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1 10页

第一章单元质量评估(一) 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．小王打算用 70 元购买面值分别为 20 元和 30 元的两种 IC 电 话卡．若他至少买一张，则不同的买法一共有( C ) A．7 种 B．8 种 C．6 种 D．9 种 解析：要完成“至少买一张 IC 电话卡”这件事，可分三类：第 一类是买 1 张 IC 卡；第二类是买 2 张 IC 卡；第三类是买 3 张 IC 卡．而 每一类都能独立完成“至少买一张 IC 电话卡”这件事．买 1 张 IC 卡 有 2 种方法，买 2 张 IC 卡有 3 种方法，买 3 张 IC 卡有 1 种方法．不 同的买法共有 2＋3＋1＝6(种)． 2．设某班有男生 30 人，女生 24 人，现要从中选出男、女生各 一名代表班级参加比赛，则不同的选法种数是( C ) A．360 B．480 C．720 D．240 解析：由分步乘法计数原理，得 N＝30×24＝720(种)． 3．设 P＝1＋5(x＋1)＋10(x＋1)2＋10(x＋1)3＋5(x＋1)4＋(x＋1)5， 则 P 等于( B ) A．x5 B．(x＋2)5 C．(x－1)5 D．(x＋1)5 解析：P＝[1＋(x＋1)]5＝(x＋2)5，故选 B. 4. 1 2x－2y 5 的展开式中 x2y3 的系数是( A ) A．－20 B．－5 C．5 D．20 解析：由已知，得 Tr ＋1＝Cr5 1 2x 5－ r(－2y)r＝Cr5 1 2 5－r·(－2)rx5－ ryr(0≤r≤5，r∈Z)，令 r＝3，得 T4＝C35 1 2 2(－2)3x2y3＝－20x2y3.故选 A. 5．20 个不同的小球平均分装在 10 个格子中，现从中拿出 5 个 球，要求没有两个球取自同一个格子中，则不同的拿法一共有 ( D ) A．C 510种 B．C 520种 C．C510C 12种 D．C510·25 种 解析：分两步：第一步先从 10 个格子中选中 5 个格子，有 C 510种 方法；第二步从每个格子中选一个球，不同的拿法有 2×2×2×2×2 ＝25(种)．由分步乘法计数原理共有 C510·25 种不同的拿法． 6．在(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn 中，若 2a2＋an－5＝0，则 n 的值是( B ) A．7 B．8 C．9 D．10 解析：Tr＋1＝Crn(－1)rxr，则 a2＝C2n，an－5＝(－1)n－5Cn－5n ，因为 2a2 ＋an－5＝0，a2>0，所以 an－5＝－C5n，所以 2C2n＝C 5n且 n 为偶数，将各 选项代入验证知 n＝8，故选 B. 7．7 人站成一排照相，甲站在正中间，乙、丙与甲相邻且站在 甲的两边的排法共有( C ) A．120 种 B．240 种 C．48 种 D．24 种 解析：由题意知，甲的位置确定，而乙、丙的位置有 2 种排法， 再排其他 4 人，有 A 44种不同的排法，故不同的排法总数为 A44·2＝ 48(种)． 8．( 2＋3 3)100 的展开式中，无理项的个数是( B ) A．83 B．84 C．85 D．86 9．某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目、2 个小品类节目和 1 个 相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( B ) A．72 B．120 C．144 D．168 解析：解决该问题分为两类：第一类分两步，先排歌舞类 A33， 然后利用插空法将剩余 3 个节目排入左边或右边 3 个空，故不同排法 有 A33·2A33＝72.第二类也分两步，先排歌舞类 A33，然后将剩余 3 个节 目放入中间两空排法有 C12A22A22，故不同的排法有 A33A22A22C12＝48，故 共有 120 种不同排法，故选 B. 10．6 把椅子摆成一排，3 人随机就座，任何两人不相邻的坐法 种数为( D ) A．144 B．120 C．72 D．24 解析：插空法．在已排好的三把椅子产生的 4 个空当中选出 3 个 插入 3 人即可．故排法种数为 A34＝24.故选 D. 11．在(1＋x)6(1＋y)4 的展开式中，记 xmyn 项的系数为 f(m，n)， 则 f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝( C ) A．45 B．60 C．120 D．210 解析：因为(1＋x)6 展开式的通项公式为 Tr＋1＝Cr6xr，(1＋y)4 展开 式的通项公式为 Th＋1＝Ch4yh，所以(1＋x)6(1＋y)4 展开式的通项可以为 Cr6Ch4xryh.所以 f(m，n)＝Cm6 Cn4.所以 f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝C36＋ C26C14＋C16C24＋C34＝20＋60＋36＋4＝120.故选 C. 12．设 m 为正整数，(x＋y)2m 展开式的二项式系数的最大值为 a， (x＋y)2m＋1 展开式的二项式系数的最大值为 b.若 13a＝7b，则 m＝ ( B ) A．5 B．6 C．7 D．8 解析：由题意可知，a＝Cm2m，b＝Cm2m＋1， 又因为 13a＝7b，所以 13· 2m！ m！m！＝7· 2m＋1！ m！m＋1！， 即13 7 ＝2m＋1 m＋1 .解得 m＝6.故选 B. 第Ⅱ卷(非选择题，共 90 分) 二、填空题(每小题 5 分，共 20 分) 13．某学校开设 A 类选修课 3 门，B 类选修课 4 门，一位同学从 中共选 3 门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有 30 种(用数字作答)． 解析：方法 1：可分以下两种情况：(1)A 类选修课选 1 门，B 类 选修课选 2 门，有 C13C 24种不同的选法；(2)A 类选修课选 2 门，B 类 选修课选 1 门，有 C23C 14种不同的选法．所以不同的选法共有 C13C24＋ C23C14＝18＋12＝30(种)． 方法 2：C37－C33－C34＝30(种)． 14．( x＋a)6 的展开式中含 x2 项的系数为 60，则实数 a＝±2. 15．在 8 张奖券中有一、二、三等奖各 1 张，其余 5 张无奖．将 这 8 张奖券分配给 4 个人，每人 2 张，不同的获奖情况有 60 种(用数 字作答)． 解析：不同的获奖情况分为两种，一是一人获两张奖券一人获一 张奖券，共有 C23A24＝36(种)；二是有三人各获得一张奖券，共有 A34＝ 24(种)．因此不同的获奖情况有 36＋24＝60(种)． 16．设 a≠0，n 是大于 1 的自然数， 1＋x a n 的展开式为 a0＋a1x ＋a2x2＋…＋anxn.若点 Ai(i，ai)(i＝0,1,2)的位置如下图所示，则 a＝3. 解析：由题意得 a1＝1 a·C1n＝n a ＝3，所以 n＝3a； a2＝ 1 a2C2n＝nn－1 2a2 ＝4，所以 n2－n＝8a2. 将 n＝3a 代入 n2－n＝8a2 得 9a2－3a＝8a2， 即 a2－3a＝0，解得 a＝3 或 a＝0(舍去)． 所以 a＝3. 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)4 位学生与 2 位教师坐在一起合影留念，根据下列条 件，求各有多少种不同的坐法： (1)教师必须坐在中间； (2)教师不能坐在两端，但要坐在一起； (3)教师不能坐在两端，且不能相邻． 解：(1)分步完成：教师先坐中间，有 A 22种方法，学生再坐其余 位置，有 A 44种方法． 根据分步乘法计数原理，不同的坐法共有 A22·A44＝48(种)． (2)将 2 名教师看作一个元素，问题变为 5 个元素排列的问题． 先将教师排好，有 A13·A 22种方法，再排学生，有 A 44种方法，故 不同的坐法共有 A13·A22·A44＝144(种)． (3)插空法：先排学生，有 A 44种方法，教师从 4 名学生之间的 3 个空位选 2 个进行排列，有 A 23种方法，故不同的坐法共有 A44·A23＝ 144(种)． 18．(12 分)从 1 到 100 的自然数中，每次取出不同的两个数，使 它的和大于 100，则不同的取法有多少种？ 解：若从 1,2,3，…，97,98,99,100 中取出 1，有 1＋100>100，有 1 种取法； 若取出 2，有 2＋100>100,2＋99>100，有 2 种取法； 取出 3，有 3 种取法；…； 若取出 50，有 50＋51>100,50＋52>100，…，50＋100>100，有 50 种取法； 所以取出数字 1 至 50，共有不同的取法 N1＝1＋2＋3＋…＋50 ＝1 275(种)． 若取出 51，有 51＋52>100,51＋53>100，…，51＋100>100，有 49 种取法； 若取出 52，则有 48 种取法；…；若取出 99，只有 1 种取法． 所以取出数字 51 至 100(N1 中取过的不再取)，有不同取法 N2＝ 49＋48＋…＋2＋1＝1 225(种)． 故总的取法共有 N＝N1＋N2＝2 500(种)． 19．(12 分)已知 2 xi＋1 x2 n，i 是虚数单位，x>0，n∈N＋. (1)如果展开式的倒数第三项的系数是－180，求 n 的值； (2)对(1)中的 n，求展开式中的系数为正实数的项． 20．(12 分)若 x2－1 x n 的展开式中含 x 的项为第 6 项，设(1－3x)n ＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，求 a1＋a2＋…＋an 的值． 21．(12 分)已知(a2 ＋1)n 的展开式中的各项系数之和等于 16 5 x2＋ 1 x 5 的展开式的常数项，而(a2＋1)n 的展开式的系数最大的项 等于 54，求 a 的值． 又(a2＋1)n 的展开式的各项系数之和等于 2n， 由题意得 2n＝16，解得 n＝4， 由二项式系数的性质可知，(a2＋1)4 的展开式中系数最大的项是 中间项，即第三项， 由 C24a4＝54，解得 a＝± 3. 22．(12 分)用 0,1,2,3,4,5 这六个数字： (1)可组成多少个无重复数字的自然数？ (2)可组成多少个无重复数字的四位偶数？ (3)组成无重复数字的四位数中比 4 023 大的数有多少？ 解：(1)组成无重复数字的自然数共有 C15A55＋C15A45＋C15A35＋C15A25 ＋C15A15＋C16＝1 631(个)． (2)无重复数字的四位偶数中个位数是 0 的有 A35＝60(个)，个位数 是 2 或 4 的有 2C14A24＝96(个)，所以无重复数字的四位偶数共有 60＋ 96＝156(个)． (3)无重复数字的四位数中千位数字是 5 的共有 A35＝60(个)，千位 数字是 4 的有 A35＝60(个)，其中不大于 4 023 的有 5 个，故比 4 023 大的数共有 60＋60－5＝115(个)．