新教材北师大版步步高选择性必修一【学案+同步课件】章末检测试卷四(第五章)

章末检测试卷四(第五章)

(时间：120分钟　满分：150分)

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．C   B．C

C．C   D．(－1)m－1C

答案　D

解析　(x－y)n的二项展开式中第m项为

Tm＝C(－y)m－1xn－m＋1，

所以系数为C(－1)m－1.

2．若A＝18C，则m等于(　　)

A．9  B．8  C．7  D．6

答案　D

解析　由A＝m(m－1)(m－2)(m－3)＝18·，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．(A，A)

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．

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．AA种   B．AA种

C．AA种   D．(A－4A)种

答案　A

解析　先排大人，有A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A种排法，由分步乘法计数原理可知，有AA种不同的排法．

5．(2－)8的展开式中不含x4项的系数的和为(　　)

A．－1  B．0  C．1  D．2

答案　B

解析　(2－)8的展开式的通项公式为Tk＋1＝C28－k·(－)k＝(－1)k28－kC，

∴x4项的系数为(－1)820C＝1，

又(2－)8的展开式的系数和为(2－)8＝1.

∴不含x4项的系数和为1－1＝0.

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＝C＋C＋1＝11.

7．某学校要求错峰有序吃饭，高三年级一层楼有甲、乙、丙、丁、戊、己六个班排队吃饭，甲班不能排在第一位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有(　　)

A．120种  B．156种  C．192种  D．240种

答案　C

解析　丙、丁捆绑在一起看作一个班，变成5个班进行排列，然后在后面4个位置中选1个排甲，这样可得排法为AAA＝192(种)．

8. 如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”(由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成)，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形和“赵爽弦图”ABCD涂色，且相邻区域(即图中有公共点的区域)不同色，已知有4种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是(　　)

A．48  B．54  C．72  D．108

答案　C

解析　如图所示，设“赵爽弦图”ABCD为①区，△ABE，△BCF，△CDG，△DAH这4个三角形分别为②，③，④，⑤区．

第一步给①区涂色，有4种涂色方法；

第二步给②区涂色，有3种涂色方法；

第三步给③区涂色，有2种涂色方法；

第四步给④区涂色，若④区与②区同色，则⑤区有2种涂色方法；

若④区与②区不同色，则④区有1种涂色方法，⑤区有1种涂色方法．

由分类、分步计数原理可得共有4×3×2×(2＋1×1)＝72(种)涂色方法．

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．

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．C种  B．C种  C．12种  D．32种

答案　AB

解析　因为要从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地试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C＝C.

11．已知n的展开式中各项的二项式系数之和为16，则展开式中(　　)

A．各项的系数之和为－1

B．存在常数项－32

C．各项的系数中最大的是24

D．含x的无理项有三项

答案　BCD

解析　∵n的二项式系数之和为16，

∴2n＝16，解得n＝4，∴4展开式的通项公式为Tk＋1＝Cx4－k(－2)k＝

(－2)kC.

对于A，令x＝1，则各项的系数之和为(1－2)4＝1，

A错误；

对于B，令＝0，解得k＝3，

∴存在常数项(－2)3C＝－32，B正确；

对于C，4＝x4－8＋24－32＋16，

∴各项的系数中最大的是24，C正确；

对于D，当k＝1,2,4时，对应的项为含x的无理项，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．CCCC   B．CA

C．CCA   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C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A种放法．

则没有空盒的放法有CA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CC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A种放法．

则没有空盒的放法有CCA种．

三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)

13．若C＝C(n∈N＋)，则n＝________.

答案　4

解析　由题意可知2n＋6＝20－(n＋2)或2n＋6＝n＋2，解得n＝4或n＝－4(舍去)．

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AA＝36(种)，当甲、乙带同一个兴趣小组时，有CA＝18(种)，根据分类加法计数原理可得共有36＋18＝54(种)．

15．若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　由题意得所以n＝7，a＝－1，

所以7的展开式的通项为

Tk＋1＝C(2)7－kk＝C27－k(－1)k，

令＝2，解得k＝1.

所以x2的系数为C26(－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A＝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A＝6(种)名次排列情况，剩下的三人有A＝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A＝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A＝120(个)再生数；

若有2个正整数相同，则有＝60(个)再生数；

若有3个正整数相同，则有＝20(个)再生数；

若有4个正整数相同，则有＝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C种取法；

②取3个红球，1个白球，有CC种取法；

③取2个红球，2个白球，有CC种取法，

故共有C＋CC＋CC＝115(种)取法．

(2)设取x个红球，y个白球，则

故或或

因此，符合题意的取法有CC＋CC＋CC＝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C＝816(种)选法．

(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C＝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CC＋C＝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CC＋CC＋CC＋CC

＝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C－(C＋C)＝14 656(种)选法．

20．(12分)已知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n的展开式的通项为Tk＋1＝Cxn－k·k＝Ck(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

C·＝C2，即·n＝2·，

解得n＝5.

(2)展开式中所有二项式系数的和为

C＋C＋C＋…＋C＝25＝32.

(3)二项展开式的通项为

Tk＋1＝Ck(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＝C0x5＝x5，

T3＝C2x2＝x2，

T5＝C4x－1＝.

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A＝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A＝12(个)符合题意的“凹数”；

②若十位上的数字为1，则共有A＝6(个)符合题意的“凹数”；

③若十位上的数字为2，则共有A＝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AA＝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AAA＝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AAA＝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n的展开式的二项式系数之和为256.

(1)求n的值；

(2)若展开式中常数项为，求m的值；

(3)若(x＋m)n的展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值情况．

解　(1)由二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8.

(2)设常数项为第k＋1项，则

Tk＋1＝Cx8－kk＝Cmkx8－2k，

令8－2k＝0，即k＝4，

则Cm4＝，解得m＝±.

(3)易知m>0，设第k＋1项系数最大，

则

化简可得≤k≤.

由于只有第6项和第7项系数最大，

所以即

所以m＝2.