第六章计数原理单元测试卷高二下学期数学人教A版选择性

第六章计数原理（单元测试卷）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.用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有()A.24个B.30个C.40个D.60个2.已知Ceq\o\al(6,n＋1)－Ceq\o\al(6,n)＝Ceq\o\al(7,n)(n∈N*)，则n＝()A.14B.15C.13D.123.的展开式中第8项是常数，则展开式中系数最大的项是()A.第8项B.第9项C.第8项或第9项D.第11项或第12项4.某次国际合作论坛，为了保护各国国家元首的安全，某部门将5个安保小组全部安排到指定的三个区域内工作，且每个区域至少有一个安保小组，这样的安排方法共有()A.96种B.100种C.124种D.150种5.集合P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，其中x，y∈{1,2,3，…，9}，且P⊆Q.把满足上述条件的一对有序整数对(x，y)作为一个点的坐标，则这样的点的个数是()A.9B.14C.15D.216.89×90×91×92×…×100可表示为()A.Aeq\o\al(10,100)B.Aeq\o\al(11,100)C.Aeq\o\al(12,100)D.Aeq\o\al(13,100)7.式子eq\f(nn＋1n＋2…n＋100,100！)可表示为()A.Aeq\o\al(100,n＋100)B.Ceq\o\al(100,n＋100)C.101Ceq\o\al(100,n＋100)D.101Ceq\o\al(101,n＋100)8.化简多项式(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1的结果是()A.(2x＋2)5B.2x5C.(2x－1)5D.32x5二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.若(2－x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，则()A.a0＝64B.a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＝1C.a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝36D.a3是a0，a1，a2，a3，a4，a5，a6中的最大值10.关于(a－b)10的说法，正确的是()A.展开式中的二项式系数之和为1024B.展开式中第6项的二项式系数最大C.展开式中第5项和第7项的二项式系数最大D.展开式中第6项的系数最小11.已知(2x－m)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7，若a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a7,27)＝－128，则有()A.m＝2B.a3＝－280C.a0＝－1D.－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________13.(1＋eq\r(x))n展开式中的各项系数的和大于8而小于32，则系数最大的项是________14.已知(m－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，若a0＝32，则实数m＝______，a3＝_______四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.(13分)用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？(1)六位奇数；(2)个位数字不是5的六位数；(3)不大于4310的四位偶数．16.(15分)已知平面α∥平面β，在α内有4个点，在β内有6个点．(1)过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同的平面？(2)以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？(3)(2)中的三棱锥最多可以有多少个不同的体积？17.(15分)在二项式的展开式中，前3项系数的绝对值成等差数列．(1)求展开式的第4项；(2)求展开式的常数项．18.(17分)(1)用二项式定理证明：1110－1能被100整除；(2)求Ceq\o\al(1,27)＋Ceq\o\al(2,27)＋…＋Ceq\o\al(27,27)除以9的余数．19.(17分)(1)已知Ceq\o\al(n－1,n＋1)＝Aeq\o\al(2,n－1)＋1，求n；(2)若Ceq\o\al(m－1,8)>3Ceq\o\al(m,8)，求m.参考答案及解析：一、单项选择题1.A解析：将符合条件的偶数分为两类，一类是2作个位数，共有Aeq\o\al(2,4)个，另一类是4作个位数，也有Aeq\o\al(2,4)个．因此符合条件的偶数共有Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(2,4)＝24(个)．2.D解析：由组合数性质知，Ceq\o\al(6,n)＋Ceq\o\al(7,n)＝Ceq\o\al(7,n＋1)，所以Ceq\o\al(6,n＋1)＝Ceq\o\al(7,n＋1)，所以6＋7＝n＋1，得n＝12．]3.D解析：因为展开式中的第8项为Ceq\o\al(7,n)·(eq\r(x))n－7·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(7)为常数，即eq\f(n－21,2)＝0，所以n＝21，所以最大项为中间两项，即第11或12项．4.D解析：因为每个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组，共有两种方法，一种是按照1，1，3来分，另一种是按照2，2，1来分．当按照1，1，3来分时，不同的安排方法共有N1＝eq\f(C\o\al(1,5)C\o\al(1,4)C\o\al(3,3),A\o\al(2,2))Aeq\o\al(3,3)＝60(种)；当按照2，2，1来分时，不同的安排方法共有N2＝eq\f(C\o\al(2,5)C\o\al(2,3)C\o\al(1,1),A\o\al(2,2))Aeq\o\al(3,3)＝90(种)．根据分类加法计数原理，可得这样的安排方法共有N＝N1＋N2＝150(种)．5.B解析：因为P＝{x,1}，Q＝{y,1,2}，且P⊆Q，所以x∈{y,2}．所以当x＝2时，y＝3,4,5,6,7,8,9，有7种情况；当x＝y时，x＝3,4,5,6,7,8,9，有7种情况．共有7＋7＝14种情况．即这样的点的个数为14.6.C解析：89×90×91×92×…×100＝eq\f(1×2×…×100,1×2×…×88)＝eq\f(100！,88！)＝Aeq\o\al(12,100)．7.D解析：分式的分母是100！，分子是101个连续自然数的乘积，最大的为n＋100，最小的为n，故eq\f(nn＋1n＋2…n＋100,100！)＝101·eq\f(nn＋1n＋2…n＋100,101！)＝101Ceq\o\al(101,n＋100)．8.D解析：原式＝[(2x＋1)－1]5＝(2x)5＝32x5．二、多项选择题9.ABC解析：∵(2－x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6，∴令x＝0，有26＝a0＝64，故选项A正确；令x＝1，有(2－1)6＝1＝a0＋a1＋a2＋…＋a6，故选项B正确；令x＝－1，有(2＋1)6＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝36，故选项C正确，又∵a3＝Ceq\o\al(3,6)·23(－1)3＜a0，故选项D错误．10.ABD解析：由二项式系数的性质知，二项式系数之和为210＝1024，故A正确；当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也是正确的，因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的．11.BCD解析：令1－x＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(1,2)，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(1,2)－m))7＝(1－m)7＝a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a7,27)＝－128，得m＝3.再令x＝1，得a0＝(－1)7＝－1.因为(2x－3)7＝[－1－2(1－x)]7，所以a3＝Ceq\o\al(3,7)×(－1)7－3×(－2)3＝－280.对(2x－3)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7两边求导得14(2x－3)6＝－a1－2a2(1－x)－…－7a7(1－x)6，令x＝2得－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14.故选B、C、D.三、填空题12.答案：3解析：由已知得(1＋x)4＝1＋4x＋6x2＋4x3＋x4．故(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项分别为4ax，4ax3，x，6x3，x5，其系数之和为4a＋4a＋1＋6＋1＝32，解得a＝3．13.答案：6x解析：因为8＜Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)＋…＋Ceq\o\al(n,n)＜32，即8＜2n＜32.所以n＝4.所以展开式共有5项，系数最大的项为T3＝Ceq\o\al(2,4)(eq\r(x))2＝6x.14.答案：2，－320解析：∵(m－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，若a0＝32＝Ceq\o\al(0,5)·m5，则实数m＝2．a3＝Ceq\o\al(3,5)·m2·(－2)3＝－80×4＝－320．四、解答题15.解：(1)第一步，排个位数，有Aeq\o\al(1,3)种排法；第二步，排十万位，有Aeq\o\al(1,4)种排法；第三步，排其他位，有Aeq\o\al(4,4)种排法．故共有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＝288个六位奇数．(2)法一(直接法)：十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同，因此需分两类．第一类，当个位排0时，有Aeq\o\al(5,5)个；第二类，当个位不排0时，有Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)个．故符合题意的六位数共有Aeq\o\al(5,5)＋Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(1,4)Aeq\o\al(4,4)＝504(个)．法二(排除法)：0在十万位和5在个位的排列都不对应符合题意的六位数，这两类排列中都含有0在十万位且5在个位的情况．故符合题意的六位数共有Aeq\o\al(6,6)－2Aeq\o\al(5,5)＋Aeq\o\al(4,4)＝504(个)．(3)分三种情况，具体如下：(ⅰ)当千位上排1，3时，有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,4)个．(ⅱ)当千位上排2时，有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)个．(ⅲ)当千位上排4时，形如40××，42××的偶数各有Aeq\o\al(1,3)个；形如41××的偶数有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)个；形如43××的偶数只有4310和4302这两个数．故共有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,4)＋2Aeq\o\al(1,3)＋Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)＋2＝110(个)．16.解：(1)所作出的平面有三类：①α内1点，β内2点确定的平面，最多有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,6)个．②α内2点，β内1点确定的平面，最多有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,6)个．③α，β本身，有2个．故所作的平面最多有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,6)＋2＝98(个)．(2)所作的三棱锥有三类：①α内1点，β内3点确定的三棱锥，最多有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,6)个．②α内2点，β内2点确定的三棱锥，最多有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,6)个．③α内3点，β内1点确定的三棱锥，最多有Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,6)个．故最多可作出的三棱锥有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(3,4)·Ceq\o\al(1,6)＝194(个)．(3)当等底面积、等高时，三棱锥的体积相等．所以体积不相同的三棱锥最多有Ceq\o\al(3,6)＋Ceq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,6)·Ceq\o\al(2,4)＝114(个)．故最多有114个体积不同的三棱锥．17.解：Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)(eq\r(3,x))n－r＝Ceq\o\al(r,n)，由前三项系数的绝对值成等差数列，得Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(2,n)＝2×eq\f(1,2)Ceq\o\al(1,n)，解这个方程得n＝8或n＝1(舍去)．(1)展开式的第4项为：T4＝Ceq\o\al(3,8)＝－7．(2)当eq\f(8,3)－eq\f(2,3)r＝0，即r＝4时，常数项为Ceq\o\al(4,8)＝eq\f(35,8)．18.(1)证明：1110－1＝(10＋1)10－1＝Ceq\o\al(0,10)1010＋Ceq\o\al(1,10)109＋Ceq\o\al(2,10)·108＋…＋Ceq\o\al(8,10)102＋Ceq\o\al(9,10)10＋Ceq\o\al(10,10)－1＝Ceq\o\al(0,10)1010＋Ceq\o\al(1,10)10