第1章 章末检测（a）试题
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第一章 计数原理(A)
(时间∶120分钟 满分∶150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．将5封信投入3个邮筒，不同的投法有( )
A．53种 B．35种 C．3种 D．15种
2．三名教师教六个班的课，每人教两个班，分配方案共有( )
A．18种 B．24种 C．45种 D．90种
3．7名同学排成一排，其中甲、乙两人必须排在一起的不同排法有( )
A．720种 B．360种
C．1440种 D．120种
4．从5名男生和5名女生中选3名组队参加某集体项目的比赛，其中至少有1名女生入选的组队方案数为( )
A．100 B．110 C．120 D．180
5．从1,2,3，…，100中任取2个数相乘，其积能被3整除的有( )
A．33组 B．528组
C．2111组 D．2739组
6．编号为1,2,3,4,5的5人，入座编号也为1,2,3,4,5的5个座位，至多有2人对号入座的坐法种数为( )
A．120 B．130 C．90 D．109
7．杨辉三角为：
杨辉三角中的第5行除去两端数字1以外，均能被5整除，则具有类似性质的行是( )
A．第6行 B．第7行
C．第8行 D．第9行
8．在n的展开式中，所有奇数项系数之和为1024，则第六项的系数是( )
A．330 B．462 C．682 D．792
9．在8的展开式中，常数项是( )
A．－28 B．－7 C．7 D．28
10．若(3x－)n的展开式中各项系数之和为128，则展开式中含项的系数是( )
A．7 B．－7 C．21 D．－21
11．若(x＋1)n＝xn＋…＋ax3＋bx2＋…＋1(n∈N*)，且a∶b＝3∶1，则n的值为( )
A．9 B．10 C．11 D．12
12．三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为凹数，如524,746等都是凹数，那么，各个数位上无重复数字的三位凹数有( )
A．72个 B．120个
C．240个 D．360个
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．在由数字0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有________个．
14．过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有________对．
15．在(x＋)9的展开式中，x3的系数是________．
16．对于二项式(1－x)1999，有下列四个命题：
①展开式中T1000＝－Cx999；
②展开式中非常数项的系数和是1；
③展开式中系数最大的项是第1000项和第1001项；
④当x＝2000时，(1－x)1999除以2000的余数是1.其中正确命题的序号是________．(把你认为正确命题的序号都填上)．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)有A，B，C三个城市，上午从A城去B城有5班汽车，2班火车，都能在12∶00前到达B城，下午从B城去C城有3班汽车，2班轮船．某人上午从A城出发去B城，要求12∶00前到达，然后他下午去C城，问有多少种不同的走法？
18．(12分)用0,1,2,3,4,5共6个数字，可以组成多少个没有重复数字的六位奇数？
19．(12分)有9本不同的课外书分给甲、乙、丙三名同学，求在下列条件下，各有多少种分法？
(1)甲得4本，乙得3本，丙得2本；
(2)一人得4本，一人得3本，一人得2本．
20．(12分)求(x＋－1)5展开式中的常数项．
21．(12分)已知Sn＝2n＋C2n－1＋C2n－2＋…＋C21＋1(n∈N*)，求证：当n为偶数时，Sn－4n－1能被64整除．
22．(12分)已知(＋3x2)n展开式中各项系数和比二项式系数和大992，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．
第一章 计数原理(A)
答案
1．B
2．D [分三步进行：先从六个班中选两个班给第一名老师，有C种方法；再从剩余的四个班中选两个班给第二名老师，有C种方法；最后两个班给第3名老师，共C×C×C＝90(种)方法．]
3．C [用捆绑法：N＝A·A＝1440(种)．]
4．B [方法一 (直接法)分为三类：一女二男，二女一男，三女．
所以共有C·C＋C·C＋C＝110(种)组队方案．
方法二 (间接法)无限制条件的方案数减去全是男生的方案数，
所有共有C－C＝120－10＝110(种)组队方案．]
5．D [乘法满足交换律，因此是组合问题．把1,2,3，…，99,100分成2组：{3,6,9，…，99}，共计33个元素；{1,2,4,5，…，100}，共计67个元素，故积能被3整除的有C＋C·C＝2739(组)．]
6．D [问题的正面有3种情况：有且仅有1人对号入座，有且仅有2人对号入座和全未对号入座，这3种情况都难以求解．从反面入手，只有2种情况：全对号入座(4人对号入座时必定全对号入座)，有且仅有3人对号入座．全对号入座时只有1种坐法；有3人对号入座时，分2步完成：从5人中选3人有C种选法，安排其余2人不对号入座，只有1种坐法．因此，反面情况共有1＋C·1＝11(种)不同坐法.5人无约束条件入座5个座位，有A＝120(种)不同坐法．所以满足要求的坐法种数为120－11＝109.]
7．B
8．B [由题意知，2n－1＝1024＝210，所以n＝11.所以第六项的系数为C＝462.故选B.]
9．C
10．C [赋值法：令x＝1，得n＝7，
由通项公式得Tk＋1＝C(3x)7－k·(－)k
＝(－1)k·37－k·C·x，
令＝－3，得k＝6，
∴的系数为(－1)6·37－6·C＝21.]
11．C
12．C
13．192
14．36
解析 15条直线中任选两条，有C＝105(对)直线；其中平行直线有C＋3＝6(对)；相交直线有6×C(同一顶点处)＋3(每个侧面的对角线)＝63(对)．所以异面直线共有105－6－63＝36(对)．
15．84
解析 Tr＋1＝C·x9－r·x－r＝C·x9－2r，
令9－2r＝3，∴r＝3.∴x3的系数是C＝84.
16．①④
解析 展开式中T1000＝C(－x)999＝－Cx999，所以①正确；展开式中各项系数和为0，而常数项为1，所以非常数项的系数和为－1，②错；展开式中系数最大的项是第1001项，③错；将二项式展开，即可判断④对．
17．解 根据分类加法计数原理，上午从A城到B城，并在12∶00前到达，共有5＋2＝7(种)不同的走法．
下午从B城去C城，共有3＋2＝5(种)不同的走法．
根据分步乘法计数原理，上午从A城去B城，然后下午从B城去C城，共有7×5＝35(种)不同的走法．
18.解 分三步：①确定末位数字，从1,3,5中任取一个有C种方法；②确定首位数字，从另外的4个非零数字中任取一个有C种方法；③将剩余的4个数字排中间有A种排法，故共有CCA＝288(个)六位奇数．
19．解 (1)分三步完成：
第一步：从9本不同的书中，任取4本分给甲，有C种方法；
第二步：从余下的5本书中，任取3本给乙，有C种方法；
第三步：把剩下的书给丙有C种方法，
∴共有不同的分法为C·C·C＝1260(种)．
(2)分两步完成：
第一步：按4本、3本、2本分成三组有C·C·C种方法；
第二步：将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人，有A种方法，
∴共有C·C·C·A＝7560(种)．
20．解 (x＋－1)5＝[(x＋)－1]5，
通项为Tk＋1＝C(x＋)5－k(－1)k(0≤k≤5)．
当k＝5时，T6＝C(－1)5＝－1，
当0≤k<5时，(x＋)5－k的通项为
Tr＋1＝C·x5－k－r·()r＝Cx5－k－2r(0≤r≤5－k)．
∵0≤k<5，且k∈Z,5－k－2r＝0，
∴k只能取1或3，相应r的值分别为2或1，
∴常数项为CC(－1)＋CC(－1)3＋(－1)＝－51.
21．证明 Sn＝(2＋1)n＝3n，
∵n为偶数，设n＝2r(r∈N*)，
∴Sn－4n－1＝9r－8r－1＝(8＋1)r－8r－1＝(C8r－2＋C8r－3＋…＋C)·82，(*)
当r＝1时，9r－8r－1＝0，显然Sn－4n－1能被64整除；
当r≥2时，(*)式能被64整除．
∴n为偶数时，Sn－4n－1能被64整除．
22．解 令x＝1得展开式各项系数和为(1＋3)n＝4n，
又展开式二项式系数和为C＋C＋…＋C＝2n，
由题意知4n－2n＝992，即(2n)2－2n－992＝0，
(2n－32)(2n＋31)＝0，∴2n＝32，n＝5.
所以展开式共有6项，其中二项式系数最大的项为第三项和第四项，
它们是T3＝C()3·(3x2)2＝90x6.
T4＝C()2·(3x2)3＝270x，
设展开式中第r＋1项的系数最大．
又Tr＋1＝C()5－r(3x2)r＝C·3r·x，
得
即
解得≤r≤，又∵r∈N，∴r＝4.
所以展开式中第5项系数最大，
T5＝C·34·x＝405x.
(时间∶120分钟 满分∶150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．将5封信投入3个邮筒，不同的投法有( )
A．53种 B．35种 C．3种 D．15种
2．三名教师教六个班的课，每人教两个班，分配方案共有( )
A．18种 B．24种 C．45种 D．90种
3．7名同学排成一排，其中甲、乙两人必须排在一起的不同排法有( )
A．720种 B．360种
C．1440种 D．120种
4．从5名男生和5名女生中选3名组队参加某集体项目的比赛，其中至少有1名女生入选的组队方案数为( )
A．100 B．110 C．120 D．180
5．从1,2,3，…，100中任取2个数相乘，其积能被3整除的有( )
A．33组 B．528组
C．2111组 D．2739组
6．编号为1,2,3,4,5的5人，入座编号也为1,2,3,4,5的5个座位，至多有2人对号入座的坐法种数为( )
A．120 B．130 C．90 D．109
7．杨辉三角为：
杨辉三角中的第5行除去两端数字1以外，均能被5整除，则具有类似性质的行是( )
A．第6行 B．第7行
C．第8行 D．第9行
8．在n的展开式中，所有奇数项系数之和为1024，则第六项的系数是( )
A．330 B．462 C．682 D．792
9．在8的展开式中，常数项是( )
A．－28 B．－7 C．7 D．28
10．若(3x－)n的展开式中各项系数之和为128，则展开式中含项的系数是( )
A．7 B．－7 C．21 D．－21
11．若(x＋1)n＝xn＋…＋ax3＋bx2＋…＋1(n∈N*)，且a∶b＝3∶1，则n的值为( )
A．9 B．10 C．11 D．12
12．三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为凹数，如524,746等都是凹数，那么，各个数位上无重复数字的三位凹数有( )
A．72个 B．120个
C．240个 D．360个
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．在由数字0,1,2,3,4,5所组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的数共有________个．
14．过三棱柱任意两个顶点的直线共15条，其中异面直线有________对．
15．在(x＋)9的展开式中，x3的系数是________．
16．对于二项式(1－x)1999，有下列四个命题：
①展开式中T1000＝－Cx999；
②展开式中非常数项的系数和是1；
③展开式中系数最大的项是第1000项和第1001项；
④当x＝2000时，(1－x)1999除以2000的余数是1.其中正确命题的序号是________．(把你认为正确命题的序号都填上)．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)有A，B，C三个城市，上午从A城去B城有5班汽车，2班火车，都能在12∶00前到达B城，下午从B城去C城有3班汽车，2班轮船．某人上午从A城出发去B城，要求12∶00前到达，然后他下午去C城，问有多少种不同的走法？
18．(12分)用0,1,2,3,4,5共6个数字，可以组成多少个没有重复数字的六位奇数？
19．(12分)有9本不同的课外书分给甲、乙、丙三名同学，求在下列条件下，各有多少种分法？
(1)甲得4本，乙得3本，丙得2本；
(2)一人得4本，一人得3本，一人得2本．
20．(12分)求(x＋－1)5展开式中的常数项．
21．(12分)已知Sn＝2n＋C2n－1＋C2n－2＋…＋C21＋1(n∈N*)，求证：当n为偶数时，Sn－4n－1能被64整除．
22．(12分)已知(＋3x2)n展开式中各项系数和比二项式系数和大992，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．
第一章 计数原理(A)
答案
1．B
2．D [分三步进行：先从六个班中选两个班给第一名老师，有C种方法；再从剩余的四个班中选两个班给第二名老师，有C种方法；最后两个班给第3名老师，共C×C×C＝90(种)方法．]
3．C [用捆绑法：N＝A·A＝1440(种)．]
4．B [方法一 (直接法)分为三类：一女二男，二女一男，三女．
所以共有C·C＋C·C＋C＝110(种)组队方案．
方法二 (间接法)无限制条件的方案数减去全是男生的方案数，
所有共有C－C＝120－10＝110(种)组队方案．]
5．D [乘法满足交换律，因此是组合问题．把1,2,3，…，99,100分成2组：{3,6,9，…，99}，共计33个元素；{1,2,4,5，…，100}，共计67个元素，故积能被3整除的有C＋C·C＝2739(组)．]
6．D [问题的正面有3种情况：有且仅有1人对号入座，有且仅有2人对号入座和全未对号入座，这3种情况都难以求解．从反面入手，只有2种情况：全对号入座(4人对号入座时必定全对号入座)，有且仅有3人对号入座．全对号入座时只有1种坐法；有3人对号入座时，分2步完成：从5人中选3人有C种选法，安排其余2人不对号入座，只有1种坐法．因此，反面情况共有1＋C·1＝11(种)不同坐法.5人无约束条件入座5个座位，有A＝120(种)不同坐法．所以满足要求的坐法种数为120－11＝109.]
7．B
8．B [由题意知，2n－1＝1024＝210，所以n＝11.所以第六项的系数为C＝462.故选B.]
9．C
10．C [赋值法：令x＝1，得n＝7，
由通项公式得Tk＋1＝C(3x)7－k·(－)k
＝(－1)k·37－k·C·x，
令＝－3，得k＝6，
∴的系数为(－1)6·37－6·C＝21.]
11．C
12．C
13．192
14．36
解析 15条直线中任选两条，有C＝105(对)直线；其中平行直线有C＋3＝6(对)；相交直线有6×C(同一顶点处)＋3(每个侧面的对角线)＝63(对)．所以异面直线共有105－6－63＝36(对)．
15．84
解析 Tr＋1＝C·x9－r·x－r＝C·x9－2r，
令9－2r＝3，∴r＝3.∴x3的系数是C＝84.
16．①④
解析 展开式中T1000＝C(－x)999＝－Cx999，所以①正确；展开式中各项系数和为0，而常数项为1，所以非常数项的系数和为－1，②错；展开式中系数最大的项是第1001项，③错；将二项式展开，即可判断④对．
17．解 根据分类加法计数原理，上午从A城到B城，并在12∶00前到达，共有5＋2＝7(种)不同的走法．
下午从B城去C城，共有3＋2＝5(种)不同的走法．
根据分步乘法计数原理，上午从A城去B城，然后下午从B城去C城，共有7×5＝35(种)不同的走法．
18.解 分三步：①确定末位数字，从1,3,5中任取一个有C种方法；②确定首位数字，从另外的4个非零数字中任取一个有C种方法；③将剩余的4个数字排中间有A种排法，故共有CCA＝288(个)六位奇数．
19．解 (1)分三步完成：
第一步：从9本不同的书中，任取4本分给甲，有C种方法；
第二步：从余下的5本书中，任取3本给乙，有C种方法；
第三步：把剩下的书给丙有C种方法，
∴共有不同的分法为C·C·C＝1260(种)．
(2)分两步完成：
第一步：按4本、3本、2本分成三组有C·C·C种方法；
第二步：将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人，有A种方法，
∴共有C·C·C·A＝7560(种)．
20．解 (x＋－1)5＝[(x＋)－1]5，
通项为Tk＋1＝C(x＋)5－k(－1)k(0≤k≤5)．
当k＝5时，T6＝C(－1)5＝－1，
当0≤k<5时，(x＋)5－k的通项为
Tr＋1＝C·x5－k－r·()r＝Cx5－k－2r(0≤r≤5－k)．
∵0≤k<5，且k∈Z,5－k－2r＝0，
∴k只能取1或3，相应r的值分别为2或1，
∴常数项为CC(－1)＋CC(－1)3＋(－1)＝－51.
21．证明 Sn＝(2＋1)n＝3n，
∵n为偶数，设n＝2r(r∈N*)，
∴Sn－4n－1＝9r－8r－1＝(8＋1)r－8r－1＝(C8r－2＋C8r－3＋…＋C)·82，(*)
当r＝1时，9r－8r－1＝0，显然Sn－4n－1能被64整除；
当r≥2时，(*)式能被64整除．
∴n为偶数时，Sn－4n－1能被64整除．
22．解 令x＝1得展开式各项系数和为(1＋3)n＝4n，
又展开式二项式系数和为C＋C＋…＋C＝2n，
由题意知4n－2n＝992，即(2n)2－2n－992＝0，
(2n－32)(2n＋31)＝0，∴2n＝32，n＝5.
所以展开式共有6项，其中二项式系数最大的项为第三项和第四项，
它们是T3＝C()3·(3x2)2＝90x6.
T4＝C()2·(3x2)3＝270x，
设展开式中第r＋1项的系数最大．
又Tr＋1＝C()5－r(3x2)r＝C·3r·x，
得
即
解得≤r≤，又∵r∈N，∴r＝4.
所以展开式中第5项系数最大，
T5＝C·34·x＝405x.