高中人教A版 (2019)第六章 计数原理本章综合与测试同步测试题

这是一份高中人教A版 (2019)第六章 计数原理本章综合与测试同步测试题，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合M＝{1，－2，3}，N＝{－4，5，6，－7}，若从这两个集合中各取一个元素作为点的横坐标或纵坐标，则可得平面直角坐标系中第一、二象限内不同点的个数是( )
A．18B．16
C．14D．10
2．有4个不同书写形式的“迎”字和3个不同书写形式的“新”字，如果一个“迎”字和一个“新”字能配成一套，则不同的配套方法共有( )
A．7种B．12种
C．64种D．81种
3.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋2x))eq \s\up12(6)的展开式中的常数项为( )
A．120B．160
C．200D．240
4．4位男生和2位女生排成一排，男生有且只有2位相邻，则不同排法的种数是( )
A．72B．96
C．144D．240
5．自2020年起，山东夏季高考成绩由“3＋3”组成，其中第一个“3”指语文、数学、英语3科，第二个“3”指学生从物理、化学、生物、政治、历史、地理6科中任选3科作为选考科目．某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科，从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目，则该同学3科选考科目的不同选法的种数为( )
A．6B．7
C．8D．9
6．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,\r(x))))eq \s\up12(6)的展开式中含xeq \f(3,2)项的系数为160，则实数a的值为( )
A．2B．－2
C．2eq \r(2)D．－2eq \r(2)
7．(x＋y)(2x－y)5的展开式中x2y4的系数为( )
A．－40B．40
C．30D．－30
8．“中国梦”的英文翻译为“Chinese Dream”，其中Chinese又可以简写为CN，从“CN Dream”中取6个不同的字母排成一排，含有“ea”字母组合(顺序不变)的不同排列共有( )
A．360种B．480种
C．600种D．720种
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．给出下列四个关系式，其中正确的为( )
A．n！＝eq \f(（n＋1）！,n＋1)B．A eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝nA eq \\al(\s\up1(m－1),\s\d1(n－1))
C．A eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝eq \f(n！,（n－m）！)D．A eq \\al(\s\up1(m－1),\s\d1(n－1)) ＝eq \f(（n－1）！,（m－n）！)
10．下列有关排列数、组合数计算正确的是( )
A．C eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝eq \f(A eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ,n！)
B．(n＋2)(n＋1)A eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝A eq \\al(\s\up1(m＋2),\s\d1(n＋2))
C．C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＋…＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(100)) ＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(101))
D．C eq \\al(\s\up1(n－2),\s\d1(2n－1)) ＋C eq \\al(\s\up1(2n－1),\s\d1(n＋1)) 是一个常数
11．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x)))eq \s\up12(11)的展开式中，系数最大的项为( )
A．第五项B．第六项
C．第七项D．第八项
12．关于(a－b)11的说法，正确的是( )
A．展开式中的二项式系数之和为2048
B．展开式中只有第6项的二项式系数最大
C．展开式中第6项和第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最大
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)
13．(1－2x)n的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，则展开式中的第4项为________．
14．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任).现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有________种不同的选法．
15．在二项式(eq \r(2)＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．
16．古有苏秦、张仪唇枪舌剑驰骋于乱世之秋，今看我校学子论天、论地、指点江山．现在高二某班需从甲、乙、丙、丁、戊五位同学中选出四位同学组成校“口才季”中的一个辩论队，根据他们的文化、思维水平，分别担任一辩、二辩、三辩、四辩，其中四辩必须由甲或乙担任，而丙与丁不能担任一辩，则不同的组队方式有________种．
四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)
某校高一年级有6个班，高二年级有7个班，高三年级有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．
(1)三个年级各选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？
(2)选2个班的学生参加社会实践活动，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？
18．(本小题满分12分)
已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2,\r(x))))eq \s\up12(10)的展开式．
(1)求展开式中含x4项的系数；
(2)如果第3r项和第r＋2项的二项式系数相等，求r的值．
19.(本小题满分12分)
从7名男生和5名女生中选出5人，分别求符合下列条件的选法数．
(1)A，B必须被选出；
(2)至少有2名女生被选出；
(3)让选出的5人分别担任体育委员、文娱委员等5种不同职务，但体育委员由男生担任，文娱委员由女生担任．
20．(本小题满分12分)
已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2－\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)的展开式中，第9项为常数项，求：
(1)n的值；
(2)展开式中x5的系数；
(3)含x的整数次幂的项的个数．
21．(本小题满分12分)
一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．
(1)从中任取4个，其中红球的个数不比白球少的取法有多少种？
(2)如取1个红球记2分，1个白球记1分，从口袋中取5个球，总分不小于7的取法有多少种？
22．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝(1＋x)n，n∈N*.
(1)当n＝8时，求展开式中系数的最大项．
(2)化简C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) 2n－1＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) 2n－2＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) 2n－3＋…＋C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) 2－1.
(3)定义：eq \i\su(i＝1,n,a)i＝a1＋a2＋…＋an，化简：eq \i\su(i＝1,n,)(i＋1)C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) .
章末质量检测(一)
1．解析：分两类：第一类，M中取横坐标，N中取纵坐标，共有3×2＝6个第一、二象限内的点；第二类，M中取纵坐标，N中取横坐标，共有2×4＝8个第一、二象限内的点．由分类加法计数原理，知共有6＋8＝14个不同的第一、二象限内的点．故选C.
答案：C
2．解析：要完成配套，分两步：第一步，取“迎”字，有4种不同取法；第二步，取“新”字，有3种不同取法，故有4×3＝12种不同的配套方法．故选B.
答案：B
3．解析： eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)＋2x)) eq \s\up12(6)的展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6)) · eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))) eq \s\up12(6－k)(2x)k＝2kC eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6)) x2k－6，令2k－6＝0，解得k＝3，所以展开式中的常数项为23×C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) ＝160.故选B.
答案：B
4．解析：从4位男生中选2位捆绑在一起，和剩余的2位男生插入到2位女生所形成的3个空隙中，所以共有A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＝144种不同的排法．故选C.
答案：C
5．解析：某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科，从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目，则该同学3科选考科目的不同选法的种数为C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) ＝9种．故选D.
答案：D
6．解析：由二项式定理得展开式的通项Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6)) x6－k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,\r(x)))) eq \s\up12(k)＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(6)) (－a)kx6－ eq \f(3,2)k，令6－ eq \f(3,2)k＝ eq \f(3,2)，得k＝3，由C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) (－a)3＝－20a3＝160，得a＝－2.故选B.
答案：B
7．解析：(2x－y)5的展开式的通项为C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(5)) (2x)5－k(－y)k＝25－k(－1)kC eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(5)) x5－kyk.
令5－k＝1，得k＝4，则x·2·C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(5)) xy4＝10x2y4；
令5－k＝2，得k＝3，则y·22·(－1)·C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) x2y3＝－40x2y4.
所以(x＋y)(2x－y)5的展开式中x2y4的系数为10－40＝－30.故选D.
答案：D
8．解析：从其他5个字母中任取4个，然后与“ea”进行全排列，共有C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(5)) A eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(5)) ＝600种，故选C.
答案：C
9．解析：由A eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝ eq \f(n！,（n－m）！)可知：A eq \\al(\s\up1(m－1),\s\d1(n－1)) ＝ eq \f(（n－1）！,（n－m）！)，故D不正确．A、B、C均正确．故选ABC.
答案：ABC
10．解析：A错，A eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ＝C eq \\al(\s\up1(m),\s\d1(n)) ·m！；B正确；C错，应为C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(101)) －1；D正确，由组合数定义可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤n－2≤2n－1 （ⅰ）,0≤2n－1≤n＋1 （ⅱ）))
由(ⅰ)得n≥2，由(ⅱ)得 eq \f(1,2)≤n≤2，所以n＝2.
所以C eq \\al(\s\up1(n－2),\s\d1(2n－1)) ＋C eq \\al(\s\up1(2n－1),\s\d1(n＋1)) ＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(3)) ＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＝2.所以B、D正确．
答案：BD
11．解析：二项式 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x))) eq \s\up12(11)的展开式中，每项的系数与二项式系数相等，共有12项，所以系数最大的项为第六项和第七项．故选BC.
答案：BC
12．解析：(a－b)11的展开式中的二项式系数之和为211＝2 048，所以A正确；因为n＝11为奇数，所以展开式中有12项，中间两项(第6项和第7项)的二项式系数相等且最大，所以B不正确，C正确；展开式中第6项的系数为负数，不是最大值，所以D不正确．故选AC.
答案：AC
13．解析：∵(1－2x)n的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，
∴2n－1＝32，即n＝6，∴(1－2x)6展开式中的第4项为T4＝C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) 13(－2x)3＝－160x3.
答案：－160x3
14．解析：可以分为三类，
第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) 种选法；
第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) 种选法；
第三类，两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) 种选法．根据分类加法计数原理知，一共有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(3)) ＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝42种不同的选法．
答案：42
15．解析：该二项展开式的第k＋1项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(9)) ( eq \r(2))9－kxk，当k＝0时，第1项为常数项，所以常数项为( eq \r(2))9＝16 eq \r(2)；当k＝1，3，5，7，9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.
答案：16 eq \r(2) 5
16．解析：从五人中选四人有C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(5)) ＝5种选择方法，分类讨论：
若所选四人为甲、乙、丙、丁，则有A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ×A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝4种组队方式；
若所选四人为甲、乙、丙、戊，则有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) ×C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) ×A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝8种组队方式；
若所选四人为甲、乙、丁、戊，则有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) ×C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) ×A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝8种组队方式；
若所选四人为甲、丙、丁、戊，则有A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝2种组队方式；
若所选四人为乙、丙、丁、戊，则有A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝2种组队方式．
由分类加法计数原理得，不同的组队方式有4＋8＋8＋2＋2＝24种．
答案：24
17．解析：(1)分三步：第1步，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第2步，从高二年级选1个班，有7种不同的选法；第3步，从高三年级选1个班，有8种不同的选法，由分步乘法计数原理可得，不同的选法种数为6×7×8＝336.
(2)分三类，每类又分两步：第1类，从高一、高二两个年级各选1个班，有6×7种不同的选法；第2类，从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同的选法；第3类，从高二、高三两个年级各选1个班，有7×8种不同的选法，故不同的选法种数为6×7＋6×8＋7×8＝146.
18．解析：(1)展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(10)) (－2)kx10－ eq \f(3,2)k，令10－ eq \f(3,2)k＝4，解得k＝4，
故展开式中含x4项的系数为C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(10)) (－2)4＝3 360.
(2)第3r项的二项式系数为C eq \\al(\s\up1(3r－1),\s\d1(10)) ，第r＋2项的二项式系数为C eq \\al(\s\up1(r＋1),\s\d1(10)) ，
∵C eq \\al(\s\up1(3r－1),\s\d1(10)) ＝C eq \\al(\s\up1(r＋1),\s\d1(10)) ，∴3r－1＝r＋1或3r－1＋r＋1＝10，
解得r＝1或r＝2.5(不合题意，舍去)，∴r＝1.
19．解析：(1)除选出A，B外，从其他10个人中再选3人，选法数为C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(10)) ＝120.
(2)按女生的选取情况分为四类：选2名女生、3名男生，选3名女生、2名男生，选4名女生、1名男生，选5名女生，所有选法数为C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(7)) ＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(7)) ＋C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(5)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(7)) ＋C eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(5)) ＝596.
(3)选出1名男生担任体育委员，再选出1名女生担任文娱委员，从剩下的10人中任选3人担任其他3种职务．根据分步乘法计数原理知，所有选法数为C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(7)) ·C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ·A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(10)) ＝25 200.
20．解析：二项展开式的通项为Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(n)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x2)) eq \s\up12(n－k) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(x)))) eq \s\up12(k)＝(－1)k eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(n－k)C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(n)) x2n－ eq \f(5k,2).
(1)因为第9项为常数项，所以当k＝8时，2n－ eq \f(5,2)k＝0，解得n＝10.
(2)令2n－ eq \f(5,2)k＝5，得k＝ eq \f(2,5)(2n－5)＝6，所以x5的系数为(－1)6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(4)C eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(10)) ＝ eq \f(105,8).
(3)要使2n－ eq \f(5,2)k，即 eq \f(4n－5k,2)为整数，只需k为偶数，由于k＝0，1，2，3，…，9，10，
故符合要求的有6项，分别为展开式的第1，3，5，7，9，11项．
21．解析：(1)满足条件的取法情况分为以下三类：
第一类，红球取4个，白球不取，取法有C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) 种；
第二类，红球取3个，白球取1个，取法有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) 种；
第三类，红球取2个，白球取2个，取法有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) 种．
所以共有取法C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) ＝115(种).
(2)设取红球x个，白球y个，则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝5，,2x＋y≥7，,0≤x≤4，,0≤y≤6，))其正整数解为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝3))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝2))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝1.))因此总分不小于7的取法可分为三类，不同的取法种数为C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) ＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) ＋C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) ＝186.
22．解析：(1)f(x)＝(1＋x)8，
所以系数最大的项即为二项式系数最大的项T5＝C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(8)) x4＝70x4.
(2)f(x)＝(1＋x)n＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) x＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) x2＋…＋C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) xn－1＋C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) xn，
所以原式＝ eq \f(1,2)(C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) 2n＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) 2n－1＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) 2n－2＋…＋C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) 20)
＝ eq \f(1,2)(1＋2)n＝ eq \f(3n,2).
(3) eq \i\su(i＝1,n, )(i＋1)C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) ＝2C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＋3C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋…＋nC eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) ＋(n＋1)C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) ， ①
eq \i\su(i＝1,n, )(i＋1)C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) ＝(n＋1)C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) ＋nC eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) ＋…＋3C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋2C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ， ②
在①，②添加C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ，则得
1＋ eq \i\su(i＝1,n, )(i＋1)C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) ＝C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ＋2C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＋3C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋…＋nC eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) ＋(n＋1)C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) ， ③
1＋ eq \i\su(i＝1,n, )(i＋1)C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) ＝(n＋1)C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) ＋nC eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) ＋…＋3C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋2C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＋1C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ， ④
③＋④得：
2(1＋ eq \i\su(i＝1,n, )(i＋1)C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) )＝(n＋2)(C eq \\al(\s\up1(0),\s\d1(n)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＋…＋C eq \\al(\s\up1(n－1),\s\d1(n)) ＋C eq \\al(\s\up1(n),\s\d1(n)) )＝(n＋2)2n，
所以 eq \i\su(i＝1,n, )(i＋1)C eq \\al(\s\up1(i),\s\d1(n)) ＝(n＋2)2n－1－1.