新教材同步系列2024春高中数学第六章计数原理章末检测新人教A版选择性必修第三册

第六章章末检测(时间：120分钟，满分：150分)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．计算Ceq\o\al(5,8)＋2Aeq\o\al(2,4)的值是()A．64 B．80C．13464 D．40【答案】B【解析】Ceq\o\al(5,8)＋2Aeq\o\al(2,4)＝Ceq\o\al(3,8)＋2Aeq\o\al(2,4)＝eq\f(8×7×6,3×2×1)＋2×4×3＝80.2．(2024年抚州期中)如图所示，若从五种不同属性的物质中任取两种，则取出的两种物质恰好是相克关系的状况有()A．3种 B．5种C．7种 D．9种【答案】B【解析】从五种不同属性的物质中任取两种，取出的两种物质恰好是相克关系的状况有Ceq\o\al(1,5)＝5(种).3．(1－x)10绽开式中x3项的系数为()A．－720 B．720C．－120 D．120【答案】C【解析】由Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)(－x)r＝(－1)rCeq\o\al(r,10)xr，因为r＝3，所以系数为(－1)3Ceq\o\al(3,10)＝－120.4．(2024年北京模拟)为实行党的二十大精神，进一步推动社会主义核心价值观深化人心，某中学实行“学习党的二十大、强国复兴有我”主题活动，活动上，学生齐诵青春誓言“请党放心，强国有我！”．表演前，为呈现最佳效果，节目编排人员将2名男领诵、2名女领诵共4名领诵人员排成一排，则2名女领诵相邻的方案有()A．10种 B．12种C．20种 D．24种【答案】B【解析】将2名女领诵捆绑，再和另外2名男领诵进行全排列，共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝12(种).5．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8等于()A．－5 B．5C．90 D．180【答案】D【解析】∵(1＋x)10＝[2－(1－x)]10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，∴a8＝Ceq\o\al(8,10)·22＝180.6．12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对依次不变，则不同调整方法的种数是()A．Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,3) B．Ceq\o\al(2,6)Aeq\o\al(6,6)C．Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,5) D．Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,6)【答案】D【解析】第一步可先从后排8人中选2人，共有Ceq\o\al(2,8)种；其次步可认为前排放6个座位，先选出2个座位让后排的2人坐，由于其他人的依次不变，所以有Aeq\o\al(2,6)种方法．综上知不同调整方法的种数为Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,6).7．在(1－x)11的绽开式中，含x的奇次幂的各项系数的和是()A．－210 B．210C．－211 D．211【答案】A【解析】在(1－x)11的绽开式中，含x的奇次幂的项即偶数项，由于偶数项的二项式系数和为210，偶数项的系数均为负数，故含x的奇次幂的各项系数的和为－210.8．(2024年昆明期末)右图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色，已知有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数是()A．48 B．54C．72 D．108【答案】C【解析】设“赵爽弦图”ABCD为①区，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形分别为②，③，④，⑤区．第一步给①区涂色，有4种涂色方法．其次步给②区涂色，有3种涂色方法．第三步给③区涂色，有2种涂色方法．第四步给④区涂色，若④区与②区同色时，⑤区有2种涂色方法．若④区与②区不同色时，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法．所以共有4×3×2×(2＋1×1)＝72.二、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．下列四个等式中正确的有()A．n！＝eq\f((n＋1)！,n＋1) B．Aeq\o\al(m,n)＝nAeq\o\al(m-1,n－1)C．Aeq\o\al(m-1,n－1)＝eq\f((n－1)！,(m－n)！) D．Aeq\o\al(m,n)＋mAeq\o\al(m-1,n)＝Aeq\o\al(m,n＋1)【答案】ABD【解析】eq\f((n＋1)！,n＋1)＝eq\f((n＋1)×n！,n＋1)＝n！，所以A正确；nAeq\o\al(m-1,n－1)＝eq\f(n×(n－1)！,[(n－1)－(m－1)]！)＝eq\f(n！,(n－m)！)＝Aeq\o\al(m,n)，所以B正确；Aeq\o\al(m-1,n－1)＝eq\f((n－1)！,[(n－1)－(m－1)]！)＝eq\f((n－1)！,(n－m)！)，所以C不正确；由排列数公式可知Aeq\o\al(m,n)＋mAeq\o\al(m-1,n)＝eq\f(n！,(n－m)！)＋meq\f(n！,[n－(m－1)]！)＝eq\f(n！,(n－m)！)×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(m,n－(m－1))))＝eq\f(n！,(n－m)！)×eq\f(n＋1,n－(m－1))＝eq\f((n＋1)！,[(n＋1)－m]！)＝Aeq\o\al(m,n＋1)，所以D正确．10．(2024年荆州期中)对随意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9，则下列结论成立的有()A．a2＝－144 B．a0＝1C．a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1 D．a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39【答案】ACD【解析】对随意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9＝[－1＋2(x－1)]9，所以a2＝－Ceq\o\al(2,9)×22＝－144，故A正确；令x＝1，得a0＝－1，故B不正确；令x＝2，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1，故C正确；令x＝0，可得a0－a1＋a2＋…－a9＝－39，故D正确．11．对于二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x3))eq\s\up12(5)，以下推断正确的有()A．绽开式中没有常数项 B．绽开式中的第一项为x-5C．绽开式中其次项的系数为eq\f(1,5) D．绽开式的二项式系数的和为32【答案】ABD【解析】该二项绽开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(5－k)·(x3)k＝Ceq\o\al(k,5)x4k-5，令4k－5＝0，得k＝eq\f(5,4)，不合题意，故绽开式中没有常数项，A正确；令k＝0，得T1＝Ceq\o\al(0,5)x-5＝x-5，故B正确；令k＝1，得T2＝Ceq\o\al(1,5)x-1＝5x-1，其次项的系数为5，故C错误；二项式绽开式系数的和为25＝32，故D正确．12．将四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，不允许有空盒子，下列结果正确的有()A．Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(1,3) B．Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)C．Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2) D．18【答案】BC【解析】依据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1，2，3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个放2个球，剩下的2个盒子各放1个，有两种解法：(1)分两步进行分析：①先将四个不同的小球分成3组，有Ceq\o\al(2,4)种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有Aeq\o\al(3,3)种放法，则没有空盒的放法有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)种．(2)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Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)种状况；②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有Aeq\o\al(2,2)种放法，则没有空盒的放法有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2)种．故选BC．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．由数字4，0，7，3组成的没有重复数字的四位偶数的个数为________(用数字作答).【答案】10【解析】个位数字为0时，符合要求的四位偶数有Aeq\o\al(3,3)＝6(个)；个位数字为4时，符合要求的四位偶数有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝4(个).故由数字4，0，7，3组成的没有重复数字的四位偶数的个数为6＋4＝10.14．设(2x－1)6＝a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝________．【答案】729【解析】因为(2x－1)6＝a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0，由二项式定理可知a0，a2，a4，a6均为正数，a1，a3，a5均为负数，令x＝－1，可得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝(2＋1)6＝729.15．(2024年泉州期末)泉州洛阳桥，桥长834米，宽7米，46个桥墩，47个桥孔，全都是由花岗岩筑成的，素有“海内第一桥”之誉．现有一场划船竞赛，选取相邻的12个桥孔作为竞赛道口，有4艘参赛船只将从一字排开的12个桥孔划过，若为平安起见相邻两艘船都必需至少留有1个空桥孔间隔划过，12个桥孔头尾两侧桥孔也不过船，全部的船都必需从不同的桥孔划过，每个桥孔都只允许1艘船划过，则4艘船通过桥孔的不同方法共有________种(用数字作答).【答案】840【解析】依题意相当于将8个相同的小球，放入5个盒子中，且每个盒子不空，则在8个小球中的7个空档插入4个板，分为5堆，则有Ceq\o\al(4,7)＝35(种)分法，即通过的桥孔组合有35种，再对4艘参赛船全排列有Aeq\o\al(4,4)＝24(种)排法，故共有Ceq\o\al(4,7)Aeq\o\al(4,4)＝35×24＝840(种)方法．16．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax＋\f(1,x)))(2x＋1)5(a≠0)，若其绽开式中各项的系数和为81，则a＝________，绽开式中常数项为________．【答案】－eq\f(2,3)10【解析】设eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax＋\f(1,x)))(2x＋1)5＝a0＋a1x＋…＋a6x6，其绽开式中各项的系数和为a0＋a1＋…＋a6，令x＝1，得(a＋1)·35＝81，解得a＝－eq\f(2,3)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)x＋\f(1,x)))(2x＋1)5的绽开式中的常数项为eq\f(1,x)·Ceq\o\al(4,5)·2x＝10.四、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．(10分)已知集合A＝{3，4，5，6，7}，B＝{x||x－6|<3，x∈N*}，从集合A和B中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？解：A＝{3，4，5，6，7}，B＝{x||x－6|<3，x∈N*}＝{4，5，6，7，8}．从A中取一个数作为横坐标，从B中取一个数作为纵坐标，有5×5＝25(个)，而8作为横坐标的状况有5种，3作为纵坐标且8不是横坐标的状况有4种，故共有5×5＋5＋4＝34(个)不同的点．18．(12分)已知在(1－2log2x)n的绽开式中，全部奇数项的二项式系数的和为64.(1)求n的值；(2)求绽开式中全部项的系数之和．解：(1)由题意知Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋Ceq\o\al(2,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＝2×64，即2n＝128，则n＝7.(2)设(1－2log2x)7＝a0＋a1log2x＋a2(log2x)2＋…＋a7(log2x)7，令x＝2，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝(1－2log22)7＝－1，即绽开式中全部项的系数之和为－1.19．(12分)已知有10件不同厂生产的同类产品．(1)在商品评比会上，若有2件商品因瑕疵不能参与评比，从剩下的商品中要选出4件商品，并排定选出的4件商品的名次，有多少种不同的选法？(2)若要选6件商品放在不同的位置上陈设，且必需将获金质奖章的2件商品放上，有多少种不同的布置方法？解：(1)10件商品，除去不能参与评比的2件商品，剩下8件，从中选出4件进行排列，有Aeq\o\al(4,8)＝1680(种).(2)分步完成．先将获金质奖章的2件商品布置在6个位置中的2个位置上，有Aeq\o\al(2,6)种方法，再从剩下的8件商品中选出4件，布置在剩下的4个位置上，有Aeq\o\al(4,8)种方法，共有Aeq\o\al(2,6)·Aeq\o\al(4,8)＝50400(种).20．(12分)已知(x＋eq\f(1,2\r(x)))n的绽开式中的其次项和第三项的系数相等．(1)求n的值；(2)求绽开式中全部二项式系数的和；(3)求绽开式中全部的有理项．解：二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2\r(x))))eq\s\up12(n)绽开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)xn－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(x))))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(r)xn－eq\s\up6(\f(3,2))r(r＝0，1，2，…，n).(1)依据绽开式中的其次项和第三项的系数相等，得Ceq\o\al(1,n)·eq\f(1,2)＝Ceq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)，即eq\f(1,2)·n＝eq\f(1,4)·eq\f(n(n－1),2)，解得n＝5.(2)绽开式中全部二项式系数的和为Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(2,5)＋…＋Ceq\o\al(5,5)＝25＝32.(3)二项绽开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(r)x5-eq\s\up6(\f(3,2))r(r＝0，1，2，…，5).当r＝0，2，4时，对应项是有理项，所以绽开式中全部的有理项为T1＝Ceq\o\al(0,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)x5＝x5，T3＝Ceq\o\al(2,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2)x2＝eq\f(5,2)x2，T5＝Ceq\o\al(4,5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)x-1＝eq\f(5,16x).21．(12分)有5名男生和3名女生，从中选出5人担当5门不同学科(包含语文、数学)的课代表，分别求出符合下列条件的选法种数．(1)某女生确定要担当语文课代表；(2)某男生必需担当课代表，但不担当数学课代表；(3)某女生确定要担当语文课代表，某男生必需担当课代表，但不担当数学课代表．解：(1)除去该女生后，相当于从剩余的7名学生中选择4名任除语文外其余四科的课代表，不同的选法种数为Aeq\o\al(4,7)＝840.(2)(先选后排)从剩余的7名学生中选出4名有Ceq\o\al(4,7)种选法，该男生的支配方法有Ceq\o\al(1,4)种，其余4人全排列，有Aeq\o\al(4,4)种，所以选法共有Ceq\o\al(4,7)Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＝33