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2026北师大版高中数学选择性必修第一册
本章复习提升
易混易错练
易错点1　计数时重复或遗漏致错
　　　　　　　　　　　　　
1.(2023陕西咸阳旬邑中学期中)从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数,作为直线方程Ax+By=0的系数,则最多可得到不同的直线的条数为(　　)
A.18　　B.20　　C.25　　D.10
2.(2025重庆开学考试)有一个4行4列的表格,在每一个格中分别填入数字0或1,使得4行中所填数字之和恰好是1,2,3,4各一个,4列中所填数字之和恰好也是1,2,3,4各一个(下图为其中一种填法),则符合要求的不同填法共有　　　　种.
易错点2　忽略特殊元素与特殊位置致错
3.(2025湖南永州开学考试)在2024年巴黎奥运会中,甲、乙、丙、丁、戊5人参与接待、引导和协助三类志愿者服务工作,每类工作必须有志愿者参加,每个志愿者只能参加一类工作,若甲只能参加接待工作,那么不同的志愿者分配方案的种数是(　　)
A.38　　B.42　　C.50　　D.56
4.在班级活动中,4名男生和3名女生站成一排表演节目.
(1)女生甲不能站在左端,女生乙不能站在右端,有多少种不同的站法
(2)甲、乙、丙三人按高矮从左到右有多少种不同的站法 (甲、乙、丙三人身高互不相等)
(3)现在有7个座位连成一排,仅安排4个男生就座,恰好有两个空座位相邻的不同坐法共有多少种
易错点3　混淆展开式中项的系数与二项式系数致错
5.(多选题)(2024湖北高中名校联盟联合测评)下列关于的展开式的说法中正确的是(　　)
A.常数项为-160
B.第4项的系数最大
C.第4项的二项式系数最大
D.含x2项的系数为30
6.(2024广东茂名期中)已知的展开式的所有二项式系数之和为256.
(1)求展开式的所有有理项的系数之和;
(2)求展开式中系数最大的项.
思想方法练
一、分类讨论思想在排列组合中的应用
　　　　　　　　　　　　　
1.(2024江西上饶一中开学考试)如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式,该屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的五面体EFABCD.现装修工人准备用四种不同形状的风铃装饰五脊殿EFABCD的六个顶点,要求E,F处用同一种形状的风铃,其他每条棱的两个端点挂不同形状的风铃,则不同的装饰方案共有　　　　种.
2.(2025广西南宁开学考试)如图所示,用4种不同颜色做涂色游戏,要求相邻区域颜色不同,每个区域只能涂一种颜色.
①若区域A,B,C,D涂2种颜色,区域E,F,G,H涂另外2种颜色,则有
　　　种不同涂法;
②若区域A,B,C,D涂4种颜色(A,B,C,D涂的颜色互不相同),区域E,F,G,H也涂这4种颜色(E,F,G,H涂的颜色互不相同),则有　　　　种不同涂法.
二、整体思想在排列组合中的应用
3.(2024广东名校联盟期中)加工某种产品需要5道工序,分别为A,B,C,D,E,其中工序A,B必须相邻,工序C,D不能相邻,那么不同的加工方法种数为(　　)
A.24　　B.32　　C.48　　D.64
4.有两排座位,前排11个座位,后排12个座位,现安排2人坐下,规定前排中间的3个座位不能坐,并且这2人不左右相邻,那么不同排法的种数是(　　)
A.234　　B.346　　C.350　　D.363
三、函数与方程思想在二项式定理中的应用
5.(2024山西大同期中)已知(3x+2)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10,则(　　)
A.a0=29
B.a0-a1+a2-a3+…+a10=-1
C.a0+a2+a4+…+a10=
D.展开式中二项式系数最大的项为第5项
6.已知f(x)=(1+2x)m+(1+4x)n(m,n∈N+)的展开式中含x项的系数为36,求展开式中含x2项的系数的最小值.
7.(2024浙江期中)已知(n∈N+,a≠0)的二项展开式中,仅有第5项的二项式系数最大,且各项系数之和为1.
(1)求实数a和n的值;
(2)求展开式中系数最小的项.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.A　第一步,给A赋值有5种选择,第二步,给B赋值有4种选择,由分步乘法计数原理知,可得到5×4=20条直线,但A=1,B=2与A=2,B=4表示同一条直线,且A=2,B=1与A=4,B=2也表示同一条直线(易错点),∴最多可得到不同的直线的条数为20-2=18.
易错警示　在解本题时要注意直线方程的特征,不要想当然地认为只要选取两个不同的数作为A,B就可得到不同的直线,从而得出错误答案.实际上,当A=1,B=2与A=2,B=4时,得到的是同一条直线;当A=2,B=1与A=4,B=2时,得到的也是同一条直线.所以进行计数时,不但要懂得灵活应用计数原理,还要考虑问题的实际情况,避免重复计数.
2.答案　576
解析　显然在符合要求的填法中应有6个0和10个1,按照位置的顺序填入6个0.
①先选一行填入3个0,有4种选法,从该行的4格中选出3个填入0,有=4种选法,此时共有4×4=16种不同的填法.
②选出一列填入3个0,可知该列必为已填入了一个0的列(以题图为例),否则列中数字之和不为4,选出这一列共有3种选法.
该列中已填入了一个0,填入另外两个0有=3种填法,此时共有3×3=9种不同的填法.
③当完成前两步后,最后一个0所在行与列都有两个0,只有4个位置可选,最后剩下所有的格都填1,有1种填法.
因此,符合要求的不同填法共有16×9×4×1=576种.
3.C　(1)如果参加接待工作的只有1人,则只能为甲,
再把其余4人分成两组,有两种情况:1,3和2,2.
按1,3分组,有种方法,按2,2分组,有种方法,
因此不同分组方法数为+,
最后把两组人安排到其余两类志愿者服务工作,有种方法,
所以不同分配方法种数是=14.
(2)如果参加接待工作的有2人,则除了甲之外,还需要再安排一人,有种情况,
再把其余3人分成两组,有种方法,
最后把两组人安排到其余两类志愿者服务工作,有种方法,
所以不同分配方法种数是=24.
(3)如果参加接待工作的有3人,则除了甲之外,还需要再安排两人,有种情况,
再把其余2人安排到其余两类志愿者服务工作,有种方法,
所以不同分配方法种数是=12.
综上,不同的志愿者分配方案的种数是14+24+12=50.
4.解析　(1)根据题意,分2类:①女生甲站在右端,其余6人全排列,有=720种站法,②女生甲不站在右端,女生甲有5种站法,女生乙有5种站法,将剩余的5人全排列,安排在剩余的位置,有=120种站法,则此时有5×5×120=3000种站法,则一共有720+3000=3720种站法.
(2)根据题意,把7人全排列,共有种结果,甲、乙、丙三人内部的排列共有=6种结果,要使甲、乙、丙三人按照高矮从左到右排列,结果只占6种结果中的1种,则有=840种站法.
(3)将7个座位从左到右依次编号为1,2,3,4,5,6,7.根据题意,恰好有两个空座位相邻分2类:①两个相邻空座位在两边,即在1、2或6、7上,第三个空座有4种选择;②两个相邻空座位在中间,可能是2、3,3、4,4、5,5、6中的一个,第三个空位有3种选择,4个男生全排列有=24种坐法,故共有(2×4+4×3)×24=480种坐法.
易错警示　对于特殊元素或特殊位置的排列、组合问题,要先“特殊”再“一般”,另外利用“捆绑法”解决相邻元素的排列问题时,要注意捆绑对象本身的内部排列.
5.AC　的二项式通项为=·(-2x)k=(-2)kx2k-6.
对于A,令2k-6=0,解得k=3,
∴常数项为(-2)3=-8×20=-160,故A正确;
对于B,由二项式通项知,若要系数最大,则k的所有可能取值为0,2,4,6,(易错点)
而T1=x-6,T3=4x-2=60x-2,T5=(-2)4x2=240x2,T7=(-2)6x6=64x6,
∴展开式中第5项的系数最大,故B错误;
对于C,展开式共有7项,所以第4项的二项式系数最大,(易错点)故C正确;
对于D,令2k-6=2,解得k=4,所以含x2项的系数为(-2)4=240,故D错误.
6.解析　(1)二项式系数之和为 2n=256,
∴n=8,故=,
其二项式通项为Tk+1=x8-k(2)-k=2-k(0≤k≤8,k∈N),
当k=0,3,6时,8-k为有理数,即T1,T4,T7为有理项,又T1=20x8=x8,T4=2-3x4=7x4,T7=2-6x0=,∴展开式的所有有理项的系数之和为1+7+=.
(2)设的展开式中第(k+1)项的系数最大,则解得2≤k≤3,
∵0≤k≤8,k∈N,∴k=2或k=3,
∴第3项和第4项的系数最大.(易错点)
又T3=2-2=7,T4=7x4,
∴展开式中系数最大的项为7和7x4.
易错警示　(a+b)n的展开式中,第(r+1)项的二项式系数是(r=0,1,2,…,n),仅与n,r有关;第(r+1)项的系数为该项字母前的数连同符号,不一定是二项式系数.注意二项式系数一定为正,而对应项的系数可能为负,解题时不要将两者混淆.
思想方法练
1.答案　72
解析　(1)若使用3种形状的风铃,则A、C相同且B、D相同,此时共有=24种不同的挂法.
(2)若使用4种形状的风铃,则分两种情况讨论:
①A、C相同,B、D不同,此时有=24种不同的挂法;
②A、C不同,B、D相同,此时共有=24种不同的挂法.
综上,共有24+24+24=72种不同的挂法.
2.答案　24;216
解析　①先涂A,B,C,D,有=12种涂法,再涂E,F,G,H,有=2种涂法,
故共有12×2=24种涂法.
②先涂A,B,C,D,有=24种涂法.
A,B,C,D涂4种颜色,且互不相同,E,F,G,H涂4种颜色,且互不相同,以F,G所涂颜色分别与A,B,C,D中的任意两个同色分类求解.
若F,G所涂颜色与A,B一致,则有=4种涂法;
若F,G所涂颜色与C,D一致,则有1种涂法;
若F,G所涂颜色与A,C一致,则有1种涂法;
若F,G所涂颜色与A,D一致,则有1种涂法;
若F,G所涂颜色与B,C一致,则有1种涂法;
若F,G所涂颜色与B,D一致,则有1种涂法.
故共有24×(4+5)=216种涂法.
思想方法　分类讨论思想在排列、组合中的应用重点关注能否根据具体问题的条件确定分类标准,再利用计数原理解决问题.
3.A　分两步进行分析:
①将A,B看成一个整体,与E全排列,有=4种排法;
②排好后,形成3个空位,将C,D安插在空位中,有=6种排法.
故有4×6=24种不同的加工方法.
4.B　易知一共可坐的位子有20个,2个人任意坐的方法数为,还需排除两人左右相邻的情况.把可坐的20个座位排成连续一行,将其中两个相邻座位看成一个整体,则相邻的坐法有,还应再加上2,所以不同坐法的种数为-+2=346.
思想方法　整体思想在排列、组合中的应用主要体现在有特殊对象、特殊位置的题目中,可以把要求相邻的对象看成一个整体,再和其他对象进行排列或组合.此外还应注意看成一个整体的对象内部是否有顺序的要求.
5.C　令x=0,得a0=210,因此选项A错误;
令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+…+a10=1①,(取x=-1构造方程)因此选项B错误;
令x=1,可得a0+a1+a2+a3+…+a10=510②,(取x=1构造方程)
联立①②可得a0+a2+…+a10=,(联立方程求解)因此选项C正确;
由题意可知展开式有11项,第6项的二项式系数最大,因此选项D错误.
6.解析　(1+2x)m+(1+4x)n的展开式中含x的项为·2x+·4x=(2+4)x,
∴2+4=36,即m+2n=18.
(1+2x)m+(1+4x)n的展开式中含x2项的系数为22+42=2m2-2m+8n2-8n.
∵m+2n=18,且m,n∈N+,∴m=18-2n(1≤n≤8,n∈N+),令2m2-2m+8n2-8n=t,则t=2(18-2n)2-2(18-2n)+8n2-8n=16n2-148n+612=16(1≤n≤8,n∈N+),
∴当n取距离最近的正整数,即n=5时,t取得最小值,即含x2项的系数最小,最小值为272.
通过换元,将有关m,n的关系式转化为关于n的函数,并利用函数的性质得到t的最小值,即含x2项的系数的最小值,体现了函数思想.
7.解析　(1)仅有第5项的二项式系数最大,则n=8.
令x=1,则(1-a)8=1,又a≠0,所以a=2.
用赋值法,根据等量关系列方程求解,体现了方程思想.
(2)的二项式通项为Tk+1=()8-k=(-2)k,
假设第(k+1)项的系数的绝对值最大,则
,解得5≤k≤6.
故展开式中第6项和第7项的系数的绝对值最大.
又展开式中奇数项的系数为正,偶数项的系数为负,
故展开式中系数最小的项是第6项,T6=(-2)5·=-1792.
思想方法　函数与方程思想要重点关注利用公式、定理建立所求量的等量关系.在本章中函数与方程思想主要体现在:①能分析实际问题中的数量关系,利用排列数公式或组合数公式建立方程解决问题;②能分析二项展开式的有关量与所求量的数量关系,利用二项式定理建立关于它们的方程并求解.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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