2019-2020学年同步人教A版高中数学选修2-3_章末综合检测章末综合检测(一)

(时间：120分钟，满分：150分)

一、选择题：本题共12小题，每小题5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．(1－x)10展开式中x3项的系数为( ) A．－720 C．120

B．720 D．－120

rrrr33

解析：选D．由Tr＋1＝Cr10(－x)＝(－1)C10x，因为r＝3，所以系数为(－1)C10＝－120.

2．某城市的街道如图，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有( )

A．8种 C．12种

B．10种 D．32种

解析：选B．此人从A到B，路程最短的走法应走2纵3横，将纵用0表示，横用1表示，则一种走法就是2个0和3个1的一个排列，只需从5个位置中选2个排0，其余位置排1即可，故共有C25＝10种．

3．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出2台，其中甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法种数为( )

A．60 C．30

B．40 D．20

解析：选D．根据题意，分2步进行分析：①先在4台甲型电视机中取出1台，有4种取法；②再在5台乙型电视机中取出1台，有5种取法．则有4×5＝20种不同的取法．故选D．

4．(2019·郑州高二检测)将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，则不同的排列方法有( )

A．12种 C．40种

B．20种 D．60种

解析：选C．五个元素没有，全排列数为A55，由于要求A，B，C的次序一定(按A，A55B，C或C，B，A)，故所求排列数为3×2＝40.

A3

5．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8等于( )

A．－5 C．90

B．5 D．180

解析：选D．因为(1＋x)10＝[2－(1－x)]10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，

2

所以a8＝C810·2＝180.

6．圆周上有8个等分圆周的点，以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形的个数是( )

A．16 C．32

B．24 D．48

解析：选C．圆周上8个等分点共可构成4条直径，而直径所对的圆周角是直角，又每

1311条直径对应着6个直角三角形，共有C14C6＝24个直角三角形．斜三角形的个数为C8－C4C6

＝32个．

7．设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为( )

A．－2 C．1

B．－1 D．2

解析：选A．令x＝－1，即得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－2.

2

x－的展开式中x4的系数为30，则m的值为( ) 8．若(x＋m)x

2

6

5

A．－

215C．－

2

6

5B．

215D．

2

r

226－rrr6－2rx－展开式的通项公式为Tr＋1＝Cr－解析：选B．x＝(－2)C6x，令6－2r6xx4

＝2，得r＝2，所以x4项的系数为(－2)2C26＝60，令6－2r＝4，得r＝1，所以x项的系数为

(－2)B．

1

2

C1所以(x2＋m)·x－x6＝－12，





5的展开式中x4的系数为60－12m＝30，解得m＝.故选2

6

9．12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是( )

2

A．C28A3 2C．C28A5

6

B．C26A6 2D．C28A6

解析：选D．第一步可先从后排8人中选2人共有C28种；第二步可认为前排放6个座

位，先选出2个座位让后排的2人坐，由于其他人的顺序不变，所以有A26种坐法．综上知

2“不同”调整方法的种数为C28A6.

10．(2019·福州高二检测)为参加校园文化节，某班推荐2名男生3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人．若每人只参加1个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同推荐方案的种数为( )

A．12 C．48

B．36 D．24

解析：选D．法一：(直接法)3名女生各参加1项，2名男生在舞蹈、演唱中各参加1

2212项，有A33A2＝12种方案；有2名女生参加同一项，有C3A2A2＝12种方案，所以共有12＋

12＝24种方案．

1

法二：(间接法)2名男生同时参加舞蹈或演唱，有C23A2＝6种方案，而所有不同的推荐22

方案共有C15C4C2＝30种，故满足条件的推荐方案种数为30－6＝24.

11．将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3所学校，要求每所学校至少有1个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为( )

A．96 C．128

B．114 D．136

解析：选B．由题意可得每所学校至少有1个名额的分配方法种数为C2分配名17＝136，额相等的有22种(可以逐个数)，则满足题意的方法有136－22＝114种．

12．已知(2x2＋x－y)n的展开式中各项系数的和为32，则展开式中x5y2的系数为( ) A．120 C．240

B．30 D．60

解析：选A．由题意，(2x2＋x－y)n的展开式中各项系数的和为32，即(2＋1－1)n＝32，

r25－r解得n＝5.已知(2x2＋x－y)5＝[(2x2＋x)－y]5的通项公式为Tr＋1＝Cr，由展开5·(－y)(2x＋x)

式中含有x5y2，可知r＝2，且(2x2＋x)3的展开式中有含x5的项，由通项公式，可得Tt＋1＝

t522C3(2x2)3－txt＝23－tCt3x6－t，令t＝1得，含x5项的系数为22C13.所以展开式中，xy的系数为C52×C13×2＝120.

二、填空题：本题共4小题，每小题5分．

13．(2019·长沙高二检测)将5名志愿者分成4组，其中一组有2人，其余各组各1人，到4个路口协助交警执勤，则不同的分配方法有________种．(用数字作答)

111C25C3C2C1解析：分配方法数为·A434＝240. A3

答案：240

14．(2019·青岛高二检测)设(2x－1)6＝a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝________．

解析：因为(2x－1)6＝a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0， 由二项式定理可知a0，a2，a4，a6均为正数， a1，a3，a5均为负数，

令x＝－1可得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝(－2－1)6＝729. 答案：729

1

15．若二项式x－的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则展开式中常数项为

x________．

解析：第4项的二项式系数

3

6－k2

1)kCk，令6x

n

C3所以n最大，

n＝6，展开式通项

6－k

Tk＋1＝Ck·6x

－1＝(－

x

k

3

6－k＝0，则k＝4，所以常数项为(－1)4C46＝15. 2

答案：15

16．将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法有________种．

解析：先把A，B放入不同盒中，有3×2＝6种放法，再放C，D， 若C，D在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法；

若C，D在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A或B的盒中，有2×2＝4种放法．

故共有6×(1＋4)＝30种放法． 答案：30

三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

2

x＋2的展开式中只有第6项二项式系数最大，求展开式中17．(本小题满分10分)x的常数项．

2

x＋2的展开式中只有第6项二项式系数最大，所以n＝10， 解：因为x

n

n

r5－r25r10－r2rr

2＝2·C10x所以展开式的通项为Tr＋1＝C10(x)，令5－r＝0，得r＝2. x2

5

所以展开式中的常数项为T3＝4C210＝180.

18．(本小题满分12分)如图有4个编号为A，B，C，D的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？

解：分为两类：

第一类：若A，C同色，则A有5种涂法，B有4种涂法， C有1种涂法(与A相同)，D有4种涂法． 故N1＝5×4×1×4＝80.

第二类：若A，C不同色，则A有5种涂法，B有4种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法．

故N2＝5×4×3×3＝180种．

综上可知不同的涂法共有N＝N1＋N2＝80＋180＝260种．

19．(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，使总分不少于7分的取法有多少种？

解：(1)将取出的4个球分成三类情况： ①取4个红球，没有白球，有C44种；

1

②取3个红球，1个白球，有C34C6种； 2③取2个红球，2个白球，有C24C6种， 3122故有C44＋C4C6＋C4C6＝115种．

2x＋y≥7，

(2)设取x个红球，y个白球，则

0≤x≤4，x∈N，0≤y≤6，y∈N，

**

x＋y＝5，

x＝2，x＝3，x＝4，故或或 y＝3y＝2y＝1.

33241因此，符合题意的取法种数有C24C6＋C4C6＋C4C6＝186种．

20．(本小题满分12分)设(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，求下列各式的值． (1)a0＋a1＋a2＋…＋a10； (2)a6.

解：(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝(2－1)10＝1.

10－rr10－r10－r(2)a6即为含x6项的系数，Tr＋1＝Cr·(－1)r＝Cr·x，所以当r＝410(2x)10(－1)24666

时，T5＝C410(－1)2x＝13 440x，即a6＝13 440.

21．(本小题满分12分)由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数． (1)共可以组成多少个五位数？ (2)其中奇数有多少个？

(3)如果将所有的五位数按从小到大的顺序排列，43 125是第几个数？说明理由． 解：(1)由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，共可以组成A55＝120(个)五位数．

(2)由1，2，3，4，5组成的无重复数字的五位数奇数中， 个位数字必须从1，3，5中选出，共有C13种结果．

其余四个位置可以用其他四个数字在四个位置进行全排列，共有A44种结果，

4

根据分步乘法计数原理得到共有奇数C13A4＝72(个)．

(3)考虑大于43 125的数，分四类讨论：

①5在首位，将其他4个数字全排列即可，有A44＝24个．

②4在首位，5在千位，将其他3个数字全排列即可，有A33＝6个．

③4在首位，3在千位，5在百位，将其他2个数字全排列即可，共有A22＝2个． ④除上述情况，还有43 215，43 251，43 152共3个数．

由(1)知共可以组成120个五位数，则不大于43 125的五位数有120－(24＋6＋2＋3)＝85个．所以43 125是第85个数．

22．(本小题满分12分)设有编号为1，2，3，4，5的5个小球和编号为1，2，3，4，5的5个盒子，现将这5个小球放入5个盒子中．

(1)没有一个盒子空着，但球的编号与盒子的编号不全相同，有多少种投放方法？ (2)每个盒子内投入1个球，并且至少有2个球的编号与盒子的编号是相同的，有多少种投放方法？

解：(1)先把5个小球放到5个盒子中，没有空盒，有A55种投放方法，球的编号与盒子的编号完全相同的投放方法有1种，故满足题意的投放方法有A55－1＝119(种)．

(2)可分为三类．

第一类：5个球的编号与盒子的编号完全相同，有1种投放方法．

3第二类：3个球的编号与盒子的编号相同，有C5种投放方法．剩下的2个球的投放方法

只有1种，所以投放方法有C35×1＝10(种)．

2第三类：2个球的编号与盒子的编号相同，有C5种投放方法，剩下的3个球的投放方法

有2种，所以投放方法有C25×2＝20(种)．

根据分类加法计数原理得，满足题意的投放方法有1＋10＋20＝31(种)．