(部编版)2020年高中数学第一章计数原理章末检测新人教A版选修2-3

2020秋高中数学人教A版选修2-3达标练习：章末评估验收（一）第一章计数原理含解析章末评估验收（一)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1．若A错误!＝6C错误!，则m的值等于()A．9B．8 C．7 D．6解析:由A3m＝6C错误!,且m≥4得错误!＝m（m－1)（m－2)．所以m＝7.答案：C2．5名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去"，则第二天可能出现的不同情况的种数为(）A．C错误!B．25C．52D．A25解析：“去"或“不去"，5个人中每个人都有两种选择，所以，出现的可能情况有2×2×2×2×2＝25(种）．答案：B3．将标号为1，2,…，10的10个球放入标号为1，2，…，10的10个盒子内，每个盒内放一个球，则恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法种数有（）A．120 B．240 C．360 D．720解析：首先确定3个球，有C错误!种方法，要求与其所在盒子的标号不一致有2种放法，故共有2C错误!＝240种方法．答案：B4．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种解析：五个元素没有限制条件，全排列数为A错误!，若A、B、C的顺序为“A，B，C”或“C，B，A"（可以不相邻）,则不同的排列方法为2·错误!＝40.答案：C5．在(1－x）11的展开式中，含x的奇次幂的各项系数的和是()A．－210B．210C．－211D．211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。

高中数学选修2-3第一章计数原理章末检测题（满分150分，时间120分钟）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．从n 个人中选出2个，分别从事两项不同的工作，若选派方案的种数为72，则n 的值为()A ．6B ．8C ．9D ．122．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A ．3×3!B ．3×(3！)3C ．(3！)4D ．9!3．从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A ．85B ．56C ．49D ．284．从集合{0,1,2}到集合{1,2,3,4}的不同映射的个数是()A ．81B ．64C ．24D ．125．(2012·重庆卷)82x x 的展开式中常数项为()A.3516B.358C.354D ．1056．若(2x ＋3)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2的值为()A ．2B ．－1C ．0D ．17．某次文艺汇演，要将A 、B 、C 、D 、E 、F 这六个不同节目编排成节目单，如下表：序号123456节目如果A 、B 两个节目相邻且都不排在3号位置，那么节目单上不同的排序方式有()A ．144种B ．192种C ．96种D ．72种8．(x ＋1)4(x －1)5的展开式中x 4的系数为()A ．－40B ．10C ．40D ．459．已知集合A ＝{5}，B ＝{1,2}，C ＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()A ．33B ．34C ．35D ．3610.如图，要给①，②，③，④四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 ．320B ．160C ．96D ．6011．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有()A ．240种B ．360种C ．480种D ．720种12．绍兴臭豆腐闻名全国，一外地学者来绍兴旅游，买了两串臭豆腐，每串3颗(如图)．规定：每串臭豆腐只能自左向右一颗一颗地吃，且两串可以自由交替吃．请问：该学者将这两串臭豆腐吃完，不同的吃法有()A ．6种B ．12种C ．20种D ．40种二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．请把正确的答案填写在题中的横线上)13.84x x 展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为___________________．(用数字作答)14．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种．15．已知(1＋x )6(1－2x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 11x 11，那么a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝________.16．如图是由12个小正方形组成的3×4矩形网格，一质点沿网格线从点A 到点B 的不同路径之中，最短路径有________条．三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)有0,1,2,3,4,5共六个数字．(1)能组成多少个没有重复数字的四位偶数；(2)能组成多少个没有重复数字且为5的倍数的五位数．18．(本小题满分12分)已知3241nx x 展开式中的倒数第三项的系数为45，求：(1)含x 3的项；(2)系数最大的项．19．(本小题满分12分)(1)一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法？(2)一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法？20．(本小题满分12分)设a ＞0，若(1＋ax 12)n 的展开式中含x 2项的系数等于含x 项的系数的9倍，且展开式中第3项等于135x ，那么a 等于多少？21．(本小题满分13分)带有编号1、2、3、4、5的五个球．(1)全部投入4个不同的盒子里；(2)放进不同的4个盒子里，每盒一个；(3)将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)；(4)全部投入4个不同的盒子里，没有空盒；各有多少种不同的放法？22．(本小题满分13分)杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律．如图是一个11阶杨辉三角：(1)求第20行中从左到右的第4个数；(2)若第n行中从左到右第14与第15个数的比为23，求n的值；(3)求n阶(包括0阶)杨辉三角的所有数的和．参考答案一、选择题1.【解析】∵A2n＝72，∴n＝9.【答案】C2.【解析】把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．【答案】C3.【解析】分两类计算，C22C17＋C12C27＝49，故选C.【答案】C4.【解析】利用可重复的排列求幂法可得答案为43＝64(个)．【答案】B5.【解析】T r＋1＝C r8(x)8－r2rx＝12rC r8x4－r2－r2＝12rC r8x4－r，令4－r＝0，则r＝4，∴常数项为T5＝124C48＝116×70＝358.【答案】B6.【解析】(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)＝(2＋3)4×(－2＋3)4＝1.【答案】D7.【解析】第一步，将C、D、E、F全排，共有A44种排法，产生5个空，第二步，将A、B捆绑有2种方法，第三步，将A、B插入除2号空位和3号空位之外的空位，有C13种，所以一共有144种方法．【答案】A8.【解析】(x＋1)4(x－1)5＝(x－1)5(x2＋4x x＋6x＋4x＋1)，则x4的系数为C35×(－1)3＋C25×6＋C15×(－1)＝45.【答案】D9.【解析】①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C12A33＝12个；②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C12A33＋A33＝18个；③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C13＝3个．故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33，故选A.【答案】A10.【解析】不同的涂色方法种数为5×4×4×4＝320种．【答案】A11.【解析】利用分步计数原理求解．第一步先排甲，共有A 14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A 55种不同的排法，因此不同的演讲次序共有A 14·A 55＝480(种)．【答案】C12.【解析】方法一(树形图)：如图所示，先吃A 的情况，共有10种，如果先吃D ，情况相同，所以不同的吃法有20种．方法二：依题意，本题属定序问题，所以有A 66A 33·A 33＝20种．【答案】C 二、填空题13.【解析】∵384418841rrr r r r T Cx C xx --+==，当r ＝0,4,8时为含x 的整数次幂的项，所以展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为C 08＋C 48＋C 88＝72.【答案】7214.【解析】满足题设的取法分三类：①四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数中任取4个，有C 45＝5(种)；②两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数中任取2个，有C 25·C 24＝60(种)；③四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种．所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．【答案】6615.【解析】令x ＝0，得a 0＝1；令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＝－64；∴a 1＋a 2＋…＋a 11＝－65.【答案】－6516.【解析】把质点沿网格线从点A 到点B 的最短路径分为七步，其中四步向右，三步向下，不同走法的区别在于哪三步向下，因此，本题的结论是：C 37＝35.【答案】35三、解答题17.【解析】(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类，0在个位时有A 35个；第二类，2在个位时有A 14A 24个；第三类，4在个位时有A 14A 24个．由分类加法计数原理知，共有四位偶数A 35＋A 14A 24＋A 14A 24＝156个．(2)五位数中5的倍数可分为两类：第一类，个位上的数字是0的五位数有A 45个，第二类，个位上的数字是5的五位数有A 14A 34个．故满足条件的五位数有A 45＋A 14A 34＝216(个)．18.【解析】(1)由题设知C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，∴n ＝10.则21011130341211010r r r r r r T C x x C x ---+⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令11r －3012＝3，得r ＝6，含x 3的项为T 7＝C 610x 3＝C 410x 3＝210x 3.(2)系数最大的项为中间项，即T 6＝C 510x55－3012＝252x 2512.19.【解析】(1)先将3人(用×表示)与4张空椅子(用□表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)，从4个空当中选2个插入，有C 24种插法；二是2张同时插入，有C 14种插法，再考虑3人可交换有A 33种方法．所以，共有A 33(C 24＋C 14)＝60(种)．(2)可先让4人坐在4个位置上，有A 44种排法，再让2个“元素”(一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空当”之间，有A 25种插法，所以所求的坐法为A 44·A 25＝480(种)．20.【解析】T r ＋1＝C r n (ax 12)r ＝C r n a r x r 2，∴4422229135nnn C a C a C a x x⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴()()()()()22123914!211352n n n n n n a n n a ⎧----=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，即()()()22231081270n n a n n a ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，∴(n －2)(n －3)n (n －1)＝25.∴3n 2－23n ＋30＝0.解得n ＝53(舍去)或n ＝6，a2＝27030＝9，又a＞0，∴a＝3.21.【解析】(1)由分步计数原理知，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法．(2)由排列数公式知，五个不同的球放进不同的4个盒子里(每盒一个)共有A45种放法．(3)将其中的4个球投入一个盒子里共有C45C14种放法．(4)全部投入4个不同的盒子里(没有空盒)共有C25A44种不同的放法．22.【解析】(1)C320＝1140.(2)C13nC14n＝23⇒14n－13＝23，解得n＝34.(3)1＋2＋22＋…＋2n＝2n＋1－1.。

第一章 计数原理章末检测试卷(一)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分) 1．若A 5m ＝2A 3m ，则m 的值为( ) A ．5 B ．3 C ．6D ．7考点 排列数公式 题点 利用排列数公式计算 答案 A解析 依题意得m ！(m －5)！＝2×m ！(m －3)！，化简得(m －3)·(m －4)＝2， 解得m ＝2或m ＝5， 又m ≥5，∴m ＝5，故选A.2．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行解答，其中至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是( ) A ．40 B ．74 C ．84D ．200考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 B解析 分三类：第一类，从前5个题目中选3个，后4个题目中选3个；第二类，从前5个题目中选4个，后4个题目中选2个；第三类，从前5个题目中选5个，后4个题目中选1个，由分类加法计数原理得C 35C 34＋C 45C 24＋C 55C 14＝74.3．若实数a ＝2－2，则a 10－2C 110a 9＋22C 210a 8－…＋210等于( ) A ．32 B ．－32 C ．1 024 D ．512考点 二项式定理题点 逆用二项式定理求和、化简 答案 A解析 由二项式定理，得a 10－2C 110a 9＋22C 210a 8－…＋210＝C 010(－2)0a 10＋C 110(－2)1a 9＋C 210(－2)2a 8＋…＋C 1010(－2)10＝(a －2)10＝(－2)10＝25＝32.4．分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道．要求4名水暖工都分配出去，且每户居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有( ) A ．A 34种 B ．A 33A 13种 C ．C 24A 33种D ．C 14C 13A 33种考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 C解析 先将4名水暖工选出2人分成一组，然后将三组水暖工分配到3户不同的居民家，故有C 24A 33种． 5．(x ＋2)2(1－x )5中x 7的系数与常数项之差的绝对值为( ) A ．5 B ．3 C ．2D ．0考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中特定项的系数 答案 A解析 常数项为C 22·22·C 05＝4，x 7系数为C 02·C 55·(－1)5＝－1，因此x 7系数与常数项之差的绝对值为5. 6．计划展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的排列方式的种数为( ) A ．A 44A 55 B ．A 23A 44A 35 C ．C 13A 44A 55 D ．A 22A 44A 55考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题 答案 D解析 先把每个品种的画看成一个整体，而水彩画只能放在中间，则油画与国画放在两端有A 22种放法，再考虑4幅油画本身排放有A 44种方法，5幅国画本身排放有A 55种方法，故不同的陈列法有A 22A 44A 55种． 7．设(2－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5，那么a 0＋a 2＋a 4a 1＋a 3的值为( )A ．－122121B ．－6160C ．－244241D ．－1考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 B解析 令x ＝1，可得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝1，再令x ＝－1可得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＝35.两式相加除以2求得a 0＋a 2＋a 4＝122，两式相减除以2可得a 1＋a 3＋a 5＝－121.又由条件可知a 5＝－1，故a 0＋a 2＋a 4a 1＋a 3＝－6160.8．圆周上有8个等分圆周的点，以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形的个数是( )A ．16B ．24C ．32D ．48考点 组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 C解析 圆周上8个等分点共可构成4条直径，而直径所对的圆周角是直角，又每条直径对应着6个直角三角形，共有C 14C 16＝24(个)直角三角形，斜三角形的个数为C 38－C 14C 16＝32(个)．9．将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3所学校，要求每所学校至少有1个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为( ) A ．96 B ．114 C ．128D ．136考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B解析 由题意可得每所学校至少有1个名额的分配方法种数为C 217＝136，分配名额相等有22种(可以逐个数)，则满足题意的方法有136－22＝114(种)．10．已知二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x n 的展开式中第4项为常数项，则1＋(1－x )2＋(1－x )3＋…＋(1－x )n 中x 2项的系数为( ) A ．－19 B ．19 C ．－20D ．20考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用 答案 D解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x n 的展开式T k ＋1＝C k n (x )n －k ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x k ＝C k n 526n k x -，由题意知n 2－5×36＝0，得n ＝5，则所求式子中x 2项的系数为C 22＋C 23＋C 24＋C 25＝1＋3＋6＋10＝20.故选D.11．12名同学合影，站成前排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(这样就成为前排6人，后排6人)，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( ) A ．C 28C 23 B ．C 28A 66 C ．C 28A 26D ．C 28A 25考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 C解析 先从后排中抽出2人有C 28种方法，再插空，由题意知，先从4人中的5个空中插入1人，有5种方法，余下1人则要插入前排5人的空中，有6种方法，即为A 26，共有C 28A 26种调整方法．12．已知等差数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －5，则(1＋x )5＋(1＋x )6＋(1＋x )7的展开式中含x 4项的系数是该数列的( ) A ．第9项 B ．第10项 C ．第19项D ．第20项考点 二项式定理的应用题点 二项式定理与其他知识点的综合应用 答案 D解析 ∵(1＋x )5＋(1＋x )6＋(1＋x )7的展开式中含x 4项的系数是C 45＋C 46＋C 47＝5＋15＋35＝55，∴由3n －5＝55得n ＝20.故选D.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．男、女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有________人．考点 组合数公式 题点 组合数公式的应用 答案 2或3解析 设女生有x 人，则C 28－x C 1x ＝30， 即(8－x )(7－x )2·x ＝30，解得x ＝2或3.14．学校公园计划在小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树，垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树，要求2棵银杏树必须相邻，则不同的种植方法共有________种． 考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题 答案 240解析 分两步完成：第一步，将2棵银杏树看成一个元素，考虑其顺序，有A 22种种植方法； 第二步，将银杏树与4棵桂花树全排列，有A 55种种植方法． 由分步乘法计数原理得，不同的种植方法共有A 22·A 55＝240(种)．15．(1＋sin x )6的二项展开式中，二项式系数最大的一项的值为52，则x 在[0,2π]内的值为____．考点 二项式定理的应用题点 二项式定理与其他知识点的综合应用 答案π6或5π6解析 由题意，得T 4＝C 36sin 3x ＝20sin 3x ＝52，∴sin x ＝12.∵x ∈[0,2π]，∴x ＝π6或x ＝5π6.16．将A ，B ，C ，D 四个小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A ，B 不能放入同一个盒子中，则不同的放法有________种． 考点 两个计数原理的应用 题点 两个原理的综合应用 答案 30解析 先把A ，B 放入不同盒中，有3×2＝6(种)放法，再放C ，D ， 若C ，D 在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法；若C ，D 在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A 或B 的盒中，有2×2＝4(种)放法． 故共有6×(1＋4)＝30(种)放法． 三、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知A ＝{x |1<log 2x <3，x ∈N *}，B ＝{x ||x －6|<3，x ∈N *}．试问：(1)从集合A 和B 中各取一个元素作直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？(2)从A ∪B 中取出三个不同的元素组成三位数，从左到右的数字要逐渐增大，这样的三位数有多少个？ 考点 两个计数原理的应用 题点 两个原理的综合应用解 A ＝{3,4,5,6,7}，B ＝{4,5,6,7,8}．(1)从A 中取一个数作为横坐标，从B 中取一个数作为纵坐标，有5×5＝25(个)，而8作为横坐标的情况有5种，3作为纵坐标的情况有4种，故共有5×5＋5＋4＝34(个)不同的点． (2)A ∪B ＝{3,4,5,6,7,8}，则这样的三位数共有C 36＝20(个)．18．(12分)已知(1＋2x )n的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，而且是它的后一项系数的56倍，试求展开式中二项式系数最大的项． 考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用 解 二项式的通项为T k ＋1＝C kn(2k)2k x ，由题意知展开式中第k ＋1项系数是第k 项系数的2倍，是第k ＋2项系数的56倍，∴⎩⎪⎨⎪⎧C k n 2k＝2C k －1n ·2k －1，C k n 2k ＝56C k ＋1n ·2k ＋1，解得n ＝7.∴展开式中二项式系数最大两项是T 4＝C 37(2x )3＝28032x 与T 5＝C 47(2x )4＝560x 2. 19．(12分)10件不同厂生产的同类产品：(1)在商品评选会上，有2件商品不能参加评选，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两件商品放上，有多少种不同的布置方法？ 考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用解 (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 48＝1 680(或C 48·A 44)(种)． (2)分步完成，先将获金质奖章的两件商品布置在6个位置中的两个位置上，有A 26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 48种方法，共有A 26·A 48＝50 400(或C 48·A 66)(种)．20．(12分)设⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a m x m，若a 0，a 1，a 2成等差数列．(1)求⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式的中间项；(2)求⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式中所有含x 的奇次幂的系数和．考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用解 (1)依题意a 0＝1，a 1＝m 2，a 2＝C 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫122.由2a 1＝a 0＋a 2，求得m ＝8或m ＝1(应舍去)，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m展开式的中间项是第五项，T 5＝C 48⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 4＝358x 4. (2)因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12x m ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a m x m，即⎝⎛⎭⎪⎫1＋12x 8＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 8x 8. 令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 8＝⎝ ⎛⎭⎪⎫328，令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 8＝⎝ ⎛⎭⎪⎫128，所以a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝38－129＝20516，所以展开式中所有含x 的奇次幂的系数和为20516.21．(12分)把n 个正整数全排列后得到的数叫做“再生数”，“再生数”中最大的数叫做最大再生数，最小的数叫做最小再生数．(1)求1,2,3,4的再生数的个数，以及其中的最大再生数和最小再生数； (2)试求任意5个正整数(可相同)的再生数的个数． 考点 排列的应用 题点 数字的排列问题解 (1)1,2,3,4的再生数的个数为A 44＝24，其中最大再生数为4 321，最小再生数为1 234. (2)需要考查5个数中相同数的个数． 若5个数各不相同，有A 55＝120(个)； 若有2个数相同，则有A 55A 22＝60(个)；若有3个数相同，则有A 55A 33＝20(个)；若有4个数相同，则有A 55A 44＝5(个)；若5个数全相同，则有1个．22．(12分)已知m ，n 是正整数，f (x )＝(1＋x )m ＋(1＋x )n的展开式中x 的系数为7. (1)对于使f (x )的x 2的系数为最小的m ，n ，求出此时x 3的系数； (2)利用上述结果，求f (0.003)的近似值；(精确到0.01)(3)已知(1＋2x )8展开式的二项式系数的最大值为a ，系数的最大值为b ，求b a. 考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用 解 (1)根据题意得C 1m ＋C 1n ＝7， 即m ＋n ＝7，①f (x )中的x 2的系数为C 2m ＋C 2n ＝m (m －1)2＋n (n －1)2＝m 2＋n 2－m －n2.将①变形为n ＝7－m 代入上式得x 2的系数为m 2－7m ＋21＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －722＋354， 故当m ＝3或m ＝4时，x 2的系数的最小值为9. 当m ＝3，n ＝4时，x 3的系数为C 33＋C 34＝5；当m ＝4，n ＝3时，x 3的系数为C 34＋C 33＝5. (2)f (0.003)＝(1＋0.003)4＋(1＋0.003)3≈C 04＋C 14×0.003＋C 03＋C 13×0.003≈2.02. (3)由题意可得a ＝C 48＝70，再根据⎩⎪⎨⎪⎧C k8·2k≥C k ＋18·2k ＋1，C k8·2k ≥C k －18·2k －1，即⎩⎪⎨⎪⎧k ≥5，k ≤6，求得k ＝5或6，此时，b ＝7×28，∴b a ＝1285.。

2019-2020年高中数学第一章计数原理章末过关检测卷新人教A版选修2-3一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．(xx·广东卷理科)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言(B)A. 1 550 B．1 560 C．1 580 D．1 600解析：依题两两彼此给对方写一条毕业留言相当于从40人中任选两人的排列数，所以全班共写了A240＝40×39＝1 560条毕业留言，故选B.2．由a，b，c，d，e这5个字母排成一排，a，b都不与c相邻的排法个数为(A)A．36个 B．32个 C．34个 D．35个3．已知C7n＋1－C7n＝C8n(n∈N*)，则n等于(A)A．14 B．12 C．13 D．15解析：因为C8n＋C7n＝C8n＋1，所以C7n＋1＝C8n＋1.∴7＋8＝n＋1，∴n＝14，故选A.4．我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架舰载机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有(C) A．12种 B．18种 C．24种 D．48种解析：丙、丁不能相邻着舰，则将剩余3机先排列，再将丙、丁进行“插空”．由于甲、乙“捆绑”视作一整体，剩余3机实际排列方法共2×2＝4种．有三个“空”供丙、丁选择，即A23＝6种．由分步乘法计数原理，共有4×6＝24种着舰方法．5．(xx·高考大纲卷)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有(C)A．60种 B．70种 C．75种 D．150种解析：由已知可得不同的选法共有C26C15＝75，故选C.6．(xx·新课标Ⅰ卷)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(A)A．10 B．20 C．30 D．60解析：在(x2＋x＋y)5的5个因式中，2个取因式中x2剩余的3个因式中1个取x，其余因式取y，故x5y2的系数为C25C23C22＝30，故选A.7．设f(x)＝(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1，则f(x)等于(D)A．(2x＋2)5 B．2x5 C．(2x－1)5 D．(2x)5解析：f(x)＝C05(2x＋1)5(－1)0＋C15(2x＋1)4·(－1)1＋C25(2x＋1)3·(－1)2＋C35(2x＋1)2·(－1)3＋C45(2x＋1)－1·(－1)4＋C55(2x＋1)0·(－1)5＝[(2x＋1)－1]5＝(2x)5.8．若6条网线并联，它们能通过的最大信息量分别为1，1，2，2，3，4，现从中任取三条网线且使三条网线通过最大信息量的和大于等于6的方法种数共有(D) A．24种 B．20种 C．18种 D．15种解析：当选用信息量为4的网线时有C25种；当选用信息量为3的网线时有(C12C12＋C22)种，共有C25＋C12C12＋C22＝15种．故选D.9．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有(A)A．12种 B．18种 C．24种 D．36种解析：先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A 33种不同的排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A 12种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有1种排法．因此共有A 33·A 12·1＝12种不同的排列方法．10．某科技小组有6名同学，现从中选出3人去参观展览，至少有1名女生入选的不同选法有16种，则小组中的女生数为(A )A ．2人B ．3人C ．4人D ．5人解析：由题意可用排除法，设有女生x 人，则有男生6－x 人，于是有C 36－C 36－x ＝16，即(6－x )(5－x )(4－x )＝24，将各选项逐个代入验证可得x ＝2.11．设(1＋x )8＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋… ＋a 8x 8，则a 0，a 1，a 2，…，a 8中奇数的个数为(A )A ．1个B ．3个C ．4个D ．5个解析：a 0＝C 08＝1，a 1＝C 18＝8，a 2＝C 28＝28，a 3＝C 38＝56，a 4＝C 48＝70，…，a 8＝C 88＝1.12．市内某公共汽车站6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是(C )A ．48种B ．54种C ．72种D ．84种解析：根据题意，先把3名乘客进行全排列，有A 33＝6种排法，排好后，有4个空位，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空位中，有A 24＝12种排法，则共有6×12＝72种候车方式，选C.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分；将正确答案填在题中的横线上)13．(xx·新课标卷Ⅱ)(x ＋a )10的展开式中，x 7的系数为15，则a ＝________(用数字填写答案)．解析：因为T r ＋1＝C r 10x 10－r a r ，所以令10－r ＝7，得r ＝3，所以T 4＝C 310x 7a 3＝15x 7，解得a＝12. 答案：1214．(xx·广东珠海高二下学期期末)1名男同学和2名女同学站成一排，其中2名女同学相邻的排法有________种．解析：由于2名女同学相邻，故用“捆绑法”再与1名男同学进行排列．所以所求的排法种数是A 22A 22＝4种．答案：415．(xx·汕头模拟)若n 是正整数，则7n ＋7n －1C 1n ＋7n －2C 2n ＋…＋7C n －1n 除以8的余数是________．解析：7n ＋7n －1C 1n ＋7n －2C 2n ＋…＋7C n －1n ＝(7＋1)n －C n n ＝8n －1＝(8n －8)＋7，因为(8n －8)能被8整除，所以余数为7.答案：7 16．(xx·高考安徽卷)设a ≠0，n 是大于1的自然数，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x a n的展开式为a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n .若点A i (i ，a i )(i ＝0，1，2)的位置如图所示，则a ＝________． 解析：由图易知a 0＝1，a 1＝3，a 2＝4，则a 1＝C 1n 1a ＝3，a 2＝C 2n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＝4，即⎩⎪⎨⎪⎧n a ＝3，n （n －1）2a 2＝4，解得a＝3.答案：3三、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、证明过程及演算步骤)17．(本小题满分11分)6位女同志(其中有一个领唱)和2位男同志，分成两排表演．(1)每排4人，问共有多少种不同的排法？(2)领唱站在前排，男同志站在后排，还是每排4人，问有多少种不同的排法？解析：(1)要完成这件事，必须分三步：第一步，先从8人中选出4人站在前排，另4个人站后排，有C48·C44＝C48种不同的排法；第二步，前面4人进行排列，有A44种排法；第三步，后面4人也进行排列，有A44种排法．利用分步乘法计数原理，共有C48(A44)2＝40 320种排法．(2)同理可得有C35A44A44＝5 760种排法．18．(本小题满分11分)解方程：C x－2x＋2＋C x－3x＋2＝110A3x＋3.解析：原方程可化为C x－2x＋3＝110A3x＋3，即C5x＋3＝110A3x＋3，所以（x＋3）！5！（x－2）！＝（x＋3）！10·x！，即1120（x－2）！＝110·x（x－1）·（x－2）！，化简得x2－x－12＝0，解得x＝4或x＝－3，经检验：x＝4是原方程的解．19．(本小题满分12分)已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第十次测试才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？解析：(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A22＝A24种测法，再排余下4件的测试位置，有A44种测法．所以共有不同测试方法A46A24A44＝103 680(种)．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现．所以共有不同测试方法C14(C16C33)A44＝576(种)．20．(本小题满分12分)某校高三年级有6个班级，现要从中选出10人组成高三女子篮球队参加高中篮球比赛，且规定每班至少要选1人参加．这10个名额有多少种不同的分配方法？解析：法一除每班1个名额以外，其余4个名额也需要分配．这4个名额的分配方案可以分为以下几类：(1)4个名额全部给某一个班级，有C16种分法；(2)4个名额分给两个班级，每班2个，有C26种分法；(3)4个名额分给两个班级，其中一个班级1个，一个班级3个．由于分给一班1个，二班3个和一班3个、二班1个是不同的分法，因此是排列问题，共有A26种分法；(4)分给三个班级，其中一个班级2个，其余两个班级每班1个，共有C16·C25种分法；(5)分给四个班，每班1个，共有C46种分法．故共有N＝C16＋C26＋A26＋C16·C25＋C46＝126种分配方法．法二该问题也可以从另外一个角度去考虑：因为是名额分配问题，名额之间无区别，所以可以把它们视作排成一排的10个相同的球，要把这10个球分开成6段(每段至少有一个球)．这样，每一种分隔办法，对应着一种名额的分配方法．这10个球之间(不含两端)共有9个空位，现在要在这9个位子中放进5块隔板，共有N＝C59＝126种放法．故共有126种分配方法．21．(本小题满分12分)设⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32＋133n 的展开式的第7项与倒数第7项的比是1∶6，求展开式中的第7项．解析： T 7＝C 6n ⎝⎛⎭⎫32n －6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336， T n ＋1－6＝T n －5＝C 6n ⎝⎛⎭⎫326⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫133n －6. 由C 6n ⎝⎛⎭⎫32n －6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336C 6n ⎝⎛⎭⎫326⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫133n －6＝16，化简得6n 3－4＝6－1，所以n 3－4＝－1，所以n ＝9. 所以T 7＝C 69×⎝⎛⎭⎫329－6×⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336＝C 39×2×19＝563. 22．(本小题满分12分)袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个球．(1)若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？(2)若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？(3)取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取4球的总分不低于5分，则有多少种不同的取法？解析：(1)分三类：3红1白，2红2白，1红3白这三类，由分类加法计数原理有：C 34C 16＋C 24C 26＋C 14C 36＝194(种)．(2)分三类：4红，3红1白，2红2白，由分类加法计数原理共有：C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115(种)．(3)由题意知，取4球的总分不低于5，只要取出的4个球中至少一个红球即可．因此共有取法：C 14C 36＋C 24C 26＋C 34C 16＋C 44＝195(种)．。

第一章 计数原理(时间：120分钟 满分：150分) 第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．若实数a ＝2－2，则a 10－2C 110a 9＋22C 210a 8－…＋210＝( ) A ．32 B ．－32 C ．1 024 D ．512解析：由题意得a 10－2C 110a 9＋22C 210a 8－…＋210＝(a －2)10，又a ＝2－2，所以原式＝(2－2－2)10＝32.答案：A2．已知(2－x )10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10，则a 8等于( ) A ．180 B ．－180 C ．45D ．－45解析：依题意知，a 8＝C 81022(－1)8＝180，故选A. 答案：A3．(2019·某某省八校高三联考)某工厂安排6人负责周一至周六的中午午休值班工作，每天1人，每人值班1天，若甲、乙两人需安排在相邻两天值班，且都不排在周三，则不同的安排方式有( )A ．192种B ．144种C ．96种D ．72种解析：因为甲、乙两人都不排在周三，且安排在相邻两天，所以分两类：①甲、乙两人安排在周一，周二，则有A 22·A 44＝48种；②甲、乙两人安排在周四，周五，周六中的相邻两天，则有2A 22·A 44＝96种，则共有48＋96＝144(种)．答案：B4．5名志愿者分到3所学校支教，每个学校至少去一名志愿者，则不同的分派方法共有( )A ．150种B ．180种C ．200种D ．280种解析：不同的分派方法⎝ ⎛⎭⎪⎫C 25C 23A 22＋C 15C 14A 22A 33＝150种，故选A.答案：A5．(2019·某某市、某某市部分学校联合模拟)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 2＋228的展开式中x 6的系数为562，则⎠⎛1a (x －cos πx )d x ＝( )A ．2B ．1C.32D.12 解析：二项式⎝⎛⎭⎪⎫22＋ax 28的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 8⎝ ⎛⎭⎪⎫228－r (ax 2)r ，∵2r ＝6，∴r ＝3.令r ＝3，则C 38×⎝⎛⎭⎪⎫225×a 3＝562，解得a ＝2，所以⎠⎛1a (x －cos πx )dx ＝⎠⎛12(x －cos πx )dx答案：C6．已知6C x －7x －3＝10A 2x －4，则x 的值为( ) A ．11 B ．12 C ．13D ．14解析：由6C x －7x －3＝10A 2x －4，得6·(x －3)(x －4)(x －5)(x －6)4×3×2×1＝10·(x －4)(x －5)．∴x 2－9x －22＝0，∴x ＝11或x ＝－2(舍)． 答案：A7．(2019·某某一中高二月考)用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数为( )A ．12B ．24C ．30D ．36解析：因为一种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，所以分两类，第一类，涂前三个圆用三种颜色，有A 33＝6种涂法，则涂后三个圆有C 12C 12＝4种涂法，共有6×4＝24种涂法；第二类，涂前三个圆用两种颜色，则涂后三个圆也用两种颜色，共有C 13C 12＝6种涂法．综上，可得不同的涂色方案的种数为24＋6＝30.答案：C8．设⎝ ⎛⎭⎪⎫3x ＋1x n 展开式的各项系数之和为M ，其二项式系数之和为N ，若M ＋N ＝272，则n 的值为( )A ．1B ．4C ．3 D.12解析：由题意得M ＝4n ，N ＝2n. ∵M ＋N ＝272，∴4n ＋2n＝272，得n ＝4. 答案：B9．12名同学合影，站成前排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(这样就成为前排6人，后排6人)，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( )A ．C 28A 23 B ．C 28A 66 C ．C 28A 26D ．C 28A 25解析：先从后排中抽出2人有C 28种方法，再插空，由题意知，先从4人中的5个空中插入1人，有5种方法，余下1人则要插入前排5人的空中，有6种方法，即抽出的2人插入前排为A 26.共有C 28A 26种调整方法．故选C.答案：C10．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )A ．6种B ．12种C ．24种D ．30种解析：首先，甲、乙两人同选1门，有4种方法；其次，甲从剩下的3门课中选1门，有3种方法；最后，乙从剩下的2门课中选1门，有2种方法．所以共有4×3×2＝24种．答案：C11．若C 3n ＋123＝C n ＋623(n ∈N *)，且(3－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则a 0－a 1＋a 2－…＋(－1)na n ＝( )A ．250B ．－250C ．256D ．－150解析：由C 3n ＋123＝C n ＋623，得3n ＋1＝n ＋6或3n ＋1＋n ＋6＝23，∴n ＝52(舍去)或n ＝4.令x＝－1，则(3－x )n＝(3＋1)4＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝256.∴a 0－a 1＋a 2－…＋(－1)na n ＝256.故选C.答案：C12．由1,2,3,0组成没有重复数字的三位数，其中0不在个位上，则这些三位数的和为( )A ．1 320B ．1 332C ．2 532D ．2 544解析：共组成A 33＋A 23＝12个这样的三位数，个位数有4个3,4个2 ,4个1，和为24；十位数有2个3,2个2,2个1,6个0，和为12；百位数有4个1,4个2,4个3，和为24，∴这些位数的和为2 544，故选D.答案：D第Ⅱ卷(非选择题，共90分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13．(2019·某某市高三质量预测)已知⎝⎛⎭⎪⎫1x＋x 2n的展开式的各项系数和为64，则展开式中x 3的系数为_______________________________________．解析：令x ＝1，得2n ＝64，解得n ＝6，则⎝ ⎛⎭⎪⎫1x＋x 26的展开式的通项T r ＋1＝C r 6⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 6－r x 2r ＝C r6x 3r －6，令3r －6＝3，得r ＝3，故x 3的系数为C 36＝20.答案：2014．设a ≠0，n 是大于1的自然数，⎝⎛⎭⎪⎫1＋x a n 的展开式为a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n.若点A i (i ，a i )(i ＝0,1,2)的位置如图所示，则a ＝________.解析：由题图可知a 0＝1，a 1＝3，a 2＝4，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧C 1n ·1a＝a 1＝3，C 2n·1a 2＝a 2＝4，故⎩⎪⎨⎪⎧n a ＝3，n (n －1)a 2＝8，可得⎩⎪⎨⎪⎧n ＝9，a ＝3.答案：315．盒子里有完全相同的6个球，每次至少取出1个球(取出不放回)，取完为止，则共有________种不同的取法(用数字作答)．解析：依题意，取盒子中6个小球，可以看作6个小球排成一排，在中间插入挡板，由于每次至少取出一个球，所以最多可以插入5个挡板，即C 05＋C 15＋C 25＋C 35＋C 45＋C 55＝25＝32.答案：3216．(2019·某某一中高二月考)将6名报名参加运动会的同学分别安排到跳绳、接力、投篮三项比赛中(假设这些比赛都不设人数上限)，每人只参加一项，则共有x 种不同的方案，若每项比赛至少要安排一人，则共有y 种不同的方案，其中x ＋y 的值为________．解析：6名同学报名参加跳绳、接力、投篮三项比赛，每人只参加一项，每人有3种报名方法，根据分步乘法计数原理可得x ＝36＝729.而每项比赛至少要安排一人时，先分组有C 16C 15C 44A 22＋C 16C 25C 33＋C 26C 24C 22A 33＝90(种)，再排列有A 33＝6(种)，所以y ＝90×6＝540.所以x ＋y ＝1 269. 答案：1 269三、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)为支援西部开发，需要从8名男干部和2名女干部中任选4人组成支援小组到西部某地支边，要求男干部不少于3人，问有多少种选派方案．解：解法一：男干部有四人时有C 48种选法；男干部有3人时有C 38C 12种选法，故适合条件的选派方案有C 48＋C 38C 12＝182种．解法二：从10名干部中选4名减去2名女干部全被选中的方案数，共有C 410－C 28C 22＝182种．18．(12分)已知(3x 2＋3x )n展开式中各项系数的和比它的二项式系数的和大4 032. (1)求展开式中含x 4的项；(2)求展开式中二项式系数最大的项．解：(1)令x ＝1得展开式各项系数和为4n ，而二项式系数和为C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n， 由题意得4n －2n ＝4 032，即(2n －64)(2n ＋63)＝0，得2n ＝64或2n＝－63， 又∵n ∈N *，∴2n＝64，故n ＝6，二项展开式的第r ＋1项为，令12＋r 3＝4，得r ＝0，∴展开式中含x 4的项为T 1＝30·C 06·x 4＝x 4. (2)∵n ＝6，∴展开式中第4项的二项式系数最大，19．(12分)2名女生和4名男生外出参加比赛活动．(1)他们排成一列照相时，若2名女生必须在一起，有多少种排列方法？ (2)他们排成一列照相时，若2名女生不相邻，有多少种排列方法？(3)从这6名学生中挑选3人担任裁判，至少要有1名女生，则有多少种选法？ 解：(1)有2A 55＝240种． (2)有A 44A 25＝480种． (3)有C 36－C 34＝16种．20．(12分)求证：1＋4C1n＋7C2n＋10C3n＋…＋(3n＋1)C n n＝(3n＋2)·2n－1.证明：设S＝1＋4C1n＋7C2n＋10C3n＋…＋(3n＋1)C n n，①则S＝(3n＋1)C n n＋(3n－2)C n－1n＋…＋4C1n＋1.②①＋②得2S＝(3n＋2)(C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n)＝(3n＋2)·2n，∴S＝(3n＋2)·2n－1.21．(12分)带有编号1,2,3,4,5的五个球．(1)全部投入4个不同的盒子里；(2)放进不同的4个盒子里，每盒一个；(3)将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)；(4)全部投入4个不同的盒子里，没有空盒；各有多少种不同的放法？解：(1)由分步计数原理知，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法．(2)由排列数公式知，五个不同的球放进不同的4个盒子里(每盒一个)共有A45种放法．(3)将其中的4个球投入一个盒子里共有C45C14＝20种放法．(4)全部投入4个不同的盒子里(没有空盒)共有C25A44种不同的放法．22．(12分)设x10－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，其中Q(x)是关于x的多项式，a，b∈R.(1)求a，b的值；(2)若ax＋b＝28，求x10－3除以81的余数．解：(1)由已知等式，得[(x－1)＋1]10－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，∴C010(x－1)10＋C110(x－1)9＋…＋C810(x－1)2＋C910(x－1)＋C1010－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，∴[C010(x－1)8＋C110(x－1)7＋…＋C810](x－1)2＋10x－12＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，∴10x－12＝ax＋b.∴a＝10，b＝－12.(2)∵ax＋b＝28，即10x－12＝28，∴x＝4，∴x10－3＝410－3＝(3＋1)10－3＝C010×310＋C110×39＋…＋C910×3＋C1010－3＝34×(C010×36＋C110×35＋…＋C610)＋40×34＋5×34＋28＝81(C010×36＋C110×35＋…＋C610＋45)＋28，∴所求的余数为28.。

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．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2．已知()7781C C C n n n n +-=∈*N ，则n 等于（ ）A ．14B ．12C ．13D ．153．某铁路所有车站共发行132种普通客票，则这段铁路共有车站数是（ ） A ．8B ．12C ．16D ．244．()71x +的展开式中x 2的系数是（ ） A ．42B ．35C ．28D ．215．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为（ ） A ．3×3!B ．3×(3！)3C ．(3！)4D ．9!6．某校园有一椭圆型花坛，分成如图四块种花，现有4种不同颜色的花可供选择，要求每块地只能种一种颜色，且有公共边界的两块不能种同一种颜色，则不同的种植方法共有（ ）A ．48种B ．36种C ．30种D ．24种7．若多项式x 2＋x 10＝a 0＋a 1(x ＋1)＋＋a 9(x ＋1)9＋a 10(x ＋1)10，则a 9＝（ ）A ．9B ．10C ．－9D ．－108．从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（ ） A ．48种B ．36种C ．18种D ．12种9．已知()1nx +的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ） A ．212B ．211C ．210D ．2910．将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有（ ） A ．12种B ．18种C ．36种D ．54种11．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的 偶数共有（ ） A ．144个 B ．120个 C ．96个 D ．72个12．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有（ ）A．24对B．30对C．48对D．60对二、填空题（本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上）13．在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选法有________种(用数值表示)14．()()4++的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________．a x x115．有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人，则不同的安排方式共有________种(用数字作答)．16．从0到9这10个数字中任取3个数字组成一个没有重复数字的三位数，能被3整除的数有________个．三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．（12分）一个小组有10名同学，其中4名男生，6名女生，现从中选出3名代表，（1）其中至少有一名男生的选法有几种？（2）至多有1名男生的选法有几种？18．（12分）从－1、0、1、2、3这5个数中选3个不同的数组成二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的系数．（1）开口向上的抛物线有多少条？（2）开口向上且不过原点的抛物线有多少条？19．（12分）求9的展开式中的有理项．20．（12分）有4个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放入盒内．（1）共有多少种放法？（2）恰有一个盒不放球，有多少种放法？（3）恰有一个盒内有2个球，有多少种放法？21．（12分）(2015·北京高二质检)已知)23n x展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992．（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）求展开式中系数最大的项．22．（14分）已知(1n+展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，且等于它后一项系数的56，试求该展开式中二项式系数最大的项．答案一、选择题．1．【答案】B【解析】在正方体1111ABCD A B C D -中，选取3个面有2个不相邻，则必选相对的2个面，所以分3类． 若选ABCD 和1111A B C D 两个面，另一个面可以是ABB 1A 1，BCC 1B 1，CDD 1C 1和ADD 1A 1中的一个，有4种，同理选另外相对的2个面也有4种．所以共有4312⨯= (种)． 2．【答案】A【解析】因为8781C +C C n n n +=，所以7811C C n n ++=．∴7＋8＝n ＋1，∴n ＝14，故选A ．3．【答案】B【解析】∵()2A 1132n n n =-=．∴12n =．故选B ． 4．【答案】D【解析】展开式中第r ＋1项为17C r r r T x +=，2237C T x =，∴x 2的系数为27C 21=．5．【答案】C【解析】本题考查捆绑法排列问题．由于一家人坐在一起，可以将一家三口人看作一个整体，一家人坐法有3！种，三个家庭即(3！)3种，三个家庭又可全排列， 因此共(3！)4种．注意排列中在一起可用捆绑法，即相邻问题． 6．【答案】A【解析】由于相邻两块不能种同一种颜色，故至少应当用三种颜色，故分两类．第一类，用4色有44A 种，第二类，用3色有334A 种，故共有4343A 4A 48+=种．7．【答案】D【解析】x 10的系数为a 10，∴101a =，x 9的系数为991010C a a +⋅，∴9100a +=，∴910a =-，故应选D ．另解：∵2＋10＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋＋a 10(x ＋1)10，显然()1910C 110a =-=-．8．【答案】B【解析】分两种情况：（1）小张小赵去一人：113223C C A 24=； （2）小张小赵都去：2223A A 12=，故有36种，应选B ．9．【答案】D【解析】由题意可得，二项式的展开式满足1C r r r n T x +=，且有37C C n n =，因此n ＝10．令x ＝1，则()1012n x +=，即展开式中所有项的二项式系数和为210；令x ＝－1，则()10nx +=，即展开式中奇数项的二项式系数与偶数项的二项式系数之差为0，因此奇数项的二项式系数和为()10912022+=．故本题正确答案为D ． 10．【答案】B【解析】由题意不同的放法共有122342C C C 18=种．11．【答案】B【解析】据题意，万位上只能排4、5．若万位上排4，则有342A ⨯个；若万位上排5，则有343A ⨯个．所以共有33442A +3A 524120⨯⨯=⨯=个．故选B ．12．【答案】C【解析】解法1：先找出正方体一个面上的对角线与其余面对角线成60°角的对数，然后根据正方体六个面的特征计算总对数．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，与面对角线AC 成60°角的面对角线有B 1C 、BC 1、C 1D 、CD 1、A 1D 、AD 1、A 1B 、AB 1共8条，同理与BD 成60°角的面对角线也有8条，因此一个面上的对角线与其相邻4个面的对角线，共组成16对，又正方体共有6个面，所有共有16×6＝96对．因为每对都被计算了两次(例如计算与AC 成60°角时，有AD 1，计算与AD 1成60°角时有AC ，故AD 1与AC 这一对被计算了2次)，因此共有12×96＝48对．解法2：间接法．正方体的面对角线共有12条，从中任取2条有212C 种取法， 其中相互平行的有6对，相互垂直的有12对，∴共有212C 61248--=对．二、填空题． 13．【答案】120【解析】由题得选取的情况有三种，分别是1名男教师和4名女教师；2名男教师和3名女教师；3名男教师和2名女教师．当选1名男教师和4名女教师时，有1436C C 45=种； 当选2名男教师和3名女教师时，有2336C C 60=种； 当选3名男教师和2名女教师时，有3236C C 15=种，所以不同的选取方式的种数共有456015120++=种．14．【答案】3【解析】由已知得(1＋x )4＝1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋x 4，故(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项分别为4ax ，4ax 3，x ，6x 3，x 5，其系数之和为4a ＋4a ＋1＋6＋1＝32，解得a ＝3． 15．【答案】264【解析】由条件上午不测“握力”，则4名同学测四个项目，有44A ；下午不测“台阶”但不能与上午所测项目重复，如3×3＝9，故()44A 29264+=种． 16．【答案】228【解析】一个数能被3整除的条件是它的各位上的数字之和能被3整除．根据这点，分为如下几类： （1）三位数各位上的数字是1，4，7或2，5，8这两种情况，这样的数有332A 12= (个)．（2）三位数的各位上只含0，3，6，9中的一个，其他两位上的数则从(1，4，7)和(2，5，8)中各取1个，这样的数有11134333C C C A 216= (个)，但要除去0在百位上的数，有112332C C A 18= (个)，因而有216－18＝198(个)．（3）三位数的各位上的数字是0，3，6，9中的3个，但要去掉0在百位上的，这样应有3×3×2＝18(个)，综上所述，由0到9这10个数字所构成的无重复数字且能被3整除的3位数有12＋198＋18＝228(个)．三、解答题．17．【答案】（1）100种；（2）80种． 【解析】（1）方法一：(直接法)．第一类：3名代表中有1名男生，则选法种数为1246C C 60⋅= (种)； 第二类：3名代表中有2名男生，则选法种数为2146C C 36⋅= (种)；第三类：3名代表中有3名男生，则选法种数为34C 4= (种)； 故共有60＋36＋4＝100(种)． 方法二：(间接法)．从10名同学中选出3名同学的选法种数为310C 种． 其中不适合条件的有36C 种，故共有33106C C 100-= (种)．（2）第一类：3名代表中有一名男生，则选法为1246C C 60= (种)；第二类：3名代表中无男生，则选法为36C 20= (种)；故共有60＋20＝80(种)．18．【答案】（1）36条；（2）27条．【解析】（1）要使抛物线的开口向上，必须0a >，∴1234C A 36⋅= (条)．（2）开口向上且不过原点的抛物线，必须0a >，0c ≠，∴111333C C C 27⋅⋅= (条)．19．【答案】第4项－84x 4和第10项－x 3． 【解析】∵9113219927C (1)C 6rrrr r r r T x x x -+⎛⎫⎛⎫-=⋅⋅-=-⋅⋅ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 令276r -∈Z ，即346r-+∈Z ，且r ∈{0，1，2，…，9}．∴r ＝3或r ＝9． 当r ＝3时，27－r 6＝4，()3344491C 84T x x =-⋅⋅=-； 当r ＝9时，27－r 6＝3，()99331091C T x x =-⋅⋅=-．∴9的展开式中的有理项是：第4项－84x 4和第10项－x 3．20．【答案】（1）256种；（2）144种；（3）144种．【解析】（1）一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立的放法， 由分步乘法计数原理，放法共有44＝256(种)．（2）为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2，1，1的三组，有24C 种分法；然后再从三个盒子中选一个放两个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可．由分步乘法计算原理，共有放法：12124432C C C A 144⋅⋅⋅= (种)．（3）“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒．因此，“恰有一个盒子放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事．故也有144种放法．21．【答案】（1）二项式系数最大项为第三、四两项，6390T x =，2234270T x =；（2）展开式中第5项系数最大，2635405T x =．【解析】令x ＝1得展开式各项系数和为()134nn +=，又展开式二项式系数和为01C +C C 2nn n n n ++=，由题意有4n－2n＝992，即()2229920nn --=，()()2322310n n -+=，所以n ＝5．（1）因为n ＝5，所以展开式共6项，其中二项式系数最大项为第三、四两项，它们是()3222635C 390T x x =⋅=，()222332345C 3270T x x ==．（2）设展开式中第k ＋1项的系数最大．又()104523155C 3C 3kkkk k k k T xx +-+=⋅=，得11551155C 3C 3C 3C 3k k k k k k k k --++⎧⋅≥⋅⎪⎨⋅≥⋅⎪⎩⇒⎩⎪⎨⎪⎧3k ≥16－k 15－k ≥3k ＋1⇒7922k ≤≤． 又因为k ∈Z ，所以k ＝4，所以展开式中第5项系数最大．2626443355C 3405T xx ==．22．【答案】展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项，324280T x =，25560T x =．【解析】(21C 2C rrr rr r nnT x +==⋅⋅，它的前一项的系数为112C r r n --⋅，它的后一项的系数为112C r r n ++⋅，根据题意有11112225226r r r r n n r r r r n nC C C C --++⎧⋅=⋅⋅⎪⎨⋅=⋅⋅⎪⎩，⎩⎪⎨⎪⎧2r －1＝n ，8r ＋3＝5n ，∴⎩⎪⎨⎪⎧n ＝7，r ＝4.∴展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项．(333247C 280T x ==，(44257C 560T x ==．。

章末综合检测(一)(时间：120分钟，满分：150分)一、选择题：本题共12小题，每小题5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．(1－x )10展开式中x 3项的系数为( ) A ．－720 B ．720 C ．120D ．－120解析：选D ．由T r ＋1＝C r10(－x )r＝(－1)r C r10x r，因为r ＝3，所以系数为(－1)3C 310＝－120. 2．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种解析：选B ．此人从A 到B ，路程最短的走法应走2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 25＝10种．3．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出2台，其中甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法种数为( )A ．60B ．40C ．30D ．20解析：选D ．根据题意，分2步进行分析：①先在4台甲型电视机中取出1台，有4种取法；②再在5台乙型电视机中取出1台，有5种取法．则有4×5＝20种不同的取法．故选D ．4．(2019·郑州高二检测)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种解析：选C ．五个元素没有限制，全排列数为A 55，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A 55A 33×2＝40.5．已知(1＋x )10＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a 10(1－x )10，则a 8等于( ) A ．－5 B ．5 C ．90D ．180解析：选D ．因为(1＋x )10＝[2－(1－x )]10＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a 10(1－x )10，所以a 8＝C 810·22＝180.6．圆周上有8个等分圆周的点，以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形的个数A ．16B ．24C ．32D ．48解析：选C ．圆周上8个等分点共可构成4条直径，而直径所对的圆周角是直角，又每条直径对应着6个直角三角形，共有C 14C 16＝24个直角三角形．斜三角形的个数为C 38－C 14C 16＝32个．7．设(x 2＋1)(2x ＋1)9＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋…＋a 11(x ＋2)11，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11的值为( )A ．－2B ．－1C ．1D ．2解析：选A ．令x ＝－1，即得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＝－2.8．若(x 2＋m )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6的展开式中x 4的系数为30，则m 的值为( )A ．－52B ．52C ．－152D ．152解析：选B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x r＝(－2)r C r 6x 6－2r ，令6－2r ＝2，得r ＝2，所以x 4项的系数为(－2)2C 26＝60，令6－2r ＝4，得r ＝1，所以x 4项的系数为(－2)1C 16＝－12，所以(x 2＋m )·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6的展开式中x 4的系数为60－12m ＝30，解得m ＝52.故选B ．9．12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 ．C 28A 23 B ．C 26A 66 C ．C 28A 25D ．C 28A 26解析：选D ．第一步可先从后排8人中选2人共有C 28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 26种坐法．综上知“不同”调整方法的种数为C 28A 26.10．(2019·福州高二检测)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 ．12B ．36C ．48D ．24解析：选D ．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A 33A 22＝12种方案；有2名女生参加同一项，有C 23A 12A 22＝12种方案，所以共有12＋12＝24种法二：(间接法)2名男生同时参加舞蹈或演唱，有C 23A 12＝6种方案，而所有不同的推荐方案共有C 15C 24C 22＝30种，故满足条件的推荐方案种数为30－6＝24.11．将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3所学校，要求每所学校至少有1个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为( )A ．96B ．114C ．128D ．136解析：选B ．由题意可得每所学校至少有1个名额的分配方法种数为C 217＝136，分配名额相等的有22种(可以逐个数)，则满足题意的方法有136－22＝114种．12．已知(2x 2＋x －y )n 的展开式中各项系数的和为32，则展开式中x 5y 2的系数为( ) A ．120 B ．30 C ．240D ．60解析：选A ．由题意，(2x 2＋x －y )n的展开式中各项系数的和为32，即(2＋1－1)n＝32，解得n ＝5.已知(2x 2＋x －y )5＝[(2x 2＋x )－y ]5的通项公式为T r ＋1＝C r 5·(－y )r (2x 2＋x )5－r，由展开式中含有x 5y 2，可知r ＝2，且(2x 2＋x )3的展开式中有含x 5的项，由通项公式，可得T t ＋1＝C t 3(2x 2)3－t x t＝23－t C t 3x 6－t ，令t ＝1得，含x 5项的系数为22C 13.所以展开式中，x 5y 2的系数为C 25×C 13×22＝120.二、填空题：本题共4小题，每小题5分．13．(2019·长沙高二检测)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)解析：分配方法数为C 25C 13C 12C 11A 33·A 44＝240. 答案：24014．(2019·青岛高二检测)设(2x －1)6＝a 6x 6＋a 5x 5＋…＋a 1x ＋a 0，则|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝________．解析：因为(2x －1)6＝a 6x 6＋a 5x 5＋…＋a 1x ＋a 0， 由二项式定理可知a 0，a 2，a 4，a 6均为正数，a 1，a 3，a 5均为负数，令x ＝－1可得|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 6|＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6＝(－2－1)6＝729.答案：72915．若二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －1x n 的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则展开式中常数项为________．解析：第4项的二项式系数C 3n 最大，所以n ＝6，展开式通项T k ＋1＝C k 6x 6－k·⎝⎛⎭⎪⎫－1x k＝(－1)k C k6x6－32k ，令6－32k ＝0，则k ＝4，所以常数项为(－1)4C 46＝15.答案：1516．将A ，B ，C ，D 四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A ，B 不能放入同一个盒子中，则不同的放法有________种．解析：先把A ，B 放入不同盒中，有3×2＝6种放法，再放C ，D ， 若C ，D 在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法；若C ，D 在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A 或B 的盒中，有2×2＝4种放法．故共有6×(1＋4)＝30种放法． 答案：30三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题满分10分)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n的展开式中只有第6项二项式系数最大，求展开式中的常数项．解：因为⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n的展开式中只有第6项二项式系数最大，所以n ＝10，所以展开式的通项为T r ＋1＝C r 10(x )10－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2r ＝2r ·C r10x 5－52r ，令5－52r ＝0，得r ＝2.所以展开式中的常数项为T 3＝4C 210＝180.18．(本小题满分12分)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N 1＝5×4×1×4＝80.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N 2＝5×4×3×3＝180种．综上可知不同的涂法共有N ＝N 1＋N 2＝80＋180＝260种．19．(本小题满分12分)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？解：(1)将取出的4个球分成三类情况： ①取4个红球，没有白球，有C 44种； ②取3个红球，1个白球，有C 34C 16种； ③取2个红球，2个白球，有C 24C 26种， 故有C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115种．(2)设取x 个红球，y 个白球，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝5，2x ＋y ≥7，0≤x ≤4，x ∈N *，0≤y ≤6，y ∈N *，故⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝1. 因此，符合题意的取法种数有C 24C 36＋C 34C 26＋C 44C 16＝186种．20．(本小题满分12分)设(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10，求下列各式的值． (1)a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10； (2)a 6.解：(1)令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝(2－1)10＝1. (2)a 6即为含x 6项的系数，T r ＋1＝C r 10(2x )10－r·(－1)r ＝C r 10(－1)r 210－r·x10－r，所以当r ＝4时，T 5＝C 410(－1)426x 6＝13 440x 6，即a 6＝13 440.21．(本小题满分12分)由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数． (1)共可以组成多少个五位数？ (2)其中奇数有多少个？(3)如果将所有的五位数按从小到大的顺序排列，43 125是第几个数？说明理由． 解：(1)由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，共可以组成A 55＝120(个)五位数．(2)由1，2，3，4，5组成的无重复数字的五位数奇数中， 个位数字必须从1，3，5中选出，共有C 13种结果．其余四个位置可以用其他四个数字在四个位置进行全排列，共有A 44种结果， 根据分步乘法计数原理得到共有奇数C 13A 44＝72(个)． (3)考虑大于43 125的数，分四类讨论：①5在首位，将其他4个数字全排列即可，有A 44＝24个．②4在首位，5在千位，将其他3个数字全排列即可，有A 33＝6个．③4在首位，3在千位，5在百位，将其他2个数字全排列即可，共有A 22＝2个．④除上述情况，还有43 215，43 251，43 152共3个数．由(1)知共可以组成120个五位数，则不大于43 125的五位数有120－(24＋6＋2＋3)＝85个．所以43 125是第85个数．22．(本小题满分12分)设有编号为1，2，3，4，5的5个小球和编号为1，2，3，4，5的5个盒子，现将这5个小球放入5个盒子中．(1)没有一个盒子空着，但球的编号与盒子的编号不全相同，有多少种投放方法？(2)每个盒子内投入1个球，并且至少有2个球的编号与盒子的编号是相同的，有多少种投放方法？解：(1)先把5个小球放到5个盒子中，没有空盒，有A55种投放方法，球的编号与盒子的编号完全相同的投放方法有1种，故满足题意的投放方法有A55－1＝119(种)．(2)可分为三类．第一类：5个球的编号与盒子的编号完全相同，有1种投放方法．第二类：3个球的编号与盒子的编号相同，有C35种投放方法．剩下的2个球的投放方法只有1种，所以投放方法有C35×1＝10(种)．第三类：2个球的编号与盒子的编号相同，有C25种投放方法，剩下的3个球的投放方法有2种，所以投放方法有C25×2＝20(种)．根据分类加法计数原理得，满足题意的投放方法有1＋10＋20＝31(种)．。

高中数学选修2-3第一章计数原理章末检测题（满分150分，时间120分钟）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．从n 个人中选出2个，分别从事两项不同的工作，若选派方案的种数为72，则n 的值为()A ．6B ．8C ．9D ．12【解析】∵A 2n ＝72，∴n ＝9.【答案】C2．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A ．3×3!B ．3×(3！)3C ．(3！)4D ．9!【解析】把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．【答案】C3．从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A ．85B ．56C ．49D ．28【解析】分两类计算，C 22C 17＋C 12C 27＝49，故选C.【答案】C4．从集合{0,1,2}到集合{1,2,3,4}的不同映射的个数是()A ．81B ．64C ．24D ．12【解析】利用可重复的排列求幂法可得答案为43＝64(个)．【答案】B5．(2012·重庆卷)82x x 的展开式中常数项为()A.3516B.358 C.354D ．105【解析】T r ＋1＝C r 8(x )8－r 2r x ＝12r C r 8x 4－r 2－r 2＝12r r 8x 4－r，令4－r ＝0，则r ＝4，∴常数项为T 5＝124C 48＝116×70＝358.【答案】B6．若(2x ＋3)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2的值为()A ．2B ．－1C ．0D ．1【解析】(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)＝(2＋3)4×(－2＋3)4＝1.【答案】D7．某次文艺汇演，要将A、B、C、D、E、F这六个不同节目编排成节目单，如下表：序号123456节目如果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．144种B．192种C．96种D．72种【解析】第一步，将C、D、E、F全排，共有A44种排法，产生5个空，第二步，将A、B捆绑有2种方法，第三步，将A、B插入除2号空位和3号空位之外的空位，有C13种，所以一共有144种方法．【答案】A8．(x＋1)4(x－1)5的展开式中x4的系数为()A．－40B．10C．40D．45【解析】(x＋1)4(x－1)5＝(x－1)5(x2＋4x x＋6x＋4x＋1)，则x4的系数为C35×(－1)3＋C25×6＋C15×(－1)＝45.【答案】D9．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()A．33B．34C．35D．36【解析】①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C12A33＝12个；②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C12A33＋A33＝18个；③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C13＝3个．故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33，故选A.【答案】A10.如图，要给①，②，③，④四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．320B．160C．96D．60【解析】不同的涂色方法种数为5×4×4×4＝320种．【答案】A11．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有()A ．240种B ．360种C ．480种D ．720种【解析】利用分步计数原理求解．第一步先排甲，共有A 14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A 55种不同的排法，因此不同的演讲次序共有A 14·A 55＝480(种)．【答案】C12．绍兴臭豆腐闻名全国，一外地学者来绍兴旅游，买了两串臭豆腐，每串3颗(如图)．规定：每串臭豆腐只能自左向右一颗一颗地吃，且两串可以自由交替吃．请问：该学者将这两串臭豆腐吃完，不同的吃法有()A ．6种B ．12种C ．20种D ．40种【解析】方法一(树形图)：如图所示，先吃A 的情况，共有10种，如果先吃D ，情况相同，所以不同的吃法有20种．方法二：依题意，本题属定序问题，所以有A 66A 33·A 33＝20种．【答案】C二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．请把正确的答案填写在题中的横线上)13.84x x 展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为___________________．(用数字作答)【解析】∵38441884rrr rr r T Cx C xx --+==，当r ＝0,4,8时为含x 的整数次幂的项，所以展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为C 08＋C 48＋C 88＝72.【答案】7214．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有________种．【解析】满足题设的取法分三类：①四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数中任取4个，有C45＝5(种)；②两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数中任取2个，有C25·C24＝60(种)；③四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种．所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．【答案】6615．已知(1＋x)6(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，那么a1＋a2＋a3＋…＋a11＝________.【解析】令x＝0，得a0＝1；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－64；∴a1＋a2＋…＋a11＝－65.【答案】－6516．如图是由12个小正方形组成的3×4矩形网格，一质点沿网格线从点A到点B的不同路径之中，最短路径有________条．【解析】把质点沿网格线从点A到点B的最短路径分为七步，其中四步向右，三步向下，不同走法的区别在于哪三步向下，因此，本题的结论是：C37＝35.【答案】35三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)有0,1,2,3,4,5共六个数字．(1)能组成多少个没有重复数字的四位偶数；(2)能组成多少个没有重复数字且为5的倍数的五位数．【解析】(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类，0在个位时有A35个；第二类，2在个位时有A14A24个；第三类，4在个位时有A14A24个．由分类加法计数原理知，共有四位偶数A35＋A14A24＋A14A24＝156个．(2)五位数中5的倍数可分为两类：第一类，个位上的数字是0的五位数有A45个，第二类，个位上的数字是5的五位数有A14A34个．故满足条件的五位数有A45＋A14A34＝216(个)．18．(本小题满分12分)已知3241nx x 展开式中的倒数第三项的系数为45，求：(1)含x 3的项；(2)系数最大的项．【解析】(1)由题设知C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，∴n ＝10.则21011130341211010r r r r r r T C x x C x ---+⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令11r －3012＝3，得r ＝6，含x 3的项为T 7＝C 610x 3＝C 410x 3＝210x 3.(2)系数最大的项为中间项，即T 6＝C 510x55－3012＝252x 2512.19．(本小题满分12分)(1)一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法？(2)一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法？【解析】(1)先将3人(用×表示)与4张空椅子(用□表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)，从4个空当中选2个插入，有C 24种插法；二是2张同时插入，有C 14种插法，再考虑3人可交换有A 33种方法．所以，共有A 33(C 24＋C 14)＝60(种)．(2)可先让4人坐在4个位置上，有A 44种排法，再让2个“元素”(一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空当”之间，有A 25种插法，所以所求的坐法为A 44·A 25＝480(种)．20．(本小题满分12分)设a ＞0，若(1＋ax 12)n 的展开式中含x 2项的系数等于含x 项的系数的9倍，且展开式中第3项等于135x ，那么a 等于多少？【解析】T r ＋1＝C r n (ax 12)r ＝C r n a r x r 2，∴4422229135nnn C a C a C a x x⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴()()()()()22123914!211352n n n n n n a n n a ⎧----=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，即()()()22231081270n n a n n a ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，∴(n －2)(n －3)n (n －1)＝25.∴3n 2－23n ＋30＝0.解得n ＝53(舍去)或n ＝6，a 2＝27030＝9，又a ＞0，∴a ＝3.21．(本小题满分13分)带有编号1、2、3、4、5的五个球．(1)全部投入4个不同的盒子里；(2)放进不同的4个盒子里，每盒一个；(3)将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)；(4)全部投入4个不同的盒子里，没有空盒；各有多少种不同的放法？【解析】(1)由分步计数原理知，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法．(2)由排列数公式知，五个不同的球放进不同的4个盒子里(每盒一个)共有A 45种放法．(3)将其中的4个球投入一个盒子里共有C 45C 14种放法．(4)全部投入4个不同的盒子里(没有空盒)共有C 25A 44种不同的放法．22．(本小题满分13分)杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律．如图是一个11阶杨辉三角：(1)求第20行中从左到右的第4个数；(2)若第n 行中从左到右第14与第15个数的比为23，求n 的值；(3)求n 阶(包括0阶)杨辉三角的所有数的和．【解析】(1)C 320＝1140.(2)C 13nC 14n ＝23⇒14n －13＝23，解得n ＝34.(3)1＋2＋22＋…＋2n ＝2n ＋1－1.。

第一章计数原理滚动训练一(§1.1～§1.2)一、选择题1．4×5×6×…×(n－1)×n等于( )A．A4n B．A n－4nC．n！－4! D．A n－3n考点排列数公式题点利用排列数公式计算答案 D解析因为A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，所以A n－3n＝n(n－1)(n－2)…[n－(n－3)＋1]＝n×(n－1)×…×6×5×4.2．在某次数学测验中，学号i(i＝1,2,3,4)的四位同学的考试成绩f(i)∈{90,92,93,96,98}，且满足f(1)<f(2)≤f(3)<f(4)，则这四位同学的考试成绩的所有可能情况的种数为( )A．9 B．5 C．23 D．15考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析从所给的5个成绩中，任意选出4个的一个组合，即可得到四位同学的考试成绩按f(1)<f(2)<f(3)<f(4)排列的一个可能情况，故方法有C45＝5(种)．从所给的5个成绩中，任意选出3个的一个组合，即可得到四位同学的考试成绩按f(1)<f(2)＝f(3)<f(4)排列的一个可能情况，故方法有C35＝10(种)．综上可得，满足f(1)<f(2)≤f(3)<f(4)的这四位同学的考试成绩的所有可能情况共有5＋10＝15(种)，故选D.3．某公司将5名员工分配至3个不同的部门，每个部门至少分配一名员工，其中甲、乙两名员工必须分配在同一个部门的不同分配方法数为( )A．24 B．30 C．36 D．42考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案 C解析把甲、乙两名员工看作一个整体，5个人变成了4个，再把这4个人分成3部分，每部分至少一人，共有C24＝6(种)方法．再把这3部分人分到3个不同的部门，有A33＝6(种)方法．根据分步乘法计数原理可知，不同分法的种数为6×6＝36.4．我市正在建设最具幸福感城市，原计划沿渭河修建7个河滩主题公园．为提升城市品位、升级公园功能，打算减少2个河滩主题公园，两端河滩主题公园不在调整计划之列，相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整，则调整方案的种数为( )A ．4B ．8C ．6D ．12 考点 排列的应用题点 元素“在”与“不在”问题 答案 C解析 利用间接法，任选中间5个的2个，再减去相邻的4个，故有C 25－4＝6(种)，故选C.5．2017年的3月25日，中国国家队在2018俄罗斯世界杯亚洲区预选赛12强战小组赛中，在长沙以1比0力克韩国国家队，赛后有六人队员打算排成一排照相，其中队长主动要求排在排头或排尾，甲、乙两人必须相邻，则满足要求的排法有( )A ．34种B ．48种C ．96种D ．144种 考点 排列的应用 题点 排列的简单应用 答案 C解析 根据题意，分3步进行分析：①队长主动要求排在排头或排尾，则队长有2种站法；②甲、乙两人必须相邻，将2人看成一个整体，考虑2人的左右顺序，有A 22＝2(种)情况； ③将甲、乙整体与其余3人进行全排列，有A 44＝24(种)情况． 则满足要求的排法有2×2×24＝96(种)． 故选C.6．登山运动员10人，平均分为两组，其中熟悉道路的有4人，每组都需要2人，那么不同的分配方法种数是( ) A ．30 B ．60 C ．120 D ．240 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B解析 先将4个熟悉道路的人平均分成两组，有C 24C 22A 22种，再将余下的6人平均分成两组，有C 36C 33A 22种，然后这四个组自由搭配还有A 22种，故最终分配方法有C 24C 36A 22＝60(种)．7．在某次针对重启“六方会谈”的记者招待会上，主持人要从5名国内记者与4名国外记者中选出3名记者进行提问，要求3人中既有国内记者又有国外记者，且国内记者不能连续提问，不同的提问方式有( ) A ．180种 B ．220种 C ．260种D ．320种考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 C解析 若3人中有2名中国记者和1名国外记者，则不同的提问方式的种数是C 25C 14A 22＝80， 若3人中有1名中国记者和2名国外记者，则不同的提问方式的种数是C 15C 24A 33＝180，故所有的不同的提问方式的种数是80＋180＝260，故选C.8．某公园有P ，Q ，R 三只小船，P 船最多可乘3人，Q 船最多可乘2人，R 船只能乘1人，现有3个大人和2个小孩打算同时分乘若干只小船，规定有小孩的船必须有大人，共有不同的乘船方法( ) A ．36种 B ．33种 C ．27种D ．21种考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 C解析 ①P 船乘1个大人和2个小孩共3人，Q 船乘1个大人，R 船乘1个大人，有A 33＝6(种)情况．②P 船乘1个大人和1个小孩共2人，Q 船乘1个大人和1个小孩，R 船乘1个大人，有A 33×A 22＝12(种)情况． ③P 船乘2个大人和1个小孩共3人，Q 船乘1个大人和1个小孩共有C 23×2＝6(种)情况．④P 船乘1个大人和2个小孩共3人，Q 船乘2个大人，有C 13＝3(种)情况，则共有6＋12＋6＋3＝27(种)情况． 二、填空题9．已知A mn ＝2C mn ＝272(m ，n ∈N *)，则m ＋n ＝________. 考点 组合数公式 题点 组合数公式的应用 答案 19解析 ∵C m n＝A mn A m m ，∴A m n ＝2A mn A m m，∴A mm ＝2，∴m ＝2.又A 2n ＝272，∴n (n －1)＝17×16，解得n ＝17，∴m ＋n ＝19. 10．如图，从A →C 有________种不同的走法．考点 两个计数原理的区别与联系 题点 两个原理的简单综合应用 答案 6解析 A 到C 分两类，第一类，A →B →C ，分两步，第一步，A →B 有2种走法，第二步，B →C 有2种走法，故A →B →C 有4种走法，第二类：A →C 有2种走法，故A →C 有4＋2＝6(种)走法，故答案为6.11．把5件不同的产品摆成一排，若产品A 与产品B 相邻，且产品A 与产品C 不相邻，则不同的摆法有________种．考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题 答案 36解析 先将A ，B 捆绑在一起，有A 22种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A 44种摆法，共有A 22A 44种摆法，而A ，B ，C 这3件产品在一起，且A ，B 相邻，A ，C 相邻有2A 33种摆法，故A ，B 相邻，A ，C 不相邻的摆法有A 22A 44－2A 33＝36(种)．12．某企业有4个分厂，新培训了一批6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为________． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 1 560解析 先把6名技术人员分成4组，每组至少一人．若4个组的人数按3,1,1,1分配，则不同的分配方案有C 36C 13C 12C 11A 33＝20(种)不同的方法．若4个组的人数为2,2,1,1，则不同的分配方案有C 26C 242！×C 122！＝45(种)不同的方法．故所有分组方法共有20＋45＝65(种)．再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有65A 44＝1 560(种)． 三、解答题13．将四个编号为1,2,3,4的小球放入四个编号为1,2,3,4的盒子中． (1)有多少种放法？(2)若每盒至多一球，则有多少种放法？ (3)若恰好有一个空盒，则有多少种放法？(4)若每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则有多少种放法？ 考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用解 (1)每个小球都可能放入四个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256(种)放法．(2)这是全排列问题，共有A 44＝24(种)放法．(3)先取四个球中的两个“捆”在一起，有C 24种选法，把它与其他两个球共三个元素分别放入四个盒子中的三个盒子，有A 34种投放方法，所以共有C 24A 34＝144(种)放法．(4)一个球的编号与盒子编号相同的选法有C 14种，当一个球与一个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余三个球的投入方法有2种，故共有C 14×2＝8(种)放法． 四、探究与拓展14．将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的九个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下依次增大，当3,4固定在图中位置时，所填写空格的方法有( )A.6种 B．12种 C．18种 D．24种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 A解析由题意可得数字1,2,9的位置也是固定的，如图所示，5,6,7,8四个数字在A，B，C，D四个位置上，A，B 两个位置的填法有C24种，C，D两个位置则只有C22种填法.由分步乘法计数原理知，不同的填法共有C24·C22＝6(种)．15．用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数．(1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；(2)在组成的三位数中，若十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301,423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；(3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数．考点排列的应用题点数字的排列问题解(1)将组成的三位数中所有偶数分为两类，①若个位数为0，则共有A24＝12(个)；②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(个)．故共有30个符合题意的三位数．(2)将这些“凹数”分为三类：①若十位上的数字为0，则共有A24＝12(个)；②若十位上的数字为1，则共有A23＝6(个)；③若十位上的数字为2，则共有A22＝2(个)．故共有12＋6＋2＝20(个)符合题意的“凹数”．(3)将符合题意的五位数分为三类：①若两个奇数数字在万位和百位上，则共有A22A33＝12(个)；②若两个奇数数字在千位上和十位上，则共有A22A12A22＝8(个)；③若两个奇数数字在百位和个位上，则共有A22A12A22＝8(个)．故共有12＋8＋8＝28(个)符合题意的五位数．。

高中数学第一章计数原理单元综合检测新人教A版选修2-3时间120分钟，满分150分。

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1．(2014·新课标Ⅰ理，5)4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为A．18B．38C．58D．78[答案] D[解析] 四位同学各自在周六、周日两种选择一天参加公益活动的情况有24＝16种方式，其中仅在周六(周日)参加的各有一种，故所求概率P＝1－1＋1 16＝78.2．已知C7n＋1－C7n＝C8n(n∈N*)，则n等于( ) A．14 B．12C．13 D．15[答案] A[解析] 因为C8n＋C7n＝C8n＋1，所以C7n＋1＝C8n＋1.∴7＋8＝n＋1，∴n＝14，故选A．3．(2015·河南省高考适应性测试)3对夫妇去看电影，6个人坐成一排，若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性，则坐法的种数为( )A．54 B．60C．66 D．72[解析] 记3位女性为a、b、c，其丈夫依次为A、B、C，当3位女性都相邻时可能情形有两类：第一类男性在两端(如BAabcC)，有2A33种，第二类男性在一端(如XXAabc)，有2A22A33种，共有A33(2A22＋2)＝36种，当仅有两位女性相邻时也有两类，第一类这两人在一端(如abBACc)，第二类这两人两端都有其他人(如AabBCc)，共有4A23＝24种，故满足题意的坐法共有36＋24＝60种．4．(2013·晋中市祁县二中高二期中)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C25＝10种．(注：若排法为10011，则走法如图中箭头所示)5．(2015·广东理，4)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( )A．521B．1021C．1121D．1[解析] 从袋中任取 2个球共有 C 215＝105种，其中恰好1个白球1个红球共有C 110C 15＝50种，所以恰好1个白球1个红球的概率为50105＝1021，故选B ． 6．(2014·安徽理，8)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )A ．24对B ．30对C ．48对D ．60对[答案] C[解析] 解法1：先找出正方体一个面上的地角线与其余面对角线成60°角的对数，然后根据正方体六个面的特征计算总对数．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，与面对角线AC 成60°角的面对角线有B 1C 、BC 1、C 1D 、CD 1、A 1D 、AD 1、A 1B 、AB 1共8条，同理与BD 成60°角的面对角线也有8条，因此一个面上的对角线与其相邻4个面的对角线，共组成16对，又正方体共有6个面，所有共有16×6＝96对．因为每对都被计算了两次(例如计算与AC 成60°角时，有AD 1，计算与AD 1成60°角时有AC ，故AD 1与AC 这一对被计算了2次)，因此共有12×96＝48对．解法2：间接法．正方体的面对角线共有12条，从中任取2条有C 212种取法，其中相互平行的有6对，相互垂直的有12对，∴共有C 212－6－12＝48对．7．(2015·湖南理，6)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式中含x 32的项的系数为30，则a ＝( )A． 3 B．－ 3 C．6 D．－6 [答案] D[解析] T r＋1＝C r5(－1)r a r x 52－r，令52－r＝32得r＝1，可得－5a＝30⇒a＝－6，故选D．8．从0、1、2、3、4、5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为( )A．300 B．216C．180 D．162[答案] C[解析] 本小题主要考查排列组合的基础知识．由题意知可分为两类，(1)选“0”，共有C23C12C13A33＝108，(2)不选“0”，共有C23A44＝72，∴由分类加法计数原理得72＋108＝180，故选C．9.(2014·山东省胶东示范校检测)已知某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动(含x，y正半轴上的整点)，其运动规律为(m，n)→(m＋1，n＋1)或(m，n)→(m＋1，n－1)．若该动点从原点出发，经过6步运动到点(6,2)，则不同的运动轨迹有( )A．15种B．14种C．9种D．103种[答案] C[解析] 由运动规律可知，每一步的横坐标都增加1，只需考虑纵坐标的变化，而纵坐标每一步增加1(或减少1)，经过6步变化后，结果由0变到2，因此这6步中有2步是按照(m，n)→(m＋1，n－1)运动的，有4步是按照(m，n)→(m＋1，n＋1)运动的，因此，共有C26＝15种，而此动点只能在第一象限的整点上运动(含x ，y 正半轴上的整点)，当第一步(m ，n )→(m ＋1，n －1)时不符合要求，有C 15种；当第一步(m ，n )→(m ＋1，n ＋1)，但第二、三两步为(m ，n )→(m ＋1，n －1)时也不符合要求，有1种，故要减去不符合条件的C 15＋1＝6种，故共有15－6＝9种．10．(2015·河北唐山市一模)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 2－23展开式中的常数项为( )A ．－8B ．－12C ．－20D ．20[答案] C[解析] ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 2－23＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 6，∴T r ＋1＝C r 6x 6－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝C r 6(－1)r x 6－2r，令6－2r ＝0，得r ＝3，∴常数项为C 36(－1)3＝－20.11．高三(三)班学生要安排毕业晚会的3个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，3个音乐节目恰有两个节目连排，则不同排法的种数是( )A ．240B ．188C ．432D ．288[答案] D[解析] 先从3A 23种排法，这样共有5个节目，两个音乐节目不连排，两个舞蹈节目不连排，如图，若曲艺节目排在5号(或1号)位置，则有4A 22·A 22＝16种排法；若曲艺节目排在2号(或4号)位置，也有4A 22A 22＝16种排法，若曲艺节目排在3号位置，有2×2A 22A 22＝16种排法，∴共有不同排法，A 23×(16×3)＝288种，故选D ．12.已知直线ax ＋by －1＝0(a 、b 不全为0)与圆x 2＋y 2＝50有交点，且交点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有( )A．66条B．72条C．74条D．78条[答案] B[解析] 先考虑x≥0，y≥0时，圆上横、纵坐标均为整数的点有(1,7)(5,5)(7,1)，依圆的对称性知，圆上共有3×4＝12个点的横、纵坐标均为整数，经过其中任意两点的割线有C212＝66(条)，过每一点的切线共有12条，又考虑到直线ax＋by－1＝0不经过原点，而上述直线中经过原点的有6条，所以满足题意的直线共有66＋12－6＝72(条)．二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上)13．将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A班，那么不同的分配方案有__________ ________.[答案] 24种[解析] 将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排一名学生有C24A33种分配方案，其中甲同学分配到A班共有C23A22＋C13A22种方案．因此满足条件的不同方案共有C24A33－C23A22－C13A22＝24(种)．14．(2015·新课标Ⅱ理，15)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝__________ ________.[答案] 3[分析] 考查二项式定理．解答本题应特别注意所求项是两个多项式相乘得到的，其奇次幂项由a与(1＋x)4展开式的奇次幂项相乘和由x与(1＋x)4展开式的偶次幂项相乘得到．[解析] 由已知得(1＋x)4＝1＋4x＋6x2＋4x3＋x4，故(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项分别为4ax,4ax3，x,6x3，x5，其系数之和为4a＋4a＋1＋6＋1＝32，解得a＝3.15．(2015·广西柳州市模拟)在(1－x)(1＋x)10的展开式中，含x5的项的系数为__________ ________.[答案] 42[解析] 由二项式展开式的通项公式得(1－x)(1＋x)10中，含x5项为C510x5＋(－x)C410x4＝(C510－C410)x5＝42x5，故系数为42.16．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有__________ ________种．(用数字作答) [答案] 90种[解析] 本题考查了排列组合中的平均分组分配问题，先分组C25C23C11A22，再把三组分配乘以A33得：C25C23C11A22·A33＝90种．三、解答题(本大题共6个大题，共74分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)已知A＝{x|1<log2x<3，x∈N*}，B＝{x||x－6|<3，x ∈N*}，试问：从集合A和B中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？[解析] A＝{3,4,5,6,7}，B＝{4,5,6,7,8}．从A中取一个数作为横坐标，从B中取一个数作为纵坐标，有5×5＝25(个)，而8作为横坐标的情况有5种，3作为纵坐标且8不是横坐标的情况有4种，故共有5×5＋5＋4＝34个不同的点．18．(本题满分12分)求证：对任何非负整数n,33n－26n－1可被676整除．[证明] 当n＝0时，原式＝0，可被676整除．当n＝1时，原式＝0，也可被676整除．当n≥2时，原式＝27n－26n－1＝(26＋1)n－26n－1＝(26n＋C1n·26n－1＋…＋C n－2n ·262＋C n－1n·26＋1)－26n－1＝26n＋C1n26n－1＋…＋C n－2n·262.每一项都含262这个因数，故可被262＝676整除．综上所述，对一切非负整数n,33n－26n－1可被676整除．19．(本题满分12分)(2015·青岛市胶州高二期中)已知(1＋m x)n(m是正实数)的展开式的二项式系数之和为256，展开式中含x项的系数为112.(1)求m，n的值；(2)求展开式中奇数项的二项式系数之和；(3)求(1＋m x)n(1－x)的展开式中含x2项的系数．[解析] (1)由题意可得2n＝256，解得n＝8.∴通项T r＋1＝C r8m r x r 2，∴含x项的系数为C28m2＝112，解得m＝2，或m＝－2(舍去)．故m，n的值分别为2,8.(2)展开式中奇数项的二项式系数之和为C18＋C38＋C58＋C78＝28－1＝128.(3)(1＋2x)8(1－x)＝(1＋2x)8－x(1＋2x)8，所以含x2的系数为C4824－C2822＝1008.20．(本题满分12分)某校高三年级有6个班级，现要从中选出10人组成高三女子篮球队参加高中篮球比赛，且规定每班至少要选1人参加．这10个名额有多少不同的分配方法？[解析] 解法一：除每班1个名额以外，其余4个名额也需要分配．这4个名额的分配方案可以分为以下几类：(1)4个名额全部给某一个班级，有C16种分法；(2)4个名额分给两个班级，每班2个，有C26种分法；(3)4个名额分给两个班级，其中一个班级1个，一个班级3个．由于分给一班1个，二班3个和一班3个、二班1个是不同的分法，因此是排列问题，共有A26种分法；(4)分给三个班级，其中一个班级2个，其余两个班级每班1个，共有C16·C25种分法；(5)分给四个班，每班1个，共有C46种分法．故共有N＝C16＋C26＋A26＋C16·C25＋C46＝126种分配方法．解法二：该问题也可以从另外一个角度去考虑：因为是名额分配问题，名额之间无区别，所以可以把它们视作排成一排的10个相同的球，要把这10个球分开成6段(每段至少有一个球)．这样，每一种分隔办法，对应着一种名额的分配方法．这10个球之间(不含两端)共有9个空位，现在要在这9个位子中放进5块隔板，共有N＝C59＝126种放法．故共有126种分配方法．21．(本题满分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21034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，其排列数为3A33＝18，当末两位数是12、24、32时，其排列数为3A12·A22＝12.故满足条件的五位数共有18＋12＝30(个)．(2)①当末位数字是0时，首位数字可以为2或3或4，满足条件的数共有3×A33＝18个．②当末位数字是2时，首位数字可以为3或4，满足条件的数共有2×A33＝12个．③当末位数字是4时，首位数字是3的有A33＝6个，首位数字是2时，有3个，共有9个．综上知，比21034大的偶数共有18＋12＋9＝39个．(3)方法一：可分为两类：末位数是0，有A22·A22＝4(个)；末位数是2或4，有A 22·A 12＝4(个)； 故共有A 22·A 22＋A 22·A 12＝8(个)．方法二：第二、四位从奇数1,3中取，有A 22个；首位从2,4中取，有A 12个；余下的排在剩下的两位，有A 22个，故共有A 22A 12A 22＝8(个)．22．(本题满分14分)已知⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3a －3a n(n ∈N *)的展开式的各项系数之和等于⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫43b －15b 5的展开式中的常数项，求⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3a －3a n的展开式中a －1项的二项式系数．[解析] 对于⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫43b －15b 5：T r ＋1＝C r 5(43b )5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－15b r ＝C r 5·(－1)r ·45－r ·5－r 2b 10－5r6.若T r ＋1为常数项，则10－5r ＝0，所以r ＝2，此时得常数项为T 3＝C 25·(－1)2·43·5－1＝27.令a ＝1，得⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3a －3a n展开式的各项系数之和为2n .由题意知2n ＝27，所以n ＝7.对于⎝⎛⎭⎪⎪⎫3a －3a 7：T r ＋1＝C r 7⎝ ⎛⎭⎪⎫3a 7－r ·(－3a )r ＝C r 7·(－1)r ·37－r a 5r －216. 若T r ＋1为a －1项，则5r －216＝－1，所以r ＝3.所以⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3a －3a n的展开式中a －1项的二项式系数为C 37＝35.。

第一章 计数原理一、选择题1．若A 3m ＝6C 4m ，则m 等于( )A ．9B ．8C ．7D ．6 答案 C解析 由m (m －1)(m －2)＝6·m （m －1）（m －2）（m －3）4×3×2×1，解得m ＝7. 2．男、女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的选法，其中女生有( )A ．2人或3人B ．3人或4人C ．3人D ．4人答案 A解析 设女生有x 人，则C 28－x ·C 1x ＝30，即（8－x ）（7－x ）2·x ＝30，解得x ＝2或3. 3．若100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的不同取法的种数是( )A ．C 16C 294B ．C 16C 299 C ．C 3100－C 394D ．C 3100－C 294答案 C 解析 不考虑限制条件，从100件产品中任取3件，有C 3100种取法，然后减去3件全是正品的取法C 394，故有C 3100－C 394种取法．4．已知集合M ＝{1，－2，3}，N ＝{－4，5，6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中，第一、第二象限不同点的个数是( )A ．18B ．16C ．14D ．10 答案 C解析 第一象限不同点有N 1＝2×2＋2×2＝8(个)，第二象限不同点有N 2＝1×2＋2×2＝6(个)，故N ＝N 1＋N 2＝14(个)．5．三名教师教六个班的数学，则每人教两个班，分配方案共有( )A ．18种B ．24种C ．45种D ．90种答案 D解析 C 26·C 24·C 22＝90.6．在(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋…＋a n x n 中，若2a 2＋a n －5＝0，则自然数n 的值是( )A ．7B ．8C ．9D ．10 答案 B解析 a 2＝C 2n ，a n －5＝(－1)n －5C n －5n ＝(－1)n －5C 5n ， ∴2C 2n ＋(－1)n －5C 5n ＝0. 120（－1）n －5（n －2）（n －3）（n －4）＝－1， ∴(n －2)(n －3)(n －4)＝120且n －5为奇数，∴n ＝8.7．某人有3个不同的电子，他要发5个电子，发送的方法的种数为( )A ．8B ．15C ．243D ．125答案 C解析 由分步乘法计数原理得发送方法数为35＝243.8．(2013·某某理)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（x －1x ）6，x ＜0，－x ，x ≥0.则当x >0时，f [f (x )]表达式的展开式中常数项为( )A ．－20B ．20C ．－15D ．15答案 A解析 当x ＞0时，f [f (x )]＝(－x ＋1x )6＝(1x －x )6的展开式中，常数项为C 36(1x )3(－x )3＝－20.9．将A ，B ，C ，D 四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A ，B 不能放入同一个盒子中，则不同的放法有( )A ．15种B ．18种C ．30种D ．36种答案 C解析 先把A ，B 放入不同盒中，有3×2＝6(种)放法，再放C ，D ，若C ，D 在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法；若C ，D 在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A 球或B 球所在的盒中，有2×2＝4(种)放法．故共有6×(1＋4)＝30(种)放法．10．12名同学合影，站成前排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(这样就成为前排6人，后排6人)，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( ) A．C28A23B．C28A66C．C28A26D．C28A25答案 C解析先从后排中抽出2人有C28种方法，再插空，由题意知，先从4人中的5个空中插入1人，有5种方法，余下1人则要插入前排5人的空中，有6种方法，∴为A26.共有C28A26种调整方法．二、填空题11．(2013·某某理)若(x＋a3x)8的展开式中x4的系数为7，则实数a＝________.答案1 2解析通项T r＋1＝C r8x8－r(a3x )r＝C r8a r x8－r－r3⇒8－43r＝4⇒r＝3，C38a3＝7⇒a＝12.12．8次投篮中，投中3次，其中恰有2次连续命中的情形有________种．答案30解析将2次连续命中当作一个整体，和另一次命中插入另外5次不命中留下的6个空档里进行排列有A26＝30(种)．13．(2013·大纲卷)6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有________种(用数字作答)．答案480解析6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法：排列好甲、乙两人外的4人，有A44种方法，然后把甲、乙两人插入4个人的5个空位，有A25种方法，所以共有A44·A25＝480(种)．14．(x2＋2)(1x2－1)5的展开式的常数项是________．答案 3解析第一个因式取x2，第二个因式取含1x2的项得：1×C45(－1)4＝5；第一个因式取2，第二个因式取常数项得：2×(－1)5＝－2，故展开式的常数项是5＋(－2)＝3.三、解答题15．已知(41x＋3x 2)n 展开式中的倒数第3项的系数为45，求： (1)含x 3的项；(2)系数最大的项．解(1)由题意可知C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，∴n ＝10，T r ＋1＝C r 10(x －14)10－r (x 23)r ＝C r 10x 11r －3012， 令11r －3012＝3，得r ＝6， 所以含x 3的项为T 7＝C 610x 3＝C 410x 3＝210x 3.(2)系数最大的项为中间项即T 6＝C 510x 55－3012＝252x 2512. 16．一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？解 (1)将取出4个球分成三类情况：①取4个红球，没有白球，有C 44种；②取3个红球1个白球，有C 34C 16种；③取2个红球2个白球，有C 24C 26种，故有C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115种．(2)设取x 个红球，y 个白球， 则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝5，2x ＋y ≥7，0≤x ≤4，0≤y ≤6，故⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2，或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4，y ＝1. 因此，符合题意的取法种数有C 24C 36＋C 34C 26＋C 44C 16＝186(种)．17．已知(1－2x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n (n ∈N *)，且a 2＝60.(1)求n 的值；(2)求－a 12＋a 222－a 323＋…＋(－1)n a n 2n 的值． 解 (1)因为T 3＝C 2n (－2x )2＝a 2x 2，所以a 2＝C 2n (－2)2＝60，化简可得n (n －1)＝30，且n ∈N *，解得n ＝6.(2)T r ＋1＝C r 6(－2x )r ＝a r x r ，所以a r ＝C r 6(－2)r ，所以(－1)r a r2r ＝C r 6，－a 12＋a 222－a 323＋…＋(－1)n an 2n ＝C 16＋C 26＋…＋C 66＝26－1＝63.18．用0，1，2，3，4，5这六个数字，完成下面三个小题．(1)若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数；(2)若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数；(3)若直线方程ax ＋by ＝0中的a ，b 可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？解 (1)分三步：①先选万位数字，由于0不能作万位数字，因此有5种选法；②个位数字只能从0，2，4这3个数字选，因此有3种选法；③十位、百位、千位，由于允许重复，有6×6×6种选法；由分步乘法计数原理知所求数共有5×6×6×6×3＝3 240(个)．(2)当首位数字是5，而末位数字是0时，有A 13A 23＝18(个)；当首位数字是3，而末位数字是0或5时，有A 12A 34＝48(个)；当首位数字是1或2或4，而末位数字是0或5时，有A 13A 12A 13A 23＝108(个)；故共有18＋48＋108＝174(个)．(3)a ，b 中有一个取0时，有2条； a ，b 都不取0时，有A 25＝20(条)；a ＝1，b ＝2与a ＝2，b ＝4重复，a ＝2，b ＝1，与a ＝4，b ＝2重复．故共有2＋20－2＝20(条)。

第一章 计数原理章末评估验收(一)(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有( ) A ．24种 B ．16种 C ．12种D ．10种解析：完成该任务可分为四类，从每一个方向的入口进入都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个，第3个，第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得共有3＋3＋3＋3＝12种不同的行车路线，故选C.答案：C2．5名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去”，则第二天可能出现的不同情况的种数为( )A ．C 25 B ．25C ．52D ．A 25解析：“去”或“不去”，5个人中每个人都有两种选择，所以，出现的可能情况有2×2×2×2×2＝25(种)． 答案：B3．C 03＋C 14＋C 25＋C 36＋…＋C 1720的值为( ) A ．C 321 B ．C 320 C ．C 420 D ．C 421解析：原式＝(C 04＋C 14)＋C 25＋C 36＋…＋C 1720＝(C 15＋C 25)＋C 36＋…＋C 1720＝(C 26＋C 36)＋…＋C 1720＝C 1721＝C 21－1721＝C 421.答案：D4．(1＋x )7的展开式中x 2的系数是( ) A ．42 B ．35 C ．28D ．21解析：由二项式定理得T 3＝C 27·15·x 2＝21x 2，所以x 2的系数为21. 答案：D5．从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a ，b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是( )A ．9B ．10C ．18D ．20解析：从1，3，5，7，9这五个数中每次取出两个不同数的排列个数为A 25＝20，但lg 1－lg 3＝lg 3－lg 9，lg 3－lg 1＝lg 9－lg 3，所以不同值的个数为20－2＝18.答案：C6．设f (x )＝(2x ＋1)5－5(2x ＋1)4＋10(2x ＋1)3－10(2x ＋1)2＋5(2x ＋1)－1，则f (x )等于( ) A ．(2x ＋2)5B ．2x 5C ．(2x －1)5D ．(2x )5解析：f (x )＝C 05(2x ＋1)5(－1)0＋C 15(2x ＋1)4(－1)1＋C 25(2x ＋1)3(－1)2＋C 35(2x ＋1)2(－1)3＋C 45(2x ＋1)1(－1)4＋C 55(2x ＋1)0(－1)5＝[(2x ＋1)－1]5＝(2x )5.答案：D7．4名男歌手和2名女歌手联合举行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手，则共有出场方案的种数是( )A ．6A 33 B ．3A 33 C ．2A 33D ．A 22A 14A 44解析：先选一名男歌手排在两名女歌手之间，有A 14种选法，这两名女歌手有A 22种排法，再把这三人作为一个元素，与另外三名男歌手排列有A 44种排法，根据分步乘法计数原理知，有A 14A 22A 44种出场方案．答案：D8．若⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －123x n的展开式中的第4项为常数项，则展开式的各项系数的和为( ) A.112 B.124 C.116D.132解析：T 4＝C 3n (x )n －3⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－123x 3＝－18C 3n x n －32－1，令n －32－1＝0，解得n ＝5，再令x ＝1，得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－125＝132. 答案：D9．袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( )A ．1 B.1121 C.1021D.521解析：从袋中任取2个球共有C 215＝105种，其中恰好1个白球1个红球共有C 110C 15＝50(种)，所以恰好1个白球1个红球的概率为50105＝1021.答案：C10．(2015·课标全国Ⅰ卷)(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为( )A ．10B ．20C ．30D ．60解析：在(x 2＋x ＋y )5的5个因式中，2个取因式中x 2剩余的3个因式中1个取x ，其余因式取y ，故x 5y 2的系数为C 25C 13C 22＝30.答案：C11．从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为( ) A ．300 B ．216 C ．180D ．162解析：由题意知可分为两类：(1)选0，共有C 23C 12C 13A 33＝108(个)；(2)不选0，共有C 23A 44＝72(个)．由分类加法计数原理得108＋72＝180(个)．答案：C 12．在(x －2)2 006的二项展开式中，含x 的奇次幂的项之和为S ，当x ＝2时，S 等于( )A ．23 008B ．－23 008C ．23 009D ．－23 009解析：设(x －2)2 006＝a 0x2 006＋a 1x2 005＋…＋a 2 005x ＋a 2 006.则当x ＝2时，有a 0(2)2 006＋a 1(2)2 005＋…＋a 2 005(2)＋a 2 006＝0.①当x ＝－2时，有a 0(2)2 006－a 1(2)2 005＋…－a 2 005(2)＋a 2 006＝23 009.②①－②有a 1(2)2 005＋…＋a 2 005(2)＝－23 0092＝－23 008.故选B.答案：B二、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．已知⎝⎛⎭⎪⎫mx －1x 6的展开式中x 3的系数为15，则m 的值为________．解析：因为T r ＋1＝C r 6(mx )6－r(－x －12)r ＝(－1)r m 6－r ·C r 6x 6－r －12r ，由6－r －12r ＝3，得r ＝2.所以(－1)r m 6－r ·C r6＝m 4C 26＝15⇒m ＝±1.答案：±114．5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有________种． 解析：甲、乙两人之间至少有一人，就是甲、乙两人不相邻，则有A 33A 24＝72(种)． 答案：7215．平面直角坐标系中有五个点，分别为O (0，0)，A (1，2)，B (2，4)，C (－1，2)，D (－2，4)．则这五个点可以确定不同的三角形个数为________．解析：五点中三点共线的有O ，A ，B 和O ，C ，D 两组．故可以确定的三角形有C 35－2＝10－2＝8(个)． 答案：816．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(用数字作答).解析：先分组C 25C 23C 11A 22，再把三组分配乘以A 33得：C 25C 23C 11A 22A 33＝90(种)．答案：90三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张用10元钱买杂志(每种至多买一本，10元钱刚好用完)，求不同的买法有多少种(用数字作答)．解：分两类：第一类，买5本2元的有C 58种； 第二类，买4本2元的和2本1元的有C 48C 23种． 故不同的买法共有C 58＋C 48C 23＝266(种)．18．(本小题满分12分)已知⎩⎪⎨⎪⎧C x n ＝C 2xn ，C x ＋1n ＝113C x －1n ，试求x ，n 的值．解：因为C xn ＝C n －xn ＝C 2x n ，所以n －x ＝2x 或x ＝2x (舍去)，所以n ＝3x . 又由C x ＋1n ＝113C x －1n ，得n ！（x ＋1）！（n －x －1）！＝113·n ！（x －1）！（n －x ＋1）！，整理得3(x －1)！(n －x ＋1)！＝11(x ＋1)！(n －x －1)！， 3(n －x ＋1)(n －x )＝11(x ＋1)x .将n ＝3x 代入，整理得6(2x ＋1)＝11(x ＋1)． 所以x ＝5，n ＝3x ＝15.19．(本小题满分12分)设(1－2x )2 013＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 013x2 013(x ∈R)．(1)求a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2 013的值； (2)求a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2 013的值； (3)求|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 2 013|的值． 解：(1)令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2 013＝(－1)2 013＝－1.①(2)令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 2 013＝32 013.②与①式联立，①－②得 2(a 1＋a 3＋…＋a 2 013)＝－1－32 013， 所以a 1＋a 3＋…＋a 2 013＝－1＋32 0132(3)T r －1＝C r2 013(－2x )r＝(－1)r.C r 2 013(2x )r，所以a 2k －1＜0，a 2k ＞0(k ∈N *)．所以|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 2 013|＝a 0－a 1＋a 2－…－a 2 013＝32 013(令x ＝－1)．20．(本小题满分12分)设⎝⎛⎭⎪⎪⎫32＋133n的展开式的第7项与倒数第7项的比是1∶6，求展开式中的第7项．解：T 7＝C 6n (32)n －6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336，T n ＋1－6＝T n －5＝C 6n (32)6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫133n －6. 由⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤C 6n （32）n －6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336∶⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤C 6n （32）6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫133n －6＝1∶6， 化简得6n3－4＝6－1，所以n3－4＝－1，解得n ＝9.所以T 7＝C 69(32)9－6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336＝C 39×2×19＝563.21．(本小题满分12分)某校高三年级有6个班级，现要从中选出10人组成高三女子篮球队参加高中篮球比赛，且规定每班至少要选1人参加．这10个名额有多少不同的分配方法？解：法一 除每班1个名额以外，其余4个名额也需要分配．这4个名额的分配方案可以分为以下几类： (1)4个名额全部给某一个班级，有C 16种分法； (2)4个名额分给两个班级，每班2个，有C 26种分法；(3)4个名额分给两个班级，其中一个班级1个，一个班级3个．由于分给一班1个，二班3个和一班3个、二班1个是不同的分法，因此是排列问题，共有A 26种分法；(4)分给三个班级，其中一个班级2个，其余两个班级每班1个，共有C 16·C 25种分法； (5)分给四个班，每班1个，共有C 46种分法．故分配方法共有N ＝C 16＋C 26＋A 26＋C 16·C 25＋C 46＝126(种)．法二 该问题也可以从另外一个角度去考虑：因为是名额分配问题，名额之间无区别，所以可以把它们视作排成一排的10个相同的球，要把这10个球分开成6段(每段至少有一个球)．这样，每一种分隔办法，对应着一种名额的分配方法．这10个球之间(不含两端)共有9个空位，现在要在这9个位子中放进5块隔板，放法共有N ＝C 59＝126(种)．故共有126种分配方法．22．(本小题满分12分)设a ＞0，若(1＋a ·x 12)n 的展开式中含x 2项的系数等于含x 项的系数的9倍，且展开式中第3项等于135x ，求a 的值．解：通项公式为T r ＋1＝C r na r x r2.若含x 2项，则r ＝4，此时的系数为C 4n ·a 4；若含x 项，则r ＝2，此时的系数为C 2n ·a 2. 根据题意，有C 4n a 4＝9C 2n a 2， 即C 4n a 2＝9C 2n .①又T 3＝135x ，即有C 2n a 2＝135.② 由①②两式相除，得C 4n C 2n ＝9C 2n135.结合组合数公式，整理可得3n 2－23n ＋30＝0，解得n ＝6，或n ＝53(舍去)，将n ＝6代入②中，得15a 2＝135， 所以a 2＝9，因为a ＞0，所以a ＝3.。

第一章 计数原理能力检测(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分60分)1．3名同学分别从英语、日语中各选修一门外语课程，不同的选修方法共有( ) A ．3种 B ．6种 C ．8种 D ．9种【答案】C2．知识竞赛中给一个代表队的4人出了2道必答题和4道选答题，要求4人各答一题，共答4题，此代表队可选择的答题方案的种类为( )A ．A 46 B ．A 24 C ．C 24A 44 D ．C 24A 24【答案】C3.⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x 35展开式中的常数项为( ) A ．－80 B ．80 C ．－40 D ．40【答案】D4.(2019年蚌埠期末)下列等式中，错误的是( ) A.(n+1)A n m=A n+1m+1B.n!n(n-1)=(n-2)! C.C n m=A nmn!D.1n-mA n m+1=A n m【答案】C5.(2019年湖南模拟)本次模拟考试结束后，班级要排一张语文、数学、英语、物理、化学、生物六科试卷讲评顺序表，若化学排在生物前面，数学与物理不相邻且都不排在最后，则不同的排表方法共有（ ） A.72种B.144种C.288种D.360种【答案】B6．现从男、女共8名同学中选出2名男同学和1名女同学分别参加全校“资源”“生态”“环保”三个夏令营活动．已知共有90种不同的方案，那么男、女同学的人数分别是( )A ．男2人，女6人B ．男3人，女5人C ．男5人，女3人D ．男6人，女2人【答案】B7.(2019年安徽模拟)已知(x+1)(2x+a)5的展开式中各项系数和为2，则其展开式中含x3项的系数是( )A.-40B.-20C.20D.40【答案】D8．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为( )A．33 B．34C．35 D．36【答案】A9．在(1＋x)n的展开式中，奇数项之和为p，偶数项之和为q，则(1－x2)n等于( ) A．0 B．pqC．p2－q2D．p2＋q2【答案】C10．(2015年重庆模拟)将4名新来的学生分到高三两个班，每班至少一人，不同的分配方法数为( )A．12 B．16C．14 D．18【答案】C11．(2017年昆明六校联考)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色且红色卡片至多1张，不同取法的种数为( )A．232 B．252C．442 D．472【答案】D12．(2016年新课标Ⅲ)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A．18个B．16个C．14个D．12个【答案】C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分)13．在(x＋43y)20的展开式中，系数为有理数的项共有________项．【答案】614．某餐厅供应饭菜，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种．现在餐厅准备了5种不同的荤菜，若要保证每位顾客有200种以上不同的选择，则餐厅至少还需准备不同的素菜品种______种．(结果用数值表示)【答案】13516．某城市的电话号码，由六位数改为七位数．若首位数字均不为0，则该城市可能增加的电话门数是________．【答案】8 100 000三、解答题(本大题共6小题，满分70分)17．(10分)某班有男生28名、女生20名，从该班选出学生代表参加校学生会．(1)若学校分配给该班1名代表，则有多少种不同的选法？(2)若学校分配给该班2名代表且男、女生代表各1名，则有多少种不同的选法？【解析】(1)选出1名代表，可以选男生，也可以选女生，因此完成“选1名代表”这件事分2类，第1类，从男生中选出1名代表，有28种不同方法；第2类，从女生中选出1名代表，有20种不同方法．根据分类加法计数原理，共有28＋20＝48种不同的选法．(2)完成“选出男、女生代表各1名”这件事，可以分2步完成，第1步，选1名男生代表，有28种不同方法；第2步，选1名女生代表，有20种不同方法．根据分步乘法计数原理，共有28×20＝560种不同的选法．18．(12分)某单位取工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人．(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？【解析】从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情都可以完成，所以用分类计数原理，有28＋7＋9＋3＝47种不同选法．(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这种“各选1人去献血”的事情才完成，所以用分步计数原理，有28×7×9×3＝5 292种不同选法．19．(12分)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫2x i ＋1x 2n ，i 是虚数单位，x ＞0，n ∈N *.(1)如果展开式中的倒数第3项的系数是－180，求n 的值； (2)对(1)中的n ，求展开式中系数为正实数的项． 【解析】(1)由已知，得C n －2n (2i)2＝－180，即4C 2n ＝180， 所以n 2－n －90＝0.又n ∈N *，解得n ＝10. (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x i ＋1x 210展开式的通项为T k ＋1＝C k 10(2x i)10－k x －2k ＝C k 10(2i)10－k x 5－52k . 因为系数为正实数且k ∈{0,1,2，…，10}， 所以k ＝10,6,2. 所以所求的项为T 11＝x－20，T 7＝3 360x－10，T 3＝11 520.20．(12分)某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？ (2)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？【解析】(1)某一种假货必须在内，从余下的34种商品中选取2种，有C 234＝561(种)． ∴某一种假货必须在内的不同取法有561种． (2)选取2件假货有C 120C 215种，选取3件假货有C 315种， 共有选取方式C 120C 215＋C 315＝2 100＋455＝2 555(种)． ∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．21．(12分)已知(x 2＋1)n展开式中的各项系数之和等于⎝⎛⎭⎪⎫165x 2＋1x 5的展开式的常数项．(1)求n 的值；(2)求(x 2＋1)n展开式中系数最大的项．【解析】(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫165x 2＋1x 5展开式的通项T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫165x 25－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫1655－r x 20－5r 2. 令20－5r ＝0，得r ＝4. 所以常数项为T 5＝C 45·165＝16.又(x 2＋1)n 展开式的各项系数之和为2n ，由题意得2n＝16，解得n ＝4. (2)(x 2＋1)4的展开式中系数最大的项为C 24(x 2)2＝6x 4.22．(12分)已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？【解析】(1)分三步：先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法；再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有A24种测试方法；最后排余下4件的测试位置有A44种测试方法．∴共有不同的测试方法A46·A24·A44＝103 680(种)．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现．∴共有不同测试方法A14·C16·A44＝576(种)．。