(部编版)2020年高中数学第一章计数原理章末检测新人教A版选修2-3

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2020秋高中数学人教版2-3达标练习:章末评估验收(一) 第一章计数原理含解析

2020秋高中数学人教版2-3达标练习:章末评估验收(一) 第一章计数原理含解析

2020秋高中数学人教A版选修2-3达标练习:章末评估验收(一)第一章计数原理含解析章末评估验收(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.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.若A错误!=6C错误!,则m的值等于()A.9B.8 C.7 D.6解析:由A3m=6C错误!,且m≥4得错误!=m(m-1)(m-2).所以m=7.答案:C2.5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.C错误!B.25C.52D.A25解析:“去"或“不去",5个人中每个人都有两种选择,所以,出现的可能情况有2×2×2×2×2=25(种).答案:B3.将标号为1,2,…,10的10个球放入标号为1,2,…,10的10个盒子内,每个盒内放一个球,则恰好有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有()A.120 B.240 C.360 D.720解析:首先确定3个球,有C错误!种方法,要求与其所在盒子的标号不一致有2种放法,故共有2C错误!=240种方法.答案:B4.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:五个元素没有限制条件,全排列数为A错误!,若A、B、C的顺序为“A,B,C”或“C,B,A"(可以不相邻),则不同的排列方法为2·错误!=40.答案:C5.在(1-x)11的展开式中,含x的奇次幂的各项系数的和是()A.-210B.210C.-211D.211解析:(1-x)11的展开式中,含x的奇次幂的项即偶数项,由于偶数项的二项式系数和为210,偶数项的系数均为负数,故含x 的奇次幂的各项系数的和为-210。

2019_2020学年高中数学第一章计数原理章末归纳整合课件新人教A版选修2_3

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C24A33=36种.故选D.
2.(2019 年浙江)在二项式( 2+x)9 的展开式中,常数项是 ________,系数为有理数的项的个数是________.
【答案】16 2 5
9-r
【解析】( 2+x)9 的展开式的通项为 Tr+1=C9r( 2)9-r·xr=2 2 Cr9 xr,令 r=0,得常数项是 T1=16 2.当 r=1,3,5,7,9 时, 系数为有理数,所以系数为有理数的项的个数是 5 个.
【答案】56
【解析】从 M 点走到 N 点,每次只能向北或向东走,则不 论从 M 到 N 怎样走,都必须向北走 3 次,向东走 5 次,共走 8 次,每一次是向北还是向东,就决定了不同的走法,当把向北 的步骤决定后,剩下的步骤只能向东,共有 C38=56 种不同的走 法.
二项式的展开问题
求二项式的展开式中的特定项时,一般先写出其通项公 式,然后由条件确定该特定项的系数.求展开式中各项系数的 和或差时,常用赋值法.
解:分三类,①没有数字 1 和 3 时,有 A34个; ②只有 1 和 3 中的一个时,有 2A24个; ③同时有 1 和 3 时,把 3 排在 1 的前面,再从其余 4 个数 字中选 1 个数字插入 3 个空当中的一个即可,有 C14·C13个. 所以满足条件的三位数共有 A34+2A24+C14·C13=60 个.
方法点评:“相邻问题”又叫“集团问题”,采用“捆绑 法”,即先将几个相邻元素看作一个整体,将此整体与其他元 素进行排列,然后整体内部全排列.
2.如图所示,某城市M,N两地间有4条东西街道和6条南 北街道.若规定只能向东或向北沿图中路线行走,则从M到N 有________种不同的走法.(用数字作答)
1)3+C36·33·C26(-1)2+C46·34·C16(-1)+C56·35·C06(-1)0=-168.

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 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.。

2020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

2020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 .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)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 .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 .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 .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 .-19 B .19 C .-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 23 B .C 28A 66 C .C 28A 26D .C 28A 25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,即为A 26,共有C 28A 26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x 4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x 4项的系数是C 45+C 46+C 47=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C 28-x C 1x =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 kn(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.。

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

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).。

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

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.。

(新人教A版)2020高中数学第一章计数原理单元测试(一)选修2-3

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一、选择题(本大题共12个小题,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.从正方体的6个面中选取3个面,其中有2个面不相邻的选法共有( ) A .8种B .12种C .16种D .20种2.已知()7781C C C n n n n +-=∈*N ,则n 等于( )A .14B .12C .13D .153.某铁路所有车站共发行132种普通客票,则这段铁路共有车站数是( ) A .8B .12C .16D .244.()71x +的展开式中x 2的系数是( ) A .42B .35C .28D .215.一排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!6.某校园有一椭圆型花坛,分成如图四块种花,现有4种不同颜色的花可供选择,要求每块地只能种一种颜色,且有公共边界的两块不能种同一种颜色,则不同的种植方法共有( )A .48种B .36种C .30种D .24种7.若多项式x 2+x 10=a 0+a 1(x +1)++a 9(x +1)9+a 10(x +1)10,则a 9=( )A .9B .10C .-9D .-108.从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作,若其中小张和小赵只能从事前两项工作,其余三人均能从事这四项工作,则不同的选派方案共有( ) A .48种B .36种C .18种D .12种9.已知()1nx +的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则奇数项的二项式系数和为( ) A .212B .211C .210D .2910.将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中,若每个信封放2张,其中标号为1,2的卡片放入同一信封,则不同的放法共有( ) A .12种B .18种C .36种D .54种11.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40000大的 偶数共有( ) A .144个 B .120个 C .96个 D .72个12.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有( )A.24对B.30对C.48对D.60对二、填空题(本大题共4个小题,每小题4分,共16分,把正确答案填在题中横线上)13.在报名的3名男教师和6名女教师中,选取5人参加义务献血,要求男、女教师都有,则不同的选法有________种(用数值表示)14.()()4++的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则a=________.a x x115.有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试,每位同学上、下午各测试一个项目,且不重复.若上午不测“握力”项目,下午不测“台阶”项目,其余项目上、下午都各测试一人,则不同的安排方式共有________种(用数字作答).16.从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数,能被3整除的数有________个.三、解答题(本大题共6个大题,共74分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(12分)一个小组有10名同学,其中4名男生,6名女生,现从中选出3名代表,(1)其中至少有一名男生的选法有几种?(2)至多有1名男生的选法有几种?18.(12分)从-1、0、1、2、3这5个数中选3个不同的数组成二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的系数.(1)开口向上的抛物线有多少条?(2)开口向上且不过原点的抛物线有多少条?19.(12分)求9的展开式中的有理项.20.(12分)有4个不同的球,四个不同的盒子,把球全部放入盒内.(1)共有多少种放法?(2)恰有一个盒不放球,有多少种放法?(3)恰有一个盒内有2个球,有多少种放法?21.(12分)(2015·北京高二质检)已知)23n x展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992.(1)求展开式中二项式系数最大的项;(2)求展开式中系数最大的项.22.(14分)已知(1n+展开式中,某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍,且等于它后一项系数的56,试求该展开式中二项式系数最大的项.答案一、选择题.1.【答案】B【解析】在正方体1111ABCD A B C D -中,选取3个面有2个不相邻,则必选相对的2个面,所以分3类. 若选ABCD 和1111A B C D 两个面,另一个面可以是ABB 1A 1,BCC 1B 1,CDD 1C 1和ADD 1A 1中的一个,有4种,同理选另外相对的2个面也有4种.所以共有4312⨯= (种). 2.【答案】A【解析】因为8781C +C C n n n +=,所以7811C C n n ++=.∴7+8=n +1,∴n =14,故选A .3.【答案】B【解析】∵()2A 1132n n n =-=.∴12n =.故选B . 4.【答案】D【解析】展开式中第r +1项为17C r r r T x +=,2237C T x =,∴x 2的系数为27C 21=.5.【答案】C【解析】本题考查捆绑法排列问题.由于一家人坐在一起,可以将一家三口人看作一个整体,一家人坐法有3!种,三个家庭即(3!)3种,三个家庭又可全排列, 因此共(3!)4种.注意排列中在一起可用捆绑法,即相邻问题. 6.【答案】A【解析】由于相邻两块不能种同一种颜色,故至少应当用三种颜色,故分两类.第一类,用4色有44A 种,第二类,用3色有334A 种,故共有4343A 4A 48+=种.7.【答案】D【解析】x 10的系数为a 10,∴101a =,x 9的系数为991010C a a +⋅,∴9100a +=,∴910a =-,故应选D .另解:∵2+10=a 0+a 1(x +1)+a 2(x +1)2++a 10(x +1)10,显然()1910C 110a =-=-.8.【答案】B【解析】分两种情况:(1)小张小赵去一人:113223C C A 24=; (2)小张小赵都去:2223A A 12=,故有36种,应选B .9.【答案】D【解析】由题意可得,二项式的展开式满足1C r r r n T x +=,且有37C C n n =,因此n =10.令x =1,则()1012n x +=,即展开式中所有项的二项式系数和为210;令x =-1,则()10nx +=,即展开式中奇数项的二项式系数与偶数项的二项式系数之差为0,因此奇数项的二项式系数和为()10912022+=.故本题正确答案为D . 10.【答案】B【解析】由题意不同的放法共有122342C C C 18=种.11.【答案】B【解析】据题意,万位上只能排4、5.若万位上排4,则有342A ⨯个;若万位上排5,则有343A ⨯个.所以共有33442A +3A 524120⨯⨯=⨯=个.故选B .12.【答案】C【解析】解法1:先找出正方体一个面上的对角线与其余面对角线成60°角的对数,然后根据正方体六个面的特征计算总对数.如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,与面对角线AC 成60°角的面对角线有B 1C 、BC 1、C 1D 、CD 1、A 1D 、AD 1、A 1B 、AB 1共8条,同理与BD 成60°角的面对角线也有8条,因此一个面上的对角线与其相邻4个面的对角线,共组成16对,又正方体共有6个面,所有共有16×6=96对.因为每对都被计算了两次(例如计算与AC 成60°角时,有AD 1,计算与AD 1成60°角时有AC ,故AD 1与AC 这一对被计算了2次),因此共有12×96=48对.解法2:间接法.正方体的面对角线共有12条,从中任取2条有212C 种取法, 其中相互平行的有6对,相互垂直的有12对,∴共有212C 61248--=对.二、填空题. 13.【答案】120【解析】由题得选取的情况有三种,分别是1名男教师和4名女教师;2名男教师和3名女教师;3名男教师和2名女教师.当选1名男教师和4名女教师时,有1436C C 45=种; 当选2名男教师和3名女教师时,有2336C C 60=种; 当选3名男教师和2名女教师时,有3236C C 15=种,所以不同的选取方式的种数共有456015120++=种.14.【答案】3【解析】由已知得(1+x )4=1+4x +6x 2+4x 3+x 4,故(a +x )(1+x )4的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax ,4ax 3,x ,6x 3,x 5,其系数之和为4a +4a +1+6+1=32,解得a =3. 15.【答案】264【解析】由条件上午不测“握力”,则4名同学测四个项目,有44A ;下午不测“台阶”但不能与上午所测项目重复,如3×3=9,故()44A 29264+=种. 16.【答案】228【解析】一个数能被3整除的条件是它的各位上的数字之和能被3整除.根据这点,分为如下几类: (1)三位数各位上的数字是1,4,7或2,5,8这两种情况,这样的数有332A 12= (个).(2)三位数的各位上只含0,3,6,9中的一个,其他两位上的数则从(1,4,7)和(2,5,8)中各取1个,这样的数有11134333C C C A 216= (个),但要除去0在百位上的数,有112332C C A 18= (个),因而有216-18=198(个).(3)三位数的各位上的数字是0,3,6,9中的3个,但要去掉0在百位上的,这样应有3×3×2=18(个),综上所述,由0到9这10个数字所构成的无重复数字且能被3整除的3位数有12+198+18=228(个).三、解答题.17.【答案】(1)100种;(2)80种. 【解析】(1)方法一:(直接法).第一类:3名代表中有1名男生,则选法种数为1246C C 60⋅= (种); 第二类:3名代表中有2名男生,则选法种数为2146C C 36⋅= (种);第三类:3名代表中有3名男生,则选法种数为34C 4= (种); 故共有60+36+4=100(种). 方法二:(间接法).从10名同学中选出3名同学的选法种数为310C 种. 其中不适合条件的有36C 种,故共有33106C C 100-= (种).(2)第一类:3名代表中有一名男生,则选法为1246C C 60= (种);第二类:3名代表中无男生,则选法为36C 20= (种);故共有60+20=80(种).18.【答案】(1)36条;(2)27条.【解析】(1)要使抛物线的开口向上,必须0a >,∴1234C A 36⋅= (条).(2)开口向上且不过原点的抛物线,必须0a >,0c ≠,∴111333C C C 27⋅⋅= (条).19.【答案】第4项-84x 4和第10项-x 3. 【解析】∵9113219927C (1)C 6rrrr r r r T x x x -+⎛⎫⎛⎫-=⋅⋅-=-⋅⋅ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 令276r -∈Z ,即346r-+∈Z ,且r ∈{0,1,2,…,9}.∴r =3或r =9. 当r =3时,27-r 6=4,()3344491C 84T x x =-⋅⋅=-; 当r =9时,27-r 6=3,()99331091C T x x =-⋅⋅=-.∴9的展开式中的有理项是:第4项-84x 4和第10项-x 3.20.【答案】(1)256种;(2)144种;(3)144种.【解析】(1)一个球一个球地放到盒子里去,每只球都可有4种独立的放法, 由分步乘法计数原理,放法共有44=256(种).(2)为保证“恰有一个盒子不放球”,先从四个盒子中任意拿出去1个,即将4个球分成2,1,1的三组,有24C 种分法;然后再从三个盒子中选一个放两个球,其余两个球,两个盒子,全排列即可.由分步乘法计算原理,共有放法:12124432C C C A 144⋅⋅⋅= (种).(3)“恰有一个盒内放2个球”,即另外三个盒子中恰有一个空盒.因此,“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事.故也有144种放法.21.【答案】(1)二项式系数最大项为第三、四两项,6390T x =,2234270T x =;(2)展开式中第5项系数最大,2635405T x =.【解析】令x =1得展开式各项系数和为()134nn +=,又展开式二项式系数和为01C +C C 2nn n n n ++=,由题意有4n-2n=992,即()2229920nn --=,()()2322310n n -+=,所以n =5.(1)因为n =5,所以展开式共6项,其中二项式系数最大项为第三、四两项,它们是()3222635C 390T x x =⋅=,()222332345C 3270T x x ==.(2)设展开式中第k +1项的系数最大.又()104523155C 3C 3kkkk k k k T xx +-+=⋅=,得11551155C 3C 3C 3C 3k k k k k k k k --++⎧⋅≥⋅⎪⎨⋅≥⋅⎪⎩⇒⎩⎪⎨⎪⎧3k ≥16-k 15-k ≥3k +1⇒7922k ≤≤. 又因为k ∈Z ,所以k =4,所以展开式中第5项系数最大.2626443355C 3405T xx ==.22.【答案】展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项,324280T x =,25560T x =.【解析】(21C 2C rrr rr r nnT x +==⋅⋅,它的前一项的系数为112C r r n --⋅,它的后一项的系数为112C r r n ++⋅,根据题意有11112225226r r r r n n r r r r n nC C C C --++⎧⋅=⋅⋅⎪⎨⋅=⋅⋅⎪⎩,⎩⎪⎨⎪⎧2r -1=n ,8r +3=5n ,∴⎩⎪⎨⎪⎧n =7,r =4.∴展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项.(333247C 280T x ==,(44257C 560T x ==.。

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

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).。

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

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.。

【人教版】2020版高中数学 第一章 计数原理滚动训练一 新人教A版选修2-3

【人教版】2020版高中数学 第一章 计数原理滚动训练一 新人教A版选修2-3

第一章计数原理滚动训练一(§1.1~§1.2)一、选择题1.4×5×6×…×(n-1)×n等于( )A.A4n B.A n-4nC.n!-4! D.A n-3n考点排列数公式题点利用排列数公式计算答案 D解析因为A m n=n(n-1)(n-2)…(n-m+1),所以A n-3n=n(n-1)(n-2)…[n-(n-3)+1]=n×(n-1)×…×6×5×4.2.在某次数学测验中,学号i(i=1,2,3,4)的四位同学的考试成绩f(i)∈{90,92,93,96,98},且满足f(1)<f(2)≤f(3)<f(4),则这四位同学的考试成绩的所有可能情况的种数为( )A.9 B.5 C.23 D.15考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析从所给的5个成绩中,任意选出4个的一个组合,即可得到四位同学的考试成绩按f(1)<f(2)<f(3)<f(4)排列的一个可能情况,故方法有C45=5(种).从所给的5个成绩中,任意选出3个的一个组合,即可得到四位同学的考试成绩按f(1)<f(2)=f(3)<f(4)排列的一个可能情况,故方法有C35=10(种).综上可得,满足f(1)<f(2)≤f(3)<f(4)的这四位同学的考试成绩的所有可能情况共有5+10=15(种),故选D.3.某公司将5名员工分配至3个不同的部门,每个部门至少分配一名员工,其中甲、乙两名员工必须分配在同一个部门的不同分配方法数为( )A.24 B.30 C.36 D.42考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案 C解析把甲、乙两名员工看作一个整体,5个人变成了4个,再把这4个人分成3部分,每部分至少一人,共有C24=6(种)方法.再把这3部分人分到3个不同的部门,有A33=6(种)方法.根据分步乘法计数原理可知,不同分法的种数为6×6=36.4.我市正在建设最具幸福感城市,原计划沿渭河修建7个河滩主题公园.为提升城市品位、升级公园功能,打算减少2个河滩主题公园,两端河滩主题公园不在调整计划之列,相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整,则调整方案的种数为( )A .4B .8C .6D .12 考点 排列的应用题点 元素“在”与“不在”问题 答案 C解析 利用间接法,任选中间5个的2个,再减去相邻的4个,故有C 25-4=6(种),故选C.5.2017年的3月25日,中国国家队在2018俄罗斯世界杯亚洲区预选赛12强战小组赛中,在长沙以1比0力克韩国国家队,赛后有六人队员打算排成一排照相,其中队长主动要求排在排头或排尾,甲、乙两人必须相邻,则满足要求的排法有( )A .34种B .48种C .96种D .144种 考点 排列的应用 题点 排列的简单应用 答案 C解析 根据题意,分3步进行分析:①队长主动要求排在排头或排尾,则队长有2种站法;②甲、乙两人必须相邻,将2人看成一个整体,考虑2人的左右顺序,有A 22=2(种)情况; ③将甲、乙整体与其余3人进行全排列,有A 44=24(种)情况. 则满足要求的排法有2×2×24=96(种). 故选C.6.登山运动员10人,平均分为两组,其中熟悉道路的有4人,每组都需要2人,那么不同的分配方法种数是( ) A .30 B .60 C .120 D .240 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B解析 先将4个熟悉道路的人平均分成两组,有C 24C 22A 22种,再将余下的6人平均分成两组,有C 36C 33A 22种,然后这四个组自由搭配还有A 22种,故最终分配方法有C 24C 36A 22=60(种).7.在某次针对重启“六方会谈”的记者招待会上,主持人要从5名国内记者与4名国外记者中选出3名记者进行提问,要求3人中既有国内记者又有国外记者,且国内记者不能连续提问,不同的提问方式有( ) A .180种 B .220种 C .260种D .320种考点 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 若3人中有2名中国记者和1名国外记者,则不同的提问方式的种数是C 25C 14A 22=80, 若3人中有1名中国记者和2名国外记者,则不同的提问方式的种数是C 15C 24A 33=180,故所有的不同的提问方式的种数是80+180=260,故选C.8.某公园有P ,Q ,R 三只小船,P 船最多可乘3人,Q 船最多可乘2人,R 船只能乘1人,现有3个大人和2个小孩打算同时分乘若干只小船,规定有小孩的船必须有大人,共有不同的乘船方法( ) A .36种 B .33种 C .27种D .21种考点 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 ①P 船乘1个大人和2个小孩共3人,Q 船乘1个大人,R 船乘1个大人,有A 33=6(种)情况.②P 船乘1个大人和1个小孩共2人,Q 船乘1个大人和1个小孩,R 船乘1个大人,有A 33×A 22=12(种)情况. ③P 船乘2个大人和1个小孩共3人,Q 船乘1个大人和1个小孩共有C 23×2=6(种)情况.④P 船乘1个大人和2个小孩共3人,Q 船乘2个大人,有C 13=3(种)情况,则共有6+12+6+3=27(种)情况. 二、填空题9.已知A mn =2C mn =272(m ,n ∈N *),则m +n =________. 考点 组合数公式 题点 组合数公式的应用 答案 19解析 ∵C m n=A mn A m m ,∴A m n =2A mn A m m,∴A mm =2,∴m =2.又A 2n =272,∴n (n -1)=17×16,解得n =17,∴m +n =19. 10.如图,从A →C 有________种不同的走法.考点 两个计数原理的区别与联系 题点 两个原理的简单综合应用 答案 6解析 A 到C 分两类,第一类,A →B →C ,分两步,第一步,A →B 有2种走法,第二步,B →C 有2种走法,故A →B →C 有4种走法,第二类:A →C 有2种走法,故A →C 有4+2=6(种)走法,故答案为6.11.把5件不同的产品摆成一排,若产品A 与产品B 相邻,且产品A 与产品C 不相邻,则不同的摆法有________种.考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题 答案 36解析 先将A ,B 捆绑在一起,有A 22种摆法,再将它们与其他3件产品全排列,有A 44种摆法,共有A 22A 44种摆法,而A ,B ,C 这3件产品在一起,且A ,B 相邻,A ,C 相邻有2A 33种摆法,故A ,B 相邻,A ,C 不相邻的摆法有A 22A 44-2A 33=36(种).12.某企业有4个分厂,新培训了一批6名技术人员,将这6名技术人员分配到各分厂,要求每个分厂至少1人,则不同的分配方案种数为________. 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 1 560解析 先把6名技术人员分成4组,每组至少一人.若4个组的人数按3,1,1,1分配,则不同的分配方案有C 36C 13C 12C 11A 33=20(种)不同的方法.若4个组的人数为2,2,1,1,则不同的分配方案有C 26C 242!×C 122!=45(种)不同的方法.故所有分组方法共有20+45=65(种).再把4个组的人分给4个分厂,不同的方法有65A 44=1 560(种). 三、解答题13.将四个编号为1,2,3,4的小球放入四个编号为1,2,3,4的盒子中. (1)有多少种放法?(2)若每盒至多一球,则有多少种放法? (3)若恰好有一个空盒,则有多少种放法?(4)若每个盒内放一个球,并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同,则有多少种放法? 考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用解 (1)每个小球都可能放入四个盒子中的任何一个,将小球一个一个放入盒子,共有4×4×4×4=44=256(种)放法.(2)这是全排列问题,共有A 44=24(种)放法.(3)先取四个球中的两个“捆”在一起,有C 24种选法,把它与其他两个球共三个元素分别放入四个盒子中的三个盒子,有A 34种投放方法,所以共有C 24A 34=144(种)放法.(4)一个球的编号与盒子编号相同的选法有C 14种,当一个球与一个盒子的编号相同时,用局部列举法可知其余三个球的投入方法有2种,故共有C 14×2=8(种)放法. 四、探究与拓展14.将1,2,3,…,9这9个数字填在如图所示的九个空格中,要求每一行从左到右,每一列从上到下依次增大,当3,4固定在图中位置时,所填写空格的方法有( )A.6种 B.12种 C.18种 D.24种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 A解析由题意可得数字1,2,9的位置也是固定的,如图所示,5,6,7,8四个数字在A,B,C,D四个位置上,A,B 两个位置的填法有C24种,C,D两个位置则只有C22种填法.由分步乘法计数原理知,不同的填法共有C24·C22=6(种).15.用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数.(1)在组成的三位数中,求所有偶数的个数;(2)在组成的三位数中,若十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小,则称这个数为“凹数”,如301,423等都是“凹数”,试求“凹数”的个数;(3)在组成的五位数中,求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数.考点排列的应用题点数字的排列问题解(1)将组成的三位数中所有偶数分为两类,①若个位数为0,则共有A24=12(个);②若个位数为2或4,则共有2×3×3=18(个).故共有30个符合题意的三位数.(2)将这些“凹数”分为三类:①若十位上的数字为0,则共有A24=12(个);②若十位上的数字为1,则共有A23=6(个);③若十位上的数字为2,则共有A22=2(个).故共有12+6+2=20(个)符合题意的“凹数”.(3)将符合题意的五位数分为三类:①若两个奇数数字在万位和百位上,则共有A22A33=12(个);②若两个奇数数字在千位上和十位上,则共有A22A12A22=8(个);③若两个奇数数字在百位和个位上,则共有A22A12A22=8(个).故共有12+8+8=28(个)符合题意的五位数.。

【高中教育】高中数学 第一章 计数原理单元综合检测 新人教A版选修2-3.doc

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高中数学第一章计数原理单元综合检测新人教A版选修2-3时间120分钟,满分150分。

一、选择题(本大题共12个小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1.(2014·新课标Ⅰ理,5)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动,则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为A.18B.38C.58D.78[答案] D[解析] 四位同学各自在周六、周日两种选择一天参加公益活动的情况有24=16种方式,其中仅在周六(周日)参加的各有一种,故所求概率P=1-1+1 16=78.2.已知C7n+1-C7n=C8n(n∈N*),则n等于( ) A.14 B.12C.13 D.15[答案] A[解析] 因为C8n+C7n=C8n+1,所以C7n+1=C8n+1.∴7+8=n+1,∴n=14,故选A.3.(2015·河南省高考适应性测试)3对夫妇去看电影,6个人坐成一排,若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性,则坐法的种数为( )A.54 B.60C.66 D.72[解析] 记3位女性为a、b、c,其丈夫依次为A、B、C,当3位女性都相邻时可能情形有两类:第一类男性在两端(如BAabcC),有2A33种,第二类男性在一端(如XXAabc),有2A22A33种,共有A33(2A22+2)=36种,当仅有两位女性相邻时也有两类,第一类这两人在一端(如abBACc),第二类这两人两端都有其他人(如AabBCc),共有4A23=24种,故满足题意的坐法共有36+24=60种.4.(2013·晋中市祁县二中高二期中)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[答案] B[解析] 此人从A到B,路程最短的走法应走两纵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C25=10种.(注:若排法为10011,则走法如图中箭头所示)5.(2015·广东理,4)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球,其中有10个白球,5个红球.从袋中任取2个球,所取的2个球中恰有1个白球,1个红球的概率为( )A.521B.1021C.1121D.1[解析] 从袋中任取 2个球共有 C 215=105种,其中恰好1个白球1个红球共有C 110C 15=50种,所以恰好1个白球1个红球的概率为50105=1021,故选B . 6.(2014·安徽理,8)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有( )A .24对B .30对C .48对D .60对[答案] C[解析] 解法1:先找出正方体一个面上的地角线与其余面对角线成60°角的对数,然后根据正方体六个面的特征计算总对数.如图,在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中,与面对角线AC 成60°角的面对角线有B 1C 、BC 1、C 1D 、CD 1、A 1D 、AD 1、A 1B 、AB 1共8条,同理与BD 成60°角的面对角线也有8条,因此一个面上的对角线与其相邻4个面的对角线,共组成16对,又正方体共有6个面,所有共有16×6=96对.因为每对都被计算了两次(例如计算与AC 成60°角时,有AD 1,计算与AD 1成60°角时有AC ,故AD 1与AC 这一对被计算了2次),因此共有12×96=48对.解法2:间接法.正方体的面对角线共有12条,从中任取2条有C 212种取法,其中相互平行的有6对,相互垂直的有12对,∴共有C 212-6-12=48对.7.(2015·湖南理,6)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x -a x 5的展开式中含x 32的项的系数为30,则a =( )A. 3 B.- 3 C.6 D.-6 [答案] D[解析] T r+1=C r5(-1)r a r x 52-r,令52-r=32得r=1,可得-5a=30⇒a=-6,故选D.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( )A.300 B.216C.180 D.162[答案] C[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C23C12C13A33=108,(2)不选“0”,共有C23A44=72,∴由分类加法计数原理得72+108=180,故选C.9.(2014·山东省胶东示范校检测)已知某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动(含x,y正半轴上的整点),其运动规律为(m,n)→(m+1,n+1)或(m,n)→(m+1,n-1).若该动点从原点出发,经过6步运动到点(6,2),则不同的运动轨迹有( )A.15种B.14种C.9种D.103种[答案] C[解析] 由运动规律可知,每一步的横坐标都增加1,只需考虑纵坐标的变化,而纵坐标每一步增加1(或减少1),经过6步变化后,结果由0变到2,因此这6步中有2步是按照(m,n)→(m+1,n-1)运动的,有4步是按照(m,n)→(m+1,n+1)运动的,因此,共有C26=15种,而此动点只能在第一象限的整点上运动(含x ,y 正半轴上的整点),当第一步(m ,n )→(m +1,n -1)时不符合要求,有C 15种;当第一步(m ,n )→(m +1,n +1),但第二、三两步为(m ,n )→(m +1,n -1)时也不符合要求,有1种,故要减去不符合条件的C 15+1=6种,故共有15-6=9种.10.(2015·河北唐山市一模)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2+1x 2-23展开式中的常数项为( )A .-8B .-12C .-20D .20[答案] C[解析] ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2+1x 2-23=⎝ ⎛⎭⎪⎫x -1x 6,∴T r +1=C r 6x 6-r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫-1x r =C r 6(-1)r x 6-2r,令6-2r =0,得r =3,∴常数项为C 36(-1)3=-20.11.高三(三)班学生要安排毕业晚会的3个音乐节目,2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序,要求两个舞蹈节目不连排,3个音乐节目恰有两个节目连排,则不同排法的种数是( )A .240B .188C .432D .288[答案] D[解析] 先从3A 23种排法,这样共有5个节目,两个音乐节目不连排,两个舞蹈节目不连排,如图,若曲艺节目排在5号(或1号)位置,则有4A 22·A 22=16种排法;若曲艺节目排在2号(或4号)位置,也有4A 22A 22=16种排法,若曲艺节目排在3号位置,有2×2A 22A 22=16种排法,∴共有不同排法,A 23×(16×3)=288种,故选D .12.已知直线ax +by -1=0(a 、b 不全为0)与圆x 2+y 2=50有交点,且交点的横、纵坐标均为整数,那么这样的直线有( )A.66条B.72条C.74条D.78条[答案] B[解析] 先考虑x≥0,y≥0时,圆上横、纵坐标均为整数的点有(1,7)(5,5)(7,1),依圆的对称性知,圆上共有3×4=12个点的横、纵坐标均为整数,经过其中任意两点的割线有C212=66(条),过每一点的切线共有12条,又考虑到直线ax+by-1=0不经过原点,而上述直线中经过原点的有6条,所以满足题意的直线共有66+12-6=72(条).二、填空题(本大题共4个小题,每小题4分,共16分,把正确答案填在题中横线上)13.将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中,每个班级至少安排1名学生,其中甲同学不能分配到A班,那么不同的分配方案有__________ ________.[答案] 24种[解析] 将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中,每个班级至少安排一名学生有C24A33种分配方案,其中甲同学分配到A班共有C23A22+C13A22种方案.因此满足条件的不同方案共有C24A33-C23A22-C13A22=24(种).14.(2015·新课标Ⅱ理,15)(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则a=__________ ________.[答案] 3[分析] 考查二项式定理.解答本题应特别注意所求项是两个多项式相乘得到的,其奇次幂项由a与(1+x)4展开式的奇次幂项相乘和由x与(1+x)4展开式的偶次幂项相乘得到.[解析] 由已知得(1+x)4=1+4x+6x2+4x3+x4,故(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项分别为4ax,4ax3,x,6x3,x5,其系数之和为4a+4a+1+6+1=32,解得a=3.15.(2015·广西柳州市模拟)在(1-x)(1+x)10的展开式中,含x5的项的系数为__________ ________.[答案] 42[解析] 由二项式展开式的通项公式得(1-x)(1+x)10中,含x5项为C510x5+(-x)C410x4=(C510-C410)x5=42x5,故系数为42.16.将5位志愿者分成3组,其中两组各2人,另一组1人,分赴世博会的三个不同场馆服务,不同的分配方案有__________ ________种.(用数字作答) [答案] 90种[解析] 本题考查了排列组合中的平均分组分配问题,先分组C25C23C11A22,再把三组分配乘以A33得:C25C23C11A22·A33=90种.三、解答题(本大题共6个大题,共74分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)17.(本题满分12分)已知A={x|1<log2x<3,x∈N*},B={x||x-6|<3,x ∈N*},试问:从集合A和B中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标,共可得到多少个不同的点?[解析] A={3,4,5,6,7},B={4,5,6,7,8}.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作为纵坐标且8不是横坐标的情况有4种,故共有5×5+5+4=34个不同的点.18.(本题满分12分)求证:对任何非负整数n,33n-26n-1可被676整除.[证明] 当n=0时,原式=0,可被676整除.当n=1时,原式=0,也可被676整除.当n≥2时,原式=27n-26n-1=(26+1)n-26n-1=(26n+C1n·26n-1+…+C n-2n ·262+C n-1n·26+1)-26n-1=26n+C1n26n-1+…+C n-2n·262.每一项都含262这个因数,故可被262=676整除.综上所述,对一切非负整数n,33n-26n-1可被676整除.19.(本题满分12分)(2015·青岛市胶州高二期中)已知(1+m x)n(m是正实数)的展开式的二项式系数之和为256,展开式中含x项的系数为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 x)n(1-x)的展开式中含x2项的系数.[解析] (1)由题意可得2n=256,解得n=8.∴通项T r+1=C r8m r x r 2,∴含x项的系数为C28m2=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C18+C38+C58+C78=28-1=128.(3)(1+2x)8(1-x)=(1+2x)8-x(1+2x)8,所以含x2的系数为C4824-C2822=1008.20.(本题满分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个名额有多少不同的分配方法?[解析] 解法一: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.解法二: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.(本题满分12分)用0、1、2、3、4这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数?(1)被4整除;(2)比21034大的偶数;(3)左起第二、四位是奇数的偶数.[解析] (1)被4整除的数,其特征应是末两位数是4的倍数,可分为两类:当末两位数是20、40、04时,其排列数为3A33=18,当末两位数是12、24、32时,其排列数为3A12·A22=12.故满足条件的五位数共有18+12=30(个).(2)①当末位数字是0时,首位数字可以为2或3或4,满足条件的数共有3×A33=18个.②当末位数字是2时,首位数字可以为3或4,满足条件的数共有2×A33=12个.③当末位数字是4时,首位数字是3的有A33=6个,首位数字是2时,有3个,共有9个.综上知,比21034大的偶数共有18+12+9=39个.(3)方法一:可分为两类:末位数是0,有A22·A22=4(个);末位数是2或4,有A 22·A 12=4(个); 故共有A 22·A 22+A 22·A 12=8(个).方法二:第二、四位从奇数1,3中取,有A 22个;首位从2,4中取,有A 12个;余下的排在剩下的两位,有A 22个,故共有A 22A 12A 22=8(个).22.(本题满分14分)已知⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3a -3a n(n ∈N *)的展开式的各项系数之和等于⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫43b -15b 5的展开式中的常数项,求⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3a -3a n的展开式中a -1项的二项式系数.[解析] 对于⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫43b -15b 5:T r +1=C r 5(43b )5-r ⎝ ⎛⎭⎪⎫-15b r =C r 5·(-1)r ·45-r ·5-r 2b 10-5r6.若T r +1为常数项,则10-5r =0,所以r =2,此时得常数项为T 3=C 25·(-1)2·43·5-1=27.令a =1,得⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3a -3a n展开式的各项系数之和为2n .由题意知2n =27,所以n =7.对于⎝⎛⎭⎪⎪⎫3a -3a 7:T r +1=C r 7⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 7-r ·(-3a )r =C r 7·(-1)r ·37-r a 5r -216. 若T r +1为a -1项,则5r -216=-1,所以r =3.所以⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3a -3a n的展开式中a -1项的二项式系数为C 37=35.。

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

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)。

2020高中数学 第一章 计数原理章末评估验收 新人教A版选修2-3

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第一章 计数原理章末评估验收(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.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.十字路口来往的车辆,如果不允许回头,则不同的行车路线有( ) A .24种 B .16种 C .12种D .10种解析:完成该任务可分为四类,从每一个方向的入口进入都可作为一类,如图,从第1个入口进入时,有3种行车路线;同理,从第2个,第3个,第4个入口进入时,都分别有3种行车路线,由分类加法计数原理可得共有3+3+3+3=12种不同的行车路线,故选C.答案:C2.5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 .C 25 B .25C .52D .A 25解析:“去”或“不去”,5个人中每个人都有两种选择,所以,出现的可能情况有2×2×2×2×2=25(种). 答案:B3.C 03+C 14+C 25+C 36+…+C 1720的值为( ) A .C 321 B .C 320 C .C 420 D .C 421解析:原式=(C 04+C 14)+C 25+C 36+…+C 1720=(C 15+C 25)+C 36+…+C 1720=(C 26+C 36)+…+C 1720=C 1721=C 21-1721=C 421.答案:D4.(1+x )7的展开式中x 2的系数是( ) A .42 B .35 C .28D .21解析:由二项式定理得T 3=C 27·15·x 2=21x 2,所以x 2的系数为21. 答案:D5.从1,3,5,7,9这五个数中,每次取出两个不同的数分别记为a ,b ,共可得到lg a -lg b 的不同值的个数是( )A .9B .10C .18D .20解析:从1,3,5,7,9这五个数中每次取出两个不同数的排列个数为A 25=20,但lg 1-lg 3=lg 3-lg 9,lg 3-lg 1=lg 9-lg 3,所以不同值的个数为20-2=18.答案:C6.设f (x )=(2x +1)5-5(2x +1)4+10(2x +1)3-10(2x +1)2+5(2x +1)-1,则f (x )等于( ) A .(2x +2)5B .2x 5C .(2x -1)5D .(2x )5解析:f (x )=C 05(2x +1)5(-1)0+C 15(2x +1)4(-1)1+C 25(2x +1)3(-1)2+C 35(2x +1)2(-1)3+C 45(2x +1)1(-1)4+C 55(2x +1)0(-1)5=[(2x +1)-1]5=(2x )5.答案:D7.4名男歌手和2名女歌手联合举行一场音乐会,出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手,则共有出场方案的种数是( )A .6A 33 B .3A 33 C .2A 33D .A 22A 14A 44解析:先选一名男歌手排在两名女歌手之间,有A 14种选法,这两名女歌手有A 22种排法,再把这三人作为一个元素,与另外三名男歌手排列有A 44种排法,根据分步乘法计数原理知,有A 14A 22A 44种出场方案.答案:D8.若⎝⎛⎭⎪⎪⎫x -123x n的展开式中的第4项为常数项,则展开式的各项系数的和为( ) A.112 B.124 C.116D.132解析:T 4=C 3n (x )n -3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫-123x 3=-18C 3n x n -32-1,令n -32-1=0,解得n =5,再令x =1,得⎝ ⎛⎭⎪⎫1-125=132. 答案:D9.袋中共有15个除了颜色外完全相同的球,其中有10个白球,5个红球.从袋中任取2个球,所取的2个球中恰有1个白球,1个红球的概率为( )A .1 B.1121 C.1021D.521解析:从袋中任取2个球共有C 215=105种,其中恰好1个白球1个红球共有C 110C 15=50(种),所以恰好1个白球1个红球的概率为50105=1021.答案:C10.(2015·课标全国Ⅰ卷)(x 2+x +y )5的展开式中,x 5y 2的系数为( )A .10B .20C .30D .60解析:在(x 2+x +y )5的5个因式中,2个取因式中x 2剩余的3个因式中1个取x ,其余因式取y ,故x 5y 2的系数为C 25C 13C 22=30.答案:C11.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( ) A .300 B .216 C .180D .162解析:由题意知可分为两类:(1)选0,共有C 23C 12C 13A 33=108(个);(2)不选0,共有C 23A 44=72(个).由分类加法计数原理得108+72=180(个).答案:C 12.在(x -2)2 006的二项展开式中,含x 的奇次幂的项之和为S ,当x =2时,S 等于( )A .23 008B .-23 008C .23 009D .-23 009解析:设(x -2)2 006=a 0x2 006+a 1x2 005+…+a 2 005x +a 2 006.则当x =2时,有a 0(2)2 006+a 1(2)2 005+…+a 2 005(2)+a 2 006=0.①当x =-2时,有a 0(2)2 006-a 1(2)2 005+…-a 2 005(2)+a 2 006=23 009.②①-②有a 1(2)2 005+…+a 2 005(2)=-23 0092=-23 008.故选B.答案:B二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上)13.已知⎝⎛⎭⎪⎫mx -1x 6的展开式中x 3的系数为15,则m 的值为________.解析:因为T r +1=C r 6(mx )6-r(-x -12)r =(-1)r m 6-r ·C r 6x 6-r -12r ,由6-r -12r =3,得r =2.所以(-1)r m 6-r ·C r6=m 4C 26=15⇒m =±1.答案:±114.5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. 解析:甲、乙两人之间至少有一人,就是甲、乙两人不相邻,则有A 33A 24=72(种). 答案:7215.平面直角坐标系中有五个点,分别为O (0,0),A (1,2),B (2,4),C (-1,2),D (-2,4).则这五个点可以确定不同的三角形个数为________.解析:五点中三点共线的有O ,A ,B 和O ,C ,D 两组.故可以确定的三角形有C 35-2=10-2=8(个). 答案:816.将5位志愿者分成3组,其中两组各2人,另一组1人,分赴某大型展览会的三个不同场馆服务,不同的分配方案有________种(用数字作答).解析:先分组C 25C 23C 11A 22,再把三组分配乘以A 33得:C 25C 23C 11A 22A 33=90(种).答案:90三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答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10分)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).解:分两类:第一类,买5本2元的有C 58种; 第二类,买4本2元的和2本1元的有C 48C 23种. 故不同的买法共有C 58+C 48C 23=266(种).18.(本小题满分12分)已知⎩⎪⎨⎪⎧C x n =C 2xn ,C x +1n =113C x -1n ,试求x ,n 的值.解:因为C xn =C n -xn =C 2x n ,所以n -x =2x 或x =2x (舍去),所以n =3x . 又由C x +1n =113C x -1n ,得n !(x +1)!(n -x -1)!=113·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). 所以x =5,n =3x =15.19.(本小题满分12分)设(1-2x )2 013=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 2 013x2 013(x ∈R).(1)求a 0+a 1+a 2+…+a 2 013的值; (2)求a 1+a 3+a 5+…+a 2 013的值; (3)求|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a 2 013|的值. 解:(1)令x =1,得a 0+a 1+a 2+…+a 2 013=(-1)2 013=-1.①(2)令x =-1,得a 0-a 1+a 2-a 3+…-a 2 013=32 013.②与①式联立,①-②得 2(a 1+a 3+…+a 2 013)=-1-32 013, 所以a 1+a 3+…+a 2 013=-1+32 0132(3)T r -1=C r2 013(-2x )r=(-1)r.C r 2 013(2x )r,所以a 2k -1<0,a 2k >0(k ∈N *).所以|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a 2 013|=a 0-a 1+a 2-…-a 2 013=32 013(令x =-1).20.(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:T 7=C 6n (32)n -6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336,T n +1-6=T n -5=C 6n (32)6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫133n -6. 由⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤C 6n (32)n -6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336∶⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤C 6n (32)6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫133n -6=1∶6, 化简得6n3-4=6-1,所以n3-4=-1,解得n =9.所以T 7=C 69(32)9-6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336=C 39×2×19=563.21.(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个名额有多少不同的分配方法?解: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C 16种分法; (2)4个名额分给两个班级,每班2个,有C 26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A 26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C 16·C 25种分法; (5)分给四个班,每班1个,共有C 46种分法.故分配方法共有N =C 16+C 26+A 26+C 16·C 25+C 46=126(种).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,放法共有N =C 59=126(种).故共有126种分配方法.22.(本小题满分12分)设a >0,若(1+a ·x 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 ,求a 的值.解:通项公式为T r +1=C r na r x r2.若含x 2项,则r =4,此时的系数为C 4n ·a 4;若含x 项,则r =2,此时的系数为C 2n ·a 2. 根据题意,有C 4n a 4=9C 2n a 2, 即C 4n a 2=9C 2n .①又T 3=135x ,即有C 2n a 2=135.② 由①②两式相除,得C 4n C 2n =9C 2n135.结合组合数公式,整理可得3n 2-23n +30=0,解得n =6,或n =53(舍去),将n =6代入②中,得15a 2=135, 所以a 2=9,因为a >0,所以a =3.。

2019_2020学年高中数学第一章计数原理能力检测新人教A版选修2_3

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第一章 计数原理能力检测(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,满分60分)1.3名同学分别从英语、日语中各选修一门外语课程,不同的选修方法共有( ) A .3种 B .6种 C .8种 D .9种【答案】C2.知识竞赛中给一个代表队的4人出了2道必答题和4道选答题,要求4人各答一题,共答4题,此代表队可选择的答题方案的种类为( )A .A 46 B .A 24 C .C 24A 44 D .C 24A 24【答案】C3.⎝⎛⎭⎪⎫x 2-2x 35展开式中的常数项为( ) A .-80 B .80 C .-40 D .40【答案】D4.(2019年蚌埠期末)下列等式中,错误的是( ) A.(n+1)A n m=A n+1m+1B.n!n(n-1)=(n-2)! C.C n m=A nmn!D.1n-mA n m+1=A n m【答案】C5.(2019年湖南模拟)本次模拟考试结束后,班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表,若化学排在生物前面,数学与物理不相邻且都不排在最后,则不同的排表方法共有( ) A.72种B.144种C.288种D.360种【答案】B6.现从男、女共8名同学中选出2名男同学和1名女同学分别参加全校“资源”“生态”“环保”三个夏令营活动.已知共有90种不同的方案,那么男、女同学的人数分别是( )A .男2人,女6人B .男3人,女5人C .男5人,女3人D .男6人,女2人【答案】B7.(2019年安徽模拟)已知(x+1)(2x+a)5的展开式中各项系数和为2,则其展开式中含x3项的系数是( )A.-40B.-20C.20D.40【答案】D8.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.33 B.34C.35 D.36【答案】A9.在(1+x)n的展开式中,奇数项之和为p,偶数项之和为q,则(1-x2)n等于( ) A.0 B.pqC.p2-q2D.p2+q2【答案】C10.(2015年重庆模拟)将4名新来的学生分到高三两个班,每班至少一人,不同的分配方法数为( )A.12 B.16C.14 D.18【答案】C11.(2017年昆明六校联考)现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张.从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一颜色且红色卡片至多1张,不同取法的种数为( )A.232 B.252C.442 D.472【答案】D12.(2016年新课标Ⅲ)定义“规范01数列”{a n}如下:{a n}共有2m项,其中m项为0,m项为1,且对任意k≤2m,a1,a2,…,a k中0的个数不少于1的个数,若m=4,则不同的“规范01数列”共有( )A.18个B.16个C.14个D.12个【答案】C二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,满分20分)13.在(x+43y)20的展开式中,系数为有理数的项共有________项.【答案】614.某餐厅供应饭菜,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种.现在餐厅准备了5种不同的荤菜,若要保证每位顾客有200种以上不同的选择,则餐厅至少还需准备不同的素菜品种______种.(结果用数值表示)【答案】13516.某城市的电话号码,由六位数改为七位数.若首位数字均不为0,则该城市可能增加的电话门数是________.【答案】8 100 000三、解答题(本大题共6小题,满分70分)17.(10分)某班有男生28名、女生20名,从该班选出学生代表参加校学生会.(1)若学校分配给该班1名代表,则有多少种不同的选法?(2)若学校分配给该班2名代表且男、女生代表各1名,则有多少种不同的选法?【解析】(1)选出1名代表,可以选男生,也可以选女生,因此完成“选1名代表”这件事分2类,第1类,从男生中选出1名代表,有28种不同方法;第2类,从女生中选出1名代表,有20种不同方法.根据分类加法计数原理,共有28+20=48种不同的选法.(2)完成“选出男、女生代表各1名”这件事,可以分2步完成,第1步,选1名男生代表,有28种不同方法;第2步,选1名女生代表,有20种不同方法.根据分步乘法计数原理,共有28×20=560种不同的选法.18.(12分)某单位取工义务献血,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型血的共有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,即无论选哪种血型的哪一个人,这件“任选1人去献血”的事情都可以完成,所以用分类计数原理,有28+7+9+3=47种不同选法.(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,这种“各选1人去献血”的事情才完成,所以用分步计数原理,有28×7×9×3=5 292种不同选法.19.(12分)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫2x i +1x 2n ,i 是虚数单位,x >0,n ∈N *.(1)如果展开式中的倒数第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. 【解析】(1)由已知,得C n -2n (2i)2=-180,即4C 2n =180, 所以n 2-n -90=0.又n ∈N *,解得n =10. (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x i +1x 210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}, 所以k =10,6,2. 所以所求的项为T 11=x-20,T 7=3 360x-10,T 3=11 520.20.(12分)某市工商局对35种商品进行抽样检查,已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.(1)其中某一种假货必须在内,不同的取法有多少种? (2)至少有2种假货在内,不同的取法有多少种?【解析】(1)某一种假货必须在内,从余下的34种商品中选取2种,有C 234=561(种). ∴某一种假货必须在内的不同取法有561种. (2)选取2件假货有C 120C 215种,选取3件假货有C 315种, 共有选取方式C 120C 215+C 315=2 100+455=2 555(种). ∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种.21.(12分)已知(x 2+1)n展开式中的各项系数之和等于⎝⎛⎭⎪⎫165x 2+1x 5的展开式的常数项.(1)求n 的值;(2)求(x 2+1)n展开式中系数最大的项.【解析】(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫165x 2+1x 5展开式的通项T r +1=C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫165x 25-r·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r =C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫1655-r x 20-5r 2. 令20-5r =0,得r =4. 所以常数项为T 5=C 45·165=16.又(x 2+1)n 展开式的各项系数之和为2n ,由题意得2n=16,解得n =4. (2)(x 2+1)4的展开式中系数最大的项为C 24(x 2)2=6x 4.22.(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10次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)分三步:先排前4次测试,只能取正品,有A46种不同测试方法;再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试,有A24种测试方法;最后排余下4件的测试位置有A44种测试方法.∴共有不同的测试方法A46·A24·A44=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.∴共有不同测试方法A14·C16·A44=576(种).。

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第一章计数原理章末检测时间:120分钟满分: 150分一、选择题(本大题共12个小题,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.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种分别种在不同土质的三块土地上,其中黄瓜必须种植,不同的种植方法有( )A.24种B.18种C.12种D.6种解析:因为黄瓜必须种植,在余下的3种蔬菜品种中再选出两种进行排列,共有C23A33=18种.故选B.答案:B2.若A3n=12C2n,则n等于( )A.8 B.5或6C.3或4 D.4解析:A3n=n(n-1)(n-2),C2n=12n(n-1),∴n(n-1)(n-2)=6n(n-1),又n∈N*,且n≥3,解得n=8.答案:A3.关于(a-b)10的说法,错误的是( )A.展开式中的二项式系数之和为1 024B.展开式中第6项的二项式系数最大C.展开式中第5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:由二项式系数的性质知,二项式系数之和为210=1 024,故A正确;当n为偶数时,二项式系数最大的项是中间一项,故B正确,C错误;D也是正确的,因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大,所以是系数中最小的.答案:C4.某铁路所有车站共发行132种普通客票,则这段铁路共有车站数是( )A.8 B.12C.16 D.24解析:∵A2n=n(n-1)=132,∴n=12(n=-11舍去).故选B.答案:B5.某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成,其中4个数字互不相同的牌照号码共有( )A.(C126)2A410个B.A226A410个C.(C126)2104个D.A226104个解析:2个英文字母可重复,都有C126种不同取法.4个不同数字有A410种不同排法.由分步乘法计数原理知满足条件的牌照号码有C126·C126·A410=(C126)2·A410个.答案:A6.某学习小组男、女生共8人,现从男生中选2人,从女生中选1人,分别去做3种不同的工作,共有90种不同的安排方法,则男、女生人数为( )A.2,6 B.3,5C.5,3 D.6,2解析:设男生有x人,则女生有(8-x)人,∵C2x·C18-x·A33=90,∴x=3.故选B.答案:B7.由数字0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字且奇偶数字相间的六位数的个数有 ( ) A.72 B.60C.48 D.52解析:只考虑奇偶相间,则有2A33A33种不同的排法,其中0在首位的有A22A33种不符合题意,所以共有2A33A33-A22A33=60种.答案:B8.一次考试中,要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行答题,要求至少包含前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.74C.84 D.200解析:分三类:第一类:前5个题目的3个,后4个题目的3个,第二类:前5个题目的4个,后4个题目的2个,第三类:前5个题目的5个,后4个题目的1个,由分类加法计数原理得C35C34+C45C24+C55C14=74.答案:B9.若多项式x2+x10=a0+a1(x+1)+…+a9(x+1)9+a10(x+1)10,则a9=( )A.9 B.10C.-9 D.-10解析:x10的系数为a10,∴a10=1,x9的系数为a9+C110·a10,∴a9+10=0,∴a9=-10.故应选D.答案:D10.张、王两家夫妇各带1个小孩一起到动物园游玩,购票后排队依次入园.为安全起见,首尾一定要排两位爸爸,另外,两个小孩一定要排在一起,则这6人的入园顺序排法种数共有( )A.12 B.24C.36 D.48解析:第一步,将两位爸爸排在两端有2种排法;第二步,将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有2A33种排法,故总的排法有2×2×A33=24种.答案:B11.设m为正整数,(x+y)2m展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y)2m+1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b,则m=( )A.5 B.6C.7 D.8解析:由题意得a=C m2m,b=C m2m+1,∴13C m2m=7C m2m+1,∴m!m!·m!=m+!m!m+!,∴m+m+1=13,解得m=6,经检验为原方程的解,选B.答案:B12.某次联欢会要安排3个歌舞类节目,2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序,则同类节目不相邻的排法种数是( )A.72 B.120C.144 D.168解析:先安排小品节目和相声节目,然后让歌舞节目去插空.安排小品节目和相声节目的顺序有三种:“小品1,小品2,相声”“小品1,相声,小品2”和“相声,小品1,小品2”.对于第一种情况,形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”,有A22C13A23=36(种)安排方法;同理,第三种情况也有36种安排方法,对于第二种情况,三个节目形成4个空,其形式为“□小品1□相声□小品2□”,有A22A34=48(种)安排方法,故共有36+36+48=120(种)安排方法.答案:B二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分,将答案填在题中的横线上)13.将6位志愿者分成4组,其中两个组各2人,另两个组各1人,分赴世博会的四个不同场馆服务,不同的分配方案有________种(用数字作答).解析:先将6名志愿者分为4组,其中有两个组各2人,共有C 26C 24A 22种分法,再将4组人员分到4个不同场馆去,共有A 44种分法,故所有分配方案有C 26·C 24A 22·A 44=1 080种.答案:1 08014.⎝ ⎛⎭⎪⎫x y-y x 8的展开式中x 2y 2的系数为________.(用数字作答)解析:T r +1=C r8·⎝⎛⎭⎪⎫x y 8-r·⎝ ⎛⎭⎪⎫-y x r=(-1)r·C r 8·x 16-3r 2·y 3r -82,令⎩⎪⎨⎪⎧16-3r 2=2,3r -82=2,得r =4.所以展开式中x 2y 2的系数为(-1)4·C 48=70. 答案:7015.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).解析:3个人各站一级台阶有A 37=210种站法,3个人中有2个人站在一级,另一人站在另一级,有C 23A 27=126种站法.共有210+126=336种站法.故填336. 答案:33616. 已知(1+kx 2)6(k ∈N *)的展开式中x 8的系数小于120,则k =________. 解析:x 8的系数为C 46k 4=15k 4,由已知得,15k 4<120,∴k 4<8,又k ∈N *,∴k =1. 答案:1三、解答题(本大题共有6小题,共74分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 17.(12分)用1、2、3、4、5、6这六个数字可组成多少个无重复数字且不能被5整除的五位数?解析:解法一 五位数不能被5整除,则末位只能从1、2、3、4、6五个数字中选1个,有A 15种方法;再从余下的5个数字中选4个放在其他数位,有A 45种方法.由分步乘法计数原理得,所求五位数有A 15A 45=600个.解法二 不含有数字5的无重复数字的五位数有A 55个;含有数字5的无重复数字的五位数中,末位不含5有A 14种方法,其余数位有A 45种方法,共有A 14A 45个.因此可组成不能被5整除的无重复数字的五位数个数为A 55+A 14A 45=600个.解法三 由1~6组成的无重复数字的五位数有A 56个,其中能被5整除的有A 45个.因此,所求的五位数共有A 56-A 45=720-120=600个. 18.(12分)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x -2x n 的展开式中:(1)若n =6,求倒数第二项;(2)若第5项与第3项的系数比为56∶3,求各项的二项式系数和.解析:(1)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x -2x n 的通项是T r +1=C r n (x )n -r ⎝ ⎛⎭⎪⎫-2x r ,当n =6时,倒数第二项是T 6=C 56(x )6-5·⎝ ⎛⎭⎪⎫-2x 5=-192x -92.(2)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x -2x n 的通项是T r +1=C r n (x )n -r ⎝ ⎛⎭⎪⎫-2x r ,则第5项与第3项分别为T 5=C 4n (x )n -4⎝ ⎛⎭⎪⎫-2x 4和T 3=C 2n (x )n -2⎝ ⎛⎭⎪⎫-2x 2,所以它们的系数分别为16C 4n 和4C 2n .由于第5项与第3项的系数比为56∶3,则16C 4n ∶4C 2n =56∶3,解得n =10,所以各项的二项式系数和为C 010+C 110+…+C 1010=210=1 024.19.(12分)已知(a 2+1)n的展开式中各项系数之和等于⎝⎛⎭⎪⎫165x 2+1x 5的展开式的常数项,并且(a 2+1)n的展开式中系数最大的项等于54,求a 的值.解析:⎝⎛⎭⎪⎫165x 2+1x 5展开式的常数项为C 45⎝⎛⎭⎪⎫165x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 4=16.(a 2+1)n 展开式的系数之和2n=16,n =4.∴(a 2+1)n 展开式的系数最大的项为C 24(a 2)2×12=6a 4=54, ∴a =± 3.20.(12分)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,即无论选哪种血型的哪一个人,这件“任选1人去献血”的事情都能完成,所以由分类加法计数原理,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,所以用分步乘法计数原理,共有28×7×9×3=5 292种不同的选法.21.(13分)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点异色.如果只有5种颜色可供使用,求不同的染色方法种数.解析:解法一由题设知,四棱锥S­ABCD的顶点S,A,B所染的颜色互不相同,它们共有5×4×3=60种染色方法.当S,A,B染好时,不妨设其颜色分别为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.可见,当S,A,B已染好时,C、D还有7种染法.故不同的染色方法有60×7=420种.解法二以S,A,B,C,D顺序分步染色.第一步,S点染色,有5种方法:第二步,A点染色,与S在同一条棱上,有4种方法;第三步,B点染色,与S,A分别在同一条棱上,有3种方法;第四步,C点染色,但考虑到D点与S,A,C相邻,需要针对A与C是否同色进行分类:当A与C同色时,D点有3种染色方法;当A与C不同色时,因为C与S,B也不同色,所以C点有2种染色方法,D点也有2种染色方法.由分步乘法计数原理、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×(1×3+2×2)=420种.解法三按所用颜色种数分类.第一类,5种颜色全用,共有A55种不同的方法;第二类,只用4种颜色,则必有某两个顶点同色(A与C,或B与D),共有2×A45种不同的方法;第三类,只用3种颜色,则A与C、B与D必定同色,共有A35种不同的方法.由分类加法计数原理得不同的染色方法共有A55+2×A45+A35=420种.22.(13分)某班要从5名男生3名女生中选出5人担任5门不同学科的课代表,请分别求出满足下列条件的方法种数.(1)所安排的女生人数必须少于男生人数;(2)其中的男生甲必须是课代表,但又不能担任数学课代表;(3)女生乙必须担任语文课代表,且男生甲必须担任课代表,但又不能担任数学课代表.解析:(1)所安排的女生人数少于男生人数包括三种情况,一是2个女生,二是1个女生,三是没有女生,依题意得(C55+C13C45+C23C35)A55=5 520.(2)先选出4人,有C47种方法,连同甲在内,5人担任5门不同学科的课代表,甲不担任数学课代表,有A14·A44种方法,∴方法数为C47·A14·A44=3 360.(3)由题意知甲和乙两个人确定担任课代表,需要从余下的6人中选出3个人,有C36=20种结果,女生乙必须担任语文课代表,则女生乙就不需要考虑,其余的4个人,甲不担任数学课代表,∴甲有3种选择,余下的3个人全排列共有3A33=18;综上可知共有20×18=360.。

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