最新北师大版高中数学高中数学选修2-3第一章《计数原理》测试(含答案解析)

一、选择题
1．若13n
x x ⎛
⎫+ ⎪⎝
⎭展开式的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项是（ ）
A ．1215
B ．135
C ．18
D ．9
2．二项式5
1(2)x x
-的展开式中含3x 项的系数是
A ．80
B ．48
C ．−40
D ．−80
3．从20名同学中选派3人分别参加数学、物理学科竞赛，要求每科竞赛都有人参加，而且每人只能参加一科竞赛．记不同的选派方式有n 种，则n 的计算式可以是（ ） A ．3
203C
B ．3
206C
C ．3
202A
D ．3
203A ÷
4．如图是我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时给出的“弦图”．现提供4种颜色给“弦图”的5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有（ ）
A ．48种
B ．72种
C ．96种
D ．144种
5．若将函数5()f x x =表示为2
5
0125()1+1+()+(++)1(+)f x a a x a x a x +=⋯，其中
0125a a a a ⋯，，，，为实数，则3=a （ ）
A ．15
B ．5
C ．10
D ．20
6．在12
202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝
⎭的展开式中, 2x 项的系数为( )
A ．10
B ．25
C ．35
D ．66
7．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设
(0)a b m m >，，为整数，若a 和b 被m 除得的余数相同，则称a 和b 对模m 同余，记为
(mod )a b m =．若012220
202020202022...2a C C C C =++++，(mod8)a b =，则b 的值可
以是（ ） A ．2015
B ．2016
C ．2017
D ．2018
8．5名师生站成一排照相留念，其中教师1人，男生2人，女生2人，则两名女生相邻而
站的概率是（ ） A ．
1
5
B ．
25
C ．
35
D ．
45
9．用6个字母,,,,,A B C a b c 编拟某种信号程序（大小写有区别），把这6个字母全部排列如图所示的表格中，每个字母必须使用且只使用一次，不同的排列方式表示不同的信号，如果恰有一对字母（同一个字母的大小写）排到同一列的上下格位置，那么称此信号为“微错号”，则不同的“微错号”的总数为( )
A ．144
B ．288
C ．432
D ．576
10．2
10
1()x x
+的展开式中含5x 项的系数为（ ） A ．160 B ．210 C ．120 D ．252
11．从1，2，3，4，…，9这9个整数中同时取出4个不同的数，其和为奇数，则不同取
法种数有（ ） A ．60 B ．66
C ．72
D ．126
12．41
(1)x x
++的展开式中常数项为（ ） A ．18
B ．19
C ．20
D ．21
二、填空题
13．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张．不同取法的种数为 ． 14．已知5
22()ax x
-
的展开式中1x -的系数为40-，则实数a =____ 15．从0、2、4中取一个数字，从1、3、5中取两个数字，组成无重复数字的三位数，则所有不同的三位数的个数是______（用数字作答）
16．用数字6，7组成四位数，且数字6，7至少都出现一次，这样的四位数共有______个.(用数字作答)
17．四色猜想是近代数学难题之一，四色猜想的内容是：“任何一张地图最多用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”，如图，一张地图被分成了五个区域，每个区域只使用一种颜色，现有4种颜色可供选择（四种颜色不一定用完），则满足四色猜想的不同涂色种数为__________
18．有4位同学和2位教师一起合影．若教师不能坐在两端，也不坐在一起，则有_________种坐法．
19．将编号为1，2，3，4，5，6，7的七个小球放入编号为1，2，3，4，5，6，7的七个盒中，每盒放一球，若有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为______.
20．某宿舍楼同寝室8名同学站成一排照相，甲、乙、丙三人相邻，乙不站在队列两端，则不同的排法种数为__________.（用数字作答）
三、解答题
21．将7名应届师范大学毕业生分配到3所中学任教.（最后结果用数字表示） （1）4个人分到甲学校，2个人分到乙学校，1个人分到丙学校，有多少种不同的分配方案？
（2）一所学校安排4个人，一所学校安排2个人，一所学校1个人，有多少种不同的分配方案？
（3）其中有两所学校都各安排3个人，另一所学校安排1个人，有多少种不同的分配方案？
22．某工厂生产的10件产品中，有8件合格品、2件不合格品，合格品与不合格品在外观上没有区别.从这10件产品中任意抽检2件，计算： （1）抽出的2件产品恰好都是合格品的抽法有多少种？ （2）抽出的2件产品至多有1件不合格品的抽法有多少种？
（3）如果抽检的2件产品都是不合格品，那么这批产品将被退货，求这批产品被退货的概率.
23．已知函数()()2
ln f x x ax
a R =+∈.
（1）若()()()21g x f x a x =++，讨论()g x 的单调性； （2）当12
a =
时，求证：()()()
22n n n f x f x n N *
''-≥-∈⎡⎤⎣⎦. 24．红星高中2019年五一演讲比赛将在体育馆举行，所有参加人员凭票入场.
（1）若将6张连号的门票分给明明、慧慧等六位老师，每人1张，且明明、慧慧分得的门票连号，则一共有多少种不同的分法？
（2）高二年级准备从甲、乙等八名同学中选派四名同学参加，要求甲、乙两名同学至少有一人参加，且若甲、乙同时参加时，他们的演讲顺序不能相邻，那么高二年级不同的演讲顺序一共有多少种？
25．某幼儿园举办“yue ”主题系列活动——“悦”动越健康亲子运动打卡活动，为了解小朋友坚持打卡的情况，对该幼儿园所有小朋友进行了调查，调查结果如下表：
（2）若从打卡21天的小朋友中任选2人交流心得，求选到男生和女生各1人的概率. 26．在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其它没一个数值是它肩上的两个数之和，这三角形数阵开头几行如图所示． （1）证明：1
11m
m m n n
n C C C ++++=；
（2）求证：第m 斜列中（从右上到左下）的前K 个数之和一定等于第m +1斜列中的第K
个数，即()
11111*
112212m m m m m m m m m m m k m k C C C C C C m m k N ------+++-+-++++⋯+=≥∈，，
（3）在杨辉三角形中是否存在某一行，该行中三个相邻的数之比为3：8：14？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题 1．B 解析：B 【解析】
分析：由二项式系数和求出指数n ，再写出展开式通项后可求得常数项． 详解：由题意264n
=，6n =，∴通项为3666216
6(3)
(3r r r
r r r
r T C x C x x
---+==， 令3602
r -
=，4r =，∴常数项为24
63135C =， 故选B.．
点睛：在()n a bx +展开式中二项式系数为2n ，所有项的系数和为()n a b +．要注意这两个和是不一样的，二项式系数和是固定的，只与指数n 有关，而所有项系数和还与二项式中的系数,a b 有关．
2．D
解析：D 【解析】
512x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭展开式的通项公式为：()()55521551C 212C r
r r r r r
r r T x x x ---+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭
， 令523r -=，1r =，所求系数为1
4
5C 280-=-，故选D .
3．B
解析：B 【分析】
先从20名同学中选派3人，再分为两类：第一类：2人参加数学，1人参加物理竞赛，第二类：1人参加数学，2人参加物理竞赛，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】
由题意，从20名同学中选派3人，共有3
20C 种不同的选法， 又由要求每科竞赛都有人参加，而且每人只能参加一科竞赛， 可分为两类：
第一类：2人参加数学，1人参加物理竞赛，共有2
33C =中不同的选法； 第二类：1人参加数学，2人参加物理竞赛，共有133C =中不同的选法， 综上可得，不同的选派方式共有3
32020(33)6C C +⋅=⋅. 故选：B. 【点睛】
本题主要考查了分步计数原理，以及排列、组合的综合应用，其中解答中选出3人后，合理分类求解是解答的关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.
4．B
解析：B 【分析】
A 区域与其他区域都相邻，从A 开始分步进行其它区域填涂可解
【详解】
解：根据题意，如图，假设5个区域依次为A B C D E 、、、、，分4步分析： ①，对于A 区域，有4种涂法，
②，对于B 区域，与A 相邻，有3种涂法， ③，对于C 区域，与A B 、 相邻，有2种涂法，
④，对于D 区域，若其与B 区域同色，则E 有2种涂法，
若D 区域与B 区域不同色，则E 有1种涂法，则D E 、 区域有2+1＝3种涂色方法， 则不同的涂色方案共有4×3×2×3＝72种； 故选： B ．
【点睛】
本题考查两个计数原理的综合问题
使用两个计数原理进行计数的基本思想：对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．
5．C
解析：C 【分析】
令55[(1)1]x x =+-，展开二项式可得. 【详解】
二项展开式的通项是515(1)(1)r
r
r
r T C x -+=-+，令2r
，得22
35
(1)10a C =-= 故选：C ． 【点睛】
二项展开式问题的常见类型及解法
(1)求展开式中的特定项或其系数．可依据条件写出第1k +项，再由特定项的特点求出k 值即可．
(2)已知展开式的某项或其系数求参数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第1k +项，由特定项得出k 值，最后求出其参数．
6．D
解析：D 【分析】
分析12
202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝
⎭的展开式的本质就是考虑12个202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，每个括号内各取2020
11,,
x x
之一进行乘积即可得到展开式的每一项，利用组合知识即可得解.
【详解】
12
202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝
⎭的展开式考虑12个202011x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭， 每个括号内各取2020
11,,
x x
之一进行乘积即可得到展开式的每一项，
要得到2x 项，就是在12个202011x x ⎛
⎫
++ ⎪⎝⎭
中，两个括号取x ，10个括号取1， 所以其系数为2
1266C =. 故选：D 【点睛】
此题考查求多项式的展开式指定项的系数，关键在于弄清二项式定理展开式的本质问题，
将问题转化为计数原理组合问题.
7．C
解析：C 【分析】
根据已知中a 和b 对模m 同余的定义,结合二项式定理,我们可以求出a 的值,结合
(mod8)a b =，比照四个答案中的数字，即可求解.
【详解】
012220
2020202020202022...2=(12)3a C C C C =+⋅+⋅++⋅+=，
又
201010012210101010101039(18)888C C C C ==+=+⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅
a ∴被8除得的余数为1，同理
b 被8除得的余数也要为1，
观察四个选项，可知选C. 故选：C 【点睛】
本题考查的知识点是同余定理,其中正确理解a 和b 对模m 同余，是解答本题的关键，同时利用二项式定理求出a 的值,也很关键.
8．B
解析：B 【分析】
这是一个古典概型，先确定5名师生站成一排站法数，记“两名女生相邻而站”为事件A ， 两名女生站在一起，视为一个元素与其余3个人全排，计算出事件A 共有不同站法数，再代入公式求解. 【详解】
5名师生站成一排共有5
5120A =种站法， 记“两名女生相邻而站”为事件A ，
两名女生站在一起有222A =种，视为一个元素与其余3个人全排，有4
424A =种排法， 则事件A 共有不同站法2
4
2448A A ⋅=种， 所以()482
1205
p A =
=， 两名女生相邻而站的概率是25
. 故选：B 【点睛】
本题主要考查古典概型的概率，还考查了理解辨析，运算求解的能力，属于中档题.
9．B
解析：B 【分析】
根据题意，分三步进行分析：（1）先确定排到同一列的上下各位置的一对字母，由分步计
数原理可得其放法数目；（2）确定好第一组数据，剩下两组数据对应四个表格，分析方法（1），则可确定第二组字母的放法数目；（3）剩最后一组字母放入最后两个位置，由排列公式即可得其放法数目.最后由分步计数原理计算即可得出答案. 【详解】
根据题意分析，分三步进行：（1）先选定排列到同一列上下格位置的一对字母，有3种情况，再将其放入表格中，有3种情况，再考虑这一对字母的顺序有2种不同的顺序； （2）再分析第二对字母，假设（1）中选定的为,A a ，则剩下的两组字母中选一组有2种情况，再将其放入表格中有2种不同结果，再考虑这一对字母的顺序有2种不同的顺序； （3）最后一对字母放入最后两个位置有2种不同的排法. 所以共有3322222288⨯⨯⨯⨯⨯⨯=个“微错号”. 故选：B. 【点睛】
本题主要考查计数原理，解题的关键是弄清题目中排列的方法.
10．D
解析：D 【分析】
由二项式定理及其二项展开式通项得：210203110101()
()r
r
r r r r T C x C x x
--+==，令2035r -=，解得r 的值，进而求得其系数.
【详解】
()
102203110101r
r
r
r r
r T C x
C x
x --+⎛⎫== ⎪⎝⎭
， 当=5r 时，5
5
5
610252T C x x ==. 故选：D. 【点睛】
本题考查了二项式定理及其二项式展开式的通项，属于基础题.
11．A
解析：A 【分析】
要使四个数的和为奇数，则取数时奇数的个数必须是奇数个，再根据排列组合及计数原理知识，即可求解. 【详解】
从1，2，3，4，…，9这9个整数中同时取出4个不同的数，其和要为奇数，则取数时奇数的个数必须是奇数个：
所以共有1
3
3
1
545460C C C C +=种取法. 故选：A 【点睛】
本题考查了排列组合及简单的计数问题，属于简单题.
12．B
解析：B 【分析】 41(1)x x +
+展开式的141()r r r T C x x +=+，(0r =，1，⋯，4)．1()r x x
+的通项公式：211
()k r k k k r k k r r T C x C x x
--+==，令2r k =，进而得出．
【详解】 解：41(1)x x +
+展开式的141()r r r T C x x
+=+，(0r =，1，⋯，4)． 1()r x x +的通项公式：211
()k r k k k r k k r r T C x C x x
--+==，
令2r k =，可得：0k =时，0r =；1k =时，2r ，2k =时，4r =．
41(1)x x
∴+
+展开式中常数项2142
4244119C C C C =+⨯+⨯=． 故选：B ． 【点睛】
本题考查了二项式定理的通项公式及其应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二、填空题
13．【分析】利用间接法计算取3张卡片的总数然后分别计算取3张同色2张红色的方法数最后做差可得结果【详解】由题可知：16张取3张卡片的所有结果为取到3张都是同色的结果数为取到2张都是红色的结果数为故答案为 解析：472
【分析】
利用间接法，计算取3张卡片的总数，然后分别计算取3张同色，2张红色的方法数，最后做差，可得结果. 【详解】
由题可知：16张取3张卡片的所有结果为3
16C 取到3张都是同色的结果数为3
44C 取到2张都是红色的结果数为142
12C C ⋅
2112331644C 4C C C 5601672472-=--=-⋅.
故答案为：472 【点睛】
本题考查组合的应用，巧用间接法，审清题意，细心计算，属基础题.
14．【分析】利用二项式定理写出二项展开式的通项公式令的幂指数为求出的值利用其系数为得到关于的方程解方程即可求解【详解】由二项式定理可得二项展开式的通项公式为令解得所以的展开式中的系数为解得故答案为：【点
解析：1-
【分析】
利用二项式定理写出5
2
2()ax x -二项展开式的通项公式，令x 的幂指数为1-，求出r 的值，利用其系数为40-得到关于a 的方程，解方程即可求解.
【详解】
由二项式定理可得，5
2
2()ax x -
二项展开式的通项公式为()
()5553155222r
r
r r r r r r T C ax C a x x ---+⎛⎫
=⋅⋅-=⋅-⋅⋅ ⎪⎝⎭
，令531r -=-，解得2r ，
所以522()ax x
-
的展开式中1x -的系数为()2235240C a ⋅-⋅=-，解得1a =-. 故答案为：1- 【点睛】
本题考查利用二项式定理由二项展开式中某项的系数求参数；考查运算求解能力；利用二项式定理写出二项展开式的通项公式是求解本题的关键；属于中档题、常考题型.
15．【分析】由题意分为从024中取一个数字0从024中取一个数字不是0分类由分步乘法计数原理结合排列组合的知识即可得解【详解】由题意要从024中取一个数字从135中取两个数字组成无重复数字的三位数可以分 解析：48
【分析】
由题意分为从0、2、4中取一个数字0，从0、2、4中取一个数字不是0分类，由分步乘法计数原理结合排列、组合的知识即可得解. 【详解】
由题意，要从0、2、4中取一个数字，从1、3、5中取两个数字，组成无重复数字的三位数，可以分成两种情况：
第一种，当从0、2、4中取一个数字0，而从1、3、5中任选两个数字时，组成无重复数字的三位数有212
32212C C A ⋅⋅=个；
第二种，当从0、2、4中取一个数字不是0，而从1、3、5中任选两个数字时，组成无重复数字的三位数有1
2
3
23336C C A ⋅⋅=个； 综上，所有不同的三位数的个数是123648+=. 故答案为：48. 【点睛】
本题考查了计数原理的应用，考查了运算求解能力与分类讨论思想，属于中档题.
16．14【分析】分别计算6出现一次两次三次的情况再将三种情况的结果种数相加即可【详解】①当数字中有1个63个7时共有种结果；②当数字中有2个62个7时共有种结果；③当数字中有3个61个7时共有种结果故共
【分析】
分别计算6出现一次、两次、三次的情况，再将三种情况的结果种数相加即可. 【详解】
①当数字中有1个6，3个7时，共有1
4C 4=种结果；
②当数字中有2个6，2个7时，共有2
46C =种结果；
③当数字中有3个6，1个7时，共有14C 4=种结果. 故共有1
2
1
444++=14C C C 种结果. 故答案为：14 【点睛】
本题主要考查分类计数问题.
对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．
17．96【分析】设五个区域分别为其中与与与不相邻根据题意可用四种或三种颜色进行涂色由分类加法原理和分步乘法原理即可求解【详解】设五个区域分别为依题意由公共边的两个区域颜色不同用四种颜色进行涂色则有两个区
解析：96 【分析】
设五个区域分别为,,,,A B C D E ，其中A 与C ，A 与E ，B 与E 不相邻，根据题意，可用四种或三种颜色进行涂色，由分类加法原理和分步乘法原理，即可求解. 【详解】
设五个区域分别为,,,,A B C D E ， 依题意由公共边的两个区域颜色不同， 用四种颜色进行涂色则有两个区域颜色相同， 可以是A 与C ，A 与E ，B 与E 同色， 有涂色方法4
4372A =；
或用三种颜色涂色，则有2组颜色同色，
为A 与C 同色，B 与E 同色，有涂色方法3
424A =， 根据分类加法原理，共有涂色方法722496+=. 故答案为：96.
本题考查 “染色”问题，计数原理的应用，合理的分类和分步是解题的关键，属于中档题.
18．144【分析】先排4位同学将教师插入4位同学产生的3个空位中再由乘法原理即可得到答案【详解】先排4位同学共有种不同排法由于教师不能坐在两端也不坐在一起将2位老师插入4位同学产生的3个空位中共种不同排
解析：144 【分析】
先排4位同学，将教师插入4位同学产生的3个空位中，再由乘法原理即可得到答案. 【详解】
先排4位同学共有4
4A 种不同排法，由于教师不能坐在两端，也不坐在一起，将2位老师插 入4位同学产生的3个空位中，共2
3A 种不同排法，由乘法原理，共有42
43144A A =种不同排 法.
故答案为：144 【点睛】
本题考查排列的实际应用，涉及到特殊元素分析法，考查学生的逻辑推理能力，是一道中档题.
19．315【分析】根据题意有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同再由排列组台及计数原理即可求解【详解】第一步：先确定三个盒子的编号与放入的小球的编号相同共种不同取法；第二步：再将剩下的个小球放入到
解析：315 【分析】
根据题意，有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，再由排列组台及计数原理，即可求解. 【详解】
第一步：先确定三个盒子的编号与放入的小球的编号相同，共3
735C =种不同取法； 第二步：再将剩下的4个小球放入到4个盒子中,且小球编号与放入的小球的编号不相同，
共()
11
3219C C +=种不同放法；
因而有且只有三个盒子的编号与放入的小球的编号相同的不同放法种数为359315⨯=种. 故答案为：315 【点睛】
本题考查了排列组合及计数原理，考查理解辨析能力与运算求解能力，属中档题.
20．3840【分析】将甲乙丙三人捆绑在一起先不考虑乙的特殊性算出一个总数再考虑乙在队列两端算出一个总数相减既为答案【详解】将甲乙丙三人捆绑在一起三人间的排列共有种可能这个整体与剩下的5名同学全排列共有种
解析：3840
将甲、乙、丙三人捆绑在一起，先不考虑乙的特殊性算出一个总数，再考虑乙在队列两端算出一个总数，相减既为答案.
【详解】
将甲、乙、丙三人捆绑在一起，三人间的排列共有3
36
A=种可能，这个整体与剩下的5名
同学全排列共有6
6654321720
A种可能，所以不考虑乙的特殊性共有67204320
⨯=种可能；
当乙从队列前后两端任选一个位置站位有1
22
C=种可能，此时甲乙两人间有2
22
A=种可
能，剩下的5名同学全排列有5
5120
A=种可能，所以乙在队列两端共有22120480种可能；
故甲、乙、丙三人相邻，乙不站在队列两端，不同的排法种数为43204803840种.
故答案为：3840
【点睛】
本题考查排列组合中的捆绑法与特殊元素优先考虑法解决站位排法问题，属于中档题.三、解答题
21．（1）105种（2）630种（3）420种
【分析】
(1)利用组合的知识求解（2）先不均匀分组，再分配到学校即可求解（3）先不均匀分组，再分配即可
【详解】
（1）421
731105
C C C
⋅⋅=（种）
（2）4213
7313630
C C C A
⋅⋅⋅=（种）
（3）
331
3
741
3
2
2
420
C C C
A
A
=（种）
【点睛】
本题考查分组分配问题，注意是否为均匀分组，是易错题
22．（1）28种；（2）44种；（3）1 45
【分析】
（1）根据题意，利用组合数的公式，即可求得抽出的2件都是合格品的抽法种数；
（2）由（1）得抽出的2件产品都是合格品的抽法，再求得恰好1件合格品1件不合格品的抽法种数，利用分类计数原理，即可求解.
（3）求得基本事件的总数，得出其中抽检的2件产品都是不合格品的事件数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解.
【详解】
（1）由题意，某工厂生产的10件产品中，有8件合格品、2件不合格品，
所以抽出的2件都是合格品的抽法，共有20
8287
12821
C C ⨯=
⨯=⨯种. （2）由（1）得抽出的2件产品都是合格品的抽法，共有20
8287
2821
C C ⨯=
=⨯种； 恰好1件合格品1件不合格品的抽法，共有11
828216C C =⨯=种， 所以抽到的2件产品中至多有1件不合格品的抽法，共有281644+=种.
（3）从10件产品中任意抽取2件产品的抽法，共有2
10109
4521
C ⨯=
=⨯种， 其中抽检的2件产品都是不合格品的事件数有2
21C =种， 得抽检的2件产品都是不合格品的概率145
P =， 即这批产品被退货的概率为145
. 【点睛】
本题主要考查了分类计数原理、排列组合的应用，以及古典概型的概率计算，其中解答中认真审题，合理分类，结合分类计数原理和古典概型的概率计算公式准确运算是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力. 23．（1）答案见解析.（2）证明见解析 【分析】
（1）先由函数解析式，确定定义域，再对函数求导，分别讨论0a ≥，0a <两种情况下，函数的单调性，即可得出结果；
（2）先由题意，得到()1f x x x '=+，得出()()
11n
n n
n n f x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫''-=+-+⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦⎝
⎭⎝⎭，令11n
n n S x x x x ⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭，根据二项展开式，以及组合数的性质，由倒序相加的方
法，得出
()()()()1222
44221222C +C C C n n n n k
n k k n n n
n n n n n S x
x x x x x x
x ---------=++++++
++，再结合基本不等式，即可证明结论成立. 【详解】
（1）由题意，()()()()221ln 21g x f x a x x ax a x =
++=+++的定义域为()0,∞+，
()()()1211
221x ax g x ax a x x
++'=
+++=. 若0a ≥，则当()0,x ∈+∞时，()0g x '>，故()f x 在()0,∞+单调递增. 若0a <，则当10,2x a ⎛
⎫∈- ⎪
⎝
⎭时，()0g x '>；当1,2x a ⎛⎫
∈-+∞ ⎪⎝⎭
时，()0g x '<. 故()g x 在10,2a ⎛
⎫-
⎪⎝⎭单调递增，在1,2a ⎛⎫
-+∞ ⎪⎝⎭
单调递减.
（2）当1
2a =
时，()21ln 2
f x x x =+，所以()1f x x x '=+，
所以()()11n
n
n
n n f x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫''-=+-+⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭. 令11n
n n S x x x x ⎛⎫⎛⎫=+-+ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭，
由二项式展开式得12
24
212C C C C n n k n k
n n
n n n n S x
x x x
-----=+++++，① 1224212
C +C C C n n n n
n k k n
n n n n n S x x
x x
-------=++++， ② 因为m n m
n n
C C -=，①+②得：
()()()()1222
44221222C +C C C n n n n k n k k n n n
n n n n n S x
x x x x x x
x ---------=++++++
++ 121
C 2+C 2C 2C 2k
n n n n n -≥++++
()12102C +C C C C C 2k n n n n n n n n -=+
++
+++-
()222n =-
所以[]()()()2
2n
n
n
f x f x n *''-≥-∈N
【点睛】
本题主要考查导数的方法研究函数的单调性，以及二项式定理的应用，涉及组合数的性质，属于常考题型. 24．（1）240种； （2）1140种 【分析】
（1）先从6张门票中选出两张连号的门票，有5种选法，剩下的4张门票分给其余四位老师属于排列问题，有4
4A 种，又因为两张连号的门票分明明、慧慧两位老师，有2
2A 种分法，由分步乘法计数原理即可求得结果；
（2）先分类再分步.一类是甲、乙两人中恰有一人参加，先从甲、乙中选出1人，再从其余6人中选出3人，最后将参加的4人全排列，有1
3
4
264960C C A ⋅⋅=种；另一类是甲、乙两人都参加，有22C 种.除甲、乙外，再选2名，有26C 种.其余两人先排好有2
2A 种，甲、乙不相邻采用插空法有23A 种，用分步乘法计数原理2222
2623C C A A ⋅⋅⋅计算.最后再将两类的结果加起来. 【详解】
解：（1）门票连号有5种，分给其余四位老师有44A 种， 明明、慧慧分得的门票连号，一共有4
2
425240A A ⨯⨯=种； （2）就甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的人数进行分类计数： 第一类，甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的恰有一人，
满足题意的不同的演讲顺序的种数为134
264960C C A ⋅⋅=； 第二类，甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的恰有两人， 满足题意的不同的演讲顺序种数为2
2
2
2
2623180C C A A ⋅⋅⋅=. 因此满足题意的不同的演讲顺序的种数为9601801140+=. 【点睛】
本题考查了两个计数原理的综合应用，其中甲、乙不相邻采用“插空法”，属于中档题. 25．（1）19；（2）35
【分析】
（1）求出所有男生打卡天数总和再除以男生人数即平均打卡天数；
（2）打卡21天的小朋友中男生2人，女生3人，任选2人交流心得，求出基本事件总数和选到男生和女生各1人所包含的基本事件个数即可求解概率. 【详解】
（1）男生平均打卡的天数173185193207212
1935372
x ⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=
=++++.
（2）男生打卡21天的2人记为a ，b ，女生打卡21天的3人记为c ，d ，e ，
则从打卡21天的小朋友中任选2人的情况有(),a b ，(),a c ，(),a d ，(),a e ，(),b c ，
(),b d ，(),b e ，(),c d ，(),c e ，(),d e ，共10种，
其中男生和女生各1人的情况有(),a c ，(),a d ，(),a e ，(),b c ，(),b d ，(),b e ，共6
种.
故所求概率63105
P ==. 【点睛】
此题考查求平均数和古典概率，关键在于准确求出打卡天数总和以及根据计数原理求出基本事件个数.
26．（1）见解析（2）见解析（3）45，120，210 【分析】
（1）化成阶乘处理即可．
（2）将这列数表示出来，利用（1）的结论即可得到．
（3）假设存在第n 行的第r-1，r ，r+1个数满足这三个数之比为3：8：14，列方程求r ，若n ，r 为不小于2的正整数，即为所求． 【详解】 解：（1）1
m m n
n
C C
++=()!!!n m n m -+()()!
1!1!n m n m +--
=
()
()()!11!!n m m n m ++-+
()
()()!1!!
n n m m n m -+-
=
()
()()!11!!
n m n m m n m ++-+-
=()()()()1!
1!11!n m n m +⎡⎤++-+⎣⎦
=1
1m n C ++．
所以原式成立． （2）由（1）得1
1
1m
m m n n n C C C ++++=
左边=1
111
122m
m m m m m m
m m m k C C C C C ----+++-++++⋯+ =11
1
1122m
m m m m m m m k C C C C ---++++-+++⋯+ =…
=1
22m
m m k m k C C -+-+-+ =1m m k C +-=右边∴原命题成立
（3）设在第n 行的第r -1，r ，r +1个数满足3：8：14 即1
1
3814r r
r n n n
C C C -+=：：：：
解的{
10
3n r ==∴三个数依次为45，120，210 【点睛】
本题考查了二项式定理的性质，组合数的性质的证明，主要考查组合数的计算，考查观察、归纳、总结的能力．属于中档题．。