2022届高考数学二轮专题复习5 计数原理.docx

1、计数原理1加法原理与乘法原理1从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为（）A24B18C12D6【答案】C【解析】根据题意，要使组成无重复数字的三位数为偶数，则从0，2中选一个数字为个位数，有种可能，从1，3，5中选两个数字为十位数和百位数，有种可能，故这个无重复数字的三位数为偶数的个数为，故选C2把12345这五个数随机地排成一个数列，要求该数列恰好先递增后递减，则这样的数列共有_【答案】14【解析】该数列为先增后减，则5一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，当5前面只有一个数时，有4种情况，当5前面只有2个数时，有种情况，当5前面

2、有3个数时，有4种情况，故一共有，故答案为143如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有（）A24种B48种C72种D96种【答案】B【解析】按涂色顺序进行分四步：涂A部分时，有4种涂法；涂B部分时，有3种涂法；涂C部分时，有2种涂法；涂D部分时，有2种涂法由分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有种，故选B4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，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（）ABCD【答案】C【解析】分两步，先

3、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，由题设，四棱锥S-ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有种染色方法；当染好时，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种，故选C5从正方体的8个顶点中选取4个作为顶点，可得到四面体的概率为_【答案】【解析】正方体的8个顶点中选取4个作为顶点，共有种取法，可得到四面体的情况有：从上底面取一个点下底面取三个点有种；从上底面取二个点下底面取二

4、个点有种，其中当上底面和下底面取的四个点在同一平面时共有10种情况不符合，此种情况共有种；从上底面取三个点下底面取一个点有种，一个有种，所以可得到四面体的概率为，故答案为62021年河北等八省举行首次“3+1+2”的新高考模式，“3”为全国统一高考的语文数学外语3门必考科目，“1”由考生在物理历史2门中选考1门科目，“2”由考生在思想政治地理化学生物4门中选考2门科目则甲，乙两名考生在选考科目“1”与选考科目“2”中恰有两门科目相同且只有这两门相同的方法数为_种【答案】60【解析】分两种情况讨论：1，甲乙两人选考科目相同的一科在物理或历史中，另一科“思想政治、地理、化学、生物”4门中，有种方法

5、；2，甲乙两人选考科目相同的为“思想政治、地理、化学、生物”4门中的两科，有种方法，则甲，乙两名考生在选考科目“1”与选考科目“2”中恰有两门科目相同且只有这两门相同的方法数为种，故答案为602排列组合1中国长征系列运载火箭包括长征一号、长征二号、长征三号、长征四号个系列十多种型号，具有发射从低轨到高轨、不同质量与用途的各种卫星、载人航天器和月球探测器的能力其中长征三号系列火箭因其入轨精度高、轨道选择多、适应能力强，成为发射北斗导航卫星的“专属列车”年间，长征三号系列火箭用次成功发射的优异表现，将颗北斗导航卫星送入预定轨道现假设长征三号系列火箭某次成功发射共运送颗相同的北斗导航卫星进入预定轨道

6、，每次发射运送颗或颗卫星，则这颗卫星的不同运送方式共有_种【答案】【解析】由题知，有次运送颗、有次运送颗，而卫星无区别，故只需确定次中是哪次运送颗，共有种情况，故答案为2甲乙丙三人相约去看电影，他们的座位恰好是同一排10个位置中的3个，因疫情防控的需要（这一排没有其他人就座），则每人左右两边都有空位的坐法（）A120种B80种C64种D20种【答案】A【解析】根据题意，一并排座位有10个，3人就坐，有7个空座位，将7个空座位排成一排，中间有6个空档，将3人连同座位一起安排空档上，有种安排方法，故答案为A3某市从6名优秀教师中选派3名同时去3个灾区支教 (每地1人)，其中甲和乙不同去，则不同的选

7、派方案的种数为（）A48B60C96D168【答案】C【解析】由题意所求方法数为6人中任选派3人的方法数减去甲和乙同去的方法：，故选C4北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（）A8B10C12D14【答案】C【解析】由题意可知应将志愿者分为三人组和两人组先将小李、小明之外的三人分为两组

8、，有种分法，再将小李、小明分进两组，有种分法，再将两组分配安装两个吉祥物，有种分法，所以共计有种，故选C5某学校社会实践小组共有5名成员，该小组计划前往三个红色教育基地进行“学党史，颂党恩，跟党走”的主题宣讲志愿服务若每名成员只去一个基地，每个基地至少有一名成员前往，且甲，乙两名成员前往同一基地，丙，丁两名成员前往不同基地，则不同的分配方案总数（）A86种B64种C42种D30种【答案】D【解析】3，1，1阵型：；2，2，1阵型：，甲乙同去一个基地共有36种结果，丙丁在同一组共有个结果，故选D6下午活动时间，全校进行大扫除，某班卫生委员将包括甲乙在内的6位同学平均分成3组，分别派到3块班级管辖

9、区域清理卫生，问甲乙被分到同一个管辖区域的概率为（）ABCD【答案】B【解析】6位同学平均分成3组，并派到3块班级管辖区域的情况有（种），其中甲乙被分到同一个管辖区域的情况有（种），所以所求概率，故选B7某市有、五所学校参加中学生体质抽测挑战赛，决出第一名到第五名的名次校领导和校领导去询问成绩，回答者对校领导说：“很遗憾，你和校都没有得到第一名”，对校领导说“你也不是最后一名”从这两个回答分析，这五个学校的名次排列的不同情况共有（）A种B种C种D种【答案】C【解析】由题意可知，校为第二至第四某个名次，校在第二至第五名次中剩余三个名次中选一个名次，其余三个名次任意排列，故这五个学校的名次排列的不

10、同情况共有种，故选C8有唱歌、跳舞、小品、杂技、相声五个节目制成一个节目单，其中小品、相声不相邻且相声、跳舞相邻的节目单有_种（结果用数字作答）【答案】【解析】先考虑相声、跳舞相邻的情况，只需将相声、跳舞这两个节目进行捆绑，形成一个大元素，然后再将这个“大元素”与其它三个节目进行排序，共有种排法接下来考虑相声节目与小品、跳舞都相邻的情形，需将相声与小品、跳舞这三个节目进行捆绑，其中相声节目位于中间，然后将这个“大元素”与其它两个节目进行排序，此时共有种排法综上所述，由间接法可知，共有种不同的排法，故答案为9现有甲乙丙丁戊五位同学，分别带着ABCDE五个不同的礼物参加“抽盲盒”学游戏，先将五个礼

11、物分别放入五个相同的盒子里，每位同学再分别随机抽取一个盒子，恰有一位同学拿到自己礼物的概率为（）ABCD【答案】D【解析】先从五人中抽取一人，恰好拿到自己的礼物，有种情况，接下来的四人分为两种情况，一种是两两一对，两个人都拿到对方的礼物，有种情况，另一种是四个人都拿到另外一个人的礼物，不是两两一对，都拿到对方的情况，有种情况，综上：共有种情况，而五人抽五个礼物总数为种情况，故恰有一位同学拿到自己礼物的概率为，故选D10某区突发新冠疫情，为抗击疫情，某医院急从甲、乙、丙等9名医务工作者中选6人参加周一到周六的某社区核酸检测任务，每天安排一人，每人只参加一天现要求甲、乙、丙至少选两人参加考虑到实际

12、情况，当甲、乙、丙三人都参加时，丙一定得排在甲乙之间，那么不同的安排数为_（请算出实际数值）【答案】【解析】计算不同的安排数有两类办法：甲、乙、丙中只选两人，有种选法，再从余下6人中任选4人有选法，将选取的6人安排到周一到周六有种，因此，共有不同安排种数为，当甲、乙、丙三人都参加时，从余下6人中任选3人有选法，周一到周六中取3天安排甲、乙、丙且丙在甲乙之间有种，另3天安排所选3人有种，共有不同安排数为，由分类加法计数原理得：共有不同的安排数为，故答案为11（多选）第五届世界智能大会于2021年5月20日至23日在天津召开，小张小赵小李小罗小王五人为志愿者现有翻译安保礼仪服务四项不同的工作可供安

13、排，则下列说法正确的有（）A若五人每人可任选一项工作，则不同的选法有种B若安排小张和小赵从事翻译安保工作，其余三人中任选两人从事礼仪服务工作，则有12种不同的方案C若礼仪工作必须安排两人，其余工作各安排一人，则有60种不同的方案D已知五人身高各不相同，若安排五人拍照，前排两人，后排三人，后排要求三人中身高最高的站中间，则有40种不同的站法【答案】BCD【解析】对于A，若五人每人可任选一项工作，则每人都有4种选法，则共有种选法，故A错误；若安排小张和小赵从事翻译安保工作，其余三人中任选两人从事礼仪服务工作，则不同的方案有（种），故B正确；对于C，在五人中任选两人，安排礼仪工作，有种选法，再给剩下

14、三人安排剩下的三项工作，有种情况，则有种不同的方案，故C正确；对于D，在五人中任选两人，安排在第一排，有种排法，剩下三人安排在第二排，要求身高最高的站中间，有2种排法，则有种不同的站法，故D正确，故选BCD12有7个人分成两排就座，第一排3人，第二排4人（1）共有多少种不同的坐法？（2）如果甲和乙都在第二排，共有多少种不同的坐法？（3）如果甲和乙不能坐在每排的两端，共有多少种不同的坐法？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）解：排成两排就座，第一排3人，第二排4人，有种方法（2）解：若甲和乙都在第二排，先从其余5人中选出2人有种选法，将这两人与甲、乙排在第二排，再将其余3人排在第一排，故

15、一共有种排法（3）解：如甲和乙不能坐在每排的两端，则先将甲、乙安排在除每排的两端外的三个位置中的两个位置，再将其余人全排列即可，故一共有种排法13现有编号分别为，的7个不同的小球，将这些小球排成一排（1）若要求，相邻，则有多少种不同的排法？（2）若要求排在正中间，且，各不相邻，则有多少种不同的排法？【答案】（1）720；（2）216【解析】（1）把，看成一个整体与剩余的4个球全排列，则不同的排法有（种）（2）在正中间，所以的排法只有1种因为，互不相邻，所以，不可能同时在的左侧或右侧若，中有1个在的左侧，2个在的右侧且不相邻，则不同的排法有（种），若，中有2个在的左侧且不相邻，1个在的右侧，则不

16、同的排法有（种），故所求的不同排法有（种）3二项式定理1展开式的系数和与二项式系数和均为64，若，则其展开式中常数项为_【答案】15【解析】由已知，故所以展开式通项为，当时，常数项为，故答案为152展开式中的常数项为_【答案】20【解析】当时，展开式的通项公式为，令，得，常数项为，当时，展开式的通项公式为，令，得，常数项为，所以展开式的常数项为，故答案为3的展开式中的系数为_【答案】【解析】因为，又的展开式的通项，所以的展开式中的系数为，故答案为4在的展开式中，若，则含项的系数是_；若常数项是24，则_【答案】，4【解析】时，的展开式的通项公式为：，其中，令，则，故，即含项的系数是的展开式的通

17、项公式为，其中，令，则，由常数项为24可得，解得n=4，故答案为；45的展开式中，含项的系数为160，则（）ABC2D4【答案】B【解析】，显然只能来源于，故只需求展开式中的系数，由二项展开式可得，含有的项为，于是，解得，故选B6若，则的值是（）A0B1C2D3【答案】A【解析】令，得；令，得；展开式中的系数为2，故，所以，故选A7（多选）对于二项式的展开式，下列结论正确的是（）A各项系数之和为0B二项式系数的最大值为C不存在常数项Dx的系数为【答案】AC【解析】对于A，令，则可得各项系数之和为，故A正确；对于B，二项式系数最大的为，故B不正确；对于C，的展开式的通项公式为，令，解得，不是非负整数，故不存在常数项，故C正确；对于D，令，解得，则的系数为，故D错误，故选AC8（多选）的展开式系数按升幂依次为，其中和最大，以下判断正确的有（）ABC数列是首项为1的等比数列，有成立，则数列的前5项和D的展开式中的系数是【答案】ABD【解析】对于A和B：的展开式系数就是二项式系数，由二项式系数性质可知，所有二项式系数之和为故A，B正确；对于C：设等比数列的公比为，则，因为，所以，所以，所以等比数列的前5项和，故C不正确；对于D：的通项公式为，令，再令，而（舍），所以项的系数为，故D正确，故选ABD