2022年秋新教材高中数学章末综合检测一计数原理新人教A版选择性必修第三册

PAGEPAGEPAGE16章末综合检测（一）计数原理（A、B卷）A卷——基本知能盘查卷(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共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．从A地到B地要经过C地和D地，从A地到C地有3条路，从C地到D地有2条路，从D地到B地有4条路，则从A地到B地不同走法的种数是()A．9 B．1C．24 D．3解析：选C完成从A地到B地这件事情共分三步：第一步，从A地到C地；第二步，从C地到D地；第三步，从D地到B地．符合分步乘法计数原理，共有3×2×4＝24种不同的走法．2．下列计算结果为28的是()A．Aeq\o\al(2,4)＋Aeq\o\al(2,6) B．Ceq\o\al(7,7)C．Aeq\o\al(2,8) D．Ceq\o\al(2,8)解析：选DCeq\o\al(2,8)＝eq\f(8×7,2)＝4×7＝28.3．某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为()A．6 B．12C．18 D．19解析：选D从六科中选考三科的选法有Ceq\o\al(3,6)种，其中不选物理、政治、历史中任意一科的选法有1种，因此学生甲的选考方法共有Ceq\o\al(3,6)－1＝19种．4．高三(一)班学生要安排毕业晚会上4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是()A．1800 B．3600C．4320 D．5040解析：选B不同的排法种数为Aeq\o\al(5,5)Aeq\o\al(2,6)＝3600.5．在(x－2)6展开式中，二项式系数的最大值为m，含x5项的系数为n，则eq\f(n,m)＝()A.eq\f(5,3) B．－eq\f(5,3)C.eq\f(3,5) D．－eq\f(3,5)解析：选D因为n＝6是偶数，所以展开式共有7项，其中中间一项的二项式系数最大，其二项式系数为m＝Ceq\o\al(3,6)＝20，含x5项的系数为n＝(－1)Ceq\o\al(1,6)×2＝－12，则eq\f(n,m)＝－eq\f(12,20)＝－eq\f(3,5).故选D.6.用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有()A．4320种 B．2880种C．1440种 D．720种解析：选A分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法．根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×4×3＝4320(种)不同的涂色方法．7．五种不同的商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁两种不能排在一起，则不同的排法总数共有()A．12种 B．20种C．24种 D．48种解析：选C甲、乙捆绑看成一个元素，与丙、丁之外的1个元素共两个元素进行全排列，有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)种排法，再插空排入丙、丁，共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,3)＝24种不同排法．8．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8＝()A．－180 B．180C．45 D．－45解析：选B令t＝1－x，则x＝1－t，所以有(2－t)10＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a10t10，因为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)210－r(－t)r＝Ceq\o\al(r,10)210－r(－1)rtr，令r＝8，得a8＝Ceq\o\al(8,10)×22＝180.二、多项选择题(本大题共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2分，有选错的得0分)9．下列问题是组合问题的是()A．把5本不同的书分给5个学生，每人一本B．从7本不同的书中取出5本给某个同学C．10个人相互发一微信，共发几次微信D．10个人互相通一次电话，共通了几次电话解析：选BDA中，由于书不同，每人每次拿到的也不同，有顺序之分，故它是排列问题．B中，从7本不同的书中，取出5本给某个同学，在每种取法中取出的5本并不考虑书的顺序，故它是组合问题．C中，因为两人互发微信与写微信的人与收微信人的顺序有关，故它是排列问题．D中，因为互通电话一次没有顺序之分，故它是组合问题．10．下列关于(a－b)10的说法，正确的是()A．展开式中的二项式系数之和为1024B．展开式中第6项的二项式系数最大C．展开式中第5项或第7项的二项式系数最大D．展开式中第6项的系数最小解析：选ABD由展开式的二项式系数之和为2n知A正确；当n为偶数时，展开式中二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也正确，因为展开式中第6项的系数是负数，且二项式系数最大，所以是系数最小的项．11．若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(3,x)))5的展开式中含xα(α∈Z)，则α的值可能为()A．－5 B．1C．7 D．2解析：选ABC由题意可知Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(2x2)5－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,x)))r＝25－r·(－3)r·Ceq\o\al(r,5)·x10－3r，其中r＝0,1，2，…，5.令10－3r＝－5，得r＝5；令10－3r＝1，得r＝3；令10－3r＝7，得r＝1；令10－3r＝2，得r＝eq\f(8,3)∉N.所以α的值可能为－5,1,7，故选A、B、C.12．已知(2x－m)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7，若a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a7,27)＝－128，则有()A．m＝2B．a3＝－280C．a0＝－1D．－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14解析：选BCD令1－x＝eq\f(1,2)，即x＝eq\f(1,2)，可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2×\f(1,2)－m))7＝(1－m)7＝a0＋eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)＋…＋eq\f(a7,27)＝－128，得m＝3.再令x＝1，得a0＝(－1)7＝－1.因为(2x－3)7＝[－1－2(1－x)]7，所以a3＝Ceq\o\al(3,7)×(－1)7－3×(－2)3＝－280.对(2x－3)7＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a7(1－x)7两边求导得14(2x－3)6＝－a1－2a2(1－x)－…－7a7(1－x)6，令x＝2得－a1＋2a2－3a3＋4a4－5a5＋6a6－7a7＝14.故选B、C、D.三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．方程3Aeq\o\al(3,x)＝2Aeq\o\al(2,x＋1)＋6Aeq\o\al(2,x)的解为________．解析：由排列数公式可知3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，∵x≥3且x∈N*，∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，即3x2－17x＋10＝0，解得x＝5或x＝eq\f(2,3)(舍去)，∴x＝5.答案：514．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有________种．解析：根据2号盒子里放球的个数分类．第一类，2号盒子里放2个球，有Ceq\o\al(2,4)种放法．第二类，2号盒子里放3个球，有Ceq\o\al(3,4)种放法，所以不同的放球方法的种数为Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(3,4)＝10.答案：1015．在(x－2)5·(eq\r(2)＋y)4的展开式中，x3y2的系数为________．解析：(x－2)5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)x5－r(－2)r，令5－r＝3，得r＝2，则x3的系数为Ceq\o\al(2,5)(－2)2＝40；(eq\r(2)＋y)4的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)(eq\r(2))4－ryr，令r＝2，得y2的系数为Ceq\o\al(2,4)(eq\r(2))2＝12.故展开式中x3y2的系数为40×12＝480.答案：48016．若从1,2,3,4,7,9中任取不相同的两个数，分别作为对数的底数和真数，则能得到________个不同的对数值(结果用数字表示)．解析：注意到1不能作为底数，1的对数为0，从2,3,4,7,9中任取两个不同的数为真数、底数，可有5×4个值，但log23＝log49，log24＝log39，log32＝log94，log42＝log93，所以不同的对数值共有5×4－4＋1＝17(个)．答案：17四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)将四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．(1)若每个盒子放一个球，则有多少种不同的放法？(2)恰有一个空盒的放法共有多少种？解：(1)每个盒子放一个球，共有Aeq\o\al(4,4)＝24种不同的放法．(2)先选后排，分三步完成．第一步：四个盒子中选一个为空盒子，有4种选法；第二步：任选两球为一个元素，有Ceq\o\al(2,4)种选法；第三步：将三个元素放入三个盒中，有Aeq\o\al(3,3)种放法．根据分步乘法计数原理，共有4×Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝144种放法．

18.(12分)如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求共有多少不同的染色方法．解：可分为两大步进行，先将四棱锥一侧面三顶点染色，然后再分类考虑另外两顶点的染色数，用分步乘法计数原理即可得出结论．由题设，四棱锥S­ABCD的顶点S，A，B所染的颜色互不相同，它们共有5×4×3＝60(种)染色方法．当S，A，B染好时，不妨设其颜色分别为1,2,3，若C染2，则D可染3或4或5，有3种染法；若C染4，则D可染3或5，有2种染法；若C染5，则D可染3或4，有2种染法．可见，当S，A，B已染好时，C，D还有7种染法，故不同的染色方法有60×7＝420(种)．19．(12分)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x2)))n(n∈N*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10∶1.(1)求展开式中各项系数的和；(2)求展开式中含xeq\f(3,2)的项；(3)求展开式中系数的绝对值最大的项．解：因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x2)))n的展开式的通项是Tr＋1＝Ceq\o\al(r,n)(eq\r(x))n－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)))r＝(－2)rCeq\o\al(r,n)xeq\f(n－5r,2)，所以T5＝T4＋1＝24Ceq\o\al(4,n)xeq\f(n,2)－10，T3＝T2＋1＝22Ceq\o\al(2,n)xeq\f(n,2)－5.所以eq\f(24C\o\al(4,n),22C\o\al(2,n))＝eq\f(10,1)，所以n2－5n－24＝0，解得n＝8或n＝－3(舍去)．(1)令x＝1，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)－\f(2,x2)))8各项系数的和为1.(2)展开式通项为Tr＋1＝(－2)rCeq\o\al(r,8)xeq\f(8－5r,2)，令eq\f(8－5r,2)＝eq\f(3,2)，得r＝1.所以展开式中含xeq\f(3,2)的项为T2＝T1＋1＝(－2)1Ceq\o\al(1,8)xeq\f(3,2)＝－16xeq\f(3,2).(3)展开式的第r项、第r＋1项、第r＋2项的系数的绝对值分别为Ceq\o\al(r－1,8)2r－1，Ceq\o\al(r,8)2r，Ceq\o\al(r＋1,8)2r＋1，若第r＋1项的系数的绝对值最大，则有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(r－1,8)2r－1≤C\o\al(r,8)2r，,C\o\al(r,8)2r≥C\o\al(r＋1,8)2r＋1，))解得5≤r≤6，故系数的绝对值最大的项为第六项或第七项，即T6＝－1792x－eq\f(17,2)，T7＝1792x－11.20．(12分)用0,1,2,3,4,5这六个数字，完成下面三个小题．(1)若数字允许重复，可以组成多少个不同的五位偶数；(2)若数字不允许重复，可以组成多少个能被5整除的且百位数字不是3的不同的五位数；(3)若直线方程ax＋by＝0中的a，b可以从已知的六个数字中任取2个不同的数字，则直线方程表示的不同直线共有多少条？解：(1)5×6×6×6×3＝3240(个)．(2)当首位数字是5，而末位数字是0时，有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,3)＝18(个)；当首位数字是3，而末位数字是0或5时，有Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,4)＝48(个)；当首位数字是1或2或4，而末位数字是0或5时，有Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,3)＝108(个)．故共有18＋48＋108＝174(个)．(3)a，b中有一个取0时，有2条；a，b都不取0时，有Aeq\o\al(2,5)＝20(条)；a＝1，b＝2与a＝2，b＝4重复，a＝2，b＝1与a＝4，b＝2重复．故共有2＋20－2＝20(条)．21．(12分)(1)已知Ceq\o\al(n－1,n＋1)＝Aeq\o\al(2,n－1)＋1，求n；(2)若Ceq\o\al(m－1,8)>3Ceq\o\al(m,8)，求m.解：(1)由Ceq\o\al(n－1,n＋1)＝Aeq\o\al(2,n－1)＋1得eq\f(n＋1n,2)＝(n－1)(n－2)＋1.即n2－7n＋6＝0.解得n＝1，或n＝6.由Aeq\o\al(2,n－1)知，n≥3，故n＝6.(2)原不等式可化为eq\f(8！,m－1！9－m！)>eq\f(3×8！,m！8－m！)，解得m>eq\f(27,4).∵0≤m－1≤8，且0≤m≤8，∴1≤m≤8.又m是整数，∴m＝7或m＝8.22．(12分)把4个男同志和4个女同志均分成4组，到4辆公共汽车上从事售票服务，相同的2人在不同的公共汽车上服务算不同的情况．(1)有多少种不同的分配方法？(2)若男同志与女同志分别分组，则有多少种不同的分配方法？解：(1)男女合在一起共有8人，每辆车上2人，可以分四个步骤完成，先安排2人上第一辆车，有Ceq\o\al(2,8)种分配方法，再安排2人上第二辆车，有Ceq\o\al(2,6)种分配方法，再安排2人上第三辆车，有Ceq\o\al(2,4)种分配方法，最后安排2人上第四辆车，有Ceq\o\al(2,2)种分配方法．由分步乘法计数原理，得共有Ceq\o\al(2,8)×Ceq\o\al(2,6)×Ceq\o\al(2,4)×Ceq\o\al(2,2)＝2520种分配方法．(2)男女分别分组，4个男同志平分成两组，有eq\f(C\o\al(2,4),2)＝3种分配方法，4个女同志分成两组，有eq\f(C\o\al(2,4),2)＝3种分配方法，所以不同的分配方法有3×3×Aeq\o\al(4,4)＝216(种)．

B卷——高考能力达标卷(时间：120分钟满分：150分)一、单项选择题(本大题共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．现有高一学生9人，高二学生12人，高三学生7人，自发组织参加数学课外活动小组，从中推选两名来自不同年级的学生做一次活动的主持人，不同的选法共有()A．756种 B．56种C．28种 D．255种解析：选D推选两名来自不同年级的两名学生，有N＝9×12＋12×7＋9×7＝255(种).2．将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的空格中，要求每一行从左到右、每一列从上到下分别依次增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有()34A．6种 B．12种C．18种 D．24种12D34ACB9解析：选A根据数字的大小关系可知，1,2,9的位置是固定的，如图所示，则剩余5,6,7,8这4个数字，而8只能放在A或B处，若8放在B处，则可以从5,6,7这3个数字中选一个放在C处，剩余两个位置固定，此时共有3种方法，同理，若8放在A处，也有3种方法，所以共有6种方法．3．设常数a∈R，若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(a,x)))5的二项展开式中x7项的系数为－10，则a等于()A．－2 B．－1C．1 D．2解析：选ATr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(x2)5－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)))r＝ar·Ceq\o\al(r,5)·x10－3r，令10－3r＝7，得r＝1，故Ceq\o\al(1,5)a＝－10⇒a＝－2.4．某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有()A．16种 B．36种C．42种 D．60种解析：选D若3个不同的项目投资到4个城市中的3个，每个城市一项，共Aeq\o\al(3,4)种方法；若3个不同的项目投资到4个城市中的2个，一个城市一项、一个城市两项，共Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)种方法．由分类加法计数原理知共Aeq\o\al(3,4)＋Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,4)＝60(种)方法．5．我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼­15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有()A．12种 B．18种C．24种 D．48种解析：选C把甲、乙看作1个元素和另一飞机全排列，调整甲、乙，共有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,2)种方法，再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列产生的3个空位中，有Aeq\o\al(2,3)种方法，由分步乘法计数原理可得总的方法种数为Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,3)＝24.6．在(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn中，若2a2＋an－5＝0，则自然数n的值是()A．9 B．8C．7 D．6解析：选B∵a2＝Ceq\o\al(2,n)，an－5＝(－1)n－5Ceq\o\al(n－5,n)＝(－1)n－5Ceq\o\al(5,n)，∴2Ceq\o\al(2,n)＋(－1)n－5Ceq\o\al(5,n)＝0，即eq\f(120,－1n－5n－2n－3n－4)＝－1，∴(n－2)(n－3)(n－4)＝120且n－5为奇数，∴n＝8.7．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))6，x<0，,－\r(x)，x≥0，))则当x>0时，f[f(x)]表达式的展开式中常数项为()A．－20 B．20C．－15 D．15解析：选A当x>0时，f[f(x)]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(x)＋\f(1,\r(x))))6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))－\r(x)))6的展开式中，常数项为Ceq\o\al(3,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))3(－eq\r(x))3＝－20.8.用三种不同的颜色填涂如图所示的3×3方格中的9个区域，要求每行每列的三个区域都不同色，则不同的填涂种数为()A．8 B．12C．14 D．16解析：选B将9个区域分别标号为1～9号，如图，第一步给区域1涂色有3种不同方法；第二步给区域2涂色有2种不同方法；第三步给区域4涂色，可分为两类，第一类区域4与区域2同色，则此时区域5不能与区域1同色，有1种涂色方法；第二类区域4与区域2不同色，则区域4有1种涂色方法，此时，区域5也有1种涂色方法，故第三步共有1＋1＝2(种)不同方法；第四步涂3,6,7,8,9五个区域，由于1,2,4,5四个区域所涂颜色确定，所以3,6,7,8,9五个区域所涂颜色也唯一确定，故不同的涂色方法有3×2×2×1＝12(种)．二、多项选择题(本大题共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2分，有选错的得0分)9．在二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2－\f(2,x)))5的展开式中，有()A．含x的项 B．含eq\f(1,x2)的项C．含x4的项 D．含eq\f(1,x4)的项解析：选ABC二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x2－\f(2,x)))5的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)·35－r·(－2)r·x10－3r，r＝0,1,2,3,4,5，故展开式中含x的项为x10－3r，结合所给的选项，知A、B、C中的项都含有．10．下列说法正确的是()A．Aeq\o\al(3,10)Aeq\o\al(7,7)与Aeq\o\al(9,10)相等B．过三棱柱任意两顶点的异面直线共有36对C．若Ceq\o\al(x,28)＝Ceq\o\al(3x－8,28)，则x＝4D．从5个人中选3人站成一排，则不同的排法为60种解析：选ABDA中，Aeq\o\al(3,10)Aeq\o\al(7,7)＝10×9×8×7！，Aeq\o\al(9,10)＝10×9×8×7！，故Aeq\o\al(3,10)Aeq\o\al(7,7)＝Aeq\o\al(9,10)，正确．B中，三棱柱有6个顶点，可组成Ceq\o\al(4,6)－3＝12个不同四面体，而每个四面体有三对异面直线，则共有12×3＝36对，正确．C中，∵Ceq\o\al(x,28)＝Ceq\o\al(3x－8,28)，∴x＝3x－8或x＋(3x－8)＝28，即x＝4或9，C错误．D中，从5个人中选出3人，共有Aeq\o\al(3,5)＝5×4×3＝60种不同选法，正确．11．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是()A．若任意选择三门课程，选法总数为Aeq\o\al(3,7)B．若物理和化学至少选一门，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,6)C．若物理和历史不能同时选，选法总数为Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(1,5)D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)－Ceq\o\al(1,5)解析：选ABD对于A，若任意选择三门课程，选法总数为Ceq\o\al(3,7)，错误；对于B，若物理和化学选一门，有Ceq\o\al(1,2)种方法，其余两门从剩余的五门中选，有Ceq\o\al(2,5)种选法；若物理和化学选两门，有Ceq\o\al(2,2)种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有Ceq\o\al(1,5)种选法，由分类加法计数原理得，总数为Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,5)，错误；对于C，若物理和历史不能同时选，选法总数为Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(2,2)·Ceq\o\al(1,5)＝Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(1,5)，正确；对于D，有3种情况：①只选物理且物理和历史不同时选，有Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,4)种选法；②选化学，不选物理，有Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,5)种选法；③物理与化学都选，有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)种选法，故选法总数为Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(1,1)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)＝6＋10＋4＝20(种)，错误．12．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax2＋\f(1,\r(x))))n(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是()A．展开式中奇数项的二项式系数和为256B．展开式中第6项的系数最大C．展开式中存在常数项D．展开式中含x15项的系数为45解析：选BCD因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax2＋\f(1,\r(x))))n的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以Ceq\o\al(4,n)＝Ceq\o\al(6,n)，得n＝10.因为展开式的各项系数之和为1024，所以令x＝1，得(a＋1)10＝1024，得a＝1.故给定的二项式为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,\r(x))))10，其展开式中奇数项的二项式系数和为eq\f(1,2)×210＝512，故A不正确；由n＝10可知二项式系数最大的项是展开式的第6项，而eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,\r(x))))10展开式的系数与对应的二项式系数相等，故B正确；展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,10)(x2)10－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))k＝Ceq\o\al(k,10)x20－eq\f(5k,2)(k＝0,1,2，…，10)，令20－eq\f(5k,2)＝0，解得k＝8，即常数项为第9项，故C正确；令20－eq\f(5k,2)＝15，得k＝2，故展开式中含x15项的系数为Ceq\o\al(2,10)＝45，故D正确．三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中的横线上)13．古人用天干、地支来表示年、月、日、时的次序．用天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，用天干的“乙、丁、己、辛、癸”和地支的“丑、卯、巳、未、酉、亥”相配，共可配成______组．解析：分两类：第一类，由天干的“甲、丙、戊、庚、壬”和地支的“子、寅、辰、午、申、戌”相配，则有5×6＝30组不同的结果；同理，第二类也有30组不同的结果，共可得到30＋30＝60组．答案：6014．从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种(用数字填写答案)．解析：法一：可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,4)＝12(种)；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,4)＝4(种)．根据分类加法计数原理知，至少有1位女生入选的不同的选法有16种．法二：从6人中任选3人，不同的选法有Ceq\o\al(3,6)＝20(种)，从6人中任选3人都是男生，不同的选法有Ceq\o\al(3,4)＝4(种)，所以至少有1位女生入选的不同的选法有20－4＝16(种)．答案：1615．(x2＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)－1))5的展开式的常数项是________．解析：第一个因式取x2，第二个因式取含eq\f(1,x2)的项得：1×Ceq\o\al(4,5)(－1)4＝5；第一个因式取2，第二个因式取常数项得：2×(－1)5＝－2，故展开式的常数项是5＋(－2)＝3.答案：316．设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5}，那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3”的元素个数为________．解析：在x1，x2，x3，x4，x5这五个数中，因为xi∈{－1,0,1}，i＝1,2,3,4,5，所以满足条件1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤3的可能情况有①一个1(或－1)，四个0，有Ceq\o\al(1,5)×2种；②两个1(或－1)，三个0，有Ceq\o\al(2,5)×2种；③一个－1，一个1，三个0，有Aeq\o\al(2,5)种；④两个1(或－1)，一个－1(或1)，两个0，有Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)×2种；⑤三个1(或－1)，两个0，有Ceq\o\al(3,5)×2种．故共有Ceq\o\al(1,5)×2＋Ceq\o\al(2,5)×2＋Aeq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,3)×2＋Ceq\o\al(3,5)×2＝130(种)．答案：130四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(10分)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))n展开式中的倒数第3项的系数为45，求：(1)含x3的项；(2)系数最大的项．解：(1)由题意可知Ceq\o\al(n－2,n)＝45，即Ceq\o\al(2,n)＝45，所以n＝10，Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,4)))10－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x\f(2,3)))r＝Ceq\o\al(r,10)xeq\f(11r－30,12)，令eq\f(11r－30,12)＝3，得r＝6，所以含x3的项为T7＝Ceq\o\al(6,10)x3＝Ceq\o\al(4,10)x3＝210x3.(2)系数最大的项为中间项即T6＝Ceq\o\al(5,10)xeq\f(55－30,12)＝252xeq\f(25,12).18．(12分)用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图所示)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色．(1)若n＝6，为①着色时共有多少种不同的方法？(2)若为②着色时共有120种不同的方法，求n.解：(1)分四步：第1步涂A有6种不同的方法，第2步涂B有5种不同的方法，第3步涂C有4种不同的方法，第4步涂D有4种不同的方法．根据分步乘法计数原理，共有6×5×4×4＝480(种)不同的方法．(2)由题意，得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，注意到n∈N*，可得n＝5.19．(12分)已知(1－2x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，且a2＝60.(1)求n的值；(2)求－eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)－eq\f(a3,23)＋…＋(－1)neq\f(an,2n)的值．解：(1)因为T3＝Ceq\o\al(2,n)(－2x)2＝a2x2，所以a2＝Ceq\o\al(2,n)(－2)2＝60，化简可得n(n－1)＝30，且n∈N*，解得n＝6.(2)因为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)(－2x)r＝arxr，所以ar＝Ceq\o\al(r,6)(－2)r，所以(－1)req\f(ar,2r)＝Ceq\o\al(r,6)，故－eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)－eq\f(a3,23)＋…＋(－1)neq\f(an,2n)＝－eq\f(a1,2)＋eq\f(a2,22)－eq\f(a3,23)＋…＋eq\f(a6,26)＝Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(2,6)＋…＋Ceq\o\al(6,6)＝26－1＝63.20．(12分)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？解：(1)将取出4个球分成三类情况：①取4个红球，没有白球，有Ceq\o\al(4,4)种；②取3个红球1个白球，有Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,6)种；③取2个红球2个白球，有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,6)种，故有Ceq\o\al(4,4)＋Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,6)＋C