第33期 二项式定理-【数理报】2025-2026学年高二数学选择性必修第三册同步学案（人教A版）

17.(15分)在反 的展开式中，前三项的系数满足 18.(17分)设m,n∈N,f(x)=(1+x)m+(1+x)". 19.(17分)设a,b∈Z,a≠0.如果存在g∈Z使得b=ag,那 2派 (1)当m=n=7时fx)=ax3+a6x6+…+ax+,求 么就说b可被a整除（或a整除b),记做a1b且称b是a的倍数，a C =2+Ci. ao a2 +as +a6; 是b的约数（也可称为除数、因数）.b不能被a整除就记做ab.由 (2)当m=n时，f(x)的展开式中含x2项的系数是20，求n的值； 整除的定义，不难得出整除的下面几条性质：①若a1b,b1c,则 (1)求展开式中含有x项的系数； (3)若f(x)的展开式中含x项的系数是19，当m,n变化时，求展 (2)求展开式中的有理项 开式中含x项的系数的最小值： a1c:2n.6互质，若ulc,b1c,则abie:③若a6,则alc4, 其中c:∈Z,i=1,2,3,…,n. (1)若数列{an}满足a。=2m-l,其前n项和为Sn,证明： 279|S3000; (2)若n为奇数，证明：a”+b”能被a+b整除 高中数学·选择性必修第三册（人教A版）同步核心素养测评 高中数学·选择性必修第三册（人教A版）同步核心素养测评 参考答案见下期 本版责任编辑：蒋丕清 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 报纸发行质量反馈电话： 数理超 2026年3月2日·星期 高中数学 第 33期总第1177期 人教A 0351-5271248 选择性必修第三册 正泽山院士： 山西师范大学主管山西师大教育科技传媒集团主办数理报社编辑出版社长：徐文伟国内统一连续出版物号：CN14-0707/八F)邮发代号：21-289 一生专注一事， 巧思妙解 (3)令x=-1,可得a-a1+42-a3+… (C)21 (D)-21 铸就火炸药传奇 +a10=(2+√3)00， 解析：令x=1, 王泽山院士，我国 著名的火炸药学家，以 巧用赋值法解题 因为a,+a1+a,+…+am=(2-5)0 得各项系数之和为2”=128，解得n=7. 所以a1+a3+a+…+ag 1 的展开式中第r+1项为含 一生的执着与奋斗在火 =(2-5)w-(2+B)m 设(3x剂 炸药领域书写了壮丽篇 ⊙湖南孙俭 2 的项，则有11=(-1)C3x2- (4)原式=[(a+a2+…+a1m)+(a+ x 生于东北沦陷时期 赋值法是求二项展开式系数和的问题的常 用方法，但解题时要注意取值应有利于问题的 a3+…+agg）][(a+a2+…+a1o）-(a1+a3 令7- 的他，目睹了日寇的残 3=-3,解得r=6 +…+a9）] 暴统治，从小便立下“绝 解决，可以取一个值或几个值，也可以取几组 不做亡国奴”的誓言，在 值.下面分类解析，希望对同学们的学习有所帮 =（a0+a1+a2+…+a1oo)(a-a1+a2 所以的系数为(-1)°C9·36=21 抗美援朝战争后，他深 多 a3+…+a100） 点评：本题中令x=1,求得n=7,起到了简 知“强国先强军”，毅然 一、求系数的和 =(2-3)0(2+5)10=1. 化运算、快捷解题的作用 选择了当时冷门的火炸 例1设(2-3x)10=ao+a1x+a,x2 点评：一般地，对关于x的多项式f(x)=a 三、求展开式的值 药专业，开启了为强国 +a1x+a2t2+…+anx”,有：常数项为f0);所 例3求1+2C+4C2+…+2"C”的值， 强军奋斗的一生 +a1mx0,求下列各式的值： 在科研之路上，王 (1)a0; 有项的系数和为(1)；偶数项的系数和为 解析：在二项展开式(1+x)"=C。+Cx+ 泽山院士不畏艰难，勇 (2)a1+a2+…+a100 1)--1]:诗教项的系数和为宁1) C2x2+…+Cx”中，令x=2, 攀高峰。20世纪80年代 (3)a1+a3+a5+…+ag9; 右式=C+C·2+C2.22+…+C”.2” +…+am)2-(a1+a+ +f(-1)]. 他率先攻克废弃火炸药 (4)(a+a2 =1+2C+4C2+…+2"Cn, 再利用的多项关键技 二、求系数的值 +ag9)2. 左式=(1+2)”=3” 术，实现变废为宝，减少 解析：(1)令x=0,可得a=20 例2若3x- 的展开式中各项系数 所以1+2C,+4C2+…+2C”=3. 环境污染，获得1993年 (2)令x=1,可得a+a1+a2+…+a1m 国家科技进步一等奖： 点评：本题根据代数式中组合数的特点，赋 =(2-5)10,所以a1+a2+…+a1m =(2 之和为128，则展开式中- 的系数是 90年代，他又向含能材 于变量特殊值，在展开式中构造出所求代数式， 料的低温感难题发起挑 V3)100 -2100 (A)7 (B)-7 从而使问题得解。 战，发现低温感含能材 料，解决长贮稳定性问 开式中二项式系数最大的项 题，填补了国家技术发 明奖一等奖多年的空 二项式中“最大项”的 解析：(3+2x)的展开式中，第5项、第6 缺；退休后，耗时20年研 项、第7项的二项式系数分别为C,C,C, 发出远射程与模块发射 求解策略 由题意得C+C=2C, “杨辉三角”"与二顶式系数 装药技术，使火炮性能 大幅提升，再次获得国 ○河南陈长松 即n2-21n+98=0. ◎山东刘乃东 家技术发明奖一等奖。 解得n=7或n=14. 二项式定理中涉及最大项、最小项的问题 “杨辉三角”直观地描述了二项式系数，从 作为一名高校教 比较多，问题的给出都是满足一定条件的指定 当n=7时， 不同的角度观察、研究模型，就可得到二项式系 师，他重视火炸药专业 项或特殊项，通常都可以利用通项来解决下面举 展开式中二项式系数最大的项为T,和T, 数的性质.二项式系数的性质共有三条：一是对 人才的培养，给学生选 例分析，供大家参考 定前沿课题，鼓励创新 所以=c分广2)= 称性，这条性质可结合公式Cm=C-m来理解， 将最新技术引入课堂 一、系数最大项问题 不必死记；二是增减性与最大值，研究增减性 培养了近百名博士生 例1（x-1)”按x降幂排列的展开式中，系 =c()'(2)=70 时，用到了证明不等式的方法，研究最大值时， 其中10多人获得国家科 数最大的项是 应注意它的个数与n的奇偶性的关系；三是各 技奖一等奖，30多人在 (A)第4项和第5项 当n=14时，展开式中二项式系数最大的 (B)第5项 项的二项式系数的和，它表明：若集合S中有n 攻读学位期间获得省部 (C)第5项和第6项 (D)第6项 项为7，所以=（分）'(2)”=3432 个元素，那么它的所有子集（包括空集）的个数 级以上科技奖励和国家 解析：由已知可以知道奇数项的系数为正，偶 评注：求(a+b)”的展开式中二项式系数最 是2”，性质三还可以写成C。+C2+…+C= 专利。 数项的系数为负，所以系数最大的项只能为奇数 大的项，根据二项式系数的性质，n为奇数时中 2”-1,它表示从n个不同元素中依次取出 王泽山院士用自己 项设第r+1项的系数最大(r为偶数)，则第r+1 的行动诠释着对科研和 项的系数不小于前后两个均为正的系数， 间两项的二项式系数最大，几为偶数时中间一项的 1个，2个，…，n个元素的所有集合数的总和是 2”-1个 国家的热爱，他常说： “专业无所谓冷热，任何 即6≥C, 二项式系数最大 三、展开式中最大项（数值）问题 专业只要肯钻研都是大 lCg≥Cg2, 例1如心+++…+n+心 例3设x=√2，试问(1+x)50的展开式中第 31 有作为的。国家需要就 解得3.5≤r≤5.5 n+求(1+x)”的展开式中系数最大的项 是我研究的方向。”他的 因为r为偶数，所以r=4 几项最大？ 解析：设第r+1项为T,1且最大，则有 分析：由于2n是偶数，且(1+x)2”的展开 精神激励着我们在各自 即第5项的系数最大故选(B) 式中各项的系数即为二项式系数，因此系数最 的道路上，坚守初心，勇 评注：求系数最大或最小的项，一般设某一 于创新，为实现中华民 r1≥T,JC(y≥c(2r=2 大的项应为第(n+1)项，因而只需确定n的值 项的系数最大或最小，然后和相邻的前后项比 族伟大复兴贡献自己的 lT1≥T2lC0·(2)'≥C·(2) 即可 较大小就可以求得： 力量。 二、二项式系数最大项问题 所以当x=2时，(1+x)”的展开式中第30 解析：由C9+ + 2 C+…+n+C 项最大 例2已知（分+2x”的展开式中，第5项、 31 评注：此类问题同第一类问题类似，常设出 可得 n+1 第6项、第7项的二项式系数成等差数列，求展它的最大项，列不等式组，再确定该项 (下转第2版) 素养专练 数理招 专项小练一、二项式定理 4.二项式(x-2y)的展开式中，含y项的系 (上接第1版) 数为 1.已知(a+b)”的展开式共有9项，则n= 5.在(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)的展开式 (a+1)e+a+1)C:+号a+1C+ ( )中，x的系数为 (A)6 …+n+1)C+C=31, (B)7 (C)8 (D)9 6.求(2x+x2)4的展开式. 2.(3x-2)4展开式中的第3项为（) 所以C+1+C1+C+1+…+C1+C1=31, 即2a1-1=31,解得n=4. (A)-216 (B)-216x 所以(1+x)⑧的展开式中系数最大的项为 (C)216 (D)216x Ts =Cax=70x4. 3(多选在二项3r-2）广所展开式冲， 创2已刘行+的买开式中前三项系 有 ( 数的和为129，这个展开式中是否含有常数项？一 (A)含x的项 (B)含之的项 次项？若没有，请说明理由；若有，请求出来 分析：本题与展开式中的特定项有关，故可 (C)含x4的项 (D)含是的项 用通项公式解决、 解析：因为T+1=C×(x)-k× 5.若(2-x)”的展开式中二项式系数和为A, 专项小练二、二项式系数的性质 所有项系数和为B,则A+B= C×25×",k=0,1,2,…,, 1.在二项式(a+b)”的展开式中，第5项和第 所以由题意可得 9项的系数相等，则n= 6若(-)”的展开式中所有二项式系数 ( C9×2°+C×2+C2×22=129, (A)14(B)13 (C)12(D)11 的和为512，求该展开式中的常数项 即1+2n+2n(n-1)=2n2+1=129, 2.二项式(a-b)的展开式中第4项的二项 解得n=8或n=-8(舍去). 式系数为 ( 所以11=C×2×",k=0,1,2,,8 (A)-15(B)15 (C)-20(D)20 若展开式中存在常数项，则72-11k=0, 3.(多选)(1+x)”展开式中二项式系数最大 解得长=沿N。 的是C,则n可以是 () (B)9 所以展开式中不存在常数项。 (A)8 (C)10 (D)11 若展开式中存在一次项，则211k。1, 6 4.如果(1-3x)5=0+a1x+a2x2+…+ 数理报社试题研究中心 解得k=6.所以展开式中存在一次项， a5x3,那么41+a2+a3+a4+a5= 参考答案见下期 它是第7项，T,=C×2x=1792x. 第32期2版参考答案 然后整体排列得到排法有A号A号A=24(种). ②4个空位2个相邻，另有2个不相邻， (2)要求同一科目的书不相邻， 有CC种坐法； 专项小练一 那么需要采用间接法， ③4个空位分两组，每组都有2个相邻， 1.D;2.C;3.ACD.4.72;5.{8 用所有的情况减去相邻的情况即可！ 有C种坐法. 6.(1)360;(2)180. 即排法有A-2AA+AAA=48(种)· 综上，共有A(C+CC%+C)= 专项小练二 17.解：(1)根据题意，若恰在第5次测试后就115920（种）坐法. 1.B;2.D:3.BCD.4.30;5.98. 找出了所有次品，则第5次测试的产品恰为最后 19.解：(1)Cs=（-15)×(-16)×(-17) 6.(1)455种；(2)325种；(3)85种. 件次品，另3件次品在前4次测试中出现，则前4 31 =-680. 次测试中有一件正品出现，所以共有C:·(CC)· 第32期3,4版参考答案 A=576(种)不同的测试方法. =6(+3) =x(x-1)(x-2)=1( (C)7 6x2 一、单项选择题 (2)根据题意，分3步进行分析：先排第1次测 1~4 ABCD 5 ~8 BCDC 试，只能取正品，有6种不同的测试方法，再从4件次 因为x>0,x+2≥2厄， 二、多项选择题 品中选2件排在第2次和第7次的位置上测试，有A 当且仅当x=√2时取等号， 9.ACD;10.BCD;11.BD. =12(种)测试方法，最后排余下4件被测试产品的 三、填空题12.30：13.58：14.1440. 测试位置，有CA:=240(种)测试方法.所以共有6 阳以当：=a时S疏品查 四、解答题 ×12×240=17280(种)不同的测试方法 (3)性质①不能推广， 15.解：若不选多项选择题，可从8道单项选择 18.解：6个人排有A种排法，6人排好后包括 例如当x=2时，C昭有意义，但C-2无意义； 题中任选6道题，有C=C=28(种)选择方法；两端共有7个“间隔”可以插人空位. 性质②能推广， 若选1道多项选择题，可从8道单项选择题中 (1)空位不相邻相当于将4个空位安插在上 其推广形式是： 任选5道题，再从3道多项选择题中任选1道题即述7个“间隔”中，有C=35(种)插法， C+C1=C+1,x∈R,m是正整数， 可，有CC;=3C=168(种)选择方法 故空位不相邻的坐法有AC=25200(种). 事实上，当m=1时，有C+C=x+1=C, 综上，共有168+28= (2)将相邻的3个空位当作一个元素，另一空 当m≥2时，C+C-1 196(种)选择方法 位当作另一个元素，往7个“间隔”里插有A种插 =x(x-1)(x-m+2+x(x-1)(x-m+2) 16.解：(1)根据题意可知同法，故4个空位中只有3个相邻的坐法有AA?= m! (m-1)！ 科目的书相邻， 30240(种). -(x-1)(x=m+22-m+1+1 (m-1)！ m 那么先将同一栏目的书捆 (3)4个空位至多有2个相邻的情况有三类： 绑起来， ①4个空位各不相邻有C种坐法； -x(x-1)…(x-m+2)x+山=C4 m! 8.杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家，其著作《详解九 .（用数字作答) 二项式定理同步核心素养测评 章算法》中画有一张表示二项式展开后的二项武系数构成的三角形 13.(1+5)5+(1-5)5= 数阵（如图所示），称为“开方作法本源”，现简称为“杨辉三角”.若 14.(x2+3x-1)的展开式中x的系数为 ©数理报社试题研究中心 用A(m,m表示三角形数阵中的第m行第n个数，m,n∈N,则A(1.3) 四、解答题：本题共5小题，共77分 ( 第I卷选择题（共58分) 5(B分)已刘：+洁广的展开式中前的之和机 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 本积⊙ (1)求含x的整数次幂的项： 商除O已 1.把(i-x)按二项式定理展开，展开式的第8项的系数是 平方Oe⊙ (2)求展开式中二项式系数最大的项， ( 三乘O@⑧四O 四乘日国①⊕国O (A)135 (B)-135 (C)-3603 (D)3603i 实廉 2.(1-2x)4的展开式中含x项的系数为 数学 (A)80 (B)40 (A)5050 (B)4851 (C)4950 (D)5000 高中数学 (C)-8 (D)10 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 选 择性 3若(：-十广的晨开式中第2项与第2项的二项式系数相 9设二项武（压+十）厂的展开式中第5项是含的 一次项，那 么这个展开式中系数最大的项是 ( 必修第三册 等，那么展开式的中间项为 (A)第8项 (B)第9项 (A)-C2 (B)C2 选择性必修第三册 (C)第10项 (D)第11项 (C)-Ci2x2 (D)-Cizx-2 教 10.若(1-2x)5=a0+a1x+ax2+a3x3+a4x4+a5x,则下列 16(15分)已知在(：一吴)广的展开式中，第5项的系数与第 人教 A 4(1-)(x+y)°的展开式中y的系数为 ( 结论中正确的是 (A)a=1 3项的系数之比是56：3. A 版 星 (A)-28 (B)28 (B)a5=-32 (1)求展开式中的所有有理项： (C)56 (D)-56 (2)求n+9C2+81C+…+9-C的值， 核 (C)1a01+la1+la2+la3+a41+a5=3 5.(x+1)4-4(x+1)3+6(x+1)2-4(x+1)+1= 心素养测评 (D)a+a1+2a2+3a3+4a4+5a5=-10 1.已知(axr2+上)广(a>0)的展开式中第5项与第7项的二 版)同步核心素养测评 (A)x (B)-x (C)1 (D)-1 项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确 6.若Cx+C2x2+…+Cx”能被7整除，则x,n的值可能为 的是 (A)展开式中的有理项有6项 ( ) (B)展开式中第6项的系数最大 (A)x=5,n=4 (B)x=4,n=4 (C)展开式中奇数项的二项式系数和为256 (C)x=4,n=3 (D)x=6,n=5 (D)展开式中x5的系数为45 7.已知(1+Ax)”展开式中第三项的二项式系数与第四项的 项式系数相同，且(1+Ax)=ao+a1x+a2x2+…+anx.若a1+a2 第Ⅱ卷非选择题（共92分） +…+a=242,则(x+） 展开式中常数项是 ( 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (A)32 (B)24 (C)4 (D)8 2若(：+点)°的展开式中含父项的系数为子，则a=高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 数理柄 答案详解 2025~2026学年高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期(2026年3月) 第33期2版 即(1-士)(x+°的展开式中y的系数为-28 专项小练一 5.由(a-b)4=a-4a2b+6a26-4ab3+b,得 1.C;2.D;3.ABC. (x+1)4-4(x+1)3+6(x+1)2-4(x+1)+1 4.40；5.-50. =[(x+1)-1]4=x4. 6.解：(2x+x2)4=C9(2x)4+C4(2x)3x2+ 6.由Cx+C2+…+Cx”=(1+x)”-1,分别将选项 C(2x)2(x-2)2+C2x(x2)3+C4(x2)4 (A),(B),(C),(D)代入检验知，仅有(A)适合 =16x4+4×8x3-2+6×4×x2-4+4×2×x-6+x8 7.由题意得C2=C,因此n=5. =16x4+32x+24x2+8x-5+x8 因为(1+Ax)5=a0+a1x+a2x2+…+ax, 专项小练二 所以令x=0,可得a=1. 1.C:2.D:3.BCD 令x=1,则(1+入)3=a0+a1+a2+…+a5: 4.-33;5.513. 又a1+a2+…+a5=242,所以(1+)5=243=35， 6.解：依题意得2”=512，所以n=9. 因此入=2. 设展开式中的常数项为T1=Cx8-2(-1)'x= 所以(+2） 展开式的通项为 (-1)Cx8-3,由18-3r=0,得r=6. 所以展开式中的常数项为(-1)C。=84. T=C2=C422 由4-2k=0得k=2, 第33期3,4版 图此(+2)】 展开式中常数项为T=C22=24. 二项式定理同步核心素养测评 8.由二项展开式中各二项式系数可知， 一、单项选择题 第m行第n个数应为C, 1~4 DCBA 5~8 AABB 提示： 所以第100行第3个数为CG,=9998=4851, 2 1.由题意得第8项的系数为 即A(10m,3)=4851 C7o×(5i)3×(-1)7=120×35i=36051. 二、多项选择题 2.(1-2x)4的二项展开式的通项为 9.CD:10.ABC:11.ABD. T,+1=C4(-2x)=(-2)C4x. 提示： 令r=1,得x的系数为(-2)·C4=-8. 9.因为展开式的第5项为T=Cx学4， 3.由题意得C=C,所以n=12, 所以令”，4-4=1，解得n=19. 3 因此展开式共有13项，中间一项是第7项， 所以展开式中系数最大的项是第10项和第11项。 工=(-）°= 故选(C)(D). 4因为(1-）x+)产=(+)°-(+)， 10.二项式(1-2x)3的展开式的通项是 T,1=C5(-2)'x',reN,r≤5，a=1,故(A)正确； 所以(1-士）(x+)'的展开式中含少的项为 a=C(-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， Cex2y-YCsx'ys =-28x2y6, 1a「+la11+la21+la31+la41+la51=a0-a1+a2-a3 高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 +a4-a=[1-2×(-1)]5=35,故(C)正确： =C(x2)"-(3x)=C·3·x2m-,当且仅当n=1,k=1时符 a1=C5(-2)=-10,a2=C(-2)2=40,a4=Cg(-2)3 合题意，所以(x2+3x-1)4的展开式中x的系数为-C×3= =-80,a4=Cg(-2)4=80,因此a+a1+2a2+3a3+4a4+ -12. 5a,=1+(-10)+2×40+3×(-80)+4×80+5×(-32) 四、解答题 =-9,故(D)不正确 15.解：由已知C+C+C=37, 故选(A)(B)(C). 解得n=8或n=-9(舍去) 11依题意可得C=C,得41·n-4刀 n！ (D通项1=G((层》 =Cgx2-号， 61·(m-6)1,得(n-4)(m-5)=30,得n=10. n！ 由题意得r必为6的倍数，且0≤r≤8， 所以r=0或r=6. 在(ar+） 的展开式中，令x=1,得(a+1)0= 所以含x的整数次幂的项为T:=x2,T,=28x 1024,因为a>0,所以a+1=2,所以a=1. (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T,=Cx号=70x兰 (+) 展开式的通项公式为T1=C(x2)o-· 16.解：(1)由C4(-2)4:C2(-2)2=56:3, (左）=k=01,2345.6,78,9.10 解得n=10. 因为通项7。=C(最)'=(-2C净，0 由20-号为整数，得6=0,2468,10，所以展开式中的 有理项有6项，故(A)正确； r≤10reN,所以当5-名为整数时，可取0,6， 因为(+) 于是有理项为T1=x和T,=13440. 的展开式中各项的系数等于各项的二 (2)原式=10+9C。+81Ci。+…+90-C8 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 =9Cn+9C。+9C+…+9C8 (B)正确； 9 根据二项式系数的性质可得，展开式中奇数项的二项式系 =C。+9C。+9C。+9C。+…+9C8-1 数和为2°=512，故(C)不正确； 令20-=15，得长=2.所以展开式中“的系数为C =1+9)°-1=10°-1 9 9 =45,故(D)正确。 的展开式中前三项的系数分别为 故选(A)(B)(D) 三、填空题 C,2C,c,由题意知C=心+C,所以n=1+ 12.2;13.152;14.-12. -1卫，即n2-9n+8=0,解得n=8或n=1(含去). 提示： 8 12.通项T1=a'×C6×x2-,当12-3r=3时，7=3， 展开式的通项为 所以含2项的系数为。3×C=弓，解得a=2 13.(1+5)5=C(3)°+C(5)1+C(5)2+C(5)3 +C(5)4+C3(√5)5=1+55+30+303+45+95， ()令4-子=1，得r=4, (1-5)5=C(-5)°+C(-5)+C(-5)2+C ×(-5)3+C(-5)4+C(-5)5 所以含有：项的系数为}×心=瓷 (2)设展开式中第r+1项为有理项， =1-55+30-303+45-95, 则当r=0,r=4,r=8时分别对应的项为有理项， 故(1+5)5+(1-5) =1+30+45+1+30+45=152. 有理项分别为=，：草，2 14.(x2+3x-1)4=(x2+3x)4-C4(x2+3x)3+C(x2+ 18.解：(1)分别令x=1,x=-1,得f1)=a,+a6+ 3x)2-C(x2+3x)+1.又(x2+3x)的二项展开式的通项T41+a1+a=2”+2f-1)=-a,+a6-…-a1+a=0, 一2 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a+a2+a4+a6=128. =A66-(27-m+1 (2)当m=n时f(x)=(1+x)"+(1+x)”=2(1+x)", =Ag- 所以T3=2C2x2=20x2,即2C=20,所以n=5. 4三项式(-)广 的展开式共有10项， (3)由f(x)的展开式中含x项的系数是19，得m+n=19, 所以的系数为C+C=子(m-1)+(n-1)= 1 中间项有2项，为第5项和第6项， [(m+n)2-2mn-(m+n)]=171-m=171-(19-n)n 五=cxyr(）°=126 =-126x3 =(。-)+空，当=10咳a=9时)的展开式中 c(） 5.由题意得x≥5，xeN. 的系数最小，最小值为81. 原不等式可化为 19.证明：(1)因为an=2"-,可知数列{an}是以a1=1为 6 24 首项，公比为9=2的等比数列； x(x-1)(x-2)x(x-1)(x-2)(x-3) 所以9m=1-20 240 1-2 =2300-1, <xx-1)(x-2)(x-3)(x-4) 而279=31×9，且31与9互质；易知 即x2-11x-12<0, S3m=230w-1=21m-1=84m-1=(9-1）1m-1 解得-1<x<12. =C9m91ow-Cm99+…-C%9+Cm(-1)1w-1 又x≥5，x∈N, =Coo900-Cioo-Cr9 所以x∈{5,6,7,8,9,10,11 所以91S3o； 6.若取出的球中有1个红球， S3m=2300-1=25x0-1=320-1=(31+1)0-1 则不同的取法有C4C=112(种)； =C8m31w+C63159+…+C2831+C80-1 若取出的球中有2个红球， =C0m310+Ctn3159+…+C231, 则不同的取法有CC=48(种). 所以311S300; 故不同的取法有112+48=160（种）. 结合整除性质②可知2791S3m· .(x-士+2)°=[(x-)+2],其展开式的通 (2)因为a”+b”=(a+b-b)”+b”=C9(a+b)"+C(a +b)m-1(-b)+…+Cm-(a+b)(-b)-4+C(-b)”+b“, 项为I:=C·(-）(2y0≤r≤6reN, 且n为奇数，所以a”+b=(a+b-b)”+b=C(a+b)” +C(a+b)-l(-b)+…+C-(a+b)(-b)"-1, 易知(-士)“ 的展开式的通项为T41=(-1)C,· 因此a”+b”能被a+b整除 x5-k,0≤k≤r≤6，k∈N,reN, 令r=0,6-r-2k=0,得k=3,所以原式的展开式中的 第34期3,4版 常数项是(-1)3Cg=-20,即a5=-20,因为{an}是等差数 计数原理核心素养综合测评 列，所以a2+ag=2a5=-40. 一、单项选择题 8.由题意知甲只能参加C项目，乙只能参加A项目，则以 1~4 CBDC 5~8 DADA 甲、乙两人参加的情况分为以下四类： 提示： 第1类：甲、乙都不参加，则从其余4人中选3人参加A,B,C 1.第一步，取b的值，有5种方法；第二步，取a的值，也有5 三个项目，有A种不同的方案； 种方法.由分步乘法计数原理得，共有5×5=25（个）虚数. 第2类：仅甲参加，甲必须参加C项目，从其余4人（不含 2.当n≥2且n∈N,时， 乙)中选2人参加A,B两个项目，有A种不同的方案； (1+x)“的展开式的通项为T+1=C·x, 第3类：仅乙参加，乙必须参加A项目，从其余4人（不含 所以(1+x)“的展开式中含x2项的系数为C% 甲)中选2人参加B,C两个项目，有A种不同的方案； 故(1+x)2+(1+x)3+(1+x)4的展开式中， 第4类：甲、乙两人都参加，则甲参加C项目，乙参加A项 含x2项的系数是C+C+C好=10. 目，从其余4人中选1人参加B项目，有A4种不同的方案. 3.根据排列数的计算公式得 根据分类加法计数原理得，不同的分配方案共有A:+A好 27-a)(28-a)…(36-a) +A号+A=52(种) 一3 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 提示： 9.AC;10.AC;11.BD. 12.由题意得多人多足不排在第一场，拔河排在最后一场， 提示： 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 9.若A,B不相邻， 的3个位置，有A=6(种)安排方法，所以共有3×6=18（种） 则先让C,D,E自由排列，再让A,B去插空即可， 安排方法. 则方法总数为AA=72(种)，故(A)正确，(B)错误； 13.若个位是0，则有4A=96(个)满足题意的五位偶数： 若A,B相邻，则将A,B捆绑在一起，视为一个整体， 若个位不是0，有2×3×A=144(个)满足题意的五位偶数， 与C,D,E自由排列即可， 所以共有96+144=240（个）满足题意的五位偶数. 则方法总数为AA=48(种)，故(C)正确，(D)错误. 故选(A)(C). 14(+m心）2-)3=(2-y3+m2-) 10.若B影厅仅放映1部电影， 其中士2：-》的展开式的通项为 有C4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： T,41=xC;·(2x)5-(-y)'=(-1)'·2-C5x4-y, 一、A影厅1部，B影厅放剩下的3部，则有C4种安排方法； 0≤r≤5，reN, 二A影厅2部，剩下2部给B影厅，有C种安排方法； 令4-1=2可知无解， 三、A影厅3部，剩下1部给B影厅，有C种安排方法。 lr=4. 故共有C4+C+C=14(种)安排方法，故(B)错误； 即(2x-产的展开式中没有含的项： 按A影厅放映的电影一定有《熊出没·逆转时间》， my(2x-y)5的展开式的通项为 有三种情况： T+1=myC(2x)5-t.(-y)=(-1).25-mC5x3-y+1 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； 令5-6=2解得k=3, lk+1=4, 二、除《熊出没·逆转时间》外，剩下3部中选1部在A影厅 即my(2x-y)5的展开式中含x2y的项的系数为 放映，则有C;种安排方法 (-1)3.2-3mC=-40m. 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C种安排方法， 又(+m心）2x-y)的展开式中y的系数为0， 故共有1+C+C?=7(种)安排方法，故(C)正确； 所以-40m=80,解得m=-2. 将2部动画电影安排A影厅一部，B影厅一部， 四、解答题 则有A号种安排方法.剩下2部喜剧电影分三种情况： 15.解：(1)分三类： 一、A影厅无，则只有1种安排方法； 选出的是高二(1)班的学生，有7种选法； 二、A影厅1部，则有C种安排方法； 选出的是高二(2)班的学生，有9种选法； 三、A影厅2部，则只有1种安排方法， 选出的是高二(3)班的学生，有10种选法. 故共有A号×(1+C吗+1)=8（种）安排方法， 由分类加法计数原理， 故(D)错误 得不同的选法种数为7+9+10=26. 故选(A)(C) (2)每班选一名副组长为一步，所以共有三步. 11.由题意及二项式定理可得a=C2+C20×3+C30×32 由分步乘法计数原理， +…+C0×320=(1+3)20=420=(5-1)20, 得不同的选法种数为7×9×10=630. 则a=C20·50-C20·59+…-C8·5+C0, (3)分三类：高二(1)班和高二(2)班，高二(1)班和高二 因为C·50-C0·59+…-C8·5能被5整除， (3)班，高二(2)班和高二(3)班 所以a除以5的余数为1， 每类又分两步， 又因为a=b(mod5),所以b除以5的余数也为1， 故不同的选法种数为7×9+7×10+9×10=223. 结合选项可知2006和2021除以5的余数为1. 10 故选(B)(D) 的展开式的通项为 三、填空题 10-k 12.18:13.240:14.-2. =(-)()C, 4 高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 令20-=0解得么=8，又常数项为学. 所以n-DF(0,n）=g山y- (m-k)(m-k-1) [n] 故7，=(-1)（分）C=华解得a=1 综上，a0）==02 (2)20-=m,meZ,则k=0,24,68,10, 第35期 所以有理项有6项，无理项有5项， 核心素养阶段测评（六）》 从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理 一、单项选择题 项也有无理项，则共有C6C+CC=135(种)不同的取法. 1 ~4 CABA 5 ~8 CBDA 17.解：(1)因为(1+x)”=C9+Cx+C2x2+…+Cx, 提示： n≥4，n∈N, 1.根据分类加法计数原理， 所以a=C=-nn,D,a,=c=n-n-2, 2 6 共有4+3+2=9（种）不同的选法 a4=C=n(n-1)(n-2)(n-3) 2.因为y'=cosx+2>0, 24 所以y=sinx+2x(x∈[0，T])单调递增， 因为G=2a,a4,所以[nn-1)n-2)] =2× 所以当x=T时，yms=sinT+2T=2m. 6 3.由题意知A=2,3,5,7,11,13,17,…}, n(n-1xnn-1)(n2)n-3】,解得n=5. 2 由A≤90得n(n-1)≤90， 24 (2)由(1)知n=5. 解得-9≤n≤10， 即B={xl-9≤n≤10，neN且n≥2} (1+5)=(1+3) ={2,3,4,5,6,7,8,9,10}, =C9+C55+C(5)2+C(5)3+Cg(5)4+C(5) 所以A∩B=2,3,5,7}. =a+b5. 因为a,beN,所以a=C9+3C?+9C=76, 4由切点1,6在曲线上，得6-2告D: b=C5+3C5+9C=44, 由切点(1，b)在切线上，得k-b+6=0②： 从而d2-362=762-3×442=-32. +2(山)=49=k, 对曲线求导得y=4-a 32 18.解：(1)若数学必须比语文先上，则不同的排法有 即4-a=9k③， -6x5×43×2x1=360(种). A 2 由①②③得a=13,b=5,k=-1. (2)如果体育排在最后一节，那么有A=120(种)排法， 的展开式的通项为 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C4C4A=384(种)排法， 工=c(ad(士）=ca(-1x 所以共有120+384=504（种）排法. 0≤r≤6，r∈N,令12-3r=0,解得r=4. (3)若将这3节课插入原课表中且原来6节课的相对顺序 由题意得C(-1)4a2=60,解得a=±2. 不变，则有袋=9×8×7=504（种）不同的排法 6.函数f(x)=x3+ax2+(a+6)x+1, A6 所以f'(x)=3x2+2ax+a+6, 19.解：(1)若y=q=1,F(x,2)=(x+y)(x+qy) 函数f(x)有极大值和极小值， =x2+(1+q)xy+y2=(x+1)2, 所以其导函数f'(x)=0有两个不同的解， DF(x,2)=[2](x+y)=(1+q)(x+y)=2(x+1). 则4=4a2-4×3(a+6)>0, (2)当k=0时， 所以a<-3或a>6. [n=DF(0,n)=Dr(0,n)=F(0,n）=g9 n(-1) [n]！ 7.当只考虑“立春”和“惊蛰”时， 当k≠0时， 将其捆绑在一起，利用捆绑法可得， DF(0,n)=[n][n-1]…[n-k+1](0+y),- 有A号A=240(种)不同的放置方式。 =[nj[n-1]…[n-k+1]gag山y- 当“惊蛰”与“立春”和“清明”均相邻，即“惊蛰”在中间， [n]具agy-t, “立春”“清明”分布在两侧时，将三者捆在一起， [n-k]92 有2A4=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. (x2+2x+2)3展开式所有项系数和为 8.设公切线与函数f孔x)=nx切于点A(x1,lnx)(x> I ao l +l al+l azl +.+l aol, 0),则切线方程为y-1nx1=1(x-): 令x=1,得1ao1+la11+a21+…+la1oI=55=3125, 所以1a1I+a21+…+a1oI=3125-32=3093,故(D) 设公切线与函数g(x)=x2+2x+a切于点B(2,x号+2 正确。 +a)(x2<0), 故选(A)(D). 则切线方程为y-(x号+2x2+a)=2(x2+1)(x-x2), 11.因为fx,y）=x2-2xy+y3(x>0,y>0), -=2(x2+1), 所以有 所以f:(0)=i f+△x,%）-fxon）=2x0- △x ln1-1=-x+a. 2%,则f(1,3)=-4,故(A)正确： 因为名<0<，所以0< -<2 又f(w）=马6+a》-。-24+ △y 又a=+(安刂°1=-+（片-2- ,36,所以f(1,3)=25,故(B)错误； 因为fx(m,n)+f,(m,n)=2m-2n-2m+3n2 令t= 1 所以0<4<2，a=-t-ln =3-2m=3(e-）°- 所以当n=号时(m,）+f3(m,a)取得最小值， 设(a)=子2-t-la0<1<2). 且最小值为-子，故(C)正确： 则w=-1-=-2-3<0, 2t fx,y）=(x-y)2+y2-y2≥y2-y2, 所以h(t)在(0,2)上为减函数， 令g(x)=x3-x2(x>0),g'(x)=3x2-2x, ()>h(2)=-In2-1 =In2e' 当0<<子时g()<0,当>号时g()>0, 所以ae (+)】月 放g()=子）=务从而当x=y=子时， 二、多项选择题 f(x,)取得最小值，且最小值为-务，赦(D)正确 9.BC;10.AD;11.ACD. 故选(A)(C)(D). 提示： 三、填空题 9.甲、乙两同学从六门课程中各选一门的不同选法有6× 12.-2;13.240;14.(4,+0). 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， 提示： 12.(1+mx)的展开式的通项为 共有5A=600(种)排法，故(B)正确； T=C (mx)=Cim'x. “礼”“书”排在相邻两天，可将“礼”“书”视为一个元素， 因为展开式中第4项的系数为-80， 与其他几个元素全排列，则不同排法共有2A;=240(种)，故 所以令k=3,可得Cm3=-80, (C)正确； 解得m=-2. 先排“礼”“书”“数”，再用插空法排“乐”“射”“御”，不同 13.第一步：先从4个盒子中选1个盒子准备装2个球， 排法共有AA=144(种)，故(D)不正确， 有4种选法； 故选(B)(C). 第二步：从5个球里选出2个球放到选出的盒子里， 10.令x=0,a0=2=32,故(A)正确； 有C种选法； 五项相同的因式相乘，要得到含x2的项，可以是五个因式 第三步：把剩下的3个球放入剩下的3个盒子中， 中，一个取x2其他四个因式取2，或两个因式取-2x其他三个 有A种放法 因式取2，所以a2=C×1×24+C×(-2)2×2=400,故 由分步乘法计数原理， (B)不正确； 得不同的放法共有4CA?=240(种). 令x=1,则a0+a1+a2+…+a0=1, 所以a1+a+…+a1o=1-32=-31,故(C)不正确； 14函数f()=之-2x+3meR, 一6 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, 若取出的为3个红球和1个白球， 令f'(x)=0,解得x=0或x=3. 则取法有CC6=24(种)； 当xe(-o,3)时f'(x)≤0， 若取出的为2个红球和2个白球， 函数f(x)在(-，3)上单调递减， 则取法有CC%=90(种). 当xe(3,+o)时f'(x)>0, 根据分类加法计数原理， 函数f(x)在(3，+∞)上单调递增， 可得红球的个数不比白球少的取法有 所以当x=3时，函数f(x)取得极小值， 1+24+90=115(种). 也是最小值f(3)=3m-27 (2)总分不少于7分有三种情况： 2 取到4个红球和1个白球，取到3个红球和2个白球， 3 因为不等式f(,+2>0恒成立， 取到2个红球和3个白球 所以3m受+弓>0恒拔立. 若取出的为4个红球和1个白球， 则取法有CC6-6(种)； 解得m>4,即实数m的取值范围是(4，+∞). 若取出的为3个红球和2个白球， 四、解答题 则取法有CC%=60(种)： 15.解：(1)完成这项工作可以分三个步骤： 若取出的为2个红球和3个白球， 第一步，从5本不同的数学书中任取1本，有5种取法； 则取法有CC=120(种). 第二步，从5本不同的语文书中任取一本，有5种取法； 根据分类加法计数原理， 第三步，从4本不同的英语书中任取一本，有4种取法. 可知总分不少于7分的取法有 根据分步乘法计数原理， 6+60+120=186(种). 共有N=5×5×4=100(种)不同的取法. 18.解：(1)当a=1时fx)=e-ln(x+1)-1, (2)完成这件事情共分为三个步骤。 则f'()=e-1 第一步：从14本书中任取一本放在第一个位置上， +1x>-1, 显然f'(x)在(-1，+∞)单调递增，且f'(0)=0, 共有14种不同的取法； 所以当-1<x<0时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 第二步：从剩下的13本书中任取一本放在第二个位置上， 当x>0时，f'(x)>0,fx)单调递增. 共有13种不同的取法： 所以f(x)在x=0处取得极小值f代0)=0，无极大值. 第三步：从剩下的12本书中任取一本放在第三个位置上， (2)f(x)ae'-In(x +1)+Ina-1 共有12种不同的取法. ae'In(x 1)In(ae')-x-1, 根据分步乘法计数原理， 函数f(x)有两个零点， 共有N=14×13×12=2184(种)不同的排法. 即f(x)=0有两个解， 16.解：令x=1得展开式各项系数和为4”， 即ae+ln(ae)=n(x+1)+(x+1)有两个解， 二项式系数和为C+C+…+C=2". 由题意得4”-2”=992，解得n=5. 设h()=t+ln,则h'(e)=1+}>0,h()单调递增， t 10+女 (1)T,41=C3·x3, 所以ae=x+1(x>-1)有两个解， 令10+r=4得r=2,所以1=C··=90 3 即a=+1有两个解。 e (2)设展开式中第k+1项系数最大， rC·3≥C1·3-1 令=台(>-1)期0： er, 所以 t2c,3226eZ 当x∈(-1,0)时，s'(x)>0,s(x)单调递增； 所以k=4, 当xe(0,+∞)时，'(x)<0,s(x)单调递减， 所以系数最大的项为T=C;·34·x号=405x 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). 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： 19(四解：因为f)=十)a 1 4个红球，3个红球和1个白球，2个红球和2个白球 2 若取出的为4个红球，则取法有1种； f"(w)=1+x) 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)=-1f"(0)=2, A,表示公路上经过的汽车是客车， 所以f(x)=ln(1+x)的泰勒公式为 则根据题忘得P4,)=了，P4)=子， 2 x22x2 P(B1A1)=0.002,P(B1A2)=0.001, 所以1nl.1=0.1-001+0.001≈0095. 所以由全概率公式得 2 3 P(B)=P(A)·P(BIA)+P(A2)·P(BIA) (2)解记g()=n(1+)-x+号x>0, =号×0.02+号×0.01=70 ,1-1+x= 因为g(x)=1+x x2 +1>0, 即该公路上行驶的汽车停车修理的概率为名 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增， 第36期3,4版 又g(0)=0,所以当x>0时有 条件概率与全概率公式同步核心素养测评 gx0)=ln(1+x)-x+2>g(0）=0, 一、单项选择题 所以ln(1+x)>x- 1~4 CACD 5~8 BBDA 2 提示： 1 )证明：由2)知(+>-亨- 1 1.由题可知 1 k-2k2 P(AB)=P(A)P(BI A) 即1a(k+-hk>名-亦&eN. 所以(ln2-lnl)+(ln3-ln2)+…+(ln(n+1)-nn) 2.记灯泡寿命超过500小时为事件A, >(片) 灯泡寿命超过800小时为事件B, 则P(A)=0.9,P(AB)=0.8, 即ln(n+I)> ∑2h-1 P(AB)_0.88 2 所以P(B1)=P=O.9=9 令h(x)=ln(1+x)-x,x>0, 3.由全概率公式可知，所求准确率为 则A()=女1=年<0， 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 所以h(x)在(0，+∞)上单调递减， P(AB)=P(A)P(BI A)=P(B)P(AI B), 所以h(x)<h(0)=0,故ln(1+x)<x, 则0.4×0.5=0.25×P(B), 所以h(1+) =a(k+)-nk< 解得P(B)=0.8. 5.由全概率公式得 则(ln2-ln1)+(ln3-ln2)+…+(n(n+1)-lnn) P(B)=P(A)P(BI A)+P(A)P(BI A), 即0.3=P(A)×0.9+(1-P(A))×0.2, 即1a)名是 解得P()=子 综上eN时公 2k2 <ln(1+n)< 6由题得P(B1A)=PAB-aE-CSC P(A)n(A)C 62 第36期1版 =15=5 7.设事件M表示该学生接种了疫苗， 专项小练一 事件N1,N2,N分别表示该学生来自A,B,C三所学校 1.C;2.B;3.BCD. 4:5 则P(N)=高P)=P)=品 专项小练二 1.C;2.C. P1N)=器Pw1)=流P(1)= 3.解：设B表示汽车中途停车修理， P(M) A1表示公路上经过的汽车是货车， =P(N )P(MI N)+P(N)P(MI N)+P(N)P(MI N) —8 高中数学人教A版选择性必修第三册 第33~36期 =音×器+品×总+×品 m 3 P(BIA)=P(AB)=10= P(A) ，放(D)错误 =124+m≥0.35， 500 故选(A)(B)(C) 解得m≥51，所以m的最小值为51. 11.从中任取3个球，恰有1个白球的概率P= 3 8.质点移动4次，共有2×2×2×2=16（种）情况， C 5 设质点第一秒位于1的位置为事件A,则P()=分， 故(A)正确； 记质点共经过两次2的位置为事件B, 从中有放回地取球3次，每次任取1个球. 若第一步位于1，则还有3步，要想经过2两次， 其中每次取到白球的概率为子， 则有1→2→3→2,1→2→1→2两种情况， 所以恰有2个白球的概率 21 所以P(AB)=6=8, P=C(号)(1-号)=放(B)正确： 1 从中有放回地取球3次，每次任取1个球， 则P(BIA)= P(AB)8 1 P(A) 1 41 2 其中每次取到白球的减率为子。 二、多项选择题 所以至少有1次取到红球的概率 9.BC;10.ABC;11.ABD. P=1-G(号)广=1层=竖故(c)不正确： 提示： 设第1次取到红球为事件A,第2次取到红球为事件B, 9.记A,为事件“零件是第i(i=1,2,3)台车床加工”， 所以第1次取到红球的条件下，第2次取到红球的概率 记B为事件“任取一个零件是次品”， 32 P(BIA)=0.05,P(B1A2)=0.1,P(B1A）=0.2, P(BIA)= P(AB)= P(A1)=0.2,P(A2)=0.3,P(A)=0.5, P(A) =故D)正确 3 则P(AB)=P(A)·P(B「A1)=0.2×0.05=0.01, 故选(A)(B)(D). 故(A)错误：P(B) 三、填空题 P(A P(BI A)+P(A2)P(BI A2)+P(A3)P(BI A3) =0.2×0.05+0.3×0.1+0.5×0.2 127:13宁：4音 =0.14,故(B)正确； 提示 P(A2I B)= 4B1-aX91-, P(B) 0.14 2由题意PB1G:兴怒：专 3 故(C)正确； 由A,B是互斥事件知P(AUBIC)=P(AIC)+P(BIC), P(AI B)= P(A)P(B1A)=0.5×0.2= 5 所以PA1O=PAUB1G-P代BIG)=号专=石 P(B) 0.14 7 故(D)错误. 13.因为A,B独立，所以A与B独立， 且P(AB)=P(A)P(B)=S 3 故选(B)(C). 10.P(A)= 3 C =方，故(A)正确： 又P(B)=子所以Pr(A)=子 CjC P(AB)= CiC =0,故(B)正确： 所以P(A1B)=PAB=P(PB=P(A P(B) P(B) P(BI A)= P48=9=分，故(C)正确： =1-分=7 P(A) 3 14由题意可知P(GO)=P(百同=石， P(A)= C 2 则P(AUB)=1-P(AB)=1-10=i 7 3 5 CC 3 P(A UB)=P(A)+P(B)-P(AB) P(AB)= =10 所以P(AB)=P(A)+P(B)-P(AUB) 高中数学人教A版选择性必修第三册第33~36期 4+2 5+5 31 P(A2B) P(A)P(BIA) -10=10, P(B) =P(A )P(BI A)+P(A.)P(BI A:) 1 则P(B1A)= P(AB)-10-3 3×0.02 P(A) 4 8 二2 =0.25. 15 x0.03+写x002 四、解答题 19.(1)解：0=P(A1B)=P4=0=0.625, P(B) 64 15.解：(1)由题意得 n(n-1) =(n+3)(n+2)=10 R=代81)--号=0& 解得n=2(负值舍去). (2)记“一个的标号是1”为事件A, (2)证明：k=P-卫 1-Pe “另一个的标号也是1”为事件B, 所以P(BIA)=n(4nB=C号 1 =1-12=1-1-pAB)-PA n()=Cξ-C=7 1-p 1-P(A)P(B)-P(A)P(B) 0+R-20R 16.解：(1)设A表示事件“该续保人本年度的保费高于基 要证阴k=1Q+R-2P(AB) 本保费”，则事件A发生即一年内出险次数大于1， 需证明1-P(AB)-P(AB Q+R-20R 故P(A)=0.2+0.2+0.1+0.05=0.55. 1-P(A)P(B)-P(A)P(B)Q+R-2P(AB) (2)设B表示事件“该续保人本年度的保费比基本保费高 等式右边： 出60%以上”，则事件B发生即一年内出险次数大于3， Q+R-20R 故P(B)=0.1+0.05=0.15. Q+R-2P(AB) 易知P(AB)=P(B), P(AI B)+P(BIA)-2P(AIB)P(BIA) P(AI B)+P(BI A)-2P(AB) 故810=2得-8=品 0+-2×8×盟 17.解：(1)P(A)= C3 =P(B)P(A) Cio +-2a P(B) 273 P(A)+P(B)-2P(AB) (8)s397x9-0 =P(A)+P(B)-2P(A)P(B) P(AB)=3x21 等式左边： 10x9=i5 因为P(AUB)=1-P(AB)=P(A)+P(B)-P(AB), P(AI B)= ×号号 P(B) 所以1-P(AB)-P(AB) 1-P(A)P(B)-P(A)P(B) 1 9 (2)因为P(AB)=5≠P(A)P(B)=1OO: P(A)+P(B)-2P(AB) =1-P(A)P(B)-[1-P(A)][1-P(B) 所以事件A与B不相互独立. P(A)+P(B)-2P(AB) 18.解：设A,表示“第i台车床加工的零件”(i=1,2), P(A)+P(B)-2P(A)P(B)' B表示“出现废品”，C表示“出现合格品” 等式左右两边相等，因比=10大2% 成立 (1)P(C)=P(A CUAC)=P(A C)+P(A2 C) =P(A)P(CI A)+P(Az)P(CI A2) (3)解：由(2)得k=1-0.625+0.8-2×0.625×0.8 0.625+0.8-2×0.4 =号x1-003)+了×1-002)=君 =0.32,因为0.2<0.32<0.6， 所以(1)中机器人的检测效果一般. (2)P(A2IB) -10