2023版新教材高中数学第六章计数原理单元素养测评卷新人教A版选择性必修第三册

单元素养测评卷(六)计数原理一、选择题：本题共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．关于x的方程Ceq\o\al(2x,11)＝Ceq\o\al(3x－4,11)的解为()A.x＝3B．x＝4C.x＝3且x＝4D．x＝3或x＝42.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x2)))eq\s\up12(5)的展开式中x2的系数为()A.10B．20C．40D．803．若4名教师报名参加乡村志愿支教活动，可以从A，B，C这3所学校中选报1个，则不同的报名方式有()A.16种B．24种C．64种D．81种4．用红、黄、蓝三种颜色给右图着色，要求有公共边的两块不着同色．在所有着色方案中，①③⑤着相同色的有()A.96种B．24种C．48种D．12种5．设(2x－3)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a0＋a2＋a4的值为()A.311B．312C．313D．3156．直上九天问苍穹，天宫六人绘新篇.2023年5月30日神舟十六号发射成功，神十五与神十六乘组航天员在太空会师，6名航天员分两排合影留念，若从神十五和神十六每组的3名航天员中各选1人站在前排，后排的4人要求同组的2人必须相邻，则不同的站法有()A.72种B．144种C．180种D．288种7．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，若第n行中从左至右只有第5个数为该行中的最大值，则n的值为()A.7B．8C．9D．108．2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛在苏州举行．现将5名志愿者分配到赛事宣传、外事联络和酒店接待3个部门进行培训，每名志愿者只分配到1个部门，每个部门至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有()A.300种B．210种C．180种D．150种二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．下列四个关系式中，一定成立的是()A.3Ceq\o\al(3,8)－2Ceq\o\al(2,5)＝148B．Aeq\o\al(m－1,n－1)＝eq\f(（n－1）！,（m－n）！)(n≥m≥2，m，n∈N)C.Aeq\o\al(m,n)＝nAeq\o\al(m－1,n－1)(n≥m≥2，m，n∈N)D．Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(3,6)＋…＋Ceq\o\al(3,10)＝32810．下列说法正确的是()A.10×11×12×…×20可表示为Aeq\o\al(10,20)B.6个朋友聚会，见面后每两人握手一次，一共握手15次C.若把英文“sorry”的字母顺序写错，则可能出现的错误共有59种D.将4名医护人员安排到呼吸、感染两个科室，要求每个科室至少有1人，则共有18种不同的安排方法11．在新高考方案中，选择性考试科目有：物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是()A.若任意选科，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)B.若化学必选，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)C.若政治和地理至多选一门，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,2)D.若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋Ceq\o\al(1,2)12．设(1＋2x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则下列说法正确的是()A.a0＝1B．a1＋a2＋…＋a10＝310－1C.展开式中二项式系数最大的项是第5项D．a2＝9a1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．若Ceq\o\al(n－1,n＋1)＝3Aeq\o\al(2,n－1)，则n＝________．14．(x2－x＋2y)5的展开式中x3y3项的系数为________．15．某同学将英文单词“million”中字母的顺序记错了，那么他在书写该单词时，写错的情况有________种(用数字作答).16．已知(a＋x)(1＋x)6的展开式中x2的系数为21，则a＝________．

四、解答题：本题共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．(本小题10分)有甲、乙、丙、丁、戊5位同学，求：(1)5位同学站成一排，甲、戊不在两端有多少种不同的排法？(2)5位同学站成一排，要求甲乙必须相邻，丙丁不能相邻，有多少种不同的排法？18．(本小题12分)在(2x＋eq\f(1,\r(x)))n(n∈N*)的展开式中，第2项、第3项、第4项的二项式系数成等差数列．(1)求n的值；(2)求展开式中的第7项．19.(本小题12分)课外活动小组共9人，其中男生5人，女生4人，并且男、女生各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有1名队长当选；(2)至多有2名女生当选；(3)既要有队长，又要有女生当选．20．(本小题12分)已知集合A＝{1，2，3，4，5，6}．(1)从集合A中任取4个数字组成无重复数字的四位数，共有多少个偶数？(2)从集合A中任取3个不同的数，其和为偶数，共有多少种不同的取法？(3)从集合A中任取2个奇数和2个偶数，可构成多少个奇数字相邻的四位数？(4)从集合A中任取4个数字组成无重复数字的四位数，并把它们按由小到大的顺序排成一个数列，则这个数列中第135项是多少？21.(本小题12分)在下面三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并对其求解．条件①：第3项与第7项的二项式系数相等；条件②：只有第5项的二项式系数最大；条件③：所有项的二项式系数的和为256.问题：在(2x2－eq\f(1,\r(3,x)))n(n∈N*)展开式中，(1)求n的值与展开式中各项系数之和；(2)这个展开式中是否存在有理项？若存在，将其一一列出；若不存在，请说明理由．22．(本小题12分)在(x2＋x＋1)n＝Deq\o\al(0,n)x2n＋Deq\o\al(1,n)x2n－1＋Deq\o\al(2,n)x2n－2＋…＋Deq\o\al(2n－1,n)x＋Deq\o\al(2n,n)的展开式中，把Deq\o\al(0,n)，Deq\o\al(1,n)，Deq\o\al(2,n)，…，Deq\o\al(2n,n)叫做三项式的n次系数列．(1)求Deq\o\al(0,3)＋Deq\o\al(2,3)＋Deq\o\al(4,3)＋Deq\o\al(6,3)的值；(2)根据二项式定理，将等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n的两边分别展开，可得左右两边的系数对应相等，如Ceq\o\al(n,2n)＝(Ceq\o\al(0,n))2＋(Ceq\o\al(1,n))2＋(Ceq\o\al(2,n))2＋…＋(Ceq\o\al(n,n))2，利用上述思想方法，求Deq\o\al(0,2023)Ceq\o\al(0,2023)－Deq\o\al(1,2023)Ceq\o\al(1,2023)＋Deq\o\al(2,2023)Ceq\o\al(2,2023)－…－Deq\o\al(2021,2023)Ceq\o\al(2021,2023)＋Deq\o\al(2022,2023)Ceq\o\al(2022,2023)－Deq\o\al(2023,2023)Ceq\o\al(2023,2023)的值．单元素养测评卷(六)计数原理1．解析：因为Ceq\o\al(2x,11)＝Ceq\o\al(3x－4,11)，则2x＝3x－4或2x＋3x－4＝11，解得x＝4或x＝3，若x＝4，可得Ceq\o\al(8,11)＝Ceq\o\al(8,11)，符合题意；若x＝3，可得Ceq\o\al(6,11)＝Ceq\o\al(5,11)，符合题意；综上所述：x＝3或x＝4.答案：D2．解析：通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)x5－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x2)))eq\s\up12(k)＝2kCeq\o\al(k,5)·x5－3k，令5－3k＝2，得k＝1，所以展开式中x2的系数为2×Ceq\o\al(1,5)＝10.答案：A3．解析：每位教师报名都有3种选择，则4名教师报名方式有34＝81(种).答案：D4．解析：因为①③⑤着相同的颜色，可以有Ceq\o\al(1,3)＝3种，②④⑥按要求可随意着与①③⑤不同色的另外两种颜色，故有Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,2)×Ceq\o\al(1,2)＝8种，所以共有24种．答案：B5．解析：令x＝1，则(－1)4＝1＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4①，令x＝－1，则(－5)4＝625＝a0－a1＋a2－a3＋a4②，①＋②可得626＝2(a0＋a2＋a4)，解得a0＋a2＋a4＝313.答案：C6．解析：因为第一排的站法有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝18(种)，第二排的站法有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝8(种)，所以不同的站法有18×8＝144(种).答案：B7．解析：由题意可知，第n行的数就是二项式(a＋b)n的展开式中各项的二项式系数．因为只有第5项的二项式系数Ceq\o\al(4,n)最大，所以n为偶数，故eq\f(n,2)＝4，解得n＝8.答案：B8．解析：由题意，志愿者按人数，可分组为(3，1，1)、(2，2，1)的形式，对于(3，1，1)分组，分配方案有Ceq\o\al(3,5)Aeq\o\al(3,3)＝60种；对于(2，2，1)分组，分配方案有eq\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(3,3)＝90种；所以共有150种．答案：D9．解析：由3Ceq\o\al(3,8)－2Ceq\o\al(2,5)＝3×eq\f(8×7×6,3×2×1)－2×eq\f(5×4,2×1)＝148，所以A正确；由Aeq\o\al(m－1,n－1)＝eq\f(（n－1）！,[（n－1）－（m－1）]！)＝eq\f(（n－1）！,（n－m）！)，所以B错误；由Aeq\o\al(m,n)＝eq\f(n！,（n－m）！)＝n×eq\f(（n－1）！,（n－m）！)＝nAeq\o\al(m－1,n－1)，所以C正确；由Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(3,6)＋…＋Ceq\o\al(3,10)＝Ceq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(3,6)＋…＋Ceq\o\al(3,10)－1＝Ceq\o\al(4,11)－1＝eq\f(11×10×9×8,4×3×2×1)－1＝329，所以D错误．答案：AC10．解析：因为Aeq\o\al(10,20)＝11×12×13×…×20，故A错误；因为6人两两握手，共握Ceq\o\al(2,6)＝15(次)，故B正确；先在5个位置中选出3个位置，对s，o，y进行全排列，剩下两个位置将r放入即可，故有：Aeq\o\al(3,5)＝5×4×3＝60(种)，而正确的共有1种，所以可能出现的错误共有60－1＝59(种)，故C正确；因为4＝1＋3＝2＋2，当按3，1分组时，先选1人单独一组，剩下3人为一组，再将两组分配到两个不同科室中：共Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,2)＝8(种)分法，当按2，2分组，在4人中选出2人到呼吸科，剩下2人自动去感染科，故有Ceq\o\al(2,4)＝6(种)分法，故共有8＋6＝14(种)安排方法，故D错误．答案：BC11．解析：对于A中，先从物理和历史中，任选1科，再从剩余的四科中任选2科，根据分步乘法计数原理，可得选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)种，所以A正确；对于B中，先从物理、历史中选1门，有Ceq\o\al(1,2)种选法，若化学必选，再从生物、政治、地理中再选1门，有Ceq\o\al(1,3)种选法，由分步乘法计数原理，可得选法共有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)种，所以B正确；对于C中，先从物理和历史中选1门，有Ceq\o\al(1,2)种选法，若从政治和地理中只选1门，再从化学和生物中选1门，有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)种选法，若政治和地理都不选，则从化学和生物中选2门，只有1种选法，由分类加法计数原理，可得共有Ceq\o\al(1,2)(Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋1)，所以C正确；对于D中，若物理必选，只有1种选法，若化学、生物只选1门，则在政治、地理中选1门，有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)种选法，若化学、生物都选，则只有1种选法，由分类加法计数原理，可得选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)＋1，所以D错误．故选ABC.答案：ABC12．解析：令x＝0得a0＝1，故A正确；令x＝1得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝310，而由A知，a0＝1，因此a1＋a2＋…＋a10＝310－1，故B正确；因为(1＋2x)10的展开式中二项式系数最大为Ceq\o\al(5,10)，为第6项，故C不正确；因为(1＋2x)10的展开式中，Tk＋1＝2kCeq\o\al(k,10)xk，0≤k≤10，k∈N，所以T2＝2Ceq\o\al(1,10)x＝20x，∴a1＝20，T3＝22Ceq\o\al(2,10)x2＝180x2，a2＝180，因此a1＝20，a2＝180，所以a2＝9a1，故D正确．答案：ABD13．解析：因为Ceq\o\al(n－1,n＋1)＝Ceq\o\al(2,n＋1)＝eq\f(（n＋1）n,2)，Aeq\o\al(2,n－1)＝(n－1)(n－2)，所以eq\f(（n＋1）n,2)＝3(n－1)(n－2)，整理得5n2－19n＋12＝(n－3)(5n－4)＝0，故n＝3或n＝eq\f(4,5)(舍去).答案：314．解析：(x2－x＋2y)5的展开式中，构成x3y3项只能是一个x2、一个(－x)、3个(2y)相乘，故此项为Ceq\o\al(1,5)x2·Ceq\o\al(1,4)(－x)·Ceq\o\al(3,3)(2y)3＝－160x3y3.答案：－16015．解析：英文单词“million”中字母的顺序记错了，因为有两个i，两个l重复，那么他在书写该单词时，共有eq\f(Aeq\o\al(7,7),Aeq\o\al(2,2)×Aeq\o\al(2,2))＝1260种可能，而正确的拼写只有1种，故写错的情况有1259种．答案：125916．解析：由二项式定理可知(1＋x)6的展开式中含x，x2的项分别为Ceq\o\al(1,6)×15·x＝6x，Ceq\o\al(2,6)×14·x2＝15x2，故(a＋x)(1＋x)6的展开式中含x2的项为a×15x2＋x·6x＝(15a＋6)x2，即15a＋6＝21⇒a＝1.答案：117．解析：(1)首先排两端，从甲、戊以外的3人中选出2人站两端，有Aeq\o\al(2,3)种排法；中间3个位置全排列，有Aeq\o\al(3,3)种排法，所以共有Aeq\o\al(2,3)×Aeq\o\al(3,3)＝36种排法．(2)首先将甲乙两人捆绑，与戊一起排，有Aeq\o\al(2,2)×Aeq\o\al(2,2)种排法，此时，共有3个空，丙丁两人插空排列，共有Aeq\o\al(2,3)种排法，所以共有Aeq\o\al(2,2)×Aeq\o\al(2,2)×Aeq\o\al(2,3)＝24种排法．18．解析：(1)第2项、第3项、第4项的二项式系数成等差数列，即Ceq\o\al(1,n)，Ceq\o\al(2,n)，Ceq\o\al(3,n)构成等差数列．所以2Ceq\o\al(2,n)＝Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(3,n)，即2×eq\f(n（n－1）,2×1)＝n＋eq\f(n（n－1）（n－2）,3×2×1)，且n∈N*，n≥3.整理得n2－9n＋14＝0，解得n＝7或n＝2(舍去).(2)Tk＋1＝Ceq\o\al(k,7)(2x)7－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(k)＝27－kCeq\o\al(k,7)x7－eq\f(3,2)k，令k＝6，则T7＝2Ceq\o\al(6,7)x－2＝14x－2，故展开式中的第7项为14x－2.19．解析：(1)利用间接法：从所有的选法中减去没有队长的选法，所以至少有1名队长当选的选法种数为Ceq\o\al(5,9)－Ceq\o\al(5,7)＝126－21＝105(种).(2)至多有2名女生当选，则当选的女生人数分别为0或1或2，因此至多有2名女生当选的选法种数为Ceq\o\al(5,5)＋Ceq\o\al(4,5)Ceq\o\al(1,4)＋Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(2,4)＝1＋5×4＋10×6＝81(种).(3)既要有队长，又要有女生当选，分以下情况讨论：①有且只有一名女队长当选，不同的选法种数为Ceq\o\al(4,7)＝35(种)；②有且只有一名男队长当选，则至少有一名女生当选，则不同的选法种数为Ceq\o\al(4,7)－Ceq\o\al(4,4)＝34(种)；③若男队长和女队长当选，则不同的选法种数为Ceq\o\al(3,7)＝35(种).综上所述，既要有队长，又要有女生当选的选法种数为35＋34＋35＝104(种).20．解析：(1)先从3个偶数中任选一个放在个位，进而从剩余的5个数中选择3个进行排列，故有Aeq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(3,5)＝3×60＝180个．(2)一是选择3个偶数，其和为偶数，有Ceq\o\al(3,3)＝1种，二是选择1个偶数，选择2个奇数相加，其和为偶数，此时有Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(2,3)种取法，综上共有Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,3)·Ceq\o\al(2,3)＝1＋3×3＝10种．(3)从3个奇数中选出2个，从3个偶数中选出2个，把两个奇数看为一个整体，有Aeq\o\al(2,2)种情况，两个偶数和奇数组成的整体进行全排列，故共有Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝3×3×2×6＝108个．(4)千位数为1的四位数共有Aeq\o\al(3,5)＝60个，千位数为2的四位数共有Aeq\o\al(3,5)＝60个，千位数为3的四位数共有Aeq\o\al(3,5)＝60个，所以第135项的千位数字为3；千位数为3且百位数为1的四位数共有Aeq\o\al(2,4)＝12个，千位数为3且百位数为2的四位数共有Aeq\o\al(2,4)＝12个，所以第135项是千位数字为3，百位数为2的四位数中的第3项，所以数列中的第135项是3216.21．解析：(1)选①，第3项与第7项的二项式系数相等，则Ceq\o\al(2,n)＝Ceq\o\al(6,n)，所以n＝2＋6＝8；令x＝1，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×12－\f(1,\r(3,1))))eq\s\up12(8)＝18＝1，则展开式中各项系数之和为1.选②，只有第5项的二项式系数最大，所以eq\f(n,2)＝4，解得n＝8；令x＝1，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×12－\f(1,\r(3,1))))eq\s\up12(8)＝18＝1，则展开式中各项系数之和为1.选③，所有项的二项式系数的和为256，则2n＝256，解得n＝8.令x＝1，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×12－\f(1,\r(3,1))))eq\s\up12(8)＝18＝1，则展开式中各项系数之和为1.(2)二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,\r(3,x))))eq\s\up12(8)展开式的通项公式为：Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)(2x2)8－k(－x－eq\f(1,3))k＝(－1)k28－kCeq\o\al(k,8)x16－eq\f(7,3)k.依题意可知，当k＝0，3，6时，二项式展开的项都是有理项．所以：当k＝0时，T1＝256x16；当k＝3时，T4＝－1792x9；当k＝6时，T7＝112x2.所以展