《2025年练习生高中数学选择性必修第二册人教B版》

19. （本小题满分 12 分）[2022·江苏苏州高二期中]2021 级某高中数学学习小组共有男生 4 人，女生 3 人。
（1）7 个人站成一排，甲、乙两人中间恰好有 2 人的站法有多少种？
（2）7 人站成一排，甲与乙相邻且丙与丁不相邻，有多少种排法？
（3）现有 10 个乒乓球（完全相同）分发给这 7 名同学，每人至少 1 个，有多少种不同的分法？

答案： 19. 解：
(1)从除甲、乙外的7个人中选择2个人放在甲、乙中间的站法数为$\mathrm{A}_{7}^{2}$。
又甲、乙位置可以互换，所以这4个人的站法数为$\mathrm{A}_{7}^{2}\mathrm{A}_{2}^{2}$。
将这4人看成一个整体，与剩余3人排站，有$\mathrm{A}_{4}^{4}$种不同的站法。
所以不同的站法有$\mathrm{A}_{7}^{2}\mathrm{A}_{2}^{2}\mathrm{A}_{4}^{4} = 960$（种）。
(2)方法一：若甲、乙相邻，则将甲、乙看成一个整体，总共的站法数为$\mathrm{A}_{2}^{2}\mathrm{A}_{6}^{6} = 1440$。
其中甲、乙和丙、丁都相邻的情况有$\mathrm{A}_{2}^{2}\mathrm{A}_{2}^{2}\mathrm{A}_{5}^{5} = 480$（种）。
所以符合要求的排法有$1440 - 480 = 960$（种）。
方法二：若甲、乙相邻，则将甲、乙看成一个整体，与除丙、丁以外的3个人排列，有$\mathrm{A}_{2}^{2}\mathrm{A}_{4}^{4}$种排法。
再将丙、丁插空，有$\mathrm{A}_{5}^{2}$种排法。
所以不同的排法共有$\mathrm{A}_{2}^{2}\mathrm{A}_{4}^{4}\mathrm{A}_{5}^{2} = 960$（种）。
(3)问题可转化为将10个乒乓球排成一列，再分成7堆，每堆至少1个，求其方法数。
事实上，只需在上述10个乒乓球所产生的9个空档中选出6个空档插入档板即可。
所以不同的分法数为$\mathrm{C}_{9}^{6} = 84$。

20. (本小题满分 12 分)已知$(x + \frac{a}{\sqrt{x}})^{n}(n \in \mathbf{N}_{+})$的二项展开式中，。给出下列条件：①第二项与第三项的二项式系数之比是$1:4$；②各项系数之和为 512；③第 7 项为常数项。在上面三个条件中选择两个合适的条件分别补充在上面的横线上，并回答下列问题。
(1)求实数$a$的值和展开式中二项式系数最大的项；
(2)求$(x\sqrt{x} - 1)(x + \frac{a}{\sqrt{x}})^{n}$的展开式中的常数项。
注：若选择多组条件分别解答，则按照第一组解答计分。

答案： 20. 解：
(1)由①可知$\frac{\mathrm{C}_{n}^{2}}{\mathrm{C}_{n}^{4}} = \frac{1}{4}$，解得$n = 9$。
对于②，令$x = 1$，得$(1 + a)^{n} = 512$。
由③，得$\mathrm{C}_{n}^{6}x^{n - 6}\left(\frac{a}{\sqrt{x}}\right)^{6} = \mathrm{C}_{n}^{6}a^{6}x^{n - 6 - 3}$。
要使该项为常数，则$n = 9$。
所以条件①与③得到的是同一结果，所以只有选择条件①与②或条件②与③。
这两种选择组合都会得到$n = 9$。
由②，得$(1 + a)^{9} = 512$，解得$a = 1$。
所以二项式系数最大的项为$\mathrm{C}_{9}^{5}x^{4}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^{5} = 126x^{\frac{3}{2}}$和$\mathrm{C}_{9}^{4}x^{5}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^{4} = 126x^{3}$。
(2)由
(1)可知$n = 9$，$a = 1$。
所以$(x\sqrt{x} - 1)\left(x + \frac{a}{\sqrt{x}}\right)^{n} = (x\sqrt{x} - 1)\left(x + \frac{1}{\sqrt{x}}\right)^{9} = x\sqrt{x}\left(x + \frac{1}{\sqrt{x}}\right)^{9} - \left(x + \frac{1}{\sqrt{x}}\right)^{9}$。
所以展开式的通项公式为$x\sqrt{x}\mathrm{C}_{9}^{m}x^{9 - m}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^{m} - \mathrm{C}_{9}^{k}x^{9 - k}\left(\frac{1}{\sqrt{x}}\right)^{k} = \mathrm{C}_{9}^{m}x^{\frac{3}{2} + 9 - m - \frac{m}{2}} - \mathrm{C}_{9}^{k}x^{9 - k - \frac{k}{2}}$。
分别令$\frac{3}{2} + 9 - m - \frac{m}{2} = 0$，$9 - k - \frac{k}{2} = 0$，解得$m = 7$，$k = 6$。
所以常数项为$\mathrm{C}_{9}^{7} - \mathrm{C}_{9}^{6} = -48$。

21. （本小题满分 12 分）[2022·山东菏泽第一中学高二月考]6 名同学（分别简记为 A，B，C，D，E，F）到甲、乙、丙 3 个场馆做志愿者。
（1）一天上午有 16 个相同的口罩全部发给这 6 名同学，每名同学至少发 2 个口罩，则不同的发放方法种数为多少？
（2）每名同学只去 1 个场馆，甲场馆安排 1 名，乙场馆安排 2 名，丙场馆安排 3 名，则不同的安排方法种数为多少？
（3）每名同学只去 1 个场馆，每个场馆至少要去 1 名同学，且 A，B 两人约定去同 1 个场馆，C，D 不想去同 1 个场馆，则满足同学要求的不同的安排方法种数为多少？

答案： 21. 解：
(1)16个相同的口罩，每位同学先拿1个，剩下的10个口罩排成一排，有9个间隙，插入5块板子分成6份，每1种分法所得6份给到6名同学即可，
所以不同的发放方法种数为$\mathrm{C}_{9}^{5} = 126$。
(2)根据题意，分为三步：
第一步，6名同学中选1名去甲场馆；
第二步，剩下的5名同学中选2名同学去乙场馆；
第三步，最后剩下的3名同学去丙场馆。
所以不同的安排方法种数为$\mathrm{C}_{6}^{1}\mathrm{C}_{5}^{2}\mathrm{C}_{3}^{3} = 60$。
(3)把A，B看作一个整体，相当于把5名同学先分成3组，再分配给3个场馆，分组方法有两类：
第一类，3个场馆的人数分别为1，1，3，
去掉C，D在同一组的情况，有$(\mathrm{C}_{5}^{3} - \mathrm{C}_{3}^{1})$种分组方法，
再分配给3个场馆，有$(\mathrm{C}_{5}^{3} - \mathrm{C}_{3}^{1})\mathrm{A}_{3}^{3} = 7 × 6 = 42$（种）安排方法。
第二类，3个场馆的人数分别为1，2，2，
去掉C，D在同一组的情况，有$\left(\frac{\mathrm{C}_{5}^{1}\mathrm{C}_{4}^{2}}{\mathrm{A}_{2}^{2}} - \mathrm{C}_{3}^{1}\right)$种分组方法，
再分配给三个场馆，有$\left(\frac{\mathrm{C}_{5}^{1}\mathrm{C}_{4}^{2}}{\mathrm{A}_{2}^{2}} - \mathrm{C}_{3}^{1}\right)\mathrm{A}_{3}^{3} = 12 × 6 = 72$（种）安排方法。
所以满足同学要求的不同的安排方法共有$42 + 72 = 114$（种）。

22. （本小题满分 12 分）已知函数$f_{n}(x) = (1 + \lambda x)^{n} = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + ·s + a_{n}x^{n}$，其中$\lambda \in \mathbf{R}$，$n \in \mathbf{N}$。
（1）若$\lambda = - 2$，$n = 2018$，求$a_{0} + a_{2} + a_{4} + ·s + a_{2018}$的值。
（2）若$n = 8$，$a_{7} = 1024$，求$a_{i}(i = 0,1,2,3,·s,8)$的最大值。
（3）若$\lambda = - 1$，求证：$\sum_{k = 0}^{n}\mathrm{C}_{n}^{k}\frac{k}{n}x^{k}f_{n - k}(x) = x$。

答案： 22. 解：
(1)当$\lambda = 2$，$n = 2018$时，$f_{2018}(x) = (1 - 2x)^{2018} = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + ·s + a_{2018}x^{2018}$。
令$x = 1$，得$(1 - 2)^{2018} = a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} + ·s + a_{2017} + a_{2018} = 1$。
令$x = -1$，得$(1 + 2)^{2018} = a_{0} - a_{1} + a_{2} - a_{3} + ·s + a_{2017} + a_{2018} = 3^{2018}$。
所以$a_{0} + a_{2} + a_{4} + ·s + a_{2018} = \frac{3^{2018} + 1}{2}$。
(2)【解】$f_{8}(x) = (1 + \lambda x)^{8} = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + ·s + a_{8}x^{8}$。
由$a_{7} = \mathrm{C}_{8}^{7}\lambda^{7} = 1024$，得$\lambda = 2$。
不妨设$a_{i}$中$a_{i}(t = 0, 1, 2, 3, ·s, 8)$最大，
则$\begin{cases}a_{t} \geq a_{t - 1}, \\ a_{t} \geq a_{t + 1},\end{cases}$即$\begin{cases}\mathrm{C}_{8}^{t}2^{t} \geq \mathrm{C}_{8}^{t - 1}2^{t - 1}, \\ \mathrm{C}_{8}^{t}2^{t} \geq \mathrm{C}_{8}^{t + 1}2^{t + 1},\end{cases}$
解得$\begin{cases}t \leq 6, \\ t \geq 5,\end{cases}$所以$t = 5$或$t = 6$。
所以$a_{i}$中的最大值为$a_{5} = a_{6} = \mathrm{C}_{8}^{5}2^{5} = \mathrm{C}_{8}^{6}2^{6} = 1792$。
(3)【证明】若$\lambda = -1$，则$f_{n}(x) = (1 - x)^{n}$，
所以$\sum_{k = 0}^{n}\mathrm{C}_{n}^{k}\frac{k}{n}x^{k}f_{n - k}(x) = \mathrm{C}_{n}^{0}\frac{0}{n}x^{0}(1 - x)^{n} + \mathrm{C}_{n}^{1}\frac{1}{n}x^{1}· (1 - x)^{n - 1} + \mathrm{C}_{n}^{2}\frac{2}{n}x^{2}(1 - x)^{n - 2} + ·s + \mathrm{C}_{n}^{n}\frac{n}{n}x^{n}(1 - x)^{0}$。
因为$\mathrm{C}_{n}^{k}\frac{k}{n} = \frac{n!}{k!(n - k)!} · \frac{k}{n} = \frac{(n - 1)!}{(k - 1)!(n - k)!} = \mathrm{C}_{n - 1}^{k - 1}$，
所以$\sum_{k = 0}^{n}\mathrm{C}_{n}^{k}\frac{k}{n}x^{k}f_{n - k}(x)$
$= 0 + \mathrm{C}_{n - 1}^{0}x^{1}(1 - x)^{n - 1} + \mathrm{C}_{n - 1}^{1}x^{2}(1 - x)^{n - 2} + ·s + \mathrm{C}_{n - 1}^{n - 1}x^{n}(1 - x)^{0}$
$= x\left[\mathrm{C}_{n - 1}^{0}x^{0}(1 - x)^{n - 1} + \mathrm{C}_{n - 1}^{1}x^{1}(1 - x)^{n - 2} + ·s + \mathrm{C}_{n - 1}^{n - 1}x^{n - 1}(1 - x)^{0}\right]$
$= x\left[x + (1 - x)\right]^{n - 1}$
$= x$。