数学章末测试：第一章计数原理A

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第一章测评A(基础过关卷)（时间：100分钟满分:100分）一、选择题（本大题共10个小题，每题5分,共50分）1．在某种信息传输过程中,用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为(）A．10B．11C．12D．152．4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有()A．12种B．36种C．30种D．24种3．如果eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（3x2－\f(2,x3)））n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为()A．3B．6C．5D．104．将数字1，2，3，4，5,6排成一列,记第i个数为ai(i＝1，2,…，6)，若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1＜a3＜a5，则不同的排列方法种数为（）A．30B．18C．36D．485．五个人排成一排，甲、乙不相邻,且甲、丙也不相邻的不同排法的种数为(）A．60B．48C．36D．246．若自然数n使得竖式加法n＋(n＋1)＋（n＋2)均不产生进位现象，则称n为“可连数”．例如:32是“可连数"，因32＋33＋34不产生进位现象；23不是“可连数",因23＋24＋25产生进位现象．那么，小于1000的“可连数”的个数为（)A．27B．36C．39D．487．为支持地震灾区的灾后重建工作，四川某公司决定分四天每天各运送一批物资到A,B,C，D,E五个受灾地点．由于A地距离该公司较近，安排在第一天或最后一天送达；B,C两地相邻，安排在同一天上、下午分别送达(B在上午、C在下午与B在下午、C在上午为不同运送顺序），且运往这两地的物资算作一批；D，E两地可随意安排在其余两天送达．则安排这四天运送物资到五个受灾地点的不同运送顺序的种数为()A．72B．18C．36D．248．三张卡片的正反面上分别写有1与2，3与4,5与6(6可作9用），把这三张卡片拼在一起表示一个三位数,则三位数的个数是（)A．12B．24C．48D．729．在（x－1)（x－2)(x－3）(x－4)（x－5)的展开式中，含x4的项的系数是(）A．－15B．85C．－120D．27410．设(1＋x)8＝a0＋a1x＋…＋a8x8,则a0，a1，…,a8中奇数的个数为()A．2B．3C．4D．5二、填空题（本大题共有5小题，每题5分,共25分）11．如图为一电路图，若只闭合一条线路，从A到B共有________条不同的线路可通电．12．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是__________（用数字作答)．13．若(ax－1）5的展开式中x3的系数是80,则实数a的值是__________．14．设a∈Z,且0≤a＜13，若512012＋a能被13整除，则a＝________。15．在100，101,102,…，999这些数中，各位数字按严格递增(如“145")或严格递减(如“321”）顺序排列的数的个数是__________．把符合条件的所有数按从小到大的顺序排列，则321是第__________个数(用数字作答)．三、解答题(本大题共4小题，共25分)16．(6分）有6个球，其中3个一样的黑球，红、白、蓝球各1个,现从中取出4个球排成一列，共有多少种不同的排法？17．（6分)甲、乙、丙三名教师按下列规定分配到6个班级里去任课，一共有多少种不同的分配方法?(1)一人教1个班,一人教2个班，另一个人教3个班；(2)每人教2个班;(3）两个人各教1个班，另一个人教4个班．18．(6分）7名身高互不相等的学生,分别按下列要求排列，各有多少种不同的排法．（1）7人站成一排，要求较高的3个学生站在一起；(2)7人站成一排，要求最高的站在中间，并向左右两边看，身高逐渐递减．19．（7分）已知eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（x＋\f(1,2\r（x)））)n的展开式中前三项的系数成等差数列．(1)求n的值；（2）求展开式中系数最大的项．

参考答案一、1．解析:分类讨论：分有两个对应位置、有一个对应位置及没有对应位置上的数字相同,可得N＝11.答案：B2．解析：分三步，第一步先从4位同学中选2人选修课程甲，共有Ceq\o\al（2,4）种不同的选法，第二步给第3位同学选课程，必须从乙、丙中选取,共有2种不同的选法,第三步给第4位同学选课程，也有2种不同的选法，故共有N＝Ceq\o\al(2,4)×2×2＝24种不同的选法．答案：D3．解析:展开式通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)(3x2）n－req\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f（2,x3)）)r＝Ceq\o\al（r,n)·3n－r·(－2)r·x2n－5r.由题意得2n－5r＝0，n＝eq\f（5,2)r(r＝0，1,2，…，n)，故当r＝2时，正整数n有最小值，n的最小值为5。答案:C4．解析：由于a1，a3，a5的大小顺序已定，且a1≠1，a3≠3,a5≠5,∴a1可取2,3，4，若a1＝2或3，则a3可取4,5，当a3＝4时，a5＝6,当a3＝5时，a5＝6;若a1＝4，则a3＝5，a5＝6.而其他的三个数字可以任意排列，因而不同的排列方法共有（2×2＋1）Aeq\o\al（3，3)＝30种．答案：A5．解析：五个人排成一排,其中甲、乙不相邻且甲、丙也不相邻的排法可分为两类：一类是甲、乙、丙互不相邻，此类方法有Aeq\o\al（2,2）·Aeq\o\al（3,3)＝12种（先把除甲、乙、丙外的两个人排好，有Aeq\o\al（2,2)种方法，再把甲、乙、丙插入其中，有Aeq\o\al（3，3)种方法，因此此类方法有Aeq\o\al(2,2）·Aeq\o\al(3,3)＝12种);另一类是乙、丙相邻但不与甲相邻,此类方法有Aeq\o\al(2,3）·Aeq\o\al（2,2)·Aeq\o\al（2,2）＝24种方法．综上所述，满足题意的方法种数共有12＋24＝36。答案：C6．解析：根据题意，要构造小于1000的“可连数”，个位上的数字的最大值只能为2，即个位数字只能在0，1,2中取．十位数字只能在0，1,2,3中取；百位数字只能在1,2，3中取．当“可连数"为一位数时，有Ceq\o\al(1,3)＝3个；当“可连数"为两位数时，个位上的数字有0，1，2三种取法，十位上的数字有1，2,3三种取法，即有Ceq\o\al(1，3)Ceq\o\al（1，3)＝9个；当“可连数”为三位数时，有Ceq\o\al(1,3）Ceq\o\al（1，4）Ceq\o\al（1,3)＝36个；故共有3＋9＋36＝48个．答案:D7．解析:可分三步完成：第一类是安排送达物资到受灾地点A，有Aeq\o\al(1，2）种方法；第二步是在余下的3天中任选1天,安排送达物资到受灾地点B，C，有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al（2,2）种方法；第三步是在余下的2天中安排送达物资到受灾地点D,E，有Aeq\o\al(2,2）种方法．由分步计数原理得，不同的运送顺序共有Aeq\o\al(1,2)·(Aeq\o\al（1，3)Aeq\o\al（2，2）)·Aeq\o\al(2，2)＝24种．答案：D8．解析：含5的数字有Aeq\o\al（2,2）Aeq\o\al（2,2)Aeq\o\al(3,3）个，含6的数字有Aeq\o\al(2，2)Aeq\o\al（2，2）Aeq\o\al(3,3）个，含9的数字有Aeq\o\al(2，2）Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3，3)个,因此三位数的总个数为3Aeq\o\al（2,2)Aeq\o\al（2，2)Aeq\o\al（3,3)＝72.答案:D9．解析：含x4的项的系数为5个因式中取4个含x，另一个取常数的项即可．根据分类、分步计数原理，得－5x4－4x4－3x4－2x4－x4＝－15x4，所以原式展开式中，含x4的项的系数是－15。答案:A10．解析：由二项式定理(1＋x)8＝Ceq\o\al(0，8）＋Ceq\o\al(1，8)x＋Ceq\o\al(2,8)x2＋…＋Ceq\o\al（7，8)x7＋Ceq\o\al(8，8）x8＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a8x8.又Ceq\o\al（0，8）＝1，Ceq\o\al(1，8)＝8，Ceq\o\al（2,8)＝28，Ceq\o\al(3，8）＝56，Ceq\o\al（4，8)＝70，Ceq\o\al(5,8)＝56,Ceq\o\al(6，8）＝28,Ceq\o\al（7,8）＝8,Ceq\o\al（8,8）＝1，可得仅有两个为奇数，即a0＝Ceq\o\al(0，8)＝1,a8＝Ceq\o\al（8,8）＝1.答案：A二、11．解析:∵按上、中、下三条线路可分为三类，上线路中有3种，中线路中有一种，下线路中有2×2＝4种．根据分类加法计数原理知,共有3＋1＋4＝8种不同的线路．答案:812．解析:可分类讨论:第一类，7级台阶上每一级只站一人,则有Aeq\o\al（3，7)种；第二类，若有一级台阶有2人，另一级有1人，则共有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,7）种，因此共有不同的站法种数是Aeq\o\al（3，7）＋Ceq\o\al(1,3）Aeq\o\al（2，7）＝336。答案:33613．解析：设通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al（r,5）a5－rx5－r·(－1）r，令5－r＝3，得r＝2，Ceq\o\al（2，5）a5－2·(－1)2＝80，解得a＝2.答案:214．解析:∵52能被13整除,∴512012可化为(52－1)2012，其展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r，2012）522012－r·（－1)r。故(52－1）2012被13除，余数为Ceq\o\al(2012,2012)·(－1)2012＝1，所以当a＝12时，512012＋12能被13整除．答案:1215．解析：由题意知，不含0的三位数有2Ceq\o\al（3,9）个,含0的三位数中,0只能作为个位数，有Ceq\o\al(2，9）个，共有满足条件的三位数有2Ceq\o\al(3，9)＋Ceq\o\al(2,9）＝204个；百位为1的数共有Ceq\o\al（2,8)＝28个,百位为2的数共有Ceq\o\al(2，7）＋1＝22个，百位为3的数从小到大排列且小于321的三位数有310和320.所以321为第28＋22＋2＋1＝53个数．答案:20453三、16．解：分三类：(1）若取1个黑球，和另三个球排4个位置,不同的排法为Aeq\o\al（4,4）＝24种;(2）若取2个黑球，从另三个球中选2个排4个位置,2个黑球是相同的，所以不同的排法种数为Ceq\o\al(2，3）Aeq\o\al(2,4)＝36；(3)若取3个黑球，从另三个球中选1个排4个位置,不同的排法种数为Ceq\o\al（1，3)Aeq\o\al(1,4）＝12。综上，不同的排法种数为24＋36＋12＝72.17．解：(1)若甲教1个班，乙教2个班，丙教3个班，有Ceq\o\al（1，6）Ceq\o\al（2,5)Ceq\o\al(3，3）种分配方法,因未指名谁教几个班，若甲、乙、丙所教班的个数交换后，共有Ceq\o\al（1,6)Ceq\o\al(2，5)Ceq\o\al(3,3)Aeq\o\al（3，3）＝360种分配方法．(2)若每人各教2个班有Ceq\o\al（2,6)Ceq\o\al(2,4）Ceq\o\al（2,2）＝90种分配方法．（3）若甲教4个班，乙、丙各教1个班,有Ceq\o\al(4，6)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al（1,1)种分配方法．因甲、乙、丙每人都可教4个班，所以共有Ceq\o\al(4,6)Ceq\o\al(1，2)Ceq\o\al(1,1)Aeq\o\al(1，3）＝90种分配方法．18．解:(1)将3个较高的学生看作元素集团，与其他4名同学全排列．所以共有Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al（5，5)＝720种排法．（2)从剩余的6人中选出3人有Ceq\o\al（3,6）种选法，顺序一定有唯一站法．所以共有Ceq\o\al（3,6）＝20种不同排法．19．解：（1）由题意,得Ceq\o\al（0,n)＋eq\f(1，4)Ceq\o\al（2,n)＝2×eq\f(1,2）Ceq\o\