通用版2018学高考数学二轮复习练酷专题课时跟踪检测十五排列组合与二项式定理理201802062114

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教育最新K12通用版2018年高考数学二轮复习课时跟踪检测五理

课时跟踪检测（五）一、选择题1．设函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)．若函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6，π2上具有单调性，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，则函数f (x )的最小正周期为( ) A.π2 B ．π C.3π2D ．2π 解析：选B 由已知可画出草图，如图所示，则T 4＝π2＋2π32－π2＋π62，解得T ＝π. 2．已知外接圆半径为R 的△ABC 的周长为(2＋3)R ，则sin A ＋sin B ＋sin C ＝( ) A ．1＋32B ．1＋34C.12＋32D.12＋ 3 解析：选A 由正弦定理知a ＋b ＋c ＝2R (sin A ＋sin B ＋sin C )＝(2＋3)R ，所以sinA ＋sinB ＋sinC ＝1＋32，故选A. 3．若函数f (x )＝2m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋π3－2在x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，5π12内存在零点，则实数m 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－233，2 C ．(－∞，－2]∪[1，＋∞) D ．[－2,1]解析：选C 设x 0为f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，5π12内的一个零点，则2m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π3－2＝0，所以m＝1sin ⎝⎛⎭⎪⎫2x 0＋π3.因为0≤x 0≤5π12，所以π3≤2x 0＋π3≤7π6，所以－12≤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 0＋π3≤1，所以m ≤－2或m ≥1，故选C.4．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若b ＝5，a ＝3，cos(B －A )＝79，则△ABC 的面积为( )A.152 B.523C ．5 2D ．2 2 解析：选C 在边AC 上取点D 使A ＝∠ABD ，则cos ∠DBC ＝cos(∠ABC －A )＝79，设AD ＝DB ＝x ，在△BCD 中，由余弦定理得，(5－x )2＝9＋x 2－2×3x ×79，解得x ＝3.故BD ＝DC ，在等腰三角形BCD 中，DC 边上的高为22，所以S △ABC ＝12×5×22＝52，故选C.5．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c .a sin B cos C ＋c sin B cos A ＝12b ，且a >b ，则B ＝( )A.π6 B.π3 C.2π3 D.5π6解析：选A 由射影定理可知a cos C ＋c cos A ＝b ，则(a cos C ＋c cos A )sin B ＝b sin B ，又a sin B cos C ＋c sin B cos A ＝12b ，则有b sin B ＝12b ，sin B ＝12.又a >b ，所以A >B ，则B∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，故B ＝π6.6．已知△ABC 为等边三角形，AB ＝2，设点P ，Q 满足AP ―→＝λAB ―→，AQ ―→＝(1－λ)AC ―→，λ∈R ，若BQ ―→·CP ―→＝－32，则λ＝( )A.12B.1±22 C.1±102D.－3±222解析：选A 以点A 为坐标原点，AB 所在的直线为x 轴，过点A 且垂直于AB 的直线为y 轴，建立平面直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (1，3)，∴AB ―→＝(2,0)，AC ―→＝(1，3)，又AP ―→＝λAB ―→，AQ ―→＝(1－λ)AC ―→，∴P (2λ，0)，Q (1－λ，3(1－λ))，∴BQ ―→·CP ―→＝(－1－λ，3(1－λ))·(2λ－1，－3)＝－32，化简得4λ2－4λ＋1＝0，∴λ＝12.二、填空题7．对任意两个非零的平面向量α和β，定义α∘β＝α·ββ·β.若平面向量a ，b 满足|a |≥|b |>0，a 与b 的夹角θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π4，且a ∘b 和b ∘a 都在集合⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2|n ∈Z 中，则a ∘b ＝________.解析：a ∘b ＝a·b b·b ＝|a ||b |cos θ|b |2＝|a |cos θ|b |，①b ∘a ＝b·a a·a ＝|b ||a |cos θ|a |2＝|b |cos θ|a |.②∵θ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π4，∴22<cos θ<1.又|a |≥|b |>0，∴0<|b ||a |≤1.∴0<|b ||a |cos θ<1，即0<b ∘a <1.∵b ∘a ∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫n 2|n ∈Z ，∴b ∘a ＝12.①×②，得(a ∘b )(b ∘a )＝cos 2θ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，∴12<12(a ∘b )<1，即1<a ∘b <2，∴a ∘b ＝32. 答案：328.在边长为2的菱形ABCD 中，∠BAD ＝60°，P ，Q 分别是BC ，BD 的中点，则向量AP ―→与AQ ―→的夹角的余弦值为________．解析：以A 为原点，AB 所在直线为x 轴建立如图所示的直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (3，3)，D (1，3)，所以P ⎝ ⎛⎭⎪⎫52，32，Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，则AP ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫52，32，AQ ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32，32，所以cos ∠PAQ ＝AP ―→·AQ ―→|AP ―→||AQ ―→|＝154＋347×3＝32114.答案：321149．(2017·石家庄质检)非零向量m ，n 的夹角为π3，且满足|n |＝λ|m |(λ>0)，向量组x 1，x 2，x 3由一个m 和两个n 排列而成，向量组y 1，y 2，y 3由两个m 和一个n 排列而成，若x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3所有可能值中的最小值为4m 2，则λ＝________.解析：由题意，x 1·y 1＋x 2·y 2＋x 3·y 3的运算结果有以下两种可能：①m 2＋m·n ＋n 2＝m 2＋λ|m ||m |cosπ3＋λ2m 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ2＋λ2＋1m 2；②m·n ＋m·n ＋m·n ＝3λ|m |·|m |cos π3＝3λ2m 2.又λ2＋λ2＋1－3λ2＝λ2－λ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－122＋34>0，所以3λ2m 2＝4m 2，即3λ2＝4，解得λ＝83.答案：83三、解答题10．已知函数f (x )＝(3sin x ＋cos x )2－2.(1)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2上的最大值和最小值； (2)在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若f (A )＝2，a ＝3，且sin B ＝2sin C ，求△ABC 的面积．解：(1)f (x )＝(3sin x ＋cos x )2－2 ＝(3sin 2x ＋cos 2x ＋23sin x cos x )－2 ＝2sin 2x ＋3sin 2x －1＝3sin 2x －cos 2x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －π6， ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π6，π2，∴2x －π6∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2，5π6，∴当2x －π6＝－π2，即x ＝－π6时，函数f (x )取得最小值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝－2；当2x －π6＝π2，即x ＝π3时，函数f (x )取得最大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3＝2. (2)∵f (A )＝2，∴2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2A －π6＝2，即sin ⎝⎛⎭⎪⎫2A －π6＝1.∵A ∈(0，π)，∴2A －π6＝π2，解得A ＝π3.∵sin B ＝2sin C ，∴b ＝2c . ∵a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ，∴3＝5c 2－4c 2×cos π3，解得c ＝1，∴b ＝2.∴S △ABC ＝12bc sin A ＝12×2×1×sin π3＝32.11．在△ABC 中，边a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 所对的边，且满足2sin B ＝sin A ＋sin C ，设B 的最大值为B 0.(1)求B 0的值；(2)当B ＝B 0，a ＝3，c ＝6，AD ―→＝12DB ―→时，求CD 的长．解：(1)由题设及正弦定理知，2b ＝a ＋c ，即b ＝a ＋c2.由余弦定理知，cos B ＝a 2＋c 2－b22ac＝a 2＋c 2－⎝⎛⎭⎪⎫a ＋c 222ac＝a 2＋c 2－2ac 8ac≥ac －2ac 8ac ＝12，当且仅当a 2＝c 2，即a ＝c 时等号成立． ∵y ＝cos x 在(0，π)上单调递减， ∴B 的最大值B 0＝π3.(2)∵B ＝B 0＝π3，a ＝3，c ＝6，∴b ＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝33， ∴c 2＝a 2＋b 2，即C ＝π2，A ＝π6，由AD ―→＝12DB ―→，知AD ＝13AB ＝2，在△ACD 中，由余弦定理得CD ＝AC 2＋AD 2－2AC ·AD ·cos π6＝13.12.某地拟建一主题游乐园，该游乐园为四边形区域ABCD ，其中三角形区域ABC 为主题活动区，其中∠ACB ＝60°，∠ABC ＝45°，AB ＝126；AD ，CD 为游客通道(不考虑宽度)，且∠ADC ＝120°，三角形区域ADC 为游乐休闲中心供游客休憩．(1)求AC 的长度；(2)记游客通道AD 与CD 的长度和为L ，求L 的最大值．解：(1)由正弦定理，得AB sin ∠ACB ＝ACsin ∠ABC，又∠ACB ＝60°，∠ABC ＝45°，AB ＝126，所以AC ＝126sin 45°sin 60°＝24.(2)设∠CAD ＝θ(0°<θ<60°)，则∠ACD ＝60°－θ，在△ADC 中，由正弦定理得AC sin 120°＝CD sin θ＝AD－θ，所以L ＝AD ＋CD＝163[sin(60°－θ)＋sin θ]＝163(sin 60°cos θ－cos 60°sin θ＋sin θ) ＝163sin(60°＋θ)，故当θ＝30°时，L 取到最大值16 3.。

2018届高考数学二轮复习二项式定理在数列求和中的应用学案含答案(全国通用)

2018广东高考数学一轮二项式定理在数列求和中的应用一，二项式定理和杨辉三角介绍：1,二项式定理： ()n n n n r n r r n n n n n n n a b C a b C a b C a b C a b C a b ---+=+++++001112220其中rn C 叫做二项式系数。

2,杨辉三角：二，重要组合恒等式:（1）,r r r n n n C C C ---+=111 证明：()!()!()!()!!()!r r n n n n C C r n r r n r -----+=+----1111111=()!![()]!()!!()!r n n n r n r C r n r r n r -+-==--1（证毕）（2），()r r r r r r r r n n C C C C C n r +++-++++=>1121证明（数学归纳法）：当n r =+1时上式左边=1 右边是r r C ++=111，所以是正确的。

假设上式对()n k k r =>正确即r r r r r r r r k k C C C C C +++-++++=1121那么就有r r r r r r r r r r k k kk C C C C C C C +++-+++++=+1121 再有组合不等式（1）可得r r r r r r r r r k k k C C C C C C +++-++++++=11211故综上所述对于所有大于r 的正整数n （2）式都是成立的。

三，一元n 次多项式根与系数的关系对于多项式n n n n n x a xa x a x a ---++++=121210 若,,n x x x x 123 是它的n 个根则有一下等式成立： ()n a x x x -=+++11121()n n a x x x x x x --=+++22121311()i i i k k k a x x x -=∑121 （所有i 个不同的根的乘积的和）()n n a a a a -=1231四，应用举例为了方便应用，（2）式也可以写成()r r r r r r r r r n r n C C C C C n r ++++-+++++=>1121当r=1，2，3，4的时候上式也就是： ()!n n n ++++=+112312 ()()()!!n n n n n +++++=++1113611223 ()()()()()!!n n n n n n n ++++++=+++1114101212334()()()()()()()!!n n n n n n n n n +++++++=++++111515123123445 例一：求数列n a n =2 的前n 项和。

2018学高考理科数学通用版练酷专题二轮复习课时跟踪检测：(二十三)圆锥曲线有解析

课时跟踪检测（二十三）圆锥曲线1．(2018届高三·石家庄摸底)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T为椭圆上任意一点，直线TA ，TB 的斜率之积为－34.(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点M (0,2)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→的取值范围．解：(1)设T (x ，y )，由题意知A (－4,0)，B (4,0)，设直线TA 的斜率为k 1，直线TB 的斜率为k 2，则k 1＝y x ＋4，k 2＝yx －4. 由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－34，整理得x 216＋y 212＝1.故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋2，点P ，Q 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1，y ＝kx ＋2消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋16kx －32＝0.所以x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，x 1x 2＝－324k 2＋3.从而，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→＝x 1x 2＋y 1y 2＋x 1x 2＋(y 1－2)(y 2－2)＝2(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝－80k 2－524k 2＋3＝－20＋84k 2＋3. 所以－20＜OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→≤－523.当直线PQ 的斜率不存在时，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→的值为－20. 综上，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→的取值范围为⎣⎡⎦⎤－20，－523. 2．(2017·全国卷Ⅱ)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP ―→＝ 2 NM ―→.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP ―→·PQ ―→＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F . 解：(1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)，NP ―→＝(x －x 0，y )，NM ―→＝(0，y 0)．由NP ―→＝ 2 NM ―→，得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)证明：由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ ―→＝(－3，t )，PF ―→＝(－1－m ，－n )， OQ ―→·PF ―→＝3＋3m －tn ，OP ―→＝(m ，n )，PQ ―→＝(－3－m ，t －n )．由OP ―→·PQ ―→＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1，又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0. 所以OQ ―→·PF ―→＝0，即OQ ―→⊥PF ―→. 又过点P 存在唯一直线垂直于OQ ，所以过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F .3．(2018届高三·西安八校联考)设F 1，F 2分别为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，若椭圆上的点T (2，2)到点F 1，F 2的距离之和等于4 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆C 交于E ，F 两点，A 为椭圆C 的左顶点，直线AE ，AF 分别与y 轴交于点M ，N .问：以MN 为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．解：(1)由椭圆上的点T (2，2)到点F 1，F 2的距离之和是42，可得2a ＝42，a ＝2 2. 又T (2，2)在椭圆上，因此4a 2＋2b 2＝1，所以b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)因为椭圆C 的左顶点为A ，所以点A 的坐标为(－22，0)．因为直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆x 28＋y 24＝1交于E ，F 两点，设点E (x 0，y 0)(不妨设x 0＞0)，则点F (－x 0，－y 0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 28＋y 24＝1消去y ，得x 2＝81＋2k 2，所以x 0＝221＋2k 2，则y 0＝22k 1＋2k 2，所以直线AE 的方程为y ＝k1＋1＋2k 2(x ＋22)．因为直线AE ，AF 分别与y 轴交于点M ，N ，令x ＝0，得y ＝22k1＋1＋2k 2，即点M 0，22k1＋1＋2k 2.同理可得点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22k 1－1＋2k 2.所以|MN |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪22k 1＋1＋2k 2－22k 1－1＋2k 2＝22(1＋2k 2)|k |.设MN 的中点为P ，则点P 的坐标为P ⎝⎛⎭⎫0，－2k . 则以MN 为直径的圆的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋2k 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2(1＋2k 2)|k |2，即x 2＋y 2＋22k y ＝4. 令y ＝0，得x 2＝4，即x ＝2或x ＝－2.故以MN 为直径的圆经过两定点P 1(2,0)，P 2(－2,0)．4.(2017·安徽二校联考)已知焦点为F 的抛物线C 1：x 2＝2py (p ＞0)，圆C 2：x 2＋y 2＝1，直线l 与抛物线相切于点P ，与圆相切于点Q .(1)当直线l 的方程为x －y －2＝0时，求抛物线C 1的方程； (2)记S 1，S 2分别为△FPQ ，△FOQ 的面积，求S 1S 2的最小值．解：(1)设点P ⎝⎛⎭⎫x 0，x 22p ，由x 2＝2py (p ＞0)得， y ＝x 22p ，求得y ′＝xp ，因为直线PQ 的斜率为1，所以x 0p ＝1且x 0－x 202p －2＝0，解得p ＝2 2.所以抛物线C 1的方程为x 2＝42y .(2)点P 处的切线方程为y －x 202p＝x 0p (x －x 0)，即2x 0x －2py －x 20＝0，OQ 的方程为y ＝－px 0x . 根据切线与圆相切，得|－x 20|4x 20＋4p2＝1，化简得x 40＝4x 20＋4p 2，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧2x 0x －2py －x 20＝0，y ＝－px 0x ，解得Q ⎝⎛⎭⎫2x 0，4－x 202p .所以|PQ |＝1＋k 2|x P －x Q |＝1＋x 20p 2⎪⎪⎪⎪x 0－2x 0＝ p 2＋x 20p ·⎪⎪⎪⎪x 20－2x 0，又点F ⎝⎛⎭⎫0，p2到切线PQ 的距离 d 1＝|－p 2－x 20|4x 20＋4p2＝12x 2＋p 2，所以S 1＝12|PQ |d 1＝12·p 2＋x 20p ·⎪⎪⎪⎪x 20－2x 0·12x 20＋p 2＝x 20＋p 24p ⎪⎪⎪⎪x 20－2x 0， S 2＝12|OF ||x Q |＝p 2|x 0|，而由x 40＝4x 20＋4p 2知，4p 2＝x 40－4x 20＞0，得|x 0|＞2，所以S 1S 2＝x 20＋p 24p ⎪⎪⎪⎪x 20－2x 0·2|x 0|p＝(x 20＋p 2)(x 20－2)2p 2＝(4x 20＋x 40－4x 20)(x 20－2)2(x 40－4x 20) ＝x 20(x 20－2)2(x 20－4) ＝x 20－42＋4x 20－4＋3≥22＋3，当且仅当x 20－42＝4x 20－4时取等号，即x 20＝4＋22时取等号，此时p ＝2＋2 2. 所以S 1S 2的最小值为22＋3.。

高三数学2018届高三数学专项训练(2018)《排列、组合二项式定理》

高三数学2021届高三数学专项训练(2021)?排列、组合二项式定理?1 / 412021届高三数学专项训练〔 09〕?排列、组合二项式定理?一、选择题〔此题每题 5分，共60 分〕1．以下各式中，假设 1 k n, 与C n k不等的一个是〔〕A ．k 1C n k 11B ．nC n k 11 C ． n n C n k1D ．kn C n k 11n 12 kk n 12．二项式(x)7展开式的第 4项与第5项之和为零，那么x 等于〔〕xA ．1B ．2C ．2D ．463．设(12x)10 a 1 a 2x a 3x 2a 11x 10，那么a 3 a 5 a 7 a 9 a 11等于〔〕A ． 10 1 B． 1 10 C ． 1 10 1) ． 1310 1 3 3 (3 () 2 D 24．从10名女学生中选 2名，40 名男生中选 3名，担任五种不同的职务，规定女生不担任其中某种职务，不同的分配方案有〔〕A ．A 102A 403 ．C 102C 403A 42A 33 C ．C 102C 403A 55． 2 3 1040 B D CC5．用1，2，3，4，5，6，7七个数字排列组成七位数，使其中偶位数上必定是偶数，那么可得七位数的个数是〔〕 A ． 4 B ． 4 3 3 D ． 1 74 43 C ．6A 3 7AAAA26．假设( 3 2x)12 a 0 a 1xa 2x 2 a 12x 12，那么(a 1a 3 a 5 a 11)2 (a 0a 2 a 4 a 12)2的值是〔〕A ．1B ．－1 C ．2 D ．－27．在某次数学测验中，学号 i(i 1,2,3,4)的四位同学的考试成绩 f(i) {90,92,93,96,98} ，且满足f(1) f(2) f(3) f(4) ，那么这四位同学的考试成绩的所有可能情况的种数为〔〕 A ．9种 B ．5种 C ．23种 D ．15种 8．如果一个三位正整数形如“ a1a2a3〞满足a1 a 2且a 3 a 2 ，那么称这样的三位数为凸数〔如120、 363、374等〕，那么所有凸数个数为〔〕 A ．240 B ．218 C ．729 D ．920 9．使得多项式81x 4108x 3 54x 2 12x1能被5整除的最小自然数x 为〔〕A ．1B ．2C ．3D ．410．假设( x 2 )n 展开式中存在常数项 ,那么n 的值可以是〔〕A ．8 3xB ．9C ．10 D ．1211．在 AOB 的OA 边上取m 个点，在OB 边上取n 个点〔均除O 点外〕，连同O 点m 点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有〔A ．C m 1 1Cn 2 Cn 11Cm 2B ．C m 1C n 2C n 1C m 2 C ．C m 1C n 2C n 1C m 2 C m 1C n 1D ．Cm 1Cn 21 C 12．二项式(2x2)9(x R)的展开式的第7项为 21,那么lim(xx 2x n )的2 4 nA ．1B． 1 C ． 3 D ． 344 44高三数学2021届高三数学专项训练(2021)?排列、组合二项式定理?2 / 42二、填空题〔此题每题 4分，共 16分〕13．二项式(1 1)10的展开式中含 15的项的系数________〔请用数字作答〕2x x14．某学校要从高三的 6个班中派 9名同学参加市中学生外语口语演讲，每班至少派 1人，那么这9 个名额的分配方案共有种.〔用数字作答〕15．在(1 x x 2)(1x)10的展开式中，x 4项的系数是.16．(理)有四个好友A,B,C,D 经常通交流信息,在通了三次后这四人都得悉某一条高考信息,那么第一个是 A 打的情形共有种.(文)甲、乙、丙、丁、戊5 名学生进行投篮比赛，决出了第 1至第5名的不同名次，甲、乙两人向裁判询问成绩。

2018届高考数学二轮复习(理数)二项式定理学案含答案(全国通用)

专题11.2 二项式定理【最新考纲解读】【考点深度剖析】本章知识点均是以解答题的形式进行考查，涉及到分类讨论的思想，着重考查学生运算能力和逻辑思维能力，本章知识点常与概率等知识一起考查，难度中等偏上.【课前检测训练】【判一判】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)C r n a n －r b r 是二项展开式的第r 项.( )(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项.( )(3)(a ＋b )n 的展开式中某一项的二项式系数与a ，b 无关.( )(4)在(1－x )9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项.( )(5)若(3x －1)7＝a 7x 7＋a 6x 6＋…＋a 1x ＋a 0，则a 7＋a 6＋…＋a 1的值为128.( )1. ×2. ×3. √4. ×5. ×【练一练】1. (x －y )n 的二项展开式中，第m 项的系数是( )A.C m nB.C m ＋1nC.C m －1nD.(－1)m －1C m －1n【答案】D【解析】(x －y )n 展开式中第m 项的系数为C m －1n (－1)m －1.2.已知6e 11d n x x =⎰，那么⎝ ⎛⎭⎪⎫x －3x n 展开式中含x 2项的系数为( ) A.130B.135C.121D.139 【答案】B3.已知C 0n ＋2C 1n ＋22C 2n ＋23C 3n ＋…＋2n C n n ＝729，则C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n 等于( )A.63B.64C.31D.32 【答案】A【解析】逆用二项式定理得C 0n ＋2C 1n ＋22C 2n ＋23C 3n ＋…＋2n C n n ＝(1＋2)n ＝3n ＝729，即3n ＝36，所以n ＝6，所以C 1n ＋C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n ＝26－C 0n ＝64－1＝63.故选A. 4. ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－2x 35展开式中的常数项为________. 【答案】40【解析】T k ＋1＝C k 5(x 2)5－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 3k ＝C k 5(－2)k x 10－5k . 令10－5k ＝0，则k ＝2.∴常数项为T 3＝C 25(－2)2＝40. 5.(1＋x )8(1＋y )4的展开式中x 2y 2的系数是________.【答案】168【解析】∵(1＋x )8的通项为C k 8x k ，(1＋y )4的通项为C t 4y t ，∴(1＋x )8(1＋y )4的通项为C k 8C t 4x k y t，令k ＝2，t ＝2，得x 2y 2的系数为C 28C 24＝168.【题根精选精析】考点1 二项式定理【1-1】5122x y ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中32y x 的系数是________. 【答案】20-【解析】根据二项式定理可得第1n +项展开式为()55122nn nC x y -⎛⎫- ⎪⎝⎭,则2n =时, ()()2532351121022022n n n C x y x y x y -⎛⎫⎛⎫-=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ,所以23x y 的系数为20-. 【1-2】如果1111221011)23(x a x a x a a x ++++=+ ，那么0211531()(a a a a a -++++ 21042)a a a ++++ 的值是________.【答案】1【1-3】若71()x ax -的展开式中x 项的系数为280，则a = ________. 【答案】12- 【解析】因为x 项的系数为3471280C a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以12a =-. 【1-4】已知231(1)nx x x x ⎛⎫+++ ⎪⎝⎭的展开式中没有．．常数项，n ∈*N ，且2 ≤ n ≤ 7，则n =______．【答案】5【解析】二项式定理展开()2311k k n k n x x C x x -⎛⎫++⋅ ⎪⎝⎭化简得()241k n k n x x C x -++⋅，因为不含常数项所以4,41,42n k n k n k ≠≠-≠-又因为27n ≤≤，所以n=5【1-5】9(1)x -的展开式中，系数最大的项是 .【答案】第5项【解析】19(1)r r r r T C x +=-，要使其系数最大，则r 应为偶数，又在9r C （0,1,2,3,,9r = ）中，当4r =,或5时9r C 最大，故当4r =,即第5项系数最大.【基础知识】1. 二项式定理()()011*n n n r n r r n n n n n n a b C a C a b C a b C b n N --+=+++++∈ ，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做()na b +的二项展开式，其中的系数r n C (0,1,2,3,,r n = )叫做二项式系数．式中的r n r r n C a b -叫做二项展开式的通项，用1r T +表示，即展开式的第1r +项；1r n r r r n T C a b -+=. 2．二项展开式形式上的特点(1)项数为1n +.(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n ，即a 与b 的指数的和为n .(3)字母a 按降幂排列，从第一项开始，次数由n 逐项减1直到零；字母b 按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n .(4)二项式的系数从0n C ，1n C ，一直到1n n C -，n n C .3. 二项式系数的性质(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即0n n nC C =，11n n n C C -=，，m n m n n C C -=. (2)增减性与最大值：二项式系数r n C ，当12n r +≤时，二项式系数是递增的；由对称性知：当12n r +>时，二项式系数是递减的．当n 是偶数时，中间的一项2n n C 取得最大值．当n 是奇数时，中间两项12n n C+ 和12n n C -相等，且同时取得最大值．(3)各二项式系数的和 ()n a b +的展开式的各个二项式系数的和等于2n，即012r n n n n n n C C C C +++++= ，二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即02413512n n n n n n n C C C C C C -+++=+++= ，4.注意:（1）．分清r n r r n C a b -是第1r +项，而不是第r 项.(2)．在通项公式1r n r r r n T C a b -+=中，含有1r T +、r nC 、a 、b 、n 、r 这六个参数，只有a 、b 、n 、r 是独立的，在未知n 、r 的情况下，用通项公式解题，一般都需要首先将通式转化为方程（组）求出n 、r ,然后代入通项公式求解.(3)．求二项展开式中的一些特殊项，如系数最大项，常数项等，通常都是先利用通项公式由题意列方程，求出r ，再求所需的某项；有时则需先求n ,计算时要注意n 和r 的取值范围以及它们之间的大小关系.(4) 在1r n r r r n T C a b -+=中，r nC 就是该项的二项式系数，它与a ，b 的值无关；而1r T +项的系数是指化简后字母外的数．5．二项式的应用（1）求某些多项式系数的和；（2）证明一些简单的组合恒等式；（3）证明整除性,①求数的末位；②数的整除性及求系数；③简单多项式的整除问题；（4）近似计算.当x 充分小时，我们常用下列公式估计近似值：①()11n x nx +≈+；②()()21112n n n x nx x -+≈++；（5）证明不等式.【思想方法】1.在应用通项公式时，要注意以下几点： ①它表示二项展开式的任意项，只要n 与r 确定，该项就随之确定；②1r T +是展开式中的第1r +项，而不是第r 项；③公式中，a ，b 的指数和为n 且a ，b 不能随便颠倒位置；④对二项式()na b -展开式的通项公式要特别注意符号问题．⑤在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．2. 二项定理问题的处理方法和技巧:⑴运用二项式定理一定要牢记通项1r n r r r n T C a b -+=，注意()n a b +与()n b a +虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不同的，一定要注意顺序问题，另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指r n C ，而后者是字母外的部分．前者只与n 和r 有关，恒为正，后者还与a ，b 有关，可正可负．⑵ 对于二项式系数问题，应注意以下几点：①求二项式所有项的系数和，可采用“特殊值取代法”，通常令字母变量的值为1；②关于组合恒等式的证明，常采用“构造法”——构造函数或构造同一问题的两种算法；③证明不等式时，应注意运用放缩法.⑶ 求二项展开式中指定的项，通常是先根据已知条件求r ，再求1r T +，有时还需先求n ，再求r ，才能求出1r T +.⑷ 有些三项展开式问题可以变形为二项式问题加以解决；有时也可以通过组合解决，但要注意分类清楚，不重不漏.⑸ 对于二项式系数问题，首先要熟记二项式系数的性质，其次要掌握赋值法，赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段.。

2018年高考数学(理)二轮复习讲练测专题1.7排列组合二项式定理(测)含解析

2018年高考数学（理）二轮复习讲练测专题七排列组合二项式定理总分 _______ 时间 _______ 班级 _______ 学号 _______ 得分_______一、选择题（12*5=60分）1．【2018届广西南宁市高三9月摸底】（2x ﹣1x）5的展开式中x 3项的系数为（） A. 80 B. ﹣80 C. ﹣40 D. 48 【答案】B【解析】通项公式()()55521551212rrr r r r r r T C x C x x ---+⎛⎫=-=-⋅ ⎪⎝⎭，令523r -=，解得1r =，∴展开式中3x 项的系数415280C =-=-，故选B.2．从7名男队员和5名女队员中选出4人进行乒乓球男女混合双打，不同的组队种数是（） A. 2275C C B. 22754C C C. 22752C C D. 2275A A 【答案】C3．【2018届江西省临川二中、新余四中高三1月联考】若二项式62m x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中3x 的系数为160-，则m 的值为（）A. 4B. 3C. 2D. 1 【答案】C【解析】二项式62m x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为()2612366C ()()C r r r r rr m x m x x ---=-.令1233r -=，解得3r =，则系数为()()33366C C 20160r rm m m =-=-=-.解得2m =. 故选C.4．【2018届河北衡水金卷高三高考模拟一】()61231x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭的展开式中剔除常数项后的各项系数和为（）A. 73-B. 61-C. 55-D. 63- 【答案】A【解析】令1x =，得()61231264x x ⎛⎫-+=-=- ⎪⎝⎭，而常数项为0166329C C -⨯+⨯=，所以展开式中剔除常数项的各项系数和为64973--=-，故选A.5．【2018届辽宁省实验中学、大连八中、大连二十四中、鞍山一中、东北育才学校高三上期末】把四个不同的小球放入三个分别标有1〜3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有（） A. 12种 B. 24种 C. 36种 D. 48种【答案】C6．【2018届四川省绵阳市南山中学高三二诊】某学校需要把6名实习老师安排到,,A B C 三个班级去听课，每个班级安排2名老师，已知甲不能安排到A 班，乙和丙不能安排到同一班级，则安排方案的种数有（） A. 24 B. 36 C. 48 D. 72 【答案】C【解析】先考虑甲不能到A 班的方案： ()11225460C C C =种，减去其中乙和丙安排到同一班级的方案：()11123212C C C=种，即48种；故选C.7．【2018届河南省郑州市高三第一次检测（模拟）】在x x ⎛ ⎝的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为3：2，则2x 的系数为（）A. 50B. 70C. 90D. 120 【答案】C故二项式为5x ⎛ ⎝，其展开式的通项为()35521553rr r r r r r T C x C x x --+==，（ 0,1,2,3,4,5r =）．令2r =得222235390T C x x ==．所以2x 的系数为90．选C ．8．若(1＋2x)6的展开式中的第2项大于它的相邻两项，则x 的取值范围是( )A. 11125x <<B. 1165x <<C. 12123x <<D. 1265x <<【答案】A【解析】由题意可得： 2123{ T T T T >>，即： ()162126621{ 22C x C x C x ⨯>⨯>⨯，求解关于实数x 的不等式组可得实数x 的取值范围是： 11125x <<. 本题选择A 选项.9．【2018届湖南师范大学附属中学高三上学期月考（三）（11月）】已知()()62701271...,x a x a a x a x a x a R +-=++++∈，若01267...0a a a a a +++++=，则3a 的值为（）A. 35B. 20C. 5D. 5-【答案】D【解析】令1x =，得()6017...21,1a a a a a +++=⋅-∴=，而3a 表示3x 的系数， ()()3232366115a C C ∴=-+-=-，故选D.10．【2018届河南省洛阳市高三年级第一次统考】若0sin a xdx π=⎰，则二项式61x ⎛⎫ ⎪⎝⎭的展开式中的常数项为（）A. -15B. 15C. -240D. 240 【答案】D【解析】0cos |2a x π=-=，而61x ⎛⎫ ⎪⎝⎭展开式的通项公式为(()()66366221666121212rr rn rr r r rr r r r r T C xC xC x x ------+⎛⎫=-=-=- ⎪⎝⎭令630r -=，所以2r =，常数项的系数为()2622612240C --=，选D.11．在()()6411x y ++的展开式中，记mnx y 项的系数为(),f m n ，则()()()()3,02,11,20,3f f f f +++=( )A. 45B. 60C. 120D. 210 【答案】C12．【2018届四川省成都市第七中学高三上学期一诊】已知S 为执行如图所示的程序框图输出的结果，则二项式6⎛ ⎝的展开式中常数项的系数是（）A. -20B. 20C. 203- D. 60 【答案】A二、填空题（4*5=20分）13.【2018届广西壮族自治区贺州市桂梧高中高三上学期第五次联考】 5x x ⎛⎝展开式中各项的二项式系数之和为__________．【答案】32【解析】5x x ⎛- ⎝展开式中各项的二项式系数之和为5232= 故答案为32.14．【2018届上海市长宁、嘉定区高三第一次调研（一模）】若12nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的二项展开式中的所有二项式系数之和等于256，则该展开式中常数项的值为____________. 【答案】1120【解析】因为二项展开式中的所有二项式系数之和等于2256n = ，故8n =，所以8888218822r r r r r r r r T C x x C x -----+=⋅=，当820r -=时，即4r =时，常数项的值为44821120C =,故填1120.15．将4个男生和3个女生排成一列，若男生甲与其他男生不能相邻，则不同的排法数有__________种（用数字作答）【答案】1440【解析】2515353521440A A A A +⨯=。

2018年高考数学(理)二轮复习讲练测专题1.7排列组合二项式定理(讲)含解析

2018年高考数学（理）二轮复习讲练测专题七排列组合二项式定理考向一两个计数原理、排列组合的综合应用【高考改编☆回顾基础】2017课标II 改编】安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有 . 【答案】362.【两个计数原理】【2016高考新课标3改编】定义“规范01数列”{}n a 如下：{}n a 共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意2k m ≤，12,,,k a a a 中0的个数不少于1的个数.若4m =，则不同的“规范01数列”共有 .【答案】14【解析】由题意，得必有10a =，81a =，则具体的排法列表如下：3.【计数原理、简单组合问题】【2016高考新课标2改编】如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 .【答案】184.【计数原理、简单排列组合问题】【2017天津，理14】用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有___________个.（用数字作答）【答案】1080【解析】413454541080A C C A+=.【命题预测☆看准方向】从近五年高考试题来看,高考命题对排列组合注重基础知识和基本解题方法、规律的考查以及运算能力的考查.题目的难度基本都为中等或中等以下.考查的重点重点，一是利用计数原理、排列、组合知识进行计数；二是与概率问题的综合等.【典例分析☆提升能力】【例1】【2018届山东省师大附中高三第三次模拟】将编号1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3盒子中,要求不允许有空盒子,且球与盒子的编号不能相同,则不同的放球方法有（）A. 6种B. 9种C. 12种D. 18种【答案】C【解析】由题意可知,这四个小球有两个小球放在一个盒子中,当四个小球分组为如下情况时,放球方法有:当1与2号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法;当1与3号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法;当1与4号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法; 当2与3号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法; 当2与4号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法; 当3与4号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法; 因此,不同的放球方法有12种. 故选：C【趁热打铁】【2018届辽宁省沈阳市郊联体高三上学期期末】高三年级的三个班去甲、乙、丙、丁四个工厂参加社会实践，但去何工厂可自由选择，甲工厂必须有班级要去，则不同的分配方案有（） A. 16种 B. 18种 C. 37种 D. 48种【答案】C【例2】【2018届北京市西城区高三期末】把4件不同的产品摆成一排．若其中的产品A 与产品B 都摆在产品C 的左侧，则不同的摆法有____种．（用数字作答）【答案】8【解析】当C 在最右边位置时，由336A = 种排法符合条件；当C 在从右数第二个位置时，由222A =种排法符合条件，把4件不同的产品摆成一排．若其中的产品A 与产品B 都摆在产品C 的左侧，则不同的摆法有6+2=8种，故答案为8.【趁热打铁】【2018届湖南师范大学附属中学高三上学期月考（五）】某班上午有五节课，分别安排语文，数学，英语，物理，化学各一节课．要求语文与化学相邻，数学与物理不相邻，且数学课不排第一节，则不同排课法的种数是（） A. 16 B. 24 C. 8 D. 12 【答案】A【例3】【2017年12月浙江省重点中学期末热身联考】甲，乙，丙，丁四名同学做传递手帕游戏（每位同学传递到另一位同学记传递1次），手帕从甲手中开始传递，经过5次传递后手帕回到甲手中，则共有__________种不同的传递方法．（用数字作答）【答案】60种【解析】根据题意分3种情况①当甲第一次传给其余3人，有133C=种情况，第二次将手帕传给了甲，第三次甲再传给其余3人，有133C=种情况，第四次传给了除甲以外的2人，有122C=种情况，第五次传给甲，此时有33218⨯⨯=种情况；②当甲第一次传给其余3人，有133C=种情况，第二次将手帕传给了除甲以外的2人，有122C=种情况，第三次传给了甲，第四次传给了其余3人，有133C=种情况，第五次传给甲，此时有32318⨯⨯=种情况；③当甲第一次传给其余3人，有133C=种情况，第二次将手帕传给了除甲以外的2人，有122C=种情况，第三次再传给了除甲以外的2人，有122C=种情况，第四次仍然传给了除甲以外的2人，有122C=种情况，第五次传给甲，此时有322224⨯⨯⨯=种情况综上，共有18182460++=种不同的传递方法故答案为60.【趁热打铁】8人排成一排照相，分别求下列条件下的不同照相方式的种数.（1）其中甲、乙相邻，丙、丁相邻；（2）其中甲、乙不相邻，丙、丁不相邻；（要求写出解答过程，并用数字作答）【答案】(1)2880(2)23040【解析】试题分析：（1）相邻问题用捆绑法：即将甲、乙看作一个元素，丙、丁相邻看作一个元素，这样六个元素全排列，再分别乘以甲、乙排列数以及丙、丁排列数（2）不相邻问题用插空法：先排剩下六人全排列，再插空排甲、乙得甲、乙不相邻的排法总数，最后减去甲、乙不相邻时但丙、丁相邻的情况即得结果试题解析：（1）捆绑法，共有6226222880A A A=种不同排法.（2）间接法，先求出甲、乙不相邻的排法总数6267A A ，再减去甲、乙不相邻时但丙、丁相邻的情况，此时有522526A A A 种，故共有625226752623040A A A A A -=种.【方法总结☆全面提升】1.在分类加法计数原理中,每一种方法都能完成这件事情,类与类之间是相互独立的,不能重复.即分类的标准是“不重不漏,一步完成”.2.在分步乘法计数原理中,各个步骤相互依存,在各个步骤中任取一种方法,即是完成这个步骤的一种方法.3.应用两种原理解题要注意分清要完成的事情是什么,完成该事情是分类完成还是分步完成.分类的就应用分类加法计数原理,分步的就应用分步乘法计数原理;在综合应用两个原理时,一般先分类再分步,在每一步当中又可能用到分类加法计数原理.4.解决排列组合问题的基本方法有: 解决排列问题的主要方法(1)解决“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先．不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置．(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列．(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中．(4)对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列． (5)若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”．【规范示例☆避免陷阱】【典例】要从12人中选出5人去参加一项活动，按下列要求，有多少种不同选法？ (1)A ，B ，C,3人都参加； (2)A ，B ，C,3人都不参加； (3)A ，B ，C,3人中只有一个参加．【规范解答】(1)只需再从A ，B ，C 之外的9人中选择2人，所以有方法29C ＝36(种)．(2)由于A ，B ，C 三人都不能入选，所以只能从余下的9人中选择5人，即有选法59C ＝126(种)． (3)可分两步：先从A ，B ，C 三人中选出一人，有13C 种选法；再从其余的9人中选择4人，有49C 种选法．所以共有选法1439378C C = (种)．【反思提高】解排列、组合的应用题，通常有以下途径：(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．【误区警示】解答排列组合应用题要从“分析”“分辨”“分类”“分步”的角度入手. (1)“分析”就是找出题目的条件、结论,哪些是“元素”,哪些是“位置”; (2)“分辨”就是辨别是排列还是组合,对某些元素的位置有无限制等; (3)“分类”就是首先对于较复杂问题中的元素分成互斥的几类,然后逐类解决;(4)“分步”就是首先把问题化成几个互相联系的步骤,而每一步都是简单的排列组合问题,然后逐步解决.考向二二项式定理【高考改编☆回顾基础】1.【二项式定理求指定项系数】【新课标1，改编】621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为 . 【答案】302．【二项式定理由指定项系数求n 】【2017山东，理11】已知()13nx +的展开式中含有2x 项的系数是54，则n = . 【答案】4【解析】试题分析：由二项式定理的通项公式()1C 3C 3rr r r rr n n x x +T ==⋅⋅，令2r =得：22C 354n ⋅=，解得4n =．3. 【虚数单位、二项式定理求指定项】【2016年高考四川改编】设i 为虚数单位，则6()x i +的展开式中含x 4的项为. 【答案】－15x 4【解析】二项式6()x i +展开的通项616r r rr T C xi -+=，令64r -=，得2r =，则展开式中含4x 的项为2424615C x i x =-.4. 【二项式定理由指定项系数求参数值】【2016高考山东理数】若（ax 2）5的展开式中x 5的系数是—80，则实数a=_______. 【答案】-2【解析】因为5102552155()r rrr r rr T C ax C a x x---+==，所以由510522r r -=⇒=，因此252580 2.C a a -=-⇒=-【命题预测☆看准方向】从近五年高考试题来看,高考命题对排二项式定理注重基础知识和基本解题方法、规律的考查以及运算能力的考查.题目的难度基本都为中等或中等以下.考查的重点重点是求二项展开式中的某一项的二项式系数、指定项、各项系数和、n 的值、参数的值等.【典例分析☆提升能力】【例1】【2018届黑龙江省七台河市高三上期末】已知()41(0)ax a +>展开式的所有项系数之和为81，则()211?2ax x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的常数项为__________．【答案】-2【解析】因为()41(0)ax a +>展开式的所有项系数之和为81，所以()4181a +=，解得2a =，所以()411?2x x ⎛⎫+-⎪⎝⎭中的常数项为01442242C C -=-=-，故填2-.【趁热打铁】【2018届四川省成都市龙泉中学高三12月月考】912x x ⎫⎪⎭的展开式中的常数项为___________.（用数字作答）【答案】212-【例2】【2018届河北省鸡泽县第一中学高三上学期第四次月考】()()511x x +-展开式中含3x 项的系数为_______.（用数字表示）【答案】0【解析】∵（x+1）（x ﹣1）5=（x+1）（05C x 5+()11451C x ⋅⋅-+()22351C x ⋅⋅-+()33251C x ⋅⋅-+()44151C x ⋅⋅-+()5551C ⋅-），故展开式中含x 3 的项的系数为﹣35C +25C =0，故答案为 0．【趁热打铁】【2018届辽宁省凌源市高三上期末】82332x x ⎛ ⎝的展开式中，含2x 的项的系数为__________．【答案】6316【解析】通项为()7168283188313322r rr rrr r r T C xC xx ---+⎛⎛⎫==- ⎪ ⎝⎭⎝ 令71623r -=，解得： 6r =，故含2x 的项的系数为668681633216C -⎛⎫-=⎪⎝⎭. 故答案为：6316【例3】【2018届安徽省皖南八校高三12月联考】若0a <， ()()52x y ax y -+展开式中， 42x y 的系数为-20，则a 等于()A. -1B. 32-C. -2D. 52- 【答案】A【解析】由()()342214255210xC ax y yC ax y x y -=，可得()310120,a a -=-将选项A B C D ，，，中的数值代入验证可得， 1a =-符合题意，故选A.【趁热打铁】在()3*212nx n N x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭的展开式中，若存在常数项，则n 的最小值是( )A. 3B. 5C. 8D. 10 【答案】B【方法总结☆全面提升】1. 求二项展开式中的指定项,一般是利用通项公式进行化简,令字母的指数符合要求(求常数项时,指数为零;求有理项时,指数为整数等),解出项数r+1,代回通项公式即可.2. 二项式定理给出的是一个恒等式,对于a,b 的一切值都成立.因此,可将a,b 设定为一些特殊的值.在使用赋值法,令a,b 等于多少时,应视具体情况而定,一般取“1,-1或0”,有时也取其他值.3. 一般地,若f(x)=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a n x n,则f(x)的展开式中各项系数之和为f(1),奇数项系数之和为a 0+a 2+a 4+…=,偶数项系数之和为a 1+a 3+a 5+…=.【规范示例☆避免陷阱】【典例】设()20121nnn x a a x a x a x +=+++⋯+,若a 1+a 2+…+a n=63,则展开式中系数最大的项是( )A.15x 2B.20x 3C.21x 3D.35x 3【反思提升】二项展开式系数最大的项的求法:求(a+bx)n(a,b∈R)的展开式系数最大的项,一般是采用待定系数法,设展开式中各项系数分别为A1,A2,…,An+1,且第r项系数最大,应用解出r,即得展开式系数最大的项.要特别注意二项式系数与二项展开式系数的区别. 【误区警示】应用通项公式要注意五点:(1)它表示二项展开式的任意项,只要n与r确定,该项就随之确定;(2)Tr+1是展开式中的第(r+1)项,而不是第r项;(3)公式中a,b的指数和为n,且a,b不能随便颠倒位置;(4)要将通项中的系数和字母分离开,以便于解决问题;(5)对二项式(a-b)n展开式的通项公式要特别注意符号问题.。

高考数学专题：排列、组合与二项式定理问题练习试题、答案

高考数学专题：排列、组合与二项式定理问题练习试题一．排列与组合问题1．某科技小组有四名男生两名女生，现从中选出三名同学参加比赛，其中至少一名女生入选的不同选法种数为（）A ．36CB ．1225C C C ．12212424C C C CD ．36A2．某校需要在5名男生和5名女生中选出4人参加一项文化交流活动，由于工作需要，男生甲与男生乙至少有一人参加活动，女生丙必须参加活动，则不同的选人方式有（）A ．56种B ．49种C ．42种D ．14种 3．五人排成一排，甲与乙不相邻，且甲与丙也不相邻的不同排法有（）A ．60种B ．48种C ．36种D ．24种4．某单位有7个连在一起的停车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停放方法有（）A ．16种B ．18种C ．24种D ．32种5．为迎接2008年北京奥运会，某校举行奥运知识竞赛，有6支代表队参赛，每队2名同学，若12名参赛同学中有4人获奖，且这4人来自3个不同的代表队，则不同获奖情况种数共有（）A ．412CB ．3111162223C C C C C C ．31116322C C C C D ．311112622232C C C C C A 6．A 、B 两点之间有6条网线并联，它们能通过的最大信息量分别为1，1，2，2，3，4，现从中任取三条网线且使这三条网线通过最大信息量的和大于等于6的方法共有（）A ．13种B ．14种C ．15种D ．16种7．有一排7只发光二级管，每只二级管点亮时可发出红光或绿光，若每次恰有3只二级管点亮，但相邻的两只二级管不能同时点亮，根据这三只点亮的二级管的不同位置或不同颜色来表示不同的信息，则这排二级管能表示的信息种数共有（）A ．10B ．48C ．60D ．808．数列{}n a 共七项，其中五项为1，两项为2，则满足上述条件的数列{}n a 共有（）A ．21个B ．25个C ．32个D ．42个 9．三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又踢回给甲，则不同的传递方式共有（）A ．6种B ．8种C ．10种D ．16种 10．5个大小都不同的数按如图形式排列，设第一行中的最大数为a ，第二行中的最大数为b ，则满足a b <的所有排列的个数是（）A ．144B ．72C ．36D ．2411．有A ，B ，C ，D ，E ，F 共6个不同的油气罐准备用甲，乙，丙3台卡车运走，每台卡车运两个，但卡车甲不能运A 罐，卡车乙不能运B 罐，此外无其它限制. 要把这6个油气罐分配给这3台卡车，则不同的分配方案种数为（）A ．168B ．84C ．56D ．4212．若m 、2210{|1010}n x x a a a ∈=⨯+⨯+，其中(0,1,2){1,2,3,4,5,6}i a i =∈，并且606m n +=，则实数对(,)m n 表示平面上不同点的个数为（）A ．32个B ．30个C ．62个D ．60个 13．由0、1、2、3这四个数字，可组成无重复数字的三位偶数有_______个．14．从1，2，…，9这九个数中，随机抽取3个不同的数，则这3个数的和为奇数的概率是____________（用数字作答）．15．如图所示，画中的一朵花，有五片花瓣．现有四种不同颜色的画笔可供选择，规定每片花瓣都要涂色，且只涂一种颜色．若涂完的花中颜色相同的花瓣恰有三片，则不同涂法种数为_______（用数字作答）．二．二项式定理1．已知23132nx x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中含有常数项（非零），则正整数n 的可能值是（）A ．6B ．5C ．4D ．32．已知622x x p ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，不含x 的项是2720,那么正数p 的值是（） A ．1 B ．2 C ．3 D ．43．已知31nx ⎛⎫ ⎪⎝⎭的展开式中第二项与第三项的系数之和等于27，则n 等于______，系数最大的项是第___________项．4．621x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中第四项的系数为___________．（用数字作答） 5．6)21(x -展开式中所有项的系数之和为________；63)21)(1(x x -+展开式中5x 的系数为__________．6．62)21(x x -展开式中5x 的系数为______________．7．已知n x )21(+的展开式中含3x 项的系数等于含x 项的系数的8倍，则n 等于__________．8．已知n+的二项展开式的第6项是常数项，那么n =_______． 9．62)2(x x+的展开式中的常数项是______________（用数字作答）． 10．在6(12)x -的展开式，含2x 项的系数为_________________；所有项的系数的和为_______________． 11．在n的展开式中，前三项的系数的绝对值依次组成一个等差数列，则n =______，展开式中第五项的二项式系数为_____（用数字作答）． 12．82)2(x +的展开式中12x 的系数等于______________（用数字作答）． 13．210(1)x -的展开式中2x 的系数是______________，如果展开式中第4r 项和第2r +项的二项式系数相等，则r 等于____________． 14．若62a x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为160-，则常数a 的值为_________，展开式中各项系数之和为_________．答案一．1．C2．B3．C4．C5．C6．C7．D8．A9．C10．B11．D12．D13．1014．10 2115．240二1．B2．C 3．9，5 4．－20 5．1，－132 6．－160 7．58．10 9．60 10．60，111．8，70 12．112 13．－10，2 14．1，1。

(新课标版)备战2018高考数学二轮复习专题1.7排列组合、二项式定理测试卷理

3 3r
3r C3r x 2
，令
3
3r
0 得 r 1，故展开式的常数项为
T2
3C
1 3
9 ，故选 B.
x
2
11．【山东省师大附中 2018 届第三次模拟】将编号 1, 2,3, 4 的小球放入编号为 1,2,3 盒子中 , 要求不允许有空
盒子 , 且球与盒子的编号不能相同 , 则不同的放球方法有
A. 6 种 B.
7
得： p q 的最大值为 4 3 .
3
8
17．【 2018 山西山大附中四调】 x 1
x 2 a0 a1 x 1
2
8
a2 x 1 L a8 x 1 ，则
5
a6 __________ ．
【答案】 28
【解析】令 x 1
t ，则 t
3
2
8
t1
a0
a1t
a2t 2 ... a6t 6 ... a8t 8 ，
9．【 2018 陕西名校五校联考】
x2 3x 4 1 x
5
1
的展开式中常数项为 ( )
x
A. 30 B. 30 C.
25 D. 25
【答案】 C
10．【 2018 江西新余一中二模】在二项式
n
x 3 的展开式中，各项系数之和为 x
A ，各项二项式系数之
和为 B ，且 A B 72，则展开式中常数项的值为（
xx 1 x 2 123
xn1 ，则方程 f n x
n
0 的根为
19．【 2018 届浙江省重点中学期末联考】甲，乙，丙，丁四名同学做传递手帕游戏（每位同学传递到另一位同学记传递 1 次），手帕从甲手中开始传递，经过 5 次传递后手帕回到甲手中，则共有 __________种不同的传递方法．（用数字作答）

2018届高中数学高考二轮复习排列组合、二项式定理教案含答案(全国通用)

教学过程一、考纲解读该部分在高考试卷中一般是1到2个小题，分值在5-10分。

主要考查两个基本原理、排列组合的基础知识和方法，考查二项式定理的基础知识及其简单应用.在复习中要在解一些常规题型上下功夫，需要掌握基本的解题方法.在平时的复习中要能够体会计数原理在概率分布中的应用，特别是用排列组合解决的大题.对于二项式定理，重点考查二项式定理的通项.以及二项式系数和项的系数.二、复习预习（1）分类加法计数原理、分步乘法计数原理①理解分类加法计数原理和分类乘法计数原理；②会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.（2）排列与组合①理解排列、组合的概念.②能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.③能解决简单的实际问题.（3）二项式定理①能用计数原理证明二项式定理.②会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.三、知识讲解考点1 分类加法计数原理、分步乘法计数原理①理解分类加法计数原理和分类乘法计数原理；②会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.考点2 排列与组合①理解排列、组合的概念.②能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.③能解决简单的实际问题.考点3 二项式定理①能用计数原理证明二项式定理.②会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.四、例题精析例1 [2014全国1卷] 4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率( )A.18B.38C.58D.78【规范解答】解法1.选D（直接法）4位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动共有4216=种，周六、周日都有同学参加公益活动有两种情况：①一天一人一天三人有11428C A=种；②每天2人有22 426C C=种，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为867 168 +=；解法2.选D（间接法）4位同学都在周六或周日参加公益活动有2种，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为1627 168-=；选D.【总结与反思】（1）本题考查古典概型，是一个古典概型与排列组合结合的问题，解题时先要判断该概率模型是不是古典概型，再要找出随机事件A包含的基本事件的个数和试验中基本事件的总数．是一道基础题。

2018学高考文科数学通用版练酷专题二轮复习课时跟踪检测(十五)概率含答案

课时跟踪检测（十五）概率1．（2018届高三·湖北七校联考)在数字1，2，3,4,5中任取两个数相加,和是偶数的概率为（）A。

错误!B。

错误!C.25D。

错误!解析：选C 在1，2,3，4,5中任取两个数，其结果有(1,2），（1，3），(1,4），（1，5)，（2,3)，（2,4)，（2，5），(3，4），(3，5），(4，5)，共10种情况，其中两个数相加，和为偶数的有（1,3),(1,5)，(2，4)，(3，5)，共4种情况，所以所求概率P＝错误!＝错误!.2.（2018届高三·长沙摸底)某游戏设计了如图所示的空心圆环形标靶，图中所标注的一、二、三区域所对的圆心角依次为错误!，错误!，错误!，向该标靶内投点，则该点落在区域二内的概率为（)A。

错误! B.错误!C.错误!D。

错误!解析:选B 三个区域所对的圆心角的比为3∶4∶5，故三个区域面积的比也是3∶4∶5，区域二占总面积的错误!＝错误!，故所求概率为错误!。

3．（2017·云南模拟)在正方形ABCD内随机生成n个点,其中在正方形ABCD内切圆内的点共有m个,利用随机模拟的方法,估计圆周率π的近似值为( ）A.错误!B。

错误!C.错误!D。

错误!解析：选C 依题意，设正方形的边长为2a，则该正方形的内切圆半径为a，于是有错误!≈错误!,即π≈错误!,即可估计圆周率π的近似值为错误!.4．在区间[0,1］上随意选择两个实数x，y,则使错误!≤1成立的概率为( )A.错误!B。

错误!C。

错误! D.错误!解析：选B 如图所示，试验的全部结果构成正方形区域,使得错误!≤1成立的平面区域为以坐标原点O为圆心，1为半径的圆的错误!与x轴正半轴,y轴正半轴围成的区域，由几何概型的概率计算公式得,所求概率P＝错误!＝错误!。

5．已知集合M＝｛1，2，3｝，N＝{1，2，3，4｝．定义映射f：M→N，则从中任取一个映射满足由点A（1,f(1)），B(2,f(2）)，C（3，f(3)）构成△ABC且AB＝BC的概率为( ）A.错误!B。

通用版2018学高考数学二轮复习练酷专题课时跟踪检测十八数列理201802062107

课时跟踪检测（十八）数列1．(2017· 长沙模拟)已知数列{a n }满足a 1＝32，a n ＋1＝3a n －1(n ∈N *)． (1)若数列{b n }满足b n ＝a n －12，求证：{b n }是等比数列； (2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)证明：由已知得a n ＋1－12＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －12(n ∈N *)，从而有b n ＋1＝3b n .又b 1＝a 1－12＝1，所以{b n }是以1为首项，3为公比的等比数列．(2)由(1)得b n ＝3n －1，从而a n ＝3n －1＋12，所以S n ＝1＋12＋3＋12＋…＋3n －1＋12＝1＋3＋…＋3n －1＋n 2＝1－3n 1－3＋n 2＝3n ＋n －12.2．(2017·云南模拟)已知数列{a n }中，a 2n ＋2a n －n 2＋2n ＝0.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求数列{a n }的前n 项和S n .解：(1)由a 2n ＋2a n －n 2＋2n ＝0，得(a n －n ＋2)(a n ＋n )＝0.∴a n ＝n －2或a n ＝－n .∴{a n }的通项公式为a n ＝n －2或a n ＝－n .(2)①当a n ＝n －2时，易知{a n }为等差数列，且a 1＝－1， ∴S n ＝n a 1＋a n 2＝n －1＋n －2＝n n －2.②当a n ＝－n 时，易知{a n }也为等差数列，且a 1＝－1， ∴S n ＝n a 1＋a n 2＝n－1－n 2＝－nn ＋2.故S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ n n －2a n ＝n －，－n n ＋2a n ＝－n3．(2017·南京模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S 3＋S 4＝S 5.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)令b n ＝(－1)n －1a n ，求数列{b n }的前2n 项和T 2n . 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，由S 3＋S 4＝S 5，可得a 1＋a 2＋a 3＝a 5，即3a 2＝a 5，所以3(1＋d )＝1＋4d ，解得d ＝2.∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.(2)由(1)，可得b n ＝(－1)n －1·(2n －1)． ∴T 2n ＝1－3＋5－7＋…＋(4n －3)－(4n －1) ＝(1－3)＋(5－7)＋…＋(4n －3－4n ＋1) ＝(－2)×n ＝－2n .4．已知等差数列{a n }的各项均为正数，a 1＝1，前n 项和为S n .数列{b n }为等比数列，b 1＝1，且b 2S 2＝6，b 2＋S 3＝8.(1)求数列{a n }与{b n }的通项公式；(2)求1S 1＋1S 2＋…＋1S n. 解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，d >0，等比数列{b n }的公比为q ，则a n ＝1＋(n －1)d ，b n ＝q n －1.依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ q ＋d ＝6，q ＋3＋3d ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝1，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ d ＝－43，q ＝9(舍去)．故a n ＝n ，b n ＝2n －1. (2)由(1)知S n ＝1＋2＋…＋n ＝12n (n ＋1)，即1S n ＝2n n ＋＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1，故1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＝2⎣⎢⎡ ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋…＋⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＝2n n ＋1. 5．(2018届高三·惠州调研)已知数列{a n }中，点(a n ，a n ＋1)在直线y ＝x ＋2上，且首项a 1＝1. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }的前n 项和为S n ，等比数列{b n }中，b 1＝a 1，b 2＝a 2，数列{b n }的前n 项和为T n ，请写出适合条件T n ≤S n 的所有n 的值．解：(1)根据已知a 1＝1，a n ＋1＝a n ＋2，即a n ＋1－a n ＝2＝d ，所以数列{a n }是首项为1，公差为2的等差数列， a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1.(2)数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2. 等比数列{b n }中，b 1＝a 1＝1，b 2＝a 2＝3，所以q ＝3，b n ＝3n －1.数列{b n }的前n 项和T n ＝1－3n 1－3＝3n －12. T n ≤S n 即3n －12≤n 2，又n ∈N *，所以n ＝1或2.6．(2017·石家庄模拟)已知等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S m －1＝－4，S m ＝0，S m ＋2＝14(m ≥2，且m ∈N *)．(1)求m 的值；(2)若数列{b n }满足a n 2＝log 2b n (n ∈N *)，求数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和．解：(1)由已知得，a m ＝S m －S m －1＝4，且a m ＋1＋a m ＋2＝S m ＋2－S m ＝14，设数列{a n }的公差为d ，则有2a m ＋3d ＝14， ∴d ＝2.由S m ＝0，得ma 1＋m m －2×2＝0，即a 1＝1－m ，∴a m ＝a 1＋(m －1)×2＝m －1＝4， ∴m ＝5.(2)由(1)知a 1＝－4，d ＝2，∴a n ＝2n －6， ∴n －3＝log 2b n ，得b n ＝2n －3， ∴(a n ＋6)·b n ＝2n ×2n －3＝n ×2n －2. 设数列{(a n ＋6)·b n }的前n 项和为T n ，则T n ＝1×2－1＋2×20＋…＋(n －1)×2n －3＋n ×2n －2，① 2T n ＝1×20＋2×21＋…＋(n －1)×2n －2＋n ×2n －1，② ①－②，得－T n ＝2－1＋20＋…＋2n －2－n ×2n －1 ＝2－1－2n 1－2－n ×2n －1＝2n －1－12－n ×2n －1， ∴T n ＝(n －1)×2n －1＋12(n ∈N *)．。

2018届高三数学理二轮复习课时作业：第一部分专题六第二讲排列、组合、二项式定理含解析精品

[限时规范训练] 单独成册A 组——高考热点强化练一、选择题1．(2017·河南八市质检)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 ．15 B ．20 C ．30D ．42解析：四个篮球中两个分到一组有C 24种分法，三组篮球进行全排列有A 33种，标号1,2的两个篮球分给同一个小朋友有A 33种分法，所以有C 24A 33－A 33＝36－6＝30种分法，故选C. 答案：C2.⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－12x 6的展开式中，常数项是( ) A ．－54 B.54 C ．－1516D.1516解析：T r ＋1＝C r 6(x 2)6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r C r 6x 12－3r ，令12－3r ＝0，解得r ＝4. ∴常数项为⎝ ⎛⎭⎪⎫－124C 46＝1516.故选D. 答案：D3．A ，B ，C ，D ，E ，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A 是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B ，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( ) A ．60种 B ．48种 C ．30种D ．24种解析：A 22A 44＝48.答案：B4．在⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 6＋b x 4的二项展开式中，如果x 3的系数为20，那么ab 3＝( )A ．20B ．15C ．10D ．5解析：T r ＋1＝C r 4·(ax 6)4－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫b x r ＝C r 4a 4－r b r x 24－7r，令24－7r ＝3，得r ＝3，则4ab 3＝20，∴ab 3＝5. 答案：D5．(2017·河北质量监测)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 ．232 B ．252 C ．472D ．484解析：由题意，不考虑特殊情况，共有C 316种取法，其中同一种颜色的卡片取3张，有4C 34种取法，3张卡片中红色卡片取2张有C 24·C 112种取法，故所求的取法共有C 316－4C 34－C 24·C 112＝560－16－72＝472种，选C. 答案：C6．(2017·漳州模拟)已知(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9＋a 10x 10，则a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10的值为( ) A ．－20 B ．0 C ．1D ．20解析：令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝1，再令x ＝0，得a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝0，又易知a 1＝C 910×21×(－1)9＝－20，所以a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10＝20. 答案：D7．从数字1、2、3、4、5中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大于40的概率为( ) A.15 B.25 C.35D.45解析：构成的两位数共有A 25＝20(个)，其中大于40的两位数有C 12C 14＝8(个)，所以所求概率为820＝25，故选B.答案：B8．在(1－x )5＋(1－x )6＋(1－x )7＋(1－x )8的展开式中，含x 3的项的系数是( ) A ．74 B ．121 C ．－74D ．－121解析：展开式中含x 3的项的系数为C 35(－1)3＋C 36(－1)3＋C 37(－1)3＋C 38(－1)3＝－121. 答案：D9．《爸爸去哪儿》的热播引发了亲子节目的热潮，某节目制作组选取了6户家庭到4个村庄体验农村生活，要求将6户家庭分成4组，其中2组各有2户家庭，另外2组各有1户家庭，则不同的分配方案的总数是( ) A ．216 B ．420 C ．720D ．1 080解析：先分组，每组含有2户家庭的有2组，则有C 26C 24A 22种分组方法，剩下的2户家庭可以直接看成2组，然后将分成的4组进行全排列，故有C 26C 24A 22×A 44＝1 080种不同的分配方案．答案：D10．(2017·厦门海沧实验中学等联考)在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋1x 2 01510的展开式中，含x 2项的系数为( ) A ．10 B ．30 C ．45D ．120解析：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x ＋1x 2 01510＝ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(1＋x )＋1x 2 01510＝(1＋x )10＋C 110(1＋x )91x2 015＋…＋C 1010⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2 01510，所以x 2项只能在(1＋x )10的展开式中，所以含x 2的项为C 210x 2，系数为C 210＝45.答案：C11．(2017·衡水二中检测)用红、黄、蓝三种颜色给如图所示的六个相连的圆涂色，若每种颜色只能涂两个圆，且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案的种数是( )A ．12B ．24C ．30D ．36解析：按顺序涂色，第一个圆有三种选择，第二个圆有二种选择，若前三个圆用了三种颜色，则第三个圆有一种选择，后三个圆也用了三种颜色，共有3×2×1×C 12×C 12＝24种，若前三个圆用了两种颜色，则后三个圆也用了两种颜色，所以共有3×2＝6种，综上可得不同的涂色方案的种数是30. 答案：C12．在(1＋x )6(1＋y )4的展开式中，记x m y n 项的系数为f (m ，n )，则f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0，3)＝( ) A ．45 B ．60 C ．120D ．210解析：在(1＋x )6的展开式中，x m 的系数为C m 6，在(1＋y )4的展开式中，y n 的系数为C n 4，故f (m ，n )＝C m 6·C n 4.从而f (3,0)＝C 36＝20，f (2,1)＝C 26·C 14＝60，f (1,2)＝C 16·C 24＝36，f (0,3)＝C 34＝4，故f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3)＝120. 答案：C 二、填空题13．(2017·广西质检)包括甲、乙、丙三人在内的4个人任意站成一排，则甲与乙、丙都相邻的概率为________．解析：4个人的全排列种数为A 44，甲与乙、丙都相邻的排法有A 22A 22种，则所求概率为A 22A 22A 44＝16.答案：1614．(2017·安徽安庆模拟)将⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x －43展开后，常数项是________．解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x －43＝⎝⎛⎭⎪⎫x －2x 6展开后的通项是C k 6(x )6－k ·⎝⎛⎭⎪⎫－2x k ＝ (－2)k ·C k 6(x )6－2k.令6－2k＝0，得k＝3.所以常数项是C36(－2)3＝－160.答案：－16015．如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．解析：若1,3不同色，则1,2,3,4必不同色，有3A44＝72种涂色法；若1,3同色，有C14C13A22＝24种涂色法．根据分类计数原理可知，共有72＋24＝96种涂色法．答案：9616．C0n＋3C1n＋5C2n＋…＋(2n＋1)C n n＝________.＋(2n＋1)C n n，解析：设S＝C0n＋3C1n＋5C2n＋…＋(2n－1)·C n－1n＋…＋3C1n＋C0n，∴S＝(2n＋1)C n n＋(2n－1)C n－1n∴2S＝2(n＋1)(C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n)＝2(n＋1)·2n，∴S＝(n＋1)·2n.答案：(n＋1)·2nB组——12＋4高考提速练一、选择题1．(2016·高考四川卷)设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为() A．－15x4B．15x4C．－20i x4D．20i x4解析：利用二项展开式的通项求解．T r＋1＝C r6x6－r i r，由6－r＝4得r＝2.故T3＝C26x4i2＝－15x4.故选A.答案：A2．(2016·高考四川卷)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为()A．24 B．48C．60 D．72解析：利用排列组合知识求解．第一步，先排个位，有C13种选择；第二步：排前4位，有A44种选择．由分步乘法计数原理，知有C13·A44＝72(个)．答案：D3．已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝()A．－4 B．－3C．－2 D．－1解析：展开式中含x2的系数为C25＋a C15＝5，解得a＝－1.答案：D4．设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝()A．5 B．6C．7 D．8答案：B5．在5×5的棋盘中，放入3颗相同的黑子和2颗相同的白子，它们均不在同一行也不在同一列，则不同的排列方法有()A．150种B．200种C．600种D．1 200种解析：首先选出3行3列，共有C35×C35种方法，然后放入3颗黑子，共有3×2×1种方法，然后在剩下的2行2列中放2颗白子，共有2×1种方法，所以不同的排列方法为C35×C35×3×2×1×2×1＝1 200(种)．故选D.答案：D6．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A．144个B．120个C．96个D．72个解析：分两类进行分析：第一类是万位数字为4，个位数字分别为0,2；第二类是万位数字为5，个位数字分别为0,2,4.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A34个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有C13A34个偶数．故符合条件的偶数共有2A34＋C13A34＝120(个)．答案：B7．已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为()A．29B．210C．211D．212解析：先利用展开式中第4项与第8项的二项式系数相等建立关于n的方程，求出n；再利用二项式系数的性质求出奇数项的二项式系数和．由C3n＝C7n，得n＝10，故奇数项的二项式系数和为29.答案：A8．(2016·高考全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A．24 B．18C．12 D．9解析：先确定从E到G的步骤，再分别考虑每一步中最短路径的条数，最后求出最短路径的总条数．从E到G需要分两步完成：先从E到F，再从F到G，从F到G的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F到G 的最短路径共有3条．如图，从E到F的最短路径有两类：先从E到A，再从A 到F，或先从E到B，再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同，所以从A到F，从B到F最短路径的条数都是3，所以从E到F 的最短路径有3＋3＝6(条)．所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3＝18.答案：B9．三名男生和三名女生站成一排，若男生甲不站在两端，任意两名女生都不相邻，则不同的排法种数是()A．120 B．96C．84 D．36解析：依题意，得不同的排法种数是A33A34－2A22A33＝120，故选A.答案：A10．4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有()A．24种B．36种C．48种D．60种解析：每家企业至少录用一名大学生的情况有两种：一种是一家企业录用一名，有C34A33＝24(种)；一种是其中有一家企业录用2名大学生，有C24A33＝36(种)，故一共有24＋36＝60(种)，故选D.答案：D11．8名游泳运动员参加男子100米的决赛，已知游泳池有从内到外编号依次为1,2,3,4,5,6,7,8的8条泳道，若指定的3名运动员所在的泳道编号必须是3个连续数字(如：5,6,7)，则参加游泳的这8名运动员被安排泳道的方式共有() A．360种B．4 320种C．720种D．2 160种解析：先从8个数字中取出3个连续的数字共有6种方法，将指定的3名运动员安排在这3个编号的泳道上，剩下的5名运动员安排在其他编号的5条泳道上，共有6A33A55＝4 320(种)安排方式．答案：B12．(2016·高考全国卷Ⅲ)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个解析：首先明确“规范01数列”的含义，根据组合知识求解．由题意知：当m＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a1＝0，a8＝1，不考虑限制条件“对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C36＝20(种)，其中存在k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数少于1的个数的情况有：①若a2＝a3＝1，则有C14＝4(种)；②若a2＝1，a3＝0，则a4＝1，a5＝1，只有1种；③若a2＝0，则a3＝a4＝a5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．故共有14个．故选C.答案：C二、填空题13．(2017·高考山东卷)已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝__________.＝C r n(3x)r.令r＝2，得T3＝9C2n x2.由题意得解析：(1＋3x)n的展开式的通项为T r＋19C2n＝54，解得n＝4.答案：414．(2017·高考天津卷)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有__________个．(用数字作答)解析：①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C35·C14·A44＝960.②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A45＝120.故符合题意的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．答案：1 08015．(2017·高考浙江卷)已知多项式(x＋1)3(x＋2)2＝x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，则a4＝__________，a5＝__________.解析：a4是x项的系数，由二项式的展开式得a4＝C33·C12·2＋C23·C22·22＝16；a5是常数项，由二项式的展开式得a5＝C33·C22·22＝4.答案：16 416．(2017·高考浙江卷)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有__________种不同的选法．(用数字作答)解析：不考虑限制条件，共有A28C26种不同的选法，而没有女生的选法有A26C24种，故至少有1名女生的选法有A28C26－A26C24＝840－180＝660(种)．答案：660。

通用版2018学高考数学二轮复习练酷专题课时跟踪检测十六概率理201802062110

课时跟踪检测（十六）概率3 11．(2017·衡水模拟)设某批产品合格率为，不合格率为，现对该产品进行测试，设第X4 4次首次取到正品，则P(X＝3)等于()1 3 3 1A．C23(4 )2×B．C2 2×4 )4 41 3 3 1C．(4 )2×4D．(4 )2×4解析：选C根据题意P(X＝3)即第3次首次取到正品的概率．若第3次首次取到正品，1 3即前两次取到的都是次品，第3次取到正品，则P(X＝3)＝(4 )2× .42．(2017·沈阳模拟)将A，B，C，D这4名同学从左至右随机地排成一排，则“A与B相邻且A与C之间恰好有1名同学”的概率是()1 1A. B.2 41 1C. D.6 8解析：选B A，B，C，D4名同学排成一排有A4＝24种排法．当A，C之间是B时，有2×24＋2 1＝4种排法，当A，C之间是D时，有2种排法，所以所求概率为＝.24 43.如图，长方形的四个顶点为O(0,0)，A(4,0)，B(4,2)，C(0,2)，曲线y＝x经过点B，现将一质点随机投入长方形OABC中，则质点落在图中阴影区域的概率是()5 1A. B.12 22 3C. D.3 42 3 16解析：选C由题意可得，阴影部分的面积S＝∫40x d x＝x| 40＝，故质点落在3 2 3163 2图中阴影区域的概率P＝＝.4 × 2 34．(2017·广东韶关调研)我国古代有着辉煌的数学研究成果．《周髀算经》、《九章算术》、《海岛算经》、《孙子算经》……《缉古算经》等10部专著，有着丰富多彩的内容，是了解我国古代数学的重要文献．这10部专著中有7部产生于魏晋南北朝时期．某中学拟从这10部名著中选择2部作为“数学文化”校本课程学习内容，则所选的2部名著中至少有1部是魏晋南北朝时期的名著的概率为()114 13A. B.15 152 7C. D.9 9解析：选A从10部名著中选择2部名著的方法数为C120＝45，所选的2部都为魏晋南北朝时期的名著的方法数为C27＝21，只有1部为魏晋南北朝时期的名著的方法数为C17×C13＝21，42 14于是事件“所选的2部名著中至少有1部是魏晋南北朝时期的名著”的概率P＝＝.45 155．设随机变量ξ服从正态分布N(1，σ2)，则函数f(x)＝x2＋2x＋ξ不存在零点的概率为()1 1A. B.4 31 2C. D.2 3解析：选C函数f(x)＝x2＋2x＋ξ不存在零点，则Δ＝4－4ξ＜0，即ξ＞1.因为ξ～1N(1，σ2)，所以μ＝1，所以P(ξ＞1)＝.26.(2018届高三·昆明调研)一个电路如图所示，A，B，C，D，E，F为6个开关，其闭合的1概率都是，且是否闭合是相互独立的，则灯亮的概率是()255 1A. B.64 641 9C. D.8 64解析：选A设“C闭合”为事件G，“D闭合”为事件H，“A与B中至少有一个不闭合”1 1 1为事件T，“E与F中至少有一个不闭合”为事件R，则P(G)＝P(H)＝，P(T)＝P(R)＝1－×2 2 23 55＝，所以灯亮的概率P＝1－P(T)P(R)P(G)P(H)＝.4 647．某校举行安全知识测试，约有2 000人参加，其测试成绩ξ～N(80，σ2)(σ＞0，试卷满分100分)，统计结果显示P(ξ≤65)＝0.3，则此次安全知识测试成绩达到优秀(不低于95分)的学生人数约为()A．200 B．300C．400 D．600解析：选D由正态分布密度曲线的对称性，可得P(ξ≥95)＝P(ξ≤65)＝0.3，∴测试2成绩达到优秀的学生人数约为0.3×2 000＝600.8．设不等式组Error!表示的平面区域为D，在区域D内随机取一个点，则此点到坐标原点的距离小于2的概率是()ππ－3A. B.4 63＋3π 3 3＋2πC. D.12 18解析：选D区域D表示矩形，面积为3，到坐标原点的距离小于2的点位于以1 1 π 3 π原点O为圆心半，径为2的圆内图，中阴影部分的面积为×1× 3＋××4＝＋，故所求概率2 2 6 2 33 3＋2π为.189．一台X型自动机床在一个小时内不需要工人照看的概率为0.800 0，有四台这种型号的自动机床各自独立工作，则在一个小时之内至多两台机床需要工人照看的概率是() A．0.153 6 B．0.180 8C．0.563 2 D．0.972 8解析：选D设在一个小时内有ξ台机床需要工人照看，则ξ～B(4,0.2)，所以P(ξ≤2)＝C04(0.8)4＋C14(0.8)3×0.2＋C24(0.8)2×(0.2)2＝0.972 8.10．(2018届高三·湖北八校联考)一射手对同一目标独立地进行4次射击，且射击结果80 之间互不影响．已知至少命中一次的概率为，则此射手的命中率为()811 1A. B.9 32 8C. D.3 980 1解析：选C设此射手未射中目标的概率为p，则1－p4＝，所以p＝，故此射手的命81 32中率为1－p＝.311．(2017·大连双基测试)一射手对同一目标射击3次，已知该射手每次击中目标的概率为0.9，则这位射手至少2次击中目标的概率为()A．0.243 B．0.729C．0.81 D．0.972解析：选D这位射手至少2次击中目标的概率为C23×0.92×(1－0.9)＋0.93＝0.972.312.某车间共有6名工人，他们某日加工零件个数的茎叶图如图所示，其中茎为十位数，叶为个位数，日加工零件个数大于样本均值的工人为优秀工人．从该车间6名工人中，任取2 人，则至少有1名优秀工人的概率为()1 4A. B.5 93 1C. D.5 91 解析：选C由茎叶图可知6名工人加工零件数分别为17,19,20,21,25,30，平均值为6×(17＋19＋20＋21＋25＋30)＝22，则优秀工人有2名，从该车间6名工人中，任取2人共有9C26＝15种取法，其中至少有1名优秀工人的共有C14C12＋C ＝9种取法，由概率公式可得P＝＝2153.513．已知事件A与B互斥，且P(A)＝0.3，P(B)＝0.6，则P(A|B)＝________.P AB P A0.3 解析：由A与B互斥，知P(AB)＝P(A)，所以P(A|B)＝＝＝＝0.75.P B P B1－0.6 答案：0.7514.(2017·大庆铁人中学月考)如图所示的电路有a，b，c三个1 开关，每个开关闭合的概率都是，且每个开关是否闭合是相互独立2的，则灯泡亮的概率为________．解析：设“开关a闭合”为事件A，“开关b闭合”为事件B，“开关c闭合”为事件C，1 则灯泡亮为事件ABC.由题意A，B，C两两相互独立．又P(A)＝P(B)＝P(C)＝，所以P(ABC)＝21P(A)·P(B)·P(C)＝.81答案：815．在[－1,1]上随机地取一个数k，则事件“直线y＝kx与圆(x－5)2＋y2＝9相交”发生的概率为________．|5k| 3 解析：由直线y＝kx与圆(x－5)2＋y2＝9相交，得＜3，即16k2＜9，解得－＜k＜k2＋1 43.4由几何概型的概率计算公式可知3 3－(－4 )43 P＝＝.2 443答案：416．某篮球比赛采用7局4胜制，即若有一队先胜4局，则此队获胜，比赛就此结束．由1 于参加比赛的两队实力相当，每局比赛两队获胜的可能性均为.据以往资料统计，第一局比赛2组织者可获得门票收入40万元，以后每局比赛门票收入比上一局增加10万元，则组织者在此次比赛中获得的门票收入不少于390万元的概率为________．解析：依题意，每局比赛获得的门票收入组成首项为40，公差为10的等差数列，设此数n n－1列为{a n}，则易知首项a1＝40，公差d＝10，故S n＝40n＋×10＝5n2＋35n.由2S n≥390，得n2＋7n≥78，所以n≥6.所以要使获得的门票收入不少于390万元，则至少要比1 516赛6局．①若比赛共进行6局，则P6＝C35×(5＝；②若比赛共进行了7局，则P7＝C ×2 )631 5 10 5(2 )6＝.所以门票收入不少于390万元的概率P＝P6＋P7＝＝.16 16 85答案：.85。

2018届高考数学二轮复习排列与组合学案含答案（全国通用）

2018届⾼考数学⼆轮复习排列与组合学案含答案（全国通⽤）排列与组合【考点梳理】1.排列与组合的概念(1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的排列数.(2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的组合数.3.排列数、组合数的公式及性质考点⼀、排列问题【例1】(1)六个⼈从左⾄右排成⼀⾏，最左端只能排甲或⼄，最右端不能排甲，则不同的排法共有()A.192种B.216种C.240种D.288种(2)把5件不同产品摆成⼀排.若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种.[答案] (1)B(2)36[解析] (1)第⼀类：甲在最左端，有A55＝5×4×3×2×1＝120(种)⽅法；第⼆类：⼄在最左端，有4A44＝4×4×3×2×1＝96(种)⽅法.所以共有120＋96＝216(种)⽅法.(2)记其余两种产品为D，E，A，B相邻视为⼀个元素，先与D，E排列，有A22A33种⽅法；再将C插⼊，仅有3个空位可选，共有A22A33C13＝2×6×3＝36种不同的摆法.【类题通法】1. 第(1)题求解的关键是按特殊元素甲、⼄的位置进⾏分类.注意特殊元素(位置)的优先原则，即先排有限制条件的元素或有限制条件的位置.对于分类过多的问题，可利⽤间接法.2．对相邻问题采⽤捆绑法、不相邻问题采⽤插空法、定序问题采⽤倍缩法等常⽤的解题⽅法.【对点训练】1．7⼈站成两排队列，前排3⼈，后排4⼈，现将甲、⼄、丙三⼈加⼊队列，前排加⼀⼈，后排加两⼈，其他⼈保持相对位置不变，则不同的加⼊⽅法种数为( )A.120B.240C.360D.480[解析] 第⼀步，从甲、⼄、丙三⼈选⼀个加到前排，有3种，第⼆步，前排3⼈形成了4个空，任选⼀个空加⼀⼈，有4种，第三步，后排4⼈形成了5个空，任选⼀个空加⼀⼈有5种，此时形成6个空，任选⼀个空加⼀⼈，有6种，根据分步计数原理有3×4×5×6＝360种⽅法.2．某班准备从甲、⼄等七⼈中选派四⼈发⾔，要求甲⼄两⼈⾄少有⼀⼈参加，那么不同的发⾔顺序有( )A.30B.600C.720D.840[答案] C[解析]若只有甲⼄其中⼀⼈参加，有C12C35A44＝480种⽅法；若甲⼄两⼈都参加，有C22C25A44＝240种⽅法，则共有480＋240＝720种⽅法，故选C.考点⼆、组合问题【例2】某市⼯商局对35种商品进⾏抽样检查，已知其中有15种假货.现从35种商品中选取3种.(1)其中某⼀种假货必须在内，不同的取法有多少种？(2)其中某⼀种假货不能在内，不同的取法有多少种？(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？(4)⾄少有2种假货在内，不同的取法有多少种？(5)⾄多有2种假货在内，不同的取法有多少种？[解析] (1)从余下的34种商品中，选取2种有C234＝561种，∴某⼀种假货必须在内的不同取法有561种.(2)从34种可选商品中，选取3种，有C334种或者C335－C234＝C334＝5 984种.∴某⼀种假货不能在内的不同取法有5 984种.(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有C120C215＝2 100种.∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种.(4)选取2种假货有C120C215种，选取3件假货有C315种，共有选取⽅式C120C215＋C315＝2 100＋455＝2 555种.∴⾄少有2种假货在内的不同的取法有2 555种.(5)选取3件的总数为C335，因此共有选取⽅式C335－C315＝6 545－455＝6 090种.∴⾄多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.【类题通法】组合问题常有以下两类题型变化：1.“含有”或“不含有”某些元素的组合题型；“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补⾜；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.2．“⾄少”或“⾄多”含有⼏个元素的组合题型：解这类题必须⼗分重视“⾄少”与“⾄多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.⽤直接法和间接法都可以求解，通常⽤直接法分类复杂时，考虑逆向思维，⽤间接法处理.【对点训练】1．现有6个不同的⽩球，4个不同的⿊球，任取4个球，则⾄少有两个⿊球的取法种数是()B.115C.210D.385[答案] B[解析] 分三类，取2个⿊球有C24C26＝90种，取3个⿊球有C34C16＝24种，取4个⿊球有C44＝1种，故共有90＋24＋1＝115种取法，选B.2．若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有()A.60种B.63种C.65种D.66种[答案] D[解析]共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，∴共有不同的取法有C45＋C44＋C25C24＝66(种).考点三、排列、组合的综合应⽤【例3】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？[解析] (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，由分步乘法计数原理，共有C14C24C13×A22＝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C24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C34C11A22种⽅法；第⼆类有序均匀分组有C24C22A22·A22种⽅法.故共有C24(C34C11A22＋C24C22A22·A22)＝84(种). 【类题通法】1. 解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满⾜特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置).对于排列组合的综合题⽬，⼀般是将符合要求的元素取出或进⾏分组，再对取出的元素或分好的组进⾏排列.2．不同元素的分配问题，往往是先分组再分配.在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组⽅法的差异.其次对于相同元素的“分配”问题，常⽤的⽅法是采⽤“隔板法”.【对点训练】1．某校⾼⼆年级共有6个班级，现从外地转⼊4名⽣，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排⽅案种数为( )A.A 26C 24B.12A 26C 24C.A 26A 24D.2A 26 [答案] B[解析] 法⼀将4⼈平均分成两组有12C 24种⽅法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A 26(种).所以不同的安排⽅法有12C 24A 26(种).法⼆先从6个班级中选2个班级有C 26种不同⽅法，然后安排⽣有C 24C 22种，故有C 26C 24C 22＝12A 26C 24(种). 2．在8张奖券中有⼀、⼆、三等奖各1张，其余5张⽆奖.将这8张奖券分配给4个⼈，每⼈2张，不同的获奖情况有________种(⽤数字作答).[答案] 60[解析] 把8张奖券分4组有两种分法，⼀种是分(⼀等奖，⽆奖)、(⼆等奖，⽆奖)、(三等奖，⽆奖)、(⽆奖，⽆奖)四组，分给4⼈有A 44种分法；另⼀种是⼀组两个奖，⼀组只有⼀个奖，另两组⽆奖，共有C 23种分法，再分给4⼈有C 23A 24种分法，所以不同获奖情况种数为A 44＋C 23A 24＝24＋36＝60.。

近年学高考数学二轮复习练酷专题课时训练(十五)排列、组合与二项式定理理(2021学年)

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课时跟踪检测（十五) 排列、组合与二项式定理１．（２01７·宝鸡模拟)我市正在建设最具幸福感城市，原计划沿渭河修建7个河滩主题公园.为提升城市品位、升级公园功能，打算减少2个河滩主题公园,两端河滩主题公园不在调整计划之列,相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整,则调整方案的种数为( ）A．12 Ｂ.8Ｃ.6 D.4解析:选C 由题意知除两端的２个河滩主题公园之外，从中间5个河滩主题公园中调整2个,保留３个,可以从这3个河滩主题公园的4个空中任选２个来调整,共有C错误!=６种方法．2．若错误!n(n∈N＊)的展开式中第3项的二项式系数为３6，则其展开式中的常数项为( )A.84 ﻩB.－252C．252 ﻩ D．-8４解析：选A 由题意可得C错误!=3６，∴n＝9。

∴错误!ｎ＝错误!９的展开式的通项为T r＋1＝C错误!·９9-r·错误!r·ｘ392r，令9－错误!＝0，得ｒ＝6。

∴展开式中的常数项为C错误!×９3×错误!6=84。

3.(2017·昆明一模）旅游体验师小李受某旅游网站的邀约,决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游,若甲景区不能最先旅游,乙景区和丁景区不能最后旅游,则小李旅游的方法数为( )Ａ.24 ﻩＢ.１8C．16 D．１０解析：选D 第一类，甲在最后一个体验,则有A错误!种方法;第二类,甲不在最后一个体验,则有A12Ａ错误!种方法,所以小李旅游的方法共有Ａ错误!＋A错误!A错误!=10种.4．（201７·西安二检)将除颜色外完全相同的一个白球、一个黄球、两个红球分给三个小朋友,且每个小朋友至少分得一个球的分法种数为( )A.1５B.21C.18D.24解析：选 B 分两类，第一类:两个红球分给其中一个人,有A 错误!种分法；第二类：白球和黄球分给一个人,有A 错误!种分法;第三类：白球和一个红球分给一个人,有A 错误!种分法;第四类：黄球和一个红球分给一个人,有A 错误!种分法．总共有A 错误!＋A 错误!＋A 错误!+Ａ错误!=21种分法.５.将错误!ｎ的展开式按ｘ的降幂排列,若前三项的系数成等差数列，则n 为（ )Ａ．6 ﻩ B ．7C.8 ﻩD.9解析:选Ｃ二项式的展开式为T ｒ＋1＝C ｒn (x ）n －r 错误!r ＝C 错误!错误!ｒｘ324－n r ,由前三项系数成等差数列得C 错误!+C 错误!错误!2=2C 错误!错误!1,即n 2－9n +８=0，解得n ＝8或n ＝1(舍去),故n ＝８。

2018学高考文科数学通用版练酷专题二轮复习课时跟踪检测(九)数列含答案

课时跟踪检测（九）数列错误!1．（2017·合肥模拟)已知错误!是等差数列，且a1＝1,a4＝4，则a10＝（)A．－错误!B．－错误!C。

错误!D。

错误!解析:选A 设等差数列错误!的公差为d，由题意可知,错误!＝错误!＋3d＝错误!，解得d＝－错误!，所以错误!＝错误!＋9d＝－错误!,所以a10＝－错误!。

2．(2018届高三·西安八校联考)设等差数列{a n｝的前n项和为S n,且a2＋a7＋a12＝24,则S13＝（)A．52 B．78C．104 D．208解析：选C 依题意得3a7＝24，a7＝8，S13＝错误!＝13a7＝104。

3．(2017·云南模拟）已知数列｛a n}是等差数列，若a1－1，a3－3,a5－5依次构成公比为q的等比数列，则q＝( )A．－2 B．－1C．1 D．2解析：选C 依题意，注意到2a3＝a1＋a5，2a3－6＝a1＋a5－6,即有2（a3－3）＝(a1－1）＋(a5－5),即a1－1，a3－3，a5－5成等差数列；又a1－1，a3－3，a5－5依次构成公比为q的等比数列，因此有a1－1＝a3－3＝a5－5（若一个数列既是等差数列又是等比数列，则该数列是一个非零的常数列)，q＝错误!＝1。

4．（2017·兰州模拟）已知等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝2，a8＋a10＝28，则S9＝( ）A．36 B．72C．144 D．288解析:选B 法一：∵a8＋a10＝2a1＋16d＝28，a1＝2，∴d＝错误!，∴S9＝9×2＋错误!×错误!＝72。

法二：∵a8＋a10＝2a9＝28，∴a9＝14，∴S9＝错误!＝72。

5．已知数列{a n}的前n项和S n满足S n＋S m＝S n＋m，其中m，n 为正整数，且a1＝1,那么a10＝（）A．1 B．9C．10 D．55解析:选A ∵S n＋S m＝S n＋m，a1＝1，∴S1＝1。

2018年高考数学(理)二轮复习讲学案：概率与统计第1讲排列、组合、二项式定理(含答案解析)

第1讲排列、组合、二项式定理1.高考中主要利用计数原理求解排列数、涂色、抽样问题，以小题形式考查．2．二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇，值得关注．热点一两个计数原理分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理，将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理，将各步的方法种数相乘．例1 (1)(2017·东北三省三校联合)在哈尔滨的中央大街的步行街同侧有6块广告牌，牌的底色可选用红、蓝两种颜色，若要求相邻两块牌的底色不都为蓝色，则不同的配色方案共有( )A．20种B．21种C．22种D．24种答案 B解析分类讨论．当广告牌没有蓝色时，有1种结果；当广告牌有1块蓝色时，有C16＝6(种)结果；当广告牌有2块蓝色时，先排4块红色，形成5个位置，插入2块蓝色，有C25＝10(种)结果；当广告牌有3块蓝色时，先排3块红色，形成4个位置，插入3块蓝色，有C34＝4(种)结果；由于相邻广告牌不能同为蓝色，所以不可能有4块蓝色广告牌．根据分类加法计数原理有1＋6＋10＋4＝21(种)结果．故选B.(2)(2016·全国Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )A．24 B．18C．12 D．9答案 B解析从E到F的最短路径有6条，从F到G的最短路径有3条，所以从E到G的最短路径为6×3＝18(条)，故选B.思维升华(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．跟踪演练1 (1)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元，1个8元，1个10元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( )A．18种B．24种C．36种D．48种答案 C解析若甲、乙抢的是一个6元和一个8元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22A23＝12(种)，若甲、乙抢的是一个6元和一个10元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22A23＝12(种)，若甲、乙抢的是一个8元和一个10元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A22C23＝6(种)，若甲、乙抢的是两个6元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A23＝6(种)，根据分类加法计数原理可得甲、乙都抢到红包的情况共有36种．故选C.(2)(2017·江西省五市八校联考)某学校高三年级有2个文科班，3个理科班，现每个班指定1人对各班的卫生进行检查，若每班只安排一人检查，且文科班学生不检查文科班，理科班学生不检查自己所在的班，则不同的安排方法种数是( )A．24 B．32C．48 D．84答案 A解析首先安排文科学生，文科两个班的学生有A23种安排方法，然后安排理科学生，理科的学生有A12×A22种安排方法，利用分步乘法计数原理可得，不同的安排方法种数为A23×A12×A22＝24(种)．故选A.热点二排列与组合例2 (1)(2017届四川省广元市三诊)某城市关系要好的A，B，C，D四个家庭各有两个小孩共8人，分乘甲、乙两辆汽车出去游玩，每车限坐4名(乘同一辆车的4名小孩不考虑位置)，其中A户家庭的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名小孩恰有2名来自于同一个家庭的乘坐方式共有( )A．18种B．24种C．36种D．48种答案 B解析若A户家庭的孪生姐妹乘坐甲车，即剩下的两个小孩来自其他的3个家庭，有C23·22＝12(种)方法，若A户家庭的孪生姐妹乘坐乙车，那来自同一家庭的2名小孩来自剩下的3个家庭中的一个，有C13·22＝12(种)，所以共有12＋12＝24(种)方法，故选B.(2)(2017·天津)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)答案 1 080解析①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C35·C14·A44＝960.②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A45＝120.故符合题意的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．思维升华求解排列、组合问题的思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类相加，分步相乘．具体地说，解排列、组合的应用题，通常有以下途径(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．解答计数问题多利用分类讨论思想．分类应在同一标准下进行，确保“不漏”“不重”．跟踪演练2 (1)(2017·兰州模拟)某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有( ) A ．A 1818种 B ．A 2020种 C ．A 23A 318A 1010种 D ．A 22A 1818种答案 D解析先排美、俄两国领导人，方法有A 22种，剩下18人任意排有A 1818种，故共有A 22·A 1818种不同的站法．(2)(2017·广东省韶关市模拟)5位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，则不同的分配方法共有( ) A ．25种 B ．60种 C ．90种 D ．150种答案 D解析因为5位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，所以共有两种方法：一，一个单位1名，其他两个单位各2名，有C 15C 24A 22×A 33＝90(种)分配方法；二，一个单位3名，其他两个单位各1名，有C 35×A 33＝60(种)分配方法，共有90＋60＝150(种)分法，故选D. 热点三二项式定理 (a ＋b )n＝C 0n a n＋C 1n an －1b ＋…＋C k n a n －k b k ＋…＋C n n b n ，其中各项的系数C kn (k ＝0,1，…，n )叫做二项式系数；展开式中共有n ＋1项，其中第k ＋1项T k ＋1＝C k n an －k b k(其中0≤k ≤n ，k ∈N ，n ∈N *)称为二项展开式的通项公式．例3 (1)(2017·河南省普通高中质量监测)(3－2x －x 4)·(2x －1)6的展开式中，含x 3项的系数为( ) A ．600 B ．360 C ．－600 D ．－360答案 C解析依题意，由排列组合知识可知，展开式中x 3项的系数为3×C 3623(－1)3－2×C 4622(－1)4＝－600.故选C. (2)(2017届湖北省黄冈市质量检测)已知(1－2x )2 017＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 2 016(x －1)2 016＋a 2 017(x －1)2017(x ∈R )，则a 1－2a 2＋3a 3－4a 4＋…－2 016a 2 016＋2 017a 2 017等于( )A ．2 017B ．4 034C ．－4 034D ．0答案 C解析因为(1－2x )2 017＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 2 016(x －1)2 016＋a 2 017(x －1)2 017(x ∈R )，两边同时求导可得－2×2 017(1－2x )2 016＝a 1＋2a 2(x －1)＋…＋2 016a 2 016(x －1)2 015＋2 017a 2 017(x －1)2 016(x ∈R )，令x ＝0，则－2×2 017＝a 1－2a 2＋…－2 016a 2 016＋2 017a 2 017 (x ∈R )＝－4 034，故选C. 思维升华 (1)在应用通项公式时，要注意以下几点①它表示二项展开式的任意项，只要n 与k 确定，该项就随之确定； ②T k ＋1是展开式中的第k ＋1项，而不是第k 项；③公式中，a ，b 的指数和为n ，且a ，b 不能随便颠倒位置；④对二项式(a －b )n的展开式的通项公式要特别注意符号问题．(2)在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．跟踪演练3 (1)(2017·全国Ⅰ)⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6的展开式中x 2的系数为( )A ．15B ．20C ．30D ．35答案 C解析因为(1＋x )6的通项为C k 6x k ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x2(1＋x )6的展开式中含x 2的项为1·C 26x 2和1x2·C 46x 4.因为C 26＋C 46＝2C 26＝2×6×52×1＝30，所以⎝⎛⎭⎪⎫1＋1x 2(1＋x )6的展开式中x 2的系数为30.故选C.(2)(2017·吉林调研)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3x n 的展开式中，各项系数之和为A ，各项的二项式系数之和为B ，若A B＝32，则n 等于( )A ．5B ．6C ．7D ．8答案 A解析令x ＝1，得各项系数之和为A ＝4n，二项式系数之和为B ＝2n，故A B ＝4n2n ＝32，解得n ＝5，故选A.真题体验1．(2017·全国Ⅱ改编)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有________种．答案 36解析由题意可得，其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C 13·C 24·A 22＝36(种)，或列式为C 13·C 24·C 12＝3×4×32×2＝36(种)．2．(2016·上海)在⎝⎛⎭⎪⎫3x －2x n的二项展开式中，所有项的二项式系数之和为256，则常数项等于________．答案 112解析 2n＝256，n ＝8，通项C k 8·83k x-·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x k ＝C k 8(－2)k·843k x -，令k ＝2，则常数项为C 28(－2)2＝112.3．(2017·浙江)已知多项式(x ＋1)3(x ＋2)2＝x 5＋a 1x 4＋a 2x 3＋a 3x 2＋a 4x ＋a 5，则a 4＝________，a 5＝________.答案16 4解析a4是x项的系数，由二项式的展开式得a4＝C33·C12·2＋C23·C22·22＝16.a5是常数项，由二项式的展开式得a5＝C33·C22·22＝4.4．(2017·浙江)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)答案660解析方法一只有1名女生时，先选1名女生，有C12种方法；再选3名男生，有C36种方法；然后排队长、副队长位置，有A24种方法．由分步乘法计数原理，知共有C12C36A24＝480(种)选法．有2名女生时，再选2名男生，有C26种方法；然后排队长、副队长位置，有A24种方法．由分步乘法计数原理知，共有C26A24＝180(种)选法．所以依据分类加法计数原理知共有480＋180＝660(种)不同的选法．方法二不考虑限制条件，共有A28C26种不同的选法，而没有女生的选法有A26C24种，故至少有1名女生的选法有A28C26－A26C24＝840－180＝660(种)．押题预测1．某电视台一节目收视率很高，现要连续插播4个广告，其中2个不同的商业广告和2个不同的公益宣传广告，要求最后播放的必须是商业广告，且2个商业广告不能连续播放，则不同的播放方式有( )A．8种 B．16种C．18种 D．24种押题依据两个计数原理是解决排列、组合问题的基础，也是高考考查的热点．答案 A解析可分三步：第一步，最后一个排商业广告有A12种；第二步，在前两个位置选一个排第二个商业广告有A12种；第三步，余下的两个排公益宣传广告有A22种．根据分步乘法计数原理，可得不同的播放方式共有A12A12A22＝8(种)．故选A.2．为配合足球国家战略，教育部特派6名相关专业技术人员到甲、乙、丙三所足校进行专业技术培训，每所学校至少一人，其中王教练不去甲校的分配方案种数为( )A．60 B．120C．240 D．360押题依据排列、组合的综合问题是常见的考查形式，解决问题的关键是先把问题正确分类．答案 D解析6名相关专业技术人员到三所足校，每所学校至少一人，可能的分组情况为4,1,1；3,2,1；2,2,2.(1)对于第一种情况，由于王教练不去甲校，王教练自己去一个学校有C12种，其余5名分成一人组和四人组有C45A22种，共C45A22C12＝20(种)；王教练分配到四人组且该组不去甲校有C35C12A22＝40(种)，则第一种情况共有20＋40＝60(种)．(2)对于第二种情况，王教练分配到一人组有C35C22A22C12＝40(种)，王教练分配到三人组有C25C23C12A22＝120(种)，王教练分配到两人组有C15C12C34A22＝80(种)，所以第二种情况共有40＋80＋120＝240(种)．(3)对于第三种情况，共有C15C12C24C22＝60(种)．综上所述，共有60＋240＋60＝360(种)分配方案．3．设(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7，则代数式a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＋6a6＋7a7的值为( )A ．－14B ．－7C ．7D ．14押题依据二项式定理作为选择题或填空题设计，属于必考试题，一般试题难度有所控制，考查常数项、指定项的系数、最值、系数和等类型，本题设问角度新颖、典型，有代表性．答案 A解析对已知等式的两边求导，得－14(1－2x )6＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x 2＋4a 4x 3＋5a 5x 4＋6a 6x 5＋7a 7x 6，令x ＝1，有a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋5a 5＋6a 6＋7a 7＝－14. 故选A.4．(1＋2x )10的展开式中系数最大的项是________．押题依据二项展开式中的系数是历年高考的热门考题，常考常新，本题通过求解系数最大的项，考查考生的运算求解能力．答案 15 360x 7解析设第k ＋1项的系数最大，由通项公式T k ＋1＝C k 102k x k，依题意知T k ＋1项的系数不小于T k 项及T k ＋2项的系数，即⎩⎪⎨⎪⎧C k102k≥C k －1102k －1，C k 102k ≥C k ＋1102k ＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧2(11－k )≥k ，k ＋1≥2(10－k ).所以193≤k ≤223，即k ＝7.故最大的项为T 8＝C 71027x 7＝15 360x 7.A 组专题通关1．在(x －2－1x )n的二项展开式中，若第四项的系数为－7，则n 等于( ) A ．9 B ．8 C ．7 D ．6答案 B解析 T 3＋1＝C 3n ·(x )n －3·⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 23＝－18×C 3n ·32n x+，－18C 3n ＝－7，C 3n ＝56⇒n (n －1)(n －2)1×2×3＝56，解得n ＝8，故选B.2．5名学生进行知识竞赛．笔试结束后，甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说：“你们5人的成绩互不相同，很遗憾，你的成绩不是最好的”；对乙说：“你不是最后一名”．根据以上信息，这5人的笔试名次的所有可能的种数是( ) A ．54 B ．72 C ．78 D ．96答案 C解析由题得甲不是第一，乙不是最后，先排乙，乙得第一，有A 44＝24(种)，乙没得第一有3种，再排甲也有3种，余下的有A 33＝6(种)，故有6×3×3＝54(种)，所以一共有24＋54＝78(种)．3．(2017届四川省成都市九校模拟)某公司有五个不同的部门，现有4名在校大学生来该公司实习，要求安排到该公司的两个部门，且每部门安排两名，则不同的安排方案种数为( ) A ．60 B ．40 C ．120 D ．240答案 A解析由题意得，先将4名大学生平均分为两组，共有C 24C 22A 22＝3(种)不同的分法；再将两组安排在其中的两个部门，共有3×A 25＝60(种)不同的安排方法，故选A.4．(2017届江西省重点中学盟校联考)将A ，B ，C ，D ，E 这5名同学从左至右排成一排，则A 与B 相邻且A 与C 之间恰好有一名同学的排法有( ) A ．18种 B ．20种 C ．21种 D ．22种答案 B解析当A ，C 之间为B 时，看成一个整体进行排列，共有A 22·A 33＝12(种)，当A ，C 之间不是B 时，先在A ，C 之间插入D ，E 中的任意一个，然后B 在A 之前或之后，再将这四个人看成一个整体，与剩余一个进行排列，共有C 12·A 22·A 22＝8(种)，所以共有20种不同的排法．5．(2017·全国Ⅲ)(x ＋y )(2x －y )5的展开式中x 3y 3的系数为( ) A ．－80 B ．－40 C ．40 D ．80答案 C解析因为x 3y 3＝x ·(x 2y 3)，其系数为－C 35·22＝－40，x 3y 3＝y ·(x 3y 2)，其系数为C 25·23＝80.所以x 3y 3的系数为80－40＝40. 故选C.6．(2017届河北省唐山市模拟)若(1－x )9＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9，则|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 9|等于( ) A ．1 B ．513 C ．512 D ．511答案 D解析令x ＝0，得a 0＝1，令x ＝－1，得|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋…＋|a 9|＝[1－(－1)]9－1＝29－1＝511.7．(2017·浙江省台州市一模)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －1x 5的展开式中各项系数的和为32，则展开式中系数最大的项为( )A ．270x －1B ．270xC ．405x 3D ．243x 5答案 B解析令x ＝1 ，(a －1)5＝32，解得a ＝3，即⎝ ⎛⎭⎪⎫3x －1x 5 中共有6项，其中奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数，所以比较奇数项的系数，奇数项分别为C 05(3x )5＝243x 5， C 25(3x )3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2＝270x ，C 45(3x )⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 4＝15x3 ，所以系数最大的项为270x ，故选B.8．(2017届安徽省黄山市模拟)《中国诗词大会》(第二季)亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词，在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味．若《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另确定的两首诗词排在后六场，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有( ) A ．144种 B ．288种 C ．360种 D ．720种答案 A解析《将进酒》、《望岳》和另确定的两首诗词进行全排列共有A 44种排法，满足《将进酒》排在《望岳》的前面的排法共有A 44A 22种，再将《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》插排在4个空里(最后一个空不排)，有A 24种排法，《将进酒》排在《望岳》的前面、《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有A 44A 22×A 24＝144(种)，故选A.9．(2017·黑龙江省虎林市模拟)2017年1月27日，哈尔滨地铁3号线一期开通运营，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街．每人只能去一个地方，哈西站一定要有人去，则不同的游览方案有________种．答案 65解析根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定乘坐地铁去城乡路、哈西站和哈尔滨大街．每人只能去一个地方，则每人有3种选择，则4人一共有3×3×3×3＝81(种)情况，若哈西站没人去，即四位同学选择了城乡路和哈尔滨大街．每人有2种选择方法，则4人一共有2×2×2×2＝16(种)情况，故哈西站一定要有人去的游览方案有81－16＝65(种)．10．(2017届云南省曲靖市第一中学月考)若(1－2x )2 017＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 017x2 017(x ∈R )，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01722 017的值为________．答案－1解析令等式中的x ＝0，得a 0＝1；再令x ＝12，得a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01722 017＝0，所以a 12＋a 222＋…＋a 2 01722 017＝－a 0＝－1.11．(2017·浙江省杭州市二模)若⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 2n 的展开式中所有二项式系数和为64，则n ＝________；展开式中的常数项是________．答案 6 240解析由二项式定理性质可知，二项式系数和为2n＝64，所以n ＝6，则原式为⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x26，根据二项展开式可知通项公式为T k ＋1＝C k 6(2x )6－k⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2k ＝C k6(－1)k 26－k x 6－3k，令k ＝2，则T 3＝C 2624＝240，所以展开式中的常数项为240.12．(2017·湖北省六校联考)把编号为1,2,3,4,5,6,7的7张电影票分给甲、乙、丙、丁、戊五个人，每人至少一张，至多分两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________．答案 1 200解析 (1＋2＋3＋4)A 55＝1 200(种)．B 组能力提高13.⎝⎛⎭⎪⎫x 2－x ＋2x 6的展开式中，x 6的系数为( )A ．240B ．241C ．－239D ．－240答案 C解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－x ＋2x 6＝x 6⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x x－16，所以x 6的系数为C 66⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x x 0×(－1)6＋C 16C 25x 3⎝⎛⎭⎪⎫2x x 2(－1)1＝－239.故选C. 14．(2017届河北省衡水中学押题卷)为迎接中国共产党十九大的到来，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛．该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名同学中至少有1人参加，且当这3名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生中不同的朗诵顺序的种数为( ) A ．720 B ．768 C ．810 D ．816答案 B解析由题知结果有三种情况．(1)甲、乙、丙三名同学全参加，有C 14A 44＝96(种)情况，其中甲、乙相邻的有C 14A 22A 33＝48(种)情况，所以甲、乙、丙三名同学全参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻的有96－48＝48(种)情况； (2)甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵顺序有C 34C 13A 44＝288(种)情况；(3)甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵顺序有C 24C 23A 44＝432(种)情况．则选派的4名学生不同的朗诵顺序有288＋432＋48＝768(种)情况，故选B.15．(2017·浙江省湖州、衢州、丽水三市联考)6个标有不同编号的乒乓球放在两头有盖的棱柱型纸盒中，正视图如图所示，若随机从一头取出一个乒乓球，分6次取完，并依次排成一行，则不同的排法种数是________．(用数字作答)11答案 32解析排成一行的6个球，第一个球可从左边取，也可从右边取，有2种可能，同样第二个球也有2种可能，…，第五个球也有2种可能，第六个球只有1种可能，因此不同的排法种数为25＝32.16．(2017届江西省赣州市模拟)若(1＋y 3)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 2y n(n ∈N *)的展开式中存在常数项，则常数项为________．答案－84解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 2y n展开式的通项为C k n x n －k ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 2y k＝C kn (－1)k x n －3ky －k ，(1＋y 3)⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 2y n 展开式的通项为C k n (－1)k x n －3k y －k和y 3C k n (－1)k x n －3k y －k ＝C k n (－1)k x n －3k y 3－k，若存在常数项则有⎩⎪⎨⎪⎧ n －3k ＝0，－k ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧ n －3k ＝0，3－k ＝0，解得k ＝3，n ＝9，常数项为C 39(－1)3＝－84.。

高考数学二轮复习课时跟踪检测(十二)排列、组合与二项式定理(小题练)理

课时跟踪检测（十二）排列、组合与二项式定理（小题练）A 级——12＋4提速练一、选择题1．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有( )A ．36个B ．24个C ．18个D ．6个解析：选B 各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数，所以符合条件的三位数有A 33＋C 13A 33＝6＋18＝24(个)．2．(2018·广西南宁模拟)⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中x 3项的系数为( )A ．80B ．－80C ．－40D ．48解析：选B ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5(2x )5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r 25－r C r 5x 5－2r，令5－2r ＝3，解得r ＝1.于是展开式中x 3项的系数为(－1)×25－1·C 15＝－80，故选B.3．(2019届高三·南宁、柳州联考)从{1,2,3，…，10}中选取三个不同的数，使得其中至少有两个数相邻，则不同的选法种数是( )A ．72B ．70C ．66D ．64解析：选D 从{1,2,3，…，10}中选取三个不同的数，恰好有两个数相邻，共有C 12·C 17＋C 17·C 16＝56种选法，三个数相邻共有C 18＝8种选法，故至少有两个数相邻共有56＋8＝64种选法，故选D.4．(2018·新疆二检)(x 2－3)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2＋15的展开式的常数项是( )A ．－2B ．2C ．－3D ．3解析：选B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋15的通项为T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 25－r ＝C r 5x 2r －10，令2r －10＝－2或0，解得r＝4,5，∴展开式的常数项是C 45＋(－3)×C 55＝2.5．(2018·益阳、湘潭联考)若(1－3x )2 018＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2 018x2 018，x ∈R ，则a 1·3＋a 2·32＋…＋a 2 018·32 018的值为( )A ．22 018－1 B ．82 018－1 C ．22 018D ．82 018解析：选B 由已知，令x ＝0，得a 0＝1，令x ＝3，得a 0＋a 1·3＋a 2·32＋…＋a 2 018·32018＝(1－9)2 018＝82 018，所以a 1·3＋a 2·32＋…＋a 2 018·32 018＝82 018－a 0＝82 018－1，故选B.6．现有5本相同的《数学家的眼光》和3本相同的《数学的神韵》，要将它们排在同一层书架上，并且3本相同的《数学的神韵》不能放在一起，则不同的放法种数为( )A ．20B ．120C ．2 400D ．14 400解析：选A 根据题意，可分两步：第一步，先放5本相同的《数学家的眼光》，有1种情况；第二步，5本相同的《数学家的眼光》排好后，有6个空位，在6个空位中任选3个，把3本相同的《数学的神韵》插入，有C 36＝20种情况．故不同的放法有20种，故选A.7．(2019届高三·山西八校联考)已知(1＋x )n的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )A ．29B ．210C ．211D ．212解析：选A 由题意得C 4n ＝C 6n ，由组合数性质得n ＝10，则奇数项的二项式系数和为2n－1＝29，故选A.8．(2018·惠州模拟)旅游体验师小明受某网站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则小明可选的旅游路线数为( )A ．24B ．18C ．16D ．10解析：选D 分两种情况，第一种：最后体验甲景区，则有A 33种可选的路线；第二种：不在最后体验甲景区，则有C 12·A 22种可选的路线．所以小明可选的旅游路线数为A 33＋C 12·A 22＝10.选D.9.现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的着色方法的种数是( )A ．120B ．140C ．240D ．260解析：选D 由题意，先涂A 处，有5种涂法，再涂B 处有4种涂法，第三步涂C ，若C 与A 所涂颜色相同，则C 有1种涂法，D 有4种涂法，若C 与A 所涂颜色不同，则C 有3种涂法，D 有3种涂法，由此得不同的着色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)，故选D.10．(2018·郑州模拟)若二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x n的展开式的二项式系数之和为8，则该展开式每一项的系数之和为( )A ．－1B ．1C ．27D ．－27解析：选A 依题意得2n＝8，解得n ＝3.取x ＝1得，该二项展开式每一项的系数之和为(1－2)3＝－1，故选A.11．(2018·开封模拟)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为( )A ．6B ．12C ．18D ．19解析：选D 法一：在物理、政治、历史中选一科的选法有C 13C 23＝9(种)；在物理、政治、历史中选两科的选法有C 23C 13＝9(种)；物理、政治、历史三科都选的选法有1种．所以学生甲的选考方法共有9＋9＋1＝19(种)，故选D.法二：从六科中选考三科的选法有C 36种，其中包括了没选物理、政治、历史中任意一科，这种选法有1种，因此学生甲的选考方法共有C 36－1＝19(种)，故选D.12．(2018·甘肃兰州检测)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个6元，1个8元，1个10元(红包中金额相同视为相同红包)，则甲、乙都抢到红包的情况有( )A ．18种B ．24种C ．36种D ．48种解析：选C 若甲、乙抢的是一个6元和一个8元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A 22A 23＝12(种)；若甲、乙抢的是一个6元和一个10元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A 22A 23＝12(种)；若甲、乙抢的是一个8元和一个10元的，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A 22C 23＝6(种)；若甲、乙抢的是两个6元，剩下2个红包，被剩下的3人中的2个人抢走，有A 23＝6(种)，根据分类加法计数原理可得，共有12＋12＋6＋6＝36(种)．故选C.二、填空题13．(2018·贵州模拟)⎝⎛⎭⎪⎫x ＋a x9的展开式中x 3的系数为－84，则展开式的各项系数之和为________．解析：二项展开式的通项T r ＋1＝C r 9x9－r⎝ ⎛⎭⎪⎫a x r ＝a r C r 9x 9－2r ，令9－2r ＝3，得r ＝3，所以a 3C 39＝－84，所以a ＝－1，所以二项式为⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 9，令x ＝1，则(1－1)9＝0，所以展开式的各项系数之和为0.答案：014．(2018·福州四校联考)在(1－x 3)(2＋x )6的展开式中，x 5的系数是________(用数字作答)．解析：二项展开式中，含x 5的项是C 562x 5－x 3C 2624x 2＝－228x 5，所以x 5的系数是－228. 答案：－22815．(2018·合肥质检)在⎝⎛⎭⎪⎫x －1x－14的展开式中，常数项为________．解析：易知⎝⎛⎭⎪⎫x －1x－14＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 4的展开式的通项T r ＋1＝C r 4(－1)4－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x r .又⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x r 的展开式的通项R m ＋1＝C m r x r －m (－x －1)m ＝C m r (－1)m x r －2m ，∴T r ＋1＝C r 4(－1)4－r ·C m r ·(－1)m xr －2m，令r －2m ＝0，得r ＝2m ，∵0≤r ≤4，∴0≤m ≤2，∴当m ＝0,1,2时，r ＝0,2,4，故常数项为T 1＋T 3＋T 5＝C 04(－1)4＋C 24(－1)2·C 12(－1)1＋C 44(－1)0·C 24(－1)2＝－5.答案：－516．(2018·洛阳模拟)某校有4个社团向高一学生招收新成员，现有3名同学，每人只选报1个社团，恰有2个社团没有同学选报的报法有________种(用数字作答)．解析：法一：第一步，选2名同学报名某个社团，有C 23·C 14＝12种报法；第二步，从剩余的3个社团里选一个社团安排另一名同学，有C 13·C 11＝3种报法．由分步乘法计数原理得共有12×3＝36种报法．法二：第一步，将3名同学分成两组，一组1人，一组2人，共C 23种方法；第二步，从4个社团里选取2个社团让两组同学分别报名，共A 24种方法．由分步乘法计数原理得共有C 23·A 24＝36种报法．答案：36B 级——难度小题强化练1．(2018·南昌模拟)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：选A 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，其排法分别为A 22A 33，A 22A 33，C 12A 22A 33，C 13A 22A 33，C 13A 22A 33，故总编排方案有A 22A 33＋A 22A 33＋C 12A 22A 33＋C 13A 22A 33＋C 13A 22A 33＝120(种)．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，则有C 14A 22A 33＝48(种)；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有C 13A 22A 33＝36(种)；③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有C 13A 22A 33＝36(种)．所以编排方案共有48＋36＋36＝120(种)．2．(2018·洛阳模拟)若a ＝⎠⎛0πsin x d x ，则二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫a x －1x 6的展开式中的常数项为( )A ．－15B ．15C ．－240D ．240解析：选D a ＝⎠⎛0πsin x d x ＝(－cos x)|π0＝(－cos π)－(－cos 0)＝1－(－1)＝2，则⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x 6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 626－r (－1)r x 6－3r2，令6－3r ＝0得r ＝2，所以展开式中的常数项为C 26·24·(－1)2＝240.故选D .3．定义“规范01数列”{a n }如下：{a n }共有2m 项，其中m 项为0，m 项为1，且对任意k≤2m，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数．若m ＝4，则不同的“规范01数列”共有( )A ．18个B ．16个C ．14个D ．12个解析：选C 由题意知：当m ＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0,4项为1，且必有a 1＝0，a 8＝1.不考虑限制条件“对任意k≤2m，a 1，a 2，…，a k 中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C 36＝20(种)，其中存在k≤2m，a 1，a 2，…，a k 中0的个数少于1的个数的情况有：①若a 2＝a 3＝1，则有C 14＝4(种)；②若 a 2＝1，a 3＝0，则a 4＝1，a 5＝1，只有1种；③若a 2＝0，则a 3＝a 4＝a 5＝1，只有1种．综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)．故共有14个．故选C .4．某公司有五个不同部门，现有4名在校大学生来该公司实习，要求安排到该公司的两个部门，且每个部门安排两人，则不同的安排方案种数为( )A ．60B ．40C ．120D ．240解析：选A 由题意得，先将4名大学生平均分为两组，共有C 24C 22A 22＝3(种)不同的分法，再将两组安排在其中的两个部门，共有3×A 25＝60(种)不同的安排方法．故选A .5．(2018·郑州一模)由数字2,0,1,9组成没有重复数字的四位偶数的个数为________．解析：根据所组成的没有重复数字的四位偶数的个位是否为0进行分类计数：第一类，个位是0时，满足题意的四位偶数的个数为A 33＝6；第二类，个位是2时，满足题意的四位偶数的个数为C 12·A 22＝4.由分类加法计数原理得，满足题意的四位偶数的个数为6＋4＝10.答案：106．(2018·济南模拟)已知(1＋ax ＋by)5(a ，b 为常数，a ∈N *，b ∈N *)的展开式中不含字母x 的项的系数和为243，则函数f (x )＝sin 2x ＋b 2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2的最小值为________．解析：令x ＝0，y ＝1，得(1＋b )5＝243，解得b ＝2. 因为x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，所以x ＋π4∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π4，3π4，则sin x ＋cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4∈[1，2]，所以f (x )＝sin 2x ＋b 2sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π4＝sin 2x ＋2sin x ＋cos x ＝2sin x ·cos x ＋2sin x ＋cos x＝sin x ＋cos x ＋1sin x ＋cos x≥2sin x ＋cos x ·1sin x ＋cos x＝2，当且仅当sin x ＋cos x ＝1时取“＝”，所以f (x )的最小值为2.答案：2。