新教材2023版高中数学第六章计数原理章末过关检测新人教A版选择性必修第三册

这是一份新教材2023版高中数学第六章计数原理章末过关检测新人教A版选择性必修第三册，共8页。
章末过关检测(一)　计数原理一、选择题：本题共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．[2022·广东珠海高二期末]书架上有1本语文书，3本不同的数学书，4本不同的物理书，某位同学从中任取1本，共有(　　)种取法．A．8B．7C．12D．52．[2022·河北张家口高二期末]A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) －C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ＝(　　)A．2B．22C．12D．103．[2022·湖北枣阳高二期中]北京大学一个班级的6名同学准备去参加冬奥会志愿服务活动，其中甲和乙两位同学要么都去，要么都不去，其他人根据个人情况可选择去也可选择不去，则这6名同学不同的去法种数有(　　)A．16B．32C．48D．644．[2022·福建德化高二期末]甲、乙、丙3名数学竞赛获奖同学邀请2名指导教师站在一排合影留念，若2名教师不相邻，且教师不站在两端，则不同的站法种数是(　　)A．6B．12C．24D．485．在(x2－eq \f(3,x))n的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为(　　)A．16B．32C．1D．－326．[2022·湖南益阳高二期末]若(x2＋x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝(　　)A．－1B．0C．1D．27．[2022·山东聊城高二期末](eq \f(1,x)＋ax2)6(a∈R)的展开式的常数项为eq \f(15,4)，则展开式中含x3项的系数为(　　)A．－eq \f(5,2)B．eq \f(5,2)C．－eq \f(5,2)或eq \f(5,2)D．－eq \f(15,8)或eq \f(15,8)8．[2022·江苏盐城高二期末]给四面体ABCD的六条棱涂色，每条棱可涂红、黄、蓝、绿四种颜色中的任意一种，且任意共顶点的两条棱颜色都不相同，则不同的涂色方法种数为(　　)A．24B．72C．96D．144二、选择题：本题共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．[2022·山东临沂高二期中]如图，标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A向结点B传递消息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示他们有网线相连，则单位时间内传递的信息量可以为(　　)A．18B．19C．24D．2610．[2022·江苏盐城高二期末]某学生想在物理、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，下列说法正确的是(　　)A．若任意选择三门课程，选法总数为C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(7)) B．若物理和化学至少选一门，选法总数为C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) C．若物理和历史不能同时选，选法总数为C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(7)) －C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) －C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) 11．若x6＝a0＋a1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))＋a2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))2＋…＋a6eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1))6，其中a0，a1，a2，…，a6为实数，则(　　)A．a0＝1B．a4＝30C．a1＋a2＋…＋a6＝63D．a1＋a3＋a5＝3212．[2022·辽宁丹东高二期末]若(x－eq \f(1,\r(x)))n的二项展开式共有8项，则该二项展开式(　　)A．各项二项式系数和为128B．项数为奇数的各项系数和为－64C．有理式项共有4项D．第4项与第5项系数相等且最大三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．[2022·江苏宿迁高二期末]如图，一条电路从A处到B处接通时，可以有________条不同的线路(每条线路仅含一条通路).14．[2022·广东韶关高二期末](x－eq \f(1,x2))6的展开式中常数项为________(用数字作答).15．[2022·江苏苏州中学高二期末]有一个“国际服务”项目截止到2022年7月25日还有8个名额空缺，需要分配给3个单位，则每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的分配方法种数是________．16．若(eq \r(x)＋eq \f(2,x))n的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则n＝________，展开式中的x项为________．四、解答题：本题共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)[2022·广东梅州高二期末]若(2x＋eq \f(1,x2))n的展开式的二项式系数和为64.(1)求n的值；(2)求展开式的常数项．18．(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．19．(本小题满分12分)已知(2x－3)7＝a0(x－1)7＋a1(x－1)6＋…＋a6(x－1)＋a7.(1)求a0＋a1＋a2＋…＋a7；(2)求a0－a7.20．(本小题满分12分)某校举办元旦晚会，有3个语言类节目和4个唱歌节目，按下面要求排出一个节目单，各有多少种排法？(1)3个语言类节目彼此要隔开；(2)第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目；(3)前3个节目中要有语言类节目．21．(本小题满分12分)某地区发生了重大交通事故，某医院从9名医疗专家中抽调6名奔赴事故现场抢救伤员，其中这9名医疗专家中有4名是外科专家．(要求：列出排列组合算式，并写出详细过程)(1)抽调6名专家中恰有2名是外科专家的抽调方法有多少种？(2)至少有2名外科专家的抽调方法有多少种？(3)至多有2名外科专家的抽调方法有多少种？22．(本小题满分12分)[2022·湖北襄阳高二期末]已知二项式(5x－eq \f(1,\r(x)))n(n∈N*)的展开式中各二项式系数之和比各项系数之和小240.(1)求n的值及展开式中所有含x的有理项的个数；(2)求展开式中系数最小的项．章末过关检测(一)1．解析：任取1本可分三类：第一类取的是语文书，第二类取的是数学书，第三类取的是物理书，由此可得取法为1＋3＋4＝8.故选A.答案：A2．解析：因为A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝4×3＝12，C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) ＝eq \f(5×4,2×1)＝10，所以A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) －C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ＝2.故选A.答案：A3．解析：第一类，甲和乙都去，去法种数为24＝16，第二类，甲和乙都不去，去法种数为24＝16，由分类加法计数原理知：这6名同学不同的去法种数有16＋16＝32，故选B.答案：B4．解析：先安排2名同学在两端，有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ＝6种方法，2名老师内部全排有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝2种方法，2名老师不相邻，需剩余同学排两个老师中间，根据分步乘法计数原理，共有6×2＝12种方法，故选B.答案：B5．解析：因为二项式系数的和是16，所以2n＝16，解得n＝4，所以，令x＝1得展开式中各项系数的和为(－2)4＝16.故选A.答案：A6．解析：令x＝1，则(12＋1－1)5＝a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，令x＝－1，则(1－1－1)5＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝－1，将以上两式相加整理得：a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10＝0，故选B.答案：B7．解析：二项式(eq \f(1,x)＋ax2)6展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq \s\up12(6－k)·(ax2)k＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6)) x3k－6·ak，令3k－6＝0，解得k＝2，所以展开式的常数项为T3＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)) x0·a2＝eq \f(15,4)，解得a＝±eq \f(1,2)，令3k－6＝3，解得k＝3，所以展开式中x3项为T4＝C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)) x3·a3＝20a3x3，当a＝eq \f(1,2)时x3项的系数为eq \f(5,2)，当a＝－eq \f(1,2)时x3项的系数为－eq \f(5,2).故选C.答案：C8．解析：由题意，第一步涂DA有四种方法，第二步涂DB有三种方法，第三步涂DC有二种涂法，第四步涂AB，若AB与DC同，则一种涂法，第五步可分两种情况，若BC与AD同色，最后一步涂AC有2种涂法．若第四步涂AB，AB与CD不同，则AB涂第四种颜色，此时BC，AC各有一种涂法，综上，总的涂法种数是4×3×2×[1×(1×1＋1×1)＋1×1×2]＝96.故选C.答案：C9．解析：第一条线路单位时间内传递的最大信息量为3；第二条线路单位时间内传递的最大信息量为4；第三条线路单位时间内传递的最大信息量为6；第四条线路单位时间内传递的最大信息量为6.因此该段网线单位时间内可以通过的最大信息量为3＋4＋6＋6＝19，故选AB.答案：AB10．解析：对于A中，若任意选择三门课程，选法总数为C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(7)) 种，故A正确；对于B中，物理和化学至少选一门，分两类，第一类：若物理和化学选一门，有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) 种方法，其余两门从剩余的5门中选2门，有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) 种方法，故有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) 种选法；第二类：物理和化学都选有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) 种方法，其余一门从剩余的5门中选1门，有C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) 种方法，故有C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) 种选法，由分类加法计数原理知，总数为C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) ＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) 种选法，故B错误；对于C中，若物理和历史不能同时选，选法总数为C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(7)) －C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) ＝C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(7)) －C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) 种，故C正确；对于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C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) ＋C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) －C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) 种，故D错误．故选AC.答案：AC11．解析：令t＝x－1，则原式转化为(1＋t)6＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a6t6，其中(1＋t)6展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6)) tk，k＝0，1，2，3，4，5，6，由二项式定理a4＝C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(6)) ＝15，故B错误；令t＝0，得a0＝1，故A正确；令t＝1，得a0＋a1＋…＋a6＝26＝64，所以a1＋a2＋…＋a6＝63，故C正确；a1＋a3＋a5＝C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(6)) ＋C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(6)) ＋C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(6)) ＝32，故D正确．故选ACD.答案：ACD12．解析：(x－eq \f(1,\r(x)))n的二项展开式共有8项，故n＝7；则二项式系数和为2n＝27＝128，故A正确；(x－eq \f(1,\r(x)))7的通项公式为Tk＋1＝(－1)kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(7)) x7－eq \f(3k,2)，故项数为奇数的各项系数和为C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(7)) ＋Ceq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＋C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)) ＋C eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(7)) ＝64，故B错误；根据Tk＋1＝(－1)kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(7)) x7－eq \f(3k,2)，当k取0，2，4，6时，Tk＋1＝(－1)kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(7)) x7－eq \f(3k,2)为有理式项，故C正确；T4＝－C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(7)) xeq \f(5,2)，T5＝C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(7)) x，第四项与第五项的系数互为相反数，故D错误，故选AC.答案：AC13．解析：依题意按上、中、下三条线路可分为三类，上线路中有2种，中线路中只有1种，下线路中有2×3＝6(种).根据分类加法计数原理，共有2＋1＋6＝9(种).答案：914．解析：(x－eq \f(1,x2))6展开式的通项公式为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6)) x6－k(－1)kx－2k＝(－1)kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6)) x6－3k.要求常数项，只需k＝2，则有T3＝(－1)2C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)) ＝15.答案：1515．解析：各单位名额各不相同，则8个名额的分配方式有{1，2，5}，{1，3，4}两种，对于其中任一种名额分配方式，将其分配给3个单位的方法有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) 种，所以每个单位至少一个名额且各单位名额互不相同的分配方法种数是2A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝12种．答案：1216．解析：(eq \r(x)＋eq \f(2,x))n的展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以n＝8；则由二项展开式的通项可知(eq \r(x)＋eq \f(2,x))8展开式的通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(8)) (eq \r(x))8－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))eq \s\up12(k)＝Ceq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(8))·2k·x4－eq \f(3,2)k，令4－eq \f(3,2)k＝1，解得k＝2，所以展开式中的x项为T3＝C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(8)) ·22x＝eq \f(8×7,2)×22x＝112x.答案：8　112x17．解析：(1)若(2x＋eq \f(1,x2))n的展开式的二项式系数和为64，即C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(n)) ＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(n)) ＋…＋C eq \o\al(\s\up1(n),\s\do1(n)) ＝2n＝64，解得n＝6.(2)由(1)知，(2x＋eq \f(1,x2))6的展开通项为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6)) (2x)6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)))eq \s\up12(k)＝26－kC eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(6)) x6－3k，令6－3k＝0，解得k＝2，所以展开式的常数项为24·C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(6)) ＝240.18．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 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝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 eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ＝12(种)；②若十位数字为1，则共有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ＝6(种)；③若十位数字为2，则共有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝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，即万位和百位上，则共有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ·A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ＝12(种)；②若两个奇数数字在二、四位置，即千位和十位上，则共有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ·C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) ·A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝8(种)；③若两个奇数数字在三、五位置，即百位和个位上，则共有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ·C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) ·A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ＝8(种).所以共有28个符合题意的五位数．19．解析：(1)令x＝2，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝(2×2－3)7＝1.(2)令x＝1，得a7＝(2×1－3)7＝－1，(2x－3)7＝[2(x－1)－1]7＝a0(x－1)7＋a1(x－1)6＋…＋a6(x－1)＋a7，(x－1)7的系数a0＝C eq \o\al(\s\up1(0),\s\do1(7)) 27(－1)0＝128，所以a0－a7＝129.20．解析：(1)第一步：先排4个唱歌节目有A eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) 种排法；第二步：4个唱歌节目前后有5个空，排3个语言类节目有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) 种排法，共A eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) ·A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ＝1440种排法．(2)第一步：从4个唱歌节目中选2个排在一头一尾有A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) 种排法；第二步：剩下的3个语言类节目和2个唱歌节目共5个节目全排列有A eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)) 种排法，共A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) ·A eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)) ＝1440种排法．(3)若前3个节目中都是唱歌节目有A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) ·A eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) 种排法，而7个节目的全排列有A eq \o\al(\s\up1(7),\s\do1(7)) 种排法，故前3个节目中有语言类节目的排法有A eq \o\al(\s\up1(7),\s\do1(7)) －A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) ·A eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) ＝4464种．21．解析：(1)第一步从4名外科专家中抽取2名，第二步从其他5名专家中抽取4名，由分步乘法计数原理可得方法数为C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(5)) ＝30.(2)至少有2名外科专家可分为三类：2名外科专家4名其他专家，或者3名外科专家3名其他专家，或者4名外科专家2名其他专家，所以方法数为C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(5)) ＋C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(5)) ＋C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(5)) ＝80.(3)至多有2名外科专家可分两类：2名外科专家4名其他专家，或者1名外科专家5名其他专家，方法数为C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(4),\s\do1(5)) ＋C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)) ＝34.22．解析：(1)令x＝1，则展开式中各项系数之和为(5－1)n＝4n，各二项式系数和为2n，则4n－2n＝240，解得n＝4.二项式(5x－eq \f(1,\r(x)))4的展开式的通项公式为Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(4)) (5x)4－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(k)＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(4)) ·54－k(－1)kx4－eq \f(3k,2)，令4－eq \f(3k,2)∈Z，且k＝0，1，2，3，4，解得k＝0，2，4，则展开式中含x的有理项有3项．(2)由Tk＋1＝C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(4)) ·54－k(－1)kx4－eq \f(3k,2)(k＝0，1，2，3，4)可知，只需比较k＝1，3时系数最小即可，当k＝3时，T4＝C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(4)) ·5·(－1)3x4－eq \f(3,2)·3＝－20x－eq \f(1,2)，当k＝1时T2＝C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(4)) ·53·(－1)·x4－eq \f(3,2)＝－500xeq \f(5,2)，故展开式中系数最小的项为T2＝－500xeq \f(5,2).