第五章檢測題考試時間120分鐘，滿分150分．一、單項選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．小王有70元錢，現有面值分別為20元和30元的兩種IC電話卡．若他至少買1張，則不同的買法共有(A)A．7種 B．8種C．6種 D．9種[解析]要完成的“一件事”是“至少買1張IC電話卡”，分三類完成：買1張IC電話卡、買2張IC電話卡、買3張IC電話卡．而每一類都能獨立完成“至少買1張IC電話卡”這件事．買1張IC電話卡有2種方法，買2張IC電話卡有3種方法，買3張IC電話卡有2種方法，所以不同的買法共有2＋3＋2＝7(種)．2．(x3＋x2＋x＋1)(y2＋y＋1)(z＋1)綻開后的不同項數為(D)A．9 B．12C．18 D．24[解析]分三步：第一步，從(x3＋x2＋x＋1)中任取一項，有4種方法；其次步，從(y2＋y＋1)中任取一項，有3種方法；第三步，從(z＋1)中任取一項有2種方法．依據分步乘法計數原理，得共有4×3×2＝24(項)．故選D．3．已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x))))n的綻開式中，各項系數的和與其各項二項式系數的和之比為64，則n等于(C)A．4 B．5C．6 D．7[解析]二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x))))n的各項系數的和為(1＋3)n＝4n，二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(x)＋\f(3,\r(3,x))))n的各項二項式系數的和為2n，因為各項系數的和與其各項二項式系數的和之比為64，所以eq\f(4n,2n)＝2n＝64，n＝6.故選C．4．現有甲、乙、丙、丁4名學生平均分成兩個志愿者小組到校外參與兩項活動，則乙、丙兩人恰好參與同一項活動的狀況有(B)A．1種 B．2種C．3種 D．4種[解析]由題意，現有甲、乙、丙、丁4名學生平均分成兩個志愿者小組到校外參與兩項活動，其中乙、丙兩人恰好參與同一項活動的狀況有Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,2)＝2(種)．5．由數字0,1,2,3,4,5可以組成能被5整除，且無重復數字的不同的五位數有(A)A．(2Aeq\o\al(4,5)－Aeq\o\al(3,4))個 B．(2Aeq\o\al(4,5)－Aeq\o\al(3,5))個C．2Aeq\o\al(4,5)個 D．5Aeq\o\al(4,5)個[解析]能被5整除，則個位須為5或0，有2Aeq\o\al(4,5)個，但其中個位是5的含有0在首位的排法有Aeq\o\al(3,4)個，故共有(2Aeq\o\al(4,5)－Aeq\o\al(3,4))個．6．將多項式a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0分解因式得(x－2)(x＋2)5，則a5＝(A)A．8 B．10C．12 D．1[解析](x－2)(x＋2)5＝(x2－4)(x＋2)4，所以(x＋2)4的綻開式中的三次項系數為Ceq\o\al(1,4)·21＝8，所以a5＝8.7．如圖所示，若從五種不同屬性的物質中任取兩種，則取出的兩種物質恰好是相克關系的狀況有(B)A．3種 B．5種C．7種 D．9種[解析]從五種不同屬性的物質中任取兩種，則取出的兩種物質恰好是相克關系的狀況有Ceq\o\al(1,5)＝5(種)．8．如圖是由6個正方形拼成的矩形，從圖中的12個頂點中任取3個頂點作為一組．其中可以構成三角形的組數為(C)A．208 B．204C．200 D．196[解析]任取的3個頂點不能構成三角形的情形有三種：一是3條橫線上的4個頂點，其組數為3Ceq\o\al(3,4)；二是4條豎線上的3個頂點，其組數為4Ceq\o\al(3,3)；三是4條田字的對角線上的3個頂點，其組數為4Ceq\o\al(3,3).所以可以構成三角形的組數為Ceq\o\al(3,12)－3Ceq\o\al(3,4)－8Ceq\o\al(3,3)＝200.故選C．二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項符合題目要求，全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分)9．已知Aeq\o\al(m,3)－Ceq\o\al(2,3)＋0！＝4，則m可能的取值是(CD)A．0 B．1C．2 D．3[解析]∵Aeq\o\al(m,3)－Ceq\o\al(2,3)＋0?。?，∴Aeq\o\al(m,3)＝6，∴m＝2或m＝3，故選CD．10．對于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x3))n(n∈N＋)，以下推斷正確的有(AD)A．存在n∈N＋，綻開式中有常數項B．對隨意n∈N＋，綻開式中沒有常數項C．對隨意n∈N＋，綻開式中沒有x的一次項D．存在n∈N＋，綻開式中有x的一次項[解析]設eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋x3))n(n∈N＋)綻開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))n－k(x3)k＝Ceq\o\al(k,n)x4k－n(k＝0,1,2，…，n)，不妨令n＝4，則當k＝1時，綻開式中有常數項，故選項A正確，選項B錯誤；令n＝3，則當k＝1時，綻開式中有x的一次項，故選項C錯誤，選項D正確，故選AD．11．關于(eq\r(x)－1)2020及其綻開式，下列說法正確的是(AD)A．該二項綻開式中特別數項的系數和是－1B．該二項綻開式中第六項為Ceq\o\al(6,2020)x1007C．該二項綻開式中不含有理項D．當x＝100時，(eq\r(x)－1)2020除以100的余數是1[解析](eq\r(x)－1)2020的綻開式的第k＋1項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,2020)xeq\s\up10(\f(2000－k,2))(－1)k(k＝0,1,2，…，2020)．對于A，當k＝2020時，得到常數項為T2021＝1.又(eq\r(x)－1)2020的綻開式的各項系數和為(eq\r(1)－1)2020＝0，所以該二項綻開式中特別數項的系數和是－1，故A正確．對于B，該二項綻開式中第六項為T6＝Ceq\o\al(5,2020)xeq\s\up10(\f(2000－5,2))(－1)5＝－Ceq\o\al(5,2020)xeq\f(2015,2)，故B錯誤．對于C，當2020－k＝2n(n∈Z)時，對應的各項均為有理項，故C錯誤．對于D，當x＝100時，(eq\r(x)－1)2020＝(10－1)2020＝Ceq\o\al(0,2020)102020(－1)0＋Ceq\o\al(1,2020)102019×(－1)1＋…＋Ceq\o\al(2018,2020)102(－1)2018＋Ceq\o\al(2019,2020)101×(－1)2019＋Ceq\o\al(2020,2020)100(－1)2020，因為Ceq\o\al(0,2020)×102020(－1)0＋Ceq\o\al(1,2020)102019(－1)1＋…＋Ceq\o\al(2017,2020)×103(－1)2017明顯是100的倍數，即能被100整除，而Ceq\o\al(2018,2020)102(－1)2018＋Ceq\o\al(2024,2020)101×(－1)2019＋Ceq\o\al(2020,2020)100(－1)2020＝1010×2019×100－20200＋1＝1010×2018×100＋101000－20200＋1＝1010×2018×100＋80801＝m·100＋1，m∈N，所以當x＝100時，(eq\r(x)－1)2020除以100的余數是1，故D正確．故選AD．12．高一學生王超想在物理、化學、生物、政治、歷史、地理、技術這七門課程中選三門作為選考科目，則下列說法正確的有(AC)A．若隨意選擇三門課程，選法總數為Ceq\o\al(3,7)種B．若物理和化學至少選一門，選法總數為Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,6)C．若物理和歷史不能同時選，選法總數為Ceq\o\al(3,7)－Ceq\o\al(1,5)種D．若物理和化學至少選一門，且物理和歷史不同時選，選法總數為Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)－Ceq\o\al(1,5)種[解析]A明顯正確；對于B應為Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,5)種；對于C，用間接法，明顯正確；對于D應分三種狀況：①只選物理，則有Ceq\o\al(2,4)種選法；②只選化學，則有Ceq\o\al(2,5)種選法；③若物理與化學都選，則有Ceq\o\al(1,4)種選法．即共有Ceq\o\al(2,4)＋Ceq\o\al(2,5)＋Ceq\o\al(1,4)＝20種選法．綜上可知AC正確，BD錯誤．三、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．已知(1＋x)n的綻開式中，唯有x3的系數最大，則(1＋x)n的系數和為_64__.[解析]由題意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(C\o\al(3,n)>C\o\al(2,n)，,C\o\al(3,n)>C\o\al(4,n)，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(nn－1n－2,6)>\f(nn－1,2)，,\f(nn－1n－2,6)>\f(nn－1n－2n－3,24)，))解得5<n<7，又n∈N，因此n＝6.設(1＋x)6＝a0x6＋a1x5＋a2x4＋…＋a5x＋a6，令x＝1，則(1＋x)6的系數和為a0＋a1＋a2＋…＋a6＝26＝64.14．若存在x∈N*，使得(ax＋1)2n和(x＋a)2n＋1(其中a≠0)的綻開式中xn項的系數相等，則a的最大值為_eq\f(2,3)__.[解析]由(x＋a)2n＋1的綻開式中第k＋1項為Tk＋1＝Ceq\o\al(k,2n＋1)·x2n＋1－kak，令2n＋1－k＝n，得k＝n＋1，所以含xn項的系數為Ceq\o\al(n＋1,2n＋1)an＋1.由Ceq\o\al(n＋1,2n＋1)an＋1＝Ceq\o\al(n,2n)an，得a＝eq\f(n＋1,2n＋1)，是關于n的減函數，∵n∈N*，∴eq\f(1,2)<a≤eq\f(2,3)，故a的最大值為eq\f(2,3).15．(2024·浙江)如圖，有7個白色正方形方塊排成一列，現將其中4塊涂上黑色，規定從左往右數，無論數到第幾塊，黑色方塊總不少于白色方塊的涂法有_14__種．[解析]由題意可推斷第1格涂黑色，且第2格和第3格至少有一個是黑色，因此分以下三種狀況探討：①若第2格涂黑色，第3格涂白色，則后面4格的狀況有(黑，黑，白，白)，(黑，白，黑，白)，(黑，白，白，黑)，(白，黑，黑，白)，(白，黑，白，黑)，共5種；②若第2格涂白色，第3格涂黑色，則后面4格的狀況與①相同，共5種；③若第2,3格都涂黑色，則還有1個黑色，從后面4格任選1格均可，共4種．綜上，總的涂法有5＋5＋4＝14(種)．16．已知m，n∈N*，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n綻開式中，含x項的系數為19，則當含x2項的系數最小時，綻開式中含x7項的系數為_156__.[解析]∵m，n∈N*，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n綻開式中，含x項的系數為19，∴m＋n＝19.則當m＝1或n＝1時，含x2項的系數為Ceq\o\al(2,18)＝153；當m≠1，且n≠1時，含x2項的系數為Ceq\o\al(2,m)＋Ceq\o\al(2,n)＝eq\f(mm－1＋nn－1,2)＝eq\f(19－n18－n＋nn－1,2)＝n2－19n＋171＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(19,2)))2＋eq\f(323,4).∴當n＝10或9時，x2的系數最小，為81.∴f(x)＝(1＋x)9＋(1＋x)10，綻開式中含x7項的系數為Ceq\o\al(7,9)＋Ceq\o\al(7,10)＝156.四、解答題(本大題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分10分)從－3，－2，－1,0,1,2,3,4八個數字中任取3個不同的數字作為二次函數y＝ax2＋bx＋c的系數a，b，c，問：(1)共能組成多少個不同的二次函數？(2)在這些二次函數中，圖象關于y軸對稱的有多少個？[解析](1)方法1(干脆法——優先考慮特別位置)：∵a≠0，∴確定二次項系數有7種，確定一次項和常數項有Aeq\o\al(2,7)種，所以共有7Aeq\o\al(2,7)＝294個不同的二次函數．方法2(干脆法——優先考慮特別元素)：當a，b，c中不含0時，有Aeq\o\al(3,7)個；當a，b，c中含有0時，有2Aeq\o\al(2,7)個，故共有Aeq\o\al(3,7)＋2Aeq\o\al(2,7)＝294(個)不同的二次函數．方法3：(間接法)共可構成Aeq\o\al(3,8)個函數，其中當a＝0時，有Aeq\o\al(2,7)個均不符合要求，從而共有Aeq\o\al(3,8)－Aeq\o\al(2,7)＝294(個)不同的二次函數．(2)依題意b＝0，所以共有Aeq\o\al(2,7)＝42(個)符合條件的二次函數．18．(本小題滿分12分)用0,1,2,3,4這五個數字，可以組成多少個滿意下列條件的沒有重復數字的五位數？(1)被4整除；(2)比21034大的偶數；(3)左起其次、四位是奇數的偶數．[解析](1)被4整除的數，其特征應是末兩位數是4的倍數，可分為兩類：當末兩位數是20,40,04時，其排列數為3Aeq\o\al(3,3)＝18，當末兩位數是12,24,32時，其排列數為3Aeq\o\al(1,2)·Aeq\o\al(2,2)＝12.故滿意條件的五位數共有18＋12＝30(個)．(2)①當末位數字是0時，首位數字可以為2或3或4，滿意條件的數共有3×Aeq\o\al(3,3)＝18個．②當末位數字是2時，首位數字可以為3或4，滿意條件的數共有2×Aeq\o\al(3,3)＝12個．③當末位數字是4時，首位數字是3的有Aeq\o\al(3,3)＝6個，首位數字是2時，有3個，共有9個．綜上知，比21034大的偶數共有18＋12＋9＝39個．(3)方法1：可分為兩類：末位數是0，有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,2)＝4(個)；末位數是2或4，有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(1,2)＝4(個)；故共有Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(2,2)＋Aeq\o\al(2,2)·Aeq\o\al(1,2)＝8(個)．方法2：其次、四位從奇數1,3中取，有Aeq\o\al(2,2)個；首位從2,4中取，有Aeq\o\al(1,2)個；余下的排在剩下的兩位，有Aeq\o\al(2,2)個，故共有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝8(個)．19．(本小題滿分12分)已知(1＋meq\r(x))n(m是正實數)的綻開式的二項式系數之和為256，綻開式中含x項的系數為112.(1)求m，n的值；(2)求綻開式中奇數項的二項式系數之和；(3)求(1＋meq\r(x))n(1－x)的綻開式中含x2項的系數．[解析](1)由題意可得2n＝256，解得n＝8.∴通項Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)mkxeq\s\up7(\f(k,2))，∴含x項的系數為Ceq\o\al(2,8)m2＝112，解得m＝2，或m＝－2(舍去)．故m，n的值分別為2,8.(2)綻開式中奇數項的二項式系數之和為Ceq\o\al(1,8)＋Ceq\o\al(3,8)＋Ceq\o\al(5,8)＋Ceq\o\al(7,8)＝28－1＝128.(3)(1＋2eq\r(x))8(1－x)＝(1＋2eq\r(x))8－x(1＋2eq\r(x))8，所以含x2項的系數為Ceq\o\al(4,8)24－Ceq\o\al(2,8)22＝1008.20．(本小題滿分12分)某班要從5名男生3名女生中選出5人擔當5門不同學科的課代表，請分別求出滿意下列條件的方法種數．(1)所支配的女生人數必需少于男生人數；(2)其中的男生甲必需是課代表，但又不能擔當數學課代表；(3)女生乙必需擔當語文課代表，且男生甲必需擔當課代表，但又不能擔當數學課代表．[解析](1)所支配的女生人數少于男生人數包括三種狀況，一是2個女生，二是1個女生，三是沒有女生，依題意得(Ceq\o\al(5,5)＋Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(4,5)＋Ceq\o\al(2,3)Ceq\o\al(3,5))Aeq\o\al(5,5)＝5520種．(2)先選出4人，有Ceq\o\al(4,7)種方法，連同甲在內，5人擔當5門不同學科的課代表，甲不擔當數學課代表，有Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(4,4)種方法，∴方法數為Ceq\o\al(4,7)·Aeq\o\al(1,4)·Aeq\o\al(4,4)＝3360種．(3)由題意知甲和乙兩人確定擔當課代表，須要從余下的6人中選出3個人，有Ceq\o\al(3,6)＝20種結果，女生乙必需擔當語文課代表，則女生乙就不須要考慮，其余的4個人，甲不擔當數學課代表，∴甲有3種選擇，余下的3個人全排列共有3Aeq\o\al(3,3)＝18；綜上可知共有20×18＝360種．21．(本小題滿分12分)已知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(a))－\r(3,a)))n(n∈N*)的綻開式的各項系數之和等于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(3,b)－\f(1,\r(5b))))5的綻開式中的常數項，求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(a))－\r(3,a)))n的綻開式中a－1項的二項式系數．[解析]對于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(3,b)－\f(1,\r(5b))))5：Tk＋1＝Ceq\o\al(k,5)(4eq\r(3,b))5－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(5b))))k＝Ceq\o\al(k,5)·(－1)k·45－k·5－eq\s\up7(\f(k,2))beq\s\up10(\f(10-5k,6)).若Tk＋1為常數項，則10－5k＝0，所以k＝2，此時得常數項為T3＝Ceq\o\al(2,5)·(－1)2·43·5－1＝27.令a＝1，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,\r(a))－\r(3,a)))n綻開式的各項系數之和為2n.由題意知2n＝27，所以n＝7.對于eq\b\l