单元综合测试一(第一章综合测试)
时间：120分钟 分值：150分
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．从高一年级的3名学生和高二年级的5名学生中任选1名参加接待外宾的活动，则不同的选法种数为( )
A．3
B．5
C．8
D．15
2．设某班有男生30名，女生24名，现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，则共有不同的选法( )
A．360种
B．480种
C．720种
D．240种
3．(＋)8的展开式中的常数项为( )
A.
B.
C.
D．105
4．20个不同的小球平均分装在10个盒子中，现从中拿出5个球，要求没有两个球来自同一盒中，则不同的拿法一共有( )
A．C种
B．C种
C．C·C种
D．C·25种
5．3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有2位女生相邻，则不同排法的种数为( )
A．360
B．288
C．216
D．96
6．从1,2，－1，－2，－3中任取不同的3个数作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，其中表示开口向上的抛物线的条数为( )
A．10
B．24
C．48
D．60
7．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，那么的值为( )
A．－
B．－
C．－1
D．－
8.如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法共有( )
A．288种
B．264种
C．240种
D．168种
9．设(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋…＋a2nx2n，则a2＋a4＋…＋a2n的值为( )
A．3n
B．3n－2
C.
D.
10．在直角坐标系xOy中，已知△AOB三边所在直线方程为x＝0，y＝0，x＋y＝4，则在△AOB内部(包括边界)的整点个数是( )
A．15
B．16
C．17
D．18
二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中的横线上)
11．一种团体竞技比赛的积分规则如下：每队胜、平、负分别得2分、1分、0分．已知甲球队已赛4场，积4分，在这4场比赛中，甲球队胜、平、负(包括顺序)的情况共有（
）种．
12．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有（
）种(用数字作答)．
13．若自然数n使得作加法n＋(n＋1)＋(n＋2)运算不产生进位现象，则称n为“给力数”．例如：32是“给力数”，因32＋33＋34不产生进位现象；23不是“给力数”，因23＋24＋25产生进位现象．设小于1
000的所有“给力数”的各个数位上的数字组成集合A，则由集合A中的元素可组成（
）个没有重复数字的四位数．
14．若(x－2)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝（
）(用数字作答)．
15．用红、黄、蓝3种颜色涂下图中标号为1,2，…，9的9个小正方形，每个小正方形只能涂一种颜色，相邻(有公共边的)小正方形所涂颜色不能相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有（
）种.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
三、解答题(本大题共6个小题，共75分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
16．(本题满分12分)已知n的展开式的各项系数之和等于5展开式中的常数项，求n展开式中含a－1的项的二项式系数．
17．(本题满分12分)a是由0,1,2,3,4这五个数字组成的自然数．
(1)若a<100
000，则这样的a共有多少个？
(2)若999
000，且a的各位数字互不相同，则这样的a共有多少个？
18．(本题满分12分)从1到6的六个数字中取两个偶数和两个奇数组成没有重复数字的四位数．试问：
(1)能组成多少个不同的四位数？
(2)四位数中，两个偶数排在一起的有几个？
(3)两个偶数不相邻的四位数有几个？(所有结果均用数值表示)
19．(本题满分12分)在产品质量检验时，常从产品中抽出一部分进行检查，现有100件产品，其中有98件正品，2件次品，从中任意抽出3件检查，
(1)共有多少种不同的抽法？
(2)恰好有一件是次品的抽法有多少种？
(3)至少有一件是次品的抽法有多少种？
20．(本题满分13分)求(x2＋3x＋2)5的展开式中x项的系数．
21．(本题满分14分)已知(＋x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x－1)n的展开式的二项式系数和大992，求(2x－)2n的展开式中，
(1)二项式系数最大的项；
(2)系数的绝对值最大的项．单元综合测试一(第一章综合测试)
时间：120分钟 分值：150分
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．从高一年级的3名学生和高二年级的5名学生中任选1名参加接待外宾的活动，则不同的选法种数为( C )
A．3
B．5
C．8
D．15
解析：分两类：
第一类：从高一年级的3名学生中选1名学生，有3种选法；
第二类：从高二年级的5名学生中选1名学生，有5种选法．
根据加法原理，共有3＋5＝8种不同的选法．
2．设某班有男生30名，女生24名，现要从中选出男、女生各一名代表班级参加比赛，则共有不同的选法( C )
A．360种
B．480种
C．720种
D．240种
解析：选出一组参赛代表，可以分两个步骤，第一步选男生，第二步选女生．
第一步：从30名男生中选出1人，有30种不同选法；
第二步：从24名女生中选出1人，有24种不同选法．
根据分步乘法计数原理，可知共有30×24＝720(种)不同的选法．
3．(＋)8的展开式中的常数项为( B )
A.
B.
C.
D．105
解析：Tr＋1＝C()8－r()r＝C()rx4－r，令4－r＝0，得r＝4，故展开式中的常数项为T5＝C()4＝.
4．20个不同的小球平均分装在10个盒子中，现从中拿出5个球，要求没有两个球来自同一盒中，则不同的拿法一共有( D )
A．C种
B．C种
C．C·C种
D．C·25种
解析：从5个盒子中分别拿出1个球，每个盒子共有2种取法，故共有不同的拿法C·25种．
5．3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有2位女生相邻，则不同排法的种数为( B )
A．360
B．288
C．216
D．96
解析：所求问题可分为三种情况：①男生甲排在另2位男生的左边，此时这2位男生有A种排法，甲的左边必有一组女生，而女生分两组(其中一组有2人，另一组有1人)去插男生的空，故共有不同的排法A·(C·A)·C·C＝72(种)；②男生甲在另2位男生的右边时，与①同理可得有72种不同的排法；③男生甲在2位男生的中间，有不同的排法A·(C·A)·A＝144(种)．综上所述，共有不同的排法72＋72＋144＝288(种)，应选B.
6．从1,2，－1，－2，－3中任取不同的3个数作为二次函数y＝ax2＋bx＋c的系数a，b，c，其中表示开口向上的抛物线的条数为( B )
A．10
B．24
C．48
D．60
解析：因为y＝ax2＋bx＋c表示开口向上的抛物线，a必须大于0，因此共有CA＝24条抛物线．
7．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，那么的值为( B )
A．－
B．－
C．－1
D．－
解析：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35，
所以a0＋a2＋a4＝＝122，a1＋a3＋a5＝＝－121.
又a5＝－1，所以a1＋a3＝－120，
故＝－.
8.如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法共有( B )
A．288种
B．264种
C．240种
D．168种
解析：(1)若A，B，C，D四点涂四种颜色，共有A×2×2＝96种涂色方法．
(2)若A，B，C，D四点涂三种颜色，则必有A，C涂色相同或B，D涂色相同，如果A，C涂色相同，共有A(2＋1)＝24×3＝72种涂色方法；同理，如果B，D涂色相同，也有A(2＋1)＝72种涂色方法．
(3)若A，B，C，D四点涂两种颜色，则必有A，C涂色相同，且B，D涂色相同，共有A×2＝24种涂色方法．
综上，可知共有不同的涂色方法96＋72＋72＋24＝264种．
9．设(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋…＋a2nx2n，则a2＋a4＋…＋a2n的值为( C )
A．3n
B．3n－2
C.
D.
解析：令x＝0，得a0＝1；
令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a2n＝1 ①；
令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝3n ②.
①＋②得2(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)＝3n＋1，
故a0＋a2＋a4＋…＋a2n＝，
再由a0＝1得a2＋a4＋…＋a2n＝.
10．在直角坐标系xOy中，已知△AOB三边所在直线方程为x＝0，y＝0，x＋y＝4，则在△AOB内部(包括边界)的整点个数是( A )
A．15
B．16
C．17
D．18
解析：此类题常见解法是画图描出整点，然后数一下，实际上满足题意的整点(x，y)必须满足x＋y≤4，且x≥0，y≥0.若令z＝4－(x＋y)，则z≥0且z为整数，x＋y＋z＝4，该方程非负整数的解即为整点个数．故整点个数是C＝C＝15，故选A.
二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填在题中的横线上)
11．一种团体竞技比赛的积分规则如下：每队胜、平、负分别得2分、1分、0分．已知甲球队已赛4场，积4分，在这4场比赛中，甲球队胜、平、负(包括顺序)的情况共有19种．
解析：由题意知，甲在这4场比赛中，有可能胜1场，平2场，负1场；胜2场，平0场，负2场；胜0场，平4场，负0场；∴甲队胜、平、负的情况共有CC＋C＋1＝19(种)．
12．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有36种(用数字作答)．
解析：分2步完成：第一步：将4名大学生按2,1,1分成三组，其分法有种．第二步：将分好的三组分配到3个乡镇，其分法有A种，所以满足条件的分配方案有A＝36(种)．
13．若自然数n使得作加法n＋(n＋1)＋(n＋2)运算不产生进位现象，则称n为“给力数”．例如：32是“给力数”，因32＋33＋34不产生进位现象；23不是“给力数”，因23＋24＋25产生进位现象．设小于1
000的所有“给力数”的各个数位上的数字组成集合A，则由集合A中的元素可组成18个没有重复数字的四位数．
解析：根据新定义“给力数”的概念可知，任何一个“给力数”与其后的连续两个整数相加时任何一位都不产生进位现象，故我们可以先给个位找满足题意的数字．
在十以内的三个连续自然数相加不产生进位的只有0＋1＋2,1＋2＋3,2＋3＋4三种情况．故“给力数”的个位只能是0,1,2.
显然，满足题意的“给力数”中的十位只能是0,1,2,3，百位只能是1,2,3，所以集合A＝{0,1,2,3}，由0,1,2,3可以组成3A＝18个没有重复数字的四位数．
14．若(x－2)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝31(用数字作答)．
解析：已知(x－2)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，
令x＝1，得(1－2)5＝a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝－1，
令x＝0，得(0－2)5＝a0＝－32，
所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝31.
15．用红、黄、蓝3种颜色涂下图中标号为1,2，…，9的9个小正方形，每个小正方形只能涂一种颜色，相邻(有公共边的)小正方形所涂颜色不能相同，且标号为1,5,9的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有108种.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
解析：分三步进行涂色．
第一步：给标号为1,5,9的小正方形涂色，有3种颜色可供选择．
第二步：给标号为2,3,6的小正方形涂色，
①标号为3的小正方形的颜色与标号为1,5,9的小正方形的颜色相同，则标号为2,6的小正方形各有2种涂法，根据分步乘法计数原理可得其涂法有1×2×2＝4种；
②标号为3的小正方形的颜色与标号为1,5,9的小正方形的颜色不同，则标号为3的小正方形有2种涂色，则标号为2,6的小正方形的颜色相同且只有1种，根据分步乘法计数原理可得其涂法有2×1×1＝2种．
所以标号为2,3,6的小正方形的涂色方法共有4＋2＝6种．
第三步：给标号为4,7,8的小正方形涂色，其涂法与标号为2,3,6的小正方形的涂法相同，也有6种．
根据分步乘法计数原理可得共有3×6×6＝108种．
三、解答题(本大题共6个小题，共75分，解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
16．(本题满分12分)已知n的展开式的各项系数之和等于5展开式中的常数项，求n展开式中含a－1的项的二项式系数．
解：设5的展开式的通项为Tr＋1＝C(4)5－r·
r＝r·45－rC·b
eq
\s\up15(
)
，(r＝0,1,2,3,4,5)．
若它为常数项，则＝0，∴r＝2.
代入上式，得T3＝27.
即常数项是27，从而可得n中n＝7，
同理7二项展开式的通项公式为Tr＋1＝(－1)r·37－rC·a
eq
\s\up15(
)
，令5r－21＝－6，得r＝3.
故含a－1的项是第4项，其二项系数是35.
17．(本题满分12分)a是由0,1,2,3,4这五个数字组成的自然数．
(1)若a<100
000，则这样的a共有多少个？
(2)若999000，且a的各位数字互不相同，则这样的a共有多少个？
解：(1)由于没有要求各位数字不重复，所以一位数有5个，两位数有4×5＝20个，三位数有4×52＝100个，四位数有4×53＝500个，五位数有4×54＝2
500个，所以符合条件的a共有5＋20＋100＋500＋2
500＝3
125个．
(2)本题即求由0,1,2,3,4这五个数字组成的各位数字不相同的四位数和五位数的个数．
因为0不能排在首位，所以这样的四位数有4A＝96个，同理，这样的五位数有4A＝96个，所以符合条件的a共有96＋96＝192个．
18．(本题满分12分)从1到6的六个数字中取两个偶数和两个奇数组成没有重复数字的四位数．试问：
(1)能组成多少个不同的四位数？
(2)四位数中，两个偶数排在一起的有几个？
(3)两个偶数不相邻的四位数有几个？(所有结果均用数值表示)
解：(1)分三步完成：第一步，取两个偶数，有C种方法；第二步，取两个奇数，有C种方法；第三步，将取出的四个数字排成四位数有A种方法．根据分步乘法计数原理，共能组成CCA＝216个不同的四位数．
(2)先取出两个偶数和两个奇数，有CC种方法；再将两个偶数看作一个整体与两个奇数排列，有AA种方法．根据分步乘法计数原理，偶数排在一起的四位数有CCAA＝108个．
(3)两个偶数不相邻用插空法，共有四位数CCAA＝108个．
19．(本题满分12分)在产品质量检验时，常从产品中抽出一部分进行检查，现有100件产品，其中有98件正品，2件次品，从中任意抽出3件检查，
(1)共有多少种不同的抽法？
(2)恰好有一件是次品的抽法有多少种？
(3)至少有一件是次品的抽法有多少种？
解：(1)所求的不同抽法数，即从100个不同元素中任取3个元素的组合数，共有C＝＝161
700(种)．
(2)抽出的3件中恰好有一件是次品这件事，可以分两步完成．
第一步：从2件次品中任取1件，有C种方法；
第二步：从98件正品中任取2件，有C种方法．
根据分步乘法计数原理知，不同的抽取方法共有C·C＝2×4
753＝9
506(种)．
(3)方法一：抽出的3件中至少有一件是次品的这件事，分为两类：
第一类：抽出的3件中有1件是次品的抽法，有CC种；
第二类：抽出的3件中有2件是次品的抽法，有CC种．
根据分类加法计数原理，不同的抽法共有CC＋CC＝9
506＋98＝9
604(种)．
方法二：从100件产品中任取3件的抽法有C种，其中抽出的3件中至少有一件是次品的抽法共有C－C＝161
700－152
096＝9
604(种)．
20．(本题满分13分)求(x2＋3x＋2)5的展开式中x项的系数．
解：方法一：因为(x2＋3x＋2)5＝(x＋2)5·(x＋1)5＝(Cx5＋Cx4·2＋…＋C·25)(Cx5＋Cx4＋…＋C)展开后x项为Cx·24·C＋C·25·Cx＝240x.
所以(x2＋3x＋2)5展开式中x项的系数为240.
方法二：因为(x2＋3x＋2)5＝[x2＋(3x＋2)]5，
设Tr＋1＝C(x2)5－r(3x＋2)r，
在(3x＋2)r中，设Tk＋1＝C(3x)r－k2k，
Tr＋1＝C(x2)5－rC(3x)r－k2k＝CC3r－k2kx10－r－k，
依题意可知10－r－k＝1，即r＋k＝9.
又0≤k≤r≤5，r，k∈N＋，所以r＝5，k＝4.
则Tr＋1＝C·C·3·24·x＝240x.
所以(x2＋3x＋2)5展开式中x项的系数为240.
方法三：把(x2＋3x＋2)5看成5个x2＋3x＋2相乘，每个因式各取一项相乘得到展开式中的一项，x项可由1个因式取3x,4个因式取2相乘得到，即C3x·C·24＝240x.
所以(x2＋3x＋2)5展开式中x项的系数为240.
21．(本题满分14分)已知(＋x2)2n的展开式的二项式系数和比(3x－1)n的展开式的二项式系数和大992，求(2x－)2n的展开式中，
(1)二项式系数最大的项；
(2)系数的绝对值最大的项．
解：由题意知，22n－2n＝992，即(2n－32)(2n＋31)＝0，
∴2n＝32，解得n＝5.
(1)由二项式系数的性质知，(2x－)10的展开式中第6项的二项式系数最大．即C＝252.
(2)设第r＋1项的系数的绝对值最大，则Tr＋1≥Tr，
且Tr＋1≥Tr＋2.∵Tr＋1＝C·(2x)10－r·(－)r＝(－1)rC·210－r·x10－2r，
∴得
即解得≤r≤.
∵r∈Z，∴r＝3，故系数的绝对值最大的项是第4项，
T4＝－C·27·x4＝－15
360x4.