第6章 章末综合检测(一)计数原理（Word练习）-【学霸笔记·同步精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教A版）

章末综合检测(一) (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＝15，那么A＝(　　) A．20 B．30 C．42 D．72 解析：选B．因为C＝15，所以＝15，所以n＝－5(舍去)或n＝6，所以A＝A＝30. 2．如图所示，由电键组A，B组成的串联电路(规定只能闭合其中2个开关)中，要接通电源使电灯发光的方法有(　　) A．4种 B．5种 C．6种 D．7种 解析：选C．要想通电，则需满足电路通畅，则每个并联电路中，只有一个键闭合，利用分步乘法计数原理，可得使电灯发光的方法共有2×3＝6(种). 3．将4个a和2个b随机排成一行，则2个b不相邻的排法种数为(　　) A．10 B．15 C．20 D．24 解析：选A．先排4个a有1种排法，再从5个空格中选2个位置放b，所以共有C＝10种排法． 4．用0，3，5，7，9组成的无重复数字的五位数中，个位上的数字比十位上的数字大的五位数的个数为(　　) A．48 B．96 C．60 D．120 解析：选A．万位上的数字不能为0，先排万位，再排其他数位，则用0，3，5，7，9组成的无重复数字的五位数的个数为AA＝96，所以个位上的数字比十位上的数字大的五位数的个数为＝48. 5．(2－)(1＋ay)6展开式中x-2y3的系数为160，则a＝(　　) A．2 B．4 C．－2 D．－2 解析：选C．二项式(1＋ay)6展开式的通项为Tk＋1＝C16-k×(ay)k＝Cakyk，令k＝3，可得二项式(1＋ay)6展开式中y3的系数为Ca3，所以(2－)·(1＋ay)6展开式中x-2y3的系数为(－1)×Ca3＝160，可得a3＝－8，解得a＝－2. 6．如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有(　　) A．480种 B．630种 C．720种 D．840种 解析：选B．用6种不同的颜色给题图中的4个格子涂色，若第三个格子与第一个格子同色，则有A×1×A＝150种涂色方法；若第三个格子与第一个格子不同色，则有A×A×A＝480种涂色方法．所以共有150＋480＝630种涂色方法． 7．若(1－2x)2 026＝b0＋b1(1－x)＋b2(1－x)2＋…＋b2 026(1－x)2 026，则＋＋＋…＋的值为(　　) A．－1 B．1 C．0 D．22 020－1 解析：选A．令f(x)＝(1－2x)2 026，则b0＝f(1)＝1，b0＋＋＋＋…＋＝f()＝0，所以＋＋＋…＋＝f()－f(1)＝0－1＝－1. 8．定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作a≡b(mod m)，比如：35≡25(mod 10).已知：n＝C－C10＋C102－C103＋…＋C1010，满足n≡p(mod 7)，则p可以是(　　) A．26 B．31 C．32 D．37 解析：选D．因为n＝C－C10＋C102－C103＋…＋C1010＝(1－10)10＝(7＋2)10＝C710＋C79×2＋…＋C7×29＋C210，因此n除以7的余数可以表示为C210＝1 024除以7的余数2，而26，31，32除以7的余数分别为5，3，4，不符合题意，37除以7的余数为2，即D满足． 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．下列结论正确的是(　　) A．C＝ B．A＝nA(m，n为正整数且n＞m＞1) C．C＋C＝C D．满足方程Cx2－x16＝C的x值可能为1或3 解析：选BD．对于A，C＝，故A错误；对于B，A＝n(n－1)(n－2)·…·(n－m＋1)，A＝(n－1)(n－2)·…·(n－m＋1)，所以A＝nA(m，n为正整数且n＞m＞1)，故B正确；对于C，C＋C＝＋＝10＋20＝30，C＝＝35, 所以C＋C≠C，故C错误；对于D，因为Cx2－x16＝C，所以x2－x＝5x－5或x2－x＋5x－5＝16，解得x＝1或x＝5或x＝3或x＝－7，经检验x＝1或x＝3符合题意，故满足方程Cx2－x16＝C的x值可能为1或3，故D正确． 10．有四名男生和三名女生一起排队照相，七个人排成一排，则下列说法正确的有(　　) A．如果四名男生必须连排在一起，那么有720种不同排法 B．如果三名女生必须连排在一起，那么有576种不同排法 C．如果女生不能站在两端，那么有1 440种不同排法 D．如果三个女生中任何两个均不能排在一起，那么有1 440种不同排法 解析：选CD．对于A，有AA＝576种排法，故A错误；对于B，有AA＝720种排法，故B错误；对于C，有AA＝1 440种排法，故C正确；对于D，有AA＝1 440种排法，故D正确． 11．定义有n行的“杨辉三角”为n阶“杨辉三角”，如图就是一个8阶“杨辉三角”．下列命题中正确的是(　　) A．记第i(i∈N*)行中从左到右的第j(j∈N*)个数为aij，则数列{aij}的通项公式为aij＝C B．第k行各个数的和是2k C．n阶“杨辉三角”中共有个数 D．n阶“杨辉三角”的所有数的和是2n－1 解析：选BCD．第i行各个数是(a＋b)i的展开式的二项式系数，则数列{aij}的通项公式为aij＝C，故A错误； 各行的所有数的和是各二项式系数和，第k行各个数的和是2k，故B正确； 第k行共有(k＋1)个数，从而n阶“杨辉三角”共有1＋2＋…＋n＝个数，故C正确； n阶“杨辉三角”的所有数的和是1＋2＋22＋…＋2n-1＝2n－1，故D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．3名志愿者，每人从4个不同的岗位中选择1个，则不同的选择方法共有________种． 解析：由分步乘法计数原理，不同的选择方法共有4×4×4＝64(种). 答案：64 13．若(2＋)n的展开式的各项系数和为1，二项式系数和为128，则a＝________． 解析：由题意得 解得 答案：－1 14．甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技能竞赛，得出了第一名到第五名的五个名次，且无名次并列的情况，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情况共有________种． 解析：根据题意知，甲、乙都没有得到冠军，且乙不是最后一名，分两种情况讨论： ①甲是最后一名，则乙可以是第二名、第三名或第四名，即乙有3种名次排列情况，剩下的三人有A＝6种名次排列情况，此时有3×6＝18种名次排列情况； ②甲不是最后一名，则甲、乙需要排在第二、三、四名，有A＝6种名次排列情况，剩下的三人有A＝6种名次排列情况，此时有6×6＝36种名次排列情况． 综上，一共有18＋36＝54种不同的名次排列情况． 答案：54 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)已知2名男生和3名女生排成一排，按下列要求计算出各有多少种排法： (1)若男生甲不在最左边，男生乙不在最右边；(7分) (2)若2名男生中间必须只有1人．(6分) 解：(1)甲在最左边有A＝24种排法，乙在最右边有A＝24种排法， 5个人全排列有A＝120种排法，甲在最左边且乙在最右边有A＝6种排法， 所以男生甲不在最左边，男生乙不在最右边的排队方法一共有A－A－A＋A＝78(种). (2)先将2名男生进行排列，有A＝2种排法，再选出1名女生放在2名男生中间，有A＝3种排法，将2名男生和这名女生看成一个整体和剩余的2名女生进行全排列，共有A＝6种排法，故若2名男生中间必须只有1人，共有2×3×6＝36种排法． 16．(本小题满分15分)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球． (1)从中任取4个球，红球的个数不比白球个数少的取法有多少种？(7分) (2)将4个不同的红球，分给甲、乙两人，每人至少分得1个球，则共有多少种不同的分配方法？(8分) 解：(1)由题意得，不同的取法包括：红球4个、红球3个和白球1个、红球2个和白球2个三类． 第一类，红球4个，取法有1种；第二类，红球3个和白球1个，取法有CC＝24(种)； 第三类，红球2个和白球2个，取法有CC＝90(种)， 由分类加法计数原理，红球的个数不比白球个数少的取法有1＋24＋90＝115(种). (2)由题意知，共有两类分配方法： 第一类，每人分得2球，共CC＝6种分配方法； 第二类，一人分得1球，另一人分得3球，共CCA＝8种分配方法． 由分类加法计数原理，不同的分配方法共有6＋8＝14(种). 17．(本小题满分15分)设(1＋x)m＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋amxm，若a0，a1，a2成等差数列，请完成下面的问题． (1)求(1＋x)m的展开式的中间项；(7分) (2)求(1＋x)m的展开式中所有含x的奇次幂项的系数和．(8分) 解：(1)依题意a0＝1，a1＝，a2＝C()2.由2a1＝a0＋a2，得m＝1＋C()2，解得m＝8或m＝1(舍去)，所以(1＋x)m的展开式的中间项是第5项，为T5＝C(x)4＝x4. (2)由(1)得，(1＋x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8.令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a8＝()8，令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝()8，所以a1＋a3＋a5＋a7＝＝，即展开式中所有含x的奇次幂项的系数和为. 18．(本小题满分17分)在二项式(＋2)n的展开式中． (1)若展开式后三项的二项式系数的和等于67，求展开式中二项式系数最大的项；(8分) (2)若n为满足8＜n＜12的整数，且展开式中有常数项，试求n的值和常数项．(9分) 解：(1)由已知得C＋C＋C ＝C＋C＋C＝＋n＋1＝67， 整理得n2＋n－132＝0即(n＋12)(n－11)＝0， 显然n＝11，则展开式中二项式系数最大的项为第6项和第7项， T6＝C×()6x-6·25x＝231x， T7＝C×()5x-5·26x3＝924x-2. (2)设第k＋1项为常数项，k∈N， Tk＋1＝C()n－kx－(n－k)2kx ＝C22k－nx， 令＝0，得n＝k， 所以8＜k＜12，即＝5＜k＜8， 所以k＝6或k＝7. 当k＝6时，n＝9； 当k＝7时，n＝(不合题意，舍去). 所以n＝9. 常数项为T7＝C×23＝672. 19．(本小题满分17分)如图，在一个3×3的网格中填齐1至9中的所有整数，每个格子只填一个数字，已知中心格子的数字为5. (1)若要求所有的偶数均与数字5相邻(横排相邻或者竖排相邻)，则共有多少种不同的填写方案？(4分) (2)若要求每一横排的数字从左到右依次增大，则共有多少种不同的填写方案？(6分) (3)若要求第二横排和第二竖排的3个数字之和均为15，且数字1不在第一横排，则共有多少种不同的填写方案？(7分) 解：(1)要求4个偶数均与数字5相邻，则4个偶数只能填写在5的上、下、左、右4个网格中，剩下的4个网格填4个奇数，故共有AA＝576种不同的填写方案． (2)先从1，2，3，4中选1个数字填在5的左边，再从6，7，8，9中选1个数字填在5的右边，然后从剩下的6个数字中选3个数字按从左至右递增顺序填在第一横排，最后剩下的3个数字同样按从左至右递增的顺序填在第三横排，故共有CCC＝320种不同的填写方案． (3)先填有5的第二横排和第二竖排，由题意知，第二横排和第二竖排的其他2个数字之和必然为10，则要从1和9，2和8，3和7，4和6这4个组合中选出两个组合填写．分三类：第一类，当第二横排的其他2个数字为1和9时，有ACAA＝288种不同的填写方案；第二类，当第二竖排的其他2个数字为1和9时，数字1不在第一横排，有1×CAA＝144种不同的填写方案；第三类，当第二横排和第二竖排的其他2个数字均不是1和9，且数字1不在第一横排时，有＝288种不同的填写方案．故共有288＋144＋288＝720种不同的填写方案． 学科网（北京）股份有限公司 $