第34期 计数原理复习与测评-【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）

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) -1017.(15分）设(1+x)”=a0+1x+a2x2+…+anx,n≥4，n 18.（17分)某班级周六的课程表要排入历史、语文、数学、物 19.(17分)高斯二项式定理广泛应用于数学物理交叉领域.设 ∈N.已知a=2a2a4. 理、体育、英语共6节课. y,9∈R,n∈N,记[n]=1+g+…+g-,[n]！=[n]×[n-1] (1)求n的值； (1)如果数学必须比语文先上，则不同的排法有多少种？ ×…×[1],并规定[0]！=1.记F(x,n)=(x+y)g=(x+y)(x+ (2)设(1+√3)"=a+b3,其中a,beN,求a2-3b的值 (2)如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种 qy)…(x+g"-y),并规定F(x,0)=(x+y)0=1.定义DF(x,n)= 排法？ [F(x,n),k=0 (3)原定的6节课已排好，学校临时通知要增加生物化学地理3 l[n][n-1]…[n-k+1](x+y)g-,k=1,2,…,n 节课，若将这3节课插入原课表中且原来6节课的相对顺序不变，则 (1)若y=9=1,求F(x,2)和D,F(x,2); 有多少种不同的排法？ (2)求r0.) 高中数学·选择性必修第三册（人教A版）棱心素养综合测评 高中数学·选择性必修第三册（人教A版）核心素养综合测评 参考答案见第36期 本版责任编辑：蒋丕清 报纸编辑质量反馈电话： 0351-5271268 羞评橘 2026年3月9日·星期 高中数学 报纸发行质量反馈电话： 第34期总第1178期 人教A 0351-5271248 选择性必修第三册 鲍硕： 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 航天路上的巾帼之光 评注：排列数和组合数公式都各有两个，一 评注：因为在Am(Cm)中，n≥m,所以各排 1992年出生的鲍 两个公式前 个是非阶乘式，一个是阶乘式，求含排列数或组列数或组合数对变元的取值范围是有限制的 硕，是北京航天飞行控 制中心组建40年来的第 十一功能拓展 合数的整式的值，一般运用非阶乘式求解，求解所以解含排列数或组合数的方程，其实不是单 时，要注意提取公因数，以避免重复计算；求含纯解方程问题，而是解由不等式和方程构成的 一位女调度。她在航天 领域展现出非凡的才华 ©山东赵相武 排列数或组合数的分式的值，一般运用阶乘式 混合问题，只不过解方程仍是其中的重头戏。 求解，此举的优势在于：式子简洁，便于约分，求 功能三：解不等式 和坚韧的精神，成为了 求一个应用题的排列数或组合数，是排列 解时，要注意阶乘关系式：n！=n(n-1)！(n∈ 新时代青年的榜样。 数和组合数公式最常见的功能.除此之外，这两 例3解不等式C3<C。 天问一号成功着陆 个公式还有其他一些功能，下面就予以展示 N,)的应用.在求组合数的值时，还要注意依据 分析：先把不等式转化为整式不等式，并求 火星时，鲍硕保持稳定 功能一：求值 组合性质C=C"将待求式简化. 出其解，然后根据各组合数对n取值的限制，确 的语速准确地发出一条 例1计算：(1)A号-C6; 功能二：解方程 定n的取值范围，最后依据该范围对前面求出的 条指令，一次轨道控制 (2)48- 例2已知2A2,-A2=28(n∈N),求n的值 n值进行取舍 任务大概有上百句调度 C C3 分析：先根据各排列数对n取值的限制，确 用语，她都熟练背诵，确 分析：(1)用非阶乘式直接求解： 解析：不等式C3<C。可化为： 定n的取值范围，然后把方程转化为关于n的 保了任务的顺利进行 (2)用阶乘式求解 10! 10! 元二次方程，解出n的值后，再结合其范围进行 (n-3)113-n)！<(n-1)111-n)川 她深知自己肩负的责任 解析：(1)A号-CG=A-Cg=7x6-6×5 =27.取舍 重大，曾说：“我觉得监 2×1 视天问的状态，比睡觉 10！9! rn∈N, 即3-n(2-n<(n-1)(n-2) 重要。”在每一次的深空 (2)A。-A 6！6! 解析：由 n+1≥2， 解得n<7. 9 8 机动中，总调度要下达 C-Cs 61×3!51×31 ln≥2 因为neN+,且n-3≥0，n-1≥0， 上千条指令，每一条指 10×91-9! 得neN,且n≥2. 所以n=3,4,5,6, 令都直接决定着探测器 61 所以原不等式的解集是{3,4,5,6} 的下一步行动，不容出 又方程2A品1-A2=28可化为 9×8!-6×8! 评注：解含排列数或组合数的不等式也不 任何差错。为了胜任这 2n(n+1)-n(n-1)=28, 6!×3! 份工作，鲍硕付出了巨 整理得n2+3n-28=0, 是单纯的解不等式问题，实质是解不等式组问 大的努力，她需要不断 9x91x61×3别 6! 3×8I 解得n=-7(舍去)或n=4. 题，求解时，一定不要忽视不等式的解必须是正 研究海量的科研内容 =162 所以n=4 整数 坚持锻炼体能，提高应 变能力。 方法求和，利用“+”模型就可使问题获解 目，若上午测试E的下午测试D,则另外三人只 鲍硕的成功并非偶 然，而是源于她对航天 加减乘除 二、正难则反用减法 能从A,B,C中选一项，而上午这三项他们又各 要完成一件事，当问题的正面情况复杂，而测过一次，故共有2种测试方法；若上午测试E 事业的热爱和执着追 反面情形却相对容易时，则只需要在总的方法 的同学下午测试A,B,C之一，有3种选法，比如 求。她以出众的体能和 计数 数中减去反面情形的方法即可，体现了“正难则选到A,则上午测试A的同学可从B,C,D中选 清醒的头脑为武器，扎 ◎河南童广鹏 反”的数学思想 项，有3种选法，而另外两人也就只有1种选法 实的科研实力和迅捷的 排列、组合问题的求解应以两个基本原理 例2某校开设A类选修课3门，B类选修课 故共有3×3=9（种）测试方法，即下午的测试 应变能力使她出类拔 为核心，通过观察、比较、抽象等思维过程去提 4门，一位同学从中共选3门.若要求两类课程 方法共有11种.由分步计数原理，总的测试方法 萃。她在工作中所展现 炼求解方法在这些方法中，四则运算“+”、 中各至少选一门，则不同的选法共有 有24×11=264（种）. 出的专注和敬业精神 “_”、“×”、“÷”为求解的主线。 (A)30种 (B)35种 点评：“×”与事情的“步”之间有着一一对 值得我们每一个人学 一、分类计数用加法 (C)42种 (D)48种 应关系，因此要明确事情发生的过程，按照事情 利用加法原理解题的关键是进行正确分 发生过程逐步执行，将连续各步之间的方法乘 作为新时代的青 解析：从7门课中选3门有C-35(种)不 类，分类前要先确定一个分类的标准，做到“既 在一起 年，鲍硕用自己的实际 同的选法，而全部选A类有C=1(种)，全部选 不重复，也不遗漏” B类有C=4(种)，所以不同的选法共有C- 四、定序问题用除法 行动诠释了奋斗的意义 例1在某种信息传输过程中，用4个数字的 元素定序问题、平均分组问题，由于各组内的 和价值。她的事迹激励 着我们在追求梦想的道 个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同 C;-C=30(种) 元素个数相同，所以组内的元素进行相互对换后， 排列表示不同信息.若所用数字只有0和1，则 故选(A). 分组总数不受影响，因而可应用“除法”解决 路上，要勇于拼搏、敢于 与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同 点评：将问题的正面与反面都表达出来，完 例4将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放 挑战，不断提升自己的 的信息个数为 成这件事正面的方法就是总数减去完成这件事 入3个不同的信封中.若每个信封放2张，其中 能力和素质。正如她所 (A)10 (B)11 (C)12 (D)15 反面的方法 标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法 说：“世如焚炉，人似柴 解析：与信息0110至多有两个对应位置上 三、分步计数用乘法 共有 薪。在我们能够燃烧的 的数字相同的信息包括3类： 完成一件事，需要分成几个步骤，而且这几个 (A)12种 (B)18种 时候，还有一件事、一份 第1类，与信息0110有两个对应位置上的步骤是连续的，只有完成这几个步骤，事情才算完 (C)36种 (D)54种 事业让我们想要为之奋 数字相同，共有C4=6(个)； 成，即步与步之间存在着“相互依存”的关系 解析：标号1,2的卡片放入同一封信有C 斗、付出，我觉得我们是 第2类，与信息0110有一个对应位置上的 例3有4位同学在同一天的上、下午参加 种方法；其他四封信放入两个信封，由于每个信 幸运的。”让我们以鲍硕 数字相同，共有C4=4(个)； “身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握 封放的信都是2封，故需要消去各自的顺序，此 为榜样，在自己的领域 里发光发热，为实现中 第3类，与信息0110没有一个对应位置上 力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下 的数字相同，共有C=1(个). 午各测试一个项目，且不重复.若上午不测“握 时每个信封两个有·种方法，共有C·3 华民族伟大复兴的中国 梦贡献自己的力量。 所以与信息0110至多有两个对应位置上的力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、 A3=18(种).故选(B) 数字相同的信息共有6+4+1=11（个）. 下午都各测试一人，则不同的安排方式共有 点评：“÷”主要是针对问题中具有对称关 故选(B). 种（用数字作答） 系而采取的整体处理方法.常用于对称元素在 点评：“类”与“+”相对应，只要类与类之间相 解析：由题意知上午的总测试方法有A= 整体位置中的比例均衡性问题，也用于“均匀分 互独立，互不相容.在确定的标准下将各类的不同 24(种).以A,B,C,D,E依次代表五个测试项组”问题 素养专练 数理极 数学思想是数学的精髓，是知识转化为能力 若A,B都不当选，有C。种选法， 思想方法■： 的桥梁，体现素质和能力要求的数学思想方法在 根据分类加法计数原理， 计数原理一章中得到了淋漓的表现.因此，只有掌 A,B不全当选的选法种数为 善用数学思想 握了数学思想方法，同学们才能真正地学好排列、 N=C;·C%+C6=55. 组合、二项式定理知识，将知识转化为能力 三、化归与转化思想 一、数形结合思想 例3一个小朋友收集了12个不同的红色疏璃 解决计数向题 例1如果一条直线与一个平面平行，那么称球和18个不同的白色琉璃球.有一次他和别的小 ◎湖南张玉辉 此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长朋友玩游戏，规定从袋子中取出一个红色琉璃球 解析：设小组共有n名同学，首先从这n名同 方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点得2分，取出一个白色琉璃球得3分，如果他从袋 学中选出4人，然后再分别参加各种竞赛，按同学 的平面构成的“平行线面组”的个数是(）中取出若干个球正好得70分，试求这类取法的不 甲进行分类： (A)60(B)48(C)36(D)24 同种数？ 第1类，不选甲，则从剩下的n-1名同学中选 分析：这是一个与长方体有关的几何计数问 分析：若从正面考虑，取出若干红球或白球使 出4人分别参加4种竞赛，有A1种参赛方式； 题，因此可以画出几何图形，结合图形分析求解. 其积分之和为70分，情况太复杂，这时，我们不妨 第2类，选甲，首先安排甲，有A种方法，再从 解析：如右图，可分为两类： 换一个角度，从反面入手考虑. 剩下的n-1名同学中选出3人参加剩下的3种竞 第1类，每条棱都与3个平 解析：假设将球全部取出，则总分数是2×12 赛，有A种方法， 面平行（如AB与平面CDD,C1, +3×18=78分，比70分多8分，而8分的产生只 共有A·A1种参赛方式 平面AB,C,D1,平面A1B,CD都 D 有两种情况：(1)剩下4个红色琉璃球，(2)剩一个 由分类加法计数原理， 平行)，长方体有12条棱，可构成 红球和2个白球 共有A1+A·A1种方法 3×12=36个“平行线面组”； 根据“取法”等于“剩法”的原理，故这类取法 根据题意得A1+A2·A2-1=72, 第2类，每条面对角线与对面都平行（如A,C,的不同种数为N=C2+C2·C=2331. 即(n-1)(n-2)2(n-3)=72=4×32×2 ∥平面ABCD),长方体有12条面对角线，可构成1 四、方程思想 经比较知n=5.故这个小组共有5名同学 ×12=12个“平行线面组”。 例4育才和新华等中学联合举动数学、物理、化 五、整体思想 由分类加法计数原理知，可构成“平行线面学和英语竞赛，规定每名同学只能参加一种竞赛，且 例5让3对孪生兄弟排成一排，每对孪生兄弟 组”的个数为N=36+12=48.故选(B) 每校的任2名同学不能参加同一种竞赛现在新华中 不能分开，共有多少种排法？ 二、分类讨论思想 学从包含甲的某学习小组中选出4名选手参加比赛， 分析：将每对孪生兄弟看成一个整体进行排 例2从包含A,B的5名男生和3名女生中，选 若甲不参加物理和化学竞赛，则供有72种不同的参赛列，然后内部再进行排列. 出4人，求A,B不全当选的选法种数？ 方法，问这个小组一共有多少名同学？ 解析：将3对孪生兄弟各看成一个，就是三个 分析：根据“A,B不全当选”进行分类讨论 分析：若设小组共有名同学，则我们可以用元素的全排列，有A种排法.又每对李生兄弟内部 解析：由题意知有如下两种情况： n把参赛方法种数表示出来，从而得到一个关于n又各有A种排法，根据分步乘法计数原理，共有 若A,B中有一人当选，有C2·C6种选法； 的方程，解方程可求出n的值 A·A2·A2·A2=48(种)排法 第33期2版参考答案 二项式系数最大的项为第5项，即T,=Cx号=70x号. …+a1+a=27+2,f(-1)）=-a,+a6-…-a1+ao 16.解：(1)由C4(-2)4:C2(-2)2=56:3, =0,两式相加除以2，得a0+a2+a4+a6=128. 专项小练一 解得n=10. (2)当m=n时，f(x)=(1+x)m+(1+x)”=2(1+ 1.C;2.D;3.ABC x)",所以T3=2C2x2=20x2,即2C2=20,所以n=5. 4.40:5.-50. 因为潘项=G(-希)广=(-2少C· (3)由f(x)的展开式中含x项的系数是19，得m+n= 6.解：(2x+x2)=C(2x)4+C4(2x)x2+ C(2x)2(x22+C2x(x2)3+C(x2)4 t产，0≤1≤10reN所以当5-若为整数时v可取0.6,19，所以的系数为C+C=2m(m-D+2(n-》 =16r+4x8x2+6×4×x24+4×2×x-6+x3 于是有理项为T,=x3和T,=13440. =2[(m+n)2-2mn-(m+m)]=171-m=171-(19 =16x+32x+24x2+8x-5+x8. (2)原式=10+9C。+81Ci。+…+90-1C0 专项小练二 =9C+9C+9°C。+…+9C8 -)n=(n-)+3空，当n=10或n=9时)的展 1.C;2.D;3.BCD 9 C。+9Ci。+92C。+93Ci。+…+90C8-1 开式中x2的系数最小，最小值为81 4.-33；5.513. 9 19.证明：(1)因为a。=2"-1,可知数列{an}是以a1= 6.解：依题意得2”=512，所以n=9. =(1+9)0-1-10°-1 1为首项，公比为q=2的等比数列： 设展开式中的常数项为T,1=C5x-之(-1)x”= 9 9 (-1)'Cx8-,由18-3r=0,得r=6. 所8w=12-2m-1. 所以展开式中的常数项为(-1)6Cg=84. 1解：（版+2衣）广的展开式中前三项的系数分别 而279=31×9，且31与9互质；易知 Sm=23m-1=21m-1=81m-1=(9-1）1m-1 第33期3,4版参考答案 为cC,2c4c由题意知C=c心+4C. =Cm9m-Cm9+…-C09+C(-1）1w-1 一、单项选择题 所以n=1+n。),即2-9n+8=0, =C99160-C99+…-Cm9, 1-4 DCBA 5-8 AABB 8 所以91S3w 二、多项选择题 解得n=8或n=1(舍去). Sm=23m-1=2m-1=32m-1=(31+1）m-1 9.CD:10.ABC;11.ABD. 三、填空题 则=式(a+2衣)广装计式项为 =C8w3160+C6o3159+…+C31+C80-1 =C8o3160+C63159+…+C31, 12.2:13.152:14.-12. 工=G岩分=}G 所以31ISm； 四、解答题 结合整除性质②可知2791S 15.解：由已知C+C,+C2=37 ()令4-子=1，得r=4 (2)因为a”+b”=(a+b-b)+b”=C0(a+b)”+ 解得n=8或n=-9(舍去) C(a+b)"-(-b)+…+Cg-(a+ )通项7=G(x(房)=cG。 所以含有：项的系数为×心=曾 b)(-b)"-1+C(-b)”+b", (2)设展开式中第，+1项为有理项， 且n为奇数，所以a”+b”=(a+ 由题意得r必为6的倍数，且0≤r≤8， 则当r=0,r=4,r=8时分别对应的项为有理项，b-b)”+6=C(a+b)”+C.(a+ 所以r=0或r=6. b)-1(-b)+…+C”-(a+b) 所以含x的整数次幂的项为T1=x2,T,=28x 有理项分别为7，=，-点.25 (-b)"-1, (2)由n=8知展开式共9项， 18.解：(1)分别令x=1,x=-1,得f1)=a1+a6+ 因此a”+b能被a+b整除 作需要，每个项目仅需1名志愿者，且甲不能参加A,B项目，乙不能 四、解答题：本题共5小题，共77分 计数原理核心素养综合测评 参加B,C项目，那么不同的分配方案共有 15.(13分)某职业学校外贸专业高二(1)班、(2)班、(3)班分 (A)52种 (B)68种 别有7,9,10人参加技能兴趣选拔赛。 ⊙数理报社试题研究中心 (C)72种 (D)108种 (1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？ 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (2)如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的 第I卷选择题（共58分） 9.A,B,C,D,E五个人并排站在一起，下列说法正确的是 选法？ 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分 (3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么 1.从集合{0,1,2,3,4,5中任取两个互不相等的数组成形如 (A)若A,B不相邻，有72种排法 有多少种不同的选法？ a+bi的复数，其中虚数有 ( (B)若A,B不相邻，有48种排法 (A)36个 (B)30个 (C)若A,B相邻，有48种排法 (C)25个 (D)20个 (D)若A,B相邻，有24种排法 高中 2.(x+1)2+(x+1)3+(x+1)4的展开式中含x2项的系数是 10.某影院在2024年春节档引入了4部电影，包含2部喜剧电 警 ( ) 影、2部动画电影，其中《熊出没·逆转时空》是一部动画电影.该影 (A)9 (B)10 院某天预留了A,B两个影厅用于放映这4部电影，这4部电影当天 选择性 (C)11 (D)12 全部放映，每部电影固定在一个影厅内放映，每个影厅当天至少放 3.设a是大于零的自然数，且a<27,则(27-a)(28-a)…(36 映一部电影，则下列选项正确的是 ( 必 修第三 a)= (A)若B影厅仅放映1部电影，有4种安排方法 (A)A9。 (B)A% (B)一共有16种安排方法 高中数学·选择性必修第三册(！ 册 (C)A36-。 (D)A8-。 (C)若将《熊出没·逆转时空》安排至A影厅，有7种安排方法 (D)若将2部动画电影安排至不同影厅，有4种安排方法 ax 10 A 4二武(：-)” 的展开式的中间项为 16.(15分)已知在(2 1 的展开式中满足a>0,且常数 教 11.我看国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较 A 版 (A)-126x (B)126x 深的研究.设a,b,m(m>0)为整数，若a和b被m除得的余数相同， 版 核 项为的 核 (C)126x6和-126x3 (D)126x6和126x 则称a和b对模m同余，记为a=b(modm).若a=Co+C20×3+ (1)求a的值； 养综 5.不等式1 1 C,×32+…+C0×3”,a=b(mod5),则b的值可以是( CC (2)从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理 (A)2005 (B)2006 (C)2020 (D)2021 养综 合测评 (A){xI5≤x≤12，x∈N} (B){6,7,8,9,10,11,12 项也有无理项，共有多少种不同的取法？ 评 (C){x1x≥5，x∈N} (D){5,6,7,8,9,10,11} 第Ⅱ卷非选择题（共92分) 6.现有红色、黄色、蓝色的球各4个，每个球上都标有不同的编 号.从中任取3个球，若这3个球的颜色不全相同，且至少有一个红 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 球，则不同的取法有 12.某校开展“阳光体育”活动，共设踢毽、跳绳、拔河、推火车、 (A)160种 (B)220种 多人多足五个集体比赛项目，各比赛项目逐一进行.为了增强比赛 (C)256种 (D)472种 的趣味性，在安排比赛顺序时，多人多足不排在第一场，拔河排在最 7已知等差数列a,的第5项是(：-士+2)°的展开式中的 后一场，则不同的安排方案种数为 13.用数字0、1、2、34、5可以组成没有重复数字并且比20000 常数项，则a2+as= 大的五位偶数共有 个 (A)20 (B)-20 (C)40 (D)-40 14.已知（任+my)(2x-)°的展开式中y的系数为80，则 8.甲、乙等6人报名参加了A,B,C3个项目的志愿者工作，因工 m的值为