人教A版（2019）选修第三册第六章章节计数原理综合检测word版含答案
文档属性
| 名称 | 人教A版（2019）选修第三册第六章章节计数原理综合检测word版含答案 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 367.6KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-17 17:54:36 | ||
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文档简介
人教A版（2019） 选修第三册 第六章 章节综合检测
一、单选题
1．为了更好地进行新冠肺炎的疫情防控，某社区安排6名工作人员到，，三个小区讲解疫情防控的注意事项，若每个小区安排两名工作人员，则不同的安排方式的种数为（ ）
A．30 B．90 C．180 D．270
2．的展开式中，的系数为
A． B． C． D．
3．在的展开式中，的系数为（ ）
A． B． C． D．
4．在下列图象中，函数的图象可能是
A． B．
C． D．
5．展开式中的常数项是
A． B． C．90 D．270
6．设椭圆＋＝1的焦点在y轴上，其中a∈{1，2，3，4，5}，b＝{1，2，3，4，5，6，7}，则满足上述条件的椭圆个数为（ ）
A．20 B．24 C．12 D．11
7．把6个仅颜色不同的小球排成一排，其中1个黄球，2个白球，3个黑球，则相同颜色的球都不相邻的不同排法共有（）种
A．3 B．6 C．10 D．12
8．甲、乙、丙人从楼乘电梯去商场的到楼，每层楼最多下人，则下电梯的方法有
A．种 B．种 C．种 D．种
9．一个五位自然数，，当且仅当时称为“凸数”（如12543，34643等），则满足条件的五位自然数中“凸数”的个数为
A．81 B．171 C．231 D．371
10．如果的展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数是（ ）
A．90 B．80 C．-90 D．-92
11．某校选定甲、乙、丙、丁、戊共5名教师去3个边远地区支教（每地至少1人），其中甲和乙一定不同地，甲和丙必须同地，则不同的选派方案共有种
A．27 B．36 C．33 D．30
12．若的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为
A． B． C． D．
二、多选题
13．已知二项式的展开式中各项的系数和为64，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式中的常数项为1
B．
C．展开式中二项式系数最大的项是第四项
D．展开式中的指数均为偶数
三、双空题
14．已知在的展开式中，第5项的二项式系数与第3项的二项式系数之比为5∶2，则展开式中的常数项为___________，此时___________(结果用数字表示)
四、填空题
15．已知多项式，则______.
16．在的二项展开式中，的系数为___________.
17．用0，1，2，3，4可以组成_______个无重复数字五位数.
五、解答题
18．已知.
(1)记其展开式中常数项为，当时.求的值；
(2)证明:在的展开式中，对任意，与的系数相同.
19．设二项展开式的整数部分为，小数部分为．
（1）计算，的值；
（2）求．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
根据题意，先将6名工作人员分成三组，然后将三组分到，，三个小区即可得出答案.
【详解】
解：根据题意，先将6名工作人员分成三组，有种分法，
然后将三组分到，，三个小区，有种分法，
所以不同的安排方式的种数为种.
故选：B.
2．B
【解析】
【详解】
分析：题中为独立项，所以展开式中含的为，其中中的系数为展开式中与的系数差．最后再将两部分系数相乘即得所求．
详解：由，
得含的项为，
中的项为
系数为
故选B.
点睛：本题考查了二项式定理的应用，多项式展开问题要抓住独立项，以此为简化问题的突破点，从而减少计算和分类讨论的难度.
3．D
【解析】
【分析】
通过二项展开式的通项公式直接求特定项系数.
【详解】
的通项为，
令，即，，
故选：D.
4．C
【解析】
【分析】
根据函数的概念，可作直线从左向右在定义域内移动，得到直线与曲线的交点个数，即可判定.
【详解】
由函数的概念可知，任意一个自变量的值对应的因变量的值是唯一的，
可作直线从左向右在定义域内移动，得到直线与曲线的交点个数是0或1，
显然A、B、D均不满足函数的概念，只有选项C满足.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了函数概念，以及函数的图象及函数的表示，其中解答中正确理解函数的基本概念是解答的关键，着重考查了数形结合思想的应用.
5．A
【解析】
【分析】
先利用二项式定理，求得展开式的通项公式，再使的幂为，得到常数项.
【详解】
展开式的通项公式，
令，得，则常数项为.
故选：A.
【点睛】
本题考查了利用二项式定理求展开式中的常数项，属于基础题.
6．A
【解析】
【分析】
根据椭圆的标准方程列出当a＝1、2、3、4、5时，b的的取值即可求解.
【详解】
当a＝1时，b＝2，3，4，5，6，7，有6个.
当a＝2时，b＝3，4，5，6，7，有5个.
当a＝3时，b＝4，5，6，7，有4个.
当a＝4时，b＝5，6，7，有3个.
当a＝5时，b＝6，7，有2个.
由分类加法计数原理得6＋5＋4＋3＋2＝20(个).
故选：A
7．C
【解析】
【分析】
按两个白球所在的位置分成两类，分别计算出每一类的排法数即可得解.
【详解】
符合要求的排法数，先排3个黑球，只有一种方法，排余下3球，分成两类：
2个白球都不在边上，让2个白球把3个黑球间开排成一排，再把黄球放入5球形成的6个间隙中，符合要求，有6种排法，
2个白球恰有一个在边上，有2种排法，其中的每一种排法，黄球与另一白球的排法有2种，符合要求的排法是种，
由分类加法计数原理知，符合要求的不同排法共有种，
所以相同颜色的球都不相邻的不同排法共有10种.
故选：C
8．D
【解析】
分两种情况讨论：①每个楼层下人；②人中有人从一个楼层下，另人从其它楼层选一个楼层下，利用排列组合思想结合分类加法计数原理可得出结果.
【详解】
分两种情况讨论：
①每个楼层下人，则人下电梯的方法种数为；
②人中有人从一个楼层下，另人从其它楼层选一个楼层下，此时，人下电梯的方法种数为.
由分类加法计数原理可知，人下电梯的方法种数为种.
故选：D.
【点睛】
本题考查排列组合综合问题，考查分类加法计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.
9．C
【解析】
【详解】
试题分析：当中间的数是时，先考虑后面两位数字有种排法；前面有种排法，由分步计数原理可得种;当中间的数是时，先考虑后面两位数字有种排法；前面有种排法，由分步计数原理可得；当中间的数是时，先考虑后面两位数字有种排法；前面有种排法，由分步计数原理可得种；乘当中间的数是时，先考虑后面两位数字有种排法；前面有种排法，由分步计数原理可得种排法，所以由分类计数原理可得，故应选答案C.
考点：分类和分步计数原理．
【易错点晴】本题考查的排列组合中两个计数原理知识在解答实际问题中的运用的问题.解答时充分借助题设中所提供的凸数这一新定义的信息.运用分类整合的数学思想进行分类求解，最终使得问题获解.解答本题的难点在于如何理解凸数这一概念的内涵，特别是在求凸数成立时的所有种数时，左边和右边的种数要相乘这是学生容易忽视的地方，因为这是分步进行的所以一定要相乘求积.之后的分类情况所得的种数要相加这个容易接受.
10．C
【解析】
根据条件求出，然后写出其通项公式，然后可算出答案.
【详解】
令，得展开式中各项系数之和为.由，得，
通项公式为，
令，得，所以的系数是
故选：C
11．D
【解析】
【详解】
因为甲和丙同地，甲和乙不同地，所以有2、2、1和3、1、1两种分配方案，
2、2、1方案：甲、丙为一组，从余下3人选出2人组成一组，然后排列，共有：种；
3、1、1方案：在丁、戊中选出1人，与甲丙组成一组，然后排列，共有：种；
所以，选派方案共有18+12=30种．
本题选择D选项.
12．B
【解析】
【详解】
由题意知：，所以，故，令得所有项系数之和为.
13．BCD
【解析】
【分析】
利用赋值法计算的值，再利用展开的通项公式对选项进行分析获得答案.
【详解】
令代入二项式可得各项的系数和为，即可得正确；
对于，设展开式的通项为，
当为常数项时，则有，则可得.
代入二项式，可得展开式的常数项为，故错误；
对于，因为，可得展开式中二项式系数最大的项仅有一项为第四项，故正确；
对于，该展开式的通项为，可得展开式中的指数均为偶数.故D成立.
故选：BCD.
14． 1120 3280
【解析】
【分析】
由条件求得n=8，则常数项为；将问题转化为，从而求得结果.
【详解】
依题意有，解得n=8，
通项为，取r=4，得常数项为；
故答案为：1120；3280；
15．
【解析】
【分析】
利用赋值法，令，得出，令时，求出，再根据二项展开式的通项公式求出，从而可求得结果.
【详解】
解：根据题意，令时，则，
即，
所以，
得，
令时，，
由于， 为展开式中项的系数，
对于，由二项展开式的通项公式得： ，
则，
所以，
即.
故答案为：-16.
【点睛】
本题考查二项式定理的应用和二项展开式的通项公式，以及利用赋值法解决项的系数问题，考查化简运算能力.
16．.
【解析】
【分析】
求得二项式展开式通项为，结合通项即可求得的系数.
【详解】
由二项式展开式通项为，
令，解得，
所以的系数为.
故答案为：.
17．96
【解析】
【分析】
利用乘法原理，即可求出结果．
【详解】
用0、1、2、3、4组成一个无重复数字的五位数共有4×4×3×2×1=96种不同情况,故选A．
【点睛】
本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，属于基础题．
18．(1)19；(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据展开式的通项公式，求出常数项，即可求得结果；
（1）先由展开式写出通项，分类讨论与存在，再证明系数相等.
【详解】
(1)；
(2)由项式定理可知，
对任意给定的，当时，
的展开式中无与项；
当时，
若为奇数，则，
即的展开式中无与项；
若为偶数，设，
则的展开式中，的系数为
的系数为，即与项的系数相同，
即当且为偶数时，在的展开式中，
与项的系数均相同，
所以在的展开式中，与项的系数相同，原命题得证.
【点睛】
本题考查二项展开式定理，解题的关键是掌握二项展开式的通项公式，突出考查分类讨论思想的应用，属于中档题.
19．（1），；（2）．
【解析】
【分析】
（1）令分别求出，利用多项式的乘法展开，求出的小数部分，由此求出，的值；
（2）利用二项式定理表示出，再利用二项式定理表示出，两个式子相减得到展开式的整数部分和小数部分，由此求出的值．
【详解】
解：（1）∵，
∴，，，
∴；
又，，，
∴；
（2）∵，①
又，②
①-②得：，
而，
∴，，
∴．
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，考查计算能力，属于中档题．
答案第1页，共2页
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一、单选题
1．为了更好地进行新冠肺炎的疫情防控，某社区安排6名工作人员到，，三个小区讲解疫情防控的注意事项，若每个小区安排两名工作人员，则不同的安排方式的种数为（ ）
A．30 B．90 C．180 D．270
2．的展开式中，的系数为
A． B． C． D．
3．在的展开式中，的系数为（ ）
A． B． C． D．
4．在下列图象中，函数的图象可能是
A． B．
C． D．
5．展开式中的常数项是
A． B． C．90 D．270
6．设椭圆＋＝1的焦点在y轴上，其中a∈{1，2，3，4，5}，b＝{1，2，3，4，5，6，7}，则满足上述条件的椭圆个数为（ ）
A．20 B．24 C．12 D．11
7．把6个仅颜色不同的小球排成一排，其中1个黄球，2个白球，3个黑球，则相同颜色的球都不相邻的不同排法共有（）种
A．3 B．6 C．10 D．12
8．甲、乙、丙人从楼乘电梯去商场的到楼，每层楼最多下人，则下电梯的方法有
A．种 B．种 C．种 D．种
9．一个五位自然数，，当且仅当时称为“凸数”（如12543，34643等），则满足条件的五位自然数中“凸数”的个数为
A．81 B．171 C．231 D．371
10．如果的展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数是（ ）
A．90 B．80 C．-90 D．-92
11．某校选定甲、乙、丙、丁、戊共5名教师去3个边远地区支教（每地至少1人），其中甲和乙一定不同地，甲和丙必须同地，则不同的选派方案共有种
A．27 B．36 C．33 D．30
12．若的展开式中第3项的二项式系数是15，则展开式中所有项系数之和为
A． B． C． D．
二、多选题
13．已知二项式的展开式中各项的系数和为64，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式中的常数项为1
B．
C．展开式中二项式系数最大的项是第四项
D．展开式中的指数均为偶数
三、双空题
14．已知在的展开式中，第5项的二项式系数与第3项的二项式系数之比为5∶2，则展开式中的常数项为___________，此时___________(结果用数字表示)
四、填空题
15．已知多项式，则______.
16．在的二项展开式中，的系数为___________.
17．用0，1，2，3，4可以组成_______个无重复数字五位数.
五、解答题
18．已知.
(1)记其展开式中常数项为，当时.求的值；
(2)证明:在的展开式中，对任意，与的系数相同.
19．设二项展开式的整数部分为，小数部分为．
（1）计算，的值；
（2）求．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
根据题意，先将6名工作人员分成三组，然后将三组分到，，三个小区即可得出答案.
【详解】
解：根据题意，先将6名工作人员分成三组，有种分法，
然后将三组分到，，三个小区，有种分法，
所以不同的安排方式的种数为种.
故选：B.
2．B
【解析】
【详解】
分析：题中为独立项，所以展开式中含的为，其中中的系数为展开式中与的系数差．最后再将两部分系数相乘即得所求．
详解：由，
得含的项为，
中的项为
系数为
故选B.
点睛：本题考查了二项式定理的应用，多项式展开问题要抓住独立项，以此为简化问题的突破点，从而减少计算和分类讨论的难度.
3．D
【解析】
【分析】
通过二项展开式的通项公式直接求特定项系数.
【详解】
的通项为，
令，即，，
故选：D.
4．C
【解析】
【分析】
根据函数的概念，可作直线从左向右在定义域内移动，得到直线与曲线的交点个数，即可判定.
【详解】
由函数的概念可知，任意一个自变量的值对应的因变量的值是唯一的，
可作直线从左向右在定义域内移动，得到直线与曲线的交点个数是0或1，
显然A、B、D均不满足函数的概念，只有选项C满足.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了函数概念，以及函数的图象及函数的表示，其中解答中正确理解函数的基本概念是解答的关键，着重考查了数形结合思想的应用.
5．A
【解析】
【分析】
先利用二项式定理，求得展开式的通项公式，再使的幂为，得到常数项.
【详解】
展开式的通项公式，
令，得，则常数项为.
故选：A.
【点睛】
本题考查了利用二项式定理求展开式中的常数项，属于基础题.
6．A
【解析】
【分析】
根据椭圆的标准方程列出当a＝1、2、3、4、5时，b的的取值即可求解.
【详解】
当a＝1时，b＝2，3，4，5，6，7，有6个.
当a＝2时，b＝3，4，5，6，7，有5个.
当a＝3时，b＝4，5，6，7，有4个.
当a＝4时，b＝5，6，7，有3个.
当a＝5时，b＝6，7，有2个.
由分类加法计数原理得6＋5＋4＋3＋2＝20(个).
故选：A
7．C
【解析】
【分析】
按两个白球所在的位置分成两类，分别计算出每一类的排法数即可得解.
【详解】
符合要求的排法数，先排3个黑球，只有一种方法，排余下3球，分成两类：
2个白球都不在边上，让2个白球把3个黑球间开排成一排，再把黄球放入5球形成的6个间隙中，符合要求，有6种排法，
2个白球恰有一个在边上，有2种排法，其中的每一种排法，黄球与另一白球的排法有2种，符合要求的排法是种，
由分类加法计数原理知，符合要求的不同排法共有种，
所以相同颜色的球都不相邻的不同排法共有10种.
故选：C
8．D
【解析】
分两种情况讨论：①每个楼层下人；②人中有人从一个楼层下，另人从其它楼层选一个楼层下，利用排列组合思想结合分类加法计数原理可得出结果.
【详解】
分两种情况讨论：
①每个楼层下人，则人下电梯的方法种数为；
②人中有人从一个楼层下，另人从其它楼层选一个楼层下，此时，人下电梯的方法种数为.
由分类加法计数原理可知，人下电梯的方法种数为种.
故选：D.
【点睛】
本题考查排列组合综合问题，考查分类加法计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.
9．C
【解析】
【详解】
试题分析：当中间的数是时，先考虑后面两位数字有种排法；前面有种排法，由分步计数原理可得种;当中间的数是时，先考虑后面两位数字有种排法；前面有种排法，由分步计数原理可得；当中间的数是时，先考虑后面两位数字有种排法；前面有种排法，由分步计数原理可得种；乘当中间的数是时，先考虑后面两位数字有种排法；前面有种排法，由分步计数原理可得种排法，所以由分类计数原理可得，故应选答案C.
考点：分类和分步计数原理．
【易错点晴】本题考查的排列组合中两个计数原理知识在解答实际问题中的运用的问题.解答时充分借助题设中所提供的凸数这一新定义的信息.运用分类整合的数学思想进行分类求解，最终使得问题获解.解答本题的难点在于如何理解凸数这一概念的内涵，特别是在求凸数成立时的所有种数时，左边和右边的种数要相乘这是学生容易忽视的地方，因为这是分步进行的所以一定要相乘求积.之后的分类情况所得的种数要相加这个容易接受.
10．C
【解析】
根据条件求出，然后写出其通项公式，然后可算出答案.
【详解】
令，得展开式中各项系数之和为.由，得，
通项公式为，
令，得，所以的系数是
故选：C
11．D
【解析】
【详解】
因为甲和丙同地，甲和乙不同地，所以有2、2、1和3、1、1两种分配方案，
2、2、1方案：甲、丙为一组，从余下3人选出2人组成一组，然后排列，共有：种；
3、1、1方案：在丁、戊中选出1人，与甲丙组成一组，然后排列，共有：种；
所以，选派方案共有18+12=30种．
本题选择D选项.
12．B
【解析】
【详解】
由题意知：，所以，故，令得所有项系数之和为.
13．BCD
【解析】
【分析】
利用赋值法计算的值，再利用展开的通项公式对选项进行分析获得答案.
【详解】
令代入二项式可得各项的系数和为，即可得正确；
对于，设展开式的通项为，
当为常数项时，则有，则可得.
代入二项式，可得展开式的常数项为，故错误；
对于，因为，可得展开式中二项式系数最大的项仅有一项为第四项，故正确；
对于，该展开式的通项为，可得展开式中的指数均为偶数.故D成立.
故选：BCD.
14． 1120 3280
【解析】
【分析】
由条件求得n=8，则常数项为；将问题转化为，从而求得结果.
【详解】
依题意有，解得n=8，
通项为，取r=4，得常数项为；
故答案为：1120；3280；
15．
【解析】
【分析】
利用赋值法，令，得出，令时，求出，再根据二项展开式的通项公式求出，从而可求得结果.
【详解】
解：根据题意，令时，则，
即，
所以，
得，
令时，，
由于， 为展开式中项的系数，
对于，由二项展开式的通项公式得： ，
则，
所以，
即.
故答案为：-16.
【点睛】
本题考查二项式定理的应用和二项展开式的通项公式，以及利用赋值法解决项的系数问题，考查化简运算能力.
16．.
【解析】
【分析】
求得二项式展开式通项为，结合通项即可求得的系数.
【详解】
由二项式展开式通项为，
令，解得，
所以的系数为.
故答案为：.
17．96
【解析】
【分析】
利用乘法原理，即可求出结果．
【详解】
用0、1、2、3、4组成一个无重复数字的五位数共有4×4×3×2×1=96种不同情况,故选A．
【点睛】
本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，属于基础题．
18．(1)19；(2)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据展开式的通项公式，求出常数项，即可求得结果；
（1）先由展开式写出通项，分类讨论与存在，再证明系数相等.
【详解】
(1)；
(2)由项式定理可知，
对任意给定的，当时，
的展开式中无与项；
当时，
若为奇数，则，
即的展开式中无与项；
若为偶数，设，
则的展开式中，的系数为
的系数为，即与项的系数相同，
即当且为偶数时，在的展开式中，
与项的系数均相同，
所以在的展开式中，与项的系数相同，原命题得证.
【点睛】
本题考查二项展开式定理，解题的关键是掌握二项展开式的通项公式，突出考查分类讨论思想的应用，属于中档题.
19．（1），；（2）．
【解析】
【分析】
（1）令分别求出，利用多项式的乘法展开，求出的小数部分，由此求出，的值；
（2）利用二项式定理表示出，再利用二项式定理表示出，两个式子相减得到展开式的整数部分和小数部分，由此求出的值．
【详解】
解：（1）∵，
∴，，，
∴；
又，，，
∴；
（2）∵，①
又，②
①-②得：，
而，
∴，，
∴．
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，考查计算能力，属于中档题．
答案第1页，共2页
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