(完整word)高中数学《计数原理》练习题
高中数学计数原理178题(含答案)
A B P Q • • • •高中数学计数原理--178题（含答案）1.A , B 两队比篮球赛，每局不得成和局，规定A 队胜三局为赢；A 队胜三场前B 胜二局算B 队赢，试问此比赛之所有可能情形有 种？又其中A , B 输赢如何？2.有A , B , C , D , …等身高不等的8人排成一横列，欲使任一较矮者不夹排在二较高者之间之排法共有 种？3.五种不同的颜色涂右图，相邻着异色，共有 种不同的涂法。
4.))()((v u z y x g f e d c b a +++++++++的展开式中共有 项。
5.540之正因子共有 个，其一切正因子和为 ，乘积为 。
6.x | 36000，(x , 63)=3，25| x 之自然数x 共有 个。
7.不同的渡船3艘，每艘可载5人，今有7人同时过渡，有 种安全的渡法。
8.如右图，从A 到B 之走法中，不许走←方向的走法共有 种。
9.下列各街巷，从A 走到B 之快捷方式走法各有几？10. 如右图自A 到B ，但限定只能走↑→↓三种方向，而且道路不重复走。
试问以下情形各有几种走法？ (1)由A 到B 有 种走法。
(2)由A 不经过P 到B 有 种走法。
(3)由A 不经过Q 到B 有 种走法。
(4)由A 不经过P 且不经过Q 到B 有 种走法。
(5)由A 经过P 但不经过Q 到B 有 种走法。
11. 考虑正五边形及其所有对角线所成的图形，此图形中各线段围成之各种三角形相似者列为一类，共有m 类，全等者列为一类，共有n 类，求m= 及n= 。
总共有 个三角形。
12. 在平面上任意画不完全重合之n 个相异圆至多有 个交点。
13. 排容原理：1到100之自然数中，是2或3或5的倍数共有 个。
14. 千元钞2张，五百元钞3张，百元钞4张，每次至少取一张，(1)共有 种取法。
(2)可以配出 种不同的款项。
15. 今有五个不同的门，甲、乙两人由不同的门进入，不同的门出来，(1)自己可由相同的门进出有 种方法。
高中数学选修2-3计数原理测试题(含答案)
高中数学选修2-3计数原理测试题（本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分）第Ⅰ卷（选择题，共50分）一、选择题（本大题共10个小题，每小题5分，共50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．若m 为正整数，则乘积()()()=+++2021m m m m （ ）A ．20m AB ．21m AC ．2020+m AD ．2120+m A2．若直线0=+By Ax 的系数B A ,同时从0,1,2,3,5,7六个数字中取不同的值,则这些方程表示不同的直线条数 （ ） A ． 22 B ． 30 C ． 12 D ． 153．四个编号为1，2，3，4的球放入三个不同的盒子里，每个盒子只能放一个球，编号为1的球必须放入，则不同的方法有 （ ） A ．12种 B ．18种 C ．24种 D ．96种4．用0，1，2，3，4组成没有重复数字的全部五位数中，若按从小到大的顺序排列，则数字12340应是第几个数 （ ） A ．6 B ．9 C ．10 D ．8 5．把一个圆周24等分,过其中任意三个分点可以连成圆的内接三角形,其中直角三角形的个数是 （ ） A ．2024 B ．264 C ．132 D ．1226. 在(a-b)99的展开式中，系数最小的项为( )A.T 49B.T 50C.T 51D.T 52 7. 数11100-1的末尾连续为零的个数是( )A.0B.3C.5D.78. 若425225+=x x C C ，则x 的值为 （ ）A ．4B ．7C ．4或7D ．不存在9．以正方体的顶点为顶点，能作出的三棱锥的个数是 （ ） A ．34CB ．3718C CC ．3718C C -6D ． 1248-C10．从长度分别为1，2，3，4，5的五条线段中，任取三条的不同取法共有n 种．在这些取法中，以取出的三条线段为边可组成的钝角三角形的个数为m ，则nm等于（ ） A ．101B ．51 C ．103 D ．52第Ⅱ卷（非选择题，共100分）二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分）11．设含有8个元素的集合的全部子集数为S ，其中由3个元素组成的子集数为T ，则TS 的值为___________．12．有4个不同的小球，全部放入4个不同的盒子内，恰好有两个盒子不放球的不同放法的总数为 ．13．在(x-1)11的展开式中，x 的偶次幂的所有项的系数的和为 .14． 六位身高全不相同的同学在“一滩”拍照留念，老师要求他们前后两排各三人，则后排每个人的身高均比前排同学高的概率是 ． 15. 用1,4,5,x 四个不同数字组成四位数,所有这些四位数中的数字的总和为288,则x .三、解答题（共计75分） 16．（12分）平面上有9个点，其中4个点在同一条直线上，此外任三点不共线．（1）过每两点连线，可得几条直线? （2）以每三点为顶点作三角形可作几个?（3）以一点为端点作过另一点的射线，这样的射线可作出几条? （4）分别以其中两点为起点和终点，最多可作出几个向量? 17．（12分）在二次项12)(n mbx ax (a ＞0,b ＞0,m,n ≠0)中有2m+n ＝0，如果它的展开式中系数最大的项恰是常数项，求它是第几项?18．（12分）由1，2，3，4，5，6，7的七个数字，试问：（1）能组成多少个没有重复数字的七位数？（2）上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？（3）（1）中的七位数中，偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个？（4）（1）中任意两偶然都不相邻的七位数有几个？19．（12分）2006年6月9日世界杯足球赛将在德国举行，参赛球队共32支，（1）先平均分成8个小组，在每组内进行单循环赛（即每队之间轮流比赛一次），决出16强（即取各组前2名）。
常德市高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试(含答案解析)
一、选择题1．杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家.在他著的《详解九章算法》一书中，画了一张表示二项式展开后的系数构成的三角形数阵（如图所示），称做“开方做法本源”，现在简称为“杨辉三角”，它是杨辉的一大重要研究成果.它比西方的“帕斯卡三角形”早了393年.若用i j a -表示三角形数阵的第i 行第j 个数，则1003a -=（ ）A ．5050B ．4851C ．4950D ．50002．若13nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是（ ）A ．1215B ．135C ．18D ．93．把4个不同的小球全部放人3个不同的盒子中，使每个盒子都不空的放法总数为（ ） A ．1333C A B ．3242C AC ．132442C C CD ．2343C A4．设()22201221nn n x x a a x a x a x ++=++++，则022n a a a 的值是（ ）A ．()1312n- B ．1312nC ．3nD ．31n +5．如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”．现提供4种颜色给“弦图”的5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有（ ）A ．48种B ．72种C ．96种D ．144种6．二项式3nx x 的展开式中第13项是常数项，则n =（ ）A ．18B ．21C ．20D ．307．袋中有大小相同的四个白球和三个黑球，从中任取两个球，两球同色的概率为（ ）A ．47B ．37C ．27D ．8218．5(3)(2)x x -+的展开式中3x 的系数为（ ） A ．10B ．40-C ．200D ．2409．在12202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中, 2x 项的系数为( ) A ．10B ．25C ．35D ．6610．已知8290129(3)(23)(1)(1)(1)x x a a x a x a x --=+-+-+⋅⋅⋅+-，则6a =（ ）A ．1792-B ．1792C ．5376-D ．537611．式子22223459C C C C ++++=（ ）A ．83B ．84C ．119D ．12012．若用1,2,3,4,5,6，这六个数字组成没有重复数字且任何相邻两个数字的奇偶性不同的六位数，则这样的六位数共有多少个( ) A ．720B ．36C ．144D ．72二、填空题13．函数()y f x =的定义域D 和值域A 都是集合{12,3}，的非空真子集，如果对于D 内任意的x ，总有()()x f x xf x ++的值是奇数，则满足条件的函数()y f x =的个数是_____；14．在一个正六边形的六个区域涂色(如图)，要求同一区域同一种颜色，相邻的两块区域(有公共边)涂不同的颜色.现有5种不同的颜色可供选择，则有________种涂色方案.15．已知正整数n ，二项式322nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中含有7x 的项，则n 的最小值是________.16．某单位拟安排6位员工在今年6月14号至16号（某节假期）值班，每天安排2人，每人值班1天.若6位员工中的甲不值16号，乙不值14号，则不同的安排方法共有____________种.17．设二项式11323nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的各项系数和为t ，其二项式系数之和为h ，若272h t +=，则二项展开式中2x 项的系数为__________.18．,,,,,A B C D E F 六人并排站成一排，,A B 必须站在一起，且,C D 不能相邻，那么不同的排法共有_____种（结果用数字表示）.19．从0，1，2，3，4，5这6个数字中任取3个组成一个无重复数字的三位数，其中奇数的个数是__________.20．若多项式()()()10112110110112111x x a a x a x a x +=+++++++，则10a =______.三、解答题21．男运动员6名，女运动员4名，其中男､女队长各1名.现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？ （1）男运动员3名，女运动员2名； （2）队长中至少有1人参加； （3）既要有队长，又要有女运动员.22．已知n二项展开式中，第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为8：3（1）求n 的值；（2）求展开式中3x 项的系数（3）计算式子01231010101010102481024C C C C C -+-++的值．23．已知数列{}n a 的首项为1，记()()()()120122123, 111nn n n nn F x n a C x a C x x a C x x --=-+-+-()11111n n n nn n n n a C x x a C x --+++-+.（1）若数列{}n a 是公比为3的等比数列，求()1, 2020F -的值；（2）若数列{}n a 是公差为2的等差数列，求证：(), 2020F x 是关于x 的一次多项式.24．若423401234(2x a a x a x a x a x =++++ （1）求2a 的值；（2）求2202413()()a a a a a ++-+25．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数． （1）在组成的五位数中，所有奇数的个数有多少? （2）在组成的五位数中，数字1和3相邻的个数有多少? （3）在组成的五位数中，若从小到大排列，30124排第几个?26．（1）把6本不同的书分给4位学生，每人至少一本，有多少种方法？ （2）由0,1,2,3,4,5这6个数字组成没有重复数字的四位偶数由多少个？（3）某旅行社有导游9人，其中3人只会英语，4人只会日语，其余2人既会英语，也会日语，现从中选6人，其中3人进行英语导游，另外3人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B 解析：B 【分析】依据二项展开式系数可知，得到第i 行第j 个数应为11j i C --，即可求得1003a -的值.【详解】依据二项展开式系数可知，第i 行第j 个数应为11j i C --， 故第100行第3个数为299999848512C ⨯== 故选：B . 【点睛】本题考查二项展开式的应用，其中解答中得出第i 行第j 个数应为11j i C --是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.2．B解析：B 【解析】分析：由二项式系数和求出指数n ，再写出展开式通项后可求得常数项． 详解：由题意264n=，6n =，∴通项为36662166(3)3r r rr r rr T C x C x ---+==， 令3602r -=，4r =，∴常数项为2463135C =， 故选B.．点睛：在()n a bx +展开式中二项式系数为2n ，所有项的系数和为()n a b +．要注意这两个和是不一样的，二项式系数和是固定的，只与指数n 有关，而所有项系数和还与二项式中的系数,a b 有关．3．D解析：D 【分析】利用捆绑法选择两个球看成整体，再全排列得到答案. 【详解】选择两个球看成整体，共有24C 种取法，再把三个球放入三个盒子中，有33A 种放法，故共有2343C A 种放法. 故选：D. 【点睛】本题考查了排列和组合的应用，意在考查学生的应用能力，利用捆绑法是解题的关键.4．B解析：B 【分析】本题可以通过利用二项展开式的系数关系，采用赋值法将x 分别赋值为1、1-，然后通过运算即可得出结果． 【详解】()22201221nn n x x a a x a x a x ++=++++，令1x =，01223n na a a a ①，令1x =-，01221n a a a a ②，（①+②）02212312nna a a ， 故选：B ． 【点睛】本题考查二项展开式的相关运算，可通过赋值法进行计算，考查计算能力，考查化归与转化思想，是中档题.5．B解析：B 【分析】A 区域与其他区域都相邻，从A 开始分步进行其它区域填涂可解【详解】解：根据题意，如图，假设5个区域依次为A B C D E 、、、、，分4步分析： ①，对于A 区域，有4种涂法，②，对于B 区域，与A 相邻，有3种涂法， ③，对于C 区域，与A B 、 相邻，有2种涂法，④，对于D 区域，若其与B 区域同色，则E 有2种涂法，若D 区域与B 区域不同色，则E 有1种涂法，则D E 、 区域有2+1＝3种涂色方法， 则不同的涂色方案共有4×3×2×3＝72种； 故选： B ．【点睛】本题考查两个计数原理的综合问题使用两个计数原理进行计数的基本思想：对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．6．D解析：D 【分析】直接利用二项式定理计算得到答案. 【详解】二项式3nx x 的展开式中第13项12101212123313()n n n n T C x C x x --⎛== ⎝， 令1003n-=，得30n =. 故选：D. 【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.7．B解析：B 【分析】根据题意可知，所选的两个球均为白球或黑球，利用组合计数原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】由题意可知，所选的两个球均为白球或黑球，由古典概型的概率公式可知，所求事件的概率为22432737C C P C +==. 故选：B. 【点睛】本题考查古典概型概率的计算，涉及组合计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.8．B解析：B 【分析】首先将5(3)(2)x x -+拆开得到555((2)3(23))(2)x x x x x =+-+-+，得到5(3)(2)x x -+的展开式中3x 的系数与5(2)x +展开式中2x 项和3x 项的系数有关，化简求得结果. 【详解】555((2)3(23))(2)x x x x x =+-+-+，5(2)x +展开式中2x 项的系数为335280C ⋅=， 5(2)x +展开式中3x 项的系数为225240C ⋅=， 所以5(3)(2)x x -+的展开式中3x 的系数为8034040-⨯=-， 故选：B. 【点睛】该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有求两个二项式乘积展开式的系数问题，在解题的过程中，注意分析与哪些项有关，属于简单题目.9．D解析：D 【分析】分析12202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式的本质就是考虑12个202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，每个括号内各取202011,,x x 之一进行乘积即可得到展开式的每一项，利用组合知识即可得解.【详解】12202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式考虑12个202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭， 每个括号内各取202011,,x x 之一进行乘积即可得到展开式的每一项，要得到2x 项，就是在12个202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭中，两个括号取x ，10个括号取1， 所以其系数为21266C =. 故选：D 【点睛】此题考查求多项式的展开式指定项的系数，关键在于弄清二项式定理展开式的本质问题，将问题转化为计数原理组合问题.10．D解析：D 【分析】将原式改写成88(3)(23)[2(1)][2(1)1]x x x x --=----，利用二项式定理解决系数问题即可得解.【详解】88(3)(23)[2(1)][2(1)1]x x x x --=----290129(1)(1)(1)a a x a x a x =+-+-+⋅-+⋅⋅，所以26356882C 2C 2358417925376.a =⨯⨯+⨯=+= 故选：D 【点睛】此题考查二项式定理的理解辨析和应用，关键在于熟练掌握定理公式，根据公式处理系数关系.11．C解析：C 【分析】根据组合数的计算公式111rr r n n n C C C ++++=，化简运算，即可求解.【详解】由题意，根据组合数的计算公式111rr r n n n C C C ++++=，可得22223459C C C C ++++=32222334591C C C C C +++++-322244591C C C C =++++-32235591011119C C C C =+++-==-=.故选：C. 【点睛】本题主要考查了组合数的化简与运算，其中解答中熟记组合数的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力.12．D解析：D 【分析】第一步先将1，3、5排列，共有336A =种排法；第二步再将2，4、6插空排列，不能空着两个偶数之间的空，先用两个元素排列中间两个空，在把两端的空位选一个放第三个元素，得到结果． 【详解】解：由题意知，本题是一个分步计数问题， 第一步先将1，3、5排列，共有336A =种排法，第二步再将2，4、6插空排列，不能空着两个偶数之间的空， 先用两个元素排列中间两个空，在把两端的空位选一个放第三个元素，共有23212A =种排法， 由分步乘法计数原理得这样的六位数共有：61272⨯=. 故选：D. 【点睛】本题考查分步计数原理，以及排列数的计算和插空法的应用，解题的关键是看出做完一件事需要分成几步，每一步包括几种方法．二、填空题13．【分析】化简得因此中至少一个为奇数再分两种情况讨论得解【详解】因为所以中至少一个为奇数定义域为的都可以有种；定义域为的函数所以有种；所以共种故答案为：29【点睛】关键点睛：解答本题有两个关键：其一是 解析：29【分析】化简得()()(1)(()1)1,x f x xf x x f x ++=++-因此(),f x x 中至少一个为奇数，再分两种情况讨论得解. 【详解】因为()()(1)(()1)1,x f x xf x x f x ++=++- 所以(),f x x 中至少一个为奇数，定义域为{1},{3},{1,3}的都可以，有3333=15++⨯种； 定义域为{}{}{}2,1,2,2,3的函数(2){1,3}f ∈， 所以有23223=14+⨯+⨯种； 所以共29种. 故答案为：29 【点睛】关键点睛：解答本题有两个关键：其一是分析出(),f x x 中至少一个为奇数，其二是合理分类讨论.14．4100【分析】分类讨论：三个区域用同一种颜色用2种颜色用3种颜色由分步计数原理可得结论【详解】考虑三个区域用同一种颜色共有方法数有考虑三个区域用2种颜色共有方法数有考虑三个区域用3种颜色共有方法数解析：4100 【分析】分类讨论：A 、C 、E 三个区域用同一种颜色，用2种颜色，用3种颜色，由分步计数原理可得结论． 【详解】考虑A 、C 、E 三个区域用同一种颜色，共有方法数有354320⨯=，考虑A 、C 、E 三个区域用2种颜色，共有方法数有(543)4332160⨯⨯⨯⨯⨯=， 考虑A 、C 、E 三个区域用3种颜色，共有方法数有33531620A ⨯=， 故总计有方法数320216016204100++=． 故答案为：4100． 【点睛】本题考查分类计数原理和分步计数原理，解题关键是确定完成事件的方法，是分类还是分步？本题完成涂色这个事件，采取的是先分类：按A 、C 、E 三个区域所用颜色数分三类，然后每类再分步，每类里先涂色A 、C 、E 三个区域，然后再涂色其它三个区域．15．【分析】确定展开式的通项令的指数为即可求得结论【详解】二项式的展开式通项为令可得当时取最小值故答案为：【点睛】本题考查二项展开式通项的应用考查学生的计算能力属于中等题 解析：4【分析】确定展开式的通项，令x 的指数为7，即可求得结论． 【详解】二项式322nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式通项为()3351222kn k k k kn k k n n T C x C x x --+⎛⎫=⋅=⋅ ⎪⎝⎭. 令357n k -=，可得573k n +=，当1k =时，n 取最小值4. 故答案为：4. 【点睛】本题考查二项展开式通项的应用，考查学生的计算能力，属于中等题.16．42【分析】根据题意不同的安排方法的数目等于所有排法减去甲值16号或乙值14号的排法数再加上甲值16号且乙值14号的排法进而计算可得答案【详解】解：根据题意不同的安排方法的数目为：所有排法减去甲值1解析：42 【分析】根据题意，不同的安排方法的数目等于所有排法减去甲值16号或乙值14号的排法数，再加上甲值16号且乙值14号的排法，进而计算可得答案． 【详解】解：根据题意，不同的安排方法的数目为：所有排法减去甲值16号或乙值14号的排法数，再加上甲值16号且乙值14号的排法，即221211645443242C C C C C C -⨯+=， 故答案为：42． 【点睛】本题考查组合数公式的运用，注意组合与排列的不同以及各种排法间的关系，避免重复、遗漏．17．1【分析】给二项式中的赋值1求出展开式的各项系数和利用二项式系数之和公式求出再代入解方程求出的值从而得出二形式的表达式再求出二项式中项的系数即可【详解】令二项式中的为1得到各项系数之和为又二项式系数解析：1 【分析】给二项式中的x 赋值1，求出展开式的各项系数和t ，利用二项式系数之和公式求出h ，再代入272h t +=，解方程求出n 的值，从而得出二形式的表达式，再求出二项式中2x 项的系数即可. 【详解】令二项式中的x 为1得到各项系数之和为4=n t ，又二项式系数之和为2=n h ， 因为272h t +=，，所以42272n n +=，解得4n =，所以41111332233nx x x x ⎛⎫⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 所以它展开式的通项为443243-+-k kkkC x，要得到2x 项的系数，则需令4232-+=k k， 解得4k =，所以二项展开式中2x 项的系数为444431-=C .故答案为：1. 【点睛】本题主要考查二项式展开式的各项系数之和，二项式系数之和，二项展开式通项的应用，正确运用公式是解题关键.18．144【分析】根据题意分2步进行分析：①将两人看成一个元素与人进行全排列易得排好后有4个空位；②在4个空位中任选2个安排由分步计数原理计算可得答案【详解】解：根据题意分2步进行分析：①将两人看成一个解析：144 【分析】根据题意，分2步进行分析：①将AB 两人看成一个元素，与2EF 人进行全排列，易得排好后有4个空位；②在4个空位中任选2个，安排C 、D ，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】解：根据题意，分2步进行分析：①将AB 两人看成一个元素，与2EF 人进行全排列， 有232312A A =种排法，排好后有4个空位，②在4个空位中任选2个，安排C 、D ，有2412A =种情况， 则有1212144⨯=种不同的排法. 故答案为：144. 【点睛】本题考查排列、组合的应用，注意常见的相邻和不相邻问题的处理方法有捆绑法和插空法．19．48【分析】根据题意分3步进行分析：①从135三个数中取一个排个位；②0不能在百位则百位的安排方法有4种；③在剩下的4个数中任选1个安排在十位由分步计数原理计算可得答案【详解】解：根据题意分3步进行解析：48【分析】根据题意，分3步进行分析：①从1、3、5三个数中取一个排个位；②0不能在百位，则百位的安排方法有4种；③在剩下的4个数中任选1个，安排在十位，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】解：根据题意，分3步进行分析：①从1、3、5三个数中取一个排个位，有3种安排方法， ②0不能在百位，则百位的安排方法有4种，③在剩下的4个数中任选1个，安排在十位，有4种情况， 则符合题意的奇数的个数是为34448⨯⨯=个. 故答案为：48. 【点睛】本题考查排列组合及简单的计算原理，采用特殊元素特殊位置优先考虑的方法.20．【分析】由二项式定理及其展开式通项公式得展开式的通项为令解得则得解【详解】由展开式的通项为令解得则故答案为：【点睛】本题考查了二项式定理及其展开式通项公式意在考查学生对这些知识的理解掌握水平 解析：22-【分析】由二项式定理及其展开式通项公式得111122[(1)1]x x =+-展开式的通项为111112(1)(1)r r r r T C x -+=+-，令1110r -=，解得1r =，则110112(1)22a C =⨯-=-，得解．【详解】由111122[(1)1]x x =+-展开式的通项为111112(1)(1)rr r r T C x -+=+-， 令1110r -=，解得1r =，则110112(1)22a C =⨯-=-， 故答案为：22-． 【点睛】本题考查了二项式定理及其展开式通项公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．三、解答题21．（1）120(种)；（2）196(种)；（3）191(种). 【分析】(1）本题是一个分步计数问题，首先选3名男运动员，有36C 种选法．再选2名女运动员，有24C 种选法．利用乘法原理得到结果;(2）只有男队长的选法为48C 种，只有女队长的选法为48C 种，男、女队长都入选的选法为38C 种，把所有的结果数相加;(3)当有女队长时，其他人选法任意，共有49C 种选法．不选女队长时，必选男队长，共有48C 种选法．其中不含女运动员的选法有45C 种，得到结果.【详解】 （1）分两步完成：第一步，选3名男运动员，有36C 种选法；第二步，选2名女运动员，有24C 种选法.由分步乘法计数原理可得，共有3264120C C ⋅=(种)选法.（2）方法一(直接法)可分类求解： “只有男队长”的选法种数为48C ； “只有女队长”的选法种数为48C ； “男､女队长都入选”的选法种数为38C ， 所以共有43882196C C +=(种)选法.方法二(间接法)从10人中任选5人有510C 种选法，其中不选队长的方法有58C 种.所以“至少有1名队长”的选法有55108196C C -=(种).（3）当有女队长时，其他人任意选，共有49C 种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有48C 种选法，其中不含女运动员的选法有45C 种，所以不选女队长时的选法共有4485C C -（）种.所以既要有队长又要有女运动员的选法共有444985191C C C +-=(种).【点睛】本题主要考查了分步乘法计数原理，考查分类加法计数原理，在比较复杂的题目中，会同时出现分类和分步，本题是一个比较综合的题目，属于中档题. 22．（1）10n =；（2）180；（3）1. 【解析】试题分析： 本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x 赋值，求展开式的系数和，属于基础题．第一问，直接利用条件可得3283n n C C =，求得n 的值；第二问，在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求出r 的值，即可求得展开式中x 3项的系数．第三问，在10二项展开式中，令x=1，可得式子01231010101010102481024C C C C C -+-++的值．试题（1）由第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为8：3，可得3283n n C C =，化简可得2833n -=，求得10n =． （2）由于n 二项展开式的通项公式为5110(2)r r rr T C x -+=-，令53r -=，求得2r，可得展开式中3x 项的系数为2210(2)180C -=． （3）由二项式定理可得105100(2)n r r rr C x -==-∑， 所以令x=1得01231010101010102481024C C C C C -+-++10(12)1=-=.考点：二项式定理的应用；二项式系数的性质．23．（1）1（2）证明见解析； 【分析】（1）根据13-=n n a ，得到()()()()()1220012,313131nn n n nn F x n C x C x x C x x --=-+-+-()()()()()1113131312n n n nn nn n C x x C x x x x --++-+=-+=+求解.（2）易得21n a n =-，则(),F x n ()()()()()101222112114(1)12--=-++-++-+++nn n n n nn nn C x C x x C x n C xx ，再转化为(),F x n ()()10122211(1)--⎡⎤=-+-+-+++⎣⎦n n n n n n n n n C x C x x C x x C x ()11222212(1)n n n n n n n C x x C x x nC x --⎡⎤-+-++⎣⎦，利用二项式定理及组合数公式求解.【详解】（1）由题意得：13-=n n a ，∴()()()()()1220012,313131nn n n nn F x n C x C x x C x x --=-+-+-()()()()()1113131312n n nnn nn n C x x C x x x x --++-+=-+=+，∴()()20201,2020121F -=-=；（2）证明：若数列{}n a 是公差为2的等差数列，则21n a n =-.()()()()10111121,111---+=-+-++-+nn n n n nn n n n n n F x n a C x a C x x a C x x a C x ，()()()()()101222112114(1)12--=-++-++-+++nn n n n nn nn C x C x x C x n C x x ，()()10122211(1)--⎡⎤=-+-+-+++⎣⎦n n n n n n n n n C x C x x C x x C x()11222212(1)n n n n n n n C x x C x x nC x --⎡⎤-+-++⎣⎦，由二项式定理知，()()()10122211(1)11---+-+-=-+=⎡⎤⎣++⎦nn n n n nn n nnC x C x x C x x x x C x ，因为()()()()111!!!!1!!kk n n n n kC k n C k n k k n n k --⋅-=⋅=⋅=---，所以()1122212(1)---+-++n n n n n nn C x x C x nC x x()112211111(1)------=-+-++n n n n n n nnC x x n x x nC x C()112111111(1)n n n n n n n nx C x C x x C x -------=⎦-+-++⎡⎤⎣()11-=-+=⎡⎤⎣⎦n nx x x nx ，所以(),12F x n nx =+.(),202014040F x x =+.【点睛】本题主要考查二项式定理及其展开式以及组合数公式，等差数列，等比数列的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 24．(1) 72 ；(2) 1 【分析】（1）求2a 时，可通过二项展开式的通项去求解；（2）先观察式子特征，注意到可进行平方差变形；然后根据1x =±时的值来计算最终结果. 【详解】（1）因为222224C (2)a x x =，所以22224C (2)72a ==； （2）22024130123401234()()()()a a a a a a a a a a a a a a a ++-+=++++-+-+当1x =时，401234(2a a a a a ++++=；当1x =-时，401234(2a a a a a --+-+=；所以2244402413()()2)2)(34)1a a a a a ++-+==-=. 【点睛】对于230123()...nn f x a a x a x a x a x =+++++形式的展开式，奇次项系数和：(1)(1)2f f +-，偶次项系数和：(1)(1)2f f --，所有项系数和：(1)f .25．（1）36个（2）36个（2）49个 【解析】 【分析】（1）先排个位数，方法数有12C 种，然后排万位数，方法数有13C 种，剩下百位、十位和千位任意排，方法数有33A 种，再按分步乘法计数原理即可求得种类数.（2）把数字1和3捆绑在一起，则相当于有4个位置，最高位不为0，其余位置任意排； （3）计算出比30124小的五位数的情况，即可知道30124排第几个. 【详解】（1）在组成的五位数中，所有奇数的个数有113233=236=36C C A ⨯⨯个； （2）在组成的五位数中，数字1和3相邻的个数有21323323636A C A =⨯⨯=个；（3）要求在组成的五位数中，要求得从小到大排列，30124排第几个，则计算出比30124小的五位数的情况，比30124小的五位数，则万位为1或2，其余位置任意排，即142422448C A=⨯=，故在组成的五位数中比30124小的数有48个，所以在组成的五位数中，若从小到大排列，30124排第49个.【点睛】本小题主要考查简单的排列组合问题，主要是数字的排列.要注意的问题主要是有特殊条件或者特殊要求的，要先排特殊位置或优先考虑特殊要求.如本题中，第一问要求是奇数，那么就先排个位.由于数字的万位不能为零，故第二考虑的是万位，本小题属于基础题. 26．（1）1560；（2）156；（3）92.【解析】【分析】（1）分为3,1,1,1和2,2,1,1两类分别计算，加和得到结果；（2）分为个位是0和个位不是0两类分别计算，加和得到结果；（3）分为只会英语的人中选了3人作英语导游、选了2人作英语导游和选了1人作英语导游三类分别计算，加和得到结果.【详解】（1）把6本不同的书分给4位学生，每人至少一本，有3,1,1,1和2,2,1,1两类分配方式为3,1,1,1时，共有：3114632433480C C CAA⋅=种分法分配方式为2,2,1,1时，共有：2214642422221080C C CAA A⋅=种分法由分类加法计数原理可得，共有：48010801560+=种分法（2）若个位是0，共有：3560A=个若个位不是0，共有：11224496C C A=个由分类加法计数原理可得，共有：6096156+=个（3）若只会英语的人中选了3人作英语导游，共有：3620C=种选法若只会英语的人中选了2人作英语导游，共有：12323560C C C=种选法若只会英语的人中选了1人作英语导游，共有：133412C C=种选法由分类加法计数原理可得，共有：20601292++=种选法【点睛】本题考查排列组合的综合应用问题，涉及到分组分配问题、元素位置有限制的排列组合问题等知识，关键是能够根据题目的要求进行合理的分类，最终通过分类加法计数原理得到结果.。
(必考题)高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》检测卷(含答案解析)(5)
一、选择题1．已知()~,X B n p ，且()2E X =，()43D X =，则n =（ ） A ．5B ．6C ．7D ．82．在某次联考数学测试中，学生成绩ξ服从正态分布2(100,)(0)σσ>，若ξ在(80,120)内的概率为0.8，则任意选取一名学生，该生成绩不高于80的概率为（ ） A ．0.05 B ．0.1C ．0.15D ．0.23．甲乙两人投篮，投中的概率分别为0.6，0.7．若两人各投2次，则两人投中次数相等的概率为（ ） A ．0.2484B ．0.25C ．0.90D ．0.39244．位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位，移动的方向为向上或向右，并且向上、向右移动的概率都是12，则质点P 移动六次后位于点(2,4)的概率是（ ）A ．612⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．44612C ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．62612C ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．6246612C C ⎛⎫ ⎪⎝⎭5．已知ξ的分布列如图所示，设2-5ηξ=，则()=E η（ ）A ．12B ．13C ．23D ．326．某地7个贫困村中有3个村是深度贫困，现从中任意选3个村，下列事件中概率等于67的是（ ）A ．至少有1个深度贫困村B ．有1个或2个深度贫困村C ．有2个或3个深度贫困村D ．恰有2个深度贫困村7．某班有18名学生数学成绩优秀，若从该班随机找出6名学生，其中数学成绩优秀的学生数1~6,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则()21E X +=（ ） A ．13B ．12C ．5D ．48．下列命题中真命题是（ ）（1）在183x x 的二项式展开式中，共有4项有理项；（2）若事件A 、B 满足()0.15P A =，()0.60P B =，()0.09P AB =，则事件A 、B 是相互独立事件；（3）根据最近10天某医院新增疑似病例数据，“总体均值为2，总体方差为3”，可以推测“最近10天，该医院每天新增疑似病例不超过7人”. A ．（1）（2）B ．（1）（3）C ．（2）（3）D ．（1）（2）（3）9．从装有除颜色外完全相同的3个白球和m 个黑球的布袋中随机摸取一球，有放回的摸取5次，设摸得白球数为X ，已知()3E X =，则()(D X = ) A ．85B ．65C ．45D ．2510．先后抛掷三次一枚质地均匀的硬币，落在水平桌面上， 设事件A 为“第一次正面向上”，事件B 为“后两次均反面向上”，则概率(|)P B A =（ ） A ．12B ．13C ．14D ．3811．同时抛掷5枚均匀的硬币80次，设5枚硬币正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的次数为X ，则X 的均值为（ ） A ．20B ．25C ．30D ．4012．某学校高三模拟考试中数学成绩X 服从正态分布()75,121N ，考生共有1000人，估计数学成绩在75分到86分之间的人数约为（ ）人．参考数据：()0.6826P X μσμσ-<<+=，(22)0.9544P X μσμσ-<<+=） A ．261B ．341C ．477D ．683二、填空题13．甲、乙两人被随机分配到,,A B C 三个不同的岗位（一个人只能去一个工作岗位）．记分配到A 岗位的人数为随机变量X ，则随机变量X 的数学期望()E X =_____． 14．3月5日为“学雷锋纪念日”，某校将举行“弘扬雷锋精神做全面发展一代新人”知识竞赛，某班现从6名女生和3名男生中选出5名学生参赛，要求每人回答一个问题，答对得2分，答错得0分，已知6名女生中有2人不会答所有题目，只能得0分，其余4人可得2分，3名男生每人得2分的概率均为12，现选择2名女生和3名男生，每人答一题，则该班所选队员得分之和为6分的概率__________.15．《史记·卷六十五·孙子吴起列传第五》中记载了“田忌赛马”的故事.齐王有上等，中等，下等马各一匹；田忌也有上等，中等，下等马各一匹.田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马；田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马；田忌的下等马劣于齐王的下等马.现规定每场比赛从双方的马匹中随机各选取一匹进行比试，若有优势的马一定获胜，且每场比赛相互独立，则采取三局两胜制齐王获胜的概率为________. 16．在高三的一个班中，有14的学生数学成绩优秀，若从班中随机找出5名学生，那么数学成绩优秀的学生人数1(5,)4B ξ～，则()P k ξ=取最大值时k =_______．17．袋中有5只大小相同的乒乓球，编号为1至5，从袋中随机抽取3只，若以ξ表示取到球中的最大号码，则ξ的数学期望是______.18．某同学解答两道试题，他能够解出第一道题的概率为0.8，能够解出第二道题的概率为0.6，两道试题能够解答与否相互独立，记该同学解出题目的个数为随机变量X ，则X 的数学期望()E X =______．19．随机变量X 服从正态分布()2~10,X N σ，()12P X m >=，1(8)0P X n ≤≤=，则21m n+的最小值为_____． 20．邮局工作人员整理邮件，从一个信箱中任取一封信，记一封信的质量为X (单位：克)，如果()100.3P X <=,() 10300.4P X ≤≤=，那么()30P X >等于_________. 三、解答题21．已知一个袋子里有形状一样仅颜色不同的6个小球，其中白球2个，黑球4个.现从中随机取球，每次只取一球．()1若每次取球后都放回袋中，求事件“连续取球四次，至少取得两次白球”的概率；()2若每次取球后都不放回袋中，且规定取完所有白球或取球次数达到五次就终止游戏，记游戏结束时一共取球X 次，求随机变量X 的分布列与期望．22．某校准备从报名的6位教师（其中男教师3人，女教师3人）中选3人去边区支教. （1）设所选3人中女教师的人数为X ，求X 的分布列及数学期望；（2）若选派的三人依次到甲、乙、丙三个地方支教，求甲地是男教师的情况下，乙地为女教师的概率.23．复旦大学附属华山医院感染科主任医师张文宏在接受媒体采访时谈到：通过救治研究发现，目前对于新冠肺炎最有用的“特效药”还是免疫力．而人的免疫力与体质息息相关，一般来讲，体质好，免疫力就强．复学已有一段时间，某医院到学校调查高二学生的体质健康情况，随机抽取12名高二学生进行体质健康测试，测试成绩（百分制）如下：65，78，90，86，52，87，72，86，87，98，88，86．根据此年龄段学生体质健康标准，成绩不低于80的为优良．（1）将频率视为概率，根据样本估计总体的思想，在该学校全体高二学生中任选3人进行体质健康测试，求至少有1人成绩是“优良”的概率；（2）从抽取的12人中随机选取3人，记X 表示成绩“优良”的人数，求X 的分布列和期望．24．已知从A 地到B 地有两条道路可以到达，走道路①准点到达的概率为34，不准点到达的概率为14；走道路②准点到达的概率为p ，不准点到达的概率为(1)p -.若甲乙两车走道路①，丙车由于其他原因走道路②，且三辆车是否准点到达相互之间没有影响. （1）若三辆车中恰有一辆车没有准点到达的概率为716，求走道路②准点到达的概率p ； （2）在（1）的条件下，求三辆车中准点到达车辆的辆数的分布列和数学期望.25．某投资公司准备在2020年年初将两千万投资东营经济开发区的“示范区”新型物流，商旅文化两个项目中的一个之中．项目一：新型物流仓是为企业提供仓储、运输、配送、货运信息等综合物流服务的平台．现准备投资建设10个新型物流仓，每个物流仓投资0.2千万元，假设每个物流仓盈利是相互独立的，据市场调研，到2022年底每个物流仓盈利的概率为(01)p p <<，若盈利则盈利为投资额的40%，否则盈利额为0．项目二：购物娱乐广场是一处融商业和娱乐于一体的现代化综合服务广场．据市场调研，投资到该项目上，到2022年底可能盈利投资额的50%，也可能亏损投资额的30%，且这两种情况发生的概率分别为p 和1p -．（1）若投资项目一，记1X 为盈利的物流仓的个数，求()1E X （用p 表示）； （2）若投资项目二，记投资项目二的盈利为2X 千万元，求()2E X （用p 表示）； （3）在（1）（2）两个条件下，针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个项目，并说明理由．26．某工厂计划建设至少3个，至多5个相同的生产线车间，以解决本地区公民对特供商品A 的未来需求．经过对先期样本的科学性调查显示，本地区每个月对商品A 的月需求量均在50万件及以上，其中需求量在50~ 100万件的频率为0.5，需求量在100~200万件的频率为0.3，不低于200万件的频率为0.2．用调查样本来估计总体，频率作为相应段的概率，并假设本地区在各个月对本特供商品A 的需求相互独立．（1）求在未来某连续4个月中，本地区至少有2个月对商品A 的月需求量低于100万件的概率．（2）该工厂希望尽可能在生产线车间建成后，车间能正常生产运行，但每月最多可正常生产的车间数受商品A 的需求量x 的限制，并有如下关系：若一个车间正常运行，则该车间月净利润为1500万元，而一个车间未正常生产，则该车间生产线的月维护费（单位：万元）与月需求量有如下关系：试分析并回答该工厂应建设生产线车间多少个？使得商品A 的月利润为最大．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．B解析：B 【解析】∵~(,)X B n p ，∴()2E X =，4()3D X =，∴2np =，且4(1)3np p -=，解得613n p =⎧⎪⎨=⎪⎩， ∴6n =，故选B ．2．B解析：B 【解析】1(80120)(80)(120)0.12P X P X P X -<<≤=≥== ,选B.3．D解析：D 【分析】根据题意，两人投中次数相等：两人两次都未投中，两人各投中一次，和两人两次都投中，进而根据相互独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式，得到答案． 【详解】由题意，甲、乙两人投篮，投中的概率分别为0.6，0.7，则甲、乙两人各投2次： 两人两次都未投中的概率：()()22010.610.70.0144P =-⨯-=；两人各投中一次的概率：()()111220.610.60.710.70.2016P C C =⨯⨯-⨯⨯⨯-=；两人两次都投中的概率：2220.60.70.1764P =⨯=.所以，两人投中次数相等的概率为：0120.3924P P P P =++=. 故选：D. 【点睛】本题主要考查相互独立事件的概率乘法公式的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于基础题.4．C解析：C 【分析】根据题意，质点P 移动六次后位于点(4,2)，在移动过程中向右移动4次向上移动2次，即6次独立重复试验中恰有4次发生，由其公式计算可得答案． 【详解】根据题意，易得位于坐标原点的质点P 移动六次后位于点(2,4)，在移动过程中向上移动4次向右移动2次，则其概率为4262466111222C P C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭==.故选：C ． 【点睛】本题考查二项分布与n 次独立重复试验的模型，考查对基础知识的理解和掌握，考查分析和计算能力，属于常考题.5．C解析：C 【分析】根据分布列的性质，求得13m =，由期望的公式，可得17()6E ξ=，再根据()()5E E ηξ=-，即可求解.【详解】由题意，根据分布列的性质，可得1111663m +++=，解得13m =，所以随机变量ξ的期望为111117()123466336E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=， 又由2-5ηξ=，可得172()2563E η=⨯-=. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了随机变量的期望的计算，其中解答中熟记分布列的性质和期望的计算公式是解答的关键，着重考查了计算能力.6．B解析：B 【分析】用X 表示这3个村庄中深度贫困村数，则X 服从超几何分布，故()33437k kC C P X k C -==，分别求得概率，再验证选项. 【详解】用X 表示这3个村庄中深度贫困村数，X 服从超几何分布，故()33437k kC C P X k C -==， 所以()3043374035C C P X C ===， ()21433718135C C P X C ===，()12433712235C C P X C ===，()0343371335C C P X C ===， ()()6127P X P X =+==. 故选：B 【点睛】本题主要考查超几何分布及其应用，属于基础题.7．C解析：C 【分析】根据1~6,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭得到()2E X =，再根据()()2121E X E X +=+，计算得到答案. 【详解】1~6,3X B ⎛⎫⎪⎝⎭，则()1623E X =⨯=，故()()21215E X E X +=+=.故选：C . 【点睛】本题考查了二项分布的均值，同时也考查了期望性质的应用，意在考查学生的计算能力.8．D解析：D 【分析】对三个命题分别判断真假，即可得出结论. 【详解】对于（1），18的二项展开式的通项为1815163621818rrrr rC x x C x ---⎛⎫⎛⎫⋅⋅=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 当0r =、6、12、18时，为有理项，共有4个有理项，故（1）正确； 对于（2），事件A 、B 满足()0.15P A =，()0.60P B =，()0.09P AB =， 所以()()()0.150.600.09P AB P A P B =⨯==，满足A 、B 为相互独立事件，故（2）正确；对于（3），当总体平均数是2，若有一个数据超过7，则方差就接近于3， 所以，总体均值为2，总体方差为3时，没有数据超过7，故（3）正确. 故选：D. 【点睛】本题考查命题真假的判断，考查分析法与基本运算能力，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.9．B解析：B 【分析】由题意知，3~(5,)3X B m +，由3533EX m =⨯=+，知3~(5,)5X B ，由此能求出()D X ．【详解】由题意知，3~(5,)3X B m +， 3533EX m ∴=⨯=+，解得2m =， 3~(5,)5X B ∴，336()5(1)555D X ∴=⨯⨯-=．故选：B ． 【点睛】本题考查离散型随机变量的方差的求法，解题时要认真审题，仔细解答，注意二项分布的灵活运用．10．C解析：C 【分析】由先后抛掷三次一枚质地均匀的硬币，得出事件A “第一次正面向上”，共有4种不同的结果，再由事件A “第一次正面向上”且事件B “后两次均反面向上”，仅有1中结果，即可求解. 【详解】由题意，先后抛掷三次一枚质地均匀的硬币，共有2228⨯⨯=种不同的结果， 其中事件A “第一次正面向上”，共有4种不同的结果，又由事件A “第一次正面向上”且事件B “后两次均反面向上”，仅有1中结果， 所以()()1(|)4P AB P B A P A ==，故选C. 【点睛】本题主要考查了条件概率的计算，其中解答中认真审题，准确得出事件A 和事件A B 所含基本事件的个数是解答的关键，着重考查了运算能力，属于基础题.11．B解析：B 【分析】先求得抛掷一次的得到2枚正面向上，3枚反面向上的概率，再利用二项分布可得结果.【详解】由题，抛掷一次恰好出现2枚正面向上，3枚反面向上的概率为：2555216C =因为5枚硬币正好出现2枚正面向上，3枚反面向上的概率是一样的，且各次试验是相互独立的，所以X 服从二项分布5(80,)16X B 则5()802516E X =⨯= 故选B 【点睛】本题咔嚓了二项分布，掌握二项分布是解题的关键，属于中档题.12．B解析：B 【解析】分析：正态总体的取值关于75x =对称，位于6486（，）之间的概率是0.6826，根据概率求出位于6486（，）这个范围中的个数，根据对称性除以2 得到要求的结果．详解：正态总体的取值关于75x =对称，位于6486（，）之间的概率是(75117511)0.682?6P X －＋＝<<，则估计数学成绩在75分到86分之间的人数约为110000.682?63412⨯⨯≈人. 故选B .点睛：题考查正态曲线的特点及曲线所表示的意义，是一个基础题，解题的关键是考试的成绩X 关75X =于对称，利用对称写出要用的一段分数的频数，题目得解．二、填空题13．【分析】由题意得出的可能取值以及相应的概率再计算数学期望即可【详解】由题意可得的可能取值有012则数学期望故答案为：【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望属于中档题解析：23【分析】由题意得出X 的可能取值以及相应的概率，再计算数学期望即可. 【详解】由题意可得X 的可能取值有0，1，2224(0)339P X ⨯===⨯，122411(1),(2)339339C P X P X ⨯======⨯⨯则数学期望4()09E X =⨯41212993+⨯+⨯=．故答案为：23【点睛】本题主要考查了求离散型随机变量的数学期望，属于中档题.14．【分析】首先对事件进行分类分成女生0分男生6分或女生2分男生4分或女生4分男生2分女生的概率可以按照超几何概率求解男生按照独立重复求解概率【详解】依题意设该班所选队员得分之和为6分记为事件A 则可分为 解析：43120【分析】首先对事件进行分类，分成女生0分，男生6分，或女生2分，男生4分，或女生4分，男生2分，女生的概率可以按照超几何概率求解，男生按照独立重复求解概率. 【详解】依题意设该班所选队员得分之和为6分记为事件A ，则可分为下列三类：女生得0分男生得6分，设为事件1A ；女生得2分男生得4分，设为事件2A ；女生得4分男生得2分，设为事件3A ，则：()32321326112120C P A C C ⎛⎫=⨯= ⎪⎝⎭， ()211224232611241221205C C P A C C ⎛⎫⎛⎫=⨯== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()22143326111832212020C P A C C ⎛⎫⎛⎫=⨯== ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， ()()()()12343120P A P A P A P A =++=. 故答案为：43120【点睛】本题考查概率的应用问题，重点考查分类讨论，转化与化归的思想，熟练掌握概率类型，属于中档题型.本题的关键是对事件分类.15．【分析】列出所有情况统计满足条件的情况得到齐王每次胜利的概率再根据独立事件计算得到答案【详解】设齐王的上中下等马为田忌的上中下等马为则共有9种情况其中齐王获胜的有6种情况故故答案为：【点睛】本题考查 解析：2027【分析】列出所有情况，统计满足条件的情况得到齐王每次胜利的概率123p =，再根据独立事件计【详解】设齐王的上中下等马为ABC ，田忌的上中下等马为abc ， 则共有,,,,,,,,Aa Ab Ac Ba Bb Bc Ca Cb Cc 9种情况， 其中齐王获胜的有,,,,,Aa Ab Ac Bb Bc Cc 6种情况，故16293p ==， 32232212033327p C ⎛⎫⎛⎫=+⋅⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故答案为：2027. 【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.16．1【分析】可得则且计算可得【详解】解：依题意可得则且解得又所以故答案为：1【点睛】本题考查了二项分布列的概率计算公式组合数的计算公式考查了推理能力与计算能力属于中档题解析：1 【分析】1~(5,)4B ξ，可得5511()()(1)44k k k P k C ξ-==⨯-．则()(1)P k P k ξξ=≥=-且()(1)P k P k ξξ=≥=+计算可得．【详解】解：依题意，可得5511()()(1)44kk k P k C ξ-==⨯-则5C k3()45k-1()4k15C k -≥3()45(1)k --1()41k -，且5C k3()45k-1()4k ≥15C k +5(1)3()4k -+11()4k +， 解得12k ≤≤32，又*k N ∈，所以1k =． 故答案为：1 【点睛】本题考查了二项分布列的概率计算公式、组合数的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17．【分析】分别分析最大号码为345的情况再根据所对应的概率求解数学期望即可【详解】所有可能的情况一共有种其中最大号码为3的情况一共有种；其中最大号码为4的情况一共有种；其中最大号码为5的情况一共有种；解析：92分别分析最大号码为3,4,5的情况再根据所对应的概率求解数学期望即可.【详解】所有可能的情况一共有3510C=种,其中最大号码为3的情况一共有221C=种；其中最大号码为4的情况一共有233C=种；其中最大号码为5的情况一共有246C=种；故ξ的数学期望是136312309 345101010102++⨯+⨯+⨯==.故答案为：9 2【点睛】本题主要考查了排列组合解决数学期望的问题,根据题意分析所有可能的情况再利用数学期望公式求解即可.属于中等题型.18．4【解析】【分析】由题意求得随机变量的取值利用相互独立事件的概率公式求得相应的概率再由期望的计算公式即可求解数学期望【详解】由题意该同学解出题目的个数为随机变量的取值为则所以【点睛】本题主要考查了随解析：4【解析】【分析】由题意求得随机变量X的取值，利用相互独立事件的概率公式，求得相应的概率，再由期望的计算公式，即可求解数学期望．【详解】由题意，该同学解出题目的个数为随机变量X的取值为0,1,2X=，则P(X0)0.20.40.08==⨯=，P(X1)0.80.40.20.60.44==⨯+⨯=，P(X2)0.80.60.48==⨯=.所以E(X)00.0810.4420.48 1.4=⨯+⨯+⨯=.【点睛】本题主要考查了随机变量的分布列与数学期望的计算，其中解答中正确理解题意，利用相互独立事件的概率计算公式求得相应的概率是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．19．【分析】根据正态分布的对称性得到再利用均值不等式计算的最小值【详解】随机变量服从正态分布∴由得又∴且则当且仅当即时等号成立∴的最小值为故答案为【点睛】本题考查了正态分布的计算均值不等式的运用综合性较解析：6+根据正态分布的对称性，得到12m n +=，再利用均值不等式计算21m n+的最小值. 【详解】随机变量X 服从正态分布210(),X N σ～，∴1(10)2P X ≥=， 由1(8)0P X n ≤≤=，得1(10)2P X n ≤≤=， 又()12P X m >=， ∴12m n +=，且0m >，0n >， 则2121(22)m n m n m n ⎛⎫+=++= ⎪⎝⎭42662642n m m n+⋅=+=+． 当且仅当42n m m n =，即222m -=，212n -=时等号成立． ∴21m n+的最小值为642+． 故答案为642+． 【点睛】本题考查了正态分布的计算，均值不等式的运用，综合性较强，需要同学们熟练掌握各个知识点.20．3【分析】根据随机变量的概率之和为1即可求出【详解】根据随机变量的概率分布的性质可知故【点睛】本题主要考查了随机变量的概率分布的性质属于中档题解析：3 【分析】根据随机变量的概率之和为1，即可求出()30P X >. 【详解】根据随机变量的概率分布的性质,可知()()()101030301P X P X P X <+≤≤+>=, 故(30)10.30.40.3P X >=--=. 【点睛】本题主要考查了随机变量的概率分布的性质，属于中档题.三、解答题21．（1）；（2）随机变量X 的分布列见解析，期望为133. 【分析】（1）可从正面计算取得两次、三次、四次白球的概率和，也可以用1减去取得一次、两次白球的概率，而四次取球中每次是否取得白球相互独立，只需用组合数即可得到相应概率；（2）注意取出的球不放回，因此最多取5次白球就会被取完，故X ＝2，3，4，5，分别计算对应的概率，写出分布列，进而可求出期望. 【详解】（1）记随机变量ξ表示连续取球四次，取得白球的次数，则ξ～B （4，13） 则P （ξ＞1）＝1－P （ξ＝0）－P （ξ＝1）＝1－00411344121211()()()()333327C C -=（2）随机变量X 的取值分别为2，3，4，5∴P （X ＝2）＝2226115C C =，P （X ＝3）＝11242612415C C C ⨯= P （X ＝4）＝1224361135C C C ⨯=，P （X ＝5）＝134244446635C C C C C += ∴随机变量X 的分布列为∴随机变量X 的期望为：1313()23451515553E X =⨯+⨯+⨯+⨯= 考点：古典概型，相互独立事件，随机变量的分布列与期望 22．（1）分布列见解析，期望为32；（2）35． 【分析】（1）X 的值依次为0,1,2,3，分别计算出概率得概率分布列，再由期望公式计算出期望； （2）设事件A 为“甲地是男教师”,事件B 为“乙地是女教师”,利用条件概率公式,即可求出概率. 【详解】（1）X 的所有可能取值为0,1,2,3,33361(0)20C P X C ===，1233369(1)20C C P X C ===，2133369(2)20C C P X C ===，33361(3)20C P X C ===，所以X 的分布列为:故()1232020202E X =⨯+⨯+⨯=； （2）设事件A 为“甲地是男教师”,事件B 为“乙地是女教师”,则1236361()2C A P A A ==，111334363()10C C C P AB A ==， 所以3()310(|)1()52P AB P B A P A ===． 【点睛】本题考查随机变量的概率分布列和数学期望，考查条件概率，解题时确定出随机变量的所有可能取值，然后计算出概率后可得概率分布列，由期望公式可计算出期望．掌握条件概率公式即可计算条件概率． 23．（1）2627（2）见解析，2 【分析】（1）从该社区中任选1人，成绩是“优良”的概率为23，由此能求出在该社区老人中任选三人，至少有1人成绩是‘优良’的概率．（2）由题意得ξ的可能取值为0，1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出ξ的分布列和期望． 【详解】解：（1）抽取的12人中成绩是优良的频率为23， 故从该校全体高二学生中任选1人，成绩是“优良”的概率是23， 设“在该校全体高二学生中任选3人，至少有1人成绩优良”为事件A ，则()33212611132727P A C ⎛⎫=-⨯-=-= ⎪⎝⎭． （2）由题意可知，X 的可能取值为0，1，2，3，()3431241022055C P X C ====，()12843124812122055C C P X C ====，()218431211228222055C C P X C ====，()383125614122055C P X C ====，所以X 的分布列为0123255555555EX =⨯+⨯+⨯+⨯=． 【点睛】本题考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，解题时要认真审题，注意排列组合知识的合理运用，属于中档题． 24．（1）716（2）见解析，136【分析】（1）三辆车中恰有一辆车没有准点到达包含两种情况：甲乙中有一辆没有准点到达或丙没有准点到达，由相互独立事件同时发生的概率公式列出关于p 的方程，解方程即可得结果；（2）设三辆车中准点到达车辆的辆数为ξ，则ξ可能的取值为0，1，2，3，由题写出变量的分布列，算出数学期望. 【详解】解：（1）由已知条件得2123137(1)44416C p p ⎛⎫⨯⨯+-= ⎪⎝⎭，解得23p =； （2）ξ可能的取值为0，1，2，3，()1111044348P ξ==⨯⨯=，123111121(1)4434436P C ξ==⨯⨯⨯+⨯⨯=，123123317(2)44344316P C ξ==⨯⨯⨯+⨯⨯=，3323(3)4438P ξ==⨯⨯=，ξ的分布列为所以01234861686E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=. 【点睛】本题主要考查了离散型随机变量的分布列和期望，考查了相互独立事件同时发生的概率，考查了学生的运算求解能力.25．（1）()110E X p =；（2）()2 1.60.6E X p =-；（3）分类讨论，见解析. 【分析】（1）由题意结合二项分布的期望公式即可得解；（2）由题意列出分布列，利用离散型随机变量期望公式即可得解；（3）由题意分别计算出项目一、项目二的利润的期望与方差，分类比较即可得解. 【详解】（1）由题意1~(10,)X B p ，则盈利的物流仓数的期望()110E X p =；（2）若投资项目二，盈利的金额为20.51⨯=（千万元），亏损的金额为20.30.6⨯=（千万元）， 则2X 的分布列为所以盈利的期望)20.6(1) 1.60.6E X p p p =--=-； （3）若盈利，则每个物流仓盈利0.240%0.08⨯=（千万元），若选择项目一，盈利的期望为()()110.080.080.08100.8E X E X p p ==⨯=（千万元），方差为()()22110.080.080.0810(1)0.064(1)D X D X p p p p ==⨯-=-，若选择项目二，盈利的方差为：()222(1 1.60.6)(0.6 1.60.6)(1) 2.56(1)D X p p p p p p =-++--+-=-，①当()()120.08E X E X =时，0.8 1.60.6p p =-，解得34p =， 而()()120.08D X D X <，故选择项目一；②当()()120.08E X E X >时，0.8 1.60.6p p >-，解得304p <<，此时选择项目一；③当()()120.08E X E X <时，0.8 1.60.6p p <-，解得34p >，此时选择项目二． 【点睛】本题考查了离散型随机变量期望与方差的求解和应用，考查了二项分布的应用与分类讨论思想，属于中档题. 26．（1）1116（2）4个 【分析】（1）由独立重复实验的概率公式结合题意计算即可得解；（2）按照建设3个车间、4个车间、5个车间讨论，分别求出对应的分布列和期望，比较期望大小即可得解. 【详解】（1）由题意每月需求量在50~ 100万件的概率为0.5，则由独立重复实验概率公式可得所求概率223142344441111111112222216P C C C ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭； （2）（i ）当建设3个车间时，由于需求量在50万件以上，此时的净利润Y 的分布列为：则（万元）；（ii ）当建设4个车间时，需求量50100x ≤<时，则有3个车间正常运行时，会有1个车间闲置，此时的净利润150035004000Y =⨯-=；需求量100x ≥时，则4个车间正常运行，此时的净利润150046000Y =⨯=； 则Y 的分布列为：则（万元）（iii ）当建设5个车间时，需求量50100x ≤<时，则有3个车间正常运行时，会有2个车间闲置，此时的净利润1500350023500Y =⨯-⨯=； 需求量100200x ≤<时，则4个车间正常运行，会有1个车间闲置， 此时1500460015400Y =⨯-⨯=；需求量200x ≥时，则5个车间正常运行，此时的净利润150057500Y =⨯=； 则Y 的分布列为：则4870=（万元）综上所述，要使该工厂商品A的月利润为最大，应建设4个生产线车间．【点睛】本题考查了独立重复实验概率公式的应用，考查了离散型随机变量期望的求解与应用，属于中档题.。
(压轴题)高中数学选修三第一单元《计数原理》测试题(包含答案解析)(1)
一、选择题1．把5名同学分配到图书馆、食堂、学生活动中心做志愿者，每个地方至少去一个同学，不同的安排方法共有（ ）种． A ．60B ．72C ．96D ．1502．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲、乙、丙三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛、马和羊，乙同学喜欢牛、兔、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，则让三位同学选取的礼物都满意的概率是（ ） A ．166B ．155C ．566D ．5113．已知()52x a x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中所有项的系数和为2-，则展开式中的常数项为（ ） A ．80B ．80-C ．40D ．40-4．712x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中5x 的系数为（ ）A ．448B ．448-C ．672D ．672-5．已知231(1)nx x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中没有2x 项，*n N ∈，则n 的值可以是（ ）A ．5B ．6C ．7D ．86．某煤气站对外输送煤气时，用1至5号五个阀门控制，且必须遵守以下操作规则： ①若开启3号，则必须同时开启4号并且关闭2号； ②若开启2号或4号，则关闭1号； ③禁止同时关闭5号和1号. 则阀门的不同开闭方式种数为（ ） A ．7B ．8C ．11D ．147．在某次体检中，学号为i （1,2,3,4i =）的四位同学的体重()f i 是集合{45,48,52,57,60}kg kg kg kg kg 中的元素，并满足(1)(2)(3)(4)f f f f ≤≤≤，则这四位同学的体重所有可能的情况有（ ） A ．55种B ．60种C ．65种D ．70种8．汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝.如图所示的弦图中，由四个全等的直角三角形和一个正方形构成．现有五种不同的颜色可供涂色，要求相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方案有（ ）A ．180B ．192C ．420D ．4809．六安一中高三教学楼共五层，甲、乙、丙、丁四人走进该教学楼2~5层的某一层楼上课，则满足且仅有一人上5楼上课，且甲不在2楼上课的所有可能的情况有（ ）种 A ．27B ．81C ．54D ．10810．212nx x ⎛⎫ ⎪⎝⎭-的展开式中二项式系数之和是64，含6x 项的系数为a ，含3x 项系数为b ，则a b -=（ ）A ．200B ．400C ．-200D ．-40011．若0,0a b >>，二项式6()ax b +的展开式中3x 项的系数为20，则定积分22abxdx xdx +⎰⎰的最小值为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．312．从A ，B ，C ，D ，E 5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛，其中A 不参加物理、化学竞赛，则不同的参赛方案种数为( ) A ．24 B ．48 C ．72D ．120二、填空题13．化简：()()()1231223312131n n n n nn n n n C p p C p p C p p nC p ----+-+-++=______.14．4名志愿者被随机分配到、、A B C 三个不同的岗位服务,每个岗位至少有一名志愿者,则甲､乙两名志愿者没有分配到同一个岗位服务的概率为______.15．已知x 、y 满足组合数方程21717x yC C =，则xy 的最大值是_____________. 16．若348,n n A C =则n 的值为_______．17．设0(cos sin )a x x dx π=-⎰，则二项式6(a x x的展开式中含2x 项的系数为______．18．已知33210n n A A =，那么n =__________．19．若二项式nx x ⎛⎝展开式中各项系数的和为64，则该展开式中常数项为____________.20．()()611ax x -+的展开式中，3x 项的系数为10-，则实数a =___________.三、解答题21．在二项式()32nx -的展开式中.（1）若前3项的二项式系数和等于67，求二项式系数最大的项； （2）若第3项的二项式系数等于第18项的二项式系数，求奇次项系数和.22．已知()*3n x n N⎛∈ ⎝的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是1∶3， （1）求n 的值；（2）求二项展开式中各项二项式系数和以及各项系数和； （3）求展开式中系数的绝对值最大的项．23．（1）解不等式：222213A 12A 11A x x x +++≤； （2）已知2*012(21)(N )n n n x a a x a x a x n -=++++∈，且284a =-．求0246a a a a +++的值．24．已知n的展开式的各项系数之和等于5⎛⎝展开式中的常数项，求n展开式中含1a -的项的二项式系数. 25．在2(n x+的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为12.（1）求n 的值；（2）求展开式中所有的有理项； （3）求展开式中系数最大的项.26．已知二项式n⎛⎝的展开式中各项二项式系数的和为256，其中实数a 为常数.（1）求n 的值；（2）若展开式中二项式系数最大的项的系数为70，求a 的值.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．D 解析：D 【分析】先把5名同学分成3组，有113,122++++两种情况，再将他们分配下去即可求出．【详解】5名同学分成3组，有113,122++++两种情况，故共有1235452225C C C A +=种分组方式，再将他们分配到图书馆、食堂、学生活动中心有336A =种方式，根据分步乘法计数原理可知，不同的安排方法共有256150⨯=种． 故选：D ． 【点睛】本题主要考查有限制条件的排列组合问题的解法应用，解题关键是对“至少”的处理，属于中档题．方法点睛：常见排列问题的求法有： （1）相邻问题采取“捆绑法”； （2）不相邻问题采取“插空法”； （3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数．2．C解析：C 【分析】对甲分甲选牛或羊作礼物、甲选马作礼物，利用分步计数原理和分类计数原理计算出事件“三位同学都选取了满意的礼物”所包含的基本事件数，然后利用古典概型的概率公式可计算出所求事件的概率. 【详解】若甲选牛或羊作礼物，则乙有3种选择，丙同学有10种选择，此时共有231060⨯⨯=种；若甲选马作礼物，则乙有4种选择，丙同学有10种选择，此时共有141040⨯⨯=种. 因此，让三位同学选取的礼物都满意的概率为31260401005132066A +==. 故选：C. 【点睛】本题考查古典概型概率的计算，同时也涉及了分类计数和分步计数原理的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.3．B解析：B 【分析】令1x =，由展开式中所有项的系数和为2-，列出方程并求出a 的值，得出展开式中常数项为52x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭中1x -的系数与52x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的0x 的系数之和，然后利用二项展开式的通项公式求解. 【详解】解：由题可知，()52x a x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中所有项的系数和为2-， 令1x =，则所有项的系数和为()()5211121a a ⎛⎫+-=-+=- ⎪⎝⎭，解得：1a =，()()555522221x a x x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴+-=+-=-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则()521x x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭展开式中的常数项为： 52x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭中1x -的系数与52x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的0x 的系数之和， 由于52x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的通项公式为：()5515522rr r r r r r T C x C x x --+⎛⎫=⋅-=⋅-⋅ ⎪⎝⎭，当521r -=-时，即3r =时，52x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭中1x -的系数为：()335280C ⨯-=-，当520r -=时，无整数解，所以()521x x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭展开式中的常数项为80-.故选：B. 【点睛】本题考查二项式定理的应用，考查利用赋值法求二项展开式所有项的系数和，以及二项展开式的通项公式，属于中档题.4．B解析：B 【分析】求出展开式的通项公式，利用x 的次数为5进行求解即可． 【详解】展开式的通项公式77727171(2)(1)2rr rrr r r rx T C x C x ---+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭， 由725r -=得1r =，所以展开式中5x 的系数为1717(1)2764448C --⋅=-⨯=-，故选：B ． 【点睛】该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有求二项展开式指定项的系数，属于简单题目.5．C解析：C 【分析】将条件转化为31nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中不含常数项，不含x 项，不含2x 项，然后写出31nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项，即可分析出答案. 【详解】因为231(1)nx x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭的展开式中没有2x 项， 所以31nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中不含常数项，不含x 项，不含2x 项31nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项为：4131,0,1,2,,rr n r r n r r n n T C x C x r n x --+⎛⎫=== ⎪⎝⎭所以当n 取5,6,7,8时，方程40,41,42n r n r n r -=-=-=无解检验可得7n = 故选：C 【点睛】本题考查的是二项式定理的知识，在解决二项式展开式的指定项有关的问题的时候，一般先写出展开式的通项.6．A解析：A 【分析】分两类解决，第一类：若开启3号，然后对2号和4号开启其中一个即可判断出1号和5号情况，第二类：若关闭3号，关闭2号关闭4号，对1号进行讨论，即可判断5号,由此可计算出结果. 【详解】解：依题意，第一类：若开启3号，则开启4号并且关闭2号，此时关闭1号，开启5号， 此时有1种方法； 第二类：若关闭3号，①开启2号关闭4号或关闭2号开启4号或开启2号开启4号时，则关闭1号，开启5号，此时有种3方法；②关闭2号关闭4号，则开启1号关闭5号或开启1号开启5号或关闭1号，开启5号，此时有种3方法；综上所述，共有1337++=种方式. 故选：A. 【点睛】本题考查分类加法计数原理，属于中档题.7．D解析：D 【分析】根据(1)(2)(3)(4)f f f f ≤≤≤中等号所取个数分类讨论，利用组合知识求出即可. 【详解】解：当(1)(2)(3)(4)f f f f ≤≤≤中全部取等号时，情况有155C =种；当(1)(2)(3)(4)f f f f ≤≤≤中有两个取等号，一个不取等号时，情况有215330C C =种；当(1)(2)(3)(4)f f f f ≤≤≤中有一个取等号，两个不取等号时，情况有315330C C =种；当(1)(2)(3)(4)f f f f ≤≤≤中都不取等号时，情况有455C =种；共560+60+5=70+种. 故选：D. 【点睛】本题考查分类讨论研究组合问题，关键是要找准分类标准，是中档题.8．C解析：C 【分析】就使用颜色的种类分类计数可得不同的涂色方案的总数. 【详解】相邻的区域不能用同一种颜色，则涂5块区域至少需要3种颜色.若5块区域只用3种颜色涂色，则颜色的选法有35C ，相对的两个直角三角形必同色，此时共有不同的涂色方案数为335360C A =（种）.若5块区域只用4种颜色涂色，则颜色的选法有45C ，相对的两个直角三角形必同色，余下两个直角三角形不同色，此时共有不同的涂色方案数为414524240C C A =（种）.若5块区域只用5种颜色涂色，则每块区域涂色均不同，此时共有不同的涂色方案数为55120A =（种）.综上，共有不同的涂色方案数为420（种）. 故选：C. 【点睛】本题考查排列组合的应用，注意根据题设要求合理分类分步，此类问题属于中档题.9．B解析：B以特殊元素甲为主体，根据分类计数原理，计算出所有可能的情况，求得结果. 【详解】甲在五楼有33种情况，甲不在五楼且不在二楼有11232354C C ⨯=种情况，由分类加法计数原理知共有542781+=种不同的情况， 故选B. 【点睛】该题主要考查排列组合的有关知识，需要理解排列组合的概念，根据题目要求分情况计数，属于简单题目.10．B解析：B 【分析】由展开式二项式系数和得n ＝6，写出展开式的通项公式，令r=2和r=3分别可计算出a 和b 的值，从而得到答案. 【详解】由题意可得二项式系数和2n ＝64，解得n ＝6．∴212n x x ⎛⎫ ⎪⎝⎭-的通项公式为：()()6261231661212rr r r r r rr T C x C x x ---+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭， ∴当r=2时，含x 6项的系数为()2262612240C a --==， 当r=3时，含x 3项的系数为()3363612160C b --=-=，则400a b -=, 故选B ． 【点睛】本题考查二项式定理的通项公式及其性质，考查推理能力与计算能力，属于基础题．11．C解析：C 【分析】由二项式定理展开项可得1ab =，再22022abxdx xdx a b +=+⎰⎰利用基本不等式可得结果.【详解】二项式()6ax+b 的展开式的通项为6616r r r r r T C a b x --+=当63,3r r -==时，二次项系数为3336201C a b ab =∴=而定积分2202222abxdx xdx a b ab +=+≥=⎰⎰当且仅当a b =时取等号 故选C本题考查了二项式定理，定积分和基本不等式综合，熟悉每一个知识点是解题的关键，属于中档题.12．C解析：C 【分析】根据题意,分2种情况讨论: ①A 不参加任何竞赛,此时只需要将,,,B C D E 四个人全排列，对应参加四科竞赛即可；②A 参加竞赛,依次分析A 与其他四人的情况数目，由分步计数原理可得此时参加方案的种数，进而由分类计数原理计算可得结论. 【详解】A 参加时参赛方案有31342348C A A = (种)，A 不参加时参赛方案有4424A = (种)，所以不同的参赛方案共72种，故选C. 【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.二、填空题13．【分析】由将原式转化为再由二项式定理可得答案【详解】∴故答案为：【点睛】本题考查组合数公式和二项式定理的应用考查转化思想属于中档题 解析：np【分析】由11=kk n n kC nC --将原式转化为()()()1232311110121111n n n n nn n n n nC p p nC p p nC p p nC p ---------+-+-++，再由二项式定理可得答案. 【详解】()()()()111!1!!=!()!1!()!1!()!kk n n nk n n n kn kC nC k n k k k n k k n k ----===-----，∴()()()1231223312131n n n n nn n n n C p p C p p C p p nC p ----+-+-++()()()123212311111=111n n n n nn n n n nC p p nC p p nC p p nC p ---------+-+-++()()11211111=11n n n n n n n np C p C p C p p -------+⎦+⎡⎤-+-⎣1[(1)]n np p p -=-+11n np -=⋅np =故答案为：np 【点睛】本题考查组合数公式和二项式定理的应用，考查转化思想，属于中档题.14．【分析】要保证每个岗位至少一人人所以首先将四个人分成三组在将三组全排列求出总事件数然后再将甲乙分到不同两组得出甲乙不在同一岗位的基本事件数总而得出概率【详解】因为每个岗位至少有一人所以要将四个人分成解析：56【分析】要保证每个岗位至少一人人，所以首先将四个人分成三组，在将三组全排列求出总事件数，然后再将甲乙分到不同两组，得出甲乙不在同一岗位的基本事件数，总而得出概率. 【详解】因为每个岗位至少有一人，所以要将四个人分成三组，则只能是211、、所以总事件数为： 2113421322=36C C C A A ⋅⋅⋅， 甲乙不在同一岗位的基本事件数：()11232223+=30C C C A ⋅⋅ 所以甲､乙两名志愿者没有分配到同一个岗位服务的概率305=366P =， 故答案为：56. 【点睛】本题考查等可能性事件的概率，利用排列组合公式求出基本事件的总数和满足某个事件的基本事件个数是解答本题的关键.15．【分析】由组合数的性质得出或然后利用二次函数的性质或基本不等式求出的最大值并比较大小可得出结论【详解】满足组合数方程或当时则；当时因此当时取得最大值故答案为【点睛】本题考查组合数基本性质的应用同时也 解析：128【分析】由组合数的性质得出()208y x x =≤≤或217x y +=，然后利用二次函数的性质或基本不等式求出xy 的最大值，并比较大小可得出结论. 【详解】x 、y 满足组合数方程21717x yC C =，()208y xx ∴=≤≤或217x y +=，当2y x =时，则[]220,128xy x =∈；当217x y +=时，222172892224x y xy +⎛⎫⎛⎫≤== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 因此，当216x y ==时，xy 取得最大值128.故答案为128. 【点睛】本题考查组合数基本性质的应用，同时也考查了两数乘积最大值的计算，考查了二次函数的基本性质的应用以及基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于中等题.16．【分析】由排列数和组合数展开可解得n=6【详解】由排列数和组合数可知化简得所以n=6经检验符合所以填6【点睛】本题考查排列数组合数方程一般用公式展开或用排列数组合公式化简求得n 注意n 取正整数且有范围 解析：6【分析】由排列数和组合数展开可解得n=6. 【详解】由排列数和组合数可知(1)(2)(3)(1)(2)8()4321n n n n n n n -----=⨯⨯⨯，化简得313n -=，所以n=6,经检验符合，所以填6. 【点睛】本题考查排列数组合数方程，一般用公式展开或用排列数组合公式化简，求得n,注意n 取正整数且有范围限制．17．192【分析】根据微积分基本定理首先求出的值然后再根据二项式的通项公式求出的值问题得以解决【详解】的通项公式为令故含项的系数为故答案为【点睛】本题主要考查定积分二项式定理的应用二项式展开式的通项公式解析：192 【分析】根据微积分基本定理首先求出a 的值，然后再根据二项式的通项公式求出r 的值，问题得以解决． 【详解】()()sin cos 1120a cosx sinx dx x x ππ=-=+=--=-⎰66⎛⎛∴-= ⎝⎝的通项公式为63162r r r r T C x --+= 令32r -=，1r = 故含2x 项的系数为61162192C -=故答案为192 【点睛】本题主要考查定积分、二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．18．8【详解】分析：利用排列数公式展开解方程即可详解：解得即答案为8点睛：本题考查排列数公式的应用属基础题解析：8 【详解】分析：利用排列数公式展开，解方程即可. 详解：33210n n A A = ，()()()()221221012,n n n n n n ∴--=-- ()()22152,n n -=-解得8n =. 即答案为8.点睛：本题考查排列数公式的应用，属基础题.19．15【解析】二项式展开式中各项系数的和为64令得的通项为令常数项为故答案为【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项系数及各项系数和的求法属于简单题二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一关于二项解析：15 【解析】二项式nx⎛+ ⎝展开式中各项系数的和为64，∴令1x =，得6264,8,n n x⎛== ⎝的通项为36622166r r r r r r T C x x C x ---+=⋅=，令360,42r r -==，常数项为4615C =，故答案为15.【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项、系数及各项系数和的求法，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式1C r n r rr n T a b -+=；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.20．【分析】由分别写出和的展开式通项分别令的指数为求出对应的参数值代入通项可得出关于的等式进而可求得实数的值【详解】的展开式通项为所以的展开式通项为令可得由题意可得解得故答案为：【点睛】方法点睛：对于求 解析：2【分析】由()()()()6661111ax x x ax x -+=+-+，分别写出()61x +和()61ax x +的展开式通项，分别令x 的指数为3，求出对应的参数值，代入通项可得出关于a 的等式，进而可求得实数a 的值. 【详解】()()()()6661111ax x x ax x -+=+-+，()61x +的展开式通项为16kkk T C x +=⋅，所以，()61ax x +的展开式通项为1166r r r r r A axC x aC x ++=⋅=⋅，令313k r =⎧⎨+=⎩，可得32k r =⎧⎨=⎩，由题意可得3266201510C aC a -=-=-，解得2a =. 故答案为：2. 【点睛】方法点睛：对于求多个二项式的和或积的展开式中某项的系数问题，要注意排列、组合知识的运用，还要注意有关指数的运算性质．对于三项式问题，一般是通过合并其中的两项或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解．三、解答题21．（1）5610777536T x =-，677185024T x =；（2）19152+.【分析】（1）由题意得01267n n n C C C ++=，化简为21320n n +-=，解得n 的值，可以写出结果；（2）由题意得217n n C C =，解得n =19，在()1932x -的展开式中，分别令1x =和1x =-，得到2个式子，相减可得要求式子的值． 【详解】（1）在二项式()32nx -的展开式中，前3项的二项式系数和为01267n n n C C C ++=，化简为21320n n +-=，解得11n =或12n =-（舍），二项式为()1132x -，展开式共有12项，∴则展开式中二项式系数最大的项为第6和第7项，()55656113210777536T C x x =-=-和()6656711327185024T C x x =-=.（2）当第3项的二项式系数等于第18项的二项式系数，得217n n C C =，计算得19n =，二项式为()1932x -.在()192319012319..32.a a x a x a x x a x =+++++-中， 令1x =，则0123191...a a a a a =+++++，①令1x =-，则190123195...a a a a a =-+-+-，②①+②得()1902418152...a a a a +=++++，奇次项系数和为19152+.【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，展开式的奇次项系数和，属于中档题．22．（1）7n =；（2）二项式系数和为128，各项系数和为1；（3）展开式中系数的绝对值最大的项为5222680x -. 【分析】（1由已知得12:1:3n n C C =，解得可得7n =；（2）由（1）将原式化为73x ⎛- ⎝，求得二项展开式中各项二项式系数和为72，令1x =时，可得二项展开式中各项系数和；（3）设第+1r 项的系数的绝对值最大，设()7732rrr f r C -=⨯⨯，建立不等式组()()()()+11f r f r f r f r ⎧≥⎪⎨≥-⎪⎩，解之求得以3r =，从而可得答案. 【详解】（1）()*3nx n N ⎛∈ ⎝的展开式的通项为：()()321332rrn n rr rr n r r n n T C x C x---+⎛==⨯⨯- ⎝， 又展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是1∶3，所以12:1:3n n C C =，解得7n =；（2）由（1）得原式为73x ⎛- ⎝，所以二项展开式中各项二项式系数和为72128=， 令1x =，得二项展开式中各项系数和为7131⎛⨯ ⎝=；（3）73x ⎛ ⎝展开式的通项为()()37772177332rrr r r r r r T C x C x---+⎛==⨯⨯- ⎝，设第+1r 项的系数的绝对值最大， 设()7732r rrf r C -=⨯⨯，则()()()()+11f r f r f r f r ⎧≥⎪⎨≥-⎪⎩，即7+16+17771817732323232r r r r r r r r r r r r C C C C ------⎧⨯⨯≥⨯⨯⎨⨯⨯≥⨯⨯⎩，解得131855r ≤≤，又r N *∈，所以3r =， 所以展开式中系数的绝对值最大的项为()3357337322473222680T C xx ⨯--=⨯⨯-=-．【点睛】本题考查二项式展开的通项，二项式系数，系数，二项式系数和，各项系数和，属于中档题.23．（1）{}23，；（2）1093-． 【分析】（1）由排列数公式转化已知，再解一元二次不等式，最后注意排列数公式中n m ≥； （2）由二项展开式的通项公式表示2x 的系数，从而求得n ，最后由赋值法分别赋值1x =与x =-1再相加除以2即可. 【详解】（1）由题得()()()()321121111x x x x x x +++-≤+， 化简得22730x x -+≤，即()()2130x x --≤，所以132x ≤≤． 因为2x ≥，且*x N ∈所以不等式的解集为{}23，． （2）二项式展开中2x 的系数为()222C 12n n --，所以()222C 1284n n --=-，化简得2420n n --=，即()()760n n -+=， 因为*n N ∈，所以7n =．所以()72345670123456721x a a x a x a x a x a x a x a x -=+++++++， 当012345671,1x a a a a a a a a =+++++++=① 当1x =-，012345672187a a a a a a a a -+-+-+-=-②①+②得()024622186a a a a +++=-，所以02461093a a a a +++=-． 【点睛】本题考查运用排列数公式求参数取值范围，还考查了二项展开式中由指定项系数求参数并利用赋值法求系数和问题，属于中档题. 24．35 【分析】先研究5的展开式的通项为105556155((4,(0,1,2,3,4,5)r r rrr rr r T C C br ---+===．求出n 的展开式的各项系数之和，解方程求出n ，再由二项展开式的通项公式求得1a -的项是第4项 【详解】设5⎛⎝的展开式中的通项为1055561554,(0,1,2,3,4,5)rrrrrr r r T C C br ---+⎛⎛==⋅⋅= ⎝⎝.若求常数项，则令1050,26rr-=∴=，代入上式732T∴=.即常数项是72，又n的展开式的各项系数之和为722n=，∴7n=，而7的通项公式(()77177526731r rr r r rrrT C aC---++==-，令75126r-+=-，解得3r=，即二项式系数是3735C=【点睛】本题考查二项式的系数的性质，解题的关键是熟练掌握二项式的性质，考查了利用二项式的性质进行变形，属于中档题，25．（1）7n=；（2）14x，984x，4560x，1448x-； (3)32672x.【分析】(1)由二项展开式的通项公式分别求出第4项的系数与倒数第4项的系数，然后计算出结果(2)由通项公式分别计算当0246r=、、、时的有理项(3)设展开式中第1r+项的系数最大，列出不等式求出结果【详解】（1）由题意知：52212n rr rr nT C x-+=，则第4项的系数为332n C，倒数第4项的系数为332n nnC--，则有33332122nn nnCC--=即61122n-=，7n∴=.（2）由（1）可得()51421720,1,,7rr rrT C x r-+==，当0,2,4,6r=时所有的有理项为1357,,,T T T T即001414172T C x x==，229937284T C x x==，4444572560T C x x==，6611772448T C x x--==.（3）设展开式中第1r+项的系数最大，则117711772222r r r rr r r rC CC C++--⎧≥⇒⎨≥⎩()()12728r rr r⎧+≥-⎪⎨-≥⎪⎩131633r⇒≤≤，5r∴=，故系数最大项为335522672672T C x x==.【点睛】本题考查了二项式定理的展开式，尤其是通项公式来解题时的运用一定要非常熟练，针对每一问求出结果，需要掌握解题方法．26．（1）8n =；（2）12a =±. 【分析】（1）根据二项式系数和列方程，解方程求得n 的值.（2）根据二项式系数最大项为70，结合二项式展开式的通项公式列方程，解方程求得a 的值. 【详解】（1）由题知，二项式系数和1202256n n n n n n C C C C ++++==，故8n =；（2）二项式系数分别为01288888,,,,C C C C ，根据其单调性知其中48C 最大，即为展开式中第5项，∴44482()70C a -⋅⋅=，即12a =±. 【点睛】本小题主要考查二项式展开式有关计算，属于中档题.。
高中数学第一章计数原理1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理练习含解析新人教版
1.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题1．从甲地去乙地有3班火车，从乙地去丙地有2班轮船，甲到丙地再无其他路可走，则从甲地去丙地可选择的旅行方式有（）A．5 种B．6种C．7种D．8种【答案】B【解析】由分步计数原理可知，可选方式有2×3＝6种．故选B．2．将三封信投入三个信箱，可能的投放方法共有种( )A. 3B．6 C．9 D．27【答案】D【解析】将三封信投入三个信箱，由于信投入的信箱不指定，则每封信都有3种选择，所以总的投放方法33 种.故选D.有273．将1，2，3，…，9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大.当3，4固定在图中的位置时，填写空格的方法为（）A.6种B.12种C.18种D.24种【答案】A【解析】∵每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1、2、9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填后与之相邻的空格可填6、7、8任一个；余下两个数字按从小到大只有一种方法．共有2×3=6种结果，故选A.4．下表为第29届奥运会奖牌榜前10名：F C表示从“金牌、银牌、铜牌、总数”4项中任取不同两项构成的一个排列，按下面的方式对10个设(,)国家进行排名：首先按F由大至小排序（表格中从上至下），若F值相同，则按C值由大至小排序，若C值也相同，则顺序任意，那么在所有的排序中，中国的排名之和是（）A ．15B ．20C ．24D ．27【答案】D【解析】分类讨论：若F 为金牌，3种排序中，中国均第1；若F 为银牌，在银牌-金牌，银牌-总数两种排序中，中国均第2，在银牌-铜牌的排序中，中国排第2或第3；若F 为铜牌，在铜牌-金牌，铜牌-总数的排序中，中国均第2，在铜牌-银牌的排序中，中国排第2或第3；若F 为总数，则3种排列中国均第2.故在所有的排序中，中国的排名之和为3×1+（2×2+2+3）+（2×2+2+3）+3×2=27，故选D5．方程22ay b x c =+中的,,{2,0,1,2,3}a b c ∈-，且,,a b c 互不相同，在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有（）A.28条B.32条C.36条D.48条【答案】B【解析】方程22ay b x c =+变形得222b c y b a x -=，若表示抛物线，则0,0≠≠b a ，所以分2,1,2,3b =-四种情况：（1）当2b =-时，1,0,2,3,2,0,1,3,3,0,1,2;a c a c a c ==⎧⎪==⎨⎪==⎩或或或或或或（2）当2b =时，2,0,1,3,1,2,0,3,3,2,0,1,a c a c a c =-=⎧⎪==-⎨⎪==-⎩或或或或或或以上两种情况下有4条重复，故共有9+5=14条；同理，若b=1，共有9条；若b=3时，共有9条.综上，共有14+9+9=32条.7.某团支部进行换届选举，从甲、乙、丙、丁四人中选出三人分别担任书记、副书记、组织委员，规定上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职，则不同的任职方案有（）A ．10B ．11C ．12D ．13【答案】B【解析】当丁不入选时，由甲乙丙三个人担任，甲有2种选择，余下的乙和丙只有一种选择；当丁入选时，有3种结果，丁担任三个人中没有入选的人的职务时，只有一种结果，丁担任入选的两个人的职务时，有2种结果，共有()3219⨯+=种，综上可知，共有9+2=11种结果，故选B.二、填空题7．若a ，b ∈N *，且a ＋b ≤5，则复数a ＋b i 的个数为______．【答案】10【解析】按a 分类，当a 取1,2,3,4时，b 的值分别有4个、3个、2个、1个，由分类计数原理，得复数a ＋b i 共有4＋3＋2＋1＝10(个)．8．n 个人参加某项资格考试，能否通过，有种可能的结果？【答案】2n【解析】每个人都有通过或不通过2种可能，共计有22...2(2)2n n ⨯⨯⨯=个三、解答题9．某班新年联欢晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目，如果将这2个节目插入原节目单中，那么有多少种不同的插法？【解析】5个节目排好后，有6个空可插入第一个节目，共6种不同的插法，再插第二个节目时有7个空，所以共有6×7＝42种不同的插法．10．现有高一四个班学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（3）推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？【解析】（1）分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法.所以共有不同的选法有7+8+9+10=34（种）.（2）分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法有7×8×9×10=5 040（种）. （3）分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法，所以共有不同的选法有7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431（种）.。
新版精选高中数学单元测试试题-计数原理专题完整考试题库(含答案)
2019年高中数学单元测试试题 计数原理专题（含答案）学校：__________第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明 一、选择题1．用长度分别为2、3、4、5、6（单位：cm ）的5根细木棒围成一个三角形（允许连接，但不允许折断），能够得到的三角形的最大面积为A ．2B ．2C ．2D ．220cm (2006全国1理)2．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有（ ） （A ）36个 （B ）24个（C ）18个 （D ）6个(2006北京理)3．(2005重庆理)若)12(x x n 展开式中含21x 项的系数与含41x项的系数之比为－5，则n 等于 （ ） A ．4B ．6C ．8D ．104．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作．若每天排早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为 (A)1412C124C 84C (B)1214C 412A 48A(C)33484121214A C C C (D) 1214C 412A 48C 33A (2005北京理) 5．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.15（2010湖南理数）7、6．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在第四位、节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有（ ） （A ）36种（B ）42种(C)48种（D ）54种（2010山东理8）7．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲．乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得－100分；选乙题答对得90分，答错得－90分.若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数是 （ ）A ．48B ．36C ．24D ．18(2005湖南理)8．直角坐标xOy 平面上，平行直线x ＝n （n ＝0，1，2，……，5）与平行直线y ＝n （n ＝0，1，2，……，5）组成的图形中，矩形共有（ ）（A ）25个 （B ）36个 （C ）100个 （D ）225个(2004安徽春季理)（9） 9．把6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法共有 （ ） A.126种 B.84种 C.35种 D.21种10．用数字1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（ B ）A.48个B.36个C.24个D.18个11．21()nx x的展开式中，常数项为15，则n = （ D ）A ．3B ．4C ．5D ．612．用1，2，3，4，5，6，7七个数字排列组成七位数，使其中偶位数上必定是偶数，那么可得七位数的个数是 （ ）A ．P 44B ．P 44P 33C ．6P 33D ．C 152C 403P 55第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明 二、填空题13．在52()x x-的二项展开式中,3x 的系数是 . 14．6(21)x +的展开式中含2x 的项的系数为 ▲ ．15．（5分）从红桃2、3、4、5和梅花2、3、4、5这8张扑克牌中取出4张排成一排，如果取出的4张扑克牌所标的数字之和等于14，则不同的排法共有 432 种（用数字作答）．16．高二（6）班4位同学从周一到周五值日，其中甲同学值日两天，其余人各值日一天．若要求甲值日的两天不能相连，且乙同学不值周五，则不同的值日的种数为 ▲ ．（用数字作答）17．6人排成一排，则甲不站在排头的排法有 ▲ 种．（用数字作答）． 18．1．10展开式中的常数项是_________________ 三、解答题19． （本小题满分14分）由数字1、2、3、4、5、6组成无重复数字的数中，求： （1）六位偶数的个数；（2）求三个偶数互不相邻的六位数的个数； （3）求恰有两个偶数相邻的六位数的个数；（4）奇数字从左到右，从小到大依次排列的六位数的个数．20．已知n xx )12-（的展开式中第3项的系数与第5项的系数之比为143． （1）求n 的值；（2）求展开式中的常数项．21． （本题满分14分）有4名男生，3名女生排成一排： （1）从中选出3人排成一排，有多少种排法？（2）若男生甲不站排头，女生乙不站在排尾，则有多少种不同的排法？ （3）要求女生必须站在一起，则有多少种不同的排法？ （4）若3名女生互不相邻，则有多少种不同的排法？ 22．2．（本小题满分16分） 设f(x)=(x ＋1)n(其中n ∈N ＋).(1) 若f(x)=a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a n (x －1)n, 求a 0及S n ＝a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ;(2)当n=2013,计算： 1212013201220132013201320132(1)2013(1)k k C C kC C --+⋅⋅⋅+-+⋅⋅⋅+-23．我们知道，对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同可以构造等式，这是一种非常有用的思想方法——“算两次”（G.Fubini 原理），如小学有列方程解应用题，中学有等积法求高⋅⋅⋅请结合二项式定理，利用等式2(1)(1)(1) (*)n n n x x x n +⋅+=+∈N 证明：（1）220(C )C nr n nnr ==∑； （2）20(C C )C mr m rm n n n r -==∑．24．设,m n N ∈，()(1)(1)mnf x x x =+++，()f x 展开式中k x 的系数是k a ，k N ∈；（1）若119a =，当m ，n 变化时，求2a 的最小值； （2）若m n =，求证：12nn k k ka n ==⋅∑．25．上海某中学要把9台型号相同的电脑送给西部地区的三所希望小学，每所小学至少得到2台，不同的送法有多少种？26．（1）10个人走进只有6把不同椅子的屋子，若每把椅子必须且只能坐一个人，共有多少种不同坐法？（2）6个人走进有10把椅子的屋子，每个人必须且只能坐一把椅子，共有多少种不同的做法？27．已知集合1234{,,,}A a a a a =，集合12{,}B b b =，其中,(1,2,3,4,1,2)i j a b i j ==均为实数。
高中数学选修2-3计数原理练习一
高二理科数学《计数原理》一堂练一一、选择题、填空题：每小题5分，满分60分.1.若5(1)ax -的展开式中3x 的系数是80，则实数a 的值为（ ）A.2-B.D.22.从1到10这10个数中，任意选取4个数，其中第二大的数是7的情况共有（ ）A. 18种B.30种 C .45种 D. 84种3.设a 为函数)(cos 3sin R x x x y ∈+=的最大值，则二项式6)1(x x a -的展开式中含2x 项的系数是（ ）A.192B.182C.192-D.182-4.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”．现从1,2,3,4,5,6这六个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有（ ）A.120个B.80个C.40个D. 20个5.若2012(1)n n n x a a x a x a x +=++++ （n N *∈）且1221a a +=，则展开式的各项中系数的最大值为（ ）A.15B.20C.56D.706.某单位要邀请10位教师中的6人参加一个研讨会，其中甲、乙两位教师不能同时参加，则邀请的不同方法有（ ）A.84种B.98种C.112种D.140种7.令1)1(++n n x a 为的展开式中含1-n x 项的系数，则数列}1{n a 的前n 项和为（ ） A.2)3(+n n B.2)1(+n n C.1+n n D.12+n n 8.若国际研究小组由来自3个国家的20人组成，其中A 国10人，B 国6人，C 国4人，按分层抽样法从中选10人组成联络小组，则不同的选法有（ ）种A.10206AB.53210646A A AC.53210646C C C D.5321064C C C 9.61(2)2x x-的展开式的常数项是 ．（用数字作答） 10.设a为()sin x x x R ∈的最大值，则二项式6(展开式中含2x 项的系数是 ．11.如果1()n x x+展开式中，第四项与第六项的系数相等，则n = ，展开式中的常数项的值等于 .12.已知4433221022)1(x a x a x a x a a x x ++++=+-，则4321a a a a +++＝______；=1a _________.班级 姓名 座号 得分二、解答题：（1）3分，（2）3分，（3）4分，（4）10分，满分20分.13.杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、数学教育家、杨辉三角是杨辉的一大重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律。
新教材北师大版高中数学选择性必修第一册第五章计数原理 课时分层练习题含解析
第五章计数原理课时练习题1、分类加法计数原理分步乘法计数原理............................................................ - 1 -2、基本计数原理的简单应用.................................................................................... - 5 -3、排列与排列数排列数公式.............................................................................. - 11 -4、组合组合数及其性质...................................................................................... - 14 -5、二项式定理的推导.............................................................................................. - 17 -6、二项式系数的性质.............................................................................................. - 20 -1、分类加法计数原理分步乘法计数原理一、选择题1．某班有男生26人，女生24人，从中选一位担任学习委员，不同的选法有()A．50种B．26种C．24种D．616种A[选一位学习委员分两类办法：第一类：选男生，有26种不同的选法；第二类：选女生，有24种不同的选法．根据分类加法计数原理，共有N＝26＋24＝50种不同的选法．]2．已知集合A⊆{1，2，3}，且A中至少有一个奇数，则这样的集合有() A．2个B．3个C．4个D．5个D[当集合A中含一个元素时，A＝{1}或{3}；当集合A中含两个元素时，A＝{1，2}或{1，3}或{2，3}，∴共有5个集合．]3．火车上有10名乘客，要在沿途的5个车站下车，则乘客下车的所有可能情况共有()A．510种B．105种C．50种D．以上都不对A[完成这件事可分为10步，即10名乘客全部下车，每名乘客选择下车的不同方法均为5种，由分步乘法计数原理知，所有可能的情况为510种．] 4．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有()A．4种B．5种C．6种D．12种C[若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有6种不同的传法．]5．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为奇数的不同取法的种数为()A．25B．12C．9D．6C[两个数字的和为奇数，这两个数必须一个是奇数，另一个是偶数，在所给的6个数中，3个奇数与3个偶数．因此，由分步乘法计数原理得，共有3×3＝9种不同的取法．]二、填空题6．乘积(a＋b＋c)(m＋n)(x＋y)展开后，共有________项．12[∵乘积(a＋b＋c)(m＋n)(x＋y)的展开式中的每一项是由a＋b＋c中的一个字母与m＋n中的一个字母与x＋y中的一个字母的乘积组成．可分步完成此事．所以共有3×2×2＝12项．]7．从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会，则不同的选法种数为________．5[分两类：一类是女同学主持主题班会有3种方法；一类是男同学主持主题班会有2种方法，由分类加法计数原理知，共有3＋2＝5(种)方法．] 8．设a，b，c∈{1，2，3，4，5，6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有________个．27[先考虑等边的情况，a＝b＝c＝1，2，…，6，有六个，再考虑等腰的情况，若a＝b＝1，c<a＋b＝2，此时c＝1与等边重复，若a＝b＝2，c<a＋b＝4，则c＝1，3，有两个，若a＝b＝3，c<a＋b＝6，则c＝1，2，4，5，有四个，若a＝b＝4，c<a＋b＝8，则c＝1，2，3，5，6，有五个，若a＝b＝5，c<a＋b＝10，则c＝1，2，3，4，6，有五个，若a＝b＝6，c<a＋b＝12，则c＝1，2，3，4，5，有五个，故一共有27个．]三、解答题9．若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0，1，2，3，5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？[解]分两类完成：第1类：当A或B中有一个为0时，表示的直线为x＝0或y＝0，共2条；第2类：当A，B都不为0时，确定直线Ax＋By＝0需分两步完成：第1步：确定A的值，有4种不同的方法，第2步：确定B的值，有3种不同的方法，由分步乘法计数原理，共可确定4×3＝12条直线．由分类加法计数原理，方程所表示的不同直线共有2＋12＝14条．10．已知椭圆x2m2＋y2n2＝1，其中m，n∈{1，2，3，4，5}．(1)求满足条件的椭圆的个数；(2)如果椭圆的焦点在x轴上，求椭圆的个数．[解](1)由椭圆的标准方程知m≠n，要确定一个椭圆，只要把m，n一一确定下来这个椭圆就确定了．故要确定一个椭圆共分两步，第一步确定m，有5种方法，第二步确定n，有4种方法，共有5×4＝20个椭圆．(2)要使焦点在x轴上，必须m>n，故可以分类：m＝2，3，4，5时，n的取值列表为：m 2345n 11，21，2，31，2，3，4故共有1＋2＋3＋4＝10个椭圆．11．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A．24B．18C．12D．9B[分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B．]12．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A．48B．18C．24D．36D[在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角面中，每个对角面有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”．]13．从集合{1，2，3，4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有()A．32个B．34个C．36个D．38个A[将和等于11的放在一组：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6．从每一小组中取一个，有2种，共有2×2×2×2×2＝32(个)．]14．(一题两空)已知a，b∈{0，1，2，3}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝4可表示不同的圆的个数为________，其中与y轴相交的圆的个数为________．1612[得到圆的方程分两步：第一步：确定a有4种选法；第二步：确定b有4种选法，由分步乘法计数原理知，共有4×4＝16(个)．由与y轴相交知，a＝0或1或2，b有4种选法，由分步乘法计数原理知，共有3×4＝12(个)．]15．我国古代数学名著《续古摘奇算法》(杨辉)一书中有关于三阶幻方的问题：如图所示，将1，2，3，4，5，6，7，8，9分别填入3×3的方格中，使得每一行、每一列及对角线上的三个数的和都相等，我们规定：只要两个幻方的对应位置(如每行第一列的方格)中的数字不全相同，就称为不同的幻方，那么所有不同的三阶幻方的个数是()834159672 A．9B．8C．6D．4B[因为所有数的和为9×(1＋9)2＝45，453＝15，所以每一行、每一列以及对角线上的三个数的和都是15，采用列举法：492，357，816；276，951，438；294，753，618；438，951，276；816，357，492；618，753，294；672，159，834；834，159，672，共8个幻方，故选B．]2、基本计数原理的简单应用一、选择题1．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为()A．30B．20C．10D．6D[从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个不同的数字的和为偶数可分为两类：第一类，取出的两个数都是偶数，有0和2，0和4，2和4，共3种不同的取法；第二类，取出的两个数都是奇数，有1和3，1和5，3和5，共3种不同的取法．由分类加法计数原理得，共有3＋3＝6种不同的取法．]2．如图所示的几何体由三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有()A．6种B．9种C．12种D．36种C[先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，有3×2×1种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有2×1×1种情况，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2×1×1＝12种不同的涂法．故选C．]3．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．10 B．11C．12 D．15B[分0个相同、1个相同、2个相同讨论．(1)若0个相同，则信息为：1001．共1个．(2)若1个相同，则信息为：0001，1101，1011，1000．共4个．(3)若2个相同，又分为以下情况：①若位置一与二相同，则信息为：0101；②若位置一与三相同，则信息为：0011；③若位置一与四相同，则信息为：0000；④若位置二与三相同，则信息为：1111；⑤若位置二与四相同，则信息为：1100；⑥若位置三与四相同，则信息为：1010．共有6个．故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1＋4＋6＝11．]4．如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A．24B．48C．72D．96C[分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，各有4×3×2＝24种涂法．②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法．故共有24＋48＝72种涂色方法．故选C．] 5．若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法运算时各位均不进位(例如：2 019＋100＝2 119)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为2 019的“简单的”有序对的个数是()A．100B．96C．60D．30C[m＋n＝2 019且各位均不进位，从高位分步处理：千位有2＋0，1＋1，0＋2，共3种；百位有0＋0，共1种；十位有0＋1，1＋0，共2种；个位有0＋9，1＋8，2＋7，3＋6，4＋5，5＋4，6＋3，7＋2，8＋1，9＋0，共10种，由分步乘法计数原理可知，值为2 019的“简单的”有序对的个数是3×1×2×10＝60．故选C．]二、填空题6．我们把中间数位上的数字最大，而两边依次减小的多位数称为“凸数”，如132，341等，那么由1，2，3，4，5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是________．20[根据“凸数”的特点，中间的数字只能是3，4，5，故分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有2个(132，231)；第二类，当中间数字为“4”时，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6个；第三类，当中间数字为“5”时，则百位数字有三个选择，个位数字有四个选择，则“凸数”有4×3＝12个；根据分类加法计数原理，得到由1，2，3，4，5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是2＋6＋12＝20．]7．某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，活动规定每人可以依次点击4次，每次都会获得三种红包中的一种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同．员工甲按规定依次点击了4次，直到第4次才获奖．则他获得奖次的不同情形种数为________．18[根据题意，若员工甲直到第4次才获奖，则其第4次才集全“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，则甲第4次获得的红包有3种情况，前三次获得的红包为其余的2种，有23－2＝6种情况，则他获得奖次的不同情形种数为3×6＝18．] 8．满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________．13[当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(a，b)的个数为4；当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1．若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4；若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3；若a＝2，则b的值可以是－1，0，(a，b)的个数为2．由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13．]三、解答题9．(1)如图①所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有多少种不同的涂法？图①图②(2)如图②所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，共有多少种不同染色方法？[解](1)①若A，C涂色相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2，则有3×2×1×2＝12种不同的涂法．②若A，C涂色不相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1＝6种不同的涂法．所以，根据分类加法计数原理，共有12＋6＝18种不同的涂法．(2)按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：第一类，A，C同色，则有5×4×3×1×3＝180种不同的染色方法．第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2＝240种不同的染色方法．根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420种不同的染色方法．10．用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的且比2 000大的四位偶数．[解]完成这件事有3类方法：第一类是用0做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48个；第二类是用2做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36个；第三类是用4做结尾的比2 000大的4位偶数，其个数同第二类．用分类加法计数原理，所求无重复数字的比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120个．11．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为() A．504B．210C．336D．120A[分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．]12．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有()A．8种B．9种C．10种D．11种B[法一：设四位监考教师分别为A、B、C、D，所教的班分别为a、b、c、d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c、d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9种．法二：班级按a、b、c、d的顺序依次排列，为避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用“树形图”表示如下：∴共有9种不同的监考方法．]13．(多选题)从0，1，2，3，4中选取四个数组成一个能被6整除的四位数，则()A．这个四位数个位上的数字为偶数，且各数位上的数字之和能被3整除B．个位上的数字为0的这样的四位数有12个C．个位上的数字为2的这样的四位数有8个D．个位上的数字为4的这样的四位数有4个ABCD[A正确；当个位上的数字为0时，其余三个数为1，2，3或2，3，4，所以这样的四位数有3×2×1×2＝12个，故B正确；当个位上的数字为2时，其余三个数为0，1，3或0，3，4，所以这样的四位数有2×2×1×2＝8个，故C正确；当个位上的数字为4时，其余三个数为0，2，3，所以这样的四位数有2×2×1＝4个，故D正确．]14．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得－100分；选乙题答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数有________种．36[因为4个同学总分为0，所以可分为三类：都选甲且两对两错共有6种；都选乙且两对两错有6种；两个选甲一对一错，另两个选乙也一对一错，有6×2×2＝24种．由分类加法计数原理N＝6＋6＋24＝36种．]15．(一题两空)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3 443，94 249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99，3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．则(1)5位回文数有________个；(2)2n(n∈N＋)位回文数有________个．(1)900(2)9×10n－1[(1)5位回文数相当于填5个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，第2位和第4位一样，有10种填法，中间一位有10种填法，共有9×10×10＝900(种)填法，即5位回文数有900个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合分步乘法计数原理，知有9×10n－1种填法．]§2排列问题3、排列与排列数排列数公式一、选择题1．已知A2n＝132，则n等于()A．11B．12C．13D．14B[∵A2n＝n(n－1)＝132，∴n＝12或n＝－11(舍)，∴n＝12．]2．89×90×91×…×100可表示为()A．A10100B．A11100C．A12100D．A13100C[最大数为100，共有12个连续整数的乘积，由排列数公式的定义可以得出．]3．将五辆车停在5个车位上，其中A车不停在1号车位上，则不同的停车方案种数为()A．24B．78C．96D．120C[∵A车不停在1号车位上，∴可先将A车停在其他四个车位中的任何一个车位上，有4种可能，然后将另外四辆车在剩余的四个车位上进行全排列，有A44种停法，由分步乘法计数原理，得共有4×A44＝4×24＝96种停车方案．] 4．已知A2n＋1－A2n＝10，则n的值为()A．4B．5C．6D．7B[A2n＋1－A2n＝n(n＋1)－n(n－1)＝10，2n＝10，n＝5．]5．不等式x A3x>3A2x的解集是()A．{x|x>3}B．{x|x>4，x∈N}C．{x|3<x<4，x∈Z}D．{x|x>3，x∈N＋}D[由题意得x[x×(x－1)×(x－2)]>3×[x×(x－1)]，∵x≥3且x∈N，∴x－1>0，∴x(x－2)>3，即x2－2x－3>0，解得x>3或x<＋－1(舍)，}．]∴原不等式的解集为{x|x>3，x∈N＋二、填空题6．从6个不同元素中取出2个元素的排列数为________．(用数字作答)30[A26＝6×5＝30．]7．从4个蔬菜品种中选出3个，分别种植在不同土质的3块土地上进行试验，则不同的种植方法有________种．(用数字作答)24[本题可理解为从4个不同元素(4个蔬菜品种)中任取3个元素的排列个数，即为A34＝24(种)．]8．集合p＝{x|x＝A m4，m∈N＋}，则p中元素的个数为________．3[由A m4，m∈N＋的意义可知，m＝1，2，3，4．当m＝1时，A m4＝A14＝4；当m＝2时，A m4＝A24＝12；当m＝3时，A m4＝A34＝24；当m＝4时，A m4＝A44＝24．由集合元素的互异性可知：p中元素共有3个．]三、解答题9．将3张电影票分给5人中的3人，每人1张，求共有多少种不同的分法．[解]问题相当于从5张电影票中选出3张排列起来，这是一个排列问题．故共有A35＝5×4×3＝60种分法．10．有三张卡片，正面分别写着1，2，3三个数字，反面分别写着0，5，6三个数字，问这三张卡片可组成多少个三位数？[解]先排列三张卡片，有A33×2×2×2种排法，0排在首位的个数为A22×2×2，则这三张卡片可以组成A33×2×2×2－A22×2×2＝40个三位数．11．有5名同学被安排在周一至周五值日，已知同学甲只能在周一值日，那么5名同学值日顺序的编排方案共有()A．12种B．24种C．48种D．120种B [∵同学甲只能在周一值日，∴除同学甲外的4名同学将在周二至周五值日，∴5名同学值日顺序的编排方案共有A 44＝24(种)．]12．(多选题)下列等式中成立的是( )A ．A 3n ＝(n －2)A 2nB ．1n A n n ＋1＝A n －1n ＋1C ．n A n －2n －1＝A n nD ．n n －m A m n －1＝A m n ACD [A 中，右边＝(n －2)(n －1)n ＝A 3n 成立；C 中，左边＝n ×(n －1)×…×2＝n ×(n －1)×(n －2)×…×2×1＝A n n 成立；D 中，左边＝n n －m ×(n －1)！(n －m －1)！＝n ！(n －m )！＝A m n 成立；经验证只有B 不正确．] 13．(多选题)当n ∈N ＋，且n ≥3时，A 3n 不可能取到( )A ．60B ．240C ．2 020D ．2 040BCD [A 35＝60；由于A 37<240<A 38，所以A 3n 不可能取到240；A 3n 一定是6的倍数，所以A 3n 不可能取到2 020；由于A 313＜2 040＜A 314，所以A 3n 不可能取到2 040．] 14．(一题两空)由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数是________，奇数的个数是________．48 72 [从2，4中取一个数作为个位数字，有2种取法，再从其余四个数中取出三个数排在前三位，有A 34种，由分步乘法计数原理知组成无重复数字的四位偶数的个数为2×A 34＝48， 又四位偶数的个数与四位奇数的个数之和为A 45，故四位奇数的个数为A 45－48＝72．]15．将A 、B 、C 、D 四名同学按一定顺序排成一行，要求自左向右，且A 不排在第一，B 不排在第二，C 不排在第三，D 不排在第四．试写出他们四人所有不同的排法．[解] 由于A 不排在第一，所以第一只能排B 、C 、D 中的一个，据此可分为三类．由此可写出所有的排法为：BADC ，BCDA ，BDAC ，CADB ，CDAB ，CDBA ，DABC，DCAB，DCBA．4、组合组合数及其性质一、选择题1．若A3m＝6C4m，则m的值为()A．6B．7C．8D．9B[∵A3m＝C3m A33＝6C3m．∴6C3m＝6C4m，∴C3m＝C4m，∴m＝3＋4＝7．]2．若C7n＋1－C7n＝C8n，则n＝()A．12 B．13C．14D．15C[∵C7n＋1－C7n＝C8n，∴C7n＋1＝C7n＋C8n＝C8n＋1，∴n＋1＝7＋8，∴n＝14．] 3．集合{0，1，2，3}中含有3个元素的子集的个数是()A．4B．5C．7D．8A[由于集合中的元素是没有顺序的，一个含有3个元素的子集就是一个从{0，1，2，3}中取出3个元素的组合，这是一个组合问题，组合数是C34＝4．] 4．某城市纵向有6条道路，横向有5条道路，构成如图所示的矩形道路网(图中黑线表示道路)，则从西南角A地到东北角B地的最短路线共有()A．125条B．126条C．127条D．128条B[要使路线最短，只能向右或向上走，途中不能向左或向下走．因此，从A 地到B地归结为走完5条横线段和4条纵线段．设每走一段横线段或纵线段为一个行走时段，从9个行走时段中任取4个时段走纵线段，其余5个时段走横线段，共有C49C55＝126种走法，故从A地到B地的最短路线共有126条．] 5．假设200件产品中有3件次品，现在从中任取5件，其中至少有2件次品的抽法种数为()A．C23C2198B．C23C3197＋C33C2197C ．C 3200－C 4197D ．C 5200－C 13C 4197B [分为两类：第一类，取出的5件产品有2件次品3件合格品，有C 23C 3197种抽法；第二类，取出的5件产品有3件次品2件合格品，有C 33C 2197种抽法．因此共有(C 23C 3197＋C 33C 2197)种抽法．]二、填空题6．设A ＝{x |x ＝C n 4，n ∈N ＋}，B ＝{1，2，3，4}，则A ∩B ＝________．{1，4} [当n ＝0时，C 04＝1；当n ＝1时，C 14＝4；当n ＝2时，C 24＝4×32×1＝6； 当n ＝3时，C 34＝C 14＝4；当n ＝4时，C 44＝C 04＝1， ∴A ＝{x |x ＝C n 4，n ∈N ＋}＝{1，4，6}．又∵B ＝{1，2，3，4}，∴A ∩B ＝{1，4}．]7．从2，3，5，7四个数中任取两个不同的数相乘，有m 个不同的积；任取两个不同的数相除，有n 个不同的商，则m ∶n ＝________．12 [∵m ＝C 24，n ＝A 24，∴m ∶n ＝12．] 8．7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动，若每天安排不同的3人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)140 [可分步完成此事，第一步选周六的3人共有C 37种方法；第二步选周日的志愿者共有C 34种方法．由分步乘法计数原理可知：不同的安排方案共有C 37·C 34＝140(种)．]三、解答题9．已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，求m 的值． [解] 由组合数公式化简整理得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝2或m ＝21，又0≤m ≤5，所以m ＝2．10．(1)设集合A ＝{a 1，a 2，a 3，a 4，a 5}，则集合A 中含有3个元素的子集有多少个？(2)10位同学聚会，见面后每两人之间要握手相互问候，共需握手多少次？[解] (1)从5个元素中取出3个元素并成一组，就是集合A 的子集，元素无序，则共有C 35＝10(个)．(2)每两人握手一次就完成这一件事，则共有握手次数为C 210＝10×92×1＝45(次)．11．C 9798＋2C 9698＋C 9598＝( )A ．C 9799B ．C 97100 C ．C 9899D ．C 98100 B [C 9798＋2C 9698＋C 9598＝C 9798＋C 9698＋C 9698＋C 9598＝C 9799＋C 9699＝C 97100．]12．有两条平行直线a 和b ，在直线a 上取4个点，在直线b 上取5个点，以这些点为顶点作三角形，这样的三角形共有( )A ．70个B ．80个C ．82个D ．84个A [分两类，第1类：从直线a 上任取一个点，从直线b 上任取两个点，共有C 14C 25种方法；第2类：从直线a 上任取两个点，从直线b 上任取一个点，共有C 24C 15种方法．故满足条件的三角形共有C 14C 25＋C 24C 15＝70(个)．]13．(多选题)若C 4n ＞C 6n ，则n 的值可以是( )A ．6B ．7C ．8D ． 9ABCD [∵C 4n ＞C 6n ，∴⎩⎨⎧C 4n ＞C 6n ，n ≥6， ⇒⎩⎨⎧ n ！4！(n －4)！＞n ！6！(n －6)！，n ≥6，⇒⎩⎨⎧ n 2－9n －10＜0，n ≥6，⇒⎩⎨⎧－1＜n ＜10，n ≥6.∵n ∈N *，∴n ＝6，7，8，9．]14．(一题两空)在同一个平面内有一组平行线共8条，另一组平行线共10条，这两组平行线相互不平行，它们共能构成________个平行四边形，共有________个交点．1260 80 [第一组中每两条与另一组中的每两条直线均能构成一个平行四边形，故共有C 28C 210＝1 260(个)．第一组中每条直线与另一组中每条直线均有一个交点，所以共有C 18C 110＝80(个)．]15．(1)求C 3n 13＋n ＋C 3n －112＋n ＋C 3n －211＋n ＋…＋C 17－n 2n 的值；(2)求满足C 5n －1＋C 3n －3C 3n －3＝195的n 的值． [解] (1)由原式知，n 满足3n ≤13＋n 且17－n ≤2n ，又∵n ∈N ＋，∴n ＝6．∴原式＝C 1819＋C 1718＋C 1617＋…＋C 1112＝C 119＋C 118＋C 117＋…＋C 112＝124．(2)原方程可变形为C 5n －1C 3n －3＋1＝195，C 5n －1＝145C 3n －3， ∴(n －1)(n －2)(n －3)(n －4)(n －5)5！＝145×(n －3)(n －4)(n －5)3！． ∴n 2－3n －54＝0．∴n ＝9或n ＝－6(舍去)，∴n ＝9为原方程的解．5、 二项式定理的推导一、选择题1．(x ＋2)8的展开式中x 6的系数是( )A ．28B ．56C ．112D ．224C [该二项展开式的通项为T r ＋1＝C r 8x 8－r 2r ＝2r C r 8x8－r ，令r ＝2，得T 3＝22C 28x 6＝112x 6，所以x 6的系数是112．]2．若(1＋2)5＝a ＋b 2(a ，b 为有理数)，则a ＋b 等于( )A ．45B ．55C ．70D ．80C [由二项式定理，得(1＋2)5＝1＋C 15·2＋C 25·(2)2＋C 35·(2)3＋C 45·(2)4＋C 55·(2)5 ＝1＋52＋20＋202＋20＋42＝41＋292．所以a ＝41，b ＝29，a ＋b ＝70．故选C ．]3．在⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 5的二项展开式中，x 的系数为( ) A ．10 B ．－10 C ．40 D ．－40D [∵T r ＋1＝C r 5(2x 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r C r 525－r x 10－3r ，令10－3r ＝1即r ＝3，此时x 的系数为(－1)3C 3522＝－40．] 4．设k ＝1，2，3，4，5，则(x ＋2)5的展开式中x k 的系数不可能是( )A ．10B ．40C ．50D ．80C [x 1的系数为C 45·24＝80，x 2的系数为C 35·23＝80，x 3的系数为C 25·22＝40，x 4的系数为C 15·21＝10，x 5的系数为C 05·20＝1，所以系数不可能为50．] 5．(x ＋3x )12的展开式中，含x 的正整数次幂的项共有( )A ．4项B ．3项C ．2项D ．1项B [设第(r ＋1)项含x 的正整数次幂，则T r ＋1＝C r 12·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1212－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 13r ＝C r 12·x 6－16r ，其中0≤r ≤12．要使6－16r 为正整数，必须使r 为6的倍数．所以r ＝0，6，12，即第1项、第7项，第13项为符合条件的项．]二、填空题6．(a ＋x )4的展开式中x 3的系数等于8，则实数a ＝________．2 [∵T r ＋1＝C r 4a4－r x r 且x 3的系数等于8，∴r ＝3，即C 34a 4－3＝8，∴a ＝2．] 7．⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 6的展开式中x 3的系数为________．(用数字作答) 20 [设第r ＋1项为含x 3的项，则T r ＋1＝C r 6x 2(6－r )x －r ＝C r 6x 12－3r ， 令12－3r ＝3，得r ＝3，∴x 3的系数为C 36＝20．]8．在⎝⎛⎭⎪⎫32x －1220的展开式中，系数是有理数的项共有________项． 4 [T r ＋1＝C r 20(32x )20－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22r ·(32)20－r ·C r 20·x 20－r ． ∵系数为有理数，∴(2)r 与220－r3均为有理数． ∴r 能被2整除，且20－r 能被3整除．∴r 为偶数，20－r 是3的倍数，0≤r ≤20，∴r ＝2，8，14，20．∴共有4项系数为有理数．]三、解答题9．求(1＋x )3＋(1＋x )4＋…＋(1＋x )20的展开式中x 3的系数．[解] 所求x 3的系数为：C 33＋C 34＋C 35＋…＋C 320＝(C 44＋C 34)＋C 35＋…＋C 320＝(C 45＋C 35)＋C 36＋…＋C 320＝…＝C 420＋C 320＝C 421．所以展开式中x 3的系数是C 421＝5 985．10．在⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x 6的展开式中，求： (1)第3项的二项式系数及系数；(2)含x 2的项．[解] (1)第3项的二项式系数为C 26＝15，又因为T 3＝C 26(2x )4⎝⎛⎭⎪⎫－1x 2＝24·C 26x ， 所以第3项的系数为24C 26＝240．(2)T k ＋1＝C k 6(2x )6－k ⎝⎛⎭⎪⎫－1x k ＝(－1)k 26－k C k 6x 3－k ， 令3－k ＝2，得k ＝1．所以含x 2的项为第2项，且T 2＝－192x 2．11．二项式(1＋x )6的展开式中有理项系数之和为( )A ．64B ．32C ．24D ．16B [二项式(1＋x )6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6x r 2，令r 2为整数，可得r ＝0，2，4，6，故展开式中有理项系数之和为C 06＋C 26＋C 46＋C 66＝32，故选B ．]12．已知(1＋ax )(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝( )A ．－4B ．－3C ．－2D ．－1D[展开式中含x2的系数为C25＋a C15＝5，解得a＝－1，故选D．]13．(多选题)中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，m(m＞0)为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m 同余，记为a＝b(mod m)．若a＝C020＋C120·2＋C220·22＋…＋C2020·220，a＝b(mod 10)，则b的值可以是()A．2 011B．2 012C．2 020D．2 021AD[∵a＝(1＋2)20＝320＝910＝(10－1)10＝C0101010－C110109＋…－C91010＋1，∴被10除得的余数为1，而2 011与2 021被10除得的余数是1，故选AD．] 14．(一题两空)在二项式(2＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．1625[由二项展开式的通项公式可知T r＋1＝C r9·(2)9－r·x r，r∈N，0≤r≤9，当r＝0时，第1项为常数项，所以常数项为T1＝C09·(2)9·x0＝(2)9＝162．当项的系数为有理数时，9－r为偶数，可得r＝1，3，5，7，9，即系数为有理数的项的个数为5．]15．(3－2x－x4)(2x－1)6的展开式中，含x3项的系数为()A．600B．360C．－600D．－360C[由二项展开式的通项可知，展开式中含x3项的系数为3×C3623(－1)3－2×C4622(－1)4＝－600．故选C．]6、二项式系数的性质一、选择题1．若(x＋3y)n展开式的系数和等于(7a＋b)10展开式中的二项式系数之和，则n 的值为()A．5B．8C．10D．15A[(7a＋b)10展开式的二项式系数之和为210，令x＝1，y＝1，则由题意知，4n＝210，解得n＝5．]2．若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为( )A ．10B ．20C ．30D ．120 B [由2n ＝64，得n ＝6，∴T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r＝C r 6x 6－2r(0≤r ≤6，r ∈N )． 由6－2r ＝0，得r ＝3． ∴T 4＝C 36＝20．]3．(x －1)11展开式中x 的偶次项系数之和是( ) A ．－2 048 B ．－1 023 C ．－1 024D ．1 024C [(x －1)11＝C 011x 11＋C 111x 10(－1)1＋C 211x 9(－1)2＋…＋(－1)11，偶次项系数为负数，其和为－210＝－1 024．]4．设(3－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，若n ＝4，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝( )A ．256B ．136C ．120D ．16A [令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2＋…＋(－1)n a n ＝(3－(－1))4＝44＝256．]5．已知C 0n ＋2C 1n ＋22C 2n ＋…＋2n C n n ＝729，则C 1n ＋C 3n ＋C 5n 的值等于( )A ．64B ．32C ．63D ．31 B [由已知(1＋2)n＝3n＝729，解得n ＝6．则C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＝C 16＋C 36＋C 56＝262＝32．]二、填空题6．若⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 3n展开式的各项系数之和为32，则其展开式中的常数项是________．10 [令x ＝1得2n ＝32，∴n ＝5． ∵T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3r＝C r 5·x 10－5r ， ∴由10－5r ＝0即r ＝2可得展开式中的常数项是C 25＝10．]7．如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第________行中从左至右第14个与第15个数的比为2∶3．34 [由已知C 13n C 14n＝23，即n ！(n －13)！·13！ × (n －14)！·14！n ！＝23，化简得14n －13＝23．解得n ＝34．] 8．将函数f (x )＝x 5表示为f (x )＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 5(1＋x )5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则a 3＝________．10 [∵f (x )＝x 5＝[(1＋x )－1]5，∴a 3＝C 25(－1)2＝10．]三、解答题9．⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋23x n 展开式第9项与第10项二项式系数相等，求x 的一次项系数． [解] ∵⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋23x n 的展开式中第9项，第10项的二项式系数分别为C 8n 、C 9n ． 又∵这两项的二项式系数相等．∴C 8n ＝C 9n ，∴n ＝17．其展开式的通项T r ＋1＝C r 17x 17－r 2·2r ·x －r3＝2r C r17x 17－r 2－r 3， 令17－r 2－r3＝1， ∴r ＝9．∴T 10＝29C 917x ＝29×24 310x ＝12 446 720x ，即x 的一次项系数为12 446 720．10．若(2x －3y )10＝a 0x 10＋a 1x 9y ＋a 2x 8y 2＋…＋a 10y 10，求： (1)各项系数之和；(2)奇数项系数的和与偶数项系数的和．[解] (1)各项系数之和即为a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10，可用“赋值法”求解．令x ＝y ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝(2－3)10＝(－1)10＝1．(2)奇数项系数的和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10，偶数项系数的和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9．由(1)知a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，①令x ＝1，y ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 10＝510，②①＋②得，2(a 0＋a 2＋…＋a 10)＝1＋510，故奇数项系数的和为12(1＋510)； ①－②得，2(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝1－510，故偶数项系数的和为12(1－510)．11．若(x －2)5－3x 4＝a 0＋a 1(x －3)＋a 2(x －3)2＋a 3(x －3)3＋a 4(x －3)4＋a 5(x －3)5，则a 3＝( )A ．－70B ．28C ．－26D ．40C [令t ＝x －3，则(x －2)5－3x 4＝a 0＋a 1(x －3)＋a 2(x －3)2＋a 3(x －3)3＋a 4(x －3)4＋a 5(x －3)5可化为(t ＋1)5－3(t ＋3)4＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋a 3t 3＋a 4t 4＋a 5t 5，则a 3＝C 25－3×C 14×3＝10－36＝－26．]12．在⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n(n ∈N ＋)的展开式中，若二项式系数最大的项仅是第六项，则展开式中常数项是( )A ．180B ．120C ．90D ．45A [在⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n (n ∈N ＋)的展开式中，若二项式系数最大的项仅是第六项，则n ＝10，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 210的展开式的通项为T r ＋1＝C r 10·2r ·x 5－5r 2，令5－5r 2＝0，得r ＝2，可得展开式中常数项为C 210·22＝180．] 13．(多选题)若将函数f ()x ＝x 5表示为f ()x ＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x ) 2＋…＋a 5(1＋x ) 5， 其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则( )A ．a 0＝－1B ．a 3＝10C ．∑i ＝15a i ＝1D ．∑i ＝15(－1) i a i ＝－31ABCD [由已知得(x －1)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5，令x ＝0得，a 0＝－1； 又a 0＋∑i ＝15a i ＝(1－1)5＝0，a 0＋∑i ＝15(－1) i a i ＝(－1－1) 5＝－32，。
(必考题)高中数学选修三第一单元《计数原理》测试(有答案解析)(4)
从5本书中取出两本看做一个元素共有 种不同的取法，
这一元素与其他三个元素分给四个同学共有 种不同的分法，
根据分步乘法计数原理，共有 种不同的分法.
故答案为240
【点睛】
本题主要考查了排列组合的综合应用，分步乘法计数原理，属于中档题.
14．8和9【分析】根据求得利用二项式系数的性质可得展开式中二项式系数的最大【详解】解：由题意可得即解得∵故展开式中二项式系数的最大的项为第8项或第9项故答案为：8和9【点睛】本题主要考查二项式定理的应用
一、选择题
1． 的展开式中，含 的项的系数是（）
A． B． C．25D．55
2．已知（x ﹣ ）5的展开式中，常数项为10，则a＝（）
A．﹣1B．1C．﹣2D．2
3．已知 的展开式中没有 项， ，则 的值可以是（）
A．5B．6C．7D．8
4．已知10件产品中，有7件合格品，3件次品，若从中任意抽取5件产品进行检查，则抽取的5件产品中恰好有2件次品的抽法有( )
【详解】
由题意二项式 的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大，
故
二项式展开式的通项为
要系数最小，则 为奇数
当 时，
当 时，
当 时，
当 时，
故当当 时系数最小
则系数最小的项是第4项
故选
【点睛】
本题主要考查了二项式展开式的应用，结合其通项即可计算出系数最小的项，较为基础
9．D
解析：D
【解析】
分析：直接利用排列数计算公式即可得到答案.
【详解】
由题意可得二项式系数和2n＝64，解得n＝6．
∴ 的通项公式为： ，
∴当r=2时，含x6项的系数为 ，
当r=3时，含x3项的系数为 ，
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《计数原理》练习
一、选择题
1.书架上层放有6本不同的数学书，下层放有5本不同的语文书，从中任取数学书和语文书各一本，则不同的取法种数有（ ）
A 11
B 30
C 56
D 65
2.在平面直角坐标系中，若{}{}1,2,3,3,4,5,6x y ∈∈，则以(),x y 为坐标的点的个数为（ ）
A 7
B 12
C 64
D 81
3.若()12n
x +的展开式中，3x 的系数是x 系数的7倍，则n 的值为（ ）
A 5
B 6
C 7
D 8
4.广州市某电信分局管辖范围的电话号码由8位数字组成，其中前3位是一样的，后5位数字都是0～9这10个数字中的一个，那么该电信分局管辖范围内不同的电话号码个数最多有（ ）
A 50
B 30240
C 59049
D 100000
6.按血型系统学说，每个人的血型为A ，B ，O ，AB 型四种之一，依血型遗传学，当且仅当父母中至少有一人的血型是AB 型时，其子女的血型一定不是O 型，如果某人的血型为O 型，则该人的父母血型的所有可能情况种数有（ ）
A 6
B 7
C 9
D 10
7.计算0121734520C C C C ++++L 的结果为（ ）
A 421C
B 321
C C 320C
D 420C 8.一个口袋内装有4个不同的红球，6个不同的白球，若取出一个红球得2分，取出一个白球得1分，问从口袋中取出5个球，使总分不少于7分的取法种数有（ ）
A 15
B 16
C 144
D 186
二、填空题
9.开车从甲地出发到丙地有两种选择，一种是从甲地出发经乙地到丙地，另一种是从甲地出发经丁地到丙地。
其中从甲地到乙地有2条路可通，从乙地到丙地有3条路可通；从甲地到丁地有4条路可通，从丁地到丙地有2条路可通。
则从甲地到丙地不同的走法共有 种。
10.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有 种。
14.()()5
211x x +-的展开式中3x 的系数为
三、解答题：
15（12分） 假设在100件产品中有3件次品，从中任意抽取5件，求下列抽取方法各有多少种？
（I ）没有次品；
（II ）恰有两件是次品；
（III ）至少有两件是次品；
（IV ）至多有两件是次品；
16（12分） 7个人按如下各种方式排队照相，有多少种排法？
（I ）甲必须站在正中间；
（II ）甲乙必须站在两端；
（III ）甲乙不能站在两端；
（IV ）甲乙两人要站在一起；
17（10分）已知()7
27012712x a a x a x a x -=++++L ，
（I ）求127a a a +++L 的值；
（II ）求6420a a a a +++的值；
（III ）求127a a a +++L 的值； 参考答案
一、选择题答案：BBDDCCAD
二、填空题答案：14 34 20 12 6 -15
三、解答题
15题：
（I ）没有次品的抽法是从97件正品中抽取5件，共有59764446024C =种
（II ）恰有两件次品的抽法是从97件正品中抽取3件，并从3件次品中抽取2件，共有32973442320C C =种；
（III ）至少有两件是次品，可以分为两类：一类是2件次品，另一类是3件次品，所以共有3223973973446976C C C C +=种，或用排除法求解有554110097973446976C C C C --=种
16题：
（I ）甲站在正中间，其他6人可以任意站，共有66720A =
（II ）甲乙站在两端有22A 种；其他5人站里面有55A ，所以共有2525A 240A ⋅=种
（III ）在甲乙以外的其他5人中取出2人来站两端有25A 种，剩下的5人站里面有5
5A ，共有2555A 2400A ⋅=种 （IV ）将甲乙当成一个整体和其他5人共当成6个来排有66A 种，另外甲乙可以掉换位置有2
2
A 种，所以共有6262A 1440A ⋅=种 17题、
解：（I ）令1x =，则()()77012712121x a a a a -=-=-=++++L 再令0x =，则01a =，所以127a a a +++L =2-， （II ）令1x =，()()77
012712121x a a a a -=-=-=++++L (1)
令1-=x ,()()7654321077732121a a a a a a a a x -+-+-+-==+=- (2) (1)+(2)得)(21364207a a a a +++=-
所以 ()
2186132
176420=-=+++a a a a （III ）由二项式定理得： 12345670,0,0,0,0,0,0a a a a a a a <><><><， 所以 127a a a +++L =1234567a a a a a a a -+-+-+- 令1x =-，()()77
70123456712123x a a a a a a a a -=+==-+-+-+- 而01a = ,所以
127a a a +++L =1234567a a a a a a a -+-+-+-=7312186-=。