新教材2024年高中数学第5章计数原理检测题北师大版选择性必修第一册

第五章检测题考试时间120分钟，满分150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．小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡．若他至少买1张，则不同的买法共有(A)A．7种 B．8种C．6种 D．9种[解析]要完成的“一件事”是“至少买1张IC电话卡”，分三类完成：买1张IC电话卡、买2张IC电话卡、买3张IC电话卡．而每一类都能独立完成“至少买1张IC电话卡”这件事．买1张IC电话卡有2种方法，买2张IC电话卡有3种方法，买3张IC电话卡有2种方法，所以不同的买法共有2＋3＋2＝7(种)．2．(x3＋x2＋x＋1)(y2＋y＋1)(z＋1)绽开后的不同项数为(D)A．9 B．12C．18 D．24[解析]分三步：第一步，从(x3＋x2＋x＋1)中任取一项，有4种方法；其次步，从(y2＋y＋1)中任取一项，有3种方法；第三步，从(z＋1)中任取一项有2种方法．依据分步乘法计数原理，得共有4×3×2＝24(项)．故选D．3．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x))))n的绽开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n等于(C)A．4 B．5C．6 D．7[解析]二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x))))n的各项系数的和为(1＋3)n＝4n，二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x))))n的各项二项式系数的和为2n，因为各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，所以eq\f(4n,2n)＝2n＝64，n＝6.故选C．4．现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参与两项活动，则乙、丙两人恰好参与同一项活动的状况有(B)A．1种 B．2种C．3种 D．4种[解析]由题意，现有甲、乙、丙、丁4名学生平均分成两个志愿者小组到校外参与两项活动，其中乙、丙两人恰好参与同一项活动的状况有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝2(种)．5．由数字0,1,2,3,4,5可以组成能被5整除，且无重复数字的不同的五位数有(A)A．(2Aeq\o\al(4,5)－Aeq\o\al(3,4))个 B．(2Aeq\o\al(4,5)－Aeq\o\al(3,5))个C．2Aeq\o\al(4,5)个 D．5Aeq\o\al(4,5)个[解析]能被5整除，则个位须为5或0，有2Aeq\o\al(4,5)个，但其中个位是5的含有0在首位的排法有Aeq\o\al(3,4)个，故共有(2Aeq\o\al(4,5)－Aeq\o\al(3,4))个．6．将多项式a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0分解因式得(x－2)(x＋2)5，则a5＝(A)A．8 B．10C．12 D．1[解析](x－2)(x＋2)5＝(x2－4)(x＋2)4，所以(x＋2)4的绽开式中的三次项系数为Ceq\o\al(1,4)·21＝8，所以a5＝8.7．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(B)A．3种 B．5种C．7种 D．9种[解析]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Ceq\o\al(1,5)＝5(种)．8．如图是由6个正方形拼成的矩形，从图中的12个顶点中任取3个顶点作为一组．其中可以构成三角形的组数为(C)A．208 B．204C．200 D．196[解析]任取的3个顶点不能构成三角形的情形有三种：一是3条横线上的4个顶点，其组数为3Ceq\o\al(3,4)；二是4条竖线上的3个顶点，其组数为4Ceq\o\al(3,3)；三是4条田字的对角线上的3个顶点，其组数为4Ceq\o\al(3,3).所以可以构成三角形的组数为Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)－8Ceq\o\al(3,3)＝200.故选C．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，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分)9．已知Aeq\o\al(m,3)－Ceq\o\al(2,3)＋0！＝4，则m可能的取值是(CD)A．0 B．1C．2 D．3[解析]∵Aeq\o\al(m,3)－Ceq\o\al(2,3)＋0！＝4，∴Aeq\o\al(m,3)＝6，∴m＝2或m＝3，故选CD．10．对于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x3))n(n∈N＋)，以下推断正确的有(AD)A．存在n∈N＋，绽开式中有常数项B．对随意n∈N＋，绽开式中没有常数项C．对随意n∈N＋，绽开式中没有x的一次项D．存在n∈N＋，绽开式中有x的一次项[解析]设eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x3))n(n∈N＋)绽开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))n－k(x3)k＝Ceq\o\al(k,n)x4k－n(k＝0,1,2，…，n)，不妨令n＝4，则当k＝1时，绽开式中有常数项，故选项A正确，选项B错误；令n＝3，则当k＝1时，绽开式中有x的一次项，故选项C错误，选项D正确，故选AD．11．关于(eq\r(x)－1)2020及其绽开式，下列说法正确的是(AD)A．该二项绽开式中特别数项的系数和是－1B．该二项绽开式中第六项为Ceq\o\al(6,2020)x1007C．该二项绽开式中不含有理项D．当x＝100时，(eq\r(x)－1)2020除以100的余数是1[解析](eq\r(x)－1)2020的绽开式的第k＋1项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,2020)xeq\s\up10(\f(2000－k,2))(－1)k(k＝0,1,2，…，2020)．对于A，当k＝2020时，得到常数项为T2021＝1.又(eq\r(x)－1)2020的绽开式的各项系数和为(eq\r(1)－1)2020＝0，所以该二项绽开式中特别数项的系数和是－1，故A正确．对于B，该二项绽开式中第六项为T6＝Ceq\o\al(5,2020)xeq\s\up10(\f(2000－5,2))(－1)5＝－Ceq\o\al(5,2020)xeq\f(2015,2)，故B错误．对于C，当2020－k＝2n(n∈Z)时，对应的各项均为有理项，故C错误．对于D，当x＝100时，(eq\r(x)－1)2020＝(10－1)2020＝Ceq\o\al(0,2020)102020(－1)0＋Ceq\o\al(1,2020)102019×(－1)1＋…＋Ceq\o\al(2018,2020)102(－1)2018＋Ceq\o\al(2019,2020)101×(－1)2019＋Ceq\o\al(2020,2020)100(－1)2020，因为Ceq\o\al(0,2020)×102020(－1)0＋Ceq\o\al(1,2020)102019(－1)1＋…＋Ceq\o\al(2017,2020)×103(－1)2017明显是100的倍数，即能被100整除，而Ceq\o\al(2018,2020)102(－1)2018＋Ceq\o\al(2024,2020)101×(－1)2019＋Ceq\o\al(2020,2020)100(－1)2020＝1010×2019×100－20200＋1＝1010×2018×100＋101000－20200＋1＝1010×2018×100＋80801＝m·100＋1，m∈N，所以当x＝100时，(eq\r(x)－1)2020除以100的余数是1，故D正确．故选AD．12．高一学生王超想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，则下列说法正确的有(AC)A．若随意选择三门课程，选法总数为Ceq\o\al(3,7)种B．若物理和化学至少选一门，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,6)C．若物理和历史不能同时选，选法总数为Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(1,5)种D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)－Ceq\o\al(1,5)种[解析]A明显正确；对于B应为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,5)种；对于C，用间接法，明显正确；对于D应分三种状况：①只选物理，则有Ceq\o\al(2,4)种选法；②只选化学，则有Ceq\o\al(2,5)种选法；③若物理与化学都选，则有Ceq\o\al(1,4)种选法．即共有Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(1,4)＝20种选法．综上可知AC正确，BD错误．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．已知(1＋x)n的绽开式中，唯有x3的系数最大，则(1＋x)n的系数和为_64__.[解析]由题意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(3,n)>C\o\al(2,n)，,C\o\al(3,n)>C\o\al(4,n)，))则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn－1n－2,6)>\f(nn－1,2)，,\f(nn－1n－2,6)>\f(nn－1n－2n－3,24)，))解得5<n<7，又n∈N，因此n＝6.设(1＋x)6＝a0x6＋a1x5＋a2x4＋…＋a5x＋a6，令x＝1，则(1＋x)6的系数和为a0＋a1＋a2＋…＋a6＝26＝64.14．若存在x∈N*，使得(ax＋1)2n和(x＋a)2n＋1(其中a≠0)的绽开式中xn项的系数相等，则a的最大值为_eq\f(2,3)__.[解析]由(x＋a)2n＋1的绽开式中第k＋1项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,2n＋1)·x2n＋1－kak，令2n＋1－k＝n，得k＝n＋1，所以含xn项的系数为Ceq\o\al(n＋1,2n＋1)an＋1.由Ceq\o\al(n＋1,2n＋1)an＋1＝Ceq\o\al(n,2n)an，得a＝eq\f(n＋1,2n＋1)，是关于n的减函数，∵n∈N*，∴eq\f(1,2)<a≤eq\f(2,3)，故a的最大值为eq\f(2,3).15．(2024·浙江)如图，有7个白色正方形方块排成一列，现将其中4块涂上黑色，规定从左往右数，无论数到第几块，黑色方块总不少于白色方块的涂法有_14__种．[解析]由题意可推断第1格涂黑色，且第2格和第3格至少有一个是黑色，因此分以下三种状况探讨：①若第2格涂黑色，第3格涂白色，则后面4格的状况有(黑，黑，白，白)，(黑，白，黑，白)，(黑，白，白，黑)，(白，黑，黑，白)，(白，黑，白，黑)，共5种；②若第2格涂白色，第3格涂黑色，则后面4格的状况与①相同，共5种；③若第2,3格都涂黑色，则还有1个黑色，从后面4格任选1格均可，共4种．综上，总的涂法有5＋5＋4＝14(种)．16．已知m，n∈N*，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n绽开式中，含x项的系数为19，则当含x2项的系数最小时，绽开式中含x7项的系数为_156__.[解析]∵m，n∈N*，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n绽开式中，含x项的系数为19，∴m＋n＝19.则当m＝1或n＝1时，含x2项的系数为Ceq\o\al(2,18)＝153；当m≠1，且n≠1时，含x2项的系数为Ceq\o\al(2,m)＋Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(mm－1＋nn－1,2)＝eq\f(19－n18－n＋nn－1,2)＝n2－19n＋171＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(19,2)))2＋eq\f(323,4).∴当n＝10或9时，x2的系数最小，为81.∴f(x)＝(1＋x)9＋(1＋x)10，绽开式中含x7项的系数为Ceq\o\al(7,9)＋Ceq\o\al(7,10)＝156.四、解答题(本大题共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)从－3，－2，－1,0,1,2,3,4八个数字中任取3个不同的数字作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，问：(1)共能组成多少个不同的二次函数？(2)在这些二次函数中，图象关于y轴对称的有多少个？[解析](1)方法1(干脆法——优先考虑特别位置)：∵a≠0，∴确定二次项系数有7种，确定一次项和常数项有Aeq\o\al(2,7)种，所以共有7Aeq\o\al(2,7)＝294个不同的二次函数．方法2(干脆法——优先考虑特别元素)：当a，b，c中不含0时，有Aeq\o\al(3,7)个；当a，b，c中含有0时，有2Aeq\o\al(2,7)个，故共有Aeq\o\al(3,7)＋2Aeq\o\al(2,7)＝294(个)不同的二次函数．方法3：(间接法)共可构成Aeq\o\al(3,8)个函数，其中当a＝0时，有Aeq\o\al(2,7)个均不符合要求，从而共有Aeq\o\al(3,8)－Aeq\o\al(2,7)＝294(个)不同的二次函数．(2)依题意b＝0，所以共有Aeq\o\al(2,7)＝42(个)符合条件的二次函数．18．(本小题满分12分)用0,1,2,3,4这五个数字，可以组成多少个满意下列条件的没有重复数字的五位数？(1)被4整除；(2)比21034大的偶数；(3)左起其次、四位是奇数的偶数．[解析](1)被4整除的数，其特征应是末两位数是4的倍数，可分为两类：当末两位数是20,40,04时，其排列数为3Aeq\o\al(3,3)＝18，当末两位数是12,24,32时，其排列数为3Aeq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(2,2)＝12.故满意条件的五位数共有18＋12＝30(个)．(2)①当末位数字是0时，首位数字可以为2或3或4，满意条件的数共有3×Aeq\o\al(3,3)＝18个．②当末位数字是2时，首位数字可以为3或4，满意条件的数共有2×Aeq\o\al(3,3)＝12个．③当末位数字是4时，首位数字是3的有Aeq\o\al(3,3)＝6个，首位数字是2时，有3个，共有9个．综上知，比21034大的偶数共有18＋12＋9＝39个．(3)方法1：可分为两类：末位数是0，有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,2)＝4(个)；末位数是2或4，有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(1,2)＝4(个)；故共有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,2)＋Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(1,2)＝8(个)．方法2：其次、四位从奇数1,3中取，有Aeq\o\al(2,2)个；首位从2,4中取，有Aeq\o\al(1,2)个；余下的排在剩下的两位，有Aeq\o\al(2,2)个，故共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝8(个)．19．(本小题满分12分)已知(1＋meq\r(x))n(m是正实数)的绽开式的二项式系数之和为256，绽开式中含x项的系数为112.(1)求m，n的值；(2)求绽开式中奇数项的二项式系数之和；(3)求(1＋meq\r(x))n(1－x)的绽开式中含x2项的系数．[解析](1)由题意可得2n＝256，解得n＝8.∴通项Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)mkxeq\s\up7(\f(k,2))，∴含x项的系数为Ceq\o\al(2,8)m2＝112，解得m＝2，或m＝－2(舍去)．故m，n的值分别为2,8.(2)绽开式中奇数项的二项式系数之和为Ceq\o\al(1,8)＋Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(5,8)＋Ceq\o\al(7,8)＝28－1＝128.(3)(1＋2eq\r(x))8(1－x)＝(1＋2eq\r(x))8－x(1＋2eq\r(x))8，所以含x2项的系数为Ceq\o\al(4,8)24－Ceq\o\al(2,8)22＝1008.20．(本小题满分12分)某班要从5名男生3名女生中选出5人担当5门不同学科的课代表，请分别求出满意下列条件的方法种数．(1)所支配的女生人数必需少于男生人数；(2)其中的男生甲必需是课代表，但又不能担当数学课代表；(3)女生乙必需担当语文课代表，且男生甲必需担当课代表，但又不能担当数学课代表．[解析](1)所支配的女生人数少于男生人数包括三种状况，一是2个女生，二是1个女生，三是没有女生，依题意得(Ceq\o\al(5,5)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(4,5)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(3,5))Aeq\o\al(5,5)＝5520种．(2)先选出4人，有Ceq\o\al(4,7)种方法，连同甲在内，5人担当5门不同学科的课代表，甲不担当数学课代表，有Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(4,4)种方法，∴方法数为Ceq\o\al(4,7)·Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(4,4)＝3360种．(3)由题意知甲和乙两人确定担当课代表，须要从余下的6人中选出3个人，有Ceq\o\al(3,6)＝20种结果，女生乙必需担当语文课代表，则女生乙就不须要考虑，其余的4个人，甲不担当数学课代表，∴甲有3种选择，余下的3个人全排列共有3Aeq\o\al(3,3)＝18；综上可知共有20×18＝360种．21．(本小题满分12分)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(a))－\r(3,a)))n(n∈N*)的绽开式的各项系数之和等于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(3,b)－\f(1,\r(5b))))5的绽开式中的常数项，求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(a))－\r(3,a)))n的绽开式中a－1项的二项式系数．[解析]对于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(3,b)－\f(1,\r(5b))))5：Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)(4eq\r(3,b))5－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(5b))))k＝Ceq\o\al(k,5)·(－1)k·45－k·5－eq\s\up7(\f(k,2))beq\s\up10(\f(10-5k,6)).若Tk＋1为常数项，则10－5k＝0，所以k＝2，此时得常数项为T3＝Ceq\o\al(2,5)·(－1)2·43·5－1＝27.令a＝1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(a))－\r(3,a)))n绽开式的各项系数之和为2n.由题意知2n＝27，所以n＝7.对于eq\b\l