第六章 计数原理 章末综合检测（能力提升）-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第三册

第六章《计数原理》章末综合检测（能力提升） 参考答案 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 C C B C D B A C BD BCD BCD 一．单项选择题：本大题共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. （ ） A. 14 B. 16 C. 18 D. 24 【解析】C 由排列数和组合数的公式，可得. 2. 用0，1，2，…，5这6个数字组成无重复数字的三位数的个数是（ ） A. B. C. D. 【解析】C 先排百位有种排法， 再排十位和个位，有种排法， 故组成无重复数字的三位数的个数是个． 3. 若的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（    ） A．30 B．60 C．120 D．240 【解析】B 由题意，解得． 展开式通项为， 由得，解得，∴常数项为． 4. 为提高新农村的教育水平，兴义市某校决定选派5名优秀的教师到、、、四所学校进行为期一年的支教活动，每人只能去一所学校，每所学校至少派一人，则不同的选派方案共有（ ） A. 60种 B. 120种 C. 240种 D. 480种 【解析】C 根据题意，有一个学校得分配2名教师，其余学校各分配1名教师， 可以先从5名教师中任选2人，组成一个小组，有种选法； 然后连同其余三人，看成四个元素，四所学校看成四个不同的位置， 则四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有种， 根据乘法原理，共有种不同的分配方案. 5. 设，则（   ） A. 5040 B. 3024 C. 310 D. 210 【解析】D 由题意，. 6. 如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有（ ） A. 240种 B. 420种 C. 480种 D.720种 【解析】 B 先布置中心区域A共有5种方法，从B开始沿逆时针方向进行布置四周区域， 则B有4种布置方法，C有3种布置方法． 如果D与B选用同一种菊花，则E有3种布置方法； 如果D与B选用不同种类菊花，则D有2种布置方法，E有2种布置方法． 按照分步乘法与分类加法计数原理， 则全部的布置方法有（种）. 7. 数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A. 78种 B. 80种 C. 84种 D. 144种 【解析】A 由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为或或若是，则先将门学科分成三组共种不同方式.再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种 所以每位同学的不同选修方式有种. 8. 将杨辉三角中的每一个数都换成，得到如图所示的莱布尼茨三角形.莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果（为正整数），则下列结论中正确的是（   ） 第0行                  第1行                   第2行                      第3行                       ……             …… A．当时中间的两项相等，且同时取得最大值 B．当时中间一项为 C．第6行第5个数是 D． 【解析】C 对于A，由莱布尼茨三角形知，当n为奇数时，中间两项相等，且同时取到最小值， 为奇数，故A错误； 对于B，当时，这一行有2025个数，最中间为第1013个数， 即，B错误； 对于C，第6行有7个数，第5个数是，C正确； 对于D，由于从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和， 故，D错误. 二．多选题：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. 可表示为 B. 若把英文“hero”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有23种 C. 10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，一共握手40次 D. 学校有5个“市三好学生”名额，现分给3个年级，每个年级至少一个名额，则有6种分法 【解析】BD 对于A，，A错误； 对于B，四个字母全排列共有种，而正确的只有1种，可能出现的错误共有种，B正确； 对于C，10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，共有次，C不正确； 对于D，5个名额，按分有种，按分有种，共有种，D正确. 10. 五一假期即将来临，小张，小李，小王，小赵，小孙五名同学决定到南京的著名景点“夫子庙”､“中山陵”､“玄武湖”游玩，每名同学只能选择一个景点，则下列说法正确的有（ ） A. 所有可能的方法有125种 B. 若小张同学必须去“夫子庙”，则不同的安排方法有81种 C. 若每个景点必须有同学去，则不同的安排方法有150种 D. 若每个景点必须有同学去，且小张和小李不去同一个景点，则不同的安排方法有114种 【解析】BCD 对于选项A：因为每个人均有3个景点可以选择， 所以所有可能的方法有种，故A错误； 对于选项B：若小张同学必须去“夫子庙”，即小张的选择已经确定，不需要考虑， 所以不同的安排方法有种； 对于选项C：若5个人都去一个景点，不同的安排方法有种； 若5个人都去其中2个景点（每个景点必须有同学去），不同的安排方法有种； 所以若每个景点必须有同学去，则不同的安排方法有种，故C正确； 对于选项D：若每个景点必须有同学去，且小张和小李去同一个景点，则有： 若这个景点仅有2人去，不同的安排方法有种； 若这个景点有3人去，不同的安排方法有种； 所以若每个景点必须有同学去，且小张和小李不去同一个景点，则不同的安排方法有种，故D正确. 11. 已知的展开式共有7项，则（  ） A. B. 展开式所有二项式系数和为64 C. 展开式的所有项的系数和为1 D. 所有项的系数绝对值之和为729 【解析】BCD 因为的展开式共有7项，所以， 对于A选项，，所以A错误； 对于B选项，展开式中二项式系数和为，所以B正确； 对于C选项，在中令，得，所以C正确； 对于D选项，的系数呈正负交错排列，故所有项的系数绝对值之和与的系数之和相等， 故在中令，得，所以D正确. 3. 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，那么______. 【解析】由题意，，则，解得. 13. 展开式中的常数项为_________. 【解析】当时，， 展开式的通项公式为 ， 令得，常数项为， 当时，， 展开式的通项公式为， 令得，常数项为， 所以展开式的常数项为. 14. 为激励高三学子的学习热情，数学老师开发了一款小游戏程序，同学们表现优秀时可参与一次.游戏规则如下： 第一步，在图①所示的棋盘内，学生点击摇奖，程序会随机放上7枚黑棋； 第二步，学生自行选择空格放上枚白棋； 最终，每当有枚棋子在同一行、列或对角线上时，称为连成一条线.若未连成线，则获 安慰奖；连成一、二、三条线，分别获三、二、一等奖，图②就是一种获一等奖的情况. 现在小明和小红都可参与一次游戏.小明点击摇奖后，出现了图③的情况，若他随机地放 上白棋，则他获二等奖的方法数有______种；已知小红放上白棋时总能保证奖励最大化，则在“点击摇奖后，枚黑棋中恰有枚在第一列”的条件下，她获一等奖的方法有______种. 【解析】对于小明，在图③的情况下，再放枚白棋形成二条线的不同情况有种， 对于小红，枚棋子形成三条线的形状（下称为“三线”）必然由一行、一列和一对角线构成， 由于第一列已经确定，所以当第一或四行连上时，对角线还有种情况； 当第二行或三行连上时，对角线还有种情况，因此“三线”共有种, 由于小红总能保证奖励最大化，所以只需随机出来的形状恰好是“三线”去掉枚棋子（下称为“准三线”）即可. 因此，从第一列之外的枚棋子中去掉枚形成的“准三线”共种, 但是，有一些“准三线”可以由多个“三线”得到. 其一，第一列和某一对角线形成的“准三线”，可以由个不同的“三线”得到（如下图）， 重复计算的“准三线”，可以以由个不同的“三线”得到（如下图），重复计算的“准三线”有次； 其二，第一列和第二行或三行形成的“准三线”，可以由个不同的“三线”得到（如下图）， 重复计算的“准三线”有次.因此，“准三线”实际上只有种. 4. 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. 已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 【解析】（1）展开式通项为， 令，可得. （2）令，则. （3）设， 展开式通项为，则， 当为偶数时，；当为奇数时，. 所以， . 16. 甲组有3名男生．3名女生；乙组有4名男生，2名女生． （1）从这些学生中选出3人参加活动，至少有1名女生的不同选法有多少种？ （2）从甲、乙两组中各选出2名学生，选出4人中恰有1名女生的不同选法有多少种？ （3）将这些学生排成两排，两组的女生站第一排，两组的男生站第二排，且同组学生均相邻，共有多少种不同的排法？ 【解析】（1）从这些学生中选出3人参加活动有种选法， 没有女生有种， 则至少有1名女生的不同选法有种． （2）女生来自甲组有种选法， 女生来自乙组有种选法， 故选出的4人中恰有1名女生的不同选法有种． （3）两组的女生站第一排同组学生相邻有种排法， 两组的男生站第二排同组学生相邻有种排法， 共有种不同的排法． 17. 已知在的展开式中，前3项的系数分别为，且满足.求： （1）展开式中二项式系数最大项的项； （2）展开式中系数最大的项； （3）展开式中所有有理项. 【解析】（1）因为展开式的通项公式为，， 所以 依题意得，即，由已知, 所以， 所以的展开式有9项，二项式系数最大的项为第5项， 所以. （2）由（1）知，， 设展开式中系数最大的项为第项，则， 即，即， 解得，所以或， 所以展开式中系数最大的项为和. （3）由为有理项知，为整数，得，， 所以展开式中所有有理项为和. 18. 我们学过组合数的定义，，其中，并且．牛顿在研究广义二项式定理过程中把二项式系数中的下标推广到任意实数，规定广义组合数是组合数的一种推广，其中，且规定．于是广义二项式定理可写成：，其中．等式右端有无穷项． （1）求和的值． （2）计算的近似值，保留到小数点后位． （3）求的值． 【解析】（1），. （2） （3）根据已知条件所给式子， 考虑的展开式中，的系数． 左式为，的系数为， 右式中系数为， 所以． 19. 记数阵，其中，设集合，其中且.现定义变换为“对于数阵中的每一行，若其中含有或，则这一行中的每一个数都乘；若其中没有且没有，则这行数字均保持不变”表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，以此类推，最后将经过变换得到”.记数阵中四个数的和为. (1)若先后经过和变换后得到的数阵，求的最大值； (2)若，求使取得最大值的集合的个数； (3)对于任意确定的一个数阵所有可能取值的和记为，当时，证明：且. 【解析】（1）先后经过和变换后得到的数阵， 则或集合中一个元素为7，另一个元素为或8， 所以的最大值为. （2）根据变换的定义，要使的值最大，则每一行变符号偶数次， 当时，集合的个数为1； 当时，集合的个数为10. 综上可知，集合的个数为11. （3）证明：若，在的所有非空子集中，含有且不含的子 集共有个，经过变换后第一行均变为 含有且不含的子集共有个，经过变换后第一行均变为一； 同时含有和的子集共有个，经过变换后第一行仍为； 不含有且不含的子集共有个，经过变换后第一行仍为 所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为. 若，在的所有非空子集中， 含有的子集共有个，经过变换后第一行均变为； 不含有的子集共有个，经过变换 后第一行仍为； 所以经过变换后所有的第一行的所有数的和为， 同理，经过变换后所有的第二行的所有数的和为， 所以的所有可能取值的和为. 又，， 则当时取得最大值， 当一时，， 根据12的分解情况可知，， 所以，且. ( 第 1 页 共 13 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第六章《计数原理》章末综合检测（能力提升） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题58分） 一．单项选择题：本大题共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. （ ） A. 14 B. 16 C. 18 D. 24 2. 用0，1，2，…，5这6个数字组成无重复数字的三位数的个数是（ ） A. B. C. D. 3. 若的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（    ） A．30 B．60 C．120 D．240 4. 为提高新农村的教育水平，兴义市某校决定选派5名优秀的教师到、、、四所学校进行为期一年的支教活动，每人只能去一所学校，每所学校至少派一人，则不同的选派方案共有（ ） A. 60种 B. 120种 C. 240种 D. 480种 5. 设，则（   ） A. 5040 B. 3024 C. 310 D. 210 6. 如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有（ ） A. 240种 B. 420种 C. 480种 D.720种 7. 数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ） A. 78种 B. 80种 C. 84种 D. 144种 8. 将杨辉三角中的每一个数都换成，得到如图所示的莱布尼茨三角形.莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果（为正整数），则下列结论中正确的是（   ） 第0行                  第1行                   第2行                      第3行                       ……             …… A．当时中间的两项相等，且同时取得最大值 B．当时中间一项为 C．第6行第5个数是 D． 二．多选题：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. 可表示为 B. 若把英文“hero”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有23种 C. 10个朋友聚会，见面后每两个人握手一次，一共握手40次 D. 学校有5个“市三好学生”名额，现分给3个年级，每个年级至少一个名额，则有6种分法 10. 五一假期即将来临，小张，小李，小王，小赵，小孙五名同学决定到南京的著名景点“夫子庙”､“中山陵”､“玄武湖”游玩，每名同学只能选择一个景点，则下列说法正确的有（ ） A. 所有可能的方法有125种 B. 若小张同学必须去“夫子庙”，则不同的安排方法有81种 C. 若每个景点必须有同学去，则不同的安排方法有150种 D. 若每个景点必须有同学去，且小张和小李不去同一个景点，则不同的安排方法有114种 11. 已知的展开式共有7项，则（  ） A. B. 展开式所有二项式系数和为64 C. 展开式的所有项的系数和为1 D. 所有项的系数绝对值之和为729 第II卷（非选择题92分） 3. 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，那么______. 13. 展开式中的常数项为_________. 14. 为激励高三学子的学习热情，数学老师开发了一款小游戏程序，同学们表现优秀时可参与一次.游戏规则如下： 第一步，在图①所示的棋盘内，学生点击摇奖，程序会随机放上7枚黑棋； 第二步，学生自行选择空格放上枚白棋； 最终，每当有枚棋子在同一行、列或对角线上时，称为连成一条线.若未连成线，则获 安慰奖；连成一、二、三条线，分别获三、二、一等奖，图②就是一种获一等奖的情况. 现在小明和小红都可参与一次游戏.小明点击摇奖后，出现了图③的情况，若他随机地放 上白棋，则他获二等奖的方法数有______种；已知小红放上白棋时总能保证奖励最大化，则在“点击摇奖后，枚黑棋中恰有枚在第一列”的条件下，她获一等奖的方法有______种. 4. 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. 已知． （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值． 16. 甲组有3名男生．3名女生；乙组有4名男生，2名女生． （1）从这些学生中选出3人参加活动，至少有1名女生的不同选法有多少种？ （2）从甲、乙两组中各选出2名学生，选出4人中恰有1名女生的不同选法有多少种？ （3）将这些学生排成两排，两组的女生站第一排，两组的男生站第二排，且同组学生均相邻，共有多少种不同的排法？ 17. 已知在的展开式中，前3项的系数分别为，且满足.求： （1）展开式中二项式系数最大项的项； （2）展开式中系数最大的项； （3）展开式中所有有理项. 18. 我们学过组合数的定义，，其中，并且．牛顿在研究广义二项式定理过程中把二项式系数中的下标推广到任意实数，规定广义组合数是组合数的一种推广，其中，且规定．于是广义二项式定理可写成：，其中．等式右端有无穷项． （1）求和的值． （2）计算的近似值，保留到小数点后位． （3）求的值． 19. 记数阵，其中，设集合，其中且.现定义变换为“对于数阵中的每一行，若其中含有或，则这一行中的每一个数都乘；若其中没有且没有，则这行数字均保持不变”表示“将经过变换得到，再将经过变换得到，以此类推，最后将经过变换得到”.记数阵中四个数的和为. (1)若先后经过和变换后得到的数阵，求的最大值； (2)若，求使取得最大值的集合的个数； (3)对于任意确定的一个数阵所有可能取值的和记为，当时，证明：且. ( 第 1 页 共 13 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $$