选择性必修第二册苏教版第7章单元测试卷（含解析）

第7章　计数原理　单元测试卷
一、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.若=28,则m等于 (　　)
A.9　　　 B.8　　 C.7　　 　 D.6
2 .5位同学报名参加两个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法共有 (　　)
A.10种 B.20种 C.25种 D.32种
3.高一(1)班某组有5人,组长安排值日生,其中1人负责擦黑板,2人负责教室内地面卫生,2人负责卫生区卫生,则不同的安排方法有 (　　)
A.20种 B.30种 C.90种 D.120种
4.某医药研究所研制了5种消炎药X1,X2,X3,X4,X5和4种退烧药T1,T2,T3,T4,现从中取出2种消炎药和1种退烧药同时进行疗效试验,X1,X2这2种消炎药必须同时搭配使用,但X3和T4这2种药不能同时使用,则不同的试验方案有 (　　)
A.11种 B.12种 C.13种 D.14种
5.在(-)n的展开式中,只有第5项的二项式系数最大,则展开式中的常数项为 (　　)
A.-28 B.28 C.-7 D.7
6.已知(-)5的展开式中含的项的系数为30,则a= (　　)
A. B.- C.6 D.-6
7.算盘是一种手动操作计算辅助工具,它起源于中国,迄今已有2 600多年的历史,是中国古代的一项重要发明.算盘有很多种类,现有一种算盘(如图1(1)),共两档,自右向左分别表示个位和十位,档中横以梁,梁上一珠拨下,记作数字5,梁下四珠,上拨每珠记作数字1(例如图1(2)中算盘表示整数51).如果拨动图1(1)算盘中的三枚算珠,可以表示不同整数的个数为 (　　)
图1
A.16 B.15 C.12 D.10
8.已知某超市为顾客提供四种结账方式:现金支付、支付宝支付、微信支付、银联卡支付.若顾客甲没有银联卡,顾客乙只带了现金,顾客丙、丁用哪种方式结账都可以,这四名顾客购物后,恰好用了其中的三种结账方式,那么他们结账方式的可能情况有 (　　)
A.19种 B.26种 C.7种 D.12种
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.A,B,C,D,E,F六个人并排站在一起,则下列说法正确的有 (　　)
A.若A,B两人相邻,则有120种不同的排法
B.若A,B不相邻,则共有480种不同的排法
C.若A在B左边,则有360种不同的排法
D.若A不站在最左边,B不站在最右边,则有504种不同的排法
10.设a,b,m∈Z,m>0,若a和b被m除得的余数相同,则称a和b对于模m同余,记为
a≡b(mod m),已知a=1+×2+×22+×23+…+×220,a≡b(mod 10),则b的值可能是 (　　)
A.2 011 B.2 019 C.2 021 D.2 029
11.若(1-2x)2 022=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2 022x2 022(x∈R),则 (　　)
A.a0=1
B.a1+a3+a5+…+a2 021=
C.a0+a2+a4+…+a2 022=
D.+++…+=-1
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.在(1-x3)(2+x)6的展开式中,x5的系数是　　　　.(用数字作答)
13.“仁、义、礼、智、信”为儒家“五常”,由孔子提出“仁、义、礼”,孟子延伸为“仁、义、礼、智”,董仲舒扩充为“仁、义、礼、智、信”.将“仁、义、礼、智、信”排成一排,“仁”排在第一位,且“智、信”相邻的概率为　　　　.
14.计算+2+3+…+n的值时,可以采用下列方法:
构造等式+x+x2+x3+…+xn=(1+x)n,
两边对x求导,得+2x+3x2+…+nxn-1=n(1+x)n-1,
令x=1,得+2+3+…+n=n·2n-1.
类比上述计算方法,可得+22+32+…+n2=　　　　.
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(13分)已知(2x+)n(n∈N*)的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5.
(1)求n的值;
(2)求展开式中的常数项;
(3)计算26+25+24+23+22+21+20的值.
16.(15分)已知集合A={x|1(1)从A∪B中取出3个不同的元素组成三位数,则可以组成多少个
(2)从集合A中取出1个元素,从集合B中取出3个元素,可以组成多少个无重复数字且比4 000大的自然数
17.(15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,其中红球的个数不比白球少的取法有多少种
(2)如取1个红球记2分,1个白球记1分,从口袋中取5个球,总分不小于7的取法有多少种
18.(17分)有下列3个条件:①在展开式中,前三项的系数为等差数列.②n满足:已知含有甲、乙的n名志愿者要去包括A,B两个社区的n个社区服务,要求每人只能去一个社区,甲不能去A社区,乙不能去B社区,不同的安排方法有43种.③n满足:(1+2x)n=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+an(x-1)n,其中a1=16×37.从这三个条件中任选一个,补充到下面问题中,并解答问题.
已知(+)n,　　　　,
(1)求二项式系数最大的项;
(2)求展开式中系数最大的项.
注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.
19.(17分)杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家,他提出的杨辉三角是我国古代数学重大成就之一.图2为杨辉三角的部分内容.设杨辉三角中第n行的第r个数为,观察图2可知,相邻两行中三角形的两个腰都是由数字1组成的,其余的数都等于它肩上的两个数相加.
(1)用公式表示出题目中叙述的规律,并加以证明.
(2)在杨辉三角中是否存在某一行,使该行中三个相邻的数之比为3∶8∶14 若存在,试求出这三个数;若不存在,请说明理由.
图2
第7章　计数原理　单元测试卷　参考答案
1.B　==28,解得m=8.
2.D　每位同学都有两种选择,因此,共有25=32种不同的报名方法.
3.B　不同的安排方法有=30(种).
4.D　若退烧药选用T4,则消炎药的选用可能有2种,此时试验方案种数为2;若退烧药不选用T4,则消炎药的选用可能有+1=4(种),此时试验方案种数为3×4=12.于是不同的试验方案有2+12=14(种).
5.D　由题意,知+1=5,解得n=8,(-)8的展开式的通项公式为Tr+1=()8-r·(-)r=(-1)r()8-r·.由已知,令8-r=0,得r=6,所以所求常数项为(-1)6××()2=×=7.
6.D　(-)5的展开式的通项公式为Tr+1=()5-r·()r=(-a)r(r=0,1,2,…,5),由=,解得r=1.
由×(-a)=30,得a=-6.故选D.
7.C　不拨动十位时,表示的整数有2种(3或7),
当拨动十位梁下一个算珠时,表示的整数有2种(12或16),
当拨动十位梁下两个算珠时,表示的整数有2种(21或25),
当拨动十位梁上一个算珠时,表示的整数有2种(52或56),
当拨动十位梁上一个和梁下一个算珠时,表示的整数有2种(61或65),
当拨动十位三个算珠时,表示的整数有2种(30或70),
故表示的不同整数共有12个.故选C.
8.B　由题意知,①当顾客甲、丙、丁都不选微信支付时,甲有2种结账方式可选择,当甲选择现金支付时,丙、丁2人的结账方式有=2(种),
当甲选择支付宝支付时,丙、丁可以都选择银联卡支付,或者其中一人选择银联卡支付,另一人选支付宝支付或现金支付,故此时的结账方式有1+=5(种).
故当顾客甲、丙、丁都不选微信支付时,他们的结账方式有2+5=7(种).
②当顾客甲、丙、丁都不选支付宝支付时,则甲有2种结账方式可选择,当甲选择现金支付时,丙、丁2人的结账方式有=2(种),
当甲选择微信支付时,丙、丁可以都选择银联卡支付,或者其中一人选择银联卡支付,另一人选微信支付或现金支付,故此时的结账方式有1+=5(种).
故当顾客甲、丙、丁都不选支付宝支付时,他们的结账方式有2+5=7(种).
③当顾客甲、丙、丁都不选择银联卡支付时,若三人中有人使用现金支付,则结账方式有=6(种),
若三人不使用现金支付,则结账方式有=6(种),
故当顾客甲、丙、丁都不选择银联卡支付时,他们的结账方式有6+6=12(种).
根据分类计数原理可得他们结账方式的可能情况共有7+7+12=26(种).
9.BCD　对于A,若A,B两人相邻,需要将A,B看成一个整体,与其他四人全排列,有=240种不同的排法,A说法错误;
对于B,若A,B不相邻,先将其他四人排成一排,排好后,有5个空位,将A,B安排在空位中,有=480种不同的排法,B说法正确;
对于C,不考虑限制条件,六人有=720种不同的排法,其中A在B左边和A在B右边的情况一样,则A在B左边的排法有×720=360(种),C说法正确;
对于D,不考虑限制条件,六人有=720种不同的排法,A站在最左边的排法有=120(种),B站在最右边的排法有=120(种),A站在最左边且B站在最右边的排法有=24(种),则有720-120-120+24=504种不同的排法,D说法正确.
故选BCD.
10.AC　∵a=1+×2+×22+×23+…+×220=(1+2)20=320=910=(10-1)10=
·1010-·109+·108+…-·10+,
∴a被10除得的余数为1,又2 021,2 011被10除得的余数是1,故选AC.
11.ACD　当x=0时,a0=1,
当x=1时,a0+a1+a2+a3+…+a2 022=1　①,
当x=-1时,a0-a1+a2-a3+…-a2 021+a2 022=32 022　②,
由可得,a0+a2+…+a2 022=,
由可得,a1+a3+…+a2 021=.
当x=时,a0++++…+=0,则+++…+=-1.故选ACD.
12.-228　二项展开式中,含x5的项是·2x5-x3··24x2=-228x5,所以x5的系数是-228.
13.　“仁、义、礼、智、信”排成一排,总排法为种,其中“仁”排在第一位,且“智、信”相邻的排法为种,故所求概率为=.
14.2n-2n(n+1)　将等式+2x+3x2+…+nxn-1=n(1+x)n-1两边均乘以x,得x+2x2+3x3+…+nxn=nx(1+x)n-1,两边对x求导,得+22x+32x2+…+n2xn-1=n(1+x)n-1+n(n-1)x(1+x)n-2,令x=1,得+22+32+…+n2=n·2n-1+n(n-1)·2n-2=2n-2n(n+1).
15.(1)二项展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是∶=2∶5,解得n=6.
(2)展开式的通项为Tr+1=·26-r·,令6-=0,解得 r=4,可得常数项为·22=60.
(3)由x=1,n=6得,26+25+24+23+22+21+20=(2+1)6=36=729.
16.由1(1)从A∪B中取出3个不同的元素,可以组成的三位数的个数为=120.
(2)若从集合A中取元素3,则3不能是千位上的数字,
满足题意的自然数的个数为··=180.
若不从集合A中取元素3,则四位数的组成数字有5组:4,5,6,7;4,6,7,8;4,5,6,8;4,5,7,8;5,6,7,8.分别全排列,有5=120个满足题意的自然数.
所以满足题意的自然数共有180+120=300(个).
17.(1)满足条件的取法情况分为以下三类:
第一类,红球取4个,白球不取,取法有种;
第二类,红球取3个,白球取1个,取法有种;
第三类,红球取2个,白球取2个,取法有种.
所以共有取法++=115(种).
(2)设取红球x个,白球y个,则有其正整数解为或或
因此总分不小于7的取法可分为三类,
不同的取法种数为++=186.
18.选①.
因为(+)n的展开式中前三项的系数分别为·()0,·,·()2,它们成等差数列,所以2(·)=·()0+·()2,解得n=8或n=1(舍去).
(1)二项式系数最大的项为T5=·()4·x=x.
(2)第r+1项为Tr+1=·()r·,
要使第r+1项的系数·()r最大,r=0,1,2,3,4,5,6,7,8,则需
解得r=2或r=3,
经检验,r=2或r=3时,第r+1项的系数·()r最大,
故展开式中系数最大的项为T3=··=7和T4=··=7.
选②.
可分为两种情况考虑:
若甲去B社区,则有种不同情况;若甲不去B社区,则有种不同情况.
因此,满足题意的不同方法有(+)种.
令+=43,整理得(n-2)![(n-2)2+n-1]=43×6!,
所以(n-2)!(n2-3n+3)=43×6!,
则解得n=8.
以下答案同①.
选③.
因为(1+2x)n=[3+2(x-1)]n,所以该二项展开式中第r+1项为Tr+1=×3n-r×[2(x-1)]r,
因为(1+2x)n=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+an(x-1)n,所以a1=×3n-1×2=2n·3n-1=16×37,
所以所以n=8.
以下答案同①.
19.(1)=+(n≥2,r≥1,n∈N*,r∈N*).
利用组合相关公式证明如下:
+=+=[r+(n-r)]==,故原式得证.
(2)存在.假设在第n行存在连续三项,,,其中n∈N*且n≥2,k∈N*且k≥2,满足=且=,化简得=且=,解得k=3,n=10.
故这三个数依次是45,120,210.