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 计数原理综合拔高练
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 计数原理综合拔高练 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 372.9KB | ||
| 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 10:31:35 | ||
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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
综合拔高练
五年高考练
考点1 排列、组合及其应用
1.(2024全国甲文,5)甲、乙、丙、丁四人排成一列,丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是( )
A.
2.(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
3.(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).
4.(2024上海,10)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数,且元素中任意两者之积皆为偶数,则集合中元素个数的最大值为 .
5.(2024新课标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 .
6.(2024全国甲理,16)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球.设m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于的概率为 .
7.(2024新课标Ⅰ,14)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率为 .
考点2 二项式定理
8.(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
9.(2024天津,11)在的展开式中,常数项为 .
10.(2024上海,6)在(x+1)n的二项展开式中,若各项系数和为32,则x2项的系数为 .
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= .
三年模拟练
应用实践
1.(2024湖南长沙雅礼中学月考)(1+2x)4的展开式中x2的系数为( )
A.10 B.24 C.32 D.56
2.(2024山西朔州期中)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
3.(多选题)(2024吉林BEST合作体期末)下列有关排列数、组合数的等式中,正确的是( )
A. B.
C. D.2n=+…+
4.(2024河南南阳一中开学考试)一只小蜜蜂落在数轴上的原点处,它具有每一次只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力,且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过4次飞行后,停在数轴上实数3对应的点处,则小蜜蜂不同的飞行方式种数为( )
A.22 B.24 C.26 D.28
5.(2024广东东莞实验中学月考)如图,有两串桃子,其中一串有4个桃子,另外一串有3个桃子,自下而上地依次摘桃子,每次只摘一个桃子,直至把7个桃子全部摘完,则不同摘法的种数为( )
A.70 B.35 C.21 D.14
6.(2024福建泉州六中期末)某地实行新课程改革,在高考时,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.该地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、化为必选科目.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),则该学生当天课程表的安排方式有( )
A.444种 B.1 776种 C.1 440种 D.1 560种
7.(多选题)(2024重庆南开中学段考)现分配甲、乙、丙三名临床医学专家到A,B,C,D四家医院进行指导,每名专家只能选择一家医院,且允许多人选择同一家医院,则( )
A.所有可能的安排方法有64种
B.若三名专家选择两家医院,每家医院至少去一人,则不同的安排方法有6种
C.若三名专家选择三家医院,每家医院去一人,则不同的安排方法有24种
D.若三名专家选择三家医院,每家医院去一人,但是甲不去A医院,则不同的安排方法有18种
8.(多选题)(2024江苏苏州期中)已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,且存在正整数n,满足a1+2a2+…+nan=321,则下列结论正确的是( )
A.n=6
B.a1+a2+…+an=119
C.(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n的展开式中所有项的系数和为126
D.(1+2x)n的展开式中二项式系数最大的项为第三项和第四项
9.(2024山东临沂期末)若(2x+1)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100,则2(a1+a3+a5+…+a99)-3被8除的余数为 .
10.(2024山东济宁期中)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.
11.(2024湖北部分学校期中)如图,在一个3×3的网格中填齐1至9中的所有整数,每个格子只填一个数字,已知中心格子的数字为5.
(1)求满足第二横排、第二竖排的3个数字之和均为15的不同的数字填写方案种数;
(2)求满足第二横排的数字从左到右依次增大,第二竖排的数字从上到下依次增大的不同的数字填写方案种数.
迁移创新
12.(2024江苏宿迁期中)在(x2+x+1)n=x2n-2+…+中,把,…,叫做三项展开式的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.B 2.B 8.B
高考风向
1.考查形式
本章是高考的常考内容,从题型上看:求完成一件事的方法数,求二项展开式的指定项(系数),解决二项式系数与系数等相关问题,也可用于解决概率及其分布列问题(后面会学到).从题量分值上看:常以“两小(选择题、填空题)”的方式单独考查,分值占10分左右.
2.考查内容
排列、组合主要考查的内容包括两个计数原理(特别是对于复杂的条件,运用分步与分类的手段,采用列举的办法解决求方法数问题,在近年高考中经常涉及),排列、组合应用问题,二项展开式的指定项及系数,二项式系数的性质,与系数和相关等的问题.
3.作用地位
分类加法计数原理和分步乘法计数原理是学习本章的预备知识,排列、组合是解决概率、离散型随机变量的基础(后面会学到),二项式定理一般单独考查,也常考查其应用.
1.B 甲、乙、丙、丁四人排成一列共有=24种可能,
丙不在排头,且甲或乙在排尾的情况有=8种可能,因此P=.故选B.
2.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.
3.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).
4.答案 329
解析 由题可知,集合A中每个元素都互异,且元素中最多有一个奇数,剩余全是偶数,
先研究集合中无重复数字的三位偶数:
(1)若个位为0,这样的偶数有=72个;
(2)若个位不为0,这样的偶数有=256个,
所以集合中元素个数的最大值为256+72+1=329.
5.答案 24;112
解析 第一列有4种选择,第二列有3种选择,第3列有2种选择,第4列有1种选择,∴共有4×3×2×1=24种选法.
由题图知,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.
要想选中的4个数之和最大,差的绝对值就要最小,故选中的4个数从上到下分别为21,33,43和15,和为112,故最大值为112.
6.答案
解析 设前3次取出的三个球上的数字分别为a,b,c,则共有=120种不同的取法,
又m=,
∴|m-n|=,∴|a+b-2c|≤3,即2c-3≤a+b≤2c+3.
①当c=1时,-1≤a+b≤5,又5≤a+b≤11,∴a+b=5,∴a=2,b=3或a=3,b=2,有2种不同的取法,由对称性知当c=6时,也有2种不同的取法.
②当c=2时,1≤a+b≤7,又4≤a+b≤11,∴4≤a+b≤7,∴a+b的可能取值为4,5,6,7,
若a同理,当a>b时也有5种不同的取法,故共有10种不同的取法.
由对称性知,当c=5时,也有10种不同的取法.
③当c=3时,3≤a+b≤9,又3≤a+b≤11且a+b≠4,∴a+b的可能取值为3,5,6,7,8,9,
若a同理,当a>b时也有8种不同的取法,故共有16种不同的取法.
由对称性知,当c=4时,也有16种不同的取法.
综上,满足条件的基本事件共有2+2+10+10+16+16=56个,∴所求概率P=.
7.答案
解析 记标有数字i的卡片为i(i=1,2,…,8).
甲选1时一定会输,所以最多得3分.
要得3分,就只有1种情况:1对8,3对2,5对4,7对6.
要得2分,可有三类情况,分别列举如下:
(1)甲选3和选5时赢,选其他时输,有:
1对6,3对2,5对4,7对8,共1种情况.
(2)甲选3和选7时赢,选其他时输,有:
①1对4,3对2,5对8,7对6;②1对8,3对2,5对6,7对4;③1对6,3对2,5对8,7对4,共3种情况.
(3)甲选5和选7时赢,选其他时输,有:
①1对2,3对8,5对4,7对6;②1对4;3对8,5对2,7对6;
③1对8,3对4;5对2,7对6;④1对6,3对8,5对2,7对4;
⑤1对8,3对6,5对2,7对4;⑥1对6,3对8,5对4,7对2;
⑦1对8,3对6,5对4,7对2,共7种情况.
所以共有1+1+3+7=12种情况满足要求,
而甲、乙四轮比赛所有的情况共有=24种,所以甲得分不小于2的概率为.
8.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.
9.答案 20
解析 的展开式的通项为Tr+1=x6(r-3),r=0,1,…,6,
令6(r-3)=0,可得r=3,
所以常数项为30=20.
10.答案 10
解析 由题意知,展开式中各项系数的和是(1+1)n=32,所以n=5,
则(x+1)n=(x+1)5,其展开式的通项是Tr+1=·x5-r,令5-r=2,解得r=3,故x2项的系数为=10.
11.答案 5
解析 的展开式的通项为Tr+1=·xr,
设第(r+1)项的系数最大,
则
即≤r≤,又r∈N,∴r=8,
∴各项系数中的最大值为=5.
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 (x+2)(x-1)4=x(x-1)4+2(x-1)4,(x-1)4的展开式的通项为Tr+1=·(-1)r·x4-r,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.
三年模拟练
1.D 2.C 3.BC 4.B 5.B 6.B 7.ACD 8.AC
1.D (1+2x)4的展开式中x2的系数即为(1+2x)4的展开式中x2的系数及x3的系数的和.
(1+2x)4的展开式的通项为Tr+1=·2r·xr,令r=2,可得T3=·22·x2=24x2;令r=3,可得T4=·23·x3=32x3,因此x2的系数为24+32=56,故选D.
2.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=×(-1)5=-20.
故选C.
3.BC 由知A错误;根据组合数公式知B正确;∵,C正确;2n=+…+,D错误.
故选BC.
4.B 经过4次飞行,停在数轴上实数3对应的点处,设每次飞行1个单位时,向右为事件A,每次飞行2个单位时,向右为事件B,
情况一,AAB满足要求,此时只需安排好B,,故不同的飞行方式为=12种;
情况二,BBA满足要求,此时只需安排好,A,故不同的飞行方式为=12种.
综上,小蜜蜂不同的飞行方式有12+12=24种.故选B.
5.B 将7个桃子全排列有种方法,根据题意知要摘的两串桃子的顺序分别为1,2,3,4和5,6,7,
所以共有=35种方法.故选B.
6.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).
7.ACD 选项A中,甲、乙、丙三人均有4种选法,故所有可能的安排方法有43=64种,A正确;
选项B中,先从四家医院选择两家,有=6种选法,再将三名专家分到两家医院,有=6种分法,
则不同的安排方法有6×6=36种,B错误;
选项C中,先从四家医院选择三家,有=4种选法,
再将三名专家分到三家医院,有=6种分法,则不同的安排方法有4×6=24种,C正确;
选项D中,由C选项可知,三名专家选择三家医院,每家医院去一人,共24种安排方法,
若甲去A医院,从B,C,D这三家医院中选择两家,将剩余两名专家分到两家医院,共有=6种安排方法,
因此不同的安排方法有24-6=18种,D正确.故选ACD.
8.AC 对于A,对(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn两边求导,
可得1+2(1+x)+3(1+x)2+…+n(1+x)n-1=a1+2a2x+…+nanxn-1,
令x=1,可得a1+2a2+…+nan=1+2×2+3×22+…+n·2n-1.
令S=1+2×2+3×22+…+n·2n-1,
则2S=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,
则-S=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,
因此S=(n-1)·2n+1,即a1+2a2+…+nan=(n-1)·2n+1,所以(n-1)·2n+1=321.
设bn=(n-1)·2n+1,则bn+1-bn=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n>0,所以{bn}为递增数列.
又b6=5×26+1=5×64+1=321,
所以使(n-1)·2n+1=321成立的n=6,故A正确.
对于B,在(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn中,
令x=0,可得a0=6,
令x=1,可得a0+a1+a2+…+an=a0+a1+a2+…+a6
=2+22+…+26==126,
所以a1+a2+…+an=a1+a2+…+a6=126-6=120,故B错误.
对于C,(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n的展开式中所有项的系数和为a0+a1+a2+…+an=126,故C正确.
对于D,(1+2x)n=(1+2x)6,展开式有7项,
因此展开式中二项式系数最大的项为第四项,故D错误.
故选AC.
9.答案 5
解析 在(2x+1)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100中,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=×849+…+×849+…+×849+…+×8-8+5.
因为×849+…+×8-8能被8整除,所以×849+…+×8-8+5被8除的余数为5,即2(a1+a3+a5+…+a99)-3被8除的余数为5.
10.解析 (1),
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,其展开式共有9项,其中二项式系数最大的项为第5项,即T5=.
(3)展开式中所有系数的绝对值之和为+…+.
11.解析 (1)由题可知,第二横排、第二竖排剩余的两个数要从(1,9),(2,8),(3,7),(4,6)这4组数中选两组填入,共有=48种填法,再将剩下的数填入剩下的格子中,共有=24种填法.
根据分步乘法计数原理,知满足第二横排、第二竖排的3个数字之和均为15的不同的数字填写方案种数为48×24=1 152.
(2)由题可知,第二横排最左边的格子及第二竖排最上边的格子只能从1,2,3,4中选择两个填入,共有=12种填法,第二横排最右边的格子及第二竖排最下边的格子只能从6,7,8,9中选择两个填入,共有=12种填法,再将剩下的数填入剩下的格子中,共有=24种填法.
根据分步乘法计数原理,知满足第二横排的数字从左到右依次增大,第二竖排的数字从上到下依次增大的不同的数字填写方案种数为12×12×24=3 456.
12.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,易知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、偶数项的系数和),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次幂的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.(2024全国甲文,5)甲、乙、丙、丁四人排成一列,丙不在排头,且甲或乙在排尾的概率是( )
A.
2.(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
3.(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).
4.(2024上海,10)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数,且元素中任意两者之积皆为偶数,则集合中元素个数的最大值为 .
5.(2024新课标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 .
6.(2024全国甲理,16)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球.设m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于的概率为 .
7.(2024新课标Ⅰ,14)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率为 .
考点2 二项式定理
8.(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
9.(2024天津,11)在的展开式中,常数项为 .
10.(2024上海,6)在(x+1)n的二项展开式中,若各项系数和为32,则x2项的系数为 .
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= .
三年模拟练
应用实践
1.(2024湖南长沙雅礼中学月考)(1+2x)4的展开式中x2的系数为( )
A.10 B.24 C.32 D.56
2.(2024山西朔州期中)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
3.(多选题)(2024吉林BEST合作体期末)下列有关排列数、组合数的等式中,正确的是( )
A. B.
C. D.2n=+…+
4.(2024河南南阳一中开学考试)一只小蜜蜂落在数轴上的原点处,它具有每一次只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力,且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过4次飞行后,停在数轴上实数3对应的点处,则小蜜蜂不同的飞行方式种数为( )
A.22 B.24 C.26 D.28
5.(2024广东东莞实验中学月考)如图,有两串桃子,其中一串有4个桃子,另外一串有3个桃子,自下而上地依次摘桃子,每次只摘一个桃子,直至把7个桃子全部摘完,则不同摘法的种数为( )
A.70 B.35 C.21 D.14
6.(2024福建泉州六中期末)某地实行新课程改革,在高考时,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.该地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、化为必选科目.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),则该学生当天课程表的安排方式有( )
A.444种 B.1 776种 C.1 440种 D.1 560种
7.(多选题)(2024重庆南开中学段考)现分配甲、乙、丙三名临床医学专家到A,B,C,D四家医院进行指导,每名专家只能选择一家医院,且允许多人选择同一家医院,则( )
A.所有可能的安排方法有64种
B.若三名专家选择两家医院,每家医院至少去一人,则不同的安排方法有6种
C.若三名专家选择三家医院,每家医院去一人,则不同的安排方法有24种
D.若三名专家选择三家医院,每家医院去一人,但是甲不去A医院,则不同的安排方法有18种
8.(多选题)(2024江苏苏州期中)已知(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn,且存在正整数n,满足a1+2a2+…+nan=321,则下列结论正确的是( )
A.n=6
B.a1+a2+…+an=119
C.(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n的展开式中所有项的系数和为126
D.(1+2x)n的展开式中二项式系数最大的项为第三项和第四项
9.(2024山东临沂期末)若(2x+1)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100,则2(a1+a3+a5+…+a99)-3被8除的余数为 .
10.(2024山东济宁期中)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.
11.(2024湖北部分学校期中)如图,在一个3×3的网格中填齐1至9中的所有整数,每个格子只填一个数字,已知中心格子的数字为5.
(1)求满足第二横排、第二竖排的3个数字之和均为15的不同的数字填写方案种数;
(2)求满足第二横排的数字从左到右依次增大,第二竖排的数字从上到下依次增大的不同的数字填写方案种数.
迁移创新
12.(2024江苏宿迁期中)在(x2+x+1)n=x2n-2+…+中,把,…,叫做三项展开式的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.B 2.B 8.B
高考风向
1.考查形式
本章是高考的常考内容,从题型上看:求完成一件事的方法数,求二项展开式的指定项(系数),解决二项式系数与系数等相关问题,也可用于解决概率及其分布列问题(后面会学到).从题量分值上看:常以“两小(选择题、填空题)”的方式单独考查,分值占10分左右.
2.考查内容
排列、组合主要考查的内容包括两个计数原理(特别是对于复杂的条件,运用分步与分类的手段,采用列举的办法解决求方法数问题,在近年高考中经常涉及),排列、组合应用问题,二项展开式的指定项及系数,二项式系数的性质,与系数和相关等的问题.
3.作用地位
分类加法计数原理和分步乘法计数原理是学习本章的预备知识,排列、组合是解决概率、离散型随机变量的基础(后面会学到),二项式定理一般单独考查,也常考查其应用.
1.B 甲、乙、丙、丁四人排成一列共有=24种可能,
丙不在排头,且甲或乙在排尾的情况有=8种可能,因此P=.故选B.
2.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.
3.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).
4.答案 329
解析 由题可知,集合A中每个元素都互异,且元素中最多有一个奇数,剩余全是偶数,
先研究集合中无重复数字的三位偶数:
(1)若个位为0,这样的偶数有=72个;
(2)若个位不为0,这样的偶数有=256个,
所以集合中元素个数的最大值为256+72+1=329.
5.答案 24;112
解析 第一列有4种选择,第二列有3种选择,第3列有2种选择,第4列有1种选择,∴共有4×3×2×1=24种选法.
由题图知,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.
要想选中的4个数之和最大,差的绝对值就要最小,故选中的4个数从上到下分别为21,33,43和15,和为112,故最大值为112.
6.答案
解析 设前3次取出的三个球上的数字分别为a,b,c,则共有=120种不同的取法,
又m=,
∴|m-n|=,∴|a+b-2c|≤3,即2c-3≤a+b≤2c+3.
①当c=1时,-1≤a+b≤5,又5≤a+b≤11,∴a+b=5,∴a=2,b=3或a=3,b=2,有2种不同的取法,由对称性知当c=6时,也有2种不同的取法.
②当c=2时,1≤a+b≤7,又4≤a+b≤11,∴4≤a+b≤7,∴a+b的可能取值为4,5,6,7,
若a
由对称性知,当c=5时,也有10种不同的取法.
③当c=3时,3≤a+b≤9,又3≤a+b≤11且a+b≠4,∴a+b的可能取值为3,5,6,7,8,9,
若a
由对称性知,当c=4时,也有16种不同的取法.
综上,满足条件的基本事件共有2+2+10+10+16+16=56个,∴所求概率P=.
7.答案
解析 记标有数字i的卡片为i(i=1,2,…,8).
甲选1时一定会输,所以最多得3分.
要得3分,就只有1种情况:1对8,3对2,5对4,7对6.
要得2分,可有三类情况,分别列举如下:
(1)甲选3和选5时赢,选其他时输,有:
1对6,3对2,5对4,7对8,共1种情况.
(2)甲选3和选7时赢,选其他时输,有:
①1对4,3对2,5对8,7对6;②1对8,3对2,5对6,7对4;③1对6,3对2,5对8,7对4,共3种情况.
(3)甲选5和选7时赢,选其他时输,有:
①1对2,3对8,5对4,7对6;②1对4;3对8,5对2,7对6;
③1对8,3对4;5对2,7对6;④1对6,3对8,5对2,7对4;
⑤1对8,3对6,5对2,7对4;⑥1对6,3对8,5对4,7对2;
⑦1对8,3对6,5对4,7对2,共7种情况.
所以共有1+1+3+7=12种情况满足要求,
而甲、乙四轮比赛所有的情况共有=24种,所以甲得分不小于2的概率为.
8.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.
9.答案 20
解析 的展开式的通项为Tr+1=x6(r-3),r=0,1,…,6,
令6(r-3)=0,可得r=3,
所以常数项为30=20.
10.答案 10
解析 由题意知,展开式中各项系数的和是(1+1)n=32,所以n=5,
则(x+1)n=(x+1)5,其展开式的通项是Tr+1=·x5-r,令5-r=2,解得r=3,故x2项的系数为=10.
11.答案 5
解析 的展开式的通项为Tr+1=·xr,
设第(r+1)项的系数最大,
则
即≤r≤,又r∈N,∴r=8,
∴各项系数中的最大值为=5.
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 (x+2)(x-1)4=x(x-1)4+2(x-1)4,(x-1)4的展开式的通项为Tr+1=·(-1)r·x4-r,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.
三年模拟练
1.D 2.C 3.BC 4.B 5.B 6.B 7.ACD 8.AC
1.D (1+2x)4的展开式中x2的系数即为(1+2x)4的展开式中x2的系数及x3的系数的和.
(1+2x)4的展开式的通项为Tr+1=·2r·xr,令r=2,可得T3=·22·x2=24x2;令r=3,可得T4=·23·x3=32x3,因此x2的系数为24+32=56,故选D.
2.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=×(-1)5=-20.
故选C.
3.BC 由知A错误;根据组合数公式知B正确;∵,C正确;2n=+…+,D错误.
故选BC.
4.B 经过4次飞行,停在数轴上实数3对应的点处,设每次飞行1个单位时,向右为事件A,每次飞行2个单位时,向右为事件B,
情况一,AAB满足要求,此时只需安排好B,,故不同的飞行方式为=12种;
情况二,BBA满足要求,此时只需安排好,A,故不同的飞行方式为=12种.
综上,小蜜蜂不同的飞行方式有12+12=24种.故选B.
5.B 将7个桃子全排列有种方法,根据题意知要摘的两串桃子的顺序分别为1,2,3,4和5,6,7,
所以共有=35种方法.故选B.
6.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).
7.ACD 选项A中,甲、乙、丙三人均有4种选法,故所有可能的安排方法有43=64种,A正确;
选项B中,先从四家医院选择两家,有=6种选法,再将三名专家分到两家医院,有=6种分法,
则不同的安排方法有6×6=36种,B错误;
选项C中,先从四家医院选择三家,有=4种选法,
再将三名专家分到三家医院,有=6种分法,则不同的安排方法有4×6=24种,C正确;
选项D中,由C选项可知,三名专家选择三家医院,每家医院去一人,共24种安排方法,
若甲去A医院,从B,C,D这三家医院中选择两家,将剩余两名专家分到两家医院,共有=6种安排方法,
因此不同的安排方法有24-6=18种,D正确.故选ACD.
8.AC 对于A,对(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn两边求导,
可得1+2(1+x)+3(1+x)2+…+n(1+x)n-1=a1+2a2x+…+nanxn-1,
令x=1,可得a1+2a2+…+nan=1+2×2+3×22+…+n·2n-1.
令S=1+2×2+3×22+…+n·2n-1,
则2S=1×2+2×22+3×23+…+n·2n,
则-S=1+2+22+…+2n-1-n·2n=-n·2n=(1-n)·2n-1,
因此S=(n-1)·2n+1,即a1+2a2+…+nan=(n-1)·2n+1,所以(n-1)·2n+1=321.
设bn=(n-1)·2n+1,则bn+1-bn=n·2n+1-(n-1)·2n=(n+1)·2n>0,所以{bn}为递增数列.
又b6=5×26+1=5×64+1=321,
所以使(n-1)·2n+1=321成立的n=6,故A正确.
对于B,在(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn中,
令x=0,可得a0=6,
令x=1,可得a0+a1+a2+…+an=a0+a1+a2+…+a6
=2+22+…+26==126,
所以a1+a2+…+an=a1+a2+…+a6=126-6=120,故B错误.
对于C,(1+x)+(1+x)2+…+(1+x)n的展开式中所有项的系数和为a0+a1+a2+…+an=126,故C正确.
对于D,(1+2x)n=(1+2x)6,展开式有7项,
因此展开式中二项式系数最大的项为第四项,故D错误.
故选AC.
9.答案 5
解析 在(2x+1)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100中,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=×849+…+×849+…+×849+…+×8-8+5.
因为×849+…+×8-8能被8整除,所以×849+…+×8-8+5被8除的余数为5,即2(a1+a3+a5+…+a99)-3被8除的余数为5.
10.解析 (1),
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,其展开式共有9项,其中二项式系数最大的项为第5项,即T5=.
(3)展开式中所有系数的绝对值之和为+…+.
11.解析 (1)由题可知,第二横排、第二竖排剩余的两个数要从(1,9),(2,8),(3,7),(4,6)这4组数中选两组填入,共有=48种填法,再将剩下的数填入剩下的格子中,共有=24种填法.
根据分步乘法计数原理,知满足第二横排、第二竖排的3个数字之和均为15的不同的数字填写方案种数为48×24=1 152.
(2)由题可知,第二横排最左边的格子及第二竖排最上边的格子只能从1,2,3,4中选择两个填入,共有=12种填法,第二横排最右边的格子及第二竖排最下边的格子只能从6,7,8,9中选择两个填入,共有=12种填法,再将剩下的数填入剩下的格子中,共有=24种填法.
根据分步乘法计数原理,知满足第二横排的数字从左到右依次增大,第二竖排的数字从上到下依次增大的不同的数字填写方案种数为12×12×24=3 456.
12.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,易知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、偶数项的系数和),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次幂的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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