假期作业3 二项式定理-【快乐假期】2025年高二数学暑假大作业

　　　　　　　　　　　假期作业３　二项式定理　　　　　　　　　　 １．二项式定理 (a＋b)n＝C０nan＋C１nan－１b＋􀆺＋Cknan－kbk＋ 􀆺＋Cnnbn(n∈N∗ )这个公式所表示的定理 叫二项式定理,右边的多项式叫(a＋b)n 的 　　　　　　．其中的系数Ckn(k＝０,１,􀆺, n)叫　　　　系数．式中的Cknan－kbk 叫二项 展开式的　　　　,用 Tk＋１表示,即通项 Tk＋１＝Cknan－kbk． ２．二项展开式形式上的特点 (１)项数为　　　　． (２)各项的次数都等于二项式的幂指数n,即a 与b的指数的和为　　　　． (３)字母a按　　　　排列,从第一项开始,次 数由n逐项减１直到零;字母b按　　　　 排列,从第一项起,次数由零逐项增１直到n． (４)二 项 式 的 系 数 从 　 　 　 　,C１n,一 直 到 Cn－１n ,　　　　． ３．二项式系数的性质 (１)对称性:与首末两端“等距离”的两个二项 式系数　　　　,即　　　　　　　　． (２)增减性与最大值: 二项式系数Ckn,当k＜ n＋１ ２ 时,二项式系数 逐渐　　　　．由对称性知它的后半部分 是逐渐减小的; 当n是偶数时,中间一项C n ２ n 取得最大值; 当n是奇数时,中间两项C n－１ ２ n ,C n＋１ ２ n 取得最 大值． (３)各二项式系数和:C０n＋C１n＋C２n＋􀆺＋Ckn＋ 􀆺＋Cnn＝　　　　　　;C０n＋C２n＋C４n＋􀆺 ＝C１n＋C３n＋C５n＋􀆺＝　　　　　　． １．C０n􀅰２n＋C１n􀅰２n－１＋􀆺＋Ckn􀅰２n－k＋􀆺＋Cnn 等于 (　　) A．２n B．２n－１ C．３n D．１ ２．设a∈Z,且０≤a＜１３,若５１２０２２＋a能被１３ 整除,则a＝ (　　) A．０ B．１ C．１１ D．１２ ３．在(x－２)５ 的展开式中,x２ 的系数为 (　　) A．－５ B．５ C．－１０ D．１０ ４．已知 x＋ ３ ３x æ è ç ö ø ÷ n 的展开式中,各项系数的 和与 各 二 项 式 系 数 的 和 之 比 为 ６４,则n 等于 (　　) A．４ B．５ C．６ D．７ ５．若(２x－１)４＝a４x４＋a３x３＋a２x２＋a１x＋a０, 则a０＋a２＋a４＝ (　　) A．４０ B．４１ C．－４０ D．－４１ ６．(多选)对于 ２x－１x２ æ è ç ö ø ÷ ６ 的展开式,下列说法 正确的是 (　　) A．展开式共有６项 B．展开式中的常数项是－２４０ C．展开式的各项系数之和为１ D．展开式的二项式系数之和为６４ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ５ ７．(２０２２􀅰新高考Ⅰ卷)１－yx æ è ç ö ø ÷(x＋y)８ 的展开 式中x２y６ 的系数为　　　　(用数字作答)． ８．(２０２２􀅰浙江卷,１２)已知多项式(x＋２) (x－１)４＝a０＋a１x＋a２x２＋a３x３＋a４x４＋ a５x５,则a２＝　　　　,a１＋a２＋a３＋a４＋a５ ＝　　　　． ９．已知fn(x)＝(１＋x)n． (１)若g(x)＝f６(x)＋２f７(x)＋３f８(x),求 g(x)中含x６ 项的系数; (２)若f２０２４(x)＝a０＋a１x＋a２x２＋􀆺＋a２０２４ x２０２４,求a１＋a３＋􀆺＋a２０２１＋a２０２３的值． １０．设f(x)＝(１＋x)m＋(１＋x)n 的展开式中 含x 项的系数是１９(m,n∈N∗)． (１)求f(x)的展开式中含x２ 项的系数的 最小值; (２)当f(x)的展开式中含x２ 项的系数取 最小值时,求f(x)的展开式中含x７ 项的 系数． １．(２０２３􀅰北京卷)２x－１x æ è ç ö ø ÷ ５ 的展开式中,x 的系数是 (　　) A．－４０ B．４０ C．－８０ D．８０ ２．(２０２３􀅰上海卷)已知(１＋２０２３x)１００＋(２０２３ －x)１００＝a０＋a１x＋a２x２＋􀆺＋a１００x１００,其 中a０,a１,a２,􀆺,a１００∈R,若k∈{０,１,２,􀆺, １００}且ak ＜０ 时,则k 的 最 大 值 是 　 　 　　． 刚接一骗子电话:我 是某某银行,刚查询发现 您的 银 行 卡 今 天 消 费 ８ 万８千元,请问是您本人 消费么? 我很平静说:是我消费的． 骗子沉默了５秒后说:您真能吹牛􀆺􀆺把 我思路全打乱了,再见􀆺􀆺 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ６ 假期作业２ 思维整合室 １．(１)不同　顺序　(２)所有不同排列　Amn (３)n(n－１)(n－２)􀆺(n－m＋１)　(４)n! 　１ ２．(１)不同　合成一组　(２)所有不同组合　Cmn 　(３)１ (４)Cn－mn 　Cmn 　Cm－１n 技能提升台 １．B　[每两人握手１次,无顺序之分,是组合问题,从６人中选 取２ 人 的 一 个 组 合 就 是 一 次 握 手,故 一 共 握 手 的 次 数 是 C２６．] ２．C　[“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程的全排列有 A６６ 种排法,其中课程“乐”排在第一周有 A５５ 种不同的排法, 课程“御”排在最后一周有 A５５ 种不同的排法,而课程“乐”排 在第一周且课程“御”排在最后一周有 A４４ 种不同的排法,因 此课程“乐”不排在第一周,课程“御”不排在最后一周的排法 有 A６６－２A５５＋A４４＝７２０－２４０＋２４＝５０４(种)．故选 C．] ３．C　[甲和乙相邻,则甲乙有 A２２ 种排法,则甲、乙、丁、戊共有 A２２A３３ 种排法,此时甲、乙、丁、戊间共有五个位置可排,但甲 和丙不相邻,故只能在三个位置中选一个,故共有 A２２A３３C１３ ＝２×６×３＝３６种排法．] ４．D　[６人分组有２种情况:２２１１,３１１１, 所以不同安排方案的总数为 C２６C２４ A２２ ＋C３６( )A４４ ＝１５６０．故选 D．] ５．B　[先利用捆绑法排乙、丙、丁、戊四人,再用插空法选甲的 位置,则有 A２２A３３C１２＝２４种不同的排列方式,故选B．] ６．CD　[本题考查排列组合的应用．将４辆工程车分组为１,１, ２后再分配到３个工地,共有 C２４A３３＝３６种派法,故 D正确; 先选择１个工地派２辆工程车,再将剩余的２辆车派给其他 ２个工地,共有 C１３C２４A２２＝３６种派法,故 C正确;C１３C１２C１１C１３＝ １８≠３６．故选 CD．] ７．解析:将４名同学分成人数为２,１,１的３组有 C２４＝６种分 法,再将３组同学分到３个小区共有 A３３＝６种分法,由分步 乘法计数原理可得不同的安排方法共有６×６＝３６种． 答案:３６ ８．解析:从５座名山中任选２座名山,共有 C２５＝１０种方案,其 中２座名山都不在五岳之内的共有１种,故甲至少选中一座 属于“五岳”的名山的概率为１０－１ １０ ＝０．９． 答案:０􀆰９ ９．解:(１)从中任选５人 是 组 合 问 题,不 同 的 选 法 种 数 为 C５１２ ＝７９２． (２)甲、乙、丙三人必须参加,则只需要从另外９人中选２人,是 组合问题,不同的选法种数为C２９＝３６． (３)甲、乙、丙三人不能参加,则只需要从另外的９人中选５ 人,不同的选法种数为 C５９＝１２６． (４)甲、乙、丙三人只能有１人参加,可分两步: 第１步,从甲、乙、丙中选１人,有 C１３ 种选法; 第２步,从另外９人中选４人,有 C４９ 种选法． 根据分步乘法计数原理,可得不同的选法种数为C１３C４９＝３７８． １０．解:(１)前排２人,后排４人,相当于６个人全排列,共有 A６６ ＝７２０种排法． (２)先将甲排在前排 A１２,乙排在后排 A１４． 其余４人全排列 A４４．根据分步乘法原理得,共有 A１２A１４A４４＝ １９２种排法． (３)甲、乙视为一个人,即看成５人全排列问题 A５５,再将甲、 乙两人排列 A２２, 根据分步乘法原理可得,共有 A５５A２２＝２４０种排法． (４)甲必在乙的右边属于定序问题．用除法,共有 A６６ A２２ ＝３６０ 种排法． (５)将３名男生插入３名女生之间的４个空位,这样保证男 生不相邻． 根据分步乘法原理得,共有 A３３A３４＝１４４种排法． (６)乙在排头其余５人全排列,共有 A５５ 种排法; 乙不在排头,排头和排尾均为 A１４,其余４个位置全排列有 共有 A４４,根据分步乘法得 A１４A１４A４４．再根据分类加法原理 得,共有 A５５＋A１４A １ ４A４４＝５０４种排法． 新题快递 １．B　[先从５人中选１人连续两天参加服务,共有C１５＝５种选 法,然后从剩下４人中选１人参加星期六服务,剩下３人中 选取１人参加星期日服务,共有 C１４􀅰C１３＝１２种选法, 根据分步乘法计数原理可得共有５×１２＝６０种选法．] ２．解析:当从这８门课中选修２门课时,共有 C１４􀅰C１４＝１６;当 从这８门课中选修３门课时,共有 C１４􀅰C２４＋C２４􀅰C１４＝４８;综 上可知,共有６４种不同的选课方案． 答案:６４ 假期作业３ 思维整合室 １．二项展开式　二项式　通项　２．(１)n＋１　(２)n (３)降幂　升幂　(４)C０n　Cnn　３．(１)相等　Crn＝Cn－rn (２)增大　(３)２n　２n－１ 技能提升台 １．C　[原式＝(２＋１)n＝３n．] ２．D　 [由 于 ５１＝５２－１,(５２－１)２０２２ ＝C０２０２２ 􀅰５２２０２２ － C１２０２２５２２０２１＋􀆺－C２０２１２０２２５２１＋１,又１３能整除５２,所以只需１３ 能整除１＋a,又０≤a＜１３,a∈Z,所以a＝１２．] ３．C　[Tr＋１＝Cr５(x)５－r(－２)r＝Cr５x ５－r ２ 􀅰(－２)r, 令５－r ２ ＝２ ,∴r＝１．x２ 的系数为 C１５(－２)１＝－１０．故选 C．] ４．C　[令x＝１得各项系数的和为４n,各二项式系数的和为 ２n,则４ n ２n ＝６４,解得n＝６．] ５．B　[当x＝１时,１＝a４＋a３＋a２＋a１＋a０①;当x＝－１时, ８１＝a４－a３＋a２－a１＋a０②;①＋②得a４＋a２＋a０＝ １＋８１ ２ ＝４１．] ６．CD　[本题考查二项式定理．展开式共有７项,故 A 错误; ２x－１x２( ) ６ 展开式的通项为 Tr＋１＝Cr６(２x)６－r􀅰 － １ x２( ) r ＝(－１)r２６－r􀅰Cr６x６－３r,当r＝２时,展开式 中 的 常 数 项 为 (－１)２􀅰２４C２６＝２４０,故 B错误;令x＝１,则展开式的各项系 数之和为１,故 C正确;展开式的二项式系数之和为２６＝６４, 故 D正确,故选 CD．] ７．解析:原式＝(x＋y)８－yx (x＋y)８,由二项式定理可知其展开 式中x２y６ 的系数为C６８－C５８＝－２８． 答案:－２８ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ９３ ８．解析:由题a２＝１×C３４(－１)３＋２×C２４(－１)２＝８． 令x＝１,则a０＋a１＋a２＋a３＋a４＋a５＝０, 又a０＝２,所以a１＋a２＋a３＋a４＋a５＝－a０＝－２． 答案:８　－２ ９．解:(１)g(x)＝(１＋x)６＋２(１＋x)７＋３(１＋x)８＝(３x２＋８x ＋６)(１＋x)６, 因为(１＋x)６ 展开式中的第r＋１项Tr＋１＝Cr６xr, 所以 (１＋x)６ 展 开 式 中 含 x４,x５,x６ 项 分 别 为 C４６x４, C５６x５,C６６x６, 故g(x)中 含 x６ 的 项 为 ３x２ 􀅰C４６x４ ＋８x􀅰C５６x５ ＋６C６６x６ ＝９９x６, 所以g(x)中含x６ 项的系数为９９． (２)f２０２４(x)＝a０＋a１x＋a２x２＋􀆺＋a２０２４x２０２４＝(１＋x)２０２４, 令x＝１得a０＋a１＋a２＋􀆺＋a２０２４＝２２０２４①, 令x＝－１得a０－a１＋a２－􀆺＋a２０２４＝０②, 两式相减①－②:２(a１＋a３＋a５＋􀆺＋a２０２３)＝２２０２４, 所以a１＋a３＋a５＋􀆺＋a２０２３＝２２０２３． １０．解:(１)由题设知m＋n＝１９,所以m＝１９－n, 含x２ 项的系数 C２m＋C２n＝C２１９－n＋C２n ＝ (１９－n)(１８－n) ２ ＋ n(n－１) ２ ＝n２－１９n＋１７１＝ n－１９２( ) ２ ＋３２３４ ． 因为n∈N∗ ,所以当n＝９或n＝１０时,x２ 项的系数的最小 值为 １ ２( ) ２ ＋３２３４ ＝８１． (２)当n＝９,m＝１０或n＝１０,m＝９时,x２ 项的系数取最小 值,此时x７ 项的系数为 C７１０＋C７９＝C３１０＋C２９＝１５６． 新题快递 １．D　[２x－１x( ) ５ 的展开式的通项为 Tr＋１＝Cr５(２x)５－r － １ x( ) r ＝(－１)r２５－rCr５x５－２r 令５－２r＝１,得r＝２, 所以 ２x－１x( ) ５ 的展开式中x的系数为 (－１)２２５－２C２５＝８０．] ２．解析:ak＝Ck１００(２０２３x)k＋(－１)kCk１００２０２３１００－kxk＜０,依题 意k为奇数,∴２０２３k＜２０２３１００－k,k＜１００－k⇒k＜５０⇒kmax ＝４９． 答案:４９ 假期作业４ 思维整合室 １．P(B|A)＝P (AB) P(A)　３． (１)１　(２)P(B|A)＋P(C|A)　P(B|A) ４．∑ n i＝１ P(Ai)P(B|Ai) ５． P(Ai)P(B|Ai) P(B) 　 P(Ai)P(B|Ai) ∑ n k＝１ P(Ak)P(B|Ak) 技能提升台 １．B　[由题意,P(A)＝C ２ ２＋C２３ １０ ＝ ２ ５ ,P(AB)＝C ２ ３ １０＝ ３ １０ , ∴P(B|A)＝P (AB) P(A)＝ ３ ４ ,故选B．] ２．D　[设事件A 表示数学成绩不及格,事件B 表示物理成绩 不及格,则P(A)＝０．２,P(AB)＝０．１５,∴已知该班某学生 数学成绩 不 及 格,则 该 学 生 物 理 成 绩 也 不 及 格 的 概 率 为 P(B|A)＝P (AB) P(A)＝ ０．１５ ０．２＝０．７５． ] ３．B　[令A１＝“玩手机时间超过１h的学生”,A２＝“玩手机时 间不超过１h的学生”,B＝“任意调查一人,此人近视”,则 P(A１)＝０．２,P(A２)＝０．８, 又P(B)＝０．４,P(B|A１)＝０．５,依题意,P(B)＝P(A１)􀅰 P(B|A１)＋P(A２)P(B|A２)＝０．２×０．５＋０．８×P(B|A２)＝０．４, 解得P(B|A２)＝ ３ ８ ,所以所求近视的概率为３ ８ ,故选B．] ４．BD　[由题意知,A１,A２,A３ 是两两互斥的事件, P(A１)＝ ５ １０＝ １ ２ ,P(A２)＝ ２ １０＝ １ ５ ,P(A３)＝ ３ １０ , P(B|A１)＝ ５ １１ ,P(B|A２)＝ ４ １１ ,P(B|A３)＝ ４ １１ ,故 B,D 正 确．而P(B)＝P(A１B)＋P(A２B)＋P(A３B)＝P(A１)P(B|A１)＋ P(A２)P(B|A２)＋P(A３)P(B|A３)＝ １ ２× ５ １１＋ １ ５× ４ １１＋ ３ １０ ×４１１＝ ９ ２２≠P (B|A１),所以事件B 与事件A１ 不是相互独 立的,故 A,C不正确．] ５．AB　[由乘法公式得,第二次取出的卡片是２的概率为P１ ＝４５× １ ４＝ １ ５ ,A正确;由全概率公式得第二次取出的卡片 上的数字大于第一次取出的卡片上的数字的概率为P２＝ １ ５ ×１＋１５× ３ ４＋ １ ５× ２ ４＋ １ ５× １ ４＝ １ ２ ,B正确,C错误;易 知第二次取出的卡片上的数字小于第一次取出的卡片上的 数字的概率为１－P２＝ １ ２ ,故 D错误．] ６．A　[以Ai 表示一批产品中有i件次品,i＝０,１,２,３,４,B表 示通过检验,则由题意得,P(A０)＝０．１, P(B|A０)＝１,P(A１)＝０．２, P(B|A１)＝ C１０９９ C１０１００ ＝０．９, P(A２)＝０．４,P(B|A２)＝ C１０９８ C１０１００ ≈０．８０９, P(A３)＝０．２,P(B|A３)＝ C１０９７ C１０１００ ≈０．７２７, P(A４)＝０．１,P(B|A４)＝ C１０９６ C１０１００ ≈０．６５２． 由全概率公式,得P(B)＝∑ ４ i＝０ P(Ai)P(B|Ai) ＝０．１×１＋０．２×０．９＋０．４×０．８０９＋０．２×０．７２７＋０．１× ０．６５２≈０．８１４．] ７．解析:根据题意,设事件A 为“甲被安排在天和核心舱”,事 件B 为“乙被安排在天和核心舱”,将甲、乙、丙、丁安排到３ 个航天舱,需要先将４人分为３组,再安排到３个航天舱,有 C２４A３３＝３６种 安 排 方 法,甲 被 安 排 在 天 和 核 心 舱,有 A３３－ C２３A２２＝１２种安排方法,则P(A)＝ １２ ３６＝ １ ３ ,若甲、乙均被安 排在天和核心舱,有 A２２＝２种安排方法,则P(AB)＝ ２ ３６＝ １ １８ ,故甲被安排在天和核心舱的条件下,乙也被安排在天和 核心舱的概率P(B|A)＝P (AB) P(A)＝ １ １８ １ ３ ＝１６． 答案:１ ６ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 ０４