人教版高中数学选择性必修第三册第六章综合训练含答案

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第六章综合训练
一、选择题(本题共8小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.(x+1)8的展开式的各项系数和为(　　)
A.256 B.257 C.254 D.255
2.(2022湖南湘潭模拟)如图是一把算盘的初始状态,自右向左,分别是个位、十位、百位、…,上面一粒珠(简称上珠)代表5,下面一粒珠(简称下珠)代表1,即五粒下珠的大小等于同组一粒上珠的大小.现在从个位、十位和百位这三组中随机选择往下拨1粒上珠,且往上拨2粒下珠,则算盘可表示的数的个数为(　　)

A.9 B.18 C.27 D.36
3.从4名男同学和3名女同学中选出3名参加某项活动,则男女生都有的不同的选法种数是(　　)
A.18 B.24 C.30 D.36
4.已知(1+ax)6=1+12x+bx2+…+a6x6,则实数b的值为(　　)
A.15 B.20 C.40 D.60
5.(2020全国Ⅰ高考)x+y2x(x+y)5的展开式中x3y3的系数为(　　)
A.5 B.10 C.15 D.20
6.(2022山东济南月考)(x+2y)5(x-2y)7的展开式中x9y3的系数为(　　)
A.-160 B.-80 C.160 D.80
7.如图所示,要给①②③④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种,允许同一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同的涂色方法种数为(　　)

A.320 B.160 C.96 D.60
8.某学校实行新课程改革,即除语文、数学、外语三科为必考科目外,还要在物理、化学、生物、历史、地理、思想政治六科中选择三科作为选考科目.已知某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,物理、化学必选,为该生安排课表(上午四节、下午四节,每门课每天至少一节),已知该生某天最后两节为自习课,且数学不排下午第一节,语文、外语不相邻(上午第四节和下午第一节不算相邻),则该生该天课表有(　　)
A.444种 B.1 776种
C.1 440种 D.1 560种
二、选择题(本题共4小题,在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求)
9.某学生想在物理、化学、生物、思想政治、历史、地理、信息技术这七门课程中选三门作为选考科目,下列说法错误的是(　　)
A.若任意选择三门课程,选法种数为A73
B.若物理和化学至少选一门,选法种数为C21C52
C.若物理和历史不能同时选,选法种数为C73-C22C51
D.若物理和化学至少选一门,且物理和历史不能同时选,选法种数为C21C52-C51

10.(2022江苏常州期末)如图,用4种不同的颜色,对四边形中的四个区域进行着色,要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色,则不同的着色方法数可以表示为(　　)

A.A43A21 B.A42A42
C.A42(A21)2 D.C41A32+C42(A22)2
11.已知(ax2+1x)n(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等,且展开式的各项系数之和为1 024,则下列说法正确的是(　　)
A.展开式中奇数项的二项式系数和为256
B.展开式中第6项的系数最大
C.展开式中存在常数项
D.展开式中含x15的项的系数为45
12.(2022安徽亳州期末)已知(1-2x)2 021=a0+a1x+a2x2+…+a2 021x2 021,下列命题中,正确的是(　　)
A.展开式中所有项的二项式系数的和为22 021
B.展开式中所有奇次项系数的和为-32 021+12
C.展开式中所有偶次项系数的和为1-32 0212
D.a12+a222+a323+…+a2 02122 021=-1
三、填空题(本题共4小题)
13.某微信群中甲、乙、丙、丁、戊五名成员先后抢4个不同的红包,每人最多抢一个红包,且红包全被抢光,则甲、乙两人都抢到红包的情况有　　　　种. 
14.将5位志愿者分成3组,其中两组各2人,另一组1人,分赴某大型展览会的三个不同场馆服务,不同的分配方案有　　　　种. 
15.二项式(1+2x)4的展开式的各项系数的和为　　　　　. 
16.(2022浙江绍兴模拟)已知(x-2)(x+m)5=a6x6+a5x5+…+a1x+a0,m为常数,若a5=-7,则m=　　　　　,a6+a5+…+a1=　　　　　. 
四、解答题(本题共6小题,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17.(2022上海虹口期末)已知(1-3x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn(n为正整数).
(1)若a2=15a0-13a1,求n的值;
(2)若n=2 022,A=a0+a2+a4+…+a2 022,B=a1+a3+a5+…+a2 021,求A+B和A2-B2的值(结果用指数幂的形式表示).





18.某医院有内科医生8名、外科医生6名,现选派4名参加医疗队.
(1)甲、乙两人至少有一人参加,有多少种选法?
(2)队中至少有一名内科医生和一名外科医生,有几种选法?




19.在3x-123xn的展开式中,前三项系数的绝对值成等差数列.
(1)求展开式的第四项;
(2)求展开式的常数项;
(3)求展开式中各项的系数和.










20.有7本不同的书:
(1)全部分给6个人,每人至少一本,有多少种不同的分法?
(2)全部分给5个人,每人至少一本,有多少种不同的分法?









21.(2022北京昌平期末)有7个人分成两排就座,第一排3人,第二排4人.
(1)共有多少种不同的坐法?
(2)如果甲和乙都在第二排,共有多少种不同的坐法?
(3)如果甲和乙不能坐在每排的两端,共有多少种不同的坐法?









22.在(2x-3y)10的展开式中,求:
(1)各项的二项式系数的和;
(2)分别求奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和;
(3)各项系数之和;
(4)分别求奇数项系数的和与偶数项系数的和.




第六章综合训练
1.A　令x=1,则(1+1)8=28=256,
即(x+1)8的展开式的各项系数的和为256.故选A.
2.B　根据算盘的运算法则以及题干中描述的操作,
从个、十、百上珠中选1粒往下拨,则有C31种,
下珠往上拨分两种情况,全部来自个、十、百,即C31种,
或者来自个、十、百中的两个,即C32种,
故算盘表示的数的个数为C31(C31+C32)=18.
故选B.
3.C　由于选出的3名学生男女生都有,所以可分成两类:
第1类,3人中是1男2女,共有C41C32=4×3=12(种)不同的选法;
第2类,3人中是2男1女,共有C42C31=6×3=18(种)不同的选法.
所以男女生都有的不同的选法种数是12+18=30.
4.D　(1+ax)6的展开式的通项为Tr+1=C6rarxr,令r=1,则C61a=12,解得a=2,则b=C6222=60.
5.C　因为(x+y)5的通项公式为C5k·x5-k·yk(k=0,1,2,3,4,5),所以当k=1时,y2x·C51x4y=5x3y3,当k=3时,x·C53x2y3=10x3y3,所以x3y3的系数为10+5=15.
6.D　二项式可以化为[(x+2y)(x-2y)]5(x-2y)2=(x2-4xy+4y2)(x2-4y2)5,
则二项式的展开式中含x9y3的项为-4xy×C51(x2)4·(-4y2)1=80x9y3,
所以x9y3的系数为80,
故选D.
7.A　根据分步乘法计数原理,区域①有5种颜色可供选择,区域③有4种颜色可供选择,区域②和区域④只要不选择区域③的颜色即可,故各有4种颜色可供选择,所以不同涂色方法有5×4×4×4=320(种).
8.B　物理、化学、生物、历史、地理、思想政治六选三,且物理、化学必选,
所以只需在生物、历史、地理、思想政治中四选一,有C41=4(种).
对语文、外语排课进行分类,第1类,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,剩下的四科可全排列,有C21C41A44=192(种);
第2类,语文、外语都不在下午第一节,则下午第一节可在除语文、数学、外语三科的另三科中选择,有C31=3(种),
语文和外语可都安排在上午,即上午第一、三节,上午第一、四节,上午第二、四节,有3×A22=6(种),
也可一科在上午任一节,一科在下午第二节,有C41A22=8(种),
其他三科可以全排列,有C31(6+8)A33=252(种).
综上,共有4×(192+252)=1 776(种).
故选B.
9.ABD　若任意选择三门课程,选法种数为C73,故A错误;
若物理和化学至少选一门,选法种数为C21C52+C22C51,故B错误;
若物理和历史不能同时选,选法种数为C73-C22C51,故C正确;
若物理和化学至少选一门,且物理和历史不能同时选,选法种数为C21C52+C22C51-C51,故D错误.故选ABD.
10.ACD　选项A:表示先着色中间两格和下面一格.从4种颜色中取3种,有A43种方法,上面一格,从与中间两格不同的颜色中取出一个,有A21种方法,故共有A43A21=48种不同方法,正确;
选项B:A42×A42=144,方法总数不对,错误;
选项C:表示先对中间两格涂颜色.从4种颜色中取2种,共有A42种方法,上下两格都是从与中间两格不同的颜色中取出一个,各有A21种方法,故共有A42(A21)2=48种不同方法,正确;
选项D:表示两种情况:①上下两格颜色相同,中间两格从3个剩下的颜色中取2种,共有C41A32种不同方法;②上下两格颜色不同,中间两格从2个剩下的颜色中取2种,共有C42A22A22种不同方法.综合①②可知方法总数为C41A32+C42(A22)2=48种不同方法,正确.故选ACD.
11.BCD　由二项式的展开式中第5项与第7项的二项数系数相等,可知n=10.
又因为展开式的各项系数之和为1 024,即当x=1时,(a+1)10=1 024,所以a=1.
所以二项式为(x2+1x)10=(x2+x-12)10.
二项式系数和为210=1 024,则奇数项的二项式系数和为12×1 024=512,故A错误;
由n=10可知展开式共有11项,故第6项的二项式系数最大,
因为x2与x-12的系数均为1,则该二项展开式的二项式系数与相应各项的系数相同,所以第6项的系数最大,故B正确;
若展开式中存在常数项,由通项Tk+1=C10kx2(10-k)x-12k可得2(10-k)-12k=0,解得k=8,故C正确;
由通项Tk+1=C10kx2(10-k)x-12k可得2(10-k)-12k=15,解得k=2,所以系数为C102=45,故D正确.故选BCD.
12.ABD　由二项式系数的性质可得:展开式中所有项的二项式系数的和为22 021,故A正确;
令x=1,则(1-2)2 021=a0+a1+…+a2 021=-1,①
令x=-1,则(1+2)2 021=a0-a1+a2-…-a2 021=32 021,②
①+②整理可得a0+a2+…+a2 020=32 021-12,所以展开式中所有偶次项的系数和为32 021-12,故C错误;
①-②整理可得a1+a3+…+a2 021=-32 021+12,所以展开式中所有奇次项的系数和为-32 021+12,故B正确;
令x=0,则a0=1,
再令x=12,则1-2×122 021=a0+a12+a222+…+a2 02122 021=0,所以a12+a222+…+a2 02122 021=-a0=-1,故D正确.
故选ABD.
13.72　第1步,甲、乙抢到红包,有A42=4×3=12(种),第2步,其余三人抢剩下的两个红包,有A32=3×2=6(种),所以甲、乙两人都抢到红包的情况有12×6=72(种).
14.90　先分组C52C32C11A22,再把三组分配到三个不同的场馆,得共有不同的分配方案C52C32C11A22A33=90(种).
15.81　令x=1,则二项式的展开式的各项的系数和为(1+2)4=81.
16.-1　-2　由已知可得a5为x5的系数,
则展开式中含x5的项为x×C51 x4·m-2×C50x5=(5m-2)x5,
所以5m-2=-7,解得m=-1,令x=0,则a0=-2×(-1)5=2,
令x=1,则a0+a1+…+a6=(1-2)(1-1)5=0,所以a6+a5+…+a1=-2.
17.解 (1)令x=0,则a0=1,
二项式的展开式中含x项的系数为a1=Cn1·(-3)1=-3n,
二项式的展开式中含x2项的系数为a2=Cn2·(-3)2=9n(n-1)2,
则由已知可得9n(n-1)2=15×1-13×(-3n),即9n2-87n-30=0,解得n=10或n=-13(舍去),
故n的值为10.
(2)若n=2 022,则原式为(1-3x)2 022=a0+a1x+a2x2+…+a2 022x2 022,
令x=1,则a0+a1+a2+…+a2 022=(1-3)2 022=22 022,①
令x=-1,则a0-a1+a2-…+a2 022=[1-3×(-1)]2 022=42 022=24 044,②
①+②可得A=22 021+24 043,①-②可得B=22 021-24 043,
所以A+B=22 022,A2-B2=(A+B)(A-B)=22 022·24 044=26 066.
18.解 (1)不考虑甲、乙两人,从所有14名医生中选派4名共有C144=1 001(种);甲、乙两人都没被选派共有C124=495(种).
故甲、乙两人至少有一人参加,有1 001-495=506(种).
(2)此时4名医生的组成可分为三类:
第1类,1名内科医生、3名外科医生,共有C81C63=160(种);
第2类,2名内科医生、2名外科医生,共有C82C62=420(种);
第3类,3名内科医生、1名外科医生,共有C83C61=336(种).
故队中至少有一名内科医生和一名外科医生,有160+420+336=916(种)选法.
19.解 通项为Tk+1=(-12)kCnkxn-2k3.
由已知,(-12)0Cn0,12Cn1,122Cn2成等差数列,
得2×12Cn1=1+14Cn2,解得n=8,故Tk+1=(-12)kC8kx8-2k3.
(1)令k=3,得T4=(-12)3C83x23=-7x23.
(2)令8-2k=0,得k=4,故T5=358.
(3)令x=1,得各项的系数和为128=1256.
20.解 (1)根据题意,将7本书分给6个人,且每人至少1本,则必须是其中1个人2本,其他人每人1本,则分两步:
第1步,将7本书,分为6组,其中1组2本,其他组每组1本,有C72=21(种)分组方法;
第2步,将分好的6组对应6人,将6组进行全排列即可,有A66=720(种)方法.
一共有21×720=15 120(种)不同的分法.
(2)分两类:第1类,1人得3本,其余4人各得一本,方法数为C73A55=4 200;
第2类,2人各得2本,其余3人各得1本,方法数为12C72C52A55=12 600.
所以所求分法种数为4 200+12 600=16 800.
21.解(1)7个人分成两排就座,第一排3人,第二排4人,共有A77=5 040种.
(2)从除甲乙之外的5人中选3人排在第一排,再排第二排,故有A53A44=1 440种.
(3)第一类,甲乙同一排,则只能排在第二排,故有A53A22A22=240种;
第二类,甲乙不在同一排,故有2(A52A21A33)=480种.
故共有240+480=720种.
22.解(1)各项的二项式系数的和为C100+C101+C102+…+C1010=210=1 024.
(2)奇数项的二项式系数的和为C100+C102+…+C1010=29=512;
偶数项的二项式系数的和为C101+C103+…+C109=29=512.
(3)设(2x-3y)10=a0x10+a1x9y+a2x8y2+…+a10y10(*),各项系数之和即为a0+a1+a2+…+a10,
令(*)中x=y=1,得各项系数之和为(2-3)10=(-1)10=1.
(4)奇数项系数的和为a0+a2+a4+…+a10,偶数项系数的和为a1+a3+a5+…+a9.
由(3)知a0+a1+a2+…+a10=1.①
令(*)中x=1,y=-1,得a0-a1+a2-a3+…+a10=510.②
①+②,得2(a0+a2+…+a10)=1+510,故奇数项系数的和为1+5102;①-②,得2(a1+a3+…+a9)=1-510,故偶数项系数的和为1-5102.