2025人教A版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--第六章 计数原理复习提升
文档属性
| 名称 | 2025人教A版高中数学选择性必修第三册强化练习题（含解析）--第六章 计数原理复习提升 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 307.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-12-23 10:31:29 | ||
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文档简介
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2025人教A版高中数学选择性必修第三册
本章复习提升
易混易错练
易错点1 计数时重复或遗漏致错
1.(2023陕西咸阳旬邑中学期中)从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数,作为直线方程Ax+By=0的系数,则最多可得到不同的直线的条数为( )
A.18 B.20
C.25 D.10
2.(2024福建漳州期末)某班联欢会原定3个节目已排成节目单,开演前又增加了2个节目,如果将这2个新节目插入到节目单中,那么不同的插法种数为( )
A.12 B.20
C.24 D.30
易错点2 对特殊元素或特殊位置考虑不周致错
3.(2024广东梅州月考)甲、乙、丙3名运动员与5名志愿者站成一排拍照留念,若甲与乙相邻、丙不排在两端,则不同的排法种数为( )
A.1 120 B.7 200
C.8 640 D.14 400
4.(2024河南开封期中)用0,1,2,3,4,5可以组成无重复数字且能被2整除的三位数的个数是( )
A.50 B.52
C.54 D.56
易错点3 混淆排列与组合问题致错
5.(2024湖南株洲二中入学考试)某校计划组织学生参与各项职业体验,让学生掌握一定的劳动技能,培养劳动自立意识和主动服务他人、服务社会的情怀.该校派遣甲、乙、丙、丁、戊五个小组到A、B、C三个街道进行打扫活动,每个街道至少去一个小组,则不同的派遣方案有( )
A.140种 B.150种
C.200种 D.220种
6.(2024广东中山期末)某校要从10人中挑选3人参加马拉松比赛,其中甲、乙、丙、丁4人中至少有1人参加且甲、乙不同时参加,丙、丁也不同时参加,则不同的报名方案有 种.
易错点4 忽视排列数、组合数中参数的限制条件导致错误
7.(2023福建三明期中)若(n∈N*),则n= .
8.(2023上海建平中学月考)若正整数n满足不等式≤12,则n= .
易错点5 混淆展开式中项的系数与二项式系数致错
9.(多选题)(2024湖北武汉期末)在的展开式中,下列说法正确的是( )
A.所有项的二项式系数之和为128
B.所有项的系数之和为1
C.二项式系数最大的项为第4项
D.有理项共有3项
10.(2024广东茂名期中)已知的展开式的所有二项式系数之和为256.
(1)求展开式的所有有理项的系数之和;
(2)求展开式中系数最大的项.
思想方法练
一、分类讨论思想在排列、组合中的应用
1.(2024安徽芜湖一中期中)已知无盖正方体容器的五个面上分别标有A,B,C,D,E五个字母,现需要给容器的5个表面染色,要求有公共棱的面不能染同一种颜色,有5种不同的颜色可供选择,则不同的染色方案种数为( )
A.420 B.340 C.300 D.120
2.(2024河南南阳六校期末联考)把6个不同的小球随机放入3个不同的盒子中,若每个盒子中至少有1个小球,则不同放法的种数为( )
A.540 B.630 C.1 080 D.1 260
3.若的展开式中没有比第10项的二项式系数更大的项,则第5项为 .
二、转化与化归思想在排列、组合中的应用
4.(2024四川宜宾开学考试)某教师一天上3个班级的课,每班上1节,如果一天共9节课,上午5节,下午4节,并且教师不能连上3节课(第5节和第6节不算连上),那么该教师一天中课表的所有不同排法有 ( )
A.474种 B.77种 C.462种 D.79种
5.(2024山西太原期中)将2,0,1,9,10按照任意次序排列成一行,拼成一个六位数,则可得到的不同的六位数的个数为 (用数字作答).
三、整体思想在排列、组合与二项式定理中的应用
6.(2024广东名校联盟期中)加工某种产品需要5道工序,分别为A,B,C,D,E,其中工序A,B必须相邻,工序C,D不能相邻,那么不同的加工方法种数为( )
A.24 B.32 C.48 D.64
7.(2024湖南常德模拟)已知(2x-3)9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a8(x-1)8+a9(x-1)9,则a0+2a1+3a2+…+9a8+10a9=( )
A.9 B.10 C.18 D.19
四、函数与方程思想在二项式定理中的应用
8.(2024浙江杭州期末)使得(n∈N*)的展开式中含有常数项的n的最小值为( )
A.6 B.5 C.4 D.3
9.(2024山西大同期中)已知(3x+2)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,则( )
A.a0=29
B.a0-a1+a2-a3+…+a10=-1
C.a0+a2+a4+…+a10=
D.展开式中二项式系数最大的项为第5项
10.(2024山西运城期末)已知的展开式中,只有第6项的二项式系数最大.
(1)求该展开式中所有有理项的项数;
(2)求该展开式中系数最大的项.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.A 2.B 3.B 4.B 5.B 9.AB
1.A 第一步,给A赋值有5种选择,第二步,给B赋值有4种选择,由分步乘法计数原理知,可得到5×4=20条直线,但A=1,B=2与A=2,B=4表示同一条直线,且A=2,B=1与A=4,B=2也表示同一条直线,∴最多可得到不同的直线的条数为20-2=18.
易错警示 在解本题时要注意直线方程的特征,不要想当然地认为只要选取两个不同的数作为A,B就可得到不同的直线,从而得出错误答案.实际上,当A=1,B=2与A=2,B=4时,得到的是同一条直线;当A=2,B=1与A=4,B=2时,得到的也是同一条直线.所以进行计数时,不但要懂得灵活应用计数原理,更要考虑问题的实际情况,避免重复计数.
2.B 若2个新节目相邻,则在原定3个节目产生的4个空位中,选1个位置安排2个新节目,且2个新节目的顺序可变,此时有=8种插法;
若2个新节目不相邻,则在原定3个节目产生的4个空位中,选2个位置安排2个新节目,且2个新节目的顺序可变,此时有=12种插法,所以共有8+12=20种插法.故选B.
3.B 甲与乙相邻有种不同的排法,将甲与乙看作一个整体,与除丙外的5人全排列,有种不同的排法,此时形成5个空(不含两端),再将丙插入到这5个空中,有种不同的排法,所以共有=7 200种不同的排法.故选B.
易错警示 对于特殊元素或特殊位置的排列、组合问题,要先“特殊”再“一般”,先易后难,如本题中先解决甲、乙相邻问题,再解决丙不排两端;反过来先解决丙不排两端,再解决甲、乙相邻问题,会增加解题难度导致错误.另外利用“捆绑法”解决相邻元素的排列问题时,要注意捆绑对象本身的内部排列.
4.B 易知能被2整除的三位数是偶数.当个位数字是0时,有种情况;当个位数字是2或4时,最高位不能是0,则有种情况.所以能被2整除的三位数的个数是=52.故选B.
5.B 根据题意,分2种情况讨论:
当按照3∶1∶1进行分配时,有=60种不同的方案;
当按照2∶2∶1进行分配时,有=90种不同的方案,
因此共有60+90=150种不同的方案.故选B.
易错警示 解决计数问题时,要分清楚是排列问题还是组合问题,即看取出的元素是进行分组还是进行分配,分组问题还要考虑是完全均匀分组,部分均匀分组,还是完全非均匀分组,不能将这几种情况混淆.对于排列问题,可以按要求逐个分配,也可以分组后再分配.
6.答案 84
解析 分3种情况讨论:①只从甲、乙中选出1人参加,有=30种报名方案;②只从丙、丁中选出1人参加,有=30种报名方案;③从甲和乙、丙和丁中各选1人参加,有=24种报名方案.故共有30+30+24=84种不同的报名方案.
7.答案 3
解析 由题意得解得n=3.
8.答案 5
解析 由≤12,得n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)≤12×,化简得n2-7n+10≤0,解得2≤n≤5,又因为n≥5,所以n=5.
易错警示 在解决含参数的排列数、组合数问题时,要注意隐含条件,在)中,m,n∈N*,且n≥m.
9.AB 对于A,所有项的二项式系数之和为27=128,故A正确;对于B,令x=1,得(2-1)7=1,即所有项的系数之和为1,故B正确;对于C,二项式系数最大的项为第4项或第5项,故C错误;对于D,展开式的通项为Tr+1=,r=0,1,2,…,7,显然当r=0,2,4,6时为有理项,所以有理项有4项,故D错误.
故选AB.
10.解析 (1)二项式系数之和为 2n=256,
∴n=8.
故,其展开式的通项为Tk+1=(0≤k≤8,k∈N),
当k=0,3,6时,8-k为有理数,即T1,T4,T7为有理项,又T1=20·x4=7x4,T7=2-6·,∴展开式的所有有理项的系数之和为1+7+.
(2)设的展开式中第(r+1)项的系数最大,则解得2≤r≤3,
∵0≤r≤8,r∈N,∴r=2或r=3,
∴第3项和第4项的系数最大.
又T3=2-3x4=7x4,
∴展开式中系数最大的项为7和7x4.
易错警示 (a+b)n的展开式中,第(r+1)项的二项式系数是(r=0,1,2,…,n),仅与n,r有关;第(r+1)项的系数为该项字母前的数连同符号,不一定是二项式系数.注意二项式系数一定为正,而对应项的系数可能为负,解题时不要将两者混淆.
思想方法练
1.A 2.A 4.A 6.A 7.D 8.D 9.C
1.A 不妨设A在左侧面上,C在右侧面上,D在前侧面上,B在后侧面上,E在底面上,如图.
以使用颜色的种数为标准进行分类.
若用5种颜色染色,则不同的染色方案种数为=120.
若用4种颜色染色,则必有A,C同色或B,D同色,则不同的染色方案种数为2=240.
若用3种颜色染色,则必有A,C同色且B,D同色,则不同的染色方案种数为=60.
综上,不同的染色方案种数为120+240+60=420.
故选A.
2.A 按照每个盒中的小球数进行分类.
将6个不同的小球分为3组,有三种情况:
①按4,1,1分组,有=90种放法;②按3,2,1分组,有=360种放法;③按2,2,2分组,有=90种放法.
综上,不同放法的种数为90+360+90=540.故选A.
3.答案 2 380或3 060x4或3 876
解析 依题意,当n为偶数时,只有第10项的二项式系数最大,即+1=10,则n=18,此时第5项为=3 060x4.
当n为奇数时,第10,11项的二项式系数最大或第9,10项的二项式系数最大,即=10或=9,解得n=19或n=17.
当n=19时,第5项为=3 876;
当n=17时,第5项为=2 380.
综上,当n=17时,第5项为2 380;当n=18时,第5项为3 060x4;当n=19时,第5项为3 876.
思想方法 分类讨论思想在排列、组合与二项式定理中的应用,需重点关注能否根据具体问题的条件确定分类标准,并合理利用两个计数原理及二项式定理相关性质解决问题.
4.A 将所求问题转化为求问题的反面,即求连上3节课的情况种数,利用总的排列数减去连上3节课的排列数即可.
根据题意,该教师所有的上课方法有种,连着上3节课的情况有5种,
故该教师一天中课表的所有不同排法有=474(种),故选A.
5.答案 84
解析 先求出总的情况,再排除限制情况,利用间接法求解.
根据题意,将2,0,1,9,10按照任意次序排列成一行,其中“10”是一个整体,则有=120种情况,
其中数字“0”在首位的情况有=24(种),数字“1”和“0”相邻且“1”在“0”之前的排法有=12(种),故可以得到120-24-12=84个不同的六位数.
6.A 分两步进行分析:
①将A,B看成一个整体,与E全排列,有=4种排法;
②排好后,形成3个空位,将C,D安插在空位中,有=6种排法.
故有4×6=24种不同的加工方法.故选A.
7.D 因为(2x-3)9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a8(x-1)8+a9(x-1)9,
所以(2x-3)9(x-1)=a0(x-1)+a1(x-1)2+a2(x-1)3+…+a8(x-1)9+a9(x-1)10,
两边求导,得[(2x-3)9(x-1)]'=a0+2a1(x-1)+3a2(x-1)2+…+9a8(x-1)8+10a9(x-1)9,
故18(x-1)(2x-3)8+(2x-3)9=a0+2a1(x-1)+3a2·(x-1)2+…+9a8(x-1)8+10a9(x-1)9,
令x=2,因此a0+2a1+3a2+…+9a8+10a9=18×(2-1)×(4-3)8+(4-3)9=19.(将a0+2a1+3a2+…+9a8+10a9看成一个整体求值)
故选D.
思想方法 整体思想在排列、组合中的应用主要体现在有特殊对象、特殊位置的题目中,可以把要求相邻的对象看成一个整体,再和其他对象进行排列或组合.此外还应注意看成一个整体的对象内部是否还有顺序的要求.而赋值法求二项式系数和,则是整体思想在二项式定理中的典型应用.
8.D 的展开式的通项为Tr+1=(3x)n-r··3n-r,0≤r≤n,r∈N,令n-=0,解得n=,
(构建关于n,r的关系式,寻找n的最小值)
又因为0≤r≤n,r∈N,n∈N*,
所以当r=2时,n取得最小值,且nmin=3.故选D.
9.C 令x=0,得a0=210,因此选项A错误;
令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+…+a10=1①,(取x=-1构造方程)因此选项B错误;
令x=1,可得a0+a1+a2+a3+…+a10=510②,(取x=1构造方程)
联立①②可得a0+a2+…+a10=,(联立方程求解)因此选项C正确;
由题意可知展开式有11项,第6项的二项式系数最大,因此选项D错误.故选C.
10.解析 (1)由题意可知+1=6,解得n=10.
∴,其展开式的通项为Tr+1=·2r,0≤r≤10,且r∈N.
要求该展开式中的有理项,只需令∈Z,
∴r=0,2,4,6,8,10,故所有有理项的项数为6.
(2)设第(k+1)项的系数最大,
(构造关于k的不等式组求解)
则≤k≤.
又k∈N,∴k=7,∴展开式中系数最大的项为=15 360.
思想方法 函数与方程思想在二项式定理中的应用主要有:(1)求展开式中的特定项;(2)求与系数和有关的问题;(3)求展开式中系数最大的项.
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本章复习提升
易混易错练
易错点1 计数时重复或遗漏致错
1.(2023陕西咸阳旬邑中学期中)从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数,作为直线方程Ax+By=0的系数,则最多可得到不同的直线的条数为( )
A.18 B.20
C.25 D.10
2.(2024福建漳州期末)某班联欢会原定3个节目已排成节目单,开演前又增加了2个节目,如果将这2个新节目插入到节目单中,那么不同的插法种数为( )
A.12 B.20
C.24 D.30
易错点2 对特殊元素或特殊位置考虑不周致错
3.(2024广东梅州月考)甲、乙、丙3名运动员与5名志愿者站成一排拍照留念,若甲与乙相邻、丙不排在两端,则不同的排法种数为( )
A.1 120 B.7 200
C.8 640 D.14 400
4.(2024河南开封期中)用0,1,2,3,4,5可以组成无重复数字且能被2整除的三位数的个数是( )
A.50 B.52
C.54 D.56
易错点3 混淆排列与组合问题致错
5.(2024湖南株洲二中入学考试)某校计划组织学生参与各项职业体验,让学生掌握一定的劳动技能,培养劳动自立意识和主动服务他人、服务社会的情怀.该校派遣甲、乙、丙、丁、戊五个小组到A、B、C三个街道进行打扫活动,每个街道至少去一个小组,则不同的派遣方案有( )
A.140种 B.150种
C.200种 D.220种
6.(2024广东中山期末)某校要从10人中挑选3人参加马拉松比赛,其中甲、乙、丙、丁4人中至少有1人参加且甲、乙不同时参加,丙、丁也不同时参加,则不同的报名方案有 种.
易错点4 忽视排列数、组合数中参数的限制条件导致错误
7.(2023福建三明期中)若(n∈N*),则n= .
8.(2023上海建平中学月考)若正整数n满足不等式≤12,则n= .
易错点5 混淆展开式中项的系数与二项式系数致错
9.(多选题)(2024湖北武汉期末)在的展开式中,下列说法正确的是( )
A.所有项的二项式系数之和为128
B.所有项的系数之和为1
C.二项式系数最大的项为第4项
D.有理项共有3项
10.(2024广东茂名期中)已知的展开式的所有二项式系数之和为256.
(1)求展开式的所有有理项的系数之和;
(2)求展开式中系数最大的项.
思想方法练
一、分类讨论思想在排列、组合中的应用
1.(2024安徽芜湖一中期中)已知无盖正方体容器的五个面上分别标有A,B,C,D,E五个字母,现需要给容器的5个表面染色,要求有公共棱的面不能染同一种颜色,有5种不同的颜色可供选择,则不同的染色方案种数为( )
A.420 B.340 C.300 D.120
2.(2024河南南阳六校期末联考)把6个不同的小球随机放入3个不同的盒子中,若每个盒子中至少有1个小球,则不同放法的种数为( )
A.540 B.630 C.1 080 D.1 260
3.若的展开式中没有比第10项的二项式系数更大的项,则第5项为 .
二、转化与化归思想在排列、组合中的应用
4.(2024四川宜宾开学考试)某教师一天上3个班级的课,每班上1节,如果一天共9节课,上午5节,下午4节,并且教师不能连上3节课(第5节和第6节不算连上),那么该教师一天中课表的所有不同排法有 ( )
A.474种 B.77种 C.462种 D.79种
5.(2024山西太原期中)将2,0,1,9,10按照任意次序排列成一行,拼成一个六位数,则可得到的不同的六位数的个数为 (用数字作答).
三、整体思想在排列、组合与二项式定理中的应用
6.(2024广东名校联盟期中)加工某种产品需要5道工序,分别为A,B,C,D,E,其中工序A,B必须相邻,工序C,D不能相邻,那么不同的加工方法种数为( )
A.24 B.32 C.48 D.64
7.(2024湖南常德模拟)已知(2x-3)9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a8(x-1)8+a9(x-1)9,则a0+2a1+3a2+…+9a8+10a9=( )
A.9 B.10 C.18 D.19
四、函数与方程思想在二项式定理中的应用
8.(2024浙江杭州期末)使得(n∈N*)的展开式中含有常数项的n的最小值为( )
A.6 B.5 C.4 D.3
9.(2024山西大同期中)已知(3x+2)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,则( )
A.a0=29
B.a0-a1+a2-a3+…+a10=-1
C.a0+a2+a4+…+a10=
D.展开式中二项式系数最大的项为第5项
10.(2024山西运城期末)已知的展开式中,只有第6项的二项式系数最大.
(1)求该展开式中所有有理项的项数;
(2)求该展开式中系数最大的项.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.A 2.B 3.B 4.B 5.B 9.AB
1.A 第一步,给A赋值有5种选择,第二步,给B赋值有4种选择,由分步乘法计数原理知,可得到5×4=20条直线,但A=1,B=2与A=2,B=4表示同一条直线,且A=2,B=1与A=4,B=2也表示同一条直线,∴最多可得到不同的直线的条数为20-2=18.
易错警示 在解本题时要注意直线方程的特征,不要想当然地认为只要选取两个不同的数作为A,B就可得到不同的直线,从而得出错误答案.实际上,当A=1,B=2与A=2,B=4时,得到的是同一条直线;当A=2,B=1与A=4,B=2时,得到的也是同一条直线.所以进行计数时,不但要懂得灵活应用计数原理,更要考虑问题的实际情况,避免重复计数.
2.B 若2个新节目相邻,则在原定3个节目产生的4个空位中,选1个位置安排2个新节目,且2个新节目的顺序可变,此时有=8种插法;
若2个新节目不相邻,则在原定3个节目产生的4个空位中,选2个位置安排2个新节目,且2个新节目的顺序可变,此时有=12种插法,所以共有8+12=20种插法.故选B.
3.B 甲与乙相邻有种不同的排法,将甲与乙看作一个整体,与除丙外的5人全排列,有种不同的排法,此时形成5个空(不含两端),再将丙插入到这5个空中,有种不同的排法,所以共有=7 200种不同的排法.故选B.
易错警示 对于特殊元素或特殊位置的排列、组合问题,要先“特殊”再“一般”,先易后难,如本题中先解决甲、乙相邻问题,再解决丙不排两端;反过来先解决丙不排两端,再解决甲、乙相邻问题,会增加解题难度导致错误.另外利用“捆绑法”解决相邻元素的排列问题时,要注意捆绑对象本身的内部排列.
4.B 易知能被2整除的三位数是偶数.当个位数字是0时,有种情况;当个位数字是2或4时,最高位不能是0,则有种情况.所以能被2整除的三位数的个数是=52.故选B.
5.B 根据题意,分2种情况讨论:
当按照3∶1∶1进行分配时,有=60种不同的方案;
当按照2∶2∶1进行分配时,有=90种不同的方案,
因此共有60+90=150种不同的方案.故选B.
易错警示 解决计数问题时,要分清楚是排列问题还是组合问题,即看取出的元素是进行分组还是进行分配,分组问题还要考虑是完全均匀分组,部分均匀分组,还是完全非均匀分组,不能将这几种情况混淆.对于排列问题,可以按要求逐个分配,也可以分组后再分配.
6.答案 84
解析 分3种情况讨论:①只从甲、乙中选出1人参加,有=30种报名方案;②只从丙、丁中选出1人参加,有=30种报名方案;③从甲和乙、丙和丁中各选1人参加,有=24种报名方案.故共有30+30+24=84种不同的报名方案.
7.答案 3
解析 由题意得解得n=3.
8.答案 5
解析 由≤12,得n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)≤12×,化简得n2-7n+10≤0,解得2≤n≤5,又因为n≥5,所以n=5.
易错警示 在解决含参数的排列数、组合数问题时,要注意隐含条件,在)中,m,n∈N*,且n≥m.
9.AB 对于A,所有项的二项式系数之和为27=128,故A正确;对于B,令x=1,得(2-1)7=1,即所有项的系数之和为1,故B正确;对于C,二项式系数最大的项为第4项或第5项,故C错误;对于D,展开式的通项为Tr+1=,r=0,1,2,…,7,显然当r=0,2,4,6时为有理项,所以有理项有4项,故D错误.
故选AB.
10.解析 (1)二项式系数之和为 2n=256,
∴n=8.
故,其展开式的通项为Tk+1=(0≤k≤8,k∈N),
当k=0,3,6时,8-k为有理数,即T1,T4,T7为有理项,又T1=20·x4=7x4,T7=2-6·,∴展开式的所有有理项的系数之和为1+7+.
(2)设的展开式中第(r+1)项的系数最大,则解得2≤r≤3,
∵0≤r≤8,r∈N,∴r=2或r=3,
∴第3项和第4项的系数最大.
又T3=2-3x4=7x4,
∴展开式中系数最大的项为7和7x4.
易错警示 (a+b)n的展开式中,第(r+1)项的二项式系数是(r=0,1,2,…,n),仅与n,r有关;第(r+1)项的系数为该项字母前的数连同符号,不一定是二项式系数.注意二项式系数一定为正,而对应项的系数可能为负,解题时不要将两者混淆.
思想方法练
1.A 2.A 4.A 6.A 7.D 8.D 9.C
1.A 不妨设A在左侧面上,C在右侧面上,D在前侧面上,B在后侧面上,E在底面上,如图.
以使用颜色的种数为标准进行分类.
若用5种颜色染色,则不同的染色方案种数为=120.
若用4种颜色染色,则必有A,C同色或B,D同色,则不同的染色方案种数为2=240.
若用3种颜色染色,则必有A,C同色且B,D同色,则不同的染色方案种数为=60.
综上,不同的染色方案种数为120+240+60=420.
故选A.
2.A 按照每个盒中的小球数进行分类.
将6个不同的小球分为3组,有三种情况:
①按4,1,1分组,有=90种放法;②按3,2,1分组,有=360种放法;③按2,2,2分组,有=90种放法.
综上,不同放法的种数为90+360+90=540.故选A.
3.答案 2 380或3 060x4或3 876
解析 依题意,当n为偶数时,只有第10项的二项式系数最大,即+1=10,则n=18,此时第5项为=3 060x4.
当n为奇数时,第10,11项的二项式系数最大或第9,10项的二项式系数最大,即=10或=9,解得n=19或n=17.
当n=19时,第5项为=3 876;
当n=17时,第5项为=2 380.
综上,当n=17时,第5项为2 380;当n=18时,第5项为3 060x4;当n=19时,第5项为3 876.
思想方法 分类讨论思想在排列、组合与二项式定理中的应用,需重点关注能否根据具体问题的条件确定分类标准,并合理利用两个计数原理及二项式定理相关性质解决问题.
4.A 将所求问题转化为求问题的反面,即求连上3节课的情况种数,利用总的排列数减去连上3节课的排列数即可.
根据题意,该教师所有的上课方法有种,连着上3节课的情况有5种,
故该教师一天中课表的所有不同排法有=474(种),故选A.
5.答案 84
解析 先求出总的情况,再排除限制情况,利用间接法求解.
根据题意,将2,0,1,9,10按照任意次序排列成一行,其中“10”是一个整体,则有=120种情况,
其中数字“0”在首位的情况有=24(种),数字“1”和“0”相邻且“1”在“0”之前的排法有=12(种),故可以得到120-24-12=84个不同的六位数.
6.A 分两步进行分析:
①将A,B看成一个整体,与E全排列,有=4种排法;
②排好后,形成3个空位,将C,D安插在空位中,有=6种排法.
故有4×6=24种不同的加工方法.故选A.
7.D 因为(2x-3)9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a8(x-1)8+a9(x-1)9,
所以(2x-3)9(x-1)=a0(x-1)+a1(x-1)2+a2(x-1)3+…+a8(x-1)9+a9(x-1)10,
两边求导,得[(2x-3)9(x-1)]'=a0+2a1(x-1)+3a2(x-1)2+…+9a8(x-1)8+10a9(x-1)9,
故18(x-1)(2x-3)8+(2x-3)9=a0+2a1(x-1)+3a2·(x-1)2+…+9a8(x-1)8+10a9(x-1)9,
令x=2,因此a0+2a1+3a2+…+9a8+10a9=18×(2-1)×(4-3)8+(4-3)9=19.(将a0+2a1+3a2+…+9a8+10a9看成一个整体求值)
故选D.
思想方法 整体思想在排列、组合中的应用主要体现在有特殊对象、特殊位置的题目中,可以把要求相邻的对象看成一个整体,再和其他对象进行排列或组合.此外还应注意看成一个整体的对象内部是否还有顺序的要求.而赋值法求二项式系数和,则是整体思想在二项式定理中的典型应用.
8.D 的展开式的通项为Tr+1=(3x)n-r··3n-r,0≤r≤n,r∈N,令n-=0,解得n=,
(构建关于n,r的关系式,寻找n的最小值)
又因为0≤r≤n,r∈N,n∈N*,
所以当r=2时,n取得最小值,且nmin=3.故选D.
9.C 令x=0,得a0=210,因此选项A错误;
令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+…+a10=1①,(取x=-1构造方程)因此选项B错误;
令x=1,可得a0+a1+a2+a3+…+a10=510②,(取x=1构造方程)
联立①②可得a0+a2+…+a10=,(联立方程求解)因此选项C正确;
由题意可知展开式有11项,第6项的二项式系数最大,因此选项D错误.故选C.
10.解析 (1)由题意可知+1=6,解得n=10.
∴,其展开式的通项为Tr+1=·2r,0≤r≤10,且r∈N.
要求该展开式中的有理项,只需令∈Z,
∴r=0,2,4,6,8,10,故所有有理项的项数为6.
(2)设第(k+1)项的系数最大,
(构造关于k的不等式组求解)
则≤k≤.
又k∈N,∴k=7,∴展开式中系数最大的项为=15 360.
思想方法 函数与方程思想在二项式定理中的应用主要有:(1)求展开式中的特定项;(2)求与系数和有关的问题;(3)求展开式中系数最大的项.
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