【文档说明】高中新教材人教A版数学课后习题 选择性必修第三册 第六章测评含解析【高考】.doc，共(9)页，605.000 KB，由小赞的店铺上传

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1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.9B.8C.7D.6解析:由m(m-1)(m-2)=6·,解得m=7.答案:C2.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,剩余3机实际排列方法共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:C3.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.14B.13C.12D.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:B4.在(x2+x+y)5的展开式中,x5y2的系数为()A.10B.20C.30D.60解析:(方法一)(

x2+x+y)5=[(x2+x)+y]5,含y2的项为T3=(x2+x)3·y2.2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5个(x2+x+y)之积,其中有两个取y,两个取x2,一个取x即可,故x5y2的系数为=30.选C

.答案:C5.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.5B.6C.7D.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:B6.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3种才能共

有种排法,故此时共有=12(种)排法;3②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能,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:B7.已知某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动(含x,y正半轴上的整点),其运动规律为(m,n)→(m+1,n+1)或(m,n)→(m+1,n-1).若该动点从原点出发,经过6步运动到点(6,2),则不同的运动轨迹有()A.15种

B.14种C.9种D.103种解析:由运动规律可知,每一步的横坐标都增加1,只需考虑纵坐标的变化,而纵坐标每一步增加1或减少1,经过6步变化后,结果由0变到2,因此这6步中有2步是按照(m,n)→(m+1,n-1)运动的,有

4步是按照(m,n)→(m+1,n+1)运动的,因此,共有=15(种)运动轨迹,而此动点只能在第一象限的整点上运动(含x,y正半轴上的整点),当第一步(m,n)→(m+1,n-1)时不符合要求,有种;当第一步(m,

n)→(m+1,n+1),但第二、三两步为(m,n)→(m+1,n-1)时也不符合要求,有1种,故要减去不符合条件的+1=6(种),共有15-6=9(种)不同的运动轨迹.答案:C8.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=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:D4二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20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5分,部分选对的得3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=10B.n=11C.奇数项的二项式系数和为211D.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=2

9.故选AD.答案:AD10.若>3,则m的取值可能是()A.6B.7C.8D.9解析:根据题意,对于和3,有0≤m-1≤8,且0≤m≤8,则有1≤m≤8.若>3,则有>3×,变形可得m>27-3m,解得m>,综合可得<m≤8,则m=7或8.

故选BC.答案:BC11.对于(n∈N*),以下判断正确的有()A.存在n∈N*,使展开式中有常数项B.对任意n∈N*,展开式中没有常数项C.对任意n∈N*,展开式中没有x的一次项D.存在n∈N*,使展开式中有x的一次项解析:该二项展开式的通项为Tr+1=·(x3)r=x4r-

n,故当n=4r时,展开式中存在常数项,A选项正确,B选项错误;当n=4r-1时,展开式中存在x的一次项,D选项正确,C选项错误.故选AD.答案:AD12.设(2-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,那么()5A.a0+a2+a4=122B.a0+a1+

a2+a3+a4+a5=1C.a1+a3+a5=-121D.a1+a3=20解析:令x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1,再令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35.两式相加除以2求得a0+a2+a4=122,两

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4小题,每小题5分,共20分.13.甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上,若每级台阶最多站2人,同一级台阶上的人不区分站的位置,则不同的站法种数是.(用数字作

答)解析:可分类讨论:第1类,7级台阶上每一级只站一人,则有种;第2类,若有一级台阶有2人,另一级有1人,则共有种.因此共有不同的站法种数是=336.答案:33614.在的展开式中,常数项为,系数最大的项是.解析:由题意,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=x9.6答案:x915.若的展开式中x3项的系数为20,则a2+b2的最小值为.解析:Tr+1=(ax2)6-ra6-rbrx12-3r.令12-3r=3

,得r=3.故a3b3=20,则ab=1,a2+b2≥2ab=2,当且仅当a=b=1或a=b=-1时,等号成立.答案:216.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1

5×14=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.(10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、蓝三种颜色可供

使用,则一共有多少种不同的涂法?7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4个数字可选,有4种填法;②将剩下4个数字填进4个格子,有=24(种)情况,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6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=1800(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.18.(12分)已知试求x,n(x,n∈N*)的值.解:因为,所以n-x=2x或x=2x(舍去),故n=3x.由,得,整理得3(x-1)!(n-x+1)!=11(x+1)!(n-x-1

)!,3(n-x+1)(n-x)=11(x+1)x.将n=3x代入,整理得6(2x+1)=11(x+1),解得x=5,n=3x=15.19.(12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,其展开式的通项公式为Tr+1=2rxr,由不等式解得且r∈N,8故r=5,最大的系数为a5=25=672.20.(12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21034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21034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.21.(12分)已知的展开式中各项

的系数之和为1024.(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=1024,∴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=528.9(2)由(1)知(2x+y)2=·(2x+y)2=·(4x2+4xy+y2),的展开式的通项公式为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=1620x5,当k=2时,33·x3=270x3,则不含y的各项系数之和为972+1620+270=2862.22.(12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=604800(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=2943360(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=604800(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=1814400(种)排法.