第5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一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 第五章测评卷 (时间：120分钟　满分：150分) 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 第五章测评卷 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。 1．2 024×2 023×2 022×2 021×2 020×…×1 984×1 983等于(　　) A. B. C. D. 解析　2 024×2 023×2 022×2 021×2 020×…×1 984×1 983是 2 024-1 983+1=42个数的连乘积,则原式=。 答案　D 答案与解析 2．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。 答案　C 答案与解析 3．若实数a＝2－eq \r(2)，则a10－2Ceq \o\al(1,10)a9＋22Ceq \o\al(2,10)a8－…＋210＝(　　) A．32 B．－32 C．1 024 D．512 解析　由二项式定理，得a10－2Ceq \o\al(1,10)a9＋22Ceq \o\al(2,10)a8－…＋210＝Ceq \o\al(0,10)(－2)0a10＋Ceq \o\al(1,10)(－2)1a9＋Ceq \o\al(2,10)(－2)2a8＋…＋Ceq \o\al(10,10)(－2)10a0＝(a－2)10＝(－eq \r(2))10＝25＝32。 答案　A 答案与解析 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．Aeq \o\al(3,4)种 B．Aeq \o\al(3,3)Aeq \o\al(1,3)种 C．Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)种 D．Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)种 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户不同的居民家里，故有Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)种。 答案　C 答案与解析 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Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(4,5)Ceq \o\al(2,4)＋Ceq \o\al(5,5)Ceq \o\al(1,4)＝74种选法。 答案　B 答案与解析 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Ceq \o\al(2,2)×22×Ceq \o\al(0,5)＝4，x7的系数为Ceq \o\al(0,2)·Ceq \o\al(5,5)·(－1)5＝－1，因此x7的系数与常数项之差的绝对值为5。 答案　A 答案与解析 7.现用五种不同的颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边的两块不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为(　　) A．180 B．200 C．240 D．260 解析　先涂Ⅰ，有5种涂法，然后涂Ⅱ，Ⅳ，最后涂Ⅲ。①当Ⅱ，Ⅳ相同时，不同的涂色方法种数为5×4×4＝80。②当Ⅱ，Ⅳ不同时，不同的涂色方法种数为5×4×3×3＝180。综上所述，不同的涂色方法种数为80＋180＝260。 答案　D 答案与解析 8．算筹是在珠算发明以前我国独创的计算工具，为我国古代数学的发展做出了很大贡献。在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如表所示： 表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，如图所示： 如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的三位数的个数为(　　) A．46 B．44 C．42 D．40 解析　按每一位数上算筹的根数分类，一共有15种情况：(5,0,0)，(4,1,0)，(4,0,1)，(3,2,0)，(3,1,1)，(3,0,2)，(2,3,0)，(2,2,1)，(2,1,2)，(2,0,3)，(1,4,0)，(1,3,1)，(1,2,2)，(1,1,3)，(1,0,4)。由题图可知，2根及2根以上的算筹可以表示两个数字，则上述情况能表示的三位数的个数分别为2,2,2,4,2,4,4,4,4,4,2,2,4,2,2，故5根算筹能表示的三位数的个数为2＋2＋2＋4＋2＋4＋4＋4＋4＋4＋2＋2＋4＋2＋2＝44。故选B。 答案　B 答案与解析 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.下列关系中，能成立的是(　　) A．Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(m,n)Ceq \o\al(m－1,n－1) B．Ceq \o\al(m,n)＝eq \f(n！,n－m！m！) C．m！＝eq \f(A\o\al(m,n),C\o\al(m,n)) D．Aeq \o\al(m,n)＋mAeq \o\al(m－1,n)＝Aeq \o\al(m,n＋1) 解析　对于A，令n＝3，m＝1，可得等式Ceq \o\al(1,3)＝eq \f(1,3)Ceq \o\al(0,2)不成立，故A错误；对于B，由组合数的计算公式知B正确；对于C，由排列数与组合数的定义知C正确；对于D，因为Aeq \o\al(m,n)＋mAeq \o\al(m－1,n)＝eq \f(n！,n－m！)＋eq \f(m·n！,n－m＋1！)＝eq \f(n＋1！,n－m＋1！)＝Aeq \o\al(m,n＋1)，故D正确。故选BCD。 答案　BCD 答案与解析 10.对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9。则下列结论成立的是(　　) A．a2＝－144 B．a0＝1 C．a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1 D．a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39 解析　因为对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9＝[－1＋2(x－1)]9，所以a2＝－Ceq \o\al(2,9)×22＝－144，故A正确；令x＝1，可得a0＝(2－3)9＝－1，故B不正确；令x＝2，可得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2×2－3)9＝1，故C正确；令x＝0，可得a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝(0－3)9＝ －39，故D正确。故选ACD。 答案　ACD 答案与解析 11.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加在成都举办的国际乒联混合团体世界杯志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是(　　) A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为54 B．若每人都安排一项工作，且每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为Aeq \o\al(4,5)Ceq \o\al(1,4) C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为(Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(1,2)＋Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,3))Aeq \o\al(3,3) D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则这5名同学全部被安排的不同方法数为Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＋Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(3,3) 解析　每人有四项工作可以安排，所以5人各安排一项工作的不同方法数为45，故选项A中说法错误。每项工作至少有1人参加，则有一项工作安排2人，其他三项工作各1人，所以共有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,5)Aeq \o\al(3,3)种不同方法，选项B中Aeq \o\al(4,5)Ceq \o\al(1,4)是每项工作先安排1人，还剩下1人在四项工作中选择，这样会有重复，比如：“甲、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机，戊安排翻译”与“戊、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机，甲安排翻译”重复计算了，故选项B中说法错误。选项C中是先分组后分配，Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(1,2)代表的是5人分成3人、1人、1人三组，Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,3)代表的是5人分成2人、2人、1人三组，然后三组人分配三项工作，乘Aeq \o\al(3,3)，然而在分组的过程中都有重复，比如：3人、1人、1人分组中，先选择了甲、乙、丙三人一组，剩下丁、戊分两组只有一种分法，而不是Ceq \o\al(1,2)种分法，故选项C中说 答案与解析 法错误。选项D分两类考虑，第一类，司机安排1人，方法数为Ceq \o\al(1,3)，另外4人分3组，方法数为Ceq \o\al(2,4)(4人选2人为1组，另外2人分2组只有一种分法)，然后3组人安排除司机外的三项工作，方法数为Aeq \o\al(3,3)，则不同安排方案的种数是Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)；第二类，司机安排2人，方法数为Ceq \o\al(2,3)，剩下3人安排另外三项工作，方法数为Aeq \o\al(3,3)，则不同安排方案的种数是Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(3,3)，由分类加法计数原理得，共有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＋Ceq \o\al(2,3)Aeq \o\al(3,3)种不同的安排方案，故选项D中说法正确。故选ABC。 答案　ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。把答案填在题中横线上。 12.若Ceq \o\al(n,15)＝Ceq \o\al(2n－15,15)，则n＝________。 解析　由Ceq \o\al(n,15)＝Ceq \o\al(2n－15,15)，得n＝2n－15或者n＋2n－15＝15，又0≤n≤15,0≤2n－15≤15，所以n＝15或n＝10。 答案　10或15 答案与解析 13.我国古代有着辉煌的数学研究成果。《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》《孙子算经》《缉古算经》等10部专著有着丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献。这10部专著中有7部产生于魏晋南北朝时期。某中学拟从这10部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著的概率为________。 解析　从10部专著中选择2部的所有可能情况有Ceq \o\al(2,10)＝45种，所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期的专著的可能情况有Ceq \o\al(1,7)Ceq \o\al(1,3)＋Ceq \o\al(2,7)＝42种，故所求概率为eq \f(42,45)＝eq \f(14,15)。 答案　eq \f(14,15) 答案与解析 14.《九章算术》中称底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是________。 解析　如图所示。根据正六边形的性质可知，当另一条边取BB1时，顶点可取D或D1或E或E1，共4种情况，同理，当另一条边取CC1，EE1，FF1时，顶点的选取也各有4种情况；当另一条边取DD1时，不存在符合题意的阳马，因此符合要求的阳马的个数是4×4＝16。 答案　16 答案与解析 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)设(x＋1)(2x2－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11。 (1)求a6的值； (2)求a0＋22a2＋24a4＋…＋210a10的值。 解　(1)由题意知a6是(x＋1)(2x2－1)5的展开式中x6的系数。 (2x2－1)5的二项式通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,5)(2x2)5－r(－1)r＝(－1)r25－rCeq \o\al(r,5)x10－2r(r＝0,1，…，5)， 令10－2r＝6，得r＝2， 则a6＝(－1)2×23×Ceq \o\al(2,5)＝80。 (2)令x＝2，得3×75＝a0＋2a1＋22a2＋…＋211a11，① 令x＝－2，得－75＝a0－2a1＋22a2－…－211a11，② 由eq \f(①＋②,2)得a0＋22a2＋24a4＋…＋210a10＝eq \f(3×75－75,2)＝75。 16.(本小题满分15分)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加A，B，C三个智力竞赛项目，每个人都要报名参加。分别求在下列情况下的不同报名方法的种数。 (1)甲、乙报同一项目，丙不报A项目； (2)甲不报A项目，且B，C项目报名的人数相同。 解　(1)甲、乙报同一项目，丙不报A项目，共有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(1,2)＝3×3×2＝18种报名方法。 (2)由题意，若B，C项目各有一人，有Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,2)＝6种报名方法；若B，C项目各有两人，有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(2,2)＝6种报名方法，所以甲不报A项目，且B，C项目报名的人数相同的报名方法共有6＋6＝12种。 17.(本小题满分15分)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)＋2\r(x)))n(n∈N*)。 (1)若其展开式后3项的二项式系数的和等于67，求展开式中二项式系数最大的项； (2)若n为满足8<n<12的整数，且展开式中有常数项，试求n的值和常数项。 解　(1)由已知得Ceq \o\al(n－2,n)＋Ceq \o\al(n－1,n)＋Ceq \o\al(n,n)＝Ceq \o\al(2,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(0,n)＝eq \f(nn－1,2)＋n＋1＝67， 整理得n2＋n－132＝0，即(n＋12)(n－11)＝0，解得n＝11或n＝－12(舍去)。则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)＋2\r(x)))n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)＋2\r(x)))11，其展开式中二项式系数最大的项为第6项和第7项，T6＝Ceq \o\al(5,11)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))6x－6×25xf (5,2) eq \s\up15( ) ＝231x,2) eq \s\up15(－) ，T7＝Ceq \o\al(6,11)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))5x－5×26x3＝924x－2。 (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)＋2\r(x)))n的二项式通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n－rx－(n－r)2rxr,2) eq \s\up15() ＝Ceq \o\al(r,n)22r－nxr－2n,2) eq \s\up15() (r＝0,1，…，n)。 设第r＋1项为常数项，则有eq \f(3r－2n,2)＝0，即n＝eq \f(3,2)r， 所以8<eq \f(3,2)r<12，即5eq \f(1,3)<r<8， 又r∈N*，所以r＝6或r＝7， 当r＝6时，n＝9；当r＝7时，n＝eq \f(21,2)(不符合题意，舍去)。 所以n＝9，即当n＝9时，展开式中有常数项，常数项为T7＝Ceq \o\al(6,9)×23＝672。 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Ceq \o\al(2,8)＝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Ceq \o\al(2,6)Ceq \o\al(2,4)＋Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(4,6)＝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Ceq \o\al(4,10) eq \f(C\o\al(2,4)C\o\al(1,2)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))·Aeq \o\al(3,3)＝7 560种。 19.(本小题满分17分)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(6,x))))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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(6,x))))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eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(6,x))))n的二项式通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,n)(eq \r(x))n－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(6,x))))r＝Ceq \o\al(r,n) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))rxn－4r,6) eq \s\up15() ， 所以前3项的系数分别为1，eq \f(1,2)Ceq \o\al(1,n)，eq \f(1,4)Ceq \o\al(2,n)， 又知前3项系数成等差数列， 所以2×eq \f(1,2)Ceq \o\al(1,n)＝1＋eq \f(1,4)Ceq \o\al(2,n)，即n2－9n＋8＝0， 所以n＝8或n＝1(舍去)。 所以的二项式通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,8) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))rx,3) eq \s\up15(4－r) ，r＝0,1，…，8。 令4－eq \f(2,3)r＝2，得r＝3，所以含x2项的系数为Ceq \o\al(3,8) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝7。 (2)由(1)知n＝8，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(1,2\r(6,x))))8的二项式通项为Tr＋1＝Ceq \o\al(r,8) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))rx,3) eq \s\up15(4－r) ，r＝0,1，…，8。 当4－eq \f(2,3)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Aeq \o\al(9,9)种排法。 其中有理项有3项，有理项互不相邻有Aeq \o\al(6,6)Aeq \o\al(3,7)种排法。 所以有理项互不相邻的概率P＝eq \f(A\o\al(6,6)A\o\al(3,7),A\o\al(9,9))＝eq \f(5,12)。 $$