新教材2023年高中数学第5章计数原理检测题北师大版选择性必修第一册

第五章检测题　

考试时间120分钟，满分150分．

一、单项选择题(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．小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡．若他至少买1张，则不同的买法共有(　A　)

A．7种　　 B．8种　　

C．6种　　 D．9种

[解析]　要完成的“一件事”是“至少买1张IC电话卡”，分三类完成：买1张IC电话卡、买2张IC电话卡、买3张IC电话卡．而每一类都能独立完成“至少买1张IC电话卡”这件事．买1张IC电话卡有2种方法，买2张IC电话卡有3种方法，买3张IC电话卡有2种方法，所以不同的买法共有2＋3＋2＝7(种)．

2．(x3＋x2＋x＋1)(y2＋y＋1)(z＋1)展开后的不同项数为(　D　)

A．9　　 B．12　　

C．18　　 D．24

[解析]　分三步：第一步，从(x3＋x2＋x＋1)中任取一项，有4种方法；第二步，从(y2＋y＋1)中任取一项，有3种方法；第三步，从(z＋1)中任取一项有2种方法．根据分步乘法计数原理，得共有4×3×2＝24(项)．故选D．

3．已知n的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n等于(　C　)

A．4　　 B．5　　

C．6　　 D．7

[解析]　二项式n的各项系数的和为(1＋3)n＝4n，二项式n的各项二项式系数的和为2n，因为各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，所以＝2n＝64，n＝6.故选C．

4．现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，则乙、丙两人恰好参加同一项活动的情况有(　B　)

A．1种　　 B．2种　　

C．3种　　 D．4种

[解析]　由题意，现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参加两项活动，其中乙、丙两人恰好参加同一项活动的情况有CCA＝2(种)．

5．由数字0,1,2,3,4,5可以组成能被5整除，且无重复数字的不同的五位数有(　A　)

A．(2A－A)个　　 B．(2A－A)个

C．2A个　　 D．5A个

[解析]　能被5整除，则个位须为5或0，有2A个，但其中个位是5的含有0在首位的排法有A个，故共有(2A－A)个．

6．将多项式a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0分解因式得(x－2)(x＋2)5，则a5＝(　A　)

A．8　　 B．10　　

C．12　　 D．1

[解析]　(x－2)(x＋2)5＝(x2－4)(x＋2)4，所以(x＋2)4的展开式中的三次项系数为C·21＝8，所以a5＝8.

7．如图所示，若从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰好是相克关系的情况有(　B　)

A．3种　　 B．5种

C．7种　　 D．9种

[解析]　从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰好是相克关系的情况有C＝5(种)．

8．如图是由6个正方形拼成的矩形，从图中的12个顶点中任取3个顶点作为一组．其中可以构成三角形的组数为(　C　)

A．208　　 B．204　　

C．200　　 D．196

[解析]　任取的3个顶点不能构成三角形的情形有三种：一是3条横线上的4个顶点，其组数为3C；二是4条竖线上的3个顶点，其组数为4C；三是4条田字的对角线上的3个顶点，其组数为4C.所以可以构成三角形的组数为C－3C－8C＝200.故选C．

二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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A－C＋0！＝4，则m可能的取值是(　CD　)

A．0　　 B．1　　

C．2　　 D．3

[解析]　∵A－C＋0！＝4，∴A＝6，∴m＝2或m＝3，故选CD．

10．对于n(n∈N＋)，以下判断正确的有(　AD　)

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

[解析]　设n(n∈N＋)展开式的通项为Tk＋1＝Cn－k(x3)k＝Cx4k－n(k＝0,1,2，…，n)，不妨令n＝4，则当k＝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k＝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．关于(－1)2 020及其展开式，下列说法正确的是(　AD　)

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Cx1 007

C．该二项展开式中不含有理项

D．当x＝100时，(－1)2 020除以100的余数是1

[解析]　(－1)2 020的展开式的第k＋1项为Tk＋1＝Cx (－1)k(k＝0,1,2，…，2 020)．对于A，当k＝2 020时，得到常数项为T2 021＝1.又(－1)2 020的展开式的各项系数和为(－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＝Cx (－1)5＝－Cx，故B错误．

对于C，当2 020－k＝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，(－1)2 020＝(10－1)2 020＝C102 020(－1)0＋C102 019×(－1)1＋…＋C102(－1)2 018＋C101×(－1)2 019＋C100(－1)2 020，因为C×102 020(－1)0＋C102 019(－1)1＋…＋C×103(－1)2 017显然是100的倍数，即能被100整除，而C102(－1)2 018＋C101×(－1)2 019＋C100(－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，(－1)2 020除以100的余数是1，故D正确．故选AD．

12．高一学生王超想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，则下列说法正确的有(　AC　)

A．若任意选择三门课程，选法总数为C种

B．若物理和化学至少选一门，选法总数为CC

C．若物理和历史不能同时选，选法总数为C－C种

D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为CC－C种

[解析]　A显然正确；对于B应为CC＋CC种；对于C，用间接法，显然正确；对于D应分三种情况：

①只选物理，则有C种选法；

②只选化学，则有C种选法；

③若物理与化学都选，则有C种选法．

即共有C＋C＋C＝20种选法．

综上可知AC正确，BD错误．

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

13．已知(1＋x)n的展开式中，唯有x3的系数最大，则(1＋x)n的系数和为_64__.

[解析]　由题意知，

则

解得5<n<7，又n∈N，因此n＝6.设(1＋x)6＝a0x6＋a1x5＋a2x4＋…＋a5x＋a6，令x＝1，则(1＋x)6的系数和为a0＋a1＋a2＋…＋a6＝26＝64.

14．若存在x∈N*，使得(ax＋1)2n和(x＋a)2n＋1(其中a≠0)的展开式中xn项的系数相等，则a的最大值为___.

[解析]　由(x＋a)2n＋1的展开式中第k＋1项为Tk＋1＝C·x2n＋1－kak，令2n＋1－k＝n，得k＝n＋1，所以含xn项的系数为Can＋1.由Can＋1＝Can，得a＝，是关于n的减函数，∵n∈N*，∴<a≤，故a的最大值为.

15．(2020·浙江)如图，有7个白色正方形方块排成一列，现将其中4块涂上黑色，规定从左往右数，无论数到第几块，黑色方块总不少于白色方块的涂法有_14__种．



[解析]　由题意可判断第1格涂黑色，且第2格和第3格至少有一个是黑色，因此分以下三种情况讨论：

①若第2格涂黑色，第3格涂白色，则后面4格的情况有(黑，黑，白，白)，(黑，白，黑，白)，(黑，白，白，黑)，(白，黑，黑，白)，(白，黑，白，黑)，共5种；

②若第2格涂白色，第3格涂黑色，则后面4格的情况与①相同，共5种；

③若第2,3格都涂黑色，则还有1个黑色，从后面4格任选1格均可，共4种．

综上，总的涂法有5＋5＋4＝14(种)．

16．已知m，n∈N*，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n展开式中，含x项的系数为19，则当含x2项的系数最小时，展开式中含x7项的系数为_156__.

[解析]　∵m，n∈N*，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n展开式中，含x项的系数为19，∴m＋n＝19.

则当m＝1或n＝1时，含x2项的系数为C＝153；当m≠1，且n≠1时，含x2项的系数为C＋C＝＝＝n2－19n＋171＝2＋.

∴当n＝10或9时，x2的系数最小，为81.∴f(x)＝(1＋x)9＋(1＋x)10，展开式中含x7项的系数为C＋C＝156.

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．(本小题满分10分)从－3，－2，－1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不同的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，问：

(1)共能组成多少个不同的二次函数？

(2)在这些二次函数中，图象关于y轴对称的有多少个？

[解析]　(1)方法1(直接法——优先考虑特殊位置)：

∵a≠0，∴确定二次项系数有7种，确定一次项和常数项有A种，所以共有7A＝294个不同的二次函数．

方法2(直接法——优先考虑特殊元素)：

当a，b，c中不含0时，有A个；当a，b，c中含有0时，有2A个，故共有A＋2A＝294(个)不同的二次函数．

方法3：(间接法)共可构成A个函数，其中当a＝0时，有A个均不符合要求，从而共有A－A＝294(个) 不同的二次函数．

(2)依题意b＝0，所以共有A＝42(个)符合条件的二次函数．

18．(本小题满分12分)用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？

(1)被4整除；

(2)比21 034大的偶数；

(3)左起第二、四位是奇数的偶数．

[解析]　(1)被4整除的数，其特征应是末两位数是4的倍数，可分为两类：当末两位数是20,40,04时，其排列数为3A＝18，当末两位数是12,24,32时，其排列数为3A·A＝12.故满足条件的五位数共有18＋12＝30(个)．

(2)①当末位数字是0时，首位数字可以为2或3或4，满足条件的数共有3×A＝18个．

②当末位数字是2时，首位数字可以为3或4，满足条件的数共有2×A＝12个．

③当末位数字是4时，首位数字是3的有A＝6个，首位数字是2时，有3个，共有9个．

综上知，比21034大的偶数共有18＋12＋9＝39个．

(3)方法1：可分为两类：

末位数是0，有A·A＝4(个)；

末位数是2或4，有A·A＝4(个)；

故共有A·A＋A·A＝8(个)．

方法2：第二、四位从奇数1,3中取，有A个；首位从2,4中取，有A个；余下的排在剩下的两位，有A个，故共有AAA＝8(个)．

19．(本小题满分12分)已知(1＋m)n(m是正实数)的展开式的二项式系数之和为256，展开式中含x项的系数为112.

(1)求m，n的值；

(2)求展开式中奇数项的二项式系数之和；

(3)求(1＋m)n(1－x)的展开式中含x2项的系数．

[解析]　(1)由题意可得2n＝256，解得n＝8.

∴通项Tk＋1＝Cmkx，

∴含x项的系数为Cm2＝112，

解得m＝2，或m＝－2(舍去)．

故m，n的值分别为2,8.

(2)展开式中奇数项的二项式系数之和为C＋C＋C＋C＝28－1＝128.

(3)(1＋2)8(1－x)＝(1＋2)8－x(1＋2)8，

所以含x2项的系数为C24－C22＝1 008.

20．(本小题满分12分)某班要从5名男生3名女生中选出5人担任5门不同学科的课代表，请分别求出满足下列条件的方法种数．

(1)所安排的女生人数必须少于男生人数；

(2)其中的男生甲必须是课代表，但又不能担任数学课代表；

(3)女生乙必须担任语文课代表，且男生甲必须担任课代表，但又不能担任数学课代表．

[解析]　(1)所安排的女生人数少于男生人数包括三种情况，一是2个女生，二是1个女生，三是没有女生，依题意得(C＋CC＋CC)A＝5 520种．

(2)先选出4人，有C种方法，连同甲在内，5人担任5门不同学科的课代表，甲不担任数学课代表，有A·A种方法，∴方法数为C·A·A＝3 360种．

(3)由题意知甲和乙两人确定担任课代表，需要从余下的6人中选出3个人，有C＝20种结果，女生乙必须担任语文课代表，则女生乙就不需要考虑，其余的4个人，甲不担任数学课代表，∴甲有3种选择，余下的3个人全排列共有3A＝18；综上可知共有20×18＝360种．

21．(本小题满分12分)已知n(n∈N*)的展开式的各项系数之和等于5的展开式中的常数项，求n的展开式中a－1项的二项式系数．

[解析]　对于5：Tk＋1＝C(4)5－kk＝C·(－1)k·45－k·5－b.

若Tk＋1为常数项，则10－5k＝0，所以k＝2，此时得常数项为T3＝C·(－1)2·43·5－1＝27.

令a＝1，得n展开式的各项系数之和为2n.由题意知2n＝27，所以n＝7.

对于7：Tk＋1＝C7－k·(－)k＝C·(－1)k·37－ka.

若Tk＋1为a－1项，则＝－1，所以k＝3.

所以n的展开式中a－1项的二项式系数为C＝35.

22．(本小题满分12分)0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数．

(1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；

(2)在组成的三位数中，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301,423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；

(3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数．

[解析]　(1)将所有的三位偶数分为两类：①若个位数为0，则共有A＝12(种)；②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(种)．所以共有30个符合题意的三位偶数．

(2)将这些“凹数”分为三类：①若十位数字为0，则共有A＝12(种)；②若十位数字为1，则共有A＝6(种)；③若十位数字为2，则共有A＝2(种)．所以共有20个符合题意的“凹数”．

(3)将符合题意的五位数分为三类：①若两个奇数数字在一、三位置，则共有A·A＝12(种)；②若两个奇数数字在二、四位置，则共有A·C·A＝8(种)；③若两个奇数数字在三、五位置，则共有A·C·A＝8(种)．所以共有28个符合题意的五位数．