计数原理常考易错检测卷（含解析）-2026届高三数学上学期一轮复习

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计数原理常考易错检测卷-2026届高三数学上学期一轮复习
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 南部县校级期中）现有3个班分别从3个景点中选择一处游览，不同选法的种数是（　　）
A．27 B．9 C．3 D．1
2．（2025春 甘肃月考）已知a，b均为正整数，若多项式（x+1）（ax﹣b）5展开式中含x2项的系数为0，则下列说法一定正确的是（　　）
A．a是偶数 B．a是奇数 C．b是偶数 D．b是奇数
3．（2025春 红山区校级期中）已知的展开式中x2y4的系数为40，则m的值为（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
4．（2025春 红山区校级期中）有6名志愿者，分配到甲、乙、丙三所学校支教，每个学校至少一名志愿者，每个志愿者只能到一所学校支教．分配到甲学校志愿者的人数不少于乙、丙学校．则不同的分配方法种数为（　　）
A．150 B．240 C．690 D．180
5．（2025春 万柏林区校级月考）若二项式（a+b）n的展开式中，第3项的二项式系数最大，则n的取值不可能是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．（2025 镜湖区校级模拟）甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况？（　　）
A．27种 B．36种 C．54种 D．72种
7．（2025春 山西月考）已知n∈N*，若，则n＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．1或3
8．（2025春 江岸区校级月考）已知，则a2＝（　　）
A．﹣2 B．2 C．4 D．12
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 临泉县校级月考）已知有6个座位连成一排，则下列关于排座问题说法正确的是（　　）
A．现有2人就座，则2人刚好坐在一起的坐法共有5种
B．现有2人就座，则2人刚好坐在一起的坐法共有10种
C．现有3人就座，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有36种
D．现有3人就座，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有72种
（多选）10．（2025春 北林区校级期中）在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则（　　）
A．抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有种
B．抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有种
C．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
D．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
（多选）11．（2024秋 环县校级期末）若，x∈R，则（　　）
A．a0＝1
B．a0﹣a1+a2﹣a3+ +a10＝3
C．
D．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 红山区校级期中）由0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的四位偶数的个数是　 　 （用数字作答）．
13．（2025春 临泉县校级月考）已知，则n的值为 　 　 ．
14．（2025 淄博校级模拟）已知在，n∈N*的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大，则展开式中x3的系数为 　 　 ．
四．解答题（共6小题）
15．（2025春 宝坻区校级月考）从3位女生，4位男生中选出3人参加校园大扫除活动．
（1）共有多少种不同的选择方法？
（2）如果至少有1位女生人选，共有多少种不同的选择方法？
（3）如果既有男生又有女生人选，共有多少种不同的选择方法？
16．（2025春 浦东新区校级期中）（1）写出从a，b，c，d这4个字母中，取出2个不同字母的所有排列；
（2）已知正整数n满足，求正整数n的值；
（3）有7名学生排成一排，其中甲不站排头，乙不站排尾，有多少种不同的排法？
17．（2025春 三元区校级期中）已知的展开式中第7项为常数项．
（1）求n的值；
（2）从展开式中的所有项中任取两项，求取出的两项都是有理项的概率．
18．（2025春 商丘期中）已知二项式．
（1）求的值；
（2）求（a0+a2+a4+a6）（a1+a3+a5+a7）的值（结果可保留幂的形式）．
19．（2025春 渝中区期中）已知，其中a0，a1，a2，…，an∈R，且（1+2x）n展开式中仅有第5项的二项式系数最大．
（1）求n的值；
（2）求a1+a2+ +an（用数值作答）；
（3）若x＝41，求二项式的值被7除的余数．
20．（2025春 广东校级月考）已知．
（1）求a1+a2+a3+ +a2n的值；
（2）①证明：，其中k＝1，2，3， ，2n；
②利用①的结论求的值．
计数原理常考易错检测卷-2026届高三数学上学期一轮复习
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C B B D C C C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 BD ACD AC
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 南部县校级期中）现有3个班分别从3个景点中选择一处游览，不同选法的种数是（　　）
A．27 B．9 C．3 D．1
【解答】解：由题意可知，每个班都有3种选择，
按照分步乘法计数原理可知不同选法有3×3×3＝27种．
故选：A．
2．（2025春 甘肃月考）已知a，b均为正整数，若多项式（x+1）（ax﹣b）5展开式中含x2项的系数为0，则下列说法一定正确的是（　　）
A．a是偶数 B．a是奇数 C．b是偶数 D．b是奇数
【解答】解：二项式（ax﹣b）5展开式的通项公式为，k＝0，1，…，5，
令5﹣k＝2，则k＝3；5﹣k＝1，则k＝4，
所以含x2项的系数为，解得2a＝b，
因为a，b均为正整数，故b一定是偶数．
故选：C．
3．（2025春 红山区校级期中）已知的展开式中x2y4的系数为40，则m的值为（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
【解答】解：x2y4项的系数为：m22×（﹣1）3＝﹣40m＝40，故m＝﹣1，
故选：B．
4．（2025春 红山区校级期中）有6名志愿者，分配到甲、乙、丙三所学校支教，每个学校至少一名志愿者，每个志愿者只能到一所学校支教．分配到甲学校志愿者的人数不少于乙、丙学校．则不同的分配方法种数为（　　）
A．150 B．240 C．690 D．180
【解答】解：当甲学校安排4名志愿者时，从6名志愿者中选4名安排到甲学校，有15种选法；
剩下2名志愿者安排到乙、丙两所学校，有2种排法．
根据分步乘法计数原理，此时的分配方法种数为15×2＝30种．
当甲学校安排3名志愿者时，从6名志愿者中选3名安排到甲学校，有20种选法；
剩下3名志愿者安排到乙、丙两所学校，可分为（2，1）和（1，2）两种情况，有3+3＝6种排法．
根据分步乘法计数原理，此时的分配方法种数为20×6＝120种．
当甲学校安排2名志愿者时，从6名志愿者中选2名安排到甲学校，有15种选法；
剩下4名志愿者安排到乙、丙两所学校，由条件乙校与丙校各安排两人，有6种排法．
根据分步乘法计数原理，此时的分配方法种数为15×6＝90种．
将上述三种情况的分配方法种数相加，可得总的分配方法种数为30+120+90＝240种．
故选：B．
5．（2025春 万柏林区校级月考）若二项式（a+b）n的展开式中，第3项的二项式系数最大，则n的取值不可能是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解答】解：因为二项式（a+b）n的展开式中，第3项的二项式系数最大，
即最大，
结合选项可知，n＝3，4，5都符合题意，
而当n＝6时，二项式系数最大的为．
故选：D．
6．（2025 镜湖区校级模拟）甲、乙、丙、丁、戊五名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，5人的名次排列可能有多少种不同情况？（　　）
A．27种 B．36种 C．54种 D．72种
【解答】解：根据题意，
解法一：甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，
分2种情况讨论：
①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有6种情况，
此时有3×6＝18种名次排列情况；
②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有6种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有6种情况，
此时有6×6＝36种名次排列情况；
则一共有36+18＝54种不同的名次情况．
解法二：第一名不能是甲乙，所以第一名就有三个同学可以选择，
最后一名不能是乙，也只能有三名同学可以选择，
第二名，第三名，第四名有种选法，
则有3×354种情况．
故选：C．
7．（2025春 山西月考）已知n∈N*，若，则n＝（　　）
A．1 B．2 C．3 D．1或3
【解答】解：依题意可知，n的值不小于2，
所以，由此解得n＝3．
故选：C．
8．（2025春 江岸区校级月考）已知，则a2＝（　　）
A．﹣2 B．2 C．4 D．12
【解答】解：，
令x+1＝t，则x＝t﹣1，
故，
（t﹣2）4中t2的系数为，（t﹣1）5中t2的系数为，
所以a2＝24﹣20＝4．
故选：C．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 临泉县校级月考）已知有6个座位连成一排，则下列关于排座问题说法正确的是（　　）
A．现有2人就座，则2人刚好坐在一起的坐法共有5种
B．现有2人就座，则2人刚好坐在一起的坐法共有10种
C．现有3人就座，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有36种
D．现有3人就座，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有72种
【解答】解：已知有6个座位连成一排，
有2人就座，且这2人刚好坐在一起，
先选择相邻的座位共有5种，此二人再排列，共有种，
故A错误，B正确；
有3人就座，且恰有两个空座位相邻，
先将3人排列，再将3个空座椅分成2份插入到3个人构成的4个空隙中，
共有种，
故C错误；D正确．
故选：BD．
（多选）10．（2025春 北林区校级期中）在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则（　　）
A．抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有种
B．抽出的3件中恰好有1件是不合格品的抽法有种
C．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
D．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，抽出的3件中恰好有1件是不合格品，即两件合格品，1件不合格品，有种抽取方法，A正确，
对于B，由A的结论，B错误，
对于C，抽出的3件中至少有1件是不合格品即两件合格品，1件不合格品或1件合格品，2件不合格品，有种抽取方法，C正确，
对于D，用间接法分析，抽出的3件中没有不合格品的抽取方法有种，则抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种，D正确，
故选：ACD．
（多选）11．（2024秋 环县校级期末）若，x∈R，则（　　）
A．a0＝1
B．a0﹣a1+a2﹣a3+ +a10＝3
C．
D．
【解答】解：若，x∈R，
对于A，令x＝0，可得a0＝1，故A正确；
对于C，令x＝1，可得，故C正确；
对于B，x＝﹣1，可得a0﹣a1+a2﹣a3+ +a10＝1，故B错误；
对于D，上述两式相加，
故，故D错误．
故选：AC．
三．填空题（共3小题）
12．（2025春 红山区校级期中）由0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的四位偶数的个数是　156　 （用数字作答）．
【解答】解：分为两种情况：①个位数是0时，前三位数共有排法；
②个位数是2或4时，千位数有4种选择，百位数和十位数共有种排法，
由分步计数原理可得共有个，
所以没有重复数字的四位偶数的个数为156．
故答案为：156．
13．（2025春 临泉县校级月考）已知，则n的值为 　4　 ．
【解答】解：由可得n（n+1）﹣n（n﹣1）＝8，
即2n＝8，解得n＝4．
故答案为：4．
14．（2025 淄博校级模拟）已知在，n∈N*的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大，则展开式中x3的系数为 　60　 ．
【解答】解：在，n∈N*的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大，
可知n＝6，
的展开式通项为，
令，则r＝2，故x3的系数为．
故答案为：60．
四．解答题（共6小题）
15．（2025春 宝坻区校级月考）从3位女生，4位男生中选出3人参加校园大扫除活动．
（1）共有多少种不同的选择方法？
（2）如果至少有1位女生人选，共有多少种不同的选择方法？
（3）如果既有男生又有女生人选，共有多少种不同的选择方法？
【解答】解：（1）从3位女生，4位男生中选出3人参加校园大扫除活动的选择方法数为．
（2）“至少有1位女生”的反面情况为“没有女生”，
又没有女生人选的选择方法数为，
由（1）可得，至少有1位女生人选的选择方法数为35﹣4＝31．
（3）“既有男生又有女生人选”的反面情况为“都是女生”或“都是男生”，
结合间接法可得：既有男生又有女生人选的选择方法数为3530．
16．（2025春 浦东新区校级期中）（1）写出从a，b，c，d这4个字母中，取出2个不同字母的所有排列；
（2）已知正整数n满足，求正整数n的值；
（3）有7名学生排成一排，其中甲不站排头，乙不站排尾，有多少种不同的排法？
【解答】解：（1）从a，b，c，d这4个字母中，取出2个不同字母的排列有个，
分别为：ab，ac，ad，ba，bc，bd，ca，cb，cd，da，db，dc；
（2）已知正整数n满足，
所以2n（2n﹣1）（2n﹣2）＝10n（n﹣1）（n﹣2）且n≥3，
解得n＝8；
（3）有7名学生排成一排，其中甲不站排头，乙不站排尾，
若甲不在排尾，则甲有5种排法，乙有5种排法，其余人全排列有种排法，
即有5×5×120＝3000种排法；
若甲在排尾，则有种排法；
综上可得一共有720+3000＝3720种不同的排法．
17．（2025春 三元区校级期中）已知的展开式中第7项为常数项．
（1）求n的值；
（2）从展开式中的所有项中任取两项，求取出的两项都是有理项的概率．
【解答】解：（1）二项式的展开式的通项为（0≤r≤n且r∈N），
因为第7项为常数项，所以，
解得n＝9；
（2）由（1）的二项式的通项为（0≤r≤9且r∈N），
令，解得r＝0或r＝2或r＝4或r＝6或r＝8，
所以展开式的有理项共5项，展开式中的所有项有10项，
所以取出的两项都是有理项的概率为．
18．（2025春 商丘期中）已知二项式．
（1）求的值；
（2）求（a0+a2+a4+a6）（a1+a3+a5+a7）的值（结果可保留幂的形式）．
【解答】解：（1）由二项式定理得，i＝0、1、2、 、7，
所以27（﹣2）×26（﹣2）2×25（﹣2）6×21（﹣2）7
0；
（2）令x＝1，可得a0+a1+a2+…+a7＝（1﹣2）7＝﹣1，令x＝﹣1得a0﹣a1+a2﹣…﹣a7＝（1+2）7＝37．
解得a0+a2+a4+a6，a1+a3+a5+a7．
所以．
19．（2025春 渝中区期中）已知，其中a0，a1，a2，…，an∈R，且（1+2x）n展开式中仅有第5项的二项式系数最大．
（1）求n的值；
（2）求a1+a2+ +an（用数值作答）；
（3）若x＝41，求二项式的值被7除的余数．
【解答】解：（1）因为（1+2x）n展开式中仅有第5项的二项式系数最大，
则n＝8；
（2）令x＝1，则a0+a1+...+an＝38，
令x＝0，则a0＝1，
则a1+a2+ +an＝38﹣1；
（3）当x＝41时，（1+2x）8＝838＝（84﹣1）8，
又（84﹣1）8...，
则二项式的值被7除的余数为1．
20．（2025春 广东校级月考）已知．
（1）求a1+a2+a3+ +a2n的值；
（2）①证明：，其中k＝1，2，3， ，2n；
②利用①的结论求的值．
【解答】解：令x＝0，得a0＝1，
令x＝1，得，
所以；
（2）①证明：∵，
∴
，
∴；；
②解：∵由①得：，
，
∴，
，
，
，
．
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