计数原理与排列组合：考点 33-35 全量本地题库

1．甲、乙、丙、丁、戊、己六人按一定的顺序依次抽奖，要求甲排在乙前面，丙与丁不相邻且均不排在最后，则抽奖的顺序有（ ）

A．72种B．144种C．360种D．720种

【答案】B

【解析】第一步先排甲、乙、戊、己，甲排在乙前面，则有种，第二步再将丙与丁插空到第一步排好的序列中，但注意到丙与丁均不排在最后，故有4个空可选，所以有中插空方法，所以根据分步乘法计数原理有种.故选：B.

2．12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( )

A．B．C．D．

【答案】C

【解析】第一步从后排8人中选2人有种方法，第二步6人前排排列，先排列选出的2人有种方法，再排列其余4人只有1种方法，因此所有的方法总数的种数是

3．受新冠肺炎疫情影响，某学校按上级文件指示，要求错峰放学，错峰有序吃饭.高三年级一层楼六个班排队，甲班必须排在前三位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有（ ）

A．240种B．120种C．188种D．156种

【答案】B

【解析】根据题意，按甲班位置分3 种情况讨论：

（1）甲班排在第一位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩余的三个班全排列，安排到剩下的3个位置，有种情况，此时有种安排方案；

（2）甲班排在第二位，丙班和丁班在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；

（3）甲班排在第三位，丙班和丁班排在一起的情况有种，将剩下的三个班全排列，安排到剩下的三个位置，有种情况，此时有种安排方案；

由加法计数原理可知共有种方案，故选：B

4．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的数，问

（1）能够组成多少个五位奇数？

（2）能够组成多少个正整数？

（3）能够组成多少个大于40000的正整数？

【答案】（1）；（2）；（3）；

【解析】（1）首先排最个位数字，从1、3、5中选1个数排在个位有种，其余4个数全排列有种，按照分步乘法计数原理可得有个五位奇数；

（2）根据题意，

若组成一位数，有5种情况，即可以有5个一位数；

若组成两位数，有种情况，即可以有20个两位数；

若组成三位数，有种情况，即可以有60个三位数；

若组成四位数，有种情况，即可以有120个四位数；

若组成五位数，有种情况，即可以有120个五位数；

则可以有个正整数；

（3）根据题意，若组成的数字比40000大的正整数，其首位数字为5或4，有2种情况；

在剩下的4个数，安排在后面四位，共有种情况，

则有个比40000大的正整数；

【题组二 分组分配问题】

1.某学校有5位教师参加某师范大学组织的暑期骨干教师培训，现有5个培训项目，每位教师可任意选择其中一个项目进行培训，则恰有两个培训项目没有被这5位教师中的任何一位教师选择的情况数为 。

【答案】1500

【解析】分两步：第一步：从5个培训项目中选取3个，共C种情况；

第二步：5位教师分成两类：①选择选出的3个培训项目的教师人数分别为1人，1人，3人，共种情况；②选择选出的3个培训项目的教师人数分别为1人，2人，2人，共种情况.故选择情况数为CA＝1 500(种).

2．现有4个不同的球，和4个不同的盒子，把球全部放入盒内．

（1）共有多少种不同的方法？

（2）若每个盒子不空，共有多少种不同的方法？

（3）若恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？

（4）若恰有两个盒子不放球，共有多少种放法？

【答案】（1）256  （2）24  （3）144 （4）84

【解析】（1）将4个不同的球放入4个不同的盒子，则共有44=256种不同的放法，

（2）将4个不同的球放入4个不同的盒子，若没个盒子不空，则共有=24种不同的放法，

（3）将4个不同的球放入4个不同的盒子，恰有一个盒子不放球，则共有=144种不同的放法，

（4）将4个不同的球放入4个不同的盒子，恰有两个盒子不放球，则共有（）=84种不同的放法，

3．有6本不同的书，在下列不同的条件下，各有多少种不同的分法？

（1）分给甲､乙､丙三人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；

（2）分成三组，一组4本，另外两组各1本；

（3）甲得1本，乙得1本，丙得4本.

【答案】（1）种；（2）种；（3）种.

【解析】（1）先将6本不同的书分成1本，2本，3本共3组，有种，

再将3组分配给3人有种，故共有种；

（2）只需从6本中选4本一组，其余2本为2组，即种；

（3）分步处理，先从从6本中选4本给丙，其余2本分给甲乙各一本，

即种.

【题组三 染色问题】

1．现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有 （　　）

A．144种B．72种C．64种D．84种

【答案】D

【解析】根据题意，分3步进行分析：①先给最上面“金”着色，有4种结果，②再给“榜”着色，有3种结果，③给“题”着色，若其与“榜”同色，则给“名”着色，有3种结果；若其与“榜”不同色，则给“榜”着色有2种结果，然后给“名”着色，有2种结果，

根据分步计数原理知共有4×3×（3+2×2）=84种结果，故选D

2．如图,用6种不同的颜色把图中A,B,C,D四块区域涂色分开,若相邻区域不能涂同一种颜色,则不同涂法的种数为(　　)

A．400B．460C．480D．496

【答案】C

【解析】只用三种颜色涂色时，有种方法，

用四种颜色涂色时，有种方法，

根据分类计数原理得不同涂法的种数为120+360=480.故答案为：C.

3．如图，用四种不同的颜色给三棱柱的六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色．若每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有________种；若每条棱的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有________种．

【答案】576 264

【解析】（1）由题得每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有；

（2）若，，，用四种颜色，则有；

若，，，用三种颜色，则有；

若，，，用两种颜色，则有.

所以共有264种．

故答案为：①576；②264.

4．如图，用四种不同颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用

A．288种B．264种C．240种D．168种

【答案】B

【解析】

先分步再排列

先涂点E，有4种涂法，再涂点B，有两种可能：

(1)B与E相同时，依次涂点F，C，D，A，涂法分别有3，2，2，2种；

(2)B与E不相同时有3种涂法，再依次涂F、C、D、A点，涂F有2种涂法，涂C点时又有两种可能：

（2.1）C与E相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：

①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；

②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法．

（2.2）C与E不相同，有1种涂法，再涂点D，有两种可能：

①D与B相同，有1种涂法，最后涂A有2种涂法；

②D与B不相同，有2种涂法，最后涂A有1种涂法．

所以不同的涂色方法有

4×{3×2×2×2+3×2×[1×(1×2+1×2)+1×(1×2+1×1)]}=4×(24+42)=264．

【题组四 综合运用】

1．若4名学生报名参加数学、物理、化学兴趣小组，每人选报1项，则不同的报名方式有（ ）

A．34种B．43种C．种D．种

【答案】A

【解析】4名学生，每人有三种可选方案，根据分步计数原理，4人共有34种方法.

故选：A.

2．中国古代的四书是指：《大学》、《中庸》、《论语》、《孟子》，甲、乙、丙、丁名同学从中各选一书进行研读，已知四人选取的书恰好互不相同，且甲没有选《中庸》，乙和丙都没有选《论语》，则名同学所有可能的选择有______种.

【答案】

【解析】分以下两种情况讨论：

（1）乙、丙两人中没有一人选《中庸》，则乙、丙两人在《大学》、《孟子》中各选一书，则甲只能选《大学》，丁只能选《论语》，此时选法种数为种；

（2）乙、丙两人中有一人选《中庸》，则另一人可在《大学》、《孟子》选择一书，甲、丁两人选书时没有限制，此时选法种数为.

综上所述，名同学所有可能的选择种数为.

故答案为：.

3．某学校周三要排语文、数学、英语、物理、化学、体育共六节课，有__________种不同的排法，若体育课既不能与语文相邻，也不能与数学相邻，有__________种不同的排法．（用具体数字作答）

【答案】

【解析】某学校周三要排语文、数学、英语、物理、化学、体育共六节课，有种不同的排法当体育在第一节时，在第三，四，五，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法

当体育在第二节时，在第四，五，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法

当体育在第三节时，在第一，五，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法

当体育在第四节时，在第一，二，六节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法

当体育在第五节时，在第一，二，三节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法

当体育在第六节时，在第一，二，三，四节中选2节排语文和数学，其余排英语、物理、化学，则共有种不同的排法

则若体育课既不能与语文相邻，也不能与数学相邻，有种不同的排法

故答案为：；

1．若，则的值为（ ）

A．5B．6C．7D．8

【答案】A

【解析】由，得，且

所以即或舍去）.故选：A

2．已知，则（ ）

A．5B．7C．10D．14

【答案】B

【解析】，

可得，

即，解得.故选：.

3．若，则的值为（ ）

A．B．C．D．

【答案】D

【解析】由排列数公式可得，即，

，解得.故选：D.

【题组二 组合数计算】

1． （ ）

A．B．C．D．

【答案】B

【解析】．故选：B．

2．的值为（ ）

A．B．C．D．

【答案】C

【解析】,

故选：C

【题组三 综合运用】1．下列等式中，正确的是（ ）

A．B．

C．D．

【答案】ABD

【解析】选项A，左边= =右边，正确；

选项B，右边左边，正确；

选项C，右边左边，错误；

选项D，右边左边，正确.故选：ABD

2．计算： __________

【答案】36

【解析】

.故答案为：36.

3．若，则______．

【答案】12

【解析】由得，化简可得，解得，所以.故答案为：12.

4．若，则__________．

【答案】

【解析】由得，解得

故答案为：

5（1）解不等式：；

（2）已知，求．

【答案】（1）（2）

【解析】（1）因为，，，

所以不等式可化为，

解得，

又，，

所以不等式的解集为．

（2）因为，，，

所以，

可化为，，

解得（舍去）或2，

所以．

6．已知，.

（1）求x的值；

（2）求的值.

【答案】（1）；（2）1330

【解析】（1）由已知得：，化简得：，

解得或，

又因为，

所以.

（2）将代入得.

7．（1）证明：（且）；

（2）证明：对一切正整数和一切实数，，，，有．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．

【解析】证明：（1）右边左边，

．

（2）①当时，左边右边．

②假设时，对一切实数，，，，都有

成立，

那么，当时，对一切实数，，，有

，

，

所以当时，等式成立，

故对一切正整数和一切实数，，，，

有．

8．（1）已知，求的值.

（2）已知求的值.

【答案】（1）（2），

【解析】（1）原方程化为，变形得，展开可得： 解得 即n2-3n-54=0， 解得或（舍去）.

（2）∵，∴，由，∴，，由，得将代入得，则.

1．在的二项展开式中，常数项的值为________

【答案】－160

【解析】展开式的通项为令，得

∴在的二项展开式中，常数项的值为故答案为

2．展开式中，二项式系数最大的项是_________．

【答案】

【解析】在的展开式中，由二次项系数的性质可得：展开式中第4项的二项式系数最大，因此，该项为：.故答案为：.

3．在的展开式中，常数项为__________（用数字作答）.

【答案】

【解析】因为，令，所以，.故答案为：.

4．二项式的展开式中，含的系数为_______．

【答案】6

【解析】根据题意，二项式的展开式的通项为，令，可得，此时，即含的系数为6，故答案为：6．

5．若直线垂直，则二项式的展开式中的系数为( )

A．B．C．2D．

【答案】B

【解析】由直线与垂直，可得，求得，则二项式的展开式的通项公式，令，求得，可得展开式中x的系数为.故答案为B．

6．若的二项展开式中常数项为，则常数a的值是_______.

【答案】2

【解析】的第r＋1项为，

常数项为，则r＝3，，解得a＝2.故答案为：

7．的二项展开式中项的系数为______.

【答案】－160

【解析】的展开式的通项为，

令，得，所以的二项展开式中项的系数为，

故答案为：－160

8．已知在的展开式中，第6项为常数项，则______.

【答案】

【解析】二项式的展开式的通项公式为，

令，可得，求得．故答案为：

【题组二 因式之积的特定项系数】

1．展开式中的系数为（ ）

A．40B．80C．D．

【答案】A

【解析】展开式的通项为，

当时，，

当时，，

则的展开式中含的项为，

故展开式中的系数为40．故选：A．

2．的展开式中的系数是（ ）

A．10B．2C．D．34

【答案】C

【解析】由题意，，

又的展开式的通项公式为，

所以的展开式中含的项为，

的展开式中含的项为，

所以的展开式中的系数是.

故选：C．

3．的展开式中的系数为（ ）

A．B．C．D．

【答案】C

【解析】：展开式的通项公式为，

当时，，

当时，，

据此可得：的系数为.

本题选择C选项.

4.已知，其中，则______．

【答案】3

【解析】由题意展开式中的系数为，解得．故答案为：3．

5．的展开式中x2项的系数为__________.

【答案】

【解析】的通项公式，为偶数

当时， ，此时展开式的常数项为，

当时，，此时展开式的的系数为，

所以的展开式中x2项的系数为，

故答案为：

6．若随机变量，且，则展开式中项的系数是__________．

【答案】1620

【解析】

随机变量，均值是2，且，∴；∴；又展开式的通项公式为，令，解得，不合题意，舍去；令，解得，对应的系数为；令，解得，不合题意，舍去；∴展开式中项的系数是，故答案为1620.

【题组三 （二项式）系数和】

1．已知二项式的展开式的二项式项的系数和为64，，则（ ）

A．20B．30C．60D．80

【答案】C

【解析】根据题意，令可得，即

设，即

，即，

令，解得．∴，可知.

故选：C.

2．已知，则（ ）

A．21B．42C．D．

【答案】C

【解析】，即为展开式中的系数，

所以，故选：C.

3．若，则（ ）

A．B．C．D．

【答案】D

【解析】由题可知：的奇数次幂的系数均为负数

所以

令得

则

故选：D

4．已知，则（ ）

A．B．C．D．

【答案】B

【解析】∵，

∴故选B.

5．二项式中，前三项的系数成等差数列，则__________，二项式系数最大的项是__________.

【答案】

【解析】展开式的通项为，

由题意可得，整理得，

且，解得，

因此，二项式系数最大的项为.故答案为：；.

【题组四 二项式性质及运用】

1．展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是（ ）

A．B．C．-180D．-90

【答案】A

【解析】展开式中只有第六项的二项式系数最大，

，

故展开式的通项公式为

，

令，解得，

所以展开式中的常数项为.

故选：A

2．若的展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式中含项的系数是（ ）.

A．132B．C．D．66

【答案】D

【解析】因为展开式中只有第7项的二项式系数最大，

所以为偶数，展开式有13项，，

所以二项式展开式的通项为

由得，

所以展开式中含项的系数为.

故选：D

3．已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）．

A．B．C．D．

【答案】D

【解析】因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以，解得，

所以二项式中奇数项的二项式系数和为．

4．若展开式中只有第四项的系数最大，则展开式中有理项的项数为（ ）

A．B．C．D．

【答案】D

【解析】展开式中只有第四项的系数最大，所以，

则展开式通项为，

因为，所以当时为有理项，所以有理项共有4项，故选：D.

【题组五 整除问题】

1.…除以88的余数是（ ）

A．－1B．1C．－87D．87

【答案】B

【解析】…

…

…,

所以…除以88的余数是1，

故选:B.

2.除以5的余数是

【答案】3

【解析】，它除以5余数为3．

3.5051﹣1被7除后的余数为_____．

【答案】0

【解析】

因为49是7的倍数，所以5051﹣1被7除后的余数为0.

故答案为：0

【题组六 杨辉三角】

1．将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，便可以得到如图的“0-1三角”.在“三角”中，从第1行起，设第n次出现全行为1时，1的个数为，则等于（　　）

A．13B．14C．15D．16

【答案】D

【解析】第行和第行全是，即

依题意，第行原来的数是，而为偶数，不合题意；

第行原来的数是，即全为奇数，一共有个，即

第行原来的数是，而为偶数，不合题意；

第行原来的数是，而为偶数，不合题意；

第行原来的数是，而为偶数，不合题意；

第行原来的数是，而为偶数，不合题意；

第行原来的数是，而为偶数，不合题意；

第行原来的数是，而为偶数，不合题意；

第行原来的数是，而为偶数，不合题意；

第行原来的数是

即，全为奇数，即故选：D

2．如图所示的三角形数组是我国古代数学家杨辉发现的，称为杨辉三角形，根据数组中的数构成的规律，其中的a所表示的数是（ ）

A．2B．4C．6D．8

【答案】C

【解析】从第三行起头尾两个数均为1，中间数等于上一行肩上两数之和，所以.

故选：C.

3．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前56项和为（ ）

A．2060B．2038C．4084D．4108

【答案】C

【解析】次二项式系数对应杨辉三角形的第行，例如，系数分别为，，，对应杨辉三角形的第行，

令，就可以求出该行的系数之和；第行为，第行为，第行为，以此类推，即每一行数字之和构成首项是，公比是的等比数列，

则杨辉三角形的前行的和为，

若去除所有为的项，则剩下的每一行的个数为，，，...，可看成以为首项，以为公差的等差数列，则，

当时，，去除两端的可得，

则此数列的前项的和为：.故选：C.