第五章计数原理单元测试-2026-2027学年高二上学期数学北师大版选择性必修第一册

**基本信息** 北师大版高中数学选择性必修一计数原理单元测试，涵盖排列、组合、二项式定理等核心知识，通过现实情境（如“五一”景区选择）与创新问题（如“平衡数”），实现基础巩固与能力提升，适配单元复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|排列（火车票种数）、组合数计算、二项式常数项|基础题占比60%，第8题“平衡数”结合创新定义，考查抽象能力| |多选题|3/18|二项式展开式性质、志愿者工作安排（排列组合综合）|选项分层设计，第10题结合实际工作分配，体现应用意识| |填空题|3/15|分步乘法（出站方法）、二项式系数最大项|第14题数列排列限制条件，考查逻辑推理| |解答题|5/77|景区选择（排列组合应用）、数表定义问题（创新）|第19题数表探究题，融合数学思维与表达，呼应核心素养中创新意识与理性精神|

北师大版高中数学选择性必修一第五章计数原理单元测试 第I卷（选择题） 一、单选题: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．沪宁铁路线上有六个大站：上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门应为沪宁线上的这六个大站(这六个大站间)准备不同的火车票种数为（ ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．甲、乙、丙、丁四人站成一排，则不同的站法有（   ） A．2 B．4 C．12 D．24 3．乘积展开后的项数为（    ） A．27 B．32 C．35 D．60 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 5．二项式的展开式的常数项是（     ） A．28 B．56 C．36 D．40 6．甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排拍照，要求甲在左端或右端，且乙丙要相邻，则不同的排列方式共有（    ） A．12种 B．16种 C．24种 D．32种 7．已知，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．如果一个正整数中没有数字重复出现，不包含数字0，且没有任何一个数字的两个相邻数字都比它大，那么称其为“平衡数”．例如，23，196，12463均为平衡数，但1546，320，34321则不是．问共有多少个平衡的正整数？（    ） A．511 B．2584 C．9841 D．17711 E．19682 二、多选题: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．关于二项式的展开式，下列说法正确的是（    ） A．展开式一共有5项 B．展开式的二项式系数和为32 C．展开式中含项的系数为80 D．展开式所有项的系数和为 10．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，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 B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为 C．如果司机工作不安排，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 D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 11．已知集合，为表格如图，则下列说法正确的是（    ） A．从中任取三个不同的数，三个数之和为奇数的概率为 B．从中任取三个不同的数，三个数之和为3的倍数的概率为 C．将中所有数填入，每个小方格中恰填一个数且每个数只填一次，则每行、每列所填数之和都是奇数的概率是 D．将中所有数填入，每个小方格中恰填一个数且每个数只填一次，则每行、每列所填数之和都是3的倍数的概率是 第II卷（非选择题） 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分 12．某城市一地铁站有四个出站口，乘客甲，乙，丙相互独立地任选一个出站口出站，则共有_____________种出站方法． 13．的展开式中只有第项系数最大，则的取值集合为_______. 14．将正整数“1，2，3，4，5，6”随机排列得到“，，…，”，记为数列，则满足，（）的数列共有______个. 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. 15．2026年“五一”假期，北京文旅市场持续火热，相关数据显示，颐和园、天坛公园、故宫博物院、景山公园、奥林匹克公园成为北京热度前五的景区．现有4名游客，计划在五月五日当天，每人从这5个景区中选择1个景区参观． (1)若这4名游客选择参观的景区互不相同，那么共有多少种不同的选择方法？ (2)若这4名游客中，恰有2名游客选择了同一个景区，那么共有多少种不同的选择方法？ 16．已知二项式，求： (1)展开式中各项系数之和及各二项式系数之和； (2)展开式中含项的系数及常数项． 17．现有甲、乙志愿服务队，其中甲队有5名男生，3名女生；乙队有6名男生，2名女生． (1)若从甲队和乙队中各选2人，求这4人中恰有1名女生的不同选法共有多少种； (2)若只从甲队中选出男、女生各2人担任宣讲员，要求这4名宣讲员在广场上站成一排，其中2名女生不能相邻，求不同的选排方法共有多少种． 18．已知. (1)当时，求的值. (2)当时，证明：. (3)设，求. 19．已知是一个行列的数表，其中且，且对任意，都有. 对于且，定义，表示有限集合的元素个数. (1)若，写出的值； (2)当时，若恒成立，求证：； (3)对给定的，设的最大值为，求的最大值和最小值. 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 $ 北师大版高中数学选择性必修一第五章计数原理单元测试 一、单选题 1．沪宁铁路线上有六个大站：上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门应为沪宁线上的这六个大站(这六个大站间)准备不同的火车票种数为（ ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【分析】只需分析每两个大站之间需要的火车票的种数即可. 【详解】对于两个大站和，从到的火车票与从到的火车票不同，因为每张车票对应于一个起点站和一个终点站， 因此，每张火车票对应于从个不同元素(大站)中取出个元素(起点站和终点站)的一种排列． 所以问题归结为求从个不同元素中每次取出个不同元素的排列数种．故A正确． 2．甲、乙、丙、丁四人站成一排，则不同的站法有（   ） A．2 B．4 C．12 D．24 【答案】D 【详解】甲、乙、丙、丁四人站成一排，则不同的站法有种． 3．乘积展开后的项数为（    ） A．27 B．32 C．35 D．60 【答案】D 【详解】多项式乘法原理：展开每一项，都是从每个括号里各选一个字母相乘得到， 第1个括号有3种选择，第2个括号有5种选择，第3个括号有4种选择， 根据分步乘法计数原理得， 所以展开后的项数是60. 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用二项展开式的通项公式直接求出，即可求解. 【详解】因为展开式的通项公式为， 所以，则. 5．二项式的展开式的常数项是（     ） A．28 B．56 C．36 D．40 【答案】A 【详解】二项式的展开式通项为： , 令，解得， 所以常数项为. 6．甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排拍照，要求甲在左端或右端，且乙丙要相邻，则不同的排列方式共有（    ） A．12种 B．16种 C．24种 D．32种 【答案】C 【分析】先确定甲的位置，再通过捆绑法即可求解. 【详解】第一步：甲在左端或右端，共2种选择， 第二步：将乙丙视为1个整体，此时连同剩下的丁、戊，一共相当于3个元素排列， 剩余3个位置可以自由排列这3个元素，排列数为； 同时乙丙两人内部可以互换顺序，有种排列方式， 故总排列数为两步结果相乘：. 7．已知，则等于（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【详解】令，则， 令，则， 两式相加可得， 两式相减可得， 再令，得，则， 则. 8．如果一个正整数中没有数字重复出现，不包含数字0，且没有任何一个数字的两个相邻数字都比它大，那么称其为“平衡数”．例如，23，196，12463均为平衡数，但1546，320，34321则不是．问共有多少个平衡的正整数？（    ） A．511 B．2584 C．9841 D．17711 E．19682 【答案】C 【分析】题中“一个正整数没有任何一个数字的两个相邻数字都比它大”等价于“该正整数从左往右不会出现先减后增”，再对“平衡数”按照数字个数分类讨论即可. 【详解】题中“一个正整数没有任何一个数字的两个相邻数字都比它大”等价于“该正整数从左往右不会出现先减后增”，也等价于“该正整数从左往右单调递增或单调递减，或先增后减”， 因为平衡数中没有数字重复出现，不包含数字0，所以只能从中不重复地选取， 先从中选个数，除了最大数，每个其他数字可以选择放在左边或右边，且一旦选定左右分组，顺序就被唯一确定：左边递增，右边递减，但注意：如果所有数字都在左边（递增）或都在右边（递减）也算，所以总数恰好. ，从中选个数，有种选法，排列方法有种，， ，从中选个数，有种选法，排列方法有种，， ，从中选个数，有种选法，排列方法有种，， 一共有， 设， 所以，解得. 二、多选题 9．关于二项式的展开式，下列说法正确的是（    ） A．展开式一共有5项 B．展开式的二项式系数和为32 C．展开式中含项的系数为80 D．展开式所有项的系数和为 【答案】BD 【分析】根据展开式项数、二项式系数和、指定项系数、所有项系数和的计算，结合通项公式和赋值法即可判断. 【详解】选项A：二项式的展开式共有项，本题，故展开式共项，A错误； 选项B：二项式系数和为，代入得，B正确； 选项C：展开式通项为，令，得项的系数为，不是，C错误； 选项D：求所有项系数和可令，代入原式得，D正确. 10．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，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 B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为 C．如果司机工作不安排，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 D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 【答案】AD 【详解】若每人都安排一项工作，即每人均有四项工作可以安排，故不同的方法数为，A正确； 若每项工作至少有1人参加，则有一项工作有2人，其余工作各1人，先将这5人分成4组，有种方法，再将这4组分配到4项工作，有种方法，故共240种方法，B错误； 如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则人数分配可能为或， 先分组，共种方法，再分配，共种方法，故共150种方法，C错误； 每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，若司机工作安排1人，有种，剩余4人分配到剩余3项工作，人数分配为，有种，故安排方案的种数共有种； 若司机工作安排2人，有种，剩余3人分配到剩余3项工作，有种，故安排方案的种数共有种； 综上，不同安排方案的种数共有种，D正确. 11．已知集合，为表格如图，则下列说法正确的是（    ） A．从中任取三个不同的数，三个数之和为奇数的概率为 B．从中任取三个不同的数，三个数之和为3的倍数的概率为 C．将中所有数填入，每个小方格中恰填一个数且每个数只填一次，则每行、每列所填数之和都是奇数的概率是 D．将中所有数填入，每个小方格中恰填一个数且每个数只填一次，则每行、每列所填数之和都是3的倍数的概率是 【答案】ABD 【分析】利用分类加法原理结合古典概率计算即可判断A；利用分步乘法原理结合古典概率计算即可判断B；利用分类加法、分步乘法原理和排列组合结合古典概率计算即可判断C；利用分类加法、分步乘法原理和排列组合结合古典概率计算即可判断D. 【详解】对于A，设三数之和为奇数为事件，中， 奇数的有，偶数的有，要想三数之和为奇数，可以三数均为奇数，也可以1奇数2偶数，即：从中任选3个； 或中任选1个，再在中任选2个，故，故A正确； 对于B，设三数之和为3的倍数为事件，中， 除以3余数为0的有，除以3余数为1的有，除以3余数为2的有， 要想三数之和为3的倍数，可以三数余数相同，也可以余数分别为，即：从中选3个；或中选3个； 或中选3个；或从中选1个，中选1个，中选1个，故，故B正确； 对于C，设每行每列之和为奇数为事件，中，由A知总共有5个奇数，且要想三数之和为奇数， 可以三数均为奇数，也可以1奇数2偶数，则这三行与这三列的奇数个数均为， 因此必有一行和一列均为奇数，其他4个位置为偶数，故，故C错误； 对于D，设每行每列之和为3的倍数为事件，中，由B知总共有4种情况可以使得三数之和为3的倍数， ①若有某一行的数除以3的余数相同，则剩余两行所有数除以3就没有该余数， 则剩余任何一行都不会出现余数为，因此剩余两行必然是每行的数除以3的余数也都相同， 即三行余数分别为，此时每列的余数都是，符合题意，共有种余数分布； ②若有某一列的数除以3的余数相同，与①同理可得三列余数分别为， 此时每行的余数都是，符合题意，共有种余数分布； ③若每行每列的数除以3的余数都是，共有种余数分布； 故，故D正确； 三、填空题 12．某城市一地铁站有四个出站口，乘客甲，乙，丙相互独立地任选一个出站口出站，则共有_____________种出站方法． 【答案】64 【详解】每位乘客都有4种出站选择，根据分步乘法计数原理可得共有种出站方法． 13．的展开式中只有第项系数最大，则的取值集合为_______. 【答案】 【分析】根据二项式的通项公式，以及项的系数最大的性质，列出不等式组，解出不等式组即可求解. 【详解】由题可知的通项公式为， 只有第项的系数最大， ，即， 解得， 又是正整数， 的取值为， 的取值集合为. 14．将正整数“1，2，3，4，5，6”随机排列得到“，，…，”，记为数列，则满足，（）的数列共有______个. 【答案】 【分析】根据按的取值情况进行分类，再列出所有可能的数列. 【详解】因为，，（）， （1）所以当时，或； 当，时，则需，此时，只有一种数列； 当，时，数列为，只有一种数列； （2）当时，，或； 当，时，此时有一种数列； 当时，无数列满足要求， 当时，有一种数列满足要求， （3）当时，，或； 当时，此时数列可以为只有一种数列； 当时，此时没有数列满足条件； 当时，此时没有数列满足条件； 当时，此时只有一种数列； （4）当时，，，或， 当时，此时有一种数列； 当时，此时无数列满足要求； 当时，此时无数列满足要求； 当时，此时有一种数列满足要求； （5）当时，，或； 当时，有一种数列； 当时，无数列满足要求； 当时，有一种数列； （6）当时，或； 当时，有一种数列； 当时，有一种数列； 综上所述，共有12种数列. 四、解答题 15．2026年“五一”假期，北京文旅市场持续火热，相关数据显示，颐和园、天坛公园、故宫博物院、景山公园、奥林匹克公园成为北京热度前五的景区．现有4名游客，计划在五月五日当天，每人从这5个景区中选择1个景区参观． (1)若这4名游客选择参观的景区互不相同，那么共有多少种不同的选择方法？ (2)若这4名游客中，恰有2名游客选择了同一个景区，那么共有多少种不同的选择方法？ 【答案】(1)种 (2)种 【分析】（1）直接利用排列数计算即可； （2）根据组合及排列数计算． 【详解】（1）根据题意，共有种； （2）选出两名游客共有种， 这两名游客与其他两名游客有种选法， 故共有种选择方法． 16．已知二项式，求： (1)展开式中各项系数之和及各二项式系数之和； (2)展开式中含项的系数及常数项． 【答案】(1)1，64； (2)60，64． 【分析】（1）根据赋值法求系数和应用定义可求二项式系数的和； （2）由展开式的通项公式可求的系数和常数项． 【详解】（1）令，得，所以二项展开式中各项系数之和为1， 二项展开式中各二项式系数之和为． （2）通项公式， 令得，故的系数为， 令得，故常数项为． 17．现有甲、乙志愿服务队，其中甲队有5名男生，3名女生；乙队有6名男生，2名女生． (1)若从甲队和乙队中各选2人，求这4人中恰有1名女生的不同选法共有多少种； (2)若只从甲队中选出男、女生各2人担任宣讲员，要求这4名宣讲员在广场上站成一排，其中2名女生不能相邻，求不同的选排方法共有多少种． 【答案】(1)345种 (2)360种 【详解】（1）选出的4人中恰有1名女生，包括两种情况： 第一种情况，女生来自甲队，即甲队选1名女生、1名男生，乙队选2名男生，选法有种； 第二种情况，女生来自乙队，即乙队选1名女生、1名男生，甲队选2名男生，选法有种； 根据分类加法计数原理，共有种选法． （2）因为完成这件事情分成两步： 第一步从甲队中选出2名男生和2名女生，有种选法 第二步将选出的同学站成一排且女生不相邻， 使用插空法，往男生间隔中插入女生，有种排法， 根据分步乘法计数原理，共有种选排方法． 18．已知. (1)当时，求的值. (2)当时，证明：. (3)设，求. 【答案】(1)4246 (2)由题意得 ， 所以, (3) 【分析】（1）利用赋值法分别求得和，即可得； （2）由已知式得的表达式，再根据组合数公式化简可得； （3）利用（2）的结果及组合数性质，得，进而求得，代入，利用组合数性质分组求和可得. 【详解】（1）当时，. 令，则. 令，则， 所以. （2）略 （3）由（2）知， ∵， 当时，； 当时， 所以 . 19．已知是一个行列的数表，其中且，且对任意，都有. 对于且，定义，表示有限集合的元素个数. (1)若，写出的值； (2)当时，若恒成立，求证：； (3)对给定的，设的最大值为，求的最大值和最小值. 【答案】(1)， (2) 考虑的任意一行， 由于每个元素只能是或，则这三个元素中至少有两个是相等的， 即在的三个组合中，至少有一个组合满足， 按行统计即可得中所有相等元素的对数和至少为， 等价于所有组合的之和满足 结合条件，得，即. (3)最大值为1，最小值为 【分析】（1）直接按列比较即可； （2）时每一行相等元素的对数至少为，从而中所有相等元素的对数也即所有组合的之和至少为，结合即可得； （3）的所有列完全相同时即有最大值，分析每一行相等元素的对数的最小值，即可得到所有组合的之和的最小值，结合即可得的最小值. 【详解】（1）比较的第列，相同行有第行，故； 比较的第列，相同行有第行，故. （2）略 （3）由定义可知，则，而当的所有列完全相同时， 对任意都有，此时，因此的最大值为. 设第行有个，则有个，该行中相等元素的对数为 ， 该式对同样成立， 以为自变量，当取最接近对称轴的整数时，取得最小值， 当为偶数时，时有， 当为奇数时，时有， 采用与（2）相似的分析可知所有组合的之和为， 又的最大值为，所以， 可得，代入即可得. 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 $