高二数学选修2-3第一章计数原理检测题（带答案2013北师大版）
详细内容
综合检测(一)
第一章 计数原理
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共10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)
1．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“0”“9”，其中“9”可当“6”用，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为( )
A．6 B．12
C．18 D．24
【解析】 先在后三位中选两个位置填两个数字“0”有C23种填法，再排另两张卡片有A22种排法，再决定用数字“9”还是“6”，有2种可能，所以共可排成2C23•A22＝12个四位数，故选B.
【答案】 B
2．已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成集合( )
A．24个B．36个
C．26个D．27个
【解析】 先分类再分步完成此事，共有C14C13＋C14C12＋C13C12＝26个集合．
【答案】 C
3．五人排成一排，甲与乙不相邻，且甲与丙也不相邻的不同排法有( )
A．60种B．48种
C．36种D．24种
【解析】 第一步，先排乙丙之外的3人，有A33种排法；第二步，乙与甲不相邻插入队中有2种排法；第三步，丙与甲不相邻插入队中有3种排法．根据乘法计数原理共有A33×2×3＝36种不同排法．
【答案】 C
4．(2013•陕西高考)设函数f(x)＝x－1x6，x<0，－x，x≥0，则当x>0时，f[f(x)]表达式的展开式中常数项为( )
A．－20B．20
C．－15D．15
【解析】 ∵f(x)＝x－1x6，x<0，－x，x≥0，
∴当x>0时，f(x)＝－x<0，
∴f[f(x)]＝f(－x)＝－x＋1x6＝x－1x6，
∴展开式中常数项为C36(x)3－1x3＝－C36＝－20.
【答案】 A
5．某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有( )
A．(C126)2A410个B．A226A410个
C．(C126)2104个D．A226104个
【解析】 某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有(C126)2A410个．
【答案】 A
6．AB和CD为平面内两条相交直线，AB上有m个点，CD上有n个点，且两直线上各有一个点与交点重合，则以这m＋n－1个点为顶点的三角形的个数是( )
A．C1mC2n＋C1nC2mB．C1mC2n＋C1n－1C2m
C．C1m－1C2n＋C1nC2mD．C1m－1C2n＋C1n－1C2m－1
【解析】 在一条直线上取2个点时，另一点一定在另一条直线上，且不能是交点．当在AB上取2个点时有C2m－1C1n－1个三角形；当在CD上取2个点时，有C2nC1m－1.共有C1m－1C2n＋C1n－1C2m－1.
【答案】 D
7．(2013•大纲全国卷)(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是( )
A．56B．84
C．112D．168
【解析】 利用二项展开式的通项公式写出(1＋x)8(1＋y)4的通项，从而确定x2y2的系数．
因为(1＋x)8的通项为Ck8xk，(1＋y)4的通项为Ct4yt，故(1＋x)8(1＋y)4的通项为Ck8Ct4xkyt.令k＝2，t＝2，得x2y2的系数为C28C24＝168.
【答案】 D
8．(2012•辽宁高考)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )
A．3×3!B．3×(3！)3
C．(3！)4D．9!
【解析】 完成这件事可以分为两步，第一步排列三个家庭的相对位置，有A33种排法；第二步排列每个家庭中的三个成员，共有A33A33A33种排法．由乘法原理可得不同的坐法种数有A33A33A33A33.故选C.
【答案】 C
9．(2013•辽宁高考)使3x＋1xxn(n∈N＋)的展开式中含有常数项的最小的n为( )
A．4B．5
C．6D．7
【解析】 Tr＋1＝Crn(3x)n－r1xxr＝Crn3n－r ，当Tr＋1是常数项时，n－52r＝0，当r＝2，n＝5时成立．
【答案】 B
10．若x∈R；n∈N＋，定义Mnx＝x(x＋1)(x＋2)…(x＋n－1)，例如M5－5＝(－5)(－4)(－3)(－2)(－1)＝－120，则函数f(x)＝xM19x－9的奇偶性为( )
A．是偶函数而不是奇函数
B．是奇函数而不是偶函数
C．既是奇函数又是偶函数
D．既不是奇函数又不是偶函数
【解析】 由题意知f(x)＝x(x－9)(x－8)…(x－9＋19－1)
＝x2(x2－1)(x2－4)…(x2－81)，
故为偶函数而不是奇函数．
【答案】 A
二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分，将答案填在题中的横线上)
11．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则a0＋a2＋a4a1＋a3＋a5的值为________．
【解析】 令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1，①
令x＝－1，得a0－a1＋a2－…－a5＝35＝243，②
①＋②，得2(a0＋a2＋a4)＝244，∴a0＋a2＋a4＝122，∴a1＋a3＋a5＝－121，
∴a0＋a2＋a4a1＋a3＋a5＝－122121.
【答案】 －122121
图1
12．如图所示为一电路图，若只闭合一条线路，从A到B共有________条不同的线路可通电．
【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，共有3＋1＋4＝8种不同的线路．
【答案】 8
13．(2013•天津高考)x－1x6的二项展开式中的常数项为________．
【解析】 x－1x6的展开式通项为Tr＋1＝(－1)rCr6x6－r1xr＝(－1)rCr6 r，令6－32r＝0，解得r＝4，故常数项为(－1)4C46＝15.
【答案】 15
14．今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有________种不同的方法．(用数字作答)
【解析】 由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，共有C49•C25•C33＝1 260种不同的排法．
【答案】 1 260
15．(2013•北京高考)将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．
【解析】 先分组后用分配法求解，5张参观券分为4组，其中2个连号的有4种分法，每一种分法中的排列方法有A44种，因此共有不同的分法4A44＝4×24＝96(种)．
【答案】 96
三、解答题(本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分12分)(1)求(x－3)10的展开式中x6的系数；
(2)求(1＋x)2•(1－x)5的展开式中x3的系数．
【解】 (1)(x－3)10的展开式的通项是Tr＋1
＝Cr10x10－r(－3)r.令10－r＝6，解得r＝4.
则含x6的项为第5项，即T5＝C410x10－4(－3)4＝9C410x6.
所以x6的系数应为9C410＝1 890.
(2)∵(1＋x)2的通项为Tr＋1＝Cr2•xr，
(1－x)5的通项为Tk＋1＝(－1)k•Ck5xk，
其中r∈{0,1,2}，k∈{0,1,2,3,4,5}，
令k＋r＝3，则有k＝1，r＝2；k＝2，r＝1；k＝3，r＝0.
∴x3的系数为－C22C15＋C12C25－C02C35＝5.
17．(本小题满分12分)(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数有几种？
(2)有5个人并排站成一排，若甲必须在乙的右边，则不同的排法有多少种？
(3)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少1个名额，问名额分配的方法共有多少种？
【解】 (1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于5个空座之间有4个空，3个人去插，共有A34＝24(种)．
(2)12A55＝60(种)．
(3)每个学校至少一个名额，则分去了7个，余下3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数分三类：
第一类，3个名额分到一所学校有7种方法；
第二类，3个名额分到2所学校有C27×2＝42(种)；
第三类，3个名额分到3所学校有C37＝35(种)．
共有7＋42＋35＝84种．
18．(本小题满分12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？
【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A44＝24；
(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，自动进入，不需要排列，即不同的排法种数为C23A24＝36；
(3)若取3个黑球，从另三个球中选1个排4个位置，3个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即不同的排法种数为C13A14＝12.
综上，不同的排法种数为24＋36＋12＝72.
19．(本小题满分13分)α、β是两个平行平面，在α内取4个点，在β内取5个点．
(1)这些点最多能确定几条直线？几个平面？
(2)以这些点为顶点最多能作多少个三棱锥？
【解】 (1)在9个点中，除了α内4点共面和β内的五点共面外，其余任意四点不共面且任意三点不共线时，所确定的平面和直线才最多，此时，最多能确定直线C29＝36条，又因为三个不共线的三点确定这一个平面，故最多确定C24C15＋C14C25＋2＝72个平面．
(2)同理，在其余任意四点不共面且任意三点不共线时，所作三棱锥才最多，个数为C34C15＋C24C25＋C14C35＝120.
20．(本小题满分13分)有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？
【解】 取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有3种情况：1144,2233,1234.
所取卡片是1144的共有A44种排法；
所取卡片是2233的共有A44种排法；
所取卡片是1234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，全是红色5种情况．
共有排法A44＋C14•A44＋C24•A44＋C34•A44＋A44＝16A44种．
所以共有18A44＝432种排法．
21．(本小题满分13分)已知(x＋12x)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．
【解】 (1)由题意，得C0n＋14×C2n＝2×12×C1n，
即n2－9n＋8＝0，解得n＝8，n＝1(舍去)．
(2)设第r＋1项的系数最大，则12rCr8≥12r＋1Cr＋18，12rCr8≥12r－1Cr－18.
即18－r≥12r＋1，12r≥19－r.解得r＝2或r＝3.
所以系数最大的项为T3＝7x5，T4＝ .