人教A版 (2019)选择性必修 第三册第六章 计数原理本章综合与测试学案设计

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1．在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为( )
A．30 B．20 C．15 D．10
答案 C
解析 因为(1＋x)6的展开式的第k＋1项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)xk，x(1＋x)6的展开式中含x3的项为Ceq \\al(2,6)x3＝15x3，所以系数为15.
2．二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,\r(x))))12的展开式中的常数项是( )
A．第7项 B．第8项
C．第9项 D．第10项
答案 C
解析 二项展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,12)·x12－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(x))))k＝Ceq \\al(k,12)·2k·，令12－eq \f(3,2)k＝0，解得k＝8.
∴常数项为第9项．
3.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,\r(x))))n的展开式中所有奇数项系数之和为1 024，则展开式中各项系数的最大值是( )
A．790 B．680 C．462 D．330
答案 C
解析 由题意可得2n－1＝1 024，解得n＝11，
则展开式中各项系数的最大值是Ceq \\al(5,11)和Ceq \\al(6,11)，
Ceq \\al(5,11)＝eq \f(11×10×9×8×7,5×4×3×2×1)＝462.
4．设a∈Z，且0≤a<13，若512 020＋a能被13整除，则a等于( )
A．0 B．1 C．11 D．12
答案 D
解析 512 020＋a＝(52－1)2 020＋a＝Ceq \\al(0,2 020)522 020－Ceq \\al(1,2 020)522 019＋Ceq \\al(2,2 020)522 018－…－Ceq \\al(2 019,2 020)52＋Ceq \\al(2 020,2 020)＋a，由于Ceq \\al(0,2 020)522 020－Ceq \\al(1,2 020)522 019＋Ceq \\al(2,2 020)522 018－…－Ceq \\al(2 019,2 020)52，含有因数52，故能被13整除，要使512 020＋a能被13整除，且a∈Z,0≤a<13，则只需a＋1＝13，∴a＝12.
5．(多选)若(1－2x)2 021＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2 021x2 021(x∈R)，则( )
A．a0＝1
B．a1＋a3＋a5＋…＋a2 021＝eq \f(32 021＋1,2)
C．a0＋a2＋a4＋…＋a2 020＝eq \f(32 021－1,2)
D.eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 021,22 021)＝－1
答案 ACD
解析 由题意知，当x＝0时，a0＝1，
当x＝1时，a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 021＝(－1)2 021＝－1，
当x＝－1时，a0－a1＋a2－a3＋…－a2 021＝32 021，
所以a1＋a3＋a5＋…＋a2 021＝－eq \f(32 021＋1,2)，
a0＋a2＋a4＋…＋a2 020＝eq \f(32 021－1,2)，
eq \f(a1,2)＋eq \f(a2,22)＋eq \f(a3,23)＋…＋eq \f(a2 021,22 021)＝a1×eq \f(1,2)＋a2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋a2 021×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2 021，
当x＝eq \f(1,2)时，0＝a0＋a1×eq \f(1,2)＋a2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋a2 021×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2 021，
所以a1×eq \f(1,2)＋a2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋…＋a2 021×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2 021＝－a0＝－1.
故选ACD.
6．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))n的展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为________．
答案 20
解析 ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))n的展开式的二项式系数之和为2n，
∴2n＝64，∴n＝6.
∴Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)x6－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))k＝Ceq \\al(k,6)x6－2k.
由6－2k＝0，得k＝3，∴其常数项为T3＋1＝Ceq \\al(3,6)＝20.
7．已知(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4＋a6＝________.(填数字)
答案 －8 128
解析 在所给的等式中，令x＝1可得
a0＋a1＋a2＋…＋a7＝27，①
再令x＝－1可得a0－a1＋a2－a3＋…－a7＝(－4)7，②
把①②相加可得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝27＋(－4)7，
所以a0＋a2＋a4＋a6＝－8 128.
8．(1＋x＋x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))6的展开式中的常数项为______．
答案 －5
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))6的展开式中，
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)x6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))k＝(－1)kCeq \\al(k,6)x6－2k，
令6－2k＝0，解得k＝3，T4＝Ceq \\al(3,6)(－1)3＝－Ceq \\al(3,6)；
令6－2k＝－1，解得k＝eq \f(7,2)(舍去)；
令6－2k＝－2，解得k＝4，T5＝Ceq \\al(4,6)(－1)4x－2，
所以(1＋x＋x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))6的展开式中的常数项为1×(－Ceq \\al(3,6))＋Ceq \\al(4,6)＝－20＋15＝－5.
9．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,\r(x))))n的展开式中二项式系数之和比(2x＋xlg x)2n的展开式中奇数项的二项式系数之和少112，第二个展开式中二项式系数最大的项的值为1 120，求x的值．
解 依题意得2n－22n－1＝－112，
整理得(2n－16)(2n＋14)＝0，解得n＝4，
所以第二个展开式中二项式系数最大的项是第5项．
依题意得Ceq \\al(4,8)(2x)4(xlg x)4＝1 120，
化简得x4(1＋lg x)＝1，所以x＝1或4(1＋lg x)＝0，
故所求x的值为1或eq \f(1,10).
10．在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(x))))n的展开式中，前三项的系数成等差数列．
(1)求展开式中的常数项；
(2)求展开式中系数最大的项．
解 (1)二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(x))))n的展开式中，前三项的系数分别为1，eq \f(n,2)，eq \f(nn－1,8).
根据前三项的系数成等差数列，可得n＝1＋eq \f(nn－1,8)，
解得n＝8或n＝1(舍去)．
故二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(x))))n的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)·2－k·x4－k.令4－k＝0，解得k＝4，可得展开式中的常数项为T5＝Ceq \\al(4,8)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))4＝eq \f(35,8).
(2)设第k＋1项的系数最大，
则由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(k,8)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k≥C\\al(k＋1,8)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k＋1，,C\\al(k,8)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k≥C\\al(k－1,8)·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))k－1，))解得2≤k≤3.
因为k∈N，所以k＝2或k＝3，
故系数最大的项为T3＝7x2或T4＝7x.
11．在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)的值为( )
A．45 B．60 C．120 D．210
答案 C
解析 含xmyn项的系数为f(m，n)＝Ceq \\al(m,6)Ceq \\al(n,4)，故原式＝Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(0,4)＋Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(1,6)Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(0,6)Ceq \\al(3,4)＝120，故选C.
12．(多选)对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9，则下列结论成立的有( )
A．a2＝－144
B．a0＝1
C．a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1
D．a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝－39
答案 ACD
解析 对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9＝[－1＋2(x－1)]9，∴a2＝－Ceq \\al(2,9)×22＝－144，故A正确；令x＝1，可得a0＝－1，故B不正确；令x＝2，可得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1，故C正确；令x＝0，可得a0－a1＋a2－…－a9＝－39，故D正确．故选ACD.
13．若(2x＋3y)n的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－4))n－4的展开式中x2的系数为( )
A．－304 B．304 C．－208 D．208
答案 A
解析 由题意可知n＝8，
故eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)－4))n－4＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－4＋x2＋\f(1,x2)))4，
其展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,4)(－4)4－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))k，k＝0,1,2,3,4，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,x2)))k的展开式的通项为Ceq \\al(m,k)(x2)k－meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x2)))m＝Ceq \\al(m,k)x2k－4m，m＝0,1，…，k，
令2k－4m＝2，得k＝2m＋1，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝0，,k＝1))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝1，,k＝3，))
所以，x2的系数为Ceq \\al(1,4)×Ceq \\al(0,1)×(－4)3＋Ceq \\al(3,4)×Ceq \\al(1,3)×(－4)1＝－304.
14．若eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(b,x)))6的展开式中x3项的系数为20，则a2＋b2的最小值为________．
答案 2
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ax2＋\f(b,x)))6的展开式的通项为
Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)(ax2)6－k·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,x)))k＝Ceq \\al(k,6)a6－k·bkx12－3k，
令12－3k＝3，解得k＝3，由Ceq \\al(3,6)a6－3b3＝20，得ab＝1，
所以a2＋b2≥2ab＝2，故a2＋b2的最小值为2.
15．设f(x)是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x)))6的展开式的中间项，若f(x)≤mx在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))上恒成立，则实数m的取值范围是________．
答案 [5，＋∞)
解析 ∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2＋\f(1,2x)))6的展开式的中间项为第4项，
∴f(x)＝T4＝Ceq \\al(3,6)(x2)6－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)))3＝eq \f(5,2)x3，
∵f(x)≤mx在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))上恒成立，
∴eq \f(5,2)x3≤mx，即m≥eq \f(5,2)x2在x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\r(2)))上恒成立，
∴m≥eq \f(5,2)×(eq \r(2))2＝5.
16．已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(m,x)))n的展开式的二项式系数之和为256.
(1)求n的值；
(2)若展开式中常数项为eq \f(35,8)，求m的值；
(3)若(x＋m)n的展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值情况．
解 (1)由二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8.
(2)设常数项为第k＋1项，则
Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)x8－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,x)))k＝Ceq \\al(k,8)mkx8－2k，
故8－2k＝0，即k＝4，
则Ceq \\al(4,8)m4＝eq \f(35,8)，解得m＝±eq \f(1,2).
(3)易知m>0，设第k＋1项系数最大，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(k,8)mk≥C\\al(k－1,8)mk－1，,C\\al(k,8)mk≥C\\al(k＋1,8)mk＋1，))
化简可得eq \f(8m－1,m＋1)≤k≤eq \f(9m,m＋1).
由于只有第6项和第7项系数最大，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4<\f(8m－1,m＋1)≤5，,6≤\f(9m,m＋1)<7，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(5,4)所以m只能等于2.