第六章 计数原理 排列组合专项 单元检测（含解析）
文档属性
| 名称 | 第六章 计数原理 排列组合专项 单元检测（含解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 1.6MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-03-05 14:00:37 | ||
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文档简介
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高二排列组合单元检测练习题
（本试卷满分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.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（
）
A．144个
B．120个
C．96个
D．72个
2.甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛，决出第1名至第5名（没有重名次）.
已知甲、乙均未得到第1名，且乙不是最后一名，则5人的名次排列情况可能有（
）
A．27种
B．48种
C．54种
D．72种
3.某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是（
）
A.72
B.120
C.144
D.36
4.对33000分解质因数得，则33000的正偶数因数的个数是（
）
A．48
B．72
C．64
D．96
5.如图，将一个四棱锥的每一个面染上一种颜色，使每两个具有公共棱的面染成不同颜色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（
）
A.
36
B.?48
C.
72
D.
108
6.的展开式中的系数为（
）
A．60
B．50
C．40
D．20
7.若，则等于（
）
A.
B.
C.
D.
8.已知，则（
）
A.－20
B.－15
C.
15
D.
20
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分。
9.若，则的取值可能是（
）
A.
6
B.?7
C.
8
D.
9
10.展开式中系数最大的项（
）
A.第2项
B.第3项
C.第4项
D.第5项
11.若，且，则实数的值可以为（
）
A.
B.
C.
0
D.
1
12.对于二项式，以下判断正确的有（
）
A.对任意正整数，展开式中有常数项
B.存在正整数，展开式中有常数项
C.对任意正整数，展开式中无的一次项
D.存在正整数，展开式中有的一次项
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.有4位学生和1位老师站成一排照相，若老师站中间，男生甲不站最左端，男生乙不站最右端，则不同排法的种数是_____．
14.若，则
；
15.如图，小王从街道的A处到达B处，可选择的最短路线的条数为 ??? ．
16.已知，则?
．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（10分）有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒子内．
（1）共有几种放法？
（2）恰有1个空盒，有几种放法？
（3）恰有2个盒子不放球，有几种放法？
18.（12分）有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数．
（1）全体排成一行，其中男生必须排在一起；
（2）全体排成一行，男、女各不相邻；
（3）全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边；
（4）全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变。
19.（12分）已知展开式中第三项的系数比第二项的系数大162，求：
（1）的值；
（2）展开式中含的项。
20.（12分）已知的展开式中各项的二项式系数和为64.
（Ⅰ）求展开式中二项式系数最大的项；
（Ⅱ）求展开式中的常数项．
21.（12分）已知二项式展开式中的第4项是常数项。
（1）求的值；
（2）求展开式中有理项的个数.
22.（12分）已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是．
（1）求展开式中的所有有理项；
（2）求展开式中系数绝对值最大的项；
（3）求的值
五、参考答案解析：
1.解：据题意，万位上只能排4、5；若万位上排4，则有个；若万位上排5，则有个；所以共有个；故选B.
2.解：由题意，甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有3种情况；再排甲，也有3种情况；余下3人有种排法．故共有种不同的情况；故选C.
3.解：先排歌舞，有种不同排法，再插入小品和相声，若小品插入两边，则不合题意；若两个小品插入中间的两个空，×^×^×，则1个相声可以插入中间和两边6个位置的任意一个，有种；若两个小品插入2个中间位置中的1个和两边中任意一个位置，则1个相声只能插入2个中间位置中的另一个，有，由加法原理和乘法原理得，共有。故选B.
4.解：33000的因数由若干个2（共有，，，四种情况），若干个3（共有，两种情况），若干个5（共有，，，四种情况），若干个11（共有，两种情况）；
由分步计数乘法原理可得33000的因数共有，不含2的共有，
所以正偶数因数的个数有个，即33000的正偶数因数的个数是，故选A．
5.解：当面与面同色时，面有4种方法，面有3种方法，面有2种方法，面有1种方法，面有2种方法，即种
当面与面不同色时，面有4种方法，面有3种方法，面有2种方法，面有1种方法，面有1种方法，即种
即不同的染色方法总数为72种；故选C
6.解：
故展开式中的系数为，故选A．
7.解：令,代入可得?①
令,代入可得?②
由①＋②得
所以；故选D
8.解：原式两边求导数，得
当时，；故选D
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分。
9.解：根据题意,对于,有且，则有
若,则有
变形可得：，解可得：
综合可得：,则或8；故选：BC.
10.解：的展开式的通项公式为
其展开式的各项系数依次为1、4、7、7、、、、、，
所以，展开式中系数最大的项是第3项和第4项．故选：BC．
11.解：因为，
令得：，
令得：，
因为，所以，所以，
所以或，
所以或，故选：AD
12.解：展开式的通项为：
取，得到，故当是7的倍数时，有常数项，故A错误B正确；
取，取，时成立，故C错误D正确；故选：BD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.解：第一类，男生甲在最右端，其他人全排，故有种，
第二类，男生甲不在最右端，男生甲有两种选择，男生乙也有两种选择，其余2人任意排，故有种，根据分类计数原理可得，共有种.
14.解：因为，
令，得
令，得
两式相加除以2得：
15.解：解：∵从A到B的最短路线，均需走7步，包括横向的5步和纵向的3步，
只要确定第1，2…8步哪些是横向的，哪些是纵向的就可以，实际只要确定哪几步是横向走．
∴每一条从A到B的最短路线对应着从第1，2…8步取出5步（横向走）的一个组合，
∴从A到B的最短路线共有条．
16.解：令，则；因为，所以
.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.解：（1）(种)．
（2）先从4个小球中取2个放在一起，有种不同的取法，再把取出的两个小球与另外2个小球看作三堆，并分别放入4个盒子中的3个盒子里，有种不同的放法．根据分步乘法计数原理，不同的放法共有(种)．
（3）恰有2个盒子不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法；第一类，1个盒子放3个小球，1个盒子放1个小球，先把小球分组，有种，再放到2个盒中有种放法，共有种放法；第二类，2个盒子中各放2个小球有种放法，故恰有2个盒子不放球的方法共有(种)．
18.解：（1）捆绑法．将男生看成一个整体，进行全排列再与其他元素进行全排列．共有种．
（2）插空法．先排好男生，然后将女生插入其中的四个空位，共有种．
（3）位置分析法．先排最左边，除去甲外，有种，余下的6个位置全排有种，但应剔除乙在最右边的排法数种．则符合条件的排法共有种．
（4）定序排列．第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为，第二步，对甲、
乙、丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此，∴种．
19.解：（1）∵?
依题意得 ∴
（2）通项公式为
令??? 即???????????????????????
∴第二项为含的项：
20.解：（Ⅰ）由展开式中二项式系数和为64，得，所以.
所以展开式中二项式系数最大的项为第四项.
展开式的通项公式为，
即展开式中二项式系数最大的项为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，且的展开式中的常数项为
含的项为
所以中的常数项为：
21.解：（1）二项式展开式中的通项公式为，
所以第4项是为是常数项，
故而
所以.
（2）要使展开式中的项为有理项，需为整数，故有，
故展开式中有理项共有5项.
22.解：（1）由，解得，
因为通项：，当为整数，可取0，6，
展开式是常数项，于是有理项为和．
（2）设第项系数绝对值最大，则，解得，于是只能为7，
所以系数绝对值最大的项为．
（3）
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精品试卷·第
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高二排列组合单元检测练习题
（本试卷满分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.用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（
）
A．144个
B．120个
C．96个
D．72个
2.甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛，决出第1名至第5名（没有重名次）.
已知甲、乙均未得到第1名，且乙不是最后一名，则5人的名次排列情况可能有（
）
A．27种
B．48种
C．54种
D．72种
3.某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是（
）
A.72
B.120
C.144
D.36
4.对33000分解质因数得，则33000的正偶数因数的个数是（
）
A．48
B．72
C．64
D．96
5.如图，将一个四棱锥的每一个面染上一种颜色，使每两个具有公共棱的面染成不同颜色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为（
）
A.
36
B.?48
C.
72
D.
108
6.的展开式中的系数为（
）
A．60
B．50
C．40
D．20
7.若，则等于（
）
A.
B.
C.
D.
8.已知，则（
）
A.－20
B.－15
C.
15
D.
20
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分。
9.若，则的取值可能是（
）
A.
6
B.?7
C.
8
D.
9
10.展开式中系数最大的项（
）
A.第2项
B.第3项
C.第4项
D.第5项
11.若，且，则实数的值可以为（
）
A.
B.
C.
0
D.
1
12.对于二项式，以下判断正确的有（
）
A.对任意正整数，展开式中有常数项
B.存在正整数，展开式中有常数项
C.对任意正整数，展开式中无的一次项
D.存在正整数，展开式中有的一次项
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.有4位学生和1位老师站成一排照相，若老师站中间，男生甲不站最左端，男生乙不站最右端，则不同排法的种数是_____．
14.若，则
；
15.如图，小王从街道的A处到达B处，可选择的最短路线的条数为 ??? ．
16.已知，则?
．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.（10分）有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒子内．
（1）共有几种放法？
（2）恰有1个空盒，有几种放法？
（3）恰有2个盒子不放球，有几种放法？
18.（12分）有3名男生，4名女生，在下列不同要求下，求不同的排列方法总数．
（1）全体排成一行，其中男生必须排在一起；
（2）全体排成一行，男、女各不相邻；
（3）全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边；
（4）全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变。
19.（12分）已知展开式中第三项的系数比第二项的系数大162，求：
（1）的值；
（2）展开式中含的项。
20.（12分）已知的展开式中各项的二项式系数和为64.
（Ⅰ）求展开式中二项式系数最大的项；
（Ⅱ）求展开式中的常数项．
21.（12分）已知二项式展开式中的第4项是常数项。
（1）求的值；
（2）求展开式中有理项的个数.
22.（12分）已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是．
（1）求展开式中的所有有理项；
（2）求展开式中系数绝对值最大的项；
（3）求的值
五、参考答案解析：
1.解：据题意，万位上只能排4、5；若万位上排4，则有个；若万位上排5，则有个；所以共有个；故选B.
2.解：由题意，甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有3种情况；再排甲，也有3种情况；余下3人有种排法．故共有种不同的情况；故选C.
3.解：先排歌舞，有种不同排法，再插入小品和相声，若小品插入两边，则不合题意；若两个小品插入中间的两个空，×^×^×，则1个相声可以插入中间和两边6个位置的任意一个，有种；若两个小品插入2个中间位置中的1个和两边中任意一个位置，则1个相声只能插入2个中间位置中的另一个，有，由加法原理和乘法原理得，共有。故选B.
4.解：33000的因数由若干个2（共有，，，四种情况），若干个3（共有，两种情况），若干个5（共有，，，四种情况），若干个11（共有，两种情况）；
由分步计数乘法原理可得33000的因数共有，不含2的共有，
所以正偶数因数的个数有个，即33000的正偶数因数的个数是，故选A．
5.解：当面与面同色时，面有4种方法，面有3种方法，面有2种方法，面有1种方法，面有2种方法，即种
当面与面不同色时，面有4种方法，面有3种方法，面有2种方法，面有1种方法，面有1种方法，即种
即不同的染色方法总数为72种；故选C
6.解：
故展开式中的系数为，故选A．
7.解：令,代入可得?①
令,代入可得?②
由①＋②得
所以；故选D
8.解：原式两边求导数，得
当时，；故选D
二、多项选择题：本题共2小题，每小题5分，共10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5分，部分选对的得3分，有选错的得0分。
9.解：根据题意,对于,有且，则有
若,则有
变形可得：，解可得：
综合可得：,则或8；故选：BC.
10.解：的展开式的通项公式为
其展开式的各项系数依次为1、4、7、7、、、、、，
所以，展开式中系数最大的项是第3项和第4项．故选：BC．
11.解：因为，
令得：，
令得：，
因为，所以，所以，
所以或，
所以或，故选：AD
12.解：展开式的通项为：
取，得到，故当是7的倍数时，有常数项，故A错误B正确；
取，取，时成立，故C错误D正确；故选：BD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.解：第一类，男生甲在最右端，其他人全排，故有种，
第二类，男生甲不在最右端，男生甲有两种选择，男生乙也有两种选择，其余2人任意排，故有种，根据分类计数原理可得，共有种.
14.解：因为，
令，得
令，得
两式相加除以2得：
15.解：解：∵从A到B的最短路线，均需走7步，包括横向的5步和纵向的3步，
只要确定第1，2…8步哪些是横向的，哪些是纵向的就可以，实际只要确定哪几步是横向走．
∴每一条从A到B的最短路线对应着从第1，2…8步取出5步（横向走）的一个组合，
∴从A到B的最短路线共有条．
16.解：令，则；因为，所以
.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17.解：（1）(种)．
（2）先从4个小球中取2个放在一起，有种不同的取法，再把取出的两个小球与另外2个小球看作三堆，并分别放入4个盒子中的3个盒子里，有种不同的放法．根据分步乘法计数原理，不同的放法共有(种)．
（3）恰有2个盒子不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法；第一类，1个盒子放3个小球，1个盒子放1个小球，先把小球分组，有种，再放到2个盒中有种放法，共有种放法；第二类，2个盒子中各放2个小球有种放法，故恰有2个盒子不放球的方法共有(种)．
18.解：（1）捆绑法．将男生看成一个整体，进行全排列再与其他元素进行全排列．共有种．
（2）插空法．先排好男生，然后将女生插入其中的四个空位，共有种．
（3）位置分析法．先排最左边，除去甲外，有种，余下的6个位置全排有种，但应剔除乙在最右边的排法数种．则符合条件的排法共有种．
（4）定序排列．第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为，第二步，对甲、
乙、丙进行全排列，则为七个人的全排列，因此，∴种．
19.解：（1）∵?
依题意得 ∴
（2）通项公式为
令??? 即???????????????????????
∴第二项为含的项：
20.解：（Ⅰ）由展开式中二项式系数和为64，得，所以.
所以展开式中二项式系数最大的项为第四项.
展开式的通项公式为，
即展开式中二项式系数最大的项为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，且的展开式中的常数项为
含的项为
所以中的常数项为：
21.解：（1）二项式展开式中的通项公式为，
所以第4项是为是常数项，
故而
所以.
（2）要使展开式中的项为有理项，需为整数，故有，
故展开式中有理项共有5项.
22.解：（1）由，解得，
因为通项：，当为整数，可取0，6，
展开式是常数项，于是有理项为和．
（2）设第项系数绝对值最大，则，解得，于是只能为7，
所以系数绝对值最大的项为．
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