第5章 计数原理 章末综合检测(四)-【优学精讲】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册教用Word(北师大版)

章末综合检测(四) (时间：120分钟，满分：150分) 一、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．已知C＝C，则x的取值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选C．由题意得x＋x－1＝5，解得x＝3.故选C． 2．若4位同学报名参加3个不同的课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有(　　) A．34种 B．9种 C．43种 D．12种 解析：选A．根据题意，每位同学有3种报名方法，则4位同学共有3×3×3×3＝34种报名方法．故选A． 3．记a，b，c，d为1，2，3，4的任意一种排列，则使得(a＋b)(c＋d)为偶数的排列种数为(　　) A．8 B．12 C．16 D．18 解析：选A．因为只有(1＋3)×(2＋4)为偶数，所以使得(a＋b)(c＋d)为偶数的排列种数为AAA＝8.故选A． 4.如图，在正三角形的12个点中任取三个点构成三角形，能构成三角形的个数为(　　) A．220 B．200 C．190 D．170 解析：选C．任取三个点有C种，其中三点共线的有3C种，故能构成三角形的个数为C－3C＝190.故选C． 5．设直线方程Ax＋By＝0，从0，1，2，3，4，5中每次取两个不同的数作为A，B的值，则所得不同直线的条数为(　　) A．22 B．20 C．19 D．18 解析：选B．从6个数字中任取2个不同的数字作为A，B，共有A＝30种情况；当A＝0时，B∈{1，2，3，4，5}对应的直线相同，则有4条重复直线；当B＝0时，A∈{1，2，3，4，5}对应的直线相同，则有4条重复直线；当＝＝或＝＝时，对应的直线相同，则有2条重复直线；所以不同直线的条数为30－4－4－2＝20.故选B． 6．(x2－2x－3)(x＋2)5的展开式中，含x5项的系数为(　　) A．－23 B．17 C．20 D．23 解析：选B．(x2－2x－3)(x＋2)5展开可得x2(x＋2)5－2x(x＋2)5－3(x＋2)5，要得到含x5项，则需分别求(x＋2)5展开式中含x3，x4，x5项，由二项式定理可知(x＋2)5的展开式中含x3，x4，x5的项分别为Cx322，Cx421，Cx520，其系数分别为40，10，1，所以(x2－2x－3)(x＋2)5展开式中含x5项的系数为40－2×10－3×1＝17.故选B． 7．A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有(　　) A．60种 B．48种 C．30种 D．24种 解析：选B．首先，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，考虑B，C两人的情况，只能选择相邻的两个座位，位置可以互换，利用捆绑法可得4A种，接下来，考虑其余三人的情况，其余位置可以互换，可得A种，最后根据分步乘法计数原理，得到4×A×A＝48种不同的座次．故选B． 8．杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家，他在《详解九章算法》一书中，画了一个由二项式(a＋b)n(n＝1，2，3，…)展开式的系数构成的三角形数阵，称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，从第2行开始，除1以外，其他每一个数值都是它上面的两个数值之和，每一行第k(k≤n，k∈N＋)个数组成的数列称为第k斜列．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2 022行第k斜列与第k＋1斜列各项之和最大时，k的值为(　　) A．1 009 B．1 010 C．1 011 D．1 012 解析：选C．当k≥2时，第k斜列各项之和为C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝…＝C，同理，第k＋1斜列各项之和为C，所以C＋C＝C，当第k斜列与第k＋1斜列各项之和最大时，k＋1＝1 012，解得k＝1 011.故选C． 二、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． 9．二项式(－)n的展开式中第13项是常数项，则(　　) A．n＝30 B．n＝31 C．二项式系数最大的项为第16项 D．系数最小的项为第16项 解析：选ACD．二项式的展开式中第13项T13＝C＝Cx－10，令－10＝0，得n＝30，故A正确，B错误；因为展开式共有31项，故第16项的二项式系数最大，故C正确；展开式的通项为Tr＋1＝C()30－r·＝(－1)rCx10－，因为展开式的系数为(－1)rC，第16项的系数为负数，且其绝对值最大，所以系数最小的项为第16项．故D正确．故选ACD． 10．某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客的乘坐站数实施分段优惠政策，不超过9站的地铁票价如表： 乘坐站数x 0<x≤3 3<x≤6 6<x≤9 票价/元 2 3 4 现有甲、乙两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过9站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论中正确的是(　　) A．若甲和乙两人共花费5元，则甲和乙下地铁的方案共有9种 B．若甲和乙两人共花费5元，则甲和乙下地铁的方案共有18种 C．若甲和乙两人共花费6元，则甲和乙下地铁的方案共有9种 D．若甲和乙两人共花费6元，则甲和乙下地铁的方案共有27种 解析：选BD．因为甲、乙两人乘坐地铁，共花费5元，则其中一人的乘坐站数不超过3，另一人的乘坐站数超过3不超过6，设首站之后的前6站分别为A1，B1，C1，A2，B2，C2，若甲乘坐地铁不超过3站，则两人下地铁的所有方案为(A1，A2)，(A1，B2)，(A1，C2)，(B1，A2)，(B1，B2)，(B1，C2)，(C1，A2)，(C1，B2)，(C1，C2)共9种，同理，若乙乘坐地铁不超过3站，也有9种方案，因此甲和乙两人共花费5元时共有18种下地铁的方案，故A错误，B正确；设首站之后的前9站分别为A1，B1，C1，A2，B2，C2，A3，B3，C3，若甲、乙两人共花费6元，则共有三类情况：甲付2元，乙付4元；甲付3元，乙付3元；甲付4元，乙付2元；由选项A，B的分析可知每类情况有9种方案，所以甲、乙两人共花费6元时共有27种下地铁的方案，故C错误，D正确．故选BD． 11．在50件产品中，有47件合格品，3件不合格品，从这50件产品中任意抽取4件，则下列结论正确的有(　　) A．抽取的4件产品中至多有1件是不合格品的抽法有(C＋CC)种 B．抽取的4件产品中至少有1件是不合格品的抽法有(CC＋CC＋CC)种 C．抽取的4件产品中至少有1件是不合格品的抽法有(C－C)种 D．抽取的4件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有CC种 解析：选BCD．对于A，抽取4件产品中没有不合格品(全为合格品)的抽法为C，抽出产品中恰有1件不合格品的抽法为CC，抽取的4件产品中至多有1件是不合格品的抽法有(C＋CC)种，故A错误；对于B，抽取的4件产品中至少有1件不合格品有如下可能：抽取产品中恰有1件不合格品的抽法为CC，抽取产品中恰有2件不合格品的抽法为CC，抽取产品中恰有3件不合格品的抽法为CC，抽取的4件产品中至少有1件是不合格品的抽法有(CC＋CC＋CC)种，故B正确；对于C，这50件产品中任意抽取4件的抽法为C，抽取4件产品中没有不合格品(全为合格品)的抽法为C，故抽取的4件产品中至少有一件是不合格品的抽法有(C－C)种，故C正确；对于D，抽取的产品中恰有1件不合格的抽法有CC种，故D正确．故选BCD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．从数字1，2，3，4，5，6，7，8，9中任选4个组成无重复数字的四位数，满足千位和百位上的数字之和为5，则这样的偶数共有__________个． 解析：满足数字之和为5的两个数字为(1，4)，(2，3)，故千位和百位上的数字排列有2A＝4种情况，再考虑个位，有3种选择，最后考虑十位，有6种选择，故这样的偶数共有4×3×6＝72(个). 答案：72 13．设常数a>0，(ax2－)4展开式中x3的系数为，则a＝____________． 解析：由展开式的通项为Tr＋1＝Ca4－rx8－2rx－r(－1)r＝(－1)r·Ca4－rx8－r，令8－r＝3，解得r＝2，所以展开式中x3的系数为(－1)2·Ca2＝6a2＝，又a>0，解得a＝. 答案： 14．已知A，B，C，D，E，F共6人进行劳动技术比赛，决出第1名到第6名的名次，其中已知A和B都不是第1名，且F名次好于A，则这6人的名次排列种数为________________． 解析：根据题意，分5种情况讨论：①A是第二名，F有1种可能，B有4种可能，此时有1×4×A＝4A种名次排列情况；②A是第三名，若F为第一名，B有4种可能，若F不是第一名，B有3种可能，此时有(4＋3)A＝7A种名次排列情况；③A是第四名，若F为第一名，B有4种可能，若F不是第一名，F有2种可能，B有3种可能，此时有(4＋2×3)A＝10A种名次排列情况；④A是第五名，若F为第一名，B有4种可能，若F不是第一名，F有3种可能，B有3种可能，此时有(4＋3×3)A＝13A种名次排列情况；⑤A是第六名，若F为第一名，B有4种可能，若F不是第一名，F有4种可能，B有3种可能，此时有(4＋4×3)A＝16A种名次排列情况．则共有(4＋7＋10＋13＋16)A＝50×6＝300种名次排列情况． 答案：300 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．(本小题满分13分)某地的街道把城市分割成矩形方格，称每个方格为一个块，小张从家里出发上班，向东要走m块，向北要走n块，问小张上班的最短路径有多少种？ 解：依题意要使路径最短，则只能向东或向北走，不能向西且不能向南走，则小张从家里出发上班一共要走m＋n块，其中向东要走m块，向北要走n块，所以小张上班的最短路径有C种． 16．(本小题满分15分)某校高中一年级举行篮球赛．比赛时先分成两组，其中1班、2班、3班、4班为第一组，5班、6班、7班、8班、9班、10班为第二组．各组先进行单循环赛(即同组中的每两支队伍都要比赛一场)，然后由各组的前两名共4支队伍进行单循环赛决出冠军和亚军．问：一共需要比赛多少场？ 解：由题意得，第一组单循环赛的比赛场数是C；第二组单循环赛的比赛场数是C；各组的前两名共4支队伍再进行单循环赛，还需要比赛C场，所以这次篮球赛一共需要比赛的场次为C＋C＋C＝6＋15＋6＝27. 17．(本小题满分15分)已知f(x)＝(2x＋3)n展开式的二项式系数和为512，且(2x＋3)n＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋an(x＋1)n，求： (1)a2的值； (2)f(20)－20除以6的余数． 解：(1)题意可得， 2n＝512，解得n＝9.将(2x＋3)9变形可得[2(x＋1)＋1]9，该式展开的通项为Tr＋1＝C[2(x＋1)]9－r×1r＝C29－r(x＋1)9－r，r＝0，1，2，…，9，由9－r＝2可得，r＝7，所以a2＝C×22＝144. (2)由题意得，f(20)－20＝439－20＝(42＋1)9－20＝C×429×10＋C×428×1＋…＋C×422×17＋C×42×18＋C×420×19－20.显然前8项能被6整除，且C×42×18＋C×420×19－20＝359＝6×59＋5，所以f(20)－20除以6的余数为5. 18．(本小题满分17分)中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑期开设“围棋”“武术”“书法”“剪纸”“京剧”“刺绣”六门体验课程． (1)若体验课连续开设六周，每周一门，求“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的所有排法种数； (2)现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有一门共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数； (3)计划安排A，B，C，D，E五名教师教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，教师A不任教“围棋”课程，教师B只能任教一门课程，求所有课程安排的种数． 解：(1)第一步，先将另外四门课排好，有A种情况；第二步，将“京剧”和“剪纸”课程分别插入5个空隙中，有A种情况；所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法种数为A×A＝480. (2)第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有A种情况；第二步，将甲和乙的相同课程排好，有C种情况；第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同，所以丙的排法有C种情况，因此，所有选课种数为A×C×C＝360. (3)①当A只任教一门课程时：先排A任教科目，有C种；再从剩下五门课程中排B的任教科目，有C种；接下来剩余四门课程中必有两门课程为同一名老师任教，分三组全排列，共有CA种，所以当A只任教一门课程时，共有CCCA＝5×5××3×2×1＝900种安排方案；②当A任教两门课程时：先选A任教的两门课程有C种，这样剩余四门课程分为4组共有CA＝×4×3×2×1＝240种安排方案，综上，所有课程安排的种数为900＋240＝1 140. 19．(本小题满分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＋＋＋…＋，且a2＝180，求： ①i； ②ai(0≤i≤10，i∈N)的最大值． 解：(1)当m＝2时，f(7，x)＝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＝C＝或T5＝C＝. (2)①f(10，x)＝的通项为Tr＋1＝C＝210－rm2r－10·Cx－r，且f(10，x)＝a0＋＋＋…＋，所以的系数为a2＝28Cm－6＝180，解得m＝2，所以f(10，x)＝的通项为Tr＋1＝C＝2rCx－r，所以ar＝2rC，当r＝0时，a0＝1，令x＝1，则i＝310－1＝59 048. ②设ar＝2rC为ai(0≤i≤10)中的最大值，则即解得≤r≤，r∈N，所以r＝7，所以(ai)max＝a7＝27C＝15 360. 学科网（北京）股份有限公司 $