2018-2019学年高二数学选修2-3章末综合测评1

章末综合测评(一) 计数原理
(时间120分钟，满分160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上)
1．将(x －q )(x －q －1)(x －q －2)…(x －19)写成A m n 的形式是________． 【解析】 由式子的形式可知(x －q )为最大因子，共有20－q 个因式连乘，
故(x －q )(x －q －1)(x －q －2)…(x －19)＝A 20－q x －q .
【答案】 A 20－q x －q
2．(a 1＋a 2)(b 1＋b 2＋b 3)(c 1＋c 2＋c 3＋c 4)的展开式中有________项． 【解析】 要得到项数分3步：
第1步，从第一个因式中取一个因子，有2种取法； 第2步，从第二个因式中取一个因子，有3种取法； 第3步，从第三个因式中取一个因子，有4种取法． 由分步计数原理知共有2×3×4＝24项． 【答案】 24
3．某人有3个不同的电子邮箱，他要发5封电子邮件，不同的发送方法有________种．
【解析】 每封电子邮件都有3种发送方式，共有35种不同的发送方法． 【答案】 35
4．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法共有________种．
【解析】 这是一个元素不相邻问题，采用插空法，A 33C 34＝24.
【答案】 24
5．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 3－1x n 的展开式中的常数项是第7项，则正整数n 的值为________．
【解析】 T 7＝C 6n ·(2x 3)n －6·⎝ ⎛⎭
⎪⎫－1x 6＝C 6n ·2n －6·x 3n －24
.
由3n －24＝0，得n ＝8. 【答案】 8
6．在x (1＋x )6的展开式中，含x 3项的系数为________．
【解析】 x (1＋x )6的展开式中x 3项的系数与(1＋x )6的展开式中x 2项的系数相同，故其系数为C 26＝15.
【答案】 15
7．若二项式⎝ ⎛
⎭
⎪⎫2x ＋a x 7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a ＝________.
【导学号：29440033】
【解析】 展开式中含1x 3的项是T 6＝C 57(2x )2⎝ ⎛⎭
⎪⎫a x 5＝C 57
22a 5x －3
，故含1x 3的项的系数是C 5722a 5
＝84，解得a ＝1.
【答案】 1
8．若C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n
能被7整除，则x ，n 的值可能为________．(填
序号)
①x ＝4，n ＝3；②x ＝4，n ＝4；③x ＝5，n ＝4；④x ＝6，n ＝5.
【解析】 ∵C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n ＝(1＋x )n －1，
结合①②③④可知，仅有③符合题意． 【答案】 ③
9．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1,2号中至少有1名新队员的排法有________种(用数字作答)．
【解析】 (1)当有1名老队员时，其排法有C 12C 23A 33＝36(种)；
(2)当有2名老队员时，其排法有C 22·C 13·C 12·A 22＝12(种)，∴共有36＋12＝
48(种)．
【答案】 48
10．(2015·全国卷Ⅰ改编)(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为________．
【解析】法一：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝C25(x2＋x)3·y2.
其中(x2＋x)3中含x5的项为C13x4·x＝C13x5.
所以x5y2的系数为C25C13＝30.
法二：(x2＋x＋y)5为5个x2＋x＋y之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为C25C23C11＝30.
【答案】30
11．一条街上有8盏灯，为节约用电，晚上只开5盏灯，且规定相邻的灯不能都不亮，两头的灯都要亮，那么不同的亮灯方案有________种.
【解析】在亮着的5盏灯间有4个空档，选3个空档放3个不亮的灯，有C34种方法．
【答案】 4
12．从正方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点中选取4个作为四面体的顶点，可得到的不同四面体的个数为________．
【解析】在正方体中，6个面和6个对角面上的四个点不能构成四面体，故共有C48－12＝58个不同的四面体．
【答案】58
13．某省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为________．
【解析】设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊，由题意，如果甲不参加“围棋苑”，有下列两种情况：
(1)从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加“围棋苑”，有C14种方法，然后从
甲与丙、丁、戊共4人中选2人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中，有C24A33种方法，这时共有C14C24A33种参加方法；
(2)从乙、丙、丁、戊中选2人(如乙、丙)参加“围棋苑”，有C24种方法，甲与丁、戊分配到其他三个社团中有A33种方法，这时共有C24A33种参加方法．综合(1)(2)，共有C14C24A33＋C24A33＝180(种)参加方法．
【答案】180种
14．将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为a i(i＝1,2，…，6)．若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1＜a3＜a5，则不同的排列方法有________种．(用数字作答) 【解析】第一类：a1＝2时，a3＝4，a5＝6或a3＝5，a5＝6，共有2A33＝12(种)．
第二类：a1＝3时，a3＝4，a5＝6或a3＝5，a5＝6，共有2A33＝12(种)．
第三类：a1＝4时，a3＝5，a5＝6，共有A33＝6(种)．
所以总的排列方法有12＋12＋6＝30(种)．
【答案】30
二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分14分)将5个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有多少种？【导学号：29440034】
【解】就编号为1的盒子中所放的球的个数分类：第一类，当编号为1的盒子中放入一个球时，相应的放法数有C15＝5种；第二类，当编号为1的盒中放入2个球时，相应的放法数有C25＝10种；第三类，当编号为1的盒子中放入3个球时，相应的放法数有C35＝10种．根据分类计数原理可知，满足题意的放法种数是5＋10＋10＝25.
16．(本小题满分14分)男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1
人，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)男3名，女2名； (2)队长至少有1人参加； (3)至少有1名女运动员； (4)既要有队长，又要有女运动员．
【解】 (1)C 36×C 2
4＝120种不同的选派方法．
(2)分为两类：仅1名队长参加和两人都参加：共C 12×C 48＋C 38＝196种不同
的选派方法．
(3)全部选法中排除无女运动员的情况：
共C 410－C 56＝204种不同的选法． (4)分三类：①仅女队长：C 48； ②仅男队长：C 48－C 45；
③两名队长：C 38；
∴共C 48＋C 48－C 45＋C 38＝191种不同的选派方法． 17．(本小题满分14分)已知⎩⎪⎨⎪
⎧
C x n ＝C 2x
n ，C x ＋1n
＝113C x －1
n ，试求x ，n 的值．
【解】 ∵C x n ＝C n －x n ＝C 2x
n ，∴n －x ＝2x 或x ＝2x (舍去)，∴n ＝3x .
由C x ＋1n
＝113C x －1n
，得 n ！
(x ＋1)！(n －x －1)！＝11
3·n ！(x －1)！(n －x ＋1)！， 整理得
3(x －1)！(n －x ＋1)！＝11(x ＋1)！(n －x －1)！， 3(n －x ＋1)(n －x )＝11(x ＋1)x .
将n ＝3x 代入，整理得6(2x ＋1)＝11(x ＋1)，
∴x ＝5，n ＝3x ＝15.
18．(本小题满分16分)利用二项式定理证明：49n ＋16n －1(n ∈N *)能被16整除．
【证明】 49n ＋16n －1＝(48＋1)n ＋16n －1
＝C 0n ·48n ＋C 1n ·48n －1＋…＋C n －1n ·48＋C n n ＋16n －1 ＝16(C 0n ·3×48n －1＋C 1n ·
3×48n －2＋…＋C n －1
n ·3＋n )． 所以49n ＋16n －1能被16整除．
19．(本小题满分16分)设(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10，求下列各式的值：
(1)a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10； (2)a 6.
【解】 (1)令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝(2－1)10＝1.
(2)a 6即为含x 6项的系数，T r ＋1＝C r 10(2x )10－r ·(－1)r ＝C r 10(－1)r 210－r ·x 10－r ，所以当r ＝4时，T 5＝C 410(－1)426x 6＝13 440x 6，即a 6＝13 440.
20．(本小题满分16分)设数列{a n }是等比数列，a 1＝C 3m 2m ＋3·
A 1
m －2，公比q 是⎝ ⎛
⎭
⎪⎫x ＋14x 24的展开式中的第二项． (1)用n ，x 表示通项a n 与前n 项和S n ；
(2)若A n ＝C 1n S 1＋C 2n S 2＋…＋C n
n S n ，用n ，x 表示A n . 【解】 (1)因为a 1＝C 3m 2m ＋3·A 1m －2，
所以⎩⎪⎨⎪⎧ 2m ＋3≥3m ，m －2≥1，即⎩⎪⎨⎪⎧
m ≤3，m ≥3，
所以m ＝3，所以a 1＝1.
又由⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋14x 24知T 2＝C 14·x 4－1·
14x 2＝x ，
所以a n ＝x n －1
，S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
n ，x ＝1，1－x
n
1－x ，x ≠1.
(2)当x ＝1时，S n ＝n ，
A n ＝C 1n ＋2C 2n ＋3C 3n ＋…＋n C n
n .①
又因为A n ＝n C n n ＋(n －1)C n －1n ＋(n －2)C n －2n ＋…＋C 1n ＋0·C 0n ，② 由C m n ＝C n －m n
，①＋②得 2A n ＝n (C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n )，
所以A n ＝n ·2n －1. 当x ≠1时，S n ＝
1－x n 1－x
，
A n ＝1－x 1－x C 1n ＋1－x 21－x C 2n ＋1－x 31－x C 3n ＋…＋1－x n 1－x C n n
＝
11－x ·[(C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n )－(x C 1n ＋x 2C 2n ＋x 3C 3n ＋…＋x n C n
n )]＝11－x
[2n －1－(1＋x C 1n ＋x 2C 2n ＋…＋x n C n
n －1)]＝
1
1－x
[2n －(1＋x )n ]． 所以A n ＝⎩⎪⎨⎪⎧
n ·2n －1
，x ＝1，2n
－(1＋x )n
1－x
，x ≠1.。