章末综合测评(二)　计数原理

(满分：150分　时间：120分钟)

一、选择题(本大题共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)

1．三名学生分别从5门选修课中选修一门课程，不同的选法有(　　)

A．125种    B．243种    C．60种    D．10种

A　[三名学生分别从5门选修课中选修一门课程，对于任意1名同学均有5种不同的选法，故不同的选法有53＝125种；故选A．]

2．已知A＝11×10×9×…×5，则mn为(　　)

A．66    B．77    C．55    D．42

B　[∵已知A＝n×(n－1)×(n－2)×…×(n－m＋1)＝11×10×9×…×5，

∴n＝11，n－m＋1＝5，∴m＝7，

则mn＝77．]

3．若C＝C，则x的值为(　　)

A．3或5    B．6    C．4或9    D．18

C　[∵C＝C，

∴x＝3x－8或x＋3x－8＝28，

解得x＝4或9．]

4．已知C－C＝C(n∈N*)，则n＝(　　)

A．14    B．15    C．13    D．12

D　[由组合数性质知，C＋C＝C，所以C＝C，所以6＋7＝n＋1，得n＝12．]

5．若(x＋3y)n展开式的系数和等于(7a＋b)10展开式中的二项式系数之和，则n的值为(　　)

A．5    B．8    C．10    D．15

A　[(7a＋b)10展开式的二项式系数之和为210，令x＝1，y＝1，则由题意知，4n＝210，解得n＝5．]

6．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有(　　)

A．1 440种    B．960种    C．720种    D．480种

B　[先将5名志愿者排好，有A种排法，2位老人只能排在5名志愿者之间的4个空隙中，先将2位老人排好，有A种排法，再把它作为一个元素插入空隙中，有4种插法．所以共有不同排法4AA＝960种．]

7．将标号为1,2,3,4的四个小球放入三个标号为1,2,3的盒子中，每个盒子至少放一个球，且标号为1,2的两个小球不能放入同一个盒子中，则不同的放法有(　　)

A．20种    B．15种    C．42种    D．30种

D　[根据题意，分2种情况讨论：

①将4个小球分为3组，且标号为1,2的两个小球不能分在同一组，有C－1＝6－1＝5种分组方法．

②将分好的三组全排列，放在三个标号为1,2,3的盒子中，有A＝6种情况，

则有5×6＝30种不同的放法．]

8．设(1－3x)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|的值为(　　)

A．29    B．49    C．39    D．59

B　[由于a0，a2，a4，a6，a8为正，a1，a3，a5，a7，a9为负，故令x＝－1，得(1＋3)9＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9＝|a0|＋|a1|＋…＋|a9|，故选B．]

二、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，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)

9．关于(a－b)10的说法，正确的是(　　)

A．展开式中的二项式系数之和为1 024

B．展开式中第6项的二项式系数最大

C．展开式中第5项和第7项的二项式系数最大

D．展开式中第6项的系数最小

ABD　[由二项式系数的性质知，二项式系数之和为210＝1 024，故A正确；当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也是正确的，因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的．]

10．我国古代著名的数学著作中，《周髀算经》、《九章算术》、《孙子算经》、《五曹算经》、《夏侯阳算经》、《张丘建算经》、《海岛算经》、《五经算术》、《缀术》和《缉古算经》，称为“算经十书”，某老师将其中的《周髀算经》、《九章算术》、《孙子算经》、《五经算术》、《缀术》和《缉古算经》6本书分给5名数学爱好者，其中每人至少一本，则不同的分配方法的种数为(　　)

A．CCA    B．AC    C．CAA    D．CA

AD　[依题意，6本书分给5名数学爱好者，其中一人至少一本，则有一人分得两本书，剩余四人各分得一本书，

法一：分三步完成，

第一步：选择一个人，有C种选法；

第二步：为这个人选两本书，有C种选法；

第三步： 剩余四人各分得一本书，有A种选法．

故由分步计数原理知，不同的分配方法的种数为CCA，故A正确；

法二：分两步完成，

第一步：先分组，选择两本书，将书分成“2＋1＋1＋1＋1”五组，有C种选法；

第二步：将五组分配给五个人，有A种选法．

故由分步计数原理知，不同的分配方法的种数为CA，故D正确．]

11．A、B、C、D、E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有(　　)

A．若A、B两人站在一起，有24种方法

B．若A、B不相邻，共有72种方法

C．若A在B左边，有60种排法

D．若A不站在最左边，B不站最右边，有78种方法

BCD　[对于A，先将A，B排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排列，由分步原理可知共有AA＝48种，所以A不正确；

对于B，先将A，B之外的3人全排列，产生4个空，再将A，B两元素插空，所以共有AA＝72种，所以B正确；

对于C,5人全排列，而其中A在B的左边和A在B的右边是等可能的，所以A在B的左边的排法有A＝60种，所以C正确；

对于D，对A分两种情况：一是若A站在最右边，则剩下的4人全排列有A种，另一个是A不在最左边也不在最右边，则A从中间的3个位置中任选1个，然后B从除最右边的3个位置中任选1个，最后剩下3人全排列即可，由分类计数原理可知共有A＋AAA＝78种，所以D正确，故选BCD．]

12．对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9．则下列结论成立的是(　　)

A．a2＝－144　

B．a0＝1　

C．a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1

D．a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39

ACD　[对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9＝[－1＋2(x－1)]9，

∴a2＝－C×22＝－144，故A正确；

令x＝1，可得a0＝－1，故B不正确；

令x＝2，可得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1，故C正确；

令x＝0，可得 a0－a1＋a2－…－a9＝－39，故D正确．]

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)

13．(1＋)n展开式中的各项系数的和大于8而小于32，则系数最大的项是________．设(1＋x)n＝a0＋a1x＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，则展开式中系数最大项是________．(本题第一空2分，第二空3分)

6x　20x3　[因为8<C＋C＋…＋C<32，即8<2n<32．

所以n＝4．所以展开式共有5项，系数最大的项为T3＝C()2＝6x．

令x＝0，得a0＝1，

再令x＝1，得2n＝64，所以n＝6，

故展开式中系数最大项是T4＝Cx3＝20x3．]

14．某元宵灯谜竞猜节目，有6名守擂选手和6名复活选手，从复活选手中挑选1名选手为攻擂者，从守擂选手中挑选1名选手为守擂者，则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有________种．

36　[由排列组合中的分步原理，从复活选手中挑选1名选手为攻擂者，共C＝6种选法，从守擂选手中挑选1名选手为守擂者，共C＝6种选法，则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有6×6＝36种选法．]

15．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴某大型展览会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有________种．(用数字作答)

90　[先分组，再把三组分配乘以A，得：

A＝90种．]

16．在由数字1,2,3,4,5组成的所有没有重复数字的四位数中，大于3 145且小于4 231的数共有________个．

28　[根据题意，分2种情况，

①四位数的千位数字为3，

其百位数字为1时，有3 152,3 154符合条件，

其百位数字为2,4,5时，有3种情况，

在剩下的3个数字中任选2个，安排在十位、个位，有A＝6种情况，

此时有2＋3×6＝20个符合条件的四位数；

②四位数的千位数字为4，

其百位数字为1时，在剩下的3个数字中任选2个，安排在十位、个位，有A＝6种情况，

其百位数字为2时，只有4 213,4 215符合条件，

此时有6＋2＝8个符合条件的四位数．

则有20＋8＝28个符合条件的四位数．]

四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17．(本小题满分10分)已知试求x，n的值．

[解]　∵C＝C＝C，

∴n－x＝2x或x＝2x(舍去)，∴n＝3x．

由C＝C，得

＝·，

整理得

3(x－1)！(n－x＋1)！＝11(x＋1)！(n－x－1)！，

3(n－x＋1)(n－x)＝11(x＋1)x．

将n＝3x代入，整理得6(2x＋1)＝11(x＋1)，

∴x＝5，n＝3x＝15．

18．(本小题满分12分)已知(1－2x＋3x2)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a13x13＋a14x14．

求：(1)a1＋a2＋…＋a14；

(2)a1＋a3＋a5＋…＋a13．

[解]　(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a14＝27．

令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a14＝27－1＝127．

(2)由(1)得a0＋a1＋a2＋…＋a14＝27，①

令x＝－1得a0－a1＋a2－…－a13＋a14＝67，②

由①－②得2(a1＋a3＋a5＋…＋a13)＝27－67，

所以a1＋a3＋a5＋…＋a13＝．

19．(本小题满分12分)(1＋2x)n的展开式中第六项与第七项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项．

[解]　T6＝C(2x)5，T7＝C(2x)6，依题意有C25＝C26⇒n＝8．

∴(1＋2x)8的展开式中，二项式系数最大的项为

T5＝C(2x)4＝1 120x4．

设第k＋1项系数最大，则有

∴5≤k≤6．

又∵k∈{0,1,2，…，8}，∴k＝5或k＝6．

∴系数最大的项为T6＝1 792x5，T7＝1 792x6．

20．(本小题满分12分)已知集合A＝{x|1<log2x<3，x∈N*}，B＝{4,5,6,7,8}．

(1)从A∪B中取出3个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？

(2)从集合A中取出1个元素，从集合B中取出3个元素，可以组成多少个无重复数字且比4 000大的自然数？

[解]　由1<log2x<3，得2<x<8，又x∈N*，所以x为3,4,5,6,7，即A＝{3,4,5,6,7}，所以A∪B＝{3,4,5,6,7,8}．

(1)从A∪B中取出3个不同的元素，可以组成A＝120个三位数．

(2)若从集合A中取元素3，则3不能作千位上的数字，

有C·C·A＝180个满足题意的自然数；

若不从集合A中取元素3，则有CCA＝384个满足题意的自然数．

所以，满足题意的自然数共有180＋384＝564个．

21．(本小题满分12分)某校高三年级有6个班级，现要从中选出10人组成高三女子篮球队参加高中篮球比赛，且规定每班至少要选1人参加．这10个名额有多少不同的分配方法？

[解]　法一：除每班1个名额以外，其余4个名额也需要分配．这4个名额的分配方案可以分为以下几类：

(1)4个名额全部给某一个班级，有C种分法；

(2)4个名额分给两个班级，每班2个，有C种分法；

(3)4个名额分给两个班级，其中一个班级1个，一个班级3个．由于分给一班1个，二班3个和一班3个、二班1个是不同的分法，因此是排列问题，共有A种分法；

(4)分给三个班级，其中一个班级2个，其余两个班级每班1个，共有C·C种分法；

(5)分给四个班，每班1个，共有C种分法．

故共有N＝C＋C＋A＋C·C＋C＝126种分配方法．

法二：该问题也可以从另外一个角度去考虑：因为是名额分配问题，名额之间无区别，所以可以把它们视作排成一排的10个相同的球，要把这10个球分开成6段(每段至少有一个球)．这样，每一种分隔办法，对应着一种名额的分配方法．这10个球之间(不含两端)共有9个空位，现在要在这9个位子中放进5块隔板，共有N＝C＝126种放法．

故共有126种分配方法．

22．(本小题满分12分)已知．

(1)当n＝6时，求：

①展开式中的中间一项；

②展开式中常数项的值．

(2)若展开式中各项系数之和比各二项式系数之和大240，求展开式中含x项的系数．

[解]　(1)①当n＝6时，＝的展开式共有7项，

展开式中的中间一项为T4＝C·(5x)3·＝－20·125·x＝－2 500x．

②展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(－1)r·56－r·x，

令6－r＝0，得r＝4，所求常数项的值为C(－1)4·52＝375．

(2)若展开式中各项系数之和比各二项式系数之和大240，

而展开式中各项系数之和为4n，各二项式系数之和为2n，∴4n－2n＝240，求得n＝4．

∴通项公式为Tr＋1＝C·(－1)r·54－r·x，

令4－＝1，求得r＝2，

∴展开式中含x项的系数为C(－1)2·52＝150．