2013-2014学年高二数学双基达标：1章 计数原理 本章测试(苏教版选修2-3)]

章末质量评估(一)

(时间：120分钟　满分：160分)

一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)

1．4名不同科目的实习教师被分配到三个班级，每班至少有一人的不同分

法有________．

解析　将4名教师分三组，然后全排列分配到不同的班级，共有CA

＝36(种)．

答案　36种

2．设集合A＝{1,2,3,4}，m，n∈A，则关于x，y的方程＋＝1表示焦点在x轴

上的椭圆的个数为________．

解析　∵m＞n，∴有C＝6(个)焦点在x轴上的不同椭圆．

答案　6

的展开式中含x15的项的系数为________(结果用数值表示)．

解析　设Tr＋1为含x15的项，

则Tr＋1＝Cx18－rr

.

由18－r－＝15得r＝2.

∴含x15的项的系数为C2＝17.

答案　17

的展开式中的第四项是________．

解析　T4＝T3＋1＝C·23·3＝－.

答案　－

5. 从5位男生4位女生中选4位代表，其中至少有2位男生，且至少有1位女

生，分别到四个不同的工厂调查，则不同的分派方法有________种．

解析　“从5位男生4位女生中选4位代表，其中至少有2位男生，且至少有1位女生”的情况为：2男2女、3男1女，则有种；“分别到四个不

同的工厂调查”，再在选出的代表中进行排列，则有(C·C＋C·C)A＝

2 400(种)．

答案　2 400

6．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________．

解析　分两类：①选0.CCCA＝108(种)；

②不选0.CA＝72(种)．

∴共有108＋72＝180(种)．

答案　180

7．(1＋x＋x2)6的展开式中的常数项为________．

解析　6的展开式中的通项为

Tk＋1＝Cx6－kk＝(－1)kCx6－2k.

令6－2k＝0，得k＝3，T4＝(－1)3C＝－C.

令6－2k＝－1，得k＝(舍)．

令6－2k＝－2，得k＝4，T5＝(－1)4Cx－2＝Cx－2.

∴(1＋x＋x2)6展开式的常数项为

1×(－C)＋C＝－20＋15＝－5.

答案　－5

8．若多项式x2＋x10＝a0＋a1(x＋1)＋…＋a9(x＋1)9＋

a10(x＋1)10，则a9＝________.

解析　由于a0＋a1(x＋1)＋…＋a9(x＋1)9＋

a10(x＋1)10＝x2＋x10

＝[－1＋(x＋1)]2＋[－1＋(x＋1)]10

＝…＋C(－1)1·(x＋1)9＋C(x＋1)10

则a9＝C·(－1)＝－10.

答案　－10

9．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人承担这项任务，不同的选法有________．

解析　第一步，从10人中选派2人承担任务甲，有C种选派方法；第

二步，从余下的8人中选派1人承担任务乙，有C种选派方法；第三

步，再从余下的7人中选派1人承担任务丙，有C种选派方法．根据

分步乘法计数原理易得选派方法种数为C·C·C＝2 520.

答案　2 520

10．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

________．

解析　先放1、2的卡片有C种，再将3,4,5,6的卡片平均分成两组再放

置有·A种，故共有C·C＝18(种)．

答案　18

11．设二项式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　展开式的通项为Tk＋1＝Cx6－k ·(－a)k＝

，故A＝(－a)2C，B＝(－a)4C，

由B＝4A，得a2＝4，又a＞0，故a＝2.

答案　2

12．二项式(1＋sin x)n的展开式中，末尾两项的系数之和为7，且系数最大

的一项的值为，则x在[0,2π]内的值为________．

解析　二项式(1＋sin x)n的展开式中，末尾两项的系数之和C＋C＝1

＋n＝7，∴n＝6，系数最大的项为第4项，T4＝C(sin x)3＝，∴(sin

x)3＝，∴sin x＝，又x∈[0,2π]，∴x＝或π.

答案　或π

13．用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶

数数字夹在两个奇数数字之间，这样的五位数有________．

解析　若0夹在1、3之间，有A×3×A＝12(个)，若2或4夹在1、3中

间，考虑两奇夹一偶的位置，有

(2×2＋2×2)×2＝16(个)，所以共有12＋16＝28(个)．

答案　28

14．若(1－2x)2 009＝a0＋a1x＋…＋a2 009x2 009(x∈R)，

则＋＋…＋的值为________．

解析　令x＝0，则a0＝1，令x＝，则a0＋＋＋…＋＝0，∴＋＋…＋

＝－1.

答案　－1

二、解答题(本大题共6小题，共90分)

15．(本小题满分14分)从1,3,5,7,9五个数字中选2个，0,2,4,6,8五个数字中选3

个，能组成多少个无重复数字的五位数？

解　从5个奇数中选出2个，再从2、4、6、8四个偶数中选出3个，

排成五位数，有C·C·A＝4 800(个)．从5个奇数中选出2个，再从

2,4,6,8四个偶数中再选出2个，将选出的4个数再选一个做万位数．

余下的3个数加上0排在后4个数位上，有C·C·C·A＝10×6×4×24＝5

760(个)．由分类加法计数原理可知这样的五位数共有C·C·C＋

A·C·C·A＝10 560(个)．

16．(本小题满分14分)(1)求证：2n＋2·3n＋5n－4能被25整除；

(2)求证：1＋3＋32＋…＋33n－1能被26整除(n为大于1的偶数)．

证明　(1)原式＝4(5＋1)n＋5n－4

＝4(C5n＋C5n－1＋C5n－2＋…＋C)＋5n－4

＝4(C5n＋C5n－1＋…＋C·52＋C·51＋1)＋5n－4

＝4(C5n＋C5n－1＋…＋C·52)＋25n，以上各项均为25的整数倍，故得证．

(2)因为1＋3＋32＋…＋33n－1＝＝(33n－1)

＝(27n－1)＝[(26＋1)n－1]．

而(26＋1)n－1＝C26n＋C26n－1＋…＋C26＋C260－1

＝C26n＋C26n－1＋…＋C26

因为n为大于1的偶数，所以原式能被26整除．

17．(本小题满分14分)已知n展开式中的倒数第三项的系数为45，求：

(1)含x3的项；

(2)系数最大的项．

解　由题意知，C＝45，即C＝45，∴n＝10.

(1)Tr＋1＝C(x－)10－r

，

令＝3，得r＝6.

∴含x3的项为T6＋1＝Cx3＝Cx3＝210x3.

(2)系数最大的项为中间项，

∴T6＝C

.

18．(本小题满分16分)有8张卡片分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8，从中

取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数

字之和为5，则不同的排法共有多少种？

解　由题意知中间行的两张卡片的数字之和是5，因此中间行的两

个数字应是1，4或2，3.若中间行两个数字是1，4，则有种排法，此时A、B、E、F的数字有以下几类：

AB

CD

EF

(1)若不含2,3，共有A＝24(种)排法．

(2)若含有2,3中的一个，则有CCA＝192(种)(C是从2,3中选一个，C

是从5,6,7,8中选3个，A将选出的4个数字排在A、B、E、F处)．

(3)含有2,3中的两个，此时2,3不能排在一行上，因此可先从2,3中选1

个，排在A，B中一处，有CA种，剩下的一个排在E、F中的一处有

A种，然后从5,6,7,8中选2个排在剩余的2个位置有A种．

因此共有CAAA＝96(种)排法．

所以中间一行数字是1,4时共有A(24＋192＋96)＝624(种)．当中间一

行数字是2,3时也有624种．因此满足要求的排法共有624×2＝1

248(种)．

19．(本小题满分16分)设集合I＝{1,2,3,4,5}．选择I的两个非空子集A和B，

求使B中最小的数大于A中最大的数的不同选择方法有多少种？

解　当A中最大的数为1时，B可以是{2,3,4,5}的非空子集，有24－1

＝15(种)选择方法；

当A中最大的数为2时，A可以是{2}或{1,2}，B可以是{3,4,5}的非空

子集，有2×(23－1)＝14种选择方法；

当A中最大的数为3时，A可以是{3，}，{1,3}，{2,3}或{1,2,3}，B可

以是{4,5}的非空子集，有4×(22－1)＝12(种)选择方法；

当A中最大的数为4时，A可以是{4}，{1,4}，{2,4}，{3,4}，

{1,2,4}，{1,3,4}，{2，，3,4}或{1,2,3,4}，B可以是{5}，有8×1＝

8(种)选择方法．

所以满足条件的非空子集共有15＋14＋12＋8＝49(种)不同的选择方

法．20．(本小题满分16分)设an＝1＋q＋q2＋…＋qn－1(n∈N，q≠±1)，An＝Ca1＋Ca2＋…＋Can，求An(用n和q表示)．

解　因为an＝，

所以An＝[C(1－q)＋C(1－q2)＋…＋C(1－qn)]

＝[C＋C＋…＋C－(Cq＋Cq2＋…＋Cqn)]

＝[(2n－1)－(1＋q)n＋1]＝[2n－(1－q)n]．