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选修2-3 高二数学单元检测训练题

排列组合

说明：本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将第Ⅰ卷选择题的答案填入题后括号内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答.共100分，考试时间90分钟. 第Ⅰ卷(选择题，共30分) 一、选择题(本大题共10小题，每小题3分，共30分) 23331.C133+C33+C33+…+C33除以9的余数是

A.0

B.11

C.2

D.7 解析:本题主要考查二项式定理在整除中的应用. 答案:D 2.计算1！+2！+3！+…+100！得到的数，其个位数字是

A.2

B.3

C.4

D.5 解析:∵5！+6！+…+100！的个位数字是0,而1！+2！+3！+4！=1+2+6+24=33. ∴个位数字是3. 答案:B 3.从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有

A.280种

B.240种

C.180种

D.96种

解析:因为甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作,所以翻译工作从余下的四名志愿者中选1人,3有4种选法,再从余下的5人中选3人从事导游、导购、保洁,有A35种选法.所以有4A5=240种. 答案:B 4.从编号为1,2,3,…,10,11的11个球中,取出5个球,使这5个球的编号之和为奇数,其取法总数为

A.236

B.328

C.462

D.2640 解析:分三类. 第一类,取五个编号为奇数的小球,共有C56种取法; 2第二类,取三个编号为奇数的小球,再取两个编号为偶数的小球,共有C36C5=200种取法; 4第三类,取一个编号为奇数的小球,再取四个编号为偶数的小球,共有C1C5=30种取法. 6·根据分类计数原理,所以共有N=6+200+30=236种取法. 答案:A 5.有386、486、586型电脑各一台，甲、乙、丙、丁四名操作人员的技术等次各不相同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不能操作586，而丁只能操作386，今从这四名操作人员中选3人分别去操作以上电脑，则不同的选派方法有

A.12种

B.8种

C.6种

D.4种

解析:分类讨论法

(1)不选丁,有C2·A2=4种选法; (2)选丁,①选丙,有2种选法，②不选丙,有A2=2种选法. 212

所以共有4+2+2=8种. 答案:B 6.在100件产品中有6件次品,现从中任取3件产品,至少有1件次品的不同取法的种数是

2A.C16C94

2B.C16C99

3D.A100－A394

3C.C100－C394

解析:任取3件产品,其中至少有1件次品的情况分为有1件次品,有2件次品,有3件次品.221333那么不同取法的种数是C1C+CC+C或C－C69410094.故选C. 6946答案:C 7.0.9910的小数点后第1位数字为n1,第2位数字为n2,第3位数字为n3,则n1,n2,n3分别为

A.9,4,0

B.9,0,4 C.9,2,0

D.9,0,2 234234解析:0.9910=(1－0.01)10=1－C1·0.01+C·0.01－C·0.01+C10101010·0.01－…=1－0.1+0.0045－0.00012+…=0.90438+…. 答案:B 8.有两排座位,前排11个座位,后排12个座位.现安排2人就座,规定前排中间的3个座位不能坐,并且这2人不左右相邻,那么不同排法的种数是

．A.234

B.346

解法一:∵前排中间3个座位不能坐, ∴实际可坐的位置前排8个,后排12个. C.350

D.363 21(1)两人一个前排,一个后排,方法数为C1CA2; 812221(2)两人均在后排,共A12种,还需排除两人相邻的情况:A111A2,即A12－A11A2; 22(3)两人均在前排,又分两类:①两人一左一右,为C4C4A2,②两人同左或同右时,有

212(A2－AA42)种. 322112221211综上,不同排法的种数为C18C12A2+(A12－A11A2)+C4C4A2+2(A4－A3A2)=346. 112解法二:一共可坐的位子有20个,2个人坐的方法数为A220,还需排除两左右相邻的情况.把可坐的20个座位排成连续一行(B与C相接),任两个座位看成一个整体,即相邻的坐法有A119A2,但这其中包括B、C相邻,与E、F相邻,而这两种相邻在实际中是不相邻的,还应再加1上2A2.∴不同排法的种数为A220－A19·A2+2A2=346. 2222答案:B

9.若(1+x)n的展开式中x2项的系数为an,则A.大于2 C.等于2

111++…+的值

ana2a3

B.小于2 D.大于3

2解析:(1+x) n的展开式中x2项的系数为an=C2n=故n(n1), n1121==2(－). n1nann(n1)于是111112(1)<2. a2a3a4ann答案:B 10.从6名短跑运动员中选出4人参加4×100 m接力赛，如果甲、乙两人都不跑第一棒，那么不同的参赛方案有

A.180种

B.240种

C.300种

D.360种

解析:分为三种情况：

(1)甲、乙都不参加，有A44=24种; (2)甲、乙仅有1人参加，有2C13A4=144种; 2(3)甲、乙两人都参加，有A3A4=72种. 23∴共有24+144+72=240种. 答案:B 第Ⅱ卷(非选择题，共70分) 二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分) 11.将标号为1,2,…,10的10个球放入标号为1,2,…,10的10个盒子内.每个盒内放一个球,则恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有______种.(以数字作答) ．3解析:从10个球中任取3个,有C10种方法.取出的3个球与其所在盒子的标号不一致的方法有2种. 3∴共有2C10种方法. 答案:240 12.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种,分别种在不同土质的三块土地上,其中黄瓜必须种植.不同的种植方法有______种. 2解析:因为黄瓜必须种植,在余下的3种蔬菜品种中再选两种,进行排列,共有C3A33种,即有18种. 答案:18 13.从0，1，2，3，4中每次取出不同的三个数字组成三位数，那么这些三位数的个位

数之和为______. 1解析:0在个位的三位数的个位数字之和为0.1，2，3，4在个位的个位数各有A13A3个.所以，这些三位数的个位数之和为(1+2+3+4)×9=90. 答案:90 14.求(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5+…+(1+x)20的展开式中x3的系数. 解法一:所求x3的系数为

34333433333C33+C4+C5+…+C20=(C4+C4)+C5+…+C20=(C5+C5)+C6+…+C20

44343=(C6+C3)+…+C=C+C=C21, 2020206∴展开式中x3的系数是C421=5985. (1x)3[1(1x)18](1x)21(1x)3解法二:原式==, x1(1x)显然只有(1+x)21中x4项与字母x相除可得x3项, ∴x3的系数为C421=5985. 答案:5985 三、解答题(本大题共5小题，共54分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(本小题满分10分)某种产品有3只次品和6只正品，每次取出一只测试，直到3只次品全部测出为止，求第三只次品在第6次测试时被发现的不同的测试情况有多少种. 分析:排列与组合的混合题，一般采用先组合后排列的方法. 解:第六次测试到次品的方法有C13种，

3分

6分

10分

5前5次有2只次品和3只正品的测试方法有C36·A5种. 35因此共有C13·C6·A5=7200(种).

16.(本小题满分10分)有红、黄、蓝三色的卡片各5张，且同色的5张卡片上都标有A、B、C、D、E五个字母，现从这15张卡片中任取4张，要求字母互不相同且三色齐全的取法有多少种？

解:第一步,选定2张同色卡片的颜色,有C13种.

2第二步,选定各同色卡片的字母,有C5种.

1

2分

4分

7分

10分

第三步,余下两种颜色各1张及字母的选法有C13·C2种. 21∴共有C13·C5·C3·C2=180(种). 1

17.(本小题满分10分)用0，1，2，3，…，9这十个数字组成五位数，其中含有三个奇数数字与两个偶数数字的五位数有多少个? 25解法一:考虑0的特殊要求，如果对0不加限制，应有C35C5A5个， 3分

14其中0居首位的有C35C4A4个.

6分

故符合条件的五位数共有

42531C35C5A5－C5C4A4＝11040(个).

10分

解法二:按元素分类：奇数字有1，3，5，7，9；偶数字有0，2，4，6，8. 把从五个偶数中任取两个的组合分成两类：①不含0的；②含0的.

2分

25①不含0的,由三个奇数字和两个偶数字组成的五位数有C35C4A5个；

5分

②含0的，这时0只能排在除首位以外的四个数位上，有A14种排法，再选三个奇数数

141字与一个偶数数字全排放在其他数位上，共有C35C4A4A4种排法.

28分

14153综合①和②，由分类计数原理，符合条件的五位数共有C35C4A5＋C5C4A4A4＝11040(个).

10分

18.(本小题满分12分)已知数列{an}(n为正整数)是首项为a1，公比为q的等比数列. 203(1)求和:a1C2－a2C2+a3C2,a1C3－a2C13+a3C3－a4C3; 012(2)由(1)的结果归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明. 1222解:(1)a1C0

2－a2C2+a3C2=a1－2a1q+a1q=a1(1－q).

3分

6分

203233a1C3－a2C1+aC－aC=a－3aq+3aq－aq=a(1－q).

3411111333(2)归纳概括的结论：

若数列{an}是首项为a1,公比为q的等比数列, 123nnn则a1C0n－a2Cn+a3Cn－a4Cn+…+(－1)an+1Cn=a1(1－q),n为正整数. 123nn证明:a1C0n－a2Cn+a3Cn－a4Cn+…+(－1)an+1Cn

12233nnn=a1C0n－a1qCn+a1qCn－a1qCn+…+(－1)a1qCn

12233nnn=a1［C0n－qCn+qCn－qCn+…+(－1)qCn］

8分

=a1(1－q)n.

12分

19.(本小题满分12分)7个人到7个地方去旅游,甲不去A地,乙不去B地,丙不去C地,丁不去D地,问:共有多少种旅游方案? 解:此题可用排除法,7个人分赴7个地方共有A77种可能. (1)若甲、乙、丙、丁4人同时都去各自不能去的地方旅游,而其余的人可以去余下的地方旅游的不同选法有A33=6种.

3

2分

(2)若甲、乙、丙、丁中有3人同时去各自不能去的地方旅游,有C4种,而4人中剩下1人旅

3313游的地方是C13种,都选完后,再考虑无条件3人的旅游方法是A3种,所以共有C4C3A3=72种.

5分

(3)若甲、乙、丙、丁4人中有2人同时去各自不能去的地方旅游,有C24种,余下的5个人分赴5个不同的地方的方案有A55种,但是其中又包括了有条件的四人中的两人(不妨设甲、乙两人)同时去各自不能去的地方共A33种,和这两人中有一人去了自己不能去的地方有2353132A1A种,所以共有C(A－A－2AA4335333)=468种.

8分

(4)若甲、乙、丙、丁4人中只有1人去了自己不能去的地方旅游,有C14种方案,而余下的六个人的旅游方案仍与(3)想法一致,共有

23315313C4［A6－A－C(A－A)－C(A－A－2A·A4363335333)］=1704种. 14

11分

12分

所以满足以上情况的不同旅游方案共有A77－(6+72+468+1704)=2790(种).