江苏苏州市某校2025-2026学年高二下学期周测七数学试题

**基本信息** 以排列组合、二项式定理为核心，通过劳动节值班安排、杨辉三角文化等情境，考查数学眼光观察现实、逻辑推理与应用能力，适配高二周测的知识巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|5/25|排列组合（第1、4题）、二项式系数（第2、3题）|结合劳动节值班情境，考查分类计数原理| |多选题|5/25|杨辉三角（第7题）、错位排列（第10题）|融入数学文化，考查组合数性质与实际应用| |填空题|1/5|二项式定理整除问题（第11题）|基础巩固，联系星期推算实际问题| |解答题|7/95|二项式定理证明（第13题）、系数计算（第12、15题）|综合考查逻辑推理与数学语言表达，梯度设计合理|

高二下学期滚动练习7 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题(每小题5分，共25分) 1．某单位劳动节共有五天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从A、B、C、D、E、F、G七人中选择五人值班，每名员工最多值班一天，已知A不在第一天值班，B不在第五天值班，则值班安排共有（   ） A．1740种 B．1760种 C．1800种 D．1860种 2．在的展开式中，含项的系数是（   ） A．1139 B．1140 C．1329 D．1330 3．已知的展开式中第4项和第6项的二项式系数相等，则（   ） A．12 B．78 C．220 D．286 4．甲、乙、丙、丁、戊、己6名同学站成一排参加文艺汇演，若甲和乙相邻，且都不站在两端，则不同的排列方式共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．144种 5．设，且，若能被9整除，则（    ） A．0 B．1 C．7 D．8 二、多选题 本题共5小题，每小题5分，共25分。 6．已知，则（    ） A． B． C． D． 7．我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的，以下关于杨辉三角的说法正确的是（    ） A．第6行从左到右第4个数是 B．第行的第个数最大 C． D．记第n行的第i个数为，则 8．已知，则下列结论正确的是（    ） A．二项式系数最大的项是第项 B．展开式中常数项为第项 C．展开式中第项、第项、第项的系数成等差数列 D．展开式中奇数项的二项式系数和为 9．现有6本不同的书，下列说法正确的有（    ） A．分成一堆一本，一堆两本，一堆三本，共有60种方法 B．甲得一本，乙得两本，丙得三本，共有180种方法 C．一人得一本，一人得二本，一人得三本，共有360种方法 D．平均分给甲､乙､丙三人，共有90种方法 10．将五个编号为1，2，3，4，5的小球放入五个分别标有1，2，3，4，5号的盒子中，则下列结论正确的有（    ） A．共有3125种放法 B．恰有一个盒子不放球，共有1200种放法 C．恰有两个盒子不放球，共有3000种放法 D．没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有44种 三、填空题(共5分) 11．今天是星期二，则天后是星期______． 四、解答题 12．(12分)已知等式（x2+2x+2）5＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a10（x+1）10，其中ai（i＝0，1，2，…，10）为实常数．求： （1）的值； （2）的值． 13．(12分)（1）用组合数公式证明： （2）证明：. （3）证明：. 14．(12分)已知， ． （1）求 的值； （2）试猜想的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想． 15．(12分)已知，且． (1)求二项式系数最大的项； (2)求的值． 16．(15分)设，求下面各式的值． (1)求； (2)求； (3)求． 17．(16分)已知在的展开式中，第6项系数与第4项系数之比是6:1. (1)求展开式中所有二项式系数的和. (2)若展开式中，第k项为有理项，求k的取值集合. (3)求展开式中系数绝对值最大的项. 18．(16分)已知展开式共有11项. (1)求n的值，并求二项式系数的最大值； (2)求的值； (3)求的值. 高二下学期滚动练习7 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．某单位劳动节共有五天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从A、B、C、D、E、F、G七人中选择五人值班，每名员工最多值班一天，已知A不在第一天值班，B不在第五天值班，则值班安排共有（   ） A．1740种 B．1760种 C．1800种 D．1860种 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合排列、组合计数问题列式计算即得. 【详解】若A、B不值班，值班安排有种； 若A、B只有一人不值班，值班安排有种； 若A、B都值班，值班安排有种， 所以值班安排共有1860种. 故选：D. 2．在的展开式中，含项的系数是（   ） A．1139 B．1140 C．1329 D．1330 【答案】C 【分析】由的展开通项为，在展开式中含项的系数分别为 、、，根据组合式求和即可. 【详解】因为的展开通项为， 所以的展开式中含项的系数分别为 、、，其系数和为， 则， 其中，，，依次类推， 得出. 故选：C. 3．已知的展开式中第4项和第6项的二项式系数相等，则（   ） A．12 B．78 C．220 D．286 【答案】D 【分析】由题意得，进一步结合公式化简所求即可. 【详解】由题意，所以， 因为， 所以 . 故选：D. 4．甲、乙、丙、丁、戊、己6名同学站成一排参加文艺汇演，若甲和乙相邻，且都不站在两端，则不同的排列方式共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．144种 【答案】D 【分析】应用捆绑法及特殊位置优先处理计算求解 【详解】甲、乙、丙、丁、戊、己6名同学站成一排参加文艺汇演， 若甲和乙相邻，则有种排法，且甲和乙都不站在两端丙、丁、戊、己4名同学选2人在两端有种排法， 所以不同的排列方式有种排法. 故选：D. 5．设，且，若能被9整除，则（    ） A．0 B．1 C．7 D．8 【答案】B 【分析】由，结合二项式定理即可求解. 【详解】 因为能被9整除，所以，所以. 故选：B 二、多选题 6．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】应用赋值法计算求解A，B，C，求出导函数再应用赋值法计算判断D. 【详解】因为， 令，则，所以，A选项正确； 令，则， 所以， 所以，B选项正确； 令，则， 又因为， ，C选项错误； 因为， 求导数得， 令，则， ，D选项正确； 7．我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的，以下关于杨辉三角的说法正确的是（    ） A．第6行从左到右第4个数是 B．第行的第个数最大 C． D．记第n行的第i个数为，则 【答案】ACD 【详解】选项：由题目所给的杨辉三角可知，从第行起，第行第个数可表示为, 故第行从左到右第四个数是，故正确 . 选项：第行第个数可表示为,由组合数的性质可知最大,因此时最大，故错误. 选项：,故正确. 选项：第行第个数,因此,令,则, 即,故正确. 8．已知，则下列结论正确的是（    ） A．二项式系数最大的项是第项 B．展开式中常数项为第项 C．展开式中第项、第项、第项的系数成等差数列 D．展开式中奇数项的二项式系数和为 【答案】AC 【分析】利用二项式系数的单调性可判断A选项；利用二项展开式通项可判断B选项；利用组合数公式可判断C选项；利用展开式中奇数项的二项式系数和可判断D选项. 【详解】对于A选项，的展开式共项，二项式系数最大的项是第项，A对； 对于B选项，展开式通项为， 令可得，不符合题意，故展开式中无常数项，B错； 对于C选项，展开式中第项的系数为、第项的系数为、第项的系数为， 因为， 所以，即展开式中第项、第项、第项的系数成等差数列，C对； 对于D选项，展开式中奇数项的二项式系数和为，D错. 9．现有6本不同的书，下列说法正确的有（    ） A．分成一堆一本，一堆两本，一堆三本，共有60种方法 B．甲得一本，乙得两本，丙得三本，共有180种方法 C．一人得一本，一人得二本，一人得三本，共有360种方法 D．平均分给甲､乙､丙三人，共有90种方法 【答案】ACD 【详解】A选项，6本中选1本作为一堆，剩下5本中选2本作为一堆，剩下3本作为一堆， ，共有种方法． B选项，6本中选1本给甲，剩下5本中选2本给乙，剩下3本给丙， ，共有种方法． C选项，三人排序，6本中选1本给第一人，剩下5本中选2本给第二人，剩下3本给第三 人，，共有种方法． D选项，6本中选2本给甲，剩下4本中选2本给乙，剩下2本给丙， ，共有种方法． 10．将五个编号为1，2，3，4，5的小球放入五个分别标有1，2，3，4，5号的盒子中，则下列结论正确的有（    ） A．共有3125种放法 B．恰有一个盒子不放球，共有1200种放法 C．恰有两个盒子不放球，共有3000种放法 D．没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号都不相同的放法共有44种 【答案】ABD 【分析】根据分步乘法计数原理即可判断A；根据分组分配判断BC；根据题意得出递推公式即可判断D． 【详解】对于A，由题意知，共有种放法，故A正确； 对于B，恰有一个盒子不放球，选出不放球的盒子，共有种， 再将5个球分为4份，其中一份有2球，再分给4个盒子，共有, 所以共有种放法，故B正确； 对于C，恰有两个盒子不放球，选出不放球的盒子，共有种， 再将5个球分为3份，可分为和，再分给3个盒子，共有， 所以共有种放法，故C错误； 对于D，用递推的方法计算，记个元素的错位排列数为； 对于：只有1个球，必须放1号盒，一定同号，所以， 对于：只有两个球，只能互相放对方盒子，所以, 递推公式:， 意思是：先选1个球，比如选球1，它不能放1号盒，所以有个盒子可以选， 如果球1选了号盒，再分两种情况算球的放法：要么球放1号盒，剩下个元素错位排列，对应；要么球不能放1号盒，相当于剩下个元素错位排列，对应， 所以， ， ，故D正确． 三、填空题 11．今天是星期二，则天后是星期______． 【答案】三 【分析】利用二项式定理的整除问题即可求得结果. 【详解】因为, 前10个数除以7都能除尽，最后的那个数1即是余数，故天后是星期三. 故答案为：三 四、解答题 12．已知等式（x2+2x+2）5＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a10（x+1）10，其中ai（i＝0，1，2，…，10）为实常数．求： （1）的值； （2）的值． 【答案】（1）31；（2）160． 【分析】（1）利用（x2+2x+2）5＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a10（x+1）10，采用赋值法可求得的值； （2）对已知关系式两边求导后，令x＝0即可求的值． 【详解】（1）∵（x2+2x+2）5＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a10（x+1）10， ∴令x＝﹣1得：15＝a0，即a0＝1， 再令x＝0，有a0+a1+a2+…+a10＝25， ∴＝a1+a2+…+a10＝25﹣a0＝31； （2）∵（x2+2x+2）5＝a0+a1（x+1）+a2（x+1）2+…+a10（x+1）10， ∴两边求导得：5（x2+2x+2）4•（2x+2）＝a1+2a2（x+1）+3a3（x+1）2+…+10a10（x+1）9，令x＝0得：5×24×2＝a1+2a2+3a3+…+10a10， 即＝a1+2a2+3a3+…+10a10 ＝160； 综上， ，    . 13．（1）用组合数公式证明： （2）证明：. （3）证明：. 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析 【分析】（1）利用组合的阶乘公式，分别化简左、右边，即可得证；（2）公式法：利用公式和，即可证明；（3）利用二项式定理将展开，结合放缩法证明不等式即可. 【详解】（1）左边， 右边， 所以； （2）利用公式， 则 ， ∴． （3） . 【点睛】本题考查组合数公式的证明与应用，二项式定理的应用，涉及等式、不等式的证明；注意观察原等式或不等式的形式，结合二项式定理，属于难题. 14．已知， ． （1）求 的值； （2）试猜想的表达式（用一个组合数表示），并证明你的猜想． 【答案】（1）1，3，10；（2）= 【详解】试题分析：（1）代入，根据组合数依次求出 的值；（2）根据数值猜想=，利用倒序相加法可求出的表达式 试题解析：解：（1）由条件，  ①， 在①中令，得．                                      在①中令，得，得．                在①中令，得，得．       （2）猜想=（或=）．                                     欲证猜想成立，只要证等式成立． 方法一：当时，等式显然成立， 当时，因为， 故． 故只需证明． 即证． 而，故即证  ②． 由等式可得，左边的系数为． 而右边 ， 所以的系数为． 由恒成立可得②成立. 综上，成立.                                                 方法二：构造一个组合模型，一个袋中装有个小球，其中n个是编号为1，2，…，n的白球，其余n－1个是编号为1，2，…，n－1的黑球，现从袋中任意摸出n个小球，一方面，由分步计数原理其中含有个黑球（个白球）的n个小球的组合的个数为，，由分类计数原理有从袋中任意摸出n个小球的组合的总数为． 另一方面，从袋中个小球中任意摸出n个小球的组合的个数为． 故，即②成立.  余下同方法一.            方法三：由二项式定理，得  ③． 两边求导，得  ④． ③×④， 得  ⑤． 左边的系数为． 右边的系数为 ． 由⑤恒成立，可得． 故成立. 15．已知，且． (1)求二项式系数最大的项； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由二项展开式通项公式得出，然后由求出，根据二项式系数的性质得出最大项的项数，再求出该项即可； （2）在展开式中令可得，令再结合可得结论. 【详解】（1）展开式通项为， 令，，所以，， 结合，故． 二项式系数最大的项为第项. （2）在中， 分别令得：， 令，则， 所以. 16．设，求下面各式的值． (1)求； (2)求； (3)求． 【答案】(1)-4050 (2) (3) 【分析】（1）由二项式定理即可求解； （2）由赋值法即可求解； （3）先求导，然后结合赋值法即可求解. 【详解】（1）； （2）令， 则， 两式相减得，； （3）因为， 两边分别求导，得2025， 令，得． 17．已知在的展开式中，第6项系数与第4项系数之比是6:1. (1)求展开式中所有二项式系数的和. (2)若展开式中，第k项为有理项，求k的取值集合. (3)求展开式中系数绝对值最大的项. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据展开式的通项及第6项系数与第4项系数之比是6:1，求出的值，根据即可求得二项式系数和； （2）利用（1）的结论及展开式的通项知，当k为偶数时为有理项，由此可得k的取值集合. （3）利用通项写出各项的系数，列出相应的不等式组，求解可得的值，即可得到展开式中系数绝对值最大的项. 【详解】（1）的展开式的通项为. 因为第6项系数与第4项系数之比是6:1，所以，即， 化简得，即. 因为，所以. 所以的展开式中所有二项式系数的和为. （2）由（1）知的展开式的第项为. 若展开式中，第k项为有理项，则是整数，即是奇数，所以为偶数. 所以k的取值集合为. （3）的展开式的通项为，系数为. 令，即， 解得. 因为，所以. 所以展开式中系数绝对值最大的项为. 18．已知展开式共有11项. (1)求n的值，并求二项式系数的最大值； (2)求的值； (3)求的值. 【答案】(1)，252 (2) (3)0 【分析】（1）根据展开式的项数特征可求得，进而求得二项式系数的最大值； （2）先分析原二项式展开式系数的正负性，再通过赋值法，将原二项式中的负号转化为正号后令，从而得到值； （3）利用赋值法，令，代入原二项式展开式直接得到值. 【详解】（1）二项式展开式的项数为， 由题知展开式共11项，因此，得， 因为10是偶数，故二项式系数的最大值为； （2）展开式中，系数的符号由决定， 即对应将原式中换为1后的系数， 等价于令代入原式：， 计算得，因此结果为； （3）令，代入等式得， 左边等于，因此结果为0. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $