2020高考数学培优大一轮课件 新题培优练 刷好题练能力 (10)

2019年4月[基础达标]1．(2019·东北四市高考模拟)将一枚质地均匀的硬币连续抛掷n 次，事件“至少有一次正面向上”的概率为P ⎝⎛⎭⎫P ≥1516，则n 的最小值为( ) A ．4B ．5C ．6D ．7详细分析：选A.由题意得P ＝1－⎝⎛⎭⎫12n≥1516，则⎝⎛⎭⎫12n≤116，所以n ≥4，故n 的最小值为4.2．投掷一枚均匀硬币和一枚均匀骰子各一次，记“硬币正面向上”为事件A ，“骰子向上的点数是3”为事件B ，则事件A ，B 中至少有一个发生的概率是( )A ．512B ．12C ．712D ．34详细分析：选C.依题意，得P (A )＝12，P (B )＝16，且事件A ，B 相互独立，则事件A ，B中至少有一个发生的概率为1－P (A －·B －)＝1－P (A －)·P (B －)＝1－12×56＝712，故选C.3．(2019·绍兴调研)设随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (4，p )，若P (X ≥1)＝59，则P (Y ≥2)的值为( )A ．3281B ．1127C ．6581D ．1681详细分析：选B.因为随机变量X ～B (2，p )，Y ～B (4，p )，又P (X ≥1)＝1－P (X ＝0)＝1－(1－p )2＝59，解得p ＝13，所以Y ～B ⎝⎛⎭⎫4，13，则P (Y ≥2)＝1－P (Y ＝0)－P (Y ＝1)＝1127. 4．(2019·杭州七校联考)如果X ～B ⎝⎛⎫15，14，则使P (X ＝k )取最大值的k 值为( ) A ．3B ．4C ．5D ．3或4详细分析：选D.观察选项，采用特殊值法． 因为P (X ＝3)＝C 315⎝⎛⎭⎫143⎝⎛⎭⎫3412， P (X ＝4)＝C 415⎝⎛⎭⎫144⎝⎛⎭⎫3411，P (X ＝5)＝C 515⎝⎛⎭⎫145⎝⎛⎭⎫3410，经比较，P (X ＝3)＝P (X ＝4)＞P (X ＝5)， 故使P (X ＝k )取最大值时k ＝3或4.5．某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2棵．设甲、乙两种大树移栽的成活率分别为56和45，且每棵大树是否成活互不影响，则移栽的4棵大树中至少有1棵成活的概率是( )A ．13B ．23C ．887900D ．899900详细分析：选D.设A k 表示第k 棵甲种大树成活，k ＝1，2；B l 表示第l 棵乙种大树成活，l ＝1，2，则A 1，A 2，B 1，B 2相互独立，且P (A 1)＝P (A 2)＝56，P (B 1)＝P (B 2)＝45，则至少有1棵大树成活的概率为1－P (A 1·A 2·B 1·B 2)＝1－P (A 1)·P (A 2)·P (B 1)·P (B 2)＝1－⎝⎛⎭⎫162×⎝⎛⎭⎫152＝899900.6．如图所示的电路有a ，b ，c 三个开关，每个开关开和关的概率都是12，且是相互独立的，则灯泡甲亮的概率为________．详细分析：设“a 闭合”为事件A ，“b 闭合”为事件B ，“c 闭合”为事件C ，则甲灯亮应为事件AC B －，且A ，B －，C 之间彼此独立，P (A )＝P (B －)＝P (C )＝12.所以P (A B －C )＝P (A )P (B －)P (C )＝18.答案：187．某机械研究所对新研发的某批次机械元件进行寿命追踪调查，随机抽查的200个机若以频率为概率，现从该批次机械元件中随机抽取3个，则至少有2个元件的使用寿命在30天以上的概率为____________．详细分析：由表可知元件使用寿命在30天以上的频率为150200＝34，则所求概率为C 23⎝⎛⎭⎫342×14＋⎝⎛⎭⎫343＝2732. 答案：27328．某大厦的一部电梯从底层出发后只能在第18，19，20层停靠，若该电梯在底层有5个乘客，且每位乘客在这三层的每一层下电梯的概率都为13，用X 表示5位乘客在第20层下电梯的人数，则P (X ＝4)＝________．详细分析：考察一位乘客是否在第20层下电梯为一次试验，这是5次独立重复试验，故X ～B ⎝⎛⎭⎫5，13，即有P (X ＝k )＝C k 5⎝⎛⎭⎫13k×⎝⎛⎭⎫235－k，k ＝0，1，2，3，4，5.故P (X ＝4)＝C 45⎝⎛⎭⎫134×⎝⎛⎭⎫231＝10243.答案：102439．小王在某社交网络的朋友圈中，向在线的甲、乙、丙随机发放红包，每次发放1个． (1)若小王发放5元的红包2个，求甲恰得1个的概率；(2)若小王发放3个红包，其中5元的2个，10元的1个．记乙所得红包的总钱数为X ，求X 的分布列．解：(1)设“甲恰得1个红包”为事件A ， 则P (A )＝C 12×13×23＝49.(2)X 的所有可能取值为0，5，10，15，20. P (X ＝0)＝⎝⎛⎭⎫233＝827， P (X ＝5)＝C 12×13×⎝⎛⎭⎫232＝827，P (X ＝10)＝⎝⎛⎭⎫132×23＋⎝⎛⎭⎫232×13＝627， P (X ＝15)＝C 12×⎝⎛⎭⎫132×23＝427，P (X ＝20)＝⎝⎛⎭⎫133＝127. X 的分布列为10.已知某种动物服用某种药物一次后当天出现A 症状的概率为13.某小组为了研究连续服用该药物后出现A 症状的情况，进行了药物试验．试验设计为每天用药一次，连续用药四天为一个用药周期．假设每次用药后当天是否出现A 症状与上次用药无关．(1)若出现A 症状，则立即停止试验，求试验至多持续一个用药周期的概率； (2)若在一个用药周期内出现3次或4次A 症状，则在这个用药周期结束后终止试验．若试验至多持续两个周期，设药物试验持续的用药周期为η，求η的分布列．解：(1)法一：记试验持续i 天为事件A i ，i ＝1，2，3，4，试验至多持续一个周期为事件B ，易知P (A 1)＝13，P (A 2)＝23×13，P (A 3)＝⎝⎛⎭⎫232×13，P (A 4)＝⎝⎛⎭⎫233×13，则P (B )＝P (A 1)＋P (A 2)＋P (A 3)＋P (A 4)＝6581.法二：记试验至多持续一个周期为事件B ，则B －为试验持续超过一个周期，易知P (B －)＝⎝⎛⎭⎫234＝1681，所以P (B )＝1－⎝⎛⎭⎫234＝6581.(2)随机变量η的所有可能取值为1，2， P (η＝1)＝C 34⎝⎛⎭⎫133·23＋⎝⎛⎭⎫134＝19，P (η＝2)＝1－19＝89，所以η的分布列为[能力提升]1．某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖，每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中，各随机摸出1个球，在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的分布列．解：(1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}， A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意知A 1与A 2相互独立，A 1A 2与A 1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A 2＋A 1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A 2＋A 1A 2)＝P (A 1A 2)＋P (A 1A 2) ＝P (A 1)P (A 2)＋P (A 1)P (A 2)＝P (A 1)(1－P (A 2))＋(1－P (A 1))P (A 2) ＝25×⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫1－25×12＝12. 故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710.(2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B ⎝⎛⎭⎫3，15. 于是P (X ＝0)＝C 03⎝⎛⎭⎫150⎝⎛⎭⎫453＝64125，P (X ＝1)＝C 13⎝⎛⎭⎫151⎝⎛⎭⎫452＝48125，P (X ＝2)＝C 23⎝⎛⎭⎫152⎝⎛⎭⎫451＝12125， P (X ＝3)＝C 33⎝⎛⎭⎫153⎝⎛⎭⎫450＝1125. 故X 的分布列为2.(2019·杭州学军中学高三月考)某校课改实行选修走班制，现有甲，乙，丙，丁四位学生准备选修物理，化学，生物三个科目．每位学生只选修一个科目，且选修其中任何一个科目是等可能的．(1)求恰有2人选修物理的概率； (2)求学生选修科目个数ξ的分布列．解：(1)这是等可能性事件的概率计算问题．法一：所有可能的选修方式有34种，恰有2人选修物理的方式C 24·22种， 从而恰有2人选修物理的概率为C 24·2234＝827.法二：设每位学生选修为一次试验，这是4次独立重复试验． 记“选修物理”为事件A ，则P (A )＝13，从而，由独立重复试验中事件A 恰发生k 次的概率计算公式知，恰有2人选修物理的概率为P ＝C 24⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫232＝827. (2)ξ的所有可能值为1，2，3，P (ξ＝1)＝334＝127；P (ξ＝2)＝C 23（C 12C 34＋C 24C 22）34＝1427；P (ξ＝3)＝C 13C 24C 1234＝49； 综上知，ξ的分布列为3.现有4趣味性，约定：每个人通过掷一枚质地均匀的骰子决定自己去参加哪个项目联欢，掷出点数为1或2的人去参加甲项目联欢，掷出点数大于2的人去参加乙项目联欢．(1)求这4个人中恰好有2人去参加甲项目联欢的概率；(2)求这4个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数的概率；(3)用X ，Y 分别表示这4个人中去参加甲、乙项目联欢的人数，记ξ＝|X －Y |，求随机变量ξ的分布列．解：依题意，这4个人中，每个人去参加甲项目联欢的概率为13，去参加乙项目联欢的概率为23.设“这4个人中恰有i 人去参加甲项目联欢”为事件A i (i ＝0，1，2，3，4)， 则P (A i )＝C i 4⎝⎛⎭⎫13i ·⎝⎛⎭⎫234－i. (1)这4个人中恰好有2人去参加甲项目联欢的概率P (A 2)＝C 24⎝⎛⎭⎫132⎝⎛⎭⎫232＝827.(2)设“这4个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数”为事件B ，则B ＝A 3∪A 4.故P (B )＝P (A 3)＋P (A 4)＝C 34⎝⎛⎭⎫133⎝⎛⎭⎫23＋C 44⎝⎛⎭⎫134＝19.所以，这4个人中去参加甲项目联欢的人数大于去参加乙项目联欢的人数的概率为19.(3)ξ的所有可能取值为0，2，4.P (ξ＝0)＝P (A 2)＝827，P (ξ＝2)＝P (A 1)＋P (A 3)＝4081，P (ξ＝4)＝P (A 0)＋P (A 4)＝1781.所以ξ的分布列为4.某次飞镖比赛中，规定每人至多发射三镖．在M 处每射中一镖得3分，在N 处每射中一镖得2分，如果前两次得分之和超过3分即停止发射，否则发射第三镖．某选手在M 处的命中率q 1＝0.25，在N 处的命中率为q 2.该选手选择先在M 处发射一镖，以后都在N 处发射，用X 表示该选手比赛结束后所得的总分，其分布列为(1)求随机变量X 的分布列；(2)试比较该选手选择上述方式发射飞镖得分超过3分的概率与选择都在N 处发射飞镖得分超过3分的概率的大小．解：(1)设该选手在M 处射中为事件A ，在N 处射中为事件B ，则事件A ，B 相互独立，且P (A )＝0.25，P (A －)＝0.75，P (B )＝q 2，P (B －)＝1－q 2.根据分布列知：当X ＝0时，P (A － B － B －)＝P (A －)P (B －)P (B －)＝0.75(1－q 2)2＝0.03， 所以1－q 2＝0.2，q 2＝0.8.当X ＝2时，P 1＝P (A － B B －＋A － B － B )＝P (A －)P (B )P (B －)＋P (A －)P (B －)P (B )＝0.75q 2(1－q 2)×2＝0.24，当X ＝3时，P 2＝P (A B －B －)＝P (A )P (B －)P (B －)＝0.25(1－q 2)2＝0.01，当X ＝4时， P 3＝P (A －BB )＝P (A －)P (B )P (B )＝0.75q 22＝0.48， 当X ＝5时，P 4＝P (A B －B ＋AB )＝P (A B －B )＋P (AB ) ＝P (A )P (B －)P (B )＋P (A )P (B ) ＝0.25q 2(1－q 2)＋0.25q 2＝0.24. 所以随机变量X 的分布列为(2)该选手选择上述方式发射飞镖得分超过3分的概率为0.48＋0.24＝0.72. 该选手选择都在N 处发射飞镖得分超过3分的概率为 P (B －BB ＋B B －B ＋BB )＝P (B －BB )＋P (B B －B )＋P (BB )＝2(1－q 2)q 22＋q 22＝0.896.所以该选手选择都在N 处发射飞镖得分超过3分的概率大．。

[基础题组练]1．若直线过点(1，1)，(2，1＋3)，则此直线的倾斜角的大小为( ) A ．30° B ．45° C ．60°D ．90°解析：选C.设此直线的倾斜角为α，则k ＝tan α＝1＋3－12－1＝ 3.又a ∈[0，π)，所以α＝60°.故选C.2．(2019·大连模拟)倾斜角为120°，在x 轴上的截距为－1的直线方程是( ) A.3x －y ＋1＝0 B.3x －y －3＝0 C.3x ＋y －3＝0D.3x ＋y ＋3＝0解析：选D.由于倾斜角为120°，故斜率k ＝－ 3.又直线过点(－1，0)，所以方程为y ＝－3(x ＋1)，即3x ＋y ＋3＝0.3．已知函数f (x )＝a x (a ＞0且a ≠1)，当x ＜0时，f (x )＞1，方程y ＝ax ＋1a表示的直线是( )解析：选C.因为x ＜0时，a x ＞1，所以0＜a ＜1. 则直线y ＝ax ＋1a 的斜率0＜a ＜1，在y 轴上的截距1a＞1.故选C.4．直线l 经过点A (1，2)，在x 轴上的截距的取值范围是(－3，3)，则其斜率的取值范围是( )A ．－1＜k ＜15B ．k ＞1或k ＜12C ．k ＞15或k ＜1D ．k ＞12或k ＜－1解析：选D.设直线的斜率为k ，则直线方程为y －2＝k (x －1)，令y ＝0，得直线l 在x 轴上的截距为1－2k，则－3＜1－2k ＜3，解得k ＞12或k ＜－1.5．过点A (－1，－3)，斜率是直线y ＝3x 的斜率的－14的直线方程为________．解析：设所求直线的斜率为k ，依题意 k ＝－14×3＝－34.又直线经过点A (－1，－3)，因此所求直线方程为y ＋3＝－34(x ＋1)，即3x ＋4y ＋15＝0. 答案：3x ＋4y ＋15＝06．直线l 过原点且平分▱ABCD 的面积，若平行四边形的两个顶点为B (1，4)，D (5，0)，则直线l 的方程为________．解析：直线l 平分▱ABCD 的面积，则直线l 过BD 的中点(3，2)，则直线l ：y ＝23x .答案：y ＝23x7．已知△ABC 的三个顶点分别为A (－3，0)，B (2，1)，C (－2，3)，求： (1)BC 边所在直线的方程； (2)BC 边的垂直平分线DE 的方程．解：(1)因为直线BC 经过B (2，1)和C (－2，3)两点，所以BC 的方程为y －13－1＝x －2－2－2，即x ＋2y －4＝0.(2)由(1)知，直线BC 的斜率k 1＝－12，则直线BC 的垂直平分线DE 的斜率k 2＝2.因为BC边的垂直平分线DE 经过BC 的中点(0，2)，所以所求直线方程为y －2＝2(x －0)， 即2x －y ＋2＝0.8．已知直线l 与两坐标轴围成的三角形的面积为3，分别求满足下列条件的直线l 的方程：(1)过定点A (－3，4)； (2)斜率为16.解：(1)设直线l 的方程为y ＝k (x ＋3)＋4，它在x 轴，y 轴上的截距分别是－4k－3，3k ＋4，由已知，得(3k ＋4)×⎝⎛⎭⎫4k ＋3＝±6，解得k 1＝－23或k 2＝－83. 故直线l 的方程为2x ＋3y －6＝0或8x ＋3y ＋12＝0.(2)设直线l 在y 轴上的截距为b ，则直线l 的方程是y ＝16x ＋b ，它在x 轴上的截距是－6b ，由已知，得|－6b ·b |＝6， 所以b ＝±1.所以直线l 的方程为x －6y ＋6＝0或x －6y －6＝0.[综合题组练]1．已知点P (x ，y )在直线x ＋y －4＝0上，则x 2＋y 2的最小值是( ) A ．8 B ．2 2 C. 2D ．16解析：选A.因为点P (x ，y )在直线x ＋y －4＝0上，所以y ＝4－x ，所以x 2＋y 2＝x 2＋(4－x )2＝2(x －2)2＋8，当x ＝2时，x 2＋y 2取得最小值8.2．若直线ax ＋by ＝ab (a >0，b >0)过点(1，1)，则该直线在x 轴，y 轴上的截距之和的最小值为( )A ．1B ．2C ．4D ．8解析：选C.因为直线ax ＋by ＝ab (a >0，b >0)过点(1，1)，所以a ＋b ＝ab ，即1a ＋1b ＝1，所以a ＋b ＝(a ＋b )⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋ab≥2＋2b a ·ab＝4， 当且仅当a ＝b ＝2时上式等号成立．所以直线在x 轴，y 轴上的截距之和的最小值为4.3．已知线段MN 两端点的坐标分别为M (－1，2)和N (2，3)，若直线kx －y ＋k －2＝0与线段MN 有交点，则实数k 的取值范围是________．解析：直线kx －y ＋k －2＝0过定点P (－1，－2)．MP 平行于y 轴，k NP ＝3＋22＋1＝53，所以k ≥53.答案：⎣⎡⎭⎫53，＋∞ 4．直线l 的倾斜角是直线4x ＋3y －1＝0的倾斜角的一半，若l 不过坐标原点，则l 在x 轴上与y 轴上的截距之比为________．解析：设直线l 的倾斜角为θ. 所以tan 2θ＝－43.2tan θ1－tan 2 θ＝－43，所以tan θ＝2或tan θ＝－12，由2θ∈[0°，180°)知，θ∈[0°，90°)． 所以tan θ＝2.又设l 在x 轴上的截距为a ，在y 轴上的截距为b . 所以tan θ＝－b a .即a b ＝－1tan θ＝－12.答案：－125．已知直线l ：x m ＋y4－m＝1.(1)若直线l 的斜率等于2，求实数m 的值；(2)若直线l 分别与x 轴、y 轴的正半轴交于A ，B 两点，O 是坐标原点，求△AOB 面积的最大值及此时直线的方程．解：(1)根据直线l 的方程：x m ＋y4－m ＝1可得直线l 过点(m ，0)，(0，4－m )，所以k ＝4－m －m ＝2，解得m ＝－4.(2)直线l 过点(m ，0)，(0，4－m )，则由m >0，4－m >0得0<m <4，则S △AOB ＝m （4－m ）2＝－（m －2）2＋42，则m ＝2时，S △AOB 有最大值2，此时直线l 的方程为x ＋y －2＝0.6．(综合型)为了绿化城市，拟在矩形区域ABCD 内建一个矩形草坪(如图)，另外△EF A 内部有一文物保护区不能占用，经测量AB ＝100 m ，BC ＝80 m ，AE ＝30 m ，AF ＝20 m ，应如何设计才能使草坪面积最大？解：如图所示，建立平面直角坐标系，则E (30，0)，F (0，20)，所以直线EF 的方程为x 30＋y20＝1(0≤x ≤30)．易知当矩形草坪的一个顶点在EF 上时，可取最大值，在线段EF 上取点P (m ，n )，作PQ ⊥BC 于点Q ，PR ⊥CD 于点R ，设矩形PQCR 的面积为S ，则S ＝|PQ |·|PR |＝(100－m )(80－n )． 又m 30＋n20＝1(0≤m ≤30)， 所以n ＝20－23m .所以S ＝(100－m )⎝⎛⎭⎫80－20＋23m ＝－23(m －5)2＋18 0503(0≤m ≤30)．所以当m ＝5时，S 有最大值，这时|EP ||PF |＝5∶1.所以当矩形草坪的两边在BC ，CD 上，一个顶点在线段EF 上，且这个顶点分有向线段EF 成5∶1时，草坪面积最大．。

所以 ?UA＝ {4 ， 5， 6， 7， 8} ，
所以 (?UA)∩ B＝{4 ， 5， 6， 7，8} ∩{3 ，4， 5， 6} ＝ {4 ， 5， 6} ．故选 B.
8．设集合 A＝ 5，ba， a－ b ，B＝ { b，a＋b，－ 1} ，若 A∩ B＝ {2 ，－ 1} ，则 A∪B＝ (
C．[1， e]
详细分析： 选 A. 因为 A＝ { x|ex≤ 1} ＝ { x|x≤ 0} ，
D ． (0， e]
{ } B＝{ x|ln x≤ 0} ＝ x|0＜ x≤ 1 ，
所以 A∪ B＝(－ ∞， 1]， 故选 A. 3． (2019 ·宁波高考模拟 )已知全集 U＝ A∪ B＝ { x ∈Z |0≤ x≤6} ， A∩ (?U B) ＝ {1 ， 3，5} ，
B ． { x|－ 1<x≤ 0} D ． { x|x<－ 1}
解得－ 1<x<6， 所以 A＝ { x|－ 1<x<6} ． 由 2x<1， 解得 x<0 ， 所以 B＝ { x|x<0} ．
又图中阴影部分表示的集合为 (?R B)∩A，
因为 ?RB＝ { x|x≥ 0} ，
所以 (?RB)∩ A＝{ x|0≤ x<6} ， 故选 C. 6．已知集合 A＝ { x|x2－ 3x<0} ，B＝ {1 ，a} ，且 A∩ B 有 4 个子集，则实数 a 的取值范围 是( )
A ． (0， 3) C．(0， 1) ∞)
B ． (0， 1)∪ (1， 3) D ． ( －∞， 1)∪ (3，＋
详细分析： 选 B. 因为 A∩ B 有 4 个子集 ，
所以 A∩ B 中有 2 个不同的元素 ， 所以 a∈ A， 所以 a2－ 3a<0，

第3讲 排列、组合与二项式定理1．求(1－x )20的二项展开式中，x 的系数与x 9的系数之差．解：由(1－x )20⇒T r ＋1＝C r 20(－x )r ＝(－1)r C r20x r2.所以r2＝1⇒r ＝2⇒x 的系数为C 220，r2＝9⇒r ＝18⇒x 9的系数为C 1820.所以C 220－C 1820＝C 220－C 220＝0.2．若⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x n 的展开式中各项系数和为1 024，试确定展开式中的有理项．解：令x ＝1，则22n＝1 024，解得n ＝5. T r ＋1＝C r5(3x )5－r⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 5·35－r·x 10－3r 2，有理项即使10－3r2为整数，r ＝0、r ＝2、r ＝4，有3项，即T 1＝243x 5，T 3＝270x 2，T 5＝15x －1.3．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 2n(n ∈N *)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1.(1)求展开式中各项系数的和； (2)求展开式中含x 32的项．解：由题意知，第五项系数为C 4n ·(－2)4，第三项的系数为C 2n ·(－2)2，则有C 4n ·（－2）4C 2n ·（－2）2＝101， 化简得n 2－5n －24＝0，解得n ＝8或n ＝－3(舍去)． (1)令x ＝1得各项系数的和为(1－2)8＝1. (2)通项T k ＋1＝C k 8(x )8－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 2k ＝C k 8(－2)kx8-k2－2k，令8－k 2－2k ＝32，则k ＝1，故展开式中含x 32的项为T 2＝－16x 32.4．二项式(2x －3y )9的展开式中，求： (1)二项式系数之和；(2)各项系数之和； (3)所有奇数项系数之和．解：设(2x －3y )9＝a 0x 9＋a 1x 8y ＋a 2x 7y 2＋…＋a 9y 9. (1)二项式系数之和为C 09＋C 19＋C 29＋…＋C 99＝29. (2)各项系数之和为a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(2－3)9＝－1. (3)由(2)知a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝－1， 令x ＝1，y ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…－a 9＝59，将两式相加，得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝59－12，即为所有奇数项系数之和．5．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生； (2)某女生一定担任语文科代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表． 解：(1)先选后排，先选可以是2女3男，也可以是1女4男，先取有C 35C 23＋C 45C 13种，后排有A 55种，共有(C 35C 23＋C 45C 13)·A 55＝5 400种．(2)除去该女生后，先取后排，有C 47·A 44＝840种． (3)先选后排，但先安排该男生，有C 47·C 14·A 44＝3 360种．(4)先从除去该男生该女生的6人中选3人有C 36种，再安排该男生有C 13种，选出的3人全排有A 33种，共C 36·C 13·A 33＝360种．6．已知⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋124x n的展开式中，前三项系数成等差数列． (1)求n ；(2)求第三项的二项式系数及项的系数； (3)求含x 项的系数．解：(1)因为前三项系数1，12C 1n ，14C 2n 成等差数列．所以2·12C 1n ＝1＋14C 2n ，即n 2－9n ＋8＝0.所以n ＝8或n ＝1(舍)．(2)由n ＝8知其通项T r ＋1＝C r8·(x )8－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫12 41x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12r ·C r 8·x 4－34r，r ＝0，1， (8)所以第三项的二项式系数为C 28＝28.第三项系数为⎝ ⎛⎭⎪⎫122·C 28＝7.(3)令4－34r ＝1，得r ＝4，所以含x 项的系数为⎝ ⎛⎭⎪⎫124·C 48＝358.7．4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内． (1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？ (2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？ (3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？解：(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”，即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另外2个盒子内，由分步计数原理，共有C 14C 24C 13×A 22＝144种．(2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法．(3)确定2个空盒有C 24种方法，4个球放进2个盒子可分成(3，1)，(2，2)两类，第一类有序不均匀分组有C 34C 11A 22种方法；第二类有序均匀分组有C 24C 22A 22·A 22种方法．故共有C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫C 34C 11A 22＋C 24C 22A 22·A 22＝84种．8．(2019·南京、盐城模拟)已知m ，n ∈N *，定义f n (m )＝n （n －1）（n －2）…（n －m ＋1）m ！.(1)记a m ＝f 6(m )，求a 1＋a 2＋…＋a 12的值；(2)记b m ＝(－1)mmf n (m )，求b 1＋b 2＋…＋b 2n 所有可能值的集合．解：(1)由题意知，f n (m )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，m ≥n ＋1，C m n ，1≤m ≤n .所以a m ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，m ≥7，C m 6，1≤m ≤6.所以a 1＋a 2＋…＋a 12＝C 16＋C 26＋…＋C 66＝63.(2)当n ＝1时，b m ＝(－1)mmf 1(m )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，m ≥2，－1，m ＝1，则b 1＋b 2＝－1.当n ≥2时，b m ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，m ≥n ＋1，（－1）m m ·C mn ，1≤m ≤n . 又m C mn ＝m ·n ！m ！（n －m ）！＝n ·（n －1）！（m －1）！（n －m ）！＝n C m －1n －1，所以b 1＋b 2＋…＋b 2n ＝n [－C 0n －1＋C 1n －1－C 2n －1＋C 3n －1＋…＋(－1)n C n －1n －1]＝0. 所以b 1＋b 2＋…＋b 2n 的取值构成的集合为{－1，0}．1．已知(2－3x )50＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 50x 50，其中a 0，a 1，a 2…，a 50是常数，计算(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2.解：设f (x )＝(2－3x )50，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50＝(2－3)50， 令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－…＋a 50＝(2＋3)50， (a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 50)2－(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 49)2 ＝(a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 50)(a 0－a 1＋a 2－…＋a 50) ＝(2－3)50(2＋3)50＝1. 2．求证：(1)32n ＋2－8n －9能被64整除(n ∈N *)； (2)3n＞(n ＋2)·2n －1(n ∈N *，n ＞2)．证明：(1)因为32n ＋2－8n －9＝32·32n－8n －9＝9·9n－8n －9＝9(8＋1)n－8n －9 ＝9(C 0n 8n＋C 1n 8n －1＋…＋C n －1n ·8＋C nn ·1)－8n －9＝9(8n ＋C 1n 8n －1＋…＋C n －2n 82)＋9·8n ＋9－8n －9＝9×82(8n －2＋C 1n ·8n －3＋…＋C n －2n )＋64n＝64[9(8n －2＋C 1n 8n －3＋…＋C n －2n )＋n ]．所以32n ＋2－8n －9能被64整除．(2)因为n ∈N *，且n ＞2，3n ＝(2＋1)n ＝2n ＋C 1n ·2n －1＋…＋C n －1n ·2＋1>2n ＋n ·2n －1＋2n＋1＞2n＋n ·2n －1＝(n ＋2)·2n －1，故3n ＞(n ＋2)·2n －1.3．(2019·盐城调研)已知f (x )＝(2＋x )n，其中n ∈N *. (1)若展开式中x 3的系数为14，求n 的值；(2)当x ＝3时，求证：f (x )必可表示成s ＋s －1(s ∈N *)的形式．解：(1)因为T r ＋1＝C r n·2n －r·x r2.令r2＝3得r ＝6， 故x 3项的系数为C 6n ·2n －6＝14，解得n ＝7.(2)证明：由二项式定理可知 (2＋3)n ＝C 0n 2n ＋C 1n 2n －1·3＋C 2n 2n －2·(3)2＋…＋C r n 2n －r(3)r ＋…＋C n n (3)n＝(C 0n 2n＋C 2n 2n －2(3)2＋…)＋3(C 1n 2n －1＋C 3n 2n －3·3＋…)．令x 0＝C 0n 2n ＋C 2n 2n －2(3)2＋…，y 0＝C 1n 2n －1＋C 3n 2n －3·3＋…，显然x 0∈N *，y 0∈N *.则(2＋3)n＝x 0＋3y 0，(2－3)n＝x 0－3y 0， 所以(2＋3)n ·(2－3)n ＝x 20－3y 20＝1. 令s ＝x 20，则必有s －1＝x 20－1＝3y 20.从而当x ＝3时，f (x )必可表示成s ＋s －1的形式，其中s ∈N *.4．编号为A ，B ，C ，D ，E 的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A 球不能放在1，2号，B 球必须放在与A 球相邻的盒子中，不同的放法有多少种？解：根据A 球所在位置分三类：(1)若A 球放在3号盒子内，则B 球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C ，D ，E ，则根据分步计数原理得，此时有A 33＝6种不同的放法；(2)若A 球放在5号盒子内，则B 球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C ，D ，E ，则根据分步计数原理得，此时有A 33＝6种不同的放法；(3)若A 球放在4号盒子内，则B 球可以放在2号，3号，5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C ，D ，E ，有A 33＝6种不同的放法，根据分步计数原理得，此时有A 13A 33＝18种不同的放法．综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．5．(2019·南京六校联考)已知g (x )＝C 0n f ⎝ ⎛⎭⎪⎫0n x 0(1－x )n ＋C 1n f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n x 1(1－x )n －1＋C 2n f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2nx 2(1－x )n －2＋…＋C nn f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n x n (1－x )0.(1)若f (x )＝1，求g (x )； (2)若f (x )＝x ，求g (x )．解：(1)因为f (x )＝1，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫0n ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＝…＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫n n＝1, 所以g (x )＝C 0n x 0(1－x )n ＋C 1n x 1(1－x )n －1＋C 2n x 2(1－x )n －2＋…＋C n n x n (1－x )0＝[(1－x )＋x ]n ＝1.因为00无意义，所以g (x )＝1，且x ≠0，x ≠1，x ∈R . (2)因为r C r n＝r ·n ！r ！（n －r ）！＝n ！（r －1）！（n －r ）！＝n ·（n －1）！（r －1）！[（n －1）－（r －1）]！＝n C r －1n －1，其中r ＝1，2，…，n .所以r C rn ＝n C r －1n －1(r ＝1，2，…，n ). 又因为f (x )＝x ，所以g (x )＝C 0n ·0·x 0(1－x )n ＋C 1n ·1n ·x 1(1－x )n －1＋C 2n ·2n ·x 2(1－x )n －2＋…＋C nn ·n n·x n (1－x )0＝1n [C 1n x 1(1－x )n －1＋2C 2n x 2(1－x )n －2＋…＋r C r n x r (1－x )n －r ＋…＋n C n n x n (1－x )0]＝1n·n [C 0n －1x 1(1－x )n －1＋C 1n －1x 2(1－x )n －2 ＋…＋C r －1n －1·x r (1－x )n －r ＋…＋C n －1n －1x n (1－x )0] ＝x [C 0n －1x 0(1－x )n －1＋C 1n －1x 1(1－x )n －2＋…＋C r －1n －1·xr －1(1－x )(n －1)－(r －1)＋…＋C n －1n －1xn －1(1－x )0]＝x [(1－x )＋x ]n －1＝x .即g (x )＝x ，且x ≠0，x ≠1，x ∈R .6．(2019·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(五))已知F (n )＝a 1－a 2C 1n ＋a 3C 2n －a 4C 3n ＋…＋(－1)n a n ＋1C n n (n ≥2，n ∈N *)．(1)若数列{a n }是首项为1，公比为－1的等比数列，求证：F (n )＝2n；(2)若对任意的n ≥2，n ∈N *，都有F (n )＝0成立，试证明数列{a n }是等差数列． 证明：(1)因为数列{a n }是首项为1，公比为－1的等比数列， 所以a n ＝(－1)n －1(n ∈N *)，即F (n )＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C nn .又(1＋x )n ＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋C 3n x 3＋…＋C n n x n， 所以令x ＝1，得C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n ＝2n， 所以F (n )＝2n.(2)①当n ＝2时，F (2)＝a 1－a 2C 12＋a 3C 22＝0， 即2a 2＝a 1＋a 3，所以数列{a n }的前3项成等差数列． ②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时， 数列{a n }的前k ＋1项成等差数列．因为对任意的n ≥2，n ∈N *都有F (n )＝0成立， 所以F (k ＋1)＝0成立， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 1－a 2C 1k ＋a 3C 2k －a 4C 3k ＋…＋（－1）k a k ＋1C kk ＝0，a 1－a 2C 1k ＋1＋a 3C 2k ＋1－a 4C 3k ＋1＋…＋（－1）k ＋1a k ＋2C k ＋1k ＋1＝0， 两式相减得，－a 2(C 1k ＋1－C 1k )＋a 3(C 2k ＋1－C 2k )＋…＋(－1)k a k ＋1(C k k ＋1－C k k )＋(－1)k ＋1a k ＋2C k ＋1k ＋1＝0.因为C m ＋1n ＋1＝C m ＋1n ＋C mn ，所以－a 2C 0k ＋a 3C 1k －a 4C 2k ＋…＋(－1)k a k ＋1C k －1k ＋(－1)k ＋1a k ＋2C k k ＝0，即a 2－a 3C 1k ＋a 4C 2k ＋…＋(－1)k －1a k ＋1C k －1k ＋(－1)k a k ＋2C kk ＝0.由假设可知a 2，a 3，a 4，…，a k ＋1，a k ＋2成等差数列， 从而数列{a n }的前k ＋2项成等差数列．由①②可知，若对任意的n ≥2，n ∈N *，都有F (n )＝0成立，则数列{a n }是等差数列．。