第六章计数原理章末检测-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修三册

河北省曲阳县第一高级中学2024-2025学年下学期高二 人教A版（2019）选择性必修三第六章章末检测 (时间：120分钟　满分：150分) 一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1.若A＝18C，则m＝(　　) 9 8 7 6 2.将4个a和2个b随机排成一行，则2个b不相邻的排法种数为(　　) 10 15 20 24 3.甲、乙、丙、丁、戊、己六人到A，B，C三个地点接种疫苗，每个地点去两人，且甲不去A点，乙去B点，则不同的安排方法种数为(　　) 12 18 24 30 4.的展开式中的常数项与展开式中的常数项相等，则a的值为(　　) －3 －2 2 3 5.设二项式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P＋S＝272，则n＝(　　) 4 5 6 8 6.(2－)8的展开式中不含x4项的系数的和为(　　) －1 0 1 2 7.只用1，2，3，4四个数字组成一个五位数，规定这四个数字必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数有(　　) 96 144 240 288 8.的展开式中的常数项为(　　) 20 －20 －12 －8 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.将多项式a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0分解因式得(x－2)(x＋m)5，m为常数，若a5＝－7，则下列说法正确的是(　　) m＝－1 a0＝－1 m＝－11 a0＝2 10.某项体育赛事组委会安排甲、乙、丙、丁四名志愿者奔赴A，B，C三场馆参加服务工作，下列说法正确的是(　　) 不同的安排方法共有64种 若恰有一地无人去，则不同的安排方法共有42种 若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有12种 若甲、乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有14种 11.定义有n行的“杨辉三角”为n阶杨辉三角，如图就是一个8阶“杨辉三角”. 下列命题中正确的是(　　) 记第i(i∈N*)行中从左到右的第j(j∈N*)个数为aij，则数列{aij}的通项公式为aij＝C 第k行各个数的和是2k n阶“杨辉三角”中共有个数 n阶“杨辉三角”的所有数的和是2n－1 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.计划在学校公园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. 13.(1＋sin x)6的二项展开式中，二项式系数最大的一项为，则在[0，2π]内x的值为________. 14.用黑白两种颜色随机地染如图所示的5个格子，每个格子染一种颜色，则从左到右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的染色方法种数为________. 四、解答题(本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)已知A＝{x|1<log2x<3，x∈N*}，B＝{x||x－6|<3，x∈N*}.试问： (1)从集合A和B中各取一个元素作为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？ 16.(15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五个盒子中. (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？ 17.(15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. 18.(17分)已知二项式(n∈N*)的展开式，且满足条件________. ①第二项与第三项的二项式系数比是1∶4； ②所有偶数项的二项式系数和为256； ③第4项为常数项. 试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上，并回答下列问题： (1)求展开式中x－3的系数； (2)求展开式中二项式系数最大的项. 19.(17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. 答案 1.D　[由A＝m(m－1)(m－2)(m－3)＝18·， 得m－3＝3，∴m＝6.] 2.A　[先排4个a有1种排法，再从5个空格中选2个位置放b， ∴共有C＝10(种)排法.] 3.B　[(1)甲去B点，将剩余4个人安排在A，C接种点，有C＝6种方法. (2)甲去C点，在剩下的4人中选出2人，安排在A点，其余2人分别安排在B，C两个地点，有C×A＝12(种)安排方法. 综上，共有6＋12＝18(种)安排方法.] 4.D　[∵的展开式中的常数项为C(－x)2＝24， 的展开式中的常数项为Ca3＋Cx2＝a3－3， ∴a3－3＝24，即a＝3.] 5.A　[令x＝1，得P＝4n，又二项式系数和S＝2n， 因为P＋S＝272，所以4n＋2n＝272，解得2n＝16，则n＝4.] 6.B　[(2－)8展开式的通项公式Tk＋1＝C28－k·(－)k＝(－1)k28－kCx， ∴x4项的系数为(－1)820C＝1， 又(2－)8的展开式的系数和为(2－)8＝1， ∴不含x4项的系数和为1－1＝0.] 7.B　[当重复使用的数字为数字1时，符合题意的五位数有AC＝36(个)， 当重复使用的数字为2，3，4时，与重复使用的数字为1情况相同， 所以满足题意的五位数共有36×4＝144(个).] 8.B　[＝. ∵的展开式的通项公式Tk＋1＝Cx6－k＝(－1)kCx6－2k，k∈N，且k≤6， 令6－2k＝0，得k＝3，故展开式中的常数项为T4＝(－1)3C＝－20.] 9.AD　[因为(x＋m)5的通项公式为Tk＋1＝Cx5－kmk， 则a5x5＝x·Cx5－1m1＋(－2)x5＝(5m－2)x5，所以a5＝5m－2. 又因为a5＝－7，所以5m－2＝－7，所以m＝－1. 所以常数项a0＝(－2)×C(－1)5＝2.] 10.BCD　[四名志愿者均有3种选择，所以不同的安排方法数为34＝81，A错误； 若恰有一地无人去，则不同的安排方法数是C＝42种，B正确； 若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法数为A＋CA＝12种，C正确； 若甲、乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法数为CCA＋A＝14种，D正确.] 11.BCD　[第i行各个数是(a＋b)i的展开式的二项式系数，则数列{aij}的通项公式为aij＝C，故A错误； 各行的所有数的和是各二项式系数和，第k行各个数的和是2k，故B正确； 第k行共有(k＋1)个数，从而n阶“杨辉三角”共有1＋2＋…＋n＝个数，故C正确； n阶“杨辉三角”的所有数的和是1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，故D正确.] 12.240　[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种种植方法； 第二步，将银杏树与4棵桂花树全排列，有A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·A＝240(种). 13.或　[由题意，得T4＝Csin3x＝20sin3x＝，∴sin x＝. ∵x∈[0，2π]，∴x＝或.] 14.10　[由已知可得，染成白色格子的数目可能为0，1，2，且第1个格子必须染为黑色. 若染成白色格子的数目为0，则只有1种染色方法，即全部染为黑色； 若染成白色格子的数目为1，则可以在后面4个格子中任意选择1个染为白色，即可满足题意，此时有4种方法； 若染成白色格子的数目为2，则第2或第3个格子，至少有1个为黑色； 若第2或第3个格子恰有1个为黑色，则第4或第5个格子，也有1个为黑色，此时的染色方法种数为CC＝4； 若第2和第3个格子都为黑色，则第4和第5个格子，都为白色，此时的染色方法种数为1. 根据分类加法计数原理可知，总的染色方法种数为1＋4＋4＋1＝10.] 15.解　A＝{3，4，5，6，7}，B＝{4，5，6，7，8}. (1)A中元素作为横坐标，B中元素作为纵坐标，有5×5＝25(个)； B中元素作为横坐标，A中元素作为纵坐标，有5×5＝25(个). 又两集合中有4个相同元素，故有4×4＝16(个)重复了两次. 所以共有25＋25－16＝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＝20(个). 16.解　(1)编号为1，2，3，4，5的五个小球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中有A种方法，球的编号与盒子编号相同的有1种，可知满足题意的投放方法有A－1＝119(种). (2)分为三类： ①五个球的编号与盒子的编号完全相同的投放方法有1种； ②两个球的编号与盒子的编号相同，投放方法有C种，剩余的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C×2＝20(种)； ③三个球的编号与盒子的编号相同，投放方法有C种，剩余的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C×1＝10(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). 17.解　(1)分为两类： ①若个位数为0，则共有A＝12(个)三位数； ②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(个)三位数. 故共有12＋18＝30(个)三位数. (2)分为三类： ①若两个奇数数字在万位和百位上，则共有AA＝12(个)五位数； ②若两个奇数数字在千位和十位上，则共有ACA＝8(个)五位数； ③若两个奇数数字在百位和个位上，则共有ACA＝8(个)五位数. 故共有12＋8＋8＝28(个)五位数. 18.解　(1)二项式(n∈N*)的展开式的通项为Tk＋1＝C(2x)k. 选条件①：第二项与第三项的二项式系数之比是1∶4， 所以＝，即4n＝，解得n＝9. 选条件②：所有偶数项的二项式系数和为256， 所以2n－1＝256，解得n＝9. 选条件③：展开式中第4项为常数项， 则T4＝C(2x)3＝23Cx为常数项，所以n＝9. 所以Tk＋1＝C·(2x)k＝2kCx， 令＝－3，解得k＝1，所以x－3的系数为2·C＝18. (2)由(1)得n＝9，则展开式中二项式系数最大的项为第5项和第6项， 所以T5＝24Cx＝2 016x，T6＝25Cx＝4 032x3. 所以二项式系数最大的项为2 016x和4 032x3. 19.解　(1)x10－3＝[1＋(x－1)]10－3 ＝1＋C(x－1)＋C(x－1)2＋…＋C(x－1)10－3 ＝(x－1)2[C＋C(x－1)＋…＋C(x－1)8]＋10x－12 ＝Q(x)(x－1)2＋10x－12， ∴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 ＝C×310＋C×39＋…＋C×3＋C－3 ＝34×(C×36＋C×35＋…＋C)＋40×34＋5×34＋28 ＝81(C×36＋C×35＋…＋C＋45)＋28， ∴所求的余数为28. 学科网（北京）股份有限公司 $$