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2025苏教版高中数学选择性必修第二册
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.(2023全国甲理,9)有五名志愿者参加社区服务,共服务星期六、星期天两天,每天从中任选两人参加服务,则恰有1人连续参加两天服务的选择种数为( )
A.120 B.60
C.40 D.30
4.(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
5.(2022全国甲文,6)从分别写有1,2,3,4,5,6的6张卡片中无放回随机抽取2张,则抽到的2张卡片上的数字之积是4的倍数的概率为( )
A.
6.(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).
7.(2024新高考Ⅱ,14)在下图的4×4的方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有 种选法.在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是 .
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
考点2 二项展开式的特定项、项的系数、二项式系数
8.(2024北京,4)在(x-)4的展开式中,x3的系数为( )
A.6 B.-6
C.12 D.-12
9.(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
10.(2024天津,11)在的展开式中,常数项为 .
11.(2024全国甲理,13)的展开式中,各项系数中的最大值为 .
12.(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= .
13.(2022新高考Ⅰ,13)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为 (用数字作答).
三年模拟练
应用实践
1.(2024江苏南通适应性测试)为了更好地了解党的历史,宣传党的知识,传颂英雄事迹.某校团支部6人组建了党史宣讲、歌曲演唱、诗歌创作三个小组,每组2人,其中甲不会唱歌,乙不能胜任诗歌创作,则组建方法有( )
A.60种 B.72种 C.30种 D.42种
2.(多选题)(2024江苏徐州第一中学期中)已知f(x)=(2-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,则下列结论不正确的是( )
A.a1+a2+…+a8=1
B.f(-1)除以5所得的余数是1
C.|a1|+|a2|+|a3|+…+|a8|=38
D.2a2+3a3+…+8a8=-8
3.(2023湖北新高考联盟学校期中)现有天平及质量为1,2,4,10的砝码各一个,每一步,我们选取任意一个砝码,将其放入天平的左边或者右边,直至所有砝码全放到天平两边,但在放的过程中发现天平的指针不会偏向分度盘的右边,则这样的放法共有( )
A.105种 B.72种 C.60种 D.48种
4.(2023江苏南通崇川适应性考试)在空间直角坐标系O-xyz中,A(10,0,0),B(0,10,0),C(0,0,10),则三棱锥O-ABC内部整点(所有坐标均为整数的点,不包括边界上的点)的个数为( )
A.
5.(2024江苏盐城滨海五汛中学适应性考试)将1,2,3,…,9这9个数填入如图所示的格子中(要求每个数都要填入,每个格子中只能填一个数),记第1行中最大的数为a,第2行中最大的数为b,第3行中最大的数为c,则a6.(2024上海大同中学开学考试)已知当x∈时,有=1-2x+4x2-…+(-2x)n+…,若对任意的x∈,都有=a0+a1x+…+anxn+…,则a9= .
7.(2023江苏苏州调研)将六枚棋子A,B,C,D,E,F放置在2×3的棋盘中,并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色(颜色不必全部选用),要求相邻棋子的颜色不能相同,且棋子A,B的颜色必须相同,则不同的放置与上色方式的种数为 .
迁移创新
8.(2023上海嘉定二中期中)在(x2+x+1)n=x2n-2+…+的展开式中,把,…,叫作三项式的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,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
综合拔高练
五年高考练
1.D 2.C 3.B 4.B 5.C 8.A 9.B
1.D 根据分层随机抽样方法,易知从初中部和高中部分别抽取40名和20名学生,根据分步计数原理,得不同的抽样结果共有种.故选D.
高考风向 排列、组合与两个计数原理的综合是高考命题的热点,试题难度较小,多以选择、填空形式出现.解答排列、组合问题时,首先要根据题意明确是排列问题还是组合问题,或者是排列与组合的混合问题;其次要抓住问题的本质特征,灵活运用基本原理和公式进行解答.
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.B 解法一:不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e,假设a连续参加了两天社区服务,再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的社区服务,共有=12种方法,
同理,b,c,d,e连续参加了两天社区服务,也各有12种方法,
所以恰有1人连续参加两天社区服务的选择种数为5×12=60.
解法二:先从5人中任选1人安排两天服务,再从余下4人中任选2人分别安排两天服务,共有=5×12=60种方法.
4.B 丙和丁相邻共有=24种站法,故选B.
5.C 依题意知,样本点总数为.故选C.
6.答案 64
解析 选修2门课,体育类和艺术类各选1门,共有=16种选课方案;
选修3门课,分为选2门体育类、1门艺术类和选2门艺术类、1门体育类两种情况,共有=48种选课方案.
因此不同的选课方案共有16+48=64(种).
7.答案 24;112
解析 在4×4的方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,相当于4个方格全排列,共有=24种选法.
解法一:由题表可知这四个数的十位数的和一定为1+2+3+4,因此要使和最大,只需比较这四个数的个位数的和,找出个位数和的最大值,经分析可知最大为5+1+3+3,此时这四个数分别为15,21,33,43,其和为112,故最大值为112.
解法二:由题表知,每一列中最下面的数最大,现将前三行中每一个数与该列最大数的差的绝对值算出来,如下表,
4 3 3 4
3 2 1 2
2 2 1 1
要使四个数之和最大,差的绝对值就要最小,故要使四个数之和最大,这四个数应分别为15,21,33,43,和为112.
解法三:当数字排列如表(加阴影的方格中的数字发生变化)时,各行各列数均成等差数列,此时按题意选四个数,和为定值110.
11 21 31 41
12 22 32 42
13 23 33 43
14 24 34 44
因为第1列、第3列加阴影的方格在原表中分别对应数字15,33,且15>14,33>32,所以若想原表中选出的四个数之和最大,则一定选原表中第1列、第3列加阴影方格中的数字,即一定选15和33,
因为第2列、第4列加阴影的方格在原表中分别对应数字22,40,且22<23,40<41,所以若想原表中选出的四个数之和最大,则一定不选原表中第2列、第4列加阴影方格中的数字,即一定不选22和40.
故要使四个数之和最大,这四个数应分别为15,21,33,43,和为112.
高考风向 由于概率与排列组合联系密切,有承接关系,故两者经常交汇构造一些等可能事件的概率问题,是高考命题的热点.
8.A =6,故选A.
9.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.
10.答案 20
解析 x6(r-3),r=0,1,…,6,
令6(r-3)=0,可得r=3,所以常数项为30=20.
高考风向 二项式定理是高考命题的热点之一,多出现在选择、填空题中,难度中等,主要考查二项展开式中的特定项、二项式系数的性质、二项式定理的应用等.在求解特定项的系数时,需要先写出展开式的通项,再根据需要灵活赋值求解.
11.答案 5
解析 ·xr,
设第r+1项系数最大,
则
即,又r∈N,∴r=8,
∴各项系数中的最大值为=5.
12.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)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.
13.答案 -28
解析 (x+y)8的展开式中x2y6的系数为(x+y)8的展开式中x2y6的系数为28-56=-28.
三年模拟练
1.D 2.ACD 3.A 4.B
1.D 将6人分3个不同组,共=12种方法,所以所求组建方法有90-30-30+12=42(种).故选D.
2.ACD ∵f(x)=(2-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,
∴令x=1,得f(1)=a0+a1+a2+…+a8=1,
令x=0,得f(0)=a0=28,
∴a1+a2+…+a8=1-a0=1-28=-255,故A中结论错误.
∵|a0|+|a1|+|a2|+…+|a8|是(2+x)8的展开式的各项系数和,
∴|a0|+|a1|+|a2|+…+|a8|=38,∴|a1|+|a2|+…+|a8|=38-28,故C中结论错误.
由题意,得f(-1)=38=94=(10-1)4=·10+1,
显然,除了最后一项外,其余各项均能被5整除,
∴f(-1)除以5所得的余数是1,故B中结论正确.
函数f(x)两边同时对x求导数,可得-8(2-x)7=a1+2a2x+3a3x2+…+8a8x7,
令x=1,得a1+2a2+3a3+…+8a8=-8,
令x=0,得a1=-8×27,
故2a2+3a3+…+8a8=-8-a1=-8+8×27,故D中结论错误.故选ACD.
3.A 由题意得质量为10的砝码只能在左边,按照砝码质量从大到小的顺序,逐一分析,有以下4种情况:
①第一步先放质量为10的砝码,其只能在左边,接下来放质量为1,2,4的砝码,顺序随意,有=48(种);
②第一步先放质量为4的砝码,其只能在左边,质量为10的砝码可以在第2,3,4步中任选一步放,有=24(种);
③第一步先放质量为2的砝码,其只能在左边,
若第二步放质量为10的砝码,则质量为1,4的砝码顺序随意,左、右两边随意,有22种,
若第二步放质量为4的砝码,则质量为10的砝码可以在第三、四步中任选一步放,质量为1的砝码左、右两边随意放,有2种,
若第二步放质量为1的砝码,有2种放法,第三步有2种情形:
(i)若第三步放质量为10的砝码,则第四步放质量为4的砝码,左、右两边都行,有2种,
(ii)若第三步放质量为4的砝码,则质量为4的砝码只能放左边,第四步放质量为10的砝码,只能放在左边,有1种,
共有22+2×(2+1)=18(种);
④第一步先放质量为1的砝码,其只能在左边,
若第二步放质量为10的砝码,则质量为2,4的砝码顺序随意,左、右两边随意放,有22种,
若第二步放质量为4的砝码,其只能放左边,则质量为10的砝码可以在第三、四步中任选一步放,质量为2的砝码左、右两边随意放,有2种,
若第二步放质量为2的砝码,其只能在左边,第三步有2种情形:
(i)若第三步放质量为10的砝码,则第四步放质量为4的砝码,左、右两边都行,有2种,
(ii)若第三步放质量为4的砝码,其只能在左边,第四步放质量为10的砝码,则其只能放左边,有1种,
共有22+2+1=15(种),
综上,共有48+24+18+15=105(种).故选A.
4.B 根据题意,作出图形如下,
因为A(10,0,0),B(0,10,0),C(0,0,10),
所以=(-10,0,10),
设平面ABC的一个法向量为n=(x,y,z),
则
令x=1,则y=1,z=1,故n=(1,1,1),
设P(a,b,c)是平面ABC上的点,则=(a-10,b,c),
故·n=a-10+b+c=0,则a+b+c=10,
不妨设三棱锥O-ABC内部整点为Q(s,t,r),则s,t,r∈N*,s≥1,t≥1,r≥1,则s+t+r≥3,
若s+t+r=10,则Q在平面ABC上,若s+t+r>10,则Q在三棱锥O-ABC的外部,所以3≤s+t+r≤9,
当s+t+r=n,n∈N*且3≤n≤9时,将n写成n个1排成一列,利用隔板法将其隔成三部分,则结果的个数为s,t,r的取值的方法数,显然有种方法,则所有整点Q(s,t,r)的个数为+…+,
因为,
所以+…++…++…+=…=.故选B.
5.答案 60 480
解析 先安排第3行,由题意可得c=9,可选的位置有3个,其余2个位置任取2个数,共有种情况,再安排第2行,取剩下6个数中最大的数为b,可选的位置有3个,其余2个位置任取2个数,共有种情况,最后安排第1行,剩下3个数任意排列,有种情况,故满足要求的填法共有=60 480(种).
6.答案 228
解析 当x∈时,=1-2x+4x2-…+(-2x)n+…,
所以=1+(x3)1+(x3)2+…+(x3)n+…,
则=x(1+x3+x6+…+x3n+…)×[1-2x+4x2-…+(-2x)n+…],
则a9为的展开式中x9的系数,
因为x[1·(-2x)8+x3·(-2x)5+x6·(-2x)2]=228x9,所以a9=228.
7.答案 10 368
解析 记红、黄、蓝三种颜色编号分别为1,2,3,并分步放置棋子.
①若选两种颜色,则有3种情形,例如3个1,3个2,0个3,如表:
1 2 1
2 1 2
只用两种颜色,且两种颜色可以交换位置,并选取两个位置放A,B,此时有)=36种情况;
②若选三种颜色,则有6种情形,例如1个1,2个2,3个3,如表:
1 3 2
3 2 3
或
3 1 3
2 3 2
选用三种颜色(1+2+3,且只用一次的颜色放在四个角),并选取两个位置放A,B,此时有)=96(种),选用三种颜色(1+2+3,且只用一次的颜色放在中间),并选取两个位置放A,B,此时有)=48(种);
③若选三种颜色,例如2个1,2个2,2个3,第一行有种,第二行有2种,如表:
1 2 3
2 3 1
或
1 2 3
3 1 2
选用三种颜色(2+2+2),并选取两个位置放A,B,此时有2=36(种).
所以不同的放置与上色方式有(36+96+48+36)×=10 368(种).
8.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-2+…+,
令x=1,得3n=+…+,
令x=ω=-i,得ω2+ω+1=0,
则(ω2+ω+1)n=ω2n-2+…+=0.
设A=+…++…,
B=+…++…,
C=+…++…,
因为ω3==1,
所以Aω2n+Bω2n-1+Cω2n-2=0,
(Aω2n=ω2n+…+ω2n+…=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+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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