第五章　计数原理 综合拔高练--2026北师大版高中数学选择性必修第一册同步练习（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
2026北师大版高中数学选择性必修第一册
综合拔高练
五年高考练
考点1　排列、组合及其应用
　　　　　　　　　　　　　
1.(2023全国乙理,7)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　)
A.30种　　B.60种　　C.120种　　D.240种
2.(2023全国甲理,9)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　)
A.120种　　B.60种　　C.30种　　D.20种
3.(2024全国甲文,5)甲、乙、丙、丁四人排成一列,丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
4.(2023新课标Ⅰ,13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课①,并且每类选修课至少选修1门②,则不同的选课方案共有　　　　种(用数字作答).
①关键点拨　“或”想到分类加法计数原理
②关键点拨　类中分步
5.(2024上海,10)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数,且元素中任意两者之积皆为偶数,则集合中元素个数的最大值为　　　　　.
6.(2024新课标Ⅱ,14)在下图的4×4的方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有　　　　种选法.在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　.
7.(2024全国甲理,16)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球.设m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于的概率为　　　　.
8.(2024新课标Ⅰ,14)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置①此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2②的概率为　　　　.
①关键点拨　不放回选取
②心中有“数”　直接求甲得2分,3分的情况;间接求甲得0分,1分的情况
考点2　二项式定理
9.(2024北京,4)在(x-)4的展开式中,x3的系数为(　　)
A.6　　B.-6　　C.12　　D.-12
10.(2022新高考Ⅰ,13)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为
　　　　(用数字作答).
11.(2024上海,6)在(x+1)n的二项展开式中,若各项系数和为32,则x2项的系数为　　　　.
12.(2024全国甲理,13)的展开式中,各项系数中的最大值为　　　　.
13.(2022浙江,12)已知多项式(x+2)(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a2=　　　　,a1+a2+a3+a4+a5=　　　　.
强基计划
14.(2024南京大学强基计划)存在集合A={1,2,…,10}的一族子集两两交集非空,那么这族子集最多有　　　　个.
15.(2024清华大学强基计划)点集S={(x,y)|x≤5,y≤4,x,y∈N+},则由S中的点可组成　　　　个不同的三角形.16.(2024北京大学强基计划)求四元组(a1,a2,a3,a4)的个数,使得ai∈{1,2,3},且10三年模拟练
　　　　　　　　　　　　　
应用实践
1.(2024湖南长沙雅礼中学月考)(1+2x)4的展开式中x2的系数为(　　)
A.10　　B.24　　C.32　　D.56
2.(2025山西大同期末)某旅游公司为助力大同旅游事业的发展,五一小长假期间计划将2名金牌导游和5名银牌导游分别派往云冈石窟、古城华严寺、北岳恒山三个景区承担义务讲解任务,要求每个景区都要有银牌导游前往,则不同的分配方法种数为(　　)
A.360　　B.640　　C.1350　　D.1440
3.(多选题)(2024浙江宁波模拟)已知(1-2x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,则下列说法正确的是(　　)
A.a0=1
B.a0+++++=0
C.a1+a2+a3+a4+a5=-1
D.a0+a2+a4=121
4.(2025湖南宁县第一中学强化考试)天上有三颗星星,地上有四个孩子.每个孩子向一颗星星许愿,如果一颗星星只收到一个孩子的愿望,那么该愿望成真,若一颗星星收到至少两个孩子的愿望,那么向这颗星星许愿的所有孩子的愿望都无法成真,则至少有两个孩子愿望成真的概率是(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
5.(2024江西鹰潭模拟)第14届国际数学教育大会在上海华东师范大学举行,本次大会的会标如图所示,会标中“ICME-14”的下方展示的是八卦中的四卦:3、7、4、4,这是中国古代八进制计数符号,换算成现代十进制是3×83+7×82+4×81+4×80=2020,正是会议计划召开的年份,那么八进制数换算成十进制数,换算后这个数的末位数字是(　　)
A.1　　B.3　　C.5　　D.7
6.(2025重庆八中开学考试)将1到30这30个正整数分成甲、乙两组,每组各15个数,使得甲组的中位数比乙组的中位数小2,则不同的分组方法数是(　　)
A.2()2　　　　B.2
C.2　　　　D.2()2
7.(创新题)(2025湖南长沙雅礼中学月考)从质量分别为1,2,3,4,…,10克的砝码(每种砝码各2个)中选出若干个,使其总质量恰为9克的方法总数为m,下列各式的展开式中x9的系数为m的是(　　)
A.(1+x)(1+x2)(1+x3)…(1+x10)
B.(1+x)(1+2x)(1+3x)…(1+10x)
C.(1+x)2(1+x2)2(1+x3)2(1+x4)2…(1+x10)2
D.(1+x)2(1+x+x2)2(1+x+x2+x3)2…(1+x+x2+…+x10)2
8.(2024山东临沂期末)若(2x+1)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100,则2(a1+a3+a5+…+a99)-3被8除的余数为　　　　.
9.(2024江西宜春丰城九中期末)如图,将1,2,3,4这4个数字填在6个“　”中,每个“　”中填一个数字,有线段连接的2个“　”不能填相同数字,4个数字不必均使用,则不同的填数方法有　　　　种.
10.(2024湖北部分学校期中)如图,在一个3×3的网格中填齐1至9中的所有整数,每个格子只填一个数字,已知中心格子的数字为5.
(1)求满足第二横排、第二竖排的3个数字之和均为15的不同的数字填写方案种数;
(2)求满足第二横排的数字从左到右依次增大,第二竖排的数字从上到下依次增大的不同的数字填写方案种数.
答案与分层梯度式解析
综合拔高练
五年高考练
1.C　解法一:两人先从6种课外读物中选1种作为共同的课外读物,有种选法,
甲从剩下的5种中选一种,有种选法,乙从剩下的4种中选一种,有种选法,
故共有=120种选法.
解法二:甲从6种中选2种,有种选法,乙从甲选的2种中选1种,再从剩下的4种中选1种,有种选法,故共有=120种选法.
2.B　从5人中选1人两天都参加,有种安排方式,从剩下4人中选2人进行排列,有种安排方式,则共有=60种安排方式.
3.B　甲、乙、丙、丁四人排成一列共有=24种可能,
丙不在排头,且甲或乙在排尾的情况有=8种,因此甲或乙在排尾的概率为=.
4.答案　64
考教衔接
本题依附于教材第五章3.2节P173练习T3,都是以学生选课为背景考查排列、组合知识,教材的习题比较简单,没有限制条件,单纯考查组合知识,而高考题在此基础上增加限制条件,需要分类讨论,解题的关键是确定分类标准,保证不重不漏.
思路探究
解析　根据题意,选课情况如下:
①选择1门体育类选修课和1门艺术类选修课,共有=16种方案;
②选择2门体育类选修课和1门艺术类选修课,共有=24种方案;
③选择1门体育类选修课和2门艺术类选修课,共有=24种方案.
所以不同的选课方案共有16+24+24=64(种).
5.答案　329
解析　由题意知集合A中至多有一个奇数,其余均是偶数.(关键点)
讨论三位数中的偶数:
①当个位为0时,百位和十位在1~9中选两个进行全排列,共有=72种选法;
②当个位不为0时,个位从2,4,6,8中选一个,有种选法,百位有(易错点)种选法,十位有种选法,
根据分步乘法计数原理,共有=256种选法,
最后加上单独的奇数,则集合中元素个数的最大值为72+256+1=329.
易错警示　与数字0有关的排列组合问题,要注意数字0不能在首位,可以以它为特殊元素进行分类讨论.
6.答案　24;112
解析　第一步,先选4个方格,每行和每列均恰有一个方格被选中,则第一列有4个方格可选,第二列有3个方格可选,第三列有2个方格可选,第四列有1个方格可选,
所以共有4×3×2×1=24种选法;
第二步,用列举法可将每种选法标记为(a,b,c,d),a,b,c,d分别表示第一、二、三、四列的数字,
则所有可能的结果为
(11,22,33,44),(11,22,34,43),(11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42),
(12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40),
(13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33,40),
(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40),
所以选中的方格中,(15,21,33,43)的4个数之和最大,为15+21+33+43=112.
考场速决　注意到表格中每一列中的两位数的十位数字是相同的,每一行中的个位数字均有2个不同的数,在每行中选个位数字较大的数,再结合题意可知选出的4个数分别为21,33,43,15,其和为21+33+43+15=112.
7.答案　
解析　设前3次取出的三个球上的数字分别为a,b,c,则共有=120种不同的取法,
又m=,n=,
∴|m-n|==≤,∴|a+b-2c|≤3,即2c-3≤a+b≤2c+3.
①当c=1时,-1≤a+b≤5,又5≤a+b≤11,∴a+b=5,∴a=2,b=3或a=3,b=2,有2种不同的取法,由对称性知当c=6时,也有2种不同的取法.
②当c=2时,1≤a+b≤7,又4≤a+b≤11,∴4≤a+b≤7,∴a+b的可能取值为4,5,6,7,
若a同理,当a>b时也有5种不同的取法,故共有10种不同的取法.
由对称性知,当c=5时,也有10种不同的取法.
③当c=3时,3≤a+b≤9,又3≤a+b≤11且a+b≠4,∴a+b的可能取值为3,5,6,7,8,9,
若a同理,当a>b时也有8种不同的取法,故共有16种不同的取法.
由对称性知,当c=4时,也有16种不同的取法.
综上,满足条件的基本事件共有2+2+10+10+16+16=56个,∴所求概率P==.
8.答案　
思路探究
直接法:甲得3分时,经分析只有一种情况,甲得2分时,分选3和5,3和7,5和7三种情况,每种情况再具体列举,应用了分类加法计数原理,最后求概率.
　　间接法:甲得0分时,经分析只有一种情况,甲得1分时,可通过列举写出所有情况,最后由对立事件的概率得结果.
解析　解法一(直接法):记标有数字i的卡片为i(i=1,2,…,8).
甲选1时一定会输,所以最多得3分.
要得3分,就只有1种情况:1对8,3对2,5对4,7对6.
要得2分,可有三类情况,分别列举如下:
(1)甲选3和选5时赢,选其他时输,有:
1对6,3对2,5对4,7对8,共1种情况.
(2)甲选3和选7时赢,选其他时输,有:
①1对4,3对2,5对8,7对6;②1对8,3对2,5对6,7对4;③1对6,3对2,5对8,7对4,共3种情况.
(3)甲选5和选7时赢,选其他时输,有:
①1对2,3对8,5对4,7对6;②1对4;3对8,5对2,7对6;③1对8,3对4;5对2,7对6;④1对6,3对8,5对2,7对4;⑤1对8,3对6,5对2,7对4;⑥1对6,3对8,5对4,7对2;⑦1对8,3对6,5对4,7对2,共7种情况.
所以共有1+1+3+7=12种情况满足要求,
而甲、乙四轮比赛所有的情况共有=24种,所以甲得分不小于2的概率为=.
解法二(间接法):甲、乙选卡片共有=24种可能,四轮结束后甲的总得分小于2分,则甲得0分或1分.
若甲得0分,则甲选1,3,5,7,分别对应着乙选2,4,6,8,只有一种情况;
若甲得1分,则甲选1,3,5,7时,乙有以下11种情况与之对应:
所以四轮结束后甲的得分小于2的情况有12种,概率为=,
所以四轮结束后甲的得分不小于2的概率为1-=.
9.A　(x-)4的二项式通项为Tr+1=x4-r(-)r=(-1)r(r=0,1,2,3,4),
令4-=3,解得r=2,故x3的系数为(-1)2=6.
10.答案　-28
考教衔接
该题是在教材第五章4.1节P176练习的基础上加工而成的,都是求系数.教材习题是单因式的系数求解,而高考题是两个因式展开的系数求解,二者的解题思路是一致的,高考题需找到所求项的来源,借助合并同类项的思想求解,难度更大一些.
解析　由题意得展开式中含x2y6的项为1×x2y6+×x3y5=x2y6-x2y6=28x2y6-56x2y6=-28x2y6.故x2y6的系数为-28.
11.答案　10
解析　由题意知,展开式中各项系数的和是(1+1)n=32,所以n=5,
则(x+1)n=(x+1)5,其二项式通项为Tr+1=·x5-r,
令5-r=2,解得r=3,故x2项的系数为=10.
12.答案　5
解析　的二项式通项为Tr+1=xr,
设第(r+1)项的系数最大,
则即
即解得≤r≤,又r∈N,∴r=8,
∴各项系数中的最大值为=45×=5.
13.答案　8;-2
解析　a2=1××(-1)3+2×(-1)2=-4+12=8.
令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0,①
令x=0,得a0=2,②
由①②知a1+a2+a3+a4+a5=-2.
14.答案　512
解析　由题意知这族子集不含有空集,按所含元素的个数可把这族子集分为10类,
不妨设Ai(i=1,2,…,10)是含有i个元素的子集,对应有ai个,
显然,一元子集Ai至多只有一个,若不止一个,则它们的交集都是空集,不合题意,
所以a1+a2+…+a10≤++…+=29=512,故Ai最多有512个.
15.答案　1056
解析　随意选三个点,共有种情况,如图所示,
三点共线有8组(图中虚线),
四点共线有9组(图中粗线加上5条竖线),
五点共线有4组(图中4条横线),
故一共能组成-8-9-4=1140-8-36-40=1056个不同的三角形.
16.解析　因为ai∈{1,2,3}(i=1,2,3,4),且10所以a1,a2,a3,a4的取值有三种不同的组合:1,2,2,3或1,2,3,3或2,2,2,2,即a1a2a3a4∈{12,16,18},
当a1a2a3a4=12时,四元组(a1,a2,a3,a4)有=12个,
当a1a2a3a4=16时,四元组(a1,a2,a3,a4)有1个,
当a1a2a3a4=18时,四元组(a1,a2,a3,a4)有=12个,
故满足题意的四元组(a1,a2,a3,a4)的个数为12+1+12=25.
三年模拟练
1.D　(1+2x)4的展开式中x2的系数即为(1+2x)4的展开式中x2的系数及x3的系数的和.
(1+2x)4的二项式通项为Tr+1=2rxr,
令r=2,可得T3=·22·x2=24x2;令r=3,可得T4=·23·x3=32x3,因此x2的系数为24+32=56.
2.C　将2名金牌导游分配到3个景区,有3×3=9种方法,
若每个景区都要有银牌导游,则将银牌导游分成三组,各组人数分别为1,1,3或1,2,2.
当银牌导游分成三组的人数为1,1,3时,有××9=540种方法;
当银牌导游分成三组的人数为1,2,2时,有××9=810种方法.
所以不同的分配方法有540+810=1350种.
3.ABD　对于A,取x=0,则a0=1,故A正确;
对于B,取x=,则a0+++++=0,故B正确;
对于C,取x=1,则a0+a1+a2+a3+a4+a5=-1,①
则a1+a2+a3+a4+a5=-1-a0=-2,故C错误;
对于D,取x=-1,则a0-a1+a2-a3+a4-a5=35=243,②
①+②,得2(a0+a2+a4)=242,
所以a0+a2+a4=121,故D正确.
4.C　四个孩子向三颗星星许愿,有34=81种方式.
因为四个人选三颗星星,所以至少有一颗星星被两个人选,则这两个人的愿望无法实现,至多只能实现两个人的愿望,所以至少有两个孩子愿望成真,只能是有两颗星星各有一个人选,一颗星星有两个人选.先从四个孩子中选出两个,让他们选同一颗星星,其余两人再选另外两颗星星,有=36种情况,故所求概率P==.
5.C　八进制换算成十进制得7×87+7×86+…+7×81+7×80=7×(87+86+…+81+80)=7×=88-1,
88-1=(10-2)8-1=108+107(-2)1+…+101(-2)7+(-2)8-1,
因为108+107(-2)1+…+101(-2)7是10的倍数,
所以换算后这个数的末位数字即为(-2)8-1的末位数字,
由(-2)8-1=255可知末位数字为5.
6.B　甲、乙两组均有15个数,中位数为从小到大排列的第8个数,
即小于中位数的有7个数,大于中位数的也有7个数.
若甲组的中位数为16,则乙组的中位数为18,此时甲组中小于16的数有7个,乙组中小于18的数有7个,
从而得到小于18的数有7+7+1=15个,不符合题意,故舍去,
同理可得,甲组的中位数不能大于15;
若甲组的中位数为13,则乙组的中位数为15,此时甲组中小于13的数有7个、乙组中小于15的数有7个,
从而得到小于15的数有7+7+1=15个,不符合题意,故舍去,
同理可得,甲组的中位数不能小于14.
故甲组的中位数为14或15.(关键点)
若甲组的中位数为14,则乙组的中位数为16,此时从1~13中选7个数放到甲组,剩下的6个数放到乙组(15在乙组),再从17~30中选6个数放到甲组,其余数放到乙组,有种分组方法;
若甲组的中位数为15,则乙组的中位数为17,此时从1~14中选7个数放到甲组,剩下的7个数放到乙组,再从18~30中选6个数放到甲组(16在甲组),其余数放到乙组,有种分组方法.
综上可得,不同的分组方法数是2.
7.C　分5种情况讨论:
一个砝码,有9一种情况,共=2种选法;
两个砝码,有1,8、2,7、3,6、4,5四种情况,共×4=16种选法;
三个砝码,有1,1,7、1,2,6、1,3,5、1,4,4、2,2,5、2,3,4六种情况,共3×+3×=30种选法;
四个砝码,有1,1,2,5、1,1,3,4、1,2,2,4、1,2,3,3四种情况,共4×=16种选法;
五个砝码,有1,1,2,2,3一种情况,共=2种选法.
综上,m=2+16+30+16+2=66.
A,x9的系数为8,故A错误.
B,x9需要选9个含x的项,其他的1个选常数项,可得其系数为++…+>66,故B错误.
C,(1+x)2(1+x2)2(1+x3)2(1+x4)2…(1+x10)2
=(1+x)(1+x2)(1+x3)(1+x4)…(1+x10)(1+x)(1+x2)·(1+x3)(1+x4)…(1+x10),
x9由x9单独组成,其他为常数,则系数为=2;
x9由x与x8组成,其他为常数,则系数为=4;
x9由x2与x7组成,其他为常数,则系数为=4;
x9由x3与x6组成,其他为常数,则系数为=4;
x9由x4与x5组成,其他为常数,则系数为=4;
同理,x9由三项组成:x,x,x7、x,x2,x6、x,x3,x5、x,x4,x4、x2,x2,x5、x2,x3,x4,其他为常数,则系数为3×+3×=30;
同理,x9由四项组成:x,x,x2,x5、x,x,x3,x4、x,x2,x2,x4、x,x2,x3,x3,其他为常数,则系数为4×=16;
同理,x9由五项组成:x,x,x2,x2,x3,其他为常数,则系数为=2.
综上,x9的系数为2+4×4+30+16+2=66,故C正确.
D,(1+x)2(1+x+x2)2(1+x+x2+x3)2…(1+x+x2+…+x10)2=(1+x)(1+x+x2)(1+x+x2+x3)…(1+x+x2+…+x10)(1+x)·(1+x+x2)(1+x+x2+x3)…(1+x+x2+…+x10),
x9由x9单独组成,其他为常数,则系数为=4,
x9由x8与x组成,其他为常数,则系数为+=114,故D错误.
8.答案　5
解析　在(2x+1)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100中,令x=1,得a0+a1+a2+…+a100=3100;
令x=-1,得a0-a1+a2-…+a100=1.
两式相减,得2(a1+a3+a5+…+a99)=3100-1,
即2(a1+a3+a5+…+a99)-3=3100-4.
3100-4=950-4=(8+1)50-4=×850+×849+…+×8+-4=×850+×849+…+×8-3=×850+×849+…+×8-8+5.
因为×850+×849+…+×8-8能被8整除,所以×850+×849+…+×8-8+5被8除的余数为5,即2(a1+a3+a5+…+a99)-3被8除的余数为5.
9.答案　264
解析　如图,可分为两种情况讨论.
当用4个数字时,先填A,E,D,有种填法,再从B,F,C中选一处填第4个数字,如B,再填F,
若F与D相同,则C有2种填法,若F与D不同,则C有1种填法,于是有(2+1)种填法;
当用3个数字时,先填A,E,D,有种填法,再填B,有2种填法,则F,C各有1种填法,于是有2种填法.
综上所述,不同的填数方法有(2+1)+2=216+48=264(种).
10.解析　(1)由题可知,第二横排、第二竖排剩余的两个数要从(1,9),(2,8),(3,7),(4,6)这4组数中选两组填入,共有=48种填法,再将剩下的数填入剩下的格子,共有=24种填法.
根据分步乘法计数原理,满足第二横排、第二竖排的3个数字之和均为15的不同的数字填写方案种数为48×24=1152.
(2)由题可知,第二横排最左边的格子及第二竖排最上边的格子只能从1,2,3,4中选择两个填入,共有=12种填法,第二横排最右边的格子及第二竖排最下边的格子只能从6,7,8,9中选择两个填入,共有=12种填法,再将剩下的数填入剩下的格子,共有=24种填法.
根据分步乘法计数原理,满足第二横排的数字从左到右依次增大,第二竖排的数字从上到下依次增大的不同的数字填写方案种数为12×12×24=3456.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)