最新第一章计数原理测试题
(完整版)(数学选修23)第一章计数原理测试题
(数学选修2--3)第一章计数原理一、选择题1．将3个不同的小球放入4个盒子中，不同放法种数有〔〕A．81B．64C．12D．142．从4台甲型和5台乙型机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型机各1台，不同的取法共有〔〕A．140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有〔〕A．A33B．4A33C．A55A32A33D．A22A33A21A31A334．a,b,c,d,e共5个人，从中1名1名副，但a不能当副，不同的法数是〔B．16C．10D．65．有男、女学生共8人，从男生中2人，从女生中1人分参加数学、物理、化学三科，共有90种不同方案，那么男、女生人数分是〔〕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.x186．在的展开式中的常数是〔〕23xB．7C．28D．287．(12x)5(2x)的展开式中x3的的系数是〔〕B．120C．100D．1002n8．x展开式中只有第六二式系数最大,展开式中的常数是〔〕x2A．180B．90C．45D．360二、填空题1．从甲、乙，⋯⋯，等6人中出4名代表，那么〔1〕甲一定当，共有种法．〔2〕甲一定不入，共有种法.〔3〕甲、乙二人至少有一人当，共有种法.2．4名男生，4名女生排成一排，女生不排两端，有种不同排法.3．由0,1,3,5,7,9六个数字成_____个没有重复数字的六位奇数.4．在(x3)10的展开式中，x6的系数是.5．在(1x2)20展开式中，如果第4r和第r 2的二式系数相等，r，T4r.6．在1,2,3,...,9的九个数字里，任取四个数字排成一个首末两个数字是奇数的四位数，的四位数有_________________个？7．用1,4,5,x四个不同数字成四位数,288,.所有些四位数中的数字的和x8．从1,3,5,7,9中任取三个数字，从0,2,4,6,8中任取两个数字，成没有重复数字的五位数，共________________个？三、解答1．判断以下是排列是合？并算出果.1〕高三年学生会有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〕高二年数学外小10人：①从中一名正和一名副，共有多少种不同的法？②从中2名参加省数学，有多少种不同的法？2．7个排成一排，在以下情况下，各有多少种不同排法？1〕甲排，（2〕甲不排，也不排尾，〔3〕甲、乙、丙三人必须在一起，4〕甲、乙之间有且只有两人，5〕甲、乙、丙三人两两不相邻，6〕甲在乙的左边〔不一定相邻〕，7〕甲、乙、丙三人按从高到矮，自左向右的顺序，8〕甲不排头，乙不排当中。
2021-2022学年高中数学 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.10B.11C.12D.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+…+C10(-2)10=(a-2)10=(-√2)10=25=32.104.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 43种B .A 33A 31种C .C 42A 33种D .C 41C 31A 33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C 42A 33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.10N 1=2×2+2×2=8(个),第二象限的不同点有N 2=1×2+2×2=6(个), 故N=N 1+N 2=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C 21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C 31A 22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A 22种方法.由分步乘法计数原理得,不同的运送顺序共有C 21·(C 31A 22)·A 22=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a 1≠1,a 3≠3,a 5≠5,a 1<a 3<a 5,则不同的排列方法种数为( )A.30B.18C.36D.48a 1,a 3,a 5的大小顺序已定,且a 1≠1,a 3≠3,a 5≠5,所以a 1可取2,3,4,若a 1=2或3,则a 3可取4,5,当a 3=4时,a 5=6,当a 3=5时,a 5=6;若a 1=4,则a 3=5,a 5=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)A 33=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.6C82 B.720C82C.30C82 D.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.-244241D.-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.20B.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 +√x3)8的展开式中x 4的系数为7,则实数a= .(x √x 3)8的通项为C 8rx 8-r a r(x -13)r=C 8r a r x8-r x -r3=C 8r a r x8-43r,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A 44·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+12x m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=m 2,a 2=C m2122.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 8412x 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.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 m 2+C n 2=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 =1285.2021-2022学年高中数学第一章计数原理测评（含解析）新人教A版选修2-311 / 1111。
第一章计数原理单元测试题
02
测试题目的内容
测试范围和知识点
计数原理的掌握和应用 排列组合的应用 概率计算的基本方法 测试题目的难易程度和覆盖面
题目类型和数量
题目类型：选择题、填空题、解答题等 题目数量：根据考试大纲和知识点分布确定，一般在20-30道题 左右
题目难度和区分度
难度：指测试题目的难易程 度，一般分为容易、较容易、 中等难度、较难和很难五个 等级。
测试题目可以反 映学生对计数原 理的掌握程度， 为后续学习打下 基础。
计数原理在计算 机科学、统计学 等领域也有广泛 应用，因此了解 其背景和意义对 于相关领域的人 才培养也具有重 要意义。
目的和意义
目的：通过测试题目了解学 生对计数原理的掌握情况
意义：巩固所学知识，提高 解题技巧，为后续学习奠定
题目难度适中， 适合学生水平
题目覆盖面广， 知识点考查全
面
题目设计有层 次，能够满足 不同层次学生
的需求
题目类型多样， 包括选择题、 填空题、解答
题等
总结和反思
测试题目的难易程度和覆盖面 学生对知识点的掌握情况 教学方法和效果的评价 针对不足之处提出改进建议
感谢观看
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XX
计数原理单元测试题
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汇报人：XX目录来自01测试题目的背景和意义
02
03
测试题目的评价标准
04
测试题目的内容 测试题目的分析和总结
01
测试题目的背景和意义
背景介绍
计数原理是数学 中的基本概念之 一，对于解决实 际问题具有重要 意义。
通过单元测试题， 可以帮助学生更 好地理解和掌握 计数原理的应用。
04
测试题目的分析和总结
(典型题)高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》检测(答案解析)
一、选择题1．甲、乙、丙三台机床是否需要维修相互之间没有影响．在一小时内甲、乙、丙三台机床需要维修的概率分别是0.1，0.2，0.4，则一小时内恰有一台机床需要维修的概率是（ ） A ．0.444B ．0.008C ．0.7D ．0.2332．在某次联考数学测试中，学生成绩ξ服从正态分布2(100,)(0)σσ>，若ξ在(80,120)内的概率为0.8，则任意选取一名学生，该生成绩不高于80的概率为（ ） A ．0.05B ．0.1C ．0.15D ．0.23．位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12，则质点P 移动六次后位于点(2,4)的概率是（ ）A ．612⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．44612C ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．62612C ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．6246612C C ⎛⎫ ⎪⎝⎭4．设1~(10,)B p ξ，2~(10,)B q ξ，且14pq >，则“()()12E E ξξ>”是“()()12D D ξξ<”的（ ）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件5．已知离散型随机变量X 的分布列如图：则均值E (X )与方差D (X )分别为( )A ．1.4,0.2B ．0.44,1.4C ．1.4,0.44D ．0.44,0.26．设离散型随机变量X 可能的取值为1，2，3，4，()P X k ak b ==+，又X 的数学期望为()3E X =，则a b += A ．110B ．0C ．110-D ．157．设一随机试验的结果只有A 和A ,且A 发生的概率为m ，令随机变量11A X A 发生发生⎧=⎨-⎩，则()D X =（ ）A ．1B ．(1)m m -C ．4(1)m m -D ．4(1)(21)m m m --8．三个元件123,,T T T 正常工作的概率分别为123,,234，且是相互独立的．如图，将23,T T 两个元件并联后再与1T 元件串联接入电路，则电路不发生故障的概率是（ ）A ．1124B ．2324C ．14D ．17329．已知在5件产品中混有2件次品，现需要通过逐一检测直至查出2件次品为止，每检测一件产品的费用是10元，则所需检测费的均值为（ ） A ．32元B ．34元C ．35元D ．36元10．将一枚质地均匀的硬币抛掷四次，设X 为正面向上的次数，则()03P X <<等于（ ）A ．18B ．38C ．58D ．7811．若随机变量ξ满足(1)4E ξ-=，(1)4D ξ-=，则下列说法正确的是A ．4,4E D ξξ=-=B ．3,3E D ξξ=-=C ．4,4ED ξξ=-=-D ．3,4E D ξξ=-=12．设随机变量ξ的概率分布列为1()()3kP k a ξ==，其中0,1,2k =，那么a 的值为（ ） A ．35B ．2713C ．919D ．913二、填空题13．对某个数学题，甲解出的概率为23，乙解出的概率为34，两人独立解题．记X 为解出该题的人数，则E (X )＝________.14．退休年龄延迟是平均预期寿命延长和人口老龄化背景下的一种趋势.某机构为了了解某城市市民的年龄构成，从该城市市民中随机抽取年龄段在[20，80]内的600人进行调查，并按年龄层次绘制频率分布直方图，如图所示.若规定年龄分布在[60，80]内的人为“老年人”，将上述人口分布的频率视为该城市年龄段在[20，80]的人口分布的概率.从该城市年龄段在[20，80]内的市民中随机抽取3人，记抽到“老年人”的人数为X 则随机变量X 的数学期望为______.15．《史记·卷六十五·孙子吴起列传第五》中记载了“田忌赛马”的故事.齐王有上等，中等，下等马各一匹；田忌也有上等，中等，下等马各一匹.田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现规定每场比赛从双方的马匹中随机各选取一匹进行比试，若有优势的马一定获胜，且每场比赛相互独立，则采取三局两胜制齐王获胜的概率为________. 16．2017年5月某校高三年级1600名学生参加了教育局组织的期末统考，已知数学考试成绩X ~ N ()2100,σ.（试卷满分为150分）统计结果显示数学考试成绩在80分到120分之间的人数约为总人数的34，则此次统考中成绩不低于120分的学生人数约为__________.17．设离散型随机变量ξ可能取的值为1，2，3，()P k ak b ξ==+（1,2,3k =），若ξ的数学期望7()3E ξ=，则a b +=_____. 18．甲、乙两人进行围棋比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为23，则甲以3:1的比分获胜的概率为______． 19．若随机变量2~5,3X B ⎛⎫⎪⎝⎭，则()3D X =_______． 20．一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9.则服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为_______（用数字作答）．三、解答题21．某款游戏的规则如下：每盘游戏都需击鼓三次，每次击鼓要么出现一次音乐，要么不出现音乐；每盘游戏击鼓三次，若出现一次音乐获得1分，若出现两次音乐获得2分，若出现三次音乐获得5分，若没有出现音乐则扣15分(即获得15-分).设每次击鼓出现音乐的概率为12，且各次击鼓出现音乐相互独立. （1）设每盘游戏获得的分数为X ，求X 的分布列. （2）玩三盘此游戏，至少有一盘出现音乐的概率是多少？（3）玩过这款游戏的人发现，若干盘游戏后，与最初的得分相比，得分没有增加反而减少了.请你分析得分减少的原因.22．甲、乙两人各射击一次，击中目标的概率分别是12和25，假设两人射击是否击中目标，相互之间没有影响，每次射击是否击中目标，相互之间没有影响. （1）求甲射击5次，至少1次未击中目标的概率； （2）求两人各射击3次，甲恰好比乙多击中目标2次的概率23．从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下图频率分布直方图：（Ⅰ）求这500件产品质量指标值的样本平均值x 和样本方差2s （同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；（Ⅱ）由直方图可以认为，这种产品的质量指标Z 服从正态分布()2,N μσ，其中μ近似为样本平均数x ，2σ近似为样本方差2s ． ①利用该正态分布，求()187.8212.2P Z <<；②某用户从该企业购买了100件这种产品，记X 表示这100件产品中质量指标值位于区间()187.8,212.2的产品件数．已知X 服从二项分布(),B n p ，利用①的结果，求()E X ．15012.2≈若()2,Z N μσ~则()0.6826P Z μσμσ-<<+=，()220.9544P Z μσμσ-<<+=．24．甲、乙两名篮球运动员，甲投篮一次命中的概率为23，乙投篮一次命中的概率为12，若甲、乙各投篮三次，设X 为甲、乙投篮命中的次数的差的绝对值，其中甲、乙两人投篮是否命中相互没有影响.（1）若甲、乙第一次投篮都命中，求甲获胜（甲投篮命中数比乙多）的概率； （2）求X 的分布列及数学期望.25．湖北省从2021年开始将全面推行新高考制度，新高考“3+1+2”中的“2”要求考生从政治、化学、生物、地理四门中选两科，按照等级赋分计入高考成绩，等级赋分规则如下：高考政治、化学、生物、地理四门等级考试科目的考生原始成绩从高到低划分为A ，B ，C ，D ，E 五个等级，确定各等级人数所占比例分别为15%，35%，35%，13%，2%，等级考试科目成绩计入考生总成绩时，将A 至E 等级内的考生原始成绩，依照等比例转换法．．．．．．分别转换到[]86,100、[]71,85、[]56,70、[]41,55、[]30,40五个分数区间，得到考生的等级分，等级转换分满分为100分.具体转换分数区间如下表：而等比例转换法．．．．．．是通过公式计算：2211Y Y T TY Y T T --=--，其中1Y 、2Y 分别表示原始分区间的最低分和最高分，1T 、2T 分别表示等级分区间的最低分和最高分，Y 表示原始分，T 表示转换分，当原始分为1Y 、2Y 时，等级分分别为1T 、2T ，假设小明同学的生物考试成绩信息如下表： 设小明转换后的等级成绩为T ，根据公式得：847585756971TT --=--，所以76.677T =≈（四舍五入取整），小明最终生物等级成绩为77分.已知某学校学生有60人选了政治，以期中考试成绩为原始成绩转换该学校选政治的学生的政治等级成绩，其中政治成绩获得A 等级的学生原始成绩统计如下表： （1）从政治成绩获得A 等级的学生中任取3名，求至少有2名同学的等级成绩不小于93分的概率；（2）从政治成绩获得A 等级的学生中任取4名，设4名学生中等级成绩不小于93分人数为ξ，求ξ的分布列和期望.26．某选修课的考试按A 级、B 级依次进行，只有当A 级成绩合格时，才可继续参加B 级的考试．已知每级考试允许有一次补考机会，两个级别的成绩均合格方可获得该选修课的合格证书．现某人参加这个选修课的考试，他A 级考试成绩合格的概率为23，B 级考试合格的概率为12．假设各级考试成绩合格与否均互不影响． （1）求他不需要补考就可获得该选修课的合格证书的概率；（2）在这个考试过程中，假设他不放弃所有的考试机会，求他一共参加3次考试的概率．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】直接利用对立事件和独立事件的概率求解. 【详解】因为在一小时内甲、乙、丙三台机床需要维修的概率分别是0．1，0．2，0．4， 所以一小时内恰有一台机床需要维修的概率是：()()()()0.110.210.40.210.110.4p =⨯-⨯-+⨯-⨯- ，()()0.410.210.10.444+⨯-⨯-=.故选：A 【点睛】本题主要考查独立事件和对立事件的概率，属于中档题.2．B解析：B 【解析】1(80120)(80)(120)0.12P X P X P X -<<≤=≥== ,选B.3．C解析：C 【分析】根据题意，质点P 移动六次后位于点(4,2)，在移动过程中向右移动4次向上移动2次，即6次独立重复试验中恰有4次发生，由其公式计算可得答案． 【详解】根据题意，易得位于坐标原点的质点P 移动六次后位于点(2,4)，在移动过程中向上移动4次向右移动2次，则其概率为4262466111222C P C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭==.故选：C ． 【点睛】本题考查二项分布与n 次独立重复试验的模型，考查对基础知识的理解和掌握，考查分析和计算能力，属于常考题.4．C解析：C 【分析】根据二项分布的期望和方差公式，可知()110E p ξ=，()210E q ξ=，那么()()12E E ξξ>等价于1010p q >，即p q >，并且()()1101D p p ξ=-，()()2101D q q ξ=-，则()()12D D ξξ>等价于()()101101pp q q -<-，即()()11p p q q -<-，分情况讨论，看这两个条件是否可以互相推出即得. 【详解】由题得，()110E p ξ=，()210E q ξ=，故()()12E E ξξ>等价于1010p q >，即p q >. 又()()1101D p p ξ=-，()()2101D q q ξ=-，故()()12D D ξξ>等价于()()101101p p q q -<-，即()()11p p q q -<-.若p q >，因为14pq >，说明12p >，且()()211124p p p p pq +-⎛⎫-<=< ⎪⎝⎭，故1p q -<，故有1122p q ->-.若12q <，则221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，若12q ≥，则自然有11022p q ->->，则221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即()()11p p q q -<-.若()()11p p q q -<-，则221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又因为()()1114p p q q pq -<-≤<，1p q -<，即1122p q ->-.若102p -≤，则与221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭矛盾，故12p >，若12q ≤，则自然有p q >，若12q >，则由221122p q ⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭知1122p q ->-，即p q >. 所以是充要条件.故选：C 【点睛】本题综合的考查了离散型随机变量期望方差和不等式，属于中档题.5．C解析：C 【解析】 【分析】根据离散型随机变量的分布列的性质，求得，再利用随机变量的均值和方差的公式，即可求解，得到答案． 【详解】由离散型随机变量的分布列的性质可得，解得，所以随机变量的均值为，方差为， 故选C ． 【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列的性质，以及均值与方程的计算，其中解答中根据离散型随机变量的分布列的性质，求得的值，再利用均值和方差的公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题．6．A解析：A 【分析】将1,2,3,4X =代入()P X k =的表达式，利用概率之和为1列方程，利用期望值列出第二个方程，联立方程组，可求解得+a b 的值. 【详解】依题意可的X 的分布列为X1 2 3 4P+a b 2a b + 3a b + 4a b +()()()()23412233443a b a b a b a b a b a b a b a b +++++++=⎧⎨+++++++=⎩，解得1,010a b ==，故110a b +=.所以选A. 【点睛】本小题主要考查离散型随机变量分布列，考查概率之和为1，考查离散型随机变量的数学期望，还考查了方程的思想.属于基础题.7．C解析：C 【分析】根据随机试验的结果只有A 和A ，P （A ）=m ，使得随机变量11A X A ⎧=⎨-⎩发生发生，得到随机变量符合两点分布，根据两点分布的方差公式得到结果． 【详解】∵由题意知一随机试验的结果只有A 和A ， 且P （A ）=m ，随机变量11A X A ⎧=⎨-⎩发生发生∴X 服从两点分布，∴EX=1(1)(1)21m m m ⨯+-⨯-=-, ∴DX=4m （1-m ）． 故选C ． 【点睛】解决离散型随机变量分布列问题时，主要依据概率的有关概念和运算，同时还要注意题目中离散型随机变量服从什么分布，若服从特殊的分布则运算要简单的多．8．A解析：A 【分析】若电路不发生故障，则满足1T 正常工作，23T T ，至少有一个正常工作 【详解】记1T 正常工作为事件A 记2T 正常工作为事件B 记3T 正常工作为事件C 则()12P A =，()23P B =，()34P C = 电路不发生故障，则满足1T 正常工作，23T T ，至少有一个正常工作 则23T T ，至少有一个正常工作，概率为()1231111113412P P BC ⎛⎫⎛⎫=-=--⨯-=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭则电路不发生故障的概率1111121224P =⨯= 故选A 【点睛】本题主要考查了概率知识及实际应用能力，考查了相互独立事件同时发生的概率的计算，关键是确定不发生故障时满足的条件．9．C解析：C【解析】 【分析】随机变量X 的可能取值为20,30,40，结合组合知识，利用古典概型概率公式求出各随机变量对应的概率，从而可得分布列，进而利用期望公式可得X 的数学期望. 【详解】X 的可能取值为20,30,40，()222521202010A P X A ====；()311232323562323306010A C C A P X A +⋅⋅+⨯⨯====； ()()()1334012030110105P X P X P X ==-=-==--=，数学期望2030403510105EX =⨯+⨯+⨯=， 即需检测费的均值为35，故选C. 【点睛】本题主要考查组合的应用、古典概型概率公式以及离散型随机变量的分布列与数学期望，属于中档题. 求解数学期望问题，首先正确要理解题意，其次要准确无误的找出随机变量的所以可能值，计算出相应的概率，写出随机变量的分布列，正确运用均值、方差的公式进行计算，也就是要过三关：（1）阅读理解关；（2）概率计算关；（3）公式应用关.10．C解析：C 【解析】分析：先确定随机变量得取法12X =，，再根据独立重复试验求概率. 详解：因为14244411(1)(),(2)(),22P x C P x C ==== 所以142444411105(03)(1)(2)()(),2228P x P x P x C C <<==+==+== 选C.点睛：n 次独立重复试验事件A 恰好发生k 次得概率为(1)k k n k n C p p --.其中p 为1次试验种A 发生得概率.11．D解析：D 【解析】分析：由题意结合随机变量的性质整理计算即可求得最终结果. 详解：随机变量ξ满足()14E ξ-=，()14D ξ-=， 则：()214,14E D ξξ-=-=， 据此可得：3,4E D ξξ=-=. 本题选择D 选项.点睛：本题主要考查期望的数学性质，方差的数学性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.12．D解析：D 【解析】分析：根据离散型随机变量分布列的性质，变量取各个量对应的概率和等于1，建立关于a 的等量关系式，最后求得结果.详解：根据分布列的性质可得，()()()0121110121333P P P a a a ξξξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+==++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，解得913a =，故选D. 点睛：解决该题的关键是明确离散型随机变量的分布列的性质，从而找到关于参数a 所满足的等量关系式，最后求得结果.二、填空题13．【解析】所以【点睛】解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路:(1)明确随机变量可能取哪些值(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值(3)根据分布列和期望方差公式求解注意： 解析：1712【解析】()11103412P X ==⨯=，()211351343412P X ==⨯+⨯=，()23623412P X ==⨯=，所以()1526171212E X ⨯+⨯==. 【点睛】解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路:(1)明确随机变量可能取哪些值．(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值．(3)根据分布列和期望、方差公式求解．注意：解题中要善于透过问题的实际背景发现其中的数学规律，以便使用我们掌握的离散型随机变量及其分布列的知识来解决实际问题．14．6【分析】通过频率分布直方图求出年龄段在的频率即概率通过二项分布求出数学期望即可【详解】通过频率分布直方图得年龄段在的频率为即概率为抽到老年人的人数为服从二项分布即所以期望为故答案为：06【点睛】本解析：6 【分析】通过频率分布直方图求出年龄段在[]60,80的频率即概率，通过二项分布求出数学期望即可. 【详解】通过频率分布直方图得年龄段在[]60,80的频率为20.01100.2⨯⨯=，即概率为0.2， 抽到“老年人”的人数为X 服从二项分布，即()3,0.2X B ,所以期望为()30.20.6E X np ==⨯=， 故答案为：0.6. 【点睛】本题主要考查了频率分布直方图的应用，二项分布期望的求法，属于中档题.15．【分析】列出所有情况统计满足条件的情况得到齐王每次胜利的概率再根据独立事件计算得到答案【详解】设齐王的上中下等马为田忌的上中下等马为则共有9种情况其中齐王获胜的有6种情况故故答案为：【点睛】本题考查 解析：2027【分析】列出所有情况，统计满足条件的情况得到齐王每次胜利的概率123p =，再根据独立事件计算得到答案. 【详解】设齐王的上中下等马为ABC ，田忌的上中下等马为abc ， 则共有,,,,,,,,Aa Ab Ac Ba Bb Bc Ca Cb Cc 9种情况， 其中齐王获胜的有,,,,,Aa Ab Ac Bb Bc Cc 6种情况，故16293p ==， 32232212033327p C ⎛⎫⎛⎫=+⋅⋅=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故答案为：2027. 【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.16．【分析】根据正态分布对称性知计算得到答案【详解】根据正态分布对称性知：故此次统考中成绩不低于120分的学生人数约为故答案为：【点睛】本题考查了正态分布意在考查学生对于正态分布性质的应用 解析：200根据正态分布对称性知()11208p X >=，计算得到答案. 【详解】根据正态分布对称性知：()()131120801248p X p X ⎛⎫>=<=⋅-= ⎪⎝⎭. 故此次统考中成绩不低于120分的学生人数约为116002008⨯=. 故答案为：200. 【点睛】本题考查了正态分布，意在考查学生对于正态分布性质的应用.17．【分析】要求的值就是要将与求出两个未知数建立出两个方程即可由概率之和为1得到一个方程由得到第二个方程建立方程组从而得到结果【详解】解：离散随机变量可能取的值为123（）故的数学期望①而且②①②联立方解析：16【分析】要求+a b 的值，就是要将a 与b 求出。
高中数学 第一章 计数原理测试 理 新人教版选修23
第一章 计数原理测试1 1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题：本大题共4小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．若4个人报名参加3项体育比赛，每个人限报一项，则不同的报名方法的种数为 A ．33B ．43C ．34D ．442．已知集合{1,2,3}M =-，{4,5,6,7}N =--，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，可得直角坐标系中第一、二象限内不同点的个数为 A ．18B ．16C ．14D ．103．在正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数为 A ．20B ．15C ．12D ．104．有六种不同的颜色，给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有A ．4320种B ．2880种C ．1440种D ．720种二、填空题：本大题共3小题，将正确的答案填在题中的横线上．5．一个三位数的密码，每一位都由0，1，2，3，4这5个数字随机组成，则不同的密码种数为___________（用数字作答）．6．同宿舍的四人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则四张贺卡的不同分配方式有___________种．7．将a ，b ，c ，d 这4个字母填在如图所示的16个小方格内，每个小方格内至多填1个字母，若使任意两个字母既不同行也不同列，则不同的填法共有___________种（用数字作答）．三、解答题：本大题共2小题，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．8．某体育彩票规定：从01至36个号中抽出7个号为一注，每注2元，某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，此人想把这种特殊要求的号买全，需要花多少钱？9．已知集合3,2,1,,}12{,0M ---＝，P (a ，b )表示平面上的点(a ，b ∈M )，问： （1）P 可表示平面内多少个不同的点？ （2）P 可表示平面内多少个第二象限的点？ （3）P 可表示多少个不在直线y x =上的点？1．B 【解析】4名同学报名参加3项体育比赛，每人限报一项，每人有3种报名方法；根据分步计数原理，可得共有433333⨯⨯⨯=种不同的报名方法．故选B ．2．C 【解析】分两类：第一类M 中取横坐标，N 中取纵坐标，共有326⨯=个第一、二象限内的点；第二类M 中取纵坐标，N 中取横坐标，共有248⨯=个第一、二象限内的点．共有6814+=个第一、二象限内的点．故选C ．3．D 【解析】由题意知正五棱柱对角线为上底面的一个顶点和下底面的一个顶点的连线，因为不同在任何侧面内，故从一个顶点出发的对角线有2条．正五棱柱对角线的条数共有2510⨯=条．故选D ． 4．A 【解析】区域1有6种不同的涂色方法，区域2有5种不同的涂色方法，区域3有4种不同的涂色方法，区域4有3种不同的涂色方法，区域6有4种不同的涂色方法，区域5有3种不同的涂色方法，根据分步乘法计数原理，共有6543434320⨯⨯⨯⨯⨯=种不同的涂色方法．故选A ． 5．125 【解析】按分步乘法计数原理可得不同的密码种数为555125⨯⨯=．6．9 【解析】设4人为甲、乙、丙、丁，分步进行：第一步，让甲拿，有三种方法；第二步，甲拿到谁的卡片谁去拿，有三种方法，剩余两人只有一种拿法，所以共有33119⨯⨯⨯=种不同的分配方式． 7．576 【解析】由题意知本题用分步乘法计数原理，第一步：先从16个格子中任选一格放字母a 有16种方法，第二步：从剩下的9个格子中（除去字母a 所在的行与列）任选一格放字母b 有9种方法，第三步：从剩下的4个格子中任选一格放字母c 有4种方法，第四步：剩下的1个格子中放字母d 有1种方法，由分步乘法计数原理知共有1694576⨯⨯=种不同的填法． 8．8640元【解析】第一步：从01至10中选3个连续的号码有01，02，03；02，03，04；…；08，09，10，共8种不同的选法；第二步：同理，从11至20中选2个连续的号码有9种不同的选法；第三步：从21至30中选一个号码有10种不同的选法；第四步：从31至36中选一个号码有6种不同的选法．共可组成891064320⨯⨯⨯=注，所以需要花费243208640⨯=元．9．（1）36；（2）6；（3）30．【解析】（1）分两步，第一步确定a ，有6种方法，第二步确定b ，也有6种方法，根据分步乘法计数原理共有6636⨯=种方法，故P 可表示平面内36个不同的点．（2）分两步，第一步确定a ，有3种方法，第2步确定b ，有2种方法，根据分步乘法计数原理共有326⨯=种方法，故P 可表示平面内6个第二象限的点．（3）分两步，第一步确定a ，有6种方法，第二步确定b ，有5种方法，根据分步乘法计数原理共有6530⨯=种方法，故P 可表示30个不在直线y x =上的点．测试2 1.2排列与组合一、选择题：本大题共4小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．四位男生和两位女生排成一排，男生有且只有两位相邻，则不同排法的种数是A．72 B．96C．144 D．2402．有两排座，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就坐，规定前排中间的3个坐位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是A．234 B．346C．350 D．3633．从5名学生中选出4名分别参加A，B，C，D四科竞赛，其中甲不能参加C，D两科竞赛，则不同的参赛方案种数为A．24 B．48C．72 D．1204．《中国诗词大会》（第二季）亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词，在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味．若《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另外确定的两首诗词排在后六场，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有A．144种B．288种C．360种D．720种二、填空题：本大题共3小题，将正确的答案填在题中的横线上．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______________种（用数字作答）．6．从5名女同学和4名男同学中选出4人参加演讲比赛，男、女同学分别至少有1名，则有______________种不同的选法（用数字作答）．7．某办公室为保障财物安全，需要在春节放假的七天内每天安排一人值班，已知该办公室共有4人，每人需值班一天或两天，则不同的值班安排种数为______________（用数字作答）．三、解答题：本大题共2小题，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．8．用0，1，2，3，4，5这六个数字，（1）能组成多少个无重复数字的四位偶数？（2）能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？（3）能组成多少个无重复数字且比1325大的四位数？9．现有4个不同的球和4个不同的盒子，把球全部放入盒子内．（1）恰有1个盒子不放球，共有多少种不同的放法？（2）恰有1个盒子有2个球，共有多少种不同的放法？（3）恰有2个盒子不放球，共有多少种不同的放法？1．C 【解析】从4位男生中选2位捆绑在一起，和剩余的2位男生插入到2位女生所形成的3个空隙中，所以共有223423A A A 144=种不同的排法．故选C ．2．B 【解析】一共可坐的位子有20个，2个人坐的方法数为220A ，还需排除两左右相邻的情况．把可坐的20个坐位排成连续一行，将其中两个相邻座位看成一个整体，则相邻的坐法有12192A A ，还应再加上222A ，所以不同坐法的种数为2122201922A A A 2A 346-+=．故选B ．3．C 【解析】从5名学生中选出4名分别参加A ，B ，C ，D 四科竞赛，其中甲不能参加A ，B 两科竞赛，可分为以下几步：①先从5人中选出4人，分为两种情况，有甲参加时，选法有34C 4=种；无甲参加时，选法有44C 1=种；②安排科目，有甲参加时，先排甲，再排其它人，排法有1323A A 12=，无甲参加时，排法有44A 24=种．综上，共有41212472⨯+⨯=种不同的参赛方案种数．故选C ．4．A 【解析】《将进酒》、《望岳》和另外确定的两首诗词全排列共有44A 种排法，满足《将进酒》排在《望岳》的前面的排法共有4422A A 种，再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在4个空里（最后一个空不排），有24A 种排法，故《将进酒》排在《望岳》的前面、《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，后六场的排法共有424422A A 144A ⨯=种．故选A ． 5．66 【解析】由题意知本题是一个分类计数问题，要得到四个数字的和是偶数，需要分成三种不同的情况，当取得4个偶数时，有44C 1=种取法，当取得4个奇数时，有45C 5=种结果，当取得2奇2偶时有2254C C 60=种取法，所以共有156066++=种取法．6．120 【解析】“男、女同学分别至少有1名”包括有“一男三女”，“二男二女”，“三男一女”，故不同的选法种数为132231454545C C C C C C 406020120=++=++．7．2520 【解析】由题知4人中必有一人值班1天，从4人中选出一人有14C 种方法，值班的时间为7天中的任意一天，有17C 种方法，剩余3人分别在剩下的6天中任意选2天值班，有222642C C C 种方法．由分步乘法计数原理，可得不同的值班安排种数为1122247642C C C C C 2520=．8．（1）156；（2）216；（3）270．【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35A 个；第二类，2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个（有14A 种），十位和百位从余下的数字中选（有24A 种），于是有1244A A 个；第三类，4在个位时，与第二类同理，也有1244A A 个．由分类加法计数原理，可得共有3121254444A A A A A 156++=个无重复数字的四位偶数．（2）符合要求的五位数可分为两类：第一类，个位数上的数字是0的五位数有45A 个； 第二类，个位数上的数字是5的五位数有1344A A 个．由分类加法计数原理，可得无重复数字且为5的倍数的五位数共有413544A A A 216+=个．（3）比1325大的四位数可分为三类：第一类，形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共有1345A A 个； 第二类，形如14□□，15□□，共有1224A A 个； 第三类，形如134□，135□，共有1123A A 个．由分类加法计数原理，可得无重复数字且比1325大的四位数共有131211452423A A A A A A 270++=个．9．（1）144；（2）144；（3）84．【解析】（1）为保证“恰有1个盒子不放球”，先从4个盒子中任意取出一个， 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？”，把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放入2个球，其余2个球放入另外2个盒子，由分步乘法计数原理，可知共有12124432C C C A 144=种不同的放法．（2）“恰有1个盒子有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒子有2个球”与“恰有1个盒子不放球”是同一件事，所以共有144种放法．（3）确定2个空盒有24C 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312412C C A 种方法；第二类，有序均匀分组有测试3 1.3二项式定理一、选择题：本大题共4小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．若1(3)()nx n x-∈*N 的展开式中各项系数之和为64，则展开式中的常数项为 A ．540 B ．540- C ．135D ．135-2．若1(2)nx x-的展开式中各项二项式系数之和为128，则展开式中x 项的系数为 A ．120- B ．120 C ．280-D ．2803．25()x x y -+的展开式中，43x y 的系数为 A ． B ． C ．D ．4．6(1)(2)x x -+的展开式中4x 的系数为 A ．100 B ．15 C ．35-D ．220-二、填空题：本大题共3小题，将正确的答案填在题中的横线上． 5．已知，若，则_____________．6．若531()a x x-的展开式中的常数项为80，则实数a =_____________． 7．已知幂函数ay x =的图象过点(3,9)，则8()a x x-的展开式中x 的系数为_____________．三、解答题：本大题共2小题，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤． 8．已知21()()n f x m x +=+与2()(1)(,0)n x g mx n m =+∈≠*N ．（1）若3n =，()f x 与()g x 的展开式中含3x 的项的系数相等，求实数m 的值；（2）若()f x 与()g x 的展开式中含n x 的项的系数相等，求实数m 的最大值．9（1）若展开式中第5项、第6项与第7数最大的项的系数；（2）若展开式前三项的二项式系数和等于791．C 【解析】由题意可得264n =，解得6n =，故展开式的通项为6161C (3)()rr r r T x x -+=-=66(1)3C r r r --⋅162r r x --，令1602r r --=，解得4r =，则展开式中的常数项为 4246(1)3C 915-⋅=⨯=135．故选C ．2．D 【解析】由题意可得，解得，故展开式的通项为，令，解得，所以，所以展开式中x 项的系数为．故选D ．3．C 【解析】中含的项为，所以的系数为故选C ．【解题技巧】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略：①求展开式中的特定项，可依据条件写出第项，再由特定项的特点求出值即可；②已知展开式的某项，求特定项的系数，可由某项得出参数，再由通项写出第项，由特定项得出的值，最后求出特定项的系数．4．A 【解析】由于6(2)x +的展开式的通项为616C 2r r r r T x -+=⋅⋅，令63r -=，可得3r =，6()2x +的 展开式中3x 的系数为368C 160=；令64r -=，可得2r =，6()2x +的展开式中4x 的系数为264C ，可得 6(1)(2)x x -+的展开式中4x 的系数为32668C 4C 16060100-=-=．故选A ．5．64 【解析】因为或(舍去)，所以．【易错提醒】二项式定理应用中的注意事项：①对于二项式定理，不仅要会正用，而且要从整体把握，灵活地应用，如有时可逆用、变形用，对于三项式问题可转化为二项式定理问题去处理；②“赋值法”是求二项展开式系数问题常用的方法，注意取值要有利于问题的解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组值，解题时易出现漏项的情况，应引起注意．6．2 【解析】531()a x x -的展开式的通项为10555361551C ()()(1)C rr r r r r r r T a x a x x---+=-=-，令 1056r -0，解得2r =，所以展开式中的常数项为223335(1)C 1080T a a =-==，解得2a =．7．112 【解析】由题可得39a =，解得2a =，则82()x x -的展开式的通项为8182C ()()rr r r T x x -+=-=18828(1)2C r r r r r x -+--，令1812r r -+=，解得6r =，则82()x x -的展开式中x 项 的系数为686678(1)2C 428112T -=-=⨯=．8．（1）47m =；（2）23． 【思路分析】（1）当3n =时，求出()f x 与()g x 的展开式中含3x 的项，利用系数相等，列出方程求m 的值；（2）求出()f x 与()g x 的展开式中含n x 的项，利用系数相等列出方程求出m 的表达式，结合n ∈*N 求m 的最大值．【解析】（1）当3n =时，7()()f x x m =+的展开式的通项为717C r r r r T x m -+=，令73r -=，解得4r =，所以()f x 的展开式中含3x 的项是4437C m x ．同理，6()(1)g m x x =+的展开式中含3x 的项是3336C m x ． 由题意得443376C C m m =，化简求解可得47m =．故实数m 的值为47． （2）因为21()()n f x m x +=+的展开式的通项为21121C r n r r r n T xm +-++=， 令21n r n +-=，解得1r n =+，所以展开式中含n x 的项为1121C n n n n mx +++．同理2()(1)n g m x x =+的展开式中含n x 的项为2C n n n n m x ， 由题意可得11221C C n n n n n n m m +++=，化简求解可得11(1)221m n =++． 因为n ∈*N ，所以11213n ≤+，所以112(1)2213n +≤+，即23m ≤， 故实数m 的最大值为3． 9．（1）当14n =时二项式系数最大的项的系数为3432，当7n =时，二项式系数最大的项的系数为352， 70；（2）系数最大的项为1016896x ．【思路分析】（1）第1r +项的二项式系数为C n r，由题意可得关于n 的方程，求出n ，而二项式系数最大的项为中间项，n 为奇数时，中间两项二项式系数相等；n 为偶数时，中间只有一项；（2）由展开式前三项的二项式系数和等于79，可得关于n 的方程，求出n ，而求展开式中系数最大的项时，可通过解不等式组求得，假设第r 项的系数最大，其系数记为r m ，则11r r r r m m m m -+≥⎧⎨≥⎩．【解析】（1因为展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列， 所以4C n ，5C n ，6C n 成等差数列，所以5462C C C n n n =+，化简求解可得14n =或7． 当14n =时，第8项的二项式系数最大，该项的系数为71427142C 3432⨯-=；当7n =时，第4、5项的二项式系数相等且最大，其系数分别为232⨯-，27447C 270⨯-=．（2）由题意可得012C C 79C n n n ++=，化简求解可得12n =(负值舍去)． 的展开式的通项为2111222C r r r r T x +=－．由2122(1)12112122122(1)12112122C 2C 2C 2C r r r r r r r r -----+-+⎧≥⎪⎨≥⎪⎩，可得10r =．。
(新人教版)最新版高中数学 第一章 计数原理章末检测试卷 新人教A版选修2-3【经典练习】
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.。
北师大版数学高二-(试题2)第一章计数原理水平测试
第一章计数原理水平测试说明：本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将第Ⅰ卷选择题的答案填入题后括号内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答.共100分，考试时间90分钟.第Ⅰ卷(选择题 共30分)一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分)1.某市组织市中学生足球队，共有12名队员，由市直属8所中学的学生组成，每校至少有1人参加，名额分配方案种数是 （ ）A.412CB. 411CC. 712CD. 412A2.某地车牌号码组成方法是：首位用字母A~J 表示行政区识别码，第二位用字母T 、O 或数字1~9表示行业识别码，第三位到第七位用0~9可以重复的数字组成，则这种办法给汽车上牌照的数量是 （ ）A.7101.1⨯B. 71021.1⨯C. 71032.1⨯D. 132000 3.如右图，一条电路从A 处到B 处接通时，可有不同的线路的条数是 （ ） A.8 B.9 C.10 D.244.2457)35(+的展开式中的整数项是 （ ）A.第12项B. 第10项C. 第11项D. 第13项5.若有4名学生通过了插班考试，现插入A 、B 、C3个班，并且每个班至少插入1人的不同插法有 （ ）A.24种B.28种C.32种D.36种 6.从4台甲型笔记本电脑和5台乙型笔记本电脑中任意选择3台，其中至少要有甲型与乙型笔记本电脑各1台，则不同取法共有 （ ） A. 70种 B.84种 C.78种 D. 140种7.某天有语文、数学、英语、物理、化学和体育6节课，其中上午4节课，下午2节课.若数学不排在下午，体育不排在上午第1或第2节，则不同排法的种数是 （ ）A.121266A A A --B. 441414A A A ⋅⋅C.441314A A A ⋅⋅D. +⋅⋅441412A A A 441312A A A ⋅⋅8. 如图，是3个完全相同的长方体组成的图形，一只小蚂蚁从顶点A 沿着长方体的棱向东、向北或向上行走，则这只小蚂蚁按A →K →B 的方向行走的路线有 （ ）A.216种B. 72种C. 78种ABKD. 144种9.某国际机场安检人员得到了情报，某航班A 国20名乘客中，有3名持有假护照，但不知道持有假护照的具体人员，决定对A 国20名乘客逐一检查，直到3个持假护照的人查出为止.则第3个持假护照者恰好在第8个检查中被查出来的情形一共有（ ）A.7771523)(A C C ⋅⋅种B.18557153313)(A A C A C ⋅⋅⋅⋅种 C. 557153313A C A C ⋅⋅⋅种 D. 71538A A ⋅种10.节假日海秀大道上有12个值勤点，每个值勤点要一名民警，由于人手不够，要减少3个值勤点，但两端的值勤点不能减少，也不能减少相邻的两个值勤点，那么减少值勤点的方法共有 ( )A. 39A 种B. 39C 种C. 38A 种D. 38C 种第Ⅱ卷(非选择题 共70分)二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)11. 若},5,4,3,2,1,0{},{⊆y x 但,,},5,4,3,2,1,0{},{R z yi x z y x ∉+=≠则z 的个数是__________________. 12.5)122(x x +- 的展开式中整理后的常数项是________.13.高中开设课程较多，必须对学生所学的 课程进行系统性编码，如：M-4-1-2-1的图解如图所示.高中现阶段开设学科有：语(Y)、政(Z)、数(M)、英(E)、物(W)、化（C ）、 生（B ）、历（H ）、地（G ）、技（T ）、美（A ）、体（P ）和心理（X ）等13个学科，每个学科分4个系列，每个系列分9个模块，则按这种编码的代码种数是_______.14.某餐厅给旅客供应饭菜，每位旅客可在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4M-4-1-2-1学期代码:第1学期学年代码:高二学年模块代码:几何证明选讲系列代码:系列4学科代码:数学种不同的品种，现餐厅准备了6种不同的荤菜，若要保证每位旅客有540种以上的不贩的选择，则餐厅至少还需准备不同的素菜品种______________种.(用数字作答)三、解答题(本大题共5小题，共54分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分10分)解下列不等式或方程：（1）29249-⋅>x x A C A （2）333222101+-+-+=+x x x x x A C C16.(本小题满分10分)若n xx )21(4+展开式中前三项系数成等差数列.求：（1）展开式中含2-x 的项； （2）展开式中所有含x 的有理项； （3）展开式中系数最大的项.17.(本小题满分10分)已知数列}2{1n n a a -+是以2为公比的等比数列，且1a =1，2a =4，问是否存在等差数列},{n b 使得n n n n n n n C b C b C b C b a ++++=...332211对于一切正整数n 都成立？试证明你的结论.18.(本小题满分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6位奇数？（2）能组成多少个大于201 345的自然数？19.(本小题满分12分)跳伞队有12名队员穿着不同颜色的服装，在空中表演造型：（1）手拉手平展成一个圆圈有多少种不同的造型？ （2）手拉手平展成一个正六边形有多少种不同的造型？ （3）手拉手平展成一个正方形有多少种不同的造型？ ]参考答案第Ⅰ卷(选择题 共30分)1、B2、A3、C4、C5、D6、A7、D8、B9、A 10、D 11、2512、226313、2 808 14、915、（1）定义域：},9,8,7,6,5,4,3,2{02,9∈⇒⎩⎨⎧≥-∈≤x x Nx x 原不等式可化为0,6)29)(19(292929>>+-+----x x x A A x x A ，,0104212>+-∴x x解之8<x 或,13>x 结合定义域知原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}（2）原方程的定义域：},,3|{N x x x ∈≥原方程可化为3323101+-+=x x x A C 即3353101++=x x A C ，4112)1(10!53353=⇒=-⇒=∴++x x x A A x x 或3-=x （舍）， 故原方程的解为4=x .16、（1）依题意：)(18212211122舍或==⇒⋅=⋅+n n C C n n ， r r rrrr r xC xx C T 43484821812)21()(---+⋅⋅=⋅⋅=，令,82434=⇒-=-r r 292561-=∴x T（2）令Z r ∈-434，则当8,4,0=r 时，对应的有理项是：,41x T =x T 8355=和292561-=x T（3）假设第1+r T 项的系数最大，则32222218181818≤≤⇒⎩⎨⎧≥≥-+--+---k C C C C k k kk k k k k ， 即系数最大项为2537x T =和4747x T =. 17、依题意：,22)124(211n n n n a a =⋅⨯-=--+,122211=-∴---n n n n a a 即数列}2{1-n n a 成等差数列，1121)1(212--⋅=⇒⋅-+=n n n n n a n a ),......(111101----+++=n n n n C C C n ,...321,32111nn n n n n k n k n nC C C C a nC kC ++++=∴=-- 故存在,n b n =即存在等差数列}{n b 使得,...332211nn n n n nn C b C b C b C b a ++++= 对于一切正整数n 都成立.18、(1)分两种情形：（i ）首位是奇数时，有;1444423=⋅A A （ii ）首位是偶数时，有;144441312=⋅⋅A A A 故共有288个奇数 (2) （i ）首位大于2时，;3605513=⋅A A（ii ）首位是2，第二位大于0时，;964414=⋅A A （iii ）前二位是20，第三位大于1时，;183313=⋅A A （iv ）前三位是201，第四位大于3时，;42212=⋅A A （v ）前四位是2 013,第五位大于4时，只有201 354这一个数.故大于201 354的自然数一共有360+96+18+4+1=479个19、（1）12名队员构成圆圈有1111121212A A =种造型 （2）构成正六边形，每方有2名队员，对于每个队员来说他只有左、右两边之分，即是圆排列的2倍，则造型数是!11221111⨯=⨯A 种. （3）构成正方形，每方有3名队员，对于每个队员来说他只有左、中、右三个位置，即是圆排列的3倍，则造型数是!11331111⨯=⨯A 种.。
第一章计数原理基础选择30道
15． 展开式中第6项的二项式系数为（）
A． B． C． D．
16．若将6本不同的书放到5个不同的盒子里，有多少种不同的放法（）
A． B． C． D．
17．一个三层书架，分别放置语文书12本，数学书14本，英语书11本，从中任取一本，则不同的取法共有（ ）
A．37种B．1848种C．3种D．6种
15．C
【分析】
写出展开式的通项 ，然后将 代入通项即可．
【详解】
由已知得通项为： ，
，故第六项的二项式系数为： ．
故选： ．
【点睛】
本题考查二项式展开式的通项，二项式系数的求法．属于基础题．
16．C
【分析】
将6本不同的书放到5个不同的盒子里，每本书都有5种放法，然后由乘法原理可得答案.
【详解】
将6本不同的书放到5个不同的盒子里，每本书都有5种放法，
故选：A.
【点睛】
本题主要考查分类加法原理，合理分类是求解的关键，题目比较简单.
18．B
【分析】
直接利用列举法得解.
【详解】
当乙在周一时有：乙甲丁丙，乙丙丁甲，乙丙甲丁，乙丁甲丙；
当丙在周一时有：丙甲乙丁，丙甲丁乙，丙丁甲乙，丙丁乙甲；
当丁在周一时有：丁甲乙丙，丁丙甲乙，丁丙乙甲.
所以共11种.
故选：B
A．12B．24C．81D．64
10．数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗“儿忆父兮妻忆夫”，既可以顺读也可以逆读.数学中有回文数，如343，12521等.两位数的回文数有11，22，3，……，99共9个，则在三位数的回文数中偶数的个数是（）
A．40B．30C．20D．10
11．3本不同的课外读物分给3位同学，每人一本，则不同的分配方法有（）
《计数原理》单元测试一
《计数原理》单元测试一一、选择题1.甲、乙两人从4门课程中各选修1门,则甲、乙所选的课程不相同的选法共有( ) A.6种 B.12种 C.30种 D.36种2.由数字1,2,3组成的无重复数字的整数中,偶数的个数为( ) A.15 B.12 C.10 D.53.若*∈N n ,则(21)(22)(100)---n n n 等于( )A.80100A n - B.21100A n n -- C.79100A n - D.21100A n -4.从3名男生和4名女生中随机选取3名学生去参加一项活动,则至少有一名女生的抽法共多少种( ) A.34 B.30 C.31 D.325.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516.2⎛⎫- ⎪⎝⎭x x 的展开式中含3x 项的系数是( ) A.40 B.40- C.80 D.80-7.5人排成一排,要求甲、乙两人之间至多有1人,则不同的排法有多少种( ) A.84 B.72 C.96 D.488.5个节目,若甲、乙、丙三个节目按给定顺序出现不同的排法有( ) A.120种 B.80种 C.48种 D.20种9.2521(1)x x x ⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭展开式中2x 的系数为( )A.1B.9-C.31D.19-10.根据疫情防控的要求,我市疾控中心决定派出五位相关专家对三个地区进行工作指导,每个区至少派遣一位专家,其中甲、乙两位专家需要派遣至同一个区,则不同的派遣方案种数为( ) A.18 B.24 C.28D.3611.在54(1)(1)-+x y 的展开式中,记m n x y 项的系数为(,)f m n ,则(1,0)(2,1)(3,2)(4,3)+++=f f f f ( ) A.125 B.5 C.5- D.15-12.16⎛⎫的二项展开式17个项中,整式的个数是( ) A.1 B.3 C.5 D.7 二、填空题13.有4名优秀学生全部被保送到中大、华工、广工3所学校,每所学校至少去1名,则不同的保送方案共_________种.14.5(+ax 的展开式中3x 项的系数为20,则实数=a _________.15.已知66420123412x a x a x a x a x x ---⎛⎫-=++++ ⎪⎝⎭246567++a x a x a x ,则4=a _________,2345+++a a a a 67++=a a _________.16.2021年义乌国际马拉松赛,我校要从甲、乙、丙、丁等10人中挑选3人参加比赛,其中甲、乙、丙、丁4人中至少有1人参加且甲、乙不同时参加,丙、丁也不同时参加,则不同的报名方案有_________种. 三、解答题17.现有3名医生,5名护士、2名麻醉师.(1)从中选派1名去参加外出学习,有多少种不同的选法？(2)从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组,有多少种不同的选法？ 18.一个口袋里有5封信,另一个口袋里有4封信,各封信内容均不相同.(1)从两个口袋中任取一封信,有多少种不同的取法？ (2)从两个口袋里各取一封信,有多少种不同的取法？(3)把这两个口袋里的9封信,分别投入4个邮筒,有多少种不同的投法？ 19.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的数,求: (1)可以组成多少个六位数？(2)可以组成至少有一个偶数数字的三位数多少个? (3)可以组成能被3整除的三位数多少个？20.已知()*22⎫∈⎪⎭N nn x 的展开式中,第5项与第3项的二项式系数之比是14:3.(1)求展开式中各项系数的和; (2)求展开式中的常数项;(3)求展开式中二项式系数最大的项.21.已知集合{}*2|1log 3,,=<<∈=N A x x x B {4,5,6,7,8}.(1)从A B 中取出3个不同的元素组成三位数,则可以组成多少个?(2)从集合A 中取出1个元素,从集合B 中取出3个元素,可以组成多少个无重复数字且比4000大的自然数?22.已知函数2()(1)2()=-++∈R f x x ax a 为偶函数. (1)求实数a 的值;(2)若423401234(1)-=++++ax a a x a x a x a x ,求1234+++a a a a 的值.答案解析一、选择题 1.答案:B解析:∵甲、乙两人从4门课程中各选修1门,∴由分步乘法计数原理,可得甲、乙所选的课程不相同的选法有4×3=12种. 2.答案:D解析:分三类,第一类组成一位整数,偶数有1个;第二类组成两位整数,其中偶数有2个;第三类组成3位整数,其中偶数有2个.由分类加法计数原理知共有偶数5个. 3.答案:A解析:80100(21)(22)(100)(100)[(100)1][(100)2][(100)79]A n n n n n n n n ----=-------=.4.答案:A解析:共有37C 135134-=-=(种). 5.答案:B解析:设男学生有x 人,则女学生有(8)-x 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,即21383C C A 90-=x x ,(1)(8)30235x x x ∴--==⨯⨯,即3=x .6.答案:C解析:512⎛⎫- ⎪⎝⎭x x 展开式的通项为5251551C (2)(2)C .rr r r r r r T x x x --+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭令253-=r ,得4=r ,则443355(2)C 80T x x =-=,所以512⎛⎫- ⎪⎝⎭x x 的展开式中含3x 项的系数是80.7.答案:A解析:5人排成一排,要求甲、乙两人之间至多有1人,可分为甲乙相邻和甲乙之间只有1人两种情况.当甲、乙相邻时有4242A A 48=(种);当甲、乙之间只有1人时,有132332C A A 36=(种),则不同的排法有84种. 8.答案:D解析:5个节目全排列共有55A 120=(种)可能,甲、乙、丙三个节目全排列共有33A 6=(种)可能,由于甲、乙、丙三个节目的顺序已知确定,所以不同的排法有5533A 120A 6==20(种).9.答案:B解析:5(1)+x 的展开式中第1+r 项为15C +=r rr T x ,其中2x 的系数,常数项,3x 的系数分别为203555C ,C ,C ,故2521(1)⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭x x x 展开式中2x 的系数为2055C C +-352C 9=-.10.答案:D解析:由题意分为两类:第一类,有一个区有3位专家且包含甲、乙,另外两个区各1位专家,则1333C A 18=;第二类,有一个区有1位专家,另外两区各有2位专家,其中有一个区是甲、乙2位专家,则1233C A 18=,综上一共有36种派遣方案.11.答案:C解析:由题意记m n x y 项的系数为(,)f m n ,可知(1f ,0)对应的项为;(2,1)x f 对应的项为2;(3,2)x y f 对应的项为32;(4,3)x y f 对应的项为43x y .而54(1)(1)-+x y 展开式中x 项的系数为15C (1)5-=-;(2,1)f 对应的项的系数为22154C (1)C 40-⋅=;(3,2)f 对应的项的系数为33254C (1)C 60-⋅=-;(4,3)f 对应的项的系数为44354C (1)C 20-⋅=.所以(1,0)(2,1)(3,2)(4,3)+++=f f f f (5)40(60)205-++-+=-. 12.答案:B解析:二项展开式的通项为16116C -+=kk k T338162216(1)C (,016)kk k k kx y k k --⎛⎫=-∈ ⎝Z ,要使得它为整式,则382-k 与3162-k 均为非负整数,即3816,6,8,102=kk ,故有三项.二、填空题 13.答案:36解析:分两步进行,先把4名学生分为211、、的三组,有24C 6=(种)分法,再将3组对应3个学校,有33A =6(种)情况,则共有6636⨯=(种)保送方案.14.答案:4解析:二项式5(+ax 展开式的通项为51-+=rr T a1025C r rx-,令1032-=r,解得4=r ,故展开式中3x 项的系数为45C 20=a ,解得4=a .15.答案:160- 0解析:661661C (2)(1)C 2--+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭rr r r r rr T x x 62,0,1,2,3,4,5,6-=r x r .令620-=r ,得3=r ,所以33346C 2(1)160=-=-a , 令626-=-r ,得6=r ,所以60616C 2(1)1a =-=.66420246123456712,x a x a x a x a x a x a x a x x ---⎛⎫-=++++++ ⎪⎝⎭令1,=x 得61234567234567(21)1,110.a a a a a a a a a a a a a ++++++=-=∴+++++=-= 16.答案:84解析:根据题意,分3种情况讨论:①甲、乙、丙、丁4人中,只从甲、乙中选出1人,需要在其他6人中选出2人,有1226C C 30=(种)报名方案,②甲、乙、丙、丁4人中,只从丙、丁中选出1人,需要在其他6人中选出2人,有1226C C 30=(种)报名方案,③甲、乙、丙、丁4人中,从甲与乙、丙与丁中各选1人,需要在其他6人中选出1人,有111226C C C 24=(种)报名方案.故有30302484++=(种)报名方案. 三、解答题 17.答案:见解析解析:(1)分三类:第一类:选出的是医生,共有3种选法;第二类:选出的是护士,共有5种选法;第三类:选出的是麻醉师,共有2种选法.根据分类加法计数原理,共有3+5+2=10种选法.(2)分三步:第一步:选出1名医生,共有3种选法;第二步:选出1名护士,共有5种选法;第三步:选出1名麻醉师,共有2种选法.根据分步乘法计数原理,共有3×5×2=30(种)选法. 18.答案:见解析解析:(1)任取一封信,不论从哪个口袋里取,都能单独完成这件事,是分类问题.从第一个口袋中取一封信有5种情况,从第二个口袋中取一封信有4种情况,则共有5+4=9(种). (2)各取一封信,不论从哪个口袋中取,都不能完成这件事,是分步问题,应分两个步骤完成,第一步,从第一个口袋中取一封信有5种情况,第二步,从第二个口袋中取一封信有4种情况,由分步乘法计数原理,共有5420⨯=(种). (3)第一封信投入邮筒有4种可能, 第二封信投入邮筒有4种可能, ……第九封信投入邮筒有4种可能,由分步乘法计数原理可知,共有94种不同的投法. 19.答案:见解析解析:(1)先考虑首位,其他任排:1555A A 5120600=⨯=(个),故可以组成的六位数600个.(2)由0,1,2,3,4,5可组成三位数:先考虑首位,其他任排:554100⨯⨯=(个);其中不含偶数数字的三位数为1,3,5任排,有:33A 6=(个),所以至少有一个偶数数字的三位数有100694-=(个).(3)能被3整除的三位数,即各位数字之和被3整除;可以是包含0的有1,2;1,5;2,4;4,5.不包含0的有1,2,3;1,3,5;2,3,4;3,4,5.所以可以组成能被3整除的三位数有:1232234A A 4A +=444640⨯+⨯=(个).20.答案:见解析解析:(1)由题意知,42C 14C 3=n n ,即(1)(2)(3)14(1)432132----=⨯⨯⨯n n n n n n , 求得10=n ,故令1=x ,可得展开式中各项系数的和为10(12)1-=. (2)由于二项式的通项公式为552110(2)-+=⋅-r r rr T C x ,令5502-=r,求得2=r , 故展开式中的常数项为2310C 4180=⨯=T . (3)要使二项式系数最大,只要10C k最大,故5=k ,故二项式系数最大的项为第6项15552610C (2)T x-=-=1528064--x.21.答案:见解析解析:由21log 3<<x ,得28<<x ,又*∈N x ,所以x 的取值为3,4,5,6,7,即{3,4,5,6,7}=A ,所以A B ={3,4,5,6,7,8}.(1)从A B 中取出3个不同的元素,可以组成的三位数的个数为36A 120=.(2)若从集合A 中取元素3,则3不能是千位上的数字,满足题意的自然数的个数为313533C C A 180⋅⋅=.若不从集合A 中取元素3,则四位数的组成数字有5组:4,5,6,7;4,6,7,8;4,5,6,8;4,5,7,8;5,6,7,8.分别全排列,有445A 120=(个)满足题意的自然数.所以满足题意的自然数共有180120300+=(个). 22.答案:见解析解析:(1)22()(1)2(2)3=-++=+-+f x x ax x a x , 因为()f x 为偶函数且定义域为R ,则()()-=f x f x ,即22(2)3(2)3,(2)0--+=+-+-=x a x x a x a x ,∈R x 恒成立,所以2=a . (2)由(1)可知423401234(21)-=++++x a a x a x a x a x . 令0=x ,可得01=a ,令1=x ,可得012341211=++++=+++a a a a a a a 34+a a , 所以12340+++=a a a a .。
高中数学第一章计数原理检测(B)(含解析)新人教A版选修23
高中数学第一章计数原理检测（B）（含解析）新人教A版选修23第一章计数原理检测(B)(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)1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:因为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:A2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,A.0BC解析:由题意知,n,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,所答案:B3A.1B.2C.3D.4解析:由T k+1a9-kk=8,故展开式中x3的系数a a=4.答案:D4在数字1,2,3与符号“+”“-”五个元素的所有全排列中,任意两个数字都不相邻的全排列的个数是()A.6B.12C.18D.24解析:先排1,2,3,,再将“+”“-”两个符号插入,,共有6×2=12种排法.答案:B5已知(1+ax)(1+x)5的展开式中x2的系数为5,则a=()A.-4B.-3C.-2D.-1解析:因为(1+x)5的二项展开式的通项r≤5,r∈Z),则含x2的项10+5a=5,a=-1.答案:D6设函数f(x)A.-20B.20C.-15D.15解析:当x>0时,f(x)=则f[f(x)]T r+1令3-r=0,得r=3,此时T4=(-1)答案:A74名同学各自在周六、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()AC解析:(方法一)由题意知基本事件总数为24=16,对4名同学平均分组共),对4名同学按1,3分组共,所以周六、周日都有同学参加共有3).由古典概型得所求概率(方法二)周六没有同学参加公益活动即4名同学均在周日参加公益活动,此时只有一种情况;同理周日没有同学参加公益活动也只有一种情况,所以周六、周日均有同学参加公益活动的情况共有16-2=14(种).故所求概率D.答案:D8(1+A.-4B.-2C.2D.4解析:因为(1+(1+x的项为1x的系数为2.答案:C9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.72B.120C.144D.168解析:解决该问题分为两类:第一类分两步,第一步排歌舞3个节目排入左边或右边3个空,故不同排法,第一步排歌舞3个节目放入中间两空排法72+48=120种不同排法,故选B.答案:B10“2021”中含有数字0,1,2,且数字2有两个,则含有0,1,2,且有两个相同数字的四位数的个数是()A.18B.24C.27D.36解析:有两个数字相同时,共有三类:0,0,1,2;0,1,1,2;0,1,2,2.第一类:由0,0,1,2组成四位数时,千位有2种选法,再将剩余的非零数字填入个位、十位、百位中的一个位置,有3种方法,再将0,0填入其余位置有一种方法,共有6个不同的四位数.第二类:当千位是2时,将0填入个位、十位、百位中的一个位置有3种方法,再将1,1填入其余位置有一种方法,所以当千位是2时有3个不同的四位数.当千位是1时,将0,1,2填入个位、十位、百位有6种方法.当由0,1,1,2组成四位数时,共有9个.第三类,同第二类,由0,1,2,2组成四位数时,共有9个.所以符合条件的四位数有6+9+9=24个.答案:B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正六边形的中心和顶点共7个点,以其中3个点为顶点的三角形共有个.解析:答案:32125n+13n(n∈N)除以3的余数是.解析:5n+13n=(6-1)n+(12+1)n+(-1)当n为奇数时,5n+13n(-1)n-13整除,则余数为0.当n为偶数时,5n+13n(-1)n-1(-1)n-13除余数为2.答案:0或213将三个分别标有A,B,C的球随机放入编号为1,2,3,4的四个盒子中,则1号盒子中有球的不同放法种数为.解析:分三类,1号盒子中有1个球、2个球、3个球.当有1个球时,放法;有2个球时,放法;有3个球时,放法有1种,故共有27+9+1=37种.答案:3714若(x+1)3+(x-2)8=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a8(x-1)8,则a6=.解析:因为(x+1)3+(x-2)8=[(x-1)+2]3+[(x-1)-1]8,所以a6(x-1)6所以a6=28.答案:2815二项解析:T r+1当r=2时,x3的系数A=(-a)当r=4时,常数项B=(-a)因为B=4A,得15a4=4×15a2,所以a=2(负值舍去).答案:2三、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)平面上有9个点,其中有4个点共线,除此外无3点共线.(1)用这9个点可以确定多少条直线?(2)用这9个点可以确定多少个三角形?(3)用这9个点可以确定多少个四边形?解: (1)确定一条直线需要两个点,因为有4个点共线,所以这9个点所确定直线的条数(2)确定一个三角形需要三个不共线的点,所以这9个点确定三角形的个数(3)确定一个四边形需要四个不共线的点(且任意三点不共线),所以这9个点确定四边形的个数17(8分)已知(1)求n;(2)求含x2的项的系数;(3)求展开式中所有的有理项.解: (1)通项公式为T k+1因为第6项为常数项,所以k=5时n=10.(2)k因此所求的系数(3)根据通项公式,由题意Z),则10-2k=3r,即k=5因为k∈Z,所以r应为偶数.于是r可取2,0,-2,即k可取2,5,8.故第3项、第6项与第9项为有理项,它们分别18(9分)从7名男生5名女生中选出5人,分别求符合下列条件的选法数.(1)A,B必须被选出;(2)至少有2名女生被选出;(3)选出5名同学,让他们分别担任体育委员、文娱委员等5种不同工作,但体育委员由男生担任,文娱委员由女生担任.解: (1)除A,B选出外,从其他10个人中再选3人,共有选法种数(2)按女生的选取情况分类:选2名女生3名男生;选3名女生2名男生;选4名女生1名男生;选5名女生.所有选法种数(3)选出1名男生担任体育委员,再选出1名女生担任文娱委员,剩下的10人中任选3人担任其他3个班委.由分步乘法计数原理可得到所有选法种数200.19(10分)在杨辉三角形中,每一行除首末两个数之外,其余每个数都等于它肩上的两数之和.(1)试用组合数表示这个一般规律;(2)在数表中试求第n行(含第n行)之前所有数之和;(3)试探究在杨辉三角形的某一行能否出现三个连续的数,使它们的比是3∶4∶5,并证明你的结论.解: (1(2)1+2+22+…+2n=2n+1-1.(3)即3n-7r+3=0.①即4n-9r-5=0.②解①②联立方程组,得n=62,r=27,20(10分)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,如果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.解: (1)将所有的三位偶数分为两类:①若个位数为0,则共;②若个位数为2或4,则共有2×3×3=18个.所以,共有30个符合题意的三位偶数.(2)将这些“凹数”分为三类:①若十位数字为0,则共;②若十位数字为1,则共;③若十位数字为2,则共所以,共有20个符合题意的“凹数”.(3)将符合题意的五位数分为三类:①若两个奇数数字在百位和万位,则共;②若两个奇数数字在十位和千位,则共;③若两个奇数数字在个位和百位,则共所以,共有28个符合题意的五位数.。
数学章末测试：第一章计数原理A
第一章测评A(基础过关卷)（时间：100分钟满分:100分）一、选择题（本大题共10个小题，每题5分,共50分）1．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．152．4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有( )A．12种B．36种C．30种D．24种3．如果错误!n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为( )A．3 B．6 C．5 D．104．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．30 B．18 C．36 D．485．五个人排成一排，甲、乙不相邻,且甲、丙也不相邻的不同排法的种数为( ）A．60 B．48 C．36 D．246．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．那么，小于1 000的“可连数”的个数为（)A．27 B．36 C．39 D．487．为支持地震灾区的灾后重建工作，四川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、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．72 B．18 C．36 D．248．三张卡片的正反面上分别写有1与2，3与4,5与6(6可作9用），把这三张卡片拼在一起表示一个三位数,则三位数的个数是（)A．12 B．24 C．48 D．729．在（x－1)（x－2)(x－3）(x－4)（x－5)的展开式中，含x4的项的系数是( ）A．－15 B．85 C．－120 D．27410．设(1＋x)8＝a0＋a1x＋…＋a8x8,则a0，a1，…,a8中奇数的个数为( )A．2 B．3 C．4 D．5二、填空题（本大题共有5小题，每题5分,共25分）11．如图为一电路图，若只闭合一条线路，从A到B共有________条不同的线路可通电．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)．13．若(ax－1）5的展开式中x3的系数是80,则实数a的值是__________．14．设a∈Z,且0≤a＜13，若512 012＋a能被13整除，则a＝________。
章末检测卷1：第一章 计数原理
章末检测卷(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．如图所示，使电路接通，开关不同的开闭方式有( )A ．11种B ．20种C ．21种D ．12种答案 C解析 当第一组开关有一个接通时，电路接通有C 12(C 13＋C 23＋C 33)＝14(种)方式；当第一组开关有两个接通时，电路接通有C 22(C 13＋C 23＋C 33)＝7(种)方式． 所以共有14＋7＝21(种)方式，故选C.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，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、二象限内不同的点的个数是( )A ．18B ．17C ．16D ．10答案 B解析 分两类．第一类：M 中的元素作横坐标，N 中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有3×3＝9(个)； 第二类：N 中的元素作横坐标，M 中的元素作纵坐标，则在第一、二象限内的点有4×2＝8(个)． 由分类加法计数原理，共有9＋8＝17(个)点在第一、二象限．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. 即(－1)n －5(n －2)(n －3)(n －4)120＝－1， ∴(n －2)(n －3)(n －4)＝120且n －5为奇数，∴n ＝8.7．某人有3个不同的电子邮箱，他要发5个电子邮件，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．设(2－x )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，则|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|的值是( )A ．665B ．729C ．728D ．63 答案 A解析 由x ＝0，得a 0＝26，令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…＋a 6＝36即|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝36－26＝665.9．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 或B 的盒中，有2×2＝4(种)放法．故共有6×(1＋4)＝30(种)放法．10．(x 2＋2)⎝⎛⎭⎫1x 2－15的展开式的常数项是( ) A ．－3B ．－2C ．2D ．3答案 D解析 第一个因式取x 2，第二个因式取含1x 2的项得：1×C 45(－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)＝3.11．12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 28A 23B ．C 28A 66 C ．C 28A 26D ．C 28A 25 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，∴为A 26.共有C 28A 26种调整方法．12．设n ∈N *，则7C 1n ＋72C 2n ＋…＋7n C n n 除以9的余数为( )A ．0B ．2C ．7D ．0或7答案 D解析 7C 1n ＋72C 2n ＋…＋7n C n n ＝(1＋7)n －1＝8n －1＝(9－1)n －1＝C 0n 9n ＋C 1n 9n －1(－1)＋…＋C n n (－1)n －1. 当n 为奇数时，除以9的余数为－2＋9＝7.当n 为偶数时，除以9的余数为0.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．若⎝⎛⎭⎪⎫x ＋a 3x 8的展开式中，x 4的系数为7，则实数a ＝________.答案 12解析 T k ＋1＝C k 8x8－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3x k ＝a k C k 8x 483k -，由8－43k ＝4得k ＝3，由已知条件得a 3C 38＝7，则a 3＝18，得a ＝12. 14．8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A 26＝30(种)．15．5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． 答案 72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 33·A 24＝72(种)不同的排法．16．某药品研究所研制了5种消炎药a 1，a 2，a 3，a 4，a 5,4种退烧药b 1，b 2，b 3，b 4，现从中取出两种消炎药和一种退烧药同时使用进行疗效实验，但又知a 1，a 2两种药必须同时使用，且a 3，b 4两种药不能同时使用，则不同的实验方案有________种．答案 14解析 分3类：当取a 1，a 2时，再取退烧药有C 14种方案；取a 3时，取另一种消炎药的方法有C 12种，再取退烧药有C 13种，共有C 12C 13种方案；取a 4，a 5时，再取退烧药有C 14种方案．故共有C 14＋C 12C 13＋C 14＝14(种)不同的实验方案．三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知⎝⎛⎭⎪⎫41x ＋3x 2n 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 (1)由题意可知C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，∴n ＝10， T k ＋1＝C k 10⎝⎛⎭⎫x －1410－k ⎝⎛⎭⎫x 23k ＝C k 10x 113012k -，令11k －3012＝3，得k ＝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 553012-＝252x 2512.18．(12分)利用二项式定理证明：49n ＋16n －1(n ∈N *)能被16整除．证明 49n ＋16n －1＝(48＋1)n ＋16n －1＝C 0n ·48n ＋C 1n ·48n －1＋…＋C n －1n ·48＋C n n ＋16n －1＝16(C 0n ·3×48n －1＋C 1n ·3×48n －2＋…＋C n －1n ·3＋n )．∴49n ＋16n －1能被16整除．19．(12分)已知(1－2x ＋3x 2)7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 13x 13＋a 14x 14，求：(1)a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 14；(2)a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 13.解 (1)令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 14＝27＝128.①(2)令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 13＋a 14＝67.②①－②得2(a 1＋a 3＋…＋a 13)＝27－67＝－279 808.∴a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 13＝－139 904.20．(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 ＝5，0≤x ≤4，2x ＋y ≥7，0≤y ≤6， 故⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝3y ＝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. 21．(12分)已知(1－2x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n (n ∈N *)，且a 2＝60，求：(1)n 的值；(2)－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 k ＋1＝C k 6(－2x )k ＝a k x k ，所以a k ＝C k 6(－2)k ，所以(－1)k a k 2k ＝C k 6， －a 12＋a 222－a 323＋…＋(－1)n a n 2n ＝C 16＋C 26＋…＋C 66＝26－1＝63.22．(12分)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)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测评含解析北师大版选修2_30416261.doc
第一章计数原理测评(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.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.24解析:∵=n(n-1)=132.∴n=12.故选B.答案:B2.若=6,则m等于()A.9B.8C.7D.6解析:由m(m-1)(m-2)=6·,解得m=7.答案:C3.(1+2x)5的展开式中,x2的系数等于()A.80B.40C.20D.10解析:(1+2x)5的展开式的通项为T r+1=(2x)r=2r x r,令r=2,则22=4×10=40.答案:B4.一次考试中,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.40B.74C.84D.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=74.答案:B5.有1,2,3,4共四个数字,排成2行2列,要求每行数字之和不能为5,则排法的种数为()A.8B.10C.12D.16答案:D6.某校园有一椭圆形花坛,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色有种,第二类,用3色有4种,故共有+4=48种.答案:A7.(2016·浙江宁波效实中学第一学期期末)在航天员进行的一项太空实验中,要先后实施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在实施时必须相邻,则在该实验中程序顺序的编排方法共有()A.144种B.96种C.48种D.34种解析:首先将B,C捆绑在一起作为整体,共有两种,又A只能出现在第一步或者最后一步,故总的编排方法为×2=96种,故选B.答案:B8.现有三种类型的卡片各10张,这些卡片除类型不同外其他全部相同,现把这三种类型的卡片分给5个人,每人一张,要求三种类型的卡片都要用上,则分法的种数为()A.30B.75C.150D.300解析:分为两类:第一类,5人中有3人卡片类型相同,则分法有=60种;第二类,5人中各有2人卡片类型相同,则分法有=90种.所以由分类加法计数原理得,分法的种数为60+90=150.答案:C9.(2016·湖北孝感高中高二上学期期中考试)已知(1+x)10=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+…+a10(1-x)10,则a8=()A.-180B.45C.-45D.180解析:由于(1+x)10=[2-(1-x)]10,因此其展开式的通项为T k+1=(-1)k210-k·(1-x)k,令k=8,得a8=4=180,故答案:为D.答案:D10.(2016·山东莱芜一中高三1月自主考试)在(ax+1)7的展开式中,x3项的系数是x2项系数和x5项系数的等比中项,则实数a的值为()A.B.C.D.解析:展开式的通项为T r+1=(ax)7-r,∴x3项的系数是a3,x2项的系数是a2,x5项的系数是a5,∵x3项的系数是x2的系数与x5项系数的等比中项,∴(a3)2=a2×a5,∴a=.故选A.答案:A11.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,则不同的安排方式有()A.264种B.240种C.200种D.120种解析:由条件上午不测“握力”,则4名同学测四个项目,有;下午不测“台阶”但不能与上午所测项目重复,如下午甲测“握力”,乙、丙、丁所测不与上午重复有2种,甲测“身高与体重”“立定跳远”“肺活量”中一种有3×3=9(种),故(2+9)=264种.答案:A12.有两条平行直线a和b,在直线a上取4个点,直线b上取5个点,以这些点为顶点作三角形,这样的三角形共有()A.70个B.80个C.82个D.84个解析:分两类,第一类:从直线a上任取一个点,从直线b上任取两个点,共有种方法;第二类:从直线a上任取两个点,从直线b上任取一个点,共有种方法.所以满足条件的三角形共有=70个.故选A.答案:A二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.(2016·湖北孝感高中高二上学期期中考试)回文数是指从左到右读与从右到左都是一样的正整数.如121,94 249是回文数,则4位回文数有个.解析:4位回文数的特点为中间两位数相同,千位和个位数字相同但不能为零,第一步,选千位和个位数字,共有9种选法;第二步,选中间两位数字,共有10种选法.故4位回文数有9×10=90(个).答案:9014.某公园现有甲、乙、丙三只小船,甲船可乘3人,乙船可乘2人,丙船可乘1人,今有三个成人和2个儿童分乘这些船只(每船必须坐人),为安全起见,儿童必须由成人陪同方可乘船,则分乘这些船只的方法有种.解析:分两类:第一类,两个儿童同坐甲船,则三个成人应分别坐到三个船上,有种坐法;第二类,两个儿童分别坐甲船和乙船,有种坐法,三个成人应分别坐到三个船上,有种坐法,共有=12种坐法,所以由分类加法计数原理得,分乘这些船只的方法共有6+12=18种.答案:1815.(2016·辽宁沈阳高中高二上学期期中考试)设a,b是两个整数,若存在整数d,使得b=ad,称“a整除b”,记作a|b.给出命题:①2|(n2+n+1);②100|(9910-1);③5|(24n-1)(n∈N+).其中正确命题的序号是.解析:对于①,∵n2+n=n(n+1)必为偶数,∴n2+n+1为奇数,即2|(n2+n+1)不正确.对于②,9910-1=(100-1)10-1=·10010-·1009+…-·100,∴②正确.对于③,24n-1=(15+1)n-1=·15n+·15n-1+…+·15,∴③正确.答案:②③16.在()100的展开式中,无理项的个数是.解析:T r+1=)100-r·()r=.若第r+1项为有理项,则50-均为整数,故r为6的倍数时,第r+1项为有理项,又0≤r≤100,∴r=0,6,12,…,96,∴有理项共有17个,从而无理项共有101-17=84(个).答案:84三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)(2016·山东青岛高二联考)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?解(1)要使抛物线的开口向上,必须a>0,∴=36(条).(2)开口向上且不过原点的抛物线,必须a>0,c≠0,∴=27(条).18.(本小题满分12分)设有编号为1,2,3,4,5的五个小球和编号为1,2,3,4,5的五个盒子,现将这五个小球放入5个盒子中.(1)若没有一个盒子空着,但球的编号与盒子编号不全相同,有多少种投放方法?(2)每个盒子内投放一球,并且至少有两个球的编号与盒子编号是相同的,有多少种投放方法?解(1)间接法:-1=119种.(2)分为三类:第一类,五个球的编号与盒子的编号完全相同的投放方法有1种;第二类,三个球的编号与盒子的编号相同,球的编号与盒子的编号相同的投放方法有种,球的编号与盒子的编号不同的投放方法有1种,所以投放方法有×1=10种;第三类,两个球的编号与盒子的编号相同,球的编号与盒子的编号相同的投放方法有种,球的编号与盒子的编号不同的投放方法有2种,所以投放方法有×2=20种.根据分类加法计数原理得,所有的投放方法有1+10+20=31种.19.(本小题满分12分)已知,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(1)由已知,得(2i)2=-180,即4=180,所以n2-n-90=0,又n∈N+,解得n=10.(2)展开式的通项为T k+1=·(2i)10-k x-2k=(2i)10-k.因为系数为正实数,且k∈{0,1,2,…,10},所以k=2,6,10.所以所求的项为T3=11 520,T7=3 360x-10,T11=x-20.20.导学号43944023(本小题满分12分)(2016·浙江宁波效实中学第一学期)设n≥2,n∈N,=a0+a1x+a2x2+…+a n x n.(1)求a0+a1+a2+…+a n.(2)记|a k|(0≤k≤n)的最小值为T n.①求T8;②若n为奇数,求T n.解(1)令x=1,即可得a0+a1+a2+…+a n=;(2)①由题意得|a k|=|22k-8-32k-8|,∴当k=4时,T8=|a4|=0;②由①可知|a k|=|22k-n-32k-n|,∴当k<时,|a k|=(22k-n-32k-n),记b k=22k-n-32k-n,则b k≥b k-1⇔22k-n-32k-n≥22k-n-2-32k-n-2⇔k≤-1,∴当k<时b k递增,而也递增,因此最小值为|a0|=,当k>时,|a k|=(32k-n-22k-n)≥>|a0|,综上T n=.21.导学号43944024(本小题满分12分)在(x-y)11的展开式中,求:(1)通项T r+1;(2)二项式系数最大的项;(3)项的系数绝对值最大的项;(4)项的系数最大的项;(5)项的系数最小的项;(6)二项式系数的和.解(1)T r+1=(-1)r x11-r y r.(2)二项式系数最大的项为中间两项:T6=-x6y5,T7=x5y6.(3)项的系数绝对值最大的项也是中间两项:T6=-x6y5,T7=x5y6.(4)因为中间两项系数的绝对值相等,一正一负,第7项为正,故项的系数最大的项为T7=x5y6.(5)项的系数最小的项为T6=-x6y5.(6)二项式系数的和为+…+=211.22.导学号43944025(本小题满分12分)已知(x2+1)n展开式中的各项系数之和等于的展开式的常数项,若(x2+1)n的展开式中系数最大的项等于54,求x的值.解的展开式的通项为T r+1=.令=0,得r=4,∴展开式的常数项为T5==16.∵(x2+1)n展开式中的各项系数之和等于2n,∴2n=16,∴n=4.又(x2+1)n展开式中系数最大的项是中间项,即第3项,∴x4=54,∴x=±.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
【人教B版】选修2-3数学：第1章《计数原理》基础测试(含解析)
高中数学第一章计数原理知能基础测试新人教B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[答案] B[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.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．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[答案] B[解析]∵A2n＝n(n－1)＝132.∴n＝12.故选B.4．(1＋x)7的展开式中x2的系数是( )A．42 B．35C．28 D．21[答案] D[解析]展开式中第r＋1项为T r＋1＝C r7x r，T3＝C27x2，∴x2的系数为C27＝21.5．一排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![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．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[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A44种，第二类，用3色有4A33种，故共有A44＋4A33＝48种．7．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[答案] D[解析]x10的系数为a10，∴a10＝1，x9的系数为a9＋C910·a10，∴a9＋10＝0，∴a9＝－10.故应选D.另解：∵[(x＋1)－1]2＋[(x＋1)－1]10＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a10(x＋1)10，显然a9＝C110(－1)＝－10.8．(2015·黑龙江省龙东南四校高二期末)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[答案] B[解析] 分两种情况：(1)小张小赵去一人：C 12C 12A 33＝24；(2)小张小赵都去：A 22A 23＝12，故有36种，应选B.9．(2015·湖北理，3)已知(1＋x )n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 ．29[答案] D[解析] 由题意可得，二项式的展开式满足T r ＋1＝C r n x r ，且有C 3n ＝C 7n ，因此n ＝10.令x ＝1，则(1＋x )n ＝210，即展开式中所有项的二项式系数和为210；令x ＝－1，则(1＋x )n＝0，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12(210＋0)＝29.故本题正确答案为D.10．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[答案] B[解析] 由题意不同的放法共有C 13C 24＝18种．11．(2015·四川理，6)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A ．144个B ．120个C ．96个D ．72个[答案] B[解析] 据题意，万位上只能排4、5.若万位上排4，则有2×A 34个；若万位上排5，则有3×A 34个．所以共有2×A 34＋3×A 34＝5×24＝120个．选B.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[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．二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上) 13．(2015·上海理，8)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)[答案] 120[解析] 由题意得，去掉选5名教师情况即可：C 59－C 56＝126－6＝120.14．(2015·新课标Ⅱ，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[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．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)．[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A 44；下午不测“台阶”但不能与上午所测项目重复，如“立定”、“肺活量”中一种有3×3＝9，故A44(2＋9)＝264种．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．[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，分为如下几数：(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2A33＝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C14C13C13A33＝216(个)，但要除去0在百位上的数，有C13C13A22＝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(本大题共6个小题，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)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？[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C14·C26＝60(种)；第二类：3名代表中有2名男生，则选法种数为C24·C16＝36(种)；第三类：3名代表中有3名男生，则选法种数为C34＝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C310种．其中不适合条件的有C36种．故共有C310－C36＝100(种)．(2)第一类：3名代表中有一名男生，则选法为C14C26＝60(种)；第二类：3名代表中无男生，则选法为C36＝20(种)；故共有60＋20＝80(种)．18．(本题满分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 ＝ax 2＋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？ [解析] (1)要使抛物线的开口向上，必须a ＞0， ∴C 13·A 24＝36(条)．(2)开口向上且不过原点的抛物线，必须a ＞0，c ≠0， ∴C 13·C 13·C 13＝27(条)．19．(本题满分12分)求(x －3x )9的展开式中的有理项． [解析] ∵T r ＋1＝C r 9·(x 12)9－r ·(－x 13)r ＝(－1)r ·C r9·x 27－r 6，令27－r 6∈Z ，即4＋3－r6∈Z ，且r ∈{0,1,2，…，9}． ∴r ＝3或r ＝9.当r ＝3时，27－r 6＝4，T 4＝(－1)3·C 39·x 4＝－84x 4；当r ＝9时，27－r 6＝3，T 10＝(－1)9·C 99·x 3＝－x 3.∴(x －3x )9的展开式中的有理项是：第4项，－84x 4和第10项，－x 3. 20．(本题满分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？[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C 24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：C 14·C 24·C 13·A 22＝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．(本题满分12分)(2015·北京高二质检)已知(3x 2＋3x 2)n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．[解析] 令x ＝1得展开式各项系数和为(1＋3)n ＝4n， 又展开式二项式系数和为C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n， 由题意有4n －2n＝992.即(2n )2－2n －992＝0，(2n －32)(2n＋31)＝0， 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T 3＝C 25(3x 2)3·(3x 2)2＝90x 6.T 4＝C 35(3x 2)2(3x 2)3＝270x 223. (2)设展开式中第k ＋1项的系数最大．又T k ＋1＝C k 5(3x 2)5－k ·(3x 2)k ＝C k 53k x 10＋4k 3，得⎩⎪⎨⎪⎧C k 5·3k ≥C k －15·3k －1C k 5·3k ≥C k ＋15·3k ＋1⇒⎩⎪⎨⎪⎧3k ≥16－k 15－k ≥3k ＋1⇒72≤k ≤92. 又因为k ∈Z ，所以k ＝4，所以展开式中第5项系数最大．T 5＝C 4534x263＝405x 263. 22．(本题满分14分)已知(1＋2x )n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．[解析] T r ＋1＝C rn (2x )r＝2r·C rn ·x x2，它的前一项的系数为2r －1·C r －1n ， 它的后一项的系数为2r ＋1·C r ＋1n ，根据题意有⎩⎪⎨⎪⎧2r·C rn ＝2·2r －1·C r －1n ，2r ·C r n ＝56·2r ＋1·C r ＋1n ，⎩⎪⎨⎪⎧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．3 2，T5＝C47(2x)4＝560x2.T4＝C37(2x)3＝280x。
高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试(含答案解析)
一、选择题1．设01a <<，2a b +=，随机变量X 的分布列如表：则当()0,1a ∈内增大时（ ）A ．()D X 增大B ．()D X 减小C ．()D X 先增大后减小D ．()D X 先减小后增大2．2019年10月20日，第六届世界互联网大会发布了15项“世界互联网领先科技成果”，其中有5项成果均属于芯片领域.现有3名学生从这15项“世界互联网领先科技成果”中分别任选1项进行了解，且学生之间的选择互不影响，则恰好有1名学生选择“芯片领域”的概率为（ ） A ．49B ．427C ．1927D ．481253．已知离散型随机变量X 的分布列为则D (X )的最大值是（ ） A ．29B ．59C ．89D ．2094．已知离散型随机变量X 服从二项分布(),X B n p ，且2EX =，DX q =，则21p q+的最小值为（ ） A ．274B ．92C ．3D ．45．已知19,3X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，则()E X 、()D X 的值依次为（ ）. A ．3，2B ．2，3C ．6，2D ．2，66．从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为X ，已知()3E X =，则()(D X = ) A ．85B ．65C ．45D ．257．先后抛掷三次一枚质地均匀的硬币，落在水平桌面上， 设事件A 为“第一次正面向上”，事件B 为“后两次均反面向上”，则概率(|)P B A =（ ） A ．12B ．13C ．14D ．388．已知随机变量X 服从正态分布2(3,)N σ，且(5)0.8P X <=，则(13)P X <<=（ ） A ．0.8B ．0.2C ．0.1D ．0.39．设离散型随机变量X 可能的取值为1，2，3，4，()P X k ak b ==+，又X 的数学期望为()3E X =，则a b += A ．110B ．0C ．110-D ．1510．若随机变量X 的分布列为：已知随机变量Y aX b =+(,,0)a b R a ∈>，且()10,()4E Y D Y ==，则a 与b 的值为( ) A ．10,3a b ==B ．3,10a b ==C ．5,6a b ==D ．6,5a b ==11．甲、乙两名同学参加一项射击比赛游戏，其中任何一人每射击一次击中目标得2分，未击中目标得0分．若甲、乙两人射击的命中率分别为0.6和P ，且甲、乙两人各射击一次得分之和为2的概率为0.45．假设甲、乙两人射击互不影响，则P 值为（ ） A ．0.8B ．0.75C ．0.6D ．0.2512．已知随机变量X 的分布列为则E(6X ＋8)＝( ) A ．13.2B ．21.2C ．20.2D ．22.2二、填空题13．如图所示，已知一个系统由甲、乙、丙、丁4个部件组成，当甲、乙都正常工作，或丙、丁都正常工作时，系统就能正常工作.若每个部件的可靠性均为()01r r <<，而且甲、乙、丙、丁互不影响，则系统的可靠度为___________.14．甲、乙两人被随机分配到,,A B C 三个不同的岗位（一个人只能去一个工作岗位）．记分配到A 岗位的人数为随机变量X ，则随机变量X 的数学期望()E X =_____． 15．对某个数学题，甲解出的概率为23，乙解出的概率为34，两人独立解题．记X 为解出该题的人数，则E (X )＝________.16．甲乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分,负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止.设甲在每局中获胜的概率为23，乙在每局中获胜的概率为13，且各局胜负相互独立，比赛停止时一共已打ξ局， 则ξ的期望值()E ξ=______. 17．已知随机变量X 服从正态分布()2,1N . 若()130.6826P X ≤≤=，则()3P X >等于______________．18．一个病人服用某种新药后被治愈的概率为0.9.则服用这种新药的4个病人中至少3人被治愈的概率为_______（用数字作答）．19．某人共有五发子弹，他射击一次命中目标的概率是12，击中目标后射击停止，射击次数X 为随机变量，则EX=_________．20．已知随机变量X 服从正态分布()2,1N ，若()()223P X a P X a ≤-=≥+，则a =__________．三、解答题21．为了解本学期学生参加公益劳动的情况，某校从初高中学生中抽取100名学生，收集了他们参加公益劳动时间（单位：小时）的数据，绘制图表的一部分如下．[0，5）[5，10）[10，15）[15，20）[20，25）[25，30）性别男6 9 10 10 9 4女5 12 13 86 8学段初中x 8 11 11 10 7高中（Ⅱ）从参加公益劳动时间[25，30）的学生中抽取3人进行面谈，记X 为抽到高中的人数，求X 的分布列；（Ⅲ）当5x =时，高中生和初中生相比，哪学段学生平均参加公益劳动时间较长．（直接写出结果）22．某知名电脑品牌为了解客户对其旗下的三种型号电脑的满意情况，随机抽取了一些客户进行回访，调查结果如表：满意度是指，回访客户中，满意人数与总人数的比值.用满意度来估计每种型号电脑客户对该型号电脑满意的概率，且假设客户是否满意相互独立.（1）从型号Ⅰ和型号Ⅱ电脑的所有客户中各随机抽取1人，记其中满意的人数为X ，求X 的分布列和期望；（2）用“11ξ=”，“21ξ=”，“31ξ=”分别表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ型号电脑让客户满意，“10ξ=”，“20ξ=”，“30ξ=”分别表示Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ型号电脑让客户不满意，比较三个方差()1D ξ、()2D ξ、()3D ξ的大小关系.23．某种大型医疗检查机器生产商，对一次性购买2台机器的客户，推出两种超过质保期后两年内的延保维修优惠方案：方案一：交纳延保金8600元，在延保的两年内可免费维修3次，超过3次后的每次收取维修费a 元；方案二：交纳延保金10000元，在延保的两年内可免费维修4次，超过4次后的每次收取维修费1000元.某医院准备一次性购买2台这种机器.现需决策在购买机器时应购买哪种延保方案，为此搜集并整理了100台这种机器超过质保期后延保两年内维修的次数，得如表：以这100台机器维修次数的频率代替1台机器维修次数发生的概率.记X 表示这2台机器超过质保期后延保的两年内共需维修的次数且P （X ＝0）＝0.01. （1）求实数m ，n 的值； （2）求X 的分布列；（3）以所需延保金及维修费用之和的期望值为决策依据，该医院选择哪种延保方案更合算？24．为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸（单位：cm ）.根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布()2,N μσ.（1）假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(3,3)u u σσ-+之外的零件数，求(1)P X ≥及X 的数学期望；（2）一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(3,3)u u σσ-+之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查. （ⅰ）试说明上述监控生产过程方法的合理性； （ⅱ）下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：经计算得16119.9716i i x x ===∑，0.212s==≈，其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，1,2,,16i =.用样本平均数x 作为μ的估计值ˆμ，用样本标准差s 作为σ的估计值ˆσ，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除ˆˆˆˆ(3,3)μσμσ-+之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ（精确到0.01）.附：若随机变量Z 服从正态分布()2,N μσ，则()–330.9974P Z μσμσ<<+=，160.99740.9592≈0.09≈.25．超市为了防止转基因产品影响民众的身体健康，要求产品在进入超市前必须进行两轮转基因检测，只有两轮都合格才能销售，否则不能销售.已知某产品第一轮检测不合格的概率为14，第二轮检测不合格的概率为19，两轮检测是否合格相互没有影响.（1）求该产品不能销售的概率；（2）如果产品可以销售，则每件产品可获利50元；如果产品不能销售，则每件产品亏损60元.已知一箱中有产品4件，记一箱产品获利X 元，求X 的分布列，并求出均值()E X . 26．甲、乙两名运动员进行射击训练，已知他们击中的环数都稳定在7、8、9、10环，且每次射击成绩互不影响．根据以往的统计数据，甲、乙射击环数的频率分布条形图如下：若将频率视为概率，回答下列问题：（1）甲、乙各射击一次，求甲、乙同时击中10环的概率； （2）求甲射击一次，击中9环以上（含9环）的概率；（3）甲射击3次，X 表示这3次射击中击中9环以上（含9环）的次数，求X 的分布列及数学期望()E X ．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】先求出()E X ，利用方差的定义建立()()22=13D X a -，利用二次函数单调性判断出()D X 的变化.【详解】由题意：()1111333E X a b =⨯+⨯+⨯， ∵2a b +=，∴()1E X =.∴()()()()()222221111=111123333D X a b a b -⨯+-⨯+-⨯=+-⨯ 又2a b +=，∴2b a =-，∴()()()()2222122=2=21=1333D X a b a a a +-⨯-+- ∴当01a <<时，()()22=13D X a -单调递减，即当()0,1a ∈内增大时()D X 减小. 故选：B2．A解析：A 【分析】根据题设分析知：芯片领域被选、不被选的概率分别为13、23，而3名学生选择互不影响，则选择芯片领域的学生数{0,1,2,3}X =，即X 服从二项分布，则有3321()()()33n n n P X n C -==即可求恰好有1名学生选择“芯片领域”的概率.【详解】由题意知，有3名学生且每位学生选择互不影响，从这15项“世界互联网领先科技成果”中分别任选1项，5项成果均属于芯片领域，则： 芯片领域被选的概率为：51153=；不被选的概率为：12133-=；而选择芯片领域的人数{0,1,2,3}X =，∴X 服从二项分布1~3(,3)X B ，3321()()()33nnn P X n C -==，那么恰好有1名学生选择“芯片领域”的概率为123214(1)()()339P X C ===. 故选：A. 【点睛】本题考查了二项分布，需要理解题设条件独立重复试验的含义，并明确哪个随机变量服从二项分布，结合二项分布公式求概率.3．C解析：C 【分析】根据分布列中概率和为1可得a 的范围和b 的值，再求出,EX DX 的表达式，转化成求二次函数在闭区间的最值问题. 【详解】12133b a a b +-+=⇒=，又110033a a -≥⇒≤≤， 1242()3333EX b a a a b a =+⨯-+⨯=++=+，2221(1)(2)()(3)3DX EX b EX a EX a =-⋅+-⋅-+-⋅2221215()()()()3333a b a a a a =--⋅+-⋅-+-⋅22212215()()()()33333a a a a a =--⋅+-⋅-+-⋅27239a a =-++，对称轴为7163a =>，∴max 1728()9999DX =-++=， 故选：C. 【点睛】本题考查标准差的最值求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意将问题转化为函数的最值问题.4．B解析：B 【分析】根据二项分布的均值与方差公式,可得,p q 的等量关系.利用“1”的代换,结合基本不等式即可求得21p q+的最小值. 【详解】离散型随机变量X 服从二项分布(),XB n p ,且2EX =,DX q =由二项分布的均值与方差公式可得()21npq np p =⎧⎨=-⎩, 化简可得22p q +=,即12qp +=由基本不等式化简可得21p q +221p q q p ⎛⎫=+ ⎪⎛⎫+ ⎪⎝⎝⎭⎭2525922q p p q ≥+=++= 即21p q +的最小值为92故选:B 【点睛】本题考查了二项分布的简单应用,均值与方差的求法,利用“1”的代换结合基本不等式求最值,属于中档题.5．A解析：A 【分析】直接利用二项分布公式计算得到答案. 【详解】19,3X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭，则()=⨯=1933E X ，()1191233D X ⎛⎫=⨯⨯-= ⎪⎝⎭故选：A本题考查了二项分布，意在考查学生对于二项分布的理解.6．B解析：B 【分析】由题意知，3~(5,)3X B m +，由3533EX m =⨯=+，知3~(5,)5X B ，由此能求出()D X ．【详解】由题意知，3~(5,)3X B m +， 3533EX m ∴=⨯=+，解得2m =， 3~(5,)5X B ∴，336()5(1)555D X ∴=⨯⨯-=．故选：B ． 【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意二项分布的灵活运用．7．C解析：C 【分析】由先后抛掷三次一枚质地均匀的硬币，得出事件A “第一次正面向上”，共有4种不同的结果，再由事件A “第一次正面向上”且事件B “后两次均反面向上”，仅有1中结果，即可求解. 【详解】由题意，先后抛掷三次一枚质地均匀的硬币，共有2228⨯⨯=种不同的结果， 其中事件A “第一次正面向上”，共有4种不同的结果，又由事件A “第一次正面向上”且事件B “后两次均反面向上”，仅有1中结果， 所以()()1(|)4P AB P B A P A ==，故选C. 【点睛】本题主要考查了条件概率的计算，其中解答中认真审题，准确得出事件A 和事件A B 所含基本事件的个数是解答的关键，着重考查了运算能力，属于基础题.8．D解析：D由已知条件可知数据对应的正态曲线的对称轴为X=3,根据正态曲线的对称性可得结果. 【详解】随机变量X 服从正态分布2(3,)N σ， 则曲线的对称轴为X=3,由(5)0.8P X <=可得P(X≤1)=P(X≥5)=0.2， 则(13)P X <<=12(15)P X <<=12(1-0.2-0.2)=0.3 故选D 【点睛】本题考查根据正态曲线的对称性求在给定区间上的概率，求解的关键是把所求区间用已知区间表示，并根据对称性求解，考查数形结合的应用，属于基础题.9．A解析：A 【分析】将1,2,3,4X =代入()P X k =的表达式，利用概率之和为1列方程，利用期望值列出第二个方程，联立方程组，可求解得+a b 的值. 【详解】依题意可的X 的分布列为()()()()23412233443a b a b a b a b a b a b a b a b +++++++=⎧⎨+++++++=⎩，解得1,010a b ==，故110a b +=.所以选A. 【点睛】本小题主要考查离散型随机变量分布列，考查概率之和为1，考查离散型随机变量的数学期望，还考查了方程的思想.属于基础题.10．C解析：C 【解析】 分析:详解：由随机变量X 的分布列可知，m 10.20.8=-=， ∴()00.210.80.8E X =⨯+⨯=，()10.20.80.16D X =⨯⨯=，∴()()()()2b 10?4E Y aE X D Y a D X =+===， ∴20.8a b 10? 0.164a +==，∴5,6a b == 故选C点睛：本题考查了随机变量的数学期望及其方差，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11．B解析：B 【解析】分析：由题意知甲、乙两人射击互不影响，则本题是一个相互独立事件同时发生的概率，根据题意可设“甲射击一次，击中目标”为事件A ，“乙射击一次，击中目标”为事件B ，由相互独立事件的概率公式可得，可得关于p 的方程，解方程即可得答案． 详解：设“甲射击一次，击中目标”为事件A ，“乙射击一次，击中目标”为事件B ， 则“甲射击一次，未击中目标”为事件A ，“乙射击一次，未击中目标”为事件B ， 则P （A ）=35，P （A ）=1﹣35=25，P （B ）=P ，P （B ）=1﹣P ， 依题意得：35×（1﹣p ）+25×p=920， 解可得，p=34， 故选：B ．点睛：求相互独立事件同时发生的概率的方法主要有 ①利用相互独立事件的概率乘法公式直接求解．②正面计算较繁或难以入手时，可从其对立事件入手计算．12．B解析：B 【解析】由题意知，E(X)＝1×0.2＋2×0.4＋3×0.4＝2.2，∴E(6X ＋8)＝6E(X)＋8＝6×2.2＋8＝21.2.选B.二、填空题13．【分析】记甲乙都正常工作为事件记丙丁都正常工作为事件计算出利用对立事件的概率公式可求得系统的可靠度为【详解】记甲乙都正常工作为事件记丙丁都正常工作为事件则当且仅当事件或事件发生时系统正常工作当且仅当 解析：242r r -【分析】记甲、乙都正常工作为事件A ，记丙、丁都正常工作为事件B ，计算出()P A 、()P B ，利用对立事件的概率公式可求得系统的可靠度为()()1P A P B -. 【详解】记甲、乙都正常工作为事件A ，记丙、丁都正常工作为事件B ，则()()2P A P B r ==，当且仅当事件A 或事件B 发生时，系统正常工作， 当且仅当事件A 和事件B 都不发生时，系统不工作. 因此，系统的可靠度为()()()22241112P P A P B r r r =-=--=-.故答案为：242r r -. 【点睛】关键点点睛：本题考查事件概率的计算，解本题的关键就是确定事件“系统正常运行”的对立事件为“两条线路都不工作”，进而可利用概率的乘法公式以及对立事件的概率公式来进行求解.14．【分析】由题意得出的可能取值以及相应的概率再计算数学期望即可【详解】由题意可得的可能取值有012则数学期望故答案为：【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望属于中档题解析：23【分析】由题意得出X 的可能取值以及相应的概率，再计算数学期望即可. 【详解】由题意可得X 的可能取值有0，1，2224(0)339P X ⨯===⨯，122411(1),(2)339339C P X P X ⨯======⨯⨯则数学期望4()09E X =⨯41212993+⨯+⨯=． 故答案为：23【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望，属于中档题.15．【解析】所以【点睛】解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路:(1)明确随机变量可能取哪些值(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值(3)根据分布列和期望方差公式求解注意： 解析：1712【解析】()11103412P X ==⨯=，()211351343412P X ==⨯+⨯=，()23623412P X ==⨯=，所以()1526171212E X ⨯+⨯==. 【点睛】解答离散型随机变量的分布列及相关问题的一般思路:(1)明确随机变量可能取哪些值．(2)结合事件特点选取恰当的计算方法计算这些可能取值的概率值．(3)根据分布列和期望、方差公式求解．注意：解题中要善于透过问题的实际背景发现其中的数学规律，以便使用我们掌握的离散型随机变量及其分布列的知识来解决实际问题．16．【分析】首先确定所有可能的取值；根据每个取值所对应的情况计算出其所对应的概率从而根据数学期望计算公式求得结果【详解】由题意可知所有可能的取值为：则；；本题正确结果：【点睛】本题考查离散型随机变量的数 解析：26681【分析】首先确定ξ所有可能的取值；根据每个取值所对应的情况计算出其所对应的概率，从而根据数学期望计算公式求得结果. 【详解】由题意可知ξ所有可能的取值为：2,4,6则()222152339P ξ⎛⎫⎛⎫==+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭；()3311221212204333381P C C ξ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫==⨯+⨯= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭； ()520166198181P ξ==--=()520162662469818181E ξ∴=⨯+⨯+⨯=本题正确结果：26681【点睛】本题考查离散型随机变量的数学期望的求解，关键是能够准确求解出随机变量每个取值所对应的概率，从而结合公式直接求得结果，属于常考题型.17．【解析】试题分析：因为随机变量服从正态分布所以因为所以考点：正态分布解析：0.1587【解析】试题分析：因为随机变量X 服从正态分布()2,1N ，所以()()31P X >=P X <，因为()()()11331P X <+P ≤X ≤+P X >=，所以()()1310.68260.15872P X >=-=． 考点：正态分布．18．9744【分析】由题意知本题符合独立重复试验条件分情况讨论：若共有3人被治愈若共有4人被治愈分别代入独立重复试验公式得到结果最后求和【详解】解：由题意知本题分情况讨论：若共有3人被治愈则；若共有4人解析：9744 【分析】由题意知，本题符合独立重复试验条件，分情况讨论：若共有3人被治愈，若共有4人被治愈，分别代入独立重复试验公式得到结果．最后求和．【详解】解：由题意知本题分情况讨论：若共有3人被治愈，则3314(0.9)(10.9)0.2916P C =⨯-=；若共有4人被治愈，则42(0.9)0.6561P ==，∴至少有3人被治愈概率120.9477P P P =+=．故答案为：0.9477． 【点睛】判断是否为独立重复试验的关键是每次试验事件A 的概率不变，并且每次试验的结果同其他各次试验的结果无关，重复是指试验为一系列的试验，并非一次试验，而是多次，但要注意重复事件发生的概率相互之间没有影响．19．【分析】由题意利用独立事件同时发生的概率公式求出每个随机变量对应的概率可得分布列根据期望公式可计算期望【详解】列表X 1 2 3 4 5 P 所以【点睛】求解离散型随机变量的数学期望的 解析：3116【分析】由题意1,2,3,4,5X =，利用独立事件同时发生的概率公式求出每个随机变量对应的概率，可得分布列，根据期望公式可计算期望. 【详解】()()21111,2224P x P x ⎛⎫===== ⎪⎝⎭，()()3411113,428216P x P x ⎛⎫⎛⎫====== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()41151216P x ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，列表所以12345248161616EX =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯= 【点睛】求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤：①“判断取值”，即判断随机变量的所有可能取值以及取每个值所表示的意义；②“探求概率”，即利用排列组合、枚举法、概率公式（常见的有古典概型公式、几何概型公式、互斥事件的概率加法公式、独立事件的概率公式以及对立事件的概率公式等），求出随机变量取每个值时的概率；③“写分布列”，即按规范形式写出分布列，并注意用分布列的性质检验所求的分布列或某事件的概率是否正确；④“求期望”，一般利用离散型随机变量的数学期望的定义求期望．20．1【分析】由正态分布的性质可得正态分布的图像对称轴为据此得到关于a 的方程解方程可得a 的值【详解】由正态分布的性质可得正态分布的图像对称轴为结合题意有：故答案为1【点睛】关于正态曲线在某个区间内取值的解析：1 【分析】由正态分布的性质可得正态分布的图像对称轴为2X =，据此得到关于a 的方程，解方程可得a 的值. 【详解】由正态分布的性质可得正态分布的图像对称轴为2X =， 结合题意有：()()2232,12a a a -++=⇒=.故答案为1． 【点睛】关于正态曲线在某个区间内取值的概率求法①熟记P (μ－σ<X ≤μ＋σ)，P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)，P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)的值． ②充分利用正态曲线的对称性和曲线与x 轴之间面积为1.三、解答题21．（Ⅰ）512；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）初中生. 【分析】（Ⅰ）由表中数据，结合古典概型概率公式即可得解；（Ⅱ）由超几何分布概率公式可求得(0)P X =，(1)P X =，(2)P X =，(3)P X =，进而可得分布列；（Ⅲ）由表中数据，分析各时间段内初高中生的人数即可得解. 【详解】（Ⅰ）抽取的100名学生中，男生有6910109448+++++=名， 其中公益劳动时间在[)10,20的有101020+=名， 故所求概率2054812P ==； （Ⅱ）参加公益劳动时间[)25,30的学生有12人，其中初中生7人，高中生5人， X 的所有可能取值为0,1,2,3，373127(0)44C P X C ∴===，215731221(1)44C X C P C ===，32521717(2)22C C P X C ===，312531(3)22P C C X ===，所以X 的分布列为：【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是有效提取表格中的数据，熟练掌握超几何分布的适用条件及概率公式.22．（1）分布列见解析，910；（2）()()()123D D D ξξξ>=. 【分析】（1）由题意得X 的可能取值为0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列和数学期望.（2）由题意1ξ，2ξ，3ξ都服从两点分布，由此能求出()()()123D D D ξξξ>=. 【详解】解：（1）由题意得X 的可能取值为0，1，2，设事件A 为“从型号Ⅰ电脑所有客户中随机抽取的人满意”，事件B 为“从型号Ⅱ电脑所有客户中随机抽取的人满意”，且A ，B 为独立事件， 根据题意，()12P A =，()25P B =，()()()()1230112510P X P AB P A P B ⎛⎫⎛⎫====-⨯-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()()()1212111125252P X P AB AB P AB P AB ⎛⎫⎛⎫==+=+=⨯-+-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()()()1212255P X P AB P A P B ====⨯=，∴X 的分布列为：()012102510E X =⨯+⨯+⨯=. （2）由题意1ξ，2ξ，3ξ都服从两点分布， 则()11111224D ξ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭，()222615525D ξ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭，()333615525D ξ⎛⎫=⨯-= ⎪⎝⎭，∴()()()123D D D ξξξ>=. 【点评】本题考查离散型随机变量的要布列、数学期望的求法，考查三个离散型随机变量的方差的大小的比较，考查相互独立事件概率乘法公式、两点分布的性质等基础知识，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题.23．（1）10m =，40=；（2）分布列见解析；（3）1500a <元时，方案一合算，1500a >时，方案二合算，1500a =时，两种方案一样．【分析】（1）由(0)P X =可得m ，再得出n 的值，（2）X 的可能值为0,1,2,3,4,5,6，分别求得概率，得概率分布列， （3）由期望公式得出期望．可得两种方案的总费用，比较后可得结论． 【详解】（1）由2(0)0.01100m P X ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，解得10m =，∴10010104040n =---=； （2）依题意X 的可能值为0,1,2,3,4,5,6，由题意一台机器维修次数为n ，概率为1(0)10P n ==，1(1)10P n ==，2(2)5P n ==，2(3)5P n ==， 1(0)100P X ==， 111(1)2101050P X ==⨯⨯=， 12119(2)21051010100P X ==⨯⨯+⨯=， 12124(3)2210510525P X ==⨯⨯+⨯⨯=， 12226(4)21055525P X ==⨯⨯+⨯= 228(5)25525P X ==⨯⨯=，224(6)5525P x ==⨯=，X 的分布列如下：（2）由（1）方案一维修费用期望值为2325252525a a a a +⨯+⨯= 方案一总费用为134860025y a =+（元）， 方案二维修费用期望值为84100020006402525⨯+⨯= 方案二总费用为21000064010640y =+=（元）．3486001064025a +=，1500a =，1500a <时，12y y <，1500a >时，12y y >， ∴1500a <元时，方案一合算，1500a >时，方案二合算，1500a =时，两种方案一样． 【点睛】本题考查随机变量的概率分布列，考查了随机变量的数学期望，用样本估算总体．考查了学生的数据处理能力，运算求解能力．24．（1）()10.0408≥=P X ，0.0416=EX （2）（ⅰ）见详解；（ⅱ）需要.10.02μ=,0.09σ=【分析】（1）依题知一个零件的尺寸在()3,3μσμσ-+之内的概率，可知尺寸在()3,3μσμσ-+之外的概率为0.0026，而()~16,0.0026X B ，进而可以求出X 的数学期望.（2）（i ）判断监控生产过程的方法的合理性，重点是考虑一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在()3,3μσμσ-+之外的零件的概率是大还是小，若小即合理；（ii ）计算ˆˆ,3μσ，剔除()ˆˆˆˆ3,3μσμσ-+之外的数据，算出剩下数据的平均数，即为μ的估计值，剔除()ˆˆˆˆ3,3μσμσ-+之外的数据，剩下数据的样本方差，即为σ的估计值. 【详解】（1）抽取的一个零件的尺寸在()3,3μσμσ-+之内的概率为0.9974， 从而零件的尺寸在()3,3μσμσ-+之外的概率为0.0026， 故()~16,0.0026X B .因此()()1611010.99740.0408P X P X ≥=-==-=.X 的数学期望为160.00260.0416EX =⨯=.（2）（i ）如果生产状态正常，一个零件尺寸在()3,3μσμσ-+之外的概率只有0.0026， 一天内抽取的16个零件中，出现尺寸在()3,3μσμσ-+之外的零件 概率只有0.0408，发生的概率很小.因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条生产线在这一天的生产过程 可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查， 可见上述监控生产过程的方法是合理的. （ii ）由9.97,0.212x s =≈，得μ的估计值为ˆ9.97μ=，σ的估计值为ˆ0.212σ=， 由样本数据可以看出有一个零件的尺寸在()ˆˆˆˆ3,3μσμσ-+之外， 因此需对当天的生产过程进行检查.剔除()ˆˆˆˆ3,3μσμσ-+之外的数据9.22， 剩下数据的平均数为()1169.979.2210.0215⨯-=， 因此μ的估计值为10.02.122216160.212169.971591.134i i x =∑=⨯+⨯≈，剔除()ˆˆˆˆ3,3μσμσ-+之外的数据9.22， 剩下数据的样本方差为()2211591.1349.221510.020.00815--⨯≈，因此σ0.09≈. 【点睛】本题考查正态分布的实际应用以及离散型随机变量的数学期望，正态分布是一种重要的分布，尤其是正态分布的3σ原则，审清题意，细心计算，属中档题. 25．（1）13；（2）分布列见解析，1533.【分析】（1）记“该产品不能销售”为事件A ，则1()1(191)(1)4P A =--⨯-，计算得到答案. （2）X 的取值为-240，-130，-20，90，200，计算概率得到分布列，计算均值得到答案. 【详解】（1）记“该产品不能销售”为事件A ，则11()1(1)(1)4193P A =--⨯-=， 所以该产品不能销售的概率为13. （2）依据题意的，X 的取值为-240，-130，-20，90，200，411(240)()381P X =-== ； 134128(130)()3381P X C =-==；22241224(20)()()3381P X C =-== ；31341232(90)()()3381P X C ===；4216(200)()381P X ===.所以X 的分布列为：1()24013020902005381818181813E X =-⨯-⨯-⨯+⨯+⨯=. 【点睛】本题考查了概率的计算，分布列，均值，意在考查学生的计算能力和应用能力. 26．(1) 0.1225;(2) 0.8(3)见解析. 【分析】(1)分别计算出甲乙各射击一次击中10环的概率,利用相互独立事件的概率公式计算即可; (2)甲射击一次,击中9环以上（含9环）即为甲射击一次,击中9环和甲射击一次,击中10环,利用互斥事件的概率公式即可得出结果;(3)由(2)可知甲射击一次，击中9环以上（含9环）的概率为0.8,可知(3,0.8)X B .利用公式计算即可得出结果. 【详解】(1) 设事件A 表示甲运动员射击一次,恰好击中10环, 设事件B 表示乙运动员射击一次,恰好击中10环, ()10.10.10.450.35P A =---=,()0.35P B =,所以甲、乙各射击一次,甲、乙同时击中10环即()0.350.350.1225P AB =⨯=.(2)设事件C 表示甲运动员射击一次,恰好击中9环以上(含9环),则()0.350.450.8P C =+=（3）由已知可得X 的可能取值为0,1,2,3,且(3,0.8)XB3(0)0.20.008P X ===,123(1)0.80.20.096P X C ==⨯=, 223(2)0.80.20.384P X C ==⨯=,3(3)0.80.512P X ===所以30.8 2.4E X =⨯= 【点睛】本题考查相互独立事件的概率,考查二项分布的分布列和数学期望,考查运用概率知识解决实际问题的能力和计算求解能力,难度一般.。
2021高中数学 第一章《计数原理》测试题B卷 新人教A版选修2-3(1)
高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试题B卷考试时刻：100分钟，总分值：150分一、选择题：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，请把正确答案的代号填在题后的括号内（每题5分，共50分）1．集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把知足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，那么如此的点的个数是( )A．9 B．14 C．15 D．212．将1,2,3,4,5,6,7,8,9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下别离依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方式数为( )34A．4 B．6 C.53．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，那么不同的排列方式共有( )A．12种B．18种C．24种D．36种4．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必需排在前两位，节目乙不能排在第一名，节目丙必需排在最后一名．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有( )A．36种B．42种C．48种D．54种5．从0,2当选一个数字，从1,3,5当选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( ) A．24 B．18 C．12 D．66. 如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每一个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，那么不同的 涂色方式共有( )A ．288种B ．264种C ．240种D ．168种7．两人进行乒乓球竞赛，先赢3局者获胜，决出输赢为止，那么所有可能显现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有 ( )A ．10种B ．15种C ．20种D ．30种8.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同窗参加上海世博会志愿者效劳活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一．每项工作至少有一人参加．甲、乙可不能开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，那么不同安排方案的种数是 ( )A ．152B ．126C ．90D ．54 9．在⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 5的二项展开式中，x 的系数为( )A ．10B ．－10C ．40D ．－4010．(x ＋a x)(2x －1x)5的展开式中各项系数的和为2，那么该展开式中常数项为( )A ．－40B ．－20C ．20D ．40二、填空题（每题6分, 共24分）11．将数字1,2,3,4,5按第一行2个数，第二行3个数的形式随机排列，设a i (i ＝1,2)表示第i 行中最小的数，那么知足a 1>a 2的所有排列的个数是________．(用数字作答) 12． 形如45132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，那么由1,2,3,4,5可组成不重复的五位“波浪数”的个数为________．13． 3位男生和3位女生共6位同窗站成一排，假设男生甲不站两头，3位女生中有且只有两位女生相邻，那么不同的排法种数是________．14.假设将函数f (x )＝x 5表示为f (x )＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 5(1＋x )5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，那么a 3＝________.三、解答题（共计76分）．15.（此题总分值12分）方程x 2m＋y 2n＝1表示核心在y 轴上的椭圆，其中m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，那么如此的椭圆有多少个？16.（此题总分值12分）有六名同窗报名参加三个智力竞赛项目，在以下情形下各有多少种不同的报名方式？(不必然六名同窗都能参加) (1)每人恰好参加一项，每项人数不限； (2)每项限报一人，且每人最多参加一项； (3)每项限报一人，但每人参加的项目不限．17.（此题总分值12分）某电视台持续播放6个广告，其中有3个不同的商业广告、两个不同的宣传广告、一个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且宣传广告与公益广告不能持续播放，两个宣传广告也不能持续播放，那么有多少种不同的播放方式？ 18．（此题总分值12分）已知(a 2＋1)n 展开式中各项系数之和等于⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫165x 2＋1x 5的展开式的常数项，而(a 2＋1)n 展开式的二项式系数最大的项的系数等于54，求a 的值． 19.（此题总分值14分）从7名男生5名女生当选取5人，别离求符合以下条件的选法总数有多少种？ (1)A ，B 必需被选； (2)A ，B 必不被选； (3)A ，B 不全被选； (4)至少有2名女生被选；(5)选取3名男生和2名女生别离担任班长、体育委员等5种不同的工作，但体育委员必需由男生担任，班长必需由女生担任．20.（此题总分值14分）已知f (x )＝(1＋x )m ＋(1＋2x )n (m ，n ∈N *)的展开式中x 的系数为11.(1)求x 2的系数取最小值时n 的值；(2)当x 2的系数取得最小值时，求f (x )展开式中x 的奇次幂项的系数之和．高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试题B卷答案一、选择题：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，请把正确答案的代号填在题后的括号内（每题5分，共50分）1. 【答案】B【解析】当x＝2时，x≠y，点的个数为1×7＝7(个)；当x≠2时，x＝y，点的个数为7×1＝7(个)，那么共有14个点，应选B.2. 【答案】B【解析】如下图，依照题意，1,2,9三个数字的位置是确信的，余下的数中，5只能在a，c 位置，8只能在b，d位置，依(a，b，c，d)顺序，具体有(5,8,6,7)，(5,6,7,8)，(5,7,6,8)，(6,7,5,8)，(6,8,5,7)，(7,8,5,6)，合计6种.3. 【答案】A【解析】先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A33种不同的排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A12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A33·A12·1＝12(种)不同的排列方式．4. 【答案】B【解析】分两类，第一类：甲排在第一名时，丙排在最后一名，中间4个节目无穷制条件，有A44种排法；第二类：甲排在第二位时，从甲、乙、丙之外的3个节目当选1个节目排在第一名有C13种排法，其他3个节目有A33种排法，故有C13A33种排法．依分类加法计数原理，知共有A44＋C13A33＝42(种)编排方案．5. 【答案】B【解析】依照所选偶数为0和2分类讨论求解．被选0时，先从1,3,5当选2个数字有C 23种方式，然后从选中的2个数字当选1个排在末位有C 12种方式，剩余1个数字排在首位，共有C 23C 12＝6(种)方式； 被选2时，先从1,3,5当选2个数字有C 23种方式，然后从选中的2个数字当选1个排在末位有C 12种方式，其余2个数字全排列，共有C 23C 12A 22＝12(种)方式． 依分类加法计数原理知共有6＋12＝18(个)奇数． 6. 【答案】 B【解析】分两类：第一类，涂三种颜色，先涂点A ，D ，E 有A 34种方式，再涂点B ，C ，F 有2种方式，故有A 34×2＝48(种)方式；第二类，涂四种颜色，先涂点A ，D ，E 有A 34种方式，再涂点B ，C ，F 有3C 13种方式，故共有A 34·3C 13＝216(种)方式． 由分类加法计数原理，共有48＋216＝264(种)不同的涂法. 7. 【答案】C【解析】由题意知竞赛场数至少为3场，最多为5场． 当为3场时，情形为甲或乙连赢3场，共2种．当为4场时，假设甲赢，那么前3场中甲赢2场，最后一场甲赢，共有C 23＝3(种)情形；同理，假设乙赢也有3种情形．共有6种情形．当为5场时，前4场，甲、乙各赢2场，最后1场胜出的人赢，共有2C 24＝12(种)情形． 由上综合知，共有20种情形． 8. 【答案】B【解析】考虑特殊元素(位置)优先安排法．第一类：在丙、丁、戊中任选一名担任司机工作时有C 13C 24A 33＝108. 第二类：在丙、丁、戊中任选两位担任司机工作时，有C 23A 33＝18， ∴不同安排方案的种数是108＋18＝126. 9. 【答案】 D 【解析】因为T r ＋1＝C r 5(2x 2)5－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r＝C r 525－r x 10－2r (－1)r x －r ＝C r 525－r (－1)r x 10－3r ， 因此10－3r ＝1，因此r ＝3，因此x 的系数为C 3525－3(－1)3＝－40. 10. 【答案】 D【解析】令x ＝1得(1＋a )(2－1)5＝1＋a ＝2，因此a ＝1.因此(x ＋1x )(2x －1x )5展开式中的常数项即为(2x －1x )5展开式中1x的系数与x 的系数的和．(2x －1x)5展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(2x )5－r ·(－1)r ·x －r ＝C r 525－r x 5－2r ·(－1)r . 令5－2r ＝1，得2r ＝4，即r ＝2，因此(2x －1x)5展开式中x 的系数为C 2525－2(－1)2＝80.令5－2r ＝－1，得2r ＝6，即r ＝3，因此(2x －1x )5展开式中1x的系数为C 3525－3·(－1)3＝－40.因此(x ＋1x )(2x －1x)5展开式中的常数项为80－40＝40.二、填空题（每题6分, 共24分） 11. 【答案】72【解析】依题意数字1必在第二行，其余数字的位置不限，共有A 24A 33＝72个．12. 【答案】16【解析】由题意可得，十位和千位只能是4、5或3、5.假设十位和千位排4、5，那么其他位置任意排一、二、3，那么如此的数有A 22A 33＝12(个)；假设十位和千位排五、3，这时4只能排在5的一边且不能和其他数字相邻，一、2在其余位置上任意排列，那么如此的数有A 22A 22＝4(个)，综上，共有16个．13. 【答案】288【解析】记三名男生为甲、乙、丙，三名女生为a 、b 、c ，先排男生，假设甲在两头有4种排法，然后3位女生去插空，排法如ab 甲丙c 乙共有4A 23A 12A 13种，假设男生甲排在中间，有两种排法，然后女生去插空，排法如ab乙甲c丙共有2A23A24种排法．依照分类加法计数原理共有4A23A12A13＋2A23A24＝288(种)不同排法．14. 【答案】10【解析】将f(x)＝x5进行转化，利用二项式定理求解．f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，它的通项为T r＋1＝C r5(1＋x)5－r·(－1)r，T3＝C25(1＋x)3(－1)2＝10(1＋x)3，∴a3＝10.三、解答题（共计76分）．15. 【解析】以m的值为标准分类，分为五类．第一类：m＝1时，使n>m，n有6种选择；2分第二类：m＝2时，使n>m，n有5种选择；4分第三类：m＝3时，使n>m，n有4种选择；6分第四类：m＝4时，使n>m，n有3种选择；8分第五类：m＝5时，使n>m，n有2种选择．10分∴共有6＋5＋4＋3＋2＝20种方式，即有20个符合题意的椭圆．12分16. 【解析】(1)每人都能够从这三个竞赛项目当选报一项，各有3种不同选法，由分步乘法计数原理，知共有选法36＝729(种)．4分(2)每项限报一人，且每人最多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目只有4种选法，由分步乘法计数原理，得共有报名方式6×5×4＝120(种)．8分(3)由于每人参加的项目不限，因此每一个项目都能够从这六人当选出一人参赛，由分步乘法计数原理，得共有不同的报名方式63＝216(种)．12分17. 【解析】用一、二、3、4、五、6表示广告的播放顺序，那么完成这件事有三类方式．第一类：宣传广告与公益广告的播放顺序是二、4、6.分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．4分第二类：宣传广告与公益广告的播放顺序是一、4、6，分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．6分第三类：宣传广告与公益广告的播放顺序是一、3、6，一样分6步完成这件事，共有3×3×2×2×1×1＝36种不同的播放方式．8分由分类加法计数原理得：6个广告不同的播放方式有36＋36＋36＝108种．12分18. 【解析】由⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫165x 2＋1x 5，得 T r ＋1＝C r5⎝ ⎛⎭⎪⎫165x 25－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1655－r ·C r 5·x 20－5r 2. 令T r ＋1为常数项，那么20－5r ＝0， ∴r ＝4，∴常数项T 5＝C 45×165＝16. 6分又(a 2＋1)n 展开式的各项系数之和等于2n . 由题意得2n ＝16，∴n ＝4.由二项式系数的性质知，(a 2＋1)4展开式中二项式系数最大的项是中间项T 3，∴C 24a 4＝54，∴a ＝±3.12分19．【解析】(1)由于A ，B 必需被选，那么从剩下的10人当选取3人即可，∴有C 310＝120(种)．2分(2)从除去的A ，B 两人的10人当选5人即可，∴有C 510＝252(种)．4分(3)全数选法有C 512种，A ，B 全被选有C 310种， 故A ，B 不全被选有C 512－C 310＝672种．6分(4)注意到“至少有2名女生”的反面是只有一名女生或没有女生，故可用间接法进行，∴有C 512－C 15·C 47－C 57＝596(种)．9分(5)分三步进行：第一步：选1男1女别离担任两个职务为C 17·C 15； 第二步：选2男1女补足5人有C 26·C 14种；第三步：为这3人安排工作有A 33.由分步乘法计数原理共有:C 17·C 15·C 26·C 14·A 33＝12 600(种)．14分20. 【解析】(1)由已知C1m＋2C1n＝11，∴m＋2n＝11，m m ＋2n(n－1)x2的系数为C2m＋22C2n＝(1)2＝m 2－m 2＋(11－m )⎝ ⎛⎭⎪⎫11－m 2－1＝⎝⎛⎭⎪⎫m －2142＋35116. ∵m ∈N *，∴m ＝5时，x 2的系数取得最小值22，现在n ＝3.7分(2)由(1)知，当x 2的系数取得最小值时，m ＝5，n ＝3， ∴f (x )＝(1＋x )5＋(1＋2x )3.设这时f (x )的展开式为f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5，令x ＝1，a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝25＋33，令x ＝－1，a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＝－1，两式相减得2(a 1＋a 3＋a 5)＝60，故展开式中x 的奇次幂项的系数之和为30. 14分。
高中数学 第一章 计数原理B组测试题 A选修23 试题
(数学选修2--3) 第一章 计数原理[综合训练B 组]一、选择题1．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的偶数一共有〔 〕 A ．60个 B ．48个 C ．36个 D ． 24个2．3张不同的电影票全局部给10个人,每人至多一张,那么有不同分法的种数是( ) A ．1260 B ．120 C ．240 D ．7203．n N ∈且55n <,那么乘积(55)(56)(69)n n n ---等于A ．5569nn A -- B ．1569n A - C ．1555n A - D ．1469n A -4．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〕，一共有排列方法〔 〕种. A.36 B ．72 C ．90 D ．1445．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 ．120 B ．240 C ．280 D ．606．把10)x -把二项式定理展开，展开式的第8项的系数是〔 〕A ．135B ．135-C ．-D ．7．2122nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，2x 的系数是224，那么21x的系数是〔 〕 A.14 B ．28 C ．56 D ．1128．在310(1)(1)x x -+的展开中，5x 的系数是〔 〕 A.297- B ．252- C ．297 D ．207二、填空题1．n 个人参加某项资格考试，能否通过，有 种可能的结果？2．以1239，，，这几个数中任取4个数，使它们的和为奇数，那么一共有 种不同取法. 3．集合{}1,0,1S =-,{}1,2,3,4P =,从集合S ,P 中各取一个元素作为点的坐标,可作出不同的点一共有_____个.4．,n k N ∈且,n k >假设11::1:2:3,nnnk k k C C C -+=那么n k +=______.5．511x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭展开式中的常数项有6．在50件产品n 中有4件是次品，从中任意抽了5件，至少有3件是次品的抽法一共有______________种〔用数字答题〕.7．2345(1)(1)(1)(1)(1)x x x x x ---+---+-的展开式中的3x 的系数是___________ 8．{}1,2,3,4,5,6,7,8,9A =，那么含有五个元素，且其中至少有两个偶数的子集个数为_____.三、解答题1．集合A 中有7个元素，集合B 中有10个元素，集合AB 中有4个元素，集合C 满足〔1〕C 有3个元素； 〔2〕CA B〔3〕C B ≠Φ，C A ≠φ求这样的集合C 的集合个数.2．计算：〔1〕()2973100100101C C A +÷；〔2〕3333410C C C +++.〔3〕11m n m n n m n m n nC C C C -++--3．证明：11mm m n n n A mA A -++=.4．求31(2)x x+-展开式中的常数项。
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第一章计数原理测试题 一、选择题
1．某公共汽车上有10名乘客，沿途有5个车站，乘客下车的可能方式（ ）
Ａ．105种 Ｂ．510种 Ｃ．50种 Ｄ．10种
2．已知2x i =+，设12233444
4441M C x C x C x C x =-+-+，则M 的值为（ ） Ａ．4 Ｂ．4i - Ｃ．4i Ｄ．4-
3．有5部各不相同的手机参加展览，排成一行，其中有2部手机来自同一厂家，则此2部手机恰好相邻的排法总数为（ ）
Ａ．120 Ｂ．60 Ｃ．48 Ｄ．24
４．从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有（ ）
Ａ．140种 Ｂ．120种 Ｃ．35种 Ｄ．34种
5．等腰三角形的三条边长均为正整数，它的周长不大于10，这样不同形状的等腰三角形的种数为（ ）
Ａ．8 Ｂ．9 Ｃ．10 Ｄ．11
6．若21()n x m ++与2(1)n mx +(0)n n *∈≠N ，的展开式中含n x 的系数相等，则实数m 的取值范围是（ ）
Ａ．1223⎛⎤ ⎥⎝⎦， Ｂ．113⎡⎫⎪⎢⎣⎭
， Ｃ．(0)-，∞ Ｄ．(0)+，∞ 7．某班由24名女生和36名男生组成，现要组织20名学生外出参观，若这20名成员按性别分层抽样产生，则参观团的组成方法共有（ ）
Ａ．2060C 种 Ｂ．8122436A C 种 Ｃ．10102436C C 种 Ｄ．8122436C C 种
8．某文艺团体到农村进行慰问演出，原准备的节目表中有6个节目，如果保持这些节目的相对顺序不变，在它们之间插入2个小品节目，并且这2个小品节目在节目表中既不排头，也不排尾，那么不同的插入方法有（ ）
Ａ．20种 Ｂ．30种 Ｃ．42种 Ｄ．56种
9．已知8
a x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的常数项为1120，其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和为（ ）
Ａ．82 Ｂ．83 Ｃ．1或83 Ｄ．1或82
10．如右图，某伞厂生产的“太阳”牌太阳伞的伞蓬是由太阳光的七种颜色
组成，七种颜色分别涂在伞蓬的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域
内，则不[HK]同的颜色图案的此类太阳伞至多有（ ）
Ａ．40320种 Ｂ．5040种 Ｃ．20160种 Ｄ．2520种 11．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙
两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得100-分；选乙题答对得90分，答错得90-分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是（ ） Ａ．48 Ｂ．36 Ｃ．24 Ｄ．18
12．设n 是满足0122450n n n n n C C C nC ++++<的最大自然数，则n 等于（ ）
Ａ．4 Ｂ．5
Ｃ．6 Ｄ．7
二、填空题
13．某市电话号码从7位升至8位，这一改变可增加个拨号．
14．四位数的正整数中，各位上的数字是互不相同的正整数且数字之和为12的四位数共有．
15．10
1.002的近似值为（精确到0．001）．
16．设二项式31
3
n x
x
⎛⎫
+
⎪
⎝⎭
的展开式的各项系数的和为P，所有二项式系数的和为S，若272
P S
+=，则n=．
三、解答题
17．已知集合A和集合B各含有12个元素，A B含有4个元素，试求同时满足下列两个条件的集合C的个数：①C A B，且C中含有3个元素；②C Aφ
≠（φ表示空集）．18．如下表，
它满足：①第n行的首尾两数均为n；
②表中的递推关系类似杨辉三角．
求第n行（n≥2）的第二个数是多少？
19．张昊同学从书店买了2本《读者》、3本《少年文艺》和2本《中学生数理化》，当他读完最后一本《少年文艺》时，他才发现《中学生数理化》一本也没读．请问，到此时为止，张昊同学有多少种不同的读书次序．
20．从射击、乒乓球、跳水、田径四个大项的雅典奥运冠军中选出10名作“夺冠之路”的励志报告．
（1）若每个大项中至少选派两人，则名额分配有几种情况？
（2）若将10名冠军分配到11个院校中的9个院校作报告，每个院校至少一名冠军，则有多少种不同的分配方法？。