第6章 计数原理 单元质量测评-【金版教程】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

第六章　单元质量测评 时间：120分钟　　　满分：150分 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 2．已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{5，6，7}，C＝{8，9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则组成集合的总个数为(　　) A．24 B．36 C．26 D．27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 5．某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两个区域种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花．现有3种不同的绿色植 物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有(　　) A．400种 B．396种 C．380种 D．324种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 6．在(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)11的展开式中，x2的系数是(　　) A．55 B．66 C．165 D．220 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 7．已知直线ax＋by－1＝0(a，b不全为0)与圆x2＋y2＝50有交点，且交点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有(　　) A．66条 B．72条 C．74条 D．78条 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 8．由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3都不与5相邻的六位偶数的个数是(　　) A．72 B．96 C．108 D．144 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．跳格游戏：如图，人从格子外只能进入第1个格子，在格子中每次可向前跳一格或两格，那么下列说法正确的是(　　) A．进入第2个格子的走法有2种 B．进入第2个格子的走法有1种 C．进入第3个格子的走法有2种 D．进入第8个格子的走法有21种 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 解析　设跳到第n个格子的方法数为an，到达第n个格子的方法分两类：第一类，从第n－1个格子向前跳一格到达第n个格子，方法数是an－1；第二类，从第n－2个格子向前跳两格到达第n个格子，方法数是an－2，则an＝an－1＋an－2，结合条件及数列的递推关系，可得数列的前8项分别是1，1，2，3，5，8，13，21，故A错误，B，C，D正确．故选BCD． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 10．若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值可以是(　　) A．－5 B．－3 C．1 D．5 解析　在(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9中，令x＝－2，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9＝m9，即(a0＋a2＋…＋a8)－(a1＋a3＋…＋a9)＝m9．令x＝0，可得(a0＋a2＋…＋a8)＋(a1＋a3＋…＋a9)＝(2＋m)9．∵(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，∴[(a0＋a2＋…＋a8)＋(a1＋a3＋…＋a9)][(a0＋a2＋…＋a8)－(a1＋a3＋…＋a9)]＝39，∴(2＋m)9m9＝(2m＋m2)9＝39，可得2m＋m2＝3，解得m＝1或m＝－3． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 13．25名志愿者组成5行5列的方阵，现从中选出2人，则不同的选法种数为_____；若选出的2人既不在同一行又不在同一列，则不同的选法种数为_____． 300 200 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 14．如图，在排成4×4方阵的16个点中，中心4个点在某一圆内，其余12个点在圆外，在16个点中任取3个点构成三角形，其中至少有1个顶点在圆内的三角形共有_____个． 312 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本小题满分13分)某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动． (1)任选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？ (2)三个年级各选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？ (3)选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 解　(1)分三类：第一类，从高一年级选1个班，有6种不同选法；第二类，从高二年级选1个班，有7种不同选法；第三类，从高三年级选1个班，有8种不同选法．由分类加法计数原理可得，共有6＋7＋8＝21种不同的选法． (2)分三步：第一步，从高一年级选1个班，有6种不同选法；第二步，从高二年级选1个班，有7种不同选法；第三步，从高三年级选1个班，有8种不同选法．由分步乘法计数原理可得，共有6×7×8＝336种不同的选法． (3)分三类，每类又分两步：第一类，从高一、高二两个年级各选1个班，有6×7种不同选法；第二类，从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同选法；第三类，从高二、高三年级各选1个班，有7×8种不同选法．故共有6×7＋6×8＋7×8＝146种不同的选法． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 17．(本小题满分15分)平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线． (1)这9个点可确定多少条不同的直线？ (2)以这9个点中的3个点为顶点，可以确定多少个三角形？ (3)以这9个点中的4个点为顶点，可以确定多少个四边形？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 18．(本小题满分17分)某中学预计在“五·四”青年节当天，为高三学生举办成人礼活动，用以激励在备考中的高三学生．学工处共准备了五首励志歌曲，一个往届优秀学生视频发言，一个教师代表发言，一个应届学生代表发言．根据不同的要求，求本次活动的安排方法． (1)三个发言不能相邻，有多少种安排方法？ (2)励志歌曲甲不排在第一个，励志歌曲乙不排在最后一个，有多少种安排方法？ (3)往届优秀学生视频发言必须在应届学生代表发言之前，有多少种安排方法？(结果用数字作答) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 30 　　　　　　　　　　　　　 R 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．(Ceq \o\al(2,100)＋Ceq \o\al(97,100))÷Aeq \o\al(3,101)的值为(　　) A．6 B．101 C．eq \f(1,6) D．eq \f(1,101) 解析　(Ceq \o\al(2,100)＋Ceq \o\al(97,100))÷Aeq \o\al(3,101)＝(Ceq \o\al(2,100)＋Ceq \o\al(3,100))÷Aeq \o\al(3,101)＝Ceq \o\al(3,101)÷Aeq \o\al(3,101)＝3,3)eq \f(1,A) ＝eq \f(1,6)．故选C． 解析　从三个集合中取出两个集合，取法分别是集合A，B，集合A，C，集合B，C．当取出集合A，B时，从这两个集合中各取一个元素组成集合，有Ceq \o\al(1,4)×Ceq \o\al(1,3)＝12个；当取出集合A，C时，从这两个集合中各取一个元素组成集合，有Ceq \o\al(1,4)×Ceq \o\al(1,2)＝8个；当取出集合B，C时，从这两个集合中各取一个元素组成集合，有Ceq \o\al(1,3)×Ceq \o\al(1,2)＝6个．一共可以组成12＋8＋6＝26个集合． 3．若实数a＝2－eq \r(2)，则a10－2Ceq \o\al(1,10)a9＋22Ceq \o\al(2,10)a8－…＋210＝(　　) A．32 B．－32 C．1024 D．512 解析　由二项式定理，得a10－2Ceq \o\al(1,10)a9＋22Ceq \o\al(2,10)a8－…＋210＝Ceq \o\al(0,10)a10(－2)0＋Ceq \o\al(1,10)a9· (－2)1＋Ceq \o\al(2,10)a8(－2)2＋…＋Ceq \o\al(10,10)(－2)10＝(a－2)10＝(－eq \r(2))10＝25＝32． 4．已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x))))eq \s\up12(n)的展开式中，第6项为常数项，则展开式中所有的有理项共有(　　) A．5项 B．4项 C．3项 D．2项 解析　Tk＋1＝Ceq \o\al(k,n)xeq \s\up12(\f(n－k,3)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2\r(3,x))))eq \s\up12(k)＝Ceq \o\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq \s\up12(k)xeq \s\up12(\f(n－2k,3))，由第6项为常数项，得当k＝5时，eq \f(n－2k,3)＝0，得n＝10．令eq \f(10－2k,3)∈Z，又0≤k≤10，k∈N，所以k可取2，5，8．故第3项，第6项与第9项为有理项，有理项共有3项．故选C． 解析　圆环的3个区域种植绿色植物，共有Aeq \o\al(3,3)＝6种种法．如图，中间的6个扇形区域种植鲜花可分为三类：第一类，A，C，E均种相同植物，有3×2×2×2＝24种种法；第二类，A，C，E种2种不同植物，有Ceq \o\al(2,3)×Aeq \o\al(2,3)×2×1×1＝36种种法； 第三类，A，C，E种的植物各不相同，有Aeq \o\al(3,3)×1×1×1＝6种种法．故 由分步乘法计数原理和分类加法计数原理，得不同的栽种方案共有 6×(24＋36＋6)＝396种．故选B． 解析　展开式中x2项的系数是Ceq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(2,4)＋…＋Ceq \o\al(2,11)＝Ceq \o\al(3,3)＋Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(2,4)＋…＋Ceq \o\al(2,11)＝Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(2,4)＋…＋Ceq \o\al(2,11)＝…＝Ceq \o\al(3,12)，所以x2的系数是Ceq \o\al(3,12)＝220．故选D． 解析　先考虑x≥0，y≥0时，圆上横、纵坐标均为整数的点有(1，7)，(5，5)，(7，1)，依圆的对称性知，圆上共有3×4＝12个点的横、纵坐标均为整数，经过其中任意两点的割线有Ceq \o\al(2,12)＝66条，过每一点的切线共有12条，又考虑到直线ax＋by－1＝0不经过原点，而上述直线中经过原点的有6条，所以满足题意的直线共有66＋12－6＝72条． 解析　从2，4，6三个偶数中选一个数放在个位，有Ceq \o\al(1,3)种方法，将其余两个偶数全排列，有Aeq \o\al(2,2)种排法，当1，3不相邻且不与5相邻时有Aeq \o\al(3,3)种方法，当1，3相邻且不与5相邻时有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,3)种方法，故满足题意的偶数有Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,2)(Aeq \o\al(3,3)＋Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,3))＝108个． 11．将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为1，2，3，4的盒子中，下列说法正确的是(　　) A．共有Aeq \o\al(4,4)＝24种放法 B．恰好有1个空盒，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＝144种放法 C．每个盒内放1个球，并且恰好有1个球的编号与盒子的编号相同，有Ceq \o\al(1,4)Aeq \o\al(3,3)＝24种放法 D．把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰好有1个空盒，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3)＝12种放法 解析　将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为1，2，3，4的盒子中，共有44＝256种放法，A错误；恰好有1个空盒，分三步进行：第一步，选择1个空盒，有Ceq \o\al(1,4)＝4种方法；第二步，从4个小球中选择2个小球进行捆绑，有Ceq \o\al(2,4)＝6种方法；第三步，将球放入3个盒子中，有Aeq \o\al(3,3)＝6种放法．则有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＝144种放法，B正确；每个盒内放1个球，并且恰好有1个球的编号与盒子的编号相同，分两步进行：第一步，先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有Ceq \o\al(1,4)＝4种情况；第二步，假设4号球放在4号盒子里，其余3个球的放法为(2，3，1)，(3，1，2)，共2种．则恰好有1个球的编号与盒子的编号相同的放法有4×2＝8种，C错误；把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰好有1个空盒，分两步进行：第一步，从4个盒子中选出1个盒子当作空盒，有Ceq \o\al(1,4)＝4种选法；第二步，将其余3个盒子装球，3个盒子分别装2，1，1个球，只要选1个盒子装2个球，另外2个盒子一定是每个装1个球，有Ceq \o\al(1,3)＝3种选法．所以放法总数为Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3)＝12，D正确．故选BD． 解析　由题意，得T4＝Ceq \o\al(3,6)sin3x＝20sin3x＝eq \f(5,2)，∴sinx＝eq \f(1,2)．∵x∈[0，2π]，∴x＝eq \f(π,6)或eq \f(5π,6)． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．(1＋sinx)6的二项展开式中，二项式系数最大的一项为eq \f(5,2)，则x在[0，2π]内的值为________． eq \f(π,6)或eq \f(5π,6) 解析　从25人中选出2人，共有Ceq \o\al(2,25)＝eq \f(25×24,2)＝300种选法，若选出的2人既不在同一行又不在同一列，则共有Ceq \o\al(2,25)－2×5×Ceq \o\al(2,5)＝200种选法． 解析　分为三类：第一类，3个顶点在圆内的三角形有Ceq \o\al(3,4)＝4个；第二类，2个顶点在圆内的三角形有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,10)＝60个；第三类，1个顶点在圆内的三角形有Ceq \o\al(1,4)(Ceq \o\al(2,12)－4)＝248个．所以至少有1个顶点在圆内的三角形共有4＋60＋248＝312个． 16．(本小题满分15分)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)＋\r(x)))eq \s\up12(n)的展开式中，________． 给出下列条件： ①若展开式前三项的二项式系数的和等于46； ②所有奇数项的二项式系数的和为256． 试在上面两个条件中选择一个补充在上面的横线上，并解答下列问题： (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中的常数项； (3)求展开式中系数最大的项． 解　选择①，Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＝46，即1＋n＋eq \f(n(n－1),2)＝46， 解得n＝9或n＝－10(舍去)． 选择②，Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋Ceq \o\al(4,n)＋…＝256，即2n－1＝256，解得n＝9． (1)展开式中二项式系数最大的项为第5项和第6项， T5＝Ceq \o\al(4,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)x－5x2＝eq \f(63,16)x－3， T6＝Ceq \o\al(5,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)x－4xeq \s\up12(\f(5,2))＝eq \f(63,8)xeq \s\up12(－\f(3,2))． (2)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq \s\up12(9－k)·x－(9－k)xeq \s\up12(\f(k,2))＝Ceq \o\al(k,9)2k－9·xeq \s\up12(\f(3k－18,2))， 令eq \f(3k－18,2)＝0，得k＝6，所以展开式中的常数项为第7项，T7＝Ceq \o\al(6,9)×2－3＝eq \f(21,2)． (3)当k＝1，2，…，8时，假设第k＋1项的系数最大，则k,9)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2k－9C≥2k－10Ceq \o\al(k－1,9)，,2k－9Ceq \o\al(k,9)≥2k－8Ceq \o\al(k＋1,9)，)) 解得eq \f(17,3)≤k≤eq \f(20,3)，所以k＝6． 当k＝6时，T7＝Ceq \o\al(6,9)×2－3＝eq \f(21,2)，当k＝0时，T1＝Ceq \o\al(0,9)×2－9x－9＝eq \f(1,512x9)，当k＝9时，T10＝Ceq \o\al(9,9)×20xeq \s\up12(\f(9,2))＝xeq \s\up12(\f(9,2))，所以展开式中系数最大的项为T7＝eq \f(21,2)． 解　(1)解法一：(直接法)共线的4点记为A，B，C，D． 第一类，A，B，C，D确定1条直线； 第二类，A，B，C，D以外的5个点可确定Ceq \o\al(2,5)条直线； 第三类，从A，B，C，D中任取1点，其余5点中任取1点可确定Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,5)条直线． 根据分类加法计数原理，这9个点可确定1＋Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,5)＝1＋10＋20＝31条不同的 直线． 解法二：(间接法)9个点取2个点共有Ceq \o\al(2,9)种， 4个共线点取2个点共有Ceq \o\al(2,4)种，以上均表示同一条直线， 则这9个点可确定Ceq \o\al(2,9)－Ceq \o\al(2,4)＋1＝31条不同的直线． (2)解法一：(直接法)第一类，从A，B，C，D中取2个点，可确定Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,5)个三角形； 第二类，从A，B，C，D中取1个点，可确定Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,5)个三角形； 第三类，从其余5个点中任取3点，可确定Ceq \o\al(3,5)个三角形． 故以这9个点中的3个点为顶点，可以确定Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,5)＋Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(3,5)＝80个三角形． 解法二：(间接法)9个点取3个点共有Ceq \o\al(3,9)种， 其中不能构成三角形的则是在4个共线点中取3个，共有Ceq \o\al(3,4)种， 故以这9个点中的3个点为顶点，可以确定Ceq \o\al(3,9)－Ceq \o\al(3,4)＝80个三角形． (3)解法一：(直接法)分三类：从其余不共线的5个点中任取4个、3个、2个点，可以确定Ceq \o\al(4,5)＋Ceq \o\al(3,5)Ceq \o\al(1,4)＋Ceq \o\al(2,5)Ceq \o\al(2,4)＝105个四边形． 解法二：(间接法)9个点取4个点共有Ceq \o\al(4,9)种， 其中不构成四边形的分为两类： 第一类，4个点共线，则有Ceq \o\al(4,4)种， 第二类，其中3点来自于共线的4点，第4点来自于其余的5个点，则有Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(1,5)种， 故以这9个点中的4个点为顶点，可以确定Ceq \o\al(4,9)－Ceq \o\al(4,4)－Ceq \o\al(3,4)Ceq \o\al(1,5)＝105个四边形． 解　(1)根据题意，分2步： ①先排三个发言以外的节目，有Aeq \o\al(5,5)种方法，排好后有6个空位； ②在6个空位中任选3个安排三个发言节目，有Aeq \o\al(3,6)种方法， 则三个发言不能相邻，有Aeq \o\al(5,5)Aeq \o\al(3,6)＝14400种安排方法． (2)励志歌曲甲不排在第一个，励志歌曲乙排在第一个，有Aeq \o\al(7,7)种方法，励志歌曲甲不排在第一个并且励志歌曲乙不排在第一个与最后一个，有Aeq \o\al(1,6)Aeq \o\al(1,6)Aeq \o\al(6,6)种方法，共有Aeq \o\al(7,7)＋Aeq \o\al(1,6)Aeq \o\al(1,6)Aeq \o\al(6,6)＝30960种安排方法． (3)往届优秀学生视频发言必须在应届学生代表发言之前，是固定顺序，8个位置选2个，有Ceq \o\al(2,8)种方法，其他位置任意排列，共有Ceq \o\al(2,8)Aeq \o\al(6,6)＝20160种安排方法． 19．(本小题满分17分)已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)(n∈N*)的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之和比第4项的二项式系数大1． (1)求展开式中含x－3的项； (2)求Ceq \o\al(0,n)3n－1＋Ceq \o\al(1,n)3n－2＋…＋Ceq \o\al(n－2,n)3＋Ceq \o\al(n－1,n)的值． 解　(1)由题意得Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)－Ceq \o\al(3,n)＝1， 整理得(n2－1)(6－n)＝0， ∵n∈N*且n≥3，∴n＝6． 二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(6)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,6)36－kxeq \s\up12(6－\f(3,2)k)k(k＝0，1，2，…，6)， 令6－eq \f(3,2)k＝－3，解得k＝6，T7＝x－3，∴展开式中含x－3的项为x－3． (2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(6)＝Ceq \o\al(0,6)36x6＋Ceq \o\al(1,6)35xeq \s\up12(\f(9,2))＋…＋Ceq \o\al(5,6)31xeq \s\up12(－\f(3,2))＋Ceq \o\al(6,6)x－3． 令x＝1，则Ceq \o\al(0,6)36＋Ceq \o\al(1,6)35＋…＋Ceq \o\al(5,6)31＋Ceq \o\al(6,6)＝(3＋1)6＝4096， ∴Ceq \o\al(0,6)35＋Ceq \o\al(1,6)34＋…＋Ceq \o\al(4,6)3＋Ceq \o\al(5,6)＝eq \f(1,3)(Ceq \o\al(0,6)36＋Ceq \o\al(1,6)35＋…＋Ceq \o\al(5,6)31＋Ceq \o\al(6,6))－eq \f(1,3)＝1365． $$