人教B版 (2019)选择性必修 第二册第三章 排列、组合与二项式定理本章综合与测试练习题

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第二册第三章 排列、组合与二项式定理本章综合与测试练习题，共17页。试卷主要包含了我国古代有着辉煌的数学研究成果等内容，欢迎下载使用。
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(满分:150分;时间:120分钟)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.在航天员进行的一项太空实验中,要先后实施6个程序,其中程序A只能出现在第一步或最后一步,程序B和C在实施时必须相邻,则在该实验中程序顺序的编排方法共有(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　
A.144种 B.96种
C.48种 D.34种
2.已知Cn0+2Cn1+22Cn2+23Cn3+…+2nCnn=729(n∈N+),则Cn1+Cn2+Cn3+…+Cnn=(　　)
A.63 B.64
C.31 D.32
3.3x-2xn(n∈N+)的展开式中第9项是常数项,则n的值是(　　)
A.4 B.8 C.11 D.12
4.已知(2x-1)4=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+a3(x-1)3+a4(x-1)4,则a1+a2+a3+a4=(　　)
A.81 B.80 C.65 D.64
5.中国有十二生肖,又叫十二属相,每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种,现有十二生肖的吉祥物各一个,甲、乙、丙三位同学依次选一个作为礼物,甲同学喜欢牛和马,乙同学喜欢牛、兔、狗和羊,丙同学哪个吉祥物都喜欢,如果让三位同学对选取的礼物都满意,那么不同的选法有(　　)
A.50种 B.60种
C.70种 D.90种
6.我国古代有着辉煌的数学研究成果.《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》《孙子算经》《缉古算经》等10部专著,有着丰富多彩的内容,是了解我国古代数学的重要文献.这10部专著中有7部产生于魏晋南北朝时期.某中学拟从这10部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容,则所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著的概率为(　　)
A.1415 B.115
C.29 D.79
7.汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝.如图所示的弦图是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现有五种不同的颜色可供涂色,要求相邻的区域不能用同一种颜色,则不同的涂色方案数为(　　)

A.180 B.192
C.420 D.480
8.若一个四位数的各位数字相加和为10,则称该数为“完美四位数”,如数字“2 017”,则用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于2 017的“完美四位数”有(　　)
A.71个 B.66个
C.59个 D.53个
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得2分)
9.已知A3m-C32+0!=4,则m可能的取值是(　　)
A.0 B.1
C.2 D.3
10.对于1x+x3n(n∈N+),以下判断正确的有(　　)
A.存在n∈N+,展开式中有常数项
B.对任意n∈N+,展开式中没有常数项
C.对任意n∈N+,展开式中没有x的一次项
D.存在n∈N+,展开式中有x的一次项
11.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动,有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排,则以下说法错误的是(　　)
A.若每人都安排一项工作,则不同的方法数为54
B.若每项工作至少有1人参加,则不同的方法数为A54C41
C.如果司机工作不安排,其余三项工作至少安排1人,则这5名同学全部被安排的不同方法数为(C53C21+C52C32)A33
D.每项工作至少有1人参加,甲、乙不会开车但能从事其他三项工作,丙、丁、戊都能胜任四项工作,则不同安排方案的种数是C31C42A33+C32A33
12.关于(x-1)2 020及其展开式,下列说法正确的是(　　)
A.该二项展开式中非常数项的系数和是-1
B.该二项展开式中第六项为C2 0206x1 007
C.该二项展开式中不含有理项
D.当x=100时,(x-1)2 020除以100的余数是1

三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.若x+2x2n(n∈N+)的展开式中只有第六项的二项式系数最大,则展开式中的常数项是　　　　. 
14.生活中人们常用“通五经贯六艺”形容一个人才识技艺过人,这里的“六艺”其实源于中国周朝的贵族教育体系,具体包括“礼、乐、射、御、书、数”.为弘扬中国传统文化,某校在周末学生业余兴趣活动中开展了“六艺”知识讲座,每艺安排一节,连排六节,则“数”必须排在前两节,“礼”和“乐”必须分开安排的概率为　　　　. 
15.6x+13x6的展开式中,所有有理项(系数为有理数,x的次数为整数的项)的系数和为　　　　;把展开式中的项重新排列,则有理项互不相邻的排法共有　　　　种.(用数字作答) 
16.习近平总书记在湖南省湘西州十八洞村考察时首次提出“精准扶贫”概念,精准扶贫成为我国脱贫攻坚的基本方略.为配合国家精准扶贫战略,某省示范性高中安排6名高级教师(不同姓)到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教,每所学校至少1人,因工作需要,李老师不去甲校,则分配方案种数为　　　　. 
四、解答题(本大题共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)已知5名同学站成一排,要求甲站在中间,乙不站在两端,记满足条件的所有不同的排法种数为m.
(1)求m的值;
(2)求x+2x3m4的展开式中的常数项.




18.(12分)已知有甲、乙、丙、丁、戊、己6人.(以下问题用数字作答)
(1)邀请这6人去参加一项活动,必须有人去,去几人自行决定,共有多少种不同的安排方法?
(2)将这6人作为辅导员全部安排到3项不同的活动中,求每项活动至少安排1名辅导员的方法总数.









19.(12分)(1)已知(1+x)n(n∈N+)的第九项,第十项,第十一项的二项式系数满足Cn8+Cn10=2Cn9,求n的值;
(2)若(x2+a)x-1x6(a∈R)的展开式中常数项为-65,求x2+12xa展开式中的有理项.






20.(12分)已知有0,1,2,3,4,5这六个数字.
(1)若数字不允许重复,可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同五位数?
(2)若直线方程ax+by=0中的a,b可以从已知的六个数字中任取两个不同的数字,则直线方程表示的不同直线共有多少条?









21.(12分)已知在x-23xn(n∈N+)的展开式中,第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3.求:
(1)展开式中的所有有理项;
(2)展开式中系数绝对值最大的项;
(3)n+9Cn2+81Cn3+…+9n-1Cnn的值.




22.(12分)将4个不同的红球和6个不同的白球,放入同一个袋中,现从中取出4个球.
(1)若取出的红球的个数不少于白球的个数,则有多少种不同的取法?
(2)取出一个红球记2分,取出一个白球记1分,若取出4个球的总分不少于5分,则有多少种不同的取法?
(3)若将取出的4个球放入一个箱子中,记“从箱子中任意取出2个球,然后放回箱子中”为一次操作,若操作三次,求恰有一次取到2个红球并且恰有一次取到2个白球的概率.



答案全解全析
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1.B
2.A
3.D
4.B
5.C
6.A
7.C
8.A
9.CD
10.AD
11.ABC
12.AD



一、单项选择题
1.B　首先将B,C捆绑在一起作为整体,共有A22种情况,又A只能出现在第一步或最后一步,故总的编排方法有2×A22×A44=96(种),故选B.
2.A　逆用二项式定理得Cn0+2Cn1+22Cn2+23Cn3+…+2nCnn=(1+2)n=729,即3n=36,所以n=6,所以Cn1+Cn2+Cn3+…+Cnn=26-1=63.故选A.
3.D　3x-2xn(n∈N+)的展开式的通项为Tr+1=Cnr(3x)n-r-2xr=Cnr3n-r·(-2)rxn-3r2(r=0,1,2,…,n),
∵T9=Cn83n-8(-2)8·xn-12是常数项,
∴n-12=0,解得n=12,故选D.
4.B　令x=1,可得(2-1)4=a0,即a0=1;令x=2,可得(4-1)4=a0+a1+a2+a3+a4,即a0+a1+a2+a3+a4=81,所以a1+a2+a3+a4=81-1=80.故选B.
5.C　根据题意,分2种情况讨论:如果同学甲选牛,那么同学乙只能选兔、狗和羊中的一种,丙同学可以从剩下的10种中任意选择一种,则选法有C31C101=30(种);如果同学甲选马,那么同学乙能选牛、兔、狗和羊中的一种,丙同学可以从剩下的10种中任意选择一种,则选法有C41C101=40(种),故不同的选法共有30+40=70(种),故选C.
6.A　从10部专著中选择2部的所有可能情况有C102=45(种).
设“所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期的专著”为事件A,则A包含的基本事件个数为C71C31+C72=42.由古典概型概率公式可得P(A)=4245=1415.故选A.
7.C　若相邻的区域不能用同一种颜色,则涂5块区域至少需要3种颜色.
若5块区域只用3种颜色涂色,则颜色的选法有C53种,相对的两个直角三角形必同色,此时不同的涂色方案数为C53A33=60.
若5块区域只用4种颜色涂色,则颜色的选法有C54种,一组相对的两个直角三角形必同色,另一组相对的两个直角三角形必不同色,此时不同的涂色方案数为C54C21A44=240.
若5块区域用5种颜色涂色,则每块区域涂色均不同,此时不同的涂色方案数为A55=120.
综上,所有不同的涂色方案数为60+240+120=420.故选C.
8.A　根据题意,四位无重复数字相加和为10的情况有①0、1、3、6,②0、1、4、5,③0、1、2、7,④0、2、3、5,⑤1、2、3、4,共5种情况,则分5种情况讨论:
①当四个数字为0、1、3、6时,
千位数字可以为3或6,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有A33=6种情况,此时有2×6=12个“完美四位数”;
②当四个数字为0、1、4、5时,
千位数字可以为4或5,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有A33=6种情况,此时有2×6=12个“完美四位数”;
③当四个数字为0、1、2、7时,
若千位数字为7,则将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有A33=6种情况,
若千位数字为2,则有2 071、2 107、2 170、2 701、2 710,共5种情况,此时有6+5=11个“完美四位数”;
④当四个数字为0、2、3、5时,
千位数字可以为2或3或5,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有A33=6种情况,此时有3×6=18个“完美四位数”;
⑤当四个数字为1、2、3、4时,
千位数字可以为3或4或2,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有A33=6种情况,此时有3×6=18个“完美四位数”,
则一共有12+12+11+18+18=71个“完美四位数”,故选A.
二、多项选择题
9.CD　∵A3m-C32+0!=4,∴A3m=6,∴m=2或m=3,故选CD.
10.AD　设1x+x3n(n∈N+)展开式的通项为Tr+1=Cnr1xn-r(x3)r=Cnrx4r-n(r=0,1,2,…,n),不妨令n=4,则当r=1时,展开式中有常数项,故选项A正确,选项B错误;令n=3,则当r=1时,展开式中有x的一次项,故选项C错误,选项D正确,故选AD.
11.ABC　每人有四项工作可以安排,所以5人都安排一项工作的不同方法数为45,故选项A中说法错误;每项工作至少有1人参加,则有一项工作安排2人,其他三项工作各1人,所以共有C41C52A33种不同方法数,选项B中A54C41是每项工作先安排1人,还剩下1人在四项工作中选择,这样会有重复,比如:“甲、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机,戊安排翻译”与“戊、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机,甲安排翻译”重复计算了,故选项B中说法错误;选项C中是先分组后分配,C53C21代表的是5人分成3人、1人、1人三组,C52C32代表的是5人分成2人、2人、1人三组,然后三组人分配三项工作,乘A33,然而在分组的过程中都有重复,比如:3人、1人、1人分组中,先选择了甲、乙、丙三人一组,剩下丁、戊分两组只有一种分法,而不是C21种分法,故选项C中说法错误;选项D分两类考虑,第一类:司机安排1人,方法数为C31,另外4人分3组,方法数为C42(4人选2人为1组,另外2人分2组只有一种分法),然后3组人安排除司机外的三项工作,方法数为A33,则不同安排方案的种数是C31C42A33,第二类:司机安排2人,方法数为C32,剩下3人安排另外三项工作,方法数为A33,则不同安排方案的种数是C32A33,由分类加法计数原理得,共有C31C42A33+C32A33种不同的安排方案,故选项D中说法正确.故选ABC.
12.AD　(x-1)2 020的展开式的第r+1项为Tr+1=C2 020rx2 020-r2(-1)r(r=0,1,2,…,2 020).
对于A,当r=2 020时,得到常数项为T2 021=1.又(x-1)2 020的展开式的各项系数和为(1-1)2 020=0,所以该二项展开式中非常数项的系数和是-1,故A正确.
对于B,该二项展开式中第六项为T6=C2 0205x2 020-52(-1)5=-C2 0205x2 0152,故B错误.
对于C,当2 020-r=2n(n∈Z)时,对应的各项均为有理项,故C错误.
对于D,当x=100时,(x-1)2 020=(10-1)2 020=C2 0200102 020(-1)0+C2 0201102 019×(-1)1+…+C2 0202 018102(-1)2 018+C2 0202 019101×(-1)2 019+C2 0202 020100(-1)2 020,因为C2 0200×102 020(-1)0+C2 0201102 019(-1)1+…+C2 0202 017×103(-1)2 017显然是100的倍数,即能被100整除,而C2 0202 018102(-1)2 018+C2 0202 019101×(-1)2 019+C2 0202 020100(-1)2 020
=1 010×2 019×100-20 200+1
=1 010×2 018×100+101 000-20 200+1
=1 010×2 018×100+80 801
=m·100+1,m∈N,所以当x=100时,(x-1)2 020除以100的余数是1,故D正确.
故选AD.
三、填空题
13.答案　180
解析　由题意可得n=10,故展开式的通项为Tr+1=C10r·x10-r2·2r·x-2r=2r·C10r·x10-5r2,令10-5r2=0,解得r=2,故展开式中的常数项是22C102=180.
14.答案　1360
解析　由题意,对六艺“礼、乐、射、御、书、数”进行全排列,基本事件的总数为A66=720,满足“数”必须排在前两节,“礼”和“乐”必须分开安排的情况有两类:当第一节是“数”时,共有A33A42=72种不同的排法;当第二节是“数”时,共有A55-C31A22A33=84种不同的排法,所以所求概率P=72+84720=1360.
15.答案　32;144
解析　6x+13x6的展开式的通项为Tr+1=C6rx6-r6x-13r=C6rx2-r2(r=0,1,2,…,6),
因为2-r2=1-r2∈Z,所以r=0,2,4,6,
故所有有理项的系数和为C60+C62+C64+C66=1+15+15+1=32.
把展开式中的项重新排列,则有理项互不相邻的排法共有A33A44=144(种).
16.答案　360
解析　解法一:根据6名教师到甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教,每所学校至少1人,可分四种情况:
(1)甲校安排1名教师,分配方案种数为C51(C51C44A22+C52C33A22)=150;
(2)甲校安排2名教师,分配方案种数为C52(C41C33A22+C42C22)=140;
(3)甲校安排3名教师,分配方案种数为C53C31C22A22=60;
(4)甲校安排4名教师,分配方案种数为C54C21C11=10,
由分类加法计数原理,可得共有150+140+60+10=360种分配方案.
解法二:由6名教师到三所学校,每所学校至少1人,知可能的分组情况为4,1,1;3,2,1;2,2,2.
对于第一种情况,因为李老师不去甲校,所以李老师自己去一个学校且该学校不是甲校,有C21种分配方案,其余5名分成一人组和四人组有C54A22种分配方案,则有C21C54A22=20种分配方案;若李老师分配到四人组且该组不去甲校有C53C21A22=40种分配方案,则第一种情况共有20+40=60种分配方案;
对于第二种情况,李老师分配到一人组有C21C53C22A22=40种分配方案,李老师分配到两人组有C51C21C43A22=80种分配方案,李老师分配到三人组有C52C21C32A22=120种分配方案,所以第二种情况共有40+80+120=240种分配方案;
对于第三种情况,共有C51C21C42C22=60种分配方案.
综上所述,共有60+240+60=360种分配方案.
四、解答题
17.解析　(1)所有不同的排法种数为m=C21×A33=12.(4分)
(2)由(1)知,
x+2x3m4=x+2x9,(5分)
∴x+2x9的展开式的通项为Tr+1=C9r×2r×x9-3r2(r=0,1,2,…,9),
令9-3r2=0,解得r=3,(9分)
∴展开式中的常数项为C93×23=672.(10分)
18.解析　(1)由题意,共有C61+C62+…+C66=26-1=63种不同的安排方法.(4分)
(2)该问题共分为三类:
第一类,6人中恰有4人分配到其中一项活动中,另外两项活动各分1人,共有C64A33=90种方法;
第二类,6人中恰有3人分配到其中一项活动中,共有C63C32A33=360种方法;
第三类,6人平均分配到三项活动中,共有C62C42C22=90种方法,(10分)
所以每项活动至少安排1名辅导员的方法总数为90+360+90=540.(12分)
19.解析　(1)由Cn8+Cn10=2Cn9,化简得n2-37n+322=0,解得n=14或n=23.(6分)
(2)(x2+a)x-1x6(a∈R)的展开式中的常数项为x2·C64·x2·-1x4+a·C63·x3·-1x3=-65,解得a=4,则x2+12xa=x2+12x4,其展开式的通项为Tk+1=C4k12kx8-52k(k=0,1,2,3,4),(10分)
故展开式中的有理项为T1=x8,T3=32x3,T5=116x-2.(12分)
20.解析　(1)当首位数字是5,而末位数字是0时,符合题意的五位数有A31A32=18(个);
当首位数字是3,而末位数字是0或5时,符合题意的五位数有A21A43=48(个);
当首位数字是1或2或4,而末位数字是0或5时,符合题意的五位数有A31A21A31A32=108(个).
故符合题意的五位数共有18+48+108=174(个).(6分)
(2)当a,b中有一个取0时,不同的直线有2条;
当a,b都不取0时,不同的直线有A52=20(条);
而a=1,b=2与a=2,b=4重复,
a=2,b=1,与a=4,b=2重复.
故不同的直线共有2+20-2=20(条).(12分)
21.解析　(1)由Cn4(-2)4∶Cn2(-2)2=56∶3,解得n=10(n=-5舍去),
所以展开式的通项为Tr+1=C10r(x)10-r·-23xr=(-2)rC10rx5-5r6(r=0,1,2,…,10),
当5-5r6为整数时,r可取0,6,
于是有理项为T1=x5和T7=13 440.(4分)
(2)设第k+1(k∈N,k≤10)项系数的绝对值最大,则C10k2k≥C10k-12k-1,C10k2k≥C10k+12k+1,
解得193≤k≤223,又k ∈N,则k=7.
所以系数绝对值最大的项为T8=-15 360x-56.(8分)
(3)10+9C102+81C103+…+910-1C1010
=9C101+92C102+93C103+…+910C10109
=C100+9C101+92C102+93C103+…+910C1010-19
=(1+9)10-19=1010-19.(12分)
22.解析　(1)若取出的红球的个数不少于白球的个数,则有4红、3红1白、2红2白三种情况,
其中4红有C44=1种取法,3红1白有C43C61=24种取法,2红2白有C42C62=90种取法.
因此,共有1+24+90=115种不同的取法.(4分)
(2)若取出4个球的总分不少于5分,则有4红、3红1白、2红2白和1红3白四种情况.
其中4红有C44=1种取法,3红1白有C43C61=24种取法,2红2白有C42C62=90种取法,1红3白有C41C63=80种取法.
因此,共有1+24+90+80=195种不同的取法.　(8分)
(3)由题意知,箱子中4个球中红球有2个,白球也有2个,从这4个球中取出2个球,取出2个红球只有一种情况,取出2个白球也只有一种情况,取出1红1白有C21C21=4种情况,总共有6种情况.
若操作三次,则共有63=216种情况.
恰有一次取到2个红球并且恰有一次取到2个白球共有1×1×4×A33=24种情况,
因此,恰有一次取到2个红球并且恰有一次取到2个白球的概率为24216=19.(12分)