人教A版（2019）数学 高二理科导数、排列组合、二项式检测试题（含答案）

导数、排列组合、二项式检测试题（理科数学）
一、选择题
1．已知n＝，那么n展开式中含x 2项的系数为(　　)
A．130 B．135 C．121 D．139
2．（2011·山东）曲线在点P(1，12)处的切线与y轴交点的纵坐标是( )
（A）-9 （B）-3 （C）9 （D）15
3．（2011·江西）若，则＞0的解集为( )
（A） （B） （C） （D）
4.定义在(0,+∞)上的单调递减函数f(x),若f(x)的导函数存在且满足>x,则下列不等式成立的是(　　)
A.3f(2)< 2f(3) B.3f(4)< 4f(3) C.2f(3)< 3f(4) D.f(2)< 2f(1)
5.从6名志愿者中选出4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有（ ）
（A） 280种 （B）240种 （C）180种 （D）96种
6.（2010广东卷理）2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有
A. 36种 B. 12种 C. 18种 D. 48种
7.（2010北京卷理）用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（ ）
A．324 B．328 C．360 D．648
8.图3是某汽车维修公司的维修点环形分布图．公司在年初分配给A、 B、C、D四个维修点某种配件各50件．在使用前发现需将A、B、C、D 四个维修点的这批配件分别调整为40、45、54、61件，但调整只能在相邻维修点之间进行．那么要完成上述调整，最少的调动件次(件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为)为（　）
A．18 B．17 C．16 D．15
9.若国际研究小组由来自3个国家的20人组成，其中A国10人，B国6人，C国4人，按 分层抽样法从中选10人组成联络小组，则不同的选法有（ ）种.
A． B． C． D．
10、(2011·新课标全国) 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为(　　)．
A．－40 B．－20 C．20 D．40
11．如图，用四种不同的颜色给图中的六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色．则不同的涂色方法共有（　　　）．
　　Ａ．种　　　Ｂ．种　　　Ｃ．种　　　Ｄ．种
12．(2014·广东)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1，0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为(　　)
A．60 B．90 C．120 D．130
二、填空题
13.如果曲线y＝x4－x在点P处的切线垂直于直线y＝－x，那么点P的坐标为________．
14.由函数y=x2的图象与直线y=2x围成的图形的面积是　　　　　.
15.(2012·浙江)若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________.
16.(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是________．
三、解答题
17.4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内．
(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？
(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？
(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？
18.7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？
(1)两个女生必须相邻而站；
(2)4名男生互不相邻；
(3)老师不站中间，女生甲不站左端．
19、由0，1，2，3，4，5这六个数字。
（1）能组成多少个无重复数字的四位数？
（2）能组成多少个无重复数字的四位偶数？
（3）能组成多少个无重复数字且被25个整除的四位数？
（4）组成无重复数字的四位数中比4032大的数有多少个？
20.若展开式中前三项的系数成等差数列，求：
(1)展开式中所有x的有理项；
(2)展开式中系数最大的项．
21.设函数f(x)=ax-,曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为7x-4y-12=0.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)证明曲线y=f(x)上任一点处的切线与直线x=0和直线y=x所围成的三角形的面积为定值,并求此定值.
22.已知f(x)＝xln x，g(x)＝x3＋ax2－x＋2.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若对任意x∈(0，＋∞)，2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，求实数a的取值范围．
导数、排列组合、二项式检测试题（高二理科数学）参考答案
一、选择题
1.解析　根据题意，n＝＝ln x＝6，则6中，由二项式定理得通项公式为Tr＋1＝C(－3)rx6－2r，令6－2r＝2，得r＝2，所以系数为C×9＝135.答案　B
2.因为y/=3x2,切点为P（1，12），所以切线的斜率为3，故切线方程为3x-y+9=0，令x=0,得y=9，故选C.
3.【思路点拨】首先求出f(x)的导数，再解分式不等式.【选C.
4.解析:∵f(x)为(0,+∞)上的单调递减函数,∴f'(x)<0.又∵>x,∴>0 <0 '<0,
设h(x)=,则h(x)=为(0,+∞)上的单调递减函数.∵>x>0,f'(x)<0,∴f(x)<0.
∵h(x)=为(0,+∞)上的单调递减函数,∴>0 2f(3)-3f(2)>0 2f(3)>3f(2),故A正确.
5.分析：特殊元素与特殊位置优待法： 对于有附加条件的排列组合问题，一般采用：先考虑满足特殊的元素和位置，再考虑其它元素和位置。 由于甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，所以翻译工作就是“特殊”位置，因此翻译工作从剩下的四名志愿者中任选一人有种不同的选法，再从其余的5人中任选3人从事导游、导购、保洁三项不同的工作有种不同的选法，所以不同的选派方案共有=240种，选B。
6.【解析】分两类：若小张或小赵入选，则有选法；若小张、小赵都入选，则有选法，共有选法36种，选A.
7.【答案】B本题主要考查排列组合知识以及分类计数原理和分步计数原理知识. 属于基础知识、基本运算的考查.首先应考虑“0”是特殊元素，当0排在末位时，有（个）， 当0不排在末位时，有（个），于是由分类计数原理，得符合题意的偶数共有（个）.故选B.
8.答案　C 9.答案：D
10.解析　对于 5，可令x＝1得1＋a＝2，故a＝1.5的展开式的通项Tr＋1＝C(2x)5－r－r＝C25－r×(－1)r×x5－2r，要得到展开式的常数项，则x＋的x与5展开式的相乘，x＋的与5展开式的x相乘，故令5－2r＝－1得r＝3，令5－2r＝1得r＝2，从而可得常数项为C×22×(－1)3＋C×23×(－1)2＝40.答案　D
11.【解】解法1．首先考虑除外，相邻两端点不同色的情形：此时有种涂法，与相邻的点有种涂法，有种涂法，有种涂法，此时，有种涂法，有种涂法，因此共有（种）．但是，这是有可能同色，且当同色，不同色时，同色．此时的涂法有同色的有种，对于点，点共有种，由对称性只有种涂法．所以共有（种）．因此符合题目要求的涂法有（种）．故选Ｂ．
解法2．分两种情形讨论：点同色和点不同色，涂法数如下表：
A,F 　　合　　　　计
点同色 　　
点不同色
因此，符合题目要求的涂法有（种）．故选Ｂ．
解法3．先对涂色，有（种）．
固定其中一种涂法，设四种不同的颜色为颜色①，②，③，④．且设涂颜色①，涂颜色②，涂颜色③．则根据题意的涂法可用下表枚举：
② ② ② ② ③ ③ ③ ③ ④ ④ ④
③ ③ ④ ① ④ ④ ① ① ③ ③ ①
④ ① ① ④ ② ① ④ ② ① ② ②
以上共种，因此符合题目要求的涂法有（种）．故选Ｂ．
解法4．分两种情形讨论：
（1）全部使用四种不同的颜色．
第一步：对涂色，只能用三种颜色，有（种），
第二步：从三点中选一点涂第四种颜色，有种，再对另两点涂色有种涂法，共有种涂法，所以全部使用四种不同的颜色的涂法有（种）；
(2) 只使用三种颜色．
第一步：对涂色，有（种），
第二步：对三点涂色，由于只用三种颜色，则点有种涂法，此时和只有种涂法．
所以只使用三种颜色的涂法有（种）．由（1），(2) 符合题目要求的涂法有种）．故选Ｂ．
12.答案　D解析　在x1，x2，x3，x4，x5这五个数中，因为xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5，所以满足条件1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3的可能情况有“①一个1(或－1)，四个0，有C×2种；②两个1(或－1)，三个0，有C×2种；③一个－1，一个1，三个0，有A种；④两个1(或－1)，一个－1(或1)，两个0，有CC×2种；⑤三个1(或－1)，两个0，有C×2种．故共有C×2＋C×2＋A＋CC×2＋C×2＝130种，故选D.
二、填空题
13.答案　(1,0) 14.解析:利用微积分基本定理求解.结合图形易得所求面积为(2x-x2)dx==4-.
15.解析　不妨设1＋x＝t，则x＝t－1，因此有(t－1)5＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，则a3＝C(－1)2＝10.答案　10命题研究：1.以选择题或填空题形式考查二项展开式的通项公式及其相关的性质；,2.以选择题或填空题形式考查二项式定理展开式中系数的和等问题.
16.答案　168解析　∵(1＋x)8的通项为Cxk，(1＋y)4的通项为Cyt，∴(1＋x)8(1＋y)4的通项为CCxkyt，令k＝2，t＝2，得x2y2的系数为CC＝168.
三、解答题
17.解　(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”，即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有CCC×A＝144种放法．(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．(3)确定2个空盒有C种方法．4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有CCA种方法；第二类有序均匀分组有C种方法．故共有C(CCA＋C)＝84种放法．
18.解　(1)∵两个女生必须相邻而站，∴把两个女生看做一个元素，
则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有AA＝1 440种站法．
(2)∵4名男生互不相邻，∴应用插空法，对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有AA＝144种站法．(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有A＝720种站法，
当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行排列共有A×5×5＝3 000种站法．根据分类加法计数原理知共有720＋3 000＝3 720种站法．
解（1） (2)(3)
(4)
20.解　易求得展开式前三项的系数为1，C，C.据题意得2×C＝1＋C n＝8.
(1)设展开式中的有理项为Tr＋1，由Tr＋1＝C()8－r()r＝()rCx，∴r为4的倍数，又0≤r≤8，∴r＝0,4,8.故有理项为T1＝()0Cx＝x4，T5＝()4Cx＝x，T9＝()8Cx＝.
(2)设展开式中Tr＋1项的系数最大，则：()rC≥()r＋1C且()rC≥()r－1C r＝2或r＝3.
故展开式中系数最大的项为T3＝()2Cx＝7x，T4＝()3Cx＝7x.
21.(1)解:f′(x)=a+,又根据切线方程可知x=2时,y=,f′(2)=,则有解得
所以f(x)=x-. (2)证明:设P(x0,y0)为曲线上任一点,由f′(x)=1+知曲线在点P(x0,y0)处的切线方程为y-y0=(1+)(x-x0),即y-(x0-)=(1+)(x-x0).
令x=0得y=-,从而得切线与直线x=0的交点坐标为(0,-).
令y=x得y=x=2x0,从而得切线与直线y=x的交点坐标为(2x0,2x0).
所以点P(x0,y0)处的切线与直线x=0,y=x所围成的三角形面积为|2x0|=6.
故曲线y=f(x)上任一点处的切线与直线x=0,y=x所围成的三角形的面积为定值,此定值为6.
22.解：(1)∵函数f(x)＝xln x的定义域是(0，＋∞)，∴f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)<0，得ln x＋1<0，
解得00，得ln x＋1>0，解得x>，
∴f(x)的单调递增区间是.综上，f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.
(2)∵g′(x)＝3x2＋2ax－1,2f(x)≤g′(x)＋2恒成立，∴2xln x≤3x2＋2ax＋1恒成立．∵x>0，
∴a≥ln x－x－在x∈(0，＋∞)上恒成立．设h(x)＝ln x－x－(x>0)，则h′(x)＝－＋＝－.令h′(x)＝0，得x1＝1，x2＝－(舍去)．
当x变化时，h′(x)，h(x)的变化情况如下表：
x (0,1) 1 (1，＋∞)
h′(x) ＋ 0 －
h(x) ? 极大值 ?
∴当x＝1时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max＝h(1)＝－2，∴若a≥h(x)在x∈(0，＋∞)上恒成立，则a≥h(x)max＝－2，故实数a的取值范围是[－2，＋∞)．