湘教版高中数学选择性必修第一册第4章计数原理检测卷含答案

这是一份湘教版高中数学选择性必修第一册第4章计数原理检测卷含答案，共17页。
第4章　计数原理(满分150分,考试用时120分钟)一、单项选择题(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.计算C44+C54+C64=(　　)A.C72 B.C65 C.C76 D.A642.北斗七星自古是人们辨别方向、判断季节的重要依据,北斗七星分别为天枢、天璇、天玑、天权、玉衡、开阳、摇光,其中玉衡最亮,天权最暗.一名天文爱好者从七颗星中随机选两颗进行观测,则玉衡和天权至少一颗被选中的概率为(　　)A.1021 B.1121 C.1142 D.5213.已知x-13xn的展开式中第6项与第8项的二项式系数相等,则含x10项的系数是(　　)A.-8 B.8 C.4 D.-44.某旅游公司为了推出新的旅游产品项目,派出五名工作人员前往重庆的三个网红景点——“洪崖洞夜景、轻轨穿楼、长江索道”进行团队游的可行性调研.若每名工作人员只去一个景点,每个景点至少有一名工作人员前往,其中工作人员甲、乙需要到同一景点调研,则不同的人员分配方案种数为(　　)A.18 B.36 C.54 D.725.x-1x(1-x)4的展开式中x3的系数为(　　)A.3 B.4 C.5 D.66.2021年4月24日是第六个“中国航天日”,今年的主题是“扬帆起航,逐梦九天”.为了制作一期展示我国近年来航天成就的展板,某校科普小组的6名同学计划分“神舟飞天”“嫦娥奔月”“火星探测”3个展区制作展板,每人只负责一个展区,每个展区至少有一人负责,则不同的任务分配方案有(　　)A.990种 B.630种 C.540种 D.480种7.2020年4月22日是第51个世界地球日,今年的活动主题是“珍爱地球,人与自然和谐共生”.某校5名大学生到A,B,C三个社区做宣传,每个社区至少分配一人,每人只能去一个社区宣传.若甲、乙要求去同一个社区且不去A社区,则不同的安排方案共有(　　)A.20种 B.24种 C.30种 D.36种8.以长方体ABCD-A1B1C1D1的任意三个顶点为顶点作三角形,从中随机取出2个,则这2个三角形不共面的情况种数为(　　)A.1 480 B.1 468 C.1 516 D.1 492二、多项选择题(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.下列等式正确的是(　　)A.Cnm=m+1n+1Cn+1m B.An+1m+1-Anm=n2An-1m-1C.Anm=nAn-1m-1 D.nCnk=Cnk+1+kCnk10.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,则选法种数为35B.若物理和化学至少选一门,则选法种数为30C.若物理和历史不能同时选,则选法种数为30D.若物理和化学至少选一门,且物理和历史不能同时选,则选法种数为2011.关于(x-1)2 021及其二项展开式,下列说法正确的是(　　)A.该二项展开式中偶数项的二项式系数之和为22 021B.该二项展开式中第8项为-C2 0217x1 007C.当x=100时,(x-1)2 021除以100的余数是9D.该二项展开式中不含有理项12.下列说法正确的是(　　)A.某班4位同学从文学、经济和科技三类不同的图书中各任选一类,不同的选法共有64种B.用1,2,3三个数字可以组成9个三位奇数C.从集合A={a,b,c,d}中任取2个元素组成集合B,则集合B中含有元素b的概率为12D.两个男生和两个女生随机排成一列,则两个女生不相邻的概率是12三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.已知3x-2xn的展开式中只有第7项的二项式系数最大,则n=　　　　,展开式中的常数项为　　　　. 14.现有甲、乙等5名教师要带3个兴趣小组外出学习,要求每个兴趣小组都有带队教师,且带队教师至多2人,但甲教师和乙教师均不能单独带队,则不同的带队方案有　　　　种.(用数字作答) 15.在(x2-x-2)5的展开式中,x3的系数为　　　　. 16.A,B,C,D,E五个人站成一排,A和C分别站在B的两边(可以与B相邻,也可以与B不相邻)的不同站法共有　　　　种. 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.(10分)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加A,B,C三个智力竞赛项目,每个人都要报名参加.分别求在下列情况下的不同报名方法的种数.(1)甲、乙报同一项目,丙不报A项目;(2)甲不报A项目,且B,C项目报名的人数相同.18.(12分)设(x+1)(2x2-1)5=a0+a1x+a2x2+…+a11x11. (1)求a6的值;(2)求a0+22a2+24a4+…+210a10的值.19.(12分)已知3x-2xn(n∈N+)的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是1∶3.(1)求n的值;(2)求展开式中各二项式系数的和以及各项系数的和;(3)求展开式中系数绝对值最大的项.20.(12分)2020年1月29日,宁德市援鄂医疗队首批8名医护人员抵达武汉,投入疫情防控和治疗工作,其中3人安排到重症科室,其余5人安排到呼吸、感染、检验三个科室.(1)从8名医护人员中选出3人到重症科室,共有多少种不同的选法?(2)将5名医护人员安排到呼吸、感染、检验三个科室,要求每个科室至少有1人,共有多少种不同的安排方法?(3)抗击疫情胜利后,8名医护人员站成一排合影留念,A,B两人要站在相邻位置,且不站在队伍两端,共有多少种不同的站位方法?21.(12分)在高三一班元旦晚会上,有6个演唱节目,4个舞蹈节目.(1)当4个舞蹈节目接在一起时,有多少种不同的安排顺序?(2)当每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,有多少种不同的安排顺序?(3)若已定好节目单,后来情况有变,需加上诗歌朗诵和快板2个节目,但不能改变原来节目的相对顺序,有多少种不同的安排顺序?22.(12分)从1,3,5,7中任取2个数字,从0,2,4,6,8中任取2个数字,用这四个数字组成无重复数字的四位数,所有这些四位数构成集合M.(1)求集合M中不含有数字0的元素的个数;(2)求集合M中含有数字0的元素的个数;(3)从集合M中随机选择一个元素,求这个元素能被5整除的概率.答案与解析1.A　因为Cnm+Cnm+1=Cn+1m+1,所以C44+C54+C64=C55+C54+C64=C65+C64=C75=C72,故选A.2.B　玉衡和天权都没有被选中的概率为C52C72=1021,所以玉衡和天权至少一颗被选中的概率为1-1021=1121.故选B.3.D　由条件可知Cn5=Cn7,所以n=12,x-13x12的展开式的通项为Tr+1=C12rx12-r·-13xr=-13rC12rx12-2r,令12-2r=10,解得r=1,所以含x10项的系数是-13·C121=-4,故选D.4.B　若甲、乙到同一景点调研(无其他人),则有C32A33=18 种方法,若甲、乙与另一人到同一景点调研(三人一起),则有C31A33=18种方法,共有18+18=36种不同的人员分配方案,故选B.5.C　x-1x(1-x)4=x(1-x)4-1x(1-x)4,x(1-x)4的展开式的通项为Tr+1=xC4r(-x)r=C4r(-1)rxr+1,-1x(1-x)4的展开式的通项为Tk+1=-1xC4k(-x)k=-C4k(-1)kxk-1,令r+1=3,k-1=3,可得r=2,k=4,因此展开式中x3的系数为C42-C44=5.故选C.6.C　分成三类:①一组1人,一组2人,一组3人,不同的分配方案有C61C52C33A33=360(种);②一组4人,其他两组各1人,不同的分配方案有C64·C21C11A22·A33=90(种);③每组都是2人,不同的分配方案有C62C42C22A33·A33=90(种),故不同的分配方案共有360+90+90=540(种).故选C.7.B　分2步进行分析:(1)安排甲和乙,有2种方法;(2)安排剩余的三人,可分为两类,①三个社区各安排一个,有A33种方法,②安排在其他两个社区,有C32A22种方法.故共有2(A33+C32A22)=24种不同的安排方案.故选B.8.B　长方体ABCD-A1B1C1D1的八个顶点中任意三个均不共线,故任取三个均可构成1个三角形,共有C83=56(个),从中任选两个,共有C562=1 540种情况.长方体有六个面,六个对角面,每个面(对角面)的四个顶点共确定4个不同的三角形,故随机取出2个,则这2个三角形不共面的情况共有1 540-12×C42=1 468(种),故选B.9.BC　m+1n+1Cn+1m=m+1n+1·(n+1)!m!(n+1-m)!=m+1n-m+1·n!m!(n-m)!=m+1n-m+1Cnm≠Cnm,故A错误.An+1m+1-Anm=(n+1)!(n-m)!-n!(n-m)!=n2(n-1)!(n-m)!=n2An-1m-1,故B正确.nAn-1m-1=n(n-1)!(n-m)!=n!(n-m)!=Anm,故C正确.Cnk+1+kCnk=n!(k+1)!(n-k-1)!+kCnk=(n-k)n!(k+1)·k!(n-k)!+kCnk=n-kk+1Cnk+kCnk≠nCnk,故D错误.故选BC.10.ACD　对于A,选法种数为C73=35,故A正确.对于B,若物理和化学选一门,其余两门从剩余的五门中选,有C21C52=20种选法;若物理和化学都选,剩下一门从剩余的五门中选,有C22C51=5种选法.故共有20+5=25种选法,故B错误.对于C,物理和历史同时选,有C22C51=5种选法,故不同时选的选法种数为35-5=30,故C正确.对于D,只选物理,不选化学,则历史也不选,有C42=6种选法;只选化学,不选物理,有C52=10种选法;若物理、化学都选,则历史不选,有C41=4种选法.故共有6+10+4=20种选法,故D正确.故选ACD.11.BC　偶数项的二项式系数之和为22 020,故A错误;展开式中第8项为T7+1=C2 0217(x)2 014·(-1)7=-C2 0217x1 007,故B正确;当x=100时,(x-1)2 021=(10-1)2 021=C2 0210·102 021-C2 0211·102 020+…-C2 0212 019·102+C2 0212 020·101-C2 0212 021=100(C2 0210·102 019-C2 0211·102 018+…-C2 0212 019·100)+C2 0212 020·101-1,∵C2 0212 020·101-1=20 209=20 200+9,除以100的余数是9,∴当x=100时,(x-1)2 021除以100的余数是9,故C正确;(x-1)2 021的展开式的通项为Tr+1=C2 021r·(x)2021-r(-1)r=(-1)rC2 021rx2 021-r2,当2 021-r2为整数,即r=1,3,5,…,2 021时,Tr+1为有理项,故D错误.故选BC.12.CD　对于A,第1位同学可以从三类不同的图书中任选一类,有3种选法,同理,其他的3位同学也都各有3种选法,则不同的选法共有3×3×3×3=81(种),故A错误;对于B,个位数字可以放1,3,十位数字和百位数字都可以放1,2,3,所以可以组成2×3×3=18个三位奇数,故B错误;对于C,从集合A中任取2个元素可得到集合B的个数为C42,含有元素b的个数为C31,其概率P=C31C42=12,故C正确;对于D,两个女生和两个男生随机排成一列,总的排法有A44=24(种),两个女生不相邻的排法有A22A32=12(种),所以两个女生不相邻的概率P=1224=12,故D正确.故选CD.13.答案　12;-1 760解析　由二项式系数的性质可得n2+1=7,得n=12.3x-2x12的展开式的通项为Tr+1=C12rx12-r3-2xr=(-2)rC12rx12-4r3,令12-4r=0,得r=3,故常数项为T4=-1 760.14.答案　54解析　若甲教师和乙教师不带同一组,则共有C31C21A33=36种不同方案;若甲教师和乙教师带同一组,则共有C32A33=18种不同方案.由分类加法计数原理可得共有36+18=54种不同的带队方案.15.答案　120解析　(x2-x-2)5=(x+1)5(x-2)5,(x+1)5的展开式的通项为Tr+1=C5rx5-r,(x-2)5的展开式的通项为Tt+1=C5tx5-t(-2)t,∴x3的系数为C52C55(-2)5+C53C54(-2)4+C54C53(-2)3+C55C52(-2)2=120.16.答案　40解析　按A和C中间人数分三种情况:(1)A和C中间站1人,必是B,则3人捆绑,与其他2人全排列,共有A22A33=12(种);(2)A和C中间站2人,一人是B,再选一人,最后一人在最左或最右,故共有C21A22A22×2=16(种);(3)A和C中间站3人,共有A22A33=12(种).综上,不同的站法有12+16+12=40(种).17.解析　(1)把甲、乙看成一个整体.甲、乙在三个项目中任选一个,有C31=3种选法;(2分)丁在三个项目中任选一个,有C31=3种选法;(3分)丙在除A项目外的项目中任选一个,有C21=2种选法.(4分)故共有3×3×2=18种报名方法.(5分)(2)若B,C项目各有一人,有C32C21=6种报名方法;(7分)若B,C项目各有两人,有C42C22=6种报名方法.(9分)所以报名方法共有6+6=12(种).(10分)18.解析　(1)由题意知a6是(x+1)(2x2-1)5的展开式中x6的系数.(2x2-1)5的展开式的通项为Tr+1=C5r(2x2)5-r(-1)r=(-1)r25-rC5rx10-2r(r=0,1,…,5),(2分)令10-2r=5,得r=52,舍去;令10-2r=6,得r=2.(4分)故a6=(-1)2×23×C52=80.(6分)(2)令x=2,得3×75=a0+2a1+22a2+…+211a11,①(8分)令x=-2,得-75=a0-2a1+22a2-…-211a11,②(10分)由①+②2得a0+22a2+24a4+…+210a10=3×75-752=75.(12分)19.解析　(1)由题意得Cn1∶Cn2=1∶3,n∈N+,解得n=7.(2分)(2)由(1)得原式为3x-2x7,所以展开式中各二项式系数的和为27=128.(4分)令x=1,得展开式中各项系数的和为3×1-217=1.(6分)(3)3x-2x7的展开式的通项为Tr+1=C7r(3x)7-r-2xr=C7r×37-r×(-2)r×x7-3r2,(8分)设第(r+1)项的系数的绝对值最大,设f(r)=C7r×37-r×2r,则f(r)≥f(r+1),f(r)≥f(r-1),即C7r×37-r×2r≥C7r+1×36-r×2r+1,C7r×37-r×2r≥C7r-1×38-r×2r-1,(10分)解得115≤r≤165,又r∈N+,所以r=3.故展开式中系数绝对值最大的项为T4=C73×37-3×(-2)3x7-3×32=-22 680x52.(12分)20.解析　(1)由题意得共有C83=56种不同的选法.(2分)(2)5个人按3,1,1分成3组,共有C53=10种分法,再分到三个科室,有A33=6种方法,此时共有10×6=60种安排方法;(4分)5个人按2,2,1分成3组,共有C52C32A22=15种分法,再分到三个科室,有A33=6种方法,此时共有15×6=90种安排方法.(6分)故共有60+90=150种不同的安排方法.(7分)(3)将A,B两人看成一个整体,且A,B不在两端,共有5A22=10种方法,(9分)剩下6人全排列,有A66=720种方法,(11分)则共有10×720=7 200种不同的站位方法.(12分)21.解析　(1)分两步:第一步,将4个舞蹈节目捆绑,与6个演唱节目全排列,有A77=5 040种方法;(2分)第二步,将4个舞蹈节目全排列,有A44=24种方法.根据分步乘法计数原理,共有5 040×24=120 960种不同的安排顺序.(4分)(2)分两步:第一步,将6个演唱节目排成一排(如图中的“□”),一共有A66=720种方法.×□×□×□×□×□×□×(6分)第二步,将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置),相当于7个“×”选4个来排,一共有A74=840种方法.根据分步乘法计数原理,共有720×840=604 800种不同的安排顺序.(8分)(3)若所有节目没有顺序要求,全排列,则有A1212种排法,(10分)但原来的节目已定好顺序,所以共有A1212A1010=132种不同的安排顺序.(12分)22.解析　(1)①从1,3,5,7中任取2个数字有C42=6种取法,②从2,4,6,8中任取2个数字有C42=6种取法,③四个数字全排列,有A44=24(种),(3分)∴集合M中不含有数字0的元素有6×6×24=864(个).(4分)(2)①从1,3,5,7中任取2个数字有C42=6种取法,②从2,4,6,8中任取1个数字有C41=4种取法,③四个数字全排列,排除0在第一位的情况,有A44-A33=18(种),(7分)∴集合M中含有数字0的元素有6×4×18=432(个).(8分)(3)由(1)(2)知M中共有864+432=1 296个元素,(9分)能被5整除的元素,即个位数字为0或5,①个位数字为0的元素有C42C41A33=144(个),②个位数字为5的元素有C31C42A33+C31C41C21A22=156(个),∴能被5整除的元素有144+156=300(个),(11分)∴从集合M中随机选择一个元素能被5整除的概率为3001 296=25108.(12分)