第34期 计数原理-【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）

书书书 １７． （１５ 分 ） 设 （１ ＋ ｘ） ｎ ＝ ａ ０ ＋ ａ １ ｘ ＋ ａ ２ ｘ ２ ＋ … ＋ ａ ｎ ｘ ｎ，ｎ ≥ ４ ，ｎ ∈ Ｎ ＋ ．已 知 ａ ２３ ＝ ２ａ ２ ａ ４ ． （１ ） 求 ｎ 的 值 ； （２ ） 设 （１ ＋ 槡 ３ ） ｎ ＝ ａ ＋ ｂ 槡 ３ ，其 中 ａ ，ｂ ∈ Ｎ ＋ ，求 ａ ２ － ３ｂ ２ 的 值 ． １８． （１７ 分 ） 某 班 级 周 六 的 课 程 表 要 排 入 历 史 、 语 文 、 数 学 、 物 理 、体 育 、英 语 共 ６ 节 课 ． （１ ） 如 果 数 学 必 须 比 语 文 先 上 ，则 不 同 的 排 法 有 多 少 种 ？ （２ ） 如 果 第 一 节 不 排 体 育 ，最 后 一 节 不 排 数 学 ，那 么 共 有 多 少 种 排 法 ？（３ ） 原 定 的 ６ 节 课 已 排 好 ，学 校 临 时 通 知 要 增 加 生 物 化 学 地 理 ３ 节 课 ，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 多 少 种 不 同 的 排 法 ？ １９． （１７ 分 ） 高 斯 二 项 式 定 理 广 泛 应 用 于 数 学 物 理 交 叉 领 域 ． 设 ｙ，ｑ ∈ Ｒ ，ｎ ∈ Ｎ ＋ ，记 ［ｎ ］ ＝ １ ＋ ｑ ＋ … ＋ ｑ ｎ－１，［ｎ］ ！ ＝ ［ｎ］ × ［ｎ － １］ × … × ［１］ ，并 规 定 ［０］ ！ ＝ １．记 Ｆ （ｘ，ｎ ） ＝ （ｘ ＋ ｙ） ｎｑ ＝ （ｘ ＋ ｙ ） （ｘ ＋ ｑｙ） … （ｘ ＋ ｑ ｎ－１ｙ） ，并 规 定 Ｆ （ｘ，０ ） ＝ （ｘ ＋ ｙ） ０ｑ ＝ １．定 义 Ｄ ｋｑ Ｆ （ｘ，ｎ ） ＝ Ｆ （ｘ，ｎ ） ，ｋ ＝ ０ ， ［ｎ ］ ［ｎ － １ ］ … ［ｎ － ｋ ＋ １ ］ （ｘ ＋ ｙ） ｎ－ｋ ｑ ，ｋ ＝ １ ，２ ，… ， { ｎ． （１ ） 若 ｙ ＝ ｑ ＝ １ ，求 Ｆ （ｘ，２ ） 和 Ｄ １ｑ Ｆ （ｘ，２ ） ； （２ ） 求 ［ｎ － ｋ］ ！ ［ｎ ］ ！ Ｄ ｋｑ Ｆ （０ ，ｎ ）． !"#$%&'()*+,-./0 ! 12!"#$%&'( !"3$4&'(5*+,-678 ! 92)"*$%&+( : ; < = > + ! " ? 书 排列、组合问题的求解应以两个基本原理 为核心，通过观察、比较、抽象等思维过程去提 炼求解方法．在这些方法中，四则运算“＋”、 “－”、“×”、“÷”为求解的主线． 一、分类计数用加法 利用加法原理解题的关键是进行正确分 类，分类前要先确定一个分类的标准，做到“既 不重复，也不遗漏”． 例１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 解析：与信息０１１０至多有两个对应位置上 的数字相同的信息包括３类： 第１类，与信息０１１０有两个对应位置上的 数字相同，共有Ｃ２４ ＝６（个）； 第２类，与信息０１１０有一个对应位置上的 数字相同，共有Ｃ１４ ＝４（个）； 第３类，与信息０１１０没有一个对应位置上 的数字相同，共有Ｃ０４ ＝１（个）． 所以与信息０１１０至多有两个对应位置上的 数字相同的信息共有６＋４＋１＝１１（个）． 故选（Ｂ）． 点评：“类”与“＋”相对应，只要类与类之间相 互独立，互不相容．在确定的标准下将各类的不同 方法求和，利用“＋”模型就可使问题获解． 二、正难则反用减法 要完成一件事，当问题的正面情况复杂，而 反面情形却相对容易时，则只需要在总的方法 数中减去反面情形的方法即可，体现了“正难则 反”的数学思想． 例２某校开设Ａ类选修课３门，Ｂ类选修课 ４门，一位同学从中共选３门．若要求两类课程 中各至少选一门，则不同的选法共有 （　　） （Ａ）３０种 （Ｂ）３５种 （Ｃ）４２种 （Ｄ）４８种 解析：从７门课中选３门有Ｃ３７＝３５（种）不 同的选法，而全部选Ａ类有Ｃ３３＝１（种），全部选 Ｂ类有Ｃ３４ ＝４（种），所以不同的选法共有 Ｃ ３ ７－ Ｃ３３－Ｃ ３ ４ ＝３０（种）． 故选（Ａ）． 点评：将问题的正面与反面都表达出来，完 成这件事正面的方法就是总数减去完成这件事 反面的方法． 三、分步计数用乘法 完成一件事，需要分成几个步骤，而且这几个 步骤是连续的，只有完成这几个步骤，事情才算完 成，即步与步之间存在着“相互依存”的关系． 例３有４位同学在同一天的上、下午参加 “身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握 力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下 午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握 力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、 下午都各测试一人，则不同的安排方式共有 种（用数字作答）． 解析：由题意知上午的总测试方法有 Ａ４４ ＝ ２４（种）．以 Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅ依次代表五个测试项 目，若上午测试Ｅ的下午测试 Ｄ，则另外三人只 能从Ａ，Ｂ，Ｃ中选一项，而上午这三项他们又各 测过一次，故共有２种测试方法；若上午测试 Ｅ 的同学下午测试Ａ，Ｂ，Ｃ之一，有３种选法，比如 选到Ａ，则上午测试Ａ的同学可从Ｂ，Ｃ，Ｄ中选一 项，有３种选法，而另外两人也就只有１种选法， 故共有３×３＝９（种）测试方法，即下午的测试 方法共有１１种．由分步计数原理，总的测试方法 有２４×１１＝２６４（种）． 点评：“×”与事情的“步”之间有着一一对 应关系，因此要明确事情发生的过程，按照事情 发生过程逐步执行，将连续各步之间的方法乘 在一起． 四、定序问题用除法 元素定序问题、平均分组问题，由于各组内的 元素个数相同，所以组内的元素进行相互对换后， 分组总数不受影响，因而可应用“除法”解决． 例４将标号为１，２，３，４，５，６的６张卡片放 入３个不同的信封中．若每个信封放２张，其中 标号为１，２的卡片放入同一信封，则不同的放法 共有 （　　） （Ａ）１２种　　　　　（Ｂ）１８种 （Ｃ）３６种 （Ｄ）５４种 解析：标号１，２的卡片放入同一封信有 Ｃ１３ 种方法；其他四封信放入两个信封，由于每个信 封放的信都是２封，故需要消去各自的顺序，此 时每个信封两个有 Ｃ２４ Ａ２２ ·Ａ２２种方法，共有Ｃ １ ３· Ｃ２４ Ａ２２ · Ａ２２ ＝１８（种）．故选（Ｂ）． 点评：“÷”主要是针对问题中具有对称关 系而采取的整体处理方法．常用于对称元素在 整体位置中的比例均衡性问题，也用于“均匀分 组”问题． 书 求一个应用题的排列数或组合数，是排列 数和组合数公式最常见的功能．除此之外，这两 个公式还有其他一些功能，下面就予以展示． 功能一：求值 例１计算：（１）Ａ２７－Ｃ ４ ６； （２） Ａ４１０－Ａ ３ ９ Ｃ３９－Ｃ ３ ８ ． 分析：（１）用非阶乘式直接求解； （２）用阶乘式求解． 解析：（１）Ａ２７－Ｃ ４ ６＝Ａ ２ ７－Ｃ ２ ６＝７×６－ ６×５ ２×１＝２７． （２） Ａ４１０－Ａ ３ ９ Ｃ３９－Ｃ ３ ８ ＝ １０！ ６！－ ９！ ６！ ９！ ６！×３！－ ８！ ５！×３！ ＝ １０×９！－９！ ６！ ９×８！－６×８！ ６！×３！ ＝９×９！６！ × ６！×３！ ３×８！ ＝１６２． 评注：排列数和组合数公式都各有两个，一 个是非阶乘式，一个是阶乘式．求含排列数或组 合数的整式的值，一般运用非阶乘式求解，求解 时，要注意提取公因数，以避免重复计算；求含 排列数或组合数的分式的值，一般运用阶乘式 求解，此举的优势在于：式子简洁，便于约分，求 解时，要注意阶乘关系式：ｎ！＝ｎ（ｎ－１）！（ｎ∈ Ｎ＋）的应用．在求组合数的值时，还要注意依据 组合性质Ｃｍｎ ＝Ｃ ｎ－ｍ ｎ 将待求式简化． 功能二：解方程 例２已知２Ａ２ｎ＋１－Ａ ２ ｎ＝２８（ｎ∈Ｎ＋），求ｎ的值． 分析：先根据各排列数对 ｎ取值的限制，确 定ｎ的取值范围，然后把方程转化为关于ｎ的一 元二次方程，解出ｎ的值后，再结合其范围进行 取舍． 解析：由 ｎ∈Ｎ＋， ｎ＋１≥２， ｎ≥ { ２ 得ｎ∈Ｎ＋且ｎ≥２． 又方程２Ａ２ｎ＋１－Ａ ２ ｎ ＝２８可化为 ２ｎ（ｎ＋１）－ｎ（ｎ－１）＝２８， 整理得ｎ２＋３ｎ－２８＝０， 解得ｎ＝－７（舍去）或ｎ＝４． 所以ｎ＝４． 评注：因为在Ａｍｎ（Ｃ ｍ ｎ）中，ｎ≥ｍ，所以各排 列数或组合数对变元的取值范围是有限制的． 所以解含排列数或组合数的方程，其实不是单 纯解方程问题，而是解由不等式和方程构成的 混合问题，只不过解方程仍是其中的重头戏． 功能三：解不等式 例３解不等式Ｃｎ－３１０ ＜Ｃ ｎ－１ １０． 分析：先把不等式转化为整式不等式，并求 出其解，然后根据各组合数对 ｎ取值的限制，确 定ｎ的取值范围，最后依据该范围对前面求出的 ｎ值进行取舍． 解析：不等式Ｃｎ－３１０ ＜Ｃ ｎ－１ １０ 可化为： １０！ （ｎ－３）！（１３－ｎ）！＜ １０！ （ｎ－１）！（１１－ｎ）！， 即 １ （１３－ｎ）（１２－ｎ）＜ １ （ｎ－１）（ｎ－２）， 解得ｎ＜７． 因为ｎ∈Ｎ＋，且ｎ－３≥０，ｎ－１≥０， 所以ｎ＝３，４，５，６， 所以原不等式的解集是｛３，４，５，６｝． 评注：解含排列数或组合数的不等式也不 是单纯的解不等式问题，实质是解不等式组问 题，求解时，一定不要忽视不等式的解必须是正 整数． !" !!"## "$"% $ &% !$&'(#) * # !" !"#$ %& # +,-./*01 @ABCD$EF GAHD8IJKLMNOEP 3QRSTUV9 SWXYZ[ \]^_`aV9bcX"#$%&'()()*d+e fghcX,%',-. 23456789:; <=6>?@ABCD8 $!%&'%()&("* <=EF?GAHCD8 $!%&'%()&!"# !"# $%&'()*+, &++(!"#$% &' ()*+,-./ 01234,$!567 89:;<= >?+, @ABC"DE6FG HIJ6KL' MNO PQRS!6TU= ,V8WMXYZ [\Q' %&]^_` 6abcdefg8h hij' 8klm/0 nopqrstu;< va'>wxyz{'d ]Ono6|}~.= >€‚ƒ„6…n †p' ‡ˆ‰Š‹ŒŽ ,V6‘' ’“Œ †”= •?–8k6— ˜™1' š;<”›œ shij' –8hi jwžŸ `Y¡¢£ 6›8¤.™' ¥¦" n§¨©= NOªn« ¬­®' %&¯"O° ±6²³' >´”¥µ ¶·¸¹6º¶»¦' I^¼½¾¿' ÀÁ ÿ³= %&6MXÄDÅ Æ' Ç(ÈÉ>Ê+, ËÌ6ÍÎHÏYÐ Ñ= >ÒgÓ6¾¿H ÔÕ6Ö×NØ£'Ù Ú$º¶Ú³HÛÜ$ Âÿ³Ý>gÞß à= >?­®1áBC g$âãHäÌKL' åæ‹ç–8èéê ë= ®NPQR$S !' %&v‚$Úì .™íîOïð6ñò Hóå= >6Ëôõö Y‹ç?ÐÑ÷ø6m ùs'”úÉûüýþÉ ÿ!' ¥µÀ"‚6 ¿³H#$= %&>á ˆ‰Š'&()' é*+ ,= ?‹ç¿-./6 Q0'1r82Ëý8¬ ËÌ3‹çø”N4ï ðý¯g'‹Œ‹ç( 566= •3‹çÒ%& NTU' ?‚6@A 7f8fÍ' NÚC1 G9:;±<=61> ÷?@‚6³¹= ! ij klm ! Gn opq 书 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． 一、单项选择题 １～４　ＤＣＢＡ　５～８　ＡＡＢＢ 二、多项选择题 ９．ＣＤ；　１０．ＡＢＣ；　１１．ＡＢＤ． 三、填空题 １２．２；　１３．１５２；　１４．－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· ｘ５－ ５ｒ ６，０≤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 ＝０，两式相加除以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） ＝１２［（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ｘ２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． 书 数学思想是数学的精髓，是知识转化为能力 的桥梁，体现素质和能力要求的数学思想方法在 计数原理一章中得到了淋漓的表现．因此，只有掌 握了数学思想方法，同学们才能真正地学好排列、 组合、二项式定理知识，将知识转化为能力． 一、数形结合思想 例１如果一条直线与一个平面平行，那么称 此直线与平面构成一个“平行线面组”．在一个长 方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点 的平面构成的“平行线面组”的个数是 （　　） （Ａ）６０　　（Ｂ）４８　　（Ｃ）３６　　（Ｄ）２４ 分析：这是一个与长方体有关的几何计数问 题，因此可以画出几何图形，结合图形分析求解． 解析：如右图，可分为两类： 第１类，每条棱都与３个平 面平行（如 ＡＢ与平面 ＣＤＤ１Ｃ１， 平面 Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，平面 Ａ１Ｂ１ＣＤ都 平行），长方体有１２条棱，可构成 ３×１２＝３６个“平行线面组”； 第２类，每条面对角线与对面都平行（如Ａ１Ｃ１ ∥平面ＡＢＣＤ），长方体有１２条面对角线，可构成１ ×１２＝１２个“平行线面组”． 由分类加法计数原理知，可构成“平行线面 组”的个数为Ｎ＝３６＋１２＝４８．故选（Ｂ）． 二、分类讨论思想 例２从包含Ａ，Ｂ的５名男生和３名女生中，选 出４人，求Ａ，Ｂ不全当选的选法种数？ 分析：根据“Ａ，Ｂ不全当选”进行分类讨论． 解析：由题意知有如下两种情况： 若Ａ，Ｂ中有一人当选，有Ｃ１２·Ｃ ３ ６种选法； 若Ａ，Ｂ都不当选，有Ｃ４６种选法， 根据分类加法计数原理， Ａ，Ｂ不全当选的选法种数为 Ｎ＝Ｃ１２·Ｃ ３ ６＋Ｃ ４ ６ ＝５５． 三、化归与转化思想 例３一个小朋友收集了１２个不同的红色琉璃 球和１８个不同的白色琉璃球．有一次他和别的小 朋友玩游戏，规定从袋子中取出一个红色琉璃球 得２分，取出一个白色琉璃球得３分，如果他从袋 中取出若干个球正好得７０分，试求这类取法的不 同种数？ 分析：若从正面考虑，取出若干红球或白球使 其积分之和为７０分，情况太复杂，这时，我们不妨 换一个角度，从反面入手考虑． 解析：假设将球全部取出，则总分数是２×１２ ＋３×１８＝７８分，比７０分多８分，而８分的产生只 有两种情况：（１）剩下４个红色琉璃球，（２）剩一个 红球和２个白球． 根据“取法”等于“剩法”的原理，故这类取法 的不同种数为Ｎ＝Ｃ４１２＋Ｃ １ １２·Ｃ ２ １８ ＝２３３１． 四、方程思想 例４育才和新华等中学联合举办数学、物理、化 学和英语竞赛，规定每名同学只能参加一种竞赛，且 每校的任２名同学不能参加同一种竞赛．现在新华中 学从包含甲的某学习小组中选出４名选手参加比赛， 若甲不参加物理和化学竞赛，则共有７２种不同的参赛 方法，问这个小组一共有多少名同学？ 分析：若设小组共有 ｎ名同学，则我们可以用 ｎ把参赛方法种数表示出来，从而得到一个关于 ｎ 的方程，解方程可求出ｎ的值． 解析：设小组共有 ｎ名同学，首先从这 ｎ名同 学中选出４人，然后再分别参加各种竞赛，按同学 甲进行分类： 第１类，不选甲，则从剩下的ｎ－１名同学中选 出４人分别参加４种竞赛，有Ａ４ｎ－１种参赛方式； 第２类，选甲，首先安排甲，有Ａ１２种方法，再从 剩下的ｎ－１名同学中选出３人参加剩下的３种竞 赛，有Ａ３ｎ－１种方法， 共有Ａ１２·Ａ ３ ｎ－１种参赛方式． 由分类加法计数原理， 共有Ａ４ｎ－１＋Ａ １ ２·Ａ ３ ｎ－１种方法． 根据题意得Ａ４ｎ－１＋Ａ １ ２·Ａ ３ ｎ－１ ＝７２， 即（ｎ－１）（ｎ－２）２（ｎ－３）＝７２＝４×３２×２， 经比较知ｎ＝５．故这个小组共有５名同学． 五、整体思想 例５让３对孪生兄弟排成一排，每对孪生兄弟 不能分开，共有多少种排法？ 分析：将每对孪生兄弟看成一个整体进行排 列，然后内部再进行排列． 解析：将３对孪生兄弟各看成一个，就是三个 元素的全排列，有Ａ３３种排法．又每对孪生兄弟内部 又各有Ａ２２种排法，根据分步乘法计数原理，共有 Ａ３３·Ａ ２ ２·Ａ ２ ２·Ａ ２ ２ ＝４８（种）排法． ! !"#$% !&'()(* !+123* !45678/$%#!&#'(!'#) !&9:;/<=>?@ABCDEFG '$' HIJ19KLMN9O456 !PQ4R/$%$$$) !AS6T9UV/$%#!!#'(!')* !##%))%)++(WXYZH[ !T\/]^&9AS6;_`abcdPeWf[ !PQT\UV/!!!+# !ghijTklTmnT ! & 9 o a b c >WA [ p q r s t 9 ! & 9 u < = v ; w x y z { |W? @ A } ~  D €  ‚ ƒ „ w … † y w ‡ ˆ ‰ Š ‹ … ] ^ & 9 A S 6 ; _ Œ  !! !! ,-./011'2%% ŽR7‘’“ " ”• –—˜ ! 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" # $ " " # " $ " 书书书 计 数 原 理 核 心 素 养 综 合 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 ． 从 集 合 ｛ ０ ， １， ２， ３， ４， ５｝ 中 任 取 两 个 互 不 相 等 的 数 组 成 形 如 ａ ＋ ｂｉ 的 复 数 ，其 中 虚 数 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） ３６ 个 （ Ｂ） ３０ 个 （ Ｃ） ２５ 个 （ Ｄ ） ２ ０ 个 ２． （ ｘ ＋ １） ２ ＋ （ ｘ ＋ １） ３ ＋ （ ｘ ＋ １） ４ 的 展 开 式 中 含 ｘ２ 项 的 系 数 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ９ （ Ｂ） １０ （ Ｃ） １１ （ Ｄ ） １２ ３． 设 ａ 是 大 于 零 的 自 然 数 ，且 ａ ＜ ２７ ，则 （ ２７ － ａ） （ ２８ － ａ） … （ ３６ － ａ） ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） Ａ １０ ２７ －ａ （ Ｂ） Ａ ２７ －ａ ３６ －ａ （ Ｃ） Ａ ９ ３６ －ａ （ Ｄ ） Ａ １０ ３６ －ａ ４． ( 二 项 式 ｘ２ － １ ) ｘ ９ 的 展 开 式 的 中 间 项 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） － １２ ６ｘ ６ （ Ｂ） １２ ６ｘ ３ （ Ｃ） １２ ６ｘ ６ 和 － １２ ６ｘ ３ （ Ｄ ） １２ ６ｘ ６ 和 １２ ６ｘ ３ ５． 不 等 式 １ Ｃ３ ｘ － １ Ｃ４ ｘ ＜ ２ Ｃ５ ｘ 的 解 集 为 （ 　 　 ） （ Ａ ） ｛ ｘ ｜ ５ ≤ ｘ ≤ １２ ，ｘ ∈ Ｎ ｝ （ Ｂ） ｛ ６， ７， ８， ９， １０ ，１ １， １２ ｝ （ Ｃ） ｛ ｘ ｜ ｘ ≥ ５， ｘ ∈ Ｎ ｝ （ Ｄ ） ｛ ５， ６， ７， ８， ９， １０ ，１ １｝ ６． 现 有 红 色 、黄 色 、蓝 色 的 球 各 ４ 个 ， 每 个 球 上 都 标 有 不 同 的 编 号 ．从 中 任 取 ３ 个 球 ，若 这 ３ 个 球 的 颜 色 不 全 相 同 ， 且 至 少 有 一 个 红 球 ，则 不 同 的 取 法 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） １６ ０ 种 （ Ｂ） ２２ ０ 种 （ Ｃ） ２５ ６ 种 （ Ｄ ） ４７ ２ 种 ７． 已 知 等 差 数 列 ｛ ａ ｎ ｝ 的 第 ５ ( 项 是 ｘ － １ ｘ ＋ ２ ) ｙ ６ 的 展 开 式 中 的 常 数 项 ，则 ａ ２ ＋ ａ ８ ＝ （ 　 　 ） （ Ａ ） ２０ （ Ｂ） － ２０ （ Ｃ） ４０ （ Ｄ ） － ４０ ８． 甲 、乙 等 ６ 人 报 名 参 加 了 Ａ， Ｂ， Ｃ ３ 个 项 目 的 志 愿 者 工 作 ，因 工 作 需 要 ，每 个 项 目 仅 需 １ 名 志 愿 者 ，且 甲 不 能 参 加 Ａ， Ｂ 项 目 ， 乙 不 能 参 加 Ｂ， Ｃ 项 目 ，那 么 不 同 的 分 配 方 案 共 有 （ 　 　 ） （ Ａ ） ５２ 种 （ Ｂ） ６８ 种 （ Ｃ） ７２ 种 （ Ｄ ） １０ ８ 种 二 、 多 项 选 择 题 ： 本 题 共 ３ 小 题 ， 每 小 题 ６ 分 ， 共 １８ 分 ． ９． Ａ， Ｂ， Ｃ， Ｄ ，Ｅ 五 个 人 并 排 站 在 一 起 ，下 列 说 法 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 若 Ａ， Ｂ 不 相 邻 ，有 ７２ 种 排 法 （ Ｂ） 若 Ａ， Ｂ 不 相 邻 ，有 ４８ 种 排 法 （ Ｃ） 若 Ａ， Ｂ 相 邻 ，有 ４８ 种 排 法 （ Ｄ ） 若 Ａ， Ｂ 相 邻 ，有 ２４ 种 排 法 １０ ．某 影 院 在 ２０ ２４ 年 春 节 档 引 入 了 ４ 部 电 影 ， 包 含 ２ 部 喜 剧 电 影 、２ 部 动 画 电 影 ，其 中 《 熊 出 没 · 逆 转 时 空 》 是 一 部 动 画 电 影 ．该 影 院 某 天 预 留 了 Ａ， Ｂ 两 个 影 厅 用 于 放 映 这 ４ 部 电 影 ， 这 ４ 部 电 影 当 天 全 部 放 映 ，每 部 电 影 固 定 在 一 个 影 厅 内 放 映 ， 每 个 影 厅 当 天 至 少 放 映 一 部 电 影 ，则 下 列 选 项 正 确 的 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） 若 Ｂ 影 厅 仅 放 映 １ 部 电 影 ，有 ４ 种 安 排 方 法 （ Ｂ） 一 共 有 １６ 种 安 排 方 法 （ Ｃ） 若 将 《 熊 出 没 · 逆 转 时 空 》 安 排 至 Ａ 影 厅 ，有 ７ 种 安 排 方 法 （ Ｄ ） 若 将 ２ 部 动 画 电 影 安 排 至 不 同 影 厅 ，有 ４ 种 安 排 方 法 １１ ．我 看 国 南 北 朝 时 期 的 著 作 《 孙 子 算 经 》 中 ， 对 同 余 除 法 有 较 深 的 研 究 ．设 ａ， ｂ， ｍ （ ｍ ＞ ０） 为 整 数 ，若 ａ 和 ｂ被 ｍ 除 得 的 余 数 相 同 ， 则 称 ａ 和 ｂ 对 模 ｍ 同 余 ，记 为 ａ ≡ ｂ（ ｍ ｏｄ ｍ ） ．若 ａ ＝ Ｃ０ ２ ０ ＋ Ｃ１ ２ ０ × ３ ＋ Ｃ２ ２ ０ × ３２ ＋ … ＋ Ｃ２ ０ ２０ × ３２ ０ ，ａ ≡ ｂ（ ｍ ｏｄ ５） ，则 ｂ 的 值 可 以 是 （ 　 　 ） （ Ａ ） ２ ００ ５ （ Ｂ） ２ ００ ６ （ Ｃ） ２ ０２ ０ （ Ｄ ） ２０ ２１ 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 ．某 校 开 展 “ 阳 光 体 育 ” 活 动 ， 共 设 踢 毽 、 跳 绳 、 拔 河 、 推 火 车 、 多 人 多 足 五 个 集 体 比 赛 项 目 ， 各 比 赛 项 目 逐 一 进 行 ．为 了 增 强 比 赛 的 趣 味 性 ，在 安 排 比 赛 顺 序 时 ，多 人 多 足 不 排 在 第 一 场 ， 拔 河 排 在 最 后 一 场 ，则 不 同 的 安 排 方 案 种 数 为 ． １３ ．用 数 字 ０、 １、 ２、 ３、 ４、 ５ 可 以 组 成 没 有 重 复 数 字 并 且 比 ２０ ００ ０ 大 的 五 位 偶 数 共 有 个 ． １４ ． ( 已 知 １ ｘ ) ＋ ｍ ｙ （ ２ｘ － ｙ） ５ 的 展 开 式 中 ｘ２ ｙ４ 的 系 数 为 ８０ ，则 ｍ 的 值 为 ． 四 、 解 答 题 ： 本 题 共 ５ 小 题 ， 共 ７７ 分 ． １５ ．（ １３ 分 ） 某 职 业 学 校 外 贸 专 业 高 二 （ １） 班 、（ ２） 班 、（ ３） 班 分 别 有 ７， ９， １０ 人 参 加 技 能 兴 趣 选 拔 赛 ． （ １） 如 果 选 一 人 当 组 长 ，那 么 有 多 少 种 不 同 的 选 法 ？ （ ２） 如 果 老 师 任 组 长 ，每 班 选 一 名 副 组 长 ，那 么 有 多 少 种 不 同 的 选 法 ？ （ ３） 如 果 推 选 两 名 学 生 参 赛 ，要 求 这 两 人 来 自 不 同 的 班 级 ，那 么 有 多 少 种 不 同 的 选 法 ？ １６ ．（ １５ 分 ） ( 已 知 在 ａ ｘ ２ ２ － １ 槡 ) ｘ １０ 的 展 开 式 中 满 足 ａ ＞ ０， 且 常 数 项 为 ４５ ４ ． （ １） 求 ａ 的 值 ； （ ２） 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 ，共 有 多 少 种 不 同 的 取 法 ？ ™ š M › œ  ž Ÿ   ¡ ¢ v £ ¤ ¥ q ! * ¦ ! " # $ % & ' ( ™ š M › œ  ž Ÿ   ¡ ¢ v £ ¤ ¥ q ! * ¦ ) " * $ % & + ( 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