章末检测试卷一(第6章)-（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二数学选择性必修第三册教师用书（人教A版2019）

第六章 <<< 章末检测试卷一(第六章) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 一、单项选择题 1.在(a+b)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n等于 A.5 B.6 C.7 D.8 √ 因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故+1=4，即n=6. 17 18 19 13 14 15 16 2.若=18，则m等于 A.9 B.8 C.7 D.6 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 由=m(m-1)(m-2)(m-3)=18·，且m≥4，m∈N*，得m-3=3，m=6. 17 18 19 3.将4个a和2个b随机排成一行，则2个b不相邻的排法种数为 A.10 B.15 C.20 D.24 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 先排4个a有1种排法，再从5个空格中选2个位置放b， ∴共有=10(种)排法. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4.某学校安排了4场线上讲座，其中讲座A只能安排在第一或最后一场，讲座B和C必须相邻，则不同的安排方法种数为 A.4 B.6 C.8 D.12 √ 设四场讲座为A，B，C，D，首先排B，C，共有种，视为一个整体与D全排，共有种，再排A，共有 =8(种). 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 5.(1+x2)的展开式中的常数项是 A.120 B.240 C.400 D.480 √ 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 原式=+x2， 在·x3·=160， x2·x2·=，所以x2的常数项是240， 所以(1+x2)的展开式中的常数项是160+240=400. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 6.有5个人到三所学校去应聘，若每人至多被一个学校录用，每个学校至少录用其中一人，则不同的录用情况种数是 A.300 B.360 C.390 D.420 √ 当5人中恰有三人被录取，则不同的录取情况数为=60；当5人中恰有四人被录取，则不同的录取情况数为=180；当5人全部被录取，则不同的录取情况数为+=150；故不同的录取情况数为60+180+150=390. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 7.在二项式的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大时，系数最小的项是 A.第6项 B.第5项 C.第4项 D.第3项 √ 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意二项式的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大时n=8. 二项展开式的通项为Tk+1=)8-k·)-k=)8-2k， 要使其系数最小，则k为奇数. 当k=1时，×=-4； 当k=3时，×=-7； 当k=5时，×=-； 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 当k=7时，×=-； 故当k=3时系数最小，则系数最小的项是第4项. 17 18 19 8.用四种颜色给如图所示的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，若四种颜色全用上，则不同的涂色方法的种数为 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设四种颜料为1，2，3，4， ①先涂区域B，有4种涂色方法，不妨设涂颜色1； ②再涂区域C，有3种涂色方法，不妨设涂颜色2； ③再涂区域E，有2种涂色方法，不妨设涂颜色3； ④若区域A填涂颜色2，则区域D，F分别填涂颜色1，4或4，3，有2种不同的涂色方法； 若区域A填涂颜色4，则区域D，F分别填涂颜色1，3或4，3，有2种不同的涂色方法，由分类加法计数原理知，共有4种不同的涂色方法， 综合①②③④，由分步乘法计数原理可得，共有4×3×2×4=96(种)不同的涂色方法. 17 18 19 二、多项选择题 9.生命在于运动，小兰给自己制定了周一到周六的运动计划，这六天每天安排一项运动，其中有两天练习瑜伽，另外四天的运动项目互不相同，且运动项目为跑步、爬山、打羽毛球和跳绳，下列说法正确的是 A.若瑜伽被安排在周一和周六，则共有48种不同的安排方法 B.若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则共有216种不同的安排方法 C.若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有36种不同的安排方法 D.若瑜伽不被安排在相邻的两天，则共有240种不同的安排方法 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 对于A，若瑜伽被安排在周一和周六，则共有=24(种)不同的安排方法，故A不正确； 对于B，若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则由间接法可得，共有-=216(种)不同的安排方法，故B正确； 对于C，若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有=36(种)不同的安排方法，故C正确； 对于D，若瑜伽不被安排在相邻的两天，则先排其他四项运动，共有种不同的安排方法，再从5个空位里插入2个安排练习瑜伽，故共有=240(种)不同的安排方法，故D正确. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 10.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24种放法 B.恰好有一个空盒，有144种放法 C.每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有 24种放法 D.把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰好有一个空盒，有12种放法 √ √ 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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项错误； 恰好有一个空盒，分三步进行：第一步选择一个空盒，有种方法；第二步从4个小球中选择2个小球进行捆绑，有 种放法， 则有=144(种)放法，B项正确； 每个盒内放一个球，并且恰好有一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=4(种)情况，假设4号球放在4号盒子里，则其余三个球的放法有(2，3，1)， (3，1，2)，共2种，则恰好有一个球的编号与盒子的编号相同的放法有4×2=8(种)，C项错误； 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，分2步进行：第一步从4个盒子中选出一个盒子当作空盒，有种选法，再将其余3个盒子装球，3个盒子分别装2，1，1个球，只要选一个盒子装2个球，另外2个盒子一定是每个装一个球，有=12(种)放法，D项正确. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 11.若(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，x∈R，则 A.a1+a2+…+a10=1 B.|a0|+|a1|+|a2|+…+|a10|=310 C.a2=160 D.+++…+=-1 √ √ 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于A， =a0+a1x+a2x2+…+a10x10， 令x=0，得a0=1，令x=1， 得a0+a1+a2+…+a10=1， 所以a1+a2+…+a10=0，故A错误； 对于B，因为 =a0+a1x+a2x2+…+a10x10， 所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a10|表示的各项系数之和， 令x=1，则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a10|=310，故B正确； 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 对于C，a2x2=·=180x2，所以a2=180，故C错误； 对于D，因为=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，a0=1， 令x==1++++…+=0， 则+++…+=-1，故D正确. 17 18 19 三、填空题 12.若=(n∈N*)，则n=　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 4 由题意可知2n+6=n+2或2n+6=20-(n+2)，解得n=-4(舍去)或n=4. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 13.若的展开式的各项系数和为1，二项式系数和为128，则a=　　，展开式中x2的系数为　　　.  -1 -448 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 由题意得所以n=7，a=-1， 所以的展开式的通项为 Tk+1=(2)7-k=27-k(-1)k， 令=2，得k=1. 所以x2的系数为26(-1)1=-448. 17 18 19 14.甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技能竞赛，得出了第一名到第五名的五个名次，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情况共有　　种.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 54 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 根据题意知，甲、乙都没有得到冠军，且乙不是最后一名，分2种情况讨论： ①甲是最后一名，则乙可以是第二名、第三名或第四名，即乙有3种名次排列情况，剩下的三人有=6(种)名次排列情况，此时有3×6=18(种)名次排列情况； ②甲不是最后一名，则甲、乙需要排在第二、三、四名，有=6(种)名次排列情况，剩下的三人有=6(种)名次排列情况，此时有6×6=36(种)名次排列情况. 综上可知，一共有36+18=54(种)不同的名次排列情况. 17 18 19 四、解答题 15.在(3x-2y)20的展开式中，求： (1)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 二项式(3x-2y)20的展开式有21项，展开式的通项为Tk+1=(3x)20-k(-2y)k， 其二项式系数最大的项为第11项， T11=·(3x)10·(-2y)10=·610·x10y10. 17 18 19 (2)系数绝对值最大的项. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 设系数绝对值最大的项是第k+1(k∈N*)项， 则 即解得7≤k≤8， 所以k=8，系数绝对值最大的项为 T9=·312·28·x12y8. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 16.某医院有内科医生12名，外科医生8名，其中，甲为内科医生，乙为外科医生，现选派5名参加研讨会. (1)甲、乙必须参加，共有多少种不同的选法？ 只需从其他18人中选3人即可， 共有=816(种)不同的选法. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)甲、乙均不能参加，有多少种不同的选法？ 只需从其他18人中选5人即可， 共有=8 568(种)不同的选法. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)甲、乙2人至少有1人参加，有多少种不同的选法？ 分两类：甲、乙中有1人参加；甲、乙都参加.则共有+=6 936(种) 不同的选法. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种不同的选法？ 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)不同的选法. 方法二　(间接法)从无限制条件的选法种数中减去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)不同的选法. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17.已知的展开式中的第2项和第3项的系数相等. (1)求n的值； 二项式的展开式的通项为 Tk+1=xn-k=(k=0，1，2，…，n). 由展开式中的第2项和第3项的系数相等， 得×=×·n=·，解得n=5. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)求展开式中所有二项式系数的和； 展开式中所有二项式系数的和为 +++…+=25=32. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)求展开式中所有的有理项. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 二项展开式的通项为Tk+1=(k=0，1，2，…，5). 当k=0，2，4时，对应项是有理项， 所以展开式中所有的有理项为 T1=x5=x5， T3=x2=x2， T5=x-1=. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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； 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. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)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. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 19.已知f(x)=(1+x)n+1+2(1+x)n+2+…+k(1+x)n+k+…+n(1+x)2n(n∈N*). (1)当n=3时，求f(x)的展开式中含x3项的系数； 当n=3时，f(x)=(1+x)4+2(1+x)5+3(1+x)6， ∴f(x)的展开式中含x3项的系数为+2+3=84. 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (2)证明：f(x)的展开式中含xn项的系数为(n+1)； 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ∵f(x)=(1+x)n+1+2(1+x)n+2+…+k(1+x)n+k+…+n(1+x)2n(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)， 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 所以xn项的系数为 (n+1) =(n+1) =(n+1) =(n+1). 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (3)定义：ai=a1+a2+…+an，化简： (i+1). 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 (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 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 ③+④得 2[1+ (i+1)] =(n+2)=(n+2)2n， ∴ (i+1)=(n+2)2n-1-1. 17 18 19 第六章 <<< $$ 章末检测试卷一(第六章)　[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.在(a+b)n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n等于(　　) A.5 B.6 C.7 D.8 答案　B 解析　因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故+1=4，即n=6. 2.若=18，则m等于(　　) A.9 B.8 C.7 D.6 答案　D 解析　由=m(m-1)(m-2)(m-3)=18·，且m≥4，m∈N*，得m-3=3，m=6. 3.将4个a和2个b随机排成一行，则2个b不相邻的排法种数为(　　) A.10 B.15 C.20 D.24 答案　A 解析　先排4个a有1种排法，再从5个空格中选2个位置放b， ∴共有=10(种)排法. 4.某学校安排了4场线上讲座，其中讲座A只能安排在第一或最后一场，讲座B和C必须相邻，则不同的安排方法种数为(　　) A.4 B.6 C.8 D.12 答案　C 解析　设四场讲座为A，B，C，D，首先排B，C，共有种，视为一个整体与D全排，共有种，再排A，共有种，综上，不同的安排方法共有=8(种). 5.(1+x2)的展开式中的常数项是(　　) A.120 B.240 C.400 D.480 答案　C 解析　原式=+x2， 在中，常数项是·x3·=160， x2的常数项，即中含的项，因为·x2·=，所以x2的常数项是240， 所以(1+x2)的展开式中的常数项是160+240=400. 6.有5个人到三所学校去应聘，若每人至多被一个学校录用，每个学校至少录用其中一人，则不同的录用情况种数是(　　) A.300 B.360 C.390 D.420 答案　C 解析　当5人中恰有三人被录取，则不同的录取情况数为=60；当5人中恰有四人被录取，则不同的录取情况数为=180；当5人全部被录取，则不同的录取情况数为+=150；故不同的录取情况数为60+180+150=390. 7.在二项式的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大时，系数最小的项是(　　) A.第6项 B.第5项 C.第4项 D.第3项 答案　C 解析　由题意二项式的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大时n=8. 二项展开式的通项为Tk+1=)8-k·)-k=)8-2k， 要使其系数最小，则k为奇数. 当k=1时，×=-4； 当k=3时，×=-7； 当k=5时，×=-； 当k=7时，×=-； 故当k=3时系数最小，则系数最小的项是第4项. 8.用四种颜色给如图所示的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，若四种颜色全用上，则不同的涂色方法的种数为(　　) A.72 B.96 C.108 D.144 答案　B 解析　设四种颜料为1，2，3，4， ①先涂区域B，有4种涂色方法，不妨设涂颜色1； ②再涂区域C，有3种涂色方法，不妨设涂颜色2； ③再涂区域E，有2种涂色方法，不妨设涂颜色3； ④若区域A填涂颜色2，则区域D，F分别填涂颜色1，4或4，3，有2种不同的涂色方法； 若区域A填涂颜色4，则区域D，F分别填涂颜色1，3或4，3，有2种不同的涂色方法，由分类加法计数原理知，共有4种不同的涂色方法， 综合①②③④，由分步乘法计数原理可得，共有4×3×2×4=96(种)不同的涂色方法. 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.生命在于运动，小兰给自己制定了周一到周六的运动计划，这六天每天安排一项运动，其中有两天练习瑜伽，另外四天的运动项目互不相同，且运动项目为跑步、爬山、打羽毛球和跳绳，下列说法正确的是(　　) A.若瑜伽被安排在周一和周六，则共有48种不同的安排方法 B.若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则共有216种不同的安排方法 C.若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有36种不同的安排方法 D.若瑜伽不被安排在相邻的两天，则共有240种不同的安排方法 答案　BCD 解析　对于A，若瑜伽被安排在周一和周六，则共有=24(种)不同的安排方法，故A不正确； 对于B，若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则由间接法可得，共有-=216(种)不同的安排方法，故B正确； 对于C，若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有=36(种)不同的安排方法，故C正确； 对于D，若瑜伽不被安排在相邻的两天，则先排其他四项运动，共有种不同的安排方法，再从5个空位里插入2个安排练习瑜伽，故共有=240(种)不同的安排方法，故D正确. 10.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24种放法 B.恰好有一个空盒，有144种放法 C.每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有24种放法 D.把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰好有一个空盒，有12种放法 答案　BD 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项错误； 恰好有一个空盒，分三步进行：第一步选择一个空盒，有种方法；第二步从4个小球中选择2个小球进行捆绑，有种方法；第三步将三组球放入三个盒子中，有种放法， 则有=144(种)放法，B项正确； 每个盒内放一个球，并且恰好有一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=4(种)情况，假设4号球放在4号盒子里，则其余三个球的放法有(2，3，1)， (3，1，2)，共2种，则恰好有一个球的编号与盒子的编号相同的放法有4×2=8(种)，C项错误； 把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，分2步进行：第一步从4个盒子中选出一个盒子当作空盒，有种选法，再将其余3个盒子装球，3个盒子分别装2，1，1个球，只要选一个盒子装2个球，另外2个盒子一定是每个装一个球，有种选法，所以共有=12(种)放法，D项正确. 11.若(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，x∈R，则(　　) A.a1+a2+…+a10=1 B.|a0|+|a1|+|a2|+…+|a10|=310 C.a2=160 D.+++…+=-1 答案　BD 解析　对于A， =a0+a1x+a2x2+…+a10x10， 令x=0，得a0=1，令x=1， 得a0+a1+a2+…+a10=1， 所以a1+a2+…+a10=0，故A错误； 对于B，因为 =a0+a1x+a2x2+…+a10x10， 所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a10|表示的各项系数之和， 令x=1，则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a10|=310，故B正确； 对于C，a2x2=·=180x2，所以a2=180，故C错误； 对于D，因为=a0+a1x+a2x2+…+a10x10，a0=1， 令x=，则=1++++…+=0， 则+++…+=-1，故D正确. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.若=(n∈N*)，则n=　　　　.  答案　4 解析　由题意可知2n+6=n+2或2n+6=20-(n+2)，解得n=-4(舍去)或n=4. 13.若的展开式的各项系数和为1，二项式系数和为128，则a=　　　　，展开式中x2的系数为　　　　.  答案　-1　-448 解析　由题意得所以n=7，a=-1， 所以的展开式的通项为 Tk+1=(2)7-k=27-k(-1)k， 令=2，得k=1. 所以x2的系数为26(-1)1=-448. 14.甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技能竞赛，得出了第一名到第五名的五个名次，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情况共有　　种.  答案　54 解析　根据题意知，甲、乙都没有得到冠军，且乙不是最后一名，分2种情况讨论： ①甲是最后一名，则乙可以是第二名、第三名或第四名，即乙有3种名次排列情况，剩下的三人有=6(种)名次排列情况，此时有3×6=18(种)名次排列情况； ②甲不是最后一名，则甲、乙需要排在第二、三、四名，有=6(种)名次排列情况，剩下的三人有=6(种)名次排列情况，此时有6×6=36(种)名次排列情况. 综上可知，一共有36+18=54(种)不同的名次排列情况. 四、解答题(本题共5小题，共77分) 15.(13分)在(3x-2y)20的展开式中，求： (1)二项式系数最大的项；(6分) (2)系数绝对值最大的项.(7分) 解　(1)二项式(3x-2y)20的展开式有21项，展开式的通项为Tk+1=(3x)20-k(-2y)k， 其二项式系数最大的项为第11项， T11=·(3x)10·(-2y)10=·610·x10y10. (2)设系数绝对值最大的项是第k+1(k∈N*)项， 则 即解得7≤k≤8， 所以k=8，系数绝对值最大的项为 T9=·312·28·x12y8. 16.(15分)某医院有内科医生12名，外科医生8名，其中，甲为内科医生，乙为外科医生，现选派5名参加研讨会. (1)甲、乙必须参加，共有多少种不同的选法？(3分) (2)甲、乙均不能参加，有多少种不同的选法？(4分) (3)甲、乙2人至少有1人参加，有多少种不同的选法？(4分) (4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种不同的选法？(4分) 解　(1)只需从其他18人中选3人即可， 共有=816(种)不同的选法. (2)只需从其他18人中选5人即可， 共有=8 568(种)不同的选法. (3)分两类：甲、乙中有1人参加；甲、乙都参加.则共有+=6 936(种)不同的选法. (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)不同的选法. 方法二　(间接法)从无限制条件的选法种数中减去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)不同的选法. 17.(15分)已知的展开式中的第2项和第3项的系数相等. (1)求n的值；(4分) (2)求展开式中所有二项式系数的和；(3分) (3)求展开式中所有的有理项.(8分) 解　二项式的展开式的通项为Tk+1=xn-k=(k=0，1，2，…，n). (1)由展开式中的第2项和第3项的系数相等，得 ×=×，即·n=·， 解得n=5. (2)展开式中所有二项式系数的和为 +++…+=25=32. (3)二项展开式的通项为 Tk+1=(k=0，1，2，…，5). 当k=0，2，4时，对应项是有理项， 所以展开式中所有的有理项为 T1=x5=x5， T3=x2=x2， T5=x-1=. 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；(8分) (2)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.(9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(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， ∴f(x)的展开式中含x3项的系数为+2+3=84. (2)证明　∵f(x)=(1+x)n+1+2(1+x)n+2+…+k(1+x)n+k+…+n(1+x)2n(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[1+ (i+1)] =(n+2) =(n+2)2n， ∴ (i+1)=(n+2)2n-1-1. 学科网（北京）股份有限公司 $$