滚动习题(二)
1.B [解析] 因为百位数字不能为0,所以百位有9个数字可选,则十位有9个数字可选,个位有8个数字可选,所以可以组成9×9×8=648(个)没有重复数字的三位数.故选B.
2.B [解析] 2+3=2+3=2×+3×5×4=42+60=102.故选B.
3.A [解析] 的展开式的通项为Tr+1=()6-r=(-2)rx3-r,含x的项的系数为(-2)2=60,常数项是(-2)3=-160,所以所求系数为-2×60+(-160)=-280,故选A.
4.C [解析] 先安排甲、乙两人,有=2(种)方法,再安排其余4名志愿者,有+=14(种)方法,根据分步乘法计数原理可得共有2×14=28(种)方法.故选C.
5.D [解析] =的展开式的通项为Tr+1=(x+1)6-r=(-2)r(x+1)6-rx-2r,其中(x+1)6-r的展开式的通项为Tk+1=x6-r-k.当r=0时,6-r-k=0,得k=6,则的展开式中的常数项为×(-2)0;当r=1时,6-r-k=2,得k=3,则的展开式中的常数项为×(-2);当r=2时,6-r-k=4,得k=0,则的展开式中的常数项为×(-2)2.故的展开式中的常数项为×(-2)0+×(-2)+×(-2)2=-59.故选D.
6.C [解析] 对于A,令x=1,可得a0=-1,所以A错误;对于B,(1-2x)5=[-1-2(x-1)]5,由二项展开式的通项得a4=·(-2)4·(-1)1=-80,所以B错误;对于C,|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|与[1+2(x-1)]5的系数之和相等,令x-1=1,即|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=35,所以C正确;对于D,令x=2,得a0+a1+a2+a3+a4+a5=-35,令x=0,得a0-a1+a2-a3+a4-a5=1,所以a0+a2+a4=,a1+a3+a5=,则(a0+a2+a4)(a1+a3+a5)=,所以D错误.故选C.
7.BD [解析] 因为展开式的二项式系数之和为64,所以2n=64,所以n=6,则该展开式中共有7项,A错误;令x=1,得该展开式的各项系数之和为1,B正确;的展开式的通项为Tr+1=·(2x)6-r·=(-1)r··26-r·,令6-r=0,得r=4,则展开式中的常数项为(-1)4××22=60,C错误;展开式中二项式系数最大的项是第4项,D正确.故选BD.
8.BC [解析] 根据题意,4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中,且没有空盒子,则三个盒子中有1个盒子中放2个球,剩下的2个盒子中各放1个,有2种方法:方法一,将4个不同的小球分成3组,有种分组方法,将分好的3组全排列,对应放到3个盒子中,有种放法,则没有空盒的放法有种;方法二,在4个小球中任选2个,在3个盒子中任选1个,将选出的2个小球放入选出的盒子中,有种情况,将剩下的2个小球全排列,放入剩下的2个小盒中,有种放法,则没有空盒的放法有种.故选BC.
9.8 [解析] 每次向前跳1格,共跳5次,有唯一的跳法;仅有一次跳2格,其余每次向前跳1格,共跳4次,有4种跳法;有两次跳2格,其余每次向前跳1格,共跳3次,有3种跳法.故共有1+4+3=8(种)跳法.
10.8 [解析] 原式=(1+1)33=233=811=(9-1)11=×911+×910×(-1)+…+×9×(-1)10+×(-1)11=×911-×910+…+×9-1=9×(×910-×99+…+)-1,故余数为8.
11.-2016 [解析] (2a-3b+c)8的展开式中,含有a2bc5的项为(2a)2·(-3b)1·c5=-2016a2bc5,所以(2a-3b+c)8的展开式中a2bc5的系数是-2016.
12.解:(1)选择①.因为第4项的系数与第2项的系数的比值是,所以==
=,化简得n2-3n-40=0,解得n=8或n=-5(舍去).
选择②.因为第3项与倒数第2项的二项式系数之和为36,
所以+=+=+n==36,
化简得n2+n-72=0,解得n=8或n=-9(舍去).
(2)由(1)可得n=8,二项式(2x-1)8的展开式的通项为Tr+1=·(2x)8-r·(-1)r=(-1)r·28-r··x8-r.
①(2x-1)8的展开式的中间项为T5=(-1)4×24×x4=1120x4.
②在(2x-1)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8中,令x=0,得a0=1,
令x=-1,得38=a0-a1+a2-a3+…+a8=1+|a1|+|a2|+|a3|+…+|a8|,
所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|a8|=38-1.
13.解:(1)若甲、乙必须参加,则在剩下的7人中再选3人即可,有=35(种)不同的选法.
(2)若甲、乙均不参加,则在剩下的7人中选5人即可,有=21(种)不同的选法.
(3)在9人中选出5人,有=126(种)不同的选法,甲、乙均不参加的不同选法有=21(种),则甲、乙两人至少有一人参加有126-21=105(种)不同的选法.
(4)分3种情况讨论:
①队中有2名内科医生和3名外科医生,有=40(种)不同的选法;
②队中有3名内科医生和2名外科医生,有=60(种)不同的选法;
③队中有4名内科医生和1名外科医生,有=20(种)不同的选法.
则共有40+60+20=120(种)不同的选法.
14.解:(1)由条件①得=,解得n=9;
由条件②得,令x=1得(1+a)n=512;
由条件③得xn-6=a6xn-9,要使该项为常数项,则n=9.
故选条件①②或条件②③.
综上可得,n=9,所以(1+a)9=512,解得a=1,
所以二项式系数最大的项为x4=126或x5=126x3.
(2)由(1)可知n=9,a=1,
所以有(x-1)=(x-1)=x-,
所以常数项为x9-m-x9-k=-.
令+9-m-=0,9-k-=0,解得m=7,k=6,
所以(x-1)的展开式中的常数项为-=-48.(时间:45分钟 分值:100分)
一、单项选择题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.
1.由0~9这10个数字,可以组成没有重复数字的三位数的个数为 ( )
A.720 B.648
C.504 D.360
2.2+3的值是 ( )
A.72 B.102
C.5070 D.5100
3.[2023·扬州高二期中] (x-2)的展开式中含x的项的系数为 ( )
A.-280 B.-40
C.40 D.280
4.[2024·哈尔滨三中高二期末] 甲、乙等6名志愿者到A,B两个十字路口做交通引导员,每名志愿者去一个路口,每个路口至少有两名引导员,若甲和乙不能去同一路口,则不同的安排方法总数为 ( )
A.14 B.20
C.28 D.40
5.[2023·辽宁盘锦辽东湾高中高二期末] 的展开式中的常数项为 ( )
A.721 B.-61
C.181 D.-59
6.[2023·湖南师大附中高二月考] 若(1-2x)5=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+a3(x-1)3+a4(x-1)4+a5(x-1)5,则下列结论中正确的是 ( )
A.a0=1
B.a4=80
C.|a0|+|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|=35
D.(a0+a2+a4)(a1+a3+a5)=
二、多项选择题:本大题共2小题,每小题6分,共12分.
7.[2024·辽宁辽阳高二期末] 若的展开式的二项式系数之和为64,则下列结论中正确的是 ( )
A.该展开式中共有6项
B.各项系数之和为1
C.展开式中的常数项为-60
D.展开式中二项式系数最大的项为第4项
8.将4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中,不允许有空盒子,则不同的放法的种数为 ( )
A. B.
C. D.18
三、填空题:本大题共3小题,每小题5分,共15分.
9.跳格游戏:如图所示,人从格外只能进入第1格,在格中每次可向前跳1格或2格,那么人从格外跳到第6格可以有 种跳法.
10.+++…+除以9的余数是 .
11.(2a-3b+c)8的展开式中a2bc5的系数是 .
四、解答题:本大题共3小题,共43分.
12.(13分)[2023·四川攀枝花高二期末] 从下列两个条件中任选一个补充在下面的横线上,并完成下列问题.
①第4项的系数与第2项的系数的比值是;②第3项与倒数第2项的二项式系数之和为36.
已知(2x-1)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn(n∈N*),且(2x-1)n的展开式中, .
(1)求n的值;
(2)①求展开式的中间项;
②求|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|的值.
13.(15分)某医院有内科医生5名,外科医生4名,现选派5名医生参加赈灾医疗队.
(1)若甲、乙必须参加,则有多少种不同的选法
(2)若甲、乙均不参加,则有多少种不同的选法
(3)若甲、乙两人至少有一人参加,则有多少种不同的选法
(4)若队中至少有2名内科医生和1名外科医生,则有多少种不同的选法
14.(15分)给出下列条件:
①第二项与第三项的二项式系数之比是1∶4;
②各项系数之和为512;
③第7项为常数项.
在上面三个条件中选择两个合适的条件分别补充在下面的横线上,并完成下列问题.
已知二项式(n∈N*) 的展开式中, .
(1)求实数a的值和展开式中二项式系数最大的项;
(2)求(x-1)的展开式中的常数项.
