第6章 计数原理 综合拔高练（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册（人教A版）

综合拔高练 高考真题练 考点1　排列、组合及其应用 1.(2024全国甲文,4)某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加,每人出场一次,出场次序由随机抽签确定.则丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率是(　　) A. 2.(2023全国甲理,9)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　) A.120种　　　　B.60种　　　　C.30种　　　　D.20种 3.(2023新课标Ⅰ,13)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课①,并且每类选修课至少选修1门②,则不同的选课方案共有　　　　种(用数字作答).  ①关键点拨:“或”想到分类加法计数原理;对点突破:P169知识点1 ②关键点拨:类中分步;对点突破:P170定点1 4.(2024上海,10)设集合A中的元素皆为无重复数字的三位正整数,且元素中任意两者之积皆为偶数,则集合中元素个数的最大值为　　　　.  5.(2024新课标Ⅱ,14)在下图的4×4的方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有　　　　种选法.在所有符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　.  6.(2024全国甲理,16)有6个相同的球,分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中无放回地随机取3次,每次取1个球.设m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球上数字的平均值,则m与n之差的绝对值不大于①的概率为　　　　.  ①关键点拨:转化为三个小球数字所要满足的关系,分情况列举;对点突破:P169知识点1 7.(2024新课标Ⅰ,14)甲、乙两人各有四张卡片,每张卡片上标有一个数字,甲的卡片上分别标有数字1,3,5,7,乙的卡片上分别标有数字2,4,6,8.两人进行四轮比赛,在每轮比赛中,两人各自从自己持有的卡片中随机选一张,并比较所选卡片上数字的大小,数字大的人得1分,数字小的人得0分,然后各自弃置此轮所选的卡片(弃置的卡片在此后的轮次中不能使用).则四轮比赛后,甲的总得分不小于2的概率为　　　　.  考点2　二项式定理 8.(2025天津,11)在(x-1)6的展开式中,x3项的系数为　　　　.  9.(2024上海,6)在(x+1)n的二项展开式中,若各项系数和为32,则x2项的系数为　　　　.  10.(2024全国甲理,13)的展开式中,各项系数中的最大值为　　　　.  11.(2022新高考Ⅰ,13)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为　　　　(用数字作答).  12.(2022浙江,12)已知多项式(x+2)(x-1)4 =a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a2①=　　　　,a1+a2+a3+a4+a5②=　　　　.  ①心中有“数”:a2即x2的系数;对点突破:P180定点1 ②心中有“数”:所有项的系数减去a0;对点突破:P182定点3 学科竞赛 13.(2024全国中学生奥林匹克竞赛重庆联赛初赛)将1,2,…,9这九个正整数排成圆圈,任意相邻两数之积均不超过60的圆排列的个数为　　　　.  14.(2024全国高中数学联赛四川省预赛)若T=299+k·3101-k,则T的末尾数字0的个数为　　　　.  高考模拟练 强基计划 15.(2024南京大学强基计划)存在集合A={1,2,…,10}的一族子集两两交集非空,那么这族子集最多有　　　　个.  16.(2024清华大学强基计划)点集S={(x,y)|x≤5,y≤4,x,y∈N*},则由S中的点可组成　　　　个不同的三角形.  17.(2024北京大学强基计划)求四元组(a1,a2,a3,a4)的个数,使得ai∈{1,2,3},且10<a1a2a3a4<20. 应用实践 1.(2025陕西师范大学附属中学月考)定义:各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数”,例如“1 022”“3 110”,则所有“吉祥数”的个数是(　　) A.35　　　　B.32　　　　C.29　　　　D.20 2.(2025“极光杯”适应性测试)若a>0,则在(1+ax)的展开式中(　　) A.x的系数有最小值 B.x2的系数有最小值 C.x4的系数有最小值 D.x5的系数有最小值 3.(多选题)(2025广东广州真光中学期中)如下,某高速服务区停车场中有A至H共8个停车位(每个车位只能停一辆车),现有2辆黑色车和2辆白色车要在该停车场停车,则(　　) A B C D E F G H A.4辆车的停车方法共有1 680种 B.4辆车恰好停在同一行的方法有48种 C.2辆黑色车恰好相邻(停在同一行或同一列)的停车方法共有300种 D.相同颜色的车不停在同一行,也不停在同一列的方法有336种 4.(多选题)(2025河北秦皇岛昌黎第一中学期末)已知(2x-1)n=an(x+1)n+an-1(x+1)n-1+…+a1(x+1)+a0,且n为偶数,则(　　) A.ai=1　　　　B.a0=1 C.|ai|=5n-1　　　　D.a1=-2n·3n-1 5.(多选题)(2025广东东莞东华高级中学月考)有6个红球,3个蓝球和3个黄球.将这些球放在一条直线上按序排列,假设同色球没有区别.下列说法中正确的有(　　) A.将这12个球全排列,不同的方法共有9 240种 B.让蓝球和黄球不相邻的方法有2 562种 C.让同色球不相邻的方法有100种 D.不考虑球的顺序,将12个球分为两组(两个组拥有的球的数量可以不同),每一组内红球与蓝球的个数和不小于3,则不同的分法有24种 6.(创新题)(2025湖南长沙雅礼中学月考)从质量分别为1,2,3,4,…,10克的砝码(每种砝码各2个)中选出若干个,使其总质量恰为9克的方法总数为m,下列各式的展开式中x9的系数为m的是(　　) A.(1+x)(1+x2)(1+x3)…(1+x10) B.(1+x)(1+2x)(1+3x)…(1+10x) C.(1+x)2(1+x2)2(1+x3)2(1+x4)2…(1+x10)2 D.(1+x)2(1+x+x2)2(1+x+x2+x3)2…(1+x+x2+…+x10)2 7.(2025福建三明、南平等六市期中联考)已知某次考试数学试卷多选题的计分标准如下:①本题共3小题,每小题6分,满分18分;②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项,全部选对得6分,有选错的得0分;③部分选对得部分分(若某小题正确选项为两个,漏选一个正确选项得3分;若某小题正确选项为三个,漏选一个正确选项得4分,漏选两个正确选项得2分).已知在某次新结构数学试题的考试中,某同学三个多选题中第一小题和第二小题都随机地选了两个选项,第三小题随机地选了一个选项,这位同学的多选题所有可能总得分(相同总分只记录一次)共有n种情况,则7n除以36的余数是　　　　.  8.(2025福建厦门质量检测)从集合U={1,2,3,4}的所有非空子集中任选两个,则选中的两个子集的交集为空集的概率为　　　.  9.(2025浙江杭州期末)一个综艺节目中,3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈,则参与者连续站在一起的人数不超过13的概率是　　　　.  10.(2024湖北部分学校期中)如图,在一个3×3的网格中填齐1至9中的所有整数,每个格子只填一个数字,已知中心格子的数字为5. (1)求满足第二横排、第二竖排的3个数字之和均为15的不同的数字填写方案种数; (2)求满足第二横排的数字从左到右依次增大,第二竖排的数字从上到下依次增大的不同的数字填写方案种数. 迁移创新 11.(2024江苏宿迁期中)在(x2+x+1)n=x2n-2+…+中,把,…,叫做三项展开式的n次系数列. (1)求的值; (2)根据二项式定理,将等式(1+x)2n=(1+x)n(1+x)n的两边分别展开可得左右两边的系数对应相等,如)2+…+()2,利用上述方法,计算-…+·的值; (3)我们都知道方程x2+x+1=0无实数解,对于正整数n,你能否计算+…++…的值?(3k(k∈N)为不超过2n的3的倍数,结果用含有n的代数式表示) 答案与分层梯度式解析 综合拔高练 高考真题练 1.C 2.B 1.C　设A表示事件“丙不是第一个出场,且甲最后出场”,B表示事件“丙不是第一个出场,且乙最后出场”. 四人由随机抽签的方式确定出场次序,基本事件共有=24个,事件A包含的基本事件有2=4个,故P(A)=,同理可得P(B)=.由于事件A与事件B互斥,因此丙不是第一个出场,且甲或乙最后出场的概率为P(A∪B)=P(A)+P(B)=. 2.B　从5人中选1人两天都参加,有种安排方式,从剩下4人中选2人进行排列,有种安排方式,则共有=60种安排方式. 3.答案　64 思路探究 解析　根据题意,选课情况如下: ①选择1门体育类选修课和1门艺术类选修课,共有=16种方案; ②选择2门体育类选修课和1门艺术类选修课,共有=24种方案; ③选择1门体育类选修课和2门艺术类选修课,共有=24种方案. 所以不同的选课方案共有16+24+24=64种. 4.答案　329 解析　由题意知集合A中至多有一个奇数,其余均是偶数.(关键点) 讨论三位数中的偶数: ①当个位为0时,百位和十位在1~9中选两个进行全排列,共有=72种选法; ②当个位不为0时,个位从2,4,6,8中选一个,有种选法,百位有(易错点)种选法,十位有种选法, 根据分步乘法计数原理,共有=256种选法, 最后加上单独的奇数,则集合中元素个数的最大值为72+256+1=329. 易错警示 与数字0有关的排列、组合问题,要注意数字0不能在首位,可以以它为特殊元素进行分类讨论. 5.答案　24;112 解析　第一列有4种选择,第二列有3种选择,第3列有2种选择,第4列有1种选择,∴共有4×3×2×1=24种选法. 由题图知,每一列中最下面的数最大,现将前三行中每一个数与该列最大数的差的绝对值算出来,如下表. 要想选中的4个数之和最大,差的绝对值就要最小,故选中的4个数从上到下分别为21,33,43和15,和为112,故最大值为112. 6.答案　 真题降维 关键信息 信息处理 无放回 有顺序的区别,故为排列 m为前两次取出的球上数字的平均值,n为取出的三个球上数字的平均值 设前3次取出的三个球上的数字分别为a,b,c,则m= m与n之差的绝对值不大于 |m-n|=≤⇒2c-3≤a+b≤2c+3 解析　设前3次取出的三个球上的数字分别为a,b,c,则共有=120种不同的取法, 又m=, ∴|m-n|=≤,∴|a+b-2c|≤3,即2c-3≤a+b≤2c+3.(以c的取值为分类标准,列举a,b所有可能的情况) ①当c=1时,-1≤a+b≤5,又5≤a+b≤11,∴a+b=5,∴a=2,b=3或a=3,b=2,有2种不同的取法,由对称性知当c=6时,也有2种不同的取法. ②当c=2时,1≤a+b≤7,又4≤a+b≤11,∴4≤a+b≤7,∴a+b的可能取值为4,5,6,7, 若a<b,则a=1,b=3或a=1,b=4或a=1,b=5或a=1,b=6或a=3,b=4,共有5种不同的取法, 同理,当a>b时也有5种不同的取法,故共有10种不同的取法. 由对称性知,当c=5时,也有10种不同的取法. ③当c=3时,3≤a+b≤9,又3≤a+b≤11且a+b≠4,∴a+b的可能取值为3,5,6,7,8,9, 若a<b,则a=1,b=2或a=1,b=4或a=1,b=5或a=1,b=6或a=2,b=4或a=2,b=5或a=2,b=6或a=4,b=5,共8种不同的取法, 同理,当a>b时也有8种不同的取法,故共有16种不同的取法. 由对称性知,当c=4时,也有16种不同的取法. 综上,满足条件的基本事件共有2+2+10+10+16+16=56个,∴所求概率P=. 解后反思 　　处理实际问题时,注意将文字语言转化为符号语言,找出符号之间需满足的条件,利用排列、组合或者利用列举法,找出所有情况. 7.答案　 思路点拨 分为两类:第一类,甲得3分,只有1种情况;第二类,甲得2分,有3种情况:①甲选3和选5时赢,选其他时输;②甲选3和选7时赢,选其他时输;③甲选5和选7时赢,选其他时输. 解析　记标有数字i的卡片为i(i=1,2,…,8). 甲选1时一定会输,所以最多得3分.(关键点) 要得3分,就只有1种情况:1对8,3对2,5对4,7对6. 要得2分,可有三类情况,分别列举如下: (1)甲选3和选5时赢,选其他时输,有: 1对6,3对2,5对4,7对8,共1种情况. (2)甲选3和选7时赢,选其他时输,有: ①1对4,3对2,5对8,7对6;②1对8,3对2,5对6,7对4;③1对6,3对2,5对8,7对4,共3种情况. (3)甲选5和选7时赢,选其他时输,有: ①1对2,3对8,5对4,7对6;②1对4;3对8,5对2,7对6;③1对8,3对4;5对2,7对6;④1对6,3对8,5对2,7对4;⑤1对8,3对6,5对2,7对4;⑥1对6,3对8,5对4,7对2;⑦1对8,3对6,5对4,7对2,共7种情况. 所以共有1+1+3+7=12种情况满足要求, 而甲、乙四轮比赛所有的情况共有=24种,所以甲得分不小于2的概率为. 8.答案　-20 解析　Tr+1=x6-r·(-1)r,令6-r=3,则r=3, T4=x3·(-1)3=-20x3,所以x3的系数为-20. 9.答案　10 解析　由题意知,展开式中各项系数的和是(1+1)n=32,所以n=5, 则(x+1)n=(x+1)5,其展开式的通项为Tr+1=·x5-r, 令5-r=2,解得r=3,故x2项的系数为=10. 10.答案　5 解析　的展开式的通项为Tr+1=·xr, 设第(r+1)项的系数最大, 则即 即解得≤r≤,又r∈N*,∴r=8, ∴各项系数中的最大值为=5. 11.答案　-28 解析　(x+y)8的展开式中x2y6的系数为=28,x3y5的系数为=56,因此(x+y)8的展开式中x2y6的系数为28-56=-28. 12.答案　8;-2真题降维 关键信息 信息处理 (x+2)(x-1)4 x(x-1)4+2(x-1)4 a2 x2的系数 a1+a2+a3+a4+a5 a0+a1+a2+a3+a4+a5-a0 解析　(x+2)(x-1)4=x(x-1)4+2(x-1)4,(x-1)4的展开式的通项为Tr+1=(-1)rx4-r,所以a2=×(-1)2=8. 对于(x+2)(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5, 令x=0,得a0=2×(-1)4=2, 令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0, 所以a1+a2+a3+a4+a5=-2. 13.答案　21 600 解析　设由1,2,…,9这九个正整数构成的所有圆排列有N0个,则N0==8!, 任意相邻两数之积均不超过60,则该排列中8,9与7,9这两对数均不能相邻. 设满足8,9相邻的圆排列有N1个,满足7,9相邻的圆排列有N2个,满足8,9相邻且7,9相邻的圆排列有N3个, 则N1=N2=·7!,N3=·6!, 所以满足要求的排列的个数为N0-(N1+N2-N3)=8!-(2×7!+2×7!-2×6!)=21 600. 14.答案　3 解析　易知299+k·3101-k=2100·2k-1·3100·31-k=6100, 所以T=299+k·3101-k= =6100=6100·=3(6100-4100). 因为6100-4100=(5+1)100-(5-1)100 =(5100+598+…+598-…-51+1) =2(595+…+51) =10(594+…+) =10(594+…+52+100) =1 000+10(594+…+52), 10×25=10×100×33×49×25,末尾有3个0,且其大于1 000, 所以T的末尾数字0的个数为3. 15.答案　512 解析　由题意知这族子集不含有空集,按所含元素的个数可把这族子集分为10类, 不妨设Ai(i=1,2,…,10)是含有i个元素的子集,对应有ai个, 显然,一元子集Ai至多只有一个,若不止一个,则它们的交集都是空集,不合题意, 所以a1+a2+…+a10≤+…+=29=512,故Ai最多有512个. 16.答案　1 056 解析　随意选三个点,共有种情况,如图所示, 三点共线有8组(图中虚线), 四点共线有9组(图中粗线加上5条竖线), 五点共线有4组(图中4条横线), 故一共能组成=1 140-8-36-40=1 056个不同的三角形. 17.解析　因为ai∈{1,2,3}(i=1,2,3,4),且10<a1a2a3a4<20, 所以a1,a2,a3,a4的取值有三种不同的组合:1,2,2,3或1,2,3,3或2,2,2,2,即a1a2a3a4∈{12,16,18}, 当a1a2a3a4=12时,四元组(a1,a2,a3,a4)有=12个, 当a1a2a3a4=16时,四元组(a1,a2,a3,a4)有1个, 当a1a2a3a4=18时,四元组(a1,a2,a3,a4)有=12个, 故满足题意的四元组(a1,a2,a3,a4)的个数为12+1+12=25. 高考模拟练 1.A 2.A 3.ABD 4.AD 5.BC 6.C 1.A　当首位数字为5时,剩余三位数是0,0,0,有1个“吉祥数”; 当首位数字为4时,剩余三位数是1,0,0,有3个“吉祥数”; 当首位数字为3时,剩余三位数是1,1,0或2,0,0,有3+3=6个“吉祥数”; 当首位数字为2时,剩余三位数是3,0,0或2,1,0或1,1,1,有3++1=10个“吉祥数”; 当首位数字为1时,剩余三位数是4,0,0或3,1,0或2,2,0或1,1,2,有3++3+3=15个“吉祥数”. 所有“吉祥数”的个数是1+3+6+10+15=35. 2.A　的展开式的通项为Tk+1=xk,k=0,1,2,3,4,5, 则(1+ax)的展开式中x的系数为+a, 因为a>0,所以+a≥2,当且仅当=a,即a=时取等号,所以x的系数有最小值,故A正确; (1+ax)的展开式中x2的系数为+5, 当a→+∞时,→0,该系数趋近于5,但无最小值,故B错误; (1+ax)的展开式中x4的系数为, 当a→+∞时,该系数趋近于0,无最小值,故C错误; (1+ax)的展开式中x5的系数为, 当a→+∞时,该系数趋近于0,无最小值,故D错误. 3.ABD　对于A,4辆车的停车方法共有=1 680种,故A正确; 对于B,4辆车恰好停在同一行的方法有=48种,故B正确; 对于C,2辆黑色车相邻且停在同一行有=12种方法,停在同一列有4=8种方法,则黑色车的停车方法有12+8=20种,白色车的停车方法有种,故共有20=600种停车方法,故C错误; 对于D,先安排第一辆黑色车,有8个车位可停车,再安排第二辆黑色车,只有3个车位可停车,则黑色车有8×3种停车方法, 不妨设黑色车停在A,F两个车位,则两白色车只能停在BE,BG,BH,CE,CH,DE,DG,共7种方法,所以白色车的停车方法有2×7种,故共有8×3×7×2=336种停车方法,故D正确. 4.AD　对于A,令x=0,得(-1)n=an+an-1+…+a1+a0=ai=1,故A正确; 对于B,令x=-1,得(-3)n=a0=3n,故B错误; 对于C,令x+1=t,则(2x-1)n=(2t-3)n=antn+an-1tn-1+…+a1t+a0, 则ak=·2k·(-3)n-k(k=0,1,2,…,n), 由n为偶数,得当k为偶数时,ak>0,当k为奇数时,ak<0,则|ai|=-a1+a2-…+an, 令t=-1,得(-5)n=an-an-1+…-a1+a0, 则|ai|=5n-a0=5n-3n,故C错误; 对于D,由ak=·2k·(-3)n-k(k=0,1,2,…,n),得a1=·2·(-3)n-1=-2n·3n-1,故D正确. 5.BC　对于A,将这12个球全排列,不同的方法共有=18 480种,故A错误. 对于B,先排6个红球,有1种方法,再将3个蓝球插入红球形成的7个空隙, 若3个蓝球都不相邻,则有种方法,黄球选择剩余4个空插入即可,若黄球均不相邻,则有种方法,若黄球有2个相邻,则有种方法,若三个黄球均相邻,则有种方法,故共有)=700种方法; 若蓝球只有2个相邻,则有种方法,黄球选择剩余5个空插入即可,同理可得共有)=1 470种方法; 若3个蓝球都相邻,则有种方法,黄球选择剩余6个空插入即可,同理可得共有)=392种方法, 所以蓝球和黄球不相邻的方法有700+1 470+392=2 562种,故B正确. 对于C,因为有6个红球和6个非红球,任意两个红球之间至少要有1个非红球,所以1个蓝球与1个黄球相邻最多出现1次, 若蓝球与黄球不相邻,则红球和非红球交替放置,则红球的放法只有2种,即最左端为红球或最右端为红球,蓝球有种放法,黄球有种放法,所以不同的放法有2=40种, 若有1个蓝球和1个黄球相邻,可将其合并,看成一个“花球”,则非红球由2个蓝球,2个黄球和1个花球组成,所以任意2个相邻红球之间有1个非红球,这样的放法有=60种, 所以同色球不相邻的方法有40+60=100种,故C正确. 对于D,不考虑球的顺序,将12个球分为两组(两个组拥有的球的数量可以不同), 要求每一组内红球与蓝球的个数和≥3, 6个红球和3个蓝球先分为2组,分法有3+6和4+5, 3可以为3红,2红1蓝,1红2蓝,3蓝,再将黄球分成两组,有(0,3),(1,2),(2,1),(3,0)共4种方法,所以共有4×4=16种; 4可以为4红,3红1蓝,2红2蓝,1红3蓝,再将黄球分成两组,有(0,3),(1,2),(2,1),(3,0)共4种方法,所以共有4×4=16种, 因此不同的分法有16+16=32种,故D错误. 6.C　分5种情况讨论: 一个砝码,有9一种情况,共=2种选法; 两个砝码,有1,8、2,7、3,6、4,5四种情况,共×4=16种选法; 三个砝码,有1,1,7、1,2,6、1,3,5、1,4,4、2,2,5、2,3,4六种情况,共3×=30种选法; 四个砝码,有1,1,2,5、1,1,3,4、1,2,2,4、1,2,3,3四种情况,共4×=16种选法; 五个砝码,有1,1,2,2,3一种情况,共=2种选法. 综上,m=2+16+30+16+2=66. A,x9的系数为8,故A错误. B,x9需要选9个含x的项,其他的1个选常数项,可得其系数为+…+>66,故B错误. C,(1+x)2(1+x2)2(1+x3)2(1+x4)2…(1+x10)2 =(1+x)(1+x2)(1+x3)(1+x4)…(1+x10)(1+x)(1+x2)·(1+x3)(1+x4)…(1+x10), x9由x9单独组成,其他为常数,则系数为=2; x9由x与x8组成,其他为常数,则系数为=4; x9由x2与x7组成,其他为常数,则系数为=4; x9由x3与x6组成,其他为常数,则系数为=4; x9由x4与x5组成,其他为常数,则系数为=4; 同理,x9由三项组成:x,x,x7、x,x2,x6、x,x3,x5、x,x4,x4、x2,x2,x5、x2,x3,x4,其他为常数,则系数为3×=30; 同理,x9由四项组成:x,x,x2,x5、x,x,x3,x4、x,x2,x2,x4、x,x2,x3,x3,其他为常数,则系数为4×=16; 同理,x9由五项组成:x,x,x2,x2,x3,其他为常数,则系数为=2. 综上,x9的系数为2+4×4+30+16+2=66,故C正确. D,(1+x)2(1+x+x2)2(1+x+x2+x3)2…(1+x+x2+…+x10)2=(1+x)(1+x+x2)(1+x+x2+x3)…(1+x+x2+…+x10)(1+x)(1+x+x2)(1+x+x2+x3)…(1+x+x2+…+x10), x9由x9单独组成,其他为常数,则系数为=4, x9由x8与x组成,其他为常数,则系数为=114,故D错误. 7.答案　13 解析　如图所示: 则当第三小题得0分时,总得分可能为0,4,6,8,10,12, 同理,当第三小题得2分时,总得分可能为2,6,8,10,12,14, 当第三小题得3分时,总得分可能为3,7,9,11,13,15, 所以这位同学的多选题所有可能总得分(相同总分只记录一次)为0,2,3,4,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,故n=14, 则714=(6+1)14=613+…+ =(611+…+)62+14×6+1, (14×6+1)÷36=85÷36=2……13. 8.答案　 解析　设A⊆U,B⊆U,且A≠⌀,B≠⌀,A∩B=⌀, 易知集合U的非空子集个数为24-1=15,从所有非空子集中任取两个集合,共有=105种选法. 设card(A)表示集合A中的元素个数. 解法一:①若card(A∪B)=2,(点拨:card表示集合中的元素个数,按A∪B中元素个数分类)则有=6种选法; ②若card(A∪B)=3,从4个元素里选3个,再分成两组(不平均),则有=12种选法; ③若card(A∪B)=4,4个元素平均分为两组有=3种组合,不平均分组有=4种组合,故共有3+4=7种选法. 所以选中的两个子集的交集为空集的概率为. 解法二:①当card(A)=1时,从4个元素里任选一个放入集合A,则集合B共有23-1=7种情况,(点拨:集合A中有一个元素,则B是剩下三个元素组成的集合的非空子集)故有×7=28种情况; ②当card(A)=2时,从4个元素里任选两个放入集合A,则集合B共有22-1=3种情况,故有×3=18种情况; ③当card(A)=3时,从4个元素里任选三个放入集合A,则集合B共有21-1=1种情况,故有×1=4种情况. 所以共有×(28+18+4)=25种情况,易错点:集合A与B没有顺序,因此①②③每种情况都重复两次,因此需要乘 所以选中的两个子集的交集为空集的概率为. 解法三:对于集合U中的任意元素x,均有x∈A,且x∉B,或x∈B,且x∉A,或x∉(A∪B)这三种可能,再减去集合A,B其中一个为空集的情况,Venn图如图所示,则元素1,2,3,4可能在集合A,集合B,集合∁U(A∪B)中,因此共有34种,但集合A与集合B不能为空集,所以需要减去集合A与集合B分别为空集的情况(注意多减了一次集合A与集合B同时为空集的情况), 故共有×(34-24-24+1)=25种,易错点:集合A与集合B没有顺序,每种情况重复了两次,因此需要乘 所以选中的两个子集的交集为空集的概率为. 9.答案　 思路点拨 记3名主持人分别为甲、乙、丙,将主持人甲作为参照物,只需考虑剩下的35人从甲开始顺时针(或逆时针)排列的顺序,则3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈有种站法,再分析主持人乙、丙将33位参与者分隔成3组的人数情况,从而得到参与者连续站在一起的人数不超过13人的站法种数,即可得到结果. 解析　记3名主持人分别为甲、乙、丙,3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈,可将主持人甲作为参照物,只需考虑剩下的35人从甲开始顺时针(或逆时针)排列的顺序即可,(关键点) 则3名主持人与33位参与者随机站成一个圆圈有种站法, 若参与者连续站在一起的人数不超过13, 则主持人乙、丙将33位参与者分隔成3组,按照顺时针(或逆时针)方向记为第一、二、三组, 33=7+13+13=8+12+13=9+11+13=9+12+12=10+10+13=10+11+12=11+11+11, 考虑33=7+13+13的情况,有(7,13,13),(13,7,13),(13,13,7)三种分组方法, 考虑33=8+12+13的情况,有种分组方法, 考虑33=11+11+11的情况,有1种分组方法, 同理可知,共有3++1=28种分组方法, 则参与者连续站在一起的人数不超过13共有28种站法, 可得参与者连续站在一起的人数不超过13的概率是. 10.解析　(1)由题可知,第二横排、第二竖排分别剩余的两个数要从(1,9),(2,8),(3,7),(4,6)这4组数中各选一组填入,共有=48种填法,再将剩下的数填入剩下的格子中,共有=24种填法. 根据分步乘法计数原理,满足第二横排、第二竖排的3个数字之和均为15的不同的数字填写方案种数为48×24=1 152. (2)由题可知,第二横排最左边的格子及第二竖排最上边的格子只能从1,2,3,4中选择两个填入,共有=12种填法,第二横排最右边的格子及第二竖排最下边的格子只能从6,7,8,9中选择两个填入,共有=12种填法,再将剩下的数填入剩下的格子中,共有=24种填法. 根据分步乘法计数原理,满足第二横排的数字从左到右依次增大,第二竖排的数字从上到下依次增大的不同的数字填写方案种数为12×12×24=3 456. 11.解析　(1)当n=3时,令x=1,得=33=27. 令x=-1,得=1. 两式相减,得2()=26, 所以=13. (2)因为1-x3=(1-x)(1+x+x2), 所以(1-x3)214=(1-x)214(1+x+x2)214. 在(1-x)214(1+x+x2)214的展开式中,·-…+是x428的系数, 又(1-x3)214的展开式的通项为Tr+1=(-1)rx3r,r=0,1,2,…,214,所以展开式中不含x428项, 所以-…+=0. (3)(x2+x+1)n=x2n-2+…+, 令x=1,得3n=+…+, 令x=ω=-i,易知ω2+ω+1=0, 则(ω2+ω+1)n=ω2n-2+…+=0. 设A=+…++…, B=+…++…, C=+…++…, 因为ω3==1, 所以Aω2n+Bω2n-1+Cω2n-2=0, (Aω2n=ω2n+…+ω2n+…=ω2n-9+…+ω2n-3k+…,类似得Bω2n-1,Cω2n-2) 所以ω2n-2(Aω2+Bω+C)=0, 又ω2n-2≠0,所以Aω2+Bω+C=0, 即A+C=0, 即(A-B)i=0, 所以A=B,A+B=2C,所以A=B=C, 又A+B+C=3n,所以A=3n-1, 所以+…++…=3n-1. 素养评析 第(1)问中,利用赋值法求展开式的系数和(奇、偶数项的系数和),主要考查数学运算的素养;第(2)问中,对同一个展开式的不同形式求特定项的系数,由系数相等得出结论,主要考查数学运算的素养;第(3)问中,利用ω=-i的性质ω2=-i,ω3=1,ω2+ω+1=0,对三项式的n次幂的展开式的系数进行分类(A,B,C)求解,主要考查逻辑推理、数学运算的素养. 30 学科网（北京）股份有限公司 $