第六章 计数原理全章综合测试卷（基础篇）
【人教A版2019】
考试时间：90分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时90分钟，本卷题型针对性较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022秋·福建龙岩·高二阶段练习）某校开设A类选修课4门,B类选修课3门,一同学从中选1门,则该同学的不同选法共有（ ）
A．7种 B．12种 C．4种 D．3种
2．（5分）（2022春·云南昆明·高二阶段练习）若，则（ ）
A．5 B．8 C．7 D．6
3．（5分）（2022秋·吉林长春·高二阶段练习）已知，为正整数，且，则在下列各式中，正确的个数是（ ）
①；②；③；④
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（5分）（2023秋·北京·高二期末）在的展开式中，常数项为（ ）
A．-112 B．112 C．-1120 D．1120
5．（5分）（2022春·江西抚州·高二期末）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中（如图），记第2行的第3个数字为，第3行的第3个数字为，第行的第3个数字为，则（ ）
A．165 B．180 C．220 D．236
6．（5分）（2023·全国·高三专题练习）如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为（ ）
A． B． C． D．
7．（5分）（2023秋·湖南怀化·高三期末）已知，设，下列说法：
①，②，③，④展开式中所有项的二项式系数和为1.
其中正确的个数有（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
8．（5分）2022年8月某市组织应急处置山火救援行动，现从组织好的5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，另外4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，每支志愿团队只能分配到1个项目，且每个项目至少分配1个志愿团队，则不同的分配方案种数为（ ）
A．36 B．81 C．120 D．180
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022秋·吉林长春·高二阶段练习）（多选）（ ）
A． B． C． D．
10．（5分）（2022春·广东佛山·高二期中）现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是（ ）
A．只需1人参加，有16种不同选法
B．若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法
C．若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法
D．若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法
11．（5分）（2022·高二课时练习）甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排．（ ）
A．若甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种
B．若最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法有42种
C．甲、乙不相邻的排法有82种
D．甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
12．（5分）若二项式的展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是（ ）
A．二项展开式中各项系数之和为 B．二项展开式中二项式系数最大的项为
C．二项展开式中无常数项 D．二项展开式中系数最大的项为
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2023·高二课时练习）有四位学生参加三项竞赛，要求每位学生必须参加其中一项竞赛，有
种参赛情况．
14．（5分）（2023秋·湖北·高三期末）的展开式中，常数项为 .
15．（5分）（2022秋·云南·高三期中）若，则
.
16．（5分）（2022秋·辽宁沈阳·高二阶段练习）将5名志愿者分配到世界杯的3个不同体育场进行志愿者服务，每名志愿者分配到1个体育场，每个体育场至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有 种．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022·全国·高三专题练习）解下列不等式或方程
(1)
(2)
18．（10分）（2023·全国·高二专题练习）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图所示．将一个正四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．
19．（12分）（2022·高二课时练习）某电视台连续播放6个广告，其中有3个商业广告、2个宣传广告和1个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，宣传广告与公益广告不能连续播放，2个宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式？
20．（12分）（2022春·上海黄浦·高一期末）已知对任意给定的实数，都有.求值：
(1)；
(2).
21．（12分）（2022秋·辽宁朝阳·高二阶段练习）已知二项式，且．
(1)求的展开式中的第5项；
(2)求的二项式系数最大的项．
22．（12分）（2022秋·辽宁铁岭·高二期中）从集合中取一个数字和集合中取两个数字，问：
(1)可组成多少个三位数
(2)可组成可重复一个数字的四位数多少个 第六章 计数原理全章综合测试卷（基础篇）
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（2022秋·福建龙岩·高二阶段练习）某校开设A类选修课4门,B类选修课3门,一同学从中选1门,则该同学的不同选法共有（ ）
A．7种 B．12种 C．4种 D．3种
【解题思路】根据题意求出所有的可能性即可选出结果.
【解答过程】解:由题知某校开设A类选修课4门,B类选修课3门,
共7门,
故该同学的不同选法共有7种.
故选:A.
2．（5分）（2022春·云南昆明·高二阶段练习）若，则（ ）
A．5 B．8 C．7 D．6
【解题思路】直接根据排列数公式和组合数公式列式解方程即可得答案.
【解答过程】解：∵，
∴，
即，
求得，或（舍去），
故选：A.
3．（5分）（2022秋·吉林长春·高二阶段练习）已知，为正整数，且，则在下列各式中，正确的个数是（ ）
①；②；③；④
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】根据组合数的性质及排列数公式计算可得.
【解答过程】解：对于①，故①正确；
对于②因为，所以，故②正确；
对于③因为，故③错误；
对于④，故④正确；
故选：C.
4．（5分）（2023秋·北京·高二期末）在的展开式中，常数项为（ ）
A．-112 B．112 C．-1120 D．1120
【解题思路】求出的通项公式，令 ，求得 , 即可得展开式的常数项.
【解答过程】二项式 的展开式的通项公式为
令 , 求得 , 可得展开式的常数项为 .
故选: B.
5．（5分）（2022春·江西抚州·高二期末）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中（如图），记第2行的第3个数字为，第3行的第3个数字为，第行的第3个数字为，则（ ）
A．165 B．180 C．220 D．236
【解题思路】根据杨辉三角及二项式系数的性质确定，…，，再应用组合数的运算性质求结果.
【解答过程】由题意得，，
则.
故选：.
6．（5分）（2023·全国·高三专题练习）如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理列式计算作答.
【解答过程】依题意，按安徽与陕西涂的颜色相同和不同分成两类：
若安徽与陕西涂同色，先涂陕西有种方法，再涂湖北有种方法，涂安徽有1种方法，涂江西有种方法，
最后涂湖南有3种方法，由分步计数乘法原理得不同的涂色方案种，
若安徽与陕西不同色，先涂陕西有种方法，再涂湖北有种方法，涂安徽有3种方法，
涂江西、湖南也各有种方法，由分步计数乘法原理得不同的涂色方案 种方法，
所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方案共有种.
故选：C.
7．（5分）（2023秋·湖南怀化·高三期末）已知，设，下列说法：
①，②，③，④展开式中所有项的二项式系数和为1.
其中正确的个数有（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【解题思路】根据组合数的性质求得，根据二项式展开式的通项公式、赋值法、二项式系数和的知识求得正确答案.
【解答过程】，①对.
，
所以，②错.
令得，③对.
展开式中所有项的二项式系数和为，④错.
所以正确的说法有个.
故选：C.
8．（5分）2022年8月某市组织应急处置山火救援行动，现从组织好的5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，另外4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，每支志愿团队只能分配到1个项目，且每个项目至少分配1个志愿团队，则不同的分配方案种数为（ ）
A．36 B．81 C．120 D．180
【解题思路】先从5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，再将4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，最后根据分步乘法原理求解即可.
【解答过程】先从5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，有种不同的选派方案，
再将剩下的4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，
有种不同的选派方案，
所以，根据分步乘法原理，不同的安排方案有种.
故选：.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022秋·吉林长春·高二阶段练习）（多选）（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】由组合数的性质即可求得答案.
【解答过程】
.
故选：CD．
10．（5分）（2022春·广东佛山·高二期中）现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是（ ）
A．只需1人参加，有16种不同选法
B．若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法
C．若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法
D．若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法
【解题思路】根据分类计数原理和分步计数原理依次讨论各选项即可求解.
【解答过程】解：选项A，分三类：取老师有3种选法，取男生有8种选法，取女生有5种选法，故共有种选法，故A正确；
选项B，分三步：第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生，
故共有种选法，故B正确；
选项C，分两步：第一步选老师，第二步选学生，第二步，又分为两类：第一类选男生，第二类选女生，故共有种选法，故C正确；
选项D，若需3名老师和1名学生参加，则有13种不同选法，故D错误.
故选：ABC.
11．（5分）（2022·高二课时练习）甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排．（ ）
A．若甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种
B．若最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法有42种
C．甲、乙不相邻的排法有82种
D．甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
【解题思路】利用捆绑法可判断A；分别算出甲在最左端时以及乙在最左端时的排法数，可判断B;用插空法可判断C；先从5个位置中选2个位置安排丁、戊两人，再把甲、乙、丙按从左到右的顺序排在剩下的3个位置中，计算排法数，可判断D.
【解答过程】对于A，甲、乙必须相邻且乙在甲的右边,把甲、乙看作一个人，两人只有一种排法，然后与其他人全排列，排法共有（种），A正确；
对于B，甲在最左端时，排法有（种），乙在最左端时，排法有（种），排法共有（种），B正确；
对于C，先排除甲、乙外的其他三人，再把甲、乙排进三人中间及两端的4个位置中，排法共有（种），C错误；
对于D，先从5个位置中选2个位置安排丁、戊两人，再把甲、乙、丙按从左到右的顺序排在剩下的3个位置中，排法共有（种），D正确．
故选：ABD．
12．（5分）若二项式的展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是（ ）
A．二项展开式中各项系数之和为 B．二项展开式中二项式系数最大的项为
C．二项展开式中无常数项 D．二项展开式中系数最大的项为
【解题思路】由二项式系数和求得n，令x＝1可求得各项系数之和即可判断A，由二项式系数的性质可得二项式系数最大的项即可判断B，由展开式的通项中x的指数确定有无常数项即可判断C，列不等式组求得系数最大的项即可判断D．
【解答过程】因为二项式的展开式中二项式系数之和为64，
所以，得，所以二项式为，
则二项式展开式的通项，
对于A，令，可得二项展开式中各项系数之和为，故A错误；
对于B，第4项的二项式系数最大，此时，则二项展开式中二项式系数最大的项为，故B正确；
对于C，令，则，所以二项展开式中的常数项为，故C错误；
对于D，令第项的系数最大，则，解得，
因为，所以，则二项展开式中系数最大的项为，所以D正确，
故选：BD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2023·高二课时练习）有四位学生参加三项竞赛，要求每位学生必须参加其中一项竞赛，有
种参赛情况．
【解题思路】根据分步乘法原理求解即可.
【解答过程】解：根据乘法分步原理，每位学生都有三种选择方案，故有种.
故答案为：.
14．（5分）（2023秋·湖北·高三期末）的展开式中，常数项为 6 .
【解题思路】根据乘法分配律以及二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【解答过程】二项式展开式的通项公式为，
令，解得；令，则无自然数解.
所以展开式中的常数项为.
故答案为：.
15．（5分）（2022秋·云南·高三期中）若，则
.
【解题思路】根据赋值法即可求解奇数项的系数和.
【解答过程】令得，，
令得，，两式相加得.
故答案为：.
16．（5分）（2022秋·辽宁沈阳·高二阶段练习）将5名志愿者分配到世界杯的3个不同体育场进行志愿者服务，每名志愿者分配到1个体育场，每个体育场至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有 150 种．
【解题思路】5名志愿者分成三个小组, 有2，2，1和1，1，3两种分法，分别求出两种分组方法对应的方案数即可得总的分配方案数.
【解答过程】将5名志愿者分成三个小组，
有2，2，1和1，1，3两种分法，
当为2，2，1时，共有种；
当为1，1，3时，共有种；
故一共有90+60=150种分配方案.
故答案为：150.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022·全国·高三专题练习）解下列不等式或方程
(1)
(2)
【解题思路】（1）先求出，解不等式得到，从而得到答案；
（2）先得到，解方程得到或2，舍去不合题意的根.
【解答过程】（1）
由题意得：，解得：，
，即，
解得：，结合，可得：；
（2）
，则，
即，
解得：（舍去）或2，
故方程的解为：m=2.
18．（10分）（2023·全国·高二专题练习）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图所示．将一个正四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．
【解题思路】分两步,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用乘法原理可求解
【解答过程】由题设，四棱锥S - ABCD的顶点S, A, B所染的颜色互不相同,它们共有种染色方法；
当染好时，不妨设所染颜色依次为1, 2, 3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4,则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法,即当S, A, B染好时，C, D还有7种染法.
故不同的染色方法有种.
19．（12分）（2022·高二课时练习）某电视台连续播放6个广告，其中有3个商业广告、2个宣传广告和1个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，宣传广告与公益广告不能连续播放，2个宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式？
【解题思路】结合分类加法、分步乘法计数原理计算出正确答案.
【解答过程】用1，2，3，4，5，6表示广告的播放顺序，则完成这件事有3类方法．
第1类，宣传广告与公益广告的播放顺序是2，4，6．分6步完成这件事，共有种不同的播放方式；
第2类，宣传广告与公益广告的播放顺序是1，4，6．分6步完成这件事，共有种不同的播放方式；
第3类，宣传广告与公益广告的播放顺序是1，3，6．同样分6步完成这件事，共有种不同的播放方式，
由分类加法计数原理，得6个广告不同的播放方式共有种．
20．（12分）（2022春·上海黄浦·高一期末）已知对任意给定的实数，都有.求值：
(1)；
(2).
【解题思路】（1）利用赋值法求解，令可得结果；
（2）利用赋值法求解，令可得结果；
【解答过程】（1）因为，
令，则；
（2）令，则，
由（1）知，
两式相减可得.
21．（12分）（2022秋·辽宁朝阳·高二阶段练习）已知二项式，且．
(1)求的展开式中的第5项；
(2)求的二项式系数最大的项．
【解题思路】（1）首先根据组合数公式求，再利用二项展开式的通项公式求第5项；
（2）根据（1）的结果可知，是最大的二项式系数，代入通项公式求解.
【解答过程】（1）由，得，即，解得或（舍去）．
的二项式通项为，
当时，，所以的展开式中第5项为．
（2）因为是中最大的，所以第4项的二项式系数最大，
，所以的二项式系数最大的项是．
22．（12分）（2022秋·辽宁铁岭·高二期中）从集合中取一个数字和集合中取两个数字，问：
(1)可组成多少个三位数
(2)可组成可重复一个数字的四位数多少个
【解题思路】（1）先从集合中任取一个数，有种取法，再从集合中取得的两个数字中没有0和含有0，两种情况分类讨论，结合分类计数原理，即可求解；
（2）先从集合中任取一个数，有种取法，再从集合中取得的两个数字中没有0和含有0，两种情况分类讨论，结合分类计数原理，即可求解.
【解答过程】（1）解：从集合中任取一个数，有种取法，
若从集合中取得的两个数字中没有0，有种取法，
此时可以组成的三位数的个数为个；
若从集合中取得的两个数字中含有数字0，有种取法，
此时可以组成的三位数的个数为个，
由分类计数原理可得，共有个三位数.
（2）解：从集合中任取一个数，有种取法，
若从集合中取得的两个数字中没有0，有种取法，
可构成有重复数字的四位数的个数为个数字；
若从集合中取得的两个数字中含有数字0，有种取法，
可构成有重复数字的四位数的个数为个数字；
由分类计数原理，可得可重复一个数字的四位数个.
