阶段测评(二) 排列、组合与二项式定理（Word练习）-【优化指导】2021-2022学年新教材高中数学选择性必修第三册(人教A版2019)

阶段测评(二)　排列、组合与二项式定理 [对应学生用书P88] (时间：60分钟　满分：75分) 一、单项选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分．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．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有(　　) A．56种　　　　　　　　 B．68种 C．74种 D．92种 D　[根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有CC＝20种，有一个“多面手”的选派方法有CCC＝60种，有两个“多面手”的选派方法有CC＝12种，即共有20＋60＋12＝92种不同的选派方法．] 2.展开式中常数项为(　　) A．120 B．160 C．200 D．240 B　[＝，其展开式的通项为Tr＋1＝C··(2x)r＝C2rx2r－6.令2r－6＝0，可得r＝3.故展开式中常数项为C×23＝160.] 3．已知(1－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则|a0|－|a1|＋|a2|－|a3|＋|a4|－|a5|＝(　　) A．0 B．1 C．32 D．－1 A　[(1－x)5的展开式的通项为Tr＋1＝C(－x)r＝(－1)rCxr，可知a1，a3，a5都小于0.则|a0|－|a1|＋|a2|－|a3|＋|a4|－|a5|＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.在原二项展开式中令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0.] 4．现需要安排来自中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名执行奥运会的一号、二号和三号场地的乒乓球裁判工作，每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，则不同的安排方案有(　　) A．48种 B．64种 C．72种 D．96种 A　[每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，只能分为中、英，中、瑞，英、瑞．三组中，中国、英国、瑞典的乒乓球裁判各两名，本国裁判可以互换，进场地全排列，不同的安排方案有AAAA＝2×2×2×6＝48(种).] 二、多项选择题(本题共2小题，每小题5分，共10分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分．) 5．由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这10个数字组成无重复数字的五位数，其中偶数的个数是(　　) A．A＋AAA B．A＋A(A－A) C．A－A＋A(A－A) D．A－A－A(A－A) ABD　[解法1，分2种情况讨论： ①0在个位，在剩下的9个数字中任选4个，安排在前4位，有A种情况； ②2、4、6、8在个位，万位有A种情况，在剩下的8个数字中任选3个，安排在中间的3个数位，有A种情况，此时有AAA种情况． 因此可以有A＋AAA个五位偶数，A正确． 解法2，分2种情况讨论： ①0在个位，在剩下的9个数字中任选4个，安排在前4位，有A种情况； ②2、4、6、8在个位，在剩下的9个数字中任选4个，安排在前4位，有A种情况，其中0在首位的有A种情况，此时有A(A－A)种情况， 因此可以有A＋A(A－A)个五位偶数，B正确． 解法3，由排除法分析：在10个数字中任选5个，进行全排列，有A种情况．其中0在首位的有A种情况；五位数是奇数，即1、3、5、7、9在个位有AA种情况；0在首位且1、3、5、7、9在个位有AA种情况． 因此可以有A－A－A(A－A)个五位偶数，故D正确，C错误．] 6．已知(3x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，设(3x－1)n的展开式的二项式系数之和为Sn，Tn＝a1＋a2＋…＋an，则(　　) A．a0＝1 B．Tn＝2n－(－1)n C．当n为奇数时，Sn<Tn；当n为偶数时，Sn>Tn D．Sn＝Tn BC　[由题意知Sn＝2n.在展开式中令x＝0，得a0＝(－1)n；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋an＝2n.所以Tn＝2n－(－1)n.] 三、填空题(本题共2小题，每小题5分，共10分．请把正确答案填在题中横线上．) 7．设an(n≥2，n∈N*)是(3－)n的展开式中x的一次项的系数，则＋＋…＋＝________． 17　[因为an(n≥2，n∈N*)是(3－)n的展开式中x的一次项系数，所以an＝C3n－2， 所以＋＋…＋ ＝＋＋…＋ ＝18＝17.] 8．若(3x－)m的展开式中二项式系数之和为128，则m＝________，展开式中的系数是________． 7　21　[由题意可知2m＝128，得m＝7.则展开式的通项为Tr＋1＝C(3x)7－r·(－)r＝(－1)rC37－rx7－.令7－r＝－3，解得r＝6.故的系