章末综合检测（一） 计数原理（A、B卷）

这是一份章末综合检测（一） 计数原理（A、B卷），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。

(时间：120分钟 满分：150分)
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．从A地到B地要经过C地和D地，从A地到C地有3条路，从C地到D地有2条路，从D地到B地有4条路，则从A地到B地不同走法的种数是( )
A．9 B．1
C．24 D．3
解析：选C 完成从A地到B地这件事情共分三步：第一步，从A地到C地；第二步，从C地到D地；第三步，从D地到B地．符合分步乘法计数原理，共有3×2×4＝24种不同的走法．
2．下列计算结果为28的是( )
A．Aeq \\al(2,4)＋Aeq \\al(2,6) B．Ceq \\al(7,7)
C．Aeq \\al(2,8) D．Ceq \\al(2,8)
解析：选D Ceq \\al(2,8)＝eq \f(8×7,2)＝4×7＝28.
3．某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为( )
A．6 B．12
C．18 D．19
解析：选D 从六科中选考三科的选法有Ceq \\al(3,6)种，其中不选物理、政治、历史中任意一科的选法有1种，因此学生甲的选考方法共有Ceq \\al(3,6)－1＝19种．
4．高三(一)班学生要安排毕业晚会上4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是( )
A．1 800 B．3 600
C．4 320 D．5 040
解析：选B 不同的排法种数为Aeq \\al(5,5)Aeq \\al(2,6)＝3 600.
5．在(x－2)6展开式中，二项式系数的最大值为m，含x5项的系数为n，则eq \f(n,m)＝( )
A.eq \f(5,3) B．－eq \f(5,3)
C.eq \f(3,5) D．－eq \f(3,5)
解析：选D 因为n＝6是偶数，所以展开式共有7项，其中中间一项的二项式系数最大，其二项式系数为
m＝Ceq \\al(3,6)＝20，含x5项的系数为n＝(－1)Ceq \\al(1,6)×2＝－12，
则eq \f(n,m)＝－eq \f(12,20)＝－eq \f(3,5).故选D.
6.用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )
A．4 320种 B．2 880种
C．1 440种 D．720种
解析：选A 分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法．根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×4×3＝4 320(种)不同的涂色方法．
7．五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁两种不能排在一起，则不同的排法总数共有( )
A．12种 B．20种
C．24种 D．48种
解析：选C 甲、乙捆绑看成一个元素，与丙、丁之外的1个元素共两个元素进行全排列，有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)种排法，再插空排入丙、丁，共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(2,3)＝24种不同排法．
8．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8＝( )
A．－180 B．180
C．45 D．－45
解析：选B 令t＝1－x，则x＝1－t，
所以有(2－t)10＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a10t10，
因为Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)210－r(－t)r＝Ceq \\al(r,10)210－r(－1)rtr，
令r＝8，得a8＝Ceq \\al(8,10)×22＝180.
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，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．下列问题是组合问题的是( )
A．把5本不同的书分给5个学生，每人一本
B．从7本不同的书中取出5本给某个同学
C．10个人相互发一微信，共发几次微信
D．10个人互相通一次电话，共通了几次电话
解析：选BD A中，由于书不同，每人每次拿到的也不同，有顺序之分，故它是排列问题．B中，从7本不同的书中，取出5本给某个同学，在每种取法中取出的5本并不考虑书的顺序，故它是组合问题．C中，因为两人互发微信与写微信的人与收微信人的顺序有关，故它是排列问题．D中，因为互通电话一次没有顺序之分，故它是组合问题．
10．下列关于(a－b)10的说法，正确的是( )
A．展开式中的二项式系数之和为1 024
B．展开式中第6项的二项式系数最大
C．展开式中第5项或第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
解析：选ABD 由展开式的二项式系数之和为2n知A正确；当n为偶数时，展开式中二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也正确，因为展开式中第6项的系数是负数，且二项式系数最大，所以是系数最小的项．
11．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x2－\f(3,x)))5的展开式中含xα(α∈Z)，则α的值可能为( )
A．－5 B．1
C．7 D．2
解析：选ABC 由题意可知
Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(2x2)5－r·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,x)))r
＝25－r·(－3)r·Ceq \\al(r,5)·x10－3r，
其中r＝0,1，2，…，5.
令10－3r＝－5，得r＝5；
令10－3r＝1，得r＝3；
令10－3r＝7，得r＝1；
令10－3r＝2，得r＝eq \f(8,3)∉N.
所以α的值可能为－5,1,7，故选A、B、C.
12．已知(2x－m)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7，若a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a7,27)＝－128，则有( )
A．m＝2
B．a3＝－280
C．a0＝－1
D．－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14
解析：选BCD 令1－x＝eq \f(1,2)，即x＝eq \f(1,2)，
可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(1,2)－m))7＝(1－m)7
＝a0＋eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋…＋eq \f(a7,27)＝－128，得m＝3.
再令x＝1，得a0＝(－1)7＝－1.
因为(2x－3)7＝[－1－2(1－x)]7，
所以a3＝Ceq \\al(3,7)×(－1)7－3×(－2)3＝－280.
对(2x－3)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7两边求导得
14(2x－3)6＝－a1－2a2(1－x)－…－7a7(1－x)6，
令x＝2得－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14.故选B、C、D.
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．方程3Aeq \\al(3,x)＝2Aeq \\al(2,x＋1)＋6Aeq \\al(2,x)的解为________．
解析：由排列数公式可知
3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，
∵x≥3且x∈N*，
∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，
即3x2－17x＋10＝0，解得x＝5或x＝eq \f(2,3)(舍去)，
∴x＝5.
答案：5
14．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有________种．
解析：根据2号盒子里放球的个数分类．第一类，2号盒子里放2个球，有Ceq \\al(2,4)种放法．第二类，2号盒子里放3个球，有Ceq \\al(3,4)种放法，所以不同的放球方法的种数为Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(3,4)＝10.
答案：10
15．在(x－2)5·(eq \r(2)＋y)4的展开式中，x3y2的系数为________．
解析：(x－2)5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－r(－2)r，令5－r＝3，得r＝2，则x3的系数为Ceq \\al(2,5)(－2)2＝40；(eq \r(2)＋y)4的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,4)(eq \r(2))4－ryr，令r＝2，得y2的系数为Ceq \\al(2,4)(eq \r(2))2＝12.故展开式中x3y2的系数为40×12＝480.
答案：480
16．若从1,2,3,4,7,9中任取不相同的两个数，分别作为对数的底数和真数，则能得到________个不同的对数值(结果用数字表示)．
解析：注意到1不能作为底数，1的对数为0，从2,3,4,7,9中任取两个不同的数为真数、底数，可有5×4个值，但lg23＝lg49，lg24＝lg39，lg32＝lg94，lg42＝lg93，所以不同的对数值共有5×4－4＋1＝17(个)．
答案：17
四、解答题(本大题共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．(10分)将四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．
(1)若每个盒子放一个球，则有多少种不同的放法？
(2)恰有一个空盒的放法共有多少种？
解：(1)每个盒子放一个球，共有Aeq \\al(4,4)＝24种不同的放法．
(2)先选后排，分三步完成．
第一步：四个盒子中选一个为空盒子，有4种选法；
第二步：任选两球为一个元素，有Ceq \\al(2,4)种选法；
第三步：将三个元素放入三个盒中，有Aeq \\al(3,3)种放法．
根据分步乘法计数原理，共有4×Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝144种放法．
18. (12分)如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求共有多少不同的染色方法．
解：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S ­ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．当S，A，B染好时，不妨设其颜色分别为1,2,3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S，A，B已染好时，C，D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420(种)．
19．(12分)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x2)))n(n∈N*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10∶1.
(1)求展开式中各项系数的和；
(2)求展开式中含xeq \f(3,2)的项；
(3)求展开式中系数的绝对值最大的项．
解：因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x2)))n的展开式的通项是
Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)(eq \r(x))n－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,x2)))r＝(－2)rCeq \\al(r,n)xeq \f(n－5r,2)，
所以T5＝T4＋1＝24Ceq \\al(4,n)xeq \f(n,2)－10，T3＝T2＋1＝22Ceq \\al(2,n)xeq \f(n,2)－5.
所以eq \f(24C\\al(4,n),22C\\al(2,n))＝eq \f(10,1)，
所以n2－5n－24＝0，解得n＝8或n＝－3(舍去)．
(1)令x＝1，则 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)－\f(2,x2)))8各项系数的和为1.
(2)展开式通项为Tr＋1＝(－2)rCeq \\al(r,8)xeq \f(8－5r,2)，
令eq \f(8－5r,2)＝eq \f(3,2)，得r＝1.
所以展开式中含xeq \f(3,2)的项为
T2＝T1＋1＝(－2)1Ceq \\al(1,8)xeq \f(3,2)＝－16xeq \f(3,2).
(3)展开式的第r项、第r＋1项、第r＋2项的系数的绝对值分别为Ceq \\al(r－1,8)2r－1，Ceq \\al(r,8)2r，Ceq \\al(r＋1,8)2r＋1，
若第r＋1项的系数的绝对值最大，
则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(r－1,8)2r－1≤C\\al(r,8)2r，,C\\al(r,8)2r≥C\\al(r＋1,8)2r＋1，))解得5≤r≤6，
故系数的绝对值最大的项为第六项或第七项，
即T6＝－1 792x－eq \f(17,2)，T7＝1 792x－11.
20．(12分)用0,1,2,3,4,5这六个数字，完成下面三个小题．
(1)若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数；
(2)若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数；
(3)若直线方程ax＋by＝0中的a，b可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？
解：(1)5×6×6×6×3＝3 240(个)．
(2)当首位数字是5，而末位数字是0时，有Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(2,3)＝18(个)；
当首位数字是3，而末位数字是0或5时，有Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(3,4)＝48(个)；
当首位数字是1或2或4，而末位数字是0或5时，有Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(2,3)＝108(个)．
故共有18＋48＋108＝174(个)．
(3)a，b中有一个取0时，有2条；
a，b都不取0时，有Aeq \\al(2,5)＝20(条)；
a＝1，b＝2与a＝2，b＝4重复，
a＝2，b＝1与a＝4，b＝2重复．
故共有2＋20－2＝20(条)．
21．(12分)(1)已知Ceq \\al(n－1,n＋1)＝Aeq \\al(2,n－1)＋1，求n；
(2)若Ceq \\al(m－1,8)>3Ceq \\al(m,8)，求m.
解：(1)由Ceq \\al(n－1,n＋1)＝Aeq \\al(2,n－1)＋1得
eq \f(n＋1n,2)＝(n－1)(n－2)＋1.
即n2－7n＋6＝0.
解得n＝1，或n＝6.
由Aeq \\al(2,n－1)知，n≥3，故n＝6.
(2)原不等式可化为eq \f(8！,m－1！9－m！)>eq \f(3×8！,m！8－m！)，
解得m>eq \f(27,4).
∵0≤m－1≤8，且0≤m≤8，∴1≤m≤8.
又m是整数，∴m＝7或m＝8.
22．(12分)把4个男同志和4个女同志均分成4组，到4辆公共汽车上从事售票服务，相同的2人在不同的公共汽车上服务算不同的情况．
(1)有多少种不同的分配方法？
(2)若男同志与女同志分别分组，则有多少种不同的分配方法？
解：(1)男女合在一起共有8人，每辆车上2人，可以分四个步骤完成，
先安排2人上第一辆车，有Ceq \\al(2,8)种分配方法，
再安排2人上第二辆车，有Ceq \\al(2,6)种分配方法，
再安排2人上第三辆车，有Ceq \\al(2,4)种分配方法，
最后安排2人上第四辆车，有Ceq \\al(2,2)种分配方法．
由分步乘法计数原理，得共有Ceq \\al(2,8)×Ceq \\al(2,6)×Ceq \\al(2,4)×Ceq \\al(2,2)＝2 520种分配方法．
(2)男女分别分组，4个男同志平分成两组，有eq \f(C\\al(2,4),2)＝3种分配方法，4个女同志分成两组，有eq \f(C\\al(2,4),2)＝3种分配方法，
所以不同的分配方法有3×3×Aeq \\al(4,4)＝216(种)．
B卷——高考能力达标卷
(时间：120分钟 满分：150分)
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．现有高一学生9人，高二学生12人，高三学生7人，自发组织参加数学课外活动小组，从中推选两名来自不同年级的学生做一次活动的主持人，不同的选法共有( )
A．756种 B．56种
C．28种 D．255种
解析：选D 推选两名来自不同年级的两名学生，有N＝9×12＋12×7＋9×7＝255(种).
2．将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有( )
A．6种 B．12种
C．18种 D．24种

解析：选A 根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法．
3．设常数a∈R，若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(a,x)))5的二项展开式中x7项的系数为－10，则a等于( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选A Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(x2)5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,x)))r＝ar·Ceq \\al(r,5)·x10－3r，令10－3r＝7，得r＝1，故Ceq \\al(1,5)a＝－10⇒a＝－2.
4．某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有( )
A．16种 B．36种
C．42种 D．60种
解析：选D 若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共Aeq \\al(3,4)种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项，共Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,4)种方法．由分类加法计数原理知共Aeq \\al(3,4)＋Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,4)＝60(种)方法．
5．我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼­15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有( )
A．12种 B．18种
C．24种 D．48种
解析：选C 把甲、乙看作1个元素和另一飞机全排列，调整甲、乙，共有Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(2,2)种方法，再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列产生的3个空位中，有Aeq \\al(2,3)种方法，由分步乘法计数原理可得总的方法种数为Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(2,3)＝24.
6．在(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn中，若2a2＋an－5＝0，则自然数n的值是( )
A．9 B．8
C．7 D．6
解析：选B ∵a2＝Ceq \\al(2,n)，an－5＝(－1)n－5Ceq \\al(n－5,n)
＝(－1)n－5Ceq \\al(5,n)，∴2Ceq \\al(2,n)＋(－1)n－5Ceq \\al(5,n)＝0，
即eq \f(120,－1n－5n－2n－3n－4)＝－1，
∴(n－2)(n－3)(n－4)＝120且n－5为奇数，∴n＝8.
7．设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))6，x<0，,－\r(x)，x≥0，))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．15
解析：选A 当x>0时，f[f(x)]＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(x)＋\f(1,\r(x))))6＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))－\r(x)))6的展开式中，常数项为Ceq \\al(3,6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))3(－eq \r(x))3＝－20.
8.用三种不同的颜色填涂如图所示的3×3方格中的9个区域，要求每行每列的三个区域都不同色，则不同的填涂种数为( )
A．8 B．12
C．14 D．16
解析：选B 将9个区域分别标号为1～9号，如图，第一步给区域1涂色有3种不同方法；第二步给区域2涂色有2种不同方法；第三步给区域4涂色，可分为两类，第一类区域4与区域2同色，则此时区域5不能与区域1同色，有1种涂色方法；第二类区域4与区域2不同色，则区域4有1种涂色方法，此时，区域5也有1种涂色方法，故第三步共有1＋1＝2(种)不同方法；第四步涂3,6,7,8,9五个区域，由于1,2,4,5四个区域所涂颜色确定，所以3,6,7,8,9五个区域所涂颜色也唯一确定，故不同的涂色方法有3×2×2×1＝12(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2分，有选错的得0分)
9．在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2－\f(2,x)))5的展开式中，有( )
A．含x的项 B．含eq \f(1,x2)的项
C．含x4的项 D．含eq \f(1,x4)的项
解析：选ABC 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x2－\f(2,x)))5的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)·35－r·(－2)r·x10－3r，r＝0,1,2,3,4,5，故展开式中含x的项为x10－3r，结合所给的选项，知A、B、C中的项都含有．
10．下列说法正确的是( )
A．Aeq \\al(3,10)Aeq \\al(7,7)与Aeq \\al(9,10)相等
B．过三棱柱任意两顶点的异面直线共有36对
C．若Ceq \\al(x,28)＝Ceq \\al(3x－8,28)，则x＝4
D．从5个人中选3人站成一排，则不同的排法为60种
解析：选ABD A中，Aeq \\al(3,10)Aeq \\al(7,7)＝10×9×8×7！，Aeq \\al(9,10)＝10×9×8×7！，故Aeq \\al(3,10)Aeq \\al(7,7)＝Aeq \\al(9,10)，正确．
B中，三棱柱有6个顶点，可组成Ceq \\al(4,6)－3＝12个不同四面体，而每个四面体有三对异面直线，则共有12×3＝36对，正确．
C中，∵Ceq \\al(x,28)＝Ceq \\al(3x－8,28)，∴x＝3x－8或x＋(3x－8)＝28，即x＝4或9，C错误．
D中，从5个人中选出3人，共有Aeq \\al(3,5)＝5×4×3＝60种不同选法，正确．
11．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是( )
A．若任意选择三门课程，选法总数为Aeq \\al(3,7)
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,6)
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为Ceq \\al(3,7)－Ceq \\al(1,5)
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,5)－Ceq \\al(1,5)
解析：选ABD 对于A，若任意选择三门课程，选法总数为Ceq \\al(3,7)，错误；
对于B，若物理和化学选一门，有Ceq \\al(1,2)种方法，其余两门从剩余的五门中选，有Ceq \\al(2,5)种选法；若物理和化学选两门，有Ceq \\al(2,2)种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有Ceq \\al(1,5)种选法，由分类加法计数原理得，总数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(1,5)，错误；
对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为
Ceq \\al(3,7)－Ceq \\al(2,2)·Ceq \\al(1,5)＝Ceq \\al(3,7)－Ceq \\al(1,5)，正确；
对于D，有3种情况：①只选物理且物理和历史不同时选，有Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(2,4)种选法；②选化学，不选物理，有Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(2,5)种选法；③物理与化学都选，有Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(1,4)种选法，故选法总数为Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(1,4)＝6＋10＋4＝20(种)，错误．
12．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(1,\r(x))))n(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1 024，则下列说法正确的是( )
A．展开式中奇数项的二项式系数和为256
B．展开式中第6项的系数最大
C．展开式中存在常数项
D．展开式中含x15项的系数为45
解析：选BCD 因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(1,\r(x))))n的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以Ceq \\al(4,n)＝Ceq \\al(6,n)，得n＝10.因为展开式的各项系数之和为1 024，所以令x＝1，得(a＋1)10＝1 024，得a＝1.故给定的二项式为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,\r(x))))10，其展开式中奇数项的二项式系数和为eq \f(1,2)×210＝512，故A不正确；由n＝10可知二项式系数最大的项是展开式的第6项，而eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,\r(x))))10展开式的系数与对应的二项式系数相等，故B正确；展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)(x2)10－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))k＝Ceq \\al(k,10)x20－eq \f(5k,2)(k＝0,1,2，…，10)，令20－eq \f(5k,2)＝0，解得k＝8，即常数项为第9项，故C正确；令20－eq \f(5k,2)＝15，得k＝2，故展开式中含x15项的系数为Ceq \\al(2,10)＝45，故D正确．
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．古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序．用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共可配成______组．
解析：分两类：第一类，由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30组不同的结果；同理，第二类也有30组不同的结果，共可得到30＋30＝60组．
答案：60
14．从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种(用数字填写答案)．
解析：法一：可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)＝12(种)；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有Ceq \\al(2,2)Ceq \\al(1,4)＝4(种)．根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同的选法有16种．
法二：从6人中任选3人，不同的选法有Ceq \\al(3,6)＝20(种)，从6人中任选3人都是男生，不同的选法有Ceq \\al(3,4)＝4(种)，所以至少有1位女生入选的不同的选法有20－4＝16(种)．
答案：16
15．(x2＋2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)－1))5的展开式的常数项是________．
解析：第一个因式取x2，第二个因式取含eq \f(1,x2)的项得：1×Ceq \\al(4,5)(－1)4＝5；第一个因式取2，第二个因式取常数项得：2×(－1)5＝－2，故展开式的常数项是5＋(－2)＝3.
答案：3
16．设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为________．
解析：在x1，x2，x3，x4，x5这五个数中，因为xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5，所以满足条件1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3的可能情况有①一个1(或－1)，四个0，有Ceq \\al(1,5)×2种；②两个1(或－1)，三个0，有Ceq \\al(2,5)×2种；③一个－1，一个1，三个0，有Aeq \\al(2,5)种；④两个1(或－1)，一个－1(或1)，两个0，有Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)×2种；⑤三个1(或－1)，两个0，有Ceq \\al(3,5)×2种．故共有Ceq \\al(1,5)×2＋Ceq \\al(2,5)×2＋Aeq \\al(2,5)＋Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(1,3)×2＋Ceq \\al(3,5)×2＝130(种)．
答案：130
四、解答题(本大题共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．(10分)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))n展开式中的倒数第3项的系数为45，求：
(1)含x3的项；
(2)系数最大的项．
解：(1)由题意可知Ceq \\al(n－2,n)＝45，
即Ceq \\al(2,n)＝45，所以n＝10，
Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,4)))10－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x\f(2,3)))r＝Ceq \\al(r,10)xeq \f(11r－30,12)，
令eq \f(11r－30,12)＝3，得r＝6，
所以含x3的项为T7＝Ceq \\al(6,10)x3＝Ceq \\al(4,10)x3＝210x3.
(2)系数最大的项为中间项即T6＝Ceq \\al(5,10)xeq \f(55－30,12)＝252xeq \f(25,12).
18．(12分)用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色．
(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？
(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.
解：(1)分四步：第1步涂A有6种不同的方法，第2步涂B有5种不同的方法，第3步涂C有4种不同的方法，第4步涂D有4种不同的方法．
根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480(种)不同的方法．
(2)由题意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，注意到n∈N*，可得n＝5.
19．(12分)已知(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，且a2＝60.
(1)求n的值；
(2)求－eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)－eq \f(a3,23)＋…＋(－1)neq \f(an,2n)的值．
解：(1)因为T3＝Ceq \\al(2,n)(－2x)2＝a2x2，
所以a2＝Ceq \\al(2,n)(－2)2＝60，
化简可得n(n－1)＝30，且n∈N*，解得n＝6.
(2)因为Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(－2x)r＝arxr，
所以ar＝Ceq \\al(r,6)(－2)r，
所以(－1)req \f(ar,2r)＝Ceq \\al(r,6)，
故－eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)－eq \f(a3,23)＋…＋(－1)neq \f(an,2n)
＝－eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)－eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a6,26)
＝Ceq \\al(1,6)＋Ceq \\al(2,6)＋…＋Ceq \\al(6,6)＝26－1＝63.
20．(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个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？
解：(1)将取出4个球分成三类情况：
①取4个红球，没有白球，有Ceq \\al(4,4)种；
②取3个红球1个白球，有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,6)种；
③取2个红球2个白球，有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,6)种，
故有Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,6)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,6)＝115(种)．
(2)设取x个红球，y个白球(x，y∈N*)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝5，,2x＋y≥7，,0≤x≤4，,0≤y≤6，))故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝1.))
因此，符合题意的取法种数有
Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(3,6)＋Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(2,6)＋Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(1,6)＝186(种)．
21．(12分)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(a))－\r(3,a)))n的展开式的各项系数之和等于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4\r(3,b)－\f(1,\r(5b))))5展开式中的常数项，求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(a))－\r(3,a)))n展开式中含a－1的项的二项式系数．
解：设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4\r(3,b)－\f(1,\r(5b))))5的展开式的通项为
Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)(4eq \r(3,b))5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(5b))))r
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,\r(5))))r·45－rCeq \\al(r,5)·beq \f(10－5r,6)(r＝0,1,2,3,4,5)．
若它为常数项，则eq \f(10－5r,6)＝0，∴r＝2.
代入上式，得T3＝27.
即常数项是27，从而可得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(a))－\r(3,a)))n中n＝7，
同理eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,\r(a))－\r(3,a)))7二项展开式的通项公式为Tr＋1＝(－1)r·37－rCeq \\al(r,7)·aeq \f(5r－21,6)，
令5r－21＝－1，得r＝4.
故含a－1的项是第5项，其二项式系数是35.
22．(12分)从－1,0,1,2,3中选三个(不重复)数字组成二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数．
(1)开口向上且不过原点的不同抛物线有几条？
(2)与x轴正、负半轴均有交点的不同抛物线有几条？
(3)与x轴负半轴至少有一个交点的不同抛物线有几条？
解：(1)若要满足题意，则a>0且c≠0，
共有Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(1,3)Aeq \\al(1,3)＝27(条)．
(2)要满足题意，则需ac<0，故a，c中必有一个为－1，
有2Aeq \\al(1,3)·Aeq \\al(1,3)＝18(条)．
(3)可分为三类：第一类：与x轴正、负半轴均有交点的抛物线有18条；
第二类：过原点且与x轴负半轴有一个交点，此时，c＝0，ab>0，共有Aeq \\al(2,3)＝6(条)；
第三类：只与x轴负半轴有交点，则必须满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ≥0，,－\f(b,a)<0，,\f(c,a)>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b2－4ac≥0，,a，b，c同号.))
故b＝3，a，c在1,2中取，有2条，
由分类加法计数原理得共有18＋6＋2＝26(条)．3
4
1
2
D
3
4
A
C
B
9