【免费下载】25-26学年同步培优讲义章末检测(六) 计数原理(教师版

章末检测（六）　计数原理

（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.如图所示，由电键组A、B组成的串联电路中，要接通电源使电灯发光的方法有（）

A.4种　　　　　 B.5种

C.6种　D.7种

解析：C　要想通电，则需满足电路通畅，则并联电路中，至少有一个键闭合，利用分步乘法计数原理，可得共有2×3＝6种方法.故选C.

2.在（a＋b）ⁿ的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n＝（）

A.5　B.6

C.7　D.8

解析：B　因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故＋1＝4，即n＝6.

3.用数字1，2，3，4，5，6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列，这个数列的项数为（）

A.24　B.46

C.48　D.120

解析：D　完成这件事需要分三步：第一步：确定百位数，有6种方法；第二步：确定十位数，有5种方法；第三步：确定个位数，有4种方法.根据分步乘法计数原理，共有6×5×4＝120（个）三位数，所以这个数列的项数为120.故选D.

4.若＝18m＝（）

A.9　B.8

C.7　D.6

解析：D　由＝m（m－1）（m－2）（m－3）＝18·m≥4，m∈N^*，得m－3＝3，m＝6.

5.从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法种数为（）

A.B.

C.D.

解析：B　分两步进行：第一步，选出两名男选手，有种方法；第二步，从6名女选手中选出2名且与已选好的男选手配对，有种.故有种.

6.在（x²＋3x＋2）⁵的展开式中x的系数为（）

A.140　B.240

C.360　D.800

解析：B　由（x²＋3x＋2）⁵＝（x＋1）⁵（x＋2）^5，知（x＋1）⁵的展开式中x的系数为1，（x＋2）⁵的展开式中x的系数为·2^{4，常数项为}2⁵.因此原式中x的系数为·2⁵＋·2⁴＝240.

7.对任意的实数x，x⁶＝a₀＋a₁（x－2）¹＋a₂（x－2）²＋…＋a₆（x－2）^6，则a₂＝（）

A.60　B.120

C.240　D.480

解析：C　∵x⁶＝[（x－2）＋2]⁶＝（x－2）⁶＋（x－2）⁵·2＋（x－2）⁴·2²＋（x－2）³·2³＋（x－2）²·2⁴＋（x－2）¹·2⁵＋·2⁶，∴a₂＝·2⁴＝240.故选C.

8.定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作a≡b（modm），比如：35≡25（mod10）.已知：n＝－10＋10²－10³＋…＋10^10，满足n≡p（mod7），则p可以是（）

A.26　B.31

C.32　D.37

解析：D　因为n＝－10＋10²－10³＋…＋10¹⁰＝（1－10）¹⁰＝（7＋2）^10，而n＝（7＋2）¹⁰＝·7¹⁰＋·7⁹·2＋…＋·7·2⁹＋·2^10，因此n除以7的余数为·2¹⁰＝1024除以7的余数2，而26，31，32除以7的余数分别为5，3，4，不符合题意，37除以7的余数为2，即D满足.故选D.

二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）

9.下列问题属于排列问题的是（）

A.从10人中选2人分别去种树和扫地

B.从10人中选2人去扫地

C.从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队

D.从数字5，6，7，8中任取两个不同的数作幂运算

解析：AD　对于A，从10人中选2人分别去种树和扫地，选出的2人有分工的不同，是排列问题；对于B，从10人中选2人去扫地，与顺序无关，是组合问题；对于C，从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队，与顺序无关，是组合问题；对于D，从数字5，6，7，8中任取两个不同的数作幂运算，顺序不一样，计算结果也不一样，是排列问题.

10.带有编号1，2，3，4，5的五个球，则下列说法正确的是（）

A.全部投入4个不同的盒子里，共有4⁵种放法

B.放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法

C.将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有·种放法

D.全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有·种不同的放法

解析：ACD　五个球投入4个不同的盒子里共有4⁵种放法，A选项对，若要放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有·种放法，B选项错，D选项对，将其中的4个球投入4个盒子里的一个（另一个球不投入），共有·种放法，C选项对，故选A、C、D.

11.二项式（x－）⁸的展开式中x²的系数是－7，则下列选项正确的是（）

A.a＝B.展开式中含x⁶项的系数是－4

C.展开式中含x^－1项D.展开式中常数项为40

解析：AB　二项式（x－）⁸的展开式的通项公式为T_r＋1＝x^8－r（－）^r＝（－a）^rx^8－2r，令8－2r＝2，解得r＝3，所以展开式中x²的系数（－a）³＝－7，解得a＝A正确；二项式（x－）⁸即为（x－）^{8，展开式的通项公式为}T_r＋1＝x^8－2r.令8－2r＝6，解得r＝1，所以展开式中含x⁶项的系数是－＝－4，故B正确；令8－2r＝－1，解得r＝x^－1项，故C错误；令8－2r＝0，解得r＝4，所以展开式中常数项为（－）⁴＝D错误.故选A、B.

三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上）

12.若＝（n∈N^*），则n＝　4　.

解析：由题意可知2n＋6＝n＋2或2n＋6＝20－（n＋2），解得n＝－4（舍去）或n＝4.

13.第33届夏季奥运会预计于2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增电子竞技和冲浪两个竞赛项目以及滑板等5个表演项目.现有三个场地A，B，C分别承担竞赛项目与表演项目比赛，其中电子竞技和冲浪两个项目仅能由A，B两地承办，且各自承办其中一项.5个表演项目分别由A，B，C三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有　300　种.

解析：首先电子竞技和冲浪两个项目仅能由A，B两地举办，且各自承办其中一项有＝2种安排；再次5个表演项目分别由A，B，C三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目，则有＋＝150种，故总数为2×150＝300种不同的安排方法.

14.已知（1＋2 024x）⁵⁰＋（2 024－x）⁵⁰＝a₀＋a₁x＋a₂x²＋…＋a₅₀x^50，其中a_0，a1，a2，…，a₅₀∈R，若a_k＜0，k∈{0，1，2，…，50}，则实数k的最大值为　23　.

解析：因为（1＋2024x）⁵⁰的展开式中x^k的系数为·2024^k，（2024－x）⁵⁰的展开式中x^k的系数为2024^50－k（－1）^k，所以（1＋2024x）⁵⁰＋（2024－x）⁵⁰的展开式中x^k的系数为2024^k＋2024^50－k（－1）^k＝2024^k[1＋2024^50－2k·（－1）^k]，k＝0，1，2，…，50.要使a_k＜0，则k为奇数，且2024^50－2k＞1，所以50－2k＞0，则k＜25，则k的最大值为23.

四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

15.（本小题满分13分）已知（－）ⁿ的展开式中，第4项和第9项的二项式系数相等.

（1）求n；

（2）求展开式中含x的项的系数.

解：（1）由第4项和第9项的二项式系数相等可得＝n＝11.

（2）由（1）知，展开式的第r＋1项为T_r＋1＝（）^11－r（－）^r＝（－2）^r＝1，得r＝3，此时T_3＋1＝（－2）³x＝－1320x.所以展开式中含x的项的系数为－1320.

16.（本小题满分15分）有2名男生和3名女生排队，按下列要求各有多少种排法，依题意列式作答：

（1）若2名男同学不相邻，共有多少种不同的排法；

（2）若2名男同学中间必须有1人，共有多少种不同的排法.

解：（1）先将3名女生进行排列，有＝6种情况，再将2名男生插空，有＝12种情况，故2名男同学不相邻，共有6×12＝72种排法.

（2）先将两名男生进行排列，有＝2种情况，再选出1名女生放在男同学中间，有＝3种情况，将两名男同学和这名女同学看成一个整体和剩余的2名女同学进行全排列，共有＝6种情况，故若2名男同学中间必须有1人，共有2×3×6＝36种排法.

17.（本小题满分15分）在（3x－2y）²⁰的展开式中，求：

（1）二项式系数最大的项；

（2）系数绝对值最大的项.

解：（1）二项式（3x－2y）²⁰的展开式有21项，展开式的通项为T_k＋1＝（3x）^20－k（－2y）^k，

其二项式系数最大的项为第11项，T₁₁＝·（3x）¹⁰·（－2y）¹⁰＝·6¹⁰·x¹⁰y¹⁰.

（2）设系数绝对值最大的项是第k＋1（k∈N^*）项，

则

即解得7≤k≤8

所以k＝8，系数绝对值最大的项为T₉＝·3¹²·2⁸·x¹²·y⁸.

18.（本小题满分17分）某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地铁票价如下表：

现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的.

（1）若甲、乙两人共付车费8元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？

（2）若甲、乙两人共付车费10元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？

解：（1）若甲、乙两人共付车费8元，则其中一人乘坐地铁站数不超过3站，另外一人乘坐地铁站数超过3站且不超过7站，共有＝24（种），

故甲、乙下地铁的方案共有24种.

（2）若甲、乙两人共付车费10元，则甲比乙先下地铁的情形有两类：

第一类，甲乘地铁站数不超过3站，乙乘地铁站数超过7站且不超过12站，有＝15（种）；

第二类，甲、乙两人乘地铁站数都超过3站且不超过7站，记地铁第四站至第七站分别为P_{4，P5，P6，P7，易知甲比乙先下地铁有以下三种情形}：

①甲P₄站下，乙下地铁方式有种；②甲P₅站下，乙下地铁方式有种；③甲P₆站下，乙只能从P₇下地铁，共有1种方式，共有＋＋1＝6（种），

依据分类加法计数原理，得15＋6＝21（种），

故甲比乙先下地铁的方案共有21种.

19.（本小题满分17分）已知f（x）＝（1＋x）^n＋1＋2（1＋x）^n＋2＋…＋k（1＋x）^n＋k＋…＋n（1＋x）²ⁿ（n∈N^*）.

（1）当n＝3时，求f（x）的展开式中含x³项的系数；

（2）证明：f（x）的展开式中含xⁿ项的系数为（n＋1）；

（3）定义：a_i＝a₁＋a₂＋…＋a_n，化简：（i＋1）.

解：（1）当n＝3时，f（x）＝（1＋x）⁴＋2（1＋x）⁵＋3（1＋x）^6，

∴f（x）的展开式中含x³项的系数为＋2＋3＝84.

（2）证明：∵f（x）＝（1＋x）^n＋1＋2（1＋x）^n＋2＋…＋k（1＋x）^n＋k＋…＋n（1＋x）²ⁿ（n∈N^*），

故f（x）的展开式中含xⁿ项的系数为＋2＋3＋…＋n＝＋2＋3＋…＋n.

∵k＝k＝

＝（n＋1）＝（n＋1）

（3）（i＋1）＝2＋3＋…＋n＋（n＋1）①

（i＋1）＝（n＋1）＋n＋…＋3＋2②

在①②中分别添加1＋（i＋1）＝＋2＋3＋…＋n＋（n＋1）③

1＋（i＋1）＝（n＋1）＋n＋…＋3＋2＋④

③＋④得2（1＋（i＋1））＝（n＋2）（＋＋＋…＋＋）＝（n＋2）2^n，

∴（i＋1）＝（n＋2）2^n－1－1.