第六章 计数原理（单元综合检测卷）-高二数学考点知识详解+模拟测试（人教A版选择性必修第三册）

第六章计数原理综合检测卷

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．鱼缸里有8条热带鱼和2条冷水鱼，为避免热带鱼咬死冷水鱼，现在把鱼缸出孔打开，让鱼随机游出，每次只能游出1条，直至2条冷水鱼全部游出就关闭出孔，若恰好第3条鱼游出后就关闭了出孔，则不同游出方案的种数为（    ）

A．32 B．36 C．40 D．48

【答案】A

【分析】由题意可知，最后一条是冷水鱼，则前两条中有一条冷水鱼和一条热带鱼，从而可求得答案

【详解】解：根据恰好第3条鱼游出后就关闭了出孔，则说明其中有一条游出的一定是热带鱼，还有一条冷水鱼，则不同游出方案的种数为

故选：A

2．二项式的展开式中的常数项为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】先写出展开式的通项，再令的指数位置等于可得的值，即可求解.

【详解】二项式的展开式的通项为：，

令，可得：，

所以常数项为，

故选：B.

3．某省新高考改革方案推行“”模式，要求学生在语数外3门全国统考科目之外，在历史和物理2门科目中必选且只选1门，再从化学、生物、地理、思想政治4门科目中任选2门．某学生各门功课均比较优异，因此决定按方案要求任意选择，则该生选考物理、生物和政治这3门科目的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】应用组合数公式求任选情况下的所有组合数，再由古典概型的概率求法求结果.

【详解】由题设，该生选考物理、生物和政治这3门科目的概率.

故选：D

4．在法国启蒙思想家狄德罗所著的《论盲人书简》一书中，向读者介绍了英国的盲人数学家桑德森发明的几何学研究盘，如下图所示，它是在刻着田字格的板上钉钉子，钉子钉在田字格的9个格点处，只要用手触摸钉子的位置和大小，就可以进行结构的研究．假设钉子有大、小两种，在田字格上至少有一个钉子、至多有两个钉子，且田字格的中心必须有一个钉子．如果钉子的不同排法代表不同的几何结构，那么按照这样的规则，共可以研究多少种不同的几何结构？（    ）

A．18 B．32 C．34 D．36

【答案】C

【分析】根据题意，分为田字格上只有一个钉子，此钉子只能钉在田字格中心和田字格上钉两个钉子，结合分类计数原理，即可求解.

【详解】第一类：若田字格上只有一个钉子，此钉子只能钉在田字格中心，可以有钉大、小两种，此类共有种不同结构；

第二类：若田字格上钉两个钉子，第一步：中心处必须钉钉子，有大、小两种可能，第二步：在其余个位置选择一个位置钉钉子，此位置有大、小钉子两种选择，所以此类情况共有种不同结构：

所以两类共有34种不同结构．

故选：C．

5．设，若则非零实数a的值为（     ）

A．2 B．0 C．1 D．-1

【答案】A

【分析】对原等式两边求导数可得，令，可得，由此即可求出结果.

【详解】∵，对其两边求导数，

∴，

令，得，①

又，②

∴，∴，解得，

故选：A．

6．将5个0和3个1随机排成一行，则3个1不相邻的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】由题意，不相邻问题利用插空法可得3个1不相邻有种排法，从而根据古典概型的概率计算公式即可求解.

【详解】解：将5个0和3个1随机排成一行有种排法，其中3个1不相邻有种排法，

所以所求概率为，

故选：A.

7．一排11个座位，现安排甲、乙2人就座，规定中间的3个座位不能坐，且2人不能相邻，则不同排法的种数是（    ）

A．28 B．32 C．38 D．44

【答案】D

【分析】根据甲、乙两人在三个空位同侧与异侧进行分类，分别求解，再利用分类加法原理进行求值.

【详解】根据两人在三个空位同侧与异侧进行分类，

当甲、乙两人在三个空位左侧时：共（种），

同理，当甲、乙两人在三个空位右侧时：共（种），

当甲、乙两人在三个空位异侧时：共（种），

即共（种），

故选：D.

8．“四书” “五经”是我国部经典名著《大学》《论语》《中庸》《孟子》《周易》《尚书》《诗经》《礼记》《春秋》的合称．为弘扬中国传统文化，某校计划在读书节活动期间举办“四书”“五经”知识讲座，每部名著安排次讲座，若要求《大学》《论语》相邻，但都不与《周易》相邻，则排法种数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】先排除去《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，将《大学》《论语》捆绑和《周易》看作两个元素，采用插空法排列，根据分步乘法计数原理，可得答案.

【详解】先排除去《大学》《论语》《周易》之外的6部经典名著的讲座，

共有种排法，将《大学》《论语》看作一个元素，二者内部全排列有种排法，

排完的6部经典名著的讲座后可以认为它们之间包括两头有7个空位，

从7个空位中选2个，排《大学》《论语》捆绑成的一个元素和《周易》的讲座，有种排法，

故总共有种排法，

故选：C.

二．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

9．的二项展开式中，第5项和第6项的二项式系数相等，则（    ）

A． B．常数项为84

C．各项系数的绝对值之和为512 D．系数最小项为第5项

【答案】AC

【分析】利用第5项和第6项的二项式系数相等，求出，判断A选项；写出展开式的通项公式，求出常数项，判断B选项，赋值法求解各项系数的绝对值之和，判断C选项，由通项公式可判断奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数，故D选项错误.

【详解】由题意得：，所以，A正确；

的展开式的通项公式为，

令，解得：，故，B错误；

各项系数的绝对值之和为，C正确；

由通项公式可知，奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数，故系数最小项不可能为第5项，D错误

故选：AC

10．某校实行选课走班制度，张毅同学选择的是地理、生物、政治这三科，且生物在B层，该校周一上午选课走班的课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则下列说法正确的是（    ）

A．此人有4种选课方式 B．此人有5种选课方式

C．自习不可能安排在第2节 D．自习可安排在4节课中的任一节

【答案】BD

【解析】根据表格分类讨论即可得到结果.

【详解】由于生物在B层，只有第2，3节有，故分两类：

若生物选第2节，

则地理可选第1节或第3节，有2种选法，

其他两节政治、自习任意选，

故有种（此种情况自习可安排在第1、3、4节中的某节）；

若生物选第3节，

则地理只能选第1节，政治只能选第4节，自习只能选第2节，故有1种．

根据分类加法计数原理可得选课方式有种．

综上，自习可安排在4节课中的任一节．

故选：BD.

11．中国的华为公司是全球领先的（信息与通信）基础设施和智能终端提供商，其致力于把数字世界带给每个人、每个家庭、每个组织，构建万物互联的智能世界.其中华为的智能手机是全世界很多年轻人非常喜欢的品牌.为了研究某城市甲、乙两个华为智能手机专卖店的销售状况，统计了2020年4月到9月甲、乙两店每月的营业额（单位：万元），得到如下的折线图，则下列说法正确的是（    ）

A．根据甲店的营业额折线图可知，该店月营业额的平均值在内

B．根据乙店的营业额折线图可知，该店月营业额总体呈上升趋势

C．根据甲、乙两店的营业额折线图可知乙店的月营业额极差比甲店小

D．根据甲、乙两店的营业额折线图可知7、8、9月份的总营业额甲店比乙店少

【答案】ABD

【解析】计算出甲店的月营业额的平均值即可判断A；由图可直接判断B；分别计算出甲、乙两店的月营业额极差和7、8、9月份的总营业额即可判断CD.

【详解】对于A，根据甲店的营业额折线图可知，该店月营业额的平均值为，故A正确；

对于B，根据乙店的营业额折线图可知，该店月营业额总体呈上升趋势，故B正确；

对于C，可得甲店的月营业额极差为，乙店的月营业额极差为，故C错误；

对于D，甲店7、8、9月份的总营业额为，乙店7、8、9月份的总营业额为，故D正确.

故选：ABD.

12．已知，，成递增等比数列，则在的展开式中，下列说法正确的是（    ）

A．二项式系数之和为

B．各项系数之和为

C．展开式中二项式系数最大的项是第项

D．展开式中第项为常数项

【答案】ACD

【分析】先根据等比数列求出的值，再令可求二项式系数和，令可求系数和，根据展开式的总项数可得二项式系数最大项，根据展开式的通项公式求第5项．

【详解】由，，成递增等比数列可得，则，

则的二项式系数之和为，A正确；

令，，则的各项系数之和为，B错误；

的展开式共有项，则二项式系数最大的项是第项，C正确；

的展开式中展开式中第项为常数项，D正确，

故选：ACD．

【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．

三．填空题 本题共4小题，每小题5分，共20分

13．某校航模队甲组有10名队员，其中4名女队员，乙组也有10名队员，其中6名女队员.现采用分层抽样（层内采用不放回随机抽样）从甲､乙两组中共抽取4名队员进行技术考核，则从乙组抽取的队员中恰有一名女队员的概率为___________.

【答案】

【分析】利用分层抽样，求出从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，得到一共的选法，再求出乙组抽取的队员中恰有一名女队员的选法，利用古典概型概率公式求出答案.

【详解】利用分层抽样，从甲组中抽取2名队员，从乙组抽取2名队员，则共有种选法，从乙组抽取的队员中恰有一名女队员的选法有种选法，

所以从乙组抽取的队员中恰有一名女队员的概率为.

故答案为：

14．若展开式中第6项的系数为1792，则实数的值为___________.

【答案】

【分析】由二项式展开公式直接计算即可.

【详解】解：因为＝＝＝ ，

所以有：＝-56=1792,

所以=-32, 解得a=-2,

故答案为：-2.

15．为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检则，则每一类都被抽到的概率为___________；

【答案】

【分析】由题意，利用古典概型的计算公式，计算求得结果．

【详解】解：从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，

则每一类都被抽到的方法共有种，

而所有的抽取方法共有种，

故每一类都被抽到的概率为＝＝，

故答案为：．

16．学校高一年级从6个班各自选出2名同学参加市里组织的朗读比赛.若从这12名同学选出6人参加决赛，其中预赛成绩优秀的一（1）班甲和一（2）班乙两名同学必须参加，其余任选，则这6人恰好仅有两名同学来自相同班级的概率为_____________.

【答案】

【分析】在余下的10人中任选4人作为基本事件总数，仅有两名同学来自相同班级可分为：来自一（1）班或一（2）班或余下的四个班中的一个班.

【详解】12名同学中选6人，其中2人必须参加，即在余下的10人中任选4人，所以基本事件总数为，

余下4人中如有一人来自一（1）班或一（2）班选法有种，

余下4人均来自余下的四个班选法有种，故所求概率为.

故答案为：

四．解答题：本题共6小题，17题10分，剩下每题12分。共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤

17．已知，该展开式二项式系数和为32.

(1)求n的值；

(2)求的值.

【答案】(1)5

(2)

【分析】（1）根据题意，得，解方程即可求解.

（2）根据题意，代入即可求解

【详解】（1）由题意，结合二项式系数的性质可得，，解得.

（2）在展开式中令，得，

即.

18．从4男3女共7名志愿者中，选出3人参加社区义务劳动.

(1)共有多少种不同的选择方法？

(2)若要求选中的3人性别不能都相同，求共有多少种不同的选择方法？

【答案】(1)35

(2)30

【分析】（1）7名志愿者中选出3人共有种；

（2）选中的3人性别不能都相同，即为1男2女或2男1女，即.

【详解】（1）7名志愿者中选出3人共有=35种；

（2）选中的3人性别不能都相同，即为1男2女或2男1女，则有=30种.

19．已知二项式，且．

(1)求的展开式中的第5项；

(2)求的二项式系数最大的项．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）首先根据组合数公式求，再利用二项展开式的通项公式求第5项；

（2）根据（1）的结果可知，是最大的二项式系数，代入通项公式求解.

【详解】（1）由，得，即，解得或（舍去）．

的二项式通项为，

当时，，所以的展开式中第5项为．

（2）因为是中最大的，所以第4项的二项式系数最大，

，所以的二项式系数最大的项是．

20．一次劳动实践活动中，某同学不慎将两件次品混入三件正品中，它们形状、大小完全相同，该同学采用技术手段进行检测．

(1)若从中任意抽出两件产品检测，则共有多少种不同的抽法；

(2)若从中任意抽出两件产品检测，则其中一件是次品的抽法共有多少种；

(3)若每次抽取一件产品进行检测，求恰好三次检测出两件次品的概率．

【答案】(1)10

(2)6

(3)

【分析】（1）根据组合原理求解；（2）根据分步乘法原理求解；（3）根据排列组合以及古典概率模型即可求解.

【详解】（1）根据组合数的运算方法可得，有种不同的抽法；

（2）其中一件是次品，则另一件是正品，则有种不同的抽法；

（3）恰好三次检测出两件次品包含前三次检测均为正品，

或前两次有一次检测出了次品，第三次检测出次品两类情况，

前三次检测均为正品的方法有种，

前两次有一次检测出了次品， 第三次检测出次品的方法有种，

故恰好三次检测出两件次品的的分法共有6+12=18种，

又检测三次的方法共有，

故所求的概率．

21．某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别，，，，（单位：克）中，经统计频率分布直方图如图所示．

(1)估计这组数据的平均数；

(2)在样本中，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取10个，再从这10个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率；

(3)某经销商来收购芒果，同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，用样本估计总体，该种植园中共有芒果大约10000个，经销商提出以下两种收购方案：

方案①：所有芒果以10元/千克收购；

方案②：对质量低于350克的芒果以3元/个收购，对质量高于或等于350克的芒果以5元/个收购．

请通过计算确定种植园选择哪种方案获利更多？

【答案】(1)387；

(2)；

(3)种植园选择方案②获利更多.

【分析】(1)利用频率分布直方图结合平均数的定义求解；

(2)根据分层抽样的性质求出各层中应抽取的芒果的个数，求出样本空间中的基本事件个数和事件2个芒果都来自同一个质量区间所包含的基本事件个数，结合古典概型的计算公式求解即可；

(3)分别计算两个不同方案下种植园的收入，比较大小确定所选方案.

【详解】（1）由频率分布直方图知，各区间频率为，

所以这组数据的平均数为：；

（2）由题可知质量在，中的频率分别为0.2，0.3，按分层抽样从质量在，中的芒果中随机抽取10个，则质量在中的芒果中有4个，质量在中的芒果中有6个，

从这10个中随机抽取2个，共有种等可能结果，

记事件A为“这2个芒果都来自同一个质量区间”，则事件A有种等可能结果，

∴；

（3）方案①收入：

（元）；

方案②收入：

由题意得低于350克的收入：（元）；

高于或等于350克的收入：（元）.

故总计（元），由于，

故种植园选择方案②获利更多.

22．已知（为正整数）的二项展开式中.

(1)若，求所有项的系数之和；

(2)若，求展开式中的有理项的个数；

(3)若，求系数最大的项.

【答案】(1)

(2)11

(3)

【分析】（1）由题意求出，令中，即可得出答案.

（2）求出，写出的通项，要使展开式为有理项，则，求解即可；

（3）设二项式展开式第项的系数最大，求出的通项，则，解不等式即可得出答案.

【详解】（1）因为，

而，

所以.

所以令中，则所有项的系数之和为：.

（2）若，则，

，解得：.

则的通项为：，

其中，要使展开式为有理项，

则，则，

故展开式中的有理项的个数为.

（3）若，则的通项为：，

则设二项式展开式第项的系数最大，

则，得，

化简得：，解得：.

因为，则，所以系数最大的项为.