人教A版高中数学选择性必修三-第六章-计数原理-章末检测试卷（含解析）

人教A版高中数学选择性必修三-第六章-计数原理-章末检测试卷
(时间：120分钟　满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
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．在某市第一次全民核酸检测中，某中学派出了8名青年教师参与志愿者活动，分别派往2个核酸检测点，每个检测点需4名志愿者，其中志愿者甲与乙要求在同一组，志愿者丙与丁也要求在同一组，则这8名志愿者不同的派遣方法种数为(　　)
A．20 B．14 C．12 D．6
5．(2－)8的展开式中不含x4的项的系数之和为(　　)
A．－1 B．0 C．1 D．2
6．0.997的计算结果精确到0.001的近似值是(　　)
A．0.930 B．0.931 C．0.932 D．0.933
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．用四种颜色给下图的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2分，有选错的得0分)
9．下列问题属于排列问题的是(　　)
A．从10人中选2人分别去种树和扫地
B．从10人中选2人去扫地
C．从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队
D．从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算
10.某城市街道如图，某人要走最短路程从A地前往B地，则不同走法有(　　)
A．C种 B．C种
C．C种 D．C种
11．已知(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，下列命题中，正确的是(　　)
A．展开式中所有项的二项式系数的和为22 023
B．展开式中所有奇次项系数的和为
C．展开式中所有偶次项系数的和为
D.＋＋＋…＋＝－1
12．定义有n行的“杨辉三角”为n阶“杨辉三角”，如图就是一个8阶“杨辉三角”．
给出的下列命题中正确的是(　　)
A．记第i(i∈N*)行中从左到右的第j(j∈N*)个数为aij，则数列{aij}的通项公式为aij＝C
B．第k行各个数的和是2k
C．n阶“杨辉三角”中共有个数
D．n阶“杨辉三角”的所有数的和是2n－1
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．若C＝C(n∈N*)，则n＝________.
14．在1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数中，满足2与4相邻并且1与5不相邻的五位数共有______个. (结果用数值表示)
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(本大题共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直角坐标系中点的坐标，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：ai＝a1＋a2＋…＋an，化简：(i＋1)C.
参考答案与详细解析
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．B　[依题意，若甲乙丙丁四人在同一组，有A＝2(种)安排方法；若(甲乙)，(丙丁)不在同一组，先从其余4人选2人与甲乙一组，另外2人与丙丁一组，再安排到两个核酸检测点，则有CA＝12(种)安排方法，
综上可得，共有2＋12＝14(种)安排方法．]
5．B　[(2－)8的展开式的通项为
Tk＋1＝C28－k(－)k＝，
∴含x4的项的系数为(－1)820C＝1，
又(2－)8的展开式的系数之和为(2－)8＝1.
∴不含x4的项的系数之和为1－1＝0.]
6．C　[0.997＝(1－0.01)7＝C×1－C×0.01＋C×0.012－…＝1－0.07＋0.002 1－…≈0.932.]
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，得n＝8.
二项式展开式的通项为
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．故选C.]
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．AD　[根据题意，依次分析选项：
对于A，从10人中选2人分别去种树和扫地，选出的2人有分工的不同，是排列问题；
对于B，从10人中选2人去扫地，与顺序无关，是组合问题；
对于C，从班上30名男生中选出5名组成一个篮球队，与顺序无关，是组合问题；
对于D，从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算，顺序不一样，计算结果也不一样，是排列问题．]
10．AB　[因为从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验探究一下走法可得出：①要走的路程最短必须走5步，且不能重复；②向东的走法定出后，向南的走法随之确定，所以我们只要确定出向东的三步或向南的两步走法有多少种即可，故不同走法的种数有C＝C.]
11．ACD　[由二项式知C＋C＋…＋C＝(1＋1)2 023＝22 023，故A正确；
当x＝1时，有a0＋a1＋a2＋…＋a2 023＝－1，
当x＝－1时，有a0－a1＋a2－a3＋…－a2 021＋a2 022－a2 023＝32 023，
由上，可得a1＋a3＋a5＋…＋a2 023＝，故B错误；
由上，可得a0＋a2＋a4＋…＋a2 022＝，故C正确；
由二项展开式的通项知，Tk＋1＝C(－2x)k＝(－2)kCxk，则a1＝(－2)·C，a2＝(－2)2·
C，…，a2 023＝(－2)2 023·C，所以＋＋＋…＋＝－C＋C－C＋…
－C＋C－C＝(1－1)2 023－C＝－1，故D正确．]
12．BCD　[第i行各个数是(a＋b)i的展开式的二项系数，则数列{aij}的通项公式为aij＝C，故A错误；
各行的所有数的和是各二项式系数和，第k行各个数的和是2k，故B正确；
第k行共有(k＋1)个数，从而n阶“杨辉三角”共有1＋2＋…＋n＝个数，故C正确；
n阶“杨辉三角”的所有数的和是1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－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.
14．24
解析　因为满足2与4相邻并且1与5不相邻，则将2,4捆绑，内部排序得A＝2(种)排法，再对2,4和3全排列得A＝2(种)排法，利用插空法将1和5插空得A＝6(种)排法，所以满足题意的五位数共有AAA＝2×2×6＝24(个)．
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＝，
令＝2，解得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)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＝(k＝0,1,2，…，n)．
(1)根据展开式中的第2项和第3项的系数相等，得
C·＝C2，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＝(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，则得
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.