第六章计数原理检测试题解析

第六章检测试题一、单项选择题(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.(xy)n的二项展开式中,第m项的系数是(D)A.Cnm C.Cnm-1 D.(解析:(xy)n的二项展开式中第m项为Tm=Cnm-1(y)m1所以系数为Cnm-1(2.已知Cn+16Cn6A.14 B.15 C.13 D.12解析:由组合数性质知,Cn6+Cn7=Cn3.高二年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参观学习,去哪个工厂可以自由选择,甲工厂必须有班级要去,则不同的参观方案有(C)A.16种 B.18种 C.37种 D.48种解析:根据题意,若不考虑限制条件,每个班级都有4种选择,共有4×4×4=64(种)方案,其中工厂甲没有班级去,即每个班都选择了其他三个工厂,此时每个班级都有3种选择,共有3×3×3=27(种)方案,则符合条件的方案有6427=37(种).4.有7名学生参加“学党史知识竞赛”,咨询比赛成绩,老师说:“甲的成绩是最中间一名,乙不是7人中成绩最好的,丙不是7人中成绩最差的,而且7人的成绩各不相同.”那么他们7人不同的可能位次共有(D)A.120种 B.216种C.384种 D.504种解析:因为甲的成绩是中间一名,所以只需安排其余6人位次,因为乙不排第一名,丙不排最后一名,所以由间接法可得A662A55+A5.将5名志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有(C)A.60种 B.120种 C.240种 D.480种解析:根据题意,有一个项目中分配2名志愿者,其余各项目中分配1名志愿者,可以先从5名志愿者中任选2人,组成一个小组,有C52种选法;然后连同其余三人,看成四个元素,四个项目看成四个不同的位置,四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数为4!,根据分步乘法计数原理,完成这件事,共有C6.已知多项式(x2)5+(x1)6=a0+a1x+a2x2+…+a5x5+a6x6,则a1等于(B)A.11 B.74 C.86 D.1解析:对于(x2)5,其展开式的通项为Tr+1=C5rx5r(2)令5r=1,得r=4,故T5=C54x(2)对于(x1)6,其展开式的通项为Tk+1=C6kx6k(1)令6k=1,得k=5,故T6=C65x(1)5所以a1=806=74.7.某公司安排五名大学生从事A,B,C,D四项工作,每项工作至少安排一人且每人只能安排一项工作,A项工作仅安排一人,甲不能从事B项工作,则不同的分配方案的种数为(C)A.96 B.120 C.132 D.240解析:若甲从事A项工作,则剩余4人安排在B,C,D三项工作中,共有C3若甲不从事A项工作,则从事C或D项工作,共有C41C21所以共有36+96=132(种)方案.8.(1+1x+1x2)(1+x)6A.15 B.20 C.30 D.50解析:因为(1+1x+1x2)(1+x)6=(1+x)6+1x(1+x)6+所以(1+1x+1x2)(1+x)6展开式中含x2的项为C62x2+1x·(C63x3)+1所以(1+1x+1x2)(1+x)6二、多项选择题(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.若(x21x)nA.n=8B.n=7C.展开式中含x2项的系数为35D.展开式中各项系数和为27解析:由已知Cn3=展开式中含x2项为C74(x2)3(1x)4令x=1,得展开式中各项系数和为0,而展开式中各项二项式系数和为27,故D错误.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(AB)A.C52种 B.C53种解析:因为从A地到B地路程最短:①要走的路程最短必须走5步(向右走3步,向下走2步),且不能重复;②向右的走法定出后,向下的走法随之确定,所以我们只要确定出向右的三步或向下的两步走法有多少种即可,故不同走法的种数有C53=11.若(3x2)2023=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2023x2023(x∈R),则下列选项正确的是(BD)A.a0=22023B.a0+a2+a4+…+a2022=1C.a1+a3+a5+…+a2023=-D.a13+a232+a解析:当x=0时,a0=(02)2023=22023,故A错误;当x=1时,a0+a1+a2+…+a2023=(32)2023=1,当x=1时,a0a1+a2…+a2022a2023=(32)2023=52023,所以a0+a2+a4+…+a2022=1-a1+a3+a5+…+a2023=1+5令x=13,可得(3×132)2023=a0+a13+a2故a13+a232+a333+…+a12.将4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中,不允许有空盒子的放法,关于放法的种数,下列选项正确的是(BC)A.C31CC.C31解析:根据题意,4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中,且没有空盒子,则3个盒子中有1个盒子中放2个球,剩下的2个盒子中各放1个.法一分两步进行分析.①先将4个不同的小球分成3组,有C4②将分好的3组全排列,对应放到3个盒子中,有A3则没有空盒的放法有C4法二分两步进行分析.①在4个小球中任选2个,在3个盒子中任选1个,将选出的2个小球放入选出的小盒中,有C3②将剩下的2个小球全排列,放入剩下的2个小盒中,有A2则没有空盒的放法有C3三、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.2022年11月,第五届中国国际进口博览会在上海举办,组委员会准备安排5名工作人员去A,B,C,D这4所场馆,其中A场馆安排2人,其余场馆各1人,则不同的安排方法种数为.

解析:分为两步,第一步:安排2人去A场馆有C52种结果,第二步:安排其余3人到剩余3个场馆,有A3答案:6014.(x2+1)(2x1x)6的展开式中常数项为解析:(2x1x)6展开式的通项为Tk+1=C6k·(2x)6k(x1)k=(1)k·26kC6令62k=0,得k=3,令62k=2,得k=4,所以常数项为23C63+22C6答案:10015.某元宵灯谜竞猜节目,有6名守擂选手和6名复活选手,从复活选手中挑选1名选手为攻擂者,从守擂选手中挑选1名选手为守擂者,则攻擂者、守擂者的不同构成方式共有种.

解析:由分步乘法计数原理,从复活选手中挑选1名选手为攻擂者,共C61=6种选法,从守擂选手中挑选1名选手为守擂者,共C6答案:3616.已知(x+2x)n(n∈N*,展开式中系数最大的项为.

解析:由题意得Cn0+Cn1+C因为n∈N*,所以n=10(舍去),从而n=9.则二项展开式的通项为Tr+1=C9r(x)9r·(2x设Tr+1为最大项,则满足C即9解得173≤r≤20因为r∈N,所以r=6.所以系数最大项为T7=C96(x)3(2x)6答案:95376x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.(本小题满分10分)利用二项式定理证明:49n+16n1(n∈N*)能被16整除.证明:49n+16n1=(48+1)n+16n1=Cn0·48n+Cn1·48n1+…+Cn=16(Cn0·3×48n1+Cn1·3×48n2所以49n+16n1(n∈N*)能被16整除.18.(本小题满分12分)把6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子中,求下列方法的种数.(1)每个盒子都不空;(2)恰有一个空盒子;(3)恰有两个空盒子.解:(1)先把6个相同的小球排成一行,在首尾两球外侧放置一块隔板,然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板,共有C510种方法.(2)恰有一个空盒子,插板分两步进行.先在首尾两球外侧放置一块隔板,并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板,如|0|000|00|,有C52种插法,然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒,如|0|000||00|,有C41种插法,故共有(3)恰有两个空盒子,插板分两步进行.先在首尾两球外侧放置一块隔板,并在5个空隙中任选1个空隙插一块隔板,如|00|0000|,有C5①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子,如||00||0000|,有C3②将两块板与前面三块板之一并放,如|||00|0000|,有C3故共有C51·(C319.(本小题满分12分)已知在(x+123x)n的展开式中,前3项的系数分别为a1,a2,a3,且满足2a2=a1(1)展开式中二项式系数最大的项;(2)展开式中系数最大的项;(3)展开式中所有有理项.解:(1)因为(x+123x)n展开式的通项为Tk+1=Cnk(x)nk·(1所以a1=120Cn0=1,a2=121Cn依题意得2×12n=1+n即n(n1)=8(n1),由已知n≥2,所以n=8,所以(x+123x所以T5=124C(2)由(1)知,Tk+1=12设展开式中系数最大的项为第k+1项,则1即8即9解得2≤k≤3,所以k=2或k=3,所以展开式中系数最大的项为T3=122C82x24-10(3)由Tk+1=12kC所以展开式中所有有理项为T1=120C80x246=x20.(本小题满分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)在组成的三位数中,若十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小,则称这个数为“凹数”,如301,423等都是“凹数”,试求“凹数”的个数;(3)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.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A4②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)将这些“凹数”分为三类:①若十位上的数字为0,则共有A4②若十位上的数字为1,则共有A3③若十位上的数字为2,则共有A2故共有12+6+2=20(个)符合题意的“凹数”.(3)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A2五位数;②若两个奇数数字在千位和十位上,则共有A2③若两个奇数数字在百位和个位上,则共有A2故共有12+8+8=28(个)符合题意的五位数.21.(本小题满分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(2x213x)n(n∈N(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.注:若选择多个条件分别解答,则按第一个解答计分.解:(1)选①,第3项与第7项的二项式系数相等,则Cn2=所以n=2+6=8;令x=1,则(2×12131)8=1选②,只有第5项的二项式系数最大,所以n2令x=1,则(2×12131)8=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(2×12131)8=1(2)二项式(2x213x)Tr+1=C8r(2x2)8r(x-13)r=(1)r依题意可知,当r=0,3,6时,二项展开式中对应的项都是有理项.所以当r=0时,T1=256x16;当r=3时,T4=1792x9;当r=6时,T7=112x2.所以展开式中有理项分别为T1=256x16,T4=1792x9,T7=112x2.22.(本小题满分12分)如图,在以AB为直径的半圆周上,有异于A,B的六个点C1,C2,C3,C4,C5,C6,直径AB上有异于A,B的四个点D1,D2,D3,D4.(1)以图中的10个点(不含A,B)中的3个点为顶点作三角形可作出多少个?其中含点C1的有多少个?(2)以图中的12个点(包括A,B)中的4个点为顶点,可作出多少个四边形?解:(1)可分三种情况处理:①C1,C2,…,C6这六个点任取三点可构成一个三角形,有C6②C1,C2,…,C6中任取一点,D1,D2,D3,D4中任取两点可