高中数学（人教A版2019）选择性必修第三册 六章 计数原理章末检测(能力提升)

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第六章 计数原理章末检测(能力提升)（答案）
一、单项选择题
1、从集合{1，2，3，4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有(　B　)
A．32个 B．34个
C．36个 D．38个
解：将和等于11的数放在一组：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6.从每一小组中取一个，有C＝2种，共有2×2×2×2×2＝32个子集．
2、展开式中的常数项为(　C　)
A．90　　　　　 　　　　　 B．20
C．540 D．600
3、6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有(　C　)
A.120种 B.90种 C.60种 D.30种
解:先从6名同学中选1名安排到甲场馆，有C种选法；
再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆，有C种选法；
最后将剩下的3名同学安排到丙场馆，有C种选法，
由分步乘法计数原理知，共有C·C·C＝60(种)不同的安排方法.
4、C＋2C＋4C＋…＋2n－1C＝(　D　)
A.3n B.2·3n
C.－1 D.
解：C＋2C＋4C＋…＋2n－1C＝20C＋21C＋22C＋…＋2n－1C＝(21C＋22C＋23C＋…＋2nC)＝(20C＋21C＋22C＋23C＋…＋2nC)－＝(1＋2)n－＝.
5、六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有(　B　)
A．192种　　　 　　　　　 B．216种
C．240种 D．288种
解：第一类：甲在最左端，有A＝120(种)排法；第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有4A＝96(种)排法．所以共有120＋96＝216(种)排法．
6、甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是(　C　)
A.90 B.120 C.210 D.216
解:因为甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，且每级台阶最多站2人，所以可分为两类：第一类，甲、乙、丙各自站在一级台阶上，共有CA＝120(种)站法；第二类，有2人站在同一级台阶上，剩余1人独自站在一级台阶上，共有CCA＝90(种)站法.综上，每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置的不同的站法种数是120＋90＝210.故选C.
7、已知m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a＝7b，则m＝(　B　)
A.5 B.6 C.7 D.8
解:由题意可知，a＝C，b＝C.
∵13a＝7b，
∴13·＝7·，
即＝，解得m＝6.
8、某工程队有6辆不同的工程车，按下列方式分给工地进行作业，每个工地至少分1辆工程车，则下列结论正确的是(　D　)
A．分给甲、乙、丙三地每地各2辆，有120种分配方式
B．分给甲、乙两地每地各2辆，分给丙、丁两地每地各1辆，有360种分配方式
C．分给甲、乙、丙三地，其中一地分4辆，另两地各分1辆，有60种分配方式
D．分给甲、乙、丙、丁四地，其中两地各分2辆，另两地各分1辆，有1 080种分配方式
解：选D.对A，先从6辆工程车中分给甲地2辆，有C种方法，再从剩余的4辆工程车中分给乙地2辆，有C种方法，最后的2辆分给丙地，有C种方法，所以不同的分配方式有CCC＝90(种)，故A错误；对B，6辆工程车先分给甲、乙两地每地各2辆，有CC种方法，剩余2辆分给丙、丁两地每地各1辆，有A种方法，所以不同的分配方式有CCA＝180(种)，故B错误；对C，先把6辆工程车分成3组：4辆、1辆、1辆，有C种方法，再分给甲、乙、丙三地，所以不同的分配方式有CA＝90(种)，故C错误；对D，先把6辆工程车分成4组：2辆、2辆、1辆、1辆，有·种方法，再分给甲、乙、丙、丁四地，所以不同的分配方式有··A＝1 080(种)，故D正确．
二、多项选择题
9、对于二项式(n∈N*)，以下判断正确的有(　AD　)
A.存在n∈N*，展开式中有常数项
B.对任意n∈N*，展开式中没有常数项
C.对任意n∈N*，展开式中没有x的一次项
D.存在n∈N*，展开式中有x的一次项
解：该二项展开式的通项为Tk＋1＝C(x3)k＝Cx4k－n，当n＝4k时，展开式中存在常数项，A正确，B错误；当n＝4k－1时，展开式中存在x的一次项，D正确，C错误.
10、若3男3女排成一排，则下列说法错误的是(　BC　)
A.共计有720种不同的排法
B.男生甲排在两端的共有120种排法
C.男生甲、乙相邻的排法总数为120种
D.男女生相间排法总数为72种
11、若(1－2x)2 021＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2 021x2 021(x∈R)，则(　ACD　)
A.a0＝1
B.a1＋a3＋a5＋…＋a2 021＝
C.a0＋a2＋a4＋…＋a2 020＝
D.＋＋＋…＋＝－1
解:由题意，当x＝0时，a0＝12 021＝1；
当x＝1时，a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 021＝(－1)2 021＝－1，
当x＝－1时，a0－a1＋a2－a3＋…－a2 021＝32 021，
所以a1＋a3＋a5＋…＋a2 021＝－，
a0＋a2＋a4＋…＋a2 020＝；
＋＋…＋＝a1×＋a2×＋…＋a2 021×，
当x＝时，0＝a0＋a1×＋a2×＋…＋a2 021×，
所以a1×＋a2×＋…＋a2 021×＝－a0＝－1.
12、现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是(　BCD　)
A.若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B.若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种
C.若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种
D.若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
解：　若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，共有44＝256(种)放法，故A错误；
若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有C(A＋1)＝18(种)放法，故B正确；
若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有C·＝144(种)放法，故C正确；
若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若(2，1，4，3)代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况：(2，1，4，3)，(4，1，2，3)，(3，1，4，2)，(2，4，1，3)，(3，4，1，2)，(4，3，1，2)，(2，3，4，1)，(3，4，2，1)，(4，3，2，1)共9种放法，故D正确.故选BCD.
三、填空题
13、在(1－)7＋的展开式中，若x2的系数为19，则a＝___2_____.
解:　(1－)7＋的展开式中含x2的项为C(－)6＋C()5＝Cx2＋Cx2a，则aC＋C＝19，解得a＝2.
14、如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有_____180_______种不同的着色方法．
解：第一步：对Ⅰ着色，不同的选择有5种，
第二步：对Ⅱ着色，不同的选择有4种，
第三步：对Ⅲ着色，不同的选择有3种，
第四步：对Ⅳ着色，因为Ⅳ与Ⅱ，Ⅲ相接，故着色与Ⅱ，Ⅲ都不能同色，不同的选择有3种．
根据分步乘法计数原理，不同的着色方法有5×4×3×3＝180(种)．
15、的展开式中常数项是____－1 683____.
解：　表示五个相乘，则展开式中的常数项由三种情况产生，第一种是从五个中分别抽取2x，2x，，，－3，则此时的常数项为C·C·22·(－3)＝－360；第二种情况是从五个中都抽取－3，则此时的常数项为(－3)5＝－243；第三种情况是从五个中分别抽取2x，，－3，－3，－3，则此时的常数项为C·C·21·(－3)3＝－1 080，则展开式中常数项为－360－243－1 080＝－1 683.
16、某宾馆安排A，B，C，D，E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B不能住同一房间，则共有___114_____种不同的安排方法.(用数字作答)
解：5个人住3个房间，每个房间至少住1人，则有(3，1，1)和(2，2，1)两种，当为(3，1，1)时，有C·A＝60(种)，A，B住同一房间有C·A＝18(种)，故有60－18＝42(种)，当为(2，2，1)时，有·A＝90(种)，A，B住同一房间有C·A＝18(种)，故有90－18＝72(种)，根据分类加法计数原理可知，共有42＋72＝114(种).
四、 解答题
17、已知集合，表示平面上的点，问：
（1）P可表示平面上多少个第二象限的点？
（2）P可表示多少个不在直线上的点？
解：（1）因为P表示平面上第二象限的点，故可分两步：
第一步，确定a，a必须小于0，则有3种不同的情况；
第二步，确定b，b必须大于0，则有2种不同的情况；
根据分步乘法计数原理，第二象限的点共有（个）．
（2）因为P表示不在直线上的点，故可分两步：
第一步，确定a，有6种不同的情况；
第二步，确定b，有5种不同的情况．
根据分步乘法计数原理，不在直线上的点共有（个）．
18、已知的展开式中的系数是-35，
（1）求的值；
（2）求的值.
解：（1）令时，，①
令时，.
∴.
（2）令时，.②
①-②得.
19、已知有6本不同的书.
（1）分成三堆，每堆2本，有多少种不同的分堆方法？
（2）分成三堆，一堆1本，一堆2本，一堆3本，有多少种不同的分堆方法？
（3）分给甲､乙､丙三人，一人1本，一人2本，一人3本，有多少种不同的分配方法？
解：（1）6本书平均分成3堆，不同的分堆方法的种数为.
（2）从6本书中，先取1本作为一堆，再从剩下的5本中取2本作为一堆，最后3本作为一堆，不同的分堆方法的种数为
（3）在（2）的分堆中，甲､乙､丙三人任取一堆，不同的分配方法的种数为.

20、有标号为1，2，3，4，5，6的6个小球和标号为1，2，3，4的4个盒.
（1）从6个小球中选出4个放入4个盒中，每盒只放1个小球.
①求奇数号盒只放奇数号小球的不同放法种数；
②求奇数号小球必须放在奇数号盒中的不同放法种数.
（2）若不许空盒且将6个小球都放入4个盒中，求所有不同的放法种数.
解：（1）①因为奇数号盒只放奇数号小球，每盒只放一个小球，所以先从3个奇数号小球中任取2个放入奇数号盒中，有种放法；再将剩余的4个小球中的2个放入余下的2个盒中，有种放法.从而不同的放法种数为.
②因为奇数号小球必须放在奇数号盒中，每盒只放一个小球，所以分两类讨论：
第一类，取1个奇数号小球和3个偶数号小球放入盒中，共有种放法；
第二类，取2个奇数号小球和2个偶数号小球放入盒中，共有种放法.
从而不同的放法种数为.
（2）由于不许空盒且将6个小球都放入盒中，所以考虑对6个小球先进行分组再放入盒中，分两类：
第一类，将6个小球分成1，1，2，2四组的不同分法种数为，再放入4个盒中，有种放法；
第二类，将6个小球分成1，1，1，3四组的不同分法种数为，再放入4个盒中，有种放法.
从而所有不同的放法种数为.

21、在①只有第八项的二项式系数最大；②奇数项二项式系数之和为47；③各项系数之和为414；这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由.
设二项式，若其展开式中，________，是否存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项？
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分.
解　若选填条件①，即只有第八项的二项式系数最大，则n＝14；
若选填条件③，即各项系数之和为414，则4n＝414，即n＝14.
二项式展开式的通项：
Tk＝C·()15－k·＝3k－1·C·x.
由21－7k＝0，得k＝3.
即存在整数k＝3，使得Tk是展开式中的常数项；
若选填条件②，即奇数项二项式系数之和为47，则2n－1＝47＝214，所以n＝15.
二项式展开式的通项：
Tk＝C·()16－k·
＝3k－1·C·x.
由22－7k＝0，得k＝∉Z，即不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项.
22、已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一测度，直至找到所有4件次品为止．
（1）若恰在第2次测试时，才测试到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？
（2）若至多测试6次就能找到所有4件次品，则共有多少种不同的测试方法？
解：（1）若恰在第2次测试时，才测到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，若是不放回地逐个抽取测试，
第2次测到第一件次品有4种方法；
第8次测到最后一件次品有3种方法；
第3至第7次抽取测到最后两件次品共有种方法；剩余4次抽到的是正品，共有＝86400种抽法．
（2）检测4次可测出4件次品，不同的测试方法有种，
检测5次可测出4件次品，不同的测试方法有种；
检测6次测出4件次品或6件正品，则不同的测试方法共有种．
由分类计数原理，知满足条件的不同测试方法的种数为＝8520种.