高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.3 二项式定理课后复习题

这是一份高中数学人教A版 (2019)选择性必修 第三册6.3 二项式定理课后复习题，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

大单元限时评估卷(一)
(时间：120分钟　分值：150分)
试卷考查范围
主要命题点
6.1～6.3
1．两个计数原理及应用
2．排列数与组合数的简单应用
3．二项式定理
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分)
1．6名同学排成一排，其中甲、乙两人必须排在一起的不同排法的种数为(　　)
A．720 B．360 C．240 D．120
C　解析：先把甲、乙捆绑在一起，有A种方法，再把它看作一个元素，与剩下的4人进行全排列，有A种方法．由分步乘法计数原理知，共有AA ＝240(种)方法．
2．5位同学报名参加两个课外活动，每位同学限报其中的一个活动，则不同的报名方法共有(　　)
A．10种 B．20种 C．25种 D．32种
D　解析：因为5位同学报名参加两个课外活动，每位同学限报其中的一个活动，都有2种方法，则不同的报名方法共有25＝32(种)．
3．已知(1－2x)n的展开式中，奇数项的二项式系数之和是64，则(1－2x)n(1＋x)的展开式中，x4的系数为(　　)
A．－672 B．672 C．－280 D．280
D　解析：由题意，易得2n－1＝64，所以n－1＝6，即n＝7．故(1－2x)7(1＋x)的展开式中含x4的项为C·(－2x)4＋C(－2x)3·x＝(16C－8C)x4＝280x4，所以x4的系数为280．
4．中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根相同长短的小木棍．如图，是利用算筹表示数1～9的一种方法．例如：3可表示为“≡”，26可表示为“＝⊥”．现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1～9这9个数字表示两位数的个数为(　　)

第4题图
A．13 B．14 C．15 D．16
D　解析：根据题意，现有6根算筹，可以表示的数字组合为1，5；1，9；2，4；2，8；6，4；6，8；3，3；3，7；7，7．
数字组合1，5；1，9；2，4；2，8；6，4；6，8；3，7中，每组可以表示2个两位数，则可以表示2×7＝14(个)两位数．
数字组合3，3；7，7，每组可以表示1个两位数，则可以表示2×1＝2(个)两位数．
综上，一共可以表示14＋2＝16(个)两位数．
5．(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是(　　)
A．60 B．80 C．84 D．120
D　解析：(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)9的展开式中x2的系数是C＋C＋C＋…＋C．
因为C＋C＝C且C＝C，所以C＋C＝C＋C＝C，所以C＋C＋C＝C＋C＝C，
以此类推，C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＝C＝＝120．
故选D．
6．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有(　　)
A．1 440种 B．960种 C．720种 D．480种
B　解析：5名志愿者先排成一排，有A种方法，2位老人作一组插入其中，且两位老人有左右顺序，共有A·C·A＝960(种)不同的排法．
7．将(＋)12的展开式中各项重新排列，使含x的正整数次幂的项互不相邻的排法种数为(　　)
A．AA B．A＋A C．AA D．AA
D　解析：(＋)12的展开式的通项为Tk＋1＝C·()12－k()k＝Cx，共有13项．若为正整数，则k的值可以为0，6，12，即其展开式中，含x的正整数次幂的项共3项．
先将不含x的正整数次幂的10项进行全排列，有A种情况，排好后，有11个空位．在这11个空位中，任取3个，安排3个含x的正整数次幂的项，有A种情况，共有AA种情况．故选D．
8．只用1，2，3，4四个数字组成一个五位数，规定这四个数字必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数有(　　)
A．96 B．144 C．240 D．288
B　解析：当重复使用的数字为数字1时，符合题意的五位数有AC＝36(个)，当重复使用的数字为2，3，4时，与重复使用的数字为1情况相同，所以满足题意的五位数共有36×4＝144(个)．故选B．
二、多项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
9．若(＋x)n(n∈N*)的展开式中恰有三项的系数为有理数，则n的可能取值为(　 　)
A．9 B．10 C．12 D．15
CD　解析：由题意展开式中项的系数为C·3·()r，若系数为有理数，则n－r是3的倍数，r是2的倍数，若n＝9，r＝6，不符合；若n＝10，r＝4，10，不符合；若n＝12，r＝0，6，12，符合题意；若n＝15，r＝0，6，12，符合题意．故选CD．
10．将多项式a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0分解因式得(x－2)(x＋m)5，m为常数．若a5＝－7，则下列说法正确的是(　 　)
A．m＝－1 B．a0＝－1 C．m＝－11 D．a0＝2
AD　解析：因为(x＋m)5的通项公式为Tk＋1＝Cx5－kmk，a5x5＝x·Cx5－1m1＋(－2)x5＝(5m－2)x5，所以a5＝5m－2．又因为a5＝－7，所以5m－2＝－7，所以m＝－1，所以常数项a0＝(－2)×C(－1)5＝2．
11．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121， 3443，94249等．显然两位回文数有9个：11，22，33，…，99；三位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．下列说法正确的是(　 　)
A．四位回文数有90个
B．四位回文数有45个
C．2n＋1(n∈N*)位回文数有9×10n个
D．2n＋1(n∈N*)位回文数有10n个
AC　解析：四位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共计9×10＝90(种)填法，即四位回文数有90个．根据回文数的定义，2n＋1(n∈N*)位回文数也可以转化成填2n＋1(n∈N*)个方格．结合计数原理，知有9×10n种填法．
12．现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是(　　)
A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种
C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种
D．若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同的放法共有9种
BCD　解析：对于选项A，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有44＝256种放法，故A错误；对于选项B，若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有C·(A＋1)＝18种放法，故B正确；对于选项C，若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有C·＝144种放法，故C正确；对于选项D，若编号为1，2，3，4的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同，若(2，1，4，3)代表编号为1，2，3，4的盒子放入的小球编号分别为2，1，4，3，列出所有符合要求的情况：(2，1，4，3)，(4，1，2，3)，(3，1，4，2)，(2，4，1，3)，(3，4，1，2)，(4，3，1，2)，(2，3，4，1)，(3，4，2，1)，(4，3，2，1)，共9种放法，故D正确．故选BCD．
三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)
13．数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏．如图是数独的一个简化版，由3行3列9个单元格构成，玩该游戏时，需要将数字1，2，3(各3个)全部填入单元格，每个单元格填一个数字，要求每一行，每一列均有1，2，3这三个数字，则不同的填法有________种(用数字作答)．

第13题图
12　解析：根据题意，可分3步进行分析：
①将1，2，3三个数字填入第一行，有A＝6种情况；
②第二行第一列的数字与第一行第一列的数字不同，有2种情况，第二列，第三列只有1种情况，则第二行只有2种情况；
③由于前两行的数字确定，第三行只有1种情况．
由分步乘法计数原理，共有6×2×1＝12种不同的填法．
14．在(x＋1)n的展开式中，若第7项系数最大，则n的值可能等于________．
11，12，13　解析：在(x＋1)n的展开式中，每项的系数就是其二项式系数，分三种情况：①若只有第7项的系数最大，则共有13项，n＝12；②若第7项与第6项的系数相等且最大，则共有12项，n＝11；③若第7项与第8项的系数相等且最大，则共有14项，n＝13．所以n的值可能为11，12，13．
15．(1＋x＋x2)的展开式中的常数项为________．
－5　解析：的展开式的通项为
Tk＋1＝Cx6－k·＝(－1)kCx6－2k，
令6－2k＝0，解得k＝3，T4＝C(－1)3＝－C；
令6－2k＝－1，解得k＝(舍去)；
令6－2k＝－2，解得k＝4，T5＝C(－1)4x－2，
所以(1＋x＋x2)的展开式中的常数项为1×(－C)＋C＝－20＋15＝－5．
16．平面内有9个点，有4 点在同一直线上，其余则无三点或三点以上的点共线，则可连成________条线段，________条射线．
36　66　解析：平面内有9个点，任取两点可连成一条线段，所以共有C＝36(条)线段；平面内有9个点，任选两点可以构成两条射线，共有A条，但是有4点在同一直线上，重复了6条，所以共有A－6＝66(条)射线．
四、解答题(本题共6小题，共70分)
17．(10分)为支援西部开发，需要从8名男干部和2名女干部中任选4人组成支援小组到西部某地支援，要求男干部不少于3人，则有多少种选派方案？
解：男干部有4人时有C种选法，
男干部有3人时有C×C种选法，
故不同选派方案有C＋C×C＝182(种)．
18．(12分)已知二项式(－2x－2)n．
(1)若展开式中第2项系数与第4项系数之比为1∶8，求二项展开式的系数之和；
(2)若展开式中只有第6项的二项式系数最大，求展开式中的常数项．
解：(1)二项式(－2x－2)n的展开式的通项为Tk＋1＝C()n－k(－2x－2)k＝(－2)kCx，
所以第2项系数为(－2)C，第4项系数为(－2)3C．
所以＝，解得n＝5或n＝－2(舍)．
所以二项展开式的系数之和为(－2×1－2)5＝－1．
(2)因为展开式中只有第6项的二项式系数最大，
所以展开式有11项，所以n＝10．
令＝0，∴k＝2．
所以常数项为(－2)2C＝180．
19．(12分)设x10－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，其中Q(x)是关于x的多项式，a，b∈R．
(1)求a，b的值；
(2)若ax＋b＝28，求x10－3除以81的余数．
解：(1)由已知等式，得
[(x－1)＋1]10－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，
∴C(x－1)10＋C(x－1)9＋…＋C(x－1)2＋C(x－1)＋C－3＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b，
∴[C(x－1)8＋C(x－1)7＋…＋C](x－1)2＋10x－12＝Q(x)(x－1)2＋ax＋b．
∴10x－12＝ax＋b．
∴a＝10，b＝－12．
(2)∵ax＋b＝28，即10x－12＝28，∴x＝4．
∴x10－3＝410－3
＝(3＋1)10－3
＝C×310＋C×39＋…＋C×3＋C－3
＝34×(C×36＋C×35＋…＋C)＋40×34＋5×34＋28＝81(C×36＋C×35＋…＋C＋45)＋28．∴所求的余数为28．
20．(12分)已知a＝C－A(m∈N)，7777－14除以19的余数为b，求展开式中的常数项．
解：由题意得
解得≤m≤．
∵m∈N，∴m＝2，
∴a＝C－A＝100．
∵7777－14＝(19×4＋1)77－14＝C(19×4)77＋C(19×4)76＋…＋C(19×4)＋1－14，
∴b＝6，∴＝，
通项公式Tr＋1＝C6－r＝(－1)r26－rCx．
令＝0，r＝2，故常数项为240．
21．(12分)用n种不同的颜色为下列两块广告牌着色(如图)，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一颜色．

第21题图
(1)若n＝6，则为甲图着色时共有多少种不同的方法？
(2)若为乙图着色时共有120种不同方法，求n．
解：(1)由分步乘法计数原理，对区域A，B，C，D按顺序着色，共有6×5×4×4＝480(种)方法．
(2)由分步乘法计数原理，
得n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，
于是有(n2－3n)(n2－3n＋2)＝120，即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－12×10＝0，
解得n2－3n－10＝0，n2＋3n＋12＝0(舍去)，于是有(n－5)(n＋2)＝0，解得n＝5，n＝－2(舍去)．
22．(12分)现有0，1，2，3，4，5，6，7，8，9共十个数字．
(1)可以组成多少个无重复数字的三位数？
(2)组成无重复数字的三位数中，315是从小到大排列的第几个数？
(3)可以组成多少个无重复数字的四位偶数？
(4)选出一个偶数和三个奇数，组成无重复数字的四位数，这样的四位数共有多少个？
(5)如果一个数各个数位上的数字从左到右按由大到小的顺序排列，则称此正整数为“渐减数”，那么由这十个数字组成的所有“渐减数”共有多少个？
解：(1)可以组成无重复数字的三位数AA＝648(个)．
(2)组成无重复数字的三位数中，315是从小到大排列的第AA＋A＋A＝156(个)．
(3)可以组成无重复数字的四位偶数A＋AAA＝2 296(个)．(分0占个位和0不占个位两种情况)
(4)选出一个偶数和三个奇数，组成无重复数字的四位数，这样的四位数有AA＋CCA＝1 140(个)．(分选出的偶数是0和不是0两种情况)
(5)由这十个数字组成的所有“渐减数”共有C＋C＋C＋…＋C＝210－C－C＝1 013(个)．