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第七章达标检测-2022版数学选择性必修第一册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析）
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这是一份第七章达标检测-2022版数学选择性必修第一册 苏教版（2019） 同步练习 （Word含解析），共16页。
本章达标检测
(满分:150分;时间:120分钟)
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.设n∈N*,且n<20,则(20-n)(21-n)…(100-n)等于 ( )
A.A100-n80 B.A100-n20-n
C.A100-n81 D.A20-n80
2.“中国梦”的英文翻译为“China Dream”,其中“China”又可以简写为“CN”,从“CN Dream”中取6个不同的字母排成一排,含有“ea”字母组合(顺序不变)的不同排列共有 ( )
A.360种 B.480种
C.600种 D.720种
3.若x2+3xn的展开式中含x7的项的系数为15,则n= ( )
A.5 B.6
C.7 D.8
4.已知(1-2x)n的展开式中,奇数项的二项式系数之和为64,则(1-2x)n1+1x的展开式中常数项为 ( )
A.-14 B.-13
C.1 D.2
5.为了打赢新冠肺炎疫情防控阻击战,某医院呼吸科要从5名男专家,3名女专家中选派3人到湖北的A、B、C三所医院参加疫情防控工作,则所选3人中,至少有2名女专家的概率为 ( )
A.57 B.47
C.27 D.1556
6.永定土楼位于中国东南沿海的福建省龙岩市,是世界上独一无二的神奇的山区民居建筑,是中国古建筑史上的一个奇迹.2008年7月,永定土楼被成功列入世界遗产名录.它历史悠久、风格独特,规模宏大、结构精巧.土楼具体有圆形、方形、五角形、八角形、日字形、回字形、吊脚楼等类型.现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼依次进行调查研究.要求调查顺序中,圆形要排在第一个或最后一个,方形、五角形相邻,则不同的排法种数为 ( )
A.480 B.240 C.384 D.1 440
7.(1-x)x+1x+24的展开式中x的系数是 ( )
A.10 B.2 C.-14 D.34
8.算筹是在珠算发明以前我国独创的计算工具,为我国古代数学的发展作出了很大贡献.在算筹计数法中,以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字,如表所示:
表示多位数时,个位用纵式,十位用横式,百位用纵式,千位用横式,以此类推,遇零则置空,如图所示:
6 728
6 708
如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中,那么可以表示的三位数的个数为 ( )
A.46 B.44 C.42 D.40
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.关于排列数与组合数,下列结论正确的是 ( )
A.Cnm=Cnn-m B.Cn+1m=Cnm-1+Cnm
C.Anm=mAn-1m-1 D.Anm=CnmAmm
10.若(1-2x)2 020=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2 020x2 020(x∈R),则 ( )
A.a0=1
B.a1+a3+a5+…+a2 019=32020-12
C.a12+a222+a323+…+a202022020=-1
D.a1+2a2+3a3+…+2 020a2 020=4 040
11.已知(x23+3x2)n的展开式中,各项系数的和比各二项式系数的和大992,则下列结论正确的为 ( )
A.展开式中偶数项的二项式系数的和为25
B.展开式中二项式系数最大的项只有第三项
C.展开式中系数最大的项只有第五项
D.展开式中有理项为第三项、第六项
12.现有4个小球和4个小盒子,下面说法正确的是( )
A.将4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,则共有24种放法
B.将4个相同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,且恰有两个空盒的放法共有18种
C.将4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,且恰有一个空盒的放法共有144种
D.将编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中的横线上)
13.在x+24x10的展开式中,有理项的个数为 .
14.我国古代有着辉煌的数学研究成果.《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》《孙子算经》《缉古算经》等10部专著有着丰富多彩的内容,是了解我国古代数学的重要文献.这10部专著中有7部产生于魏晋南北朝时期.某中学拟从这10部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容,则所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著的概率为 .
15.6x+13x6的展开式中,所有有理项(系数为有理数,x的次数为整数的项)的系数和为 ;把展开式中的项重新排列,则有理项互不相邻的排法共有 种.(用数字作答)
16.《九章算术》中称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马,设AA1是正六棱柱的一条侧棱,如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,以AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是 .
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)6个人坐在一排的10个座位上,问:
(1)空位不相邻的坐法有多少种?
(2)4个空位只有3个相邻的坐法有多少种?
(3)4个空位至多有2个相邻的坐法有多少种?
18.(本小题满分12分)已知x+12xn的展开式中前三项的系数成等差数列.
(1)求n的值;
(2)如果第3k项和第(k+2)项的二项式系数相等,试求k的值;
(3)求展开式中系数最大项的系数.
19.(本小题满分12分)用0,1,2,3,4,5这六个数字,完成下面三个小题.
(1)若数字允许重复,则可以组成多少个不同的五位偶数?
(2)若数字不允许重复,则可以组成多少个能被5整除且百位数字不是3的不同的五位数?
(3)若直线方程ax+by=0中的a,b可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字来代替,则直线方程表示的不同直线共有多少条?
20. (本小题满分12分)已知12x+2xn(n∈N*).
(1)若其展开式后三项的二项式系数的和等于67,求展开式中二项式系数最大的项;
(2)若n为满足8
21.(本小题满分12分)已知(x-2)n=anxn+an-1xn-1+an-2xn-2+…+a0,且a0a1+a2+a3+…+an=-3231.
(1)求n的值;
(2)若t∈N*,t'∈N*,集合A={x|x=5t-t'},求证:(5-2)n∈A.
22.(本小题满分12分)如图,已知图形ABCDEF的内部连有线段.
(1)由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条?
(2)由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条?
(3)图中总共有多少个矩形?
本章达标检测
一、单项选择题
1.C 由题意可得,共有(100-n)-(20-n)+1=81项,所以(20-n)(21-n)…(100-n)=A100-n81,故选C.
2.C 从其他5个字母中任取4个,然后与“ea”进行全排列,共有C54A55=600种不同排列,故选C.
3.A x2+3xn的展开式的通项为Tr+1=Cnr(x2)n-r3xr=3rCnrx2n-3r,∵展开式中含x7的项的系数为15,∴令2n-3r=7,得n=7+3r2,
∴3rC7+3r2r=15,解得r=1,∴n=7+32=5.故选A.
4.B 由已知可得2n-1=64,解得n=7,则(1-2x)71+1x的展开式的常数项为C70(-2x)0·17+C71(-2x)1·16·1x=1-14=-13,故选B.
5.C 若所选3人中有2名女专家,1名男专家,则共有C32C51种选派方法;若所选3人全部是女专家,则共有C33种选派方法,所以所选3人中,至少有2名女专家的概率为C32C51+C33C83=27.故选C.
6.A 当圆形排在第一个时,因为方形、五角形相邻,所以将其捆绑在一起与其他类型的土楼全排列,且方形、五角形内部排列,有A55A22=240种不同的排法,同理,当圆形排在最后一个时也有A55A22=240种不同的排法.综上,共有480种不同的排法.故选A.
7.C (1-x)x+1x+24=(1-x)x2+1+2xx4=(1-x)(x+1)8x4=(x+1)8x4-(x+1)8x3,因为(x+1)8的展开式的通项为Tr+1=C8rx8-r,所以(x+1)8x4的展开式中含x的项为C83x5x4=C83x,-(x+1)8x3的展开式中含x的项为-C84x4x3=-C84x,所以(1-x)x+1x+24的展开式中x的系数为C83-C84=-14.故选C.
8.B 按每一位数上算筹的根数分类,一共有15种情况:
(5,0,0),(4,1,0),(4,0,1),(3,2,0),(3,1,1),(3,0,2),(2,3,0),(2,2,1),(2,1,2),(2,0,3),(1,4,0),(1,3,1),(1,2,2),(1,1,3),(1,0,4).
由题图可知,2根及2根以上的算筹可以表示两个数字,则上述情况能表示的三位数的个数分别为2,2,2,4,2,4,4,4,4,4,2,2,4,2,2,故5根算筹能表示的三位数的个数为2+2+2+4+2+4+4+4+4+4+2+2+4+2+2=44.故选B.
二、多项选择题
9.ABD 根据组合数的性质或组合数的计算公式Cnm=n!(n-m)!m!,可知A,B选项正确;Anm=n!(n-m)!,而mAn-1m-1=m(n-1)!(n-m)!,故C选项错误;因为Anm=n!(n-m)!,CnmAmm=n!(n-m)!m!×m!=n!(n-m)!,所以Anm=CnmAmm,故D选项正确.故选ABD.
10.ACD (1-2x)2 020=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2 020x2 020(x∈R),故令x=0,可得a0=1,故A正确;令x=1,可得1+a1+a2+a3+…+a2 020=1,令x=-1,可得1-a1+a2-a3+…+a2 020=32 020,两式相减并整理,可得a1+a3+a5+…+a2 019=1-320202,故B错误;令x=12,可得1+a12+a222+…+a202022020=0,故a12+a222+…+a202022020=-1,故C正确;两边分别对x求导数,可得2 020·(-2)·(1-2x)2 019=a1+2a2x+3a3x2+…+2 020·a2 020x2 019,再令x=1,可得a1+2a2+3a3+…+2 020a2 020=4 040,故D正确.故选ACD.
11.CD 令x=1,可得展开式中各项系数的和为4n,又各二项式系数的和为2n,所以4n-2n=992,所以n=5.对于A,因为二项展开式中,奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和,所以展开式中偶数项的二项式系数的和为252=24,故A错误;对于B,因为n=5,所以第三项、第四项的二项式系数最大,故B错误;对于C,Tr+1=C5r·(x23)5-r·(3x2)r=C5r·3r·x10+4r3,设展开式中系数最大的项是第(r+1)项,则C5r·3r≥C5r-1·3r-1,C5r·3r≥C5r+1·3r+1,解得72≤r≤92,又r∈N,所以r=4,所以展开式中系数最大的项只有第五项,故C正确;对于D,若Tr+1是有理项,则10+4r3为整数,又0≤r≤5,r∈N,所以r=2或r=5,所以展开式中有理项为第三项、第六项,故D正确.故选CD.
12.BCD 对于A,若将4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,则共有44=256种放法,故A错误;对于B,若将4个相同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,且恰有两个空盒,则一个盒子放3个小球,另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球,共有C42·(A22+1)=18种放法,故B正确;对于C,若将4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,且恰有一个空盒,则两个盒子中各放1个小球,另一个盒子中放2个小球,共有C41·C41·C31·C22·A33A22=144种放法,故C正确;对于D,若将编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同,则用(2,1,4,3)代表编号为1,2,3,4的盒子放入的小球编号分别为2,1,4,3,列出所有符合要求的情况:(2,1,4,3),(4,1,2,3),(3,1,4,2),(2,4,1,3),(3,4,1,2),(4,3,1,2),(2,3,4,1),(3,4,2,1),(4,3,2,1),共9种放法,故D正确.故选BCD.
三、填空题
13.答案 3
解析 易知Tr+1=C10r(x)10-r24xr=C10r·2r·x5-3r4,r=0,1,2,…,10,所以当5-3r4∈Z,即r=0,4,8时,对应的项为有理项,因此有理项的个数为3.
14.答案 1415
解析 从10部专著中选择2部的所有可能情况有C102=45种,
所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期的专著的可能情况有C71C31+C72=42种,故所求概率为4245=1415.
15.答案 32;144
解析 6x+13x6的展开式的通项为Tr+1=C6rx6-r6x-13r=C6rx2-r2(r=0,1,2,…,6),令2-r2=1-r2∈Z,得r=0,2,4,6,
故所有有理项的系数和为C60+C62+C64+C66=1+15+15+1=32.把展开式中的项重新排列,则有理项互不相邻的排法共有A33A44=144种.
16.答案 16
解析 如图所示.
根据正六边形的性质可知,当另一条边取BB1时,顶点可取D或D1或E或E1,共4种情况,同理,当另一条边取CC1,EE1,FF1时,顶点的选取也各有4种情况;当另一条边取DD1时,不存在符号题意的阳马,
因此符合要求的阳马的个数是4×4=16.
四、解答题
17.解析 6个人排一排有A66种排法,排好后包括两端共有7个“间隔”可以插入空位.
(1)空位不相邻相当于将4个空位安插在上述7个“间隔”中,有C74种插法,故空位不相邻的坐法有A66C74=25 200种. (3分)
(2)将相邻的3个空位当作一个元素,另一空位当作另一个元素,往7个“间隔”里插,有A72种插法,故4个空位中只有3个相邻的坐法有A66A72=30 240种. (6分)
(3)4个空位至多有2个相邻的情况有三类:
①4个空位各不相邻有C74种坐法;
②4个空位2个相邻,另外2个不相邻有C71C62种坐法; (8分)
③4个空位分两组,每组都有2个相邻,有C72种坐法.
综上所述,应有A66(C74+C71C62+C72)=115 920种坐法. (10分)
18.解析 (1)根据题意,Cn0,Cn12,Cn24成等差数列,
所以Cn1=Cn0+Cn24,即4n=4+n(n-1)2,解得n=8或n=1(舍去). (3分)
(2)当3k=k+2,即k=1时显然成立;
当3k≠k+2,即k≠1时,3k-1+k+1=8,解得k=2. (7分)
综上,k=1或k=2. (8分)
(3)设第(r+1)项的系数最大,
则12rC8r≥12r+1C8r+1,12rC8r≥12r-1C8r-1,r∈N⇒18-r≥12(r+1),12r≥19-r,r∈N,
解得r=2或r=3, (10分)
所以展开式中系数最大项的系数为122C82=123C83=7. (12分)
19.解析 (1)根据分步计数原理,可得不同的五位偶数共有5×6×6×6×3=3 240个. (3分)
(2)当首位数字是5,末位数字是0时,有A31A32=18个满足条件的五位数;
当首位数字是3,末位数字是0或5时,有A21A43=48个满足条件的五位数; (5分)
当首位数字是1或2或4,末位数字是0或5时,有A31A21A31A32=108个满足条件的五位数.
故共有18+48+108=174个满足条件的五位数. (7分)
(3)分两类:
第一类:当a,b都不取0时,有A52=20条,
又a=1,b=2与a=2,b=4表示同一条直线,
a=2,b=1与a=4,b=2表示同一条直线,
所以此时共有18条不同的直线; (10分)
第二类:当a,b中有且只一个取0时,不同的直线仅有x=0和y=0,共2条.
由分类计数原理,可得共有18+2=20条. (12分)
20.解析 (1)由已知得Cnn-2+Cnn-1+Cnn=Cn2+Cn1+Cn0=n(n-1)2+n+1=67,
整理得n2+n-132=0,即(n+12)(n-11)=0,解得n=11或n=-12(舍去). (2分)
则12x+2xn=12x+2x11,其展开式中二项式系数最大的项为第6项和第7项,
即T6=C115×126x-6×25x52=231x-72, (4分)
T7=C116×125x-5×26x3=924x-2. (6分)
(2)12x+2xn的展开式的通项为Tr+1=Cnr12n-rx-(n-r)2rxr2=Cnr22r-nx3r-2n2(r=0,1,…,n).
设第r+1项为常数项,则有3r-2n2=0,即n=32r,
所以8<32r<12,即513
当r=6时,n=9;当r=7时,n=212(不合题意,舍去),所以n=9,即当n=9时,展开式中有常数项,
常数项为T7=C96×23=672. (12分)
21.解析 (1)因为(x-2)n=anxn+an-1xn-1+an-2xn-2+…+a0,
所以令x=0,可得a0=(-2)n,令x=1,可得a0+a1+a2+…+an=(-1)n,
所以a1+a2+a3+…+an=(-1)n-(-2)n. (3分)
因为a0a1+a2+a3+…+an=-3231,
所以(-2)n(-1)n-(-2)n=-3231.
若n为偶数,则2n1-2n=-3231,即2n=32,解得n=5,与n为偶数矛盾,舍去; (5分)
若n为奇数,则-2n-1+2n=-3231,即2n=32,解得n=5.
综上可得,n的值为5. (7分)
(2)证明:由(1)可得n=5,
则(5-2)n=(5-2)5=C50(5)5+C51(5)4×(-2)+C52(5)3×(-2)2+C53(5)2×(-2)3+C545×(-2)4+C55(-2)5=255-250+2005-400+805-32=3055-682, (10分)
因为集合A={x|x=5t-t'}(t∈N*,t'∈N*),且305∈N*,682∈N*,
所以(5-2)n∈A. (12分)
22.解析 (1)由题意知,点A沿着图中的线段到达点E的最近路线需要向右移动3次,向上移动3次,故点A到达点E的最近路线的条数为C63·C33=20. (3分)
(2)设点G、H、P的位置如图所示:
则点A沿着图中的线段到达点C的最近路线可分为4种情况:
①沿着A→E→C,共有C63·C33·C32=60条最近路线; (4分)
②沿着A→G→C,共有C53·C22·C42·C22=60条最近路线; (5分)
③沿着A→H→C,共有C43·C52·C33=40条最近路线; (6分)
④沿着A→P→C,共有C62·C44=15条最近路线. (7分)
故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有60+60+40+15=175条. (8分)
(3)由题意,要组成矩形则应从竖线中选出两条、横线中选出两条,可分为两种情况:
①矩形的边不在CD上,共有C42·C62=90个矩形; (10分)
②矩形的一条边在CD上,共有C41·C32=12个矩形.
故共有90+12=102个矩形. (12分)
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(满分:150分;时间:120分钟)
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.设n∈N*,且n<20,则(20-n)(21-n)…(100-n)等于 ( )
A.A100-n80 B.A100-n20-n
C.A100-n81 D.A20-n80
2.“中国梦”的英文翻译为“China Dream”,其中“China”又可以简写为“CN”,从“CN Dream”中取6个不同的字母排成一排,含有“ea”字母组合(顺序不变)的不同排列共有 ( )
A.360种 B.480种
C.600种 D.720种
3.若x2+3xn的展开式中含x7的项的系数为15,则n= ( )
A.5 B.6
C.7 D.8
4.已知(1-2x)n的展开式中,奇数项的二项式系数之和为64,则(1-2x)n1+1x的展开式中常数项为 ( )
A.-14 B.-13
C.1 D.2
5.为了打赢新冠肺炎疫情防控阻击战,某医院呼吸科要从5名男专家,3名女专家中选派3人到湖北的A、B、C三所医院参加疫情防控工作,则所选3人中,至少有2名女专家的概率为 ( )
A.57 B.47
C.27 D.1556
6.永定土楼位于中国东南沿海的福建省龙岩市,是世界上独一无二的神奇的山区民居建筑,是中国古建筑史上的一个奇迹.2008年7月,永定土楼被成功列入世界遗产名录.它历史悠久、风格独特,规模宏大、结构精巧.土楼具体有圆形、方形、五角形、八角形、日字形、回字形、吊脚楼等类型.现有某大学建筑系学生要重点对这七种主要类型的土楼依次进行调查研究.要求调查顺序中,圆形要排在第一个或最后一个,方形、五角形相邻,则不同的排法种数为 ( )
A.480 B.240 C.384 D.1 440
7.(1-x)x+1x+24的展开式中x的系数是 ( )
A.10 B.2 C.-14 D.34
8.算筹是在珠算发明以前我国独创的计算工具,为我国古代数学的发展作出了很大贡献.在算筹计数法中,以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字,如表所示:
表示多位数时,个位用纵式,十位用横式,百位用纵式,千位用横式,以此类推,遇零则置空,如图所示:
6 728
6 708
如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中,那么可以表示的三位数的个数为 ( )
A.46 B.44 C.42 D.40
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.关于排列数与组合数,下列结论正确的是 ( )
A.Cnm=Cnn-m B.Cn+1m=Cnm-1+Cnm
C.Anm=mAn-1m-1 D.Anm=CnmAmm
10.若(1-2x)2 020=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2 020x2 020(x∈R),则 ( )
A.a0=1
B.a1+a3+a5+…+a2 019=32020-12
C.a12+a222+a323+…+a202022020=-1
D.a1+2a2+3a3+…+2 020a2 020=4 040
11.已知(x23+3x2)n的展开式中,各项系数的和比各二项式系数的和大992,则下列结论正确的为 ( )
A.展开式中偶数项的二项式系数的和为25
B.展开式中二项式系数最大的项只有第三项
C.展开式中系数最大的项只有第五项
D.展开式中有理项为第三项、第六项
12.现有4个小球和4个小盒子,下面说法正确的是( )
A.将4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,则共有24种放法
B.将4个相同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,且恰有两个空盒的放法共有18种
C.将4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,且恰有一个空盒的放法共有144种
D.将编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中的横线上)
13.在x+24x10的展开式中,有理项的个数为 .
14.我国古代有着辉煌的数学研究成果.《周髀算经》《九章算术》《海岛算经》《孙子算经》《缉古算经》等10部专著有着丰富多彩的内容,是了解我国古代数学的重要文献.这10部专著中有7部产生于魏晋南北朝时期.某中学拟从这10部专著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容,则所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期专著的概率为 .
15.6x+13x6的展开式中,所有有理项(系数为有理数,x的次数为整数的项)的系数和为 ;把展开式中的项重新排列,则有理项互不相邻的排法共有 种.(用数字作答)
16.《九章算术》中称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马,设AA1是正六棱柱的一条侧棱,如图,若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点,以AA1为底面矩形的一边,则这样的阳马的个数是 .
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(本小题满分10分)6个人坐在一排的10个座位上,问:
(1)空位不相邻的坐法有多少种?
(2)4个空位只有3个相邻的坐法有多少种?
(3)4个空位至多有2个相邻的坐法有多少种?
18.(本小题满分12分)已知x+12xn的展开式中前三项的系数成等差数列.
(1)求n的值;
(2)如果第3k项和第(k+2)项的二项式系数相等,试求k的值;
(3)求展开式中系数最大项的系数.
19.(本小题满分12分)用0,1,2,3,4,5这六个数字,完成下面三个小题.
(1)若数字允许重复,则可以组成多少个不同的五位偶数?
(2)若数字不允许重复,则可以组成多少个能被5整除且百位数字不是3的不同的五位数?
(3)若直线方程ax+by=0中的a,b可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字来代替,则直线方程表示的不同直线共有多少条?
20. (本小题满分12分)已知12x+2xn(n∈N*).
(1)若其展开式后三项的二项式系数的和等于67,求展开式中二项式系数最大的项;
(2)若n为满足8
21.(本小题满分12分)已知(x-2)n=anxn+an-1xn-1+an-2xn-2+…+a0,且a0a1+a2+a3+…+an=-3231.
(1)求n的值;
(2)若t∈N*,t'∈N*,集合A={x|x=5t-t'},求证:(5-2)n∈A.
22.(本小题满分12分)如图,已知图形ABCDEF的内部连有线段.
(1)由点A沿着图中的线段到达点E的最近路线有多少条?
(2)由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有多少条?
(3)图中总共有多少个矩形?
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一、单项选择题
1.C 由题意可得,共有(100-n)-(20-n)+1=81项,所以(20-n)(21-n)…(100-n)=A100-n81,故选C.
2.C 从其他5个字母中任取4个,然后与“ea”进行全排列,共有C54A55=600种不同排列,故选C.
3.A x2+3xn的展开式的通项为Tr+1=Cnr(x2)n-r3xr=3rCnrx2n-3r,∵展开式中含x7的项的系数为15,∴令2n-3r=7,得n=7+3r2,
∴3rC7+3r2r=15,解得r=1,∴n=7+32=5.故选A.
4.B 由已知可得2n-1=64,解得n=7,则(1-2x)71+1x的展开式的常数项为C70(-2x)0·17+C71(-2x)1·16·1x=1-14=-13,故选B.
5.C 若所选3人中有2名女专家,1名男专家,则共有C32C51种选派方法;若所选3人全部是女专家,则共有C33种选派方法,所以所选3人中,至少有2名女专家的概率为C32C51+C33C83=27.故选C.
6.A 当圆形排在第一个时,因为方形、五角形相邻,所以将其捆绑在一起与其他类型的土楼全排列,且方形、五角形内部排列,有A55A22=240种不同的排法,同理,当圆形排在最后一个时也有A55A22=240种不同的排法.综上,共有480种不同的排法.故选A.
7.C (1-x)x+1x+24=(1-x)x2+1+2xx4=(1-x)(x+1)8x4=(x+1)8x4-(x+1)8x3,因为(x+1)8的展开式的通项为Tr+1=C8rx8-r,所以(x+1)8x4的展开式中含x的项为C83x5x4=C83x,-(x+1)8x3的展开式中含x的项为-C84x4x3=-C84x,所以(1-x)x+1x+24的展开式中x的系数为C83-C84=-14.故选C.
8.B 按每一位数上算筹的根数分类,一共有15种情况:
(5,0,0),(4,1,0),(4,0,1),(3,2,0),(3,1,1),(3,0,2),(2,3,0),(2,2,1),(2,1,2),(2,0,3),(1,4,0),(1,3,1),(1,2,2),(1,1,3),(1,0,4).
由题图可知,2根及2根以上的算筹可以表示两个数字,则上述情况能表示的三位数的个数分别为2,2,2,4,2,4,4,4,4,4,2,2,4,2,2,故5根算筹能表示的三位数的个数为2+2+2+4+2+4+4+4+4+4+2+2+4+2+2=44.故选B.
二、多项选择题
9.ABD 根据组合数的性质或组合数的计算公式Cnm=n!(n-m)!m!,可知A,B选项正确;Anm=n!(n-m)!,而mAn-1m-1=m(n-1)!(n-m)!,故C选项错误;因为Anm=n!(n-m)!,CnmAmm=n!(n-m)!m!×m!=n!(n-m)!,所以Anm=CnmAmm,故D选项正确.故选ABD.
10.ACD (1-2x)2 020=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a2 020x2 020(x∈R),故令x=0,可得a0=1,故A正确;令x=1,可得1+a1+a2+a3+…+a2 020=1,令x=-1,可得1-a1+a2-a3+…+a2 020=32 020,两式相减并整理,可得a1+a3+a5+…+a2 019=1-320202,故B错误;令x=12,可得1+a12+a222+…+a202022020=0,故a12+a222+…+a202022020=-1,故C正确;两边分别对x求导数,可得2 020·(-2)·(1-2x)2 019=a1+2a2x+3a3x2+…+2 020·a2 020x2 019,再令x=1,可得a1+2a2+3a3+…+2 020a2 020=4 040,故D正确.故选ACD.
11.CD 令x=1,可得展开式中各项系数的和为4n,又各二项式系数的和为2n,所以4n-2n=992,所以n=5.对于A,因为二项展开式中,奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和,所以展开式中偶数项的二项式系数的和为252=24,故A错误;对于B,因为n=5,所以第三项、第四项的二项式系数最大,故B错误;对于C,Tr+1=C5r·(x23)5-r·(3x2)r=C5r·3r·x10+4r3,设展开式中系数最大的项是第(r+1)项,则C5r·3r≥C5r-1·3r-1,C5r·3r≥C5r+1·3r+1,解得72≤r≤92,又r∈N,所以r=4,所以展开式中系数最大的项只有第五项,故C正确;对于D,若Tr+1是有理项,则10+4r3为整数,又0≤r≤5,r∈N,所以r=2或r=5,所以展开式中有理项为第三项、第六项,故D正确.故选CD.
12.BCD 对于A,若将4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,则共有44=256种放法,故A错误;对于B,若将4个相同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,且恰有两个空盒,则一个盒子放3个小球,另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球,共有C42·(A22+1)=18种放法,故B正确;对于C,若将4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,且恰有一个空盒,则两个盒子中各放1个小球,另一个盒子中放2个小球,共有C41·C41·C31·C22·A33A22=144种放法,故C正确;对于D,若将编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同,则用(2,1,4,3)代表编号为1,2,3,4的盒子放入的小球编号分别为2,1,4,3,列出所有符合要求的情况:(2,1,4,3),(4,1,2,3),(3,1,4,2),(2,4,1,3),(3,4,1,2),(4,3,1,2),(2,3,4,1),(3,4,2,1),(4,3,2,1),共9种放法,故D正确.故选BCD.
三、填空题
13.答案 3
解析 易知Tr+1=C10r(x)10-r24xr=C10r·2r·x5-3r4,r=0,1,2,…,10,所以当5-3r4∈Z,即r=0,4,8时,对应的项为有理项,因此有理项的个数为3.
14.答案 1415
解析 从10部专著中选择2部的所有可能情况有C102=45种,
所选2部专著中至少有一部是魏晋南北朝时期的专著的可能情况有C71C31+C72=42种,故所求概率为4245=1415.
15.答案 32;144
解析 6x+13x6的展开式的通项为Tr+1=C6rx6-r6x-13r=C6rx2-r2(r=0,1,2,…,6),令2-r2=1-r2∈Z,得r=0,2,4,6,
故所有有理项的系数和为C60+C62+C64+C66=1+15+15+1=32.把展开式中的项重新排列,则有理项互不相邻的排法共有A33A44=144种.
16.答案 16
解析 如图所示.
根据正六边形的性质可知,当另一条边取BB1时,顶点可取D或D1或E或E1,共4种情况,同理,当另一条边取CC1,EE1,FF1时,顶点的选取也各有4种情况;当另一条边取DD1时,不存在符号题意的阳马,
因此符合要求的阳马的个数是4×4=16.
四、解答题
17.解析 6个人排一排有A66种排法,排好后包括两端共有7个“间隔”可以插入空位.
(1)空位不相邻相当于将4个空位安插在上述7个“间隔”中,有C74种插法,故空位不相邻的坐法有A66C74=25 200种. (3分)
(2)将相邻的3个空位当作一个元素,另一空位当作另一个元素,往7个“间隔”里插,有A72种插法,故4个空位中只有3个相邻的坐法有A66A72=30 240种. (6分)
(3)4个空位至多有2个相邻的情况有三类:
①4个空位各不相邻有C74种坐法;
②4个空位2个相邻,另外2个不相邻有C71C62种坐法; (8分)
③4个空位分两组,每组都有2个相邻,有C72种坐法.
综上所述,应有A66(C74+C71C62+C72)=115 920种坐法. (10分)
18.解析 (1)根据题意,Cn0,Cn12,Cn24成等差数列,
所以Cn1=Cn0+Cn24,即4n=4+n(n-1)2,解得n=8或n=1(舍去). (3分)
(2)当3k=k+2,即k=1时显然成立;
当3k≠k+2,即k≠1时,3k-1+k+1=8,解得k=2. (7分)
综上,k=1或k=2. (8分)
(3)设第(r+1)项的系数最大,
则12rC8r≥12r+1C8r+1,12rC8r≥12r-1C8r-1,r∈N⇒18-r≥12(r+1),12r≥19-r,r∈N,
解得r=2或r=3, (10分)
所以展开式中系数最大项的系数为122C82=123C83=7. (12分)
19.解析 (1)根据分步计数原理,可得不同的五位偶数共有5×6×6×6×3=3 240个. (3分)
(2)当首位数字是5,末位数字是0时,有A31A32=18个满足条件的五位数;
当首位数字是3,末位数字是0或5时,有A21A43=48个满足条件的五位数; (5分)
当首位数字是1或2或4,末位数字是0或5时,有A31A21A31A32=108个满足条件的五位数.
故共有18+48+108=174个满足条件的五位数. (7分)
(3)分两类:
第一类:当a,b都不取0时,有A52=20条,
又a=1,b=2与a=2,b=4表示同一条直线,
a=2,b=1与a=4,b=2表示同一条直线,
所以此时共有18条不同的直线; (10分)
第二类:当a,b中有且只一个取0时,不同的直线仅有x=0和y=0,共2条.
由分类计数原理,可得共有18+2=20条. (12分)
20.解析 (1)由已知得Cnn-2+Cnn-1+Cnn=Cn2+Cn1+Cn0=n(n-1)2+n+1=67,
整理得n2+n-132=0,即(n+12)(n-11)=0,解得n=11或n=-12(舍去). (2分)
则12x+2xn=12x+2x11,其展开式中二项式系数最大的项为第6项和第7项,
即T6=C115×126x-6×25x52=231x-72, (4分)
T7=C116×125x-5×26x3=924x-2. (6分)
(2)12x+2xn的展开式的通项为Tr+1=Cnr12n-rx-(n-r)2rxr2=Cnr22r-nx3r-2n2(r=0,1,…,n).
设第r+1项为常数项,则有3r-2n2=0,即n=32r,
所以8<32r<12,即513
当r=6时,n=9;当r=7时,n=212(不合题意,舍去),所以n=9,即当n=9时,展开式中有常数项,
常数项为T7=C96×23=672. (12分)
21.解析 (1)因为(x-2)n=anxn+an-1xn-1+an-2xn-2+…+a0,
所以令x=0,可得a0=(-2)n,令x=1,可得a0+a1+a2+…+an=(-1)n,
所以a1+a2+a3+…+an=(-1)n-(-2)n. (3分)
因为a0a1+a2+a3+…+an=-3231,
所以(-2)n(-1)n-(-2)n=-3231.
若n为偶数,则2n1-2n=-3231,即2n=32,解得n=5,与n为偶数矛盾,舍去; (5分)
若n为奇数,则-2n-1+2n=-3231,即2n=32,解得n=5.
综上可得,n的值为5. (7分)
(2)证明:由(1)可得n=5,
则(5-2)n=(5-2)5=C50(5)5+C51(5)4×(-2)+C52(5)3×(-2)2+C53(5)2×(-2)3+C545×(-2)4+C55(-2)5=255-250+2005-400+805-32=3055-682, (10分)
因为集合A={x|x=5t-t'}(t∈N*,t'∈N*),且305∈N*,682∈N*,
所以(5-2)n∈A. (12分)
22.解析 (1)由题意知,点A沿着图中的线段到达点E的最近路线需要向右移动3次,向上移动3次,故点A到达点E的最近路线的条数为C63·C33=20. (3分)
(2)设点G、H、P的位置如图所示:
则点A沿着图中的线段到达点C的最近路线可分为4种情况:
①沿着A→E→C,共有C63·C33·C32=60条最近路线; (4分)
②沿着A→G→C,共有C53·C22·C42·C22=60条最近路线; (5分)
③沿着A→H→C,共有C43·C52·C33=40条最近路线; (6分)
④沿着A→P→C,共有C62·C44=15条最近路线. (7分)
故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有60+60+40+15=175条. (8分)
(3)由题意,要组成矩形则应从竖线中选出两条、横线中选出两条,可分为两种情况:
①矩形的边不在CD上,共有C42·C62=90个矩形; (10分)
②矩形的一条边在CD上,共有C41·C32=12个矩形.
故共有90+12=102个矩形. (12分)
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