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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)

来源:华拓网
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).

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