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高考数学二轮专题训练1.3课时突破排列组合与二项式定理课件
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这是一份高考数学二轮专题训练1.3课时突破排列组合与二项式定理课件，共52页。PPT课件主要包含了关键能力·应用实践，题组训练·素养提升，专题能力提升练等内容，欢迎下载使用。
考向一 排列与组合【多维题组】速通关1.(2020·新高考全国Ⅰ卷)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有( )A.120种 B.90种 C.60种 D.30种
【解析】选C.甲场馆安排1名有 种方法,乙场馆安排2名有 种方法,丙场馆安排3名有 种方法,所以由分步乘法计数原理得不同的安排方法共有 =60种.
2.(2020·新高考全国Ⅱ卷)要安排3名学生到2个乡村做志愿者,每名学生只能选择去一个村,每个村里至少有一名志愿者,则不同的安排方法共有( )A.2种B.3种C.6种D.8种【解析】选C.第一步,将3名学生分成两个组,有 =3种分法,第二步,将2组学生安排到2个村,有 =2种安排方法,所以,不同的安排方法共有3×2=6种.
3.6本不同的书摆放在书架的同一层上,要求甲、乙两本书必须摆放在两端,丙、丁两本书必须相邻,则不同的摆放方法有( )A.24种B.36种C.48种D.60种【解析】选A.第一步:甲、乙两本书必须摆放在两端,有 种排法;第二步:丙、丁两本书必须相邻视为整体与其余两本共三本,有 种排法;所以共有 =24种.
4.两人进行乒乓球比赛,先赢3场者获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情形(各人输赢场次的不同视为不同情形)共有( )A.10种B.15种 C.20种D.30种【解析】选C.由题意知比赛场数至少为3场,至多为5场.当为3场时,情况为甲或乙连赢3场,共2种.当为4场时,若甲赢,则前3场中甲赢2场,最后一场甲赢,共有 =3(种)情况;同理,若乙赢也有3种情况.共有6种情况.当为5场时,前4场,甲、乙各赢2场,最后1场胜出的人赢,共有 =12(种)情况.由上综合知,共有20种情况.
5.如图所示,用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用),要求每个区域涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数为____.
【解析】按区域1与3是否同色分类,分两类.(正确分类是解决本题的关键)第一类,区域1与3同色:先涂区域1与3,有4种方法,再涂区域2,4,5(还有3种颜色),有 种方法.此时涂色方法共有4 =24(种).
第二类,区域1与3不同色:第一步,涂区域1与3,有 种方法;第二步,涂区域2,有2种涂色方法;第三步,涂区域4,只有1种涂色方法;第四步,涂区域5,有3种涂色方法.此时涂色方法共有 ×2×1×3=72(种).故由分类加法计数原理知,不同的涂色种数为24+72=96(种).(先涂区域1和3是化解本题难点和避开易错点的关键)答案:96
【技法点拨】提素养求解排列、组合问题的基本方法(1)限制条件排除法:先求出不考虑限制条件的个数,然后减去不符合条件的个数,相当于减法原理.(2)相邻问题捆绑法:在特定条件下,将几个相关元素当作一个元素来考虑,待整个问题排好之后再考虑它们“内部”的排列数,它主要用于解决相邻问题.(3)插空法:先把不受限制的元素排列好,然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中.
(4)特殊元素、位置优先安排法:对问题中的特殊元素或位置优先考虑排列,然后排列其他一般元素或位置.(5)多元问题分类法:将符合条件的排列分为几类,根据分类加法计数原理求出排列总数.(6)元素相同隔板法:若把n个不加区分的相同元素分成m组,可通过n个相同元素排成一排,在元素之间插入(m-1)块隔板来完成分组,此法适用于同元素分组问题.
(7)“至多”“至少”间接法:“至多”“至少”的排列组合问题,需分类讨论且一般分类的情况较多,所以通常用间接法,即排除法,它适用于反面明确且易于计算的问题.
(8)选排问题先取再排法:选排问题很容易出现重复或遗漏的错误,因此常先取出元素(组合)再排列,即先取再排.(9)定序问题消序法:甲、乙、丙顺序一定,采用消序法,即除法,用总排列数除以顺序一定的排列数.(10)有序分配逐分法:有序分配是指把元素按要求分成若干组,常采用逐分的方法求解.
考向二 二项式定理【多维题组】速通关1.(2019·全国Ⅲ卷)(1+2x2)(1+x)4的展开式中,x3的系数为( )A.12B.16C.20D.24【解析】选A.由题意可知含x3的项为1· ·1·x3+2x2· ·13·x=12x3,所以系数为12.
【变式拓展】本题条件不变,求所有项系数和.【解析】令x=1,得(1+2×12)(1+1)4=48.所以,各项系数和为48.
2. 的展开式中的常数项为( )A.-45B.1C.45D.90【解析】选C. 的展开式的通项为Tr+1= =(-1)r xr-2,令r-2=0,可得r=2,所以 的展开式中的常数项为(-1)2 =45.
3.(2020·天津高考)在 的展开式中,x2的系数是________. 【解析】因为 的展开式的通项公式为Tr+1= x5-r = ·2r·x5-3r(r=0,1,2,3,4,5),令5-3r=2,解得r=1.所以x2的系数为 ×2=10.答案:10
4. 的展开式中整理后的常数项为________. 【解析】当x>0时, = 的通项公式:Tr+1= ,令5-r=0,解得r=5.所以常数项为 =252.同样当x<0时,可得常数项为252.答案:252
5.若x10-x5=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a10(x-1)10,则a5=________. 【解析】x10-x5=[(x-1)+1]10-[(x-1)+1]5,则a5= -1=252-1=251.答案:251
【技法点拨】提素养求二项展开式中的项的方法求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项Tk+1= an-kbk的特点,一般需要建立方程求k,再将k的值代回通项求解,注意k的取值范围(k=0,1,2,…,n).(1)第m项:此时k+1=m,直接代入通项.(2)常数项:即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程.(3)有理项:令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.
【新题速递】1.用两个1,一个2,一个0可组成不同四位数的个数是( )A.18B.16C.12D.9【解析】选D.若把两个1看作不同的数,先安排0有3种情况,安排第2个数有3种情况,安排第3个数有2种情况,安排第4个数有1种情况,一共有3×3×2×1=18种情况,由于有两个1,所以其中一半重复,故有9个四位数.
2.若 的展开式中只有第7项的二项式系数最大,则展开式中含x2项的系数是( )A.-462B.462C.792D.-792【解析】选D.因为 的展开式中只有第7项的二项式系数最大,所以n为偶数,展开式共有13项,则n=12. 的展开式的通项公式为Tk+1=(-1)k ·x12-2k,令12-2k=2,即k=5.所以展开式中含x2项的系数是(-1)5 =-792.
3.已知x5(x+3)3=a8(x+1)8+a7(x+1)7+…+a1(x+1)+a0,则7a7+5a5+3a3+a1=( )A.-16B.-8C.8D.16【解析】选B.对x5(x+3)3=a8(x+1)8+a7(x+1)7+…+a1(x+1)+a0两边求导,得5x4(x+3)3+3x5(x+3)2=8a8(x+1)7+7a7(x+1)6+…+a1,令x=0,得0=8a8+7a7+…+a1,令x=-2,得5×(-2)4×(-2+3)3+3×(-2)5×(-2+3)2=-8a8+7a7+…-2a2+a1,两式左右分别相加,得-16=2(7a7+5a5+3a3+a1),即7a7+5a5+3a3+a1=-8.
【创新迁移】1.把7个字符1,1,1,A,A,α,β排成一排,要求三个“1”两两不相邻,且两个“A”也不相邻,则这样的排法共有( )A.12种B.30种C.96种D.144种
【解析】选C.先排列A,A,α,β,若A,A不相邻,不同的排法有 =6(种);若A,A相邻,有 =6(种),共有不同的排法6+6=12(种).从所形成的5个空中选3个插入1,1,1,排法共有12 =120(种).当A,A相邻时,从所形成的4个空中选3个插入1,1,1,共有6 =24(种).故若三个“1”两两不相邻,且两个“A”也不相邻,则这样的排法共有120-24=96(种).
2.若将函数f(x)=x5表示为f(x)=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+…+a5(1+x)5,其中a0,a1,a2,…,a5为实数,则a3=______. 【解析】f(x)=x5=(1+x-1)5,它的通项为Tk+1= (1+x)5-k·(-1)k,T3= (1+x)3(-1)2=10(1+x)3,所以a3=10.答案:10
一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分)1.某山区希望小学为丰富学生的伙食,教师们在校园附近开辟了如图所示的四块菜地,分别种植西红柿、黄瓜、茄子三种产量大的蔬菜,若这三种蔬菜种植齐全,同一块地只能种植一种蔬菜,且相邻的两块地不能种植相同的蔬菜,则不同的种植方式共有( )A.9种B.18种C.12种D.36种
三 排列、组合与二项式定理 (40分钟 80分)
【解析】选B.若种植2块西红柿,则它们在13,14或24位置上种植,剩下两个位置种植黄瓜和茄子,所以共有3×2=6(种)种植方式;若种植2块黄瓜或2块茄子也是6种种植方式,所以一共有6×3=18(种)种植方式.
2.某市公园花展期间,安排6位志愿者到4个展区提供服务,要求甲、乙两个展区各安排一个人,剩下的两个展区各安排两个人,不同的安排方案共有( )A.90种B.180种C.270种D.360种
【解析】选B.可分两步:第一步,甲、乙两个展区各安排一个人,有 种不同的安排方案;第二步,剩下两个展区各两个人,有 种不同的安排方案,根据分步乘法计数原理,不同的安排方案的种数为 =180.
3.8个人坐成一排,现要调换其中3个人中每一个人的位置,其余5个人的位置不变,则不同的调换方式有( ) 【解析】选C.从8个人中任选3人有 种,3人位置全调有 种,故有 种.
4.要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A,B,C三个班级中,要求每个班级至少分到一人,则甲被分到A班的分法种数为( )A.6B.12C.24D.36【解析】选B.甲和另一个人一起分到A班有 =6种分法;甲一个人分到A班的方法有: =6种分法,共有12种分法.
【加练备选】 现有12张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各3张,从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张,不同的取法种数是( )A.135B.172C.189D.162【解析】选C.由题意,不考虑特殊情况有 种取法,其中一种卡片取3张有4种取法,两张红色卡片共有 种取法,故所求的取法种数为
5.(x2+2x+3y)5的展开式中x5y2的系数为( )A.60B.180C.520D.540【解析】选D.(x2+2x+3y)5可看作5个(x2+2x+3y)相乘,从中选2个y,有 种选法;再从剩余的三个里边选出2个x2,最后一个选出x,有 种选法;所以x5y2的系数为
6.某校开设5门不同的数学选修课,每位同学可以从中任选1门或2门课学习,甲、乙、丙三位同学选择的课没有一门是相同的,则不同的选法共有( )A.330种B.420种C.510种D.600种【解析】选A.当甲、乙、丙三位同学都只选1门时,不同的选法有 =60(种);当甲、乙、丙三位同学有一位选1门,另外两位选2门时,不同的选法有 =90(种);当甲、乙、丙三位同学有两位选1门,另一位选2门,不同的选法有 =180(种),共有60+90+180=330(种).
7.已知(ax+b)6的展开式中含x4项的系数与含x5项的系数分别为135与-18,则(ax+b)6的展开式中所有项系数之和为( )A.-1B.1C.32D.64【解析】选D.由二项展开式的通项公式可知含x4项的系数为 a4b2,含x5项的系数为 a5b,则由题意可得 解得a+b=±2,故(ax+b)6的展开式中所有项的系数之和为(a+b)6=64.
【加练备选】已知(x+1) 的展开式中常数项为-40,则a的值为( )A.2B.-2C.±2D.4【解析】选C. 展开式的通项公式为 令5-2k=-1,可得k=3,结合题意可得(-1)3a5-3 =-40,即10a2=40,所以a=±2.
8.已知(x+1)10=a1+a2x+a3x2+…+a11x10.若数列a1,a2,a3,…,ak(1≤k≤11,k∈Z)是一个单调递增数列,则k的最大值是( )A.5B.6C.7D.8【解析】选B.由二项式定理知an= (n=1,2,3,…,11).又(x+1)10展开式中二项式系数最大项是第6项,所以a6= ,则k的最大值为6.
二、多项选择题(共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.若 则m的取值可能是( )A.6B.7C.8D.9【解析】选BC.根据题意,对于 和3 ,有0≤m-1≤8且0≤m≤8,则有1≤m≤8,若 则有 变形可得:m>27-3m,解可得:m> ,综合可得:
【解析】选AD.该二项展开式的通项为 所以当n=4r时,展开式中存在常数项,A选项正确,B选项错误;当n=4r-1时,展开式中存在x的一次项,D选项正确,C选项错误.
11.从20名男同学和30名女同学中选4人去参加一个会议,规定男女同学至少各有1人参加,下面是不同的选法种数的四个算式,其中正确的是( )
【解析】选CD.A错,计算有重复;B错,计算漏解;C对,去杂法,即减去全男生以及全女生的情况;D对,分类,即1男3女,2男2女,3男1女,故选CD.
12.若(1+mx)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,且a1+a2+…+a6=63,则实数m的值可以为( )A.1B.-3C.3D.-1【解析】选AB.令x=0,得a0=1,令x=1,得(1+m)6=a0+a1+a2+…+a6,所以a1+a2+…+a6=(1+m)6-1,因为a1+a2+…+a6=63,所以(1+m)6-1=63,所以m=1或-3.
三、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)13.把5件不同产品摆成一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有________种. 【解析】记5件产品为A,B,C,D,E.A,B相邻视为一个元素,先与D,E排列,有 种方法;再将C插入,仅有3个空位可选,共有 =2×6×3=36种不同的摆法.答案:36
【加练备选】五名学生报名参加四项体育比赛,每人限报一项,则不同的报名方法的种数为______.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列),则获得冠军的可能性有________种.
【解析】五名学生参加四项体育比赛,每人限报一项,可逐个学生落实,每个学生有4种报名方法,共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军,可对4个冠军逐一落实,每个冠军有5种获得的可能性,共有54种获得冠军的可能性.答案:45 54
14.将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读,每所大学至少保送一人.若甲不能被保送到北大,有________种不同的保送方法.
【解析】先将五人分成三组,因为要求每组至少一人,所以可选择的只有2,2,1或3,1,1,所以有 =25(种)分组方法.因为甲不能被保送到北大,所以有甲的那组只有上海交通大学和浙江大学两个选择,剩下的两组无限制,一共有4种方法,所以不同的保送方法共有25×4=100(种).答案:100
15.(2020·浙江高考)设(1+2x)5=a1+a2x+a3x2+a4x3+a5x4+a6x5,则a5=________;a1+a2+a3=________. 【解析】(1+2x)5的通项公式为Tr+1= 2rxr,可得,a5= 24=80,a1= 20=1,a2= 21=10,a3= 22=40,a1+a2+a3=51.答案:80 51
【加练备选】已知 =a6x6+a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0+ ,那么a0+a=_____;a4=______. 【解析】取x=0,则27=a0+a,所以a0+a=128.由已知可得(2-x)7=(1+x)·(a6x6+a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0+ ),则 所以 解得 答案:128 -99
考向一 排列与组合【多维题组】速通关1.(2020·新高考全国Ⅰ卷)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者,每名同学只去1个场馆,甲场馆安排1名,乙场馆安排2名,丙场馆安排3名,则不同的安排方法共有( )A.120种 B.90种 C.60种 D.30种
【解析】选C.甲场馆安排1名有 种方法,乙场馆安排2名有 种方法,丙场馆安排3名有 种方法,所以由分步乘法计数原理得不同的安排方法共有 =60种.
2.(2020·新高考全国Ⅱ卷)要安排3名学生到2个乡村做志愿者,每名学生只能选择去一个村,每个村里至少有一名志愿者,则不同的安排方法共有( )A.2种B.3种C.6种D.8种【解析】选C.第一步,将3名学生分成两个组,有 =3种分法,第二步,将2组学生安排到2个村,有 =2种安排方法,所以,不同的安排方法共有3×2=6种.
3.6本不同的书摆放在书架的同一层上,要求甲、乙两本书必须摆放在两端,丙、丁两本书必须相邻,则不同的摆放方法有( )A.24种B.36种C.48种D.60种【解析】选A.第一步:甲、乙两本书必须摆放在两端,有 种排法;第二步:丙、丁两本书必须相邻视为整体与其余两本共三本,有 种排法;所以共有 =24种.
4.两人进行乒乓球比赛,先赢3场者获胜,决出胜负为止,则所有可能出现的情形(各人输赢场次的不同视为不同情形)共有( )A.10种B.15种 C.20种D.30种【解析】选C.由题意知比赛场数至少为3场,至多为5场.当为3场时,情况为甲或乙连赢3场,共2种.当为4场时,若甲赢,则前3场中甲赢2场,最后一场甲赢,共有 =3(种)情况;同理,若乙赢也有3种情况.共有6种情况.当为5场时,前4场,甲、乙各赢2场,最后1场胜出的人赢,共有 =12(种)情况.由上综合知,共有20种情况.
5.如图所示,用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用),要求每个区域涂一种颜色,相邻的区域不能涂相同的颜色,则不同的涂色种数为____.
【解析】按区域1与3是否同色分类,分两类.(正确分类是解决本题的关键)第一类,区域1与3同色:先涂区域1与3,有4种方法,再涂区域2,4,5(还有3种颜色),有 种方法.此时涂色方法共有4 =24(种).
第二类,区域1与3不同色:第一步,涂区域1与3,有 种方法;第二步,涂区域2,有2种涂色方法;第三步,涂区域4,只有1种涂色方法;第四步,涂区域5,有3种涂色方法.此时涂色方法共有 ×2×1×3=72(种).故由分类加法计数原理知,不同的涂色种数为24+72=96(种).(先涂区域1和3是化解本题难点和避开易错点的关键)答案:96
【技法点拨】提素养求解排列、组合问题的基本方法(1)限制条件排除法:先求出不考虑限制条件的个数,然后减去不符合条件的个数,相当于减法原理.(2)相邻问题捆绑法:在特定条件下,将几个相关元素当作一个元素来考虑,待整个问题排好之后再考虑它们“内部”的排列数,它主要用于解决相邻问题.(3)插空法:先把不受限制的元素排列好,然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中.
(4)特殊元素、位置优先安排法:对问题中的特殊元素或位置优先考虑排列,然后排列其他一般元素或位置.(5)多元问题分类法:将符合条件的排列分为几类,根据分类加法计数原理求出排列总数.(6)元素相同隔板法:若把n个不加区分的相同元素分成m组,可通过n个相同元素排成一排,在元素之间插入(m-1)块隔板来完成分组,此法适用于同元素分组问题.
(7)“至多”“至少”间接法:“至多”“至少”的排列组合问题,需分类讨论且一般分类的情况较多,所以通常用间接法,即排除法,它适用于反面明确且易于计算的问题.
(8)选排问题先取再排法:选排问题很容易出现重复或遗漏的错误,因此常先取出元素(组合)再排列,即先取再排.(9)定序问题消序法:甲、乙、丙顺序一定,采用消序法,即除法,用总排列数除以顺序一定的排列数.(10)有序分配逐分法:有序分配是指把元素按要求分成若干组,常采用逐分的方法求解.
考向二 二项式定理【多维题组】速通关1.(2019·全国Ⅲ卷)(1+2x2)(1+x)4的展开式中,x3的系数为( )A.12B.16C.20D.24【解析】选A.由题意可知含x3的项为1· ·1·x3+2x2· ·13·x=12x3,所以系数为12.
【变式拓展】本题条件不变,求所有项系数和.【解析】令x=1,得(1+2×12)(1+1)4=48.所以,各项系数和为48.
2. 的展开式中的常数项为( )A.-45B.1C.45D.90【解析】选C. 的展开式的通项为Tr+1= =(-1)r xr-2,令r-2=0,可得r=2,所以 的展开式中的常数项为(-1)2 =45.
3.(2020·天津高考)在 的展开式中,x2的系数是________. 【解析】因为 的展开式的通项公式为Tr+1= x5-r = ·2r·x5-3r(r=0,1,2,3,4,5),令5-3r=2,解得r=1.所以x2的系数为 ×2=10.答案:10
4. 的展开式中整理后的常数项为________. 【解析】当x>0时, = 的通项公式:Tr+1= ,令5-r=0,解得r=5.所以常数项为 =252.同样当x<0时,可得常数项为252.答案:252
5.若x10-x5=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a10(x-1)10,则a5=________. 【解析】x10-x5=[(x-1)+1]10-[(x-1)+1]5,则a5= -1=252-1=251.答案:251
【技法点拨】提素养求二项展开式中的项的方法求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项Tk+1= an-kbk的特点,一般需要建立方程求k,再将k的值代回通项求解,注意k的取值范围(k=0,1,2,…,n).(1)第m项:此时k+1=m,直接代入通项.(2)常数项:即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程.(3)有理项:令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.
【新题速递】1.用两个1,一个2,一个0可组成不同四位数的个数是( )A.18B.16C.12D.9【解析】选D.若把两个1看作不同的数,先安排0有3种情况,安排第2个数有3种情况,安排第3个数有2种情况,安排第4个数有1种情况,一共有3×3×2×1=18种情况,由于有两个1,所以其中一半重复,故有9个四位数.
2.若 的展开式中只有第7项的二项式系数最大,则展开式中含x2项的系数是( )A.-462B.462C.792D.-792【解析】选D.因为 的展开式中只有第7项的二项式系数最大,所以n为偶数,展开式共有13项,则n=12. 的展开式的通项公式为Tk+1=(-1)k ·x12-2k,令12-2k=2,即k=5.所以展开式中含x2项的系数是(-1)5 =-792.
3.已知x5(x+3)3=a8(x+1)8+a7(x+1)7+…+a1(x+1)+a0,则7a7+5a5+3a3+a1=( )A.-16B.-8C.8D.16【解析】选B.对x5(x+3)3=a8(x+1)8+a7(x+1)7+…+a1(x+1)+a0两边求导,得5x4(x+3)3+3x5(x+3)2=8a8(x+1)7+7a7(x+1)6+…+a1,令x=0,得0=8a8+7a7+…+a1,令x=-2,得5×(-2)4×(-2+3)3+3×(-2)5×(-2+3)2=-8a8+7a7+…-2a2+a1,两式左右分别相加,得-16=2(7a7+5a5+3a3+a1),即7a7+5a5+3a3+a1=-8.
【创新迁移】1.把7个字符1,1,1,A,A,α,β排成一排,要求三个“1”两两不相邻,且两个“A”也不相邻,则这样的排法共有( )A.12种B.30种C.96种D.144种
【解析】选C.先排列A,A,α,β,若A,A不相邻,不同的排法有 =6(种);若A,A相邻,有 =6(种),共有不同的排法6+6=12(种).从所形成的5个空中选3个插入1,1,1,排法共有12 =120(种).当A,A相邻时,从所形成的4个空中选3个插入1,1,1,共有6 =24(种).故若三个“1”两两不相邻,且两个“A”也不相邻,则这样的排法共有120-24=96(种).
2.若将函数f(x)=x5表示为f(x)=a0+a1(1+x)+a2(1+x)2+…+a5(1+x)5,其中a0,a1,a2,…,a5为实数,则a3=______. 【解析】f(x)=x5=(1+x-1)5,它的通项为Tk+1= (1+x)5-k·(-1)k,T3= (1+x)3(-1)2=10(1+x)3,所以a3=10.答案:10
一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分)1.某山区希望小学为丰富学生的伙食,教师们在校园附近开辟了如图所示的四块菜地,分别种植西红柿、黄瓜、茄子三种产量大的蔬菜,若这三种蔬菜种植齐全,同一块地只能种植一种蔬菜,且相邻的两块地不能种植相同的蔬菜,则不同的种植方式共有( )A.9种B.18种C.12种D.36种
三 排列、组合与二项式定理 (40分钟 80分)
【解析】选B.若种植2块西红柿,则它们在13,14或24位置上种植,剩下两个位置种植黄瓜和茄子,所以共有3×2=6(种)种植方式;若种植2块黄瓜或2块茄子也是6种种植方式,所以一共有6×3=18(种)种植方式.
2.某市公园花展期间,安排6位志愿者到4个展区提供服务,要求甲、乙两个展区各安排一个人,剩下的两个展区各安排两个人,不同的安排方案共有( )A.90种B.180种C.270种D.360种
【解析】选B.可分两步:第一步,甲、乙两个展区各安排一个人,有 种不同的安排方案;第二步,剩下两个展区各两个人,有 种不同的安排方案,根据分步乘法计数原理,不同的安排方案的种数为 =180.
3.8个人坐成一排,现要调换其中3个人中每一个人的位置,其余5个人的位置不变,则不同的调换方式有( ) 【解析】选C.从8个人中任选3人有 种,3人位置全调有 种,故有 种.
4.要将甲、乙、丙、丁4名同学分到A,B,C三个班级中,要求每个班级至少分到一人,则甲被分到A班的分法种数为( )A.6B.12C.24D.36【解析】选B.甲和另一个人一起分到A班有 =6种分法;甲一个人分到A班的方法有: =6种分法,共有12种分法.
【加练备选】 现有12张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各3张,从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张,不同的取法种数是( )A.135B.172C.189D.162【解析】选C.由题意,不考虑特殊情况有 种取法,其中一种卡片取3张有4种取法,两张红色卡片共有 种取法,故所求的取法种数为
5.(x2+2x+3y)5的展开式中x5y2的系数为( )A.60B.180C.520D.540【解析】选D.(x2+2x+3y)5可看作5个(x2+2x+3y)相乘,从中选2个y,有 种选法;再从剩余的三个里边选出2个x2,最后一个选出x,有 种选法;所以x5y2的系数为
6.某校开设5门不同的数学选修课,每位同学可以从中任选1门或2门课学习,甲、乙、丙三位同学选择的课没有一门是相同的,则不同的选法共有( )A.330种B.420种C.510种D.600种【解析】选A.当甲、乙、丙三位同学都只选1门时,不同的选法有 =60(种);当甲、乙、丙三位同学有一位选1门,另外两位选2门时,不同的选法有 =90(种);当甲、乙、丙三位同学有两位选1门,另一位选2门,不同的选法有 =180(种),共有60+90+180=330(种).
7.已知(ax+b)6的展开式中含x4项的系数与含x5项的系数分别为135与-18,则(ax+b)6的展开式中所有项系数之和为( )A.-1B.1C.32D.64【解析】选D.由二项展开式的通项公式可知含x4项的系数为 a4b2,含x5项的系数为 a5b,则由题意可得 解得a+b=±2,故(ax+b)6的展开式中所有项的系数之和为(a+b)6=64.
【加练备选】已知(x+1) 的展开式中常数项为-40,则a的值为( )A.2B.-2C.±2D.4【解析】选C. 展开式的通项公式为 令5-2k=-1,可得k=3,结合题意可得(-1)3a5-3 =-40,即10a2=40,所以a=±2.
8.已知(x+1)10=a1+a2x+a3x2+…+a11x10.若数列a1,a2,a3,…,ak(1≤k≤11,k∈Z)是一个单调递增数列,则k的最大值是( )A.5B.6C.7D.8【解析】选B.由二项式定理知an= (n=1,2,3,…,11).又(x+1)10展开式中二项式系数最大项是第6项,所以a6= ,则k的最大值为6.
二、多项选择题(共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)9.若 则m的取值可能是( )A.6B.7C.8D.9【解析】选BC.根据题意,对于 和3 ,有0≤m-1≤8且0≤m≤8,则有1≤m≤8,若 则有 变形可得:m>27-3m,解可得:m> ,综合可得:
【解析】选AD.该二项展开式的通项为 所以当n=4r时,展开式中存在常数项,A选项正确,B选项错误;当n=4r-1时,展开式中存在x的一次项,D选项正确,C选项错误.
11.从20名男同学和30名女同学中选4人去参加一个会议,规定男女同学至少各有1人参加,下面是不同的选法种数的四个算式,其中正确的是( )
【解析】选CD.A错,计算有重复;B错,计算漏解;C对,去杂法,即减去全男生以及全女生的情况;D对,分类,即1男3女,2男2女,3男1女,故选CD.
12.若(1+mx)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6,且a1+a2+…+a6=63,则实数m的值可以为( )A.1B.-3C.3D.-1【解析】选AB.令x=0,得a0=1,令x=1,得(1+m)6=a0+a1+a2+…+a6,所以a1+a2+…+a6=(1+m)6-1,因为a1+a2+…+a6=63,所以(1+m)6-1=63,所以m=1或-3.
三、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)13.把5件不同产品摆成一排,若产品A与产品B相邻,且产品A与产品C不相邻,则不同的摆法有________种. 【解析】记5件产品为A,B,C,D,E.A,B相邻视为一个元素,先与D,E排列,有 种方法;再将C插入,仅有3个空位可选,共有 =2×6×3=36种不同的摆法.答案:36
【加练备选】五名学生报名参加四项体育比赛,每人限报一项,则不同的报名方法的种数为______.五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列),则获得冠军的可能性有________种.
【解析】五名学生参加四项体育比赛,每人限报一项,可逐个学生落实,每个学生有4种报名方法,共有45种不同的报名方法.五名学生争夺四项比赛的冠军,可对4个冠军逐一落实,每个冠军有5种获得的可能性,共有54种获得冠军的可能性.答案:45 54
14.将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、浙江大学三所大学就读,每所大学至少保送一人.若甲不能被保送到北大,有________种不同的保送方法.
【解析】先将五人分成三组,因为要求每组至少一人,所以可选择的只有2,2,1或3,1,1,所以有 =25(种)分组方法.因为甲不能被保送到北大,所以有甲的那组只有上海交通大学和浙江大学两个选择,剩下的两组无限制,一共有4种方法,所以不同的保送方法共有25×4=100(种).答案:100
15.(2020·浙江高考)设(1+2x)5=a1+a2x+a3x2+a4x3+a5x4+a6x5,则a5=________;a1+a2+a3=________. 【解析】(1+2x)5的通项公式为Tr+1= 2rxr,可得,a5= 24=80,a1= 20=1,a2= 21=10,a3= 22=40,a1+a2+a3=51.答案:80 51
【加练备选】已知 =a6x6+a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0+ ,那么a0+a=_____;a4=______. 【解析】取x=0,则27=a0+a,所以a0+a=128.由已知可得(2-x)7=(1+x)·(a6x6+a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0+ ),则 所以 解得 答案:128 -99
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