人教B版高中数学选择性必修第二册精品课件 第3章 排列、组合与二项式定理 第3章综合训练

4
D.9C10
10-k
解析 因为 Tk+1=C10
x (- 3)k,
令 10-k=6,解得 k=4,
4
4
所以 x6 的系数为(- 3)4C10
=9C10
.
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4.设(1+x)n=a0+a1x+…+anxn,若a1+a2+…+an=63,则展开式中系数最大的项

C 不正确.
= 4,
= 3,
当 2k-r=3,0≤k≤r,r,k∈Z 时,
或
=3
= 5.
(-1)3C63 C33 20+(-1)4C65 C54 21=40,
所以 x3 的系数为 40,故 D 正确.
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确.B 选项,4 种花卉按 1∶3 比例分配被送去 A,B 展馆参展有C43 × A22 =4×2=8
种方法;按 2∶2 比例分配被送去 A,B
C 24 C 22
展馆参展有 2
A2
·A22 =6 种方法.因此不
同的安排方法种数是 8+6=14,正确.C 选项,因为“绿水晶”去 A 展馆,若 A 展馆
则 2 种三角梅不能被送去同一个展馆,有 14-6=8 种安排方法,错误.故选 AB.
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2
12.关于多项式(1+ -x)6的展开式,下列结论正确的是(
BD )
A.各项系数之和为1
B.各项系数的绝对值之和为212
一、单项选择题
2
1.已知 C
=10,则m的值为( B )
A.10
B.5
C.4
D.2
解析
2
由C
=
(-1)
=10,得
2×1
m2-m-20=0,解得 m=5 或 m=-4(舍去).故选 B.
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2.[2024河南驻马店高二期末]某运动会期间,甲、乙、丙、丁、戊5名志愿
者站成一排拍照留念,其中甲和乙相邻,甲和丙不相邻,则不同的排列方式
共有( C )
A.24种
B.32种
C.36种
D.40种
解析 甲和乙相邻,则甲、乙有A22 种排法,则甲、乙、丁、戊共有A22 A33 种排法,
此时甲、乙、丁、戊间共有四个位置可排,但甲和丙不相邻,故只能在三个位

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2 6
所以(1+-x) 的展开式的通项
当 2k-r=0 时,为常数,所以
Tr+1=(-1)kC6 C 2r-kx2k-r(0≤k≤r,r,k∈Z),
2 6
(1+ -x) 的展开式中有常数项,故
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 2字组成的无重复数字的四位数中,个位数字与百位
数字之差的绝对值等于8的有( D )
A.98个
B.105个
C.112个
D.210个
解析 当个位与百位数字为 0,8 时,有A28 A22 个;当个位与百位数字为 1,9 时,有

之和相等.
在
2
1+ +x 6 中,令

x=1,可得各项系数之和为 212,故 B 正确.
由
2
1+ -x 6=

2
-x

1+
6
2
-x r 的展开式的通项为

的展开式的通项
2
Tr+1=C6 ( -x)r(0≤r≤6,r∈Z),

2 r-k

Tk+1=C ( ) (-x)k(0≤k≤r,r,k∈Z),
C.不存在常数项
D.x3的系数为40
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解析 在
2
1+ -x 6 中,令

x=1,可得各项系数之和为 26,所以 A 不正确.
2
1+ -x 6 的展开式各项系数的绝对值之和与

2
1+ +x 6 的展开式各项系数
,故 C 正确;
对于 D,C50 + C51 + C52 + C53 + C54 + C55 =25,故 D 不正确.
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10.设 ( +3 3 y)n 的展开式中各项系数之和为M,二项式系数之和为N,若M-
安排在同一地区工作,则不同的分配方法有
216
种.
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解析 第一步,将6名工作人员分成4组,要求A,B在同一组,D,E不在同一组.
若分为“3,1,1,1”四组,A,B必须在3人组,则只需在C,D,E,F中选一人和A,B同
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解析 对于 A,∵A
=n×(n-1)×(n-2)×…×(n-m+1),故 A 正确;
对于 B,C62 + C63 =15+20=35,C73 =35,故 B 正确;
-
对于 C,C = C
是( B )
A.15x3
B.20x3
C.21x3
D.35x3
解析 因为(1+x)n=a0+a1x+…+anxn,所以当x=0时,可得a0=1;当x=1时,可得
a0+a1+a2+…+an=2n.又a1+a2+…+an=63,所以2n=63+a0=64,得n=6,所以
(1+x)6的展开式中系数最大的项为第4项,即 C63 x3 =20x3,故选B.
2
3
A2
方式种数为 60+150=210.故选 B.
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8.设a∈Z,且0≤a<13,若512 020+a能被13整除,则a=( D )
A.0
B.1
C.11
D.12
解析 512 020+a=(13×4-1)2 020+a,被13整除余1+a,结合选项可得a=12时,
有 1 种花卉,则安排方法数为C33 =1 种,若 A 展馆有 2 种花卉,则安排方法数为
C31 =3 种,若 A 展馆有 3 种花卉,则安排方法数为C32 =3 种,所以共有 1+3+3=7
种方法,错误.D 选项,由选项 B 知,4 种精品花卉将被送去 A,B 展馆参展共有
14 种安排方法,若 2 种三角梅被送去同一个展馆,有C21 + C21 C21 =6 种安排方法,
.
解析 (2x-3y)9的展开式中各项的二项式系数之和为29=512.
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15.某统计部门安排A,B,C,D,E,F六名工作人员到四个不同的地区开展工作.
每个地区至少需安排一名工作人员,其中A,B安排到同一地区工作,D,E不能
置中选一个,故共有A22 A33 C31 =2×6×3=36 种排法.故选 C.
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3.在(x- 3)10 的展开式中,x6 的系数是( D )
6
A.-27C10
4
B.27C10
6
C.-9C10
2N=960,则下列结论中正确的是(ACD)
A.n=5
B.M=25
C.N=25
D.展开式中含xy的项的系数为270
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解析 根据题意,令 x=1,y=1,得 M=4n.∵N=2n,∴M-2N=4n-2·2n=(2n)2-2·2n =960,
A.-14
B.-13
C.1
D.2
解析 由条件可知,2n-1=64,所以
7
1
(1-2)
n=7,则(1-2x)7(1+)=(1-2x)7+ ,其中常数
项分为两部分,(1-2x)7 的常数项是
7
(1-2)
17=1, 的常数项是(1-2x)7 中含
系数,C71 ·16·(-2)=-14,所以常数项是 1-14=-13.故选 B.
A17 A17 A22 个.共A28 A22 + A17 A17 A22 =210(个).
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6.已知(1-2x)n的展开式中,奇数项的二项式系数之和为64,则(1-2x)n(1+
1
)展

开式中常数项为( B )
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11.[2024福建漳州高二期末]某花卉种植园有2种兰花、2种三角梅共4种精
品花卉,其中“绿水晶”是培育的兰花新品种,4种精品花卉将被送去A,B展馆
参展,每种只能被送去一个展馆,每个展馆至少有1种花卉参展,下列选项正
确的是( AB )
A.若A展馆需要3种花卉,有4种安排方法
B.共有14种安排方法
C.若“绿水晶”去A展馆,有8种安排方法
D.若2种三角梅不能被送去同一个展馆,有4种安排方法
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解析 A 选项,若 A 展馆需要 3 种花卉,则有C43 × C11 =4×1=4 种安排方法,正
三、填空题
13.若 C3 = C7 ,则n的值是
解析
根据组合数的性质C
10
=
.
-
C ,且C3
= C7 ,所以 n=3+7=10.
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14.(2x-3y)9的展开式中各项的二项式系数之和为 512
∴2n=32,∴n=5.∴M=45,N=25.( +3 3 y)5 的展开式的通项为
5-k
Tk+1=5k x 2
1
5-

5-
k
k

3
2
3
(3 ) =C 3 (k=0,1,2,3,4,5),令 =1, =1,得
5
3
2
k=3,∴展开式中
含 xy 的项的系数为C53 ×33=10×27=270.故选 ACD.
解析 若两年修完全部五门选修课程,先将五门课程分成两组,再从三个学年
中选取两学年来安排课程,则共有C53 A23 =60 种选修方式;若三年修完全部五
门选修课程,则先将五门课程分成三组,再安排到三个学年中,则共有
(C53 +
C 25 C 23
3
)·
A
=(10+15)×6=150 种选修方式.综上所述,每位同学不同的选修
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x 项的
7.[2024山西大学附中高三校考阶段练习]基础学科对于一个国家科技发展
至关重要,是提高核心竞争力、保持战略领先的关键,其中数学学科尤为重
要.某大学为提高数学系学生的数学素养,特开设了“九章算术”“古今数学
512 020+a能被13整除.
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二、多项选择题
9.下列结论正确的是(ABC)
A.3×4×5×6=A46
B.C62 + C63 = C73
C.C83 = C85
D.C51 + C52 + C53 + C54 + C55 =25
思想”“数学原理”“世界数学通史”“算术研究”五门选修课程,要求数学系每
位同学每学年至多选三门,且已选过的课程不能再选,大一到大三三学年必
须将五门选修课程选完,则每位同学的不同选修方式种数为( B )
A.150
B.210
C.240
D.540
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1
C
一组,故有 4 =4种分组方法,
若分为“2,2,1,1”四组,A,B必须在2人组,故只需在C,D,E,F中选两人构成一组,
同时减去D,E在同一组的情况,故有 C42 -1=5种分组方法,则一共有5+4=9种
分组方法.
第二步,将分好的四组全排列,分配到四个地区,有 A44 =24种.
故总的分配方法有9×24=216种.