1、【成才之路】2015-2016 学年高中数学 第一章 计数原理单元综合检测 新人教 A 版选修 2-3时间 120 分钟，满分 150 分。一、选择题(本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)1(2014新课标理，5)4 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为A B18 38C D58 78答案 D解析 四位同学各自在周六、周日两种选择一天参加公益活动的情况有 2416 种方式，其中仅在周六(周日)参加的各有一种，故所求概率 P1 .1 116 782已知 C C C (nN *
2、)，则 n 等于( )7n 1 7n 8nA14 B12 C13 D15答案 A解析 因为 C C C ，所以 C C .8n 7n 8n 1 7n 1 8n 178 n1， n14，故选 A3(2015河南省高考适应性测试)3 对夫妇去看电影，6 个人坐成一排，若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性，则坐法的种数为( )A54 B60 C66 D72答案 B解析 记 3 位女性为 a、 b、 c，其丈夫依次为 A、 B、 C，当 3 位女性都相邻时可能情形有两类：第一类男性在两端(如 BAabcC)，有 2A 种，第二类男性在一端(如 XXAabc)，有32A A 种，共有 A (2A 2)36
3、 种，当仅有两位女性相邻时也有两类，第一类这两人在一23 3 2端(如 abBACc)，第二类这两人两端都有其他人(如 AabBCc)，共有 4A 24 种，故满足题意23的坐法共有 362460 种4(2013晋中市祁县二中高二期中)某城市的街道如图，某人要从 A 地前往 B 地，则路程最短的走法有( )A8 种 B10 种 C12 种 D32 种答案 B解析 此人从 A 到 B，路程最短的走法应走两纵 3 横，将纵用 0 表示，横用 1 表示，则一种走法就是 2 个 0 和 3 个 1 的一个排列，只需从 5 个位置中选 2 个排 0，其余位置排1 即可，故共有 C 10 种25(注：若排
4、法为 10011，则走法如图中箭头所示)5(2015广东理，4)袋中共有 15 个除了颜色外完全相同的球，其中有 10 个白球，5 个红球从袋中任取 2 个球，所取的 2 个球中恰有 1 个白球，1 个红球的概率为( )A B 521 1021C D11121答案 B解析 从袋中任取 2 个球共有 C 105 种，其中恰好 1 个白球 1 个红球共有 C C215 1050 种，所以恰好 1 个白球 1 个红球的概率为 ，故选 B1550105 10216(2014安徽理，8)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为 60的共有( )A24 对 B30 对 C48 对 D60
5、对答案 C解析 解法 1：先找出正方体一个面上的地角线与其余面对角线成 60角的对数，然后根据正方体六个面的特征计算总对数如图，在正方体 ABCD A1B1C1D1中，与面对角线 AC 成 60角的面对角线有B1C、 BC1、 C1D、 CD1、 A1D、 AD1、 A1B、 AB1共 8 条，同理与 BD 成 60角的面对角线也有 8条，因此一个面上的对角线与其相邻 4 个面的对角线，共组成 16 对，又正方体共有 6 个面，所有共有 16696 对因为每对都被计算了两次(例如计算与 AC 成 60角时，有 AD1，计算与 AD1成 60角时有 AC，故 AD1与 AC 这一对被计算了 2
6、次)，因此共有 964812对解法 2：间接法正方体的面对角线共有 12 条，从中任取 2 条有 C 种取法，其中相21互平行的有 6 对，相互垂直的有 12 对，共有 C 61248 对217(2015湖南理，6)已知 5的展开式中含 x 的项的系数为 30，则 a( )(x ax) 32A B 3 3C6 D6答案 D解析 Tr1 C (1) rarx r，令 r 得 r1，可得5 a30 a6，故选r552 52 32D8从 0、1、2、3、4、5 这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为( )A300 B216 C180 D162答案 C解析 本小题主要考查
7、排列组合的基础知识由题意知可分为两类，(1)选“0” ，共有 C C C A 108，2312133(2)不选“0” ，共有 C A 72，234由分类加法计数原理得 72108180，故选 C9.(2014山东省胶东示范校检测)已知某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动(含 x， y 正半轴上的整点)，其运动规律为( m， n)( m1， n1)或( m， n)( m1， n1)若该动点从原点出发，经过 6 步运动到点(6,2)，则不同的运动轨迹有( )A15 种 B14 种 C9 种 D103 种答案 C解析 由运动规律可知，每一步的横坐标都增加 1，只需考虑纵坐标的变化，而纵坐标每一
8、步增加 1(或减少 1)，经过 6 步变化后，结果由 0 变到 2，因此这 6 步中有 2 步是按照( m， n)( m1， n1)运动的，有 4 步是按照( m， n)( m1， n1)运动的，因此，共有 C 15 种，而此动点只能在第一象限的整点上运动(含 x， y 正半轴上的整点)，当第26一步( m， n)( m1， n1)时不符合要求，有 C 种；当第一步( m， n)( m1， n1)，但15第二、三两步为( m， n)( m1， n1)时也不符合要求，有 1 种，故要减去不符合条件的C 16 种，故共有 1569 种1510(2015河北唐山市一模) 3展开式中的常数项为( )(
9、x21x2 2)A8 B12 C20 D20答案 C解析 3 6， Tr1 C x6 r rC (1) rx62 r，令(x21x2 2) (x 1x) r6 ( 1x) r662 r0，得 r3，常数项为 C (1) 320.3611高三(三)班学生要安排毕业晚会的 3 个音乐节目，2 个舞蹈节目和 1 个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，3 个音乐节目恰有两个节目连排，则不同排法的种数是( )A240 B188 C432 D288答案 D1 2 3 4 5解析 先从 3 个音乐节目中选取 2 个排好后作为一个节目有 A 种排法，这样共有 523个节目，两个音乐节目不连排，两个舞蹈
10、节目不连排，如图，若曲艺节目排在 5 号(或 1 号)位置，则有 4A A 16 种排法；若曲艺节目排在 2 号(或 4 号)位置，也有 4A A 16 种排2 2 22法，若曲艺节目排在 3 号位置，有 22A A 16 种排法，共有不同排法，A (163)22 23288 种，故选 D12.已知直线 ax by10( a、 b 不全为 0)与圆 x2 y250 有交点，且交点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有( )A66 条 B72 条 C74 条 D78 条答案 B解析 先考虑 x0， y0 时，圆上横、纵坐标均为整数的点有(1,7)(5,5)(7,1)，依圆的对称性知，圆上共有 3
11、412 个点的横、纵坐标均为整数，经过其中任意两点的割线有 C 66(条)，过每一点的切线共有 12 条，又考虑到直线 ax by10 不经过原点，21而上述直线中经过原点的有 6 条，所以满足题意的直线共有 6612672(条)二、填空题(本大题共 4 个小题，每小题 4 分，共 16 分，把正确答案填在题中横线上)13将 4 名新来的同学分配到 A、 B、 C 三个班级中，每个班级至少安排 1 名学生，其中甲同学不能分配到 A 班，那么不同的分配方案有_ _.答案 24 种解析 将 4 名新来的同学分配到 A、 B、 C 三个班级中，每个班级至少安排一名学生有 C A 种分配方案，其中甲同
12、学分配到 A 班共有 C A C A 种方案因此满足条件的不243 232 132同方案共有 C A C A C A 24(种)243 232 13214(2015新课标理，15)( a x)(1 x)4的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为32，则 a_ _.答案 3分析 考查二项式定理解答本题应特别注意所求项是两个多项式相乘得到的，其奇次幂项由 a 与(1 x)4展开式的奇次幂项相乘和由 x 与(1 x)4展开式的偶次幂项相乘得到解析 由已知得(1 x)414 x6 x24 x3 x4，故( a x)(1 x)4的展开式中 x 的奇数次幂项分别为 4ax,4ax3， x,6x3， x5，
13、其系数之和为 4a4 a16132，解得 a3.15(2015广西柳州市模拟)在(1 x)(1 x)10的展开式中，含 x5的项的系数为_ _.答案 42解析 由二项式展开式的通项公式得(1 x)(1 x)10中，含 x5项为 C x5( x)C510x4(C C )x542 x5，故系数为 42.410 510 41016将 5 位志愿者分成 3 组，其中两组各 2 人，另一组 1 人，分赴世博会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有_ _种(用数字作答)答案 90 种解析 本题考查了排列组合中的平均分组分配问题，先分组 ，再把三组分配C25C23C1A2乘以 A 得： A 90 种3C25C
14、23C1A2 3三、解答题(本大题共 6 个大题，共 74 分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17(本题满分 12 分)已知 A x|1log2x3， xN *， B x|x6|3， xN *，试问：从集合 A 和 B 中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？解析 A3,4,5,6,7， B4,5,6,7,8从 A 中取一个数作为横坐标，从 B 中取一个数作为纵坐标，有 5525(个)，而 8 作为横坐标的情况有 5 种，3 作为纵坐标且 8 不是横坐标的情况有 4 种，故共有555434 个不同的点18(本题满分 12 分)求证：对任何非负整数 n,33n2
15、6 n1 可被 676 整除证明 当 n0 时，原式0，可被 676 整除当 n1 时，原式0，也可被 676 整除当 n2 时，原式27 n26 n1(261) n26 n1(26 nC 26n1 C 262C 261)26 n11n n 2n n 1n26 nC 26n1 C 262.1n n 2n每一项都含 262这个因数，故可被 262676 整除综上所述，对一切非负整数 n,33n26 n1 可被 676 整除19(本题满分 12 分)(2015青岛市胶州高二期中)已知(1 m )n(m 是正实数)的展x开式的二项式系数之和为 256，展开式中含 x 项的系数为 112.(1)求 m
16、， n 的值；(2)求展开式中奇数项的二项式系数之和；(3)求(1 m )n(1 x)的展开式中含 x2项的系数x解析 (1)由题意可得 2n256，解得 n8.通项 Tr1 C mrx ，r8r2含 x 项的系数为 C m2112，28解得 m2，或 m2(舍去)故 m， n 的值分别为 2,8.(2)展开式中奇数项的二项式系数之和为 C C C C 2 81 128.18 38 58 78(3)(12 )8(1 x)(12 )8 x(12 )8，x x x所以含 x2的系数为 C 24C 221008.48 2820(本题满分 12 分)某校高三年级有 6 个班级，现要从中选出 10 人组
17、成高三女子篮球队参加高中篮球比赛，且规定每班至少要选 1 人参加这 10 个名额有多少不同的分配方法？解析 解法一：除每班 1 个名额以外，其余 4 个名额也需要分配这 4 个名额的分配方案可以分为以下几类：(1)4 个名额全部给某一个班级，有 C 种分法；(2)4 个名额分16给两个班级，每班 2 个，有 C 种分法；(3)4 个名额分给两个班级，其中一个班级 1 个，26一个班级 3 个由于分给一班 1 个，二班 3 个和一班 3 个、二班 1 个是不同的分法，因此是排列问题，共有 A 种分法；(4)分给三个班级，其中一个班级 2 个，其余两个班级每班261 个，共有 C C 种分法；(5
18、)分给四个班，每班 1 个，共有 C 种分法16 25 46故共有 NC C A C C C 126 种分配方法16 26 26 16 25 46解法二：该问题也可以从另外一个角度去考虑：因为是名额分配问题，名额之间无区别，所以可以把它们视作排成一排的 10 个相同的球，要把这 10 个球分开成 6 段(每段至少有一个球)这样，每一种分隔办法，对应着一种名额的分配方法这 10 个球之间(不含两端)共有 9 个空位，现在要在这 9 个位子中放进 5 块隔板，共有 NC 126 种放法59故共有 126 种分配方法21(本题满分 12 分)用 0、1、2、3、4 这五个数字，可以组成多少个满足下列
19、条件的没有重复数字的五位数？(1)被 4 整除；(2)比 21034 大的偶数；(3)左起第二、四位是奇数的偶数解析 (1)被 4 整除的数，其特征应是末两位数是 4 的倍数，可分为两类：当末两位数是 20、40、04 时，其排列数为 3A 18，当末两位数是 12、24、32 时，其排列数为33A A 12.故满足条件的五位数共有 181230(个)12 2(2)当末位数字是 0 时，首位数字可以为 2 或 3 或 4，满足条件的数共有 3A 183个当末位数字是 2 时，首位数字可以为 3 或 4，满足条件的数共有 2A 12 个3当末位数字是 4 时，首位数字是 3 的有 A 6 个，首
20、位数字是 2 时，有 3 个，共有39 个综上知，比 21034 大的偶数共有 1812939 个(3)方法一：可分为两类：末位数是 0，有 A A 4(个)；2 2末位数是 2 或 4，有 A A 4(个)；2 12故共有 A A A A 8(个)2 2 2 12方法二：第二、四位从奇数 1,3 中取，有 A 个；首位从 2,4 中取，有 A 个；余下的2 12排在剩下的两位，有 A 个，故共有 A A A 8(个)2 212222(本题满分 14 分)已知 n(nN *)的展开式的各项系数之和等于 5(3a 3a) (43b 15b)的展开式中的常数项，求 n的展开式中 a1 项的二项式系
21、数(3a 3a)解析 对于 5： Tr1 C (4 )5 r rC (1) r45 r5 b(43b 15b) r5 3b ( 15b) r5 r2.10 5r6若 Tr1 为常数项，则 105 r0，所以 r2，此时得常数项为 T3C (1)2524351 2 7.令 a1，得 n展开式的各项系数之和为 2n.由题意知 2n2 7，所以 n7.对于(3a 3a)7： Tr1 C 7 r( )rC (1) r37 ra .(3a 3a) r7(3a) 3a r7 5r 216若 Tr1 为 a1 项，则 1，所以 r3.5r 216所以 n的展开式中 a1 项的二项式系数为 C 35.(3a 3a) 37
