山东泰安市2025-2026学年高二下学期期末数学备考复习----计数原理通关检测卷

**基本信息** 以计数原理为核心，通过分层题型系统整合排列组合、二项式定理等知识，提炼分类分步、插空捆绑等解题方法，培养逻辑推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基本计算|单选1-3、15题|排列组合公式直接应用、分类加法原理|从定义到公式推导，夯实运算基础| |排列应用|单选4、18题|插空法、捆绑法、特殊位置优先|元素限制→位置分析→分步计数，构建排列问题求解框架| |组合应用|单选6、8、13题|分组分配（均匀/非均匀）、排除法|组合概念→实际情境转化→分类讨论，强化应用意识| |二项式定理|单选3、5、7、9、12、19题|通项公式、二项式系数性质、赋值法|展开式结构→系数计算→综合应用，形成定理应用体系| |综合应用|多选10-11、填空14、解答16-17题|方程思想、导数法、图表分析|多知识点融合，提升复杂问题解决能力|

山东省泰安市2025-2026学年高二下学期期末数学备考----计数原理通关检测卷 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）计算的值是（ ） A．41 B．61 C．62 D．82 2．（本题5分）某天小丁要从福州出发去厦门，已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次，则小丁当天出行的方案共有（   ） A．12种 B．27种 C．120种 D．600种 3．（本题5分）已知二项式的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则为（   ） A．15 B．10 C．9 D．8 4．（本题5分）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，乙和丙不相邻，则不同的排列方式共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．96种 5．（本题5分）在的展开式中，的系数为（   ） A．30 B．15 C． D． 6．（本题5分）如图，湖面上有4个相邻的小岛，现要建3座桥梁，将这4个小岛连通起来，则建设方案有（   ） A．12种 B．16种 C．20种 D．24种 7．（本题5分）若，则（    ） A．100 B．110 C．120 D．130 8．（本题5分）将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中，下列说法错误的是（   ） A．恰有一个空盒，有324种放法 B．把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有12种放法 C．有256种放法 D．每盒至多两球，有204种放法 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）关于的展开式，下列判断正确的是（    ） A．展开式共有项 B．展开式的各二项式系数的和为 C．展开式中的系数为 D．展开式中二项式系数最大的项是第项 10．（本题6分）已知，则（   ） A． B． C． D． 11．（本题6分）A、B、C、D、E五名同学安排值日，下列说法正确的是（   ） A．五人值五天，每人值一天，A、B两名同学需相邻，满足条件的安排方法共有48种 B．安排五人连续三天值日，每天需要有人值，每人只值一次，一共有540种安排方法 C．五人值五天，每人值一天，要求A、B、C三人值日的先后顺序固定，则一共有20种安排方法 D．A、B、C三人需要连续六天值日，每人两天，但每人都不连值两天，一共有30种安排方法 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知，则二项式的展开式中含项的系数为______. 13．（本题5分）六本不相同的书发给4个人，每人至少一本，且书全部分完，则所有不同的分配方法种数为______. 14．（本题5分）某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有四种不同的鲜花可供摆放，要求有公共边的区域摆放不同种类的鲜花，则摆放鲜花的不同方法种数为__________.    四、解答题（共77分） 15．（本题13分）（1）解方程：     （2）计算． 16．（本题15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. 17．（本题15分）已知． (1)求的值； (2)求的值． 18．（本题17分）甲、乙、丙、丁、戊五名同学站成一排拍照． (1)甲、乙两人不相邻的站法共有多少种？ (2)甲不站排头或排尾，且甲、乙两人相邻的站法共有多少种？ 19．（本题17分）已知的展开式中第项为，且第三项和第九项的二项式系数相等. (1)求的值，并求二项式系数的最大值； (2)求第四项的二项式系数与系数； (3)的展开式中第几项的系数最大？并求系数的最大值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《山东省泰安市2025-2026学年高二下学期期末数学备考----计数原理通过检测卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D C B B C A BD BCD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】利用排列数和组合数公式计算即可． 【详解】， ，, 因此. 故选：B. 2．B 【分析】由分类加法计数原理即可求解. 【详解】已知当天的飞机有5班，动车有12趟，高铁有10个车次， 则小丁当天出行的方案共有. 故选：B. 3．D 【分析】展开式共有9项，所以. 【详解】的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，故第5项为中间项， 展开式共有9项，所以. 故选：D 4．C 【分析】应用分类计数，及排列组合数求不相邻和元素位置有限制问题的排列方法数. 【详解】将5个位置从左到右编号为，则甲只能站中的一个位置， 当甲在位置上，则乙、丙可选位置有、、、有种排法，丁、戊有种排法，共有种； 当甲在位置上，则乙、丙可选位置有、、、有种排法，丁、戊有种排法，共有种； 当甲在位置上，则乙、丙可选位置有、、、有种排法，丁、戊有种排法，共有种； 综上，共有种. 故选：C 5．B 【分析】由题意可得展开式的通项公式为，求解即可. 【详解】因为二项式的展开式的通项公式为， 令，解得，所以， 所以的系数为. 故选：B. 6．B 【分析】确定可以建设桥梁的位置有几个地方，进而求出建设3个桥梁的所有可能选法，去掉不符合题意的选法，即可得答案. 【详解】由题意知要将4个相邻的小岛A，B，C，D连接起来， 共有个位置可以建设桥梁， 从这6个位置中选3个建设桥梁，共有种选法， 但选出的3个位置可能是仅连接或或或三个小岛，不合题意， 故要建3座桥梁，将这4个小岛连接起来，共有（种）不同的方案. 故选：B. 7．C 【分析】利用二项式定理分别求出即可计算得解. 【详解】在中，，， 所以. 故选：C 8．A 【分析】对选项进行逐一分析，选项A先从4个盒子中选出一个空盒，再从4个球中选2个放入剩下3个盒子中的1个，再将剩余2球各1个放入剩余2盒中，据此得出放法总数；选项B先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．已知四个小球相同即没有顺序，属于组合问题；选项C根据分步乘法原理分析求解；选项D在选项C的基础上减去每盒至少3个球的情况可得. 【详解】选项A：先从4个盒子中选出一个空盒，再从4个球中选2个放入剩下3个盒子中的1个，再将剩余2球各1个放入剩余2盒中，故有种放法，故A错误； 选项B：先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．已知四个小球相同即没有顺序，属于组合问题，故共有种放法，故B正确； 选项C：每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有种放法，故C正确； 对于D：由C分析，不考虑盒中球个数，共有256种放法， 若一个盒中放3个球，另外1盒放1球，则有种放法， 若1个盒中放4球，有4种放法，故每盒至少3个球的情况有种， 所以每盒至多两球，有种放法，故D正确. 故选：A. 9．BD 【分析】利用展开式项数与指数的关系可判断A选项；利用展开式二项式系数和可判断B选项；利用二项展开式通项可判断C选项；利用二项式系数的最值可判断D选项. 【详解】对于A选项，的展开式共有项，A错； 对于B选项，展开式的各二项式系数的和为，B对； 对于C选项，展开式通项为， 所以展开式中的系数为，C错； 对于D选项，展开式中二项式系数最大的项是第项，D对. 故选：BD. 10．BCD 【分析】对于A：借助二项式的展开式的通项计算即可得；对于B：借助赋值法令，计算即可；对于C：借助二项式的展开式的通项，令计算即可；对于D：对等式两边求导，再令即可. 【详解】二项式的通项， 令，得，选项A错误； 令，得，令，得， 所以，选项B正确； 令，得， 所以，选项C正确； ，两边对x求导得： ， 再令，得，选D正确． 故选：BCD． 11．ACD 【分析】根据相邻问题捆绑即可求解A,根据排列即可求解B，根据分组分配问题即可求解C，利用列举，结合分步乘法计数原理即可求解D. 【详解】对于A,将A、B两名同学看作一个整体，与其他三个同学一起全排列，则共有种情况，故A正确， 对于B，安排五人连续三天值日，每天需要有人值，每人只值一次，一共有种安排方法,故B错误， 对于C,由于A、B、C三人值日的先后顺序固定，只需要将剩下两名同学安排好即可，故共有种方法，故C正确， 对于D,从三个人中选2个人安排在第一天和第二天，则有种方法，假若前两天值日的人为分别为，则6天的安排有共有5种，故总的安排有,故D正确， 故选：ACD 12． 【分析】逆用二项式定理化简已知求得，然后求出二项式展开式的通项，由得，代入求解即可. 【详解】由题意知，，所以， 则二项式的通项， 令，解得，所以含项的系数为. 故答案为： 13．1560 【分析】分为按2，2，1，1和按3，1，1，1分发，再利用排列组合数计算即可. 【详解】若书本数按2，2，1，1分发，则有种不同的分配方法； 若书本数按3，1，1，1分发，则有种不同的分配方法. 故共有1560种不同的分配方法. 故答案为：1560. 14．120 【分析】根据分步乘法计数原理，结合4，5以及1，2是否同色，分类即可求解. 【详解】先排1，3，5区域，此时从4种鲜花中任选3种全排列，故共有种方法， 接下来排区域4，2，6， 若4与5同色，1，2同色，此时区域6有2种选择， 若4与5同色，1，2不同色，此时区域2只有一种选择，区域6也只有1种选择， 若4与5不同色，此时1，2只能同色，此时区域6有2种选择， 故涂区域2，4，6共有种方法， 因此总的涂法共有， 故答案为：120 15．（1）10；（2）252 【分析】根据排列数公式、组合数公式，结合组合数的性质求解即可. 【详解】（1）因为，所以. 又因为，所以，解得． （2）法一： . 法二：原式. 16．(1)24 (2)6 (3)12 【分析】（1）根据给定条件，利用全排列列式计算. （2）（3）根据给定条件，利用特殊位置法列式计算. 【详解】（1）能组成的四位数的个数为. （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. （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. 17．(1) (2) 【分析】（1）利用二项式展开式化简题干等式，再令，可得出所求代数式的值； （2）利用二项展开式通项求出的展开式中的系数，即为的值. 【详解】（1）因为 ， 令可得 . （2）的展开式通项为， 令，可得， 由题意可知，为的展开式中的系数，故. 18．(1)72 (2)36 【分析】（1）先排丙、丁、戊，再插空排甲、乙，结合排列数运算求解； （2）分乙站在排头或排尾和甲、乙都不站排头或排尾两种情况，结合排列数运算求解. 【详解】（1）先排丙、丁、戊，有种站法，再插空排甲、乙，有种站法． 故甲、乙两人不相邻的站法共有种． （2）若乙站在排头或排尾，则有种站法； 若甲、乙都不站排头或排尾，则有种站法； 故甲不站排头或排尾，且甲、乙两人相邻的站法共有种． 19．(1)，最大值为 (2)二项式系数：，系数： (3)第项的系数最大，最大值为 【分析】（1）首先由第三项与第九项的二项式系数相等的条件可得：，求出的值，进而求解二项式系数的最大值； （2）直接根据二项式定理的通式进行求解即可； （3）首先由，得：，进而可知时，，时，，从而确定第8项的系数最大，进而求解出系数的最大值. 【详解】（1）记展开式的第项为的二项式系数为， 因为第三项的二项式系数与第九项的二项式系数相等， 即，故 因为10是偶数，故二项式系数的最大值为 （2），故， 所以第四项的二项式系数为， 系数为. （3）因为，故 因为，令， 得： 因为是正整数，故时，； 时，. 所以第8项的系数最大，最大值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $