高中数学 第一章 计数原理章末检测试卷 新人教A版选修2-3
【高考调研】高中数学(人教a版)选修2-3：第一章-计数原理+单元测试题
第一章综合测试题一、选择题1．设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2、3、3、4条路，只从一面上山，而从任意一面下山的走法最多，应() A．从东边上山B．从西边上山C．从南边上山D．从北边上山2．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为y＝x2，值域为{1,4}的“同族函数”共有()A．7个B．8个C．9个D．10个3．5名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去”，则第二天可能出现的不同情况的种数为() A．C25B．25C．52D．A254．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法数为()A．40 B．50 C．60 D．705．在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有()A．24种B．48种C．96种D．144种6．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法有() A．2 520 B．2 025 C．1 260 D．5 0407．有5列火车停在某车站并行的5条轨道上，若快车A 不能停在第3道上，货车B 不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有( )A ．78种B ．72种C ．120种D ．96种8．已知(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，若a 0＋a 1＋a 2＋…＋a n ＝16，则自然数n 等于( )A ．6B ．5C ．4D ．39．6个人排队，其中甲、乙、丙3人两两不相邻的排法有( )A ．30种B ．144种C ．5种D ．4种10．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 8展开式中常数项为1 120，其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和是( )A ．28B ．38C ．1或38D ．1或2811．有A 、B 、C 、D 、E 、F 共6个集装箱，准备用甲、乙、丙三辆卡车运送，每台卡车一次运两个，若卡车甲不能运A 箱，卡车乙不能运B 箱，此外无其他任何限制；要把这6个集装箱分配给这3台卡车运送，则不同的分配方案的种数为( )A ．168B ．84C ．56D ．4212．从2名女教师和5名男教师中选出三位教师参加2014年高考某考场的监考工作．要求一女教师在室内流动监考，另外两位教师固定在室内监考，问不同的安排方案种数为( )A ．30B ．180C ．630D ．1 08013．已知(x ＋2)n 的展开式中共有5项，则n ＝________，展开式中的常数项为________．(用数字作答)14．5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有____种．15．已知(x ＋1)6(ax －1)2的展开式中含x 3项的系数是20，则a 的值等于________．16．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)17．某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张用10元钱买杂志(每种至多买一本，10元钱刚好用完)，求不同的买法有多少种(用数字作答)．18．4个相同的红球和6个相同的白球放入袋中，现从袋中取出4个球；若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？ 9(12分)从1到6的六个数字中取两个偶数和两个奇数组成没有重复数字的四位数．试问：(1)能组成多少个不同的四位数？(2)四位数中，两个偶数排在一起的有几个？(3)两个偶数不相邻的四位数有几个？(所有结果均用数值表示) 20已知(1＋2x )n 的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，而且是它的后一项系数的56，试求展开式中二项式系数最大的项．21某单位有三个科室，为实现减负增效，每科室抽调2人，去参加再就业培训，培训后这6人中有2人返回原单位，但不回到原科室工作，且每科室至多安排1人，问共有多少种不同的安排方法．22．10件不同厂生产的同类产品：(1)在商品评选会上，有2件商品不能参加评选，要选出4件商品，并排定选出的4件商品的名次，有多少种不同的选法？(2)若要选6件商品放在不同的位置上陈列，且必须将获金质奖章的两件商品放上，有多少种不同的布置方法？1,D2,由题意，问题的关键在于确定函数定义域的个数：第一步，先确定函数值1的原象：因为y＝x2，当y＝1时，x＝1或x＝－1，为此有三种情况：即{1}，{－1}，{1，－1}；第二步，确定函数值4的原象，因为y＝4时，x＝2或x＝－2，为此也有三种情况：{2}，{－2}，{2，－2}．由分步计数原理，得到：3×3＝9个．选C.3,B,4B5C当A出现在第一步时，再排A，B，C以外的三个程序，有A33种，A与A，B，C以外的三个程序生成4个可以排列程序B、C的空档，此时共有A33A14A22种排法；当A出现在最后一步时的排法与此相同，故共有2A33A14A22＝96种编排方法．6A先从10人中选出2人承担甲任务有C210种选法，再从剩下的8人中选出2人分别承担乙、丙任务，有A28种选法，由分步乘法计数原理共有C210A28＝2 520种不同的选法．故选A.7不考虑不能停靠的车道，5辆车共有5！＝120种停法．A停在3道上的停法：4！＝24(种)；B种停在1道上的停法：4！＝24(种)；A、B分别停在3道、1道上的停法：3！＝6(种)．故符合题意的停法：120－24－24＋6＝78(种)．故选A.令x＝1，得2n＝16，则n＝4.故选C.分两步完成：第一步，其余3人排列有A33种排法；第二步，从4个可插空档中任选3个给甲、乙、丙3人站有A34种插法．由分步乘法计数原理可知，一共有A33A34＝144种．B10,C T r＋1＝(－a)r C r8x8－2r，令8－2r＝0⇒r＝4.∴T5＝C48(－a)4＝1 120，∴a＝±2.当a＝2时，和为1；当a＝－2时，和为38.11,D分两类：①甲运B箱，有C14·C24·C22种；②甲不运B箱，有C24·C23·C22.∴不同的分配方案共有C14·C24·C22＋C24·C23·C22＝42种．故选D.,A分两类进行：第一类，在两名女教师中选出一名，从5名男教师中选出两名，且该女教师只能在室内流动监考，有C12·C25种选法；第二类，选两名女教师和一名男教师有C22·C15种选法，且再从选中的两名女教师中选一名作为室内流动监考人员，即有C22·C15·C12共10种选法，∴共有C12·C25＋C22·C15·C12＝30种，故选A13.416∵展开式共有5项，∴n＝4，常数项为C4424＝16.14.甲、乙两人之间至少有一人，就是甲、乙两人不相邻，则有A33·A24＝72(种)．15.0或5 16,14因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以适合题意的四位数有24－2＝14个．17.解析分两类：第一类，买5本2元的有C58种；第二类，买4本2元的和2本1元的有C48×C23种．故共有C58＋C48×C23＝266种不同的买法种数．18.解析依题意知，取出有4个球中至少有2个红球，可分三类：①取出的全是红球有C44种方法；②取出的4个球中有3个红球的取法有C 34C 16；③取出的4个球中有2个红球的取法有C 24C 26种，由分类计数原理，共有C 44＋C 34·C 16＋C 24·C 26＝115(种)．19.解析 (1)四位数共有C 23C 23A 44＝216个．(2)上述四位数中，偶数排在一起的有C 23C 23A 33A 22＝108个．(3)两个偶数不相邻的四位数有C 23C 23A 22A 23＝108个．20.解析 由题意知展开式中第k ＋1项系数是第k 项系数的2倍，是第k ＋2项系数的56， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ C k n 2k ＝2C k －1n ·2k －1，C k n 2k ＝56C k ＋1n ·2k ＋1，解得n ＝7.∴展开式中二项式系数最大两项是：T 4＝C 37(2x )3＝280x 32与T 5＝C 47(2x )4＝560x 2. 21. 6人中有2人返回原单位，可分两类：(1)2人来自同科室：C 13C 12＝6种；(2)2人来自不同科室：C 23C 12C 12，然后2人分别回到科室，但不回原科室有3种方法，故有C 23C 12C 12·3＝36种．由分类计数原理共有6＋36＝42种方法22.解析 (1)10件商品，除去不能参加评选的2件商品，剩下8件，从中选出4件进行排列，有A 48＝1 680(或C 48·A 44)(种)．(2)分步完成．先将获金质奖章的两件商品布置在6个位置中的两个位置上，有A 26种方法，再从剩下的8件商品中选出4件，布置在剩下的4个位置上，有A 48种方法，共有A 26·A 48＝50 400(或C 48·A 66)(种)．。
高中数学 第一章 计数原理检测(A)(含解析)新人教A版高二选修2-3数学试题
第一章 计数原理检测(A )(时间:90分钟 满分:120分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50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)1C 109+C 108等于( )A.45B.55C.65D.以上都不对109+C 108=C 101+C 102=55,故选B .2(x 3+x 2+x+1)(y 2+y+1)(z+1)展开后的不同项数有() A.9项B.12项C.18项D.24项:第一步,从(x 3+x 2+x+1)中任取一项,有4种方法;第二步,从(y 2+y+1)中任取一项,有3种方法;第三步,从(z+1)中任取一项有2种方法. 根据分步乘法计数原理得共有4×3×2=24项.35名同学报名参加两个课外活动小组,每名同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有() A.10种B.20种C.25种D.32种名同学报名参加两个课外活动小组,每名同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有25=32种,故选D .4将7名学生分配到甲、乙两间宿舍中,每间宿舍至少安排2名学生,那么互不相同的分配方案共有() A.252种B.112种C.70种D.56种:甲、乙两间宿舍中一间住4人、另一间住3人或一间住5人、另一间住2人,所以不同的分配方案共有C 73A 22+C 72A 22=35×2+21×2=112种.5满足a ,b ∈{-1,0,1,2},且关于x 的方程ax 2+2x+b=0有实数解的有序数对(a ,b )的个数为() A.14B.13C.12D.10a=0时,方程变为2x+b=0,则b 为-1,0,1,2都有解; 当a ≠0时,若方程ax 2+2x+b=0有实数解,则Δ=22-4ab ≥0,即ab ≤1. 当a=-1时,b 可取-1,0,1,2. 当a=1时,b 可取-1,0,1.当a=2时,b 可取-1,0,故满足条件的有序数对(a ,b )的个数为4+4+3+2=13.6若1x +2x 2+⋯+xxx 能被7整除,则x ,x 的值可能为( )A.x=4,n=3B.x=4,n=4C.x=5,n=4D.x=6,n=51x +2x 2+⋯+xxx =(1+x )x −1,分别将选项A,B,C,D 中的值代入检验知,仅有选项C 适合.7用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为() A.243B.252C.261D.27991C 101C 101=900,而无重复数字的三位数的个数为C 91C 91C 81=648,故所求个数为900-648=252,应选B .8在x (1+x )6的展开式中,含x 3项的系数为() A.30B.20C.15D.10x 3的项是由(1+x )6展开式中含x 2的项与x 相乘得到,又(1+x )6展开式中含x 2的项的系数为C 62=15,故含x 3项的系数是15.9若(x -1x )x展开式的第4项为含x 3的项,则x 等于 ( )A.8B.9C.10D.11k+1=x ·x n-k·(-1x)x=x·(-1)k·xn-2k,k ∈{0,1,2,…,n },因为当k+1=4时,n-2k=3,所以n=9.10从正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1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()A .C 84−12B .C 84−8C .C 84−6D .C 84−46个面和6个对角面中,每个面上的四个点不能构成四面体.二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11如图所示为一电路图,若只闭合一条线路,则从A 处到B 处共有条不同的线路可通电.,上线路中有3条,中线路中有一条,下线路中有2×2=4条.根据分类加法计数原理,共有3+1+4=8条不同的线路.12甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是.(用数字作答):第一类,7级台阶上每一级只站一人,则有A 73种;第二类,若有一级台阶有2人,另一级有1人,则共有C 31A 72种.因此共有不同的站法种数是A 73+C 31A 72=336.13若(x +x √x3)8的展开式中x 4的系数为7,则实数x =________________.(x √x3)8的通项为C 8x x 8−xxx (x -13)x=C 8x xxx 8−xx-x 3=C 8x xxx8-x -x 3,∴令8-r −x 3=4,解得r=3.∴C 83x 3=7,得a =12.1x C 170−2C 171+4C 172−8C 173+⋯+(−217C 1717)=_____________.=(1-2)17=(-1)17=-1.115学校计划利用周五下午第一、二、三节课举办语文、数学、英语、理综4科的专题讲座,每科一节课,每节至少有一科,且数学、理综不安排在同一节,则不同的安排方法共有种.(用数字作答),每节至少有一科,则必有两科在同一节,先从4科中任选2科看作整体,再做3个元素的全排列,共C 42A 33种方法,从中排除数学、理综安排在同一节的情形,共A 33种方法, 故总的方法种数为C 42A 33−A 33=36−6=30.三、解答题(本大题共5小题,共45分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16(8分)现有5名男司机,4名女司机,需选派5人运货到A 地.(1)如果派3名男司机、2名女司机,那么共有多少种不同的选派方法?(2)至少有两名男司机,共多少种不同的选派方法?利用分步乘法计数原理得,共有C53C42=60(种)不同的选派方法.(2)至少有两名男司机包括4种情况:2名男司机、3名女司机;3名男司机、2名女司机;4名男司机、1名女司机;5名男司机,根据分类加法计数原理与分步乘法计数原理,共有C52C43+C53C42+C54C41+C55C40=121(种)不同的选派方法.17(8分)求证:(1)4×6n+5n+1-9是20的倍数(n∈N*);(2)3n-2n≥n·2n-1(n∈N*).×6n+5n+1-9=4×(5+1)n+5×(4+1)n-9=4(05x+15x−1+⋯+x-15+1)+5(04x+14x−1+⋯+x-14+1)−9=20[(05x−1+15x−2+⋯+x-1)+(04x−1+14x−2+⋯+x-1)],故结论成立.(2)3n-2n≥n·2n-1⇔3n≥n·2n-1+2n=2n-1(n+2),①当n=1时,①式左边=31=3,右边=21-1×(1+2)=3,3n=2n-1(n+2).当n≥2时,3n=(2+1)n=2n+12x−1+22x−2+⋯+x>2x+x·2n-1=2n-1(2+n).综上,对一切n∈N*,不等式3n≥2n-1(2+n)成立,即3n-2n≥n·2n-1(n∈N*)恒成立.18(9分)三名女生和五名男生排成一排.(1)如果女生必须全排在一起,那么有多少种不同的排法?(2)如果女生必须全分开,那么有多少种不同的排法?(3)如果两端都不能排女生,那么有多少种不同的排法?捆绑法)因为三名女生必须排在一起,所以可以先把她们看成一个整体,这样同五名男生合在一起共有六个元素,排成一排有A66种不同排法.对于其中的每一种排法,三名女生之间又都有A33种不同的排法,因此共有A66·A33=4320种不同的排法.(2)(插空法)要保证女生全分开,可先把五名男生排好,每两名相邻的男生之间留出一个空,这样共有4个空,加上两边两名男生外侧的两个位置,共有六个位置,再把三名女生插入这六个位置中,只要保证每个位置至多插入一名女生,就能保证任意两名女生都不相邻.由于五名男生排成一排有A55种不同排法,对于其中任意一种排法,从上述六个位置中选出三个来让三名女生插入都有A63种方法,因此共有A55·A63=14400种不同的排法.(3)方法一:(位置分析法)因为两端不能排女生,所以两端只能排5名男生中的2名,有A52种不同排法,对于其中的任意一种排法,其余六个位置都有A66种排法,所以共有A52·A66=14400种不同的排法.方法二:(间接法)3名女生和5名男生排成一排共有A88种不同的排法,从中扣除女生排在首位的A31·A77种排法和女生排在末位的A31·A77种排法,但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次,在扣除女生排在末位的情况时又被扣去一次,所以还需加回来一次,由于两端都是女生有A32·A66种不同的排法,所以共有A88−2A31A77+A32A66=14400种不同的排法.19(10分)一个口袋内有4个不同的红球,6个不同的白球.(1)从中任取4个球,红球的个数不比白球少的取法有多少种?(2)若取一个红球记2分,取一个白球记1分,从中任取5个球,使总分不少于7分的取法有多少种?将取出的4个球分成三类情况:①取4个红球,没有白球,有C 44种;②取3个红球,1个白球,有C 43C 61种; ③取2个红球,2个白球,有C 42C 62种, 故有C 44+C 43C 61+C 42C 62=115种.(2)设取x 个红球,y 个白球,则{x +x =5,0≤x ≤4,0≤x ≤6,2x +x ≥7,故{x =2,x =3或{x =3,x =2或{x =4,x =1.因此,符合题意的取法种数有C 42C 63+C 43C 62+C 44C 61=186(种).20(10分)已知(x+12√x)x的展开式中前三项的系数成等差数列. (1)求n 的值;(2)求展开式中系数最大的项.,利用等差中项的性质即可求出n 的值;所谓系数最大的项,即只要某一项的系数不小于与它相邻的两项的系数即可,这是由二项式系数的增减性决定的. 由题意,得0+14×2=2×12×1,即n 2-9n+8=0, 解得n=8,n=1(舍去).(2)设第r+1项的系数最大,则{ 12x C 8x ≥12x +1C 8x +1,12x C 8x ≥12x -1C 8x -1,即{18-x ≥12(x +1),12x ≥19-x , 解得r=2或r=3.所以系数最大的项为T 3=7x 5,T 4=7x 72.。
高中数学 第一章 计数原理章末检测 新人教A版高二选修2-3数学试题
第一章 计数原理一、选择题1．若A 3m ＝6C 4m ，则m 等于( )A ．9B ．8C ．7D ．6 答案 C解析 由m (m －1)(m －2)＝6·m （m －1）（m －2）（m －3）4×3×2×1，解得m ＝7. 2．男、女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有( )A ．2人或3人B ．3人或4人C ．3人D ．4人答案 A解析 设女生有x 人，则C 28－x ·C 1x ＝30，即（8－x ）（7－x ）2·x ＝30，解得x ＝2或3. 3．若100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的不同取法的种数是( )A ．C 16C 294B ．C 16C 299 C ．C 3100－C 394D ．C 3100－C 294答案 C 解析 不考虑限制条件，从100件产品中任取3件，有C 3100种取法，然后减去3件全是正品的取法C 394，故有C 3100－C 394种取法．4．已知集合M ＝{1，－2，3}，N ＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中，第一、第二象限不同点的个数是( )A ．18B ．16C ．14D ．10 答案 C解析 第一象限不同点有N 1＝2×2＋2×2＝8(个)，第二象限不同点有N 2＝1×2＋2×2＝6(个)，故N ＝N 1＋N 2＝14(个)．5．三名教师教六个班的数学，则每人教两个班，分配方案共有( )A ．18种B ．24种C ．45种D ．90种答案 D解析 C 26·C 24·C 22＝90.6．在(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a n x n 中，若2a 2＋a n －5＝0，则自然数n 的值是( )A ．7B ．8C ．9D ．10 答案 B解析 a 2＝C 2n ，a n －5＝(－1)n －5C n －5n ＝(－1)n －5C 5n ， ∴2C 2n ＋(－1)n －5C 5n ＝0. 120（－1）n －5（n －2）（n －3）（n －4）＝－1， ∴(n －2)(n －3)(n －4)＝120且n －5为奇数，∴n ＝8.7．某人有3个不同的电子，他要发5个电子，发送的方法的种数为( )A ．8B ．15C ．243D ．125答案 C解析 由分步乘法计数原理得发送方法数为35＝243.8．(2013·某某理)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（x －1x ）6，x ＜0，－x ，x ≥0.则当x >0时，f [f (x )]表达式的展开式中常数项为( )A ．－20B ．20C ．－15D ．15答案 A解析 当x ＞0时，f [f (x )]＝(－x ＋1x )6＝(1x －x )6的展开式中，常数项为C 36(1x )3(－x )3＝－20.9．将A ，B ，C ，D 四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A ，B 不能放入同一个盒子中，则不同的放法有( )A ．15种B ．18种C ．30种D ．36种答案 C解析 先把A ，B 放入不同盒中，有3×2＝6(种)放法，再放C ，D ，若C ，D 在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法；若C ，D 在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A 球或B 球所在的盒中，有2×2＝4(种)放法．故共有6×(1＋4)＝30(种)放法．10．12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排(这样就成为前排6人，后排6人)，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( ) A．C28A23B．C28A66C．C28A26D．C28A25答案 C解析先从后排中抽出2人有C28种方法，再插空，由题意知，先从4人中的5个空中插入1人，有5种方法，余下1人则要插入前排5人的空中，有6种方法，∴为A26.共有C28A26种调整方法．二、填空题11．(2013·某某理)若(x＋a3x)8的展开式中x4的系数为7，则实数a＝________.答案1 2解析通项T r＋1＝C r8x8－r(a3x )r＝C r8a r x8－r－r3⇒8－43r＝4⇒r＝3，C38a3＝7⇒a＝12.12．8次投篮中，投中3次，其中恰有2次连续命中的情形有________种．答案30解析将2次连续命中当作一个整体，和另一次命中插入另外5次不命中留下的6个空档里进行排列有A26＝30(种)．13．(2013·大纲卷)6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种(用数字作答)．答案480解析6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法：排列好甲、乙两人外的4人，有A44种方法，然后把甲、乙两人插入4个人的5个空位，有A25种方法，所以共有A44·A25＝480(种)．14．(x2＋2)(1x2－1)5的展开式的常数项是________．答案 3解析第一个因式取x2，第二个因式取含1x2的项得：1×C45(－1)4＝5；第一个因式取2，第二个因式取常数项得：2×(－1)5＝－2，故展开式的常数项是5＋(－2)＝3.三、解答题15．已知(41x＋3x 2)n 展开式中的倒数第3项的系数为45，求： (1)含x 3的项；(2)系数最大的项．解(1)由题意可知C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，∴n ＝10，T r ＋1＝C r 10(x －14)10－r (x 23)r ＝C r 10x 11r －3012， 令11r －3012＝3，得r ＝6， 所以含x 3的项为T 7＝C 610x 3＝C 410x 3＝210x 3.(2)系数最大的项为中间项即T 6＝C 510x 55－3012＝252x 2512. 16．一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？解 (1)将取出4个球分成三类情况：①取4个红球，没有白球，有C 44种；②取3个红球1个白球，有C 34C 16种；③取2个红球2个白球，有C 24C 26种，故有C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115种．(2)设取x 个红球，y 个白球， 则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝5，2x ＋y ≥7，0≤x ≤4，0≤y ≤6，故⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝1. 因此，符合题意的取法种数有C 24C 36＋C 34C 26＋C 44C 16＝186(种)．17．已知(1－2x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n (n ∈N *)，且a 2＝60.(1)求n 的值；(2)求－a 12＋a 222－a 323＋…＋(－1)n a n 2n 的值． 解 (1)因为T 3＝C 2n (－2x )2＝a 2x 2，所以a 2＝C 2n (－2)2＝60，化简可得n (n －1)＝30，且n ∈N *，解得n ＝6.(2)T r ＋1＝C r 6(－2x )r ＝a r x r ，所以a r ＝C r 6(－2)r ，所以(－1)r a r2r ＝C r 6，－a 12＋a 222－a 323＋…＋(－1)n an 2n ＝C 16＋C 26＋…＋C 66＝26－1＝63.18．用0，1，2，3，4，5这六个数字，完成下面三个小题．(1)若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数；(2)若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数；(3)若直线方程ax ＋by ＝0中的a ，b 可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？解 (1)分三步：①先选万位数字，由于0不能作万位数字，因此有5种选法；②个位数字只能从0，2，4这3个数字选，因此有3种选法；③十位、百位、千位，由于允许重复，有6×6×6种选法；由分步乘法计数原理知所求数共有5×6×6×6×3＝3 240(个)．(2)当首位数字是5，而末位数字是0时，有A 13A 23＝18(个)；当首位数字是3，而末位数字是0或5时，有A 12A 34＝48(个)；当首位数字是1或2或4，而末位数字是0或5时，有A 13A 12A 13A 23＝108(个)；故共有18＋48＋108＝174(个)．(3)a ，b 中有一个取0时，有2条； a ，b 都不取0时，有A 25＝20(条)；a ＝1，b ＝2与a ＝2，b ＝4重复，a ＝2，b ＝1，与a ＝4，b ＝2重复．故共有2＋20－2＝20(条)。
高中数学第一章计数原理学业质量标准检测练习(含解析)新人教A版选修2-3
第一章学业质量标准检测时间120分钟，满分150分．一、单项选择题(本大题共8个小题，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．C错误!＋C错误!等于（ B ）A．45 B．55C．65 D．以上都不对［解析］C错误!＋C错误!＝C错误!＋C错误!＝55，故选B．2．已知集合A＝{1，2，3,4}，B＝｛5,6，7}，C＝{8，9｝．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成多少个集合（ C ）A．24个B．36个C．26个D．27个［解析]从三个集合中取出两个集合，有C错误!＝3种取法．分别是集合A,B;集合A、C；集合B、C．当取出A、B时，从这两个集合各取一个元素，有C错误!×C错误!＝12个；当取出A、C时，从这两个集合各取一个元素,有C错误!×C错误!＝8个；当取出B、C时,从这两个集合各取一个元素，有C错误!×C错误!＝6个；一共可以组成12＋8＋6＝26个集合．3．在（x2＋3x＋2)5的展开式中x的系数为( B ）A．140 B．240C．360 D．800［解析］由(x2＋3x＋2)5＝（x＋1）5(x＋2）5，知（x＋1)5的展开式中x的系数为C45,常数项为1，（x＋2）5的展开式中x的系数为C错误!·24，常数项为25.因此原式中x的系数为C错误!·25＋C错误!·24＝240．4．（2018·全国卷Ⅱ理，5）如图,小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（ B ）A．24 B．18C．12 D．9[解析］由题意可知E→F共有6种走法,F→G共有3种走法,由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法,故选B．5．某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有（ D ）A．16种B．36种C．42种D．60种［解析]分两类．第一类:同一城市只有一个项目的有A错误!＝24种；第二类:一个城市2个项目，另一个城市1个项目，有C错误!·C错误!·A错误!＝36种，则共有36＋24＝60种．6．（2019·全国Ⅲ卷理，4)(1＋2x2)（1＋x)4的展开式中x3的系数为( A ）A．12 B．16C．20 D．24［解析］方法1:(1＋2x2）（1＋x）4的展开式中x3的系数为1×C34＋2C错误!＝12.故选A．方法2：∵（1＋2x2)（1＋x)4＝（1＋2x2）（1＋4x＋6x2＋4x3＋x4)，∴x3的系数为1×4＋2×4＝12.故选A．7．将4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球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ A ）A．10种B．20种C．36种D．52种［解析]分为两类：①1号盒子放入1个球，2号盒子放入3个球，有C14＝4种放球方法;②1号盒子放入2个球,2号盒子放入2个球，有C错误!＝6种放球方法．∴共有C1，4＋C错误!＝10种不同的放球方法．8．从0、1、2、3、4、5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为( C ）A．300 B．216C．180 D．162［解析］本小题主要考查排列组合的基础知识．由题意知可分为两类,（1）选“0"，共有C错误!C错误!C错误!A错误!＝108,(2）不选“0",共有C错误!A错误!＝72，∴由分类加法计数原理得72＋108＝180，故选C．二、多项选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分,在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）9．将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有多少种？下列结论正确的有( BC )A．C13C错误!C错误!C错误!B．C错误!A错误!C．C错误!C错误!A错误!D．18[解析］根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1～3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个放2个球，剩下的2个盒子中各放1个,有2种解法：（1)分2步进行分析:①先将四个不同的小球分成3组，有C错误!种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A错误!种放法；则没有空盒的放法有C2，4A33种;（2)分2步进行分析:①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有C错误!C错误!种情况；②将剩下的2个小球全排列,放入剩下的2个小盒中，有A错误!种放法；则没有空盒的放法有C错误!C错误!A错误!种．故选BC．10．有6本不同的书，按下列方式进行分配,其中分配种数正确的是( ABC ）A．分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有90种分法B．分给甲、乙、丙三人中,一人4本，另两人各1本，有90种分法C．分给甲乙每人各2本,分给丙丁每人各1本，有180种分法D．分给甲乙丙丁四人，有两人各2本,另两人各1本，有2 160种分法[解析］对A，先从6本书中分给甲2本，有C错误!种方法;再从其余的4本书中分给乙2本，有C错误!种方法；最后的2本书给丙，有C错误!种方法．所以不同的分配方法有C 错误!C错误!C错误!＝90种，故A正确;对B，先把6本书分成3堆:4本、1本、1本，有C 错误!种方法;再分给甲、乙、丙三人,所以不同的分配方法有C错误!A错误!＝90种，故正确;对C，6本不同的书先分给甲乙每人各2本，有C错误!C错误!种方法;其余2本分给丙丁，有A错误!种方法．所以不同的分配方法有C错误!C错误!A错误!＝180种，故C正确;对D，先把6本不同的书分成4堆:2本、2本、1本、1本，有错误!·错误!种方法；再分给甲乙丙丁四人，所以不同的分配方法有错误!·错误!·A错误!＝1 080种，故D错误．11．关于（a－b）11的展开式的说法，正确的是( ACD )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[解析］对于选项A:由二项式系数的性质知，(a－b）11的二项式系数之和为211＝2 048，故选项A正确；因为（a－b）11的展开式共有12项,中间两项的二项式系数最大,即第6项和第7项的二项式系数最大，故选项C正确，选项B错误;因为展开式中第6项的系数是负数，且绝对值最大，所以展开式中第6项的系数最小,故选项D正确;故选ACD．12。
高中数学 第一章 计数原理本章练测 新人教A版选修2-3
第一章 计数原理本章练测满分一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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．将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同的放法种数为（ ） A ．81 B ．64 C ．12 D ．142．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有（ ）A ．140种 B.84种 C.70种 D.35种3．5个人排成一排,其中甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数为（ ）A ．33AB ．334AC ．523533A A A -D ．2311323233A A A A A +4．,,,,a b c d e 共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a 不能当副组长，不同的选法总数是（ ） A.20 B ．16 C ．10 D ．65．现有男、女学生共8人，从男生中选2人，从女生中选1人分别参加数学、物理、化学三科竞赛，共有90种不同方案，那么男、女生人数分别是（ ）A ．男生2人，女生6人B ．男生3人，女生5人C ．男生5人，女生3人D ．男生6人，女生2人6．82x ⎛ ⎝的展开式中的常数项是（ ）A.7 B ．7- C ．28 D ．28- 7．5(12)(2)x x -+的展开式中3x 的项的系数是（ ）A.120 B ．120- C ．100 D ．100-8．22nx ⎫⎪⎭展开式中只有第六项的二项式系数最大,则展开式中的常数项是（ ） A ．180 B ．90 C ．45 D ．3609．从字母,,,,,a b c d e f 中选出4个数字排成一列，其中一定要选出a 和b ，并且必须相邻（a 在b 的前面），共有排列方法（ ）种.A.36B.72C.90D.144 10．从不同号码的5双鞋中任取4只，其中恰好有1 双的取法种数为（ ）A ．120B ．240C ．280D ．6011．把10)x -根据二项式定理展开，展开式的第8项的系数是（ ）A ．135B ．135-C ．-D ．12．2122nx x ⎛⎫+⎪⎝⎭的展开式中，2x 的系数是224，则21x 的系数是（ ）A.14B.28C.56D.112二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13．在50件产品中有4件是次品，从中任意抽了5件，至少有3件是次品的抽法共有 ______________种（用数字作答）.14．4名男生，4名女生排成一排，女生不排两端，则有 种不同排法.15．由0,1,3,5,7,9这六个数字可组成_____个没有重复数字的六位奇数.16．在10(x 的展开式中，6x 的系数是 .三、解答题（本大题共6小题，共74分） 17．（12分）判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果.（1）高三年级学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？（2）高二年级数学课外小组有10人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？（3）有2,3,5,7,11,13,17,19八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？②从中任取两个求它们的积，可以得到多少个不同的积？18．（12分）6个人坐在一排10个座位上,问：(1)空位不相邻的坐法有多少种?(2)4个空位只有3个相邻的坐法有多少种?(3)4个空位至多有2个相邻的坐法有多少种? 19．（12分）有6个球,其中3个黑球,红、白、蓝球各1个，现从中取出4个球排成一列，共有多少种不同的排法？20．（12分）已知21nxx⎛⎫-⎪⎝⎭展开式中的二项式系数的和比7(32)a b+展开式中的二项式系数的和大128,求21nxx⎛⎫-⎪⎝⎭展开式中的系数最大的项和系数最小的项.21．（12分）（1）在的展开式中，若第3项与第6项系数相等，且n等于多少？（2）若n⎛⎝的展开式奇数项的二项式系数之和为128，求展开式中二项式系数最大的项. 22．（14分）已知5025001250(2),a a x a x a x=++++其中01250,,,,a a a a是常数,计算22 024*******()().a a a a a a a a++++-++++[第一章计数原理本章练测答题纸得分：二、填空题13． 14． 15． 16．三、解答题17.18.19.20.21.22.第一章 计数原理本章练测答案一、选择题1．B 解析：每个小球都有4种可能的放法，所以共有44464⨯⨯=种放法. 2．C 解析：抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有种；甲型2台乙型1台的取法有种.根据分类加法计数原理可得总的取法有+=40+30=70(种).3．C 解析：不考虑限制条件有，若甲、乙两人都站中间有种排法，所以符合题意的排法有种.4．B 解析：不考虑限制条件有25A 种选法，若a 当副组长有14A 种选法，故2154A A 16-=为所求. 5．B 解析：设男学生有x 人，则女学生有（8x -）人，则21383C C A 90,x x -= 即(1)(8)30235,3所以x x x x --==⨯⨯=，.6．A 解析：148888833188811C ()((1)()C (1)()C 222r r r r r r r r r r r r r x T x x ------+==-=-.令6866784180,6,(1)()C 732r r T --===-=.7．B 解析：555332255(12)(2)2(12)(12)2C (2)C (2)x x x x x x x x -+=-+-=+-+-+233355(4C 16C )120x x =+-+=-+.8．A 解析：只有第六项的二项式系数最大，则10n =，551021101022C ()2C rr r r r r r T x x --+==，令2310550,2,4C 1802r r T -====.9．A 解析：从,,,c d e f 中选2个，有24C 种方法，把,a b 看成一个整体，3个元素全排列，有33A 种方法，共计2343C A 36=种排法. 10．A 解析：先从5双鞋中任取1双，有15C 种方法，再从8只鞋中任取2只，有28C 种取法，但需要排除4种成双的情况，所以有28C 4-种取法，则共计1258C (C 4)120-=种取法.11．D 解析：7377810C ()T x =-=，系数为.12．A 解析：222221221C (2)()2C 2r n r r n r r n r r n n T x xx---+==，令222,1n r r n -==-, 则211222C 224,C 56,4n n n n n --===，再令52862C 14822,5,4得r r T x x --=-===. 二、填空题13．4 186 解析：至少有3件次品包括有3件次品或有4件次品，故抽法共有3241446446C C C C +=4186（种）. 14．8640 解析：先排女生有种排法，再排男生有种排法，共有种排法.15．480 解析：0既不能排首位，也不能排在末尾，即有，其余的数字有，共有.16．1890 解析：10110C (rrrr T x -+=，令466510106,4,9C 1890r r T x x -====.三、解答题17．解：（1）①是排列问题，共通了211A 110=封信；②是组合问题，共握手211C 55=次.（2）①是排列问题，共有210A 90=种选法；②是组合问题，共有210C 45=种选法. （3）①是排列问题，共有28A 56=个商；②是组合问题，共有28C 28=个积.18．解：6个人排有66A 种坐法,6人排好后包括两端共有7个“间隔”可以插入空位. (1)空位不相邻相当于将4个空位安插在上述7个“间隔”中,有47C 35=种插法，故空位不相邻的坐法有6467A C 25200=种. (2)将相邻的3个空位当作一个元素,另一空位当作另一个元素,往7个“间隔”里插，有27A 种插法,故4个空位中只有3个相邻的坐法有6267A A 30240=种. (3)4个空位至多有2个相邻的情况有三类：①4个空位各不相邻有47C 种坐法;②4个空位2个相邻，另有2个不相邻有1276C C 种坐法; ③4个空位分两组,每组都有2个相邻,有27C 种坐法.综上所述,应有6412267767A (C C C C )115920++=种坐法. 19．解：分三类：若取1个黑球，和另三个球，排4个位置，有44A 24=种排法； 若取2个黑球，从另三个球中选2个排4个位置，2个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即有2234C A 36=种排法；若取3个黑球，从另三个球中选1个排4个位置，3个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即有1134C A 12=种排法；所以有24361272++=种排法.20．解：由722128,8得n n -==，821x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的通项281631881C ()()(1)C r r r r r r r T x x x--+=-=-.当4r =时，项的系数最大，即4570T x =为展开式中的系数最大的项；当35或r =时，项的系数最小，即74656,56T x T x =-=-为展开式中的系数最小的项. 21．解：（1）由已知得25C C 7.n nn =⇒= （2）由已知得1351C C C 128,2128,8n n n nn -+++===，所以展开式中二项式系数最大的项是444418C (70T x +==22．解：设50()(2)f x =，令1x =，得5001250(2a a a a ++++=,令1x =-，得5001250(2a a a a -+-+=,225024501349()()a a a a a a a a ++++-++++=50500125001250()()(23)(2 1.a a a a a a a a ++++-+-+=-=。
【优化方案】2021-2021学年高中数学 第一章 计数原理章末综合检测 新人教A版选修2-3(1)
【优化方案】2021-2021学年高中数学 第一章 计数原理章末综合检测 新人教A 版选修2-3(时刻：100分钟；总分值：120分)一、选择题(本大题共10小题，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的)1．假设A 3m ＝6C 4m ，那么m 等于( )A ．9B ．8C ．7D ．6解析：选C.由m (m －1)(m －2)＝6·m m －1m －2m －34×3×2×1，解得m ＝7.2．(1－x )10展开式中x 3项的系数为( ) A ．－720 B ．720 C ．120D ．－120解析：选D.由T r ＋1＝C r 10(－x )r ＝(－1)r C r 10x r ，r ＝3，因此系数为(－1)3C 310＝－120.3．编号为一、二、3、4、五、六、7的七盏路灯，晚上历时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，那么不同的开灯方案有( )A ．60种B ．20种C ．10种D ．8种解析：选C.四盏熄灭的灯产生的5个空位中放入3盏亮灯，即C 35＝10.4．某汽车生产厂家预备推出10款不同的轿车参加车展，但主办方只能为该厂提供6个展位，每一个展位摆放一辆车，而且甲、乙两款车不能摆放在1号展位，那么该厂家参展轿车的不同摆放方案的种类为( )A ．C 210A 48B ．C 19A 59 C ．C 18A 59D ．C 18A 58解析：选C.考查分步乘法计数原理和排列数公式，在1号位汽车选择的种数为C 18，其余位置的排列数为A 59，故种数为C 18A 59，应选C.5．(2－x)8展开式中不含x4项的系数的和为( ) A．－1 B．0C．1 D．2解析：选B.(2－x)8展开式的通项为T r＋1＝C r8·28－r·(－x)r＝C r8·28－r·(－1)r·x r2.由r 2＝4得r＝8.∴展开式中x4项的系数为C88＝1.又(2－x)8展开式中各项系数和为(2－1)8＝1，∴展开式中不含x4项的系数的和为0.6．把五个标号为1到5的小球全数放入标号为1到4的四个盒子中，不准有空盒且任意一个小球都不能放入标有相同标号的盒子中，那么不同的放法有( )A．36种B．45种C．54种D．96种解析：选A.先把5号球放入任意一个盒子中有4种放法，再把剩下的四个球放入盒子中，依照4的“错位数”是9，得不同的放法有4×9＝36种．7．咱们把列位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，那么“六合数”中首位为2的“六合数”共有( )A．18个B．15个C．12个D．9个解析：选B.依题意，那个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4、0、0组成3个数别离为400、040、004；由3、一、0组成6个数别离为310、30一、130、103、013、031；由二、二、0组成3个数别离为220、20二、022；由二、一、1组成3个数别离为21一、12一、112.共计：3＋6＋3＋3＝15个．8．已知等差数列{a n}的通项公式为a n＝3n－5，那么(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中含x4项的系数是该数列的( )A．第9项B．第10项C．第19项D．第20项解析：选D.∵(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7展开式中含x4项的系数是C45·11＋C46·12＋C47·13＝5＋15＋35＝55，∴由3n－5＝55得n＝20，应选D.9．记者要为5名志愿者和他们帮忙的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两头，不同的排法共有( )A．1440种B．960种C．720种D．480种解析：选B.将5名志愿者全排列为A55，因2位老人相邻且不排在两头，故将2位老人看成一个整体插在5名志愿者之间形成的4个空内，为A14，再让2位老人全排列为A22，故不同的排法总数为A55A14A22＝960.10．假设(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，那么实数m的值为( )A．1或－3 B．－1或3C．1 D．－3解析：选A.令x＝0，取得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2＋m)9，令x＝－2，取得a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝m9，因此有(2＋m)9m9＝39，即m2＋2m＝3，解得m＝1或－3.二、填空题(本大题共5小题，把答案填在题中横线上)11．男、女学生共有8人，从男生当选取2人，从女生当选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有________人．解析：设女生有x人，那么C28－x·C1x＝30，即8－x7－x2·x＝30，解得x＝2或3.答案：2或312．假设(3x＋1)n(n∈N*) 的展开式中各项系数的和是256，那么展开式中x2项的系数是________．解析：令x＝1，得(3＋1)n＝256，解得n＝4，(3x＋1)4的展开式中x2项的系数为C24×32＝54. 答案：5413．5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，那么不同的排法有________种．解析：甲、乙两人之间至少有一人，确实是甲、乙两人不相邻，那么有A 33·A 24＝72种不同的排法．答案：7214．航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置科学实验，要求2艘解决型核潜艇一前一后，2艘驱逐舰和2艘护卫舰排列左、右，同侧不能都是同种舰艇，那么舰艇分派方案的方式数是________．解析：先将2艘驱逐舰和2艘护卫舰平均分成两组，再排有C 12C 12A 22A 22种方式，然后排两艘解决型核潜艇有A 22种方式，故舰艇分派方案的方式数为C 12C 12A 22A 22A 22＝32.答案：3215．在⎝⎛⎭⎪⎫x 2－13x n 的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，那么展开式中常数项为________．解析：由题意知n ＝8，通项为T r ＋1＝(－1)r ·C r 8·⎝ ⎛⎭⎪⎫128－r ·x 8－43r, 令8－43r ＝0，得r ＝6，故常数项为第7项，且T 7＝(－1)6·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·C 68＝7. 答案：7三、解答题(此题共5小题，解许诺写出文字说明、证明进程或演算步骤)16．从编号为1,2，…，9的9个球中任取4个球，使它们的编号之和为奇数，再把这4个球排成一排，共有多少种不同的排法？解：知足条件的4个球的编号有两类取法：①一奇三偶排法数为C 15C 34A 44； ②三奇一偶排法数为C 35C 14A 44.故共有C 15C 34A 44＋C 35C 14A 44＝1 440种不同的排法．17．已知(1＋2x )n 的展开式中，某一项的系数是它前一项系数的2倍，是它后一项的系数的56，求该展开式中二项式系数最大的项．解：第r ＋1项系数为C r n 2r ，第r 项系数为C r －1n 2r －1， 第r ＋2项系数为C r ＋1n 2r ＋1，依题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧C r n 2r ＝2C r －1n2r －1C r n 2r ＝56C r＋1n 2r ＋1，整理得⎩⎪⎨⎪⎧C r n ＝C r －1nC r n ＝53C r ＋1n ，即⎩⎪⎨⎪⎧2r ＝n ＋15n －r ＝3r ＋1，求得：n ＝7.故二项式系数最大的项是第4项和第5项．T 4＝C 37(2x )3＝280x32，T 5＝C 47(2x )4＝560x 2.18．已知(2x i ＋1x2)n ，i 是虚数单位，x ＞0，n ∈N *.(1)若是展开式中的倒数第3项的系数是－180，求n 的值； (2)对(1)中的n ，求展开式中系数为正实数的项．解：(1)由已知，得C n －2n (2i)2＝－180，即4C 2n＝180， 因此n 2－n －90＝0，又n ∈N *，解得n ＝10. (2)(2x i ＋1x2)10展开式的通项为T k ＋1＝C k 10(2x i)10－k x －2k ＝C k 10(2i)10－k x 5－52k . 因为系数为正实数，且k ∈{0,1,2，…，10}，因此k ＝2,6,10. 因此所求的项为T 3＝11 520，T 7＝3 360x －10，T11＝x－20.19．已知集合A＝{x|1＜log2x＜3，x∈N*}，B＝{4,5,6,7,8}．(1)从A∪B中掏出3个不同的元素组成三位数，那么能够组成多少个？(2)从集合A中掏出1个元素，从集合B中掏出3个元素，能够组成多少个无重复数字且比4 000大的自然数？解：由1＜log 2x ＜3，得2＜x ＜8，又x ∈N *，因此x 为3,4,5,6,7，即A ＝{3,4,5,6,7}，因此A ∪B ＝{3,4,5,6,7,8}．(1)从A ∪B 中掏出3个不同的元素，能够组成A 36＝120个三位数． (2)假设从集合A 中取元素3，那么3不能作千位上的数字，有C 35·C 13·A 33＝180个知足题意的自然数；假设不从集合A 中取元素3，那么有C 14C 34A 44＝384个知足题意的自然数．因此，知足题意的自然数共有180＋384＝564个．20．7名师生站成一排照相留念，其中教师1人，男生4人，女生2人，在以下情形下，各有不同站法多少种？(1)两名女生必需相邻而站； (2)4名男生互不相邻；(3)假设4名男生身高都不等，按从高到低的顺序站； (4)教师不站中间，女生不站两头．解：(1)两名女生站在一路有站法A 22种，视为一种元素与其余5人全排，有A 66种排法．故有不同站法A 22·A 66＝1 440种．(2)先站教师和女生，有站法A 33种，再在教师和女生站位的距离(含两头)处插入男生，每空一人，有插入方式A 44种．故共有不同站法A 33·A 44＝144种． (3)7人全排列中，4名男生不考虑身高顺序的站法有A 44种，而由高到低有从左到右，或从右到左的不同．故共有不同站法2·A 77A 44＝420种．(4)中间和两头是特殊位置，可如下分类求解：①教师站两头之一，另一端由男生站，有A 12·A 14·A 55种站法，②两头全由男生站，教师站除两头和正中间的另外4个位置之一，有A 24·A 14·A 44种站法．故共有不同站法2 112种．。
高中数学第一章计数原理测评含解析新人教A版选修2_3
第一章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分)1.若A m4=18C m3,则m等于()A.9B.8C.7D.6,得m-3=3,m=6.A m4=m(m-1)(m-2)(m-3)=18·m(m-1)(m-2)3×2×12.在某种信息传输过程中,用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息.若所用数字只有0和1,则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为() A.10 B.11 C.12 D.15:分有两个对应位置、有一个对应位置及没有对应位置上的数字相同,可得N=C42+C41+1=11.3.若实数a=2-√2,则a10-2C101a9+22C102a8-…+210等于()A.32B.-32C.1 024D.512,得a10-2C101a9+22C102a8-…+210=C100(-2)0a10+C101(-2)1a9+C102(-2)2a8+…+C1010(-2)10=(a-2)10=(-√2)10=25=32.4.分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道.要求4名水暖工都分配出去,且每户居民家都要有人去检查,那么分配的方案共有()A.A43种B.A33A31种C.C42A33种D.C41C31A33种4名水暖工选出2人分成一组,然后将三组水暖工分配到3户不同的居民家,故有C42A33种.5.已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则在直角坐标系中,位于第一、第二象限不同点的个数是()A.18B.16C.14D.10N1=2×2+2×2=8(个),第二象限的不同点有N2=1×2+2×2=6(个),故N=N1+N2=14(个).故答案为C.6.将A,B,C,D四个小球放入编号为1,2,3的三个盒子中,若每个盒子中至少放一个球,且A,B不能放入同一个盒子中,则不同的放法有()A.15种B.18种C.30种D.36种A,B放入不同盒中,有3×2=6(种)放法,再放C,D,若C,D在同一盒中,有1种放法;若C,D在不同盒中,则有2×2=4(种)放法.故共有6×(1+4)=30(种)放法.故答案为C.7.为支持地震灾区的灾后重建工作,某公司决定分四天每天各运送一批物资到A,B,C,D,E五个受灾地点.由于A地距离该公司较近,安排在第一天或最后一天送达;B,C两地相邻,安排在同一天上午、下午分别送达(B在上午、C在下午与B在下午、C在上午为不同的运送顺序),且运往这两地的物资算作一批;D,E两地可随意安排在其余两天送达.则安排这四天运送物资到五个受灾地点的不同运送顺序的种数为()A.72B.18C.36D.24.第1步,安排运送物资到受灾地点A,有C21种方法;第2步,在余下的3天中任选1天,安排运送物资到受灾地点B,C,有C31A22种方法;第3步,在余下的2天中安排运送物资到受灾地点D,E,有A22种方法.由分步乘法计数原理得,不同的运送顺序共有C21·(C31A22)·A22=24(种).8.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,则不同的排列方法种数为()A.30B.18C.36D.48a1,a3,a5的大小顺序已定,且a1≠1,a3≠3,a5≠5,所以a1可取2,3,4,若a1=2或3,则a3可取4,5,当a3=4时,a5=6,当a3=5时,a5=6;若a1=4,则a3=5,a5=6.而其他的三个数字可以任意排列,因而不同的排列方法共有(2×2+1)A33=30(种).9.12名同学合影,站成前排4人后排8人,现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排(这样就成为前排6人,后排6人),若其他人的相对顺序不变,则不同调整方法的总数是()A.6C82B.720C82C.30C82D.20C822人有C82种方法,再插空.由题意知先在4人形成的5个空当中插入1人,有5种方法,余下的1人要插入前排5人形成的6个空当中,有6种方法,即为30种方法.故共有30C82种调整方法.10.设(2-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,那么a0+a2+a4a1+a3的值为()A.-122121B.-6160C.-244D.-1x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1,再令x=-1可得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35.两式相加除以2求得a0+a2+a4=122,两式相减除以2可得a1+a3+a5=-121.又由条件可知a5=-1,故a0+a2+a4a1+a3=-6160.11.形如45 132的数称为“波浪数”,即十位数字、千位数字均比与它们各自相邻的数字大,则由1,2,3,4,5可构成不重复的五位“波浪数”的个数为( ) A.20 B.18C.16D.11,十位和千位数字只能是4,5或3,5,若十位和千位排4,5,则其他位置任意排1,2,3,这样的数有A 22A 33=12(个);若十位和千位排5,3,这时4只能排在5的一边且不能和其他数字相邻,1,2在其余位置上任意排列,这样的数有A 22A 22=4(个).综上,共有16个.故答案为C .12.若自然数n 使得竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称n 为“可连数”.例如:32是“可连数”,因32+33+34不产生进位现象;23不是“可连数”,因23+24+25产生进位现象.则小于1 000的“可连数”的个数为( ) A.27 B.36C.39D.48,要构造小于1000的“可连数”,个位上的数字的最大值只能为2,即个位数字只能在0,1,2中取.十位数字只能在0,1,2,3中取;百位数字只能在1,2,3中取.当“可连数”为一位数时,有C 31=3(个);当“可连数”为两位数时,个位上的数字有0,1,2三种取法,十位上的数字有1,2,3三种取法,即有C 31C 31=9(个);当“可连数”为三位数时,有C 31C 41C 31=36(个);故共有3+9+36=48(个).二、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是 .(用数字作答).第1类,每级台阶只站一人,则有A 73种站法;第2类,若有一级台阶有2人,另一级有1人,则有C 31A 72种站法,因此共有不同的站法种数是A 73+C 31A 72=336.14.若(x √x 3)8的展开式中x 4的系数为7,则实数a= .(x +√x3)8的通项为C 8r x 8-r a r (x -13)r=C 8r a r x 8-r x -r3=C 8r a r x 8-43r,令8-43r=4,解得r=3. ∴C 83a 3=7,得a=12.15.6个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有 种.(用数字作答)个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法:先排列好除甲、乙两人外的4人,有A 44种方法,再把甲、乙两人插入4个人的5个空当,有A 52种方法,所以共有A44·A 52=480(种).16.(1+sin x )6的二项展开式中,二项式系数最大的一项的值为52,则x 在〖0,2π〗内的值为 .,得T 4=C 63sin 3x=20sin 3x=52,∴sin x=12.∵x ∈〖0,2π〗, ∴x=π6或x=5π6.5π6三、解答题(本题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10分)有6个除颜色外完全相同的球,其中3个黑球,红、白、蓝球各1个,现从中取出4个球排成一列,共有多少种不同的排法? .(1)若取1个黑球,和另外3个球排成一列,不同的排法种数为A 44=24;(2)若取2个黑球,和从另外3个球中选的2个排成一列,2个黑球是相同的,所以不同的排法种数为C 32C 42A 22=36;(3)若取3个黑球,和从另外3个球中选的1个排成一列,不同的排法种数为C 31C 41=12.综上,不同的排法种数为24+36+12=72.18.(12分)一个口袋内有4个不同的红球,6个不同的白球. (1)从中任取4个球,红球的个数不比白球少的取法有多少种?(2)若取一个红球记2分,取一个白球记1分,从中任取5个球,使总分不少于7分的取法有多少种? 将取出的4个球分成三类:①取4个红球,没有白球,有C 44种; ②取3个红球1个白球,有C 43C 61种; ③取2个红球2个白球,有C 42C 62种, 故有C 44+C 43C 61+C 42C 62=115(种).(2)设取x 个红球,y 个白球, 则{x +y =5,2x +y ≥7,0≤x ≤4,0≤y ≤6,故{x =2,y =3或{x =3,y =2或{x =4,y =1.因此,符合题意的取法种数有C 42C 63+C 43C 62+C 44C 61=186(种).19.(12分)已知(x 2√x)n展开式中的前三项的系数成等差数列.(1)求n 的值;(2)求展开式中系数最大的项.由题意,得C n 0+14C n 2=2×12C n 1,即n 2-9n+8=0,解得n=8或n=1(舍去).故n=8.(2)设第r+1项的系数最大,则{12r C 8r ≥12r+1C 8r+1,12r C 8r ≥12r -1C 8r -1, 即{18-r≥12(r+1),12r≥19-r .解得2≤r ≤3. ∵r ∈N *,∴r=2或r=3.∴系数最大的项为T 3=7x 5,T 4=7x 72.20.(12分)设1+12x m=a 0+a 1x+a 2x 2+a 3x 3+…+a m x m ,若a 0,a 1,a 2成等差数列.(1)求1+12x m展开式的中间项;(2)求1+12xm展开式中所有含x 的奇次幂的系数和.解(1)依题意a 0=1,a 1=m2,a 2=C m2122. 由2a 1=a 0+a 2,求得m=8或m=1(应舍去), 所以1+12xm展开式的中间项是第五项,T 5=C 8412x 4=358x 4.(2)因为1+12x m=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a m x m ,即1+12x8=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 8x 8. 令x=1,则a 0+a 1+a 2+a 3+…+a 8=328, 令x=-1,则a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 8=128, 所以a 1+a 3+a 5+a 7=38-129=20516,所以展开式中所有含x 的奇次幂的系数和为20516.21.(12分)把n 个正整数全排列后得到的数叫做“再生数”,“再生数”中最大的数叫做最大再生数,最小的数叫做最小再生数.(1)求1,2,3,4的再生数的个数,以及其中的最大再生数和最小再生数; (2)试求任意5个正整数(可相同)的再生数的个数.的再生数的个数为A 44=24,其中最大再生数为4321,最小再生数为1234.(2)需要考查5个数中相同数的个数. 若5个数各不相同,有A 55=120(个); 若有2个数相同,则有A 55A 22=60(个);若有3个数相同,则有A 55A 33=20(个);若有4个数相同,则有A 55A 44=5(个);若5个数全相同,则有1个.22.(12分)已知m ,n 是正整数,f (x )=(1+x )m +(1+x )n 的展开式中x 的系数为7. (1)对于使f (x )的x 2的系数为最小的m ,n ,求出此时x 3的系数; (2)利用上述结果,求f (0.003)的近似值;(精确到0.01)(3)已知(1+2x )8展开式的二项式系数的最大值为a ,系数的最大值为b ,求ba .根据题意得C m 1+C n 1=7,即m+n=7,①f (x )中的x 2的系数为C m2+C n2=m (m -1)2+n (n -1)2=m 2+n 2-m -n2.将①变形为n=7-m 代入上式得x 2的系数为 m 2-7m+21=m-722+354,故当m=3或m=4时,x 2的系数的最小值为9.当m=3,n=4时,x 3的系数为C 33+C 43=5; 当m=4,n=3时,x 3的系数为C 43+C 33=5.(2)f (0.003)=(1+0.003)4+(1+0.003)3≈C 40+C 41×0.003+C 30+C 31×0.003≈2.02. (3)由题意可得a=C 84=70,再根据{C 8k ·2k≥C 8k+1·2k+1,C 8k ·2k ≥C 8k -1·2k -1,即{k ≥5,k ≤6, 求得k=5或6,此时,b=7×28,∴b a =1285.。
高中数学选修2-3 第一章 计数原理 章末检测题 附答案解析
高中数学选修2-3第一章计数原理章末检测题（满分150分，时间120分钟）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．从n 个人中选出2个，分别从事两项不同的工作，若选派方案的种数为72，则n 的值为()A ．6B ．8C ．9D ．122．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A ．3×3!B ．3×(3！)3C ．(3！)4D ．9!3．从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A ．85B ．56C ．49D ．284．从集合{0,1,2}到集合{1,2,3,4}的不同映射的个数是()A ．81B ．64C ．24D ．125．(2012·重庆卷)82x x 的展开式中常数项为()A.3516B.358C.354D ．1056．若(2x ＋3)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2的值为()A ．2B ．－1C ．0D ．17．某次文艺汇演，要将A 、B 、C 、D 、E 、F 这六个不同节目编排成节目单，如下表：序号123456节目如果A 、B 两个节目相邻且都不排在3号位置，那么节目单上不同的排序方式有()A ．144种B ．192种C ．96种D ．72种8．(x ＋1)4(x －1)5的展开式中x 4的系数为()A ．－40B ．10C ．40D ．459．已知集合A ＝{5}，B ＝{1,2}，C ＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()A ．33B ．34C ．35D ．3610.如图，要给①，②，③，④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为()A ．320B ．160C ．96D ．6011．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有()A ．240种B ．360种C ．480种D ．720种12．绍兴臭豆腐闻名全国，一外地学者来绍兴旅游，买了两串臭豆腐，每串3颗(如图)．规定：每串臭豆腐只能自左向右一颗一颗地吃，且两串可以自由交替吃．请问：该学者将这两串臭豆腐吃完，不同的吃法有()A ．6种B ．12种C ．20种D ．40种二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．请把正确的答案填写在题中的横线上)13.84x x 展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为___________________．(用数字作答)14．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种．15．已知(1＋x )6(1－2x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 11x 11，那么a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝________.16．如图是由12个小正方形组成的3×4矩形网格，一质点沿网格线从点A 到点B 的不同路径之中，最短路径有________条．三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)有0,1,2,3,4,5共六个数字．(1)能组成多少个没有重复数字的四位偶数；(2)能组成多少个没有重复数字且为5的倍数的五位数．18．(本小题满分12分)已知3241nx x 展开式中的倒数第三项的系数为45，求：(1)含x 3的项；(2)系数最大的项．19．(本小题满分12分)(1)一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法？(2)一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法？20．(本小题满分12分)设a ＞0，若(1＋ax 12)n 的展开式中含x 2项的系数等于含x 项的系数的9倍，且展开式中第3项等于135x ，那么a 等于多少？21．(本小题满分13分)带有编号1、2、3、4、5的五个球．(1)全部投入4个不同的盒子里；(2)放进不同的4个盒子里，每盒一个；(3)将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)；(4)全部投入4个不同的盒子里，没有空盒；各有多少种不同的放法？22．(本小题满分13分)杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律．如图是一个11阶杨辉三角：(1)求第20行中从左到右的第4个数；(2)若第n行中从左到右第14与第15个数的比为23，求n的值；(3)求n阶(包括0阶)杨辉三角的所有数的和．参考答案一、选择题1.【解析】∵A2n＝72，∴n＝9.【答案】C2.【解析】把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．【答案】C3.【解析】分两类计算，C22C17＋C12C27＝49，故选C.【答案】C4.【解析】利用可重复的排列求幂法可得答案为43＝64(个)．【答案】B5.【解析】T r＋1＝C r8(x)8－r2rx＝12rC r8x4－r2－r2＝12rC r8x4－r，令4－r＝0，则r＝4，∴常数项为T5＝124C48＝116×70＝358.【答案】B6.【解析】(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)＝(2＋3)4×(－2＋3)4＝1.【答案】D7.【解析】第一步，将C、D、E、F全排，共有A44种排法，产生5个空，第二步，将A、B捆绑有2种方法，第三步，将A、B插入除2号空位和3号空位之外的空位，有C13种，所以一共有144种方法．【答案】A8.【解析】(x＋1)4(x－1)5＝(x－1)5(x2＋4x x＋6x＋4x＋1)，则x4的系数为C35×(－1)3＋C25×6＋C15×(－1)＝45.【答案】D9.【解析】①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C12A33＝12个；②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C12A33＋A33＝18个；③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C13＝3个．故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33，故选A.【答案】A10.【解析】不同的涂色方法种数为5×4×4×4＝320种．【答案】A11.【解析】利用分步计数原理求解．第一步先排甲，共有A 14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A 55种不同的排法，因此不同的演讲次序共有A 14·A 55＝480(种)．【答案】C12.【解析】方法一(树形图)：如图所示，先吃A 的情况，共有10种，如果先吃D ，情况相同，所以不同的吃法有20种．方法二：依题意，本题属定序问题，所以有A 66A 33·A 33＝20种．【答案】C 二、填空题13.【解析】∵384418841rrr r r r T Cx C xx --+==，当r ＝0,4,8时为含x 的整数次幂的项，所以展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为C 08＋C 48＋C 88＝72.【答案】7214.【解析】满足题设的取法分三类：①四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数中任取4个，有C 45＝5(种)；②两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数中任取2个，有C 25·C 24＝60(种)；③四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种．所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．【答案】6615.【解析】令x ＝0，得a 0＝1；令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＝－64；∴a 1＋a 2＋…＋a 11＝－65.【答案】－6516.【解析】把质点沿网格线从点A 到点B 的最短路径分为七步，其中四步向右，三步向下，不同走法的区别在于哪三步向下，因此，本题的结论是：C 37＝35.【答案】35三、解答题17.【解析】(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类，0在个位时有A 35个；第二类，2在个位时有A 14A 24个；第三类，4在个位时有A 14A 24个．由分类加法计数原理知，共有四位偶数A 35＋A 14A 24＋A 14A 24＝156个．(2)五位数中5的倍数可分为两类：第一类，个位上的数字是0的五位数有A 45个，第二类，个位上的数字是5的五位数有A 14A 34个．故满足条件的五位数有A 45＋A 14A 34＝216(个)．18.【解析】(1)由题设知C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，∴n ＝10.则21011130341211010r r r r r r T C x x C x ---+⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令11r －3012＝3，得r ＝6，含x 3的项为T 7＝C 610x 3＝C 410x 3＝210x 3.(2)系数最大的项为中间项，即T 6＝C 510x55－3012＝252x 2512.19.【解析】(1)先将3人(用×表示)与4张空椅子(用□表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)，从4个空当中选2个插入，有C 24种插法；二是2张同时插入，有C 14种插法，再考虑3人可交换有A 33种方法．所以，共有A 33(C 24＋C 14)＝60(种)．(2)可先让4人坐在4个位置上，有A 44种排法，再让2个“元素”(一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空当”之间，有A 25种插法，所以所求的坐法为A 44·A 25＝480(种)．20.【解析】T r ＋1＝C r n (ax 12)r ＝C r n a r x r 2，∴4422229135nnn C a C a C a x x⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴()()()()()22123914!211352n n n n n n a n n a ⎧----=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，即()()()22231081270n n a n n a ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，∴(n －2)(n －3)n (n －1)＝25.∴3n 2－23n ＋30＝0.解得n ＝53(舍去)或n ＝6，a2＝27030＝9，又a＞0，∴a＝3.21.【解析】(1)由分步计数原理知，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法．(2)由排列数公式知，五个不同的球放进不同的4个盒子里(每盒一个)共有A45种放法．(3)将其中的4个球投入一个盒子里共有C45C14种放法．(4)全部投入4个不同的盒子里(没有空盒)共有C25A44种不同的放法．22.【解析】(1)C320＝1140.(2)C13nC14n＝23⇒14n－13＝23，解得n＝34.(3)1＋2＋22＋…＋2n＝2n＋1－1.。
人教A版高中数学选修2-3第一章计数原理单元检测数学试卷(含简答)
高中数学选修2-3第一章计数原理单元检测卷(人教A 版)一、单选题1．为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、2种大荤、4种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有（ ）A ．48种B ．36种C ．24种D ．12种2．某学校打算从高三（1）班的5位男生中选出一部分(不可以不选)，再从高三（2）班的4位女生中选出一部分(不可以不选)组成多人合唱团，要求男生与女生数量相等，则选择方法有（ ）A ．30种B ．96种C ．120种D ．125种3．五名学生站成一排，其中甲必须站在乙的左边（可以不相邻）的站法种数为（ ）A ．44AB ．4412AC ．55AD ．5512A 4．从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数相加，则不同的结果共有（ ）A ．6种B ．9种C ．10种D ．15种5．重阳节，农历九月初九，二九相重，谐音是“久久”，有长久之意，人们常在此日感恩敬老，是我国民间的传统节日，某校在重阳节当日安排6位学生到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排2人，则不同的分配方案数是（ ）A ．35B ．40C ．50D ．70 6．6331x x ⎛⎫⎫-⎪⎪⎭⎭展开式中的常数项为（ ） A ．66-B ．15C ．15-D ．66 7．若202020102018220200122020(1)(1)(1)1a xa x x a x x a x +-+-++-=，则012020a a a +++=（ ） A ．1 B ．0 C ．20202D ．202128．如图所示的三角形数组是我国古代数学家杨辉发现的，称为杨辉三角形，根据数组中的数构成的规律，其中的a所表示的数是（）A．2 B．4 C．6 D．89．2019年高考结束了，有5位同学（其中巴蜀、一中各2人，八中1人）高考发挥不好，为了实现“南开、、三个班，每个班至少分配1位同学，为了让他们能更好梦”来到南开复读，现在学校决定把他们分到123的融入新的班级，规定来自同一学校的同学不能分到同一个班，则不同的分配方案种数为（）A．84B．48C．36D．2810．如图所示的五个区域中，中心区E域是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色．．．．．．．．．，有四种颜色可供选择.要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（）A ．56B ．72C ．64D ．84二、多选题 11．下列说法正确的为（ ）A ．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，有222642C C C 种不同的分法；B ．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本，有123653C C C 种不同的分法；C ．6本相同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有10种不同的分法；D ．6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有540种不同的分法．12．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（ ）A ．若任意选择三门课程，选法总数为37AB ．若物理和化学至少选一门，选法总数为1225C CC ．若物理和历史不能同时选，选法总数为3175C C -D ．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为121255C C C -13．A 、B 、C 、D 、E 五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（ ）A ．若A 、B 两人站在一起有24种方法B ．若A 、B 不相邻共有72种方法C ．若A 在B 左边有60种排法D ．若A 不站在最左边，B 不站最右边，有78种方法14．在61x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，下列说法正确的有（ ） A ．所有项的二项式系数和为64B ．所有项的系数和为0C ．常数项为20D ．二项式系数最大的项为第3项15．已知6112a x x x ⎛⎫⎛⎫+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭的展开式中各项系数的和为2，则下列结论正确的有（ ） A ．1a =B ．展开式中常数项为160C ．展开式系数的绝对值的和1458D ．若r 为偶数，则展开式中r x 和1r x -的系数相等三、填空题16．甲､乙､丙､丁4名学生参加体育锻炼，每人在A ，B ，C 三个锻炼项目中恰好选择一项进行锻炼，则甲不选A 项､乙不选B 项的概率为______.17．中秋节是中国传统佳节，赏花灯是常见的中秋活动.某社区拟举办庆祝中秋的活动，购买了,,A B C 三种类型的花灯，其中A 种花灯4个，B 种花灯5个，C 种花灯1个，现从中随机抽取4个花灯，则,,A B C 三种花灯各至少被抽取一个的情况种数为______.18．23(2)(1)ax x -+展开式中2x 的系数为24-，则a =________.19．2020年是我国脱贫攻坚决战决胜之年，某县农业局为支持该县的扶贫工作，决定派出8名农技人员（5男3女），并分成两组，分配到2个贫困村进行扶贫工作，若每组至少3人，且每组都有男农技人员，则不同的分配方案共有______种（用数字填写答案）．20．已知()1nx λ+展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，()20121n n n x a a x a x a x λ+=++++，若12242n a a a +++=，则()0121n n a a a a -+-+-的值为______.四、解答题21．已知(23x ＋3x 2)n的展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992，求：(1)展开式中二项式系数最大的项；(2)展开式中系数最大的项．22．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数．（1）在组成的五位数中，所有奇数的个数有多少?（2）在组成的五位数中，数字1和3相邻的个数有多少?（3）在组成的五位数中，若从小到大排列，30124排第几个?23．著名魔术师刘谦表演过一个“日历预言”的魔术，本质是根据日历上日期排列的特点玩的一个数字游戏.如图是2019年6月的日历的一部分（Ⅰ）在阴影部分任选三个数，求这三个数之和为42的概率；（Ⅱ）在阴影部分每一行中各选一个数，记三个数之和为X，求随机变量X的分布列和数学期望. 24．按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式?（1）分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;（2）甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;（3）平均分成三份,每份2本;（4）平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;（5）分成三份,1份4本,另外两份每份1本;（6）甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本;（7）甲得1本,乙得1本,丙得4本.参考答案1．B2．D3．D4．C5．C6．C7．C8．C9．A10．D11．ACD12．ABD13．BCD14．AB15．ACD16．4917．70 18．6 19．180 20．1-21．（1）22633490,270T x T x==；（2）2635405T x=．22．（1）36个（2）36个（2）49个23．（Ⅰ）221P=；（Ⅱ）见解析24．（1）60；（2）360；（3）15；（4）90；（5）15；（6）90；（7）30。
2019-2020年高中数学 第一章 计数原理章末过关检测卷 新人教A版选修2-3
2019-2020年高中数学第一章计数原理章末过关检测卷新人教A版选修2-3一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．(xx·广东卷理科)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言(B)A. 1 550 B．1 560 C．1 580 D．1 600解析：依题两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A240＝40×39＝1 560条毕业留言，故选B.2．由a，b，c，d，e这5个字母排成一排，a，b都不与c相邻的排法个数为(A)A．36个 B．32个 C．34个 D．35个3．已知C7n＋1－C7n＝C8n(n∈N*)，则n等于(A)A．14 B．12 C．13 D．15解析：因为C8n＋C7n＝C8n＋1，所以C7n＋1＝C8n＋1.∴7＋8＝n＋1，∴n＝14，故选A.4．我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架舰载机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有(C) A．12种 B．18种 C．24种 D．48种解析：丙、丁不能相邻着舰，则将剩余3机先排列，再将丙、丁进行“插空”．由于甲、乙“捆绑”视作一整体，剩余3机实际排列方法共2×2＝4种．有三个“空”供丙、丁选择，即A23＝6种．由分步乘法计数原理，共有4×6＝24种着舰方法．5．(xx·高考大纲卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有(C)A．60种 B．70种 C．75种 D．150种解析：由已知可得不同的选法共有C26C15＝75，故选C.6．(xx·新课标Ⅰ卷)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(A)A．10 B．20 C．30 D．60解析：在(x2＋x＋y)5的5个因式中，2个取因式中x2剩余的3个因式中1个取x，其余因式取y，故x5y2的系数为C25C23C22＝30，故选A.7．设f(x)＝(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1，则f(x)等于(D)A．(2x＋2)5 B．2x5 C．(2x－1)5 D．(2x)5解析：f(x)＝C05(2x＋1)5(－1)0＋C15(2x＋1)4·(－1)1＋C25(2x＋1)3·(－1)2＋C35(2x＋1)2·(－1)3＋C45(2x＋1)－1·(－1)4＋C55(2x＋1)0·(－1)5＝[(2x＋1)－1]5＝(2x)5.8．若6条网线并联，它们能通过的最大信息量分别为1，1，2，2，3，4，现从中任取三条网线且使三条网线通过最大信息量的和大于等于6的方法种数共有(D) A．24种 B．20种 C．18种 D．15种解析：当选用信息量为4的网线时有C25种；当选用信息量为3的网线时有(C12C12＋C22)种，共有C25＋C12C12＋C22＝15种．故选D.9．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有(A)A．12种 B．18种 C．24种 D．36种解析：先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A 33种不同的排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A 12种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A 33·A 12·1＝12种不同的排列方法．10．某科技小组有6名同学，现从中选出3人去参观展览，至少有1名女生入选的不同选法有16种，则小组中的女生数为(A )A ．2人B ．3人C ．4人D ．5人解析：由题意可用排除法，设有女生x 人，则有男生6－x 人，于是有C 36－C 36－x ＝16，即(6－x )(5－x )(4－x )＝24，将各选项逐个代入验证可得x ＝2.11．设(1＋x )8＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋… ＋a 8x 8，则a 0，a 1，a 2，…，a 8中奇数的个数为(A )A ．1个B ．3个C ．4个D ．5个解析：a 0＝C 08＝1，a 1＝C 18＝8，a 2＝C 28＝28，a 3＝C 38＝56，a 4＝C 48＝70，…，a 8＝C 88＝1.12．市内某公共汽车站6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是(C )A ．48种B ．54种C ．72种D ．84种解析：根据题意，先把3名乘客进行全排列，有A 33＝6种排法，排好后，有4个空位，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空位中，有A 24＝12种排法，则共有6×12＝72种候车方式，选C.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分；将正确答案填在题中的横线上)13．(xx·新课标卷Ⅱ)(x ＋a )10的展开式中，x 7的系数为15，则a ＝________(用数字填写答案)．解析：因为T r ＋1＝C r 10x 10－r a r ，所以令10－r ＝7，得r ＝3，所以T 4＝C 310x 7a 3＝15x 7，解得a＝12. 答案：1214．(xx·广东珠海高二下学期期末)1名男同学和2名女同学站成一排，其中2名女同学相邻的排法有________种．解析：由于2名女同学相邻，故用“捆绑法”再与1名男同学进行排列．所以所求的排法种数是A 22A 22＝4种．答案：415．(xx·汕头模拟)若n 是正整数，则7n ＋7n －1C 1n ＋7n －2C 2n ＋…＋7C n －1n 除以8的余数是________．解析：7n ＋7n －1C 1n ＋7n －2C 2n ＋…＋7C n －1n ＝(7＋1)n －C n n ＝8n －1＝(8n －8)＋7，因为(8n －8)能被8整除，所以余数为7.答案：7 16．(xx·高考安徽卷)设a ≠0，n 是大于1的自然数，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x a n的展开式为a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n .若点A i (i ，a i )(i ＝0，1，2)的位置如图所示，则a ＝________． 解析：由图易知a 0＝1，a 1＝3，a 2＝4，则a 1＝C 1n 1a ＝3，a 2＝C 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧n a ＝3，n （n －1）2a 2＝4，解得a＝3.答案：3三、解答题(本大题共6小题，共70分；解答时应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤)17．(本小题满分11分)6位女同志(其中有一个领唱)和2位男同志，分成两排表演．(1)每排4人，问共有多少种不同的排法？(2)领唱站在前排，男同志站在后排，还是每排4人，问有多少种不同的排法？解析：(1)要完成这件事，必须分三步：第一步，先从8人中选出4人站在前排，另4个人站后排，有C48·C44＝C48种不同的排法；第二步，前面4人进行排列，有A44种排法；第三步，后面4人也进行排列，有A44种排法．利用分步乘法计数原理，共有C48(A44)2＝40 320种排法．(2)同理可得有C35A44A44＝5 760种排法．18．(本小题满分11分)解方程：C x－2x＋2＋C x－3x＋2＝110A3x＋3.解析：原方程可化为C x－2x＋3＝110A3x＋3，即C5x＋3＝110A3x＋3，所以（x＋3）！5！（x－2）！＝（x＋3）！10·x！，即1120（x－2）！＝110·x（x－1）·（x－2）！，化简得x2－x－12＝0，解得x＝4或x＝－3，经检验：x＝4是原方程的解．19．(本小题满分12分)已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第十次测试才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？解析：(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A22＝A24种测法，再排余下4件的测试位置，有A44种测法．所以共有不同测试方法A46A24A44＝103 680(种)．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现．所以共有不同测试方法C14(C16C33)A44＝576(种)．20．(本小题满分12分)某校高三年级有6个班级，现要从中选出10人组成高三女子篮球队参加高中篮球比赛，且规定每班至少要选1人参加．这10个名额有多少种不同的分配方法？解析：法一除每班1个名额以外，其余4个名额也需要分配．这4个名额的分配方案可以分为以下几类：(1)4个名额全部给某一个班级，有C16种分法；(2)4个名额分给两个班级，每班2个，有C26种分法；(3)4个名额分给两个班级，其中一个班级1个，一个班级3个．由于分给一班1个，二班3个和一班3个、二班1个是不同的分法，因此是排列问题，共有A26种分法；(4)分给三个班级，其中一个班级2个，其余两个班级每班1个，共有C16·C25种分法；(5)分给四个班，每班1个，共有C46种分法．故共有N＝C16＋C26＋A26＋C16·C25＋C46＝126种分配方法．法二该问题也可以从另外一个角度去考虑：因为是名额分配问题，名额之间无区别，所以可以把它们视作排成一排的10个相同的球，要把这10个球分开成6段(每段至少有一个球)．这样，每一种分隔办法，对应着一种名额的分配方法．这10个球之间(不含两端)共有9个空位，现在要在这9个位子中放进5块隔板，共有N＝C59＝126种放法．故共有126种分配方法．21．(本小题满分12分)设⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＋133n 的展开式的第7项与倒数第7项的比是1∶6，求展开式中的第7项．解析： T 7＝C 6n ⎝⎛⎭⎫32n －6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336， T n ＋1－6＝T n －5＝C 6n ⎝⎛⎭⎫326⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫133n －6. 由C 6n ⎝⎛⎭⎫32n －6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336C 6n ⎝⎛⎭⎫326⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫133n －6＝16，化简得6n 3－4＝6－1，所以n 3－4＝－1，所以n ＝9. 所以T 7＝C 69×⎝⎛⎭⎫329－6×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336＝C 39×2×19＝563. 22．(本小题满分12分)袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个球．(1)若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？(2)若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？(3)取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取4球的总分不低于5分，则有多少种不同的取法？解析：(1)分三类：3红1白，2红2白，1红3白这三类，由分类加法计数原理有：C 34C 16＋C 24C 26＋C 14C 36＝194(种)．(2)分三类：4红，3红1白，2红2白，由分类加法计数原理共有：C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115(种)．(3)由题意知，取4球的总分不低于5，只要取出的4个球中至少一个红球即可．因此共有取法：C 14C 36＋C 24C 26＋C 34C 16＋C 44＝195(种)．。
2022高中数学 第一章《计数原理》测试题A卷 新人教A版选修2-3
高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试题A卷考试时间：100分钟，满分：150分一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（每小题5分，共50分）1．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是( )．FA．6 B．8 C10 D．122．有A、B两种类型的车床各一台，现有甲、乙、丙三名工人，其中甲、乙都会操作两种车床，丙只会操作A种车床，现在要从三名工人中选2名分别去操作以上车床，不同的选派方法有 ( )A．6种B．5种C．4种D．3种3．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A．3 B．4 C．6 D．84. 如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有 ( )A．72种B．48种C．24种D．12种5．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )A．60种B．63种C．65种D．66种6. 将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为 ( )A．18 B．24 C．30 D．367． 10名同学合影，站成了前排3人，后排7人．现摄影师要从后排7人中抽2人站前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数为 ( )A．C27A55B．C27A22C．C27A25D．C27A358.一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )A．3×3! B．3×(3！)3C．(3！)4D．9!9．设a∈Z，且0≤a<13，若512 012＋a能被13整除，则a的值为( )A ．0B ．1C ．11D ．1210．在二项式(x ＋3x)n的展开式中，各项系数之和为A ，各项二项式系数之和为B ，且A ＋B＝72，则展开式中常数项的值为 ( )A ．6B ．9C ．12D ．18二、填空题（每小题6分, 共24分）11． 某次活动中，有30人排成6行5列，现要从中选出3人进行礼仪表演，要求这3人中的任意2人不同行也不同列，则不同的选法种数为________(用数字作答)．12． 用数字1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的6位数，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是________．13.若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中1x2的系数为______．14． 1－90C 110＋902C 210－903C 310＋…＋(－1)k 90k C k 10＋…＋9010C 1010除以88的余数是________． 三、解答题（共计76分）．15．（本题满分12分）高三一班有学生50人，男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，男生30人，女生30人；高三三班有学生55人，男生35人，女生20人． (1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？ (2)从高三一班、二班男生中，或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？16．（本题满分12分）已知集合M ＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a ，b ，c ∈M ，则： (1)y ＝ax 2＋bx ＋c 可以表示多少个不同的二次函数； (2)y ＝ax 2＋bx ＋c 可以表示多少个图象开口向上的二次函数．17．（本题满分12分） 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内． (1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？ (2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？ (3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？18．（本题满分12分）某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中：(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？ (2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？19．（本题满分14分）已知(3x ＋x 2)2n 的展开式的二项式系数和比(3x －1)n的展开式的二项式系数和大992.求在⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 2n 的展开式中，(1)二项式系数最大的项； (2)系数的绝对值最大的项．20．（本题满分14分）已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7. 求：(1)a 1＋a 2＋…＋a 7； (2)a 1＋a 3＋a 5＋a 7； (3)a 0＋a 2＋a 4＋a 6；(4)|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|.高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试题A 卷答案一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确答案的代号填在题后的括号内（每小题5分，共50分） 1. 【答案】 A【解析】分两类：第一类，第一象限内的点，有2×2＝4(个)； 第二类，第二象限内的点，有1×2＝2(个)． 2. 【答案】 C【解析】若选甲、乙二人，包括甲操作A 车床，乙操作B 车床，或甲操作B 车床，乙操作A 车床，共有2种选派方法；若选甲、丙二人，则只有甲操作B 车床，丙操作A 车床这一种选派方法； 若选乙、丙二人，则只有乙操作B 车床，丙操作A 车床这一种选派方法． 故共2＋1＋1＝4(种)不同的选派方法．故应选C. 3. 【答案】 D【解析】以1为首项的等比数列为1,2,4；1,3,9； 以2为首项的等比数列为2,4,8； 以4为首项的等比数列为4,6,9，共4个．把这四个数列顺序颠倒，又得到4个数列，故所求数列有8个．4. 【答案】 A【解析】按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类．一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法．故不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．5. 【答案】 D【解析】满足题设的取法可分为三类：一是四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数1,3,5,7,9中，任意取4个，有C45＝5(种)；二是两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数2,4,6,8中任取2个，有C25·C24＝60(种)；三是四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种，所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．6. 【答案】C【解析】排除法．先不考虑甲、乙同班的情况，将4人分成三组有C24＝6种方法，再将三组同学分配到三个班级有A33＝6种分配方法，再考虑甲、乙同班的分配方法有A33＝6种，所以共有C24A33－A33＝30种分法．7. 【答案】 C【解析】从后排抽2人的方法种数是C27；前排的排列方法种数是A25.由分步乘法计数原理知不同调整方法种数是C27A25.8. 【答案】 C【解析】把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．9. 【答案】 D【解析】化51为52－1，用二项式定理展开．512 012＋a＝(52－1)2 012＋a＝C02 012522 012－C12 012522 011＋…＋C2 0112 012×52×(－1)2 011＋C2 0122 012×(－1)2 012＋a.因为52能被13整除，所以只需C2 0122 012×(－1)2 012＋a能被13整除，即a＋1能被13整除，因为0≤a<13，所以a＝12.10. 【答案】B【解析】A＝(1＋3)n＝4n，B＝2n.A＋B＝4n＋2n＝72，∴n＝3.∴(x＋3x)n＝(x＋3x)3.T r＋1＝C r3(x)3－r(3x)r＝3r C r3x3－r2·x－r＝3r C r3x3－3r2∴当r＝1时T r＋1为常数项．∴常数项为3C13＝9.二、填空题（每小题6分, 共24分） 11. 【答案】 7 200【解析】其中最先选出的一个人有30种方法，此时不能再从这个人所在的行和列上选人，还剩一个5行4列的队形，故选第二个人有20种方法，此时不能再从该人所在的行和列上选人，还剩一个4行3列的队形，此时第三个人的选法有12种，根据分步乘法计数原 12. 【答案】40【解析】第一步将3,4,5,6按奇偶相间排成一列，共有2×A 22×A 22＝8(种)排法；第二步再将1,2捆绑插入4个数字产生的5个空位中，共有A 15＝5(种)插法，插入时需满足条件相邻数字的奇偶性不同，1,2的排法由已排4个数的奇偶性确定． ∴不同的排法有8×5＝40(种)，即这样的六位数有40个． 13. 【答案】56【解析】利用二项展开式的通项公式求解． 由题意知，C 2n ＝C 6n ，∴n ＝8. ∴T r ＋1＝C r8·x8－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 8·x 8－2r， 当8－2r ＝－2时，r ＝5， ∴1x2的系数为C 58＝C 38＝56.14. 【答案】1【解析】原式＝(1－90)10＝(88＋1)10＝8810＋C 110889＋…＋C 91088＋1，因为前10项均能被88整除，故余数为1.三、解答题（共计76分）．15．【解析】(1)完成这件事有三类方法第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法； 第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法； 第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法，根据分类加法计数原理，任选一名学生任校学生会主席共有50＋60＋55＝165种选法．6分(2)完成这件事有三类方法第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法； 第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法； 第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法． 综上知，共有30＋30＋20＝80种选法．12分16. 【解析】(1)a 的取值有5种情况，b 的取值有6种情况，c 的取值有6种情况，因此y ＝ax 2＋bx ＋c 可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函数．6分(2)y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象开口向上时，a 的取值有2种情况，b 、c 的取值均有6种情况，因此y ＝ax 2＋bx ＋c 可以表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数．12分17. 【解析】(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有C 14C 24C 13×A 22＝144(种)．4分(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．8分(3)确定2个空盒有C 24种方法．4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有C 34C 11A 22种方法；第二类有序均匀分组有C 24C 22A 22·A 22种方法．故共有C 24(C 34C 11A 22＋C 24C 22A 22·A 22)＝84(种)．12分18. 【解析】(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C 318＝816(种)；3分(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C 518＝8 568(种)；6分(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加， 共有C 12C 418＋C 318＝6 936(种)；9分(4)方法一 (直接法)：至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类： 一内四外；二内三外；三内二外；四内一外， 所以共有C 112C 48＋C 212C 38＋C 312C 28＋C 412C 18＝14 656(种)．12分方法二 (间接法)：由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数， 得C 520－(C 512＋C 58)＝14 656(种)．12分19. 【解析】由题意知，22n－2n＝992， 即(2n－32)(2n＋31)＝0，∴2n ＝32，解得n ＝5. 2分(1)由二项式系数的性质知，⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 10的展开式中第6项的二项式系数最大，即C 510＝252.∴二项式系数最大的项为T 6＝C 510(2x )5⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 5＝－8 064.7分(2)设第r ＋1项的系数的绝对值最大， ∴1010102110101(2)()(1)2r r r r r r rr T C x C xx---+=-=-， ∴101101101010110110102222r r r r r r r r C C C C ---+-+--⎧≥⎪⎨≥⎪⎩， 得1101011010222r r r r C C C C -+⎧≥⎪⎨≥⎪⎩，即1122(1)10r r r r -≥⎧⎨+≥-⎩， 解得83≤r ≤113，12分∵r Z ∈，∴r ＝3.故系数的绝对值最大的项是第4项，T 4＝－C 310·27·x 4＝－15 360x 4.14分20.【解析】令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝－1.① 令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＝37.② (1)∵a 0＝C 07＝1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝－2. 3分(2)(①－②)÷2，得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－1－372＝－1 094.7分(3)(①＋②)÷2，得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝－1＋372＝1 093.10分(4)方法一 ∵(1－2x )7展开式中，a 0、a 2、a 4、a 6大于零，而a 1、a 3、a 5、a 7小于零，∴|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|＝(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)－(a 1＋a 3＋a 5＋a 7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.方法二 |a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|， 即(1＋2x )7展开式中各项的系数和，令x ＝1， ∴|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|＝37＝2 187. 14分。
高中数学 第1章 计数原理阶段性测试题一 新人教A版高二选修2-3数学试题
第一章 计数原理(时间：120分钟 满分：150分) 第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．若实数a ＝2－2，则a 10－2C 110a 9＋22C 210a 8－…＋210＝( ) A ．32 B ．－32 C ．1 024 D ．512解析：由题意得a 10－2C 110a 9＋22C 210a 8－…＋210＝(a －2)10，又a ＝2－2，所以原式＝(2－2－2)10＝32.答案：A2．已知(2－x )10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10，则a 8等于( ) A ．180 B ．－180 C ．45D ．－45解析：依题意知，a 8＝C 81022(－1)8＝180，故选A. 答案：A3．(2019·某某省八校高三联考)某工厂安排6人负责周一至周六的中午午休值班工作，每天1人，每人值班1天，若甲、乙两人需安排在相邻两天值班，且都不排在周三，则不同的安排方式有( )A ．192种B ．144种C ．96种D ．72种解析：因为甲、乙两人都不排在周三，且安排在相邻两天，所以分两类：①甲、乙两人安排在周一，周二，则有A 22·A 44＝48种；②甲、乙两人安排在周四，周五，周六中的相邻两天，则有2A 22·A 44＝96种，则共有48＋96＝144(种)．答案：B4．5名志愿者分到3所学校支教，每个学校至少去一名志愿者，则不同的分派方法共有( )A ．150种B ．180种C ．200种D ．280种解析：不同的分派方法⎝ ⎛⎭⎪⎫C 25C 23A 22＋C 15C 14A 22A 33＝150种，故选A.答案：A5．(2019·某某市、某某市部分学校联合模拟)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 2＋228的展开式中x 6的系数为562，则⎠⎛1a (x －cos πx )d x ＝( )A ．2B ．1C.32D.12 解析：二项式⎝⎛⎭⎪⎫22＋ax 28的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 8⎝ ⎛⎭⎪⎫228－r (ax 2)r ，∵2r ＝6，∴r ＝3.令r ＝3，则C 38×⎝⎛⎭⎪⎫225×a 3＝562，解得a ＝2，所以⎠⎛1a (x －cos πx )dx ＝⎠⎛12(x －cos πx )dx答案：C6．已知6C x －7x －3＝10A 2x －4，则x 的值为( ) A ．11 B ．12 C ．13D ．14解析：由6C x －7x －3＝10A 2x －4，得6·(x －3)(x －4)(x －5)(x －6)4×3×2×1＝10·(x －4)(x －5)．∴x 2－9x －22＝0，∴x ＝11或x ＝－2(舍)． 答案：A7．(2019·某某一中高二月考)用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数为( )A ．12B ．24C ．30D ．36解析：因为一种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，所以分两类，第一类，涂前三个圆用三种颜色，有A 33＝6种涂法，则涂后三个圆有C 12C 12＝4种涂法，共有6×4＝24种涂法；第二类，涂前三个圆用两种颜色，则涂后三个圆也用两种颜色，共有C 13C 12＝6种涂法．综上，可得不同的涂色方案的种数为24＋6＝30.答案：C8．设⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋1x n 展开式的各项系数之和为M ，其二项式系数之和为N ，若M ＋N ＝272，则n 的值为( )A ．1B ．4C ．3 D.12解析：由题意得M ＝4n ，N ＝2n. ∵M ＋N ＝272，∴4n ＋2n＝272，得n ＝4. 答案：B9．12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排(这样就成为前排6人，后排6人)，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( )A ．C 28A 23 B ．C 28A 66 C ．C 28A 26D ．C 28A 25解析：先从后排中抽出2人有C 28种方法，再插空，由题意知，先从4人中的5个空中插入1人，有5种方法，余下1人则要插入前排5人的空中，有6种方法，即抽出的2人插入前排为A 26.共有C 28A 26种调整方法．故选C.答案：C10．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )A ．6种B ．12种C ．24种D ．30种解析：首先，甲、乙两人同选1门，有4种方法；其次，甲从剩下的3门课中选1门，有3种方法；最后，乙从剩下的2门课中选1门，有2种方法．所以共有4×3×2＝24种．答案：C11．若C 3n ＋123＝C n ＋623(n ∈N *)，且(3－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则a 0－a 1＋a 2－…＋(－1)na n ＝( )A ．250B ．－250C ．256D ．－150解析：由C 3n ＋123＝C n ＋623，得3n ＋1＝n ＋6或3n ＋1＋n ＋6＝23，∴n ＝52(舍去)或n ＝4.令x＝－1，则(3－x )n＝(3＋1)4＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝256.∴a 0－a 1＋a 2－…＋(－1)na n ＝256.故选C.答案：C12．由1,2,3,0组成没有重复数字的三位数，其中0不在个位上，则这些三位数的和为( )A ．1 320B ．1 332C ．2 532D ．2 544解析：共组成A 33＋A 23＝12个这样的三位数，个位数有4个3,4个2 ,4个1，和为24；十位数有2个3,2个2,2个1,6个0，和为12；百位数有4个1,4个2,4个3，和为24，∴这些位数的和为2 544，故选D.答案：D第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．(2019·某某市高三质量预测)已知⎝⎛⎭⎪⎫1x＋x 2n的展开式的各项系数和为64，则展开式中x 3的系数为_______________________________________．解析：令x ＝1，得2n ＝64，解得n ＝6，则⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋x 26的展开式的通项T r ＋1＝C r 6⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 6－r x 2r ＝C r6x 3r －6，令3r －6＝3，得r ＝3，故x 3的系数为C 36＝20.答案：2014．设a ≠0，n 是大于1的自然数，⎝⎛⎭⎪⎫1＋x a n 的展开式为a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n.若点A i (i ，a i )(i ＝0,1,2)的位置如图所示，则a ＝________.解析：由题图可知a 0＝1，a 1＝3，a 2＝4，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧C 1n ·1a＝a 1＝3，C 2n·1a 2＝a 2＝4，故⎩⎪⎨⎪⎧n a ＝3，n (n －1)a 2＝8，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ＝9，a ＝3.答案：315．盒子里有完全相同的6个球，每次至少取出1个球(取出不放回)，取完为止，则共有________种不同的取法(用数字作答)．解析：依题意，取盒子中6个小球，可以看作6个小球排成一排，在中间插入挡板，由于每次至少取出一个球，所以最多可以插入5个挡板，即C 05＋C 15＋C 25＋C 35＋C 45＋C 55＝25＝32.答案：3216．(2019·某某一中高二月考)将6名报名参加运动会的同学分别安排到跳绳、接力、投篮三项比赛中(假设这些比赛都不设人数上限)，每人只参加一项，则共有x 种不同的方案，若每项比赛至少要安排一人，则共有y 种不同的方案，其中x ＋y 的值为________．解析：6名同学报名参加跳绳、接力、投篮三项比赛，每人只参加一项，每人有3种报名方法，根据分步乘法计数原理可得x ＝36＝729.而每项比赛至少要安排一人时，先分组有C 16C 15C 44A 22＋C 16C 25C 33＋C 26C 24C 22A 33＝90(种)，再排列有A 33＝6(种)，所以y ＝90×6＝540.所以x ＋y ＝1 269. 答案：1 269三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)17．(10分)为支援西部开发，需要从8名男干部和2名女干部中任选4人组成支援小组到西部某地支边，要求男干部不少于3人，问有多少种选派方案．解：解法一：男干部有四人时有C 48种选法；男干部有3人时有C 38C 12种选法，故适合条件的选派方案有C 48＋C 38C 12＝182种．解法二：从10名干部中选4名减去2名女干部全被选中的方案数，共有C 410－C 28C 22＝182种．18．(12分)已知(3x 2＋3x )n展开式中各项系数的和比它的二项式系数的和大4 032. (1)求展开式中含x 4的项；(2)求展开式中二项式系数最大的项．解：(1)令x ＝1得展开式各项系数和为4n ，而二项式系数和为C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n， 由题意得4n －2n ＝4 032，即(2n －64)(2n ＋63)＝0，得2n ＝64或2n＝－63， 又∵n ∈N *，∴2n＝64，故n ＝6，二项展开式的第r ＋1项为，令12＋r 3＝4，得r ＝0，∴展开式中含x 4的项为T 1＝30·C 06·x 4＝x 4. (2)∵n ＝6，∴展开式中第4项的二项式系数最大，19．(12分)2名女生和4名男生外出参加比赛活动．(1)他们排成一列照相时，若2名女生必须在一起，有多少种排列方法？ (2)他们排成一列照相时，若2名女生不相邻，有多少种排列方法？(3)从这6名学生中挑选3人担任裁判，至少要有1名女生，则有多少种选法？ 解：(1)有2A 55＝240种． (2)有A 44A 25＝480种． (3)有C 36－C 34＝16种．20．(12分)求证：1＋4C1n＋7C2n＋10C3n＋…＋(3n＋1)C n n＝(3n＋2)·2n－1.证明：设S＝1＋4C1n＋7C2n＋10C3n＋…＋(3n＋1)C n n，①则S＝(3n＋1)C n n＋(3n－2)C n－1n＋…＋4C1n＋1.②①＋②得2S＝(3n＋2)(C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n)＝(3n＋2)·2n，∴S＝(3n＋2)·2n－1.21．(12分)带有编号1,2,3,4,5的五个球．(1)全部投入4个不同的盒子里；(2)放进不同的4个盒子里，每盒一个；(3)将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)；(4)全部投入4个不同的盒子里，没有空盒；各有多少种不同的放法？解：(1)由分步计数原理知，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法．(2)由排列数公式知，五个不同的球放进不同的4个盒子里(每盒一个)共有A45种放法．(3)将其中的4个球投入一个盒子里共有C45C14＝20种放法．(4)全部投入4个不同的盒子里(没有空盒)共有C25A44种不同的放法．22．(12分)设x10－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，其中Q(x)是关于x的多项式，a，b∈R.(1)求a，b的值；(2)若ax＋b＝28，求x10－3除以81的余数．解：(1)由已知等式，得[(x－1)＋1]10－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，∴C010(x－1)10＋C110(x－1)9＋…＋C810(x－1)2＋C910(x－1)＋C1010－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，∴[C010(x－1)8＋C110(x－1)7＋…＋C810](x－1)2＋10x－12＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，∴10x－12＝ax＋b.∴a＝10，b＝－12.(2)∵ax＋b＝28，即10x－12＝28，∴x＝4，∴x10－3＝410－3＝(3＋1)10－3＝C010×310＋C110×39＋…＋C910×3＋C1010－3＝34×(C010×36＋C110×35＋…＋C610)＋40×34＋5×34＋28＝81(C010×36＋C110×35＋…＋C610＋45)＋28，∴所求的余数为28.。
精选高中数学第一章计数原理综合检测新人教A版选修2-3
第一章计数原理综合检测一、选择题1.若=10,则n=().A.1B.8C.9D.10【解析】∵=10,∴2n(2n-1)(2n-2)=10n(n-1)·(n-2),∴n=8.【答案】B2.+++…+等于().A.990B.165C.120D.55【解析】因为=+,所以+++…+=+++…+=++…+=++…+=…==165.【答案】B3.设m∈N*,且m<15,则(15-m)(16-m)·…·(20-m)等于().A.B.C.D.【解析】(15-m)(16-m)·…·(20-m)中20-m是最大的因数,共6个因数,因此记为.故选C.【答案】C4.在二项式的展开式中,x2的系数为().A.8B.4C.6D.12【解析】T r+1=x4-r=2r x4-2r,T2=2x2=8x2,故x2的系数为8,故选A.【答案】A5.四位男演员与五位女演员(包含女演员甲)排成一排拍照,其中四位男演员互不相邻,且女演员甲不站首尾两端的排法数为().A.-2B.-C.-2D.-【解析】四位男演员互不相邻可用插空法,有种排法,其中女演员甲站在首尾两端的排法有2种,因此所求排法数为-2.故选A.【答案】A6.将4个相同的白球和5个相同的黑球全部放入3个不同的盒子中,每个盒子中既要有白球,又要有黑球,且每个盒子中都不能同时只放入2个白球和2个黑球,则所有不同的放法种数为().A.3B.6C.12D.18【解析】有种,有×3种,所以共有+3=12种.【答案】C7.从10名高三年级优秀学生中挑选3人担任校长助理,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的不同选法的种数为().A.85B.56C.49D.28【解析】分两种情况:第一种,甲、乙只有1人入选,则有=42种;第二种,甲、乙都入选,有=7种.所以共有42+7=49种选法,故选C.【答案】C8.若=,则的值为().A.1B.7C.20D.35【解析】由=,即=,解得n=7,所以===35.【答案】D9.(x+1)(2x+1)(3x+1)·…·(nx+1)(n∈N*)展开式中的一次项系数为().A. B. C. D.【解析】一次项的系数为1+2+3+…+n==.【答案】A10.从0,1,2,3,4,5这六个数字中选两个奇数和两个偶数,组成没有重复数字的四位数的个数为().A.300B.216C.180D.162【解析】第一类,从1,2,3,4,5中任取两个奇数和两个偶数,组成没有重复数字的四位数的个数为=72;第二类,取0,此时2,4只能取一个,0不能排在首位,组成没有重复数字的四位数的个数为(-)=108.所以组成没有重复数字的四位数的个数为108+72=180,故选C.【答案】C11.从正方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点中选取4个作为四面体的顶点,可得到的不同的四面体的个数为().A.-12B.-8C.-6D.-4【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,故有(-12)个.【答案】A12.用a代表红球,b代表蓝球,c代表黑球.由加法计数原理及乘法计数原理,从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可用(1+a)(1+b)的展开式1+a+b+ab表示,其中“1”表示一个球都不取,“a”表示取出一个红球,“b”表示取出一个蓝球,“ab”表示把红球和蓝球都取出来.依此类推,下列各式中,其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球,且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是().A.(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5B.(1+a5)(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c)5C.(1+a)5(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c5)D.(1+a5)(1+b)5(1+c+c2+c3+c4+c5)【解析】由题意知,5个无区别的红球取出若干个球可表示为1+a+a2+a3+a4+a5;5个无区别的蓝球都取出或都不取出可表示为1+b5;5个有区别的黑球取出若干个球可表示为(1+c)(1+c)(1+c)(1+c)(1+c)=(1+c)5.由乘法计数原理可得所有取法可表示为(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5.【答案】A二、填空题13.已知(1+3x)n的展开式中,x2的系数是54,则n=.【解析】二项展开式的通项公式T r+1=(3x)r=·3r·x r,令r=2,得·32=54,解得n=4.【答案】414.有两排座位,前排4个座位,后排5个座位,现安排2人就坐,并且这2人不相邻(一前一后也视为不相邻),那么不同的坐法的种数是.【解析】两人都在前排有种,两人都在后排有种,一前一后有4×5×2=40种,故共有++40=58种.【答案】5815.若二项式(3-x)n(n∈N*)中所有项的系数之和为a,所有项的系数的绝对值之和为b,则+的最小值为.【解析】令x=1,得a=2n;令x=-1,得b=4n.所以+=2n+.令t=2n(t≥2),得+=t+,由“对勾函数”的图象与性质知t+≥2+=.【答案】16.如图,在杨辉三角中,从上往下数共有n行(n∈N*),在这些数中,非1的数之和为.【解析】根据题意,所求之和S=(20+21+22+…+2n-1)-(2n-1)=-2n+1=2n-2n.【答案】2n-2n三、解答题17.(1)求证:+5=.(2)若=10,求n的值.【解析】(1)左边=+5=7×6×5×4×3+5×7×6×5×4=(3+5)×7×6×5×4=8×7×6×5×4==右边,故等式得证.(2)由=10(n≥3,n∈N*),得2n(2n-1)(2n-2)=10n(n-1)(n-2),即4n(2n-1)(n-1)=10n(n-1)(n-2),解得n=8.18.(1)求的展开式中的常数项;(2)已知x10=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a10(x+2)10,求a1+a2+a3+…+a10的值.【解析】(1)展开式的通项为T r+1=·=(-1)r.令r-9=0,得r=6.因此展开式的常数项为T7=(-1)62-3=.(2)分别令x=-2与x=-1,得两式相减得a1+a2+…+a10=1-210=-1023.19.某单位职工义务献血,在体检合格的人中,O型血的共有28人,A型血的共有7人,B型血的共有9人,AB型血的有3人.(1)从中任选1人去献血,有多少种不同的选法?(2)从四种血型的人中各选1人去献血,有多少种不同的选法?【解析】从O型血的人中选1人有28种不同的选法,从A型血的人中选1人有7种不同的选法,从B型血的人中选1人有9种不同的选法,从AB型血的人中选1人有3种不同的选法.(1)任选1人去献血,即无论选哪种血型中的哪一个人,这件“任选1人去献血”的事情都能完成,所以根据分类加法计数原理,共有28+7+9+3=47种不同的选法.(2)要从四种血型的人中各选1人,即要在每种血型的人中依次选出1人后,这件“各选1人去献血”的事情才完成,所以根据分步乘法计数原理,共有28×7×9×3=5292种不同的选法.20.6个女生(其中有一个领唱)和2个男生分成两排表演.(1)若每排4人,共有多少种不同的排法?(2)若领唱站在前排,男生站在后排,且每排4人,有多少种不同的排法?【解析】(1)分三步:第一步,先从8人中选出4人站在前排,另外4人站在后排,有种不同的选法;第二步,前面4人进行排列,有种排法;第三步,后面4人也进行排列,有种排法.由分步乘法计数原理得共有()2=40320种排法.(2)首先从除去领唱的5个女生中选出3个与领唱站在前排,然后前排与后排进行排列,所以共有()2=5760种排法.21.已知(1+m)n(m是正实数)的展开式的二项式系数之和为256,展开式中x的系数为112.(1)求m,n的值;(2)求展开式中奇数项的二项式系数之和;(3)求(1+m)n(1-x)的展开式中x2的系数.【解析】(1)由题意得2n=256,解得n=8.∵通项T r+1=m r,∴x的系数为m2=112,解得m=2或m=-2(舍去).故m,n的值分别为2,8.(2)展开式中奇数项的二项式系数之和为28-1=128.(3)∵(1+2)8(1-x)=(1+2)8-x(1+2)8,∴x2的系数为24-22=1008.22.给定数字0、1、2、3、5、9,每个数字最多用一次.求:(1)可以组成多少个四位数?(2)可以组成多少个是四位数的奇数?(3)可以组成多少个自然数?【解析】(1)(法一)从“位置”考虑,由于0不能放在首位,因此首位数字只能有种取法,其余三个数位可以从余下的5个数字(包括0)中任取3个排列,所以可以组成=300个四位数.(法二)“排除法”,从6个元素中取4个元素的所有排列中,减去0在首位上的排列数即为所求,所以共有-=300个四位数.(2)从“位置”考虑,个位数字必须是奇数,有种排法,由于0不能放在首位,因此首位数字有种排法,其余两个数位的排法有种,所以共有=192个是四位数的奇数.(3)一位数,有=6个;两位数,有=25个;三位数,有=100个;四位数,有=300个;五位数,有=600个;六位数,有=600个.所以共有6+25+100+300+600+600=1631个自然数.。
高中数学第一章计数原理章末综合检测一含解析新人教A版选修2_3
章末综合检测(一)(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题：本题共12小题，每小题5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．(1－x )10展开式中x 3项的系数为( ) A ．－720 B ．720 C ．120D ．－120解析：选D ．由T r ＋1＝C r10(－x )r＝(－1)r C r10x r，因为r ＝3，所以系数为(－1)3C 310＝－120. 2．某城市的街道如图，某人要从A 地前往B 地，则路程最短的走法有( )A ．8种B ．10种C ．12种D ．32种解析：选B ．此人从A 到B ，路程最短的走法应走2纵3横，将纵用0表示，横用1表示，则一种走法就是2个0和3个1的一个排列，只需从5个位置中选2个排0，其余位置排1即可，故共有C 25＝10种．3．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出2台，其中甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法种数为( )A ．60B ．40C ．30D ．20解析：选D ．根据题意，分2步进行分析：①先在4台甲型电视机中取出1台，有4种取法；②再在5台乙型电视机中取出1台，有5种取法．则有4×5＝20种不同的取法．故选D ．4．(2019·郑州高二检测)将A ，B ，C ，D ，E 排成一列，要求A ，B ，C 在排列中顺序为“A ，B ，C ”或“C ，B ，A ”(可以不相邻)，则不同的排列方法有( )A ．12种B ．20种C ．40种D ．60种解析：选C ．五个元素没有限制，全排列数为A 55，由于要求A ，B ，C 的次序一定(按A ，B ，C 或C ，B ，A )，故所求排列数为A 55A 33×2＝40.5．已知(1＋x )10＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a 10(1－x )10，则a 8等于( ) A ．－5 B ．5 C ．90D ．180解析：选D ．因为(1＋x )10＝[2－(1－x )]10＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a 10(1－x )10，所以a 8＝C 810·22＝180.6．圆周上有8个等分圆周的点，以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形的个数A ．16B ．24C ．32D ．48解析：选C ．圆周上8个等分点共可构成4条直径，而直径所对的圆周角是直角，又每条直径对应着6个直角三角形，共有C 14C 16＝24个直角三角形．斜三角形的个数为C 38－C 14C 16＝32个．7．设(x 2＋1)(2x ＋1)9＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋…＋a 11(x ＋2)11，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11的值为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选A ．令x ＝－1，即得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＝－2.8．若(x 2＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6的展开式中x 4的系数为30，则m 的值为( )A ．－52B ．52C ．－152D ．152解析：选B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x r＝(－2)r C r 6x 6－2r ，令6－2r ＝2，得r ＝2，所以x 4项的系数为(－2)2C 26＝60，令6－2r ＝4，得r ＝1，所以x 4项的系数为(－2)1C 16＝－12，所以(x 2＋m )·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6的展开式中x 4的系数为60－12m ＝30，解得m ＝52.故选B ．9．12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是( )A ．C 28A 23 B ．C 26A 66 C ．C 28A 25D ．C 28A 26解析：选D ．第一步可先从后排8人中选2人共有C 28种；第二步可认为前排放6个座位，先选出2个座位让后排的2人坐，由于其他人的顺序不变，所以有A 26种坐法．综上知“不同”调整方法的种数为C 28A 26.10．(2019·福州高二检测)为参加校园文化节，某班推荐2名男生3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人．若每人只参加1个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同推荐方案的种数为( )A ．12B ．36C ．48D ．24解析：选D ．法一：(直接法)3名女生各参加1项，2名男生在舞蹈、演唱中各参加1项，有A 33A 22＝12种方案；有2名女生参加同一项，有C 23A 12A 22＝12种方案，所以共有12＋12＝24种法二：(间接法)2名男生同时参加舞蹈或演唱，有C 23A 12＝6种方案，而所有不同的推荐方案共有C 15C 24C 22＝30种，故满足条件的推荐方案种数为30－6＝24.11．将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3所学校，要求每所学校至少有1个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为( )A ．96B ．114C ．128D ．136解析：选B ．由题意可得每所学校至少有1个名额的分配方法种数为C 217＝136，分配名额相等的有22种(可以逐个数)，则满足题意的方法有136－22＝114种．12．已知(2x 2＋x －y )n 的展开式中各项系数的和为32，则展开式中x 5y 2的系数为( ) A ．120 B ．30 C ．240D ．60解析：选A ．由题意，(2x 2＋x －y )n的展开式中各项系数的和为32，即(2＋1－1)n＝32，解得n ＝5.已知(2x 2＋x －y )5＝[(2x 2＋x )－y ]5的通项公式为T r ＋1＝C r 5·(－y )r (2x 2＋x )5－r，由展开式中含有x 5y 2，可知r ＝2，且(2x 2＋x )3的展开式中有含x 5的项，由通项公式，可得T t ＋1＝C t 3(2x 2)3－t x t＝23－t C t 3x 6－t ，令t ＝1得，含x 5项的系数为22C 13.所以展开式中，x 5y 2的系数为C 25×C 13×22＝120.二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13．(2019·长沙高二检测)将5名志愿者分成4组，其中一组有2人，其余各组各1人，到4个路口协助交警执勤，则不同的分配方法有________种．(用数字作答)解析：分配方法数为C 25C 13C 12C 11A 33·A 44＝240. 答案：24014．(2019·青岛高二检测)设(2x －1)6＝a 6x 6＋a 5x 5＋…＋a 1x ＋a 0，则|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝________．解析：因为(2x －1)6＝a 6x 6＋a 5x 5＋…＋a 1x ＋a 0， 由二项式定理可知a 0，a 2，a 4，a 6均为正数，a 1，a 3，a 5均为负数，令x ＝－1可得|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6＝(－2－1)6＝729.答案：72915．若二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －1x n 的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则展开式中常数项为________．解析：第4项的二项式系数C 3n 最大，所以n ＝6，展开式通项T k ＋1＝C k 6x 6－k·⎝⎛⎭⎪⎫－1x k＝(－1)k C k6x6－32k ，令6－32k ＝0，则k ＝4，所以常数项为(－1)4C 46＝15.答案：1516．将A ，B ，C ，D 四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A ，B 不能放入同一个盒子中，则不同的放法有________种．解析：先把A ，B 放入不同盒中，有3×2＝6种放法，再放C ，D ， 若C ，D 在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法；若C ，D 在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A 或B 的盒中，有2×2＝4种放法．故共有6×(1＋4)＝30种放法． 答案：30三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n的展开式中只有第6项二项式系数最大，求展开式中的常数项．解：因为⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n的展开式中只有第6项二项式系数最大，所以n ＝10，所以展开式的通项为T r ＋1＝C r 10(x )10－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2r ＝2r ·C r10x 5－52r ，令5－52r ＝0，得r ＝2.所以展开式中的常数项为T 3＝4C 210＝180.18．(本小题满分12分)如图有4个编号为A ，B ，C ，D 的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？解：分为两类：第一类：若A ，C 同色，则A 有5种涂法，B 有4种涂法，C 有1种涂法(与A 相同)，D 有4种涂法．故N 1＝5×4×1×4＝80.第二类：若A ，C 不同色，则A 有5种涂法，B 有4种涂法，C 有3种涂法，D 有3种涂法． 故N 2＝5×4×3×3＝180种．综上可知不同的涂法共有N ＝N 1＋N 2＝80＋180＝260种．19．(本小题满分12分)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？解：(1)将取出的4个球分成三类情况： ①取4个红球，没有白球，有C 44种； ②取3个红球，1个白球，有C 34C 16种； ③取2个红球，2个白球，有C 24C 26种， 故有C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115种．(2)设取x 个红球，y 个白球，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝5，2x ＋y ≥7，0≤x ≤4，x ∈N *，0≤y ≤6，y ∈N *，故⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝1. 因此，符合题意的取法种数有C 24C 36＋C 34C 26＋C 44C 16＝186种．20．(本小题满分12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·x10－r，所以当r ＝4时，T 5＝C 410(－1)426x 6＝13 440x 6，即a 6＝13 440.21．(本小题满分12分)由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数． (1)共可以组成多少个五位数？ (2)其中奇数有多少个？(3)如果将所有的五位数按从小到大的顺序排列，43 125是第几个数？说明理由． 解：(1)由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，共可以组成A 55＝120(个)五位数．(2)由1，2，3，4，5组成的无重复数字的五位数奇数中， 个位数字必须从1，3，5中选出，共有C 13种结果．其余四个位置可以用其他四个数字在四个位置进行全排列，共有A 44种结果， 根据分步乘法计数原理得到共有奇数C 13A 44＝72(个)． (3)考虑大于43 125的数，分四类讨论：①5在首位，将其他4个数字全排列即可，有A 44＝24个．②4在首位，5在千位，将其他3个数字全排列即可，有A 33＝6个．③4在首位，3在千位，5在百位，将其他2个数字全排列即可，共有A 22＝2个．④除上述情况，还有43 215，43 251，43 152共3个数．由(1)知共可以组成120个五位数，则不大于43 125的五位数有120－(24＋6＋2＋3)＝85个．所以43 125是第85个数．22．(本小题满分12分)设有编号为1，2，3，4，5的5个小球和编号为1，2，3，4，5的5个盒子，现将这5个小球放入5个盒子中．(1)没有一个盒子空着，但球的编号与盒子的编号不全相同，有多少种投放方法？(2)每个盒子内投入1个球，并且至少有2个球的编号与盒子的编号是相同的，有多少种投放方法？解：(1)先把5个小球放到5个盒子中，没有空盒，有A55种投放方法，球的编号与盒子的编号完全相同的投放方法有1种，故满足题意的投放方法有A55－1＝119(种)．(2)可分为三类．第一类：5个球的编号与盒子的编号完全相同，有1种投放方法．第二类：3个球的编号与盒子的编号相同，有C35种投放方法．剩下的2个球的投放方法只有1种，所以投放方法有C35×1＝10(种)．第三类：2个球的编号与盒子的编号相同，有C25种投放方法，剩下的3个球的投放方法有2种，所以投放方法有C25×2＝20(种)．根据分类加法计数原理得，满足题意的投放方法有1＋10＋20＝31(种)．。
新人教A版选修【2-3】第1章《计数原理》测试(1)(含答案)
计数原理1、若n x x )1(+展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（ ）A10 B.20 C.30 D.1202、在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有（ ） A ．58个 B ．57个 C ．56个 D ．60个3、某电视台连续播放6个广告，三个不同的商业广告，两个不同的奥运宣传广告，一个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且奥运宣传广告与公益广告不能连续播放，两个奥运宣传广告也不能连续播放，则不同的播放方式有（ ）A ．48种B ．98种C ．108种D ．120种4、从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任），要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（ ）A ．210种B ．420种C ．630种D ．840种 5、 35)1()1(x x +⋅-的展开式中3x 的系数为（ ）A ．6B ．-6C ．9D ．-96、 将标号为1，2，…，10的10个球放入标号为1，2，…，10的10个盒子里，每个盒内放一个球，恰好3个球的标号与其所在盒子的标号不．一致的放入方法种数为（ ） A ．120 B ．240 C ．360 D ．7207、如图1，要用三根数据线将四台电脑A ，B ，C ，D 连接起来以实现资源共享，则不同的连接方案种数为______________8、由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的偶数共有______________9、设2921101211(1)(21)(2)(2)(2)x x a a x a x a x ++=+++++++，则01211a a a a ++++的值为 10、()1021x -的展开式中第4r 项和第2r +项的二次项系数相等，则r =________. 11、用五种不同的颜色，给图2中的（1）（2）（3）（4）的各部分涂色，每部分涂一种颜色，相邻部分涂不同颜色，则涂色的方法共有 种。
高中数学选修2-3 第一章 计数原理 章末检测题
高中数学选修2-3第一章计数原理章末检测题（满分150分，时间120分钟）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．从n 个人中选出2个，分别从事两项不同的工作，若选派方案的种数为72，则n 的值为()A ．6B ．8C ．9D ．12【解析】∵A 2n ＝72，∴n ＝9.【答案】C2．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A ．3×3!B ．3×(3！)3C ．(3！)4D ．9!【解析】把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．【答案】C3．从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A ．85B ．56C ．49D ．28【解析】分两类计算，C 22C 17＋C 12C 27＝49，故选C.【答案】C4．从集合{0,1,2}到集合{1,2,3,4}的不同映射的个数是()A ．81B ．64C ．24D ．12【解析】利用可重复的排列求幂法可得答案为43＝64(个)．【答案】B5．(2012·重庆卷)82x x 的展开式中常数项为()A.3516B.358 C.354D ．105【解析】T r ＋1＝C r 8(x )8－r 2r x ＝12r C r 8x 4－r 2－r 2＝12r r 8x 4－r，令4－r ＝0，则r ＝4，∴常数项为T 5＝124C 48＝116×70＝358.【答案】B6．若(2x ＋3)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2的值为()A ．2B ．－1C ．0D ．1【解析】(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)＝(2＋3)4×(－2＋3)4＝1.【答案】D7．某次文艺汇演，要将A、B、C、D、E、F这六个不同节目编排成节目单，如下表：序号123456节目如果A、B两个节目要相邻，且都不排在第3号位置，那么节目单上不同的排序方式有()A．144种B．192种C．96种D．72种【解析】第一步，将C、D、E、F全排，共有A44种排法，产生5个空，第二步，将A、B捆绑有2种方法，第三步，将A、B插入除2号空位和3号空位之外的空位，有C13种，所以一共有144种方法．【答案】A8．(x＋1)4(x－1)5的展开式中x4的系数为()A．－40B．10C．40D．45【解析】(x＋1)4(x－1)5＝(x－1)5(x2＋4x x＋6x＋4x＋1)，则x4的系数为C35×(－1)3＋C25×6＋C15×(－1)＝45.【答案】D9．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()A．33B．34C．35D．36【解析】①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C12A33＝12个；②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C12A33＋A33＝18个；③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C13＝3个．故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33，故选A.【答案】A10.如图，要给①，②，③，④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为()A．320B．160C．96D．60【解析】不同的涂色方法种数为5×4×4×4＝320种．【答案】A11．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有()A ．240种B ．360种C ．480种D ．720种【解析】利用分步计数原理求解．第一步先排甲，共有A 14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A 55种不同的排法，因此不同的演讲次序共有A 14·A 55＝480(种)．【答案】C12．绍兴臭豆腐闻名全国，一外地学者来绍兴旅游，买了两串臭豆腐，每串3颗(如图)．规定：每串臭豆腐只能自左向右一颗一颗地吃，且两串可以自由交替吃．请问：该学者将这两串臭豆腐吃完，不同的吃法有()A ．6种B ．12种C ．20种D ．40种【解析】方法一(树形图)：如图所示，先吃A 的情况，共有10种，如果先吃D ，情况相同，所以不同的吃法有20种．方法二：依题意，本题属定序问题，所以有A 66A 33·A 33＝20种．【答案】C二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．请把正确的答案填写在题中的横线上)13.84x x 展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为___________________．(用数字作答)【解析】∵38441884rrr rr r T Cx C xx --+==，当r ＝0,4,8时为含x 的整数次幂的项，所以展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为C 08＋C 48＋C 88＝72.【答案】7214．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种．【解析】满足题设的取法分三类：①四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数中任取4个，有C45＝5(种)；②两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数中任取2个，有C25·C24＝60(种)；③四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种．所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．【答案】6615．已知(1＋x)6(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，那么a1＋a2＋a3＋…＋a11＝________.【解析】令x＝0，得a0＝1；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－64；∴a1＋a2＋…＋a11＝－65.【答案】－6516．如图是由12个小正方形组成的3×4矩形网格，一质点沿网格线从点A到点B的不同路径之中，最短路径有________条．【解析】把质点沿网格线从点A到点B的最短路径分为七步，其中四步向右，三步向下，不同走法的区别在于哪三步向下，因此，本题的结论是：C37＝35.【答案】35三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)有0,1,2,3,4,5共六个数字．(1)能组成多少个没有重复数字的四位偶数；(2)能组成多少个没有重复数字且为5的倍数的五位数．【解析】(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类，0在个位时有A35个；第二类，2在个位时有A14A24个；第三类，4在个位时有A14A24个．由分类加法计数原理知，共有四位偶数A35＋A14A24＋A14A24＝156个．(2)五位数中5的倍数可分为两类：第一类，个位上的数字是0的五位数有A45个，第二类，个位上的数字是5的五位数有A14A34个．故满足条件的五位数有A45＋A14A34＝216(个)．18．(本小题满分12分)已知3241nx x 展开式中的倒数第三项的系数为45，求：(1)含x 3的项；(2)系数最大的项．【解析】(1)由题设知C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，∴n ＝10.则21011130341211010r r r r r r T C x x C x ---+⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令11r －3012＝3，得r ＝6，含x 3的项为T 7＝C 610x 3＝C 410x 3＝210x 3.(2)系数最大的项为中间项，即T 6＝C 510x55－3012＝252x 2512.19．(本小题满分12分)(1)一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法？(2)一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法？【解析】(1)先将3人(用×表示)与4张空椅子(用□表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)，从4个空当中选2个插入，有C 24种插法；二是2张同时插入，有C 14种插法，再考虑3人可交换有A 33种方法．所以，共有A 33(C 24＋C 14)＝60(种)．(2)可先让4人坐在4个位置上，有A 44种排法，再让2个“元素”(一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空当”之间，有A 25种插法，所以所求的坐法为A 44·A 25＝480(种)．20．(本小题满分12分)设a ＞0，若(1＋ax 12)n 的展开式中含x 2项的系数等于含x 项的系数的9倍，且展开式中第3项等于135x ，那么a 等于多少？【解析】T r ＋1＝C r n (ax 12)r ＝C r n a r x r 2，∴4422229135nnn C a C a C a x x⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴()()()()()22123914!211352n n n n n n a n n a ⎧----=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，即()()()22231081270n n a n n a ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，∴(n －2)(n －3)n (n －1)＝25.∴3n 2－23n ＋30＝0.解得n ＝53(舍去)或n ＝6，a 2＝27030＝9，又a ＞0，∴a ＝3.21．(本小题满分13分)带有编号1、2、3、4、5的五个球．(1)全部投入4个不同的盒子里；(2)放进不同的4个盒子里，每盒一个；(3)将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)；(4)全部投入4个不同的盒子里，没有空盒；各有多少种不同的放法？【解析】(1)由分步计数原理知，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法．(2)由排列数公式知，五个不同的球放进不同的4个盒子里(每盒一个)共有A 45种放法．(3)将其中的4个球投入一个盒子里共有C 45C 14种放法．(4)全部投入4个不同的盒子里(没有空盒)共有C 25A 44种不同的放法．22．(本小题满分13分)杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律．如图是一个11阶杨辉三角：(1)求第20行中从左到右的第4个数；(2)若第n 行中从左到右第14与第15个数的比为23，求n 的值；(3)求n 阶(包括0阶)杨辉三角的所有数的和．【解析】(1)C 320＝1140.(2)C 13nC 14n ＝23⇒14n －13＝23，解得n ＝34.(3)1＋2＋22＋…＋2n ＝2n ＋1－1.。
2018-2019版高中数学 第一章 计数原理章末检测试卷 新人教A版选修2-3
第一章 计数原理章末检测试卷(一)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1．若A 5m ＝2A 3m ，则m 的值为( )A ．5B ．3C ．6D ．7 考点 排列数公式题点 利用排列数公式计算答案 A 解析 依题意得m ！(m －5)！＝2×m ！(m －3)！， 化简得(m －3)·(m －4)＝2，解得m ＝2或m ＝5，又m ≥5，∴m ＝5，故选A.2．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行解答，其中至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是( )A ．40B ．74C ．84D ．200 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题答案 B解析 分三类：第一类，从前5个题目中选3个，后4个题目中选3个；第二类，从前5个题目中选4个，后4个题目中选2个；第三类，从前5个题目中选5个，后4个题目中选1个，由分类加法计数原理得C 35C 34＋C 45C 24＋C 55C 14＝74.3．若实数a ＝2－2，则a 10－2C 110a 9＋22C 210a 8－…＋210等于( )A ．32B ．－32C ．1 024D ．512考点 二项式定理题点 逆用二项式定理求和、化简答案 A解析 由二项式定理，得a 10－2C 110a 9＋22C 210a 8－…＋210＝C 010(－2)0a 10＋C 110(－2)1a 9＋C 210(－2)2a 8＋…＋C 1010(－2)10＝(a －2)10＝(－2)10＝25＝32.4．分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道．要求4名水暖工都分配出去，且每户居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有( )A ．A 34种B ．A 33A 13种C ．C 24A 33种D ．C 14C 13A 33种 考点 排列组合综合问题题点 分组分配问题答案 C解析 先将4名水暖工选出2人分成一组，然后将三组水暖工分配到3户不同的居民家，故有C 24A 33种．5．(x ＋2)2(1－x )5中x 7的系数与常数项之差的绝对值为( )A ．5B ．3C ．2D ．0 考点 二项展开式中的特定项问题题点 求多项展开式中特定项的系数答案 A解析 常数项为C 22·22·C 05＝4，x 7系数为C 02·C 55·(－1)5＝－1，因此x 7系数与常数项之差的绝对值为5.6．计划展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的排列方式的种数为( )A ．A 44A 55B ．A 23A 44A 35C ．C 13A 44A 55D ．A 22A 44A 55 考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题答案 D解析 先把每个品种的画看成一个整体，而水彩画只能放在中间，则油画与国画放在两端有A 22种放法，再考虑4幅油画本身排放有A 44种方法，5幅国画本身排放有A 55种方法，故不同的陈列法有A 22A 44A 55种．7．设(2－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5，那么a 0＋a 2＋a 4a 1＋a 3的值为( ) A ．－122121B ．－6160C ．－244241D ．－1 考点 展开式中系数的和问题题点 二项展开式中系数的和问题答案 B解析 令x ＝1，可得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝1，再令x ＝－1可得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＝35.两式相加除以2求得a 0＋a 2＋a 4＝122，两式相减除以2可得a 1＋a 3＋a 5＝－121.又由条件可知a 5＝－1，故a 0＋a 2＋a 4a 1＋a 3＝－6160. 8．圆周上有8个等分圆周的点，以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形的个数是( )A ．16B ．24C ．32D ．48 考点 组合的应用题点 与几何有关的组合问题答案 C解析 圆周上8个等分点共可构成4条直径，而直径所对的圆周角是直角，又每条直径对应着6个直角三角形，共有C 14C 16＝24(个)直角三角形，斜三角形的个数为C 38－C 14C 16＝32(个)．9．将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3所学校，要求每所学校至少有1个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为( )A ．96B ．114C ．128D ．136考点 排列组合综合问题题点 分组分配问题答案 B解析 由题意可得每所学校至少有1个名额的分配方法种数为C 217＝136，分配名额相等有22种(可以逐个数)，则满足题意的方法有136－22＝114(种)． 10．已知二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x n 的展开式中第4项为常数项，则1＋(1－x )2＋(1－x )3＋…＋(1－x )n 中x 2项的系数为( )A ．－19B ．19C ．－20D ．20考点 二项式定理的应用题点 二项式定理的简单应用答案 D解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x n 的展开式T k ＋1＝C k n (x )n －k ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x k ＝C k n 526n k x -，由题意知n 2－5×36＝0，得n ＝5，则所求式子中x 2项的系数为C 22＋C 23＋C 24＋C 25＝1＋3＋6＋10＝20.故选D.11．12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排(这样就成为前排6人，后排6人)，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( )A ．C 28C 23B ．C 28A 66 C ．C 28A 26D ．C 28A 25 考点 排列组合综合问题。
近年-近年学年高中数学第一章计数原理本章测评(含解析)新人教A版选修2-3(最新整理)
第一章测评(时间：90分钟满分：100分）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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.从4双不同鞋中任取4只,结果都不成双的取法有( ）A.24种B。
16种C.44种D。
192种解析：取4只不成双的鞋分4步完成:(1)从第一双鞋任取一只，有2种取法;（2)从第二双鞋任取一只，有2种取法;(3)从第三双鞋任取一只,有2种取法;(4)从第四双鞋任取一只，有2种取法。
由分步乘法计数原理，共有24=16种取法。
答案：B2。
从集合｛0，1，2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b,组成复数a+b i,其中虚数有( ）A.36个B.42个C.30个D。
35个解析：由于a,b互不相等且a+b i为虚数,所以b只能从1，2,3，4,5,6中选一个,共6种方法，a从剩余的6个数中选一个有6种方法，根据分步乘法计数原理知,虚数的个数为6×6=36.答案：A3.将（x—q）(x—q-1）（x—q—2）…（x-19）写成的形式是( )A.B。
C。
D.解析:由式子的形式可以看出（x-q)为最大因式,共有20—q个因式连乘。
答案：D4。
将7名学生分配到甲、乙两间宿舍中，每间宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的分配方案共有( ）A.252种B.112种C.70种D.56种解析：分两类：甲、乙两间宿舍中一间住4人、另一间住3人或一间住5人、另一间住2人,所以不同的分配方案共有=35×2+21×2=112种。
答案：B5.从长度分别为1,2，3,4的4条线段中任取3条，不同取法共有n种.在这些取法中,以取出的3条线段为边可组成三角形的个数为m，则=（)A.0B.C.D.解析：由题意知,n==4,由三角形的三边关系知，可组成三角形的只有长度分别为2,3，4的一组线段，即m=1,所以。
答案：B6.若x+x2+…+x n能被7整除，则x，n的值可能为（）A.x=4,n=3B.x=4,n=4C.x=5，n=4D.x=6,n=5解析：由于x+x2+…+x n=（1+x）n—1,分别将选项A,B,C,D中的值代入检验知,仅有选项C适合。
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第一章 计数原理章末检测试卷(一)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1．若A 5m ＝2A 3m ，则m 的值为( ) A ．5 B ．3 C ．6D ．7考点 排列数公式 题点 利用排列数公式计算 答案 A解析 依题意得m ！(m －5)！＝2×m ！(m －3)！，化简得(m －3)·(m －4)＝2， 解得m ＝2或m ＝5， 又m ≥5，∴m ＝5，故选A.2．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行解答，其中至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是( ) A ．40 B ．74 C ．84D ．200考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 B解析 分三类：第一类，从前5个题目中选3个，后4个题目中选3个；第二类，从前5个题目中选4个，后4个题目中选2个；第三类，从前5个题目中选5个，后4个题目中选1个，由分类加法计数原理得C 35C 34＋C 45C 24＋C 55C 14＝74.3．若实数a ＝2－2，则a 10－2C 110a 9＋22C 210a 8－…＋210等于( ) A ．32 B ．－32 C ．1 024 D ．512考点 二项式定理题点 逆用二项式定理求和、化简 答案 A解析 由二项式定理，得a 10－2C 110a 9＋22C 210a 8－…＋210＝C 010(－2)0a 10＋C 110(－2)1a 9＋C 210(－2)2a8＋…＋C 1010(－2)10＝(a －2)10＝(－2)10＝25＝32.4．分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道．要求4名水暖工都分配出去，且每户居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有( ) A ．A 34种 B ．A 33A 13种 C ．C 24A 33种D ．C 14C 13A 33种考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 C解析 先将4名水暖工选出2人分成一组，然后将三组水暖工分配到3户不同的居民家，故有C 24A 33种．5．(x ＋2)2(1－x )5中x 7的系数与常数项之差的绝对值为( ) A ．5 B ．3 C ．2D ．0考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中特定项的系数 答案 A解析 常数项为C 22·22·C 05＝4，x 7系数为C 02·C 55·(－1)5＝－1，因此x 7系数与常数项之差的绝对值为5.6．计划展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的排列方式的种数为( ) A ．A 44A 55 B ．A 23A 44A 35 C ．C 13A 44A 55 D ．A 22A 44A 55考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题 答案 D解析 先把每个品种的画看成一个整体，而水彩画只能放在中间，则油画与国画放在两端有A 22种放法，再考虑4幅油画本身排放有A 44种方法，5幅国画本身排放有A 55种方法，故不同的陈列法有A 22A 44A 55种．7．设(2－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5，那么a 0＋a 2＋a 4a 1＋a 3的值为( )A ．－122121B ．－6160C ．－244241D ．－1考点 展开式中系数的和问题题点 二项展开式中系数的和问题 答案 B解析 令x ＝1，可得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝1，再令x ＝－1可得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＝35.两式相加除以2求得a 0＋a 2＋a 4＝122，两式相减除以2可得a 1＋a 3＋a 5＝－121.又由条件可知a 5＝－1，故a 0＋a 2＋a 4a 1＋a 3＝－6160.8．圆周上有8个等分圆周的点，以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形的个数是( ) A ．16 B ．24 C ．32D ．48考点 组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 C解析 圆周上8个等分点共可构成4条直径，而直径所对的圆周角是直角，又每条直径对应着6个直角三角形，共有C 14C 16＝24(个)直角三角形，斜三角形的个数为C 38－C 14C 16＝32(个)． 9．将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3所学校，要求每所学校至少有1个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为( ) A ．96 B ．114 C ．128D ．136考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B解析 由题意可得每所学校至少有1个名额的分配方法种数为C 217＝136，分配名额相等有22种(可以逐个数)，则满足题意的方法有136－22＝114(种)．10．已知二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x n 的展开式中第4项为常数项，则1＋(1－x )2＋(1－x )3＋…＋(1－x )n 中x 2项的系数为( )A ．－19B ．19C ．－20D ．20考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用 答案 D解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x n 的展开式T k ＋1＝C k n (x )n －k ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x k ＝C k n 526n k x -，由题意知n 2－5×36＝0，得n ＝5，则所求式子中x2项的系数为C22＋C23＋C24＋C25＝1＋3＋6＋10＝20.故选D.11．12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排(这样就成为前排6人，后排6人)，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( ) A．C28C23B．C28A66C．C28A26D．C28A25考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案 C解析先从后排中抽出2人有C28种方法，再插空，由题意知，先从4人中的5个空中插入1人，有5种方法，余下1人则要插入前排5人的空中，有6种方法，即为A26，共有C28A26种调整方法．12．已知等差数列{a n}的通项公式为a n＝3n－5，则(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中含x4项的系数是该数列的( )A．第9项B．第10项C．第19项D．第20项考点二项式定理的应用题点二项式定理与其他知识点的综合应用答案 D解析∵(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中含x4项的系数是C45＋C46＋C47＝5＋15＋35＝55，∴由3n－5＝55得n＝20.故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．男、女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有________人．考点组合数公式题点组合数公式的应用答案2或3解析设女生有x人，则C28－x C1x＝30，即(8－x)(7－x)2·x＝30，解得x＝2或3.14．学校公园计划在小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树，垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树，要求2棵银杏树必须相邻，则不同的种植方法共有________种．考点排列的应用题点元素“相邻”与“不相邻”问题答案240解析 分两步完成：第一步，将2棵银杏树看成一个元素，考虑其顺序，有A 22种种植方法； 第二步，将银杏树与4棵桂花树全排列，有A 55种种植方法． 由分步乘法计数原理得，不同的种植方法共有A 22·A 55＝240(种)．15．(1＋sin x )6的二项展开式中，二项式系数最大的一项的值为52，则x 在[0,2π]内的值为____．考点 二项式定理的应用题点 二项式定理与其他知识点的综合应用 答案π6或5π6解析 由题意，得T 4＝C 36sin 3x ＝20sin 3x ＝52，∴sin x ＝12.∵x ∈[0,2π]，∴x ＝π6或x ＝5π6.16．将A ，B ，C ，D 四个小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A ，B 不能放入同一个盒子中，则不同的放法有________种．考点 两个计数原理的应用 题点 两个原理的综合应用 答案 30解析 先把A ，B 放入不同盒中，有3×2＝6(种)放法，再放C ，D ， 若C ，D 在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法；若C ，D 在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A 或B 的盒中，有2×2＝4(种)放法．故共有6×(1＋4)＝30(种)放法． 三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知A ＝{x |1<log 2x <3，x ∈N *}，B ＝{x ||x －6|<3，x ∈N *}．试问：(1)从集合A 和B 中各取一个元素作直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？ (2)从A ∪B 中取出三个不同的元素组成三位数，从左到右的数字要逐渐增大，这样的三位数有多少个？考点 两个计数原理的应用 题点 两个原理的综合应用解 A ＝{3,4,5,6,7}，B ＝{4,5,6,7,8}．(1)从A 中取一个数作为横坐标，从B 中取一个数作为纵坐标，有5×5＝25(个)，而8作为横坐标的情况有5种，3作为纵坐标的情况有4种，故共有5×5＋5＋4＝34(个)不同的点． (2)A ∪B ＝{3,4,5,6,7,8}，则这样的三位数共有C 36＝20(个)．18．(12分)已知(1＋2x )n的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，而且是它的后一项系数的56倍，试求展开式中二项式系数最大的项．考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用 解 二项式的通项为T k ＋1＝C k n(2k)2k x ，由题意知展开式中第k ＋1项系数是第k 项系数的2倍，是第k ＋2项系数的56倍，∴⎩⎪⎨⎪⎧C k n 2k ＝2C k －1n ·2k －1，C k n 2k ＝56C k ＋1n ·2k ＋1，解得n ＝7.∴展开式中二项式系数最大两项是T 4＝C 37(2x )3＝28032x 与T 5＝C 47(2x )4＝560x 2.19．(12分)10件不同厂生产的同类产品：(1)在商品评选会上，有2件商品不能参加评选，要选出4件商品，并排定选出的4件商品的名次，有多少种不同的选法？(2)若要选6件商品放在不同的位置上陈列，且必须将获金质奖章的两件商品放上，有多少种不同的布置方法？ 考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用解 (1)10件商品，除去不能参加评选的2件商品，剩下8件，从中选出4件进行排列，有A 48＝1 680(或C 48·A 44)(种)．(2)分步完成，先将获金质奖章的两件商品布置在6个位置中的两个位置上，有A 26种方法，再从剩下的8件商品中选出4件，布置在剩下的4个位置上，有A 48种方法，共有A 26·A 48＝50 400(或C 48·A 66)(种)．20．(12分)设⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a m x m，若a 0，a 1，a 2成等差数列．(1)求⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式的中间项；(2)求⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式中所有含x 的奇次幂的系数和．考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用解 (1)依题意a 0＝1，a 1＝m 2，a 2＝C 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫122.由2a 1＝a 0＋a 2，求得m ＝8或m ＝1(应舍去)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式的中间项是第五项，T 5＝C 48⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 4＝358x 4. (2)因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a m x m，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x 8＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 8x 8. 令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8＝⎝ ⎛⎭⎪⎫328，令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 8＝⎝ ⎛⎭⎪⎫128，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝38－129＝20516，所以展开式中所有含x 的奇次幂的系数和为20516.21．(12分)把n 个正整数全排列后得到的数叫做“再生数”，“再生数”中最大的数叫做最大再生数，最小的数叫做最小再生数．(1)求1,2,3,4的再生数的个数，以及其中的最大再生数和最小再生数； (2)试求任意5个正整数(可相同)的再生数的个数． 考点 排列的应用 题点 数字的排列问题解 (1)1,2,3,4的再生数的个数为A 44＝24，其中最大再生数为4 321，最小再生数为1 234. (2)需要考查5个数中相同数的个数． 若5个数各不相同，有A 55＝120(个)； 若有2个数相同，则有A 55A 22＝60(个)；若有3个数相同，则有A 55A 33＝20(个)；若有4个数相同，则有A 55A 44＝5(个)；若5个数全相同，则有1个．22．(12分)已知m ，n 是正整数，f (x )＝(1＋x )m ＋(1＋x )n的展开式中x 的系数为7. (1)对于使f (x )的x 2的系数为最小的m ，n ，求出此时x 3的系数； (2)利用上述结果，求f (0.003)的近似值；(精确到0.01)(3)已知(1＋2x )8展开式的二项式系数的最大值为a ，系数的最大值为b ，求b a. 考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用 解 (1)根据题意得C 1m ＋C 1n ＝7， 即m ＋n ＝7，①f (x )中的x 2的系数为C 2m ＋C 2n ＝m (m －1)2＋n (n －1)2＝m 2＋n 2－m －n2.将①变形为n ＝7－m 代入上式得x 2的系数为m 2－7m ＋21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －722＋354， 故当m ＝3或m ＝4时，x 2的系数的最小值为9. 当m ＝3，n ＝4时，x 3的系数为C 33＋C 34＝5； 当m ＝4，n ＝3时，x 3的系数为C 34＋C 33＝5. (2)f (0.003)＝(1＋0.003)4＋(1＋0.003)3≈C 04＋C 14×0.003＋C 03＋C 13×0.003≈2.02. (3)由题意可得a ＝C 48＝70，再根据⎩⎪⎨⎪⎧C k8·2k≥C k ＋18·2k ＋1，C k8·2k ≥C k －18·2k －1，即⎩⎪⎨⎪⎧k ≥5，k ≤6，求得k ＝5或6，此时，b ＝7×28，∴b a ＝1285.。