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2020-2021学年高中数学 第六章 计数原理单元素养评价新人教A版选择性必修第三册

2020-2021学年高中数学 第六章 计数原理单元素养评价新人教A版选择性必修第三册

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单元素养评价(一)(第六章)
(120分钟　150分)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40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.李芳有4件不同颜色的衬衣,3件不同花样的裙子,另有两套不同样式的连衣裙.“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出,则不同的选择方式有(　　)
A.24种 B.14种 C.10种 D.9种
【解析】选B.由题意可得李芳不同的选择方式有4×3+2=14(种).
2.自2020年起,山东夏季高考成绩由“3+3”组成,其中第一个“3”指语文、数学、英语3科,第二个“3”指学生从物理、化学、生物、政治、历史、地理6科中任选3科作为选考科目.某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科,从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目,则该同学3科选考科目的不同选法的种数为(　　)
A.6 B.7 C.8 D.9
【解析】选D.某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科,从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目,则该同学3科选考科目的不同选法的种数为=9种.
3.(2020·南京高二检测)某班联欢会原定的3个节目已排成节目单,开演前又增加了2个新节目,如果将这2个新节目插入节目单中,那么不同的插法种数为
(　　)
A.12 B.20 C.36 D.120
【解析】选B.利用分步乘法计数原理,第一步先插入第一个节目,有4种方法,第二步插入第二个节目,此时有5个空,故有5种方法.因此不同的插法共有20种.
4.如图所示,花坛内有五个花池,有五种不同颜色的花卉可供栽种,每个花池内只能种同种颜色的花卉,相邻两池的花色不同,则最多的栽种方案有(　　)

A.180种 B.240种 C.360种 D.420种
【解析】选D.由题意知,最少用三种颜色的花卉,按照花卉选种的颜色可分为三类方案,即用三种颜色,四种颜色,五种颜色.
①当用三种颜色时,花池2,4同色和花池3,5同色,此时共有种方案.
②当用四种颜色时,花池2,4同色或花池3,5同色,故共有2种方案.
③当用五种颜色时有种方案.
因此所有栽种方案为+2+=420(种).
5.在第二届乌镇互联网大会中, 为了提高安保的级别同时又为了方便接待, 现将其中的五个参会国的人员安排酒店住宿, 这五个参会国要在a,b,c三家酒店选择一家, 且每家酒店至少有一个参会国入住, 则这样的安排方法共有(　　)
A.96种 B.124种 C.130种 D.150种
【解题指南】根据题意,分2步进行分析:①把5个参会国的人员分成三组,一种是按照1,1,3;另一种是1,2,2;由组合数公式可得分组的方法数目,②将分好的三组对应三家酒店,由分步乘法计数原理计算可得答案.
【解析】选D.根据题意,分2步进行分析:
①五个参会国要在a,b,c三家酒店选择一家,且这三家至少有一个参会国入住,所以可以把5个国家人分成三组,一种是按照1,1,3;另一种是1,2,2,当按照1,1,3来分时共有=10种分组方法;当按照1,2,2来分时共有=15 种分组方法;则一共有10+15=25 种分组方法.②将分好的三组对应三家酒店,有=
6 种对应方法;则安排方法共有25×6=150 种.
【加练·固】
　　甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行投篮比赛,决出了第1至第5名的不同名次,甲、乙两人向裁判询问成绩,裁判对甲说:“很遗憾,你和乙都未拿到冠军.”对乙说:“你当然不是最差的.”根据裁判的回答,5人的名次排列共有________种不同的情况.(　　) 
A.54　　　B.108　　　C.210　　　D.96
【解题指南】甲、乙不是第一名且乙不是最后一名.乙的限制最多,故先排乙,有3种情况;再排甲,也有3种情况;余下的问题是三个元素在三个位置全排列,根据分步乘法计数原理得到结果.
【解析】选A.第一名不是甲和乙,则只能是丙、丁、戊三人中某一个,有种选法,而乙不是最差的,则乙只可能是第二、三、四名,有种可能,再将剩下的三人排成一列,依次插入即可,由分步乘法计数原理可知,共有=54种不同的情况.
6.若二项式(2+x)10按(2+x)10=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+…+a10(1-x)10的方式展开,则展开式中a8的值为(　　)
A.90 B.180 C.360 D.405
【解析】选D.由题意得,(2+x)10=(-2-x)10
=[-3+(1-x)]10,所以展开式的第9项为
T9=(-3)2(1-x)8=405(1-x)8,即a8=405.
【加练·固】
　　　设(2-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,那么的值为(　　)
A.-　　B.-　　C.-　　D.-1
【解析】选B.令x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1,再令x=-1可得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35.两式相加除以2求得a0+a2+a4=122,两式相减除以2可得a1+a3+a5=-121.
结合a5=-1,故=-.
7.甲、乙、丙 3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法总数是(　　)
A.210 B.336 C.84 D.343
【解析】选B.由题意知本题需要分组解决,
因为对于7个台阶上每一个只站一人有种;
若有一个台阶有2人另一个是1人,则共有种,
所以根据分类加法计数原理知共有不同的站法种数是+=336种.
8.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)→(m+1,n+1)或(m,n)→(m+1,n-1).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(　　)
A.15种 B.14种 C.9种 D.103种
【解析】选C.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)→(m+1,n-1)运动的,有4步是按照(m,n)→(m+1,n+1)运动的,因此,共有=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),当第一步(m,n)→(m+1,n-1)时不符合要求,有种;当第一步(m,n)→(m+1,n+1),但第二、三两步为(m,n)→(m+1,n-1)时也不符合要求,有1种,故要减去不符合条件的+1=6种,故共有15-6=9种.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
9.有四名男生,三名女生排队照相,七个人排成一排,则下列说法正确的有
(　　)
A.如果四名男生必须连排在一起,那么有720种不同排法
B.如果三名女生必须连排在一起,那么有576种不同排法
C.如果女生不能站在两端,那么有1 440种不同排法
D.如果三个女生中任何两个均不能排在一起,那么有1 440种不同排法
【解析】选CD.A中=576,
B中=720,
C中=1 440,
D中=1 440.
综上可得:CD正确.
10.若>3,则m的取值可能是(　　)
A.6 B.7 C.8 D.9
【解析】选BC.根据题意,对于和3,
有0≤m-1≤8且0≤m≤8,则有1≤m≤8,
若>3,
则有>3×,
变形可得:m>27-3m,解得:m>,
综合可得:<m≤8,则m=7或8.
11.将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中,不允许有空盒子的放法有多少种?下列结论正确的有(　　)
A. B.
C. D.18
【解析】选BC.根据题意,四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中,且没有空盒,则有1个盒子中放2个球,剩下的2个盒子中各放1个球,有2种解法:
(1)分2步进行分析:
①先将四个不同的小球分成3组,有种分组方法;
②将分好的3组全排列,对应放到3个盒子中,有种放法;
则没有空盒的放法有种;
(2)分2步进行分析:
①在4个小球中任选2个,在3个盒子中任选1个,将选出的2个小球放入选出的小盒中,有种情况;
②将剩下的2个小球全排列,放入剩下的2个小盒中,有种放法;
则没有空盒的放法有种.
12.(2020·烟台高二检测)已知(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等,且展开式的各项系数之和为1 024,则下列说法正确的是
(　　)
A.展开式中奇数项的二项式系数和为256
B.展开式中第6项的系数最大
C.展开式中存在常数项
D.展开式中含x15项的系数为45
【解析】选BCD.因为(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等;
所以=⇒n=10;
因为展开式的各项系数之和为1 024,
所以(a+1)10=1 024;
因为a>0;所以a=1.
原二项式为;其展开式的通项公式为:Tk+1=·(x2)10-k·=;
展开式中奇数项的二项式系数和为:×1 024=512;故A错;
因为本题中二项式系数和项的系数一样,且展开式有11项,故展开式中第6项的系数最大,B对;
令20-k=0⇒k=8,即展开式中存在常数项,C对;
令20-k=15⇒k=2,=45,D对.
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,将答案填在题中的横线上)
13.(2020·全国Ⅱ卷)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,则不同的安排方法共有__________种. 
【解析】因为4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,
所以先取2名同学看作一组,选法有=6(种),
现在可看成是3组同学分配到3个小区,分法有:=6(种),
根据分步乘法计数原理,可得不同的安排方法有6×6=36(种).
答案:36
【加练·固】
　　甲、乙、丙、丁4人进行篮球训练,互相传球,要求每人接球后立即传给别人,开始由甲发球,并作为第一次传球,第四次传球后,球又回到甲手中的传球方式共有________种. 
【解析】可以分两类:其一是第一次甲传球给乙、丙、丁,有种;第二次是传球给甲,有1种;第三次是甲传球给乙、丙、丁,有种;第四次是传给甲,有1种;由分步乘法计数原理可得×1××1=9种;第二类是第一次甲先传给乙、丙、丁,有种;第二次分别传给其他两人,有种;第三次再分别传给另外两人,有种;第四次传给甲,只有1种;由分步乘法计数原理可知×××1=12种,由分类加法计数原理可得所有传球方式共有9+12=21(种).
答案:21
14.(2017·浙江高考)已知多项式=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x1+a5,则a4=________,a5=________. 
【解析】因为多项式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x1+a5,a4为x1项的系数,所以根据二项式定理得a4=12×22+13××2=16,a5是常数项,所以a5=13×22=4.
答案:16　4
15.在的二项展开式中,若常数项为60,则n等于________. 
【解题指南】利用二项展开式的通项公式列出通项,化简后令未知数x的指数等于0,从而确定通项公式中r与n的等式,再根据常数项等于60,得到另一个r与n的等式,解方程组即可得.
【解析】Tr+1==2r·,n,
r∈N*,得解得n=6.
答案:6
16.某公园划船收费标准如表:
船型
两人船
(限乘2人)
四人船
(限乘4人)
六人船
(限乘6人)
每船租金
(元/小时)
90
100
130
某班16名同学一起去该公园划船,若每人划船的时间均为1小时,每只租船必须坐满,则租船最低总费用为________元,租船的总费用共有________种可能. 
【解析】当租两人船时,租金为:×90=720元,
当租四人船时,租金为:×100=400元,
当租1条四人船6条两人船时,租金为:100+6×90=640元,
当租2条四人船4条两人船时,租金为:2×100+4×90=560元,
当租3条四人船2条两人船时,租金为:3×100+2×90=480元,
当租1条六人船5条2人船时,租金为:130+5×90=580元,
当租2条六人船2条2人船时,租金为:2×130+2×90=440元,
当租1条六人船1条四人船3条2人船时,租金为:130+100+3×90=500元,
当租1条六人船2条四人船1条2人船时,租金为:130+2×100+90=420元,
当租2条六人船1条四人船时,租金为:2×130+100=360元,
综上,租船最低总费用为360元,租船的总费用共有10种可能.
答案:360　10
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤)
17.(10分)有9名学生,其中2名会下象棋但不会下围棋,3名会下围棋但不会下象棋,4名既会下围棋又会下象棋.现在要从这9名学生中选出2名学生,一名参加象棋比赛,另一名参加围棋比赛,共有多少种不同的选派方法?
【解析】设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C,则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类:
第一类:A中选1人参加象棋比赛,B中选1人参加围棋比赛,方法数为·=6(种);
第二类:C中选1人参加象棋比赛,B中选1人参加围棋比赛,方法数为·=12(种);
第三类:C中选1人参加围棋比赛,A中选1人参加象棋比赛,方法数为·=8(种);
第四类:C中选2人分别参加两项比赛,方法数为=12(种);
由分类加法计数原理,选派方法数共有:6+12+8+12=38(种).
18.(12分)(2020·南通高二检测)在(n≥3,n∈N*)的展开式中,第2,3,4项的二项式系数依次成等差数列.
(1)求n的值;
(2)求展开式中含x2的项.
【解析】(1)因为在(n≥3,n∈N*)的展开式中,第2,3,4项的二项式系数依次成等差数列,
所以2=+,求得n=7,或n=2(舍去).
(2)二项展开式的通项公式为Tk+1=··,令=2,求得k=2,
可得展开式中含x2的项为T3=··x2=x2.
19.(12分)高二某班级有5名男生,4名女生排成一排.(以下结果用数字作答)
(1)从中选出3人排成一排,有多少种排法?
(2)若4名女生互不相邻,9名同学排成一排,有多少种不同的排法?
【解析】(1)从9人中选出3人排成一排有=504种排法.
(2)5名男生排成一排的排法有种,4名女生插空有种情况,
则由分步乘法计数原理得4名女生互不相邻有=43 200种排法.
20.(12分)(2020·武汉高二检测)某医院有内科医生8名,外科医生6名,现选派4名参加抗击新冠肺炎疫情医疗队,其中:
(1)甲、乙两人至少有一人参加,有多少种选法?
(2)队中至少有一名内科医生和一名外科医生,有几种选法?
【解析】(1)根据题意,某医院有内科医生8名,外科医生6名,共14人,从中选取4人,有=1 001种选法,
其中甲、乙都没有参加的情况有=495种,
则甲、乙两人至少有一人参加的选法有1 001-495=506种.
(2)根据题意,从14人中任选4人,有=1 001种选法,其中只有内科医生的选法有=70种,只有外科医生的选法有=15种,
则队中至少有一名内科医生和一名外科医生的选法有1 001-70-15=916种.
21.(12分)在(2x-3y)10的展开式中,求:
(1)各项的二项式系数的和.
(2)奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和.
(3)各项系数之和.
(4)奇数项系数的和与偶数项系数的和.
【解题指南】(1)根据二项式系数的性质求解.
(2)可采用赋值法,根据二项式定理,求得奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和,也可直接应用二项式系数的这部分性质,写出答案.
(3)采用赋值法,令x=y=1,求得各项系数之和.
(4)采用赋值法,令x=1,y=-1,结合(3),可分别求得奇数项系数的和与偶数项系数的和.
【解析】(1)各项的二项式系数的和为+++…+=210=1 024.
(2)奇数项的二项式系数的和为++…+=29=512;
偶数项的二项式系数的和为++…+=29=512.
(3)设(2x-3y)10=a0x10+a1x9y+a2x8y2+…+a10y10 (*),
各项系数之和即为a0+a1+a2+…+a10,
由于(*)是恒等式,故可用“赋值法”求解.
令(*)中x=y=1,得各项系数之和为(2-3)10=(-1)10=1.
(4)奇数项系数的和为a0+a2+a4+…+a10,偶数项系数的和为a1+a3+a5+…+a9.
由(3)知a0+a1+a2+…+a10=1. ①
令(*)中x=1,y=-1,得a0-a1+a2-a3+…+a10=510. ②
①+②,得2(a0+a2+…+a10)=1+510,故奇数项系数的和为 ;①-②,得2(a1+a3+…+a9)=1-510,故偶数项系数的和为.
22.(12分)把4位男售票员和4位女售票员平均分成4组,到4辆公共汽车里售票,如果同样两人在不同汽车上服务算作不同的情况.
(1)有几种不同的分配方法?
(2)每小组必须是一位男售票员和一位女售票员,有几种不同的分配方法?
(3)男售票员和女售票员分别分组,有几种不同的分配方法?
【解析】(1)男女合在一起共有8人,每个车上2人,可以分四个步骤完成,先安排2人上第一辆车,共有种,再安排第二辆车共有种,再安排第三辆车共有种,最后安排第四辆车共有种,这样不同的分配方法有···
=2 520(种).
(2)要求男女各1人,因此先把男售票员安排上车,共有种不同方法,同理,女售票员也有种方法,由分步乘法计数原理,男女各1人的不同分配方法为·=576(种).
(3)男女分别分组,4位男售票员平分成两组共有=3种不同分法,
4位女售票员平分成两组也有=3种不同分法,
这样分组方法就有3×3=9(种),对于其中每一种分法又有种上车方法,因而不同的分配方法有9·=216(种).