12.(2009•成都二诊)为支持地震灾区的灾后重建工作，四川某公司决定分四天每天各运送一批物资到A、B、C、D、E五个受灾地点.由于A地距离该公司较近，安排在第一天或最后一天送达;B、C两地相邻，安排在同一天上、下午分别送达(B在上午、C在下午与B在下午、C在上午为不同运送顺序)，且运往这两地的物资算作一批;D、E两地可随意安排在其余两天送达.则安排这四天送达五个受灾地点的不同运送顺序的种数为

(　　)

A.72           B.18

C.36           D.24

解析：可分三步完成：第一类是安排送达物资到受灾地点A，有A12种方法;第二步是在余下的3天中任选1天，安排送达物资到受灾地点B、C，有A13A22种方法;第三步是在余下的2天中安排送达物资到受灾地点D、E，有A22种方法.由分步计数原理得不同的运送顺序共有A12•(A13A22)•A22=24种，故选D.

答案：D

二、填空题(每小题4分，共16分)

13.沿海某市区对口支援贫困山区教育，需从本区3所重点中学抽调5名教师分别到山区5所学校任教，每校1人;每所重点中学至少抽调1人，则共有__________种不同的支教方案.

解析：5名重点中学教师到山区5所学校有A55种，而3所重点中学的抽调方法种数可由列举法一一列出为6种.故共有6A55=720种不同的支教方案.

答案：720

14.(2009•湖北宜昌模拟)一个五位数由数字0,1,1,2,3构成，这样的五位数的个数为__________.

解析：分两类：(1)万位取1，其余不同的四个数放在不同的四个位置上时有A44个：(2)万位取2或3，在余下的四个不同的位置中选两个位置放数字0与3或2时有2A24个，故总共有A44+2A24=48.

答案：48

15.(2009•唐山一模)(4x2-4x+1)5的展开式中，x2的系数为__________.(用数字作答)

解析：C15•4+C25•(-4)2•1=180.

答案：180

16.(2009•株洲质检二)若(1+mx)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6，且a1+a2+…+a6=63，则实数m的值为__________.

解析：令x=1，(1+m)6=a0+a1+…+a6　①，

令x=0,1=a0　②，

①-②，得：a1+…+a6=(1+m)6-1

∴(1+m)6-1=63　∴(1+m)6=64

∴1+m=±2　∴m=1或m=-3.

答案：1或-3

三、解答题(本大题共6个小题，共计74分，写出必要的文字说明、计算步骤，只写最后结果不得分)

17.(12分)(1)求值：C5-nn+C9-nn+1;

(2)解不等式：1C3n-1C4n<2C5n.

解：利用组合数定义与公式求解.

(1)由组合数定义知：0≤5-n≤n，0≤9-n≤n+1，解得4≤n≤5.

∵n∈N*，∴n=4或5.

当n=4时，原式=C14+C55=5;

当n=5时，原式=C05+C46=16.

(2)由组合数公式，原不等式可化为

3!(n-3)!n!-4!(n-4)!n!<2×5!(n-5)!n!，

不等式两边约去3!(n-5)!n!，得(n-3)(n-4)-4(n-4)<2×5×4，即n2-11n-12<0，解得-1

又∵n∈N*，且n≥5，∴n=5,6,7,8,9,10,11.

18.(12分)有5张卡片的正反面分别写有0与1、2与3、4与5、6与7、8与9，将其中任三张并排组成三位数，可组成多少个数字不重复的三位数?

解：解法1：(直接法)由于三位数的百位数字不能为0，所以分两种情况：当百位数字为1时，不同的三位数有A18•A16=48个;当百位数为2、3、4、5、6、7、8、9中的任意一个时，不同的三位数有A18A18A16=8×8×6=384个.综上，共可组成不重复的三位数48+384=432个.

解法2：(间接法)任取3张卡片共有C35•C12•C12•C12•A33种排法，其中0在百位不能构成三位数，这样的排法有C24•C12•C12•A22种，故符合条件的三位数共有C35•C12•C12•C12•A33-C24•C12•C12•A22=432个.

19.(12分)若(1+2x)100=a0+a1(x-1)+a2•(x-1)2+…+a100(x-1)100，求a1+a3+a5+…+a99.

解：令x-1=t，则x=t+1，于是已知恒等式可变为(2t+3)100=a0+a1t+a2t2+…+a100t100，

又令f(t)=(2t+3)100，

则a1+a3+a5+…+a99=12[f(1)-f(-1)]

=12[(2+3)100-(-2+3)100]=12(5100-1).

20.(12分)平面上有n个点，无三点共线，过其中每两点作直线，这些直线中无两条直线平行，且除原n个点外无三线共点，问除平面上原有n个点之外，这些直线还会有多少个新交点?

解：(图形法)先从n个点中选4点，有C4n种选法.如图1，设所选点为A、B、C、D.因为在每选出的4点中，两点一组分成两组，每两点确定一条直线，两条直线相交就有符合题意的一个交点，所以A、B、C、D四点两两连线，可得3个新增交点.故符合题意的交点个数为3C4n=18n(n-1)(n-2)(n-3).

图1

21.(12分)已知(3a-3a)n的展开式的各项系数之和等于(43b-15b)5的展开式中的常数项，求：

(1)(3a-3a)n展开式的二项式系数和;

(2)(3a-3a)n的展开式中a-1项的二项式系数.

解：依题意，令a=1，得(3a-3a)n展开式中各项系数和为(3-1)n=2n，(43b-15b)5展开式中的通项为Tr+1=Cr5(43b)5-r(-15b)r=(-1)rCr545-r5-r2b10-5r6.

若Tr+1为常数项，则10-5r6=0，即r=2，

故常数项为T3=(-1)2C25•43•5-1=27，

于是有2n=27，得n=7.

(1)(3a-3a)n展开式的二项式系数和为

2n=27=128.

(2)(3a-3a)7的通项为

T′r+1=Cr7(3a)7-r•(-3a)r=Cr7(-1)r•37-r•a5r-216，

令5r-216=-1，得r=3，

∴所求a-1项的二项式系数为C37=35.

22.(14分)(1)求证：kCkn=nCk-1n-1;

(2)等比数列{an}中，an>0，化简：

A=lga1-C1nlga2+C2nlga3-…+(-1)nCnnlgan+1.

解：(1)∵左式=k•n!k!(n-k)!=n•(n-1)!(k-1)!(n-k)!

=n•(n-1)!(k-1)![(n-1)-(k-1)]!=nCk-1n-1=右式，

∴kCkn=nCk-1n-1.

(2)由已知：an=a1qn-1，

∴A=lga1-C1n(lga1+lgq)+C2n(lga1+2lgq)-C3n(lga1+3lgq)+…+(-1)nCnn(lga1+nlgq)

=lga1[1-C1n+C2n-…+(-1)nCnn]-lgq[C1n-2C2n+3C3n-…+(-1)n-1Cnn•n]=lga1•(1-1)n-lgq[nC0n-1-nC1n-1+nC2n-1-…+(-1)n-1•nCn-1n-1]

=0-nlgq[C0n-1-C1n-1+C2n-1-…+(-1)n-1•Cn-1n-1]

=-nlgq(1-1)n-1=0.

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