第五章 计数原理（单元分层自测·培优冲刺卷）数学北师大版选择性必修第一册

2026-2027学年高二上学期数学单元自测 第五章 计数原理·培优冲刺（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 A B D C B D C D 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 ACD ABD BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．37 13．120 14．72 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）解：由二项式展开式的通项为， 因为展开式中第5项与第3项的二项式系数之比为 可得，即，解得或（舍去）， 所以的值为.............6分 （2）解：由（1）知：二项展开式的通项为，其中， 设展开式中第项的系数最大，其中， 则满足，可得，解得，............11分 因为，所以， 所以展开式中系数最大的项为.............13分 16.解：（1）由二项式系数性质,仅第5项最大,则 为偶数且 ,解得 . 第4、5、6项系数、、,成等差数列得 . 代入 ,,, 整理得 ,解得 或 . 故 , 或 ；............3分 （2）由 (1) 知 , 或 .因为 ,所以 . 展开式通项为 ,系数为 ,.............5分 设第 项系数最大,则满足由 得 ,即 . 由组合数计算公式得 .,故 ,解得.............7分 由 得 ,即 . 故 ,解得.............9分 综上 ,即 或 . 故系数最大的项为第3项和第4项:,；............11分 （3）由 (1) 知 , 或 .因为 ,所以 . 又 ,则     故 被5除的余数为 .............15分 17.解：（1）由题意，共有2个黑球，5个白球， 只需前面取出3个白球，后面自由排序即可． 由题意可知，第一次和第二次取出的必须为白球，分为以下两类： ①当第三次取出的是黑球时，第四次必须取白球，这时前面已取出三个白球，后面共有种取法； ②当第三次取出的是白球时，这时前面已取出三个白球，后面共有种取法 故.............6分 （2）只需前面取出3个白球出来，后面自由排序即可． 由题意可知，第一次和第二次取出的必须为白球，分为以下两类： ①当第三次取出的是黑球时，第四次必须取白球，这时前面已取出三个白球，后面共有种取法；.............8分 ②当第三次取出的是白球时，这时前面已取出三个白球，后面共有种取法． 故    .............10分      考虑函数在上单调递减，在上单调递增． 又因为为正整数，故的最大值在或3时取到， 而，故的最大值为..............15分 18.解：（1）（i）当时，可以选取，合计3种选法，于是； 当时，可以选取，合7种选法，于是．............3分 （ii）解法1：当时，个座位的“社交排位”，可以分成两类： ①不包含号座位，此时，这便是个座位的“社交排位”，有种； ②包含号座位，此时必不包含，剩余被选中的座位来自1，2，…，． 当剩余被选中的座位数为1时，可以为1，2，…，号，有种选法； 当剩余被选中的座位数大于等于2时，此时剩余的位置数对应于个座位的“社交排位”数有种，于是，由递推关系列出下表： n 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 3 7 14 26 46 79 133 221 364 596 则当时，有的最小正整数． 解法2：当（）时， 设“社交排位”的座位数为个，则空座位个数为个， 则可将个“社交排位”的座位插入个空座位中形成的个空隙中的个，则个“社交排位”的座位的选取种数为， 且，由于，故， ， 设， （i）， （ii）， 由（i）（ii）得， 所以， ， ∴当即时，不符合题意， 当时，， 当时，， 符合题意的最小正整数为12．............10分 （2）解法1：易知， 当时，排成一排的个座位的“社交排位”数，去掉其中同时选取1号，号的方案， 即得到个座位排成一圈的“社交排位”数，即为， 则对应的方案分为3类： ①仅选取1号，号，有1种； ②选取1号，号，以及3，4，…，中的1个位置，有种； ③选取1号，号，以及大于等于2个3，4，…，中的座位，对于这类选取方案， 由于2号与号必不被选，其余3，4，…，的选法数对应于个座位排成一排的“社交排位”数为， 则， ， 又由， 则 ， 则与（）具有相同的奇偶性， 对于，由， ， 有， 则与有不同的奇偶性，与具有相同的奇偶性， 又由为偶数，为奇数，为偶数， 当时，为偶数， 当时，为奇数， 从而为奇数，为偶数， 更为一般的，当，为奇数， 当，为偶数， 又由为偶数， 从（包含）起，每6个一组，由3个偶数3个奇数构成， 则2025个奇数出现在第675组第3个数，即． 解法2：当（）时， ， 当时， ， 于是 ， 当（）时， ， ， 则与（）具有相同的奇偶性， 对于，由， ， 有， 则与有不同的奇偶性，与具有相同的奇偶性， 又由为偶数，为奇数，为偶数， 当时，为偶数， 当时，为奇数， 从而与为奇数，为偶数， 更为一般的，当，为奇数， 当，为偶数， 又由为偶数，从（包含）起，每6个一组，由3个偶数3个奇数构成， 则2025个奇数出现在第675组第3个数，即．............17分 19.解：（1）先排前4次搜索，只能取“麻瓜”，有种不同的搜索方法， 再从4个“魔法师”中选2个排在第5次和第10次的位置上搜索，有种搜索方法， 再排余下4个的搜索位置，有种搜索方法. 所以共有种不同的搜索方法. ............5分 （2）第5次搜索恰为最后一个“魔法师”， 则另3个在前4次搜索中出现，从而前4次有一个“麻瓜”出现， 所以共有种不同的搜索方法. ............11分 （3）由于甲是第1次传花的人，因此第2次传花时，甲不能再次拿到花. 这意味着在第2次传花时，花必须传给乙或丙. 同样，第3次传花时，花不能回到前一次传花的人手中. 因此，传花的路线不能有连续两次传给同一个人的情况. ............13分 设为经过次传花后花在甲手上的线路数，其中. 则为经过次传花后花在甲手上的线路数，即经过次传花后花不在甲手上的线路数， 所以为经过次传花的总线路，每一次传花均有两种方向（顺时针或逆时针）， 则，. 所以，，，， 综上，5次传花后花在甲手上的可能线路有10种. ............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 $ 2026-2027学年高二上学期数学单元自测 第五章 计数原理·培优冲刺 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．暑期，电影《功夫女足》热映，片中经典台词“Be water，my friend”深入人心，其哲学内涵被广大网友反复讨论．现从中提取四个首字母，，，各取两次（即共8个字母：，，，，，，，）并排成一排．若恰有3对相同的字母相邻，则这8个字母的不同排列种数为（     ） A．144 B．288 C．408 D．504 2．若，的展开式中的系数为55，则（     ） A．6 B．7 C．8 D．9 3．过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（   ） A．18对 B．24对 C．30对 D．36对 4．对于3×3方格表中的9个方格，每个方格都要涂上红色、蓝色或黄色，且需满足以下条件：每个红色方格都与至少一个蓝色方格有公共边，每个蓝色方格都与至少一个黄色方格有公共边，每个黄色方格都与至少一个红色方格有公共边.通过旋转、反射或者它们的组合可以互相得到的涂色方式视为相同的，问共有多少种不同的涂色方式？（    ） A．3 B．9 C．12 D．18 E．27 5．某年级每天排节课：语､数､外､理､化门每天必排，另一门从政､史､地､生中任取门；每门课每天至少排节；上午节，下午节.某天，如果要求数学不排下午第节，语文和外语不连排（上午第节与下午第节不算连排），那么排法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 6．如图，从点出发的三条线段，，的中点分别为，，.将数字，，，，，，分别标在上述个点的位置上，使，，每条线段上的三个数字之和相等，则不同的标记方法共有（    ） A．36种 B．48种 C．96种 D．144种 7．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 8．已知，且，则下列结论正确的是（    ） A．对于任意奇数n，a都是偶数 B．对于任意偶数n，a与的奇偶性相同 C．对于任意偶数，都有 D．对于任意偶数，都有 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．将含甲、乙的6名男性志愿者和含丙、丁的3名女性志愿者平均分配到A，B，C三个不同社区进行志愿者服务，则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙被分配到不同社区的方法有1260种 B．恰好有1个社区有2名女性志愿者的分配方法有2160种 C．甲、丙、丁至少有2人在同一社区的分配方法有1140种 D．A社区至少分配2名男性志愿者且丁不在C社区的分配方法有800种 10．已知多项式按二项式定理展开后，各项的二项式系数依次排列，可构成经典的杨辉三角（如图1）.我们对杨辉三角中的数字进行染色：若二项式系数为奇数，则将该位置涂为黑色；若为偶数，则涂为白色，染色后得到的几何图案，即为谢尔宾斯基三角形（如图2）.请结合杨辉三角与谢尔宾斯基三角形的相关性质，判断下列说法中正确的是（    ） A． B．在“杨辉三角”中，第12行的奇数项数字之和为2048 C．在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第62行的黑色圆比白色圆多一个 11．规定，其中，，且，这是组合数（，，且）的一种推广．于是广义二项式定理可写成：，其中，等式右端有无穷项．下列说法正确的有（    ） A．展开式中的系数为 B． C．当为正整数时， D．当为正奇数时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．某科技公司计划向甲、乙两个研发中心派遣研发人员，其中算法工程师、硬件工程师、测试工程师三类岗位各有8个派遣名额．每类岗位的名额需全部分配，且每个研发中心每类岗位至少派遣1人，则甲研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和等于乙研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和的分配方法有______种．（用数字作答） 13．如图，在A，B，C，D，E，F六个区域中种植4种不同植物，同一区域只种植1种植物，相邻两区域所种植物不同，则不同的种植方案种数为_____________． 14．现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6，7的七个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有______种． 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）已知的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比为． (1)求n的值； (2)求展开式中系数最大项． 16．（15分）已知的展开式中仅第5项的二项式系数最大，且第4项､第5项､第6项的系数成等差数列. (1)求和的值； (2)若，求的展开式中系数最大的项； (3)若，且，求被5除的余数. 17．（15分）一个箱子里有个黑球和个白球（），从箱子中不放回地每次抽取一个球，直到取完，记为在整个取球过程中，取出来的黑球个数始终小于取出来的白球个数的概率． (1)求； (2)求的最大值． 18．（17分）从编号为1，2，…，的座位中按照如下方式选取座位：选取至少个座位，并且选取的座位中没有相邻的座位，则称这样的座位选取方案称为“社交排位”． (1)若个座位排成一排，对应的“社交排位”数为，例如时，由于至少要选取2个座位，因此时，由于只能选取第1，3个座位，因此． （i）求； （ii）求使的最小正整数， (2)若个座位排成一圈，对应的“社交排位”数为，求数列中第2025个奇数对应的． 19．（17分）近年来，社交推理游戏越来越受到大众的喜爱，它们不仅提供了娱乐和休闲的功能，还可以锻炼玩家的逻辑推理、沟通技巧和团队合作精神，增强社交能力和人际交往能力.某校“社交推理游戏社团”在一次活动中组织了“搜索魔法师”游戏，由1名“侦探”、6名“麻瓜”、4名“魔法师”参与游戏.游戏开始前，“侦探”是公认的，每个“麻瓜”和“魔法师”均清楚自己的角色且不知道其他人的身份.游戏过程中，由“侦探”对“麻瓜”和“魔法师”逐个当众询问并正确应答，直至找出所有的“魔法师”为止. (1)若恰在第5次搜索才测试到第1个“魔法师”，第10次才找到最后一个“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ (2)若恰在第5次搜索后就找出了所有“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ (3)游戏开始，有甲、乙、丙三位同学都想争取“侦探”的角色，主持人决定采用“击鼓传花”的方式来最终确认人员.三人围成一圈，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两个人中任何一人.试问，5次传花后花在甲手上的可能线路有多少种？ 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·培优冲刺 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．暑期，电影《功夫女足》热映，片中经典台词“Be water，my friend”深入人心，其哲学内涵被广大网友反复讨论．现从中提取四个首字母，，，各取两次（即共8个字母：，，，，，，，）并排成一排．若恰有3对相同的字母相邻，则这8个字母的不同排列种数为（     ） A．144 B．288 C．408 D．504 【答案】A 【分析】先从4对字母中选3对，将其对应相同字母捆绑整体排列,再将剩余2个相同的字母插入空隙即可求解. 【详解】恰好3对相邻：先从4对字母中选3对，将其对应相同字母捆绑，选法为种， 将3对捆绑的整体排列，排列数是种， 3个整体排列后形成4个空隙，将剩余2个相同的字母插入空隙， 因为两个字母相同，所以插空方法共有种， 所以总的排列数为种. 2．若，的展开式中的系数为55，则（     ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【分析】根据二项式通项，结合组合数的性质进行求解即可. 【详解】二项式的通项为， 因为的展开式中的系数为55， 所以， ， 因为， 所以， 所以由. 3．过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（   ） A．18对 B．24对 C．30对 D．36对 【答案】D 【详解】三棱柱6个顶点中，不共面的4点组共有个（减去3个侧面上的共面4点组），每个不共面的4点组对应3对异面直线，故异面直线总数为对，选D。 4．对于3×3方格表中的9个方格，每个方格都要涂上红色、蓝色或黄色，且需满足以下条件：每个红色方格都与至少一个蓝色方格有公共边，每个蓝色方格都与至少一个黄色方格有公共边，每个黄色方格都与至少一个红色方格有公共边.通过旋转、反射或者它们的组合可以互相得到的涂色方式视为相同的，问共有多少种不同的涂色方式？（    ） A．3 B．9 C．12 D．18 E．27 【答案】C 【分析】本题是3×3的小规模方格，满足题目相邻约束的有效涂色构型数量很少，用分类枚举思想，结合对对称变换的直观想象，就能得到正确结果 【详解】题目条件隐含红(R)、蓝(B)、黄(Y)三种颜色必须全部存在：若缺少任意一种颜色，比如缺少黄色，则所有蓝色方格都无法找到相邻的黄色方格，违反条件；同理缺少红色、蓝色都矛盾，因此三种颜色都至少有1格 本题中相邻指有公共边，对角不视为相邻，旋转/反射后重合的涂色视为同一种，我们按三种颜色的格子数分类讨论： 首先排除不可能的分布，总格子数为，若某颜色格子数，则剩余两种颜色一共只有格，该颜色中每个方格都需要邻接指定颜色，必然存在至少一个方格不满足邻接要求，矛盾，因此每个颜色格子数只能在之间，仅可能有三种数量分布：(， 对(1,4,4)分布： 若某颜色只有格，要让个需要邻接它的另一种颜色都满足要求，这个格只能放在中心（只有中心有个相邻格），剩余个角落是第三种颜色， 检查条件：位于四个角落的第三种颜色格子的相邻格仅为第二种颜色的边中点，无法邻接其需要的中心目标颜色，所有颜色排列都不满足条件，因此排除该分布 计数符合要求的涂色 剩余两种分布，计数对称等价后的不同涂色： 分布（每个颜色占格）： 满足邻接条件的本质不同位置结构共种，每种位置结构对应种不同的颜色循环排列（和是不同的涂色，条件是定向要求），因此该分布共 种不同涂色； 分布（三种颜色分别占格）：确定数量为2的颜色的位置类，在3×3方格的对称变换（旋转、反射）下，两个格子总共分为多个对称等价位置类，去掉所有无法满足邻接要求的位置类后，剩余4个不同的合法对称位置类，每个位置类都是对称变换下不可再分的不同位置 分配颜色角色：由于三个数量各不相同，给红、蓝、黄分配到的数量角色，总共有种分配方式，但对任意一个合法位置类，只有2种分配方式能满足所有邻接条件：其余分配都会出现某类颜色不满足要求（例如某个红色没有邻接蓝色，或某个黄色没有邻接红色，我们枚举所有分配后可验证只有2种有效）， 总计数：种不同涂色 因此分布（每种颜色各3格）中，满足所有邻接条件、对称不等价的涂色共有4种，加上分布的8种，总共有： 因此不同的涂色方式共12种 5．某年级每天排节课：语､数､外､理､化门每天必排，另一门从政､史､地､生中任取门；每门课每天至少排节；上午节，下午节.某天，如果要求数学不排下午第节，语文和外语不连排（上午第节与下午第节不算连排），那么排法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】根据题意，利用总的排列数减去不符合条件的排列数即可. 【详解】由题意得，特定门课的全排列总数为 种， ①数学排在下午第节，则剩下的门课全排列，排法数为种； ②语文和外语连排，首先内部有种排列（语外或外语）， 由于上午第节和下午第节不算连排，因此连排的节次组合有，共种位置组合， 剩下的门课全排列，则排法数：种； ③数学在下午第节，且语文外语连排， 数学固定在下午第节（第节），语文和外语连排，可能的连排位置组合有，共种位置组合，剩下的门课全排列， 则排法数为种； 因此符合条件的排法数为种； 又因为第门课有种选择（政、史、地、生），且每种选择下的排列情况是相同的， 因此总排法为种，故B正确. 6．如图，从点出发的三条线段，，的中点分别为，，.将数字，，，，，，分别标在上述个点的位置上，使，，每条线段上的三个数字之和相等，则不同的标记方法共有（    ） A．36种 B．48种 C．96种 D．144种 【答案】D 【分析】设点处的数字为，每条线段上数字之和为，得到是的倍数，求出的所有可能取值，进而求解. 【详解】设点处的数字为，每条线段上数字之和为， 则， 因为，所以是的倍数，又， 所以的取值可能为， 当时，，所以每条线段上除点外的两个点的数字之和为， 因为，每组数据分到个线段上有种， 每组数据在每个线段上的情况有种，所以共有种， 当时，，所以每条线段上除点外的两个点的数字之和为， 因为，每组数据分到个线段上有种， 每组数据在每个线段上的情况有种，所以共有种， 当时，，所以每条线段上除点外的两个点的数字之和为， 因为，每组数据分到个线段上有种， 每组数据在每个线段上的情况有种，所以共有种， 综上，共有种. 7．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. 8．已知，且，则下列结论正确的是（    ） A．对于任意奇数n，a都是偶数 B．对于任意偶数n，a与的奇偶性相同 C．对于任意偶数，都有 D．对于任意偶数，都有 【答案】D 【分析】根据二项式展开式，分析可得，据此求出a、b的表达式，对于AB，可取某些特殊的n值进行分析，由此进行判断；对于CD，根据分析即可求得具体的值． 【详解】， 同理， 两者对比可知为奇数时，， 又为偶数时，为有理数，且， 即两者展开式中k为偶数的部分，为相等的有理数， 所以可知， 因此可解得， 对于A，取（奇数），可得（奇数），矛盾，故A错误； 对于B，取（偶数），可得（奇数），（偶数），奇偶性不同，故B错误； 对于CD，对于任意大于0的偶数， 因为， 也即，故C错误，D正确． 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．将含甲、乙的6名男性志愿者和含丙、丁的3名女性志愿者平均分配到A，B，C三个不同社区进行志愿者服务，则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙被分配到不同社区的方法有1260种 B．恰好有1个社区有2名女性志愿者的分配方法有2160种 C．甲、丙、丁至少有2人在同一社区的分配方法有1140种 D．A社区至少分配2名男性志愿者且丁不在C社区的分配方法有800种 【答案】ACD 【分析】根据分组分配问题及分步乘法，分类加法计数原理分别判断即可． 【详解】对于A，甲、乙被分配到不同社区的方法有种，故A正确； 对于B，恰好有1个社区有2名女性志愿者的分配方法有种，故B错误； 对于C，甲、丙、丁都不在同一社区的情况有种， 所有情况有种， 所以甲、丙、丁至少有2人在同一社区的分配方法有种，故C正确； 对于D，A社区至少分配2名男性志愿者且丁不在C社区的情况如下， ①A社区分配2名男性志愿者且丁在A社区的情况有种； ②A社区分配2名男性志愿者且丁在B社区的情况有种； ③A社区分配3名男性志愿者且丁在B社区的情况有种； 所以A社区至少分配2名男性志愿者且丁不在C社区的分配方法有800种，故D正确． 10．已知多项式按二项式定理展开后，各项的二项式系数依次排列，可构成经典的杨辉三角（如图1）.我们对杨辉三角中的数字进行染色：若二项式系数为奇数，则将该位置涂为黑色；若为偶数，则涂为白色，染色后得到的几何图案，即为谢尔宾斯基三角形（如图2）.请结合杨辉三角与谢尔宾斯基三角形的相关性质，判断下列说法中正确的是（    ） A． B．在“杨辉三角”中，第12行的奇数项数字之和为2048 C．在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第62行的黑色圆比白色圆多一个 【答案】ABD 【分析】根据二项式系数的性质可判断ABC选项，由谢尔宾斯基三角形的定义可判断D选项 【详解】由题意可得，故A正确； 由“杨辉三角”的性质可知第行的所有数字之和为， 又奇数项数字之和与偶数项数字之和相等，故第12行的奇数项数字之和为，故B正确； 在“杨辉三角”第行的数有个，中间项的值最大，故最大为第个数，故C错误； 由“杨辉三角”的规律观察可得第行是奇偶相间的，又， 所以第62行的63个数是奇偶相间，且两端都是奇数，所以黑色圆比白色圆多一个，故D正确. 11．规定，其中，，且，这是组合数（，，且）的一种推广．于是广义二项式定理可写成：，其中，等式右端有无穷项．下列说法正确的有（    ） A．展开式中的系数为 B． C．当为正整数时， D．当为正奇数时， 【答案】BCD 【分析】根据广义的二项式定理展开式以及组合数的推广计算公式即可求解AB，根据组合数的推广计算公式，化简即可求解CD. 【详解】对于A , 展开式中的系数为,A错误， 对于B，由于，故B正确， 对于C，当为正整数时，，C正确， 对于D, 由于 ，故， 故当为正奇数时，, 故，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．某科技公司计划向甲、乙两个研发中心派遣研发人员，其中算法工程师、硬件工程师、测试工程师三类岗位各有8个派遣名额．每类岗位的名额需全部分配，且每个研发中心每类岗位至少派遣1人，则甲研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和等于乙研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和的分配方法有______种．（用数字作答） 【答案】37 【分析】先根据总名额数量确定甲、乙研发中心各自的总名额；因为每类岗位共8个名额，要分给两个中心且每个中心至少1个，所以要满足甲研发中心三类岗位名额之和等于乙的，即甲三类名额总和为12，设甲的算法、硬件、测试工程师名额分别为，问题转化为求不定方程的符合约束的正整数解的个数，可使用隔板法确定单类岗位分配的名额对应关系；问题转化为求满足“甲的算法工程师名额+甲的硬件工程师名额+甲的测试工程师名额=12”，且每个名额取值在1到7之间的正整数解的组数，再结合每个解对应的分配方法计数，可使用不定方程的解的个数求解. 【详解】三类岗位总名额为 ，要求甲研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和等于乙研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和， 因此甲中心三类名额总和必为 12； 设甲中心三类岗位的名额分别为 x，y，z，由题意：每个中心每类岗位至少1人，最多7人（乙中心至少1人）， 因此问题转化为求不定方程： 的正整数解的个数， 每个解对应一种不同分配方法（三类岗位不同，不同顺序为不同方法）； 不考虑上限 时，，正整数解的个数由隔板法得：， 不符合条件的情况：若存在变量 ，假设 ，令 ，则， 方程变为，正整数解个数为， 同理的情况各6种，共 种， 不存在两个及以上变量同时的情况（和最小为 ）， 故符合条件的解的个数为 ，即分配方法共37种. 13．如图，在A，B，C，D，E，F六个区域中种植4种不同植物，同一区域只种植1种植物，相邻两区域所种植物不同，则不同的种植方案种数为_____________． 【答案】 【分析】根据题意，先把分为4组，共有5种分法，再结合排列数的公式，即可求解. 【详解】根据题意，先分组、再种植， 共有，所以有5种不同的分组方式， 因为同组种植一种植物，则不同的种植方案种数为种． 14．现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6，7的七个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有______种． 【答案】72 【分析】将转化为 ，通过设元，分类讨论求解. 【详解】由，得 ， 即 ，设， 则 ，设另一个数为，显然，， 当时，三个数为，，，对应，，，有种可能； 当时，三个数为，，，对应，，，有种可能； 当时，三个数为，，，对应，，，有种可能； 当时，三个数为，，，对应，，，有种可能， 所以，一共有种. 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）已知的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比为． (1)求n的值； (2)求展开式中系数最大项． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，得出方程可得，结合组合数的计算公式，求得的值； （2）设展开式中第项的系数最大，得出不等式组，结合组合数的计算公式，即可求解. 【详解】（1）解：由二项式展开式的通项为， 因为展开式中第5项与第3项的二项式系数之比为 可得，即，解得或（舍去）， 所以的值为.............6分 （2）解：由（1）知：二项展开式的通项为，其中， 设展开式中第项的系数最大，其中， 则满足，可得，解得，............11分 因为，所以， 所以展开式中系数最大的项为.............13分 16．（15分）已知的展开式中仅第5项的二项式系数最大，且第4项､第5项､第6项的系数成等差数列. (1)求和的值； (2)若，求的展开式中系数最大的项； (3)若，且，求被5除的余数. 【答案】(1), 或 . (2),. (3)1 【分析】（1）根据二项式系数的性质求的值，再利用等差数列的性质求解； （2）根据相邻项系数的关系列不等式可求的展开式中系数最大的项； （3）根据，利用二项展开式求解. 【详解】（1）由二项式系数性质,仅第5项最大,则 为偶数且 ,解得 . 第4、5、6项系数、、,成等差数列得 . 代入 ,,, 整理得 ,解得 或 . 故 , 或 ；............3分 （2）由 (1) 知 , 或 .因为 ,所以 . 展开式通项为 ,系数为 ,.............5分 设第 项系数最大,则满足由 得 ,即 . 由组合数计算公式得 .,故 ,解得.............7分 由 得 ,即 . 故 ,解得.............9分 综上 ,即 或 . 故系数最大的项为第3项和第4项:,；............11分 （3）由 (1) 知 , 或 .因为 ,所以 . 又 ,则     故 被5除的余数为 .............15分 17．（15分）一个箱子里有个黑球和个白球（），从箱子中不放回地每次抽取一个球，直到取完，记为在整个取球过程中，取出来的黑球个数始终小于取出来的白球个数的概率． (1)求； (2)求的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意，共有2个黑球，5个白球，只需前面取出3个白球，后面自由排序即可，而第一次和第二次取出的必须为白球，进而分析求解即可； （2）只需前面取出3个白球，后面自由排序即可，而第一次和第二次取出的必须为白球，进而分析得到，再结合对勾函数的性质求解即可. 【详解】（1）由题意，共有2个黑球，5个白球， 只需前面取出3个白球，后面自由排序即可． 由题意可知，第一次和第二次取出的必须为白球，分为以下两类： ①当第三次取出的是黑球时，第四次必须取白球，这时前面已取出三个白球，后面共有种取法； ②当第三次取出的是白球时，这时前面已取出三个白球，后面共有种取法 故.............6分 （2）只需前面取出3个白球出来，后面自由排序即可． 由题意可知，第一次和第二次取出的必须为白球，分为以下两类： ①当第三次取出的是黑球时，第四次必须取白球，这时前面已取出三个白球，后面共有种取法；.............8分 ②当第三次取出的是白球时，这时前面已取出三个白球，后面共有种取法． 故    .............10分      考虑函数在上单调递减，在上单调递增． 又因为为正整数，故的最大值在或3时取到， 而，故的最大值为..............15分 18．（17分）从编号为1，2，…，的座位中按照如下方式选取座位：选取至少个座位，并且选取的座位中没有相邻的座位，则称这样的座位选取方案称为“社交排位”． (1)若个座位排成一排，对应的“社交排位”数为，例如时，由于至少要选取2个座位，因此时，由于只能选取第1，3个座位，因此． （i）求； （ii）求使的最小正整数， (2)若个座位排成一圈，对应的“社交排位”数为，求数列中第2025个奇数对应的． 【答案】(1)（i），；（ii）12 (2)4051 【分析】（1）（i）当、时，列举出符合条件的选法，可得出、的值； （ii）解法1：当时，个座位的“社交排位”，可以分成两类：①不包含号座位；②包含号座位.推导出，然后列举出数列的前若干项，即可得出满足不等式的最小正整数的值； 解法2：当（）时，由组合数的性质得出，结合，并求出、的值，可得出满足的最小正整数的值； （2）解法1：求出数列前项的值，将对应的方案分为3类进行讨论，可得出，可知与（）具有相同的奇偶性，由此推导出，为奇数，当，为偶数，，即可确定2025个奇数所在的位置，即可得解； 解法2：当（）时，根据组合数性质计算出的表达式，可知与（）具有相同的奇偶性，由此推导出，为奇数，当，为偶数，，即可确定2025个奇数所在的位置，即可得解. 【详解】（1）（i）当时，可以选取，合计3种选法，于是； 当时，可以选取，合7种选法，于是．............3分 （ii）解法1：当时，个座位的“社交排位”，可以分成两类： ①不包含号座位，此时，这便是个座位的“社交排位”，有种； ②包含号座位，此时必不包含，剩余被选中的座位来自1，2，…，． 当剩余被选中的座位数为1时，可以为1，2，…，号，有种选法； 当剩余被选中的座位数大于等于2时，此时剩余的位置数对应于个座位的“社交排位”数有种，于是，由递推关系列出下表： n 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 1 3 7 14 26 46 79 133 221 364 596 则当时，有的最小正整数． 解法2：当（）时， 设“社交排位”的座位数为个，则空座位个数为个， 则可将个“社交排位”的座位插入个空座位中形成的个空隙中的个，则个“社交排位”的座位的选取种数为， 且，由于，故， ， 设， （i）， （ii）， 由（i）（ii）得， 所以， ， ∴当即时，不符合题意， 当时，， 当时，， 符合题意的最小正整数为12．............10分 （2）解法1：易知， 当时，排成一排的个座位的“社交排位”数，去掉其中同时选取1号，号的方案， 即得到个座位排成一圈的“社交排位”数，即为， 则对应的方案分为3类： ①仅选取1号，号，有1种； ②选取1号，号，以及3，4，…，中的1个位置，有种； ③选取1号，号，以及大于等于2个3，4，…，中的座位，对于这类选取方案， 由于2号与号必不被选，其余3，4，…，的选法数对应于个座位排成一排的“社交排位”数为， 则， ， 又由， 则 ， 则与（）具有相同的奇偶性， 对于，由， ， 有， 则与有不同的奇偶性，与具有相同的奇偶性， 又由为偶数，为奇数，为偶数， 当时，为偶数， 当时，为奇数， 从而为奇数，为偶数， 更为一般的，当，为奇数， 当，为偶数， 又由为偶数， 从（包含）起，每6个一组，由3个偶数3个奇数构成， 则2025个奇数出现在第675组第3个数，即． 解法2：当（）时， ， 当时， ， 于是 ， 当（）时， ， ， 则与（）具有相同的奇偶性， 对于，由， ， 有， 则与有不同的奇偶性，与具有相同的奇偶性， 又由为偶数，为奇数，为偶数， 当时，为偶数， 当时，为奇数， 从而与为奇数，为偶数， 更为一般的，当，为奇数， 当，为偶数， 又由为偶数，从（包含）起，每6个一组，由3个偶数3个奇数构成， 则2025个奇数出现在第675组第3个数，即．............17分 19．（17分）近年来，社交推理游戏越来越受到大众的喜爱，它们不仅提供了娱乐和休闲的功能，还可以锻炼玩家的逻辑推理、沟通技巧和团队合作精神，增强社交能力和人际交往能力.某校“社交推理游戏社团”在一次活动中组织了“搜索魔法师”游戏，由1名“侦探”、6名“麻瓜”、4名“魔法师”参与游戏.游戏开始前，“侦探”是公认的，每个“麻瓜”和“魔法师”均清楚自己的角色且不知道其他人的身份.游戏过程中，由“侦探”对“麻瓜”和“魔法师”逐个当众询问并正确应答，直至找出所有的“魔法师”为止. (1)若恰在第5次搜索才测试到第1个“魔法师”，第10次才找到最后一个“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ (2)若恰在第5次搜索后就找出了所有“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ (3)游戏开始，有甲、乙、丙三位同学都想争取“侦探”的角色，主持人决定采用“击鼓传花”的方式来最终确认人员.三人围成一圈，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两个人中任何一人.试问，5次传花后花在甲手上的可能线路有多少种？ 【答案】(1) (2)576 (3)10 【分析】（1）（2）根据排列组合，结合分步乘法计数原理即可求解， （3）根据题意可得，，即可根据递推关系求解. 【详解】（1）先排前4次搜索，只能取“麻瓜”，有种不同的搜索方法， 再从4个“魔法师”中选2个排在第5次和第10次的位置上搜索，有种搜索方法， 再排余下4个的搜索位置，有种搜索方法. 所以共有种不同的搜索方法. ............5分 （2）第5次搜索恰为最后一个“魔法师”， 则另3个在前4次搜索中出现，从而前4次有一个“麻瓜”出现， 所以共有种不同的搜索方法. ............11分 （3）由于甲是第1次传花的人，因此第2次传花时，甲不能再次拿到花. 这意味着在第2次传花时，花必须传给乙或丙. 同样，第3次传花时，花不能回到前一次传花的人手中. 因此，传花的路线不能有连续两次传给同一个人的情况. ............13分 设为经过次传花后花在甲手上的线路数，其中. 则为经过次传花后花在甲手上的线路数，即经过次传花后花不在甲手上的线路数， 所以为经过次传花的总线路，每一次传花均有两种方向（顺时针或逆时针）， 则，. 所以，，，， 综上，5次传花后花在甲手上的可能线路有10种. ............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 $………………○………………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·培优冲刺 建议用时：120分钟，满分：150分 、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．暑期，电影《功夫女足》热映，片中经典台词“Be water，my friend”深入人心，其哲学内涵被广大网友反复讨论．现从中提取四个首字母，，，各取两次（即共8个字母：，，，，，，，）并排成一排．若恰有3对相同的字母相邻，则这8个字母的不同排列种数为（     ） A．144 B．288 C．408 D．504 2．若，的展开式中的系数为55，则（     ） A．6 B．7 C．8 D．9 3．过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有（   ） A．18对 B．24对 C．30对 D．36对 4．对于3×3方格表中的9个方格，每个方格都要涂上红色、蓝色或黄色，且需满足以下条件：每个红色方格都与至少一个蓝色方格有公共边，每个蓝色方格都与至少一个黄色方格有公共边，每个黄色方格都与至少一个红色方格有公共边.通过旋转、反射或者它们的组合可以互相得到的涂色方式视为相同的，问共有多少种不同的涂色方式？（    ） A．3 B．9 C．12 D．18 E．27 5．某年级每天排节课：语､数､外､理､化门每天必排，另一门从政､史､地､生中任取门；每门课每天至少排节；上午节，下午节.某天，如果要求数学不排下午第节，语文和外语不连排（上午第节与下午第节不算连排），那么排法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 6．如图，从点出发的三条线段，，的中点分别为，，.将数字，，，，，，分别标在上述个点的位置上，使，，每条线段上的三个数字之和相等，则不同的标记方法共有（    ） A．36种 B．48种 C．96种 D．144种 7．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 8．已知，且，则下列结论正确的是（    ） A．对于任意奇数n，a都是偶数 B．对于任意偶数n，a与的奇偶性相同 C．对于任意偶数，都有 D．对于任意偶数，都有 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．将含甲、乙的6名男性志愿者和含丙、丁的3名女性志愿者平均分配到A，B，C三个不同社区进行志愿者服务，则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙被分配到不同社区的方法有1260种 B．恰好有1个社区有2名女性志愿者的分配方法有2160种 C．甲、丙、丁至少有2人在同一社区的分配方法有1140种 D．A社区至少分配2名男性志愿者且丁不在C社区的分配方法有800种 10．已知多项式按二项式定理展开后，各项的二项式系数依次排列，可构成经典的杨辉三角（如图1）.我们对杨辉三角中的数字进行染色：若二项式系数为奇数，则将该位置涂为黑色；若为偶数，则涂为白色，染色后得到的几何图案，即为谢尔宾斯基三角形（如图2）.请结合杨辉三角与谢尔宾斯基三角形的相关性质，判断下列说法中正确的是（    ） A． B．在“杨辉三角”中，第12行的奇数项数字之和为2048 C．在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第62行的黑色圆比白色圆多一个 11．规定，其中，，且，这是组合数（，，且）的一种推广．于是广义二项式定理可写成：，其中，等式右端有无穷项．下列说法正确的有（    ） A．展开式中的系数为 B． C．当为正整数时， D．当为正奇数时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．某科技公司计划向甲、乙两个研发中心派遣研发人员，其中算法工程师、硬件工程师、测试工程师三类岗位各有8个派遣名额．每类岗位的名额需全部分配，且每个研发中心每类岗位至少派遣1人，则甲研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和等于乙研发中心所得到的三类岗位名额的个数之和的分配方法有______种．（用数字作答） 13．如图，在A，B，C，D，E，F六个区域中种植4种不同植物，同一区域只种植1种植物，相邻两区域所种植物不同，则不同的种植方案种数为_____________． 14．现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6，7的七个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有______种． 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）已知的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比为． (1)求n的值； (2)求展开式中系数最大项． 16．（15分）已知的展开式中仅第5项的二项式系数最大，且第4项､第5项､第6项的系数成等差数列. (1)求和的值； (2)若，求的展开式中系数最大的项； (3)若，且，求被5除的余数. 17．（15分）一个箱子里有个黑球和个白球（），从箱子中不放回地每次抽取一个球，直到取完，记为在整个取球过程中，取出来的黑球个数始终小于取出来的白球个数的概率． (1)求； (2)求的最大值． 18．（17分）从编号为1，2，…，的座位中按照如下方式选取座位：选取至少个座位，并且选取的座位中没有相邻的座位，则称这样的座位选取方案称为“社交排位”． (1)若个座位排成一排，对应的“社交排位”数为，例如时，由于至少要选取2个座位，因此时，由于只能选取第1，3个座位，因此． （i）求； （ii）求使的最小正整数， (2)若个座位排成一圈，对应的“社交排位”数为，求数列中第2025个奇数对应的． 19．（17分）近年来，社交推理游戏越来越受到大众的喜爱，它们不仅提供了娱乐和休闲的功能，还可以锻炼玩家的逻辑推理、沟通技巧和团队合作精神，增强社交能力和人际交往能力.某校“社交推理游戏社团”在一次活动中组织了“搜索魔法师”游戏，由1名“侦探”、6名“麻瓜”、4名“魔法师”参与游戏.游戏开始前，“侦探”是公认的，每个“麻瓜”和“魔法师”均清楚自己的角色且不知道其他人的身份.游戏过程中，由“侦探”对“麻瓜”和“魔法师”逐个当众询问并正确应答，直至找出所有的“魔法师”为止. (1)若恰在第5次搜索才测试到第1个“魔法师”，第10次才找到最后一个“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ (2)若恰在第5次搜索后就找出了所有“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ (3)游戏开始，有甲、乙、丙三位同学都想争取“侦探”的角色，主持人决定采用“击鼓传花”的方式来最终确认人员.三人围成一圈，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两个人中任何一人.试问，5次传花后花在甲手上的可能线路有多少种？ 试题 第3页（共6页） 试题 第4页（共6页） 试题 第5页（共6页） 试题 第6页（共6页） 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $