2012年高考总复习一轮《名师一号-数学》第10章检测题

第十章排列、组合和二项式定理名师检测题时间：120分钟分值：150分第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题：(本大题共12小题，每小题5分，共60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．用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为()A．324B．328C．360D．648解析：若个位数是0，从其余9个数中取出两个数排在前两位，有A92种排法；若个位数不是0，先从2、4、6、8中取一个放在个位，在其余的3个数和1、3、5、7、9中取出1个数排在首位，再从其余8个数(包括0)中取出一个数排在十位，有4×8×8＝256(种)排法．所以满足条件的三位偶数共有A92＋4×8×8＝328(个)，故选B.答案：B2．某校在高二年级开设选修课，其中数学选修课开三个班．选课结束后，有4名同学要求改修数学，但每班至多可再接收2名同学，那么不同的分配方案有()A．72种B．54种C．36种D．18种解析：依题意，就要求改修数学的4名同学实际到三个班的具体人数分类计数：第一类，其中一个班接收2名、另两个班各接收1名，分配方案共有C31·C42·A22＝36(种)；第二类，其中一个班不接收、另两个班各接收2名，分配方案共有C31·C42＝18(种)．因此，满足题意的不同的分配方案有36＋18＝54(种)，选B.答案：B3．数列{an}共有6项，其中三项是1，两项是2，一项是3，则满足上述条件的数列共有()A．24种B．60种C．72种D．120种解析：∵数列{an}共有6项，可以找6个位置，先放3个1，相当于从6个位置中选出3个位置放1，由于3个1相同，所以没有顺序，共有C63种方法；类似地，剩下的3个位置2个放2,1个放3，因此一共有C63C32C11＝60(种)，故选B.答案：B4．为预防和控制甲型流感，某学校医务室欲将22支相同的温度计分发到高三年级10个班级中，要求分发到每个班级的温度计不少于2支，则不同的分发方式共有()A．45种B．55种C．90种D．100种解析：依题意，先把这22支相同的温度计给每班分配2支，则满足题意的分发方式的种数就取决于余下的2支温度计的分配方法种数，余下的2支温度计的分配方法有两类：第一类，将余下的2支温度计全部分给某一个班，有C101＝10(种)方法；第二类，将余下的2支温度计全部分给某两个班，有C102＝45(种)方法．因此，满足题意的分发方式共有10＋45＝55(种)，选B.答案：B5．计划在4个候选场馆举办排球、篮球、足球3个项目的比赛，在同一个场馆比赛的项目不超过2项的安排方案共有()A．24种B．36种C．42种D．60种解析：依题意知，满足题意的方案可分为两类：第一类，这3个项目分别安排在某3个场馆，相应的方案数为A43＝24；第二类，这3个项目分别安排在某2个场馆，相应的方案数为C42·C21·C32＝36.因此，满足题意的方案共有24＋36＝60(种)，选D.答案：D6．从8个不同的数中选出5个数构成函数f(x)(x＝1,2,3,4,5)的值域，如果8个不同的数中的A、B两个数不能是x＝5对应的函数值，那么不同的选法种数为()A．C82A63B．C71A74C．C61A74D．无法确定解析：依题意，分步确定当x取1、2、3、4、5时相应的函数值，第一步，从除A、B外的六个数中任选一个作为x＝5时相应的函数值，有C61种方法；第二步，再从其余的7个数中任选4个作为x取1、2、3、4时相应的函数值，有A74种方法．因此满足题意的不同的选法种数有C61A74，选C.答案：C7．某学校有教职工100人，其中教师80人，职员20人，现从中选取10人组成一个考察团外出学习考察，则这10人中恰好有8名教师的不同选法的种数是()A．C802C208B．A808C202C．A808C202D．C808C202解析：依题意得这10人中恰好有8名教师的不同选法的种数是C808C202，选D.答案：D8．若自然数n使得作竖式加法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32＋33＋34不产生进位现象；23不是“可连数”，因23＋24＋25产生进位现象．那么，小于1000的“可连数”的个数为()A．27B．36C．39D．48解析：根据题意，要构造小于1000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C31＝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C31C31＝9(个)；当“可连数”为三位数时：有C31C41C31＝36(个)；故共有：3＋9＋36＝48(个)，故选D.答案：D9．(2x＋4)2010＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2010x2010，则a0＋a2＋a4＋…＋a2010被3除的余数是()A．0B．1C．2D．不能确定解析：在已知等式中分别取x＝1与x＝－1得a0＋a1＋a2＋…＋a2010＝62010，a0－a1＋a2－…＋a2010＝22010，两式相加得2(a0＋a2＋…＋a2010)＝62010＋22010，即a0＋a2＋…＋a2010＝12×(62010＋22010)＝12×62010＋22009.注意到12×62010能被3整除；22009＝2×(22)1004＝2×(3＋1)1004＝2×(31004＋C10041·31003＋…＋C10041003·3＋1)，被3除的余数是2，因此选C.答案：C10．如果f(m)＝1＋mCn1＋m2Cn2＋…＋mn－1Cnn－1＋mnCnn，那么log2f3log2f1等于()A．2B.12C．1D．3解析：∵f(m)＝(1＋m)n，∴log2f3log2f1＝log24nlog22n＝2nn＝2，故选A.答案：A11．(C41x＋C42x2＋C43x3＋C44x4)2的展开式的所有项的系数和为()A．64B．224C．225D．256解析：在已知代数式中取x＝1得其展开式的所有项的系数和等于(C41＋C42＋C43＋C44)2＝152＝225，选C.答案：C12．设(5x－x)n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M－N＝240，则展开式中x3的系数为()A．－150B．150C．－500D．500解析：依题意得，M＝4n＝(2n)2，N＝2n，于是有(2n)2－2n＝240，(2n＋15)(2n－16)＝0,2n＝16＝24，n＝4，二项式(5x－x)n即(5x－x)4的展开式的通项Tr＋1＝，令4－r2＝3，得r＝2，因此(5x－x)n的展开式中x3的系数等于C42·54－2·(－1)2＝150，选B.答案：B第Ⅱ卷(非选择题共90分)二、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上．)13．北京大学今年实施校长实名推荐制，某中学获得推荐4名学生的资格，校长要从7名优秀学生中推荐4名，7名学生中有2人有体育特长，另有2人有艺术特长，其余3人有其他特长，那么至少含有1名有体育特长和1名有艺术特长的学生的推荐方案有________种(用数字作答)．解析：依题意，推荐方案分四类：①1名体育特长生，1名艺术特长生，有C21C21C32＝12(种)方案；②2名体育特长生，1名艺术特长生，有C22C21C31＝6(种)方案；③1名体育特长生，2名艺术特长生，有C21C22C31＝6(种)方案；④2名体育特长生，2名艺术特长生，有C22C22＝1(种)方案．于是，满足题意的推荐方案共有12＋6＋6＋1＝25(种)方案．答案：2514．如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．解析：依题意，本题中的“好数”一定是由三个1与其他一个数或一个1与其他三个相同的数构成，故共有C31C31＋C31＝12(个)．答案：1215．在(x＋43y)20的展开式中，系数为有理数的项共有________项．解析：注意到二项式(x＋43y)20的展开式的通项是Tr＋1＝C20r·x20－r·(43y)r＝C20r·3r4·x20－r·yr.当r＝0,4,8,12,16,20时，相应的项的系数是有理数．因此(x＋43y)20的展开式中，系数是有理数的项共有6项．答案：616．已知数列{an}的通项公式为an＝2n－1＋1，则a1Cn0＋a2Cn1＋…＋an＋1Cnn＝________.解析：∵an＝2n－1＋1，∴a1Cn0＋a2Cn1＋…＋an＋1Cnn＝Cn0(20＋1)＋Cn1(21＋1)＋…＋Cnn(2n＋1)＝(Cn020＋Cn121＋…＋Cnn2n)＋(Cn0＋Cn1＋…＋Cnn)＝(2＋1)n＋2n＝3n＋2n.答案：2n＋3n三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)7个人到7个地方去旅游，甲不去A地，乙不去B地，丙不去C地，丁不去D地，共有多少种旅游方案？解析：此题可用排除法，7个人分别去7个地方共有A77种可能．(1)若甲、乙、丙、丁4人同时都去各自不能去的地方旅游，而其余的人可以去余下的地方旅游的不同选法有A33＝6(种)．(2)若甲、乙、丙、丁中有3人同时去各自不能去的地方旅游，有C43种，而4人中剩下1人旅游的地方是C31种，都选完后，再考虑无条件3人的旅游方法是A33种，所以共有C43C31A33＝72(种)．(3)若甲、乙、丙、丁4人中有2人同时去各自不能去的地方旅游，有C42种，余下的5个人分别去5个不同地方的方案有A55种，但是其中又包括了有条件的四人中的两人(不妨设甲、乙两人)同时去各自不能去的地方共A33种，和这两人中有一人去了自己不能去的地方共2A31A33种，所以共有C42(A55－A33－2A31A33)＝468(种)．(4)若甲、乙、丙、丁4人中只有1人去了自己不能去的地方旅游，有C41种方案，而余下的六个人的旅游方案仍与(3)想法一致，共有C41[A66－A33－C32(A44－A33)－C31(A55－A32－2A31·A33)]＝1704(种)．所以满足以上情况的不同旅游方案，共有A77－(6＋72＋468＋1704)＝2790(种)．18．(本小题满分12分)设(5x12－x13)n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，M－N＝992.(1)判断该展开式中有无x2项？若有，求出它的系数；若没有，说明理由；(2)求此展开式中有理项的项数．解析：令x＝1得M＝4n，而N＝2n，由M－N＝992，得4n－2n＝992，即(2n－32)(2n＋31)＝0.故2n＝32，n＝5.(1)由题意，5－r2＋r3＝2，r＝3.故含x2项存在，它的系数为－250.(2)由通项可知，必须5－r2＋r3＝15－r6为整数．分别把r＝0,1,2,3,4,5代入，只有r＝3成立，故只有一项有理项．19．(本小题满分12分)把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列．(1)43251是这个数列的第几项？(2)求这个数列的第96项是多少？(3)求这个数列的各项和．解析：(1)先考虑大于43251的数有三类：以5开头的有A44个，以45开头的有A33个，以435开头的有A22个，则不大于43251的五位数有：A55－(A44＋A33＋A22)＝88(个)，即43251是此数列的第88项．(2)此数列共有120项，即96项以后还有120－96＝24项，即比96项所表示的五位数大的五位数有24个，而以5开头的五位数恰好有A44＝24个，所以小于以5开头的五位数中最大的一个就是该数列的第96项，即为45321.(3)因为1,2,3,4,5各在万位时都有A44个五位数，所以万位上数字的和为(1＋2＋3＋4