人教A版高中数学选择性必修三-第六章-计数原理-章末检测试卷【含答案】

人教A版高中数学选择性必修三-第六章-计数原理-章末检测试卷(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)1．在(a＋b)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n等于()A．5B．6C．7D．82．若Aeq\o\al(4,m)＝18Ceq\o\al(3,m)，则m等于()A．9B．8C．7D．63．将4个a和2个b随机排成一行，则2个b不相邻的排法种数为()A．10B．15C．20D．244．在某市第一次全民核酸检测中，某中学派出了8名青年教师参与志愿者活动，分别派往2个核酸检测点，每个检测点需4名志愿者，其中志愿者甲与乙要求在同一组，志愿者丙与丁也要求在同一组，则这8名志愿者不同的派遣方法种数为()A．20B．14C．12D．65．(2－eq\r(x))8的展开式中不含x4的项的系数之和为()A．－1B．0C．1D．26．0.997的计算结果精确到0.001的近似值是()A．0.930B．0.931C．0.932D．0.9337．在二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,2\r(x))))n的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大时，系数最小的项是()A．第6项 B．第5项C．第4项 D．第3项8．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，若四种颜色全用上，则不同的涂色方法的种数为()A．72B．96C．108D．144二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)9．下列问题属于排列问题的是()A．从10人中选2人分别去种树和扫地B．从10人中选2人去扫地C．从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队D．从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算10.某城市街道如图，某人要走最短路程从A地前往B地，则不同走法有()A．Ceq\o\al(2,5)种 B．Ceq\o\al(3,5)种C．Ceq\o\al(2,6)种 D．Ceq\o\al(4,6)种11．已知(1－2x)2023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2023x2023，下列命题中，正确的是()A．展开式中所有项的二项式系数的和为22023B．展开式中所有奇次项系数的和为eq\f(1－32023,2)C．展开式中所有偶次项系数的和为eq\f(32023－1,2)D.eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(a2023,22023)＝－112．定义有n行的“杨辉三角”为n阶“杨辉三角”，如图就是一个8阶“杨辉三角”．给出的下列命题中正确的是()A．记第i(i∈N*)行中从左到右的第j(j∈N*)个数为aij，则数列{aij}的通项公式为aij＝Ceq\o\al(j,i)B．第k行各个数的和是2kC．n阶“杨辉三角”中共有eq\f(nn＋1,2)个数D．n阶“杨辉三角”的所有数的和是2n－1三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．若Ceq\o\al(2n＋6,20)＝Ceq\o\al(n＋2,20)(n∈N*)，则n＝________.14．在1,2,3,4,5组成的没有重复数字的五位数中，满足2与4相邻并且1与5不相邻的五位数共有______个.(结果用数值表示)15．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)＋\f(a,x)))n的展开式的系数和为1，二项式系数和为128，则a＝________，展开式中x2的系数为________．16．甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技能竞赛，得出了第一名到第五名的五个名次，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情况共有______种．四、解答题(本大题共6小题，共70分)17．(10分)已知A＝{x|1<log2x<3，x∈N*}，B＝{x||x－6|<3，x∈N*}．试问：(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？18．(12分)在(3x－2y)20的展开式中，求：(1)二项式系数最大的项；(2)系数绝对值最大的项．19.(12分)某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加研讨会．(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同的选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种的选法？(3)甲、乙2人至少有1人参加，有多少种不同的选法？(4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种不同的选法？20．(12分)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2\r(x))))n的展开式中的第2项和第3项的系数相等．(1)求n的值；(2)求展开式中所有二项式系数的和；(3)求展开式中所有的有理项．

21.(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．22．(12分)已知f(x)＝(1＋x)n＋1＋2(1＋x)n＋2＋…＋k(1＋x)n＋k＋…＋n(1＋x)2n(n∈N*)．(1)当n＝3时，求f(x)的展开式中含x3项的系数；(2)证明：f(x)的展开式中含xn项的系数为(n＋1)Ceq\o\al(n＋2,2n＋1)；(3)定义：eq\i\su(i＝1,n,)ai＝a1＋a2＋…＋an，化简：eq\i\su(i＝1,n,)(i＋1)Ceq\o\al(i,n).参考答案与详细解析1．B[因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故eq\f(n,2)＋1＝4，即n＝6.]2．D[由Aeq\o\al(4,m)＝m(m－1)(m－2)(m－3)＝18·eq\f(mm－1m－2,3×2×1)，且m≥4，m∈N*，得m－3＝3，m＝6.]3．A[先排4个a有1种排法，再从5个空格中选2个位置放b，∴共有Ceq\o\al(2,5)＝10(种)排法．]4．B[依题意，若甲乙丙丁四人在同一组，有Aeq\o\al(2,2)＝2(种)安排方法；若(甲乙)，(丙丁)不在同一组，先从其余4人选2人与甲乙一组，另外2人与丙丁一组，再安排到两个核酸检测点，则有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2)＝12(种)安排方法，综上可得，共有2＋12＝14(种)安排方法．]5．B[(2－eq\r(x))8的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)28－k(－eq\r(x))k＝，∴含x4的项的系数为(－1)820Ceq\o\al(8,8)＝1，又(2－eq\r(x))8的展开式的系数之和为(2－eq\r(1))8＝1.∴不含x4的项的系数之和为1－1＝0.]6．C[0.997＝(1－0.01)7＝Ceq\o\al(0,7)×1－Ceq\o\al(1,7)×0.01＋Ceq\o\al(2,7)×0.012－…＝1－0.07＋0.0021－…≈0.932.]7．C[由题意二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(1,2\r(x))))n的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大时，得n＝8.二项式展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)(eq\r(x))8－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))k(eq\r(x))－k＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))kCeq\o\al(k,8)(eq\r(x))8－2k，要使其系数最小，则k为奇数．当k＝1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))×Ceq\o\al(1,8)＝－4；当k＝3时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))3×Ceq\o\al(3,8)＝－7；当k＝5时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))5×Ceq\o\al(5,8)＝－eq\f(7,4)；当k＝7时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))7×Ceq\o\al(7,8)＝－eq\f(1,16)；故当k＝3时系数最小，则系数最小的项是第4项．故选C.]8．B[设四种颜料为1,2,3,4，①先涂区域B，有4种涂色方法，不妨设涂颜色1；②再涂区域C，有3种涂色方法，不妨设涂颜色2；③再涂区域E，有2种涂色方法，不妨设涂颜色3；④若区域A填涂颜色2，则区域D，F填涂颜色1,4或4,3，有2种不同的涂色方法；若区域A填涂颜色4，则区域D，F填涂颜色1,3或4,3，有2种不同的涂色方法，由分类加法计数原理知，共有4种不同的涂色方法，综合①②③④，由分步乘法计数原理可得，共有4×3×2×4＝96(种)不同的涂色方法．]9．AD[根据题意，依次分析选项：对于A，从10人中选2人分别去种树和扫地，选出的2人有分工的不同，是排列问题；对于B，从10人中选2人去扫地，与顺序无关，是组合问题；对于C，从班上30名男生中选出5名组成一个篮球队，与顺序无关，是组合问题；对于D，从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算，顺序不一样，计算结果也不一样，是排列问题．]10．AB[因为从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验探究一下走法可得出：①要走的路程最短必须走5步，且不能重复；②向东的走法定出后，向南的走法随之确定，所以我们只要确定出向东的三步或向南的两步走法有多少种即可，故不同走法的种数有Ceq\o\al(3,5)＝Ceq\o\al(2,5).]11．ACD[由二项式知Ceq\o\al(0,2023)＋Ceq\o\al(1,2023)＋…＋Ceq\o\al(2023,2023)＝(1＋1)2023＝22023，故A正确；当x＝1时，有a0＋a1＋a2＋…＋a2023＝－1，当x＝－1时，有a0－a1＋a2－a3＋…－a2021＋a2022－a2023＝32023，由上，可得a1＋a3＋a5＋…＋a2023＝eq\f(－1－32023,2)，故B错误；由上，可得a0＋a2＋a4＋…＋a2022＝eq\f(32023－1,2)，故C正确；由二项展开式的通项知，Tk＋1＝Ceq\o\al(k,2023)(－2x)k＝(－2)kCeq\o\al(k,2023)xk，则a1＝(－2)·Ceq\o\al(1,2023)，a2＝(－2)2·Ceq\o\al(2,2023)，…，a2023＝(－2)2023·Ceq\o\al(2023,2023)，所以eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(a2023,22023)＝－Ceq\o\al(1,2023)＋Ceq\o\al(2,2023)－Ceq\o\al(3,2023)＋…－Ceq\o\al(2021,2023)＋Ceq\o\al(2022,2023)－Ceq\o\al(2023,2023)＝(1－1)2023－Ceq\o\al(0,2023)＝－1，故D正确．]12．BCD[第i行各个数是(a＋b)i的展开式的二项系数，则数列{aij}的通项公式为aij＝Ceq\o\al(j－1,i)，故A错误；各行的所有数的和是各二项式系数和，第k行各个数的和是2k，故B正确；第k行共有(k＋1)个数，从而n阶“杨辉三角”共有1＋2＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2)个数，故C正确；n阶“杨辉三角”的所有数的和是1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，故D正确．]13．4解析由题意可知2n＋6＝n＋2或2n＋6＝20－(n＋2)，解得n＝－4(舍去)或n＝4.14．24解析因为满足2与4相邻并且1与5不相邻，则将2,4捆绑，内部排序得Aeq\o\al(2,2)＝2(种)排法，再对2,4和3全排列得Aeq\o\al(2,2)＝2(种)排法，利用插空法将1和5插空得Aeq\o\al(2,3)＝6(种)排法，所以满足题意的五位数共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝2×2×6＝24(个)．15．－1－448解析由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋a))n＝1，,2n＝128，))所以n＝7，a＝－1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(x)－\f(1,x)))7的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,7)(2eq\r(x))7－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－1,x)))k＝，令eq\f(7－3k,2)＝2，解得k＝1.所以x2的系数为Ceq\o\al(1,7)26(－1)1＝－448.16．54解析根据题意知，甲、乙都没有得到冠军，且乙不是最后一名，分2种情况讨论：①甲是最后一名，则乙可以是第二名、第三名或第四名，即乙有3种名次排列情况，剩下的三人有Aeq\o\al(3,3)＝6(种)名次排列情况，此时有3×6＝18(种)名次排列情况；②甲不是最后一名，则甲、乙需要排在第二、三、四名，有Aeq\o\al(2,3)＝6(种)名次排列情况，剩下的三人有Aeq\o\al(3,3)＝6(种)名次排列情况，此时有6×6＝36(种)名次排列情况．综上可知，一共有36＋18＝54(种)不同的名次排列情况．17．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)点重复了两次，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\o\al(3,6)＝20(个)．18．解(1)二项式(3x－2y)20展开式有21项，展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,20)(3x)20－k(－2y)k，其二项式系数最大的项为第11项，T11＝Ceq\o\al(10,20)·(3x)10·(－2y)10＝Ceq\o\al(10,20)·610·x10y10.(2)设系数绝对值最大的项是第k＋1(k∈N*)项，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(k,20)·320－k·2k≥C\o\al(k＋1,20)·319－k·2k＋1，,C\o\al(k,20)·320－k·2k≥C\o\al(k－1,20)·321－k·2k－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3k＋1≥220－k，,221－k≥3k，))解得7eq\f(2,5)≤k≤8eq\f(2,5)，所以k＝8，系数绝对值最大的项为T9＝Ceq\o\al(8,20)·312·28·x12y8.19．解(1)只需从其他18人中选3人即可，共有Ceq\o\al(3,18)＝816(种)不同的选法．(2)只需从其他18人中选5人即可，共有Ceq\o\al(5,18)＝8568(种)不同的选法．(3)分两类：甲、乙中有1人参加；甲、乙都参加．则共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(4,18)＋Ceq\o\al(3,18)＝6936(种)选法．(4)方法一(直接法)至少有1名内科医生和1名外科医生的选法可分4类：1内4外；2内3外；3内2外；4内1外．所以共有Ceq\o\al(1,12)Ceq\o\al(4,8)＋Ceq\o\al(2,12)Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(3,12)Ceq\o\al(2,8)＋Ceq\o\al(4,12)Ceq\o\al(1,8)＝14656(种)不同的选法．方法二(间接法)从无限制条件的选法总数中减去5名都是内科医生和5名都是外科医生的选法种数所得的结果即为所求，即共有Ceq\o\al(5,20)－(Ceq\o\al(5,12)＋Ceq\o\al(5,8))＝14656(种)不同的选法．20．解二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2\r(x))))n的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)xn－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(x))))k＝(k＝0,1,2，…，n)．(1)根据展开式中的第2项和第3项的系数相等，得Ceq\o\al(1,n)·eq\f(1,2)＝Ceq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2，即eq\f(1,2)·n＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2·eq\f(nn－1,2)，解得n＝5.(2)展开式中所有二项式系数的和为Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(2,5)＋…＋Ceq\o\al(5,5)＝25＝32.(3)二项展开式的通项为Tk＋1＝(k＝0,1,2，…，5)．当k＝0,2,4时，对应项是有理项，所以展开式中所有的有理项为T1＝Ceq\o\al(0,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))0x5＝x5，T3＝Ceq\o\al(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2x2＝eq\f(5,2)x2，T5＝Ceq\o\al(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))4x－1＝eq\f(5,16x).21．解(1)将组成的三位数中所有偶数分为两类，①若个位数为0，则共有Aeq\o\al(2,4)＝12(个)符合题意的三位数；②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(个)符合题意的三位数．故共有12＋18＝30(个)符合题意的三位数．(2)将符合题意的五位数分为三类：①若两个奇数数字在万位和百位上，则共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝12(个)符合题意的五位数；②若两个奇数数字在千位和十位上，则共有Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝8(个)符合题意的五位数；③若两个奇数数字在百位和个位上，则共有Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝8(个)符合题意的五位数．故共有12＋8＋8＝28(个)符合题意的五位数．22．(1)解当n＝3时，f(x)＝(1＋x)4＋2(1＋x)5＋3(1＋x)6，∴f(x)的展开式中含x3项的系数为Ceq\o\al(3,4)＋2Ceq\o\al(3,5)＋3Ceq\o\al(3,6)＝84.(2)证明∵f(x)＝(1＋x)n＋1＋2(1＋x)n＋2＋…＋k(1＋x)n＋k＋…＋n(1＋x)2n(n∈N*)，故f(x)的展开式中含xn项的系数为Ceq\o\al(n,n＋1)＋2Ceq\o\al(n,n＋2)＋3Ceq\o\al(n,n＋3)＋…＋nCeq\o\al(n,2n)＝Ceq\o\al(1,n＋1)＋2Ceq\o\al(2,n＋2)＋3Ceq\o\al(3,n＋3)＋…＋nCeq\o\al(n,2n).因为kCeq\o\al(k,n＋k)＝keq\f(n＋k！,n！k！)＝eq\f(n＋k！,n！k－1！)＝(n＋1)eq\f(n＋k！,n＋1！k－1！)＝(n＋1)Ceq\o\al(n＋1,n＋k)，所以xn项的系数为(n＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C\o\al(n＋1,n＋1)＋C\o\al(n＋1,n＋2)＋C\o\al(n＋1,n＋3)