2020-2021学年人教B版数学选修2-3课时作业：第一章　计数原理 单元质量评估2 9页

第一章单元质量评估(二) 时间：120 分钟 总分：150 分 第Ⅰ卷(选择题，共 60 分) 一、选择题(每小题 5 分，共 60 分) 1．从 5 人中选 3 人参加迎新春座谈会，不同的选法有( C ) A．60 种 B．36 种 C．10 种 D．6 种 解析：完成这件事只要把人选出即可，是组合问题，有 C35＝10(种) 不同的选法． 2．一天有 6 节课，安排 6 门不同的学科，这一天不同的课表排 法有( B ) A．66 种 B．A 66种 C．36 种 D．12 种 解析：学科不同，每节课也不同，是排列问题，有 A 66种不同的 排法． 3．从 4 双不同的鞋中任取 4 只，结果都不成双的取法有( B ) A．24 B．16 C．44 D．24×16 解析：24＝16. 4．若复数 a＋bi 的 a，b 可取 0,1,2，…，9 这 10 个数字中的任 意一个，则可组成不同虚数的个数为( C ) A．46 B．81 C．90 D．100 解析：因为是组成虚数，所以 b≠0，则 b 的选法有 C 19种，a 的 选法有 C 110种，故可组成 C19·C110＝90(个)不同的虚数． 5．从 5 位男数学教师和 4 位女数学教师中选出 3 位教师派到 3 个班担任班主任(每班 1 位班主任)，要求这 3 位班主任中男女教师都 有，则不同的选派方案共有( B ) A．210 B．420 C．630 D．840 解析：选法分两步进行，选择老师的方法有 C15C24＋C25C14＝30＋ 40＝70(种)，将三人安排到三个班级有 A33＝6(种)，所以共有 70×6＝ 420(种)． 6．若( x＋2 x2)n 的展开式中只有第 6 项的二项式系数最大，则展 开式的常数项是( B ) A．360 B．180 C．90 D．45 解析：展开式中只有第 6 项的二项式系数最大，则展开式总共 11 项 ， 所 以 n ＝ 10 ， 通 项 公 式 为 ，所以 r＝2 时，常数项为 180. 7．如果小明在某一周的第一天和第七天分别吃了 3 个水果，且 从这周的第二天开始，每天所吃水果的个数与前一天相比，仅存在三 种可能：或“多一个”或“持平”或“少一个”，那么，小明在这一 周中每天所吃水果个数的不同选择方案共有( D ) A．50 种 B．51 种 C．140 种 D．141 种 解析：因为第一天和第七天吃的水果数相同，所以“多一个”或 “少一个”的天数必须相同，都是 0、1、2、3，共 4 种情况，所以 共有 C06＋C16C15＋C26C24＋C36C33＝141(种)不同的选择方案．故选 D. 8．若 C2n＋620 ＝Cn＋220 (n∈N＋)，且(2－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn， 则 a0－a1＋a2－…＋(－1)nan 等于( A ) A．81 B．27 C．243 D．729 解析：由 C2n＋620 ＝Cn＋220 ，得 2n＋6＝n＋2 或 2n＋6＝18－n，又 n ∈N＋，所以 n＝4.令 x＝－1，得 a0－a1＋a2－…＋(－1)nan＝3n＝34＝ 81. 9．3 位男生和 3 位女生共 6 位同学站成一排，若男生甲不站两 端，3 位女生中有且只有两位女生相邻，则不同的排法的种数是 ( B ) A．360 B．288 C．216 D．96 解析：先排三个男生有 A33＝6(种)不同的方法，然后再从 3 名女 生中任取 2 人“捆”在一起记作 A，(A 共有 C23A22＝6(种)不同排法)， 剩下一名女生记作 B，让 A，B 插入男生旁边 4 个位置的两个位置有 A24＝12(种)排法，此时共有 6×6×12＝432(种)排法，又男生甲不在两 端，其中甲在两端的情况有：2A22×6×A23＝144(种)不同的排法，所 以共有 432－144＝288(种)不同排法． 10．世界杯参赛球队共 32 支，现分成 8 个小组进行单循环赛， 决出 16 强(各组的前 2 名小组出线)，这 16 个队按照确定的程序进行 淘汰赛，决出 8 强，再决出 4 强，直到决出冠、亚军和第三名、第四 名，则比赛进行的总场数为( A ) A．64 B．72 C．60 D．56 解析：先进行单循环赛，有 8C24＝48(场)，再进行第一轮淘汰赛， 16 个队打 8 场，再决出 4 强，打 4 场，再分别举行 2 场决出胜负， 两胜者打 1 场决出冠、亚军，两负者打 1 场决出三、四名，共举行： 48＋8＋4＋2＋1＋1＝64(场)． 11．2019 年春节放假安排：正月初一至初七放假，共 7 天．某 单位安排 7 位员工值班，每人值班 1 天，每天安排 1 人．若甲不在初 一值班，乙 不在初二值班，且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案 共有( D ) A．1 440 种 B．1 360 种 C．1 282 种 D．1 128 种 解析：将甲、丙进行捆绑，如果不考虑限制条件，则安排方案有 A66·A22＝1 440(种)．如果乙在初二值班，且丙、甲相邻，则安排方案 有 C11·C14·A22·A44＝192(种)；如果甲在初一，丙在初二值班，则安排方 案有A55＝120(种)．故不同的安排方案有1 440－192－120＝1 128(种)． 12．如图，用五种不同的颜色给图中的 A，B，C，D，E，F 六 个不同的点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端 点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有( C ) A．1 240 种 B．360 种 C．1 920 种 D．264 种 解析：由于 A 和 E 或 F 可以同色、B 和 D 或 F 可以同色、C 和 D 或 E 可以同色，所以当五种颜色都选择时，选法有 C13C12A 55种；当 五种颜色选择四种时，选法有 C45C13×3×A 44种；当五种颜色选择三种 时，选法有 C 35 ×2×A 33 种，所以不同的涂色方法共 C 13 C 12 A 55 ＋ C45C13×3×A44＋C35×2×A33＝1 920.故选 C. 第Ⅱ卷(非选择题，共 90 分) 二、填空题(每小题 5 分，共 20 分) 13．(x2－4x＋4)5 的展开式中 x 的系数是－5_120. 解析：由(x2－4x＋4)5＝(x－2)10，得二项展开式的通项公式为 Tr ＋1＝Cr10x10－r(－2)r，所以 x 的系数为(－2)9C910＝－5 120. 14．从 1～9 这 9 个数字中任取 5 个数组成无重复数字的五位数， 且个位、百位、万位上的数字必须是奇数的五位数的个数是 1_800. 解析：先排个位、百位、万位上的数字有 A 35种排法，再排另两 位，有 A 26种排法，所以共可组成 A35·A26＝1 800(个)五位数． 15．把座位编号为 1,2,3,4,5 的五张电影票全部分给甲、乙、丙、 丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号， 那么不同的分法种数为 96.(用数字作答) 解析：根据题意，先将票分为符合题意要求的 4 份；可以转化为 将 1,2,3,4,5 这 5 个数字用 3 个板子隔开，分为四部分且不存在三连号 的问题，用插空法易得其情况数目，再将分好的 4 份对应到 4 个人， 由排列知识可得其情况数目，由分步乘法计数原理，计算可得答案．先 将票分为符合条件的 4 份，由题意，4 人分 5 张票，且每人至少一张， 至多两张，则 3 人 1 张，1 人 2 张，且分得的票必须是连号，相当于 将 1,2,3,4,5 这五个数用 3 个板子隔开，分为四部分且不存在三连号， 易得在 4 个空位插 3 个板子，共有 C34＝4(种)情况，再对应到 4 个人， 有 A44＝24(种)情况，则共有 4×24＝96(种)情况． 16．工人在安装一个正六边形零件时，需要固定如图所示的六个 位置的螺丝，第一阶段，随意拧一个螺丝，接着拧它对角线上(距离 它最远的，下同)螺丝，再随意拧第三个螺丝，第四个也拧它对角线 上螺丝，第五个和第六个依此类推，但每个螺丝都不要拧死；第二阶 段，将每个螺丝拧死，但不能连续拧相邻的 2 个螺丝，则不同的固定 方式有 2_880 种． 解析：第一阶段：先随意拧一个螺丝，接着拧它对角线上的，有 C 16种方法；再随意拧第三个螺丝和其对角线上的，有 C 14种方法；然 后随意拧第五个螺丝和其对角线上的，有 C 12种方法．第二阶段：先 随意拧一个螺丝，有 C 16种方法，再随意拧不相邻的，若拧的是对角 线上的，则有 4 种方法；若拧的是不相邻斜对角线上的，则有 6 种方 法，故共有 C16C14C12C16(4＋6)＝2 880(种)固定方式． 三、解答题(写出必要的计算步骤，只写最后结果不得分，共 70 分) 17．(10 分)已知在 x－3 x n 的展开式中，第 4 项为常数项． (1)求 n 的值； (2)求展开式中含 x3 的项的系数． 18．(12 分)二项式 x－2 x n 的展开式中： (1)若 n＝6，求倒数第二项； (2)若第 5 项与第 3 项的系数比为 56 3，求各项的二项式系数和． 解：(1)二项式 x－2 x n 的通项是 Tr＋1＝Crn( x)n－r －2 x r，当 n＝6 时，倒数第二项是 T6＝C56( x)6－5 －2 x 5＝ . (2)二项式 x－2 x n 的通项是 Tr＋1＝Crn( x)n－r －2 x r，则第 5 项与 第 3 项分别为 T5＝C4n( x)n－4 －2 x 4 和 T3＝C2n( x)n－2 －2 x 2，所以它们的 系数分别为 16C 4n和 4C2n. 由于第 5 项与第 3 项的系数比为 56∶3，则 16C4n∶4C2n＝56∶3， 解得 n＝10，所以各项的二项式系数和为 C010＋C110＋…＋C1010＝210＝1 024. 19．(12 分)某兴趣小组有 13 人，其中男生 8 人，女生 5 人，从 男、女生中各指定一名队长，现从中选出 5 人到野外考察，求在下列 条件下各有多少种选法： (1)至少有一名队长参加； (2)既有队长参加，又有女生参加． 解：(1)方法 1：至少有一名队长参加，即有一名队长参加或两名 队长参加，所以有 C12·C411＋C22·C311＝825(种)不同的选法． 方法 2：从 13 人中选 5 人有 C 513种不同的选法，其中不符合条件 的选法有 C 511种，所以有 C513－C511＝825(种)不同的选法． (2)女队长参加，有 C 412种不同的选法；女队长不参加，有 C14·C37＋ C24·C27＋C34·C17＋C 44种不同的选法． 所以共有 C412＋C14·C37＋C24·C27＋C34·C17＋C44＝790(种)不同的选法． 20．(12 分)某节目的现场观众来自四个不同的单位，分别在如图 中的 A，B，C，D 四个区域落座． 现有四种不同颜色的服装，每个单位的观众必须穿同色服装，且 相邻区域不能同色，不相邻区域是否同色不受限制，则不同的着装方 法共有多少种？ 解：当 A，B，C，D 四个区域的观众服装颜色全不相同时，有 4×3×2×1＝24(种)不同的方法； 当 A 区与 C 区同色，B 区和 D 区不同色且不与 A，C 同色时，或 B 区，D 区同色，A 区，C 区不同色且不与 B，D 同色时，有 2×4×3×2 ＝48(种)不同的方法； 当 A 区与 C 区同色，B 区与 D 区也同色且不与 A，C 同色时，有 4×3＝12(种)不同的方法． 由分类加法计数原理知共有 24＋48＋12＝84(种)不同的着装方 法． 21．(12 分)已知集合 A＝{x|10. 若 a>0，c<0，则有 C13·C11·C 13种选法； 若 a<0，c>0，则有 C11·C13·C 13种选法． 所以，共有 2×C13·C13＝18(个)满足条件的二次函数． (2)在 x 轴的负半轴上至少有一个零点的二次函数，可分以下 3 类． 第 1 类，在 x 轴的正、负半轴上各有一个零点，由(1)知有 18 个； 第 2 类，在 x 轴的负半轴上有一个零点，另一个零点为 0，此时 c＝0，且－b a<0，即 ab>0，有 A 23种，即对应的二次函数有 A23＝6(个)； 第 3 类，两个零点(包括二重零点)都在 x 轴的负半轴上，这时 a， b，c 应满足的关系为 b2－4ac≥0 且－b a<0，c a>0，则 b＝3，且 a，c ∈{1,2}，此时有 A 22种选法，对应的二次函数有 A22＝2(个)． 所以，满足条件的二次函数共有 18＋6＋2＝26(个)．