高中数学（人教A版2019）选择性必修第三册 第六章 计数原理 章末检测-（含答案）

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第六章 计数原理章末检测（答案）
一、单项选择题
1、已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是(　C　)
A.12 B.8 C.6 D.4
2、从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为(　B　)
A.24 B.18 C.12 D.6
3、已知的展开式的第4项等于5，则x等于(　B　)
A. B.－ C.7 D.－7
4、把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为(　D　)
A.144 B.120 C.72 D.24
5、C＋2C＋4C＋…＋2n－1C＝(　D　)
A.3n B.2·3n
C.－1 D.
解：　C＋2C＋4C＋…＋2n－1C＝20C＋21C＋22C＋…＋2n－1C＝(21C＋22C＋23C＋…＋2nC)＝(20C＋21C＋22C＋23C＋…＋2nC)－＝(1＋2)n－＝.
6、将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有(　C　)
A.60种 B.120种 C.240种 D.480种
解：　根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：
第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有C种分法；
第二步：将分好的4组安排到4个项目中，有A种安排方法.
故满足题意的分配方案共有C·A＝240种.
7、已知m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a＝7b，则m＝(　B　)
A.5 B.6 C.7 D.8
解：由题意可知，a＝C，b＝C.
∵13a＝7b，
∴13·＝7·，
即＝，解得m＝6.
8、某工程队有6辆不同的工程车，按下列方式分给工地进行作业，每个工地至少分1辆工程车，则下列结论正确的是(　D　)
A．分给甲、乙、丙三地每地各2辆，有120种分配方式
B．分给甲、乙两地每地各2辆，分给丙、丁两地每地各1辆，有360种分配方式
C．分给甲、乙、丙三地，其中一地分4辆，另两地各分1辆，有60种分配方式
D．分给甲、乙、丙、丁四地，其中两地各分2辆，另两地各分1辆，有1 080种分配方式
解：选D.对A，先从6辆工程车中分给甲地2辆，有C种方法，再从剩余的4辆工程车中分给乙地2辆，有C种方法，最后的2辆分给丙地，有C种方法，所以不同的分配方式有CCC＝90(种)，故A错误；对B，6辆工程车先分给甲、乙两地每地各2辆，有CC种方法，剩余2辆分给丙、丁两地每地各1辆，有A种方法，所以不同的分配方式有CCA＝180(种)，故B错误；对C，先把6辆工程车分成3组：4辆、1辆、1辆，有C种方法，再分给甲、乙、丙三地，所以不同的分配方式有CA＝90(种)，故C错误；对D，先把6辆工程车分成4组：2辆、2辆、1辆、1辆，有·种方法，再分给甲、乙、丙、丁四地，所以不同的分配方式有··A＝1 080(种)，故D正确．故选D.
二、多项选择题
9、在二项式的展开式中，有(　ABC　)
A.含x的项 B.含的项
C.含x4的项 D.含的项
解：　二项式的展开式的通项为Tk＋1＝C·35－k·(－2)k·x10－3k，k＝0，1，2，3，4，5，结合所给的选项，知ABC的项都含有.
10、若(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则下列结论中正确的是(　ACD　)
A.a0＝1
B.a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝2
C.a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35
D.a0－|a1|＋a2－|a3|＋a4－|a5|＝－1
解：令x＝0，则a0＝15＝1，故A正确；
令x＝1得－1＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－1－a0＝－2，故B错误；
令x＝－1得35＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5，故C正确；
因为二项式(1－2x)5的展开式的第r＋1项为Tr＋1＝C(－2)rxr，
所以当r为奇数时，C(－2)r为负数，即ai＜0(其中i为奇数)，
所以a0－|a1|＋a2－|a3|＋a4－|a5|＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－1，故D正确.
11、若3男3女排成一排，则下列说法错误的是(　BC　)
A.共计有720种不同的排法
B.男生甲排在两端的共有120种排法
C.男生甲、乙相邻的排法总数为120种
D.男女生相间排法总数为72种
12、现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是(　BCD　)
A.若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B.若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种
C.若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种
D.若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
解：　若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子中，共有44＝256(种)放法，故A错误；
若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有C(A＋1)＝18(种)放法，故B正确；
若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有C·＝144(种)放法，故C正确；
若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若(2，1，4，3)代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况：(2，1，4，3)，(4，1，2，3)，(3，1，4，2)，(2，4，1，3)，(3，4，1，2)，(4，3，1，2)，(2，3，4，1)，(3，4，2，1)，(4，3，2，1)共9种放法，故D正确.故选BCD.
三、填空题
13、某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门.若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法种数为___30_____.
14、在(1－)7＋的展开式中，若x2的系数为19，则a＝____2____.
解：(1－)7＋的展开式中含x2的项为C(－)6＋C()5＝Cx2＋Cx2a，则aC＋C＝19，解得a＝2.
15、平面内有12个点，其中有4个点共线，此外再无任何3点共线．则以这些点为顶点，可构成不同的三角形有__216______个．
解：从12个点中任意取3个点，有C＝220(种)取法，而在共线的4个点中任意取3个均不能构成三角形，即不能构成三角形的情况有C＝4(种)．
故这12个点构成三角形的个数为C－C＝216.

16、某宾馆安排A，B，C，D，E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B不能住同一房间，则共有___114_____种不同的安排方法.(用数字作答)
解5个人住3个房间，每个房间至少住1人，则有(3，1，1)和(2，2，1)两种，当为(3，1，1)时，有C·A＝60(种)，A，B住同一房间有C·A＝18(种)，故有60－18＝42(种)，当为(2，2，1)时，有·A＝90(种)，A，B住同一房间有C·A＝18(种)，故有90－18＝72(种)，根据分类加法计数原理可知，共有42＋72＝114(种).
四、解答题
17、在①只有第6项的二项式系数最大，②第4项与第8项的二项式系数相等，③所有二项式系数的和为210，这三个条件中任选一个，补充在下面(横线处)问题中，解决下面两个问题.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
已知(2x－1)n＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn(n∈N*)，若(2x－1)n的展开式中，________.
(1)求n的值；
(2)求|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|an|的值.
解　(1)选择条件①：
若(2x－1)n的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则＝5.
所以n＝10.
选择条件②：
若(2x－1)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等， C＝C.
所以n＝10.
选择条件③：
若(2x－1)n的展开式中所有二项式系数的和为210，则2n＝210.
所以n＝10.
(2)由(1)知n＝10，则(2x－1)10＝a0＋a1x1＋a2x2＋a3x3＋…＋a10x10，
令x＝0，则a0＝1，
令x＝－1，则
310＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10
＝1＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|，
所以|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a10|＝310－1.
18、按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方法？
(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；
(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；
(3)平均分成三份，每份2本；
(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；

解：　(1)无序不均匀分组问题.先选1本有C种选法；再从余下的5本中选2本有C种选法；最后余下3本全选有C种方法，故共有CCC＝60种.
(2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)题基础上，还应考虑再分配，共有CCCA＝360种.
(3)无序均匀分组问题.共有＝15种.
(4)在(3)的基础上，还应考虑再分配，共有15A＝90种.
19、求证：
(1)；
(2)．
（1）证明：.
（2）证明：

20、已知在的展开式中，第6项为常数项.
(1)求n；
(2)求含x2的项的系数.
解　(1)通项公式为Tr＋1＝
Cxx－＝Cx，
∵第6项为常数项，∴r＝5时，有＝0，即n＝10.
(2)令＝2，得r＝(n－6)
＝×(10－6)＝2，
∴含x2的项的系数为C＝.
21、如图，从左到右共有5个空格.

（1）向5个空格中分别放入0，1，2，3，4这5个数字，一共可组成多少个不同的五位数的奇数？
（2）用红、黄、蓝这3种颜色给5个空格涂色，要求相邻空格用不同的颜色涂色，一共有多少种涂色方案？
解：（1）由题意，选一个奇数放在个位有2种放法，从余下的数中选一个数放在万位有3种放法，
再放余下的第二、三、四位，共有种，根据分步乘法原理，这样的五位数的奇数共有（个）.
（2）从左数第1个格子有3种涂色方案，则剩下的每个格子均有2种涂色方案，故涂色方案共有（种）.
22、在二项式的展开式中，______.
给出下列条件：
①若展开式前三项的二项式系数的和等于46；
②所有奇数项的二项式系数的和为256.
试在上面两个条件中选择一个补充在上面的横线上，并解答下列问题：
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式的常数项.

选择①.
，即，
即，即，
解得或（舍去）.
选择②.
，即，解得.
（1）展开式中二项式系数最大的项为第5项和第6项，
，
.
（2）展开式的通项为，
令，得，
所以展开式中常数项为第7项，
常数项为.