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第六章计数原理（B卷提高卷）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．（2020•和平区校级二模）在由数字0，1，2，3，4，5所组成的没有重复数字的四位数中，能被5整除的个数有（ ）A．512B．192C．240D．108【解答】解：能被5整除的四位数末位是0或5的数，因此分两类第一类，末位为0时，其它三位从剩下的数中任意排3个即可，有60个，第二类，米位为5时，首位不能排0，则首位只能从1，3，4，5选1个，第二位和第三位从剩下的任选2个即可，有48个，根据分类计数原理得可以组成60+48＝108个不同的能被5整除的四位数．故选：D．2．（2019•西湖区校级模拟）已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡．若顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中的三种结账方式，那么他们结账方式的可能情况有（ ）种A．19B．26C．7D．12【解答】解：顾客甲没有银联卡，顾客乙只带了现金，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，①当甲丙丁顾客都不选微信时，则甲有2种选择，当甲选择现金时，其余2人A22＝2种，当甲选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，故有2+5＝7种，②当甲丙丁顾客都不选支付宝时，则甲有2种选择，当甲选择现金时，其余2人A22＝2种，当甲选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，故有2+5＝7种，③当甲丙丁顾客都不选银联卡时，若有人使用现金，则C31A22＝6种，若没有人使用现金，则有C32A22＝6种，故有6+6＝12种，根据分步计数原理可得共有7+7+6+6＝26种，
故选：B．3．（2019•河南模拟）某省示范高中将6名教师分配至3所农村学校支教，每所学校至少分配一名教师，其中甲必去A校，乙、丙两名教师不能分配在同一所学校的不同分配方法数为（ ）A．36B．96C．114D．130【解答】解：甲去A校，再分配其他5个人，①如果都不去A校，则分配方法有A2×2×2＝16种；②如果5人分成1，1，3三组，则分配方法有（CC）A42种；③如果5人分成1，2，2三组，则分配方法有（C）A72种；由加法原理可得不同分配方法有16+42+72＝130种．故选：D．4．（2019春•越城区校级月考）用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中6个格子，每个格子染一种颜色，并且从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格⼦的染色方法种数为（ ）A．15B．16C．18D．20【解答】解：依题意，第一个格子必须为黑色，设格子从左到右的编号分别为1～6．故①当1，3，5号格子为黑色时：有23＝8种；②当1，3号为黑色且5号为白色时：若2号为黑色则有22＝4种，若2号为白色，则4号为黑色有2种，故此时共有4+2＝6种；③当1号为黑色，3号为白色时：2号必为黑色，若4号为白色，则有1×1×1×1××12＝2种，若4号为黑色，则有1×1×1×1×2×2＝4种，故此时共有2+4＝6种；综上，共有8+6+6＝20种．故选：D．5．（2019•西城区校级模拟）六名同学A、B、C、D、E、F举行象棋比赛，采取单循环赛制，即参加比赛的每两个人之间仅赛一局．第一天，A、B各参加了3局比赛，C、D各参加了4局比赛，E参加了2局比赛，且A与C没有比赛过，B与D也没有比赛过．那么F在第一天参加的比赛局数为（ ）A．1B．2C．3D．4【解答】解：由于A、B各参加了3局比赛，C、D各参加了4局比赛，E参加了2局比赛，且A与C
没有比赛过，B与D也没有比赛过，所以与D赛过的是A、C、E、F四人；与C赛过的是B、D、E、F四人；又因为E只赛了两局，A与B各赛了3局，所以与A赛过的是D、B、F；而与B赛过的是A、C、F；所以F共赛了4局．故选：D．6．（2020春•五华区校级月考）的展开式中，常数项为（ ）A．1B．3C．4D．13【解答】解：由于的表示4个因式（1）的乘积，故展开式中的常数项可能有以下几种情况：①所有的因式都取1；②有2个因式取，一个因式取1，一个因式取；故展开式中的常数项为113，故选：D．7．（2019•武汉模拟）已知（2）n（n≥2，n∈N），展开式中x的系数为f（n），则等于（ ）A．B．C．D．【解答】解：∵（2）n（n≥2，n∈N），展开式中x的系数为f（n）•2n﹣2，∴则2
＝22＝2+4（）＝2+4（），故选：B．8．（2020春•武汉期中）习近平总书记在湖南省湘西州花垣县十八洞村考察时，首次提出“精准扶贫”概念，“精准扶贫”已成为我国脱贫攻坚的基本方略．为配合国家“精准扶贫”战略，某省农业厅派出6名农业技术专家（4男2女）分成两组，到该省两个贫困县参加扶贫工作，若要求女专家不单独成组，且每组至多4人，则不同的选派方案共有（ ）种A．48B．68C．38D．34【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：①分为3，3的两组时，不会出现两名女专家单独成组情况，有C63种分组方法，再对应到两个贫困县参加扶贫工作，有A22种情况，此时共有C63×A22＝20种安排方式，②分为2，4的两组时，有C64×C22＝15种分组方法，其中有1种两名女专家单独成组情况，则有14种符合条件的分组方法，再对应到两个贫困县参加扶贫工作，有A22种情况，此时共有14×A22＝28种安排方式，共有20+28＝48种安排方法；故选：A．二．多选题（共4小题）9．（2020春•常州期中）下列等式中，正确的是（ ）A．B．C．
D．【解答】解：∵AmAm（m2+1），A，等式不一定成立，∴A错；∵rCrnC，∴B对；∵CCCCCCC，∴C错．∵C•C，∴D对，故选：BD．10．（2020春•阳东区校级期中）若（1+mx）8＝a0+a1x+a2x2+…+a8x8且a1+a2+…+a8＝255，则实数m的值可以为（ ）A．﹣3B．﹣1C．0D．1【解答】解：若（1+mx）8＝a0+a1x+a2x2+…+a8x8，则令x＝0可得a0＝1，令x＝1，可得1+a1+a2+…+a8＝（1+m）8＝1+255＝256，则实数m＝1，或m＝﹣3，故选：AD．11．（2020春•章丘区校级月考）关于（a﹣b）11的说法，正确的是（ ）A．展开式中的二项式系数之和为2048B．展开式中只有第6项的二项式系数最大C．展开式中第6项和第7项的二项式系数最大D．展开式中第6项的系数最小【解答】解：对于A：二项式系数之和为211＝2048，故A正确；对于B、C：展开式共12项，中间第6、7项的二项式系数最大，故B错误，C正确；对于D：展开式中各项的系数为，k＝0，1，……，11易知当k＝5时，该项的系数最小．故D正确．故选：ACD．
12．（2020•泰安模拟）若（1﹣2x）2009＝a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2009x2009（x∈R），则（ ）A．a0＝1B．a1+a3+a5+…+a2009C．a0+a2+a4+…+a2008D．1【解答】解：由题意，当，当x＝1时，，当x＝﹣1时，，所以，，当所以．故选：ACD．三．填空题（共4小题）13．（2020•浙江模拟）地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时倒车入库，当停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有 336 种．【解答】解：根据题意，分2步进行分析：（1）：首先把四辆车排列有种排法，再把两个连续的空车位捆绑与另一空车位往4辆车中插入有种方法，由乘法原理有种停法；（2）：因为红、白两车相邻的情况有种．则符合要求的停车方法有336种．故停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有336种．
故答案为：336．14．（2020春•沙坪坝区校级期中）A，B，C，D，E，F六名同学参加一项比赛，决出第一到第六的名次．A，B，C三人去询问比赛结果，裁判对A说：“你和B都不是第一名”；对B说：“你不是最差的”；对C说：“你比A，B的成绩都好”，据此回答分析：六人的名次有 180 种不同情况．【解答】解：根据题意，B不是第一名，也不是最后一名，则B可以为第二、三、四、五名，据此分4种情况讨论：①B为第二名，C必须为第一名，剩下4人，安排在第三、四、五、六名，有A44＝24种情况，②B为第三名，若C为第一名，A有4种情况，剩下3人有A33＝6种情况，此时有4×6＝24种情况，若C为第二名，A有3种情况，剩下3人有A33＝6种情况，此时有3×6＝18种情况，此时有24+18＝42种情况，③B为第四名，若C为第一名，A有4种情况，剩下3人有A33＝6种情况，此时有4×6＝24种情况，若C为第二名，A有3种情况，剩下3人有A33＝6种情况，此时有3×6＝18种情况，若C为第三名，A有2种情况，剩下3人有A33＝6种情况，此时有2×6＝12种情况，此时有24+18+12＝54种情况，④B为第五名，若C为第一名，A有4种情况，剩下3人有A33＝6种情况，此时有4×6＝24种情况，若C为第二名，A有3种情况，剩下3人有A33＝6种情况，此时有3×6＝18种情况，若C为第三名，A有2种情况，剩下3人有A33＝6种情况，此时有2×6＝12种情况，若C为第四名，A有1种情况，剩下3人有A33＝6种情况，此时有1×6＝6种情况，此时有24+18+12+6＝60种情况，则一共有24+42+54+60＝180种情况；故答案为：180．15．（2020•余姚市校级模拟）若（2x+1）6＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a6（x+1）6，则a0＝ 1 ，a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6＝ 13 ．【解答】解：设f（x）＝（2x+1）6，g（x）＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a6（x+1）6，所以f′（x）＝12（2x+1）5，g′（x）＝a1+2a2（x+1）+…+6a6（x+1）5，又f（x）＝g（x），所以f′（x）＝g′（x），即12（2x+1）5＝a1+2a2（x+1）+…+6a6（x+1）5，取x＝0得：a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6＝12，又g（0）＝f（0），
所以a0＝1，故a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5+6a6＝1+12＝13，故答案为：1，13．16．（2020春•沙坪坝区校级月考）已知g（x）＝Cf（）x0（1﹣x）n+Cf（）x1（1﹣x）n﹣1+Cf（）x2（1﹣x）n﹣2+…+Cf（）xn（1﹣x）0，其中f（x）＝x．若r≥1时，有rCnC成立，则g（6）＝ 6 ．【解答】解：因为f（x）＝x，则f（），∴g（x）•0•x•（1﹣x）n﹣1••x2•（1﹣x）n﹣2••xk•（1﹣x）n﹣k+…+∁nn•1•xn•（1﹣x）0又∵rCnC成立⇒•；∴g（x）＝Cn﹣10•x•（1﹣x）n﹣1+Cn﹣11•x2•（1﹣x）n﹣2+Cn﹣12•x3•（1﹣x）n﹣3+…+Cn﹣1k﹣1•xk•（1﹣x）n﹣k+…+Cn﹣1n﹣2•xn﹣1•（1﹣x）+xn＝x•[Cn﹣10•（1﹣x）n﹣1+Cn﹣11•x•（1﹣x）n﹣2+…+Cn﹣1n﹣2•xn﹣2•（1﹣x）+Cn﹣1n﹣1•xn﹣1]＝x（1﹣x+x）n﹣1＝x，故g（x）＝x，且x≠0，x≠1；∴g（6）＝6；故答案为：6．四．解答题（共5小题）17．（2019秋•新余期末）已知（x2+1）n展开式中各项系数之和等于（x2）5的展开式的常数项，（1）求（x2+1）n展开式的第2项；（2）若（ax2+1）n的展开式的二项式系数最大的项的系数等于54，求a的值．【解答】解：（1）由（x2）5得，Tr+1（x2）5﹣r（）r＝（）5﹣r••x，
令Tr+1为常数项，则20﹣5r＝0，∴r＝4，∴常数项T516．又（x2+1）n展开式的各项系数之和等于2n．由题意得2n＝16，∴n＝4．∴展开式的第二项为4x6．（2）由（1）可得n＝4，由二项式系数的性质知，（ax2+1）4展开式中二项式系数最大的项是中间项T3，∴C42a2＝6a2＝54，∴a＝±3．18．（2020春•越秀区校级期中）如图，从左到右有5个空格．（1）若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法？（2）若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法？（3）若向这5个格子放入7个不同的小球，要求每个格子里都有球，问有多少种不同的放法？【解答】解：（1）根据题意，分2步进行分析：①、第三个格子不能填0，则0有4种选法；②、将其余的4个数字全排列，安排在其他四个格子中，有A44种情况，则一共有种不同的填法；（2）根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况，第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况，同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况，则五个格子共有3×2×2×2×2＝48种不同的涂法；（3）根据题意，分2步进行分析：①、将7个小球分成5组，有2种分法：
若分成2﹣2﹣1﹣1﹣1的5组，有种分法，若分成3﹣1﹣1﹣1﹣1的5组，有C73种分组方法，则有（C73）种分组方法，②、将分好的5组全排列，对应5个空格，有A55种情况，则一共有种放法．19．（2018秋•盐城期末）设（1+2x）n＝a0+a1x+a2x2+…+anxn，若展开式中第4项与第5项二项式系数最大．（1）求n；（2）求最大的系数ai；（3）是否存在正整数m，使得am+2+4am＝4am+1成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）若展开式中第4项与第5项二项式系数最大，即，则n＝7．（2）设（1+2x）7展开式中第r+1项Tr+1是系数最大的项，则，由不等式组，解得，且r∈N，∴r＝5，所以．（3）因为，所以，因为am+2+4am＝4am+1，所以，所以，由此方程可得：，解得：m＝1或4．
综上：存在m＝1或4，使得am+2+4am＝4am+1成立．20．（2019春•启东市校级期中）7个人排成一排，按下列要求各有多少种排法？（1）其中甲不站排头，乙不站排尾；（2）其中甲、乙、丙3人两两不相邻；（3）其中甲、乙中间有且只有1人；（4）其中甲、乙、丙按从左到右的顺序排列．【解答】解：（1）根据题意，分2种情况讨论：①、甲站在排尾，剩余6人进行全排列，安排在其他6个位置，有种排法，②、甲不站在排尾，则甲有5个位置可选，有种排法，乙不能在排尾，也有5个位置可选，有种排法，剩余5人进行全排列，安排在其他5个位置，有种排法，则此时有种排法；故甲不站排头，乙不站排尾的排法有3720种．（2）根据题意，分2步进行分析，①、将除甲、乙、丙之外的4人进行全排列，有种情况，排好后，有5个空位，②、在5个空位种任选3个，安排甲、乙、丙3人，有A53种情况，则共有1440种排法．（3）根据题意，分2步进行分析：①、先将甲、乙全排列，有种情况，②、在剩余的5个人中任选1个，安排在甲乙之间，有种选法，③、将三人看成一个整体，与其他四人进行全排列，有种排法，则甲、乙中间有且只有1人共有1200种排法．（4）根据题意，分2步进行分析：①、在7个位置中任取4个，安排除甲、乙、丙之外的4人，有A74种排法，②、将甲、乙、丙按从左到右的顺序安排在剩余的3个空位中，只有1种排法，则甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有A74＝840种．21．（2019春•宜兴市期末）已知fn（x）Cxk（n∈N*）．
（Ⅰ）计算fk（﹣1）的值；（Ⅱ）若g（x）＝f4（x）+2f5（x）+3f6（x）+4f7（x），求g（x）中含x4项的系数；（Ⅲ）证明：．【解答】解：（Ⅰ）∵＝（1+x）n﹣1，∴fn（﹣1）＝﹣1；∴；（Ⅱ）g（x）＝f4（x）+2f5（x）+3f6（x）+4f7（x）＝（1+x）4+2（1+x）5+3（1+x）6+4（1+x）7﹣10，g（x）中的x4项的系数为；（Ⅲ）设h（x）＝（1+x）m+1+2（1+x）m+2+…+n（1+x）m+n（x≠0与﹣1）①则函数h（x）中含xm+1项的系数为，另一方面，由①×（1+x）得：（1+x）h（x）＝（1+x）m+2+2（1+x）m+3+…+n（1+x）m+n+1②，①﹣②得：，∴，则h（x）中含xm+1项的系数为，，∴得证．
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