新人教A版高中数学计数原理名师精编单元测试.docx
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新人教A版高中数学计数原理名师精编单元测试
2018届新人教A版计数原理单元测试
学校：
___________姓名：
___________班级：
___________考号：
___________
分卷I
一、选择题（60分）
1.【题文】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
2.【题文】已知集合A＝{x|x＝a0＋a1×3＋a2×32＋a3×33}，其中ak∈{0,1,2}（k＝0,1,2,3），且a3≠0，则A中所有元素之和等于（ ）
A．3240
B．3120
C．2997
D．2889
3.如图为某旅游区各景点的分布图，图中一支箭头表示一段有方向的路，试计算顺着箭头方向，从A到H不同的旅游路线的条数是（ ）
A．15 B．16 C．17 D．18
4.若
，
，则能构成
的映射（）个
A．5个
B．6个
C．7个
D．8个
5.【题文】由
个座位连成一排，现有3人就坐，则恰有两个空座位相邻的不同坐法有（ ）
A．36种
B．48种
C．72种
D．96种
6.一个质点从A出发依次沿图中线段到达B、C、D、E、F、G、H、I、J各点，最后又回到A（如图所示），其中：
AB⊥BC，AB∥CD∥EF∥HG∥IJ,BC∥DE∥FG∥HI∥JA.欲知此质点所走路程，至少需要测量n条线段的长度，则n等于
A.2B.3 C.4 D.5
7.设集合
，那么集合
中满足条件
“
”的元素个数为（）
A．
B．
C．
D．
8.7.图3是某汽车维修公司的维修点环形分布图，公司在年初分配给A、B、C、D四个维修点的这批配件分别调整为40、45、54、61件，但调整只能在相邻维修点之间进行，那么要完成上述调整，最少的调动件次（n件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n）为
图3
A.15 B.16 C.17D.18
9.下图为某旅游区各景点的分布图，图中一支箭头表示一段有方向的路，试计算顺着箭头方向，从A到H有几条不同的旅游路线可走（）
A.15 B.16 C.17 D.18
10.如下图，A、B、C、D是某煤矿的四个采煤点，l是公路，图中所标线段为道路，ABQP、BCRQ、CDSR近似于正方形.已知A、B、C、D四个采煤点每天的采煤量之比约为5∶1∶2∶3，运煤的费用与运煤的路程、所运煤的重量都成正比.现要从P、Q、R、S中选出一处设立一个运煤中转站，使四个采煤点的煤运到中转站的总费用最少，则地点应选在
A.P点B.Q点 C.R点 D.S点
11.【题文】某农场有如图所示的六块田地，现有萝卜、玉米、油菜三类蔬菜可种．为有利于作物生长，要求每块田地种一类蔬菜，每类蔬菜种两块田地，每行、每列的蔬菜种类各不相同，则不同的种植方法数为（ ）.
A.12B．16C．18 D．24
12.广州2010年亚运会火炬传递在A、B、C、D、E五个城市之间进行,各城市之间的路线距离（单位:
百公里）见下表.若以A为起点,E为终点,每个城市经过且只经过一次,那么火炬传递的最短路线距离是（）
A
B
C
D
E
A
0
5
4
5
6
B
5
0
7
6
2
C
4
7
0
9
8.6
D
5
6
9
0
5
E
6
2
8.6
5
0
A.20.6 B.21 C.22 D.23
分卷II
二、20分（填空题）
13.从点
到点
的路径如图所示，则不同的最短路径共有 条．
14.1+2+4+…+2n=________________.
15.【题文】如图所示，用五种不同的颜色分别给A，B，C，D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有________种．
16.某城市在中心广场建造一个花圃，花圃分为6个部分（如右图）.现要栽种4种不同颜色的花，每部分栽种一种且相邻部分不能栽种同样颜色的花，不同的栽种方法有________________种.（以数字作答）
三、70分（解答题）
17.求（x-3+）5展开式中的常数项.
18.【题文】用0、1、2、3、4、5可组成多少个无重复数字且比2000大的四位偶数．
19.求证：
32n+2-8n-9能被64整除.
20.【题文】某班一天上午有4节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F，6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A、B两人中安排一人，第四节课只能从A、C两人中安排一人，则不同的安排方案共有多少种？
21.证明下列各式:
（1）1+2+4+…+2n-1+2n=3n;
（2）（）2+（）2+…+（）2=;
（3）+2+3+…+n=n2n-1.
22.【题文】设集合I＝{1,2,3,4,5}．选择I的两个非空子集A和B，求使B中最小的数大于A中最大的数的不同选择方法有多少种？
答案解析部分（共有22道题的解析及答案）
一、选择题
1、【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12+6=18种情况．
2、【答案】D
【解析】可利用排除法，若a3也可以取0，则a0，a1，a2，a3都可取0,1,2，根据分步乘法计数原理，可知这样的数共有3×3×3×3＝81（个），显然0,1,2这3个数字每个数字要重复27次，故这些元素的和为27×（3＋3×3＋3×32＋3×33）＝27×120＝3240；
当a3＝0时，a0，a1，a2可取0,1,2，根据分步乘法计数原理，可知这样的数共有3×3×3＝27（个），而0,1,2这3个数字每个数字要重复9次，故这些元素的和为9×（3＋3×3＋3×32）＝9×39＝351.
所以集合A中所有元素的和为3240－351＝2889.
3、C
如果一条一条地去数，由于道路错综复杂，哪些已经算过，哪些没有算过就搞不清楚了，所以我们换一条思路，用分析法试试．要到H点，需从F，E，G走过来，F，E，G各点又可由哪些点走过来……这样一步步倒推，最后归结到A，然后再反推过去得到如下的计算法：
A到B，C，D的路线条数记在B，C，D圆圈内，B，C，D分别到F，E，G的路线条数亦记在F，E，G圆圈内，最后F，E，G内的路线条数之和即为从A到H的路线的总条数，如下图所示．
4、D
解析：
根据映射的定义，对于A集合中的元素
有两个元素与之对应，同理对于
都分别有两个元素与之对应，结合分步计数原理可知构成的映射为
个
5、【答案】C
【解析】
试题分析：
根据题意，分两种情况讨论；①两端恰有两个空座位相邻，则必须有一人坐在空座的边上，其余两人在余下的三个座位上任意就座，此时有2C31A32=36种坐法；②两个相邻的空座位不在两端，有三种情况，此时这两个相邻的空座位两端必须有两人就座，余下一人在余下的两个座位上任意就座，此时有3A32A21=36种坐法．故共有36+36=72种坐法．
考点：
本题考查排列、组合的综合运用．
6、B 只要测量BC、AB、GH即可.
7、
8、
答案:
B
解析:
A→D,10件次,
B→C,5件次,
C→D,1件次,共16件次.
9、解析：
这是图论中的一个问题,如果一条一条的去数,由于道路错综复杂,哪些已算过,哪些没有算过就搞不清了,所以我们换一条思路,用分析法来试试.
要到H点,需从F、E、G走过来,F、E、G各点又可由哪些点走过来……这样一步步倒推,最后归结到A,然后再反推过去得到如下的计算法：
A至B、C、D的路数记在B、C、D圆圈内,B、C、D分别到F、E、G的路数亦记在F、E、G圆圈内,最后F、E、G各个路数之和,即得至H的总路数如下图所示.
答案：
C
10、B 设正方形边长为k,每次运煤重量为m,
当P作为中转站时,总费用=5km+2km+6km+12km=25km;
当Q作为中转站时,总费用=10km+1km+4km+9km=24km;
当R作为中转站时,总费用=15km+2km+2km+6km=25km;
当S作为中转站时,总费用=20km+3km+4km+3km=30km.
所以当选Q点时,总费用最少.
11、【答案】A
【解析】依题意，逐步就各行的实际种植情况进行分步计数：
第一步，确定第一行的三块地的实际种植的方法数有
＝6（种）；第二步，确定第二行的三块地的实际种植的方法有2（种）．因此，由乘法原理得知，满足题意的种植方法共有6×2＝12（种），选A.
12、B
解析:
火炬传递路线的树状图为
计算每一条路线的距离知④最短,
4+9+6+2＝21.
二、填空题
13、
14、3n
15、【答案】180
【解析】按区域分四步：
第一步A区域有5种颜色可选；
第二步B区域有4种颜色可选；
第三步C区域有3种颜色可选；
第四步由于D区域可以重复使用区域A中已有过的颜色，故也有3种颜色可选．
由分步计数原理知，共有5×4×3×3＝180（种）涂色方法．
16、解析：
本小题是一道较难的排列题，主要考查分类计数及分步计数原理，注重了综合性与应用性.
先种1、2、3、4四个部分，分成四类：
第一类是这四部分颜色各不相同，共有=24种不同的种数，此时需再考虑第5部分，必与2、3之一颜色相同，若相同，则第6部分有2种不同的种法；若5、3相同，则第6部分只有1种种法.故共有24×（1×2+1×1）=72种不同的种法.
第二类是这四部分颜色有相同之处，此时只有2、4部分颜色相同，共有A34=24种不同的种法，这时第5部分分为2种不同的种法（可与3同也可选剩余的另一种颜色），第6部分只有一种种法.共有24×2×1=48种不同的种法.
所以总的方法数为72+48=120种.
答案：
120
三、解答题
17、解析：
原式=［］5
=x5［］5
=x5［（1-）（1-）］5
=x5［（1-）（1-）2］5=.
故求展开式中的常数项等价于求（x-1）15的展开式中的x10项,即T5+1=（-1）5x10=-x10,
∴所求的常数项为-=-3003.
小结：
不是二项式定理形状的，需对多项式进行变形后再展开.
18、【答案】120（个）
【解析】
解：
完成这件事有三类方法：
第一类是用0当结尾的比2000大的4位偶数，它可以分三步去完成：
第一步，选取千位上的数字，只有2,3,4,5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48（个）；
第二类是用2当结尾的比2000大的4位偶数，它可以分三步去完成：
第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．
依据分步乘法计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36（个）；
第三类是用4当结尾的比2000大的4位偶数，其步骤同第二类．
对以上三类结论用分类加法计数原理，可得所求无重复数字且比2000大的四位偶数有4×4×3＋3×4×3＋3×4×3＝120（个）．
19、证明：
∵32n+2-8n-9=9n+1-8n-9=（1+8）n+1-8n-9
=
=1+（n+1）8+
=
=，
又是整数，∴32n+2-8n-9能被64整除.
小结：
本题关键是将32n+2写成9n+1,再将9写成8+1用二项式定理展开.
20、【答案】36（种）
【解析】
解：
分两类，第一类：
A上第一节课，则第四节课只能由C上，其余两节课由其他人上，有4×3＝12（种）安排方法；第二类：
B上第一节课，则第四节课有2种安排方法，其余两节课由其他人上，有2×4×3＝24（种）安排方法，根据分类加法计数原理知，不同的安排方法共有12＋24＝36（种）．
21、
（1）证明：
在（a+b）n=an+an-1b+…+abn-1+bn中，令a=1,b=2,得
（1+2）n=1+2+22+…+2n,
即1+2+4+…+2n=3n.
（2）证明：
∵（1+x）n（1+x）n=（1+x）2n,∴（+x+…+xr+…+xn）（+x+…+xr+…+xn）=（1+x）2n.
而是（1+x）2n的展开式中xn项的系数，由多项式的恒等定理，得
+++…+=.
又∵=（0≤m≤n）,
∴（）2+（）2+…+（）2=.
（3）证法一:
令S=+2+…+n, ①
则S=n+（n-1）+…+2+
=n+（n-1）+…+2+.②
由①+②,得2S=n+n+…+n+n
=n（++…+）=n2n.
∴S=n2n-1,
即+2+…+n=n2n-1.
证法二:
∵k=k,
∴+2+…+n=n+…+n=n2n-1得证.
22、【答案】49
【解析】
解：
当A中最大的数为1时，B可以是{2,3,4,5}的非空子集，有24－1＝15（种）选择方法；
当A中最大的数为2时，A可以是{2}或{1,2}，B可以是{3,4,5}的非空子集，有2×（23－1）＝14种选择方法；
当A中最大的数为3时，A可以是{3，}，{1,3}，{2,3}或{1,2,3}，B可以是{4,5}的非空子集，有4×（22－1）＝12（种）选择方法；
当A中最大的数为4时，A可以是{4}，{1,4}，{2,4}，{3,4}，{1,2,4}，{1,3,4}，{2，，3,4}或{1,2,3,4}，B可以是{5}，有8×1＝8（种）选择方法．
所以满足条件的非空子集共有15＋14＋12＋8＝49（种）不同的选择方法．
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