2020届 苏教版 计数原理 单元测试 (7)

计数原理学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、填空题1．用0到9这十个数字组成没有重复数字且能被5整除的三位数的个数为___________ 【答案】136【解析】个位是5的三位数有： 88164⨯⨯=（个）；个位是0的四位数有： 98172⨯⨯=（个），用0到9这十个数字一共可以组成6472136+=个没有重复数字且能被5整除的四位数，故答案为136.2．10位男生10位女生．男女相间隔围成一圈，则其所有不同的排列数为 __________ 【答案】（10210)A【解析】10位男生全排列： 1010A ，10位女生全排列： 1010A . 因为是围成一圈，所以不分头尾，只需1010102101010()A A A =即可. 故答案为: 10210()A .3．某班准备了5个节目将参加学校音乐广场活动（此次活动只有5个节目），节目顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位、节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，则在这次活动中节目顺序的编排方案共有_________种． 【答案】10 【解析】试题分析：分两类:第一类甲排首位,丙排末尾,其它全排633=A ；甲排第二位, 丙排末尾,由于乙不排首位,所以只有两个位置选排,其它全排222=A ,共有422=⨯,共有1064=+种排法．考点：排列数组合数公式及运用．4．从6人中选4人分别到上海世博会美国馆、英国馆、法国馆、沙特馆四个馆参观，要求每个馆有一人参观，每人只参观一个馆，且这6人中甲、乙两人不去法国馆参观，则不同的选择方案共有 ▲ 种． 【答案】240【解析】5．（理）有3张都标着字母R ，5张分别标着数字1，2，3，4，5的卡片，若任取其中4张卡片组成牌号，则可以组成的不同牌号的总数等于 （用数字作答）（文）在5张分别标着数字1，2，3，4，5的卡片中，任取其中3张卡片，和3张都标着字母R 的卡片一同组成牌号，则可以组成的不同牌号的总数等于（用数字作答）. 【答案】500 ,1200 【解析】本题考查排列组合的相关计算。

理科题目中，可以分为字母R 被取用0,1,2,3次4种情况，由加法原理，知5002012024012015342524351445=+++=+++A C A C A C A文科题目中，可以看成先从5个数选出3个数（组合），再在6个位置中选出3个排列这三个数，得120062010333635=⨯⨯=A C C6．设n =∫(10sinx )dx x 20，则(√x √x3)n展开式中的常数项为______．（用数字作答）【答案】210 【解析】试题分析：根据题意，先求出n 的值，再求出展开式中的常数项是什么值即可． ∵n =∫π210sinxdx =−10cosx|0π2=−10（cos π2−cos0）=10，因为(√x −√x3)n 展开式中通项T r+1=C 10r (x)10−r (−√x 3)r =（−1）rC 10r x 5−5r6，令5−5r 6=0,∴r =6∴展开式中的常数项为T 6+1=（−1）6C 104=210．考点：二项式定理的应用7．已知“a 、b 、c 、d 、e 、f ”为“1、2、3、4、5、6”的一个全排列，设x 是实数，若“(x −a)(x −b)<0”可推出“(x −c)(x −d)<0或(x −e)(x −f)<0”则满足条件的排列“a 、b 、c 、d 、e 、f ”共有_______个. 【答案】224. 【解析】 【分析】c,d,e,f 中有1和6，分1,6同在c,d 或e,f 和1,6 不同在c,d 或e,f 两种情况分类讨论即可. 【详解】如果c,d 为1,6或e,f 为1,6，则余下4个元素无限制，共有2×2×A 44=96种， 如果c,d 中有1，e,f 有6，则共有2×2×(1+1+3+3)×2=64种， 如果c,d 中有6，e,f 有1，则共有2×2×(1+1+3+3)×2=64种，综上，共有224种，填224. 【点睛】对于排数问题，我们有如下策略：（1）特殊位置、特殊元素优先考虑，比如偶数、奇数等，可考虑末位数字的特点，还有零不能排首位等；（2）先选后排，比如要求所排的数字来自某个范围，我们得先选出符合要求的数字，在把它们放置在合适位置；（3）去杂法，也就是从反面考虑． 8．6(1)(1x +展开式中项系数为 .【答案】16 【解析】试题分析：6)61(-的展开式通项为)6,,2,1,0()1(261 =-=+r x C T r rrr ，则其二次项和三次项依次为：224461415)1(x x C T =-=+和3366616)1(x x C T =-=+，故6(1)(1x +展开式中项为22316151x x x x =⨯+⨯，即其系数为16.考点：二项式定理9．8名世界网球顶级选手在上海大师赛上分成两组，每组各4人，分别进行单循环赛，每组决出前两名，再由每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3、4名，大师赛共有________场比赛．（请用数字作答） 【答案】16 【解析】试题分析：每组4人分别进行单循环赛，决出前两名有24212C =场，每组的第一名与另一组的第二名进行淘汰赛需12C 场，获胜者角逐冠、亚军，败者角逐第3、4名需2场，共12+2+2=16场. 考点：排列组合.10．某班级有一个7人小组，现任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案的种数为________． 【答案】70 【解析】试题分析：完成方案需要两个步骤：第一步，从7个人中选出3人，共有3537=C 中选法；第二步，对这3个人互相调整座位（即每个人都不在原来的座位上）有2种换法.由分步乘法原理知，完成方案的种数为70237=⋅C 种.3x 3x考点：排列组合问题.11．(x −1x )10的展开式中x 4的系数为 .【答案】−120. 【解析】试题分析：(x −1x )10的展开式中第r +1项为T r+1=C 10r ⋅x 10−r ⋅(−1x )r =C 10r⋅x 10−2r ⋅(−1)r ，令10−2r =4，得r =3，因此(x −1x )10的展开式中x 4的系数为C 103⋅(−1)3=−120.考点：二项式定理12．若,)1()1()1()2()21(5050221049-++-+-+=--x a x a x a a x x 则5021a a a +++ ＝_____。

【答案】－1 【解析】试题分析：令x=1得，0a =2，令x=2，得，0a +5021a a a +++ =0，所以，5021a a a +++ =－1.考点：二项式定理的应用，赋值法。

点评：简单题，关于二项式定理的应用问题，往往不太难，其中“赋值法”的应用较为广泛。

13．若(√x 2√x3)n 的展开式中第四项为常数项，则n= .【答案】5 【解析】试题分析：先将题中二项式进行化简得，(√x −2√x3)n=(x 12−12x −13)n ，由题意T 3+1=C n 3(x 12)n−3(−12x −13)3的第四项为常数项，则12(n−3)+(−13)×3=4，解得n =5.考点：1.二项式定理的应用；2.二项式的通项、系数、次数.二、解答题14．解下列方程或不等式． (1)3ªA 8x ＝4ªA 9x -1；(2)A x -22＋x≥2.【答案】(1) x ＝6 (2) 不等式的解集为{x|x≥4且x∴N *}解：(1)由3A 8x ＝4A 9x -1. 得()388!x ⨯-！＝()4910!x ⨯-！，化简得x 2－19x ＋78＝0， 解得x 1＝6，x 2＝13. ∴2≤x≤8，且x∴N *， ∴原方程的解是x ＝6.(2)由A x -22＋x≥2，得(x －2)(x －3)＋x≥2， 即x 2－5x ＋6＋x≥2，∴x 2－4x ＋4≥0， 即(x －2)2≥0恒成立， ∴x －2≥2，∴x≥4.即不等式的解集为{x|x≥4且x∴N *}． 15．回答下列问题：（1）计算(C 102+C 103)÷A 102；（2）写出(x +2)4的展开式并化简.【答案】（1）116.（2）x 4+8x 3+24x 2+32x +16.【解析】 【分析】（1）利用组合数公式和排列数公式求解． （2）直接利用二项式定理展开即可. 【详解】（1）(C 102+C 103)÷A 102=（A 102A 22+A 103A 33）×1A 102 =A 102A 22×1A 102+A 103A 33×1A 102=1A 22+8A 33==12×1+83×2×1=12+43=116.（2）(x +2)4=C 40x 420+C 41x 321+C 42x 222+C 43x 123+C 44x 024=x 4+8x 3+24x 2+32x +16. 【点睛】本题考查组合数、排列数的求法，考查了二项式定理，熟悉定理是关键，是基础题． 16．有三个车队分别有2辆、3辆、4辆车，现分别从其中两个车队各抽调两辆车执行 任务，则不同的抽调方案共有种.【解析】试题分析：分类讨论，利用组合知识，即可得出结论．由题意，不同的抽调方案共有222222232434361827C C C C C C ++=++=种.考点：排列组合、计数原理的应用 17．（本题满分12分）已知展开式的二项式系数和为512，且（1）求的值；（2）求的值；（3）求被6整除的余数.w.w.^w.k.&s.5*u.c.#om 【答案】,2,5【解析】解：（1）由二项式系数和为512知，……………1分 所以……………4分（2）令令得所以………8分（3）因为能被6整除，所以-19被6整除后余数为5 (12)分18．数学运算中，常用符号来表示算式，如∑a i n i=0=a 0+a 1+a 2+a 3+⋯+a n ，其中i ∈N ，n ∈N +．（Ⅰ）若a 0，a 1，a 2，…，a n 成等差数列，且a 0=0，公差d =1，求证：∑(a i C n i )=ni=0n ⋅2n−1；（Ⅰ）若∑(1+x)k =a 02nk=1+a 1x +a 2x 2+⋯+a 2n x 2n ，b n =∑a 2i n i=0，记d n =1+∑[(−1)i b i C n i]ni=1，且不等式t ⋅(d n −1)≤b n 对于∀n ∈N ∗恒成立，求实数t 的取值范围．【答案】（1）详见解析（2）[−1,53]【解析】试题分析：（∴）因为等差数列的通项公式为a n =n ，所以∑(a i C n i )=ni=0C n 1+2C n 2+⋯+nC n n ，由公式kC n k =nC n−1k−1，可得：C n 1+2C n 2+⋯+nC n n =n(C n−10+C n−11+⋯+C n−1n−1)，又C n−10+C n−11+⋯+C n−1n−1=2n−1，所以问题得证；（∴）由赋值法，令x =1，则∑a i 2n i=0=2+22+23+⋯+22n =2(1−4n )−1=2⋅4n −2，令x =−1，则∑[(−1)i a i ]2ni=0=0，化简d n =C n 0−(4−1)C n 1+(42−1)C n 2−(43−1)C n 3+⋯+(−1)n (4n −1)C n n ，利用组合数性质d n =(−3)n +1，代入不等式，分离参数，注意对n 的奇偶性讨论． 试题解析：（∴）由已知得，等差数列的通项公式为a n =n ，则∑(a i C n i )=ni=0 a 0+a 1C n 1+a 2C n 2+⋯+a n C n n =a 0(C n 0+C n 1+⋯+C n n )+(C n 1+2C n 2+⋯+nC n n )因为kC n k =nC n−1k−1，所以C n 1+2C n 2+⋯+nC n n =n(C n−10+C n−11+⋯+C n−1n−1)， 所以∑(a i C n i )=n i=0 a ⋅02n +n ⋅2n−1=n ⋅2n−1． （∴）令x =1，则∑a i 2n i=0=2+22+23+⋯+22n =2(1−4n )−1=2⋅4n −2，令x =−1，则∑[(−1)i a i ]2ni=0=0，所以b n =∑a 2i n i=0 =12(2⋅4n −2)=4n −1， 根据已知条件可知，d n =C n 0−(4−1)C n 1+(42−1)C n 2−(43−1)C n 3+⋯+(−1)n (4n −1)C n n=[C n 0+C n 1(−4)+C n 2(−4)2+C n 3(−4)3+⋯+C n n (−4)n ]−[C n 0−C n 1+C n 2−C n 3+C n4+⋯+(−1)n C n n]+1=(1−4)n −(1−1)n +1=(−3)n +1，所以d n =(−3)n +1，将b n =4n −1、d n =(−3)n +1代入不等式t ⋅(d n −1)≤b n 得，t ⋅(−3)n ≤4n −1， 当n 为偶数时，t ≤(43)n −(13)n ，所以t ≤(43)2−(13)2=53； 当n 为奇数时，t ≥−[(43)n −(13)n ]，所以t ≥−[(43)1−(13)1]=−1； 综上所述，所以实数的取值范围是[−1,53]．考点：1、等比数列前n 项和；2、组合数的性质；3、二项式定理． 19．已知(1−2x)7=a 0+a 1x +a 2x 2+⋯…+a 7x 7 （1）求a 7；（2）a0+a2+a4+a6【答案】（1）128；（2）a0+a2+a4+a6=1093【解析】【分析】（1）利用二项式定理展开式即可求得最后一项的系数;（2）利用赋值法,代入即可求得a0+a2+a4+a6的值.【详解】（1）∴a7是展开式中第8项的系数∴a7=(−1)7⋅C77⋅27=−128（2）令x=1，得a0−a1+a2−a3+⋯.+a6−a7=−1令x=−1，得a0+a1+a2+a3+⋯…+a6+a7=37两式相加：2(a0+a2+a4+a6)=37−1=1093即a0+a2+a4+a6=37−12【点睛】本题考查了二项式定理展开式的应用,赋值法在二项式定理中的应用,属于基础题. 20．PM2．5是指大气中直径小于或等于2．5微米的颗粒物，也称为可吸入肺颗粒物．我国PM2．5标准采用世卫组织设定的最宽限值，即PM2．5日均值在35微克/立方米以下空气质量为一级；在35微克/立方米～75微克/立方米之间空气质量为二级；在75微克/立方米以上空气质量为超标．某试点城市环保局从该市市区2015年全年每天的PM2．5监测数据中随机抽取15天的数据作为样本，监测值如茎叶图所示(十位为茎，个位为叶)(1)从这15天的PM2．5日均监测数据中，随机抽出三天，求恰有一天空气质量达到一级的概率．(2)从这15天的数据中任取三天数据，记ξ表示抽到PM2．5监测数据超标的天数，求ξ的分布列及数学期望．(3)以这15天的PM2．5日均值来估计一年的空气质量情况，则一年(按360天计算)中平均有多少天的空气质量达到一级或二级． 【答案】(1)4591(2) 见解析(3) 240天 【解析】试题分析：（1）根据茎叶图中的信息，将数据按一定的顺序（由大到小或由小到大）依次进行排列，然后取相应的中位数即可；（2）先确定15天中空气质量超标的天数以及补超标的天数，然后利用超几何分布列举出随机变量ξ的概率分布列，并求出随机变量ξ的数学期望；（3）先根据15天中空气质量达到一级或二级的天数，求出相应的概率，然后利用二项分布的计算公式求出相应的均值. 试题解析：（1）由茎叶图可得中位数是45；（2）依据条件， ξ服从超几何分布：其中15N =， 5M =， 3n =， 0的可能值为2、1、0， 由，得()1151021510121C C P C ξ⋅===，，，所以ξ的分布列为：;（3）依题意可知，一年中每天空气质量达到一级或二级的概率为，一年中空气质量达到一级或二级的天数为，则，，所以，一年中平均有天的空气质量达到一级或二级.考点：1.茎叶图；2.中位数；3.超几何分布；4.离散型随机变量的分布列与期望；5.二项分布21．已知2220122(1)(N )nn n x a a x a x a x n ++=++++∈．（1）求12212n n a a a a --++-的值； （2）求122121111n na a a a --++-的值． 【答案】（1）1（2）1nn -+ 【解析】 【分析】（1）根据赋值法求解，分别令1x =-和0x =，再根据所得两式的特点求解．（2）由二项式展开式的通项公式可得2kk n a C =，进而得()()121212221121k k k n n nn C C n C +++++=+，于是1221211211122k k k n n n n C n C C +++⎛⎫+=+ ⎪+⎝⎭，进而得1222212111211122k k k k n n n n n C C n C C ++++⎛⎫+-=- ⎪+⎝⎭，然后求和可得所求结果． 【详解】（1）令1x =-得()20122110nn a a a a -+-+=-=令0x =得01a = 所以122121n n a a a a --++-=（2）证明：由二项式展开式的通项公式可得2kk n a C =，所以()()()()()12121!21!1!2!1121!21!k k n n k n k k n k C C n n ++++-+-+=+++()()()!2!21121!k n k n k k n -+-++=+()()()()()2!2!222221!21k nk n k n n n n C -++==++，所以1221211211122k k k n n n n C n C C +++⎛⎫+=+ ⎪+⎝⎭， 因此1222212111211122k k k k n n n n n C C n C C ++++⎛⎫+-=- ⎪+⎝⎭．故1234212111111n n a a a a a a --+-++- 133521212121212121212111111122n n n n n n n n n n C C C C C C -+++++++⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=-+-++-⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪+⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦1212121211122n n n n n C C +++⎛⎫+=- ⎪+⎝⎭21112221n n n +⎛⎫=- ⎪++⎝⎭ 1n n =-+． 【点睛】（1）求二巷展开式中的系数和时，常用的方法是赋值法，然后再结合所求值的式子的特点进行求解即可．（2）解答第二问的关键一是要注意组合数的运算，另一是求解时要根据式子的特点采用并项的方法进行求和．22．一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，（1）从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？（2）若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？【答案】（1）115（2）186【解析】【分析】（1） 由题意知本题是一个分类计数问题，取4个红球，没有白球，有C 44 种，取3个红球1个白球，有C 43C 61种，取2个红球2个白球，有C 42C 62，根据加法原理得到结果.（2）设出取到白球和红球的个数，根据两个未知数的和是5，列出方程，根据分数不少于7，列出不等式，根据这是两个整数，列举出结果.【详解】（1）从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法，红球4个，红球3个和白球1个，红球2个和白球2个，红球4个，取法有种，红球3个和白球1个，取法有种； 红球2个和白球2个，取法有种；根据分类计数原理，红球的个数不比白球少的取法有1+24+90=115种．（2）使总分不少于7分情况有三种情况，4红1白，3红2白，2红3白.第一种，4红1白，取法有C44C61=6种；第二种，3红2白，取法有C43⋅C62=60种，第三种，2红3白，取法有C42⋅C63=120种，根据分类计数原理，总分不少于7分的取法有6+60+120=186.【点睛】本题主要考查了分类加法原理，组合的综合应用，分类讨论思想，属于中档题. 23．（本小题满分12分）用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：(1)奇数；(2)偶数；(3)大于3125的数.【答案】(1)144个.(2)156个.(3)162个.【解析】(1)先排个位，再排首位，共有A·A·A=144（个）.(2)以0结尾的四位偶数有A个，以2或4结尾的四位偶数有A·A·A个，则共有A+ A·A·A=156（个）.(3)要比3 125大，4、5作千位时有2A个，3作千位，2、4、5作百位时有3A个，3作千位，1作百位时有2A个，所以共有2A+3A+2A=162（个）.24．已知(√x23+3x2)n的展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为32.（1）求n；（2）求展开式中二项式系数最大的项.【答案】（1）n=5（2）270x 22 3【解析】【分析】（1）采用赋值法，令x=1得二项展开式中各项系数和为4n，二项式系数和为2n，根据题意4n2n=32，所以即2n=32，n=5；（2）根据二项展开式的性质可知，当n=5时，展开式为6项，中间两项第3项，第4项的二项式系数最大，根据通项公式，分别为T2+1=C 52(√x 23)3(3x 2)2，T 3+1=C 53(√x 23)2(3x 2)3，再计算就可以得到二项式系数最大的两项。