第6章 计数原理 测评卷(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册（人教A版2019）

高中数学 选择性必修 第三册 A版 第六章测评卷 (时间：120分钟　满分：150分)　 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 第六章测评卷 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第三册 A版 第 ‹#› 页 赢在字里行间 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.已知=15,那么= ( ) A.20 B.30 C.42 D.72 解析　因为=15,所以=15,所以n=-5(舍去)或n=6,所以==30。 B 2.设n∈N*,且n<20,则(20-n)(21-n)…(100-n)等于 ( ) A. B. C. D. 解析　由题意可得,共有(100-n)-(20-n)+1=81项,所以(20-n)(21-n)·…·(100-n)=,故选C。 C 3.有2位同学报名参加5个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法有 ( ) A.10种 B.20种 C.25种 D.32种 解析　每位同学都有5种选择,则不同的报名方法有5×5=25种。故选C。 C 4.将3张不同的演唱会门票分给10名同学中的3人,每人1张,则不同分法的种数是 ( ) A.2 160 B.720 C.240 D.120 解析　第1张有10种分法,第2张有9种分法,第3张有8种分法,根据分步乘法计数原理得,共有10×9×8=720种分法。 B 5.一次考试中,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.84 D.200 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++=74种选法。 B 6.(x+2)2(1-x)5中x7的系数与常数项之差的绝对值为 ( ) A.5 B.3 C.2 D.0 解析　常数项为×22×=4,x7的系数为··(-1)5=-1,因此x7的系数与常数项之差的绝对值为5。 A 7.若(1-2x)2 026=b0+b1(1-x)+b2(1-x)2+…+b2 026·(1-x)2 026,则+++…+的值为 ( ) A.-1 B.1 C.0 D.22 020-1 解析　令f (x)=(1-2x)2 026,则b0=f (1)=1,b0++++…+=f =0,因此,+++…+=f -f (1)=0-1=-1。故选A。 A 8.古有苏秦、张仪唇枪舌剑驰骋于乱世之秋,今看我校学子论天、论地、指点江山。现在高二某班需从甲、乙、丙、丁、戊五位同学中,选出四位同学组成我校“口才季”中的一个辩论队,根据他们的文化、思维水平,分别担任一辩、二辩、三辩、四辩,其中四辩必须由甲或乙担任,而丙与丁不能担任一辩,则不同的组队方式有 ( ) A.12种 B.16种 C.20种 D.24种 解析　若甲、乙有1人担任一辩,则有·=12(种);若甲、乙没有人担任一辩,则戊一定担任一辩,则有·=12(种)。根据分类加法计数原理可得不同的组队方式共有12+12=24(种)。故选D。 D 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.若二项式(+x)n的展开式共有9项,则 ( ) A.n=8 B.n=9 C.第5项为2 520x4 D.展开式中常数项是16 解析　因为二项式(+x)n的展开式中共有9项,所以n+1=9,即n=8,A正确,B错误;因为二项式(+x)8的展开式的通项为Tr+1=·()8-r·()r·xr,所以T5=·()4·()4·x4=2 520x4,所以C正确;常数项为()8=16,D正确。故选ACD。 ACD 10.下列等式成立的是 ( ) A.=(n-2) B.= C.n= D.= 解析　A中,右边=(n-2)(n-1)n==左边;C中,左边=n(n-1)(n-2)×…×2=n(n-1)(n-2)×…×2×1==右边;D中,左边=·===右边;只有B不正确。 ACD 11.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目,下列说法错误的是 ( ) A.若任意选择三门课程,选法总数为 B.若物理和化学至少选一门,选法总数为× C.若物理和历史不能同时选,选法总数为- D.若物理和化学至少选一门,且物理和历史不同时选,选法总数为×- ABD 解析　对于A,若任意选择三门课程,选法总数为,错误;对于B,若物理和化学选一门,有种方法,其余两门从剩余的5门中选,有种选法;若物理和化学选两门,有种选法,剩下一门从剩余的5门中选,有种选法,由分类加法计数原理知,总数为×+×,错误;对于C,若物理和历史不能同时选,选法总数为-×=-种,正确;对于D,有3种情况:①只选物理不选化学且物理和历史不同时选,有×种选法;②选化学,不选物理,有×种选法;③物理与化学都选,有×种选法,故总数为×+×+×≠×-,错误。 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。 12.若=,则n=__________ 。  解析　由=,得n=2n-15或者n+2n-15=15,又0≤n≤15,且0≤2n-15≤15,所以n=15或n=10。 10或15 13.现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察,要求每个兴趣小组的带队教师至多2人,但其中甲教师和乙教师均不能单独带队,则不同的带队方案有_______种。(用数字作答)  解析　当甲、乙带不同兴趣小组时有=36(种),当甲、乙带同一个兴趣小组时,有=18(种),根据分类加法计数原理可得共有36+18=54(种)。 54 14.若2+n的展开式的系数和为1,二项式系数和为128,则a=_______ ,展开式中x2的系数为 _______ 。  解析　由题意,得所以n=7,a=-1,所以2-7的展开式的通项为Tk+1=(2)7-kk=27-k(-1)k,令=2,解得k=1。所以x2的系数为26(-1)1=-448。 -1 -448 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.(本小题满分13分)某单位职工义务献血,在体检合格的人中,O型血共有28人,A型血共有7人,B型血共有9人,AB型血共有3人。 (1)从中任选1人去献血,有多少种不同的选法? (2)从四种血型的人中各选1人去献血,有多少种不同的选法? 解　从O型血的人中选1人有28种不同的选法,从A型血的人中选1人有7种不同的选法,从B型血的人中选1人有9种不同的选法,从AB型血的人中选1人有3种不同的选法。 (1)任选1人去献血,即无论选哪种血型的哪一个人,这件“任选1人去献血”的事件都能完成,所以由分类加法计数原理,共有28+7+9+3=47种不同的选法。 (2)要从四种血型的人中各选1人,即要在每种血型的人中依次选出1人后,这件“各选1人去献血”的事件才能完成,所以用分步乘法计数原理,共有28×7×9×3=5 292种不同的选法。 16.(本小题满分15分)设有编号为1,2,3,4,5的5个小球和编号为1,2,3,4,5的5个盒子,现将这5个小球放入5个盒子中。 (1)没有一个盒子空着,但球的编号与盒子的编号不全相同,有多少种投放方法? (2)每个盒子内放入1个球,并且至少有2个球的编号与盒子的编号是相同的,有多少种投放方法? 解　(1)先把5个小球放到5个盒子中,没有空盒,有种投放方法,球的编号与盒子的编号完全相同的投放方法有1种,故满足题意的投放方法有-1=119(种)。 (2)可分为三类:第一类,5个球的编号与盒子的编号完全相同,有1种投放方法;第二类,3个球的编号与盒子的编号相同,有种投放方法,剩下的2个球的投放方法只有1种,所以投放方法有×1=10(种);第三类,2个球的编号与盒子的编号相同,有种投放方法,剩下的3个球的投放方法有2种,所以投放方法有×2=20(种)。根据分类加法计数原理得,满足题意的投放方法有1+10+20=31(种)。 17.(本小题满分15分)设1+xm=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+amxm,若a0,a1,a2成等差数列, (1)求1+xm的展开式的中间项; (2)求1+xm的展开式中所有含x的奇次幂项的系数和。 解　(1)依题意a0=1,a1=,a2=2。由2a1=a0+a2,得m=1+2,解得m=8或m=1(舍去),所以1+xm的展开式的中间项是第5项,为T5=x4=x4。 (2)1+xm=a0+a1x+a2x2+…+amxm,即1+x8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8。令x=1,则a0+a1+a2+a3+…+a8=8,令x=-1,则a0-a1+a2-a3+…+a8=8,所以a1+a3+a5+a7==,即展开式中所有含x的奇次幂项的系数和为。 18.(本小题满分17分)为了下一次的航天飞行,现准备从10名预备队员(其中男6人,女4人)中选4人参加航天任务。 (1)若男甲和女乙同时被选中,共有多少种选法? (2)若至少2名男航天员参加此次航天任务,共有几种选法? (3)若选中的4名航天员被分配到A,B,C三个实验室去,其中每个实验室至少1名航天员,共有多少种分配方法? 解　(1)若男甲和女乙同时被选中,剩下的2人从8人中任选2人即可,即有=28种。 (2)至少2名男航天员,可分为2名,3名,4名三类,利用分类加法计数原理可得++=185种。 (3)先选4名航天员,然后把这4名航天员分为2,1,1三组,再分配到A,B,C三个实验室去,共有·=7 560种。 19.(本小题满分17分)已知+n(n∈N*)的展开式的前3项系数成等差数列。 (1)求含x2项的系数; (2)将+n的展开式中的所有项重新排成一列,求有理项互不相邻的概率。 解　(1)因为+n的展开式的通项为Tr+1=()n-rr=r,所以前3项的系数分别为1,,,又知前3项系数成等差数列,所以2×=1+,即n2-9n+8=0,解得n=8或n=1(舍去)。所以展开式的通项为Tr+1=r,r=0,1,…,8。令4-r=2,得r=3,所以含x2项的系数为3=7。 (2)由(1)知n=8,+8的展开式的通项为Tr+1=r,r=0,1,…,8。当4-r为整数时,r=0,3,6,对应的项为有理项。因为展开式共有9项,所以将所有项重新排列共有种排法。其中有理项有3项,有理项互不相邻有种排法。所以有理项互不相邻的概率P==。 $$