2023-2024学年北师大版（2019）选择性必修一 第五章 计数原理 单元测试卷
学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1、从6名男医生,5名女医生中选出3名医生组成一个医疗小组,且至少有一名女医生,则不同的选法共有( )
A.130种 B.140种 C.145种 D.155种
2、从0,2中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为( )
A.24 B.18 C.12 D.6
3、有2男2女共4名大学毕业生被分配到A，B，C三个工厂实习，每人必须去一个工厂且每个工厂至少去1人，且A工厂只接收女生，则不同的分配方法种数为( )
A.12 B.14 C.36 D.72
4、从集合中任取2个不同的数，作为直线方程的系数，则最多可得到不同的直线的条数为( )
A.18 B.20 C.25 D.10
5、由0，1，2，3，5组成的无重复数字的五位偶数共有( )
A.36个 B.42个 C.48个 D.120个
6、由3个2，1个0，2个3组成的六位数中，满足有相邻4位恰好是2023的六位数的个数为( )
A.3 B.6 C.9 D.24
7、以长方体的任意三个顶点为顶点作三角形，从中随机取出2个三角形，则这2个三角形不共面的情况种数为( )
A.1480 B.1468 C.1516 D.1492
8、某商家在春节前开展商品促销活动，顾客凡购物金额满50元，则可以从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，若有4名顾客同时各领取一件礼品，则他们中有且仅有2名领取的礼品种类相同的概率是( )
A. B. C. D.
9、从5名大学毕业生中选派4人到甲、乙、丙三个贫困地区支援，要求甲地区2人，乙、丙地区各一人，则不同的选派方法种数为( )
A.40 B.60 C.100 D.120
10、化简的结果是( )
A.
B.
C.
D.
二、填空题
11、某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有__________种（用数字作答）.
12、二项式定理是产生组合恒等式的一个重要源泉.由二项式定理可得：，，……，则__________.
13、“十一”假期期间，我校欲安排甲、乙、丙等7位工作人员在10月1日到10月7日值班，每人值班一天，其中甲、乙两人都不安排在10月1日和10月2日，同时丙不安排在10月7日，则不同的安排方法共有____________种.（用数字作答）
14、如图，对A、B、C、D、E、F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色若有四种颜色可供选择，则共有_____________种不同的染色方法.
15、将标有1，2，3，4，5，6的6个质量相同的小球放入A，B，C三个盒子中，每个盒子放两个小球，其中1号小球不放入A盒子中，2号小球和3号小球都不放入B盒子中，则共有________种不同的放法.（用数字作答）
16、北京冬奥会期间,小苏抢购了3个冰墩墩和4个雪容融且造型不一的吉祥物,现抽取3个吉祥物送给一位朋友,其中至少有冰墩墩雪容融各1个,则不同的送法有________种.(用数字作答)
三、解答题
17、设集合，是坐标平面上的点，.
（1）P可以表示多少个平面上不同的点？
（2）P可以表示多少个第二象限的点？
（3）P可以表示多少个不在直线上的点？
18、规定，其中，，且，这是组合数(，且的一种推广.
（1）求的值.
（2）组合数具有两个性质：①；②.这两个性质是否都能推广到(，) 若能，请写出推广的形式并给出证明；若不能，请说明理由.
19、已知.
（1）若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；
（2）若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项.
20、男运动员6名，女运动员4名，其中男 女队长各1名.现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
（1）男运动员3名，女运动员2名；
（2）队长中至少有1人参加；
（3）既要有队长，又要有女运动员.
参考答案
1、答案：C
解析：1,小组有1名女医生的选法:种;
2,小组有2名女医生选法:种;
3,小组有2名女医生的选法:种;
共有145种选法.
故选:C
2、答案：B
解析：由于题目要求的是奇数,那么对于此三位数可以分成两种情况:奇偶奇;偶奇奇.如果是第一种奇偶奇的情况,可以从个位开始分析(3种选择),之后十位(2种选择),最后百位(2种选择),共12种;如果是第二种情况偶奇奇,分析同理:个位(3种情况),十位(2种情况),百位(不能是0,一种情况),共6种,因此总共种情况.
3、答案：B
解析：按A工厂分类，第一类：A工厂仅接收1人有种分配方法；第二类：A工厂接收2人有.综上知不同的分配方法有种.故选B.
4、答案：A
解析：第一步，给A赋值有5种选择，第二步，给B赋值有4种选择，由分步计数原理知，可得到条直线，但，与，表示同一条直线，且，与，也表示同一条直线，最多可得到不同的直线的条数为.
5、答案：B
解析：分两类：第一类，五位数的个位数字是0，有种情形；第二类，五位数的个位数字是2，由于0不排首位，因此首位只有1，3，5这3种情形，中间任意排，故有种情形.由分类计数原理可得，无重复数字的五位偶数的个数为，故选B.
6、答案：B
解析：因为六位数是由3个2，1个0，2个3组成的，所以除去2023，还剩1个2和1个3，所以将2023进行捆绑，对2023，2，3进行全排列，共有个满足题意的六位数.故选B.
7、答案：B
解析：因为长方体的八个顶点中的任意三个均不共线，所以从八个顶点中任取三个均可构成1个三角形，共有个三角形，从中任选两个，共有种情况.长方体有六个面，六个对角面；每个面的四个顶点共确定4个不同的三角形，故随机取出2个三角形，则这2个三角形不共面的情况共有种，故选B.
8、答案：B
解析：从“福”字、春联和灯笼这三类礼品中任意免费领取一件，有4名顾客同时各领取一件礼品，基本事件总数为，他们中有且仅有2名领取的礼品种类相同包含的基本事件个数为，所以他们中有且仅有2名领取的礼品种类相同的概率是.故选B.
9、答案：B
解析：解法一：先从5名大学毕业生中选派2人到甲地区，有种，再从剩余的3人中选派l人到乙地区，有种，然后从剩余的2人中选派1人到丙地区，有种，所以不同的选派方法有种.
解法二：先从5名大学毕业生中选4人，有种，再从4人中选派2人到甲地区，有种，然后从剩余的2人中选派1人到乙地区，有种，最后将剩余的1人派到丙地区，有1种，所以不同的选派方法有种.
10、答案：D
解析：原式.
11、答案：64
解析：选修2门课，体育类和艺术类各选1门，共有种选课方案；
选修3门课，分为选2门体育类、1门艺术类和选2门艺术类、1门体育类两种情况，共有种选课方案.
因此不同的选课方案共有种.
12、答案：
解析因为，
所以，，，……，，
所以，
因为，所以，
令，得，即，
所以
.
13、答案：2112
解析：当甲、乙两人中有一人排在10月7日，另一人排在3、4、5、6日时，剩余5人全排列，共有种排法；当甲、乙两人均排在3、4、5、6日时，丙只有种排法，剩余4人全排列，共有种排法，则不同的安排方法共有种.
14、答案：96
解析：要完成给题图中的A、B、C、D、E、F六个区域进行染色，可将染色方法分为两类，第一类，仅用三种颜色染色，则A、F同色，B、D同色，C、E同色，即从四种颜色中取三种，有4种取法，用三种颜色染三个区域有种染法，共有种染法；第二类，用四种颜色染色，即A、F，B、D，C、E三组中有一组不同色，有3种方案（A、F不同色或B、D不同色或C、E不同色），从四种颜色中取两种染同色区域，有种染法，剩余两种染在不同色区域，有种染法，共有种染法.由分类计数原理可得，不同的染色方法种数为.
15、答案：27
解析：若将1号小球放入B盒子中，再从4，5，6号小球中选l个放入B盒子中，剩下4个小球分别放人A，C两个盒子中，共有种放法；若将1号小球放入C盒子中，再从4，5，6号小球中选2个放入B盒子中，然后从剩下的3个小球中选l个放入C盒子中，最后2个放入A盒子中，共有种放法.所以共有种不同的放法.
16、答案：30
解析：若选1个冰墩墩和2个雪容融,则有种;
若选2个冰墩墩和1个雪容融,则有种;
综上可得一共有种;
故答案为:
17、
（1）答案：36
解析：（1）分两步：第一步确定a，有6种方法；第二步确定b，也有6种方法.根据分步计数原理，共有个平面上不同的点.
（2）答案：6
解析：分两步：第一步确定a，只能从-3，-2，-1中选，有3种方法；第二步确定b，只能从1，2中选，有2种方法.根据分步计数原理，得共有个第二象限的点.
（3）答案：30
解析：分两步：第一步确定a，从集合M中的6个元素中任选一个，有6种方法；第二步确定b，从剩下的5个元素中任选一个，有5种方法.根据分步计数原理得，不在直线上的点共有个.
18、
（1）答案：-84
解析：由题意得.
（2）答案：性质①不能推广，性质②能推广
解析：性质①不能推广，如当时，有意义，但无意义.
性质②能推广，它的推广形式是(，).证明如下：
当时，有；
当时，有
.
综上，性质②的推广得证.
19、答案：（1）当时，最大的项的系数为70；当时，最大的项的系数为3432
（2）
解析：（1）由题意得，
所以.所以或，
当时，展开式中二项式系数最大的项是和.
所以的系数为，的系数为，
当时，展开式中二项式系数最大的项是.
所以的系数为.
（2）因为，所以.
所以或（舍去）.
设第项的系数最大，
因为，所以.
所以，
又，所以.所以展开式中系数最大的项为第11项，
.
20、答案：(1)
(2)
(3)
解析：(1)分两步完成：
第一步，选3名男运动员，有种选法；
第二步，选2名女运动员，有种选法.由分步乘法计数原理可得，共有(种)选法.
(2)方法一(直接法)可分类求解：
“只有男队长”的选法种数为；
“只有女队长”的选法种数为；
“男 女队长都入选”的选法种数为，
所以共有(种)选法.
方法二(间接法)从10人中任选5人有种选法，
其中不选队长的方法有种.所以“至少有1名队长”的选法有(种).
(3)当有女队长时，其他人任意选，共有种选法；
当不选女队长时，必选男队长，共有种选法，其中不含女运动员的选法有种，所以不选女队长时的选法共有种.
所以既要有队长又要有女运动员的选法共有(种).
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