高二理科导数、排列组合、二项式检测试题（答案）

1、导数、排列组合、二项式检测试题（高二理科数学）一、选择题1已知n，那么(x3x)n展开式中含x 2项的系数为()A130 B135 C121 D1392（2011山东）曲线在点P(1，12)处的切线与y轴交点的纵坐标是( ) （A）-9 （B）-3 （C）9 （D）153（2011江西）若，则0的解集为( )（A） （B） （C） （D）4.定义在(0,+)上的单调递减函数f(x),若f(x)的导函数存在且满足f(x)f(x)x,则下列不等式成立的是()A.3f(2) 2f(3)B.3f(4) 4f(3) C.2f(3) 3f(4) D.f(2) 2f(1)5.从6名志愿者中选出4人分别从事翻

2、译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，则不同的选派方案共有（ ）（A） 280种 （B）240种 （C）180种 （D）96种 6.（2010广东卷理）2010年广州亚运会组委会要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、导游、礼仪、司机四项不同工作，若其中小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有 A. 36种 B. 12种 C. 18种 D. 48种7.（2010北京卷理）用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为（ ） A324 B328 C360 D6488.图3是某汽车

3、维修公司的维修点环形分布图公司在年初分配给A、 B、C、D四个维修点某种配件各50件在使用前发现需将A、B、C、D 四个维修点的这批配件分别调整为40、45、54、61件，但调整只能在相邻维修点之间进行那么要完成上述调整，最少的调动件次(件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为)为（）A18 B17 C16 D159.若国际研究小组由来自3个国家的20人组成，其中A国10人，B国6人，C国4人，按分层抽样法从中选10人组成联络小组，则不同的选法有（ ）种. A B C D10、(2011新课标全国)eq blc(rc)(avs4alco1(xf(a,x) eq blc(rc)(avs4a

4、lco1(2xf(1,x)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为()A40 B20 C20 D4011如图，用四种不同的颜色给图中的六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色则不同的涂色方法共有（）种种种种12(2014广东)设集合A(x1，x2，x3，x4，x5)|xi1，0,1，i1,2,3,4,5，那么集合A中满足条件“1|x1|x2|x3|x4|x5|3”的元素个数为()A60 B90 C120 D130二、填空题13.如果曲线yx4x在点P处的切线垂直于直线yeq f(1,3)x，那么点P的坐标为_14.由函数y=x2的图象与直线y=2x围成的图

5、形的面积是.15.(2012浙江)若将函数f(x)x5表示为f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5，其中a0，a1，a2，a5为实数，则a3_.16.(1x)8(1y)4的展开式中x2y2的系数是_三、解答题17.4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内(1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？(2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？(3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？18.7名师生站成一排照相留念，其中老师1人，男生4人，女生2人，在下列情况下，各有不同站法多少种？(1)两个女生必须相邻而站；(2)4名男生互不相邻；(3)老师不站中间，女生甲不站左端19、由0，1，2，3

6、，4，5这六个数字。（1）能组成多少个无重复数字的四位数？（2）能组成多少个无重复数字的四位偶数？（3）能组成多少个无重复数字且被25个整除的四位数？（4）组成无重复数字的四位数中比4032大的数有多少个？20.若（x+124x）n展开式中前三项的系数成等差数列，求：(1)展开式中所有x的有理项；(2)展开式中系数最大的项21.设函数f(x)=ax-bx,曲线y=f(x)在点(2,f(2)处的切线方程为7x-4y-12=0.(1)求函数f(x)的解析式;(2)证明曲线y=f(x)上任一点处的切线与直线x=0和直线y=x所围成的三角形的面积为定值,并求此定值.22.已知f(x)xln x，g(x

7、)x3ax2x2.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意x(0，)，2f(x)g(x)2恒成立，求实数a的取值范围导数、排列组合、二项式检测试题（高二理科数学）参考答案一、选择题1.解析根据题意，nln x6，则eq blc(rc)(avs4alco1(xf(3,x)6中，由二项式定理得通项公式为Tr1Ceq oal(r,6)(3)rx62r，令62r2，得r2，所以系数为Ceq oal(2,6)9135.答案B2.因为y/=3x2,切点为P（1，12），所以切线的斜率为3，故切线方程为3x-y+9=0，令x=0,得y=9，故选C.3.【思路点拨】首先求出f(x)的导数，再解分式不等式

8、.【选C.4.解析:f(x)为(0,+)上的单调递减函数,f(x)x,f(x)-f(x)xf(x)0f(x)-f(x)xf(x)20 xf(x)x0,f(x)0,f(x)3f(3)2f(3)-3f(2)f(2)f(3)02f(3)-3f(2)02f(3)3f(2),故A正确.5.分析：特殊元素与特殊位置优待法： 对于有附加条件的排列组合问题，一般采用：先考虑满足特殊的元素和位置，再考虑其它元素和位置。 由于甲、乙两名志愿者都不能从事翻译工作，所以翻译工作就是“特殊”位置，因此翻译工作从剩下的四名志愿者中任选一人有种不同的选法，再从其余的5人中任选3人从事导游、导购、保洁三项不同的工作有种不同的

9、选法，所以不同的选派方案共有=240种，选B。6.【解析】分两类：若小张或小赵入选，则有选法；若小张、小赵都入选，则有选法，共有选法36种，选A. 7.【答案】B本题主要考查排列组合知识以及分类计数原理和分步计数原理知识. 属于基础知识、基本运算的考查.首先应考虑“0”是特殊元素，当0排在末位时，有（个）， 当0不排在末位时，有（个），于是由分类计数原理，得符合题意的偶数共有（个）.故选B.8.答案C 9.答案：D10.解析对于eq blc(rc)(avs4alco1(xf(a,x) eq blc(rc)(avs4alco1(2xf(1,x)5，可令x1得1a2，故a1.eq blc(rc)(

10、avs4alco1(2xf(1,x)5的展开式的通项Tr1Ceq oal(r,5)(2x)5req blc(rc)(avs4alco1(f(1,x)rCeq oal(r,5)25r(1)rx52r，要得到展开式的常数项，则xeq f(1,x)的x与eq blc(rc)(avs4alco1(2xf(1,x)5展开式的eq f(1,x)相乘，xeq f(1,x)的eq f(1,x)与eq blc(rc)(avs4alco1(2xf(1,x)5展开式的x相乘，故令52r1得r3，令52r1得r2，从而可得常数项为Ceq oal(3,5)22(1)3Ceq oal(2,5)23(1)240.答案D11

11、.【解】解法1首先考虑除外，相邻两端点不同色的情形：此时有种涂法，与相邻的点有种涂法，有种涂法，有种涂法，此时，有种涂法，有种涂法，因此共有（种）但是，这是有可能同色，且当同色，不同色时，同色此时的涂法有同色的有种，对于点，点共有种，由对称性只有种涂法所以共有（种）因此符合题目要求的涂法有（种）故选解法2分两种情形讨论：点同色和点不同色，涂法数如下表：A,F合计点同色点不同色因此，符合题目要求的涂法有（种）故选解法3先对涂色，有（种）固定其中一种涂法，设四种不同的颜色为颜色，且设涂颜色，涂颜色，涂颜色则根据题意的涂法可用下表枚举：以上共种，因此符合题目要求的涂法有（种）故选解法4分两种情形讨论

12、：（1）全部使用四种不同的颜色第一步：对涂色，只能用三种颜色，有（种），第二步：从三点中选一点涂第四种颜色，有种，再对另两点涂色有种涂法，共有种涂法，所以全部使用四种不同的颜色的涂法有（种）；(2) 只使用三种颜色第一步：对涂色，有（种），第二步：对三点涂色，由于只用三种颜色，则点有种涂法，此时和只有种涂法所以只使用三种颜色的涂法有（种）由（1），(2) 符合题目要求的涂法有种）故选12.答案D解析在x1，x2，x3，x4，x5这五个数中，因为xi1,0,1，i1,2,3,4,5，所以满足条件1|x1|x2|x3|x4|x5|3的可能情况有“一个1(或1)，四个0，有Ceq oal(1,5)2

13、种；两个1(或1)，三个0，有Ceq oal(2,5)2种；一个1，一个1，三个0，有Aeq oal(2,5)种；两个1(或1)，一个1(或1)，两个0，有Ceq oal(2,5)Ceq oal(1,3)2种；三个1(或1)，两个0，有Ceq oal(3,5)2种故共有Ceq oal(1,5)2Ceq oal(2,5)2Aeq oal(2,5)Ceq oal(2,5)Ceq oal(1,3)2Ceq oal(3,5)2130种，故选D.二、填空题13.答案(1,0) 14.解析:利用微积分基本定理求解.结合图形易得所求面积为(2x-x2)dx=4-.15.解析不妨设1xt，则xt1，因此有(t

14、1)5a0a1ta2t2a3t3a4t4a5t5，则a3Ceq oal(2,5)(1)210.答案10命题研究：1.以选择题或填空题形式考查二项展开式的通项公式及其相关的性质；,2.以选择题或填空题形式考查二项式定理展开式中系数的和等问题.16.答案168解析(1x)8的通项为Ceq oal(k,8)xk，(1y)4的通项为Ceq oal(t,4)yt，(1x)8(1y)4的通项为Ceq oal(k,8)Ceq oal(t,4)xkyt，令k2，t2，得x2y2的系数为Ceq oal(2,8)Ceq oal(2,4)168.三、解答题17.解(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意

15、取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”，即把4个球分成2,1,1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘法计数原理，共有Ceq oal(1,4)Ceq oal(2,4)Ceq oal(1,3)Aeq oal(2,2)144种放法(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法(3)确定2个空盒有Ceq oal(2,4)种方法4个球放进2个盒子可分成(3,1)、(2,2)两

16、类，第一类有序不均匀分组有Ceq oal(3,4)Ceq oal(1,1)Aeq oal(2,2)种方法；第二类有序均匀分组有Ceq oal(2,4)种方法故共有Ceq oal(2,4)(Ceq oal(3,4)Ceq oal(1,1)Aeq oal(2,2)Ceq oal(2,4)84种放法18.解(1)两个女生必须相邻而站，把两个女生看做一个元素，则共有6个元素进行全排列，还有女生内部的一个排列共有Aeq oal(6,6)Aeq oal(2,2)1 440种站法(2)4名男生互不相邻，应用插空法，对老师和女生先排列，形成四个空再排男生共有Aeq oal(3,3)Aeq oal(4,4)14

17、4种站法(3)当老师站左端时其余六个位置可以进行全排列共有Aeq oal(6,6)720种站法，当老师不站左端时，老师有5种站法，女生甲有5种站法，余下的5个人在五个位置进行排列共有Aeq oal(5,5)553 000种站法根据分类加法计数原理知共有7203 0003 720种站法解（1） (2)(3)(4)20.解易求得展开式前三项的系数为1，eq f(1,2)Ceq oal(1,n)，eq f(1,4)Ceq oal(2,n).据题意得2eq f(1,2)Ceq oal(1,n)1eq f(1,4)Ceq oal(2,n)n8.(1)设展开式中的有理项为Tr1，由Tr1Ceq oal(r

18、,8)(eq r(x)8r(eq f(1,2r(4,x)r(eq f(1,2)rCeq oal(r,8)x，r为4的倍数，又0r8，r0,4,8.故有理项为T1(eq f(1,2)0Ceq oal(0,8)xx4，T5(eq f(1,2)4Ceq oal(4,8)xeq f(35,8)x，T9(eq f(1,2)8Ceq oal(8,8)xeq f(1,256x2).(2)设展开式中Tr1项的系数最大，则：(eq f(1,2)rCeq oal(r,8)(eq f(1,2)r1Ceq oal(r1,8)且(eq f(1,2)rCeq oal(r,8)(eq f(1,2)r1Ceq oal(r1,

19、8)r2或r3.故展开式中系数最大的项为T3(eq f(1,2)2Ceq oal(2,8)x7x，T4(eq f(1,2)3Ceq oal(3,8)x7x.21.(1)解:f(x)=a+bx2,又根据切线方程可知x=2时,y=12,f(2)=74,则有2a-b2=12,a+b4=74,解得a=1,b=3.所以f(x)=x-3x. (2)证明:设P(x0,y0)为曲线上任一点,由f(x)=1+3x2知曲线在点P(x0,y0)处的切线方程为y-y0=(1+3x02)(x-x0),即y-(x0-3x0)=(1+3x02)(x-x0).令x=0得y=-6x0,从而得切线与直线x=0的交点坐标为(0,-6x0).令y=x得y=x=2x0,从而得切线与直线y=