第五章测评 精品课时练习 高中数学新北师大版选择性必修第一册（2022学年）

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第五章测评 (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.(2020山西朔州一模)若的二项式展开式中二项式系数的和为32，则正整数n的值为(　　)　　 　　　　　　　　　　　　　　A.7 B.6 C.5 D.4【答案】C【解析】∵的二项展开式中二项式系数和为2n，∴2n=32，∴n=5.2.(2020北京朝阳期末)一般地，一个程序模块由许多子模块组成，一个程序模块从开始到结束的路线称为该程序模块的执行路径.如图是一个计算机程序模块，则该程序模块的不同的执行路径的条数是(　　)A.6 B.14 C.49 D.84【答案】C【解析】根据分类分步计数原理可得(2+2+3)×(4+3)=49(种).3.从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b，组成复数a+bi，其中虚数有(　　)A.36个 B.42个 C.30个 D.35个【答案】A【解析】由题意知，b只能从1，2，3，4，5，6中选一个数字，有6种选法，a从剩余的6个数字中选一个数字，共6种选法，故满足题意的虚数有6×6=36(个).4.的展开式中的常数项为(　　)A.-6 B.-2 C.2 D.6【答案】A【解析】的展开式的通项Tk+1=(-1)k·()3-kx3-3k，令3-3k=0，得k=1，故展开式中的常数项为-6.5.(2020四川绵阳期末)设(1+2x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5，则a1+a3+a5=(　　)A.61 B.121 C.122 D.224【答案】C【解析】∵(1+2x)5=a0+a1x+…+a4x4+a5x5，∴令x=1，得(1+2×1)5=a0+a1+a2+a3+a4+a5=243;令x=-1，得[1+2×(-1)]5=a0-a1+a2-a3+a4-a5=-1.∴a1+a3+a5=×(243+1)=122.6.(2020河北衡水模拟)(x2+x+1)的展开式中的常数项为(　　)A.40 B.-80 C.120 D.140【答案】B【解析】∵的展开式的通项为Tk+1=·(-2)k·x5-2k，∴(x2+x+1)的展开式中的常数项为-80.7.(2020山东聊城二模)2020年是脱贫攻坚年，为顺利完成“两不愁，三保障”(“两不愁”即不愁吃、不愁穿，“三保障”即义务教育、基本医疗、住房安全有保障)，某市拟派出6人组成三个帮扶队，每队两人，对脱贫任务较重的甲、乙、丙三个县进行帮扶，则不同的派出方法种数为              (　　)A.15 B.60 C.90 D.540【答案】C【解析】先把6个人平均分成3组，有=15种方法，再把这3组分派到甲、乙、丙三个县，有种方法，则有15=90种方法.8.杨辉三角是杨辉的一大重要研究成果，现将杨辉三角中的数换为正整数，形成三角数表，并按如图规律排列(例如9为第4行第3列，12为第5行第4列)，则2 019为              (　　)A.第63行第5列 B.第63行第3列C.第64行第6列 D.第64行第3列【答案】D【解析】由题意及图形知，第n行有n个数(n∈N+)，奇数行的数字从左向右递减，偶数行的数字从左向右递增，∴在该图中，前n(n∈N+)行共有个数.∵=2 016<2 019，=2 080>2 019，∴在前63行，共有2 016个数，此时2 019位于第64行.∵偶数行的数字从左向右递增，∴第2 019为第64行第3列.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，有选错的得0分，部分选对的得3分.9.下列等式正确的是(　　)A.B.C.=25D.【答案】ABD【解析】由组合数的运算性质知:=25，故C不正确，而A，B，D正确.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是1 024B.展开式的第6项的二项式系数最大C.展开式的第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【答案】ABD【解析】由二项式系数的性质知+…+=210=1 024，故A正确;二项式系数最大的项为，是展开式的第6项，故B正确，C错误;由展开式的通项为Tk+1=a10-k(-b)k=(-1)ka10-kbk知，第6项的系数为-最小，故D正确.11.(2020江苏连云港期末)为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是(　　)A.某学生从中选3门，共有30种选法B.课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法C.课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，共有144种排法D.课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法【答案】CD【解析】根据题意，依次分析选项:对于A，某学生从中选3门，6门中选3门共有=20(种)，故A错误;对于B，课程“射”“御”排在不相邻两周，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，安排“射”“御”，共有=480种排法，故B错误;对于C，课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，由捆绑法分析，将“礼”“书”“数”看成一个整体，与其他3门课程全排列，共有=144种排法，故C正确;对于D，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，分2种情况讨论，若课程“乐”排在最后一周，有种排法，若课程“乐”不排在最后一周，有种排法，则共有=504种排法，故D正确.12.某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是(　　)A.若1班不再分配名额，则共有种分配方法B.若1班有除劳动模范之外学生参加，则共有种分配方法C.若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法D.若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法【答案】BD【解析】对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据插空法，有种分配方法，故A错误;对于B，若1班有除劳动模范之外学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班极至少1个，根据插空法，有种分配方法，故B正确;对于CD，若每个班至少3人参加，相当于16个名额被占用，还有4个名额需要分到6个班级，分5类:①4个名额到一个班，有6种;②一个班3个名额，一个班1个名额，有=30(种);③两个班都是2个名额，有=15(种);④两个班1个名额，一个班2个名额，有=60(种);⑤四个班都是1个名额，有=15(种)，则共有126种，故C错误，D正确.故选BD.三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若6，则正整数n=　　　　　. 【答案】5【解析】若6，则6×=n(n-1)(n-2)，求得n=5.14.(2020江苏泰州期末)在某市举办的中学生运动会上，将4名同学全部分配到田径、游泳和球类3个不同比赛项目做志愿者，共有　　　　　种不同分配方法;若每个项目至少需要1名志愿者，则不同的分配方法有　　　　　种(用数字作答). 【答案】81　36【解析】对于第一空:每个学生都可以被分配到运动会的田径、游泳和球类3个不同比赛项目中的一个，有3种分配方法，则4名同学有3×3×3×3=81种分配方法;对于第二空:分2步进行分析:①先将4名同学分成3组，有=6种分组方法，②将分好的三组全排列，安排到3个不同比赛项目，有=6种情况，则有6×6=36种不同的分配方法.15.(2020福建三明二模)已知(1+ax)(1+x)5的展开式中x2的系数为20，则a=　　　　　. 【答案】2【解析】∵已知(1+ax)(1+x)5=(1+ax)(1+x+x2+x3+x4+x5)，展开式中x2的系数为+a=20，求得a=2.16.元宵节灯展后，如图悬挂有6盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，共有　　　　　种不同取法.(用数字作答) 【答案】90【解析】因为取灯时每次只能取一盏，所以每串灯必须先取下面的灯，即每串两个灯取下的顺序确定，问题转化为求六个元素排列，其中甲在乙前，丙在丁前，戊在己前的排列数，先将六个元素全排列共有种排法，因为甲乙顺序确定，丙丁顺序确定，戊己顺序确定，所以六个元素排列甲在乙前、丙在丁前、戊在己前的排法数为=90，即取下6盏不同的花灯，每次取1盏，共有90种不同取法.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)某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血共有28人，A型血共有7人，B型血共有9人，AB型血共有3人.(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法?(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法?解从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法.(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事件都能完成，所以由分类加法计数原理，共有28+7+9+3=47种不同的选法.(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血”的事件才完成，所以用分步乘法计数原理，共有28×7×9×3=5 292种不同的选法.18.(12分)在杨辉三角形中，每一行除首末两个数之外，其余每个数都等于它肩上的两数之和.(1)试用组合数表示这个一般规律;(2)在数表中试求第n行(含第n行)之前所有数之和;(3)试探究在杨辉三角形的某一行能否出现三个连续的数，使它们的比是3∶4∶5，并证明你的结论.解(1).(2)1+2+22+…+2n=2n+1-1.(3)设=3∶4∶5，由，得，即3n-7r+3=0. ①由，得，即4n-9r-5=0. ②解①②联立方程组，得n=62，r=27，即=3∶4∶5.19.(12分)已知(1-2x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn(n∈N+)，且a2=60，求:(1)n的值;(2)-+…+(-1)n的值.解(1)因为T3=(-2x)2=a2x2，所以a2=(-2)2=60，化简可得n(n-1)=30，且n∈N+，解得n=6.(2)Tk+1=(-2x)k=akxk，所以ak=(-2)k，所以(-1)k，-+…+(-1)n=+…+=26-1=63.20.(12分)5名男生，2名女生站成一排照相. 求在下列约束条件下，有多少种不同的站法.(1)女生不站在两端;(2)女生相邻;(3)女生不相邻;(4)站成两排，前排3人，后排4人.解(1)先考虑两端站的人，再考虑其他位置，满足条件的站法有=2 400(种).(2)将相邻对象捆绑，当作一个对象，与其他对象一起全排列，可得满足条件的站法有=1 440(种).(3)分两步:第一步，先排男生，有种站法;第二步，将2名女生插入男生所形成的6个空(包括两端)中，有种站法.由分步乘法计数原理知，满足条件的站法有=3 600(种).(4)无论分成多少排，实质都是要在7个不同位置上排7个不同对象，因此满足条件的站法共有=5 040(种).21.(12分)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数.(1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数;(2)在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数;(3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数.解(1)将所有的三位偶数分为两类:①若个位数为0，则共有=12个;②若个位数为2或4，则共有2×3×3=18个.所以，共有30个符合题意的三位偶数.(2)将这些“凹数”分为三类:①若十位数字为0，则共有=12个;②若十位数字为1，则共有=6个;③若十位数字为2，则共有=2个.所以，共有20个符合题意的“凹数”.(3)将符合题意的五位数分为三类:①若两个奇数数字在百位和万位，则共有=12个;②若两个奇数数字在十位和千位，则共有=8个;③若两个奇数数字在个位和百位，则共有=8个.所以，共有28个符合题意的五位数.22.(12分)已知m，n是正整数，f(x)=(1+x)m+(1+x)n的展开式中x的系数为7.(1)对于使f(x)的x2的系数为最小的m，n，求出此时x3的系数;(2)利用上述结果，求f(0.003)的近似值.(精确到0.01)解(1)根据题意得=7，即m+n=7， ①f(x)中的x2的系数为.将①变形为n=7-m代入上式，得x2的系数为m2-7m+21=，故当m=3或m=4时，x2的系数的最小值为9.当m=3，n=4时，x3的系数为=5;当m=4，n=3时，x3的系数为=5.(2)f(0.003)=(1+0.003)4+(1+0.003)3≈×0.003+×0.003≈2.02.