第6章 计数原理（拔高练）-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第三册（人教A版）

进阶 突破 第六章 计数原理 6.1分类加法计数原理与分步 乘法计数原理 1.（2024·江西九江高二期末)从1,2,3,4,5， 6,7,9中，任取两个不同的数作对数的底数 和真数，则所有不同的对数的值有() A.30个 B.42个 C.41个 D.39个 2.(2024·广东肇庆高二月考)某旅游景区有 如图所示A至H共8个停车位，现有2辆不 同的白色车和2辆不同的黑色车，要求相同 颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则 不同的停车方法总数为 B E F A.288 B.336 C.576 D.1680 3.(多选)(2024·湖北武汉高二月考)数学中 蕴含着无穷无尽的美，尤以对称美最为直观 和显著.回文数是对称美的一种体现，它是 从左到右与从右到左读都一样的正整数，如 22,121,3443,94249等，显然两位回文数 有9个：11,22,33，…，99；三位回文数有 90个：101,111,121，…，191,202，…，999.下 列说法正确的是 A.四位回文数有45个 B.四位回文数有90个 C.2n(n∈N*)位回文数有10”个 D.(2n+1)(n∈N*)位回文数有(9×10)个 4.(2024·山东泰安高二期中)现有四种不同 颜色的彩灯装饰五面体AB-CDEF的六个 顶点，要求A,B用同一种颜色的彩灯，其他 各棱的两个顶点挂不同颜色的彩灯，则不同 的装饰方案共有 种.（用数字作答） 5.若非负整数m,n在求和时恰进位一次（十 进制下)，则称(m,n)为“好的”有序数对， 那么，所有和为2024的“好的”有序数对的 个数为 6.（2024·广东广州高三模拟)如图是一个3× 3的九宫格，小方格内的坐标表示向量，现 不改变这些向量坐标，重新调整位置，使得 每行、每列各三个向量的和为零向量，则不 同的排法种数为 (-1,1) (0,1) (1,1) (-1,0) (0,0) (1,0) (-1,-1) (0,-1) (1,-1) 7.如图，某景区共有A,B,C,D,E五个景点，相 邻景点之间仅设置一个检票口供出入，共有 7个检票口，工作人员为了检测检票设备是 否正常，需要对每个检票口的检票设备进行 检测.若不重复经过同一个检票口，依次对 所有检票口进行检测，则共有 种不 同的检测顺序 D 进阶突破·拔高练0阿 6.2排列与组合 知识点一》排列与排列数 1.(2024·福建泉州高二期中)将六个数0,1， 2,9,19,20按任意次序排成一行，拼成一个 8位数，则产生的不同的8位数的个数是 ( A.498 B.516 C.534 D.546 2.某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一 棋子放在如图所示正方形ABCD(边长为 2个单位长度)的顶点A处，然后通过掷骰 子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向 行走的单位长度，如果掷出的点数为i(i= 1,2,…,6),则棋子就按逆时针方向行走 i个单位长度，一直循环下去.则某人抛掷三 次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不 同走法共有 A.22种 B.24种 C.25种 D.27种 3.（多选)(2024·山东枣庄高二月考)对于1， 2,…,n的全部排列，定义〈)（其中ne N*,k=0,1,…,n)表示其中恰有k次升高 的排列的个数（注：k次升高是指在排列 a1a2…an中有k处a,<a1,i=1,…,n-1).例 如：1,2,3的排列共有：123,132,213,231， 312,321六个，恰有1处升高的排列有如下 四个：132,213,231,312，因此〈)=4.则下 列结论正确的有 ( 02黑白题数学|选择性必修第三册·RJ A.=3 B.2=11 c.〈〉=〈》 D. 4.(2024·辽宁沈阳高三模拟)若集合A,B, C,D满足A,B,C都是D的子集，且A∩B, B∩C,A∩C均只有一个元素，且A∩B∩C= ⑦，称(A,B,C)为D的一个“有序子集列”， 若D有5个元素，则有 个“有序子 集列”. 5.(2024·江苏南通海门中学高二月考)有 n个元素，将其中相同的元素归成一类，共 有飞类，这k类元素中每类分别有r1,2,…, rk个，I1+r2+…+rk=n,将这n个元素全部取 出的排列叫做n个不尽相异元素的全排列， (1)求上述n个不尽相异元素的全排列数. (2)由结论(1)，回答“1个球队与10个球 队各比赛1次，共有10场比赛，问五胜 三负二平的可能情形有多少种？” 知识点二》组合与组合数 1.对于各数互不相等的正数数组(1,2，…， in)(n是不小于2的正整数)，如果在p<g 时有i,>i,则称i,与i,是该数组的一个“逆 序”，一个数组中所有“逆序”的个数称为此 数组的“逆序数”.例如，数组(2,4,3,1)中 有逆序“2,1”，“4,3”，“4,1”，“3,1”，其“逆 序数”等于4.若各数互不相等的正数数组 (a1,a2,a3,a4,a5,a6)的“逆序数”是2，则 (a6,5,a4,a3,a2,a1)的“逆序数”是() A.13 B.24 C.15 D.25 2.(2024·山东德州高二月考)已知有5个不 同的小球，现将这5个小球全部放入到标有 编号1,2,3,4,5的五个盒子中，若装有小球 的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球 方法种数为 A.150 B.240 C.390 D.1440 3.(2024·重庆南开中学高二月考)因演出需 要，身高互不相等的9名演员要排成一排成 一个“波浪形”，即演员们的身高从最左边 数起：第一个到第三个依次递增，第三个到 第七个依次递减，第七个到第九个依次递 增，则不同的排列方式有 （) A.379种 B.360种 C.243种 D.217种 4.（2024·辽宁抚顺高二月考)已知集合A= {(x,y,z)x+y+z=99,x,y,z∈N},则A中 的元素的个数为 5.（2024·江苏常州高二期末)我们常常运用 对同一个量算两次的方法来证明组合恒等 式，如：从装有编号为1,2,3，…，n+1的 (n+1)个球的口袋中取出m个球(0<m≤n, m,n∈N),共有Cm1种取法.在Cm,种取法 中，不取1号球有Cm种取法；取1号球有 Cm-1种取法.所以C+Cm-1=C%+1.试运用此 方法，写出如下等式的结果：C+C?·C2-1+ C·C2-2+…+C2-2·C+C2-1= 6.平面上有2n(n≥3，n∈N*)个点，将每一个 点染上红色或蓝色.从这2n个点中，任取 3个点，记3个点颜色相同的所有不同取法 总数为T (1)若n=3,求T的最小值； (2)若n≥4，求证：T≥2C. 进阶突破·拔高练03 6.3 二项式定理 知识点一 二项式定理 1.(2024·山东临沂高二期中)二项式定理， 又称牛顿二项式定理，由艾萨克·牛顿提 出.二项式定理可以推广到任意实数次幂， 即广义二项式定理：对于任意实数， (1+x)=1+ (a-1).X+…+ ·x+ 2! a(&-1)…(-+1).+…,当1x比较小 kI 的时候，取广义二项式定理展开式的前两项 可得(1+x)“≈1+α·x,并且|x|的值越小， 所得结果就越接近真实数据.用这个方法计 算√5的近似值，可以这样操作：√5=4+1= 41+4)=21+4=2x(1+2×好)= 2.25.用这样的方法，估计17的近似值约为 ) A.2.015 B.2.023 C.2.031 D.2.083 2.现定义ei=cos0+isin0,其中i为虚数单位，e 为自然对数的底数，0∈R,且实数指数幂的 运算性质对ei都适用，若a=Ccos30 C cos 0 sin20+Ccos0 sin0,b=Cs cos"Osine- C3cos20sin30+Csin30,那么复数a+bi= ) A.cos50+isin50 B.cos50-isin50 C.sin50+icos50 D.sin50-icos50 3.设258的小数部分为x,则x4+16x3+96x2+ 256x= A.1 B.2 C.3 D.4 4.(2024·湖南衡阳高三月考)设整数n>4, (x+2y-1)”的展开式中含有x”-4与y两 项的系数相等，则n的值为 04黑白题数学|选择性必修第三册·RJ 5.已知n为正整数，对于给定的函数y=f(x), 定义一个n次多项式gn(x)如下：gn(x)= 盒(Cf()x(1-)月 (1)当fx)=1时，求gn(x); (2)当f(x)=x时，求gn(x); (3)当f(x)=x2时，求gn(x) 知识点二》二项式系数的性质 2024·广东广洲商三潮末)在x的 展开式中含x3项的系数为15，则展开式中 二项式系数最大项是 () A.第4项 B.第5项 C.第6项 D.第3项 2.(2024·浙江宁波高二期中)若27+a既能 被9整除又能被7整除，则正整数a的最小 值为 () A.6 B.10 C.55 D.63 3.（多选)（2024·陕西西安高二期中)设 (1-2x)"=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anx",x∈ R,neN*,则下列结论中正确的是() A4+0++(-1）8=2-1 22223 2 B.当n≥3时，2a2+6a3+…+n(n-1)an三 4n(n-1) C.若|ag1>|a7l,lag1>lal,则n=12 D.当x=2000n=2024时，(1-2x)>5 4.如图，我们在第一行填写整数0到n(n≥ 1),在第二行计算第一行相邻两数的和，像 在杨辉三角中那样，如此进行下去，在最后 一行我们会得到的整数是 0,1,2,3,…,n-1,n 1,3,5,…,2n-1 4,8,…,… 5.已知f(x,y)=(ax+by-3)"(常数a,b∈Z, neN*且n≥2). (1)若a=2,b=0,n=2024,记f(x,y)=a+ 客，（-1，求： 、2024 ①aa 2024 ②宫(i+1)a (2)若f(x,y)展开式中不含x的项的系数 的绝对值之和为729，不含y的项的系 数的绝对值之和为64，求n的所有可 能值. 进阶突破·拔高练05 6.(2024·江苏宿迁高二月考)已知(1+x)2n= ao+ax+azx2+..+aznx2. (1)求a1+a2+a3+…+a2n的值； am明日制点1关中 k=1,2,3,…,2n; ②利用@的结论求上-1+1-1++ a1 a2 a3 a4 11的值. a2n-1 a2n O6黑白题数学|选择性必修第三册·RJ 7.(1)求证：k·C=n·C(k,n∈N,n≥k≥ 1); (2)利用等式k·C=n·Cl(k,n∈N,n≥ k≥1)可以化简：1·C1+2·C2·2+…+ n·Cg·2a-1=n·C9-1+n…C-1·2++ n·C·2-1=n·(C9-1·2°+C· 2+…+C·2-1)=n·(1+2)-1=n· 3-1;类比上述方法，化简下式：C。·3+ 分C…3+写C3+…+ n+1 Cn·3+1; (3)已知等差数列{an}的首项为1，公差为 d(d≠0)，求证：对于任意正整数n,函 数y=a,Cg(1-x)”+a2Cx(1-x)-1+ +a4Cx-1(1-x)-t+1+…+an+1Cx (1≤k≤n,k∈N)总是关于x的一次 函数.进阶突破·拔 第六章 计数原理 6.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1.D解析：当取1时，则1只能为真数，此时这个对数值为0：当不取1 时，底数有7种，真数有6种，其中log4=lg9=2,l1g42=l0g,3=2, 1og23=l0g9,log32=log4,故此时有7×6-4=38（个），所以共有38+ 1=39(个).故选D. 2.B解析：第一步排白车，第一行选一个位置，则第二行有三个位置可 选，由于车是不相同的，故白车的停法有4×3×2=24（种）：第二步排 黑车，若白车选AF,则黑车有BE,BG,BH,CE,CH,DE,DG共7种选 择，黑车是不相同的，故黑车的停法有2×7=14（种）：根据分步计数 原理，共有24×14=336（种）.故选B. 3.BD解析：据题意，对于四位回文数，有1001,1111,1221，…， 1991,2002,2112,2222,…,2992,…,9009,9119,9229,…,9999, 共90个，则A错误，B正确： 对于2位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数第二 位数字有10种选法，…，第n和第(n+1)位也有10种，则共有9×10× 10×…×10=(9×10-1)种选法，故C错误： 对于(2+1)位回文数，首位和个位数字有9种选法，第二位和倒数 第二位数字有10种选法，…，第(n+1)位，即最中间的数字有10种选 法，则共有9×10×10×…×10=(9×10)种选法，即(2n+1)(n∈N*) 位回文数有(9×10”)个，所以D正确.故选BD. 4.72解析：首先给A,B两点挂彩灯，有4种方案，再给C点挂彩灯，有 3种方案， ①若D,F挂同一种颜色的彩灯，则有2种方案，最后挂E点有2种方 案，故有4×3×2×2=48（种）； ②若D,F挂不同种颜色的彩灯，此时挂D点有2种方案，挂F点有 1种方案，最后挂E点有1种方案，故有4×3×2×1×1=24（种）： 综上可得一共有48+24=72（种）不同的方案.故答案为72. 5.300解析：若所进位在个位，则个位与十位的组合为5+19,6+18 …,9+15,15+9,…,18+6,19+5,共10种；百位只能为0+0，共1种：千 位为0+2,1+1,2+0，共3种：此时有10×1×3=30（个）. 若所进位在十位，这会导致百位也进位，不符合要求. 若所进位在百位.则个位为0+4,1+3,2+2,3+1,4+0.共5种：十位为 0+2,1+1,2+0,共3种：百位与千位的组合为1+19,2+18，…，9+11. 11+9,12+8,…,19+1,共18种，此时有5×3×18=270（个） 千位不可能进位.故所求有序数对的个数为270+30=300. 6.72解析：首先对3×3的九宫格每个位置标注数字， 23 6 7 89 第一步先排(0,0)，一共9个位置，因此有Cg种排法，根据对称性知， (0,0)所在的行和列只能排(1,1)，(-1，-1)，(1，-1)，(-1,1)，不妨 设(0,0)在1位置， 第二步排2位置，则从(1,1)，(-1，-1)，(1，-1)，(-1,1)选一个，因 此有C4种排法，则3位置的数也定下来了， 第三步排4位置，则从(1,1)，(-1，-1)，(1，-1)，(-1,1)剩余的两 个中挑一个，因此有C)种排法， 接着排7位置，7位置是(1,1)，(-1，-1)，(1，-1)，(-1,1)中剩余的 最后一个，相当于(00)所在的行和列都定下来了，则使得每行、每列 各三个向量的和为零向量，其他四个位置的向量排法是唯一的， 选择性必修第三册·RJ 高练参考答案 因此按分步乘法计数原理知，Cg×C×C!=72(种)，因此共有72种排 法，故答案为72. 7.32解析：如图将5个景区抽象为5个点，将7个检票口抽象为7条 路线，将问题化归为不重复走完7条路线，即一笔画问题， 从B或E处出发的线路是奇数条，其余是偶数条，可以判断只能从B 或E处出发才能不重复走完7条路线，由于对称性，只列出从B处出 发的路线情形即可. ①走BA路线：3126547,3126745,3147526， 3147625,3156247.3157426,共6种： ②走BC路线：4137526,4137625,4265137 4267315,4562137,4573126,共6种； ③走BE路线：7513426,7543126,7621345， 7624315,共4种： 综上，共有2×(6+6+4)=32（种）不同的检测顺序.故答案为32. 6.2排列与组合 知识点一排列与排列数 1.A解析：将六个数0,1,2,9,19,20按任意次序排成一行，拼成一个 8位数，由于首位不能为0，则有5×A?=600(个)，其中“20”出现2 次，即“2”与“0”相邻且“2”在“0”前的排法有 好 =60(种)，“19”出 4A 现2次，即“1”与“9”相邻且“1”在“9”前的排法有 A好 =48(种)， “20”和19都出现2次的排法有A A =6(种)， 因此满足条件的8位数的个数为600-60-48+6=498.故选A. 2.D解析：由题意知正方形ABCD(边长为2个单位长度)的周长是 8个单位长度，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处表示三次骰 子的点数之和是8,16，列举出在点数中三个数字能够使得和为8,16 的有125,134,116,224,233,466,556，共有7种组合，前2种组合 125,134,每种情况可以排列出A=6(种)结果，共有2A=2×6 12(种)结果：116.224,233,466,556各有3种结果，共有5×3= 15(种)结果， 根据分类加法计数原理知共有12+15=27（种）结果，故选D 3.BC解析：对于A,将1,2,3,4全部排列，恰有3次升高的排列为 1234,放〈>=1，A错误：对于民.将1,2.34全部排列.恰有2次升 高，排列个数可以如下考虑：1排首位时，有1324,1423,1342,1243共 4个排列符合恰有2次升高：2排首位时，有2134,2341,2314,2413共 4个排列符合恰有2次升高；3排首位时，有3124,3412共2个排列符 合恰有2次升高；4排首位时，有4123共1个排列符合恰有2次升 窗，故〈三1，B正确：对于C,将1，，n全部排列，共有(m-)处 相邻两数满足a,<a41或a,>a1,故如果其中有k处升高，则其余(n- 1-)处必为a>a+1,将有k处升高的排列倒序排列，则得到的新排 列显然有(-1-k)处升高，且两者排列的个数一样，反之亦然，所以 有k处升高的排列个数等于有(n-1-)处升高的排列个数，故 〈众)人.C正确：对于D,不妨取a=4,=2.则》=，而 》=1.〈=4则2(+4（=8，即≠2》 4故〈)+《).D错误故选C 黑白题34 4.960解析：因为A∩B,B∩C,A∩C均只有 D 个元素，且A∩B∩C=⑦，作出Venn图，则从 D的5个元素中选择3个元素均分给，y,。 三个位置，共有A；=60(种)不同排法，剩余 2个元素，每个均有d,e,f,g四个位置可以 排，共有有42=16（种）不同排法，所以“有序 子集列”共有60×16=960（个）.故答案为960. 5.解：(1)假定n个不尽相异元素的所有排列数有N种，在每种排列中 如果把相同的元素当成不相同的元素，则个元素的所有排列数可 增加为N·A·A号·…·A经种； 另一方面，n个不同的元素的全排列有A员种，所以N··A号· ·A=Ag,则N= 修A9!2!即得n个不尽相异 n! 元素的全排列数. (2)将比赛结果的胜、负、平看作三种元素，按题意，10场比赛的结果 是五胜三负二平，即是一个不尽相异元素的全排列，由(1)知，共有 10！ 5！×3!×2 =2520(种)可能情形. 知识点二组合与组合数 1.A解析：在各数互不相等的正数数组(，i2,…,in)(n是不小于2 的正整数)中任取2个数，这2个数要么“顺序”（当p<g时有i,<i,), 要么“逆序”，因此“顺序数”与“逆序数”的和为C,各数互不相等 的正数数组(a1,a2,a3,a4,a5,a6)的“逆序数”是2，则其“顺序数”为 C哈-2=13，显然数组(a6,a5,a4,a3,a2,a1)的“逆序数”等于数组 (a1,a2,a3,a4,a5,a6)的“顺序数”，所以(a6,a5,a4,a3,a2,a1)的 “逆序数”是13.故选A 2.C解析：因为2+4+5=11或1+2+3+5=11，所以5个球放到编号2， 4,5的三个盒子中或者放到编号1,2,3,5的四个盒子中。 ①5个球放到编号2,4.5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放1个 小球，所以在三个盒子中有两种方法： 各放1个，2个，2个的方法有C3C -×3×2×1=90(种). A A=5x6 2×1 各放3个，1个，1个的方法有C3C ·A号=10x2x1 A 2×1 3×2×1= 60(种). ②5个球放到编号1,2,3,5的四个盒子中，则各放2个，1个，1个， 1个的方法有CCC ·A号=10x3x2x1 4×3×2×1=240(种). A3 3×2×1 综上，总的放球方法有90+60+240=390（种）.故选C. 3.A解析：依题意作图： ③④⑤6⑦D ⑨ 上面的数字表示排列的位置，必①】 ⑧ 须按照如图的方式排列，其中第 ③个位置必须比第①②④⑤⑥ ⑦个位置要高，①，⑦两处是排列里最低的，③，⑨两处是最高的. 设9名演员按照从矮到高的顺序依次编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9，则 第③个位置最小是7，最大是9，下面分类讨论： 若第③个位置选7号：先从1,2,3,4,5,6号中选两个放入前两个位 置，余下的4个号中最矮的放入第⑦个位置，剩下的三个放入中间三 个位置，8,9号放入最后两个位置，即C2C3=15(种)： 若第③个位置选8号：先从1,2,3,4,5,6,7号中选两个放入前两个位 置，余下的5个号中最矮的放入第⑦个位置，剩下4个选3个放入中间 三个位置，余下的号和9号放入最后两个位置，即CC1=84(种)： 若第③个位置选9号：先从1.2,3,4,5,6,7,8号中选两个放入前两个 位置，余下的6个号中最矮的放入第⑦个位置，剩下5个选3个放入中 间三个位置，余下的2个号放入最后两个位置，即CC=280(种)； 由分类加法计数原理可得共有15+84+280=379（种）排列方式；故 选A. 4.5050解析：A=(x,y,2)1x+y+z=99,xy,zeN}=(x,y,2)1(x+ 1)+(y+1)+(z+1)=102,x+1,y+1,z+1∈N.{,可转化为将102个大 参考答案 小相同、质地均匀的小球分给甲、乙、丙3个人，每人至少分1个，利 用隔板法可得分配的方案数为Co1=5050,所以A中的元素的个数 为5050.故答案为5050. 5.C3解析：从编号为1,2,3，…，n+3的(n+3)个球中，取出6个球， 记所选取的六个小球的编号分别为a1,a2,…,a6,且a1<a2<<a6, 当a3=3时，分三步完成本次选取：第一步，从编号为1,2的球中选 取2个；第二步，选取编号为3的球；第三步，从剩下的n个球中任选 3个，故选取的方法数为C3·C·C3=C； 当α3=4时，分三步完成本次选取：第一步，从编号为1,2,3的球中选 取2个：第二步，选取编号为4的球：第三步，从剩下的(n-1)个球中 任选3个，故选取的方法数为C号·C·C21=C·C-1…: 当a3=n时，分三步完成本次选取：第一步，从编号为1,2,3，…，n-1 的球中选取2个：第二步，选取编号为n的球；第三步，从剩下的3个 球中选3个，故选取的方法数为C只-，·C·C=C2-1: 至此，完成了从编号为1,2,3，…，n+3的(n+3)个球中，选取6个球 第3个球的编号确定时的全部情况， 另外，从编号为1,2,3，…，n+3的(n+3)个球中，取出6个球，有 C+3种取法， 所以C+C3·C2-1+C?·C2-2+…+C2-2·C+C21=C*3.故答案 为C0+3 6.(1)解：当n=3时，共有6个点，若染红色的点的个数为0或6，则T= C。=20:若染红色的点的个数为1或5，则T=C=10:若染红色的点 的个数为2或4，则T=C=4:若染红色的点的个数为3，则T=C+ C=2:因此T的最小值为2. (2)证明：因为C+1-C=C->0,所以C+1>C 设2n个点中含有p(p∈N,p≤2n)个染红色的点， ①当pe101,2时，T=c3p≥C32=(2n-2)(2n-3)(2m-4)。4x 6 (n-1)(m-2)(2m-3》,因为n≥4，所以2m-3>n,于是T>4× 6 n(n-l)(m-2）=4C>2C2.②当pe2n-2,2n-1,2n时，T=C≥ 6 C2n-2,同上可得下2C2.③当3≤p≤2n-3时，T=C+C2,设f(p)= C3+C2np,3≤p≤2n-3,当3≤p≤2n-4时，f(p+1)-fp)=C31+ C3p-1-C3-C2np=C-C3npr1,显然p≠2n-p-1,当p>2n-p-1即n≤ p≤2n-4时，f(p+1)>f(p),当p<2n-p-1即3≤p≤n-1时，f(p+1)< f(p),即f(n)<f(n+1)<…<f(2n-3):f(3)>f(4)>…>f(n);因此 f代p)≥f代n)=2C3,即T≥2C3.综上，当n≥4时，T≥2C3 6.3二项式定理 知识点一二项式定理 4 1 41 1.0解析：=16+T=√16x（1+16)=2√1+16=2× 2.A解析：a+bi=C cos30-C号cos30sin20+C5cos0sin40+iC5cos40sin9- iC cos20 sin@+iC sin0=C cos0+iCs cos0sin+2C3 cos0 sin20+ iC3 cos20 sin+Ccos0 sin+iC3 sin0 (cos0+isin)5 (ei0)5=ei(50)=-cos50+isin50,故选A. 3.B解析：由5>258>256=4，得/258的整数部分为4，则258= x+4,所以(x+4)4=258.即C0x4+4C4x3+16Cx2+64C3x+256C4=x4+ 16x3+96x2+256x+256=258.故x4+16x3+96x2+256x=2.故选B. 4.51解析：由题意得其展开式的通项为T1=C%x(2-1)',当r= 4时，T5=Cx-4(25-1),其x-4项系数为(-1)4C4= n(n-1)(n-2)m-3》,当r=n-1时，，=Cgx·(25-1),其 24 y项系数为C-1C2-,4·(-1)-3=(-1)"-32n(n-1)(n-2). 因此有(m-1)(n2)(m-3》-=(-1）-32n(n-1）(n-2). 24 黑白题35 注意到n>4,化简得n-3=(-1)m-3×48,故n只能为奇数且n-3=48, B错误： 解得n=51,故答案为51 对于C,(1-2x)展开式的通项为C(-2,由a1>1u,l得 (las1>laol. 5,解：)若x)=1,则/（ =1,所以g(x)=含(C4x(1-)-)归 n! n! 2c>2C即 [(1-x)+x]=1. 2C8>2c9, 81(m-8)产71(n-7)I'解得11<m<12.5,又 n！ n! (2)若)=则g.()=名((1-) ,因为C (8!(n-8)7>2· 9！(n-9)!1 (n-1)! (n-1)! neN,所以n=12,故C正确： n！ n、i!(m-i)1=(-1)！(n-i)！=(i-1)！[(n-1)-(i-1)]月 对于D,当x=200n=2024时，(1-2x)°= 112024 1+ =C, 1000 1 12024 所以8，(x)=三(cr(I-))=·含[c(1-)--· 1+1000 >1+C224× 000+ce:x 1 1 >1+2+2=5,故 1000 x1]=x·[(1-x)+x]n-l=x D正确，故选ACD. (3)若fx)=x2,则gn(x)= G1r)是 4.2”-2×(n-1)解析：如图，以存在7个数为例，我们会发现当第一行 存在4个数时共有4行，存在5个数时共有5行，存在6个数时共有 nc(1-)x]=·含[C(1-)]=·[(-1+1)· 6行，存在7个数时共有7行，不难得到存在n个数时，存在n行，以 n i=1 每行最后一个数为研究对象， C(1-x)-x]= 含-c11+c n=1时，最后一行的数是0=2-2×(1-1)：n=2时，最后一行的数是 1=22-2×(2-1):n=3时，最后一行的数是4=23-2×(3-1)：n=4时， (1-x)]=1 含a-)cg1=)1+后·含cg· 最后一行的数是12=242×(4-1)：… n 以此类推，当n=k时，最后一行的数是2-2×(k-1),故答案为2-2× (1-x11=-2.名[c3（1-1+ (n-1). 世2 n 0123456 [(1-x)+x]-1=(m-1)x2 ·[(1-x)+x]-2+ (n-1)x2 1357911 xnx2-x2t 48121620 12202836 n 知识点二二项式系数的性质 324864 1.入解析：由反 1 可得0，当01信则 1 80112 192 5.解：(1)当a=2,b=0,n=2024时，f（x,y）=(2x-3)224=ao+a1(x- (后)广，并式的通为心（）厂 1)+a2(x-1)2+…+a204(x-1)204,①令x=1,得a0=(-1)204=1; (-)C号，令3r”=3,得(-1)C=15,解得n=6,r4; 令=2，得an=1,所以置a=0 ②因为(2x-3)2024=00+n1(x-1)+a2(x-1)2+…+a204(x-1)204,所 当x≥1，x≥ 1 ,则 以(x-1)(2x-3)2024=an(x-1)+a1(x-1)2+a2(x-1)3+…+a2m4· (x-1)205,分别对两边进行求导得(2x-3)224+4048(x-1)· =(-1）Cx，令n 3k =Cx-k =3,得(-1)C= 20a 15,解得n=6,k=2:综上所述，n=6,所以展开式共有7项，所以展开 式中二项式系数最大项是第4项.故选A. a+2a+3a,+…+2025s,所以(+1)=4049-1=4048 2.C解析：因为22”=(23)9=89=(1+7)9，所以27+a=C9+C7+ (2)令a=0得(y-3)n,则(1bl-3)”=729,令b=0得(ax-3)",则 C372+C373+C474+C37+C876+C377+C878+C879+a=Cg71+C72+ (1a1-3)”=64,因为64所有的底数与指数均为正整数的指数式拆分 C873+C474+C75+C976+Cg77+C878+C879+1+a, 为82,43,26，所以当n=2时，1al=11,1b1=30:当n=3时，1a1=7, 1b|=12:当n=6时，1al=5,1b1=6,故n的所有的可能值为2,3,6. 所以若227+a能被7整除，则1+a=7m(m∈N),故a=7m 1(m∈N),又227=(23)9=89=(9-1)9，所以22”+a=Cg99-C98+ 6.(1)解：令x=0,得a=1,令x=L,得ao+a1+2++a2n=22n,a1+ Cg97-C396+C95-C394+C593-C392+C891-C8+a=C899-Cg98+C97- a2+a3+…+a2n=22r-l. C396+C495-C394+C93-C392+C89-1+a.所以若22”+a能被9整除. (2)①证明：a4=C5n,k=1,2,3,…,2n, 1 k！(2n+1-k)！ (k+1)！(2n-k)! 则-1+a=9n(neN),故a=9n+1(n∈N),对于A,若a=6,则由6= + (2n+1)! (2n+1)! 9n+1(neN)可知n无解，故A错误； C5+1 C 对于B,若a=10,则由10=7m-1(m∈N)可知m无解，故B错误： k！(2n-k)！(2n+2) 2n+2 12n+1(1+ 1 对于C,若a=55,则由55=7m-1(m∈N)和55=9n+1(n∈N)得m= (2n+1)! (2n+1)C5c.2n+2(c5tc 8,n=6,故C正确： ②解：由①1 2n+1 1 1 ,得 112n+1 对于D,若a=63,则由63=7m-1(m∈N)可知m无解，故D错误.故 C 2n+2C C "C C2n+2 选C 11 ,as=C5n,k=1,2,3…2n, 3.ACD解析：对于A,令x=0,得an=1,令x=- 2,则(1-2x)=2= 1 1+1 112n+11 1a(）a,(）+a(分）'++a.(）广=1- a1 a2 a3 a4 a2a-1a2a2n+2C+1C3n+1C3n+ 2n+1(1 1 2n+11 +…+ =2 Ca-1 2n++C 2n+22n+1 2” 1,故A正确： 1n+ 对于B,[(1-2x)"]'=-2n(1-2x)R-1=a1+2a2x+3a3x2+…+nanx-1 7.(1)证明：因为k,n∈N,n≥k≥1，由组合数公式可得kC= [-2n(1-2x)m-1]'=4n(n-1)(1-2x)-2=2a2+6a3x+…+n(n-1)· k·n! n·(n-1)！ anx-2,令x=1得，2a2+6a3+…+n(n-1)an=4n(n-1)(-1)-2,故 !·(n-)!(6-1)!·(n-nC,故结论成立 选择性必修第三册·RJ黑白题36 （2解：因为，neN,≥k≥1，则4C=7+)(- n! n! 1 (n+1)！ (+1)！·(-n+1‘(+11·(n-kn+1C, 则c83+C3+写c3 n+7·Cg·31 m+7(C13+Cg·32+C21…3+…+C3l (CCC1 =1+3)1-141-1 n+1 n+1 (3)证明：因为等差数列a,}的首项为1，公差为d(d≠0)，则。= a1+(n-1)d, 则a+1C·术(1-x)-t=(a1+hd)C·x(1-x)-t=a,C·x· (1-x)+dkC哈·x(1-x)-t=a1C·x(1-x)t+dxC· x-1(1-x)-6 所以y=a1C8(1-x)”+a2Cx(1-x)-1+…+aC哈x1(1-x)-++ +ant1Cgx=a1[C9·(1-x)"+C·x(1-x)m-1+…+C·x]+ dx[C9-,(1-x)m-l+C以-1x(1-x)n-2++Cax-1] =a1(1-x+x)"+dnx(1-x+x)"-1=dnx+a1,所以其总是关于x的一次 函数 第七章随机变量及其分布 7.1条件概率与全概率公式 知识点一条件概率 1子（或Q6)写05解折：2n张卡片选取3张卡片的选法共有 27 C3种，事件“手中这3张单张卡片中含有2张相同卡片”的选法共有 (2n-2)种：由古典概型的计算公式可得其概率为(2n-2）:,3 C32n-1' 若书包中2n张卡片全部被拿走的概率为P,,将这两张相同的卡片拿 掉以后，相当于从(-1)对相同的卡片中已拿出一张卡，事件“书包 中2n张卡片全部被拿走”发生需保证事件“书包中(2n-2)张卡片全 部被拿走"发生，且书包中(2n-2)张卡片全部被拿走概率为P-1,因 而P2且月=1则A=号A=号× 3 3 。3、33 子号品仪案是子线06：品 2,()解：记A,=“第i次答题时为甲”，B=“甲积1分”，则P(A1)尸2， P(B1A,)=于，P(BA,)=1- 5=5,P(B1A)=1-p,P(B1A)=P 5 由题意码g[g+时p小片[0p)专告]， 则解得子 (2)证明：由答题总次数为n时甲晋级，不妨设此时甲的积分为x甲 乙的积分为x乙，则x甲-x乙=2，且x甲+x乙=，所以甲晋级时n必为偶 数，令n=2m,m∈N°，当n为奇数时，Pn(A)=0,则P2(A)+P3(A)+ …+Pn(A)=P2(A)+P4(A)+…+Pn(A)= ()×*(）广x 13 (?）广]又因为m≥1时，P,(4)+R(4)+P.(A)随者m的验 大而增大，所以5≤P(A+P,()+…+P.(4)<号 2 知识点二全概率公式 1.C解析：设A。表示经过第n次传球后，球在甲手中，设n次传球后 球在甲手中的概率为Pn,n=1,2,3,…,则有P1=0,P+1= 参考答案 P(An·An+1+An·An1)=P(An·An+1)+P(An·An+1)=P(An)· P(AlA)+P(A,)P(A1lA,)=(1-P.)x3+P,x0=3(1-P.), 即R号号P所以P--号(）又R 1 。士}是以}为首项，号为公比的等比数列，所 0,所以{P.-4} 4 11 故选C 2.(1)解：当n=-A时，赌徒已经欠债-A元，因此P(-A)=1. 当n=B时，赌徒到了终止赌博的条件，不再赌了，因此输光的概率 P(B)=0. (2)证明：记M:赌徒有n元最后输光的事件，N:赌徒有n元下一场赢 2P(n 1 的事件，P(M)=P(N)P(M1N)+P(N)P(M1N),即P(n)= I)+2P(n+I),所以P(m)-P(n-I)=P(n+I)-P(n),所以1P(n) 是一个等差数列.设P(n)-P(n-1)=d,则P(n-1)-P(n-2)=d,·. P(-A+1)-P(-A)=d,累加得P(n)-P(-A)=(n+A)d,故P(B) P(-A)=(A+B)d,得d=A+B 1 ③)解：A=100,由(2)得P(m)-P(-A)=(n+)d-,代人n=A 可得P(A)-P(-=什B即P(a)=Ig当B=30时，P(A)= 2A 2A 子当B=150时，P(4)=了，当B增大时，P(4)也会增大，即输光 欠债的可能性越大，因此可知久赌无赢家，即便是一个这样看似公平 的游戏，只要赌徒一直玩下去就会有100%的概率输光并负债.（论述 合理即可) 7.2离散型随机变量及其分布列 (1)解：依题意，R同学挑战1次得0分的概率为 m×(1-0.8)+x（1-0.6)=0.2m+0.4n m+n m+n m+n (2)①解：因为R同学参加了2次挑战，根据题意知，X的可能取值有 0,1,2,3,4. 则P(X=0)= 0.2m+0.4n）2_0.04m2+0.16mn+0.16n2 m+n (m+n)2 0.8m0.2m+0.4n0.32m2+0.64mn P(X=1)=C m+n m+n (m+n)2 P(X=2)=C;:06m 0.2m+0.4n 0.8m 2 m+n m+n 、m+n 0.64m2+0.24mn+0.48n2 (m+n)2 P(X=3)=C·m+n 0.8m0.6n0.96mn 2 0.36n2 P(X=4)= 0.6n m+n (m+n)2 m+n （m+n)2, 则X的分布列为： 0.04m2+0.16mn+0.162 0 (m+n)2 0.32m2+0.64mn (m+n)2 0.64m2+0.24mn+0.48n2 (m+n)2 0.96mn (m+n)3 0.36n2 4 (m+n)2 故数学期望 E(X)=1x0.32m2+0.64m+2x0.64m2+0.24m*+0.48m 0.96mn +3 (m+n)2 (m+n)2 (m*n)2*4x 黑白题37