2020-2021学年第五章 计数原理1 基本计数原理1.1 分类加法计数原理课时训练

这是一份2020-2021学年第五章 计数原理1 基本计数原理1.1 分类加法计数原理课时训练，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
章末综合测评(四)　计数原理(满分：150分　时间：120分钟)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)1．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“0”“9”，其中“9”可当“6”用，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为(　　)A．6　　　　B．12　　　　C．18　　　　D．24B　[先在后三位中选两个位置填两个数字“0”有C种填法，再排另两张卡片有A种排法，再决定用数字“9”还是“6”，有2种可能，所以共可排成2C·A＝12个四位数，故选B．]2．已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{5，6，7}，C＝{8，9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成集合(　　)A．24个　　　B．36个　　C．26个　　　D．27个C　[先分类再分步完成此事，共有CC＋CC＋CC＝26个集合．]3．五人排成一排，甲与乙不相邻，且甲与丙也不相邻的不同排法有(　　)A．60种　　B．48种　　 C．36种　　D．24种C　[第一步，先排乙丙之外的3人，有A种排法；第二步，乙与甲不相邻插入队中有2种排法；第三步，丙与甲不相邻插入队中有3种排法．根据乘法计数原理共有A ×2×3＝36种不同排法．]4．设函数f(x)＝则当x>0时，f[f(x)]表达式的展开式中常数项为(　　)A．－20　　　B．20　　　 C．－15　　　D．15A　[∵f(x)＝∴当x>0时，f(x)＝－<0，∴f[f(x)]＝f(－)＝＝，∴展开式中常数项为C()3＝－C＝－20．]5．某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有(　　)A．(C)2A个　 B．AA个C．(C)2104个　 D．A104个A　[某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有(C)2A个．]6．AB和CD为平面内两条相交直线，AB上有m个点，CD上有n个点，且两直线上各有一个点与交点重合，则以这m＋n－1个点为顶点的三角形的个数是(　　)A．CC＋CC　 B．CC＋CCC．CC＋CC　 D．CC＋CCD　[在一条直线上取2个点时，另一点一定在另一条直线上，且不能是交点．当在AB上取2个点时有CC个三角形；当在CD上取2个点时，有CC．共有CC＋CC．]7．(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是(　　)A．56　　　B．84　　C．112　　　D．168D　[利用二项展开式的通项公式写出(1＋x)8(1＋y)4的通项，从而确定x2y2的系数．因为(1＋x)8的通项为Cxk，(1＋y)4的通项为Cyt，故(1＋x)8(1＋y)4的通项为CCxkyt．令k＝2，t＝2，得x2y2的系数为CC＝168．]8．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为(　　)A．3×3！　　　B．3×(3！)3　　C．(3！)4　　D．9!C　[完成这件事可以分为两步，第一步排列三个家庭的相对位置，有A种排法；第二步排列每个家庭中的三个成员，共有AAA种排法．由乘法原理可得不同的坐法种数有AAAA．故选C．]二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得0分)9．设(1＋x)6＝a0＋a1x＋…＋a6x6，则下列各数为偶数的是为(　　)A．a0　　　B．a1　　C．a2　　D．a3BD　[ak＝C，只有C＝6，C＝20为偶数．]10．在(x＋y)n的展开式中，若第七项系数最大，则n的值可能等于(　　)A．11　　B．12　　C．13　　　D．14ABC　[当n＝14时，第八项系数最大．]11．当n∈N＋时，下列各数一定是整数的是(　　)A．   B．  C．  D．AD　[＝C∈Z，＝C∈Z，又当n＝2时，∉Z；当n＝3时，∉Z，故选AD．]12．下列结论正确的是(　　)A．C＝CB．C＝C＋CC．(x＋y) 8的展开式有9 项D．(x＋y) 8的展开式中，第5项的系数最大[答案]　ABCD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．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则的值为________．－　[令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1，①令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a5＝35＝243，②①＋②，得2(a0＋a2＋a4)＝244，∴a0＋a2＋a4＝122，∴a1＋a3＋a5＝－121，∴＝－．]14．如图所示为一电路图，若只闭合一条线路，从A到B共有________条不同的线路可通电．8　[∵按上、中、下三条线路可分为三类，上线路中有3种，中线路中有一种，下线路中有2×2＝4种．根据分类加法计数原理，共有3＋1＋4＝8种不同的线路．]15．将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．96　[先分组后用分配法求解，5张参观券分为4组，其中2个连号的有4种分法，每一种分法中的排列方法有A种，因此共有不同的分法4A＝4×24＝96(种)．]16．今有1个红球、2个黄球、3个白球，若同色球不加以区分，将这6个球排成一列有________种不同的方法；若同色球加以区分，将这6个球排成一列有________种不同的方法．(用数字作答)(本题第一空3分，第二空2分)60　720　[由题意可知，若同色球不加以区分，这是一个组合问题，CCC＝60；若同色球加以区分，这是一个排列问题，A＝720．]四、解答题(本大题共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)(1)求(x－)10的展开式中x6的系数；(2)求(1＋x)2·(1－x)5的展开式中x3的系数．[解]　(1)(x－)10的展开式的通项是Tr＋1＝Cx10－r(－)r．令10－r＝6，解得r＝4．则含x6的项为第5项，即T5＝Cx10－4(－)4＝9Cx6．所以x6的系数应为9C＝1 890．(2)∵(1＋x)2的通项为Tr＋1＝C·xr，(1－x)5的通项为Tk＋1＝(－1)k·Cxk，其中r∈{0，1，2}，k∈{0，1，2，3，4，5}，令k＋r＝3，则有k＝1，r＝2；k＝2，r＝1；k＝3，r＝0．∴x3的系数为－CC＋CC－CC＝5．18．(本小题满分12分)(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数有几种？(2)有5个人并排站成一排，若甲必须在乙的右边，则不同的排法有多少种？(3)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少1个名额，问名额分配的方法共有多少种？[解]　(1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于5个空座之间有4个空，3个人去插，共有A＝24(种)．(2)A＝60(种)．(3)每个学校至少一个名额，则分去了7个，余下3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．分三类：第一类，3个名额分到一所学校有7种方法；第二类，3个名额分到2所学校有C ×2＝42(种)；第三类，3个名额分到3所学校有C＝35(种)．共有7＋42＋35＝84种．19．(本小题满分12分)有6个球，其中3个一样的黑球，红、白、蓝球各1个，现从中取出4个球排成一列，共有多少种不同的排法？[解]　分三类：(1)若取1个黑球，和另三个球排4个位置，不同的排法为A＝24；(2)若取2个黑球，从另三个球中选2个排4个位置，2个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即不同的排法种数为CA＝36；(3)若取3个黑球，从另三个球中选1个排4个位置，3个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即不同的排法种数为CA＝12．综上，不同的排法种数为24＋36＋12＝72．20．(本小题满分12分)已知α、β是两个平行平面，在α内取4个点，在β内取5个点．(1)过其中3点作平面，最多可作几个平面？(2)以这些点为顶点最多能作多少个四面体？[解]　(1)在9个点中，除了α内4点和β内的五点外，其余任意四点不共面时，所确定的平面才最多，故最多可作CC＋CC＋2＝72个平面．(2)在9个点中，除了α内4点和β内的五点外，其余任意四点不共面时，所作三棱锥才最多，故最多可作CC＋CC＋CC＝120个四面体．21．(本小题满分12分)有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？[解]　取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有3种情况：1144，2233，1234．所取卡片是1144的共有A种排法；所取卡片是2233的共有A种排法；所取卡片是1234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，全是红色5种情况．共有排法A＋C·A＋C·A＋C·A＋A＝16A种．所以共有18A＝432种排法．22．(本小题满分12分)设(2－x)100＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a100·x100，求下列各式的值：(1)a0；(2)a1＋a3＋a5＋…＋a99；(3)(a0＋a2＋a4＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2；(4)求不大于(2＋)100的最大整数．[解]　(1)令x＝0，则展开式可化为a0＝2100．(2)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a99＋a100＝(2－)100，①令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100，②联立①②得a1＋a3＋…＋a99＝．(3)原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)]·[(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)＝(2－)100(2＋)100＝1．(4)(2＋)100＋(2－)100＝2(a0＋a2＋a4＋…＋a100)＝2(C＋C＋C＋…＋C)＝2100，又(2－)100∈(0，1)，则不大于(2＋)100的最大整数为2100－1．