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专题27 计数原理
一、单选题
1．（2023·四川凉山·三模）专家导航，聚焦课堂．四川省教育科学院5名专家到凉山某县指导教育教学工作．现把5名专家全部分配到A，B，C三个学校，每个学校至少分配一名专家，每名专家只能到一个学校，其中甲专家不去A学校，则不同的分配方案种数为（ ）．
A．100 B．116 C．120 D．124
【答案】A
【分析】根据题意甲专家不去A学校，先分配甲专家；然后再对其余4名专家分配，有三种情况讨论：没人与甲同校，有一人与甲同校，有两人与甲同校，易得其分配种数；最后利用分步计数原理可得答案.
【详解】根据题意，先分配甲专家，有2种方法；再分其余的4名专家，分三种情况：
没有专家与甲在同一学校，也就是把4名专家分到其他两所学校，先把4名专家分成2组，有种分组方法，再分到两所学校，有种分法；
有1名专家与甲在同一学校，其余3名专家分到其他两所学校，有种分法；
有2名专家与甲在同一学校，其余2名专家分到其他两所学校，有种分法；
则不同的分配方法有种.
故选：A.
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）记为的任意一个排列，则使得为奇数的排列个数为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．18
【答案】A
【分析】根据分步乘法计数原理，分前两位一奇一偶，后两位一奇一偶安排，利用先取后排的原则作答即可得到结果.
【详解】由已知得前两位和一奇一偶，有种排法，
后两位和一奇一偶，有种排法，
根据分步计数原理，使得为奇数的排列个数为种.
故选：A
3．（2023·重庆·统考三模）二项式展开式的第r项系数与第r＋1项系数之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据二项式展开式的通项公式可求得第r项系数与第r＋1项系数，从而可求解.
【详解】因为展开式的通项公式为，
则第r项系数为，第r＋1项系数为，
所以.
故选：B
4．（2023·北京海淀·统考二模）若的展开式中常数项为32，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A
【分析】利用二项展开式的通项，根据常数项为32，求.
【详解】的展开式通项为.
故常数项为，得.
故选：A.
5．（2023·河北·模拟预测）二项式的展开式中含项的系数为（ ）
A． B．5 C． D．
【答案】B
【分析】根据二项展开式的通项公式分析运算.
【详解】因为二项式的展开式，
令，解得，
则，即含项的系数为5.
故选：B.
6．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）的展开式中含项的系数为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】本题用二项式定理的通项公式即可求解.
【详解】因为展开式的通项为，所以展中含的项为.
故选：B.
7．（2023·全国·校联考模拟预测）学校安排老师到小区对指定的学生进行家访．甲、乙两位老师被安排从A，B，C，D，E五个小区中各选两个小区进行家访，且甲、乙两位老师选择的小区最多可以有一个相同．若甲必须去A小区，则甲、乙两位老师不同的安排方法有（ ）
A．48种 B．36种 C．32种 D．24种
【答案】B
【分析】由于甲、乙两位老师选择的小区最多可以有一个相同，所以可分为都不相同和有一个相同两种情况；又由于甲必须去A小区，所以当有一个相同时，再分相同的是A小区和不是A小区两种，然后分别计算各种情况，相加即可.
【详解】分两种情况：（1）若甲、乙两位老师选择的家访小区完全不同，则有种安排方法．
（2）若甲、乙两位老师选择的家访小区有一个相同：①若甲、乙两位老师都选择了A小区，则有种安排方法；
②若甲、乙两位老师选择的相同小区不是A小区，则有种安排方法．
综上，甲、乙两位老师不同的安排方法有种.
故选：B．
8．（2023·安徽黄山·统考三模）为纪念我国伟大数学家祖冲之在圆周率上的贡献，国际上把称为“祖率”，某教师为了增加学生对“祖率”的印象，以“祖率”为背景设计如下练习：让同学们把小数点后的位数字进行随机排列，整数部分不变，那么可以得到小于的不同数有（ ）个
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】依照分步计数原理及排列计算即可.
【详解】由题意先排十分位必为1，一种方法，再排百分位可以为1或2，两种方法，最后排其余后面的数位，余下的五个数字全排列即可，即不同种数有.
故选：C
9．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）在的展开式中，的系数为（ ）
A． B． C．2 D．8
【答案】A
【分析】由，根据单项式和多项式的乘法法则结合二项式定理求展开式中的系数.
【详解】，
的展开式中含的项为，其系数为，
的展开式中含的项为，其系数为，
的展开式中，的系数为.
故选：A.
10．（2023·广东佛山·统考二模）“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法数共有（ ）
A．120种 B．180种 C．240种 D．300种
【答案】C
【分析】按照分组分配的方法，列式求解.
【详解】将5位同学分为2，1，1，1的分组，再分配到4所学校，
共有种方法.
故选：C
11．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考模拟预测）在的展开式中，二项式系数最大的项的系数为（ ）
A．20 B．160 C．180 D．240
【答案】B
【分析】写出展开式的通项，根据二项式系数的性质，可知时，二项式系数最大，代入即可得出答案.
【详解】展开式的通项为，，
二项式系数为，，
当时，二项式系数最大，
则该项的系数为.
故选：B.
12．（2023·吉林·统考模拟预测）在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式： 类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2021层，底层如图3，一边2023个圆球，另一边2022个圆球，向上逐层每边减少个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，由杨辉三角中观察规律，推广之后，代入计算即可得到结果.
【详解】由杨辉三角中观察得可得.
推广，得到
即
由题意，2021层“刍童垛”小球的总个数为
故选:B
13．（2023·甘肃·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（ ）
A．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数
B．第2023行中第1012个数和第1013个数相等
C．记“杨辉三角”第行的第个数为，则
D．第34行中第15个数与第16个数之比为
【答案】D
【分析】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错.
【详解】第6行的第7个数为1，第7行的第7个数为7，第8行的第7个数为28，
它们之和等于36，第9行的第8个数是，A正确；
第行是二项式的展开式的系数，
故第行中第个数为，第个数为，又，B正确；
“杨辉三角”第行是二项式的展开式的系数，所以，
，C正确；
第34行是二项式的展开式的系数，所以第15个数与第16个数之比为，D不正确.
故选：D.
14．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）“第二课堂”是哈九中多样化课程的典型代表，旨在进一步培养学生的人文底蕴和科学精神，为继续满足同学们不同兴趣爱好，美育中心精心准备了大家非常喜爱的中华文化传承系列的第二课堂活动课：陶艺，拓印，扎染，创意陶盆，壁挂，剪纸六个项目供同学们选学，每位同学选择1个项目.则甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有（ ）
A．135种 B．720种 C．1080种 D．1800种
【答案】C
【分析】分为恰有2名学生所选的课相同，以及4名学生所选的课全不相同两种情况，分别计算求解得出，相加即可得出答案.
【详解】恰有2名学生选课相同，
第一步，先将选课相同的2名学生选出，有种可能；
第二步，从6个项目中选出3个排好，有.
根据分步计数原理可得，方法有；
4名学生所选的课全不相同的方法有.
根据分类加法计数原理可得，甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有.
故选：C.
15．（2023·全国·校联考二模）七巧板是古代中国劳动人民的发明，顾名思义，它由七块板组成，其中包括五个等腰直角三角形，一个正方形和一个平行四边形.利用七巧板可以拼出人物 动物等图案一千余种.下列说法正确的是（ ）
A．七块板中等腰直角三角形的直角边边长有3个不同的数值，它们的比为
B．从这七块板中任取两块板，可拼成正方形的概率为
C．从这七块板中任取两块板，面积相等的概率为
D．使用一套七巧板中的块，可拼出不同大小的正方形3种
【答案】A
【分析】设小正方形的边长为a，得到等腰直角三角形的直角边边长由小到大为，然后逐项判断.
【详解】如图所示：
设小正方形的边长为a，则等腰直角三角形的直角边边长由小到大为，所以它们的比为，故A正确；
从这七块板中任取两块板，若能拼成正方形，则选则两个相同的等腰直角三角形，所以拼成正方形的概率为，故B错误；
由题意得，则从这七块板中任取两块板，面积相等的概率为，故错误；
由C知拼成的正方形的边长分别为，拼成的正方形的面积分别为，所以可拼出不同大小的正方形有4种，故D错误；
故选：A
16．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）已知的展开式中前三项的二项式系数和为，则展开式中系数最大的项为第（ ）
A．项 B．项 C．项 D．项
【答案】D
【分析】根据展开式中前三项的二项式系数和为求出的值，然后利用不等式法可求出展开式中系数最大的项对应的项数.
【详解】的展开式中前三项的二项式系数和为，
整理可得，且，解得，
的展开式通项为，
设展开式中第项的系数最大，则，
即，解得，
因为，故，因此，展开式中系数最大的项为第项.
故选：D.
17．（2023·浙江金华·统考模拟预测）学校举行德育知识竞赛，甲 乙 丙 丁 戊5位同学晋级到了决赛环节，通过笔试决出了第1名到第5名.甲 乙两名参赛者去询问成绩，回答者对他们说：“决赛5人的成绩各不相同，但你们俩的名次是相邻的”，丙 丁两名参赛者也去询问成绩，回答者对丙说：“很遗憾，你和丁都未拿到冠军”，又对丁说：“你当然不会是最差的”.从这个回答分析，5人的名次排列共有（ ）种不同的可能情况.
A．14 B．16 C．18 D．20
【答案】B
【分析】分冠军为甲乙两人中的一人；冠军为戊，丁为第二名；冠军为戊，丁为第三名；冠军为戊，丁为第四名，四种情况，结合相邻问题及特殊元素法分别求解即可.
【详解】解：由题意可知，冠军不会是丙、丁且丁不是第5名，
当冠军为甲乙两人中的一人时，由于甲乙两人名次相邻，所以第二名一定两人中的另一人，丁就只能是第三(四)名，丙和戊两个人就只能是第四(三)和第五名了，此时共有种情况；
当冠军为戊，丁为第二名时，将甲乙捆绑在一起，内部排列共种，此时甲，乙，丙三个人的只能是第三、四、五名了，共有种，所以此时共有种情况；
当冠军为戊，丁为第三名时，由于甲乙两人名次相邻，所以第二名只能是丙，第四名和第五名只能是甲乙，所以此时共有种情况；
当冠军为戊，丁为第四名时，由于甲乙两人名次相邻，所以第五名只能是丙，第二名和第三名只能是甲乙，所以此时共有种情况；
所以共有种.
故选：B.
18．（2023·辽宁抚顺·校联考二模）第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲 乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳 射击 体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【答案】C
【分析】本题只需考虑游泳场有2名志愿者和1名志愿者两种情况即可.
【详解】①游泳场地安排2人，则不同的安排方法有种，
②游泳场地只安排1人，则不同的安排方法有种，
所以不同的安排方法有种.
故选：C
19．（2023·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）6名同学相约在周末参加创建全国文明城市志愿活动，现有交通值守、文明劝导、文艺宣讲三种岗位需要志愿者，其中，交通值守、文明劝导岗位各需2人，文艺宣讲岗位需1人．已知这6名同学中有4名男生，2名女生，现要从这6名同学中选出5人上岗，剩下1人留守值班．若两名女生都已经到岗，则她们不在同一岗位的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用组合数与古典概型，结合条件概率的计算公式与即可得解.
【详解】法一：设“两名女生都到岗”为事件A，“两名女生不在同一岗位”为事件B，
则，
，
所以，
法二：．
故选：D．
20．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考二模）已知的常数项为，令，且，圆上有一动点，则的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意通过赋值法求得，再结合圆的性质分析运算.
【详解】对于：，
令，可得；
令，可得；
所以.
因为圆的圆心，半径，
可得，
所以，即的取值范围.
故选：A.
21．（2023·浙江·二模）已知（）的展开式中含项系数为，则含项系数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用二项式定理通项公式分别写出和的展开式中含的项和含的项，再由含项系数为列式得的关系式，表示出含项系数并将其转化为关于的一元二次方程式，根据二次函数的性质求解最小值即可.
【详解】二项式展开式中含的项为，
含的项为，
二项式展开式中含的项为，
含的项为，
由题意得，，即，
所以展开式中含项系数为
，
因为，当或时，取最小值，
最小值为，所以含项系数的最小值为.
故选：D
22．（2023·福建厦门·统考模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技能比赛，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，你没有得到冠军”，对乙说：“你不是最后一名”，从这两个回答分析，5人名次的不同排列情况共有（ ）
A．72种 B．78种 C．96种 D．102种
【答案】B
【分析】根据题意，计算得到总情况数，然后计算得到甲是冠军与乙是最后一名的情况数，从而即可得到结果.
【详解】由题意可得，甲不是冠军，乙不是最后一名，
因为5人名次的不同排列共有，
其中甲是冠军的排列方法有，
乙是最后一名的排列方法有，
甲是冠军且乙是最后一名的排列方法有，
所以，甲不是冠军，乙不是最后一名的排列方法有，
故选:B
二、多选题
23．（2023·海南省直辖县级单位·统考模拟预测）已知，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】根据题意通过赋值逐项分析判断.
【详解】对于A：令，可得，故A错误；
对于B：令，可得，故B正确；
对于C：令，可得，
结合选项B，两式作差，可得，
即，故C正确；
对于D：令，可得，故D正确.
故选：BCD.
24．（2023·吉林长春·统考模拟预测）若的展开式中第5项与第6项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（ ）．
A． B．展开式中各项系数和为
C．展开式中常数项为 D．展开式中各二项式系数和为
【答案】ABC
【分析】根据二项式定理以及二项展开式系数的性质，运用赋值法和二项式展开项公式求解.
【详解】因为第5项和第6项是相邻的两项， ，A正确；
令 ，则有 ，B正确；
， ，常数项 ，C正确；
二项式系数之和 ，错误；
故选：ABC.
25．（2023·重庆·统考模拟预测）如图，在某城市中，、两地之间有整齐的方格形道路网，其中、、、是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处．今在道路网，处的甲、乙两人分别要到，处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达、处为止．则（ ）
A．甲从到达处的方法有30种
B．甲从经过到达处的方法有9种
C．甲、乙两人在处相遇的概率为
D．甲、乙两人不相遇的概率为
【答案】BC
【分析】利用组合计数原理可判断A选项的正误，利用分步乘法计数原理结合组合计数原理可判断B选项的正误，计算出甲、乙经过处的走法种数，利用古典概型的概率公式可判断C选项的正误，计算出甲、乙两人相遇的走法种数，利用古典概型的概率公式及对立事件的概率可判断D选项的正误.
【详解】A选项，甲从到达处，需要走步，其中有步向上走，步向右走，
则甲从到达处的方法有种，A选项错误；
B选项，甲经过到达处，可分为两步：
第一步，甲从经过需要走步，其中步向右走，步向上走，方法数为种；
第二步，甲从到需要走步，其中步向上走，步向右走，方法数为种.
甲经过到达的方法数为种，B选项正确；
C选项，类似B，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，
甲、乙两人在处相遇的方法数为，甲、乙两人在处相遇的概率为，C选项正确；
D选项，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，甲到处，前三步有1步向右走，后三步只有2步向右走，
乙到处，前三步有1步向下走，后三步只有2步向下走，
所以，两人在处相遇的走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为种；
故甲、乙两人相遇的概率， 由对立事件的概率知，甲、乙两人不相遇的概率为，D选项错误.
故选：BC
26．（2023·安徽芜湖·统考模拟预测）已知，下列说法正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】令可求得A正确；根据二项式定理可得展开式通项，分别代入和，加和即可得到，知B错误；分别令和，加和后，结合可知C错误；对等式左右求导，代入可得D正确.
【详解】对于A，令，则，A正确；
对于B，展开式通项为：，
展开式通项为：，
展开式通项为：，
令，则，又，，，
或，，B错误；
对于C，令，则；
令，则；
两式作和得：，，
又，，C错误；
对于D，，，
，
令，则，D正确.
故选：AD.
27．（2023·河北沧州·统考模拟预测）袋中装有除颜色外完全相同的个红球和个白球，从袋中一次抓出个球，记事件“两球同色”，事件“两球异色”，事件“至少有一红球”，则（ ）
A．事件与事件是对立事件 B．事件与事件是相互独立事件
C．若，则 D．若，则
【答案】AD
【分析】由对立事件的定义可判断A选项；利用独立事件的定义可判断B选项；由古典概型的概率公式可得出关于的等式，解出的值，可判断C选项；利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，由对立事件的定义可知，事件、互为对立事件，A对；
对于B选项，，，，显然，故B不正确；
对于C，，，由，可得，
即，整理可得，因为，解得，故C不正确；
对于D，由C知，，，故D正确，
故选：AD.
28．（2023·湖北·统考模拟预测）若，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【分析】令，二项式化为，然后利用二项式定理求得的项得其系数，判断A，赋值法令计算后可判断B，令和0计算后可判断C，令计算后可判断D．
【详解】，令，则，
对于，故A错误；
对于，令，得，故B正确；
对于，令，得，令，则，故C错误；
对于D，令，得，所以，故D正确.
故选：BD.
29．（2023·辽宁·校联考二模）泰勒公式通俗的讲就是用一个多项式函数去逼近一个给定的函数，也叫泰勒展开式，下面给出两个泰勒展开式
由此可以判断下列各式正确的是（ ）．
A．（i是虚数单位） B．（i是虚数单位）
C． D．
【答案】ACD
【分析】对于A、B，将关于的泰勒展开式两边求导得的泰勒展开式，再验证结论是否正确；
对于C，由，再代入关于的泰勒展开式验证是否成立；
对于D，由，证明
即可.
【详解】对于A、B，由，
两边求导得，
，
，
又，
，
，故A正确，B错误；
对于C，已知，则.
因为，则，即成立，故C正确；
故C正确；
对于D，,，
，
当，；；；
，,
所以，所以成立，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】利用泰勒公式证明不等式方法点睛：
应用泰勒公式时要选好，有时可能需要结合题目给出信息进行相关变形，再代入验证，利用展开项的特征进行适当的放缩，证明不等式成立.
30．（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）“”表示不大于x的最大整数，例如：，，．下列关于的性质的叙述中，正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．若数列中，，，则
D．被3除余数为0
【答案】ACD
【分析】A选项，由题意得到，变形得到；B选项，举出反例即可；C选项，求出，利用等差数列求和公式求出答案；D选项，分析得到，被3除余数为1，分组求和后得到其被3除余数为1011，而，故D正确.
【详解】对于A，由定义“”表示不大于x的最大整数可知，，故，用代换x，即得，故A正确．
对于B，不妨设，，满足，但此时，B错误．
对于C，由，可得，故，
则，故C正确．
对于D，对任意自然数k，与均不是整数，且，
则．
当时，，即被3除余数为1．
当时，，
，
则被3除余数为1，
，
由上述分析知其被3除余数为1011，而，即M能被3整除，故D正确．
故选：ACD．
【点睛】函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
三、填空题
31．（2023·河北张家口·统考二模）已知的展开式的各二项式系数的和为64，则常数项为___________.（用数字作答）
【答案】
【分析】利用二项式系数的性质及二项式定理展开式的通项公式即可求解.
【详解】由题意可得，解得，.
设展开式中的第项为，
令，解得.
所以该展开式的常数项为.
故答案为：.
32．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）二项式的展开式中的常数项为_________.
【答案】
【分析】展开式的通项为，由得出，代入即可得出答案.
【详解】二项式的展开式的通项为.
由，可得，
所以，常数项为.
故答案为：.
33．（2023·广西桂林·校考模拟预测）由数字0，1，2，3组成一个各位数字不重复的四位数，则0和1不相邻的四位数是偶数的概率是__________.
【答案】
【分析】列出所有符合要求的四位数，共有18个，其中0和1不相邻的四位偶数有5个，再用概率公式求解即可.
【详解】列出所有符合要求的四位数如下：
千位 1 2 3
百位 0 2 3 0 1 3 0 1 2
十位 2 3 0 3 0 2 1 3 0 3 0 1 1 2 0 2 0 1
个位 3 2 3 0 2 0 3 1 3 0 1 0 2 1 2 0 1 0
共有18个，其中0和1不相邻的四位偶数有1230、1302、1320、2130、3120，共5个，
所以得到的四位数是0和1不相邻的四位偶数的概率为.
故答案为：.
34．（2023·四川凉山·三模）的展开式中常数项是______．（用数字作答）
【答案】240
【分析】利用二项式定理设其通项待定系数计算即可.
【详解】设的展开式的通项为：，
化简得，令，计算得常数项的系数为240.
故答案为：240.
35．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）将五个1 五个2 五个3 五个4 五个5共25个数填入一个5行5列的表格内（每格填入一个数），使得同一列任何两数之差的绝对值不超过2.设每列中五个数之和的最小值为，则的最大值为__________.
【答案】
【分析】根据题意，由5个1分布的列数不同情形进行讨论，即可确定的最大值.
【详解】
1 1 1 4 5
1 1 2 4 5
2 2 2 4 5
3 3 2 4 5
3 3 3 4 5
依据5个1分布的列数的不同情形进行讨论，确定的最大值.
(1)若5个1分布在同一列，则；
(2)若5个1分布在两列中，则由题意知这两列中出现的最大数至多为3，故，故；
(3)若5个1分布在三列中，则由题意知这三列中出现的最大数至多为3，故，故；
(4)若5个1分布在至少四列中，则其中某一列至少有一个数大于3，这与已知矛盾.
综上所述，；
另一方面，如上表的例子说明可以取到10.故的最大值为.
故答案为:.
四、解答题
36．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）已知正数数列，，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）因式分解，从而可推导得，再利用累乘法计算数列的通项公式；（2）根据裂项相消法计算数列的前项和.
【详解】（1）∵，
∴，
又，∴，即．
又，
且，∴
（2），∴，，
又，
∴.
37．（2023·全国·模拟预测）记为数列的前项和.已知，.
(1)求的通项公式；
(2)记为数列的前项积，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）通过条件，利用和间的关系，得出，再利用累积法即可求出结果；
（2）利用（1）中结果，得到，从而得到，通过计算和利用二项式定理得出数列前5项均为负数，从第6项起均为正数，从而求出结果.
【详解】（1）因为时，，所以，两式相减得到，化简整理得，所以，当时，，
又当，，又，解得.
所以，当时，，
又当时，，满足，当时，，不满足，
综上所述，.
（2）由（1）知，当时，，得到，
又当时，，满足，所以，
令，所以，
又，
当时，，
所以当时，，又，所以，当时，，
所以时，取得最大值.
38．（2023·浙江·校联考二模）甲、乙两个学校分别有位同学和n位同学参加某项活动，假定所有同学成功的概率都是，所有同学是否成功互不影响．记事件A＝“甲成功次数比乙成功次数多一次”，事件B＝“甲成功次数等于乙成功次数”．
(1)若，求事件A发生的条件下，恰有5位同学成功的概率；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知求出及甲成功次数比乙成功次数多一次且有5位同学成功的概率，再利用条件概率公式求事件A发生的条件下恰有5位同学成功的概率
（2）根据题设写出、，利用组合数的性质证明结论即可.
【详解】（1）由题设，甲乙学校分别有4个、3个学生参加活动，
，
而甲成功次数比乙成功次数多一次且有5位同学成功的概率为，
所以事件A发生的条件下，恰有5位同学成功的概率.
（2）由题设知：，
，
因为，，所以
39．（2023·江苏常州·校考二模）《周易》包括《经》和《传》两个部分，《经》主要是六十四卦和三百八十四爻，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代语解释为：把阳爻“”当做数字“1”，把阴爻“”当做数字“0”，则六十四卦代表的数表示如下：
卦名 符号 表示的二进制数 表示的十进制数
坤 000000 0
剥 000001 1
比 000010 2
观 000011 3
… … … …
(1)成语“否极泰来”包含了“否”卦和“泰”卦，试分别写出这两个卦所表示的十进制数；
(2)若某卦的符号由四个阳爻和两个阴爻构成，求所有这些卦表示的十进制数的和；
(3)在由三个阳爻和三个阴爻构成的卦中任取一卦，若三个阳爻均相邻，则记5分；若只有两个阳爻相邻，则记2分；若三个阳爻均不相邻，则记1分．设任取一卦后的得分为随机变量X，求X的概率分布和数学期望．
【答案】(1)7；56；
(2)630；
(3).分布列见解析
【分析】（1）先写出给定符号所表示的二进制数，再将二进制数转化成十进制数即可；
（2）先列出该卦所表示的所有二进制数，再求和；
（3）根据相邻问题捆绑、不相邻问题插空分别求得概率，即可求得分布列，进而求得数学期望.
【详解】（1）“否”卦所表示的二进制数为000111，转化为十进制数是，
“泰”卦所表示的二进制数为111000，转化为十进制数是.
（2）因为该卦的符号由四个阳爻和两个阴爻构成，
所以该卦所表示的二进制数共有个，分别为：001111,010111,011011,011101,011110,100111,101011,101101,101110,110011,110101,
110110，111001,111010,111100，
因为这15个数中，每个位置都是5次0,10次1，
所以所有这些卦表示的十进制数的和为.
（3）依题意可得，
则，
所以X的概率分布列如下：
1 2 5
所以，即数学期望为.
40．（2023·四川成都·成都七中统考模拟预测）2023年4月12日是成都七中118周年校庆.为了纪念这一特殊的日子，两校区学生会在全校学生中开展了校庆知识测试（满分100分），随机抽取了10名学生的测试成绩，按照，，，分组，得到如下所示的样本频率分布直方图：
(1)根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的中位数；
(2)被抽取的10名同学中，成绩在中恰好有一半男生一半女生.从中随机抽取2名学生，求这2名同学中至少有一人是女生的概率.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据频率分布直方图利用中位数的估计方法计算可得答案；
（2）计算出成绩在的男女生人数，利用古典概型概率计算公式和对立事件概率计算公式进行计算可得答案.
【详解】（1）由题意测试成绩在的频率为，
测试成绩在的频率为，
故中位数位于区间上，设为，
则，解得，
所以，估计该校学生测试成绩的中位数为；
（2）由题意，测试成绩在的频率为，
故测试成绩在的人数有人，其中男女生各人，
从中随机抽取2名学生有种抽法，其中没有女生的抽法有种，
故所求的概率为.
41．（2023·福建厦门·统考模拟预测）甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表：
第一轮 甲VS乙 丙VS丁
第二轮 甲VS丙 乙VS丁
第三轮 甲VS丁 乙VS丙
规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名.总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线.假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，.每场比赛结果相互独立.
(1)求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由；
(2)若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率.
【答案】(1)，一定出线，理由见解析
(2)
【分析】（1）由相互独立事件的乘法公式求解即可得出丁的总分为7分的概率；再分析丁出线的原因；
（2）丁以6分的成绩出线分为三种情况：第二轮中若甲负于丙或平丙、第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙和第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，分别求出其概率即可得出答案.
【详解】（1）记第轮比赛丁胜、平、负的事件分别为，每场比赛结果相互独立.
丁总分为7分，则丁三场比赛两胜一平，记丁三轮比赛两胜一平的事件为，
丁总分7分一定出线.
理由如下：丁三场比赛中赢两场，这两场丁的对手比分最多6分.
小组赛两队出线，所以丁一定出线.
（2）第一轮比赛，甲胜乙，丙胜丁，又丁总分为6分，则丁对战甲、乙都获胜，此时，乙队总分最多3分，少于丁队总分，
①第二轮中若甲负于丙或平丙时，甲总分最多4分，少于丁队总分，此时甲、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率，
②第二轮中若甲胜丙、第三轮中丙平乙或负于乙时，丙总分最多4分，此时丙、乙两队少于丁队总分，丁一定出线，其相应的概率，
③第二轮中若甲胜丙时、第三轮中丙胜乙时，甲、丁、丙队总分均为6分，此时由抽签确定出线，三队中有两队出线，每队出线概率为，
丁队出线的概率，
综上，丁以6分出线的概率为.
42．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）已知数列的前项和为，满足，等差数列中.
(1)求和的通项公式；
(2)数列与的共同项由小到大排列组成新数列，求数列的前20的积.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）根据给定的递推公式求出，即可求出，再求出等差数列的公差求出作答.
（2）利用二项式定理分析、探求出的表达式即可求出作答.
【详解】（1），，当时，，两式相减得：，
即，而，解得，因此数列是首项为3，公比为3的等比数列，，
在等差数列中，由，得，解得，
则公差，，
所以和的通项公式分别为，.
（2）令数列的第m项与数列的第k项相同，即，
于是，
显然是4的正整数倍，要成立，
当且仅当为正偶数，因此数列与的共同项为，即，
所以.
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专题27 计数原理
一、单选题
1．（2023·四川凉山·三模）专家导航，聚焦课堂．四川省教育科学院5名专家到凉山某县指导教育教学工作．现把5名专家全部分配到A，B，C三个学校，每个学校至少分配一名专家，每名专家只能到一个学校，其中甲专家不去A学校，则不同的分配方案种数为（ ）．
A．100 B．116 C．120 D．124
2．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）记为的任意一个排列，则使得为奇数的排列个数为（ ）
A．8 B．12 C．16 D．18
3．（2023·重庆·统考三模）二项式展开式的第r项系数与第r＋1项系数之比为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·北京海淀·统考二模）若的展开式中常数项为32，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
5．（2023·河北·模拟预测）二项式的展开式中含项的系数为（ ）
A． B．5 C． D．
6．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）的展开式中含项的系数为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023·全国·校联考模拟预测）学校安排老师到小区对指定的学生进行家访．甲、乙两位老师被安排从A，B，C，D，E五个小区中各选两个小区进行家访，且甲、乙两位老师选择的小区最多可以有一个相同．若甲必须去A小区，则甲、乙两位老师不同的安排方法有（ ）
A．48种 B．36种 C．32种 D．24种
8．（2023·安徽黄山·统考三模）为纪念我国伟大数学家祖冲之在圆周率上的贡献，国际上把称为“祖率”，某教师为了增加学生对“祖率”的印象，以“祖率”为背景设计如下练习：让同学们把小数点后的位数字进行随机排列，整数部分不变，那么可以得到小于的不同数有（ ）个
A． B． C． D．
9．（2023·贵州贵阳·统考模拟预测）在的展开式中，的系数为（ ）
A． B． C．2 D．8
10．（2023·广东佛山·统考二模）“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法数共有（ ）
A．120种 B．180种 C．240种 D．300种
11．（2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考模拟预测）在的展开式中，二项式系数最大的项的系数为（ ）
A．20 B．160 C．180 D．240
12．（2023·吉林·统考模拟预测）在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式： 类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2021层，底层如图3，一边2023个圆球，另一边2022个圆球，向上逐层每边减少个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（ ）
A． B． C． D．
13．（2023·甘肃·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（ ）
A．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数
B．第2023行中第1012个数和第1013个数相等
C．记“杨辉三角”第行的第个数为，则
D．第34行中第15个数与第16个数之比为
14．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）“第二课堂”是哈九中多样化课程的典型代表，旨在进一步培养学生的人文底蕴和科学精神，为继续满足同学们不同兴趣爱好，美育中心精心准备了大家非常喜爱的中华文化传承系列的第二课堂活动课：陶艺，拓印，扎染，创意陶盆，壁挂，剪纸六个项目供同学们选学，每位同学选择1个项目.则甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有（ ）
A．135种 B．720种 C．1080种 D．1800种
15．（2023·全国·校联考二模）七巧板是古代中国劳动人民的发明，顾名思义，它由七块板组成，其中包括五个等腰直角三角形，一个正方形和一个平行四边形.利用七巧板可以拼出人物 动物等图案一千余种.下列说法正确的是（ ）
A．七块板中等腰直角三角形的直角边边长有3个不同的数值，它们的比为
B．从这七块板中任取两块板，可拼成正方形的概率为
C．从这七块板中任取两块板，面积相等的概率为
D．使用一套七巧板中的块，可拼出不同大小的正方形3种
16．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）已知的展开式中前三项的二项式系数和为，则展开式中系数最大的项为第（ ）
A．项 B．项 C．项 D．项
17．（2023·浙江金华·统考模拟预测）学校举行德育知识竞赛，甲 乙 丙 丁 戊5位同学晋级到了决赛环节，通过笔试决出了第1名到第5名.甲 乙两名参赛者去询问成绩，回答者对他们说：“决赛5人的成绩各不相同，但你们俩的名次是相邻的”，丙 丁两名参赛者也去询问成绩，回答者对丙说：“很遗憾，你和丁都未拿到冠军”，又对丁说：“你当然不会是最差的”.从这个回答分析，5人的名次排列共有（ ）种不同的可能情况.
A．14 B．16 C．18 D．20
18．（2023·辽宁抚顺·校联考二模）第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲 乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳 射击 体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
19．（2023·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）6名同学相约在周末参加创建全国文明城市志愿活动，现有交通值守、文明劝导、文艺宣讲三种岗位需要志愿者，其中，交通值守、文明劝导岗位各需2人，文艺宣讲岗位需1人．已知这6名同学中有4名男生，2名女生，现要从这6名同学中选出5人上岗，剩下1人留守值班．若两名女生都已经到岗，则她们不在同一岗位的概率为（ ）
A． B． C． D．
20．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六中学校校考二模）已知的常数项为，令，且，圆上有一动点，则的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
21．（2023·浙江·二模）已知（）的展开式中含项系数为，则含项系数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
22．（2023·福建厦门·统考模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技能比赛，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，你没有得到冠军”，对乙说：“你不是最后一名”，从这两个回答分析，5人名次的不同排列情况共有（ ）
A．72种 B．78种 C．96种 D．102种
二、多选题
23．（2023·海南省直辖县级单位·统考模拟预测）已知，则（ ）
A．
B．
C．
D．
24．（2023·吉林长春·统考模拟预测）若的展开式中第5项与第6项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（ ）．
A． B．展开式中各项系数和为
C．展开式中常数项为 D．展开式中各二项式系数和为
25．（2023·重庆·统考模拟预测）如图，在某城市中，、两地之间有整齐的方格形道路网，其中、、、是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处．今在道路网，处的甲、乙两人分别要到，处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达、处为止．则（ ）
A．甲从到达处的方法有30种
B．甲从经过到达处的方法有9种
C．甲、乙两人在处相遇的概率为
D．甲、乙两人不相遇的概率为
26．（2023·安徽芜湖·统考模拟预测）已知，下列说法正确的有（ ）
A． B．
C． D．
27．（2023·河北沧州·统考模拟预测）袋中装有除颜色外完全相同的个红球和个白球，从袋中一次抓出个球，记事件“两球同色”，事件“两球异色”，事件“至少有一红球”，则（ ）
A．事件与事件是对立事件 B．事件与事件是相互独立事件
C．若，则 D．若，则
28．（2023·湖北·统考模拟预测）若，则（ ）
A．
B．
C．
D．
29．（2023·辽宁·校联考二模）泰勒公式通俗的讲就是用一个多项式函数去逼近一个给定的函数，也叫泰勒展开式，下面给出两个泰勒展开式
由此可以判断下列各式正确的是（ ）．
A．（i是虚数单位） B．（i是虚数单位）
C． D．
30．（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）“”表示不大于x的最大整数，例如：，，．下列关于的性质的叙述中，正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．若数列中，，，则
D．被3除余数为0
三、填空题
31．（2023·河北张家口·统考二模）已知的展开式的各二项式系数的和为64，则常数项为___________.（用数字作答）
32．（2023·黑龙江哈尔滨·哈九中校考模拟预测）二项式的展开式中的常数项为_________.
33．（2023·广西桂林·校考模拟预测）由数字0，1，2，3组成一个各位数字不重复的四位数，则0和1不相邻的四位数是偶数的概率是__________.
34．（2023·四川凉山·三模）的展开式中常数项是______．（用数字作答）
35．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）将五个1 五个2 五个3 五个4 五个5共25个数填入一个5行5列的表格内（每格填入一个数），使得同一列任何两数之差的绝对值不超过2.设每列中五个数之和的最小值为，则的最大值为__________.
四、解答题
36．（2023·湖南长沙·雅礼中学校考一模）已知正数数列，，且满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和．
37．（2023·全国·模拟预测）记为数列的前项和.已知，.
(1)求的通项公式；
(2)记为数列的前项积，求的最大值.
38．（2023·浙江·校联考二模）甲、乙两个学校分别有位同学和n位同学参加某项活动，假定所有同学成功的概率都是，所有同学是否成功互不影响．记事件A＝“甲成功次数比乙成功次数多一次”，事件B＝“甲成功次数等于乙成功次数”．
(1)若，求事件A发生的条件下，恰有5位同学成功的概率；
(2)证明：．
39．（2023·江苏常州·校考二模）《周易》包括《经》和《传》两个部分，《经》主要是六十四卦和三百八十四爻，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代语解释为：把阳爻“”当做数字“1”，把阴爻“”当做数字“0”，则六十四卦代表的数表示如下：
卦名 符号 表示的二进制数 表示的十进制数
坤 000000 0
剥 000001 1
比 000010 2
观 000011 3
… … … …
(1)成语“否极泰来”包含了“否”卦和“泰”卦，试分别写出这两个卦所表示的十进制数；
(2)若某卦的符号由四个阳爻和两个阴爻构成，求所有这些卦表示的十进制数的和；
(3)在由三个阳爻和三个阴爻构成的卦中任取一卦，若三个阳爻均相邻，则记5分；若只有两个阳爻相邻，则记2分；若三个阳爻均不相邻，则记1分．设任取一卦后的得分为随机变量X，求X的概率分布和数学期望．
40．（2023·四川成都·成都七中统考模拟预测）2023年4月12日是成都七中118周年校庆.为了纪念这一特殊的日子，两校区学生会在全校学生中开展了校庆知识测试（满分100分），随机抽取了10名学生的测试成绩，按照，，，分组，得到如下所示的样本频率分布直方图：
(1)根据频率分布直方图，估计该校学生测试成绩的中位数；
(2)被抽取的10名同学中，成绩在中恰好有一半男生一半女生.从中随机抽取2名学生，求这2名同学中至少有一人是女生的概率.
41．（2023·福建厦门·统考模拟预测）甲、乙、丙、丁四支球队进行单循环小组赛，比赛分三轮，每轮两场比赛，具体赛程如下表：
第一轮 甲VS乙 丙VS丁
第二轮 甲VS丙 乙VS丁
第三轮 甲VS丁 乙VS丙
规定：每场比赛获胜的球队记3分，输的球队记0分，平局两队各记1分，三轮比赛结束后以总分排名.总分相同的球队以抽签的方式确定排名，排名前两位的球队出线.假设甲、乙、丙三支球队水平相当，彼此间胜、负、平的概率均为，丁的水平较弱，面对其他任意一支球队胜、负、平的概率都分别为，，.每场比赛结果相互独立.
(1)求丁的总分为7分的概率；判断此时丁能否出线，并说明理由；
(2)若第一轮比赛结束，甲、乙、丙、丁四支球队积分分别为3，0，3，0，求丁以6分的成绩出线的概率.
42．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中统考三模）已知数列的前项和为，满足，等差数列中.
(1)求和的通项公式；
(2)数列与的共同项由小到大排列组成新数列，求数列的前20的积.
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