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免费巩固练习

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免费巩固练习，共16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。

一、单项选择题(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.设n∈N*,且n<20,则(20-n)(21-n)…(100-n)等于( )
A.A100-n80B.A100-n20-nC.A100-n81D.A20-n80
2.有2位同学报名参加5个课外活动小组,每位同学限报其中的一个小组,则不同的报名方法有( )
A.10种B.20种C.25种D.32种
3.要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A、B、C三个班级中,要求每个班级至少分到一人,则甲被分到A班的分法种数为( )
A.6B.12C.24D.36
4.在(x+x)61+1y5的展开式中,含x4y2项的系数为( )
A.200B.180C.150D.120
5.某校在“数学联赛”考试后选取了6名教师参加阅卷,试卷共4道解答题,要求将这6名教师分成4组,每组改一道解答题,其中2组各有2名教师,另外2组各有1名教师,则不同的分配方案的种数是( )
A.216B.420C.720D.1 080
6.已知(2+ax)(1+x)5的展开式中x2的系数为25,则展开式中所有项的系数和为( )
A.-99B.97C.96D.-98
7.现用五种不同的颜色对如图所示的四个部分进行涂色,要求有公共边的两块不能涂同一种颜色,则不同的涂色方法种数为( )
A.180B.200C.240D.260
8.算筹是在珠算发明以前我国独创的计算工具,为我国古代数学的发展做出了很大贡献.在算筹计数法中,以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字,如表所示:
表示多位数时,个位用纵式,十位用横式,百位用纵式,千位用横式,以此类推,遇零则置空,如图所示:
6 728
6 708
如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中,那么可以表示的三位数的个数为( )
A.46B.44C.42D.40
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.x+124x8的展开式中系数最大的项是( )
A.第2项B.第3项
C.第4项D.第5项
10.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,不同的结果共有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12
D.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
11.对任意实数x,有(2x-3)9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+a3(x-1)3+…+a9(x-1)9.则下列结论成立的是( )
A.a2=-144
B.a0=1
C.a0+a1+a2+…+a9=1
D.a0-a1+a2-a3+…-a9=-39
12.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动,有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排,则以下说法错误的是( )
A.若每人都安排一项工作,则不同的方法数为54
B.若每项工作至少有1人参加,则不同的方法数为A54C41
C.如果司机工作不安排,其余三项工作至少安排1人,则这5名同学全部被安排的不同方法数为(C53C21+C52C32)A33
D.每项工作至少有1人参加,甲、乙不会开车但能从事其他三项工作,丙、丁、戊都能胜任四项工作,则不同安排方案的种数是C31C42A33+C32A33
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.若x+2x2n(n∈N*)的展开式中只有第六项的二项式系数最大,则展开式中的常数项是 .
14.我国古代有着辉煌的数学研究成果.《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》《孙子算经》《缉古算经》等10部专著有着丰富多彩的内容,是了解我国古代数学的重要文献.这10部专著中有7部产生于魏晋南北朝时期.某中学拟从这10部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容,则所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著的概率为 .
15.6x+13x6的展开式中,所有有理项(系数为有理数,x的次数为整数的项)的系数和为 ;把展开式中的项重新排列,则有理项互不相邻的排法共有 种.(用数字作答)(本小题第一空2分,第二空3分)
16.《九章算术》中称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马,设AA1是正六棱柱的一条侧棱,如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,以AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是 .
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)已知7A6x=20A7x-1,x∈N*,求x的值;
(2)求满足Cn1+2Cn2+3Cn3+…+nCnn<2 020的最大正整数n.
18. (本小题满分12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.
19. (本小题满分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.
20. (本小题满分12分)已知12x+2xn(n∈N*).
(1)若其展开式后三项的二项式系数的和等于67,求展开式中二项式系数最大的项;
(2)若n为满足821. (本小题满分12分)某兴趣小组有9名学生,若从这9名学生中选取3人,且选取的3人中恰好有一名女生的概率是1528.
(1)该小组中男、女学生各有多少人?
(2)9名学生站成一列,现要求女生保持相对顺序不变(即女生前后顺序保持不变)重新站队,有多少种重新站队的方法?(要求用数字作答)
(3)9名学生站成一列,要求男生必须两两站在一起,有多少种站队的方法?(要求用数字作答)
22. (本小题满分12分)已知x+126xn(n∈N*)的展开式中,前三项系数成等差数列.
(1)求含x2项的系数;
(2)将x+126xn的展开式中的所有项重新排成一列,求有理项互不相邻的概率.
答案全解全析
本章达标检测
一、单项选择题
1.C 由题意可得,共有(100-n)-(20-n)+1=81项,所以(20-n)(21-n)…(100-n)=A100-n81,故选C.
2.C 每位同学都有5种选择,则不同的报名方法有5×5=25种.故选C.
3.B 甲和另一个人一起分到A班有C31A22=6种分法,甲一个人分到 A班有C32A22=6种分法,故共有6+6=12种分法.故选B.
4.C (x+x)6的展开式的通项为Tr+1=C6r(x)6-rxr=C6rx6+r2,
令6+r2=4,可得r=2,则T2+1=C62x6+22=15x4.1+1y5的展开式的通项为Tk+1=C5k1yk=C5ky-k,
令k=2,可得T2+1=C52y-2=10y-2,
综上可得,含x4y2项的系数为15×10=150.
5.D 6人分成4组共有C62C42C21C11A22A22=45种不同的分组方案,所以共有45A44=1 080种分配方案.
6.C 解法一:因为(2+ax)(1+x)5=(2+ax)×(1+5x+10x2+10x3+5x4+x5),
所以x2的系数为20+5a,由题意得20+5a=25,解得a=1.
设(2+x)(1+x)5=a0+a1x+…+a6x6,令x=1,得(2+1)(1+1)5=a0+a1+…+a6=96.
解法二:由乘法分配律知(2+ax)(1+x)5的展开式中x2的系数为2·C52+aC51=20+5a,
所以20+5a=25,解得a=1,
设(2+x)(1+x)5=a0+a1x+…+a6x6,
令x=1,得(2+1)(1+1)5=a0+a1+…+a6=96.故选C.
7.D 先涂Ⅰ,有5种涂法,然后涂Ⅱ,Ⅳ,最后涂Ⅲ.
①当Ⅱ,Ⅳ相同时,涂法有4×1×4种,故不同的涂色方法种数有5×4×4=80.
②当Ⅱ,Ⅳ不同时,涂法有4×3×3种,故不同的涂色方法种数有5×4×3×3=180.
综上所述,不同的涂色方法数为80+180=260.
8.B 按每一位数上算筹的根数分类,一共有15种情况:
(5,0,0),(4,1,0),(4,0,1),(3,2,0),(3,1,1),(3,0,2),(2,3,0),(2,2,1),(2,1,2),(2,0,3),(1,4,0),(1,3,1),(1,2,2),(1,1,3),(1,0,4).
由题图可知,2根及2根以上的算筹可以表示两个数字,则上述情况能表示的三位数的个数分别为2,2,2,4,2,4,4,4,4,4,2,2,4,2,2,故5根算筹能表示的三位数的个数为2+2+2+4+2+4+4+4+4+4+2+2+4+2+2=44.故选B.
二、多项选择题
9.BC x+124x8的展开式的通项为
Tr+1=C8r(x)8-r124xr=C8r12rx4-34r(r=0,1,…,8),
设展开式中系数最大的项是Tr+1,则C8r12r≥C8r-112r-1,C8r12r≥C8r+112r+1,解得2≤r≤3,
∴r=2或r=3,
即x+124x8的展开式中系数最大的项是第3项和第4项.故选BC.
10.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,则不同的选书方法有3×3×3×3=81种,故A错误;
对于B,个位可以放1,3,十位和百位都可以放1,2,3,所以有2×3×3=18个奇数,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A22×A32=12种,
所以两个女生不相邻的概率P=1224=12,故D正确.故选CD.
11.ACD ∵对任意实数x,有(2x-3)9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+a3(x-1)3+…+a9(x-1)9=[-1+2(x-1)]9,
∴a2=-C92×22=-144,故A正确;
令x=1,可得a0=(2-3)9=-1,故B不正确;
令x=2,可得a0+a1+a2+…+a9=(2×2-3)9=1,故C正确;
令x=0,可得a0-a1+a2-…-a9=(0-3)9=-39,故D正确.
故选ACD.
12.ABC 每人有四项工作可以安排,所以5人都安排一项工作的不同方法数为45,故选项A中说法错误;每项工作至少有1人参加,则有一项工作安排2人,其他三项工作各1人,所以共有C41C52A33种不同方法数,选项B中A54C41是每项工作先安排1人,还剩下1人在四项工作中选择,这样会有重复,比如:“甲、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机,戊安排翻译”与“戊、乙、丙、丁分别安排翻译、导游、礼仪、司机,甲安排翻译”重复计算了,故选项B中说法错误;选项C中是先分组后分配,C53C21代表的是5人分成3人、1人、1人三组,C52C32代表的是5人分成2人、2人、1人三组,然后三组人分配三项工作,乘A33,然而在分组的过程中都有重复,比如:3人、1人、1人分组中,先选择了甲、乙、丙三人一组,剩下丁、戊分两组只有一种分法,而不是C21种分法,故选项C中说法错误;选项D分两类考虑,第一类:司机安排1人,方法数为C31,另外4人分3组,方法数为C42(4人选2人为1组,另外2人分2组只有一种分法),然后3组人安排除司机外的三项工作,方法数为A33,则不同安排方案的种数是C31C42A33,第二类:司机安排2人,方法数为C32,剩下3人安排另外三项工作,方法数为A33,则不同安排方案的种数是C32A33,由分类加法计数原理得,共有C31C42A33+C32A33种不同的安排方案,故选项D中说法正确.故选ABC.
三、填空题
13.答案 180
解析 由题意可得n=10,故展开式的通项为Tr+1=C10r·x10-r2·2r·x-2r=2r·C10r·x10-5r2,令10-5r2=0,解得r=2,故展开式中的常数项是22C102=180.
14.答案 1415
解析 从10部专著中选择2部的所有可能情况有C102=45种,
所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期的专著的可能情况有C71C31+C72=42种,故所求概率为4245=1415.
15.答案 32;144
解析 6x+13x6的展开式的通项为Tr+1=C6rx6-r6x-13r=C6rx2-r2(r=0,1,2,…,6),因为2-r2=1-r2∈Z,所以r=0,2,4,6,
故所有有理项的系数和为C60+C62+C64+C66=1+15+15+1=32.把展开式中的项重新排列,则有理项互不相邻的排法共有A33A44=144种.
16.答案 16
解析 如图所示.
根据正六边形的性质可知,当另一条边取BB1时,顶点可取D或D1或E或E1,共4种情况,同理,当另一条边取CC1,EE1,FF1时,顶点的选取也各有4种情况;当另一条边取DD1时,不存在符号题意的阳马,
因此符合要求的阳马的个数是4×4=16.
四、解答题
17.解析 (1)由已知得7×6!(6-x)!=20×7!(8-x)!,化简得x2-15x+36=0,
解得x=3或x=12,(3分)
因为x≤6,x-1≤7,所以x=3. (5分)
(2)解法一:因为mCnm=nCn-1m-1,所以Cn1+2Cn2+3Cn3+…+nCnn=nCn-10+nCn-11+nCn-12+…+nCn-1n-1<2 020,
即n(Cn-10+Cn-11+Cn-12+…+Cn-1n-1)<2 020,(7分)
所以n·2n-1<2 020(n∈N*),解得n≤8.
所以n的最大值为8.(10分)
解法二:∵(1+x)n=Cn0+Cn1x+Cn2x2+Cn3x3+…+Cnnxn,
∴两边同时对x求导得n(1+x)n-1=Cn1+2Cn2x+3Cn3x2+…+nCnnxn-1,(7分)
令x=1,得n×2n-1<2 020(n∈N*),解得n≤8.所以n的最大值为8. (10分)
18.解析 (1)甲、乙报同一项目,丙不报A项目,共有C31C31C21=3×3×2=18种报名方法.(5分)
(2)由题意,若B、C项目各有一人,有C31A22=6种报名方法;
若B、C项目各有两人,有C42C22=6种报名方法,
所以甲不报A项目,且B、C项目报名的人数相同的报名方法共有6+6=12种.(12分)
19.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),
令10-2r=5,得r=52,舍去;
令10-2r=6,得r=2,
则a6=(-1)2×23×C52=80,
即a6=80.(6分)
(2)令x=2,得3×75=a0+2a1+22a2+…+211a11,①
令x=-2,得-75=a0-2a1+22a2-…-211a11,②
由①+②2得a0+22a2+24a4+…+210a10=3×75-752=75.(12分)
20.解析 (1)由已知得Cnn-2+Cnn-1+Cnn=Cn2+Cn1+Cn0=n(n-1)2+n+1=67,
整理得n2+n-132=0,即(n+12)(n-11)=0,解得n=11或n=-12(舍去).(2分)
则12x+2xn=12x+2x11,其展开式中二项式系数最大的项为第6项和第7项,
即T6=C115×126x-6×25x52=231x-72,(4分)
T7=C116×125x-5×26x3=924x-2.(6分)
(2)12x+2xn的展开式的通项为Tr+1=Cnr12n-rx-(n-r)2rxr2=Cnr22r-nx3r-2n2(r=0,1,…,n).
设第r+1项为常数项,则有3r-2n2=0,即n=32r,
所以8<32r<12,即513又r∈N,所以r=6或r=7,(9分)
当r=6时,n=9;当r=7时,n=212(不合题意,舍去),所以n=9,即当n=9时,展开式中有常数项,
常数项为T7=C96×23=672.(12分)
21.解析 (1)设男生有x人,则Cx2C9-x1C93=1528,
即x(x-1)(9-x)=90,解得x=6.经检验符合题意,故男生有6人,女生有3人.(4分)
(2)由(1)知,男生有6人,女生有3人.
解法一:
第一步:让6名男生先从9个位置中选6个位置,共有A96=60 480种方法;
第二步:余下的位置让3名女生去站,因为要保持相对顺序不变,故只有1种选择,
因此一共有60 480×1-1=60 479种重新站队的方法.(8分)
解法二:
9名学生站队共有A99种站队方法,
3名女生有A33种站队顺序,
因此一共有A99A33=60 480种站队方法,
所以重新站队的方法有60 480-1=60 479.(8分)
(3)由(1)知,男生有6人,女生有3人,第一步:将6名男生分成3组,每组2人,共有C62C42C22A33=15种分法;
第二步:三名女生站好队,然后将3组男生插入她们形成的空中,共有A33A43=144种站队方法;
第三步:3组男生中每组男生站队方法都有A22=2种,
故一共有15×144×23=17 280种站队方法.(12分)
22.解析 (1)∵x+126xn的展开式的通项为Tr+1=Cnr(x)n-r126xr=Cnr12rx3n-4r6,
∴前三项的系数分别为1,12Cn1,14Cn2,
又知前三项系数成等差数列,
∴2×12Cn1=1+14Cn2,即n2-9n+8=0,
∴n=8或n=1 (舍去).(4分)
∴展开式的通项为Tr+1=C8r12rx4-23r,r=0,1,…,8.
令4-23r=2,得r=3,
∴含x2项的系数为C83123=7.(6分)
(2)由(1)知n=8,x+126x8的展开式的通项为Tr+1=C8r12rx4-23r,r=0,1,…,8.
当4-23r为整数时,r=0,3,6,对应的项为有理项.(8分)
∵展开式共有9项,∴将所有项重新排列共有A99种排法,
其中有理项有3项,有理项互不相邻有A66A73种排法,
∴有理项互不相邻的概率P=A66A73A99=512. (12分)