高考数学经典易错题会诊与2020届高考试题预测(十二)(含解析)

考点12

排列、组合、二项式定理 ►正确运用两个基本原理 ►排列组合 ►二项式定理 ►在等可能性事件的概率中考查排列、组合 ►利用二项式定理解决三项以上的展开式问题 ►利用二项式定理证明不等式 经典易错题会诊 命题角度1

正确运用两个基本原理 1．（典型例题）已知集合A=B={1，2，3，4，5，6，7}，映射f:A→B满足f(1)A．C47A33 B．C47 C．77 D．C7473

[考场错解] ∵f(1)[专家把脉] C47中的任何一种方法都没有完成组成映射这件事情，因为只找到1、2、3、4的象，而5、6、7的象还没有确定。

[对症下药] 由映射的定义f(1) f(2) f(3) f(4)的值应为{1，2，3，4，5，6，7}中的某4个，又f(1)[考场错解] 每两人之间比赛一场，需要比赛C28=28场，填28场；

或第一轮分成4对进行比赛，负者被淘汰，胜者进入第二轮，需4场比赛；第二轮分成2对进行比赛，胜者为水平最高的两人，需2场比赛。∴至少需要比赛6场，填6。 [专家把脉] 前一种解法的错误是没有看清题意，“至少”没有理解好；后一种解法的错误是没有选出水平最高的两人，错误地认为这种淘汰赛最后的两人就是水平最高的两人，实际上第二名有可能在第一轮或第二轮就被第一名淘汰了。

[对症下药] 先将8人分成4对进行比赛，胜者进入第二轮，需要4场比赛，将进入第二轮的四人分成2对进行比赛，胜者进入第三桦，需要2场比赛，进入第三轮的2人进行比赛，胜者为第一名，需一场比赛；将第一轮、第二轮、第三轮被第一名淘汰的选手共3人决出第一名，需2场比赛。∴至少需要4+2+1+2=9场比赛。 3．（典型例题）设坐标平面内有一个质点从原点出发，沿x轴跳动，每次向正方向或负方向跳1个单位，经过5次跳动质点落在点（3，0）（允许重复过此点）处，则质点不同的运动方法共有_________种（用数字作答）。

[考场错解] 因为每一步都有两种可能，所以共有25=32种方法，又由于这32种方法中质点

落在（3，0）与不在（3，0）的可能相同，∴质点不同的运动方法共有16种，填16。 [专家把脉] 质点落在（3，0）与不在（3，0）的可能相同是错误的，错误的原因是分析问题的能力较差，没有转化的思想，也没有分类讨论的思想。 [对症下药] 解法一：如图12-1，A（1，0）、B（2，0）、C（3，0）、D（4，0）、E（-1，0），依题意跳动4次后，只有在B点或D点可跳到C点，画出树图，可得结果为5。

解法二：设向右跳一次记为+1，向左跳一次记为-1，需要其和为+3，那么应为4个+1，1个-1，∴质点不同的运动方法共有C15=5种。 4．（典型例题）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）。 [考场错解] 从难从1、3、5、7中任取两个数字有C24种方法，从0、2、4、6、8中任取两个数字有C25种方法，能被5带队的数有两类：（1）0在末位，有A33种排法；（2）5在末位，有C12·A22=4种排法，依据分步和分类计数原理，共有（C24+C25）·（A33+4）=160。∴填160。 [专家把脉] 将问题分成两步，这是不错的，但第2步认为5和0一定被选出来了这是错误的，没有分类讨论的思想是错误的根源。 [对症下药] 将问题分成三类：（1）含数字5，不含数字0，则选元素的过程有C13·C24种方法，将5排在末位，则组数的过程有A33种方法，依据分步计数原理得这一类共有C13·C24·A33=108个；（2）含数字0，不含数字5，则选元素的过程有C23·C14种方法，将0排在末位，则组数过程有A33种方法，这一类共有C23C14·A33=72个；（3）含数字0，也含数字5，则选元素的过程有C13·C14，若0在末位，则组数过程有A33种方法，若0不在末位，则组数过程有C12·A22种∴种这类共有C13C14（A33+C12A22）=120个。根据分类计数原理，其中能被5整除的四位数共有108+72+120=300个。 专家会诊

两个基本原理是学习排列、组合的重要基础，解决两个原理的应用问题首先要明确所完成的事情是什么，然后再分析每一种做法，事情是否完成，从而区分分类计数原理和分步计数原理，运用分类计数原理时，要恰当分类，做到不重复，又不遗漏；运用分步计数原理时，关键是分好步，需要分析要分几步才能完成。一个比较复杂的问题一般遵循先分类后分步的解题步骤，平时应注意养成一题从多角度来解的习惯。 考场思维训练

1 设集合P={x,1},Q={y,1,2},其中x,y∈{1，2，3…，9}，且PQ。把满足上述条件的一对有序整数对（x,y）作为一个点的坐标，则这样的点个数是（ ） A．9个 B．14个 C．15个 D．21个

答案： B 解析：∵PQ，∴x=2或x=y，当x=2时，y有3，4，…，9等7个值，此时点的个数是7个；当x=y时，x=y有3，4，…9等7个值，此时点的个数是7个，∴这样的点的个数是14个，∴选B

2 用五个数字0、1、1、2、2组成的五位数总共有 （ ）

A．12个 B．24个 C．30个 D．48个

答案： B 解析：分三步：(1)确定首位，1或2，共有两种方法；(2)将两个相同的元素安

22排位置有C4种；(3)第三步排剩下的两个元素，有A2种．

22 ∴共有2×C4×A2=24．

3 6个同学报考3所院校，每人只报考一所，每所院校至少报1人，则不同的报考方法为__________。（用数字作答）

答案：540 解析：不管限制条件，每人都有3种报法，共有36种，其中只报考了两所院校

2和只报考了一所院校不符合题意，只报考了两所院校的可能有C3(26 -2)，只报考了一所院校2的可能有3，∴不同的报考方法数为36-C3(26 -2)-3=540．或第一步将6人分成三部分，有

1122C6C5C6C412三种情况：(1)1，1，4，方法数为；(2)1，2，3，方法数为C6C5;(3)2，2，2方法数为.2!3!1122C6C5C6C4123∴这一步的方法数为+C6C5+=90；第二步将这三部分人分到3所院校有A3，∴不

2!3!3同的报考方法数为90×A3=540．

命题角度 2 1．（典型例题）用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的五位数，其中恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的五位数的个数是______________.

[考场错解] 将两个奇数数字排好有A22种方法，有三个空档，由于0不能在首位，∴偶数数字的排法有2A22种，∴不同的五位数有2A22·A22=8个∴填8。

[专家把脉] 对相邻问题的一般解法不熟悉，错解中的8个符合题意，但是遗漏了很多情况。 [对症下药] 分两种情况：（1）若0夹在两个奇数之间，将这三个数字看成一个整体与剩下的两个偶数一起排列有A33种，考虑到1与3可以互换位置所以这种情况有A33·A22 =12个；（2）若2、4中一个夹在两个奇数数字之间，同上的想法，共有C12·C12·A22·A22=16个，∴满足条件的五个数的个数是12+16=28个。 2．（典型例题）将标号为1、2，… 10的10个数放入标号为1，2，…10的10个盒子内，每一个盒内放一个球茎，恰在此时好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法种数为 （ ）

A．120 B．240 C．360 D．720

[考场错解] 第一步考虑哪三个球的标号与其所在盒子的标号不一致，有C310=120种；第二步选出来的3个球与其盒子的标号不一致，用间接解法，总数A33，不符合题意的有三个盒子与其球的标号一致，有1种可能，两个盒子与其球的标号一致，有1种可能，一个盒子与其球的标号一致，有3种可能，∴这一步的方法数为A33-1-1-3=1，根据分步计数原理，放入方法种数为120×1=120。选A。

[专家把脉] 第二步中有错误，实际上两个盒子的标号与球的标号一致，就一定是三个盒子的标号与球的标号一致，用间接解法时多减了。

[对症下药] 第一步确定是哪三个球的标号与其盒子的标号不一致，有C310=120种方法，第二步：选出来的三个球的标号与其盒了的标号不一致，只有2种方法。根据分步计数原理放入方法种数为120×2=240。∴选B。

3．（典型例题）已知集合A有4个元素，集合B有3个元素，集合A到B的映射中，满足集合B的元素都有原象的有多少个？

[考场错解] 将A中4个元素用隔板法分成三部分，有C23种方法，再将这三部分与B中元素对应有A33种方法。∴满足条件的映射有C23·A33=18个；或先在A中选3个元素与集合B中的元素对应有A34种方法，剩下的一个元素有3种对应方法。∴满足条件的映射有A34·3=72个。

[专家把脉] 前一种解法错在将不同的东西用隔板法分组，实际上只有分相同的东西才能用陋板法。如若将A中4个元素记为a、b、c、d

、B中的3个元素记为A、B、C，某一个映射中a,d都与A对应，用隔板法是做不到的。后一种解法的错误是重复，如a,d都与A对应，b,c分别与B、C对应这个映射算了两次。 [对症下药] 依题意，A中肯定有某两元素与B中的一个元素对应，先在4个元素中选2个，当作一整体与其他两元素一起看作3个元素与B中的元素对应，∴满足条件的映射有C24·A34=36个。 4．．（典型例题）4名男同学排好有A44种方法，再在5个空档处将4名女生插进去，有A45种方法。∴不同的排法数为A44·A45=2880

[专家把脉] 这2880种排法中有的排法男生是相邻的。如女、男、女、男、男、女、男、女是2880中的一种，但其中有两男生相邻。

[对症下药] 先将4名男同学排好有A44种方法，再将女生插进去，有2A44种方法，所以不同的排法种数为A44·2A44=1152种。 考场思维训练

1 集合A=B={1，2，3，4，5}，从A到B的映射，满足：（1）f(1)≤f(2)≤f(3)≤f(4)≤f(5);(2)f的象只有2个。则这样的映射有_______个.

2答案：40 解析：第一步从1，2，3，4，5中选2个元素作为f的象，有C5种；第二步将

选出的元素与1，2，3，4，5对应，∵f(1)≤f(2)≤f(3)≤f(4)≤f(5)，∴有C14种对应方

2法．∴不同的映射有C14C5=40个．

2 （1）将10个相同的小球装入3个编号为1、2、3的盒子，要求每个盒子里球的个数不少于盒子的编号数，这样的装法种数为__________.

答案：解析：15(1)15先在2号盒子中放一个球，在3号盒子中放2个球，剩下的7个球之

2间有6个空档，放2个隔板，有C6=15种方法，上面15种方法都能使盒子里球的个数不少

于盒子里的编号数．∴填15．

(2)方程x+y+z=10(x,y,z∈N)的解有________组。

2答案：66 在排好的13个1的12个空档中放人两个隔板，有C12=66种方法，将x、y 、z

分到的1的个数分别减去1个，这样x+y+z=10，且x、y、z∈N.∴方程的解有66组．∴填66．

3 已知m、n∈{0,1,2,3,4,5,6},则方程C6mx2+Cn6y2=1表示不同的椭圆的个数是__________.

mn答案：12 解析：∵C6x+C6y2=1表示椭圆，∵m≠n，且m+n≠6．∴将0，1，2，3，4，5，

2

6分成(0，6)，(1，5)，(2， 4)，3，四组．m，n的取值相当于从4个不同的元素中选2

2个．∴不同的椭圆的个数是A4=12．∴填12．

命题角度 3 二项式定理 1．（典型例题）在(x-a)10的展开式中，x7的系数是15，则实数a=_____________。 [考场错解] ∵(x-a)10的展开式中x7的系数为C710·（-a）7，依题意，∴有C710（-a）7=15,即a7=-,∴a=7181.填781. 8[专家把脉] 二项式展开式的通项理解记忆有错误，(x-a)10的展开式中x7的系数应为C310·（-a）3.

[对症下药] （x-a）10的展开式中x7的系数为C310·（-a）3,依题意有C310（-a）3=15,即a3=-,∴a=-.

∴本题答案为a=-.

2．（典型例题）在（1-x）5+(1-x)6+(1-x)7+(1-x)8的展开式中，含x3的项的系数是 （ ）

A．74 B．121 C．-74 D．-121

[考场错解] ∵（1-x）5、(1-x)6、(1-x)7、(1-x)8的展开式中，含x3的项的系数分别为C35、C36、C37、C38，

∴（1-x）5+(1-x)6+(1-x)7+(1-x)8的展开式中含x3的项的系数为C35+C36+C37+C38=121。∴选B。 [专家把脉] 在求某特定项的系数时，没有注意符号，实际上（1-x）5、(1-x)6、(1-x)7、(1-x)8的展开式子中含x3的项的系数分别为-C35、-C36、-C37、-C38，∴（1-x）5+(1-x)6+(1-x)7+(1-x)8的展开式中含x3的项的系数为-（C35+C36+C37+C38）=-121。 ∴选D。

[正解二] ∴（1-x）5+(1-x)6+(1-x)7+(1-x)8=

(1x)5[1(x1)4](1x)5(1x)9∴展开式中含x3的xx121218项的系数为（1-x）5,(1-x)9的展开式中含x4的项的系数，为C45-C49=-121。∴选D。 3．（典型例题Ⅰ）（2x-[考场错解] （2x-1x1x）9的展开式中，常数项为____________（用数字作答）

1x)r,

1x9r9rx(）9的展开式的通项为C9∵x9r()xr32,令93r0，解得r=6。 2∴常数项为第7项，常数项为C69=C39=84。∴填84。

[专家把脉] 在写二项式的展开式的通项时，疏忽了系数和符号。实际上，（2x-1x）9的展

r(2x)9r(开式中，通项应为C91x)r.

[对症下

1x药] （2x-91x）

9

的展开式的通项为

rC9(2x)9r()2r9r(1)rrC9x32,令93r0,解得r6. 2∴常数为第7项，为23·（-1）6·C69=8C39=672。∴填672。 4．（典型例题）设n∈N*,则C1n+C2n6+C3n·62+…+Cnn6n-1=____________. [考场错解] C1n+C2n6+C3n·62+…+Cnn6n-1为（1+6）n的展开式，缺少C0n这一项，∴原式为7n-1. ∴填7n-1.

[专家把脉] （1+6）n的展开式应为C0n+C1n·6+C2n·62+…+Cnn6n,原式中6的次数与之不相应。 [对症下药] C1n+C2n6+C3n·62+…+Cnn6n-1= =[(16)n1](7n1).填(7n1).

专家会诊

二项式定理的核心是通项公式，求二项展开式中的特定项或特定项的系数通常中从通项公式入手的，所以对通项的理解、记忆和应用是重点，二项式定理是一个恒等式，对待恒等式通常有两种思路：一是利用恒等的多项式对应的系数相等；二是赋值。事实上，二项式定理结合“恒等”与“赋值”两条思路可以使很多求二项展开式的系数的问题迎刃而解，近几年高考二项式定理的考查一般为选择、填空题，便我们在复习时应有主动应用二项式定理解题的意识，因为二项式定理在证明带队不等式组合等式中有很好的应用。 考场思维训练

1 若（1-2x）2006=a0+a1x+a2x2+…a2006x2006(x∈R),则(a0+a1)+(a0+a2)+(a0+a3)+…+(a0+a2006)=__________（用数字作答）。

答案：2006 解析：令x=0，得a0=1，令x=1，得a0+a1+…+a2006=1，∴a1+a2+…+a2006=0，原式=2006a0+(a1+a2+…+a2006)=2006．∴填2006． 2 已知n≤10（n∈N*）,若(x3-答案：解析：(x -533

1n2nn（C1）n6C26Cn661616161x2)n的异开式中含有常数项，则这样的n有___________个。

3n-r

1x2r)n的展开式的通项为Tr+1=Cn(x)·(-

1x2r)=(-1)·Cn·x

rr3n-5r

，令

3n-5r=0，得n=r，

∵n为正整数，r为非负整数，

∴当r=3时，n=5，r=6时，n=10， ∴这样的n有两个.∴填2．

3 设（1+3）n=an+3bn,(n,an,bn∈N*),记Cn=a2n-3b2n(n∈N*),则数列{Cn}的通项Cn=________. 答案：(-2)解析：∵(1+3)=an+3bn，(n，an，bn∈N*)，∴(1-3)=an-3bn，∴

n

n

n

Cn=an-3bn=(an+3bn)×(an-3bn)=(-2).

∴填(-2)n．

4 在等比数列{an}中，已知a1=2,an=486,a1+a2+…an=728,求a1C0n-a2C1n+a3C2n-a4C3n+…+(-1)nan+1Cnn的值。

2qn1486,答案：解：由题设知q≠1，依题意得（ 21qn）728.1q22n

解之得n=6，q=3，≠an=2×3(n=1，2，3，4，5，6)

023n ∴a1Cn-a2C1n+a3Cn-a4Cn+…+(-1)an+1Cn

0

2

6

6

n

n-1

0126 =2×3×C6-2×3C6+2×3×C6-…+(-1)×2×3×C6

0-31+322-…+366)=2(1-3)6=128． =2(C6C6C6C65 求证：3n>2n-3(n2+3n+8)(n<2,n∈N)

n23n1答案：解：证明：3=(2+1)=2n+C12+Cn·2+Cn2+…+Cn·2+Cn>2+n·2+n·

n

n

n-1

n-2

n-3

n

n-1

n(n1). 22n-2=2n-3[8+4n+n2-n]=2n-3(n2+3n+8)． 探究开放题预测 预测角度 1

在等可能性事件的概率中考查排列、组合

1 A、B、C、D、E五人站成一圈传球，每人只能把球传给他的邻人，A传出（算第一次）后经10次传球又回到A的概率为 （ ）

A.1256B.31024C.127512D.63 256[解题思路] 本题的概率是一个等可能性事件的概率，基本事件总数为210，（因为每一次传球都有两种可能），经10次传球又回到A这个事件，应考虑传球的方向。

[解答] 因为每一次传球都有两种可能，∴传球10次的可能结果为210，即基本事件总数为210，传球10次又回到A应分两种情况：（1）一直是顺时针或逆时针传球，有2种可能；（2）有逆时针又有顺时针传，则应是顺时针、逆时针各传次，问题即为10次传球中，哪5次是逆时针传，共有C510种可能，由于上述两种情况互斥。 ∴传球10次又回到A的可能有C510+2=254。 ∴所求事件的概率为

254210127. 521∴选C。

2 某校高三年级举行一次演讲比赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，二班有2位，其他班有5位，若采用抽签方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰好被排在一起，而二班的2位同学没有被排在一起的概率为 （ ）

A.110B.120C.140D.1 120[解题思路] 基本事件总数为A1010，而事件A包括的可能实际上就是排列中的相邻与不相邻问题，按“捆绑法”与“插空法”求解。

[解答] 10个人的演讲顺序有A1010种可能，即基本事件总数为A1010，一班同学被排在一起，二班的同学没有被排在一起这样来考虑：将一班的3位同学当作一个元素与其他班的5位同学一起排列有A66种，考虑这3位同学之间的顺序，∴不同的排法有A66·A33·A27种。∴所求概率为

637A6A3A210A101。∴选B。 203 9支足球队参加一地区性足球预选赛，将这9支球队任意地均分为3组，则A、B两个“冤家队”恰好分在同一组的概率为 （ ） A.13B.14C.16D.2 9[解题思路] 可以选将3组取名为甲、乙、丙加以区分，后用排列、组合、概率的知识解之，也可以先锋将A安排好，再安排B来解。

[解答] 解法一 将9支球队任意地均分为甲、乙、丙3组有C39C36·C33种分法,而A、B两队可在3组之一，选定某组后再从其它7队中任选1队到该组，剩下的两组还有C36·C33种配合法，故A、B同组的可能有3C17C36C33。 ∴所求事件的概率为

7633C1C3C3663C3C3C31∴选B。 4解法二 9支球队可分为3组，每组3队，视作3个空位，A队先占其中一组的一个空位，现在让B队在余下的8个位置任选其一，有8种选法，而其中只有2种选法属于A、B同组。 ∴选求概率为

21.∴选B。 84预测角度 2

利用二项式定理解决三项以上的展开式问题 1．（1-3x+2y）n的展开式中不含y的项的系数和为 （ ） A．2n B．-2n C．(-2)n D．1

[解题思路] 将（1-3x+2y）看作(1-3x)+2y两项，利用二项式定理的有关知识解之。

[解答] （1-3x+3y）n=[(1-3x)+2y]n,而[(1-3x)+2y]n的展开式中不含y的项为C0n(1-3x)n=(1-3x)n,而(1-3x)n的展开式中各项的系数和为（-2）n(令x=1即可)。∴选C。 2．（1+2x-3x2）6展开式中的x5项的系数为 （ ） A．86 B．168 C．-168 D．-8748

[解题思路] 可以将其中两项当作一项，再利用二项式定理求解。但若注意1+2x-3x2可以分解因式，将（1+2x-3x2）6分成两个项式的乘积来求解将会更方便简捷。

[解答] ∵（1+2x-3x2）6=（1+3x）6(1-x)6, ∴展开式中的x5项的系数由6部分组成：（1）前5次方，后0次方法[将（1+3x）6称为“前”，（1-x）6称为“后”]。系数为C56·（3）5;(2)前4次方，后1次方，系数为C46·（3）4·（-C16）；（3）前3次方，后2次方，系数为C36·33·C26 ；（4）前2次方，后3次方，系数为C26·（3）2·（-C36）；（5）前1次方，后4次方，系数为C16·3·C46；（6）前0次方，后5次方，系数为-C56。∴展开式中x5项的系数为C56·35+C46·34·（-C16）+C36·33·C26+C26·32·（-C36）+C16·3·C46-C56=-168。∴选C。

预测角度 3

利用二项式定理证明不等式

1 过点P（1，0）作曲线C：y=xk,[x∈(0,+∞)，k∈N*,k>1]的切线，切点为Q1，设Q1在x轴上的投影是点P1;又过点P1作曲线C的切线，切点为Q2，设Q2在x轴上投影为点P2，…如此继续下去得到一系列点Q1，Q2，…，Qn，…，设点Qn的横坐标为an. （1）求证：an(kn); k1n; k1（2）求证：an1（3）求证：

i1nik2k. a[解题思路] 利用已知条件，找到an的递推式，再求通项；第（2）问的证明可用二项式定理；第（3）问可用错位相减法。

[解答] （1）y’=kxk-1,过点Qn(an,akn)的切线方程为y-akn=kak-1n(x-an),当n=1时，切线过点p(1,0), ∴0-ak1=kak-11(1-a1),得a1=

k;当n>1时，切线过点Pn-1(an-1,0),即有0-akn=kak-1n(an-1-an)得k1ankkkkn

∴数列{an}是首项为，公比为的等比数列。∴an=(); an1k1k1k1k1(2)由（1）知an=(C0n+C1n·(3)记Sn则

kkkkk)n=(1+)n=C0n+C1n·+C2n·()2+…+Cnn()n≥k1k1k1k1k1kn=1+； k1k112n1n. a1a2an1ank112n1nSn， ka2a3anan11111n111Snka1a2anan1a1a2an两式相减得

k1k1nk1 [1()]2kkkk1,Snkk.k111kk（第（2）问也可以用数学归纳法加以证明）

考点高分解题综合训练

1 将1，2，3…，9这9个数字填在3×3的正方形方格中，要求每一列从上到下的依次增大，每一行从左到右均依次增大，当4固定在中心位置时，则填写空茖的方法有 （ ） A．6种 B．12种 C．18种 D．24种

答案： B 解析：首先确定1、9分别在左上角和右下角，2、3 只能在4的上方和左方，有

222种填方，5，6，7，8填在其它位置有C4=6种方法．依分步计数原理有2C4=12种填法，

所以选B．

2 某重点中学要把9台相同的电脑送给农村三所希望小学，每个小学到少2台电脑，不同的送法种数为（ ）

A．10种 B．9种 C．8种 D．6种

答案： A 解析：先每所学校送1台电脑，剩下6台电脑分给三所学校，每校至少1台，

2234用隔板法，有C5=10种．∴选A. 3．B 解析：基本事件总数为C14+C4+C4+C4=15，而倒出3奇数粒的可能是C14+C4=8，∴倒出奇数粒玻璃球的概率为

8，倒出偶数粒玻璃球的概率为157，∴选B． 153 从装有4粒大小、形状相同，颜色不同的玻璃球的的瓶中，随意一次倒出若干粒玻璃球茎（至少一粒），则倒出奇数粒玻璃球的概率比例出偶数粒玻璃球的概率 （ ） A．小 B．大

C．相等 D．大小不能确定 4 将二项式（x124x）n的展开式按x降幂排列，若前三项系数成等数列，则该展开式中

x的幂指数是整数的项共有 （ ）

A．1项 B．3项 C．5项 D．7项 答案： B 解析：(x12x41n0121,Cn·，Cn)的展开式按x的降幂排列，前三项的系数为Cn212x48

4021由已知有=C1，解得n=8或1，舍去n=1．∴n=8，(xn=Cn,Cn4)的展开式的通项为

rC88r163rr163r1r1rr-·x2·()·x4=()C8·x4，当r=0，4,8时为整数，∴x的幂指数是422整数的项共有3项，∴选B．

5 已知f(n)=3n-C1n3n-1+C2n·3n-2-…+(-1)n+log2n(n∈N*),当n=________时,|f(n)-2005|取得最小值。

答案：11 解析

n

f(n)=3-C1n3+…+(-1)+log2n=(3-1)+log2n=2+log2n，∴

n

nn-1nnn

|f(n)-2005|=|2+log2n-2005|当n=11时，|2+log2n-2005|取最小值．∴填11．

6 用五个数字0，1，1，2，2组成的五位数总共有____________。

答案： B 解析：将0放在不是首位的其它4个位置上有C14种方法，再在剩下的4个位置

2选2个位置放1，剩下2个位置放2，有C4种方法，依分步计数原理，共有这样的五位数共

2有C14C4=24个．∴选B．

7 在（4x2+3x+2）5的展开式中，分别求：（1）x的系数；

r答案：(4x+3x+2)=[4x+2]+3x]，∴Tr+1=C5(4x+2)·(3x)，求x的系数，只有r=1，x

2

5

2

5

2

5-r

r

1的系数为C5·3·2=240．

4

（2）x2的系数；

r(4x2+3x+2)5=[4x2+(3x+2)]5，∴Tr+1=C5 (4x2)5-r(3x+2)r，要求x2的系数，r=4或r=5才有可能，

23453C5·3×2=720．当r=4当r=4时，x2的系数为 C5·4·24=320，当r=5时，x2的系数为C5时x2的系数为320∴展开式中x2的系数为320+720=1040．

（3）常数项

答案：常数项为25=32． 8 若n∈N*,n<100,且二项式(x3+和。

答案：解：(x+

rx=Cnx

-2r

3n-5r

3

1x2)n的展开式中存在常数项，求所有满足条件的n的值的

1x2r)的展开式的通项为Tr+1=Cn·x

n3(n-r)

×

，∵存在常数项，∴3n-5r=0 r=n，∴n为5的倍数，∴满足条件的n的值的

35和为

19(55)950． 29 一条走廊宽2m，长6m,现用6种不同颜色，大小均为1×1m2的整块单色地板砖来铺设，要求相邻的两块地砖颜色不同，假定每种颜色的地砖都足够多，那么不同的铺设方法有多少？

3答案：解析：将走廊看作6列1×2m的图案，先铺第一列，有A6=30种方法，再铺第二列，

2

2分三类：(1)与第一列两块颜色均不相同，有A4=12种(2)与第一列仅有一块相同，有2A14=8

种；(3)与第一列两块颜色均相同，仅有1种，故铺第二列共有12+8+1=21种方法，同理以

5

后各列均有21种方法，故不同的铺设方法共有 30×21种．

10 若（x+1）+(x+1)2+…+(x+1)n=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+an(x-1)n,求a0+a1+…+an. 答案：解：令x=2，得a0+a1+…+an=3+3+…+3=

2

n

3(13n)3n(31) 13211 从集合{1，2，3，…，20}中选3不同的数使这3个数成递增的等差数列，则这样的数

列共有多少个？ 答案：解：(解法一)公差为1的等差数列有18个；公差为2的等差数列有16个；依此类推，公差为9的等差数列有2个．∴这样的等差数列共有2+4+…+16+18=90个．

(解法2)取出三个数a、b、c要构成等差数列，则2b=a+c，因此a+c必须为偶数，则a与

22C10=90个． c同为奇数或同为偶数．∴这样的等差数列共有C1012 将一个四棱锥的每个顶点染上颜色，使同一条棱上的两端点异色，如果有5种颜色或供

使用，那么不同的染色方法总数有多少种？

35答案：解：将四棱锥记为S--ABCD，先染S、A、B由于颜色各不相同，∴有A=60种方法；

再染C、D，若C的颜色与A相同，则D的染色方法数为3种，若C的颜色与 A不相同，则

35C的染色方法有2种，D的染色方法为2种，依两个基本原理，不同的染色方法数为A×(3+2

×2)=420种．

13 两条异面直线称为“一对”，连结正方体的八个顶点的所有直线中，异面直线共有多少对？

答案：解：一对异面直线需要4个不共面的点，而4个点每两点连线中可得3对异面直线，

4现在只要求出从这8个点中选4个不共面的点方法数，用间接解法，总数 有C8种，其中共

面的四个点有两类，一类是共于表面的有6种，另一类为共面于对角面的有6种，∴选4

4个不共面的点方法数为C8-6-6=58种．用此可得异面直线的对数为3×58=174．

14 已知函数f(x)=

a(x1)21(a,b,cN),f(2)=2f(3)<3,且f(x)的图像按向量e=(-1,0)平移后得到

bxcb的图像关于原点成中心对称图形。

（1）求a、b、c的值;

ax21答案： f(x)的图象按向量e=(-1，0)平移后得到函数y=，由已知该函数为奇函数，

bxc∴c=0，又f(2)=2，∴a+1=2b,f(3)<3，∴4a+1<6b．得a<2，又a∈N,∴a=0或a=1，若a=0，此时b=与b∈N矛盾，∴a=1,b=1，

(x1)21f(x)=.

x112(2)设0<|x|<1,0<|t|≤1，求证：|t+x|+|t-x|<|f(tx+1); 答案：|t+x|+|t-x|=而|f(tx+1)|=|2|t|2|x|((tx)(tx)0)

((tx)(tx))0(tx)211||tx|2 txtx(∵tx≠±1)．

|t+x|+|t-x|<2，∴原不等式成立．

(3)设x是正实数，求证[f(x+1)]n-f(xn+1)≥2n-2.] 答案：[f(x+1)]n=(x+

11nn1nnn22x4n12-n

CnxCn)=x+nC1x,f(x+1)=x+n; nxxxx记

nn

Tn=[f(x+1)]-f(x+1)=

n2n22n4n12n2n1nC1Cn1nx2n,2TnC1x2n)Cn(xx4n)Cn(xxn2)2(C1nxn(xnCnCn)2(22)

∴Tn≥2 -2．∴原不等式成立． (第(3)问可以用数学归纳法加以证明)

n