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高中第一章 计数原理综合与测试复习练习题
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这是一份高中第一章 计数原理综合与测试复习练习题，共11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。
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.(C1002+C10097)÷A1013的值为( )
A.6B.101C.16D.1101
2.六名同学站一排照相,要求A,B,C三人按从左到右的顺序站,可以不相邻,也可以相邻,则不同的排法共有( )
A.720种B.360种C.120种D.90种
3.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
4.(2x-3)1+1x6的展开式中剔除常数项后的各项系数和为( )
A.-55B.-61C.-63D.-73
5.将编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3的盒子中,要求不允许有空盒子,且球与盒子的号不能相同,则不同的放球方法有( )
A.16种B.12种C.9种D.6种
6.(x+y)(2x-y)5的展开式中x2y4的系数为( )
A.-40B.40C.30D.-30
7.学校准备从5位同学中挑选3位,分别担任田径、游泳和球类3个不同项目比赛的志愿者,已知甲同学不能担任游泳比赛的志愿者,则不同的安排方法共有( )
A.24种B.36种
C.48种D.60种
8.回文联是用回文形式写成的对联,既可顺读,也可倒读,不仅意思不变,而且颇具趣味.相传,清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”,曾有一副有名的回文联:“客上天然居,居然天上客;人过大佛寺,寺佛大过人.”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数,称为“回文数”.如44,585,2662等,那么用数字1,2,3,4,5,6可以组成4位“回文数”的个数为( )
A.30B.36C.360D.1296
9.已知(ax+b)6的展开式中x4的系数与x5的系数分别为135与-18,则展开式中所有项的系数之和为( )
A.-1B.1C.32D.64
10.已知集合M={3},N={2,4},Q={1,2,5},从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系O-xyz中向量a的坐标,则可确定不同向量a的个数为( )
A.33B.34C.35D.36
11.二进制是计算机技术中广泛采用的一种数制.二进制数据是用0和1两个数码来表示的数.它的基数为2,进位规则是“逢二进一”,借位规则是“借一当二”.随机取出1个不小于(100000)2,且不超过(111111)2的二进制数,其数码中恰有4个1的概率是( )
A.932B.931C.1031D.516
12.已知当|x|<12时,11+2x=1-2x+4x2-…+(-2x)n+…,根据以上信息,若对任意|x|<12,都有x(1-x3)(1+2x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn+…,则a10=( )
A.-444B.-455C.-466D.-456
二、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.x-1x(2x-1)6的展开式中x3的系数是 .(用数字作答)
14.代数式(x2+2)1x2-15的展开式的常数项是 .(用数字作答)
15.在新一轮的素质教育要求下,某校在高一开展了选课走班的活动,已知该校提供了3门选修课供高一学生选择,现有5名同学参加学校选课走班的活动,要求这5名同学每人选修一门课程且每门课程都有人选,则这5名同学选课的种数为 .(用数字作答)
16.将A,B,C,D,E,F六个字母排成一排,且A,B在C的同侧,则共有 种不同的排法.
三、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<2020的最大正整数n.
18.(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+26a6+28a8+210a10的值.
19.(本小题满分12分)已知x+126xn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.
20.(本小题满分12分)某兴趣小组有9名学生,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、女生各有多少人?
(2)9名学生站成一列,现重新站队且要求女生保持相对顺序不变(即女生前后顺序保持不变),有多少种重新站队的方法?(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?(用数字作答)
21.(本小题满分12分)将4个不同的红球和6个不同的白球,放入同一个袋中,现从中取出4个球.
(1)若取出的红球的个数不少于白球的个数,则有多少种不同的取法?
(2)取出一个红球记2分,取出一个白球记1分,若取出4个球的总分不少于5分,则有多少种不同的取法?
(3)若将取出的4个球放入一个箱子中,记“从箱子中任意取出2个球,然后放回箱子中”为一次操作,若操作三次,求恰有一次取到2个红球并且恰有一次取到2个白球的概率.
22.(本小题满分12分)在杨辉三角中,从第3行开始,除1以外,其他每一个数值都等于它肩上的两个数之和,这个三角形数阵的部分数据如图所示.
(1)求证:Cnm+Cnm+1=Cn+1m+1;
(2)求证:第m斜列中(从右上到左下)的前k个数之和一定等于第(m+1)斜列中的第k个数,即Cm-1m-1+Cmm-1+Cm+1m-1+Cm+2m-1+…+Cm+k-2m-1=Cm+k-1m(m≥2,m,k∈N*);
(3)在杨辉三角中是否存在某一行,该行中三个相邻的数之比为3∶8∶14?若存在,试求出这三个数;若不存在,请说明理由.
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一、选择题
1.C (C1002+C10097)÷A1013=(C1002+C1003)÷A1013=C1013÷A1013=13×2×1=16,故选C.
2.C 根据题意,六名同学并排站成一排,有A66种情况,其中A,B,C三人顺序固定,按从左到右的顺序站,则不同的排法数为A66A33=120,故选C.
3.B 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.
4.D 令x=1,得(2x-3)1+1x6=-26=-64,而常数项为-3×C60+2×C61=9,所以展开式中剔除常数项后的各项系数和为-64-9=-73,故选D.
5.B 由题意可知,这四个小球有两个小球放在一个盒子中,将四个小球分组,有如下情况:
当1号球与2号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法;
当1号球与3号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法;
当1号球与4号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法;
当2号球与3号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法;
当2号球与4号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法;
当3号球与4号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法.
综上,不同的放球方法有12种.故选B.
6.D (2x-y)5的展开式的通项为Tr+1=C5r·(2x)5-r(-y)r=25-r(-1)rC5rx5-ryr(r=0,1,2,3,4,5).
令5-r=1,得r=4,则x×2×C54xy4=10x2y4;
令5-r=2,得r=3,则y×22×(-1)3×C53x2y3=-40x2y4.
所以(x+y)(2x-y)5的展开式中x2y4的系数为10-40=-30.故选D.
7.C 若选出的3人中没有甲同学,则安排方法有C43·A33=24种.若选出的3人中有甲同学,则安排方法有C21·A42=24种,故不同的安排方法共有24+24=48种,故选C.
8.B 根据题意,分2种情况讨论:
①4位“回文数”中数字全部相同,有6种情况,即此时有6个4位“回文数”;
②4位“回文数”中有2个不同的数字,有C62种情况,每种情况有2个4位“回文数”,即此时有2C62=30个4位“回文数”.
故共有6+30=36(个)4位“回文数”.
9.D (ax+b)6=(b+ax)6的展开式的通项为Tr+1=C6rb6-r(ax)r=C6rb6-rarxr,所以C64b2a4=135,C65ba5=-18,解得a=1,b=-3或a=-1,b=3,所以|a+b|=2,令x=1,可得(ax+b)6的展开式中所有项的系数之和为(a+b)6=|a+b|6=26=64.故选D.
10.A 从三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系O-xyz中向量a的坐标的个数为C21C31A33=36,但集合N,Q中有相同元素2,由3,2,2三个数确定的不同点只有3个,故所求向量a的个数为36-3=33.故选A.
11.D 二进制的后五位的排列总数为25=32,二进制的后五位恰好有3个“1”的个数为C53=10,由古典概型的概率公式得,所求概率P=1032=516.故选D.
12.B x(1-x3)(1+2x)=x·(1+x3+x6+x9+…)·(1-2x+4x2-8x3+…),令1+x3+x6+x9+…为①式,1-2x+4x2-8x3+…为②式,要得出x10的系数a10,
可取(1)①式中的1乘②式中的(-2)9x9;
(2)①式中的x3乘②式中的(-2)6x6;
(3)①式中的x6乘②式中的(-2)3x3;
(4)①式中的x9乘②式中的1,
那么a10=(-2)9+(-2)6+(-2)3+1=-455,故选B.
二、填空题
13.答案 -180
解析 x-1x(2x-1)6的展开式中含x3的项为xC64(2x)2(-1)4+-1xC62(2x)4·(-1)2=-180x3,所以展开式中x3的系数为-180.
14.答案 3
解析 1x2-15的通项为Tr+1=C5r·1x25-r(-1)r=(-1)rC5rx2r-10.令2r-10=-2,得r=4;令2r-10=0,得r=5.故常数项为(-1)4·C54+2·(-1)5·C55=3.
15.答案 150
解析 由题意,先把5名学生分成3组,每组人数分别为2,2,1或1,1,3,则不同的分组方法有C52C32C11A22+C51C41C33A22=25种,再由这3组学生选取3门选修课,不同的选法有A33=6种,由分步乘法计数原理得,这5名同学选课的种数为25×6=150.
16.答案 480
解析 如图所示的六个位置:
若C放在第1个位置,则满足条件的排法有A55种;
若C放在第2个位置,则从3,4,5,6共4个位置中选2个位置排A,B,再在余下的3个位置排D,E,F,共有A42A33种排法;
若C放在第3个位置,则可在1,2两个位置排A,B,其余位置排D,E,F,有A22A33种排法,或在4,5,6共3个位置中选2个位置排A,B,再在其余3个位置排D,E,F,有A32A33种排法,共有A22A33+A32A33种排法;
若C在第4个位置,则有A22A33+A32A33种排法;
若C在第5个位置,则有A42A33种排法;
若C在第6个位置,则有A55种排法.
综上,共有2(A55+A42A33+A22A33+A32A33)=480种排法.
三、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0≤x≤6,0≤x-1≤7,所以1≤x≤6,所以x=3.(5分)
(2)因为mCnm=nCn-1m-1,所以Cn1+2Cn2+3Cn3+…+nCnn=nCn-10+nCn-11+nCn-12+…+nCn-1n-1<2020,(7分)
即n(Cn-10+Cn-11+Cn-12+…+Cn-1n-1)<2020,
所以n·2n-1<2020(n∈N*),
解得1≤n≤8.
所以正整数n的最大值为8.(10分)
18.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).(3分)
令10-2r=5,得r=52(舍去);
令10-2r=6,得r=2,
则a6=(-1)2×23×C52=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(10分)
由①+②2得a0+22a2+24a4+26a6+28a8+210a10=3×75-752=75.(12分)
19.解析 (1)易知该式展开式中的前三项系数分别为1、12Cn1、14Cn2.
∵前三项系数成等差数列,
∴2×12Cn1=1+14Cn2,整理得n2-9n+8=0,
∴n=8或n=1(舍去),(3分)
∴展开式的通项为Tr+1=C8r(x)8-r·126xr=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)当4-23r为整数时,r=0,3,6.
∵n=8,∴展开式中共有9项,将各项重新排成一列共有A99种排法,(8分)
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为A66A73A99=512.(12分)
20.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)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=60480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60480×1-1=60479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=60480种站队方法,
所以重新站队的方法有60480-1=60479种.(8分)
(3)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=17280种站队方法.(12分)
21.解析 (1)若取出的红球的个数不少于白球的个数,则有4红、3红1白、2红2白三种情况,
其中4红有C44=1种取法,3红1白有C43C61=24种取法,2红2白有C42C62=90种取法.
因此,共有1+24+90=115种不同的取法.(4分)
(2)若取出4个球的总分不少于5分,则有4红、3红1白、2红2白和1红3白四种情况,
其中4红有C44=1种取法,3红1白有C43C61=24种取法,2红2白有C42C62=90种取法,1红3白有C41C63=80种取法.
因此,共有1+24+90+80=195种不同的取法. (8分)
(3)由题意知,箱子中4个球中红球有2个,白球也有2个,从这4个球中取出2个球,取出2个红球只有一种情况,取出2个白球也只有一种情况,取出1红1白有C21C21=4种情况,总共有6种情况.
若操作三次,则共有63=216种情况.
恰有一次取到2个红球并且恰有一次取到2个白球共有1×1×4×A33=24种情况,
因此,恰有一次取到2个红球并且恰有一次取到2个白球的概率为24216=19.(12分)
22.解析 (1)证明:Cnm+Cnm+1
=n!m!(n-m)!+n!(m+1)!(n-m-1)!
=n!(m+1)(m+1)!(n-m)!+n!(n-m)(m+1)!(n-m)!
=n!(m+1+n-m)(m+1)!(n-m)!
=(n+1)!(m+1)![(n+1)-(m+1)]!=Cn+1m+1,
∴原式得证.(4分)
(2)证明:由(1)得Cnm+Cnm+1=Cn+1m+1,
∵原式左边=Cmm+Cmm-1+Cm+1m-1+Cm+2m-1+…+Cm+k-2m-1=Cm+1m+Cm+1m-1+Cm+2m-1+…+Cm+k-2m-1=……=Cm+k-2m+Cm+k-2m-1=Cm+k-1m=右边,∴原命题成立.(8分)
(3)存在.设在第n行的第r,r+1,r+2个数满足3∶8∶14,
即Cnr-1∶Cnr∶Cnr+1=3∶8∶14,解得n=10,r=3,∴这三个数依次为45,120,210.(12分)
1.C
2.C
3.B
4.D
5.B
6.D
7.C
8.B
9.D
10.A
11.D
12.B
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.(C1002+C10097)÷A1013的值为( )
A.6B.101C.16D.1101
2.六名同学站一排照相,要求A,B,C三人按从左到右的顺序站,可以不相邻,也可以相邻,则不同的排法共有( )
A.720种B.360种C.120种D.90种
3.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
4.(2x-3)1+1x6的展开式中剔除常数项后的各项系数和为( )
A.-55B.-61C.-63D.-73
5.将编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3的盒子中,要求不允许有空盒子,且球与盒子的号不能相同,则不同的放球方法有( )
A.16种B.12种C.9种D.6种
6.(x+y)(2x-y)5的展开式中x2y4的系数为( )
A.-40B.40C.30D.-30
7.学校准备从5位同学中挑选3位,分别担任田径、游泳和球类3个不同项目比赛的志愿者,已知甲同学不能担任游泳比赛的志愿者,则不同的安排方法共有( )
A.24种B.36种
C.48种D.60种
8.回文联是用回文形式写成的对联,既可顺读,也可倒读,不仅意思不变,而且颇具趣味.相传,清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”,曾有一副有名的回文联:“客上天然居,居然天上客;人过大佛寺,寺佛大过人.”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数,称为“回文数”.如44,585,2662等,那么用数字1,2,3,4,5,6可以组成4位“回文数”的个数为( )
A.30B.36C.360D.1296
9.已知(ax+b)6的展开式中x4的系数与x5的系数分别为135与-18,则展开式中所有项的系数之和为( )
A.-1B.1C.32D.64
10.已知集合M={3},N={2,4},Q={1,2,5},从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系O-xyz中向量a的坐标,则可确定不同向量a的个数为( )
A.33B.34C.35D.36
11.二进制是计算机技术中广泛采用的一种数制.二进制数据是用0和1两个数码来表示的数.它的基数为2,进位规则是“逢二进一”,借位规则是“借一当二”.随机取出1个不小于(100000)2,且不超过(111111)2的二进制数,其数码中恰有4个1的概率是( )
A.932B.931C.1031D.516
12.已知当|x|<12时,11+2x=1-2x+4x2-…+(-2x)n+…,根据以上信息,若对任意|x|<12,都有x(1-x3)(1+2x)=a0+a1x+a2x2+…+anxn+…,则a10=( )
A.-444B.-455C.-466D.-456
二、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.x-1x(2x-1)6的展开式中x3的系数是 .(用数字作答)
14.代数式(x2+2)1x2-15的展开式的常数项是 .(用数字作答)
15.在新一轮的素质教育要求下,某校在高一开展了选课走班的活动,已知该校提供了3门选修课供高一学生选择,现有5名同学参加学校选课走班的活动,要求这5名同学每人选修一门课程且每门课程都有人选,则这5名同学选课的种数为 .(用数字作答)
16.将A,B,C,D,E,F六个字母排成一排,且A,B在C的同侧,则共有 种不同的排法.
三、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<2020的最大正整数n.
18.(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+26a6+28a8+210a10的值.
19.(本小题满分12分)已知x+126xn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.
20.(本小题满分12分)某兴趣小组有9名学生,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、女生各有多少人?
(2)9名学生站成一列,现重新站队且要求女生保持相对顺序不变(即女生前后顺序保持不变),有多少种重新站队的方法?(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?(用数字作答)
21.(本小题满分12分)将4个不同的红球和6个不同的白球,放入同一个袋中,现从中取出4个球.
(1)若取出的红球的个数不少于白球的个数,则有多少种不同的取法?
(2)取出一个红球记2分,取出一个白球记1分,若取出4个球的总分不少于5分,则有多少种不同的取法?
(3)若将取出的4个球放入一个箱子中,记“从箱子中任意取出2个球,然后放回箱子中”为一次操作,若操作三次,求恰有一次取到2个红球并且恰有一次取到2个白球的概率.
22.(本小题满分12分)在杨辉三角中,从第3行开始,除1以外,其他每一个数值都等于它肩上的两个数之和,这个三角形数阵的部分数据如图所示.
(1)求证:Cnm+Cnm+1=Cn+1m+1;
(2)求证:第m斜列中(从右上到左下)的前k个数之和一定等于第(m+1)斜列中的第k个数,即Cm-1m-1+Cmm-1+Cm+1m-1+Cm+2m-1+…+Cm+k-2m-1=Cm+k-1m(m≥2,m,k∈N*);
(3)在杨辉三角中是否存在某一行,该行中三个相邻的数之比为3∶8∶14?若存在,试求出这三个数;若不存在,请说明理由.
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一、选择题
1.C (C1002+C10097)÷A1013=(C1002+C1003)÷A1013=C1013÷A1013=13×2×1=16,故选C.
2.C 根据题意,六名同学并排站成一排,有A66种情况,其中A,B,C三人顺序固定,按从左到右的顺序站,则不同的排法数为A66A33=120,故选C.
3.B 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.
4.D 令x=1,得(2x-3)1+1x6=-26=-64,而常数项为-3×C60+2×C61=9,所以展开式中剔除常数项后的各项系数和为-64-9=-73,故选D.
5.B 由题意可知,这四个小球有两个小球放在一个盒子中,将四个小球分组,有如下情况:
当1号球与2号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法;
当1号球与3号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法;
当1号球与4号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法;
当2号球与3号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法;
当2号球与4号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法;
当3号球与4号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法.
综上,不同的放球方法有12种.故选B.
6.D (2x-y)5的展开式的通项为Tr+1=C5r·(2x)5-r(-y)r=25-r(-1)rC5rx5-ryr(r=0,1,2,3,4,5).
令5-r=1,得r=4,则x×2×C54xy4=10x2y4;
令5-r=2,得r=3,则y×22×(-1)3×C53x2y3=-40x2y4.
所以(x+y)(2x-y)5的展开式中x2y4的系数为10-40=-30.故选D.
7.C 若选出的3人中没有甲同学,则安排方法有C43·A33=24种.若选出的3人中有甲同学,则安排方法有C21·A42=24种,故不同的安排方法共有24+24=48种,故选C.
8.B 根据题意,分2种情况讨论:
①4位“回文数”中数字全部相同,有6种情况,即此时有6个4位“回文数”;
②4位“回文数”中有2个不同的数字,有C62种情况,每种情况有2个4位“回文数”,即此时有2C62=30个4位“回文数”.
故共有6+30=36(个)4位“回文数”.
9.D (ax+b)6=(b+ax)6的展开式的通项为Tr+1=C6rb6-r(ax)r=C6rb6-rarxr,所以C64b2a4=135,C65ba5=-18,解得a=1,b=-3或a=-1,b=3,所以|a+b|=2,令x=1,可得(ax+b)6的展开式中所有项的系数之和为(a+b)6=|a+b|6=26=64.故选D.
10.A 从三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系O-xyz中向量a的坐标的个数为C21C31A33=36,但集合N,Q中有相同元素2,由3,2,2三个数确定的不同点只有3个,故所求向量a的个数为36-3=33.故选A.
11.D 二进制的后五位的排列总数为25=32,二进制的后五位恰好有3个“1”的个数为C53=10,由古典概型的概率公式得,所求概率P=1032=516.故选D.
12.B x(1-x3)(1+2x)=x·(1+x3+x6+x9+…)·(1-2x+4x2-8x3+…),令1+x3+x6+x9+…为①式,1-2x+4x2-8x3+…为②式,要得出x10的系数a10,
可取(1)①式中的1乘②式中的(-2)9x9;
(2)①式中的x3乘②式中的(-2)6x6;
(3)①式中的x6乘②式中的(-2)3x3;
(4)①式中的x9乘②式中的1,
那么a10=(-2)9+(-2)6+(-2)3+1=-455,故选B.
二、填空题
13.答案 -180
解析 x-1x(2x-1)6的展开式中含x3的项为xC64(2x)2(-1)4+-1xC62(2x)4·(-1)2=-180x3,所以展开式中x3的系数为-180.
14.答案 3
解析 1x2-15的通项为Tr+1=C5r·1x25-r(-1)r=(-1)rC5rx2r-10.令2r-10=-2,得r=4;令2r-10=0,得r=5.故常数项为(-1)4·C54+2·(-1)5·C55=3.
15.答案 150
解析 由题意,先把5名学生分成3组,每组人数分别为2,2,1或1,1,3,则不同的分组方法有C52C32C11A22+C51C41C33A22=25种,再由这3组学生选取3门选修课,不同的选法有A33=6种,由分步乘法计数原理得,这5名同学选课的种数为25×6=150.
16.答案 480
解析 如图所示的六个位置:
若C放在第1个位置,则满足条件的排法有A55种;
若C放在第2个位置,则从3,4,5,6共4个位置中选2个位置排A,B,再在余下的3个位置排D,E,F,共有A42A33种排法;
若C放在第3个位置,则可在1,2两个位置排A,B,其余位置排D,E,F,有A22A33种排法,或在4,5,6共3个位置中选2个位置排A,B,再在其余3个位置排D,E,F,有A32A33种排法,共有A22A33+A32A33种排法;
若C在第4个位置,则有A22A33+A32A33种排法;
若C在第5个位置,则有A42A33种排法;
若C在第6个位置,则有A55种排法.
综上,共有2(A55+A42A33+A22A33+A32A33)=480种排法.
三、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0≤x≤6,0≤x-1≤7,所以1≤x≤6,所以x=3.(5分)
(2)因为mCnm=nCn-1m-1,所以Cn1+2Cn2+3Cn3+…+nCnn=nCn-10+nCn-11+nCn-12+…+nCn-1n-1<2020,(7分)
即n(Cn-10+Cn-11+Cn-12+…+Cn-1n-1)<2020,
所以n·2n-1<2020(n∈N*),
解得1≤n≤8.
所以正整数n的最大值为8.(10分)
18.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).(3分)
令10-2r=5,得r=52(舍去);
令10-2r=6,得r=2,
则a6=(-1)2×23×C52=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(10分)
由①+②2得a0+22a2+24a4+26a6+28a8+210a10=3×75-752=75.(12分)
19.解析 (1)易知该式展开式中的前三项系数分别为1、12Cn1、14Cn2.
∵前三项系数成等差数列,
∴2×12Cn1=1+14Cn2,整理得n2-9n+8=0,
∴n=8或n=1(舍去),(3分)
∴展开式的通项为Tr+1=C8r(x)8-r·126xr=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)当4-23r为整数时,r=0,3,6.
∵n=8,∴展开式中共有9项,将各项重新排成一列共有A99种排法,(8分)
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为A66A73A99=512.(12分)
20.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)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=60480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60480×1-1=60479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=60480种站队方法,
所以重新站队的方法有60480-1=60479种.(8分)
(3)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=17280种站队方法.(12分)
21.解析 (1)若取出的红球的个数不少于白球的个数,则有4红、3红1白、2红2白三种情况,
其中4红有C44=1种取法,3红1白有C43C61=24种取法,2红2白有C42C62=90种取法.
因此,共有1+24+90=115种不同的取法.(4分)
(2)若取出4个球的总分不少于5分,则有4红、3红1白、2红2白和1红3白四种情况,
其中4红有C44=1种取法,3红1白有C43C61=24种取法,2红2白有C42C62=90种取法,1红3白有C41C63=80种取法.
因此,共有1+24+90+80=195种不同的取法. (8分)
(3)由题意知,箱子中4个球中红球有2个,白球也有2个,从这4个球中取出2个球,取出2个红球只有一种情况,取出2个白球也只有一种情况,取出1红1白有C21C21=4种情况,总共有6种情况.
若操作三次,则共有63=216种情况.
恰有一次取到2个红球并且恰有一次取到2个白球共有1×1×4×A33=24种情况,
因此,恰有一次取到2个红球并且恰有一次取到2个白球的概率为24216=19.(12分)
22.解析 (1)证明:Cnm+Cnm+1
=n!m!(n-m)!+n!(m+1)!(n-m-1)!
=n!(m+1)(m+1)!(n-m)!+n!(n-m)(m+1)!(n-m)!
=n!(m+1+n-m)(m+1)!(n-m)!
=(n+1)!(m+1)![(n+1)-(m+1)]!=Cn+1m+1,
∴原式得证.(4分)
(2)证明:由(1)得Cnm+Cnm+1=Cn+1m+1,
∵原式左边=Cmm+Cmm-1+Cm+1m-1+Cm+2m-1+…+Cm+k-2m-1=Cm+1m+Cm+1m-1+Cm+2m-1+…+Cm+k-2m-1=……=Cm+k-2m+Cm+k-2m-1=Cm+k-1m=右边,∴原命题成立.(8分)
(3)存在.设在第n行的第r,r+1,r+2个数满足3∶8∶14,
即Cnr-1∶Cnr∶Cnr+1=3∶8∶14,解得n=10,r=3,∴这三个数依次为45,120,210.(12分)
1.C
2.C
3.B
4.D
5.B
6.D
7.C
8.B
9.D
10.A
11.D
12.B
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