第6章 计数原理　章末检测 （含答案）数学选择性必修第三册(人教A版)

第六章 计数原理
章末检测
(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．(2024年扬州月考)19×18×17×…×5可表示为(　　)
A．A B．A
C．C D．C
2．(2024年娄底月考)将甲、乙、丙等7名志愿者分到A，B，C三个地区，每个地区至少分配2人，则甲、乙、丙分到同一个地区的概率为(　　)
A． B．
C． D．
3．(2024年扬州月考)某单位春节共有四天假期，现安排甲、乙、丙、丁四人值班，每名员工值班一天．已知甲不在第一天值班，乙不在第四天值班，则值班安排共有(　　)
A．12种 B．14种
C．18种 D．24种
4．(2024年黔江月考)高二某班4名同学分别从3处不同风景点中选择一处进行旅游观光，则选择方案共有(　　)
A．A种 B．A种
C．43种 D．34种
5．(2024年滨州月考)展开式中的常数项为(　　)
A．60 B．－60
C．30 D．－30
6．(2024年曲靖月考)某宿舍6名同学排成一排照相，其中甲与乙必须相邻，丙与丁互不相邻的不同排法有(　　)
A．72种 B．144种
C．216种 D．256种
7．(2024年浙江月考)(x＋1)10＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a10(x＋2)10，则a2＝(　　)
A．180 B．－180
C．45 D．－45
8．(2024年黑龙江月考)“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《解析九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年．在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中(如图)，记第2行的第3个数字为a1，第3行的第3个数字为a2，…，第n(n≥2)行的第3个数字为an－1，则a1＋a2＋a3＋…＋a9＝(　　)
A．165 B．180
C．220 D．236
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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
9．(2024年德州月考)带有编号1，2，3，4，5的五个球，则(　　)
A．全部放入4个不同的盒子里，共有45种放法
B．放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有4种放法
C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)，共有20种放法
D．全部放入3个不同的盒子里，没有空盒，共有140种不同的放法
10．(2024年重庆月考)下列计算正确的是(　　)
A．A＝n(n－1)(n－2)…(n－m) B．A＝210
C．A＝nA D．4×5×6×…×2 024＝A
11．(2024年东莞月考)为弘扬我国古代“六艺”文化，某研学旅行夏令营主办单位计划在暑假开设“礼、乐、射、御、书、数”六门体验课程，若甲乙丙三名同学各只能体验其中一门课程．则(　　)
A．甲乙丙三人选择课程方案有120种方法
B．甲乙丙三人选择同样课程有6种方案
C．恰有三门课程没有被三名同学选中的选课方案有120种
D．若有A，B，C，D，E五名教师教这6门课程，每名老师至少教一门，且A老师不教“数”，则有1 440种排课方式
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．(2024年湖州月考)若x满足关系式C＝C，则x＝________．
13．(2024年南通月考)设a∈Z，且0≤a≤7，若32 024＋a能被8整除，则a＝________．
14．(2024年东莞月考)如图，现在提供3种颜色给A，B，C，D4个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，且相邻区域颜色不相同，共有________种不同的涂色方案？
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)(2024年滨州期中)
(1)解不等式A<4A；
(2)若C＋C＋C＋…＋C＝55，求正整数n．
16．(15分)(2024年长治月考)晚会上共有7个节目，其中有4个不同的歌唱节目，2个不同的舞蹈节目和1个相声节目，分别按以下要求各可以排出多少种不同的节目单．
(1)其中舞蹈节目第一个出场，相声节目不能最后一个出场；
(2)2个舞蹈节目不相邻；
(3)前3个节目中既要有歌唱节目又要有舞蹈节目．
17．(15分)(2024年重庆月考)设＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且已知展开式中所有二项式系数之和为1 024.
(1)求n的值以及二项式系数最大的项；
(2)求3a1＋32a2＋…＋3nan的值．
18．(17分)(2024年延边月考)有0，1，2，3，4，5这六个数字．
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个无重复数字且能被25整除的四位数？
(3)能组成多少个无重复数字且比1 325大的四位数？
19．(17分)已知函数fn(x)＝(1＋λx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，其中λ∈R，n∈N．
(1)若λ＝－2，n＝2 024，求a0＋a2＋a4＋…＋a2 024的值；
(2)若n＝8，a7＝1 024，求ai(i＝0，1，2，3，…，8)的最大值；
(3)若λ＝－1，求证：Cxkfn－k(x)＝x．
参考答案
单项选择题
1.【答案】B
2.【答案】D
3.【答案】B
4.【答案】D
5.【答案】A
6.【答案】B
7.【答案】C　【解析】(x＋1)10＝(x＋2－1)10，(x＋2－1)10的展开式通项为C(x＋2)10-r·(－1)r，令10－r＝2，解得r＝8，故a2＝C＝45．故选C．
8.【答案】A　【解析】由题意得a1＝C，a2＝C，a3＝C，…，a9＝C，则a1＋a2＋a3＋…＋a9＝C＋C＋C＋…＋C＝C＝165.故选A．
二、多项选择题
9.【答案】AC　【解析】对于A，由分步乘法计数原理，五个球全部放入4个不同的盒子里共有45种放法，故A正确；对于B，由排列数公式，五个不同的球放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有CA种放法，故B错误；对于C，将其中的4个球投入一个盒子里共有CC＝20种放法，故C正确；对于D，全部放入3个不同的盒子里，没有空盒，共有CA＋A＝150种不同的放法，故D错误．故选AC．
10.【答案】BC　【解析】对于A，A＝n(n－1)(n－2)…(n－m)(n－m＋1)，故A错误；对于B，A＝7×6×5＝210，故B正确；对于C，因为A＝n(n－1)(n－2)…(n－m)(n－m＋1)，A＝(n－1)(n－2)…[(n－1)－(m－1)][(n－1)－(m－1)＋1]＝(n－1)(n－2)…(n－m)(n－m＋1)，所以A＝nA，故C正确；对于D，因为1×2×3×4×5×6×…×2 024＝A，所以4×5×6×…×2 024＝A，故D错误．故选BC．
11.【答案】BCD　【解析】对于A，甲乙丙三人每人都有6种选择，共有6×6×6＝216种，故A错误；对于B，甲乙丙三人选择同样课程有6种方案，故B正确；对于C，恰有三门课程没有被三名同学选中即3名学生选择了不同的三门，故有A＝120种方案，故C正确；对于D，若A老师教2门课程，则有CA＝240种，若A老师教1门课程，且教2门课的老师教“数”，则有CCA＝480种，若A老师教1门课程，且教2门课的老师不教“数”，则有CCCA＝720种，因此一共有240＋480＋720＝1 440种方案，故D正确．故选BCD．
三、填空题
12.【答案】4　【解析】由组合数性质，可知若x满足关系式C＝C，则3x－2＝x＋1或3x－2＋x＋1＝15，解得x＝或x＝4.又因为3x－2与x＋1都为区间[0，15]上的整数，当x＝时，3x－2＝x＋1＝不合题意，x＝舍去；当x＝4时，3x－2＝10，x＋1＝5符合题意，所以x＝4．
13.【答案】7　【解析】32 024＝(8＋1)1 012＝C81 012＋C81 011＋…＋C81＋C＝8(C81 011＋C81 010＋…＋C80)＋1，故32 024－1能被8整除，由0≤a≤7，故当a＝7时，即32 024＋7能被8整除．
14.【答案】24　【解析】仅用两种颜色涂四个区域时，则A、C区域同色，B、D区域同色，故有3×2＝6种选择，用3种不同颜色涂四个区域，则A、C区域或A、D区域或B、D区域必同色，当A、C同色时，有3×2×1＝6种，同理可知A、D，B、D分别同色时各有6种，故用3种不同颜色涂四个区域共有6＋6＋6＝18种不同涂色的方案．综上，共有6＋18＝24种方案．
四、解答题
15.解：(1)由A<4A，可得可得2≤x≤6，x∈N．
可得<4×，
所以>1，即x2－15x＋52<0．
因为22－15×2＋52>0，32－15×3＋52>0，42－15×4＋52>0，
52－15×5＋52>0，62－15×6＋52<0，所以x＝6．
(2)C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋C＋…＋C－1＝C＋C＋C＋…＋C－1＝
C＋C＋…＋C－1＝C－1＝55，故C＝56＝C，解得n＝7．
16.解：(1)按特殊位置或特殊元素优先安排的原则分3步：
先排第1个节目，有C种安排方法，
再排最后一个节目，可以从余下的5个非相声节目中选一个排在最后，有C种排法，
最后余下的节目随便排，有A种排法，
由分步乘法计数原理得共有CCA＝1 200种排法．
(2)先排非舞蹈节目，有A种排法，
将2个舞蹈节目插到6个空中，有A种排法，故AA＝3 600种排法．
(3)前3个节目共三种情况：
一种为1个歌唱节目，2个舞蹈节目，有CCAA＝576种排法，
另外一种为2个歌唱节目，1个舞蹈节目，有CCAA＝1 728种排法，
最后一种为歌唱节目，舞蹈节目、相声节目各1个，有CCCAA＝1 152种排法，
故共有576＋1 728＋1 152＝3 456种排法．
17.解：(1)∵展开式中所有二项式系数之和为1 024，即2n＝1 024，∴n＝10，
故二项式系数最大的项为T6＝C·＝－x5．
(2)∵＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，∴令x＝0，可得a0＝1．
∴＝1＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，令x＝3，可得1＋3a1＋32a2＋…＋3nan＝0，
∴3a1＋32a2＋…＋3nan＝－1．
18.解：(1)符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类：0在个位时，有A个四位偶数；
第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5，中选1个(有A个)，
十位和百位从余下的数字中选(有A个)，共有AA个；
第三类：4在个位时，与第二类同理，共有AA个；
由分类加法计数原理，知四位偶数共有A＋AA＋AA＝156个．
(2)符合要求的四位数可分为两类：
第一类：十位和个位分别为2和5时，需要从余下的非0数字中选1个放在千位，
剩下的3个数字选1个放在百位，共有AA个；
第二类：十位和个位分别为5和0时，共有A个；
由分类加法计数原理，知符合题意的四位数共有AA＋A＝21个．
(3)符合要求的四位数可分为三类：
第一类：千位是2，3，4，5中任意1个，余下的三位任意排，有4A个；
第二类：千位是1，且百位是4，5中任意1个，余下的两位任意排，有2A个；
第三类：千位是1，且百位是3，十位是4，5中任意1个，个位任意排，有2×3＝6个；
由分类加法计数原理，知符合题意的四位数共有4A＋2A＋6＝270个．
19.解：(1)λ＝－2，n＝2 024时，
f2 024(x)＝(1－2x)2 024＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 024x2 024，
令x＝1，得(1－2)2 024＝a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 023＋a2 024＝1，
令x＝－1，得(1＋2)2 024＝a0－a1＋a2－a3＋…－a2 023＋a2 024＝32 024，
可得a0＋a2＋a4＋…＋a2 024＝．
(2)f8(x)＝(1＋λx)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，
a7＝Cλ7＝1 024 λ＝2，
不妨设ai中at(t＝0，1，2，3，…，8)最大，则
即解得故t＝5或6，
ai中的最大值为a5＝a6＝C25＝C26＝1 792．
(3)若λ＝－1，fn(x)＝(1－x)n，
Cxkfn－k(x)＝Cx0(1－x)n＋Cx1(1－x)n-1＋Cx2(1－x)n-2＋…＋Cxn(1－x)0，
因为C＝·＝＝＝C，
所以Cxkfn－k(x)＝0＋Cx1(1－x)n-1＋Cx2(1－x)n-2＋…＋Cxn(1－x)0
＝x[Cx0(1－x)n-1＋Cx1(1－x)n-2＋…＋Cxn-1·(1－x)0]
＝x[x＋(1－x)]n-1＝x．