排列组合二项式定理分布列检测题(一)

合集下载

【山东省】2017年高考数学(理科)-排列组合、二项式定理-专题练习-答案

排列组合、二项式定理解析1．[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．]2．D[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)。

]3．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．]4．A[分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C12＝2(种)选派方法；第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C24＝6(种)选派方法。

由分步乘法计数原理得，不同的选派方案共有2×6＝12(种)。

]5．B[分两类，不选三班的同学，利用间接法，没有条件得选择3人，再排除3个同学来自同一班，有C312－3C34＝208种；选三班的一位同学，剩下的两位同学从剩下的12人中任选2人，有C14·C212＝264种。

根据分类计数原理，得208＋264＝472，故选B．]6．A[从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码(每种砝码各一个)中选出若干个，使其总重量恰为8克的方法是选一个，8克，一种方法，选两个，1＋7，2＋6，3＋5，共3种方法，选三个，1＋2＋5，只有一种方法，13·！m！m！＝7·＋！＋！m！＝6．]D·。

排列组合+二项式定理(含答案)

高二数学：排列组合二项式定理一、选择题（本大题共16小题，共80.0分）1.如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多有几种栽种方案( )A. 180种B. 240种C. 360种D. 420种【答案】D【解析】解：若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有A55种，若5个花池栽了4种颜色的花卉，则2、4两个花池栽同一种颜色的花；或者3、5两个花池栽同一种颜色的花，方法有2A54种，若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有A53种，故最多有A55+2A54+A53=420种栽种方案，故选D．若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有A55种，若5个花池栽了4种颜色的花卉，方法有2A54种，若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有A53种，相加即得所求．本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．2.甲、乙、丙等6人排成一排，且甲、乙均在丙的同侧，则不同的排法共有( )种(用数字作答)．A. 720B. 480C. 144D. 360【答案】B【解析】解：甲、乙、丙等六位同学进行全排可得A66=720种，∵甲乙丙的顺序为甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种，∴甲、乙均在丙的同侧，有4种，∴甲、乙均在丙的同侧占总数的46=23∴不同的排法种数共有23×720=480种．故选：B．甲、乙、丙等六位同学进行全排，再利用甲、乙均在丙的同侧占总数的46=23，即可得出结论．本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，比较基础．3.从1，3，5中选2个不同数字，从2，4，6，8中选3个不同数字排成一个五位数，则这些五位数中偶数的个数为( )A. 5040B. 1440C. 864D. 720【答案】C【解析】解；先任选一个偶数排在末尾，共有4种选法，其它2个奇数的选法共有3种，剩余2个偶数的选法共有3种，这4个数全排列，共有4×3×2×1=24种方法，共有则这些五位数中偶数的个数为4×3×3×24= 864，故选：C．先按要求排末尾，再排其它，根据分步计数原理可得．本题考查加法原理和乘法原理综合运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．4.从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为( )A. 48B. 72C. 90D. 96【答案】D【解析】解：根据题意，从5名学生中选出4名分别参加竞赛，分2种情况讨论：①、选出的4人没有甲，即选出其他4人即可，有A44=24种情况，②、选出的4人有甲，由于甲不能参加生物竞赛，则甲有3种选法，在剩余4人中任选3人，参加剩下的三科竞赛，有A43=24种选法，则此时共有3×24=72种选法，则有24+72=96种不同的参赛方案；故选：D．根据题意，分2种情况讨论选出参加竞赛的4人，①、选出的4人没有甲，②、选出的4人有甲，分别求出每一种情况下分选法数目，由分类计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的实际应用，注意优先考虑特殊元素．5.小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排.若小明的父母至少有一人与他相邻，则不同坐法的总数为( )A. 60B. 72C. 84D. 96【答案】C【解析】解：根据题意，分3种情况讨论：①、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一人与小明相邻，有C21=2种情况，将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A22=2种情况，当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A22×A32=12种安排方法，此时有2×2×12=48种不同坐法；②、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2=4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33=6种情况，此时有2×2×6=24种不同坐法；③、小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A22=2种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33=6种情况，此时，共有2×6=12种不同坐法；则一共有48+24+12=84种不同坐法；故选：C．根据题意，分3种情况讨论：①、小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻，②、小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻，③、小明的父母都与小明相邻，分别求出每一种情况下的排法数目，由分类计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，关键是根据题意，进行不重不漏的分类讨论．6.A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A，B可以不相邻)，那么不同的排法共有( )A. 24种B. 60种C. 90种D. 120种【答案】B【解析】解：根据题意，使用倍分法，五人并排站成一排，有A55种情况，而其中B站在A的左边与B站在A的右边是等可能的，则其情况数目是相等的，×A55=60，则B站在A的右边的情况数目为12故选B．根据题意，首先计算五人并排站成一排的情况数目，进而分析可得，B 站在A 的左边与B 站在A 的右边是等可能的，使用倍分法，计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，注意使用倍分法时，注意必须保证其各种情况是等可能的．7. C 74+C 75+C 86等于( ) A. C 95B. C 96C. C 87D. C 97【答案】B【解析】解：根据组合数公式C n+1m =C n m−1+C n m得，C 74+C 75+C 86=(C 74+C 75)+C 86 =C 85+C 86 =C 96．故选：B ．利用组合数公式C n+1m =C n m−1+C n m，进行化简即可．本题考查了组合数公式C n+1m =C n m−1+C n m的逆用问题，是基础题目．8. 9件产品中，有4件一等品，3件二等品，2件三等品，现在要从中抽出4件产品来检查，至少有两件一等品的抽取方法是( )A. C 42⋅C 52B. C 42+C 43+C 44C. C 42+C 52D. C 42⋅C 52+C 43⋅C 51+C 44⋅C 50【答案】D【解析】解：一共有4件一等品，至少两件一等品分为2件，3件，4件，第一类，一等品2件，从4件任取2件，再从3件二等品或2件三等品共5件产品中任取2件，有C 42⋅C 52，第二类，一等品3件，从4件任取3，再从3件二等品或2件三等品共5件产品中任取1，有C 43⋅C 51，第二类，一等品4件，从4件中全取，有C 44⋅C 50，根据分类计数原理得，至少有两件一等品的抽取方法是C 42⋅C 52+C 43⋅C 51+C 44⋅C 50．故选：D ．利用分类计数原理，一共有4件一等品，至少两件一等品分为2件，3件，4件，然后再按其它要求抽取．本题主要考查了分类计数原理，如何分类是关键，属于基础题．9. 4名同学争夺三项冠军，冠军获得者的可能种数是( )A. 43B. A 43C. C 43D. 4 【答案】A【解析】解：每一项冠军的情况都有4种，故四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是43，故选：A ．每个冠军的情况都有4种，共计3个冠军，故分3步完成，根据分步计数原理，运算求得结果．本题主要考查分步计数原理的应用，属于基础题．10. 某班班会准备从含甲、乙的7人中选取4人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序不能相邻，那么不同的发言顺序有( ) A. 720种 B. 520种 C. 600种 D. 360种【答案】C【解析】解：分两类：第一类，甲、乙两人只有一人参加，则不同的发言顺序有C 21C 53A 44种；第二类：甲、乙同时参加，则不同的发言顺序有C 22C 52A 22A 32种.共有：C 21C 53A 44+C 22C 52A 22A 32=600(种)．故选：C ．分两类：第一类，甲、乙两人只有一人参加，第二类：甲、乙同时参加，利用加法原理即可得出结论．本题考查排列、组合的实际应用，正确分类是关键．11. 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有 ( ) A. 144种 B. 72种 C. 64种 D. 84种【答案】D【解析】解：由题意知本题是一个分步计数问题，需要先给最上面金着色，有4种结果，再给榜着色，有3种结果，给题着色，与榜同色，给名着色，有3种结果；与榜不同色，有2种结果，给名着色，有2种结果根据分步计数原理知共有4×3×(3+2×2)=84种结果，故选D ．需要先给最上面金着色，有4种结果，再给榜着色，有3种结果，给题着色，与榜同色，给名着色，有3种结果；与榜不同色，有2种结果，给名着色，有2种结果，根据分步计数原理得到结果．本题考查计数原理的应用，解题的关键是理解“公共边的两块区域不能使用同一种颜色，”根据情况对C 处涂色进行分类，这是正确计数，不重不漏的保证．12. 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【答案】B【解析】解：最左端排甲，共有A 55=120种，最左端只排乙，最右端不能排甲，有C 41A 44=96种，根据加法原理可得，共有120+96=216种．故选：B ．分类讨论，最左端排甲；最左端只排乙，最右端不能排甲，根据加法原理可得结论．本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．13. 有黑、白、红三种颜色的小球各5个，都分别标有数字1，2，3，4，5，现取出5个，要求这5个球数字不相同但三种颜色齐备，则不同的取法种数有( ) A. 120种 B. 150种 C. 240种 D. 260种【答案】B【解析】解：根据题意，取出的5个球有三种颜色且数字不同，分2步进行分析：①，先把取出的5个球分成3组，可以是3，1，1，也可以是1，2，2；若分成3，1，1的三组，有C 53C 21C 11A 22=10种分组方法；若分成1，2，2的三组，有C 51C 42C 22A 22=15种分组方法；则共有10+15=25种分组方法，②，让三组选择三种不同颜色，共有A 33=6种不同方法则共有25×6=150种不同的取法；故选：B ．因为要求取出的5个球分别标有数字1，2，3，4，5且三种颜色齐备，所以肯定是数字1，2，3，4，5各取一个，分2步分析：先把5个球分成三组，再每组选择一种颜色，由分步计数原理计算可得答案．本题考查分步计数原理的应用，注意题目中“5个球数字不相同但三种颜色齐备”的要求．14. 从4双不同鞋中任取4只，结果都不成双的取法有____种.( )A. 24B. 16C. 44D. 384 【答案】B【解析】解：取出的四只鞋不成双，可分四步完成，依次从四双鞋子中取一只，取四次，故总的取法有2×2×2×2=16种，故选B ．取出的四只鞋不成双，可分四步完成，依次从四双鞋子中取一只，取四次，利用乘法原理可得结论．本题考查排列、组合及简单计数问题，考查乘法原理的运用，比较基础．15.某公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客下车的可能方式有( )种．A. 510B. 105C. 50D. A105【答案】A【解析】解：根据题意，公共汽车沿途5个车站，则每个乘客有5种下车的方式，则10位乘客共有510种下车的可能方式；故选：A．根据题意，分析可得每个乘客有5种下车的方式，由分步计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的实际应用，16.从0，1，2，3，4中选取三个不同的数字组成一个三位数，其中奇数有( )A. 18个B. 27个C. 36个D. 60个【答案】A【解析】解：先从1，3中选一个为个位数字，再剩下的3个(不包含0)取1个为百位，再从剩下3个(包含0)取一个为十位，故有2×3×3=18个，故答案为：18．先从1，3中选一个为个位数字，再剩下的3个(不包含0)取1个为百位，再从剩下3个(包含0)取一个为十位，根据分步计数原理可得．本题考查了分步计数原理，关键是分步，属于基础题．二、填空题（本大题共9小题，共45.0分）17.(1+2x)5的展开式中含x2项的系数是______ .(用数字作答)【答案】40【解析】解：由二项式定理的通项公式T r+1=C n r a n−r b r可设含x2项的项是T r+1=C5r15−r(2x)r=2r C5r x r，可知r=2，所以系数为22C52=40所以答案应填40本题是求系数问题，故可以利用通项公式T r+1=C n r a n−r b r来解决，在通项中令x的指数幂为2可求出含x2是第几项，由此算出系数为40本题主要考查二项式定理中通项公式的应用，属于基础题型，难度系数0.9.一般地通项公式主要应用有求常数项，有理项，求系数，二项式系数等．18.(x−1x )(2x+1x)5的展开式中，常数项为______．【答案】−40【解析】解：(x−1x )(2x+1x)5展开式中常数项是(2x+1x )5展开式中的1x项与x的乘积，加上含x项与−1x的乘积；由(2x+1x)5展开式的通项公式为T r+1=C5r⋅(2x)5−r⋅(1x)r=25−r⋅C5r⋅x5−2r，令5−2r=−1，解得r=3，∴T4=22⋅C53⋅1x =40x；令5−2r=1，解得r=2，∴T3=23⋅C52⋅x=80x；所求展开式的常数项为40 x ⋅x+80x⋅(−1x)=40−80=−40．故答案为：−40．根据(x−1x )(2x+1x)5展开式中常数项是(2x+1x)5展开式中的1x项与x的乘积，加上x项与−1x的乘积；利用(2x+1x)5展开式的通项公式求出对应的项即可．本题考查了二项式定理的应用问题，是基础题．19.小明、小刚、小红等5个人排成一排照相合影，若小明与小刚相邻，且小明与小红不相邻，则不同的排法有______ 种.【答案】36【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：①、小刚与小红不相邻，将除小明、小刚、小红之外的2人全排列，有A22种安排方法，排好后有3个空位，将小明与小刚看成一个整体，考虑其顺序，有A22种情况，在3个空位中，任选2个，安排这个整体与小红，有A32种安排方法，有A22×A32×A22=24种安排方法；②、小刚与小红相邻，则三人中小刚在中间，小明、小红在两边，有A22种安排方法，将三人看成一个整体，将整个整体与其余2人进行全排列，有A33种安排方法，此时有A33×A22=12种排法，则共有24+12=36种安排方法；故答案为：36．根据题意，分2种情况讨论：①、小刚与小红不相邻，②、小刚与小红相邻，由排列、组合公式分别求出每一种情况的排法数目，由分类加法原理计算可得答案．本题考查排列、组合的运用，注意特殊元素优先考虑，不同的问题利用不同的方法解决如相邻问题用捆绑，不相邻问题用插空等方法．20.(1−3x)7的展开式中x2的系数为______ ．【答案】7【解析】解：由于(1−3x)7的展开式的通项公式为T r+1=C7r⋅(−1)r⋅x r3，令r3=2，求得r=6，可得展开式中x2的系数为C76=7，故答案为：7．在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出r的值，即可求得展开式中x2的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题21.已知C203x=C20x+4，则x=______ ．【答案】2或4【解析】解：∵C203x=C20x+4，则3x=x+4，或3x+x+4=20，解得x=2或4．故答案为：2或4．由C203x=C20x+4，可得3x=x+4，或3x+x+4=20，解出即可得出．本题考查了组合数的计算公式、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．22.从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有______ 种.【答案】70【解析】解：甲型电视机2台和乙型电视机1台，取法有C42C51=30种；甲型电视机1台和乙型电视机2台，取法有C41C52=40种；共有30+40=70种．故答案为：70任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，有两种方法，一是甲型电视机2台和乙型电视机1台；二是甲型电视机1台和乙型电视机2台，分别求出取电视机的方法，即可求出所有的方法数．本题考查组合及组合数公式，考查分类讨论思想，是基础题．23.一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2.将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之积的数学期望是______ ．【答案】49【解析】解：一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2．将这个小正方体抛掷2次，向上的数之积可能为ξ=0，1，2，4，P(ξ=0)=C31C31+C31C31+C31C31C61C61=34，P(ξ=1)=C21C21C61C61=19，P(ξ=2)=C21C11+C11C21C61C61=19，P(ξ=4)=C11C11C61C61=136，∴Eξ=19+29+436=49．故答案为：49．一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2.将这个骰子掷两次得到结果有三种情况，使得它们两两相乘，得到变量可能的取值，结合事件做出概率和期望．数字问题是概率中经常出现的题目，一般可以列举出要求的事件，古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，而不能列举的可以借助于排列数和组合数来表示．24.把5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分发种数为______.(用数字作答)【答案】240【解析】解：由题意知先把5本书中的两本捆起来看做一个元素共有C52，这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列共有A44，∴分法种数为C52⋅A44=240．故答案为：240．由题意知先把5本书中的两本捆起来看做一个元素，这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列，根据分步计数原理两个过程的结果数相乘得到结果．排列组合问题在几何中的应用，在计算时要求做到，兼顾所有的条件，先排约束条件多的元素，做的不重不漏，注意实际问题本身的限制条件．25.从4名男同学和6名女同学中选取3人参加某社团活动，选出的3人中男女同学都有的不同选法种数是______(用数字作答)【答案】96【解析】解：根据题意，在4名男同学和6名女同学共10名学生中任取3人，有C103=120种，其中只有男生的选法有C43=4种，只有女生的选法有C63=20种则选出的3人中男女同学都有的不同选法有120−4−20=96种；故答案为：96．根据题意，用间接法分析：首先计算在10名学生中任取3人的选法数目，再分析其中只有男生和只有女生的选法数目，分析即可得答案．本题考查排列、组合的应用，注意利用间接法分析，可以避免分类讨论．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）26.已知(2x√x)n展开式前两项的二项式系数的和为10．(1)求n的值．(2)求出这个展开式中的常数项．【答案】解：(1)∵(2x√x)n展开式前两项的二项式系数的和为10∴C n0+C n1=10，解得n=9；(2)∵(2x√x )n展开式的通项T r+1=C n r(2x)n−r(√x)r=2n−r C n r x n−3r2----8分∴令n−3r2=0且n=9得r=6，∴(2x+√x)n展开式中的常数项为第7项，即T7=29−6⋅C96=672．【解析】(1)根据二项式展开式得到前两项的系数，根据系数和解的n的值，(2)利用展开式的通项，求常数项，只要使x的次数为0即可．本题主要考查了二项式定理，利用好通项，属于基础题．27.已知n为正整数，在二项式(12+2x)n的展开式中，若前三项的二项式系数的和等于79．(1)求n的值；(2)判断展开式中第几项的系数最大？【答案】解：(1)根据题意，C n0+C n1+C n2=79，即1+n+n(n−1)2=79，整理得n2+n−156=0，解得n=12或n=−13(不合题意，舍去)所以n=12；…(5分)(2)设二项式(12+2x)12=(12)12⋅(1+4x)12的展开式中第k+1项的系数最大，则有{C12k⋅4k≥C12k−1⋅4k−1 C12k⋅4k≥C12k+1⋅4k+1，解得9.4≤k≤10.4，所以k=10，所以展开式中第11项的系数最大.…(10分)【解析】(1)根据题意列出方程C n0+C n1+C n2=79，解方程即可；(2)设该二项式的展开式中第k+1项的系数最大，由此列出不等式组，解不等式组即可求出k的值．本题考查了二项式定理的应用问题，也考查了转化思想与不等式组的解法问题，是综合性题目．28.已知二项式(1+√2x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+a n x n(x∈R，n∈N)(1)若展开式中第五项的二项式系数是第三项系数的3倍，求n的值；(2)若n为正偶数时，求证：a0+a2+a4+a6+⋯+a n为奇数．(3)证明：C n1+2C n2⋅2+3C n3⋅22+⋯+nC n n⋅2n−1=n⋅3n−1(n∈N+)【答案】解：(1)由题意可得C n 4=3⋅C n 2(√2)2，∴n =11．(2)证明：当n 为正偶数时，则a 0+a 2+a 4+a 6+⋯+a n =1+2C n 2+22⋅C n 4+⋯+2n2⋅C n n ，除第一项为奇数外，其余的各项都是偶数，故1+2C n 2+22⋅C n 4+⋯+2n2⋅C nn 为奇数，即a 0+a 2+a 4+a 6+⋯+a n 为奇数．(3)∵kC n k =n ⋅C n−1k−1， ∴C n 1+2C n 2⋅2+3C n 3⋅22+⋯+nC n n ⋅2n−1=n(C n−10+C n−11×2+C n−12×22+⋯+C n−1n−1×2n−1) =n ⋅(1+2)n−1=n ⋅3n−1．【解析】(1)直接利用条件可得C n 4=3⋅C n 2(√2)2，由此求得n 的值．(2)当n 为正偶数时，则a 0+a 2+a 4+a 6+⋯+a n =1+2C n 2+22⋅C n 4+⋯+2n2⋅C nn ，除第一项为奇数外，其余的各项都是偶数，从而证得结论．(3)由kC n k =n ⋅C n−1k−1，可得C n 1+2C n 2⋅2+3C n 3⋅22+⋯+nC n n ⋅2n−1=n(C n−10+C n−11×2+C n−12×22+⋯+C n−1n−1×2n−1)，再利用二项式定理证得所给的等式成立．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．29. 从5名男生和4名女生中选出4人去参加座谈会，问：(Ⅰ)如果4人中男生和女生各选2人，有多少种选法？(Ⅱ)如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内，有多少种选法？ (Ⅲ)如果4人中必须既有男生又有女生，有多少种选法？【答案】解：(Ⅰ)根据题意，从5名男生中选出2人，有C 52=10种选法，从4名女生中选出2人，有C 42=6种选法，则4人中男生和女生各选2人的选法有10×6=60种；(Ⅱ)先在9人中任选4人，有C 94=126种选法，其中甲乙都没有入选，即从其他7人中任选4人的选法有C 74=35种，则甲与女生中的乙至少要有1人在内的选法有126−35=91种；(Ⅲ)先在9人中任选4人，有C 94=126种选法，其中只有男生的选法有C 51=5种，只有女生的选法有C 41=1种，则4人中必须既有男生又有女生的选法有126−5−1=120种．【解析】(Ⅰ)根据题意，分别计算“从5名男生中选出2人”和“从4名女生中选出2人”的选法数目，由分步计数原理计算可得答案；(Ⅱ)用间接法分析：先计算在9人中任选4人的选法数目，再排除其中“甲乙都没有入选”的选法数目，即可得答案；(Ⅲ)用间接法分析：先计算在9人中任选4人的选法数目，再排除其中“只有男生”和“只有女生”的选法数目，即可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，(Ⅱ)(Ⅲ)中可以选用间接法分析．30. 某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的排节目单的方法种数：(1)一个唱歌节目开头，另一个压台； (2)两个唱歌节目不相邻；(3)两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．【答案】解：(1)先排歌曲节目有A 22种排法，再排其他节目有A 66种排法，所以共有A 22A 66=1440种排法．(2)先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目，有A 66种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排歌曲节目，有A 72种插入方法，所以共有A 66A 72=30240种排法．(3)两个唱歌节目相邻，用捆绑法，3个舞蹈节目不相邻，利用插空法，共有A 44A 53A 22=2880种．【解析】(1)先排歌曲节目，再排其他节目，利用乘法原理，即可得出结论； (2)先排3个舞蹈，3个曲艺节目，再利用插空法排唱歌，即可得到结论；(3)两个唱歌节目相邻，用捆绑法，3个舞蹈节目不相邻，利用插空法，即可得到结论．本题考查排列组合知识，考查学生利用数学知识解决实际问题的能力，属于中档题．。

2022年秋高中数学第三章排列组合与二项式定理测评试题一新人教B版选择性必修第二册

第三章测评(一)一、单项选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的. 1.排列数A 42=( ) A.6 B.8C.12D.242.5人站成一排,甲乙之间恰有一个人的站法有 ( )A.18种B.24种C.36种D.48种3.(2021安徽合肥肥东期中)x+1√x38的展开式中的常数项为( )A.8B.28C.56D.704.(2021北京西城校级期中)从2,4中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位奇数的个数为( ) A.36 B.24C.18D.125.若将4个学生录取到某大学的3个不同专业,且每个专业至少要录取1个学生,则不同的录取方法共有( ) A.12种 B.24种C.36种D.72种6.(2021河南郑州一模)x-y 2x (x+y )5的展开式中,x 3y 3的系数为( )A.3B.5C.15D.207.(2021湖南娄底模拟)某市高中生健美操代表队运动员由2名男生和3名女生共5名同学组成,这5名同学站成一排合影留念,则3名女生中有且只有两位女生相邻的排列数共有( )A.36种B.54种C.72种D.144种8.(2021浙江期中)若二项式3x 2-12x 3n(n ∈N +)的展开式中含有常数项,则n 的最小值为( )A.4B.5C.6D.8二、多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分. 9.关于排列组合数,下列结论正确的是( )A.C n m =C n n -mB.C n+1m =C n m -1+C n mC.A n m =m A n -1m -1D.A n m +m A n m -1=A n+1m10.已知2x+1√xn的展开式中二项式系数之和为64,则下列结论正确的是( )A.展开式中各项系数之和为36B.展开式中二项式系数最大的项为160x 32C.展开式中无常数项D.展开式中系数最大的项为90x 311.(2021江苏张家港期中)从6名男生和4名女生中选出4人去参加一项创新大赛,则下列说法正确的有( )A.如果4人中男生女生各有2人,那么有30种不同的选法B.如果男生中的甲和女生中的乙必须在内,那么有28种不同的选法C.如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内,那么有140种不同的选法D.如果4人中既有男生又有女生,那么有184种不同的选法12.若x-1xn的展开式中存在常数项,则n的取值可以是()A.3B.4C.5D.6三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.C40+C42+C44=.14.(x-2)5的展开式中x的系数是.15.设(1+x)n=a0+a1x+…+a n x n,若a1+a2+…+a n=63,则展开式中系数最大的项是.16.(2021江苏润州校级期中)某省农业厅派出6名农业技术专家(4男2女)并分成两组,到该省两个贫困县参加扶贫工作,若要求女专家不单独成组,且每组至多4人,则不同的安排方案共有种.四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.(10分)(2021山东枣庄薛城校级月考)(1)解方程:A m3=6C m4;(2)解不等式:C8x-1>3C8x.18.(12分)求x2+1x+√25的展开式中的常数项.19.(12分)(2021江苏扬州邗江校级期中)(1)已知函数f(x)=(1+x)n,n∈N+,当n=8时,求展开式中系数最大的项;(2)化简:C n02n-1+C n12n-2+C n22n-3+…+C n n2-1.20.(12分)(2021安徽合肥庐阳校级期中)某晚会上有4个歌舞类节目和3个语言类节目,分别求满足以下各条件的不同表演顺序种数.(1)前两个节目中既有歌舞类节目也有语言类节目;(2)3个语言类节目都不相邻;(3)3个语言类节目相邻,且指定的某个歌舞类节目不排在最后.12的展开式中,21.(12分)(2021上海虹口校级期中)在二项式2x3+1x(1)求该展开式中的常数项;(2)求该展开式中x4的系数;(3)求该展开式中二项式系数最大的项.22.(12分)用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数.(1)在组成的三位数中,求所有偶数的个数;(2)在组成的三位数中,如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小,则称这个数为“凹数”,如213,301,423等都是“凹数”,试求“凹数”的个数.参考答案第三章测评(一)1.C A 42=4×3=12.2.C 首先从除甲乙之外的三人中随机抽出一人放在甲乙之间,有3种可能,甲乙之间的人选出后,甲乙的位置可以互换,故甲乙的位置有2种可能,最后,把甲乙及其中间的那个人看作一个整体,与剩下的两个人全排列有A 33=6(种)可能,所以共有3×2×6=36(种)可能,故选C .3.Bx+1√x38的展开式的项T k+1=C 8k x 8-k·1√x3k=C 8k x 8-43k,令8-43k=0,解得k=6,所以T 7=C 86=C 82=8×72=28,故x+1√x38的展开式中的常数项为28.4.B 从1,3,5中选两个数字,其中一个排在个位,另一个再和从2,4中选出的一个排在十位和百位,故符合条件的奇数有C 32C 21C 21A 22=24(个).5.C 根据题意,分两步进行分析:①将4名大学生分为3组,有C 42=6(种)分组方法;②将分好的三组全排列,安排到三个专业,有A 33=6(种)情况. 则共有6×6=36(种)录取方法. 6.B (x+y )5的展开式的项T k+1=C 5k x 5-k y k,令k=3,可得x 2y 3的系数为C 53,令k=1,可得x 4y 的系数为C 51.用x 乘含x 2y 3的项,可得含x 3y 3的项;用-y 2x 乘含x 4y 的项,也能得含x 3y 3的项,故x-y 2x(x+y )5的展开式中,x 3y 3的系数为C 53−C 51=10-5=5.7.C 根据题意,分两步进行分析:①先将2名男生排好,有A 22=2(种)排法,排好后有3个空位;②将3名女生分为两组,有C 31=3(种)分组方法,安排到3个空位中,共有C 31A 22A 32=36(种)排法.一组的2名女生再排有A 22=2(种)排法,则共有2×36=72(种)不同排法.8.B3x 2-12x 3n(n ∈N +)的展开式的项T k+1=C n k ·-12k·3n-k ·x2n-5k,由于展开式中含有常数项, 所以2n-5k=0能成立, 故当k=2时,n 取得最小值5.9.ABD 根据组合数的性质可得C n m =C n n -m ,C n+1m =C n m -1+C n m,故A,B 正确;由排列数公式可得A n m =n (n-1)(n-2)…(n-m+1),而m A n -1m -1=m (n-1)(n-2)…(n-m+1),显然,n (n-1)(n-2)…(n-m+1)≠m (n-1)(n-2)…(n-m+1), 故C 不正确;A n m +m A n m -1=n (n-1)(n-2)…(n-m+1)+mn (n-1)(n-2)…(n-m+2)=n (n-1)(n-2)…(n-m+2)[(n-m+1)+m ]=(n+1)n (n-1)(n-2)…(n-m+2)=A n+1m ,故D 正确.故选ABD.10.AB2x+1√xn的展开式中二项式系数之和为2n=64,所以n=6.令x=1,可得展开式中各项系数之和为36,故A 正确; 展开式的项T k+1=C 6k ·26-k·x6-3k 2,第4项(k=3)的二项式系数最大,该项为160x 32,故B 正确; 令6-3k2=0,求得k=4,可得展开式第5项为常数项,故C 错误;由于T k+1=C 6k ·26-k·x 6-32k,检验可得,当k=2时,该项的系数取得最大值,该项为240x 3,故D 错误.11.BC 对于A,如果4人中男生女生各有2人,男生的选法有C 62=15(种),女生的选法有C 42=6(种),则4人中男生女生各有2人选法有15×6=90(种),A 错误;对于B,如果男生中的甲和女生中的乙必须在内,从剩下的8人中再选2人即可,有C 82=28(种)选法,B 正确;对于C,从10人中任选4人,有C 104=210(种)选法,甲乙都不在其中的选法有C 84=70(种),故男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内的选法有210-70=140(种),C 正确;对于D,从10人中任选4人,有C104=210(种)选法,只有男生的选法有C64=15(种),只有女生的选法有C44=1(种),则4人中既有男生又有女生的选法有210-15-1=194(种),D错误.12.BD因为x-1x n的展开式的第(k+1)项为Tk+1=C nk x n-k-1xk=C n k(-1)k x n-2k,若x-1xn的展开式中存在常数项,则只需n-2k=0,即n=2k,又n∈N+,k∈N,所以n只需为正偶数即可,故选BD.13.8根据题意,C40+C42+C44=1+6+1=8.14.80(x-2)5的展开式的通项为T k+1=(-2)k·C5k x5-k,令5-k=1,可得k=4,所以展开式中x的系数是(-2)4C54=80.15.20x3令x=0,得a0=1,再令x=1,得2n=64,所以n=6,故展开式中系数最大的项是T4=C63x3=20x3.16.48根据题意,分两种情况讨论:①6人分为3,3两组时,不会出现两名女专家单独成组情况,有12C63种分组方法,再对应到两个贫困县参加扶贫工作,有A22种情况,此时共有12C63A22=20(种)安排方案;②6人分为2,4两组时,有C64C22=15(种)分组方法,除去其中有1种两名女专家单独成组情况,则有14种符合条件的分组方法,再对应到两个贫困县参加扶贫工作,有A22种情况,此时共有14×A22=28(种)安排方案.故共有20+28=48(种)安排方案.17.解(1)A m 3=6C m 4可化为m (m-1)(m-2)=6×m(m -1)(m -2)(m -3)4×3×2×1,解得m=7.(2)不等式C 8x -1>3C 8x 可化为8!(8-x+1)!·(x -1)!>3×8!(8-x)!·x!,即18-x+1>3x , 又8-x+1>0且x ≥1, 不等式进一步化为x>3(9-x ), 解得x>274.所以274<x<9,且x ∈N +, 即x=7或8,故该不等式的解集为{7,8}. 18.解原式=x 2+2√2x+22x5=132x 5·[(x+√2)2]5=132x 5(x+√2)10.求原式的展开式中的常数项,转化为求(x+√2)10的展开式中含x 5的项的系数,即C 105(√2)5,所以所求的常数项为C 105(√2)532=63√22.19.解(1)由于函数f (x )=(1+x )n,n ∈N *,则当n=8时,展开式的通项为T k+1=C 8k ·x k,根据二项式系数的性质可得,当k=4时,展开式中系数最大的项为T 5=C 84·x 4=70x 4.(2)C n 02n-1+C n 12n-2+C n 22n-3+…+C n n 2-1=12×(C n 02n+C n 12n-1+C n 22n-2+…+C n n )=12×(2+1)n=3n2.20.解(1)先从歌舞类节目和语言类节目中各选1个,排在前两个节目,其他的任意排,故有C 41C 31A 22A 55=2880种;(2)4个歌舞类节目先进行全排列,再将3个语言类节目插入到4个歌舞类节目所形成的空中,有A 44A 53=1440种;(3)将3个语言类节目相邻捆绑在一起看作一个复合元素,再和除指定的某个歌舞类节目的3个歌舞类节目全排列,最后将指定的某个歌舞类节目插入到所形成的空(不包含最后一个空)中,故有A33A44A41=576(种).21.解二项式2x3+1x 12的展开式的项Tk+1=C12k(2x3)12-k1xk=212-k C12k x36-4k,(1)令36-4k=0,得k=9,故常数项为T10=C12923=1760;(2)令36-4k=4,得k=8,故T9=C12824x4=7920x4,故该展开式中x4的系数为7920.(3)二项式2x3+1x 12的展开式中二项式系数最大的项为T7=C12626x12=59136x12.22.解(1)当个位是0时,十位和百位从四个元素中选两个进行排列有A42=12(种)结果,当个位不是0时,只能从2和4中选一个,百位从三个元素中选一个,十位从三个元素中选一个有A21A31A31=18(种)结果,根据分类加法计数原理可得,共有12+18=30(种)结果.(2)十位上的数为0时,“凹数”有4×3=12(个),十位上的数为1时,“凹数”有3×2=6(个),十位上的数为2时,“凹数”有2×1=2(个),根据分类加法计数原理可得,共有12+6+2=20(个)“凹数”.。

排列组合二项式定理单元检测题(文科教师)

排列组合二项式定理单元检测题（文科）命题人：康华审题人：殷晓婷姓名学号一、选择题（每题5分，共50分）1．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有（ C ）（A）270种（B）216种（C）186种（D）108种2．在数字“1,2，3”与符号“＋，－”五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列个数是（ B ）A．6 B. 12 C. 18 D. 243．从6人中选出4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有（ B ）A．300种B．240种C．144种D．96种4．编号为1、2、3、4、5的五个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只有两人的编号与座位号一致的坐法有（ B ）（A）10种（B）20种（C）30种（D）60种5．将9个（含甲、乙）平均分成三组，甲、乙分在同一组，则不同分组方法的种数为（A ）A．70 B．140 C．280 D．8406．已知集合A=｛5｝,B=｛1,2｝,C=｛1,3,4｝，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为（A ）(A)33 (B) 34 (C) 35 (D)367．将5名实习教师分配到高一年级的３个班实习，每班至少１名，最多２名，则不同的分配方案有（B ）（A）３０种（B）９０种（C）１８０种（D）２７０种8.由数字1、2、3、4、5组成的“十位上的数字比百位、个位上的数字小，且千位上的数字比万位、百位上的数字小”没有重复数字的五位数（如：“21534”）的总个数是（ A ）(A)16 (B)18 (C)20 (D)229.为支持我市旅游业的发展，有6名志愿者（其中4名男生，2名女生）义务参加某项宣传活动。

他们自由分成两组完成不同的两项任务，但要求每组最多4人，2名女生不能单独成组，则不同的工作安排方式有（ A ）(A)48种 (B)40种 (C)68种 (D)60种10.设集合{}1,2,3,4,5I =。

排列组合、二项式定理测试卷

排列、组合及二项式定理一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 设集合{},1P x =，{},1,2Q y =，其中{,1,2,3x y ∈，…，}9，且P Q ⊆.把满足上述条件的一对有序整数对(),x y 作为一个点的坐标，则这样的点个数是（）A.9个 B .14个 C.15个 D.21个 2. 在()()()()56781111x x x x -+-+-+-的展开式中，含3x 的项的系数是（） A.74 B.121 C.74- D .121- 3. 已知集合{}1,2,3,4,5,6,7A B ==，映射f ：A B →满足()()()()1234f f f f <<<，则这样的映射f 的个数为（）A.4373C A B.47C C.77 D .4377C 4.将1，2，3，…，9这9个数字填在33⨯的正方形方格中，要求每一列从上到下的依次增大，每一行从左到右均依次增大，当4固定在中心位置时，则填写空格的方法有（） A.6种 B .12种 C.18种 D. 24种5.一份调查卷共有10道问题，分为A ，B 两组，要求考生选答6题，但每组最多选答4题，则每位考生有（）种选答方案A .423324555555C C C C C C ++ B.()542332410555555C C C C C C C ++C.()54233241055555512C C C C C C C ++ D.()5243310555512C C C C C +6.()132nx y -+的展开式中不含y 的项的系数和为（）A.2nB.2n - C .()2n- D. 17.已知椭圆22221x y a b+=的焦点在y 上，若{}1,2,3,4,5a ∈，{}1,2,3,4,5,6,7b ∈，则这样的椭圆个数共有（）A .20个 B.21个 C.25个 D. 35个8. 若()5234501234523x a a x a x a x a x a x -=+++++，则123452345a a a a a ++++等于（） A.10- B.5- C .5 D.10 9.从集合{x ∈Z }34x -≤≤的元素中，任取3个不同的数字作为二次函数2y ax bx c =++中3 个字母a ，b ，c ，共能组成过原点，且顶点在第一象限或第三象限的抛物线的条数有（） A.2712A B .112344C C A + C.112343A A A + D.112454A A A + 10.已知2nx x ⎛⎝的展开式中第3项与第5项的系数比为314-，其中21i =-，则展开式中常数项是（） A.45i - B.45i C.45- D .452012学年第二学期玉环实验学校自编练习编制：冯米鸿年级：高二学科：数学章节：第一章审核：终审：编制日期：5.8 完成时间： 100 班级：姓名：第Ⅱ卷(共100分)二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分）11. 将10个相同的小球装入3个编号为1、2、3的盒子，要求每个盒子里球的个数不少于盒子的编号数，这样的装法种数为________. 10 12. 若()2013201212x a a x a x -=+++…(20132013a x x +∈)R ，则()()()010203a a a a a a ++++++ …()02013a a ++=__________.（用数字作答） 13.设()(133,,nn n n n a b n a b +=+∈)*N ，记(223n n n c a b n =-∈)*N ，则数列{}n c 的通项n c =________. ()2n-14.8人进行乒乓球单打比赛，水平高的总能胜水平低的，欲选出水平最高的两人，至少需要比赛的场数为__________.（用数字作答） 9 15. 在如图所示的网格上，一只电子蚂蚁从A 点爬到B 点，规定每步向右或向上爬一个单位长度（一格），则共有 ________种不同的爬行路径． 49916.一个三位数123a a a 如果满足12a a >且23a a <，则称该三位数为“凹数”，那么所有不同的三位“凹数”的个数有 __ _ 个. 28517.对于二项式(31nx n x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭)*N ，四位同学做出了四种判断：①存在n ∈*N ，展开式中有常数项；②对任意n ∈*N ，展开式中没有常数项； ③对任意n ∈*N ，展开式中没有x 的一次项； ④存在n ∈*N ，展开式中有x 的一次项. 上述判断中正确的序号为 ___ ___.题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案11. ___ ___ 12. ___ ___ 13. ___ ___ 14. ___ ___ 15. ___ ___ 16. ___ ___ 17. ___ ___三、解答题（本大题共5小题，共72分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）18．（本小题满分14分）某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中：（1）某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？（2）甲、乙均不能参加，有多少种选法？（3）甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？（4）队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有多少种选法？19．（本小题满分14分）用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的四位数．（1）可组成多少个不同的四位数？（2）可组成多少个不同的四位奇数？（3）可组成多少个能被3整除的四位数？（4）将（1）中的四位数按从小到大的顺序排成一列，问第85个数是什么？（5）求组成的所有四位数的和．20．（本小题满分14分）12本不同的书按下列条件分给甲、乙、丙三人，各有多少种不同的分法？（1）一人三本，一人四本，一人五本；（2）甲三本，乙四本，丙五本；（3）甲两本，乙、丙各五本；（4）一人两本，另外两人各五本．21．（本小题满分15分）设数列n a 是等比数列，311232m m m a C A +-=⋅，公比q 是4214x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中的第2项（按x 的降幂排列）．（1）用n ，x 表示通项n a 与前n 项和n S ；（2）若1221n nn A C S C S =++…n n n C S +，用n ，x 表示表示n A ． 22．（本小题满分15分）过点()1,0P 作曲线C ：()(0,k y x x =∈+∞，k ∈*N ，)1k >的切线，切点为1Q ，设1Q 在x 轴上的投影是点1P ．又过点1P 作曲线C 的切线，切点为2Q ，设2Q 在x 轴上投影为点2P ，…，如此继续下去得到一系列点1Q ，2Q ，…，n Q ，…，设点n Q 的横坐标为n a ．（1）求证：1nn k a k ⎛⎫= ⎪-⎝⎭；（2）求证：11n na k ≥+-；（3）求证：21ni iik k a =<-∑．。

(理科)专题训练(二项式定理、分布列、期望与方差)

高三数学（理科）专题训练（1）-----概率、二项式定理、分布列、数学期望1.如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平面线面组”．在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是()A．60 B．48 C．36D．242.．甲、乙两人进行象棋比赛，甲获胜的概率是0.4，两人下成和棋的概率是0.2，则甲不输的概率是()A．0.6B．0.8C．0.2D．0.43．在第3、6、16路公共汽车的一个停靠站(假定这个车站只能停靠一辆公共汽车)，有一位乘客需在5分钟之内乘上公共汽车赶到厂里，他可乘3路或6路公共汽车到厂里，已知3路车、6路车在5分钟之内到此车站的概率分别为0.20和0.60，则该乘客在5分钟内能乘上所需要的车的概率为()A．0.20 B．0.60 C．0.80D．0.124．掷一颗质地均匀的骰子，观察所得的点数a，设事件A：a＝3；事件B：a＝4；事件C：a为奇数，则下列结论正确的是() A．A与B为互斥事件B．A与B为对立事件C．A与C为对立事件D．A与C为互斥事件5．某家庭电话在家里有人时，打进电话响第一声被接的概率为0.1，响第二声时被接的概率为0.3，响第三声时被接的概率为0.4，响第四声时被接的概率为0.1，那么电话在响前4声内被接的概率是()A．0.622 B．0.9 C．0.659 8 D．0.002 87.袋中装有3个白球，4个黑球，从中任取3个球，则①恰有1个白球和全是白球；②至少有1个白球和全是黑球；③至少有1个白球和至少有2个白球；④至少有1个白球和至少有1个黑球．在上述事件中，是对立事件的为()A．①B．②C．③D．④7.已知(x＋ax)6(a>0)的展开式中常数项为240，则(x＋a)(x－2a)2的展开式中x2项的系数为________．8．已知a＝π2(sin2x2－12)d x，则(ax＋12ax)9的展开式中，关于x的一次项的系数为________．9.自“钓鱼岛事件”以来，中日关系日趋紧张并不断升级．为了积极响应“保钓行动”，某学校举办了一场“保钓知识大赛”，共分两组．其中甲组得满分的有1个女生和3个男生，乙组得满分的有2个女生和4个男生．现从得满分的同学中，每组各任选2个同学，作为“保钓行动代言人”．(1)求选出的4个同学中恰有1个女生的概率；(2)设X为选出的4个同学中女生的个数，求X的分布列和数学期望．高三数学（理科）专题训练（2）-----概率、二项式定理、分布列、数学期望1.随机变量X 的分布列如下：其中a ，b ，c 成等差数列，则P (|X |＝1)＝( ) A.16B.13C.12D.23.2.设随机变量ξ的概率分布列为P (ξ＝i )＝i a )43(i，i ＝1,2,3，则a 的值是( )A.64111B.64101C.2764D.37643.设随机变量X 的概率分布列如下表所示：F (x )＝P (X ≤x )，则当x 的取值范围是[1,2)时，F (x )＝( )A.13B.16C.12D.564.一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a ，得2分的概率为b ，不得分的概率为c ，且a 、b 、c ∈(0,1)，已知他投篮一次得分的数学期望为1(不计其他得分情况)，则ab 的最大值为________．5.．已知⎝⎛⎭⎪⎫x ＋13x n 的展开式的二项式系数之和比(a ＋b )2n 的展开式的系数之和小240，求⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13x n的展开式中系数最大的项．6.(2014·北京)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．7.离散型随机变量X 的概率分布规律为P (X ＝n )＝ann ＋1(n ＝1,2,3,4)，其中a 是常数，则P ()12＜X ＜52＝______.8.已知随机变量ξ只能取三个值：x 1，x 2，x 3，其概率依次成等差数列，则公差d 的取值范围是________．9.(河南省信阳市2015届高中毕业班第二次调研检测数学理试题19).某高中随机抽取部分高一学生调查其上学路上所需时间（单位：分钟），并将所得数据绘制成频率分布直方图（如图），其中上学路上所需时间的范围是[0,100]，样本数据分组为[0,20)，[20,40)，[40,60)，[60,80)，[80,100]．（Ⅰ）求直方图中x 的值；（Ⅱ）如果上学路上所需时间不少于1小时的学生可申请在学校住宿，若招生1200名，请估计新生中有多少名学生可以申请住宿；（Ⅲ）从学校的高一学生中任选4名学生，这4名学生中上学路上所需时间少于20分钟的人数记为X，求X的分布列和数学期望．（以直方图中的频率作为概率）X －1 0 1 PabcX 0 1 2 Pa1316【参考答案】高三数学（理科）专题训练-----概率、二项式定理、分布列、数学期望（1）1.【答案】B【解析】长方体的6个表面构成的“平行线面组”有6×6＝36个，另含4个顶点的6个面(非表面)构成的“平行线面组”有6×2＝12个，共36＋12＝48个，故选B.2.【答案】A【解析】甲获胜的概率是0.4，两人下成和棋的概率是0.2，所以甲不输的概率为0.4＋0.2＝0.6.故选A.3.【答案】C【解析】由互斥事件的概率加法公式可得，该乘客在5分钟内能乘上所需的车的概率为0.20＋0.60＝0.80.故选C.4.【答案】A【解析】依题意，事件A与B不可能同时发生，故A与B是互斥事件，但A与B不是对立事件，显然，A与C既不是对立事件也不是互斥事件．故选A.5.【答案】B【解析】根据互斥事件的概率加法公式，电话在响前4声内被接的概率＝电话响第一声被接的概率＋响第二声时被接的概率＋响第三声时被接的概率＋响第四声时被接的概率，故电话在响前4声内被接的概率是0.1＋0.3＋0.4＋0.1＝0.9，故选B.6.【答案】B【解析】从7个球中任取3个球的所有可能为：1个白球2个黑球；2个白球1个黑球；3个白球；3个黑球．故①中的两事件互斥，但不对立；②中的两事件对立；③中的两事件中不互斥；④中的两事件不互斥，故选B.7.【答案】－6【解析】(x＋ax)6的二项展开式的通项T r＋1＝C r6x6－r(ax)r＝C r6362rax-，令6－3r2＝0，得r＝4，则其常数项为C46a4＝15a4＝240，则a4＝16，由a>0，故a＝2.又(x＋a)(x－2a)2的展开式中，x2项为－3ax2，故x2项的系数为(－3)×2＝－6.8.【答案】－6316【解析】a＝π2⎰(sin2x2－12)d x＝π20⎰(1－cos x2－12)d x＝π20⎰(－cos x2)d x＝－12sin xπ20|＝－12.此时二项展开式的通项为T r＋1＝C r 9(－12x )9－r (－1x )r ＝C r 9(－12)9－r (－1)r x 9－2r ，令9－2r ＝1，得r ＝4，所以关于x 的一次项的系数为C 49(－12)9－4(－1)4＝－6316. 9.【解析】(1)设“从甲组内选出的2个同学均是男生；从乙组内选出的2个同学中，1个是男生，1个是女生”为事件A ，“从乙组内选出的2个同学均是男生；从甲组内选出的2个同学中1个是男生，1个是女生”为事件B ，由于事件A ，B 互斥，且P (A )＝C 23C 12C 14C 24C 26＝415，P (B )＝C 13C 24C 24C 26＝15.所以选出的4个同学中恰有1个女生的概率为P (A ＋B )＝P (A )＋P (B )＝415＋15＝715. (2)由条件知X 的所有可能值为0,1,2,3.；P (X ＝0)＝C 23C 24C 24C 26＝15，P (X ＝1)＝C 23C 12C 14＋C 13C 24C 24C 26＝715，P (X ＝3)＝C 13C 24C 26＝130，P (X ＝2)＝1－15－715－130＝310.[来源所以X 的分布列为所以X 的数学期望为E (X )＝0×15＋1×715＋2×310＋3×130＝76.高三数学（理科）专题训练-----概率、二项式定理、分布列、数学期望（2）1.【答案】D 【解析】因为a ，b ，c 成等差数列，所以2b ＝a ＋c .又a ＋b ＋c ＝1，得b ＝13，所以P (|X |＝1)＝a ＋c ＝23.故选D2.【答案】A 【解析】1＝P (ξ＝1)＋P (ξ＝2)＋P (ξ＝3)＝a ⎣⎡⎦⎤34＋()342＋()343，解得a ＝64111，选A. 3.【答案】D 【解析】∵a ＋13＋16＝1，∴a ＝12.[来源:学_科_网]∵x ∈[1,2)，∴F (x )＝P (X ≤x )＝12＋13＝56.选D.4.【答案】124 【解析】由已知3a ＋2b ＋0×c ＝1，∴3a ＋2b ＝1，∴ab ＝16·3a ·2b ≤163a ＋2b24＝124，当且仅当a ＝16，b ＝14时等号成立． 5.【解析】由题意，得2n ＝22n －240，∴22n －2n －240＝0，即(2n －16)(2n ＋15)＝0.又∵2n ＋15＞0，∴2n －16＝0.∴n ＝4.∴⎝⎛⎭⎪⎫x ＋13x n ＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋13x 4。

高二文科(A)班第二次周考(排列组合、二项式定理、概率统计)

高二年级文科（A ）班第二次周考数学试题一．选择题（每题5分，共10题）1．从装有2个红球和2个白球的口袋中任取2个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）A ．至少有一个白球和全是白球B ．至少有一个白球和至少有一个红球C ．恰有一个白球和恰有2个白球D ．至少有一个白球和全是红球 2．从甲，乙，丙三人中任选两名代表，甲被选中的的概率是（）A ．12B ．13C ．23D ．13．在4101()x x+的展开式中系数最大项是第（）项 A ．5 B ．4 C ．7 D ．64．在两个袋内，分别写着装有0，1，2，3，4，5六个数字的6张卡片，今从每个袋中各任取一张卡片，则两数之和等于5的概率为（）A ．13B ．16C ．19D ．112 5．如图，某人向圆内投镖，如果他每次都投入圆内且落在任何位子机会均等，那么他投中正方形区域的概率为（）A ．2πB ．1πC ．23D ．136．甲、乙两人进行围棋比赛，比赛采取五局三胜制，无论哪一方先胜三局则比赛结束，假定甲每局比赛获胜的概率均为23，则甲以3∶1的比分获胜的概率为（） A ．827 B ．6481 C ．49 D ．89 7．袋中有5个球，3个新球，2个旧球，每次取一个，无放回抽取2次，则第2次抽到新球的概率是（） A ．35 B ．58 C ．25 D ．310 8．某校高三年级举行一次演讲赛共有10位同学参赛，其中一班有3位，二班有2位，其它班有5位，若采用抽签的方式确定他们的演讲顺序，则一班有3位同学恰好被排在一起（指演讲序号相连），而二班的2位同学没有被排在一起的概率为（） A ．110 B ．120 C ．140 D ．1120 9.从1-9这9个数字中任取两个不同的数分别作为一个对数的的真数和底数，则可以组成多少个不同的对数值（）A ．50B ．51C ．52D ．5310．袋里装有大小相同的黑、白两色的手套，黑色手套15只，白色手套10只.现从中随机地取出两只手套，如果两只是同色手套则甲获胜，两只手套颜色不同则乙获胜. 试问：甲、乙获胜的机会是（） A ．一样多 B ．甲多 C ．乙多 D ．不确定的二．填空题（每题5分，共5题）11．已知nxx )1(-的展开式中,第三项和第六项的二项式系数互为相反数,则展开式中一次项为 .12．设集合{}{}5,4,3,2,1,1,0,1=-=N M ，映射N M f →: 使对任意M x ∈都有)(x f x +是奇数，这样的映射f 的个数是 . 13．在集合{}(,)|0504x y x y ≤≤≤≤且内任取1个元素，能使代数式193412y x +≥的概率是． 14．20名运动员中有两名种子选手，现将运动员平均分为两组，种子选手分在同一组的概率是． 15．从单词“equation ”中取5个不同的字母排成一排，含有“qu ”（其中“qu ”相连且顺序不变）的不同排法有种． 16．某人从如图所示的A 处出发到达B 处，图中每一短线表示一道路.已知他每到一交叉路口都需要对路线做一次选择,每次都可以朝东南西北四个方向中任意一个方向前进,且朝每个方向前进的概率都是41,则经过7次选择到达B 处的概率是三．解答题（请写出必要文字说明） 17．若n xx )21(4+展开式中前三项系数成等差数列.求(1)展开式中含x 的一次项 (2)展开式中所有x 的有理项． (3)展开式中所有二项式系数和以及所有系数的和18．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的数（1）能组多少个四位数（2）能组成多少个自然数（3）能组成多少个六位偶数（4）能组成多少个比201345大的数19.从10名大学生中任选6人平均分配在海尔公司的策划部与营销部，其中10人中有7人擅长营销，5人擅长策划，问有多少种不同的分配方法？20．为拉动经济增长，某市决定新建一批重点工程，分为基础设施工程、民生工程和产业建设工程三类. 这三类工程所含项目的个数分别占总数的12, 13, 16. 现有3名工人独立地从中任选一个项目参与建设. 求：(Ⅰ) 他们选择的项目所属类别互不相同的概率； (Ⅱ) 至少有1人选择的项目属于民生工程的概率.21.某批产品成箱包装，每箱5件，一用户在购进该批产品前先取出3箱，再从每箱中任意出取2件产品进行检验。

专题10-1排列组合与二项式定理第一季高考数学压轴题必刷题(解析版)

专题10-1排列组合与二项式定理第一季1．中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同样长短的小木棍.如图，是利用算筹表示数1～9的一种方法.例如：137可表示为“”，26可表示为“”.现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用1～9这9个数字表示三位数的个数为（）A．10 B．20 C．36 D．38【答案】D【解析】分情况讨论，当百位数为1时，十位数为1有2种，十位数为2有2种，十位数为3有2种，十位数为4有1种，为6有2种，为7有2种，为8有1种；当百位数为2时，十位数为1有2种，为2有2种，为3有1种，为6有2种，为7有1种；当百位数为3时，十位数为1有2种，十位数为2有1种，为6有1种；当百位数为4时，只有1种；当百位数为6时，十位数为1有2种，为2有2种，为3有1种，为6有2种，为7有1种；当百位数为7时，十位数为1有2种，为2有1种，为6有1种；当百位数为8，只有一种，一共有38种，故选D。

2．有张卡片分别写有数字，从中任取张，可排出不同的四位数个数为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据题意，分四种情况讨论：_网①取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4；此时有种顺序，可以排出24个四位数.②取出四张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2，若重复的数字为1，在2,3,4中取出2个，有种取法，安排在四个位置中，有种情况，剩余位置安排数字1，可以排出个四位数同理，若重复的数字为2，也可以排出36个重复数字；③若取出的四张卡片为2张1和2张2，在4个位置安排两个1，有种情况，剩余位置安排两个2，则可以排出个四位数；④取出四张卡片中有3个重复数字，则重复数字为1，在2,3,4中取出1个卡片，有种取法，安排在四个位置中，有种情况，剩余位置安排1，可以排出个四位数，则一共有个四位数，故选C.3．如图，用种不同颜色给图中标有、、、各部分涂色，每部分只涂一种颜色，且相邻两部分涂不同颜色，则不同的涂色方法共有（）．A．种B．种C．种D．种【答案】C4．几个孩子在一棵枯树上玩耍，他们均不慎失足下落．已知（）甲在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，，．倒霉和李华在下落的过程中撞到了从到的所有树枝，根据以上信息，在李华下落的过程中，和这根树枝不同的撞击次序有（）种．A．B．C．D．【答案】D【解析】由题可判断出树枝部分顺序，还剩下，，，先看树枝在之前，有种可能，而树枝在之间，在之后，若在之间，有种可能：①若在之间，有种可能，②若在之间，有种可能，③若在之间，有种可能．若不在之间，则有种可能，此时有种可能，可能在之间，有种可能，可能在之间，有种可能，综上共有．故选．5．已知二项式，则展开式的常数项为（）A．B．C．D．【答案】D6．已知，若，则的值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】【详解】由积分的几何意义知，在中，，令，则，∴．故选B．7．我市拟向新疆哈密地区的三所中学派出5名教师支教，要求每所中学至少派遣一名教师，则不同的派出方法有（）A．300种B．150种C．120种D．90种【答案】B【解析】根据题意：分两步计算（1）将5名教师分成三组，有两种方式即1，1，3与1，2，2；①分成1，1，3三组的方法有②分成1，2，2三组的方法有一共有种的分组方法；（2）将分好的三组全排列有种方法.则不同的派出方法有种.故选B.8．某科研小组有20个不同的科研项目，每年至少完成一项。

排列组合二项式定理综合测试（含详细解答）

排列、组合和二项式定理单元综合测试一、选择题(每小题5分，共60分)1．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为（）A ．18B ．24C ．30D ．362．从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为（）A ．300B ．216C ．180D ．1623．五个人排成一排，甲、乙不相邻，且甲、丙也不相邻的不同排法的种数为 ( )A ．60B ．48C ．36D ．244．某小组共有8名同学，其中男生6人，女生2人，现从中按性别分层随机抽取4人参加一项公益活动，则不同的抽取方法有 ( )A ．40种B ．70种C ．80种D ．240种5．若能被整除，则的值可能为（122n nn n n C x C x C x +++ 7,x n ）A ．B ．4,3x n ==4,4x n ==C ． D ．5,4x n ==6,5x n ==6．圆周上有12个不同的点，过其中任意两点作弦，这些弦在圆内的交点个数最多有( )A ．AB ．A ·A 412212212C ．C ·CD ．C 2122124127．用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有 ( )A ．288个B ．240个C ．144个D ．126个8．有4个标号为1,2,3,4的红球和4个标号为1,2,3,4的白球，从这8个球中任取4个球排成一排．若取出的4个球的数字之和为10，则不同的排法种数是( )A ．384B ．396C ．432D ．4809．在一条南北方向的步行街同侧有8块广告牌，广告牌的底色可选用红、蓝两种颜色，若只要求相邻两块广告牌的底色不都为红色，则不同的配色方案共有 ( )A ．55种B ．56种C ．46种D ．45种10．有两排座位，前排4个座位，后排5个座位，现安排2人就坐，并且这2人不相邻(一前一后也视为不相邻)，那么不同坐法的种数是 ( )A ．18B ．26C ．29D ．5811．若自然数n 使得作竖式加法n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)均不产生进位现象，则称n 为“可连数”．例如：32是“可连数”，因32＋33＋34不产生进位现象；23不是“可连数”，因23＋24＋25产生进位现象．那么，小于1000的“可连数”的个数为 ( )A ．27B ．36C ．39D ．4812．为支持地震灾区的灾后重建工作，四川某公司决定分四天每天各运送一批物资到A 、B 、C 、D 、E 五个受灾地点．由于A 地距离该公司较近，安排在第一天或最后一天送达；B 、C 两地相邻，安排在同一天上、下午分别送达(B 在上午、C 在下午与B 在下午、C 在上午为不同运送顺序)，且运往这两地的物资算作一批；D 、E 两地可随意安排在其余两天送达．则安排这四天送达五个受灾地点的不同运送顺序的种数为 ( )A ．72B ．18C ．36D ．24二、填空题(每小题4分，共16分)13．沿海某市区对口支援贫困山区教育，需从本区3所重点中学抽调5名教师分别到山区5所学校任教，每校1人；每所重点中学至少抽调1人，则共有__________种不同的支教方案．14．一个五位数由数字0,1,1,2,3构成，这样的五位数的个数为__________．15．(4x 2－4x ＋1)5的展开式中，x 2的系数为__________．(用数字作答)16．若(1＋mx )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，且a 1＋a 2＋…＋a 6＝63，则实数m 的值为__．三、解答题(本大题共6个小题，共计74分，写出必要的文字说明、计算步骤，只写最后结果不得分)17．(12分)(1)求值：C ＋C ；5－n n 9－n n ＋1(2)解不等式：－<.18．(12分)有5张卡片的正反面分别写有0与1、2与3、4与5、6与7、8与9，将其中任三张并排组成三位数，可组成多少个数字不重复的三位数？19．(12分)若(1＋2x )100＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2·(x －1)2＋…＋a 100(x －1)100，求a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99.20．(12分)已知(－)n 的展开式的各项系数之和等于(4－)5的展开式中的3a 3b 常数项，求：(1)(－)n 展开式的二项式系数和；3a (2)(－)n 的展开式中a －1项的二项式系数．3a 21．(12分)(1)求证：kC ＝nC ；k nk －1n (2)等比数列{a n }中，a n >0，化简：A ＝lg a 1－C lg a 2＋C lg a 3－…＋(－1)n C lg a n ＋1.1n 2n n详细解答：1．答案解析：用间接法解答：四名学生中有两名学生分在一个班的种数是，顺序C 24C 有种，而甲乙被分在同一个班的有种，所以种数是．33A 33A 23343330C A A -=2．答案解析：分类讨论思想：第一类：从1，2，3，4，5中任取两个奇数和两个偶数，C 组成没有重复数字的四位数的个数为；第二类：取0，此时2和4只能取243472C A =一个，0还有可能排在首位，组成没有重复数字的四位数的个数为．共有180个数．21433243[]108C C A A -=3．解析：五个人排成一排，其中甲、乙不相邻且甲、丙也不相邻的排法可分为两类：一类是甲、乙、丙互不相邻，此类方法有A ·A ＝12种(先把除甲、乙、丙外的两个人排好，有A 种232方法，再把甲、乙、丙插入其中，有A 种方法，因此此类方法有A ·A ＝12种)；另一类是乙、323丙相邻但不与甲相邻，此类方法有A ·A ·A ＝24种方法(先把除甲、乙、丙外的两人排好，2322有A 种方法，再从这两人所形成的三个空位中任选2个，作为甲和乙、丙的位置，此类方法2有A ·A ·A ＝24种)．综上所述，满足题意的方法种数共有12＋24＝36，选C.2322答案：C4．解析：依题意得，所选出的4人必是3名男生、1名女生，因此满足题意的抽取方法共有C C ＝40种，选A.3612答案：A 5．答案解析：,当时,C 122(1)1nnnn n n C x C x C x x +++=+- 5,4x n ==能被7整除．4(1)1613537n x +-=-=⨯6答案：D解析：圆周上任意四个点连线的交点都在圆内，此四点的选法有C ，则由这四点确定412的圆内的交点个数为1，所以这12个点所确定的弦在圆内交点的个数最多为C .故选D.4127．解析：个位是0的有C ·A ＝96个；1434个位是2的有C ·A ＝72个；1334个位是4的有C ·A ＝72个；1334所以共有96＋72＋72＝240个．答案：B 8答案：C解析：若取出的球的标号为1,2,3,4，则共有C C C C A ＝384种不同的排法；若取出121212124的球的标号为1,1,4,4，则共有A ＝24种不同的排法；若取出的球的标号为2,2,3,3，则共有A 4＝24种不同的排法；由此可得取出的4个球数字之和为10的不同排法种数是4384＋24＋24＝432，故应选C.9解析：C ＋C ＋C ＋C ＋C ＝55.0818273645答案：A10．解析：若把两人都安排在前排，则有A ＝6种方法，若把两人都安排在后排，则有23A ＝12种方法，若两人前排一个，后排一个，则有4×5×2＝40种方法，因此共有58种方法，24故正确答案是D.答案：D11解析：根据题意，要构造小于1000的“可连数”，个位上的数字的最大值只能为2，即个位数字只能在0,1,2中取．十位数字只能在0,1,2,3中取；百位数字只能在1,2,3中取．当“可连数”为一位数时：有C ＝3个；13当“可连数”为两位数时：个位上的数字有0,1,2三种取法，十位上的数字有1,2,3三种取法，即有C C ＝9个；1313当“可连数”为三位数时：有C C C ＝36个；131413故共有：3＋9＋36＝48个，故选D.答案：D12解析：可分三步完成：第一类是安排送达物资到受灾地点A ，有A 种方法；第二步是12在余下的3天中任选1天，安排送达物资到受灾地点B 、C ，有A A 种方法；第三步是在余132下的2天中安排送达物资到受灾地点D 、E ，有A 种方法．由分步计数原理得不同的运送顺2序共有A ·(A A )·A ＝24种，故选D.121322答案：D二、填空题(每小题4分，共16分)13．解析：5名重点中学教师到山区5所学校有A 种，而3所重点中学的抽调方法种5数可由列举法一一列出为6种．故共有6A ＝720种不同的支教方案．5答案：72014．解析：分两类：(1)万位取1，其余不同的四个数放在不同的四个位置上时有A 个：4(2)万位取2或3，在余下的四个不同的位置中选两个位置放数字0与3或2时有2A 个，故24总共有A ＋2A ＝48.424答案：4815．答案：18016．解析：令x ＝1，(1＋m )6＝a 0＋a 1＋…＋a 6　①，令x ＝0,1＝a 0　②，①－②，得：a 1＋…＋a 6＝(1＋m )6－1∴(1＋m )6－1＝63　∴(1＋m )6＝64∴1＋m ＝±2　∴m ＝1或m ＝－3.答案：1或－3三、解答题(本大题共6个小题，共计74分，写出必要的文字说明、计算步骤，只写最后结果不得分)17．解：利用组合数定义与公式求解．(1)由组合数定义知：解得4≤n ≤5.∵n ∈N *，∴n ＝4或5.当n ＝4时，原式＝C ＋C ＝5；145当n ＝5时，原式＝C ＋C ＝16.0546(2)由组合数公式，原不等式可化为－<，3！(n －3)！n ！4！(n －4)！n ！2×5！(n －5)！n ！不等式两边约去，得(n －3)(n －4)－4(n －4)<2×5×4，即n 2－11n －12<0，解3！(n －5)！n ！得－1<n <12.又∵n ∈N *，且n ≥5，∴n ＝5,6,7,8,9,10,11.18．解：解法1：(直接法)由于三位数的百位数字不能为0，所以分两种情况：当百位数字为1时，不同的三位数有A ·A ＝48个；当百位数为2、3、4、5、6、7、8、9中的任意一个时，1816不同的三位数有A A A ＝8×8×6＝384个．综上，共可组成不重复的三位数48＋384＝432181816个．解法2：(间接法)任取3张卡片共有C ·C ·C ·C ·A 种排法，其中0在百位不能构成三351212123位数，这样的排法有C ·C ·C ·A 种，故符合条件的三位数共有C ·C ·C ·C ·A －C ·C ·C 24121223512121232412·A ＝432个．12219．解：令x －1＝t ，则x ＝t ＋1，于是已知恒等式可变为(2t ＋3)100＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋…＋a 100t100，又令f (t )＝(2t ＋3)100，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝[f (1)－f (－1)]12＝[(2＋3)100－(－2＋3)100]＝(5100－1)．121220．解：依题意，令a ＝1，得(－)n 展开式中各项系数和为(3－1)n ＝2n ，(4－3a 3b )5展开式中的通项为T r ＋1＝C (4)5－r (－)r ＝(－1)r C 45－r 5－b .r 53b r 5r 210－5r6若T r ＋1为常数项，则＝0，即r ＝2，10－5r6故常数项为T 3＝(－1)2C ·43·5－1＝27，25于是有2n ＝27，得n ＝7.(1)(－)n 展开式的二项式系数和为3a 2n ＝27＝128.(2)(－)7的通项为3a T ′r ＋1＝C ()7－r ·(－)r ＝C (－1)r ·37－r ·a ，r 73a r 75r －216令＝－1，得r ＝3，5r －216∴所求a －1项的二项式系数为C ＝35.3721．解：(1)∵左式＝k ·＝n ！k ！(n －k )！n ·(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ·＝nC ＝右式，(n －1)！(k －1)！[(n －1)－(k －1)]！k －1n∴kC ＝nC .k nk －1n (2)由已知：a n ＝a 1q n －1，∴A ＝lg a 1－C (lg a 1＋lg q )＋C (lg a 1＋2lg q )－C (lg a 1＋3lg q )＋…＋(－1)n C (lg a 1＋n lg q )1n 2n 3n n ＝lg a 1[1－C ＋C －…＋(－1)n C ]－lg q [C －2C ＋3C －…＋(－1)n －1C ·n ]1n 2n n 1n 2n 3n n ＝lg a 1·(1－1)n －lg q [nC －nC ＋nC －…＋(－1)n －1·nC ]0n －11n －12n －1n －1＝0－n lg q [C －C ＋C －…＋(－1)n －1·C ]0n －11n －12n －1n －1＝－n lg q (1－1)n －1＝0.22．解：（1）如图1，先对a 1部分种植，有3种不同的种法，再对a 2、a 3种植，因为a 2、a 3与a 1不同颜色，a 2、a 3也不同．所以S （3）=3×2=6（种）……………3分如图2，S （4）=3×2×2×2－S （3）=18（种） ……………………………6分（2）如图3，圆环分为n 等份，对a 1有3种不同的种法，对a 2、a 3、…、a n 都有两种不同的种法，但这样的种法只能保证a 1与a i （i=2、3、……、n －1）不同颜色，但不能保证a 1与a n 不同颜色． ………………………………8分于是一类是a n 与a 1不同色的种法，这是符合要求的种法，记为种．另一类是a n 与a 1同色的种法，这时可以把a n 与a 1看成一部分，这样)3)((≥n n S 的种法相当于对n －1部分符合要求的种法，记为．)1(-n S 共有3×2n －1种种法． ………………………………10分这样就有．即，123)1()(-⨯=-+n n S n S ]2)1([2)(1----=-n nn S n S 则数列是首项为公比为－1的等比数列．)3}(2)({≥-n n S n32)3(-S 则).3()1](2)3([2)(33≥--=--n S n S n n由⑴知：，∴．6)3(=S 3()2(68)(1)nn S n --=--∴．………………………………13分3()22(1)nn S n -=-⋅-答：符合要求的不同种法有…………………14分).3()1(223≥-⋅--n n n种。

高二数学下学期期末考试分类汇编排列组合与二项式定理新人教A版

专题10 排列组合与二项式定理一、单选题1．（2022·浙江宁波·高二期中）甲、乙、丙、丁四名同学分别从篮球、足球、排球、羽毛球四种球类项目中选择一项进行活动，则四名同学所选项目各不相同且只有乙同学选篮球发生的概率（）A．B．C．D．【答案】B【解析】四名同学从四种球类项目中选择一项，每人有4种选择，由分步乘法计数原理可得总的选法有种，由于乙同学选篮球，且四名同学所选项目各不相同，所以问题相当于将足球、排球、羽毛球三种球类项目分别分配给甲、丙、丁3位同学，共种，所以所求概率.故选：B2．（2022·黑龙江·海伦市第一中学高二期中）的值是（）A．0B．1C．-1D．【答案】B.故选：B.3．（2022·重庆·高二阶段练习）在的展开式中，的系数为（）A．B．30C．D．60【答案】C【解析】的展开式通项为，的展开式通项为，由，解得，所以的系数为.故选：C.4．（2022·河北·沧县中学高二阶段练习）的展开式中的系数为（）A．B．C．40D．80【答案】C【解析】解：，由展开式的通项公式，当时，，不含有项.所以展开式中的系数为；故选：.5．（2022·北京八十中高二期中）今年中国空间站将进入到另一个全新的阶段—正式建造阶段，首批参加中国空间站建造的6名航天员，将会分别搭乘着神舟十四号和神舟十五号载人飞船，接连去往中国空间站，并且在上面“会师”.中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱. 假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁等6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱安排2人，梦天实验舱安排1人.若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（）A．44种B．48种C．60种D．50种【答案】A【解析】解：由题意，要安排甲，乙，丙，丁等6名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱安排2人，梦天实验舱安排1人，共有种方案；若甲、乙两人同时在天和核心舱做实验，则有种方案；若甲、乙两人同时在问天实验舱做实验，则有种方案.所以甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则共有不同的安排方案.故选：A.6．（2022·浙江·高二阶段练习）25某高中举办2022年“书香涵泳，润泽心灵”读书节活动，设有“优秀征文”､“好书推荐语展示”和“演讲”三个项目.某班级有7名同学报名参加，要求每人限报一项，每个项目至少2人参加，则报名的不同方案有（）A．420种B．630种C．1260种D．1890种【答案】B【解析】由题7名同学分成3个组，每组分别有2，2，3人，共有种分组方式.再排列有种方案.故选：B.7．（2022·河北保定·高二期中）4月1日，根据当前疫情防控工作需要，定州市新冠肺炎疫情防控工作总指挥部发布通告，要求我市全域内除特殊人员外，所有人员保持居家，不出小区（村）等待全员核酸检测．为了保障广大居民的生活需要，某小区征集了多名志愿者，现有5名志愿者承包A，B，C三栋居民楼，每位志愿者负责一栋楼，且每栋楼至少一名志愿者，则分派方法的种数为（）A．90B．150C．180D．300【答案】B【解析】先分组:按照居民楼人数分为3,1,1和2,2,1两类3,1,1:从5名志愿者中选出3名作为一个组,其余2人各自一组,有种2,2,1:从5名志愿者中选出4名平均分为两组,剩下1人一组,有种再分配:3个组到三栋居民楼有种所以总的分派方法数有种故选：B8．（2022·全国·高二课时练习）设a∈Z，且0≤a<13，若512012+a能被13整除，则a=A．0B．1C．11D．12【答案】D【解析】由于,又由于13|52,所以只需13|1+a，0≤a<13,所以a=12.故选：D.9．（2022·湖北·高二阶段练习）若，则=（）A．244B．1C．D．【答案】D【解析】根据，令时，整理得：令x = 2时，整理得:由①+②得，，所以.故选：D.10．（2022·黑龙江·大庆实验中学高二阶段练习）展开式中常数项为（）A．B．0C．15D．80【答案】B【解析】的通项为当时，；当时，则展开式中常数项为故选：B11．（2022·全国·高二课时练习）设n为正奇数，则被7整除的余数为（）．A．B．0C．3D．5【答案】D．∵为整数，故被7整除的余数为5；故选：D．12．（2022·全国·高二课时练习）在的展开式中，偶数项的二项式系数的和为128，则展开式的中间项为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】【分析】解：因为二项展开式中，奇数项的二项式系数与偶数项的二项式系数相等，所以，偶数项的二项式系数的和为，即，所以，展开式的中间项为．故选：C13．（2022·山西临汾·高二期中）若，，则下列结论中正确的是（）A ．B．C．D．【答案】D【解析】令，可得．又，所以，A错误；展开式的通项公式为因为，所以，B错误；令，可得，C错误；对两边同时求导，得，令，可得，D正确．故选：D.14．（2022·江苏·东海县教育局教研室高二期中）设，则（）A．10206B．5103C．729D．728【答案】A【解析】解：因为，两边同时取导数得，其中展开式的通项为，所以当为奇数时系数为负数，为偶数时系数为正数，即，，，，，，，令，则，所以；故选：A一、单选题1．（2022·河南新乡·高二期中（理））展开式中的常数项为（）A．－70B．－56C．56D．70【答案】D【解析】的通项公式为，当时，得到展开式的常数项为，故选：D 2．（2022·全国·高二课时练习）化简多项式的结果是（）A ．B．C．D．【答案】D【解析】依题意可知，多项式的每一项都可看作，故该多项式为的展开式，化简．故选：D.3．（2022·天津·南开大学附属中学高二期中）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有种A．120B．260C．340D．420【答案】D由题意可知上下两块区域可以相同，也可以不同，则共有故选4．（2022·全国·高二课时练习）我国古代“五行”学说认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”将这五种不同属性的物质任意排成一排，设事件表示“排列中属性相克的两种物质均不相邻”，则事件发生的概率为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由题意知，五种不同属性的物质任意排成一列有种排法，事件表示“排列中属性相克的两种物质均不相邻”可看作五个位置排列五个元素，第一位置有五种排列方法，不妨假设是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，有两种选择，不妨假设排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，∴总的排列方法种数为，∴事件发生的概率为.故选：B．5．（2022·四川省绵阳南山中学高二期中（理））中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（）A．8种B．14种C．20种D．116种【答案】B【解析】按照甲是否在天和核心舱划分，①若甲在天和核心舱，天和核心舱需要从除了甲乙之外的三人中选取两人，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能；②若甲不在天和核心舱，需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个，剩下四人中选取三人进入天和核心舱即可，则有种可能；根据分类加法计数原理，共有6+8=14种可能.故选：B.6．（2022·江苏·海安县实验中学高二期中）2022年北京冬奥会和冬残奥会给世界人民留下了深刻的印象，其吉祥物“冰墩墩”和“雪容融的设计好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合．为了弘扬奥林匹克精神，某学校安排甲、乙等5名志愿者将吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装．若甲、乙必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（）A．8B．10C．12D．14【答案】C【解析】甲和乙必须安装不同的吉祥物，则有种情况，剩余3人分两组，一组1人，一组2人，有，然后分配到参与两个吉祥物的安装，有，则共有种，故选：．二、多选题7．（2022·重庆市万州第二高级中学高二阶段练习）第24届冬奥会于2022年2月4日在中国北京市和张家口市联合举行.甲，乙等5名志愿者计划到高山滑雪、自由式滑雪、短道速滑和花样滑冰4个比赛区从事志愿者活动，则下列说法正确的有（）A．若短道速滑赛区必须安排2人，其余各安排1人，则有60种不同的方案B．若每个比赛区至少安排1人，则有240种不同的方案C．安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有42种不同的站法D．已知这5人的身高各不相同，若安排5人拍照，前排2人，后排3人，且后排3人中身高最高的站中间，则有40种不同的站法【答案】ABD【解析】【详解】若短道速滑赛区必须安排2人，其余各安排1人，则先从5人中任选2人安排在短道速滑赛区，剩余3人在其余三个比赛区全排列，故有种，A正确：若每个比赛区至少安排1人，则先将5人按“2，1，1，1”形式分成四组，再分配到四个岗位上，故有种，B正确：若甲、乙相邻，可把2人看成一个整体，与剩下的3人全排列，有种排法，甲、乙两人相邻有种排法，所以共有种站法，C错误；前排有种站法，后排3人中最高的站中间有种站法，所以共有种站法，D 正确.故选：ABD8．（2022·全国·高二课时练习）（多选）某校以大课程观为理论基础，以关键能力和核心素养的课程化为突破口，深入探索普通高中创新人才培养的校本化课程体系．本学期共开设了八大类校本课程，具体为学科拓展（）、体艺特长（）、实践创新（S）、生涯规划（）、国际视野（）、公民素养（）、大学先修（）、PBL项目课程（），假期里决定继续开设这八大类课程，每天开设一类且不重复，连续开设八天，则（）A．某学生从中选两类，共有种选法B．课程“”“”排在不相邻两天，共有种排法C．课程中“S”“”“”排在相邻三天，且“”只能排在“S”与“”的中间，共有720种排法D．课程“”不排在第一天，课程“”不排在最后一天，共有种排法【答案】BD【解析】对于A，某学生从中选两类，如选“”“”与选“”“”是一种选法，没有顺序之分，所以种选法计算重复，故A错误；对于B，课程“”“”排在不相邻两天，先将剩余六类课程全排列，产生7个空隙，再将课程“”“”插空，共有种排法，故B正确；对于C，课程“S”，“”，“”排在相邻三天，且“”只能排在“S”与“”的中间，采用捆绑法，共有种排法，故C错误；对于D，课程“”不排在第一天，课程“”不排在最后一天，则分两类情况：①课程“”排在第一天，②课程“”排在除第一天和最后一天之外的某一天，则共有种排法，故D正确．故选：BD．9．（2022·黑龙江·铁人中学高二期中）已知的展开式中第项与第项的二项数系数相等，且展开式的各项系数之和为，则下列说法正确的是（）A．展开式中有理项有6项B．展开式中第项的系数最大C ．展开式中奇数项的二项式系数和为D．展开式中含项的系数为【答案】ABD【解析】依题意可得，得，得，得，得.在展开式中，令，得，因为，所以，所以.展开式的通项为，,对于A，由为整数，得，所以展开式中有理项有6项，故A正确；对于B，因为展开式中各项的系数等于各项的二项式系数，且为奇数，所以展开式中第6项的二项式系数最大，所以展开式中第6项的系数最大，故B正确；对于C，根据二项式系数的性质可得，展开式中奇数项的二项式系数和为，故C 不正确；对于D，令，得，所以展开式中含项的系数为，故D正确.故选：ABD.10．（2022·江苏·连云港高中高二期中）下列结论正确的是（）A．B．多项式展开式中的系数为40C．若，则展开式中各项的二项式系数的和为1 D．被5除所得的余数是1【答案】ABD【解析】解：因为，故A项正确;多项式的展开式通项为：，要求的系数，则，当时，有，的系数为,当时，有，不存在，当时，有，的系数为,当时，有，不存在，故展开式中的系数为,故B项正确；,其展开式中各项的二项式系数之和为，故C项错误；因为，其展开式的通项公式为：，只有当时，即，不能被5整除，且256被5整除的余数为1，故D项正确.故选：ABD.11．（2022·广东·深圳市南山外国语学校（集团）高级中学高二期中）已知，则（）A．B．C．D．【答案】AD【解析】解：因为，令，则，故A正确；令，则，所以，故B错误；令，则，所以，故C错误；对两边对取导得，再令得，故D正确；故选：AD三、解答题12．（2022·安徽·高二期中）已知．(1)求；(2)求．【答案】(1)(2)令x＝1，得，令x＝0，得，所以．(2)两边同时求导得：，令x＝1，得．。

高考数学高频考点归类分析排列组合、二项式定理(真题为例)

一、分类计数原理的应用：典型例题：例1. （2012年北京市理5分）从0，2中选一个数字，从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数.其中奇数的个数为【】A. 24B. 18C. 12D. 6【答案】B。

【考点】排列组合问题。

【解析】由于题目要求是奇数，那么对于此三位数可以分成两种情况：奇偶奇；偶奇奇。

如果是第一种奇偶奇的情况，可以从个位开始分析（3 种情况），之后十位（2 种情况），最后百位（2 种情况），共12 种；如果是第二种情况偶奇奇：个位（3 种情况），十位（2 种情况），百位（不能是O ，一种倩况），共6 种。

因此总共有12 + 6 = 18 种情况。

故选B。

例2. （2012年安徽省理5分）6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品，已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为【】()A1或3()B1或4()C2或3()D2或4【答案】D。

【考点】排列组合。

【解析】∵261315132C-=-=，∴在6位同学的两两交换中少2种情况。

不妨设甲、乙、丙、丁、戍、己6人①设仅有甲与乙，丙没交换纪念品，则甲收到3份纪念品，乙、丙收到4份纪念品，丁、戍、己收到5份纪念品，此时收到4份纪念品的同学人数为2人；②设仅有甲与乙，丙与丁没交换纪念品，则甲、乙、丙、丁收到4份纪念品，戍、己收到5份纪念品，此时收到4份纪念品的同学人数为4人。

故选D。

例3. （2012年山东省理5分）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，要求这些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【答案】C。

【考点】排列组合的应用。

【解析】3321164412161514416725608846C C 7C 2C ⨯⨯--=--=-=。

故选C 。

例4. （2012年浙江省理5分）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 。

高三数学排列组合与二项式定理试题答案及解析

高三数学排列组合与二项式定理试题答案及解析1.三张卡片的正反面分别写有1和2,3和4,5和6,若将三张卡片并列,可得到不同的三位数(6不能作9用)的个数为()A．8B．6C．14D．48【答案】D【解析】方法一:第一步,选数字.每张卡片有两个数字供选择,故选出3个数字,共有23=8(种)选法.第二步,排数字.要排好一个三位数,又要分三步,首先排百位,有3种选择,由于排出的三位数各位上的数字不可能相同,因而排十位时有2种选择,排个位只有一种选择.故能排出3×2×1=6(个)不同的三位数.由分步乘法计数原理知共可得到8×6=48(个)不同的三位数.方法二:第一步,排百位有6种选择,第二步,排十位有4种选择,第三步,排个位有2种选择.根据分步乘法计数原理,共可得到6×4×2=48(个)不同的三位数.2.设、、为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余，记.若，且，则的值可以为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】，因此除的余数为，即，因此的值可以为，故选A.【考点】1.二项式定理；2.数的整除性3.5名志愿者到3个不同的地方参加义务植树，则每个地方至少有一名志愿者的方案共有____种．【答案】150【解析】将5名志愿者分到3个不同的地方参加义务植树，且每个地方至少有一名志愿者，则分配至3地的人数模式只有“1、1、3”与“1、2、2”这两种模式.设这3地分别为甲、乙、丙.(1)当分配的人数模式是“1、1、3”时，即甲、乙、丙3地中有一地是3个人，其他两地都只有1人,则共有（种）.即先从三地中选一地是分配3个人的，再从5名志愿者中选三人派到该地.剩余2人再分配至其余两地.(2) 当分配的人数模式是“1、2、2”时,即甲、乙、丙3地中有一地是1个人，其他两地都有2人,则共有（种）.即先从三地中选一地是只分配1个人的，再从5名志愿者中选1人派到该地.剩余4人再选出2人分配至其余两地中的某地，那剩余2人即是最后一地所得.综上所述，共有60+90=150种方案.【考点】排列与组合4.如图是网络工作者经常用来解释网络运作的蛇形模型：数字1出现在第1行；数字2，3出现在第2行；数字6，5，4（从左至右）出现在第3行；数字7，8，9，10出现在第4行；依次类推，则（1）按网络运作顺序第n行第一个数字（如第2行第一个数字为2，第3行第一个数字为4，…）是；（2）第63行从左至右的第4个数应是．【答案】（1）。

高二数学排列组合与二项式定理试题答案及解析

高二数学排列组合与二项式定理试题答案及解析1.的二项展开式中，项的系数是（）A．45B．90C．135D．270【答案】C【解析】的二项展开式中，，令r=4得，项的系数是=135，选C。

【考点】二项展开式的通项公式点评：简单题，二项式展开式的通项公式是，。

2.设，则的值为【答案】-2.【解析】根据题意，由于，则令x=-1,则可知等式左边为-2，故可知=-2，因此答案为-2.【考点】二项式定理点评：主要是考查了二项式定理的运用，属于基础题。

3.已知二项式的展开式中第四项为常数项，则等于A．9B．6C．5D．3【答案】C【解析】根据题意，由于二项式的展开式中第四项为常数项，那么其通项公式为，故答案为5，选C.【考点】二项式定理点评：主要是考查了二项式定理中展开式的通项公式的运用，属于基础题。

4.已知，则 .【答案】66【解析】根据题意，由于，故可知，故可知答案为66.【考点】组合数公式点评：主要是考查了组合数性质的运用，属于基础题。

5.已知离散型随机变量的分布列如下表．若，，则，．【答案】【解析】由分布列性质可得，【考点】分布列期望方差点评：在分布列中各概率之和为1，借助于分布列结合期望方差公式可计算这两个量6.已知（）能被整除，则实数的值为【答案】【解析】根据题意，由于，根据二项式定理展开式可知，那么由于（）能被整除，且被11除的余数为2，那么可知2+a能被11整除，可知a==9，故答案为9.【考点】二项式定理的运用点评：主要是考查了二项式定理来解决整除问题的运用，属于基础题。

7. ( -)6的二项展开式中的常数项为_____.(用数字作答)【答案】-160【解析】由二项式定理得通项得，，取得常数项。

故选D。

【考点】二项式定理点评：在两项式定理中，通项是最重要的知识点，解决此类题目，必然用到它。

8. 4名同学到某景点旅游，该景点有4条路线可供游览，其中恰有1条路线没有被这4个同学中的任何1人游览的情况有A．36种B．72种C．81种D．144种【答案】D【解析】由题意可知4人选择了4条线路中的3条，不同的游览情况共有种【考点】排列组合点评：求解本题按照先分组后分配的思路求解9.已知，则二项式展开式中的系数为_________.【答案】10【解析】，展开的通项为，令，系数为【考点】定积分与二项式定理点评：定积分，其中，二项式的展开式第项是10.若N，且则（）A．81B．16C． 8D．1【答案】A【解析】根据题意，由于，可知n=4,那么当x=-1时可知等式左边为 ,那么右边表示的为81，故答案为81，选A 【考点】二项式定理点评：主要是考查了二项式定理以及系数和的求解，属于基础题。

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(排列组合与二项式定理)汇编(附答案)

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(排列组合与二项式定理)汇编考点01 排列组合综合1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（） A ．14 B ．13C ．12D ．232．（2023∙全国甲卷∙高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（） A ．120B ．60C ．30D ．203．（2023∙全国甲卷∙高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（）A ．16B ．13C ．12D ．234．（2023∙全国乙卷∙高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（） A ．30种B ．60种C ．120种D ．240种5．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（）． A ．4515400200C C ⋅种 B ．2040400200C C ⋅种C ．3030400200C C ⋅种D ．4020400200C C ⋅种6．（2022∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（） A ．12种B ．24种C ．36种D ．48种7．（2022∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（）A ．16B ．13C ．12D ．238．（2021∙全国乙卷∙高考真题）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（） A ．60种B ．120种C ．240种D ．480种9．（2021∙全国甲卷∙高考真题）将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（） A ．0.3B ．0.5C ．0.6D ．0.810．（2021∙全国甲卷∙高考真题）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（）A ．13B ．25C ．23D ．4511．（2020∙海南∙高考真题）要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（）A ．2种B ．3种C ．6种D ．8种12．（2020∙山东∙高考真题）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，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，则不同的安排方法共有（）A ．120种B ．90种C ．60种D ．30种13．（2019∙全国∙高考真题）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是A ．516B ．1132C ．2132D ．1116考点02 二项式定理综合1．（2024∙北京∙高考真题）在(4x 的展开式中，3x 的系数为（） A ．6B ．6-C ．12D ．12-2．（2022∙北京∙高考真题）若443243210(21)x a x a x a x a x a -=++++，则024a a a ++=（）A ．40B ．41C ．40-D ．41-3．（2020∙北京∙高考真题）在52)-的展开式中，2x 的系数为（）． A ．5-B ．5C ．10-D ．104．（2020∙全国∙高考真题）25()()x x y x y ++的展开式中x 3y 3的系数为（）A ．5B ．10C ．15D ．205．（2019∙全国∙高考真题）（1+2x 2）（1+x ）4的展开式中x 3的系数为 A ．12 B ．16 C ．20 D ．24参考答案考点01 排列组合综合1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（） A ．14 B ．13C ．12D ．23【答案】B【详细分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解.解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解. 【答案详解】解法一：画出树状图，如图，由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24种排法，其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，故所求概率81=243P =. 解法二：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有2种排法，丁就1种，共2种；当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有1种排法，丁就1种，共2种；于是甲排在排尾共4种方法，同理乙排在排尾共4种方法，于是共8种排法符合题意；基本事件总数显然是44A 24=，根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为81243=. 故选：B2．（2023∙全国甲卷∙高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（） A ．120B ．60C ．30D ．20【详细分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解. 【答案详解】不妨记五名志愿者为,,,,a b c d e ，假设a 连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有24A 12=种方法，同理：,,,b c d e 连续参加了两天公益活动，也各有12种方法，所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有51260⨯=种. 故选：B.3．（2023∙全国甲卷∙高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（）A ．16B ．13C ．12D ．23【答案】D【详细分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.【答案详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有24C 6=件，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有1122C C 4=，所以这2名学生来自不同年级的概率为4263=. 故选：D.4．（2023∙全国乙卷∙高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（） A ．30种 B ．60种 C ．120种 D ．240种【答案】C【详细分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.【答案详解】首先确定相同得读物，共有16C 种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有25A 种，根据分步乘法公式则共有1265C A 120⋅=种，故选：C.5．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（）． A ．4515400200C C ⋅种 B ．2040400200C C ⋅种C ．3030400200C C ⋅种D ．4020400200C C ⋅种【详细分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案. 【答案详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取4006040600⨯=人，高中部共抽取2006020600⨯=，根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有4020400200C C ⋅种. 故选：D.6．（2022∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（） A ．12种 B ．24种C ．36种D ．48种【答案】B【详细分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解【答案详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!2224⨯⨯=种不同的排列方式，故选：B7．（2022∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（）A ．16B ．13C ．12D ．23【答案】D【详细分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.【答案详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有27C 21=种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：()()()()()()()2,4,2,6,2,8,3,6,4,6,4,8,6,8，共7种，故所求概率2172213P -==. 故选：D.8．（2021∙全国乙卷∙高考真题）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（） A ．60种 B ．120种 C ．240种 D ．480种【答案】C【详细分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.【答案详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有25C 种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有2 54!240C⨯=种不同的分配方案，故选：C.【名师点评】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.9．（2021∙全国甲卷∙高考真题）将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（） A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．0.8【答案】C【详细分析】利用古典概型的概率公式可求概率.【答案详解】解：将3个1和2个0随机排成一行，可以是：00111,01011,01101,01110,10011,10101,10110,11001,11010,11100，共10种排法，其中2个0不相邻的排列方法为：01011,01101,01110,10101,10110,11010，共6种方法，故2个0不相邻的概率为6=0.6 10，故选：C.10．（2021∙全国甲卷∙高考真题）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（）A．13B．25C．23D．45【答案】C【答案详解】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，若2个0相邻，则有155C=种排法，若2个0不相邻，则有2510C=种排法，所以2个0不相邻的概率为102 5103=+.故选：C.11．（2020∙海南∙高考真题）要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（）A．2种 B．3种 C．6种 D．8种【答案】C【详细分析】首先将3名学生分成两个组，然后将2组学生安排到2个村即可.【答案详解】第一步，将3名学生分成两个组，有12323C C=种分法第二步，将2组学生安排到2个村，有222A=种安排方法所以，不同的安排方法共有326⨯=种故选：C【名师点评】解答本类问题时一般采取先组后排的策略.12．（2020∙山东∙高考真题）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，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，则不同的安排方法共有（）A ．120种B ．90种C ．60种D ．30种【答案】C【详细分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解. 【答案详解】首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有16C ；然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有25C ；最后剩下的3名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有126561060C C ⋅=⨯=种.故选：C【名师点评】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.13．（2019∙全国∙高考真题）我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是A ．516B ．1132C ．2132D ．1116【答案】A【详细分析】本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有3个阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算．【答案详解】由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻有62情况，其中6爻中恰有3个阳爻情况有36C ，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为3662C =516，故选A ．【名师点评】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要详细分析元素是否可重复，其次要详细分析是排列问题还是组合问题．本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题．考点02 二项式定理综合1．（2024∙北京∙高考真题）在(4x 的展开式中，3x 的系数为（） A ．6 B ．6- C ．12 D ．12-【答案】A【详细分析】写出二项展开式，令432r-=，解出r 然后回代入二项展开式系数即可得解.【答案详解】(4x 的二项展开式为(()()442144C C 1,0,1,2,3,4r rrr rr r T x xr --+==-=，令432r-=，解得2r =，故所求即为()224C 16-=. 故选：A.2．（2022∙北京∙高考真题）若443243210(21)x a x a x a x a x a -=++++，则024a a a ++=（）A ．40B ．41C ．40-D ．41-【答案】B【详细分析】利用赋值法可求024a a a ++的值. 【答案详解】令1x =，则432101a a a a a ++++=，令=1x -，则()443210381a a a a a -+-+=-=，故420181412a a a +++==，故选：B.3．（2020∙北京∙高考真题）在52)-的展开式中，2x 的系数为（）． A ．5- B ．5C ．10-D ．10【答案】C【详细分析】首先写出展开式的通项公式，然后结合通项公式确定2x 的系数即可.【答案详解】)52展开式的通项公式为：()()55215522r rrrr r r T CC x--+=-=-，令522r -=可得：1r =，则2x 的系数为：()()11522510C -=-⨯=-. 故选：C.【名师点评】二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第一步根据所给出的条件(特定项)和通项公式，建立方程来确定指数(求解时要注意二项式系数中n 和r 的隐含条件，即n ，r 均为非负整数，且n ≥r ，如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步是根据所求的指数，再求所求解的项．4．（2020∙全国∙高考真题）25()()x x y xy ++的展开式中x 3y 3的系数为（）A ．5B ．10C ．15D ．20【答案】C【详细分析】求得5()x y +展开式的通项公式为515rrrr T C xy -+=（r N ∈且5r ≤），即可求得2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭与5()x y +展开式的乘积为65r rr C xy -或425r r r C x y -+形式，对r 分别赋值为3，1即可求得33x y 的系数，问题得解.【答案详解】5()x y +展开式的通项公式为515r rr r T C xy -+=（r N ∈且5r ≤）所以2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的各项与5()x y +展开式的通项的乘积可表示为：56155r rrr rrr xT xC xy C xy --+==和22542155r r rr r r r T C x y xC y y y x x --++==在615rrr r xT C xy -+=中，令3r =，可得：33345xT C x y =，该项中33x y 的系数为10，在42152r r r r T C x x y y -++=中，令1r =，可得：521332T C y x x y =，该项中33x y 的系数为5所以33x y 的系数为10515+= 故选：C【名师点评】本题主要考查了二项式定理及其展开式的通项公式，还考查了赋值法、转化能力及详细分析能力，属于中档题.5．（2019∙全国∙高考真题）（1+2x 2）（1+x ）4的展开式中x 3的系数为 A ．12 B ．16 C ．20 D ．24【答案】A【详细分析】本题利用二项展开式通项公式求展开式指定项的系数．【答案详解】由题意得x 3的系数为314424812C C +=+=，故选A ．【名师点评】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数．。

排列组合二项式定理分布列

2.二项式 (n N)的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则此展开式有理项的项数是( ** )A ．1B ．2C ．3D ．4 3.从编号为1,2,3,…,10,11的11个球中,取出5个球,使这5个球的编号之和为奇数,其取法总数为 A.236 B.328 C.462 D.2640 4.()f x 是6)21(x -展开式中的第五项,则()f x = ，各二项式系数的和为5. 设ξ是一个离散型随机变量其分布列如下:名主力队员，派5名参加比赛。

3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有种（用数字作答）。

7. 从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量ξ表示所选3人中女生的人数。

（1）求ξ的分布列；（2）求“所选3人中女生人数1≤ξ”的概率。

8．在10件产品中，有3件一等品，4件二等品，3件三等品，从这10件产品中任取3件，求： (1)取出的3件产品中一等品件数X 的分布列； (2)取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率．2. 二项式 (n N)的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则此展开式有理项的项数是( ** )A ．1B ．2C ．3D ．4 3.从编号为1,2,3,…,10,11的11个球中,取出5个球,使这5个球的编号之和为奇数,其取法总数为 A.236 B.328 C.462 D.2640 4.()f x 是6)21(x -展开式中的第五项,则()f x = ，各二项式系数的和为5. 设ξ是一个离散型随机变量其分布列如下: 名主力队员，派5名参加比赛。