高中数学人教A版（2019）选择性必修第三册第六章计数原理综合卷2word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计数原理综合卷2word版含答案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 738.2KB | ||
| 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 08:53:50 | ||
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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2
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．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．
2．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．
3．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
4．现定义，其中为虚数单位，为自然对数的底数，，且实数指数幂的运算性质对都适用，若，，那么复数等于
A． B．
C． D．
5．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
6．罗马数字是欧洲在阿拉伯数字传入之前使用的一种数码，它的产生标志着一种古代文明的进步.罗马数字的表示法如下：
数字 1 2 3 4 5 6 7 8 9
形式 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ Ⅵ Ⅶ Ⅷ Ⅸ
其中“Ⅰ”需要1根火柴，“Ⅴ”与“X”需要2根火柴，若为0，则用空位表示. （如123表示为，405表示为）如果把6根火柴以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的不同的三位数的个数为（ ）
A．87 B．95 C．100 D．103
二、多选题
7．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
8．（多选）用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数和五位数，则（ ）
A．可组成360个四位数
B．可组成216个是5的倍数的五位数
C．可组成270个比1325大的四位数
D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数为2310
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．已知关于的方程有且仅有一个实数根，其中互不相同的实数、、、，且，则、、、的可能取值共有________种．（请用数字作答）
10．我们想把9张写着1~9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种.
11．某学校要安排位数学老师、位英语老师和位化学老师分别担任高三年级中个不同班级的班主任，每个班级安排个班主任．由于某种原因，数学老师不担任班的班主任，英语老师不担任班的班主任，化学老师不担班和班的班主任， 则共有__________种不同的安排方法．（用数字作答）．
12．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）.
四、解答题
13．已知，
（1）求的值;
（2）若且，求的值;
（3）求证：.
14．请阅读：当时，在等式的两边对求导，得，利用上述方法，试由等式（，正整数）.
（1）证明：；（注：）
（2）求；
（3）求.
15．（1）求的值；
（2）设m，nN*，n≥m，求证：
（m+1）+（m+2）+（m+3）++n+（n+1）=（m+1）.
16．已知．
（1）计算的值；
（2）若，求中含项的系数；
（3）证明：．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．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.
2．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．
3．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.
4．A
【分析】
计算，结合二项式定理的展开即可得解.
【详解】
,
故选A.
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的展开与复数的新定义问题，观察出二项展开的结构是解本题的关键，属于中档题.
5．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
6．D
【分析】
将6根火柴能表示数字的搭配列举出来，再根据数的排列特征即可得解.
【详解】
用6根火柴表示数字，所有搭配情况如下：
1根火柴和5根火柴：1根火柴可表示的数为1；5根火柴可表示的数为8，和0一起，能表示的数共有4个（108,180,801,810）.
2根火柴和4根火柴：2根火柴可表示的数为2、5；4根火柴可表示的数为7，和0一起，能表示的数有 个.
3根火柴和3根火柴：3根火柴可表示的数为3、4、6、9，和0一起，能表示的数分为2类：除0外的两个数字相同，可表示的数有个；除0外的两个数字不同，则有个，所以共有 个.
1根火柴、1根火柴和4根火柴：即有1、1、7组成的数，共有3个（117,171,711）.
1根火柴、2根火柴和3根火柴：即由1,2或5中的一个，3、4、6、9中的一个数字组成的三位数，共有 个.
2根火柴、2根火柴、2根火柴：即由2或5组成的三位数，分为两类：三个数字都相同，共有2个（222,555）；三个数字中的两个数字相同，则有个，共有 个.
综上可知，可组成的三位数共有 个.
故选：D.
【点睛】
本题考查了排列组合问题的综合应用，分类、分步计数原理的应用，注意分类时要做到“不重不漏”，属于难题.
7．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.
8．BC
【分析】
根据题设，逐一分析各个选项的限制条件，再列式计算即可判断作答.
【详解】
对于A，可组成四位数的个数为，A错误；
对于B，有两类：个位上的数字是0，有个，个位上的数字是5，有个，则为5的倍数的五位数的个数是，B正确；
对于C，比1325大的四位数可分为三类：第一类，千位上数字比1大的四位数，共个，
第二类，千位上数字是1，百位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
第三类，千位上数字是1，百位上的数字是3，十位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
则比1325大的四位数的个数是，C正确；
对于D，千位上数字是1的四位数的个数是，千位上数字是2，百位上的数字是0，1之一的四位数的个数是，
于是得第85个数是2301，D错误．
故选：BC
9．
【分析】
考虑，，分析得出或，对分， ， ， 四种情况讨论，列举出的可能情况，然后在所得结果乘以即可.
【详解】
方程有且只有一个实根，
由绝对值三角不等式可得，
，
因为，考虑，，
因为，，
作出函数与函数如下图所示：
则有或.
若，则的可能情况有：、、；
若，则可能的情况有：、；
若，则；
若，则.
考虑、的大小，有种情况；考虑、的大小，有种情况；考虑、的位置，有种情况.
综上所述，、、、的可能取值共有种.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查分类计数原理的应用，解题的关键在于对的可能情况进行分类讨论，结合列举法求解.
10．198
【分析】
首先列出至少有两个卡片之和相等的盒子的情况，然后利用全排列即可求解.
【详解】
由题意可知，设存在的这两个盒子中卡片的数字之和相等，设其相等的和为．
当时，共有1种情况，即；
当时，共有3种情况，即，，{(1，5，6)，(2，3，7)}；
当时，共有5种情况，即，，，，；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有2种情况，即，
；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有5种情况，即，，，，{(1，7，9)，(3，6，8)}；
当时，共有2种情况，即，；
当x＝19时，共有1种情况，即{(3，7，9)，(5，6，8)}；
综上所述，共有1＋3＋5＋7＋2＋7＋5＋2＋1＝33(种)情况，
∴不同的放法共有：种．
故答案为：198．
11．32
【解析】
若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，共有种安排方法，故答案为 .
12．252
【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.
13．（1）（2）（3）见解析
【解析】
分析：（1）令，根据可求的值；
（2）由，解得可求的值;
（3）利用二项展开式及放缩法即可证明.：
详解：
（1）令，则=0，又
所以
（2）由，解得，所以
（3）
点睛：本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．
14．（1）证明见解析；（2）；（3）.
【详解】
试题分析：（1）由 ， 两边对求导即可得结论；（2）由（1）令可得；（3）对（1）中结论两边对求导得，，取得，分别利用令，所得等式相加化简即可得结论.
试题解析：（1）证明：由 ，
两边对求导得 ,
所以 .
（2）在①式中，令得
.
（3）将式两边同乘以得
两边对求导得，，
取得，
， 令得，，
令得，，
两式相加得， ，
所以.
15．（1）0（2）详见解析
【详解】
试题分析：（1）根据组合数公式化简求值（2）设置（1）目的指向应用组合数性质解决问题，而组合数性质不仅有课本上的 ，而且可由（1）归纳出的 ；单纯从命题角度看，可视为关于n的等式，可结合数学归纳法求证；从求和角度看，左边式子可看做展开式中含项的系数，再利用错位相减求和得含项的系数 ，从而达到化简求证的目的.
试题解析：解：（1）
（2）当时，结论显然成立，当时
又因为
所以
因此
【考点】组合数及其性质
【名师点睛】组合数的性质不仅有课本上介绍的、，更有，现在又有，这些性质不需记忆，但需会推导，更需会应用.
16．（1）；（2）196；（3）证明见解析.
【分析】
（1）由题知，故，进而得；
（2）结合（1）知，再结合二项式定理求解即可；
（3）设（且），进而得含项的系数为，再利用错位相减法的思想两边同乘以，得，再找出含的系数，再化简整理即可.
【详解】
（1）∵，
∴；∴；
（2）由（1）知：，，，
所以
，
中的项的系数为；
（3）设（且）①
则函数中含项的系数为，
另一方面，由得：
②，
得：，
∴，
则中含项的系数为：，
，
所以，
所以
∴得证：．
【点睛】
本题考查二项式定理的通项公式，组合数的性质，错位相减法求和等，考查运算求解能力与逻辑推理能力，是难题.本题第三问解题的关键在于构造函数（且），进而利用二项式定理和错位相减法求得含项的系数.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．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．
2．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．
3．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
4．现定义，其中为虚数单位，为自然对数的底数，，且实数指数幂的运算性质对都适用，若，，那么复数等于
A． B．
C． D．
5．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
6．罗马数字是欧洲在阿拉伯数字传入之前使用的一种数码，它的产生标志着一种古代文明的进步.罗马数字的表示法如下：
数字 1 2 3 4 5 6 7 8 9
形式 Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅳ Ⅴ Ⅵ Ⅶ Ⅷ Ⅸ
其中“Ⅰ”需要1根火柴，“Ⅴ”与“X”需要2根火柴，若为0，则用空位表示. （如123表示为，405表示为）如果把6根火柴以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的不同的三位数的个数为（ ）
A．87 B．95 C．100 D．103
二、多选题
7．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
8．（多选）用数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数和五位数，则（ ）
A．可组成360个四位数
B．可组成216个是5的倍数的五位数
C．可组成270个比1325大的四位数
D．若将组成的四位数按从小到大的顺序排列，则第85个数为2310
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．已知关于的方程有且仅有一个实数根，其中互不相同的实数、、、，且，则、、、的可能取值共有________种．（请用数字作答）
10．我们想把9张写着1~9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种.
11．某学校要安排位数学老师、位英语老师和位化学老师分别担任高三年级中个不同班级的班主任，每个班级安排个班主任．由于某种原因，数学老师不担任班的班主任，英语老师不担任班的班主任，化学老师不担班和班的班主任， 则共有__________种不同的安排方法．（用数字作答）．
12．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）.
四、解答题
13．已知，
（1）求的值;
（2）若且，求的值;
（3）求证：.
14．请阅读：当时，在等式的两边对求导，得，利用上述方法，试由等式（，正整数）.
（1）证明：；（注：）
（2）求；
（3）求.
15．（1）求的值；
（2）设m，nN*，n≥m，求证：
（m+1）+（m+2）+（m+3）++n+（n+1）=（m+1）.
16．已知．
（1）计算的值；
（2）若，求中含项的系数；
（3）证明：．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．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.
2．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．
3．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.
4．A
【分析】
计算，结合二项式定理的展开即可得解.
【详解】
,
故选A.
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的展开与复数的新定义问题，观察出二项展开的结构是解本题的关键，属于中档题.
5．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
6．D
【分析】
将6根火柴能表示数字的搭配列举出来，再根据数的排列特征即可得解.
【详解】
用6根火柴表示数字，所有搭配情况如下：
1根火柴和5根火柴：1根火柴可表示的数为1；5根火柴可表示的数为8，和0一起，能表示的数共有4个（108,180,801,810）.
2根火柴和4根火柴：2根火柴可表示的数为2、5；4根火柴可表示的数为7，和0一起，能表示的数有 个.
3根火柴和3根火柴：3根火柴可表示的数为3、4、6、9，和0一起，能表示的数分为2类：除0外的两个数字相同，可表示的数有个；除0外的两个数字不同，则有个，所以共有 个.
1根火柴、1根火柴和4根火柴：即有1、1、7组成的数，共有3个（117,171,711）.
1根火柴、2根火柴和3根火柴：即由1,2或5中的一个，3、4、6、9中的一个数字组成的三位数，共有 个.
2根火柴、2根火柴、2根火柴：即由2或5组成的三位数，分为两类：三个数字都相同，共有2个（222,555）；三个数字中的两个数字相同，则有个，共有 个.
综上可知，可组成的三位数共有 个.
故选：D.
【点睛】
本题考查了排列组合问题的综合应用，分类、分步计数原理的应用，注意分类时要做到“不重不漏”，属于难题.
7．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.
8．BC
【分析】
根据题设，逐一分析各个选项的限制条件，再列式计算即可判断作答.
【详解】
对于A，可组成四位数的个数为，A错误；
对于B，有两类：个位上的数字是0，有个，个位上的数字是5，有个，则为5的倍数的五位数的个数是，B正确；
对于C，比1325大的四位数可分为三类：第一类，千位上数字比1大的四位数，共个，
第二类，千位上数字是1，百位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
第三类，千位上数字是1，百位上的数字是3，十位上的数字是4，5之一的四位数，共个，
则比1325大的四位数的个数是，C正确；
对于D，千位上数字是1的四位数的个数是，千位上数字是2，百位上的数字是0，1之一的四位数的个数是，
于是得第85个数是2301，D错误．
故选：BC
9．
【分析】
考虑，，分析得出或，对分， ， ， 四种情况讨论，列举出的可能情况，然后在所得结果乘以即可.
【详解】
方程有且只有一个实根，
由绝对值三角不等式可得，
，
因为，考虑，，
因为，，
作出函数与函数如下图所示：
则有或.
若，则的可能情况有：、、；
若，则可能的情况有：、；
若，则；
若，则.
考虑、的大小，有种情况；考虑、的大小，有种情况；考虑、的位置，有种情况.
综上所述，、、、的可能取值共有种.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：本题考查分类计数原理的应用，解题的关键在于对的可能情况进行分类讨论，结合列举法求解.
10．198
【分析】
首先列出至少有两个卡片之和相等的盒子的情况，然后利用全排列即可求解.
【详解】
由题意可知，设存在的这两个盒子中卡片的数字之和相等，设其相等的和为．
当时，共有1种情况，即；
当时，共有3种情况，即，，{(1，5，6)，(2，3，7)}；
当时，共有5种情况，即，，，，；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有2种情况，即，
；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有5种情况，即，，，，{(1，7，9)，(3，6，8)}；
当时，共有2种情况，即，；
当x＝19时，共有1种情况，即{(3，7，9)，(5，6，8)}；
综上所述，共有1＋3＋5＋7＋2＋7＋5＋2＋1＝33(种)情况，
∴不同的放法共有：种．
故答案为：198．
11．32
【解析】
若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，若数学老师分到两班，共有种分法，共有种安排方法，故答案为 .
12．252
【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.
13．（1）（2）（3）见解析
【解析】
分析：（1）令，根据可求的值；
（2）由，解得可求的值;
（3）利用二项展开式及放缩法即可证明.：
详解：
（1）令，则=0，又
所以
（2）由，解得，所以
（3）
点睛：本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．
14．（1）证明见解析；（2）；（3）.
【详解】
试题分析：（1）由 ， 两边对求导即可得结论；（2）由（1）令可得；（3）对（1）中结论两边对求导得，，取得，分别利用令，所得等式相加化简即可得结论.
试题解析：（1）证明：由 ，
两边对求导得 ,
所以 .
（2）在①式中，令得
.
（3）将式两边同乘以得
两边对求导得，，
取得，
， 令得，，
令得，，
两式相加得， ，
所以.
15．（1）0（2）详见解析
【详解】
试题分析：（1）根据组合数公式化简求值（2）设置（1）目的指向应用组合数性质解决问题，而组合数性质不仅有课本上的 ，而且可由（1）归纳出的 ；单纯从命题角度看，可视为关于n的等式，可结合数学归纳法求证；从求和角度看，左边式子可看做展开式中含项的系数，再利用错位相减求和得含项的系数 ，从而达到化简求证的目的.
试题解析：解：（1）
（2）当时，结论显然成立，当时
又因为
所以
因此
【考点】组合数及其性质
【名师点睛】组合数的性质不仅有课本上介绍的、，更有，现在又有，这些性质不需记忆，但需会推导，更需会应用.
16．（1）；（2）196；（3）证明见解析.
【分析】
（1）由题知，故，进而得；
（2）结合（1）知，再结合二项式定理求解即可；
（3）设（且），进而得含项的系数为，再利用错位相减法的思想两边同乘以，得，再找出含的系数，再化简整理即可.
【详解】
（1）∵，
∴；∴；
（2）由（1）知：，，，
所以
，
中的项的系数为；
（3）设（且）①
则函数中含项的系数为，
另一方面，由得：
②，
得：，
∴，
则中含项的系数为：，
，
所以，
所以
∴得证：．
【点睛】
本题考查二项式定理的通项公式，组合数的性质，错位相减法求和等，考查运算求解能力与逻辑推理能力，是难题.本题第三问解题的关键在于构造函数（且），进而利用二项式定理和错位相减法求得含项的系数.
答案第1页，共2页
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