高考2023人教A版高中数学变式题9

复习参考题6

复习参考题6

复习巩固

1.乘积3i+a?+…+。")(瓦++…+砥)展开后，共有项；

【答案】n2

【分析】根据条件中所给的是多项式乘以多项式，根据多项式乘法法则可得，要得到式

子的结果，需要在每个括号中选一个进行乘法运算，分别分析每个括号中的取法数目，

相乘得结果.

【详解】根据多项式的乘法法则，

(%+a2+—Fan)(/?i+b2+…+bn)展开后每一项都必须是在

(cii+a，2+…+即)(瓦++…+%)两式中任取一项后相乘，得到的式子，

而在+a?+…+an)中有n种取法，

在(瓦+b2+-+%)中有葭种取法，

由乘法原理，可得共有：zi-n=n2种情况.

故原式展开后有M项，

故答案为：n2

2.学生可从本年级开设的7门选修课中任意选择3门，并从6种课外活动小组中选择

2种，不同的选法种数是；

【答案】525

【分析】利用分步乘法计数原理计算即可.

【详解】从7门选修课中任意选择3门有废种选法；从6种课外活动小组中选择2种有

/种选法.

所以不同的选法种数为C＞霏=冷•器=525

/03x2x12x1

故答案为：525.

3.安排6名歌手演出顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，不

同排法的种数是;

【答案】480

【分析】先排特殊，再排一般.

【详解】先排这名歌手有屐种方法，余下5名歌手全排列为箱中方法.

所以不同排法的种数为盘■福=4x5x4x3x2x1=480种.

故答案为：480

4.5个人分4张无座足球票，每人至多分1张，而且票必须分完，那么不同分法的种

数是;

【答案】5.

【分析】根据题意，结合题意可得不同的分法有CJ种，最后计算组合数计算即可.

【详解】因为5个人分4张无座足球票，每人至多分1张，而且票必须分完，

所以只有一人没有分到票，其余4人分到1人1张票，

又因为无座票，所以没有顺序，

所以共有=5种不同的分法.

故答案为：5.

5.5名同学去听同时举行的3个课外知识讲座，每名同学可自由选择听其中的1个讲

座，不同选择的种数是;

【答案】243

【分析】根据题意，分析出每位同学有3种选择，进而由分步乘法计数原理可得答案.

【详解】根据题意，每名同学可自由选择听3个讲座中的任意一个，所以每位同学有3

种选择方法，

所以5名同学共有3x3x3x3x3=3S=243种选择方法.

故答案为：243.

6.正十二边形的对角线的条数是；

【答案】54

【分析】由任意两点连线的条数，再排除边数可得.

【详解】任意两点连线的条数，再排除边数，

故正十二边形的对角线的条数是仃2—12=66—12=54.

故答案为：54.

7.(1+乃23的展开式中，系数最大的项是第项.

【答案】n+1

【分析】在(l+x)2n的展开式中，第r+1项的系数与第r+1项的二项式系数相同，再

利用二项式的性质可得答案

【详解】解：因为在(1+乃2"的展开式中，第r+1项的系数与第r+1项的二项式系数

相同，而二项展开式共有2n+l项，中间项的二项式系数最大，

所以第71+1项的系数最大，

故答案为：n+1

8.一个集合有5个元素.

试卷第2页，共8页

(1)这个集合的含有3个元素的子集有多少个？

(2)这个集合的子集共有多少个？

【答案】(1)10,(2)32

【分析】根据集合子集中的元素的不重复性，可以利用组合数公式求解

【详解】解：(1)这个集合的含有3个元素的子集有它=10个；

(2)这个集合的子集包括有含有0个元素、1个元素、2个元素、3个元素、4个元素

和5个元素，所以这个集合的子集共有C?+废+或+底+CJ+砥=25=32个，

9.已知C，j?=21,那么n=；

【答案】6

【分析】根据组合数的性质及组合数的计算公式计算可得；

【详解】解：因为鬣？=21,所以鬣+1=21,即"2=21,即n2+n-42=0,解

得n=6或n=-7(舍去)

故答案为：6

10.某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文、数学、政治、

英语、体育、艺术6堂课的课程表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，不同排法

种数是;

【答案】192

【分析】先排数学、体育，再排其余4节，利用乘法原理，即可得到结论.

【详解】解：由题意，要求数学课排在上午，体育课排在下午，有盘©=8种

再排其余4节，有用=24种，

根据乘法原理，共有8X24=192种方法，

故答案为：192.

11.某人设计的电脑开机密码由2个英文字母后接4个数字组成，且2个英文字母不相

同，该密码可能的个数是；

【答案】6500000

【分析】首先确定2个英文字母的排列方法，接着确定4个数字的排列方法，最后根据

分步乘法原理计算结果即可.

【详解】首先确定2个英文字母，因为2个英文字母不相同，所以有26x25=650种

排列方法，接着确定4个数字的排列方法，因为可以数字可以相同,所以有IO4=10000,

根据分步乘法计数原理得：该密码可能的个数为：650X10000=6500000.

故答案为：6500000

12.以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是；

【答案】58

【分析】从8个顶点中选4个，排除6个表面有6个四点共面情况，6个对角面有6个

四点共面情况.

【详解】首先从8个顶点中选4个，共有或=70种结果，

其中，有四点共面的情况，6个表面有6个四点共面情况，6个对角面有6个四点共面

情况，

所以以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是70-6-6=58.

故答案为：58.

13.在(l-2x)"的展开式中，各项系数的和是.

【答案】(-1尸

【分析】根据赋值法，令x=l即得结果.

【详解】令X=l,贝l](l-2x)n=(l-2xl)n=(—l)n,

即二项式(1-2》产的展开式中各项系数的和是(-1尸.

故答案为：(一1尸.

14.(1)平面内有"条直线，其中没有两条平行，也没有三条交于一点，共有多少个交

点？

(2)空间有"个平面，其中没有两个互相平行，也没有三个交于一条直线，共有多少

条交线？

【答案】(1)也尸，(2)丝尸

【分析】(1)由题意可知：1条直线，0个交点，2条直线，1个交点，3条直线，1+2个

交点，4条直线，1+2+3条交点，从而可得到规律，进而可得答案；

(2)类比(1)中的方法得出答案

【详解】解：(1)因为1条直线，0个交点，

2条直线，1个交点，

3条直线，1+2个交点，

4条直线，1+2+3个交点，

5条直线，1+2+3+4条交点，

所以n条直线有1+2+3+-+(n-1)个交点,

即丝尸2个交点；

试卷第4页，共8页

(2)因为1个平面，0条交线，

2个平面，1条交线，

3个平面，1+2条交线，

4个平面，1+2+3条交线，

5个平面，1+2+3+4条交线,

所以n个平面有1+2+3+…+(n-1)条交线，

即若艾条交线；

综合运用

15.(1)求(l—2x)5(l+3x)4的展开式中按x的升幕排列的第3项；

(2)求(9x+金)的展开式的常数项；

(3)已知(1+依产的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，

求〃；

(4)求(1+X+%2)(1一乃1。的展开式中/的系数；

(5)求(7+x+y)s的展开式中％5产的系数.

【答案】(1)一26/；(2)C盘;(3)n=14或23；(4)135；(5)30.

【分析】(1)(l—2x)5(l+3x)4的展开式中按％的升基排列的第3项，即展开式中含/

的项.

(2)求出其通项公式，令x的指数为0即可求解.

(3)利用二项展开式的通项公式求出通项求出各项的二项式系数，利用等差数列的定

义列出方程解得.

(4)先将多项式展开，转化为二项式系数的和差，利用二项展开式的通项公式求出系

数即可.

(5)(x2+x+y)5=[(x2+x)+y]5,两次利用通项公式求解即可.

【详解】(1)(1一2乃5(1+3乃4的展开式中按X的升基排列的第3项，即展开式中含/

的项，

4(3x)2+废(-2x)2+能■(-2x)•玛•(3x)1=-26/.

(2)V[9%+(1川8展开式的通项公式为：7；+1=C18•(9x)18-.(提)r=3-r.髀々.

r~18一；丁

。r18，％2»

令18—|r=0可得：r=12；

故[9x+(金)严展开式的常数项为：3T2.96c指=Cb

(3)•••展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数分别为底，盘，C”，

2Cn=C®+C^0=2———=—―--1------->-----------1——；

nnn9!(n-9)!8!(n-8)l10!(n-10)!9(n-9)(n-8)(n-9)10x9

化简得90+(n-9)(n-8)=2x10(n-8),

即：n2-37n+322=0,

解得n=14或23.

(4)v(1+x+x2)(l—x)10=(1—x)10+x(l—x)10+x2(l—x)10,

(1+X+X2)(l-x)l。展开式中含婷的系数为：(1-的含％4的系数加上其含的

系数加上其含/项的系数，

(1-%)1°展开式的通项为7r+1=Go(-X)'，

令r=4,3,2分别得展开式含%3,x2项的系数为Cfo,-第0,或0，

2

故(1+x+x)(l-工)1°展开式中含%4的系数为：cfo—do+Cf0=135,

(5)v(x2+x+y)5=[(%2+x)+y]5

5-rr

设其展开式的通项公式为7>+1=CJ(%2+x)-y,0<r<5,r&N,

令r=2,

得(x2+x)3的的通项公式为C『(x2)3-7n.x171=C^xb~m,0<m<3,meN,

再6—m=5,得=1,

(x2+x+y)'的展开式中，％Sy2的系数为鬣-cj=10x3=30.

即(/+%+/5的展开式中，x5y2的系数为30.

16.用二项式定理证明5555+9能被8整除.(提示：5555+9=(56-I)55+9.)

【答案】见解析

【分析】根据5555+9=(56-1)55+9,按照二项式定理展开，化筒后，根据展开式

的各式都含有因数8可得它能被8整除.

【详解】证明：55^+9=(56-1尸+9

=6^5655+废55654(-1)1+废55653(-1)2+…+C居561(-1)54+C靛(—1)55+9

=565s-废55654+...+c居56+8能被8整除.

所以5555+9能被8整除.

17.(1)平面内有两组平行线，一组有，〃条，另一组有〃条，这两组平行线相交，可以

构成多少个平行四边形？

(2)空间有三组平行平面，第一组有〃?个，第二组有〃个，第三组有/个，不同两组

的平面都相交，且交线不都平行，可以构成多少个平行六面体？

试卷第6页，共8页

【答案】（1）（2）C2C2C2.

【分析】（1）首先分析平行四边形是由两组平行对边构成的，接着结合分步计数原理求

解即可；（2）首先分析平行六面体是由3组平行对面构成的，接着结合分步计数原理求

解即可；

【详解】（1）由题意可知：平面内有两组平行线，一组有，〃条，另一组有〃条，

要构成平行四边形，需要有两组对边分别平行，

故从第一组机条平行线中任选2条，作为平行四边形的一组对边，共有*种不同的取

法，

再从第二组〃条条平行线中任选2条，作为平行四边形的另一组对边，共有％种不同的

取法，

则可以构成。鬣个平行四边形.

（2）由题意可知：空间有三组平行平面，第一组有〃?个，第二组有〃个，第三组有/

个，

要构成平行六面体，需要有3组对面分别平行，

故从第一组机个平行平面中任选2个，作为平行六面体的一组对面，共有4种不同的

取法，

再从第二组〃个平行平面中任选2个，作为平行六面体的第二组对面，共有鬃种不同的

取法，

再从第三组/个平行平面中任选2个，作为平行六面体的第三组对面，共有种不同的

取法，

则可以构成C*鬣C,2个平行六面体.

18.某种产品的加工需要经过5道工序.

（1）如果其中某道工序不能放在最后，那么有多少种加工顺序？

（2）如果其中某2道工序既不能放在最前，也不能放在最后，那么有多少种加工顺序？

（3）如果其中某2道工序必须相邻，那么有多少种加工顺序？

（4）如果其中某2道工序不能相邻，那么有多少种加工顺序？

【答案】（1）96,（2）36,（3）48,（4）72

【分析】（1）先从另外4道工序中任选1道工序放在最后，再将剩余的4道工序全排列

即可；（2）先从另外3道工序中任选2道工序放在最前和最后，再将剩余的3道工序全

排列；（3）先排这2道工序，再将它们看做一个整体，与剩余的工序全排列；（4）先排

其余的3道工序，出现4个空位，再将这2道工序插空

【详解】解：（1）先从另外4道工序中任选1道工序放在最后，有盘=4种不同的排法，

再将剩余的4道工序全排列，有24种不同的排法，故由分步乘法原理可得，共有

4x24=96种加工顺序；

(2)先从另外3道工序中任选2道工序放在最前和最后，有房=6种不同的排法，再

将剩余的3道工序全排列，有朋=6种不同的排法，故由分步乘法原理可得，共有6x6=

36种加工顺序；

(3)先排这2道工序，有鹿=2种不同的排法，再将它们看做一个整体，与剩余的工

序全排列，有川=24种不同的排法，故由分步乘法原理可得，共有2x24=48种加工

顺序；

(4)先排其余的3道工序，有“=6种不同的排法，出现4个空位，再将这2道工序

插空，有用=12种不同的排法，所以由分步乘法