2024人教版高中数学选择性必修第三册同步练习题（含解析）--第六章 计数原理综合拔高练
文档属性
| 名称 | 2024人教版高中数学选择性必修第三册同步练习题（含解析）--第六章 计数原理综合拔高练 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2023-10-16 13:44:22 | ||
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文档简介
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2024人教版高中数学选择性必修第三册同步
第六章 计数原理
综合拔高练
五年高考练
考点1 排列、组合及其应用
1.(2023新课标Ⅱ,3)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有 ( )
A.·种 B.·种
C.·种 D.·种
2.(2023全国乙理,7)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )
A.30种 B.60种 C.120种 D.240种
3.(2021全国甲理,10)将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为( )
A. B. C. D.
4.(2021全国乙理,6)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有( )
A.60种 B.120种 C.240种 D.480种
5.(2023全国甲理,9)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( )
A.120种 B.60种
C.30种 D.20种
6.(2022新高考Ⅱ,5)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有( )
A.12种 B.24种
C.36种 D.48种
7.(2023新课标Ⅰ,13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有 种(用数字作答).
8.(2022全国甲理,15)从正方体的8个顶点中任选4个,则这4个点在同一个平面的概率为 .
考点2 二项式定理
9.(2023北京,5)在的展开式中,x的系数为( )
A.-40 B.40 C.-80 D.80
10.(2022北京,8)若(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a0+a2+a4=( )
A.40 B.41
C.-40 D.-41
11.(2021上海,6)已知二项式(x+a)5展开式中,x2项的系数为80,则a= .
12.(2022新高考Ⅰ,13)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为 (用数字作答).
13.(2022浙江,12)已知多项式(x+2)(x-1)4 =a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a2= ,a1+a2+a3+a4+a5= .
14.(2021浙江,13)已知多项式(x-1)3+(x+1)4=x4+a1x3+a2x2+a3x+a4,则a1= ;a2+a3+a4= .
15.(2021上海,7)已知(1+x)n的展开式中,唯有x3的系数最大,则(1+x)n的系数和为 .
三年模拟练
应用实践
1.(2022陕西宝鸡期末)(2-x3)(1+)8的展开式中,不含x4项的各项系数之和为( )
A.-26 B.230
C.254 D.282
2.(2023天津南开中学期中)(x+y)5的展开式中x4y2的系数为( )
A.3 B.5
C.9 D.10
3.(2022河北石家庄部分中学期末联考)若x2+(x+1)7=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a7(x+2)7,则a2=( )
A.22 B.19
C.-20 D.-19
4.(2022浙江部分中学期末联考)某学校有5位教师参加某师范大学组织的暑期骨干教师培训,现有五个培训项目,每位教师可任意选择其中一个项目进行培训,则恰有两个培训项目没有被选择的情况种数为( )
A.5 400 B.3 000
C.150 D.1 500
5.(2022河南新乡期中)某景区内有如图所示的一个花坛,此花坛有9个区域需栽种植物,要求同一区域中种同一种植物,相邻的区域种不同的植物,且圆环的3个区域种绿色植物,中间的6个扇形区域种鲜花.现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择,则不同的栽种方法种数为( )
A.400 B.396
C.380 D.324
6.(多选题)(2023江苏盐城中学期中)已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等,则下列结论正确的是( )
A.n=8
B.展开式中x2项的系数为560
C.展开式中系数最大的项为1 792x5
D.展开式中没有常数项
7.(2022福建莆田一中期末)某学校实行新课程改革,即除语、数、外三科为必考科目外,还要在理、化、生、史、地、政六科中选择三科作为选考科目.某学生的高考志愿为某大学环境科学专业,按照该大学上一年高考招生选考科目要求,理、化为必选.若为该学生安排课程表(上午四节、下午四节,每门课每天至少一节),已知该学生某天最后两节为自习课,且数学不排在下午第一节,语文、外语不相邻(上午第四节和下午第一节不算相邻),则该学生该天课程表有( )
A.444种 B.1 776种
C.1 440种 D.1 560种
8.(2022上海奉贤一模)从集合{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A,B,C,则其中经过坐标原点的不同直线有 条(用数字作答).
9.(2022福建龙岩期末)若(2x+1)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100,则2(a1+a3+a5+…+a99)-3被8整除的余数为 .
10.(2021甘肃张掖月考)元宵节灯展后,下图悬挂的6盏不同的花灯需要取下,每次取1盏,共有 种不同取法.(用数字作答)
11.(2022河南豫北名校质检)在的展开式中,前三项的系数的绝对值成等差数列.求:
(1)n的值;
(2)展开式中二项式系数最大的项;
(3)展开式中所有系数的绝对值之和.
12.(2023安徽合肥第一中学期中)某兴趣小组有9名学生,已知从中选取3人,恰好有一名女生的概率是.
(1)该小组中男、女生各有多少人
(2)9名学生站成一列,现要求重新站队,且女生保持相对顺序不变(即女生前后顺序保持不变),有多少种重新站队的方法 (要求用数字作答)
(3)9名学生站成一列,要求男生必须两两站在一起,有多少种站队方法 (要求用数字作答)
迁移创新
13.(2023上海嘉定二中期中)在(x2+x+1)n=x2n+x2n-1+x2n-2+…+x+的展开式中,把,,,…,叫做三项式的n次系数列.
(1)求++的值;
(2)根据二项式定理,将等式(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n的两边分别展开可得左右两边的系数对应相等,如=()2+()2+()2+…+()2,利用上述方法,计算-+-…+-+·的值;
(3)我们都知道方程x2+x+1=0无实数解,对于正整数n你能否计算++++…++…的值 (3k(k∈N)为不超过2n的3的倍数,结果用含有n的代数式表示)
答案与分层梯度式解析
第六章 计数原理
综合拔高练
五年高考练
1.D 2.C 3.C 4.C 5.B 6.B 9.D 10.B
1.D 由比例分配的分层随机抽样定义知,该校初中部、高中部应分别抽取40名、20名学生,故不同的抽样结果有·种,故选D.
2.C 两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有=120(种).
故选C.
3.C 从6个位置中任选2个位置排2个0,其他4个位置排4个1,共有=15种排法;先排4个1,再将2个0插空,共有=10种插法,故所求概率P==.
4.C 先将5人分为4组,其中一组有2人,另外三组各1人,共有种分法,然后将4个项目全排列,共有种排法,根据分步乘法计数原理,不同的分配方案共有=240(种),故选C.
5.B 从5人中选1人两天都参加,有种安排方式,从剩下4人中选2人进行排列,有种安排方式,则共有=60种安排方式,故选B.
6.B 丙和丁相邻共有种站法,甲站在两端且丙和丁相邻共有种站法,所以甲不站在两端且丙和丁相邻共有-=24种站法,故选B.
7.答案 64
解析 根据题意,选课情况如下:
①选择1门体育类选修课和1门艺术类选修课,共有=16种方案;
②选择2门体育类选修课和1门艺术类选修课,共有=24种方案;
③选择1门体育类选修课和2门艺术类选修课,共有=24种方案.
所以不同的选课方案共有16+24+24=64(种).
8.答案
解析 从正方体的8个顶点中任选4个顶点,共有=70种选法,其中4个点在同一平面内的选法共12种,即选正方体的6个表面和6个对角面的4个顶点,故所求概率P==.
9.D 的展开式的通项为Tk+1=(2x)5-k·=25-k(-1)kx5-2k,令5-2k=1,得k=2,则x的系数为×23×(-1)2=80.故选D.
10.B ∵(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,
∴令x=1,得a4+a3+a2+a1+a0=1,
令x=-1,得a4-a3+a2-a1+a0=34,
∴a0+a2+a4=×(1+34)=41.故选B.
11.答案 2
解析 (x+a)5的展开式的通项为Tr+1=x5-rar,0≤r≤5,r∈N,令5-r=2,得r=3,则a3=80,解得a=2.
12.答案 -28
解析 (x+y)8的展开式中x2y6的系数为=28,x3y5的系数为=56,因此(x+y)8的展开式中x2y6的系数为28-56=-28.
13.答案 8;-2
解析 由(x+2)(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,知含x2的项是由(x+2)中的x和2分别与(x-1)4的展开式中含x和x2的项相乘后再相加得到的,所以a2=×(-1)3+2×(-1)2=8.
对于(x+2)(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,
令x=0,得a0=2×(-1)4=2,
令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0,
所以a1+a2+a3+a4+a5=-2.
14.答案 5;10
解析 (x-1)3的展开式的通项为Tk+1=x3-k·(-1)k(k=0,1,2,3),
(x+1)4的展开式的通项为Tr+1=x4-r(r=0,1,2,3,4).
令3-k=3,4-r=3,得k=0,r=1,
所以a1=×(-1)0+=5.
令x=1,则原多项式化为24=1+a1+a2+a3+a4,
所以a2+a3+a4=24-a1-1=16-6=10.
15.答案 64
解析 由题意知
则
解得5令x=1,得(1+x)6的系数和为26 =64.
三年模拟练
1.D 2.C 3.C 4.D 5.B 6.AD 7.B
1.D (1+)8的展开式的通项为Tr+1=,所以(2-x3)(1+)8的展开式中含x4项的系数为2×-=-26,易得展开式中各项系数之和为28,故展开式中不含x4项的各项系数之和为28-(-26)=282.故选D.
2.C (x+y)5=x(x+y)5-(x+y)5,
(x+y)5的展开式的通项为Tr+1=x5-ryr,故x4y2的系数为-=9.故选C.
3.C x2+(x+1)7=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a7(x+2)7=[-2+(x+2)]2+[-1+(x+2)]7,
则a2=×(-2)0+×(-1)5=-20.故选C.
4.D 根据题意,分三步进行讨论:
①恰有两个培训项目没有被选择,即其他的三个培训项目至少被1位教师选择,在五个培训项目中任选三个,有=10种选择方法;
②将5位教师分成3组,若分成3、1、1的三组,则有=10种分组方法,
若分成2、2、1的三组,则有=15种分组方法,
故共有10+15=25种分组方法;
③将分好的三组全排列,对应选出的三个培训项目,有=6种情况.
综上,共有10×25×6=1 500种情况.故选D.
5.B 圆环的3个区域种绿色植物共有=6种方法.记中间的6个扇形区域分别为A,B,C,D,E,F,如图.①当A,C,E种相同的鲜花时,有3×2×1×2×1×2=24种方法;②当A,C,E种2种不同的鲜花时,有××2×1×1=36种方法;③当A,C,E种的鲜花各不相同时,有×1×1×1=6种方法.故不同的栽种方法种数为6×(24+36+6)=396.故选B.
6.AD 由题意得=,解得n=8,故A正确.
易知=,其展开式的通项为Tr+1=28-r,r=0,1,2,…,8,
令8-r=2,得r=4,故展开式中x2项的系数为×24=1 120,故B错误.
令8-r=0,得r=,故展开式中没有常数项,故D正确.
设展开式中第(k+1)项的系数最大,
则解得2≤k≤3,又k∈N,所以k=2或k=3,所以展开式中系数最大的项为T3=×26x5=1 792x5和T4=×25=1 79,故C错误.
7.B 从理、化、生、史、地、政六科中选择三科,且理、化必选,则只需在生、史、地、政四科中选择一科即可,有=4(种).
对语文、外语排课进行分类:
①语文、外语有一科在下午第一节,则另一科可以安排在上午四节课中的任意一节,剩下的四科全排列,有=192(种);
②语文、外语都不在下午第一节,则下午第一节可在除语、数、外三科外的另三科中选择,有=3(种),语文和外语可都安排在上午,有上午第一、三节,上午第一、四节,上午第二、四节3种安排方式,也可一科在上午任一节,一科在下午第二节,有=4(种),其他三科全排列,有3×(3+4)×=252(种).
综上,共有4×(192+252)=1 776(种).
8.答案 54
解析 若直线Ax+By+C=0经过坐标原点,则C=0,A,B在1~9内任意取,则A,B的取值情况有=72(种),其中A和B(或B和A)的取值分别为以下情况时,所得直线是重复的:
①1和2,2和4,3和6,4和8;②1和3,2和6,3和9;③1和4,2和8;④2和3,4和6,6和9;⑤3和4,6和8.所以满足条件的直线有72-(3+2+1+2+1)×2=54(条).
9.答案 5
解析 令x=1,得a0+a1+a2+…+a100=3100;
令x=-1,得a0-a1+a2-…+a100=1.
两式相减,得2(a1+a3+a5+…+a99)=3100-1,
即2(a1+a3+a5+…+a99)-3=3100-4.
3100-4=950-4=(8+1)50-4=×850+×849+…+×8+-4=×850+×849+…+×8-3=×850+×849+…+×8-8+5.
因为×850+×849+…+×8-8能被8整除,所以×850+×849+…+×8-8+5被8整除的余数为5,即2(a1+a3+a5+…+a99)-3被8整除的余数为5.
10.答案 90
解析 先将6盏花灯全排列,共有种排法,
因为取花灯时每次只能取1盏,且每串花灯必须先取下面的花灯,即每串2盏花灯取下的顺序确定,
所以取下6盏不同的花灯,每次取1盏,共有==90种不同取法.
11.解析 (1)的展开式的通项为=()n-r=,
因为前三项的系数的绝对值成等差数列,
所以2·=+·,
化简得n2-9n+8=0,解得n=8或n=1,
因为n≥2,所以n=8.
(2)由(1)知n=8,故的展开式共有9项,其中二项式系数最大的项为第5项,即T5==70×=.
(3)展开式中所有系数的绝对值之和为×+×+…+×==.
12.解析 (1)设男生有x人,
根据题意可知=,
则x(x-1)(9-x) =90,解得x=6.
故该小组中男生有6人,女生有3人.
(2)解法一:按坐座位的方法.
第一步,让6名男生先从9个位置中选6个位置坐,共有=60 480(种);
第二步,余下的座位让3名女生去坐,因为要保持相对顺序不变,所以只有1种选择.
故共有60 480×1-1=60 479种重新站队的方法.
解法二:除序法.
第一步,9名学生站队共有种方法;
第二步,3名女生有种站队方法.
因为女生保持相对顺序不变,所以共有=60 480种站队方法,所以重新站队的方法有60 480-1=60 479(种).
(3)第一步,将6名男生平均分成3组,共有=15(种);
第二步,3名女生站好队,然后将3组男生插入3名女生形成的4个空位中,共有=144(种);
第三步,3组男生的站队方法有()3=8(种).
由分步乘法计数原理可知,共有15×144×8=17 280种站队方法.
13.解析 (1)当n=3时,令x=1,得++++++=33=27.
令x=-1,得-+-+-+=1.
两式相减,得2(++)=26,
所以++=13.
(2)因为1-x3=(1-x)(1+x+x2),
所以(1-x3)214=(1-x)214(1+x+x2)214.
在(1-x)214(1+x+x2)214的展开式中,
-+-…+-+·是x428的系数,
又(1-x3)214的展开式的通项为Tr+1=(-1)rx3r,r=0,1,2,…,214,所以展开式中不含x428项,
所以-+-…+-+=0.
(3)(x2+x+1)n=x2n+x2n-1+x2n-2+…+x+,
令x=1,得3n=+++…++,
令x=ω=-+i,得ω2+ω+1=0,
则(ω2+ω+1)n=ω2n+ω2n-1+ω2n-2+…+ω+=0.
设A=++++…++…,
B=++++…++…,
C=++++…++…,
因为ω3==1,
所以Aω2n+Bω2n-1+Cω2n-2=0,
(Aω2n=ω2n+ω2n+ω2n+ω2n+…+ω2n+…=ω2n+ω2n-3+ω2n-6+ω2n-9+…+ω2n-3k+…,类似得Bω2n-1,Cω2n-2)
所以ω2n-2(Aω2+Bω+C)=0,
又ω2n-2≠0,所以Aω2+Bω+C=0,
即A+B+C=0,
即-(A-B)i=0,
所以A=B,A+B=2C,所以A=B=C,
又A+B+C=3n,所以A=3n-1,
所以++++…++…=3n-1.
素养评析 第(1)问中,利用赋值法求展开式的系数和(奇、偶数项系数和),主要考查数学运算的素养;第(2)问中,对同一个展开式的不同形式求指定项的系数,由系数相等得出结论,主要考查数学运算的素养;第(3)问中,利用ω=-+i的性质ω2=--i,ω3=1,ω2+ω+1=0,对三项式的n次展开式的系数进行分类(A,B,C)求解,主要考查逻辑推理、数学运算的素养.
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五年高考练
考点1 排列、组合及其应用
1.(2023新课标Ⅱ,3)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有 ( )
A.·种 B.·种
C.·种 D.·种
2.(2023全国乙理,7)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种,则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( )
A.30种 B.60种 C.120种 D.240种
3.(2021全国甲理,10)将4个1和2个0随机排成一行,则2个0不相邻的概率为( )
A. B. C. D.
4.(2021全国乙理,6)将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训,每名志愿者只分配到1个项目,每个项目至少分配1名志愿者,则不同的分配方案共有( )
A.60种 B.120种 C.240种 D.480种
5.(2023全国甲理,9)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( )
A.120种 B.60种
C.30种 D.20种
6.(2022新高考Ⅱ,5)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有( )
A.12种 B.24种
C.36种 D.48种
7.(2023新课标Ⅰ,13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有 种(用数字作答).
8.(2022全国甲理,15)从正方体的8个顶点中任选4个,则这4个点在同一个平面的概率为 .
考点2 二项式定理
9.(2023北京,5)在的展开式中,x的系数为( )
A.-40 B.40 C.-80 D.80
10.(2022北京,8)若(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a0+a2+a4=( )
A.40 B.41
C.-40 D.-41
11.(2021上海,6)已知二项式(x+a)5展开式中,x2项的系数为80,则a= .
12.(2022新高考Ⅰ,13)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为 (用数字作答).
13.(2022浙江,12)已知多项式(x+2)(x-1)4 =a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a2= ,a1+a2+a3+a4+a5= .
14.(2021浙江,13)已知多项式(x-1)3+(x+1)4=x4+a1x3+a2x2+a3x+a4,则a1= ;a2+a3+a4= .
15.(2021上海,7)已知(1+x)n的展开式中,唯有x3的系数最大,则(1+x)n的系数和为 .
三年模拟练
应用实践
1.(2022陕西宝鸡期末)(2-x3)(1+)8的展开式中,不含x4项的各项系数之和为( )
A.-26 B.230
C.254 D.282
2.(2023天津南开中学期中)(x+y)5的展开式中x4y2的系数为( )
A.3 B.5
C.9 D.10
3.(2022河北石家庄部分中学期末联考)若x2+(x+1)7=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a7(x+2)7,则a2=( )
A.22 B.19
C.-20 D.-19
4.(2022浙江部分中学期末联考)某学校有5位教师参加某师范大学组织的暑期骨干教师培训,现有五个培训项目,每位教师可任意选择其中一个项目进行培训,则恰有两个培训项目没有被选择的情况种数为( )
A.5 400 B.3 000
C.150 D.1 500
5.(2022河南新乡期中)某景区内有如图所示的一个花坛,此花坛有9个区域需栽种植物,要求同一区域中种同一种植物,相邻的区域种不同的植物,且圆环的3个区域种绿色植物,中间的6个扇形区域种鲜花.现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择,则不同的栽种方法种数为( )
A.400 B.396
C.380 D.324
6.(多选题)(2023江苏盐城中学期中)已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等,则下列结论正确的是( )
A.n=8
B.展开式中x2项的系数为560
C.展开式中系数最大的项为1 792x5
D.展开式中没有常数项
7.(2022福建莆田一中期末)某学校实行新课程改革,即除语、数、外三科为必考科目外,还要在理、化、生、史、地、政六科中选择三科作为选考科目.某学生的高考志愿为某大学环境科学专业,按照该大学上一年高考招生选考科目要求,理、化为必选.若为该学生安排课程表(上午四节、下午四节,每门课每天至少一节),已知该学生某天最后两节为自习课,且数学不排在下午第一节,语文、外语不相邻(上午第四节和下午第一节不算相邻),则该学生该天课程表有( )
A.444种 B.1 776种
C.1 440种 D.1 560种
8.(2022上海奉贤一模)从集合{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}中任取3个不同元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的A,B,C,则其中经过坐标原点的不同直线有 条(用数字作答).
9.(2022福建龙岩期末)若(2x+1)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100,则2(a1+a3+a5+…+a99)-3被8整除的余数为 .
10.(2021甘肃张掖月考)元宵节灯展后,下图悬挂的6盏不同的花灯需要取下,每次取1盏,共有 种不同取法.(用数字作答)
11.(2022河南豫北名校质检)在的展开式中,前三项的系数的绝对值成等差数列.求:
(1)n的值;
(2)展开式中二项式系数最大的项;
(3)展开式中所有系数的绝对值之和.
12.(2023安徽合肥第一中学期中)某兴趣小组有9名学生,已知从中选取3人,恰好有一名女生的概率是.
(1)该小组中男、女生各有多少人
(2)9名学生站成一列,现要求重新站队,且女生保持相对顺序不变(即女生前后顺序保持不变),有多少种重新站队的方法 (要求用数字作答)
(3)9名学生站成一列,要求男生必须两两站在一起,有多少种站队方法 (要求用数字作答)
迁移创新
13.(2023上海嘉定二中期中)在(x2+x+1)n=x2n+x2n-1+x2n-2+…+x+的展开式中,把,,,…,叫做三项式的n次系数列.
(1)求++的值;
(2)根据二项式定理,将等式(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n的两边分别展开可得左右两边的系数对应相等,如=()2+()2+()2+…+()2,利用上述方法,计算-+-…+-+·的值;
(3)我们都知道方程x2+x+1=0无实数解,对于正整数n你能否计算++++…++…的值 (3k(k∈N)为不超过2n的3的倍数,结果用含有n的代数式表示)
答案与分层梯度式解析
第六章 计数原理
综合拔高练
五年高考练
1.D 2.C 3.C 4.C 5.B 6.B 9.D 10.B
1.D 由比例分配的分层随机抽样定义知,该校初中部、高中部应分别抽取40名、20名学生,故不同的抽样结果有·种,故选D.
2.C 两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有=120(种).
故选C.
3.C 从6个位置中任选2个位置排2个0,其他4个位置排4个1,共有=15种排法;先排4个1,再将2个0插空,共有=10种插法,故所求概率P==.
4.C 先将5人分为4组,其中一组有2人,另外三组各1人,共有种分法,然后将4个项目全排列,共有种排法,根据分步乘法计数原理,不同的分配方案共有=240(种),故选C.
5.B 从5人中选1人两天都参加,有种安排方式,从剩下4人中选2人进行排列,有种安排方式,则共有=60种安排方式,故选B.
6.B 丙和丁相邻共有种站法,甲站在两端且丙和丁相邻共有种站法,所以甲不站在两端且丙和丁相邻共有-=24种站法,故选B.
7.答案 64
解析 根据题意,选课情况如下:
①选择1门体育类选修课和1门艺术类选修课,共有=16种方案;
②选择2门体育类选修课和1门艺术类选修课,共有=24种方案;
③选择1门体育类选修课和2门艺术类选修课,共有=24种方案.
所以不同的选课方案共有16+24+24=64(种).
8.答案
解析 从正方体的8个顶点中任选4个顶点,共有=70种选法,其中4个点在同一平面内的选法共12种,即选正方体的6个表面和6个对角面的4个顶点,故所求概率P==.
9.D 的展开式的通项为Tk+1=(2x)5-k·=25-k(-1)kx5-2k,令5-2k=1,得k=2,则x的系数为×23×(-1)2=80.故选D.
10.B ∵(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,
∴令x=1,得a4+a3+a2+a1+a0=1,
令x=-1,得a4-a3+a2-a1+a0=34,
∴a0+a2+a4=×(1+34)=41.故选B.
11.答案 2
解析 (x+a)5的展开式的通项为Tr+1=x5-rar,0≤r≤5,r∈N,令5-r=2,得r=3,则a3=80,解得a=2.
12.答案 -28
解析 (x+y)8的展开式中x2y6的系数为=28,x3y5的系数为=56,因此(x+y)8的展开式中x2y6的系数为28-56=-28.
13.答案 8;-2
解析 由(x+2)(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,知含x2的项是由(x+2)中的x和2分别与(x-1)4的展开式中含x和x2的项相乘后再相加得到的,所以a2=×(-1)3+2×(-1)2=8.
对于(x+2)(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,
令x=0,得a0=2×(-1)4=2,
令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0,
所以a1+a2+a3+a4+a5=-2.
14.答案 5;10
解析 (x-1)3的展开式的通项为Tk+1=x3-k·(-1)k(k=0,1,2,3),
(x+1)4的展开式的通项为Tr+1=x4-r(r=0,1,2,3,4).
令3-k=3,4-r=3,得k=0,r=1,
所以a1=×(-1)0+=5.
令x=1,则原多项式化为24=1+a1+a2+a3+a4,
所以a2+a3+a4=24-a1-1=16-6=10.
15.答案 64
解析 由题意知
则
解得5
三年模拟练
1.D 2.C 3.C 4.D 5.B 6.AD 7.B
1.D (1+)8的展开式的通项为Tr+1=,所以(2-x3)(1+)8的展开式中含x4项的系数为2×-=-26,易得展开式中各项系数之和为28,故展开式中不含x4项的各项系数之和为28-(-26)=282.故选D.
2.C (x+y)5=x(x+y)5-(x+y)5,
(x+y)5的展开式的通项为Tr+1=x5-ryr,故x4y2的系数为-=9.故选C.
3.C x2+(x+1)7=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a7(x+2)7=[-2+(x+2)]2+[-1+(x+2)]7,
则a2=×(-2)0+×(-1)5=-20.故选C.
4.D 根据题意,分三步进行讨论:
①恰有两个培训项目没有被选择,即其他的三个培训项目至少被1位教师选择,在五个培训项目中任选三个,有=10种选择方法;
②将5位教师分成3组,若分成3、1、1的三组,则有=10种分组方法,
若分成2、2、1的三组,则有=15种分组方法,
故共有10+15=25种分组方法;
③将分好的三组全排列,对应选出的三个培训项目,有=6种情况.
综上,共有10×25×6=1 500种情况.故选D.
5.B 圆环的3个区域种绿色植物共有=6种方法.记中间的6个扇形区域分别为A,B,C,D,E,F,如图.①当A,C,E种相同的鲜花时,有3×2×1×2×1×2=24种方法;②当A,C,E种2种不同的鲜花时,有××2×1×1=36种方法;③当A,C,E种的鲜花各不相同时,有×1×1×1=6种方法.故不同的栽种方法种数为6×(24+36+6)=396.故选B.
6.AD 由题意得=,解得n=8,故A正确.
易知=,其展开式的通项为Tr+1=28-r,r=0,1,2,…,8,
令8-r=2,得r=4,故展开式中x2项的系数为×24=1 120,故B错误.
令8-r=0,得r=,故展开式中没有常数项,故D正确.
设展开式中第(k+1)项的系数最大,
则解得2≤k≤3,又k∈N,所以k=2或k=3,所以展开式中系数最大的项为T3=×26x5=1 792x5和T4=×25=1 79,故C错误.
7.B 从理、化、生、史、地、政六科中选择三科,且理、化必选,则只需在生、史、地、政四科中选择一科即可,有=4(种).
对语文、外语排课进行分类:
①语文、外语有一科在下午第一节,则另一科可以安排在上午四节课中的任意一节,剩下的四科全排列,有=192(种);
②语文、外语都不在下午第一节,则下午第一节可在除语、数、外三科外的另三科中选择,有=3(种),语文和外语可都安排在上午,有上午第一、三节,上午第一、四节,上午第二、四节3种安排方式,也可一科在上午任一节,一科在下午第二节,有=4(种),其他三科全排列,有3×(3+4)×=252(种).
综上,共有4×(192+252)=1 776(种).
8.答案 54
解析 若直线Ax+By+C=0经过坐标原点,则C=0,A,B在1~9内任意取,则A,B的取值情况有=72(种),其中A和B(或B和A)的取值分别为以下情况时,所得直线是重复的:
①1和2,2和4,3和6,4和8;②1和3,2和6,3和9;③1和4,2和8;④2和3,4和6,6和9;⑤3和4,6和8.所以满足条件的直线有72-(3+2+1+2+1)×2=54(条).
9.答案 5
解析 令x=1,得a0+a1+a2+…+a100=3100;
令x=-1,得a0-a1+a2-…+a100=1.
两式相减,得2(a1+a3+a5+…+a99)=3100-1,
即2(a1+a3+a5+…+a99)-3=3100-4.
3100-4=950-4=(8+1)50-4=×850+×849+…+×8+-4=×850+×849+…+×8-3=×850+×849+…+×8-8+5.
因为×850+×849+…+×8-8能被8整除,所以×850+×849+…+×8-8+5被8整除的余数为5,即2(a1+a3+a5+…+a99)-3被8整除的余数为5.
10.答案 90
解析 先将6盏花灯全排列,共有种排法,
因为取花灯时每次只能取1盏,且每串花灯必须先取下面的花灯,即每串2盏花灯取下的顺序确定,
所以取下6盏不同的花灯,每次取1盏,共有==90种不同取法.
11.解析 (1)的展开式的通项为=()n-r=,
因为前三项的系数的绝对值成等差数列,
所以2·=+·,
化简得n2-9n+8=0,解得n=8或n=1,
因为n≥2,所以n=8.
(2)由(1)知n=8,故的展开式共有9项,其中二项式系数最大的项为第5项,即T5==70×=.
(3)展开式中所有系数的绝对值之和为×+×+…+×==.
12.解析 (1)设男生有x人,
根据题意可知=,
则x(x-1)(9-x) =90,解得x=6.
故该小组中男生有6人,女生有3人.
(2)解法一:按坐座位的方法.
第一步,让6名男生先从9个位置中选6个位置坐,共有=60 480(种);
第二步,余下的座位让3名女生去坐,因为要保持相对顺序不变,所以只有1种选择.
故共有60 480×1-1=60 479种重新站队的方法.
解法二:除序法.
第一步,9名学生站队共有种方法;
第二步,3名女生有种站队方法.
因为女生保持相对顺序不变,所以共有=60 480种站队方法,所以重新站队的方法有60 480-1=60 479(种).
(3)第一步,将6名男生平均分成3组,共有=15(种);
第二步,3名女生站好队,然后将3组男生插入3名女生形成的4个空位中,共有=144(种);
第三步,3组男生的站队方法有()3=8(种).
由分步乘法计数原理可知,共有15×144×8=17 280种站队方法.
13.解析 (1)当n=3时,令x=1,得++++++=33=27.
令x=-1,得-+-+-+=1.
两式相减,得2(++)=26,
所以++=13.
(2)因为1-x3=(1-x)(1+x+x2),
所以(1-x3)214=(1-x)214(1+x+x2)214.
在(1-x)214(1+x+x2)214的展开式中,
-+-…+-+·是x428的系数,
又(1-x3)214的展开式的通项为Tr+1=(-1)rx3r,r=0,1,2,…,214,所以展开式中不含x428项,
所以-+-…+-+=0.
(3)(x2+x+1)n=x2n+x2n-1+x2n-2+…+x+,
令x=1,得3n=+++…++,
令x=ω=-+i,得ω2+ω+1=0,
则(ω2+ω+1)n=ω2n+ω2n-1+ω2n-2+…+ω+=0.
设A=++++…++…,
B=++++…++…,
C=++++…++…,
因为ω3==1,
所以Aω2n+Bω2n-1+Cω2n-2=0,
(Aω2n=ω2n+ω2n+ω2n+ω2n+…+ω2n+…=ω2n+ω2n-3+ω2n-6+ω2n-9+…+ω2n-3k+…,类似得Bω2n-1,Cω2n-2)
所以ω2n-2(Aω2+Bω+C)=0,
又ω2n-2≠0,所以Aω2+Bω+C=0,
即A+B+C=0,
即-(A-B)i=0,
所以A=B,A+B=2C,所以A=B=C,
又A+B+C=3n,所以A=3n-1,
所以++++…++…=3n-1.
素养评析 第(1)问中,利用赋值法求展开式的系数和(奇、偶数项系数和),主要考查数学运算的素养;第(2)问中,对同一个展开式的不同形式求指定项的系数,由系数相等得出结论,主要考查数学运算的素养;第(3)问中,利用ω=-+i的性质ω2=--i,ω3=1,ω2+ω+1=0,对三项式的n次展开式的系数进行分类(A,B,C)求解,主要考查逻辑推理、数学运算的素养.
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