1、第一章 计数原理测试 1 1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题：本大题共 4 小题，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若 4 个人报名参加 3 项体育比赛，每个人限报一项，则不同的报名方法的种数为A B C D34 3442已知集合 ， ，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，1,2M,567N可得直角坐标系中第一、二象限内不同点的个数为A B C D8 14103在正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数为A B C D201512104有六种不同的颜色，给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色
2、，则不同的涂色方法共有A 种 B 种 C 种 D 种4320280140720二、填空题：本大题共 3 小题，将正确的答案填在题中的横线上5一个三位数的密码，每一位都由 0，1，2 ，3，4 这 5 个数字随机组成，则不同的密码种数为_ （用数字作答）6同宿舍的四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡的不同分配方式有_种7 将 a，b ，c，d 这 4 个字母填在如图所示的 16 个小方格内，每个小方格内至多填 1 个字母，若使任意两个字母既不同行也不同列，则不同的填法共有_种（用数字作答）三、解答题：本大题共 2 小题，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤
3、8某体育彩票规定：从 01 至 36 个号中抽出 7 个号为一注，每注 2 元，某人想从 01 至 10 中选 3 个连续的号，从 11 至 20 中选 2 个连续的号，从 21 至 30 中选 1 个号，从 31 至 36 中选 1 个号组成一注，此人想把这种特殊要求的号买全，需要花多少钱？9已知集合 ，P( a，b)表示平面上的点( a，b M)，问：3,21,0M（1 ） P 可表示平面内多少个不同的点？（2 ） P 可表示平面内多少个第二象限的点？（3 ） P 可表示多少个不在直线 上的点？yx1 B 【解析】4 名同学报名参加 3 项体育比赛，每人限报一项，每人有 3 种报名方法；根
4、据分步计数原理，可得共有 种不同的报名方法故选 B42 C 【解析】 分两类：第一类 M 中取横坐标，N 中取纵坐标，共有 个第一、二象限26内的点；第二类 M 中取纵坐标，N 中取横坐标，共有 个第一、二象限内的点共248有 个第一、二象限内的点故选 C68143 D 【解析】由题意知正五棱柱对角线为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线，因为不同在任何侧面内，故从一个顶点出发的对角线有 2 条正五棱柱对角线的条数共有条故选 D25104 A 【解析】区域 1 有 6 种不同的涂色方法，区域 2 有 5 种不同的涂色方法，区域 3 有 4 种不同的涂色方法，区域 4 有 3 种不同的涂色方
5、法，区域 6 有 4 种不同的涂色方法，区域 5有 3 种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理，共有 种不同的320涂色方法故选 A5 125 【解析 】按分步乘法计数原理可得不同的密码种数为 516 9 【 解析】 设 4 人为甲、乙、丙、丁，分步进行：第一步，让甲拿，有三种方法；第二步，甲拿到谁的卡片谁去拿，有三种方法，剩余两人只有一种拿法，所以共有 种319不同的分配方式7 576 【解析】由题意知本题用分步乘法计数原理，第一步：先从 16 个格子中任选一格放字母有 16 种方法，第二步：从剩下的 9 个格子中（除去字母所在的行与列）任选一格放字母b 有 9 种方法，第三步：从剩下的 4
6、 个格子中任选一格放字母 c 有 4 种方法，第四步：剩下的 1 个格子中放字母 d 有 1 种方法，由分步乘法计数原理知共有 种不同16957的填法8 元640【解析】第一步：从 01 至 10 中选 3 个连续的号码有01， 02， 03；02，03 ，04；08，09，10 ，共 8 种不同的选法；第二步：同理，从 11至 20 中选 2 个连续的号码有 9 种不同的选法；第三步：从 21 至 30 中选一个号码有 10 种不同的选法；第四步：从 31 至 36 中选一个号码有 6 种不同的选法共可组成注，所以需要花费 元891064324309（1 ） 36；（ 2）6；（3）30【解
7、析】（1）分两步，第一步确定 a，有 6 种方法，第二步确定 b，也有 6 种方法，根据分步乘法计数原理共有 种方法，故 P 可表示平面内 36 个不同的点63（2 ）分两步，第一步确定 a，有 3 种方法，第 2 步确定 b，有 2 种方法，根据分步乘法计数原理共有 种方法，故 P 可表示平面内 6 个第二象限的点32（3 ）分两步，第一步确定 a，有 6 种方法，第二步确定 b，有 5 种方法，根据分步乘法计数原理共有 种方法，故 P 可表示 30 个不在直线 上的点650yx测试 2 1.2 排列与组合一、选择题：本大题共 4 小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1四
8、位男生和两位女生排成一排，男生有且只有两位相邻，则不同排法的种数是A72 B96C 144 D2402有两排座，前排 11 个座位，后排 12 个座位，现安排 2 人就坐，规定前排中间的 3 个坐位不能坐，并且这 2 人不左右相邻，那么不同排法的种数是A234 B346C 350 D3633从 5 名学生中选出 4 名分别参加 A，B，C，D 四科竞赛，其中甲不能参加 C，D 两科竞赛，则不同的参赛方案种数为A24 B48C 72 D1204 中国诗词大会（第二季）亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词，在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味若将进酒山居秋暝望岳送杜少府之任蜀州
9、和另外确定的两首诗词排在后六场，且将进酒排在望岳的前面，山居秋暝与送杜少府之任蜀州不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有A 种 B 种14 28C 种 D 种360 70二、填空题：本大题共 3 小题，将正确的答案填在题中的横线上5若从 1，2，3，9 这 9 个整数中同时取 4 个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有_种（用数字作答）6从 5 名女同学和 4 名男同学中选出 4 人参加演讲比赛，男、女同学分别至少有 1 名，则有_种不同的选法（用数字作答）7某办公室为保障财物安全，需要在春节放假的七天内每天安排一人值班，已知该办公室共有 4 人，每人需值班一天或两天，则不同的值班安排种数为
10、_ （用数字作答）三、解答题：本大题共 2 小题，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤8用 0，1，2，3，4，5 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 5 的倍数的五位数？（3 ）能组成多少个无重复数字且比 1325 大的四位数？9现有 4 个不同的球和 4 个不同的盒子，把球全部放入盒子内（1 ）恰有 1 个盒子不放球，共有多少种不同的放法？（2 ）恰有 1 个盒子有 2 个球，共有多少种不同的放法？（3 ）恰有 2 个盒子不放球，共有多少种不同的放法？1 C 【解析】从位男生中选位捆绑在一起，和剩余的位男生插入到位女生所形成的 3 个
11、空隙中，所以共有 种不同的排法故选 C234A12 B 【解析】一共可坐的位子有 个，个人坐的方法数为 ，还需排除两左右相邻的情2020A况把可坐的 个坐位排成连续一行，将其中两个相邻座位看成一个整体，则相邻的坐法20有 ，还应再加上 ，所以不同坐法的种数为 故选19A2A21209346B3 C 【解析】从 5 名学生中选出 4 名分别参加 A，B，C，D 四科竞赛，其中甲不能参加 A，B两科竞赛，可分为以下几步：先从 5 人中选出 4 人，分为两种情况，有甲参加时，选法有 种；34C无甲参加时，选法有 种；安排科目，有甲参加时，先排甲，再排其它人，排法有4C1，无甲参加时，排法有 种综上，
12、共有 种不同的参132A4A24127赛方案种数故选 C4 A 【解析】将进酒、望岳和另外确定的两首诗词全排列共有 种排法，满足将4A进酒排在望岳的前面的排法共有 种，再将山居秋暝与送杜少府之任蜀州42A插排在个空里（最后一个空不排），有 种排法，故将进酒排在望岳的前面、4山居秋暝与送杜少府之任蜀州不相邻且均不排在最后，后六场的排法共有种故选 A42A15 【解析】由题意知本题是一个分类计数问题，要得到四个数字的和是偶数，需要分成6三种不同的情况，当取得 4 个偶数时，有 种取法，当取得 4 个奇数时，有 种4C145C结果，当取得 2 奇 2 偶时有 种取法，所以共有 种取法25605606
13、 【解析】“男、女同学分别至少有 1 名”包括有“一男三女”，“二男二女”，“三10男一女”，故不同的选法种数为 32314545C062107 【解析】由题知 4 人中必有一人值班天，从 4 人中选出一人有 种方法，值班的时250 4C间为 7 天中的任意一天，有 种方法，剩余 3 人分别在剩下的 6 天中任意选 2 天值班，有17种方法由分步乘法计数原理，可得不同的值班安排种数264C为 127508（1 ） ；（2 ） ；（3 ） 1627【解析】（1）符合要求的四位偶数可分为三类：第一类，在个位时有 个；35A第二类，在个位时，首位从 1，3 ，4，5 中选定个（有 种），十位和百位从
14、余下的数字14A中选（有 种），于是有 个；242第三类，在个位时，与第二类同理，也有 个124由分类加法计数原理，可得共有 个无重复数字的四位偶数35A56（2 ）符合要求的五位数可分为两类：第一类，个位数上的数字是的五位数有 个；45第二类，个位数上的数字是的五位数有 个13由分类加法计数原理，可得无重复数字且为 5 的倍数的五位数共有 个41354A26（3 ）比 大的四位数可分为三类：125第一类，形如 ， ， ， ，共有 个； 3 4 1345第二类，形如 ， ，共有 个；4 1 12A第三类，形如 ， ，共有 个 5 3由分类加法计数原理，可得无重复数字且比 大的四位数共有125个
15、131214543A709（1 ） 144；（2）144 ；（3）84【解析】（1）为保证“恰有 1 个盒子不放球”，先从 4 个盒子中任意取出一个，问题转化为“4 个球，3 个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？ ”，把 4 个球分成 2，1 ，1 的三组，然后再从 3 个盒子中选 1 个放入 2 个球，其余 2 个球放入另外 2 个盒子，由分步乘法计数原理，可知共有 种不同的放法1243CA4（2 ） “恰有 1 个盒子有 2 个球”，即另外 3 个盒子放 2 个球，每个盒子至多放 1 个球，即另外 3 个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有 1 个盒子有 2 个球”与“恰有 1 个盒子不
16、放球”是同一件事，所以共有 144 种放法（3 ）确定 2 个空盒有 种方法，4 个球放进 2 个盒子可分成 ， 两类，2C(3,1)2,第一类，有序不均匀分组有 种方法；第二类，有序均匀分组有 种方法3124A24CA故共有 种放法22314C()8测试 3 1.3 二项式定理一、选择题：本大题共 4 小题，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若 的展开式中各项系数之和为 64，则展开式中的常数项为(3)()nx*NA B540 540C D3 132若 的展开式中各项二项式系数之和为 ，则展开式中项的系数为1()nx28A B0 10C D83 的展开式中， 的系数为25(
17、)xy43xyA BC D4 的展开式中 的系数为6(1)2x4xA B0 15C D35 20二、填空题：本大题共 3 小题，将正确的答案填在题中的横线上5已知 ，若 ，则_6若 的展开式中的常数项为 80，则实数 _531()axa7已知幂函数 的图象过点 ，则 的展开式中的系数为 _ayx(3,9)8()ax三、解答题：本大题共 2 小题，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤8已知 与 1()nfm2()1)(,0)nxgm*N（1 ）若 ， 与 的展开式中含 的项的系数相等，求实数 的值；3(f 3x（2 ）若 与 的展开式中含 的项的系数相等，求实数 的最大值)fxn9已知 ，1(
18、2)nx（1 ）若展开式中第 5 项、第 6 项与第 7 项的二项式系数成等差数列，求 的展开1(2)nx式中二项式系数最大的项的系数；（2 ）若展开式前三项的二项式系数和等于 79，求 的展开式中系数最大的项1(2)nx1 C 【解析】由题意可得 ，解得 ，故展开式的通项为264n6n，令 ，解得 ，则展开式611(3)rrrrTx6(3Crr12rx102r4r中的常数项为故选 C426()C9512 D 【解析】由题意可得 ，解得 ，故展开式的通项为，令 ，解得 ，所以，所以展开式中项的系数为 故选 D3 C 【解析】 中含 的项为 ，所以 的系数为故选 C【解题技巧】求二项展开式有关问
19、题的常见类型及解题策略：求展开式中的特定项，可依据条件写出第 项，再由特定项的特点求出值即可；已知展开式的某项，求特定项的系数，可由某项得出参数，再由通项写出第 项，由特定项得出的值，最后求出特定项的系数4 A 【解析】由于 的展开式的通项为 ，令 ，可得 ，6(2)x61C2rrrTx3r的6()2x展开式中 的系数为 ；令 ，可得 ， 的展开式中 的系数为3368C104r2r6()x4x，可得264的展开式中 的系数为 故选 A(1)x4x3268C1065 64 【解析】因为 或 (舍去)，所以【易错提醒】二项式定理应用中的注意事项：对于二项式定理，不仅要会正用，而且要从整体把握，灵活地应用，如有时可逆用、变形用，对于三项式问题可转化为二项式定理问题去处理；“赋值法”是求二项展开式系数问题常用的方法，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解题时易出现漏项的情况，应引起注意6 2 【解析】 的展开式的通项为531()ax
