专题强化训练8

专题强化训练(八)一、选择题1．(2020·河北邯郸二模)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,\r(x))))n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64，则x3的系数为()A．15B．45C．135D．405[解析]在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,\r(x))))n中，令x为1，得各项系数和为4n，又展开式的二项式系数和为2n，各项系数的和与二项式系数的和之比为64，∴eq\f(4n,2n)＝64，解得n＝6，∴二项式的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)·3r·xeq\s\up15(6－eq\f(3,2)r)，令6－eq\f(3,2)r＝3，得r＝2，故展开式中x3的系数为Ceq\o\al(2,6)·32＝135，故选C.[答案]C2．(2020·安徽蚌埠二模)设a∈R，若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,x)))9与eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x2)))9的二项展开式中的常数项相等，则a＝()A．4B．－4C．2D．－2[解析]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(2,x)))9的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,9)(x2)9－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)))k＝Ceq\o\al(k,9)x18－2k·2kx－k＝Ceq\o\al(k,9)·2kx18－3k，由18－3k＝0得k＝6，即常数项为T6＋1＝Ceq\o\al(6,9)·26＝84×64.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x2)))9的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,9)x9－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x2)))r＝Ceq\o\al(r,9)x9－r·arx－2r＝Ceq\o\al(r,9)·arx9－3r，由9－3r＝0得r＝3，即常数项为T3＋1＝Ceq\o\al(3,9)·a3＝84a3.∵两个二项展开式中的常数项相等，∴84a3＝84×64，∴a3＝64，即a＝4，故选A.[答案]A3．(2020·江西上饶二模)多项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋x3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))6的展开式中各项系数的和为3，则该展开式中x3的系数是()A．－184B．－84C．－40D．320[解析]令x＝1，可得多项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)＋x3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))6的展开式中各项系数的和为(a＋1)×1＝3，∴a＝2，∴多项式为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋x3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,x)))6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋x3))·(x6－12x4＋60x2－160＋240x－2－192x－4＋64x－6)，故它的展开式中x3的系数为2×(－12)＋(－160)＝－184，故选A.[答案]A4．(2020·山东烟台模拟)设(x＋2)x9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a10(x＋1)10，则a1＋a2＋…＋a10的值为()A．1B．0C．－1D．2[解析]根据(x＋2)x9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a10(x＋1)10，令x＝－1，可得a0＝－1.故有(x＋2)x9＝－1＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a10(x＋1)10，再令x＝0，可得0＝－1＋a1＋a2＋…＋a10，则a1＋a2＋…＋a10＝1.[答案]A5．(2020·南京高三调考)某校毕业典礼上有6个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起．则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有()A．120种B．156种C．188种D．240种[解析]解法一：记演出顺序为1～6号，对丙、丁的排序进行分类，丙、丁占1和2号，2和3号，3和4号，4和5号，5和6号，其排法种类分别为Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)，Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)，Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)，Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)，Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)故总编排方案有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝120(种)．故选A.解法二：记演出顺序为1～6号，按甲的编排进行分类，①当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，则编排方案有Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝48(种)；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，编排方案共有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝36(种)；③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，编排方案共有Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝36(种)．所以编排方案共有48＋36＋36＝120(种)．故选A.[答案]A6．(2020·陕西西安二检)将“124467”重新排列后得到不同的偶数的个数为()A．72B．120C．192D．240[解析]若将“124467”重新排列后所得数为偶数，则末位数字应为偶数，(1)若末位数字为2，因为含有2个4，所以偶数有eq\f(5×4×3×2×1,2)＝60(个)；(2)若末位数字为6，同理偶数有eq\f(5×4×3×2×1,2)＝60(个)；(3)若末位数字为4，因为有两个相同数字4，所以偶数有5×4×3×2×1＝120(个)．综上可知，不同的偶数共有60＋60＋120＝240(个)．故选D.[答案]D7．(2020·豫南九校联考)将5位同学分别保送到北京大学、上海交通大学、中山大学这3所大学就读，每所大学至少保送1人，则不同的保送方法共有()A．150种B．180种C．240种D．540种[解析]先将5人分成三组，3,1,1或2,2,1，共有Ceq\o\al(3,5)＋Ceq\o\al(1,5)×eq\f(C\o\al(2,4)×C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))＝25(种)分法；再将三组学生分到3所学校有Aeq\o\al(3,3)＝6(种)分法，故共有25×6＝150(种)不同的保送方法．故选A.[答案]A8.(2020·郑州二模)如图，某个地区分为5个行政区域，现给该地区的地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色，现在有4种颜色可供选择，则不同的着色方法种数为()A．48B．24C．72D．96[解析]解法一(以位置为主考虑)：第一步涂①，有4种着色方法．第二步涂②，有3种着色方法．第三步涂③，有2种着色方法．第四步涂④时分两类，第一类用余下的颜色，有1种着色方法．第五步涂⑤，有1种着色方法；第二类④与②同色，有1种着色方法，第五步涂⑤，有2种着色方法．所以不同的着色方法共有4×3×2×(1×1＋1×2)＝72(种)．解法二(以颜色为主考虑)：分两类．(1)取4色：着色方法有2Aeq\o\al(4,4)＝48(种)．(2)取3色：着色方法有Aeq\o\al(3,4)＝24(种)．所以共有着色方法48＋24＝72(种)．[答案]C9．(2020·合肥一模)将标号为1,2,3,4的四个篮球分给三位小朋友，每位小朋友至少分到一个篮球，且标号1,2的两个篮球不能分给同一个小朋友，则不同的分法种数为()A．15B．20C．30D．42[解析]四个篮球中两个分到一组有Ceq\o\al(2,4)种分法，三组篮球进行全排列有Aeq\o\al(3,3)种分法，其中标号1,2的两个篮球分给同一个小朋友有Aeq\o\al(3,3)种分法，所以共有分法Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)－Aeq\o\al(3,3)＝30(种)．故选C.[答案]C10．(2020·衡水二中一模)已知身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法种数为()A．24B．28C．36D．48[解析]按红红之间有蓝、无蓝这两类来分情况研究．①当红红之间有蓝时，则有Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,4)＝24种情况；②当红红之间无蓝时，则有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,3)＝24种情况．因此这五个人排成一行，穿相同颜色衣服的人不能相邻，共有24＋24＝48种排法．故选D.[答案]D11．(2020·湖北宜昌模拟)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张．不同取法的种数为()A．232B．252C．472D．484[解析]由题意，不考虑特殊情况，共有Ceq\o\al(3,16)种取法，其中同一种颜色的卡片取3张，有4Ceq\o\al(3,4)种取法，3张卡片中红色卡片取2张有Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,12)种取法，故所求的取法共有Ceq\o\al(3,16)－4Ceq\o\al(3,4)－Ceq\o\al(2,4)·Ceq\o\al(1,12)＝560－16－72＝472种，选C.[答案]C12．(2020·山东济南一模)某小学6名教职工的私家车中有3辆为黑色，2辆为白色，1辆为红色，学校刚好备有6个并排的停车位，上班期间这6辆私家车每天都停在这6个车位上，则红色私家车不停在两端、3辆黑色私家车只有2辆相邻的停车种数为()A．144B．288C．432D．720[解析]解法一：①当白色私家车停在两端、3辆黑色私家车只有2辆相邻时，先排3辆黑色私家车，有Aeq\o\al(3,3)种情况，再将1辆红色私家车插入黑色私家车中间的2个空位中的任1个，有Ceq\o\al(1,2)种情况，最后将2辆白色私家车停在两端，有Aeq\o\al(2,2)种情况，此时不同的停车种数共有Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝24(种)；②当黑色私家车停在两端、3辆黑色私家车只有2辆相邻时，先排3辆黑色私家车，有Aeq\o\al(3,3)种情况，再将剩下的3辆车作为整体插入黑色私家车中间的2个空位中的任1个，有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)种情况，此时不同的停车种数共有Aeq\o\al(3,3)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(3,3)＝72(种)；③当车位两端一端停白色私家车、一端停黑色私家车时，先排3辆黑色私家车，有Aeq\o\al(3,3)种情况．(ⅰ)当红色私家车排在黑色私家车两边时，有Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)种情况，(ⅱ)当红色私家车排在黑色私家车中间时，有Ceq\o\al(1,2)(Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2))种情况，此时不同的停车种数有Aeq\o\al(3,3)[Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,2)(Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2))]＝192(种)．综上，不同的停车种数共有24＋72＋192＝288(种)．故选B.解法二：不考虑红色私家车的停靠位置，则3辆黑色私家车只有2辆相邻时，考虑从3辆黑色私家车中选出2辆捆在一起当作一个元素，与另一辆黑色私家车插入由2辆白色私家车、1辆红色私家车的全排列形成的4个空位中，停车种数有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,4)＝432(种)，而两端停靠红色私家车的种数有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(2,3)＝144(种)，所以红色私家车不停在两端、3辆黑色私家车只有2辆相邻的停车种数有432－144＝288(种)，故选B.[答案]B二、填空题13．(2020·河北邯郸二模)若eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))＋ax2＋1))5的展开式中的常数项为11，则a＝________.[解析]已知多项式的展开式的常数项为Ceq\o\al(5,5)·15＋Ceq\o\al(4,5)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(x))))4·ax2＝1＋5a＝11，所以a＝2.[答案]214．(2020·湖南长沙调研)甲、乙、丙、丁四名同学和一名老师站成一排合影留念．要求老师必须站在正中间，且甲同学不与老师相邻，则不同的站法种数为________．[解析]特殊元素优先安排，先让老师站在正中间，甲同学从两端中任选一个位置，有N1＝Ceq\o\al(1,1)·