第六章检测题
考试时间120分钟，满分150分．
一、单项选择题(本大题共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．小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡．若他至少买1张，则不同的买法共有( A )
A．7种 B．8种
C．6种 D．9种
[解析] 要完成的“一件事”是“至少买1张IC电话卡”，分三类完成：买1张IC电话卡、买2张IC电话卡、买3张IC电话卡．而每一类都能独立完成“至少买1张IC电话卡”这件事．买1张IC电话卡有2种方法，买2张IC电话卡有3种方法，买3张IC电话卡有2种方法，所以不同的买法共有2＋3＋2＝7(种)．
2．(x3＋x2＋x＋1)(y2＋y＋1)(z＋1)展开后的不同项数为( D )
A．9 B．12
C．18 D．24
[解析] 分三步：第一步，从(x3＋x2＋x＋1)中任取一项，有4种方法；第二步，从(y2＋y＋1)中任取一项，有3种方法；第三步，从(z＋1)中任取一项有2种方法．根据分步乘法计数原理，得共有4×3×2＝24(项)．故选D．
3．(2021·四川成都)已知n的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n等于( C )
A．4 B．5
C．6 D．7
[解析] 二项式n的各项系数的和为(1＋3)n＝4n，二项式n的各项二项式系数的和为2n，因为各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，所以＝2n＝64，n＝6．故选C．
4．现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，则乙、丙两人恰好参加同一项活动的情况有( B )
A．1种 B．2种
C．3种 D．4种
[解析] 由题意，现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，其中乙、丙两人恰好参加同一项活动的情况有CCA＝2(种)．
5．将多项式a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0分解因式得(x－2)(x＋2)5，则a5＝( A )
A．8 B．10
C．12 D．1
[解析] (x－2)(x＋2)5＝(x2－4)(x＋2)4，所以(x＋2)4的展开式中的三次项系数为C·21＝8，所以a5＝8．
6．(2021·河南郑州)5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法种数是( B )
A．40 B．36
C．32 D．24
[解析] 由题可得甲与乙必须相邻的情况有AA＝48(种)，甲分别站在两端且与乙相邻的情况有CA＝12(种)，所以甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法共有AA－CA＝48－12＝36(种)．
7．(2021·陕西城固)如图所示，若从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰好是相克关系的情况有( B )
A．3种 B．5种
C．7种 D．9种
[解析] 从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰好是相克关系的情况有C＝5(种)．
8．如图是由6个正方形拼成的矩形，从图中的12个顶点中任取3个顶点作为一组．其中可以构成三角形的组数为( C )
A．208 B．204
C．200 D．196
[解析] 任取的3个顶点不能构成三角形的情形有三种：一是3条横线上的4个顶点，其组数为3C；二是4条竖线上的3个顶点，其组数为4C；三是4条田字的对角线上的3个顶点，其组数为4C．所以可以构成三角形的组数为C－3C－8C＝200．故选C．
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．已知A－C＋0！＝4，则m可能的取值是( CD )
A．0 B．1
C．2 D．3
[解析] ∵A－C＋0！＝4，∴A＝6，∴m＝2或m＝3，故选CD．
10．对于n(n∈N＋)，以下判断正确的有( AD )
A．存在n∈N＋，展开式中有常数项
B．对任意n∈N＋，展开式中没有常数项
C．对任意n∈N＋，展开式中没有x的一次项
D．存在n∈N＋，展开式中有x的一次项
[解析] 设n(n∈N＋)展开式的通项为Tr＋1＝Cn－r(x3)r＝Cx4r－n(r＝0,1,2，…，n)，不妨令n＝4，则当r＝1时，展开式中有常数项，故选项A正确，选项B错误；令n＝3，则当r＝1时，展开式中有x的一次项，故选项C错误，选项D正确，故选AD．
11．高一学生王超想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，则下列说法正确的有( AC )
A．若任意选择三门课程，选法总数为C种
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为CC
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为C－C种
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为CC－C种
[解析] A显然正确；对于B应为CC＋CC种；对于C，用间接法，显然正确；对于D应分三种情况：
①只选物理，则有C种选法；
②只选化学，则有C种选法；
③若物理与化学都选，则有C种选法．
即共有C＋C＋C＝20种选法．
综上可知AC正确，BD错误．
12．关于(－1)2 020及其展开式，下列说法正确的是( AD )
A．该二项展开式中非常数项的系数和是－1
B．该二项展开式中第六项为Cx1 007
C．该二项展开式中不含有理项
D．当x＝100时，(－1)2 020除以100的余数是1
[解析] (－1)2 020的展开式的第r＋1项为Tr＋1＝Cx(－1)r(r＝0,1,2，…，2 020)．对于A，当r＝2 020时，得到常数项为T2 021＝1．又(－1)2 020的展开式的各项系数和为(－1)2 020＝0，所以该二项展开式中非常数项的系数和是－1，故A正确．
对于B，该二项展开式中第六项为T6＝Cx(－1)5＝－Cx，故B错误．
对于C，当2 020－r＝2n(n∈Z)时，对应的各项均为有理项，故C错误．
对于D，当x＝100时，(－1)2 020＝(10－1)2 020＝C102 020(－1)0＋C102 019×(－1)1＋…＋C102(－1)2 018＋C101×(－1)2 019＋C100(－1)2 020，因为C×102 020(－1)0＋C102 019(－1)1＋…＋C×103(－1)2 017显然是100的倍数，即能被100整除，而C102(－1)2 018＋C101×(－1)2 019＋C100(－1)2 020
＝1 010×2 019×100－20 200＋1
＝1 010×2 018×100＋101 000－20 200＋1
＝1 010×2 018×100＋80 801
＝m·100＋1，m∈N，所以当x＝100时，(－1)2 020除以100的余数是1，故D正确．故选AD．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．(2021·上海春季高考)已知(1＋x)n的展开式中，唯有x3的系数最大，则(1＋x)n的系数和为__64__．
[解析] 由题意知，
则
解得5
14．若存在n∈N*，使得(ax＋1)2n和(x＋a)2n＋1(其中a≠0)的展开式中xn项的系数相等，则a的最大值为____．
[解析] 由(x＋a)2n＋1的展开式中第r＋1项为Tr＋1＝C·x2n＋1－rar，令2n＋1－r＝n，得r＝n＋1，所以含xn项的系数为Can＋1．由Can＋1＝Can，得a＝，是关于n的减函数，∵n∈N*，∴15．(2020·浙江)如图，有7个白色正方形方块排成一排，现将其中4块涂上黑色，规定从左往右数，无论数到第几块，黑色方块总不少于白色方块的涂法有__14__种．
?
[解析] 由题意可判断第1格涂黑色，且第2格和第3格至少有一个是黑色，因此分以下三种情况讨论：
①若第2格涂黑色，第3格涂白色，则后面4格的情况有(黑，黑，白，白)，(黑，白，黑，白)，(黑，白，白，黑)，(白，黑，黑，白)，(白，黑，白，黑)，共5种；
②若第2格涂白色，第3格涂黑色，则后面4格的情况与①相同，共5种；
③若第2,3格都涂黑色，则还有1个黑色，从后面4格任选1格均可，共4种．
综上，总的涂法有5＋5＋4＝14(种)．
16．已知m，n∈N*，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n展开式中，含x项的系数为19，则当含x2项的系数最小时，展开式中含x7项的系数为__156__．
[解析] ∵m，n∈N*，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n展开式中，含x项的系数为19，∴m＋n＝19．
则当m＝1或n＝1时，含x2项的系数为C＝153；当m≠1，且n≠1时，含x2项的系数为C＋C＝＝＝n2－19n＋171＝2＋．
∴当n＝10或9时，x2的系数最小，为81．∴f(x)＝(1＋x)9＋(1＋x)10，展开式中含x7项的系数为C＋C＝156．
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知A＝{x|1从集合A和B中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？
[解析] A＝{3,4,5,6,7}，B＝{4,5,6,7,8}．
从A中取一个数作为横坐标，从B中取一个数作为纵坐标，有5×5＝25(个)，而8作为横坐标的情况有5种，3作为纵坐标且8不是横坐标的情况有4种，故共有5×5＋5＋4＝34个不同的点．
18．(本小题满分12分)用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？
(1)被4整除；
(2)比21034大的偶数；
(3)左起第二、四位是奇数的偶数．
[解析] (1)被4整除的数，其特征应是末两位数是4的倍数，可分为两类：当末两位数是20、40、04时，其排列数为3A＝18，当末两位数是12、24、32时，其排列数为3A·A＝12．故满足条件的五位数共有18＋12＝30(个)．
(2)①当末位数字是0时，首位数字可以为2或3或4，满足条件的数共有3×A＝18个．
②当末位数字是2时，首位数字可以为3或4，满足条件的数共有2×A＝12个．
③当末位数字是4时，首位数字是3的有A＝6个，首位数字是2时，有3个，共有9个．
综上知，比21034大的偶数共有18＋12＋9＝39个．
(3)解法一：可分为两类：
末位数是0，有A·A＝4(个)；
末位数是2或4，有A·A＝4(个)；
故共有A·A＋A·A＝8(个)．
解法二：第二、四位从奇数1,3中取，有A个；首位从2,4中取，有A个；余下的排在剩下的两位，有A个，故共有AAA＝8(个)．
19．(本小题满分12分)已知(1＋m)n(m是正实数)的展开式的二项式系数之和为256，展开式中含x项的系数为112．
(1)求m，n的值；
(2)求展开式中奇数项的二项式系数之和；
(3)求(1＋m)n(1－x)的展开式中含x2项的系数．
[解析] (1)由题意可得2n＝256，解得n＝8．
∴通项Tr＋1＝Cmrx，
∴含x项的系数为Cm2＝112，
解得m＝2，或m＝－2(舍去)．
故m，n的值分别为2,8．
(2)展开式中奇数项的二项式系数之和为C＋C＋C＋C＝28－1＝128．
(3)(1＋2)8(1－x)＝(1＋2)8－x(1＋2)8，
所以含x2项的系数为C24－C22＝1 008．
20．(本小题满分12分)某班要从5名男生3名女生中选出5人担任5门不同学科的课代表，请分别求出满足下列条件的方法种数．
(1)所安排的女生人数必须少于男生人数；
(2)其中的男生甲必须是课代表，但又不能担任数学课代表；
(3)女生乙必须担任语文课代表，且男生甲必须担任课代表，但又不能担任数学课代表．
[解析] (1)所安排的女生人数少于男生人数包括三种情况，一是2个女生，二是1个女生，三是没有女生，依题意得(C＋CC＋CC)A＝5 520种．
(2)先选出4人，有C种方法，连同甲在内，5人担任5门不同学科的课代表，甲不担任数学课代表，有A·A种方法，∴方法数为C·A·A＝3 360种．
(3)由题意知甲和乙两人确定担任课代表，需要从余下的6人中选出3个人，有C＝20种结果，女生乙必须担任语文课代表，则女生乙就不需要考虑，其余的4个人，甲不担任数学课代表，∴甲有3种选择，余下的3个人全排列共有3A＝18；综上可知共有20×18＝360种．
21．(本小题满分12分)已知n(n∈N*)的展开式的各项系数之和等于5的展开式中的常数项，求n的展开式中a－1项的二项式系数．
[解析] 对于5：Tr＋1＝C(4)5－rr＝C·(－1)r·45－r·5－b．
若Tr＋1为常数项，则10－5r＝0，所以r＝2，此时得常数项为T3＝C·(－1)2·43·5－1＝27．
令a＝1，得n展开式的各项系数之和为2n．由题意知2n＝27，所以n＝7．对于7：Tr＋1＝C7－r·(－)r＝C·(－1)r·37－ra．
若Tr＋1为a－1项，则＝－1，所以r＝3．
所以n的展开式中a－1项的二项式系数为C＝35．
22．(本小题满分12分)0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数．
(1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；
(2)在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301,423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；
(3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数．
[解析] (1)将所有的三位偶数分为两类：①若个位数为0，则共有A＝12(种)；②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(种)．所以共有30个符合题意的三位偶数．
(2)将这些“凹数”分为三类：①若十位数字为0，则共有A＝12(种)；②若十位数字为1，则共有A＝6(种)；③若十位数字为2，则共有A＝2(种)．所以共有20个符合题意的“凹数”．
(3)将符合题意的五位数分为三类：①若两个奇数数字在一、三位置，则共有A·A＝12(种)；②若两个奇数数字在二、四位置，则共有A·C·A＝8(种)；③若两个奇数数字在三、五位置，则共有A·C·A＝8(种)．所以共有28个符合题意的五位数．(共38张PPT)
第六章 计数原理
章末知识梳理
核心知识归纳
要点专项突破
知识体系构建
知识体系构建
核心知识归纳
基本计数原理
1．分类加法计数原理：N＝m1＋m2＋…＋mn．
2．分步乘法计数原理：N＝m1×m2×…×mn．
知识点1
知识点2
知识点3
知识点4
要点专项突破
要点一 两个计数原理的应用
1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理很少单独命题，多与排列、组合等问题相结合，以选择题或填空题的形式考查，难度适中，属中档题．
2．应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取其中某一方法是否能完成事件，能完成便是分类，否则便是分步．对于有些较复杂问题可能既要分类又要分步，此时，应注意层次分明，不重不漏．
(2021·北京通州区高三期末)从数字1,2,3,4,5中取出3个数字(允许重复)，组成三位数，各位数字之和等于6，这样的三位数的个数为 ( )
A．7 B．9
C．10 D．13
典例 1
C
[规律方法] 用两个计数原理解决实际问题时，往往从特殊元素入手，通过对其分析，展开讨论，将复杂问题分解为几类简单问题加以解决．
要点二 排列与组合的综合应用
求解排列组合综合问题的常用策略：
(1)特殊元素优先安排的策略．
(2)合理分类和准确分步的策略．
(3)排列、组合混合问题先选后排的策略．
(4)正难则反、等价转化的策略．
(5)相邻问题捆绑处理的策略．
(6)不相邻问题插空处理的策略．
(7)定序问题除法处理的策略．
(8)分排问题直排处理的策略．
(9)“小集团”排列问题中先整体后局部的策略．
(10)构造模型的策略．
已知六人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为 ( )
A．72 B．96
C．120 D．288
典例 2
A
在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目．
(1)当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？
(2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？
(3)若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？
典例 3
[规律方法] 解决排列组合的综合问题时，通常都是从特殊元素、特殊位置入手，先安排特殊元素、特殊位置，再安排其他元素、其他位置，根据分步乘法计数原理解决问题．
要点三 二项式定理的应用
对于二项式定理的考查常出现两类问题：一类是直接运用通项公式来求特定项；另一类需要运用转化思想化为二项式定理来处理问题．从近几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主，难度不大，但不排除与其他知识交汇，具体归纳如下：
(1)考查通项公式问题．
(2)考查系数问题：
①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和．
②一般采用通项公式或赋值法解决．
③可转化为二项式定理解决问题．
[分析] 先利用“第7项与倒数第7项的比是1∶6”求出n的值，然后再利用通项求第7项．
典例 4
[规律方法] 求特定项或特定项的系数，就是根据二项式定理写出展开式的通项Tk＋1，根据需要对通项Tk＋1中的k进行赋值．
[分析] 先根据条件求出n的值，再求出特定项．
典例 5
已知(x＋2)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，则a0＋a2＋a4＝ ( )
A．123 B．91
C．－152 D．－120
[解析] (x＋2)(2x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6中，
取x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝3，
取x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝－243，
所以2(a0＋a2＋a4＋a6)＝－240，
即a0＋a2＋a4＋a6＝－120，
又a6＝32，则a0＋a2＋a4＝－152．
典例 6
C
[规律方法] 解决二项式系数和问题的思维过程如下：
要点四 分类与整合的思想
解决两个计数原理的综合应用问题时，很多时候都需要既分类又分步才能完成．解题时，先根据问题分析是先分类还是先分步．对于先分类后分步的题目，应明确分类的标准，做到不重不漏；对于先分步后分类的题目，往往是一个元素的位置选择对另一个元素的位置选择有影响．
(2021·四川绵阳)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片中至多有两张红色卡片，并且其余卡片颜色不能相同，那么不同取法的种数为_______．(用数字作答)
典例 7
328
[规律方法] 寻找合理的分类方法是解此类题目的关键．对于计数问题，分类的依据主要是特殊元素或特殊位置．
要点五 化归与转化的思想
排列组合与二项式定理中的许多问题，往往是同一数学模型的不同体现，可以利用等价转化的思想，转化为计数原理中的基本模型，再利用排列与组合知识列式解决问题．
现将10个参加全国高中数学联赛的名额分配给某地区四个不同的学校，要求一个学校1名，一个学校2名，一个学校3名，一个学校4名，则不同的分配方案有 ( )
A．4种 B．24种
C．96种 D．12 600种
典例 8
B
[规律方法] 联赛的名额虽然是不加区分的，可视为相同的元素，但由于各校所分的名额数各不相同，因此可认为该分配问题是四个不同元素的全排列问题．