资源简介

( 4 ) 4 ( ) 8k5+ z+ ≥5+2 z· =9. 得y=0 舍去 或y= 即 点的纵坐标是z z 16k2+1. B yB
当且仅当z=2,即x=1时上式取等号. 8k= 2 .所 以△ABC 的 面 积16k +1 S△ABC =2S△AOB =∴当x=1时,函数y 有最小值9,无最大值.
16. 解:(1)设该厂应每隔x 天购买一次面粉,则 1 32k2× ·2 |OA|
·yB = 因 为16k2+1. k>0
,所 以
其采购量为6x 吨,由题意可知,面粉的保管等其他
32k 32 1
费用3[6x+6(x-1)+6(x-2)+…+6×1]=9x(x S△ABC = ,由 于16k2+1= 1 16k + k ≥
+1), 16k+k
设平均每天所支付的总费用为y1 元,则 1 1 1
[ ( ) ] 2 16k· =8,当且仅当9x x+1 +900 900 16k=
,即k= 时取
y1= x +1800×6= x +9x
k k 4
+
“=”,
32
所以S△ABC= 1≤4
,即△ABC 面积的最
900
10809≥2 ·x 9x+10809=10989
, 16k+k
900 大值等于4.
当且仅当9x= ,即x=10时取等号x .
故该厂每隔10天购买一次面粉,才能使平均每 第十四章 计数原理
天所支付的总费用最少. §14.1 排列与组合
(2)因为不少于210吨,每天用面粉6吨,所以至 五年高考母题原型训练
少间隔35天购买面粉一次.设该厂利用此优惠条件 1.A 【解析】 由26个英文字母中任选2个
后,每隔x(x≥35)天购买一次面粉,平均每天支付的 (可以重复选择)有(C1 226) 种选择方法,后4个数字可
总费用为y2 元,则 由10个数字中选择4个排列可得共有 A410种选择方
1
y2= [9x(x+1)+900]+6×1800×0.90 法,由分步计数原理可得不同的牌照共有(C
1 2 4
26)A10
x
个,故应选A.
900
= x +9x+9729
(x≥35), 2.B 【解析】 位置完全不同有1个,有1个位
100 置相同有4个,有2个位置相同有6个,共计1+4+6
令f(x)=x+ (x≥35),设x x2>x1≥35
,
=11个,故选B.
( ) ( ) ( 100) ( 100) 【失分警示】 分类不清楚则f x1 -f x2 = x1+x - .x2+1 x2 3.B 【解析】 本题主要考查排列组合知识以
(x2-x1)(100-x1x2)= 及分类计数 原 理 和 分 步 计 数 原 理 知 识.属 于 基 础 知x1x2 识、基本运算的考查.首先应考虑“0”是特殊元素,当0
∵x2>x1≥35,∴x2-x1>0,x1x2>1225,100
排在末位时,有A29=9×8=72(个),当0不排在末位
-x1x2<0.
时,有A1A1A14 8 8=4×8×8=256(个),于是由分类计
∴f(x1)-f(x2)<0,f(x1)数原理,得符合题意的偶数共有72+256=328(个).
100
即f(x)=x+ ,当x x≥35
时为增函数. 故选B.
∴当x=35时,(x)有最小值,此时 ≈10070 4.B 【解析】f y 本小题主要考查有限制条件的2
<10989. 排列组合问题及分步计数原理.
∴该厂应接受此优惠条件. 第一步先 排 第 一 行 有 A
3
3 种,第 二 步 再 排 第 二
17. 解:依题意,椭圆的左顶点 A(-4,0),所以 行,第一行确定后对应2种,第三行只有一种,所以总
3
直线 AB 的 方 程 为 y =k(x +4)(k<0).由 数为A3×2×1=12种,故选B.
y=k(x+4), 5.140 【解析】 从7名志愿者中选择3人参{x2 消去x 得(16k2+1)y2-8ky=0,解 加周六的社区公益活动有C37 种安排方法,再在剩下16+y2=1, 的4人中选择3人参加周日的社区会益活动有C34 种
·173·
安排方法,由分步计数原理可得不同的安排方案共有 设置,要求学生通过分析、理解、转化等思维途径寻求
C3C37 4=35×4=140种. 解决问题的思路,特别是(2)问对学生的综合能力提
6.336 【解析】 本题主要考查排列组合两个 出了较高的要求.
计数原理.分两类:第 一 类,甲、乙、丙3人 站3个 台 12.B 【解析】 先将两位两 老 人 排 在 一 起 有
阶,有A37 种;第二类,甲、乙、丙3人站2个台阶,有 A22 种排法,再将5名志愿者排在一起有 A55 种排法,
C23A27 种,所以共有A3 2 27+C3A7=336种. 最后将两位老人插入5名志愿者间的4个空中有C14
7.390 【解析】 考查排列组合的基本运算及 种插入方法,由分步计数原理可得不同的排法拍照方
分析问题、解决问题的能力,分为三种颜色和两种颜 法共有A2 5 12A5C4=960种,故应选B.
色即3A36+A26=390. 13.C 【解析】 由题意知,共有 A55=120个不
8.216 【解析】 本题解题思路是依据题意恰 同的闪烁,而每一个闪烁要完成5个闪亮需用时5秒
当地进行分类或分步,同时注意全面思考问题.记4 钟,共用120×5=600秒,每两个闪烁之间需间隔5
种颜色的灯泡分别是a、b、c、d,依题意分步确定满足 秒钟,共有120-1=119个闪烁间隔,用时119×5=
题意的方法数:第一步,从4种颜色的灯泡中任选三 595秒,故总用时600+595=1195秒.
种分别装在点A、B、C,有 A34 种方法(不妨假定在点 14.B 【解析】 当a1=2时,若a3=4,则a5=
A、B、C 分别装的是颜色依次是a、b、c的灯泡);由于 6,不同的排法数有A33=6种;
A1,B1,C1 三点中必恰好有一点处装颜色d 的灯泡, 当a1=2时,若a3=5,则a5=6,不同的排法数
因此第二步,从A1,B ,C 三点中选定一处,有C11 1 3 种 有A33=6种;
情形(不防假定选定点A1 处装的颜色是d 的灯泡); 当a1=3时,若a3=4,则a5=6,不同的排法数
第三步,确定点B1,C1 处分别装上满足题意的颜色 有A33=6种;
的灯泡,不难确定共有3种不同的方法.因此由乘法 当a1=3时,若a3=5,则a5=6,不同的排法数
原理得满足题意的安装方法共有A34C13·3=216种. 有A33=6种;
9.A 【解析】 C08,C1 2 3 8 08,C8,C8,…,C8 中仅C8= 当a1=4时,若a3=5,则a5=6,不同的排法数
C88=1为奇数,故应选A. 有A33=6种,
10.5 【解析】 本题是二项式定理问题,由题 综上可得符合条件a1≠1,a3≠3,a5≠5,a1意得b3=C2n2n-2,b4=C3n2n-3,故C22n-1=2C3 n-3n n2 , 得C2=C3n n,∴n=5. 15.72 【解析】 本题主要考查考生能否结合
本题主要考查学生对二项式定理的应用情况,需 所学排列组合知识,通过恰当的分类或分步,综合利
要学生准确记忆二项展开式的通项公式,并进行准确 用解决排列组合问题的各种方法求得相关的方法数
的推理运算. 的能力.依题意得满足题意的排法共有5! -A2·A42 4
4
11. 6 【解析】 本题是组合问题, =72种.m(n-m)
16.324 【解析】 本题考查排列组合的基本方
C1 1
P = m-1
Cn-m-1 4
由已知得 · = . 法 及 分 类 讨 论 的 数 学 思 想,A1 3 1 31n 2 2 ( ) 6A6 - A3A3 -Cm Cn-m m n-m
C12 4C
1 1 3 1 2 1 3
C 3
C3C3-C3C3C3A3=324.
当1≤im
ij的和为C2
·1=1 17.A 【解析】 本题考查排列组合的知识.本
m
当1≤i≤m女的时候,共有C3·(n-m)=4 5+C
3
4=14种方法,从9人中选择3
C2 人一共有C
3
9=84种方法,所以要求男女都有共有84
当m=1. 解.当组队中有一名女医生时有C1C24 5=40种组法,当
∴1≤i本题以组合问题为背景,通过一系列情景和问题 有70种组队方法.
·174·
18.A 【解析】 本题考查排列组合,按甲参加 2x+y≥7, 0≤x≤4, x=2,
其 中 ∴ 或
的日期分类,甲周一参加,乙和丙在剩下的4天中选 {x+y=5, {0≤y≤6. {y=3
两天参加,共 A24 种;甲周二参加,同理可知道有 A23 x=3,
或
种;甲 周 三 参 加,有 A2 { {
x=4,
2 种,根 据 加 法 原 理 可 知,共 y=2 y=1.
A2+A2 2 2 3 3 2 4 14 3+A2=20种. 因此所求的取法种数是C4C6+C4C6+C4C6=
排列组合问题需要动手排一排,进行合理分类, 186种.
分清两个基本原理,本题属于中等题. 14. 解:(1)因为甲站中间,则只需考虑其余6
19.B 【解析】 本题考查排列组合综合计数问 人,故共有A66=720种方法;
题,属于基础知识、基本运算的考查.对3人分两类考 (2)甲、乙的站法有A2 种,其余5人全排列有A52 5
虑:若3人没有1人是来自甲企业的,则不同种数是 种,故共有A2A52 5=240种方法;
C34=4;若三人中有一个来自甲企业的,则不同种数 (3)相邻问题应该采用“捆绑法”,共有 A6A26 2=
是C1C22 4=12.故共有16种,选B. 1440种方法;
20.C 【解析】 甲乙两名学生分到同一个班的 (4)两两不相邻问题应该采用“插空法”,共有
种数是C1A2,所求的方法种数是C2A3-C1A2=30. A4 33 2 4 3 3 2 4A5=1440种方法;
本题考查排列组合知识,强调根据不同的背景材料, (5)分别对三个男生和四个女生用“捆绑法”,把
灵活处理问题. 他们 当 作 2 个 整 体 进 行 排 列,再 松 绑,故 共 有
21.D 【解析】 由计数原理,第一类,女生在甲 A22A3A43 4=288种方法;
组C1C15 3C26=225,第二类,女生在乙组C2 1 15C2C6=120, (6)因为女生比男生多1人,因此男女相间而站,
由分类计数原理,C1C1C2+C2C1C15 3 6 5 2 6=345.本题属于 就是在四名女生之间的间隔中站入三名男生,所以只
简单题,考查排列组合知识解应用题. 需分别排列男生和女生,故共有A3A43 4=144种方法.
22.1080 【解析】 6位 志 愿 者 分 成 四 组 有 (7)因为甲不站排头且乙不站排尾,所以甲和乙
C2 2 16C4C2 4 是特殊元素,排头和排尾是特殊位置,应该优先考虑.
2 2=45种方法,四组分赴四个不同场馆有· AA A 42 2 我们不妨先确定甲站在什么位置,很明显,甲站与不
, C
2 2
6C4C12· 4 站排尾对于乙的影响是不同的,故分为两种情况;=24 A = ①种方法 因此不同的分配方案有
A2 2 42·A2 甲站排尾,则乙就没有限制了,共有 A66 种站法;②甲
1080种方法. 不站排尾,则甲有A15 种站法,因为乙也不能站排尾,
23.420 【解析】 从16名同学中任选3名共 故乙还有A1 种站法,其余的人随便站,共有A1A1A55 5 5 5
有C3 316种选法,其中只选男生有C10种方法,只选女生 种站法.所以,甲不站排头且乙不站排尾共有 A66+
有C36 种选法,即得选到的3名同学中既有男同学又 A15A1 55A5 种方法,即有3720种方法;
有女同学有C3 3 316-C10-C6=420种. 15. 解:(1)有多少个矩形,可转化为:在与x 轴
24.264 【解析】 上午测试安排有 A44 种方法, 平行的5条平行线中任抽2条,再从与y 轴平行的纵
下午测试分为:(1)若上午测试“台阶”的同学下午测 向4条平行线中任抽2条即可.故有:C25C24=60个
试“握力”,其余三位同学有2种方法测试;(2)若上午 矩形.
测试“台阶”的同学下午不测试“握力”,则有C13 种方 (2)从O 点到A 最短的路径必须走7步,即三
法选择,其余三位同学选1人测试“握力”有C13 种方 “横”四“纵”.可转化为在7个位置中选3个位置填上
法,其余两位只有一种方法,则共有C1·C13 3=9种, “横”的元素,其余当然就是“纵”的元素.故有:C37=35
因此测试方法共有A44·(2+9)=264种. 条最短路径.
2012—2013高考题源拓展测试 16. 解:(1)只有一个盒子空着的投放方法,要分
1.B 2.A 3.C 4.B 5.B 6.D 7.B 两步:①把5个球取2个放一起,有10种方法;②把
8.C 9.19 10.100 11.70 12.59 ①中的这2个球看成一个球与剩下的3个球放入4
13. 解:设取x 个红球,y 个白球,得 个盒里,有5×4×3×2(种),则共有10×5×4×3×2
·175·
=1200(种). 任选一个,有A17=7种;
(2)没有1个盒子空的投放方法且球的编号与盒 第二步排余下的两位,可从余下的7个数字中任
子编号不全相同分两类:①不考虑球的编码与盒子编 选2个排上有A27=42种,∴共有N1=A17·A27=294
码,有5×4×3×2×1种;②球的编码与盒子编码完 (个);
全相同,有1种,则共有5×4×3×2×1-1=119 第二类:末两位是75,排法同第一类,∴共有 N2
(种). =294(个).
(3)不满足的情形:第一类,恰有一球相同的放 第三类:末两位是50,因零已取出排在末位,其
法:5×9=45种;第二类,五个球的编号与盒子编号 他三位只要从余下的8个数字中任取3个进行排列
全不同的放法:44种. 即可,故 N3=A38=336(个).
∴满足条件的放法数为:120-45-44=31(种). 根据分类计数原理,符合条件的五位数有
17. 解:(1)在本题中,个位(奇数),首位(不能为 N=N1+N2+N3=924(个).
0)为特殊位置,可先排,第一步:先排个位,只能从1, (4)在本题中,万位数字上可选5,6,7,8,个位上
3,5,7,9这5个 数 字 中 任 选 一 个 排 在 个 位 上 有 可排0,2,4,6,8,首位、末位都是特殊的位置,所以要
A15 种. 对特殊位置先排,以万位为分类标准,可将符合要求
第二步:万位上不能排0,从余下的除0以外的8 的五位数分为以5或7为首位的与以6或8为首位
个数字中任取一个排在万位上,有A18 种方法. 数的两类:
第三步:在余下的8个数字中任选3个排在余下 第一类:第一步,万位排5或7有A12=2种方法,
的3个位置上,有A38 种方法,根据乘法原理,符合条 第二步,个位从0,2,4,6,8五个数字中任选一个,有
件的排列共有 A15A1 38A8=13440种,从而共有奇数 A15=5种方法,第三步,从余下的8个数字中任取3
13440个. 个排在其余3个位置上,有A38 种不同排法,依据乘法
(2)同(1)但0可以在个位上,所以此题有个位 原理,共有 N =A1A1 31 2 5A8=3360(个).
(特殊位置)0(特殊元素),有两种情况: 第二类:万位排6或8,第一步,排万位有 A12 种
①若0在个位. 方法,第二步,排个位,从剩下的4个偶数中任取一
第一步:0在个位有1种方法. 个,有A14 种方法,第三步,其他三位数字可从余下的
第二步:从余下的9个数字中任取4个排在余下
8个数字中任取3个数字有 A38 种不同排法,依据乘
的4个位置上共有 A49 种方法,据乘法原理,共有符
法原理,共有 N2=A12A1 34A8=2688(个).
合条件的不同排列A49 种方法.
根据分类计数原理,符合条件的五位数共有 N
②若0不在个位.
: ,,, =N1+N2=3360+2680=6048
(个).
第一步 个位从2468四个数字中任选一个排
, 1 §14.2 二项式定理在个位上 有A4 种方法.
第二步:万位上不能排零,从余下的8个数字中 五年高考母题原型训练
任取一个排在万位上,有A1 种方法. 1.D 【解析】 考查换元法及二项展开式的通8
第三步:在余下的8个数字中任选3个排在余下 项公式的应用,令t=x+1,则x=t-1,由已知得(t
2 10
的3个位置上,有A3 种方法,根据乘法原理,共有符 -1)+(t-1) =a0+a1t+…+a9t
9+a 1010t ,因此
8
1
合条件的不同排列A1A1A3 种. a9=C10(-1)
1=-10.故选D.
4 8 8
再根据加法原理,符合条件的排列共有 A4+ 2.40 【解析】 本题考查了二项式定理.由题意9
A1A1
1
A3=13776(种),从而有13776个偶数. 知C5a=10,得a=2,故bx
2=C25(2x)2,∴b=40.4 8 8
(3)欲使5位数能被25整除,末两位数只能是 3. -2
8 【解析】 本题主要考查二项式定理,
25,50,75,符合条件的排列可以分为如下三类: 属于基础知识、基本运算能力的考查.令x=1,则a0
第一类:末两位是25时,首位(万位)不能排数 +a1+a2+a3+a4+a5=0;令x=-1,则a0-a1+
字0. a2-a +a 53 4-a5=2.
第一步排首位从1,3,4,6,7,8,9这七个数字中 ∴a 4 40+a2+a4=2,a1+a3+a5=-2.
·176·
4.B 【解析】 本题主要考查二项式定理.Tr+1= 11.A 【解析】 本题主要考查二项式定理展开
1 式的通项和二项式系数的性质,同时考查运算能力
Cr(x2)5-r(- )r=Cr5 5(
.
-1)rx10-3r,令x 10-3r=4
,得r
二项式的二次项系数和为2n=64,可知n=6,利用二
=2.所以,展开式中含x4 的项的系数为C25(-1)2=10. r
项式展开式的通项:T r 6-r
1
选B. r+1=C6
(3 x) - ÷ =
è x
5.D 【解析】 本小题主要考查二项式定理展 Cr·36-r6 (-1)r·x3-r,易知展开式的常数项为第四
开式的通项公式的灵活运用. 3
项,即为C3(
1
6 3 x)3 - ÷r =-540,故选A.
由题意知T =Crx2(n-r)r+1 n ( 1-x ) =Crnx2n-3r· è x 12.7 【解析】 本题考查二项式定理的性质,
( 2-1)r.若展开式为常数项,则r= n,则n 必为3 属于基 础 知 识、基 本 运 算 的 考 查.由 条 件 易 知(1+3
x)3,(1+ x)3,(1+3x)3 展开式中x 项的系数分
的倍数.经验证n=6(此时r=4)时符合题意,故选D.
别是C13,C23,C33,即所求系数是3+3+1=7.
6.6 【解析】 本题考查利用二项式定理求系
13.31 【解析】 本题考查赋值法在二项展开
数.根据通项公式得:T rr+1=C4(x y)4-r(y x)r= 式中的应用.令x=0得a0=-32,令x=1得a0+a1
r 4+r r
Cr 4-4x 2y 2 ,令4- =3,则r=2满足题意,故所 +a2+a3+a4+a5=-1,所以a1+a2+a3+a4+a52
=31.
求系数为C24=6.
14.B 【解析】 (1- x)6(1+ x)4=(1-x)4(7. -20 【解析】 1 本题考查二项式定理的展开
1 - x)
2=(1-x)4·(x+x),其展开式中x 的系数为
式的通项公式的应用.注意到(2x- )6 的展开式的2x C14·(-1)×1+1×1=-3,故应选B.
1 10
通项是T =Cr·(2x)6-r·(- )r=Cr·(-1)r 15.D 【解析】 (1+
3x)6
1
r+1 6 2x 6
1+4 ÷ 展开式è x
·26-2r ·x6-2r,令 6-2r=0 得 r=3.因 此 m n 4m-3n的通项为Cm n - m n6x3 ·C10x 4=C6C10·x 12 ,其中 m
1 6(2x- ) 的展开式的常数项是C3·(-1)36 =-20. =0,1,2,…,6;n=0,1,2,…,10.当且仅当4m=3n,2x
m=0, m=3, m=6,
【解析】 [x -
1 ( )· 即{ 或 { 或 { 时 得 展 开 式 的 常 数8.15 ∵原 式= y 2 + -1 n=0, n=4, n=8,
-1yx 02]6, 项,即得常数项为C6C010+C36C410+C6C86 10=1+4200+
r 6-r -6-r r ,故应选∴Tr+1=C6x y 2 (-1)ryrx-
45=4246 D.
2
16.C
=(-1)rCrx6-
3 3
2ry2r-36 . n
3 17.5 【解析】 ( 1二项式 x+ 3 ) 展开式的通
又∵6-2r=3
,r=2, x
项公式为Cr·xn-r·x-3rn =Crn ·xn-4r 通项分别与
∴x3 系数为(-1)2C26=15. 前面的三项相乘可得Cr ·xn-4r、Cr ·xn-4r+1n n 、Crn·
r
9.1 【解析】 由 T r 9-r a n-4r+2r+1=C9·x · (- ) x ,∵展开式中不含常数项,∴n≠4r 且n≠4rx
且
( )r r 9-2r, , , -1 n≠4r-2
,∵2≤n≤8,∴n≠4,8且n≠3,7且
= -a C9x 令9-2r=3r=3
n≠2,6,∴n=5.
有(-a)3C39=-84,解得a=1. 2012—2013高考题源拓展测试
1 810.72 【解析】 二 项 式 x+4 ÷ 展 开 式 1.C 2.C 3.C 4.B 5.B 6.D 7.A è x
8.D 9.15 10.40 11.726.089 12.4
8-r r 3r
的通项公式为Tr+1=Cr8·x 2 ·x-4=Cr·x4-8 4, 16 1 52
其中r=0,1,2,3,…,8,当且仅当r=0,4,8时, 13.
解: 5x +
÷ 的展开式的通项为
展开 Tr+1è x
式中的含x 的项为整数次幂,此时它们的系数和为 5-r 1 r 5-r 20-5r
0 4 8 =C
r (16x2 ) 5 ÷C +C +C =72. 5 =è x (
16) ·Cr5·x 2 ,令
8 8 8 5
·177·
Tr+1为常数项,则20-5r=0∴r=4,∴常数项T5= 17. 解:(1)(x2-3x+2)5=(x-1)5(x-2)5,
16 (x-1)5 展开式的通项公式为Cr(-1)rx5-r5 (4 ,又(a2 )n 展开式的各项系数之和等 0≤r≤C5×5=16 +1 5);(x-2)5 展开式的通项公式为
于2n,由题意得2n=16,∴n=4,由二项式系数的性 Cs5(-2)sx5-s(0≤s≤5).
质知,(a2+1)n 展开式中系数最大的项是中间项T3, 所以(x2-3x+2)5 展开式的通项公式为
∴C2 44a =54,∴a=± 3. CrCs(-1)r+s·2s·x10-r-s5 5 ,∴r+s=8,得
14. 解:(1)第4r 项与第r+2项的二项式系数 r=3, r=4, r=5,
分别为C4r-1和Cr+1,由题设得:C4r-1 r+1
或 或
20 20 20 =C20 由组合 {s=5 {s=4 {s=3.
数性质得:4r-1=r+1,或4r-1=20-(r+1).4r- 所以展开式中x2 的系数为
1=r+1没有整数解,则由4r-1=20-(r+1),得r C3 5 5 4 45C5·2 +C5C5·24+C55C35·22=800,即a2
=4.所以r=4. =800.
(2)T4r=T16=-C15 3020x =-15504x30. Tr+2= (2)令f(x)=(x2-3x+2)5=a0+a1x+ax22 +
T =-C5x106 20 =-15504x10. …+a10x10.
15. 解:(1)∵C4+C6n n=2C5n,∴n2-21n+98= a0=f(0)=25=32,
0,∴n=7或n=14. a0+a1+a2+…+a10=f(1)=0,∴a1+a2+
当n=7时,展开式中二项式系数最大的项是T4 …+a10=-32.
4 35
和T , T 的系数 25 ∴ 4 =C3× (17 ) ×23= ,T (5 的系 3)(a0+a2+a4+a6+a8+a10)-(a1+a3+2 2
a5+a 23 7+a9)
数=C4 1 47× (2 ) ×2=70. =(a0+a1+a2+…+a10)(a0-a1+a2-…+
当n=14时,展开式中二项式系数最大的项是 a10)
1 7 =f(1)·f(-1)=0.T8,∴T8 的系数=C7 714× (2 ) ×2=3432. 第十五章 概率与统计
(2)由C0+C1 2n n+Cn=79,可得n=12,设T
k+1项
的系数最大. §15.1 概 率
1 12 1 12∵ ( (2+2x) = (2 ) 1+4x)12, 五年高考母题原型训练1.C 【解析】 (m+ni)(n-mi)=2mn+(n2
Ck4k≥Ck-1 k-1{ 12 12 4 , 2 2 2∴ ∴9.4≤k≤10.4,∴k=10, -m )i为实数,有n -m =0,∴m=n,所求的概率Ck k124 ≥Ck+1 k+112 4 , 6 1
∴展开式中系数最大的项为T . P= = .本题考查了复数、概率等基础知识11 36 6 .
12
T = (1 ) C10410 10 10 2.D 【解析】 从30名同学中任选3名共有n11 2 12 x =16896x . =C330种选法,其中只选男生有C320种方法,只选女生
16. 解:(1)∵77=4×19+1. 有C310种选法,即得选到的3名同学中既有男同学又
∴7777-7=(76+1)77-7 有女同学有 m=C330-C3 -C320 10种方法,由此可得选
=C0 ·7677+C177 77·7676+…+C7677·76+C7777·1 到的3名同学中既有男同学又有女同学的概率为P
-7 m C3 3 330-C20-C10 20
=76(C077·7676+C177·7675+…+C76)-19+ =n = C3 =
,故应选
77 30 29
D.
(19-6),所以余数是19-6=13. 3.B 【解析】 显然,符合条件的火炬手的编号
(2)1.025=(1+0.02)5=1+C15·0.02+C25· 可以是(1,4,7),(2,5,8),…,(12,15,18),共12组,
0.022+C35·0.023+C45·0.024+C55·0.025,∵C25·0. 12 1
2 而所有 取 法 为 C
3 ,所 以,所 求 概 率 为= = ,
02=4×10-3=0.004,C3 3 -5 18 35·0.02=8×10 ,∴当(2) C18 68
中的结果精确到0.01时,只要取展开式的前三项和 选B.
为:1+0.10+0.004=1.104.近似值为1.10. 4.B 【解析】 本题解题思路是依据题意得出
·178·§14.2 二项式定理
考纲·题型解读
掌握二项式定理和二项展开式的性质,并能用它们计算和证明一些简单的问题.
二项式定理在高考中一般以选择题、填空题的题型出现,分以下几类:
(1)求二项展开式中特定项的系数,在全国卷试题中出现的频率约为70%,是常考题型,题目难度为中、低档题.
(2)求二项展开式中某指定项或项数,如常数项、有理项等,在全国卷中出现的频率约为20%,题目难度为中、低档题.
(3)其他问题,如整除问题、近似计算问题、系数和问题等,这些问题比较灵活,思维层次较高,属中档题.
a a a a
题源1 二项式定理的基本内容 200922009=-a
1 2
0,再令x=0可 得a0=1,因 而2+
…
22 + +
2009
22009
=-1.选C.
解题模型 [真题3] (2021·北京)若(1+ 2)5=a+b 2(a,b 为有
1.二项式定理的概念 理数),则a+b等于 ( )
(a+b)n=C0ann +C1an-1b+…+Cran-r rn n b +…+ A.45 B.55
Cnnbn,(n∈N*). C.70 D.80
这个公式表示的定理叫做二项式定理.在上式中右边 [解析] 本题主要考查二项式定理及其展开式.属于基础
的多项式叫做(a+b)n 的二项展开式,其中的系数Cr(r= 知识、基 本 运 算 的 考 查n .∵(1+ 2)
5=C0(2)0+C1(2)15 5 +
0,1,2,…,n)叫做二项式系数. C25(2)2+C35(2)3+C45(2)4+C5 55(2)=1+52+20+202
2.二项式定理的深化理解 +20+42=41+292,由已知,得41+292=a+b 2,∴a+
二项式定理是一个恒等式,对待恒等式通常有两种思 b=41+29=70.故选C.
路:一是利用恒等定理(两个多项式恒等,则对应项系数相 题源 二项展开式的通项公式
等);二是赋值(既然任意的实数a,
2
b 都成立,那么特殊的
实数a,b也一定成立),根据需要对a,b 赋值.可以利用二
解题模型
项式定理解决一些特殊问题,如求所有项的系数和等.
【注意】 (a+b)n 与(b+a)n 虽然相同,但具体到它 1.定义:(a+b)n=C0an+C1an-1n n b+…+Cran-rbrn +
们展开式的某一项时是不相同的,其中的a 和b 是不能随 …+Cn nnb
便交换的. 在展开式中,式子Cran-rn br 叫做二项展开式的通项,
用 表 示,它 是 展 开 式 的 第 项,即
[真题1] (
Tr+1 r+1 Tr+1 =
2019·江苏)若对于任意的实数x,有x3=a0 r n-r r
+a1(x-2)+a2(x-2)2+a3(x-2)3,则a 的值为 ( ) Cna b .2
A.3 B.6 2.对通项要注意以下几点:
C.9 D.12 (1)它表示二项展开式中的任意项,只要n 与r 确定,
[解析] ∵x3=[2+(x-2)]3 该项也随之确定.
=C0·23+C1·22·(x-2)+C23 3 3·2·(x-2)2+C33(x-2)3 (2)公式表示的是第r+1项,而不是第r项.
=8+12(x-2)+6(x-2)2+(x-2)3,∴a2=6,故应选B. (3)公式中a、b的位置不能颠倒,它们的指数和一定为n.
[点评] 本题考查了二项定理及二项式展开式系数的分析 【注意】 利用二项展开式的通项可以求出展开式中的任
与求解,通过对多项式的合理配凑与分解,体现了分析问题与解 意指定项(或系数),如常数项、系数最大的项、有理项等等.
决问题的思维处理模式.
[真题2] (2021·陕西)若(
10 7
1-2x)2009=a +ax+…+ [真题4] (2021·全国Ⅰ)(x-y) 的展开式中,0 1 xy
3 的
3 7
2009( ), a a a
系数与xy 的系数之和等于1 2 2009 .a2009x x∈R 则2+
… 的值为 ( )
22+ +22009 [解析] 由二项式定理,x7y3 的系数为-C3 ,x3y710 的系数
A.2 B.0 为-C710,故系数和为-C3 710+(-C10)=-240.
6
C.-1 D.-2 [真题5] (
1
2022·四川,13) 2-3 ÷ 的展开式中的第四
[解析] 本小题主要考查了二项式定理的本质属性,展开 è x
式为特殊数列的和.观察所求数列和的特点,两次赋值法求解, 项是 .
3
1 a1 a2 a2009 a1 a2 3 1 160
令x= 可得a0+ + 2+…+ 2009=0,所以 + 2+…+ [解析] T
3
4=T3+1=C ·2· -3 ÷ =- .2 2 2 2 2 2 6 è x x
·310·
[真题6] (2022·湖南,11)在(x+43y)20展开式中,系数 求解过程,是中低档题.
5
为有理数的项共有 项. [真题9] (2022·陕西,4)( ax+ ( )展开式中 3x ) x∈R x
[解析] T rr+1=C20·
r
34x20-r·yr,
r
其系数为Cr2034,当r 的系数为10,则实数a等于 ( )
=0、4、8、12、16、20时,其系数为有理数,∴共有6项. 1
A.-1 B.
题源3 二项式系数的性质 2
C.1 D.2
5
解题模型 [解析] ( ax+ 展开式中 3 的系数为x ) x 10.
1.对称性 a r由T rr+1=C5x5-r· =ar·Cr5·x5-2r,令5-2r=3,
与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等. (x )
2.增减性与最大值 ∴r=1.
n 3 项的系数为 · 1 , 故选
当n ∴x a C =10 ∴a=2. D.为偶数时,中间一项的二项式系数C 5n2 取得最大
n-1 n+1
值;当n 是奇数时,中间两项的二项式系数Cn2 ,C 题源 三项式或二项式之积的求解n2 相 4
等,且同时取得最大值. 6
[真题 ] ( ·辽宁)( 2) 1 的展开式
3.各二项式系数的和 10 2022 1+x+x (x-x )
(a+b)n 的展开式的各个二项式系数的和等于2n. 中的常数项为 .
即C0n+C1 2n+Cn+…+Cn n 6 rn=2 . [解析] 设 ( 1x- ) 通 项 为x Tr+1=Crx6-r ( 16 -x ) =4.奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之
r 6-2r r
和C0+C2+C4+…=C1+C3+C5+…=2n-1. C6x (-1),分 别 和 前 面 的 三 项 相 乘,得 C
rx6-2r6 (-1)r、n n n n n n
Crx7-2r(-1)r、Cr 8-2r6 6x 、(-1)r,要是常数项,6-2r=0、或8-
[真题7] (2022·江西,6)(2- x)8 展开式中不含x4 项 2r=0,得r=3和r=4时,
的系数的和为 ( ) 原式常数项=C3(-1)36 +C46x-2x2=-20+15=-5.
A.-1 B.0 [真题11] (2021·江西)(1+ax+by)n 展开式中不含x
C.1 D.2 的项的系数绝对值的和为243,不含y 的项的系数绝对值的和为
[解析] 展开式的通项公式 T =Cr·28-r·(- x)r, 32,则a,b,n的值可能为 ( )r+1 8
则含x4 项的系数为1,令x=1,得展开式所有项系数和为(2- A.a=2,b=-1,n=5
)3 , ,1 =1,因此展开式中不含x4 项的系数的和为1-1=0,故 B.a=-2b=-1n=6
C.a=-1,b=2,选B. n=6
[ , ,真题8] (2021·江西)C1x+C2x2+…+Cnxn 能被7整 D.a=1b=2n=5n n n
, , [解析] 设通项式公为:
r( )r, ,
除 则xn的值可能为 ( ) Tr+1=Cn ax+by 0≤r≤n
k r-k k
A.x=4,n=3 Tk+1=Cr
(ax) (by),0≤k≤r,令r-k=0 k=r,即 有
r r
B.x=4,n=4 Tk+1=Tr+1=Cnby
r,各项系数的绝对值的系数的和为:C0n|b|
+C1, n|b|
2+…+Cn nn|b| =(1+|b|)n=243, ,C.x=5n=4 ①又令k=0 即有
T =Crarxr,各项系数的绝对值的系数的和为:C0D.x=6,n=5 r+1 n n|a|+C
1
n|a
|2+…+Cn|a|n n[解析] 由于C1x+C2x2+…+Cnxn=(1+x)n-1,观察 n =(1+|a|)=32,②,由①②可知选项D符合.故n n n
用C项代入易知成立,故选C,本题考查二项式定理的应用,观 选D.
察结构式是考查学生的数学能力的主要方面,代入法可简化 本题考查二项式的通项公式以及相关的概念与运算,有一
定的思维程度,能够体现对学生的数学能力水平考查.
(★代表高考出现的频次)
a5x5,则b= .
题源1 二项式定理的基本内容(★★★★★) 3.(2019·安徽)已知(1-x)5=a +ax+ax2+ax30 1 2 3 +
1.(2019·浙江)若多项式x2+x10=a0+a1(x+1)+…+ ax44 +ax55 ,则(a0+a2+a4)(a1+a3+a5)的值是 .
a9(x+1)9+a10(x+1)10,则a9 等于 ( ) 题源2 二项展开式的通项公式(★★★★★)
A.9 B.10
5
C.-9 D.-10 4.(2021·浙江)在二项式 ( 2 1x - ) 的展开式中,含x4 的
2.(2021· 湖 北)已知(1+ax)5=1+10x+bx2+…+ x
·311·
项的系数是 ( ) A.-540 B.-162
A.-10 B.10 C.162 D.540
C.-5 D.5 12.(2021· 3湖南)在(1+x)3+(1+ x)3+(1+ x)3 的展
n
5.(2019·全国Ⅰ)( 1x2- ) 的展开式中,常数项为15, 开式中,x 的系数为 .(用数字作答)x 13.(2020·福建)若(x-2)5=ax5+ax4+ax35 4 3 +a2x2
则n等于 ( ) +a1x+a0,则a1+a2+a3+a4+a5= .(用数字作答)
A.3 B.4
C.5 D.6 题源4 三项式或二项式
6.(2021·全国Ⅱ)(x y-y x)4 的展开式中x3y3 的系 之积的求解(★★★★★)
数为 . 14.(2020·全国Ⅱ)(1- x)6(1+ x)4 的展开式中x 的
6
7.(2021·四川)( 12x- ) 的展开式的常数项是 . 系数是 ( )2x
(用数字作答) A.-4 B.-3
6 C.3 D.4
8.(
x y
2022· 安 徽) - ÷ 的 展 开 式 中,x3 的 系 数 等 1 10
è y x 15.(2020·江西)(1+
3x)6 1+4 ÷ 展开式中的常数项为è x
于 . ( )
9.(2022·全国Ⅱ)若 ( a
9
x- ) 的展开式中x3 的系数是x A.1 B.46
-84,则a= . C.4245 D.4246
1 8 16.(2022·全国Ⅰ)(1+2 x)
3(1- 3x)5 的展开式中x
10.(2019·辽宁) x+4 ÷ 展开式中含x 的整数次幂è x 的系数是 ( )
的项的系数之和为 .(用数字作答) A. -4 B. -2
C.2 D.4
题源3 二项式系数的性质(★★★★) n
17.(2020·辽宁)已知(1+x+x2)( 1x+ 3 ) 的展开式中
n x
11.(2019·重庆)
1
若 3 x- ÷ 的展开式中各项系数之
è x 没有常数项,n∈N
*且2≤n≤8,则n= .
和为64,则展开式的常数项为 ( )
2022-2023高考题源拓展测试
未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
一、选择题(本题包括8小题,每小题2.5分,共20分。每小题 5.( 1)(x-1)5+5(x-1)4+10(x-1)3+10(x-1)2+5
只有一个选项符合题意) (x-1)等于 ( )
1.( 2)已知f(x)=|x-4|+|x+6|最小值为n,则二项 A.x5 B.x5-1
2 nx2 ( ) C.x
5+1 D.(x-1)5-1
式 + ÷ 展开式中常数项是
è x 6.( 4)在(1-x3)(1+x)10的展开式中,x5 的系数是
A.第10项 B.第9项 ( )
C.第8项 D.第7项 A.-297 B.-252
2.( 2)若
2 n C.297 D.207
x+3 ÷ 的展开式中存在常数项,则n 的值è x 7.( 1.3)对任意的实数x,有x3=a0+a1(x-2)+a2(x
可以是 ( ) -2)2+a (x-2)33 ,则a2 的值是 ( )
A.8 B.9 A.3 B.6
C.10 D.12 C.9 D.21
8
3.( 2.3)已知 ( ax-x ) 8.
( 3)(x+1)4(x+4)8=a (x+3)12+a (x+3)11 …的展式中常数项为1120,其中实 0 1 +
+a11(x+3)+a12,则log2(a1+a3+…+a11)等于 ( )
数a是常数,则展开式中各项系数的和是 ( ) A.27 B.28
A.28 B.38 C.8 D.7
C.1或38 D.1或28 二、填空题(本题包括4小题,每小题5分,共20分)
4.( 4)在(x2+3x+2)5 的展开式中x 的系数为 ( ) 6
9.( 1.2) 2 1
A.160 B.240 (x +x ) 的展开式中常数项是 .(用
C.360 D.800 数字作答)
·312·
10.( 1.2)(1+2x)5 的展开式中x2 项的系数是 .(用 16.( 2.3)(1)求7777-7被19除所得的余数;
数字作答) (2)求1.025 的近似值,精确到0.01.
11.( 2)2.9986 的 近 似 值 (精 确 到 数 点 后 第 三 位)
为 .
9
12.( 1.2)已知 a x - ÷ 的展开式中x3 的系数为èx 2
9,则常数a的值为4 .
三、解答题(本题包括5小题,每小题12分,共60分)
13.( 3)已知(a2+1)n 展开式中的各项系数之和等于
16 1 5

5x
2+ ÷ 的展开式中的常数项,而(a2+1)n 的展开式的
è x
系数最大的项等于54,求a的值.
17.( 4)若(x2-3x+2)5=a0+a1x+ax22 +…+a x1010 .
(1)求a2;
(2)求a1+a2+…+a10;
(3)求(a0+a2+a4+a6+a8+a10)2-(a1+a3+a5+a7+
a 29).
14.( 2.3)已知在二项式(1-x2)20的展开式中,第4r项和
第r+2项的二项式系数相等.
(1)求r的值;
(2)写出展开式中的第4r项和r+2项.
n
15.( 2.3)已知 (1 ,则:2+2x)
(1)若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等
差数列,求展开式中二项式系数最大的项的系数;
(2)若展开式前三项的二项式系数的和等于79,求展开式中
系数最大的项.
·313·

展开更多......

收起↑