高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册第六章 计数原理本章综合与测试学案及答案

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册第六章 计数原理本章综合与测试学案及答案，共9页。学案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。

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．若Aeq \\al(5,m)＝2Aeq \\al(3,m)，则m的值为( )
A．5 B．3
C．6 D．7
解析 依题意得eq \f(m！,（m－5）！)＝2·eq \f(m！,（m－3）！)，
化简得(m－3)·(m－4)＝2，解得m＝2或m＝5，
又m≥5，∴m＝5，故选A.
答案 A
2．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行解答，其中至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是( )
A．40 B．74
C．84 D．200
解析 分三类：第一类，从前5个题目中选3个，后4个题目中选3个；第二类，从前5个题目中选4个，后4个题目中选2个；第三类，从前5个题目中选5个，后4个题目中选1个，由分类加法计数原理得共有不同选法的种数为Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(5,5)Ceq \\al(1,4)＝74.
答案 B
3．若实数a＝2－eq \r(2)，则a10－2Ceq \\al(1,10)a9＋22Ceq \\al(2,10)a8－…＋210等于( )
A．32 B．－32
C．1 024 D．512
解析 由二项式定理，得a10－2Ceq \\al(1,10)a9＋22Ceq \\al(2,10)a8－…＋210＝Ceq \\al(0,10)(－2)0a10＋Ceq \\al(1,10)(－2)1a9＋Ceq \\al(2,10)(－2)2a8＋…＋Ceq \\al(10,10)(－2)10＝(a－2)10＝(－eq \r(2))10＝25＝32.
答案 A
4．分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道．要求4名水暖工都分配出去，且每户居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有( )
A．Aeq \\al(3,4)种 B．Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(1,3)种
C．Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)种 D．Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(3,3)种
解析 先将4名水暖工选出2人分成一组，然后将三组水暖工分配到3户不同的居民家，故有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)种分配方案．
答案 C
5．(x＋2)2(1－x)5中x7的系数与常数项之差的绝对值为( )
A．5 B．3
C．2 D．0
解析 常数项为Ceq \\al(2,2)·22·Ceq \\al(0,5)＝4，x7的系数为Ceq \\al(0,2)·Ceq \\al(5,5)·(－1)5＝－1，因此x7的系数与常数项之差的绝对值为5.
答案 A
6．计划展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的排列方式的种数为( )
A．Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(5,5) B．Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(3,5)
C．Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(5,5) D．Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(5,5)
解析 先把每个品种的画看成一个整体，而水彩画只能放在中间，则油画与国画放在两端有Aeq \\al(2,2)种放法，再考虑4幅油画本身排放有Aeq \\al(4,4)种方法，5幅国画本身排放有Aeq \\al(5,5)种方法，故不同的排列法有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(4,4)Aeq \\al(5,5)种．
答案 D
7．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，那么eq \f(a0＋a2＋a4,a1＋a3)的值为( )
A．－eq \f(122,121) B．－eq \f(61,60)
C．－eq \f(244,241) D．－1
解析 令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，再令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35.两式相加除以2求得a0＋a2＋a4＝122，两式相减除以2可得a1＋a3＋a5＝－121.又由条件可知a5＝－1，故eq \f(a0＋a2＋a4,a1＋a3)＝－eq \f(61,60).
答案 B
8．已知等差数列{an}的通项公式为an＝3n－5，则(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中含x4项的系数是该数列的( )
A．第9项 B．第10项
C．第19项 D．第20项
解析 ∵(1＋x)5＋(1＋x)6＋(1＋x)7的展开式中含x4项的系数是Ceq \\al(4,5)＋Ceq \\al(4,6)＋Ceq \\al(4,7)＝5＋15＋35＝55，∴由3n－5＝55得n＝20.故选D.
答案 D
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．下列是组合问题的是( )
A．10人相互通一次电话，共通多少次电话？
B．10支球队以单循环进行比赛(每两队比赛一次)，共进行多少场次？
C．从10个人中选出3个为代表去开会，有多少种选法？
D．从10个人中选出3个不同学科的课代表，有多少种选法？
解析 A是组合问题，因为甲与乙通了一次电话，也就是乙与甲通了一次电话，没有顺序的区别；B是组合问题，因为每两个队比赛一次，并不需要考虑谁先谁后，没有顺序的区别；C是组合问题，因为三个代表之间没有顺序的区别；D是排列问题，因为三个人中，担任哪一科的课代表是有顺序区别的．
答案 ABC
10．满足不等式Aeq \\al(2,n－1)－n<7的n的值为( )
A．3 B．4
C．5 D．6
解析 由Aeq \\al(2,n－1)－n＜7，得(n－1)(n－2)－n＜7，
整理，得n2－4n－5＜0，解得－1＜n＜5.
又n－1≥2且n∈N*，即n≥3且n∈N*，
所以n＝3或n＝4.
答案 AB
11．男、女学生共有8人，若从男生中选出2人，从女生中选出1人，共有30种不同的选法，则女生有( )
A．2 B．3 C．4 D．5
解析 设男生有x人，则女生有(8－x)人．
∵从男生中选出2人，从女生中选出1人，共有30种不同的选法，
∴Ceq \\al(2,x)·Ceq \\al(1,8－x)＝30，
∴x(x－1)(8－x)＝30×2＝2×6×5，或x(x－1)(8－x)＝3×4×5.
∴x＝6，8－6＝2，或x＝5，8－5＝3，
∴女生有2人或3人．
答案 AB
12．若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a0＋a1＋a2＋…＋a6＝64，则实数m＝( )
A．－3 B．－1 C．1 D．3
解析 令x＝1，由(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6可得，(1＋m)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a6＝64，所以1＋m＝2或1＋m＝－2，解得m＝1或m＝－3.
答案 AC
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)
13．计划在学校公园小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树，垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树，要求2棵银杏树必须相邻，则不同的种植方法共有__________种．
解析 分两步完成：
第一步，将2棵银杏树看成一个元素，考虑其顺序，有Aeq \\al(2,2)种种植方法；
第二步，将银杏树与4棵桂花树全排列，有Aeq \\al(5,5)种种植方法．
由分步乘法计数原理得，不同的种植方法共有Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(5,5)＝240(种)．
答案 240
14．(1＋sin x)6的二项展开式中，二项式系数最大的一项为eq \f(5,2)，则x在[0，2π]内的值为__________．
解析 由题意，得T4＝Ceq \\al(3,6)sin3x＝20sin3x＝eq \f(5,2)，
∴sin x＝eq \f(1,2).
∵x∈[0，2π]，∴x＝eq \f(π,6)或eq \f(5π,6).
答案 eq \f(π,6)或eq \f(5π,6)
15．将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法有__________种．
解析 先把A，B放入不同盒中，有3×2＝6(种)放法，再放C，D，
若C，D在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法；
若C，D在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A或B的盒中，有2×2＝4(种)放法．
故共有6×(1＋4)＝30(种)放法．
答案 30
16．若二项式(2＋x)10按(2＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10的方式展开，则展开式中a8的值为__________，a0＋a1＋a2＋…＋a10＝__________．(第一空3分，第二空2分)
解析 由题意得，(2＋x)10＝(－2－x)10＝[－3＋(1－x)]10，
所以展开式的第9项为
T9＝Ceq \\al(8,10)(－3)2(1－x)8＝405(1－x)8，
即a8＝405.令x＝0，
则a0＋a1＋…＋a10＝(2＋0)10＝1 024.
答案 405 1 024
四、解答题(本题共6小题，共70分．解答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)已知A＝{x|1(1)从集合A和B中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？
(2)从A∪B中取出三个不同的元素组成三位数，从左到右的数字要逐渐增大，这样的三位数有多少个？
解 A＝{3，4，5，6，7}，B＝{4，5，6，7，8}．
(1)A中元素作为横坐标，B中元素作为纵坐标，有5×5＝25(个)；B中元素作为横坐标，A中元素作为纵坐标，有5×5＝25(个)．又两集合中有4个相同元素，故有4×4＝16(个)重复了两次，所以共有25＋25－16＝34(个)不同的点．
(2)A∪B＝{3，4，5，6，7，8}，则这样的三位数共有Ceq \\al(3,6)＝20(个)．
18．(本小题满分12分)已知(1＋2eq \r(x))n的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，而且是它的后一项系数的eq \f(5,6)倍，试求展开式中二项式系数最大的项．
解 二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)(2k)xeq \f(k,2)，
由题意知展开式中第k＋1项系数是第k项系数的2倍，是第k＋2项系数的eq \f(5,6)倍，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ceq \\al(k,n)2k＝2Ceq \\al(k－1,n)·2k－1，,Ceq \\al(k,n)2k＝\f(5,6)Ceq \\al(k＋1,n)·2k＋1，))
解得n＝7.
∴展开式中二项式系数最大的项是
T4＝Ceq \\al(3,7)(2eq \r(x))3＝280xeq \f(3,2)或T5＝Ceq \\al(4,7)(2eq \r(x))4＝560x2.
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．
解 (1)除选出A，B外，从其他10个人中再选3人，选法数为Ceq \\al(3,10)＝120.
(2)按女生的选取情况分类：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Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(3,7)＋Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(2,7)＋Ceq \\al(4,5)Ceq \\al(1,7)＋Ceq \\al(5,5)＝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，所有选法数为Ceq \\al(1,7)·Ceq \\al(1,5)·Aeq \\al(3,10)＝25 200.
20．(本小题满分12分)设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)x))eq \s\up12(m)＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋amxm，若a0，a1，a2成等差数列，
(1)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)x))eq \s\up12(m)展开式的中间项；
(2)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)x))eq \s\up12(m)展开式中所有含x的奇次幂项的系数和．
解 (1)依题意a0＝1，a1＝eq \f(m,2)，a2＝Ceq \\al(2,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2).
由2a1＝a0＋a2，得m＝1＋Ceq \\al(2,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)，解得m＝8或m＝1(应舍去)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)x))eq \s\up12(m)展开式的中间项是第5项，
T5＝Ceq \\al(4,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x))eq \s\up12(4)＝eq \f(35,8)x4.
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)x))eq \s\up12(m)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋amxm，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)x))eq \s\up12(8)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8.
令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a8＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(8)，
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(8)，
所以a1＋a3＋a5＋a7＝eq \f(38－1,29)＝eq \f(205,16)，
所以展开式中所有含x的奇次幂项的系数和为eq \f(205,16).
21．(本小题满分12分)把n个正整数全排列后得到的数叫做“再生数”，“再生数”中最大的数叫做最大再生数，最小的数叫做最小再生数．
(1)求1，2，3，4的再生数的个数，以及其中的最大再生数和最小再生数；
(2)试求任意5个正整数(可相同)的再生数的个数．
解 (1)1，2，3，4的再生数的个数为Aeq \\al(4,4)＝24，其中最大再生数为4 321，最小再生数为1 234.
(2)需要考查5个数中相同数的个数．
若5个数各不相同，有Aeq \\al(5,5)＝120(个)；
若有2个数相同，则有eq \f(Aeq \\al(5,5),Aeq \\al(2,2))＝60(个)；
若有3个数相同，则有eq \f(Aeq \\al(5,5),Aeq \\al(3,3))＝20(个)；
若有4个数相同，则有eq \f(Aeq \\al(5,5),Aeq \\al(4,4))＝5(个)；
若5个数全相同，则有1个．
22．(本小题满分12分)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数．
(1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；
(2)在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；
(3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数．
解 (1)将所有的三位偶数分为两类：①若个位数为0，则共有Aeq \\al(2,4)＝12(种)；②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(种)．所以共有12＋18＝30(个)符合题意的三位偶数．
(2)将这些“凹数”分为三类：①若十位数字为0，则共有Aeq \\al(2,4)＝12(种)；②若十位数字为1，则共有Aeq \\al(2,3)＝6(种)；③若十位数字为2，则共有Aeq \\al(2,2)＝2(种)．所以共有12＋6＋2＝20(个)符合题意的“凹数”．
(3)将符合题意的五位数分为三类：①若两个奇数数字在一、三位置，则共有Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(3,3)＝12(种)；②若两个奇数数字在二、四位置，则共有Aeq \\al(2,2)·Ceq \\al(1,2)·Aeq \\al(2,2)＝8(种)；③若两个奇数数字在三、五位置，则共有Aeq \\al(2,2)·Ceq \\al(1,2)·Aeq \\al(2,2)＝8(种)．所以共有12＋8＋8＝28(个)符合题意的五位数.