新教材2023_2024学年高中数学第6章计数原理综合训练新人教A版选择性必修第三册

第六章综合训练

一、选择题(本题共8小题,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.[2023北京房山一模]在x-4的展开式中,x2的系数是(　　)

A.-8 B.8 C.-4 D.4

2.如图是一把算盘的初始状态,自右向左,分别是个位、十位、百位、…,上面一粒珠(简称上珠)代表5,下面一粒珠(简称下珠)代表1,即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.现在从个位、十位和百位这三组中随机选择往下拨1粒上珠,且往上拨2粒下珠,则算盘可表示的数的个数为(　　)

A.9 B.18 C.27 D.36

3.从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动,则男女生都有的不同的选法种数是(　　)

A.18 B.24 C.30 D.36

4.已知(1+ax)6=1+12x+bx2+…+a6x6,则实数b的值为(　　)

A.15 B.20 C.40 D.60

5.[2023甘肃武威月考]若对∀x∈R,(ax+b)5=(x+2)5-5(x+2)4+10(x+2)3-10(x+2)2+5(x+2)-1恒成立,其中a,b∈R,则a+b=(　　)

A.-1 B.0 C.2 D.3

6.(x+2y)5(x-2y)7的展开式中x9y3的系数为(　　)

A.-160 B.-80 C.160 D.80

7.如图所示,要给①②③④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同的涂色方法种数为(　　)

A.320 B.160 C.96 D.60

8.[2023江西南昌模拟]假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验,三个舱中每个舱至少一人至多三人,则不同的安排方法有(　　)

A.450种 B.72种 C.90种 D.360种

二、选择题(本题共4小题,在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)

9.某学生想在物理、化学、生物、思想政治、历史、地理、信息技术这七门课程中选三门作为选考科目,下列说法错误的是(　　)

A.若任意选择三门课程,选法种数为

B.若物理和化学至少选一门,选法种数为

C.若物理和历史不能同时选,选法种数为

D.若物理和化学至少选一门,且物理和历史不能同时选,选法种数为

10.如图,用4种不同的颜色,对四边形中的四个区域进行着色,要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色,则不同的着色方法数可以表示为(　　)

A. B.

C.×()2 D.×()2

11.[2023江苏苏州期中]在9的展开式中 (　　)

A.常数项为 B.x3项的系数为-

C.系数最大项为第3项 D.有理项共有5项

12.[2023江苏宿迁期中]若x5=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+…+a5(1+x)5,其中a0,a1,a2,…,a5为实数,则(　　)

A.a0=1

B.a1+a2+…+a5=1

C.a1+a3+a5=-16

D.a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5=-1

三、填空题(本题共4小题)

13.某群中甲、乙、丙、丁、戊五名成员先后抢4个不同的红包,每人最多抢一个红包,且红包全被抢光,则甲、乙两人都抢到红包的情况有　　　　种. 

14.将5位志愿者分成3组,其中两组各2人,另一组1人,分赴某大型展览会的三个不同场馆服务,不同的分配方案有　　　　种. 

15.(1+2x)4展开式的各项系数的和为　　　　　. 

16.已知(x-2)(x+m)5=a6x6+a5x5+…+a1x+a0,m为常数,若a5=-7,则m=　　　　　,a6+a5+…+a1=　　　　　. 

四、解答题(本题共6小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17.[2023黑龙江尖山月考]已知(2x-1)2 023=a0+a1x+a2x2+…+a2 023x2 023.

(1)求a0;

(2)求a1+a2+a3+…+a2 023;

(3)求a1+2a2+3a3+…+2 023a2 023.

18.从分别印有数字0,3,5,7,9的5张卡片中,任意抽出3张组成三位数.

(1)求可以组成多少个大于500的三位数;

(2)求可以组成多少个三位数;

(3)若印有9的卡片,既可以当9用,也可以当6用,求可以组成多少个三位数.

19.在n的展开式中,前三项系数的绝对值成等差数列.

(1)求展开式的第四项;

(2)求展开式的常数项;

(3)求展开式中各项的系数和.

20.有7本不同的书:

(1)全部分给6个人,每人至少一本,有多少种不同的分法?

(2)全部分给5个人,每人至少一本,有多少种不同的分法?

21.[2023安徽合肥期中](1)高二(10)班元旦晚会有2个唱歌节目a和b,2个相声节目c和d.要求排出一个节目单,满足第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目,列出所有可能的排列.

(2)甲、乙、丙、丁、戊、己、庚7个人排成一排拍照片,若要求甲、乙、丙3人必须相邻,并且丁和戊不相邻,有多少种不同排法?(结果用数字表示)

(3)从4名男教师和5名女教师中选出4名教师参加新教材培训,要求有男有女且至少有2名男教师参加,有多少种不同的选法?(结果用数字表示)

22.[2023湖南长沙期中]设f(x)=(1+x2)m-(1+x)2n(m∈N*,n∈N*).

(1)当m=4,n=3时,记f(x)的展开式中xi的系数为ai(i=0,1,2,3,4,5,6,8),求a3+a4的值;

(2)若f(x)的展开式中x2的系数为20,求的最小值.

参考答案

第六章综合训练

1.A　x-4的展开式通项为Tk+1=·x4-k·-k=·(-2)k·x4-2k,

取4-2k=2,则k=1,系数为×(-2)=-8.故选A.

2.B　根据算盘的运算法则以及题干中描述的操作,从个位、十位、百位的上珠中选1粒往下拨,则有种,下珠往上拨分两种情况,全部来自个位、十位、百位,即种,或者来自个位、十位、百位中的两个,即种,故算盘表示的数的个数为×()=18.故选B.

3.C　由于选出的3名学生男女生都有,所以可分成两类:

第1类,3人中是1男2女,共有=4×3=12种不同的选法;

第2类,3人中是2男1女,共有=6×3=18种不同的选法.

所以男女生都有的不同的选法种数是12+18=30.

4.D　(1+ax)6的展开式的通项为Tk+1=akxk,令k=1,则a=12,解得a=2,则b=×22=60.

5.C　对∀x∈R,(ax+b)5=(x+2)5-5(x+2)4+10(x+2)3-10(x+2)2+5(x+2)-1恒成立,其中a,b∈R,令x=0,可得b5=32-80+80-40+10-1=1,

∴b=1.

令x=-2,可得(1-2a)5=-1,

∴a=1.

则a+b=2.

故选C.

6.D　原式可以化为[(x+2y)(x-2y)]5(x-2y)2=(x2-4xy+4y2)(x2-4y2)5,则二项式的展开式中含x9y3的项为-4xy×(x2)4(-4y2)1=80x9y3,所以x9y3的系数为80,故选D.

7.A　根据分步乘法计数原理,区域①有5种颜色可供选择,区域③有4种颜色可供选择,区域②和区域④只要不选择区域③的颜色即可,故各有4种颜色可供选择,所以不同涂色方法有5×4×4×4=320种.

8.A　由题知,6名航天员安排三个舱,三个舱中每个舱至少一人至多三人,可分两类情况考虑:

第一类,分人数为1-2-3的三组,共有=360种安排方法;

第二类,分人数为2-2-2的三组,共有=90种安排方法.

所以不同的安排方法共有360+90=450种.故选A.

9.ABD　若任意选择三门课程,选法种数为,故A错误;

若物理和化学至少选一门,选法种数为,故B错误;

若物理和历史不能同时选,选法种数为,故C正确;

若物理和化学至少选一门,且物理和历史不能同时选,选法种数为,故D错误.故选ABD.

10.ACD　选项A:表示先着色中间两格和下面一格.从4种颜色中取3种,有种方法,上面一格,从与中间两格不同的颜色中取出一个,有种方法,故共有=48种不同方法,正确;

选项B:=144,方法总数不对,错误;

选项C:表示先对中间两格涂颜色.从4种颜色中取2种,共有种方法,上下两格都是从与中间两格不同的颜色中取出一个,各有种方法,故共有×()2=48种不同方法,正确;

选项D:表示两种情况:①上下两格颜色相同,中间两格从3个剩下的颜色中取2种,共有种不同方法;②上下两格颜色不同,中间两格从2个剩下的颜色中取2种,共有种不同方法.综合①②可知方法总数为×()2=48种不同方法,正确.故选ACD.

11.BCD　在9的展开式中,通项为Tk+1=·-k·,令=0,得k=3,可得展开式中常数项为T4=×-=-,故A错误;

令=3,得k=1,可得展开式中x3项的系数为-,故B正确;

要使第k+1项的系数-k最大,需k为偶数,检验可得,当k=2时,系数-k最大,即系数最大项为第3项,故C正确;

令为整数,得k=1,3,5,7,9,共计5项,故D正确.

12.BD　因为x5=[-1+(x+1)]5=(-1)5(x+1)0+(-1)4(x+1)1+(-1)3(x+1)2+(-1)2(x+1)3+(-1)1(x+1)4+(-1)0(x+1)5=(-1)+5(x+1)-10(x+1)2+10(x+1)3-5(x+1)4+(x+1)5,所以a0=-1,a1=5,a2=-10,a3=10,a4=-5,a5=1.

故选项A错误;

a1+a2+…+a5=5-10+10-5+1=1,故选项B正确;

a1+a3+a5=5+10+1=16,故选项C不正确;

a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5=-1+5+2×(-10)+3×10+4×(-5)+5×1=-1,故选项D正确.

13.72　第1步,甲、乙抢到红包,有=4×3=12种,第2步,其余三人抢剩下的两个红包,有=3×2=6种,所以甲、乙两人都抢到红包的情况有12×6=72种.

14.90　先分组,再把三组分配到三个不同的场馆,得共有不同的分配方案=90种.

15.81　令x=1,则二项展开式的各项的系数和为(1+2)4=81.

16.-1　-2　由已知可得a5为x5的系数,则展开式中含x5的项为x×x4·m-2×x5=(5m-2)x5,所以5m-2=-7,解得m=-1,令x=0,则a0=-2×(-1)5=2,令x=1,则a0+a1+…+a6=(1-2)(1-1)5=0,所以a6+a5+…+a1=-2.

17.解(1)令x=0,则a0=(-1)2023=-1.

(2)令x=1,则a0+a1+a2+…+a2023=(2-1)2023=1,

所以a1+a2+…+a2023=1-a0=2.

(3)等式两边同时求导可得4046(2x-1)2022=a1+2a2x+3a3x2+…+2023a2023x2022,令x=1,则a1+2a2+…+2023a2023=4046×(2-1)2022=4046.

18.解(1)首位是5,7,9的三位数都大于500,

故大于500的三位数有3×=36个.

(2)可以组成三位数的个数是4×=48.

(3)分两类:第一类,没抽印有9的卡片,则有个三位数.第二类,抽取印有9的卡片,若没抽印有0的卡片,则有2×3个三位数;若抽取印有0的卡片,则有2×3个三位数,所以,共有+2×3+2×3=78个.

19.解 通项为Tk+1=.

由已知,,成等差数列,

得2×=1+,解得n=8,

故Tk+1=.

(1)令k=3,得T4==-7.

(2)令8-2k=0,得k=4,故T5=.

(3)令x=1,得各项的系数和为8=.

20.解 (1)根据题意,将7本书分给6个人,且每人至少1本,则必须是其中1个人2本,其他人每人1本,则分两步:

第1步,将7本书,分为6组,其中1组2本,其他组每组1本,有=21种分组方法;

第2步,将分好的6组对应6人,将6组进行全排列即可,有=720种方法.

一共有21×720=15120种不同的分法.

(2)分两类:第1类,1人得3本,其余4人各得一本,方法数为=4200;

第2类,2人各得2本,其余3人各得1本,方法数为=12600.

所以所求分法种数为4200+12600=16800.

21.解(1)歌唱节目记为a,b,相声节目记为c,d,满足第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目的排列为acdb,adcb,bcda,bdca,共4种.

(2)甲、乙、丙3人必须相邻,把他们捆绑看作一个元素与除甲、乙、丙、丁、戊外的两个元素排列,共有种排法;

在3个元素形成的4个空中插入丁和戊,共有种排法.

故满足题意的不同排法的种数为=432.

(3)第一类,选2名男教师与2名女教师,共有=60种选法;

第二类,选3名男教师与1名女教师,共有=20种选法.

所以共有60+20=80种不同的选法.

22.解(1)当m=4,n=3时,f(x)=(1+x2)4-(1+x)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6.

(1+x2)4的展开式通项为Tr+1=(x2)r=·x2r,令r=2,则·x4=6x4.

(1+x)6的展开式通项为Tk+1=xk,当k=3时,·x3=20x3;

当k=4时,x4=15x4.

∴a3=-20,a4=6-15=-9,

∴a3+a4=-20-9=-29.

(2)f(x)=(1+x2)m-(1+x)2n,

(1+x2)m的展开式通项为Tr+1=·(x2)r=x2r,当r=1时,x2=mx2.

(1+x)2n的展开式通项为Tk+1=xk,

当k=2时,x2=n(n-1)x2.

a2=m-n(n-1)=20,则m=20+n(n-1),

故+n-1,

令g(n)=+n-1(n∈N*),则g'(n)=.

当n≤4,且n∈N*时,g'(n)<0;

当n≥5,且n∈N*时,g'(n)>0.

∴g(n)在区间[1,4]上单调递减,在区间[5,+∞)上单调递增,g(4)=+4-1=8,g(5)=+5-1=8.

故g(n)的最小值为8,即的最小值为8.