2022年高中数学（新教材）新苏教版选择性必修第二册同步学案章末检测试卷二(第7章)

这是一份数学选择性必修第二册本册综合导学案，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．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．(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Ceq \\al(3,n＋1)＝Ceq \\al(3,n)＋Ceq \\al(4,n)，则n的值是( )
A．5 B．7 C．6 D．8
答案 C
解析 ∵Ceq \\al(3,n＋1)＝Ceq \\al(3,n)＋Ceq \\al(4,n)＝Ceq \\al(4,n＋1)，
∴n＋1＝3＋4，解得n＝6.
3．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的1个讲座，不同选法的种数是( )
A．56 B．65 C．30 D．11
答案 A
解析 第一名同学有5种选择方法，第二名同学有5种选择方法，……，第六名同学有5种选择方法，综上，6名同学共有56种不同的选法．
4．200件产品中有3件次品，任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法有( )
A．Ceq \\al(32,197)·Ceq \\al(2,3)种 B．Ceq \\al(3,3)Ceq \\al(2,197)＋Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(3,197)种
C．Ceq \\al(5,200)－Ceq \\al(5,197)种 D．Ceq \\al(5,200)－Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(4,197)种
答案 B
解析 至少2件次品包含两类：(1)2件次品，3件正品，共Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(3,197)种抽法，(2)3件次品，2件正品，共Ceq \\al(3,3)Ceq \\al(2,197)种抽法，由分类计数原理得，抽法共有Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(3,197)＋Ceq \\al(3,3)Ceq \\al(2,197)种．
5．(1＋x)3(1－2x)的展开式中含x3的项的系数为( )
A．－5 B．－4
C．6 D．7
答案 A
解析 因为(1＋x)3(1－2x)＝(1＋x)3－2x(1＋x)3，
所以含x3项的系数为Ceq \\al(3,3)－2Ceq \\al(2,3)＝1－2×3＝－5.
6．某班级从A，B，C，D，E，F六名学生中选四人参加4×100 m接力比赛，其中第一棒只能在A，B中选一人，第四棒只能在A，C中选一人，则不同的选派方法共有( )
A．24种 B．36种
C．48种 D．72种
答案 B
解析 若第一棒选A，则有Aeq \\al(2,4)种选派方法；若第一棒选B，则有2Aeq \\al(2,4)种选派方法．由分类计数原理知，共有Aeq \\al(2,4)＋2Aeq \\al(2,4)＝3Aeq \\al(2,4)＝36(种)选派方法．
7．在100,101,102，…，999这些数中，各位数字按严格递增(如“145”)或严格递减(如“321”)顺序排列的数的个数是( )
A．120 B．204
C．168 D．216
答案 B
解析 首先对数字分类，当数字不含0时，从9个数字中选三个，则这三个数字递增或递减的顺序可以确定两个三位数，共有2Ceq \\al(3,9)＝168(个)，当三个数字中含有0时，从9个数字中选2个数，它们只有递减一种结果，共有Ceq \\al(2,9)＝36(个)，根据分类计数原理知，共有168＋36＝204(个)．
8．中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种，现有十二生肖的吉祥物各一个，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢，三位同学按甲、乙、丙的顺序依次选一个作为礼物，如果让三位同学选取的礼物都满意，那么不同的选法有( )
A．360种 B．50种
C．60种 D．90种
答案 B
解析 ①甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法有1×2×10＝20(种)，②甲同学选择马，乙有3种选法，丙有10种选法，选法有1×3×10＝30(种)，所以共有20＋30＝50(种)选法．
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2分，有选错的得0分)
9．下列问题是排列问题的为( )
A．高二(1)班选2名班干部去学校礼堂听团课
B．某班40名同学在假期互发微信
C．从1,2,3,4,5中任取两个数字相除
D．10个车站，站与站间的车票
答案 BCD
解析 A中，不存在顺序问题，不是排列问题；
B中，存在顺序问题，是排列问题；
C中，两个数相除与这两个数的顺序有关，是排列问题；
D中，车票使用时有起点和终点之分，故车票的使用是有顺序的，是排列问题．
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．我校以大课程观为理论基础，以关键能力和核心素养的课程化为突破口，深入探索普通高中创新人才培养的校本化课程体系．本学期共开设了八大类校本课程，具体为学科拓展(X)、体艺特长(T)、实践创新(S)、生涯规划(C)、国际视野(I)、公民素养(G)、大学先修(D)、PBL项目课程(P)八大类，假期里决定继续开设这八大类课程，每天开设一类且不重复，连续开设八天，则( )
A．某学生从中选3类，共有56种选法
B．课程“X”“T”排在不相邻两天，共有Aeq \\al(6,6)Aeq \\al(2,7)种排法
C．课程中“S”“C”“I”排在相邻三天，且“C”只能排在“S”与“I”的中间，共有720种排法
D．课程“T”不排在第一天，课程“G”不排在最后一天，共有Aeq \\al(7,7)＋Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(1,6)Aeq \\al(6,6)种排法
答案 ABD
解析 选项A，某同学从中选3类，共有Ceq \\al(3,8)＝56(种)选法，正确；
选项B，若“X”“T”不相邻，剩余6类排列方法为Aeq \\al(6,6)，形成7个空，则“X”“T”填入7个空的方法为Aeq \\al(2,7)，所以共有Aeq \\al(6,6)·Aeq \\al(2,7)种排法，正确；
选项C，先排列“S”“C”“I”三科，则有2种排列方法，三科形成整体与剩余5科再进行全排列，则有Aeq \\al(6,6)种排列方法，所以共有2Aeq \\al(6,6)＝1 440(种)排法，错误；
选项D，分成两类情况，一是“G”排在第一天，则此类情况下排法有Aeq \\al(7,7)种，二是“G”排在除第一天和最后一天之外的某一天，有Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(1,6)Aeq \\al(6,6)种方法，则共有Aeq \\al(7,7)＋Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(1,6)Aeq \\al(6,6)种排法，正确．
12．(1＋ax＋by)n的展开式中不含x的项的系数的绝对值的和为243，不含y的项的系数的绝对值的和为32，则a，b，n的值可能为( )
A．a＝1，b＝2，n＝5 B．a＝－2，b＝－1，n＝6
C．a＝－1，b＝2，n＝6 D．a＝－1，b＝－2，n＝5
答案 AD
解析 只要令x＝0，y＝1，即得到(1＋ax＋by)n的展开式中不含x的项的系数的和为(1＋b)n，令x＝1，y＝0，即得到(1＋ax＋by)n的展开式中不含y的项的系数的和为(1＋a)n.如果a，b是正值，这些系数的和也就是系数绝对值的和，如果a，b中有负值，相应地，分别令y＝－1，x＝0；x＝－1，y＝0.此时的和式分别为(1－b)n，(1－a)n，由此可知符合要求的各项系数的绝对值的和为(1＋|b|)n，(1＋|a|)n.根据题意得，(1＋|b|)n＝243＝35，(1＋|a|)n＝32＝25，因此n＝5，|a|＝1，|b|＝2.
故选AD.
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＝20－(n＋2)，解得n＝4.
14．某大型联欢会准备从含甲、乙的6个节目中选取4个进行演出，要求甲、乙2个节目中至少有一个参加，且若甲、乙同时参加，则他们演出顺序不能相邻，那么不同的演出顺序的种数为________．
答案 264
解析 若甲、乙两节目只有一个参加，则演出顺序的种数为Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(3,4)Aeq \\al(4,4)＝192；若甲、乙两节目都参加，则演出顺序的种数为Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)＝72，因此不同的演出顺序的种数为192＋72＝264.
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________．
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＋a))n＝1，,2n＝128，))所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(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
Tr＋1＝Ceq \\al(r,7)(2eq \r(x))7－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1,x)))r＝Ceq \\al(r,7)27－r(－1)r
令eq \f(7－3r,2)＝2，解得r＝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作“再生数”，“再生数”中最大的数叫作最大再生数，最小的数叫作最小再生数．
(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．
所以总个数为120＋60＋20＋5＋1＝206.
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，,1≤y≤5，))
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名参加研讨会．
(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)设eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)x))m＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋amxm，若a0，a1，a2成等差数列．
(1)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)x))m展开式的中间项；
(2)求eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)x))m展开式中所有含x的奇次幂的系数和．
解 (1)依题意得a0＝1，a1＝eq \f(m,2)，a2＝Ceq \\al(2,m)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2.
由2a1＝a0＋a2，得m2－9m＋8＝0，
解得m＝8或m＝1(舍去)，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)x))m展开式的中间项是第五项，
T5＝Ceq \\al(4,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x))4＝eq \f(35,8)x4.
(2)因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)x))m＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋amxm，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)x))8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8.
令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a8＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))8，
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋…＋a8＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))8，
所以a1＋a3＋a5＋a7＝eq \f(38－1,29)＝eq \f(205,16)，
所以展开式中所有含x的奇次幂的系数和为eq \f(205,16).
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的系数的最小值为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(r,8)·2r≥C\\al(r＋1,8)·2r＋1，,C\\al(r,8)·2r≥C\\al(r－1,8)·2r－1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(r≥5，,r≤6，))
又r∈N*，∴r＝5或6，此时，b＝7×28，
∴eq \f(b,a)＝eq \f(128,5).