第6章计数原理 章末检测试卷 （课件）-【步步高】2023-2024学年高二数学选择性必修第三册（人教A版2019）

章末检测试卷一(第六章) (时间：120分钟　满分：150分) 第六章　计数原理 一、单项选择题(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.在(a＋b)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n等于 A.5 B.6 C.7 D.8 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 3.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 A.10 B.15 C.20 D.24 √ 先排4个a有1种排法，再从5个空格中选2个位置放b， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 4.某学校安排了4场线上讲座，其中讲座A只能安排在第一或最后一场，讲座B和C必须相邻，则不同的安排方法种数为 A.4 B.6 C.8 D.12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 6.中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2023年，中国空间站正式进入运营阶段.假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有 A.450种 B.72种 C.90种 D.360种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 √ 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 当按照1,2,3的人数安排时， 7.在二项式 的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大时， 系数最小的项是 A.第6项 B.第5项 C.第4项 D.第3项 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 故当k＝3时系数最小，则系数最小的项是第4项. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 8.用四种颜色给如图所示的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，若四种颜色全用上，则不同的涂色 方法的种数为 A.72 B.96 C.108 D.144 √ 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 设四种颜料为1,2,3,4， ①先涂区域B，有4种涂色方法，不妨设涂颜色1； ②再涂区域C，有3种涂色方法，不妨设涂颜色2； ③再涂区域E，有2种涂色方法，不妨设涂颜色3； ④若区域A填涂颜色2，则区域D，F分别填涂颜色1,4或4,3，有2种不同的涂色方法； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 若区域A填涂颜色4，则区域D，F分别填涂颜色1, 3或4,3，有2种不同的涂色方法，由分类加法计数 原理知，共有4种不同的涂色方法， 综合①②③④，由分步乘法计数原理可得，共有4×3×2×4＝96(种)不同的涂色方法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9.生命在于运动，小兰给自己制定了周一到周六的运动计划，这六天每天安排一项运动，其中有两天练习瑜伽，另外四天的运动项目互不相同，且运动项目为跑步、爬山、打羽毛球和跳绳，下列说法正确的是 A.若瑜伽被安排在周一和周六，则共有48种不同的安排方法 B.若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则共有216种不同的安排方法 C.若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有36种不同的安排方法 D.若瑜伽不被安排在相邻的两天，则共有240种不同的安排方法 √ √ 19 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 对于A，若瑜伽被安排在周一和周六，则共有 ＝24(种)不同的安排方法，故A不正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 10.将4个编号分别为1,2,3,4的小球放入4个编号分别为1,2,3,4的盒子中，下列说法正确的是 A.共有24种放法 B.恰好有一个空盒，有144种放法 C.每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有 24种放法 D.把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰好有一个空盒，有12种放法 √ 19 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 将4个编号分别为1,2,3,4的小球放入4个编号分别为1,2,3,4的盒子中，共有44＝256(种)放法，A项错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 令x＝1，得(2－1－2)5＝－1，故A正确； 若要得到x4项，只需5个因式中4个取2x，剩下1个取－2，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 5个因式中均取－2，得(－2)5＝－32. 故常数项为320－240－32＝48，故D正确. 12.若(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，x∈R，则 A.a1＋a2＋…＋a10＝1 B.|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310 C.a2＝160 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 √ 19 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 对于A，(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10， 令x＝0，得a0＝1，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1， 所以a1＋a2＋…＋a10＝0，故A错误； 对于B，因为(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10， 所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|表示(2x＋1)10的各项系数之和， 令x＝1，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 对于D，因为(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，a0＝1， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 19 4 由题意可知2n＋6＝n＋2或2n＋6＝20－(n＋2)，解得n＝－4(舍去)或n＝4. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 10 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 15.若 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________. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 －1 －448 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 16.甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技能竞赛，得出了第一名到第五名的五个名次，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情况共有____种. 54 综上可知，一共有36＋18＝54(种)不同的名次排列情况. 根据题意知，甲、乙都没有得到冠军，且乙不是最后一名，分2种情况讨论： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 四、解答题(本题共6小题，共70分) 17.(10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平面直角坐标系中的点的坐标，共可得到多少个不同的点？ 19 A＝{3,4,5,6,7}，B＝{4,5,6,7,8}. 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)点重复了两次，所以共有25＋25－16＝34(个)不同的点. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 (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？ 19 18.(12分)在(3x－2y)20的展开式中，求： (1)二项式系数最大的项； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 其二项式系数最大的项为第11项， (2)系数绝对值最大的项. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 设系数绝对值最大的项是第k＋1(k∈N*)项， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 19.(12分)某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加研讨会. (1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同的选法？ (2)甲、乙均不能参加，有多少种不同的选法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 (3)甲、乙2人至少有1人参加，有多少种不同的选法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 (4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种不同的选法？ 方法一　(直接法)至少有1名内科医生和1名外科医生的选法可分4类： 1内4外；2内3外；3内2外；4内1外. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 (1)求n的值； 由展开式中的第2项和第3项的系数相等，得 解得n＝5. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 (2)求展开式中所有二项式系数的和； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 (3)求展开式中所有的有理项. 当k＝0,2,4时，对应项是有理项， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 21.(12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； 将组成的三位数中所有偶数分为两类， ①若个位数为0，则共有 ＝12(个)符合题意的三位数； ②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(个)符合题意的三位数. 故共有12＋18＝30(个)符合题意的三位数. (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. 将符合题意的五位数分为三类： 故共有12＋8＋8＝28(个)符合题意的五位数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 22.(12分)已知f(x)＝(1＋x)n＋1＋2(1＋x)n＋2＋…＋k(1＋x)n＋k＋…＋n(1＋x)2n(n∈N*). (1)当n＝3时，求f(x)的展开式中含x3项的系数； 当n＝3时，f(x)＝(1＋x)4＋2(1＋x)5＋3(1＋x)6， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 ∵f(x)＝(1＋x)n＋1＋2(1＋x)n＋2＋…＋k(1＋x)n＋k＋…＋n(1＋x)2n(n∈N*)， 故f(x)的展开式中含xn项的系数为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 所以xn项的系数为 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 20 21 22 19 ③＋④得 因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故＋1＝4，即n＝6. 2.若A＝18C，则m等于 A.9 B.8 C.7 D.6 由A＝m(m－1)(m－2)(m－3)＝18·，且m≥4，m∈N*，得m－3＝3，m＝6. ∴共有C＝10(种)排法. 设四场讲座为A，B，C，D，首先排B，C，共有A种，视为一个整体与D全排，共有A种，再排A，共有A种，综上，不同的安排方法共有AAA＝8(种). 5.(1＋x2)6的展开式中的常数项是 A.120 B.240 C.400 D.480 原式＝6＋x26， 在6中，常数项是C·x3·3＝160，  x26的常数项，即6中含的项，因为C·x2·4＝，所以  x26的常数项是240， 所以(1＋x2)6的展开式中的常数项是160＋240＝400. 有CCCA＝360(种)安排方法； 当按照2,2,2的人数安排时，有CCC＝90(种)安排方法，故共有360＋90＝450(种)安排方法. n 由题意二项式n的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大时n＝8. 二项展开式的通项为Tk＋1＝C()8－k·k()－k＝kC()8－2k，要使其系数最小，则k为奇数. 当k＝1时，×C＝－4； 当k＝3时，3×C＝－7； 当k＝5时，5×C＝－； 当k＝7时，7×C＝－；  A 对于B，若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则由间接法可得，共有A－AA＝216(种)不同的安排方法，故B正确； 对于C，若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有CA＝36(种)不同的安排方法，故C正确； 对于D，若瑜伽不被安排在相邻的两天，则先排其他四项运动，共有A种不同的安排方法，再从5个空位里插入2个安排练习瑜伽，故共有AC＝240(种)不同的安排方法，故D正确. 恰好有一个空盒，分三步进行：第一步选择一个空盒，有C种方法；第二步从4个小球中选择2个小球进行捆绑，有C种方法；第三步将三组球放入三个盒子中，有A种放法， 则有CCA＝144(种)放法，B项正确； 每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，分两步进行：第一步先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有C＝4(种)情况，假设4号球放在4号盒子里，则其余三个球的放法有(2,3,1), (3,1,2)，共2种，则恰好有一个球的编号与盒子的编号相同的放法有4×2＝8(种)，C项错误； 把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，分2步进行：第一步从4个盒子中选出一个盒子当作空盒，有C种选法，再将其余3个盒子装球，3个盒子分别装2,1,1个球，只要选一个盒子装2个球，另外2个盒子一定是每个装一个球，有C种选法，所以共有CC＝12(种)放法，D项正确. 11.下列关于5的展开式的结论中，正确的是 A.各项系数之和为－1 B.各项系数的绝对值之和为1 C.不存在x4项 D.常数项为48 将x＝1代入5可得(2＋1＋2)5＝3 125，故B错误； 由题设，5＝·， 5个因式中1个取2x，1个取－，剩下3个取－2， 得CC(－2)3＝320， 5个因式中2个取2x，2个取－，剩下1个取－2， 得C(2x)2C2 (－2)＝－240， D.＋＋＋…＋＝－1 对于C，a2x2＝C2·8＝180x2，所以a2＝180，故C错误； 令x＝，则10＝1＋＋＋＋…＋＝0， 则＋＋＋…＋＝－1，故D正确. 13.若C＝C(n∈N*)，则n＝______. 14.设n为正奇数，那么11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋C·11－1除以13的余数是_______. 11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋C·11－1＝C·11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋C·11＋C－2＝(11＋1)n－2＝12n－2＝(13－1)n－2＝C·13n－C·13n－1＋…＋(－1)n－1·C·13＋(－1)n·C－2. 因为n为正奇数，则上式＝C·13n－C·13n－1＋…＋C·13－3 ＝(C·13n－C·13n－1＋…＋C·13－13)＋10. 所以11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋C·11－1除以13的余数是10. n 所以x2的系数为C26(－1)1＝－448. 由题意得所以n＝7，a＝－1， Tk＋1＝C(2)7－kk＝C27－k(－1)k ， 所以7的展开式的通项为 令＝2，得k＝1. ①甲是最后一名，则乙可以是第二名、第三名或第四名，即乙有3种名次排列情况，剩下的三人有A＝6(种)名次排列情况，此时有3×6＝18(种)名次排列情况； ②甲不是最后一名，则甲、乙需要排在第二、三、四名，有A＝6(种)名次排列情况，剩下的三人有A＝6(种)名次排列情况，此时有6×6＝36(种)名次排列情况. A∪B＝{3,4,5,6,7,8}，则这样的三位数共有C＝20(个). 二项式(3x－2y)20的展开式有21项，展开式的通项为Tk＋1＝C(3x)20－k (－2y)k，  T11＝C·(3x)10·(－2y)10＝C·610·x10y10. 则 即解得7≤k≤8， 所以k＝8，系数绝对值最大的项为T9＝C·312·28·x12y8. 只需从其他18人中选3人即可，共有C＝816(种)不同的选法. 只需从其他18人中选5人即可，共有C＝8 568(种)不同的选法. 分两类：甲、乙中有1人参加；甲、乙都参加.则共有CC＋C ＝6 936(种)不同的选法. 所以共有CC＋CC＋CC＋CC＝14 656(种)不同的选法. 方法二　(间接法)从无限制条件的选法总数中减去5名都是内科医生和5名都是外科医生的选法种数所得的结果即为所求，即共有C－(C＋C)＝14 656(种)不同的选法. 20.(12分)已知n的展开式中的第2项和第3项的系数相等. 二项式n的展开式的通项为 Tk＋1＝Cxn－kk＝Ck (k＝0,1,2，…，n). C×＝C×2，即·n＝2·， 展开式中所有二项式系数的和为C＋C＋C＋…＋C＝25＝32. 所以展开式中所有的有理项为T1＝C0x5＝x5， 二项展开式的通项为Tk＋1＝Ck (k＝0,1,2，…，5). T3＝C2x2＝x2， T5＝C4x－1＝. A ①若两个奇数数字在万位和百位上，则共有AA＝12(个)符合题意的五位数； ②若两个奇数数字在千位和十位上，则共有ACA＝8(个)符合题意的五位数； ③若两个奇数数字在百位和个位上，则共有ACA＝8(个)符合题意的五位数. ∴f(x)的展开式中含x3项的系数为C＋2C＋3C＝84. (2)证明：f(x)的展开式中含xn项的系数为(n＋1)C； C＋2C＋3C＋…＋nC＝C＋2C＋3C＋…＋nC. 因为kC＝k·＝ ＝(n＋1)＝(n＋1)C， (n＋1) ＝(n＋1) ＝(n＋1) ＝(n＋1)C. (3)定义：i＝a1＋a2＋…＋an，化简：(i＋1)C. 1＋(i＋1)C＝C＋2C＋3C＋…＋nC＋(n＋1)C， ③ 1＋(i＋1)C＝(n＋1)C＋nC＋…＋3C＋2C＋C， ④ (i＋1)C＝2C＋3C＋…＋nC＋(n＋1)C， ① (i＋1)C＝(n＋1)C＋nC＋…＋3C＋2C， ② 在①②中分别添加C，则 2＝(n＋2)＝(n＋2)2n， ∴(i＋1)C＝(n＋2)2n－1－1. $$