章末综合检测

第六章 计数原理 章末综合训练一、选择题1. 若 100 件产品中有 6 件次品．现从中任取 3 件产品，则至少有 1 件次品的不同取法的种数是 ( )A ． C 61C 942B ．C 61C 992 C ． C 1003−C 943D ． C 1003−C 9422. 从 5 件不同的礼物中选出 3 件分别送给了 3 位同学，不同方法的种数是 ( )A ． A 53B ．C 53 C ． 35D ． 53 3. 从 1，2，3，4，5 五个数中任取 3 个，可组成不同的等差数列的个数为 ( ) A ． 2B ． 4C ． 6D ． 8 4. 把 (√3i −x)10 按二项式定理展开，展开式的第 8 项的系数是 ( )A ． 135B ． −135C ． −360√3iD ． 360√3i5. 从甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者中选派三人分别从事翻译、导游、礼仪三项不同的工作，若乙和丙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这三项工作，则不同的选派方案有 ( )A ． 36 种B ． 12 种C ． 18 种D ． 24 种 6. 在 (x +2y )7 的展开式中，系数最大的项是 ( )A ． 68y 7B ． 112x 3y 4C ． 672x 2y 5D ． 1344x 2y 57. 1−90C 101+902C 102−903C 103+⋯+9010C 1010 除以 88 的余数是 ( ) A ． 2 B ． 1 C ． 86 D ． 878. 如果一个三位正整数如" a 1a 2a 3 "满足 a 1<a 2，且 a 2>a 3，则称这样的三位数为凸数（如 120，343，275 等)，那么所有凸数的个数为 ( )A ．240B ．204C ．729D ．920二、填空题9. 某搬运工不慎将 4 件次品与 6 件正品混在一起，由于产品外观一样，需要用仪器对产品一一检测，直至找到所有次品为止，若至多检测 6 次就能找到所有次品，则不同的检测方法共有 种．10. 设 n ∈N ∗，若 (2+√x)n的二项展开式中，有理项的系数之和为 29525，则 n = ．11. 若 (x −1)4=a 0+a 1x +a 2x 2+a 3x 3+a 4x 4，则 a 0+a 2+a 4 的值为 ．12. 已知 (x −λ)2n =a 0x 2n +a 1x 2n−1+a 2x 2n−2+⋯+a 2n−2x 2+a 2n−1x +a 2n ，其中 n ∈N ∗，实数λ 为非零常数，设 A =a 0+a 2+⋯+a 2n−2+a 2n ，B =a 1+a 3+⋯+a 2n−1，若 A +B =(A −B )2，则实数 λ 的值为 ．三、多选题13.下列结论正确的是( )A．3个孩子，4把椅子，让孩子都坐下，有24种方法（每把椅子只坐一个孩子）B．3个孩子，4间屋子，让孩子都进屋，有81种结果（每个屋子可以进多个孩子）C．3朵花，4个孩子，把花分给孩子，每人至多一朵，不区分花，有4种分法D．3朵花，4个孩子，把花分给孩子，不区分花，有20种分法14.下列关系中，能成立的是( )A．C n m=mn C n−1m−1B．Cnm=n!(n−m)!m!C．m!=A n mC n m D．A n m+mA n m−1=A n+1m15.对于(1x2+x5)n(n∈N+)，下列判断正确的是( )A．对任意n∈N+，展开式中有常数项B．存在n∈N+，展开式中有常数项C．对任意n∈N+，展开式中不含x项D．存在n∈N+，展开式中含x项16.下列结论正确的是( )A．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有70种B．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有140种C．某天上午要排语文、数学、体育、计算机4节课，其中体育不排在第一节，那么这天上午课程表的不同排法共有18种D．某天上午要排语文、数学、体育、计算机4节课，其中体育不排在第一节，那么这天上午课程表的不同排法共有36种四、解答题17.已知x满足等式C16x2−x=C165x−5，求A9x的值．18.从10种不同的作物种子中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、乙两种种子不能放入1号瓶内，那么不同的放法共有多少种？19.某学校共有34人自愿组成数学建模社团，其中高一年级13人，高二年级12人，高三年级9人．(1) 每个年级各选一名组长，有多少种不同的选法？(2) 选两人作为社团发言人，这两人需要来自不同的年级，有多少种不同的选法？20.在二项式(√x3−)n的展开式中，前3项的系数的绝对值成等差数列．求：(1) 展开式中的第4项．(2) 展开式中各项的二项式系数之和与各项的系数之和．21.已知(x2−3x+2)5=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10．求：(1) a0+a1+a2+⋯+a10；(2) (a0+a2+a4+a6+a8+a10)2−(a1+a3+a5+a7+a9)2．22.已知(1+x2)n展开式中的n+1项按x的升幂排列依次为f1(x)，f2(x)，f3(x)，⋯，f n(x)，f n+1(x)．(1) 若f2(2)=8,求n值；(2) 记a k=2k f k(2)(k=1,2,⋯,n+1)，求和S n+1=a1+a2+⋯+a n+a n+1．。

章末检测试卷(一)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括16个小题，每小题3分，共48分)1．(2019·泰州高二月考)下列能层中，包含f能级的是()A．K能层B．L能层C．M能层D．N能层考点能层与能级题点能层与能级的表示方法及数量关系答案 D解析K能层是第一能层，只有1s能级；L能层是第二能层，有两个能级，即2s和2p；M 能层是第三能层，有三个能级，即3s、3p、3d；N能层是第四能层，有四个能级，即4s、4p、4d、4f。

根据能级数等于能层序数，只有能层序数≥4的能层才有f能级。

2．(2020·河南林州一中高二月考)下列有关“核外电子的运动状态”的说法中错误的是()A．各原子轨道的伸展方向按p、d、f的顺序分别为3、5、7B．只有在能层、原子轨道、原子轨道的伸展方向及电子的自旋状态都确定时，电子的运动状态才能被确定下来C．原子核外可能有两个电子的运动状态是完全相同的D．原子轨道伸展方向与能量大小无关考点原子结构的综合题点原子结构的综合答案 C解析各原子轨道的伸展方向按p、d、f的顺序分别为3、5、7，s轨道是球形的，故A正确；电子的运动状态由能层、能级、电子云的伸展方向以及电子的自旋状态决定，所以在能层、能级、电子云的伸展方向，以及电子的自旋状态确定时，电子的运动状态才能确定下来，故B正确；根据泡利原理和洪特规则，原子核外不可能有两个电子的运动状态是完全相同的，故C错误；离原子核越远的电子，其能量越大，则p原子轨道电子的平均能量随能层的增加而增大，所以电子云伸展方向与能量大小无关，故D正确。

3．下列有关原子的最外能层的电子排布图正确的是()A．铍原子：B．碳原子：C．氯原子：D．铝原子：考点核外电子排布的表示方法题点电子排布图的书写与判断答案 C解析A项，铍原子的最外能层的电子排布图为，错误；B项，2p能级上的电子排布违反洪特规则，错误；C项氯原子的最外能层的电子排布图为，正确；D项，根据能量最低原理，3s轨道的能量低于3p轨道，则电子先排满3s轨道，才能排3p 轨道，所以该电子排布违背了能量最低原理，错误。

第六章 综合检测题一、选择题1．向量AB MB BO BC OM ++++=（ ） A ．AC B ．ABC ．BCD ．AM【答案】A【解析】向量AB MB BO BC OM AB BO OM MB BC AC ++++=++++=. 故选：A.2．【2019年5月10日《每日一题》必修4向量数乘运算及其几何意义】在四边形ABCD 中，2AB a b =+，4BC a b =--，53CD a b =--，则四边形ABCD 的形状是 A ．长方形 B ．平行四边形C ．菱形D ．梯形【答案】D【解析】由题意，因为2AB a b =+，4BC a b =--，53CD a b =--， ∴AD AB =+BC +24532CD a b a b a b BC =+----=， ∴AD ∥BC ，且AD≠BC ，∴四边形ABCD 为梯形，故选D ．3．在平面直角坐标系x y O 中，已知四边形CD AB 是平行四边形，()1,2AB =-，()D 2,1A =，则D C A ⋅A =（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】D【解析】因为四边形CD AB 是平行四边形，所以()()()C D 1,22,13,1A =AB+A =-+=-，所以()D C 23115A ⋅A =⨯+⨯-=，故选D ．4．在△ABC 中，AD 为BC 边上的中线，E 为AD 的中点，则EB =A ．3144AB AC - B ．1344AB AC - C ．3144+AB ACD ．1344+AB AC【答案】A【解析】根据向量的运算法则，可得()111111222424BE BA BD BA BC BA BA AC =+=+=++ 1113124444BA BA AC BA AC =++=+， 所以3144EB AB AC =-，故选A.5．在ABC ∆中，若3AB =，BC =4AC =，则AC 边上的高为 （ ）A B C ．32D ．【答案】B【解析】由题意可知，222341cos 2342A +-==⨯⨯,sin A ∴=又1··2ABC S AB AC ∆= 1sin ?·,2A AC h h =∴=.故选B.6．若平面向量a ⃗与b ⃗⃗的夹角为60°，|b ⃗⃗|=4，(a ⃗+2b ⃗⃗)•(a ⃗−3b ⃗⃗)=−72，则向量a ⃗的模为（ ） A ．2 B ．4 C ．6 D ．12 【答案】C【解析】∵(a ⃗+2b ⃗⃗)·(a ⃗−3b ⃗⃗)=−72，∴|a ⃗|2−a ⃗·b ⃗⃗−6|b ⃗⃗|2=−72，又∵a ⃗·b ⃗⃗=|a ⃗|·|b ⃗⃗|cos60∘，∴|a ⃗|2−2|a ⃗|−24=0，则|a ⃗|=6，故选C7．如图，正方形ABCD 中，M 是BC 的中点，若AC AM BD λμ=+，则λμ+=（ ）A ．43B ．53C ．158D ．2【答案】B【解析】以A 为坐标原点建立平面直角坐标系，设正方形边长为1， 由此，()()11,1,1,,1,12AC AM BD ⎛⎫===- ⎪⎝⎭，故11,12λμλμ=-=+， 解得415,,333λμλμ==+=.故选B. 8．已知向量a,b 满足a 1=，a b 1⋅=-，则a (2a b)⋅-= A ．4 B ．3 C ．2 D ．0【答案】B【解析】因为22(2)22||(1)213,a a b a a b a ⋅-=-⋅=--=+= 所以选B.9.（多选题）设a ，b ，c 是任意的非零向量，且它们相互不共线，给出下列选项，其中正确的有（ ） A.a ·c －b ·c ＝(a －b )·c ； B.(b ·c )·a －(c ·a )·b 不与c 垂直； C.|a |－|b |<|a －b |； D.(3a ＋2b )·(3a －2b )＝9|a |2－4|b |2. 【答案】A ，C ，D【解析】根据向量积的分配律知A 正确；因为[(b ·c )·a －(c ·a )·b ]·c ＝(b ·c )·(a ·c )－(c ·a )·(b ·c )＝0，∴(b ·c )·a －(c ·a )·b 与c 垂直，B 错误；因为a ，b 不共线，所以|a |，|b |，|a －b |组成三角形三边，∴|a |－|b |<|a －b |成立，C 正确；D 正确.故正确命题的序号是A ，C ，D.10.（多选题）给出下列四个命题，其中正确的选项有（ ） A.非零向量a ，b 满足|a |＝|b |＝|a －b |，则a 与a ＋b 的夹角是30° B.若(AB →＋AC →)·(AB →－AC →)＝0，则△ABC 为等腰三角形C.若单位向量a ，b 的夹角为120°，则当|2a ＋xb |(x ∈R )取最小值时x ＝1D.若OA →＝(3，－4)，OB →＝(6，－3)，OC →＝(5－m ，－3－m )，∠ABC 为锐角，则实数m 的取值范围是m ＞－34. 【答案】A ，B ，C【解析】A 中，令OA →＝a ，OB →＝b .以OA →，OB →为邻边作平行四边形OACB .∵|a |＝|b |＝|a －b |，∴四边形OACB 为菱形，∠AOB ＝60°，∠AOC ＝30°，即a 与a ＋b 的夹角是30°，故A 正确. B 中，∵(AB →＋AC →)·(AB →－AC →)＝0，∴|AB →|2＝|AC →|2，故△ABC 为等腰三角形.故B 正确.C 中，∵(2a ＋x b )2＝4a 2＋4x a ·b ＋x 2b 2＝4＋4x cos 120°＋x 2＝x 2－2x ＋4＝(x －1)2＋3，故|2a ＋x b |取最小值时x ＝1.故③正确.D 中，∵BA →＝OA →－OB →＝(3，－4)－(6，－3)＝(－3，－1)，BC →＝OC →－OB →＝(5－m ，－3－m )－(6，－3)＝(－1－m ，－m )，又∠ABC 为锐角，∴BA →·BC →＞0，即3＋3m ＋m ＞0，∴m ＞－34.又当BA →与BC →同向共线时，m ＝12，故当∠ABC 为锐角时，m 的取值范围是m ＞－34且m ≠12.故D 不正确.故选A ，B ，C. 11.（多选题）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，下列结论不正确的是（ ） A ．a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A B sin a B ．＝sin b A C ．a ＝sin cos b C c B + D ．cos cos sin a B b A C += 【答案】A ，B ，C【解析】由在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，知： 在A 中，由余弦定理得：a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A ，故A 正确； 在B 中，由正弦定理得：，∴a sin B ＝b sin A ，故B 正确；在C 中，∵a ＝sin cos b C c B +，∴由余弦定理得：a ＝b ×+c ×，整理，得2a 2＝2a 2，故C 正确；在D 中，由余弦定理得a cos B +b cos A ＝a ×+b ×＝+＝c ≠sin C ，故D 错误．故选A ，B ，C.12.（多选题）在△ABC 中，根据下列条件解三角形，其中有一解的是（ ） A ．b ＝7，c ＝3，C ＝30° B ．b ＝5，c ＝4，B ＝45° C ．a ＝6，b ＝3，B ＝60°D ．a ＝20，b ＝30，A ＝30°【解析】B ，C【解析】对于A ，∵b ＝7，c ＝3，C ＝30°，∴由正弦定理可得：sin B ＝＝＝＞1，无解；对于B ，b ＝5，c ＝4，B ＝45°，∴由正弦定理可得sin C ＝＝＝＜1，且c ＜b ，有一解；对于C ，∵a ＝6，b ＝3，B ＝60°，∴由正弦定理可得：sin A ＝＝＝1，A ＝90°，此时C ＝30°，有一解；对于D ，∵a ＝20，b ＝30，A ＝30°，∴由正弦定理可得：sin B ＝＝＝＜1，且b ＞a ，∴B 有两个可能值，本选项符合题意．故选B ，C ． 二、填空题13．【贵州省贵阳市第一中学2020届高三上学期第三次月考数学（理)试题】已知()1,3a =，()0,1b =-，则a b b a b ⎛⎫⎪+⋅= ⎪⎝⎭________． 【答案】1 【解析】2a =，1b =，所以()13,,0,122ab ab⎛⎫==- ⎪ ⎪⎝⎭， 所以13,122a bab ⎛⎫+=- ⎪ ⎪⎝⎭，所以()10111||222||a b b a b ⎛⎫⎛⎫+⋅=⨯+-⨯-=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故答案为：1. 14．在ABC ∆中，角A B C 、、所对的边分别为a b c 、、.若2,a b ==sin cos B B +=,，则角A 的大小为____________________. 【答案】6π【解析】由sin cos )4B B B π+=+=sin()14B π+=，所以4B π=由正弦定理sin sin a b A B=得sin 14sin 22a B Ab π===，所以A=6π或56π（舍去）、 15．如图，在ABC 中，12021BAC AB AC ∠=︒==，，，D 是边BC 上一点，2DC BD =，则AD BC = ．【答案】83-【解析】由图及题意得 ， =∴ =()()= +== .16．设1e ,2e 是两个不共线的向量, a =31e +42e ,b =1e -22e .若以a ,b 为基底表示向量1e +22e ,即1e +22e =λa +μb ,则λ= ，μ= 。

章末综合检测(三)相互作用——力(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28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．下列关于重力、弹力和摩擦力的说法，正确的是()A．静摩擦力的大小在零和最大静摩擦力之间B．劲度系数越大的弹簧产生的弹力越大C．动摩擦因数与物体之间的压力成反比，与滑动摩擦力成正比D．物体的重心一定在物体上解析：选A静摩擦力F f的范围是0＜F f≤F fmax，A正确；由胡克定律F＝kx知，弹簧的弹力大小由劲度系数k和弹簧的形变量x共同决定，故B错误；动摩擦因数与物体的材料和接触面的粗糙程度有关，与物体间的压力大小和滑动摩擦力大小无关，C错误；物体的重心是物体各部分所受重力的等效作用点，不一定在物体上，如匀质圆环的重心为其圆心，就不在圆环上，故D错误。

2．如图所示，棒球运动员用棒球棍回击飞过来的棒球时，球棒击棒球的力()A．比球撞击球棒的力更早产生B．与球撞击球棒的力同时产生C．大于球撞击球棒的力D．小于球撞击球棒的力解析：选B根据牛顿第三定律可知作用力与反作用力总是等大、反向，同时产生、同时消失，故选项B正确。

3．互成角度的两个共点力，其中一个力保持恒定，另一个力从零逐渐增大，且方向保持不变。

则这两个共点力的合力()A．一定逐渐增大B．一定逐渐减小C．可能先增大后减小D．可能先减小后增大解析：选D两个共点力，其中一个力保持恒定，另一个力从零逐渐增大，由于不知道两个力之间的方向关系，当两力之间夹角θ≤90°时，两力合力逐渐增大，当90°＜θ≤180°时，合力先减小后增大，故符合题意的只有D。

4．如图所示，用绳索将重球挂在墙上，不考虑墙的摩擦，如果把绳的长度增加一些，则球对绳的拉力F1和球对墙的压力F2的变化情况是()A．F1增大，F2减小B．F1减小，F2增大C．F1和F2都减小D．F1和F2都增大解析：选C以小球为研究对象，分析受力如图所示。