2022年高中数学新教材人教A版选择性必修第三册学案章末检测试卷一(第六章)

这是一份高中数学全册综合导学案，共8页。学案主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1．(x－y)n的二项展开式中，第m项的系数是( )
A．Ceq \\al(m,n) B．Ceq \\al(m＋1,n)
C．Ceq \\al(m－1,n) D．(－1)m－1Ceq \\al(m－1,n)
答案 D
解析 (x－y)n的二项展开式中第m项为
Tm＝Ceq \\al(m－1,n)(－y)m－1xn－m＋1，
所以系数为Ceq \\al(m－1,n)(－1)m－1.
2．若Aeq \\al(4,m)＝18Ceq \\al(3,m)，则m等于( )
A．9 B．8 C．7 D．6
答案 D
解析 由Aeq \\al(4,m)＝m(m－1)(m－2)(m－3)＝18·eq \f(mm－1m－2,3×2×1)，得m－3＝3，m＝6.
3．设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为( )
A．(34,34) B．(43,34)
C．(34,43) D．(Aeq \\al(3,4)，Aeq \\al(3,4))
答案 C
解析 由题意知本题是一个分步计数问题，每名学生报名都有3种选择，根据分步乘法计数原理知，4名学生共有34种选择；每项冠军都有4种可能结果，根据分步乘法计数原理知，3项冠军共有43种可能结果．故选C.
4．5名大人带2个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法有( )
A．Aeq \\al(5,5)·Aeq \\al(2,4)种 B．Aeq \\al(5,5)·Aeq \\al(2,5)种
C．Aeq \\al(5,5)·Aeq \\al(2,6)种 D．(Aeq \\al(7,7)－4Aeq \\al(6,6))种
答案 A
解析 先排大人，有Aeq \\al(5,5)种排法，去掉头尾后，有4个空位，再分析小孩，用插空法，将2个小孩插在4个空位中，有Aeq \\al(2,4)种排法，由分步乘法计数原理可知，有Aeq \\al(5,5)·Aeq \\al(2,4)种不同的排法，故选A.
5．若实数a＝2－eq \r(2)，则a10－2Ceq \\al(1,10)a9＋22Ceq \\al(2,10)a8－…＋210等于( )
A．32 B．－32 C．1 024 D．512
答案 A
解析 由二项式定理，得a10－2Ceq \\al(1,10)a9＋22Ceq \\al(2,10)a8－…＋210＝Ceq \\al(0,10)(－2)0a10＋Ceq \\al(1,10)(－2)1a9＋Ceq \\al(2,10)(－2)2a8＋…＋Ceq \\al(10,10)(－2)10＝(a－2)10＝(－eq \r(2))10＝25＝32.
6．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为( )
A．10 B．11 C．12 D．15
答案 B
解析 分类讨论：有两个对应位置、有一个对应位置及没有对应位置上的数字相同，可得N＝Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(1,4)＋1＝11.
7．某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有( )
A．16种 B．36种 C．42种 D．60种
答案 D
解析 若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共Aeq \\al(3,4)种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市1项、一个城市2项，共Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,4)种方法．由分类加法计数原理知，共Aeq \\al(3,4)＋Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,4)＝60(种)方法．
8.如图为我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图．现在提供5种颜色给5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为( )
A．120 B．260 C．340 D．420
答案 D
解析 如图所示，设5个区域依次为A，B，C，D，E，分4步进行分析：
①区域A有5种颜色可选；
②区域B与区域A相邻，有4种颜色可选；
③区域C与区域A，B相邻，有3种颜色可选；
④对于区域D，E，若D与B颜色相同，则区域E有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，则区域D有2种颜色可选，区域E有2种颜色可选，故区域D，E有3＋2×2＝7(种)选择．
综上可知，不同的涂色方案共有5×4×3×7＝420(种)．故选D.
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)
9．下列问题属于排列问题的是( )
A．从10个人中选2人分别去种树和扫地
B．从10个人中选2人去扫地
C．从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队
D．从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算
答案 AD
解析 根据题意，依次分析选项：
对于A，从10个人中选2人分别去种树和扫地，选出的2人有分工的不同，是排列问题；
对于B，从10个人中选2人去扫地，与顺序无关，是组合问题；
对于C，从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队，与顺序无关，是组合问题；
对于D，从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算，顺序不一样，计算结果也不一样，是排列问题．
故选AD.
10.某城市街道如图，某人要走最短路程从A地前往B地，则不同走法有( )
A．Ceq \\al(2,5)种 B．Ceq \\al(3,5)种 C．12种 D．32种
答案 AB
解析 因为从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验探究一下走法可得出：①要走的路程最短必须走5步，且不能重复；②向东的走法定出后，向南的走法随之确定，所以我们只要确定出向东的三步或向南的两步走法有多少种即可，故不同走法的种数有Ceq \\al(3,5)＝Ceq \\al(2,5)，选AB.
11．下列关于(a－b)10的说法，正确的是( )
A．展开式中的二项式系数之和是1 024
B．展开式的第6项的二项式系数最大
C．展开式的第5项或第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
答案 ABD
解析 由二项式系数的性质知，Ceq \\al(0,10)＋Ceq \\al(1,10)＋Ceq \\al(2,10)＋…＋Ceq \\al(10,10)＝210＝1 024，故A正确；二项式系数最大为Ceq \\al(5,10)，是展开式的第6项的二项式系数，故B正确；由展开式的通项Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)a10－k
(－b)k＝(－1)kCeq \\al(k,10)a10－kbk知，第6项的系数－Ceq \\al(5,10)最小，故D正确．
12．将4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中，不允许有空盒子的放法，关于放法的种数，下列结论正确的有( )
A．Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(1,1)Ceq \\al(1,3) B．Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)
C．Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2) D．18
答案 BC
解析 根据题意，4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中，且没有空盒子，则三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有2种解法：
方法一 分2步进行分析：
①先将4个不同的小球分成3组，有Ceq \\al(2,4)种分组方法；
②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有Aeq \\al(3,3)种放法．
则没有空盒的放法有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)种．
方法二 分2步进行分析：
①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)种情况；
②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有Aeq \\al(2,2)种放法．
则没有空盒的放法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2)种，故选BC.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．若Ceq \\al(2n＋6,20)＝Ceq \\al(n＋2,20)(n∈N*)，则n＝________.
答案 4
解析 由题意可知2n＋6＝n＋2或2n＋6＝20－(n＋2)，解得n＝4.
14．现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，则不同的带队方案有________种．(用数字作答)
答案 54
解析 当甲、乙带不同兴趣小组时有Aeq \\al(2,3)Aeq \\al(3,3)＝36(种)，当甲、乙带同一个兴趣小组时，有Aeq \\al(1,3)Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(1,2)＝18(种)，根据分类加法计数原理可得共有36＋18＝54(种)．
15．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(x)＋\f(a,x)))n的展开式的系数和为1，二项式系数和为128，则a＝________，展开式中x2的系数为________．(本题第一空2分，第二空3分)
答案 －1 －448
解析 由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(1)＋\f(a,1)))n＝1，,2n＝128，))所以n＝7，a＝－1，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(x)＋\f(－1,x)))7的展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,7)(2eq \r(x))7－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1,x)))k＝Ceq \\al(k,7)27－k(－1)k，
令eq \f(7－3k,2)＝2，解得k＝1.
所以x2的系数为Ceq \\al(1,7)26(－1)1＝－448.
16．甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技术竞赛，得出了第一名到第五名的五个名次，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情况共有________种．
答案 54
解析 根据题意知，甲、乙都没有得到冠军，且乙不是最后一名，分2种情况讨论：
①甲是最后一名，则乙可以是第二名、第三名或第四名，即乙有3种名次排列情况，剩下的三人有Aeq \\al(3,3)＝6(种)名次排列情况，此时有3×6＝18(种)名次排列情况；
②甲不是最后一名，则甲、乙需要排在第二、三、四名，有Aeq \\al(2,3)＝6(种)名次排列情况，剩下的三人有Aeq \\al(3,3)＝6(种)名次排列情况，此时有6×6＝36(种)名次排列情况．
综上可知，一共有36＋18＝54(种)不同的名次排列情况．
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)把n个正整数全排列后得到的数叫做“再生数”，“再生数”中最大的数叫做最大再生数，最小的数叫做最小再生数．
(1)求1,2,3,4的再生数的个数，以及其中的最大再生数和最小再生数；
(2)试求任意5个正整数(可相同)的再生数的个数．
解 (1)1,2,3,4的再生数的个数为Aeq \\al(4,4)＝24，其中最大再生数为4 321，最小再生数为1 234.
(2)需要考查5个正整数中相同数的个数．
若5个正整数各不相同，则有Aeq \\al(5,5)＝120(个)再生数；
若有2个正整数相同，则有eq \f(A\\al(5,5),A\\al(2,2))＝60(个)再生数；
若有3个正整数相同，则有eq \f(A\\al(5,5),A\\al(3,3))＝20(个)再生数；
若有4个正整数相同，则有eq \f(A\\al(5,5),A\\al(4,4))＝5(个)再生数；
若5个正整数全相同，则有1个再生数．
18．(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：
①取4个红球，没有白球，有Ceq \\al(4,4)种取法；
②取3个红球，1个白球，有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,6)种取法；
③取2个红球，2个白球，有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,6)种取法，
故共有Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,6)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,6)＝115(种)取法．
(2)设取x个红球，y个白球，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝5，,2x＋y≥7，,0≤x≤4，,0≤y≤6，))
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝3))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝1.))
因此，符合题意的取法有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(3,6)＋Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(2,6)＋Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(1,6)＝186(种)．
19．(12分)某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加新冠肺炎医疗队．
(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？
(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？
(3)甲、乙2人至少有1人参加，有多少种选法？
(4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？
解 (1)只需从其他18人中选3人即可，共有Ceq \\al(3,18)＝816(种)选法．
(2)只需从其他18人中选5人即可，共有Ceq \\al(5,18)＝8 568(种)选法．
(3)分两类：甲、乙中有1人参加；甲、乙都参加．则共有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(4,18)＋Ceq \\al(3,18)＝6 936(种)选法．
(4)方法一 (直接法)至少有1名内科医生和1名外科医生的选法可分4类：
1内4外；2内3外；3内2外；4内1外．
所以共有Ceq \\al(1,12)Ceq \\al(4,8)＋Ceq \\al(2,12)Ceq \\al(3,8)＋Ceq \\al(3,12)Ceq \\al(2,8)＋Ceq \\al(4,12)Ceq \\al(1,8)＝14 656(种)选法．
方法二 (间接法)从无限制条件的选法总数中减去5名都是内科医生和5名都是外科医生的选法种数所得的结果即为所求，即共有Ceq \\al(5,20)－(Ceq \\al(5,12)＋Ceq \\al(5,8))＝14 656(种)选法．
20．(12分)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2\r(x))))n的展开式中的第2项和第3项的系数相等．
(1)求n的值；
(2)求展开式中所有二项式系数的和；
(3)求展开式中所有的有理项．
解 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2\r(x))))n的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)xn－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2\r(x))))k＝Ceq \\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k(k＝0,1,2，…，n)．
(1)根据展开式中的第2项和第3项的系数相等，得
Ceq \\al(1,n)·eq \f(1,2)＝Ceq \\al(2,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2，即eq \f(1,2)·n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2·eq \f(nn－1,2)，
解得n＝5.
(2)展开式中所有二项式系数的和为
Ceq \\al(0,5)＋Ceq \\al(1,5)＋Ceq \\al(2,5)＋…＋Ceq \\al(5,5)＝25＝32.
(3)二项展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k(k＝0,1,2，…，5)．
当k＝0,2,4时，对应项是有理项，
所以展开式中所有的有理项为
T1＝Ceq \\al(0,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0x5＝x5，
T3＝Ceq \\al(2,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2x2＝eq \f(5,2)x2，
T5＝Ceq \\al(4,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4x－1＝eq \f(5,16x).
21．(12分)用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，求所有偶数的个数；
(2)在组成的三位数中，若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)将组成的三位数中所有偶数分为两类，
①若个位数为0，则共有Aeq \\al(2,4)＝12(个)符合题意的三位数；
②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(个)符合题意的三位数．
故共有12＋18＝30(个)符合题意的三位数．
(2)将这些“凹数”分为三类：
①若十位上的数字为0，则共有Aeq \\al(2,4)＝12(个)符合题意的“凹数”；
②若十位上的数字为1，则共有Aeq \\al(2,3)＝6(个)符合题意的“凹数”；
③若十位上的数字为2，则共有Aeq \\al(2,2)＝2(个)符合题意的“凹数”．
故共有12＋6＋2＝20(个)符合题意的“凹数”．
(3)将符合题意的五位数分为三类：
①若两个奇数数字在万位和百位上，则共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(3,3)＝12(个)符合题意的五位数；
②若两个奇数数字在千位和十位上，则共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＝8(个)符合题意的五位数；
③若两个奇数数字在百位和个位上，则共有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(1,2)Aeq \\al(2,2)＝8(个)符合题意的五位数．
故共有12＋8＋8＝28(个)符合题意的五位数．
22．(12分)已知m，n是正整数，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为7.
(1)对于使f(x)的x2的系数为最小的m，n，求出此时x3的系数；
(2)利用上述结果，求f(0.003)的近似值；(精确到0.01)
(3)已知(1＋2x)8的展开式的二项式系数的最大值为a，系数的最大值为b，求eq \f(b,a).
解 (1)根据题意得Ceq \\al(1,m)＋Ceq \\al(1,n)＝7，即m＋n＝7，①
f(x)中的x2的系数为Ceq \\al(2,m)＋Ceq \\al(2,n)＝eq \f(mm－1,2)＋eq \f(nn－1,2)＝eq \f(m2＋n2－m－n,2).
将①变形为n＝7－m代入上式得x2的系数为
m2－7m＋21＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m－\f(7,2)))2＋eq \f(35,4)，
故当m＝3或m＝4时，x2的系数有最小值为9.
当m＝3，n＝4时，x3的系数为Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(3,4)＝5；
当m＝4，n＝3时，x3的系数为Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(3,3)＝5.
(2)f(0.003)＝(1＋0.003)4＋(1＋0.003)3≈Ceq \\al(0,4)＋Ceq \\al(1,4)×0.003＋Ceq \\al(0,3)＋Ceq \\al(1,3)×0.003≈2.02.
(3)由题意可得，a＝Ceq \\al(4,8)＝70，
再根据eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(k,8)·2k≥C\\al(k＋1,8)·2k＋1，,C\\al(k,8)·2k≥C\\al(k－1,8)·2k－1，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k≥5，,k≤6，))
求得k＝5或6，此时，b＝7×28，
∴eq \f(b,a)＝eq \f(128,5).