（2021新人教B版）高中数学选择性必修第二册章末综合测评1　排列、组合与二项式定理练习.doc

1、1/7 章末综合测评章末综合测评(一一)排列、组合与二项式定排列、组合与二项式定 理理 (时间：120 分钟满分：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) 1C910C 8 10等于() A45B55 C65D以上都不对 BC910C810C110C21055，故选 B. 2若 aN，且 a20，则(27a)(28a)(34a)等于() AA827aBA27 a 34a CA734aDA834a DA834a(27a)(28a)(34a) 3已知 x1,2,3,4，y5,6,7,8，则 xy 可表示不

2、同值的个数为() A2B4 C8D15 Dx 的取值共有 4 个，y 的取值也有 4 个，则 xy 共有 4416 个积，但 是由于 3846，所以 xy 共有 16115(个)不同值，故选 D. 4从乒乓球运动员男 5 名、女 6 名中组织一场混合双打比赛，不同的组合 方法种数为() AC25C26BC25A26 CC25A22C26A22DA25A26 B分两步进行：第一步，选出两名男选手，有 C 2 5种方法；第二步，从 6 名女生中选出 2 名且与已选好的男生配对，有 A 2 6种故有 C25A 2 6种 5已知关于 x 的二项式 x a 3 x n 展开式的二项式系数之和为 32，常

3、数项 为 80，则 a 的值为() A1B1C2D2 2/7 C由条件知2n32， 即n5， 在通项公式Tk1Ck5( x)5 k a 3 x k Ck5akx 155k 6 中，令 155k0，得 k3.所以 C35a380，解得 a2. 6要为 5 名志愿者和他们帮助的 2 位老人拍照，要求排成一排，2 位老人 相邻但不排在两端，不同的排法共有() A1 440 种B960 种 C720 种D480 种 B从 5 名志愿者中选 2 人排在两端有 A 2 5种排法， 2 位老人的排法有 A 2 2种， 其余 3 人和老人排有 A 4 4种排法，共有 A25A22A44960 种不同的排法 7

4、在(x23x2)5的展开式中 x 的系数为() A140B240 C360D800 B由(x23x2)5(x1)5(x2)5，知(x1)5的展开式中 x 的系数为 C45， 常数项为 1，(x2)5的展开式中 x 的系数为 C4524，常数项为 25.因此原式中 x 的 系数为 C4525C4524240. 8.如图所示，用五种不同的颜色给图中的 A，B，C，D，E，F 六个不同的点 涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不 同的涂色方法共() A1 240 种B360 种 C1 920 种D264 种 C由于 A 和 E 或 F 可以同色，B 和 D 或 F 可

5、以同色，C 和 D 或 E 可以同 色，所以当五种颜色都选择时，选法有 C13C12A 5 5种；当五种颜色选择四种时，选 法有 C45C133A 4 4种；当五种颜色选择三种时，选法有 C352A 3 3种，所以不同 的涂色方法共 C13C12A55C45C133A44C352A331 920 种故选 C. 二、多项选择题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，在每小题给出的 选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得 5 分，部分选对的得 3 分，有选错 的得 0 分) 3/7 9. x1 x 11 的展开式中二项式系数最大的项是() A第 5 项B第 6 项 C第 7 项D第

6、8 项 BC由 n11 为奇数，则展开式中第111 2 项和第111 2 1 项，即第 6 项 和第 7 项的二项式系数相等，且最大 10若 Cm 1 83Cm8，则 m 的取值可能是() A6B7 C8D9 BC根据题意，对于 C m1 8和 3Cm8，有 0m18 且 0m8，则有 1m8，若 Cm 1 83Cm8，则有 8！ m1！9m！3 8！ m！8m！，变形得 m 273m，解得 m27 4 ，即27 4 m8，则 m7 或 8；故选 BC. 11下列等式中，正确的是() A(n1)AmnAm 1 n1B. n！ nn1(n2)! CCmn Amn n！ D. 1 nmA m1 n

7、Amn ABD对于 A， (n1)Amn(n1) n！ nm！ n1！ nm！ n1！ n1m1！ Am 1 n1，故 A 正确； 对于 B， n！ nn1 nn1n2！ nn1 (n2)！ ，故 B 正确； 对于 C，Cmn Amn m！ Amn n！，故 C 错误； 对于 D， 1 nmA m1 n 1 nm n！ nm1！ n！ nm！A m n， 故 D 正确，故选 ABD. 12高一学生王超想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门 课程中选三门作为选考科目，则下列说法正确的有() A若任意选择三门课程，选法总数为 C 3 7种 4/7 B若物理和化学至少选一门，选法总数为

8、C12C26 C若物理和历史不能同时选，选法总数为 C37C 1 5种 D若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为 C12C25 C 1 5种 ACA 显然正确；对于 B 应为 C12C25C22C 1 5种；对于 C，用间接法，显然 正确；对于 D 应分三种情况： 只选物理，则有 C 2 4种选法； 只有化学，则有 C 2 5种选法； 若物理与化学都选，则有 C 1 4种选法 即共有 C24C25C1420 种选法 综上可知 AC 正确，BD 错误 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(a1a2a3)(b1b2b3)(

9、c1c2c3c4)展开后共有_项 36该展开式中每一项的因式分别来自 a1a2a3，b1b2b3，c1c2c3 c4中的各一项由 a1，a2，a3中取一项共 3 种取法，从 b1，b2，b3中取一项有 3 种不同取法，从 c1，c2，c3，c4中任取一项共 4 种不同的取法由分步乘法计 数原理知，该展开式共 33436(项) 143 名学生报名参加篮球、足球、排球、计算机课外兴趣小组，每人选报 一门，则不同的报名方案有_种 64每名同学都有 4 种不同的报名方案，共有 44464 种不同的报名 方案 15(1.05)6的计算结果精确到 0.01 的近似值是_ 1.34(1.05)6(10.05

10、)6C06C160.05C26 0.052C360.05310.30.037 50.002 51.34. 16若函数 f(x)64x6表示为 f(x)a0a1(2x1)a2(2x1)2a6(2x 1)6，其中 a0，a1，a2，a6为实数，则 a5_，a2a4a6_.(本 题第一空 2 分，第二空 3 分) 63164x61(2x1)6a0a1(2x1)a2(2x1)2a6(2x1)6， a5C566，a2a4a6C26C4 6C6631. 5/7 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(本小题满分 10 分)设(2x1)10a0a1xa2

11、x2a10 x10，求下列各式 的值： (1)a0a1a2a10； (2)a6. 解(1)令 x1，得 a0a1a2a10(21)101. (2)a6即为含 x6项的系数，Tr1Cr10(2x)10 r(1)rCr 10(1)r210 rx10r，所以 当 r4 时，T5C410(1)426x613 440 x6，即 a613 440. 18(本小题满分 12 分)已知 CxnC2xn， Cx 1 n11 3 Cx 1 n， 试求 x，n 的值 解CxnCn x nC2xn，nx2x 或 x2x(舍去)，n3x. 由 Cx 1 n11 3 Cx 1 n，得 n！ x1！nx1！ 11 3 n！

12、 x1！nx1！， 整理得 3(x1)！(nx1)！11(x1)！(nx1)！ ， 3(nx1)(nx)11(x1)x. 将 n3x 代入，整理得 6(2x1)11(x1)， x5，n3x15. 19(本小题满分 12 分)利用二项式定理证明：49n16n1(nN)能被 16 整除 证明49n16n1(481)n16n1 C0n48nC1n48n 1Cn1 n48Cnn16n1 16(C0n348n 1C1 n348n 2Cn1 n3n) 所以 49n16n1 能被 16 整除 20(本小题满分 12 分)一个口袋内有 4 个不同的红球，6 个不同的白球 (1)从中任取 4 个球，红球的个数不

13、比白球少的取法有多少种？ (2)若取一个红球记 2 分，取一个白球记 1 分，从中任取 5 个球，使总分不 6/7 少于 7 分的取法有多少种？ 解(1)将取出 4 个球分成三类情况： 取 4 个红球，没有白球，有 C 4 4种； 取 3 个红球 1 个白球，有 C34C 1 6种； 取 2 个红球 2 个白球，有 C24C 2 6种， 故有 C44C34C16C24C26115 种 (2)设取 x 个红球，y 个白球，x，yN，且 x0,4，y0,6， 则 xy5， 2xy7， 故 x2， y3 或 x3， y2 或 x4， y1. 因此，符合题意的取法共有 C24C36C34C26C44C

14、16186 种 21(本小题满分 12 分)设(1x)na0a1xa2x2anxn，n4，nN*. 已知 a232a2a4. (1)求 n 的值； (2)设(1 3)nab 3，其中 a，bN*，求 a23b2的值 解(1)因为(1x)nC0nC1nxC2nx2Cnnxn，n4，nN*， 所以 a2C2nnn1 2 ，a3C3nnn1n2 6 ， a4C4nnn1n2n3 24 . 因为 a232a2a4， 所以 nn1n2 6 2 2nn1 2 nn1n2n3 24 . 解得 n5. (2)由(1)知，n5. (1 3)n(1 3)5C05C153C25( 3)2C35( 3)3C45( 3

15、)4C55( 3)5a b 3. 法一：因为 a，bN*，所以 aC053C259C4576， bC153C359C5544， 从而 a23b2762344232. 法二：(1 3)5C05C15( 3)C25( 3)2C35( 3)3C45( 3)4C55( 3)5 7/7 C05C153C25( 3)2C35( 3)3C4 5( 3)4C55( 3)5. 因为 a，bN*，所以(1 3)5ab 3. 因此 a23b2(ab 3)(ab 3)(1 3)5(1 3)5(2)532. 22(本小题满分 12 分)0,1,2,3,4 这五个数字组成无重复数字的自然数 (1)在组成的三位数中，求所有

16、偶数的个数； (2)在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字 都小，则称这个数为“凹数”，如 301,423 等都是“凹数”，试求“凹数”的个 数： (3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然 数的个数 解(1)将所有的三位偶数分为两类： 若个位数为 0， 则共有 A2412(种)； 若个位数为 2 或 4，则共有 23318(种)所以共有 30 个符合题意的三位偶 数 (2)将这些“凹数”分为三类：若十位数字为 0，则共有 A2412(种)；若十 位数字为 1，则共有 A236(种)；若十位数字为 2，则共有 A222(种)所以共 有 20 个符合题意的“凹数” (3)将符合题意的五位数分为三类：若两个奇数数字在一、三位置，则共 有 A22A3312(种)；若两个奇数数字在二、四位置，则共有 A22C12A228(种)； 若两个奇数数字在三、五位置，则共有 A22C12A228(种)所以共有 28 个符合 题意的五位数