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第六章　计数原理
全卷满分150分　考试用时120分钟
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.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(a+2x)4的展开式中,x和x2的系数相同,则非零常数a=(　　)
A.1　　　　B.2　　　　C.3　　　　D.4
2.袋中装有除颜色外均相同的4个红球、3个蓝球和2个绿球.现从袋中无放回地随机取球,每次取1个球,直到取到红球为止,则第3次恰好取到红球的概率为(　　)
A.
3.已知(1+2x)n的展开式中只有第3项的二项式系数最大,则的展开式中的常数项是(　　)
A.20　　　　B.70　　　　C.84　　　　D.864
4.计划将甲、乙、丙、丁、戊五名教师分配到三个不同的乡村学校支教,每个学校至少分配一人,若甲、乙两人必须分配在同一个学校,且丙不能与甲、乙分配在同一个学校,则不同的分配方案的种数为(　　)
A.24　　　　B.30　　　　C.36　　　　D.42
5.已知(3x+1)2 025=a0+a1x+a2x2+…+a2 025x2 025,则a2+…+a2 025被4除的余数为(　　)
A.3　　　　B.2　　　　C.1　　　　D.0
6.如图,某校园新建了一处三层的“阶梯式绿植角”,每层从上到下依次摆放1个、2个、3个花盆,形成三角形排列,其中有虚线连接的2个花盆为“相邻花盆”,现有多个红、黄、蓝三种颜色的花盆可供选择,若规定“相邻花盆”颜色不同,且最下层不全为同色花盆,则花盆摆放的不同方式共有(　　)
A.18种　　　　B.32种　　　　C.54种　　　　D.72种
7.我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》中就给出了著名的杨辉三角,由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的,以下关于杨辉三角的说法错误的是(　　)
A.第6行从左到右第4个数是20
B.第2 026行的第1 013个数最大
C.210在杨辉三角中出现了6次
D.记第n行的第i个数为ai,则2i-1ai=3n
8.若一个四位数的各位数字的和为10,则称该数为“完美四位数”,如数字“2 017”,则用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于2 017的“完美四位数”有(　　)
A.71个　　　　B.66个　　　　C.59个　　　　D.53个
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)
9.已知(x-2)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,则下列结论正确的有(　　)
A.所有二项式系数之和为210
B.二项式系数最大的项是第五项和第六项
C.a0+a2+a4+…+a10=
D.a1+2a2+3a3+…+10a10=-10
10.下列各式正确的是(　　)
A.已知,则x的取值为6或7
B.+…+-1
C.将8个相同的小球放入4个不同的盒子中,每个盒子至少放一个小球,则共有70种不同放法
D.(2-x)(1-x)4的展开式中x3的系数为-14
11.某高速服务区停车场中有A至H 8个停车位(每个车位只能停一辆车),如图,现有两辆不同的黑色车和两辆不同的白色车要在该停车场停车,则下列说法正确的是(　　)
A B C D
E F G H
A.4辆车的停车方法共有1 680种
B.4辆车恰好停在同一行的方法有48种
C.2辆黑色车恰好相邻(停在同一行或同一列)的停车方法共有600种
D.相同颜色的车不停在同一行,也不停在同一列的方法共有288种
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.(x2+2x-y)5的展开式中,x5y2的系数为　　　　.
13.为吸引顾客,某大型超市开业期间租了含甲、乙在内的五个迎宾机器人,现将这五个机器人分配到一、二、三楼担任迎宾工作,若要求每个楼层至少分配一个机器人,一个机器人只能去一个楼层,且机器人甲、乙不在同一个楼层,则不同的分配方法种数为　　　　.(用数字作答)
14.计算机是20世纪最伟大的发明之一,计算机在进行计算和信息处理时,使用的是二进制.若将一个十进制数n(n∈N*)表示为n=a0×2k+a1×2k-1+a2×2k-2+…+ak×20,其中a0=1,ai∈{0,1}(i=1,2,3,…,k),则其二进制为(a0a1a2…ak)2(k∈N),例如:自然数1在二进制中就表示为(1)2,2表示为(10)2,3表示为(11)2,4表示为(100)2,7表示为(111)2.记f(n)为a0,a1,a2,…,ak中0的个数,如f(2)=1,f(4)=2,f(7)=0,则f(127)=　　　　;从1到127这些自然数的二进制表示中, f(n)=2的自然数有　　　　个.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)甲、乙、丙等6名同学利用周末到社区进行志愿服务.
(1)6名同学站成一排,若甲、乙、丙自左向右从高到矮排列,则不同的排列方案有多少种
(2)6名同学站成一排,甲、乙两名同学之间恰有2人的不同排列方案有多少种
(3)6名同学分成四组(每组至少有一人),进行四项不同的社区服务,则不同的分配方案有多少种
16.(15分)已知f(x)=(x+a)n(n∈N*).
(1)当a=2时,f(x)展开式中第三项的二项式系数是第二项的二项式系数的4倍.
①求n的值;
②求f(x)展开式中系数最大的项;
(2)当n=3时,f(x)-3a(ax+3)≥a3在(0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.
17.(15分)中华文化源远流长,为了让青少年更好地了解中国的传统文化,某培训中心计划利用暑期开设“围棋”“武术”“书法”“剪纸”“京剧”“刺绣”六门体验课程.
(1)若体验课连续开设六周,每周一门,求“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的所有排法种数;
(2)现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程,每人都选两门课程,甲和乙仅有一门相同的课程,丙和甲、乙的课程都不同,求所有选课的种数;
(3)计划安排A,B,C三名教师教这六门课程,每门课程只由一名教师任教,每名教师至少任教一门课程,求所有课程安排的种数.
18.(17分)将坐标平面上横坐标和纵坐标都为整数的点记为格点,格点P按照以下规则移动:
a.最初点P在原点O处;
b.点P每秒钟移动一次,若某个时刻点P在格点(m,n)处,则1秒后点P随机移动到相邻的格点(m+1,n),(m,n+1),(m-1,n),(m,n-1)处,点P移动到每个格点的概率相等.
(1)求点P在移动6秒后回到原点的概率;
(2)求点P在移动6秒后在直线y=x上的概率.
19.(17分)(x2+x+1)n=x2+…+xr+…+x2n的展开式中,把,…,叫做三项式系数.
(1)当n=1时,写出三项式系数的值;
(2)类比二项式系数的性质(1≤m≤n,m∈N*,n∈N*),探究(1≤m≤2n-1,m∈N*,n∈N*)之间的等量关系,并给出证明;
(3)求+…-的值.
答案全解全析
1.C 2.B 3.B 4.B 5.D 6.C
7.B 8.A 9.ACD 10.ABD 11.ABC
1.C　(a+2x)4的展开式的通项为Tr+1=·a4-r·(2x)r,r=0,1,2,3,4,∴x的系数为·a3·2=8a3,x2的系数为·a2·22=24a2,由题意知24a2=8a3,∴a=3(a=0舍去).
2.B　把所有球都看作不相同的元素,从中任取3个排成一排,有种情况,第3次恰好取到红球有种情况,故所求概率为P=.
3.B　因为(1+2x)n的展开式中只有第3项的二项式系数最大,所以展开式共5项,所以n=4,
可变形为,其展开式的通项为Tm+1=(-1)mx8-2m,m=0,1,2,…,8,令8-2m=0,得m=4,所以常数项为(-1)4=70.
4.B　将甲、乙看成一个整体,相当于4个元素,将4个元素分到3个学校,每个学校至少分到一个元素,有=6×6=36种情况,其中甲、乙与丙分配在同一个学校有=6种情况,故不同的分配方案有36-6=30种.
5.D　令x=0,得a0=12 025=1,令x=,得52 025=a0+a2+…+a2 025,所以a2+…+a2 025=52 025-1.
因为52 025=(4+1)2 025=·42 025+·42 024+…+·41+·42 025+·42 024+…+·41+1,
所以52 025被4除的余数为1,即52 025-1被4除的余数为0.
6.C　如图,由题可知A有3种颜色可选,
①当B1、B2同色时,有2种颜色可选,此时C1、C2、C3各有2种颜色可选,其中C1、C2、C3同色时有2种颜色可选,此时花盆摆放的不同方式有3×2×(2×2×2-2)=36种;
②当B1、B2不同色时,B1有2种颜色可选,B2有1种颜色可选,则C1有2种颜色可选,C2有1种颜色可选,C3有2种颜色可选,其中C1、C2、C3同色时有1种颜色可选,此时花盆摆放的不同方式有3×2×1×(2×1×2-1)=18种.
故花盆摆放的不同方式共有36+18=54种.
7.B　选项A,从第1行起,第n行从左到右第m个数可表示为,故第6行从左到右第4个数是=20,故A中说法正确;
选项B,第2 026行的第m个数可表示为,由组合数的性质可知最大,因此m-1=1 013,m=1 014,故第2 026行的第1 014个数最大,故B中说法错误;
选项C,210在杨辉三角中出现的情况有(第10行的第5个数),(第10行的第7个数),(第21行的第3个数),(第21行的第20个数),(第210行的第2个数),(第210行的第210个数),共6次,故C中说法正确;
选项D,第n行的第i个数ai=,
因此,令j=i-1,则=(1+2)n=3n,即2i-1ai=3n,故D中说法正确.
8.A　四个数字和为10的情况有:①0,1,3,6,②0,1,4,5,③0,1,2,7,④0,2,3,5,⑤1,2,3,4,共5种.①当四个数字为0,1,3,6时,千位数字可以为3或6,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有2×6=12个符合题意的“完美四位数”;
②当四个数字为0,1,4,5时,千位数字可以为4或5,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有2×6=12个符合题意的“完美四位数”;
③当四个数字为0,1,2,7时,若千位数字为7,则将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,若千位数字为2,则有2 071,2 107,2 170,2 701,2 710,共5种情况,此时有6+5=11个符合题意的“完美四位数”;
④当四个数字为0,2,3,5时,千位数字可以为2或3或5,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有3×6=18个符合题意的“完美四位数”;
⑤当四个数字为1,2,3,4时,千位数字可以为2或3或4,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有3×6=18个符合题意的“完美四位数”.
故共有12+12+11+18+18=71个符合题意的“完美四位数”.
9.ACD　对于A,所有二项式系数之和为+…+=210,故A正确;
对于B,(x-2)10的展开式中二项式系数为(r=0,1,2,…,10),由于n=10为偶数,所以二项式系数在中间一项达到最大,即r==5时,最大,对应第六项,故B错误;
对于C,令x=1,得(1-2)10=1=a0+a1+a2+…+a10,
令x=-1,得(-1-2)10=310=a0-a1+a2-a3+…+a10,
两式相加得1+310=2(a0+a2+a4+…+a10),解得a0+a2+a4+…+a10=,故C正确;
对于D,对(x-2)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10两边求导,得10(x-2)9=a1+2a2x+…+10a10x9,
令x=1,得a1+2a2+…+10a10=10×(-1)9=-10,故D正确.
10.ABD　对于A,因为,所以x+2=2x-5或x+2+2x-5=15,解得x=7或x=6,故A正确.
对于B,由组合数的性质可知
=
=
=,所以,
则+…++…+-1,故B正确.
对于C,利用隔板法求解,原问题转化为将8个相同的小球排成一列,在中间7个空隙中放入3个隔板,共有=35种不同放法,故C错误.
对于D,(1-x)4的展开式的通项为Tr+1=(-x)r,r=0,1,2,3,4,(2-x)(1-x)4的展开式中x3的系数由两部分组成:一是2与(1-x)4的展开式中x3的系数的积,即2×(-)=-8;二是-x的系数-1与(1-x)4的展开式中x2的系数的积,即-=-6,所以(2-x)(1-x)4的展开式中x3的系数为-8-6=-14,故D正确.
11.ABC　4辆车的停车方法共有=1 680种,故A正确;
4辆车恰好停在同一行的方法有=48种,故B正确;
2辆黑色车相邻且停在同一行有6种位置,停在同一列有4种位置,黑色车的停车方法共有(6+4)种,白色车的停车方法共有种,故共有(6+4)=600种,故C正确;
相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列,则第一辆黑色车8个车位都可停车,第二辆黑色车只能有3个车位可停车,黑色车的停车方法有8×3=24种,
不妨设黑色车停在AF两个车位,则白色车只能停在BE,BG,BH,CE,CH,DE,DG,共7种选择,故白色车的停车方法有2×7=14种,故共有24×14=336种方法,故D错误.
12.答案　60
解析　(x2+2x-y)5的展开式的通项为Tr+1=(x2+2x)5-r(-y)r,r=0,1,2,3,4,5,令r=2,得T3=(x2+2x)3y2.
(x2+2x)3的展开式的通项为T'k+1=x6-k,k=0,1,2,3,令k=1,得T'2=21×x5.
所以展开式中x5y2的系数为=60.
13.答案　114
解析　若一个楼层分配三个机器人,其余两个楼层每层分配一个机器人,则有·=60种分配方法,若一个楼层分配一个机器人,其余两个楼层每层分配两个机器人,有·=90种分配方法,故共有150种分配方法.
甲、乙在同一个楼层的分配情况如下:若甲、乙在有三个机器人的组中,则有=18种分配方法;若甲、乙在有两个机器人的组中,则有=18种分配方法,故甲、乙在同一个楼层的分配方法有18+18=36种,所以甲、乙不在同一个楼层的分配方法有150-36=114种.
14.答案　0;35
解析　因为127=1×26+1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20,所以f(127)=0.
当k=2时,有1个,当k=3时,有个,当k=4时,有个,当k=5时,有个,当k=6时,有个,
则一共有1+=35个,
所以从1到127这些自然数的二进制表示中, f(n)=2的自然数有35个.
15.解析　(1)先将6人全排列,有种.(2分)
因为甲、乙、丙三人排列有种,所以甲、乙、丙自左向右从高到矮排列时,不同的排列方案有=120种.(4分)
(2)从除甲、乙以外的4人中任选2人排在甲、乙之间,与甲、乙组成一个整体,再与余下的2人全排列,则不同的排列方案有=144种.(7分)
(3)6名同学分成四组(每组至少一人),则分组方案可以为2,2,1,1;3,1,1,1.(8分)
若按2,2,1,1分组,则不同的分配方案有=45种;
若按3,1,1,1分组,则不同的分配方案有=20种.
又进行四项不同的社区服务,
故不同的分配方案有(45+20)=1 560种.(13分)
16.解析　(1)①由已知得,则=4n,所以n=9.(2分)
②由①知f(x)=(x+2)9,其展开式的通项为Tk+1=2kx9-k,k=0,1,2,…,9,(3分)
令(5分)
解得≤k≤,又k∈N,所以k=6.
所以f(x)的展开式中系数最大的项为T7=26x3=5 376x3.(7分)
(2)当n=3时,f(x)=(a+x)3=a3+3a2x+3ax2+x3,
则f(x)-3a(ax+3)≥a3,即x3+3ax2-9a≥0.(8分)
设g(x)=x3+3ax2-9a(x>0),则g(x)≥0恒成立,
g'(x)=3x2+6ax=3x(x+2a)(x>0),
当a≥0时,g'(x)>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,
又x→0时,g(x)→-9a,所以g(x)>-9a,要想g(x)≥0恒成立,需满足-9a≥0,解得a≤0,结合a≥0,得a=0.(11分)
当a<0时,由g'(x)>0得x>-2a,由g'(x)<0得0由4a3-9a≥0得-≤a≤0或a≥,
又a<0,故-≤a<0.(14分)
综上,a的取值范围为.(15分)
17.解析　(1)第一步,将除“京剧”和“剪纸”以外的四门课程排好,有种情况,(1分)
第二步,将“京剧”和“剪纸”课程分别插入5个空隙中,有种情况,(2分)
所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的所有排法有=480种.(3分)
(2)第一步,将甲和乙的不同课程排好,有种情况,(4分)
第二步,将甲和乙的相同课程排好,有种情况,(5分)
第三步,排丙,丙和甲、乙的课程都不同,所以丙的排法有种情况,(6分)
因此,所有选课的种数为=360.(7分)
(3)将6门课程分成1、1、4,1、2、3和2、2、2三种情况:
①先分成1、1、4三组,再分给三名教师,有=90种情况;(9分)
②先分成1、2、3三组,再分给三名教师,有=360种情况;(11分)
③先分成2、2、2三组,再分给三名教师,有=90种情况.(13分)
综上,所有课程安排的种数为90+360+90=540.(15分)
18.解析　(1)点P每秒移动有上、下、左、右4种可能,6秒有46种可能.(1分)
移动6秒后点P回到点(0,0),具体情况见下表:
移动的情况 上 下 左 右 数量
一 3 3 0 0
二 2 2 1 1
三 1 1 2 2
四 0 0 3 3
(5分)
故点P在移动6秒后回到原点的概率P1=.(6分)
(2)点P移动6秒后在直线y=x上,即移动到点(0,0),(1,1),(-1,-1),(2,2),(-2,-2),(3,3),(-3,-3),共7种情况.
(i)移动6秒后到原点,由(1)知有2()=400种情况;(7分)
(ii)移动6秒后到点(1,1),具体情况见下表:
移动的情况 上 下 左 右 数量
一 3 2 0 1
二 1 0 2 3
三 2 1 1 2
此时共有=300种情况;(11分)
(iii)移动6秒后到点(2,2),具体情况见下表:
移动的情况 上 下 左 右 数量
一 3 1 0 2
二 2 0 1 3
此时共有=120种情况;(14分)
(iv)移动6秒后到点(3,3),则“上”“右”各移动三次,共=20种情况,
移动6秒后到点(-1,-1),(-2,-2),(-3,-3)的情况数分别等于移动到点(1,1),(2,2),(3,3)的情况数.(16分)
故点P在移动6秒后在直线y=x上的概率P2=.(17分)
19.解析　(1)因为(x2+x+1)1=x2+x+1,
所以=1.(3分)
(2)类比二项式系数性质,三项式系数有如下性质:
(1≤m≤2n-1,m∈N*,n∈N*).
因为(1+x+x2)n+1=(1+x+x2)·(1+x+x2)n,
所以(1+x+x2)n+1=(1+x+x2)·(x2+…+x2n),(6分)
上式左边xm+1的系数为,右边xm+1的系数为,由(1+x+x2)n+1=(1+x+x2)·(1+x+x2)n为恒等式,
得(1≤m≤2n-1,m∈N*,n∈N*).(9分)
(3)(1+x+x2)2 024·(x-1)2 024
=(x2+…+x4 047+x4 048)·(·x2 024-x2 023+x2 022-x2 021+…-),(12分)
其中x2 024的系数为·+…-,
易知(1+x+x2)2 024·(x-1)2 024=(x3-1)2 024,(14分)
(x3-1)2 024的展开式的通项为Tr+1=(-1)r(x3)2 024-r,r=0,1,2,…,2 024,
因为2 024不是3的倍数,所以(x3-1)2 024的展开式中没有x2 024项,
由代数式恒成立,得+…-=0.(17分)

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