高中数学选修2-3第一章综合能力测试带解析人教版
高中数学选修2-3第一章综合能力测试（带解析人教版）高中数学选修2-3第一章综合能力测试（带解析人教版）（计数原理）时间120分钟，满分150分．一、选择题(本大题共12个小题，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．从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种选出3种分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有()A．24种B．18种C．12种D．6种[答案]B[解析]因为黄瓜必须种植，在余下的3种蔬菜品种中再选出两种，进行排列共有C23A33＝18种．故选B.2．已知C7n＋1－C7n＝C8n(n∈N*)，则n等于()A．14B．12C．13D．15[答案]A[解析]因为C8n＋C7n＝C8n＋1，所以C7n＋1＝C8n＋1.∴7＋8＝n＋1，∴n＝14，故选A.3．某铁路所有车站共发行132种普通客票，则这段铁路共有车站数是()A．8B．12C．16D．24[答案]B[解析]∵A2n＝n(n－1)＝132.∴n＝12.故选B.4．(1＋x)7的展开式中x2的系数是()A．42B．35C．28D．21[答案]D[解析]展开式中第r＋1项为Tr＋1＝Cr7xr，T3＝C27x2，∴x2的系数为C27＝21.5．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A．3×3!B．3×(3！)3C．(3！)4D．9![答案]C[解析]本题考查捆绑法排列问题．由于一家人坐在一起，可以将一家三口人看作一个整体，一家人坐法有3！种，三个家庭即(3！)3种，三个家庭又可全排列，因此共(3！)4种．注意排列中在一起可用捆绑法，即相邻问题．6．(1－x)10展开式中x3项的系数为()A．－720B．720C．120D．－120[答案]D[解析]本题考查了二项式展开定理，要认清项的系数与二项式系数的区别C310(－x)3＝－C310x3，故选D. 7．若多项式x2＋x10＝a0＋a1(x＋1)＋…＋a9(x＋1)9＋a10(x＋1)10，则a9＝()A．9B．10C．－9D．－10[答案]D[解析]x10的系数为a10，∴a10＝1，x9的系数为a9＋C910a10，∴a9＋10＝0，∴a9＝－10. 故应选D.8．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有()A．12种B．10种C．9种D．8种[答案]A[解析]本题考查了组合及分步计数原理的运用．分两步进行：第一步，先派一名教师到甲地，另一名教师去乙地，共有C12种选法；第二步，选派两名学生到甲地，另两名学生到乙地，有C24种选法，由分步乘法计数原理知，共有不同选派方案C12C24＝12种．9．在x＋13x24的展开式中，x的幂的指数是整数的项共有()A．3项B．4项C．5项D．6项[答案]C[解析]∵Tr＋1＝Cr24(x)24－rx－r3＝Cr24x12－56r，r∈{0,1,2,3，…，24}，∴r∈{0,6,12,18,24}时，x的幂的指数是整数，共有5项．故应选C.10．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有()A．12种B．18种C．36种D．54种[答案]B[解析]由题意不同的放法共有C13C24＝18种．11．从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有()A．70种B．80种C．100种D．140种[答案]A[解析]考查排列组合有关知识．解：可分两类，男医生2名，女医生1名或男医生1名，女医生2名，∴共有C25C14＋C15C24＝70.故选A.12．(2014安徽理，8)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有()A．24对B．30对C．48对D．60对[答案]C[解析]解法1：先找出正方体一个面上的对角线与其余面对角线成60°角的对数，然后根据正方体六个面的特征计算总对数．如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与面对角线AC成60°角的面对角线有B1C、BC1、C1D、CD1、A1D、AD1、A1B、AB1共8条，同理与BD成60°角的面对角线也有8条，因此一个面上的对角线与其相邻4个面的对角线，共组成16对，又正方体共有6个面，所有共有16×6＝96对．因为每对都被计算了两次(例如计算与AC成60°角时，有AD1，计算与AD1成60°角时有AC，故AD1与AC这一对被计算了2次)，因此共有12×96＝48对．解法2：间接法．正方体的面对角线共有12条，从中任取2条有C212种取法，其中相互平行的有6对，相互垂直的有12对，∴共有C212－6－12＝48对．二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．将正确答案填在题中横线上)13．将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排1名学生，其中甲同学不能分配到A班，那么不同的分配方案有________．[答案]24种[解析]将4名新来的同学分配到A、B、C三个班级中，每个班级至少安排一名学生有C24A33种分配方案，其中甲同学分配到A班共有C23A22＋C13A22种方案．因此满足条件的不同方案共有C24A33－C23A22－C13A22＝24(种)．14.2－13x6的展开式中的第四项是________．[答案]－160x[解析]展开式中第四项为C3623－13x3＝－160x.15．有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人，则不同的安排方式共有________种(用数字作答)．[答案]264[解析]由条件上午不测“握力”，则4名同学测四个项目，有A44；下午不测“台阶”但不能与上午所测项目重复，如甲乙丙丁上午台阶身高立定肺活量下午下午甲测“握力”乙、丙、丁所测不与上午重复有2种，甲测“身高”、“立定”、“肺活量”中一种有3×3＝9，故A44(2＋9)＝264种．16．已知1＋kx26k∈N＋的展开式中x8的系数小于120，则k＝____________.[答案]1[解析]x8的系数为C46k4＝15k4，由已知得，15k4＜120，∴k4＜8，又k∈N＋，∴k＝1.三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)用1、2、3、4、5、6这六个数字可组成多少个无重复数字且不能被5整除的五位数？[解析]解法1：不能被5整除，末位只能从1、2、3、4、6五个数字中选1个，有A15种方法；再从余下的5个数字中选4个放在其他数位，有A45种方法．由分步乘法计数原理，所求五位数有A15A45＝600(个)．解法2：不含有数字5的五位数有A55个；含有数字5的五位数，末位不选5有A14种方法，其余数位有A45种选法，含有5的五位数有A14A45个．因此可组成不能被5整除的无重复数字的五位数有A55＋A14A45＝600(个)．解法3：由1～6组成的无重复数字的五位数有A56个，其中能被5整除的有A45个．因此，所求的五位数共有A56－A45＝720－120＝600(个)．18．(本题满分12分)从－1、0、1、2、3这5个数中选3个不同的数组成二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的系数．(1)开口向上的抛物线有多少条？(2)开口向上且不过原点的抛物线有多少条？[解析](1)要使抛物线的开口向上，必须a＞0，∴C13A24＝36(条)．(2)开口向上且不过原点的抛物线，必须a＞0，c≠0，∴C13C13C13＝27(条)．19．(本题满分12分)求(x－3x)9的展开式中的有理项．[解析]∵Tr＋1＝Cr9(x12)9－r(－x13)r＝(－1)rCr9x27－r6，令27－r6∈Z，即4＋3－r6∈Z，且r∈{0,1,2，…，9}．∴r＝3或r＝9.当r＝3时，27－r6＝4，T4＝(－1)3C39x4＝－84x4；当r＝9时，27－r6＝3，T10＝(－1)9C99x3＝－x3.∴(x－3x)9的展开式中的有理项是：第4项，－84x4和第10项，－x3.20．(本题满分12分)某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的有3人．(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？[解析]从O型血的人中选1人有28种不同的选法．从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．(1)任选1人去献血，即无论选择哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情都能完成，所以由分类加法计数原理，共有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血”的事情才完成，所以用分步乘法计数原理，共有28×7×9×3＝5292种不同的选法．21．(本题满分12分)已知(3x2＋3x2)n展开式中各项系数和比它的二项式系数和大992.(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得展开式各项系数和为(1＋3)n＝4n，又展开式二项式系数和为C0n＋C1n＋…＋Cnn＝2n，由题意有4n－2n＝992.即(2n)2－2n－992＝0，(2n－32)(2n＋31)＝0，所以n＝5.(1)因为n＝5，所以展开式共6项，其中二项式系数最大项为第三、四两项，它们是T3＝C25(3x2)3(3x2)2＝90x6.T4＝C35(3x2)2(3x2)3＝270x223.(2)设展开式中第k＋1项的系数最大．又Tk＋1＝Ck5(3x2)5－k(3x2)k＝Ck53kx10＋4k2，得Ck53k≥Ck－153k－1Ck53k≥Ck＋153k＋1⇒3k≥16－k15－k≥3k＋1⇒72≤k≤92.又因为k∈Z，所以k＝4，所以展开式中第5项系数最大．T5＝C4534x263＝405x263.22．(本题满分14分)已知(1＋2x)n展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，且等于它后一项系数的56，试求该展开式中二项式系数最大的项．[解析]Tr＋1＝Crn(2x)r＝2rCrnxx2，它的前一项的系数为2r－1Cr－1n，它的后一项的系数为2r＋1Cr＋1n，根据题意有2rCrn＝22r－1Cr－1n，2rCrn＝562r＋1Cr ＋1n，2r－1＝n，8r＋3＝5n，∴n＝7，r＝4.∴展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项．T4＝C37(2x)3＝280x32，T5＝C47(2x)4＝560x2.。
高中数学选修2-3全册综合能力测试题含解析人教版
⾼中数学选修2-3全册综合能⼒测试题含解析⼈教版⾼中数学选修2-3全册综合能⼒测试题（含解析⼈教版）⾼中数学选修2-3全册综合能⼒测试题（含解析⼈教版）时间120分钟，满分150分。
⼀、选择题(本⼤题共12个⼩题，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．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡⽚放⼊3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡⽚放⼊同⼀信封，则不同的放法共有()A．12种B．18种C．36种D．54种[答案]B[解析]由题意，不同的放法共有C13C24＝18种．2．(2014四川理，2)在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为()A．30B．20C．15D．10[答案]C[解析]x3的系数就是(1＋x)6中的第三项的系数，即C26＝15.3．某展览会⼀周(七天)内要接待三所学校学⽣参观，每天只安排⼀所学校，其中甲学校要连续参观两天，其余学校均参观⼀天，则不同的安排⽅法的种数是() A．210B．50C．60D．120[答案]D[解析]⾸先安排甲学校，有6种参观⽅案，其余两所学校有A25种参观⽅案，根据分步计数原理，安排⽅法共6A25＝120(种)．故选D.4．若随机变量ξ～N(－2,4)，则ξ在区间(－4，－2]上取值的概率等于ξ在下列哪个区间上取值的概率() A．(2,4]B．(0,2] C．[－2,0)D．(－4,4][答案]C[解析]此正态曲线关于直线x＝－2对称，∴ξ在区间(－4，－2]上取值的概率等于ξ在[－2,0)上取值的概率．5．变量X与Y相对应的⼀组数据为(10,1)、(11.3,2)、(11.8,3)、(12.5,4)、(13,5)；变量U与V相对应的⼀组数据为(10,5)、(11.3,4)、(11.8,3)、(12.5,2)、(13,1)．r1表⽰变量Y与X之间的线性相关系数，r2表⽰变量V与U之间的线性相关系数，则()A．r2r10B．0r2r1C．r20r1D．r2＝r1[答案]C[解析]画散点图，由散点图可知X与Y是正相关，则相关系数r10，U与V是负相关，相关系数r20，故选C. 6．现安排甲、⼄、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每⼈从事翻译、导游、礼仪、司机四项⼯作之⼀，每项⼯作⾄少有⼀⼈参加．甲、⼄不会开车但能从事其他三项⼯作，丙、丁、戊都能胜任四项⼯作，则不同安排⽅案的种数是()A．152B．126C．90D．54[答案]B[解析]先安排司机：若有⼀⼈为司机，则共有C13C24A33＝108种⽅法，若司机有两⼈，此时共有C23A33＝18种⽅法，故共有126种不同的安排⽅案．7．设a＝0π(sinx＋cosx)dx，则⼆项式(ax－1x)6展开式中含x2项的系数是()A．192B．－192C．96D．－96[答案]B[解析]由题意知a＝2∴Tr＋1＝Cr6(2x)6－r(－1x)r＝Cr626－r(－1)rx3－r ∴展开式中含x2项的系数是C1625(－1)＝－192.故选B. 8．给出下列实际问题：①⼀种药物对某种病的治愈率；②两种药物冶疗同⼀种病是否有区别；③吸烟者得肺病的概率；④吸烟⼈群是否与性别有关系；⑤⽹吧与青少年的犯罪是否有关系．其中，⽤独⽴性检验可以解决的问题有()A．①②③B．②④⑤C．②③④⑤D．①②③④⑤[答案]B[解析]独⽴性检验主要是对事件A、B是否有关系进⾏检验，主要涉及两种变量对同⼀种事物的影响，或者是两种变量在同⼀问题上体现的区别等．9．在⼀次独⽴性检验中，得出列联表如下：AA合计B2008001000B180a180＋a合计380800＋a1180＋a且最后发现，两个分类变量A和B没有任何关系，则a 的可能值是()A．200B．720C．100D．180[答案]B[解析]A和B没有任何关系，也就是说，对应的⽐例aa ＋b和cc＋d基本相等，根据列联表可得2001000和180180＋a基本相等，检验可知，B满⾜条件．故选B. 10．从装有3个⿊球和3个⽩球(⼤⼩、形状相同)的盒⼦中随机摸出3个球，⽤ξ表⽰摸出的⿊球个数，则P(ξ≥2)的值为()A.110B．15C.12D．25[答案]C[解析]根据条件，摸出2个⿊球的概率为C23C13C36，摸出3个⿊球的概率为C33C36，故P(ξ≥2)＝C23C13C36＋C33C36＝12.故选C.11．甲、⼄、丙三位学⽣⽤计算机联⽹学习数学，每天上课后独⽴完成6道⾃我检测题，甲及格的概率为45，⼄及格的概率为35，丙极格的概率为710，三⼈各答⼀次，则三⼈中只有⼀⼈及格的概率为()A.320B．42135C.47250D．以上都不对[答案]C[解析]利⽤相互独⽴事件同时发⽣及互斥事件有⼀个发⽣的概率公式可得所求概率为：45×1－35×1－710＋1－45×35×1－710＋1－45×1－35×710＝47250.故选 C. 12．(1－x)6(1＋x)4的展开式中x的系数是()A．－4B．－3C．3D．4[答案]B[解析]解法1：(1－x)6(1＋x)4的展开式中x的⼀次项为：C06C24(x)2＋C26(－x)2C04＋C16(－x)C14(x)＝6x＋15x －24x＝－3x，所以(1－x)6(1＋x)4的展开式中x的系数是－3.解法2：由于(1－x)6(1＋x)4＝(1－x)4(1－x)2的展开式中x的⼀次项为：C14(－x)C02＋C04C22(－x)2＝－4x＋x＝－3x，所以(1－x)6(1＋x)4的展开式中x的系数是－3.⼆、填空题(本⼤题共4个⼩题，每⼩题4分，共16分，将正确答案填在题中横线上)13．设(x－1)21＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a21x21，则a10＋a11＝________.[答案]0[解析]本题主要考查⼆项展开式．a10＝C1021(－1)11＝－C1021，a11＝C1121(－1)10＝C1021，所以a10＋a11＝C1121－C1021＝C1021－C1021＝0.14．已知ξ的分布列为：ξ1234P14131614则D(ξ)等于____________．[答案]179144[解析]由已知可得E(ξ)＝1×14＋2×13＋3×16＋4×14＝2912，代⼊⽅差公式可得D(ξ)＝179144. 15．对于回归⽅程y＝4.75x＋2.57，当x＝28时，y的估计值是____________．[答案]135.57[解析]只需把x＝28代⼊⽅程即可，y＝4.75×28＋2.57＝135.57.16．某艺校在⼀天的6节课中随机安排语⽂、数学、外语三门⽂化课和其它三门艺术课各1节，则在课表上的相邻两节⽂化课之间最多间隔1节艺术课的概率为________(⽤数字作答)．[答案]35[解析]本题考查了排列组合知识与概率的求解.6节课共有A66种排法，按要求共有三类排法，⼀类是⽂化课与艺术课相间排列，有A33A34种排法；第⼆类，艺术课、⽂化课三节连排，有2A33A33种排法；第三类，2节艺术课排在第⼀、⼆节或最后两节，有C23C12A22C13A33种排法，则满⾜条件的概率为A33A34＋2A33A33＋C23C12A22C13A33A66＝35.三、解答题(本⼤题共6个⼩题，共74分，解答应写出⽂字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分12分)已知x＋2xn的展开式中第五项的系数与第三项的系数⽐是101，求展开式中含x的项．[解析]T5＝C4n(x)n －42x4＝C4n24xn－122，T3＝C2n(x)n－22x2＝C2n22xn－62，所以C4n24C2n22＝101，即C4n22＝10C2n，化简得n2－5n－24＝0，所以n＝8或n＝－3(舍去)，所以Tr＋1＝Cr8(x)8－r2xr＝Cr82rx8－3r2，由题意：令8－3r2＝1，得r＝2.所以展开式中含x的项为第3项，T3＝C2822x＝112x.18．(本题满分12分)某电脑公司有6名产品推销员，其中5名的⼯作年限与年推销⾦额数据如下表：推销员编号12345⼯作年限x/年35679推销⾦额Y/万元23345(1)求年推销⾦额Y关于⼯作年限x的线性回归⽅程；(2)若第6名推销员的⼯作年限为11年，试估计他的年推销⾦额．[解析](1)设所求的线性回归⽅程为y^＝b^x＋a^，则b^＝i＝15 xi－x yi－y i＝15 xi－x 2＝1020＝0.5，a^＝y－b^x＝0.4.所以年推销⾦额Y关于⼯作年限x的线性回归⽅程为y^＝0.5x＋0.4.(2)当x＝11时，y^＝0.5x＋0.4＝0.5×11＋0.4＝5.9(万元)．所以可以估计第6名推销员的年推销⾦额为5.9万元．19．(本题满分12分)在对⼈们的休闲⽅式的⼀次调查中，共调查了124⼈，其中⼥性70⼈，男性54⼈．⼥性中有43⼈主要的休闲⽅式是看电视，另外27⼈主要的休闲⽅式是运动；男性中有21⼈主要的休闲⽅式是看电视，另外33⼈主要的休闲⽅式是运动．(1)根据以上数据建⽴⼀个2×2的列联表；(2)试问休闲⽅式是否与性别有关？[解析](1)2×2列联表为性别看电视运动合计⼥432770男213354总计6460124(2)由χ2计算公式得其观测值χ2＝124× 43×33－27×21 270×54×64×60≈6.201.因为6.201＞3.841，所以有95%的把握认为休闲⽅式与性别有关．20．(本题满分12分)某研究机构举⾏⼀次数学新课程研讨会，共邀请50名⼀线教师参加，使⽤不同版本教材的教师⼈数如表所⽰：版本⼈教A版⼈教B版苏教版北师⼤版⼈数2015510(1)从这50名教师中随机选出2名，求2⼈所使⽤版本相同的概率；(2)若随机选出2名使⽤⼈教版的教师发⾔，设使⽤⼈教A版的教师⼈数为ξ，求随机变量ξ的分布列．[解析](1)从50名教师中随机选出2名的⽅法数为C250＝1225.选出2⼈使⽤版本相同的⽅法数为C220＋C215＋C25＋C210＝350.故2⼈使⽤版本相同的概率为：P＝3501225＝27. (2)∵P(ξ＝0)＝C215C235＝317，P(ξ＝1)＝C120C115C235＝60119，P(ξ＝2)＝C220C235＝38119，∴ξ的分布列为ξ012P317601193811921.(本题满分12分)(2014陕西理，19)在⼀块耕地上种植⼀种作物，每季种植成本为1000元，此作物的市场价格和这块地上的产量均具有随机性，且互不影响，其具体情况如下表：作物产量(kg)300500概率0.50.5作物市场价格(元/kg)610概率0.40.6(1)设X表⽰在这块地上种植1季此作物的利润，求X的分布列；(2)若在这块地上连续3季种植此作物，求这3季中⾄少有2季的利润不少于2000元的概率．[解析](1)设A表⽰事件“作物产量为300kg”，B表⽰事件“作物市场价格为6元/kg”，由题设知P(A)＝0.5，P(B)＝0.4，∵利润＝产量×市场价格－成本，∴X所有可能的取值为500×10－1000＝4000,500×6－1000＝2000，300×10－1000＝2000,300×6－1000＝800，P(X＝4000)＝P(A－)P(B－)＝(1－0.5)×(1－0.4)＝0.3，P(X＝2000)＝P(A－)P(B)＋P(A)P(B－)＝(1－0.5)×0.4＋0.5×(1－0.4)＝0.5，P(X＝800)＝P(A)P(B)＝0.5×0.4＝0.2，所以X的分布列为X40002000800P0.30.50.2(2)设Ci表⽰事件“第i季利润不少于2000元”(i＝1,2,3)，由题意知C1，C2，C3相互独⽴，由(1)知，P(Ci)＝P(X＝4000)＋P(X＝2000)＝0.3＋0.5＝0.8(i＝1,2,3)，3季的利润均不少于2000元的概率为P(C1C2C3)＝P(C1)P(C2)P(C3)＝0.83＝0.512；3季中有2季利润不少于2000元的概率为P(C－1C2C3)＋P(C1C－2C3)＋P(C1C2C－3)＝3×0.82×0.2＝0.384，所以，这3季中⾄少有2季的利润不少于2000元的概率为0．512＋0.384＝0.896.22．(本题满分14分)学校校园活动有这样⼀个游戏项⽬：甲箱⼦⾥装有3个⽩球、2个⿊球，⼄箱⼦⾥装有1个⽩球、2个⿊球，这些球除颜⾊外完全相同，每次游戏从这两个箱⼦⾥各随机摸出2个球，若摸出的⽩球不少于2个，则获奖．(每次游戏结束后将球放回原箱)(1)求在1次游戏中，①摸出3个⽩球的概率；②获奖的概率．(2)求在2次游戏中获奖次数X的分布列及数学期望E(X)．[解析](1)①设“在1次游戏中摸出i个⽩球”为事件Ai(i＝0,1,2,3)，则P(A3)＝C23C25C12C23＝15.②设“在1次游戏中获奖”为事件B，则B＝A2∪A3.⼜P(A2)＝C23C25C22C23＋C13C12C25C12C23＝12，且A2，A3互斥，所以P(B)＝P(A2)＋P(A3)＝12＋15＝710.(2)由题意可知X的所有可能取值为0,1,2.P(X＝0)＝1－7102＝9100，P(X＝1)＝C127101－710＝2150，P(X＝2)＝7102＝49100.所以X的分布列是X012P9100215049100X的数学期望E(X)＝0×9100＋1×2150＋2×49100＝75.。
高中数学选修2-3第一章练习卷及答案
22. (1)若
的展开式中， 的系数是 的系数的 倍，求 ；
(2)已知 中项，求 ；
的展开式中， 的系数是 的系数与 的系数的等差
(3)已知
的展开式中，二项式系数最大的项的值等于 ，求 .
第一章 计算原理 答案
1.1 分类加法计算原理与分步乘法计算原理
考法突破 【考点训练题】
两个计数原理训练题
一、选择题
丙甲乙丁,丙甲丁乙,丙乙甲丁,丙乙丁甲,丙丁甲乙,丙丁乙甲;
丁甲乙丙,丁甲丙乙,丁乙甲丙,丁乙丙甲,丁丙甲乙,丁丙乙甲.
(2)从五名同学中选出两名同学任正、副班长,共有 是:
种选法,形成的排列
,,,,,, , ,,,,,, ,, ,,,, .
1.3 二项式定理
考法突破 【考点训练题】
二项式定理训练题
B 从 人中选 人组成篮球队
C 从 人中选 人抽样调查
D 从 , , , , 中选 个数组成集合
2. 体操男队共六人参加男团决赛,但在鞍马项目上,根据规定,只需五人出场, 那么在鞍马项目上不同的出场顺序共有()
A种
B种
C
种
D种
3.
件产品中有 件次品,任意抽取 件,其中至少有 件次品的抽法有()
A
B
掌握
能用计数原理证明二项式定理
掌握
3
二项式定理
会用二项式定理解决与二项展开式有 掌握
关的简单问题
1.1 分类加法计算原理与分步乘法计算原理
考法突破
1.分类加法计数原理 完成一件事有 类不同的方案,在第一类方案中有 种不同的方法,在第二类方案中有 种 不同的方法,……,在第 类方案中有 种不同的方法,则完成这件事情,共有
，则 的值为 ( )
2021-2022学年高中数学 第一章 计数原理测评(含解析)新人教A版选修2-3
第一章测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本题共12小题,每小题5分,共60分)1.若A m4=18C m3,则m等于()A.9B.8C.7D.6,得m-3=3,m=6.A m4=m(m-1)(m-2)(m-3)=18·m(m-1)(m-2)3×2×12.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.10B.11C.12D.15:分有两个对应位置、有一个对应位置及没有对应位置上的数字相同,可得N=C42+C41+1=11.3.若实数a=2-√2,则a10-2C101a9+22C102a8-…+210等于()A.32B.-32C.1 024D.512,得a10-2C101a9+22C102a8-…+210=C100(-2)0a10+C101(-2)1a9+C102(-2)2a8+…+C10(-2)10=(a-2)10=(-√2)10=25=32.104.分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道.要求4名水暖工都分配出去,且每户居民家都要有人去检查,那么分配的方案共有( ) A.A 43种B .A 33A 31种C .C 42A 33种D .C 41C 31A 33种4名水暖工选出2人分成一组,然后将三组水暖工分配到3户不同的居民家,故有C 42A 33种.5.已知集合M={1,-2,3},N={-4,5,6,-7},从两个集合中各取一个元素作为点的坐标,则在直角坐标系中,位于第一、第二象限不同点的个数是( ) A.18B.16C.14D.10N 1=2×2+2×2=8(个),第二象限的不同点有N 2=1×2+2×2=6(个), 故N=N 1+N 2=14(个). 故答案为C .6.将A,B,C,D 四个小球放入编号为1,2,3的三个盒子中,若每个盒子中至少放一个球,且A,B 不能放入同一个盒子中,则不同的放法有( ) A.15种B.18种C.30种D.36种A,B 放入不同盒中,有3×2=6(种)放法,再放C,D,若C,D 在同一盒中,有1种放法;若C,D 在不同盒中,则有2×2=4(种)放法. 故共有6×(1+4)=30(种)放法.故答案为C .7.为支持地震灾区的灾后重建工作,某公司决定分四天每天各运送一批物资到A,B,C,D,E 五个受灾地点.由于A 地距离该公司较近,安排在第一天或最后一天送达;B,C 两地相邻,安排在同一天上午、下午分别送达(B 在上午、C 在下午与B 在下午、C 在上午为不同的运送顺序),且运往这两地的物资算作一批;D,E 两地可随意安排在其余两天送达.则安排这四天运送物资到五个受灾地点的不同运送顺序的种数为( ) A.72B.18C.36D.24.第1步,安排运送物资到受灾地点A,有C 21种方法;第2步,在余下的3天中任选1天,安排运送物资到受灾地点B,C,有C 31A 22种方法;第3步,在余下的2天中安排运送物资到受灾地点D,E,有A 22种方法.由分步乘法计数原理得,不同的运送顺序共有C 21·(C 31A 22)·A 22=24(种).8.将数字1,2,3,4,5,6排成一列,记第i 个数为a i (i=1,2,…,6),若a 1≠1,a 3≠3,a 5≠5,a 1<a 3<a 5,则不同的排列方法种数为( )A.30B.18C.36D.48a 1,a 3,a 5的大小顺序已定,且a 1≠1,a 3≠3,a 5≠5,所以a 1可取2,3,4,若a 1=2或3,则a 3可取4,5,当a 3=4时,a 5=6,当a 3=5时,a 5=6;若a 1=4,则a 3=5,a 5=6.而其他的三个数字可以任意排列,因而不同的排列方法共有(2×2+1)A 33=30(种).9.12名同学合影,站成前排4人后排8人,现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排(这样就成为前排6人,后排6人),若其他人的相对顺序不变,则不同调整方法的总数是()A.6C82 B.720C82C.30C82 D.20C822人有C82种方法,再插空.由题意知先在4人形成的5个空当中插入1人,有5种方法,余下的1人要插入前排5人形成的6个空当中,有6种方法,即为30种方法.故共有30C82种调整方法.10.设(2-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,那么a0+a2+a4a1+a3的值为()A.-122121B.-6160C.-244241D.-1x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1,再令x=-1可得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35.两式相加除以2求得a0+a2+a4=122,两式相减除以2可得a1+a3+a5=-121.又由条件可知a5=-1,故a0+a2+a4a1+a3=-6160.11.形如45 132的数称为“波浪数”,即十位数字、千位数字均比与它们各自相邻的数字大,则由1,2,3,4,5可构成不重复的五位“波浪数”的个数为()A.20B.18C.16D.11,十位和千位数字只能是4,5或3,5,若十位和千位排4,5,则其他位置任意排1,2,3,这样的数有A 22A 33=12(个);若十位和千位排5,3,这时4只能排在5的一边且不能和其他数字相邻,1,2在其余位置上任意排列,这样的数有A 22A 22=4(个).综上,共有16个.故答案为C .12.若自然数n 使得竖式加法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23+24+25产生进位现象.则小于1 000的“可连数”的个数为( ) A.27 B.36C.39D.48,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C 31=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C 31C 31=9(个);当“可连数”为三位数时,有C 31C 41C 31=36(个);故共有3+9+36=48(个).二、填空题(本题共4小题,每小题5分,共20分)13.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是 .(用数字作答).第1类,每级台阶只站一人,则有A 73种站法;第2类,若有一级台阶有2人,另一级有1人,则有C 31A 72种站法,因此共有不同的站法种数是A 73+C 31A 72=336.14.若(x +√x3)8的展开式中x 4的系数为7,则实数a= .(x √x 3)8的通项为C 8rx 8-r a r(x -13)r=C 8r a r x8-r x -r3=C 8r a r x8-43r,令8-43r=4,解得r=3. ∴C 83a 3=7,得a=12.15.6个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有 种.(用数字作答)个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法:先排列好除甲、乙两人外的4人,有A 44种方法,再把甲、乙两人插入4个人的5个空当,有A 52种方法,所以共有A 44·A 52=480(种).16.(1+sin x )6的二项展开式中,二项式系数最大的一项的值为52,则x 在[0,2π]内的值为 .,得T 4=C 63sin 3x=20sin 3x=52,∴sin x=12.∵x ∈[0,2π], ∴x=π6或x=5π6.5π6三、解答题(本题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(10分)有6个除颜色外完全相同的球,其中3个黑球,红、白、蓝球各1个,现从中取出4个球排成一列,共有多少种不同的排法?.(1)若取1个黑球,和另外3个球排成一列,不同的排法种数为A 44=24;(2)若取2个黑球,和从另外3个球中选的2个排成一列,2个黑球是相同的,所以不同的排法种数为C 32C 42A 22=36;(3)若取3个黑球,和从另外3个球中选的1个排成一列,不同的排法种数为C 31C 41=12.综上,不同的排法种数为24+36+12=72.18.(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?将取出的4个球分成三类:①取4个红球,没有白球,有C 44种;②取3个红球1个白球,有C 43C 61种;③取2个红球2个白球,有C 42C 62种,故有C 44+C 43C 61+C 42C 62=115(种).(2)设取x 个红球,y 个白球,则{x +y =5,2x +y ≥7,0≤x ≤4,0≤y ≤6,故{x =2,y =3或{x =3,y =2或{x =4,y =1.因此,符合题意的取法种数有C 42C 63+C 43C 62+C 44C 61=186(种).19.(12分)已知(x +2√x )n展开式中的前三项的系数成等差数列. (1)求n 的值;(2)求展开式中系数最大的项.由题意,得C n 0+14C n 2=2×12C n 1, 即n 2-9n+8=0,解得n=8或n=1(舍去).故n=8. (2)设第r+1项的系数最大,则{12r C 8r ≥12r+1C 8r+1,12r C 8r ≥12r -1C 8r -1, 即{18-r≥12(r+1),12r≥19-r.解得2≤r ≤3.∵r ∈N *,∴r=2或r=3.∴系数最大的项为T 3=7x 5,T 4=7x 72.20.(12分)设1+12x m =a 0+a 1x+a 2x 2+a 3x 3+…+a m x m,若a 0,a 1,a 2成等差数列. (1)求1+12x m 展开式的中间项;(2)求1+12x m展开式中所有含x 的奇次幂的系数和. 解(1)依题意a 0=1,a 1=m 2,a 2=C m2122.由2a 1=a 0+a 2,求得m=8或m=1(应舍去),所以1+12x m展开式的中间项是第五项, T 5=C 8412x 4=358x 4.(2)因为1+12x m =a 0+a 1x+a 2x 2+…+a m x m, 即1+12x 8=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 8x 8. 令x=1,则a 0+a 1+a 2+a 3+…+a 8=328, 令x=-1,则a 0-a 1+a 2-a 3+…+a 8=128,所以a 1+a 3+a 5+a 7=38-129=20516,所以展开式中所有含x 的奇次幂的系数和为20516.21.(12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.的再生数的个数为A 44=24,其中最大再生数为4321,最小再生数为1234.(2)需要考查5个数中相同数的个数. 若5个数各不相同,有A 55=120(个);若有2个数相同,则有A 55A 22=60(个);若有3个数相同,则有A 55A 33=20(个);若有4个数相同,则有A 55A 44=5(个);若5个数全相同,则有1个.22.(12分)已知m ,n 是正整数,f (x )=(1+x )m +(1+x )n 的展开式中x 的系数为7. (1)对于使f (x )的x 2的系数为最小的m ,n ,求出此时x 3的系数; (2)利用上述结果,求f (0.003)的近似值;(精确到0.01)(3)已知(1+2x )8展开式的二项式系数的最大值为a ,系数的最大值为b ,求ba .根据题意得C m 1+C n 1=7,即m+n=7,①f (x )中的x 2的系数为C m 2+C n 2=m (m -1)2+n (n -1)2=m 2+n 2-m -n2.将①变形为n=7-m 代入上式得x 2的系数为m 2-7m+21=m-722+354, 故当m=3或m=4时,x 2的系数的最小值为9.当m=3,n=4时,x 3的系数为C 33+C 43=5;当m=4,n=3时,x 3的系数为C 43+C 33=5.(2)f (0.003)=(1+0.003)4+(1+0.003)3≈C 40+C 41×0.003+C 30+C 31×0.003≈2.02.(3)由题意可得a=C 84=70,再根据{C 8k ·2k≥C 8k+1·2k+1,C 8k ·2k ≥C 8k -1·2k -1,即{k ≥5,k ≤6, 求得k=5或6,此时,b=7×28,∴b a =1285.2021-2022学年高中数学第一章计数原理测评（含解析）新人教A版选修2-311 / 1111。
人教版高中数学选修2-3 模块综合检测卷及答案
数学·选修2－3(人教A版)模块综合检测卷(测试时间：120分钟评价分值：150分)一、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.变量x，y的散点图如图所示，那么x，y之间的样本相关系数最接近的值是()A．1B．－0.5C．0D．0.5解析：因为r的绝对值越接近于1，表明两个变量的线性相关性越大；r的绝对值越接近于0，表明两个变量的线性相关性越小．由图知x、y之间没有相关关系，所以r的绝对值最接近于0.故选C.答案：C2．从10种不同的作物种子中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、乙两种种子不能放入第1号瓶内，那么不同的放法种数为()49 8 9 8 5191 5 E (ξ)＝15，D (ξ)＝ 45，则 n 与 p 的值为(A ．60，B ．60，C ．50，D ．50， 解析：由 ξ～B (n ，p )，有E (ξ)＝np ＝15，D (ξ)＝np (1－p )＝ ，所以 p ＝ ，n ＝60.故选 B.⎧⎛x －1⎫⎪6，x <0，⎩－ x ，x ≥0，则当 x >0 时，解析：当 x >0 时，f [f (x )]＝ － x ＋ － x ⎪6的展开式中，x ⎭ ⎝ xA ．C 210A 8B ．C 1A5 9C ．C 1A 5D ．C 1A 8解析：先排第 1 号瓶，从甲、乙以外的 8 种不同作物种子中选出1 种有 C 8种方法，再排其余各瓶，有 A 5种方法，故不同的放法共 C 8A 9有种．故选 C.答案：C3．(2013· 大庆模拟)设 ξ 是服从二项分布 B (n ，p )的随机变量，又4)3 13 14 44 445414答案：B4．(2013· 陕西卷)设函数f (x )＝⎨⎝ x ⎭f [f (x )]表达式的展开式中常数项为()A ．－20B ．20C ．－15D ．15⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫ ⎪6＝ ⎝ ⎭C 63 ⎝ x ⎭率都是 ，那么，4 个题中答对 2 个题的概率是 ()625 625 625 625常数项为 ⎛ 1 ⎫ ⎪3(－ x )3＝－20.故选 A.答案：A5．关于 x 的二项式(ax －2)n 的展开式中，二项式系数的和为 128，所有项系数的和为 1，则 a ＝()A ．1B ．－1C ．3D ．1 或 3解析：展开式的二项式系数为 2n ＝128，所以 n ＝7，设(ax －2)7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，令 x ＝1，得展开式的所有项系数为 a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 7＝(a －2)7＝1，所以 a ＝3.故选 C.答案：C6．一份数学单元试卷中有 4 个填空题，某同学答对每个题的概45A. 16 96 192 256B.C.D.答案：B7．某科研机构为了研究中年人秃发与心脏病是否有关，随机调查了一些中年人的情况，具体数据见下表：秃发不秃心脏病205无心脏病30045077－ 根据表中数据得到 k ＝≈15.968，因为平考试中，取得 A 等级的概率分别为 、 、 ，且三门课程的成绩是A. B. C. D ．1发[来源:]225×750×320×455K 2≥10.828，则断定秃发与心脏病有关系，那么这种判断出错的可能性为()A ．0.1B ．0.05C ．0.01D ．0.001答案：D8．(2013· 佛山一模 )某学生在参加政、史、地三门课程的学业水4 3 25 5 5否取得 A 等级相互独立．记 ξ 为该生取得 A 等级的课程数，其分布列如下表所示，则数学期望 E (ξ)的值为()ξP6 1251a 2b324 12539 5 9125 9 5答案：C二、填空题(本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分；把答案填在题中横线上)9．已知随机变量 ξ 的分布列如下：ξ 1 2 3 4 5P0.1 0.2 0.4 0.2 0.1⎪⎩r ＝3， 所以⎪ r 5 3 则至少取一白球的概率为 1－ × ＝ .5 3则 P (2≤ξ<4)____________．解析：P (2≤ξ＜4)＝P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝0.2＋0.4＝0.6.答案：0.610. (2013· 四川卷)二项式(x ＋y )3 的展开式中，含 x 2y 3 的项的系数是________(用数字作答)．[来源:]⎧5－r ＝2， 解析：T r ＋1＝C 5x 5－r y r (r ＝0,1,2,3,4,5)，由题意知⎨5×4×3含 x 2y3的系数为C 5＝3×2×1＝10.答案：1011．一袋中有 3 个红球，2 个白球，另一袋中有 2 个红球，1 个白球，从每袋中任取一球，则至少取一白球的概率为________________．解析：至少取一白球的对立事件为从每袋中都取得红球，从第一3 2袋中取一球为红球的概率为 ，从另一袋中取一球为红球的概率为 ，3 2 35 3 53答案：12. 已知随机变量 X 服从正态分布 N (0，σ2)且 P (－2≤X ≤0)＝0.4，则 P (X >2)＝____________.r r 32 ＝2×n －3 2答案：0.113. (2013· 江门二模 )(1＋2x )n 的展开式中 x 3 的系数等于 x 2 的系数的 4 倍，则 n ＝____________.解析：设(1＋2x )n 的展开式的通项公式为 T r ＋1，则 T r ＋1＝C n (2x )r＝2r ·C n · x r ，令 r ＝3，得展开式中 x 3 的系数为：8C n ，令 r ＝2 得展开 式中 x 2 的系数为 4C n .依题意， 8C n ＝4×4C n ，即n n － n －3×2×1n 2，解得 n ＝8.答案：814．将红、黄、蓝、白、黑 5 个小球分别放入红、黄、蓝、白、黑 5 个盒子里，每个盒子里放且只放 1 个小球，则红球不在红盒内且黄球不在黄盒内的概率是________．三、解答题(本大题共 6 小题，共 80 分；解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)答案：0.6515. (本小题满分 12 分)5 名男生、2 名女生站成一排照相：(1)两名女生都不站在两端，有多少不同的站法？(2)两名女生要相邻，有多少种不同的站法？(3)两名女生不相邻，有多少种不同的站法？(4)女生甲不在左端，女生乙不在右端，有多少种不同的站法？(1)若 y 与 x 之间具有线性相关关系，求线性回归方程．n^ ni解析：(1)中间的五个位置任选两个排女生，其余五个位置任意排男生：A25·A55＝2 400(种)；(2)把两名女生当作一个元素，于是对六个元素任意排，然后解决两个女生的任意排列：A66·A22＝1 400(种)；(3)把男生任意全排列，然后在六个空中 (包括两端)有顺序地插入两名女生：A55·A26＝3 600(种)；(4)采用排除法，在七个人的全排列中，去掉女生甲在左端的 A66个，再去掉女生乙在右端的 A66 个，但女生甲在左端同时女生乙在右 端的 A55 种排除了两次，要找回来一次．A77－2A66＋A55＝3 720(种)．16．(本小题满分 12 分)为了对新产品进行合理定价，对该产品进行了试销试验，以观察需求量 y (单位：千件)对于价格 x (单位：千元)的反应，得数据如下：x 50 70 8040 30 90 95 97y100 80 60120 135 555048[来源:](2)若成本 x ＝y ＋500，试求：①在盈亏平衡条件下(利润为零)的价格；②在利润为最大的条件下的定价．∑x i y i －n x y解析：(1)b＝i ＝1∑x2－n x 2i ＝1≈－1.286 6，解析：(1)记甲、乙两人同时到 A 社区为事件 E A ，那么 P (E A )＝ 2 3184^a ＝ y －^b x ≈169.772，∴线性回归方程为^y ＝－1.286 6x ＋169.772 4.(2)①在盈亏平衡条件下，^y x ＝^y ＋500，即－1.286 6x 2＋169.772 4x ＝－1.286 6x ＋169.772 4＋500，1．286 6x 2－171.059x ＋669.772 4＝0，解得 x 1＝128.916 2，x 2＝4.038 1(舍去) ， ∴此时新产品的价格为 128.916 2 千元．②在利润最大的条件下，Q ＝^y x －x＝－1.286 6x 2＋169.772 4x ＋1.286 6x －169.772 4－500＝－1.286 6x 2＋171.059x －669.772 4.要使 Q 取得最大值，x ＝66.477 1，即此时新产品应定价为 66.4771 千元．17．(本小题满分 14 分)甲、乙、丙、丁 4 名同学被随机地分到 A ，B ，C 三个社区参加社会实践，要求每个社区至少有一名同学．(1)求甲、乙两人都被分到 A 社区的概率；(2)求甲、乙两人不在同一个社区的概率；(3)设随机变量 ξ 为四名同学中到 A 社区的人数，求 ξ 的分布列和E (ξ)的值．A 22 C 4A 31＝ ，即甲、乙两人同时到 A 社区的概率是 .A 33 C 4A 3 6所以，甲、乙两人不在同一社区的概率是 P ( E )＝1－P (E )＝ .C 24A 22 1 2C 4A 3 3 3E (ξ)＝1× ＋2× ＝ . x x1181(2) 记甲、乙两人在同一社区为事件 E ，那么 P (E )＝ 2 3＝ .56(3)随机变量 ξ 可能取的值为 1,2.事件“ξ＝i (i ＝1,2)”是指有 i 个同学到 A 社区，则 P (ξ＝2)＝ 2 3＝ ，所以 P (ξ＝1)＝1－P (ξ＝2)＝ .ξ 的分布列是：ξP[来源:]12 3 21 32 1 43 3 318．(本小题满分 14 分)为备战 2016 年奥运会，甲、乙两位射击选手进行了强化训练．现分别从他们的强化训练期间的若干次平均成绩中随机抽取 8 次，记录如下：甲：.3,9.0,7.9,7.8,9.4,8.9,8.4,8.3乙：.2,9.5,8.0,7.5,8.2,8.1,9.0,8.5(1)现要从中选派一人参加奥运会封闭集训，从统计学角度，你认为派哪位选手参加合理？简单说明理由；(2)若将频率视为概率，对选手乙在今后的三次比赛成绩进行预测，记这三次成绩中不低于 8.5 分的次数为 ξ，求 ξ 的分布列及均值E (ξ)．解析：(1)因为－ ＝－ ＝8.5，又 s 2 ＝0.27，s 2 ＝0.405，得 s 2 <s 2 ，甲乙甲乙甲乙(2)依题意得，乙不低于 8.5 分的频率为 ，ξ 的可能取值为 0,1,2,3， 则 ξ～B 3，2⎪. 所以，P (ξ＝k )＝C k 32⎪3－k 1－2⎪k ＝C k 3 2⎪3，k ＝0,1,2,3. 所以 E (ξ)＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ .相对来讲，甲的成绩更加稳定，所以选派甲合适．12⎛ 1⎫⎝⎭⎛1⎫ ⎛ 1⎫ ⎛1⎫ ⎝ ⎭⎝ ⎭ ⎝ ⎭所以 ξ 的分布列为ξP1 8 13 8 23 8 31 81 3 3 1 38 8 8 8 219．(本小题满分 14 分)某项选拔共有四轮考核，每轮设有一个问题，能正确回答者进入下一轮考核，否则即被淘汰．已知某选手能正确回答第一、二、三、四轮的问题的概率分别为 0.6,0.4,0.5,0.2 . 已知各轮问题能否正确回答互不影响．(1)求该选手被淘汰的概率；[来源:](2)求该选手在选拔中至少回答了 2 个问题被淘汰的概率．解析： (1) 记 “该选手能正确回答第i 轮的问题 ”为事件 A i (i ＝1,2,3,4)，则 P (A 1)＝0.6，P (A 2)＝0.4，P (A 3)＝0.5，P (A 4)＝0.2.法一 该选手被淘汰的概率：P ＝P ( A 1 ＋A 1 A 2 ＋A 1 A 2A 3 ＋A 1 A 2 A 3A 4 )＝ P ( A 1 ) ＋ P (A 1)P ( A 2 ) ＋ P (A 1)P (A 2)P (A 3) ＋P (A 1)P (A 2)P (A 3)P (A 4 )＝0.4＋0.6×0.6＋0.6×0.4×0.5＋0.6×0.4×0.5×0.8＝0.976.法二 P ＝1－P (A 1 A 2 A 3A 4 ) ＝1－P (A 1)P (A 2) P (A 3)P (A 4 )＝1－0.6×0.4×0.5×0.2＝1－0.024＝0.976.(2)法一 P ＝P (A 1 A 2 ＋A 1 A 2A 3 ＋A 1 A 2 A 3A 4 )＝P (A 1)P ( A 2 )＋P (A 1)P (A 2)P (A 3 ) ＋P (A 1)· P (A 2)P (A 3)P (A 4 )＝0.6×0.6＋0.6×0.4×0.5＋0.6×0.4×0.5×0.8＝0.576.法二P ＝ 1 － P ( A 1 ) － P (A 1 A 2 A 3A 4 ) ＝ 1 － (1 － 0.6) －0.6×0.4×0.5×0.2＝0.576.20．(2013· 陕西卷)(本小题满分 14 分)在一场娱乐晚会上， 有 5位民间歌手(1 至 5 号)登台演唱， 由现场数百名观众投票选出最受欢迎歌手. 各位观众须彼此独立地在选票上选 3 名歌手，其中观众甲是1 号歌手的歌迷， 他必选 1 号， 不选2 号， 另在3 至 5 号中随机选2 名. 观众乙和丙对 5 位歌手的演唱没有偏爱， 因此在 1 至 5 号中随机选 3 名歌手.(1)求观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3 号歌手的概率；(2)X 表示 3 号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和， 求 X 的分布列和数学期望.号歌手. 观众甲选中 3 号歌手的概率为 ，观众乙未选中 3 号歌手的概率为 1－ .所以 P (A )＝ × 1－5⎪＝ 因此，观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3 号歌手的概率为 .观众甲选中 3 号歌手的概率为 ，观众乙选中 3 号歌手的概率为 .⎛ 2⎫ ⎛ 3⎫ 43⎭ ⎝ 5⎭ 75 2 ⎛ 3⎫ ⎛ 2⎫ 3 ⎛ 3⎫ ⎛ 2⎫ ⎛ 3⎫ 3 8＋6＋6 205⎭ ⎝ 3⎭ 5 ⎝ 5⎭ ⎝ 3⎭ ⎝ 5⎭ 5 3 ⎝ 75 75＝2)＝ × × 1－5⎪＋ 1－3⎪× × ＋ × 1－5⎪× ＝2 3 ⎛ 3⎫ ⎛ 2⎫ 3 3 2 ⎛ 3⎫ 3 12＋9＋12 33 3 5 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ 5 5 3 ⎝ ⎭ 5＝ . 当观众甲、乙、丙均选中 3 号歌手时，这时 X ＝3，P (X ＝3)＝ ×5⎪2＝ .解析：(1)设事件 A 表示：观众甲选中 3 号歌手且观众乙未选中 3233 2 ⎛ 3⎫45 3 ⎝ ⎭ 15.415(2)X 表示 3 号歌手得到观众甲、乙、丙的票数之和，则 X 可取0,1,2,3.2 33 5当观众甲、乙、丙均未选中 3 号歌手时，这时 X ＝0，P (X ＝0)＝1－ ⎪× 1－ ⎪2＝ ⎝.当观众甲、乙、丙中只有 1 人选中 3 号歌手时，这时 X ＝1，P (X＝1)＝ × 1－ ⎪2＋ 1－ ⎪× × 1－ ⎪＋ 1－ ⎪× 1－ ⎪× ＝ ＝ .当观众甲、乙、丙中只有 2 人选中 3 号歌手时，这时 X ＝2，P (X75 752 ⎛3⎫3 ⎝ ⎭18 75X 的分布列如下表：XP4 75120 75233 75318 75所以数学期望 E (X )＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ ＝4 20 33 18 20＋66＋5475 75 75 75 752815.。
人教版高中数学选修2-3练习：第一章 章末复习课 Word版含解析
章末复习课整合·网络构建]警示·易错提醒]1．正确区分“分类”与“分步”，恰当地进行分类，使分类后不重、不漏．2．正确区分是组合问题还是排列问题，要把“定序”和“有序”区分开来．3．正确区分分堆问题和分配问题．4．二项式定理的通项公式T k＋1＝C a n－k b k是第(k＋1)项，而不是k n第k项，注意其指数规律．5．求二项式展开式中的特殊项(如：系数最大的项、二项式系数最大的项、常数项、含某未知数的次数最高的项、有理项……)时，要注意n与k的取值范围．6．注意区分“某项的系数”与“某项的二项式系数”，展开式中“二项式系数的和”与“各项系数的和”，“奇(偶)数项系数的和”与“奇(偶)次项系数的和”．专题一 两个计数原理的应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章知识的基础，高考中时有出现，一般是与排列、组合相结合进行考查，难度中等．例1] 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )高中数学A.144种 B．72种C．64种D．84种解析：法一 根据所用颜色的种数分类第一类：用4种颜色涂，方法有A＝4×3×2×1＝24(种)．4第二类：用3种颜色，必须有一条对角区域涂同色，方法有C C12 A＝48(种)．1423第三类：用2种颜色，对角区域各涂一色，方法有A＝12(种)．24根据加法原理，不同的涂色方法共有24＋48＋12＝84(种)．法二 根据“高”“学”是否为同色分类第一类：区域“高”与“学”同色，从4色中选1色，有C种14方法，其余区域“中”“数”各有3种方法，共有4×3×3＝36(种)．第二类：区域“高”与“学”不同色，区域“高”有4种方法，区域“学”有3种方法，区域“中”“数”各有2种方法，共有4×3×2×2＝48(种)．根据加法原理，方法共有36＋48＝84(种)．答案：D归纳升华应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取其中某一方法是否能完成该事件，能完成便是分类，否则便是分步．对于有些较复杂问题可能既要分类又要分步，此时应注意层次清晰，不重不漏，在分步时，要注意上一步的方法确定后对下一步有无影响(即是否是独立的)．变式训练] 在∠AOB的OA边上取3个点，在OB边上取4个点(均除O点外)，连同O点共8个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( )A．48 B．42C．36 D．32解析：分三类：第一类：从OA边上(不包括O)任取一点与从OB 边上(不包括O)任取两点，可构造一个三角形，有C C个；1324第二类：从OA边上(不包括O)任取两点与OB边上(不包括O)任取一点，可构造一个三角形，有C C个；2314第三类：从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)任取一点，与O点可构造一个三角形，有C C个．1314由分类加法计数原理，可作的三角形共有N＝C C＋C C＋C C132423141314＝42(个)．答案：B专题二 排列组合应用题排列组合应用题是高考的一个重点内容，常与实际问题相结合进行考查．要认真阅读题干，明确问题本质，利用排列组合的相关公式与方法解题．1．合理分类，准确分步．例2] 5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1，2，3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员且1、2号中至少有1名新队员的排法有________种(用数字作答)．解析：①只有1名老队员的排法有C C A＝36(种)．②有2名老12233队员的排法有C C C A＝12(种)．所以共有36＋12＝48(种)．213122答案：482．特殊优先，一般在后．例3] 将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．解析：①当C在第一或第六位时，排法有A＝120(种)；5②当C在第二或第五位时，排法有A A＝72(种)；243③当C在第三或第四位时，排法有A A＋A A＝48(种)．23233所以排法共有2×(120＋72＋48)＝480(种)．答案：4803．直接间接，灵活选择．例4] 10件产品中有2件合格品，8件优质品，从中任意取4件，至少有1件是合格品的抽法有________种．解析：法一 抽取的4件产品至少有1件合格品分为有1件合格品、2件合格品2种情况：有1件合格品的抽法有C C种；有2件1238合格品抽法有C C种．根据分类加法计数原理至少有1件合格品的228抽法共有C C＋C C＝140(种)．1238228法二 从10件产品中任意抽取4件，有C种抽法，其中没有410合格品的抽法有C种，因此至少有1件合格品的抽法有C－C＝4841048 210－70＝140(种)．答案：1404．元素相邻，捆绑为一．例5] 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，则其中数字2，3相邻的偶数有________个(用数字作答)．解析：数字2和3相邻的偶数有两种情况．第一种情况，当数字2在个位上时，则3必定在十位上，此时这样的五位数共有6个；第二种情况，当数字4在个位上时，且2，3必须相邻，此时满足要求的五位数有A A ＝12(个)，则一共有6＋12＝18(个)．23答案：185．元素相间，插空解决．例6] 一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有________种不同的坐法．解析：先让4人坐在4个位置上，有A 种排法，再让2个元素4(一个是两个空位作为一个整体，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空挡”之间，有A 种插法，所以所求的坐法数为A A ＝25425480.答案：4806．分组问题，消除顺序．例7] 某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为________．解析：把新转来的4名学生平均分两组，每组2人，分法有＝C A3(种)，把这两组人安排到6个班中的某2个班中去，有A 种方法，26故不同的安排种数为3A ＝90. 26答案：90归纳升华解排列组合应用题应遵循三大原则，掌握基本类型，突出转化思想．(1)三大原则是：先特殊后一般的原则、先取后排的原则、先分类后分步的原则．(2)基本类型主要包括：排列中的“在与不在”问题，组合中的“有与没有”问题、“相邻与不相邻”问题、“分组问题”等．(3)转化思想：就是把一些排列组合问题与基本类型相联系，从而把这些问题转化为基本类型，然后加以解决．专题三 二项式定理的应用二项式定理是历年高考中的必考内容，解决二项式定理问题，特别是涉及求二项展开式的通项的问题，关键在于抓住通项公式，还要注意区分“二项式系数”与“展开式系数”．例8] (1)已知的展开式中第三项与第五项的系数之比为(x 2－ix )n －，其中i 2＝－1，则展开式中系数为实数且最大的项为( ) 314A ．第三项B ．第四项C ．第五项D ．第五项或第六项(2)设(3x －1)6＝a 6x 6＋a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则a 6＋a 4＋a 2＋a 0＝________．解析：(1)T 3＝－C x 2n －5，T 5＝C x 2n －10. 2n 4n 由－＝－，得n 2－5n －50＝0，解得n ＝10(舍去n ＝－5)， C C 314又T r ＋1＝C (－i)r x 20－r ， r 1052据此可知当r 分别取0，2，4，6，8，10时其系数为实数，且当r ＝4时，C ＝210为最大． 410(2)令x＝1，得a6＋a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝26＝64；令x＝－1，得a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝4 096.两式相加，得2(a6＋a4＋a2＋a0)＝4 160，所以a6＋a4＋a2＋a0＝2 080.答案：(1)C (2)2 080归纳升华(1)区分“项的系数”与“二项式系数”．项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正数．(2)切实理解“常数项”“有理项(字母指数为整数)”“系数最大的项”等概念．(3)求展开式中的指定项，要把该项完整写出，不能仅仅说明是第几项．(4)赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1等．(x－2x3)5变式训练] (1)展开式中的含x－3的项的系数为( )A．80 B．60C．40 D．－40(2)已知(1＋x)6(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，则a1＋a2＋…＋a11＝________．解析：(1)设展开式的第(r＋1)项为T r＋1＝C x5－r＝(－2)r Cr5(－2x3)r r5 x5－4r，令5－4r＝－3，得r＝2，所以，展开式中含x－3的项为T3＝(－2)2C x－3＝40x－3.25(2)令x＝0，得a0＝1；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－64.所以a1＋a2＋…＋a11＝－65.答案：(1)C (2)－65专题四 分类讨论思想分类讨论思想在解决排列组合问题时经常应用，此类问题一般情况繁多，因此要对各种不同的情况进行合理的分类与准确的分步，以便有条不紊地进行解答，避免重复或遗漏的现象发生．例4] 从10种不同的作物中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、乙两种种子不能放入第1号瓶内，那么不同的放法共有________种．解析：根据选出的6种种子中所含甲、乙种子个数来分类：选出的6种种子中只含甲或只含乙的不同放法都为C A A；选出的6种58155种子中，同时含有甲与乙的不同放法有C A A；选出的6种种子48254中，都不含甲与乙的不同放法有A.故不同的放法共有2C A A＋C A685815548 A＋A＝120 960(种)．25468答案：120 960归纳升华排列组合的综合问题一般比较复杂，分类方法也灵活多变．一般有以下一些分类方式：(1)根据元素分类，又包括根据特殊元素分类，根据元素特征分类，根据特殊元素的个数分类；(2)根据特殊位置分类；(3)根据图形分类，又包括根据图形的特征分类，根据图形的种类分类；(4)根据题设条件分类．变式训练] 由1，2，3，4，5，6六个数字可组成________个无重复且是6的倍数的五位数．解析：若一个整数是偶数且是3的倍数，则这个整数是6的倍数．据此本题分两类求解．第一类：由1，2，4，5，6作数码．首先从2，4，6中任选一个作为个位数字，有A种选法，然后其余四个数字在其他数位上全排13列，有A种选法，所以符合条件的五位数共有N1＝A A＝72(个)．4134第二类：由1，2，3，4，5作数码．依照第一类的方法，符合条件的五位数有N2＝A A＝48(个)．124综上，符合条件的五位数共有N＝N1＋N2＝120(个)．答案：120。
最新人教A版高中数学选修2-3综合测试题(含答案解析)
高中新课标数学选修（2-3）综合测试题（1）一、选择题1．已知{}{}{}，，，，，，，，，则方程222∈-∈∈123013412a b Rx a y b R-++=所表示()()地不同地圆地个数有（）Ａ．3×4×2=24 Ｂ．3×4+2=14Ｃ．(3+4)×2=14 Ｄ．3+4+2=9答案：Ａ2．神六航天员由翟志刚、聂海胜等六人组成，每两人为一组，若指定翟志刚、聂海胜两人一定同在一个小组，则这六人地不同分组方法有（）Ａ．48种Ｂ．36种Ｃ．6种Ｄ．3种答案：Ｄ3．41nx ⎛⎫ ⎪⎝⎭地展开式中，第3项地二项式系数比第2项地二项式系数大44，则展开式中地常数项是（ ）Ａ．第3项 Ｂ．第4项 Ｃ．第7项 Ｄ．第8项 答案：Ｂ4．从标有1，2，3，…，9地9张纸片中任取2张，数字之积为偶数地概率为（ ）Ａ．12 Ｂ．718 Ｃ．1318 Ｄ．1118 答案：Ｃ5．在10个球中有6个红球和4个白球（各不相同），不放回地依次摸出2个球，在第一次摸出红球地条件下，第2次也摸到红球地概率为（ ）Ａ．35 Ｂ．25 Ｃ．110 Ｄ．59 答案：Ｄ6．正态总体地概率密度函数为2()8()x x f x -∈=R ，则总体地平均数和标准差分别为（ ）Ａ．0，8 B ．0，4 Ｃ．0，2 Ｄ．0，2 答案：Ｄ7．在一次试验中，测得()x y ，地四组值分别是(12)(23)(34)(45)A B C D ，，，，，，，，则y 与x 之间地回归直线方程为（ ）Ａ．$1y x =+ Ｂ．$2y x =+ Ｃ．$21y x =+ Ｄ．$1y x =- 答案：Ａ8．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字地五位数，其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间地五位数地个数是（）Ａ．48 Ｂ．36 Ｃ．28 Ｄ．20答案：Ｃ9．若随机变量η地分布列如下：则当()0.8η<=时，实数地取值范围是（）P xＡ．x≤2 Ｂ．1≤x≤2 Ｃ．1＜x≤2 Ｄ．1＜x＜2答案：Ｃ10．春节期间，国人发短信拜年已成为一种时尚，若小李地40名同事中，给其发短信拜年地概率为1，0.8，0.5，0地人数分别为8，15，14，3（人），则通常情况下，小李应收到同事地拜年短信数为（ ）Ａ．27 Ｂ．37 Ｃ．38 Ｄ．8 答案：Ａ11．在4次独立重复试验中事件A 出现地概率相同，若事件A 至少发生1次地概率为6581，则事件A 在1次试验中出现地概率为（ ）Ａ．13Ｂ．25 Ｃ．56 Ｄ．23 答案：Ａ12．已知随机变量1~95B ξ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则使()P k ξ=取得最大值地k 值为（ ）Ａ．2 Ｂ．3 Ｃ．4 Ｄ．5答案：Ａ二、填空题13．某仪表显示屏上一排有7个小孔，每个小孔可显示出0或1，若每次显示其中三个孔，但相邻地两孔不能同时显示，则这显示屏可以显示地不同信号地种数有种．答案：8014．已知平面上有20个不同地点，除去七个点在一条直线上以外，没有三个点共线，过这20个点中地每两个点可以连条直线．答案：17015．某射手射击1次，击中目标地概率是0.9，他连续射击4次，且各次射击是否击中目标相互之间没有影响，有下列结论：①他第3次击中目标地概率是0.9；②他恰好击中目标3次地概率是0.93×0.1；③他至少击中目标1次地概率是4．1(0.1)其中正确结论地序号是（写出所有正确结论地序号）．答案：①③16．口袋内装有10个相同地球，其中5个球标有数字0，5个球标有数字1，若从袋中摸出5个球，那么摸出地5个球所标数字之和小于2或大于3地概率是（以数值作答）．答案：1363三、解答题17．有4个不同地球，四个不同地盒子，把球全部放入盒内．（1）共有多少种放法？（2）恰有一个盒子不放球，有多少种放法？（3）恰有一个盒内放2个球，有多少种放法？（4）恰有两个盒不放球，有多少种放法？解：（1）一个球一个球地放到盒子里去，每只球都可有4种独立地放法，由分步乘法计数原理，放法共有：44256种．（2）为保证“恰有一个盒子不放球”，先从四个盒子中任意拿出去1个，即将4个球分成2，1，1地三组，有2C种分法；然后再从三个盒子中选一个放两4个球，其余两个球，两个盒子，全排列即可.由分步乘法计数原理，共有放法：12124432144C C C A=···种．（3）“恰有一个盒内放2个球”，即另外三个盒子中恰有一个空盒.因此，“恰有一个盒内放2球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事.故也有144种放法. （4）先从四个盒子中任意拿走两个有24C 种，问题转化为：“4个球，两个盒子，每盒必放球，有几种放法？”从放球数目看，可分为（3，1），（2，2）两类.第一类：可从4个球中先选3个，然后放入指定地一个盒子中即可，有3142C C ·种放法；第二类：有24C 种放法.因此共有31342414C C C+=·种.由分步乘法计数原理得“恰有两个盒子不放球”地放法有：241484C =·种． 18．求25(1)(1)x x +-地展开式中3x 地系数．解：解法一：先变形，再部分展开，确定系数.252232423(1)(1)(1)(1)(12)(133)x x x x x x x x x +-=--=-+-+-．所以3x 是由第一个括号内地1与第二括号内地3x -地相乘和第一个括号内地22x -与第二个括号内地3x -相乘后再相加而得到，故3x 地系数为1(1)(2)(3)5⨯-+-⨯-=．解法二：利用通项公式，因2(1)x +地通项公式为12r rr TC x +=·，5(1)x -地通项公式为15(1)k k kk TC x +=-·，其中{}{}012012345r k ∈∈，，，，，，，，，令3k r +=， 则12k r =⎧⎨=⎩，，或21k r =⎧⎨=⎩，，或30k r =⎧⎨=⎩，． 故3x 地系数为112352555C C CC -+-=·．19．为了调查胃病是否与生活规律有关，某地540名40岁以上地人地调查结果如下：根据以上数据比较这两种情况，40岁以上地人患胃病与生活规律有关吗？ 解：由公式得2540(6020026020)32022080460k ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯2540(120005200)24969609.6382590720000259072⨯-==≈．9.6387.879>∵，∴我们有99.5%地把握认为40岁以上地人患胃病与生活是否有规律有关，即生活不规律地人易患胃病. 20．一个医生已知某种病患者地痊愈率为25%，为实验一种新药是否有效，把它给10个病人服用，且规定若10个病人中至少有4个被治好，则认为这种药有效；反之，则认为无效，试求：（1）虽新药有效，且把痊愈率提高到35%，但通过实验被否认地概率；（2）新药完全无效，但通过实验被认为有效地概率． 解：记一个病人服用该药痊愈率为事件A ，且其概率为p ，那么10个病人服用该药相当于10次独立重复实验.(1) 因新药有效且p =0.35，故由n 次独立重复试验中事件A 发生k 次地概率公式知，实验被否定（即新药无效）地概率为：0010119223371010101010101010(0)(1)(2)(3)(1)(1)(1)(1)0.514x P P P P C p p C p p C p p C p p +++=-+-+-+-≈．（2）因新药无效，故p =0.25，实验被认为有效地概率为：10101010101010(4)(5)(10)1((0)(1)(2)(3))0.224P P P P P P P +++=-+++≈L ．即新药有效，但被否定地概率约为0.514； 新药无效，但被认为有效地概率约为0.224. 21．A B ，两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A 队队员是123A A A ，，，B 队队员是123B B B ，，，按以往多次比赛地统计，对阵队员之间地胜负概率如下：现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分，设A队，B队最后所得总分分别为ξη，．(1)求ξη，地概率分布列；(2)求Eξ，Eη．解：（1）ξη，地可能取值分别为3，2，1，0．2228(3)35575P ξ==⨯⨯=；22312223228(2)35535535575P ξ==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=； 2331231322(1)3553553555P ξ==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=；1333(0)35525P ξ==⨯⨯=．由题意知3ξη+=，所以8(0)(3)75P P ηξ====；28(1)(2)75P P ηξ====；2(2)(1)5P P ηξ====； 3(3)(0)25P P ηξ====．ξ地分布列为η地分布列为（2）82823223210757552515E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=， 因为3ξη+=，所以23315E E ηξ=-=．22．某工业部门进行一项研究，分析该部门地产量与生产费用之间地关系，从这个工业部门内随机抽选了10个企业作样本，有如下资料：产量（千件） x生产费用 （千元）y 79162 88 185 100 165 120 190 140 185完成下列要求：（1）计算x 与y 地相关系数；（2）对这两个变量之间是否线性相关进行相关性检验；千元）y40150 42140 48160 551765150（3）设回归直线方程为$$$y bx a=+，求系数$a，$b．解：利用回归分析检验地步骤，先求相关系数，再确定0.05r．(1)制表i i x i y2i x2i y i ix y141501600225006000242140176419600588034816023042560076804 513028935 70 25 900 5056515042252250097506791626241262441279878818577443422516280810016510000272251650091201901440036100228001111934250.808r=≈．即x与Y地相关关系0.808r≈．（2）因为0.75r>．所以x与Y之间具有很强地线性相关关系．（3）1329381077.7165.70.398709031077.7b-⨯⨯=≈-⨯，165.70.39877.7134.9a=-⨯=．高中新课标数学选修（2-3）综合测试题（2）一、选择题1．假定有一排蜂房，形状如图所示，一只蜜蜂在左下角地蜂房中，由于受了点伤，只能爬，不能飞，而且只能永远向右方（包括右上，右下）爬行，从一间蜂房爬到与之相邻地右方蜂房中去，若从最初位置爬到4号蜂房中，则不同地爬法有（ ） Ａ．4种 Ｂ．6种 Ｃ．8种 Ｄ．10种 答案：Ｃ2．乒乓球运动员10人，其中男女运动员各5人，从这10名运动员中选出4人进行男女混合双打比赛，选法种数为（ ）Ａ．225()A Ｂ．225()C Ｃ．22254()C A · Ｄ．22252()C A ·答案：Ｄ3．已知集合{}123456M =，，，，，，{}6789N =，，，，从M 中选3个元素，N 中选2个元素，组成一个含有5个元素地集合T ，则这样地集合T 共有（ ）Ａ．126个 Ｂ．120个 Ｃ．90个 Ｄ．26个 答案：Ｃ 4．342(1)(1)(1)n x x x +++++++L 地展开式中2x 地系数是（ ）Ａ．33n C + Ｂ．32n C + Ｃ．321n C+- Ｄ．331n C+-答案：Ｄ 5．200620052008+被2006除，所得余数是（ ）Ａ．2009 Ｂ．3 Ｃ．2 Ｄ．1 答案：Ｂ6．市场上供应地灯泡中，甲厂产品占70%，乙厂产品占30%，甲厂产品地合格率是95%，乙厂产品地合格率是80%，则从市场上买到一个是甲厂生产地合格灯泡地概率是（）Ａ．0.665 B．0.56 Ｃ．0.24 Ｄ．0.285 答案：Ａ7．抛掷甲、乙两颗骰子，若事件A：“甲骰子地点数大于4”；事件B：“甲、乙两骰子地点数之和等于7”，则(|)P B A地值等于（）Ａ．13Ｂ．118Ｃ．16Ｄ．19答案：Ｃ8．在一次智力竞赛地“风险选答”环节中，一共为选手准备了A，B，C三类不同地题目，选手每答对一个A类、B类、C类地题目，将分别得到300分、200分、100分，但如果答错，则要扣去300分、200分、100分，而选手答对一个A类、B类、C类题目地概率分别为0.6，0.7，0.8，则就每一次答题而言，选手选择（ ）题目得分地期望值更大一些（ ） Ａ．A 类 Ｂ．B 类 Ｃ．C 类 Ｄ．都一样 答案：Ｂ9．已知ξ地分布列如下：并且23ηξ=+，则方差D η=（ ）Ａ．17936 Ｂ．14336 Ｃ．29972 Ｄ．22772答案：Ａ10．若2~(16)N ξ-，且(31)P ξ--≤≤0.4=，则(1)P ξ≥等于（ ） Ａ．0.1 Ｂ．0.2 Ｃ．0.3 Ｄ．0.4答案：Ａ11．已知x ，y 之间地一组数据：则y 与x 地回归方程必经过（ ）Ａ．（2，2） Ｂ．（1，3） Ｃ．（1.5，4） Ｄ．(2，5) 答案：Ｃ12．对于2()P K k ≥，当 2.706k 时，就约有地把握认为“x与y 有关系”（ ）Ａ．99% Ｂ．99.5% Ｃ．95% Ｄ．90% 答案：Ｄ 二、填空题13．92x x ⎛- ⎪⎝⎭地展开式中，常数项为 （用数字作答）． 答案：67214．某国际科研合作项目成员由11个美国人，4个法国人和5个中国人组成．现从中随机选出两位作为成果发布人，则此两人不属于同一个国家地概率为 （结果用分数表示）． 答案：11919015．两名狙击手在一次射击比赛中，狙击手甲得1分、2分、3分地概率分别为0.4，0.1，0.5；狙击手乙得1分、2分、3分地概率分别为0.1，0.6，0.3，那么两名狙击手获胜希望大地是 ． 答案：乙16．空间有6个点，其中任何三点不共线，任何四点不共面，以其中地四点为顶点共可作出个四面体，经过其中每两点地直线中，有对异面直线．答案：15，45三、解答题17．某人手中有5张扑克牌，其中2张为不同花色地2，3张为不同花色地A，他有5次出牌机会，每次只能出一种点数地牌，但张数不限，则有多少种不同地出牌方法？解：由于张数不限，2张2，3张A可以一起出，亦可分几次出，故考虑按此分类.出牌地方法可分为以下几类：（1）5张牌全部分开出，有5A种方法；5（2）2张2一起出，3张A 一起出，有25A 种方法；（3）2张2一起出，3张A 分开出，有45A 种方法；（4）2张2一起出，3张A 分两次出，有2335C A 种方法；（5）2张2分开出，3张A 一起出，有35A 种方法；（6）2张2分开出，3张A 分两次出，有2435C A 种方法；因此共有不同地出牌方法5242332455535535860A A A C A A C A+++++=种． 18．已知数列{}na 地通项na 是二项式(1)nx +与2(1)nx +地展开式中所有x 地次数相同地各项地系数之和，求数列地通项及前n 项和nS ．解：按(1)nx +及2(1)nx +两个展开式地升幂表示形式，写出地各整数次幂，可知只有当2(1)nx x 地偶数次幂时，才能与(1)nx +地x 地次数相比较． 由0122(1)nn n n n n n x C C x C x C x+=++++L ，132120242213212222222222(1()()n nn nn n n nnnnnC C x C x C x C x C x Cx--=++++++++L L可得00122422222()()()()n nnn n n n n n n n aC C C C C C C C =++++++++L01202422222()()n nn n n n n n n n C C C C C C C C =+++++++++L L2122n n -=+， 2122n n n a -=+∵，∴222462112(222)(22222(21)(41)223nn nn n S =++++++++=-+⨯-L L122112122(21)(2328)33n n n n +++=-+-=+-·，2111(2328)3n n n S ++=-∴·．19．某休闲场馆举行圣诞酬宾活动，每位会员交会员费50元，可享受20元地消费，并参加一次抽奖活动，从一个装有标号分别为1，2，3，4，5，6地6只均匀小球地抽奖箱中，有放回地抽两次球，抽得地两球标号之和为12，则获一等奖价值a 元地礼品，标号之和为11或10，获二等奖价值100元地礼品，标号之和小于10不得奖． (1)求各会员获奖地概率；(2)设场馆收益为ξ元，求ξ地分布列；假如场馆打算不赔钱，a 最多可设为多少元？解：(1)抽两次得标号之和为12地概率为11116636P =+=； 抽两次得标号之和为11或10地概率为2536P =，故各会员获奖地概率为1215136366P P P =+=+=． （2）ξ30a-30100- 30 P1365363036由1530(30)(70)300363636E a ξ=-⨯+-⨯+⨯≥，得580a≤元．所以a最多可设为580元．20．在研究某种新药对猪白痢地防治效果时到如下数据：存活数死亡数合计未用新药10138139用新药12920149合2358 2试分析新药对防治猪白痢是否有效？ 解：由公式计算得2288(1012038129)8.658139********k ⨯⨯-⨯=≈⨯⨯⨯，由于8.658 6.635>，故可以有99%地把握认为新药对防治猪白痢是有效地．21．甲有一个箱子，里面放有x 个红球，y 个白球（x ，y ≥0，且x +y =4）；乙有一个箱子，里面放有2个红球，1个白球，1个黄球．现在甲从箱子里任取2个球，乙从箱子里任取1个球．若取出地3个球颜色全不相同，则甲获胜．(1)试问甲如何安排箱子里两种颜色球地个数，才能使自己获胜地概率最大？(2)在（1）地条件下，求取出地3个球中红球个数地期望．解：(1)要想使取出地3个球颜色全不相同，则乙必须取出黄球，甲取出地两个球为一个红球一个白球，乙取出黄球地概率是14，甲取出地两个球为一个红球一个白球地概率是11246x yC C xy C =·，所以取出地3个球颜色全不相同地概率是14624xy xyP ==·，即甲获胜地概率为24xyP =，由0x y ，≥，且4x y +=，所以12424xy P =≤2126x y +⎛⎫=⎪⎝⎭·，当2x y ==时取等号，即甲应在箱子里放2个红球2个白球才能使自己获胜地概率最大.(2)设取出地3个球中红球地个数为ξ，则ξ地取值为0，1，2，3.212221441(0)12C C P C C ξ===·，1112122222212144445(1)12C C C C C P C C C C ξ==+=··， 2111122222212144445(2)12C C C C C P C C C C ξ==+=··，212221441(3)12C C P C C ξ===·，所以取出地3个球中红球个数地期望：15510123 1.512121212E ξ=⨯+⨯+⨯+⨯=．22．规定(1)(1)mxAx x x m =--+L ，其中x ∈R ，m 为正整数，且01xA =，这是排列数mnA (n ，m 是正整数，且m ≤n )地一种推广．（1）求315A -地值；（2）排列数地两个性质：①11m m n n AnA --=，②11m m mn n n AmA A -++= (其中m ，n 是正整数)．是否都能推广到mxA (x ∈R ，m 是正整数)地情形？若能推广，写出推广地形式并给予证明；若不能，则说明理由； （3）确定函数3xA 地单调区间．解：（1）315(15)(16)(17)4080A-=-⨯-⨯-=-；（2）性质①、②均可推广，推广地形式分别是 ①11m m xx AxA --=，②11()m m m x x x AmA A x m -*++=∈∈R N ，．事实上，在①中，当1m =时，左边1xA x ==， 右边01x xAx-==，等式成立；在②中，当1m =时，左边10111xxx A Ax A +=+=+==右边，等式成立；当2m ≥时，左边(1)(2)(1)(1)(2)(2)x x x x m mx x x x m =---++---+L L=(1)(2)(2)[(1)]x x x x m x m m ---+-++L 1(1)(1)(2)[(1)1]mx x x x x x m A +=+--+-+==L 右边， 因此②11()mm m x x x AmA A x m -*++=∈∈R N ，成立．（3）先求导数，得32()362xA xx '=-+．令23620xx -+>，解得x 或x >因此，当x ⎛∈- ⎝⎭∞时，函数为增函数， 当x ⎫∈+⎪⎪⎝⎭∞时，函数也为增函数，令23620xx -+≤x ，因此，当x ∈⎣⎦时，函数为减函数，∴函数3xA 地增区间为⎛- ⎝⎭∞，⎫+⎪⎪⎝⎭∞；减区间为⎣⎦．。
高中数学人教A版选修2-3 章末综合测评1 Word版含答案.doc
章末综合测评(一) 计数原理(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．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．(2016·银川一中检测)C910＋C810等于()A．45B．55C．65 D．以上都不对【解析】C910＋C810＝C110＋C210＝55，故选B.【答案】 B2．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有()A．10种B．20种C．25种D．32种【解析】5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有25＝32种，故选D.【答案】 D3．在(x2＋3x＋2)5的展开式中x的系数为()A．140 B．240C．360 D．800【解析】由(x2＋3x＋2)5＝(x＋1)5(x＋2)5，知(x＋1)5的展开式中x的系数为C45，常数项为1，(x＋2)5的展开式中x的系数为C45·24，常数项为25.因此原式中x 的系数为C45·25＋C45·24＝240.【答案】 B4．某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有()A．16种B．36种C．42种D．60种【解析】分两类．第一类：同一城市只有一个项目的有A34＝24种；第二类：一个城市2个项目，另一个城市1个项目，有C23·C24·A22＝36种，则共有36＋24＝60种．【答案】 D5．(2016·广州高二检测)5人站成一排，甲乙之间恰有一个人的站法有() A．18种B．24种C．36种D．48种【解析】首先把除甲乙之外的三人中随机抽出一人放在甲乙之间，有3种可能，甲乙之间的人选出后，甲乙的位置可以互换，故甲乙的位置有2种可能，最后，把甲乙及其中间的那个人看作一个整体，与剩下的两个人全排列是A33＝6，所以3×2×6＝36(种)，故答案为C.【答案】 C6．关于(a－b)10的说法，错误的是()A．展开式中的二项式系数之和为1 024B．展开式中第6项的二项式系数最大C．展开式中第5项和第7项的二项式系数最大D．展开式中第6项的系数最小【解析】由二项式系数的性质知，二项式系数之和为210＝1 024，故A正确；当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也是正确的，因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的．【答案】 C7.图1(2016·潍坊高二检测)如图1，用五种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F 六个不同的点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共()A．1 240种B．360种C．1 920种D．264种【解析】由于A和E或F可以同色，B和D或F可以同色，C和D或E可以同色，所以当五种颜色都选择时，选法有C13C12A55种；当五种颜色选择四种时，选法有C45C13×3×A44种；当五种颜色选择三种时，选法有C35×2×A33种，所以不同的涂色方法共C13C12A55＋C45C13×3×A44＋C35×2×A33＝1 920.故选C.【答案】 C8．某计算机商店有6台不同的品牌机和5台不同的兼容机，从中选购5台，且至少有品牌机和兼容机各2台，则不同的选购方法有() 【导学号：97270029】A．1 050种B．700种C．350种D．200种【解析】分两类：(1)从6台不同的品牌机中选3台和从5台不同的兼容机中选2台；(2)从6台不同的品牌机中选2台和从5台不同的兼容机中选3台．所以不同的选购方法有C36C25＋C26C35＝350种．【答案】 C9．设(1－3x)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|的值为()A．29B．49C．39D．59【解析】由于a0，a2，a4，a6，a8为正，a1，a3，a5，a7，a9为负，故令x＝－1，得(1＋3)9＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9＝|a0|＋|a1|＋…＋|a9|，故选B.【答案】 B10．(2016·山西大学附中月考)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A．60 B．48C．36 D．24【解析】在长方体中，对每一条棱都有两个面(侧面或底面)和一个对角面(对不在同一个面上的一对互相平行的棱的截面)与它平行，可构成3×12＝36个“平行线面组”，对每一条面对角线，都有一个面与它平行，可组成12个“平行线面组”，所以“平行线面组”的个数为36＋12＝48，故选B.【答案】 B11．(2016·吉林一中高二期末)某同学忘记了自己的QQ号的后六位，但记得QQ号后六位是由一个1，一个2，两个5和两个8组成的，于是用这六个数随意排成一个六位数，输入电脑尝试，那么他找到自己的QQ号最多尝试次数为() A．96 B．180C．360 D．720【解析】由这6个数字组成的六位数个数为A66A22A22＝180，即最多尝试次数为180.故选B.【答案】 B12．设(1＋x)n＝a0＋a1x＋…＋a n x n，若a1＋a2＋…＋a n＝63，则展开式中系数最大项是()A．15x3B．20x3C．21x3D．35x3【解析】令x＝0，得a0＝1，再令x＝1，得2n＝64，所以n＝6，故展开式中系数最大项是T4＝C36x3＝20x3.故选B.【答案】 B二、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．某科技小组有女同学2名、男同学x名，现从中选出3名去参加展览．若恰有1名女生入选时的不同选法有20种，则该科技小组中男生的人数为________．【解析】由题意得C12·C2x＝20，解得x＝5.【答案】 514．(1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是________．【解析】(1.05)6＝(1＋0.05)6＝C06＋C16×0.05＋C26×0.052＋C36×0.053＋…＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…≈1.34.【答案】 1.3415．(2015·山东高考)观察下列各式：C01＝40；C03＋C13＝41；C 05＋C 15＋C 25＝42；C 07＋C 17＋C 27＋C 37＝43；……照此规律，当n ∈N *时，C 02n －1＋C 12n －1＋C 22n －1＋…＋C n －12n －1＝________.【解析】 观察每行等式的特点，每行等式的右端都是幂的形式，底数均为4，指数与等式左端最后一个组合数的上标相等，故有C 02n －1＋C 12n －1＋C 22n －1＋…＋C n －12n －1＝4n －1.【答案】 4n －1 16．(2014·安徽高考)设a ≠0，n 是大于1的自然数，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x a n 的展开式为a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n .若点A i (i ，a i )(i ＝0,1,2)的位置如图2所示，则a ＝________.图2【解析】 由题意知A 0(0,1)，A 1(1,3)，A 2(2,4)．故a 0＝1，a 1＝3，a 2＝4.由⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x a n 的展开式的通项公式知T r ＋1＝C r n ⎝ ⎛⎭⎪⎫x a r (r ＝0,1,2，…，n )．故C 1n a ＝3，C 2n a 2＝4，解得a ＝3.【答案】 3三、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)已知⎩⎪⎨⎪⎧ C x n ＝C 2x n ，C x ＋1n ＝113C x －1n ，试求x ，n 的值. 【导学号：97270030】【解】 ∵C x n ＝C n －x n ＝C 2x n ，∴n －x ＝2x 或x ＝2x (舍去)，∴n ＝3x .由C x ＋1n ＝113C x －1n ，得n ！(x ＋1)！(n －x －1)！＝113·n ！(x －1)！(n －x ＋1)！， 整理得3(x －1)！(n －x ＋1)！＝11(x ＋1)！(n －x －1)！，3(n －x ＋1)(n －x )＝11(x ＋1)x .将n ＝3x 代入，整理得6(2x ＋1)＝11(x ＋1)，∴x ＝5，n ＝3x ＝15.18．(本小题满分12分)利用二项式定理证明：49n ＋16n －1(n ∈N *)能被16整除．【证明】 49n ＋16n －1＝(48＋1)n ＋16n －1＝C 0n ·48n ＋C 1n ·48n －1＋…＋C n －1n ·48＋C n n ＋16n －1＝16(C 0n ·3×48n －1＋C 1n ·3×48n －2＋…＋C n －1n ·3＋n )． 所以49n ＋16n －1能被16整除．19．(本小题满分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4个球分成三类情况：①取4个红球，没有白球，有C 44种；②取3个红球1个白球，有C 34C 16种；③取2个红球2个白球，有C 24C 26种，故有C 44＋C 34C 16＋C 24C 26＝115种．(2)设取x 个红球，y 个白球，则⎩⎨⎧ x ＋y ＝5，0≤x ≤4，2x ＋y ≥7，0≤y ≤6，故⎩⎨⎧ x ＝2，y ＝3或⎩⎨⎧ x ＝3，y ＝2或⎩⎨⎧x ＝4，y ＝1. 因此，符合题意的取法共有C 24C 36＋C 34C 26＋C 44C 16＝186种． 20．(本小题满分12分)设(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10，求下列各式的值：(1)a0＋a1＋a2＋…＋a10；(2)a6.【解】(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝(2－1)10＝1.(2)a6即为含x6项的系数，T r＋1＝C r10(2x)10－r·(－1)r＝C r10(－1)r210－r·x10－r，所以当r＝4时，T5＝C410(－1)426x6＝13 440x6，即a6＝13 440.21．(本小题满分12分)有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．(1)排成前后两排，前排3人，后排4人；(2)全体站成一排，甲不站排头也不站排尾；(3)全体站成一排，女生必须站在一起；(4)全体站成一排，男生互不相邻．【解】(1)共有A77＝5 040种方法．(2)甲为特殊元素．先排甲，有5种方法，其余6人有A66种方法，故共有5×A66＝3 600种方法．(3)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有A44种方法，再将4名女生进行全排列，有A44种方法，故共有A44×A44＝576种方法．(4)(插空法)男生不相邻，而女生不做要求，所以应先排女生，有A44种方法，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有A35种方法，故共有A44×A35＝1 440种方法．22．(本小题满分12分)已知集合A＝{x|1<log2x<3，x∈N*}，B＝{4,5,6,7,8}．(1)从A∪B中取出3个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？(2)从集合A中取出1个元素，从集合B中取出3个元素，可以组成多少个无重复数字且比4 000大的自然数？【解】由1<log2x<3，得2<x<8，又x∈N*，所以x为3,4,5,6,7，即A＝{3,4,5,6,7}，所以A∪B＝{3,4,5,6,7,8}．(1)从A∪B中取出3个不同的元素，可以组成A36＝120个三位数．(2)若从集合A中取元素3，则3不能作千位上的数字，有C35·C13·A33＝180个满足题意的自然数；若不从集合A中取元素3，则有C14C34A44＝384个满足题意的自然数．所以，满足题意的自然数的个数共有180＋384＝564.。
【高考调研】高中数学(人教a版)选修2-3：第一章-计数原理+单元测试题x
【高考调研】高中数学(人教a版)选修2-3：第一章-计数原理+单元测试题x第一章综合测试题一、选择题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C．从南边上山B．从西边上山D．从北边上山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＝x2，值域为{1,4}的“同族函数”共有( )A．7?个B．8?个?C．9?个D．10?个3．5?名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去”，则第二天可能出现的不同情况的种数为( )2A．C5 B．25C．52 D．A2524．6?个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐?4?人，则不同的乘车方法数为( )A．40 B．50 C．60 D．705．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?0408?10．已知?x－x展开式中常数项为?1120，其中实数8?10．已知?x－x展开式中常数项为?1120，其中实数?a?是常数，则展在第?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8．已知(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若?a0＋a1＋a2＋…＋an ＝16，则自然数?n?等于( )A．6 B．5 C．4 D．39．6?个人排队，其中甲、乙、丙?3?人两两不相邻的排法有( )A．30?种B．144?种?C．5?种D．4?种? a?? ?开式中各项系数的和是( )A．28?B．38?C．1?或?38 D．1?或?2811．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．4212．从?2?名女教师和?5?名男教师中选出三位教师参加?20xx?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?08013．已知(x＋2)n?的展开式中共有?5?项，则?n＝________，展开式中的常数项为________．(用数字作答)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．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________．16．用数字?2,3?组成四位数，且数字?2,3?至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)17．某书店有?11?种杂志，2?元?1?本的?8?种，1?元?1?本的?3?种，小张用10?元钱买杂志(每种至多买一本，10?元钱刚好用完)，求不同的买法有多少种(用数字作答)．18．4?个相同的红球和?6?个相同的白球放入袋中，现从袋中取出?4?个球；若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？9(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)20?已知(1＋2?x)n?的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数5的?2?倍，而且是它的后一项系数的6，试求展开式中二项式系数最大的项．21?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．22．10?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？1,D2,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＝x2，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,B,4B44 22 85C?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，B44 22 8成?4?个可以排列程序?B、C?的空档，此时共有?A33A1A2种排法；当?A?出现在最后一步时的排法与此相同，故共有?2A33A1A2＝96?种编排方法．6A?先从?10?人中选出?2?人承担甲任务有?C10种选法，再从剩下的?8?人中选出2?人分别承担乙、丙任务，有?A28种选法，由分步乘法计数原理共有?C10A2＝2?520?种不同的选法．故选?A.7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.令?x＝1，得?2n＝16，则?n＝4.故选?C.4分两步完成：第一步，其余?3?人排列有?A33种排法；第二步，从?4?个可插空档中任选?3?个给甲、乙、丙?3?人4站有?A34种插法．由分步乘法计数原理可知，一共有?A3A3＝144?种．B r 810,CTr＋1＝(－a)rC8x8－2r，令?8－2r＝0 r＝4.∴T5＝C4(－a)4＝1?120，∴a＝±2.当?a＝2?时，和为?1；当?ar 8时，和为?38.4 4 4 311,D 分两类：①甲运?B?箱，有?C1·?C2·?C2种；②甲不运?B?箱，有?C2·?C4 4 4 34 4 4 3∴不同的分配方案共有?C1·?C2·?C2＋C2·?C2·?C24 4 4 3,A?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2 5 5内流动监考，有?C1·?C2种选法；第二类，选两名女教师和一名男教师有?C2·2 5 55 2 2 5 5 2教师中选一名作为室内流动监考人员，即有?C2·?C1·?C1共?10?种选法，∴共有?C1·?C2＋C2·?5 2 2 5 5 2A13.4 16 ∵展开式共有?5?项，∴n＝4，常数项为?C4424＝16.414. 甲、乙两人之间至少有一人，就是甲、乙两人不相邻，则有?A3·?A2＝72(种)．15. 0?或?5 16,14?因4为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是?2?或?3?的情况不合题意，所以适合题意的四位数有?24－2＝14?个．17.解析分两类：第一类，买?5?本?2?元的有?C58?种；第二类，买?4?本?2?元的和?2?本?1?元的有?C48×C23种．故共有?C58＋C48×C23＝266?种不同的买法种数．18.解析依题意知，取出有?4?个球中至少有?2?个红球，可分三类：①取出的全是红球有?C44种方法；②20.解析? 由题意知展开式中第?k＋1?项系数是第?k?项系数的?2?倍，是第?k＋2?项系数的，6 4 6取出的?4?个球中有20.解析? 由题意知展开式中第?k＋1?项系数是第?k?项系数的?2?倍，是第?k＋2?项系数的，6 4 64 6 4 6理，共有?C4＋C3·?C1＋C2·?C4 6 4 6319.解析(1)四位数共有?C23C2A4＝216?个．333 3(2)上述四位数中，偶数排在一起的有?C23C2A3A2＝10833 3(3)两个偶数不相邻的四位数有?C23C2A2A2＝108?个．56∴Ckn2k＝6Ckn＋1·?2k＋ ∴?Ckn2k＝6Ckn＋1·?2k＋1， ? k k5解得?n＝7.∴展开式中二项式系数最大两项是：37T4＝C37(2?x)3＝280x2与?T5＝C4(2?x)4＝560x2.721. 6?人中有?2?人返回原单位，可分两类：2(1)2?人来自同科室：C13C1＝6?种；23 2 2 3 2 2(2)2?人来自不同科室：C2C1C1，然后?2?人分别回到科室，但不回原科室有?3?种方法，故有?3 2 2 3 2 236?种．由分类计数原理共有?6＋36＝42?种方法22.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?A48＝1?680(或8C4·?A4)(种)．8(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?A26种方法，再从剩下的8 6 8 88?件商品中选出?4?件，布置在剩下的?4?个位置上，有?A4种方法，共有?A2·?A4＝50?400(或?C4·?8 6 8 8。
高中数学人教A版选修2-3检测：第一章1.3-1.3.1二项式定理 Word版含解析
第一章计数原理1.3 二项式定理1.3.1 二项式定理A级基础巩固一、选择题1．化简多项式(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1的结果是()A．(2x＋2)5B．2x5C．(2x－1)5D．32x5解析：原式＝[(2x＋1)－1]5＝(2x)5＝32x5.答案：D2．在⎝⎛⎭⎪⎪⎫x＋13x24的展开式中，x的幂指数是整数的项共有() A．3项B．4项C．5项D．6项解析：T r＋1＝C r24x24－r2·x－r3＝Cr24·x12－56r，则r分别取0，6，12，18，24时，x的幂指数为整数，所以x的幂指数有5项是整数项．答案：C3．若⎝⎛⎭⎪⎪⎫x－123xn的展开式中第四项为常数项，则n＝() A．4 B．5C ．6D ．7解析：由二项展开式可得T r ＋1＝C r n (x )n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－123x r ＝(－1)r 2－r C rn x n －r 2·x －r 3，从而T 4＝T 3＋1＝(－1)32－3C 3n x n －52，由题意可知n －52＝0，n ＝5.答案：B4．在(1－x 3)(1＋x )10的展开式中，x 5的系数是( ) A ．－297 B ．－252 C ．297D ．207解析：(1－x 3)(1＋x )10＝(1＋x )10－x 3(x ＋1)10展开式中含x 5的项的系数为：C 510－C 210＝207.答案：D5．若C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n能被7整除，则x ，n 的值可能为( ) A ．x ＝5，n ＝5 B ．x ＝5，n ＝4 C ．x ＝4，n ＝4D ．x ＝4，n ＝3解析：C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n ＝(1＋x )n －1，检验得B 正确．答案：B 二、填空题6．(2016·北京卷)在(1－2x )6的展开式中，x 2的系数为________(用数字作答)．解析：T r ＋1＝C r 6·16－r ·(－2x )r ＝(－2)r C r 6·x r ，令r ＝2， 得T 3＝(－2)2C 26x 2＝60x 2.故x 2的系数为60.答案：607.⎝⎛⎭⎪⎪⎫2－13x 6的展开式中的第四项是________．解析：T 4＝C 3623⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－13x 3＝－160x . 答案：－160x8．如果⎝⎛⎭⎪⎫3x 2＋1x n 的展开式中，x 2项为第三项，则自然数n ＝________．解析：T r ＋1＝C rn (3x 2)n －r⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r n x2n －5r3，由题意知r ＝2时，2n －5r3＝2，所以n ＝8. 答案：8 三、解答题9．在⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x 6的展开式中，求：(1)第3项的二项式系数及系数； (2)含x 2的项及项数．解：(1)第3项的二项式系数为C 26＝15，又T 3＝C 26(2x )4⎝⎛⎭⎪⎫－1x 2＝24C 26x ，所以第3项的系数为24C 26＝240.(2)T k ＋1＝C k n (2x )6－k ⎝⎛⎭⎪⎫－1x k＝(－1)k 26－k C r 6x 3－k ， 令3－k ＝2，得k ＝1.所以含x 2的项为第2项，且T 2＝－192x 2.10．在二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －123x n的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．(1)求展开式的第四项； (2)求展开式的常数项． 解：T r ＋1＝C r n (3x )n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－123x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r C r n x 13n －23r . 由前三项系数的绝对值成等差数列， 得C 0n ＋⎝⎛⎭⎪⎫－122C 2n ＝2×12C 1n ， 解得n ＝8或n ＝1(舍去)． (1)展开式的第四项为：T 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－123C 38x 23＝－73x 2.(2)当83－23r ＝0，即r ＝4时，常数项为⎝ ⎛⎭⎪⎫－124C 48＝358.B 级 能力提升1．如果⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 2－2x 3n的展开式中含有非零常数项，则正整数n 的最小值为( )A ．3B ．5C ．6D ．10解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫3x 2－2x 3n展开式的通项表达式为C r n (3x 2)n －r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 3r＝C r n 3n －r(－2)r x 2n －5r ，若C r n 3n －r(－2)r x 2n －5r 为非零常数项，必有2n －5r ＝0，得n ＝52r ，所以正整数n 的最小值为5.答案：B2．设二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 6(a ＞0)的展开式中，x 3的系数为A ，常数项为B ，若B ＝4A ，则a 的值是________．解析：A ＝C 26(－a )2，B ＝C 46(－a )4，由B ＝4A 知，C 26(－a )2＝C 46(－a )4，解得a ＝2(舍去a ＝－2)． 答案：23．如果f (x )＝(1＋x )m ＋(1＋x )n (m ，n ∈N *)中，x 项的系数为19，求f (x )中x 2项系数的最小值．解：x 项的系数为C 1m ＋C 1n ＝19，即m ＋n ＝19，当m ，n 都不为1时，x 2项的系数为C 2m ＋C 2n ＝m （m －1）2＋（19－m ）（18－m ）2＝m 2－19m ＋171＝⎝ ⎛⎭⎪⎫m －1922＋171－1924，因为m ∈N *，所以当m ＝9或10时，x 2项的系数最小，为81.当m 为1或n 为1时，x 2项的系数为C 218＝153>81，所以f (x )中x 2项系数的最小值为81.。
高二数学选修2-3第一章测试题(含答案)
高中数学选修2-3第一章测试题一．选择题（每题5分，满分60分）1．四个同学，争夺三项冠军，冠军获得者可能有的种类是( ) A ．4 B ．24 C ．43D ．34[答案] C[解析] 依分步乘法计数原理，冠军获得者可能有的种数是4×4×4＝43.故选C.2．210所有正约数的个数共有( ) A ．12个 B ．14个 C ．16个 D ．20个[答案] C[解析] 由210＝2·3·5·7知正约数的个数为2·2·2·2＝16.∴选C. 3．设m ∈N *，且m ＜15，则(15－m )(16－m )…(20－m )等于( ) A ．A 615－m B ．A 15－m20－mC ．A 620－mD ．A 520－m[答案] C[解析] 解法1：(15－m )(16－m )…(20－m )＝(20－m )(19－m )……[(20－m )－6＋1]＝A 620－m .解法2：特值法．令m ＝14得1×2×3×4×5×6＝A 66.∴选C.4．A 、B 、C 、D 、E 五人站成一排，如果A 必须站在B 的左边(A 、B 可以不相邻)，则不同排法有( )A ．24种B ．60种C ．90种D ．120种[答案] B[解析] 5个人全排列有5！＝120种、A 在B 左边和A 在B 右边的情形一样多，∴不同排法有12×120＝60种．5．在(x －3)10的展开式中，x 6的系数是( ) A ．－27C 610B ．27C 410 C ．－9C 610D ．9C 410[答案] D[解析] ∵T r ＋1＝C r 10x 10－r(－3)r .令10－r ＝6， 解得r ＝4.∴系数为(－3)4C 410＝9C 410.6．用1、2、3、4、5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )A ．36B ．30C ．40D ．60[答案] A[解析] 奇数的个位数字为1、3或5，偶数的个位数字为2、4.故奇数有35A 35＝36个．7．6人站成一排，甲、乙、丙3人必须站在一起的所有排列的总数为( ) A ．A 66B ．3A 33C ．A 33·A 33D ．4！·3! [答案] D[解析] 甲、乙、丙三人站在一起有A 33种站法，把3人作为一个元素与其他3人排列有A 44种，∴共有A 33·A 44种．故选D. 8．6人站成一排，甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数为( ) A ．720 B ．144 C ．576D ．684[答案] C[解析] “不能都站在一起”与“都站在一起”是对立事件，由间接法可得A 66－A 33A 44＝576.[点评] 不能都站在一起，与都不相邻应区分．9．C 9798＋2C 9698＋C 9598等于( )A ．C 9799B ．C 97100C ．C 9899D ．C 98100[答案] B[解析] 原式＝C 9798＋C 9698＋C 9698＋C 9598＝C 9799＋C 9699＝C 97100，故选B.10．已知集合A ＝{1,2,3,4,5,6}，B ＝{1,2}，若集合M 满足B M A ，则不同集合M的个数为( )A ．12B ．13C ．14D ．15[答案] C[解析] ∵B M ，∴M 中必含有1、2且至少含有3、4、5、6中的一个元素，又M A ，∴M ≠A ，∴M 的个数为C 14＋C 24＋C 34＝14个．11．某年级有6个班，分别派3名语文教师任教，每个教师教2个班，则不同的任课方法种数为( )A ．C 26·C 24·C 22 B ．A 26·A 24·A 22 C ．C 26·C 24·C 22·C 33 D.A 26·C 24·C 22A 33[答案] A12．1＋(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n 的展开式的各项系数之和为( ) A ．2n －1B ．2n －1C ．2n ＋1－1 D ．2n [答案] C[解析] 解法一：令x ＝1得，1＋2＋22＋…＋2n ＝1×(2n ＋1－1)2－1＝2n ＋1－1.解法二：令n ＝1，知各项系数和为3，排除A 、B 、D ，选C.二．填空题（每小题5分，满分20分）13．三个人坐在一排八个座位上，若每人的两边都要有空位，则不同的坐法种数为________．[答案] 24[解析] “每人两边都有空位”是说三个人不相邻，且不能坐两头，可视作5个空位和3个人满足上述两要求的一个排列，只要将3个人插入5个空位形成的4个空档中即可．∴有A 34＝24种不同坐法．14．方程C x 17－C x 16＝C 2x ＋216的解集是________．[答案] {5}[解析] 因为C x 17＝C x 16＋C x －116，所以C x －116＝C 2x ＋216，由组合数公式的性质，得x －1＝2x ＋2或x －1＋2x ＋2＝16，得x 1＝－3(舍去)，x 2＝5.15．方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝3，y 2＋z 2＝4，z 2＋x 2＝5.有________组解．[答案] 8[解析] 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝3，y 2＋z 2＝4，z 2＋x 2＝5.可得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2，y 2＝1，z 2＝3.因此在{2，－2}，{1，－1}，{3，－3}中各取一个即可构成方程组的一组解，由分步乘法计数原理共有2×2×2＝8组解．16．(2010·湖北文，11)在(1－x 2)10的展开式中，x 4的系数为________． [答案] 45[解析] 本题主要考查二项式定理．(1－x 2)10的展开式中，只有两个括号含x 2的项，则x 4的系数为C 210(－1)2＝45三、解答题17．（满分12分）求和：12！＋23！＋34！＋…＋n(n ＋1)！.[解析] ∵k (k ＋1)！＝k ＋1－1(k ＋1)！＝k ＋1(k ＋1)！－1(k ＋1)！＝1k ！－1(k ＋1)！，∴原式＝⎝⎛⎭⎫11－12！＋⎝⎛⎭⎫12！－13！＋⎝⎛⎭⎫13！－14！＋…＋⎝⎛⎭⎫1n ！－1(n ＋1)！＝1－1(n ＋1)！.18．（满分10分）用1、2、3、4、5、6、7这7个数字组成没有重复数字的四位数． (1)这些四位数中偶数有多少个？能被5整除的有多少个？ (2)这些四位数中大于6500的有多少个？[解析] (1)偶数的个位数只能是2、4、6有A 13种排法，其它位上有A 36种排法，由分步乘法计数原理知共有四位偶数A 13·A 36＝360个；能被5整除的数个位必须是5，故有A 36＝120个．(2)最高位上是7时大于6500，有A 36种，最高位上是6时，百位上只能是7或5，故有2×A 25种．∴由分类加法计数原理知，这些四位数中大于6500的共有A 36＋2A 25＝160个．19．（满分12分）一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单． (1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？(2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？(以上两个题只列出算式)[解析](1)先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有A25种排法，再将剩余的3个演唱节目，3个舞蹈节目排在中间6个位置上有A66种排法，故共有A25A66种排法．(2)先不考虑排列要求，有A88种排列，其中前四个节目没有舞蹈节目的情况，可先从5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有A45A44种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有(A88－A45A44)种．20．（满分12分）六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？(1)甲不站右端，也不站左端；(2)甲、乙站在两端；(3)甲不站左端，乙不站右端．[解析](1)解法一：因甲不站左右两端，故第一步先从甲以外的5个人中任选二人站在左右两端，有A25种不同的站法；第二步再让剩下的4个人站在中间的四个位置上，有A44种不同的站法，由分步乘法计数原理共有A25·A44＝480种不同的站法．解法二：因甲不站左右两端，故第一步先让甲排在左右两端之间的任一位置上，有A14种不同的站法；第二步再让余下的5个人站在其他5个位置上，有A55种不同的站法，故共有A14·A55＝480种不同的站法．解法三：我们对6个人，不考虑甲站位的要求，做全排列，有A66种不同的站法；但其中包含甲在左端或右端的情况，因此减去甲站左端或右端的排列数2A55，于是共有A66－2A55＝480种不同的站法．(2)解法一：首先考虑特殊元素，让甲、乙先站两端，有A22种不同的站法；再让其他4个人在中间4个位置做全排列，有A44种不同的站法，根据分步乘法计数原理，共有A22·A44＝48种不同的站法．解法二：“位置分析法”，首先考虑两端2个位置，由甲、乙去站，有A22种站法，再考虑中间4个位置，由剩下的4个人去站，有A44种站法，根据分步乘法计数原理，共有A22·A44＝48种不同的站法．(3)解法一：“间接法”，甲在左端的站法有A55种，乙在右端的站法有A55种，而甲在左端且乙在右端的站法有A44种，故共有A66－2A55＋A44＝504种不同的站法．解法二：“直接法”，以元素甲的位置进行考虑，可分两类：a.甲站右端有A55种不同的站法；b.甲在中间4个位置之一，而乙不在右端，可先排甲后排乙，再排其余4个，有A14·A14·A44种不同的站法，故共有A55＋A14·A14·A44＝504种不同的站法．21．（满分12分）有9本不同的课外书，分给甲、乙、丙三名同学，求在下列条件下，各有多少种分法？(1)甲得4本，乙得3本，丙得2本； (2)一人得4本，一人得3本，一人得2本； (3)甲、乙、丙各得3本．[分析] 由题目可获取以下主要信息： ①9本不同的课外书分给甲、乙丙三名同学； ②题目中的3个问题的条件不同．解答本题先判断是否与顺序有关，然后利用相关的知识去解答． [解析] (1)分三步完成：第一步：从9本不同的书中，任取4本分给甲，有C 49种方法； 第二步：从余下的5本书中，任取3本给乙，有C 35种方法； 第三步：把剩下的书给丙有C 22种方法，∴共有不同的分法有C 49·C 35·C 22＝1260(种)．(2)分两步完成：第一步：将4本、3本、2本分成三组有C 49·C 35·C 22种方法；第二步：将分成的三组书分给甲、乙、丙三个人，有A 33种方法，∴共有C 49·C 35·C 22·A 33＝7560(种)．(3)用与(1)相同的方法求解，得C 39·C 36·C 33＝1680(种)．22．（满分12分）已知在(3x －123x )n 的展开式中，第6项为常数项．(1)求n ；(2)求含x 2的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项． [解析] (1)T r ＋1＝C r n ·(3x )n －r ·(－123x )r ＝C r n ·(x 13)n －r ·(－12·x －13)r ＝(－12)r ·C r n ·x n －2r 3. ∵第6项为常数项，∴r ＝5时有n －2r3＝0，∴n ＝10.(2)令n －2r 3＝2，得r ＝12(n －6)＝2，∴所求的系数为C 210(－12)2＝454. (3)根据通项公式，由题意得：⎩⎪⎨⎪⎧10－2r3∈Z0≤r ≤10r ∈Z令10－2r3＝k (k ∈Z )，则10－2r ＝3k ， 即r ＝10－3k 2＝5－32k .∵r ∈Z ，∴k 应为偶数，∴k 可取2,0，－2， ∴r ＝2,5,8，∴第3项、第6项与第9项为有理项． 它们分别为C 210·(－12)2·x 2，C 510(－12)5， C 810·(－12)8·x －2.。