高中数学人教A版（2019）选择性必修第三册第六章综合卷5word版含答案
文档属性
| 名称 | 高中数学人教A版（2019）选择性必修第三册第六章综合卷5word版含答案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 653.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-09 08:52:14 | ||
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文档简介
高中数学人教A版（2019）选择性必修第三册第六章综合卷5
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
3．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.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的所有不同走法共有
A．22种 B．24种 C．25种 D．27种
4．已知，则
A． B．0 C．14 D．
5．如果一个位十进制数…的数位上的数字满足“小大小大…小大”的顺序，即满足：，我们称这种数为“波浪数”.从1,2,3,4,5组成的数字不重复的五位数中任取一个五位数，这个数为“波浪数”的概率是
A． B． C． D．
6．已知集合，若A，B是P的两个非空子集，则所有满足A中的最大数小于B中的最小数的集合对(A,B)的个数为（ ）
A．49 B．48 C．47 D．46
二、多选题
7．某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是（ ）
A．若1班不再分配名额，则共有种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外学生参加，则共有种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
8．对于二项式，以下判断正确的有（ ）
A．存在，展开式中有常数项
B．对任意，展开式中没有常数项
C．对任意，展开式中没有的一次项
D．存在，展开式中有的一次项
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．将5个不同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，若每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，则共有_________种不同的放法.
10．已知集合，对它的非空子集，可将中每一个元素都乘以，再求和(如，可求得和为)，则对的所有非空子集，这些和的总和是______.
11．如图，在的点阵中，依次随机地选出、、三个点，则选出的三点满足的概率是______．
12．由“无穷等比数列各项的和”可知，当时，有，若对于任意的，都有，则______.
四、解答题
13．的展开式中，奇数项的二项式系数之和为128，且前三项系数成等差数列.
（1）求的值；
（2）若，展开式有多少有理项？写出所有有理项.
14．已知数列满足，，其中为常数，.
（1）求，的值；
（2）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明.
15．设，对于项数为的有穷数列，令为中最大值，称数列为数列的“创新数列”.例如数列3，5，4，7的创新数列为3，5，5，7. 考查正整数1，2，…，的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列.
（1）若，写出创新数列为3，4，4，4的所有数列；
（2）是否存在数列的创新数列为等比数列？若存在，求出符合条件的的创新数列；若不存在，请说明理由.
（3）是否存在数列，使它的创新数列为等差数列？若存在，求出满足所有条件的数列的个数；若不存在，请说明理由.
16．1.如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段.（用数字作答）
（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）求出图中总计有多少个矩形？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．A
【分析】
首先根据已知条件“定位”中间数字，其次在剩余的四个数字中任取两个数字，放置在首或末位，则其余数字排列方式唯一确定.最后由古典概型计算公式即可得解
【详解】
由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；
在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.
因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，
所以所求的概率．
故选：A．
2．B
【分析】
根据给定条件结合组合数计算公式变形和式的通项，再借助二项式性质即可得解.
【详解】
依题意，，
当时，，
于是得
.
故选：B
3．D
【详解】
分析：抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得和为的，共有种组合，利用分类计数原理能得到结果.
详解：由题意知正方形（边长为个单位）的周长是，
抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，
列举出在点数中三个数字能够使得和为的有，
共有种组合，
前种组合，每种情况可以排列出种结果，
共有种结果；
各有种结果，共有种结果，
根据分类计数原理知共有种结果，故选D.
点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.
4．B
【分析】
由题可知，将转化为，再根据二项式展开式的性质，即可求出和，便可得出.
【详解】
解：由题知，，
且，
则，
，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查二项式定理的应用以及二项展开式的性质，考查计算能力.
5．A
【详解】
根据题意，分析可得在“波浪数”中，十位数字，千位数中必有一个是，另一数是或，另一数是时，将与放在千位、十位上，有种情况，剩余的放在其余三个数位上，有种情况，则此时的“波浪数”有个；
另一数时，必须相邻，有四个“波浪数”，
则由可构成数字不重复的五位“波浪数”个数为，
所以构成的“波浪数”的概率为，故选A．
6．A
【分析】
利用分类计数法，当A中的最大数分别为1、2、3、4时确定A的集合数量，并得到对应的集合个数，它们在各情况下个数之积，最后加总即为总数量.
【详解】
集合知：
1、若A中的最大数为1时，B中只要不含1即可：的集合为，
而有 种集合，集合对(A,B)的个数为15；
2、若A中的最大数为2时，B中只要不含1、2即可：
的集合为，而B有种，
集合对(A,B)的个数为；
3、若A中的最大数为3时，B中只要不含1、2、3即可：
的集合为，而B有种，
集合对(A,B)的个数为；
4、若A中的最大数为4时，B中只要不含1、2、3、4即可：
的集合为，
而B有种，集合对(A,B)的个数为；
∴一共有个，
故选：A
【点睛】
本题考查了分类计数原理，按集合最大数分类求出各类下集合对的数量，应用加法原理加总，属于难题.
7．BD
【分析】
对于AB，将20个名额分给n个班，且每个班至少有一个名额，相当于在20个物体的19个空中，选个位置分隔，用插空法；对于CD，利用分类相加计数原理，即可得到.
【详解】
对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据插空法，有种分配方法，故A错误；
对于B，若1班有除劳动模范之外学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据插空法，有种分配方法，故B正确；
对于CD，若每个班至少3人参加，相当于16个名额被占用，还有4个名额需要分到6个班级，分5类：①4个名额到一个班，有6种；②一个班3个名额，一个班1个名额，有种；③两个班都是2个名额，有种；④两个班1个名额，一个班2个名额，有；⑤四个班都是1个名额，有种，则共有126种，故C错误，D正确.
故选：BD.
【点睛】
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题，常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
8．AD
【分析】
求得二项式和的通项公式，得到二项式，展开式的通项为，
分别考察的指数为0，1的情况，进而判定常数项和一次项的系数的存在性.
【详解】
解：对于二项式的展开式的通项公式为，，
而的通项公式为，.
对于二项式，展开式的通项为，
未知数的次数为
当时，即，当，，是其中一组解，由于的各项的系数都是正数，故展开式中有常数项，且常数项的系数不为0，故A正确，B错误，
当时，即，当，，是其中一组解，由于的各项的系数都是正数，故展开式中有一次项，且一次项的系数不为0，展开式中有一次项，故D正确，C错误，
故选：AD.
【点睛】
本题考查二项展开式的通项，考查分析问题与解决问题的能力，是基础题.关键要熟练掌握二项展开式的通项公式，在中，当x的指数为0时，得到，指数为1时，得到，然后分别求得一组解，再结合其余各项中的系数都是正值，得到常数项和一次项的系数不为零，从而说明既有常数项又有一次项，是解决问题的关键.
9．535
【分析】
根据每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，将每个盒子能放入的球个数列举出来，由总球数为5，以可能的球数组合列举分组，结合组合数求出它们所有不同放法
【详解】
四个盒子放球的个数如下
1号盒子：{0，1}
2号盒子：{0，1，2}
3号盒子：{0，1，2，3}
4号盒子：{0，1，2，3，4}
结合由5个不同的小球全部放入盒子中，不同组合下放法
5 = 1 + 4：种
5 = 2 + 3：种
5 = 1 + 1 + 3：种
5 = 1 + 2 + 2：种
5 = 1 + 1 + 1 + 2：种
∴5个相同的小球放入四个盒子方式共有535种
故答案为：535
【点睛】
本题考查了组合数，对问题分类、分组，应用组合数的计算
10．2560
【分析】
根据题意，将中所有非空子集分类考虑，将所有非空子集中的含有1的总个数确定好，从而可求其和，同理求得含有的部分的和，问题即可解决.
【详解】
，
中所有非空子集含有1的有10类：
①单元素集合只有含有1，即1出现了次；
②双元素集合只有1的有，即1出现了次；
③三元素集合中含有1的有，即1出现了次，
⑩含有10个元素，出现了次；
共出现，
同理都出现次，
的所有非空子集中，这些和的总和是
，故答案为.
【点睛】
本题主要考查集合的子集以及组合式的应用，考查了分类讨论思想的应用，意在考查灵活应用所学知识解决问题的能力，属于难题.
11．
【分析】
先将个点标号，对点的位置进行分类讨论，结合古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】
由题意可知、、三个点是有序的，讨论点为主元，
对点分三种情况讨论，如下图所示：
（1）第一类为号点.
①若，三点共线有条直线，此时有种；
②若，如点在号位，则点在号位或号位，即确定第二号点有种方法，确定第三号点有种方法，此时有种；
（2）第二类为、、、号点，此时，不存在这样的点；
（3）第三类为、、、号点，以号点为例，有三种情况如下图所示：
故有种.
综上所述，满足共有种.
因此，所求概率为.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：
（1）列举法；
（2）列表法；
（3）数状图法；
（4）排列组合数的应用.
12．
【分析】
根据当时,有,可将与同理展开.
再分析即可.
【详解】
由题,当时满足,
又.
故,
由题即求项的系数.
即中的系数.
故只需考虑五项分别对应的情况即可.
故含的项为
.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了无穷数列求和的问题的迁移.需要根据题意找到题中所给的等式对应的展开式,再分情况计算对应项的系数.属于难题.
13．（1）2或14；（2），，.
【分析】
先由二项式系数的性质求，再根据二项式展开式的通项公式和等差中项公式求 ；（2）根据二项式展开式的通项公式，令的指数为整数次求解.
【详解】
因为奇数项的二项式系数之和为128，
所以，解得，
所以二项式为
第一项：，系数为1，
第二项：，系数为，
第三项：，系数为，
由前三项系数成等差数列得： ，
解得或.
（2）若，由（1）得二项式为，通项为：
，其中
所以，
令即，此时；
令即，不符题意；
令即，不符题意；
令即，此时；
令即，不符题意；
令即，不符题意；
令即， 此时
综上，有3项有理项，分别是：
，，.
【点睛】
本题考查二项式定理的系数性质和展开式的通项公式，等差中项公式.注意是第项.
14．（1），；（2）猜想：，证明见解析.
【分析】
（1）根据，结合，令n=2求解；
（2）根据，，再结合组合数的性质，利用数学归纳法证明.
【详解】
（1）由题意知，，
解得，
∴.
（2）.
由，，可猜想：.
证明如下：
①当时，由（1）知结论成立；
②假设当时，结论成立，则有
，
那么当时，.
由，得
，
，
，
.
又，
，
∴，
于是，∴.
故时，结论也成立.
由①②得，.
15．（1）3，4，1，2和3，4，2，1，（2）存在，，（3）有个
【分析】
（1）先阅读题意，再求出数列即可得解；
（2）先假设存在数列的创新数列为等比数列，再由创新数列的定义求解即可；
（3）先假设存在数列的创新数列为等差数列，再由创新数列的定义分类讨论等差数列的公差求解即可.
【详解】
解：（1）由题意可得：第一个数为3，第二个数为4，第三个与第四个数分别为1与2的排列即可，即数列有两个：3，4，1，2和3，4，2，1；
（2）存在数列的创新数列为等比数列，
理由如下：
设数列的创新数列为，
若为等比数列，设公比是，因为，所以，
当时，为常数列，满足条件，即创新数列为；
当时，为增数列，符合条件的数列只有1，2，，
又1，2，，不是等比数列；
综上可得符合条件的创新数列只有一个；
（3）存在数列，使它的创新数列为等差数列，
理由如下：
若为等差数列，设公差是，因为，
所以且，
当时，为常数列，满足条件，即创新数列为；
此时数列是首项为的任意一个排列，共有个排列，
当时，为增数列，符合条件的数列只有1，2，，
此时数列是1，2，，只有一个；
当时，与矛盾，此时不存在；
所以满足条件的数列的个数为个.
【点睛】
本题考查了等差数列，等比数列的定义及排列组合，重点考查了对新定义的理解，属中档题.
16．
（1）
（2）
（3）
【分析】
（1）由题意转化条件为点A需向右移动3次、向上移动3次，结合组合的知识即可得解；
（2）设出直线上其它格点为、、，按照、、、分类，结合分步乘法、组合的知识即可得解；
（3）由题意转化条件为从竖线中选出两条、横线中选出两条组成图形，按照矩形的边在不在上分类，利用分步乘法、组合的知识即可得解.
（1）
由题意点A沿着图中的线段到达点E的最近路线需要移动6次：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；
（2）
设点、、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，共有条最近路线；
②沿着，共有条最近路线；
③沿着，共有条最近路线；
④沿着，共有条最近路线；
故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有条；
（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矩形的边不在上，共有个矩形；
②矩形的一条边在上，共有个矩形；
故图中共有个矩形.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（ ）
A． B． C． D．
2．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
3．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.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的所有不同走法共有
A．22种 B．24种 C．25种 D．27种
4．已知，则
A． B．0 C．14 D．
5．如果一个位十进制数…的数位上的数字满足“小大小大…小大”的顺序，即满足：，我们称这种数为“波浪数”.从1,2,3,4,5组成的数字不重复的五位数中任取一个五位数，这个数为“波浪数”的概率是
A． B． C． D．
6．已知集合，若A，B是P的两个非空子集，则所有满足A中的最大数小于B中的最小数的集合对(A,B)的个数为（ ）
A．49 B．48 C．47 D．46
二、多选题
7．某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是（ ）
A．若1班不再分配名额，则共有种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外学生参加，则共有种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
8．对于二项式，以下判断正确的有（ ）
A．存在，展开式中有常数项
B．对任意，展开式中没有常数项
C．对任意，展开式中没有的一次项
D．存在，展开式中有的一次项
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、填空题
9．将5个不同的小球全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，若每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，则共有_________种不同的放法.
10．已知集合，对它的非空子集，可将中每一个元素都乘以，再求和(如，可求得和为)，则对的所有非空子集，这些和的总和是______.
11．如图，在的点阵中，依次随机地选出、、三个点，则选出的三点满足的概率是______．
12．由“无穷等比数列各项的和”可知，当时，有，若对于任意的，都有，则______.
四、解答题
13．的展开式中，奇数项的二项式系数之和为128，且前三项系数成等差数列.
（1）求的值；
（2）若，展开式有多少有理项？写出所有有理项.
14．已知数列满足，，其中为常数，.
（1）求，的值；
（2）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明.
15．设，对于项数为的有穷数列，令为中最大值，称数列为数列的“创新数列”.例如数列3，5，4，7的创新数列为3，5，5，7. 考查正整数1，2，…，的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列.
（1）若，写出创新数列为3，4，4，4的所有数列；
（2）是否存在数列的创新数列为等比数列？若存在，求出符合条件的的创新数列；若不存在，请说明理由.
（3）是否存在数列，使它的创新数列为等差数列？若存在，求出满足所有条件的数列的个数；若不存在，请说明理由.
16．1.如图，已知图形ABCDEF，内部连有线段.（用数字作答）
（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）求出图中总计有多少个矩形？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．A
【分析】
首先根据已知条件“定位”中间数字，其次在剩余的四个数字中任取两个数字，放置在首或末位，则其余数字排列方式唯一确定.最后由古典概型计算公式即可得解
【详解】
由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；
在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.
因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，
所以所求的概率．
故选：A．
2．B
【分析】
根据给定条件结合组合数计算公式变形和式的通项，再借助二项式性质即可得解.
【详解】
依题意，，
当时，，
于是得
.
故选：B
3．D
【详解】
分析：抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得和为的，共有种组合，利用分类计数原理能得到结果.
详解：由题意知正方形（边长为个单位）的周长是，
抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，
列举出在点数中三个数字能够使得和为的有，
共有种组合，
前种组合，每种情况可以排列出种结果，
共有种结果；
各有种结果，共有种结果，
根据分类计数原理知共有种结果，故选D.
点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.
4．B
【分析】
由题可知，将转化为，再根据二项式展开式的性质，即可求出和，便可得出.
【详解】
解：由题知，，
且，
则，
，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查二项式定理的应用以及二项展开式的性质，考查计算能力.
5．A
【详解】
根据题意，分析可得在“波浪数”中，十位数字，千位数中必有一个是，另一数是或，另一数是时，将与放在千位、十位上，有种情况，剩余的放在其余三个数位上，有种情况，则此时的“波浪数”有个；
另一数时，必须相邻，有四个“波浪数”，
则由可构成数字不重复的五位“波浪数”个数为，
所以构成的“波浪数”的概率为，故选A．
6．A
【分析】
利用分类计数法，当A中的最大数分别为1、2、3、4时确定A的集合数量，并得到对应的集合个数，它们在各情况下个数之积，最后加总即为总数量.
【详解】
集合知：
1、若A中的最大数为1时，B中只要不含1即可：的集合为，
而有 种集合，集合对(A,B)的个数为15；
2、若A中的最大数为2时，B中只要不含1、2即可：
的集合为，而B有种，
集合对(A,B)的个数为；
3、若A中的最大数为3时，B中只要不含1、2、3即可：
的集合为，而B有种，
集合对(A,B)的个数为；
4、若A中的最大数为4时，B中只要不含1、2、3、4即可：
的集合为，
而B有种，集合对(A,B)的个数为；
∴一共有个，
故选：A
【点睛】
本题考查了分类计数原理，按集合最大数分类求出各类下集合对的数量，应用加法原理加总，属于难题.
7．BD
【分析】
对于AB，将20个名额分给n个班，且每个班至少有一个名额，相当于在20个物体的19个空中，选个位置分隔，用插空法；对于CD，利用分类相加计数原理，即可得到.
【详解】
对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据插空法，有种分配方法，故A错误；
对于B，若1班有除劳动模范之外学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据插空法，有种分配方法，故B正确；
对于CD，若每个班至少3人参加，相当于16个名额被占用，还有4个名额需要分到6个班级，分5类：①4个名额到一个班，有6种；②一个班3个名额，一个班1个名额，有种；③两个班都是2个名额，有种；④两个班1个名额，一个班2个名额，有；⑤四个班都是1个名额，有种，则共有126种，故C错误，D正确.
故选：BD.
【点睛】
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题，常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
8．AD
【分析】
求得二项式和的通项公式，得到二项式，展开式的通项为，
分别考察的指数为0，1的情况，进而判定常数项和一次项的系数的存在性.
【详解】
解：对于二项式的展开式的通项公式为，，
而的通项公式为，.
对于二项式，展开式的通项为，
未知数的次数为
当时，即，当，，是其中一组解，由于的各项的系数都是正数，故展开式中有常数项，且常数项的系数不为0，故A正确，B错误，
当时，即，当，，是其中一组解，由于的各项的系数都是正数，故展开式中有一次项，且一次项的系数不为0，展开式中有一次项，故D正确，C错误，
故选：AD.
【点睛】
本题考查二项展开式的通项，考查分析问题与解决问题的能力，是基础题.关键要熟练掌握二项展开式的通项公式，在中，当x的指数为0时，得到，指数为1时，得到，然后分别求得一组解，再结合其余各项中的系数都是正值，得到常数项和一次项的系数不为零，从而说明既有常数项又有一次项，是解决问题的关键.
9．535
【分析】
根据每个盒子中所放的球的个数不大于其编号数，将每个盒子能放入的球个数列举出来，由总球数为5，以可能的球数组合列举分组，结合组合数求出它们所有不同放法
【详解】
四个盒子放球的个数如下
1号盒子：{0，1}
2号盒子：{0，1，2}
3号盒子：{0，1，2，3}
4号盒子：{0，1，2，3，4}
结合由5个不同的小球全部放入盒子中，不同组合下放法
5 = 1 + 4：种
5 = 2 + 3：种
5 = 1 + 1 + 3：种
5 = 1 + 2 + 2：种
5 = 1 + 1 + 1 + 2：种
∴5个相同的小球放入四个盒子方式共有535种
故答案为：535
【点睛】
本题考查了组合数，对问题分类、分组，应用组合数的计算
10．2560
【分析】
根据题意，将中所有非空子集分类考虑，将所有非空子集中的含有1的总个数确定好，从而可求其和，同理求得含有的部分的和，问题即可解决.
【详解】
，
中所有非空子集含有1的有10类：
①单元素集合只有含有1，即1出现了次；
②双元素集合只有1的有，即1出现了次；
③三元素集合中含有1的有，即1出现了次，
⑩含有10个元素，出现了次；
共出现，
同理都出现次，
的所有非空子集中，这些和的总和是
，故答案为.
【点睛】
本题主要考查集合的子集以及组合式的应用，考查了分类讨论思想的应用，意在考查灵活应用所学知识解决问题的能力，属于难题.
11．
【分析】
先将个点标号，对点的位置进行分类讨论，结合古典概型的概率公式可求得结果.
【详解】
由题意可知、、三个点是有序的，讨论点为主元，
对点分三种情况讨论，如下图所示：
（1）第一类为号点.
①若，三点共线有条直线，此时有种；
②若，如点在号位，则点在号位或号位，即确定第二号点有种方法，确定第三号点有种方法，此时有种；
（2）第二类为、、、号点，此时，不存在这样的点；
（3）第三类为、、、号点，以号点为例，有三种情况如下图所示：
故有种.
综上所述，满足共有种.
因此，所求概率为.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：求解古典概型概率的方法如下：
（1）列举法；
（2）列表法；
（3）数状图法；
（4）排列组合数的应用.
12．
【分析】
根据当时,有,可将与同理展开.
再分析即可.
【详解】
由题,当时满足,
又.
故,
由题即求项的系数.
即中的系数.
故只需考虑五项分别对应的情况即可.
故含的项为
.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了无穷数列求和的问题的迁移.需要根据题意找到题中所给的等式对应的展开式,再分情况计算对应项的系数.属于难题.
13．（1）2或14；（2），，.
【分析】
先由二项式系数的性质求，再根据二项式展开式的通项公式和等差中项公式求 ；（2）根据二项式展开式的通项公式，令的指数为整数次求解.
【详解】
因为奇数项的二项式系数之和为128，
所以，解得，
所以二项式为
第一项：，系数为1，
第二项：，系数为，
第三项：，系数为，
由前三项系数成等差数列得： ，
解得或.
（2）若，由（1）得二项式为，通项为：
，其中
所以，
令即，此时；
令即，不符题意；
令即，不符题意；
令即，此时；
令即，不符题意；
令即，不符题意；
令即， 此时
综上，有3项有理项，分别是：
，，.
【点睛】
本题考查二项式定理的系数性质和展开式的通项公式，等差中项公式.注意是第项.
14．（1），；（2）猜想：，证明见解析.
【分析】
（1）根据，结合，令n=2求解；
（2）根据，，再结合组合数的性质，利用数学归纳法证明.
【详解】
（1）由题意知，，
解得，
∴.
（2）.
由，，可猜想：.
证明如下：
①当时，由（1）知结论成立；
②假设当时，结论成立，则有
，
那么当时，.
由，得
，
，
，
.
又，
，
∴，
于是，∴.
故时，结论也成立.
由①②得，.
15．（1）3，4，1，2和3，4，2，1，（2）存在，，（3）有个
【分析】
（1）先阅读题意，再求出数列即可得解；
（2）先假设存在数列的创新数列为等比数列，再由创新数列的定义求解即可；
（3）先假设存在数列的创新数列为等差数列，再由创新数列的定义分类讨论等差数列的公差求解即可.
【详解】
解：（1）由题意可得：第一个数为3，第二个数为4，第三个与第四个数分别为1与2的排列即可，即数列有两个：3，4，1，2和3，4，2，1；
（2）存在数列的创新数列为等比数列，
理由如下：
设数列的创新数列为，
若为等比数列，设公比是，因为，所以，
当时，为常数列，满足条件，即创新数列为；
当时，为增数列，符合条件的数列只有1，2，，
又1，2，，不是等比数列；
综上可得符合条件的创新数列只有一个；
（3）存在数列，使它的创新数列为等差数列，
理由如下：
若为等差数列，设公差是，因为，
所以且，
当时，为常数列，满足条件，即创新数列为；
此时数列是首项为的任意一个排列，共有个排列，
当时，为增数列，符合条件的数列只有1，2，，
此时数列是1，2，，只有一个；
当时，与矛盾，此时不存在；
所以满足条件的数列的个数为个.
【点睛】
本题考查了等差数列，等比数列的定义及排列组合，重点考查了对新定义的理解，属中档题.
16．
（1）
（2）
（3）
【分析】
（1）由题意转化条件为点A需向右移动3次、向上移动3次，结合组合的知识即可得解；
（2）设出直线上其它格点为、、，按照、、、分类，结合分步乘法、组合的知识即可得解；
（3）由题意转化条件为从竖线中选出两条、横线中选出两条组成图形，按照矩形的边在不在上分类，利用分步乘法、组合的知识即可得解.
（1）
由题意点A沿着图中的线段到达点E的最近路线需要移动6次：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；
（2）
设点、、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，共有条最近路线；
②沿着，共有条最近路线；
③沿着，共有条最近路线；
④沿着，共有条最近路线；
故由点A沿着图中的线段到达点C的最近路线有条；
（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矩形的边不在上，共有个矩形；
②矩形的一条边在上，共有个矩形；
故图中共有个矩形.
答案第1页，共2页
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