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2012届高三数学一轮总复习《名师一号》单元检测(人教A):第十章 排列、组合和二项式定理(1)


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2012 届高三数学一轮总复习 《名师一号》 单元检测 (人教 A) : 第十章 排列、组合和二项式定理
时间:120 分钟 分值:150 分 第Ⅰ卷(选择题 共 60 分) 一、选择题:(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 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.用 0 到 9 这 10 个数字,可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为( A.324 C.360 B.328 D.648 )

解析:若个位数是 0,从其余 9 个数中取出两个数排在前两位,有 A92 种排法;若个位 数不是 0,先从 2、4、6、8 中取一个放在个位,在其余的 3 个数和 1、3、5、7、9 中取出 1 个数排在首位, 再从其余 8 个数(包括 0)中取出一个数排在十位, 4×8×8=256(种)排法. 有 所 以满足条件的三位偶数共有 A92+4×8×8=328(个),故选 B. 答案:B 2.某校在高二年级开设选修课,其中数学选修课开三个班.选课结束后,有 4 名同学 要求改修数学,但每班至多可再接收 2 名同学,那么不同的分配方案有( A.72 种 C.36 种 B.54 种 D.18 种 )

解析: 依题意, 就要求改修数学的 4 名同学实际到三个班的具体人数分类计数: 第一类, 其中一个班接收 2 名、另两个班各接收 1 名,分配方案共有 C31· 42· 22=36(种);第二类, C A 其中一个班不接收、另两个班各接收 2 名,分配方案共有 C31· 42=18(种).因此,满足题意 C 的不同的分配方案有 36+18=54(种),选 B. 答案:B 3.数列{an}共有 6 项,其中三项是 1,两项是 2,一项是 3,则满足上述条件的数列共 有( ) A.24 种 C.72 种 B.60 种 D.120 种

解析:∵数列{an}共有 6 项,可以找 6 个位置,先放 3 个 1,相当于从 6 个位置中选出 3 个位置放 1,由于 3 个 1 相同,所以没有顺序,共有 C63 种方法;类似地,剩下的 3 个位 置 2 个放 2,1 个放 3,因此一共有 C63C32C11=60(种),故选 B. 答案:B 4.为预防和控制甲型流感,某学校医务室欲将 22 支相同的温度计分发到高三年级 10
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A.45 种 C.90 种

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)

个班级中,要求分发到每个班级的温度计不少于 2 支,则不同的分发方式共有( B.55 种 D.100 种

解析:依题意,先把这 22 支相同的温度计给每班分配 2 支,则满足题意的分发方式的 种数就取决于余下的 2 支温度计的分配方法种数, 余下的 2 支温度计的分配方法有两类: 第 一类,将余下的 2 支温度计全部分给某一个班,有 C101=10(种)方法;第二类,将余下的 2 支温度计全部分给某两个班,有 C102=45(种)方法.因此,满足题意的分发方式共有 10+45 =55(种),选 B. 答案:B 5.计划在 4 个候选场馆举办排球、篮球、足球 3 个项目的比赛,在同一个场馆比赛的 项目不超过 2 项的安排方案共有( A.24 种 C.42 种 ) B.36 种 D.60 种

解析:依题意知,满足题意的方案可分为两类:第一类,这 3 个项目分别安排在某 3 个场馆,相应的方案数为 A43=24;第二类,这 3 个项目分别安排在某 2 个场馆,相应的方 案数为 C42· 21· 32=36.因此,满足题意的方案共有 24+36=60(种),选 D. C C 答案:D 6.从 8 个不同的数中选出 5 个数构成函数 f(x)(x=1,2,3,4,5)的值域,如果 8 个不同的数 中的 A、B 两个数不能是 x=5 对应的函数值,那么不同的选法种数为( A.C82A63 C.C61A74 B.C71A74 D.无法确定 )

解析:依题意,分步确定当 x 取 1、2、3、4、5 时相应的函数值,第一步,从除 A、B 外的六个数中任选一个作为 x=5 时相应的函数值,有 C61 种方法;第二步,再从其余的 7 个数中任选 4 个作为 x 取 1、2、3、4 时相应的函数值,有 A74 种方法.因此满足题意的不 同的选法种数有 C61A74,选 C. 答案:C 7.某学校有教职工 100 人,其中教师 80 人,职员 20 人,现从中选取 10 人组成一个考 察团外出学习考察,则这 10 人中恰好有 8 名教师的不同选法的种数是( A.C802C208 C.A808C202 B.A808C202 D.C808C202 )

解析:依题意得这 10 人中恰好有 8 名教师的不同选法的种数是 C808C202,选 D. 答案:D 8.若自然数 n 使得作竖式加法 n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称 n 为“可连 数”.例如:32 是“可连数”,因 32+33+34 不产生进位现象;23 不是“可连数”,因
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)

23+24+25 产生进位现象.那么,小于 1000 的“可连数”的个数为( A.27 C.39 B.36 D.48

解析:根据题意,要构造小于 1000 的“可连数”,个位上的数字的最大值只能为 2, 即个位数字只能在 0,1,2 中取.十位数字只能在 0,1,2,3 中取;百位数字只能在 1,2,3 中取. 当“可连数”为一位数时:有 C31=3(个); 当“可连数”为两位数时: 个位上的数字有 0,1,2 三种取法, 十位上的数字有 1,2,3 三种 取法,即有 C31C31=9(个); 当“可连数”为三位数时:有 C31C41C31=36(个); 故共有:3+9+36=48(个),故选 D. 答案:D 9. (2x+4)2010=a0+a1x+a2x2+?+a2010x2010, a0+a2+a4+?+a2010 被 3 除的余数是 则 ( ) A.0 C.2 B.1 D.不能确定

解析:在已知等式中分别取 x=1 与 x=-1 得 a0+a1+a2+?+a2010=62010,a0-a1+a2 1 -?+a2010=22010,两式相加得 2(a0+a2+?+a2010)=62010+22010,即 a0+a2+?+a2010= 2 1 ×(62010+22010)= ×62010+22009. 2 1 注意到 ×62010 能被 3 整除; 2 22009=2×(22)1004=2×(3+1)1004=2×(31004+C10041·1003+?+C10041003· 3 3+1),被 3 除的 余数是 2,因此选 C. 答案:C log2f?3? - - 10.如果 f(m)=1+mCn1+m2Cn2+?+mn 1Cnn 1+mnCnn,那么 等于( log2f?1? A.2 C.1 解析:∵f(m)=(1+m)n,∴ 答案:A 11.(C41x+C42x2+C43x3+C44x4)2 的展开式的所有项的系数和为( A.64 C.225 B.224 D.256 ) 1 B. 2 D.3 log2f?3? log24n 2n = =2,故选 A. n= n log2f?1? log22 )

解析: 在已知代数式中取 x=1 得其展开式的所有项的系数和等于(C41+C42+C43+C44)2
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=152=225,选 C. 答案:C

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12.设(5x- x)n 的展开式的各项系数之和为 M,二项式系数之和为 N,若 M-N=240, 则展开式中 x3 的系数为( A.-150 C.-500 ) B.150 D.500

解析:依题意得,M=4n=(2n)2,N=2n,于是有(2n)2-2n=240,(2n+15)(2n-16)=0,2n = 16 = 24 , n = 4 , 二 项 式 (5x - x )n 即 (5x - x )4 的 展 开 式 的 通 项 Tr + 1 = r ,令 4- =3,得 r=2,因 2 此(5x- x)n 的展开式中 x3 的系数等于 C42·4 2· 5 (-1)2=150,选 B. 答案:B 第Ⅱ卷(非选择题 共 90 分) 二、 填空题: (本大题共 4 小题, 每小题 5 分, 20 分. 共 请把正确答案填在题中横线上. ) 13.北京大学今年实施校长实名推荐制,某中学获得推荐 4 名学生的资格,校长要从 7 名优秀学生中推荐 4 名,7 名学生中有 2 人有体育特长,另有 2 人有艺术特长,其余 3 人有 其他特长,那么至少含有 1 名有体育特长和 1 名有艺术特长的学生的推荐方案有________ 种(用数字作答). 解析:依题意,推荐方案分四类:①1 名体育特长生,1 名艺术特长生,有 C21C21C32 =12(种)方案;②2 名体育特长生,1 名艺术特长生,有 C22C21C31=6(种)方案;③1 名体育 特长生,2 名艺术特长生,有 C21C22C31=6(种)方案;④2 名体育特长生,2 名艺术特长生, 有 C22C22=1(种)方案.于是,满足题意的推荐方案共有 12+6+6+1=25(种)方案. 答案:25 14.如果把个位数是 1,且恰有 3 个数字相同的四位数叫做“好数”,那么在由 1,2,3,4 四个数字组成的有重复数字的四位数中,“好数”共有________个. 解析: 依题意, 本题中的“好数”一定是由三个 1 与其他一个数或一个 1 与其他三个相 同的数构成,故共有 C31C31+C31=12(个). 答案:12 4 15.在(x+ 3y)20 的展开式中,系数为有理数的项共有________项. r - 4 4 - 解析:注意到二项式(x+ 3y)20 的展开式的通项是 Tr+1=C20r·20 r· 3y)r=C20r· ·20 x ( 3 x 4
r


4 ·r.当 r=0,4,8,12,16,20 时,相应的项的系数是有理数.因此(x+ 3y)20 的展开式中,系数是 y

有理数的项共有 6 项.
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答案:6

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16.已知数列{an}的通项公式为 an=2n 1+1,则 a1Cn0+a2Cn1+?+an+1Cnn=________. 解析: n=2n 1+1, 1Cn0+a2Cn1+?+an+1Cnn=Cn0(20+1)+Cn1(21+1)+?+Cnn(2n ∵a ∴a +1)=(Cn020+Cn121+?+Cnn2n)+(Cn0+Cn1+?+Cnn)=(2+1)n+2n=3n+2n. 答案:2n+3n 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分 10 分)7 个人到 7 个地方去旅游,甲不去 A 地,乙不去 B 地,丙不去 C 地,丁不去 D 地,共有多少种旅游方案? 解析:此题可用排除法,7 个人分别去 7 个地方共有 A77 种可能. (1)若甲、乙、丙、丁 4 人同时都去各自不能去的地方旅游,而其余的人可以去余下的 地方旅游的不同选法有 A33=6(种). (2)若甲、乙、丙、丁中有 3 人同时去各自不能去的地方旅游,有 C43 种,而 4 人中剩下 1 人旅游的地方是 C31 种,都选完后,再考虑无条件 3 人的旅游方法是 A33 种,所以共有 C43C31A33=72(种). (3)若甲、乙、丙、丁 4 人中有 2 人同时去各自不能去的地方旅游,有 C42 种,余下的 5 个人分别去 5 个不同地方的方案有 A55 种,但是其中又包括了有条件的四人中的两人(不妨 设甲、乙两人)同时去各自不能去的地方共 A33 种,和这两人中有一人去了自己不能去的地 方共 2A31A33 种,所以共有 C42(A55-A33-2A31A33)=468(种). (4)若甲、乙、丙、丁 4 人中只有 1 人去了自己不能去的地方旅游,有 C41 种方案,而余 下的六个人的旅游方案仍与(3)想法一致,共有 C41[A66-A33-C32(A44-A33)-C31(A55-A32-2A31· 33)]=1704(种). A 所以满足以上情况的不同旅游方案,共有 A77-(6+72+468+1704)=2790(种). 1 1 18.(本小题满分 12 分)设(5x -x )n 的展开式的各项系数之和为 M,二项式系数之和为 2 3 N,M-N=992. (1)判断该展开式中有无 x2 项?若有,求出它的系数;若没有,说明理由; (2)求此展开式中有理项的项数. 解析:令 x=1 得 M=4n,而 N=2n,由 M-N=992,得 4n-2n=992,即(2n-32)(2n+ 31)=0.故 2n=32,n=5. (1) 5-r r + =2,r=3.故含 x2 项存在,它的系数为-250. 2 3 5-r r 15-r (2)由通项可知,必须 + = 为整数.分别把 r=0,1,2,3,4,5 代入,只有 r=3 成 2 3 6
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由题意,

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立,故只有一项有理项.

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19.(本小题满分 12 分)把 1,2,3,4,5 这五个数字组成无重复数字的五位数,并把它们按 由小到大的顺序排列构成一个数列. (1)43251 是这个数列的第几项? (2)求这个数列的第 96 项是多少? (3)求这个数列的各项和. 解析:(1)先考虑大于 43251 的数有三类:以 5 开头的有 A44 个,以 45 开头的有 A33 个, 以 435 开头的有 A22 个,则不大于 43251 的五位数有: A55-(A44+A33+A22)=88(个), 即 43251 是此数列的第 88 项. (2)此数列共有 120 项,即 96 项以后还有 120-96=24 项,即比 96 项所表示的五位数 大的五位数有 24 个,而以 5 开头的五位数恰好有 A44=24 个,所以小于以 5 开头的五位数 中最大的一个就是该数列的第 96 项,即为 45321. (3)因为 1,2,3,4,5 各在万位时都有 A44 个五位数,所以万位上数字的和为(1+2+3+4+ 5)×A44×10000;同理,它们在千位、百位、十位、个位上也都有 A44 个五位数,所以其和 为(1+2+3+4+5)×A44×(1+10+100+1000), 综上,这个数列的和为: (1+2+3+4+5)×A44×(1+10+100+1000+10000)=3999960. 20.(本小题满分 12 分)(1)求证:kCnk=nCn-1k 1; (2)等比数列{an}中,an>0,化简: A=lga1-Cn1lga2+Cn2lga3-?+(-1)nCnnlgan+1. n! 解析:(1)证明:∵左式=k· k!?n-k?! = n· ?n-1?! ?k-1?!?n-k?!


?n-1?! =n· ?k-1?![?n-1?-?k-1?]! =nCn-1k 1=右式, ∴kCnk=nCn-1k 1. (2)由已知:an=a1qn 1, ∴A=lga1 -Cn1(lga1 +lgq)+Cn2(lga1 +2lgq)-Cn3(lga1 +3lgq)+?+(-1)nCnn(lga1 + nlgq) =lga1[1-Cn1+Cn2-?+(-1)nCnn]-lgq[Cn1-2Cn2+3Cn3-?+(-1)n 1Cnn· n] =lga1· (1-1)n-lgq[nCn-10-nCn-11+nCn-12-?+(-1)n 1· n-1n 1] nC =0-nlgq[Cn-10-Cn-11+Cn-12-?+(-1)n 1· n-1n 1] C
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=-nlgq(1-1)n 1=0.


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2 21.(本小题满分 12 分)已知? x-x2?n(n∈N*)的展开式中第五项的系数与第三项系数的 ? ? 比是 10∶1. (1)求展开式各项系数的和; 3 (2)求展开式中含 x 的项; 2 (3)求展开式中系数最大的项和系数最小的项. 2 解析:(1)∵? x-x2?n 展开式中的通项为 ? ?

, 24Cn4 10 由题意得 2 2= ,∴n2-5n-24=0, 2 Cn 1 解得 n=8 或 n=-3(舍). 2 令 x=1,则? x-x2?8 的各项系数和为 1. ? ? (2)展开式通项为 , 令 8-5r 3 = ,得 r=1, 2 2

3 ∴展开式中含 x 的项为 2

(3)展开式的第 r 项,第 r+1 项,第 r+2 项的系数绝对值分别为 C8r 1·r 1,C8r2r,C8r 2
+1





·r 1. 2 若第 r+1 项的系数绝对值最大,则有
?C8r 1·r 1≤C8r·r 2 2 ? ? r r r+1 r+1 ? 2 2 ?C8 · ≥C8 ·
- -



解得 5≤r≤6. 即系数绝对值最大的项为第六项或第七项. ∴T6=-1792 x 1 ,T7=1792·11. x9 x

1 x 故展开式中系数最大的项为 1792·11,系数最小的项为-1792 9 . x x
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0 1 22. (本小题满分 12 分)设 f(x)是定义在 R 上的函数, g(x)=Cn0· n?·0(1-x)n+Cn1· n? 且 f? ? x f? ? ? ? 2 n - - x· (1-x)n 1+Cn2· n?·2· f? ? x (1-x)n 2+?+Cnn· n?·n(1-x)0. f? ? x ? ? (1)若 f(x)=1,求 g(x); (2)若 f(x)=x,求 g(x). 解析:(1)f(x)=1,则 g(x)=Cn0(1-x)n+Cn1· (1-x)n 1+?+Cnnxn· x· (1-x)0=(1-x+x)n=1, ∵式子有意义,则 x≠0 且 x≠1, ∴g(x)=1(x≠0 且 x≠1). k k (2)f(x)=x,则 f?n?= , ? ? n 1 2 k - - - ∴g(x)=Cn0· 0+Cn1· x· (1-x)n 1 +Cn2· ·2· x (1-x)n 2 +?+Cnk· ·k· x (1-x)n k +?+ n n n Cnn· xn(1-x)0, 1· n! k k 又 ∵Cnk·= · n n ?n-k?!· k! = ?n-1?! - =Cn-1k 1, ?n-k?!· ?k-1?!
- - - - - -

∴g(x)=Cn-10· (1-x)n 1+Cn-11x2· x· (1-x)n 2+Cn-12x3· (1-x)n 3+?+Cn-1k 1·k· x (1-x)n
k

+?+Cn-1n 2·n 1· x (1-x)+xn =x· n-10· [C (1-x)n 1+Cn-11· (1-x)n 2+?+Cn-1n 2xn 2· x· (1-x)+Cn-1n 1·n 1] x =x(1-x+x)n 1=x, 故 g(x)=x,且 x≠0,x≠1
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