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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．512 B．192 C．240 D．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．19 B．26 C．7 D．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A 2＝2种，
2
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+C 1C 1＝5，
2 2
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A 2＝2种，
2
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+C 1C 1＝5，
2 2
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C 1A 2＝6种，
3 2
若没有人使用现金，则有C 2A 2＝6种，
3 2
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．36 B．96 C．114 D．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A 2×2×2＝16种；
②如果5人分成1，1，3三组，则分配方法有（C C ）A 42种；
③如果5人分成1，2，2三组，则分配方法有（ C ）A 72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．15 B．16 C．18 D．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．1 B．2 C．3 D．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．1 B．3 C．4 D．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1 13，
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
＝2 2
＝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．48 B．68 C．38 D．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 C 3种分组方法，
6
再对应到两个贫困县参加扶贫工作，有A 2种情况，
2
此时共有 C 3×A 2＝20种安排方式，
6 2
②分为2，4的两组时，有C 4×C 2＝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
6 2
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A 2种情况，
2
此时共有14×A 2＝28种安排方式，
2
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：∵A mA m （m2+1） ，A ，等式不一定
成立，∴A错；
∵rC r nC ，∴B对；
∵C C C C C C C ，∴C错．
∵ C • C ，∴D对，
故选：BD．
10．（2020春•阳东区校级期中）若（1+mx）8＝a +a x+a x2+…+a x8且a +a +…+a ＝255，则实数m的值
0 1 2 8 1 2 8
可以为（ ）
A．﹣3 B．﹣1 C．0 D．1
【解答】解：若（1+mx）8＝a +a x+a x2+…+a x8，
0 1 2 8
则令x＝0可得 a ＝1，
0
令x＝1，可得1+a +a +…+a ＝（1+m）8＝1+255＝256，
1 2 8
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2048
B．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＝a +a x+a x2+a x3+…+a x2009（x∈R），则（ ）
0 1 2 3 2009
A．a ＝1
0
B．a +a +a +…+a
1 3 5 2009
C．a +a +a +…+a
0 2 4 2008
D． 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 33 6 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 18 0 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A 4＝24种情况，
4
②B为第三名，若C为第一名，A有4种情况，剩下3人有A 3＝6种情况，此时有4×6＝24种情况，
3
若C为第二名，A有3种情况，剩下3人有A 3＝6种情况，此时有3×6＝18种情况，
3
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A 3＝6种情况，此时有4×6＝24种情况，
3
若C为第二名，A有3种情况，剩下3人有A 3＝6种情况，此时有3×6＝18种情况，
3
若C为第三名，A有2种情况，剩下3人有A 3＝6种情况，此时有2×6＝12种情况，
3
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A 3＝6种情况，此时有4×6＝24种情况，
3若C为第二名，A有3种情况，剩下3人有A 3＝6种情况，此时有3×6＝18种情况，
3
若C为第三名，A有2种情况，剩下3人有A 3＝6种情况，此时有2×6＝12种情况，
3
若C为第四名，A有1种情况，剩下3人有A 3＝6种情况，此时有1×6＝6种情况，
3
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＝a +a （x+1）+a （x+1）2+…+a （x+1）6，则a ＝ 1 ，
0 1 2 6 0
a +a +2a +3a +4a +5a +6a ＝ 1 3 ．
0 1 2 3 4 5 6
【解答】解：设f（x）＝（2x+1）6，g（x）＝a +a （x+1）+a （x+1）2+…+a （x+1）6，
0 1 2 6
所以f′（x）＝12（2x+1）5，g′（x）＝a +2a （x+1）+…+6a （x+1）5，
1 2 6
又f（x）＝g（x），所以f′（x）＝g′（x），
即12（2x+1）5＝a +2a （x+1）+…+6a （x+1）5，
1 2 6
取x＝0得：a +2a +3a +4a +5a +6a ＝12，
1 2 3 4 5 6
又g（0）＝f（0），
所以a ＝1，
0
故a +a +2a +3a +4a +5a +6a ＝1+12＝13，
0 1 2 3 4 5 6
故答案为：1，13．
16．（2020春•沙坪坝区校级月考）已知g（x）＝C f（ ）x0（1﹣x）n+C f（ ）x1（1﹣x）n﹣1+C f（
）x2（1﹣x）n﹣2+…+C f（ ）xn（1﹣x）0，其中f（x）＝x．若r≥1时，有rC nC 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+…+ n•1•xn•
n
∁
（1﹣x）0又∵rC nC 成立 • ；
⇒
∴g（x）＝C 0•x•（1﹣x）n﹣1+C 1•x2•（1﹣x）n﹣2+C 2•x3•（1﹣x）n﹣3+…+C k﹣1•xk•（1﹣x）n﹣
n﹣1 n﹣1 n﹣1 n﹣1
k+…+C n﹣2•xn﹣1•（1﹣x）+xn
n﹣1
＝x•[C 0•（1﹣x）n﹣1+C 1•x•（1﹣x）n﹣2+…+C n﹣2•xn﹣2•（1﹣x）+C n﹣1•xn﹣1]
n﹣1 n﹣1 n﹣1 n﹣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，T （ x2）5﹣r（ ）r＝（ ）5﹣r• •x ，
r+1
令T 为常数项，则20﹣5r＝0，
r+1
∴r＝4，
∴常数项T 16．
5
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T ，
3
∴C 2a2＝6a2＝54，
4
∴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A 4种情况，
4
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C 3种分组方法，
7
则有（ C 3）种分组方法，
7
②、将分好的5组全排列，对应5个空格，有A 5种情况，
5
则一共有 种放法．
19．（2018秋•盐城期末）设（1+2x）n＝a +a x+a x2+…+a xn，若展开式中第4项与第5项二项式系数最大．
0 1 2 n
（1）求n；
（2）求最大的系数a；
i（3）是否存在正整数m，使得a +4a ＝4a 成立？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．
m+2 m m+1
【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T 是系数最大的项，则 ，
r+1
由不等式组 ，解得 ，且r∈N，∴r＝5，
所以 ．
（3）因为 ，所以 ，
因为a +4a ＝4a ，所以 ，
m+2 m m+1
所以 ，
由此方程可得： ，
解得：m＝1或4．
综上：存在m＝1或4，使得a +4a ＝4a 成立．
m+2 m m+1
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A 3种情况，
5
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A 4种排法，
7
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A 4＝840种．
7
21．（2019春•宜兴市期末）已知f （x） C xk（n∈N*）．
n
（Ⅰ）计算 f （﹣1）的值；
k
（Ⅱ）若g（x）＝f （x）+2f （x）+3f （x）+4f （x），求g（x）中含x4项的系数；
4 5 6 7（Ⅲ）证明： ．
【解答】解：（Ⅰ）∵
＝（1+x）n﹣1，
∴f （﹣1）＝﹣1；
n
∴ ；
（Ⅱ）g（x）＝f （x）+2f （x）+3f （x）+4f （x）
4 5 6 7
＝（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 ．
