选择性必修第二册综合检测卷二-【金试卷】2025-2026学年高二数学选择性必修第二册&选择性必修第三册同步单元双测卷（人教A版）

选择性必修第二册 综合检测卷二 测试建议用时：120分钟满分：150分 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40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.记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S2=0,a3=3,则() A.a=2n-3 B.a=3n-6 C.S,=2n2-4n D.S=n2-4 2.在等差数列{an}中，4(a3十a4十a5)+3(a6十ag十a14十a16)=36, 密 那么该数列的前14项和为 () A.20 B.21 封 C.42 D.84 樂 3.记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S=2S4,a2十a4=8,则as 等于 () 塑 A.6 B.7 C.8 D.10 聚 内 4.已知函数f(x)的导函数为f'(x),且满足关系式f(x)=x2+ 2xf(1)一lnx,则f'(1)的值等于 () A.-2 B.-1 不 C.0 D.1 5.已知数列{an}是等差数列，{bn}是正项等比数列，且b1=1,b=b2 +2,b4=a3十a5,b=a4十2a6,则a2o23+bg= () 数 A.2025 B.2529 C.2026 D.2279 答 6.《张邱建算经》记载了这样一个问题：“今有马行转迟，次日减半， 疾七日，行七百里.”其意是：有一匹马行走的速度逐渐变慢，每天 茶 题 走的路程是前一天的一半，连续走7天，共走了700里路.若该马 按此规律继续走7天，则它这14天内所走的总路程为() A.950里 B.1055里 C.1164里 D.22,575里 32 7.已知数列{an}满足a1=- 2a+1(1-a)=1,若an∈M,则集合 丝 部 M为 A.{anam+1(1-an)=1} 8.函数f)=号r-2+a,函数g()=r2-3,它们的定义域均 为[1，十∞)，并且函数f(x)的图象始终在函数g(x)图象的上 方，那么实数a的取值范围是 A.(0,+∞) B.(-∞，0) c(+∞ D.(-,) 二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给 出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的 得2分，有选错的得0分) 9.如图是导数y=f(x)的图象，下列说法正确的是 Y-I -10 35 A.(一1,3)为函数y=f(x)的单调递增区间 B.(3,5)为函数y=f(x)的单调递减区间 C.函数y=f(x)在x=0处取得极大值 D.函数y=f(x)在x=5处取得极小值 l0.若数列{an}的前n项和Sn满足Sn十Sn=n2十am,则有（) A.a1=1 B.a,=n C.S10=10 D.S,=n2 11.已知函数y=f(x)在R上可导且f(0)=1,其导函数f(x)满 足x+1D/w）-fx]>0,对于函数8)=f,下列结论 正确的是 A.函数g(x)在（一∞，-1）上为增函数 B.x=一1是函数g(x)的极小值点 C.函数g(x)必有两个零点 D.e2f(e)>ef(2) 12.已知函数f(x)=1n工，则 () A.f(2)>f(5) B.若f(x)=m有两个不相等的实根x1,x2,则xx2<e ca8>/月 D,若2=3'，x,y均为正数，则2x>3y 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13.曲线y=f(x)=e在点(0，f(0)处的切线与坐标轴所围成的 三角形的面积为 14.在等差数列{an}中，前m(m为奇数)项和为135，其中偶数项之 和为63，且am一a1=14,则a1oo的值为 15.100份任务分发给n个人去做，每人分发的任务份数递增且为 整数，若每人任务不低于3份，则n的最大值为 16.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，当x>0时，xf(x)> f(x),若f(2)=0,则2f(3) 3f(2)(填“>”“<”)，不等 式x·f(x)>0的解集为 四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过 程或演算步骤) 17.(10分)设函数f(x)=xe2-x2-2x. (1)求曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程； (2)求函数f(x)的极值. 选择性必修第二册21 18.(12分)已知{an}是公差为2的等差数列，其前8项和为64. {bn}是公比大于0的等比数列，b1=4,b3一b2=48. (1)求{am}和{bn}的通项公式； (2记G=b+n∈N.证明-4a是等比数列. 19.(12分)已知数列{an}满足a1=1,am+1=2an十1. (1)证明数列{an十1}是等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)令bn=3n·(an十1)，求数列{bn}的前n项和Tm 22选择性必修第二册 20.（12分)已知数列{an}的前n项和为Sn,且Sn=n2十n,数列{bn} 的通项公式为bn=x”-1 (1)求数列{an}的通项公式； (2)设cn=anbn,数列{cn}的前n项和为Tm,求Tn; 4 (3)设d.a.十H.=d+d,++d,（n∈N),求使得对 任意n∈N,均有H>g成立的最大整数m, 21.（12分)已知函数f(x)=xlnx(x>0). (1)求f(x)的单调区间和极值； (2)若对任意xE(0,十)，f(x)≥+mz一3恒成立，求实 2 数m的最大值. 22.2分)已知函数f(x)=lnx一ax一。了 (1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围； (2)若g()=f(x)十x2+2有两个极值点分别为x1,x,(x,< ax x2),求2g(x1)-g(x2)的最小值.若x∈(-lna,十oo),则f(x)<0,f(x)在(-lna,十∞)上单调递增 综上所述，当a≤0时，f(x)在(-∞，十∞)上单调递增，当a>0时，f(x)在（一∞， 8.A设A(x)=f）-g(x)=号x-x2+a-x2+3x,则()=2-4x+3=(x-3) -lna)上单调递增，在(-lna,十o∞)上单调递增减. (x-1),所以当x∈[1,3)时，h(x)单调递减； (2)证明：当a=1时，f(x)=x-ex+1,g(x)=f(Inx)=lnx-x十1， 当x∈(3，十∞)时，h(x)单调递增. 所以k=8a2）-g》_血2-2-ln+4-n-n4-1, 当x=3时，函数h(x)取得极小值也是最小值 x2-x1 x2一x1 x2一x1 因为f(x)的图象始终在g(x)的图象上方， In x2-In x1 所以h(x)min>0,即h(3)=a>0,所以a的取值范围是(0，十o∞).故选A 所以k+1= x2-x1 9.ABD由题图，可知当x<一1或3<x<5时，f(x)<0; 要证1k+1<1,即证1<nx2-lnx1<1 当x>5或一1<x<3时，f(x)>0,所以函数y=f(x)的单调递减区间为（一∞，一1），(3， x2-x1 5),单调递增区间为(-1,3)，(5，十∞)，所以函数y=f(x)在x=一1，x=5处取得 因为x2>x1>0,所以x2-x1>0,即证2-1<1n2<2- 极小值，在x=3处取得极大值，故选项C说法错误，ABD正确. 10.ADSn十Sm=n2+am,.令m=1,得Sm十S1=n2+a1=n2+S1,∴.Sm=n2, 令=，则>1，即证1-<1n4-1(>1). …S1=a1=1,S10=102=100,当n≥2时，am=Sm-5m-1=n2-(n-1)2=2m-1,又 元1 a1=1符合上式，∴an=2n-1,n∈N*,A、D正确，B、C错误，故选AD. ◆pe)=n-+1>1),则p0=-1=1<0,所以g0在1，十oo)上单 11.BD 由gx)=f@得g'(x)=f@)-f@,当x>-1时，f(x)-fx)>0,故 调递减，所以p(t)<p(1)=0,即lnt-t+1<0,即lntt-1(t>1).① 令A@)=ln计-1(>1)，则0=是-=>0，所以A0在1，+o)上 g(x)在(-1，十∞)上为增函数，当x<-1时，f(x)-f(x)<0,故g(x)在(-∞， t t2 12 一1)上为减函数，故x=一1是函数g(x)的极小值点，故A错误，B正确； g(-1)的特号不确定，若g(-1)<0,则g(x)有两个零点，若g(-1)=0,则g(x)有 单满适增，所以A(0>h(1)=0,即1n>1-(>1).② 一个零点，若g(一1)>0，则g(x)没有零点，故C错误； 维合①@得1-hK4-1>D,所以女+1K号 因为g(x)在(-1，十∞)上为增画教，所以g(2)<g(e,即f2<fe,即e2f(e) >ef(2),故D正确.故选BD 选择性必修第二册综合检测卷二 12.AD对于A,f2)-f5)=2_n5_5血2-21n5_n32n250,故A正确. 1.AS2=0,a3=3,∴S3=3,又{am}是等差数列，∴.3a2=3,a2=1,设数列{am}的 10 10 公差为d,则d=2,a,=2m-3,S。-1+(②-)n=m2-2m,故选A. 对于B,若f(x)=m有两个不相等的实根x1,x2,则x1x2>e2,故B错误. 证明如下：函教f(x)=h工，定义城为(0，十∞)，则f(x)=1-n,当f(x)>0 2.B由4(a3十a4十a5)十3(a6十ag十a14十a16)=36,得12a4+12a11=36,即a4十a11 =3,则数列(a,}的前14项和为14(a1十a1) 时，0<x<e;当f(x)<0时，x>e,所以f(x)在(0，e)上单调递增，在(e,十o∞)上单 2 调递减，则fx)=fe=。又易知x0时，f）-0,>e时f)>0且 =7(a4十a11)=21.故选A 3.D设等差数列{an}的公差为d,由S5=2S4,a2十a4=8,得 x一十∞时，f(x)→0，所以若f()=m有两个不相等的实根x12,则0<m<日， 5a,+544=2(a+学3a十2-0解得-2s=a+M= 不妨设1<2，则有0<1<e<2,要证12>e2,只需证2>e二>e a1+d+a1+3d=8, a1+2d=4, d=3, -2十4×3=10.故选D 又f)=f）,所以只需证f✉)f() 4B周为f)=2+2zf1)-nx,所以了x)=2z+2f1)-,所以了1)=2 令F()=fx)-f()0<x<e, +2f(1)-1,解得f'(1)-1,解得(1)=一1.故选B. 5.D设数列{bn}的公比为q(q>0),b1=1,b3=b2十2，.q>1且b1q2=b1q十2，即 则有F)=f)+f()·=1-ln(侵3）月 q2=q+2,解得q=-1(舍)或g=2,∴bn=2m-1. :数列{an}是等差数列，公差设为d,b4=ag十a5=23,b5=a4十2a6=24, 当0<e时，1-h>0>0, .2a4=23,a4十2a6=24,∴a4=4,a6=6. 所以有F(x)>0, ∴.由a6=a4十2d,得d=1,由a6=a1十5d,得a1=1,∴an=n. 即F(x)在(0，e)上单调递增， a2023十bg=2023十28=2279，故选D. 6.D设这匹马第m天走的路程为an里，由题知(Q,}是公比为2的等比数列，由题意 又F(e)=0,所以F)<0成立，所以f)<(),得证。 对于C,因为f(x)在(0，e)上单调递增，0<√2<√<e,所以f(2)<f(We), 得700= - 1 ,解得a1=4480,所以这匹马这14天内所走的总路程为 127 序2串如2是 对于D,令2=3y=(x,y均为正数)，则>1x=1g2y=g3, 1g t 1g t a1-(侵)] 1- 22575(里).故选D 32 2gt_3gt_g4g9-lg82>0, 所以2x-3y=1g2一1g3 lg2·1g3 7.D数列a,)满足a1=-合a+11-a,)=1,a2 所以2x>3y,故D正确.故选 1-（-2) 13.解析：f(x)=e,∴f(0)=1,f(x)=e2,f(0)=1,∴.曲线y=f(x)=e2在点 (0,f(0)处的切线方程为y一1=x,即y=x十1，易知直线y=x十1与两坐标轴的 1 1 =3,a4-0=一乙=a1数列{a,)是周期为3的数列，且前3项候次为一2 交点坐标分别为(-1,0)和(0,1)，∴.所求三角形的面积为2×1×1=2 号3，故选D 答案合 14.解析因为在前m项中偶数项之和为S偶=63，所以奇数项之和为S奇=135-63 =72,设等差数列a,}的公差为d,剥5+-5%-2@1十(m-1D1-72-68=9. 2 又an=a1十(m-1)d,所以4十am=9. 2 因为am一a1=14,所以a1=2,am=16. 因为ma》=135,所以m=15,所以d=4=1,所以aw-a1+9d=101. 2 答案101 l5.解析设第n个人的任务份数为am,则a1十a2十…十an=100,若要使n尽可能大， 则an递增幅度要尽可能小，不妨设数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列，其 前n项和为5，则a.=n+2,511=3+13×11=8<100,512=314×12=102> 2 2 100,所以n的最大值为11. 答案11 16.解析由题意，令g(x)=f四，：x>0时，g(x)=f()f)0. x2 “g()在(0，+∞)单润递增，f四在0，十o)上单调递增，f③》>f号即 3 2f(3)>3f(2). 又f(-x)=f(x),∴g(-x)=一g(x),则g(x)是奇函数，且g(x)在(-∞，0)上 递增，又g(2)=f2)=0,当0<<2时，g(x)<0,当x>2时，g(x)>0; 2 根据函数的奇偶性，可得当-2<x<0时，g(x)>0,当x<-2时，g(x)<0. .不等式x·f(x)>0的解集为{x-2<x<0或x>2. 答案>(-2,0)U(2,十∞) 17.解(1)由f(x)=xe-x2-2x得f'(x)=(x+1)e-2x-2=(x十1)(e2-2),则 f'(0)=-1, 所以曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=一x,即x十y=0. (2)由(1)知f(x)=(x+1)(e2-2),令f(x)=0,得x1=-1,x2=ln2,当x<-1 或x>ln2时，f'(x)>0,当-1<x<ln2时，f(x)<0, 所以当x=-1时，f(x)取得极大值，为f(-1)=1-,当z=1n2时，f(x)取得极 小值，为fn2)=-n2),故fx)的板大值为1-。，极小位为-n22. 18.解(1)由等差数列{a,}的公差d=2,其前8项和S8=8a1十8X(8-1Dd=64,可 2 得a1=1, .an=1+2(n-1)=2n-1, :等比数列{bn}的公比q>0,b1=4,b3-b2=48,∴.4q2-4g=48,解得q=4(负值舍 去)，.bn=4·4n-1=4". （2公证明：6=和，，=十古=a+京则层-=(+)厂 (+)=24+出=24 c品一c2m -=4,又c3-c2=2X4=8,∴.{c员- 2·4n c2n}是以8为首项，4为公比的等比数列. 19.解(1)由an+1=2an十1可得an+1十1=2(am十1). :a1十1=2≠0，∴.{am十1}是首项为2，公比为2的等比数列. ∴.an十1=2X2m-1=2m,∴.am=2m-1. (2)由(1)知bn=3m·2",.Tn=3×21+6X22+9×23+…十3(n-1)·2”-1+3n ·2",.2Tm=3×22+6X23+9×24+…+3(n-1)·2m+3n·2m+1,.-Tm=3× (21+22+23+…+20)-3m·2m+1=3×21-?0）-3n·2m+1=(3-3m)2m+1-6. 1-2 .Tn=(3n-3)·2m+1+6. 20.(1)当n=1时，a1=S1=2,当n≥2时，an=Sm-Sm-1=n2+n-[(n-1)2+(n-1)] =2n,易知a1=2符合上式，故数列{an}的通项公式为an=2n. (2)cn=abn=2n.x"-1,Tn=2+4x十6.x2+8.x3+…+2mx-1,① 则xTn=2x+4x2+6x3+8.x4+…+2nx”,② ①-②，得(1-x)Tn=2十2x十2x2+…+2xn-1-2n.x”. 当1时，1-0T.=2x号-2，对.=2=2a22 (1-x)2 参考答案73 当x=1时，Tn=2+4十6十8十…十2n=n2+n. 选择性必修第三册 12-2(n+1)x"+2n.x+1 综上，Tn (1-x)2 -,x≠1， 第一部分单元检测卷 n2+2n,x=1. 第六章计数原理 (3)结合(1)可得dn= n2m+-、1 n-n+2则Hn=d十d+…+d, 章末检测卷 （-吉)+（合-）++（日中2）=1+g十2 1.D由A=m(m-1)(m-2)(m-3) 显然H。为关于n的增画敛，故(H,)加=H,=子 =18.m(m,1)m-2,得m-3=3,m=6.故选D 3×2×1 若H,>晋恒成立，则智<号，解得m<6 2.B因为C-1=C6,所以2x-1=x十6或2x-1十x十6=20，解得x=7或x=5. 故选B. .存在最大整数m=5满足题意. 3.A因为纪念品相同，而游客不同，所以以游客为对象分类： 21.解(1)由f(x)=xlnx(x>0),得f(x)=1+lnx,令f(x)>0,得x>1 第一种情况：1位游客得1件纪念品，其余2位游客每人得2件纪念品，共有C}=3 种赠送方案， 令f)<0,得0K<日 第二种情况：1位游客得3件纪念品，其余2位游客各得1件纪念品，共有C=3种 赠送方案」 ∴fx)的单调增区间是(。，+∞)，单调减区间是(0，）】 共计6种赠送方案.故选A. 故f)在x=。处有极小值f(日）=一。，无板大值， 4.A由二项式定理，得 a10-2C0a9+22C3oa8-…+210=Co(-2)°a10+Co(-2)1a9+C(-2)2a8+… (2)由f)≥-2+mx-3及f)=n,得m≤2ln+2+3恒成立，问题转 十C8(-2)10=(a-2)10=(-√2)10=25=32.故选A 2 化为m≤(2nz+x2+3 5.C(任+ar2)°的展开式的通项为T+1=C()°'.ar2)r=Cg-s·a,令 x /min】 令g(x)=2l血x+2+3(x>0),则g(x)=2红+，-3，由g(r)>0>x>1,由 3r一6=0，解得r=2,所以展开式中睿数项为T=C·。2=只，解得a士日令3r x x2 g'(x)<0→0<x<1. -6=3解得r=3,所以展开式中合2的项为T=C3x2·a3=20a3r2,当a=号时， 所以g(x)在(0,1)上是减函数，在(1，十o∞)上是增函数，所以g(x)min=g(1)=4, 因此m≤4，所以m的最大值是4. 含x的项的系数为号，当a=一号时，含2的项的系数为一是故选C 2.解（因为f)=-Inz-ar-品>0，所以f)= xa 2-a2x2+ax+2 6.A1,2,3,4,5可以组成的4位“回文数”中，由1个数字组成的4位回文数有5个， ax 由2个数字组成的4位回文数有A号=20个，所以用数字1,2,3,4,5可以组成4位 -(e-)(e+日) >0,由f=0得x=名或x=- “回文数”的个数为20十5=25.故选A. 7.B当重复使用的数字为数字1时，符合题意的五位数有A3C=36(个)，当重复使 ①当a>0时，因为f(1)=一a-2<0,所以不满足题意， 用的数字为2,3,4时，与重复使用的数字为1情况相同，所以满足题意的五位数共 有36×4=144（个）.故选B @当a<0时，由f)<0,得0Kx<-日，由了)>0，得x>-日，所以f)在 8.B已知(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2十a1x十a0,(2x-1)4=C9(2x)4(-1)0+C (2x)3(-1)1+C(2x)2(-1)2+C(2x)1(-1)3+C4(2x)0(-1)4 (0,-日)上单调递减，在(-日十∞)上单洞通增，所以fx)血=f(-日) =16x4-32x3+24x2-8x十1，故a0+a2+a4=1+24+16=41.故选B 9.AB设男生有x人，则女生有(8一x)人. ln(-)+1+2≥0，解得-e3≤a<0. :从男生中选出2人，从女生中选出1人，共有30种不同的选法，C经·C哈-x=30, 综上，实数a的取值范围为[-e3,0). .x(x-1)(8-x)=30X2=2X6X5,或x(x-1)(8-x)=3X4×5. (2)函数g(x)=1nx十z2-a,定义城为(0，十∞)，g(x)=子十2z-a ∴x=6,8-6=2,或x=5,8-5=3,.女生有2人或3人.故选AB 10.BCD对于A,女生甲不在排头的排法种数为A-A=96,故A错误； 2x2-az+1,x>0. 对于B,男、女生相间的排法总数为A号A=12,故B正确； 对于C,先将女生甲、乙看作一个元素，然后将这个元素与剩余3名同学全排列，排 因为x1,x2是函数g(x)的两个极值点，所以x1,x2是方程2x2-a.x十1=0的两个 法总数为A4,女生甲、乙排列，排法总数为A,故女生甲、乙相邻的排法总数为 不等正报，且0<，所以△=a2-8>0,1十=号1=号a=2好十 A4A=48,故C正确； 1a=28+1,易得a>2E,故号>号所以五∈(o》∈（号+） 对于D,除甲、乙外3名同学全排列，排法总数为A,3名同学排好后产生4个“空 位”，将甲、乙排列，排法总数为A虽，故女生甲、己不相邻的排法总数为AA?=72, 2g(x1)-g(x2)=2(lnx1十x-a.x1)-(1nx2十x3-ax2)=2(lnx1十x-2x-1) 故D正确.故选BCD -(lnx2十x2-2x2-1)=-2x+2lnx1-lnx2十x3-1 11.BC根据题意，4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中，且没有空盒 =好-2(+咖h4-1=2h2-1 子，则3个盒子中有1个盒子中放2个小球，剩下的2个盒子中各放1个小球，有2 种解法： ◆=，则e(合+o）ha0=-2n-2h2-1a=1+0-是 法一：①将4个不同的小球分成3组，有C号种分组方法，②将分好的3组全排列，对 应放到3个盒子中，有A种放法，则满足题意的放法有CA种. 24--D,当∈（分1）时，h)<0,h)单调递减，当t1,+∞）时，a) 法二：①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选 2 出的盒子中，有CC种放法，②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个盒子 >0,A0)单调递增，所以h0m=(1)=-1+4n2,所以2g(1)-g(x2)的最小 中，有A号种放法，则满足题意的放法有CCA号种.故选BC. 2 值为-1+41n2 12.AD因为(x十m)5的通项公式为Tk+1=Cx5-m,则a5x5=x·Cx5-1ml十 2 (-2)x5=(5m-2)x5,所以a5=5m-2. 74参考答案 又因为a5=-7,所以5m-2=-7,所以m=-1. 所以常数项ao=(-2)XC?(-1)5=2.故选AD 13.解析分两步完成： 第一步，将2棵银杏树看成一个元素，考虑其顺序，有A?种种植方法； 第二步，将银杏树与4棵桂花树全排列，有A种种植方法. 由分步乘法计数原理得，不同的种植方法共有A·A=240(种). 答案240 14.解析a2=1×C×(-1)3+2C×(-1)2=-4+12=8. 令x=1,得a0十a1十a2十a3十a4十a5=0,① 令x=0,得a0=2,② 由①②知a1十a2十a3十a4十a5=-2. 答案8；一2 l5.解析根据第i行各个数是(a十b)的展开式的二项式系数，可得数列{a}的通项 公式为a=C1,所以①错误；各行的所有数的和是各个二项式的二项式系数和， 故第k行各数的和是2所以②正确；第k行共有(k十1)个数，从而n阶杨辉三角中 共有1+2+…+(m十)=n+1)n+2个数，所以③错误； 2 n阶杨辉三角的所有数的和是1十2十22+…十2n=2n+1一1，所以④正确. 答案②④ 16.解析法一（直接法）：从0与1两个特殊值着手，可分三类： (1)取0不取1，可先从另外四张卡片中选一张作百位，有C种方法，0可在后两位，有 C以种方法，最后需从剩下的三张中任取一张，有C种方法，又除含0的那张外，其他两 张的正面和反面均各有一个数字，所以此时可得不同的三位数有C·C·C·22个. (2)取1不取0，同(1)分析可得不同的三位数有C?·22·A个. (3)0和1都不取，不同的三位数有C·23·A个. 综上所述，共可组成C·C·Cg·22+C·22·A十C·23·A=432个不同的 三位数. 法二（间接法）：任取三张卡片可以组成C·23·A个不同的数，其中0在百位的 有C?·22·A号个，这是不合题意的，故共可组成C·23·A号-C号·22·A号=432 个不同的三位数 答案432 17.解A={3,4,5,6,7},B={4,5,6,7,8}. (1)A中元素作为横坐标，B中元素作为纵坐标，有5×5=25（个）； B中元素作为横坐标，A中元素作为纵坐标，有5×5=25（个）. 又两集合中有4个相同元素，故有4×4=16（个）重复了两次. 所以共有25十25一16=34（个）不同的，点. (2)AUB={3,4,5,6,7,8}, 则这样的三位数共有C=20(个). 18.解选①：由C9十Cn十C2=22得n=6(负值舍去). 选②：由C9十C十C2++C”-0=2n=64得n=6. 选③：易得展开式的通项为T,+1=C·(-1)z字，令，=2且”，3r=0得n=6. 2 (1)由=6得展开式中二项式系数最大为C, 则二项式系数最大的项为T4=C(-1)3x号=一20x号. (2)由(1)知T,+1=C5(-1)rx学， 因为0≤≤6，r∈N,6,3r∈Z,所以7=0,2,4,6， 2 则有理项为T1=C8x3=x3,T3=C喝x°=15，T5=Cx-3=15x-3,T7=Cx6 =x一6 19.解(1)先选后排.符合条件的课代表人员的选法有(CC十C4C)种，排列方法有 A种，所以满足题意的安排方法的种数为(CC十CC3)·A=5400. (2)除去该女生后，即相当于从剩余的7名学生中挑选4名担任4科的课代表，有 A号=840种安排方法. (3)先选后排.从剩余的7名学生中选出4名有C种选法，排列方法有CA种，所 以安排方法的种数为CCA峰=3360. (4)先从除去该男生和该女生的6人中选出3人，有C种选法，该男生的安排方法 有C种，其余3人全排列，有A种排法，因此满足题意的安排方法的种数为 C8C3A3=360.