【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修三）专题6.8 计数原理全章综合测试卷（基础篇） Word版含解析.docx，共(11)页，339.499 KB，由小赞的店铺上传

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第六章计数原理全章综合测试卷（基础篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022秋·福建龙岩·高二阶段练习）某校开设A类选修课4门,B类选修课3门,一同学从中选1门,则该同学

的不同选法共有（）A．7种B．12种C．4种D．3种【解题思路】根据题意求出所有的可能性即可选出结果.【解答过程】解:由题知某校开设A类选修课4门,B类选修课3门,共7门,故该同学的不同选法共有7种.故选:

A.2．（5分）（2022春·云南昆明·高二阶段练习）若3𝐴𝑛3−6𝐴𝑛2=4𝐶𝑛+12，则𝑛=（）A．5B．8C．7D．6【解题思路】直接根据排列数公式和组合数公式列式解方程即可得答案.【解答过程】解：∵3𝐴𝑛3−6𝐴𝑛2=4𝐶𝑛+

12，∴3𝑛(𝑛−1)(𝑛−2)−6𝑛(𝑛−1)=4×(𝑛+1)𝑛2，即3(𝑛−1)(𝑛−2)−6(𝑛−1)=2𝑛+2，求得𝑛=5，或𝑛=23（舍去），故选：A.3．（5分）（2022秋·吉林长春·高二阶段练习）已知𝑛，𝑚为正整数，且𝑛≥𝑚，则在下列各

式中，正确的个数是（）①A63=120；②A127=C127⋅A77；③C𝑛𝑚+C𝑛+1𝑚=C𝑛+1𝑚+1；④C𝑛𝑚=C𝑛𝑛−𝑚A．1B．2C．3D．4【解题思路】根据组合数的性质及排列数公式计算可得.【解答过程】解：对于①A63=6

×5×4=120，故①正确；对于②因为C127=A127A77，所以A127=C127⋅A77，故②正确；对于③因为C𝑛𝑚+C𝑛𝑚−1=C𝑛+1𝑚，故③错误；对于④C𝑛𝑚=C𝑛𝑛−𝑚，故④正确；故选：C.4．（5分）（2

023秋·北京·高二期末）在(√𝑥3−2𝑥)8的展开式中，常数项为（）A．-112B．112C．-1120D．1120【解题思路】求出(√𝑥3−2𝑥)8的通项公式，令8−4𝑟3=0，求得𝑟=2,即可得展开式的常数项.【解答过程】二项式(√𝑥3−2𝑥)8的展开式的通项公式

为𝑇𝑟+1=C8𝑟⋅𝑥8−𝑟3⋅(−2)𝑟⋅𝑥−𝑟=(−2)𝑟⋅C8𝑟⋅𝑥8−4𝑟3令8−4𝑟3=0,求得𝑟=2,可得展开式的常数项为4C82=112.故选:B.5．（5分）（2022春·江西抚州

·高二期末）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中（如图），记

第2行的第3个数字为𝑎1，第3行的第3个数字为𝑎2,⋯，第𝑛(𝑛≥2)行的第3个数字为𝑎𝑛−1，则𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎9=（）A．165B．180C．220D．236【解题思路】根据杨辉三角及二项式系数的性质确定𝑎1，…，𝑎9，再应用组合数的运算性质求结果.【

解答过程】由题意得，𝑎1=C22,𝑎2=C32,𝑎3=C42,⋯,𝑎9=C102，则𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎9=C22+C32+C42+⋯+C102=C113=165.故选：𝐴.6．（5分）（

2023·全国·高三专题练习）如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为（）A．480B．600C．720D．840【解题思路】利用分类加法计数原

理、分步乘法计数原理列式计算作答.【解答过程】依题意，按安徽与陕西涂的颜色相同和不同分成两类：若安徽与陕西涂同色，先涂陕西有5种方法，再涂湖北有4种方法，涂安徽有1种方法，涂江西有3种方法，最后涂湖南有3种方法，由分步计数乘法原理得不同的涂色方案5×4×1×3×3=1

80种，若安徽与陕西不同色，先涂陕西有5种方法，再涂湖北有4种方法，涂安徽有3种方法，涂江西、湖南也各有3种方法，由分步计数乘法原理得不同的涂色方案5×4×3×3×3=540种方法，所以，由分类加法计数原理得不同的涂色方

案共有180+540=720种.故选：C.7．（5分）（2023秋·湖南怀化·高三期末）已知C𝑛1011=C𝑛1012，设(2𝑥−3)𝑛=𝑎0+𝑎1(𝑥−1)+𝑎2(𝑥−1)2+⋯+𝑎𝑛(𝑥−1

)𝑛，下列说法：①𝑛=2023，②𝑎𝑛=−32023，③𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑛=1，④展开式中所有项的二项式系数和为1.其中正确的个数有（）A．0B．1C．2D．3【解题思路】根据组合数的性质求得𝑛，根据二项式展开式的通项公式、赋值法、二

项式系数和的知识求得正确答案.【解答过程】𝑛=1011+1012=2023，①对.(2𝑥−3)2023=[2(𝑥−1)−1]2023=𝑎0+𝑎1(𝑥−1)+𝑎2(𝑥−1)2+⋯+𝑎2023(𝑥−1)2023，所

以𝑎𝑛=𝑎2023=C20230⋅22023=22023，②错.令𝑥=2得𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎𝑛=1，③对.展开式中所有项的二项式系数和为22023，④错.所以正确的说法有2个.故

选：C.8．（5分）2022年8月某市组织应急处置山火救援行动，现从组织好的5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，另外4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，每支志愿团队只能分配到1个项目，且每个项目至少分配1个志愿团队，则不同的分配方案

种数为（）A．36B．81C．120D．180【解题思路】先从5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，再将4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，最后根据分步乘法原理求解即可.【解答过程】先从5支志愿团队中任选

1支救援物资接收点服务，有C51=5种不同的选派方案，再将剩下的4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，有C42A33=6×6=36种不同的选派方案，所以，根据分步乘法原理，不同的安排方

案有C51C42A33=5×36=180种.故选：D.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2022秋·吉林长春·高二阶段练习）（多选）C9896+2C9895+C9894=（）A．C9997B．C992C．C10096D．C1004【解题思路】由组合数的性质即可求得答案.

【解答过程】C9896+2C9895+C9894=C982+2C983+C984=(C982+C983)+(C983+C984)=C993+C994=C1004=C10096.故选：CD．10．（5分）（2022春·广东佛山·高二期中）现有3名老师，8名男生和5名女生共16人，

有一项活动需派人参加，则下列命题中正确的是（）A．只需1人参加，有16种不同选法B．若需老师、男生、女生各1人参加，则有120种不同选法C．若需1名老师和1名学生参加，则有39种不同选法D．若需3名老师和1名学生参加，则有56种不同选法【解题思路】根据分类计数原

理和分步计数原理依次讨论各选项即可求解.【解答过程】解：选项A，分三类：取老师有3种选法，取男生有8种选法，取女生有5种选法，故共有3+8+5=16种选法，故A正确；选项B，分三步：第一步选老师，第二步

选男生，第三步选女生，故共有3×8×5=120种选法，故B正确；选项C，分两步：第一步选老师，第二步选学生，第二步，又分为两类：第一类选男生，第二类选女生，故共有3×(8+5)=39种选法，故C正确；选项D，若需3名老师和1名学生参加，则有13种不同选

法，故D错误.故选：ABC.11．（5分）（2022·高二课时练习）甲、乙、丙、丁、戊五人站成一排．（）A．若甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，则不同的排法有24种B．若最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法有42种C．甲、乙不相邻的

排法有82种D．甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有20种【解题思路】利用捆绑法可判断A；分别算出甲在最左端时以及乙在最左端时的排法数，可判断B;用插空法可判断C；先从5个位置中选2个位置安排丁、戊两人

，再把甲、乙、丙按从左到右的顺序排在剩下的3个位置中，计算排法数，可判断D.【解答过程】对于A，甲、乙必须相邻且乙在甲的右边,把甲、乙看作一个人，两人只有一种排法，然后与其他人全排列，排法共有A44=24（种），A正确；对于B，甲在最左端时，排法有A44=24（种），乙在最左端时，排法有A31A

33=18（种），排法共有24+18=42（种），B正确；对于C，先排除甲、乙外的其他三人，再把甲、乙排进三人中间及两端的4个位置中，排法共有A33A42=72（种），C错误；对于D，先从5个位置中选2个位置安排丁、戊两人，再把甲、乙、丙按从左到右的顺序排在

剩下的3个位置中，排法共有A52=20（种），D正确．故选：ABD．12．（5分）若二项式(𝑥+2√𝑥)𝑛的展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是（）A．二项展开式中各项系数之和为35B．二项展开式中二项式系数最大的项为160𝑥32C．二项展开式中无常数项D．二项展

开式中系数最大的项为240【解题思路】由二项式系数和求得n，令x＝1可求得各项系数之和即可判断A，由二项式系数的性质可得二项式系数最大的项即可判断B，由展开式的通项中x的指数确定有无常数项即可判断C，列不等式组求得系数最大的项即可判断D．【解答过程】因为二项式(𝑥+2√𝑥)𝑛的展开式中

二项式系数之和为64，所以2𝑛=64，得𝑛=6，所以二项式为(𝑥+2√𝑥)6，则二项式展开式的通项𝑇𝑟+1=C6𝑟𝑥6−𝑟(2√𝑥)𝑟=C6𝑟2𝑟𝑥6−32𝑟，对于A，令𝑥=1，可得二项展开式中各项系数之和为36，故A错误；对于B

，第4项的二项式系数最大，此时𝑟=3，则二项展开式中二项式系数最大的项为𝑇4=C6323𝑥6−32×3=160𝑥32，故B正确；对于C，令6−32𝑟=0，则𝑟=4，所以二项展开式中的常数项为𝑇5=C6424=240，故C错误；对

于D，令第𝑟+1项的系数最大，则{C6𝑟2𝑟≥C6𝑟−12𝑟−1C6𝑟2𝑟≥C6𝑟+12𝑟+1，解得113≤𝑟≤143，因为𝑟∈N，所以𝑟=4，则二项展开式中系数最大的项为𝑇5=C6424𝑥6−32×4=240，所

以D正确，故选：BD．三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2023·高二课时练习）有四位学生参加三项竞赛，要求每位学生必须参加其中一项竞赛，有81种参赛情况．【解题思路】根据分步乘法原理求解

即可.【解答过程】解：根据乘法分步原理，每位学生都有三种选择方案，故有34=81种.故答案为：81.14．（5分）（2023秋·湖北·高三期末）(1+𝑥)(𝑥−1𝑥)4的展开式中，常数项为6.【解题思路】根据乘法分配律以及二项式展开式的通项公式求得正确答案.【解答过程】

二项式(𝑥−1𝑥)4展开式的通项公式为C4𝑟⋅𝑥4−𝑟⋅(−𝑥−1)𝑟=(−1)𝑟⋅C4𝑟⋅𝑥4−2𝑟，令4−2𝑟=0，解得𝑟=2；令4−2𝑟=−1，则𝑟无自然数解.所以(1+𝑥)(𝑥−1𝑥)4展开式中的常数项为1×(−1)2×C42×𝑥0

=6.故答案为：6.15．（5分）（2022秋·云南·高三期中）若(𝑥−2)5=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+𝑎3𝑥3+𝑎4𝑥4+𝑎5𝑥5，则𝑎0+𝑎2+𝑎4=−122.【解题思路】根据赋值法即可求解奇数项的系数和.【解答过程】令𝑥=1得，𝑎0+𝑎1+𝑎2+�

�3+𝑎4+𝑎5=−1，令𝑥=−1得，𝑎0−𝑎1+𝑎2−𝑎3+𝑎4−𝑎5=−243，两式相加得𝑎0+𝑎2+𝑎4=−122.故答案为：−122.16．（5分）（2022秋·辽宁沈阳·高二阶段练习）将5名志愿者分配到世界杯的3个不同体育场进行志愿者服务，每名志愿者

分配到1个体育场，每个体育场至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有150种．【解题思路】5名志愿者分成三个小组,有2，2，1和1，1，3两种分法，分别求出两种分组方法对应的方案数即可得总的分配方案数.【解答过程】将5名志愿者分成三个小组，有2，2，1和1，1，3两种分法，当为2，

2，1时，共有C52⋅C322!A33=90种；当为1，1，3时，共有C51⋅C412!A33=60种；故一共有90+60=150种分配方案.故答案为：150.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·全国·高三专题练

习）解下列不等式或方程(1)A8𝑥<6A8𝑥−2(2)1C5𝑚−1C6𝑚=710C7𝑚【解题思路】（1）先求出2≤𝑥≤8，解不等式得到7<𝑥<12，从而得到答案；（2）先得到0≤𝑚≤5，解方程得到𝑚=21或2，舍去不合题意的根.【解答过程】（1）由题意得：{0≤𝑥≤8

0≤𝑥−2≤8，解得：2≤𝑥≤8，A8𝑥<6A8𝑥−2，即8!(8−𝑥)!<6×8!(8−𝑥+2)!，解得：7<𝑥<12，结合2≤𝑥≤8，可得：𝑥=8；（2）1C5𝑚−1C6𝑚=710C7𝑚，则0≤𝑚≤5，即𝑚!(5−𝑚)!5!−𝑚!(6−𝑚)!6!=710×

𝑚!(7−𝑚)!7!，解得：𝑚=21（舍去）或2，故方程的解为：m=2.18．（10分）（2023·全国·高二专题练习）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，如图所示．将一个正四棱锥的每一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，求不同的染色方法种数．【解题思路】分两步,先将四棱锥一侧面三顶点染色,然后再分类考虑另外两顶点的染色数,用乘法原理可求解【解答过程】由题设，四棱锥S-ABCD的顶点S,A,B所染的颜色互不相同,它们共有5×4×3=60种染色方法；当

𝑆,𝐴,𝐵染好时，不妨设所染颜色依次为1,2,3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4,则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法,即当S,A,B染好时，C,D还有7种染法.故不同的染色方法有

60×7=420种.19．（12分）（2022·高二课时练习）某电视台连续播放6个广告，其中有3个商业广告、2个宣传广告和1个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，宣传广告与公益广告不能连续播放，2个宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式？【解题思路】结合

分类加法、分步乘法计数原理计算出正确答案.【解答过程】用1，2，3，4，5，6表示广告的播放顺序，则完成这件事有3类方法．第1类，宣传广告与公益广告的播放顺序是2，4，6．分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式；第2类，宣传广告与公益广告的播放顺序是1，4，

6．分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式；第3类，宣传广告与公益广告的播放顺序是1，3，6．同样分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1=36种不同的播放方式，由分类加法计数原理，得6个广告不同的播放方式共有36+36+36=108种．20．（12分）（2022

春·上海黄浦·高一期末）已知对任意给定的实数𝑥，都有(1−2𝑥)100=𝑎0+𝑎1(𝑥+1)+𝑎2(𝑥+1)2+⋯+𝑎100(𝑥+1)100.求值：(1)𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎100；(2)𝑎1+𝑎3+𝑎5+⋯+𝑎99.【解题思路】

（1）利用赋值法求解，令𝑥=0可得结果；（2）利用赋值法求解，令𝑥=−2可得结果；【解答过程】（1）因为(1−2𝑥)100=𝑎0+𝑎1(𝑥+1)+𝑎2(𝑥+1)2+⋯+𝑎100(𝑥+1)100，令𝑥=0，则𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+

𝑎100=1；（2）令𝑥=−2，则𝑎0−𝑎1+𝑎2−⋯+𝑎100=5100，由（1）知𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎100=1，两式相减可得𝑎1+𝑎3+𝑎5+⋯+𝑎99=1−51002.21．（12分）（

2022秋·辽宁朝阳·高二阶段练习）已知二项式(√𝑥−3𝑥2)𝑛，且C𝑛2=15．(1)求(√𝑥−3𝑥2)𝑛的展开式中的第5项；(2)求(√𝑥−3𝑥2)𝑛的二项式系数最大的项．【解题思路】（1）首先根据组合数公式求𝑛，再利用二项

展开式的通项公式求第5项；（2）根据（1）的结果可知，C63是最大的二项式系数，代入通项公式求解.【解答过程】（1）由C𝑛2=15，得𝑛(𝑛−1)2=15，即𝑛2−𝑛−30=0，解得𝑛=6或𝑛=−5（舍去）．(√𝑥−3𝑥2)6的二项式通项为

𝑇𝑟+1=C6𝑟(𝑥12)6−𝑟(−3𝑥2)𝑟=(−3)𝑟C6𝑟⋅𝑥3−5𝑟2，当𝑟=4时，𝑇5=(−3)4C64⋅𝑥−7=1215𝑥−7，所以(√𝑥−3𝑥2)𝑛的展开式中第5项为1215𝑥−7．（2）因为C63是C60

,C61,⋅⋅⋅,C66中最大的，所以第4项的二项式系数最大，𝑇4=(−3)3C63⋅𝑥−92=−540𝑥−92，所以(√𝑥−3𝑥2)𝑛的二项式系数最大的项是−540𝑥−92．22．（12分

）（2022秋·辽宁铁岭·高二期中）从集合𝐴={1,3,5,7}中取一个数字和集合𝐵={0,2,4,6,8}中取两个数字，问：(1)可组成多少个三位数?(2)可组成可重复一个数字的四位数多少个?【解题思路】（1）先从集合𝐴中任取一个数，有𝐶41种取法，再从集

合𝐵中取得的两个数字中没有0和含有0，两种情况分类讨论，结合分类计数原理，即可求解；（2）先从集合𝐴中任取一个数，有𝐶41=4种取法，再从集合𝐵中取得的两个数字中没有0和含有0，两种情况分类讨论，结合分类计数原理，即可求解.【解答过程】（1）解：从集合𝐴中任取

一个数，有𝐶41=4种取法，若从集合𝐵中取得的两个数字中没有0，有𝐶42=6种取法，此时可以组成的三位数的个数为𝐶41𝐶42𝐴33=144个；若从集合𝐵中取得的两个数字中含有数字0，有𝐶41=4种取法，此时可以组成的三位数的个数为𝐶41𝐶41𝐶31𝐴22=96个

，由分类计数原理可得，共有144+96=240个三位数.（2）解：从集合𝐴中任取一个数，有𝐶41=4种取法，若从集合𝐵中取得的两个数字中没有0，有𝐶42=6种取法，可构成有重复数字的四位数的个数为4×6×𝐴43×𝐶31=1728个数字；若从集合

𝐵中取得的两个数字中含有数字0，有𝐶41=4种取法，可构成有重复数字的四位数的个数为4×4×𝐶21𝐴22𝐶31=192个数字；由分类计数原理，可得可重复一个数字的四位数1728+192=1920个.