适用于新教材2023版高中数学单元素养检测一第六章计数原理新人教A版选择性必修第三册

PAGE单元素养检测(一)(第六章)(90分钟120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.(2022·大同高二检测)某地有四个信箱,现有三封信需要邮寄出去,所有邮寄方式一共有 ()A.A43 B.C43 C.34 【解析】选D.每封信都有4种选择,所以邮寄方式一共有43种.2.5位同学报名参加两个课外活动,每位同学限报其中的一个活动,则不同的报名方法共有 ()A.10种 B.20种 C.25种 D.32种【解析】选D.因为5位同学报名参加两个课外活动,每位同学限报其中的一个活动,都有2种方法,所以不同的报名方法共有25=32种.3.在1x-2x6的展开式中A.-120 B.120 C.-160 D.160【解析】选C.1x-2x6展开式的通项Tk+1=(-1)k2kC6kx2k-6常数项T3+1=(-1)323C634.记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照,要求排成一排,2位老人相邻但不排在两端,不同的排法共有 ()A.1440种 B.960种C.720种 D.480种【解析】选B.5名志愿者先排成一排,有A55种方法,2位老人作一组插入其中,且两位老人有左右顺序,共有2·4·A55.中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”,主要指德育;“乐”,主要指美育;“射”和“御”,就是体育和劳动;“书”,指各种历史文化知识;“数”,指数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动,每“艺”安排一节,连排六节,一天课程讲座排课有如下要求:“数”必须排在第三节,且“射”和“御”两门课程相邻排课,则“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有 ()A.12种 B.24种 C.36种 D.48种【解析】选C.由题意,“数”排在第三节,则“射”和“御”两门课程相邻时,可排在第1节和第2节或第4节和第5节或第5节和第6节,有3种,再考虑两者的顺序,有A22=2种,剩余的3门全排列,安排在剩下的3个位置,有A3所以“六艺”课程讲座不同的排课顺序共有3×2×6=36种不同的排法.6.(2022·新高考Ⅱ卷)有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同排列方式共有 ()A.12种 B.24种C.36种 D.48种【解析】选B.因为丙丁要在一起,先把丙丁捆绑,看做一个元素,连同乙、戊看成三个元素排列,有3!种排列方式;为使甲不在两端,必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入,有2种插空方式;注意到丙丁两人的顺序可交换,有2种排列方式,故安排这5名同学共有:3!×2×2=24种不同的排列方式.7.四所大学同时向甲、乙、丙、丁四名学生发出录取通知书,若这四名学生都愿意进这四所大学的任一所就读,则仅有两名学生被录取到同一所大学的就读方式有 ()A.288种 B.144种 C.108种 D.72种【解析】选B.先把人分成2,1,1三组,有C42种方法,再给其安排学校有A43种安排方法,根据分步乘法计数原理可得就读方式有C8.埃及金字塔之谜是人类史上最大的谜,它的神奇远远超过了人类的想象.在埃及金字塔内有一组神秘的数字142857,因为142857×2=285714,142857×3=428571,142857×4=571428,…,所以这组数字又叫“走马灯数”.该组数字还有如下发现:142+857=999,428+571=999,285+714=999,…,若从这组神秘数字中任选3个数字构成一个三位数x,剩下的三个数字构成另一个三位数y,若x+y=999,则所有可能的有序实数组(x,y)的个数为 ()A.48 B.60 C.96 D.120【解析】选A.因为1,4,2,8,5,7这六个数中,1+8=9,2+7=9,4+5=9,共3组.要使六个数字中任意取出3个数字构成一个三位数x,剩下的三个数字构成另一个三位数y,且x+y=999,则从每组数字中抽取一个构成x,所以x共有m=C61C41C21=48种情况,x的每个数字对应的同组数字按顺序构成对应的y,故所有可能的有序实数组二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)9.下列等式中,成立的有 ()A.Anm=n!m! B.C.Cnm=Cnn-m 【解析】选BCD.Anm=n(n-1)…(n-m+1)=n!根据组合数性质知B,C正确;Anm=n!(n-m)!10.关于x+1x-1(x-1)4的展开式中下列结论正确的有 ()A.不含x-2项B.x3项的系数为6C.常数项为-1D.各项的系数和为0【解析】选AD.x+1x-1(x-1)4=x+1x-1(x4-4x3+6x2-4x+1)=x5-5x4+11x3-14x2+11x-5+1x;故展开式中不含x-2项,故A正确;x3项系数为11,故B错误;常数项为-5,故C错误;各项系数和为0,故D正确.11.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【解析】选CD.A中,如果四名男生必须连排在一起,将这四名男生捆绑,形成一个“大元素”,此时,共有A44A44=242B中,如果三名女生必须连排在一起,将这三名女生捆绑,形成一个“大元素”,此时,共有A33A55C中,如果女生不能站在两端,则两端安排男生,其他位置的安排没有限制,此时,共有A42A55D中,如果三个女生中任何两个均不能排在一起,将女生插入四名男生所形成的5个空中,此时,共有A44A5312.现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动,有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排,以下说法正确的是()A.每人都安排一项工作的不同方法数为45B.每人都安排一项工作,每项工作至少有一人参加,则不同的方法数为AC.如果司机工作不安排,其余三项工作至少安排一人,则这5名同学全部被安排的不同方法数为(C53C2D.每人都安排一项工作,每项工作至少有一人参加,甲、乙不会开车但能从事其他三项工作,丙、丁、戊都能胜任四项工作,则不同安排方案的种数是C31【解析】选AD.①每人都安排一项工作的不同方法数为45,即选项A正确;②每项工作至少有一人参加,则不同的方法数为C52A44③如果司机工作不安排,其余三项工作至少安排一人,则这5名同学全部被安排的不同方法数为C53C21④分两种情况:第一种,安排一人当司机,从丙、丁、戊选一人当司机有C31,从余下四人中安排三个岗位C42C21C11A33从余下三人中安排三个岗位A33,故有C32A33;所以每项工作至少有一人参加,甲、乙不会开车但能从事其他三项工作,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.(2022·苏州高二检测)若3C2n3=5An3,则正整数【解析】因为3C2n3所以3×2=5n(n-1)(n-2),解得:n=8.答案:814.x3+1(2x+1x)6【解析】2xTk+1=C6k(2x)6-k1xk=C6k=0,1,…6,令6-32k=0,k6-32k=3,k2x+1x6展开式中,常数项为T5含x3项为T3=C62·24x3=240xx3+12x+1答案:30015.(2019·浙江高考)在二项式(2+x)9的展开式中,常数项是,系数为有理数的项的个数是.

【解析】展开式通项是Tr+1=C9r(2)9-rxr,所以常数项是T1=C90(2)9=162,若系数为有理数,则9-r为偶数,所以r为奇数,所以答案:162516.化简:32n·Cn0+Cn1·32n-2+Cn2·32n-4+…+【解析】(32+1)n=Cn0×(32)n-0×10+Cn1(32)n-1×11+…+Cnn-1×(32)1×1n-1+则32n·Cn0+Cn1·32n-2+Cn2·32n-4+…+Cnn-所以32n·Cn0+Cn1·32n-2+Cn2·32n-4+…+C答案:10n-1四、解答题(本大题共4个小题,共40分,解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)求证:2n+2·3n+5n-4能被25整除.【证明】2n+2·3n+5n-4=4·6n+5n-4=4·(5+1)n+5n-4=4·(5n+Cn15n-1+Cn25n-2+Cnn-15+1)+5n-4=4·(5n+Cn15n-1+Cn25n显然(5n+Cn15n-1+Cn25n-2+…+Cnn-252)能被25整除,25n能被25整除,所以2n+2·318.(10分)已知x+124xn的二项展开式中,第三项的系数为7(1)求证:前三项系数成等差数列;(2)求出展开式中所有有理项(即x的指数为整数的项).【解析】(1)T3=Cn2(x)n-2124x2因为14所以Cn所以n(所以n=8(负值舍去),所以前三项分别为T1=C80(x)8124x0=T2=C81(x)7124x1T3=C82(x)6124x2所以前三项系数分别为1,4,7,因为2×4=1+7,所以前三项系数成等差数列;(2)Tr+1=C8r(x)8-r124xr因为r=0,1,2,…,7,8,所以r=0,4,8,展开式中x的指数为整数,所以展开式中所有有理项为T1=C80(x)8124x0=x4,T5=116C84x=358x,T19.(10分)已知(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,求:(1)a1+a2+…+a7;(2)a1+a3+a5+a7;(3)a0+a2+a4+a6;(4)|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7|.【解析】1根据所给的等式求得常数项a0=1,令x=1,所以a0+a1+a2+…+a7=-1,则a1+a2+…+a7=-2.2在所给的等式中,令x=1,可得a0+a1+a2+…+a7=-1;①令x=-1,则a0-a1+a2-a3+…-a7=37.②用①-②再除以2可得a1+a3+a5+a7=-1094.3用①+②再除以2可得a0+a2+a4+a6=1093.4在1-2x7中可得a0+a1+a2+…+a7=a0-a1+a2-a3+…-a7【补偿训练】用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的数,问:(1)能够组成多少个五位奇数?(2)能够组成多少个正整数?(3)能够组成多少个大于40000的正整数?【解析】(1)首先排个位数字,从1,3,5中选1个数排在个位有A31=3种,其余4个数全排列有A44=24种,按照分步乘法计数原理可得有(2)根据题意,若组成一位数,有5种情况,即可以有5个一位数;若组成两位数,有A52=20种情况,即可以有20若组成三位数,有A53=60种情况,即可以有60若组成四位数,有A54=120种情况,即可以有120若组成五位数,有A55=120种情况,即可以有120则可以有5+20+60+120+120=325个正整数.(3)根据题意,若组成的数字比40000大的正整数,其首位数字为5或4,有2种情况;在剩下的4个数,安排在后面四位,共有C21A44=48种情况,则有20.(10分)如图,已知长方体的8个顶点分别为A,B,C,D,A1,B1,C1,D1,上下底面的两个中心分别为O1,O.(1)从8个顶点和2个中心中任取4个点,有多少种情况?(2)若(1)中所取4个顶点能构成三棱锥,有多少种情况?【解析】(1)从长方体的8个顶点和上下底面2个中心中任取4个点,共有C104=210(2)方法一:若所取4点能构成三棱锥需满足:①上底取1个点,下底取3个点.若上底取A1点,则下底可取点的种数为C53-2=8(种),同理取B1,C1,D1,各有8若上底取O1点,则下底可取点的种数为C53-2=8(此时共有5×8=40(种).②上底取3个点,下底取1个点,同①可知共有40种.③上底取2个点,下底取2个点.上底取A1和B1点,则下底可取点的种数为C52-2=8(种),同理取B1和C1,C1和D1,D1和A1,各有8上底取A1和C1点,则下底可取点的种数为C52-3=7(种),同理取B1和D1点时也有7上底取A1和O1点,则下底可取点的种数为C52-3=7(种),同理取B1和O1,C1和O1,D1和O1,各有7此时共有4×8+2×7+4×7=74(种).综上所述,取4点能构成三棱锥的共有40+40+74=154(种).方法二:寻找4点共面的情况.①长方体的8个顶点中4个点在同一个平面的情况为长方体的6个面和6个对角面的顶点,共有12(种).②从长方体的8个顶点取3个,另外取O1点,在A1B1C1D1,AA1C1C,BB1D1D中任选3个点都不能构成三棱锥,故共有3C43=12(种A1,B,C1;B1,C,D1;A1,D,C1;B1,A,D1.选取这4种也不能构成三棱锥.此时共有16种不能构成三棱锥.③长方体的8个顶点取3个,另外取O2点,同②可知共有16种不能构成三棱锥.④长方体的8个顶点取2个,上下底面的两个中心中取2个.在A,C,C1,A1中选取2个,有C42=6(种),在B,D