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

章末综合检测（一）计数原理（A、B卷）

A卷一一基本知能盘查卷

（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.从力地至U8地要经过C地和〃地，从A地至I」。地有3条路，从。地至IJ〃地有2条路，

从，地到8地有4条路，则从｛地到6地不同走法的种数是（）

A.9B.1

C.24D.3

解析：选C完成从4地到8地这件事情共分三步：第一步，从4地到C地；第二步，

从。地到〃地；第三步，从〃地到5地.符合分步乘法计数原理，共有3X2X4=24种不同

的走法.

2.下列计算结果为28的是（）

A.Ai+AeB.C?

C.MD.Ci

8X7

解析：选D《=-]-=4X7=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.6B.12

C.18D.19

解析：选D从六科中选考三科的选法有《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《一1=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.1800B.3600

C.4320D.5040

解析：选B不同的排法种数为星廉=3600.

5.在（“一2厂展开式中，二项式系数的最大值为血含4项的系数为"，贝宁=（）

A.|5

B.

3

3

D.

45

解析：选D因为〃=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

ffl=d=20,含，项的系数为n=(-1)以X2=T2,

则*技=~4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.4320种B.2880种

C.1440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6X5X4X3X4X3

=4320(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，有用荒种排法，再插空排入丙、丁，共有A晶•解=24种不同排法.

8.已知(1+x)'°=a)+ai(1—x)+az(l—x)-Fai(i(l—x)10,则备=()

A.-180B.180

C.45D.-45

解析：选B令1=1—*,则x=l—

所以有(2—t)l0—ao+tJi#+…+au)i'">

因为人=C；02'"(-(一1)—

令r=8,得a=C：oX22=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（a—力’°的说法，正确的是（）

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2"知A正确；当〃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（2六一号5的展开式中含了“（aeZ）,则。的值可能为（）

A.-5B.1

C.7D.2

解析：选ABC由题意可知

小产盛（2.5-'・（_曰'

=21・（-3）r«Cs«Z-3r,

其中r=0,1,2,5.

令10—3r=-5,得尸=5；

令10一3『1,得r=3；

令10—3r=7,得r=l；

令10-3r=2,得r喙N.

所以。的值可能为一5,1,7,故选A、B、C.

12.已知(2JT—m)7=%+a(l—x)+az(l—x)U-卜&(1-x),,若斑+^■+字----琮=

-128,贝情()

A.加=2

B.8=—280

C.3o=-1

D.—a+24—3a3+4&1-5a5+6a-7a7=14

解析：选BCD令1—x=2，即x=£,

可得(2xg—〃j=(1一向7

=a0+~+pd-----F^7=-128,得m=3.

再令x=l,得4=(—1)7=-1.

因为(2x—3)'=[—1—2(1—x)]',

所以a=C；X(-1)7-3X(-2)3=-280.

对(2x—3)'=%+功(1—x)+&(1—x)?+…+卅(1一x)’两边求导得

14(2x-3)6=一&-24(1-A)--------72(1一分0，

令x=2得一功+2a2-38+4al—5a+6编一7&=14.故选B、C^1).

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3A：=2A3+6A：的解为.

解析：由排列数公式可知

3x(x—1)(x—2)=2(x+l)x+6x(x—1),

・・・x23且xWN*,

・・・3(x-l)(x—2)=2(x+1)+6(x-1),

2

即3f—17x+10=0,解得x=5或x=£(舍去)，

••xz=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一种.

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，有心种放法.第

二类，2号盒子里放3个球，有窃种放法，所以不同的放球方法的种数为己+渭=10.

答案：10

15.在(x-2”・(m+y)’的展开式中，系/的系数为一

解析：(*一2)'的展开式的通项为7；+i=C箫-'(一2)「，令5—「=3,得尸=2,则f的系

数为第(-2)2=40：(m+力’的展开式的通项为加1=以(m)-/,令r=2,得/的系数为

6(m)2=12.故展开式中x"的系数为40X12=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义4个值,{0log23=log49,log24=log39,log32=log94,logi2=log93,

所以不同的对数值共有5X4-4+l=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：(D每个盒子放一个球，共有A；=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，有比种选法；

第三步：将三个元素放入三个盒中，有用种放法.

根据分步乘法计数原理，共有4XCU；=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."公。

B

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-4腼

的顶点S,4,6所染的颜色互不相同，它们共有5X4X3=60(种)染色方法.当S,48染

好时，不妨设其颜色分别为1,2,3,若C染2,则〃可染3或4或5,有3种染法；若C染4,

则〃可染3或5,有2种染法；若C染5,则〃可染3或4,有2种染法.可见，当S,46

已染好时，C,〃还有7种染法，故不同的染色方法有60X7=420(种).

19.(12分)已知卜「一同(〃6N*)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；

3

(2)求展开式中含石的项；

(3)求展开式中系数的绝对值最大的项.

解：因为(W一甘”的展开式的通项是

*+i=c,(W)"一(一3’=(-2)'cU，

所以焉=2+1=2&才2°，R=T?+\=.

.、里—竺

加以冠一丁'

所以〃2—5力-24=0,解得〃=8或〃=—3(舍去).

(1)令x=l,则(立一3y)各项系数的和为1.

8—5r

(2)展开式通项为T7(-2)^/7-

人8—5「3,口

令—2-=5'得r=L

所以展开式中含］的项为

33

G=71+1=(-2)-16芯.

(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CI27,C2r,Cf1

r+1

若第r+1项的系数的绝对值最大,

廿2一忌2’，

则有，解得5Wz<6,

故系数的绝对值最大的项为第六项或第七项,

即久=一1792x1,刀=1792(".

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+6y=0中的a,人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：65X6X6X6X3=3240(个).

(2)当首位数字是5,而末位数字是。时，有A；收=18(个)；

当首位数字是3,而末位数字是0或5时，有足解=48(个)；

当首位数字是1或2或4,而末位数字是0或5时，有A；A；A；A：=108(个).

故共有18+48+108=174(个).

(3)a,6中有一个取0时，有2条；

a,6都不取0时，有屋=20(条)；

a=l,6=2与a=2,6=4重复，

a=2,8=1与3=4,6=2重复.

故共有2+20—2=20(条).

21.(12分)⑴已知C1：=A＞i+L求〃;

(2)若C厂＞36求血

解:(1)由C7；=A"+1得

2=(〃-1)(〃-2)+1.

即—7〃+6=0.

解得〃=1,或〃=6.

由A，-i知，〃》3,故77=6.

8!_____________3X8!

⑵原不等式可化为!9一m!>加！8—7

解得勿＞学

YOW加一1W8,且0W辰8,・・・lWzz<8.

又m是整数，.•.以=7或勿=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：(D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，有森种分配方法，

再安排2人上第二辆车，有戊种分配方法，

再安排2人上第三辆车，有谓种分配方法，

最后安排2人上第四辆车，有点种分配方法.

由分步乘法计数原理，得共有C：XC；XC：XC=2520种分配方法.

r2

(2)男女分别分组，4个男同志平分成两组，有j=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3X3XA：=216(种).

B卷一一高考能力达标卷

（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，有八・9X12+12X7+9X7=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（）

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4或8处，若8放在6处，则可以从5,6,7这3个数字

中选一个放在。处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在月处，也有3

种方法，所以共有6种方法.

3.设常数a£R,若的二项展开式中9项的系数为-10,则a等于（）

A.-2B.-1

C.1D.2

解析：选A・C”/一",令10—3r=7,得r=l,故爆=—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，共点解种方法.由

分类加法计数原理知共A：+C立=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，共有心种方

法，再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列产生的3个空位中，有联种方法，由分步乘法

计数原理可得总的方法种数为A”A>谓=24.

6.在（1—xy'uao+aix+a/’+aifH----FaW中，若2a2+a“-5=0,则自然数n的值是

（）

A.9B.8

C.7D.6

解析：选B•.加=《，&一5=（一1）"飞厂

=（-1）F,2比+（-1）飞=0,

________________120___________________

、-1t/?-2/?—377—41，

/.（/?-2）（77-3）（77-4）=120且77-5为奇数，二〃=8.

7.设函数X）则当x>0时，表达式的展开式中常数项

、一北，x20,

为（）

A.—20B.20

C.-15D.15

解析：选A当x>0时，/[/(%)]=的展开式中，常数项为

8.用三种不同的颜色填涂如图所示的3X3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

C.14

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3X2X2X1=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。分）

9.在二项式的展开式中，有（）

A.含x的项B.含二的项

X

C.含x'的项D.含1的项

X

解析：选ABC二项式（31）的展开式的通项公式为*+尸C”（-2）'—

r=0,1,2,3,4,5,故展开式中含x的项为/一加，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.与服相等

B.过三棱柱任意两顶点的异面直线共有36对

C.若琮8=啮-',贝ijx=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ABDA中,AwA?=10X9X8X7!,Aio=lOX9X8X7!,故A；°A；=A；。，正确.

B中，三棱柱有6个顶点，可组成乙一3=12个不同四面体，而每个四面体有三对异面

直线，则共有12X3=36对，正确.

C中，•.•总8=嚼-8,...*=3-一8或不+（3/-8）=28,即x=4或9,C错误.

D中，从5个人中选出3人，共有屋=5X4X3=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，选法总数为解

B.若物理和化学至少选一门，选法总数为森

C.若物理和历史不能同时选，选法总数为嫁一C；

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；点一以

解析：选ABD对于A,若任意选择三门课程，选法总数为《，错误；

对于B,若物理和化学选一门，有以种方法，其余两门从剩余的五门中选，有6种选法;

若物理和化学选两门，有戏种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有种选法，由分类加法

计数原理得，总数为以索+c窕;，错误；

对于C,若物理和历史不能同时选，选法总数为

Cl-Cl-Cs=C?-C5,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C；C；种选法；②选化学，

不选物理，有c；d种选法；③物理与化学都选，有戏4种选法，故选法总数为点+《

C；=6+10+4=20（种），错误.

12.已知（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/项的系数为45

解析：选BCD因为的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以C

=琮，得〃=10.因为展开式的各项系数之和为1024,所以令户1,得（a+lP°=1024,得

,其展开式中奇数项的二项式系数和魅义2'°=512,故A

=1.故给定的二项式为打

不正确；由〃=10可知二项式系数最大的项是展开式的第6项，而展开式的系数

与对应的二项式系数相等，故B正确；展开式的通项公式为窗产麻仪）吁3（为*=以/

5A5a

-；（衣=0,1,2,…，10）,令20—?=0,解得衣=8,即常数项为第9项，故C正确；令20

­=15,得5=2,故展开式中含/项的系数为5=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5X6=30组不同的结果；同理，第二类也有30组不同的结果，共可得

至U30+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C；弓=12（种）；

第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有CC：=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《=20（种），从6人中任选3人都是男生，不

同的选法有C：=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.（1+2）©-1）的展开式的常数项是.

解析：第一个因式取第二个因式取含3的项得：1XCK-1）"=5；第一个因式取2,

X

第二个因式取常数项得：2X（-l）$=-2,故展开式的常数项是5+（-2）=3.

答案：3

16.设集合1={（汨，Xi,x3,As）IxG{—1,0,1},i—\,2,3,4,5）,那么集合力中

满足条件"1W|不：+|七|+|不I+卬+I禹IW3”的元素个数为.

解析：在为，Xi,Xi,Xa,X5这五个数中，因为小右{一1,0,1},7=1,2,3,4,5,所以满

足条件1这|川+|而|+|旬+|川+㈤近3的可能情况有①一个1（或一1）,四个0,有以X

2种；②两个1（或一1）,三个0,有《X2种；③一个一1,一个1,三个0,有心种；④两

个1（或一1）,一个一1（或D,两个0,有aC；X2种；⑤三个1（或一1）,两个0,有VX2

种.故共有点X2+aX2+A：+CMx2+C；X2=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Rp+工”展开式中的倒数第3项的系数为45,求：

（1）含f的项;

⑵系数最大的项.

解：（1）由题意可知图-2=45,

即C，=45,所以〃=10,

11万一30

令~12~得r=6,

所以含f的项为7i=Cto/=Clo/=21O/.

55-3025

⑵系数最大的项为中间项即入=日。算丁=252点.

18.（12分）用〃种不同颜色为下列两块广告牌着色（如图所示），要求在4B,C,〃四

个区域中相邻（有公共边的）区域不用同一种颜色.

（1）若〃=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1有6种不同的方法，第2步涂8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〃有4种不同的方法.

根据分步乘法计数原理，共有6X5X4X4=480（种）不同的方法.

（2）由题意，得力（〃一1）（〃一2）（〃-3）=120,注意到〃GN*,可得〃=5.

19.（12分）已知（1-2王）"=ao+a/+a2y----Fa〃x"（"eN*）,且比=60.

（1）求〃的值：

（2）求一1+有一粉---卜（―1）"我的值.

解：（1）因为4=《（-2x）2=a2*,

所以比=《（-2户=60,

化简可得〃（〃-1）=30,且〃GN*,解得〃=6.

⑵