【名师一号】2014-2015学年新课标A版高中数学选修2-3：第一章+计数原理++单元同步测试（含解析）
文档属性
| 名称 | 【名师一号】2014-2015学年新课标A版高中数学选修2-3：第一章+计数原理++单元同步测试（含解析） |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 80.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2014-12-09 11:14:47 | ||
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文档简介
第一章测试
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．3名学生报名参加艺术体操、美术、计算机、航模课外兴趣小组，每人选报一种，则不同的报名种数有( )
A．3 B．12
C．34 D．43
解析 每位学生都有4种报名方法，因此有4×4×4＝43种．
答案 D
2．从1,3,5,7,9中任取3个数字，从2,4,6,8中任取两个数字，一共可以组成没有重复数字的五位偶数的个数为( )
A．2880 B．7200
C．1440 D．60
解析 先取后排，CCAA＝2880.
答案 A
3．12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变．则不同调整方法的种数是( )
A．CA B．CA
C．CA D．CA
解析 从后排8人中选2人的方法有C种．设选出的2人为A、B，安排A到前排有A种方法，再安排B到前排有A种方法．∴共有CAA＝CA种方法．故选C.
答案 C
4．从集合M＝{0,1,2}到集合N＝{1,2,3,4}的不同映射的个数是( )
A．81个 B．64个
C．24个 D．12个
解析 由映射的定义可知，从集合M到N的映射有43＝64(个)．
答案 B
5．若(x2－)n的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值是( )
A．5 B．4
C．6 D．7
解析 ∵Tr＋1＝C(x2)n－r·(－)r＝
(－1)rCx2n－5r(r＝0,1,2，…，n)．
令2n－5r＝0，即n＝r.
∴当r＝2，n＝5时，T3＝C为常数项．
答案 A
6．已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝( )
A．－4 B．－3
C．－2 D．－1
解析 解法1：(1＋ax)(1＋x)5＝(1＋ax)(C＋Cx＋Cx2＋Cx3＋Cx4＋Cx5)．故展开式中x2的系数为C＋Ca＝5，即10＋5a＝5，a＝－1.
解法2：用组合数作答．(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的项为Cx2＋axCx＝(C＋Ca)x2，依题意，得C＋Ca＝5，解得a＝－1.
答案 D
7．从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a，b，共可得到lga－lgb的不同值的个数是( )
A．9 B．10
C．18 D．20
解析 可用间接法作答，先从1,3,5,7,9，这5个数中任取两个分别为a，b，有A种取法，当取出的两个数分别为(1,3)和(3,9)时，其对数值lga－lgb＝lg1－lg3＝－lg3，lg3－lg9＝lg3－2lg3＝－lg3，lg3－lg1＝lg3，lg9－lg3＝2lg3－lg3＝lg3会出相同的结果，因此，可得到lga－lgb为不同值的个数为A－2＝18.
答案 C
8．若对于任意的实数x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3.则a2的值为( )
A．3 B．6
C．9 D．12
解析 设x－2＝t，则x＝t＋2，原式化为(2＋t)3＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3
∴a2＝C·2＝6，故选B.
答案 B
9．在(x2＋3x＋2)5的展开式中x的系数为( )
A．160 B．240
C．360 D．800
解析 把(x2＋3x＋2)5看作5个因式(x2＋3x＋2)相乘．其中一个因式取3x，其他4个因式取2，得C3xC24＝240x.
∴x的系数为240.
答案 B
10．下图是著名的杨辉三角，则表中所有各数的和是( )
A．225 B．256
C．127 D．128
解析 由图可知，表中所有各数的和是20＋21＋22＋…＋26＝＝27－1＝127.
答案 C
11．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为( )
A．33 B．34
C．35 D．36
解析 分类：若横坐标选5，有1×CCA－1＝11(其中(5,1,1)重复)．若横坐标选B中的元素有：2CCA＝12，若横坐标选C中的元素有3CCA－2＝10(其中(1,5,1)，(1,1,5)与前重复)．
∴共33个不同点．
答案 A
12．设(1＋x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a0，a1，a2，…，a8中奇数的个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析 a0＝C＝1，a1＝C＝8，a2＝C＝28，a3＝C＝56，a4＝C＝70，…，a8＝C＝1.
答案 A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有________种．(用数字作答)
解析 由题设知，必有两个班去同一工厂，所以把5个班分成四组，有C种分法，每一种分法对应去4个工厂的全排列．因此，共有CA＝240(种)．
答案 240
14．已知(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，若a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数m＝________.
解析 由题设知，a0＝1，令x＝1，
得a0＋a1＋a2＋…＋a6＝(1＋m)6，即(1＋m)6＝64.
故1＋m＝±2，m＝1或－3.
答案 1或－3
15．一个集合A含有n个元素，则集合A的所有子集的个数为________．
解析 所有子集的个数为C＋C＋C＋…＋C＝2n.
答案 2n
16．从n个正整数1,2，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为，则n＝________.
解析 从n个正整数1,2，…，n中任意取出两个不同的数，所有的取法有C种，其中取出的两数之和等于5的只有两种，即1和4,2和3，故所求的概率为＝，即n2－n－56＝0，解得n＝8.
答案 8
三、解答题(本大题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)安排5名歌手的演出顺序．
(1)要求歌手甲不第一个出场，有多少种不同的排法？
(2)要求歌手甲不第一个出场，且歌手乙不最后一个出场，有多少种不同的排法？
解 (1)先从甲以外的4名歌手中选1人出场，其他四名歌手任意排列，所以，共有CA＝96种演出顺序．
(2)(间接法)：A－2A＋A＝78(种)或分类完成，
第一类：甲最后一个出场，有A＝24(种)
第二类：甲不最后一个出场，有CCA＝54(种)
所以，共有24＋54＝78(种)演出顺序．
18．(12分)已知n展开式中的倒数第三项的二项式系数为45.
(1)求含有x3的项；
(2)求二项式系数最大的项．
解 (1)由已知得C＝45，即C＝45.
∴n2－n－90＝0，解得n＝10，或n＝－9(舍)．
由通项公式得：
19．(12分)从－1,0,1,2,3中选3个不同数字组成二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数．
(1)开口向上且不过原点的不同抛物线有几条？
(2)与x轴正、负半轴均有交点的不同抛物线有几条？
(3)与x轴负半轴至少有一个交点的不同抛物线有几条？
解 (1)由题设知，a>0且c≠0，因此共有CCC＝27(条)满足条件的抛物线．
(2)只需ac<0，因此a，c中必有一个为－1.故满足条件的抛物线共有：CC×2＝18(条)．
(3)可分为三类：第一类，与x轴正、负半轴均有交点的抛物线．由(2)知，18条；
第二类，过原点且与x轴负半轴有一个交点，此时，c＝0，ab>0，共有A＝6(条)；
第三类，与x轴负半轴有两个交点，则必须满足?
∴b＝3，a，c在1,2中取，有2条．
综上可知，共有18＋6＋2＝26(条)．
20．(12分)在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目安排在一起，若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序(序号为1,2，…，6)，求
(1)甲、乙两单位演出序号均为偶数的概率；
(2)甲、乙两单位的演出序号不相邻的概率．
解 考虑甲、乙两个单位的排列，甲、乙两单位可能排列在6个位置中的任意两个，有A＝30种等可能结果．
(1)设A表示“甲、乙的演出序号均为偶数”，则A包含的结果有A＝6种，
故所求的概率为P(A)＝＝.
(2)设B表示“甲、乙两单位演出序号不相邻”，则表示甲、乙两单位为演出序号相邻，
包含的结果有5×A＝10种，
故所求的概率为P(B)＝1－P()＝1－＝.
21．(12分)设f(x)是定义在R上的一个给定的函数，函数g(x)＝C·f·x0·(1－x)n＋C·f·x·(1－x)n－1＋…＋C·f·xn·(1－x)0(x≠0,1)．
(1)当f(x)＝1时，求g(x)；
(2)当f(x)＝x时，求g(x)．
解 (1)当f(x)＝1时，
g(x)＝C(1－x)n＋Cx(1－x)n－1＋…＋Cxn(1－x)0＝[(1－x)＋x]n＝1.
(2)当f(x)＝x时，
g(x)＝0＋Cx(1－x)n－1＋·C·x2(1－x)n－2＋…＋Cxn(1－x)0＝x[C(1－x)n－1＋Cx(1－x)n－2＋…＋Cxn－1(1－x)0]＝x[(1－x)＋x]n－1＝x.
22．(12分)袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个球．
(1)若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？
(2)若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？
(3)取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取4球的总分不低于5分，则有多少种不同的取法？
解 (1)分三类：3红1白，2红2白，1红3白这三类，由分类加法计数原理有：CC＋CC＋CC＝194(种)．
(2)分三类：4红，3红1白，2红2白，由分类加法计数原理共有：C＋CC＋CC＝115(种)．
(3)由题意知，取4球的总分不低于5，只要取出的4个球中至少一个红球即可．因此共有取法：CC＋CC＋CC＋C＝195(种)．
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，满分60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．3名学生报名参加艺术体操、美术、计算机、航模课外兴趣小组，每人选报一种，则不同的报名种数有( )
A．3 B．12
C．34 D．43
解析 每位学生都有4种报名方法，因此有4×4×4＝43种．
答案 D
2．从1,3,5,7,9中任取3个数字，从2,4,6,8中任取两个数字，一共可以组成没有重复数字的五位偶数的个数为( )
A．2880 B．7200
C．1440 D．60
解析 先取后排，CCAA＝2880.
答案 A
3．12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变．则不同调整方法的种数是( )
A．CA B．CA
C．CA D．CA
解析 从后排8人中选2人的方法有C种．设选出的2人为A、B，安排A到前排有A种方法，再安排B到前排有A种方法．∴共有CAA＝CA种方法．故选C.
答案 C
4．从集合M＝{0,1,2}到集合N＝{1,2,3,4}的不同映射的个数是( )
A．81个 B．64个
C．24个 D．12个
解析 由映射的定义可知，从集合M到N的映射有43＝64(个)．
答案 B
5．若(x2－)n的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值是( )
A．5 B．4
C．6 D．7
解析 ∵Tr＋1＝C(x2)n－r·(－)r＝
(－1)rCx2n－5r(r＝0,1,2，…，n)．
令2n－5r＝0，即n＝r.
∴当r＝2，n＝5时，T3＝C为常数项．
答案 A
6．已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝( )
A．－4 B．－3
C．－2 D．－1
解析 解法1：(1＋ax)(1＋x)5＝(1＋ax)(C＋Cx＋Cx2＋Cx3＋Cx4＋Cx5)．故展开式中x2的系数为C＋Ca＝5，即10＋5a＝5，a＝－1.
解法2：用组合数作答．(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的项为Cx2＋axCx＝(C＋Ca)x2，依题意，得C＋Ca＝5，解得a＝－1.
答案 D
7．从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别为a，b，共可得到lga－lgb的不同值的个数是( )
A．9 B．10
C．18 D．20
解析 可用间接法作答，先从1,3,5,7,9，这5个数中任取两个分别为a，b，有A种取法，当取出的两个数分别为(1,3)和(3,9)时，其对数值lga－lgb＝lg1－lg3＝－lg3，lg3－lg9＝lg3－2lg3＝－lg3，lg3－lg1＝lg3，lg9－lg3＝2lg3－lg3＝lg3会出相同的结果，因此，可得到lga－lgb为不同值的个数为A－2＝18.
答案 C
8．若对于任意的实数x，有x3＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3.则a2的值为( )
A．3 B．6
C．9 D．12
解析 设x－2＝t，则x＝t＋2，原式化为(2＋t)3＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3
∴a2＝C·2＝6，故选B.
答案 B
9．在(x2＋3x＋2)5的展开式中x的系数为( )
A．160 B．240
C．360 D．800
解析 把(x2＋3x＋2)5看作5个因式(x2＋3x＋2)相乘．其中一个因式取3x，其他4个因式取2，得C3xC24＝240x.
∴x的系数为240.
答案 B
10．下图是著名的杨辉三角，则表中所有各数的和是( )
A．225 B．256
C．127 D．128
解析 由图可知，表中所有各数的和是20＋21＋22＋…＋26＝＝27－1＝127.
答案 C
11．已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为( )
A．33 B．34
C．35 D．36
解析 分类：若横坐标选5，有1×CCA－1＝11(其中(5,1,1)重复)．若横坐标选B中的元素有：2CCA＝12，若横坐标选C中的元素有3CCA－2＝10(其中(1,5,1)，(1,1,5)与前重复)．
∴共33个不同点．
答案 A
12．设(1＋x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a0，a1，a2，…，a8中奇数的个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析 a0＝C＝1，a1＝C＝8，a2＝C＝28，a3＝C＝56，a4＝C＝70，…，a8＝C＝1.
答案 A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有________种．(用数字作答)
解析 由题设知，必有两个班去同一工厂，所以把5个班分成四组，有C种分法，每一种分法对应去4个工厂的全排列．因此，共有CA＝240(种)．
答案 240
14．已知(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，若a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数m＝________.
解析 由题设知，a0＝1，令x＝1，
得a0＋a1＋a2＋…＋a6＝(1＋m)6，即(1＋m)6＝64.
故1＋m＝±2，m＝1或－3.
答案 1或－3
15．一个集合A含有n个元素，则集合A的所有子集的个数为________．
解析 所有子集的个数为C＋C＋C＋…＋C＝2n.
答案 2n
16．从n个正整数1,2，…，n中任意取出两个不同的数，若取出的两数之和等于5的概率为，则n＝________.
解析 从n个正整数1,2，…，n中任意取出两个不同的数，所有的取法有C种，其中取出的两数之和等于5的只有两种，即1和4,2和3，故所求的概率为＝，即n2－n－56＝0，解得n＝8.
答案 8
三、解答题(本大题共6个小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)安排5名歌手的演出顺序．
(1)要求歌手甲不第一个出场，有多少种不同的排法？
(2)要求歌手甲不第一个出场，且歌手乙不最后一个出场，有多少种不同的排法？
解 (1)先从甲以外的4名歌手中选1人出场，其他四名歌手任意排列，所以，共有CA＝96种演出顺序．
(2)(间接法)：A－2A＋A＝78(种)或分类完成，
第一类：甲最后一个出场，有A＝24(种)
第二类：甲不最后一个出场，有CCA＝54(种)
所以，共有24＋54＝78(种)演出顺序．
18．(12分)已知n展开式中的倒数第三项的二项式系数为45.
(1)求含有x3的项；
(2)求二项式系数最大的项．
解 (1)由已知得C＝45，即C＝45.
∴n2－n－90＝0，解得n＝10，或n＝－9(舍)．
由通项公式得：
19．(12分)从－1,0,1,2,3中选3个不同数字组成二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数．
(1)开口向上且不过原点的不同抛物线有几条？
(2)与x轴正、负半轴均有交点的不同抛物线有几条？
(3)与x轴负半轴至少有一个交点的不同抛物线有几条？
解 (1)由题设知，a>0且c≠0，因此共有CCC＝27(条)满足条件的抛物线．
(2)只需ac<0，因此a，c中必有一个为－1.故满足条件的抛物线共有：CC×2＝18(条)．
(3)可分为三类：第一类，与x轴正、负半轴均有交点的抛物线．由(2)知，18条；
第二类，过原点且与x轴负半轴有一个交点，此时，c＝0，ab>0，共有A＝6(条)；
第三类，与x轴负半轴有两个交点，则必须满足?
∴b＝3，a，c在1,2中取，有2条．
综上可知，共有18＋6＋2＝26(条)．
20．(12分)在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目安排在一起，若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序(序号为1,2，…，6)，求
(1)甲、乙两单位演出序号均为偶数的概率；
(2)甲、乙两单位的演出序号不相邻的概率．
解 考虑甲、乙两个单位的排列，甲、乙两单位可能排列在6个位置中的任意两个，有A＝30种等可能结果．
(1)设A表示“甲、乙的演出序号均为偶数”，则A包含的结果有A＝6种，
故所求的概率为P(A)＝＝.
(2)设B表示“甲、乙两单位演出序号不相邻”，则表示甲、乙两单位为演出序号相邻，
包含的结果有5×A＝10种，
故所求的概率为P(B)＝1－P()＝1－＝.
21．(12分)设f(x)是定义在R上的一个给定的函数，函数g(x)＝C·f·x0·(1－x)n＋C·f·x·(1－x)n－1＋…＋C·f·xn·(1－x)0(x≠0,1)．
(1)当f(x)＝1时，求g(x)；
(2)当f(x)＝x时，求g(x)．
解 (1)当f(x)＝1时，
g(x)＝C(1－x)n＋Cx(1－x)n－1＋…＋Cxn(1－x)0＝[(1－x)＋x]n＝1.
(2)当f(x)＝x时，
g(x)＝0＋Cx(1－x)n－1＋·C·x2(1－x)n－2＋…＋Cxn(1－x)0＝x[C(1－x)n－1＋Cx(1－x)n－2＋…＋Cxn－1(1－x)0]＝x[(1－x)＋x]n－1＝x.
22．(12分)袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个球．
(1)若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？
(2)若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？
(3)取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取4球的总分不低于5分，则有多少种不同的取法？
解 (1)分三类：3红1白，2红2白，1红3白这三类，由分类加法计数原理有：CC＋CC＋CC＝194(种)．
(2)分三类：4红，3红1白，2红2白，由分类加法计数原理共有：C＋CC＋CC＝115(种)．
(3)由题意知，取4球的总分不低于5，只要取出的4个球中至少一个红球即可．因此共有取法：CC＋CC＋CC＋C＝195(种)．