高中数学人教A版（2019）选择性必修第三册第六章综合卷4word版含答案

高中数学人教A版（2019）选择性必修第三册第六章综合卷4
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．设集合，那么集合中满足条件
“”的元素个数为
A． B． C． D．
2．已知实数，，记，则
A． B． C． D．
3．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
4．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．
5．已知递增正整数数列满足（），则（ ）
A． B．，，可能成等比数列
C． D．，，可能成等比数列
6．如图为我国数学家赵爽约3世纪初在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则区域涂色不相同的概率为　　
A． B． C． D．
二、多选题
7．甲 乙两人进行围棋比赛，共比赛局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为.如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为，则（ ）
A． B．
C． D．的最大值为
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．若一个三位数的各位数字之和为10，则称这个三位数“十全十美数”，如208，136都是“十全十美数”，现从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率是____________
10．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.
11．格点是指平面直角坐标系中横纵坐标均为整数的点.一格点沿坐标线到原点的最短路程为该点到原点的“格点距离”（如：，则点到原点的格点距离为）.格点距离为定值的点的轨迹称为“格点圆”，该定值称为格点圆的半径，而每一条最短路程称为一条半径.当格点半径为6时，格点圆的半径有______条（用数字作答）.
12．把a，a，a，b，b，，排成一排，要求三个“a”两两不相邻，且两个“b”也不相邻，则这样的排法共有______种．
四、解答题
13．1.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？
14．（1）证明：；
（2）计算：；
（3）计算：.
15．对于给定的函数，定义如下：其中
（1）当时，求证：；
（2）当时，比较与的大小
（3）当时，求的不为的零点.
16．设，其中.
（1）证明：，其中；
（2）当时，化简：；
（3）当时，记，，试比较与的大小.
试卷第1页，共3页
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参考答案
1．D
【详解】
试题分析：分以下三种情况讨论，
（1），则上述五个数中有一个为或，其余四个数为零，此时集合有
个元素；
（2），则上述五个数中有两个数为或，其余三个数为零，其中这两个数的所有可能搭配有中，此时集合有个；
（3），则上述五个数中有三个数为或，其余两个数为零，其中这两个数的所有可能搭配有中，此时集合有个；
综上所述，集合共有个元素.故选D.
【考点定位】
本题考查分类计数原理，属于较难题.
2．D
【分析】
赋值先令 ，得 ；当 时， 利用二项式定理展开即可求解．
【详解】
当时，显然；当时，
，
综上，.故选D.
【点睛】
本题考查二项式定理的展开式，通过赋值和构造成二项式展开式再通过放缩比较大小．
3．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.
4．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．
5．C
【分析】
用组合和数列的性质可逐项排除可得结果.
【详解】
，
因为是递增正整数数列，所以，
而当时，，不是递增数列，所以，
易得，由于，则，
取，则，所以A错误；
时有，
若成等比数列，则，
所以，此时，所以B错误.
，
则，所以C正确；
，
，
当时，而，
则，所以D错误；
故选：C.
【点睛】
本题考查了数列与组合数的综合，要求熟练掌握等比数列性质、组合数公式的性质.
6．D
【分析】
利用分步计数原理求出不同的涂色方案有420种，其中，区域涂色不相同的情况有120种，由此根据古典概型概率公式能求出区域涂色不相同的概率．
【详解】
提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，
根据题意，如图，设5个区域依次为,分4步进行分析：
，对于区域，有5种颜色可选；
，对于区域与区域相邻，有4种颜色可选；
，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；
，对于区域，若与颜色相同，区域有3种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选，
则区域有种选择，
则不同的涂色方案有种，
其中，区域涂色不相同的情况有：
，对于区域，有5种颜色可选；
，区域，有4种颜色可选；
对于区域，有3种颜色可选；
，若与颜色相同，区域有2种颜色可选；
若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有1种颜色可选；
所以区域有种选择；
不同的涂色方案有种，
区域涂色不相同的概率为 ,故选D．
【点睛】
本题考查古典概型概率公式的应用，考查分步计数原理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率.
7．BC
【分析】
由题设可得，又，可得，结合各选项即可判断正误.
【详解】
由题意知：要使甲赢得比赛，则甲至少赢局，，而，
∴，故C正确；
A： ，错误；
B：，正确；
D：当时，，由A知，显然的最大值不是，错误.
故选：BC
【点睛】
关键点点睛：由题设得到，利用二项式各项系数和的性质求.
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．
【分析】
通过列举法求出满足题意的三位数十全十美数个数，再运用概率公式计算即可.
【详解】
所有三位数个数为900个.
“十全十美数”有54个列举如下：①有一位数字是的，共有个，分别为；
②含有两个相同数字的，共有个，分别为；
③不含0且没有相同数字的，共有个，分别为,
从所有三位数中任取一个数，则这个数恰为“十全十美数”的概率.
故答案为:
10．535
【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
11．252
【分析】
由题设，易知格点圆上的格点都在上，其中每个象限有5个，且相互关于x、y轴或原点对称，分析可得每个格点半径条数为，进而可求所有格点的半径条数.
【详解】
设格点为，格点半径为6，则，
∴对应格点圆图象如下，每条边上有(不含端点)5个格点，
以第一象限为例，格点有，其中的半径有6条，的半径有15条，的半径有20条，的半径有15条，的半径有6条，
∴共有62条，即对于任意格点，其半径条数有条，
∴由上，四个象限共有条半径，另外数轴上有四个点，半径共有条，
综上，格点半径为6时，格点圆的半径有条.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：画出格点圆的图象，确定各象限中格点坐标，分析格点半径条数与坐标值之间的关系，应用对称性求格点圆半径总条数即可.
12．96
【分析】
计数综合问题，可先对b，b，，进行排列，然后用“插空法”解决三个“a”两两不相邻的问题，最后减去两个“b”相邻的情况即为所求
【详解】
根据题意，分情况进行分析：
①先排列b，b，，，若，不相邻，则有（种）排法，若，相邻，则有（种）排法．所以b，b，，的排法有（种），排好后有5个空位．
②从所形成的5个空中选3个插入a，共有（种）方法，若b，b相邻，从所形成的4个空中选3个插入a，共有（种）方法，
故三个“a”两两步相邻，且两个“b”也不相邻的排法共有（种）．
故答案为：96
13．
（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.
14．（1）见解析（2）（3）
【分析】
（1）利用组合数的运算即可求证.
（2）利用组合数的运算与性质即可证出.
（3）方法一：设，可得，再利用组合数的运算性质即可求解；方法二：，根据组合数的运算即可求解.
【详解】
解：（1）；
（2）
.
（3）设，
则
.
所以，
又，所以.
所以
.（结果没化简，不扣分）
方法二：
.
【点睛】
本题考查了组合数的运算与性质，掌握组合数的运算性质是解题的关键，属于难题.
15．（1）见证明；（2）（3）
【分析】
（1）由知，代入，根据二项式定理可整理出结果；（2）由知，得表达式；根据可整理出，求得和，从而得到大小关系；（3）由知，代入变形化简可得：；令解方程可得结果.
【详解】
（1）当时，
即：成立
（2）当时，
，
（3）当时，
令得：，
的不为的零点为：
【点睛】
本题考查与二项式定理有关的新定义问题的求解和证明.本题要求学生对于二项式定理、组合数公式有良好的掌握，通过合理变形来进行化简和整理，从而能够确定新定义函数的解析式，使问题得以解决.
16．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】
（1）直接将排列数用阶乘表示，化简整理即可.
（2）求出q＝1时的，证明，代入原式即可求得答案；
（3）当q＝n时，，可得，则，令x＝1，得．
方法一、利用数学归纳法证明An与Bn的大小；
方法二、设，利用导数研究单调性，由单调性即可比较An与Bn的大小．
【详解】
（1），其中.
（2）当时，由（1）结论可得
所以原式.
（3）【解法一】当时，，
所以，所以，令，得，
当时，；当时，，即.
下面先用数学归纳法证明：当时，，（☆）
①当时，，（☆）式成立；
②假设时，（☆）式成立，即，
则时，（☆）式右边
所以，当，（☆）式也成立.
综合①②知，当时，.
所以，当时，；当时，.
【解法二】
当时，，所以，所以，令，得，要比较与的大小，即可比较与的大小，设，则，
由，得，所以在上递增，
由，得，所以在上递减，
所以当时，，，
当时，，即，即，即，
综上所述，当时，；当时，.
【点睛】
本题考查二项式定理的应用及排列数与阶乘的运算，考查利用导数求最值，训练了利用数学归纳法证明不等式，体现了数学转化思想方法，属于难题．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页