2025苏教版高中数学选择性必修第二册强化练习题（含解析）--第7章　计数原理

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2025苏教版高中数学选择性必修第二册
第7章　计数原理
全卷满分150分　考试用时120分钟　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、单项选择题(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)
1.4名同学去听同时进行的3个课外知识讲座,每名同学可任选1个,则不同的选法种数是(　　)
A.34 B.43　　　　
C.4×3 D.4×3×2
2.(1+ax)6的展开式中x3的系数为160,则a=(　　)
A.2　　　　B.-2　　　　C.4　　　　D.-4
3.在(x+y+2)5的展开式中,xy3的系数是(　　)
A.24　　　　B.32　　　　C.36　　　　D.40
4.将座位号分别为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙三个人,每人至少一张,且分给同一人的多张票必须连号,那么不同的分法种数为(　　)
A.24 B.36　　　　
C.72 D.120
5.在(a>0)的展开式中,各项系数之和与各二项式系数之和相等,均为64,则下列结论正确的是(　　)
A.a=2
B.二项式系数最大的项为第3项
C.系数最小的项为第2项
D.有理项共有3项
6.“五一”假期将至,某旅行社适时推出了“晋祠”“五台山”“云冈石窟”“乔家大院”“王家大院”五条旅游线路供游客选择,其中“乔家大院”线路只剩下一个名额,其余线路名额充足.现有小张、小胡、小李、小郭这四人前去报名,每人只选择其中一条线路,四人选完后,恰好选择了三条不同的线路,则不同的报名情况共有(　　)
A.360种 B.316种
C.288种 D.216种
7.“中国剩余定理”又称“孙子定理”,此定理讲的是关于同余的问题.用m|x表示整数x被m整除,设a,b∈Z,m∈N*且m>1,若m|(a-b),则称a与b对模m同余,记为a≡b(modm).已知a=×515+…+×5,则(　　)
A.a≡2030(mod7) B.a≡2031(mod7)
C.a≡2032(mod7) D.a≡2033(mod7)
8.若一个四位数的各位数字相加之和为10,则称该数为“完美四位数”,如数字“2017”,则用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于2017的“完美四位数”有(　　)
A.71个 B.66个
C.59个 D.53个
二、多项选择题(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.已知函数f(x)=(1-2x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6(ai∈R,i=0,1,2,3,…,6)的定义域为R,则下列说法正确的有(　　)
A.a1+a2+…+a6=1
B.a1+a3+a5=-364
C.a1+2a2+3a3+…+6a6=12
D.f(4)被6除所得的余数为1
10.下列关于排列数、组合数的等式或说法中,正确的有(　　)
A.+…+=330
B.设x=,则x的个位数字是6
C.已知n>m,则等式对任意正整数n,m都成立
D.等式()2+…+(对任意正整数n都成立
11.现有4个小球和4个盒子,下面说法正确的是(　　)
A.将4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子中,共有24种放法
B.将4个相同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子中,且恰有两个空盒子的放法共有18种
C.将4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子中,且恰有一个空盒子的放法共有144种
D.将编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子中,没有一个空盒子,但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.某校将12名优秀团员名额分配给4个不同的班级,要求每个班级至少一个,则不同的分配方案有　　　　种.
13.有一个长方形,被分为A,B,C,D,E五个区域(如图),现对其进行涂色,有红、黄、蓝、绿四种颜色可用,要求相邻两区域(两个区域有公共顶点就算相邻)所涂颜色不相同,则不同的涂色方法有　　　　种.
14.已知等差数列{an},对任意n∈N*都有a1+…+an+1的前n项和Tn=　　　　.
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)从下列两个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答问题.
①第4项的系数与倒数第4项的系数之比为1∶2;
②展开式中第4项和第5项的二项式系数相等且最大.
已知的展开式中,　　　　.
(1)求展开式中所有项的系数和与二项式系数和;
(2)将展开式中所有项重新排列,求有理项不相邻的概率.
16.(15分)盒子中有3支不同的铅笔和4支不同的水彩笔.
(1)将这些笔取出后排成一排,使得铅笔互不相邻,水彩笔也互不相邻,共有多少种不同的排法
(2)一次性取出3支笔,使得取出的3支笔中至少有1支铅笔,共有多少种不同的取法
(3)将这些笔分别放入另外三个不同的盒子中,使得每个盒子中至少有1支铅笔和1支水彩笔,共有多少种不同的放法 (注:要写出算式,结果用数字表示)
17.(15分)在下面两个条件中任选一个条件,补充在下面问题中的横线上,并完成解答.条件①:前三项的二项式系数的和等于37;条件②:第3项与第7项的二项式系数相等.
问题:在(2x-1)n(n∈N*)的展开式中,已知　　　　　　　.
(1)求(2x-1)n的展开式中二项式系数最大的项;
(2)设(2x-1)n=anxn+an-1xn-1+…+a2x2+a1x+a0,求a1+a2+…+an-1+an的值;
(3)求(2x-1)n的展开式中x2的系数.
18.(17分)如图,已知图形ABCDEF的内部连有线段.
(1)由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条
(2)由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条
(3)图中总共有多少个矩形
19.(17分)在(1+x+x2)n=叫作三项式系数),当n=1,2,3,…时,得到如图1所示的展开式和如图2所示的“广义杨辉三角”.
(1)若在(1+ax)(1+x+x2)5的展开式中,x8的系数为75,求实数a的值;
(2)求的值(用组合数作答).
　　
答案与解析
第7章　计数原理
1.A 2.A 3.D 4.B 5.C 6.C
7.D 8.A 9.BCD 10.ACD 11.BCD
1.A　每名同学均有3种选法,由分步计数原理可得,4名同学有3×3×3×3=34种选法,故不同的选法种数是34.
2.A　(1+ax)6的展开式的通项为Tr+1=arxr,令r=3,则a3=160,∴a=2.故选A.
3.D　根据题意,从5个(x+y+2)中任取1个(x+y+2)中的x,再从剩余的4个(x+y+2)中任取3个(x+y+2)中的y,最后1个(x+y+2)取2,则x·y3·2=40xy3,所以xy3的系数是40.故选D.
4.B　若有1人得三张票,则三张票的座位号可能为1、2、3;2、3、4;3、4、5三种情况,此时共有3=18种分法;若有2人各得两张票,则这四张票的座位号可能为1、2,3、4;1、2,4、5;2、3,4、5三种情况,此时共有3=18种分法.
综上,共有18+18=36种不同的分法.故选B.
5.C　依题意得2n=64,解得n=6,故,在其展开式中,取x=1,可得各项系数之和为(a-1)6=64,解得a=3,故A错误;
由n=6知二项展开式共有7项,故二项式系数最大的项应为第4项,故B错误;
,其展开式的通项为Tr+1=(r=0,1,2,…,6),
故系数最小的项是系数为负的项,也是系数的绝对值最大的项,应为T2=-35,故C正确;
要求展开式中的有理项,需使6-为整数,且r=0,1,2,…,6,则r的可能取值为0,2,4,6,共4个,故D错误.故选C.
6.C　若四人中没有人选择“乔家大院”线路,则不同的报名情况有=144(种);
若四人中恰有1人选择“乔家大院”线路,则不同的报名情况有=144(种);
所以满足题意的不同的报名情况共有144+144=288(种).故选C.
7.D　由二项式定理得a=×515×(-1)1+…+×147×21+…+×140×28-1,
因为×147×21+…+×141×27能够被7整除,×140×28-1=255被7除余3,所以a≡3(mod 7),
又2 030除以7余0,2 031除以7余1,2 032除以7余2,2 033除以7余3,所以a≡2 033(mod 7).故选D.
8.A　根据题意,四个不重复且相加之和为10的数字组合有①0,1,3,6,②0,1,4,5,③0,1,2,7,④0,2,3,5,⑤1,2,3,4,共5种,则分5种情况讨论:①当四个数字分别为0,1,3,6时,千位数字可以为3或6,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有2×6=12个“完美四位数”;②当四个数字分别为0,1,4,5时,千位数字可以为4或5,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有2×6=12个“完美四位数”;③当四个数字分别为0,1,2,7时,若千位数字为7,则将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,若千位数字为2,则有2 071,2 107,2 170,2 701,2 710,共5种情况,此时有6+5=11个“完美四位数”;④当四个数字分别为0,2,3,5时,千位数字可以为2或3或5,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有3×6=18个“完美四位数”;⑤当四个数字分别为1,2,3,4时,千位数字可以为2或3或4,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有3×6=18个“完美四位数”.
综上,一共有12+12+11+18+18=71个“完美四位数”,故选A.
9.BCD　取x=0,可得a0=1;取x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6=1①,所以a1+a2+…+a6=0,故A错误.
取x=-1,可得a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6=36②,
①-②,得2(a1+a3+a5)=1-36=-728,则a1+a3+a5=-364,故B正确.
对于C,因为f(x)=(1-2x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,
所以f '(x)=-12(1-2x)5=a1+2a2x+3a3x2+…+6a6x5,
取x=1,可得a1+2a2+3a3+…+6a6=12,故C正确.
对于D,由题可得f(4)=(-7)6=76=(6+1)6,
(6+1)6的展开式的通项为Tr+1=66-r,r=0,1,2,…,6,
故(6+1)6可写成6k+1,k∈Z的形式,故f(4)被6除所得的余数为1,故D正确.
故选BCD.
10.ACD　对于A,+…++…++…+=…==330,故A正确;
对于B,∵,n≥3,n∈N*,
∴,
则x=-1,
∵-1的个位数字是9,故B错误;
对于C,若n>m,则,故C正确;
对于D,∵(1+x)n的展开式为Tr+1=·xr,r=0,1,2,…,n,∴(1+x)n=x+…+xn,
故(1+x)n(1+x)n的展开式中xn的系数为+…+,
又,m≤n,m,n∈N*,∴+…+)2+…+()2,
同理,(1+x)2n的展开式的通项为T'k+1=·xk,k=0,1,2,…,2n,故(1+x)2n的展开式中xn的系数为,又(1+x)n(1+x)n=(1+x)2n,∴()2+…+(,故D正确.
故选ACD.
11.BCD　对于A,若将4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子中,则共有44=256种放法,故A错误;对于B,若将4个相同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子中,且恰有两个空盒子,则一个盒子中放3个小球,另一个盒子中放1个小球或两个盒子中均放2个小球,共有·(+1)=18种放法,故B正确;对于C,若将4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子中,且恰有一个空盒子,则选两个盒子各放1个小球,另选一个盒子放2个小球,共有=144种放法,故C正确;对于D,若将编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子中,没有一个空盒子,但小球的编号和盒子的编号全不相同,用(2,1,4,3)代表编号为1,2,3,4的盒子中放入的小球编号分别为2,1,4,3,列出所有符合要求的情况,如下:(2,1,4,3),(4,1,2,3),(3,1,4,2),(2,4,1,3),(3,4,1,2),(4,3,1,2),(2,3,4,1),(3,4,2,1),(4,3,2,1),共有9种放法,故D正确.故选BCD.
12.答案　165
解析　采用隔板法,将12名优秀团员名额形成的11个空(不含两端)用3个隔板分成四组,则不同的分配方案有=165(种).
13.答案　72
解析　由题意可得,区域B,C,D,E的颜色均和区域A的颜色不同,区域B和D,D和E,E和C,C和B每对的颜色也不相同.
首先涂区域A,有四种涂法,颜色确定后,区域B,C,D,E仅可以使用其余三种颜色.
由于这四个区域只能使用三种颜色,所以一定存在两个区域同色,而相邻两个区域不能同色,所以同色的区域一定是B和E,或D和C.
如果B和E,D和C两对区域都是同色的,那么B和E,D和C两对区域分别需要在剩余的三种颜色里选出一种,且颜色不能相同,此时的情况有3×2=6种;
如果B和E同色,但D和C不同色,那么B和E的颜色有三种选择,选择后,D和C的颜色只能是剩余的两种,且不相同,但二者的颜色可互换,此时的情况有3×2=6种;
如果D和C同色,但B和E不同色,同理可得此时的情况有3×2=6种.
综上,区域A的颜色确定后,剩下四个区域B,C,D,E的涂色方式共有6+6+6=18(种),
而区域A的颜色有四种选择,所以总的不同的涂色方法有4×18=72(种).
14.答案　
解析　设等差数列{an}的公差为d,则an=a1+(n-1)d,
所以a1+…+an+1
=a1(+…++…+n)
=a1·2n+nd(+…+)=a1·2n+nd·2n-1,
所以a1·2n+nd·2n-1=n·2n+1,所以2a1+n(d-4)=0对任意n∈N*恒成立,
所以a1=0,d=4,所以等差数列{an}的通项公式为an=4(n-1),
所以,
所以数列.
15.解析　(1)选①:的展开式的通项为Tr+1=·2r,r=0,1,2,…,n.(2分)
由题意得,解得n=7.
所以.(5分)
令x=1,得展开式中所有项的系数和为37=2 187.(6分)
展开式中所有项的二项式系数和为27=128.(7分)
选②:由题意得n=7.(5分)
以下解法同选①.(7分)
(2)易知展开式中共有8项,当14-为整数,即r=0,2,4,6时,对应的项为有理项,共4项,(10分)
所以有理项不相邻的概率为.(13分)
16.解析　(1)先将3支不同的铅笔排成一排,有种排法,(2分)
再将4支不同的水彩笔插到3支不同的铅笔构成的四个空中(包含两端),有种排法,(4分)
故共有=144种不同的排法.(5分)
(2)一次性取出3支笔,共有种取法,(7分)
取出的3支笔中没有铅笔的取法有种,(9分)
因此共有=31种不同的取法.(10分)
(3)将这些笔分别放入另外三个不同的盒子中,每个盒子中至少有1支铅笔的放法有种,(12分)
若每个盒子中至少有1支水彩笔,则需要将水彩笔分成数目分别为1,1,2的三组,然后放入三个盒子中,有种放法,(14分)
综上可知,共有=216种不同的放法.(15分)
17.解析　(1)选条件①:
由题意,得=37,化简并整理,得n2+n-72=0,解得n=8或n=-9(舍去),所以(2x-1)n=(2x-1)8,其展开式的通项为Tr+1=·(2x)8-r·(-1)r,r=0,1,2,…,8,(4分)
所以(2x-1)8的展开式中二项式系数最大的项为T5=×(2x)4×(-1)4=1 120x4.(6分)
选条件②:
由题意,得,解得n=8,(4分)
所以(2x-1)n=(2x-1)8,其展开式的通项为Tr+1=·(2x)8-r·(-1)r,r=0,1,2,…,8,
所以(2x-1)8的展开式中二项式系数最大的项为T5=×(2x)4×(-1)4=1 120x4. (6分)
(2)由(1)知,n=8.
令x=1,得a0+a1+a2+…+a7+a8=(2-1)8=1,(8分)
令x=0,得a0=(0-1)8=1,所以a1+a2+…+a7+a8=0.(11分)
(3)因为(2x-1)8,
所以(2x-1)8的展开式中含x2的项为(2x)3(-1)5=560x2,(14分)
所以(2x-1)8的展开式中x2的系数为560.(15分)
18.解析　(1)根据题意得,由点A沿着题图中的线段到达点E的最近路线需要向右移动3次,向上移动3次,故由点A沿着题图中的线段到达点E的最近路线有=20(条).(5分)
(2)设点G,H,P的位置如图所示:
由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线可分为4种情况:
①沿着A→E→C,共有=60条最近路线;
②沿着A→G→C(不经过E),共有=30条最近路线;(7分)
③沿着A→H→C(不经过G),共有=16条最近路线;
④沿着A→P→C(不经过H),共有=5条最近路线.(9分)
故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有60+30+16+5=111(条).(11分)
(3)可从竖线中选出两条,从横线中选出两条,确定矩形左右两边和上下两边所在位置进而确定矩形,可分为两种情况:
①矩形的一条边不在CD上,共有=90个矩形;(13分)
②矩形的一条边在CD上,共有=12个矩形.(15分)
故共有90+12=102个矩形.(17分)
19.解析　(1)由题意可得,题图2的“广义杨辉三角”的第4行为1,4,10,16,19,16,10,4,1,(2分)
第5行为1,5,15,30,45,51,45,30,15,5,1,(4分)
所以(1+ax)(1+x+x2)5的展开式中,x8的系数为15+30a=75,解得a=2.(6分)
(2)由题意可得(1+x+x2)18=x2+…+x36,
根据二项式定理可得(x-1)18=x16-…-,(9分)
所以+…+可视为(x-1)18(1+x+x2)18=(x3-1)18的展开式中x18的系数,(11分)
易得(x3-1)18的展开式的通项为Tr+1=·(x3)18-r·(-1)r,r=0,1,2,…,18,(13分)
令3×(18-r)=18,解得r=12,(15分)
所以+…+.(17分)
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