章末综合检测(一)（教师版）

章末综合检测(一)
(时间：120分钟，满分：150分)
一、选择题：本题共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．甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，则不同的站法有(　　)
A．24种 B．6种
C．4种 D．12种
解析：选B.甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，只需对剩下的3人全排列即可，则不同的站法共有A＝6(种).
2．2C＋3A的值是(　　)
A．72 B．102
C．5 070 D．5 100
解析：选B.2C＋3A＝2C＋3A＝2×＋3×5×4＝42＋60＝102.
3．(x－2)(－)6的展开式中含x的项的系数为(　　)
A．－280 B．－40
C．40 D．280
解析：选A. (－)6的展开式的通项为Tr＋1＝C()6－r(－)r＝(－2)rCx3－r，含x的项的系数为(－2)2C＝60，常数项是(－2)3C＝－160，所以所求系数为－2×60＋(－160)＝－280.
4．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为(　　)
A．10 B．11
C．12 D．15
解析：选B.分类讨论：有两个对应位置、有一个对应位置及没有对应位置上的数字相同，可得N＝C＋C＋1＝11.
5．某学校选派了三位男教师和两位女教师参加某活动，这五位教师被分到三个不同的小组，其中两位女教师分派到同一个小组，则不同的分配方案有(　　)
A．18种 B．36种
C．68种 D．84种
解析：选B.根据题意，分配方案可分为两种情况：若两位女教师分配到同一个小组，且该小组没有男教师，则有CA＝18种方案；若两位女教师分配到同一个小组，且该小组有一位男教师，则有CA＝18种方案．故共有18＋18＝36种不同的分配方案．
6．(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　　)
A．10 B．20
C．30 D．60
解析：选C.在(x2＋x＋y)5的5个因式中，2个因式中取x2，剩余的3个因式中1个因式取x，其余因式取y，故x5y2的系数为CCC＝30.
7．(1－)(2＋x)5展开式中x2的系数为(　　)
A．40 B．60
C．80 D．120
解析：选A.因为(2＋x)5展开式的通项公式为Tr＋1＝C25－rxr，所以(1－)·(2＋x)5展开式中含x2的项为T3－·T4＝(C25－2－C25－3)x2＝40x2，即展开式中含x2的系数为40.故选A.
8．某医院开展“送医下乡”医疗义诊活动，现有五名医生被分配到A，B，C，D四所不同的乡镇医院中，医生甲被指定分配到医院A，医生乙只能分配到医院A或医院B，医生丙不能分配到医生甲、乙所在的医院，其他两名医生分配到哪所医院都可以，若每所医院至少分配一名医生，则不同的分配方案共有(　　)
A．18种 B．20种
C．22种 D．24种
解析：选B.根据题意，分4种情况讨论：①甲、乙都分配到医院A，剩下3人全排列，分配到其他三个医院，有A＝6种分配方案；②甲分配到医院A，乙分配到医院B，剩下3人分成2组，分配到C，D医院，有CA＝6种分配方案；③甲和一名医生一起分到医院A，乙在B医院，剩下2人全排列，分配到C，D医院，有CA＝4种分配方案；④甲单独分到医院A，乙和一名医生一起分到医院B，剩下2人全排列，分配到C，D医院，有CA＝4种分配方案，则一共有6＋6＋4＋4＝20种分配方案．
二、选择题：本题共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．将4个不同的小球放入3个分别标有1，2，3号的盒子中，不允许有空盒子，则不同的放法的种数为(　　)
A．CCCC B．CA
C．CCA D．18
解析：选BC.根据题意，4个不同的小球放入3个分别标有1，2，3号的盒子中，且没有空盒子，则三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球，有2种方法：方法一，将4个不同的小球分成3组，有C种分组方法，将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A种放法，则没有空盒子的放法有CA种；方法二，在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的盒子中，有CC种情况，将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个盒子中，有A种放法，则没有空盒的放法有CCA种．
10．已知(－2x)2n＋1的展开式中第2项与第3项的系数的绝对值之比为1∶8，则(　　)
A．n＝4
B．展开式中所有项的系数之和为1
C．展开式中二项式系数之和为24
D．展开式中不存在常数项
解析：选AD.由题意得 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(C×（－2）,C×（－2）2))) ＝，即＝，所以n＝4，故A正确；(－2x)2n＋1＝(－2x)9 ，令x＝1，则展开式中所有项的系数之和为－1，故B错误；展开式中二项式系数之和为29 ，故C错误；(－2x)9的展开式的通项为Tr＋1＝C()9－r·(－2x)r＝C·(－2)rx2r－9，令2r－9＝0，则r＝，所以展开式中不存在常数项，故D正确．
11．定义有n行的“杨辉三角”为n阶“杨辉三角”，如图就是一个8阶“杨辉三角”．
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给出的下列命题中正确的是(　　)
A．记第i(i∈N＋)行中从左到右的第j(j∈N＋)个数为aij，则aij＝C
B．第k行所有数的和是2k
C．第k行共有(k＋1)个数
D．8阶“杨辉三角”的所有数的和是255
解析：选BCD.第i行各个数是(a＋b)i的展开式的二项式系数，则aij＝C，故A错误；各行的所有数的和是各二项式系数和，第k行所有数的和是2k，故B正确；第k行共有(k＋1)个数，故C正确；8阶“杨辉三角”的所有数的和是1＋2＋22＋…＋27＝255，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．(2a－3b＋c)8的展开式中a2bc5的系数是________．
解析： (2a－3b＋c)8的展开式中，含有a2bc5的项为C(2a)2·C(－3b)1·Cc5＝－2 016a2bc5，所以(2a－3b＋c)8的展开式中a2bc5的系数是－2 016.
答案：－2 016
13．若(2x－)n的展开式中，所有二项式系数的和为64，则n＝________，展开式中的常数项是________.
解析：二项式系数和为2n＝64，所以n＝6，则原式为(2x－)6，其展开式的通项为Tr＋1＝C·(2x)6－r(－)r＝(－1)r·C26－rx6－3r，令r＝2，则T3＝C24＝240，所以展开式中的常数项为240.
答案：6　240
14．第33届夏季奥运会在法国巴黎举办，这届奥运会将新增电子竞技和冲浪两个竞赛项目以及滑板等五个表演项目．现有三个场地A，B，C分别承担竞赛项目与表演项目比赛，其中电子竞技和冲浪两个项目仅能A，B两地承办，且各自承办其中一项．五个表演项目分别由A，B，C三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有________种．
解析：电子竞技和冲浪两个项目仅能A，B两地举办，且各自承办其中一项有A＝2种安排；五个表演项目分别由A，B，C三个场地承办，且每个场地至少承办其中一个项目则有CA＋CCC＝150(种)，故总数为2×150＝300种不同的安排方法．
答案：300
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(本小题满分13分)已知A＝{x|1(1)从集合A和B中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？
(2)从A∪B中取出三个不同的元素组成三位数，从左到右的数字要逐渐增大，这样的三位数有多少个？
解：A＝{3，4，5，6，7}，B＝{4，5，6，7，8}．
(1)A中元素作为横坐标，B中元素作为纵坐标，有5×5＝25(个)；B中元素作为横坐标，A中元素作为纵坐标，有5×5＝25(个).又两集合中有4个相同元素，故有4×4＝16个重复了两次，所以共有25＋25－16＝34个不同的点．
(2)A∪B＝{3，4，5，6，7，8}，则这样的三位数共有C＝20(个).
16．(本小题满分15分)某医院有内科医生5名，外科医生4名，现选派5名医生参加赈灾医疗队．
(1)若甲、乙必须参加，则有多少种不同的选法？
(2)若甲、乙均不参加，则有多少种不同的选法？
(3)若甲、乙两人至少有一人参加，则有多少种不同的选法？
(4)若医疗队中至少有2名内科医生和1名外科医生，则有多少种不同的选法？
解：(1)若甲、乙必须参加，则在剩下的7人中再选3人即可，有C＝35种不同的选法．
(2)若甲、乙均不参加，则在剩下的7人中选5人即可，有C＝21种不同的选法．
(3)在9人中选出5人，有C＝126种不同的选法，甲、乙均不参加的不同选法有21种，则甲、乙两人至少有一人参加有126－21＝105种不同的选法．
(4)分3种情况讨论：
①医疗队中有2名内科医生和3名外科医生，有CC＝40种不同的选法；
②医疗队中有3名内科医生和2名外科医生，有CC＝60种不同的选法；
③医疗队中有4名内科医生和1名外科医生，有CC＝20种不同的选法．
则共有40＋60＋20＝120种不同的选法．
17．(本小题满分15分)从包含甲、乙2人的8人中选4人参加4×100米接力赛，在下列条件下，各有多少种不同的排法？
(1)甲、乙2人都被选中，且必须跑中间两棒；
(2)甲、乙2人只有1人被选中，且不能跑中间两棒；
(3)甲、乙2人都被选中，且必须跑相邻两棒．
解：(1)甲、乙2人必须跑中间两棒，则他们本身有一个全排列，余下的两个位置需要在剩余的6人中选2人排列，根据分步乘法计数原理，知不同的排法种数为AA＝60.
(2)甲、乙2人只有1人被选中，且不能跑中间两棒，则需要从甲、乙2人中选出1人，有C种选法，然后在第一棒和第四棒中选一棒，有C种选法，另外6人中要选3人在剩余的三个位置上排列，根据分步乘法计数原理，知不同的排法种数为CCA＝480.
(3)甲、乙作为一个整体，从余下的6人中选2人，相当于3个人在三个位置上排列，则不同的排法种数为ACA＝180.
18．(本小题满分17分)给出下列条件：
①第二项与第三项的二项式系数之比是1∶4；
②各项系数之和为512；
③第7项为常数项．
在上面三个条件中选择两个合适的条件分别补充在下面的横线上，并完成下列问题．
已知二项式(x＋)n(n∈N＋) 的展开式中，________.
(1)求实数a的值和展开式中二项式系数最大的项；
(2)求(x－1)(x＋)n的展开式中的常数项．
注：如果选择多个组合分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)由条件①得 eq \f(C,C) ＝，解得n＝9；由条件②得，令x＝1，得(1＋a)n＝512；由条件③得Cxn－6·()6＝Ca6·xn－9，要使该项为常数项，则n＝9.综上可得，①，③条件等价，选①②或②③均可，n＝9，所以(1＋a)9＝512，解得a＝1，所以二项式系数最大的项为Cx4()5＝126x或Cx5()4＝126x3.
(2)由(1)可知n＝9，a＝1，所以有(x－1)·(x＋)n＝(x－1)(x＋)9＝x·(x＋)9－(x＋)9，所以常数项为xCx9－m·()m－Cx9－k·()k＝Cx＋9－m－－Cx9－k－.令＋9－m－＝0，9－k－＝0，解得m＝7，k＝6，
所以(x－1)(x＋)n的展开式中的常数项为C－C＝－48.
19．(本小题满分17分)设x10－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，其中Q(x)是关于x的多项式，a，b∈R.
(1)求a，b的值；
(2)若ax＋b＝28，求x10－3除以81的余数．
解：(1)由已知等式，得[(x－1)＋1]10－3＝Q(x)·(x－1)2＋ax＋b，所以C(x－1)10＋C(x－1)9＋…＋C(x－1)2＋C(x－1)＋C－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，所以[C(x－1)8＋C(x－1)7＋…＋C](x－1)2＋10x－12＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，所以10x－12＝ax＋b，所以a＝10，b＝－12.
(2)因为ax＋b＝28，即10x－12＝28，解得x＝4，所以x10－3＝410－3＝(3＋1)10－3＝C×310＋C×39＋…＋C×3＋C－3＝34×(C×36＋C×35＋…＋C)＋40×34＋5×34＋28＝81×(C×36＋C×35＋…＋C＋45)＋28，所以所求的余数为28.