2021学年度高中数学选修2-3第一章计数原理双基精品试卷 计数原理（B）（含答案）
文档属性
| 名称 | 2021学年度高中数学选修2-3第一章计数原理双基精品试卷 计数原理（B）（含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.1MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-03-23 11:58:25 | ||
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文档简介
-1123950339725此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
2021学年度高中数学选修2-3第一章计数原理双基精品试卷
计数原理（B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．等于（ ）
A． B． C． D．
2．从7人中选出3人参加座谈会，则不同的选法有（ ）
A．210种 B．42种 C．35种 D．6种
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．北京《财富》全球论坛期间，某高校有名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为（ ）
A． B．
C． D．
5．在的展开式中的系数是（ ）
A． B． C． D．
6．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有（ ）
A．8种 B．9种 C．10种 D．11种
7．除以88的余数是（ ）
A．2 B．1 C．86 D．87
8．若，则
（ ）
A． B． C． D．
9．4名运动员参加接力赛，根据平时队员训练的成绩，甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则不同的出场顺序有（ ）
A．12种 B．14种 C．16种 D．24种
10．如图，一只蚂蚁从点出发沿着水平面的线条爬行到点，再由点沿着置于水平面的正方体的棱爬行至顶点，则它可以爬行的不同的最短路径有（ ）条．
A．40 B．60 C．80 D．120
11．将一个四棱锥的每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，则不同的染色方法的总数是（ ）
A．540 B．480 C．420 D．360
12．若集合
，，用表示集合中的元素个数，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选5台，其中至少有原装与组装计算机各两台，则不同的取法有______种．
14．有8本不相同的书，其中数学书3本，外文书2本，其它书3本，若将这些书排列放在书架上，则数学书恰好排在一起，外文书也恰好排在一起的排法共有________种(用数字作答)．
15．，则_____．
16．学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选．那么不同的组队形式有_________种．
三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）（1）解不等式：；
（2）解方程：．
18．（12分）在件产品中，有件合格品，件次品．从这件产品中任意抽出件．
（1）有多少种不同的抽法？
（2）抽出的件中恰好有件是次品的抽法有多少种？
（3）抽出的件中至少有件是次品的抽法有多少种？
19．（12分）一个口袋内有3个不同的红球，4个不同的白球．
（1）从中任取3个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
（2）若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取4个球，使总分不少于6分的取法有多少种？
20．（12分）已知的展开式中第2项与第5项的二项式系数相等，求的展开式中：
（1）所有二项式系数之和；
（2）二项式系数最大的项；
（3）系数的绝对值最大的项．
21．（12分）在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目：（写出必要的数学式，结果用数字作答）
（1）三名女生不能相邻，有多少种不同的站法？
（2）女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？
（3）甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？（甲乙丙三位同学身高互不相等）
（4）从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色朗诵，有多少种选派方法？
22．（12分）用这六个数字．
（1）能组成多少个无重复数字的四位偶数？
（2）能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？
（3）能组成多少个无重复数字且比大的四位数？
计数原理（B）答 案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．【答案】D
【解析】由题意知，
故选D．
2．【答案】C
【解析】参加座谈会与顺序无关，是组合问题，共有种不同的选法，
故选C．
3．【答案】C
【解析】，
则，
约分得，解得，经检验满足题意，故选C．
4．【答案】B
【解析】首先从人中选出人共种，
然后将人平均分为组共种，
然后这两步相乘，得，
将三组分配下去共种，故选B．
5．【答案】D
【解析】因为，
所以展开式中的的系数是的展开式的中的系数减去的的系数，
由二项式定理，的展开式的通项为，
令，则的展开式的中的系数为；
令，则的展开式的中的系数为，
所以的系数是，故答案选D．
6．【答案】B
【解析】设四位监考教师分别为，所教班分别为，
假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，
同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，
由分类加法计数原理，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法，故选B．
7．【答案】B
【解析】因为
，
所以除以88的余数是1，故选B．
8．【答案】A
【解析】令，得，
令，得，
故
，
故选A．
9．【答案】B
【解析】由于4名运动员四棒全排共有种，
其中甲跑第一棒的种数为；
乙跑第四棒的种数为；
其中甲排第一棒，同时乙跑第四棒的种数为，
则所有不同出场的顺序为，应选答案B．
10．【答案】B
【解析】蚂蚁从到需要走五段路，其中两横三纵，共有条路径；
从到共有条路径，
根据分步计数乘法原理可知，蚂蚁从到可以爬行的不同的最短路径有条，
故选B．
11．【答案】C
【解析】分两步，由题设四棱锥的顶点所染颜色互不相同，则共有，当染好时，不妨设所染颜色依次为，
若染，则可染或或，共3种，
若染，则可染或，共种，
若染，则可染或，共种，
即当染好时，还有种染法，
所以共有，故选C．
12．【答案】D
【解析】当时，，，都是取，，，中的一个，有种，
当时，，，都是取，，中的一个，有种，
当时，，，都是取，中的一个，有种，
当时，，，都取，有种，
所以；
当时，取，，，中的一个，有种，
当时，取，，中的一个，有种，
当时，取，中的一个，有种，
当时，取，有种，
所以、的取值有种，
同理，、的取值也有种，所以，
所以，故选D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．【答案】350
【解析】由题意，可分两类：
第一类，2台组装机3台原装机共有不同取法种，
第二类，3台组装机2台原装机共有不同取法种，
根据加法计数原理，共有种不同的取法，故答案为350．
14．【答案】1440
【解析】3本数学书，2本外文书看成2个大元素，其它书3本，共5个大元素，共有种；
3本数学书内部进行排列：共有种；
2本外文书内部进行排列：共有种，
则共有，故答案为．
15．【答案】
【解析】由题可知，
令，则，
的展开式中含有项，的展开式的通项为，
令，则，，故，
故答案为．
16．【答案】
【解析】若甲乙都入选，则从其余人中选出人，有种，
男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，则有种，
故共有种；
若甲不入选，乙入选，则从其余人中选出人，有种，
女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有种；
若甲乙都不入选，则从其余人中选出人，有种，再全排，有种，故共有种，
综上所述，共有，故答案为．
三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由题意可知，且，
因为，，，
所以原不等式可化为，
整理得，
所以，，所以原不等式的解集为．
（2）易得，所以，，
由，得，
整理得，即，解得或（舍去）．
所以，原方程的解为．
18．【答案】（1）161700；（2）9506；（3）9604．
【解析】（1）所求的不同抽法的种数，就是从件产品中取出件的组合数，
∴共有(种)．
（2）从件次品中抽出件次品的抽法有种，
从件合格品中抽出件合格品的抽法有种，
因此抽出的件中恰好有件次品的抽法有(种)．
（3）抽出的件产品中至少有件是次品的抽法的种数，
也就是从件中抽出件的抽法种数减去件中都是合格品的抽法的种数，
即(种)．
19．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）从中任取个球，红球的个数不比白球少的取法：红球个，红球个和白球个．
当取红球个时，取法有种；
当取红球个和白球个时，取法有种．
根据分类计数原理，红球的个数不少于白球的个数的取法有种．
（2）使总分不少于分情况有两种：红球个和白球个，红球个和白球个．
第一种，红球个和白球个，取法有种；
第二种，红球个和白球个，取法有种，
根据分类计数原理，使总分不少于分的取法有种．
20．【答案】（1）；（2）；（3）第项．
【解析】（1）由题意，解得，
二项式系数和为．
（2）由于为偶数，所以的展开式中第6项的二项式系数最大，
即．
（3）设第项的系数的绝对值最大，
则，
∴，得，即，
∴，∴，
故系数的绝对值最大的是第4项，即．
21．【答案】（1）1440；（2）3720；（3）840；（4）432．
【解析】（1）根据题意，分2步进行分析：
①将4名男生全排列，有种情况，排好后有5个空位；
②在5个空位中任选3个，安排3名女生，有种情况，
则三名女生不能相邻的排法有种．
（2）根据题意，分2种情况讨论：
①女生甲站在右端，其余6人全排列，有种情况，
②女生甲不站在右端，甲有5种站法，女生乙有5种站法，将剩余的5人全排列，安排在剩余的位置，有种站法，
则此时有种站法，则一共有种站法．
（3）根据题意，首先把7名同学全排列，共有种结果，
甲乙丙三人内部的排列共有种结果，
要使的甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占6种结果中的一种，
则有．
（4）根据题意，首先将4名男生和3名女生中各选出2人，有种情况，
其次4人分四个不同角色，有种情况，共有种选派方法．
22．【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】（1）符合要求的四位可分为三类：
第一类：在个位时有个；
第二类：在个位时，首位从中选定个（有种），十位和百位从余下的数字中选（有种），于是有个；
第三类：在个位时，与第二类同理，也有个，
由分类加法计算原理知，共有四位偶数个．
（2）符合要求的五位数可分为两类：个位数上的数字是的五位数有个，个位数上的数字是的五位数有个，
故满足条件的五位数的个数共有个．
（3）比大的四位偶数可分为三类：
第一类：形如，，，，共有个；
第二类：形如，，共有个；
第三类：形如，，共有个，
由分类加法计数原理知，无重复数字且比大的四位数共有个．
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
此卷只装订不密封
班级 姓名 准考证号 考场号 座位号
2021学年度高中数学选修2-3第一章计数原理双基精品试卷
计数原理（B）
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．等于（ ）
A． B． C． D．
2．从7人中选出3人参加座谈会，则不同的选法有（ ）
A．210种 B．42种 C．35种 D．6种
3．已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．北京《财富》全球论坛期间，某高校有名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为（ ）
A． B．
C． D．
5．在的展开式中的系数是（ ）
A． B． C． D．
6．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有（ ）
A．8种 B．9种 C．10种 D．11种
7．除以88的余数是（ ）
A．2 B．1 C．86 D．87
8．若，则
（ ）
A． B． C． D．
9．4名运动员参加接力赛，根据平时队员训练的成绩，甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则不同的出场顺序有（ ）
A．12种 B．14种 C．16种 D．24种
10．如图，一只蚂蚁从点出发沿着水平面的线条爬行到点，再由点沿着置于水平面的正方体的棱爬行至顶点，则它可以爬行的不同的最短路径有（ ）条．
A．40 B．60 C．80 D．120
11．将一个四棱锥的每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，则不同的染色方法的总数是（ ）
A．540 B．480 C．420 D．360
12．若集合
，，用表示集合中的元素个数，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选5台，其中至少有原装与组装计算机各两台，则不同的取法有______种．
14．有8本不相同的书，其中数学书3本，外文书2本，其它书3本，若将这些书排列放在书架上，则数学书恰好排在一起，外文书也恰好排在一起的排法共有________种(用数字作答)．
15．，则_____．
16．学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选．那么不同的组队形式有_________种．
三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）（1）解不等式：；
（2）解方程：．
18．（12分）在件产品中，有件合格品，件次品．从这件产品中任意抽出件．
（1）有多少种不同的抽法？
（2）抽出的件中恰好有件是次品的抽法有多少种？
（3）抽出的件中至少有件是次品的抽法有多少种？
19．（12分）一个口袋内有3个不同的红球，4个不同的白球．
（1）从中任取3个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
（2）若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取4个球，使总分不少于6分的取法有多少种？
20．（12分）已知的展开式中第2项与第5项的二项式系数相等，求的展开式中：
（1）所有二项式系数之和；
（2）二项式系数最大的项；
（3）系数的绝对值最大的项．
21．（12分）在班级活动中，4名男生和3名女生站成一排表演节目：（写出必要的数学式，结果用数字作答）
（1）三名女生不能相邻，有多少种不同的站法？
（2）女生甲不能站在左端，女生乙不能站在右端，有多少种不同的排法？
（3）甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？（甲乙丙三位同学身高互不相等）
（4）从中选出2名男生和2名女生表演分四个不同角色朗诵，有多少种选派方法？
22．（12分）用这六个数字．
（1）能组成多少个无重复数字的四位偶数？
（2）能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？
（3）能组成多少个无重复数字且比大的四位数？
计数原理（B）答 案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．【答案】D
【解析】由题意知，
故选D．
2．【答案】C
【解析】参加座谈会与顺序无关，是组合问题，共有种不同的选法，
故选C．
3．【答案】C
【解析】，
则，
约分得，解得，经检验满足题意，故选C．
4．【答案】B
【解析】首先从人中选出人共种，
然后将人平均分为组共种，
然后这两步相乘，得，
将三组分配下去共种，故选B．
5．【答案】D
【解析】因为，
所以展开式中的的系数是的展开式的中的系数减去的的系数，
由二项式定理，的展开式的通项为，
令，则的展开式的中的系数为；
令，则的展开式的中的系数为，
所以的系数是，故答案选D．
6．【答案】B
【解析】设四位监考教师分别为，所教班分别为，
假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，
同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，
由分类加法计数原理，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法，故选B．
7．【答案】B
【解析】因为
，
所以除以88的余数是1，故选B．
8．【答案】A
【解析】令，得，
令，得，
故
，
故选A．
9．【答案】B
【解析】由于4名运动员四棒全排共有种，
其中甲跑第一棒的种数为；
乙跑第四棒的种数为；
其中甲排第一棒，同时乙跑第四棒的种数为，
则所有不同出场的顺序为，应选答案B．
10．【答案】B
【解析】蚂蚁从到需要走五段路，其中两横三纵，共有条路径；
从到共有条路径，
根据分步计数乘法原理可知，蚂蚁从到可以爬行的不同的最短路径有条，
故选B．
11．【答案】C
【解析】分两步，由题设四棱锥的顶点所染颜色互不相同，则共有，当染好时，不妨设所染颜色依次为，
若染，则可染或或，共3种，
若染，则可染或，共种，
若染，则可染或，共种，
即当染好时，还有种染法，
所以共有，故选C．
12．【答案】D
【解析】当时，，，都是取，，，中的一个，有种，
当时，，，都是取，，中的一个，有种，
当时，，，都是取，中的一个，有种，
当时，，，都取，有种，
所以；
当时，取，，，中的一个，有种，
当时，取，，中的一个，有种，
当时，取，中的一个，有种，
当时，取，有种，
所以、的取值有种，
同理，、的取值也有种，所以，
所以，故选D．
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分．
13．【答案】350
【解析】由题意，可分两类：
第一类，2台组装机3台原装机共有不同取法种，
第二类，3台组装机2台原装机共有不同取法种，
根据加法计数原理，共有种不同的取法，故答案为350．
14．【答案】1440
【解析】3本数学书，2本外文书看成2个大元素，其它书3本，共5个大元素，共有种；
3本数学书内部进行排列：共有种；
2本外文书内部进行排列：共有种，
则共有，故答案为．
15．【答案】
【解析】由题可知，
令，则，
的展开式中含有项，的展开式的通项为，
令，则，，故，
故答案为．
16．【答案】
【解析】若甲乙都入选，则从其余人中选出人，有种，
男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，则有种，
故共有种；
若甲不入选，乙入选，则从其余人中选出人，有种，
女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有种；
若甲乙都不入选，则从其余人中选出人，有种，再全排，有种，故共有种，
综上所述，共有，故答案为．
三、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）由题意可知，且，
因为，，，
所以原不等式可化为，
整理得，
所以，，所以原不等式的解集为．
（2）易得，所以，，
由，得，
整理得，即，解得或（舍去）．
所以，原方程的解为．
18．【答案】（1）161700；（2）9506；（3）9604．
【解析】（1）所求的不同抽法的种数，就是从件产品中取出件的组合数，
∴共有(种)．
（2）从件次品中抽出件次品的抽法有种，
从件合格品中抽出件合格品的抽法有种，
因此抽出的件中恰好有件次品的抽法有(种)．
（3）抽出的件产品中至少有件是次品的抽法的种数，
也就是从件中抽出件的抽法种数减去件中都是合格品的抽法的种数，
即(种)．
19．【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）从中任取个球，红球的个数不比白球少的取法：红球个，红球个和白球个．
当取红球个时，取法有种；
当取红球个和白球个时，取法有种．
根据分类计数原理，红球的个数不少于白球的个数的取法有种．
（2）使总分不少于分情况有两种：红球个和白球个，红球个和白球个．
第一种，红球个和白球个，取法有种；
第二种，红球个和白球个，取法有种，
根据分类计数原理，使总分不少于分的取法有种．
20．【答案】（1）；（2）；（3）第项．
【解析】（1）由题意，解得，
二项式系数和为．
（2）由于为偶数，所以的展开式中第6项的二项式系数最大，
即．
（3）设第项的系数的绝对值最大，
则，
∴，得，即，
∴，∴，
故系数的绝对值最大的是第4项，即．
21．【答案】（1）1440；（2）3720；（3）840；（4）432．
【解析】（1）根据题意，分2步进行分析：
①将4名男生全排列，有种情况，排好后有5个空位；
②在5个空位中任选3个，安排3名女生，有种情况，
则三名女生不能相邻的排法有种．
（2）根据题意，分2种情况讨论：
①女生甲站在右端，其余6人全排列，有种情况，
②女生甲不站在右端，甲有5种站法，女生乙有5种站法，将剩余的5人全排列，安排在剩余的位置，有种站法，
则此时有种站法，则一共有种站法．
（3）根据题意，首先把7名同学全排列，共有种结果，
甲乙丙三人内部的排列共有种结果，
要使的甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占6种结果中的一种，
则有．
（4）根据题意，首先将4名男生和3名女生中各选出2人，有种情况，
其次4人分四个不同角色，有种情况，共有种选派方法．
22．【答案】（1）；（2）；（3）．
【解析】（1）符合要求的四位可分为三类：
第一类：在个位时有个；
第二类：在个位时，首位从中选定个（有种），十位和百位从余下的数字中选（有种），于是有个；
第三类：在个位时，与第二类同理，也有个，
由分类加法计算原理知，共有四位偶数个．
（2）符合要求的五位数可分为两类：个位数上的数字是的五位数有个，个位数上的数字是的五位数有个，
故满足条件的五位数的个数共有个．
（3）比大的四位偶数可分为三类：
第一类：形如，，，，共有个；
第二类：形如，，共有个；
第三类：形如，，共有个，
由分类加法计数原理知，无重复数字且比大的四位数共有个．