第三章 排列、组合与二项式定理（高效培优单元测试-提升卷）（解析版）数学人教B版2019选择性必修第二册

2/22第三章排列、组合与二项式定理（高效培优单元测试·提升卷）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）第一部分（选择题共58分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．的展开式中的系数为（

）A．10 B．15 C．20 D．25【答案】B【难度】0.65【知识点】求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题【分析】先把两项相乘化简，再应用二项式展开式的通项公式结合组合数的计算求解.【详解】的展开式中含的项为，所以的系数为15.故选：B.2．哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等六名教师被随机地分到四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法（

）A．1080 B．1560 C．2640 D．3960【答案】B【难度】0.65【知识点】排列组合综合、分组分配问题【分析】根据分类加法计数原理和部分平均分组计数方法计算即得.【详解】依题意，可分为两类情况：第一类，将六名教师按照分配到四个不同的中学，有种分法；第二类，将六名教师按照分配到四个不同的中学，有种分法.故由分类加法计数原理，共有种不同分法.故选：B.3．的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为（

）A．60 B． C．15 D．【答案】A【难度】0.85【知识点】求二项展开式的第k项、二项式的系数和【分析】根据二项式系数和的性质，求出参数；根据二项式展开式，求出指定项即可.【详解】由题可知，解得，则二项式展开式通项公式为，令，解得，所以常数项为.故选：A.4．如图是第14届国际数学教育大会的会标，会标中“ICME－14”的下方展示的是八卦中的四卦——3，7，4，4，这是中国古代八进制计数符号，换算成现代十进制数是，正是会议最初计划召开的年份，那么八进制数换算成十进制数，换算后十进制数的末尾数字是（

）A．1 B．3 C．5 D．7【答案】B【难度】0.65【知识点】二项展开式的应用、不同进制数的互化【分析】先将八进制数换算成十进制数得，进而得，利用二项式定理即可求解.【详解】由进位制的换算方法可知，八进制数换算成十进制数为．根据二项式定理，可得，因为是10的倍数，所以换算后十进制数的末尾数字为的末尾数字，由，可得末尾数字为3．故选：B．5．某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【难度】0.65【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题、实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率【分析】分别求出区域1与区域3种同种花卉和不同花卉的方案种数，根据古典概率的公式求解.【详解】当区域1与区域3种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种；当区域1与区域3不种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种．故该花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为.故选：B.6．关于的展开式，下列说法正确的是（

）A．第项的二项式系数最大B．当时，被除的余数为C．展开式中存在常数项D．展开式中存在连续三项的系数成等差数列【答案】D【难度】0.65【知识点】组合数方程和不等式、二项式系数的增减性和最值、求指定项的系数、整除和余数问题【分析】利用二项式系数的单调性可判断A选项；利用二项展开式可判断B选项；利用二项展开式通项可判断C选项；假设、、成等差数列，利用等差中项的性质结合组合数公式求出的值，可判断D选项.【详解】对于A选项，的展开式有项，其中第项的二项式系数最大，A错；对于B选项，当时，，因为能被整除，故被整除的余数为，B错；对于C选项，的展开式通项为，由得，故展开式中不存在常数项，C错；对于D选项，由C选项可知，展开式中每一项的系数都为其二项式系数，不妨设、、成等差数列，所以，即，整理得，解得或，合乎题意，D对.故选：D.7．衡水湖国际马拉松赛是经国家体育总局批准的国际性马拉松赛事，自2012年起每年9月份举行一届．竞赛项目分为全程马拉松、半程马拉松和迷你马拉松．甲、乙、丙等5名马拉松爱好者均计划参加衡水湖国际马拉松赛，若甲和乙均参加迷你马拉松，且每人只参加一个竞赛项目，这5名马拉松爱好者的竞赛项目涵盖了三个竞赛项目，则不同的参赛方案有（

）A．6种 B．12种 C．24种 D．18种【答案】B【难度】0.65【知识点】排列组合综合、分组分配问题【分析】根据参加迷你马拉松的情况进行分两类进行讨论，只有甲和乙参加迷你马拉松和有3人参加迷你马拉松，分别求出方案数，再相加即可．【详解】若只有甲和乙参加迷你马拉松，则剩下的3人按1，2分成2组，所以有种参赛方案；若有3人参加迷你马拉松，则从剩下的3人中选1人参加迷你马拉松，再将剩余的2人按1，1分成2组，所以有种参赛方案．故不同的参赛方案共有种，故选：B．8．杭州“六小龙”企业(宇树科技、深度求索、游戏科学、群核科技、强脑科技、云深处科技)在科技领域大放异彩.现从这6家企业中选出4家，分别派往A、B、C、D四个不同的科技交流活动进行成果展示，且必须同时满足条件：①宇树科技和深度求索中至少有一家被选中；②若宇树科技被选中，则必须去A活动，若深度求索被选中，则不能去D活动.则不同的安排方式种数是（

）A．96 B．120 C．240 D．336【答案】B【难度】0.65【知识点】元素（位置）有限制的排列问题【分析】分选中宇树科技，不选中深度求索、选中深度求索，不选中宇树科技、宇树科技和深度求索都选中，三种情况分别求解即可.【详解】若选中宇树科技，不选中深度求索，共有种安排方式；若选中深度求索，不选中宇树科技，共有种安排方式；若宇树科技和深度求索都选中，共有种安排方式，所以不同的安排方式种数是.故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑假开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（

）A．某学生从中选2门课程学习，共有30种选法B．课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有72种排法D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504种排法【答案】BD【难度】0.65【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题、实际问题中的组合计数问题【分析】根据题意，由分步、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别判断各选项即可.【详解】对于A，某学生从中选2门课程学习，共有种选法，故A错误；对于B，课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有种排法，故B正确；对于C，课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有种排法，故C错误；对于D，课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，分两种情况：若课程“礼”排在最后一周，有种排法，若课程“礼”不排在最后一周，有种排法，共有种排法，故D正确.故选：BD.10．已知函数，则（

）A． B．C．的个位数是9 D．【答案】BD【难度】0.65【知识点】二项展开式的应用、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和【分析】赋值法求系数和判断A、B；由，结合展开式通项得个位数由决定，即可判断C；由并应用二项式定理求对应项系数判断D.【详解】由题设，令，则，A错；令，则，所以，即，B对；由，展开式通项为，显然个位数由决定，即个位数是1，C错；由，展开式通项为，，当时，，即，D对.故选：BD11．如图，“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中就有出现，则下列关于“杨辉三角”的性质中正确的是（

）A．第2026行的第1013个数最大B．第8行所有数之和为256C．D．记第20，21行数的最大值分别为a，b，则【答案】BC【难度】0.65【知识点】二项式系数的增减性和最值、二项式的系数和【分析】根据二项式系数的性质判断.【详解】A错，因为第2026行的第个数是，由组合数性质可知，为的最大值，所以第2026行的第1014个数最大；B对，由二项式系数的性质知，第n行各数的和为，所以第8行所有数之和为；C对，因为；D错，第20行数的最大值为，第21行数的最大值为，所以．故选：BC.第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．展开式中各项系数的和为64，则展开式中的常数项为．【答案】4【难度】0.65【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和、三项展开式的系数问题【分析】通过赋值求得，再根据展开式中常数项的产生，结合组合数的计算即可求得结果.【详解】由题意，取，可得，解得，则即，其展开式中的常数项可由两种形式的项构成：①3个括号全部选常数项1，可得这样的常数项为1；②2个括号选的项且1个括号选的项，可得这样的常数项为.综上可得，展开式中的常数项为.故答案为：4.13．如图，从1开始出发，一次移动是指从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到9，1→2→3→5→7→8→9就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到9的事件中（每条移动路线都是等可能的），经过数字的概率记为，则，．【答案】5【难度】0.65【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、计算古典概型问题的概率【分析】根据题意分析可知：，进而求出相应的的值，结合古典概型求，【详解】由题意得：，若移动到数字，则由数字或数字移动一次得到，则，据此即可得到，，又因为从到共有三条路径可走，故从1到9经过6的路径共有，故,故答案为：，14．如图，现要对某公园的4个区域进行绿化，有5种不同颜色的花卉可供选择，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，共有种不同的绿化方案（用数字作答）.【答案】180【难度】0.85【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题【分析】利用分步乘法原理求解即可【详解】如图：ABDC从A开始摆放花卉，A有5种颜色花卉摆放方法，B有4种颜色花卉摆放方法，C有3种颜色花卉摆放方法；由D区与B，C花卉颜色不一样，与A区花卉颜色可以同色也可以不同色，则D有3种颜色花卉摆放方法.故共有种涂色方法.故答案为：180四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。15．已知二项式的展开式中各项的二项式系数之和为32．(1)求；(2)求展开式的系数和；(3)求展开式中的系数；(4)求展开式的第四项．【答案】(1)(2)(3)(4)【难度】0.65【知识点】求二项展开式的第k项、二项式的系数和、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和【分析】（1）二项式定理所有二项式系数和为代入即可；（2）令即可求得所有系数的和；（3）写出二项式的通项，可求得；（4）根据第三小问的通项即可求得.【详解】（1）因为二项式的展开式中各项的二项式系数之和为32，即，所以.（2）令，，所以展开式的系数和为.（3）二项式展开式的通项为：，令，解得，所以当时，，所以展开式中的系数为.（4）令，，所以展开式的第四项为.16．从分别写有0，1，2，3，4，5，6的7张卡片中，任取4张，组成没有重复数字的四位数，计算：(1)这个四位数是偶数的概率；(2)这个四位数能被9整除的概率；(3)这个四位数比4510大的概率．【答案】(1)(2)(3)【难度】0.65【知识点】排列组合综合、元素（位置）有限制的排列问题、计算古典概型问题的概率【分析】（1）分个位是不是0讨论，结合古典概型概率计算公式求解.（2）先弄清能被9整除的数字组合，再求能被9整除的数的个数，结合古典概型概率计算公式求解.（3）分情况讨论，先求比4510大的四位数的个数，结合古典概型概率计算公式求解.【详解】（1）组成的所有四位数共有（个）．当这个四位数是偶数时：①若个位数字是0，则有（个）；②若个位数字不是0，则有（个）．所以共有（个）．故组成的四位数为偶数的概率为．（2）能被9整除的数，其各个数位上的数字之和能被9整除.数字组合为：，，，，此时共有这样的四位数（个）．故能组成被9整除的四位数的概率为．（3）对比4510大的四位数进行分类：①当千位是4，百位是5时，有（个）；②当千位是4，百位是6时，有（个）；③当千位大于4时，有（个）．所以共有（个）．故组成的四位数比4510大的概率为．17．（1）求满足等式的所有正整数；（2）已知正整数满足，求正整数的值.【答案】（1）3或7（2）【难度】0.65【知识点】排列数的计算、组合数的计算【分析】（1）利用组合数的性质求解即可；（2）根据排列数的公式计算即可.【详解】（1）因为，所以或，解得：或（2）因为，所以，，解得：18．电影《夺冠》讲述了中国女排姑娘们顽强拼搏、为国争光的励志故事，现有4名男生和3名女生相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起．(1)女生互不相邻的坐法有多少种？(2)甲、乙两位同学相邻且都不与丙同学相邻的坐法有多少种？【答案】(1)1440(2)960【难度】0.65【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题【分析】（1）采用插空法即可求解.（2）利用插空法结合捆绑法可求解.【详解】（1）先将4个男