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第一章 学业质量标准检测时间120分钟,满分150分.
一、选择题本大题共12个小题,每小题5分,共60分,在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的1.2017·全国卷Ⅱ理,6安排3名志愿者完成4项工作,每人至少完成1项,每项工作由1人完成,则不同的安排方式共有 D A.12种 B.18种 C.24种 D.36种[解析] 由题意可得其中1人必须完成2项工作,其他2人各完成1项工作,可得安排方式为C·C·A=36种,或列式为C·C·C=3××2=36种.故选D.2.已知C-C=Cn∈N*,则n等于 A A.14 B.12 C.13 D.15[解析] 因为C+C=C,所以C=C.∴7+8=n+1,∴n=14,故选A.3.2018·大连高二检测3对夫妇去看电影,6个人坐成一排,若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性,则坐法的种数为 B A.54B.60C.66D.72[解析] 记3位女性为a、b、c,其丈夫依次为A、B、C,当3位女性都相邻时可能情形有两类第一类男性在两端如BAabcC,有2A种,第二类男性在一端如BCAabc,有2AA种,共有A2A+2=36种,当仅有两位女性相邻时也有两类,第一类这两人在一端如abBACc,第二类这两人两端都有其他人如AabBCc,共有4A=24种,故满足题意的坐法共有36+24=60种.4.2018·全国卷Ⅱ理,5如图,小明从街道的E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动,则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 B A.24B.18C.12D.9[解析] 由题意可知E→F共有6种走法,F→G共有3种走法,由乘法计数原理知,共有6×3=18种走法,故选B.5.2018·马鞍山二模二项式x+n的展开式中只有第11项的二项式系数最大,则展开式中x的指数为整数的项的个数为 D A.3B.5C.6D.7[解析] 根据x+n的展开式中只有第11项的二项式系数最大,得n=20;∴x+20展开式的通项为Tr+1=C·x20-r·r=20-r·C·x20-;要使x的指数是整数,需r是3的倍数,∴r=0369121518;∴x的指数是整数的项共有7项.故选D.6.从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对,其中所成的角为60°的共有 C A.24对B.30对C.48对D.60对[解析] 解法一先找出正方体一个面上的对角线与其余面对角线成60°角的对数,然后根据正方体六个面的特征计算总对数.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,与面对角线AC成60°角的面对角线有B1C、BC
1、C1D、CD
1、A1D、AD
1、A1B、AB1共8条,同理与BD成60°角的面对角线也有8条,因此一个面上的对角线与其相邻4个面的对角线,共组成16对,又正方体共有6个面,所有共有16×6=96对.因为每对都被计算了两次例如计算与AC成60°角时,有AD1,计算与AD1成60°角时有AC,故AD1与AC这一对被计算了2次,因此共有×96=48对.解法二间接法.正方体的面对角线共有12条,从中任取2条有C种取法,其中相互平行的有6对,相互垂直的有12对,∴共有C-6-12=48对.7.2018·渭南一模在x+n的展开式中,各项系数与二项式系数和之比为64,则x3的系数为 C A.15B.45C.135D.405[解析] 令x+n中x为1的各项系数和为4n,又展开式的各项二项式系数和为2n,∵各项系数的和与各项二项式系数的和之比为64,∴=64,解得n=6,∴二项式的展开式的通项公式为Tr+1=C·3r·x6-r,令6-r=3,求得r=2,故开式中含x3项系数为C·32=135,故选C.8.从
0、
1、
2、
3、
4、5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数,组成没有重复数字的四位数的个数为 C A.300B.216C.180D.162[解析] 本小题主要考查排列组合的基础知识.由题意知可分为两类,1选“0”,共有CCCA=108,2不选“0”,共有CA=72,∴由分类加法计数原理得72+108=180,故选C.9.2018·柳州一模某人设计一项单人游戏,规则如下先将一棋子放在如图所示正方形ABCD边长为3个单位的顶点A处,然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位,如果掷出的点数为ii=12,…6,则棋子就按逆时针方向行走i个单位,一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有 C A.22种B.24种C.25种D.36种[解析] 由题意知正方形ABCD边长为3个单位的周长是12,抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处表示三次骰子的点数之和是12,列举出在点数中三个数字能够使得和为12的有156;246;345;336;552;444;共有6种组合,前三种组合156;246;345;又可以排列出A=6种结果,336;552;有6种结果,444;有1种结果.根据分类计数原理知共有24+1=25种结果,故选C.10.若x∈R,n∈N+,定义M=xx+1x+2…x+n-1,例如M=-5-4-3-2-1=-120,则函数fx=xM的奇偶性为 A A.是偶函数而不是奇函数B.既是奇函数又是偶函数C.是奇函数而不是偶函数D.既不是奇函数又不是偶函数[解析] 由题意知fx=xx-9x-8…x-9+19-1=x2x2-1x2-4…x2-81故为偶函数而不是奇函数.11.2018·石景山区一模现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色,要求有公共边界的两块不能用同一种颜色,则不同的涂色方法共有 D A.24种B.30种C.36种D.48种[解析] 根据题意,设需要涂色的四个部分依次分
①、
②、
③、
④,对于区域
①,有4种颜色可选,有4种涂色方法,对于区域
②,与区域
①相邻,有3种颜色可选,有3种涂色方法,对于区域
③,与区域
①②相邻,有2种颜色可选,有2种涂色方法,对于区域
④,与区域
②③相邻,有2种颜色可选,有2种涂色方法,则不同的涂色方法有4×3×2×2=48种;故选D.12.2018·保山二模一只小蜜蜂位于数轴上的原点处,小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力,且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过5次飞行后,停在数轴上实数3位于的点处,则小蜜蜂不同的飞行方式有多少种 D A.5B.25C.55D.75[解析] 根据题意,分4种情况讨论
①,小蜜蜂向正方向飞行4次,负方向飞行1次,每次飞行1个单位,有C=5种飞行方式,
②,小蜜蜂向正方向飞行4次,有3次飞行1个单位,1次飞行2个单位,负方向飞行1次,飞行2个单位,有CC=20种飞行方式,
③,小蜜蜂向正方向飞行3次,有2次飞行2个单位,1次飞行1个单位,负方向飞行2次,每次飞行1个单位,有CC=30种飞行方式,
④,小蜜蜂向正方向飞行3次,每次飞行2个单位,负方向飞行2次,1次飞行2个单位,1次飞行1个单位,有CA=20种飞行方式,则一共有5+20+30+20=75种飞行方式,故选D.
二、填空题本大题共4个小题,每小题5分,共20分,把正确答案填在题中横线上13.2018·河东区二模一共有5名同学参加《我的中国梦》演讲比赛,3名女生和2名男生,如果男生不排第一个演讲,同时两名男生不能相邻演讲,则排序方式有__36__种.用数字作答[解析] 根据题意,分2步分析
①,将三名女生全排列,有A=6种顺序,
②,排好后,有4个空位,男生不排第一个演讲,除去第一个空位,有3个空位可用,在这三个空位中任选2个,安排2名男生,有A=6种情况,则有6×6=36种符合题意的排序方式故答案为36.14.2018·全国卷Ⅰ理,15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__16__种.用数字填写答案[解析] 按参加的女生人数可分两类只有1位女生参加有CC种,有2位女生参加有CC种.故共有CC+CC=2×6+4=16种.15.2018·浙江卷,14二项式8的展开式的常数项是__7__.[解析] 由题意,得Tr+1=C·8-r·r=C·r·x·x-r=C·r·x.令=0,得r=2.因此T3=C×2=×=7.16.将5位志愿者分成3组,其中两组各2人,另一组1人,分赴世博会的三个不同场馆服务,不同的分配方案有__90__种.用数字作答[解析] 本题考查了排列组合中的平均分组分配问题,先分组,再把三组分配乘以A得·A=90种.
三、解答题本大题共6个大题,共70分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤17.本题满分10分已知A={x|1log2x3,x∈N*},B={x||x-6|3,x∈N*},试问从集合A和B中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标,共可得到多少个不同的点?[解析] A={34567},B={45678}.从A中取一个数作为横坐标,从B中取一个数作为纵坐标,有5×5=25个,而8作为横坐标的情况有5种,3作为纵坐标且8不是横坐标的情况有4种,故共有5×5+5+4=34个不同的点.18.本题满分12分求证对任何非负整数n33n-26n-1可被676整除.[证明] 当n=0时,原式=0,可被676整除.当n=1时,原式=0,也可被676整除.当n≥2时,原式=27n-26n-1=26+1n-26n-1=26n+C·26n-1+…+C·262+C·26+1-26n-1=26n+C26n-1+…+C·262.每一项都含262这个因数,故可被262=676整除.综上所述,对一切非负整数n33n-26n-1可被676整除.19.本题满分12分已知1+mnm是正实数的展开式的二项式系数之和为256,展开式中含x项的系数为112.1求m,n的值;2求展开式中奇数项的二项式系数之和;3求1+mn1-x的展开式中含x2项的系数.[解析] 1由题意可得2n=256,解得n=8.∴通项Tr+1=Cmrx,∴含x项的系数为Cm2=112,解得m=2,或m=-2舍去.故m,n的值分别为28.2展开式中奇数项的二项式系数之和为C+C+C+C=28-1=128.31+281-x=1+28-x1+28,所以含x2项的系数为C24-C22=1008.20.本题满分12分某班要从5名男生3名女生中选出5人担任5门不同学科的课代表,请分别求出满足下列条件的方法种数.1所安排的女生人数必须少于男生人数;2其中的男生甲必须是课代表,但又不能担任数学课代表;3女生乙必须担任语文课代表,且男生甲必须担任课代表,但又不能担任数学课代表.[解析] 1所安排的女生人数少于男生人数包括三种情况,一是2个女生,二是1个女生,三是没有女生,依题意得C+CC+CCA=5520种.2先选出4人,有C种方法,连同甲在内,5人担任5门不同学科的课代表,甲不担任数学课代表,有A·A种方法,∴方法数为C·A·A=3360种.3由题意知甲和乙两人确定担任课代表,需要从余下的6人中选出3个人,有C=20种结果,女生乙必须担任语文课代表,则女生乙就不需要考虑,其余的4个人,甲不担任数学课代表,∴甲有3种选择,余下的3个人全排列共有3A=18;综上可知共有20×18=360种.21.本题满分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被4整除;2比21034大的偶数;3左起第
二、四位是奇数的偶数.[解析] 1被4整除的数,其特征应是末两位数是4的倍数,可分为两类当末两位数是
20、
40、04时,其排列数为3A=18,当末两位数是
12、
24、32时,其排列数为3A·A=
12.故满足条件的五位数共有18+12=30个.2
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×A=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×A=12个.
③当末位数字是4时,首位数字是3的有A=6个,首位数字是2时,有3个,共有9个.综上知,比21034大的偶数共有18+12+9=39个.3解法一可分为两类末位数是0,有A·A=4个;末位数是2或4,有A·A=4个;故共有A·A+A·A=8个.解法二第
二、四位从奇数13中取,有A个;首位从24中取,有A个;余下的排在剩下的两位,有A个,故共有AAA=8个.22.本题满分12分已知nn∈N*的展开式的各项系数之和等于5的展开式中的常数项,求n的展开式中a-1项的二项式系数.[解析] 对于5Tr+1=C45-rr=C·-1r·45-r·5-b.若Tr+1为常数项,则10-5r=0,所以r=2,此时得常数项为T3=C·-12·43·5-1=27.令a=1,得n展开式的各项系数之和为2n.由题意知2n=27,所以n=
7.对于7Tr+1=C7-r·-r=C·-1r·37-ra.若Tr+1为a-1项,则=-1,所以r=3.所以n的展开式中a-1项的二项式系数为C=35.。