第六章 计数原理 章末检测试卷一（含解析） -2024春高中数学选择性必修3（人教版）

第六章　计数原理 章末检测试卷一
(时间：120分钟　满分：150分)
一、单项选择题(本题共8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．在(a＋b)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n等于(　　)
A．5 B．6 C．7 D．8
2．若A＝18C，则m等于(　　)
A．9 B．8 C．7 D．6
3．将4个a和2个b随机排成一行，则2个b不相邻的排法种数为(　　)
A．10 B．15 C．20 D．24
4．某学校安排了4场线上讲座，其中讲座A只能安排在第一或最后一场，讲座B和C必须相邻，则不同的安排方法种数为(　　)
A．4 B．6 C．8 D．12
5．(1＋x2)6的展开式中的常数项是(　　)
A．120 B．240 C．400 D．480
6．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2023年，中国空间站正式进入运营阶段．假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有(　　)
A．450种 B．72种 C．90种 D．360种
7．在二项式n的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大时，系数最小的项是(　　)
A．第6项 B．第5项
C．第4项 D．第3项
8．用四种颜色给如图所示的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，若四种颜色全用上，则不同的涂色方法的种数为(　　)
A．72 B．96 C．108 D．144
二、多项选择题(本题共4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2分，有选错的得0分)
9．生命在于运动，小兰给自己制定了周一到周六的运动计划，这六天每天安排一项运动，其中有两天练习瑜伽，另外四天的运动项目互不相同，且运动项目为跑步、爬山、打羽毛球和跳绳，下列说法正确的是(　　)
A．若瑜伽被安排在周一和周六，则共有48种不同的安排方法
B．若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则共有216种不同的安排方法
C．若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有36种不同的安排方法
D．若瑜伽不被安排在相邻的两天，则共有240种不同的安排方法
10．将4个编号分别为1,2,3,4的小球放入4个编号分别为1,2,3,4的盒子中，下列说法正确的是(　　)
A．共有24种放法
B．恰好有一个空盒，有144种放法
C．每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有24种放法
D．把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰好有一个空盒，有12种放法
11．下列关于5的展开式的结论中，正确的是(　　)
A．各项系数之和为－1
B．各项系数的绝对值之和为1
C．不存在x4项
D．常数项为48
12．若(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，x∈R，则(　　)
A．a1＋a2＋…＋a10＝1
B．|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310
C．a2＝160
D.＋＋＋…＋＝－1
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．若C＝C(n∈N*)，则n＝________.
14．设n为正奇数，那么11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋C·11－1除以13的余数是________．
15．若n的展开式的系数和为1，二项式系数和为128，则a＝________，展开式中x2的系数为________．
16．甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技能竞赛，得出了第一名到第五名的五个名次，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情况共有____种．
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17．(10分)已知A＝{x|1(1)从集合A和B中各取一个元素作为平面直角坐标系中的点的坐标，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？
18．(12分)在(3x－2y)20的展开式中，求：
(1)二项式系数最大的项；
(2)系数绝对值最大的项．
19．(12分)某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加研讨会．
(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同的选法？
(2)甲、乙均不能参加，有多少种不同的选法？
(3)甲、乙2人至少有1人参加，有多少种不同的选法？
(4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种不同的选法？
20．(12分)已知n的展开式中的第2项和第3项的系数相等．
(1)求n的值；
(2)求展开式中所有二项式系数的和；
(3)求展开式中所有的有理项．
21．(12分)用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数．
(1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；
(2)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数．
22．(12分)已知f(x)＝(1＋x)n＋1＋2(1＋x)n＋2＋…＋k(1＋x)n＋k＋…＋n(1＋x)2n(n∈N*)．
(1)当n＝3时，求f(x)的展开式中含x3项的系数；
(2)证明：f(x)的展开式中含xn项的系数为
(n＋1)C；
(3)定义：i＝a1＋a2＋…＋an，化简：(i＋1)C.
章末检测试卷一
1．B　[因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故＋1＝4，
即n＝6.]
2．D　[由A＝m(m－1)(m－2)(m－3)＝18·，且m≥4，m∈N*，得m－3＝3，m＝6.]
3．A　[先排4个a有1种排法，再从5个空格中选2个位置放b，
∴共有C＝10(种)排法．]
4．C　[设四场讲座为A，B，C，D，首先排B，C，共有A种，视为一个整体与D全排，共有A种，再排A，共有A种，综上，不同的安排方法共有AAA＝8(种)．]
5．C　[原式＝6＋x26，
在6中，
常数项是C·x3·3＝160，
x26的常数项，
即6中含的项，
因为C·x2·4＝，
所以x26的常数项是240，
所以(1＋x2)6的展开式中的常数项是160＋240＝400.]
6．A　[当按照1,2,3的人数安排时，
有CCCA＝360(种)安排方法；
当按照2,2,2的人数安排时，有CCC＝90(种)安排方法，故共有360＋90＝450(种)安排方法．]
7．C　[由题意二项式n的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大时n＝8.
二项展开式的通项为Tk＋1
＝C()8－k·k()－k
＝kC()8－2k，要使其系数最小，则k为奇数．
当k＝1时，×C＝－4；
当k＝3时，3×C＝－7；
当k＝5时，5×C＝－；
当k＝7时，7×C＝－；
故当k＝3时系数最小，则系数最小的项是第4项．]
8．B　[设四种颜料为1,2,3,4，
①先涂区域B，有4种涂色方法，不妨设涂颜色1；
②再涂区域C，有3种涂色方法，不妨设涂颜色2；
③再涂区域E，有2种涂色方法，不妨设涂颜色3；
④若区域A填涂颜色2，则区域D，F分别填涂颜色1,4或4,3，有2种不同的涂色方法；
若区域A填涂颜色4，则区域D，F分别填涂颜色1,3或4,3，有2种不同的涂色方法，由分类加法计数原理知，共有4种不同的涂色方法，
综合①②③④，由分步乘法计数原理可得，共有4×3×2×4＝96(种)不同的涂色方法．]
9．BCD　[对于A，若瑜伽被安排在周一和周六，则共有A＝24(种)不同的安排方法，故A不正确；
对于B，若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则由间接法可得，共有A－AA＝216(种)不同的安排方法，故B正确；
对于C，若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有CA＝36(种)不同的安排方法，故C正确；
对于D，若瑜伽不被安排在相邻的两天，则先排其他四项运动，共有A种不同的安排方法，再从5个空位里插入2个安排练习瑜伽，故共有AC＝240(种)不同的安排方法，故D正确．]
10．BD　[将4个编号分别为1,2,3,4的小球放入4个编号分别为1,2,3,4的盒子中，共有44＝256(种)放法，
A项错误；
恰好有一个空盒，分三步进行：第一步选择一个空盒，有C种方法；第二步从4个小球中选择2个小球进行捆绑，有C种方法；第三步将三组球放入三个盒子中，有A种放法，
则有CCA＝144(种)放法，
B项正确；
每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，分两步进行：第一步先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有C＝4(种)情况，假设4号球放在4号盒子里，则其余三个球的放法有(2,3,1), (3,1,2)，共2种，则恰好有一个球的编号与盒子的编号相同的放法有4×2＝8(种)，C项错误；
把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，分2步进行：第一步从4个盒子中选出一个盒子当作空盒，有C种选法，再将其余3个盒子装球，3个盒子分别装2,1,1个球，只要选一个盒子装2个球，另外2个盒子一定是每个装一个球，有C种选法，所以共有CC＝12(种)放法，
D项正确．]
11．AD　[令x＝1，得(2－1－2)5＝－1，故A正确；
将x＝1代入5可得(2＋1＋2)5＝3 125，故B错误；
由题设，5
＝·
，
若要得到x4项，只需5个因式中4个取2x，剩下1个取－2，故C错误；
5个因式中1个取2x,1个取－，剩下3个取－2，
得CC(－2)3＝320，
5个因式中2个取2x,2个取－，剩下1个取－2，
得C(2x)2C2(－2)＝－240，
5个因式中均取－2，得(－2)5＝－32.
故常数项为320－240－32＝48，故D正确．]
12．BD　[对于A，10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，
令x＝0，得a0＝1，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，
所以a1＋a2＋…＋a10＝0，故A错误；
对于B，因为10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，
所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|表示10的各项系数之和，
令x＝1，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310，故B正确；
对于C，a2x2＝C2·8＝180x2，所以a2＝180，故C错误；
对于D，因为10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，a0＝1，
令x＝，则10＝1＋＋＋＋…＋＝0，
则＋＋＋…＋＝－1，故D正确．]
13．4
解析　由题意可知2n＋6＝n＋2或2n＋6＝20－(n＋2)，解得n＝－4(舍去)或n＝4.
14．10
解析　11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋C·11－1＝C·11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋C·11＋C－2＝(11＋1)n－2＝12n－2
＝(13－1)n－2＝C·13n－C·13n－1＋…＋(－1)n－1·C·13＋(－1)n·C－2.
因为n为正奇数，则上式＝C·13n－C·13n－1＋…＋C·13－3
＝(C·13n－C·13n－1＋…＋C·13－13)＋10.
所以11n＋C·11n－1＋C·11n－2＋…＋C·11－1除以13的余数是10.
15．－1　－448
解析　由题意得
所以n＝7，a＝－1，
所以7的展开式的通项为
Tk＋1＝C(2)7－kk
＝C27－k(－1)k，
令＝2，得k＝1.
所以x2的系数为C26(－1)1＝－448.
16．54
解析　根据题意知，甲、乙都没有得到冠军，且乙不是最后一名，分2种情况讨论：
①甲是最后一名，则乙可以是第二名、第三名或第四名，即乙有3种名次排列情况，剩下的三人有A＝6(种)名次排列情况，此时有3×6＝18(种)名次排列情况；
②甲不是最后一名，则甲、乙需要排在第二、三、四名，有A＝6(种)名次排列情况，剩下的三人有A＝6(种)名次排列情况，此时有6×6＝36(种)名次排列情况．
综上可知，一共有36＋18＝54(种)不同的名次排列情况．
17．解　A＝{3,4,5,6,7}，
B＝{4,5,6,7,8}．
(1)A中元素作为横坐标，B中元素作为纵坐标，有5×5＝25(个)；B中元素作为横坐标，A中元素作为纵坐标，有5×5＝25(个)．又两集合中有4个相同元素，故有4×4＝16(个)点重复了两次，所以共有25＋25－16＝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＝20(个)．
18．解　(1)二项式(3x－2y)20的展开式有21项，展开式的通项为Tk＋1＝C(3x)20－k(－2y)k，
其二项式系数最大的项为第11项，
T11＝C·(3x)10·(－2y)10＝C·610·x10y10.
(2)设系数绝对值最大的项是第k＋1(k∈N*)项，
则
即解得7≤k≤8，
所以k＝8，系数绝对值最大的项为
T9＝C·312·28·x12y8.
19．解　(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C＝816(种)不同的选法．
(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C＝8 568(种)不同的选法．
(3)分两类：甲、乙中有1人参加；甲、乙都参加．则共有CC＋C＝6 936(种)不同的选法．
(4)方法一　(直接法)至少有1名内科医生和1名外科医生的选法可分4类：
1内4外；2内3外；3内2外；4内1外．
所以共有CC＋CC＋CC＋CC＝14 656(种)不同的选法．
方法二　(间接法)从无限制条件的选法总数中减去5名都是内科医生和5名都是外科医生的选法种数所得的结果即为所求，即共有C－(C＋C)＝14 656(种)不同的选法．
20．解　二项式n的展开式的通项为Tk＋1＝Cxn－kk＝Ck(k＝0,1,2，…，n)．
(1)由展开式中的第2项和第3项的系数相等，得
C×＝C×2，即·n＝2·，
解得n＝5.
(2)展开式中所有二项式系数的和为
C＋C＋C＋…＋C＝25＝32.
(3)二项展开式的通项为
Tk＋1＝Ck(k＝0,1,2，…，5)．
当k＝0,2,4时，对应项是有理项，
所以展开式中所有的有理项为
T1＝C0x5＝x5，
T3＝C2x2＝x2，
T5＝C4x－1＝.
21．解　(1)将组成的三位数中所有偶数分为两类，
①若个位数为0，则共有A＝12(个)符合题意的三位数；
②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(个)符合题意的三位数．
故共有12＋18＝30(个)符合题意的三位数．
(2)将符合题意的五位数分为三类：
①若两个奇数数字在万位和百位上，则共有AA＝12(个)符合题意的五位数；
②若两个奇数数字在千位和十位上，则共有ACA＝8(个)符合题意的五位数；
③若两个奇数数字在百位和个位上，则共有ACA＝8(个)符合题意的五位数．
故共有12＋8＋8＝28(个)符合题意的五位数．
22．(1)解　当n＝3时，f(x)＝(1＋x)4＋2(1＋x)5＋3(1＋x)6，
∴f(x)的展开式中含x3项的系数为C＋2C＋3C＝84.
(2)证明　∵f(x)＝(1＋x)n＋1＋2(1＋x)n＋2＋…＋k(1＋x)n＋k＋…＋n(1＋x)2n(n∈N*)，
故f(x)的展开式中含xn项的系数为
C＋2C＋3C＋…＋nC＝C＋2C＋3C＋…＋nC.
因为kC＝k·
＝
＝(n＋1)
＝(n＋1)C，
所以xn项的系数为
(n＋1)
＝(n＋1)
＝(n＋1)
＝(n＋1)C.
(3)解　(i＋1)C＝2C＋3C＋…＋nC＋(n＋1)C，①
(i＋1)C＝(n＋1)C＋nC＋…＋3C＋2C，②
在①②中分别添加C，则
1＋(i＋1)C＝C＋2C＋3C＋…＋nC＋(n＋1)C，③
1＋(i＋1)C＝(n＋1)C＋nC＋…＋3C＋2C＋C，④
③＋④得
2
＝(n＋2)
＝(n＋2)2n，
∴(i＋1)C＝(n＋2)2n－1－1.