高中数学人教A版（2019）选择性必修第三册第六章综合卷3word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3
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．若，则
A． B． C． D．
2．已知，其中，为自然对数的底数，则在的展开式中的系数是
A．240 B．80 C． D．
3．过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（ ）
A．18 B．30 C．36 D．54
4．三名男生和三名女生站成一排照相，男生甲与男生乙相邻，且三名女生中恰好有两名女生相邻，则不同的站法共有
A．72种 B．108种 C．36种 D．144种
5．从装有个不同小球的口袋中取出个小球（），共有种取法．在这种取法中，可以视作分为两类：第一类是某指定的小球未被取到，共有种取法；第二类是某指定的小球被取到，共有种取法．显然，即有等式：成立．试根据上述想法，下面式子（其中）应等于
A． B． C． D．
6．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
7．已知，设，其中则（ ）
A． B．
C．若，则 D．
8．下列关系式成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．定义域为集合上的函数满足：①；②（）；③、、成等比数列；这样的不同函数的个数为________
10．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____________
11．若n是正整数，则除以9的余数是____________.
12．设，那么满足的所有有序数组的组数为___________.
四、解答题
13．（1）求方程的非负整数解的组数；
（2）某火车站共设有4个安检入口，每个入口每次只能进入1位乘客，求一个4人小组进站的不同方案种数．
14．记(且)的展开式中含项的系数为,含项的系数为.
（1）求;
（2）若,对n＝2,3,4成立,求实数的值;
（3）对（2）中的实数,用数学归纳法证明:对任意且都成立.
15．在的展开式中，把，，，…，叫做三项式的次系数列．
（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列；
（2）列出杨辉三角形类似的表（，），用三项式的次系数表示，，；
（3）用二项式系数表示．
16．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数.
（1）可组成多少个不同的四位数？
（2）可组成多少个不同的四位偶数？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．C
【分析】
本道题目分别令x=1,x=-1,x=0,代入该二项式，相加后即可．
【详解】
令，得
令得
两式子相加得：
令，得到，
所以，故选C．
【点睛】
本道题目考查的是二项式系数，解决此类题可以考虑代入特殊值法，然后消去不需要的，即可得出答案．
2．B
【详解】
由积分可得，所以展开式中通项可写为，
当r=2,t=0时，N=-80,当r=3,t=1时，N=160,所以的系数为80，选B.
3．C
【分析】
根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案.
【详解】
解：如图，分以下几类：
棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对；
棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对；
侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
所以共有对.
故选：C.
【点睛】
本题考查棱柱的结构特征，异面直线的判断，分类加法计数原理，解题的关键在于根据题意合理分类，做到不重不漏，进而解决，是难题.
4．D
【分析】
根据题意，利用捆绑法和插空法，再利用分布乘法原理，即可求出结果．
【详解】
解：先将男生甲与男生乙“捆绑”，有种方法，
再与另一个男生排列，则有种方法，
三名女生任选两名“捆绑”，有种方法，
再将两组女生插空，插入男生3个空位中，则有种方法，
利用分步乘法原理，共有种.
故选：D．
【点睛】
本题考查乘法原理的运用和排列知识，还运用了捆绑法和插空法解决相邻和不相邻问题，考查学生分析解决问题的能力．
5．A
【详解】
分析：从装有个不同小球的口袋中取出个小球（），共有种取法．在这种取法中，可以视作分为两类：第一类是某指定的小球未被取到，第二类是某指定的小球被取到，即有等式：成立，题中的式子表示的是从装有个球中取出个球的不同取法数，从而得到选项.
详解：在中，从第一项到最后一项分别表示：
从装有个白球，个黑球的袋子里，取出个球的所有情况取法总数的和，故答案为从装有个球中取出个球的不同取法数，故选A.
点睛：该题考查的是有关球的取法问题，涉及到的是有关组合数的性质，认真分析题中式子的关系，最后求得结果.
6．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
7．AC
【分析】
根据二项式定理判断A，利用组合数公式结合二项式定理判断B，设是中最大项，列不等式组，求解后判断C，举反例判断D．
【详解】
A． ，A正确；
B．，
所以
（除非），B错；
C．设是中最大项，
，即，
注意到，，又，
不等式组可解为，所以，所以，C正确；
D．例如时，，，
，D错误．
故选：AC．
【点睛】
方法点睛：本题考查二项式定理，掌握二项式定理是解题关键．处理方法：（1）组合数的变形公式，（2）求二项展开式中最大项（或最小项）的方法，设第项是，可设第项最大，则有，解此不等式可得．
8．ABCD
【分析】
A.由，利用二项式定理判断；B.原式左边利用二项式定理判断；C.由结合组合数运算放缩判断； D.由化简判断.
【详解】
A.，故正确；
B.原式左边
=右边，故正确；
C.①.
由①式知，
另一方面，,
,
，故正确；
D.，
.
原式左边
=右边，故正确.
故选：ABCD
9．
【分析】
分析出f（x）的所有可能的取值，得到使f（x）中f（1）、f（6）、f（12）成等比数列时对应的项，再运用计数原理求出这样的不同函数f（x）的个数即可．
【详解】
解：经分析，f（x）的取值的最大值为x，最小值为2﹣x，并且成以2为公差的等差数列，故f（6）的取值为6，4，2，0，﹣2，﹣4．
f（12）的取值为12，10，8，6，4，2，0，﹣2，﹣4，﹣6，﹣8，﹣10，
所以能使f（x）中的f（1）、f（6）、f（12）成等比数列时，f（1）、f（6）、f（12）的取值只有两种情况：
①f（1）＝1、f（6）＝2、f（12）＝4；②f（1）＝1、f（6）＝﹣2、f（12）＝4．
|f（x+1）﹣f（x）|＝1（x＝1，2，…，11），f（x+1）＝f（x）+1，或者f（x+1）＝f（x）﹣1，即得到后项时，把前项加1或者把前项减1．
（1）当f（1）＝1、f（6）＝2、f（12）＝4时；将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从f（1）变化到f（6），第二步：从f（6）变化的f（12）．
从f（1）变化到f（6）时有5次变化，函数值从1变化到2，故应从5次中选择3步加1，剩余的两次减1．对应的方法数为10种．
从f（6）变化到f（12）时有6次变化，函数值从2变化到4，故应从6次变化中选择4次增加1，剩余两次减少1，对应的方法数为15种．
根据分步乘法原理，共有10×15＝150种方法．
（2）当f（1）＝1、f（6）＝﹣2、f（12）＝4时，将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从f（1）变化到f（6），第二步：从f（6）变化的f（12）．
从f（1）变化到f（6）时有5次变化，函数值从1变化到﹣2，故应从5次中选择1步加1，剩余的4次减1．对应的方法数为5种．
从f（6）变化到f（12）时有6次变化，函数值从﹣2变化到4，故应从6次变化中选择6次增加1，对应的方法数为1种．
根据分步乘法原理，共有5×1＝5种方法．
综上，满足条件的f（x）共有：150+5＝155种．
故填：155．
【点睛】
解决本题的难点在于发现 f（x）的取值规律，并找到使f（1）、f（6）、f（12）成等比数列所对应的三项．然后用计数原理计算种类．本题属于难题．
10．
【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:
11．0或7
【分析】
根据二项式定理可知，，又，分n为偶数和奇数两种情况讨论余数即可.
【详解】
根据二项式定理可知，，
又
所以当n为偶数时，除以9的余数为0；当n为奇数时，除以9的余数为7.
故答案为：0或7
【点睛】
方法点睛：本题考查二项式定理的整除问题，整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题，做题方法：
（1）整除问题中要关注展开式的最后几项，而求近似值则应关注展开式的前几项．
（2）二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注意选择合适的形式．
12．
【详解】
分类讨论：
① ，则这四个数为或，
有组；
② ，则这四个数为或，
有组；
③ ，则这四个数为或或，
有组；
综上可得，所有有序数组的组数为.
点睛：(1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．
(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．
13．（1）56；（2）840种.
【分析】
(1)通过换元将方程转化为正整数解的组数，再利用隔板法求解即得；
(2)设出通过4个检票口的人数，转化为不定方程非负整数解问题，再按4个位置全排列即得.
【详解】
（1）设(，2，3，4)，则方程的非负整数解的组数等于方程的正整数解的组数，
利用隔板法得方程的正整数解的组数是，
所以方程的非负整数解的组数是56；
（2）设4名乘客中分别有，，，个人在第1个、第2个、第3个、第4个安检口通过，则，
即问题转化为求方程的非负整数解的组数，共有种情况，
每一种进站情况的4个位置由4个人去站有种方法，
由分步乘法计数原理得不同的进站方案有种，
所以一个4人小组进站的不同方案种数是840种．
14．（1）（2）（3）答案见解析
【分析】
（1）化简,即可求得答案;
（2）由,得到关于的方程组,即可求得答案;
（3）先根据当时,等式成立;假设时关系成立,利用变形可得时关系也成立,综合得到对于任意时都成立,即可求得答案.
【详解】
（1）
展开式中含项的系数为
（2）
则解得
（3）①当时,由（2）知等式成立．
②假设当(,且)时,等式成立,
即
当时,
由
可得
又上式,
即等式也成立．
综上所述,对任意且,都有成立．
【点睛】
本题的解题关键是掌握多项式相乘和组合数公式,及其掌握数学归纳法的解题步骤,考查了分析能力和计算能力,属于难题.
15．（1），，，，，，，，，，，；（2），，；（3）.
【分析】
（1）先求出三项式的展开式，即可求出；
（2）列出杨辉三角形类似的表，即可得出结果；
（3）根据三项式的次系数列定义展开求解即可得出.
【详解】
（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列：
∵，
∴，，，，，
∵
，
∴，，，，，，．
（2）列出杨辉三角形类似的表（，），
用三项式的次系数表示，，，
，，，
（3）用二项式系数表示，
，，，
，…，，
∵，
∴，
∵，，…，，
∴
，
∴．
16．（1）300；（2）156.
【分析】
（1）第一步排千位数字有种不同排法，第二步排百位、十位、个位数字种不同排法，
最后组成不同的四位数有种，
（2）先求第一类个位数字为0有种不同排法，再求第二类个位数字为2或4，则0不能排在千位，有种不同排法，最后求组成不同的四位偶数有种.
【详解】
解：（1）根据题意分步完成任务：
第一步：排千位数字，从1，2，3，4，5这5个数字中选1个来排，有种不同排法；
第二步：排百位、十位、个位数字，从排了千位数字后剩下的5个数字中选3个来排列，有种不同排法；
所以组成不同的四位数有种，
（2）根据题意分类完成任务：
第一类：个位数字为0，则从1，2，3，4，5这5个数字中选3个来排在千位、百位、十位，有种不同排法；
第二类：个位数字为2或4，则0不能排在千位，有种不同排法；
所以组成不同的四位偶数有种.
【点睛】
本题考查排列、组合的综合应用，是中档题.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页