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第六章 计数原理全章模拟检测卷 高中数学人教A版选择性必修第三册
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这是一份第六章 计数原理全章模拟检测卷 高中数学人教A版选择性必修第三册，共10页。
第六章 计数原理一、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.1.3名志愿者,每人从4个不同的岗位中选择1个,则不同的选择方法共有( )A.12种 B.64种 C.81种 D.24种2.将5个不同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少1个球,至多2个球,则不同的放法种数为( )A.30 B.90 C.180 D.2703.数学课外活动小组的4名同学和他们的2位辅导老师排成一排照相合影,要求2位老师不排在两端,不同的排法共有( )A.720种 B.288种 C.96种 D.48种4.由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数的个数为( )A.60 B.96 C.300 D.3605.满足关系式2Cn3≤An2的正整数n组成的集合为( )A.{2,3,4} B.{3,4,5}C.{2,3,4,5} D.{1,2,3,4,5}6.(x-1)12的展开式的第8项的系数是( )A.-C128 B.C128 C.-C127 D.C1277.在(x-12x)n的展开式中,只有第7项的二项式系数最大,则n的值为( )A.11 B.12 C.13 D.148.若(x+2+m)9=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a9(x+1)9,且(a0+a2+…+a8)2−(a1+a3+…+a9)2=39,则实数m的值可以为( )A.1或-3 B.-1 C.-1或3 D.-3二、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.现有5幅不同的国画,2幅不同的油画,7幅不同的水彩画,下列说法正确的有( )A.从中任选一幅画布置房间,有14种不同的选法B.从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间,有70种不同的选法C.从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间,有59种不同的选法D.要从5幅不同的国画中选出2幅,分别挂在左、右两边墙上的指定位置,共有9种不同的挂法10.在50件产品中,有47件合格品,3件不合格品,从这50件产品中任意抽取4件,则下列结论正确的有( )A.抽取的4件产品中至多有1件是不合格品的抽法有(C504+C31×C473)种B.抽取的4件产品中至少有1件是不合格品的抽法有(C31×C473+C32×C472+C33×C471)种C.抽取的4件产品中至少有1件是不合格品的抽法有(C504−C474)种D.抽取的4件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有(C31×C473)种11.若x5=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+…+a5(1+x)5,其中a0,a1,a2,…,a5为实数,则( )A.a0=1B.a1+a2+…+a5=1C.a1+a3+a5=-16D.a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5=-112.集合U={1,2,…,n}(n∈N*),集合T是U的非空子集,定义:T中的最大元素与最小元素的差称为集合T的长度,则( )A.当n=3时,长度为2的集合T的所有元素之和为10B.当n=100时,含有元素1和53且长度为52的四元集合T的个数为720C.当n=100时,长度为51的所有集合T的元素的个数之和为49×27×250D.集合U的所有子集的元素之和为n(n+1)2n-12三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.琴、棋、书、画、诗、酒、花、茶被称为中国传统八雅.为弘扬中国传统文化,某校决定从“八雅”中挑选“六雅”,在周末开展知识讲座,每雅安排一节,连排六节.若“琴”“棋”“书”“画”必选,且要求“琴”“棋”相邻,“书”与“画”不相邻,则不同的排课方法共 种.(用数字作答)14.在我校运动会期间,为了各项赛事的顺利进行,学生会组织了甲、乙、丙、丁、戊5个志愿服务小组,前往A,B,C 3个比赛场地进行志愿服务.若每个场地至少分配1个志愿服务小组,每个志愿服务小组只能在1个场地进行服务,并且甲小组不去比赛场地A,则不同的分配方法种数为 .15.已知(x2+1x)n展开式的各项系数和为32,则展开式中x4的系数为 .16.已知(2x25−4x4)n的展开式中各项的系数之和为256,记展开式中x-10的系数为a,则a128= .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)根据下列条件进行计算:(1)若Cn2=66(n∈N*),求n的值;(2)已知(2+1)4=x+y2(x,y∈Z),求x+y的值.18.(12分)已知(ax-1x)n(a∈R,a≠0,n∈N*)展开式的前三项的二项式系数之和为22,所有项的系数之和为1.(1)求n和a的值.(2)展开式中是否存在常数项?若存在,求出常数项;若不存在,请说明理由.19.(12分)在(3x−123x)n的展开式中,前三项系数的绝对值成等差数列.(1)求展开式的第四项;(2)求展开式的常数项;(3)求展开式中各项的系数和.20.(12分)已知(2x-1)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,n∈N*,若(2x-1)n的展开式中, .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,补充在横线处,解决下面问题.(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分)(1)求n的值;(2)求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|的值.21.(12分)7名师生站成一排照相留念,其中老师1名,男同学4名,女同学2名.(1)若两名女生相邻,但都不与老师相邻的站法有多少种?(2)若排成一排,其中甲不站最左边,乙不站最右边的站法有多少种?(3)现有16个相同的口罩全部发给这6名同学,每名同学至少发2个口罩,则不同的发放方法有多少种?22.(12分)如图,从左到右有5个空格.(1)若在这5个空格中填入0,1,2,3,4五个数,要求每个数都要用到,且第三个空格不能填0,则一共有多少种不同的填法?(2)若给这5个空格涂上颜色,要求相邻空格中不同色,现有红、黄、蓝3种颜色可供使用,问一共有多少种不同的涂法?(3)若向这5个空格中放入7个不同的小球,要求每个空格里都有球,问有多少种不同的放法?参考答案1.B 由分步乘法计数原理,不同的选择方法共有4×4×4=64种.2.B 第1步,将5个小球分为1-2-2的3组,有C52×C32×C11A22=15种分组方法;第2步,将分好的3组放入3个不同的盒子中,有A33=6种不同的放法.由分步乘法计数原理,不同的放法种数为15×6=90.3.B 老师不在两端,可先选择两名同学站两端的位置,有A42种排法.将剩下的师生4人进行全排列,有A44种排法,根据分步乘法计数原理,共有A42×A44=288种排法.故选B.4.C 第1步,先从除0以外的5个数字中取出1个排首位,共有5种取法;第2步,从剩下的5个数字中取出3个排列其他位数,共有A53种取法.根据分步乘法计数原理,组成没有重复数字的四位数的个数为5×A53=300.故选C.5.B 由题意可知,n≥3且n∈N*.因为2·n(n-1)(n-2)6≤n(n-1),解得n≤5,所以n可取3,4,5,故正整数n组成的集合为{3,4,5}.故选B.6.C 由题意得Tr+1=C12rx12-r(-1)r.令r=7,得T8=C127x5(-1)7=-C127x5,所以(x-1)12的展开式的第8项的系数是-C127.故选C.7.B 因为只有第7项的二项式系数最大,所以(x−12x)n的展开式的总项数为13,即n+1=13,解得n=12.故选B.8.A 令x=-2,得a0-a1+a2-a3+…+a8-a9=m9,即(a0+a2+…+a8)-(a1+a3+…+a9)=m9,令x=0,得a0+a2+…+a8+a1+a3+…+a9=(2+m)9.∵(a0+a2+…+a8)2−(a1+a3+…+a9)2=39,∴(a0+a2+…+a8+a1+a3+…+a9)[(a0+a2+…+a8)-(a1+a3+…+a9)]=39,∴(2+m)9·m9=(2m+m2)9=39,整理得2m+m2=3,解得m=1或m=-3.故选A.9.ABC 对于A,从国画中选一幅,有5种不同的选法;从油画中选一幅,有2种不同的选法;从水彩画中选一幅,有7种不同的选法.由分类加法计数原理,共有5+2+7=14种不同的选法,故A正确.对于B,从国画、油画、水彩画中各选一幅,分别有5种、2种、7种不同的选法,根据分步乘法计数原理,共有5×2×7=70种不同的选法,故B正确.对于C,若其中一幅选自国画,一幅选自油画,则有5×2=10种不同的选法;若一幅选自国画,一幅选自水彩画,则有5×7=35种不同的选法;若一幅选自油画,一幅选自水彩画,则有2×7=14种不同的选法,由分类加法计数原理,共有10+35+14=59种不同的选法,故C正确.对于D,从5幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上,可以分两个步骤完成:第1步,从5幅画中选1幅挂在左边墙上,有5种选法;第2步,从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上,有4种选法.根据分步乘法计数原理,不同挂法的种数是5×4=20,故D错误.故选ABC.10.BCD 对于A,抽取4件产品中全为合格品的抽法种数为C474,抽出产品中恰有1件不合格的抽法种数为C31×C473.根据分类加法计数原理,抽取的4件产品中至多有1件是不合格品的抽法有(C474+C31×C473)种,故A错误.对于B,抽出产品中恰有1件是不合格品的抽法种数为 C31×C473;抽出产品中恰有2件是不合格品的抽法种数为C32×C472;抽出产品中恰有3件是不合格品的抽法种数为C33×C471.故抽取的4件产品中至少有1件是不合格品的抽法有(C31×C473+C32×C472+C33×C471)种,故B正确.对于C项,这50件产品中任意抽取4件的抽法种数为C504,抽取4件产品中全为合格品的抽法种数为C474,故抽出的4件产品中至少有1件是不合格品的抽法有(C504−C474)种,故C正确.对于D项,抽出产品中恰有1件是不合格品的抽法有(C31×C473)种,故D正确.故选BCD.11.BD 因为x5=[-1+(x+1)]5=C50(-1)5(x+1)0+C51(-1)4(x+1)1+C52(-1)3(x+1)2+C53(-1)2(x+1)3+C54(-1)1(x+1)4+C55(-1)0(x+1)5=(-1)+5(x+1)-10(x+1)2+10(x+1)3-5(x+1)4+(x+1)5,所以a0=-1,a1=5,a2=-10,a3=10,a4=-5,a5=1.故选项A错误;a1+a2+…+a5=5-10+10-5+1=1,故选项B正确;a1+a3+a5=5+10+1=16,故选项C不正确;a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5=-1+5+2×(-10)+3×10+4×(-5)+5×1=-1,故选项D正确.12.ACD 当n=3时,长度为2的集合T为{1,3},{1,2,3},所以和为10,故A正确.当n=100时,含有元素1和53且长度为52的四元集合T,则集合T为{1,a,b,53},2≤a≤52,2≤b≤52,a,b∈Z,易知有C512=51×502=1 275种,故B错误.集合T的长度为51,先考虑最小元素1,最大元素52的集合T,若集合T含有2个元素:{1,52},有C500种;若集合T含有3个元素:{1,a,52},2≤a≤51,a∈Z,有C501种;……若集合T含有52个元素:{1,2,3,…,52},有C5050种.所以满足要求的子集元素个数之和为S=2C500+3C501+4C502+…+52C5050,运用倒序相加法可得2S=54(C500+C501+C502+…+C5050)=54×250,所以S=27×250.改变最小元素与最大元素,同理可得{2,3,…,53},{3,4,…,54},…,{49,50,…,100},所有子集的元素的个数之和都是27×250,所以长度为51的所有集合T的元素的个数之和为49×27×250,故C正确.n元集合的子集个数为2n,以元素1为例,其中一半的子集中出现1,另外一半的集合中不出现1,所以1共出现2n2=2n-1次,同理其他元素也是这种情形,所以集合U的所有子集的元素之和为(1+2+3+…+n)·2n-1=n(n+1)2n-12,故D正确.故选ACD.13.864 首先从诗、酒、花、茶中选“两雅”有C42种选法,“琴”“棋”相邻用捆绑法看做一个整体,与除“书”与“画”外的“两雅”全排列,有A33×A22种排法,再将“书”与“画”插入到刚刚所形成的4个空中的2个空,有A42种插法,根据分步乘法计数原理,一共有C42×A33×A22×A42=864种不同的排课方法.14.100 将5个志愿服务小组分成3组有两种方案,分别为2-2-1和3-1-1,则共有C52×C32A22+C53种分组方法.将3个组分配到3个场地,甲小组不去比赛场地A,有C21×A22种分配方法;根据分步乘法计数原理,不同的分配方法数为(C52×C32A22+C53)×C21×A22=100.15.1016.-89617.解 (1)因为Cn2=66,所以n!2!(n-2)!=n(n-1)2×1=66,即n2-n-132=0,所以(n-12)(n+11)=0,解得n=12或n=-11(舍去).所以n=12.(2)因为(2+1)4=x+y2,则(2+1)4=C40×(2)4×10+C41×(2)3×11+C42×(2)2×12+C43×(2)1×13+C44×(2)0×14=4+82+12+42+1=17+122,即17+122=x+y2,所以x=17,y=12,所以x+y=29.18.解 (1)由题意,Cn0+Cn1+Cn2=22,即1+n+n(n-1)2=22.解得n=6或n=-7(舍去),所以n=6.因为所有项的系数之和为1,所以令x=1,则(a-1)6=1,解得a=0(舍去)或a=2.所以a=2.(2)展开式中存在常数项.因为(ax-1x)n=(2x-1x)6,所以Tk+1=C6k(2x)6-k(-1x)k=(-1)kC6k26-kx6-3k2.令6-3k2=0,解得k=4,所以展开式中常数项为T5=(-1)4×C64×22×x0=60.19.解 通项为Tk+1=(-12)kCnkxn-2k3.由已知,(-12)0Cn0,(12)Cn1,122Cn2成等差数列,得2×12Cn1=1+14Cn2,解得n=8,故Tk+1=(-12)kC8kx8-2k3.(1)令k=3,得T4=(-12)3C83x23=-7x23.(2)令8-2k=0,得k=4,故T5=358.(3)令x=1,得各项的系数和为(12)8=1256.20.解 (1)在(2x-1)n的展开式中,若选①,因为只有第6项的二项式系数最大,则展开式中有11项,即n=10.若选②,因为第4项与第8项的二项式系数相等,则Cn3=Cn7,解得n=10.若选③,因为所有二项式系数的和为210,则2n=210,即n=10.(2)因为(2x-1)10的展开式的通项Tr+1=C10r(2x)10-r·(-1)r=(-1)r210-rC10rx10-r,可知奇数项的系数为正,偶数项的系数为负.在(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+anxn中,取x=0,得a0=1;取x=-1,得a0-a1+a2-a3+…+a10=310.所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a0-a1+a2-a3+…+a10-a0=310-1.21.解 (1)先把除2名女生和1名老师这3人外的4人排好,有A44种站法.由于两名女生相邻,故把两名女生排好,有A22种站法.最后把排好的2名女生这个整体与老师分别插入排好的4人产生的5个空隙中,有A52种站法.故不同的站法共有A44×A22×A52=960种.(2)(方法一)甲在最右边时,将其他6人进行全排列,有A66种站法;甲不在最右边时,可从余下的5个位置任选一个,有A51种站法,而乙可排在除去最右边的位置后剩下的5个位置中任选一个,有A51种站法,其余人全排列,有A55种不同站法,则共有A51×A51×A55种站法.根据分类加法计数原理,不同的站法种数为A66+A51×A51×A55=6×5×4×3×2×1+5×5×5×4×3×2×1=3 720.(方法二)将7人进行全排列,有A77种站法.其中甲在最左边时,有A66种站法,乙在最右边时,有A66种站法,其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形,有A55种站法,共有A77-2×A66+A55=7×6×5×4×3×2×1-2×6×5×4×3×2×1+5×4×3×2×1=3 720种不同的站法.(3)先分发给每名同学2个口罩,再将剩下4只相同的口罩分给6名同学,有五类分法:①四只口罩分给1人,有C61=6种分法;②四只口罩分成2,2两份分给2人,有C62=15种分法;③四只口罩分成3,1两份分给2人,有C62×C21=30种分法;④四只口罩分成2,1,1三份分给3人,有C63×C31=60种分法;⑤四只口罩分成1,1,1,1四份分给4人,有C64=15种分法.则共有6+15+30+60+15=126种不同分法.22.解 (1)根据题意,分两步:第1步,第三个空格不能填0,则0有4种填法;第2步,将其余的4个数字全排列,安排在其他四个空格中,有A44种填法.根据分步乘法计数原理,一共有4×A44=96种不同的填法.(2)根据题意,第一个空格有3种颜色可选,第二个空格与第一个空格的颜色不能相同,有2种颜色可选,同理可得,第三、四、五个空格都有2种颜色可选,故五个空格共有3×2×2×2×2=48种不同的涂法.(3)根据题意,分两步:第1步,将7个小球分成5组:若分成2-2-1-1-1,有C72×C52A22种分法,若分成3-1-1-1-1,有C73种分法,则共有(C72×C52A22+C73)种分法;第2步,将分好的5组全排列,对应5个空格,有A55种情况,则一共有(C72×C52A22+C73)×A55=16 800种放法.
第六章 计数原理一、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.1.3名志愿者,每人从4个不同的岗位中选择1个,则不同的选择方法共有( )A.12种 B.64种 C.81种 D.24种2.将5个不同的小球放入3个不同的盒子,每个盒子至少1个球,至多2个球,则不同的放法种数为( )A.30 B.90 C.180 D.2703.数学课外活动小组的4名同学和他们的2位辅导老师排成一排照相合影,要求2位老师不排在两端,不同的排法共有( )A.720种 B.288种 C.96种 D.48种4.由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数的个数为( )A.60 B.96 C.300 D.3605.满足关系式2Cn3≤An2的正整数n组成的集合为( )A.{2,3,4} B.{3,4,5}C.{2,3,4,5} D.{1,2,3,4,5}6.(x-1)12的展开式的第8项的系数是( )A.-C128 B.C128 C.-C127 D.C1277.在(x-12x)n的展开式中,只有第7项的二项式系数最大,则n的值为( )A.11 B.12 C.13 D.148.若(x+2+m)9=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a9(x+1)9,且(a0+a2+…+a8)2−(a1+a3+…+a9)2=39,则实数m的值可以为( )A.1或-3 B.-1 C.-1或3 D.-3二、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.现有5幅不同的国画,2幅不同的油画,7幅不同的水彩画,下列说法正确的有( )A.从中任选一幅画布置房间,有14种不同的选法B.从这些国画、油画、水彩画中各选一幅布置房间,有70种不同的选法C.从这些画中选出两幅不同种类的画布置房间,有59种不同的选法D.要从5幅不同的国画中选出2幅,分别挂在左、右两边墙上的指定位置,共有9种不同的挂法10.在50件产品中,有47件合格品,3件不合格品,从这50件产品中任意抽取4件,则下列结论正确的有( )A.抽取的4件产品中至多有1件是不合格品的抽法有(C504+C31×C473)种B.抽取的4件产品中至少有1件是不合格品的抽法有(C31×C473+C32×C472+C33×C471)种C.抽取的4件产品中至少有1件是不合格品的抽法有(C504−C474)种D.抽取的4件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有(C31×C473)种11.若x5=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+…+a5(1+x)5,其中a0,a1,a2,…,a5为实数,则( )A.a0=1B.a1+a2+…+a5=1C.a1+a3+a5=-16D.a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5=-112.集合U={1,2,…,n}(n∈N*),集合T是U的非空子集,定义:T中的最大元素与最小元素的差称为集合T的长度,则( )A.当n=3时,长度为2的集合T的所有元素之和为10B.当n=100时,含有元素1和53且长度为52的四元集合T的个数为720C.当n=100时,长度为51的所有集合T的元素的个数之和为49×27×250D.集合U的所有子集的元素之和为n(n+1)2n-12三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.琴、棋、书、画、诗、酒、花、茶被称为中国传统八雅.为弘扬中国传统文化,某校决定从“八雅”中挑选“六雅”,在周末开展知识讲座,每雅安排一节,连排六节.若“琴”“棋”“书”“画”必选,且要求“琴”“棋”相邻,“书”与“画”不相邻,则不同的排课方法共 种.(用数字作答)14.在我校运动会期间,为了各项赛事的顺利进行,学生会组织了甲、乙、丙、丁、戊5个志愿服务小组,前往A,B,C 3个比赛场地进行志愿服务.若每个场地至少分配1个志愿服务小组,每个志愿服务小组只能在1个场地进行服务,并且甲小组不去比赛场地A,则不同的分配方法种数为 .15.已知(x2+1x)n展开式的各项系数和为32,则展开式中x4的系数为 .16.已知(2x25−4x4)n的展开式中各项的系数之和为256,记展开式中x-10的系数为a,则a128= .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)根据下列条件进行计算:(1)若Cn2=66(n∈N*),求n的值;(2)已知(2+1)4=x+y2(x,y∈Z),求x+y的值.18.(12分)已知(ax-1x)n(a∈R,a≠0,n∈N*)展开式的前三项的二项式系数之和为22,所有项的系数之和为1.(1)求n和a的值.(2)展开式中是否存在常数项?若存在,求出常数项;若不存在,请说明理由.19.(12分)在(3x−123x)n的展开式中,前三项系数的绝对值成等差数列.(1)求展开式的第四项;(2)求展开式的常数项;(3)求展开式中各项的系数和.20.(12分)已知(2x-1)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,n∈N*,若(2x-1)n的展开式中, .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,补充在横线处,解决下面问题.(注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分)(1)求n的值;(2)求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|的值.21.(12分)7名师生站成一排照相留念,其中老师1名,男同学4名,女同学2名.(1)若两名女生相邻,但都不与老师相邻的站法有多少种?(2)若排成一排,其中甲不站最左边,乙不站最右边的站法有多少种?(3)现有16个相同的口罩全部发给这6名同学,每名同学至少发2个口罩,则不同的发放方法有多少种?22.(12分)如图,从左到右有5个空格.(1)若在这5个空格中填入0,1,2,3,4五个数,要求每个数都要用到,且第三个空格不能填0,则一共有多少种不同的填法?(2)若给这5个空格涂上颜色,要求相邻空格中不同色,现有红、黄、蓝3种颜色可供使用,问一共有多少种不同的涂法?(3)若向这5个空格中放入7个不同的小球,要求每个空格里都有球,问有多少种不同的放法?参考答案1.B 由分步乘法计数原理,不同的选择方法共有4×4×4=64种.2.B 第1步,将5个小球分为1-2-2的3组,有C52×C32×C11A22=15种分组方法;第2步,将分好的3组放入3个不同的盒子中,有A33=6种不同的放法.由分步乘法计数原理,不同的放法种数为15×6=90.3.B 老师不在两端,可先选择两名同学站两端的位置,有A42种排法.将剩下的师生4人进行全排列,有A44种排法,根据分步乘法计数原理,共有A42×A44=288种排法.故选B.4.C 第1步,先从除0以外的5个数字中取出1个排首位,共有5种取法;第2步,从剩下的5个数字中取出3个排列其他位数,共有A53种取法.根据分步乘法计数原理,组成没有重复数字的四位数的个数为5×A53=300.故选C.5.B 由题意可知,n≥3且n∈N*.因为2·n(n-1)(n-2)6≤n(n-1),解得n≤5,所以n可取3,4,5,故正整数n组成的集合为{3,4,5}.故选B.6.C 由题意得Tr+1=C12rx12-r(-1)r.令r=7,得T8=C127x5(-1)7=-C127x5,所以(x-1)12的展开式的第8项的系数是-C127.故选C.7.B 因为只有第7项的二项式系数最大,所以(x−12x)n的展开式的总项数为13,即n+1=13,解得n=12.故选B.8.A 令x=-2,得a0-a1+a2-a3+…+a8-a9=m9,即(a0+a2+…+a8)-(a1+a3+…+a9)=m9,令x=0,得a0+a2+…+a8+a1+a3+…+a9=(2+m)9.∵(a0+a2+…+a8)2−(a1+a3+…+a9)2=39,∴(a0+a2+…+a8+a1+a3+…+a9)[(a0+a2+…+a8)-(a1+a3+…+a9)]=39,∴(2+m)9·m9=(2m+m2)9=39,整理得2m+m2=3,解得m=1或m=-3.故选A.9.ABC 对于A,从国画中选一幅,有5种不同的选法;从油画中选一幅,有2种不同的选法;从水彩画中选一幅,有7种不同的选法.由分类加法计数原理,共有5+2+7=14种不同的选法,故A正确.对于B,从国画、油画、水彩画中各选一幅,分别有5种、2种、7种不同的选法,根据分步乘法计数原理,共有5×2×7=70种不同的选法,故B正确.对于C,若其中一幅选自国画,一幅选自油画,则有5×2=10种不同的选法;若一幅选自国画,一幅选自水彩画,则有5×7=35种不同的选法;若一幅选自油画,一幅选自水彩画,则有2×7=14种不同的选法,由分类加法计数原理,共有10+35+14=59种不同的选法,故C正确.对于D,从5幅国画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上,可以分两个步骤完成:第1步,从5幅画中选1幅挂在左边墙上,有5种选法;第2步,从剩下的4幅画中选1幅挂在右边墙上,有4种选法.根据分步乘法计数原理,不同挂法的种数是5×4=20,故D错误.故选ABC.10.BCD 对于A,抽取4件产品中全为合格品的抽法种数为C474,抽出产品中恰有1件不合格的抽法种数为C31×C473.根据分类加法计数原理,抽取的4件产品中至多有1件是不合格品的抽法有(C474+C31×C473)种,故A错误.对于B,抽出产品中恰有1件是不合格品的抽法种数为 C31×C473;抽出产品中恰有2件是不合格品的抽法种数为C32×C472;抽出产品中恰有3件是不合格品的抽法种数为C33×C471.故抽取的4件产品中至少有1件是不合格品的抽法有(C31×C473+C32×C472+C33×C471)种,故B正确.对于C项,这50件产品中任意抽取4件的抽法种数为C504,抽取4件产品中全为合格品的抽法种数为C474,故抽出的4件产品中至少有1件是不合格品的抽法有(C504−C474)种,故C正确.对于D项,抽出产品中恰有1件是不合格品的抽法有(C31×C473)种,故D正确.故选BCD.11.BD 因为x5=[-1+(x+1)]5=C50(-1)5(x+1)0+C51(-1)4(x+1)1+C52(-1)3(x+1)2+C53(-1)2(x+1)3+C54(-1)1(x+1)4+C55(-1)0(x+1)5=(-1)+5(x+1)-10(x+1)2+10(x+1)3-5(x+1)4+(x+1)5,所以a0=-1,a1=5,a2=-10,a3=10,a4=-5,a5=1.故选项A错误;a1+a2+…+a5=5-10+10-5+1=1,故选项B正确;a1+a3+a5=5+10+1=16,故选项C不正确;a0+a1+2a2+3a3+4a4+5a5=-1+5+2×(-10)+3×10+4×(-5)+5×1=-1,故选项D正确.12.ACD 当n=3时,长度为2的集合T为{1,3},{1,2,3},所以和为10,故A正确.当n=100时,含有元素1和53且长度为52的四元集合T,则集合T为{1,a,b,53},2≤a≤52,2≤b≤52,a,b∈Z,易知有C512=51×502=1 275种,故B错误.集合T的长度为51,先考虑最小元素1,最大元素52的集合T,若集合T含有2个元素:{1,52},有C500种;若集合T含有3个元素:{1,a,52},2≤a≤51,a∈Z,有C501种;……若集合T含有52个元素:{1,2,3,…,52},有C5050种.所以满足要求的子集元素个数之和为S=2C500+3C501+4C502+…+52C5050,运用倒序相加法可得2S=54(C500+C501+C502+…+C5050)=54×250,所以S=27×250.改变最小元素与最大元素,同理可得{2,3,…,53},{3,4,…,54},…,{49,50,…,100},所有子集的元素的个数之和都是27×250,所以长度为51的所有集合T的元素的个数之和为49×27×250,故C正确.n元集合的子集个数为2n,以元素1为例,其中一半的子集中出现1,另外一半的集合中不出现1,所以1共出现2n2=2n-1次,同理其他元素也是这种情形,所以集合U的所有子集的元素之和为(1+2+3+…+n)·2n-1=n(n+1)2n-12,故D正确.故选ACD.13.864 首先从诗、酒、花、茶中选“两雅”有C42种选法,“琴”“棋”相邻用捆绑法看做一个整体,与除“书”与“画”外的“两雅”全排列,有A33×A22种排法,再将“书”与“画”插入到刚刚所形成的4个空中的2个空,有A42种插法,根据分步乘法计数原理,一共有C42×A33×A22×A42=864种不同的排课方法.14.100 将5个志愿服务小组分成3组有两种方案,分别为2-2-1和3-1-1,则共有C52×C32A22+C53种分组方法.将3个组分配到3个场地,甲小组不去比赛场地A,有C21×A22种分配方法;根据分步乘法计数原理,不同的分配方法数为(C52×C32A22+C53)×C21×A22=100.15.1016.-89617.解 (1)因为Cn2=66,所以n!2!(n-2)!=n(n-1)2×1=66,即n2-n-132=0,所以(n-12)(n+11)=0,解得n=12或n=-11(舍去).所以n=12.(2)因为(2+1)4=x+y2,则(2+1)4=C40×(2)4×10+C41×(2)3×11+C42×(2)2×12+C43×(2)1×13+C44×(2)0×14=4+82+12+42+1=17+122,即17+122=x+y2,所以x=17,y=12,所以x+y=29.18.解 (1)由题意,Cn0+Cn1+Cn2=22,即1+n+n(n-1)2=22.解得n=6或n=-7(舍去),所以n=6.因为所有项的系数之和为1,所以令x=1,则(a-1)6=1,解得a=0(舍去)或a=2.所以a=2.(2)展开式中存在常数项.因为(ax-1x)n=(2x-1x)6,所以Tk+1=C6k(2x)6-k(-1x)k=(-1)kC6k26-kx6-3k2.令6-3k2=0,解得k=4,所以展开式中常数项为T5=(-1)4×C64×22×x0=60.19.解 通项为Tk+1=(-12)kCnkxn-2k3.由已知,(-12)0Cn0,(12)Cn1,122Cn2成等差数列,得2×12Cn1=1+14Cn2,解得n=8,故Tk+1=(-12)kC8kx8-2k3.(1)令k=3,得T4=(-12)3C83x23=-7x23.(2)令8-2k=0,得k=4,故T5=358.(3)令x=1,得各项的系数和为(12)8=1256.20.解 (1)在(2x-1)n的展开式中,若选①,因为只有第6项的二项式系数最大,则展开式中有11项,即n=10.若选②,因为第4项与第8项的二项式系数相等,则Cn3=Cn7,解得n=10.若选③,因为所有二项式系数的和为210,则2n=210,即n=10.(2)因为(2x-1)10的展开式的通项Tr+1=C10r(2x)10-r·(-1)r=(-1)r210-rC10rx10-r,可知奇数项的系数为正,偶数项的系数为负.在(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+anxn中,取x=0,得a0=1;取x=-1,得a0-a1+a2-a3+…+a10=310.所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=a0-a1+a2-a3+…+a10-a0=310-1.21.解 (1)先把除2名女生和1名老师这3人外的4人排好,有A44种站法.由于两名女生相邻,故把两名女生排好,有A22种站法.最后把排好的2名女生这个整体与老师分别插入排好的4人产生的5个空隙中,有A52种站法.故不同的站法共有A44×A22×A52=960种.(2)(方法一)甲在最右边时,将其他6人进行全排列,有A66种站法;甲不在最右边时,可从余下的5个位置任选一个,有A51种站法,而乙可排在除去最右边的位置后剩下的5个位置中任选一个,有A51种站法,其余人全排列,有A55种不同站法,则共有A51×A51×A55种站法.根据分类加法计数原理,不同的站法种数为A66+A51×A51×A55=6×5×4×3×2×1+5×5×5×4×3×2×1=3 720.(方法二)将7人进行全排列,有A77种站法.其中甲在最左边时,有A66种站法,乙在最右边时,有A66种站法,其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形,有A55种站法,共有A77-2×A66+A55=7×6×5×4×3×2×1-2×6×5×4×3×2×1+5×4×3×2×1=3 720种不同的站法.(3)先分发给每名同学2个口罩,再将剩下4只相同的口罩分给6名同学,有五类分法:①四只口罩分给1人,有C61=6种分法;②四只口罩分成2,2两份分给2人,有C62=15种分法;③四只口罩分成3,1两份分给2人,有C62×C21=30种分法;④四只口罩分成2,1,1三份分给3人,有C63×C31=60种分法;⑤四只口罩分成1,1,1,1四份分给4人,有C64=15种分法.则共有6+15+30+60+15=126种不同分法.22.解 (1)根据题意,分两步:第1步,第三个空格不能填0,则0有4种填法;第2步,将其余的4个数字全排列,安排在其他四个空格中,有A44种填法.根据分步乘法计数原理,一共有4×A44=96种不同的填法.(2)根据题意,第一个空格有3种颜色可选,第二个空格与第一个空格的颜色不能相同,有2种颜色可选,同理可得,第三、四、五个空格都有2种颜色可选,故五个空格共有3×2×2×2×2=48种不同的涂法.(3)根据题意,分两步:第1步,将7个小球分成5组:若分成2-2-1-1-1,有C72×C52A22种分法,若分成3-1-1-1-1,有C73种分法,则共有(C72×C52A22+C73)种分法;第2步,将分好的5组全排列,对应5个空格,有A55种情况,则一共有(C72×C52A22+C73)×A55=16 800种放法.
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