第7章 计数原理 章末检测（教用word）-【优学精讲】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

章末检测（七）　计数原理 （时间：120分钟　满分：150分） 一、单项选择题（本大题共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） 1.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有（　　） A.10种　 　B.20种　 　C.25种　 　D.32种 解析：D　5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有25＝32种.故选D. 2.已知＝10，那么＝（　　） A.20 B.60 C.42 D.72 解析：B　因为＝10，所以＝10即n＝5，故＝＝60. 3.从甲、乙、丙、丁四名同学中选出三名同学，分别参加三个不同科目的竞赛，其中甲同学必须参赛，则不同的参赛方案共有（　　） A.24种 B.18种 C.21种 D.9种 解析：B　从除甲外的乙、丙、丁三名同学中选出2人，有种选法，再将3人安排到3个科目，有种，故共有×＝18（种）不同的参赛方案. 4.若二项式（2x＋）7的展开式中的系数是84，则实数a＝（　　） A.2 B. C.1 D. 解析：C　（2x＋）7的二项展开式的通项为Tr＋1＝（2x）7－r（）r＝27－rarx7－2r（r＝0，1，2，…，7），令7－2r＝－3，得r＝5，故含的项的系数为22a5＝84，解得a＝1. 5.若（1＋mx）6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数m＝（　　） A.1或3 B.－3 C.1 D.1或－3 解析：D　令x＝0，得a0＝（1＋0）6＝1.令x＝1，得（1＋m）6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6.又a1＋a2＋a3＋…＋a6＝63，∴（1＋m）6＝64＝26，∴m＝1或m＝－3. 6.（2x＋1） 的展开式的常数项是（　　） A.－10 B.－9 C.11 D.9 解析：B　（2x＋1）＝（2x＋1）·（ 1－＋10·－10·＋5·－），故展开式中的常数项是2×（－5）＋1＝－9.故选B. 7.某城市有3个演习点同时进行消防演习，现将5个消防队分配到这3个演习点，若每个演习点至少安排1个消防队，则不同的分配方案种数为（　　） A.150 B.240 C.360 D.540 解析：A　由题意得，把5个消防队分成三组，可分为1，1，3和1，2，2两类方法.（1）分组为1，1，3，共有＝10种不同的分组方法；（2）分组为1，2，2，共有＝15种不同的分组方法.所以分配到3个演习点，共有（10＋15）×＝150种不同的分配方案. 8.习近平总书记在党的十九大报告中指出：“要坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛.”“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现.“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发了一批又一批数学爱好者的探究欲望.如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（　　） A.＋＋＋…＋＝120 B.第2 025行中从左往右第1 014个数与第1 015个数相等 C.记第n行的第i个数为ai，则2i－1ai＝4n D.第20行中第8个数与第9个数之比为8∶13 解析：D　根据题意，由“杨辉三角”可得，第n行的第r个数为.对于A，＋＋…＋＝＋＋＋…＋－1＝－1＝119，故A错误；对于B，第2 025行中从左往右第1 014个数为，第1 015个数为，两者不相等，故B错误；对于C，记第n行的第i个数为ai，则ai＝，则2i－1ai＝2i－1×1n－i＋1＝（1＋2）n＝3n，故C错误；对于D，第20行中第8个数为，第9个数为，则两个数的比为∶＝∶＝8∶13，故D正确. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9.下列问题属于排列问题的是（　　） A.从10人中选2人分别去种树和扫地 B.从10人中选2人去扫地 C.从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队 D.从数字5，6，7，8中任取两个不同的数作幂运算 解析：AD　对于A，从10人中选2人分别去种树和扫地，选出的2人有分工的不同，是排列问题；对于B，从10人中选2人去扫地，与顺序无关，是组合问题；对于C，从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队，与顺序无关，是组合问题；对于D，从数字5，6，7，8中任取两个不同的数作幂运算，顺序不一样，计算结果也不一样，是排列问题. 10.带有编号1，2，3，4，5的五个球，则下列说法正确的是（　　） A.全部投入4个不同的盒子里，共有45种放法 B.放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法 C.将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有·种放法 D.全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有·种不同的放法 解析：ACD　五个球投入4个不同的盒子里共有45种放法，A选项对；若要放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有·种放法，B选项错，D选项对；将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有·种放法，C选项对.故选A、C、D. 11.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）＝（x3－）8，则（　　） A.f（x）的展开式中的常数项是56 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最大值是70 D.f（i）＝－16，其中i为虚数单位 解析：BC　设内切球的半径为r，则圆柱的高为2r，∴m＝＝，n＝＝，则＝1，∴f（x）＝（x3－）8.对于A，f（x）展开式的通项为Tr＋1＝x24－3r·（－）r＝（－1）rx24－4r，令24－4r＝0，解得r＝6，∴f（x）展开式的常数项为（－1）6＝28，A错误；对于B，令x＝1，得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最大值为＝70，C正确；对于D，f（i）＝（i3－）8＝（－i＋i）8＝0，D错误. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上） 12.从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有36个. 解析：第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方法，根据分步计数原理，共有6×6＝36（种）方法，即共组成36个虚数. 13.早在11世纪中叶，我国宋代数学家贾宪在其著作《释锁算数》中就给出了二、三、四、五、六次幂的二项式系数表.已知（ax－1）6的展开式中x3的系数为－160，则实数a＝2，展开式中各项系数之和为1（用数字作答）. 解析：由于（ax－1）6展开式的通项公式为Tk＋1＝·a6－k·x6－k·（－1）k，令6－k＝3，解得k＝3，故（ax－1）6展开式中x3的系数为·a3（－1）3＝－160，解得a＝2，故（ax－1）6＝（2x－1）6展开式中各项系数和为（2－1）6＝1. 14.从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务，每天安排一人，每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数为5 040.（用数字作答） 解析：分两类，一类是甲、乙都参加，另一类是甲、乙中选一人，方法数为N＝＋＝1 440＋3 600＝5 040. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15.（本小题满分13分）已知（－）n的展开式中，第4项和第9项的二项式系数相等. （1）求n； （2）求展开式中含x的项的系数. 解：（1）由第4项和第9项的二项式系数相等可得＝，解得n＝11. （2）由（1）知，展开式的第r＋1项为Tr＋1＝（）11－r（－）r＝（－2）r，令＝1，得r＝3，此时T3＋1＝（－2）3x＝－1 320x.所以展开式中含x的项的系数为－1 320. 16.（本小题满分15分）8人围圆桌开会，其中正、副组长各1人，记录员1人. （1）若正、副组长相邻而坐，有多少种坐法？ （2）若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），有多少种坐法？ 解：（1）若正、副组长相邻而坐，可将此2人看作1人，即7人围一圆桌，有种坐法， 由于正、副组长2人可交换，有种坐法， 所以共有＝6×5×4×3×2×1×2×1＝1 440种坐法. （2）若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），可将3人看作1人，即6人围一圆桌，有种坐法， 因为正、副组长2人可交换，有种坐法， 所以共有＝5×4×3×2×1×2×1＝240种坐法. 17.（本小题满分15分）在（3x－2y）20的展开式中，求： （1）二项式系数最大的项； （2）系数绝对值最大的项. 解：（1）二项式（3x－2y）20的展开式有21项，展开式的通项为Tk＋1＝（3x）20－k（－2y）k， 其二项式系数最大的项为第11项，T11＝·（3x）10·（－2y）10＝·610·x10y10. （2）设系数绝对值最大的项是第k＋1（k∈N*）项， 则 即解得7≤k≤8， 所以k＝8，系数绝对值最大的项为T9＝·312·28·x12·y8. 18.（本小题满分17分）某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地铁票价如下表： 乘坐站数 0＜x≤3 3＜x≤7 7＜x≤12 票价（元） 3 5 7 现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的. （1）若甲、乙两人共付车费8元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？ （2）若甲、乙两人共付车费10元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？ 解：（1）若甲、乙两人共付车费8元，则其中一人乘坐地铁站数不超过3站，另外一人乘坐地铁站数超过3站且不超过7站，共有＝24（种）， 故甲、乙下地铁的方案共有24种. （2）若甲、乙两人共付车费10元，则甲比乙先下地铁的情形有两类： 第一类，甲乘地铁站数不超过3站，乙乘地铁站数超过7站且不超过12站，有＝15（种）； 第二类，甲、乙两人乘地铁站数都超过3站且不超过7站，记地铁第四站至第七站分别为P4，P5，P6，P7，易知甲比乙先下地铁有以下三种情形： ①甲P4站下，乙下地铁方式有种；②甲P5站下，乙下地铁方式有种；③甲P6站下，乙只能从P7下地铁，共有1种方式，共有＋＋1＝6（种）， 依据分类计数原理，得15＋6＝21（种）， 故甲比乙先下地铁的方案共有21种. 19.（本小题满分17分）已知f（x）＝（1＋x）n＋1＋2（1＋x）n＋2＋…＋k（1＋x）n＋k＋…＋n（1＋x）2n（n∈N*）. （1）当n＝3时，求f（x）的展开式中含x3项的系数； （2）证明：f（x）的展开式中含xn项的系数为（n＋1）； （3）定义：ai＝a1＋a2＋…＋an，化简：（i＋1）. 解：（1）当n＝3时，f（x）＝（1＋x）4＋2（1＋x）5＋3（1＋x）6， ∴f（x）的展开式中含x3项的系数为＋2＋3＝84. （2）证明：∵f（x）＝（1＋x）n＋1＋2（1＋x）n＋2＋…＋k（1＋x）n＋k＋…＋n（1＋x）2n（n∈N*）， 故f（x）的展开式中含xn项的系数为＋2＋3＋…＋n＝＋2＋3＋…＋n. ∵k＝k＝ ＝（n＋1）＝（n＋1）， ∴xn项的系数为（n＋1）（＋＋＋…＋）＝（n＋1）（＋＋＋…＋）＝（n＋1）（＋＋…＋）＝（n＋1）. （3）（i＋1）＝2＋3＋…＋n＋（n＋1），　① （i＋1）＝（n＋1）＋n＋…＋3＋2，　② 在①②中分别添加，则得1＋（i＋1）＝＋2＋3＋…＋n＋（n＋1），　③ 1＋（i＋1）＝（n＋1）＋n＋…＋3＋2＋，　④ ③＋④得2（1＋（i＋1））＝（n＋2）（＋＋＋…＋＋）＝（n＋2）2n， ∴（i＋1）＝（n＋2）2n－1－1. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $