的测试方法有C2C2C4种：检测4次测出 2件次品，不同的测试方法有CCA?种：检测4次测出4件正品，不 同的测试方法共有A4种，由分类计数原理，满足条件的不同的测试 方法的种数为A2+C2C2C4+C2C3A子+A4=114(种).故选A. 10.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%，则甲批有15×80%=12（粒）能发芽，乙批有10× 70%=7(粒)能发芽 C2 A:从甲批种子中任取两粒，至少一粒能发芽的概率为P=1- 5,故A正确：B:从乙批种子中任取两粒，至多一粒能发芽的概率 为p=CcC8 ˉC品C哈5故B错误：C:从甲、乙两批种子中各任取一 CC347 粒，至少一粒能发芽的概率为P=1 C,C30,故C正确；D:将两 批种子混合后，随机抽取一粒，能发芽的概率为P= ,C_19,故 25C251 D正确.故选ACD. 11.70解析：讲义类图书与试卷类图书至少各选1本的选择方法种数 为C2C+C1C2=30+40=70.故答案为70. 12.D解析：若三个景点选择人数之比为1：23，共有C6CA= 360(种)选法，若三个景点选择人数之比为1：1：4，共有 号×4=90（种）选法，若三个景点选择人数之比为2：22，共有 Ci A怎×4=90（种）选法，由分类加法计数原理得共有360+90+90： C 540(种)选法，故D正确.故选D. 13.ABD解析：对于选项A,给其中的一人安排一项工作，则有4种不 同的安排方法，则每人都安排一项工作，则不同的方法数为4= 1024,即选项A正确；对于选项B,每项工作至少有1人参加，先从 5人中选2人作为1组，再与另外3人共4组，每组选一项工作，则 不同的方法数为CA4=240,即选项B正确；对于选项C,先将5名 同学分为3组，然后再分别安排赛道补给、路线引导、物品发放三项 工作，则这5名同学全部被安排的不同方法数为6 十 CC)A好=150，即选项C错误；对于选项D,当从丙、丁、戊3人中 A 选2人从事兴奋剂检测，则不同安排方法数是CA,当从丙、丁、戊 3人中选1人从事兴奋剂检测，则不同安排方法数是CC2A,即不 同安排方法数是C;CA+CA=126,即选项D正确.故选ABD. 14.348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 C2=6(种)方法，然后将三组排到3只船有A3=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若6人来坐2只船，共有×好=60（种）方法 综上共有288+60=348（种）方法.故答案为348. 15.解：(1)若参加三个学科的人数分别为1,1,4时，共有3C;C A子 A3=90(种)参赛方案；若参加三个学科的人数分别为1,2,3时，共 有CCC3A3=360(种)参赛方案；若参加三个学科的人数分别 选择性必修第三册·RJ 为2,2.，2时，共有3CC.A=90(种)参赛方案所以该校派出的 A 6名学生总共有90+360+90=540（种）不同的参赛方案. (2)若有4人选择化学竞赛，则有1种参赛方案；若有3人选择化学 竞赛，余下的一人有2种选法，则有CC}=8(种)参赛方案；若有 2人选择化学竞赛，余下的2人各有2种选法，则有CCC= 24(种)参赛方案；若有1人选择化学竞赛，余下的3人各有2种选 法，则有C4C2C2C2=32(种)参赛方案.所以总共有1+8+24+32= 65(种)不同的参赛方案 16.B解析：根据题意，分2步进行分析： ①对于A,B,C三点，两两相邻，有A?=60(种)涂色方法；②F与C 相邻，有4种颜色可选，若F与A同色，其中D与B同色时，E有 3种涂色方法，D与B不同色时，D有2种颜色可选，E有2种颜色 可选，此时有3+2×2=7（种）涂色方法，同理：若F与B同色，有7种 涂色方法，若F与A,B颜色都不同，F有2种颜色可选，D,E有3种 颜色可选，此时有2×3×3=18（种）涂色方法，则F,D,E有7+7+18= 32(种)涂色方法，故有60×(7+7+18)=1920（种）涂色方法.故选B. 17.396解析：将6个扇形区域标号为1到6（如图所示），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：再种植区域4,5和6，共有 5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3×2×1×5×3×2×1=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4二项分布与超几何分布的期望与方差 1.D解析：随机变量X~B(3,P),由E(X)=3D(X),得3p=3×3p(1- p),解得p=子放选D 40 2.C解析：由题意可得卖出草莓味冰激凌的频率为 0+60+1005 由于把频率视作概率，故安出草莓味冰激凌的概率为了已知X表示 抽取卖出的冰激凌中草莓味的个数，则X服从超几何分布，且 M N=20,M=40,n=10,由超几何分布的定义知，P=N,B(X)=p,所 以E(X)=10x5=2.故选C 3.A解析：当n=2时，5的可能取值为1,2，P(传=1)-CC-2 答号8张s101号a号号0若 P(=2)= 525×行25：当n=3时，n的可能取值为1,2,3，P(7=1)= 2436 餐52等号答5周此 CC3 1 1xg+2x子3x写=2,0(=1x写+0x号+1x写-号，所以 3. 1 3 E(E)<E(n),D()<D(n).故选A. 黑白题44心专项突破3 计数原理与排列组合的综合应用 题组。代数中的排列组合问题 5.(2024·山东菏泽高二月考)现有如下定 1.（2024·天津北辰区高二期中)从0,2,4中 义：除最高数位上的数字外，其余每一个数 选一个数字.从1,3,5中选两个数字，组成 字均比其左边的数字大的正整数叫“幸福 无重复数字的三位数.其中奇数的个数为 数”（如3467和1579都是四位“幸福数”） (1)求四位“幸福数”的个数； A.48 B.30 C.24 D.6 (2)如果把所有的四位“幸福数”按照从小 2.(2024·广东深圳高二月考)若从1,2,3， 到大的顺序排列，求第125个四位“幸 …,9这9个整数中取出4个不同的数排成 福数” 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.(2024·安徽马鞍山高三模拟)数列{an}共 有9项，且a1=1,ag=9,lat1-an|=2,则这 样的数列{an}有 () A.28个 B.36个 C.45个 D.56个 4.(2024·江苏扬州高二期中)用数字0,1,2， 3,4,5组成没有重复数字的数 (1)可以组成多少个六位数？ (2)可以组成多少个至少有一个偶数数字 的三位数？ (3)可以组成多少个能被3整除的三位数？ 题组二排队问题 6.（2024·浙江湖州高二月考)植树节这天， 某学校组织5名学生依次给树木浇水，其中 甲和乙是好朋友，必须相邻，丙不在第三位， 则不同的浇水顺序的种数为 () A.30 B.36 C.40 D.42 04黑白题数学I选择性必修第三册·RJ 7.（2024·陕西西安高二月考)2024年龙年春 题组目“至多”“至少”问题 晚西安分会场的节目《山河诗长安》引起巨 9.(2024·广东深圳高三模拟)已知6件不同 大反响，让观众感受到了传统文化的魅力. 的产品中有2件次品，现对它们一一测试， 我校新学期开学以来为了弘扬我国二十四 直至找到所有2件次品为止，若至多测试 节气文化，特制作出“立春”“惊蛰”“清明” 4次就能找到这2件次品，则共有多少种不 “立夏”“芒种”“小暑”六张知识展板分别 同的测试方法？ () 放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立 A.114 B.90 C.106 D.128 春”和“惊蛰”两块展板相邻，且“清明”与 10.（多选)(2023·吉林长春高三模拟)有两 “惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方 批种子，甲批种子15粒，能发芽的占80%， 式有多少种？ 乙批种子10粒，能发芽的占70%，则下列 A.192 B.240 说法正确的有 C.120 D.288 A.从甲批种子中任取两粒，至少一粒能发 8.(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 李的微率是号 (1)A,B,C3人不全在内，有多少种排法？ B.从乙批种子中任取两粒，至多一粒能发 (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？ 劳的华号 (3)A不允许站排头和排尾，B不允许站在 C.从甲、乙两批种子中各任取一粒，至少 中间（第三位），有多少种排法？（列式 并用数字作答) 一粒能发芽的概率是4 0 D.如果将两批种子混合后，随机抽出一 粒，能发芽的概率为5 9 11.（2024·安徽马鞍山高二月考)小李同学 准备从4本讲义类图书与5本试卷类图书 中选3本购买，则讲义类图书与试卷类图 书至少各选1本的选择方法种数 为 题组四分组与分配问题 12.(2024·湖北黄冈高二期中)2024年元旦 期间，哈尔滨这座冰城火爆出圈，成为旅游 城市中的顶流.某班级6位同学也准备趁 着春节假期共赴一场冰雪之约，这6位同 学准备在行程第一天去冰雪大世界、中央 大街、防洪纪念塔三个景点中游玩，已知 6位同学都会进行选择且只能选择其中一 进阶突破·专项练05 个景点，并且每个景点至少一位同学会选， (2)若甲同学主攻数学方向，必须选择数 则不同的选法总数为 ( 学竞赛，乙同学主攻物理方向，必须选 A.240 B.360 择物理竞赛，则这6名学生一共有多 C.420 D.540 少种不同的参赛方案？ 13.（多选)(2024·江苏南京高二月考)甲、 乙、丙、丁、戊5名大学生参加2024年南京 半程马拉松志愿者服务活动，有赛道补给、 路线引导、物品发放、兴奋剂检测四项工作 可以安排，则以下说法正确的是（) A.若每人都安排一项工作，则不同的方法 数为4 B.若每项工作至少有1人参加，则不同的 方法数为240 C.如果兴奋剂检测工作不安排，其余三项 工作至少安排1人，则这5名同学全部 被安排的不同方法数为300 题组五涂色问题 D.每项工作至少有1人参加，甲、乙不会 16.(2024·黑龙江哈尔滨高二期中)如图，给 兴奋剂检测，但能从事其他三项工作， A,B,C,D,E,F六个点涂色，现有五种不同 的颜色可供选用，要求每个点涂一种颜色， 丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安 且每条线段的两个端点涂不同颜色，则不 排方法数是126 同的涂色方法有 () 14.(2024·安徽合肥高三模拟)我国河流旅 A.1440种 B.1920种 游资源非常丰富，夏季到景点漂流是很多 C.2160种 D.3360种 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 （第16题) (第17题) 种 17.(2024·浙江宁波高二期中)某景区内有 15.(2024·河北沧州高二月考)某学校派出 如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域 6名同学参加省教育厅主办的理科知识竞 需栽种植物，要求同一区域中种同一种植 赛，分为数学竞赛、物理竞赛和化学竞赛， 物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的 该校每名同学只能参加其中一个学科的竞 3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形 赛，且每个学科至少有一名学生参加， 区域种植鲜花.现有3种不同的绿色植物 (1)该校派出的6名学生总共有多少种不 和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽 同的参赛方案？ 种方案共有 种 O6黑白题数学|选择性必修第三册·RJ