1、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)A3 B5C8 D15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358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)A360种 B480种C720种 D240种解析：选出一组参赛
2、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3024720(种)不同的选法3()8的展开式中的常数项为(B)A. B.C. D105解析：Tr1C()8r()rC()rx4r，令4r0，得r4，故展开式中的常数项为T5C()4.420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)AC种 BC种CCC种 DC25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C25种53位男生和3
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)A360 B288C216 D96解析：所求问题可分为三种情况：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(CA)CC72(种)；男生甲在另2位男生的右边时，与同理可得有72种不同的排法；男生甲在2位男生的中间，有不同的排法A(CA)A144(种)综上所述，共有不同的排法7272144288(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yax2bxc的系数a，b，c
4、，其中表示开口向上的抛物线的条数为(B)A10 B24C48 D60解析：因为yax2bxc表示开口向上的抛物线，a必须大于0，因此共有CA24条抛物线7设(2x)5a0a1xa2x2a5x5，那么的值为(B)A BC1 D解析：令x1，得a0a1a2a3a4a51，令x1，得a0a1a2a3a4a535，所以a0a2a4122，a1a3a5121.又a51，所以a1a3120，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)A288种 B264种C240种 D168种解析：(1)若A，
5、B，C，D四点涂四种颜色，共有A2296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(21)24372种涂色方法；同理，如果B，D涂色相同，也有A(21)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A224种涂色方法综上，可知共有不同的涂色方法96727224264种9设(1xx2)na0a1xa2nx2n，则a2a4a2n的值为(C)A3n B3n2C. D.解析：令x0，得a01；令x1，得a0a1a2a3a2n1；令x1，得a0a1a2a3a2n3n.得2(a0a2a4
6、a2n)3n1，故a0a2a4a2n，再由a01得a2a4a2n.10在直角坐标系xOy中，已知AOB三边所在直线方程为x0，y0，xy4，则在AOB内部(包括边界)的整点个数是(A)A15 B16C17 D18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xy4，且x0，y0.若令z4(xy)，则z0且z为整数，xyz4，该方程非负整数的解即为整点个数故整点个数是CC15，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
7、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CCC119(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A36(种)13若自然数n使得作加法n(n1)(n2)运算不产生进位现象，则称n为“给力数”例如：32是“给力数”，因323334不产生进位现象；2
8、3不是“给力数”，因232425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012,123,234三种情况故“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A0,1,2,3，由0,1,2,3可以组成3A18个没有重复数字的四位数14若(x2)5a5x5a4x4a
9、3x3a2x2a1xa0，则a1a2a3a4a531(用数字作答)解析：已知(x2)5a5x5a4x4a3x3a2x2a1xa0，令x1，得(12)5a5a4a3a2a1a01，令x0，得(02)5a032，所以a1a2a3a4a531.15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.123456789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，标号为3的
10、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1224种；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2112种所以标号为2,3,6的小正方形的涂色方法共有426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366108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
11、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a1的项的二项式系数解：设5的展开式的通项为Tr1C(4)5rrr45rCb，(r0,1,2,3,4,5)若它为常数项，则0，r2.代入上式，得T327.即常数项是27，从而可得n中n7，同理7二项展开式的通项公式为Tr1(1)r37rCa，令5r216，得r3.故含a1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a100 000，则这样的a共有多少个？(2)若999a100 000，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
12、各位数字不重复，所以一位数有5个，两位数有4520个，三位数有452100个，四位数有453500个，五位数有4542 500个，所以符合条件的a共有5201005002 5003 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4A96个，同理，这样的五位数有4A96个，所以符合条件的a共有9696192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
13、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CCA216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CCAA108个(3)两个偶数不相邻用插空法，共有四位数CCAA108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
14、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C161 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CC24 7539 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CCCC9 506989 60
15、4(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CC161 700152 0969 604(种)20(本题满分13分)求(x23x2)5的展开式中x项的系数解：方法一：因为(x23x2)5(x2)5(x1)5(Cx5Cx42C25)(Cx5Cx4C)展开后x项为Cx24CC25Cx240x.所以(x23x2)5展开式中x项的系数为240.方法二：因为(x23x2)5x2(3x2)5，设Tr1C(x2)5r(3x2)r，在(3x2)r中，设Tk1C(3x)rk2k，Tr1C(x2)5rC(3x)rk2kCC3rk2kx10rk，依题意可知10rk1
16、，即rk9.又0kr5，r，kN，所以r5，k4.则Tr1CC324x240x.所以(x23x2)5展开式中x项的系数为240.方法三：把(x23x2)5看成5个x23x2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C3xC24240x.所以(x23x2)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(3x1)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，22n2n992，即(2n32)(2n31)0，2n32，解得n5.(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C252.(2)设第r1项的系数的绝对值最大，则Tr1Tr，且Tr1Tr2.Tr1C(2x)10r()r(1)rC210rx102r，得即解得r.rZ，r3，故系数的绝对值最大的项是第4项，T4C27x415 360x4.
