人教A版高中数学选择性必修第三册章末综合检测（一）计数原理含答案（教师用）
文档属性
| 名称 | 人教A版高中数学选择性必修第三册章末综合检测（一）计数原理含答案（教师用） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 243.6KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-21 09:26:43 | ||
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文档简介
章末综合检测（一） 计数原理
A卷——基本知能盘查卷
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．从A地到B地要经过C地和D地，从A地到C地有3条路，从C地到D地有2条路，从D地到B地有4条路，则从A地到B地不同走法的种数是( )
A．9 B．1
C．24 D．3
解析：选C 完成从A地到B地这件事情共分三步：第一步，从A地到C地；第二步，从C地到D地；第三步，从D地到B地．符合分步乘法计数原理，共有3×2×4＝24种不同的走法．
2．下列计算结果为28的是( )
A．A＋A B．C
C．A D．C
解析：选D C＝＝4×7＝28.
3．某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、外语统一考试外，还需从物理、化学、生物学、思想政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、思想政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为( )
A．6 B．12
C．18 D．19
解析：选D 从六科中选考三科的选法有C种，其中不选物理、思想政治、历史中任意一科的选法有1种，因此学生甲的选考方法共有C－1＝19种．
4．高三(一)班学生要安排毕业晚会上4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是( )
A．1 800 B．3 600
C．4 320 D．5 040
解析：选B 不同的排法种数为AA＝3 600.
5．在(x－2)6展开式中，二项式系数的最大值为m，含x5项的系数为n，则＝( )
A. B．－
C. D．－
解析：选D 因为n＝6是偶数，所以展开式共有7项，其中中间一项的二项式系数最大，其二项式系数为
m＝C＝20，含x5项的系数为n＝(－1)C×2＝－12，
则＝－＝－.故选D.
6.用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )
A．4 320种 B．2 880种
C．1 440种 D．720种
解析：选A 分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法．根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×4×3＝4 320(种)不同的涂色方法．
7．五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁两种不能排在一起，则不同的排法总数共有( )
A．12种 B．20种
C．24种 D．48种
解析：选C 甲、乙捆绑看成一个元素，与丙、丁之外的1个元素共两个元素进行全排列，有AA种排法，再插空排入丙、丁，共有AA·A＝24种不同排法．
8．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8＝( )
A．－180 B．180
C．45 D．－45
解析：选B 令t＝1－x，则x＝1－t，
所以有(2－t)10＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a10t10，
因为Tr＋1＝C210－r(－t)r＝C210－r(－1)rtr，
令r＝8，得a8＝C×22＝180.
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．下列关于(a－b)10的说法，正确的是( )
A．展开式中的二项式系数之和为1 024
B．展开式中第6项的二项式系数最大
C．展开式中第5项或第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
解析：选ABD 由展开式的二项式系数之和为2n知A正确；当n为偶数时，展开式中二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也正确，因为展开式中第6项的系数是负数，且二项式系数最大，所以是系数最小的项．
10．若5的展开式中含xα(α∈Z)，则α的值可能为( )
A．－5 B．1
C．7 D．2
解析：选ABC 由题意可知
Tr＋1＝C(2x2)5－r·r
＝25－r·(－3)r·C·x10－3r，
其中r＝0,1，2，…，5.
令10－3r＝－5，得r＝5；
令10－3r＝1，得r＝3；
令10－3r＝7，得r＝1；
令10－3r＝2，得r＝ N.
所以α的值可能为－5,1,7，故选A、B、C.
11．已知(2x－m)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7，若a0＋＋＋…＋＝－128，则有( )
A．m＝2
B．a3＝－280
C．a0＝－1
D．－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14
解析：选BCD 令1－x＝，即x＝，
可得7＝(1－m)7
＝a0＋＋＋…＋＝－128，得m＝3.
再令x＝1，得a0＝(－1)7＝－1.
因为(2x－3)7＝[－1－2(1－x)]7，
所以a3＝C×(－1)7－3×(－2)3＝－280.
对(2x－3)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7两边求导得
14(2x－3)6＝－a1－2a2(1－x)－…－7a7(1－x)6，
令x＝2得－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14.故选B、C、D.
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上)
12．方程3A＝2A＋6A的解为________．
解析：由排列数公式可知
3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，
∵x≥3且x∈N*，
∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，
即3x2－17x＋10＝0，解得x＝5或x＝(舍去)，
∴x＝5.
答案：5
13．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有________种．
解析：根据2号盒子里放球的个数分类．第一类，2号盒子里放2个球，有C种放法．第二类，2号盒子里放3个球，有C种放法，所以不同的放球方法的种数为C＋C＝10.
答案：10
14．在(x－2)5·(＋y)4的展开式中，x3y2的系数为________．
解析：(x－2)5的展开式的通项为Tr＋1＝Cx5－r(－2)r，令5－r＝3，得r＝2，则x3的系数为C(－2)2＝40；(＋y)4的展开式的通项为Tr＋1＝C()4－ryr，令r＝2，得y2的系数为C()2＝12.故展开式中x3y2的系数为40×12＝480.
答案：480
四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(13分)将四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．
(1)若每个盒子放一个球，则有多少种不同的放法？
(2)恰有一个空盒的放法共有多少种？
解：(1)每个盒子放一个球，共有A＝24种不同的放法．
(2)先选后排，分三步完成．
第一步：四个盒子中选一个为空盒子，有4种选法；
第二步：任选两球为一个元素，有C种选法；
第三步：将三个元素放入三个盒中，有A种放法．
根据分步乘法计数原理，共有4×CA＝144种放法．
16.(15分)(1)已知C＝A＋1，求n；
(2)若C>3C，求m.
解：(1)由C＝A＋1得
＝(n－1)(n－2)＋1.
即n2－7n＋6＝0.
解得n＝1，或n＝6.
由A知，n≥3，故n＝6.
(2)原不等式可化为>，
解得m>.
∵0≤m－1≤8，且0≤m≤8，∴1≤m≤8.
又m是整数，∴m＝7或m＝8.
17.(15分)已知n(n∈N*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10∶1.
(1)求展开式中各项系数的和；
(2)求展开式中含x的项；
(3)求展开式中系数的绝对值最大的项．
解：因为n的展开式的通项是
Tr＋1＝C()n－rr＝(－2)rCx，
所以T5＝T4＋1＝24Cx－10，T3＝T2＋1＝22Cx－5.
所以＝，
所以n2－5n－24＝0，解得n＝8或n＝－3(舍去)．
(1)令x＝1，则 8各项系数的和为1.
(2)展开式通项为Tr＋1＝(－2)rCx，
令＝，得r＝1.
所以展开式中含x的项为
T2＝T1＋1＝(－2)1Cx＝－16x.
(3)展开式的第r项、第r＋1项、第r＋2项的系数的绝对值分别为C2r－1，C2r，C2r＋1，
若第r＋1项的系数的绝对值最大，
则有解得5≤r≤6，
故系数的绝对值最大的项为第六项或第七项，
即T6＝－1 792x－，T7＝1 792x－11.
18．(17分)已知二项式(1＋ax)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，其展开式中各项系数和为27.若抛物线方程为y2＝2ax，过点且倾斜角为的直线l与抛物线交于A，B两点．
(1)求展开式中最大的二项式系数(用数字作答)；
(2)求线段AB的长度．
解：(1)二项式系数分别为C，C，…，C，其中C＝C最大．故最大的二项式系数为35.
(2)令x＝1，有(1＋a)7＝27，∴a＝1.
抛物线方程为y2＝2x，直线l过抛物线的焦点且倾斜角为，则直线方程为y＝x－，
令A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立
可得x2－3x＋＝0，即x1＋x2＝3，x1x2＝，
故|AB|＝·＝4.
19．(17分)用0,1,2,3,4,5这六个数字，完成下面三个小题．
(1)若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数；
(2)若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数；
(3)若直线方程ax＋by＝0中的a，b可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？
解：(1)5×6×6×6×3＝3 240(个)．
(2)当首位数字是5，而末位数字是0时，有AA＝18(个)；
当首位数字是3，而末位数字是0或5时，有AA＝48(个)；
当首位数字是1或2或4，而末位数字是0或5时，有AAAA＝108(个)．
故共有18＋48＋108＝174(个)．
(3)a，b中有一个取0时，有2条；
a，b都不取0时，有A＝20(条)；
a＝1，b＝2与a＝2，b＝4重复，
a＝2，b＝1与a＝4，b＝2重复．
故共有2＋20－2＝20(条)．
B卷——高考能力达标卷
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．现有高一学生9人，高二学生12人，高三学生7人，自发组织参加数学课外活动小组，从中推选两名来自不同年级的学生做一次活动的主持人，不同的选法共有( )
A．756种 B．56种
C．28种 D．255种
解析：选D 推选两名来自不同年级的两名学生，有N＝9×12＋12×7＋9×7＝255(种).
2.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有( )
A．6种 B．12种
C．18种 D．24种
解析：选A 根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法．
3．设常数a∈R，若5的二项展开式中x7项的系数为－10，则a等于( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选A Tr＋1＝C(x2)5－rr＝ar·C·x10－3r，令10－3r＝7，得r＝1，故Ca＝－10 a＝－2.
4．某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有( )
A．16种 B．36种
C．42种 D．60种
解析：选D 若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项，共CA种方法．由分类加法计数原理知共A＋CA＝60(种)方法．
5．我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼 15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有( )
A．12种 B．18种
C．24种 D．48种
解析：选C 把甲、乙看作1个元素和另一飞机全排列，调整甲、乙，共有A·A种方法，再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列产生的3个空位中，有A种方法，由分步乘法计数原理可得总的方法种数为A·A·A＝24.
6．在(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn中，若2a2＋an－5＝0，则自然数n的值是( )
A．9 B．8
C．7 D．6
解析：选B ∵a2＝C，an－5＝(－1)n－5C
＝(－1)n－5C，∴2C＋(－1)n－5C＝0，
即＝－1，
∴(n－2)(n－3)(n－4)＝120且n－5为奇数，∴n＝8.
7．设函数f(x)＝则当x>0时，f(f(x))表达式的展开式中常数项为( )
A．－20 B．20
C．－15 D．15
解析：选A 当x>0时，f[f(x)]＝6＝6的展开式中，常数项为C3(－)3＝－20.
8.用三种不同的颜色填涂如图所示的3×3方格中的9个区域，要求每行每列的三个区域都不同色，则不同的填涂种数为( )
A．8 B．12
C．14 D．16
解析：选B 将9个区域分别标号为1～9号，如图，第一步给区域1涂色有3种不同方法；第二步给区域2涂色有2种不同方法；第三步给区域4涂色，可分为两类，第一类区域4与区域2同色，则此时区域5不能与区域1同色，有1种涂色方法；第二类区域4与区域2不同色，则区域4有1种涂色方法，此时，区域5也有1种涂色方法，故第三步共有1＋1＝2(种)不同方法；第四步涂3,6,7,8,9五个区域，由于1,2,4,5四个区域所涂颜色确定，所以3,6,7,8,9五个区域所涂颜色也唯一确定，故不同的涂色方法有3×2×2×1＝12(种)．
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．下列说法正确的是( )
A．AA与A相等
B．过三棱柱任意两顶点的异面直线共有36对
C．若C＝C，则x＝4
D．从5个人中选3人站成一排，则不同的排法为60种
解析：选ABD A中，AA＝10×9×8×7！，A＝10×9×8×7！，故AA＝A，正确．
B中，三棱柱有6个顶点，可组成C－3＝12个不同四面体，而每个四面体有三对异面直线，则共有12×3＝36对，正确．
C中，∵C＝C，∴x＝3x－8或x＋(3x－8)＝28，即x＝4或9，C错误．
D中，从5个人中选出3人，共有A＝5×4×3＝60种不同选法，正确．
10．某学生想在物理、化学、生物学、思想政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是( )
A．若任意选择三门课程，选法总数为A
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为CC
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为C－C
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为CC－C
解析：选ABD 对于A，若任意选择三门课程，选法总数为C，错误；
对于B，若物理和化学选一门，有C种方法，其余两门从剩余的五门中选，有C种选法；若物理和化学选两门，有C种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有C种选法，由分类加法计数原理得，总数为CC＋CC，错误；
对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为
C－CC＝C－C，正确；
对于D，有3种情况：①只选物理且物理和历史不同时选，有CC种选法；②选化学，不选物理，有CC种选法；③物理与化学都选，有CC种选法，故选法总数为CC＋CC＋CC＝6＋10＋4＝20(种)，错误．
11．已知n(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1 024，则下列说法正确的是( )
A．展开式中奇数项的二项式系数和为256
B．展开式中第6项的系数最大
C．展开式中存在常数项
D．展开式中含x15项的系数为45
解析：选BCD 因为n的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以C＝C，得n＝10.因为展开式的各项系数之和为1 024，所以令x＝1，得(a＋1)10＝1 024，得a＝1.故给定的二项式为10，其展开式中奇数项的二项式系数和为×210＝512，故A不正确；由n＝10可知二项式系数最大的项是展开式的第6项，而10展开式的系数与对应的二项式系数相等，故B正确；展开式的通项公式为Tk＋1＝C(x2)10－k·k＝Cx20－(k＝0,1,2，…，10)，令20－＝0，解得k＝8，即常数项为第9项，故C正确；令20－＝15，得k＝2，故展开式中含x15项的系数为C＝45，故D正确．
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上)
12．(x2＋2)5的展开式的常数项是________．
解析：第一个因式取x2，第二个因式取含的项得：1×C(－1)4＝5；第一个因式取2，第二个因式取常数项得：2×(－1)5＝－2，故展开式的常数项是5＋(－2)＝3.
答案：3
13．有唱歌、跳舞、小品、杂技、相声五个节目制成一个节目单，其中小品、相声不相邻且相声、跳舞相邻的节目单有________种．(结果用数字作答)
解析：先考虑相声、跳舞相邻的情况，只需将相声、跳舞这两个节目进行捆绑，形成一个大元素，然后再将这个“大元素”与其他三个节目进行排序，共有AA＝48(种)排法．接下来考虑相声节目与小品、跳舞都相邻的情形，需将相声与小品、跳舞这三个节目进行捆绑，其中相声节目位于中间，然后将这个“大元素”与其他两个节目进行排序，此时共有AA＝12(种)排法．综上所述，由间接法可知，共有48－12＝36种不同的排法．
答案：36
14．(2024·新课标Ⅱ卷)在如图所示的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有__________种选法，在符合上述要求的选法中，选中方格中的四个数之和的最大值是__________.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，
第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有4×3×2×1＝24种选法．
每种选法可标记为(a，b，c，d)，a，b，c，d分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为
(11,22,33,44)，(11,22,34,43)，(11,22,33,44)，(11,22,34,42)，(11,24,33,43)，(11,24,33,42)，(12,21,33,44)，(12,21,34,43)，(12,22,31,44)，(12,22,34,40)，(12,24,31,43)，(12,24,33,40)，(13,21,33,44)，(13,21,34,42)，(13,22,31,44)，(13,22,34,40)，(13,24,31,42)，(13,24,33,40)，(15,21,33,43)，(15,21,33,42)，(15,22,31,43)，(15,22,33,40)，(15,22,31,42)，(15,22,33,40)，所以选中的方格中，(15,21,33,43)的4个数之和最大，为15＋21＋33＋43＝112.
答案：24 112
四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(13分)已知n展开式中的倒数第3项的系数为45，求：
(1)含x3的项；
(2)系数最大的项．
解：(1)由题意可知C＝45，
即C＝45，所以n＝10，
Tr＋1＝C10－rr＝Cx，
令＝3，得r＝6，
所以含x3的项为T7＝Cx3＝Cx3＝210x3.
(2)系数最大的项为中间项即T6＝Cx＝252x.
16．(15分)用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色．
(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？
(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.
解：(1)分四步：第1步涂A有6种不同的方法，第2步涂B有5种不同的方法，第3步涂C有4种不同的方法，第4步涂D有4种不同的方法．
根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480(种)不同的方法．
(2)由题意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，注意到n∈N*，可得n＝5.
17．(15分)已知(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，且a2＝60.
(1)求n的值；
(2)求－＋－＋…＋(－1)n的值．
解：(1)因为T3＝C(－2x)2＝a2x2，
所以a2＝C(－2)2＝60，
化简可得n(n－1)＝30，且n∈N*，解得n＝6.
(2)因为Tr＋1＝C(－2x)r＝arxr，
所以ar＝C(－2)r，
所以(－1)r＝C，
故－＋－＋…＋(－1)n
＝－＋－＋…＋
＝C＋C＋…＋C＝26－1＝63.
18．(17分)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．
(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？
解：(1)将取出4个球分成三类情况：
①取4个红球，没有白球，有C种；
②取3个红球1个白球，有CC种；
③取2个红球2个白球，有CC种，
故有C＋CC＋CC＝115(种)．
(2)设取x个红球，y个白球(x，y∈N*)，
则故或或
因此，符合题意的取法种数有
CC＋CC＋CC＝186(种)．
19．(17分)从－1,0,1,2,3中选三个(不重复)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)若要满足题意，则a>0且c≠0，
共有AAA＝27(条)．
(2)要满足题意，则需ac<0，故a，c中必有一个为－1，
有2A·A＝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有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：只与x轴负半轴有交点，则必须满足即
故b＝3，a，c在1,2中取，有2条，
由分类加法计数原理得共有18＋6＋2＝26(条)．
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A卷——基本知能盘查卷
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．从A地到B地要经过C地和D地，从A地到C地有3条路，从C地到D地有2条路，从D地到B地有4条路，则从A地到B地不同走法的种数是( )
A．9 B．1
C．24 D．3
解析：选C 完成从A地到B地这件事情共分三步：第一步，从A地到C地；第二步，从C地到D地；第三步，从D地到B地．符合分步乘法计数原理，共有3×2×4＝24种不同的走法．
2．下列计算结果为28的是( )
A．A＋A B．C
C．A D．C
解析：选D C＝＝4×7＝28.
3．某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、外语统一考试外，还需从物理、化学、生物学、思想政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、思想政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为( )
A．6 B．12
C．18 D．19
解析：选D 从六科中选考三科的选法有C种，其中不选物理、思想政治、历史中任意一科的选法有1种，因此学生甲的选考方法共有C－1＝19种．
4．高三(一)班学生要安排毕业晚会上4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是( )
A．1 800 B．3 600
C．4 320 D．5 040
解析：选B 不同的排法种数为AA＝3 600.
5．在(x－2)6展开式中，二项式系数的最大值为m，含x5项的系数为n，则＝( )
A. B．－
C. D．－
解析：选D 因为n＝6是偶数，所以展开式共有7项，其中中间一项的二项式系数最大，其二项式系数为
m＝C＝20，含x5项的系数为n＝(－1)C×2＝－12，
则＝－＝－.故选D.
6.用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有( )
A．4 320种 B．2 880种
C．1 440种 D．720种
解析：选A 分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法．根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×4×3＝4 320(种)不同的涂色方法．
7．五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁两种不能排在一起，则不同的排法总数共有( )
A．12种 B．20种
C．24种 D．48种
解析：选C 甲、乙捆绑看成一个元素，与丙、丁之外的1个元素共两个元素进行全排列，有AA种排法，再插空排入丙、丁，共有AA·A＝24种不同排法．
8．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8＝( )
A．－180 B．180
C．45 D．－45
解析：选B 令t＝1－x，则x＝1－t，
所以有(2－t)10＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a10t10，
因为Tr＋1＝C210－r(－t)r＝C210－r(－1)rtr，
令r＝8，得a8＝C×22＝180.
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．下列关于(a－b)10的说法，正确的是( )
A．展开式中的二项式系数之和为1 024
B．展开式中第6项的二项式系数最大
C．展开式中第5项或第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
解析：选ABD 由展开式的二项式系数之和为2n知A正确；当n为偶数时，展开式中二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也正确，因为展开式中第6项的系数是负数，且二项式系数最大，所以是系数最小的项．
10．若5的展开式中含xα(α∈Z)，则α的值可能为( )
A．－5 B．1
C．7 D．2
解析：选ABC 由题意可知
Tr＋1＝C(2x2)5－r·r
＝25－r·(－3)r·C·x10－3r，
其中r＝0,1，2，…，5.
令10－3r＝－5，得r＝5；
令10－3r＝1，得r＝3；
令10－3r＝7，得r＝1；
令10－3r＝2，得r＝ N.
所以α的值可能为－5,1,7，故选A、B、C.
11．已知(2x－m)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7，若a0＋＋＋…＋＝－128，则有( )
A．m＝2
B．a3＝－280
C．a0＝－1
D．－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14
解析：选BCD 令1－x＝，即x＝，
可得7＝(1－m)7
＝a0＋＋＋…＋＝－128，得m＝3.
再令x＝1，得a0＝(－1)7＝－1.
因为(2x－3)7＝[－1－2(1－x)]7，
所以a3＝C×(－1)7－3×(－2)3＝－280.
对(2x－3)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7两边求导得
14(2x－3)6＝－a1－2a2(1－x)－…－7a7(1－x)6，
令x＝2得－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14.故选B、C、D.
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上)
12．方程3A＝2A＋6A的解为________．
解析：由排列数公式可知
3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，
∵x≥3且x∈N*，
∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，
即3x2－17x＋10＝0，解得x＝5或x＝(舍去)，
∴x＝5.
答案：5
13．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有________种．
解析：根据2号盒子里放球的个数分类．第一类，2号盒子里放2个球，有C种放法．第二类，2号盒子里放3个球，有C种放法，所以不同的放球方法的种数为C＋C＝10.
答案：10
14．在(x－2)5·(＋y)4的展开式中，x3y2的系数为________．
解析：(x－2)5的展开式的通项为Tr＋1＝Cx5－r(－2)r，令5－r＝3，得r＝2，则x3的系数为C(－2)2＝40；(＋y)4的展开式的通项为Tr＋1＝C()4－ryr，令r＝2，得y2的系数为C()2＝12.故展开式中x3y2的系数为40×12＝480.
答案：480
四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(13分)将四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．
(1)若每个盒子放一个球，则有多少种不同的放法？
(2)恰有一个空盒的放法共有多少种？
解：(1)每个盒子放一个球，共有A＝24种不同的放法．
(2)先选后排，分三步完成．
第一步：四个盒子中选一个为空盒子，有4种选法；
第二步：任选两球为一个元素，有C种选法；
第三步：将三个元素放入三个盒中，有A种放法．
根据分步乘法计数原理，共有4×CA＝144种放法．
16.(15分)(1)已知C＝A＋1，求n；
(2)若C>3C，求m.
解：(1)由C＝A＋1得
＝(n－1)(n－2)＋1.
即n2－7n＋6＝0.
解得n＝1，或n＝6.
由A知，n≥3，故n＝6.
(2)原不等式可化为>，
解得m>.
∵0≤m－1≤8，且0≤m≤8，∴1≤m≤8.
又m是整数，∴m＝7或m＝8.
17.(15分)已知n(n∈N*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10∶1.
(1)求展开式中各项系数的和；
(2)求展开式中含x的项；
(3)求展开式中系数的绝对值最大的项．
解：因为n的展开式的通项是
Tr＋1＝C()n－rr＝(－2)rCx，
所以T5＝T4＋1＝24Cx－10，T3＝T2＋1＝22Cx－5.
所以＝，
所以n2－5n－24＝0，解得n＝8或n＝－3(舍去)．
(1)令x＝1，则 8各项系数的和为1.
(2)展开式通项为Tr＋1＝(－2)rCx，
令＝，得r＝1.
所以展开式中含x的项为
T2＝T1＋1＝(－2)1Cx＝－16x.
(3)展开式的第r项、第r＋1项、第r＋2项的系数的绝对值分别为C2r－1，C2r，C2r＋1，
若第r＋1项的系数的绝对值最大，
则有解得5≤r≤6，
故系数的绝对值最大的项为第六项或第七项，
即T6＝－1 792x－，T7＝1 792x－11.
18．(17分)已知二项式(1＋ax)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，其展开式中各项系数和为27.若抛物线方程为y2＝2ax，过点且倾斜角为的直线l与抛物线交于A，B两点．
(1)求展开式中最大的二项式系数(用数字作答)；
(2)求线段AB的长度．
解：(1)二项式系数分别为C，C，…，C，其中C＝C最大．故最大的二项式系数为35.
(2)令x＝1，有(1＋a)7＝27，∴a＝1.
抛物线方程为y2＝2x，直线l过抛物线的焦点且倾斜角为，则直线方程为y＝x－，
令A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立
可得x2－3x＋＝0，即x1＋x2＝3，x1x2＝，
故|AB|＝·＝4.
19．(17分)用0,1,2,3,4,5这六个数字，完成下面三个小题．
(1)若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数；
(2)若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数；
(3)若直线方程ax＋by＝0中的a，b可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？
解：(1)5×6×6×6×3＝3 240(个)．
(2)当首位数字是5，而末位数字是0时，有AA＝18(个)；
当首位数字是3，而末位数字是0或5时，有AA＝48(个)；
当首位数字是1或2或4，而末位数字是0或5时，有AAAA＝108(个)．
故共有18＋48＋108＝174(个)．
(3)a，b中有一个取0时，有2条；
a，b都不取0时，有A＝20(条)；
a＝1，b＝2与a＝2，b＝4重复，
a＝2，b＝1与a＝4，b＝2重复．
故共有2＋20－2＝20(条)．
B卷——高考能力达标卷
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40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．现有高一学生9人，高二学生12人，高三学生7人，自发组织参加数学课外活动小组，从中推选两名来自不同年级的学生做一次活动的主持人，不同的选法共有( )
A．756种 B．56种
C．28种 D．255种
解析：选D 推选两名来自不同年级的两名学生，有N＝9×12＋12×7＋9×7＝255(种).
2.将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有( )
A．6种 B．12种
C．18种 D．24种
解析：选A 根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法．
3．设常数a∈R，若5的二项展开式中x7项的系数为－10，则a等于( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选A Tr＋1＝C(x2)5－rr＝ar·C·x10－3r，令10－3r＝7，得r＝1，故Ca＝－10 a＝－2.
4．某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有( )
A．16种 B．36种
C．42种 D．60种
解析：选D 若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共A种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项，共CA种方法．由分类加法计数原理知共A＋CA＝60(种)方法．
5．我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼 15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有( )
A．12种 B．18种
C．24种 D．48种
解析：选C 把甲、乙看作1个元素和另一飞机全排列，调整甲、乙，共有A·A种方法，再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列产生的3个空位中，有A种方法，由分步乘法计数原理可得总的方法种数为A·A·A＝24.
6．在(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn中，若2a2＋an－5＝0，则自然数n的值是( )
A．9 B．8
C．7 D．6
解析：选B ∵a2＝C，an－5＝(－1)n－5C
＝(－1)n－5C，∴2C＋(－1)n－5C＝0，
即＝－1，
∴(n－2)(n－3)(n－4)＝120且n－5为奇数，∴n＝8.
7．设函数f(x)＝则当x>0时，f(f(x))表达式的展开式中常数项为( )
A．－20 B．20
C．－15 D．15
解析：选A 当x>0时，f[f(x)]＝6＝6的展开式中，常数项为C3(－)3＝－20.
8.用三种不同的颜色填涂如图所示的3×3方格中的9个区域，要求每行每列的三个区域都不同色，则不同的填涂种数为( )
A．8 B．12
C．14 D．16
解析：选B 将9个区域分别标号为1～9号，如图，第一步给区域1涂色有3种不同方法；第二步给区域2涂色有2种不同方法；第三步给区域4涂色，可分为两类，第一类区域4与区域2同色，则此时区域5不能与区域1同色，有1种涂色方法；第二类区域4与区域2不同色，则区域4有1种涂色方法，此时，区域5也有1种涂色方法，故第三步共有1＋1＝2(种)不同方法；第四步涂3,6,7,8,9五个区域，由于1,2,4,5四个区域所涂颜色确定，所以3,6,7,8,9五个区域所涂颜色也唯一确定，故不同的涂色方法有3×2×2×1＝12(种)．
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9．下列说法正确的是( )
A．AA与A相等
B．过三棱柱任意两顶点的异面直线共有36对
C．若C＝C，则x＝4
D．从5个人中选3人站成一排，则不同的排法为60种
解析：选ABD A中，AA＝10×9×8×7！，A＝10×9×8×7！，故AA＝A，正确．
B中，三棱柱有6个顶点，可组成C－3＝12个不同四面体，而每个四面体有三对异面直线，则共有12×3＝36对，正确．
C中，∵C＝C，∴x＝3x－8或x＋(3x－8)＝28，即x＝4或9，C错误．
D中，从5个人中选出3人，共有A＝5×4×3＝60种不同选法，正确．
10．某学生想在物理、化学、生物学、思想政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是( )
A．若任意选择三门课程，选法总数为A
B．若物理和化学至少选一门，选法总数为CC
C．若物理和历史不能同时选，选法总数为C－C
D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为CC－C
解析：选ABD 对于A，若任意选择三门课程，选法总数为C，错误；
对于B，若物理和化学选一门，有C种方法，其余两门从剩余的五门中选，有C种选法；若物理和化学选两门，有C种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有C种选法，由分类加法计数原理得，总数为CC＋CC，错误；
对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为
C－CC＝C－C，正确；
对于D，有3种情况：①只选物理且物理和历史不同时选，有CC种选法；②选化学，不选物理，有CC种选法；③物理与化学都选，有CC种选法，故选法总数为CC＋CC＋CC＝6＋10＋4＝20(种)，错误．
11．已知n(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1 024，则下列说法正确的是( )
A．展开式中奇数项的二项式系数和为256
B．展开式中第6项的系数最大
C．展开式中存在常数项
D．展开式中含x15项的系数为45
解析：选BCD 因为n的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以C＝C，得n＝10.因为展开式的各项系数之和为1 024，所以令x＝1，得(a＋1)10＝1 024，得a＝1.故给定的二项式为10，其展开式中奇数项的二项式系数和为×210＝512，故A不正确；由n＝10可知二项式系数最大的项是展开式的第6项，而10展开式的系数与对应的二项式系数相等，故B正确；展开式的通项公式为Tk＋1＝C(x2)10－k·k＝Cx20－(k＝0,1,2，…，10)，令20－＝0，解得k＝8，即常数项为第9项，故C正确；令20－＝15，得k＝2，故展开式中含x15项的系数为C＝45，故D正确．
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中的横线上)
12．(x2＋2)5的展开式的常数项是________．
解析：第一个因式取x2，第二个因式取含的项得：1×C(－1)4＝5；第一个因式取2，第二个因式取常数项得：2×(－1)5＝－2，故展开式的常数项是5＋(－2)＝3.
答案：3
13．有唱歌、跳舞、小品、杂技、相声五个节目制成一个节目单，其中小品、相声不相邻且相声、跳舞相邻的节目单有________种．(结果用数字作答)
解析：先考虑相声、跳舞相邻的情况，只需将相声、跳舞这两个节目进行捆绑，形成一个大元素，然后再将这个“大元素”与其他三个节目进行排序，共有AA＝48(种)排法．接下来考虑相声节目与小品、跳舞都相邻的情形，需将相声与小品、跳舞这三个节目进行捆绑，其中相声节目位于中间，然后将这个“大元素”与其他两个节目进行排序，此时共有AA＝12(种)排法．综上所述，由间接法可知，共有48－12＝36种不同的排法．
答案：36
14．(2024·新课标Ⅱ卷)在如图所示的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有__________种选法，在符合上述要求的选法中，选中方格中的四个数之和的最大值是__________.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，
第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有4×3×2×1＝24种选法．
每种选法可标记为(a，b，c，d)，a，b，c，d分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为
(11,22,33,44)，(11,22,34,43)，(11,22,33,44)，(11,22,34,42)，(11,24,33,43)，(11,24,33,42)，(12,21,33,44)，(12,21,34,43)，(12,22,31,44)，(12,22,34,40)，(12,24,31,43)，(12,24,33,40)，(13,21,33,44)，(13,21,34,42)，(13,22,31,44)，(13,22,34,40)，(13,24,31,42)，(13,24,33,40)，(15,21,33,43)，(15,21,33,42)，(15,22,31,43)，(15,22,33,40)，(15,22,31,42)，(15,22,33,40)，所以选中的方格中，(15,21,33,43)的4个数之和最大，为15＋21＋33＋43＝112.
答案：24 112
四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(13分)已知n展开式中的倒数第3项的系数为45，求：
(1)含x3的项；
(2)系数最大的项．
解：(1)由题意可知C＝45，
即C＝45，所以n＝10，
Tr＋1＝C10－rr＝Cx，
令＝3，得r＝6，
所以含x3的项为T7＝Cx3＝Cx3＝210x3.
(2)系数最大的项为中间项即T6＝Cx＝252x.
16．(15分)用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色．
(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？
(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.
解：(1)分四步：第1步涂A有6种不同的方法，第2步涂B有5种不同的方法，第3步涂C有4种不同的方法，第4步涂D有4种不同的方法．
根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480(种)不同的方法．
(2)由题意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，注意到n∈N*，可得n＝5.
17．(15分)已知(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，且a2＝60.
(1)求n的值；
(2)求－＋－＋…＋(－1)n的值．
解：(1)因为T3＝C(－2x)2＝a2x2，
所以a2＝C(－2)2＝60，
化简可得n(n－1)＝30，且n∈N*，解得n＝6.
(2)因为Tr＋1＝C(－2x)r＝arxr，
所以ar＝C(－2)r，
所以(－1)r＝C，
故－＋－＋…＋(－1)n
＝－＋－＋…＋
＝C＋C＋…＋C＝26－1＝63.
18．(17分)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．
(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？
解：(1)将取出4个球分成三类情况：
①取4个红球，没有白球，有C种；
②取3个红球1个白球，有CC种；
③取2个红球2个白球，有CC种，
故有C＋CC＋CC＝115(种)．
(2)设取x个红球，y个白球(x，y∈N*)，
则故或或
因此，符合题意的取法种数有
CC＋CC＋CC＝186(种)．
19．(17分)从－1,0,1,2,3中选三个(不重复)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)若要满足题意，则a>0且c≠0，
共有AAA＝27(条)．
(2)要满足题意，则需ac<0，故a，c中必有一个为－1，
有2A·A＝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有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：只与x轴负半轴有交点，则必须满足即
故b＝3，a，c在1,2中取，有2条，
由分类加法计数原理得共有18＋6＋2＝26(条)．
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