（江蘇專用）2020版高考數(shù)學大一輪復習 第十章 附加考查部分 3 第3講 排列、組合與二項式定理刷好題練能力 文

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1、第3講 排列、組合與二項式定理 1．求(1－)20的二項展開式中，x的系數(shù)與x9的系數(shù)之差． 解：由(1－)20?Tr＋1＝C(－)r＝(－1)rCx. 所以＝1?r＝2?x的系數(shù)為C，＝9?r＝18?x9的系數(shù)為C. 所以C－C＝C－C＝0. 2．若的展開式中各項系數(shù)和為1 024，試確定展開式中的有理項． 解：令x＝1，則22n＝1 024，解得n＝5. Tr＋1＝C(3x)5－r＝C·35－r·x， 有理項即使為整數(shù)， r＝0、r＝2、r＝4，有3項， 即T1＝243x5，T3＝270x2，T5＝15x－1. 3．已知(n∈N*)的展開式中第五項的系數(shù)與第三項的

2、系數(shù)的比是10∶1. (1)求展開式中各項系數(shù)的和； (2)求展開式中含x的項． 解：由題意知，第五項系數(shù)為C·(－2)4， 第三項的系數(shù)為C·(－2)2，則有＝， 化簡得n2－5n－24＝0，解得n＝8或n＝－3(舍去)． (1)令x＝1得各項系數(shù)的和為(1－2)8＝1. (2)通項Tk＋1＝C()8－k＝C(－2)kx－2k， 令－2k＝，則k＝1，故展開式中含x的項為T2＝－16x. 4．二項式(2x－3y)9的展開式中，求： (1)二項式系數(shù)之和； (2)各項系數(shù)之和； (3)所有奇數(shù)項系數(shù)之和． 解：設(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…

3、＋a9y9. (1)二項式系數(shù)之和為C＋C＋C＋…＋C＝29. (2)各項系數(shù)之和為a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1. (3)由(2)知a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1， 令x＝1，y＝－1，得a0－a1＋a2－…－a9＝59， 將兩式相加，得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝，即為所有奇數(shù)項系數(shù)之和． 5．有5個男生和3個女生，從中選出5人擔任5門不同學科的科代表，求分別符合下列條件的選法數(shù)： (1)有女生但人數(shù)必須少于男生； (2)某女生一定擔任語文科代表； (3)某男生必須包括在內(nèi)，但不擔任數(shù)學科代表； (4)某女生一定要擔任語文科代表，某男生必須擔任科代表

4、，但不擔任數(shù)學科代表． 解：(1)先選后排，先選可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有CC＋CC種，后排有A種，共有(CC＋CC)·A＝5 400種． (2)除去該女生后，先取后排，有C·A＝840種． (3)先選后排，但先安排該男生，有C·C·A＝3 360種． (4)先從除去該男生該女生的6人中選3人有C種，再安排該男生有C種，選出的3人全排有A種，共C·C·A＝360種． 6．已知的展開式中，前三項系數(shù)成等差數(shù)列． (1)求n； (2)求第三項的二項式系數(shù)及項的系數(shù)； (3)求含x項的系數(shù)． 解：(1)因為前三項系數(shù)1，C，C成等差數(shù)列． 所以2·C＝1＋C，即n2

5、－9n＋8＝0. 所以n＝8或n＝1(舍)． (2)由n＝8知其通項Tr＋1＝C·()8－r·＝·C·x4－r，r＝0，1，…，8. 所以第三項的二項式系數(shù)為C＝28. 第三項系數(shù)為·C＝7. (3)令4－r＝1，得r＝4， 所以含x項的系數(shù)為·C＝. 7．4個不同的球，4個不同的盒子，把球全部放入盒內(nèi)． (1)恰有1個盒不放球，共有幾種放法？ (2)恰有1個盒內(nèi)有2個球，共有幾種放法？ (3)恰有2個盒不放球，共有幾種放法？ 解：(1)為保證“恰有1個盒不放球”，先從4個盒子中任意取出去一個，問題轉(zhuǎn)化為“4個球，3個盒子，每個盒子都要放入球，共有幾種放法？”，即把4個球

6、分成2，1，1的三組，然后再從3個盒子中選1個放2個球，其余2個球放在另外2個盒子內(nèi)，由分步計數(shù)原理，共有CCC×A＝144種． (2)“恰有1個盒內(nèi)有2個球”，即另外3個盒子放2個球，每個盒子至多放1個球，也即另外3個盒子中恰有一個空盒，因此，“恰有1個盒內(nèi)有2個球”與“恰有1個盒不放球”是同一件事，所以共有144種放法． (3)確定2個空盒有C種方法，4個球放進2個盒子可分成(3，1)，(2，2)兩類，第一類有序不均勻分組有CCA種方法；第二類有序均勻分組有·A種方法． 故共有C＝84種． 8．(2019·南京、鹽城模擬)已知m，n∈N*，定義fn(m)＝. (1)記am＝f6(

7、m)，求a1＋a2＋…＋a12的值； (2)記bm＝(－1)mmfn(m)，求b1＋b2＋…＋b2n所有可能值的集合． 解：(1)由題意知，fn(m)＝ 所以am＝ 所以a1＋a2＋…＋a12＝C＋C＋…＋C＝63. (2)當n＝1時，bm＝(－1)mmf1(m)＝則b1＋b2＝－1. 當n≥2時，bm＝ 又mC＝m·＝n·＝nC， 所以b1＋b2＋…＋b2n＝n[－C＋C－C＋C＋…＋(－1)nC]＝0. 所以b1＋b2＋…＋b2n的取值構(gòu)成的集合為{－1，0}． 1．已知(2－x)50＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a50x50，其中a0，a1，a2…，a50是常數(shù)，

8、計算(a0＋a2＋a4＋…＋a50)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a49)2. 解：設f(x)＝(2－x)50，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a50＝(2－)50， 令x＝－1，得a0－a1＋a2－…＋a50＝(2＋)50， (a0＋a2＋a4＋…＋a50)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a49)2 ＝(a0＋a1＋a2＋…＋a50)(a0－a1＋a2－…＋a50) ＝(2－)50(2＋)50＝1. 2．求證：(1)32n＋2－8n－9能被64整除(n∈N*)； (2)3n＞(n＋2)·2n－1(n∈N*，n＞2)． 證明：(1)因為32n＋2－8n－9＝32·32n－8n－9

9、 ＝9·9n－8n－9＝9(8＋1)n－8n－9 ＝9(C8n＋C8n－1＋…＋C·8＋C·1)－8n－9 ＝9(8n＋C8n－1＋…＋C82)＋9·8n＋9－8n－9 ＝9×82(8n－2＋C·8n－3＋…＋C)＋64n ＝64[9(8n－2＋C8n－3＋…＋C)＋n]． 所以32n＋2－8n－9能被64整除． (2)因為n∈N*，且n＞2，3n＝(2＋1)n＝2n＋C·2n－1＋…＋C·2＋1>2n＋n·2n－1＋2n＋1＞2n＋n·2n－1＝(n＋2)·2n－1， 故3n＞(n＋2)·2n－1. 3．(2019·鹽城調(diào)研)已知f(x)＝(2＋)n，其中n∈N*. (1)

10、若展開式中x3的系數(shù)為14，求n的值； (2)當x＝3時，求證：f(x)必可表示成＋(s∈N*)的形式． 解：(1)因為Tr＋1＝C·2n－r·x. 令＝3得r＝6， 故x3項的系數(shù)為C·2n－6＝14， 解得n＝7. (2)證明：由二項式定理可知 (2＋)n＝C2n＋C2n－1·＋C2n－2·()2＋…＋C2n－r()r＋…＋C()n ＝(C2n＋C2n－2()2＋…)＋(C2n－1＋C2n－3·3＋…)． 令x0＝C2n＋C2n－2()2＋…，y0＝C2n－1＋C2n－3·3＋…，顯然x0∈N*，y0∈N*. 則(2＋)n＝x0＋y0，(2－)n＝x0－y0， 所以(

11、2＋)n·(2－)n＝x－3y＝1. 令s＝x，則必有s－1＝x－1＝3y. 從而當x＝3時，f(x)必可表示成＋的形式，其中s∈N*. 4．編號為A，B，C，D，E的五個小球放在如圖所示的五個盒子里，要求每個盒子只能放一個小球，且A球不能放在1，2號，B球必須放在與A球相鄰的盒子中，不同的放法有多少種？ 解：根據(jù)A球所在位置分三類： (1)若A球放在3號盒子內(nèi)，則B球只能放在4號盒子內(nèi)，余下的三個盒子放球C，D，E，則根據(jù)分步計數(shù)原理得，此時有A＝6種不同的放法； (2)若A球放在5號盒子內(nèi)，則B球只能放在4號盒子內(nèi)，余下的三個盒子放球C，D，E，則根據(jù)分步計數(shù)原理得，此時有

12、A＝6種不同的放法； (3)若A球放在4號盒子內(nèi)，則B球可以放在2號，3號，5號盒子中的任何一個，余下的三個盒子放球C，D，E，有A＝6種不同的放法，根據(jù)分步計數(shù)原理得，此時有AA＝18種不同的放法． 綜上所述，由分類計數(shù)原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30種． 5．(2019·南京六校聯(lián)考)已知g(x)＝Cfx0(1－x)n＋Cfx1(1－x)n－1＋Cfx2(1－x)n－2＋…＋ Cfxn(1－x)0. (1)若f(x)＝1，求g(x)； (2)若f(x)＝x，求g(x)． 解：(1)因為f(x)＝1，所以f＝f＝…＝f＝1, 所以g(x)＝Cx0(1－x)n＋

13、Cx1(1－x)n－1＋Cx2(1－x)n－2＋…＋Cxn(1－x)0＝[(1－x)＋x]n＝1. 因為00無意義，所以g(x)＝1，且x≠0，x≠1，x∈R. (2)因為rC＝r·＝＝n·＝nC， 其中r＝1，2，…，n. 所以rC＝nC(r＝1，2，…，n ). 又因為f(x)＝x， 所以g(x)＝C·0·x0(1－x)n＋C··x1(1－x)n－1＋C··x2(1－x)n－2＋…＋C··xn(1－x)0 ＝[Cx1(1－x)n－1＋2Cx2(1－x)n－2＋…＋rCxr(1－x)n－r＋…＋nCxn(1－x)0]

14、 ＝·n[Cx1(1－x)n－1＋Cx2(1－x)n－2 ＋…＋C·xr(1－x)n－r＋…＋Cxn(1－x)0] ＝x[Cx0(1－x)n－1＋Cx1(1－x)n－2＋…＋C·xr－1(1－x)(n－1)－(r－1)＋…＋Cxn－1(1－x)0] ＝x[(1－x)＋x]n－1＝x. 即g(x)＝x，且x≠0，x≠1，x∈R. 6．(2019·江蘇省重點中學領航高考沖刺卷(五))已知F(n)＝a1－a2C＋a3C－a4C＋…＋(－1)nan＋1C(n≥2，n∈N*)． (1)若數(shù)列{an}是首項為1，公比為－1的等比數(shù)列，求證：F(n)＝2n； (2)若對任意的n≥2，n∈N

15、*，都有F(n)＝0成立，試證明數(shù)列{an}是等差數(shù)列． 證明：(1)因為數(shù)列{an}是首項為1，公比為－1的等比數(shù)列， 所以an＝(－1)n－1(n∈N*)， 即F(n)＝C＋C＋C＋C＋…＋C. 又(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋Cx3＋…＋Cxn， 所以令x＝1，得C＋C＋C＋C＋…＋C＝2n， 所以F(n)＝2n. (2)①當n＝2時，F(xiàn)(2)＝a1－a2C＋a3C＝0， 即2a2＝a1＋a3， 所以數(shù)列{an}的前3項成等差數(shù)列． ②假設當n＝k(k≥2，k∈N*)時， 數(shù)列{an}的前k＋1項成等差數(shù)列． 因為對任意的n≥2，n∈N*都有F(n)＝0成立， 所以F(k＋1)＝0成立， 所以 兩式相減得，－a2(C－C)＋a3(C－C)＋…＋(－1)kak＋1(C－C)＋(－1)k＋1ak＋2C＝0. 因為C＝C＋C， 所以－a2C＋a3C－a4C＋…＋(－1)kak＋1C＋(－1)k＋1ak＋2C＝0， 即a2－a3C＋a4C＋…＋(－1)k－1ak＋1C＋(－1)kak＋2C＝0. 由假設可知a2，a3，a4，…，ak＋1，ak＋2成等差數(shù)列， 從而數(shù)列{an}的前k＋2項成等差數(shù)列． 由①②可知，若對任意的n≥2，n∈N*，都有F(n)＝0成立，則數(shù)列{an}是等差數(shù)列． 7