第六章 计数原理 同步练习（含答案） 2024~2025学年高二数学人教A版（2019）选择性必修3
文档属性
| 名称 | 第六章 计数原理 同步练习（含答案） 2024~2025学年高二数学人教A版（2019）选择性必修3 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 47.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-22 20:12:50 | ||
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文档简介
第六章 计数原理
本 章 复 习
一、 单项选择题
1 (2024河南一模)的展开式中常数项为( )
A. 28 B. 56 C. 70 D. 76
2 5555＋10被8除所得的余数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3 某学生邀请10位同学中的6位参加一项活动，其中两位同学要么都请，要么都不请，则不同的邀请方法共有( )
A. 84种 B. 140种 C. 98种 D. 210种
4 “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《详解九章算法》一书中出现．如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，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＋…＋a10的值为( )
A. 220 B. 186 C. 120 D. 96
5 (2023陕西、青海部分学校联考)甲、乙两个家庭周末到附近景区游玩，其中甲家庭有2个大人和2个小孩，乙家庭有2个大人和3个小孩，他们9人在景区门口站成一排照相，要求每个家庭的成员要站在一起，且同一家庭的大人不能相邻，则所有不同站法的种数为( )
A. 144 B. 864 C. 1 728 D. 2 880
6 甲、乙、丙、丁四人分别去云南、张家界、北京三个地方旅游，每个地方至少有一人去，且甲、乙两人不能同去一个地方，则不同的安排方法的种数为( )
A. 18 B. 24 C. 30 D. 36
二、 多项选择题
7 (2024德州月考)若有编号为1，2，3，4，5的五个球，则下列说法中正确的是( )
A. 全部投入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. 全部投入3个不同的盒子里，没有空盒，共有140种不同的放法
8 为响应政府部门的防控号召，某红十字会安排甲、乙、丙、丁4名志愿者分别奔赴A，B，C三地参加防控工作，则下列说法中正确的是( )
A. 若恰有一地无人去，则共有42种不同的安排方法
B. 共有64种不同的安排方法
C. 若甲、乙两人不能去A地，且每地均有人去，则共有44种不同的安排方法
D. 若该红十字会又计划为这三地捐赠20辆救护车(救护车相同)，且每地至少安排一辆，则共有171种不同的安排方法
三、 填空题
9 化简：C·32n＋C·32n-2＋C·32n-4＋…＋C·32＝________．
10 (2024南通月考)设a∈Z，且0≤a≤7，若32 024＋a能被8整除，则a＝________．
11 从6人中任选4人排成一排，其中甲、乙必入选，且甲必须排在乙的左边(可以不相邻)，则所有不同的排法种数是________．
四、 解答题
12 (2024江西期末)根据张桂梅校长真实事迹拍摄的电影《我本是高山》于2023年11月24日上映，某数学组有3名男教师和2名女教师相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起．求：
(1) 2名女教师必须坐在一起的坐法种数；
(2) 2名女教师互不相邻的坐法种数．
13 (2024平顶山月考)(1) 已知C＋C＝465，求展开式中的第29项；
(2) 已知展开式中各项二项式系数之和为64，求展开式的所有项的系数之和；
(3) 已知n＝20，求展开式中系数最大的项(结果中项的系数可以不计算).
第六章 计数原理
本 章 复 习
1. A 的展开式的通项为Tr＋1＝C()8-r·＝Cx，令＝0，解得r＝2，所以的展开式中常数项为C＝28.
2. A 5555＋10＝(56－1)55＋10＝C×5655×(－1)0＋C×5654×(－1)1＋…＋C×560×(－1)55＋10，其中所有含有56的项都能被8整除，只剩下C×560×(－1)55＋10＝9，被8除所得的余数是1，故5555＋10被8除所得的余数是1.
3. C 分2种情况：①两位同学都邀请，则就要从剩下的8位同学中邀请4位，有C＝70(种)；②两位同学都不邀请，则就要从其余的8位同学中邀请6位，有C＝28(种).综上，共有70＋28＝98(种)不同的邀请方法.
4. A a1＋a2＋a3＋…＋a10＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C＝＝220.
5. C 甲家庭的站法有AA＝12(种)，乙家庭的站法有AA＝72(种)，最后将两个家庭的整体全排列，有A＝2(种)站法，所以所有不同站法的种数为12×72×2＝1 728.
6. C 由题意，得不同的安排方法种数是CA－A＝36－6＝30.
7. AC 对于A，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法，故A正确；对于B，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＝240(种)放法，故B错误；对于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CC＝20(种)放法，故C正确；对于D，全部投入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.
8. AD 对于A，若恰有一地无人去，需要先在3地中选出2个地方，将4人安排到这两个地方，有C(24－2)＝42(种)不同的安排方法，故A正确；对于B，安排甲、乙、丙、丁4名志愿者分别奔赴A，B，C三地参加防控工作，每人有3种安排方法，则有3×3×3×3＝81(种)不同的安排方法，故B错误；对于C，由题意，需要将4人分为3组，若甲、乙在同一组，有1种分组方法，则甲、乙所在的组不能去A地，有2种情况，剩余2组安排到其余2地，有A＝2(种)情况，此时有2×2＝4(种)不同的安排方法；若甲、乙不在同一组，有C－1＝5(种)分组方法，若甲、乙两人不能去A地，只能安排没有甲、乙的1组去A地，甲、乙所在的两组安排到B，C两地，有A＝2(种)情况，此时有5×2＝10(种)不同的安排方法．综上，一共有4＋10＝14(种)不同的安排方法，故C错误；对于D，只需要将20辆救护车排成一排，在19个空位中插入挡板，就可以将20辆救护车分为3组，依次对应A，B，C三地即可，则有C＝171(种)不同的安排方法，故D正确．故选AD.
9. 10n－1 由(32＋1)n＝C×(32)n-0×10＋C×(32)n-1×11＋…＋C×(32)1×1n-1＋C×(32)0×1n，得32n·C＋C·32n-2＋C·32n-4＋…＋C·32＋1＝(32＋1)n＝10n，所以C·32n＋C·32n-2＋C·32n-4＋…＋C·32＝10n－1.
10. 7 由题意，得32 024＝(8＋1)1 012＝C81 012＋C81 011＋…＋C81＋C＝8(C81 011＋C81 010＋…＋C80)＋1，则32 024－1能被8整除，因为0≤a≤7，所以当a＝7时，即32 024＋7能被8整除．
11. 72 由题意，得所有不同的排法种数是＝72.
12. (1) 由题意，得共有A·A＝2×24＝48(种)坐法．
(2) 由题意，得共有A·A＝6×12＝72(种)坐法．
13. (1) 由C＋C＝465，
得C＋C＝465，即n＋＝465，
解得n＝30，
则展开式的通项为Tr＋1＝C(2)30-r·＝C·230-r·false，其中r＝0，1，2，…，30，
所以T29＝C·22·x-55＝1 740x-55.
(2) 由题意，得2n＝64，解得n＝6，
在中，令x＝1，则所有项的系数之和为36＝729.
(3) 若n＝20，则展开式的通项为Tk＋1＝C(2)20-k＝C·220-k·false，其中k＝0，1，2，…，20，
设展开式中第k＋1项的系数最大，
则
即
化简，得解得6≤k≤7.
因为k∈N，所以k＝6或k＝7，
所以展开式中系数最大的项为T7＝C·214·x-5和T8＝C·213·false.
本 章 复 习
一、 单项选择题
1 (2024河南一模)的展开式中常数项为( )
A. 28 B. 56 C. 70 D. 76
2 5555＋10被8除所得的余数是( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
3 某学生邀请10位同学中的6位参加一项活动，其中两位同学要么都请，要么都不请，则不同的邀请方法共有( )
A. 84种 B. 140种 C. 98种 D. 210种
4 “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《详解九章算法》一书中出现．如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，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＋…＋a10的值为( )
A. 220 B. 186 C. 120 D. 96
5 (2023陕西、青海部分学校联考)甲、乙两个家庭周末到附近景区游玩，其中甲家庭有2个大人和2个小孩，乙家庭有2个大人和3个小孩，他们9人在景区门口站成一排照相，要求每个家庭的成员要站在一起，且同一家庭的大人不能相邻，则所有不同站法的种数为( )
A. 144 B. 864 C. 1 728 D. 2 880
6 甲、乙、丙、丁四人分别去云南、张家界、北京三个地方旅游，每个地方至少有一人去，且甲、乙两人不能同去一个地方，则不同的安排方法的种数为( )
A. 18 B. 24 C. 30 D. 36
二、 多项选择题
7 (2024德州月考)若有编号为1，2，3，4，5的五个球，则下列说法中正确的是( )
A. 全部投入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. 全部投入3个不同的盒子里，没有空盒，共有140种不同的放法
8 为响应政府部门的防控号召，某红十字会安排甲、乙、丙、丁4名志愿者分别奔赴A，B，C三地参加防控工作，则下列说法中正确的是( )
A. 若恰有一地无人去，则共有42种不同的安排方法
B. 共有64种不同的安排方法
C. 若甲、乙两人不能去A地，且每地均有人去，则共有44种不同的安排方法
D. 若该红十字会又计划为这三地捐赠20辆救护车(救护车相同)，且每地至少安排一辆，则共有171种不同的安排方法
三、 填空题
9 化简：C·32n＋C·32n-2＋C·32n-4＋…＋C·32＝________．
10 (2024南通月考)设a∈Z，且0≤a≤7，若32 024＋a能被8整除，则a＝________．
11 从6人中任选4人排成一排，其中甲、乙必入选，且甲必须排在乙的左边(可以不相邻)，则所有不同的排法种数是________．
四、 解答题
12 (2024江西期末)根据张桂梅校长真实事迹拍摄的电影《我本是高山》于2023年11月24日上映，某数学组有3名男教师和2名女教师相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起．求：
(1) 2名女教师必须坐在一起的坐法种数；
(2) 2名女教师互不相邻的坐法种数．
13 (2024平顶山月考)(1) 已知C＋C＝465，求展开式中的第29项；
(2) 已知展开式中各项二项式系数之和为64，求展开式的所有项的系数之和；
(3) 已知n＝20，求展开式中系数最大的项(结果中项的系数可以不计算).
第六章 计数原理
本 章 复 习
1. A 的展开式的通项为Tr＋1＝C()8-r·＝Cx，令＝0，解得r＝2，所以的展开式中常数项为C＝28.
2. A 5555＋10＝(56－1)55＋10＝C×5655×(－1)0＋C×5654×(－1)1＋…＋C×560×(－1)55＋10，其中所有含有56的项都能被8整除，只剩下C×560×(－1)55＋10＝9，被8除所得的余数是1，故5555＋10被8除所得的余数是1.
3. C 分2种情况：①两位同学都邀请，则就要从剩下的8位同学中邀请4位，有C＝70(种)；②两位同学都不邀请，则就要从其余的8位同学中邀请6位，有C＝28(种).综上，共有70＋28＝98(种)不同的邀请方法.
4. A a1＋a2＋a3＋…＋a10＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C＝＝220.
5. C 甲家庭的站法有AA＝12(种)，乙家庭的站法有AA＝72(种)，最后将两个家庭的整体全排列，有A＝2(种)站法，所以所有不同站法的种数为12×72×2＝1 728.
6. C 由题意，得不同的安排方法种数是CA－A＝36－6＝30.
7. AC 对于A，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法，故A正确；对于B，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＝240(种)放法，故B错误；对于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CC＝20(种)放法，故C正确；对于D，全部投入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.
8. AD 对于A，若恰有一地无人去，需要先在3地中选出2个地方，将4人安排到这两个地方，有C(24－2)＝42(种)不同的安排方法，故A正确；对于B，安排甲、乙、丙、丁4名志愿者分别奔赴A，B，C三地参加防控工作，每人有3种安排方法，则有3×3×3×3＝81(种)不同的安排方法，故B错误；对于C，由题意，需要将4人分为3组，若甲、乙在同一组，有1种分组方法，则甲、乙所在的组不能去A地，有2种情况，剩余2组安排到其余2地，有A＝2(种)情况，此时有2×2＝4(种)不同的安排方法；若甲、乙不在同一组，有C－1＝5(种)分组方法，若甲、乙两人不能去A地，只能安排没有甲、乙的1组去A地，甲、乙所在的两组安排到B，C两地，有A＝2(种)情况，此时有5×2＝10(种)不同的安排方法．综上，一共有4＋10＝14(种)不同的安排方法，故C错误；对于D，只需要将20辆救护车排成一排，在19个空位中插入挡板，就可以将20辆救护车分为3组，依次对应A，B，C三地即可，则有C＝171(种)不同的安排方法，故D正确．故选AD.
9. 10n－1 由(32＋1)n＝C×(32)n-0×10＋C×(32)n-1×11＋…＋C×(32)1×1n-1＋C×(32)0×1n，得32n·C＋C·32n-2＋C·32n-4＋…＋C·32＋1＝(32＋1)n＝10n，所以C·32n＋C·32n-2＋C·32n-4＋…＋C·32＝10n－1.
10. 7 由题意，得32 024＝(8＋1)1 012＝C81 012＋C81 011＋…＋C81＋C＝8(C81 011＋C81 010＋…＋C80)＋1，则32 024－1能被8整除，因为0≤a≤7，所以当a＝7时，即32 024＋7能被8整除．
11. 72 由题意，得所有不同的排法种数是＝72.
12. (1) 由题意，得共有A·A＝2×24＝48(种)坐法．
(2) 由题意，得共有A·A＝6×12＝72(种)坐法．
13. (1) 由C＋C＝465，
得C＋C＝465，即n＋＝465，
解得n＝30，
则展开式的通项为Tr＋1＝C(2)30-r·＝C·230-r·false，其中r＝0，1，2，…，30，
所以T29＝C·22·x-55＝1 740x-55.
(2) 由题意，得2n＝64，解得n＝6，
在中，令x＝1，则所有项的系数之和为36＝729.
(3) 若n＝20，则展开式的通项为Tk＋1＝C(2)20-k＝C·220-k·false，其中k＝0，1，2，…，20，
设展开式中第k＋1项的系数最大，
则
即
化简，得解得6≤k≤7.
因为k∈N，所以k＝6或k＝7，
所以展开式中系数最大的项为T7＝C·214·x-5和T8＝C·213·false.