《学霸笔记 同步精讲》第六章测评 练习（教师版）数学人教A版选择性必修3
文档属性
| 名称 | 《学霸笔记 同步精讲》第六章测评 练习（教师版）数学人教A版选择性必修3 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 47.3KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-16 00:00:00 | ||
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文档简介
第六章测评
(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.若=6,则m等于( )
A.9 B.8
C.7 D.6
解析:由m(m-1)(m-2)=6·,
解得m=7.
答案:C
2.在某次舰载机起降飞行训练中,有5架舰载机准备着舰.如果甲、乙两机必须相邻着舰,而丙、丁不能相邻着舰,那么不同的着舰方法有( )
A.12种 B.18种
C.24种 D.48种
解析:丙、丁不能相邻着舰,则将剩余3机先排列,再将丙、丁进行“插空”.由于甲、乙“捆绑”视作一整体,故剩余3机的实际排列方法共2×2=4种,有三个“空”供丙、丁选择,即=6种.
由分步乘法计数原理,共有4×6=24种着舰方法.
答案:C
3.满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为( )
A.14 B.13
C.12 D.10
解析:当a=0时,方程变为2x+b=0,则b为-1,0,1,2都有解.
当a≠0时,若方程ax2+2x+b=0有实数解,则Δ=22-4ab≥0,即ab≤1.
当a=-1时,b可取-1,0,1,2;
当a=1时,b可取-1,0,1;
当a=2时,b可取-1,0.
故满足条件的有序数对(a,b)的个数为4+4+3+2=13.
答案:B
4.在(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为( )
A.10 B.20
C.30 D.60
解析:(方法一)(x2+x+y)5=[(x2+x)+y]5,
含y2的项为T3=(x2+x)3·y2.
其中(x2+x)3中含x5的项为x4·x=x5.
故x5y2的系数为=30.选C.
(方法二)(x2+x+y)5为五个(x2+x+y)之积,其中有两个取y,两个取x2,剩下一个取x即可,故x5y2的系数为=30.选C.
答案:C
5.设m为正整数,(x+y)2m展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y)2m+1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b,则m等于( )
A.5 B.6
C.7 D.8
解析:∵(x+y)2m展开式中二项式系数的最大值为,
∴a=.
同理,b=.
∵13a=7b,∴13=7,
∴13·=7·.
∴m=6.
答案:B
6.中国古代儒家要求学生掌握六种基本才艺:礼、乐、射、御、书、数.“礼”,礼节,类似于今德育;“乐”,音乐;“射”和“御”,射箭和驾驭马车的技术,类似于今体育和劳动;“书”,书法,即今文学;“数”,算法,即今数学.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动,每天连排六节,每艺一节,排课有如下要求:“礼”必须排在第一,“数”不能排在最后,“射”和“御”要相邻,则“六艺”讲座不同的排课顺序共有( )
A.18种 B.36种
C.72种 D.144种
解析:由题意可分“射”或“御”排在最后和“射”和“御”均不在最后两种情况分类讨论.
①当“射”或“御”排在最后时,“射”和“御”有两种排法即种,余下三种才艺共有种排法,故此时共有=12种排法;
②当“射”和“御”均不在最后时,“射”和“御”共有3×2=6种排法,中间还余两个位置,两个位置可选一个给“数”,有2种排法,余下两个位置放置最后的两个基本才艺,有种排法,故共有6×2×=24种排法.
综合①②得,“六艺”讲座不同的排课顺序共有36种.
答案:B
7.为预防某流感,某爱心人士向某市捐赠了6箱相同规格的医用外科口罩,现需将这6箱口罩分配给4家医院,每家医院至少1箱,则不同的分法共有( )
A.10种 B.40种
C.80种 D.240种
解析:由题意,因为6箱医用外科口罩的规格相同,故4家医院分配到的口罩箱数有1,1,2,2与1,1,1,3两种情况,则分配的方法有①1,1,2,2:从4家医院中选择2家,分别分配1箱,共=6种;②1,1,1,3:从4家医院选出1家,分配给3箱,共=4种.故共有6+4=10种不同的分法.
答案:A
8.若自然数n使得竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称n为“可连数”.例如:32是“可连数”,因为32+33+34不产生进位现象;23不是“可连数”,因为23+24+25产生进位现象.那么,小于1 000的“可连数”的个数为( )
A.27 B.36
C.39 D.48
解析:根据题意,要构造小于1 000的“可连数”,个位上的数字的最大值只能为2,即个位数字只能在0,1,2中取;十位数字只能在0,1,2,3中取;百位数字只能在1,2,3中取.
当“可连数”为一位数时,有=3个;
当“可连数”为两位数时,个位上的数字有0,1,2三种取法,十位上的数字有1,2,3三种取法,即有=9个;
当“可连数”为三位数时,有=36个;
故共有3+9+36=48个.
答案:D
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.已知(1+x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则( )
A.n=10
B.n=11
C.奇数项的二项式系数和为211
D.奇数项的二项式系数和为29
解析:由题意,,解得n=10.则奇数项的二项式系数和为2n-1=29.故选AD.
答案:AD
10.为了提高教学质量,省教育厅派五位教研员去某地重点高中进行教学调研.现知该地有三所重点高中,则下列说法正确的有( )
A.不同的调研安排方案有243种
B.若每所重点高中至少去一位教研员,则不同的调研安排方案有150种
C.若每所重点高中至少去一位教研员,则不同的调研安排方案有300种
D.若每所重点高中至少去一位教研员,且甲、乙两位教研员不去同一所高中,则不同的调研安排方案有114种
解析:对于A选项,每位教研员有三所学校可以选择,故不同的调研安排方案有35=243种,故A正确;
对于B,C选项,若每所重点高中至少去一位教研员,则可先将五位教研员分组,再分配,五位教研员的分组形式有两种:3,1,1;2,2,1,分别有=10种,=15种分配方法,故不同的调研安排方案有(10+15)×=150种,故B正确,C错误;
对于D选项,将甲、乙两位教研员看成一人,则每所重点高中至少去一位教研员,且甲、乙两位教研员去同一所高中的安排方案有=36种,则甲、乙两位教研员不去同一所高中的安排方案有150-36=114种,故D正确.
故选ABD.
答案:ABD
11.若(2-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,那么( )
A.a0+a2+a4=122
B.a0+a1+a2+a3+a4+a5=1
C.a1+a3+a5=-121
D.a1+a3=20
解析:令x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1①,再令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35②.
①②两式相加除以2,可得a0+a2+a4=122,①②两式相减除以2,可得a1+a3+a5=-121.
又由条件可知a5=-1,
故a1+a3=-120.
答案:ABC
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.现有A,B两种类型的车床各一台,甲、乙、丙三名工人,其中甲、乙都会操作两种车床,丙只会操作A种车床,现在要从这三名工人中选两名分别去操作以上车床,不同的选派方法种数为 .
解析:若选甲、乙两人,包括甲操作A车床,乙操作B车床,或甲操作B车床,乙操作A车床,共2种选派方法;
若选甲、丙二人,则只有甲操作B车床,丙操作A车床这1种选派方法;
若选乙、丙二人,则只有乙操作B车床,丙操作A车床这1种选派方法.故共有2+1+1=4种不同的选派方法.
答案:4
13.在的展开式中,常数项为 ,系数最大的项是 .
解析:由题意,(x2+)9的展开式的通项为Tr+1=·(x2)9-r··x18-3r.
故当18-3r=0,即r=6时,取得常数项为.
又=1,=9,,
后面由于的指数越来越大,故数值越来越小.
所以系数最大的是,
故系数最大的项是x9=x9.
答案:x9
14.学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手,其中男生甲不适合担任一辩手,女生乙不适合担任四辩手.现要求:若男生甲入选,则女生乙必须入选.那么不同的组队形式有 种.(用数字作答)
解析:若甲、乙都入选,则从其余6人中选出2人,有=15种,男生甲不适合担任一辩手,女生乙不适合担任四辩手,则有-2=14种,故共有15×14=210种;
若甲不入选,乙入选,则从其余6人中选出3人,有=20种,女生乙不适合担任四辩手,则有=18种,故共有20×18=360种;
若甲、乙都不入选,则从其余6人中选出4人全排列,有=360种.
综上所述,共有210+360+360=930种不同的组队形式.
答案:930
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.(13分)如图,从左到右有五个空格.
(1)向这五个格子中填入0,1,2,3,4五个数,要求每个数都要用到,且第三个格子不能填0,则一共有多少种不同的填法
(2)若向这五个格子中放入六个不同的小球,要求每个格子里都有球,则有多少种不同的放法
(3)若给这五个空格涂上颜色,要求相邻格子不同色,现有红、黄、蓝3种颜色可供使用,则一共有多少种不同的涂法
解:(1)根据题意,分两步进行分析:
①第三个格子不能填0,则第三个格子有四个数可选,有4种填法;
②将剩下四个数填进4个格子,有=24种填法.
则一共有4×24=96种不同的填法.
(2)根据题意,分两步进行分析:
①将六个小球分为5组,有=15种分组方法;
②将分好的5组全排列,对应放进五个格子中,有=120种放法.
则一共有15×120=1 800种不同的放法.
(3)根据题意,左边第一个格子有3种颜色可选,即有3种涂法,左边第二个格子与第一个不同色,则有2种颜色可选,即有2种涂法,同理,第三、四、五个格子分别有2种涂法,故有3×2×2×2×2=48种涂法.
16.(15分)已知(1+λx)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,n∈N*.
(1)若λ=-1,n=8,求a0及a1+a2+…+a7+a8的值;
(2)若λ=2,n=7,求最大的系数.
解:(1)若λ=-1,n=8,
则(1-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,
令x=0,则a0=1,
令x=1,则a0+a1+a2+…+a8=0,
故a1+a2+…+a8=-1.
(2)若λ=2,n=7,
则(1+2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,其展开式的通项为Tr+1=2rxr,
由不等式
解得且r∈N,
故r=5,最大的系数为a5=25=672.
17.(15分)用0,1,2,3,4这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数
(1)比21 034大的偶数;
(2)左起第二、四位是奇数的偶数.
解:(1)根据题意,分三种情况讨论:
①当末位数字是0时,首位数字可以为2或3或4,满足条件的数共有3×=18个;
②当末位数字是2时,首位数字可以为3或4,满足条件的数共有2×=12个;
③当末位数字是4时,首位数字是3的有=6个符合条件的数字,首位数字是2时,有3个符合条件的数字,此时共有9个符合条件的数字.
综上可知,比21 034大的偶数共有18+12+9=39个.
(2)根据题意,分三步进行分析:
①左起第二、四位从奇数1,3中取,有种情况;
②万位数字从2,4中取,有种情况;
③余下的排在剩下的两位,有种情况.
故共有2×2×2=8个符合条件的数字.
18.(17分)已知的展开式中各项的系数之和为1 024.
(1)求各奇数项系数之和;
(2)求(2x+y)2的展开式中不含y的各项系数之和.
解:(1)∵的展开式中各项的系数之和为4n=1 024,∴n=5,
则(3x)5(3x)4(3x)3(3x)2(3x)(3x)0.
∴各奇数项系数之和为·35+·33+·3=528.
(2)由(1)知(2x+y)2
=·(2x+y)2
=·(4x2+4xy+y2),
的展开式的通项为Tk+1=(3x)5-k·=35-k·x5-ky-k,
展开式中不含y的项为:
当k=0时,4×35·x7=972x7;
当k=1时,4×34·x5=1 620x5;
当k=2时,33·x3=270x3.
则不含y的各项系数之和为972+1 620+270=2 862.
19.(17分)6名男生和4名女生站成一排,求满足下列条件的排法共有多少种.
(1)任何2名女生都不相邻;
(2)男生甲不在首位,男生乙不在末位;
(3)男生甲、乙、丙排序一定;
(4)男生甲在男生乙的左边(不一定相邻).
解:(1)任何2名女生都不相邻,则把女生插空,故先排男生再让女生插到男生的空中,共有=604 800种不同的排法.
(2)甲不在首位,按甲的排法分类,若甲在末位,则有种排法,若甲不在末位,则甲有种排法,乙有种排法,其余有种排法,综上共有=2 943 360种排法.
(3)10人的所有排列方法有种,其中甲、乙、丙的排序有种,又对应甲、乙、丙只有一种排序,故甲、乙、丙排序一定的排法有=604 800种.
(4)男生甲在男生乙的左边的10人排列与男生甲在男生乙的右边的10人排列数相等,而10人排列数恰好是这二者之和,因此满足条件的有=1 814 400种排法.
10
(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.若=6,则m等于( )
A.9 B.8
C.7 D.6
解析:由m(m-1)(m-2)=6·,
解得m=7.
答案:C
2.在某次舰载机起降飞行训练中,有5架舰载机准备着舰.如果甲、乙两机必须相邻着舰,而丙、丁不能相邻着舰,那么不同的着舰方法有( )
A.12种 B.18种
C.24种 D.48种
解析:丙、丁不能相邻着舰,则将剩余3机先排列,再将丙、丁进行“插空”.由于甲、乙“捆绑”视作一整体,故剩余3机的实际排列方法共2×2=4种,有三个“空”供丙、丁选择,即=6种.
由分步乘法计数原理,共有4×6=24种着舰方法.
答案:C
3.满足a,b∈{-1,0,1,2},且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的个数为( )
A.14 B.13
C.12 D.10
解析:当a=0时,方程变为2x+b=0,则b为-1,0,1,2都有解.
当a≠0时,若方程ax2+2x+b=0有实数解,则Δ=22-4ab≥0,即ab≤1.
当a=-1时,b可取-1,0,1,2;
当a=1时,b可取-1,0,1;
当a=2时,b可取-1,0.
故满足条件的有序数对(a,b)的个数为4+4+3+2=13.
答案:B
4.在(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为( )
A.10 B.20
C.30 D.60
解析:(方法一)(x2+x+y)5=[(x2+x)+y]5,
含y2的项为T3=(x2+x)3·y2.
其中(x2+x)3中含x5的项为x4·x=x5.
故x5y2的系数为=30.选C.
(方法二)(x2+x+y)5为五个(x2+x+y)之积,其中有两个取y,两个取x2,剩下一个取x即可,故x5y2的系数为=30.选C.
答案:C
5.设m为正整数,(x+y)2m展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y)2m+1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b,则m等于( )
A.5 B.6
C.7 D.8
解析:∵(x+y)2m展开式中二项式系数的最大值为,
∴a=.
同理,b=.
∵13a=7b,∴13=7,
∴13·=7·.
∴m=6.
答案:B
6.中国古代儒家要求学生掌握六种基本才艺:礼、乐、射、御、书、数.“礼”,礼节,类似于今德育;“乐”,音乐;“射”和“御”,射箭和驾驭马车的技术,类似于今体育和劳动;“书”,书法,即今文学;“数”,算法,即今数学.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动,每天连排六节,每艺一节,排课有如下要求:“礼”必须排在第一,“数”不能排在最后,“射”和“御”要相邻,则“六艺”讲座不同的排课顺序共有( )
A.18种 B.36种
C.72种 D.144种
解析:由题意可分“射”或“御”排在最后和“射”和“御”均不在最后两种情况分类讨论.
①当“射”或“御”排在最后时,“射”和“御”有两种排法即种,余下三种才艺共有种排法,故此时共有=12种排法;
②当“射”和“御”均不在最后时,“射”和“御”共有3×2=6种排法,中间还余两个位置,两个位置可选一个给“数”,有2种排法,余下两个位置放置最后的两个基本才艺,有种排法,故共有6×2×=24种排法.
综合①②得,“六艺”讲座不同的排课顺序共有36种.
答案:B
7.为预防某流感,某爱心人士向某市捐赠了6箱相同规格的医用外科口罩,现需将这6箱口罩分配给4家医院,每家医院至少1箱,则不同的分法共有( )
A.10种 B.40种
C.80种 D.240种
解析:由题意,因为6箱医用外科口罩的规格相同,故4家医院分配到的口罩箱数有1,1,2,2与1,1,1,3两种情况,则分配的方法有①1,1,2,2:从4家医院中选择2家,分别分配1箱,共=6种;②1,1,1,3:从4家医院选出1家,分配给3箱,共=4种.故共有6+4=10种不同的分法.
答案:A
8.若自然数n使得竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称n为“可连数”.例如:32是“可连数”,因为32+33+34不产生进位现象;23不是“可连数”,因为23+24+25产生进位现象.那么,小于1 000的“可连数”的个数为( )
A.27 B.36
C.39 D.48
解析:根据题意,要构造小于1 000的“可连数”,个位上的数字的最大值只能为2,即个位数字只能在0,1,2中取;十位数字只能在0,1,2,3中取;百位数字只能在1,2,3中取.
当“可连数”为一位数时,有=3个;
当“可连数”为两位数时,个位上的数字有0,1,2三种取法,十位上的数字有1,2,3三种取法,即有=9个;
当“可连数”为三位数时,有=36个;
故共有3+9+36=48个.
答案:D
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.已知(1+x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则( )
A.n=10
B.n=11
C.奇数项的二项式系数和为211
D.奇数项的二项式系数和为29
解析:由题意,,解得n=10.则奇数项的二项式系数和为2n-1=29.故选AD.
答案:AD
10.为了提高教学质量,省教育厅派五位教研员去某地重点高中进行教学调研.现知该地有三所重点高中,则下列说法正确的有( )
A.不同的调研安排方案有243种
B.若每所重点高中至少去一位教研员,则不同的调研安排方案有150种
C.若每所重点高中至少去一位教研员,则不同的调研安排方案有300种
D.若每所重点高中至少去一位教研员,且甲、乙两位教研员不去同一所高中,则不同的调研安排方案有114种
解析:对于A选项,每位教研员有三所学校可以选择,故不同的调研安排方案有35=243种,故A正确;
对于B,C选项,若每所重点高中至少去一位教研员,则可先将五位教研员分组,再分配,五位教研员的分组形式有两种:3,1,1;2,2,1,分别有=10种,=15种分配方法,故不同的调研安排方案有(10+15)×=150种,故B正确,C错误;
对于D选项,将甲、乙两位教研员看成一人,则每所重点高中至少去一位教研员,且甲、乙两位教研员去同一所高中的安排方案有=36种,则甲、乙两位教研员不去同一所高中的安排方案有150-36=114种,故D正确.
故选ABD.
答案:ABD
11.若(2-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,那么( )
A.a0+a2+a4=122
B.a0+a1+a2+a3+a4+a5=1
C.a1+a3+a5=-121
D.a1+a3=20
解析:令x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1①,再令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35②.
①②两式相加除以2,可得a0+a2+a4=122,①②两式相减除以2,可得a1+a3+a5=-121.
又由条件可知a5=-1,
故a1+a3=-120.
答案:ABC
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.现有A,B两种类型的车床各一台,甲、乙、丙三名工人,其中甲、乙都会操作两种车床,丙只会操作A种车床,现在要从这三名工人中选两名分别去操作以上车床,不同的选派方法种数为 .
解析:若选甲、乙两人,包括甲操作A车床,乙操作B车床,或甲操作B车床,乙操作A车床,共2种选派方法;
若选甲、丙二人,则只有甲操作B车床,丙操作A车床这1种选派方法;
若选乙、丙二人,则只有乙操作B车床,丙操作A车床这1种选派方法.故共有2+1+1=4种不同的选派方法.
答案:4
13.在的展开式中,常数项为 ,系数最大的项是 .
解析:由题意,(x2+)9的展开式的通项为Tr+1=·(x2)9-r··x18-3r.
故当18-3r=0,即r=6时,取得常数项为.
又=1,=9,,
后面由于的指数越来越大,故数值越来越小.
所以系数最大的是,
故系数最大的项是x9=x9.
答案:x9
14.学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手,其中男生甲不适合担任一辩手,女生乙不适合担任四辩手.现要求:若男生甲入选,则女生乙必须入选.那么不同的组队形式有 种.(用数字作答)
解析:若甲、乙都入选,则从其余6人中选出2人,有=15种,男生甲不适合担任一辩手,女生乙不适合担任四辩手,则有-2=14种,故共有15×14=210种;
若甲不入选,乙入选,则从其余6人中选出3人,有=20种,女生乙不适合担任四辩手,则有=18种,故共有20×18=360种;
若甲、乙都不入选,则从其余6人中选出4人全排列,有=360种.
综上所述,共有210+360+360=930种不同的组队形式.
答案:930
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.(13分)如图,从左到右有五个空格.
(1)向这五个格子中填入0,1,2,3,4五个数,要求每个数都要用到,且第三个格子不能填0,则一共有多少种不同的填法
(2)若向这五个格子中放入六个不同的小球,要求每个格子里都有球,则有多少种不同的放法
(3)若给这五个空格涂上颜色,要求相邻格子不同色,现有红、黄、蓝3种颜色可供使用,则一共有多少种不同的涂法
解:(1)根据题意,分两步进行分析:
①第三个格子不能填0,则第三个格子有四个数可选,有4种填法;
②将剩下四个数填进4个格子,有=24种填法.
则一共有4×24=96种不同的填法.
(2)根据题意,分两步进行分析:
①将六个小球分为5组,有=15种分组方法;
②将分好的5组全排列,对应放进五个格子中,有=120种放法.
则一共有15×120=1 800种不同的放法.
(3)根据题意,左边第一个格子有3种颜色可选,即有3种涂法,左边第二个格子与第一个不同色,则有2种颜色可选,即有2种涂法,同理,第三、四、五个格子分别有2种涂法,故有3×2×2×2×2=48种涂法.
16.(15分)已知(1+λx)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,n∈N*.
(1)若λ=-1,n=8,求a0及a1+a2+…+a7+a8的值;
(2)若λ=2,n=7,求最大的系数.
解:(1)若λ=-1,n=8,
则(1-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,
令x=0,则a0=1,
令x=1,则a0+a1+a2+…+a8=0,
故a1+a2+…+a8=-1.
(2)若λ=2,n=7,
则(1+2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,其展开式的通项为Tr+1=2rxr,
由不等式
解得且r∈N,
故r=5,最大的系数为a5=25=672.
17.(15分)用0,1,2,3,4这五个数字,可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数
(1)比21 034大的偶数;
(2)左起第二、四位是奇数的偶数.
解:(1)根据题意,分三种情况讨论:
①当末位数字是0时,首位数字可以为2或3或4,满足条件的数共有3×=18个;
②当末位数字是2时,首位数字可以为3或4,满足条件的数共有2×=12个;
③当末位数字是4时,首位数字是3的有=6个符合条件的数字,首位数字是2时,有3个符合条件的数字,此时共有9个符合条件的数字.
综上可知,比21 034大的偶数共有18+12+9=39个.
(2)根据题意,分三步进行分析:
①左起第二、四位从奇数1,3中取,有种情况;
②万位数字从2,4中取,有种情况;
③余下的排在剩下的两位,有种情况.
故共有2×2×2=8个符合条件的数字.
18.(17分)已知的展开式中各项的系数之和为1 024.
(1)求各奇数项系数之和;
(2)求(2x+y)2的展开式中不含y的各项系数之和.
解:(1)∵的展开式中各项的系数之和为4n=1 024,∴n=5,
则(3x)5(3x)4(3x)3(3x)2(3x)(3x)0.
∴各奇数项系数之和为·35+·33+·3=528.
(2)由(1)知(2x+y)2
=·(2x+y)2
=·(4x2+4xy+y2),
的展开式的通项为Tk+1=(3x)5-k·=35-k·x5-ky-k,
展开式中不含y的项为:
当k=0时,4×35·x7=972x7;
当k=1时,4×34·x5=1 620x5;
当k=2时,33·x3=270x3.
则不含y的各项系数之和为972+1 620+270=2 862.
19.(17分)6名男生和4名女生站成一排,求满足下列条件的排法共有多少种.
(1)任何2名女生都不相邻;
(2)男生甲不在首位,男生乙不在末位;
(3)男生甲、乙、丙排序一定;
(4)男生甲在男生乙的左边(不一定相邻).
解:(1)任何2名女生都不相邻,则把女生插空,故先排男生再让女生插到男生的空中,共有=604 800种不同的排法.
(2)甲不在首位,按甲的排法分类,若甲在末位,则有种排法,若甲不在末位,则甲有种排法,乙有种排法,其余有种排法,综上共有=2 943 360种排法.
(3)10人的所有排列方法有种,其中甲、乙、丙的排序有种,又对应甲、乙、丙只有一种排序,故甲、乙、丙排序一定的排法有=604 800种.
(4)男生甲在男生乙的左边的10人排列与男生甲在男生乙的右边的10人排列数相等,而10人排列数恰好是这二者之和,因此满足条件的有=1 814 400种排法.
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