最新高中数学 第一章 计数原理章末检测试卷 新人教A版选修2-3(考试必备)

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．故共有N ＝C 16＋C 26＋A 26＋C 16·C 25＋C 46＝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 ＝C 59＝126种放法．故共有126种分配方法． 22．(本题满分12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． 对于⎝⎛⎭⎪⎫43b －15b 5：T r ＋1＝C r 5(43b )5－r ⎝⎛⎭⎫－15b r ＝C r 5·(－1)r ·45－r ·.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 ·.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)。

第一章学业质量标准检测时间120分钟，满分150分．一、单项选择题(本大题共8个小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1．C错误!＋C错误!等于（ B ）A．45 B．55C．65 D．以上都不对［解析］C错误!＋C错误!＝C错误!＋C错误!＝55，故选B．2．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（ C ）A．24个B．36个C．26个D．27个［解析]从三个集合中取出两个集合，有C错误!＝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!×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!×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．3．在（x2＋3x＋2)5的展开式中x的系数为( B ）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C错误!·24，常数项为25.因此原式中x的系数为C错误!·25＋C错误!·24＝240．4．（2018·全国卷Ⅱ理，5）如图,小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（ B ）A．24 B．18C．12 D．9[解析］由题意可知E→F共有6种走法,F→G共有3种走法,由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法,故选B．5．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（ D ）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A错误!＝24种；第二类:一个城市2个项目，另一个城市1个项目，有C错误!·C错误!·A错误!＝36种，则共有36＋24＝60种．6．（2019·全国Ⅲ卷理，4)(1＋2x2)（1＋x)4的展开式中x3的系数为( A ）A．12 B．16C．20 D．24［解析］方法1:(1＋2x2）（1＋x）4的展开式中x3的系数为1×C34＋2C错误!＝12.故选A．方法2：∵（1＋2x2)（1＋x)4＝（1＋2x2）（1＋4x＋6x2＋4x3＋x4)，∴x3的系数为1×4＋2×4＝12.故选A．7．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（ A ）A．10种B．20种C．36种D．52种［解析]分为两类：①1号盒子放入1个球，2号盒子放入3个球，有C14＝4种放球方法;②1号盒子放入2个球,2号盒子放入2个球，有C错误!＝6种放球方法．∴共有C1，4＋C错误!＝10种不同的放球方法．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( C ）A．300 B．216C．180 D．162［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C错误!C错误!C错误!A错误!＝108,(2）不选“0",共有C错误!A错误!＝72，∴由分类加法计数原理得72＋108＝180，故选C．二、多项选择题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分,在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分）9．将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有多少种？下列结论正确的有( BC )A．C13C错误!C错误!C错误!B．C错误!A错误!C．C错误!C错误!A错误!D．18[解析］根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1～3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个放2个球，剩下的2个盒子中各放1个,有2种解法：（1)分2步进行分析:①先将四个不同的小球分成3组，有C错误!种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A错误!种放法；则没有空盒的放法有C2，4A33种;（2)分2步进行分析:①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有C错误!C错误!种情况；②将剩下的2个小球全排列,放入剩下的2个小盒中，有A错误!种放法；则没有空盒的放法有C错误!C错误!A错误!种．故选BC．10．有6本不同的书，按下列方式进行分配,其中分配种数正确的是( ABC ）A．分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有90种分法B．分给甲、乙、丙三人中,一人4本，另两人各1本，有90种分法C．分给甲乙每人各2本,分给丙丁每人各1本，有180种分法D．分给甲乙丙丁四人，有两人各2本,另两人各1本，有2 160种分法[解析］对A，先从6本书中分给甲2本，有C错误!种方法;再从其余的4本书中分给乙2本，有C错误!种方法；最后的2本书给丙，有C错误!种方法．所以不同的分配方法有C 错误!C错误!C错误!＝90种，故A正确;对B，先把6本书分成3堆:4本、1本、1本，有C 错误!种方法;再分给甲、乙、丙三人,所以不同的分配方法有C错误!A错误!＝90种，故正确;对C，6本不同的书先分给甲乙每人各2本，有C错误!C错误!种方法;其余2本分给丙丁，有A错误!种方法．所以不同的分配方法有C错误!C错误!A错误!＝180种，故C正确;对D，先把6本不同的书分成4堆:2本、2本、1本、1本，有错误!·错误!种方法；再分给甲乙丙丁四人，所以不同的分配方法有错误!·错误!·A错误!＝1 080种，故D错误．11．关于（a－b）11的展开式的说法，正确的是( ACD )A．展开式中的二项式系数之和为2048B．展开式中只有第6项的二项式系数最大C．展开式中第6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］对于选项A:由二项式系数的性质知，(a－b）11的二项式系数之和为211＝2 048，故选项A正确；因为（a－b）11的展开式共有12项,中间两项的二项式系数最大,即第6项和第7项的二项式系数最大，故选项C正确，选项B错误;因为展开式中第6项的系数是负数，且绝对值最大，所以展开式中第6项的系数最小,故选项D正确;故选ACD．12。

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、3三个数字组成的四位数有()．A．81个B．64个C．12个D．14个2．会合{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，此中甲在中间的排法种数有()．A．5B．120C．24D．44．从5个人中选1名组长和1名副组长，但甲不可以当副组长，不一样的选法总数是()．A．20B．16C．10D．65．已知n＝3!＋24!，则n的个位数为()．A．7B．6C．8D．36．假定200件产品中有3件次品，此刻从中任取5件，起码有2件次品的抽法数有()．A．C23C3198B．C23C3197＋C3C2197C．C5200－C4197D．C5200－C13C41977．从6位男学生和3位女学生中选出4名代表，代表中一定有女学生，则不一样的选法有()．A．168B．45C．60D．1118．氨基酸的摆列次序是决定蛋白质多样性的原由之一，某肽链由7种不一样的氨基酸构成，若只改变此中3种氨基酸的地点，其余4种不变，则与原摆列次序不一样的改变方法共有()．A．70种B．126种C．175种D．210种9．n2x＋睁开式中只有第六项二项式系数最大，则睁开式中第 2 项系数是 ( )．2xA．18B．20C．22D．24x 1－32 x8的睁开式中的常数项是()．10．在A．7B．－7C．28D．-28二、填空题11．有四位学生报名参加三项不一样的比赛，(1)每位学生都只报了一项比赛，则有种不一样的报名方法；(2)每项比赛只许有一位学生参加，则有种不一样的参赛方法；(3)每位学生最多参加一项比赛，每项比赛只许有一位学生参加，则有种不一样的参赛方法．12．4名男生，4名女生排成一排，女生不排两头，则有种不一样排法．13．从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不一样的工作，若其中甲不可以从事翻译工作，则选派方案共有________种．a x －x29的睁开式中， x3 的系数为94，则常数的a值为．14．已知n的睁开式中，偶数项的二项式系数之和为32，则睁开式的第315．在二项式(1－2x)项为．16．将4个颜色互不同样的球放入编号为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，则不一样的放球方法有种．三、解答题17．7人排成一排，在以下状况下，各有多少种不一样排法：(1)甲不排头，也不排尾；(2)甲、乙、丙三人一定在一同；(3)甲、乙之间有且只有两人；(4)甲、乙、丙三人两两不相邻；(5)甲在乙的左侧(不必定相邻)．18．某厂有150名职工，工作日的中餐由厂食堂供给，每位职工能够在食堂供给的菜肴中任选2荤2素共4种不一样的品种，此刻食堂准备了5种不一样的荤菜，若要能保证每位职工有不一样选择，则食堂起码还需准备不一样的素菜品种多少种？19．求(1＋x)2(1－x)5的睁开式中x3的系数．20．7个人到7个地方去旅行，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，共有多少种旅行方案?第3页共6页参照答案一、选择题1．A分析：每位数都有3种可能取法，34．应选A．2．C分析：26－1＝63．应选C．3．C分析： 1× 4A ＝24．应选 C．44．B分析：甲当副组长选法有 1A 种，故切合题意的选法有42A －51A ＝16．应选 B．45．B分析：因为24!为从1开始至24的24个数连乘，在这24个数中有10，因此24!的个位数为0，又3!的个位数为6，因此3!＋24!的个位数为6．应选B．6．B分析：200件产品中有3件次品，197件正品．取5件，起码有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 23C 3C ＋19733C2C .应选 B．1977．D分析：女生选 1，2，3 人，男生相应选 3，2，1 人，选法有 13C 3C ＋623C2C ＋63 1C3C ＝6111．应选D．8．A分析：氨基酸有 3C 种选法，选到的 3 种氨基酸与原摆列次序不一样的排法有73A －1 种，3因此与原摆列次序不一样的改变方法数共有 3C (73A －1) ＝175．应选 C．39．B分析：n＝10，所求系数为1C×2＝20．应选B．1010．A4r8 r r－8－x 14r－＝0，r＝6，因此83r xr r r－8 分析：T r+1＝ 3－( ) ，常数项时C8 ＝C －1 2832xT7＝6C ( －1) 626- 8＝7．应选 A．8二、填空题11．(1)81．分析：4位学生每人都有3项比赛能够选择，3×3×3×3＝81．(2)64．分析：3项比赛每项都有4位学生能够选择，4×4×4＝64．(3)24．分析： 4 位学生选 3 人参加 3 项比赛， 3A ＝24．412．8 640．分析：8 个地点，先排女生不排两头有 4A 种排法，再排男生有64A 种排法，因此最后排4法有4A ·64A ＝8 640．413．300．分析：选到甲时 3× 3A ，不选甲时54A ，因此选派方案种数为： 3×53A ＋54A ＝300．514．64．分析： T r+1＝r 3r9 r－－9r r 9 r ra x 3r－2C ( ) ，－99 －＝－1 a C x9x 2 2＝3，则 r＝8，( －1) 8a9- 82- 8 1C ＝994，a＝64．15．60x2．分析：∵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，T3＝ 2C ( －2x) 2＝60x2．616．10．分析：分两种状况：① 1 号盒放 1 个球， 2 号盒放 3 个球，有 1A 种；4②1号盒放2个球，2号盒放2个球，有C42种.C14＋C24＝10．三、解答题17．解： ( 1) 甲有中间 5 个地点供选择，有 1A 种排法，其余 6 人的排法有56A ＝720，6∴切合题意的排法共有 1 6A 5A ＝3 600 种；6( 2) 先排甲、乙、丙三人，有3A 种排法，再把该三人当作一个整体与另四人排，有35A 种5排法，∴切合题意的共有 3 5A 3A ＝720 种排法；5( 3) 排在甲、乙之间的 2 个人的选法有 2A ，甲、乙能够互换有52A 种状况，把该四人当2成一个整体与另三人排，有4A 种排法，∴切合题意的共有42 2 4A 5A A ＝720 种排法；2 4( 4) 先排甲、乙、丙以外的四人，有 4A 种排法，四人形成五个空位，甲、乙、丙三人插4入这四人中间或两头，有 3A 种排法，5∴切合题意的共有3 4A 5A =1 440 种排法；4第5页共6页( 5) 其余人先排，有 5A ＝2 520 种排法，节余二地点甲、乙排法独一，故共 2 520 种排7法．18．解：设要准备素菜 x 种，则 2 2C x ≥150，解得 x≥6，即起码要准备素菜 6 种．5CC x ≥150，解得 x≥6，即起码要准备素菜 6 种．19．解： ( 1＋x) 2的通项公式 Tr+1＝Cr2·xr，r∈{ 0，1，2} ．r，r∈{ 0，1，2} ．( 1－x) 5 的通项公式 T k+1＝kC ·( －x) k＝( －1)k5kC x k，k∈{ 0，1，2，3，4，5} .5k＝1k＝2k＝3令k＋r＝3，则或或． r＝2r1r＝0＝进而x3的系数为－C＋CCC3＝ 51125－．25520．解:用间接法，先求不知足要求的方案数．( 1) 若甲、乙、丙、丁 4 人分别去 A，B，C，D，而其余的人不限，选法有 3A ＝6 种．3( 2) 若甲、乙、丙、丁中有 3 人去各自不可以去的地方旅行，有3C 种，而 4 人中剩下 1 人去4的地方是 1C 种，其余的人有33A 种，因此共有33 1 3C4C A ＝72 种．3 3(3)若甲、乙、丙、丁4人中有2人去各自不可以去的地方旅行，有C24种，余下的5个人分赴 5 个不一样的地方的方案有 5A 种，可是此中又包含了有限制条件的四人中的两人 ( 不如设5甲、乙两人 ) 同时去各自不可以去的地方共 3A 种，和这两人中有一人去了自己不可以去的地方有32 1 3A 3A 种，因此共有32C (45A －53A －231 3A3A ) ＝468 种．3( 4) 若甲、乙、丙、丁 4 人中只有 1 人去了自己不可以去的地方旅行，有 1C 种方案，而余4下的六个人的旅行方案仍与(3)想法一致，共有1 C [4 6A －6 2C (3 4A －4 3A ) －3 1C (3 5A －5 3A －23 1 3A3A )] ＝1 728 种．3因此知足以上状况的不一样旅行方案共有7A－(6＋72＋468＋1 728)＝2 766种．7。

第一章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分)1.若A m4=18C m3,则m等于()A.9B.8C.7D.6,得m-3=3,m=6.A m4=m(m-1)(m-2)(m-3)=18·m(m-1)(m-2)3×2×12.在某种信息传输过程中,用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息,不同排列表示不同信息.若所用数字只有0和1,则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为() A.10 B.11 C.12 D.15:分有两个对应位置、有一个对应位置及没有对应位置上的数字相同,可得N=C42+C41+1=11.3.若实数a=2-√2,则a10-2C101a9+22C102a8-…+210等于()A.32B.-32C.1 024D.512,得a10-2C101a9+22C102a8-…+210=C100(-2)0a10+C101(-2)1a9+C102(-2)2a8+…+C1010(-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.A43种B.A33A31种C.C42A33种D.C41C31A33种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C42A33种.5.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,位于第一、第二象限不同点的个数是()A.18B.16C.14D.10N1=2×2+2×2=8(个),第二象限的不同点有N2=1×2+2×2=6(个),故N=N1+N2=14(个).故答案为C.6.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,有1种放法;若C,D在不同盒中,则有2×2=4(种)放法.故共有6×(1+4)=30(种)放法.故答案为C.7.为支持地震灾区的灾后重建工作,某公司决定分四天每天各运送一批物资到A,B,C,D,E五个受灾地点.由于A地距离该公司较近,安排在第一天或最后一天送达;B,C两地相邻,安排在同一天上午、下午分别送达(B在上午、C在下午与B在下午、C在上午为不同的运送顺序),且运往这两地的物资算作一批;D,E两地可随意安排在其余两天送达.则安排这四天运送物资到五个受灾地点的不同运送顺序的种数为()A.72B.18C.36D.24.第1步,安排运送物资到受灾地点A,有C21种方法;第2步,在余下的3天中任选1天,安排运送物资到受灾地点B,C,有C31A22种方法;第3步,在余下的2天中安排运送物资到受灾地点D,E,有A22种方法.由分步乘法计数原理得,不同的运送顺序共有C21·(C31A22)·A22=24(种).8.将数字1,2,3,4,5,6排成一列,记第i个数为a i(i=1,2,…,6),若a1≠1,a3≠3,a5≠5,a1<a3<a5,则不同的排列方法种数为()A.30B.18C.36D.48a1,a3,a5的大小顺序已定,且a1≠1,a3≠3,a5≠5,所以a1可取2,3,4,若a1=2或3,则a3可取4,5,当a3=4时,a5=6,当a3=5时,a5=6;若a1=4,则a3=5,a5=6.而其他的三个数字可以任意排列,因而不同的排列方法共有(2×2+1)A33=30(种).9.12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.6C82B.720C82C.30C82D.20C822人有C82种方法,再插空.由题意知先在4人形成的5个空当中插入1人,有5种方法,余下的1人要插入前排5人形成的6个空当中,有6种方法,即为30种方法.故共有30C82种调整方法.10.设(2-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,那么a0+a2+a4a1+a3的值为()A.-122121B.-6160C.-244D.-1x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1,再令x=-1可得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35.两式相加除以2求得a0+a2+a4=122,两式相减除以2可得a1+a3+a5=-121.又由条件可知a5=-1,故a0+a2+a4a1+a3=-6160.11.形如45 132的数称为“波浪数”,即十位数字、千位数字均比与它们各自相邻的数字大,则由1,2,3,4,5可构成不重复的五位“波浪数”的个数为( ) A.20 B.18C.16D.11,十位和千位数字只能是4,5或3,5,若十位和千位排4,5,则其他位置任意排1,2,3,这样的数有A 22A 33=12(个);若十位和千位排5,3,这时4只能排在5的一边且不能和其他数字相邻,1,2在其余位置上任意排列,这样的数有A 22A 22=4(个).综上,共有16个.故答案为C .12.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.则小于1 000的“可连数”的个数为( ) A.27 B.36C.39D.48,要构造小于1000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C 31=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C 31C 31=9(个);当“可连数”为三位数时,有C 31C 41C 31=36(个);故共有3+9+36=48(个).二、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是 .(用数字作答).第1类,每级台阶只站一人,则有A 73种站法;第2类,若有一级台阶有2人,另一级有1人,则有C 31A 72种站法,因此共有不同的站法种数是A 73+C 31A 72=336.14.若(x √x 3)8的展开式中x 4的系数为7,则实数a= .(x +√x3)8的通项为C 8r x 8-r a r (x -13)r=C 8r a r x 8-r x -r3=C 8r a r x 8-43r,令8-43r=4,解得r=3. ∴C 83a 3=7,得a=12.15.6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)个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法:先排列好除甲、乙两人外的4人,有A 44种方法,再把甲、乙两人插入4个人的5个空当,有A 52种方法,所以共有A44·A 52=480(种).16.(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 .,得T 4=C 63sin 3x=20sin 3x=52,∴sin x=12.∵x ∈〖0,2π〗, ∴x=π6或x=5π6.5π6三、解答题(本题共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)有6个除颜色外完全相同的球,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? .(1)若取1个黑球,和另外3个球排成一列,不同的排法种数为A 44=24;(2)若取2个黑球,和从另外3个球中选的2个排成一列,2个黑球是相同的,所以不同的排法种数为C 32C 42A 22=36;(3)若取3个黑球,和从另外3个球中选的1个排成一列,不同的排法种数为C 31C 41=12.综上,不同的排法种数为24+36+12=72.18.(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? 将取出的4个球分成三类: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 43C 61种; ③取2个红球2个白球,有C 42C 62种, 故有C 44+C 43C 61+C 42C 62=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 42C 63+C 43C 62+C 44C 61=186(种).19.(12分)已知(x 2√x)n展开式中的前三项的系数成等差数列.(1)求n 的值;(2)求展开式中系数最大的项.由题意,得C n 0+14C n 2=2×12C n 1,即n 2-9n+8=0,解得n=8或n=1(舍去).故n=8.(2)设第r+1项的系数最大,则{12r C 8r ≥12r+1C 8r+1,12r C 8r ≥12r -1C 8r -1, 即{18-r≥12(r+1),12r≥19-r .解得2≤r ≤3. ∵r ∈N *,∴r=2或r=3.∴系数最大的项为T 3=7x 5,T 4=7x 72.20.(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+12xm展开式中所有含x 的奇次幂的系数和.解(1)依题意a 0=1,a 1=m2,a 2=C m2122. 由2a 1=a 0+a 2,求得m=8或m=1(应舍去), 所以1+12xm展开式的中间项是第五项,T 5=C 8412x 4=358x 4.(2)因为1+12x m=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a m x m ,即1+12x8=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.的再生数的个数为A 44=24,其中最大再生数为4321,最小再生数为1234.(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ba .根据题意得C m 1+C n 1=7,即m+n=7,①f (x )中的x 2的系数为C m2+C n2=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 43=5; 当m=4,n=3时,x 3的系数为C 43+C 33=5.(2)f (0.003)=(1+0.003)4+(1+0.003)3≈C 40+C 41×0.003+C 30+C 31×0.003≈2.02. (3)由题意可得a=C 84=70,再根据{C 8k ·2k≥C 8k+1·2k+1,C 8k ·2k ≥C 8k -1·2k -1,即{k ≥5,k ≤6, 求得k=5或6,此时,b=7×28,∴b a =1285.。

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.答案:C7.在数字1,2,3与符号“+”“-”五个元素的所有全排列中,任意两个数字都不相邻的全排列的个数是( )A.6B.12C.18D.24解析:先排1,2,3,有=6种排法,再将“+”“-”两个符号插入,有=2种排法,共有6×2=12种排法.答案:B8.(1+2)3(1-)5的展开式中x的系数是( )A.-4B.-2C.2D.4解析:(1+2)3(1-)5=(1+6+12x+8x)(1-)5,故(1+2)3(1-)5的展开式中含x的项为1×(-)3+12x=-10x+12x=2x,所以x的系数为2.答案:C9.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种解析:分两类:若小张或小赵入选,则选法种数为=24;若小张、小赵都入选,则选法种数为=12,所以,共有36种不同的选派方案.答案:A10.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.-12B.-8C.-6D.-4解析: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:A二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.如图所示为一电路图,若只闭合一条线路,从A处到B处共有条不同的线路可通电.解析:按上、中、下三条线路可分为三类,上线路中有3种,中线路中有一种,下线路中有2×2=4种.根据分类加法计数原理,共有3+1+4=8种不同的线路.答案:812.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是(用数字作答).解析:可分类讨论:第一类,7级台阶上每一级只站一人,则有种;第二类,若有一级台阶有2人,另一级有1人,则共有种,因此共有不同的站法种数是=336.答案:33613.若(ax-1)5的展开式中x3的系数是80,则实数a的值是.解析:设通项公式为T r+1=a5-r x5-r(-1)r,令5-r=3,得r=2,a5-2(-1)2=80,解得a=2.答案:214.设a∈Z,且0≤a<13,若512014+a能被13整除,则a=.解析:∵52能被13整除,∴512014可化为(52-1)2014,其展开式的通项为T r+1=522014-r·(-1)r.故(52-1)2014被13除余数为·(-1)2014=1,则当a=12时,512014+12能被13整除.答案:1215.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).解析:由题意知,不含0的三位数有2个,含0的三位数中,0只能作为个位数,有个,共有满足条件的三位数2=204(个);百位为1的数共有=28个,百位为2的数共有+1=22(个),百位为3的数从小到大排列为310,320,321,…,故321是第53个数.答案:204 53三、解答题(本大题共2小题,共25分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(10分)有大小、形状、质地相同的6个球,其中3个一样的黑球,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?分析:可按取1个、2个、3个黑球进行分类求解.解:分三类:(1)若取1个黑球,和另三个球排4个位置,不同的排法为=24种;(2)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,即不同的排法种数为=36;(3)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,即不同的排法种数为=12.综上,不同的排法种数为24+36+12=72.17.(15分)已知的展开式中前三项的系数成等差数列.(1)求n的值;(2)求展开式中系数最大的项.分析:可用通项公式写出前三项的系数,利用等差中项的性质即可求出n的值;所谓系数最大的项,即只要某一项的系数不小于与它相邻的两项的系数即可,这是由二项式系数的增减性决定的.解:(1)由题意,得=2×,即n2-9n+8=0,解得n=8,n=1(舍去).(2)设第r+1项的系数最大,则即解得r=2或r=3.所以系数最大的项为T3=7x5,T4=7.。

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.。

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.。

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第一章计数原理章末检测时间：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,只有一项是符合题目要求的）1．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有( ）A．24种B．18种C．12种D．6种解析：因为黄瓜必须种植,在余下的3种蔬菜品种中再选出两种进行排列，共有C2，3A错误!＝18种．故选B。

答案：B2．若A3，n＝12C错误!，则n等于（）A．8 B．5或6C．3或4 D．4解析：A3n＝n(n－1）(n－2),C错误!＝错误!n(n－1),∴n（n－1)（n－2)＝6n(n－1)，又n∈N＊,且n≥3，解得n＝8.答案：A3．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:C4．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．8 B．122017-2018学年高中数学第一章计数原理章末检测新人教A版选修2-3C．16 D．24解析：∵A错误!＝n（n－1)＝132，∴n＝12（n＝－11舍去)．故选B。

第一章计数原理综合检测一、选择题1.若=10，则n=（).A.1B.8C.9D.10【解析】∵=10,∴2n(2n—1)（2n-2)=10n（n—1）·（n-2),∴n=8.【答案】B2。

+++…+等于(）.A.990 B。

165 C.120 D.55【解析】因为=+,所以+++…+=+++…+=++…+=++…+=…==165.【答案】B3。

设m∈N*，且m〈15,则(15—m）(16-m）·…·（20-m）等于（）.A.B。

C。

D.【解析】（15-m)(16-m)·…·(20-m)中20-m是最大的因数,共6个因数，因此记为。

故选C.【答案】C4。

在二项式的展开式中，x2的系数为(）.A。

8 B。

4 C。

6 D。

12【解析】T r+1=x4-r=2r x4—2r,T2=2x2=8x2,故x2的系数为8，故选A.【答案】A5.四位男演员与五位女演员(包含女演员甲)排成一排拍照,其中四位男演员互不相邻,且女演员甲不站首尾两端的排法数为（）。

A.—2B。

—C。

-2D.—【解析】四位男演员互不相邻可用插空法，有种排法,其中女演员甲站在首尾两端的排法有2种，因此所求排法数为—2。

故选A.【答案】A6.将4个相同的白球和5个相同的黑球全部放入3个不同的盒子中，每个盒子中既要有白球,又要有黑球,且每个盒子中都不能同时只放入2个白球和2个黑球，则所有不同的放法种数为（)。

A。

3 B.6 C.12 D。

18【解析】有种，有×3种，所以共有+3=12种。

【答案】C7.从10名高三年级优秀学生中挑选3人担任校长助理,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.85 B。

56 C。

49 D.28【解析】分两种情况：第一种,甲、乙只有1人入选,则有=42种;第二种，甲、乙都入选，有=7种.所以共有42+7=49种选法，故选C。

【答案】C8.若=,则的值为（）。

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)．。

第一章检测(A )(时间:90分钟 满分:120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.(x 3+x 2+x+1)(y 2+y+1)(z+1)展开后的不同项数有( )A.9项B.12项C.18项D.24项:第一步,从(x 3+x 2+x+1)中任取一项,有4种方法;第二步,从(y 2+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得共有4×3×2=24项.2.下列等式不正确的是( )A .C n m =C n n -mB .C m m +C m m -1=C m+1mC .C 51+C 52+C 53+C 54+C 55=25D .C n+1m =C n m -1+C n -1m +C n -1m -1:C 50+C 51+C 52+C 53+C 54+C 55=25,故C 不正确,而A,B,D 正确.3.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4.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: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C 73A 22+C 72A 22=35×2+21×2=112种.5.满足a ,b ∈{1,0,1,2},且关于x 的方程ax 2+2x+b=0有实数解的有序数对(a ,b )的个数为( )A.14B.13C.12D.10a=0时,方程变为2x+b=0,则b 为1,0,1,2都有解;当a ≠0时,若方程ax 2+2x+b=0有实数解,则Δ=224ab ≥0,即ab ≤1.当a=1时,b 可取1,0,1,2.当a=1时,b 可取1,0,1.当a=2时,b 可取1,0,故满足条件的有序数对(a ,b )的个数为4+4+3+2=13.6.若C n 1x+C n 2x 2+…+C n n 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=5C n 1x+C n 2x 2+…+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.7.用0,1,…,9十个数字,可以组成有重复数字的三位数的个数为( )A.243B.252C.261D.279C 91C 101C 101=900,而无重复数字的三位数的个数为C 91C 91C 81=648,故所求个数为900648=252,应选B .8.在x (1+x )6的展开式中,含x 3项的系数为( )A.30B.20C.15D.10x 3的项是由(1+x )6展开式中含x 2的项与x 相乘得到,又(1+x )6展开式中含x 2的项的系数为C 62=15,故含x 3项的系数是15.9.设(1+x+x 2)n =a 0+a 1x+…+a 2n x 2n ,则a 2+a 4+…+a 2n 的值为( )A.3nB.3n 2 C .3n -12 D .3n +12x=0,得a 0=1;① 令x=1,得a 0a 1+a 2a 3+…+a 2n =1;② 令x=1,得a 0+a 1+a 2+a 3+…+a 2n =3n , ③ ②+③得2(a 0+a 2+…+a 2n )=3n +1,故a 0+a 2+a 4+…+a 2n =3n +12,再由①得a 2+a 4+…+a 2n =3n -12.10.从正方体ABCDA 1B 1C 1D 1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 .C 8412B .C 848 C .C 846D .C 8446个面和6个对角面中,每个面上的四个点不能构成四面体.二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.如图所示为一电路图,若只闭合一条线路,从A 处到B 处共有 条不同的线路可通电.,上线路中有3条,中线路中有一条,下线路中有2×2=4条.根据分类加法计数原理,共有3+1+4=8条不同的线路.12.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是 .(用数字作答):第一类,7级台阶上每一级只站一人,则有A 73种;第二类,若有一级台阶有2人,另一级有1人,则共有C 31A 72种.因此共有不同的站法种数是A 73+C 31A 72=336.13.若(x √x 3)8的展开式中x 4的系数为7,则实数a= .(x √x3)8的通项为C 8r x 8r a r (x -13)r =C 8r a r x 8r x -r 3=C 8r a r x 8-r -r 3, ∴令8r r 3=4, 解得r=3.∴C 83a 3=7,得a=12.14.C 1702C 171+4C 1728C 173+…+(217C 1717)= .=(12)17=(1)17=1.15.若4名学生和3名教师站在一排照相,则其中恰好有2名教师相邻的站法有 .(用数字作答)3名教师中任取2名作为一个整体排列,共有A 32种方法,然后排4名学生共有A 44种方法,把2名教师组成的整体和另外一名教师安排在4名学生隔成的五个空中,有A 52种排法,故共有不同的站法种数为A 32·A 44·A 52=2 880.种三、解答题(本大题共5小题,共45分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(8分)设集合M={2,1,0,1,2,3},P (a ,b )是坐标平面上的点,a ,b ∈M.(1)P 可以表示多少个第四象限内的点?(2)P 可以表示多少个不在直线y=x 上的点?分两步,第一步确定横坐标有3种,第二步确定纵坐标有2种,根据分步乘法计数原理得点的个数为N=3×2=6.(2)分两步,第一步确定横坐标有6种,第二步确定纵坐标有5种,根据分步乘法计数原理得点的个数为N=6×5=30.17.(8分)球台上有4个黄球、6个红球,击黄球入袋记2分,红球入袋记1分.求将此10球中的4球击入袋中,但总分不低于5分的击球方法有多少种?x 个,红球y 个符合要求.则有{x +y =4,2x +y ≥5,x ,y ∈N .解得{x =1,y =3或{x =2,y =2或{x =3,y =1或{x =4,y =0.对应每组解(x ,y ),击球方法数分别为C 41C 63,C 42C 62,C 43C 61,C 44C 60,所以不同的击球方法种数为C 41C 63+C 42C 62+C 43C 61+C 44C 60=195.18.(9分)有大小、形状、质地相同的6个球,其中3个一样的黑球,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?1个、2个、3个黑球进行分类求解.:(1)若取1个黑球,和另三个球排4个位置,不同的排法种数为A 44=24;(2)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,即不同的排法种数为C 32A 42=36;(3)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,即不同的排法种数为C 31A 41=12.综上,不同的排法种数为24+36+12=72.19.(10分)求证:(1)4×6n +5n+19是20的倍数(n ∈N *);(2)3n 2n ≥n ·2n 1(n ∈N *).(1)4×6n +5n+19=4×(5+1)n +5×(4+1)n 9=4(C n 05n +C n 15n 1+…+C n n -15+1)+5(C n 04n +C n 14n 1+…+C n n -14+1)9=20[(C n 05n 1+C n 15n 2+…+C n n -1)+(C n 04n 1+C n 14n 2+…+C n n -1)],故结论成立.(2)∵3n 2n ≥n ·2n 1⇔3n ≥n ·2n 1+2n =2n 1(n+2),①当n=1时,①式左边=31=3,右边=211×(1+2)=3,∴3n =2n 1(n+2).当n ≥2时,3n =(2+1)n =2n +C n 12n 1+C n 22n 2+…+C n n >2n +n ·2n 1=2n 1(2+n ). 综上,对一切n ∈N *,不等式3n ≥2n 1(2+n )成立,即3n 2n ≥n ·2n 1(n ∈N *)恒成立.20.(10分)已知(x2√x )n 的展开式中前三项的系数成等差数列. (1)求n 的值;(2)求展开式中系数最大的项.,利用等差中项的性质即可求出n 的值;所谓系数最大的项,即只要某一项的系数不小于与它相邻的两项的系数即可,这是由二项式系数的增减性决定的.由题意,得C n 0+14×C n 2=2×12×C n 1, 即n 29n+8=0,解得n=8,n=1(舍去). (2)设第r+1项的系数最大,则{12r C8r≥12r+1C8r+1,1 2r C8r≥12r-1C8r-1,即{18-r ≥12(r+1),1 2r ≥19-r,解得r=2或r=3.所以系数最大的项为T3=7x5,T4=7x 7 2.。