人教A版数学选修2-3同步作业：章1
第一章 综合测试题
[时间：120分钟 满分：150分]
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．每小题中只有一项符合题目要求)
1．设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2，3，3，4条路，只从一面上山，而从任意一面下山的走法最多，应( )
A ．从东边上山
B ．从西边上山
C ．从南边上山
D ．从北边上山
答案 D
2．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为y ＝x 2，值域为{1，4}的“同族函数”共有( )
A ．7个
B ．8个
C ．9个
D ．10个 答案 C
解析 由题意，问题的关键在于确定函数定义域的个数：第一步，先确定函数值1的原象：因为y ＝x 2，当y ＝1时，x ＝1或x ＝－1，为此有三种情况：即{1}，{－1}，{1，－1}；第二步，确定函数值4的原象，因为y ＝4时，x ＝2或x ＝－2，为此也有三种情况：{2}，{－2}，{2，－2}．由分步计数原理，得到：3×3＝9(个)．选C.
3．(2019·福建厦门联考)在(1＋x ＋1x 2 018)10的展开式中，x 2的系数为( ) A ．10
B ．30
C ．45
D ．120 答案 C
解析 因为(1＋x ＋1x 2 018)10＝[(1＋x)＋1x 2 018]10＝(1＋x)10＋C 101(1＋x)91x 2 018＋…＋C 1010(1x 2 018)10，所以x 2只出现在(1＋x)10的展开式中，所以含x 2的项为C 102x 2，系数为C 102＝45.故选C.
4．二项式(x ＋2x 2)n 的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中常数项是( ) A ．180
B ．90
C ．45
D ．360
答案 A
解析 因为(x ＋2x 2)n 的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以n ＝10，T r ＋1＝C 10r ·(x)10－r ·(2x 2)r ＝2r C 10r ·x5－52r ，令5－52
r ＝0，则r ＝2，T 3＝4C 102＝180.故应选A.
5．在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有()
A．24种B．48种
C．96种D．144种
答案 C
解析当A出现在第一步时，再排A，B，C以外的三个程序，有A33种，A与A，B，C 以外的三个程序生成4个可以排列程序B，C的空档，此时共有A33A41A22种排法；当A出现在最后一步时的排法与此相同，故共有2A33A41A22＝96(种)编排方法．
6．有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法有()
A．2 520 B．2 025
C．1 260 D．5 040
答案 A
解析先从10人中选出2人承担甲任务有C102种选法，再从剩下的8人中选出2人分别承担乙、丙任务，有A82种选法，由分步乘法计数原理共有C102A82＝2 520(种)不同的选法．故选A.
7．有5列火车停在某车站并行的5条轨道上，若快车A不能停在第3道上，货车B不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有()
A．78种B．72种
C．120种D．96种
答案 A
解析不考虑不能停靠的车道，5辆车共有5！＝120(种)停法．
A停在3道上的停法：4！＝24(种)；B种停在1道上的停法：4！＝24(种)；
A，B分别停在3道，1道上的停法：3！＝6(种)．
故符合题意的停法：120－24－24＋6＝78(种)．故选A.
8．化简C9897＋2C9896＋C9895等于()
A．C9997B．C10097
C．C9998D．C10098
答案 B
解析由组合数的性质知，C9897＋2C9896＋C9895
＝(C9897＋C9896)＋(C9896＋C9895)
＝C9997＋C9996＝C10097.
9．某公司有9个连在一起的停车位，现有5辆不同型号的小汽车需停放，若要求剩余的4个车位中恰有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为()
A．3 600 B．2 400
C．4 800 D．7 200
答案 A
解析方法一：第一步：把3个连在一起的停车位捆绑在一起，当一个元素，剩下的一个空位也当一个元素，这两个不同元素插到5辆不同型号的轿车的6个空隙，共有A62种不同方法；第二步：5辆不同型号的轿车全排列有A55种不同方法．根据分步计数原理，不同的停放方法有A62A55＝3 600种．故选A.
方法二：将9个连在一起的停车位依次编号为1～9.①当3个连在一起的停车位在两端时，有1，2，3或7，8，9两种情况，此时不同的停放方法有C21C51A55＝1 200(种)；②当3个连在一起的停车位的中间时，有2，3，4或3，4，5或4，5，6或5，6，7或6，7，8，共5种情况，此时不同的停放方法有C51C41A55＝2 400(种)．由分类加法计数原理知，不同的停放方法有1 200＋2 400＝3 600(种)．故选A.
10．若(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则|a0|－|a1|＋|a2|－|a3|＋|a4|－|a5|＝() A．243 B．27
C．1 D．－1
答案 D
解析由题意得|a0|－|a1|＋|a2|－|a3|＋|a4|－|a5|＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝(1－2)5＝－1. 11．有A，B，C，D，E，F共6个集装箱，准备用甲、乙、丙三辆卡车运送，每台卡车一次运两个，若卡车甲不能运A箱，卡车乙不能运B箱，此外无其他任何限制；要把这6个集装箱分配给这3台卡车运送，则不同的分配方案的种数为()
A．168 B．84
C．56 D．42
答案 D
解析分两类：①甲运B箱，有C41·C42·C22种；②甲不运B箱，有C42·C32·C22.
∴不同的分配方案共有C41·C42·C22＋C42·C32·C22＝42(种)．故选D.
12．从2名女教师和5名男教师中选出三位教师参加2015年高考某考场的监考工作．要求一女教师在室内流动监考，另外两位教师固定在室内监考，问不同的安排方案种数为() A．30 B．180
C．630 D．1 080
答案 A
解析分两类进行：第一类，在两名女教师中选出一名，从5名男教师中选出两名，且该女教师只能在室内流动监考，有C21·C52种选法；第二类，选两名女教师和一名男教师有C22·C51种选法，且再从选中的两名女教师中选一名作为室内流动监考人员，即有C22·C51·C21共10种选法，∴共有C21·C52＋C22·C51·C21＝30(种)，故选A.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上) 13．(2019·唐山模拟)S＝C271＋C272＋…＋C2727除以9的余数为________．
答案7
14．5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有________种．
答案72
解析甲、乙两人之间至少有一人，就是甲、乙两人不相邻，则有A33·A42＝72(种)．
15．已知(x＋1)6(ax－1)2的展开式中含x3项的系数是20，则a的值等于________．
答案0或5
16．(2019·惠州市一调)某公司招聘5名员工，分给下属的甲、乙两个部门，其中2名英语翻译人员不能分给同一部门，另3名电脑编程人员不能都分给同一部门，则不同的分配方案种数是________．
答案12
解析由题意可得，①甲部门要2个电脑编程人员，则有3种情况；2名英语翻译人员的分配方法有2种可能．根据分步乘法计数原理，分配方案共有3×2＝6(种)．
②甲部门要1个电脑编程人员，则有3种情况；2名英语翻译人员的分配方法有2种．根据分步乘法计数原理，分配方案共有3×2＝6(种)．
由分类加法计数原理，可得不同的分配方案共有6＋6＝12(种)．
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．(10分)二项式(2x－3y)9的展开式中，求：
(1)二项式系数之和；
(2)各项系数之和；
(3)所有奇数项系数之和；
(4)各项系数绝对值之和．
解析设(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.
(1)二项式系数之和为C90＋C91＋C92＋…＋C99＝29.
(2)各项系数之和为a0＋a1＋a2＋…＋a9，
令x＝1，y＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.
(3)由(2)知a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1，①
令x＝1，y＝－1，得a0－a1＋a2－…－a9＝59，②
①＋②得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝59－1
2，此即为所有奇数项系数之和．
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9，
令x＝1，y＝－1，得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9＝59，此即为各项系数绝对
值之和．
18．(12分)从1到6的六个数字中取两个偶数和两个奇数组成没有重复数字的四位数．试问：
(1)能组成多少个不同的四位数？
(2)四位数中，两个偶数排在一起的有几个？
(3)两个偶数不相邻的四位数有几个？(所有结果均用数值表示)
解析(1)四位数共有C32C32A44＝216(个)．
(2)上述四位数中，偶数排在一起的有C32C32A33A22＝108(个)．
(3)两个偶数不相邻的四位数有C32C32A22A32＝108(个)．
19．(12分)设有编号为1，2，3，4，5的5个小球和编号为1，2，3，4，5的5个盒子，现将这5个小球放入5个盒子中．
(1)没有一个盒子空着，但球的编号与盒子的编号不全相同，有多少种投放方法？
(2)每个盒子内投入1个球，并且至少有2个球的编号与盒子的编号是相同的，有多少种投放方法？
解析(1)先把5个小球放到5个盒子中，没有空盒，有A55种投放方法，球的编号与盒子的编号完全相同的投放方法有1种，故满足题意的投放方法有A55－1＝119(种)．
(2)可分为三类．
第一类：5个球的编号与盒子的编号完全相同，有1种投放方法．
第二类：3个球的编号与盒子的编号相同，有C53种投放方法．剩下的2个球的投放方法只有1种，所以投放方法有C53×1＝10(种)．
第三类：2个球的编号与盒子的编号相同，有C52种投放方法，剩下的3个球的投放方法有2种，所以投放方法有C52×2＝20(种)．
根据分类加法计数原理得，满足题意的投放方法有1＋10＋20＝31(种)．
20．(12分)某单位有三个科室，为实现减负增效，每科室抽调2人，去参加再就业培训，培训后这6人中有2人返回原单位，但不回到原科室工作，且每科室至多安排1人，问共有多少种不同的安排方法？
解析6人中有2人返回原单位，可分两类：
(1)2人来自同科室：C31C21＝6(种)；
(2)2人来自不同科室：C32C21C21，然后2人分别回到科室，但不回原科室有3种方法，故有C32C21C21·3＝36(种)．
由分类计数原理共有6＋36＝42(种)方法．
21．(12分)10件不同厂生产的同类产品：
(1)在商品评选会上，有2件商品不能参加评选，要选出4件商品，并排定选出的4件商品的名次，有多少种不同的选法？
(2)若要选6件商品放在不同的位置上陈列，且必须将获金质奖章的两件商品放上，有多少
种不同的布置方法？
解析 (1)10件商品，除去不能参加评选的2件商品，剩下8件，从中选出4件进行排列，有A 84＝1 680(或C 84·A 44)(种)．
(2)分步完成．先将获金质奖章的两件商品布置在6个位置中的两个位置上，有A 62种方法，再从剩下的8件商品中选出4件，布置在剩下的4个位置上，有A 84种方法，共有A 62·A 84＝50 400(或C 84·A 66)(种)．
22．(12分)(2019·宜昌高三测试)已知(x 23
＋3x 2)n 的展开式中，各项系数和与它的二项式系数和的比为32.
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中系数最大的项．
解析 令x ＝1，则展开式中各项系数和为(1＋3)n ＝22n .
又展开式中二项式系数和为2n .∴22n
2n ＝32，n ＝5. (1)∵n ＝5，展开式共6项，∴二项式系数最大的项为第三、四两项，
∴T 3＝C 52(x 23)3(3x 2)2＝ 90x 6，T 4＝C 53(x 23)2(3x 2)3＝270x 223
.
(2)设展开式中第k ＋1项的系数最大，
则由T k ＋1＝C 5k (x 23)5－k (3x 2)k ＝3k C 5k x
10＋4k 3， 得?
????3k C 5k ≥3k －1C 5k －1，3k C 5k ≥3k ＋1C 5k ＋1，∴72≤k ≤92，∴k ＝4. 即展开式中系数最大的项为
T 5＝C 54(x 23)(3x 2)4＝405x 263.
由Ruize收集整理。感谢您的支持！