第33期 二项式定理-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版2019）

书 答案详解 　 ２０２４～２０２５学年　高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期（２０２５年３月）　 第３３期２版 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｄ；　３．ＡＢＣ． ４．４０；　５．－５０． ６． 解： （２ｘ＋ ｘ－２）４ ＝ Ｃ０４（２ｘ） ４ ＋ Ｃ１４（２ｘ） ３ｘ－２ ＋ Ｃ２４（２ｘ） ２（ｘ－２）２＋Ｃ３４２ｘ（ｘ －２）３＋Ｃ４４（ｘ －２）４ ＝１６ｘ４＋４×８ｘ３－２＋６×４×ｘ２－４＋４×２×ｘ１－６＋ｘ－８ ＝１６ｘ４＋３２ｘ＋２４ｘ－２＋８ｘ－５＋ｘ－８． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｄ；　３．ＢＣＤ． ４．－３３；　５．５１３． ６．解：依题意得２ｎ ＝５１２，所以ｎ＝９． 设展开式中的常数项为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ９ｘ １８－２ｒ（－１）ｒｘ－ｒ ＝ （－１）ｒＣｒ９ｘ １８－３ｒ，由１８－３ｒ＝０，得ｒ＝６． 所以展开式中的常数项为（－１）６Ｃ６９ ＝８４． 第３３期３，４版 二项式定理同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＤＣＢＡ　５～８　ＡＡＢＢ 提示： １．由题意得第８项的系数为 Ｃ７１０×（槡３ｉ） ３×（－１）７ ＝１２０× 槡３３ｉ＝ 槡３６０３ｉ． ２．（１－２ｘ）４的二项展开式的通项为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ４（－２ｘ） ｒ＝（－２）ｒＣｒ４ｘ ｒ． 令ｒ＝１，得ｘ的系数为（－２）·Ｃ１４ ＝－８． ３．由题意得Ｃ１ｎ ＝Ｃ １１ ｎ，所以ｎ＝１２， 因此展开式共有１３项，中间一项是第７项， Ｔ７ ＝Ｃ ６ １２ｘ (６ －１ )ｘ ６ ＝Ｃ６１２． ４． (因为 １－ )ｙｘ （ｘ＋ｙ）８ ＝（ｘ＋ｙ）８－ｙｘ（ｘ＋ｙ）８， (所以 １－ )ｙｘ （ｘ＋ｙ）８的展开式中含ｘ２ｙ６的项为 Ｃ６８ｘ ２ｙ６－ｙｘＣ ５ ８ｘ ３ｙ５ ＝－２８ｘ２ｙ６， (即 １－ )ｙｘ （ｘ＋ｙ）８的展开式中ｘ２ｙ６的系数为－２８． ５．由（ａ－ｂ）４ ＝ａ４－４ａ３ｂ＋６ａ２ｂ２－４ａｂ３＋ｂ４，得 （ｘ＋１）４－４（ｘ＋１）３＋６（ｘ＋１）２－４（ｘ＋１）＋１ ＝［（ｘ＋１）－１］４ ＝ｘ４． ６．由Ｃ１ｎｘ＋Ｃ ２ ｎｘ ２＋… ＋Ｃｎｎｘ ｎ ＝（１＋ｘ）ｎ－１，分别将选项 （Ａ），（Ｂ），（Ｃ），（Ｄ）代入检验知，仅有（Ａ）适合． ７．由题意得Ｃ２ｎ ＝Ｃ ３ ｎ，因此ｎ＝５． 因为（１＋λｘ）５ ＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ ２＋… ＋ａ５ｘ ５， 所以令ｘ＝０，可得ａ０ ＝１． 令ｘ＝１，则（１＋λ）５ ＝ａ０＋ａ１＋ａ２＋… ＋ａ５． 又ａ１＋ａ２＋… ＋ａ５ ＝２４２，所以（１＋λ） ５ ＝２４３＝３５， 因此λ＝２． (所以 ｘ＋２ )ｘ ４ 展开式的通项为 Ｔｋ＋１ ＝Ｃ ｋ ４ｘ ４－ｋ２ｋｘ－ｋ ＝Ｃｋ４２ ｋｘ４－２ｋ． 由４－２ｋ＝０得ｋ＝２， (因此 ｘ＋２ )ｘ ４ 展开式中常数项为Ｔ３ ＝Ｃ ２ ４２ ２ ＝２４． ８．由二项展开式中各二项式系数可知， 第ｍ行第ｎ个数应为Ｃｎ－１ｍ－１， 所以第１００行第３个数为Ｃ２９９ ＝ ９９×９８ ２ ＝４８５１， 即Ａ（１００，３） ＝４８５１． 二、多项选择题 ９．ＣＤ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．因为展开式的第５项为Ｔ５ ＝Ｃ ４ ｎｘ ｎ－４ ３ －４， 所以令 ｎ－４ ３ －４＝１，解得ｎ＝１９． 所以展开式中系数最大的项是第１０项和第１１项． 故选（Ｃ）（Ｄ）． １０．二项式（１－２ｘ）５的展开式的通项是 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ５（－２） ｒｘｒ，ｒ∈Ｎ，ｒ≤５，ａ０ ＝１，故（Ａ）正确； ａ５ ＝Ｃ ５ ５（－２） ５ ＝－３２，故（Ｂ）正确； 显然，展开式中的奇数项系数为正，偶数项系数为负， ｜ａ０｜＋｜ａ１｜＋｜ａ２｜＋｜ａ３｜＋｜ａ４｜＋｜ａ５｜＝ａ０－ａ１＋ａ２－ａ                                                        ３ —１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 ＋ａ４－ａ５ ＝［１－２×（－１）］ ５ ＝３５，故（Ｃ）正确； ａ１＝Ｃ １ ５（－２）＝－１０，ａ２＝Ｃ ２ ５（－２） ２＝４０，ａ３＝Ｃ ３ ５（－２） ３ ＝－８０，ａ４ ＝Ｃ ４ ５（－２） ４＝８０，因此ａ０＋ａ１＋２ａ２＋３ａ３＋４ａ４＋ ５ａ５ ＝１＋（－１０）＋２×４０＋３×（－８０）＋４×８０＋５×（－３２） ＝－９，故（Ｄ）不正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１． 依 题 意 可 得 Ｃ４ｎ ＝ Ｃ ６ ｎ， 得 ｎ！ ４！·（ｎ－４）！ ＝ ｎ！ ６！·（ｎ－６）！，得（ｎ－４）（ｎ－５）＝３０，得ｎ＝１０． (在 ａｘ２＋１ 槡 )ｘ １０ 的展开式中，令 ｘ＝１，得（ａ＋１）１０ ＝ １０２４，因为ａ＞０，所以ａ＋１＝２，所以ａ＝１ ( ． ｘ２＋１ 槡 )ｘ １０ 展开式的通项公式为 Ｔｋ＋１ ＝Ｃ ｋ １０（ｘ ２）１０－ｋ ( · １ 槡 )ｘ ｋ ＝Ｃｋ１０·ｘ ２０－５２ｋ，ｋ＝０，１，２，３，４，５，６，７，８，９，１０， 由２０－５２ｋ为整数，得ｋ＝０，２，４，６，８，１０，所以展开式中的 有理项有６项，故（Ａ）正确； (因为 ｘ２＋１ 槡 )ｘ １０ 的展开式中各项的系数等于各项的二 项式系数，且总共有１１项，所以展开式中第６项的系数最大，故 （Ｂ）正确； 根据二项式系数的性质可得，展开式中奇数项的二项式系 数和为２９ ＝５１２，故（Ｃ）不正确； 令２０－５２ｋ＝１５，得ｋ＝２，所以展开式中ｘ １５的系数为Ｃ２１０ ＝４５，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．２；　１３．１５２；　１４．－１２． 提示： １２．通项Ｔｒ＋１ ＝ａ －ｒ×Ｃｒ６×ｘ １２－３ｒ，当１２－３ｒ＝３时，ｒ＝３， 所以含ｘ３项的系数为ａ－３×Ｃ３６ ＝ ５ ２，解得ａ＝２． １３．（１＋槡３） ５＝Ｃ０５（槡３） ０＋Ｃ１５（槡３） １＋Ｃ２５（槡３） ２＋Ｃ３５（槡３） ３ ＋Ｃ４５（槡３） ４＋Ｃ５５（槡３） ５ ＝１＋ 槡５３＋３０＋ 槡３０３＋４５＋ 槡９３， （１－槡３） ５ ＝Ｃ０５（－槡３） ０＋Ｃ１５（－槡３） １＋Ｃ２５（－槡３） ２＋Ｃ３５ ×（－槡３） ３＋Ｃ４５（－槡３） ４＋Ｃ５５（－槡３） ５ ＝１－ 槡５３＋３０－ 槡３０３＋４５－ 槡９３， 故（１＋槡３） ５＋（１－槡３） ５ ＝１＋３０＋４５＋１＋３０＋４５＝１５２． １４．（ｘ２＋３ｘ－１）４＝（ｘ２＋３ｘ）４－Ｃ１４（ｘ ２＋３ｘ）３＋Ｃ２４（ｘ ２＋ ３ｘ）２－Ｃ３４（ｘ ２＋３ｘ）＋１．又（ｘ２＋３ｘ）ｎ的二项展开式的通项Ｔｋ＋１ ＝Ｃｋｎ（ｘ ２）ｎ－ｋ（３ｘ）ｋ＝Ｃｋｎ·３ ｋ·ｘ２ｎ－ｋ，当且仅当ｎ＝１，ｋ＝１时符 合题意，所以（ｘ２＋３ｘ－１）４的展开式中ｘ的系数为 －Ｃ３４×３＝ －１２． 四、解答题 １５．解：由已知Ｃ０ｎ＋Ｃ １ ｎ＋Ｃ ２ ｎ ＝３７， 解得ｎ＝８或ｎ＝－９（舍去）． （１）通项Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ８（槡ｘｘ） ８－ｒ １ ３ 槡 ( )ｘ ｒ ＝Ｃｒ８ｘ １２－１１６ｒ， 由题意得ｒ必为６的倍数，且０≤ｒ≤８， 所以ｒ＝０或ｒ＝６． 所以含ｘ的整数次幂的项为Ｔ１ ＝ｘ １２，Ｔ７ ＝２８ｘ． （２）由ｎ＝８知展开式共９项， 二项式系数最大的项为第５项，即Ｔ５ ＝Ｃ ４ ８ｘ １４ ３ ＝７０ｘ １４ ３． １６．解：（１）由Ｃ４ｎ（－２） ４∶Ｃ２ｎ（－２） ２ ＝５６∶３， 解得ｎ＝１０． 因为通项Ｔｒ＋１＝Ｃ ｒ １０（槡ｘ） １０ (－ｒ －２３ 槡 )ｘ ｒ ＝（－２）ｒＣｒ１０·ｘ ５－５ｒ６，０≤ ｒ≤１０，ｒ∈Ｎ，所以当５－５ｒ６为整数时，ｒ可取０，６， 于是有理项为Ｔ１ ＝ｘ ５和Ｔ７ ＝１３４４０． （２）原式＝１０＋９Ｃ２１０＋８１Ｃ ３ １０＋… ＋９ １０－１Ｃ１０１０ ＝ ９Ｃ１１０＋９ ２Ｃ２１０＋９ ３Ｃ３１０＋… ＋９ １０Ｃ１０１０ ９ ＝ Ｃ０１０＋９Ｃ １ １０＋９ ２Ｃ２１０＋９ ３Ｃ３１０＋… ＋９ １０Ｃ１０１０－１ ９ ＝（１＋９） １０－１ ９ ＝ １０１０－１ ９ ． １７．解 (： 槡ｘ＋ １２４槡 )ｘ ｎ 的展开式中前三项的系数分别为 Ｃ０ｎ， １ ２Ｃ １ ｎ， １ ４Ｃ ２ ｎ，由题意知 Ｃ １ ｎ ＝Ｃ ０ ｎ ＋ １ ４Ｃ ２ ｎ，所以 ｎ＝１＋ ｎ（ｎ－１） ８ ，即ｎ ２－９ｎ＋８＝０，解得ｎ＝８或ｎ＝１（舍去）． (则二项式 槡ｘ＋ １２４槡 )ｘ ８ 展开式的通项为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ８·ｘ ８－ｒ ２· １ ２ｒ ·ｘ－ ｒ ４ ＝ １ ２ｒ ·Ｃｒ８·ｘ ４－３４ｒ． （１）令４－３４ｒ＝１，得ｒ＝４， 所以含有ｘ项的系数为 １ ２４ ×Ｃ４８ ＝ ３５ ８． （２）设展开式中第ｒ＋１项为有理项， 则当ｒ＝０，ｒ＝４，ｒ＝８时分别对应的项为有理项， 有理项分别为Ｔ１ ＝ｘ ４，Ｔ５ ＝ ３５ ８ｘ，Ｔ９ ＝ １ ２５６ｘ２ ． １８．解：（１）分别令ｘ＝１，ｘ＝－１，得ｆ（１）＝ａ７＋ａ６＋… ＋ａ１＋ａ０ ＝２ ７＋２７，ｆ（－１）＝－ａ７＋ａ６－… －ａ１＋ａ０ ＝０                                                                      ， —２— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 两式相加除以２，得ａ０＋ａ２＋ａ４＋ａ６ ＝１２８． （２）当ｍ＝ｎ时，ｆ（ｘ）＝（１＋ｘ）ｍ＋（１＋ｘ）ｎ＝２（１＋ｘ）ｎ， 所以Ｔ３ ＝２Ｃ ２ ｎｘ ２ ＝２０ｘ２，即２Ｃ２ｎ ＝２０，所以ｎ＝５． （３）由ｆ（ｘ）的展开式中含ｘ项的系数是１９，得ｍ＋ｎ＝１９， 所以ｘ２的系数为 Ｃ２ｍ ＋Ｃ ２ ｎ ＝ １ ２ｍ（ｍ－１）＋ １ ２ｎ（ｎ－１）＝ １ ２［（ｍ＋ｎ） ２－２ｍｎ－（ｍ＋ｎ）］＝１７１－ｍｎ＝１７１－（１９－ｎ）ｎ ＝ ｎ－１９( )２ ２ ＋３２３４，当ｎ＝１０或ｎ＝９时，ｆ（ｘ）的展开式中ｘ ２ 的系数最小，最小值为８１． １９．证明：（１）因为ａｎ＝２ ｎ－１，可知数列｛ａｎ｝是以ａ１＝１为 首项，公比为ｑ＝２的等比数列； 所以Ｓ３０００ ＝ １－２３０００ １－２ ＝２ ３０００－１， 而２７９＝３１×９，且３１与９互质；易知 Ｓ３０００ ＝２ ３０００－１＝２３×１０００－１＝８１０００－１＝（９－１）１０００－１ ＝Ｃ０１０００９ １０００－Ｃ１１０００９ ９９９＋… －Ｃ９９９１０００９＋Ｃ １０００ １０００（－１） １０００－１ ＝Ｃ０１０００９ １０００－Ｃ１１０００９ ９９９＋… －Ｃ９９９１０００９， 所以９｜Ｓ３０００； Ｓ３０００ ＝２ ３０００－１＝２５×６００－１＝３２６００－１＝（３１＋１）６００－１ ＝Ｃ０６００３１ ６００＋Ｃ１６００３１ ５９９＋… ＋Ｃ５９９６００３１＋Ｃ ６００ ６００－１ ＝Ｃ０６００３１ ６００＋Ｃ１６００３１ ５９９＋… ＋Ｃ５９９６００３１， 所以３１｜Ｓ３０００； 结合整除性质②可知２７９｜Ｓ３０００． （２）因为ａｎ＋ｂｎ＝（ａ＋ｂ－ｂ）ｎ＋ｂｎ＝Ｃ０ｎ（ａ＋ｂ） ｎ＋Ｃ１ｎ（ａ ＋ｂ）ｎ－１（－ｂ）＋… ＋Ｃｎ－１ｎ （ａ＋ｂ）（－ｂ） ｎ－１＋Ｃｎｎ（－ｂ） ｎ＋ｂｎ， 且ｎ为奇数，所以ａｎ＋ｂｎ＝（ａ＋ｂ－ｂ）ｎ＋ｂｎ＝Ｃ０ｎ（ａ＋ｂ） ｎ ＋Ｃ１ｎ（ａ＋ｂ） ｎ－１（－ｂ）＋… ＋Ｃｎ－１ｎ （ａ＋ｂ）（－ｂ） ｎ－１， 因此ａｎ＋ｂｎ能被ａ＋ｂ整除． 第３４期３，４版 计数原理核心素养综合测评 一、单项选择题 １～４　ＣＢＤＣ　　５～８　ＤＡＤＡ 提示： １．第一步，取ｂ的值，有５种方法；第二步，取ａ的值，也有５ 种方法．由分步乘法计数原理得，共有５×５＝２５（个）虚数． ２．当ｎ≥２且ｎ∈Ｎ＋时， （１＋ｘ）ｎ的展开式的通项为Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ｎ·ｘ ｒ， 所以（１＋ｘ）ｎ的展开式中含ｘ２项的系数为Ｃ２ｎ， 故（１＋ｘ）２＋（１＋ｘ）３＋（１＋ｘ）４的展开式中， 含ｘ２项的系数是Ｃ２２＋Ｃ ２ ３＋Ｃ ２ ４ ＝１０． ３．根据排列数的计算公式得 （２７－ａ）（２８－ａ）…（３６－ａ） ＝Ａ（３６－ａ）－（２７－ａ）＋１３６－ａ ＝Ａ１０３６－ａ． ４． (二项式 ｘ２－１ )ｘ ９ 的展开式共有１０项， 中间项有２项，为第５项和第６项， Ｔ５ ＝Ｃ ４ ９（ｘ ２） (５ －１ )ｘ ４ ＝１２６ｘ６， Ｔ６ ＝Ｃ ５ ９（ｘ ２） (４ －１ )ｘ ５ ＝－１２６ｘ３． ５．由题意得ｘ≥５，ｘ∈Ｎ． 原不等式可化为 ６ ｘ（ｘ－１）（ｘ－２）－ ２４ ｘ（ｘ－１）（ｘ－２）（ｘ－３） ＜ ２４０ｘ（ｘ－１）（ｘ－２）（ｘ－３）（ｘ－４）， 即ｘ２－１１ｘ－１２＜０， 解得 －１＜ｘ＜１２． 又ｘ≥５，ｘ∈Ｎ， 所以ｘ∈｛５，６，７，８，９，１０，１１｝． ６．若取出的球中有１个红球， 则不同的取法有Ｃ１４Ｃ ２ ８ ＝１１２（种）； 若取出的球中有２个红球， 则不同的取法有Ｃ２４Ｃ １ ８ ＝４８（种）． 故不同的取法有１１２＋４８＝１６０（种）． ７ (． ｘ－１ｘ＋２ )ｙ ６ [ (＝ ｘ－１ )ｘ ＋２ ]ｙ ６ ，其展开式的通 项为Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ６ (· ｘ－１ )ｘ ６－ｒ （２ｙ）ｒ，０≤ｒ≤６，ｒ∈Ｎ， (易知 ｘ－１ )ｘ ６－ｒ 的展开式的通项为Ｔｋ＋１ ＝（－１） ｋＣｋ６－ｒ· ｘ６－ｒ－２ｋ，０≤ｋ≤ｒ≤６，ｋ∈Ｎ，ｒ∈Ｎ， 令ｒ＝０，６－ｒ－２ｋ＝０，得ｋ＝３，所以原式的展开式中的 常数项是（－１）３Ｃ３６ ＝－２０，即 ａ５ ＝－２０，因为｛ａｎ｝是等差数 列，所以ａ２＋ａ８ ＝２ａ５ ＝－４０． ８．由题意知甲只能参加Ｃ项目，乙只能参加 Ａ项目，则以 甲、乙两人参加的情况分为以下四类： 第１类：甲、乙都不参加，则从其余４人中选３人参加Ａ，Ｂ，Ｃ 三个项目，有Ａ３４种不同的方案； 第２类：仅甲参加，甲必须参加 Ｃ项目，从其余４人（不含 乙）中选２人参加Ａ，Ｂ两个项目，有Ａ２４种不同的方案； 第３类：仅乙参加，乙必须参加 Ａ项目，从其余４人（不含 甲）中选２人参加Ｂ，Ｃ两个项目，有Ａ２４种不同的方案； 第４类：甲、乙两人都参加，则甲参加 Ｃ项目，乙参加 Ａ项 目，从其余４人中选１人参加Ｂ项目，有Ａ１４种不同的方案． 根据分类加法计数原理得，不同的分配方案共有 Ａ３４＋Ａ ２ ４ ＋Ａ２４＋Ａ １ ４ ＝５２（种）                                                                      ． —３— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 二、多项选择题 ９．ＡＣ；　１０．ＡＣ；　１１．ＢＤ． 提示： ９．若Ａ，Ｂ不相邻， 则先让Ｃ，Ｄ，Ｅ自由排列，再让Ａ，Ｂ去插空即可， 则方法总数为Ａ３３Ａ ２ ４ ＝７２（种），故（Ａ）正确，（Ｂ）错误； 若Ａ，Ｂ相邻，则将Ａ，Ｂ捆绑在一起，视为一个整体， 与Ｃ，Ｄ，Ｅ自由排列即可， 则方法总数为Ａ２２Ａ ４ ４ ＝４８（种），故（Ｃ）正确，（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １０．若Ｂ影厅仅放映１部电影， 有Ｃ１４种安排方法，故（Ａ）正确； 每个影厅至少放映一部电影，分三种情况： 一、Ａ影厅１部，Ｂ影厅放剩下的３部，则有Ｃ１４种安排方法； 二、Ａ影厅２部，剩下２部给Ｂ影厅，有Ｃ２４种安排方法； 三、Ａ影厅３部，剩下１部给Ｂ影厅，有Ｃ３４种安排方法． 故共有Ｃ１４＋Ｃ ２ ４＋Ｃ ３ ４ ＝１４（种）安排方法，故（Ｂ）错误； 按Ａ影厅放映的电影一定有《熊出没·逆转时间》， 有三种情况： 一、Ａ影厅只放《熊出没·逆转时间》，其余３部给Ｂ影厅， 只有１种安排方法； 二、除《熊出没·逆转时间》外，剩下３部中选１部在Ａ影厅 放映，则有Ｃ１３种安排方法； 三、除《熊出没·逆转时间》外，剩下３部中选２部在Ａ影厅 放映，则有Ｃ２３种安排方法， 故共有１＋Ｃ１３＋Ｃ ２ ３ ＝７（种）安排方法，故（Ｃ）正确； 将２部动画电影安排Ａ影厅一部，Ｂ影厅一部， 则有Ａ２２种安排方法．剩下２部喜剧电影分三种情况： 一、Ａ影厅无，则只有１种安排方法； 二、Ａ影厅１部，则有Ｃ１２种安排方法； 三、Ａ影厅２部，则只有１种安排方法， 故共有Ａ２２×（１＋Ｃ １ ２＋１）＝８（种）安排方法， 故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｃ）． １１．由题意及二项式定理可得ａ＝Ｃ０２０＋Ｃ １ ２０×３＋Ｃ ２ ２０×３ ２ ＋… ＋Ｃ２０２０×３ ２０ ＝（１＋３）２０ ＝４２０ ＝（５－１）２０， 则ａ＝Ｃ０２０·５ ２０－Ｃ１２０·５ １９＋… －Ｃ１９２０·５＋Ｃ ２０ ２０， 因为Ｃ０２０·５ ２０－Ｃ１２０·５ １９＋… －Ｃ１９２０·５能被５整除， 所以ａ除以５的余数为１， 又因为ａ≡ｂ（ｍｏｄ５），所以ｂ除以５的余数也为１， 结合选项可知２００６和２０２１除以５的余数为１． 故选（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．１８；　１３．２４０；　１４．－２． 提示： １２．由题意得多人多足不排在第一场，拔河排在最后一场， 则多人多足有３种安排方法．将踢毽、跳绳、推火车安排在剩下 的３个位置，有Ａ３３＝６（种）安排方法，所以共有３×６＝１８（种） 安排方法． １３．若个位是０，则有４Ａ３４＝９６（个）满足题意的五位偶数； 若个位不是０，有２×３×Ａ３４＝１４４（个）满足题意的五位偶数， 所以共有９６＋１４４＝２４０（个）满足题意的五位偶数． １４ (． １ｘ )＋ｍｙ （２ｘ－ｙ）５＝１ｘ（２ｘ－ｙ）５＋ｍｙ（２ｘ－ｙ）５， 其中 １ ｘ（２ｘ－ｙ） ５的展开式的通项为 Ｔｒ＋１ ＝ｘ －１Ｃｒ５·（２ｘ） ５－ｒ（－ｙ）ｒ＝（－１）ｒ·２５－ｒＣｒ５ｘ ４－ｒｙｒ， ０≤ｒ≤５，ｒ∈Ｎ， 令 ４－ｒ＝２， ｒ＝４{ ， 可知无解， 即 １ ｘ（２ｘ－ｙ） ５的展开式中没有含ｘ２ｙ４的项； ｍｙ（２ｘ－ｙ）５的展开式的通项为 Ｔｋ＋１ ＝ｍｙＣ ｋ ５（２ｘ） ５－ｋ·（－ｙ）ｋ＝（－１）ｋ·２５－ｋｍＣｋ５ｘ ５－ｋｙｋ＋１， 令 ５－ｋ＝２， ｋ＋１＝４{ ，解得ｋ＝３， 即ｍｙ（２ｘ－ｙ）５的展开式中含ｘ２ｙ４的项的系数为 （－１）３·２５－３ｍＣ３５ ＝－４０ｍ． (又 １ｘ )＋ｍｙ （２ｘ－ｙ）５的展开式中ｘ２ｙ４的系数为８０， 所以 －４０ｍ＝８０，解得ｍ＝－２． 四、解答题 １５．解：（１）分三类： 选出的是高二（１）班的学生，有７种选法； 选出的是高二（２）班的学生，有９种选法； 选出的是高二（３）班的学生，有１０种选法． 由分类加法计数原理， 得不同的选法种数为７＋９＋１０＝２６． （２）每班选一名副组长为一步，所以共有三步． 由分步乘法计数原理， 得不同的选法种数为７×９×１０＝６３０． （３）分三类：高二（１）班和高二（２）班，高二（１）班和高二 （３）班，高二（２）班和高二（３）班． 每类又分两步， 故不同的选法种数为７×９＋７×１０＋９×１０＝２２３． １６．解：（１ (） ａｘ２２ －１槡 )ｘ １０ 的展开式的通项为 Ｔｋ＋１ ＝（－１） (ｋ ａ)２ １０－ｋ Ｃｋ１０ｘ ２０－５２ｋ                                                                      ， —４— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 令２０－５２ｋ＝０，解得ｋ＝８，又常数项为 ４５ ４， 故Ｔ９ ＝（－１） (８ ａ)２ ２ Ｃ８１０ ＝ ４５ ４，解得ａ＝１． （２）２０－５２ｋ＝ｍ，ｍ∈Ｚ，则ｋ＝０，２，４，６，８，１０， 所以有理项有６项，无理项有５项， 从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理 项也有无理项，则共有Ｃ１６Ｃ ２ ５＋Ｃ ２ ６Ｃ １ ５ ＝１３５（种）不同的取法． １７．解：（１）因为（１＋ｘ）ｎ ＝Ｃ０ｎ＋Ｃ １ ｎｘ＋Ｃ ２ ｎｘ ２＋… ＋Ｃｎｎｘ ｎ， ｎ≥４，ｎ∈Ｎ＋， 所以ａ２ ＝Ｃ ２ ｎ ＝ ｎ（ｎ－１） ２ ，ａ３ ＝Ｃ ３ ｎ ＝ ｎ（ｎ－１）（ｎ－２） ６ ， ａ４ ＝Ｃ ４ ｎ ＝ ｎ（ｎ－１）（ｎ－２）（ｎ－３） ２４ ． 因为 ａ２３ ＝２ａ２ａ４， [所以 ｎ（ｎ－１）（ｎ－２）]６ ２ ＝２× ｎ（ｎ－１） ２ × ｎ（ｎ－１）（ｎ－２）（ｎ－３） ２４ ，解得ｎ＝５． （２）由（１）知ｎ＝５． （１＋槡３） ｎ ＝（１＋槡３） ５ ＝Ｃ０５＋Ｃ １ ５槡３＋Ｃ ２ ５（槡３） ２＋Ｃ３５（槡３） ３＋Ｃ４５（槡３） ４＋Ｃ５５（槡３） ５ ＝ａ＋ｂ槡３． 因为ａ，ｂ∈Ｎ＋，所以ａ＝Ｃ ０ ５＋３Ｃ ２ ５＋９Ｃ ４ ５ ＝７６， ｂ＝Ｃ１５＋３Ｃ ３ ５＋９Ｃ ５ ５ ＝４４， 从而ａ２－３ｂ２ ＝７６２－３×４４２ ＝－３２． １８．解：（１）若数学必须比语文先上，则不同的排法有 Ａ６６ Ａ２２ ＝６×５×４×３×２×１２ ＝３６０（种）． （２）如果体育排在最后一节，那么有Ａ５５ ＝１２０（种）排法， 如果体育不排在最后一节，也不排在第一节， 且数学不排在最后一节，那么有Ｃ１４Ｃ １ ４Ａ ４ ４＝３８４（种）排法， 所以共有１２０＋３８４＝５０４（种）排法． （３）若将这３节课插入原课表中且原来６节课的相对顺序 不变，则有 Ａ９９ Ａ６６ ＝９×８×７＝５０４（种）不同的排法． １９．解：（１）若ｙ＝ｑ＝１，Ｆ（ｘ，２）＝（ｘ＋ｙ）（ｘ＋ｑｙ） ＝ｘ２＋（１＋ｑ）ｘｙ＋ｙ２ ＝（ｘ＋１）２， Ｄ１ｑＦ（ｘ，２）＝［２］（ｘ＋ｙ） １ ｑ ＝（１＋ｑ）（ｘ＋ｙ）＝２（ｘ＋１）． （２）当ｋ＝０时， ［ｎ－ｋ］！ ［ｎ］！ Ｄ ｋ ｑＦ（０，ｎ）＝Ｄ ０ ｑＦ（０，ｎ）＝Ｆ（０，ｎ）＝ｑ ｎ（ｎ－１） ２ ｙｎ． 当ｋ≠０时， ＤｋｑＦ（０，ｎ）＝［ｎ］［ｎ－１］…［ｎ－ｋ＋１］（０＋ｙ） ｎ－ｋ ｑ ＝［ｎ］［ｎ－１］…［ｎ－ｋ＋１］ｑ （ｎ－ｋ）（ｎ－ｋ－１） ２ ｙｎ－ｋ ＝ ［ｎ］！ ［ｎ－ｋ］！ｑ （ｎ－ｋ）（ｎ－ｋ－１） ２ ｙｎ－ｋ， 所以 ［ｎ－ｋ］！ ［ｎ］！ Ｄ ｋ ｑＦ（０，ｎ）＝ｑ （ｎ－ｋ）（ｎ－ｋ－１） ２ ｙｎ－ｋ． 综上， ［ｎ－ｋ］！ ［ｎ］！Ｄ ｋ ｑＦ（０，ｎ）＝ｑ （ｎ－ｋ）（ｎ－ｋ－１） ２ ｙｎ－ｋ，ｋ＝０，１，２，…，ｎ． 第３５期 核心素养阶段测评（六） 一、单项选择题 １～４　ＣＡＢＡ　５～８　ＣＢＤＡ 提示： １．根据分类加法计数原理， 共有４＋３＋２＝９（种）不同的选法． ２．因为ｙ′＝ｃｏｓｘ＋２＞０， 所以ｙ＝ｓｉｎｘ＋２ｘ（ｘ∈［０，π］）单调递增， 所以当ｘ＝π时，ｙｍａｘ＝ｓｉｎπ＋２π＝２π． ３．由题意知Ａ＝｛２，３，５，７，１１，１３，１７，…｝， 由Ａ２ｎ≤９０得ｎ（ｎ－１）≤９０， 解得 －９≤ｎ≤１０， 即Ｂ＝｛ｘ｜－９≤ｎ≤１０，ｎ∈Ｎ＋且ｎ≥２｝ ＝｛２，３，４，５，６，７，８，９，１０｝， 所以Ａ∩Ｂ＝｛２，３，５，７｝． ４．由切点（１，ｂ）在曲线上，得ｂ＝２＋ａ３ ①； 由切点（１，ｂ）在切线上，得ｋ－ｂ＋６＝０②； 对曲线求导得ｙ′＝ ４－ａ （ｘ＋２）２ ，ｙ′（１）＝４－ａ ３２ ＝ｋ， 即４－ａ＝９ｋ③， 由①②③得ａ＝１３，ｂ＝５，ｋ＝－１． ５ (． ａｘ２－１ )ｘ ６ 的展开式的通项为 Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ６（ａｘ ２）６－ｒ (． －１ )ｘ ｒ ＝Ｃｒ６ａ ６－ｒ（－１）ｒｘ１２－３ｒ， ０≤ｒ≤６，ｒ∈Ｎ，令１２－３ｒ＝０，解得ｒ＝４． 由题意得Ｃ４６（－１） ４ａ２ ＝６０，解得ａ＝±２． ６．函数ｆ（ｘ）＝ｘ３＋ａｘ２＋（ａ＋６）ｘ＋１， 所以ｆ′（ｘ）＝３ｘ２＋２ａｘ＋ａ＋６， 函数ｆ（ｘ）有极大值和极小值， 所以其导函数ｆ′（ｘ）＝０有两个不同的解， 则Δ＝４ａ２－４×３（ａ＋６）＞０， 所以ａ＜－３或ａ＞６． ７．当只考虑“立春”和“惊蛰”时， 将其捆绑在一起，利用捆绑法可得， 有Ａ２２Ａ ５ ５ ＝２４０（种）不同的放置方式． 当“惊蛰”与“立春”和“清明”均相邻，即“惊蛰”在中间， “立春”“清明”分布在两侧时，将三者捆在一起， 有２Ａ４４ ＝４８（种）不同的放置方式                                                                      ． —５— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 所以最终满足题意的放置方式种数为２４０－４８＝１９２． ８．设公切线与函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ切于点Ａ（ｘ１，ｌｎｘ１）（ｘ１ ＞ ０），则切线方程为ｙ－ｌｎｘ１ ＝ １ ｘ１ （ｘ－ｘ１）； 设公切线与函数ｇ（ｘ）＝ｘ２＋２ｘ＋ａ切于点Ｂ（ｘ２，ｘ ２ ２＋２ｘ２ ＋ａ）（ｘ２ ＜０）， 则切线方程为ｙ－（ｘ２２＋２ｘ２＋ａ）＝２（ｘ２＋１）（ｘ－ｘ２）， 所以有 １ ｘ１ ＝２（ｘ２＋１）， ｌｎｘ１－１＝－ｘ ２ ２ { ＋ａ． 因为ｘ２ ＜０＜ｘ１，所以０＜ １ ｘ１ ＜２． 又ａ＝ｌｎｘ１ (＋ １２ｘ１－ )１ ２ －１＝－ｌｎ１ｘ１ ＋ (１４ １ｘ１ － )２ ２ －１， 令ｔ＝ １ｘ１ ， 所以０＜ｔ＜２，ａ＝ １４ｔ ２－ｔ－ｌｎｔ． 设ｈ（ｔ）＝ １４ｔ ２－ｔ－ｌｎｔ（０＜ｔ＜２）， 则ｈ′（ｔ）＝ １２ｔ－１－ １ ｔ＝ （ｔ－１）２－３ ２ｔ ＜０， 所以ｈ（ｔ）在（０，２）上为减函数， 则ｈ（ｔ）＞ｈ（２）＝－ｌｎ２－１＝ｌｎ１２ｅ， 所以ａ (∈ ｌｎ１２ｅ，＋ )∞ ． 二、多项选择题 ９．ＢＣ；　１０．ＡＤ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．甲、乙两同学从六门课程中各选一门的不同选法有６× ６＝３６（种），故（Ａ）不正确； 前５天中任取１天排“数”，再任意排其他五门体验课程， 共有５Ａ５５ ＝６００（种）排法，故（Ｂ）正确； “礼”“书”排在相邻两天，可将“礼”“书”视为一个元素， 与其他几个元素全排列，则不同排法共有２Ａ５５ ＝２４０（种），故 （Ｃ）正确； 先排“礼”“书”“数”，再用插空法排“乐”“射”“御”，不同 排法共有Ａ３３Ａ ３ ４ ＝１４４（种），故（Ｄ）不正确． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １０．令ｘ＝０，ａ０ ＝２ ５ ＝３２，故（Ａ）正确； 五项相同的因式相乘，要得到含ｘ２的项，可以是五个因式 中，一个取ｘ２其他四个因式取２，或两个因式取 －２ｘ其他三个 因式取２，所以ａ２ ＝Ｃ １ ５×１×２ ４＋Ｃ２５×（－２） ２×２３ ＝４００，故 （Ｂ）不正确； 令ｘ＝１，则ａ０＋ａ１＋ａ２＋… ＋ａ１０ ＝１， 所以ａ１＋ａ２＋… ＋ａ１０ ＝１－３２＝－３１，故（Ｃ）不正确； （ｘ２＋２ｘ＋２）５展开式所有项系数和为 ｜ａ０｜＋｜ａ１｜＋｜ａ２｜＋… ＋｜ａ１０｜， 令ｘ＝１，得｜ａ０｜＋｜ａ１｜＋｜ａ２｜＋… ＋｜ａ１０｜＝５ ５＝３１２５， 所以｜ａ１｜＋｜ａ２｜＋…＋｜ａ１０｜＝３１２５－３２＝３０９３，故（Ｄ） 正确． 故选（Ａ）（Ｄ）． １１．因为ｆ（ｘ，ｙ）＝ｘ２－２ｘｙ＋ｙ３（ｘ＞０，ｙ＞０）， 所以ｆ′ｘ（ｘ０，ｙ０）＝ｌｉｍ Δｘ→０ ｆ（ｘ０＋Δｘ，ｙ０）－ｆ（ｘ０，ｙ０） Δｘ ＝２ｘ０－ ２ｙ０，则ｆ′ｘ（１，３）＝－４，故（Ａ）正确； 又ｆ′ｙ（ｘ０，ｙ０）＝ｌｉｍ Δｙ→０ ｆ（ｘ０，ｙ０＋Δｙ）－ｆ（ｘ０，ｙ０） Δｙ ＝－２ｘ０＋ ３ｙ２０，所以ｆ′ｙ（１，３）＝２５，故（Ｂ）错误； 因为ｆ′ｘ（ｍ，ｎ）＋ｆ′ｙ（ｍ，ｎ）＝２ｍ－２ｎ－２ｍ＋３ｎ ２ ＝３ｎ２－２ｎ＝ (３ ｎ－ )１３ ２ －１３， 所以当ｎ＝ １３时，ｆ′ｘ（ｍ，ｎ）＋ｆ′ｙ（ｍ，ｎ）取得最小值， 且最小值为 －１３，故（Ｃ）正确； ｆ（ｘ，ｙ）＝（ｘ－ｙ）２＋ｙ３－ｙ２≥ｙ３－ｙ２， 令ｇ（ｘ）＝ｘ３－ｘ２（ｘ＞０），ｇ′（ｘ）＝３ｘ２－２ｘ， 当０＜ｘ＜ ２３时，ｇ′（ｘ）＜０，当ｘ＞ ２ ３时，ｇ′（ｘ）＞０， 故ｇ（ｘ）ｍｉｎ (＝ｇ )２３ ＝－４２７，从而当ｘ＝ｙ＝ ２３时， ｆ（ｘ，ｙ）取得最小值，且最小值为 －４２７，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．－２；　１３．２４０；　１４．（４，＋∞）． 提示： １２．（１＋ｍｘ）５的展开式的通项为 Ｔｋ＋１ ＝Ｃ ｋ ５（ｍｘ） ｋ ＝Ｃｋ５ｍ ｋｘｋ． 因为展开式中第４项的系数为 －８０， 所以令ｋ＝３，可得Ｃ３５ｍ ３ ＝－８０， 解得ｍ＝－２． １３．第一步：先从４个盒子中选１个盒子准备装２个球， 有４种选法； 第二步：从５个球里选出２个球放到选出的盒子里， 有Ｃ２５种选法； 第三步：把剩下的３个球放入剩下的３个盒子中， 有Ａ３３种放法． 由分步乘法计数原理， 得不同的放法共有４Ｃ２５Ａ ３ ３ ＝２４０（种）． １４．函数ｆ（ｘ）＝ １２ｘ ４－２ｘ３＋３ｍ，ｘ∈Ｒ                                                                      ， —６— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 则ｆ′（ｘ）＝２ｘ３－６ｘ２， 令ｆ′（ｘ）＝０，解得ｘ＝０或ｘ＝３． 当ｘ∈（－∞，３）时，ｆ′（ｘ）≤０， 函数ｆ（ｘ）在（－∞，３）上单调递减， 当ｘ∈（３，＋∞）时，ｆ′（ｘ）＞０， 函数ｆ（ｘ）在（３，＋∞）上单调递增， 所以当ｘ＝３时，函数ｆ（ｘ）取得极小值， 也是最小值ｆ（３）＝３ｍ－２７２． 因为不等式ｆ（ｘ）＋３２ ＞０恒成立， 所以３ｍ－２７２＋ ３ ２ ＞０恒成立， 解得ｍ＞４，即实数ｍ的取值范围是（４，＋∞）． 四、解答题 １５．解：（１）完成这项工作可以分三个步骤： 第一步，从５本不同的数学书中任取１本，有５种取法； 第二步，从５本不同的语文书中任取一本，有５种取法； 第三步，从４本不同的英语书中任取一本，有４种取法． 根据分步乘法计数原理， 共有Ｎ＝５×５×４＝１００（种）不同的取法． （２）完成这件事情共分为三个步骤． 第一步：从１４本书中任取一本放在第一个位置上， 共有１４种不同的取法； 第二步：从剩下的１３本书中任取一本放在第二个位置上， 共有１３种不同的取法； 第三步：从剩下的１２本书中任取一本放在第三个位置上， 共有１２种不同的取法． 根据分步乘法计数原理， 共有Ｎ＝１４×１３×１２＝２１８４（种）不同的排法． １６．解：令ｘ＝１得展开式各项系数和为４ｎ， 二项式系数和为Ｃ０ｎ＋Ｃ １ ｎ＋… ＋Ｃ ｎ ｎ ＝２ ｎ． 由题意得４ｎ－２ｎ ＝９９２，解得ｎ＝５． （１）Ｔｒ＋１ ＝Ｃ ｒ ５３ ｒ·ｘ １０＋ｒ ３， 令 １０＋ｒ ３ ＝４得ｒ＝２，所以Ｔ３ ＝Ｃ ２ ５·３ ２·ｘ４ ＝９０ｘ４． （２）设展开式中第ｋ＋１项系数最大， 所以 Ｃｋ５·３ ｋ≥Ｃｋ－１５ ·３ ｋ－１， Ｃｋ５·３ ｋ≥Ｃｋ＋１５ ·３ ｋ＋{ １  ７２≤ｋ≤ ９２，ｋ∈Ｚ， 所以ｋ＝４， 所以系数最大的项为Ｔ５ ＝Ｃ ４ ５·３ ４·ｘ １４ ３ ＝４０５ｘ １４ ３． １７．解：（１）从中任取 ４个球， 红球的个数不比白球少的取法可分为三类： ４个红球，３个红球和１个白球，２个红球和２个白球． 若取出的为４个红球，则取法有１种； 若取出的为３个红球和１个白球， 则取法有Ｃ３４Ｃ １ ６ ＝２４（种）； 若取出的为２个红球和２个白球， 则取法有Ｃ２４Ｃ ２ ６ ＝９０（种）． 根据分类加法计数原理， 可得红球的个数不比白球少的取法有 １＋２４＋９０＝１１５（种）． （２）总分不少于７分有三种情况： 取到４个红球和１个白球，取到３个红球和２个白球， 取到２个红球和３个白球． 若取出的为４个红球和１个白球， 则取法有Ｃ４４Ｃ １ ６ ＝６（种）； 若取出的为３个红球和２个白球， 则取法有Ｃ３４Ｃ ２ ６ ＝６０（种）； 若取出的为２个红球和３个白球， 则取法有Ｃ２４Ｃ ３ ６ ＝１２０（种）． 根据分类加法计数原理， 可知总分不少于７分的取法有 ６＋６０＋１２０＝１８６（种）． １８．解：（１）当ａ＝１时，ｆ（ｘ）＝ｅｘ－ｌｎ（ｘ＋１）－１， 则ｆ′（ｘ）＝ｅｘ－ １ｘ＋１，ｘ＞－１， 显然ｆ′（ｘ）在（－１，＋∞）单调递增，且ｆ′（０）＝０， 所以当 －１＜ｘ＜０时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减； 当ｘ＞０时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增． 所以ｆ（ｘ）在ｘ＝０处取得极小值ｆ（０）＝０，无极大值． （２）ｆ（ｘ）＝ａｅｘ－ｌｎ（ｘ＋１）＋ｌｎａ－１ ＝ａｅｘ－ｌｎ（ｘ＋１）＋ｌｎ（ａｅｘ）－ｘ－１， 函数ｆ（ｘ）有两个零点， 即ｆ（ｘ）＝０有两个解， 即ａｅｘ＋ｌｎ（ａｅｘ）＝ｌｎ（ｘ＋１）＋（ｘ＋１）有两个解， 设ｈ（ｔ）＝ｔ＋ｌｎｔ，则ｈ′（ｔ）＝１＋１ｔ＞０，ｈ（ｔ）单调递增， 所以ａｅｘ ＝ｘ＋１（ｘ＞－１）有两个解， 即ａ＝ｘ＋１ ｅｘ 有两个解． 令ｓ（ｘ）＝ｘ＋１ ｅｘ （ｘ＞－１），则ｓ′（ｘ）＝－ｘ ｅｘ ， 当ｘ∈（－１，０）时，ｓ′（ｘ）＞０，ｓ（ｘ）单调递增； 当ｘ∈（０，＋∞）时，ｓ′（ｘ）＜０，ｓ（ｘ）单调递减， 因为ｓ（－１）＝０，ｓ（０）＝１，当ｘ＞０时，ｓ（ｘ）＞０， 所以０＜ａ＜１，即实数ａ的取值范围是（０，１）． １９．（１）解：因为ｆ′（ｘ）＝ １１＋ｘ，ｆ″（ｘ）＝－ １ （１＋ｘ）２ ， ｆ（ｘ）＝ ２ （１＋ｘ）３                                                                      ， —７— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 所以ｆ′（０）＝１，ｆ″（０）＝－１，ｆ（０）＝２， 所以ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）的泰勒公式为 ｌｎ（１＋ｘ）＝ｘ－ｘ ２ ２！＋ ２ｘ３ ３！＝ｘ－ ｘ２ ２＋ ｘ３ ３， 所以ｌｎ１１＝０１－００１２ ＋ ０００１ ３ ≈００９５． （２）解：记ｇ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｘ＋ｘ ２ ２，ｘ＞０， 因为ｇ′（ｘ）＝ １１＋ｘ－１＋ｘ＝ ｘ２ ｘ＋１＞０， 所以ｇ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递增， 又ｇ（０）＝０，所以当ｘ＞０时有 ｇ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｘ＋ｘ ２ ２ ＞ｇ（０）＝０， 所以ｌｎ（１＋ｘ）＞ｘ－ｘ ２ ２． （３）证明：由（２）知 (ｌｎ １＋１ )ｋ ＞１ｋ－ １ ｋ２ ２ ＝ １ ｋ－ １ ２ｋ２ ， 即ｌｎ（ｋ＋１）－ｌｎｋ＞ １ｋ－ １ ２ｋ２ ，ｋ∈Ｎ＋， 所以（ｌｎ２－ｌｎ１）＋（ｌｎ３－ｌｎ２）＋… ＋（ｌｎ（ｎ＋１）－ｌｎｎ） ＞∑ ｎ ｋ＝ ( １ １ ｋ－ １ ２ｋ )２ ， 即ｌｎ（ｎ＋１）＞∑ ｎ ｋ＝１ ２ｋ－１ ２ｋ２ ． 令ｈ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｘ，ｘ＞０， 则ｈ′（ｘ）＝ １ｘ＋１－１＝－ ｘ ｘ＋１＜０， 所以ｈ（ｘ）在（０，＋∞）上单调递减， 所以ｈ（ｘ）＜ｈ（０）＝０，故ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ， 所以 (ｌｎ １＋１ )ｋ ＝ｌｎ（ｋ＋１）－ｌｎｋ＜ １ｋ， 则（ｌｎ２－ｌｎ１）＋（ｌｎ３－ｌｎ２）＋… ＋（ｌｎ（ｎ＋１）－ｌｎｎ） ＜∑ ｎ ｋ＝１ １ ｋ， 即ｌｎ（ｎ＋１）＜∑ ｎ ｋ＝１ １ ｋ． 综上，ｎ∈Ｎ＋时，∑ ｎ ｋ＝１ ２ｋ－１ ２ｋ２ ＜ｌｎ（１＋ｎ）＜∑ ｎ ｋ＝１ １ ｋ． 第３６期１版 专项小练一 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．ＢＣＤ．　４．２９；　５． ４ ５． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｃ． ３．解：设Ｂ表示汽车中途停车修理， Ａ１表示公路上经过的汽车是货车， Ａ２表示公路上经过的汽车是客车， 则根据题意得Ｐ（Ａ１）＝ １ ３，Ｐ（Ａ２）＝ ２ ３， Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝０００２，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝０００１， 所以由全概率公式得 Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）·Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）·Ｐ（Ｂ｜Ａ２） ＝ １３×０００２＋ ２ ３×０００１＝ １ ７５０． 即该公路上行驶的汽车停车修理的概率为 １ ７５０． 第３６期３，４版 条件概率与全概率公式同步核心素养测评 一、单项选择题 １～４　ＣＡＣＤ　５～８　ＢＢＤＡ 提示： １．由题可知 Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ） ＝ １３× ３ ４ ＝ １ ４． ２．记灯泡寿命超过５００小时为事件Ａ， 灯泡寿命超过８００小时为事件Ｂ， 则Ｐ（Ａ）＝０．９，Ｐ（ＡＢ）＝０．８， 所以Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ０．８ ０．９＝ ８ ９． ３．由全概率公式可知，所求准确率为 Ｐ＝０．４×０．８＋０．４×０．７５＋０．２×０．７＝０．７６． ４．由概率乘法公式可得 Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（Ｂ）Ｐ（Ａ｜Ｂ）， 则０．４×０．５＝０．２５×Ｐ（Ｂ）， 解得Ｐ（Ｂ）＝０．８． ５．由全概率公式得 Ｐ（Ｂ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）＋Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）， 即０．３＝Ｐ（Ａ）×０．９＋（１－Ｐ（Ａ））×０．２， 解得Ｐ（Ａ）＝ １７． ６．由题得Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ｎ（ＡＢ） ｎ（Ａ） ＝ Ｃ２２Ｃ ２ ４ Ｃ４６ ＝ ６１５＝ ２ ５． ７．设事件Ｍ表示该学生接种了疫苗， 事件Ｎ１，Ｎ２，Ｎ３分别表示该学生来自Ａ，Ｂ，Ｃ三所学校． 则Ｐ（Ｎ１）＝ ５ １０，Ｐ（Ｎ２）＝ ３ １０，Ｐ（Ｎ３）＝ ２ １０， Ｐ（Ｍ｜Ｎ１）＝ ２８ １００，Ｐ（Ｍ｜Ｎ２）＝ ３６ １００，Ｐ（Ｍ｜Ｎ３）＝ ｍ １００， Ｐ（Ｍ） ＝Ｐ（Ｎ１）Ｐ（Ｍ｜Ｎ１）＋Ｐ（Ｎ２）Ｐ（Ｍ｜Ｎ２）＋Ｐ（Ｎ３）Ｐ（Ｍ｜Ｎ３                                                                      ） —８— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 ＝ ５１０× ２８ １００＋ ３ １０× ３６ １００＋ ２ １０× ｍ １００ ＝１２４＋ｍ５００ ≥０．３５， 解得ｍ≥５１，所以ｍ的最小值为５１． ８．质点移动４次，共有２×２×２×２＝１６（种）情况， 设质点第一秒位于１的位置为事件Ａ，则Ｐ（Ａ）＝ １２， 记质点共经过两次２的位置为事件Ｂ， 若第一步位于１，则还有３步，要想经过２两次， 则有１→２→３→２，１→２→１→２两种情况， 所以Ｐ（ＡＢ）＝ ２１６＝ １ ８， 则Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ １ ８ １ ２ ＝ １４． 二、多项选择题 ９．ＢＣ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．记Ａｉ为事件“零件是第ｉ（ｉ＝１，２，３）台车床加工”， 记Ｂ为事件“任取一个零件是次品”， Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝０．０５，Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＝０．１，Ｐ（Ｂ｜Ａ３）＝０．２， Ｐ（Ａ１）＝０．２，Ｐ（Ａ２）＝０．３，Ｐ（Ａ３）＝０５， 则Ｐ（Ａ１Ｂ）＝Ｐ（Ａ１）·Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＝０．２×０．０５＝０．０１， 故（Ａ）错误；Ｐ（Ｂ） ＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２）＋Ｐ（Ａ３）Ｐ（Ｂ｜Ａ３） ＝０．２×０．０５＋０．３×０．１＋０．５×０．２ ＝０．１４，故（Ｂ）正确； Ｐ（Ａ２｜Ｂ）＝ Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２） Ｐ（Ｂ） ＝ ０．３×０．１ ０．１４ ＝ ３ １４， 故（Ｃ）正确； Ｐ（Ａ３｜Ｂ）＝ Ｐ（Ａ３）Ｐ（Ｂ｜Ａ３） Ｐ（Ｂ） ＝ ０．５×０．２ ０．１４ ＝ ５ ７， 故（Ｄ）错误． 故选（Ｂ）（Ｃ）． １０．Ｐ（Ａ）＝ Ｃ１３ Ｃ１５ ＝ ３５，故（Ａ）正确； Ｐ（ＡＢ）＝ Ｃ１３Ｃ １ ２ Ｃ１５Ｃ １ ４ ＝ ３１０，故（Ｂ）正确； Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ３ １０ ３ ５ ＝ １２，故（Ｃ）正确； Ｐ（Ａ）＝ Ｃ１２ Ｃ１５ ＝ ２５， Ｐ（ＡＢ）＝ Ｃ１２Ｃ １ ３ Ｃ１５Ｃ １ ４ ＝ ３１０， Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） ＝ ３ １０ ２ ５ ＝ ３４，故（Ｄ）错误． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｃ）． １１．从中任取３个球，恰有１个白球的概率Ｐ＝ Ｃ２３Ｃ １ ２ Ｃ３５ ＝３５， 故（Ａ）正确； 从中有放回地取球３次，每次任取１个球． 其中每次取到白球的概率为 ２ ５， 所以恰有２个白球的概率 Ｐ＝Ｃ (２３ )２５ ( ２ １－ )２５ ＝３６１２５，故（Ｂ）正确； 从中有放回地取球３次，每次任取１个球， 其中每次取到白球的概率为 ２ ５， 所以至少有 １次取到红球的概率 Ｐ＝１－Ｃ (３３ )２５ ３ ＝１－ ８１２５＝ １１７ １２５，故（Ｃ）不正确； 设第１次取到红球为事件Ａ，第２次取到红球为事件Ｂ， 所以第１次取到红球的条件下，第２次取到红球的概率 Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ３ ５× ２ ４ ３ ５ ＝ １２，故（Ｄ）正确． 故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．１６；　１３． １ ２；　１４． ３ ８． 提示： １２．由题意Ｐ（Ｂ｜Ｃ）＝Ｐ（ＢＣ）Ｐ（Ｃ） ＝ １ ３， 由Ａ，Ｂ是互斥事件知Ｐ（Ａ∪Ｂ｜Ｃ）＝Ｐ（Ａ｜Ｃ）＋Ｐ（Ｂ｜Ｃ）， 所以Ｐ（Ａ｜Ｃ）＝Ｐ（Ａ∪Ｂ｜Ｃ）－Ｐ（Ｂ｜Ｃ）＝１２－ １ ３＝ １ ６． １３．因为Ａ，Ｂ独立，所以Ａ与Ｂ独立， 且Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＝ ３８， 又Ｐ（Ｂ）＝ ３４，所以Ｐ（Ａ）＝ １ ２， 所以Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ） Ｐ（Ｂ） ＝Ｐ（Ａ） ＝１－１２ ＝ １ ２． １４．由题意可知Ｐ（Ｃ）＝Ｐ（ＡＢ）＝ ７１０， 则Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝１－Ｐ（ＡＢ）＝１－７１０＝ ３ １０． 又Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ）， 所以Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（Ａ∪Ｂ                                                                      ） —９— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 ＝ ４１５＋ ２ １５－ ３ １０＝ １ １０， 则Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ １ １０ ４ １５ ＝ ３８． 四、解答题 １５．解：（１）由题意得 Ｃ２ｎ Ｃ２ｎ＋３ ＝ ｎ（ｎ－１） （ｎ＋３）（ｎ＋２）＝ １ １０， 解得ｎ＝２（负值舍去）． （２）记“一个的标号是１”为事件Ａ， “另一个的标号也是１”为事件Ｂ， 所以Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝ｎ（Ａ∩Ｂ）ｎ（Ａ） ＝ Ｃ２２ Ｃ２５－Ｃ ２ ３ ＝ １７． １６．解：（１）设Ａ表示事件“该续保人本年度的保费高于基 本保费”，则事件Ａ发生即一年内出险次数大于１， 故Ｐ（Ａ）＝０．２＋０．２＋０．１＋０．０５＝０．５５． （２）设Ｂ表示事件“该续保人本年度的保费比基本保费高 出６０％以上”，则事件Ｂ发生即一年内出险次数大于３， 故Ｐ（Ｂ）＝０．１＋０．０５＝０．１５． 易知Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ｂ）， 故Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ Ｐ（Ｂ） Ｐ（Ａ）＝ ０１５ ０５５＝ ３ １１． １７．解：（１）Ｐ（Ａ）＝ Ｃ１３ Ｃ１１０ ＝ ３１０， Ｐ（Ｂ）＝ ３１０× Ｃ１２ Ｃ１９ ＋７１０× Ｃ１３ Ｃ１９ ＝２７９０＝ ３ １０， Ｐ（ＡＢ）＝３×２１０×９＝ １ １５， Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｂ） ＝ １ １５× １０ ３ ＝ ２ ９． （２）因为Ｐ（ＡＢ）＝ １１５≠Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）＝ ９ １００， 所以事件Ａ与Ｂ不相互独立． １８．解：设Ａｉ表示“第ｉ台车床加工的零件”（ｉ＝１，２）， Ｂ表示“出现废品”，Ｃ表示“出现合格品”． （１）Ｐ（Ｃ）＝Ｐ（Ａ１Ｃ∪Ａ２Ｃ）＝Ｐ（Ａ１Ｃ）＋Ｐ（Ａ２Ｃ） ＝Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｃ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｃ｜Ａ２） ＝ ２３×（１－０．０３）＋ １ ３×（１－０．０２）＝ ７３ ７５． （２）Ｐ（Ａ２｜Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ２Ｂ） Ｐ（Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２） Ｐ（Ａ１）Ｐ（Ｂ｜Ａ１）＋Ｐ（Ａ２）Ｐ（Ｂ｜Ａ２） ＝ １ ３×００２ ２ ３×００３＋ １ ３×００２ ＝０２５． １９．（１）解：Ｑ＝Ｐ（Ａ｜Ｂ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ｂ） ＝ ４０ ６４＝０６２５， Ｒ＝Ｐ（Ｂ｜Ａ）＝Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ） ＝ ４０ ５０＝０８． （２）证明：ｋ＝ ｐｏ－ｐｅ １－ｐｅ ＝１－ １－ｐｏ １－ｐｅ ＝１－ １－Ｐ（ＡＢ）－Ｐ（ＡＢ） １－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ） ， 要证明ｋ＝１－ Ｑ＋Ｒ－２ＱＲＱ＋Ｒ－２Ｐ（ＡＢ）， 需证明 １－Ｐ（ＡＢ）－Ｐ（ＡＢ） １－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ） ＝ Ｑ＋Ｒ－２ＱＲＱ＋Ｒ－２Ｐ（ＡＢ）． 等式右边： Ｑ＋Ｒ－２ＱＲ Ｑ＋Ｒ－２Ｐ（ＡＢ） ＝Ｐ（Ａ｜Ｂ）＋Ｐ（Ｂ｜Ａ）－２Ｐ（Ａ｜Ｂ）Ｐ（Ｂ｜Ａ）Ｐ（Ａ｜Ｂ）＋Ｐ（Ｂ｜Ａ）－２Ｐ（ＡＢ） ＝ Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ｂ）＋ Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） －２× Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ｂ）× Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ｂ）＋ Ｐ（ＡＢ） Ｐ（Ａ） －２Ｐ（ＡＢ） ＝ Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）． 等式左边： 因为Ｐ（Ａ∪Ｂ）＝１－Ｐ（ＡＢ）＝Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－Ｐ（ＡＢ）， 所以 １－Ｐ（ＡＢ）－Ｐ（ＡＢ） １－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ） ＝ Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（ＡＢ）１－Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）－［１－Ｐ（Ａ）］［１－Ｐ（Ｂ）］ ＝ Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（ＡＢ）Ｐ（Ａ）＋Ｐ（Ｂ）－２Ｐ（Ａ）Ｐ（Ｂ）． 等式左右两边相等，因此ｋ＝１－ Ｑ＋Ｒ－２ＱＲＱ＋Ｒ－２Ｐ（ＡＢ）成立． （３）解：由（２）得ｋ＝１－０６２５＋０８－２×０６２５×０８０６２５＋０８－２×０４ ＝０３２，因为０２＜０３２＜０６， 所以（１）中机器人的检测效果一般                                                           ． —０１— 高中数学人教Ａ版选择性必修第三册　第３３～３６期 书书书 １７． （１５ 分 ） ( 在 槡 ｘ ＋ １２ ４槡 )ｘ ｎ 的 展 开 式 中 ， 前 三 项 的 系 数 满 足 Ｃ １ｎ ＝ Ｃ ０ｎ ＋ １４ Ｃ ２ｎ ． （１ ） 求 展 开 式 中 含 有 ｘ 项 的 系 数 ； （２ ） 求 展 开 式 中 的 有 理 项 ． １８． （１７ 分 ） 设 ｍ ，ｎ ∈ Ｎ ，ｆ（ｘ） ＝ （１ ＋ ｘ） ｍ ＋ （１ ＋ ｘ） ｎ． （１ ） 当 ｍ ＝ ｎ ＝ ７ 时 ，ｆ（ｘ） ＝ ａ ７ ｘ ７ ＋ ａ ６ ｘ ６ ＋ … ＋ ａ １ ｘ ＋ ａ ０ ， 求 ａ ０ ＋ ａ ２ ＋ ａ ４ ＋ ａ ６ ； （２ ） 当 ｍ ＝ ｎ 时 ，ｆ（ｘ） 的 展 开 式 中 含 ｘ ２ 项 的 系 数 是 ２０，求 ｎ 的 值 ； （３ ） 若 ｆ（ｘ） 的 展 开 式 中 含 ｘ 项 的 系 数 是 １９ ，当 ｍ ，ｎ 变 化 时 ，求 展 开 式 中 含 ｘ ２ 项 的 系 数 的 最 小 值 ． １９． （１７ 分 ） 设 ａ ，ｂ ∈ Ｚ ，ａ ≠ ０．如 果 存 在 ｑ ∈ Ｚ 使 得 ｂ ＝ ａｑ，那 么 就 说 ｂ 可 被 ａ 整 除 （ 或 ａ 整 除 ｂ） ，记 做 ａ ｜ ｂ 且 称 ｂ 是 ａ 的 倍 数 ，ａ 是 ｂ 的 约 数 （ 也 可 称 为 除 数 、 因 数 ）．ｂ 不 能 被 ａ 整 除 就 记 做 ａ  ｂ．由 整 除 的 定 义 ，不 难 得 出 整 除 的 下 面 几 条 性 质 ：① 若 ａ ｜ ｂ，ｂ ｜ ｃ，则 ａ ｜ ｃ；② ａ ，ｂ 互 质 ，若 ａ ｜ ｃ，ｂ｜ ｃ，则 ａｂ｜ ｃ；③ 若 ａ ｜ ｂ ｉ ，则 ａ ｜∑ ｎｉ＝１ ｃ ｉ ｂ ｉ ，其 中 ｃ ｉ ∈ Ｚ ，ｉ ＝ １ ，２ ，３ ，… ，ｎ． （１ ） 若 数 列 ｛ａ ｎ ｝ 满 足 ａ ｎ ＝ ２ ｎ－１， 其 前 ｎ 项 和 为 Ｓ ｎ ， 证 明 ：２７９ ｜ Ｓ ３ ０００ ；（ ２ ） 若 ｎ 为 奇 数 ，证 明 ：ａ ｎ ＋ ｂ ｎ 能 被 ａ ＋ ｂ 整 除 ． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92!")$%&'( : ; < = > ? @ 书 “杨辉三角”直观地描述了二项式系数，从 不同的角度观察、研究模型，就可得到二项式系 数的性质．二项式系数的性质共有三条：一是对 称性，这条性质可结合公式Ｃｍｎ ＝Ｃ ｎ－ｍ ｎ 来理解， 不必死记；二是增减性与最大值，研究增减性 时，用到了证明不等式的方法，研究最大值时， 应注意它的个数与 ｎ的奇偶性的关系；三是各 项的二项式系数的和，它表明：若集合 Ｓ中有 ｎ 个元素，那么它的所有子集（包括空集）的个数 是２ｎ，性质三还可以写成Ｃ１ｎ＋Ｃ ２ ｎ＋… ＋Ｃ ｎ ｎ ＝ ２ｎ－１，它表示从 ｎ个不同元素中依次取出 １个，２个，…，ｎ个元素的所有集合数的总和是 ２ｎ－１个． 例１如果Ｃ０ｎ＋ １ ２Ｃ １ ｎ＋ １ ３Ｃ ２ ｎ＋… ＋ １ ｎ＋１Ｃ ｎ ｎ ＝ ３１ｎ＋１，求（１＋ｘ） ２ｎ的展开式中系数最大的项． 分析：由于２ｎ是偶数，且（１＋ｘ）２ｎ的展开 式中各项的系数即为二项式系数，因此系数最 大的项应为第（ｎ＋１）项，因而只需确定ｎ的值 即可． 解析：由Ｃ０ｎ＋ １ ２Ｃ １ ｎ＋ １ ３Ｃ ２ ｎ＋… ＋ １ ｎ＋１Ｃ ｎ ｎ ＝ ３１ｎ＋１可得 （下转第２版） 书 二项式定理中涉及最大项、最小项的问题 比较多，问题的给出都是满足一定条件的指定 项或特殊项，通常都可以利用通项来解决．下面举 例分析，供大家参考． 一、系数最大项问题 例１（ｘ－１）９按ｘ降幂排列的展开式中，系 数最大的项是 （　　） （Ａ）第４项和第５项　　　　（Ｂ）第５项 （Ｃ）第５项和第６项 （Ｄ）第６项 解析：由已知可以知道奇数项的系数为正，偶 数项的系数为负，所以系数最大的项只能为奇数 项．设第ｒ＋１项的系数最大（ｒ为偶数），则第ｒ＋１ 项的系数不小于前后两个均为正的系数， 即 Ｃｒ９≥Ｃ ｒ－２ ９ ， Ｃｒ９≥Ｃ ｒ＋２ ９ { ， 解得３．５≤ｒ≤５．５， 因为ｒ为偶数，所以ｒ＝４， 即第５项的系数最大．故选（Ｂ）． 评注：求系数最大或最小的项，一般设某一 项的系数最大或最小，然后和相邻的前后项比 较大小就可以求得． 二、二项式系数最大项问题 例２已知 １ ２＋２( )ｘ ｎ 的展开式中，第５项、 第６项、第７项的二项式系数成等差数列，求展 开式中二项式系数最大的项． 解析： １ ２＋２( )ｘ ｎ 的展开式中，第５项、第６ 项、第７项的二项式系数分别为Ｃ４ｎ，Ｃ ５ ｎ，Ｃ ６ ｎ． 由题意得Ｃ４ｎ＋Ｃ ６ ｎ ＝２Ｃ ５ ｎ， 即ｎ２－２１ｎ＋９８＝０． 解得ｎ＝７或ｎ＝１４． 当ｎ＝７时， 展开式中二项式系数最大的项为Ｔ４和Ｔ５， 所以Ｔ４ ＝Ｃ ３ ７ １( )２ ４ （２ｘ）３ ＝３５２ｘ ３， Ｔ５ ＝Ｃ ４ ７ １( )２ ３ （２ｘ）４ ＝７０ｘ４． 当ｎ＝１４时，展开式中二项式系数最大的 项为Ｔ８，所以Ｔ８ ＝Ｃ ７ １４ １( )２ ７ （２ｘ）７ ＝３４３２ｘ７． 评注：求（ａ＋ｂ）ｎ的展开式中二项式系数最 大的项，根据二项式系数的性质，ｎ为奇数时中 间两项的二项式系数最大，ｎ为偶数时中间一项的 二项式系数最大． 三、展开式中最大项（数值）问题 例３设ｘ＝槡２，试问（１＋ｘ） ５０的展开式中第 几项最大？ 解析：设第ｒ＋１项为Ｔｒ＋１且最大，则有 Ｔｒ＋１≥Ｔｒ， Ｔｒ＋１≥Ｔｒ＋ { ２  Ｃｒ５０·（槡２） ｒ≥Ｃｒ－１５０·（槡２） ｒ－１， Ｃｒ５０·（槡２） ｒ≥Ｃｒ＋１５０·（槡２） ｒ＋{ １ｒ＝２９． 所以当ｘ＝槡２时，（１＋ｘ） ５０的展开式中第３０ 项最大． 评注：此类问题同第一类问题类似，常设出 它的最大项，列不等式组，再确定该项． 书 赋值法是求二项展开式系数和的问题的常 用方法，但解题时要注意取值应有利于问题的 解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组 值．下面分类解析，希望对同学们的学习有所帮 助． 一、求系数的和 例１设（２－槡３ｘ） １００＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ ２＋… ＋ａ１００ｘ １００，求下列各式的值： （１）ａ０； （２）ａ１＋ａ２＋… ＋ａ１００； （３）ａ１＋ａ３＋ａ５＋… ＋ａ９９； （４）（ａ０＋ａ２＋… ＋ａ１００） ２－（ａ１＋ａ３＋… ＋ａ９９） ２． 解析：（１）令ｘ＝０，可得ａ０ ＝２ １００． （２）令ｘ＝１，可得ａ０＋ａ１＋ａ２＋… ＋ａ１００ ＝（２－槡３） １００，所以ａ１＋ａ２＋… ＋ａ１００ ＝（２－ 槡３） １００－２１００． （３）令ｘ＝－１，可得ａ０－ａ１＋ａ２－ａ３＋… ＋ａ１００ ＝（２＋槡３） １００． 因为ａ０＋ａ１＋ａ２＋… ＋ａ１００＝（２－槡３） １００， 所以ａ１＋ａ３＋ａ５＋… ＋ａ９９ ＝（２－槡３） １００－（２＋槡３） １００ ２ ． （４）原式＝［（ａ０＋ａ２＋… ＋ａ１００）＋（ａ１＋ ａ３＋… ＋ａ９９）］［（ａ０＋ａ２＋… ＋ａ１００）－（ａ１＋ａ３ ＋… ＋ａ９９）］ ＝（ａ０＋ａ１＋ａ２＋… ＋ａ１００）（ａ０－ａ１＋ａ２ －ａ３＋… ＋ａ１００） ＝（２－槡３） １００（２＋槡３） １００ ＝１． 点评：一般地，对关于ｘ的多项式ｆ（ｘ）＝ａ０ ＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ ２＋… ＋ａｎｘ ｎ，有：常数项为ｆ（０）；所 有项的系数和为 ｆ（１）；偶数项的系数和为 １ ２［ｆ（１）－ｆ（－１）］；奇数项的系数和为 １ ２［ｆ（１） ＋ｆ（－１）］． 二、求系数的值 例２若 ３ｘ－ １３ ｘ槡 ( )２ ｎ 的展开式中各项系数 之和为１２８，则展开式中１ ｘ３ 的系数是 （　　） （Ａ）７　　　　　　　（Ｂ）－７ （Ｃ）２１　　 （Ｄ）－２１ 解析：令ｘ＝１， 得各项系数之和为２ｎ ＝１２８，解得ｎ＝７． 设 ３ｘ－ １３ ｘ槡 ( )２ ７ 的展开式中第ｒ＋１项为含 １ ｘ３ 的项，则有Ｔｒ＋１ ＝（－１） ｒＣｒ７３ ７－ｒｘ７－ ５ ３ｒ． 令７－５３ｒ＝－３，解得ｒ＝６． 所以 １ ｘ３ 的系数为（－１）６·Ｃ６７·３ ７－６ ＝２１． 点评：本题中令ｘ＝１，求得ｎ＝７，起到了简 化运算、快捷解题的作用． 三、求展开式的值 例３求１＋２Ｃ１ｎ＋４Ｃ ２ ｎ＋… ＋２ ｎＣｎｎ的值． 解析：在二项展开式（１＋ｘ）ｎ ＝Ｃ０ｎ＋Ｃ １ ｎｘ＋ Ｃ２ｎｘ ２＋… ＋Ｃｎｎｘ ｎ中，令ｘ＝２， 右式＝Ｃ０ｎ＋Ｃ １ ｎ·２＋Ｃ ２ ｎ·２ ２＋… ＋Ｃｎｎ·２ ｎ ＝１＋２Ｃ１ｎ＋４Ｃ ２ ｎ＋… ＋２ ｎＣｎｎ， 左式 ＝（１＋２）ｎ ＝３ｎ． 所以１＋２Ｃ１ｎ＋４Ｃ ２ ｎ＋… ＋２ ｎＣｎｎ ＝３ ｎ． 点评：本题根据代数式中组合数的特点，赋 于变量特殊值，在展开式中构造出所求代数式， 从而使问题得解． ! AB C D ! EB FGH ! IJ KLJ !" !!"## "$"#$ %% %&'(#) * # !! !"#$ %& ! +,-./*01 IMNOP$QR IMNP8STUVWXYQZ 3[\]^_`9 ]Gabcd efghij`9klm"#$%&'()()*n+o pqrlm,%',-. 23456789:; <=6>?@ABCD8 "#$%&$'(%')* <=EF?GAHCD8 +,$%&$'(%!"# !"#$%& '()*'+, -./0123 !"#$%& '( )*+,-./012 34+56789:, -.;<=>?@AB CD 4EFGHIJK +L1 MN?OP+Q RST1UVWXYZ[ \]^_`abcd1: efghijk1 Ll mZn_onpa1qr st?uJvw+,- .xy1 z{?|n( np89+34D :}~€1! "#$%‚ƒ„…1† ‡ˆ‰D !"Š‹#"Œ1 LŽo‘’,-. “”•+–—˜™š ›1œž‘|Ÿ1 ¡ ¢£¤¥1 ¦§$%%&Œ _0}š¨©3ª«¬ %"Œ1 L­®¯°± ²b³´µ…¶·¸¹ i1 ·³´µ¯°± ²1 º»¼½¾¿ÀÁ ¶1 ÂÃ?_0š›· Ä«3ª«–ŒbŠƬÇÈk1ÉJ!"Œ~ ·ÊËÌÍ7ÎÏ·Ì Ð.š›1 Ñ,ÒÀ° ÓÔÕÖ1 “צ§_ 0š›·Ä«3ª«D Ø|3*ˆÙÚ Û1 LÜÝ,-.xy Þß+àá1 â/4s ¿ãäå¶1æçèé1 êë際ìíåî1 àá?ïð*ñ%41 òó'"–Þ¦§_0} š«3ª«1&"–Þ: ô/õKö¦§÷ø ù2}š«çú_0 x”D !"#$%•ûü +ýþÿ!6"}~ú _0+#$1 L%&' Zxy()*v#1+, xy-./0~12Ó 3Ø|+D _04.5 2'~6+7®D aL+ 89:ç6';:<û +=€1>?@A1† Eèé1 |œóBC DEÓFGHIûü+ JKD 书 （上接第１版） （ｎ＋１）Ｃ０ｎ＋ １ ２（ｎ＋１）Ｃ １ ｎ＋ １ ３（ｎ＋１）Ｃ ２ ｎ＋ … ＋１ｎ（ｎ＋１）Ｃ ｎ－１ ｎ ＋Ｃ ｎ ｎ ＝３１， 所以Ｃ１ｎ＋１＋Ｃ ２ ｎ＋１＋Ｃ ３ ｎ＋１＋…＋Ｃ ｎ ｎ＋１＋Ｃ ｎ＋１ ｎ＋１＝３１， 即２ｎ＋１－１＝３１，解得ｎ＝４． 所以（１＋ｘ）８的展开式中系数最大的项为 Ｔ５ ＝Ｃ ４ ８ｘ ４ ＝７０ｘ４． 例２已知 槡ｘｘ＋ ２ ３ 槡 ( )ｘ ｎ 的展开式中前三项系 数的和为１２９，这个展开式中是否含有常数项？一 次项？若没有，请说明理由；若有，请求出来． 分析：本题与展开式中的特定项有关，故可 用通项公式解决． 解析：因为Ｔｋ＋１＝Ｃ ｋ ｎ×（槡ｘｘ） ｎ－ｋ× ２３ 槡 ( )ｘ ｋ ＝ Ｃｋｎ×２ ｋ×ｘ ９ｎ－１１ｋ ６ ，ｋ＝０，１，２，…，ｎ， 所以由题意可得 Ｃ０ｎ×２ ０＋Ｃ１ｎ×２ １＋Ｃ２ｎ×２ ２ ＝１２９， 即１＋２ｎ＋２ｎ（ｎ－１）＝２ｎ２＋１＝１２９， 解得ｎ＝８或ｎ＝－８（舍去）． 所以Ｔｋ＋１＝Ｃ ｋ ８×２ ｋ×ｘ ７２－１１ｋ ６ ，ｋ＝０，１，２，…，８． 若展开式中存在常数项，则７２－１１ｋ＝０， 解得ｋ＝７２１１Ｎ＋， 所以展开式中不存在常数项． 若展开式中存在一次项，则 ７２－１１ｋ ６ ＝１， 解得ｋ＝６．所以展开式中存在一次项， 它是第７项，Ｔ７ ＝Ｃ ６ ８×２ ６ｘ＝１７９２ｘ． 书 专项小练一 １．Ｄ；　２．Ｃ；　３．ＡＣＤ．　４．７２；　５．｛８｝． ６．（１）３６０；　（２）１８０． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｄ；　３．ＢＣＤ．　４．３０；　５．９８． ６．（１）４５５种；　（２）３２５种；　（３）８５种． 一、单项选择题 １～４　ＡＢＣＤ　５～８　ＢＣＤＣ 二、多项选择题 ９．ＡＣＤ；　１０．ＢＣＤ；　１１．ＢＤ． 三、填空题　１２．３０；　１３．５８；　１４．１４４０． 四、解答题 １５．解：若不选多项选择题，可从８道单项选择 题中任选６道题，有Ｃ６８＝Ｃ ２ ８＝２８（种）选择方法； 若选１道多项选择题，可从８道单项选择题中 任选５道题，再从３道多项选择题中任选１道题即 可，有Ｃ５８Ｃ １ ３＝３Ｃ ３ ８＝１６８（种）选 择方法． 综上，共有 １６８＋２８ ＝ １９６（种）选择方法． １６．解：（１）根据题意可知同 一科目的书相邻， 那么先将同一栏目的书捆 绑起来， 然后整体排列得到排法有Ａ２２Ａ ２ ２Ａ ３ ３＝２４（种）． （２）要求同一科目的书不相邻， 那么需要采用间接法， 用所有的情况减去相邻的情况即可， 即排法有Ａ５５－２Ａ ２ ２Ａ ４ ４＋Ａ ２ ２Ａ ２ ２Ａ ３ ３ ＝４８（种）． １７．解：（１）根据题意，若恰在第５次测试后就 找出了所有次品，则第５次测试的产品恰为最后 一件次品，另３件次品在前４次测试中出现，则前４ 次测试中有一件正品出现，所以共有Ｃ１４·（Ｃ １ ６Ｃ ３ ３）· Ａ４４ ＝５７６（种）不同的测试方法． （２）根据题意，分３步进行分析：先排第１次测 试，只能取正品，有６种不同的测试方法，再从４件次 品中选２件排在第２次和第７次的位置上测试，有Ａ２４ ＝１２（种）测试方法，最后排余下４件被测试产品的 测试位置，有Ｃ２５Ａ ４ ４＝２４０（种）测试方法．所以共有６ ×１２×２４０＝１７２８０（种）不同的测试方法． １８．解：６个人排有Ａ６６种排法，６人排好后包括 两端共有７个“间隔”可以插入空位． （１）空位不相邻相当于将４个空位安插在上 述７个“间隔”中，有Ｃ４７ ＝３５（种）插法， 故空位不相邻的坐法有Ａ６６Ｃ ４ ７ ＝２５２００（种）． （２）将相邻的３个空位当作一个元素，另一空 位当作另一个元素，往７个“间隔”里插有Ａ２７种插 法，故４个空位中只有３个相邻的坐法有 Ａ６６Ａ ２ ７ ＝ ３０２４０（种）． （３）４个空位至多有２个相邻的情况有三类： ①４个空位各不相邻有Ｃ４７种坐法； ②４个空位２个相邻，另有２个不相邻， 有Ｃ１７Ｃ ２ ６种坐法； ③４个空位分两组，每组都有２个相邻， 有Ｃ２７种坐法． 综上， 共 有 Ａ６６（Ｃ ４ ７ ＋ Ｃ １ ７Ｃ ２ ６ ＋ Ｃ ２ ７） ＝ １１５９２０（种）坐法． １９．解：（１）Ｃ３－１５ ＝ （－１５）×（－１６）×（－１７） ３！ ＝－６８０． （２） Ｃ３ｘ （Ｃ１ｘ） ２＝ ｘ（ｘ－１）（ｘ－２） ６ｘ２ ＝ (１６ ｘ＋２ｘ－ )３． 因为ｘ＞０，ｘ＋２ｘ≥ 槡２２， 当且仅当ｘ＝槡２时取等号， 所以当ｘ＝槡２时， Ｃ３ｘ （Ｃ１ｘ） ２取得最小值． （３）性质①不能推广． 例如当ｘ＝槡２时，Ｃ ２ 槡２有意义，但Ｃ 槡２－２ 槡２ 无意义； 性质②能推广， 其推广形式是： Ｃｍｘ ＋Ｃ ｍ－１ ｘ ＝Ｃ ｍ ｘ＋１，ｘ∈Ｒ，ｍ是正整数． 事实上，当ｍ＝１时，有Ｃ１ｘ＋Ｃ ０ ｘ ＝ｘ＋１＝Ｃ １ ｘ＋１， 当ｍ≥２时，Ｃｍｘ ＋Ｃ ｍ－１ ｘ ＝ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋１）ｍ！ ＋ ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋２） （ｍ－１）！ ＝ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋２） （ｍ－１ [）！ ｘ－ｍ＋１ｍ ＋ ]１ ＝ｘ（ｘ－１）…（ｘ－ｍ＋２）（ｘ＋１）ｍ！ ＝Ｃ ｍ ｘ＋１． 书 专项小练二、二项式系数的性质 １．在二项式（ａ＋ｂ）ｎ的展开式中，第５项和第 ９项的系数相等，则ｎ＝ （　　） （Ａ）１４ （Ｂ）１３ （Ｃ）１２ （Ｄ）１１ ２．二项式（ａ－ｂ）６的展开式中第４项的二项 式系数为 （　　） （Ａ）－１５ （Ｂ）１５ （Ｃ）－２０ （Ｄ）２０ ３．（多选）（１＋ｘ）ｎ展开式中二项式系数最大 的是Ｃ５ｎ，则ｎ可以是 （　　） （Ａ）８ （Ｂ）９ （Ｃ）１０ （Ｄ）１１ ４．如果（１－３ｘ）５ ＝ａ０＋ａ１ｘ＋ａ２ｘ ２＋… ＋ ａ５ｘ ５，那么ａ１＋ａ２＋ａ３＋ａ４＋ａ５ ＝ ． ５．若（２－ｘ）９的展开式中二项式系数和为Ａ， 所有项系数和为Ｂ，则Ａ＋Ｂ＝ ． ６．若 ｘ２－１( )ｘ ｎ 的展开式中所有二项式系数 的和为５１２，求该展开式中的常数项． 书 专项小练一、二项式定理 １．已知（ａ＋ｂ）ｎ的展开式共有９项，则ｎ＝ （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　（Ａ）６ （Ｂ）７ （Ｃ）８ （Ｄ）９ ２．（３ｘ－２）４展开式中的第３项为 （　　） （Ａ）－２１６ （Ｂ）－２１６ｘ （Ｃ）２１６ （Ｄ）２１６ｘ２ ３．（多选） (在二项式 ３ｘ２－２)ｘ ５ 的展开式中， 有 （　　） （Ａ）含ｘ的项 （Ｂ）含１ ｘ２ 的项 （Ｃ）含ｘ４的项 （Ｄ）含１ ｘ４ 的项 ４．二项式（ｘ－２ｙ）５的展开式中，含ｙ２项的系 数为 ． ５．在（ｘ－１）（ｘ－２）（ｘ－３）（ｘ－４）的展开式 中，ｘ的系数为 ． ６．求（２ｘ＋ｘ－２）４的展开式． ! !"#$% &'()*(+ ,-./012 !&34546 !7<=>6 !?@ABC:$%#!&#'(!'#) !&3DE:FGHIJKLMNOPQ '$' RST<3UVWX3Y?@A !Z[?\]$%$$$) !K^A_3`a]$%#!!#'(!')* !##%))%)++(bcdeRf !_g]hi&3K^AEjklmnoZpbqf !Z[_g`a]!!!+# !rstu_vw_xy_ ! & 3 z l m n H{K f | } ~  € 3 ! & 3  F G ‚ E ƒ „ … † ‡ ˆ{I J K ‰ Š ‹ N Œ  Ž f  ƒ  ‘ … ƒ ’ “ ” • )  h i & 3 K ^ A E j – — !" !" ,-./011'2%' ˜\™šB›./ 书书书 二 项 式 定 理 同 步 核 心 素 养 测 评 ◎ 数 理 报 社 试 题 研 究 中 心 第 Ⅰ 卷 选 择 题 （ 共 ５８ 分 ） 一 、 单 项 选 择 题 ： 本 大 题 共 ８ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 ４０ 分 ． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 １． 把 （ 槡 ３ｉ － ｘ） １０ 按 二 项 式 定 理 展 开 ，展 开 式 的 第 ８ 项 的 系 数 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） １３ ５ （ Ｂ） － １３ ５ （ Ｃ） － 槡 ３６ ０ ３ｉ （ Ｄ ） 槡 ３６ ０ ３ｉ ２． （ １ － ２ｘ ） ４ 的 展 开 式 中 含 ｘ 项 的 系 数 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ８０ 　 （ Ｂ） ４０ （ Ｃ） － ８　 （ Ｄ ） １０ ３ ． ( 若 ｘ － １ ) ｘ ｎ 的 展 开 式 中 第 ２ 项 与 第 １２ 项 的 二 项 式 系 数 相 等 ，那 么 展 开 式 的 中 间 项 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） － Ｃ６ １ ２ （ Ｂ） Ｃ６ １ ２ （ Ｃ） － Ｃ５ １ ２ ｘ２ （ Ｄ ） － Ｃ５ １ ２ ｘ－ ２ ４ ( ． １ － ) ｙ ｘ （ ｘ ＋ ｙ） ８ 的 展 开 式 中 ｘ２ ｙ６ 的 系 数 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） － ２８ （ Ｂ） ２８ （ Ｃ） ５６ （ Ｄ ） － ５６ ５． （ ｘ ＋ １） ４ － ４（ ｘ ＋ １） ３ ＋ ６（ ｘ ＋ １） ２ － ４（ ｘ ＋ １） ＋ １ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ｘ４ （ Ｂ） － ｘ４ （ Ｃ） １ （ Ｄ ） － １ ６． 若 Ｃ１ ｎ ｘ ＋ Ｃ２ ｎ ｘ２ ＋ … ＋ Ｃｎ ｎ ｘｎ 能 被 ７ 整 除 ，则 ｘ， ｎ 的 值 可 能 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ｘ ＝ ５， ｎ ＝ ４ （ Ｂ） ｘ ＝ ４， ｎ ＝ ４ （ Ｃ） ｘ ＝ ４， ｎ ＝ ３ （ Ｄ ） ｘ ＝ ６， ｎ ＝ ５ ７ ． 已 知 （ １ ＋ λｘ ） ｎ 展 开 式 中 第 三 项 的 二 项 式 系 数 与 第 四 项 的 二 项 式 系 数 相 同 ，且 （ １ ＋ λｘ ） ｎ ＝ ａ ０ ＋ ａ １ ｘ ＋ ａ ２ ｘ２ ＋ … ＋ ａ ｎ ｘｎ ．若 ａ １ ＋ ａ ２ ＋ … ＋ ａ ｎ ＝ ２４ ２， ( 则 ｘ ＋ λ ) ｘ ４ 展 开 式 中 常 数 项 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ３２ （ Ｂ） ２４ （ Ｃ） ４ （ Ｄ ） ８ ８． 杨 辉 是 我 国 南 宋 末 年 的 一 位 杰 出 的 数 学 家 ， 其 著 作 《 详 解 九 章 算 法 》 中 画 有 一 张 表 示 二 项 式 展 开 后 的 二 项 式 系 数 构 成 的 三 角 形 数 阵 （ 如 图 所 示 ） ， 称 为 “ 开 方 作 法 本 源 ” ， 现 简 称 为 “ 杨 辉 三 角 ” ．若 用 Ａ （ ｍ ，ｎ ） 表 示 三 角 形 数 阵 中 的 第 ｍ 行 第 ｎ 个 数 ，ｍ ，ｎ ∈ Ｎ ＋ ，则 Ａ （ １０ ０， ３） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ５ ０５ ０ （ Ｂ） ４ ８５ １ （ Ｃ） ４ ９５ ０ （ Ｄ ） ５ ００ ０ 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． ( 设 二 项 式 ３ 槡 ｘ ＋ １ ) ｘ ｎ 的 展 开 式 中 第 ５ 项 是 含 ｘ 的 一 次 项 ，那 么 这 个 展 开 式 中 系 数 最 大 的 项 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 第 ８ 项 （ Ｂ） 第 ９ 项 （ Ｃ） 第 １０ 项 （ Ｄ ） 第 １１ 项 １０ ．若 （ １ － ２ｘ ） ５ ＝ ａ ０ ＋ ａ １ ｘ ＋ ａ ２ ｘ２ ＋ ａ ３ ｘ３ ＋ ａ ４ ｘ４ ＋ ａ ５ ｘ５ ，则 下 列 结 论 中 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ａ ０ ＝ １ （ Ｂ） ａ ５ ＝ － ３２ （ Ｃ） ｜ ａ ０ ｜＋ ｜ ａ １ ｜＋ ｜ ａ ２ ｜＋ ｜ ａ ３ ｜＋ ｜ ａ ４ ｜＋ ｜ ａ ５ ｜ ＝ ３５ （ Ｄ ） ａ ０ ＋ ａ １ ＋ ２ａ ２ ＋ ３ａ ３ ＋ ４ａ ４ ＋ ５ａ ５ ＝ － １０ １１ ． ( 已 知 ａｘ ２ ＋ １ 槡 ) ｘ ｎ （ ａ ＞ ０） 的 展 开 式 中 第 ５ 项 与 第 ７ 项 的 二 项 式 系 数 相 等 ，且 展 开 式 的 各 项 系 数 之 和 为 １ ０２ ４， 则 下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 展 开 式 中 的 有 理 项 有 ６ 项 （ Ｂ） 展 开 式 中 第 ６ 项 的 系 数 最 大 （ Ｃ） 展 开 式 中 奇 数 项 的 二 项 式 系 数 和 为 ２５ ６ （ Ｄ ） 展 开 式 中 ｘ１ ５ 的 系 数 为 ４５ 第 Ⅱ 卷 非 选 择 题 （ 共 ９２ 分 ） 三 、 填 空 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ５ 分 ， 共 １５ 分 ． １２ ． 若 ｘ２ ＋ １ ( ) ａｘ ６ 的 展 开 式 中 含 ｘ３ 项 的 系 数 为 ５ ２ ， 则 ａ ＝ ．（ 用 数 字 作 答 ） １３ ．（ １ ＋ 槡 ３） ５ ＋ （ １ － 槡 ３） ５ ＝ ． １４ ．（ ｘ２ ＋ ３ｘ － １） ４ 的 展 开 式 中 ｘ 的 系 数 为 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 已 知 槡ｘ ｘ ＋ １ ３ 槡 ( ) ｘｎ 的 展 开 式 中 前 三 项 的 系 数 之 和 为 ３７ ． （ １） 求 含 ｘ 的 整 数 次 幂 的 项 ； （ ２） 求 展 开 式 中 二 项 式 系 数 最 大 的 项 ． １６ ．（ １５ 分 ） ( 已 知 在 槡 ｘ － ２ ３ 槡 ) ｘ ｎ 的 展 开 式 中 ，第 ５ 项 的 系 数 与 第 ３ 项 的 系 数 之 比 是 ５６ ∶ ３． （ １） 求 展 开 式 中 的 所 有 有 理 项 ； （ ２） 求 ｎ ＋ ９Ｃ ２ ｎ ＋ ８１ Ｃ３ ｎ ＋ … ＋ ９ｎ －１ Ｃｎ ｎ 的 值 ． œ  W ž Ÿ   ¡ ¢ £ ¤ ¥ ‚ ¦ § ¨ } ! 6 © ! " # $ % & ' ( œ  W ž ª   ¡ ¢ £ ¤ ¥ ‚ ¦ § ¨ } ! 6 © ! " ) $ % & ' ( ! " # $ % & " # ' ( ) * + , - . - / 0 1 2 3 4 5 6 !" !" !" !" #" !" !" $" $" %" !" &" '" &" %" %" (" )" )" (" %" %" '" *+" ! " *+" '" !" & ' ! $ 7 $ 0 5 8 9 : 9 ; 9 < 1 = 1