第六章 计数原理（高效培优单元自测·强化卷）数学人教A版高二选择性必修第三册

第六章 计数原理（高效培优单元测试·强化卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“lucky”数，例如105和213，则所有的“lucky”数有（　　） A．48个 B．30个 C．21个 D．18个 2．甲、乙、丙、丁四名同学可以随机地选修王老师、张老师、李老师中任何一位老师开设的课程，则不同的选课方案有（   ） A．24种 B．36种 C．64种 D．81种 3．甲、乙、丙三个同学报名参加学校运动会中设立的跳高、铅球、跳远、100米比赛，每人限报一项，共有多少种不同的报名方法（    ） A．12 B．24 C．64 D．81 4．若将5名男生和3名女生排成一排，则3名女生相邻的不同排法种数为（   ） A．4680 B．4320 C．3640 D．3860 5．中国古代的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“礼”在第二次或在最后一次，“数”和“书”相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（    ） A．144种 B．120种 C．108种 D．84种 6．从4名志愿者中选派3人在星期六、星期日参加公益活动，要求每人只参加一天，且星期六需要有两人参加，星期日需要有一人参加，则不同的选派方法共有（   ） A．12种 B．20种 C．24种 D．36种 7．某城市举办国际马拉松比赛，在某路段设三个服务点，某高校包括甲与乙在内的5名同学到三个服务点做志愿者，每名同学只去一个服务点，每个服务点至少1人，则甲与乙不去同一个服务点的概率为（   ） A． B． C． D． 8．这里所使用的方法，实际上是将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想方法，叫做“算两次”，对此我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量的代数式，几何中常用的等积法也是“算两次”的典范，再如，我们还可以用这种方法，结合二项式定理得到很多排列和组合恒等式，如由等式可知，其左边的项的系数和右边的项的系数相等，得到如下恒等式为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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．李清照，齐州章丘（今山东省济南市章丘区）人，宋代女词人，婉约词派代表，有“千古第一才女”之称．现将李清照不同的9本诗集全部奖励给3名同学（每人至少会分到1本），则下列选项正确的有（   ） A．若刚好每人分到3本书，则有1680种不同的分法 B．若每人至少分到2本书，则有11508种不同的分法 C．若刚好有1人只分到1本书，则有6326种不同的分法 D．若每人至多分到4本书，则有13020种不同的分法 10．下列说法中，正确的有（   ） A．若，则 B．的展开式中，所有项的系数之和是 C．的展开式中，的系数是 D．从中任取个数字，从中任取个数字，一共可以组成个没有重复数字的五位数 11．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（    ） A．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有36种 B．课程“御”和“书”、“数”都不相邻的不同排法共有288种 C．课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 D．课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有480种 第二部分（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．在图所示的10块地中，选出6块种植这六个不同品种的蔬菜，每块地种植一种．若必须横向相邻种在一起，与在横向、纵向都不能相邻种在一起，则不同的种植方案有 种. 13．小六壬是中国传统占卜术之一，共有六个掌诀，分别记为：大安、留连、速喜、赤口、小吉、空亡.为了便于数理分析，我们将他们依次对应数字0、1、2、3、4、5，形成一个六进制系统.六进制转换为十进制数的方法是将每一位上的数字乘以6的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加.例如，六进制数013转换为十进制数为；六进制数0033转换为十进制数为.现将所有由0、1、2、3、4、5组成的4位无重复数字（如1235，3201）的六进制数转化为十进制数，在这些非零十进制数中任取一个，则这个数能被5整除的概率为 ． 14．给正方体的8个顶点涂色，规则：从顶点开始涂色，之后每选取一个未涂色顶点且与上次所涂顶点不在同一条棱上的顶点进行涂色．若涂色3次，则第3次恰好涂在点的概率为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）在大学二年级上学期，1名同学要从5门科学类选修课和3门人文类选修课中共选择4门不同的选修课，学校要求学生科学类选修课和人文类选修课都要选． (1)这名同学的选修课有多少种不同的选法？ (2)若人文类的选修课的上课时间一样，不能同时选择，则这名同学选修课的不同选法共有多少种？ 16．（15分）甲、乙、丙等6名学生准备利用假期时间从三个社区中选一个参加志愿者活动，每个社区至少安排1人． (1)若每个社区刚好安排2人，则不同的安排方法有多少种？ (2)若甲、乙、丙全部分到同一个社区，则不同的安排方法有多少种？ (3)若甲、乙、丙分别分到三个社区，则不同的安排方法有多少种？ 17．（16分）某次文艺晚会上计划演出7个节目，其中2个歌曲节目，3个舞蹈节目，2个小品节目，需要制作节目单： (1)唱歌节目排在两头，有多少种排法？ (2)唱歌节目相邻，舞蹈节目相邻，两个小品节目不相邻，有多少种排法？ (3)三个舞蹈节目出场顺序固定，有多少种排法？ 18．（16分）已知，且的展开式中各项的二项式系数之和为64． (1)求； (2)求的展开式中的系数； (3)求． 19．（17分）已知函数，. (1)当时，求的值； (2)若能被整除，求的最小值； (3)若，，且在中，存在连续三项，，的项的系数成等差数列，求和的值. 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章 计数原理（高效培优单元测试·强化卷） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第一部分（选择题 共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“lucky”数，例如105和213，则所有的“lucky”数有（　　 A．48个 B．30个 C．21个 D．18个 【答案】C 【分析】根据题意，按首位数字为，分类讨论，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】当首位数字为1时，后两位相加为5，“lucky”数分别是105，150，114，141，123，132共6个； 当首位数字为2时，后两位相加为4，“lucky”数分别是204，240，213，231，222，共5个； 当首位数字为3时，后两位相加为3，“lucky”数分别是303，330，312，321，共4个； 当首位数字为4时，后两位相加为2，“lucky”数分别是402，420，411，共3个； 当首位数字为5时，后两位相加为1，“lucky”数分别是501，510，共2个； 当首位数字为6时，后两位相加为0，“lucky”数分别是600，共1个； 由分类计数原理得，共有个. 故选：C. 2．甲、乙、丙、丁四名同学可以随机地选修王老师、张老师、李老师中任何一位老师开设的课程，则不同的选课方案有（   ） A．24种 B．36种 C．64种 D．81种 【答案】D 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】甲、乙、丙、丁四名同学每名同学选课均有王老师、张老师、李老师共3种选择，根据分步乘法计数原理共有种选择． 故选：D. 3．甲、乙、丙三个同学报名参加学校运动会中设立的跳高、铅球、跳远、100米比赛，每人限报一项，共有多少种不同的报名方法（    ） A．12 B．24 C．64 D．81 【答案】C 【分析】根据题意，可知三个同学中每人有4种报名方法，由分步计数原理即可得到. 【详解】甲、乙、丙三个同学报名参加学校运动会中设立的跳高、铅球、跳远、100米比赛，每人限报一项, 每人有4种报名方法， 根据分步计数原理，可知共有种不同的报名方法. 故选：C 4．若将5名男生和3名女生排成一排，则3名女生相邻的不同排法种数为（   ） A．4680 B．4320 C．3640 D．3860 【答案】B 【分析】利用捆绑法列式计算即得. 【详解】将3名女生看成一个整体，再和5名男生进行全排，有种排法， 因为3名女生内部顺序可以调整，所以共有种不同的排法. 故选：B 5．中国古代的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每艺安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“礼”在第二次或在最后一次，“数”和“书”相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（    ） A．144种 B．120种 C．108种 D．84种 【答案】D 【分析】将“数、书”捆绑，分“礼”在第二次或“礼”在最后一次两类求解. 【详解】将“数、书”捆绑，内部排列共有种，则可看作五个元素，五个次序， 若“礼”在第二次，则首先需从“乐、射、御”三艺中选择一艺放在第一次有种不同的次序， 再将剩余三个元素（数、书捆绑看作一个元素）在后面排列，有种不同的次序， 根据分步乘法计数原理，讲座不同的次序共有种； 若“礼”在最后一次，则将剩余四个元素（数、书捆绑看作一个元素）安排在剩余四个次序， 有种不同的次序，根据分步乘法计数原理，讲座不同的次序共有种； 综上，讲座不同的次序共有种， 故选：D. 6．从4名志愿者中选派3人在星期六、星期日参加公益活动，要求每人只参加一天，且星期六需要有两人参加，星期日需要有一人参加，则不同的选派方法共有（   ） A．12种 B．20种 C．24种 D．36种 【答案】A 【分析】根据组合的定义，结合分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】第一步，从4名志愿者中选派2人参加星期六的公益活动，有种方法； 第二步，从剩下的2人中选派1人参加星期日的公益活动，有种方法， 所以不同的选派方法共有种方法. 故选：A 7．某城市举办国际马拉松比赛，在某路段设三个服务点，某高校包括甲与乙在内的5名同学到三个服务点做志愿者，每名同学只去一个服务点，每个服务点至少1人，则甲与乙不去同一个服务点的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先运用“先分组后分配”的策略求出5名同学去3个服务点的安排方法数，再运用“正难则反”策略与“捆绑法”求出甲与乙去同一个服务点的安排方法数，再利用古典概型以及对立事件的概率公式即可得解. 【详解】5名同学分成3个小组， 若按2人，2人，1人来分有种分组方式， 若按3人，1人，1人来分有种分组方式， 再把这三个小组排列到三个服务点去共有种分配方法， 所以每个服务点至少有1人的不同安排方法有：种. 若甲乙去同一个服务点且该服务点有两人，则有种分组方式； 若甲乙去同一个服务点且该服务点有三人，则有种分组方式； 再把这三个小组排列到三个服务点去共有种分配方法， 所以甲乙去同一个服务点的不同安排方法有：种. 因此，甲乙去同一个服务点的概率为， 则甲与乙不去同一个服务点的概率为. 故选：B. 8．这里所使用的方法，实际上是将一个量用两种方法分别算一次，由结果相同得到等式，这是一种非常有用的思想方法，叫做“算两次”，对此我们并不陌生，如列方程时就要从不同的侧面列出表示同一个量的代数式，几何中常用的等积法也是“算两次”的典范，再如，我们还可以用这种方法，结合二项式定理得到很多排列和组合恒等式，如由等式可知，其左边的项的系数和右边的项的系数相等，得到如下恒等式为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据二项式展开式的特点，即可求解AC，根据排列数和组合数的计算公式求解BD. 【详解】对于A，在展开式中，的系数为， ， 其中的系数为， ∴，故A符合题意； 对于B，由“算两次”的定义知， 从个不同的元素中取出个元素的所有排列的个数为， 同时还可以分类考虑： 第一类：取出个元素不包括元素甲，则所有排列的个数为， 第二类：取出个元素包括元素甲，则先排元素甲，有m个位置， 然后从其余n个元素中取出个元素全排列，则所有的排列个数为， 综上，从个不同的元素中取出个元素的所有排列的个数为， ∴，但是该等式不是由所给二项式得到，故B不符合题意； 对于C，对于，由“算两次”的定义知， 展开式中，的系数为， ， 其中的系数为， ∴，故C不符合题意； 对于D，由组合数的运算性质知， ， 当时，；当时，，故D不符合题意， 故选：A． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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．李清照，齐州章丘（今山东省济南市章丘区）人，宋代女词人，婉约词派代表，有“千古第一才女”之称．现将李清照不同的9本诗集全部奖励给3名同学（每人至少会分到1本），则下列选项正确的有（   ） A．若刚好每人分到3本书，则有1680种不同的分法 B．若每人至少分到2本书，则有11508种不同的分法 C．若刚好有1人只分到1本书，则有6326种不同的分法 D．若每人至多分到4本书，则有13020种不同的分法 【答案】AB 【分析】考虑在各选项的条件下，3个人分书的本数可能的情况，结合平均分组以及不平均分组问题的解法求解各选项中的分法，即可求得答案. 【详解】若刚好每人分到3本书，则有种不同的分法，故A正确； 若每人至少分到2本书，则3人分书的本数可能是，，， 所以有种不同的分法，故B正确； 若刚好有1人只分到1本书，则3人分书的本数可能是，，， 所以有种不同的分法，故C不正确； 若每人至多分到4本书，则3人分书的本数可能是，，， 所以有种不同的分法，故D不正确． 故选：AB 10．下列说法中，正确的有（   ） A．若，则 B．的展开式中，所有项的系数之和是 C．的展开式中，的系数是 D．从中任取个数字，从中任取个数字，一共可以组成个没有重复数字的五位数 【答案】ACD 【分析】利用组合数的对称性和运算即可判断选项A，对，令即可求得所有项的系数之和判断选项B，结合组合分析，的展开式中，含的项的构成是个式子取，有个式子取常数，即可得到的系数是，来判断选项C，利用排列组合结合，来求解，即可判断选项D. 【详解】因为， 所以由，得．解得，故A正确； 令，则的展开式中，所有项的系数之和是，故B错误； 因为的展开式中，含的项的构成是个式子取， 有个式子取常数，所以的系数是，故C正确； 从中任取个数字，有种不同的取法； 从中任取个数字，有种不同的取法． 取出的个数字可以组成个没有重复数字的五位数， 所以一共可以组成个没有重复数字的五位数，故D正确． 故选：ACD 11．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（    ） A．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有36种 B．课程“御”和“书”、“数”都不相邻的不同排法共有288种 C．课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 D．课程“数”不排在第一天，“礼”不排在最后一天的不同排法共有480种 【答案】BC 【分析】通过插空法分析元素不相邻的排法数，利用相对位置的对称性计算特定顺序的排法数，结合间接法处理有限制条件的排列，逐一验证选项. 【详解】A： 先排“礼、乐、射”，有种排法，产生4个空位； 将“御、书、数”插入空位且互不相邻，需从4个空位选3个排列，即. 排法数为，A错误. B： 先排“礼、乐、射”，有种排法，产生4个空位； 选1个空位放“御”（共种选法）； 因为课程“御”和“书”、“数”都不相邻， 所以，在“御”两侧位置外的剩余3个空位放“书、数”，可同空位（相邻）或不同空位（不相邻）， 排法有，再排列“书、数”（种）. 排法数为，B正确. C： “射”与“御”的相对位置有2种（“射”前或“御”前），且两种情况排法数相等. 总排法数为，C正确. D： 用间接法：总排法，减去“数”在第一天的、 “礼”在最后一天的，加回重复减去的“数在第一天且礼在最后一天”的. 排法数为，D错误. 故选：BC 第二部分（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．在图所示的10块地中，选出6块种植这六个不同品种的蔬菜，每块地种植一种．若必须横向相邻种在一起，与在横向、纵向都不能相邻种在一起，则不同的种植方案有 种. 【答案】5160 【分析】根据分步乘法和分类加法的计数原理，结合是否与同行，以及是否同行，进行分类讨论，即可求解. 【详解】①当与同行，与也同行时，有种种植方案； 与不同行时，有种种植方案； ②当与不同行时，有种种植方案. 故不同的种植方案有（种）. 故答案为： 13．小六壬是中国传统占卜术之一，共有六个掌诀，分别记为：大安、留连、速喜、赤口、小吉、空亡.为了便于数理分析，我们将他们依次对应数字0、1、2、3、4、5，形成一个六进制系统.六进制转换为十进制数的方法是将每一位上的数字乘以6的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加.例如，六进制数013转换为十进制数为；六进制数0033转换为十进制数为.现将所有由0、1、2、3、4、5组成的4位无重复数字（如1235，3201）的六进制数转化为十进制数，在这些非零十进制数中任取一个，则这个数能被5整除的概率为 ． 【答案】/ 【分析】设，将六进制数转换为十进制形式，由该数能被5整除转化为能被5整除，根据该六进制数数字的所有可能组合，分类计算符合要求的数的个数，利用古典概型概率公式计算即可. 【详解】设，则4位六进制数转换为十进制为： ， 若这个数能被5整除，则能被5整除. 当这个六进制数由0,2,3,5组成时，有个； 当这个六进制数由0,1,4,5组成时，有个； 当这个六进制数由1,2,3,4组成时，有个； 因为由0,1,2,3,4,5组成的4位非零六进制数共有个， 所以能被5整除的概率. 故答案为：. 14．给正方体的8个顶点涂色，规则：从顶点开始涂色，之后每选取一个未涂色顶点且与上次所涂顶点不在同一条棱上的顶点进行涂色．若涂色3次，则第3次恰好涂在点的概率为 ． 【答案】 【分析】按照分步乘法计数原理即可得到结果 【详解】 正方体中，从顶点开始涂色，第一次涂色后，与不在同一条棱上的顶点有,共种选择； 第二次涂色时，需选择一个与第一次所涂顶点不在同一条棱上的顶点。 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 假设第二次涂,则第三次可选,共种； 所以总的路径为种，其中第3次恰好涂在点的有种，所以概率为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）在大学二年级上学期，1名同学要从5门科学类选修课和3门人文类选修课中共选择4门不同的选修课，学校要求学生科学类选修课和人文类选修课都要选． (1)这名同学的选修课有多少种不同的选法？ (2)若人文类的选修课的上课时间一样，不能同时选择，则这名同学选修课的不同选法共有多少种？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分别计算选择门科学类和门人文类选修课的不同选法，再求和即可得答案； （2）先计算这名同学同时选择了两门人文类的选修课的选法，再结合（1）的结果减去即可得答案. 【详解】（1）解：这名同学从5门科学类选修课和3门人文类选修课中， 选择1门科学类和3门人文类选修课的不同选择方法（种）， 选择2门科学类和2门人文类选修课的不同选择方法（种）， 选择3门科学类和1门人文类选修课的不同选择方法（种）， 所以这名同学的选修课共有（种）不同的选法． （2）解：这名同学同时选择了两门人文类的选修课的选法共有（种）， 所以这名同学不同时选择人文类选修课的选法有（种）． 16．（15分）甲、乙、丙等6名学生准备利用假期时间从三个社区中选一个参加志愿者活动，每个社区至少安排1人． (1)若每个社区刚好安排2人，则不同的安排方法有多少种？ (2)若甲、乙、丙全部分到同一个社区，则不同的安排方法有多少种？ (3)若甲、乙、丙分别分到三个社区，则不同的安排方法有多少种？ 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）先平均分成3组，然后利用全排列和分步计数原理求解即可； （2）先将6名学生分成3组，其中甲、乙、丙在同一组，可分为两种情况：①甲、乙、丙为一组，其余3人分成两组；②甲、乙、丙与另外1人组成一组，其余2人各为一组。计算出两种情况下的安排方法数再相加即可； （3）先将甲、乙、丙分别安排到3个社区，然后剩下的3人每人都可以选择3个社区中的任意一个，进而利用分步乘法计数原理求解即可. 【详解】（1）将6名学生平均分成3组， 分法数为（种）， 再将分好的3组全排列，安排到3个社区，有（种）， 根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有（种）； （2）①甲、乙、丙看作一组，有1种分法． 将剩下的3人分成2组，分法数为（种）， 再将分好的3组全排列，安排到3个社区，有（种）， 根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有（种）； ②甲、乙、丙和剩余3人中的1人形成一组，其余2人各一组，有3种分法． 再将分好的3组全排列，安排到3个社区，有（种）， 根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有（种）； 综上不同的安排方法有（种）； （3）甲、乙、丙分别安排到3个社区，有（种）， 剩下的3人每人都可以选择3个社区中的任意一个，有（种）， 根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有（种）. 17．（16分）某次文艺晚会上计划演出7个节目，其中2个歌曲节目，3个舞蹈节目，2个小品节目，需要制作节目单： (1)唱歌节目排在两头，有多少种排法？ (2)唱歌节目相邻，舞蹈节目相邻，两个小品节目不相邻，有多少种排法？ (3)三个舞蹈节目出场顺序固定，有多少种排法？ 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）先排两头的唱歌节目，再排中间的5个节目，即可得解； （2）第一步，先将2个唱歌节目全排列，再将这2个唱歌节目看成一个整体，第二步，先将3个舞蹈节目全排列，再将这3个舞蹈节目看成一个整体，第三步，把这两个整体进行全排列，此时这两个整体的全排列，形成3个空，将2个小品节目插入这3个空中，即可得解； （3）先将7个节目进行全排列，再由3个舞蹈节目出场顺序固定，就是7个节目的全排列数除以3个舞蹈节目的全排列数，即为所求. 【详解】（1）2个唱歌节目排在两头，先排两头的唱歌节目，有种，再排中间的5个节目，有种， 则唱歌节目排在两头，有种排法； （2）2个唱歌节目全排列，排法有种，将这2个唱歌节目看成一个整体， 3个舞蹈节目全排列，排法有种，将这3个舞蹈节目看成一个整体， 把这两个整体进行全排列，排法有种，此时这两个整体的全排列，形成3个空， 将2个小品节目插入这3个空中，排法有种， 则唱歌节目，舞蹈节目相邻，两个小品节目不相邻， 有种； （3）7个节目进行全排列，排法有种，3个舞蹈节目出场顺序固定，则不同的排法有种. 18．（16分）已知，且的展开式中各项的二项式系数之和为64． (1)求； (2)求的展开式中的系数； (3)求． 【答案】(1) (2)-20 (3) 【分析】（1）基于二项式展开的基本性质，即展开式中所有二项式系数之和为2的n次幂，通过建立指数方程求解未知指数n. （2）运用二项展开式的通项公式，将目标项的次数与通项中的指数对应，确定特定项的位置并计算其系数. （3）通过赋值法构造代数等式，先利用特殊值确定常数项，再选取合适的变量代入值将所求表达式与原展开式联系起来，从而整体求出系数和的值. 【详解】（1）因为展开式中各项的二项式系数之和为64， 所以，解得. （2）的展开式的通项， 令，得， 所以展开式中的系数为． （3）令，得， 令，得， 则． 19．（17分）已知函数，. (1)当时，求的值； (2)若能被整除，求的最小值； (3)若，，且在中，存在连续三项，，的项的系数成等差数列，求和的值. 【答案】(1) (2) (3)，或 【分析】（1）依题意，再代入计算可得； （2）由，写出展开式，即可分析要能被整除，再分为偶数、奇数讨论，分别确定的最小值； （3）写出展开式的通项，即可得到，根据组合数公式整理得到，则为完全平方数，即可确定的值，同时取出相应的. 【详解】（1）因为 ，， 当时，所以； （2）因为，， 则 ， 又能被整除，所以， 又能被整除， 所以要能被整除， 当为偶数时，，此时的最小值为； 当为奇数时，不可能被整除，所以不存在符合题意， 综上可得的最小值为； （3）因为展开式的通项为（且）， 所以，，的项的系数分别为，，， 因为，，的项的系数成等差数列， 所以，整理可得， 即，为完全平方数， 又且 的最大值为，此时，则或， 解得或， 所以时中，，的项的系数分别为，，成等差数列， 中，，的项的系数分别为，，成等差数列； 综上可得，或. 1 / 22 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $