人教B版 (2019)选择性必修 第二册3.3 二项式定理与杨辉三角课时练习

这是一份人教B版 (2019)选择性必修 第二册3.3 二项式定理与杨辉三角课时练习，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．Ceq \\al(9,10)＋Ceq \\al(8,10)等于( )
A．45 B．55
C．65 D．以上都不对
2．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )
A．10种 B．20种
C．25种 D．32种
3．设n是一个自然数，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(x,n)))n的展开式中含x3项的系数为eq \f(1,16)，则n等于( )
A．7 B．6
C．5 D．4
4．已知集合A＝{－1，－2,1,2,3}，B＝{0,2,4,6,8}，从A，B中各取一个元素，分别作为平面直角坐标系中点的横，纵坐标，则在第二象限中不同点的个数为( )
A．10 B．8
C．6 D．2
5．5人站成一排，甲乙之间恰有一个人的站法有( )
A．18种 B．24种
C．36种 D．48种
6．关于(a－b)10的说法，错误的是( )
A．展开式中的二项式系数之和为1 024
B．展开式中第6项的二项式系数最大
C．展开式中第5项和第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
7．某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有( )
A．16种 B．36种
C．42种 D．60种
8．某计算机商店有6台不同的品牌机和5台不同的兼容机，从中选购5台，且至少有品牌机和兼容机各2台，则不同的选购方法有( )
A．1 050种 B．700种
C．350种D．200种
9.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(x))))8的展开式中常数项为( )
A.eq \f(35,16) B.eq \f(35,8)
C.eq \f(35,4) D．105
10．以一个正方体的顶点为顶点的四面体的个数为( )
A．70 B．64
C．58 D．52
11．8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为( )
A．Aeq \\al(8,8)Aeq \\al(2,9) B．Aeq \\al(8,8)Ceq \\al(2,9)
C．Aeq \\al(8,8)Aeq \\al(2,7) D．Aeq \\al(8,8)Ceq \\al(2,7)
12．设(1＋x)n＝a0＋a1x＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，则展开式中系数最大项是( )
A．15x3 B．20x3
C．21x3 D．35x3
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中的横线上)
13．某科技小组有女同学2名、男同学x名，现从中选出3名去参加展览．若恰有1名女生入选时的不同选法有20种，则该科技小组中男生的人数为________．
14．(1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是________．
15．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有__________种(用数字作答)．
16．从1,3,5,7中任取2个数字，从0,2,4,6,8中任取2个数字组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有__________个．(用数字作答)
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)已知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(C\\al(x,n)＝C\\al(2x,n),C\\al(x＋1,n)＝\f(11,3)C\\al(x－1,n)，))试求x，n的值．
18．(12分)利用二项式定理证明：49n＋16n－1(n∈N＋)能被16整除．
19．(12分)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，
(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？
20．(12分)设(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，求下列各式的值：
(1)a0＋a1＋a2＋…＋a10；
(2)a6.
21．(12分)有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(2)全体站成一排，甲不站排头也不站排尾；
(3)全体站成一排，女生必须站在一起；
(4)全体站成一排，男生互不相邻．
22．(12分)有6本不同的书：(1)全部借给5人，每人至少1本，共有多少种不同的借法？(2)全部借给3人，每人至少1本，共有多少种不同的借法？
章末质量检测(一) 排列、组合与二项式定理
1．解析：Ceq \\al(9,10)＋Ceq \\al(8,10)＝Ceq \\al(1,10)＋Ceq \\al(2,10)＝55，故选B.
答案：B
2．解析：5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有25＝32种，故选D.
答案：D
3．解析：Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,n)))k，令k＝3，则Ceq \\al(3,n)eq \f(1,n3)＝eq \f(1,16)，解得n＝4.
答案：D
4．解析：第二象限内的点满足：横坐标为负，纵坐标为正，故有Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(1,4)＝8(个)．
答案：B
5．解析：首先把除甲乙之外的三人中随机抽出一人放在甲乙之间，有3种可能，甲乙之间的人选出后，甲乙的位置可以互换，故甲乙的位置有2种可能，最后，把甲乙及其中间的那个人看作一个整体，与剩下的两个人全排列是Aeq \\al(3,3)＝6，所以3×2×6＝36(种)，故选C.
答案：C
6．解析：由二项式系数的性质知，二项式系数之和为210＝1 024，故A正确；当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也是正确的，因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的．
答案：C
7．解析：分两类．第一类：同一城市只有一个项目的有Aeq \\al(3,4)＝24种；第二类：一个城市2个项目，另一个城市1个项目，有Ceq \\al(2,3)·Ceq \\al(2,4)·Aeq \\al(2,2)＝36种，则共有36＋24＝60种．
答案：D
8．解析：分两类：(1)从6台不同的品牌机中选3台和从5台不同的兼容机中选2台；
(2)从6台不同的品牌机中选2台和从5台不同的兼容机中选3台．
所以不同的选购方法有Ceq \\al(3,6)Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(2,6)Ceq \\al(3,5)＝350种．
答案：C
9．解析：二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(x)＋\f(1,2\r(x))))8的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,8)(eq \r(x))8－k·(2eq \r(x))－k＝2－kCeq \\al(k,8)，令eq \f(8－2k,2)＝0得k＝4，所以二项展开式的常数项为T5＝2－4×Ceq \\al(4,8)＝eq \f(35,8)，故选B.
答案：B
10．解析：Ceq \\al(4,8)－6－6＝58(个)．
答案：C
11．解析：运用插空法，8名学生间共有9个空隙(加上边上空隙)，先把8名学生排列，有Aeq \\al(8,8)种排法，再把老师排在9个空隙中，有Aeq \\al(2,9)种排法，共有Aeq \\al(8,8)·Aeq \\al(2,9)种排法．
答案：A
12．解析：令x＝0，得a0＝1，
再令x＝1，得2n＝64，所以n＝6，
故展开式中系数最大项是
T4＝Ceq \\al(3,6)x3＝20x3.故选B.
答案：B
13．解析：由题意得Ceq \\al(1,2)·Ceq \\al(2,x)＝20，解得x＝5.
答案：5
14．解析：(1.05)6＝(1＋0.05)6＝Ceq \\al(0,6)＋Ceq \\al(1,6)×0.05＋Ceq \\al(2,6)×0.052＋Ceq \\al(3,6)×0.053＋…＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…≈1.34.
答案：1.34
15．解析：先将6位志愿者分成四组有eq \f(C\\al(2,6)·C\\al(2,4),2)种分法，再将这四组分配至不同场馆有Aeq \\al(4,4)种分法．共计eq \f(C\\al(2,6)·C\\al(2,4),2)·Aeq \\al(4,4)＝1 080种方法．
答案：1 080
16．解析：分三类：
第一类，四位数中包含5和0的情况：Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(1,4)·(Aeq \\al(3,3)＋Aeq \\al(1,2)·Aeq \\al(2,2))＝120(种)．
第二类，四位数中包含5，不含0的情况：Ceq \\al(1,3)·Ceq \\al(2,4)·Aeq \\al(3,3)＝108(种)．
第三类，四位数中包含0，不含5的情况：Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(3,3)＝72(种)．
综上所述，四位数总个数为：120＋108＋72＝300.
答案：300
17．解析：∵Ceq \\al(x,n)＝Ceq \\al(n－x,n)＝Ceq \\al(2x,n)，∴n－x＝2x或x＝2x(舍去)，∴n＝3x.
由Ceq \\al(x＋1,n)＝eq \f(11,3)Ceq \\al(x－1,n)，得
eq \f(n！,x＋1！n－x－1！)＝eq \f(11,3)·eq \f(n！,x－1！n－x＋1！)，
整理得
3(x－1)！(n－x＋1)！＝11(x＋1)！(n－x－1)！，
3(n－x＋1)(n－x)＝11(x＋1)x.
将n＝3x代入，整理得6(2x＋1)＝11(x＋1)，
∴x＝5，n＝3x＝15.
18．证明：49n＋16n－1＝(48＋1)n＋16n－1
＝Ceq \\al(0,n)·48n＋Ceq \\al(1,n)·48n－1＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·48＋Ceq \\al(n,n)＋16n－1
＝16(Ceq \\al(0,n)·3×48n－1＋Ceq \\al(1,n)·3×48n－2＋…＋Ceq \\al(n－1,n)·3＋n)．
所以49n＋16n－1能被16整除．
19．解析：(1)将取出4个球分成三类情况：
①取4个红球，没有白球，有Ceq \\al(4,4)种；
②取3个红球1个白球，有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,6)种；
③取2个红球2个白球，有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,6)种，
故有Ceq \\al(4,4)＋Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,6)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,6)＝115种．
(2)设取x个红球，y个白球，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y＝5，0≤x≤4，,2x＋y≥7，0≤y≤6，))故
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝3))或
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝3，,y＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝4，,y＝1.))
因此，符合题意的取法共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(3,6)＋Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(2,6)＋Ceq \\al(4,4)Ceq \\al(1,6)＝186种．
20．解析：(1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝(2－1)10＝1.
(2)a6即为含x6项的系数，Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)(2x)10－k·(－1)k＝Ceq \\al(k,10)(－1)k210－k·x10－k，所以当k＝4时，T5＝Ceq \\al(4,10)(－1)426x6＝13 440x6，即a6＝13 440.
21．解析：(1)共有Aeq \\al(7,7)＝5 040种方法．
(2)甲为特殊元素．先排甲，有5种方法，其余6人有Aeq \\al(6,6)种方法，故共有5×Aeq \\al(6,6)＝3 600种方法．
(3)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有Aeq \\al(4,4)种方法，再将4名女生进行全排列，有Aeq \\al(4,4)种方法，故共有Aeq \\al(4,4)×Aeq \\al(4,4)＝576种方法．
(4)(插空法)男生不相邻，而女生不做要求，所以应先排女生，有Aeq \\al(4,4)种方法，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有Aeq \\al(3,5)种方法，故共有Aeq \\al(4,4)×Aeq \\al(3,5)＝1 440种方法．
22．解析：(1)将6本书中某两本书合在一起组成5份，借给5人，共有Ceq \\al(2,6)Aeq \\al(5,5)＝1 800种借法．
(2)将6本书分成三份有3种分法．第一种是一人4本，一人1本，一人1本；第二种是一人3本，一人2本，一人1本；第三种是每人各2本；然后再将分好的三份借给3人，有eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(C\\al(4,6)C\\al(1,2)C\\al(1,1),A\\al(2,2))＋C\\al(3,6)C\\al(2,3)＋\f(C\\al(2,6)C\\al(2,4)C\\al(2,2),A\\al(3,3))))·Aeq \\al(3,3)＝540种借法．