人教A版高中数学选择性必修第三册第六章章末复习课含答案 试卷

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章末复习课回顾本章学习过程,建构“基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经验”之间的联系.要点训练一　两个计数原理(1)应用分类加法计数原理时,应准确进行“分类”,明确分类的标准:每一种方法必属于某一类(不漏),任何不同类的两种方法是不同的方法(不重),每一类中的每一种方法都能独立地“完成这件事情”.(2)应用分步乘法计数原理时,应准确理解“分步”的含义,完成这件事情,需要分成若干步骤,只有每个步骤都完成了,这件事情才能完成.1.某地政府召集5家企业的负责人开会,其中甲企业有2人到会,其余4家企业各有1人到会,会上有3人发言,则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为(　　)A.14　　B.16　　C.20　　D.48解析:分两类:第一类,甲企业有1人发言,有2种情况,另两位发言人来自其余4家企业,有6种情况,由分步乘法计数原理,得N1=2×6=12;第二类,3人全来自其余4家企业,有4种情况.综上可知,共有N=N1+N2=12+4=16种情况.答案:B2.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同站法的种数是336(用数字作答).解析:正面考虑,问题较复杂,不易解决,则从反面考虑,即先不考虑“每级台阶最多站2人”的情况.因为甲、乙、丙3人站这7级台阶,每人都有7种不同的站法,因此共有73种不同的站法,而3人同站在一级台阶的站法有7种,是不符合题意的.所以满足条件的不同站法的种数是73-7=336.要点训练二　排列与组合将具体问题抽象为排列问题或组合问题,是解排列、组合应用题的关键一步.(1)正确分类或分步,恰当选择计数原理.(2)有限制条件的排列、组合问题应优先考虑“受限元素”或“受限位置”.排列、组合讨论的问题的共同点是“元素不相同”,不同点是排列与顺序有关,组合与顺序无关.1.某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”“舞者轮滑俱乐部”“篮球之家”“围棋苑”四个社团.若每个社团至少有一名同学参加,每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团,且同学甲不参加“围棋苑”,则不同的参加方法的种数为(　　)A.72 B.108 C.180 D.216解析:根据题意,分析可得,必有2人参加同一社团.首先分析甲,甲不参加“围棋苑”,则有3种情况,再分析其他4人.若甲与另外1人参加同一个社团,则有=24种情况;若甲是1人参加一个社团,则有·=36种情况.则除甲外的4人有24+36=60种情况.故不同的参加方法的种数为3×60=180种,故选C.答案:C2.学校公园计划在小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树,垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树,要求2棵银杏树必须相邻,则不同的种植方法共有240种.解析:分两步完成:第一步,将2棵银杏树看成一个元素,考虑其顺序,有种种植方法;第二步,将银杏树与4棵桂花树全排列,有种种植方法.由分步乘法计数原理,得不同的种植方法共有·=240种.3.从2名女生和4名男生中选3人参加科技比赛,且至少有1名女生入选,则不同的选法共有16种(用数字作答).解析:方法一(直接法)当有1名女生和2名男生入选时,有×=12种选法;当有2名女生和1名男生入选时,有×=4种选法.所以共有12+4=16种选法.方法二(间接法)没有女生入选时,有种选法,所以至少有1名女生入选的选法共有-=20-4=16种.4.从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成1 260个没有重复数字的四位数(用数字作答). 解析:若取的4个数字不包括0,则可以组成的四位数的个数为××;若取的4个数字包括0,则可以组成的四位数的个数为×××.综上所述,一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为××+×××=720+540=1 260.要点训练三　二项式定理对于二项式定理的考查常出现两类问题,一类是直接运用通项来求特定项.另一类,需要运用转化思想将问题转化为二项式定理来处理.从近几年高考命题趋势来看,本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主,难度不大,但不排除综合其他知识,具体归纳如下:(1)考查通项问题.(2)考查系数问题:①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和;②一般采用通项或赋值法解决.(3)可转化为二项式定理解决问题.1.(1+x)6的展开式中x2的系数为(　　)A.15B.20C.30D.35解析:因为(1+x)6的通项为Tr+1=xr,所以(1+x)6的展开式中含x2的项为1·x2和·x4.因为+=2=2×=30,所以(1+x)6的展开式中x2的系数为30.答案:C2.已知的展开式中各项系数的和为625,则展开式中含x的项的系数为(　　)A.216B.224C.240D.250解析:令x=1,得展开式中各项系数的和为5n.因为展开式中各项系数的和为625,所以5n=625,所以n=4,所以的展开式的通项为Tr+1=×(2x)4-r×=3r×24-r××.令4-=1,解得r=2.所以展开式中含x的项的系数为9×4×=216,故选A.答案:A3.的展开式中的常数项是7.解析:的展开式的通项为Tr+1=()8-r=.令=0,解得r=2.所以常数项是=7.4.多空题在(+x)9的展开式中,常数项是16,系数为有理数的项的个数是5.解析:(+x)9的展开式的通项为Tr+1=()9-r·xr=xr.令r=0,得常数项是T1=16.当r=1,3,5,7,9时,系数为有理数,所以系数为有理数的项的个数是5.要点训练四　利用树状图解决排列问题或组合问题画树状图是解决排列问题或组合问题的一种行之有效的方法,它能直观地把各种情况不重复、不遗漏地表示出来,在解题中常会收到意想不到的效果.1.某城市的街道如图,某人要从A地前往B地,则路程最短的走法有(　　) A.8种B.10种C.12种D.32种解析:从A到B最短路径需经过3条横线段,2条纵线段.每种走法都是从5条线段选出3条横线段.故共有=10种走法.答案:B2.如图,一块地分为5个区域,现给各区域着色,要求相邻区域不能使用同一种颜色.现有4种颜色可供选择,则不同的着色方法有72种(用数字作答).解析:结合分步乘法计数原理画出树状图如下.(k1,k2,k3,k4代表4种不同的颜色)由此得出着色方法共有4×18=72(种).3.把9个相同的小球放入编号分别为1,2,3的三个箱子中,要求每个箱子放球的个数不小于其编号数,则不同的放球方法有多少种?解:由题意可知,在编号为1的箱子中放球的个数应该为1个,2个,3个,4个,四种情形(不小于编号1,且余下球至少要5个).依此类推得树状图如图所示.由此可知放法N=4+3+2+1=10(种).要点训练五　转化思想转化思想是解决数学问题的重要思想,数学解题的本质就是转化,把生疏问题转化为熟悉问题、把抽象问题转化为具体问题、把复杂问题转化为简单问题、把一般问题转化为特殊问题、把高次问题转化为低次问题等.转化思想包含了数学特有的数、式、形的相互转换.1.(x+y)5的展开式中x3y3的系数为 (　　)A.5 B.10 C.15 D.20解析:因为(x+y)5=,所以要求展开式中x3y3的系数即为求(x2+y2)(x+y)5的展开式中x4y3的系数.因为(x2+y2)(x+y)5展开式中含x4y3的项为x2·x2·y3+y2·x4·y=15x4y3.所以(x+y)5的展开式中x3y3的系数为15.故选C.答案:C2.已知(1+λx)n的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相同,(1+λx)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,若a1+a2+…+an=242,则的展开式中的常数项为(　　)A.32 B.24 C.4 D.8解析:因为(1+λx)n的展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相同,所以=,求得n=5.令x=0,则a0=1;令x=1,则a0+a1+a2+…+an=(1+λ)5=242+1=243,即(1+λ)5=243,解得λ=2.所以的展开式的通项为Tr+1=2rx4-2r.令4-2r=0,解得r=2.所以的展开式中的常数项为×22=24.故选B.答案:B3.已知A={-3,-2,-1,0,1,2,3},a,b∈A,则|a|<|b|的情况有18种.解析:当a=-3时,有0种;当a=-2时,有2种;当 a=-1时,有4种;当a=0时,有6种;当a=1时,有4种;当 a=2时,有2种;当a=3时,有0种.故共有2+4+6+4+2=18种.4.某人投篮8次,共投进4次,并且这四次中仅有3次连进,若按“进”与“不进”报告结果,不同的结果有多少种?解:本问题可转化为4个相同的白球,其中有3个连在一起看成一个,与另一个不相邻的插入到4个相同的黑球之间(包括首尾两端),有多少种方法?用“捆绑法”,4个黑球共有5个空位,将3个连在一起的白球看成一个整体,然后将这个整体和剩余的一个白球插入5个空位,共有×=20种结果.