1、专题02 计数原理一、单选题1（2021北京市十一学校高二期末）若，则（）ABCD【答案】B【解析】【分析】将展开得，化简计算即可.【详解】，化简可得，则.故选：B2（2021广东中山高二期末）对任意实数，有，则的值为（）ABCD【答案】A【解析】【分析】由，根据二项式定理可得特定项系数.【详解】因为，所以，故选：A.3（2021重庆南开中学高二期末）若，则n=（）AlB3C5D7【答案】D【解析】根据组合数的性质，将方程化简整理，即可求解.【详解】由，根据组合数的性质可得：，则，解得.故选：D.4（2021湖南师大附中高二期末）已知的展开式中各项的二项式系数的和为512，则这个展开式中的常数
2、项为（）A34B672C84D672【答案】B【解析】由二项式系数公式求得，再根据通项公式令指数为0解出参数然后代回公式求得常数项.【详解】由已知，则，所以.令，得，所以常数项为，故选：B【点晴】方法点晴：求二项式展开式的指定项问题，一般由通项公式建立方程求参数，再代回公式求解.5（2021辽宁葫芦岛高二期末）设集合，则（）ABCD【答案】C【解析】【分析】化简集合，再求集合交集【详解】由，则故选：C6（2021湖南衡阳市八中高二期末）用数字1，2，3，4，6可以组成无重复数字的五位偶数有（）A48个B64个C72个D90个【答案】C【解析】根据排列的定义，结合分步计算原理进行求解即可【详解】
3、满足条件的五位偶数有：.故选：C.二、多选题7（2021重庆南开中学高二期末）我国古代著名的数学著作中，周碑算经、九章算术、孙子算经、五曹算经、夏侯阳算经、孙丘建算经、海岛算经、五经算术、级术和纠古算经，称为“算经十书”，某老师将其中的周碑算经、九章算术、孙子算经）、五经算术、缀术和缉古算经6本书分给5名数学爱好者，其中每人至少一本，则不同的分配方法的种数为（）ABCD【答案】AD【解析】先选出一个人分得两本书，剩余四人各分得一本书，再利用分步乘法计数原理相乘即得结果.【详解】依题意，6本书分给5名数学爱好者，其中一人至少一本，则有一人分得两本书，剩余四人各分得一本书，方法一：分三步完成，第一
4、步：选择一个人，有种选法；第二步：为这个人选两本书，有种选法；第三步: 剩余四人各分得一本书，有种选法.故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为，故A正确；方法二：分两步完成，第一步：先分组，选择两本书，将书分成“2+1+1+1+1”的五组，有种选法；第二步：将五组分配给五个人，有种选法.故由乘法原理知，不同的分配方法的种数为，故D正确.故选：AD.8（2021辽宁辽阳高二期末）现有个男生个女生，若从中选取个学生，则（）A选取的个学生都是女生的不同选法共有种B选取的个学生恰有个女生的不同选法共有种C选取的个学生至少有个女生的不同选法共有种D选取的个学生至多有个男生的不同选法共有种【答案】AC【解
5、析】【分析】根据组合的定义和分步计数原理即可求出【详解】解：选取的个学生都是女生的不同选法共有种，恰有个女生的不同选法共有种，至少有个女生的不同选法共有种，选取的个学生至多有个男生的不同选法共有种.故选：AC三、填空题9（2021陕西榆林市第十中学高二期末（理）风雨苍黄百年路，高歌奋进新征程.时值建党100周年，为深入开展党史学习教育，某街道党支部决定将4名党员安排到3个社区进行专题宣讲，且每名党员只去1个社区，每个社区至少安排1名党员，则不同的安排方法种数为_.【答案】36【解析】【分析】根据题意，分2步进行分析：先将党员分成3组，再将三组党员安排到三个社区，由分步计数原理可以计算答案.【详
6、解】解：根据题意得：第一步：先将4名党员分成三组，一共有种分法；第二步：然后将分好的3组安排到3个社区，有种分法，根据分步计数法可知不同的安排方法数共有种.故答案为：10（2021宁夏青铜峡市宁朔中学高二期末（理）已知，则_【答案】【解析】【分析】令分别代入等式的两边，得到两个方程，再求值.【详解】令得：，令得：，.【点睛】赋值法是求解二项式定理有关问题的常用方法.11（2021河北石家庄市第一中学东校区高二期末）的展开式的中间一项为_.【答案】924【解析】【分析】根据二项式的展开式通项公式，以及展开式的项数，即可求出展开式的中间一项【详解】解：的展开式通项公式为：，令，得，即展开式的中间一
7、项为故答案为：924四、解答题12（2021江苏省镇江第一中学高二期末）（1）用0到9这10个数字，可以组成多少个没有重复数字的三位偶数？（2）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则有多少个不同的排法？【答案】（1）328个；（2）216种.【解析】（1）分类讨论是否在末位，结合分类加法计数原理以及分步乘法计数原理求解即可；（2）当最左端排甲时，剩下5人全排列，当最左端只排乙时，先安排甲的位置，再安排剩下3人的位置.【详解】解：（1）首先应考虑“0”是特殊元素，当0排在末位时，有（个）当0不排在末位时，有（个）于是由分类计数原理，得符合题意的偶数共有（个）（2）最左端排
8、甲，共有种最左端只排乙，最右端不能排甲，有种根据加法原理可得，共有种.【点睛】关键点睛：解决本题的关键是优先安排特殊元素，再分类讨论得出所有的排法.一、单选题1（2021江苏南通高二期末）琵琶、二胡、编钟、箫笛、瑟、琴、埙、笙和鼓这十种民族乐器被称为“中国古代十大乐器”.为弘扬中国传统文化，某校以这十种乐器为题材，在周末学生兴趣活动中开展了“中国古代乐器”知识讲座，共连续安排八节课，一节课只讲一种乐器，一种乐器最多安排一节课，则琵琶、二胡、编钟一定安排，且这三种乐器互不相邻的概率为（）ABCD【答案】B【解析】【分析】先求出全部的结果总数为，再求出琵琶、二胡、编钟一定安排，且这三种乐器互不相邻
9、的基本事件总数为，再利用古典概型的概率求解.【详解】从这十种乐器中挑八种全排列，有情况种数为.从除琵琶、二胡、编钟三种乐器外的七种乐器中挑五种全排列，有种情况，再从排好的五种乐器形成的6个空中挑3个插入琵琶、二胡、编钟三种乐器，有种情况，故琵琶、二胡、编钟一定安排，且这三种乐器互不相邻的情况种数为.所以所求的概率，故选：B.【点睛】方法点睛：排列组合常用的方法有：一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法.2（2021云南玉溪高二期末（理）把5名同学分配到图书馆、食堂、学生活动中心做志愿者，每个地方至少去一
10、个同学，不同的安排方法共有（）种A60B72C96D150【答案】D【解析】先把5名同学分成组，有两种情况，再将他们分配下去即可求出【详解】5名同学分成组，有两种情况，故共有种分组方式，再将他们分配到图书馆、食堂、学生活动中心有种方式，根据分步乘法计数原理可知，不同的安排方法共有种故选：D【点睛】本题主要考查有限制条件的排列组合问题的解法应用，解题关键是对“至少”的处理，属于中档题方法点睛：常见排列问题的求法有：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数3（2021高
11、二期末）在的展开式中，只有第项的二项式系数最大，则（）A4B5C6D7【答案】C【解析】利用二项式系数的性质：展开式中间项二项式系数最大，得，得出n的值.【详解】在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，即中间项项的二项式系数最大， 即，解得：故选：C【点睛】结论点睛：本题考查二项式系数的性质，在的展开式中，若n是偶数时，中间项项的二项式系数最大；若n是奇数时，中间两项与项的二项式系数相等且最大4（2021北京市十一学校高二期末）用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有A144个B120个C96个D72个【答案】B【解析】【详解】试题分析：根据题意，符
12、合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，首位数字为5时，首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；分两种情况讨论：首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有324=72个，首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，
13、此时有224=48个，共有72+48=120个故选B考点：排列、组合及简单计数问题二、多选题5（2021河北衡水市冀州区第一中学高二期末）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（）A如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种B最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种C甲乙不相邻的排法种数为72种D甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种【答案】ABCD【解析】【分析】对于A利用捆绑法可求，对于B分成甲在左和乙在左两类进行排列，对于C采用插空法求解，对于D按定序问题即解.【详解】对于A，如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，可将甲乙捆绑看成一个元素，则不
14、同的排法有种，故正确，对于B，最左端排甲时，有种不同的排法，最左端排乙时，最右端不能排甲，则有种不同的排法，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有24+18=42种,故正确，对于C，因为甲乙不相邻，先排甲乙以外的三人，再让甲乙插空，则有种，故正确，对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故正确故选：ABCD6（2021辽宁丹东高二期末）对于二项式，以下判断正确的有（）A存在，展开式中有常数项B对任意，展开式中没有常数项C对任意，展开式中没有x的一次项D存在，展开式中有x的一次项【答案】AD【解析】【分析】利用展开式的通项公式依次对选项进行分析，得到答案【详解】设二项式展开式
15、的通项公式为，则，不妨令，则时，展开式中有常数项，故答案A正确，答案B错误；令，则时，展开式中有的一次项，故C答案错误，D答案正确故选：AD7（2021湖南衡阳市八中高二期末）关于及其展开式，下列说法正确的是（）A该二项展开式中二项式系数和是B该二项展开式中第七项为C该二项展开式中不含有理项D当时，除以100的余数是1【答案】BD【解析】求出二项式系数和判断A；求出二项展开式中第七项判断B；根据最后一项是有理项判断C；利用二项展开式的应用和整除问题的应用判断D【详解】对于A，该二项展开式中二项式系数和是，故错误；对于B，由于，即该二项展开式中第七项为，故正确对于C，该二项展开式中，最后一项为，
16、是有理项，故错误对于D，当时，除了最后一项（最后一项等于1），前面的所有项都能被100整除，即当时，除以100的余数是1，故正确故选：BD.【点睛】方法点睛：二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.8（2021江苏常州高二期末）若，且，则下列结论正确的是（）AB展开式中二项式系数和为C展开式中所有项系数和为D【答案】ACD【解析】对于A，利用赋值法令，并结合题目条件，即可求出，从而可求出；对于B
17、，根据二项展开式中二项式系数和为，即可判断B选项；对于C，由于已求出，利用赋值法，即可求出展开式中所有项系数和；对于D，对原式进行求导，再令，即可得出的结果.【详解】解：对于A，令，可得，即，即，令，得，即，由于的展开式中，所以，所以-得：，而，所以，解得：，故A正确；对于B，由于，则，所以展开式中二项式系数和为，故B错误；对于C，由于，则的所有项系数为，故C正确；对于D，由于，则，等式两边求导得：，令，则，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点点睛：本题考查根据二项式的系数和求参数，以及所有项的二项式系数和的求法，利用赋值法求各项系数和是解题的关键，考查学生运用和计算能力.9（2021江苏南
18、京师大附中高二期末）(1axby)n的展开式中不含y的项的系数的绝对值的和为32，则a，n的值可能为Aa=2，n=5Ba=1，n=6Ca=1，n=5Da=1，n=5【答案】CD【解析】【分析】每个(1axby)中取1，ax，by之一求得乘积构成(1axby)n的展开式中的每一项，利用组合知识得出所有系数的绝对值，结合二项式定理即可得解.【详解】(1axby)n的展开式可以看成n个(1axby)，每个(1axby)中取1，ax，by之一求得乘积构成的每一项， (1axby)n的展开式中不含y的项的系数的绝对值的和为32，即，即，结合四个选项则a，n的值可能为：a=1，n=5，或a=1，n=5故选
19、：CD【点睛】此题考查二项式定理的应用，关键在于弄清多项式展开式的求法，结合组合知识和二项式定理求解.三、填空题10（2021天津市红桥区教师发展中心高二期末）共五人站成一排，如果必须站在的右边，那么不同的排法有_种.【答案】【解析】【分析】首先将C、D、E排序，再将作为整体插入队列中的一个空或分别插入队列中的两个空，即可得不同的排法数.【详解】1、将C、D、E排成一列，有种，2、把作为整体插入4个空中，有种，或分别插入4个空中的2个空中，有种，所以共有种.故答案为：60.11（2021湖北黄冈高二期末）若，则被12整除的余数为_【答案】0【解析】根据题意，给自变量赋值，取和，两个式子相减，得
20、到的值，用二项展开式可以看出被12整除的结果，得到余数【详解】在已知等式中，取得，取得，两式相减得，即，因为能被12整除，所以则被12整除，余数是0.故答案为：0.【点睛】本题考查二项式定理的应用和带余除法，本题解题的关键是利用赋值的方法、利用二项式定理得到式子的结果，属于中等题12（2021湖南宁乡市教育研究中心高二期末）在的展开式中，的系数为_【答案】120【解析】【分析】先把变形为，再利用二项式定理中的通项公式求出结果【详解】，的系数为故答案为：【点睛】本题主要考查二项式定理的应用 四、解答题13（2021江苏省镇江第一中学高二期末）（1）已知.求：；（2）在的展开式中，求：展示式中的第
21、3项；展开式中二项式系数最大的项.【答案】（1）；（2）；或.【解析】（1）运用赋值法，令，求得，令，求得，由此可求得答案.由二项式的展开式判断、都大于零，而、都小于零，令，可求得答案；（2）先求出展开式的通项公式，令时，求展示式中的第3项； 令或3时，求得二项式系数最大项【详解】解：（1）令，则，令，则. 展开式中，、都大于零，而、都小于零，令，则.所以. （2）的展开式中第项为，当时，所以展示式中的第3项为. 或3时，二项式系数最大，时，由（1）知，时，【点睛】方法点睛：求最大二项式系数时：如果n是奇数，最大的就是最中间一个，如果n是偶数,最大的就是最中间两个；求系数的最大项时：设第r+1
22、项为系数最大项，需列出不等式组，解之求得.14（2021全国高二期末）在只有第6项的二项式系数最大，第4项与第8项的二项式系数相等，所有二项式系数的和为，这三个条件中任选一个，补充在下面（横线处）问题中，解决下面两个问题.已知（），若的展开式中，_.（1）求的值；（2）求的值.【答案】（1）10；（2）【解析】【分析】（1）分别选择不同方案，根据展开式系数关系即可求出；（2）令和可求出.【详解】（1）选择条件，若的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则，；选择条件，若的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则，；选择条件，若的展开式中所有二项式系数的和为，则，；（2）由（1）知，则，令，得，令，则，.【点睛】本题考查二项展开式系数关系