2022秋新教材高中数学 章末综合检测（一）计数原理 新人教A版选择性必修第三册.doc

1、章末综合检测（一） 计数原理（A、B卷）A卷基本知能盘查卷 (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()A9B1C24 D3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32424种不同的走法2下列计算结果为28的是()AAA BCCA DC解析：选DC4728.3某地实行高考改革，考

2、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()A6 B12C18 D19解析：选D从六科中选考三科的选法有C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C119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()A1 800 B3 600C4 320 D5 040解析：选B不同的排法种数为AA3 600.5在(x2)6展开式中，二项式

3、系数的最大值为m，含x5项的系数为n，则()A. BC. D解析：选D因为n6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mC20，含x5项的系数为n(1)C212，则.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() A4 320种 B2 880种C1 440种 D720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6543434 320(种)不

4、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()A12种 B20种C24种 D48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AA种排法，再插空排入丙、丁，共有AAA24种不同排法8已知(1x)10a0a1(1x)a2(1x)2a10(1x)10，则a8()A180 B180C45 D45解析：选B令t1x，则x1t，所以有(2t)10a0a1ta2t2a10t10，因为Tr1C210r(t)rC210r(1)rtr，令r8，得a8C22180.二、多项选择题(本大题共4小题，每小题

5、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C10个人相互发一微信，共发几次微信D10个人互相通一次电话，共通了几次电话解析：选BDA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(ab)

6、10的说法，正确的是()A展开式中的二项式系数之和为1 024B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5的展开式中含x(Z)，则的值可能为()A5 B1C7 D2解析：选ABC由题意可知Tr1C(2x2)5rr25r(3)rCx103r，其中r0,1，2，5.令103r5，得r5；令103r1，得r3；令103r7，得r1；令103

7、r2，得rN.所以的值可能为5,1,7，故选A、B、C.12已知(2xm)7a0a1(1x)a2(1x)2a7(1x)7，若a0128，则有()Am2Ba3280Ca01Da12a23a34a45a56a67a714解析：选BCD令1x，即x，可得7(1m)7a0128，得m3.再令x1，得a0(1)71.因为(2x3)712(1x)7，所以a3C(1)73(2)3280.对(2x3)7a0a1(1x)a2(1x)2a7(1x)7两边求导得14(2x3)6a12a2(1x)7a7(1x)6，令x2得a12a23a34a45a56a67a714.故选B、C、D.三、填空题(本大题共4小题，每小题

8、5分，共20分把答案填在题中的横线上)13方程3A2A6A的解为_解析：由排列数公式可知3x(x1)(x2)2(x1)x6x(x1)，x3且xN*，3(x1)(x2)2(x1)6(x1)，即3x217x100，解得x5或x(舍去)，x5.答案：514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C种放法第二类，2号盒子里放3个球，有C种放法，所以不同的放球方法的种数为CC10.答案：1015在(x2)5(y)4的展开式中，x3y2的系数为_解析：(x2

9、)5的展开式的通项为Tr1Cx5r(2)r，令5r3，得r2，则x3的系数为C(2)240；(y)4的展开式的通项为Tr1C()4ryr，令r2，得y2的系数为C()212.故展开式中x3y2的系数为4012480.答案：48016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54个值，但log23log49，log24log39，log32log94，log42log93，所以不同的对数值共有544117(个)答案：17四、解

10、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A24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C种选法；第三步：将三个元素放入三个盒中，有A种放法根据分步乘法计数原理，共有4CA144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

11、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54360(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607420(种)19(12分)已知n(nN*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是101.(1)求展开式中各项系数的和；(2)求展开式中

12、含x的项；(3)求展开式中系数的绝对值最大的项解：因为n的展开式的通项是Tr1C()nrr(2)rCx，所以T5T4124Cx10，T3T2122Cx5.所以，所以n25n240，解得n8或n3(舍去)(1)令x1，则 8各项系数的和为1.(2)展开式通项为Tr1(2)rCx，令，得r1.所以展开式中含x的项为T2T11(2)1Cx16x.(3)展开式的第r项、第r1项、第r2项的系数的绝对值分别为C2r1，C2r，C2r1，若第r1项的系数的绝对值最大，则有解得5r6，故系数的绝对值最大的项为第六项或第七项，即T61 792x，T71 792x11.20(12分)用0,1,2,3,4,5这六

13、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axby0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)566633 240(个)(2)当首位数字是5，而末位数字是0时，有AA18(个)；当首位数字是3，而末位数字是0或5时，有AA48(个)；当首位数字是1或2或4，而末位数字是0或5时，有AAAA108(个)故共有1848108174(个)(3)a，b中有一个取0时，有2条；a，b都不取0时，有A20(条)；a1，b

14、2与a2，b4重复，a2，b1与a4，b2重复故共有220220(条)21(12分)(1)已知CA1，求n；(2)若C3C，求m.解：(1)由CA1得(n1)(n2)1.即n27n60.解得n1，或n6.由A知，n3，故n6.(2)原不等式可化为，解得m.0m18，且0m8，1m8.又m是整数，m7或m8.22(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

15、一辆车，有C种分配方法，再安排2人上第二辆车，有C种分配方法，再安排2人上第三辆车，有C种分配方法，最后安排2人上第四辆车，有C种分配方法由分步乘法计数原理，得共有CCCC2 520种分配方法(2)男女分别分组，4个男同志平分成两组，有3种分配方法，4个女同志分成两组，有3种分配方法，所以不同的分配方法有33A216(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

16、动的主持人，不同的选法共有()A756种B56种C28种 D255种解析：选D推选两名来自不同年级的两名学生，有N91212797255(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()34A6种 B12种C18种 D24种 12D34ACB9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

17、法，所以共有6种方法3设常数aR，若5的二项展开式中x7项的系数为10，则a等于()A2 B1C1 D2解析：选ATr1C(x2)5rrarCx103r，令103r7，得r1，故Ca10a2.4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()A16种 B36种C42种 D60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A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CA种方法由分类加法计数原理知共ACA60(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

18、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()A12种 B18种C24种 D48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AA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A种方法，由分步乘法计数原理可得总的方法种数为AAA24.6在(1x)na0a1xa2x2a3x3anxn中，若2a2an50，则自然数n的值是()A9 B8C7 D6解析：选Ba2C，an5(1)n5C(1)n5C，2C(1)n5C0，即1，(n2)(n3)(n4)120且n5为奇数，n8.7设函数f(x)则当x0时，ff(x)表达式

19、的展开式中常数项为()A20 B20C15 D15解析：选A当x0时，ff(x)66的展开式中，常数项为C3()320.8.用三种不同的颜色填涂如图所示的33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()A8 B12C14 D16解析：选B将9个区域分别标号为19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112(种)不同方法；第四步涂3,

20、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322112(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5的展开式中，有()A含x的项 B含的项C含x4的项 D含的项解析：选ABC二项式5的展开式的通项公式为Tr1C35r(2)rx103r，r0,1,2,3,4,5，故展开式中含x的项为x103r，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()AAA与A相等B过三棱柱任意两顶点的

21、异面直线共有36对C若CC，则x4D从5个人中选3人站成一排，则不同的排法为60种解析：选ABDA中，AA10987！，A10987！，故AAA，正确B中，三棱柱有6个顶点，可组成C312个不同四面体，而每个四面体有三对异面直线，则共有12336对，正确C中，CC，x3x8或x(3x8)28，即x4或9，C错误D中，从5个人中选出3人，共有A54360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AB若物理和化学至少选一门，选法总数为CCC若物理和历史不能同时选，选法总数为CCD若物理和

22、化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为CCC解析：选ABD对于A，若任意选择三门课程，选法总数为C，错误；对于B，若物理和化学选一门，有C种方法，其余两门从剩余的五门中选，有C种选法；若物理和化学选两门，有C种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有C种选法，由分类加法计数原理得，总数为CCCC，错误；对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为CCCCC，正确；对于D，有3种情况：只选物理且物理和历史不同时选，有CC种选法；选化学，不选物理，有CC种选法；物理与化学都选，有CC种选法，故选法总数为CCCCCC610420(种)，错误12已知n(a0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等

23、，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解析：选BCD因为n的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以CC，得n10.因为展开式的各项系数之和为1 024，所以令x1，得(a1)101 024，得a1.故给定的二项式为10，其展开式中奇数项的二项式系数和为210512，故A不正确；由n10可知二项式系数最大的项是展开式的第6项，而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Tk1C(x2)10kkCx20(k0,1,2，10)，令2

24、00，解得k8，即常数项为第9项，故C正确；令2015，得k2，故展开式中含x15项的系数为C45，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5630组不同的结果；同理，第二类也有30组不同的结果，共可得到303060组答案：6014从2位女生，4位男生中选3人参加科

25、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CC12(种)；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有CC4(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C20(种)，从6人中任选3人都是男生，不同的选法有C4(种)，所以至少有1位女生入选的不同的选法有20416(种)答案：1615(x22)5的展开式的常数项是_解析：第一个因式取x2，第二个因式取含的项得：1C(1)45；第一个因式取2，第二个因式取常数项得：2(1)52，故展开式的常数项是5(

26、2)3.答案：316设集合A(x1，x2，x3，x4，x5)|xi1,0,1，i1,2,3,4,5，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xi1,0,1，i1,2,3,4,5，所以满足条件1|x1|x2|x3|x4|x5|3的可能情况有一个1(或1)，四个0，有C2种；两个1(或1)，三个0，有C2种；一个1，一个1，三个0，有A种；两个1(或1)，一个1(或1)，两个0，有CC2种；三个1(或1)，两个0，有C2种故共有C2C2ACC2C2130(种)答案：130四、解答题(本大题共6小题，共70分解答应

27、写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(10分)已知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C45，即C45，所以n10，Tr1C10rrCx，令3，得r6，所以含x3的项为T7Cx3Cx3210x3.(2)系数最大的项为中间项即T6Cx252x.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n6，为着色时共有多少种不同的方法？(2)若为着色时共有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

28、，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6544480(种)不同的方法(2)由题意，得n(n1)(n2)(n3)120，注意到nN*，可得n5.19(12分)已知(12x)na0a1xa2x2anxn(nN*)，且a260.(1)求n的值；(2)求(1)n的值解：(1)因为T3C(2x)2a2x2，所以a2C(2)260，化简可得n(n1)30，且nN*，解得n6.(2)因为Tr1C(2x)rarxr，所以arC(2)r，所以(1)rC，故(1)nCCC26163.20(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

29、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：取4个红球，没有白球，有C种；取3个红球1个白球，有CC种；取2个红球2个白球，有CC种，故有CCCCC115(种)(2)设取x个红球，y个白球(x，yN*)，则故或或因此，符合题意的取法种数有CCCCCC186(种)21(12分)已知n的展开式的各项系数之和等于5展开式中的常数项，求n展开式中含a1的项的二项式系数解：设5的展开式的通项为Tr1C(4)5rrr45rCb(r0,1,2,3,4,5)若它为常数项，则0，r2.代入上式，得T32

30、7.即常数项是27，从而可得n中n7，同理7二项展开式的通项公式为Tr1(1)r37rCa，令5r211，得r4.故含a1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yax2bxc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a0且c0，共有AAA27(条)(2)要满足题意，则需ac0，共有A6(条)；第三类：只与x轴负半轴有交点，则必须满足即故b3，a，c在1,2中取，有2条，由分类加法计数原理得共有186226(条)