第五章达标检测-2022版数学选择性必修第一册 北师大版（2019） 同步练习 （Word含解析）

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本章达标检测
(满分:150分;时间:120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)
1.3位老师和4名学生站成一排,要求任意两位老师都不相邻,则不同的排法种数为 (　　)
A.A77　　　　B.A44+A33　　　　C.A44A33　　　　D.A44A53
2.高一(1)班某组有5人,组长安排值日生,其中1人负责擦黑板,2人负责教室内地面卫生,2人负责卫生区卫生,则不同的安排方法有 (　　)
A.20种　　　　B.30种　　　　C.90种　　　　D.120种
3.若从1,2,3,…,9这9个数中同时取3个不同的数,其和为奇数,则不同的取法共有 (　　)
A.36种　　　　B.40种　　　　C.44种　　　　D.48种
4.用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中比40000大的偶数共有 (　　)
A.144个　　　　B.120个　　　　C.96个　　　　D.72个
5.2020年是全面建成小康社会目标实现之年,是脱贫攻坚收官之年.根据中央对“精准扶贫”的要求,某市决定派5名党员和3名医护人员到三个不同的扶贫村进行调研,要求每个扶贫村至少派党员和医护人员各1名,则不同的分派方案的种数为 (　　)
A.150　　　　B.300　　　　C.600　　　　D.900
6.在(1-x)(1+x)3的展开式中,x3的系数为 (　　)
A.2　　　　B.-2　　　　C.3　　　　D.-3
7.中国古代十进制的算筹计数法,在数学史上是一个伟大的创造,算筹实际上是一根根同长短的小木棍.如图,是利用算筹表示数1~9的一种方法.例如:3可表示为“≡”,26可表示为“=⊥”.现有6根算筹,据此表示方法,若算筹不能剩余,则可以用1~9这9个数字表示的两位数的个数为 (　　)

A.13　　　　B.14　　　　C.15　　　　D.16
8.已知在(33x+x3)n的展开式中,各项系数之和与二项式系数之和为1056,则展开式中二项式系数最大的项为(　　)
A.270x7与90x293　　　　　　　B.90x7与270x293
C.270x7与90x6　　　　　　　D.90x7与270x6

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,有多个选项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有选错的得0分)
9.下面结论正确的是 (　　)
A.若3个班分别从5个景点中选择一处游览,则不同的选法种数为35
B.1×1!+2×2!+…+n·n!=(n+1)!-1(n∈N+)
C.(n+1)Cnm=(m+1)Cn+1m+1(n>m,且m,n∈N+)
D.C2n1+C2n3+C2n5+…+C2n2n-1=22n-1(n∈N+)
10.将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中,则没有空盒子的放法种数为 (　　)
A.C31C21C11C31
B.C42A33
C.C31C42A22
D.18
11.关于1+2x-x6的展开式,下列结论正确的是 (　　)
A.各项系数之和为1　　　　　　　
B.各项系数的绝对值之和为212
C.不存在常数项　　　　　　　
D.x3的系数为40
12.已知ax2+1xn(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的和为256
B.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
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.将答案填在题中横线上)
13.2x2+1x6的展开式中,常数项为　　　　;系数最大的项是　　　　. 
14.甲、乙等5名同学参加志愿者服务,分别到三个路口疏导交通,每个路口有1名或2名志愿者,则甲、乙在同一路口的分配方案的种数为　　　　(用数字作答). 
15.习近平总书记在湖南省湘西州十八洞村考察时首次提出“精准扶贫”概念,精准扶贫成为我国脱贫攻坚的基本方略.为配合国家精准扶贫战略,某省示范性高中安排6名高级教师(不同姓)到基础教育薄弱的甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教,每所学校至少1人,因工作需要,李老师不去甲校,则分配方案的种数为　　　　. 
16.若对任意x∈-12,1,都有x1-x-2x2=a0+a1x+a2x2+…+anxn+…(n为正整数),则a1+a3的值等于　　　　. 
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.(本小题满分10分)
(1)解不等式:A9x<6A9x-2(x∈N且x≥3);
(2)已知:1C5m-1C6m=710C7m,求m的值.








18.(本小题满分12分)若(x2+1)(x-1)8=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+…+a10(x-2)10.
(1)求a1+a2+a3+…+a10的值;
(2)求a1+a3+a5+a7+a9的值.






19.(本小题满分12分)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.
(1)若体验课连续开设六周,每周一门,求其中“射”不排在第一周,“数”不排在最后一周的所有可能排法的种数;
(2)甲、乙、丙、丁、戊五名教师在教这六门课程,每名教师至少任教一门课程,求其中甲不任教“数”的课程的安排方案的种数.













20.(本小题满分12分)已知有0,1,2,3,4,5这六个数字.
(1)若数字不允许重复,可以组成多少个能被5整除且百位数字不是3的不同五位数?
(2)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两个不同的数字,则直线方程表示的不同直线共有多少条?









21.(本小题满分12分)将4个不同的红球和6个不同的白球,放入同一个袋中,现从中取出4个球.
(1)若取出的红球的个数不少于白球的个数,则有多少种不同的取法?
(2)取出一个红球记2分,取出一个白球记1分,若取出4个球的总分不少于5分,则有多少种不同的取法?
(3)若将取出的4个球放入一个箱子中,记“从箱子中任意取出2个球,然后放回箱子中”为一次操作,若操作三次,求恰有一次取到2个红球并且恰有一次取到2个白球的概率.






22.(本小题满分12分)已知x+126xn(n∈N+)的展开式中,前三项系数a1,a2,a3满足a1+a3=2a2.
(1)求含x2项的系数;
(2)将x+126xn的展开式中的所有项重新排成一列,求有理项互不相邻的概率.






答案全解全析
一、单项选择题
1.D　根据题意,分2步进行分析:①4名学生站成一排,有A44种排法;②4人排好后,有5个空位可选,在其中任选3个,安排三名教师,有A53种情况.因此不同的排法种数为A44A53.故选D.
2.B　由题意,从5人中选出1人负责擦黑板,有C51=5种选法,从剩余的4人中选出2人负责教室内地面卫生,有C42=6种选法,从剩余的2人中选出2人负责卫生区卫生,有C22=1种选法,由分步乘法计数原理,可得不同的安排方法有5×6×1=30种.故选B.
3.B　根据题意,将9个数分为2组,一组为奇数:1、3、5、7、9,一组为偶数:2、4、6、8,若取出的3个数和为奇数,分2种情况讨论:①取出的3个数全部为奇数,有C53=10种情况,②取出的3个数有1个奇数,2个偶数,有C51C42=30种情况,则不同的取法共有10+30=40种.故选B.
4.B　根据题意,符合条件的五位数首位数字必须是4、5中的1个,末位数字为0、2、4中的1个,分两种情况讨论:①首位数字为5时,末位数字有3种情况,在剩余的4个数中任取3个,放在剩余的3个位置上,有A43=24种情况,此时有3×24=72个,②首位数字为4时,末位数字有2种情况,在剩余的4个数中任取3个,放在剩余的3个位置上,有A43=24种情况,此时有2×24=48个,共有72+48=120个.故选B.
5.D　由题意分两步完成:第一步,将5名党员分派到三个不同的扶贫村,每个扶贫村至少一人,第二步,将3名医护人员分派到三个不同的扶贫村,每个扶贫村至少一人.第一步:党员有5人,分成3个组,有两种情况:第一种按人数是1,1,3分组,有C51C41C33A22=10种不同的情况,第二种按人数是2,2,1分组,有C52C32C11A22=15种不同的情况,再将分好的组分派到三个不同的扶贫村,共有(10+15)×A33=150种不同的分派方案;第二步:将3名医护人员分派到三个不同的扶贫村,每个扶贫村至少1人,共有A33=6种不同的情况.所以不同的分派方案有150×6=900种.
6.B　(1-x)(1+x)3=(1+x)3-x(1+x)3,(1+x)3的展开式的通项为Tr+1=C3rxr.令r=3,则C3r=C33=1;令r=2,则C3r=C32=3.所以在(1-x)(1+x)3的展开式中,x3的系数为1-3=-2.故选B.
7.D　根据题意,现有6根算筹,可以表示的数字组合为1、5,1、9,2、4,2、8,6、4,6、8,3、3,3、7,7、7;数字组合1、5,1、9,2、4,2、8,6、4,6、8,3、7中,每组可以表示2个两位数,则可以表示2×7=14个两位数;数字组合3、3,7、7,每组可以表示1个两位数,则可以表示2×1=2个两位数,则一共可以表示14+2=16个两位数,故选D.
8.A　因为各项系数之和与二项式系数之和为1056,所以4n+2n=1056,即(2n)2+2n-32×33=0,(2n+33)(2n-32)=0,解得n=5,故展开式中第3项和第4项的二项式系数同时取得最大值,又T3=C52(33x)3(x3)2=270x7,T4=C53(33x)2(x3)3=90x293,故选A.
二、多项选择题
9.BCD　A.若3个班分别从5个景点中选择一处游览,则不同的选法种数为53,因此不正确;B.n·n!=(n+1)!-n!(n∈N+),1×1!+2×2!+…+n·n!=(n+1)!-n!+n!-(n-1)!+…+2!-1!=(n+1)!-1,因此正确;C.(m+1)Cn+1m+1=(m+1)·(n+1)!(m+1)!(n-m)!=(n+1)n!m!(n-m)!=(n+1)·Cnm(n>m,m,n∈N+),因此正确;D.由二项式定理可得(a+b)2n的展开式中,奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和相等,可得C2n1+C2n3+C2n5+…+C2n2n-1=12×22n=22n-1,因此正确.故选BCD.
10.BC　根据题意,四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中,且没有空盒,则3个盒子中有1个盒子放2个球,剩下的2个盒子各放1个球,有2种解法.
(1)分2步进行分析:
①先将四个不同的小球分成3组,有C42种分组方法;
②将分好的3组全排列,对应放到3个盒子中,有A33种放法,
则没有空盒的放法有C42A33种.
(2)分2步进行分析:
①在4个小球中任选2个,在3个盒子中任选1个,将选出的2个小球放入选出的1个小盒中,有C31C42种情况;
②将剩下的2个小球全排列,对应放到剩下的2个小盒中,有A22种放法.则没有空盒的放法有C31C42A22种.故选BC.
11.BD　在1+2x-x6中,令x=1,可得各项系数之和为26,所以A不正确.
1+2x-x6的展开式的各项系数的绝对值之和与1+2x+x6的展开式的各项系数之和相等,在1+2x+x6中,令x=1,可得各项系数之和为212,故B正确.
由1+2x-x6=1+2x-x6的展开式的通项为Tr+1=C6r2x-xr(0≤r≤6,r∈Z),2x-xr的展开式的通项为Tk+1=Crk·2xr-k(-x)k(0≤k≤r,r,k∈Z),所以1+2x-x6的展开式的通项为Tr+1=2r-k·(-1)kC6rCrkx2k-r(0≤k≤r,r,k∈Z),
当2k-r=0时,为常数项,所以1+2x-x6的展开式中有常数项,故C不正确.
当2k-r=3(0≤k≤r,r,k∈Z),即k=3,r=3或k=4,r=5时,20(-1)3C63C33+21(-1)4C65C54=40,所以x3的系数为40,故D正确.
12.BCD　由展开式中第5项与第7项的二项式系数相等可知n=10,又展开式的各项系数之和为1024,即当x=1时,(a+1)10=1024,所以a=1(负值舍去),所以ax2+1xn=x2+1x10=(x2+x-12)10,则二项式系数的和为210=1024,奇数项的二项式系数的和为12×1024=512,故A错误;由n=10可知展开式共有11项,中间项的二项式系数最大,即第6项的二项式系数最大,因为x2与x-12的系数均为1,所以该展开式的二项式系数与系数相同,所以第6项的系数最大,故B正确;若展开式中存在常数项,由展开式的通项Tr+1=C10rx2(10-r)x-12r可得2(10-r)-12r=0,解得r=8,故C正确;令2(10-r)-12r=15,解得r=2,所以含x15项的系数为C102=45,故D正确.故选BCD.
三、填空题
13.答案　60;240x6
解析　2x2+1x6的展开式的通项为Tk+1=C6k(2x2)6-k1xk=26-kC6kx12-3k,令12-3k=0,得k=4,所以展开式中的常数项为22C64=60.设第(k+1)项的系数最大,则26-kC6k≥27-kC6k-1,26-kC6k≥25-kC6k+1,
解得43≤k≤73,
∵k∈N+,∴k=2,因此,展开式中系数最大的项为24C62x6=240x6.
14.答案　18
解析　甲、乙在同一路口,分步完成:
第一步:甲、乙选择一个路口,有3种选法;
第二步:剩下的3人中选1人,有3种选法,此人再在剩下的两个路口中选择一个路口服务,有2种选法,所以有3×2=6种选法;
第三步:剩下的2人一起选择最后的一个路口,只有1种选法.
根据分步乘法计数原理,有3×6×1=18种选法.
15.答案　360
解析　根据6名教师到甲、乙、丙三所中学进行扶贫支教,每所学校至少1人,可分四种情况:
(1)甲校安排1名教师,分配方案的种数为C51(C51C44A22+C52C33A22)=150;
(2)甲校安排2名教师,分配方案的种数为C52(C41C33A22+C42C22)=140;
(3)甲校安排3名教师,分配方案的种数为C53C31C22A22=60;
(4)甲校安排4名教师,分配方案的种数为C54C21C11=10,
由分类加法计数原理,可得共有150+140+60+10=360种分配方案.
16.答案　4
解析　由x1-x-2x2=a0+a1x+a2x2+…+anxn+…,得x=(1-x-2x2)(a0+a1x+a2x2+…+anxn+…)=a0+(-a0+a1)x+(a2-a1-2a0)x2+(a3-a2-2a1)x3+…,
由等式两边对应相等,得a0=0,-a0+a1=1,a2-a1-2a0=0,a3-a2-2a1=0,……
解得a0=0,a1=1,a2=1,a3=3,……
所以a1+a3=4.
故答案为4.
四、解答题
17.解析　(1)原不等式可化为9!(9-x)!<6×9!(11-x)!,
也就是1(9-x)!<6(11-x)(10-x)(9-x)!,
化简得x2-21x+104<0, (3分)
解得8 所以x=9. (5分)
(2)依题意,m的取值范围是{m|0≤m≤5,m∈N},
原等式可化为m!(5-m)!5!-m!(6-m)!6!=7×m!(7-m)!10×7!,
化简得m2-23m+42=0,
解得m=21或m=2, (8分)
因为0≤m≤5,m∈N,所以m=2. (10分)
18.解析　(1)令x=2,则a0=5. (2分)
令x=3,则a0+a1+a2+…+a10=2560, (4分)
所以a1+a2+a3+…+a10=2555. (6分)
(2)令x=1,则a0-a1+a2-a3+…+a10=0, (9分)
故a1+a3+a5+a7+a9=1280. (12分)
19.解析　(1)当“射”排在最后一周时,有A55=120种情况, (2分)
当“射”不排在最后一周时,有C41C41A44=384种情况, (4分)
所以“射”不排在第一周,“数”不排在最后一周的所有可能排法有120+384=504种. (6分)
(2)当甲只任教一门课程时,有C51×C51C41C31C22A33×A44=1200种情况, (8分)
当甲任教两门课程时,有C52A44=240种情况,　 (10分)
所以甲不任教“数”的课程的安排方案有1200+240=1440种. (12分)
20.解析　(1)当首位数字是5,而末位数字是0时,符合题意的五位数有A31A32=18个;
当首位数字是3,而末位数字是0或5时,符合题意的五位数有A21A43=48个;
当首位数字是1或2或4,而末位数字是0或5时,符合题意的五位数有A31A21A31A32=108个.
故符合题意的五位数共有18+48+108=174个. (6分)
(2)当a,b中有一个取0时,不同的直线有2条;
当a,b都不取0时,不同的直线有A52=20条;
而a=1,b=2与a=2,b=4重复,
a=2,b=1与a=4,b=2重复.
故不同的直线共有2+20-2=20条. (12分)
21.解析　(1)若取出的红球的个数不少于白球的个数,则有4红、3红1白、2红2白三种情况,
其中4红有C44=1种取法,3红1白有C43C61=24种取法,2红2白有C42C62=90种取法.
因此,共有1+24+90=115种不同的取法. (4分)
(2)若取出4个球的总分不少于5分,则有4红、3红1白、2红2白和1红3白四种情况.
其中4红有C44=1种取法,3红1白有C43C61=24种取法,2红2白有C42C62=90种取法,1红3白有C41C63=80种取法.
因此,共有1+24+90+80=195种不同的取法.　 (8分)
(3)由题意知,箱子中4个球中红球有2个,白球也有2个,从这4个球中取出2个球,取出2个红球只有一种情况,取出2个白球也只有一种情况,取出1红1白有C21C21=4种情况,总共有6种情况.
若操作三次,则共有63=216种情况.
恰有一次取到2个红球并且恰有一次取到2个白球共有1×1×4×A33=24种情况,
因此,所求概率为24216=19. (12分)
22.解析　(1)∵x+126xn的展开式的通项为Tr+1=Cnr(x)n-r126xr=Cnr12rx3n-4r6,
∴前三项系数a1,a2,a3分别为1,12Cn1,14Cn2,
∴2×12Cn1=1+14Cn2,
即n2-9n+8=0,
∴n=8或n=1(舍去). (4分)
∴展开式的通项为Tr+1=C8r12rx4-23r,r=0,1,…,8.
令4-23r=2,得r=3,
∴含x2项的系数为C83123=7. (6分)
(2)由(1)知n=8,x+126x8的展开式的通项为Tr+1=C8r12rx4-23r,r=0,1,…,8.
当4-23r为整数时,r=0,3,6,对应的项为有理项. (8分)
∵展开式共有9项,∴将所有项重新排列共有A99种排法,
其中有理项有3项,有理项互不相邻有A66A73种排法,
∴有理项互不相邻的概率P=A66A73A99=512. (12分)