人教A版（2019）选修第三册第六章本章 计数原理综合检测word版含答案
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| 名称 | 人教A版（2019）选修第三册第六章本章 计数原理综合检测word版含答案 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 448.1KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-17 17:47:44 | ||
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文档简介
人教A版（2019） 选修第三册 第六章 本章综合检测
一、单选题
1．已知是函数（其中）图象上的两个动点，点，若的最小值为0，则函数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．函数的值域是（ ）
A． B． C． D．
3．的展开式中，项的系数为-10，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
4．考查正方体6个面的中心，甲从这6个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线相互平行但不重合的概率等于（ ）
A． B． C． D．
5．某高三年级在安排自习辅导时，将6位不同学科的老师分配到5个不同班级进行学科辅导，每个班级至少一位老师，则所有不同的分配方案的种数为（ ）
A．3600 B．1800 C．720 D．600
6．汽车牌照由4个数字（可以重复）和2个字母（也不一定要不相同）构成，这6个字符可以任何顺序呈现，但两个字母必须相邻，则可以形成的不同的牌照有（ ）种.
A． B． C． D．
7．下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A． B．
C． D．
8．用6种颜色给右图四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色且共顶点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有种
A．4080 B．3360
C．1920 D．720
9．在5盒酸奶中，有2盒已经过了保质期，从中任取2盒，取到的酸奶中有已过保质期的概率为（ ）
A． B． C． D．
10．在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
二、多选题
11．二项式的展开式中的系数是，则其中正确命题的序号是（ ）
A． B．展开式中含项的系数是
C．展开式中含项 D．展开式中常数为40
12．某城市街道如图，某人要走最短路程从A地前往B地，则不同走法有（ ）
A．种 B．种 C．12种 D．32种
13．、、、、五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（ ）
A．若、两人站在一起有48种方法 B．若、不相邻共有12种方法
C．若在左边有60种排法 D．若不站在最左边，不站最右边，有72种方法
14．已知等差数列满足，且，则（ ）
A． B．
C． D．
三、双空题
15．若二项式的展开式中常数项为10，则实数______，展开式中所有理项的系数之和为______．
四、填空题
16．若，则集合，共有___________种组合.
17．给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择，则共有___种不同的染色方案.
18．在的展开式中，各项的系数之和是_______.
五、解答题
19．已知.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求.
20．（1）若直角三角形两直角边长之和为12，求其周长的最小值；
（2）若三角形有一个内角为，周长为定值，求面积的最大值；
（3）为了研究边长满足的三角形其面积是否存在最大值，现有解法如下：（其中， 三角形面积的海伦公式），
∴
，
而，，，则，
但是，其中等号成立的条件是，于是与矛盾，
所以，此三角形的面积不存在最大值．
以上解答是否正确？若不正确，请你给出正确的答案．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
由指数函数单调性可确定，当最小时，可确定分别为过作两段图象的切线，利用过某一点曲线切线的求解方法可构造方程组求得，进而得到所求最小值.
【详解】
由解析式可知：在上单调递减，在上单调递增，
.
设过点的直线与在上的图象相切，
设切点坐标为，则，解得：，，
设过点的直线与在上的图象相切，
设切点坐标为，同理可求得：，，
是图象上的点，且的最小值为，，
又，，，解得：，
.
故选：.
【点睛】
本题考查函数最值的求解问题，涉及到导数几何意义的应用；关键是能够通过平面向量数量积的定义将问题转化为过某一点的曲线切线方程的求解问题，充分体现了转化与化归思想在考试中的应用.
2．B
【解析】
【分析】
令，将函数转化为关于的二次函数，求其值域即可求解.
【详解】
令，则，
设，
，所以，
即的值域是.
故选：B.
3．B
【解析】
根据产生项的来源，计算出展开式中的系数即可求出．
【详解】
展开式的通项公式为，分别令，可求得
的系数为，的系数为，
故的展开式中，项的系数为，解得．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查利用二项展开式的通项公式求特定项的系数，属于基础题．
4．D
【解析】
【分析】
先用组合数公式求出甲乙从这6个点中任意选两个点连成直线的条数共有，再用分步计数原理求出甲乙从中任选一条共有225种，利用正八面体找出相互平行但不重合共有共12对，代入古典概型的概率公式求解．
【详解】
解：甲从这6个点中任意选两个点连成直线，共有条，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，共有条，甲乙从中任选一条共有种不同取法，
因正方体6个面的中心构成一个正八面体，有六对相互平行但不重合的直线，则甲乙两人所得直线相互平行但不重合共有12对，
这是一个古典概型，所以所求概率为，
故选：D ．
5．B
【解析】
【分析】
应用分步计数法，结合排列组合数求不同的分配方案的种数.
【详解】
依题意，其中有一个班级有两位老师辅导，则．
故选：B.
6．B
【解析】
【分析】
利用分步乘法计数原理以及插空法即可求解.
【详解】
首先排4个数字共有种，
再将2个字母看成一个整体插在个空内，共有种，
所以形成的不同的牌照有.
故选：B
7．B
【解析】
【分析】
根据基底向量不能共线，即可容易判断.
【详解】
对A：因为零向量和任意向量平行，故A中向量不可作基底；
对B：因为，故B中两个向量不共线；
对C：因为，故C中两个向量共线，故C中向量不可作基底；
对D：因为，故D中两个向量共线，故D中向量不可作基底.
故选：B.
【点睛】
本题考查判断向量是否可作基底，属基础题.
8．A
【解析】
【详解】
试题分析：四面体的对棱可涂同一种颜色，也可以涂不同的颜色，按照相对棱颜色相同的对数分类：①若所有相对的棱都涂同一种颜色，一共需要三种颜色，不同的涂色方案共有种；②若相对的棱中有对涂同一种颜色，一共需要四种颜色，不同的涂色方案共有种；③若相对的棱中有对涂同一种颜色，一共需要五种颜色，不同的涂色方案共有种；④若所有相对的棱都涂不同颜色，一共需要六种颜色，不同的涂色方案共有种，所以共有种不同的涂色方案，故选A.
考点：排列、组合与基本的计数原理.
9．C
【解析】
【分析】
利用古典概型的概率求法，求任取2盒取到的酸奶中有已过保质期的概率即可.
【详解】
由题意，任取2盒取到的酸奶中有已过保质期的概率.
故选：C
10．B
【解析】
【分析】
当n为偶数时，展开式中第项二项式系数最大，当n为奇数时，展开式中第和项二项式系数最大.
【详解】
因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故，得.
故选：B
11．AB
【解析】
【分析】
求出二项展开式的通项公式,令x的指数为2,求出r值,从而可得x2的系数,进而可求得a值,即可判断选项A;
令x的指数为6,求出r值,即可判断选项B;
令x的指数为-1,求出r值,即可判断选项C;
令x的指数为0,求出r值,从而可求得常数项,即可判断选项D
【详解】
二项式的展开式的通项公式为
对于A：令8-2r=2,解得r=3,所以展开式中x2的系数，解得，故A正确；
对于B：二项式即，展开式的通项公式为.
令8-2r=6,解得r=1,所以展开式中含x6项的系数是，故B正确；
令8-2r=-1；解得；不为整数；故展开式中不含项；故C错误；
令8-2r=0,解得r=4,所以展开式中常数项为，故D错误.
故选：AB.
12．AB
【解析】
【分析】
【详解】
因为从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验探究一下走法可得出：①要走的路程最短必须走5步，且不能重复；②向东的走法定出后，向南的走法随之确定，所以我们只要确定出向东的三步或向南的两步走法有多少种即可，故不同走法的种数有C＝C，选AB.
13．AC
【解析】
【分析】
对于A利用捆绑法求解；对于B利用插空法求解；对于C利用倍分法求解；对于D利用特殊元素优先法求解
【详解】
解：对于A，先将A,B排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排列，由分步原理可知共有种，所以A正确；
对于B，先将A,B之外的3人全排列，产生4个空，再将A,B两元素插空，所以共有种，所以B不正确；
对于C，5人全排列，而其中A在B的左边和A在B的右边是等可能的，所以A在B的左边的排法有种，所以C正确；
对于D，对A分两种情况：一是若A站在最右边，则剩下的4人全排列有种，另一个是A不在最左边也不在最右边，则A从中间的3个位置中任选1个，然后B从除最右边的3个位置中任选1个，最后剩下3人全排列即可，由分类加法原理可知共有种，所以D不正确，
故选：AC
【点睛】
此题考查排列、组合的应用，利用了捆绑法、插空法、倍分法，特殊元素优先法等，属于中档题.
14．CD
【解析】
【分析】
由等差数列的性质有，，由此可得选项.
【详解】
解：根据等差数列的性质，得，
因为，所以，
所以.
又，所以，，
故选：CD.
15． 2 122
【解析】
【分析】
先求出二项式展开式的通项公式，再利用常数项为10求出的值，进而可求出展开式中所有理项的系数之和
【详解】
解：二项式的通项公式为，
令，得，
则，解得，
所以，
所以当时，展开式为有理项，
所以展开式中所有理项的系数之和为,
故答案为：2；122
【点睛】
此题考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题.
16．27
【解析】
【分析】
根据集合中元素的个数进行分类，没有元素，1个元素，2个元素，3个元素，根据分类计数原理可得答案.
【详解】
当集合为空集时，集合，2，有1种，
当集合包含1个元素时，例如，
则集合可以为，2，或，，故有种，
当集合包含2个元素时，例如，，
则集合可以为，2，，，，，，，
故有种，
当集合包含3个元素时，例如，2，，
则集合可以没有元素，1个元素，2个元素，3个元素，
故有种，
根据分类计数原理可得，共有种，
故答案为：27.
【点睛】
本题考查了集合运算，以及分类计数原理的应用，其中解答中熟记集合的基本运算，以及合理分类，结合分类计数原理求解是解答的关键，属于中档题.，
17．96
【解析】
【分析】
通过分析题目给出的图形，可知要完成给图中、、、、、六个区域进行染色，最少需要3种颜色，即同色，同色，同色，由排列知识可得该类染色方法的种数；也可以4种颜色全部用上，即，，三组中有一组不同色，同样利用排列组合知识求解该种染法的方法种数，最后利用分类加法求和．
【详解】
解：要完成给图中、、、、、六个区域进行染色，染色方法可分两类，第一类是仅用三种颜色染色，
即同色，同色，同色，则从四种颜色中取三种颜色有种取法，三种颜色染三个区域有种染法，共种染法；
第二类是用四种颜色染色，即，，中有一组不同色，则有3种方案不同色或不同色或不同色），先从四种颜色中取两种染同色区有种染法，剩余两种染在不同色区有2种染法，共有种染法．
由分类加法原理得总的染色种数为种．
故答案为：96．
【点睛】
本题考查了排列、组合、及简单的计数问题，解答的关键是正确分类，明确相邻的两区域不能染相同的颜色，属于中档题．
18．0
【解析】
【分析】
采用赋值法令即可得结果.
【详解】
在的展开式中，令，则各项的系数之和为，
故答案为：0.
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的应用，采用赋值法是解题的关键，属于基础题.
19．（1）（2）
【解析】
【详解】
试题分析:（1）令，则展开式右边为,左边为（2）即求展开式中含x2的项的系数:根据对应关系可得,即为.
试题解析：解：（1）令，
得
,
（2）展开式中含x2的项为： ,
.
点睛：赋值法研究二项式的系数和问题
“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， 只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可.
20．（1）；（2）16；（3）见解析.
【解析】
【详解】
试题分析：
(1)由题意结合均值不等式的结论可得周长最小值为
(2)由题意得到面积函数，结合均值不等式的结论可得，即面积最大值为
(3)题中的解答存在问题，利用海伦公式三边可互换进行解答可得面积最大值为16.
试题解析：
（1）设两直角边为，斜边为 ，
∴，即周长最小值为
（2）设夹的两边为，则第三边，∴，
∴，∴，
∵，∴，即，
，即面积最大值为
（3）不正确，∵海伦公式三边可互换，
∴，
即，此时，，面积最大值为16
点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．已知是函数（其中）图象上的两个动点，点，若的最小值为0，则函数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．函数的值域是（ ）
A． B． C． D．
3．的展开式中，项的系数为-10，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．
4．考查正方体6个面的中心，甲从这6个点中任意选两个点连成直线，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，则所得的两条直线相互平行但不重合的概率等于（ ）
A． B． C． D．
5．某高三年级在安排自习辅导时，将6位不同学科的老师分配到5个不同班级进行学科辅导，每个班级至少一位老师，则所有不同的分配方案的种数为（ ）
A．3600 B．1800 C．720 D．600
6．汽车牌照由4个数字（可以重复）和2个字母（也不一定要不相同）构成，这6个字符可以任何顺序呈现，但两个字母必须相邻，则可以形成的不同的牌照有（ ）种.
A． B． C． D．
7．下列各组向量中，可以作为基底的是（ ）
A． B．
C． D．
8．用6种颜色给右图四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色且共顶点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有种
A．4080 B．3360
C．1920 D．720
9．在5盒酸奶中，有2盒已经过了保质期，从中任取2盒，取到的酸奶中有已过保质期的概率为（ ）
A． B． C． D．
10．在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
二、多选题
11．二项式的展开式中的系数是，则其中正确命题的序号是（ ）
A． B．展开式中含项的系数是
C．展开式中含项 D．展开式中常数为40
12．某城市街道如图，某人要走最短路程从A地前往B地，则不同走法有（ ）
A．种 B．种 C．12种 D．32种
13．、、、、五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（ ）
A．若、两人站在一起有48种方法 B．若、不相邻共有12种方法
C．若在左边有60种排法 D．若不站在最左边，不站最右边，有72种方法
14．已知等差数列满足，且，则（ ）
A． B．
C． D．
三、双空题
15．若二项式的展开式中常数项为10，则实数______，展开式中所有理项的系数之和为______．
四、填空题
16．若，则集合，共有___________种组合.
17．给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择，则共有___种不同的染色方案.
18．在的展开式中，各项的系数之和是_______.
五、解答题
19．已知.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）求.
20．（1）若直角三角形两直角边长之和为12，求其周长的最小值；
（2）若三角形有一个内角为，周长为定值，求面积的最大值；
（3）为了研究边长满足的三角形其面积是否存在最大值，现有解法如下：（其中， 三角形面积的海伦公式），
∴
，
而，，，则，
但是，其中等号成立的条件是，于是与矛盾，
所以，此三角形的面积不存在最大值．
以上解答是否正确？若不正确，请你给出正确的答案．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【解析】
由指数函数单调性可确定，当最小时，可确定分别为过作两段图象的切线，利用过某一点曲线切线的求解方法可构造方程组求得，进而得到所求最小值.
【详解】
由解析式可知：在上单调递减，在上单调递增，
.
设过点的直线与在上的图象相切，
设切点坐标为，则，解得：，，
设过点的直线与在上的图象相切，
设切点坐标为，同理可求得：，，
是图象上的点，且的最小值为，，
又，，，解得：，
.
故选：.
【点睛】
本题考查函数最值的求解问题，涉及到导数几何意义的应用；关键是能够通过平面向量数量积的定义将问题转化为过某一点的曲线切线方程的求解问题，充分体现了转化与化归思想在考试中的应用.
2．B
【解析】
【分析】
令，将函数转化为关于的二次函数，求其值域即可求解.
【详解】
令，则，
设，
，所以，
即的值域是.
故选：B.
3．B
【解析】
根据产生项的来源，计算出展开式中的系数即可求出．
【详解】
展开式的通项公式为，分别令，可求得
的系数为，的系数为，
故的展开式中，项的系数为，解得．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查利用二项展开式的通项公式求特定项的系数，属于基础题．
4．D
【解析】
【分析】
先用组合数公式求出甲乙从这6个点中任意选两个点连成直线的条数共有，再用分步计数原理求出甲乙从中任选一条共有225种，利用正八面体找出相互平行但不重合共有共12对，代入古典概型的概率公式求解．
【详解】
解：甲从这6个点中任意选两个点连成直线，共有条，乙也从这6个点中任意选两个点连成直线，共有条，甲乙从中任选一条共有种不同取法，
因正方体6个面的中心构成一个正八面体，有六对相互平行但不重合的直线，则甲乙两人所得直线相互平行但不重合共有12对，
这是一个古典概型，所以所求概率为，
故选：D ．
5．B
【解析】
【分析】
应用分步计数法，结合排列组合数求不同的分配方案的种数.
【详解】
依题意，其中有一个班级有两位老师辅导，则．
故选：B.
6．B
【解析】
【分析】
利用分步乘法计数原理以及插空法即可求解.
【详解】
首先排4个数字共有种，
再将2个字母看成一个整体插在个空内，共有种，
所以形成的不同的牌照有.
故选：B
7．B
【解析】
【分析】
根据基底向量不能共线，即可容易判断.
【详解】
对A：因为零向量和任意向量平行，故A中向量不可作基底；
对B：因为，故B中两个向量不共线；
对C：因为，故C中两个向量共线，故C中向量不可作基底；
对D：因为，故D中两个向量共线，故D中向量不可作基底.
故选：B.
【点睛】
本题考查判断向量是否可作基底，属基础题.
8．A
【解析】
【详解】
试题分析：四面体的对棱可涂同一种颜色，也可以涂不同的颜色，按照相对棱颜色相同的对数分类：①若所有相对的棱都涂同一种颜色，一共需要三种颜色，不同的涂色方案共有种；②若相对的棱中有对涂同一种颜色，一共需要四种颜色，不同的涂色方案共有种；③若相对的棱中有对涂同一种颜色，一共需要五种颜色，不同的涂色方案共有种；④若所有相对的棱都涂不同颜色，一共需要六种颜色，不同的涂色方案共有种，所以共有种不同的涂色方案，故选A.
考点：排列、组合与基本的计数原理.
9．C
【解析】
【分析】
利用古典概型的概率求法，求任取2盒取到的酸奶中有已过保质期的概率即可.
【详解】
由题意，任取2盒取到的酸奶中有已过保质期的概率.
故选：C
10．B
【解析】
【分析】
当n为偶数时，展开式中第项二项式系数最大，当n为奇数时，展开式中第和项二项式系数最大.
【详解】
因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故，得.
故选：B
11．AB
【解析】
【分析】
求出二项展开式的通项公式,令x的指数为2,求出r值,从而可得x2的系数,进而可求得a值,即可判断选项A;
令x的指数为6,求出r值,即可判断选项B;
令x的指数为-1,求出r值,即可判断选项C;
令x的指数为0,求出r值,从而可求得常数项,即可判断选项D
【详解】
二项式的展开式的通项公式为
对于A：令8-2r=2,解得r=3,所以展开式中x2的系数，解得，故A正确；
对于B：二项式即，展开式的通项公式为.
令8-2r=6,解得r=1,所以展开式中含x6项的系数是，故B正确；
令8-2r=-1；解得；不为整数；故展开式中不含项；故C错误；
令8-2r=0,解得r=4,所以展开式中常数项为，故D错误.
故选：AB.
12．AB
【解析】
【分析】
【详解】
因为从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验探究一下走法可得出：①要走的路程最短必须走5步，且不能重复；②向东的走法定出后，向南的走法随之确定，所以我们只要确定出向东的三步或向南的两步走法有多少种即可，故不同走法的种数有C＝C，选AB.
13．AC
【解析】
【分析】
对于A利用捆绑法求解；对于B利用插空法求解；对于C利用倍分法求解；对于D利用特殊元素优先法求解
【详解】
解：对于A，先将A,B排列，再看成一个元素，和剩余的3人，一共4个元素进行全排列，由分步原理可知共有种，所以A正确；
对于B，先将A,B之外的3人全排列，产生4个空，再将A,B两元素插空，所以共有种，所以B不正确；
对于C，5人全排列，而其中A在B的左边和A在B的右边是等可能的，所以A在B的左边的排法有种，所以C正确；
对于D，对A分两种情况：一是若A站在最右边，则剩下的4人全排列有种，另一个是A不在最左边也不在最右边，则A从中间的3个位置中任选1个，然后B从除最右边的3个位置中任选1个，最后剩下3人全排列即可，由分类加法原理可知共有种，所以D不正确，
故选：AC
【点睛】
此题考查排列、组合的应用，利用了捆绑法、插空法、倍分法，特殊元素优先法等，属于中档题.
14．CD
【解析】
【分析】
由等差数列的性质有，，由此可得选项.
【详解】
解：根据等差数列的性质，得，
因为，所以，
所以.
又，所以，，
故选：CD.
15． 2 122
【解析】
【分析】
先求出二项式展开式的通项公式，再利用常数项为10求出的值，进而可求出展开式中所有理项的系数之和
【详解】
解：二项式的通项公式为，
令，得，
则，解得，
所以，
所以当时，展开式为有理项，
所以展开式中所有理项的系数之和为,
故答案为：2；122
【点睛】
此题考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题.
16．27
【解析】
【分析】
根据集合中元素的个数进行分类，没有元素，1个元素，2个元素，3个元素，根据分类计数原理可得答案.
【详解】
当集合为空集时，集合，2，有1种，
当集合包含1个元素时，例如，
则集合可以为，2，或，，故有种，
当集合包含2个元素时，例如，，
则集合可以为，2，，，，，，，
故有种，
当集合包含3个元素时，例如，2，，
则集合可以没有元素，1个元素，2个元素，3个元素，
故有种，
根据分类计数原理可得，共有种，
故答案为：27.
【点睛】
本题考查了集合运算，以及分类计数原理的应用，其中解答中熟记集合的基本运算，以及合理分类，结合分类计数原理求解是解答的关键，属于中档题.，
17．96
【解析】
【分析】
通过分析题目给出的图形，可知要完成给图中、、、、、六个区域进行染色，最少需要3种颜色，即同色，同色，同色，由排列知识可得该类染色方法的种数；也可以4种颜色全部用上，即，，三组中有一组不同色，同样利用排列组合知识求解该种染法的方法种数，最后利用分类加法求和．
【详解】
解：要完成给图中、、、、、六个区域进行染色，染色方法可分两类，第一类是仅用三种颜色染色，
即同色，同色，同色，则从四种颜色中取三种颜色有种取法，三种颜色染三个区域有种染法，共种染法；
第二类是用四种颜色染色，即，，中有一组不同色，则有3种方案不同色或不同色或不同色），先从四种颜色中取两种染同色区有种染法，剩余两种染在不同色区有2种染法，共有种染法．
由分类加法原理得总的染色种数为种．
故答案为：96．
【点睛】
本题考查了排列、组合、及简单的计数问题，解答的关键是正确分类，明确相邻的两区域不能染相同的颜色，属于中档题．
18．0
【解析】
【分析】
采用赋值法令即可得结果.
【详解】
在的展开式中，令，则各项的系数之和为，
故答案为：0.
【点睛】
本题主要考查了二项式定理的应用，采用赋值法是解题的关键，属于基础题.
19．（1）（2）
【解析】
【详解】
试题分析:（1）令，则展开式右边为,左边为（2）即求展开式中含x2的项的系数:根据对应关系可得,即为.
试题解析：解：（1）令，
得
,
（2）展开式中含x2的项为： ,
.
点睛：赋值法研究二项式的系数和问题
“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， 只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可.
20．（1）；（2）16；（3）见解析.
【解析】
【详解】
试题分析：
(1)由题意结合均值不等式的结论可得周长最小值为
(2)由题意得到面积函数，结合均值不等式的结论可得，即面积最大值为
(3)题中的解答存在问题，利用海伦公式三边可互换进行解答可得面积最大值为16.
试题解析：
（1）设两直角边为，斜边为 ，
∴，即周长最小值为
（2）设夹的两边为，则第三边，∴，
∴，∴，
∵，∴，即，
，即面积最大值为
（3）不正确，∵海伦公式三边可互换，
∴，
即，此时，，面积最大值为16
点睛：在处理三角形中的边角关系时，一般全部化为角的关系，或全部化为边的关系．题中若出现边的一次式一般采用到正弦定理，出现边的二次式一般采用到余弦定理．应用正、余弦定理时，注意公式变式的应用．解决三角形问题时，注意角的限制范围．
答案第1页，共2页
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