第6章 计数原理（单元自测卷·提升卷）高二数学沪教版选择性必修第二册

第6章 计数原理 单元自测卷 建议用时：120分钟，满分：150分 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．设是正整数，表达式化简的结果是 2．用0、1、2、3、4可组成 个无重复数字的三位奇数. 3．用1、2、3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个1相邻出现，则这样的四位数有 个．（用数字作答） 4．的展开式中的系数是 ．（结果用数字表示） 5．投掷一个硬币，每次正面朝上和反面朝上的概率都为，正面朝上记1分，反面朝上记分，连续投掷该硬币6次，所得分数之和不小于2的概率为 . 6．小明一次买了三串冰糖葫芦，其中一串有3颗冰糖葫芦，一串有4颗冰糖葫芦，一串有5颗冰糖葫芦．若小明每次随机从其中一串中吃一颗，每一串只能从上往下吃，那么不同的吃完的顺序有 种．（结果用数字作答） 7．已知，则 ． 8．袋中有7个小球，其中2个白球，2个红球和3个黄球.每次不放回从袋中随机取出一个球，当三种颜色的球都取到时停止，则停止摸球时共取出5个球的概率为 . 9．已知，则 （用数字作答） 10．杨辉三角形，又称贾宪三角形，是二项式系数（且），在三角形中的一种几何排列，南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则在该数列中，第37项是 ．    11．已知， ①若，则 ②若，则 ③若，则中含项的系数为48 ④ 若为偶数，则能被4整除 则正确命题的序号是 12．对于函数，若关于的方程，（，）恰有个实数根，则称函数为“”函数.①函数的定义域且；②函数是“2”函数，也是“3”函数；那么同时满足条件①②的函数共有 个. 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14每题4分，15、16每题5分）. 13．我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“lucky”数，例如105和213，则所有的“lucky”数有（　　） A．48个 B．30个 C．21个 D．18个 14．已知，从1，2，…，中随机取出两个数，若两数之和为3的概率为，则（    ） A．6 B．7 C．20 D．21 15．现有5本不同的书《天工开物》、《梦溪笔谈》、《齐民要术》、《本草纲目》、《九章算术》，则下列说法正确的是（ ） A．将全部的书放到6个不同的抽屉里，一个抽屉可放多本书，有种不同的放法 B．将全部的书放在同一层书架上，要求《本草纲目》和《九章算术》相邻，有96种不同的放法 C．将五本书排成一排，则《天工开物》、《梦溪笔谈》按从左到右（可以不相邻）的顺序排列的不同的排法有120种 D．将书分给3位不同的学生，其中一人1本，一人2本，一人2本，有90种不同的分法 16．《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究．现给出一个同余问题：如果和除以所得的余数相同，那么称和对模同余，记为（mod）．若，（mod），则值可以是（       ） A．2026 B．2025 C．2024 D．2023 三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分）. 17．在这个数字中选择若干个数. (1)能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？ (2)能组成多少个无重复数字且不大于的四位数？ 18．1.计算： 2.求二项式展开式中的常数项．（结果用数字作答） 3.哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等6名教师被随机地分到A，B，C，D四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法．（结果用数字作答） 19．（1）已知对任意给定的实数，都有，求值： （2）求除以的余数. （3）7本不同的书，分给甲、乙、丙3个同学.若其中一人分得2本，另一个人分得2本，第三人分得3本，共有多少种不同的分法. 20．已知，该二项展开式中第5项和第6项的二项式系数最大． (1)求正整数的值； (2)求与二项式系数和的比值； (3)问展开式各项系数的绝对值中哪个最大，并说明理由． 21．设集合为实数集，其中，对U的非空子集A，若满足：①若，则，；②A中所有元素之和的算术平均数与U中所有元素之和的算术平均数相等，则称A为U的“平衡子集”. (1)若，，直接写出，的所有“平衡子集”； (2)若， （ⅰ）求U的所有“平衡子集”的个数； （ⅱ）用表示U的元素个数为m的“平衡子集”的个数，，，用表示U的元素个数为n的子集个数，求的值，并说明理由. 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 第6章 计数原理 单元自测卷 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1.. 2.. 3.60． 4.. 5. 6. 7.. 8. 9. 10. 11. ①②④ 12.18 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14每题4分，15、16每题5分）. 13 14 15 16 C B D C 三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分）. 17．（14分）【详解】（1）当个位数为时，则万位数有种选法， 则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数； 当个位数为时，则万位数有种选法， 则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数， 综上所述，能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数； （7分） （2）当千位数为或时， 则能组成个无重复数字且不大于3450的四位数； 当千位数为，百位数为，十位数为时，则符合题意的数只有一个； 当千位数为，百位数为，十位数不为时， 则十位数有种选法，个位数有种选法， 所以符合题意的数有种； 当千位数为，百位数不为， 则百位数有种选法，十位数有种选法，个位数有种选法， 所以符合题意的数有种， 综上所述，能组成个无重复数字且不大于3450的四位数. （7分） 18．（14分）【详解】1. ； （3分） 2.因为二项式展开式的通项公式，， 令，解得，所以. 故二项式展开式中的常数项为； （5分） 3.因为6名教师分到A，B，C，D四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师， 所以先将6名教师分成4组，每组至少一个，故有两种分组结构：和. 分两类完成，第一类按分组，有（种）， 然后再分配到四个不同的中学去，有（种），所以有（种）不同的分配方法； 第二类按分组，有（种）， 然后再分配到四个不同的中学去，有（种），所以有（种）， 根据分类加法计数原理共有（种）不同的分配方法. （6分） 19．（14分）【详解】（1）令，得， 整理得. （4分） （2） ， 所以除以的余数为. （5分） （3）第一步，将7本不同的书分成2本、2本、3本三组，方法数为种. 第二步，将这三组书分配给甲、乙、丙3名同学，方法数为种. 故共有种不同方法. （5分） 20．（18分）【详解】（1）因为的展开式中，第5项和第6项的二项式系数最大， 所以为奇数，且，所以. （4分） （2）因为，所以二项式系数和为， 令，得， 令，得， 所以， 因此与二项式系数和的比值为. （6分） （3）中和均为最大． 因为 展开式的通项， 所以， 即， 故判断系数中谁最大即判断展开式的系数谁最大． 展开式的通项， 由， 得，因为，所以或6． 故中和均为最大． （8分） 21．（18分）【详解】（1）由题可得的平衡子集为：； 由题可得的平衡子集为：； （4分） （2）（ⅰ）由题可得，U中所有元素之和的算术平均数为： ，又注意到， 而这样的相加为的组合，U中有组， 注意到这些组合的算术平均数及这些组合相加的算术平均数均为 又U的所有“平衡子集”都由这些组合所组成. 则U的所有“平衡子集”的个数为： （4分） （ⅱ）由（ⅰ）可得U的所有元素的算术平均数为， 则“平衡子集”的元素个数应为偶数，则. 又注意到表示从（ⅰ）中涉及的相加为的n个组合中，选择个的个数， 则， 则 . 又由题可得， 则 . 因，则， 一方面从个元素中选n个元素，有种方法. 另一方面，可将个元素分为2组，每组n个元素，则从个元素中选n个元素， 可先从第一组取k个，再从第二组取个，其中，则有种方法. 两种方法是等价的，则. 又， 则 . （10分） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 第6章 计数原理 单元自测卷 建议用时：120分钟，满分：150分 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分） 1．设是正整数，表达式化简的结果是 【答案】 【分析】根据二项式定理化简. 【详解】 故答案为：. 2．用0、1、2、3、4可组成 个无重复数字的三位奇数. 【答案】18 【分析】第一步确定个位数，第二步确定百位数，第三步确定十位数，根据分步乘法计数原理求解. 【详解】第一步：确定个位数，从两个奇数中任选一个放在个位有种不同的选法； 第二步：确定百位数，百位数不能是，也不能是已经用在个位上的数，故有三个数可选， 任选一个放在百位有种不同的选法； 第三步：确定十位数，从剩下的三个数（包含0）中任选一个放在十位有种不同的选法； 根据分步乘法计数原理，可组成无重复数字的三位奇数共个. 故答案为：. 3．用1、2、3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个1相邻出现，则这样的四位数有 个．（用数字作答） 【答案】60 【分析】分为三种情况：四位数中没有1，四位数中有1个1，若四位数中有2个1分别求出个数最后求和即得结果. 【详解】若四位数中没有1，共有个， 若四位数中有1个1，共有个， 若四位数中有2个1，则这两个1不能相邻，有种放置方法， 其余两位各有2种选择（2或3），故共有个. 因此共有60个． 故答案为：60． 4．的展开式中的系数是 ．（结果用数字表示） 【答案】 【分析】利用二项展开式通项以及组合数性质可求得展开式中的系数. 【详解】当且时，的展开式通项为， 所以的展开式中的系数是 . 故答案为：. 5．投掷一个硬币，每次正面朝上和反面朝上的概率都为，正面朝上记1分，反面朝上记分，连续投掷该硬币6次，所得分数之和不小于2的概率为 . 【答案】 【分析】正面朝上的次数为，根据所得分数之和不小于2求出，再利用组合数求出所有情况的数量，最后利用古典概型求出概率. 【详解】每次投掷一个硬币都有正面朝上、反面朝上两种可能结果， 故连续投掷该硬币6次，共有种可能结果； 设正面朝上的次数为，则反面朝上的次数为，其中， 则总得分为， 若所得分数之和不小于2，则，得，故可取， 若，则所有可能结果有种， 若，则所有可能结果有种， 若，则所有可能结果有种， 则连续投掷该硬币6次，所得分数之和不小于2的概率为. 故答案为： 6．小明一次买了三串冰糖葫芦，其中一串有3颗冰糖葫芦，一串有4颗冰糖葫芦，一串有5颗冰糖葫芦．若小明每次随机从其中一串中吃一颗，每一串只能从上往下吃，那么不同的吃完的顺序有 种．（结果用数字作答） 【答案】 【分析】将“吃完的顺序”转化为12个取食位置的分配问题，结合同一串内顺序固定的约束，利用组合数计算不同的位置分配方式. 【详解】三串冰糖葫芦共含颗，吃完需完成12次取食操作. 因每串需从上往下吃，同一串内的取食顺序固定，故需从12个取食位置中选3个分配给3颗的串， 再从剩余9个位置中选4个分配给4颗的串，最后5个位置分配给5颗的串. . 故答案为： 7．已知，则 ． 【答案】10 【分析】根据二项式定理求解即可得. 【详解】二项式展开式的通项为， 所以， 则展开式中的系数. 故答案为：. 8．袋中有7个小球，其中2个白球，2个红球和3个黄球.每次不放回从袋中随机取出一个球，当三种颜色的球都取到时停止，则停止摸球时共取出5个球的概率为 . 【答案】 【分析】按照第5次摸到的球的颜色进行分类，利用排列组合的知识求解. 【详解】根据题意可知，停止摸球时共取出5个球的所有可能的情况为： 前4次摸出的球仅有白球和红球，第5次摸出1个黄球：此时概率为， 前4次摸出的球仅有白球和黄球，第5次摸出1个红球：此时概率为， 前4次摸出的球仅有黄球和红球，第5次摸出1个白球：此时概率为， 故停止摸球时共取出5个球的概率为. 故答案为： 9．已知，则 （用数字作答） 【答案】33 【分析】令，可得，令，可得，据此可得答案. 【详解】令，可得； 令，可得， 则. 故答案为： 10．杨辉三角形，又称贾宪三角形，是二项式系数（且），在三角形中的一种几何排列，南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，从1开始箭头所指的数组成一个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，…，则在该数列中，第37项是 ．    【答案】 【分析】依题意将锯齿形数列分组找出规律可知第37项是第19组的第一个数，计算可得结果. 【详解】根据题意，将锯齿形数列两个一组进行分组，可知其成如下规律： 第一组：； 第二组：； 第三组：； 第四组：； 因此第37项是第19组的第一个数，易知第19组的两个数为； 可得第37项是. 故答案为： 11．已知， ①若，则 ②若，则 ③若，则中含项的系数为48 ④ 若为偶数，则能被4整除 则正确命题的序号是 【答案】①②④ 【分析】由，令得，由解出即判断①，由得，令，利用单调性即可判断②，先求，利用二项式定理即可判断③，由，利用二项定理得能被8整除，进而判断④. 【详解】由，令得：， 所以，故①正确； 由得，令， 可知在上单调递减，又，故②正确； 若，则， 所以，由的通项为，的通项为， 所以中的系数为：，故③错误； 由，若时，， 由能被8整除，所以能被4整除，故④正确. 故答案为：①②④. 12．对于函数，若关于的方程，（，）恰有个实数根，则称函数为“”函数.①函数的定义域且；②函数是“2”函数，也是“3”函数；那么同时满足条件①②的函数共有 个. 【答案】18 【分析】根据题目所给条件，先根据定义域确定关键的函数值，然后根据计数原理将不能确定的几个函数值进行排列即可得到答案. 【详解】由题意，函数的定义域为和函数的值域均为：，可知自变量和函数值是一一对应的关系； 的定义域为，根据题目给出的“3”函数的新定义：有，即： ，，. 可得：，只能是，，，这样在值域当中只剩下是的倍，故，. 因为函数是“2”函数，根据题意恰有2个根，结合，，，，；剩余的不能确定的个函数值中，只需要，不同的分配方法有种. 故答案为： 二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14每题4分，15、16每题5分）. 13．我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“lucky”数，例如105和213，则所有的“lucky”数有（　　） A．48个 B．30个 C．21个 D．18个 【答案】C 【分析】根据题意，按首位数字为，分类讨论，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】当首位数字为1时，后两位相加为5，“lucky”数分别是105，150，114，141，123，132共6个； 当首位数字为2时，后两位相加为4，“lucky”数分别是204，240，213，231，222，共5个； 当首位数字为3时，后两位相加为3，“lucky”数分别是303，330，312，321，共4个； 当首位数字为4时，后两位相加为2，“lucky”数分别是402，420，411，共3个； 当首位数字为5时，后两位相加为1，“lucky”数分别是501，510，共2个； 当首位数字为6时，后两位相加为0，“lucky”数分别是600，共1个； 由分类计数原理得，共有个. 故选：C. 14．已知，从1，2，…，中随机取出两个数，若两数之和为3的概率为，则（    ） A．6 B．7 C．20 D．21 【答案】B 【分析】从个正整数中任意取出两个不同的数共有取法，其中两数之和为3的取法有1种，由古典概型概率公式可得，进而解得的值． 【详解】从个正整数中任意取出两个不同的数共有取法，其中两数之和为3的取法为：，共1种， 故两数之和等于3的概率为，所以，即， 所以，又因为，解得：. 故选：B． 15．现有5本不同的书《天工开物》、《梦溪笔谈》、《齐民要术》、《本草纲目》、《九章算术》，则下列说法正确的是（ ） A．将全部的书放到6个不同的抽屉里，一个抽屉可放多本书，有种不同的放法 B．将全部的书放在同一层书架上，要求《本草纲目》和《九章算术》相邻，有96种不同的放法 C．将五本书排成一排，则《天工开物》、《梦溪笔谈》按从左到右（可以不相邻）的顺序排列的不同的排法有120种 D．将书分给3位不同的学生，其中一人1本，一人2本，一人2本，有90种不同的分法 【答案】D 【分析】根据分步计数乘法原理即可求解判断A；把《本草纲目》和《九章算术》看成一本书进行排列即可计算求解判断B；先全排再根据定序问题计算求解即可判断C；根据先分组后排序计算即可求解判断D. 【详解】对于A，将全部的书放到6个不同的抽屉里，一个抽屉可放多本书，每本书均有6种不同的放法， 根据分步计数乘法原理，共有种放法，所以A不正确； 对于B，将全部的书放在同一层书架上，要求《本草纲目》和《九章算术》相邻， 可把《本草纲目》和《九章算术》看成一本书，共有种放法，所以B不正确； 对于C，将五本书并排成一排，， 则《天工开物》、《梦溪笔谈》按从左到右（可以不相邻）的顺序排列的排法有种， 所以C不正确； 对于D，将5本不同的书分给3位不同的学生，其中一人1本，一人2本，一人2本， 有种分组方法， 再将其分给三人，共有种分法，所以D正确. 故选：D 16．《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究．现给出一个同余问题：如果和除以所得的余数相同，那么称和对模同余，记为（mod）．若，（mod），则值可以是（       ） A．2026 B．2025 C．2024 D．2023 【答案】C 【分析】利用二项式定理求出除以所得的余数，再逐项验证即得. 【详解】 因能被整除， 故除以余数为， 所以除以余数为， 因为，所以，，， 又（mod），所以值可以是. 故选：C. 三、解答题（本大题共5题，第17-19题每题14分，第20-21题每题18分，共78分）. 17．在这个数字中选择若干个数. (1)能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？ (2)能组成多少个无重复数字且不大于的四位数？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分个位数为和两种情况讨论，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可得解； （2）分千位数为或和两种情况讨论，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可得解. 【详解】（1）当个位数为时，则万位数有种选法， 则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数； 当个位数为时，则万位数有种选法， 则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数， 综上所述，能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数； （2）当千位数为或时， 则能组成个无重复数字且不大于3450的四位数； 当千位数为，百位数为，十位数为时，则符合题意的数只有一个； 当千位数为，百位数为，十位数不为时， 则十位数有种选法，个位数有种选法， 所以符合题意的数有种； 当千位数为，百位数不为， 则百位数有种选法，十位数有种选法，个位数有种选法， 所以符合题意的数有种， 综上所述，能组成个无重复数字且不大于3450的四位数. 18．1.计算： 2.求二项式展开式中的常数项．（结果用数字作答） 3.哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等6名教师被随机地分到A，B，C，D四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法．（结果用数字作答） 【答案】【小题1】； 【小题2】； 【小题3】. 【分析】1.直接根据排列数、组合数及阶乘的公式计算可得； 2.直接用二项式定理的展开式的通项公式计算可得； 3.先将6名老师分和两组，然后再分配到四个不同的中学去，再根据排列组合的分组分配问题计算可得. 【详解】1. ； 2.因为二项式展开式的通项公式，， 令，解得，所以. 故二项式展开式中的常数项为； 3.因为6名教师分到A，B，C，D四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师， 所以先将6名教师分成4组，每组至少一个，故有两种分组结构：和. 分两类完成，第一类按分组，有（种）， 然后再分配到四个不同的中学去，有（种），所以有（种）不同的分配方法； 第二类按分组，有（种）， 然后再分配到四个不同的中学去，有（种），所以有（种）， 根据分类加法计数原理共有（种）不同的分配方法. 19．（1）已知对任意给定的实数，都有，求值： （2）求除以的余数. （3）7本不同的书，分给甲、乙、丙3个同学.若其中一人分得2本，另一个人分得2本，第三人分得3本，共有多少种不同的分法. 【答案】（1）1；（2）；（3）630 【分析】（1）利用赋值法求解. （2）将变形为，再根据二项式定理展开运算即可. （3）先分组，再分配，平均分组问题要除以组（相等的组）的全排列. 【详解】（1）令，得， 整理得. （2） ， 所以除以的余数为. （3）第一步，将7本不同的书分成2本、2本、3本三组，方法数为种. 第二步，将这三组书分配给甲、乙、丙3名同学，方法数为种. 故共有种不同方法. 20．已知，该二项展开式中第5项和第6项的二项式系数最大． (1)求正整数的值； (2)求与二项式系数和的比值； (3)问展开式各项系数的绝对值中哪个最大，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)中和均为最大，理由见解析 【分析】（1）利用二项式系数的中间项最大的性质，结合第5、6项的二项式系数最大，得，求出正整数. （2）通过赋值法（令、）求出与，进而得，结合二项式系数和为计算比值. （3）将系数绝对值转化为的系数，通过列不等式组求解最大项对应的值，确定和最大. 【详解】（1）因为的展开式中，第5项和第6项的二项式系数最大， 所以为奇数，且，所以. （2）因为，所以二项式系数和为， 令，得， 令，得， 所以， 因此与二项式系数和的比值为. （3）中和均为最大． 因为 展开式的通项， 所以， 即， 故判断系数中谁最大即判断展开式的系数谁最大． 展开式的通项， 由， 得，因为，所以或6． 故中和均为最大． 21．设集合为实数集，其中，对U的非空子集A，若满足：①若，则，；②A中所有元素之和的算术平均数与U中所有元素之和的算术平均数相等，则称A为U的“平衡子集”. (1)若，，直接写出，的所有“平衡子集”； (2)若， （ⅰ）求U的所有“平衡子集”的个数； （ⅱ）用表示U的元素个数为m的“平衡子集”的个数，，，用表示U的元素个数为n的子集个数，求的值，并说明理由. 【答案】(1)；； (2)；，理由见解析. 【分析】（1）由题中信息，可写出相应“平衡子集”； （2）（ⅰ）注意到U的所有元素的算术平均数为，则， 又由题可得m为偶数时，，据此可得答案；由（ⅰ）及题意可得： ，然后利用算两次思想可得，据此可得答案. 【详解】（1）由题可得的平衡子集为：； 由题可得的平衡子集为：； （2）（ⅰ）由题可得，U中所有元素之和的算术平均数为： ，又注意到， 而这样的相加为的组合，U中有组， 注意到这些组合的算术平均数及这些组合相加的算术平均数均为 又U的所有“平衡子集”都由这些组合所组成. 则U的所有“平衡子集”的个数为： （ⅱ）由（ⅰ）可得U的所有元素的算术平均数为， 则“平衡子集”的元素个数应为偶数，则. 又注意到表示从（ⅰ）中涉及的相加为的n个组合中，选择个的个数， 则， 则 . 又由题可得， 则 . 因，则， 一方面从个元素中选n个元素，有种方法. 另一方面，可将个元素分为2组，每组n个元素，则从个元素中选n个元素， 可先从第一组取k个，再从第二组取个，其中，则有种方法. 两种方法是等价的，则. 又， 则 . 【点睛】关键点睛：从两个角度出发，利用不同方法得到同一个数学量的表达式，从而解决问题的方法称为“算两次”，对于组合恒等式的证明，常利用这种方法. 学科网（北京）股份有限公司1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $