2020-2021学年北师大版数学选修2-3课时作业：第一章 计数原理 单元质量评估1

第一章单元质量评估(一)
时限：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，只有一项是符合要求的)
1．有一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5名同学只会用综合法证明，有3名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为( A )
A ．8
B ．15
C ．18
D ．30
解析：由题意知本题是一个分类计数问题：证明方法分成两类，一是用综合法证明，有5种选法，二是用分析法证明，有3种选法．根据分类加法计数原理知共有3＋5＝8种选法，故选A.
2．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( C )
A ．18
B ．16
C ．14
D ．10
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)．
3．式子m (m ＋1)(m ＋2)…(m ＋20)
20！可表示为( D )
A ．A 20m ＋20
B ．
C 20m ＋20 C ．21C 20m ＋20
D ．21C 21m ＋20
解析：原式＝A 21m ＋2020！＝21·A 21m ＋2021！
＝21C 21m ＋20，故选D. 4．从a 、b 、c 、d 、e 、f 中选出4个排成一排，其中a 必须在b 的前面的排法为( D )
A.A 452
B ．A 46－6
C 2
4 C ．A 2
4
D.C 24A 4
42
解析：先选元素，a 、b 必须选，还需再选2个元素有C 24种不同选法；再排序，选出的4个元素有A 4
4种排法．又
a 在
b 前面有12A 4
4种排法，所以
不同排法共有12C 24A 4
4种．
5．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( C )
A ．28
B ．38
C ．1或38
D ．1或28
解析：T r ＋1＝(－a )r C r 8
x 8－2r
，令8－2r ＝0⇒r ＝4， ∴T 5＝C 48(－a )4
＝1 120.∴a ＝±
2. 当a ＝2时，和为1；当a ＝－2时，和为38.
6．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：先将甲、乙捆绑，然后将其与除甲、乙、丙、丁外的第5架舰载机全排列，再将丙、丁插空，最后将甲、乙松绑，故不同的着舰方法共
有A 22·A 23·
A 2
2＝24种． 7．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( B )
A ．7
B ．8
C ．9
D ．10
解析：a 2＝C 2n ，a n －5＝(－1)n －5C n －5
n ＝(－1)n －5C 5n ， ∴2C 2n ＋(－1)n －5C 5n ＝0.
120
＝－1，
(－1)n－5(n－2)(n－3)(n－4)
∴(n－2)(n－3)(n－4)＝120且n－5为奇数，∴n＝8.
8．用三种不同的颜色填涂如图所示的3×3方格中的9个区域，要求每行每列的三个区域都不同色，则不同的填涂种数共为(B)
A.6 B．12
C．24 D．48
解析：将9个区域分别标号为1～9号，如图，第一步给区域1涂色有3种不同方法．第二步给区域2涂色有2种不同方法．第三步给区域4涂色，可分为两类，第一类区域4与区域2同色，则此时区域5不能与区域1同色，有1种涂色方法；第二类区域4与区域2不同色，则区域4有一种涂色方法，此时，区域5也有一种涂色方法，故第三步共有1＋1＝2(种)不同方法；第四步涂3,6,7,8,9五个区域，由于1,2,4,5四个区域所涂颜色确定，所以3,6,7,8,9五个区域所涂颜色也对应唯一确定，故不同的涂色方法有：3×2×2×1＝12(种)，故选B.
9．在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记x m y n项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)等于(C)
A．45 B．60
C．120 D．210
解析：由题意知f(3,0)＝C36C04，f(2,1)＝C26C14，
f(1,2)＝C16C24，
f(0,3)＝C06C34，
因此f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝120.
故选C.
10．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位、节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案有(B)
A．36种B．42种
C．48种D．54种
解析：分两类，第一类：甲排在第一位，共有A44＝24种排法；第二类：甲排在第二位，共有C13A33＝18种排法，所以共有编排方案24＋18＝42种，故选B.
11．从0,2,6中任选两个数，从4,5,7中任选两个数，组成无重复数字的四位数，其中能被5整除的个数是(A)
A．64 B．48
C．36 D．52
解析：注意0与5是两个特殊元素，分类解答．第一类：从0,2,6中选2个数含0，从4,5,7中取2个数不含5，此时组成能被5整除的四位数共有C12A33个；第二类：从0,2,6中选2个数不含0，从4,5,7中取2个数含5，此时组成能被5整除的四位数共有C12A33个；第三类：从0,2,6中选2个数含0，从4,5,7中取2个数含5时，此时组成能被5整除的四位数共有C12C12(A33＋C12A22)个，综上满足条件的四位数共有C12A33＋C12A33＋C12C12(A33＋C12A22)＝64个．故选A.
12．设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为(D)
A．60 B．90
C．120 D．130
解析：在x1，x2，x3，x4，x5这五个数中，因为x i∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5，所以满足条件1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3的可能情况有“①一个1(或－1)，四个0，有C15×2种；②两个1(或－1)，三个0，有C25×2种；③一个－1，一个1，三个0，有A25种；④两个1(或－1)，一个－1(或1)，两个
0，有C25C13×2种；⑤三个1(或－1)，两个0，有C35×2种．”故共有C15×2＋C25×2＋A25＋C25C13×2＋C35×2＝130(种)，故选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，请把答案填写在题中横线上)
13．(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为－20.(用数字填写答案)
解析：(x－y)(x＋y)8＝x(x＋y)8－y(x＋y)8.
则x2y7的项为x·C78x·y7－y C68x2y6
＝(C78－C68)x2y7＝－20x2y7.
14．从1,2,3，…，9九个数字中选出三个不同的数字a，b，c，且a<b<c，作抛物线y＝ax2＋bx＋c，则不同的抛物线共有84条．
解析：从1,2,3，…，9九个数字中选出三个不同的数字a，b，c，且a<b<c，则不同的选法共有C39＝84(种)，故不同的抛物线共有84条．15．数字1,2,3,4,5,6按如下图的形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2，N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N1<N2<N3的所有排列的个数是240.
解析：由题意知，6必在第三行，安排6有C13＝3(种)方法，第三行中剩下的两个空位安排数字有A25＝20(种)方法，在剩下的三个数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第二行，有C12＝2(种)方法，剩下的两个数字有A22＝2(种)排法，按分步乘法计数原理，满足题意的排列的个数是3×20×2×2＝240.
16．如图，在排成4×4方阵的16个点中，中心4个点在某一圆内，其余12个点在圆外，在16个点中任取3个点构成三角形，其中至少有1个点在圆内的三角形共有312个．
解析：分类讨论．有一个顶点在圆内的有：
C 14(C 212－4)＝248个；有两个顶点在圆内的有：C 24(C 112－2)＝60个；三个顶点均在圆内的有：C 3
4＝4个，所以共有：248＋60＋4＝312个．
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．)
17．(10分)如图，若灯不亮，则元件R 1，R 2，R 3断路的情况共有多少种？
解：每个元件都有通或断两种可能，以m ，n ，p 表示元件的通断，m ，n ，p 可取值均为0(表示断)，1(表示通)，故所有可能情况为(m ，n ，p )的可能情况共有2×2×2＝8种．因为是串联电路，所以一断则断，只要排除全通的情况(m ＝1，n ＝1，p ＝1)即可，所以若灯不亮，则元件R 1，R 2，R 3断路的情况共有8－1＝7种．
18．(12分)已知⎝ ⎛
⎭⎪⎫x －2x 2n 的展开式中第5项的系数与第3项的系数比
是10∶1.
(1)求展开式中各项系数的和；
(2)求展开式中系数最大的项和二项式系数最大的项．
解：(1)展开式中第5项的系数为C 4
n (－2)4， 第3项的系数为C 2n (－2)2， 则有C 4n (－2)4＝10C 2n (－2)2，
化简得n 2－5n －24＝0，
解得n ＝8或n ＝－3(舍去)．
令x ＝1，得展开式中各项系数的和为(1－2)8＝1. (2)因为T r ＋1＝C r 8(
x )8－r ⎝
⎛⎭
⎪⎫－2x 2r ＝(－2)r C r 8x 8－5r
2 ，
所以当r 是偶数时，对应的项的系数为正．
又T 1＝x 4，T 3＝112x －1，T 5＝1 120x －6，T 7＝1 792x －11，T 9＝256x －16， 所以展开式中系数最大的项为T 7＝1 792x －11.
因为n ＝8，所以二项式系数C 4
8最大，故二项式系数最大的项为T 5＝1
120x －6.
19．(12分)若(x 2－3x ＋2)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10. (1)求a 2；
(2)求a 1＋a 2＋…＋a 10.
解：(1)(x 2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5，
(x －1)5展开式的通项公式为C r 5·(－1)r ·x 5－r (0≤r ≤5)； (x －2)5展开式的通项公式为C s 5·(－2)s ·x 5－s (0≤s ≤5)， 所以(x 2－3x ＋2)5展开式的通项公式为
C r 5·
C s 5·(－1)r ＋s ·2s ·x 10－r －s ， 令r ＋s ＝8，得⎩⎪⎨⎪⎧ r ＝3，s ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧ r ＝4，s ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧
r ＝5，s ＝3.
所以展开式中x 2的系数为
C 35C 5525＋C 45C 4524＋C 55C 3523
＝800，即a 2＝800.
(2)令x ＝0，得a 0＝25＝32，令x ＝1，得0＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－a 0＝－32.
20．(12分)有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内． (1)共有多少种放法？
(2)恰有一个盒子不放球，有多少种放法？ (3)恰有2个盒子不放球，有多少种放法？
解：(1)由分步乘法计数原理可知，共有44＝256(种)放法．
(2)先从4个小球中取2个小球，有C 24种不同的取法．再把取出的两个小球(看成一个整体)与另外2个小球看成三堆，并分别放入4个盒子中的3
个盒子里，有A34种不同的放法．根据分步乘法计数原理知，共有C24A34＝144(种)不同的放法．
(3)恰有2个盒子不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中．分两类：第一类，1个盒子放3个小球，1个盒子放1个小球，先把小球分组，有C34种分法，再放到2个盒子中有A24种放法，共有C34A24种放法；第二类，2个盒子中各放2个小球，有C24A24种放法．故恰有2个盒子不放球的放法共有C34A24＋C24A24＝120(种)．
21．(12分)用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的数．
(1)能组成多少个是25的倍数的四位数；
(2)能组成多少个比240 135大的数；
(3)若把所组成的全部六位数从小到大排列起来，240 135是第几个数？第100个数是多少？
解：(1)是25的倍数的四位数有两种情况．
①后两位数字是25，这样的四位数有A24－A13＝9(个)；
②后两位数字是50，这样的四位数有A24＝12(个)，
故共有9＋12＝21(个)．
(2)比240 135大且无重复数字的六位数有两种情况．
①首位数字是3、4、5的六位数，有3A55个；
②首位数字是2，且第2位数字是4或5的六位数有2A44个，其中包含240 135这个数在内，因此大于240 135的六位数有2A44－1个，故共有3A55＋2A44－1＝407(个)．
(3)“间接法”：由0、1、2、3、4、5可组成的无重复数字的六位数有A66－A55＝600(个)，由(2)知，大于240 135的六位数有407个，故240 135应是第193个六位数．
又因为前两位数字是10、12、13、14的六位数有4×A44＝96个．
以15开头的六位数字从小到大排列时，前四个数是150 234、150 243、150 324、150 342.故第100个数是150 342.
22．(12分)一个口袋中装有大小相同的2个红球，3个黑球和4个白球，从口袋中一次摸出一个球，摸出的球不再放回．
(1)连续摸球2次，求第一次摸出黑球、第二次摸出白球的概率；
(2)如果摸出红球，则停止摸球，求摸球次数不超过3的概率．
解：(1)从袋中依次摸出2个球共有A 2
9种结果，第一次摸出黑球，第二次摸出白球有A 13A 1
4种结果，
则所求概率P 1＝A 13A 1
4
A 29
＝16.
(2)第一次摸出红球的概率为A 12
A 19
，
第二次摸出红球的概率为A 17A 12
A 19A 18，
第三次摸出红球的概率为A 17A 16A 12
A 19A 18A 17
，
则摸球次数不超过3的概率为
P 2＝A 12A 19＋A 17A 12A 19A 18＋A 17A 16A 1
2
A 19A 18A 17
＝712.。