2020版高中数学 第一章 计数原理章末检测试卷 新人教A版选修2-3

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 ．10 B ．20 C ．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 ．300B ．216C ．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 r6x 6－r －12r ，由6－r －12r ＝3，得r＝2.所以(－1)r m6－r·C r 6＝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.。

第一章综合测试题一、选择题1．设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2、3、3、4条路，只从一面上山，而从任意一面下山的走法最多，应() A．从东边上山B．从西边上山C．从南边上山D．从北边上山2．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为y＝x2，值域为{1,4}的“同族函数”共有()A．7个B．8个C．9个D．10个3．5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．C25B．25C．52D．A254．6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法数为()A．40 B．50 C．60 D．705．在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有()A．24种B．48种C．96种D．144种6．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法有() A．2 520 B．2 025 C．1 260 D．5 0407．有5列火车停在某车站并行的5条轨道上，若快车A 不能停在第3道上，货车B 不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有( )A ．78种B ．72种C ．120种D ．96种8．已知(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，若a 0＋a 1＋a 2＋…＋a n ＝16，则自然数n 等于( )A ．6B ．5C ．4D ．39．6个人排队，其中甲、乙、丙3人两两不相邻的排法有( )A ．30种B ．144种C ．5种D ．4种10．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 8展开式中常数项为1 120，其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和是( )A ．28B ．38C ．1或38D ．1或2811．有A 、B 、C 、D 、E 、F 共6个集装箱，准备用甲、乙、丙三辆卡车运送，每台卡车一次运两个，若卡车甲不能运A 箱，卡车乙不能运B 箱，此外无其他任何限制；要把这6个集装箱分配给这3台卡车运送，则不同的分配方案的种数为( )A ．168B ．84C ．56D ．4212．从2名女教师和5名男教师中选出三位教师参加2014年高考某考场的监考工作．要求一女教师在室内流动监考，另外两位教师固定在室内监考，问不同的安排方案种数为( )A ．30B ．180C ．630D ．1 08013．已知(x ＋2)n 的展开式中共有5项，则n ＝________，展开式中的常数项为________．(用数字作答)14．5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．15．已知(x ＋1)6(ax －1)2的展开式中含x 3项的系数是20，则a 的值等于________．16．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)17．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)．18．4个相同的红球和6个相同的白球放入袋中，现从袋中取出4个球；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？ 9(12分)从1到6的六个数字中取两个偶数和两个奇数组成没有重复数字的四位数．试问：(1)能组成多少个不同的四位数？(2)四位数中，两个偶数排在一起的有几个？(3)两个偶数不相邻的四位数有几个？(所有结果均用数值表示) 20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，试求展开式中二项式系数最大的项．21某单位有三个科室，为实现减负增效，每科室抽调2人，去参加再就业培训，培训后这6人中有2人返回原单位，但不回到原科室工作，且每科室至多安排1人，问共有多少种不同的安排方法．22．10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？1,D2,由题意，问题的关键在于确定函数定义域的个数：第一步，先确定函数值1的原象：因为y＝x2，当y＝1时，x＝1或x＝－1，为此有三种情况：即{1}，{－1}，{1，－1}；第二步，确定函数值4的原象，因为y＝4时，x＝2或x＝－2，为此也有三种情况：{2}，{－2}，{2，－2}．由分步计数原理，得到：3×3＝9个．选C.3,B,4B5C当A出现在第一步时，再排A，B，C以外的三个程序，有A33种，A与A，B，C以外的三个程序生成4个可以排列程序B、C的空档，此时共有A33A14A22种排法；当A出现在最后一步时的排法与此相同，故共有2A33A14A22＝96种编排方法．6A先从10人中选出2人承担甲任务有C210种选法，再从剩下的8人中选出2人分别承担乙、丙任务，有A28种选法，由分步乘法计数原理共有C210A28＝2 520种不同的选法．故选A.7不考虑不能停靠的车道，5辆车共有5！＝120种停法．A停在3道上的停法：4！＝24(种)；B种停在1道上的停法：4！＝24(种)；A、B分别停在3道、1道上的停法：3！＝6(种)．故符合题意的停法：120－24－24＋6＝78(种)．故选A.令x＝1，得2n＝16，则n＝4.故选C.分两步完成：第一步，其余3人排列有A33种排法；第二步，从4个可插空档中任选3个给甲、乙、丙3人站有A34种插法．由分步乘法计数原理可知，一共有A33A34＝144种．B10,C T r＋1＝(－a)r C r8x8－2r，令8－2r＝0⇒r＝4.∴T5＝C48(－a)4＝1 120，∴a＝±2.当a＝2时，和为1；当a＝－2时，和为38.11,D分两类：①甲运B箱，有C14·C24·C22种；②甲不运B箱，有C24·C23·C22.∴不同的分配方案共有C14·C24·C22＋C24·C23·C22＝42种．故选D.,A分两类进行：第一类，在两名女教师中选出一名，从5名男教师中选出两名，且该女教师只能在室内流动监考，有C12·C25种选法；第二类，选两名女教师和一名男教师有C22·C15种选法，且再从选中的两名女教师中选一名作为室内流动监考人员，即有C22·C15·C12共10种选法，∴共有C12·C25＋C22·C15·C12＝30种，故选A13.416∵展开式共有5项，∴n＝4，常数项为C4424＝16.14.甲、乙两人之间至少有一人，就是甲、乙两人不相邻，则有A33·A24＝72(种)．15.0或5 16,14因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以适合题意的四位数有24－2＝14个．17.解析分两类：第一类，买5本2元的有C58种；第二类，买4本2元的和2本1元的有C48×C23种．故共有C58＋C48×C23＝266种不同的买法种数．18.解析依题意知，取出有4个球中至少有2个红球，可分三类：①取出的全是红球有C44种方法；②取出的4个球中有3个红球的取法有C 34C 16；③取出的4个球中有2个红球的取法有C 24C 26种，由分类计数原理，共有C 44＋C 34·C 16＋C 24·C 26＝115(种)．19.解析 (1)四位数共有C 23C 23A 44＝216个．(2)上述四位数中，偶数排在一起的有C 23C 23A 33A 22＝108个．(3)两个偶数不相邻的四位数有C 23C 23A 22A 23＝108个．20.解析 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， ∴⎩⎪⎨⎪⎧ 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＝280x 32与T 5＝C 47(2x )4＝560x 2. 21. 6人中有2人返回原单位，可分两类：(1)2人来自同科室：C 13C 12＝6种；(2)2人来自不同科室：C 23C 12C 12，然后2人分别回到科室，但不回原科室有3种方法，故有C 23C 12C 12·3＝36种．由分类计数原理共有6＋36＝42种方法22.解析 (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)．。

第1章《计数原理》一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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)1．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行答题，要求至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数( )A ．40B ．74C ．84D ．200解析： 分三类：第一类，前5个题目的3个，后4个题目的3个，第二类，前5个题目的4个，后4个题目的2个，第三类，前5个题目的5个，后4个题目的1个，由分类加法计数原理得C53C43＋C54C42＋C55C41＝74.答案： B2．在⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13x 24的展开式中，x 的幂指数是整数的项共有( ) A ．3项B ．4项C ．5项D ．6项解析： Tr ＋1＝C24r ⎝⎛⎭⎫x 1224－r ⎝⎛⎭⎫x －13r ＝C24rx12－56r ，所求x 的幂指数是整数的项必须满足56r 为整数且0≤r≤24，故r ＝0,6,12,18,24，所求项共有5项．答案： C3．某次文艺汇演，要将如果A、B() 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C31种，所以一共有144种方法．答案： A4．若(2x＋3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为() A．2 B．－1C．0 D．1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： D5．用4种不同的颜色涂入图中的矩形A、B、C、D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同涂法有()A.72种B．48种C．24种D．12种解析：涂A共4种涂法，则B有3种涂法，C有2种涂法，D有3种涂法．∴共有4×3×2×3＝72种涂法．答案： A6．有两排座位，前排11个座位，后排10个座位．现安排2人就坐，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是()A．234 B．276C．350 D．363解析：采用间接法：因为前排中间的3个座位不能坐，所以共有A182＝306种不同的坐法，其中2人左右相邻的坐法有15×A22＝30种不同的坐法．∴不同排法的种数是306－30＝276种．答案： B7．(1＋3x)n(其中n∈N且n≥6)的展开式中x5与x6的系数相等，则n＝()A．6 B．7C．8 D．9解析：注意到二项式(1＋3x)n的展开式的通项是Tr＋1＝Cnr1n－r·(3x)r＝Cnr·3r·xr，于是依题意有Cn5·35＝Cn6·36，即－－－－5！＝3×－－－－－6！(n≥6)，由此解得n ＝7.答案： B8．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 ．0B ．pqC ．p2－q2D ．p2＋q2解析： 由于(1＋x)n 与(1－x)n 展开式中奇数项相同，偶数项互为相反数，因此(1－x)n ＝p －q ，所以(1－x2)n ＝(1－x)n(1＋x)n ＝(p ＋q)(p －q)＝p2－q2.答案： C9．直线l1∥l2，l1上有4个点，l2上有6个点，以这些点为端点连成线段，他们在l1与l2之间最多的交点个数是( )A ．24B ．45C ．80D ．90解析： 因为在直线l1和l2上分别取2个点构成四边形的个数为C42C62＝90，又因为每一个四边形的对角线有1个交点，故交点的个数最多为90个．答案： D10．若⎝⎛⎭⎫2x －1x n 展开式中含1x2项的系数与含1x4项的系数之比为－5，则n 等于( ) A ．4 B ．6C ．8D ．10解析： 展开式通项为Tk ＋1＝Cnk(2x)n －k ⎝⎛⎭⎫－1x k ＝(－1)k2n －kCnk·xn －2k.选项A 中若n ＝4，k ＝4，则Tk ＋1＝(－1)k·24－kC4kx4－2k ，当4－2k ＝－2时，k ＝3，当4－2k ＝－4时，k ＝4，则T4＝(－1)3·24－3C43x －2＝－8x －2，T5＝(－1)420C44x －4＝x －4，此时系数比不是－5.选项B 中若n ＝6，则Tk ＋1＝(－1)k26－kC6kx6－2k ，当6－2k ＝－2时，k ＝4，当6－2k ＝－4时，k ＝5，则T5＝(－1)4·22C64x －2＝60x －2，T6＝(－1)521C65x －4＝－12x －4，此时系数比为－5，所以B 正确，同理可以验证C 、D 选项不正确．答案： B二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)11．设二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 6(a ＞0)的展开式中x3的系数为A ，常数项为B ，若B ＝4A ，则a 的值是________．解析： ⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 6展开式的通项为 Tr ＋1＝C6rx6－r ⎝⎛⎭⎪⎫－a x r ＝(－a)rC6rx6－3r 2 当r ＝2时，x3的系数A ＝(－a)2C62＝15a2，当r ＝4时，常数项B ＝(－a)4C64＝15a4，∵B ＝4A ，得15a4＝4×15a2，∵a ＞0，得a ＝2.答案： 212．在由数字0,1,2,3,4,5组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有________个．解析： 所有由0,1,2,3,4,5组成的4位数，共有A51·A53＝300个，末尾为0的有A53＝60个，末尾为5的有A41·A42＝48(个)．故满足题意的数共有300－60－48＝192(个)．答案： 19213．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：C73＝35.答案： 3514．(x ＋1)3＋(x －2)8＝a0＋a1(x －1)＋a2(x －1)2＋…＋a8(x －1)8则a6＝________.解析： ∵(x ＋1)3＋(x －2)8＝[(x －1)＋2]3＋[(x －1)－1]8∴a6(x －1)6＝C82(x －1)6(－1)2＝28(x －1)6∴a6＝28.答案： 28三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12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代会．(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．16．(本小题满分12分)若⎝⎛⎭⎫x ＋13x2n 的第5项的二项式系数与第3项的二项式系数的比是14∶3，求展开式中的常数项．解析： 由题意有Cn4∶Cn2＝14∶3，解得n ＝10(n ＝－5舍去)Tr ＋1＝C10r(x)10－r ⎝⎛⎭⎫13x2r ＝C10rx 10－r 2⎝⎛⎭⎫13rx －2r ＝⎝⎛⎭⎫13rC10rx 10－r 2－2r ，令10－r 2－2r ＝0，∴r ＝2.∴常数项为⎝⎛⎭⎫132C102＝5. 17．(本小题满分12分)有6本不同的书，分给甲、乙、丙三个人．(1)如果每人得两本，有多少种不同的分法？(2)如果一个人得1本，一个人得2本，一个人得3本，有多少种不同的分法？(3)如果把这6本书分成三堆，每堆两本有多少种不同分法？解析： (1)假设甲先拿，则甲从6本不同的书中选取2本有C62＝15种方法，不论甲取走的是哪两本书，乙再去取书时只能有C42＝6种，此时剩下的两本书自然给丙，就只有C22＝1种方法，由分步乘法计数原理得一共有C62·C42·C22＝90种不同分法．(2)先假设甲得1本，乙得2本，丙得3本，则有C61C52C33种方法，一共有C61C52C33A33＝6×10×6＝360种不同分法．(3)把6本书分成三堆，每堆2本，与次序无关．所以一共有C62C42C22A33＝15种不同分法．18．(本小题满分14分)若(x2－3x ＋2)5＝a0＋a1x ＋a2x2＋…＋a10x10.(1)求a2；(2)求a1＋a2＋…＋a10；(3)求(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2.解析： (1)方法一：(x2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5，(x －1)5展开式的通项公式为C5r·(－1)r·x5－r(0≤r≤5)；(x －2)5展开式的通项公式为C5s·(－2)s·x5－s(0≤s≤5)，所以(x2－3x ＋2)5展开式的通项公式为C5r·C5s·(－1)r ＋s·2s·x10－r －s ，令r ＋s ＝8，得⎩⎪⎨⎪⎧ r ＝3s ＝5或⎩⎪⎨⎪⎧ r ＝4s ＝4或⎩⎪⎨⎪⎧r ＝5s ＝3. 所以展开式中x2的系数为C53C5525＋C54C5424＋C55C5323＝800，即a2＝800.方法二：(x2－3x ＋2)5的本质是5个x2－3x ＋2相乘，由多项式的乘法法则，产生含x2的项有两种可能：① 5个x2－3x ＋2中有一个取含x2的项，其他的取常数项，得到的系数是C51·24＝80； ② 5个x2－3x ＋2中有两个取x 的项，其他的取常数项，得到的系数是C52·(－3)2·23＝720， ∴展开式中含x2的项的系数是80＋720＝800，即a2＝800.(2)令f(x)＝(x2－3x ＋2)5＝a0＋a1x ＋a2x2＋…＋a10x10，a0＝f(0)＝25＝32，a0＋a1＋a2＋…＋a10＝f(1)＝0，∴a1＋a2＋…＋a10＝－32.(3)(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a10)(a0－a1＋a2－…＋a10)＝f(1)·f(－1)＝0.。

第一章 计数原理本章练测满分一、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．将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同的放法种数为（ ） A ．81 B ．64 C ．12 D ．142．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有（ ）A ．140种 B.84种 C.70种 D.35种3．5个人排成一排,其中甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数为（ ）A ．33AB ．334AC ．523533A A A -D ．2311323233A A A A A +4．,,,,a b c d e 共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a 不能当副组长，不同的选法总数是（ ） A.20 B ．16 C ．10 D ．65．现有男、女学生共8人，从男生中选2人，从女生中选1人分别参加数学、物理、化学三科竞赛，共有90种不同方案，那么男、女生人数分别是（ ）A ．男生2人，女生6人B ．男生3人，女生5人C ．男生5人，女生3人D ．男生6人，女生2人6．82x ⎛ ⎝的展开式中的常数项是（ ）A.7 B ．7- C ．28 D ．28- 7．5(12)(2)x x -+的展开式中3x 的项的系数是（ ）A.120 B ．120- C ．100 D ．100-8．22nx ⎫⎪⎭展开式中只有第六项的二项式系数最大,则展开式中的常数项是（ ） A ．180 B ．90 C ．45 D ．3609．从字母,,,,,a b c d e f 中选出4个数字排成一列，其中一定要选出a 和b ，并且必须相邻（a 在b 的前面），共有排列方法（ ）种.A.36B.72C.90D.144 10．从不同号码的5双鞋中任取4只，其中恰好有1 双的取法种数为（ ）A ．120B ．240C ．280D ．6011．把10)x -根据二项式定理展开，展开式的第8项的系数是（ ）A ．135B ．135-C ．-D ．12．2122nx x ⎛⎫+⎪⎝⎭的展开式中，2x 的系数是224，则21x 的系数是（ ）A.14B.28C.56D.112二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13．在50件产品中有4件是次品，从中任意抽了5件，至少有3件是次品的抽法共有 ______________种（用数字作答）.14．4名男生，4名女生排成一排，女生不排两端，则有 种不同排法.15．由0,1,3,5,7,9这六个数字可组成_____个没有重复数字的六位奇数.16．在10(x 的展开式中，6x 的系数是 .三、解答题（本大题共6小题，共74分） 17．（12分）判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果.（1）高三年级学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？（2）高二年级数学课外小组有10人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？（3）有2,3,5,7,11,13,17,19八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？②从中任取两个求它们的积，可以得到多少个不同的积？18．（12分）6个人坐在一排10个座位上,问：(1)空位不相邻的坐法有多少种?(2)4个空位只有3个相邻的坐法有多少种?(3)4个空位至多有2个相邻的坐法有多少种? 19．（12分）有6个球,其中3个黑球,红、白、蓝球各1个，现从中取出4个球排成一列，共有多少种不同的排法？20．（12分）已知21nxx⎛⎫-⎪⎝⎭展开式中的二项式系数的和比7(32)a b+展开式中的二项式系数的和大128,求21nxx⎛⎫-⎪⎝⎭展开式中的系数最大的项和系数最小的项.21．（12分）（1）在的展开式中，若第3项与第6项系数相等，且n等于多少？（2）若n⎛⎝的展开式奇数项的二项式系数之和为128，求展开式中二项式系数最大的项. 22．（14分）已知5025001250(2),a a x a x a x=++++其中01250,,,,a a a a是常数,计算22 024*******()().a a a a a a a a++++-++++[第一章计数原理本章练测答题纸得分：二、填空题13． 14． 15． 16．三、解答题17.18.19.20.21.22.第一章 计数原理本章练测答案一、选择题1．B 解析：每个小球都有4种可能的放法，所以共有44464⨯⨯=种放法. 2．C 解析：抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有种；甲型2台乙型1台的取法有种.根据分类加法计数原理可得总的取法有+=40+30=70(种).3．C 解析：不考虑限制条件有，若甲、乙两人都站中间有种排法，所以符合题意的排法有种.4．B 解析：不考虑限制条件有25A 种选法，若a 当副组长有14A 种选法，故2154A A 16-=为所求. 5．B 解析：设男学生有x 人，则女学生有（8x -）人，则21383C C A 90,x x -= 即(1)(8)30235,3所以x x x x --==⨯⨯=，.6．A 解析：148888833188811C ()((1)()C (1)()C 222r r r r r r r r r r r r r x T x x ------+==-=-.令6866784180,6,(1)()C 732r r T --===-=.7．B 解析：555332255(12)(2)2(12)(12)2C (2)C (2)x x x x x x x x -+=-+-=+-+-+233355(4C 16C )120x x =+-+=-+.8．A 解析：只有第六项的二项式系数最大，则10n =，551021101022C ()2C rr r r r r r T x x --+==，令2310550,2,4C 1802r r T -====.9．A 解析：从,,,c d e f 中选2个，有24C 种方法，把,a b 看成一个整体，3个元素全排列，有33A 种方法，共计2343C A 36=种排法. 10．A 解析：先从5双鞋中任取1双，有15C 种方法，再从8只鞋中任取2只，有28C 种取法，但需要排除4种成双的情况，所以有28C 4-种取法，则共计1258C (C 4)120-=种取法.11．D 解析：7377810C ()T x =-=，系数为.12．A 解析：222221221C (2)()2C 2r n r r n r r n r r n n T x xx---+==，令222,1n r r n -==-, 则211222C 224,C 56,4n n n n n --===，再令52862C 14822,5,4得r r T x x --=-===. 二、填空题13．4 186 解析：至少有3件次品包括有3件次品或有4件次品，故抽法共有3241446446C C C C +=4186（种）. 14．8640 解析：先排女生有种排法，再排男生有种排法，共有种排法.15．480 解析：0既不能排首位，也不能排在末尾，即有，其余的数字有，共有.16．1890 解析：10110C (rrrr T x -+=，令466510106,4,9C 1890r r T x x -====.三、解答题17．解：（1）①是排列问题，共通了211A 110=封信；②是组合问题，共握手211C 55=次.（2）①是排列问题，共有210A 90=种选法；②是组合问题，共有210C 45=种选法. （3）①是排列问题，共有28A 56=个商；②是组合问题，共有28C 28=个积.18．解：6个人排有66A 种坐法,6人排好后包括两端共有7个“间隔”可以插入空位. (1)空位不相邻相当于将4个空位安插在上述7个“间隔”中,有47C 35=种插法，故空位不相邻的坐法有6467A C 25200=种. (2)将相邻的3个空位当作一个元素,另一空位当作另一个元素,往7个“间隔”里插，有27A 种插法,故4个空位中只有3个相邻的坐法有6267A A 30240=种. (3)4个空位至多有2个相邻的情况有三类：①4个空位各不相邻有47C 种坐法;②4个空位2个相邻，另有2个不相邻有1276C C 种坐法; ③4个空位分两组,每组都有2个相邻,有27C 种坐法.综上所述,应有6412267767A (C C C C )115920++=种坐法. 19．解：分三类：若取1个黑球，和另三个球，排4个位置，有44A 24=种排法； 若取2个黑球，从另三个球中选2个排4个位置，2个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即有2234C A 36=种排法；若取3个黑球，从另三个球中选1个排4个位置，3个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即有1134C A 12=种排法；所以有24361272++=种排法.20．解：由722128,8得n n -==，821x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的通项281631881C ()()(1)C r r r r r r r T x x x--+=-=-.当4r =时，项的系数最大，即4570T x =为展开式中的系数最大的项；当35或r =时，项的系数最小，即74656,56T x T x =-=-为展开式中的系数最小的项. 21．解：（1）由已知得25C C 7.n nn =⇒= （2）由已知得1351C C C 128,2128,8n n n nn -+++===，所以展开式中二项式系数最大的项是444418C (70T x +==22．解：设50()(2)f x =，令1x =，得5001250(2a a a a ++++=,令1x =-，得5001250(2a a a a -+-+=,225024501349()()a a a a a a a a ++++-++++=50500125001250()()(23)(2 1.a a a a a a a a ++++-+-+=-=。

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.。

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.。

章末综合测评(一) 计数原理(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，只有一项是符合题目要求的)1．(2016·银川一中检测)C910＋C810等于()A．45B．55C．65 D．以上都不对【解析】C910＋C810＝C110＋C210＝55，故选B.【答案】 B2．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有()A．10种B．20种C．25种D．32种【解析】5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有25＝32种，故选D.【答案】 D3．在(x2＋3x＋2)5的展开式中x的系数为()A．140 B．240C．360 D．800【解析】由(x2＋3x＋2)5＝(x＋1)5(x＋2)5，知(x＋1)5的展开式中x的系数为C45，常数项为1，(x＋2)5的展开式中x的系数为C45·24，常数项为25.因此原式中x的系数为C45·25＋C45·24＝240.【答案】 B4．某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有()A．16种B．36种C．42种D．60种【解析】分两类．第一类：同一城市只有一个项目的有A34＝24种；第二类：一个城市2个项目，另一个城市1个项目，有C23·C24·A22＝36种，则共有36＋24＝60种．【答案】 D5．(2016·广州高二检测)5人站成一排，甲乙之间恰有一个人的站法有() A．18种B．24种C．36种D．48种【解析】首先把除甲乙之外的三人中随机抽出一人放在甲乙之间，有3种可能，甲乙之间的人选出后，甲乙的位置可以互换，故甲乙的位置有2种可能，最后，把甲乙及其中间的那个人看作一个整体，与剩下的两个人全排列是A33＝6，所以3×2×6＝36(种)，故答案为C.【答案】 C6．关于(a－b)10的说法，错误的是()A．展开式中的二项式系数之和为1 024B．展开式中第6项的二项式系数最大C．展开式中第5项和第7项的二项式系数最大D．展开式中第6项的系数最小【解析】由二项式系数的性质知，二项式系数之和为210＝1 024，故A正确；当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也是正确的，因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的．【答案】 C7.图1(2016·潍坊高二检测)如图1，用五种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个不同的点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共()A．1 240种B．360种C．1 920种D．264种【解析】由于A和E或F可以同色，B和D或F可以同色，C和D或E 可以同色，所以当五种颜色都选择时，选法有C13C12A55种；当五种颜色选择四种时，选法有C45C13×3×A44种；当五种颜色选择三种时，选法有C35×2×A33种，所以不同的涂色方法共C13C12A55＋C45C13×3×A44＋C35×2×A33＝1 920.故选C.【答案】 C8．某计算机商店有6台不同的品牌机和5台不同的兼容机，从中选购5台，且至少有品牌机和兼容机各2台，则不同的选购方法有() 【导学号：97270029】A．1 050种B．700种C．350种D．200种【解析】分两类：(1)从6台不同的品牌机中选3台和从5台不同的兼容机中选2台；(2)从6台不同的品牌机中选2台和从5台不同的兼容机中选3台．所以不同的选购方法有C36C25＋C26C35＝350种．【答案】 C9．设(1－3x)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|的值为()A．29B．49C．39D．59【解析】由于a0，a2，a4，a6，a8为正，a1，a3，a5，a7，a9为负，故令x ＝－1，得(1＋3)9＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9＝|a0|＋|a1|＋…＋|a9|，故选B.【答案】 B10．(2016·山西大学附中月考)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A．60 B．48C．36 D．24【解析】在长方体中，对每一条棱都有两个面(侧面或底面)和一个对角面(对不在同一个面上的一对互相平行的棱的截面)与它平行，可构成3×12＝36个“平行线面组”，对每一条面对角线，都有一个面与它平行，可组成12个“平行线面组”，所以“平行线面组”的个数为36＋12＝48，故选B.11．(2016·吉林一中高二期末)某同学忘记了自己的QQ号的后六位，但记得QQ号后六位是由一个1，一个2，两个5和两个8组成的，于是用这六个数随意排成一个六位数，输入电脑尝试，那么他找到自己的QQ号最多尝试次数为()A．96 B．180C．360 D．720【解析】由这6个数字组成的六位数个数为A66A22A22＝180，即最多尝试次数为180.故选B.【答案】 B12．设(1＋x)n＝a0＋a1x＋…＋a n x n，若a1＋a2＋…＋a n＝63，则展开式中系数最大项是()A．15x3B．20x3C．21x3D．35x3【解析】令x＝0，得a0＝1，再令x＝1，得2n＝64，所以n＝6，故展开式中系数最大项是T4＝C36x3＝20x3.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．将答案填在题中的横线上)13．某科技小组有女同学2名、男同学x名，现从中选出3名去参加展览．若恰有1名女生入选时的不同选法有20种，则该科技小组中男生的人数为________．【解析】由题意得C12·C2x＝20，解得x＝5.【答案】 514．(1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是________．【解析】(1.05)6＝(1＋0.05)6＝C06＋C16×0.05＋C26×0.052＋C36×0.053＋…＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…≈1.34.15．(2015·山东高考)观察下列各式：C 01＝40；C 03＋C 13＝41；C 05＋C 15＋C 25＝42；C 07＋C 17＋C 27＋C 37＝43；……照此规律，当n ∈N *时，C 02n －1＋C 12n －1＋C 22n －1＋…＋C n －12n －1＝________. 【解析】 观察每行等式的特点，每行等式的右端都是幂的形式，底数均为4，指数与等式左端最后一个组合数的上标相等，故有C 02n －1＋C 12n －1＋C 22n －1＋…＋C n －12n －1＝4n －1. 【答案】 4n －116．(2014·安徽高考)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2所示，则a ＝________.图2【解析】 由题意知A 0(0,1)，A 1(1,3)，A 2(2,4)．故a 0＝1，a 1＝3，a 2＝4.由⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x a n 的展开式的通项公式知T r ＋1＝C r n ⎝ ⎛⎭⎪⎫x a r (r ＝0,1,2，…，n )．故C 1n a ＝3，C 2na 2＝4，解得a ＝3.【答案】 3三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)已知⎩⎪⎨⎪⎧ C x n ＝C 2x n ，C x ＋1n ＝113C x －1n ，试求x ，n 的值. 【导学号：97270030】【解】 ∵C x n ＝C n －x n ＝C 2x n ，∴n －x ＝2x 或x ＝2x (舍去)，∴n ＝3x .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)，∴x ＝5，n ＝3x ＝15.18．(本小题满分12分)利用二项式定理证明：49n ＋16n －1(n ∈N *)能被16整除．【证明】 49n ＋16n －1＝(48＋1)n ＋16n －1＝C 0n ·48n ＋C 1n ·48n －1＋…＋C n －1n ·48＋C n n ＋16n －1＝16(C 0n ·3×48n －1＋C 1n ·3×48n －2＋…＋C n －1n ·3＋n )． 所以49n ＋16n －1能被16整除．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 ＝5，0≤x ≤4，2x ＋y ≥7，0≤y ≤6，故⎩⎨⎧ x ＝2，y ＝3或⎩⎨⎧ x ＝3，y ＝2或⎩⎨⎧x ＝4，y ＝1.因此，符合题意的取法共有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 ·x 10－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)有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．(1)排成前后两排，前排3人，后排4人；(2)全体站成一排，甲不站排头也不站排尾；(3)全体站成一排，女生必须站在一起；(4)全体站成一排，男生互不相邻．【解】 (1)共有A 77＝5 040种方法．(2)甲为特殊元素．先排甲，有5种方法，其余6人有A 66种方法，故共有5×A 66＝3 600种方法．(3)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有A 44种方法，再将4名女生进行全排列，有A 44种方法，故共有A 44×A 44＝576种方法．(4)(插空法)男生不相邻，而女生不做要求，所以应先排女生，有A 44种方法，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有A 35种方法，故共有A 44×A 35＝1 440种方法．22．(本小题满分12分)已知集合A ＝{x |1<log 2x <3，x ∈N *}，B ＝{4,5,6,7,8}．(1)从A ∪B 中取出3个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？(2)从集合A 中取出1个元素，从集合B 中取出3个元素，可以组成多少个无重复数字且比4 000大的自然数？【解】 由1<log 2x <3，得2<x <8，又x ∈N *，所以x 为3,4,5,6,7，即A ＝{3,4,5,6,7}，所以A ∪B ＝{3,4,5,6,7,8}．(1)从A∪B中取出3个不同的元素，可以组成A36＝120个三位数．(2)若从集合A中取元素3，则3不能作千位上的数字，有C35·C13·A33＝180个满足题意的自然数；若不从集合A中取元素3，则有C14C34A44＝384个满足题意的自然数．所以，满足题意的自然数的个数共有180＋384＝564......................................使用本文档删除后面的即可致力于打造全网一站式文档服务需求，为大家节约时间文档来源网络仅供参考欢迎您下载可以编辑的word文档谢谢你的下载本文档目的为企业和个人提供下载方便节省工作时间，提高工作效率，打造全网一站式精品需求!欢迎您的下载，资料仅供参考!（本文档收集于网络改编，由于文档太多，审核难免疏忽，如有侵权或雷同，告知本店马上删除）。

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 计数原理测试卷(时间：90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，只有一项是符合题目要求的)1．甲、乙、丙3位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有( )A ．36种B ．48种C ．96种D ．192种详细分析：共有C 24·C 34·C 34＝96种不同的选修方案，故选C 项．答案：C2．若A 5m ＝2A 3m ，则m 的值为( )A ．5B ．3C ．6D ．7详细分析：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 项．答案：A3．下列关于(a －b )10的说法，错误的是( )A ．展开式中的二项式系数之和为1 024B ．展开式中第6项的二项式系数最大C ．展开式中第5项或第7项的二项式系数最大D ．展开式中第6项的系数最小详细分析：由展开式的二项式系数之和为2n 知A 项正确；当n 为偶数时，展开式中二项式系数最大的项是中间一项，故B 项正确；C 项错误；D 项也正确，因为展开式中第6项的系数是负数，且二项式系数最大，所以是系数最小的项．答案：C4．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( )A ．C 1214C 412C 48B ．C 1214A 412A 48C.C 1214C 412C 48A 33D ．C 1214C 412C 48A 33 详细分析：首先从14人中选出12人共C 1214种，然后将12人平均分为3组共C 412C 48C 44A 33种，再将这三组分配下去，共C 1214·C 412·C 48A 33·A 33＝C 1214·C 412·C 48种． 答案：A5．在二项式⎝⎛⎭⎫x 2－1x 11的展开式中，系数最大的项为( ) A ．第五项 B ．第六项C ．第七项D ．第六和第七项详细分析：依题意可知T r ＋1＝C r 11(－1)r,0≤r ≤11，r ∈Z ，二项系数最大的是C 511与C 611.所以系数最大的是T 7＝C 611，即第七项．答案：C6．某大型运动会组委会要从小张、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．36种B．12种C．18种D．48种详细分析：分两类：若小张或小赵入选，则选法种数为C12C12A33＝24；若小张、小赵都入选，则选法种数为A22A23＝12，所以，共有36种不同的选派方案．答案：A7．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8等于()A．－5 B．5C．90 D．180详细分析：∵(1＋x)10＝[2－(1－x)]10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，∴a8＝C810·22＝180.答案：D8．已知直线ax＋by－1＝0(a，b不全为0)与圆x2＋y2＝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条详细分析：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)．答案：B9．若C1n x＋C2n x2＋…＋C n n x n能被7整除，则x，n的值可能为()A．x＝4，n＝3 B．x＝4，n＝4C．x＝5，n＝4 D．x＝6，n＝5详细分析：由于C1n x＋C2n x2＋…＋C n n x n＝(1＋x)n－1，分别将选项A，B，C，D中的值代入检验知，仅有选项C适合．答案：C10．从正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点中选取4个作为四面体的顶点，可得到的不同四面体的个数为()A．C48－12 B．C48－8C．C48－6 D．C48－4详细分析：在正方体中，6个面和6个对角面上的四个点不能构成四面体．答案：A11．若自然数n使得竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)均不产生进位现象，则称n为“可连数”．例如：32是“可连数”，因32＋33＋34不产生进位现象；23不是“可连数”，因23＋24＋25产生进位现象．那么，小于1 000的“可连数”的个数为()A．27 B．36C．39 D．48详细分析：根据题意，要构造小于1 000的“可连数”，个位上的数字的最大值只能为2，即个位数字只能在0,1,2中取；十位数字只能在0,1,2,3中取；百位数字只能在1,2,3中取．当“可连数”为一位数时，有C13＝3个；当“可连数”为两位数时，个位上的数字有0,1,2三种取法，十位上的数字有1,2,3三种取法，即有C13C13＝9个；当“可连数”为三位数时，有C13C14C13＝36个；故共有3＋9＋36＝48个．答案：D12．将二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋124x 8的展开式中所有项重新排成一列，有理式不相邻的排法种数为( )A ．A 37B ．A 66A 36C ．A 66A 37D ．A 77A 37详细分析：⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋124x 8展开式的通项公式T r ＋1＝C r 8·(x )8－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫124x r ＝C r 82r ·x 16－3r 4，r ＝0,1,2，…，8.当16－3r 4为整数时，r ＝0,4,8.∴展开式共有9项，其中有有理项3项，先排其余6项有A 66种排法，再将有理项插入形成的7个空当中，有A 37种方法．∴共有A 66A 37种排法．答案：C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．不等式A 2n －1－n <7的解集为________．详细分析：由不等式A 2n －1－n <7，得(n －1)(n －2)－n <7，整理得n 2－4n －5<0，解得－1<n <5. 又因为n －1≥2且n ∈N *，即n ≥3且n ∈N *，所以n ＝3或n ＝4，故不等式A 2n －1－n <7的解集为{3,4}．答案：{3,4}14．在(x －2)5(2＋y )4的展开式中，x 3y 2的系数为________．详细分析：(x －2)5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5x5－r (－2)r ，令5－r ＝3，得r ＝2，则x 3的系数为C 25(－2)2＝40；(2＋y )4的展开式的通项为T r ＋1＝C r 4(2)4－r y r ，令r ＝2，得y 2的系数为C 24(2)2＝12.故展开式中x 3y 2的系数为40×12＝480. 答案：48015．用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)详细分析：因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以适合题意的四位数有24－2＝14个．答案：1416．在100,101,102，…，999这些数中，各位数字按严格递增(如“145”)或严格递减(如“321”)顺序排列的数的个数是________．把符合条件的所有数按从小到大的顺序排列，则321是第________个数(用数字作答)．详细分析：由题意知，不含0的三位数有2C 39个，含0的三位数中，0只能作为个位数，有C 29个，共有满足条件的三位数有2C 39＋C 29＝204个；百位为1的数共有C 28＝28个，百位为2的数共有C 27＋1＝22个，百位为3的数从小到大排列且小于321的三位数有310和320.所以321为第28＋22＋2＋1＝53个数．答案：204 53三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x n 展开式中各项系数之和比各二项式系数之和大240. (1)求n ；(2)求展开式中含x 项的系数；(3)求展开式中所有含x 的有理项．详细分析：(1)由已知得：4n －2n ＝240,2n ＝16，n ＝4.(2)二项展开式的通项为：C r 4(5x )4－r ⎝⎛⎭⎫－1x r ＝C r 454－r (－1)r x 34-r 2， 令4－32r ＝1⇒r ＝2. 所以含x 项的系数：C 2452(－1)2＝150.(3)由(2)得：4－32r ∈Z ，(r ＝0,1,2,3,4)，即r ＝0,2,4. 所以展开式中所有含x 的有理项为：第1项625x 4，第3项150x ，第5项x －2.18．(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？详细分析：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．(12分)已知在(1－2log 2x )n 的展开式中，所有奇数项的二项式系数的和为64.(1)求n 的值；(2)求展开式中所有项的系数之和．详细分析：(1)由题意知C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2×64，即2n ＝128，则n ＝7.(2)设(1－2log 2x )7＝a 0＋a 1log 2x ＋a 2(log 2x )2＋…＋a 7(log 2x )7，令x ＝2，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝(1－2log 22)7＝－1，即展开式中所有项的系数之和为－1.20．(12分)将四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．(1)若每个盒子放一个球，则有多少种不同的放法？(2)恰有一个空盒的放法共有多少种？详细分析：(1)每个盒子放一个球，共有A 44＝24种不同的放法．(2)先选后排，分三步完成．第一步：四个盒子中选一个为空盒子，有4种选法；第二步：任选两球为一个元素，有C 24种选法；第三步：将三个元素放入三个盒中，有A 33种放法．根据分步乘法计数原理，共有4×C 24A 33＝144种放法．21．(12分)已知⎝⎛⎭⎫12＋2x n ， (1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．详细分析：(1)因为C 4n ＋C 6n ＝2C 5n ，所以n 2－21n ＋98＝0，所以n ＝7或n ＝14，当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5.所以T 4的系数为C 37⎝⎛⎭⎫12423＝352， T 5的系数为C 47⎝⎛⎭⎫12324＝70， 当n ＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T 8.所以T 8的系数为C 714⎝⎛⎭⎫12727＝3 432.(2)因为C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＝79，所以n 2＋n －156＝0，所以n ＝12或n ＝－13(舍去)．设T k ＋1项的系数最大，因为⎝⎛⎭⎫12＋2x 12＝⎝⎛⎭⎫1212(1＋4x )12， 所以{C k 124k ≥C k －1124k －1，C k 124k ≥C k ＋1124k ＋1，所以9.4≤k ≤10.4，所以k ＝10，所以展开式中系数最大的项为T 11，T 11＝C 1012·⎝⎛⎭⎫122·210·x 10＝16 896x 10. 22．(12分)“五一”劳动节前夕，某公司召开了劳模表彰大会，来自A ，B ，C 三个车间的6位劳模坐在公司特意放置的前排6个座位上．其中A 车间1人，B 车间2人，C 车间3人．(1)若每个车间的劳模派一代表介绍经验，有多少种不同的选法？(2)若同车间的人坐在一起，有多少种不同的坐法？(3)若C 车间的人不坐在一起，有多少种不同的坐法？(4)劳模们上台领奖后仍回到前排6个座位就坐，发现只有2人坐在原位上，问有多少种不同的坐法？详细分析：(1)从A 车间1人中选1人有C 11种方法，从B 车间2人中选1人有C 12种方法，从C 车间3人中选1人有C 13种方法，利用“乘法原理”可得每个车间的劳模派一代表介绍经验的选法有C 11C 12C 13＝6种选法．(2)B 车间2人坐在一起有A 22种方法，C 车间3人坐在一起有A 33种方法，利用“乘法原理”可得同车间的人坐在一起有A 33A 22A 33＝72种选法．(3)若C 车间的人不坐在一起，用“插空法”，先把A ，B 车间的3人排好，然后把C 车间的3人插空，共有A 33A 34＝144种坐法．(4)从6个人中任选2人坐在自己的座位上有C 26种方法．剩下的4个人中全排列有A 44种方法，若只有1人坐在自己的座位上，有2C 14种方法；若只有2人坐在自己的座位上，有C 24种方法．若有3人坐在自己的座位上，有且只有1种方法；因此剩下的4个人中全不坐在自己的座位上的方法有A 44－(2C 14＋C 24＋1)＝9，发现只有2人坐在原位上有9C 26＝135种方法．。

第一章 计数原理单元测试题时间:120分钟,满分150分本套题难度适中,主要考查学生的基本知识、基本方法、基本能力,如1—9题和13题都是这一部分的基本题目类型,对排列、组合和二项式定理的基本知识考查比较全面,且在考查基本知识的同时,也注重学生数学思想的考查,如10、12、18题考查了学生分类讨论的思想方法,11,14,17,21,22考查了学生转化与化归的思想方法,这些题目需要大家有较高的分析能力和运算能力,以及综合应用能力.一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有（ ） A ．10种 B ．20种 C ．25种 D ．32种2．甲、乙、丙3位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有A ．36种B ．48种C ．96种D ．192种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 ．1440种B ．960种C ．720种D ．480种4. 某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有（ ） Ａ．()2142610C A 个 Ｂ．242610A A 个 Ｃ．()2142610C 个Ｄ．242610A 个5. 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6. 由数字0，1，2，3，4，5可以组成无重复数字且奇偶数字相间的六位数的个数有( ) A.72 B.60 C.48 D.527.用0，1，2，3，4组成没有重复数字的全部五位数中，若按从小到大的顺序排列，则数字12340应是第（ ）个数.A.6B.9C.10D.88.AB 和CD 为平面内两条相交直线，AB 上有m 个点，CD 上有n 个点，且两直线上各有一个与交点重合，则以这m+n-1个点为顶点的三角形的个数是( )A.2121m n n m C C C C +B. 21121m n n m C C C C -+C. 21211m n n m C C C C +-D.2111211---+m n n m C C C C9.设()10102210102x a x a x a a x+⋅⋅⋅+++=-,则()()292121020a a a a a a +⋅⋅⋅++-+⋅⋅⋅++的值为( )A.0B.-1C.1D.10. 2006年世界杯参赛球队共32支,现分成8个小组进行单循环赛,决出16强(各组的前2名小组出线),这16个队按照确定的程序进行淘汰赛,决出8强,再决出4强,直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为( )A.64B.72C.60D.56 11.用二项式定理计算9.985，精确到1的近似值为( ) A.99000 B.99002 C.99004 D.9900512. 从不同号码的五双靴中任取4只，其中恰好有一双的取法种数为 （ ） A.120 B.240 C.360 D.72 二、 填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）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）.14. 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）． 15. 若(2x 3+x1)n的展开式中含有常数项，则最小的正整数n 等于 .16. 从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有_____种。

第一章测评(时间：90分钟满分：100分）一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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4双不同鞋中任取4只,结果都不成双的取法有( ）A.24种B。

16种C.44种D。

192种解析：取4只不成双的鞋分4步完成:(1)从第一双鞋任取一只，有2种取法;（2)从第二双鞋任取一只，有2种取法;(3)从第三双鞋任取一只,有2种取法;(4)从第四双鞋任取一只，有2种取法。

由分步乘法计数原理，共有24=16种取法。

答案：B2。

从集合｛0，1，2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b,组成复数a+b i,其中虚数有( ）A.36个B.42个C.30个D。

35个解析：由于a,b互不相等且a+b i为虚数,所以b只能从1，2,3，4,5,6中选一个,共6种方法，a从剩余的6个数中选一个有6种方法，根据分步乘法计数原理知,虚数的个数为6×6=36.答案：A3.将（x—q）(x—q-1）（x—q—2）…（x-19）写成的形式是( )A.B。

C。

D.解析:由式子的形式可以看出（x-q)为最大因式,共有20—q个因式连乘。

答案：D4。

将7名学生分配到甲、乙两间宿舍中，每间宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的分配方案共有( ）A.252种B.112种C.70种D.56种解析：分两类：甲、乙两间宿舍中一间住4人、另一间住3人或一间住5人、另一间住2人,所以不同的分配方案共有=35×2+21×2=112种。

答案：B5.从长度分别为1,2，3,4的4条线段中任取3条，不同取法共有n种.在这些取法中,以取出的3条线段为边可组成三角形的个数为m，则=（)A.0B.C.D.解析：由题意知,n==4,由三角形的三边关系知，可组成三角形的只有长度分别为2,3，4的一组线段，即m=1,所以。

答案：B6.若x+x2+…+x n能被7整除，则x，n的值可能为（）A.x=4,n=3B.x=4,n=4C.x=5，n=4D.x=6,n=5解析：由于x+x2+…+x n=（1+x）n—1,分别将选项A,B,C,D中的值代入检验知,仅有选项C适合。

人教 A 版高中数学选修2-3 单元检测试题及答案第一章计数原理一、选择题1．由 1、 2、 3 三个数字构成的四位数有() ．A．81 个B．64 个C．12 个D．14 个2．会集 { 1， 2，3， 4， 5， 6} 的真子集共有 () ．A．5个B．6 个C．63 个D．64 个3． 5 个人排成一排，其中甲在中间的排法种数有() ．A． 5B．120 C ．24 D ． 44．从 5 个人中选 1 名组长和 1 名副组长，但甲不能够当副组长，不相同的选法总数是 () ．A． 20B．16 C ．10 D ． 65．已知 n＝ 3!＋ 24!，则 n 的个位数为 () ．A． 7 B ． 6 C ．8 D ． 36．假设 200 件产品中有 3 件次品，现在从中任取 5 件，最少有 2 件次品的抽法数有() ．232332C．C5－ C4 D ． C514 A．C C B．C C197＋C C197197200－ C C197 3198332003 7．从 6 位男学生和 3 位女学生中选出 4 名代表，代表中必定有女学生，则不相同的选法有 () ．A． 168B．45C．60D．1118．氨基酸的排列序次是决定蛋白质多样性的原因之一，某肽链由7 种不相同的氨基酸构成，若只改变其中 3 种氨基酸的地址，其他 4 种不变，则与原排列序次不相同的改变方法共有() ．A．70 种B．126 种C．175 种D．210 种＋2n张开式中只有第六项二项式系数最大，则张开式中第 2 项系数是 ()．9． x x2A． 18B．20C．22D．24x－1810．在的张开式中的常数项是 ()．2 3 xA． 7B．－ 7C．28D．-28二、填空题11．有四位学生报名参加三项不相同的竞赛，( 1) 每位学生都只报了一项竞赛，则有种不相同的报名方法；( 2) 每项竞赛只许有一位学生参加，则有种不相同的参赛方法；( 3) 每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加，则有种不相同的参赛方法．12． 4 名男生， 4 名女生排成一排，女生不排两端，则有种不相同排法．13．从 6 名志愿者中选出 4 人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不相同的工作，若其中甲不能够从事翻译工作，则选派方案共有________种．a－x 99，则常数的 a 值为14．已知的张开式中， x3的系数为．x2415．在二项式 ( 1－ 2x) n的张开式中，偶数项的二项式系数之和为32，则张开式的第 3项为．16．将 4 个颜色互不相同的球放入编号为 1 和 2 的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不相同的放球方法有种．三、解答题17． 7 人排成一排，在以下情况下，各有多少种不相同排法：( 1) 甲不排头，也不排尾；( 2) 甲、乙、丙三人必定在一起；( 3) 甲、乙之间有且只有两人；( 4) 甲、乙、丙三人两两不相邻；( 5) 甲在乙的左边 ( 不用然相邻 ) ．18．某厂有 150 名员工，工作日的中餐由厂食堂供应，每位员工能够在食堂供应的菜肴中任选 2 荤 2 素共 4 种不相同的品种，现在食堂准备了 5 种不相同的荤菜，若要能保证每位员工有不相同选择，则食堂最少还需准备不相同的素菜品种多少种？19．求 ( 1＋ x) 2( 1－x) 5的张开式中x3的系数．20． 7 个人到 7 个地方去旅游，一人一个地方，甲不去 A 地，乙不去 B 地，丙不去C 地，丁不去 D 地，共有多少种旅游方案?第3页共6页参照答案一、选择题1． A剖析：每位数都有3 种可能取法， 34．应选 A ．2． C剖析： 26－ 1＝ 63．应选 C ．3． C剖析： 1× A 44 ＝ 24．应选 C ．4． B剖析：甲当副组长选法有A 14 种，故吻合题意的选法有A 25－A 14 ＝ 16．应选B ．5． B剖析：由于 24!为从1 开始至24 的24 个数连乘，在这24 个数中有10，所以 24!的个位数为0，又3!的个位数为6，所以3!＋ 24!的个位数为6．应选 B ．6． B剖析： 200 件产品中有3 件次品，197 件正品．取5 件，最少有2 件次品，即3 件正品2 件次品或2 件正品3 件次品，抽法数有C 32 C 1973＋ C 33 C 1972 .应选B ．7．D剖析：女生选1， 2，3人，男生相应选3，2，1人，选法有C 13 C 36 ＋ C 23 C 26 ＋ C 33C 16 ＝111．应选D ．8．A剖析：氨基酸有C 37 种选法，选到的3 种氨基酸与原排列序次不相同的排法有A 33 －1种，所以与原排列序次不相同的改变方法数共有C 37 ( A 33 － 1) ＝ 175．应选C ．9． B剖析： n ＝ 10，所求系数为 C 110 × 2＝ 20．应选 B ．10．A－ r8－ 4r剖析： T r x8 r14r ＝ 0，r ＝ 6，所以 ＝－r () rr －83 ，常数项时－ r+1C 82x3 x＝C 8－1832T 7＝ C 86( － 1) 626- 8＝ 7．应选 A ．二、填空题11． ( 1) 81．剖析： 4 位学生每人都有 3 项竞赛能够选择， 3× 3×3× 3＝ 81．( 2) 64．剖析： 3 项竞赛每项都有 4 位学生能够选择， 4× 4×4＝ 64．( 3) 24．剖析： 4 位学生选 3 人参加 3 项竞赛， A 34 ＝ 24．12． 8 640．剖析： 8 个地址，先排女生不排两端有 A 46 种排法，再排男生有 A 44 种排法，所以最后排法有 A 46· A 44＝8 640．13． 300．剖析：选到甲时 3× A 35 ，不选甲时 A 54，所以选派方案种数为： 3× A 35 ＋ A 45 ＝ 300．14． 64．r a 9－r－x r r 9－r r3r －9 剖析： T r+1＝ C 92 ＝(－1) a C 9 x 2 x3r，－9 ＝3，则 r ＝ 8， ( － 1) 8a9- 82- 8C 19 ＝ 94， a ＝ 64．15． 60x 2．剖析：∵偶数项的二项式系数之和为32，∴二项式系数之和为2n ＝ 64，∴ n ＝ 6， T 3＝ C 26 ( － 2x) 2＝ 60x 2．16． 10．剖析：分两种情况：①1 号盒放 1 个球，2 号盒放3 个球，有 A 14 种；② 1 号盒放 2 个球， 2 号盒放 2 个球，有 C 24 种. C 14 ＋ C 24 ＝10．三、解答题17．解： ( 1) 甲有中间 5 个地址供选择，有 A 15 种排法，其他 6 人的排法有 A 66＝ 720，∴吻合题意的排法共有A 15A 66＝3 600 种；( 2) 先排甲、 乙、丙三人， 有 A 33种排法， 再把该三人看作一个整体与另四人排， 有A 55种排法，∴吻合题意的共有 A 33A 55＝ 720 种排法；( 3) 排在甲、乙之间的2 个人的选法有 A 52，甲、乙能够交换有 A 22种情况，把该四人当成一个整体与另三人排，有A 44 种排法，∴吻合题意的共有 A 52A 22A 44＝ 720 种排法；( 4) 先排甲、乙、丙之外的四人，有A 44种排法，四人形成五个空位，甲、乙、丙三人插入这四人中间或两端，有A 53种排法，∴吻合题意的共有 A 53A 44=1 440 种排法；第5页共6页( 5) 其他人先排，有 A57＝ 2 520 种排法，节余二地址甲、乙排法唯一，故共 2 520 种排法．18．解：设要准备素菜x 种，则 C2C2≥ 150，解得 x≥ 6，即最少要准备素菜 6 种．5x19．解： ( 1＋ x) 2的通项公式 T r+1＝ C2r· x r， r∈ { 0， 1， 2} ．( 1－ x) 5的通项公式 T k+1C k－ x)k＝ ( － 1) k C k k，k∈ { 0，1， 2， 3， 4， 5} .＝ 5 ·( 5 x令 k＋r＝3，则k＝1k＝2k＝3或或．r＝2r＝r＝1从而 x3的系数为－C15＋C12 C52－C35＝ 5 ．20．解 :用间接法，先求不满足要求的方案数．( 1) 若甲、乙、丙、丁 4 人分别去A，B，C，D ，而其他的人不限，选法有A33＝6种．( 2) 若甲、乙、丙、丁中有 3 人去各自不能够去的地方旅游，有C34种，而4 人中剩下 1 人去的地方是C13种，其他的人有 A 33种，所以共有C34C13A 33＝72 种．( 3) 若甲、乙、丙、丁 4 人中有 2 人去各自不能够去的地方旅游，有C24种，余下的 5 个人分赴 5 个不相同的地方的方案有A 55种，但是其中又包括了有限制条件的四人中的两人( 不如设甲、乙两人) 同时去各自不能够去的地方共A 33种，和这两人中有一人去了自己不能够去的地方有2 A 13A 33种，所以共有C24( A 55－ A33－2A13A 33 ) ＝468 种．( 4) 若甲、乙、丙、丁 4 人中只有 1 人去了自己不能够去的地方旅游，有C14种方案，而余下的六个人的旅游方案仍与( 3)想法一致，共有C14[ A66－C32( A44－ A33)－C13( A55－ A33－2A13A33)]＝1 728种．所以满足以上情况的不相同旅游方案共有A 77－ ( 6＋ 72＋ 468＋ 1 728) ＝ 2 766种．。

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.。

第一章单元质量测评本试卷分第Ⅰ卷(选择题）和第Ⅱ卷(非选择题）两部分.满分150分,考试时间１２0分钟．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)１．已知集合Ａ={１,2,3，4},Ｂ={5,6,７}，Ｃ＝{8,9}.现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合,则一共可以组成多少个集合（ )A.２4个 B．36个C．26个 D.27个答案C解析从三个集合中取出两个集合,有Ｃ２，3=3种取法.分别是集合A、Ｂ;集合A、C;集合Ｂ、Ｃ.当取出A、B时,从这两个集合各取一个元素，有C错误!未定义书签。

×C错误!＝12个；当取出A、Ｃ时,从这两个集合各取一个元素,有C错误!未定义书签。

×C错误!=8个;当取出B、Ｃ时,从这两个集合各取一个元素，有Ｃ错误!×C错误!=6个;一共可以组成12+8+6＝26个集合.２．(ｘ3＋x2＋x+1)（ｙ２+y＋1)（ｚ+1）展开后的不同项数为( )A．9 B．１2 C．18 D.24答案D解析分三步：第一步，从（ｘ3+ｘ2+x＋1)中任取一项,有４种方法；第二步,从(y2+y＋1)中任取一项,有3种方法;第三步，从(ｚ+1)中任取一项有2种方法．根据分步乘法计数原理共有4×3×2=24(项).故选D。

3.１0名运动员中有２名老队员和8名新队员,现从中选３人参加团体比赛，要求老队员至多1人入选且新队员甲不能入选的选法有( ）Ａ.77种Ｂ.1４4种Ｃ.35种 D.7２种答案Ａ解析分两类,第一类:有１名老队员2名新队员,共有C错误!未定义书签。

·C错误!＝42种选法;第二类:3人全部是新队员，共有Ｃ错误!未定义书签。

=35种选法;于是共有４2+3５＝77种选法．4.若实数ａ＝2-错误!,则ａ10－2C错误!未定义书签。

ａ9＋22C错误!未定义书签。

2020年高中数学选修2-3《第1章计数原理》测试卷
一．选择题（共13小题）
1．如图，正五边形ABCDE中，若把顶点A、B、C、D、E染上红、黄、绿、三种颜色中的一种，使得相邻顶点所染颜色不相同，则不同的染色方法共有（）
A．30种B．27种C．24种D．21种
2．某市环保部门准备对分布在该市的A，B，C，D，E，F，G，H等8个不同监测点的环境监测设备进行监测维护．要求在一周内的星期一至星期五检测维修完所有监测点的设备，且每天至少去一个监测点进行检测维护，其中A，B两个监测点分别安排在星期一和星期二，C，D，E三个监测点必须安排在同一天，F监测点不能安排在星期五，则不同的安排方法种数为（）
A．36B．40C．48D．60
3．如图所示的几何体是由一个三棱锥P﹣ABC与三棱柱ABC﹣A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色（底面A1B1C1不涂色），要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有（）
A．6种B．9种C．12种D．36种
4．由数字1，2，3，4组成没有重复数字的自然数共有（）
A ．个
B ．个
C ．个
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人教A版选修2-3《第1章计数原理》2020年单元测试卷（3）1.下列各式中与排列数A n m相等的是()A. n!m!B. n(n−1)(n−2)…(n−m)C. nn−m+1A n−1n D. An1⋅An−1m−12.从不大于20的素数中任取不同的3个素数相乘可以得到不同的积有()A. A83个B. C93个C. C83个D. A93个3.某校每天上午有5节课，下午有2节课．用某一天的7节课来安排6门不同的课程，其中数学课连续安排2节进行考试(上午第5节与下午第1节不能连续安排考试)，则这天不同的课程表种数为()A. 480B. 600C. 720D. 3604.若3名老师教6个班，每人教2个班，则分配方案有()A. 90种B. 45种C. 24种D. 18种5.用0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的有()A. 60个B. 108个C. 96个D. 120个6.若(1−2x)n的展开式中奇数项的二项式系数的和为32，则展开式中的偶次项系数的和为()A. 32B. −364C. 364D. 3657.计算：C88+C98+C108+C118=______．8.有男生5名，女生4名，从中选4名学生参加座谈会．男生、女生都至少有1名的选法有______种．9.(1+2√x)3(1−√x3)5的展开式中x的系数是______ ．10.集合A={1,4，7，…，3n−2}中所有3个元素的子集的元素和是______．11.从6双不同颜色的鞋子中任取4只，其中恰好有2只同色的取法有多少种？12.有6名青年，其中3人能胜任英语翻译，2人能胜任电脑软件设计，1人两项工作都能胜任．现从中选派4人承担一项任务，其中2人从事英语翻译工作，2人从事电脑软件设计工作，问有多少种不同的选派方法？13.已知(x2−3x+2)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10.求：(1)a0和a2的值；(2)a1+a2+⋯+a10的值；(3)(a0+a2+a4+⋯+a10)2−(a1+a3+⋯+a9)2的值．14.将5封信投入3个邮箱，每个邮箱至少投1封，不同的投法有()A. 125种B. 81种C. 150种D. 240种15.C2n n−2，C2n n，C2n n+1的大小关系是()A. C 2n n−2<C 2n n+1<C 2n nB. C 2n n−2<C 2n n <C 2n n+1C. C 2n n+1<C 2n n−2<C 2nn D. C 2n n <C 2n n+1<C 2nn−2 16. 从0，1，2，3，4，5中任取4个不同的数字组成四位数，将所有这些数从小到大排列起来，则2013是这个数列的( )A. 第20项B. 第21项C. 第60项D. 第61项17. 若(x +1)5=a 5(x −1)5+⋯+a 1(x −1)+a 0，则a 1的值为( )A. 80B. 40C. 20D. 1018. 用圆周上的8个等分点中的任意3个，可以组成的锐角三角形有( )A. 32个B. 24个C. 16个D. 8个19. 某班级有一个7人小组，现任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案的种数有( )A. 35B. 70C. 210D. 10520. 用1，2，3，4，7，9中的2个不同数字作为一个对数的底数和真数，能得到______个不同的对数值．21. (x 2+4x 2−4)5展开式中，含x 4的项是______．22. 若(3−x)n =a 0+a 1x +a 2x 2+⋯+a n x n ，则a 1+21a 2+22a 3+⋯+2n−1a n =______．23. 用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有______个．(用数字作答)24. 2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是多少？25. 若(√x 2√x4)n 的展开式中，前3项的系数依次成等差数列，则展开式中共有多少项为有理项？26.红、黄、绿3种颜色的卡片分别有A，B，C，D，E字母各一张，每次取出5张，要求字母各不相同，3种颜色齐全的取法有多少种？答案和解析1.【答案】D【解析】解：A n m =n!(n−m)!，而A n 1A n−1m−1=n ×(n−1)!(n−m)!=n!(n−m)!，故选：D ．使用排列组合公式直接计算．本题考查了排列数的计算公式，属于基础题．2.【答案】C【解析】解：由已知可得满足条件的素数是2，3，5，7，11，13，17，19，共有8个，然后从8个数中任取3个共有C 83个，故选：C ．先找出满足条件的素数共有8个，求乘积问题属于无序问题，属于是组合问题，只需从8个数中选出3个数即可求解． 本题考查了组合问题，属于基础题．3.【答案】B【解析】解：数学课属于特殊元素，进行特殊安排，上午连排两节数学课，只能是1、2节；2、3节；3、4节；4、5节；下午连排两节；只能有这5种情况， 所以这天不同的课程表种数为5A 55=600． 故选：B ．数学课属于特殊元素，进行特殊安排，上午连排两节数学课，只能是1、2节；2、3节；3、4节；4、5节；下午连排两节；只能有这5种情况，其余课程随意排． 本题考查排列组合知识，含有特殊元素问题，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：6个班平均分三组有C 62⋅C 42⋅C 22A 33=15种分法，把三个班分给老师全排共有15A 33=90种分法， 故选：A ．先把6个班平均分三组，然后分给3名老师全排．本题考查了排列组合以及简单计数问题，涉及了平均分配问题，属于基础题．【解析】解：①当个位是0时，共有A53=60种排法，②当个位是5时，先给首位选一个不是0的数共有C41=4种，然后剩下的两个位共有A42=12种，由分步计数原理可得，共有4×12=48种排法，所以由①②可得，共有60+48=108种排法，故选：B．分两类，第一类个位是0，剩下三个位从四个数中选3个数全排，第二类个位是5，先给首位选一个不是0的数，剩下的两位从3个数选2个数全排，即可求解．本题考查排列组合以及简单计数问题，涉及到四位数数字0有没有的排法，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：∵奇数项的二项式系数的和为32，∴2n−1=32，即n=6，设(1−2x)6=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，令x=1，则1=a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6①，令x=−1，则36=a0−a1+a2−a3+a4−a5+a6②，①+②得，1+36=2(a0+a2+a4+a6)，∴a0+a2+a4+a6=1+362=365，∴展开式中的偶次项系数的和为365．故选：D．由题可知2n−1=32，即n=6，分别令x=1，x=−1，再让两式相加即可得解．本题考查二项式定理，主要涉及二项式系数的性质和赋值法的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．7.【答案】220【解析】解：C88+C98+C108+C118=1+9+10!8!×2!+11!8!×3!=1+9+45+165=220；故答案为：220．组合数计算公式直接计算．本题考查了组合数公式的直接计算，属于基础题．【解析】解：9名学生中，任选四人共有：C 94=126种选法， 选出的四人都是男生、都是女生的选法有：C 54+C 44=6种，故男生、女生各至少有一名的选法有：126−6=120(种)． 故答案为：120．可采用间接法，从9名学生中任选四人的选法中减去四名学生都是女生或都是男生的选法数即可．本题考查组合知识在实际问题种的应用，属于基础题．9.【答案】2【解析】解：由于(1+2√x)3(1−√x 3)5=(C 30⋅(2√x)0+C 31⋅(2√x)1+C 32⋅(2√x)2+C 33⋅(2√x)3)⋅(C 50⋅( −√x 3)0+ C 51⋅( −√x 3)1+⋯+C 55(−√x 3)5)，故展开式中x 的系数为1×(−C 53)+C 32×4×1=2，故答案为2．把所给的式子按照二项式定理展开，即可求得展开式中x 的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．10.【答案】n(n−1)(n−2)(3n−1)4【解析】解：集合A ={1,4，7，…，3n −2}中所有元素被选取了∁n−12次，∴集合A ={1,4，7，…，3n −2}中所有3个元素的子集的元素和为：∁n−12(1+4+7+⋯+(3n −2))=(n−1)(n−2)2⋅n[1+(3n−2)]2=n(n−1)(n−2)(3n−1)4．故答案为：n(n−1)(n−2)(3n−1)4．集合A 中所有元素被选取了∁n−12次，可得集合A 中所有3个元素的子集的元素和为∁n−12(1+4+⋯+3n −2)即可．本题考查了集合的子集、等差数列的求和计算公式，属于中档题．11.【答案】解：先取一双，算两只同色鞋子，然后再从剩余的5双中取两双，再从这两双中各取一只即可，故共有：C 61⋅C 52⋅C 21⋅C 21=240(种)．故共有240种不同取法．【解析】按先取一双(即为同色)，然后再取两双，两双中各取一只的顺序，利用组合数、排列数公式计算即可．本题考查组合、以及计数原理的应用．属于基础题．12.【答案】解：由题意，根据“两项工作都能胜任的青年”不承担任务、承担英语翻译、承担软件设计进行选派：有C32⋅C22+C31⋅C22+C32⋅C21=12(种)．故共有12种选派方法．【解析】分三类，按两项工作都能胜任的青年不承担任务、承担英语翻译、承担软件设计进行选派．本题考查组合知识的实际应用，同时考查分类加法计数原理的应用．属于基础题．13.【答案】解：(1)令x=0，则25=a0=32，(x2−3x+2)5=[(x−1)(x−2)]5=(x−1)5⋅(x−2)5，而a2是展开式中x2的系数，∴a2=C55(−1)5⋅C53(−2)3+C54(−1)4⋅C54(−2)4+C53(−1)3⋅C55(−2)5=80+400+320=800．(2)令x=1，则0=a0+a1+a2+⋯+a10，∴a1+a2+⋯+a10=−a0=−32．(3)原式=(a0+a1+a2+a3+⋯+a10)⋅(a0−a1+a2−a3+⋯−a9+a10)=0⋅(a0−a1+a2−a3+⋯−a9+a10)=0．【解析】(1)令x=0，即可得a0的值；(x2−3x+2)5=(x−1)5⋅(x−2)5，而a2是展开式中x2的系数，分三种情形：(x−1)5取常数项，(x−2)5取x2的项；(x−1)5各取一次x的项；(x−1)5取x2的项，(x−2)5取常数项，然后将三个结果相加即可；(2)令x=1，再结合(1)中所得a0的值即可得解；(3)利用平方差公式将原式变形，再结合(2)中的数据即可得解．本题考查二项式定理的性质、赋值法的应用，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．14.【答案】C【解析】解：将5封信分为(3,1，1)和(2,2，1)两组，分组的方法为C 53+C 52C 32A 22=25，再分配到3个邮箱，得到25A 33=150种， 故选：C ．将5封信分为(3,1，1)和(2,2，1)两组，先分组再分配，问题得以解决． 本题考查排列组合知识，考查了分组分配问题，属于中档题．15.【答案】A【解析】解：C 2n n−2÷C 2n n+1=(2n)!(n−2)!×[2n−(n−2)]!×(n+1)!×[2n−(n+1)]!(2n)!=n 2−1n 2+3n+2<1，∴C 2n n−2<C 2n n+1； C 2n n+1÷C 2n n=(2n)!(n+1)!×[2n−(n+1)]!×n!×(2n−n)!(2n)!=nn 2−1<1，∴C 2n n+1<C 2n n即C 2n n−2<C 2n n+1<C 2nn， 故选：A ．利用组合数公式直接计算，可得出结果． 本题考查了组合数的计算，属于基础题．16.【答案】D【解析】解：首位数字为1时，无重复数字的四位数，有A 53=60个， 2为首位数字时，无重复数字的四位数，从小到大为：2013，……5432． 故2013为所有四位数字中，从小到大的第60+1=61． 故选：D ．按首位数字是1时，求出无重复数字的四位数的个数，2为首位的四位无重复数字四位数，2013是从小到大的第1个数字．问题可解． 本题考查排列的应用和计算公式，属于基础题．17.【答案】A【解析】解：(x +1)5=[(x −1)+2]5展开式的通项T r+1=C 5r (x −1)5−r 2r令5−r =1得r =4∴a1=24C54=80故选：A．先将二项式变形用x−1表示，利用二项展开式的通项公式求出通项，令x−1的指数为1求出．本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题．18.【答案】D【解析】解：如图所示，当三个顶点构成如图所示的等腰三角形时，才能构成锐角三角形，显然，八个顶点中的每个顶点作为等腰三角形的顶角顶点时的三角形共有八个．故选：D．如图所示，八个等分点中，位置如图为等腰三角形时，才能构成锐角三角形，容易获解本题考查排列组合的知识的应用．属于基础题．19.【答案】B【解析】解：从7个人中任选3有C73种方法，选出的3人相互调整座位其余4人座位不变，只有2种方法(如a，b，c，3人只有cab，或bca这2种方法)，=70．故不同的调整方案的种数有2C73=2×7×6×53×2×1故选B．【分析】从7个人中任选3有C73种方法，选出的3人相互调整座位其余4人座位不变，只有2种方法(如a，b，c，3人只有cab，或bca这2种方法)，可得2C73．本题考查了由特殊要求的排列组合问题，属于中档题．20.【答案】19【解析】解：(1)真数为1时，底数可以取2，3，4，7，9，且对数值皆为1，共1种情况；(2)当真数与底数都不为1时，共有A52=20种情况，因为log24=log39=2，log42=log 93=12，故去掉重复的2种情况． 故最终得到1+20−2=19(种)． 故答案为：19．利用分类加法计数原理，分真数为1和不为1的两类，分别计算即可．本题考查两个计数原理以及排列数的计算公式，同时考查分类讨论的思想的应用．属于基础题．21.【答案】−960x 4【解析】解：(x 2+4x 2−4)5=[x 2+(4x 2−4)]5，展开式的通项公式为T r+1=C 5r (x 2)5−r(4x−4)r ， 当r =2或3时，展开式中含x 4的项，∴T 2+1=C 52(x 2)3(4x 2−4)2，含x 4的项是C 52(x 2)3⋅C 21(4x 2)1(−4)=−320x 4， T 3+1=C 53(x 2)2(4x 2−4)3，含x 4的项是C 53(x 2)2⋅C 33(4x 2)0(−4)3=−640x 4，∴含x 4的项是(−320x 4)+(−640x 4)=−960x 4． 故答案为：−960x 4． (x 2+4x2−4)5=[x 2+(4x2−4)]5，展开式中含x 4的项分两种情形：x 2取含x 6的项，(4x 2−4)取含x −2的项；x 2取含x 4的项，(4x 2−4)取常数项．本题考查二项式展开式的通项公式，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．22.【答案】1−3n 2【解析】解：展开式的通项公式为T r+1=C n r⋅3n−r ⋅(−x)r ， ∴a 0=C n 0⋅3n =3n ，令x =2，则1=a 0+21a 1+22a 2+23a 3+⋯+2n a n ， ∴12=12a 0+a 1+21a 2+22a 3+⋯+2n−1a n ，∴a 1+21a 2+22a 3+⋯+2n−1a n =12−12a 0=1−3n 2．故答案为：1−3n 2．由二项式展开式的通项公式得a 0=3n ，令x =2，在得到的等式两边同乘12，再进行整理、计算即可．本题考查二项式展开式的通项公式和赋值法的应用，考查学生的运算能力，属于基础题．23.【答案】14【解析】解：由题意知本题是一个分类计数问题， 首先确定数字中2和3的个数，当数字中有1个2，3个3时，共有C 41=4种结果， 当数字中有2个2，2个3时，共有C 42=6种结果， 当数字中有3个2，1个3时，共有有C 41=4种结果，根据分类加法原理知共有4+6+4=14种结果， 故答案为：14本题是一个分类计数问题，首先确定数字中2和3的个数，当数字中有1个2，3个3时，当数字中有2个2，2个3时，当数字中有3个2，1个3时，写出每种情况的结果数，最后相加．本题考查分类计数原理，是一个数字问题，这种问题一般容易出错，注意分类时要做到不重不漏，本题是一个基础题，也是一个易错题，易错点在数字中重复出现的数字不好处理．24.【答案】解：从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A ，A 共有C 32A 22=6种不同排法，剩下一名女生记作B ，两名男生分别记作甲、乙；则男生甲必须在A 、B 之间此时共有6×2=12种排法(A 左B 右和A 右B 左) 最后再在排好的三个元素中选出四个位置插入乙， ∴共有12×4=48种不同排法．【解析】从3名女生中任取2人看做一个元素，剩下一名女生记作B ，两名男生分别记作甲、乙，则男生甲必须在A 、B 之间，最后再在排好的三个元素中选出四个位置插入乙．本题考查的是排列问题，这是比较典型的排列题目，题目中有限制的条件有两个，注意解题时要分清两个条件所指．25.【答案】解：展开式的通项公式T r+1=C n r (√x)n−r (2√x4)r =12r C n r x2n−3r4，∴T 1的系数为C n 0=1，T 2的系数为12C n 1，T 3的系数为14C n 2，∵前3项的系数依次成等差数列，∴2×12C n1=1+14C n2，解得n=8，∴T r+1=12r C n r x2n−3r4=12rC n r x16−3r4，当16−3r=4，8，16时，对应的项为有理项，故展开式中共有3项为有理项．【解析】先求得展开式的通项公式T r+1=12rC n r x2n−3r4，可得前3项的系数，从而列出关于n的方程，解得n的值，再令通项公式中x的指数为整数即可．本题考查二项式展开式的通项公式、项的系数，考查学生的运算求解能力，属于基础题．26.【答案】解：A，B，C，D，E五个字母分成三组，个数分别为1、2、2和1、1、3，共有：C51⋅C422+C51⋅C412=25种分法，故最终的取法数为：25×A33=150(种)．【解析】可以先将五个字母分成三组，个数分别为1、2、2和1、1、3，求出分组方法数，然后再进行排列即可．本题考查排列组合知识的综合应用，同时考查分类讨论思想的应用．属于中档题．。

章末综合测评(一) 计数原理(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，只有一项是符合题目要求的)1．用1,2,3,4,5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有( )A．24个B．30个C．40个D．60个A[将符合条件的偶数分为两类，一类是2作个位数，共有A24个，另一类是4作个位数，也有A24个．因此符合条件的偶数共有A24＋A24＝24(个)．]2．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( )【导学号：95032107】A．12种B．18种C．24种D．36种A[利用分步乘法计数原理求解．先排第一列，因为每列的字母互不相同，因此共有A33种不同的排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有A12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A33·A12·1＝12(种)不同的排列方法．]3．把编号为1、2、3、4、5的5位运动员排在编号为1、2、3、4、5的5条跑道中，要求有且只有两位运动员的编号与其所在跑道的编号相同，共有不同排法的种数是( ) A．10 B．20C．40 D．60B[先选出两位运动员的编号与其所在跑道编号相同，有C25，乘余的有2种排法，共有2×C25＝20种．]4．已知C6n＋1－C6n＝C7n(n∈N*)，则n＝( )【导学号：95032108】A．14 B．15C．13 D．12D[由组合数性质知，C6n＋C7n＝C7n＋1，所以C6n＋1＝C7n＋1，所以6＋7＝n＋1，得n＝12.] 5．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B [先将5名志愿者排好，有A 55种排法，2位老人只能排在5名志愿者之间的4个空隙中，先将2位老人排好，有A 22种排法，再把它作为一个元素插入空隙中，有4种插法．所以共有不同排法4A 55A 22＝960种．]6．关于(a －b )10的说法，错误的是( )【导学号：95032109】A ．展开式中的二项式系数之和为1 024B ．展开式中第6项的二项式系数最大C ．展开式中第5项和第7项的二项式系数最大D ．展开式中第6项的系数最小C [由二项式系数的性质知，二项式系数之和为210＝1 024，故A 正确；当n 为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B 正确，C 错误；D 也是正确的，因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的．]7.⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为( )A ．－40B ．－20C ．20D ．40D [由题意，令x ＝1得展开式各项系数的和(1＋a )(2－1)5＝2，∴a ＝1.∵二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的通项公式为T r ＋1＝C r 5(－1)r ·25－r·x 5－2r，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5展开式中的常数项为x ·C 35(－1)322·x －1＋1x·C 25·(－1)2·23·x ＝－40＋80＝40，故选D.]8．某学习小组男、女生共8人，现从男生中选2人，从女生中选1人，分别去做3种不同的工作，共有90种不同的选法，则男女生人数为( )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B [设男生x 人，女生(8－x )人，列方程：C 2x ·C 18－x ·A 33＝90.解得x ＝3，∴8－x ＝5.] 9．如图1­3，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( )图1­3A ．320B ．160C ．96D ．60A [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，故有4种颜色可供选择，所以不同涂色方法有5×4×4×4＝320种．]10．设(1－3x )9＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9，则|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 9|的值为( )【导学号：95032110】A ．29B ．49C ．39D ．59B [由于a 0，a 2，a 4，a 6，a 8为正，a 1，a 3，a 5，a 7，a 9为负，故令x ＝－1，得(1＋3)9＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 8－a 9＝|a 0|＋|a 1|＋…＋|a 9|，故选B.]11．由1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数，按从小到大的顺序排成一个数列{a n }，则a 72等于( )A ．1 543B ．2 543C ．3 542D ．4 532C [千位数为1时组成的四位数有A 34个，同理，千位数是2,3,4,5时均有A 34(个)数，而千位数字为1,2,3时，从小到大排成数列的个数为3A 34＝72，即3 542是第72个．]12．(1＋2x )3(1－3x )5的展开式中x 的系数是( )【导学号：95032111】A ．－4B ．－2C ．2D ．4C [(1＋2x )3的展开式的通项为T r ＋1＝C r 3(2x )r ＝2r C r3x r2，(1－3x )5的展开式的通项为T r ′＋1＝C r ′5·(－3x )r ′＝(－1)r ′C r ′5xr ′3，因此，(1＋2x )3(1－3x )5的展开式的通项为(－1)r ′·2r·C r3·C r ′5·xr 2＋r ′3.当r 2＋r ′3＝1时有r ＝0且r ′＝3或r ＝2且r ′＝0两种情况，则展开式中x 的系数为(－10)＋12＝2.]二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)13．设二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 6(a >0)的展开式中x 3的系数为A ，常数项为B .若B ＝4A ，则a 的值是________．2 [对于T r ＋1＝C r 6x 6－r (－ax －12)r ＝C r 6(－a )r ·x 6－32r ，B ＝C 46(－a )4，A ＝C 26(－a )2.∵B ＝4A ，a >0，∴a ＝2.]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．(用数字作答)90 [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．]15．设(x －1)21＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 21x 21，则a 10＋a 11＝________.【导学号：95032112】0 [T r ＋1＝C r 21x21－r(－1)r，∴a 10＝C 1121(－1)11，a 11＝C 1021(－1)10， ∴a 10＋a 11＝－C 1121＋C 1021＝－C 1021＋C 1021＝0.]16．某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其他三门艺术课各1节，则在课程表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的安排方法有________种．432 [由题意知，可分为三类：第一类，文化课之间没有艺术课，有A 33·A 44种；第二类，文化课之间有一节艺术课，有A 33·C 13·C 12·A 33种； 第三类，文化课之间有两节艺术课，有A 33·A 23·A 12种． 故共有A 33A 44＋A 33C 13C 12A 33＋A 33A 23A 12＝432种安排方法．]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．(本小题满分10分)已知A ＝{x |1＜log 2x ＜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？【导学号：95032113】[解] 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 32n －6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336∶⎣⎢⎡⎦⎥⎤C 6n326⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫133 n －6＝1∶6， 化简得6n3－4＝6－1，所以n 3－4＝－1，解得n ＝9.所以T 7＝C 69(32)9－6⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1336＝C 39×2×19＝563. 19．(本小题满分12分)从7名男生和5名女生中，选出5人，分别求符合下列条件的选法数．(1)A ，B 必须被选出； (2)至少有2名女生被选出；(3)让选出的5人分别担任体育委员、文娱委员等5个不同职务，但体育委员由男生担任，文娱委员由女生担任．[解] (1)除A ，B 选出外，从其他10个人中再选3人，共有选法数为C 310＝120. (2)按女生的选取情况分类：选2名女生3名男生；选3名女生2名男生；选4名女生1名男生；选5名女生．所有选法数为C 25C 37＋C 35C 27＋C 45C 17＋C 55＝596.(3)选出1名男生担任体育委员，再选出1名女生担任文娱委员，剩下的10人中任选3人担任其他3个职务．由分步乘法计数原理可得到所有选法数为C 17C 15A 310＝25 200.20．(本小题满分12分)已知(1＋mx )n (m ∈R ，n ∈N *)的展开式的二项式系数之和为32，且展开式中含x 3项的系数为80.(1)求m ，n 的值．(2)求(1＋mx )n(1－x )6展开式中含x 2项的系数.【导学号：95032114】[解](1)由题意，2n＝32，则n＝5.由通项T r＋1＝C r5m r x r(r＝0,1，…，5)，则r＝3，所以C35m3＝80，所以m＝2.(2)即求(1＋2x)5(1－x)6展开式中含x2项的系数，(1＋2x)5(1－x)6＝[C05＋C15(2x)1＋C25(2x)2＋…](C06－C16x＋C26x2＋…)＝(1＋10x＋40x2＋…)(1－6x＋15x2＋…)，所以展开式中含x2项的系数为1×15＋10×(－6)＋40×1＝－5.21．(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．22．(本小题满分12分)已知集合A＝{x|1<log2x<3，x∈N*}，B＝{4,5,6,7,8}．(1)从A∪B中取出3个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？(2)从集合A中取出1个元素，从集合B中取出3个元素，可以组成多少个无重复数字且比4 000大的自然数？【导学号：95032115】[解]由1<log2x<3，得2<x<8，又x∈N*，所以x为3,4,5,6,7，即A＝{3,4,5,6,7}，所以A∪B＝{3,4,5,6,7,8}．(1)从A∪B中取出3个不同的元素，可以组成A36＝120个三位数．(2)若从集合A中取元素3，则3不能作千位上的数字，有C35·C13·A33＝180个满足题意的自然数；若不从集合A中取元素3，则有C14C34A44＝384个满足题意的自然数．所以，满足题意的自然数的个数共有180＋384＝564.。