第7章 计数原理 真题演练-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

第7章 真题演练 考点一两个计数原理与排列组合的应用 这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修 1.(2023·新课标全国Ⅱ)某学校为了解学生参 课至少选修1门，则不同的选课方 加体育运动的情况，用比例分配的分层随机 案共有 种.（用数字作答） 讲解 抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部 7.（2024·全国甲理)有6个相同的球，分别标 两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高 有数字1,2,3,4,5,6，从中无放回地随机取 中部分别有400名和200名学生，则不同的 3次，每次取1个球.记m为前两次取出的球 抽样结果共有 上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的 A.C5。·C5种 B.C20·C0种 C.C0。·C0种 D.C8·C8种 平均值，则m与n之差的绝对值不大于2的 2.(2023·全国甲文)某校文艺部有4名学生， 概率为 其中高一、高二年级各2名.从这4名学生中 8.（2024·新课标全国Ⅱ)在如图的4×4的方格 随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生 表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一 来自不同年级的概率为 个方格被选中，则共有 种选法，在所 A君 B号 C.2 有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个 数之和的最大值是 3.（2023·全国乙理)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 11213140 1222 33 42 外读物中恰有1种相同的选法共有（) 132233 43 A.30种B.60种C.120种D.240种 15243444 4.（2023·全国甲理)现有5名志愿者报名参加 考点二项式定理 公益活动，在某一星期的星期六、星期日两 9.(2024·北京)在(x-x)4的展开 天，每天从这5人中安排2人参加公益活动， 式中，x3的系数为 ( 则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式 A.6 B.-6 C.12 D.-12 共有 ( A.120种B.60种C.30种 D.20种 10.(2024·天津)在 的展开式中，常 5.(2024·全国甲文)某独唱比赛的 数项为 决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参 加，每人出场一次，出场次序由随机抽签确 11.(2022·新高考全国I)(1-)(x+y)3的展开 定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场 式中x2y5的系数为 ,(用数字作答) 的概率是 ( 10 A. B.g c 0.2 1 12.(2024:全国甲理)（号+）的 6.(2023·新课标全国I)某学校开设了4门体 展开式中，各项系数中的最大 育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从 值为 选择性必修第二册·SJ学霸056 第7章 章末检测 （时间：120分钟 总分：150分) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共5.（2024·江苏苏州高二期中)一只蚂蚁从点A 40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是 出发沿着水平面的网格线爬行到点B,再由点 符合题目要求的 B沿着长方体的棱爬行至顶点C处，则它可 1.(2024·江苏盐城高二期中)已知(a+b)"的 以爬行的不同最短路径条数为 展开式共有9项，则n= A.6 B.7 C.8 D.9 2.（2024·江苏苏州高二月考)现有3位游客来 黄山旅游，分别从4个景点中任选一处游览， A.40 B.60 不同选法的种数是 ( ) C.80 D.120 A.34 B.43 6.(2024·江苏徐州高二期中)(x+2y-3z)5的 C.24 D.12 展开式中所有不含x的项的系数之和为 3.(2024·江苏南通高二月考)规定Am=x(x- ( 1)·…·(x-m+1),其中x∈R,m∈N*, A.-32 B.-1 且A9=1,这是排列数A(n,m∈N,且m≤ C.1 D.243 n)的一种推广，则A21三 7.（2024·江苏扬州高二月考)如图，一环形花 坛分成A,B,C,D四块，现有4种不同的花供 B.1 选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块 C.2 D.2 种不同的花，则不同的种法总数为()》 4.（2024·江苏南通海安中学高二月考)江苏海 安是江海文明的发源地，物华天宝，人杰地灵 海安曾有名胜“三塘十景”，可惜时光变迁，战 火摧残，多数已面目全非.随着海安城市人文 A.96 B.84 建设的深化，“三塘十景”逐一复原重建.海中 C.60 D.48 高二年级几名同学打算利用周末时间寻访 8.(2024·江苏泰州高二期中)设m为正整数，a “十景”：东郊文社、南城桃坞、西寺晚钟、北园 和b均为整数，若a和b被m除后余数相同， 菊圃、凤山早霞、三里风帆、镜虹水阁、韩阡翠 则称a和b模m同余，记为a=b(modm).已 柏、双桥曲径、桂岭秋香.因时间有限，计划从 知a=122C号4+123C4+…+1220C2+ 中随机选取4个依次游览，若选中东郊文社， 12224,a=b(mod17),则正整数b的最小值为 则东郊文社不是第一个游览的情况有( A.2016种 B.1512种 A.4 B.5 C.1426种 D.1362种 C.12 D.13 第7章学霸05712.CD解析：对于A,安排5人参加4项工作，若每人可任选一项工 作，每人有4种安排方式，则有45种安排方法，故A不正确：对于 B,安排甲和乙分别从事翻译、收银工作，则有1种方案，其余3人 中任选2人分别从事导购、仓库管理工作，则有A号=3×2=6（种） 方案，则共有1×6=6（种）方案，则B错误：对于C,若仓库管理工 作必须安排2人，其余工作各安排1人，则有C2A?=60(种)不同 的方案，故C正确：对于D,①从剩下的三人中选一个人从事翻译 工作，则有C=3(种)方案，则甲、乙和三人中剩下的2人从事其 余的三个工作共有c3CC! ·A?=36(种)方案，则共有36×3= A好 108(种)方案.②从剩下的三人中选2个人从事翻译工作，则有 C?=3(种)方案，则甲、乙和三人中剩下的1人从事其余的三个工 作共有A=6(种)方案，则共有6×3=18（种）方案，所以若每项工 作至少安排1人，每人均需参加一项工作，其中甲、乙不能从事翻 译工作，则有108+18=126（种）不同的方案，故D正确.故选CD. 13.解：(1)所有的不同选法种数，就是从6名学生中选出3人的组合 数，所以选法种数为C8=3x2× 6×5×4 =20. (2)从6人中任选4人分别参加数学、物理、化学、生物学科竞赛 的安排方法有A。种方法，其中男生甲被安排到参加数学竞赛的 安排方法有A?种，女生乙被安排到参加物理竞赛的安排方法 有A?种，男生甲参加数学竞赛且女生乙参加物理竞赛的安排方 法有A种，所以满足要求的安排方法有A。-2A+A子=252（种）. (3)从6名学生中选2名男生和2名女生的选法有CC号= 9(种)，将所选四人安排参加三项活动的安排方法有C?A= 36(种)方法，根据分步计数原理得共有9×36=324（种）选法. 14.C解析：由题意知，S与A,B,C,D任意一点均不同色.只用3种 颜色，即B,D同色，且A,C同色，此时不同染色方法的种数 为A=24:用4种颜色，此时可能B,D同色，而A,C不同色或A, C同色，而B,D不同色.若B,D同色，而A,C不同色，此时不同染 色方法的种数为A4=24;若A,C同色，而B,D不同色，此时不同 染色方法的种数为A4=24.根据分类加法计数原理可得，不同染 色方法的种数为24+24+24=72.故选C. 15.6120解析：假定涂色顺序为D-C-E-F-A-B, 若C,E涂相同颜色，则有6×5×1×4×4×3=1440（种）涂法；若C, E涂不同颜色，A,E涂相同颜色，则有6×5×4×3×1×4=1440（种） 涂法；若C,E涂不同颜色，A,E涂不同颜色，则有6×5×4×3×3× 3=3240(种)涂法；故由分类加法计数原理得不同的涂色方法共 有1440+1440+3240=6120（种）.故答案为6120. 第7章真题演练 1.D解析：根据分层抽样的定义知，初中部共抽取60x4O0 600 40(人)，商中部共抽取60x3测20（人），根搭分步柔法计数原理， 得不同的抽样结果共有C,·C0种.故选D. 2.D解析：依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，基 本事件一共有C?=6(件)，其中这2名学生来自不同年级的基本事 件有C以C=4(件)，所以这2名学生来自不同年级的概率为专 子放选D 3.C解析：首先确定相同的读物，共有C。种情况，然后确定两人各 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A3种，根据分步乘法计数原理，得共有C6·A3=120(种). 故选C. 4.B解析：不妨记五名志愿者分别为a,b,c,d,e,假设a连续参加了 两天公益活动，再从剩余的4人中抽取2人分别参加星期六与星 期日的公益活动，共有A子=12（种）方法.同理，选b,c,d,e分别连续 参加两天公益活动时，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了 两天公益活动的选择种数有5×12=60（种）.故选B. 参考答案 重难点拨 排列组合问题虽然种类繁多，但只要能把握住最常见的原理和方 法，即“分步用乘、分类用加、有序排列、无序组合”，留心容易出错 的地方就能够以不变应万变，把排列组合学好. 5.C解析：解法一：画出树状图，如图， 丙 丙丁乙丁乙丙 丙丁甲丁甲丙 丁丙丁乙丙乙 丁丙丁甲丙甲 乙丁甲丁甲乙 乙丙甲丙甲乙 丁乙丁甲乙甲丙乙丙甲乙甲 由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人出场顺序共有24种，其中丙不是 第一个出场，且甲或乙最后出场的顺序共有8种，故所求概率P= 81 24-3 解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有2种排法，丁就1种 共2种：当甲最后出场，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就 1种，共2种：于是甲最后出场共4种排法，同理，乙最后出场共 4种排法，于是共8种排法符合题意：基本事件总数显然是A4= 24,根据古典概型的计算公式，丙不是第一个出场，甲或乙最后出 场的概率为丹了故选℃ 6.64解析：当从8门课中选修2门时，不同的选课方案共有C4C4= 4×4=16(种). 当从8门课中选修3门时 ①若选修1门体育类选修课，则不同的选课方案共有C4C=4×6= 24(种)； ②若选修2门体育类选修课，则不同的选课方案共有CC4=6×4= 24(种). 综上所述，不同的选课方案共有16+24+24=64（种）.故答案为64. 7.15 解析：从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有A;= 120(种)，设前两个球的号码为a,b,第三个球的号码为c,则 a+b+c a+b 32 ≤2，故12c-(a+b)1≤3，故-3≤2c-(a+b)≤3，故 a+b-3≤2c≤a+b+3,若c=1,则a+b≤5，则(a,b)为(2,3)，(3,2)， 故有2种，若c=2,则1≤a+b≤7，则(a,b)为(1,3)，(1,4)，(1,5)， (1,6),(3,4),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1),(4,3),故有10种， 若c=3,则3≤a+b≤9，则(a,b)为(1,2)，(1,4)，（1,5)，(1,6)， (2,4),(2,5),(2,6),(4,5),(2,1),(4,1),(5,1),(6,1),(4, 2),(5,2),(6,2),(5,4),故有16种，若c=4,则5≤a+b≤11，同理 有16种，若c=5,则7≤a+b≤13，同理有10种，若c=6,则9≤a+ 6≤15，同理有2种，m与n的差的绝对值不大于号时不同的抽取 方法总数为2×(2+10+16)=56，故所求概率为56=7 1206故答案 为6 8.24112解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方 格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第 三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2× 1=24(种)选法；每种选法可标记为(a,b,c,d),a,b,c,d分别表示 学霸41 第一、二、三、四列的数字，则所有的可能结果为(11,22,33,44)， (11,22,34,43),（11,22,33,44),（11,22,34,42),(11,24,33 43),(11,24,33,42),(12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22, 31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40),(13, 21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40), (13,24,31,42),(13,24,33,40),(15,21,33,43),(15,21,33, 42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22 33,40),所以选中的方格中，(15,21,33,43)的4个数之和最大，为 15+21+33+43=112.故答案为24：112. 9.A解析：(x-)的二项展开式的通项公式为T+1=C4x4 （-)'=C(-1)4(=01,23,4),令4-7=3，解得r=2,故 所求即为C2(-1)2=6.故选A 10.20 解：因为（号） 的展开式的通项公式为T,+1= c(信）（借厂-c-0-6,令6-= 0,可得r=3,所以常数项为3C6=20.故答案为20. 1.-28解析：因为(1-))=(+)-()， 所以（1-士)(x+y)°的展开式中含y的项为Cy c3y5=-2y,所以(-子）(x+y)°的展开式中y的 系数为-28.故答案为-28. 方法总结 对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式 连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以 免重复或遗漏：也可利用排列组合的知识求解， 12,5解析：由题得展开式的通项公式为71=C0￥，0s r≤10且r∈Z,设展开式中第r+1项系数最大，则 r合29 4 即29 ≤r≤ 33 11-r 4 4 r≤4 又因为r∈Z,故r=8,所以展开式中系数最大的项是第9项，且 该项系数为c品（仔）尸5枚答案为5 第7章 章末检测 1.C解析：因为(a+b)n的展开式有(n+1)项，所以n+1=9,解得n= 8.故选C. 2.B解析：每位游客有4种选择，由分步乘法计数原理知不同选法 的种数是43.故选B. 3.C解析：A41=(2+1)×(2)×(2-1)=V2.故选C 4.B解析：先排东郊文社，有A}种，再从另外九景中选3景依次游 览，有A。种，所以共有A?A8=1512(种)游览的情祝.故选B. 5.B解析：从A出发沿着水平面的网格线爬行到B,需要走五段路， 其中三纵二横，最短路径有C=10(条)，由点B沿着长方体的棱 爬行至顶点C处，点B处出发有3条路径，爬过一条棱后又各有 2条最短路径到C处，最短路径有3×2=6（条），所以从A到C可以 爬行的不同最短路径条数有10×6=60（条）.故选B. 6.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 选择性必修第二册·SJ 这些项的系数之和为(-1)5=-1.故选B. 7.B解析：分三类：种两种花有A种种法；种三种花有2A种种法； 种四种花有A4种种法.共有2A3+A2+A4=84(种)种法.故选B. 8.B解析：由于132024=(1+12)2024=C924+12C24+122C号24+ 123Cm4++12203C3+12224,所以a=122C号n4+122C号m4+ …+12223C号8+12224=13204-C94-12C24,由于a=132024 C924-12C3m4=(17-4)204-C9m4-12C3m4,所以(17-4)204= C2a·17204-4C4·172+42C号e4·1722-+424C3, 所以a=C94·17224-4C4·172023+42C3m4·17202-… 42023·C38·17+42024-C94-12C24,由于42024=161012= (17-1)102=C902·17102-C1o2·171o1+C702·171010-… C18B·17+C189,所以a=C9m4·172024-4C224·172023+- 42023C38照·17+C902·17102-C102·17101+…-C18盟· 17-12C2024 因为-12C224=-17×1429+5,所以a被17除后余数为5，由a=b (mod17),则正整数b的最小值为5.故选B. g.此解折：二项式(2-店)广'的展开式的通项公式为一 g2(日广=G27(-10s≤5eN.对 于A,令10=5，得r=2,所以含的项的系数为C2, (-1)2=80,所以A错误：对于B,二项式系数和为25=32，所以 B正确；对于C,令10-=0，得，=4，所以常数项为c时·2 (-=10,所以c正确：对于D,因为二项式（店广'的展开 式共有6项，所以第3项和第4项的二项式系数最大，即C?=C= 10,所以D错误故选BC. 10.ACD解析：对于A,没有空盒子的放法种数为A4=24(种)， 故A正确；对于B,1号盒子为空盒子的放法种数为 cCC.A=36,放B错误；对于C,恰有1个空盒子的放法种数 A3 为C.C3CC.A=14,故C正确，对于D,恰有2个空盒子的 /CCZ 放法种数为C好· A好 2+C4·A号=84，故D正确.故选ACD. 11.AB解析：已知(2+x)(1-2x)5=ao+a1x+a2x2+a3x3+a4x+a5x3+ a6x6,令等式中的x=0,可得a0=2,a5的值，即展开式中x的系 数，为2×(-2)5C+(-2)4C=16,故A正确；在所给的等式中，令 x=1,得a+a1ta2+a3ta4+a5+a6=-3①，又因为ao=2,所以 a1+a2+a3+a4+a5+a6=-5,故B正确；在所给的等式中，令x=-l, 得a0-a1+a2-a+a4-a5+a6=243②，由①②得a1+a3+a5= -123,故C错误；(2+x)(1-2x)3=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x+ a5x5+a6x,等式两边求导可得(1-2x)5-10(2+x)(1-2x)4=a1+ 2a2x+3a3x2+4a4x3+5a5x4+6a6x3,令x=1,则a1+2a2+3a3+4a4+ 5a5+6a6=-1-30=-31,D错误.故选AB. 12.324解析：由题意至少有1件次品的抽法有C2sC2+CC18=324, 故答案为324. 13.0解析：因为(x+y)·(x-y)5=x(x-y)+y(x-y)5,其中(x-y)5 展开式的通项为T+1=C5xr(-y)(0≤r≤5，reN),所以(x+ y)·(x-y)5的展开式含xy3的项为xC3x2（-y)3+ yC3x3(-y)2=-Cgx3y3+Cx3y3=0,即(x+y)·(x-y)5的展开式 中x3y3的系数为0.故答案为0. 14.C3解析：从编号为1,2,3，…，n+3个球中，取出6个球，记所 选取的六个小球的编号分别为a1,a2,…,a6,且a1<a2<…<a6, 学霸42