章末检测(一) 计数原理-【优化探究】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第三册同步导学案配套PPT课件（人教A版）

章末检测(一)　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 19 B 解析: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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2.若=18,则m等于(　　) A.9 B.8 C.7 D.6 解析:由=m(m-1)(m-2)(m-3)=18·,且m≥4,m∈N*,得m-3=3,m=6. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 D 3.一列轻轨在某段时间内从中山北至广州南往返一次,其中站点有:广州南、北滘、顺德、容桂、小榄、东升、中山北,则高铁部门应为这七个站间准备不同的轻轨票种数为(　　) A.21种 B.30种 C.36种 D.42种 解析:七个站间准备不同的轻轨票种数为=7×6=42. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 D 4.若(n∈N*)的展开式中各项系数和为16,则其展开式中的常数项为(　　) A.54 B.-54 C.108 D.-108 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 A 解析:令x=1,可得(3-1)n=16,所以n=4, 则展开式的通项为 Tk+1=(3x)4-k=(-1)k·34-kx4-2x, 令4-2x=0,得x=2,所以展开式中的常数项为(-1)2×32=54. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.有甲、乙、丙、丁、戊5架飞机准备着舰.若要求甲、乙两机必须相邻着舰,而丙、丁两机不能相邻着舰,则不同的着舰方法有(　　) A.12种 B.18种 C.24种 D.48种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 C 解析:先将甲、乙两机看成一个整体,与戊机进行全排列,共有种方法,且形成三个空隙;再将丙、丁两机插入三个空隙中的两个,有种方法.由分步乘法计数原理,得不同的着舰方法有=24(种). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6.如图,已知面积为1的正三角形ABC三边的中点分别为D,E,F,则从A,B,C,D,E,F六个点中任取三个不同的点构成的面积为的三角形的个数为(　　) A.4 B.6 C.10 D.11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 C 解析:法一:从A,B,C,D,E,F六个点中任取三个不同的点构成的面积为的三角形有两类:第一类,两个中点和一个顶点构成的三角形,共有=9(个);第二类,三个中点构成的三角形,共有=1(个).由分类加法计数原理,知面积为的三角形的个数为9+1=10. 法二:由题意可知,构成的三角形的面积可能是1,,.从A,B,C,D,E,F六个点中任取三个不同的点,可以构成的三角形的个数为-3=17.其中 面积为1的三角形只有1个,面积为的三角形有=6(个), 所以面积为的三角形的个数为17-1-6=10. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7.已知(1+x)4+(1+x)5+…+(1+x)11=a0+a1(2+x)+a2(2+x)2+…+a11(2+x)11,则a0+a2+a4+…+a10的值是(　　) A.680 B.-680 C.1 360 D.-1 360 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 B 解析:令x=-1,则0=a0+a1+a2+…+a11,即a0+a1+a2+…+a11=0, 令x=-3,则(-2)4+(-2)5+…+(-2)11=a0-a1+a2-a3+…-a11, 即a0-a1+a2-a3+…-a11==-1 360, 两式相加可得a0+a2+a4+…+a10=-=-680. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.某校从6名教师中选派3名教师去完成4项不同的工作,每人至少完成一项,每项工作由1人完成,其中甲和乙不同去,甲和丙只能同去或同不去,则不同的选派方案种数是(　　) A.252 B.288 C.360 D.216 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 A 解析:因为3名教师去完成4项不同的工作,每人至少完成一项,每项工作由1人完成,所以当3名教师确定时,则其中1人必须完成两项工作,故安排3名教师完成4项工作,可以先确定完成两项工作的1名人员,其方法有种,然后确定完成的工作,其方法有种,然后将剩下的两项工作分配给剩下的两人,其方法有种,故当3名教师确定时,完成工作的方法有··种.因为甲和乙不同去,甲和丙只能同去或同不去,故有三种方法选择教师.第一种方法:甲参加,乙不参加,丙参加,再从剩下的3人中选择1人,其方法有种;第二种方法:甲不参加,乙参加,丙不参加,再从剩下的3人中选择2人,其方法有种;第三种方法:甲不参加,乙不参加,丙不参加,再从剩下的3人中选择3人,其方法有种.故最终选派的方法种数为(++)···=252. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 二、多项选择题: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.下列说法正确的是(　　) A.10×11×12×…×20可表示为 B.6个朋友聚会,见面后每两人握手一次,一共握手15次 C.A,B,C,D,E共5名同学站成一排,要求A,C必须相邻,B,E不能相邻,则共有24种不同的站法 D.将4名医护人员安排到呼吸、感染两个科室,要求每个科室至少有1人,则共有18种不同的安排方法 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 BC 解析:对于A选项,=11×12×13×…×20,故A错误; 对于B选项,6人两两握手,共握=15(次),故B正确; 对于C选项,5名同学站成一排,要求A,C必须相邻,B,E不能相邻,故有=24种不同的方法,故C正确; 对于D选项,将4人按3,1分组,共=4种分法,再分到科室有=2种分法; 将4人按2,2分组,共有=3种分法,再分到科室有=2种分法. 故每个科室至少有1人,共有4×2+3×2=14种安排方法,故D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10.设x2 024=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a2 024(x+1)2 024,则下列选项正确的是(　　) A.a1=-2 024 B.a0-a1+a2-…+a2 024=22 024 C.a1+a2+…+a2 024=1 D.+++…+= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 AB 解析:令t=x+1,所以x=t-1,所以原式可变形为=a0+a1t+a2t2+…+a2 024t2 024,所以a1=(-1)2 023=-2 024,故A正确; 令t=-1,则a0-a1+a2-…+a2 024=(-1-1)2 024=22 024,故B正确; 令t=0,则a0=(-1)2 024=1,令t=1,则a0+a1+a2+…+a2 024=0,所以a1+a2+… +a2 024=-1,故C不正确; 令t=,则a0++++…+==, 所以+++…+=-1,故D不正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11.用数字0,1,2,3,4,5组成无重复数字的四位数和五位数,则(　 　) A.可组成360个四位数 B.可组成216个是5的倍数的五位数 C.可组成270个比1 325大的四位数 D.若将组成的四位数按从小到大的顺序排列,则第85个数为2 301 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 BCD 解析:当组成四位数时,我们要做的是从这6个数中取4个.选取以后,不包含0的取法有=5种,此时有4!=24种排列方式;包含0的取法有=10种,此时要保证首位不为0,故只有4!-3!=24-6=18种排列方式.所以总共能组成的四位数有5×24+10×18=300个,A错误; 当组成5的倍数的五位数时,我们需要组成末位是0或5的五位数.如果末位数是0,则剩下四位可以任意从1,2,3,4,5中选择并任意排列,此时有×4!=5×24=120个; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 如果末位数是5,则剩下四位可以任意从0,1,2,3,4中选择,但排列时0不能排在首位. 而不包含0和包含0的选择方式各有=1种和=4种,故此时有1×4!+4×(4!-3!)=24+4×18=96个.所以总共能组成5的倍数的五位数有120+96=216个,B正确; 当组成比1 325大的四位数时,以2,3,4,5开头的有4××3!=4×10×6=240个, 以14,15开头的有2××2!=2×6×2=24个,以134,135开头的有2××1!=2×3×1=6个, 所以总共能组成比1 325大的四位数有240+24+6=270个,C正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 当组成比2 301小的四位数时,以1开头的有1××3!=1×10×6=60个,以20,21开头的有2××2!=2×6×2=24个,所以总共能组成比2 301小的四位数有60+24=84个,从而2 301是从小到大排列的第85个数,D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.为美化校园环境,在学校统一组织下,安排了高二某班在如图所示的花坛中种花,现有4种不同颜色的花可供选择,要求相邻区域颜色不同,则有　　　　种不同方案.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 72 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解析:如图,假设5个区域分别为1,2,3,4,5, 分2种情况讨论: ①当选用3种颜色的花卉时,2,4同色且3,5同色, 共有种植方案·=24(种), ②当4种不同颜色的花卉全选时,即2,4或3,5用同一种颜色,共有种植方案·=48(种),则不同的种植方案共有24+48=72(种). 13 14 15 16 17 18 19 13.S=a+++++…+(a≥3)能被9整除的正整数a的最小值为　　　　.  解析:因为S=a+++++…+ =a+227=(9-1)9+a=×99-×98+×97-×96+…+×9-+a =9(98-×97+…+)+a-1, 因为a≥3,所以S能被9整除的正整数a的最小值是a-1=9,得a=10. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14 13 15 16 17 18 19 10 14.为丰富同学的课余生活,学校开设了形式多样的选修课程.某班级学生进行选课,为达到学分要求,每位同学需要在6个课程中任选3个.因特殊原因,有5位同学委托班长帮忙选课.已知各课程缺额人数如下表(缺额人数总和恰好为15),且甲同学要求选择C课程,乙同学要求选择E课程,其余同学无要求. 则在满足甲、乙要求的情况下,这5位同学选课的可能情况共有 　　　　种(用数字作答).  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 课程 A B C D E F 缺额人数 0 3 4 2 1 5 19 解析:①若乙选了C课,则让丙、丁、戊中的两人选C课有种,则第三人自然只能选B,D,F ,此时若甲选D课,则上述两人只能都选B课1种情况,若甲选B课,则一个选B课,一个选D课有种,综上,取法数有(1+)=9种; ②若乙没选C课,则丙、丁、戊自然都选了C课,然后从甲、乙、丙、丁、戊中让两人选D课,共有=10种.综上,利用分类加法计数原理,可能情况共有10+9=19种. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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)某中学准备举行教职工排球比赛,赛制要求每个年级派出十名老师分为两支队伍,每支队伍五人,并要求每支队伍至少有两名女老师,现高二年级共有4名男老师,6名女老师报名参加比赛. (1)高二年级一共有多少不同的分组方案? (2)若甲,乙两位男老师和丙,丁,戊三位女老师组成的队伍顺利夺得冠军,在领奖合影时从左到右站成一排,丙不宜站最右端,丁和戊要站在相邻的位置,则一共有多少种排列方式? 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解:(1)两组都是3女2男的情况有=60(种): 一组是1男4女,另一组是3男2女的情况有·=60(种), 所以总情况数为60+60=120(种),故一共有120种不同的分组方案. (2)视丁和戊为一个整体,与甲、乙任取1个站最右端,有种, 再排余下两个及丙,有种,而丁和戊的排列有种, 所以不同排列方式的种数是=36. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16.(15分)在下面两个条件中任选一个条件,补充在后面问题中的横线上,并完成解答. 条件①“展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为64”; 条件②“展开式中前三项的二项式系数之和为22”. 问题:已知二项式(1+3x)n,若　　　　(填写条件前的序号),  (1)求展开式中二项式系数最大的项; (2)求展开式中含x2项的系数. (注:如果选择多个方案分别解答,按第一个方案解答计分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解:(1)若选填条件①,令x=1,可得展开式中所有项的系数之和为(1+3)n=4n, 二项式系数之和为2n,则=2n=64,即n=6.当n=6时,展开式共7项, 所以二项式系数最大的项为第4项,即T4=·(3x)3=540x3. 若选填条件②,即展开式中前三项的二项式系数之和为22, 则++=22,即n=6.当n=6时,展开式共7项, 所以二项式系数最大的项为第4项,即T4=·(3x)3=540x3. (2)(1+3x)6的展开式的通项公式为Tk+1=(3x)k=·3kxk, 令k=2,所以展开式中x2的系数为·32=135. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.(15分)试分别解答下列两个小题: (1)用0,1,2,3,4,5 这六个数字组成无重复数字的自然数,记能组成的不同的四位偶数的个数为M,能组成的0和1相邻的不同的六位数的个数为N,求M+N; (2)在的二项展开式中,记各项的二项式系数之和为E,各项的系数之和为G,若E=G+255,试求出展开式中所有的有理项. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解:(1)先求能组成的不同的四位偶数的个数M: 当个位为0时,不同的四位偶数的个数为; 当个位为2或4时,不同的四位偶数的个数为; ∴M=+=156. 再求能组成的0和1相邻的不同的六位数的个数为N: N=-=216,∴M+N=156+216=372. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (2)E=2n,对于,令x=1,可得:G=1. ∵E=G+255,∴2n=256,n=8. Tk+1==(-1)k28-k, 由解得:k=0,3,6, ∴展开式中所有的有理项为T1=(-1)028-0x16=256x16, T4=(-1)328-3x9=-1 792x9,T7=(-1)628-6x2=112x2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18.(17分)已知函数f(n,x)=(m>0,x>0). (1)当m=2时,求f(7,x)的展开式中二项式系数最大的项. (2)若f(10,x)=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,且a2=180, ①求a1+2a2+3a3+…+10a10的值; ②求ai(0≤i≤10,i∈N)的最大值. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 解:(1)当m=2时,f(7,x)=(1+2x)7的展开式共有8项, 二项式系数最大的项为第四项或第五项, 所以T4=(2x)3=280x3或T5=(2x)4=560x4. (2)①f(10,x)=的通项公式为Tr+1=(mx)r= 210-r·m2r-10·xr, 且f(10,x)=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,所以a2=28m-6=180,解得m=2, 所以f(10,x)=(1+2x)10, f'(10,x)=a1+2a2x+…+10a10x9=20(1+2x)9, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 令x=1,得a1+2a2+…+10a10=20(1+2)9=393 660. ②f(10,x)的通项公式为Tr+1=(2x)r=2rxr, 所以ar=2r,当r=0时,a0=1, 设ar=2r为ai(0≤i≤10)中的最大值,则 解得 即≤r≤,r∈N,所以r=7, 所以(ai)max=a7=27=15 360. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.(17分)已知f(x)=(1+x)n+1+2(1+x)n+2+…+k(1+x)n+k+…+n(1+x(n∈N*). (1)当n=3时,求f(x)的展开式中含x3项的系数; (2)证明:f(x)的展开式中含xn项的系数为(n+1); (3)定义:ai=a1+a2+…+an,化简:(i+1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (1)解:当n=3时,f(x)=(1+x)4+2(1+x)5+3(1+x)6, ∴f(x)的展开式中含x3项的系数为+2+3=84. (2)证明:∵f(x)=(1+x)n+1+2(1+x)n+2+…+k(1+x)n+k+…+n(1+x(n∈N*), 故f(x)的展开式中含xn项的系数为 +2+3+…+n=+2+3+…+n. ∵k=k·= =(n+1)=(n+1), 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ∴xn项的系数为 (n+1)(+++…+) =(n+1)(+++…+) =(n+1)(++…+)=(n+1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)解:(i+1)=2+3+…+n+(n+1),① (i+1)=(n+1)+n+…+3+2,② 在①②中分别添加,则1+(i+1)=+2+3+…+n+(n+1),③ 1+(i+1)=(n+1)+n+…+3+2+,④ ③+④得2=(n+2)(+++…++)=(n+2)2n, ∴(i+1)=(n+2)2n-1-1. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 $$