第六章 计算原理 同步单元高分突破必刷卷(培优版)(Word版含解析)

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名称 第六章 计算原理 同步单元高分突破必刷卷(培优版)(Word版含解析)
格式 docx
文件大小 418.7KB
资源类型 教案
版本资源 人教A版(2019)
科目 数学
更新时间 2022-07-31 10:06:07

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文档简介

第六章:计算原理同步单元高分突破必刷卷(培优版)
(时间:120分钟 满分:150分)
单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)
1.等于( )
A. B.
C. D.
2.七人排成一排,其中甲只能在排头或排尾,乙 丙两人必须相邻,则排法共有( )
A.种 B.种 C.种 D.种
3.若在(x+1)4(ax-1)的展开式中,x4项的系数为15,则a的值为( )
A.-4 B.
C.4 D.
4.的展开式中系数为有理数的各项系数之和为( )
A.1 B.20
C.21 D.31
5.要为5名游客和2位导游拍照留念,要求排成一排,且2位导游相邻,不同的排法共有( )种
A.1440 B.960 C.720 D.240
6.第24届冬季奥运会将于2022年2月4日至2022年2月20日在北京市和河北省张家口市举行.现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪馆、国家速滑馆、首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动,要求每个场馆都有人去,且这四人都在这三个场馆,则甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为( )
A.12 B.14 C.16 D.18
7.等于( )
A.120 B.210 C.126 D.240
8.一个圆的周上有8个点,连接任意两点画出弦.如果有一对弦不相交且没有共同的端点,我们称它们为一组“自由弦对”.则此圆上的“自由弦对”总组数为( )
A.70 B.140 C.210 D.280
多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.甲,乙,丙,丁,戊五人并排站成一排,下列说法正确的是( )
A.如果甲,乙必须相邻且乙在甲的右边,那么不同的排法有24种
B.最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有42种
C.甲乙不相邻的排法种数为72种
D.甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
10.如图,在某城市中,M,N两地之间有整齐的方格形道路网,其中,,,是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网M,N处的甲 乙两人分别要到N,M处,他们分别随机地选择一条沿街的最短路径,以相同的速度同时出发,直到到达N,M处为止,则下列说法正确的有( )
A.甲从M到达N处的走法种数为120
B.甲从M必须经过到达N处的走法种数为9
C.甲,两人能在处相遇的走法种数为36
D.甲,乙两人能相遇的走法种数为164
11.下列关于多项式的展开式的结论中,正确的是( )
A.各项系数之和为 B.各项系数的绝对值之和为
C.不存在项 D.常数项为
12.若,,则下列结论中正确的是( )
A. B.
C. D.
填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.的展开式中的常数项为_________.
14.在的展开式中,二项式系数之和与各项系数之和比为1:32,则的系数为___________.
15.将4名志愿者分配到3个不同的北京冬奥场馆参加接待工作,每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为________.(用数字作答)
16.将16个数:4个1,4个2,4个3,4个4填入一个的数表中,要求每行、每列都恰好有两个偶数,共有______种填法.
四、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.已知(2x-1)5=a0x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5.求下列各式的值:
(1)a0+a1+a2+…+a5;
(2)|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|;
(3)a1+a3+a5.
18.设函数.
(1)求的展开式中系数最大的项;
(2)若,(为虚数单位),求值:
①;
②.
19.在二项式的展开式中,______.给出下列条件:
①若展开式前三项的二项式系数的和等于37;
②若展开式中第3项与第2项的二项式系数之比为7:2;
③所有偶数项的二项式系数的和为128.
试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上,并且完成下列问题:
(1)求展开式中x的系数;
(2)写出展开式中二项式系数最大的项(不需要说明理由).
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
20.6个女生其中有1个领唱和2个男生分成两排表演.
(1)若每排4人,共有多少种不同的排法?
(2)领唱站在前排,男生站在后排,每排4人,有多少种不同的排法?
21.(1)把6个相同的小球放入4个相同的箱子中,每个箱子都不空,共有多少种放法?
(2)把6个相同的小球放入4个不同的箱子中,每个箱子都不空,共有多少种放法?
(3)把6个不同的小球放入4个相同的箱子中,每个箱子都不空,共有多少种放法?
(4)把6个不同的小球放入4个不同的箱子中,每个箱子都不空,共有多少种放法?
22.有5对夫妇和,共12人参加一场婚宴,他们被安排在一张有12个座位的圆桌上就餐(旋转之后算相同坐法).
(1)若5对夫妇都相邻而坐,,相邻而坐,共有多少种坐法?
(2)5对夫妇都相邻而坐,其中甲、乙二人的太太是闺蜜要相邻而坐,,不相邻,共有多少种坐法?
第六章:计算原理同步单元高分突破必刷卷(培优版)
全解全析
1.D
【解析】
【详解】
因为从4,5,,,共个数,
所以根据排列数公式知,.
故选:D.
2.D
【解析】
【分析】
特殊元素优先安排,先让甲从头、尾中选取一个位置,再利用捆绑法即求.
【详解】
特殊元素优先安排,先让甲从头、尾中选取一个位置,有种选法,乙、丙相邻,捆绑在一起看作一个元素,与其余四个元素全排列,最后乙、丙可以换位,故共有(种).
故选:D
3.C
【详解】
对的展开式通项公式,当时,,当时,,其中x4的系数为1×(-1)+4a=-1+4a=15,解得:a=4
故选:C.
4.C
【解析】
【分析】
写出二项式的通项公式,有理项x的次数为整数﹒
【详解】
因为展开式的通项为,
因此,要使系数为有理数,只需为整数,
又因为0≤k≤5且k∈Z,所以k=2,5,
因此系数为有理数的项为,
故所求系数之和为20+1=21.
故选:C.
5.A
【解析】
【分析】
将两位导游看作一个人,和其他人一起全排列,可得答案.
【详解】
因为两位导游要相邻,因此将两位导游看作一个人,内部排列有种排法,
将两位导游看作一个人和其他人全排列有种排法,
因此根据乘法原理共有种排法,
故选:A
6.B
【解析】
【分析】
根据给定条件利用分类加法计数原理结合排列、组合知识计算作答.
【详解】
因甲和乙都没去首钢滑雪大跳台,计算安排种数有两类办法:
若有两个人去首钢滑雪大跳台,则肯定是丙、丁,即甲、乙分别去国家高山滑雪馆与国家速滑馆,有种;
若有一个人去首钢滑雪大跳台,从丙、丁中选,有种,然后剩下的一个人和甲、乙
被安排去国家高山滑雪馆与国家速滑馆,有种,则共有种,
综上可得,甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为.
故选:B
7.B
【解析】
【分析】
由,结合,得,求值即可.
【详解】

由知:,,…,,
∴.
故选:B
8.B
【解析】
【分析】
根据圆内接四边形的每一组对边为一组“自由弦对”的事实,从8个点中任取4点可构成四边形个数即可作答.
【详解】
因顺次连接一组“自由弦对”的两条弦的4个端点构成的四边形是圆内接四边形,
并且这个四边形的每一组对边都是一组“自由弦对”,
从而得每个圆内接四边形都有两组“自由弦对”,
从圆周上8个点中任取4点可以构成个圆内接四边形,
所以圆上的“自由弦对”总组数为.
故选:B.
9.ABCD
【解析】
【分析】
对于A利用捆绑法可求,对于B分成甲在左和乙在左两类进行排列,对于C采用插空法求解,对于D按定序问题即解.
【详解】
对于A,如果甲,乙必须相邻且乙在甲的右边,可将甲乙捆绑看成一个元素,则不同的排法有种,故正确,
对于B,最左端排甲时,有种不同的排法,最左端排乙时,最右端不能排甲,则有种不同的排法,最左端只能排甲或乙,最右端不能排甲,则不同的排法共有24+18=42种,故正确,
对于C,因为甲乙不相邻,先排甲乙以外的三人,再让甲乙插空,则有种,故正确,
对于D,甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种,故正确.
故选:ABCD.
10.BD
【解析】
【分析】
根据题意分析出甲从到达处, 需要走6格,其中向上3格,向右3格,从而可得到从到达处的走法种数为,从而可得出A错误;
若甲从M必须经过到达N处,可分两步,甲从到达,从到达,从而可判断选项B正确;
若甲,乙两人能在处相遇,先计算甲经过的走法种数,再计算乙经过的走法种数,从而可求出甲,乙两人能在处相遇的走法种数;
根据题意可得出只能在,,,处相遇,然后分别计算走法种数即可.
【详解】
对于A,需要走6格,其中向上3格,向右3格,所以从到达处的走法种数为,故A错误.
对于B,甲从到达,需要走3格,其中向上1格,向右2格,有种走法,从到达,需要走3格,其中向上2格,向右1格,有种走法,所以甲从必须经过到达处的走法种数为,故B正确.
对于,甲经过的走法种数为,乙经过的走法种数为,所以甲,乙两人能在处相遇的走法种数为,故C错误.
对于D,甲,乙两人沿着最短路径行走,只能在,,,处相遇,若甲,乙两人在处相遇,甲经过处,必须向上走3格,乙经过处,必须向左走3格,两人在处相遇的走法有1种;若甲,乙两人在或处相遇,各有81种走法;若甲,乙两人在处相遇,甲经过处,必须向右走3格,乙经过处,必须向下走3格,则两人在处相遇的走法有1种.所以甲,乙两人能相遇的走法种数为,故D正确.
故选:BD.
11.AD
【解析】
【分析】
赋值法判断A、B;根据已知多项式,结合二项式定理判断C、D的正误.
【详解】
令得,故A 正确﹔
取多项式,将代入多项式可得,故B错误﹔
由题设,,
若要得到含项,只需个因式中个取,剩下个取,故C错误;
个因式中个取,个取,剩下个取,得
5个因式中个取个取,剩下个取,得,
5个因式中均取,得.
故常数项为,D正确.
故选:AD.
12.AC
【解析】
【分析】
运用赋值法,根据二项式的通项公式,结合导数的运算性质逐一判断即可.
【详解】
二项式的通项公式为:,
因为
且,所以,得或舍去.
令,可得,所以A正确;
可求得,所以B不正确;
令,可得,所以C正确;
对,两边同时求导,
得,
令,可得,所以D不正确.
故选:AC.
【点睛】
关键点睛:运用求导法是解题的关键.
13.10
【解析】
【分析】
利用二项式定理求通项公式,求出与,从而求出常数项
【详解】
的展开式的第项为,当时,,此时,当时,,此时,
∴常数项为.
故答案为:10
14.90
【解析】
【分析】
根据二项式系数的性质求得n的值,再利用二项展开式的通项公式,求得的系数.
【详解】
令,则,所以的展开式中,各项系数和为,
又二项式系数和为,所以,解得.
二项展开式的通项,令,得,
所以的系数为,
故答案为:.
15.36
【解析】
【分析】
先将4人分成2、1、1三组,再安排给3个不同的场馆,由分步乘法计数原理可得.
【详解】
将4人分到3个不同的体育场馆,要求每个场馆至少分配1人,则必须且只能有1个场馆分得2人,其余的2个场馆各1人,
可先将4人分为2、1、1的三组,有种分组方法,再将分好的3组对应3个场馆,有种方法,
则共有种分配方案.
故答案为:36
16.441000
【解析】
【分析】
先确定第一行两个偶数有种填法,再根据这两个偶数所在的列,还需再填一个偶数,分别设为a,b.分a,b位于同一行和a,b位于不同的两行,得到偶数的位置情况数,再利用分步计数原理求解.
【详解】
第一行两个偶数有种填法,
每列还需再填一个偶数,分别设为a,b.
若a,b位于同一行,它们的位置有3种选择,此时剩下的四个偶数所填的位置唯一确定;
若a,b位于不同的两行,它们的位置有6种选择,此时剩下的四个偶数所填的位置有2种选择.
所以偶数的位置的情况种数为.
因此总的填法种数为.
故答案为:441000
17.(1)1;(2)243;(3)-121.
【解析】
【分析】
(1)赋值法令x=1,即得解;
(2)利用通项分析可得a1,a3,a5为负值,|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|=a0-a1+a2-a3+a4-a5,令x=-1即得解;
(3)由a0+a1+a2+…+a5=1,-a0+a1-a2+…+a5=-35联立即得解.
【详解】
(1)令x=1,得a0+a1+a2+…+a5=1.
(2)令x=-1,得-35=-a0+a1-a2+a3-a4+a5.
由(2x-1)5的通项Tk+1= (-1)k·25-k·x5-k,
知a1,a3,a5为负值,
所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a5|=a0-a1+a2-a3+a4-a5=35=243.
(3)由a0+a1+a2+…+a5=1,
-a0+a1-a2+…+a5=-35,
得2(a1+a3+a5)=1-35,
所以a1+a3+a5==-121.
18.(1)70x4;(2)①-1;②152
【解析】
(1)展开式中系数最大的项是第5项;
(2)(1+i)n=64i,两边取模,求出n,利用(1+i)12=(( )i=64i,结合,,可得结论.
【详解】
(1)展开式中系数最大的项是第5项70 x4;
(2)由已知,(1+i)n=64i,两边取模,得64,所以 n=12
所以,
而(1+i)12=(( )i=64i
所以0. .
又,,
故, ,即
【点睛】
本题考查二项式定理的运用,考查学生分析解决问题的能力,考查复数的运算,属于中档题.
19.(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据所选条件求出的值,即可得到二项式展开式的通项,即可求出展开式中的系数;
(2)根据展开式的二项式系数的特征,得到第5项的二项式系数取得最大,再根据通项计算可得;
(1)
解:因为展开式中第项的二项式系数为,
若选①,则,即,即,即.解得或(舍去)
若选②:则,解得;
若选③:则,解得;
综上可得即为则展开式的通项为,令解得,所以,故展开式中的系数为;
(2)
解:因为展开式中一共含有项,故第5项二项式系数最大,,即展开式中二项式系数最大的项为;
20.(1)40320种;(2)5760种.
【解析】
【分析】
(1)从8人中选4人站在前排,另4人站在后排,再将前后排4人各自全排列,即得解;
(2)除领唱外,从5个女生中选3人站在前排,另4人站在后排,再将前后排4人各自全排列,即得解.
【详解】
(1)要完成这件事分三步.
第一步,从8人中选4人站在前排,另4人站在后排,共有种不同的排法;
第二步,前排4人进行全排列,有种不同的排法;
第三步,后排4人进行全排列,有种不同的排法.
由分步乘法计数原理知,有=40320(种)不同的排法.
(2)要完成这件事分三步.
第一步,除领唱外,从5个女生中选3人站在前排,另4人站在后排,共有种不同的排法;
第二步,前排4人进行全排列,有种不同的排法;
第三步,后排4人进行全排列,有种不同的排法.
有=5 760(种)不同的排法.
21.(1)2;(2)10;(3)65;(4)1560.
【解析】
【分析】
(1)根据条件每个箱子先放一个,确定余下两个小球的放法即为答案;
(2)将6个相同的小球排成一列,利用隔板法求解即得;
(3)把6个不同的小球按2,2,1,1和3,1,1,1两种方案分成4组,求出所有分组方法数即可;
(4)把6个不同的小球按2,2,1,1和3,1,1,1两种方案分成4组,再将每一种分法放入4个不同箱子即可得解.
【详解】
(1)把6个相同的小球放入4个相同的箱子中,每个箱子至少放1个小球,每个箱子先放入1个小球,还剩下2个小球,
则余下2个小球放在1个箱子中,或分开放在2个箱子中,
所以共有2种放法;
(2)6个相同的小球放入4个不同的箱子,每个箱子至少放1个小球,将6个相同的小球排成一列,在形成的中间5个空隙中插入3块隔板,
所以不同的放法种数为;
(3)6个不同的小球放入4个相同的箱子,每个箱子至少放1个小球,先把6个不同的小球按2,2,1,1和3,1,1,1两种方案分成4组,
每一种分法的4组小球分别放入4个箱子满足要求,一种分组方法即为一种放法,
所以不同的放法种数为;
(4)6个不同的小球放入4个不同的箱子,每个箱子至少放1个小球,先把6个不同的小球按2,2,1,1和3,1,1,1两种方案分成4组,
每一种分法的4组小球全排列,得到的每一个排列的4组小球分别放入4个箱子满足要求,
所以不同的放法种数为.
22.(1)7680种;(2)1152种.
【解析】
【分析】
(1)将一对夫妇视为一组,,视为一组,先将6组人圆排列,再对每一组内的两人调整位置,然后用分步乘法计数原理计算即得;
(2)先排甲、乙二人的太太及这两对夫妇,再排余下3对夫妇,最后用插空法排,,借助分步乘法计数原理计算即得.
【详解】
(1)若5对夫妇都相邻,,相邻,可将每对夫妇划分为1组,,划分为1组,再将这6组人围坐成一圈,共有种坐法,
由于每一组内两人还有顺序问题,所以共有种坐法;
(2)分成三步来完成第一步,排甲、乙二人的太太的座位,有2种坐法,甲、乙二人的座位也随之确定,
第二步,排其余3对夫妇的座位,有种坐法,
第三步,排,二人的座位,有种坐法,
根据分步乘法计数原理,共有种坐法.