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．将4封不同的信投入3个不同的信箱，不同的投法种数为(　　)
A．A B．C
C．34 D．43
解析：选C.根据分步乘法计数原理的应用，第一封信的投法有3种，第二封信的投法有3种，第三封信的投法有3种，第四封信的投法有3种，故一共有3×3×3×3＝34种投法．故选C.
2．如图所示，由电键组A，B组成的串联电路中，要接通电源使电灯发光的方法有(　　)
INCLUDEPICTURE "HK34.TIF"
A．4种 B．5种
C．6种 D．7种
解析：选C.要想通电，则需满足电路通畅，则并联电路中，至少有一个键闭合，利用分步乘法计数原理，可得共有2×3＝6(种).故选C.
3．(1＋x2－)(1＋x)6展开式中x2的系数是(　　)
A．－24 B．－9
C．24 D．9
解析：选A.依题意，(1＋x2－)·(1＋x)6展开式中含x2的项为1×C×x2＋x2×C＋(－)×C×x3＝－24x2，所以x2的系数是－24.故选A.
4．用数字1，2，3，4，5，6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列，这个数列的项数为(　　)
A．24 B．46
C．48 D．120
解析：选D． 完成这件事需要分三步：第一步，确定百位数，有6种方法；第二步，确定十位数，有5种方法；第三步，确定个位数，有4种方法．根据分步乘法计数原理，共有6×5×4＝120个无重复数字的三位数，所以这个数列的项数为120.故选D．
5．对任意的实数x，x6＝a0＋a1(x－2)1＋a2(x－2)2＋…＋a6(x－2)6，则a2值为(　　)
A．60 B．120
C．240 D．480
解析：选C.因为x6＝[(x－2)＋2]6＝C(x－2)6＋C(x－2)5×2＋C(x－2)4×22＋C(x－2)3×23＋C(x－2)2×24＋C(x－2)1×25＋C×26，所以a2＝C×24＝240.故选C.
6．用四种颜色给如图所示的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，若四种颜色全用上，则不同的涂色方法的种数为(　　)
INCLUDEPICTURE "RYS6.TIF"
A．72 B．96
C．108 D．144
解析：选B．设四种颜料为1，2，3，4，
①先涂区域B，有4种涂色方法，不妨设涂颜色1；
②再涂区域C，有3种涂色方法，不妨设涂颜色2；
③再涂区域E，有2种涂色方法，不妨设涂颜色3；
④若区域A填涂颜色2，则区域D，F填涂颜色分别为1，4或4，3，有2种不同的涂色方法；
若区域A填涂颜色4，则区域D，F填涂颜色分别为1，3或4，3，有2种不同的涂色方法，由分类加法计数原理知，共有4种不同的涂色方法，综合①②③④，由分步乘法计数原理可得，共有4×3×2×4＝96种不同的涂色方法．
7．定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作a≡b(mod m)，比如：35≡25(mod 10).已知：n＝C－C10＋C102－C·103＋…＋C1010，满足n≡p(mod 7)，则p可以是(　　)
A．26 B．31
C．32 D．37
解析：选D．因为n＝C－C10＋C·102－C103＋…＋C1010＝(1－10)10＝(7＋2)10，而n＝(7＋2)10＝C710＋C79×2＋…＋C7×29＋C210，因此n除以7的余数为C210＝1 024除以7的余数2，而26，31，32除以7的余数分别为5，3，4，不符合题意，37除以7的余数为2，即D满足．故选D．
8．四面体的顶点和各棱的中点共10个点．在这10点中取4个不共面的点，则不同的取法种数为(　　)
A．141 B．144
C．150 D．155
解析：选A.从10个点中任取4个点有C种取法，其中4点共面的情况有三类．第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面上，有4C种；第二类，取任一条棱上的3个点及该棱所对棱的中点，这4点共面，有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形(其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱)，它的4顶点共面，有3种．以上三类情况不符合题意，所以不同的取法共有C－4C－6－3＝141(种).故选A.
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．对于(x2－)6的展开式，下列说法正确的是(　　)
A．所有项的二项式系数和为64
B．所有项的系数和为64
C．常数项为1 215
D．二项式系数最大的项为第3项
解析：选ABC.(x2－)6的展开式所有项的二项式系数和为26＝64，选项A正确；(x2－)6中令x＝1得(1－3)6＝64，选项B正确；展开式通项为Tk＋1＝C(x2)6－k(－)k＝(－3)k·Cx12－3k，令12－3k＝0，得k＝4，所以常数项为(－3)4C＝1 215，选项C正确；二项式系数最大的项为第4项，选项D不正确．故选ABC.
10．由数字1，2，3，5组成一个没有重复数字的四位数，下列结论正确的是(　　)
A．可以组成24个数
B．可以组成18个奇数
C．可以组成10个偶数
D．可以组成18个比2 000大的数
解析：选ABD．由数字1，2，3，5组成一个没有重复数字的四位数，则有A＝4×3×2×1＝24个数，故A正确；奇数个数：先把1，3，5选1个安排到个位有C种，其他数位有A种，共有CA＝3×3×2×1＝18个，故B正确；偶数个数：先把2安排到个位有1种，其他数位有A种，共有A＝3×2×1＝6个，故C不正确；当千位为3，则有A＝6个；当千位为5，则有A＝6个；当千位为2，则有A＝6个，所以可以组成18个比2 000大的数，故D正确．故选ABD．
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”．
INCLUDEPICTURE "RYS7.TIF"
给出的下列结论中正确的是(　　)
A．记第i(i∈N*)行中从左到右的第j(j∈N*)个数为aij，则数列{aij}的通项公式为aij＝C
B．第k行各个数的和是2k
C．n阶“杨辉三角”中共有个数
D．n阶“杨辉三角”的所有数的和是2n－1
解析：选BCD．第i行各个数是(a＋b)i的展开式的二项式系数，则数列{aij}的通项公式为aij＝C，故A错误；
各行的所有数的和是各二项式系数和，第k行各个数的和是2k，故B正确；
第k行共有(k＋1)个数，从而n阶“杨辉三角”共有1＋2＋…＋n＝个数，故C正确；
n阶“杨辉三角”的所有数的和是1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知(x－1)4(3x＋2)3＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，则a1＋a2＋…＋a7＝________．
解析：令x＝0，则a0＝(0－1)4×(0＋2)3＝8，令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a7＝(1－1)4×(3＋2)3＝0，所以a1＋a2＋…＋a7＝0－a0＝－8.
答案：－8
13．某比赛新增电子竞技和冲浪两个竞赛项目以及滑板等5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由A，B两地承办，且各自承办其中一项.5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：首先电子竞技和冲浪两个项目仅能由A，B两地举办，且各自承办其中一项有A＝2种安排；5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)，故共有2×150＝300种不同的安排方法．
答案：300
14．已知(1＋2 024x)50＋(2 024－x)50＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a50x50，其中a0，a1，a2，…，a50∈R，若ak<0，k∈{0，1，2，…，50}，则实数k的最大值为________．
解析：因为(1＋2 024x)50展开式中xk的系数为C·2 024k，(2 024－x)50展开式中xk的系数为C2 02450－k·(－1)k，所以(1＋2 024x)50＋(2 024－x)50展开式中xk的系数为ak＝
C2 024k＋C2 02450－k(－1)k
＝C2 024k[1＋2 02450－2k(－1)k]，
k＝0，1，2，…，50.
要使ak<0，则k为奇数，且2 02450－2k>1，
所以50－2k>0，则k<25，
则k的最大值为23.
答案：23
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)有2名男生和3名女生，按下列要求各有多少种排法：
(1)若2名男同学不相邻；
(2)若2名男同学中间必须有1人．
解：(1)先将3名女生进行排列，有A＝6种情况，再将2名男生插空，有A＝12种情况，故2名男同学不相邻，共有6×12＝72种排法．
(2)先将两名男生进行排列，有A＝2种情况，再选出1名女生放在男同学中间，有A＝3种情况，将两名男同学和这名女同学看成一个整体和剩余的2名女同学进行全排列，共有A＝6种情况，故若2名男同学中间必须有1人，共有2×3×6＝36种排法．
16．(本小题满分15分)已知(1－x)6(1＋x)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a12x12.
(1)求a＋a＋…＋a的值；
(2)求a2＋a4＋…＋a12的值．
解：(1)因为(1－x)6(1＋x)6＝(1－x2)6，所以a1＝a3＝…＝a11＝0，
所以a＋a＋…＋a＝0.
(2)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a12＝0；令x＝0，得a0＝1，
又a1＝a3＝…＝a11＝0，
所以a2＋a4＋…＋a12＝－1.
17．(本小题满分15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个数少的取法有多少种？
(2)将4个不同的红球，分给甲、乙两人，每人至少分得1个球，则共有多少种不同的分配方法？
解：(1)由题意得不同的取法包括：红球4个；红球3个和白球1个；红球2个和白球2个三类．
第一类，红球4个，取法有1种，第二类，红球3个和白球1个，取法有CC＝24(种)，
第三类，红球2个和白球2个，取法有CC＝90(种)，
由分类加法计数原理，红球的个数不比白球个数少的取法有1＋24＋90＝115(种).
(2)由题意知，共有两类分配方法：
第一类，每人分得2球，共CC＝6种分配方法，
第二类，一人分得1球，另一人分得3球，共CCA＝8种分配方法．
由分类加法计数原理，不同的分配方法共有6＋8＝14(种).
18．(本小题满分17分)在二项式(x＋)n的展开式中，第3项的系数和第4项的二项式系数比为3∶40.
(1)求n的值及展开式中的无理项有几项；
(2)求展开式中系数最大的项是第几项．
解：(1)二项式(x＋)n展开式的通项为
Tr＋1＝Cxn－r()r
＝C()rxeq \s\up9(n－r) (0≤r≤n，r∈N)，
第3项的系数和第4项的二项式系数比为3∶40，
所以 eq \f(C（\f(1,2)）2,C) ＝
＝＝，解得n＝12.
所以Tr＋1＝C()rxeq \s\up9(12－r) (0≤r≤12，r∈N)，
当Tr＋1为无理项时，12－r不能为整数，
所以，r∈{1，2，4，5，7，8，10，11}，故展开式中的无理项有8项．
(2)设展开式中系数最大的项是第r＋1(0≤r≤11，r∈N)项，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C（\f(1,2)）r≥C（\f(1,2)）r＋1，,C（\f(1,2)）r≥C（\f(1,2)）r－1，))
化简得
解得≤r≤，
因为r∈N，所以r＝4，所以展开式中系数最大的项是第5项．
19．(本小题满分17分)某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地铁票价如下表：
乘坐站数 0票价(元) 3 5 7
现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁站数都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的．
(1)若甲、乙两人共付车费8元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？
(2)若甲、乙两人共付车费10元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？
解：(1)若甲、乙两人共付车费8元，则其中一人乘坐地铁站数不超过3站，另外一人乘坐地铁站数超过3站且不超过7站，共有ACC＝24(种)，
故甲、乙下地铁的方案共有24种．
(2)若甲、乙两人共付车费10元，则甲比乙先下地铁的情形有两类：
第一类，甲乘坐地铁站数不超过3站，乙乘地铁站数超过7站且不超过12站，有CC＝15(种)；
第二类，甲、乙两人乘坐地铁站数都超过3站且不超过7站，记地铁第四站至第七站分别为P4，P5，P6，P7，易知甲比乙先下地铁有以下三种情形：
①甲P4站下，乙下地铁方式有C种；
②甲P5站下，乙下地铁方式有C种；
③甲P6站下，乙只能从P7下地铁，只有1种方式，共有C＋C＋1＝6(种)，依据分类加法计数原理，得15＋6＝21(种)，
故甲比乙先下地铁的方案共有21种．