2022秋高中数学第六章计数原理章末检测新人教A版选择性必修第三册

第六章章末检测

(时间：120分钟，满分150分)

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．计算C＋2A的值是(　　)

A．64 B．80

C．13 464 D．40

【答案】B　【解析】C＋2A＝C＋2A＝＋2×4×3＝80.

2．将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，则不同的排列方法有(　　)

A．12种 B．20种

C．40种 D．60种

【答案】C　【解析】5个元素没有限制，全排列数为A，由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故所求排列数为×2＝40.

3．(1－x)10展开式中x3项的系数为(　　)

A．－720 B．720

C．120 D．－120

【答案】D　【解析】由Tr＋1＝C(－x)r＝(－1)rCxr，因为r＝3，所以系数为(－1)3C＝－120.

4．某城市的街道如图，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有(　　)

A．8种 B．10种

C．12种 D．32种

【答案】B　【解析】此人从A到B，路程最短的走法应走两纵3横，将纵用0表示，横用1表示，则一种走法就是2个0和3个1的一个排列，只需从5个位置中选2个排0，其余位置排1即可，故共有C＝10(种)．

5．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8等于(　　)

A．－5 B．5

C．90 D．180

【答案】D　【解析】∵(1＋x)10＝[2－(1－x)]10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，∴a8＝C·22＝180.

6．12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是(　　)

A．CA B．CA

C．CA D．CA

【答案】D　【解析】第一步可先从后排8人中选2人共有C种；第二步可认为前排放6个座位，先选出2个座位让后排的2人坐，由于其他人的顺序不变，所以有A种坐法．综上知不同调整方法的种数为CA.

7．在(1－x)11的展开式中，含x的奇次幂的各项系数的和是(　　)

A．－210 B．210

C．－211 D．211

【答案】A　【解析】 (1－x)11的展开式中，含x的奇次幂的项即偶数项，由于偶数项的二项式系数和为210，偶数项的系数均为负数，故含x的奇次幂的各项系数的和为－210.

8．为参加校园文化节，某班推荐2名男生3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人．若每人只参加1个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同推荐方案的种数为(　　)

A．12 B．36

C．48 D．24

【答案】D　【解析】方法一(直接法)　3名女生各参加1项，2名男生在舞蹈、演唱中各参加1项，有AA＝12(种)方案；有2名女生同时参加舞蹈或演唱，有CAA＝12(种)方案．所以共有12＋12＝24(种)方案．

方法二(间接法)　2名男生同时参加舞蹈或演唱，有CA＝6(种)方案，而所有不同的推荐方案共有CCC＝30(种)，故满足条件的推荐方案种数为30－6＝24.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．二项式(2x－1)7的展开式的各项中，二项式系数最大的项是(　　)

A．第2项 B．第3项

C．第4项 D．第5项

【答案】CD　【解析】因为二项式(2x－1)7展开式的各项的二项式系数为C(k＝0,1,2,3,4,5,6,7)，易知当k＝3或k＝4时，C最大，即二项展开式中，二项式系数最大的为第4项和第5项．

10．设m为大于1且小于15的正整数，若m的展开式中有不含x的项，满足这样条件的m可以是(　　)

A．3 B．5

C．10 D．12

【答案】BC　【解析】m的展开式的通项为Tr＋1＝C(x3)m－rr＝(－1)rCx3m－5r.因为展开式中有不含x的项，所以有3m－5r＝0，即3m＝5r.又1＜m＜15(0≤r≤m)且m∈N*，r∈N，所以满足条件的m有m＝5，m＝10两个数．

11．对于二项式5，以下判断正确的有(　　)

A．展开式中没有常数项

B．展开式中的第一项为x－5

C．展开式中第二项的系数力

D．展开式的二项式系数的和为32

【答案】ABD　【解析】该二项展开式的通项为Tk＋1＝C5－k(x3)k＝Cx4k－5，令4k－5＝0，得k＝，不合题意，故展开式中没有常数项，A正确；令k＝0，得T1＝Cx－5＝x－5，故B正确；令k＝1，得T2＝Cx－1＝5x－1.第二项的系数为5，故C错误；二项式展开式系数的和为25＝32，故D正确．

12．将四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，不允许有空盒子，下列结果正确的有(　　)

A．CCCC B．CA

C．CCA D．18

【答案】BC　【解析】根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1,2,3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个放2个球，剩下的2个盒子各放1个，有两种解法：(1)分两步进行分析：①先将四个不同的小球分成3组，有C种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A种放法，则没有空盒的放法有CA种．(2)分2步进行分析：①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有CC种情况；②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有A种放法，则没有空盒的放法有CCA种．故选BC．

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13．将5名志愿者分成4组，其中一组有2人，其余各组各1人，到4个路口协助交警执勤，则不同的分配方法有________种(用数字作答)．

【答案】240　【解析】分配方法数为·A＝240.

14．设(2x－1)6＝a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝________.

【答案】729　【解析】因为(2x－1)6＝a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0，由二项式定理可知a0，a2，a4，a6均为正数，a1，a3，a5均为负数，令x＝－1可得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝(2＋1)6＝729.

15．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个(用数字作答) .

【答案】14　【解析】因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以适合题意的四位数有24－2＝14(个)．

16．已知(2x＋1)5(a≠0)，若其展开式中各项的系数和为81，则a＝________，展开式中常数项为________．

【答案】－　10　【解析】在(2x＋1)5中，令x＝1，得(a＋1)·35＝81，解得a＝－，所以(2x＋1)5的展开式中的常数项为·C·2x＝10.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．如图有4个编号为A，B，C，D的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？

解：分为两类：第一类：若A，C同色，则A有5种涂法，B有4种涂法，C有1种涂法(与A相同)，D有4种涂法．故N1＝5×4×1×4＝80(种)．第二类：若A，C不同色，则A有5种涂法，B有4种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法．故N2＝5×4×3×3＝180(种)．综上可知不同的涂法共有N＝N1＋N2＝80＋180＝260(种)．

18．已知在(1－2log2x)n的展开式中，所有奇数项的二项式系数的和为64.

(1)求n的值；

(2)求展开式中所有项的系数之和．

解：(1)由题意知C＋C＋C＋…＋C＝2×64，即2n＝128，则n＝7.

(2)设(1－2log2x)7＝a0＋a1log2x＋a2(log2x)2＋…＋a7(log2x)7，令x＝2，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝(1－2log22)7＝－1，即展开式中所有项的系数之和为－1.

19．已知有10件不同厂生产的同类产品．

(1)在商品评选会上，若有2件商品因瑕疵不能参加评选，从剩下的商品中要选出4件商品，并排定选出的4件商品的名次，有多少种不同的选法？

(2)若要选6件商品放在不同的位置上陈列，且必须将获金质奖章的2件商品放上，有多少种不同的布置方法？

解：(1)10件商品，除去不能参加评选的2件商品，剩下8件，从中选出4件进行排列，有A＝1 680(或C·A)(种)．

(2)分步完成．先将获金质奖章的2件商品布置在6个位置中的2个位置上，有A种方法，再从剩下的8件商品中选出4件，布置在剩下的4个位置上，有A种方法，共有A·A＝50 400(或C·A)(种)．

20．已知n的展开式中的第二项和第三项的系数相等．

(1)求n的值；

(2)求展开式中所有二项式系数的和；

(3)求展开式中所有的有理项．

解：二项式n展开式的通项公式为Tr＋1＝Cxn－rr＝Crxn－r(r＝0,1,2，…，n)．

(1)根据展开式中的第二项和第三项的系数相等，

得C·＝C2，即·n＝·，

解得n＝5.

(2)展开式中所有二项式系数的和为C＋C＋C＋…＋C＝25＝32.

(3)二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Crx5－r(r＝0,1,2，…，5)．当r＝0,2,4时，对应项是有理项，所以展开式中所有的有理项为T1＝C0x5＝x5，T3＝C2x2＝x2，T5＝C4x－1＝.

21．从集合{1,2,3，…，20}中任选出3个不同的数，使这3个数成等差数列，这样的等差数列可以有多少个？

解：设a，b，c∈N*，且a，b，c成等差数列，则a＋c＝2b，所以a＋c应是偶数．因此，若从1,2，…，20这20个数字中任选出3个不同的数成等差数列，则第一个与第三个数必同为偶数或同为奇数．而1到20这20个数字中有10个偶数10个奇数，当第一个数和第三个数选定后，中间数唯一确定，因此，选法只有两类：①第一、三个数都是偶数，有A种选法；②第一、三个数都是奇数，有A种选法．于是，满足题意的等差数列共有A＋A＝180(个)．

22．某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队．

(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？

(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？

(3)甲、乙2人至少有1人参加，有多少种选法？

(4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？

解：(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C＝816(种)选法．

(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C＝8 568(种)选法．

(3)分两类：甲、乙中有1人参加；甲、乙都参加．则共有CC＋C＝6 936(种)选法．

(4)方法一(直接法)　至少有1名内科医生和1名外科医生的选法可分4类：1内4外；2内3外；3内2外；4内1外．所以共有CC＋CC＋CC＋CC＝14 656(种)选法．

方法二(间接法)　从无限制条件的选法总数中减去5名都是内科医生和5名都是外科医生的选法种数所得的结果即为所求，即共有C－(C＋C)＝14 656(种)选法．