第6章 计数原理 测评卷（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教A版）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 第六章　计数原理 全卷满分150分　考试用时120分钟 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.若的展开式的二项式系数之和为32,则展开式中含x4项的系数为(　　) A.-80　　　　B.80　　　　C.-40　　　　D.40 2.北斗七星是夜空中的七颗亮星,我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载,它们形成的图形像我国古代舀酒的斗,故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象,也是古人藉以判断季节的依据之一.如图,用点A,B,C,D,E,F,G表示某季节的北斗七星,其中B,D,E,F看作共线,其他任意三点均不共线,若过这七个点中任意三个点作三角形,则所作的不同三角形的个数为(　　) A.35　　　　B.34　　　　C.31　　　　D.30 3.的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中的常数项为(　　) A.-40　　　　B.-20　　　　C.20　　　　D.40 4.我国古代数学家赵爽为了证明勾股定理,创制了一幅如图所示的“弦图”,后人称之为“赵爽弦图”,它由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现对该图进行涂色,有5种不同的颜色提供选择,相邻区域所涂颜色不同.在所有的涂色方案中随机选择一种方案,该方案恰好只用到三种颜色的概率是(　　) A. 5.“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示,由杨辉三角的“左腰”上的各数出发,引一组平行线,从上往下每条线上各数之和依次为1,1,2,3,5,8,13,…,则下列说法不正确的是(　　) A.在第9条斜线上,各数之和为55 B.在第n(n≥5)条斜线上,各数自左往右先增大后减小 C.第n条斜线上共有个数 D.在第11条斜线上,最大的数是 6.为了提高人们的环保意识,让所有人都能为保护环境出一份力,学校安排A,B,C,D 4名学生去甲、乙、丙三个社区宣讲,每个学生去且只去一个社区,每个社区至少有1名学生,其中学生A不能去甲社区,则不同安排方式的总数是(　　) A.20　　　　B.24　　　　C.32　　　　D.36 7.已知(3x+1)2 025=a0+a1x+a2x2+…+a2 025x2 025,则a2+…+a2 025被4除的余数为(　　) A.3　　　　B.2　　　　C.1　　　　D.0 8.若一个四位数的各位数字的和为10,则称该数为“完美四位数”,如数字“2 017”,则用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于2 017的“完美四位数”有(　　) A.71个　　　　B.66个 C.59个　　　　D.53个 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.若m,n为正整数且n>m>1,则下列结论正确的是(　　) A.m　　　　 B.+…+ C.若=12×11×…×6,则m=6　　　　 D. 10.已知(1-x)2 024=a0+a1x+a2x2+…+a2 024x2 024,则下列结论正确的是(　　) A.a2=-a1 B.a1+a2+…+a2 024=0 C.a0-a1+a2-a3+…-a2 023+a2 024=22 024 D.a1+2a2+…+2 024a2 024=0 11.现有数字0,1,1,1,2,3,4,5,下列说法正确的是(　　) A.可以组成600个没有重复数字的六位数 B.可以组成288个没有重复数字的六位偶数 C.可以组成3 240个六位数 D.可以组成2 160个相邻两个数字不相同的八位数 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.(x2+2x-y)5的展开式中,x5y2的系数为　　　　.  13.把除颜色外完全相同的5个红球和4个白球排成一行,则恰有3个红球相邻在一起的不同排法种数为　　　　.(用数字作答)  14.计算机是20世纪最伟大的发明之一,计算机在进行计算和信息处理时,使用的是二进制.若将一个十进制数n(n∈N*)表示为n=a0×2k+a1×2k-1+a2×2k-2+…+ak×20,其中a0=1,ai∈{0,1}(i=1,2,3,…,k),则其二进制为(a0a1a2…ak)2(k∈N),例如:自然数1在二进制中就表示为(1)2,2表示为(10)2,3表示为(11)2,4表示为(100)2,7表示为(111)2.记f(n)为a0,a1,a2,…,ak中0的个数,如f(2)=1,f(4)=2,f(7)=0,则f(127)=　　　　;从1到127这些自然数的二进制表示中, f(n)=2的自然数有　　　　个.  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)甲、乙、丙等6名同学利用周末到社区进行志愿服务. (1)6名同学站成一排,若甲、乙、丙自左向右从高到矮排列,则不同的排列方案有多少种? (2)6名同学站成一排,甲、乙两名同学之间恰有2人的不同排列方案有多少种? (3)6名同学分成三组(每组至少有一人),进行三项不同的社区服务,则不同的分配方案有多少种? 16.(15分)在(a∈R,n∈N*)的展开式中,前三项的二项式系数之和为79. (1)求n的值; (2)若展开式中的常数项为,试求展开式中系数最大的项. 17.(15分)已知12名运动员中有5人只擅长篮球,4人只擅长足球,另外3人篮球与足球都擅长. (1)若从这12名运动员中选派2人,求这2人都擅长足球的选派方法种数; (2)若让这12名运动员中所有擅长篮球的运动员排成一排拍照,求其中还擅长足球的运动员互不相邻的排法种数; (3)从这12名运动员中选派4人参加某项活动,要求这4人中有2人擅长篮球,有2人擅长足球,求满足条件的选派方法种数. 18.(17分)在平面直角坐标系中,确定若干个点,点的横、纵坐标均取自集合A={-2,0,1,2},这样的点共有n个. (1)求以这n个点中的2个点为端点的线段的条数; (2)求这n个点能确定的直线的条数; (3)若从这n个点中选出3个点分别为三角形的3个顶点,求这样的三角形的个数. 19.(17分)设q是非零实数,对任意n∈N*,定义“q-数”:(n)q=1+q+…+qn-1,利用“q-数”可定义“q-阶乘”:(n)!q=(1)q(2)q…(n)q,且(0)!q=1;“q-组合数”:对任意k∈N,n∈N*,k≤n,. (1)计算:; (2)证明:对于任意k,n∈N*,k+1≤n,; (3)证明:对于任意k,m∈N,n∈N*,k+1≤n,. 答案全解全析 第六章　计数原理 1.B　∵的展开式的二项式系数之和为32,∴2n=32,得n=5, 则的展开式的通项为Tk+1=x10-3k,k=0,1,2,3,4,5, 令10-3k=4,得k=2,∴T3=(-1)2×23×x4=80x4,即含x4项的系数为80. 2.C　从这七个点中任意选取三个点有=35个,其中共线的四个点中有=4个不能构成三角形,所以不同的三角形的个数为35-4=31. 3.D　令x=1,得展开式中各项系数的和为1+a,所以1+a=2,解得a=1,所以,易得的展开式的通项为Tr+1=x5-2r,r=0,1,2,3,4,5. 令5-2r=1,得r=2; 令5-2r=-1,得r=3. 所以的展开式中的常数项为8=40. 4.B　所有的涂色方案分3类: (1)用到三种颜色:⑤一种颜色,①③同色,②④同色,涂色方法的种数为=60; (2)用到四种颜色:⑤一种颜色,①③不同色,②④同色或⑤一种颜色,①③同色,②④不同色,涂色方法的种数为2=240; (3)用到五种颜色,涂色方法的种数为=120. 因此该方案恰好只用到三种颜色的概率是. 5.A　从上往下每条线上各数之和依次为1,1,2,3,5,8,13,…,设这些数依次为a1,a2,…, 则各数出现的规律是an+2=an+an+1(n∈N*), 所以第8条斜线上各数之和为8+13=21,第9条斜线上各数之和为13+21=34,故A中说法不正确; 由题图易知,从左往右,第1条斜线上的数为1, 第2条斜线上的数为, 第3条斜线上的数为, 第4条斜线上的数为, 第5条斜线上的数为, 第6条斜线上的数为, …… 依此规律,第11条斜线上的数为,最大的数是,故D中说法正确; 由上面的规律可知:当n为奇数时,第n条斜线上共有个数, 当n为偶数时,第n条斜线上共有个数, 所以第n条斜线上共有个数,故C中说法正确; 由上述每条斜线上的数的规律可知,在第n(n≥5)条斜线上,各数自左往右先增大后减小,故B中说法正确. 6.B　分两种情况讨论:①学生A和另外一名学生一起去乙或丙社区,方法种数为=12;②学生A单独去乙或丙社区,方法种数为=12. 因此不同安排方式的总数是12+12=24. 7.D　令x=0,可得a0=12 025=1, 令x=,可得52 025=a0+a2+…+a2 025, 所以a2+…+a2 025=52 025-1. 因为52 025=(4+1)2 025=·42 025+·42 024+…+·41+ =·42 025+·42 024+…+·41+1, 所以52 025被4除的余数为1,即52 025-1被4除的余数为0. 8.A　四个数字和为10的情况有:①0,1,3,6,②0,1,4,5,③0,1,2,7,④0,2,3,5,⑤1,2,3,4,共5种. 则分5种情况讨论:①当四个数字为0,1,3,6时,千位数字可以为3或6,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有2×6=12个符合题意的“完美四位数”; ②当四个数字为0,1,4,5时,千位数字可以为4或5,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有2×6=12个符合题意的“完美四位数”; ③当四个数字为0,1,2,7时,若千位数字为7,则将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,若千位数字为2,则有2 071,2 107,2 170,2 701,2 710,共5种情况,此时有6+5=11个符合题意的“完美四位数”; ④当四个数字为0,2,3,5时,千位数字可以为2或3或5,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有3×6=18个符合题意的“完美四位数”; ⑤当四个数字为1,2,3,4时,千位数字可以为2或3或4,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有3×6=18个符合题意的“完美四位数”. 综上,一共有12+12+11+18+18=71个符合题意的“完美四位数”. 9.ABD　对于A,m=m·=n·,故A正确. 对于B,因为,所以+…++…++…++…+=…=,故B正确. 对于C,=12×11×…×6=,所以m=7,故C错误. 对于D,+m··(n+1)=,故D正确. 10.ACD　对于A,由题意可知a1=(-1)=-2 024,a2=a1,因此A正确; 对于B,令x=0,则a0=1,令x=1,则a0+a1+a2+…+a2 024=(1-1)2 024=0,则a1+a2+…+a2 024=-1,因此B错误; 对于C,令x=-1,则a0-a1+a2-a3+…-a2 023+a2 024=(1+1)2 024=22 024,因此C正确; 对于D,对已知关系式两边同时求导可得-2 024(1-x)2 023=a1+2a2x+3a3x2+…+2 024a2 024x2 023,令x=1,则a1+2a2+3a3+…+2 024a2 024=0,因此D正确. 11.ACD　对于A,可选取的数字为0,1,2,3,4,5,且首位数字不能为0. 第一步,排首位,有种排法, 第二步,排其他五位,有种排法, 所以可以组成=600个没有重复数字的六位数,故A正确. 对于B,末位数字只能为0,2,4. 当末位数字为0时,有=120种排法, 当末位数字为2时,有=96种排法, 当末位数字为4时,有=96种排法, 所以可以组成120+96+96=312个没有重复数字的六位偶数,故B错误. 对于C,六位数中可能有1个1,2个1,3个1三种情况. 当六位数中有1个1时,由A中分析知有600种排法; 当六位数中有2个1时,分为有0与无0两种情况: 有0时,有=1 200种排法, 无0时,有=360种排法; 当六位数中有3个1时,分为有0与无0两种情况: 有0时,有=600种排法, 无0时,有=480种排法, 所以可以组成600+1 200+360+600+480=3 240个六位数,故C正确. 对于D,因为相邻两个数字不相同,所以3个1不能相邻. 第一步,排0,2,3,4,5,有=120种排法, 第二步,将3个1插入6个空位中的3个空位中,有=20种排法, 当0在首位时,有=240种排法,而0不能在首位, 所以可以组成120×20-240=2 160个相邻两个数字不相同的八位数,故D正确. 12.答案　60 解析　(x2+2x-y)5的展开式的通项为Tr+1=(x2+2x)5-r(-y)r,r=0,1,2,3,4,5, 令r=2,得T3=(x2+2x)3y2. (x2+2x)3的展开式的通项为T'k+1=x6-k,k=0,1,2,3, 令k=1,得T'2=21×x5. 所以展开式中x5y2的系数为=60. 13.答案　50 解析　分为两类: 第一类,3个红球“捆绑”在一起,另外2个红球也“捆绑”在一起,然后4个白球排列后形成5个空位,从中选出2个空位让这两个“捆绑”的红球排列即可,此时有=20种排法; 第二类,3个红球“捆绑”在一起,另外2个红球不相邻,然后4个白球排列后形成5个空位,从中选出1个空位放“捆绑”的红球,再从剩下的4个空位中选出2个空位放不相邻的红球即可,此时有=30种排法. 所以不同排法种数为20+30=50. 14.答案　0;35 解析　因为127=1×26+1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20,所以f(127)=0. 当k=2时,有1个,当k=3时,有个,当k=4时,有个, 当k=5时,有个,当k=6时,有个,则一共有1+=35个, 所以从1到127这些自然数的二进制表示中, f(n)=2的自然数有35个. 15.解析　(1)先将6人全排列,有种.(2分) 因为甲、乙、丙三人排列有种,所以甲、乙、丙自左向右从高到矮排列时,不同的排列方案有=120种.(4分) (2)从除甲、乙以外的4人中任选2人排在甲、乙之间,与甲、乙组成一个整体,再与余下2人全排列,则不同的排列方案有=144种.(8分) (3)6名同学分成三组(每组至少一人),则分组方案可以为1,1,4;1,2,3;2,2,2.(9分) 又进行三项不同的社区服务,所以不同的分配方案有=540种.(13分) 16.解析　(1)由已知得=79,(4分) 解得n=12或n=-13, 因为n∈N*,所以 n=12.(7分) (2)由(1)知,其展开式的通项为Tr+1=(ax)12-r·,r=0,1,…,12,(9分) 令12-=0,得r=9,故常数项为,解得a=,(11分) 设第(k+1)项的系数最大, 则解得≤k≤, 因为k∈N*,所以 k=8.(14分) 因此,展开式中系数最大的项为T9=··.(15分) 17.解析　设只擅长篮球的5人为A组,只擅长足球的4人为B组,篮球与足球都擅长的3人为C组. (1)选派的2人都擅长足球有三种情况: ①选派的2人均来自B组,有=6种方法; ②选派的2人均来自C组,有=3种方法; ③选派的2人中,1人来自B组,1人来自C组,有=12种方法. 故这2人都擅长足球的选派方法有6+3+12=21种.(3分) (2)先将A组的5人全排列,有=120种方法,(5分) 5人共形成6个空,再将C组的3人插入空中,有=120种方法,故共有120×120=14 400种方法.(7分) (3)若选出的4人中无C组人员,则选派方法有=60种; 若选出的4人中有1人来自C组,并将其归为擅长篮球人员,则再从A组选出1人,B组选出2人,则选派方法有=90种; 若选出的4人中有1人来自C组,并将其归为擅长足球人员,则再从A组选出2人,B组选出1人,则选派方法有=120种; 若选出的4人中有2人来自C组,并将其归为擅长篮球人员,则再从B组选出2人,则选派方法有=18种; 若选出的4人中有2人来自C组,并将其归为擅长足球人员,则再从A组选出2人,则选派方法有=30种; 若选出的4人中有2人来自C组,并将1人归为擅长篮球人员,1人归为擅长足球人员,则再从A组选出1人,B组选出1人,则选派方法有=120种; 若选出的4人中有3人来自C组,则只需从A,B组的9人中再选1人即可,则选派方法有=9种.(14分) 综上,满足条件的选派方法共有60+90+120+18+30+120+9=447种.(15分) 18.解析　(1)由题知,点的横、纵坐标均有4种可能,则n=4×4=16,(3分) 所以所求线段的条数为=120.(5分) (2)如图, 在这n个点中,仅有4点共线的直线有9条,仅有3点共线的直线有6条,　(8分) 所以这n个点能确定的直线的条数为+9+6=63.(10分) (3)从这n个点中选出3个点,共有种选法.(12分) 在同一条直线上的3个点不能构成三角形,所以所求三角形的个数为=518.(17分) 19. 解析　(1)由定义可知, =(3分) ==155.(5分) (2)证明:由已知得, [(k)q+qk·(n-k)q].(8分) 又(k)q+qk·(n-k)q=1+q+…+qk-1+qk(1+q+…+qn-k-1)=1+q+…+qn-1=(n)q, 所以.(10分) (3)证明:由定义得,对任意k∈N,n∈N*,k≤n,. 结合(2)可知, 所以, , …… , 上述(m+1)个等式两边分别相加得.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $