选择性必修 第二册第三章 排列、组合与二项式定理本章综合与测试综合训练题

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(第三章)

(120分钟　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，每位同学限报其中的一个活动，则不同的报名方法共有 (　　)

A.10种　　　B.20种　　　C.25种　　　D.32种

【解析】选D.因为5位同学报名参加两个课外活动，每位同学限报其中的一个活动，都有2种方法，则不同的报名方法共有25=32种.

【补偿训练】有3个同学随机选择去听5个双一流大学的自主招生讲座，则这3个同学的选择结果有              (　　)

A.125种　　B.243种　　C.15种　　D.8种

【解析】选A.每一个同学都有5种方法，所以由分步乘法计数原理得这3个同学的选择结果有53=125种.

2.展开式的第4项等于7，则x等于 (　　)

A.-5   B.-   C.   D.5

【解析】选B .展开式的通项为

Tr+1=x7-r.所以展开式的第4项是T4=

-x=-35x.因为展开式的第4项等于7，

所以-35x=7，所以x=-.

3.记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有(　　)

A.1 440种   B.960种   C.720种   D.480种

【解析】选B.5名志愿者先排成一排，有种方法，2位老人作一组插入其中，且两位老人有左右顺序，共有2·4·=960种不同的排法.

4.从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有(　　)

A.40种   B.60种   C.100种   D.120种

【解析】选B.分三步，第一步：选派周五的2人，有种方法，第二步：选派周六、周日的2个人，有种方法，所以不同的选派方法共有=60种.

5.四所大学同时向甲、乙、丙、丁四名学生发出录取通知书，若这四名学生都愿意进这四所大学的任一所就读，则仅有两名学生被录取到同一所大学的就读方式有(　　)

A.288种   B.144种   C.108种   D.72种

【解析】选B.先把人分成2，1，1三组，有种方法，再给其安排学校有种安排方法，根据分步乘法计数原理可得就读方式有=144(种).

6.从不同号码的五双鞋中任取4只，其中恰好有一双的取法种数为 (　　)

A.120   B.240   C.360   D.72

【解析】选A.先取出一双有种取法，再从剩下的4双鞋中取出2双，而后从每双中各取一只，有种不同的取法，共有=120种不同的取法.

【补偿训练】从正方体的6个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有 (　　)

A.8种　　B.12种　　C.16种　　D.20种

【解析】选B.用排除法，因为从正方体的6个面中选取3个面，有种方法，其中3个面两两相邻的选法有8种，所以有2个面不相邻的选法共有-8=12种.

7.某次文艺会演，要将A，B，C，D，E，F这六个不同节目编排成节目单，如表所示：

如果A，B两个节目要相邻，且都不排在第3号位置，那么节目单上不同的排序方式有 (　　)

A.192种   B.144种   C.96种   D.72种

【解析】选B.由题意知A，B两个节目要相邻，且都不排在第3号位置，可以把这两个元素看作一个元素，他们两个元素之间还有一个排列，A，B两个节目可以排在1，2两个位置，可以排在4，5两个位置，可以排在5，6两个位置，所以这两个元素共有种排法，其他四个元素要在剩下的四个位置全排列，所以节目单上不同的排序方式有=144种.

8.设(+x)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，则(a0+a2+…+a10)2-(a1+a3+…+a9)2

的值为 (　　)

A.0　　　B.-1　　　C.1　　　D.(-1)10

【解析】选C.由(+x)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10可得：

当x=1时，(+1)10=a0+a1×1+a2×12+…+a10×110=a0+a1+a2+…+a10，

当x=-1时，(-1)10=a0-a1+a2+…+a10.

所以(a0+a2+…+a10)2-(a1+a3+…+a9)2

=(a0+a1+a2+…+a10)(a0-a1+a2-a3+…+a10)

=(-1)10(+1)10=[(-1)(+1)]10=1.

二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

9.已知 a∈N*，且a<20，则(27-a)·(28-a)·(29-a)·…·(34-a)用排列数表示错误的为 (　　)

A.   B.

C.   D.

【解析】选ABC.由已知34-a最大，且共有34-a-(27-a)+1=8个数的积，所以为.

10.若>3，则m的取值可能是 (　　)

A.6   B.7   C.8   D.9

【解析】选BC.根据题意，对于>3，有0≤m-1≤8且0≤m≤8，则有1≤m≤8，若>3，则有>3×，变形可得：m>27-3m，解可得m>，综合可得<m≤8，则m=7或8.

11.展开式中系数最大的项是 (　　)

A.第2项   B.第3项   C.第4项   D.第5项

【解析】选BC.的展开式的通项公式为

Tr+1=··

=··，

其展开式的各项系数依次为1，4，7，7，，，，，，所以，展开式中系数最大的项是第3项和第4项.

12.现有8个人排成一排照相，其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法有

____种 (　　) 

A.(+)   B.-·

C.·     D.-

【解析】选AB.除了甲、乙、丙三人以外的5人先排，有种排法，5人排好后产生6个空档，第一类插入甲、乙、丙三人有种方法，这样共有·种排法，第二类甲、乙、丙三人任两人有种方法，和剩余一人插入6个空档有种方法，这样共有··种排法，一共有(+)种排法；在8个人全排列的方法数中减去甲、乙、丙全相邻的方法数，就得到甲、乙、丙三人不相邻的方法数，即-·，故B正确.

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上)

13.今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有________种不同的方法(用数字作答). 

【解析】由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，即转化为从9个位置选4个位置放4个白球，从余下的5个位置选2个位置放红球，最后3个位置放黄球，所以共有··=1 260.

答案：1 260

【一题多解】先把9个球排成一列，有种方法，再除掉红球、黄球、白球的顺序，所以共有=1 260.

答案：1 260

14.(2019·浙江高考)在二项式(+x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________. 

【解析】展开式通项是：Tr+1=()9-rxr，所以常数项是T1=()9=16，若系数为有理数，则9-r为偶数，所以r为奇数，所以r可取1，3，5，7，9.

答案：16　5

15.某市政府决定派遣8名干部(5男3女)分成两个小组，到该市甲、乙两个县去检查扶贫工作，若要求每组至少3人，且女干部不能单独成组，则不同的派遣方案共有________种.(用数字作答) 

【解析】由题意知，派遣8名干部分成两个小组，每组至少3人，可得分组的方案有3，5和4，4两类，第一类有(-1)·=110种；第二类有·=70种，由分类计数原理，可得共有N=110+70=180种不同的方案.

答案：180

16.用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1，2相邻的偶数有________个(用数字作答). 

【解析】可以分情况讨论：①若末位数字为0，则1，2，为一组，且可以交换位置，3，4，各为1个数字，共可以组成2·=12个五位数；②若末位数字为2，则1与它相邻，其余3个数字排列，且0不是首位数字，则有2·=4个五位数；③若末位数字为4，则1，2，为一组，且可以交换位置，3，0，各为1个数字，且0不是首位数字，则有2·(2·)=8个五位数，所以全部合理的五位数共有24个.

答案：24

四、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)

17.(10分)如图，电路中共有7个电阻与一个电灯A，若灯A不亮，分析因电阻断路的可能性共有多少种情况.

【解析】每个电阻都有断路与通路两种状态，如图，从上到下的三条支线路，分别记为支线a，b，c，支线a，支线b中至少有一个电阻断路的情况各有22-1=3种；支线c中至少有一个电阻断路的情况有23-1=7种，每条支线都至少有一个电阻断路，灯A就不亮，

因此灯A不亮的情况共有3×3×7=63种情况.

18.(12分)用0，1，2，3，4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？

(1)被4整除.

(2)比21 034大的偶数.

(3)左起第二、四位是奇数的偶数.

【解析】(1)被4整除的数，其特征应是末两位数是4的倍数，可分为两类：当末两位数是20，40，04时，其个数为3=18，当末两位数是12，24，32时，其个数为3=12.故满足条件的五位数共有18+12=30(个).

(2)可分五类：当末位数是0，而首位数是2时，有=6(个)；

当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有=12(个)；

当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有=12(个)；

当末位数字是4，而首位数字是2时，有+=3(个)；

当末位数字是4，而首位数字是3时，有=6(个).

故共有6+12+12+3+6=39(个).

(3)可分两类，0是末位数，有=4(个)；2或4是末位数，有=4(个).故共有4+4=8(个).

19.(12分)求证：2n+2·3n+5n-4能被25整除.

【证明】因2n+2·3n+5n-4=4·6n+5n-4=4·(5+1)n+5n-4

=4·(5n+5n-1+5n-2+…+52+5+1)+5n-4

=4·(5n+5n-1+5n-2+…+52)+25n，

显然(5n+5n-1+5n-2+…+52)能被25整除，25n能被25整除，所以2n+2·3n+5n-4能被25整除.

20.(12分)把1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列成一个数列.

(1)43 251是这个数列的第几项？

(2)这个数列的第96项是多少？

(3)求这个数列的各项和.

【解析】(1)先考虑大于43 251的数，分为以下三类

第一类：以5打头的有：=24.

第二类：以45打头的有：=6.

第三类：以435打头的有：=2.

故不大于43 251的五位数有：-(++)=88(个).

即43 251是第88项.

(2)数列共有=120项，96项以后还有120-96=24项，即比96项所表示的五位数大的五位数有24个，所以以4打头的五位数中最大的一个就是该数列的第96项.即为45 321.

(3)因为1，2，3，4，5各在万位上时都有个五位数，所以万位上数字的和为：(1+2+3+4+5)··

10 000，同理它们在千位、百位、十位、个位上也都有个五位数，所以这个数列各项和为：

(1+2+3+4+5)··(1+10+100+1000+10 000)=15×24×11 111=3 999 960.

21.(12分)若的展开式的二项式系数的和为128.

(1)求n的值.

(2)求展开式中二项式系数最大的项.

【解析】 (1)因为的展开式的二项式系数的和为128，所以2n=128，n=7.

(2)由(1)可知，二项式为，故二项式系数最大的项为第四项和第五项，T4=()4=-35，T5=()3=35x-7.

22.(12分)若某一等差数列的首项为-，公差为展开式中的常数项，其中m是7777-15除以19的余数，则此数列前多少项的和最大？并求出这个最大值.

【解析】由已知得：又n∈N，所以n=2.

所以-=-=-=-5×4=100，所以首项a1=100.

7777-15=(76+1)77-15=7677+·7676+…+·76+1-15=76M-14，(M∈N*)，

所以7777-15除以19的余数是5，即m=5.

的展开式的通项

Tr+1=

=(-1)r()5-2r，(r=0，1，2，3，4，5)，若它为常数项，则r-5=0，所以r=3，代入上式，所以T4=-4=d.

从而等差数列的通项公式是：an=104-4n，

设其前k项之和最大，则解得k=25或k=26，故此数列的前25项之和与前26项之和相等且最大，S25=S26=1 300.