复习参考题教案2

《排列组合、二项式定理》章末质量评估(一) (时间：100分钟

满分：120分) 一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．知识竞赛中给一个代表队的4人出了2道必答题和4道选答题，要求4人各答一题，共答4题，此代表队可选择的答题方案的种类为

(

)．

42422A．A6

B．A24

C．C4A4

D．C4A4

解析

从4道选答题中选2道的选法为C24，2道必答题和2道选答题让4人

4各答一题的方法为A4，故选C.

答案

C 2．已知{1，2}⊆Z⊆{1，2，3，4，5}，满足这个关系式的集合Z共有

(

)．

A．2个

B．6个

C．4个

D．8个

解析

由题意知集合Z中的元素1，2必取，另外，从3，4，5中可以不取，

123取1个，取2个，取3个，故共有C03＋C3＋C3＋C3＝8(个)．

答案

D 3．二项式(a＋2b)n展开式中的第二项系数是8，则它的第三项的二项式系数为

(

)．

A．24

B．18

C．16

D．6 n－112解析

T2＝C1(2b)1＝Cn·2an－1·b，所以2n＝8，n＝4，所以C2nan＝C4＝6.

答案

D 4．某汽车生产厂家准备推出10款不同的轿车参加车展，但主办方只能为该厂提供6个展位，每个展位摆放一辆车，并且甲、乙两款车不能摆放在1号展位，那么该厂家参展轿车的不同摆放方案有

(

)．

415A．C210A8种

B．C9A9种

1515C．C8A9种

D．C8A8种

解析

考查分步计数原理和排列数公式，在1号位汽车选择的种数为C18，其

515余位置的排列数为A9，故种数为C8A9，选C.

答案

C

5．在一次运动会上有四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，那么不同的夺冠情况的种数为

(

)．

3A．A4

B．43

C．34

D．C34

解析

四项比赛的冠军在甲、乙、丙三人中产生，每项冠军都有3种可能，

由分步乘法计数原理知共有3×3×3×3＝34种．

答案

C 21n6．在x－x的展开式中，常数项为15，则n等于

(

)．

A．3

B．4

C．5

D．6 解析

12n－r－x∵Tr＋1＝Crn(x)r2n－3r＝(－1)rCr，

nx∴又常数项为15，∴2n－3r＝0，

2即r＝3n时，(－1)rCrn＝15，∴n＝6.故选D.

答案

D 7．用4种不同的颜色涂入图中的矩形A、B、C、D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同涂法有

(

). A C

D

A.72种

B．48种

C．24种

D．12种

解析

涂A共4种涂法，则B有3种涂法，C有2种涂法，D有3种涂法．

∴共有4×3×2×3＝72种涂法．

答案

A 8．在(1－x)5－(1－x)6的展开式中，含x3的项的系数是

(

)．

A．－5

B．5

C．－10

D．10 633解析

(1－x)5中x3的系数为－C35＝－10，－(1－x)中x的系数为－C6·

B

(－1)3＝20，故(1－x)5－(1－x)6的展开式中x3的系数为10.

答案

D

9．从正方体ABCD -A1B1C1D1的8个顶点中选取4个作为四面体的顶点，可得到的不同四面体的个数为

(

)．

444A．C48－12

B．C8－8

C．C8－6

D．C8－4 解析

在正方体中，6个面和6个对角面上的四个点不能构成四面体．

答案

A 10．将7名学生分配到甲、乙两个宿舍中，每个宿舍至少安排2名学生，那么互不相同的分配方案共有

(

)．

A．252种

B．112种

C．70种

D．56种

解析

分两类：甲、乙两个宿舍中一个住4人、另一个住3人或一个住5人、

222另一个住2人，所以不同的分配方案共有C37A2＋C7A2＝35×2＋21×2＝112 种．

答案

B 二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中横线上) 11．从4名男生和3名女生中选出4人担任奥运志愿者，若选出的4人中既有男生又有女生，则不同的选法共有________种．

44解析

(间接法)共有C7－C4＝34种不同的选法．

答案

34 12．若(3x＋1)n(n∈N*)的展开式中各项系数的和是256，则展开式中x2项的系数是________．

解析

令x＝1，得(3＋1)n＝256，解得n＝4，(3x＋1)4的展开式中x2项的系

2数为C243＝54.

答案

54 13．在5名乒乓球队员中有2名老队员和3名新队员，现从中选出3名队员排成1，2，3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1，2号中至少有1名新队员的排法有________种．

12123解析

两老一新时，有C13×C2A2＝12种排法；两新一老时，有C2C3×A3＝

36种排法，即共有48种排法．

答案

48

14．设(2x－1)6＝a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋…＋|a6|＝________．

61566解析

由(2x－1)6＝C06(2x)＋C6(2x)·(－1)＋…＋C6(－1)，

可知x6，x5，…，x0的系数正、负相间，且

|a0|＋|a1|＋…＋|a6|

＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6.

令x＝－1，有a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0

＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6

＝(－3)6＝36.

答案

36

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．(10分)已知(1＋2x)n的展开式中，某一项的系数恰好是它前一项系数的25倍，而且是它后一项系数的6，求展开式中二项式系数最大的项．

解

由题意设展开式中第k＋1项系数是第k项系数的2倍，是第k＋2项系5数的6，

kk－1k－1Ck，n·2＝2Cn·2∴kk5k＋1k＋1解得n＝7. C·2＝C·2，6nn33∴展开式中二项式系数最大的项是第4项和第5项，T4＝C7(2x)3＝280x2，4T5＝C7(2x)4＝560x2. 16．(10分)从6名短跑运动员中选出4人参加4×100 m接力赛．试求满足下列条件的参赛方案各有多少种？

(1)甲不能跑第一棒和第四棒；

(2)甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒．

解

(1)法一

优先考虑特殊元素甲，让其选位置，此时务必注意甲是否参赛，因此需分两类：

4第1类，甲不参赛有A5种排法；

第2类，甲参赛，因只有两个位置可供选择，故有A12种排法；其余5人占3

13413个位置有A3

5种排法，故有A2A5种方案．所以有A5＋A2A5＝240种参赛方案．法二

先着眼于整体，后局部剔除不合要求的参赛方案．首先，6个人占43个位置有A4其次，甲跑第一棒和第四棒的不合要求的参赛方案有2A56种占法；种．

4所以有A6－2A35＝240种参赛方案．

(2)显然第一、四棒为特殊位置，与之相伴的甲、乙则为特殊元素，这时特殊元素与特殊位置的个数相等，对此我们仍从三方面进行思考，以在对比中积累经验．

法一

优先考虑特殊位置．

13第1类，乙跑第一棒有A1A5＝60种排法；

112第2类，乙不跑第一棒有A4A4A4＝192种排法．

故共有60＋192＝252种参赛方案．

法二

(间接法) 4共有A6＝360种参赛方案，其中不合要求的有：

112①甲跑第一棒，乙跑第四棒，有A1A1A4＝12种排法；

112②甲跑第一棒，乙不跑第四棒，有A1A4A4＝48种排法；

112③甲不跑第一棒，乙跑第四棒，有A1A4A4＝48种排法．

综上知有360－12－48－48＝252种参赛方案．

17．(10分)设f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n(m、n∈N＋)，若其展开式中关于x的一次项系数的和为11，试问m、n为何值时，含x3的系数最小？这个最小值是多少？

1解

据题意可得C1m＋Cn＝11，

∴m＋n＝11，含x3的系数为

n（n－1）（n－2）33m（m－1）（m－2）Cm＋Cn＝＋

66m3－3m2＋2m＋n3－3n2＋2n＝

6（11－n）3－3（11－n）2＋2（11－n）＋n3－3n2＋2n＝

627n2－297n＋9909112231＝＝2n－2＋8. 6∴当m＝5，n＝6或m＝6，n＝5时，x3的系数最小为30.

18．(12分)有6名男医生，4名女医生．

(1)选3名男医生，2名女医生，让这5名医生到5个不同地区去巡回医疗，共有多少种不同方法？

(2)把10名医生分成两组，每组5人且每组都要有女医生，则有多少种不同分法？若将这两组医生分派到两地去，并且每组选出正副组长两人，又有多少种不同方案？

解

(1)分三步完成．

第一步：从6名男医生中选3名有C36种方法；

第二步：从4名女医生中选2名有C24种方法；

5第三步：对选出的5人分配到5个地区有A5种方法．

325根据分步乘法计数原理，共有N＝C6C4A5＝14 400(种)．

(2)医生的选法有以下两类情况：

第一类：一组中女医生1人，男医生4人，另一组中女医生3人，男医生214人．共有C4C6种不同的分法；

第二类：两组中人数都有女医生2人男医生3人．因为组与组之间无顺序，123故共有C4C6种不同的分法．

2因此，把10名医生分成两组，每组5人且每组都要有女医生的不同的分法共14123有C4C6＋2C4C6＝120种．

若将这两组医生分派到两地去，并且每组选出正副组长两人，则共有

＝96 000种不同方案．

19．(12分)(2012·广州高二检测)从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数，试问：

(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？

(2)上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？

(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个？

(4)在(1)中任意两偶数都不相邻的七位数有几个？

3解

(1)分步完成：第一步在四个偶数中取三个，可有C4种情况；

第二步在五个奇数中取四个，可有C45种情况；

第三步三个偶数，四个奇数进行排列，可有A77种情况，所以符合题意的七位347数有C4C5A7＝100 800个．

3453(2)上述七位数中，三个偶数排在一起的有C4C5A5A3＝14 400个．

(3)上述七位数中，三个偶数排在一起，四个奇数也排在一起的有

4342C34C5A3A4A2＝5 760个．

(4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把四个奇数排好，再将三个偶数分别33插入5个空档，共有A45C4A5＝28 800个．