2024春高中数学章末综合测评1计数原理练习及解析（人教A版选择性必修第三册）

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章末综合测评(一)　计数原理(时间：120分钟　满分：150分)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．已知自然数x满足，则x＝(　　)A．2 B．3　　　　C．4 D．52．从甲、乙等6名医生中任选3名分别去A，B，C三所学校进行体检，每个学校去1人，其中甲、乙不能去A学校，则不同的选派种数为(　　)A．36 B．48C．60 D．803．已知(a＋b)2n的展开式的第4项与第8项的二项式系数相等，则(2x－1)n展开式中x3的系数为(　　)A．80 B．40C．－40 D．－804．某冬令营开营仪式文艺晚会中，要将A，B，C，D，E这五个不同节目编排成节目单，如果E节目不能排在开始和结尾，B，D两个节目要相邻，则节目单上不同的排序方式的种数为(　　)A．12 B．18C．24 D．485．若(1－2x)2 023＝a0＋a1x＋…＋a2 023x2 023(x∈R)，则的值为(　　)A．2 B．0C．－2 D．－16．(2x－y)5的展开式中x2y4的系数为(　　)A．80 B．24C．－12 D．－487．已知(ax2＋1)的展开式中各项系数的和为－3，则该展开式中x的系数为(　　)A．40 B．－40C．－120 D．－2408．为落实立德树人的根本任务，践行五育并举，某学校开设A，B，C三门德育校本课程，现有甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加校本课程的学习，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，则不同的报名方法有(　　)A．54种 B．240种C．150种 D．60种二、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．(2023·深圳模拟)已知(2－x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则(　　)A．a0＝28B．a1＋a2＋…＋a8＝1C．|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38D．a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－810．安排甲、乙、丙、丁四名志愿者奔赴A，B，C三地参加志愿工作，下列说法正确的是(　　)A．不同的安排方法共有64种B．若恰有一地无人去，则不同的安排方法共有42种C．若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有12种D．若甲、乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有14种11．(2023·茂名模拟)已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有(　　)A．所有奇数项的二项式系数和为212B．所有项的系数和为312C．二项式系数最大的项为第6项或第7项D．有理项共5项12．连接正方体每个面的中心构成一个正八面体，甲随机选择此正八面体的三个顶点构成三角形，乙随机选择此正八面体三个面的中心构成三角形，且甲、乙的选择互不影响，则下列说法正确的是(　　)A．甲选择的三个点构成正三角形的概率为B．甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为C．乙选择的三个点构成正三角形的概率为D．甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上．13．(2023·海安市模拟)某社区将招募的5名志愿者分成两组，要求每组至少两人，分别担任白天和夜间的网格员，则不同的分配方法种数为________．14．从0，1，2，3，4，5这6个数中每次取3个不同的数，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有________个．15．已知的展开式中所有项的系数之和为32，则展开式中的常数项为________．16．(2023·如皋市模拟)从正四面体的四个面的中心以及四个顶点共八个点中取出四个点，则这四个点不共面的取法总数为________种．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)①只有第8项的二项式系数最大；②奇数项二项式系数之和为47；③各项系数之和为414．在这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的k存在，求k的值；若k不存在，说明理由．设二项式，若其展开式中，________，是否存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项？注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．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＋…＋a13．19．(本小题满分12分)课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有一名队长当选；(2)至多有两名女生当选；(3)既要有队长，又要有女生当选．20．(本小题满分12分)已知＝，且＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn．(1)求n的值；(2)求＋…＋的值．21．(本小题满分12分)设x10－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，其中Q(x)是关于x的多项式，a，b∈R．(1)求a，b的值；(2)若ax＋b＝28，求x10－3除以81的余数．22．(本小题满分12分)将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中．(1)有多少种放法？(2)每盒至多一球，有多少种放法？(3)恰好有一个空盒，有多少种放法？(4)每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种放法？(5)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？(6)把4个不同的小球换成20个相同的小球，要求每个盒内的球数不少于它的编号数，有多少种放法？章末综合测评(一)1．C　[∵自然数x满足3＝2＋6，∴3(x＋1)x(x－1)＝2(x＋2)(x＋1)＋6(x＋1)x，整理得3x2－11x－4＝0，解得x＝－(舍)或x＝4，∴x＝4．]2．D　[由A学校先在除甲、乙的4名医生中选1名医生，然后由B，C两所学校在剩下的5名医生中选2名医生即可，则不同的选派种数为＝80，故选D．]3．A4．C　[由题意，若B或D排在第一个，则有＝8(种)排法；若B或D排在最后一个，则有＝8(种)排法；若B，D不排在开始和结尾，则有2＝8(种)排法．综上，节目单上不同的排序方式共有8＋8＋8＝24(种)．]5．D6．A　[(2x－y)5＝(2x－y)5－2y(2x－y)5，(2x－y)5的展开式的通项为Tk＋1＝＝·25-k·(－1)kx5-kyk，令k＝3，得T4＝·22·(－1)3x2y3，∴(2x－y)5的展开式中，x2y4的系数为－·22·(－1)3＝80，故选A．]7．C　[令x＝1，则展开式的各项系数和为(a＋1)(1－2)5＝－(a＋1)＝－3，解得a＝2，所以(2x2＋1)的展开式中含x的项为＝－120x，故x的系数为－120，故选C．]8．C　[根据题意，甲、乙、丙、丁、戊五位同学选A，B，C三门德育校本课程，每位同学仅报一门，每门至少有一位同学参加，需要分三组，有两类情况：①三组人数为1、1、3，此时有·＝60(种)；②三组人数为2、2、1，此时有·＝90(种)，所以共有60＋90＝150(种)．故选C．]9．AD　[取x＝0，可得a0＝28，故A正确；取x＝1，可得a1＋a2＋…＋a8＝1－28，故B不正确；取x＝－1，可得|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a8|＝38－28，故C不正确；已知等式两边对x求导，可得－8(2－x)7＝a1＋2a2x＋…＋8a8x7，取x＝1，可得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＝－8，故D正确．故选AD．]10．BCD　[四名志愿者均有3种选择，所以不同的安排方法数为34＝81，A错误；若恰有一地无人去，则不同的安排方法数是＝42，B正确；若甲必须去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法数为＝12，C正确；若甲、乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法数为)＋＝14，D正确．故选BCD．]11．BD　[由的展开式共有13项，则n＝12，对于选项A，由展开式二项式系数和为212，则所有奇数项的二项式系数和为211，即选项A错误；对于选项B，令x＝1，得＝312，即所有项的系数和为312，即选项B正确；对于选项C，由的展开式共有13项，则二项式系数最大的项为第7项，即选项C错误；对于选项D，由展开式的通项为Tk＋1＝，又0≤k≤12，则k＝0、3、6、9、12时，12－∈Z，即展开式有理项共5项，即选项D正确，故选BD．]12．ABD　[甲随机选择的情况有＝20(种)，乙随机选择的情况有＝56(种)，对于A，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况：甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有＝8(种)，故甲选择的三个点构成正三角形的概率为，故选项A正确；对于B，甲选择的三个点构成等腰直角三角形，有三种情况：①上下两点都选，中间四个点中选一个，共有＝4(种)；②上下两点中选一个，中间四个点中选相对的两个点，共有＝4(种)；③中间四个点中选三个点，共有＝4(种)，故共有4＋4＋4＝12(种)，所以甲选择的三个点构成等腰直角三角形的概率为，故选项B正确；对于C，正八面体的各面中心是正方体的8个顶点，所以乙选择的三个点构成正三角形，共有8种，所以乙选择的三个点构成正三角形的概率为，故选项C错误；对于D，乙选择的三个点构成等腰直角三角形，共有3×8＝24(种)，概率为，甲乙相似，则甲乙均为正三角形或均为等腰直角三角形，所以甲选择的三个点构成的三角形与乙选择的三个点构成的三角形相似的概率为××，故选项D正确．]13．20　[先将招募的5名志愿者分成两组，再分别担任白天和夜间的网格员，则不同的分配方法种数为＝20．]14．40　[先选取3个不同的数，有种选法；然后把其中最大的数放在百位上，另2个不同的数放在十位和个位上，有＝40(个)三位数．]15．270　[根据题意，令x＝1，可得(3＋a)5＝32，解得a＝－1，所以即的展开式的通项为Tk＋1＝＝x10-5k，令10－5k＝0，解得k＝2，所以展开式中的常数项为＝270．]16．60　[如图，正四面体ABCD，O1、O2、O3和O4分别是面ABC、面ACD、面ABD和面BCD的中心，则每个面上的三个顶点与这个面的中心，这四个点共面，如面ACD上，A、C、D和O2共面，每条棱都与小正四面体O3⁃O1O2O4的一条棱平行，如BC∥O2O3，则B、C、O2和O3四点共面，因此四个点不共面的取法总数为－4－6＝60．]17．解：若选条件①，即只有第8项的二项式系数最大，则最大，由二项式系数的性质可得，n＝14．二项式展开式的通项：Tk＝·()15-k·＝·．由21－7k＝0，得k＝3．即存在整数k＝3，使得Tk是展开式中的常数项．若选条件③，即各项系数之和为414，则4n＝414，即n＝14．二项式展开式的通项：Tk＝·()15-k·＝·．由21－7k＝0，得k＝3．即存在整数k＝3，使得Tk是展开式中的常数项．若选条件②，即奇数项二项式系数之和为47，则2n-1＝47＝214，所以n＝15．二项式展开式的通项：Tk＝·()16-k·＝·．由22－7k＝0得k＝∉Z．即不存在整数k，使得Tk是展开式中的常数项．18．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＝＝－139904．19．解：(1)至少有一名队长含有两种情况：有一名队长和两名队长，故共有··＝825(种)(或采用排除法有＝825种)．(2)至多有两名女生含有三种情况：有两名女生、只有一名女生、没有女生，故共有··＝966(种)．(3)分两种情况：第一类：女队长当选，有种；第二类：女队长不当选，则男队长当选，有···种．故共有···＝790(种)．20．解：(1)∵＝56，即n(n－1)(n－2)(n－3)(n－4)＝56×，化简可得(n－5)(n－6)＝90，∵n∈N*，n≥5，∴n＝15．(2)∵(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，∴a0＝＝1，令x＝，可得1＋＋…＋＝0，∴＋…＋＝－1．21．解：(1)由已知等式，得[(x－1)＋1]10－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，所以(x－1)10＋(x－1)9＋…＋(x－1)2＋(x－1)＋－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，所以[(x－1)8＋(x－1)7＋…＋](x－1)2＋10x－12＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，所以10x－12＝ax＋b，所以a＝10，b＝－12．(2)因为ax＋b＝28，即10x－12＝28，所以x＝4，所以x10－3＝410－3＝(3＋1)10－3＝×310＋×39＋…＋×3＋－3＝34×(×36＋×35＋…＋)＋40×34＋5×34＋28＝81×(×36＋×35＋…＋＋45)＋28，所以所求的余数为28．22．解：(1)每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256(种)放法．(2)这是全排列问题，共有＝24(种)放法．(3)法一：先将4个小球分为三组，有·＝144(种)放法．法二：先取4个球中的两个“捆”在一起，有种选法，把它与其他两个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有＝144(种)放法．(4)1个球的编号与盒子编号相同的选法有种，当1个球与1个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余3个球的投入方法有2种，故共有×2＝8(种)放法．(5)先从4个盒子中选出3个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个，由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，故共有＝12(种)放法．(6)(隔板法)先将编号为1，2，3，4的4个盒子分别放入0，1，2，3个球，再把剩下的14个球分成四组，即在⚪⚪⚪⚪⚪⚪⚪⚪⚪⚪⚪⚪⚪⚪这14个球中间的13个空中放入三块隔板，共有＝286(种)放法，如⚪⚪|⚪⚪⚪⚪⚪|⚪⚪⚪|⚪⚪⚪⚪，即编号为1，2，3，4的盒子分别放入2，6，5，7个球．