第五章 计数原理（单元分层自测·能力提升卷）数学北师大版选择性必修第一册

………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封 ………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… ………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… … 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________ 2026-2027学年高二上学期数学单元自测 第五章 计数原理·能力提升 建议用时：120分钟，满分：150分 一、选择题：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．从、、、、这个数中任选个偶数和个奇数，可组成没有重复数字的三位数的个数为（   ） A． B． C． D． 2．甲、乙、丙、丁等四位志愿者分配到A，B，C三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且甲、乙不能被分配到同一个场馆，则不同分配方案的种数是（    ） A．24 B．30 C．33 D．36 3．黔西市2026年“自然凉·毕燃嗨”火把狂欢避暑旅游季活动中，黔西市某单位派出6名志愿者前往4个避暑旅游节服务点参与志愿服务，每个服务点至少去1名志愿者，其中甲志愿者去A服务点，则不同的分配方法种数为（    ） A．360种 B．390种 C．750种 D．1170种 4．若的展开式中不存在常数项，则可能的取值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 5．甲、乙、丙、丁、戊 5 人站成一排， 若甲和乙相邻， 且甲和丙不相邻， 则不同的排列方式共有（    ）． A．24 种 B．30 种 C．36 种 D．42 种 6．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“凸数”，现从 1，2， 3，4，5，这五个数字中任取 3 个数，组成无重复数字的三位数，其中“凸数”有（   ） A．120 个 B．80 个 C．40 个 D．20 个 7．若正整数满足，则（    ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 8．亚运会火炬传递在A，B，C，D，E五个城市之间进行，各城市之间的路线距离（单位：百公里）见下表．若以A为起点，E为终点，每个城市只经过一次，那么火炬传递的最短路线距离是（   ） A B C D E A 0 5 4 5 6 B 5 0 7 6 2 C 4 7 0 9 8.6 D 5 6 9 0 5 E 6 2 8.6 5 0 A．20.6 B．21 C．22 D．23 二、选择题：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．某高中开展“书香校园”共读活动，推荐阅读书目有历史类书2本、科学类书3本、文学类书4本（含《红楼梦》和《乡土中国》）．现要求每位学生从中选择4本阅读，则以下说法正确的是（    ） A．若必读《红楼梦》和《乡土中国》，则共有21种不同选法 B．若恰好选读历史类书与科学类书各1本，则共有36种不同选法 C．若至少选读1本科学类书，则共有106种不同选法 D．若三类书都要选，则共有72种不同选法 10．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（   ） 杨辉三角 第0行 第1行 第2行 第3行 第4行 第5行 第6行 第7行 1 1   1 1  2  1 1  3  3  1 1  4  6  4  1 1  5  10  10  5  1 1  6  15  20  15  6  1 1  7  21  35  35  21  7  1 A．第2024行中从左往右第1012个数与第1014个数相等 B． C．记第10行的第i个数为，则 D．记第n行的第i个数为，则 11．将编号为1，2，……，n的n个小球放入编号为1，2，……，2n的2n个盒子中，每个盒子至多放一个小球，且对任意，i号球所在的盒子编号小于号球所在的盒子编号，记为号球放入编号为k的盒子的概率，则下列说法正确的有（   ） A．当时，共有6种放小球的方法 B．当时，2号球放入的盒子编号不小于3的方法共有16种 C．当时， D．当时，在处取得最大值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．若的展开式中各项系数之和为，则第4项与第5项的系数之比为________． 13．设，则除以8的余数为________． 14．如图，从开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移，而一条移动路线由若干次移动构成，如从移动到，就是一条移动路线.从移动到数字（，，…，）的不同路线条数记为，从移动到的事件中，经过数字（，，…，）的事件概率记为，则________. 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．（13分）（1）计算：；(请用数字作答) （2）解关于正整数n的方程： 16．（15分）已知（）. (1)若展开式中只有第7项的二项式系数最大，求的值； (2)当，时，求二项式的展开式中系数最大的项. 17．（15分）设． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 18．（17分）已知. (1)当时，求的值. (2)当时，证明：. (3)设，求. 19．(17分）单循环赛制是指所有参赛队伍（或选手）相互之间都轮流进行比赛，每两支队伍之间只比赛一次，最后按照各队在全部比赛中的得分、胜负场次等成绩指标来排定名次．现有（）支球队进行单循环赛，规定每场比赛获胜队得1分，负的队得0分，且无平局，最后按各队在全部比赛中的积分从高到低排列名次，积分最高者为冠军．并将第支球队的胜场数记为，负场数记为，（）． (1)当时，求单循环赛的总比赛场数，并计算的值； (2)证明：； (3)现支球队分为甲、乙两组，其中甲组球队比乙组球队多5支，甲，乙两组球队混合在一起进行单循环赛，若甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，请判断冠军是甲组中的球队，还是乙组中的球队，并说明理由． 试题 第3页（共4页） 试题 第4页（共4页） 试题 第1页（共4页） 试题 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期数学单元自测 第五章 计数原理·能力提升 建议用时：120分钟，满分：150分 一、选择题：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．从、、、、这个数中任选个偶数和个奇数，可组成没有重复数字的三位数的个数为（   ） A． B． C． D． 2．甲、乙、丙、丁等四位志愿者分配到A，B，C三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且甲、乙不能被分配到同一个场馆，则不同分配方案的种数是（    ） A．24 B．30 C．33 D．36 3．黔西市2026年“自然凉·毕燃嗨”火把狂欢避暑旅游季活动中，黔西市某单位派出6名志愿者前往4个避暑旅游节服务点参与志愿服务，每个服务点至少去1名志愿者，其中甲志愿者去A服务点，则不同的分配方法种数为（    ） A．360种 B．390种 C．750种 D．1170种 4．若的展开式中不存在常数项，则可能的取值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 5．甲、乙、丙、丁、戊 5 人站成一排， 若甲和乙相邻， 且甲和丙不相邻， 则不同的排列方式共有（    ）． A．24 种 B．30 种 C．36 种 D．42 种 6．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“凸数”，现从 1，2， 3，4，5，这五个数字中任取 3 个数，组成无重复数字的三位数，其中“凸数”有（   ） A．120 个 B．80 个 C．40 个 D．20 个 7．若正整数满足，则（    ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 8．亚运会火炬传递在A，B，C，D，E五个城市之间进行，各城市之间的路线距离（单位：百公里）见下表．若以A为起点，E为终点，每个城市只经过一次，那么火炬传递的最短路线距离是（   ） A B C D E A 0 5 4 5 6 B 5 0 7 6 2 C 4 7 0 9 8.6 D 5 6 9 0 5 E 6 2 8.6 5 0 A．20.6 B．21 C．22 D．23 二、选择题：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．某高中开展“书香校园”共读活动，推荐阅读书目有历史类书2本、科学类书3本、文学类书4本（含《红楼梦》和《乡土中国》）．现要求每位学生从中选择4本阅读，则以下说法正确的是（    ） A．若必读《红楼梦》和《乡土中国》，则共有21种不同选法 B．若恰好选读历史类书与科学类书各1本，则共有36种不同选法 C．若至少选读1本科学类书，则共有106种不同选法 D．若三类书都要选，则共有72种不同选法 10．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（   ） 杨辉三角 第0行 第1行 第2行 第3行 第4行 第5行 第6行 第7行 1 1   1 1  2  1 1  3  3  1 1  4  6  4  1 1  5  10  10  5  1 1  6  15  20  15  6  1 1  7  21  35  35  21  7  1 A．第2024行中从左往右第1012个数与第1014个数相等 B． C．记第10行的第i个数为，则 D．记第n行的第i个数为，则 11．将编号为1，2，……，n的n个小球放入编号为1，2，……，2n的2n个盒子中，每个盒子至多放一个小球，且对任意，i号球所在的盒子编号小于号球所在的盒子编号，记为号球放入编号为k的盒子的概率，则下列说法正确的有（   ） A．当时，共有6种放小球的方法 B．当时，2号球放入的盒子编号不小于3的方法共有16种 C．当时， D．当时，在处取得最大值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．若的展开式中各项系数之和为，则第4项与第5项的系数之比为________． 13．设，则除以8的余数为________． 14．如图，从开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移，而一条移动路线由若干次移动构成，如从移动到，就是一条移动路线.从移动到数字（，，…，）的不同路线条数记为，从移动到的事件中，经过数字（，，…，）的事件概率记为，则________. 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．（13分）（1）计算：；(请用数字作答) （2）解关于正整数n的方程： 16．（15分）已知（）. (1)若展开式中只有第7项的二项式系数最大，求的值； (2)当，时，求二项式的展开式中系数最大的项. 17．（15分）设． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 18．（17分）已知. (1)当时，求的值. (2)当时，证明：. (3)设，求. 19．(17分）单循环赛制是指所有参赛队伍（或选手）相互之间都轮流进行比赛，每两支队伍之间只比赛一次，最后按照各队在全部比赛中的得分、胜负场次等成绩指标来排定名次．现有（）支球队进行单循环赛，规定每场比赛获胜队得1分，负的队得0分，且无平局，最后按各队在全部比赛中的积分从高到低排列名次，积分最高者为冠军．并将第支球队的胜场数记为，负场数记为，（）． (1)当时，求单循环赛的总比赛场数，并计算的值； (2)证明：； (3)现支球队分为甲、乙两组，其中甲组球队比乙组球队多5支，甲，乙两组球队混合在一起进行单循环赛，若甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，请判断冠军是甲组中的球队，还是乙组中的球队，并说明理由． 1 / 9 学科网（北京）股份有限公 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期数学单元自测 第五章 计数原理·能力提升 建议用时：120分钟，满分：150分 一、选择题：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．从、、、、这个数中任选个偶数和个奇数，可组成没有重复数字的三位数的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先确定选这三个数字的情况种数，然后再将所选的三个数字进行排序，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】从、、、、这个数中任选个偶数和个奇数，选这三个数字的情况种数为， 再将所选的三个数字进行排序，由分步计数原理可知没有重复数字的三位数的个数为个. 2．甲、乙、丙、丁等四位志愿者分配到A，B，C三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且甲、乙不能被分配到同一个场馆，则不同分配方案的种数是（    ） A．24 B．30 C．33 D．36 【答案】B 【分析】利用间接法，先计算所有可能种数，减去甲、乙被分配到同一个场馆的情况种数即可得. 【详解】将四人随机分共有种， 其中甲、乙被分配到同一个场馆的情况有种， 故满足题意的不同分配方案的种数为种. 3．黔西市2026年“自然凉·毕燃嗨”火把狂欢避暑旅游季活动中，黔西市某单位派出6名志愿者前往4个避暑旅游节服务点参与志愿服务，每个服务点至少去1名志愿者，其中甲志愿者去A服务点，则不同的分配方法种数为（    ） A．360种 B．390种 C．750种 D．1170种 【答案】B 【分析】分为只有甲前往A服务点、甲与另外1个人前往A服务点和甲与另外2个人前往A服务点三种情况，再对其它人员进行分组分配即可求出答案. 【详解】只有甲前往A服务点的总方法数：； 甲与另外1个人前往A服务点的总方法数：； 甲与另外2个人前往A服务点的总方法数：； 综上，总分配方法数为. 4．若的展开式中不存在常数项，则可能的取值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案. 【详解】由题意得的展开式为， 的展开式为， 要使的展开式中存在常数项， 则或， 即是2或3的整数倍， 所以可得的值可能是3，4，6，不可能是5. 若的展开式中不存在常数项，则可能的取值为5. 5．甲、乙、丙、丁、戊 5 人站成一排， 若甲和乙相邻， 且甲和丙不相邻， 则不同的排列方式共有（    ）． A．24 种 B．30 种 C．36 种 D．42 种 【答案】C 【分析】使用捆绑法，插空法求解． 【详解】甲丙两人插剩余三人空，考虑甲乙相邻，则排法数为，则满足要求的方法数为36种． 也可以仅考虑甲乙相邻排法数为，甲与乙相邻且甲与丙相邻排法数为， 则满足要求的方法数为． 6．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“凸数”，现从 1，2， 3，4，5，这五个数字中任取 3 个数，组成无重复数字的三位数，其中“凸数”有（   ） A．120 个 B．80 个 C．40 个 D．20 个 【答案】D 【分析】根据十位数字的取值进行分类，然后排列计算即可. 【详解】根据题意，十位上的数最大，只能为 3、4、5. 当十位数字为3 时，百位、个位的数字为 1、2 ，有 种选法， 当十位数字为4 时，百位、个位的数字为 1、2、3，有 种选法， 当十位数字为5 时，百位、个位的数字为 1、2、3、4 ， 有 种选法， 则“凸数”的个数为 . 7．若正整数满足，则（    ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 【答案】B 【分析】由组合数性质进行求解． 【详解】因为，由， 得，得，得，得． 8．亚运会火炬传递在A，B，C，D，E五个城市之间进行，各城市之间的路线距离（单位：百公里）见下表．若以A为起点，E为终点，每个城市只经过一次，那么火炬传递的最短路线距离是（   ） A B C D E A 0 5 4 5 6 B 5 0 7 6 2 C 4 7 0 9 8.6 D 5 6 9 0 5 E 6 2 8.6 5 0 A．20.6 B．21 C．22 D．23 【答案】B 【详解】由题意知，所有可能路线有6种：. ①A→B→C→D→E，路程为， ②A→B→D→C→E，路程为， ③A→C→B→D→E，路程为， ④A→C→D→B→E，路程为， ⑤A→D→B→C→E，路程为， ⑥A→D→C→B→E，路程为， 所以最短路线距离是． 二、选择题：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．某高中开展“书香校园”共读活动，推荐阅读书目有历史类书2本、科学类书3本、文学类书4本（含《红楼梦》和《乡土中国》）．现要求每位学生从中选择4本阅读，则以下说法正确的是（    ） A．若必读《红楼梦》和《乡土中国》，则共有21种不同选法 B．若恰好选读历史类书与科学类书各1本，则共有36种不同选法 C．若至少选读1本科学类书，则共有106种不同选法 D．若三类书都要选，则共有72种不同选法 【答案】ABD 【分析】根据题意，利用组合数公式，结合选项，逐项列式计算，即可求解. 【详解】对于A，若必读《红楼梦》和《乡土中国》，再从剩余的7本书中选两本， 共有种不同的选法，所以A正确； 对于B，若恰好选读历史类书与科学类书各1本，再从文学书中选两本， 共有种不同的选法，所以B正确； 对于C，若至少选读1本科学类书，可得分为3类： ①若恰好1本科学类书，有种选法； ②若恰好2本科学类书，有种选法； ③若恰好3本科学类书，有种选法， 由分类计数原理得，共有种不同的选法，所以C错误； 对于D，若三类书都要选，可得分为三类： ①若恰好2本历史类书，1本科学类书，1本文学类书，有种选法； ②若恰好1本历史类书，2本科学类书，1本文学类书，有种选法； ③若恰好1本历史类书，1本科学类书，2本文学类书，有种选法； 由分类计数原理得，共有种不同的选法，所以D正确. 10．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（   ） 杨辉三角 第0行 第1行 第2行 第3行 第4行 第5行 第6行 第7行 1 1   1 1  2  1 1  3  3  1 1  4  6  4  1 1  5  10  10  5  1 1  6  15  20  15  6  1 1  7  21  35  35  21  7  1 A．第2024行中从左往右第1012个数与第1014个数相等 B． C．记第10行的第i个数为，则 D．记第n行的第i个数为，则 【答案】ACD 【分析】选项A利用杨辉三角第 行第 个数为 的规律及组合数对称性 证明相等；选项B通过组合数递推公式 将求和式累加化简最终得到 并计算数值；选项C通过对二项展开式 求导并令 ,巧妙地将系数求和转化为数值计算；选项D则是直接利用二项式定理,通过令 展开 ,并截取其前 项之和得出结果. 【详解】对于A，由图可知， 杨辉三角 第0行 第1行 第2行 第3行 第4行 第5行 第6行 第7行 1 1   1 1  2  1 1  3  3  1 1  4  6  4  1 1  5  10  10  5  1 1  6  15  20  15  6  1 1  7  21  35  35  21  7  1 第2024行中从左往右第1012个数为，第1014个数为， 因为，所以为，A正确； 对于B，因为，B错误； 对于C，因为. 所以. 令，得． 因为，所以，C正确； 对于D，， ，D正确． 11．将编号为1，2，……，n的n个小球放入编号为1，2，……，2n的2n个盒子中，每个盒子至多放一个小球，且对任意，i号球所在的盒子编号小于号球所在的盒子编号，记为号球放入编号为k的盒子的概率，则下列说法正确的有（   ） A．当时，共有6种放小球的方法 B．当时，2号球放入的盒子编号不小于3的方法共有16种 C．当时， D．当时，在处取得最大值 【答案】ABD 【分析】利用组合的知识求得放球的方法数判断AB，计算出概率判断C，对选项D，为求，先求得总方法数为，再求出第号球放入编号为的盒子的方法数为，然后利用求得的最大值，从而得的最大值，然后判断D. 【详解】对A，，即为1，2号球放入编号为1，2，3，4的盒子中，由于球的序号不改变，因此方法数为，A正确； 对B，，即为号球放入编号为的盒子中，共有方法数为， 2号球放入的盒子编号小于3即只能放入2号盒子，因此3号放入后4个盒子中，方法数为4， 所以2号球放入的盒子编号不小于3的方法共有种，B正确； 对C，时，球有个，盒子有个，即为号球放入号盒子的概率， 放球的总方法数是，号球放入号盒子的方法数为， 所以，C错； 对D，将编号为1，2，……，n的n个小球放入编号为1，2，……，2n的2n个盒子中，每个盒子至多放一个小球， 且对任意，i号球所在的盒子编号小于号球所在的盒子编号， 这相当于从个盒子中选出个并按球的编号顺序排列，总方法数为， 设号球放入编号为的盒子（）， 当号球放入编号为的盒子时，前个球放入编号中盒子中， 按题意方法数为，第个球要从编号为中选一个，方法数为， 所以第号球放入编号为的盒子的方法数为， ， 令，即， 整理可得：，， ， 因为，所以，则， 又因为为整数，所以当 时，取得最大值，从而取得最大值．D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．若的展开式中各项系数之和为，则第4项与第5项的系数之比为________． 【答案】 【分析】利用二项展开式的各项系数之和的公式以及二项展开式第项系数公式分析求解即可. 【详解】令，得各项系数之和为，解得：， 所以第4项系数为，第5项系数为， 所以第4项与第5项的系数之比为：． 13．设，则除以8的余数为________． 【答案】1 【分析】利用二项式定理将展开即可求解. 【详解】由二项式定理， 因为， 故余数为1． 14．如图，从开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移，而一条移动路线由若干次移动构成，如从移动到，就是一条移动路线.从移动到数字（，，…，）的不同路线条数记为，从移动到的事件中，经过数字（，，…，）的事件概率记为，则________. 【答案】 【详解】由题可知：，， 若移动到数字，则由数字或数字移动一次得到， 那么， 据此可得，，，，，， 由于到共有，，，，五条不同的路线， 因此经过的路线共有条，因此. 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．（13分）（1）计算：；(请用数字作答) （2）解关于正整数n的方程： 【答案】（1）448；（2） 【分析】（1）利用组合数的性质将原式化简重组即可求得结果； （2）先利用组合数性质化简，再运用组合数和排列数公式展开计算即可求得. 【详解】（1）原式 ；............5分 （2）由化简得 展开得， 因，故可化简得：， 解得或 (舍)，故方程的正整数解为.............13分 16．（15分）已知（）. (1)若展开式中只有第7项的二项式系数最大，求的值； (2)当，时，求二项式的展开式中系数最大的项. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）若展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式共13项，故．............5分 （2）当，时，二项式为． 展开式的通项为（，1，2，…，6）， 设第项系数最大，则， 即，............10分 整理得，解得，又，所以． 所以二项式的展开式中系数最大的项为．............15分 17．（15分）设． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）借助赋值法，令代入计算即可得； （2）结合（1）中所得，再令代入计算即可得； （3）借助二项式的展开式的通项公式计算可得每项系数的正负，结合（2）中所得即可得解. 【详解】（1）令，则有， 即；............4分 （2）令，则有， 即， 又， 则；............10分 （3）对，有，且， 则当为奇数时，为负数，当为偶数时，为正数， 故.............15分 18．（17分）已知. (1)当时，求的值. (2)当时，证明：. (3)设，求. 【答案】(1)4246 (2)证明见详解 (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.............5分 （2）由题意得 ， 所以,............10分 （3）由（2）知， ∵， 当时，；............13分 当时， ............15分 所以 .............17分 19．(17分）单循环赛制是指所有参赛队伍（或选手）相互之间都轮流进行比赛，每两支队伍之间只比赛一次，最后按照各队在全部比赛中的得分、胜负场次等成绩指标来排定名次．现有（）支球队进行单循环赛，规定每场比赛获胜队得1分，负的队得0分，且无平局，最后按各队在全部比赛中的积分从高到低排列名次，积分最高者为冠军．并将第支球队的胜场数记为，负场数记为，（）． (1)当时，求单循环赛的总比赛场数，并计算的值； (2)证明：； (3)现支球队分为甲、乙两组，其中甲组球队比乙组球队多5支，甲，乙两组球队混合在一起进行单循环赛，若甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，请判断冠军是甲组中的球队，还是乙组中的球队，并说明理由． 【答案】(1)总比赛场数为15场， (2)证明见解析； (3)冠军是甲组中的球队，证明见解析. 【分析】（1）根据组合计数和胜负守恒进行计算即可. （2）根据代数恒等变形 和平方差公式证明即可. （3）根据乙组的总得分不会少于乙组球队在乙组内总得分列出不等式，解得未知数的值，进而求得结果. 【详解】（1）当时，根据单循环赛是所有参加比赛的队均能相遇一次，则每支球队都比赛5场， 所以共比赛场. 根据单循环赛的规则和题意，15场中每一场定有一队获胜，故比赛结束后所有队胜的场次和为15， 所以.............5分 （2）根据单循环赛的规则，每一队都要和对方比赛一场，所以 又因为在一场比赛中的两队一定是一胜一负，故全部比赛结束后胜的总场次数和负的总场次数相等， 得，即. 又. 所以.............7分 又因为，所以 所以.............10分 （3）冠军是甲组中的球队，理由如下： 设乙组有球队支，则甲组有球队支，由（2）知所有球队总得分为 . 又因为甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，所以甲组球队总得分为， 乙组球队总得分为，又乙组球队在乙组内总得分为. 而每场比赛获胜队得1分，另一队得0分，所以乙组的总得分不会少于乙组球队在乙组内总得分， 得. 解得，又为整数，解得只能为6. ............13分 所以甲组球队共有11支，乙组球队共6支，所有球队总得分为分， 甲组球队总得分为119分，乙组球队总得分为17分，甲组球队内部总得分为分， 乙组球队内部总得分分，因乙组球队总共得17分，但乙组内部总得分15分， 所以乙组胜甲组的得分为2分，所以乙组球队最高得分不大于 分， 又因为甲组共11支，而，故甲组中至少有一支球队超过7分，所以冠军在甲组球队中. ............17分 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026-2027学年高二上学期数学单元自测 第五章 计数原理·能力提升（参考答案） 一、选择题：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 2 3 4 5 6 7 8 B B B C C D B B 二、选择题：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 10 11 ABD ACD ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12． 13．1 14． 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.解：（1）原式 ；............5分 （2）由化简得 展开得， 因，故可化简得：， 解得或 (舍)，故方程的正整数解为.............13分 16.解：（1）若展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式共13项，故．............5分 （2）当，时，二项式为． 展开式的通项为（，1，2，…，6）， 设第项系数最大，则， 即，............10分 整理得，解得，又，所以． 所以二项式的展开式中系数最大的项为．............15分 17.解：（1）令，则有， 即；............4分 （2）令，则有， 即， 又， 则；............10分 （3）对，有，且， 则当为奇数时，为负数，当为偶数时，为正数， 故.............15分 18.解：（1）当时，. 令，则. 令，则， 所以.............5分 （2）由题意得 ， 所以,............10分 （3）由（2）知， ∵， 当时，；............13分 当时， ............15分 所以 .............17分 19.解：（1）当时，根据单循环赛是所有参加比赛的队均能相遇一次，则每支球队都比赛5场， 所以共比赛场. 根据单循环赛的规则和题意，15场中每一场定有一队获胜，故比赛结束后所有队胜的场次和为15， 所以.............5分 （2）根据单循环赛的规则，每一队都要和对方比赛一场，所以 又因为在一场比赛中的两队一定是一胜一负，故全部比赛结束后胜的总场次数和负的总场次数相等， 得，即. 又. 所以.............7分 又因为，所以 所以.............10分 （3）冠军是甲组中的球队，理由如下： 设乙组有球队支，则甲组有球队支，由（2）知所有球队总得分为 . 又因为甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，所以甲组球队总得分为， 乙组球队总得分为，又乙组球队在乙组内总得分为. 而每场比赛获胜队得1分，另一队得0分，所以乙组的总得分不会少于乙组球队在乙组内总得分， 得. 解得，又为整数，解得只能为6. ............13分 所以甲组球队共有11支，乙组球队共6支，所有球队总得分为分， 甲组球队总得分为119分，乙组球队总得分为17分，甲组球队内部总得分为分， 乙组球队内部总得分分，因乙组球队总共得17分，但乙组内部总得分15分， 所以乙组胜甲组的得分为2分，所以乙组球队最高得分不大于 分， 又因为甲组共11支，而，故甲组中至少有一支球队超过7分，所以冠军在甲组球队中. ............17分 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $