2025人教A版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--第六章 计数原理
文档属性
| 名称 | 2025人教A版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--第六章 计数原理 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 330.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-12-23 10:10:30 | ||
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文档简介
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2025人教A版高中数学选择性必修第三册
第六章 计数原理
全卷满分150分 考试用时120分钟
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.已知的展开式中第6项与第8项的二项式系数相等,则含x10项的系数是( )
A.-8 B.8 C.4 D.-4
2.将6名优秀教师分配到5所不同的学校进行教学交流,每名优秀教师只分配到1所学校,每所学校至少分配1名优秀教师,则不同的分配方案共有( )
A.2 400种 B.1 800种
C.1 200种 D.1 600种
3.“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示,由杨辉三角的“左腰”上的各数出发,引一组平行线,从上往下每条线上各数之和依次为1,1,2,3,5,8,13,…,则下列说法不正确的是( )
A.在第9条斜线上,各数之和为55
B.在第n(n≥5)条斜线上,各数自左往右先增大后减小
C.第n条斜线上共有个数
D.在第11条斜线上,最大的数是
4.2024年3月,某校A,B,C,D,E,F六名同学参加了中学生地球科学奥林匹克竞赛,均在比赛中取得优异成绩,现这6名同学和他们的主教练共7人站成一排合影留念,则主教练和A站在两端,B、C相邻且B、D不相邻的排法种数为( )
A.36 B.48 C.56 D.72
5.如图,洛书古称龟书,是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水,其甲壳上有此图象,结构是戴九履一,左三右七,二四为肩,六八为足,以五居中,五方白圈皆阳数,四角黑点为阴数.若从四个阴数和五个阳数中随机选取4个数,则选取的4个数之和为奇数的方法数为( )
A.60 B.61 C.65 D.66
6.在(3x+y-2z)8的展开式中,形如x3ymzn(m,n∈N)的所有项的系数之和是( )
A.256 B.-256 C.1 512 D.-1 512
7.的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中的常数项为( )
A.-40 B.-20
C.20 D.40
8.若一个四位数的各位数字的和为10,则称该数为“完美四位数”,如数字“2 017”,则用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于2 017的“完美四位数”有( )
A.71个 B.66个
C.59个 D.53个
二、多项选择题(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.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某暑期志愿者服务活动,有翻译、导购、收银、仓库管理四项工作可供选择,每人至多从事一项工作,则下列说法正确的是( )
A.若每人可任选一项工作,则有54种不同的选法
B.若安排甲、乙分别从事翻译、收银工作,其余3人中任选2人分别从事导购、仓库管理工作,则有12种不同的选法
C.若仓库管理工作必须安排2人,其余工作各安排1人,则有60种不同的选法
D.若每项工作至少安排1人,每人均需从事一项工作,其中甲、乙不能从事翻译工作,则有126种不同的选法
10.已知(1-x)2 024=a0+a1x+a2x2+…+a2 024x2 024,则下列结论正确的是( )
A.a2=-a1
B.a1+a2+…+a2 024=0
C.a0-a1+a2-a3+…-a2 023+a2 024=22 024
D.a1+2a2+…+2 024a2 024=0
11.在主题为“爱我中华”的演讲比赛中,参赛者甲、乙、丙、丁、戊进入了前5名的决赛(获奖名次不重复).甲、乙、丙三人一起去询问成绩,回答者说:“甲、乙两人之中有一人的成绩为第三名,丙的成绩不是第五名.”根据这个回答,下列结论正确的有( )
A.五人名次排列的所有情况共有36种
B.甲、乙的排名不相邻的所有情况共有24种
C.甲、乙的排名均高于丙的排名的所有情况共有8种
D.丙的排名高于甲的排名的所有情况共有24种
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.甲、乙、丙、丁、戊5个人排成一排拍照,要求甲不站在最左端,且甲、乙不相邻,则共有 种不同的排法.
13.672 023-8除以17所得的余数为 .
14.计算机是20世纪最伟大的发明之一,计算机在进行计算和信息处理时,使用的是二进制.若将一个十进制数n(n∈N*)表示为n=a0×2k+a1×2k-1+a2×2k-2+…+ak×20,其中a0=1,ai∈{0,1}(i=1,2,3,…,k),则其二进制为(a0a1a2…ak)2(k∈N),例如:自然数1在二进制中就表示为(1)2,2表示为(10)2,3表示为(11)2,4表示为(100)2,7表示为(111)2.记f(n)为a0,a1,a2,…,ak中0的个数,如f(2)=1,f(4)=2,f(7)=0,则f(127)= ;从1到127这些自然数的二进制表示中, f(n)=2的自然数有 个.
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)从下列两个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答问题.
①第4项的系数与倒数第4项的系数之比为1∶2;
②第4项和第5项的二项式系数相等且最大.
已知的展开式中, .
(1)求展开式中所有项的系数和与二项式系数和;
(2)将展开式中所有项重新排列,求有理项不相邻的概率.
16.(15分)盒子中有3支不同的铅笔和4支不同的水笔.
(1)将这些笔取出后排成一排,使得铅笔互不相邻,水笔也互不相邻,共有多少种不同的排法
(2)一次性取出3支笔,使得取出的三支笔中至少有1支铅笔,共有多少种不同的取法
(3)将这些笔分别放入另外三个不同的盒子,使得每个盒子中至少有一支铅笔和一支水笔,共有多少种不同的放法 (注:要写出算式,结果用数字表示)
17.(15分)在(a∈R)的展开式中,前三项的二项式系数之和为79.
(1)求n的值;
(2)若展开式中的常数项为,试求展开式中系数最大的项.
18.(17分)在高三一班元旦晚会上,有6个演唱节目,4个舞蹈节目.
(1)当4个舞蹈节目排在一起时,有多少种不同的安排顺序
(2)当每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,有多少种不同的安排顺序
(3)若已定好节目单,后来情况有变,需加上诗歌朗诵和快板2个节目,但不能改变原来节目的相对顺序,有多少种不同的安排顺序
19.(17分)设q是非零实数,对任意n∈N*,定义“q-数”:(n)q=1+q+…+qn-1,利用“q-数”可定义“q-阶乘”:(n)!q=(1)q(2)q…(n)q,且(0)!q=1;“q-组合数”:对任意k∈N,n∈N*,k≤n,.
(1)计算:;
(2)证明:对于任意k,n∈N*,k+1≤n,;
(3)证明:对于任意k,m∈N,n∈N*,k+1≤n,.
答案与解析
第六章 计数原理
1.D 2.B 3.A 4.D 5.A 6.D
7.D 8.A 9.CD 10.ACD 11.ACD
1.D 由条件可知,所以n=12,则,其展开式的通项为Tr+1=x12-r·x12-2r,r=0,1,…,12,令12-2r=10,得r=1,所以含x10项的系数是=-4,故选D.
2.B 不同的分配方案共有=1 800(种),故选B.
3.A 从上往下每条线上各数之和依次为1,1,2,3,5,8,13,…,设这些数依次为a1,a2,…,
则各数出现的规律是an+2=an+an+1(n∈N+),
所以第8条斜线上各数之和为8+13=21,第9条斜线上各数之和为13+21=34,故A中说法不正确;
由题图易知,从左往右,第1条斜线上的数:1,
第2条斜线上的数:,
第3条斜线上的数:,
第4条斜线上的数:,
第5条斜线上的数:,
第6条斜线上的数:,
……
依此规律,第11条斜线上的数为,最大的数是,故D中说法正确;
由上面的规律可知:n为奇数时,第n条斜线上共有个数,
n为偶数时,第n条斜线上共有个数,
所以第n条斜线上共有个数,故C中说法正确;
由上述每条斜线上的数的规律可知,在第n(n≥5)条斜线上,各数自左往右先增大后减小,故B中说法正确.故选A.
4.D 主教练和A站在两端,有=2种排法.中间5人分2种情况讨论:若B、C相邻且C、D相邻,有=12种排法;若B、C相邻且B、C均不与D相邻,有=24种排法,则中间5人有12+24=36种排法.综上,共有2×36=72种不同的排法.故选D.
5.A 阴数为2,4,6,8,阳数为1,3,5,7,9,选取的4个数之和为奇数分1奇3偶和3奇1偶两种情况,因此选取的4个数之和为奇数的方法数为=60.故选A.
6.D 形如x3ymzn(m,n∈N)的所有项,即(3x)3(y-2z)5的展开式中的所有项,
令x=y=z=1,得x3ymzn(m,n∈N)的所有项的系数之和是×33×(-1)5=-1 512.
7.D 令x=1,得展开式中各项系数的和为1+a,所以1+a=2,解得a=1,所以,易得的展开式的通项为Tr+1=x5-2r,r=0,1,2,3,4,5.令5-2r=1,得r=2;令5-2r=-1,得r=3.所以的展开式中的常数项为8=40.故选D.
8.A 4个数字和为10的情况有:①0,1,3,6,②0,1,4,5,③0,1,2,7,④0,2,3,5,⑤1,2,3,4,共5种,则分5种情况讨论:①当四个数字为0,1,3,6时,千位数字可以为3或6,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有2×6=12个符合题意的“完美四位数”;②当四个数字为0,1,4,5时,千位数字可以为4或5,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有2×6=12个符合题意的“完美四位数”;③当四个数字为0,1,2,7时,若千位数字为7,则将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,若千位数字为2,则有2 071,2 107,2 170,2 701,2 710,共5种情况,此时有6+5=11个符合题意的“完美四位数”;④当四个数字为0,2,3,5时,千位数字可以为2或3或5,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有3×6=18个符合题意的“完美四位数”;⑤当四个数字为1,2,3,4时,千位数字可以为2或3或4,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有3×6=18个符合题意的“完美四位数”.
综上,一共有12+12+11+18+18=71个符合题意的“完美四位数”,故选A.
9.CD 对于A,易知每人有4种选法,所以有45种不同的选法,故A错误.对于B,安排甲、乙分别从事翻译、收银工作,有1种选法,其余3人中任选2人分别从事导购、仓库管理工作,有=6种选法,所以共有1×6=6种选法,故B错误.对于C,有=60种不同的选法,故C正确.对于D,①从除甲、乙外的3人中任选1人从事翻译工作,有=3种选法,则甲、乙和剩下的2人从事其余的三项工作,有=36种选法,所以共有3×36=108种选法;②从除甲、乙外的3人中任选2人从事翻译工作,有=3种选法,则甲、乙和剩下的1人从事其余的三项工作,有=6种选法,所以共有3×6=18种选法.所以共有108+18=126种不同的选法,故D正确.故选CD.
10.ACD 对于选项A,由题意可知a1=(-1)=-2 024,a2=a1,因此A正确;
对于选项B,令x=0,则a0=1,令x=1,则a0+a1+a2+…+a2 024=(1-1)2 024=0,则a1+a2+…+a2 024=-1,因此B错误;
对于选项C,令x=-1,则a0-a1+a2-…+a2 024=(1+1)2 024=22 024,因此C正确;
对于选项D,对已知关系式两边同时求导可得-2 024(1-x)2 023=a1+2a2x+3a3x2+…+2 024a2 024x2 023,令x=1,则a1+2a2+3a3+…+2 024a2 024=0,因此D正确.故选ACD.
11.ACD 五人名次排列的所有情况共有=36种,A正确;
若甲、乙两人有一人的排名为第一名,则所有的情况有=8种,
若甲、乙两人有一人的排名为第五名,则所有的情况有=12种,
故甲、乙的排名不相邻的所有情况共有8+12=20种,B不正确;
若甲、乙的排名均高于丙的排名,则丙的排名为第四名,故所有的情况共有=8种,C正确;
若甲排名第三,则丙的排名高于甲的排名的所有情况有=12种,
若乙排名第三,则当丙排名第一时,不同的情况有=6种,
当丙排名第二时,不同的情况有=4种,
当丙排名第四时,不同的情况有=2种,
因此丙的排名高于甲的排名的所有情况共有12+6+4+2=24种,D正确.故选ACD.
12.答案 54
解析 当甲站在最右端时,乙有3个位置可以选择;
当甲不站在最右端时,甲有3个位置可以选择,无论甲在哪个位置,乙都有2个位置可以选择,
所以甲、乙一共有3+3×2=9种排法.
剩余三人全排列,有种排法.故一共有9=54种排法.
13.答案 8
解析 672 023-8=(68-1)2 023-8
=682 023-×682 022+…+×68-1-8
=682 023-×682 022+…+×68-9
=(682 023-×682 022+…+×68-17)+8,
因为682 023-×682 022+…+×68-17能被17整除,所以672 023-8除以17所得的余数为8.
14.答案 0;35
解析 因为127=1×26+1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20,所以f(127)=0.
当k=2时,有1个,当k=3时,有个,当k=4时,有个,
当k=5时,有个,当k=6时,有个,则一共有1+=35个,
所以从1到127这些自然数的二进制表示中, f(n)=2的自然数有35个.
15.解析 (1)选①:的展开式的通项为Tr+1=·2r,r=0,1,2,…,n.(2分)
由题意得,即,解得n=7.(5分)
所以.
令x=1,得展开式中所有项的系数和为37=2 187.(6分)
展开式中所有项的二项式系数和为27=128.(7分)
选②:由题意得,故n=7.(5分)
以下解法同①.(7分)
(2)易知展开式共有8项,当14-为整数,即r=0,2,4,6时,为有理项,共4项,(10分)
所以有理项不相邻的概率为.(13分)
16.解析 (1)先将3支不同的铅笔排成一排有种排法,(2分)
再将4支不同的水笔插到3支不同的铅笔构成的四个空中,有种排法,(4分)
故使得铅笔互不相邻,水笔也互不相邻的排法共有=144种.(5分)
(2)一次性取出3支笔,共有种取法,(7分)
取出的三支笔中没有铅笔有种取法,(9分)
因此共有=31种不同的取法.(10分)
(3)将这些笔分别放入另外三个不同的盒子,每个盒子中至少有一支铅笔有种放法, (12分)
每个盒子中至少有一支水笔,有种放法, (14分)
共有=216种不同的放法.(15分)
17.解析 (1)由已知得=79,(4分)
解得n=12或n=-13,
因为n∈N*,所以 n=12.(7分)
(2)由(1)知,其展开式的通项为Tr+1=,r=0,1,…,12,(9分)
令12-=0,得r=9,故常数项为,解得a=,(11分)
设第(k+1)项的系数最大,
则≤k≤,
因为k∈N*,所以 k=8.(14分)
因此,展开式中系数最大的项为T9=.(15分)
18.解析 (1)分两步:第一步,将4个舞蹈节目全排列,有=24种方法;(3分)
第二步,将4个舞蹈节目捆绑,与6个演唱节目全排列,有=5 040种方法.根据分步乘法计数原理,共有24×5 040=120 960种不同的安排顺序.(6分)
(2)分两步:第一步,将6个演唱节目排成一排,共有=720种方法;(9分)
第二步,利用插空法,将4个舞蹈节目插在6个演唱节目形成的7个空中,共有=840种方法.
根据分步乘法计数原理,共有720×840=604 800种不同的安排顺序.(12分)
(3)若所有节目没有顺序要求,全排列,则有种排法,(14分)
但原来的节目已定好顺序,所以共有=132种不同的安排顺序.(17分)
19. 解析 (1)由定义可知,
=(3分)
==155.(5分)
(2)证明:由已知得,
[(k)q+qk·(n-k)q].(8分)
又(k)q+qk·(n-k)q=1+q+…+qk-1+qk(1+q+…+qn-k-1)=1+q+…+qn-1=(n)q,
所以.(10分)
(3)证明:由定义得,对任意k∈N,n∈N*,k≤n,.
结合(2)可知,
所以,
,
……
,
上述(m+1)个等式两边分别相加得.(17分)
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第六章 计数原理
全卷满分150分 考试用时120分钟
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.已知的展开式中第6项与第8项的二项式系数相等,则含x10项的系数是( )
A.-8 B.8 C.4 D.-4
2.将6名优秀教师分配到5所不同的学校进行教学交流,每名优秀教师只分配到1所学校,每所学校至少分配1名优秀教师,则不同的分配方案共有( )
A.2 400种 B.1 800种
C.1 200种 D.1 600种
3.“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示,由杨辉三角的“左腰”上的各数出发,引一组平行线,从上往下每条线上各数之和依次为1,1,2,3,5,8,13,…,则下列说法不正确的是( )
A.在第9条斜线上,各数之和为55
B.在第n(n≥5)条斜线上,各数自左往右先增大后减小
C.第n条斜线上共有个数
D.在第11条斜线上,最大的数是
4.2024年3月,某校A,B,C,D,E,F六名同学参加了中学生地球科学奥林匹克竞赛,均在比赛中取得优异成绩,现这6名同学和他们的主教练共7人站成一排合影留念,则主教练和A站在两端,B、C相邻且B、D不相邻的排法种数为( )
A.36 B.48 C.56 D.72
5.如图,洛书古称龟书,是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水,其甲壳上有此图象,结构是戴九履一,左三右七,二四为肩,六八为足,以五居中,五方白圈皆阳数,四角黑点为阴数.若从四个阴数和五个阳数中随机选取4个数,则选取的4个数之和为奇数的方法数为( )
A.60 B.61 C.65 D.66
6.在(3x+y-2z)8的展开式中,形如x3ymzn(m,n∈N)的所有项的系数之和是( )
A.256 B.-256 C.1 512 D.-1 512
7.的展开式中各项系数的和为2,则该展开式中的常数项为( )
A.-40 B.-20
C.20 D.40
8.若一个四位数的各位数字的和为10,则称该数为“完美四位数”,如数字“2 017”,则用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于2 017的“完美四位数”有( )
A.71个 B.66个
C.59个 D.53个
二、多项选择题(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.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某暑期志愿者服务活动,有翻译、导购、收银、仓库管理四项工作可供选择,每人至多从事一项工作,则下列说法正确的是( )
A.若每人可任选一项工作,则有54种不同的选法
B.若安排甲、乙分别从事翻译、收银工作,其余3人中任选2人分别从事导购、仓库管理工作,则有12种不同的选法
C.若仓库管理工作必须安排2人,其余工作各安排1人,则有60种不同的选法
D.若每项工作至少安排1人,每人均需从事一项工作,其中甲、乙不能从事翻译工作,则有126种不同的选法
10.已知(1-x)2 024=a0+a1x+a2x2+…+a2 024x2 024,则下列结论正确的是( )
A.a2=-a1
B.a1+a2+…+a2 024=0
C.a0-a1+a2-a3+…-a2 023+a2 024=22 024
D.a1+2a2+…+2 024a2 024=0
11.在主题为“爱我中华”的演讲比赛中,参赛者甲、乙、丙、丁、戊进入了前5名的决赛(获奖名次不重复).甲、乙、丙三人一起去询问成绩,回答者说:“甲、乙两人之中有一人的成绩为第三名,丙的成绩不是第五名.”根据这个回答,下列结论正确的有( )
A.五人名次排列的所有情况共有36种
B.甲、乙的排名不相邻的所有情况共有24种
C.甲、乙的排名均高于丙的排名的所有情况共有8种
D.丙的排名高于甲的排名的所有情况共有24种
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.甲、乙、丙、丁、戊5个人排成一排拍照,要求甲不站在最左端,且甲、乙不相邻,则共有 种不同的排法.
13.672 023-8除以17所得的余数为 .
14.计算机是20世纪最伟大的发明之一,计算机在进行计算和信息处理时,使用的是二进制.若将一个十进制数n(n∈N*)表示为n=a0×2k+a1×2k-1+a2×2k-2+…+ak×20,其中a0=1,ai∈{0,1}(i=1,2,3,…,k),则其二进制为(a0a1a2…ak)2(k∈N),例如:自然数1在二进制中就表示为(1)2,2表示为(10)2,3表示为(11)2,4表示为(100)2,7表示为(111)2.记f(n)为a0,a1,a2,…,ak中0的个数,如f(2)=1,f(4)=2,f(7)=0,则f(127)= ;从1到127这些自然数的二进制表示中, f(n)=2的自然数有 个.
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)从下列两个条件中任选一个,补充在下面的横线上,并解答问题.
①第4项的系数与倒数第4项的系数之比为1∶2;
②第4项和第5项的二项式系数相等且最大.
已知的展开式中, .
(1)求展开式中所有项的系数和与二项式系数和;
(2)将展开式中所有项重新排列,求有理项不相邻的概率.
16.(15分)盒子中有3支不同的铅笔和4支不同的水笔.
(1)将这些笔取出后排成一排,使得铅笔互不相邻,水笔也互不相邻,共有多少种不同的排法
(2)一次性取出3支笔,使得取出的三支笔中至少有1支铅笔,共有多少种不同的取法
(3)将这些笔分别放入另外三个不同的盒子,使得每个盒子中至少有一支铅笔和一支水笔,共有多少种不同的放法 (注:要写出算式,结果用数字表示)
17.(15分)在(a∈R)的展开式中,前三项的二项式系数之和为79.
(1)求n的值;
(2)若展开式中的常数项为,试求展开式中系数最大的项.
18.(17分)在高三一班元旦晚会上,有6个演唱节目,4个舞蹈节目.
(1)当4个舞蹈节目排在一起时,有多少种不同的安排顺序
(2)当每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,有多少种不同的安排顺序
(3)若已定好节目单,后来情况有变,需加上诗歌朗诵和快板2个节目,但不能改变原来节目的相对顺序,有多少种不同的安排顺序
19.(17分)设q是非零实数,对任意n∈N*,定义“q-数”:(n)q=1+q+…+qn-1,利用“q-数”可定义“q-阶乘”:(n)!q=(1)q(2)q…(n)q,且(0)!q=1;“q-组合数”:对任意k∈N,n∈N*,k≤n,.
(1)计算:;
(2)证明:对于任意k,n∈N*,k+1≤n,;
(3)证明:对于任意k,m∈N,n∈N*,k+1≤n,.
答案与解析
第六章 计数原理
1.D 2.B 3.A 4.D 5.A 6.D
7.D 8.A 9.CD 10.ACD 11.ACD
1.D 由条件可知,所以n=12,则,其展开式的通项为Tr+1=x12-r·x12-2r,r=0,1,…,12,令12-2r=10,得r=1,所以含x10项的系数是=-4,故选D.
2.B 不同的分配方案共有=1 800(种),故选B.
3.A 从上往下每条线上各数之和依次为1,1,2,3,5,8,13,…,设这些数依次为a1,a2,…,
则各数出现的规律是an+2=an+an+1(n∈N+),
所以第8条斜线上各数之和为8+13=21,第9条斜线上各数之和为13+21=34,故A中说法不正确;
由题图易知,从左往右,第1条斜线上的数:1,
第2条斜线上的数:,
第3条斜线上的数:,
第4条斜线上的数:,
第5条斜线上的数:,
第6条斜线上的数:,
……
依此规律,第11条斜线上的数为,最大的数是,故D中说法正确;
由上面的规律可知:n为奇数时,第n条斜线上共有个数,
n为偶数时,第n条斜线上共有个数,
所以第n条斜线上共有个数,故C中说法正确;
由上述每条斜线上的数的规律可知,在第n(n≥5)条斜线上,各数自左往右先增大后减小,故B中说法正确.故选A.
4.D 主教练和A站在两端,有=2种排法.中间5人分2种情况讨论:若B、C相邻且C、D相邻,有=12种排法;若B、C相邻且B、C均不与D相邻,有=24种排法,则中间5人有12+24=36种排法.综上,共有2×36=72种不同的排法.故选D.
5.A 阴数为2,4,6,8,阳数为1,3,5,7,9,选取的4个数之和为奇数分1奇3偶和3奇1偶两种情况,因此选取的4个数之和为奇数的方法数为=60.故选A.
6.D 形如x3ymzn(m,n∈N)的所有项,即(3x)3(y-2z)5的展开式中的所有项,
令x=y=z=1,得x3ymzn(m,n∈N)的所有项的系数之和是×33×(-1)5=-1 512.
7.D 令x=1,得展开式中各项系数的和为1+a,所以1+a=2,解得a=1,所以,易得的展开式的通项为Tr+1=x5-2r,r=0,1,2,3,4,5.令5-2r=1,得r=2;令5-2r=-1,得r=3.所以的展开式中的常数项为8=40.故选D.
8.A 4个数字和为10的情况有:①0,1,3,6,②0,1,4,5,③0,1,2,7,④0,2,3,5,⑤1,2,3,4,共5种,则分5种情况讨论:①当四个数字为0,1,3,6时,千位数字可以为3或6,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有2×6=12个符合题意的“完美四位数”;②当四个数字为0,1,4,5时,千位数字可以为4或5,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有2×6=12个符合题意的“完美四位数”;③当四个数字为0,1,2,7时,若千位数字为7,则将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,若千位数字为2,则有2 071,2 107,2 170,2 701,2 710,共5种情况,此时有6+5=11个符合题意的“完美四位数”;④当四个数字为0,2,3,5时,千位数字可以为2或3或5,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有3×6=18个符合题意的“完美四位数”;⑤当四个数字为1,2,3,4时,千位数字可以为2或3或4,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有3×6=18个符合题意的“完美四位数”.
综上,一共有12+12+11+18+18=71个符合题意的“完美四位数”,故选A.
9.CD 对于A,易知每人有4种选法,所以有45种不同的选法,故A错误.对于B,安排甲、乙分别从事翻译、收银工作,有1种选法,其余3人中任选2人分别从事导购、仓库管理工作,有=6种选法,所以共有1×6=6种选法,故B错误.对于C,有=60种不同的选法,故C正确.对于D,①从除甲、乙外的3人中任选1人从事翻译工作,有=3种选法,则甲、乙和剩下的2人从事其余的三项工作,有=36种选法,所以共有3×36=108种选法;②从除甲、乙外的3人中任选2人从事翻译工作,有=3种选法,则甲、乙和剩下的1人从事其余的三项工作,有=6种选法,所以共有3×6=18种选法.所以共有108+18=126种不同的选法,故D正确.故选CD.
10.ACD 对于选项A,由题意可知a1=(-1)=-2 024,a2=a1,因此A正确;
对于选项B,令x=0,则a0=1,令x=1,则a0+a1+a2+…+a2 024=(1-1)2 024=0,则a1+a2+…+a2 024=-1,因此B错误;
对于选项C,令x=-1,则a0-a1+a2-…+a2 024=(1+1)2 024=22 024,因此C正确;
对于选项D,对已知关系式两边同时求导可得-2 024(1-x)2 023=a1+2a2x+3a3x2+…+2 024a2 024x2 023,令x=1,则a1+2a2+3a3+…+2 024a2 024=0,因此D正确.故选ACD.
11.ACD 五人名次排列的所有情况共有=36种,A正确;
若甲、乙两人有一人的排名为第一名,则所有的情况有=8种,
若甲、乙两人有一人的排名为第五名,则所有的情况有=12种,
故甲、乙的排名不相邻的所有情况共有8+12=20种,B不正确;
若甲、乙的排名均高于丙的排名,则丙的排名为第四名,故所有的情况共有=8种,C正确;
若甲排名第三,则丙的排名高于甲的排名的所有情况有=12种,
若乙排名第三,则当丙排名第一时,不同的情况有=6种,
当丙排名第二时,不同的情况有=4种,
当丙排名第四时,不同的情况有=2种,
因此丙的排名高于甲的排名的所有情况共有12+6+4+2=24种,D正确.故选ACD.
12.答案 54
解析 当甲站在最右端时,乙有3个位置可以选择;
当甲不站在最右端时,甲有3个位置可以选择,无论甲在哪个位置,乙都有2个位置可以选择,
所以甲、乙一共有3+3×2=9种排法.
剩余三人全排列,有种排法.故一共有9=54种排法.
13.答案 8
解析 672 023-8=(68-1)2 023-8
=682 023-×682 022+…+×68-1-8
=682 023-×682 022+…+×68-9
=(682 023-×682 022+…+×68-17)+8,
因为682 023-×682 022+…+×68-17能被17整除,所以672 023-8除以17所得的余数为8.
14.答案 0;35
解析 因为127=1×26+1×25+1×24+1×23+1×22+1×21+1×20,所以f(127)=0.
当k=2时,有1个,当k=3时,有个,当k=4时,有个,
当k=5时,有个,当k=6时,有个,则一共有1+=35个,
所以从1到127这些自然数的二进制表示中, f(n)=2的自然数有35个.
15.解析 (1)选①:的展开式的通项为Tr+1=·2r,r=0,1,2,…,n.(2分)
由题意得,即,解得n=7.(5分)
所以.
令x=1,得展开式中所有项的系数和为37=2 187.(6分)
展开式中所有项的二项式系数和为27=128.(7分)
选②:由题意得,故n=7.(5分)
以下解法同①.(7分)
(2)易知展开式共有8项,当14-为整数,即r=0,2,4,6时,为有理项,共4项,(10分)
所以有理项不相邻的概率为.(13分)
16.解析 (1)先将3支不同的铅笔排成一排有种排法,(2分)
再将4支不同的水笔插到3支不同的铅笔构成的四个空中,有种排法,(4分)
故使得铅笔互不相邻,水笔也互不相邻的排法共有=144种.(5分)
(2)一次性取出3支笔,共有种取法,(7分)
取出的三支笔中没有铅笔有种取法,(9分)
因此共有=31种不同的取法.(10分)
(3)将这些笔分别放入另外三个不同的盒子,每个盒子中至少有一支铅笔有种放法, (12分)
每个盒子中至少有一支水笔,有种放法, (14分)
共有=216种不同的放法.(15分)
17.解析 (1)由已知得=79,(4分)
解得n=12或n=-13,
因为n∈N*,所以 n=12.(7分)
(2)由(1)知,其展开式的通项为Tr+1=,r=0,1,…,12,(9分)
令12-=0,得r=9,故常数项为,解得a=,(11分)
设第(k+1)项的系数最大,
则≤k≤,
因为k∈N*,所以 k=8.(14分)
因此,展开式中系数最大的项为T9=.(15分)
18.解析 (1)分两步:第一步,将4个舞蹈节目全排列,有=24种方法;(3分)
第二步,将4个舞蹈节目捆绑,与6个演唱节目全排列,有=5 040种方法.根据分步乘法计数原理,共有24×5 040=120 960种不同的安排顺序.(6分)
(2)分两步:第一步,将6个演唱节目排成一排,共有=720种方法;(9分)
第二步,利用插空法,将4个舞蹈节目插在6个演唱节目形成的7个空中,共有=840种方法.
根据分步乘法计数原理,共有720×840=604 800种不同的安排顺序.(12分)
(3)若所有节目没有顺序要求,全排列,则有种排法,(14分)
但原来的节目已定好顺序,所以共有=132种不同的安排顺序.(17分)
19. 解析 (1)由定义可知,
=(3分)
==155.(5分)
(2)证明:由已知得,
[(k)q+qk·(n-k)q].(8分)
又(k)q+qk·(n-k)q=1+q+…+qk-1+qk(1+q+…+qn-k-1)=1+q+…+qn-1=(n)q,
所以.(10分)
(3)证明:由定义得,对任意k∈N,n∈N*,k≤n,.
结合(2)可知,
所以,
,
……
,
上述(m+1)个等式两边分别相加得.(17分)
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