高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第二册第三章 排列、组合与二项式定理本章综合与测试同步练习题

这是一份高中数学人教B版 (2019)选择性必修 第二册第三章 排列、组合与二项式定理本章综合与测试同步练习题，共8页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，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．C eq \\al(\s\up1(9),\s\d1(10)) ＋C eq \\al(\s\up1(8),\s\d1(10)) 等于( )
A．45B．55C．65D．以上都不对
2．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )
A．10种B．20种C．25种D．32种
3．设n是一个自然数，(1＋eq \f(x,n))n的展开式中含x3项的系数为eq \f(1,16)，则n等于( )
A．7B．6C．5D．4
4．已知集合A＝{－1，－2，1，2，3}，B＝{0，2，4，6，8}，从A，B中各取一个元素，分别作为平面直角坐标系中点的横，纵坐标，则在第二象限中不同点的个数为( )
A．10B．8C．6D．2
5．5人站成一排，甲乙之间恰有一个人的站法有( )
A．18种B．24种C．36种D．48种
6．关于(a－b)10的说法，错误的是( )
A．展开式中的二项式系数之和为1024
B．展开式中第6项的二项式系数最大
C．展开式中第5项和第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
7．某外商计划在4个候选城市投资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
8．第24届冬季奥林匹克运动会，即2022年北京冬季奥运会于2022年2月4日(星期五)开幕，2月20日(星期日)闭幕．北京冬季奥运会设7个大项，15个分项，109个小项．其中七个大项分别为：滑雪、滑冰、雪车、雪橇、冰球、冰壶、冬季两项(越野滑雪射击比赛).现组委会将七个大项的门票各一张分给甲、乙、丙三所学校，如果要求一个学校4张，一个学校2张，一个学校1张，则共有不同的分法数为( )
A．A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(7)) A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) A eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) B．C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(7)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) C．A eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(7)) A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) D．C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(7)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3))
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，全部选对得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．有四名男生，三名女生排队照相，七个人排成一排，则下列说法正确的有( )
A．如果四名男生必须连排在一起，那么有720种不同排法
B．如果三名女生必须连排在一起，那么有576种不同排法
C．如果女生不能站在两端，那么有1440种不同排法
D．如果三个女生中任何两个均不能排在一起，那么有1440种不同排法
10．二项式(1＋sinx)n的展开式中，末尾两项的二项式系数之和为7，且二项式系数最大的一项的值为eq \f(5,2)，则x的值可能为( )
A．eq \f(π,6)B．eq \f(π,4)C．eq \f(π,2)D．eq \f(5,6)π
11．高一学生王超想在物理、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，则下列说法正确的有( )
A．若任意选择三门课程，选法总数为C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(7)) 种
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) 种
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为(C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(7)) －C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) )种
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(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) －C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) )种
12．已知(ax2＋eq \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1024，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256B．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
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．某科技小组有女同学2名、男同学x名，现从中选出3名去参加展览．若恰有1名女生入选时的不同选法有20种，则该科技小组中男生的人数为________．
14．在(x3－eq \f(1,x))4的展开式中，常数项为________．
15．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有__________种(用数字作答).
16．已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝________．
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．(10分)某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．
(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？
(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？
(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？
18．(12分)已知(3x＋1)6展开式中各项系数的和为m，且n＝lg2m，求(eq \r(x)－eq \f(2,x))n展开式中二项式系数最大的项的系数．
19.(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？
20．(12分)设(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，求下列各式的值：
(1)a0＋a1＋a2＋…＋a10；
(2)a6.
21．(12分)有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(2)全体站成一排，甲不站排头也不站排尾；
(3)全体站成一排，女生必须站在一起；
(4)全体站成一排，男生互不相邻．
22．(12分)有6本不同的书：
(1)全部借给5人，每人至少1本，共有多少种不同的借法？
(2)全部借给3人，每人至少1本，共有多少种不同的借法？
章末质量检测(一) 排列、组合与二项式定理
1．解析：C eq \\al(\s\up1(9),\s\d1(10)) ＋C eq \\al(\s\up1(8),\s\d1(10)) ＝C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(10)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) ＝55，故选B.
答案：B
2．解析：5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有25＝32种，故选D.
答案：D
3．解析：Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(n)) (eq \f(x,n))k，令k＝3，则C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(n)) eq \f(1,n3)＝eq \f(1,16)，解得n＝4.
答案：D
4．解析：第二象限内的点满足：横坐标为负，纵坐标为正，故有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) ·C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ＝8(个).
答案：B
5．解析：首先把除甲乙之外的三人中随机抽出一人放在甲乙之间，有3种可能，甲乙之间的人选出后，甲乙的位置可以互换，故甲乙的位置有2种可能，最后，把甲乙及其中间的那个人看作一个整体，与剩下的两个人全排列是A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＝6，所以3×2×6＝36(种)，故选C.
答案：C
6．解析：由二项式系数的性质知，二项式系数之和为210＝1024，故A正确；当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也是正确的，因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的．
答案：C
7．解析：分两类．第一类：同一城市只有一个项目的有A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) ＝24种；第二类：一个城市2个项目，另一个城市1个项目，有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ·C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ·A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝36种，则共有36＋24＝60种．
答案：D
8．答案：D
9．解析：A中A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ＝576；B中A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) A eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(5)) ＝720；C中A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) A eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(5)) ＝1440；D中A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) ＝1440.综上可得，CD正确．
答案：CD
10．解析：由题可知C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(n)) ＋1＝7，得n＝6，所以C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) sin3x＝eq \f(5,2)，所以sinx＝eq \f(1,2).结合选项可知，当x＝eq \f(π,6)或eq \f(5,6)π时，sinx＝eq \f(1,2).
答案：AD
11．解析：A显然正确；对于B应为(C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) )种；对于C，用间接法，显然正确；对于D应分三种情况：①只选物理，则有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) 种选法；②只选化学，则有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) 种选法；③若物理与化学都选，则有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) 种选法．即共有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＋C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(4)) ＝20种选法．综上，AC正确，BD错误．
答案：AC
12．解析：因为(ax2＋eq \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，
所以C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(n)) ＝C eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(n)) ⇒n＝10；
因为展开式的各项系数之和为1024，
所以(a＋1)10＝1024；
因为a>0，
所以a＝1.
原二项式为(x2＋eq \f(1,\r(x)))10；其展开式的通项公式为：Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(10)) ·(x2)10－k·(eq \f(1,\r(x)))k＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(10)) x20－eq \f(5,2)k；
展开式中奇数项的二项式系数和为：eq \f(1,2)×1024＝512，故A错；
因为本题中二项式系数和项的系数一样，且展开式有11项，故展开式中第6项的系数最大，B对；
令20－eq \f(5,2)k＝0⇒k＝8，即展开式中存在常数项，C对；
令20－eq \f(5,2)k＝15⇒k＝2，C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(10)) ＝45，D对．
答案：BCD
13．解析：由题意得C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) ·C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) ＝20，解得x＝5.
答案：5
14．解析：(x3－eq \f(1,x))4的展开式的通项Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(4)) (x3)4－k(－eq \f(1,x))k＝(－1)kC eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(4)) x12－4k，
令12－4k＝0，解得k＝3，
故常数项为T4＝(－1)3C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) ＝－4.
答案：－4
15．解析：先将6位志愿者分成四组有eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) ·C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ,2)种分法，再将这四组分配至不同场馆有A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) 种分法．共计eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) ·C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ,2)·A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ＝1080种方法．
答案：1080
16．解析：(1＋ax)(1＋x)5＝(1＋x)5＋ax(1＋x)5.
所以x2的系数为C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(5)) ＋aC eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(5)) ，则10＋5a＝5，解得a＝－1.
答案：－1
17．解析：(1)从余下的34种商品中，选取2种有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(34)) ＝eq \f(34×33,2)＝561(种)，
∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．
(2)从余下的34种可选商品中，选取3种，有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(34)) ＝eq \f(34×33×32,3×2×1)＝5984(种).
∴某一种假货不能在内的不同取法有5984种．
(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(20)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(15)) ＝20×eq \f(15×14,2×1)＝2100(种).
∴恰有2种假货在内的不同的取法有2100种．
(4)选取2种假货有C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(20)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(15)) ＝20×eq \f(15×14,2×1)＝2100种，选取3种假货C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(15)) ＝eq \f(15×14×13,3×2×1)＝455种，共有选取方式C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(20)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(15)) ＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(15)) ＝2100＋455＝2555(种).
∴至少有2种假货在内的不同的取法有2555种．
(5)选取3种的总数为C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(35)) ＝eq \f(35×34×33,3×2×1)＝6545，选取3种假货有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(15)) ＝eq \f(15×14×13,3×2×1)＝455种，因此共有选取方式C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(35)) －C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(15)) ＝6545－455＝6090(种).
∴至多有2种假货在内的不同的取法有6090种．
18．解析：设(3x＋1)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，令x＝1，得m＝(3＋1)6＝46＝212，
所以n＝lg2m＝12，
则(eq \r(x)－eq \f(2,x))12展开式中有13项，且中间一项(第7项)的二项式系数最大，
该项为T7＝C eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(12)) (eq \r(x))6(－eq \f(2,x))6＝(－2)6C eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(12)) x－3＝59136x－3.
故所求的系数为59136.
19．解析：(1)将取出4个球分成三类情况：
①取4个红球，没有白球，有C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) 种；
②取3个红球1个白球，有C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) 种；
③取2个红球2个白球，有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) 种，
故有C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) ＋C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) ＝115种．
(2)设取x个红球，y个白球，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋y＝5，0≤x≤4，,2x＋y≥7，0≤y≤6，))故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝3))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝1.))
因此，符合题意的取法共有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) ＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) ＋C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(6)) ＝186种．
20．解析：(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝(2－1)10＝1.
(2)a6即为含x6项的系数，Tk＋1＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(10)) (2x)10－k·(－1)k＝C eq \\al(\s\up1(k),\s\d1(10)) (－1)k210－k·x10－k，所以当k＝4时，T5＝C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(10)) (－1)426x6＝13440x6，即a6＝13440.
21．解析：(1)共有A eq \\al(\s\up1(7),\s\d1(7)) ＝5040种方法．
(2)甲为特殊元素．先排甲，有5种方法，其余6人有A eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(6)) 种方法，故共有5×A eq \\al(\s\up1(6),\s\d1(6)) ＝3600种方法．
(3)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) 种方法，再将4名女生进行全排列，有A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) 种方法，故共有A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ×A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ＝576种方法．
(4)(插空法)男生不相邻，而女生不做要求，所以应先排女生，有A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) 种方法，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) 种方法，故共有A eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(4)) ×A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(5)) ＝1440种方法．
22．解析：(1)将6本书中某两本书合在一起组成5份，借给5人，共有C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) A eq \\al(\s\up1(5),\s\d1(5)) ＝1800种借法．
(2)将6本书分成三份有3种分法．第一种是一人4本，一人1本，一人1本；第二种是一人3本，一人2本，一人1本；第三种是每人各2本；然后再将分好的三份借给3人，有(eq \f(C eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(6)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(2)) C eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) ,A eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＋C eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(6)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋eq \f(C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(6)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) C eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ))·A eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(3)) ＝540种借法．