章末检测试卷一(第三章 排列、组合与二项式定理)-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册教师用书（人教B版2019）

章末检测试卷一(第三章)　［时间：120分钟　分值：150分］ 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1.(x-y)n的二项展开式中，第m项的系数是(　　) A. B. C. D.(-1)m-1 答案　D 解析　(x-y)n的二项展开式中第m项为 Tm=(-y)m-1xn-m+1 =(-1)m-1ym-1xn-m+1， 所以系数为(-1)m-1. 2.若=18，则m等于(　　) A.9 B.8 C.7 D.6 答案　D 解析　由题意得m(m-1)(m-2)(m-3)=18·，得m-3=3，解得m=6. 3.5人站成一排，甲、乙之间恰有一个人的站法有(　　) A.18种 B.24种 C.36种 D.48种 答案　C 解析　首先从除甲、乙之外的三人中随机抽出一人放在甲、乙之间，有3种可能，然后甲、乙之间的人选出后，甲、乙的位置可以互换，故甲、乙的位置有2种可能，最后，把甲、乙及其中间的那个人看作一个整体，与剩下的两个人全排列有=6(种)可能，所以共有3×2×6=36(种)站法. 4.在某市安排的春季义务植树活动中，某中学派出了8名青年教师参与志愿者活动，分别派往2个植树点，每个植树点需4名志愿者，其中志愿者甲与乙要求在同一组，志愿者丙与丁也要求在同一组，则这8名志愿者的派遣方法种数为(　　) A.20 B.14 C.12 D.6 答案　B 解析　依题意甲乙丙丁四人在同一组， 有=2(种)； (甲乙)，(丙丁)不在同一组，先从其余4人选2人与甲乙作为一组，另外2人与丙丁作为一组，再安排到两个植树点，则有=12(种)，综上可得，一共有2+12=14(种)安排方法. 5.(2024·北京)(x-)4的展开式中，x3的系数为(　　) A.15 B.6 C.-4 D.-13 答案　B 解析　(x-)4的展开式通项为 Tk+1=x4-k(-)k =(-1)k，k=0，1，2，3，4， 令4-=3，解得k=2， 故所求系数即为(-1)2=6. 6.在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为(　　) A.10 B.11 C.12 D.15 答案　B 解析　分类讨论：有两个对应位置、有一个对应位置及没有对应位置上的数字相同，可得N=++1=11. 7.某学校要求错峰有序吃饭，高三年级一层楼有甲、乙、丙、丁、戊、己六个班排队吃饭，甲班不能排在第一位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有(　　) A.120种 B.156种 C.192种 D.240种 答案　C 解析　丙丁捆绑在一起看作一个班，变成5个班进行排列，然后在后面4个位置中选1个排甲，这样可得排法为=192(种). 8.如图为我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图.现在提供5种颜色给5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为(　　) A.120 B.26 C.340 D.420 答案　D 解析　如图所示，设5个区域依次为A，B，C，D，E，分4步进行分析： ①区域A有5种颜色可选； ②区域B与区域A相邻，有4种颜色可选； ③区域C与区域A，B相邻，有3种颜色可选； ④对于区域D，E，若D与B颜色相同，则区域E有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，则区域D有2种颜色可选，区域E有2种颜色可选，故区域D，E有3+2×2=7(种)选择. 综上可知，不同的涂色方案共有5×4×3×7=420(种). 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.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.下列关于排列数与组合数的等式中，正确的是(　　) A.=++ B.+m= C.r=n D.(n+2)(n+1)= 答案　BCD 解析　对于A，右边=+=≠左边，故A错误； 对于B，+m=+m·=+m·==，故B正确； 对于C，右边=n·=·=r·=左边，故C正确； 对于D，(n+2)(n+1)=(n+2)(n+1)n(n-1)…(n-m+1)=，故D正确. 10.第三届世界智能驾驶挑战赛在天津召开，小赵、小李、小罗、小王、小张为5名志愿者，现有翻译、安保、礼仪、服务四项不同的工作可供安排，则下列说法正确的有(　　) A.若5人每人可任选一项工作，则有54种不同的方案 B.若每项工作至少安排1人，则有240种不同的方案 C.若礼仪工作必须安排2人，其余工作安排1人，则有60种不同的方案 D.已知5人身高各不相同，若安排5人拍照，前排2人，后排3人，后排要求身高最高的站中间，则有40种不同的方案 答案　BCD 解析　对于A，若5人每人可任选一项工作，则每人都有4种选法，则5人共有4×4×4×4×4=45(种)选法，因此A错误； 对于B，分两步分析：先将5人分为4组，将分好的4组安排四项不同的工作，有=240(种)分配方法，因此B正确； 对于C，分两步分析：在5人中任选2人，安排礼仪工作，有=10(种)选法，再将其余3人安排余下的三项工作，有=6(种)情况，则由分步乘法计数原理可得，共有10×6=60(种)不同的方案，因此C正确； 对于D，分两步分析：在5人中任选2人，安排在第一排有=20(种)排法，其余3人安排在第二排，要求身高最高的站中间，有2种排法，则有20×2=40(种)不同的方案，因此D正确. 11.定义有n行的“杨辉三角”为n阶“杨辉三角”，如图就是一个8阶“杨辉三角”. 给出的下列命题中正确的是(　　) A.记第i(i∈N+)行中从左到右的第j(j∈N+)个数为aij，则数列{aij}的通项公式为aij= B.第k行各个数的和是2k C.n阶“杨辉三角”中共有个数 D.n阶“杨辉三角”的所有数的和是2n-1 答案　BCD 解析　第i行各个数是(a+b)i的展开式的二项式系数，则数列{aij}的通项公式为aij=，故A错误； 各行的所有数的和是各二项式系数和，第k行各个数的和是2k，故B正确； 第k行共有(k+1)个数，从而n阶“杨辉三角”中共有1+2+…+n=个数，故C正确； n阶“杨辉三角”的所有数的和是1+2+22+…+2n-1=2n-1，故D正确. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.已知=++++…+，则n的值为　　　　　.  答案　4或7 解析　++++…+=++…+=， ==，所以=，解得n=4或n=7. 13.某大型联欢会准备从含甲、乙的6个节目中选取4个进行演出，要求甲、乙2个节目中至少有一个参加，且若甲、乙同时参加，则他们演出顺序不能相邻，那么不同的演出顺序的种数为　　　　.  答案　264 解析　若甲、乙两节目只有一个参加，则演出顺序的种数为=192；若甲、乙两节目都参加，则演出顺序的种数为=72，因此不同的演出顺序的种数为192+72=264. 14.已知m，n∈N+，f(x)=(1+x)m+(1+x)n展开式中，含x项的系数为19，则当含x2项的系数最小时，展开式中含x7项的系数为　　　　.  答案　156 解析　∵m，n∈N+，f(x)=(1+x)m+(1+x)n展开式中，含x项的系数为19， ∴m+n=19. 则当m=1或n=1时，含x2项的系数为=153； 当m≠1，且n≠1时，含x2项的系数为+===n2-19n+171=+. ∴当n=10或9时，含x2项的系数最小，为81. ∴f(x)=(1+x)9+(1+x)10.展开式中含x7项的系数为+=156. 四、解答题(本题共5小题，共77分) 15.(13分)已知(1+2)n的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，而且是它的后一项系数的，试求展开式中二项式系数最大的项. 解　二项展开式的通项为Tk+1=2k， 由题意知展开式中第k+1项系数是第k项系数的2倍，是第k+2项系数的， ∴ 解得n=7. ∴展开式中二项式系数最大的项是 T4=(2)3=280 或T5=(2)4=560x2. 16.(15分)某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加研讨会. (1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？(3分) (2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3分) (3)甲、乙2人至少有1人参加，有多少种选法？(4分) (4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？(5分) 解　(1)只需从其他18人中选3人即可， 共有=816(种)选法. (2)只需从其他18人中选5人即可， 共有=8 568(种)选法. (3)分两类：甲、乙中有1人参加；甲、乙都参加.则共有+=6 936(种)选法. (4)方法一　(直接法)至少有1名内科医生和1名外科医生的选法可分4类： 1内4外；2内3外；3内2外；4内1外. 所以共有 +++=14 656(种)选法. 方法二　(间接法)从无限制条件的选法总数中减去5名都是内科医生和5名都是外科医生的选法种数所得的结果即为所求， 即共有-(+)=14 656(种)选法. 17.(15分)设x10-3=Q(x)(x-1)2+ax+b，其中Q(x)是关于x的多项式，a，b∈R. (1)求a，b的值；(7分) (2)若ax+b=28，求x10-3除以81的余数.(8分) 解　(1)由已知等式，得［(x-1)+1］10-3=Q(x)(x-1)2+ax+b， ∴(x-1)10+(x-1)9+…+(x-1)2+(x-1)+-3=Q(x)(x-1)2+ax+b， ∴［(x-1)8+(x-1)7+…+］(x-1)2+10x-12=Q(x)(x-1)2+ax+b， ∴10x-12=ax+b， ∴a=10，b=-12. (2)∵ax+b=28，即10x-12=28，解得x=4， ∴x10-3 =410-3 =(3+1)10-3 =×310+×39+…+×3+-3 =34×(×36+×35+…+)+40×34+5×34+28 =81×(×36+×35+…++45)+28， ∴所求的余数为28. 18.(17分)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数. (1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；(5分) (2)在组成的三位数中，若十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；(6分) (3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数.(6分) 解　(1)将组成的三位数中所有偶数分为两类， ①若个位数为0，则共有=12(个)符合题意的三位数； ②若个位数为2或4，则共有2×3×3=18(个)符合题意的三位数. 故共有12+18=30(个)符合题意的三位数. (2)将这些“凹数”分为三类： ①若十位上的数字为0，则共有=12(个)符合题意的“凹数”； ②若十位上的数字为1，则共有=6(个)符合题意的“凹数”； ③若十位上的数字为2，则共有=2(个)符合题意的“凹数”. 故共有12+6+2=20(个)符合题意的“凹数”. (3)将符合题意的五位数分为三类： ①若两个奇数数字在万位和百位上，则共有=12(个)符合题意的五位数； ②若两个奇数数字在千位和十位上，则共有=8(个)符合题意的五位数； ③若两个奇数数字在百位和个位上，则共有=8(个)符合题意的五位数. 故共有12+8+8=28(个)符合题意的五位数. 19.(17分)已知f(x)=(1+x)n+1+2(1+x)n+2+…+k(1+x)n+k+…+n(1+x)2n(k，n∈N+). (1)当n=3时，求f(x)的展开式中含x3项的系数；(4分) (2)证明：f(x)的展开式中含xn项的系数为 (n+1)；(6分) (3)定义：ai=a1+a2+…+an，化简： (i+1).(7分) (1)解　当n=3时，f(x)=(1+x)4+2(1+x)5+3(1+x)6， 所以f(x)的展开式中含x3项的系数为+2+3=84. (2)证明　因为f(x)=(1+x)n+1+2(1+x)n+2+…+k(1+x)n+k+…+n(1+x)2n(k，n∈N+)， 故f(x)的展开式中含xn项的系数为 +2+3+…+n =+2+3+…+n. 因为k=k·= =(n+1)=(n+1)， 所以含xn项的系数为 (n+1) =(n+1) =(n+1) =(n+1). (3)解　(i+1)=2+3+…+n+(n+1)， ① (i+1)=(n+1)+n+…+3+2， ② 在①②中分别添加，则 1+(i+1)=+2+3+…+n+(n+1)， ③ 1+(i+1)=(n+1)+n+…+3+2+， ④ ③+④得2 =(n+2) =(n+2)2n， 所以(i+1)=(n+2)2n-1-1. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章 <<< 章末检测试卷一(第三章) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 一、单项选择题 1.(x-y)n的二项展开式中，第m项的系数是 A. B. C. D.(-1)m-1 (x-y)n的二项展开式中第m项为Tm=(-y)m-1xn-m+1 =(-1)m-1ym-1xn-m+1， 所以系数为(-1)m-1. √ 2.若=18，则m等于 A.9 B.8 C.7 D.6 由题意得m(m-1)(m-2)(m-3)=18·，得m-3=3，解得m=6. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3.5人站成一排，甲、乙之间恰有一个人的站法有 A.18种 B.24种 C.36种 D.48种 首先从除甲、乙之外的三人中随机抽出一人放在甲、乙之间，有3种可能，然后甲、乙之间的人选出后，甲、乙的位置可以互换，故甲、乙的位置有2种可能，最后，把甲、乙及其中间的那个人看作一个整体，与剩下的两个人全排列有=6(种)可能， 所以共有3×2×6=36(种)站法. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4.在某市安排的春季义务植树活动中，某中学派出了8名青年教师参与志愿者活动，分别派往2个植树点，每个植树点需4名志愿者，其中志愿者甲与乙要求在同一组，志愿者丙与丁也要求在同一组，则这8名志愿者的派遣方法种数为 A.20 B.14 C.12 D.6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 依题意甲乙丙丁四人在同一组， 有=2(种)； (甲乙)，(丙丁)不在同一组，先从其余4人选2人与甲乙作为一组，另外2人与丙丁作为一组，再安排到两个植树点，则有=12(种)，综上可得，一共有2+12=14(种)安排方法. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5.(2024·北京)(x-)4的展开式中，x3的系数为 A.15 B.6 C.-4 D.-13 (x-)4的展开式通项为Tk+1=x4-k(-)k =(-1)k，k=0，1，2，3，4， 令4-=3，解得k=2， 故所求系数即为(-1)2=6. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6.在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为 A.10 B.11 C.12 D.15 分类讨论：有两个对应位置、有一个对应位置及没有对应位置上的数字相同，可得N=++1=11. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ 8 7.某学校要求错峰有序吃饭，高三年级一层楼有甲、乙、丙、丁、戊、己六个班排队吃饭，甲班不能排在第一位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有 A.120种 B.156种 C.192种 D.240种 丙丁捆绑在一起看作一个班，变成5个班进行排列，然后在后面4个位置中选1个排甲，这样可得排法为=192(种). √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8.如图为我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图.现在提供5种颜色给5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为 A.120 B.26 C.340 D.420 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 如图所示，设5个区域依次为A，B，C，D，E，分4步进行分析： ①区域A有5种颜色可选； ②区域B与区域A相邻，有4种颜色可选； ③区域C与区域A，B相邻，有3种颜色可选； ④对于区域D，E，若D与B颜色相同，则区域E有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，则区域D有2种颜色可选，区域E有2种颜色可选，故区域D，E有3+2×2=7(种)选择. 综上可知，不同的涂色方案共有5×4×3×7=420(种). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 二、多项选择题 9.下列关于排列数与组合数的等式中，正确的是 A.=++ B.+m= C.r=n D.(n+2)(n+1)= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 对于A，右边=+=≠左边，故A错误； 对于B，+m=+m·=+m· ==，故B正确； 对于C，右边=n·=·=r·=左 边，故C正确； 对于D，(n+2)(n+1)=(n+2)(n+1)n(n-1)…(n-m+1)=，故D正确. 16 17 18 19 13 10.第三届世界智能驾驶挑战赛在天津召开，小赵、小李、小罗、小王、小张为5名志愿者，现有翻译、安保、礼仪、服务四项不同的工作可供安排，则下列说法正确的有 A.若5人每人可任选一项工作，则有54种不同的方案 B.若每项工作至少安排1人，则有240种不同的方案 C.若礼仪工作必须安排2人，其余工作安排1人，则有60种不同的方案 D.已知5人身高各不相同，若安排5人拍照，前排2人，后排3人，后排要 　求身高最高的站中间，则有40种不同的方案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 对于A，若5人每人可任选一项工作，则每人都有4种选法，则5人共有4× 4×4×4×4=45(种)选法，因此A错误； 对于B，分两步分析：先将5人分为4组，将分好的4组安排四项不同的工作，有=240(种)分配方法，因此B正确； 对于C，分两步分析：在5人中任选2人，安排礼仪工作，有=10(种)选法，再将其余3人安排余下的三项工作，有=6(种)情况，则由分步乘法计数原理可得，共有10×6=60(种)不同的方案，因此C正确； 对于D，分两步分析：在5人中任选2人，安排在第一排有=20(种)排法，其余3人安排在第二排，要求身高最高的站中间，有2种排法，则有20×2=40(种)不同的方案，因此D正确. 16 17 18 19 15 11.定义有n行的“杨辉三角”为n阶“杨辉三角”，如图就是一个8阶“杨辉三角”. 给出的下列命题中正确的是 A.记第i(i∈N+)行中从左到右的第j(j∈N+)个数为 　aij，则数列{aij}的通项公式为aij= B.第k行各个数的和是2k C.n阶“杨辉三角”中共有个数 D.n阶“杨辉三角”的所有数的和是2n-1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 √ √ √ 第i行各个数是(a+b)i的展开式的二项式系数， 则数列{aij}的通项公式为aij=，故A错误； 各行的所有数的和是各二项式系数和，第k行 各个数的和是2k，故B正确； 第k行共有(k+1)个数，从而n阶“杨辉三角”中共有1+2+…+n=个数，故C正确； n阶“杨辉三角”的所有数的和是1+2+22+…+2n-1=2n-1，故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 三、填空题 12.已知=++++…+，则n的值为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4或7 ++++…+=++…+=， ===，解得n=4或n=7. 13.某大型联欢会准备从含甲、乙的6个节目中选取4个进行演出，要求甲、乙2个节目中至少有一个参加，且若甲、乙同时参加，则他们演出顺序不能相邻，那么不同的演出顺序的种数为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 264 若甲、乙两节目只有一个参加，则演出顺序的种数为=192；若甲、乙两节目都参加，则演出顺序的种数为=72，因此不同的演出顺序的种数为192+72=264. 14.已知m，n∈N+，f(x)=(1+x)m+(1+x)n展开式中，含x项的系数为19，则当含x2项的系数最小时，展开式中含x7项的系数为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 156 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ∵m，n∈N+，f(x)=(1+x)m+(1+x)n展开式中，含x项的系数为19， ∴m+n=19. 则当m=1或n=1时，含x2项的系数为=153； 当m≠1，且n≠1时，含x2项的系数为+== =n2-19n+171=+. ∴当n=10或9时，含x2项的系数最小，为81. ∴f(x)=(1+x)9+(1+x)10.展开式中含x7项的系数为+=156. 16 17 18 19 四、解答题 15.已知(1+2)n的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，而且是它的后一项系数的，试求展开式中二项式系数最大的项. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 二项展开式的通项为Tk+1=2k， 由题意知展开式中第k+1项系数是第k项系数的2倍，是第k+2项系数 的， ∴解得n=7. ∴展开式中二项式系数最大的项是 T4=(2)3=280 或T5=(2)4=560x2. 16.某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加研讨会. (1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 只需从其他18人中选3人即可， 共有=816(种)选法. (2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 只需从其他18人中选5人即可， 共有=8 568(种)选法. (3)甲、乙2人至少有1人参加，有多少种选法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 分两类：甲、乙中有1人参加；甲、乙都参加. 则共有+=6 936(种)选法. (4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 方法一　(直接法)至少有1名内科医生和1名外科医生的选法可分4类： 1内4外；2内3外；3内2外；4内1外. 所以共有+++=14 656(种)选法. 方法二　(间接法)从无限制条件的选法总数中减去5名都是内科医生和5名都是外科医生的选法种数所得的结果即为所求， 即共有-(+)=14 656(种)选法. 17.设x10-3=Q(x)(x-1)2+ax+b，其中Q(x)是关于x的多项式，a，b∈R. (1)求a，b的值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 由已知等式，得［(x-1)+1］10-3=Q(x)(x-1)2+ax+b， ∴(x-1)10+(x-1)9+…+(x-1)2+(x-1)+-3=Q(x)(x-1)2+ax+b， ∴［(x-1)8+(x-1)7+…+］(x-1)2+10x-12=Q(x)(x-1)2+ax+b， ∴10x-12=ax+b， ∴a=10，b=-12. (2)若ax+b=28，求x10-3除以81的余数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 ∵ax+b=28，即10x-12=28，解得x=4， ∴x10-3=410-3 =(3+1)10-3 =×310+×39+…+×3+-3 =34×(×36+×35+…+)+40×34+5×34+28 =81×(×36+×35+…++45)+28， ∴所求的余数为28. 18.用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数. (1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 将组成的三位数中所有偶数分为两类， ①若个位数为0，则共有=12(个)符合题意的三位数； ②若个位数为2或4，则共有2×3×3=18(个)符合题意的三位数. 故共有12+18=30(个)符合题意的三位数. (2)在组成的三位数中，若十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 将这些“凹数”分为三类： ①若十位上的数字为0，则共有=12(个)符合题意的“凹数”； ②若十位上的数字为1，则共有=6(个)符合题意的“凹数”； ③若十位上的数字为2，则共有=2(个)符合题意的“凹数”. 故共有12+6+2=20(个)符合题意的“凹数”. (3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 将符合题意的五位数分为三类： ①若两个奇数数字在万位和百位上，则共有=12(个)符合题意的五位数； ②若两个奇数数字在千位和十位上，则共有=8(个)符合题意的五位数； ③若两个奇数数字在百位和个位上，则共有=8(个)符合题意的五位数. 故共有12+8+8=28(个)符合题意的五位数. 19.已知f(x)=(1+x)n+1+2(1+x)n+2+…+k(1+x)n+k+…+n(1+x)2n(k，n∈N+). (1)当n=3时，求f(x)的展开式中含x3项的系数； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 当n=3时，f(x)=(1+x)4+2(1+x)5+3(1+x)6， 所以f(x)的展开式中含x3项的系数为+2+3=84. (2)证明：f(x)的展开式中含xn项的系数为(n+1)； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 因为f(x)=(1+x)n+1+2(1+x)n+2+…+k(1+x)n+k+…+n(1+x)2n(k，n∈N+)， 故f(x)的展开式中含xn项的系数为+2+3+…+n =+2+3+…+n. 因为k=k·= =(n+1)=(n+1)， 所以含xn项的系数为(n+1) =(n+1) =(n+1)=(n+1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 (3)定义：ai=a1+a2+…+an，化简：(i+1). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (i+1)=2+3+…+n+(n+1)， ① (i+1)=(n+1)+n+…+3+2， ② 在①②中分别添加，则 1+(i+1)=+2+3+…+n+(n+1)， ③ 1+(i+1)=(n+1)+n+…+3+2+， ④ 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 ③+④得2 =(n+2) =(n+2)2n， 所以(i+1)=(n+2)2n-1-1. 16 17 18 19 第一章 <<< $$