专题03 计数原理（期末真题汇编，安徽专用）高二数学下学期

**基本信息** 汇编安徽各地高二期末真题，聚焦计数原理三大高频考点，通过生活情境与分层设问，实现基础巩固与能力提升的有机统一。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|19|分类加法原理（电灯开关）、排列组合（书籍分配）、二项式系数（展开式系数）|结合商场门进入、美食选择等生活情境，基础题与能力题梯度分布| |填空|12|涂色问题（正六边形）、错位排列（元素位置）、订单分派（骑手接单）|注重逻辑推理，如正六边形涂色需分类讨论相邻边约束| |解答|4|二项式定理应用（近似计算）、概率统计（抽奖人数）|综合考查知识迁移，如用二项式定理估算\(\sqrt[3]{8.1}\)近似值| |多选|5|二项式系数性质、正态分布（鲜花销量）|关联跨学科情境，如正态分布分析鲜花日销量集中程度|

专题03 计数原理 3大高频考点概览 考点01分累加法计数原理与分布乘法计数原理 考点02 排列与组合 考点03 二项式定理 地 城 考点01 分累加法计数原理与分布乘法计数原理 一、单选题 1．(24-25高二上·安徽阜阳第三中学·期末)房间里有6盏电灯，分别由6个开关控制，至少开1盏灯用以照明，则不同的方法种数是（    ） A．31 B．32 C．63 D．64 2．(24-25高二下·安徽县中联盟·期末)某商场东面和西面均有4个门，北面和南面均有3个门，若某人从其中的任意一个门进入商场，则进入商场的不同方式共有（    ） A．12种 B．24种 C．7种 D．14种 二、填空题 3．(24-25高二下·安徽合肥第八中学·期末)现用3种不同的颜色给正六边形ABCDEF的六条边涂色，要求每种颜色都要使用，相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有__________种.    地 城 考点02 排列与组合 一、单选题 1．(24-25高二下·安徽合肥庐江县·期末)如图，从正六边形ABCDEF的顶点和该正六边形的中心O这七个点中任意选取三个点，若选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形是等边三角形的概率是（   ）    A． B． C． D． 2．(24-25高二下·安徽宿州第二中学·期末)现将《红楼梦》、《水浒传》、《三国演义》、《西游记》、《史记》5本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（   ） A．150 B．100 C．25 D．50 3．(24-25高二下·安徽安庆江淮协作区·期末)江淮地区不仅风景优美，而且美食也是远近闻名.现有一游客计划用三天品尝山粉圆子烧肉、秋浦花鳜、大通茶干、八公山豆腐这4种特色美食，每天至少选择一种（4种美食不重复选择且每天美食的选择不分先后顺序），游客三天后恰好品尝完这4种美食.则这三天他选择美食的不同选法种数为（ ） A．24种 B．36种 C．42种 D．48种 4．(24-25高二下·安徽合肥第八中学·期末)包含甲在内的5名在校大学生计划参加学校运动会的志愿者服务，有跳高、跳远、铅球、篮球四个项目可以选择，每个学生只能选择一个项目，每个项目至少招募这5名志愿者中的一名.若甲不能参加跳高，跳远这两个项目的服务，则不同的招募方式共有（   ） A．180种 B．150种 C．120种 D．90种 5．(24-25高二下·安徽·期末)某市派4名专家到西部某市2家医院坐诊，每家医院至少派1名专家，且每名专家只去1家医院，则不同的分配方案种数为（    ） A．20 B．18 C．16 D．14 6．(24-25高二下·安徽亳州·期末)已知5件产品中有2件次品，3件正品，检验员从中随机抽取2件进行检测，则取到的正品数为2的概率为（   ） A． B． C． D． 7．(24-25高二下·安徽亳州·期末)（   ） A．90 B．60 C．45 D．30 8．(24-25高二下·安徽芜湖·期末)现有名男同学和名女同学站成一排合影，则名女同学不相邻的站法种数是（    ） A． B． C． D． 9．(24-25高二下·安徽合肥百花中学等四校·期末)现有2名导游与6位游客站成一排拍照，则导游不站在一起的排法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 10．(24-25高二下·安徽蒙城第一中学·期末)北京有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客每天分别从北京烤鸭、炸酱面、糖火烧、豆汁、老北京涮羊肉、爆肚这6种美食中随机选择2种品尝（选择的2种美食不分先后顺序），若三天后他品尝完这6种美食，则这三天他选择美食的不同选法种数为（    ） A．15 B．90 C．270 D．540 11．(24-25高二上·安徽亳州普通高中·期末)某学校门口有3辆A公司的共享单车，4辆B公司的共享单车，5名同学从这7辆车中各选1辆骑行，同品牌的车因编号不同也视作不同的车，若没有被选到的两辆车是同一公司的，则这5名同学选择共享单车的方法种数为（    ） A．180 B．360 C．720 D．1080 12．(24-25高二下·安徽六安独山中学·期末)为提升学生的数学素养，某中学特开设了“数学史”､“数学建模”､“古今数学思想”､“数学探究”､“中国大学先修课程微积分学习指导”五门选修课程，要求每位同学每学年至多选四门，高一､高二两学年必须将五门选修课程选完，则每位同学不同的选修方式为（    ） A．30 B．20 C．15 D．16 二、填空题 13．(24-25高二下·安徽合肥第一中学·期末)从编号为1，2，3，4的四个元素中取出3个元素，排在编号为1，2，3的位置上（每个位置只排一个元素）．则：元素的编号与所处位置的号码不相同的排法______． 14．(24-25高二下·安徽蚌埠·期末)某外卖电商平台把A，B，C，D四个订单分派给小王、小李、小刘三位骑手，每位骑手至少接到1单，且每个订单都要有骑手接单．订单分派系统通过地址定位发现A 订单派送位置距离小王太远，因此不会将A 订单分派给小王，则满足条件的订单分派方案种数为________． 15．(24-25高二下·安徽滁州·期末)某校的5名团员利用周日到市养老院参加义务劳动．已知5名团员中有3位女生，2位男生，活动结束后5名团员站成一排拍照留念，若两名男生之间有女生，则排法总数有______种．（用数字作答） 16．(24-25高二下·安徽县中联盟·期末)某校安排4位老师在期末考试的3天值班，要求每人需要值班1天或2天，且每天有两人值班，则不同的值班方案有__________种. 17．(24-25高二上·安徽临泉第一中学·期末)某校举行新年晚会，需要从6名女生和5名男生中选4人当主持人，要求主持人中既要有男生也要有女生，则不同的选法种数为__________. 18．(24-25高二上·安徽皖北·期末)数学竞赛中，某校有共6位同学获奖，在竞赛结束后站成一排合影留念时，假设两人必须相邻且站在正中间，两人不能相邻，则不同的站法共有_________种. 19．(24-25高二上·安徽阜阳阜南实验中学·期末)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）． 三、解答题 20．(24-25高二下·安徽阜阳·期末)为更好地服务群众，结合本地实情制定“焕新”补贴实施细则，阜阳市商务局对广大市民的需求进行问卷调查.已知热心参与问卷的市民有名，商务局决定专门为他们设置两次网上抽奖活动，每次抽奖都是由系统独立、随机地从这名市民中抽取20名市民，被抽中的市民会被赠送礼品，记两次抽中的市民总人数为（不重复计数）. (1)若甲是这名市民中的一人，且甲被抽中的概率为，求； (2)求使取得最大值时的整数. 地 城 考点03 二项式定理 一、单选题 1．(24-25高二下·安徽宣城·期末)的展开式中，的系数是（   ） A．60 B．30 C．20 D．10 2．(24-25高二下·安徽滁州·期末)为正实数，且，当取最小值时，的展开式中各项系数的和为（    ） A． B． C． D． 3．(24-25高二下·安徽·期末)已知的展开式中第3项与第5项的二项式系数之比为，则展开式中的有理项的项数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 4．(24-25高二下·安徽六安第一中学·期末)进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满十进一就是十进制，满八进一就是八进制，即“满几进一”就是几进制，不同进制的数可以相互转换，如十进制下，，用八进制表示159这个数就是237.现用八进制表示十进制的，则这个八进制数的最后一位为（    ） A．3 B．4 C．5 D．7 5．(24-25高二下·安徽合肥普通高中六校联盟·期末)二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出．二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，，当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据．用这个方法计算的近似值，可以这样操作：．用这样的方法，估计的近似值约为（    ） A．2.015 B．2.023 C．2.031 D．2.083 二、多选题 6．(24-25高二下·安徽合肥第一中学·期末)若，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 7．(24-25高二下·安徽宿州第二中学·期末)已知的展开式中，仅第6项的二项式系数最大，则下列说法正确的是（   ） A． B．展开式中常数项为180 C．展开式中各项系数之和为 D． 8．(24-25高二下·安徽蚌埠·期末)对于 的展开式，下列结论正确的是（   ） A．第项为 B．的系数为 C．各项系数和为 D．二项式系数的和为 9．(24-25高二下·安徽六安独山中学·期末)对两组线性相关成对数据进行回归分析，得到不同的统计结果，第-组成对数据的样本相关系数、残差平方和、决定系数分别为，，，第二组成对数据的样本相关系数、残差平方和、决定系数分别为，，，则（    ） A．若，则第一组成对数据的线性相关关系比第二组的强 B．若，则第一组成对数据的线性相关关系比第二组的强 C．若，则第二组成对数据的经验回归模型拟合效果比第一组的好 D．若，则第二组成对数据的经验回归模型拟合效果比第一组的好 10．(24-25高二下·安徽六安独山中学·期末)近年来中国进入一个鲜花消费的增长期，某农户利用精准扶贫政策，贷款承包了一个新型温室鲜花大棚，种植销售红玫瑰和白玫瑰．若这个大棚的红玫瑰和白玫瑰的日销量分别服从正态分布N(，302)和N(280，402)，则下列选项正确的是（    ） 附：若随机变量X服从正态分布N(，)，则P(＜X＜)≈0.6826． A．若红玫瑰日销售量范围在(，280)的概率是0.6826，则红玫瑰日销售量的平均数约为250 B．白玫瑰日销售量比红玫瑰日销售量更集中 C．红玫瑰日销售量比白玫瑰日销售量更集中 D．白玫瑰日销售量范围在(280，320)的概率约为0.3413 11．(24-25高二下·安徽六安独山中学·期末)随机变量X的分布列如下表，随机变量．设，，且X与Y互相独立，则下列说法正确的是（   ） X a 1 P p A． B． C． D． 三、填空题 12．(24-25高二下·安徽合肥百花中学等四校·期末)的展开式中所有项的系数和与二项式系数和分别为___________，___________. 13．(24-25高二下·安徽亳州·期末)在二项式的展开式中，所有项的系数和为4096，则此二项式展开式中二项式系数之和是______. 14．(24-25高二下·安徽芜湖·期末)定义：给定一个正整数m，如果两个整数a，b满足能够被m整除，就称整数a，b对模m同余，记作．若，，则的最小值为________． 15．(24-25高二下·安徽六安独山中学·期末)若，，则___________. 四、解答题 16．(24-25高二下·安徽安庆江淮协作区·期末)已知. (1)求该二项展开式中二项式系数最大的项； (2)求的值. 17．(24-25高二上·安徽临泉第一中学·期末)（1）解方程：； （2）已知，求的值. 18．(24-25高二上·安徽亳州普通高中·期末)设. (1)求； (2)若是，，，，中唯一的最大值，求的所有可能取值； (3)若，求. 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 计数原理 3大高频考点概览 考点01分累加法计数原理与分布乘法计数原理 考点02 排列与组合 考点03 二项式定理 地 城 考点01 分累加法计数原理与分布乘法计数原理 一、单选题 1．(24-25高二上·安徽阜阳第三中学·期末)房间里有6盏电灯，分别由6个开关控制，至少开1盏灯用以照明，则不同的方法种数是（    ） A．31 B．32 C．63 D．64 【答案】C 【分析】使用间接法，计算出所有情况总数减去不开灯的情况总数即可得. 【详解】每盏灯都有开或不开两种情况，故共有种情况， 其中不开灯的情况共有1种， 则至少开1盏灯的情况有种. 故选：C. 2．(24-25高二下·安徽县中联盟·期末)某商场东面和西面均有4个门，北面和南面均有3个门，若某人从其中的任意一个门进入商场，则进入商场的不同方式共有（    ） A．12种 B．24种 C．7种 D．14种 【答案】D 【分析】由分类加法计数原理即可求解. 【详解】由题意进入商场的不同方式共有种. 故选：D. 二、填空题 3．(24-25高二下·安徽合肥第八中学·期末)现用3种不同的颜色给正六边形ABCDEF的六条边涂色，要求每种颜色都要使用，相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有__________种.    【答案】60 【分析】对三条边所涂颜色的种数进行分类讨论，确定另外三条边所涂颜色的方法种数，利用分步乘法和分类加法计数原理可得结果，注意去掉只有两种颜色的涂法数． 【详解】第一类，三条边用同一种颜色， 先涂有3种方法，再涂有2种方法，再涂有2种方法，再涂有2种方法，若颜色相同，方法数为，则不合题意，共有方法数为种； 第二类，三条边用2种颜色， 由三条边用2种颜色，可得必有2条边涂同一种颜色，先涂有种方法，再涂，有2种方法，共有方法数为种； 第三类三条边用种颜色， 先涂有种方法，再涂有1种方法，再涂有1种方法，再涂有1种方法，共有方法数为种； 由分类加法计数原理可得，共有方法数种． 故答案为：60. 地 城 考点02 排列与组合 一、单选题 1．(24-25高二下·安徽合肥庐江县·期末)如图，从正六边形ABCDEF的顶点和该正六边形的中心O这七个点中任意选取三个点，若选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形是等边三角形的概率是（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，求得基本事件的总数，利用列举法求得所求事件包含基本事件的个数，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解. 【详解】根据题意，在7个点中任取3个，若选出的三个点能构成三角形，有种， 若构成的三角形是等边三角形，可以为，，，，，，，，共8个， 则若选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形是等边三角形的概率. 故选：B. 2．(24-25高二下·安徽宿州第二中学·期末)现将《红楼梦》、《水浒传》、《三国演义》、《西游记》、《史记》5本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（   ） A．150 B．100 C．25 D．50 【答案】D 【分析】根据题意，分2步进行分析：①将5本不同的书籍分为3组，每组至少1本，②将《西游记》所在的组分发给了甲，剩下2组任意分配，由分步计数原理计算可得答案. 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①将5本不同的书籍分为3组，每组至少1本， 若分为1、1、3的三组，有种分组方法， 若分为1，2，2的三组，有种分组方法， 共有种分组方法， ②将《西游记》所在的组分发给了甲，剩下2组任意分配，有2种情况， 则有种分发方式. 故选：D. 3．(24-25高二下·安徽安庆江淮协作区·期末)江淮地区不仅风景优美，而且美食也是远近闻名.现有一游客计划用三天品尝山粉圆子烧肉、秋浦花鳜、大通茶干、八公山豆腐这4种特色美食，每天至少选择一种（4种美食不重复选择且每天美食的选择不分先后顺序），游客三天后恰好品尝完这4种美食.则这三天他选择美食的不同选法种数为（ ） A．24种 B．36种 C．42种 D．48种 【答案】B 【分析】由题知，4种美食的分配给3天的分配方案为2,1,1，再根据分组分配原理及部分平均分配问题可得不同选法. 【详解】根据题意，4种美食的分配给3天的分配方案为2,1,1， 所以不同的选法有种. 故选：B. 4．(24-25高二下·安徽合肥第八中学·期末)包含甲在内的5名在校大学生计划参加学校运动会的志愿者服务，有跳高、跳远、铅球、篮球四个项目可以选择，每个学生只能选择一个项目，每个项目至少招募这5名志愿者中的一名.若甲不能参加跳高，跳远这两个项目的服务，则不同的招募方式共有（   ） A．180种 B．150种 C．120种 D．90种 【答案】C 【分析】分甲单独参加某个项目与甲和其他一人一起参加某个项目两类，在每一类中利用分步乘法计数原理计算出方法数，再相加可得结果. 【详解】满足条件的招募方式可分为两类： 第一类：甲单独参加某个项目， 先安排甲，由于甲不能参加跳高，跳远两个项目，故甲的安排方法有2种， 再将余下4人，安排到余下的三个项目， 由于每个学生只能选择一个项目，每个项目至少招募一名学生， 故满足条件的招募方式有种， 所以甲单独参加某个项目的招募方式有种； 第二类：甲和其他一人一起参加某个项目， 先选一人与甲一起，再将两人安排至某一项目，有种方法， 再安排余下3人，有种方法， 所以甲不单独参加某个项目的报名方法有种， 所以满足条件的不同的招募方式共有种方法. 故选：C. 5．(24-25高二下·安徽·期末)某市派4名专家到西部某市2家医院坐诊，每家医院至少派1名专家，且每名专家只去1家医院，则不同的分配方案种数为（    ） A．20 B．18 C．16 D．14 【答案】D 【分析】根据题意，分两步进行分析：先将4名专家分为2组，再将分好的2组安排到2个不同的医院. 【详解】先分组，再分配， 分组有2种情况： ①一个医院1人，一个医院3人，此时有种， ②两个医院各2人，此时有种， 将分好的组分配到两个不同的医院，有2种情况， 故不同的分配方案有种， 故选：D 6．(24-25高二下·安徽亳州·期末)已知5件产品中有2件次品，3件正品，检验员从中随机抽取2件进行检测，则取到的正品数为2的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据古典概型概率公式结合组合数计算即可. 【详解】取到的正品数为2的概率为. 故选：D 7．(24-25高二下·安徽亳州·期末)（   ） A．90 B．60 C．45 D．30 【答案】C 【分析】根据组合数计算公式求解即可． 【详解】， 故选：C． 8．(24-25高二下·安徽芜湖·期末)现有名男同学和名女同学站成一排合影，则名女同学不相邻的站法种数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先将名男同学排序，再将名女同学插入名男同学形成的个空位中的个，结合插空法可求得结果. 【详解】将名男同学和名女同学站成一排合影， 若名女同学不相邻，先将名男同学排序， 再将名女同学插入名男同学形成的个空位中的个， 所以，不同的排法种数为种. 故选：D. 9．(24-25高二下·安徽合肥百花中学等四校·期末)现有2名导游与6位游客站成一排拍照，则导游不站在一起的排法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】利用插空法求解即可. 【详解】由插空法可得导游不站在一起的排法共有种． 故选：D. 10．(24-25高二下·安徽蒙城第一中学·期末)北京有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客每天分别从北京烤鸭、炸酱面、糖火烧、豆汁、老北京涮羊肉、爆肚这6种美食中随机选择2种品尝（选择的2种美食不分先后顺序），若三天后他品尝完这6种美食，则这三天他选择美食的不同选法种数为（    ） A．15 B．90 C．270 D．540 【答案】B 【分析】解法一：分析每天游客的选择可能性，结合分步乘法计数原理运算求解；解法二：利用分堆法，结合排列数、组合数运算求解. 【详解】解法一：该游客第一天从6种美食中随机选择2种品尝，有种选法； 第二天从剩余的4种美食中随机选择2种品尝，有种选法； 第三天只能品尝最后剩余的2种美食，有种选法． 故该游客在这三天中选择美食的不同选法种数为； 解法二：先将6种美食平均分成3组，有种不同的分法， 该游客每天选择其中一组美食进行品尝，有种不同的选法， 所以这三天他选择美食的不同选法种数为． 故选：B. 11．(24-25高二上·安徽亳州普通高中·期末)某学校门口有3辆A公司的共享单车，4辆B公司的共享单车，5名同学从这7辆车中各选1辆骑行，同品牌的车因编号不同也视作不同的车，若没有被选到的两辆车是同一公司的，则这5名同学选择共享单车的方法种数为（    ） A．180 B．360 C．720 D．1080 【答案】D 【分析】分类和分步计数原理即可求得结果. 【详解】若没有被选到的两辆车是同一公司的，则A公司的选1辆或全选，所以这5名同学选择共享单车的方法种数为. 故选：D 12．(24-25高二下·安徽六安独山中学·期末)为提升学生的数学素养，某中学特开设了“数学史”､“数学建模”､“古今数学思想”､“数学探究”､“中国大学先修课程微积分学习指导”五门选修课程，要求每位同学每学年至多选四门，高一､高二两学年必须将五门选修课程选完，则每位同学不同的选修方式为（    ） A．30 B．20 C．15 D．16 【答案】A 【分析】将五门课程分为或的两组，然后将这两组课程分配给高一、高二两个学年，结合排列、组合的知识，即可求解. 【详解】将五门课程分为两组，每组的数量分别为或， 然后将这两组课程分配给高一、高二两个学年， 所以，每位同学不同的选修方式种数为种同的选择方式. 故选：A. 二、填空题 13．(24-25高二下·安徽合肥第一中学·期末)从编号为1，2，3，4的四个元素中取出3个元素，排在编号为1，2，3的位置上（每个位置只排一个元素）．则：元素的编号与所处位置的号码不相同的排法______． 【答案】11 【分析】根据取出的3个元素的情况进行分类讨论，即可求得所有排法. 【详解】若取出的3个元素中有4，且从1,2,3中任取2个元素，则共有种 若从1,2,3中取出的3个元素，则共有2种排法. 综上所述，共有种排法. 故答案为：11 14．(24-25高二下·安徽蚌埠·期末)某外卖电商平台把A，B，C，D四个订单分派给小王、小李、小刘三位骑手，每位骑手至少接到1单，且每个订单都要有骑手接单．订单分派系统通过地址定位发现A 订单派送位置距离小王太远，因此不会将A 订单分派给小王，则满足条件的订单分派方案种数为________． 【答案】24 【分析】分把A 订单单独分派给小李或小刘、把A 订单不单独分派给小李或小刘两种情况计算，先分派A 订单，再结合分组分配的方法即可求解． 【详解】分两种情况： ①把A 订单单独分派给小李或小刘： 先分派A 订单，有种方法， 再分派B，C，D订单，三个订单分两组有种方法，把这两组分派给其余两位骑手有种方法， 所以有种方法； ②把A 订单不单独分派给小李或小刘： 先分派A 订单，有种方法， 再分派B，C，D订单，三个订单分派给三位骑手有种方法， 所以有种方法， 故满足条件的订单分派方案种数为． 故答案为：24． 15．(24-25高二下·安徽滁州·期末)某校的5名团员利用周日到市养老院参加义务劳动．已知5名团员中有3位女生，2位男生，活动结束后5名团员站成一排拍照留念，若两名男生之间有女生，则排法总数有______种．（用数字作答） 【答案】 【分析】根据题意，先将三名女生全排列，再三名女生的4个空隙中，选择2个插入男生，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，先将三名女生全排列，有种不同的排法， 从三名女生的4个空隙中，选择2个插入男生，有种不同的排法， 由分步计数原理得，共有种不同的排法. 故答案为：. 16．(24-25高二下·安徽县中联盟·期末)某校安排4位老师在期末考试的3天值班，要求每人需要值班1天或2天，且每天有两人值班，则不同的值班方案有__________种. 【答案】90 【分析】根据题意，先确定值班天数分配，然后分两种情况讨论，结合组合数以及两类计数原理代入计算，即可得到结果. 【详解】设4位老师分别为甲､乙､丙､丁， 由题知，这4人中恰有2人均值班2天，剩下2人均值班1天. 从4人中选2人均值班2天有种选法， 下面讨论甲和乙均值班2天的情况： 若甲､乙两人值班的日期都相同，有种不同的结果； 若甲､乙两人值班的日期有一天相同，有种不同的结果， 所以不同的值班方案有（种）. 故答案为：90 17．(24-25高二上·安徽临泉第一中学·期末)某校举行新年晚会，需要从6名女生和5名男生中选4人当主持人，要求主持人中既要有男生也要有女生，则不同的选法种数为__________. 【答案】 【分析】先不考虑性别，再减去全是男生、全是女生的情形，利用组合数公式计算可得. 【详解】从6名女生和5名男生中选4人当主持人有种选法， 若4人全是男生，则有种选法， 若4人全是女生，则有种选法， 则主持人中既要有男生也要有女生，不同的选法有种. 故答案为： 18．(24-25高二上·安徽皖北·期末)数学竞赛中，某校有共6位同学获奖，在竞赛结束后站成一排合影留念时，假设两人必须相邻且站在正中间，两人不能相邻，则不同的站法共有_________种. 【答案】 【分析】根据给定条件，利用相邻问题，再结合不相邻列式求解. 【详解】依题意，排，相邻且站在正中间，有种站法； 再排，不相邻，而两侧各有2个位置，即不在同侧， 在两侧各取1个位置再排列，共有种站法， 最后排有种站法， 所以不同的站法共有（种）. 故答案为：32 19．(24-25高二上·安徽阜阳阜南实验中学·期末)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种（用数字作答）． 【答案】64 【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解. 【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种； （2）当从8门课中选修3门， ①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种； ②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种； 综上所述：不同的选课方案共有种. 故答案为：64. 三、解答题 20．(24-25高二下·安徽阜阳·期末)为更好地服务群众，结合本地实情制定“焕新”补贴实施细则，阜阳市商务局对广大市民的需求进行问卷调查.已知热心参与问卷的市民有名，商务局决定专门为他们设置两次网上抽奖活动，每次抽奖都是由系统独立、随机地从这名市民中抽取20名市民，被抽中的市民会被赠送礼品，记两次抽中的市民总人数为（不重复计数）. (1)若甲是这名市民中的一人，且甲被抽中的概率为，求； (2)求使取得最大值时的整数. 【答案】(1)100 (2)或 【分析】（1）用组合数表示出甲未被抽中的概率，得到一个关于的方程，解方程即可；（2）根据规则用组合数表示出，将表示后的式子含的部分记为函数表达式，将问题转化为在何时取到最大值. 【详解】（1）记“甲被抽中”，“第次被抽中”，则 ， 解得. （2）由于， 记，即求在何时取到最大值，下面讨论的单调性： ， 解得，即当时，，，单调递增， 因此在时取得最大值， 可得在时取得最大值， 又有时，，即， 综上，当或时，取到最大值. 地 城 考点03 二项式定理 一、单选题 1．(24-25高二下·安徽宣城·期末)的展开式中，的系数是（   ） A．60 B．30 C．20 D．10 【答案】A 【分析】先对目标式合理变形，再利用二项式定理多次展开求解系数即可. 【详解】由题意得， 由二项式定理得的通项为， 欲求的系数，则令，此时对应项为， 后续我们再从找到只含的项即可， 由二项式定理得的通项为， 令，解得，此时对应项为， 故的系数为，故A正确. 故选：A 2．(24-25高二下·安徽滁州·期末)为正实数，且，当取最小值时，的展开式中各项系数的和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用基本不等式求出取最小值时的值，得出；再利用赋值法，令即可求解. 【详解】由可得：. 因为为正实数， 所以由基本不等式可得： ， 当且仅当，即时等号成立. 所以当取最小值时，. 令，得， 所以当取最小值时，的展开式中各项系数的和为. 故选：C. 3．(24-25高二下·安徽·期末)已知的展开式中第3项与第5项的二项式系数之比为，则展开式中的有理项的项数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】根据第项的二项式系数为，求出，再根据二项展开式的通项，即可求出其有理项. 【详解】由题知，又， 所以，展开式通项为，令， 则，所以展开式中有4项的有理项. 故选：C 4．(24-25高二下·安徽六安第一中学·期末)进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满十进一就是十进制，满八进一就是八进制，即“满几进一”就是几进制，不同进制的数可以相互转换，如十进制下，，用八进制表示159这个数就是237.现用八进制表示十进制的，则这个八进制数的最后一位为（    ） A．3 B．4 C．5 D．7 【答案】D 【分析】由，通过二项式定理展开即可求解. 【详解】， 而，故最后一位数为7， 故选：D. 5．(24-25高二下·安徽合肥普通高中六校联盟·期末)二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提出．二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，，当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据．用这个方法计算的近似值，可以这样操作：．用这样的方法，估计的近似值约为（    ） A．2.015 B．2.023 C．2.031 D．2.083 【答案】C 【分析】变形，然后根据题意，计算即可得解． 【详解】． 故选：C． 二、多选题 6．(24-25高二下·安徽合肥第一中学·期末)若，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】由赋值法求系数和及奇偶项系数可判断ACD，对于B，根据，接着求的系数即可. 【详解】当时，，故A错误； ，则的系数为 ，故B正确； 当时，，故C正确； 当时，， 又，所以， 则，故D正确； 故选：BCD. 7．(24-25高二下·安徽宿州第二中学·期末)已知的展开式中，仅第6项的二项式系数最大，则下列说法正确的是（   ） A． B．展开式中常数项为180 C．展开式中各项系数之和为 D． 【答案】ABD 【分析】对于A，根据已知条件求出展开式的项数，可解得正整数的值；对于B，写出展开式通项，赋值后即可求常数项的值；对于C，赋值法令，即可得展开式中各项系数之和；对于D，利用组合数公式得出，再利用二项式定理化简可得结果. 【详解】对于A ，因展开式中仅第6项的二项式系数最大，故二项展开式共有项，则，故A正确； 对于B，的展开式通项为， 令，解得，故展开式中的常数项为，故B正确； 对于C，在展开式中，令，可得各项系数之和为，故C错误； 对于D，因，即， 故，即D正确. 故选：ABD. 8．(24-25高二下·安徽蚌埠·期末)对于 的展开式，下列结论正确的是（   ） A．第项为 B．的系数为 C．各项系数和为 D．二项式系数的和为 【答案】ABD 【分析】根据二项式展开式的通项公式、各项系数和以及二项式系数和的相关知识来逐一分析选项. 【详解】对于，其展开式的通项公式为 那么第项，即时，，A正确； 要求的系数，令，则，所以的系数为，B正确； 求各项系数和，令，则，所以各项系数和为，C错误； 根据二项式系数和的性质，二项式的二项式系数和为，D正确。 故选：ABD. 9．(24-25高二下·安徽六安独山中学·期末)对两组线性相关成对数据进行回归分析，得到不同的统计结果，第-组成对数据的样本相关系数、残差平方和、决定系数分别为，，，第二组成对数据的样本相关系数、残差平方和、决定系数分别为，，，则（    ） A．若，则第一组成对数据的线性相关关系比第二组的强 B．若，则第一组成对数据的线性相关关系比第二组的强 C．若，则第二组成对数据的经验回归模型拟合效果比第一组的好 D．若，则第二组成对数据的经验回归模型拟合效果比第一组的好 【答案】BC 【分析】根据题意 ，由相关系数、残差平方和、决定系数的意义，依次分析选项，即可求解. 【详解】根据题意，依次分析选项： 对于A中，由，则第一组成对数据的线性相关关系比第二组的强，所以A错误； 对于B中，若，可得，则第一组成对数据的线性相关关系比第二组的强，所以B正确； 对于C中，若，则第二组成对数据的经验回归模型拟合效果比第一组的好，所以C正确； 对于D中，若，则第一组成对数据的经验回归模型拟合效果比第二组的好， 所以D错误. 故选：BC. 10．(24-25高二下·安徽六安独山中学·期末)近年来中国进入一个鲜花消费的增长期，某农户利用精准扶贫政策，贷款承包了一个新型温室鲜花大棚，种植销售红玫瑰和白玫瑰．若这个大棚的红玫瑰和白玫瑰的日销量分别服从正态分布N(，302)和N(280，402)，则下列选项正确的是（    ） 附：若随机变量X服从正态分布N(，)，则P(＜X＜)≈0.6826． A．若红玫瑰日销售量范围在(，280)的概率是0.6826，则红玫瑰日销售量的平均数约为250 B．白玫瑰日销售量比红玫瑰日销售量更集中 C．红玫瑰日销售量比白玫瑰日销售量更集中 D．白玫瑰日销售量范围在(280，320)的概率约为0.3413 【答案】ACD 【分析】由已知结合原则求得，可判定A正确；比较方差的大小，可判定B不正确，C正确；再由原则求得白玫瑰日销售量的范围在的概率，可判定D正确. 【详解】若红玫瑰日销售量的范围在的概率，则，可得， 所以红玫瑰日销售量的平均数为，所以A正确； 因为红玫瑰日销售量的方差为，白玫瑰日销售量的方差为， 因为，所以红玫瑰日销售量比白玫瑰日销售量更集中，所以B不正确，C正确； 由白玫瑰日销售量在的概率为， 所以D正确. 故选：ACD. 11．(24-25高二下·安徽六安独山中学·期末)随机变量X的分布列如下表，随机变量．设，，且X与Y互相独立，则下列说法正确的是（   ） X a 1 P p A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】当时，计算出，当时，根据得到方程，求出，A错误，BC正确；从而得到的可能取值和对应的概率，求出期望值. 【详解】由，故， ，， ， 当时，， 即， 当时，， 即，解得，A错误，BC正确； D选项，的可能取值为， ，， ， ， 故，D错误. 故选：BC 三、填空题 12．(24-25高二下·安徽合肥百花中学等四校·期末)的展开式中所有项的系数和与二项式系数和分别为___________，___________. 【答案】 1 128 【分析】写出的二项展开式，令可所有项的系数和，二项式系数和为，即可求解. 【详解】, 令，则可得所有项系数和为， 二项式系数和为. 故答案为：1；128. 13．(24-25高二下·安徽亳州·期末)在二项式的展开式中，所有项的系数和为4096，则此二项式展开式中二项式系数之和是______. 【答案】16 【分析】令，利用各项系数和求出，再利用二项式系数的性质即可求解. 【详解】因为在二项式的展开式中，所有项的系数和为4096， 所以，令得， 即，解得， 所以展开式中二项式系数和为． 故答案为：16. 14．(24-25高二下·安徽芜湖·期末)定义：给定一个正整数m，如果两个整数a，b满足能够被m整除，就称整数a，b对模m同余，记作．若，，则的最小值为________． 【答案】5 【分析】根据二项式定理可得题设中的代数式即为，再结合二项式定理逐项计算验证即可求解. 【详解】依题意得能够被5整除. 而 ， 所以能够被5整除. 取，得能够被5整除. 逐个验证不满足，当时，满足被5整除. 此时， 取，得能够被5整除，显然不论何值都不满足， 取，得能够被5整除， 逐个验证不满足，显然都有， 取，得能够被5整除， 逐个验证不满足，当时，满足被5整除. 此时， 取，得能够被5整除， 逐个验证不满足，此时 若取，此时， 故的最小值为5. 故答案为：5 15．(24-25高二下·安徽六安独山中学·期末)若，，则___________. 【答案】 【解析】本题首先可令，得出，然后令，得出，最后两者相减，即可得出结果. 【详解】令，则，即， 令，则， 即， 故， 故答案为：. 四、解答题 16．(24-25高二下·安徽安庆江淮协作区·期末)已知. (1)求该二项展开式中二项式系数最大的项； (2)求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题知，结合二项式系数最大项为中间项，从而可求解. （2）利用赋值法分别令和即可求解. 【详解】（1）由二项式通项公式可得：， 因为为偶数，所以二项式系数最大项为中间项，即第项， 所以， 综上：二项式系数最大项为. （2）由题可得令，则， 令，则， 所以. 17．(24-25高二上·安徽临泉第一中学·期末)（1）解方程：； （2）已知，求的值. 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）根据排列数、组合数公式得到关于的方程，解得即可； （2）令，求出，再写出展开式的通项，利用通项求出，即可得解. 【详解】（1）因为，所以， 即，因，即， 整理得，解得或（舍去）， 故原方程的解为. （2）因为， 令，得. 因为，而展开式的通项为（且）， 所以， 所以. 18．(24-25高二上·安徽亳州普通高中·期末)设. (1)求； (2)若是，，，，中唯一的最大值，求的所有可能取值； (3)若，求. 【答案】(1) (2)20，21，22 (3) 【分析】（1）利用赋值法，令，，即可得结果； （2）根据二项式定理可得，根据题意列式求解即可； （3）整理可得，结合二项式系数的性质运算求解. 【详解】（1）由， 令，可得； 令，可得； 所以. （2）由题意知的展开式的通项为，， 所以，. 因为是中唯一的最大值， 可得，即，解得， 所以的所有可能取值为20，21，22. （3）由题意可得：， 所以，， 则. 因为， 所以. 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $