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第五章　计数原理
全卷满分150分　考试用时120分钟　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
一、单项选择题(本题共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.某地环保部门召集6家企业的负责人座谈,其中甲企业有2人到会,其余5家企业各有1人到会,会上有3人发言,则发言的3人来自3家不同企业的可能情况的种数为(　　)
A.15　　　　B.30　　　　C.35　　　　D.42
2.在(x-2)8的二项展开式中,二项式系数的最大值为a,x5的系数为b,则=(　　)
A.
3.为提升学生的数学素养,某中学开设了“数学史”“数学建模”“古今数学思想”“数学探究”“中国大学先修课程微积分学习指导”五门选修课程,要求每位同学每学年至多选四门,高一、高二两个学年必须将五门选修课程选完,则每位同学不同的选修方式有(　　)
A.30种　　　　B.20种　　　　C.15种　　　　D.16种
4.将座位号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙三个人,每人至少一张,且分给同一人的多张票必须连号,那么不同的分法种数为(　　)
A.24　　　　B.36　　　　C.72　　　　D.120
5.在(x+y+2)5的展开式中,xy3的系数是(　　)
A.24　　　　B.32　　　　C.36　　　　D.40
6.某人设计了一项单人游戏,规则如下:先将一枚棋子放在如图所示的正方形ABCD(边长为2个单位)的顶点A处,然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走几个单位,如果掷出的点数为i(i=1,2,…,6),则棋子就按逆时针方向行走i个单位,一直循环下去,则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点A处的所有不同方法共有(　　)
A.21种　　　　　B.22种
C.25种　　　　　D.27种
7.若n是正整数,则7n+7n-1+…+7(　　)
A.能被9整除或除以9的余数是7
B.能被9整除
C.除以9的余数是7
D.除以9的余数是1
8.古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着的一个圆柱,如图所示,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,相传这个图形表达了阿基米德最引以为荣的发现.设圆柱的体积与球的体积的比值为m,圆柱的表面积与球的表面积的比值为n,则的展开式中的常数项是(　　)
A.15　　　　B.-15　　　　C.
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,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.下列命题是真命题的是(　　)
A.=162 700
B.
C.=254
D.(1+2x)10的展开式中二项式系数最大的项是×(4x)5
10.在(1-2x3)(-a)5的展开式中,各项系数的和为1,则(　　)
A.a=3　　　　　
B.展开式中的常数项为-32
C.展开式中x4的系数为160　　　　　
D.展开式中无理项的系数之和为-242
11.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目,下列说法错误的是(　　)
A.若任意选择三门课程,则选法总数为
B.若物理和化学至少选一门,则选法总数为
C.若物理和历史不能同时选,则选法总数为
D.若物理和化学至少选一门,且物理和历史不能同时选,则选法总数为
三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)
12.某中学为庆祝建校130周年,高二年级派出甲、乙、丙、丁、戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动,活动结束后5名老师排成一排合影留念,要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻,则共有　　　　种不同的排法(用数字作答).
13.已知x5=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+a3(x+1)3+a4(x+1)4+a5(x+1)5,则a4=　　　　.
14.党的二十大报告指出,我们经过接续奋斗,实现了小康这个中华民族的千年梦想,打赢了人类历史上规模最大的脱贫攻坚战,历史性地解决了绝对贫困问题,为全球减贫事业作出了重大贡献.为进一步了解和巩固脱贫攻坚成果,某县选派7名工作人员到A,B,C三个乡镇进行调研活动,每个乡镇至少去1人,恰有两个乡镇所派人数相同,则不同的安排方式共有　　　　种.
四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)从5名男生和4名女生中选出4人去参加座谈会,问:
(1)如果4人中男生和女生各选2人,有多少种选法
(2)如果男生甲与女生乙至少要有1人在内,有多少种选法
16.(15分)7人站成两排队列,前排3人,后排4人.
(1)一共有多少种站法
(2)现将甲、乙、丙三人加入队列,前排加1人,后排加2人,其他人保持相对位置不变,有多少种不同的加入方法
17.(15分)从①第4项的系数与第2项的系数的比值是;②第3项与倒数第2项的二项式系数之和为36这两个条件中任选一个,补充在下面的横线中.
已知(2x-1)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn(n∈N+),且(2x-1)n的二项展开式中,　　　　.
(1)求n的值;
(2)(i)求二项展开式的中间项;
(ii)求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|的值.
注:如果选择多个条件分别解答,按第一个解答计分.
18.(17分)某次会议期间,组委会将甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者分配到翻译、导游、礼仪、司机四个不同的岗位,每个岗位至少有一人参加,且五人均能胜任这四个岗位.
(1)若每人不准兼职,则不同的分配方案有多少种
(2)若甲、乙被抽调去别的地方,剩下的三人要求每人必兼两职,则不同的分配方案有多少种
19.(17分)某班有6名同学报名参加校运会的四个比赛项目,在下列情况下各有多少种不同的报名方法 (用数字回答)
(1)每人恰好参加一项,每项人数不限;
(2)每项限报一人,且每人至多参加一项;
(3)每人限报一项,人人参加,且每个项目均有人参加.
答案与解析
第五章　计数原理
1.B　因为甲企业有2人到会,所以需分两种情况讨论:
含有甲企业发言人的情况有=20种;
不含有甲企业发言人的情况有=10种.
综上,可能情况的种数为20+10=30.故选B.
2.B　由题意得a==70,
(x-2)8的二项式通项为Tr+1=x8-r(-2)r,令8-r=5,得r=3,
所以b=.故选B.
3.A　将五门选修课程分为两组,每组的数量分别为1,4或2,3,
然后将这两组课程分配给高一、高二两个学年,
所以每位同学不同的选修方式有(=30种.故选A.
4.B　若有1人得三张票,则三张票的座位号可能为1、2、3;2、3、4;3、4、5三种情况,此时共有3=18种分法;若有2人各得两张票,则这四张票的座位号可能为1、2,3、4;1、2,4、5;2、3,4、5三种情况,此时共有3=18种分法.综上,共有18+18=36种不同的分法.故选B.
5.D　根据题意,从5个x+y+2中任取1个x+y+2中的x,再从剩余的4个x+y+2中任取3个x+y+2中的y,最后1个x+y+2取2,则x·y3·2=40xy3,所以xy3的系数是40.故选D.
6.D　由题意,知正方形ABCD的周长为8,当抛掷三次骰子的点数之和为8或16时,棋子恰好又回到起点A处.
①点数之和为8的情况有:1,1,6;1,2,5;1,3,4;2,2,4;2,3,3,抛掷方法共有=21种;
②点数之和为16的情况有:4,6,6;5,5,6,抛掷方法共有=6种.
所以抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点A处的所有不同方法共有21+6=27种.故选D.
7.A　根据二项式定理可知,7n+7n-1+…+7=(7+1)n-1=8n-1,
又8n-1=(9-1)n-1=9n-9n-3+…+9×(-1)n-1+(-1)n-1,
所以当n为正偶数时,原式能被9整除;当n为正奇数时,原式除以9的余数为7.故选A.
8.A　设球的半径为R,则圆柱的底面半径为R,高为2R,所以圆柱的体积V1=πR2·2R=2πR3,球的体积V2=.
圆柱的表面积S1=2πR·2R+2πR2=6πR2,球的表面积S2=4πR2,所以n==1,则,其二项式通项为Tr+1=x12-3r(-1)r,令12-3r=0,解得r=4,所以常数项为(-1)4=15.故选A.
9.BCD　由于=161 700,故A不是真命题;
由组合数的性质,可得,故B是真命题;
=256-2=254,故C是真命题;
(1+2x)10的展开式中二项式系数最大的项是×(4x)5,故D是真命题.故选BCD.
10.BC　根据题意,令x=1,得(1-2x3)(-a)5的展开式中各项系数的和为-(1-a)5=1,解得a=2,故A错误;
(1-2x3)(-2)5,
又(-2)5的二项式通项为Tk+1=(-2)k=0,得k=5,
所以(1-2x3)(-2)5的展开式中的常数项为1×(-2)5=-32,故B正确;
令=1,得k=3,所以含x4的项为-2x3·(-2)3-2)5的展开式中x4的系数为160,故C正确;
(1-2x3)(-2)5的展开式中无理项的系数之和为(1-2)[(-2)0]=-(1+40+80)=-121,故D错误.故选BC.
11.ABD　若任意选择三门课程,则选法总数为,故A中说法错误;
若物理和化学至少选一门,则选法总数为,故B中说法错误;
若物理和历史不能同时选,则选法总数为,即,故C中说法正确;
若物理和化学至少选一门,且物理和历史不能同时选,则选法总数为,故D中说法错误.
故选ABD.
12.答案　24
解析　将丙、丁捆绑排列有=2种,再把他们作为一个整体与戊排成一排有=2种,排完后产生3个空,最后将甲、乙插入其中的2个空有=6种.
综上,共有2×2×6=24(种)不同的排法.
13.答案　-5
解析　根据题意,得x5=(x+1-1)5=[(x+1)-1]5,a4为(x+1)4项的系数,
由二项展开式的通项可知(x+1)4=a4(x+1)4,
因此a4=-=-5.
14.答案　1 176
解析　由题可知把7名工作人员按人数分为1,1,5;2,2,3;3,3,1三种情况:
把7名工作人员按人数分为1,1,5三组,则不同的安排方式共有·=126种;
把7名工作人员按人数分为2,2,3三组,则不同的安排方式共有·=630种;
把7名工作人员按人数分为3,3,1三组,则不同的安排方式共有·=420种.
综上,不同的安排方式共有126+630+420=1 176种.
15.解析　(1)根据题意,从5名男生中选出2人,有=10种选法,(2分)
从4名女生中选出2人,有=6种选法,(4分)
则4人中男生和女生各选2人的选法有10×6=60种.(6分)
(2)先从9人中任选4人,有=126种选法,(8分)
其中甲、乙都没有入选,即从其他7人中任选4人的选法有=35种,(10分)
所以男生甲与女生乙至少要有1人在内的选法有126-35=91种.(13分)
16.解析　(1)7人站成两排队列,前排3人,后排4人,即将7个人全排列,有=5 040种站法.(4分)
(2)根据题意,分2步进行分析:
①前排3人中有4个空位,从甲、乙、丙3人中选1人插入,有=12种排法;(8分)
②对于后排,若插入的2人不相邻,则有种排法,若插入的2人相邻,则有种排法,则后排的安排方法有=30种.(13分)
所以共有12×30=360(种)不同的加入方法.(15分)
17.解析　(1)若选条件①:
由题知,,
化简,得n2-3n-40=0,
解得n=8或n=-5(舍去).(6分)
若选条件②:
由题知,=36,
化简,得n2+n-72=0,解得n=8或n=-9(舍去).(6分)
(2)由(1)可得n=8.
(i)(2x-1)8的二项展开式的中间项为T5=·(2x)4·(-1)4=1 120x4.(10分)
(ii)(2x-1)8的二项式通项为·(2x)8-r·(-1)r=(-1)r·28-r··x8-r,(12分)
所以a0,a2,a4,a6,a8为正数,a1,a3,a5,a7为负数.
在(2x-1)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8中,令x=0,得a0=1,
再令x=-1,得38=a0-a1+a2-a3+…+a8=1+|a1|+|a2|+|a3|+…+|a8|,(14分)
所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|a8|=38-1.(15分)
18.解析　(1)每个岗位至少有一人参加,且每人不准兼职,则有一个岗位有两人参加,则不同的分配方案有=240种.(6分)
(2)根据题意,剩下的三人分配到四个岗位,且每人身兼两职,
则每个人参加两个职位的方案有=216种,(10分)
其中有一个岗位无人参加的有)=96种,(13分)
有两个岗位无人参加的有=6种,(16分)
因为每个岗位至少有一人参加,
所以不同的分配方案有216-96-6=114种.(17分)
19.解析　(1)每人都可以从这四个项目中选报一项,各有4种不同的选法,由分步乘法计数原理知共有46=4 096(种)不同的报名方法.(4分)
(2)每项限报一人,且每人至多参加一项,因此可由项目选人,
第一个项目有6种不同的选法,第二个项目有5种不同的选法,第三个项目有4种不同的选法,第四个项目有3种不同的选法.(8分)
由分步乘法计数原理得,共有6×5×4×3=360(种)不同的报名方法.(10分)
(3)每人限报一项,人人参加,且每个项目均有人参加,
因此需将6人分成4组,有=65(种)分组方法,(14分)
每组参加一个项目,由分步乘法计数原理得,共有65×=1 560(种)不同的报名方法.(17分)

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