高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册第六章 计数原理本章综合与测试免费练习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册第六章 计数原理本章综合与测试免费练习题，共13页。试卷主要包含了在3x-123xn的展开式中等内容，欢迎下载使用。

易错点1 混淆分类加法计数原理与分步乘法计数原理
1.()有红、黄、蓝旗各3面,每次升1面、2面、3面在某一旗杆上纵向排列表示不同的信号,顺序不同也表示不同的信号,共可以组成多少种不同的信号?
易错点2 混淆排列问题与分步问题
2.(2020湖南长沙明德中学高二上期末,)有4个不同的小球,4个不同的盒子,现在要把球全部放入盒子中.
(1)共有多少种放法?
(2)若每个盒子至少放一个小球,共有多少种不同的放法?
(3)恰有一个盒子不放球,共有多少种放法?
易错
易错点3 忽略特殊元素与特殊位置
3.(2020广东汕头一中高二下月考,)有5名同学站成一排拍毕业纪念照,其中甲必须站在正中间,并且乙、丙两名同学不能相邻,则不同的站法有( 易错 )

A.8种B.16种C.32种D.48种
4.(2019山东日照高二下期末,)用0,1,2,3,4这五个数字可以组成没有重复数字的:
(1)三位偶数有多少个?
(2)能被3整除的三位数有多少个?
(3)比210大的三位数有多少个?
易错
易错点4 混淆排列与组合的概念导致计数错误
5.(2020辽宁大连育明高级中学高二下期中,)从5本不同的科普书和4本不同的数学书中选出4本,送给4位同学,每人1本.(以下问题用数字作答)
(1)如果科普书和数学书各选2本,共有多少种不同的送法?
(2)如果科普书甲和数学书乙必须送出,共有多少种不同的送法?
(3)如果选出的4本书中至少有3本科普书,共有多少种不同的送法?
深度解析
易错点5 混淆展开式中项的系数与二项式系数
6.(2020浙江金华一中高二下月考,)在3x-123xn(n∈N*)的展开式中.
(1)若所有二项式系数之和为64,求展开式中二项式系数最大的项;
(2)若前三项系数的绝对值成等差数列,求展开式中各项的系数和.
7.(2019河北石家庄二中高二下期末,)已知(1+mx)n(m∈R,n∈N*)的展开式的各二项式系数之和为32,且展开式中含x3项的系数为80.
(1)求m,n的值;
(2)求(1+mx)n(1-x)6的展开式中含x2项的系数.
深度解析
思想方法练
一、分类讨论思想在排列组合中的应用
1.(2020山东枣庄滕州第一中学高三调研,)某中学话剧社的6个演员站成一排照相,高一、高二和高三年级均有2个演员,则高一与高二两个年级中仅有一个年级的同学相邻的站法种数为( )
A.48B.144C.288D.576
2.(2020山东济南外国语学校高二下期末,)如图,用四种不同的颜色对图中5个区域涂色(四种颜色全部使用),要求每个区域涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色方法有 种.(用数字作答)
3.(2019河北衡水二中高二下期末,)设x1、x2、x3、x4为自然数1、2、3、4的一个全排列,且满足|x1-1|+|x2-2|+|x3-3|+|x4-4|=6,求这样的排列的个数.
二、整体思想在排列组合中的应用
4.(2019山东烟台高二下期末联考,)6本不同的书摆放在书架的同一层上,要求甲、乙两本书必须摆放在两端,丙、丁两本书必须相邻,则不同的摆放方法有( )
A.24种B.36种C.48种D.60种
5.()有两排座位,前排11个座位,后排12个座位,现安排2人坐下,规定前排中间的3个座位不能坐,并且这2人不左右相邻,那么不同排法的种数是( )
A.234B.346C.350D.363
6.(2020北京大兴高三第一次联考,)某款APP软件设有“阅读文章”“视听学习”两个学习模块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题模块.某人在学习过程中,“阅读文章”不放首位,四个答题模块中有且仅有三个答题模块相邻的学习方法有( )
A.60种B.192种C.240种D.432种
7.(2019山东菏泽高二下学期期末,)某电视台连续播放7个不同的广告,其中4个不同的商业广告和3个不同的公益广告,要求所有的公益广告必须连续播放,则不同的播放方式的种数为 .
三、函数与方程思想在排列组合、二项式定理中的应用
8.(2019辽宁鞍山高二下期末联考,)某学习小组有男、女生共8人,现从男生中选2人,女生中选1人分别去做3种不同的工作,共有90种不同的选法,则男、女生人数分别为( )
A.2,6B.3,5C.5,3D.6,2
9.(2020山东莱州高二下期末联考,)在(1+x)n的展开式中,存在系数之比为2∶3的相邻两项,则指数n(n∈N*)的最小值为( )
A.6B.5C.4D.3
10.(2020陕西西安高三第二次教学质量检测,)在(x+1)(ax+1)5的展开式中,x2的系数为15,则a= .
11.(2020天津第一中学高二下期中,)在(3-x)20(x∈R,且x≠0)的展开式中,第2r项与第r+1项(r≠1,r∈N*)的二项式系数相等.
(1)求r的值;
(2)若该展开式的第r项是倒数第r项的1256,求x的值.
12.(2020北京清华大学附属中学高二下月考,)已知f(x)=(1+2x)m+(1+4x)n (m,n∈N*)的展开式中含x项的系数为36,求展开式中含x2项的系数的最小值.
答案全解全析
本章复习提升
易混易错练
1.解析 每次升1面旗可组成3种不同的信号;每次升2面旗可组成3×3=9种不同的信号;每次升3面旗可组成3×3×3=27种不同的信号.根据分类加法计数原理,共可组成3+9+27=39种不同的信号.
2.解析 (1)易知每个球都有4种放法,由分步乘法计数原理知,共有4×4×4×4=256种不同的放法.
(2)每个盒子至少放一个小球,即每个盒子中都放入一个小球,将4个盒子看作4个不同的位置,4个小球进行全排列,可得A44=24种不同的放法.
(3)恰有一个空盒,说明恰有一个盒子中有2个小球,从4个小球中选2个作为一个元素,同另外2个小球在4个位置进行排列,故共有C42A43=144种不同的放法.
易错警示 要“从n个不同的元素中取出m(m≤n)个元素”,在排列问题中元素不能重复选取,而在用分步乘法计数原理解决问题时,元素可以重复选取.
3.B 首先将甲排在中间,因为乙、丙两名同学不能相邻,所以两人必须站在甲的两侧,
选出一人排在左侧,有C21A21种方法,
另外一人排在右侧,有A21种方法,
余下两人排在余下的两个空中,有A22种方法,
所以不同的站法有C21A21A21A22=16种.
故选B.
易错点拨 对于有特殊元素和特殊位置的问题,应先考虑特殊元素排在特殊位置,再排其他元素和其他位置.本题易出现这样的错误解法:先排甲、乙、丙之外的两人,有A22种排法;再将乙、丙两人插入3个空中的2个,有A32种插法;最后甲站他们中间,有1种站法.所以不同的站法有A22A32=12种.这样求解是错误的.因为乙、丙还可以与甲相邻,分别站在甲的两侧.
4.解析 (1)当个位是0时,有A42=12个;当个位是2时,有3×3=9个;当个位是4时,有3×3=9个.故共有12+9+9=30个没有重复数字的三位偶数.
(2)没有重复数字的能被3整除的三位数的数字组成共有0,1,2;0,2,4;1,2,3;2,3,4四种情况,故共有C21×A22+C21×A22+A33+A33=20个.
(3)当百位是2时,共有A21×A31+2=8个;当百位是3时,共有A42=12个;当百位是4时,共有A42=12个,
故共有8+12+12=32个大于210的没有重复数字的三位数.
易错警示 在与数字有关的排列问题中,易忽略“0”对特殊位置的要求,造成错解.
5.解析 (1)从5本科普书中选2本有C52种选法,从4本数学书中选2本有C42种选法,再把4本书给4位同学有A44种送法,
所以科普书和数学书各选2本,共有C52C42A44=1 440种不同的送法.
(2)因为科普书甲和数学书乙必须送出,所以再从其余7本书中选2本有C72种选法,再把4本书给4位同学有A44种送法,所以共有C72A44=504种不同的送法.
(3)选出的4本书均为科普书有C54种选法,选出的4本书中有3本科普书有C53C41种选法,再把4本书给4位同学有A44种送法,所以至少有3本科普书的送法有(C54+C53C41)×A44=1 080种.
误区警示 解决计数问题时,首先要分清楚是排列问题还是组合问题,即看取出的元素是“排成一列”还是“并成一组”,不能将二者混淆,若将排列问题误认为是组合问题,则会漏解,反之会重复计数.
6.解析 (1)由已知得Cn0+Cn1+…+Cnn=64,即2n=64,解得n=6,
所以展开式中二项式系数最大的项是第四项,即C63(x13)6-3-12x-133=20×-18×x0=-52.
(2)3x-123xn的展开式的通项为Tr+1=Cnr(3x)n-r-123xr=-12rCnrxn-2r3(r=0,1,…,n).
由已知,Cn0,12Cn1,14Cn2成等差数列,∴2×12Cn1=1+14Cn2,∴n=8(n=1舍去),
∴3x-123xn=3x-123x8,令x=1,得展开式中各项的系数和为1-128=1256.
7.解析 (1)由题意知2n=32,则n=5,(1+mx)5的展开式的通项为Tr+1=C5rmrxr(r=0,1,…,5),由题意知,当r=3时,C53m3=80,所以m=2.
(2)由(1)知,m=2,n=5,所以(1+mx)n(1-x)6=(1+2x)5(1-x)6,(1+2x)5的展开式的通项为Tr+1=C5r2rxr(r=0,1,…,5),(1-x)6的展开式的通项为Tk+1=C6k(-1)kxk(k=0,1,…,6),①令r=0,k=2,此时含x2项的系数为C62×(-1)2=15;②令r=1,k=1,此时含x2项的系数为C51×21×C61×(-1)1=-60;③令r=2,k=0,此时含x2项的系数为C52×22=40.
所以(1+2x)5(1-x)6的展开式中含x2项的系数为15+(-60)+40=-5.
误区警示 (a+b)n的展开式中,第r+1项的二项式系数是Cnr(r=0,1,2,…,n),仅与n,r有关;而第r+1项的系数为该项字母前的数连同符号,不一定是二项式系数Cnr.注意二项式系数Cnr一定为正,而对应项的系数可能为负,解题时不要将两者混淆.
思想方法练
1.C 分两类进行讨论.
第一类,高一年级同学相邻且高二年级同学不相邻,
把高一年级两个同学“捆绑”看作一个元素,与高三年级两个同学进行排列,有A22A33种不同排法,把高二年级两个同学插入4个空位中的2个(插空法),有A42种不同方法,故第一类有A22A33A42=144种站法;
第二类,高二年级同学相邻且高一年级同学不相邻,与第一类方法相同,也有144种站法.
由分类加法计数原理知,共有144+144=288种站法,故选C.
2.答案 96
解析 由题意知本题是一个分步计数问题.第一步,涂区域1,有4种方法;第二步,涂区域2,有3种方法;第三步,涂区域4,有2种方法(此时,前三步已经用去三种颜色);第四步,涂区域3,分两类:第一类,区域3与区域1同色,则区域5涂第四种颜色;第二类,区域3与区域1不同色,则区域3涂第四种颜色,此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色,有3种方法.所以不同的涂色方法有4×3×2×(1×1+1×3)=96种.
3.解析 由题知,|x1-1|,|x2-2|,|x3-3|,|x4-4|这四个自然数的和为6,分情况讨论:①当四个自然数为1,1,1,3时, x1,x2,x3,x4 的值对应有2,3,4,1和4,1,2,3两种情况;②当四个自然数为1,1,2,2时, x1,x2,x3,x4 的值对应有2,4,1,3和3,1,4,2两种情况;③当四个自然数为1,2,3,0时, x1,x2,x3,x4 的值对应有2,4,3,1和4,1,3,2和3,2,4,1和4,2,1,3四种情况;④当四个自然数为0,0,3,3时, x1,x2,x3,x4 的值对应有4,2,3,1;⑤当四个自然数为0,2,2,2时,没有符合的.故这样的排列共有2+2+4+1=9个.
4.A 甲、乙两本书必须摆放在两端,有A22种排法;
丙、丁两本书必须相邻,将其视为整体与另外两本书全排列,有A22A33种排法,
由分步乘法计数原理可得,不同的摆放方法有A22A22A33=24种.
5.B 易知一共可坐的位子有20个,2个人坐的方法数为A202,还需排除两人左右相邻的情况.把可坐的20个座位排成连续一行,将其中两个相邻座位看成一个整体,则相邻的坐法有A191A22,还应再加上2A22,所以不同坐法的种数为A202-A191A22+2A22=346.故选B.
6.C 先排“阅读文章”和“视听学习”两个学习模块,分“阅读文章”模块在前与在后两种情况,再在四个答题模块中选三个捆绑在一起,和另外一个答题模块插空,由于“阅读文章”不放首位,因此不同的方法数为A43C21A22+A43A32=240.
7.答案 720
解析 第一步,将所有的公益广告“捆绑”在一起当成一个元素和其他4个不同的商业广告进行排列,不同的安排方式有A55=120种,
第二步,对3个不同的公益广告进行排列,不同的安排方式有A33=6种,
故不同的播放方式有A55A33=120×6=720种.
8.B 设男生人数为n,则女生人数为8-n,其中(1解得n=3,所以男、女生人数分别为3,5,故选B.
9.C 由题意知CnkCnk-1=23或CnkCnk-1=32(k≤n,k∈N*).即n-k+1k=23或n-k+1k=32,
解得n=5k-33或n=5k-22.
又n∈N*,所以若n=5k-33,则当k=3时,nmin=4;
若n=5k-22,则当k=2时,nmin=4.
综上所述,nmin=4.故选C.
10.答案 -32或1
解析 (ax+1)5=(1+ax)5,其展开式的通项为Tk+1=C5kakxk(k=0,1,…,5),
则由(x+1)(ax+1)5=x(ax+1)5+(ax+1)5可知,
(x+1)(ax+1)5的展开式中x2的系数为C51a1+C52a2,
即C51a1+C52a2=15,即10a2+5a-15=0,解得a=-32或a=1.
11.解析 (1)由题意知C202r-1=C20r,
即2r-1=20-r或2r-1=r,解得r=7或r=1(舍去).
(2)(3-x)20的展开式的通项为Tk+1=C20k320-k(-x)k=C20k320-k(-1)kxk,由(1)知r=7,所以T7=C206×314×x6,
倒数第7项,即T15=C2014×36×x14,
由题意知C206×314×x6=1256×C2014×36×x14,解得x=±6.
12.解析 (1+2x)m+(1+4x)n的展开式中含x的项为Cm1·2x+Cn1·4x=(2Cm1+4Cn1)x,
∴2Cm1+4Cn1=36,即m+2n=18,
(1+2x)m+(1+4x)n的展开式中含x2项的系数为Cm222+Cn242=2m2-2m+8n2-8n,
∵m+2n=18,且m,n∈N*,∴m=18-2n(1≤n≤8,n∈N*),令2m2-2m+8n2-8n=t,则t=2(18-2n)2-2(18-2n)+8n2-8n
=16n2-148n+612
=16n2-374n+1534(1≤n≤8,n∈N*),
∴当n取距离378最近的正整数,即当n=5时,t取得最小值,即含x2项的系数最小,最小值为272.1
4
5
2
3