高中高考数学一轮复习综合检测AB卷计数原理与二项式定理综合测试卷A含解析答案

这是一份高中高考数学一轮复习综合检测AB卷计数原理与二项式定理综合测试卷A含解析答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．2025年第9届亚冬会将在哈尔滨举办，某校的五位同学准备前往哈尔滨冰雪文化博物馆、群力音乐公园、哈尔滨极地公园三个著名景点进行打卡，已知每个景点至少有一位同学前往，并且每位同学只能选择其中一个景点，若学生甲和学生乙必须选同一个景点，则不同的选法种数是（ ）
A．18B．36C．54D．72
2．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
3．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，则的值可以是（ ）
A．2018B．2020C．2022D．2024
4．若的展开式中常数项为，则的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
5．已知 ，则 （ ）
A．8B．10C．D．
6．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）

A．在第10行中第5个数最大
B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等
C．
D．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数
7．在长郡中学文体活动时间，举办高三年级绳子打结计时赛，现有根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束.则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（ ）
A．B．C．D．
8．设的小数部分为x，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
9．若，则下列正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．四位同学各在周六､周日两天中任选一天参加社区公益活动，则（ ）
A．四位同学选在同一天参加公益活动的概率为
B．周六两位同学，周日两位同学参加公益活动的概率为
C．周六､周日都有同学参加公益活动的概率为
D．周六一位同学，周日三位同学参加公益活动的概率为
11．某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去．某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处，则（ ）
A．三次骰子后所走的步数可以是12B．三次骰子的点数之和只可能有两种结果
C．三次股子的点数之和超过10的走法有6种D．回到点处的所有不同走法共有27种
三、填空题
12．若的展开式中的系数为2025，则实数 ．
13．已知数列共有10项，且，若，则符合条件的不同数列有 个．
14．记为函数的阶导函数，且有，若存在，则称阶可导.英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造（称为次泰勒多项式）来逼近在附近的函数值，例如：在处的3次泰勒多项式为，则在处的5次泰勒多项式中的系数为 .
四、解答题
15．有5对夫妇和，共12人参加一场婚宴，他们被安排在一张有12个座位的圆桌上就餐（旋转之后算相同坐法）.
(1)若5对夫妇都相邻而坐，，相邻而坐，共有多少种坐法？
(2)5对夫妇都相邻而坐，其中甲、乙二人的太太是闺蜜要相邻而坐，，不相邻，共有多少种坐法？
16．已知．
(1)记其展开式中常数项为，当时．求的值；
(2)证明：在的展开式中，对任意，与的系数相同．
17．已知正项数列满足：，且.
(1)设，求数列的通项公式；
(2)设，求数列的前项和，并确定最小正整数，使得为整数.
18．已知数列的首项为1，设，．
(1)若为常数列，求的值；
(2)若为公比为2的等比数列，求的解析式；
(3)数列能否成等差数列，使得对一切都成立？若能，求出数列的通项公式，若不能，试说明理由．
19．在的展开式中，把，，，…，叫做三项式的次系数列．
(1)求的值；
(2)将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想方法，叫做“算两次”.对此，我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量的代数式，几何中常用的等积法也是“算两次”的典范.根据二项式定理，将等式的两边分别展开可得左右两边的系数对应相等，如考察左右两边展开式中的系数可得.利用上述思想方法，请计算的值（可用组合数作答）．
参考答案：
1．B
【分析】先根据甲乙选的景点其他人是否选分成两类情况，①无人再选，按照分组计算方法数；②还有人选，按照部分平均分组计算方法数，最后用分类加法原理计算总的方法数即可.
【详解】若甲、乙选的景点没有其他人选，则分组方式为：的选法总数为：，
若甲、乙选的景点还有其他人选择，则分组方式为：的选法总数为：，
所以不同的选法总数为: .
故选：B.
2．B
【分析】根据二项定理的通项公式，结合求出m的值，判断“”和“”的逻辑关系，即得答案.
【详解】由题意得，解得，
故时，不一定推出，而时，必有，
故“”是“”的必要不充分条件，
故选：B
3．D
【分析】首先根据二项式定理化简，再判断余数，结合选项，即可求解.
【详解】，
所以除以9的余数是8，
选项中只有2024除以9余8.
故选：D
4．C
【分析】由二项式展开式性质可计算出，结合基本不等式即可得.
【详解】由，有，
令，即，故，
即，即，则，
当且仅当或时，等号成立，
故的最小值为.
故选：C.
5．B
【分析】由，利用二项式定理求解指定项的系数.
【详解】，
其中展开式的通项为，且，
当时，，此时只需乘以第一个因式中的2，可得；
当时，，此时只需乘以第一个因式中的，可得.
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是把表示成，利用即可二项式定理求解.
6．D
【分析】根据杨辉三角的规律以及组合数的性质逐一进行判断.
【详解】因为第10行中第5个数是，又，故A错误；
因为第2023行中第1011个数和第1012个数分别为，，因为，所以，故B错误；
因为，故C错误；
因为，故D正确.
故选：D
7．D
【分析】利用分步计数原理，结合数列的累乘法与古典概型的概率公式即可得解.
【详解】不妨令绳头编号为，可以与绳头1打结形成一个圆的绳头除了1，2外有种可能，
假设绳头1与绳头3打结，那么相当于对剩下根绳子进行打结，
令根绳子打结后可成圆的种数为，
那么经过一次打结后，剩下根绳子打结后可成圆的种数为，
由此可得，，
所以，
所以，
显然，故；
另一方面，对个绳头进行任意2个绳头打结，总共有
；
所以，
所以当时，.
故选：.
【点睛】关键点睛：本题的解决关键是利用分步计数原理得到数列的递推式，从而利用数列的累乘法求得结果.
8．B
【分析】利用不等式放缩估计的整数部分为4，得到，即，然后利用二项式定理展开即得.
【详解】由，得的整数部分为4，
则，所以，
即，
故.
故选:B
9．ABC
【分析】通过赋值法即可对A、B、C逐项求解判断，通过对两边同时求导后再利用赋值法从而可对D求解判断.
【详解】对于A：令，则，故A正确；
对于B：令，则，故B正确；
对于C：令，则，故C正确；
对于D，由，
两边同时求导得，
令，则，故D错误.
故选：ABC.
10．ABD
【分析】利用计数原理求解总情况，然后利用古典概型求解概率.
【详解】对A，四位同学各在周六､周日任选一天参加公益活动共有种结果，都在同一天即周六或者周日参加共有2种结果，故其概率为，故A正确；
对B，周六和周日各有两位同学参加的概率为,故B正确；
对C，不都在同一天即周六､周日都有同学参加的概率为,故C错误；
对D，周六一位同学，周日三位同学参加的概率为,故D正确.
故选：ABD
11．BCD
【分析】由题意，可得抛掷三次骰子后，棋子恰好又回到点A处，说明棋子沿正方形逆时针行走了8个单位．由此再分析三次掷出的点数之和为8对应基本事件的个数，讨论每种对应的个数即可.
【详解】A、B：由题意知正方形（边长为2个单位）的周长是8，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的表示三次骰子的点数之和是，故A错误，B正确；
C、D：列举出在点数中三个数字能够使得和为的有，
共有7种组合，前2种组合，每种情况可以排列出种结果，共有种结果；各有3种结果，共有种结果，其中点数之和超过10的走法为，共有种，故C正确；根据分类计数原理知共有种结果，故D正确；
故选：BCD
12．
【分析】利用二项展开式的通项公式求出的项的系数，结合，即可得的值．
【详解】因为，的通项公式为，
所以的系数为，解得．
故答案为：.
13．66
【分析】根据题意，分的值有1种，2种以及3种讨论，结合隔板法代入计算，即可得到结果.
【详解】若的值只有1种可能，则符合条件的不同数列有3个，
若的值有2种可能，则利用隔板法可知，符合条件的不同数列有个，
若的值有3种可能，则利用隔板法可知，符合条件的不同数列有个，
故共有66个符合条件的不同数列．
故答案为：66
14．15
【分析】分别求出1阶至5阶的导数，代入泰勒多项式，然后根据二项式定理可解.
【详解】，
因为，
所以，，
又，，.
所以，
故的系数为.
故答案为：15
15．(1)7680种
(2)1152种
【分析】（1）将一对夫妇视为一组，，视为一组，先将6组人圆排列，再对每一组内的两人调整位置，然后用分步乘法计数原理计算即得；
（2）先排甲、乙二人的太太及这两对夫妇，再排余下3对夫妇，最后用插空法排，，借助分步乘法计数原理计算即得.
【详解】（1）若5对夫妇都相邻，，相邻，可将每对夫妇划分为1组，，划分为1组，
再将这6组人围坐成一圈，共有种坐法，
由于每一组内两人还有顺序问题，
所以共有种坐法；
（2）分成三步来完成第一步，排甲、乙二人的太太的座位，有2种坐法，
甲、乙二人的座位也随之确定；
第二步，排其余3对夫妇的座位，有种坐法；
第三步，排，二人的座位，有种坐法，
根据分步乘法计数原理，共有种坐法.
16．(1)19
(2)证明见解析
【分析】（1）根据展开式的通项公式，求出常数项，即可求得结果.
（2）先由展开式写出通项，分类讨论与存在，再证明系数相等．
【详解】（1）由题知，，
则.
（2）由二项式定理可知，
对任意给定的，当时，
的展开式中无含与的项；
当时，
若为奇数，则，
即的展开式中无含与的项；
若为偶数，设，
则的展开式中，的系数为，
的系数为，即与项的系数相同，
即当且为偶数时，在的展开式中，
与项的系数均相同，
在的展开式中，与项的系数相同，原命题得证．
17．(1)
(2)，最小值是9
【分析】（1）根据递推关系，结合等比数列的定义即可求解，
（2）根据分组求和，结合等比数列的求和公式化简，结合二项式定理求解整除关系，即可求解.
【详解】（1）因为，且，
，即，
，又，
是首项为，公比为2的等比数列，
.
（2）因为，
若为整数，因为，即.所以能被27整除，
.
能被27整除，
要能被27整除，
.
所以当时，能被27整除，的最小值是9.
18．(1)
(2)
(3)能为等差数列，通项公式为
【分析】（1）根据题意，由二项式定理，即可得到，即可得到结果；
（2）根据题意，结合等比数列的定义，代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，假设存在，结合倒序相加法即可得到，然后代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）因为为常数列，所以．
，所以．
（2）因为为公比为2的等比数列，．
所以．
所以，故．
（3）假设存在等差数列，使得对一切都成立，
设公差为d，则
相加得
所以．
所以恒成立，
即，恒成立，所以
故能为等差数列，使得对一切都成立，它的通项公式为．
19．(1)
(2)
【分析】（1）把看作整体，即可参照二项式求得三项式的展开式的各项系数求得结果.
（2）根据二项式定理和三项式的次系数列的定义，分别展开，然后比较的系数，建立方程关系进行求解即可.
【详解】（1）因为

（在三项式中，把看做整体，即可参照二项式求得三项式的展开式的各项系数），
从而，，，
故.
（2）因为
其中含项的系数为
又，
的展开式中的第项为
，
令，解得，
所以含项的系数为；
所以．