章末检测卷1 计数原理（Word练习）-【金榜题名】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册高中同步学案（人教A版）

章末检测卷(一) 时间：120分钟　满分：150分 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．若A＝2A，则m的值为(　　) A．5　　　　　　　 B．3 C．6 D．7 解析：选A　依题意得＝2·，化简得(m－3)·(m－4)＝2，解得m＝2或m＝5， 又m≥5，∴m＝5，故选A. 2．将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，则不同的排列方法有(　　) A．12种 B．20种 C．40种 D．60种 解析：选C　五个元素没有限制，全排列数为A，由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故所求排列数为×2＝40. 3．某城市的街道如图，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有(　　) A．8种 B．10种 C．12种 D．32种 解析：选B　此人从A到B，路程最短的走法应走两纵三横，将纵用0表示，横用1表示，则一种走法就是2个0和3个1的一个排列，只需从5个位置中选2个排0，其余位置排1即可，故共有C＝10种． 4．(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：选A　常数项为C·22·C＝4，x7的系数为C·C·(－1)5＝－1，因此x7的系数与常数项之差的绝对值为5. 5．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为(　　) A．CCC B．CAA C． D．CCCA 解析：选A　首先从14人中选出12人共C种，然后将12人平均分为3组共种，再将这三组分配下去，共·A＝C·C·C种． 6．计划展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的排列方式的种数为(　　) A．AA B．AAA C．AAA D．AAA 解析：选D　先把每个品种的画看成一个整体，而水彩画只能放在中间，则油画与国画放在两端有A种放法，再考虑4幅油画本身排放有A种方法， 5幅国画本身排放有A种方法，故不同的排列法有AAA种． 7．二项式的展开式中，系数最大的项为(　　) A．第五项 B．第六项 C．第七项 D．第六和第七项 解析：选C　依题意得展开式的通项的系数为Tk＋1＝C(－1)k，二项式系数最大的是C与C，所以系数最大的是T7＝C. 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：选D　若甲、乙有1人担任一辩，则有A·A＝12(种)； 若甲、乙没有人担任一辩，则戊一定担任一辩，则有A·A＝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. 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．已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则(　　) A．n＝10 B．n＝11 C．奇数项的二项式系数和为211 D．奇数项的二项式系数和为29 解析：选AD　由题意，C＝C，解得n＝10.则奇数项的二项式系数和为2n－1＝29.故选AD. 10．已知的展开式中常数项为1 120，其中实数a是常数，则展开式中各项系数的和可以是(　　) A．28 B．38 C．1 D．－1 解析：选BC　由题意知C·(－a)4＝1 120，解得a＝±2.令x＝1，得展开式中各项系数的和为1或38.故选BC. 11．使C＝C成立的x的值是(　　) A．2 B．6 C．4 D．3 解析：选AB　根据组合数性质C＝C，根据题意得 解得x＝2或x＝6.故选AB. 12．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现，于是留下遗言：他死后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形．设圆柱的体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，若f(x)＝，则(　　) A．f(x)的展开式中的常数项是36 B．f(x)的展开式中的各项系数之和为0 C．f(x)的展开式中的二项式系数的最大值是70 D．f(i)＝－16，其中i为虚数单位 解析：选BC　设内切球的半径为r，则圆柱的高为2r， ∴m＝＝，n＝＝，则＝1， ∴f(x)＝. 对于A，f(x)展开式的通项为Tr＋1＝Cx24－3r·＝(－1)rCx24－4r， 令24－4r＝0，解得r＝6， ∴f(x)展开式的常数项为(－1)6C＝28，A错误； 对于B，f(1)＝0，即f(x)展开式的各项系数之和为0，B正确； 对于C，f(x)展开式中二项式系数的最大值为C＝70，C正确； 对于D，f(i)＝＝(－i＋i)8＝0，D错误．故选BC. 三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分) 13．计划在学校公园小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树，垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树，要求2棵银杏树必须相邻，则不同的种植方法共有__________种． 解析：分两步完成： 第一步，将2棵银杏树看成一个元素，考虑其顺序，A种种植方法； 第二步，将银杏树与4棵桂花树全排列，有A种种植方法． 由分步乘法计数原理得，不同的种植方法共有A·A＝240(种). 答案：240 14．已知C＋2C＋22C＋23C＋…＋2nC＝729，则C＋C＋C＋…＋C＝________． 解析：逆用二项式定理得C＋2C＋22C＋23C＋…＋2nC＝(1＋2)n＝3n＝729，即3n＝36，所以n＝6，所以C＋C＋C＋…＋C＝26－C＝64－1＝63. 答案：63 15．男、女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有________人． 解析：设女生有x人，则CC＝30， 即·x＝30，解得x＝2或x＝3. 答案：2或3 16．已知m，n∈N*，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为19，则x2的系数的最小值为________________，此时展开式中x7的系数为_________________． 解析：由题设知m＋n＝19.又m，n∈N*， ∴1≤m≤18. x2的系数为C＋C＝(m2－m)＋ (n2－n)＝m2－19m＋171. ∴当m＝9或m＝10时，x2的系数取最小值81，此时x7的系数为C＋C＝156. 答案：81　 156 四、解答题(本题共6小题，共70分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10分)如图有4个编号为A，B，C，D的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？ 解：分为两类： 第一类：若A，C同色，则A有5种涂法，B有4种涂法， C有1种涂法(与A相同)，D有4种涂法． 故N1＝5×4×1×4＝80. 第二类：若A，C不同色，则A有5种涂法，B有4种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法． 故N2＝5×4×3×3＝180种． 综上可知不同的涂法共有N＝N1＋N2＝80＋180＝260种． 18．(12分)已知在(1－2log2x)n的展开式中，所有奇数项的二项式系数的和为64. (1)求n的值； (2)求展开式中所有项的系数之和． 解：(1)由题意知C＋C＋C＋…＋C＝2×64，即2n＝128，则n＝7. (2)设(1－2log2x)7＝a0＋a1log2x＋a2(log2x)2＋…＋a7(log2x)7， 令x＝2，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝(1－2log22)7＝－1， 即展开式中所有项的系数之和为－1. 19．(12分)从7名男生和5名女生中选出5人，分别求符合下列条件的选法数． (1)A，B必须被选出； (2)至少有2名女生被选出； (3)让选出的5人分别担任体育委员、文娱委员等5种不同职务，但体育委员由男生担任，文娱委员由女生担任． 解：(1) 除选出A，B外，从其他10个人中再选3人，选法数为C＝120. (2)按女生的选取情况分类：选2名女生、3名男生，选3名女生、2名男生，选4名女生、1名男生，选5名女生．所有选法数为CC＋CC＋CC＋C＝596. (3)选出1名男生担任体育委员，再选出1名女生担任文娱委员，从剩下10人中任选3人担任其他3种职务．根据分步乘法计数原理，所有选法数为C·C·A＝25 200. 20．(12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直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？ (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？ 解：A＝{3，4，5，6，7}，B＝{4，5，6，7，8}． (1)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)重复了两次，所以共有25＋25－16＝34(个)不同的点． (2)A∪B＝{3，4，5，6，7，8}，则这样的三位数共有C＝20(个). 21．(12分)设＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋amxm，若a0，a1，a2成等差数列． (1)求展开式的中间项； (2)求展开式中所有含x的奇次幂项的系数和． 解：(1)依题意a0＝1，a1＝，a2＝C. 由2a1＝a0＋a2，得m＝1＋C， 解得m＝8或m＝1(应舍去)， 所以展开式的中间项是第5项， 为T5＝C＝x4. (2)＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋amxm， 即＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a8x8. 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a8＝， 令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝， 所以a1＋a3＋a5＋a7＝＝， 所以展开式中所有含x的奇次幂项的系数和为. 22．(12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人参加的航天任务． (1)若男甲和女乙同时被选中，共有多少种选法？ (2)若至少两名男航天员参加此次航天任务，问共有几种选法？ (3)若选中的四个航天员被分配到A，B，C三个实验室去，其中每个实验室至少一个航天员，共有多少种选派法？ 解：(1)若男甲和女乙同时被选中，则剩下的2人从8人中任选2人即可，即有C＝28(种)选法． (2)至少两名男航天员，可分为2名，3名，4名三类，利用分类加法计数原理可行得CC＋CC＋C＝185(种)选法． (3)先选4名航天员，然后把这4名航天员分2，1，1三组，再分配到A，B，C三个实验室去，共有C·A＝7 560(种)选派法． 学科网（北京）股份有限公司 $