10.排列、组合、二项式(01)综合(1)_答案

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排列组合二项式定理

排列组合二项式定理知识要点【考点梳理】一、考试内容1.分类计数原理与分步计数原理。

2.排列、排列数公式。

3.组合、组合数公式。

4.组合数的两个性质。

5.二项式定理，二项式展开的性质。

二、考试要求1.掌握分类计数原理及分步计数原理，并能用这两个原理分析和解决一些简单的问题。

2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它解决一些简单的问题。

3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题。

三、考点简析1.排列、组合、二项式知识相互关系表2.两个基本原理（1）分类计数原理中的分类。

（2）分步计数原理中的分步。

正确地分类与分步是学好这一章的关键。

3.排列（1）排列定义，排列数（2）排列数公式：系m n A =)!(!m n n -=n ·(n-1)…(n-m+1) （3）全排列列：n n A =n!（4）记住下列几个阶乘数：1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=7204.组合（1）组合的定义，排列与组合的区别（2）组合数公式：C n m =)!(!!m n m n -=12)1(1)m -(n 1)-n (⨯⨯⨯-⨯+ m m n （3）组合数的性质①C n m =C n n-m②r n r n r n C C C 11+-=+ ③rC n r =n ·C n-1r-1④C n0+C n1+…+C n n=2n⑤C n0-C n1+…+(-1)n C n n=0即C n0+C n2+C n4+…=C n1+C n3+…=2n-15.二项式定理（1）二项式展开公式(a+b)n=C n0a n+C n1a n-1b+…+C n k a n-k b k+…+C n n b n（2）通项公式：二项式展开式中第k+1项的通项公式是T k+1=C n k a n-k b k6.二项式的应用（1）求某些多项式系数的和。

（2）证明一些简单的组合恒等式。

排列组合二项式定理知识点

排列组合二项定理考试内容：分类计数原理与分步计数原理．排列．排列数公式．组合．组合数公式．组合数的两个性质．二项式定理．二项展开式的性质．考试要求：1掌握分类计数原理与分步计数原理,并能用它们分析和解决一些简单的应用问题．2理解排列的意义,掌握排列数计算公式,并能用它解决一些简单的应用问题．3理解组合的意义,掌握组合数计算公式和组合数的性质,并能用它们解决一些简单的应用问题．4掌握二项式定理和二项展开式的性质,并能用它们计算和证明一些简单的问题．排列组合二项定理知识要点一、两个原理.1. 乘法原理、加法原理.2. 可．以有．．的排列.．．重复．．元素从m个不同元素中,每次取出n个元素,元素可以重复出现,按照一定的顺序排成一排,那么第一、第二……第n位上选取元素的方法都是m个,所以从m 个不同元素中,每次取出n个元素可重复排列数m·m·… m = m n.. 例如：n 件物品放入m个抽屉中,不限放法,共有多少种不同放法解：n m种二、排列.1. ⑴对排列定义的理解.定义：从n个不同的元素中任取mm≤n个元素,按照一定顺序．．．．．．排成一列,叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列. ⑵相同排列.如果；两个排列相同,不仅这两个排列的元素必须完全相同,而且排列的顺序也必须完全相同. ⑶排列数.从n 个不同元素中取出mm≤n 个元素排成一列,称为从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列. 从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列数,用符号m n A 表示.⑷排列数公式：注意：!)!1(!n n n n -+=⋅ 规定0 = 1111--++=⋅+=m nm n m n m m m n m n mA A C A A A 11--=m n m n nA A 规定10==n n n C C 2. 含有可重元素．．．．．．的排列问题. 对含有相同元素求排列个数的方法是：设重集S 有k 个不同元素a 1,a 2,…...a n 其中限重复数为n 1、n 2……n k ,且n = n 1+n 2+……n k , 则S 的排列个数等于!!...!!21k n n n n n =.例如：已知数字3、2、2,求其排列个数3!2!1)!21(=+=n 又例如：数字5、5、5、求其排列个数其排列个数1!3!3==n .三、组合.1. ⑴组合：从n 个不同的元素中任取mm≤n 个元素并成一组,叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合.⑵组合数公式：)!(!!!)1()1(m n m n C m m n n n A A C m nm mm nmn-=+--==⑶两个公式：①;mn nm n C C -= ②m n m n m n C C C 11+-=+ ①从n 个不同元素中取出m 个元素后就剩下n-m 个元素,因此从n 个不同元素中取出 n-m 个元素的方法是一一对应的,因此是一样多的就是说从n 个不同元素中取出n-m 个元素的唯一的一个组合.或者从n+1个编号不同的小球中,n 个白球一个红球,任取m 个不同小球其不同选法,分二类,一类是含红球选法有1m n 111m n C C C --=⋅一类是不含红球的选法有m n C②根据组合定义与加法原理得；在确定n+1个不同元素中取m 个元素方法时,对于某一元素,只存在取与不取两种可能,如果取这一元素,则需从剩下的n个元素中再取m-1个元素,所以有C 1-m n ,如果不取这一元素,则需从剩余n 个元素中取出m 个元素,所以共有C m n 种,依分类原理有mn m n m n C C C 11+-=+.⑷排列与组合的联系与区别.联系：都是从n 个不同元素中取出m 个元素.区别：前者是“排成一排”,后者是“并成一组”,前者有顺序关系,后者无顺序关系.⑸①几个常用组合数公式 ②常用的证明组合等式方法例. i. 裂项求和法. 如：)!1(11)!1(!43!32!21+-=++++n n n利用!1)!1(1!1n n n n --=- ii. 导数法. iii. 数学归纳法. iv. 倒序求和法.v. 递推法即用m n m n m n C C C 11+-=+递推如：413353433+=+++n n C C C C C . vi. 构造二项式. 如：nn n n n n C C C C 222120)()()(=+++证明：这里构造二项式n n n x x x 2)1()1()1(+=++其中n x 的系数,左边为22120022110)()()(n n n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C C C +++=⋅++⋅+⋅+⋅-- ,而右边nn C 2=四、排列、组合综合.1. I. 排列、组合问题几大解题方法及题型： ①直接法. ②排除法.③捆绑法：在特定要求的条件下,将几个相关元素当作一个元素来考虑,待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列.它主要用于解决“元素相邻问题”,例如,一般地,n 个不同元素排成一列,要求其中某)(n m m ≤个元素必相邻的排列有m m m n m n A A ⋅+-+-11个.其中11+-+-m n m n A 是一个“整体排列”,而m m A 则是“局部排列”.又例如①有n 个不同座位,A 、B 两个不能相邻,则有排列法种数为-2n A 2211A An ⋅-. ②有n 件不同商品,若其中A 、B 排在一起有2211A An n ⋅--.③有n 件不同商品,若其中有二件要排在一起有112--⋅n n nA A. 注：①③区别在于①是确定的座位,有22A 种；而③的商品地位相同,是从n 件不同商品任取的2个,有不确定性.④插空法：先把一般元素排列好,然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中,此法主要解决“元素不相邻问题”.例如：n 个元素全排列,其中m 个元素互不相邻,不同的排法种数为多少mm n m n m n A A 1+---⋅插空法,当n – m+1≥m, 即m≤21+n 时有意义.⑤占位法：从元素的特殊性上讲,对问题中的特殊元素应优先排列,然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲,对问题中的特殊位置应优先考虑,然后再排其他剩余位置.即采用“先特殊后一般”的解题原则.⑥调序法：当某些元素次序一定时,可用此法.解题方法是：先将n 个元素进行全排列有n n A 种,)(n m m 个元素的全排列有mm A 种,由于要求m 个元素次序一定,因此只能取其中的某一种排法,可以利用除法起到去调序的作用,即若n个元素排成一列,其中m 个元素次序一定,共有m mn n A A 种排列方法.例如：n 个元素全排列,其中m 个元素顺序不变,共有多少种不同的排法解法一：逐步插空法m+1m+2…n = n/ m；解法二：比例分配法mm n n A A /.⑦平均法：若把kn 个不同元素平均分成k 组,每组n 个,共有k knnn n k n kn A C C C )1(-⋅.例如：从1,2,3,4中任取2个元素将其平均分成2组有几种分法有3!224=C 平均分组就用不着管组与组之间的顺序问题了又例如将200名运动员平均分成两组,其中两名种子选手必在一组的概率是多少!2/102022818C C C P =注意：分组与插空综合. 例如：n 个元素全排列,其中某m 个元素互不相邻且顺序不变,共有多少种排法有m m m m n m n m n A A A /1+---⋅,当n – m+1 ≥m, 即m≤21+n 时有意义.⑧隔板法：常用于解正整数解组数的问题.例如：124321=+++x x x x 的正整数解的组数就可建立组合模型将12个完全相同的球排成一列,在它们之间形成11个空隙中任选三个插入3块摸板,把球分成4个组.每一种方法所得球的数目依次为4321,,,x x x x 显然124321=+++x x x x ,故2,x 是方程的一组解.反之,方程的任何一组解),,,(4321y y y y ,对应着惟一的一种在12个球之间插入隔板的方式如图所示故方程的解和插板的方法一一对应. 即方程的解的组数等于插隔板的方法数311C .注意：若为非负数解的x 个数,即用na a a , (21)ia 等于1+i x ,有A a a a A x x x x n n =-+-+-⇒=+++1...11...21321,进而转化为求a 的正整数解的个数为2x 41-+n n A C .⑨定位问题：从n 个不同元素中每次取出k 个不同元素作排列规定某r 个元素都包含在内,并且都排在某r 个指定位置则有rk r n r r A A --.例如：从n 个不同元素中,每次取出m 个元素的排列,其中某个元素必须固定在或不固定在某一位置上,共有多少种排法固定在某一位置上：11--m n A ；不在某一位置上：11---m n m n A A 或11111----⋅+m n m m n A A A 一类是不取出特殊元素a,有mn A 1-,一类是取特殊元素a,有从m-1个位置取一个位置,然后再从n-1个元素中取m-1,这与用插空法解决是一样的 ⑩指定元素排列组合问题.i. 从n 个不同元素中每次取出k 个不同的元素作排列或组合,规定某r 个元素都包含在内 ;先C 后A 策略,排列k k r k r n r r A C C --；组合r k r n r r C C --.ii. 从n 个不同元素中每次取出k 个不同元素作排列或组合,规定某r 个元素都不包含在内;先C 后A 策略,排列k k k r n A C -；组合k r n C -.iii 从n 个不同元素中每次取出k 个不同元素作排列或组合,规定每个排列或组合都只包含某r 个元素中的s 个元素;先C 后A 策略,排列kk sk r n sr A C C --；组合sk r n sr C C --.II. 排列组合常见解题策略：①特殊元素优先安排策略；②合理分类与准确分步策略；③排列、组合混合问题先选后排的策略处理排列组合综合性问题一般是先选元素,后排列；④正难则反,等价转化策略；⑤相邻问题插空处理策略；⑥不相邻问题插空处理策略；⑦定序问题除法处理策略；⑧分排问题直排处理的策略；⑨“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；⑩构造模型的策略.2. 组合问题中分组问题和分配问题.①均匀不编号分组：将n 个不同元素分成不编号的m 组,假定其中r 组元素个数相等,不管是否分尽,其分法种数为r r A A /其中A 为非均匀不编号分组中分法数.如果再有K 组均匀分组应再除以k k A .例：10人分成三组,各组元素个数为2、4、4,其分法种数为1575/224448210=A C C C .若分成六组,各组人数分别为1、1、2、2、2、2,其分法种数为44222224262819110/A A C C C C C C ⋅②非均匀编号分组: n 个不同元素分组,各组元素数目均不相等,且考虑各组间的顺序,其分法种数为m mA A ⋅ 例：10人分成三组,各组人数分别为2、3、5,去参加不同的劳动,其安排方法为：335538210A C C C ⋅⋅⋅种.若从10人中选9人分成三组,人数分别为2、3、4,参加不同的劳动,则安排方法有334538210A C C C ⋅种③均匀编号分组：n 个不同元素分成m 组,其中r 组元素个数相同且考虑各组间的顺序,其分法种数为m mr r A A A ⋅/. 例：10人分成三组,人数分别为2、4、4,参加三种不同劳动,分法种数为33224448210A A C C C ⋅ ④非均匀不编号分组：将n 个不同元素分成不编号的m 组,每组元素数目均不相同,且不考虑各组间顺序,不管是否分尽,其分法种数为1m n C A =21m m -n C …k m )m ...m (m -n 1-k 21C +++例：10人分成三组,每组人数分别为2、3、5,其分法种数为25205538210=C C C若从10人中选出6人分成三组,各组人数分别为1、2、3,其分法种数为126003729110=C C C .五、二项式定理.1. ⑴二项式定理：nn n r r n r n n n n nn b a C b a C b a C b a C b a 01100)(+++++=+-- . 展开式具有以下特点： ① 项数：共有1+n 项；② 系数：依次为组合数;,,,,,,210n n rn n n n C C C C C③ 每一项的次数是一样的,即为n 次,展开式依a 的降幕排列,b 的升幕排列展开.⑵二项展开式的通项.n b a )+（展开式中的第1+r 项为：),0(1Z r n r b aC T r rn r n r ∈≤≤=-+.⑶二项式系数的性质.①在二项展开式中与首未两项“等距离”的两项的二项式系数相等； ②二项展开式的中间项二项式系数．．．．．最大. I. 当n 是偶数时,中间项是第12+n 项,它的二项式系数2nn C 最大；II. 当n 是奇数时,中间项为两项,即第21+n 项和第121++n 项,它们的二项式系数2121+-=n nn n C C最大.③系数和：附：一般来说b a by ax n ,()(+为常数在求系数最大的项或最小的项．．．．．．．．．．．时均可直接根据性质二求解. 当11≠≠b a 或时,一般采用解不等式组11111(,+-+-+⎩⎨⎧≤≤⎩⎨⎧≥≥k k k kk k k k k k T A A A A A A A A A 为或的系数或系数的绝对值的办法来求解. ⑷如何来求n c b a )(++展开式中含r q p c b a 的系数呢其中,,,N r q p ∈且n r q p =++把n n c b a c b a ])[()(++=++视为二项式,先找出含有rC 的项r r n rnC b a C -+)(,另一方面在rn b a -+)(中含有q b 的项为q p q r n q q r n q r n b a C b a C ----=,故在n c b a )(++中含r q p c b a 的项为r q p q r n r n c b a C C -.其系数为r r q p n p n q r n r n C C C p q r n q r n q r n r n r n C C --==---⋅-=!!!!)!(!)!()!(!!. 2. 近似计算的处理方法.当a 的绝对值与1相比很小且n 不大时,常用近似公式na a n +≈+1)1(,因为这时展开式的后面部分nn n n n aC a C a C +++ 3322很小,可以忽略不计;类似地,有na a n -≈-1)1(但使用这两个公式时应注意a 的条件,以及对计算精确度的要求.高中数学第十一章-概率考试内容：随机事件的概率．等可能性事件的概率．互斥事件有一个发生的概率．相互独立事件同时发生的概率．独立重复试验．考试要求：1了解随机事件的发生存在着规律性和随机事件概率的意义．2了解等可能性事件的概率的意义,会用排列组合的基本公式计算一些等可能性事件的概率;3了解互斥事件、相互独立事件的意义,会用互斥事件的概率加法公式与相互独立事件的概率乘法公式计算一些事件的概率．4会计算事件在n 次独立重复试验中恰好发生κ次的概率．。

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．。

排列组合、二项式定理(附答案)

排列组合、二项式定理(附答案)第六章：排列组合与二项式定理一、考纲要求：1.掌握加法原理和乘法原理，能够用这两个原理解决简单的问题。

2.理解排列和组合的意义，掌握排列数和组合数的计算公式以及组合数的性质，并能够用它们解决简单的问题。

3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能够用它们计算和论证简单的问题。

二、知识结构：加法原理和乘法原理排列和组合排列数和组合数的公式和应用二项式定理和二项式系数的性质和应用三、知识点、能力点提示：1.加法原理和乘法原理是排列组合的基础，掌握这两个原理为处理排列和组合中的问题提供了理论根据。

2.排列和排列数公式是中学代数中的独特内容，研究对象和研究方法与前面掌握的知识不同，解题方法比较灵活。

历届高考主要考查排列的应用题，通常是选择题或填空题。

3.组合和组合数公式是历届高考中常出现的题型，主要考查排列组合的应用题，通常是选择题或填空题。

组合数有两个性质：对称性和递推关系。

4.二项式定理和二项式系数的性质是高中数学中的重要内容，主要考查计算和论证方面的问题，通常是选择题或证明题。

3a4的值为(。

)A.4B.6C.8D.10解：根据二项式定理，展开(2x+3)的四次方可得：2x+3)4= C412x)4+ C422x)3(3)+ C432x)2(3)2+ C442x)(3)3+ C453)416x4+96x3+216x2+216x+81将(2x+3)表示成a+a1x+a2x+a3x+a4x的形式，可得：a+a1x+a2x+a3x+a4x= C4a4+ C41a3x+ C42a2x2+ C43ax3+ C44x416a4+96a3x+216a2x2+216ax3+81x4 由此可得：a+a2a3a4C4a4+ C42a2+ C43a+ C4416a4+216a2+81又因为(2x+3)的系数为1，所以a=2，代入上式可得：a+a2a3a416(2)4+216(2)2+81=8故选C.例21：有两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，8名学生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是多少？解：对于8个人的任意一个排列均可“按先前排从左到右再后排从左到右”的次序入座，所以应有$P_8$种不同的入座法。

一年级排列组合计算题

一年级排列组合计算题解题思路：在一年级数学课上，排列组合是一个重要的概念。

通过排列组合，我们可以解决各种计数问题。

本文将介绍一些简单的一年级排列组合计算题，并通过具体的例子进行解答。

1. 排列计算问题排列是指从一组元素中按照一定的顺序选出若干个元素，构成不同的序列。

其中的元素都不可以重复，并且顺序不一样的序列被视为不同的排列。

例如，班级里有10位同学，想选出3位同学担任班级干部。

问有多少种可能的选择方式？解答：根据排列计算的公式，我们可以得出答案：排列数 = A(10, 3)= 10! / (10 - 3)!= 10! / 7!= 10 × 9 × 8= 720所以，有720种可能的选择方式。

2. 组合计算问题组合是指从一组元素中按照一定的顺序选出若干个元素，构成不同的集合。

与排列不同的是，组合中的元素是无序的，而且可以重复。

例如，班级里有10位同学，想选出3位同学一起参加篮球比赛。

问有多少种可能的选择方式？解答：根据组合计算的公式，我们可以得出答案：组合数 = C(10, 3)= 10! / [(10 - 3)! × 3!]= 10! / [7! × 3!]= 10 × 9 × 8 / 3 × 2 × 1= 10 × 3 × 4= 120所以，有120种可能的选择方式。

3. 组合计算问题中的重复元素有时候，在组合计算问题中，可能会出现重复元素。

这时，我们需要用到二项式系数。

二项式系数表示从n个相同元素中选取r个元素的组合数。

例如，班级里有10只相同的图钉，现在想取出5只图钉。

问有多少种可能的选择方式？解答：根据二项式系数的计算公式，我们可以得出答案：组合数 = C(10, 5)= (10 + 5 - 1)! / [(10 - 1)! × 5!]= 14! / [9! × 5!]= 14 × 13 × 12 × 11 × 10 / 5 × 4 × 3 × 2 × 1= 2002所以，有2002种可能的选择方式。

§10-1 排列组合

专题10 排列组合二项式定理排列、组合与二项式定理是高中数学中内容相对独立的一个部分，排列、组合的知识为概率与统计中的计数问题提供了一定的方法．这部分内容的试题有一定的综合性与灵活性，要注意与其他数学知识的联系，注意与实际生活的联系．通过对典型例题的分析，总结思维规律，提高解题能力．§10－1 排列组合【知识要点】1．分类计数原理与分步计数原理．2．排列与组合．⋅=-=-=m n m n m n m nA A m n m n C m n n A )!(!!,)!(! 3．组合数的性质：(1)m n n m n C C -=；(2)11-++=m n m n m n C C C ．【复习要求】理解和掌握分类计数与分步计数两个原理．在应用分类计数原理时，要注意“类”与“类”之间的独立性和等效性，在应用分步计数原理时，要注意“步”与“步”之间的相关性和连续性．熟练掌握排列数公式和组合数公式，注意题目的结构特征和联系；掌握组合数的两个性质，并应用于化简、计算和论证．正确区别排列与组合的异同，体会解计数问题的基本方法，正确处理附加的限制条件．【例题分析】例1 有3封信，4个信筒．(1)把3封信都寄出，有多少种寄信方法?(2)把3封信都寄出，且每个信筒中最多一封信，有多少种寄信方法?【分析】(1)分3步完成寄出3封信的任务：第一步，寄出1封信，有4种方法；第二步，再寄出1封信，有4种方法；第三步，寄出最后1封信，有4种方法，完成任务．根据分步计数原理，共有4×4×4＝43＝64种寄信方法．(2)典型的排列问题，共有34A ＝24种寄信方法．例2 在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A ，B 两种作物，每种作物种植1垄，为有利于作物生长，要求A ，B 两种作物的间隔不小于6垄，则不同的种植方法共有______种．解：设这10垄田地分别为第1垄，第2垄，…，第10垄，要求A ，B 两垄作物的间隔不少于6垄，所以第一步选垄的方式共有(1，8)，(1，9)，(1，10)，(2，9)，(2，10)，(3，10)这6种选法，第二步种植两种作物共有22A ＝2种种植法，所以共有6×2＝12种选垄种植方法．【评述】排列组合是解决计数问题的一种重要方法．但要注意，计数问题的基本原理是分步计数原理和分类计数原理，是最普遍使用的，不要把计数问题等同于排列组合问题．对某些计数问题，当运用公式很难进行时，适时采取原始的分类枚举方法往往是最好的．如例2．在具体的计数问题的解决过程中，需要决策的是，这个计数问题需要“分步”还是“分类”完成，再考虑这个计数问题是排列问题、组合问题还是一般的计数问题．如例1的两个问题．例3 某电子表以6个数字显示时间，例如09:20:18表示9点20分18秒．则在0点到10点之间，此电子表出现6个各不相同数字来表示时间的有______次．【分析】分步来确定电子表中的六个数字如下：第一步：确定第一个数字，只能为0，只有1种方法；第二步：确定第三位数字，只能为0至5中的一个数(又不能与首位相同)，所以只有5种方法；第三步：确定第五位数字，也只能为0至5中的一个数(又不能与首位，第三位相同)，所以只有4种方法；第四步：确定剩下三位数字，0至9共10个数字已用了3个，剩下的7个数字排列在2，4，6位共有37A 种排法．由分步计数原理得：1×5×4×37A ＝4200种．【评述】做一件事情分多步完成时，我们一般先做限制条件较大的一步，如本题中，首位受限条件最大，其次为三、五位，所以我们先排首位，再排三、五位，最后排其他位．例4 7个同学站成一排，分别求出符合下列要求的不同排法的种数．(1)甲站在中间；(2)甲、乙必须相邻；(3)甲在乙的左边(但不一定相邻)；(4)甲、乙、丙相邻；(5)甲、乙、丙两两不相邻；解：(1)甲站在中间，其余6名同学任意排列，故不同排法有66A ＝720．(2)第一步：先把甲、乙捆绑，视为一个元素，连同其余5个人全排列，共有66A 种排法；第二步：给甲、乙松绑，有22A 种排法，此题共有66A 22A ＝1440种不同排法．(3)在7名同学站成一排的77A 种排法中，“甲左乙右”与“甲右乙左”的站法是一一对应的，各占一半，因此甲站在乙的左边(不要求相邻)的不同排法共有77A ÷2＝2520种．(4)先把甲、乙、丙视为一个元素，连同其余4名同学共5个元素的全部排列数有55A 种，再结合甲、乙、丙3个人之间的不同排列有33A 种，此题的解为：55A 33A ＝720． (5)先让除甲、乙、丙外的4个人站好，共有44A 种站法，让甲、乙、丙3人插空，由于4个人形成5个空位，所以甲、乙、丙共有35A 种站法，此题答案14403544=A A ．【评述】当要求某几个元素排在一起时，我们常将这几个元素捆绑在一起作为一个元素与其他元素进行排列如例4(2)，(4)．当要求某几个元素不相邻时，我们常常先排其他元素，然后再将这几个元素排在已排好的其他元素的空中如例4(5)．例5 4个不同的球，4个不同的大盒子，把球全部放入盒内，恰有一个盒不放球，共几种放法?【分析】先将4个球分成3组，共有624=C 种分组方法；再将3组球放在4个盒子里，是排列问题，有=34A 24种方法，所以，共有1443424=A C 种不同的放球方法．【评述】类似这种装球问题采取先分组后装球的方法比较好．例6某班组有10名工人，其中4名是女工．从这10个人中选3名代表，其中至少有一名女工的选法有多少种?解法1：至少有一名女工的情形有三类：1名女工和2名男工；2名女工和1名男工；3名女工，把这3类选法加在一起，共有1003416242614=++C C C C C 种不同的选法．解法2：与“至少有一名女工”选法相对立的是“没有女工”的选法，从所有的选法中除去“没有女工”的选法，剩下的即为所求，共有10036310=-C C ．【评述】当涉及“至少”或“至多”的问题时，从大的方向看我们常常是对其分类讨论，运用分类计数原理解决问题，当然，也可以考虑问题的对立面再用减法进行计算．例7 如图，用六种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，且两端的格子的颜色也不同，则不同的涂色方法共有多少种?【分析】如果按从左至右的顺序去涂色，当涂到第4个格子时会发现，第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同决定着第4个格子有几种涂色方法，即如果第三个格子的颜色与第一个格子的颜色是否相同是不确定的，则第四个格子的涂色情况不定．于是，我们要按照1、3两个格子颜色相同和不相同两种情况分类来处理这个计数问题．解：1、3两个格子颜色相同时，按分步计数原理，有6×5×1×5＝150种方法；1、3两个格子颜色不相同时，按分步计数原理，有6×5×4×4＝480种方法．所以，共有不同的涂色方法630种．例8 四面体的顶点和各棱中点共10个点，取4个不共面的点，不同取法有多少种?【分析】没有限制地从10个点中选出4个点，共有410C 种不同选法，除去4点共面的选法即可．4点共面的选法有3类．(1)4个点在四面体A －BCD 的某一个面上，共有464C 种共面的情况．(2)过四面体的一条棱上的3个点及对棱的中点，如图中点A ，E ，B ，G 平面，共计有6种共面的情况．(3)过四面体的四条棱的中点，而且与一组对棱平行的平面，如图E ，F ，G ，H 平面，此类选法共有3种．综上，符合要求的选法共有141)364(46410=++⨯-C C 种．例9 在给出的下图中，用水平或垂直的线段连结相邻的字母，按这些线段行走时，正好拼出“竞赛”即“CONTEST ”的路线共有多少条?【分析】“CONTEST ”的路线的条数与“TSETNOC ”路线的条数相同，如下右图，从左下角的T 走到边上的C 共有6步，每一步都有2种选择，由分步计数原理，所以下图中，“TSETNOC ”路线共有26＝64条．所以本题的答案为64×2－1＝127．【评述】例9的这种计数的方法常称之为对应法计数，它的理论基础为：如果两个集合之间可以建立一对一的对应关系，那么这两个集合的元素的个数相同．借助这个原理，如果一个集合元素的个数不好计算时，我们将其转化为求另一个集合元素的个数不失为一种较好的方法．例10 (1)计算59694858A A A A -+的值； (2)计算n n n n C C 321383+-+的值；(3)证明：m n m n m n A mA A 11+-=+．(1)解：275!93!85!9!94!8!84!4!9!3!9!4!8!3!859694858=⨯⨯=-⨯+⨯=-+=-+A A A A ． (2)解：注意到m n C 中的隐含条件：n ≥m ，m ∈N ，n ∈N *，有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥+≥->-≥,321,038,03,383n n n n n n 解得221219≤≤n ，所以n ＝10．所以，46613123030312830=+=+C C C C ．(3)证明：)!1(!)!1(!)1()!1(!)!(!1+-++-+-=+-+-=+⋅⋅-m n n m m n n m n m n n m m n n mA A m n m n m n A m n n m n n m n n m m n n m n 1]!)1[()!1()!1()!1()!1(!)!1(!)1(+=-++=+-+=+-++-+-=⋅⋅．【评述】对于含排列组合式的恒等式证明及计算问题常用的方法有两种，一种是运用排列组合数的计算公式转化为代数恒等式的证明及代数式求值问题，另一种是运用组合数的一些性质进行计算及证明．常用的组合数的性质有：(1)m n n m n C C -=； (2)11-++=m n m n m n C C C ；(3)n n n n n n C C C C 2210=++++Λ；(4)ΛΛ++=++3120n n n n C C C C ．练习10－1一、选择题1．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )(A)10种 (B)20种 (C)25种 (D)32种2．某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为( )(A)42 (B)30 (C)20 (D)123．四面体的一个顶点为A ，从其他顶点与棱的中点中取3个点，使它们和点A 在同一平面上，不同的取法有( )(A)30种 (B)33种 (C)36种 (D)39种4．某电脑用户计划用不超过500元的资金购买单价分别为60元、70元的单片软件和盒装磁盘，根据需要，软件至少买3片，磁盘至少买2盒，则不同的选购方式有( )(A)5种 (B)6种 (C)7种 (D)8种5．下列等式中正确的是( )(1)11--=k n k n nC kC ； (2)111111+++=+k n k n C n C k ； (3)k n k n C k k n C 11+-=+； (4)k n k n C n k C 1111++=++． (A)(1)(2)(B)(1)(2)(3) (C)(1)(3) (D)(2)(3)(4)6．有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不．能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是( ) (A)234种(B)346种 (C)350种 (D)363种二、填空题7．从集合{0，1，2，3，5，7，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax ＋By ＋C ＝0中的A 、B 、C ，所得的经过坐标原点的直线有______条．(结果用数值表示)8．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______．9．马路上有12盏灯，为了节约用电，可以熄灭其中3盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，那么熄灯方法共有______种．10．将标号为1，2，…，10的10个球放入标号为1，2，…，10的10个盒子内，每个盒内放一个球，则恰好有3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法共有______种．(以数字作答)11．从集合{O ，P ，Q ，R ，S }与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任取2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)，每排中字母O ，Q 和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是______．(用数字作答)12．8个相同的球放进编号为1、2、3的盒子里，则放法种数为______．(以数值作答)练习10－1一、选择题1．D 2．A 3．B 4．C 5．B 6．B二、填空题7．30；8．240；9．56；10．240；11．8424；12．45．。

高中数学高考专题26 排列组合、二项式定理(解析版)

专题26 排列组合二项式定理命题规律内容典型１求两个二项式相乘展开式中的指定项问题 2020年高考全国Ⅰ卷理数8 ２求二项式展开式的指定项或指定项系数 2020年高考全国Ⅲ卷理数14 ３求二项式展开式中奇数项系数 2020年高考浙江卷12 ４利用计数原理计算组合问题2020年高考山东卷3 ５利用计数原理计算排列组合的综合问题2020年高考全国Ⅱ卷理数14命题规律一求两个二项式相乘展开式中的指定项问题【解决之道】利用二项式定理展开式的通项，列出关于所求项的指定项指数的方程，通过解不定方程，即可确定指定项，利用通项公式即可求出指定项系数，注意分类讨论. 【三年高考】1.【2020年高考全国Ⅰ卷理数8】()25y x x x y ⎛⎫ ⎪⎭+⎝+的展开式中33x y 的系数为（）A ．5B ．10C ．15D ．20 【答案】C【解析】5()x y +展开式的通项公式为515rrrr T C xy -+=（r N ∈且5r ≤），∴2y x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭与5()x y +展开式的乘积可表示为：56155rrrr rr r xT xC xy C xy --+==或22542155r r rr r r r T C x y xC y y y x x --++==，在615r r rr xT C x y -+=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 xy y -++=中，令1r =，可得：521332T C y x xy =，该项中33x y 的系数为5，∴33x y 的系数为10515+=，故选C ． 2.【2019年高考全国Ⅲ卷理数】（1+2x 2 ）（1+x ）4的展开式中x 3的系数为（）A ．12B ．16C ．20D ．24【答案】A【解析】由题意得x 3的系数为3144C 2C 4812+=+=，故选A ．命题规律二求二项式展开式的指定项或指定项系数【解决之道】解决此类问题，设指定项为二项式展开式的第r 项，利用通项公式，列出关于r 的方程，解出r ，即可求出指定的系数.【三年高考】1.【2020年高考北京卷3】在)52的展开式中，2x 的系数为（）A ．5-B ．5C ．10-D ．10 【答案】C【解析】由题意展开式的通项为T r+1=C 5r（x 12）5−r(−2)r ==C 5r (−2)r x5−r2，令r=1得x 2的系数为-10，故选C ．2.【2020年高考全国Ⅲ卷理数14】622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是（用数字作答）．【答案】240【解析】622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，其二项式展开通项：()62612rr rr C x x T -+⎛⎫⋅⋅ ⎪⎝⎭=1226(2)r r r r xC x --⋅=⋅1236(2)r r r C x -=⋅，当1230r -=，解得4r =，∴622x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项是：664422161516240C C ⋅=⋅=⨯=．故答案为：240．3.【2020年高考天津卷11】在522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，2x 的系数是_________．【答案】10【解析】因为522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为()5531552220,1,2,3,4,5rr r r r r r T C x C x r x --+⎛⎫==⋅⋅= ⎪⎝⎭，令532r -=，解得1r =．所以2x 的系数为15210C ⨯=．4.【2018年高考全国Ⅲ卷理数】522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中4x 的系数为（）A ．10B ．20C ．40D ．80【答案】C【解析】由题可得522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通式为()521031552C C 2rr r r r rr T x x x --+⎛⎫⋅⋅== ⎪⎝⎭，令1034r -=，得2r =，所以展开式中4x 的系数为225C 240⨯=．故选C ．5.【2019年高考浙江卷理数】在二项式9)x 的展开式中，常数项是__________；系数为有理数的项的个数是__________．【答案】 5【解析】由题意，9)x的通项为919C (0,1,29)r r r r T x r -+==，当0r =时，可得常数项为919C T ==；若展开式的系数为有理数，则1,3,5,7,9r =，有246810T , T , T , T , T 共5个项．6.【2018年高考浙江卷】二项式81)2x的展开式的常数项是__________．【答案】7【解析】二项式812x ⎫⎪⎭的展开式的通项公式为848318811C C 22rr rrrr r T xx --+⎛⎫==⋅⋅ ⎪⎝⎭，令8403r -=得2r =，故所求的常数项为2821C =72⋅．故答案为：7． 7.【2018年高考天津卷理数】在5(x 的展开式中，2x 的系数为__________．【答案】52【解析】二项式5(x -的展开式的通项公式为35521551C C 2r rr r r r r T x x --+⎛⎛⎫==- ⎪ ⎝⎭⎝，令3522r -=可得：2r =，则2x 的系数为：225115C 10242⎛⎫-=⨯= ⎪⎝⎭．故答案为：52．命题规律三求二项式展开式中奇数项系数【解决之道】解决此类问题，要熟记二项式展开式的系数性质，利用赋值法，即可列出二项式系数的方程（组），系数和即赋值1x =，偶数项系数和减去奇数项系数和即赋值1x =-，通过解方程即可求出偶数项（奇数项）系数和.【三年高考】1.【2020年高考浙江卷12】设()2345123455612x a a x a x a x a x a x +=+++++，则5a = ；123a a a ++= ．【答案】80；51【解析】由题意可知5a 表示4x 的系数，即4455280a C =⋅=，11a =，125210a C =⋅=，2235240a C =⋅=，∴12351a a a ++=．命题规律四利用计数原理计算组合问题【解决之道】排列组合问题常见解法:（1）元素分析法：在解有限定元素的排列问题时，首先考虑特殊元素的安排方法，再考虑其他元素的排法。

高三数学排列,组合和二项式定理

精品学案：排列，组合和二项式定理高考大纲对排列，组合和二项式定理这一章的考试内容及考试要求为： 1．分类计数和分步计数原理； 2．排列组合公式3．组合组合数公式和组合数的两个性质 4．二项式定理和二项式展开式考试要求掌握分类计数和分步计数原理，并能用他们解决一些简单的应用问题。

理解排列的意义，掌握排列的计数公式，并能用他解决一些简单的应用问题。

理解组合的意义，掌握组合的计数公式，并能用他解决一些简单的应用问题。

掌握二项式定理和他的展开式的性质，并能用他计算和证明一些简单的应用问题。

要点一计数原理1分类计数原理：做一件事情，完成它可以有n 类办法，在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种不同的方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法那么完成这件事共有 12n N m m m =+++种不同的方法2.分步计数原理：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事有12n N m m m =⨯⨯⨯ 种不同的方法要点二排列1．排列的概念：从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素（这里的被取元素各不相同）按照一定的顺序．．．．．排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．．．．2．排列数的定义：从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素的所有排列的个数叫做从n 个元素中取出m 元素的排列数，用符号mn A 表示3．排列数公式：(1)(2)(1)mn A n n n n m =---+（,,m n N m n *∈≤）和m n A =!()!n n m -4阶乘：!n 表示正整数1到n 的连乘积，叫做n 的阶乘规定0!1=．要点三组合1组合的概念：一般地，从n 个不同元素中取出m ()m n ≤个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合2．组合数的概念：从n 个不同元素中取出m ()m n ≤个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数．．．．用符号mn C 表示． 3．组合数公式：(1)(2)(1)!m m n nm m A n n n n m C A m ---+==或)!(!!m n m n C mn -=,,(n m N m n ≤∈*且4组合数的性质1：m n n m n C C -=．规定：10=n C ；2：m n C 1+＝m n C +1-m n C要点四二项式定理1．正确理解二项式展开式中的第r ＋1项，第r ＋1项的二项式系数，第r ＋1项的系数之间的差别．2．二项系数的性质问题求二项式系数最大的项，可直接根据二项式系数的增减性与最大值性质，当为n 奇数时，中间两项的二项式系数最大；当n 为偶数时，中间一项的二项式系数最大，若求系数最大的项，则要根据各项系数的正、负变化情况并采用列不等式组、比较系数法求解．3．二项式的某项系数问题该问题解法多样，既可化归为二项式问题求解，又可从组合角度求解，一般地，三项式（a ＋b＋c）n的展开式中，a p b q c r的系数为4．赋值法在二项展开式中的运用赋值法的模式是：对任意的x∈A，某式子恒成立，那么对A中的特殊值，该式子一定成立．特殊值如何选取？视具体问题而定，没有一成不变的规律，它的灵活性较强，一般x0＝0， 1，－1取较多．一般地，多项式f(x)的各项系数和为f(1)，奇次项系数和为1[(1)(1)]2f f--，偶次项系数和为1[(1)(1)]2f f+-．如二项式系数性质。

高中数学知识点总结第十章排列组合和二项式定理

高中数学知识点总结第十章排列组合和二项式定理高中数学知识点总结：第十章——排列组合和二项式定理排列组合和二项式定理是高中数学中重要的概念和工具，它们在各个领域都有广泛的应用。

本文将对这两个知识点进行总结和说明。

1. 排列与组合排列是指从一组元素中按照一定顺序取出一部分元素的方式。

组合是指从一组元素中不考虑顺序地取出一部分元素的方式。

排列和组合都涉及到元素的选择和顺序，但它们在选择的要求上有所不同。

1.1 排列排列的计算公式为：P(n, m) = n! / (n-m)!，其中n表示元素总数，m表示需要选择的元素个数，n!表示n的阶乘。

1.2 组合组合的计算公式为：C(n, m) = n! / (m!(n-m)!)，其中n表示元素总数，m表示需要选择的元素个数，n!表示n的阶乘。

2. 二项式定理二项式定理是数学中一个非常重要的定理，它描述了一个二项式的幂展开式。

二项式是一个形如(a+b)^n的表达式，而二项式定理则给出了(a+b)^n的展开形式。

二项式定理的表达式为：(a+b)^n = C(n, 0)a^n b^0 + C(n, 1)a^(n-1)b^1 + ... + C(n, n-1)a^1 b^(n-1) + C(n, n)a^0 b^n。

其中C(n, k)表示从n个元素中选择k个元素的组合数。

二项式定理的展开形式中包含了n+1个项，每一项的系数是组合数C(n, k)，指数是a和b的幂。

二项式定理的应用非常广泛，在数值计算、概率统计、组合数学等领域中都得到了广泛的运用。

它可以用来快速计算幂次方的结果，也可以用来求解概率问题或者排列组合问题。

3. 相关例题在学习排列组合和二项式定理的过程中，我们可以通过解决一些典型的例题来加深对这两个知识点的理解。

例题1：某班有10名学生，要从中选择3名学生组成一个小组，问有多少种不同的选择方式？解析：根据排列的计算公式，可以得到答案：P(10, 3) = 10! / 7! = 720。

(十)排列、组合、二项式定理2008.11.26

第十章排列、组合与概率1．分类计数原理和分步计数原理（1）分类计数原理：做一件事，完成它可以有n 类办法，（是对完成这件事的所有方法的一个分类），在第一类办法中有1m 种不同的方法，在第二类办法中有2m 种不同的方法，……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有n m m m N +⋅⋅⋅++=21种不同的方法．说明：分类时，首先要根据问题的特点确定一个分类的标准，然后在确定的分类标准下进行分类；其次分类时要注意满足一个基本要求：完成这件事的任何一种方法必属于某一类，并且分别属于不同两类的两种方法都是不同的方法，即不重复也不遗漏．只有满足这些条件，才能用分类计数原理．（2）分步计数原理：做一件事情，完成它需要分成n 个步骤，（是指完成这件事的任何一种方法，都要分成n 个步骤），做第一步有1m 种不同的方法，做第二步有2m 种不同的方法，……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事有n m m m N ⨯⋅⋅⋅⨯⨯=21 种不同的方法．说明：分步时首先要根据问题的特点确定一个分步的标准；其次分步时还要注意满足完成一件事必须并且只需连续完成这n 个步骤后这件事才算完成，只有满足这些条件，才能用分步计数原理．（３）“分类”与“分步”的相同点和不同点分类计数原理和分步计数原理的共同点是它们完成一件事情，共有多少种不同的方法．区别在于完成一件事情的方式不同：分类计数原理是“分类完成”，即任何一种办法中用任何一个方法都能独立完成这件事；分步计数原理是“分步完成”，即这些方法需要分步骤顺次相依，且每一个步骤都完成了，才能完成这件事情．区分分类还是分步的关键．．是看经．过这个过程，有没有完成整个事情．．．．．．．．．．．．．．．．２．排列（１）排列的概念：从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个不同元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个不同元素的一个排列．说明：○1不同元素；○2排列有序性；○3相同排列：元素相同，顺序相同．（２）排列数的定义：从n 个不同元素中，任取m （m n ≤）个元素的所有排列的个数叫做从n 个元素中取出m 个不同元素的排列数，用符号mn A 表示．（３）排列数公式：)1()2)(1(+-⋅⋅⋅--=m n n n n A m n （,,m n N m n *∈≤）．（４）阶乘：!n 表示正整数1到n 的连乘积，叫做n 的阶乘．规定0!1=．（５）排列数的另一个计算公式：mn A =!()!n n m -．３．组合（１）组合的概念：一般地，从n 个不同元素中取出m ()m n ≤个不同元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．说明：○1不同元素；○2“只取不排”——无序性；○3相同组合：元素相同．说明：○1不同元素；○2“只取不排”——无序性；○3相同组合：元素相同．（２）组合数的概念：从n 个不同元素中取出m ()m n ≤个不同元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个不同元素的组合数．．．．用符号mn C 表示．（３）组合数公式：(1)(2)(1)!mmn nm mA n n n n m C Am ---+==；或)!(!!m n m n C m n-=),,(n m N m n ≤∈*且．（４）组合数的性质1：m n n m n C C -=，规定：10=n C ；组合数的性质2：m n C 1+＝m n C +1-m n C ．４．排列与组合的区分根据排列与组合的定义，前者是从n 个不同元素中选取m 个不同元素后，还要按照一定的顺序排成一列，而后者只要从n 个不同元素中选取m 个不同的元素并成一组，所以区分某一问题是排列还是组合问题．关键看选出的元素与顺序是否有关，若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，而交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．也就是说排列与选取元素的顺序有关，组合与选取元素的顺序无关．排列与组合的共同点，就是都要“从n 个不同元素中，任取m 个元素”，而不同点在于元素取出以后，是“排成一排”，还是‘“组成一组”，其实质就是取出的元素是否存在顺序上的差异．因此，区分排列问题和组合问题的主要标志是：是否与元素的排列顺序有关．．．．．．．．．．．．．有顺序的是排列问题，无顺序的则是组合问题．例如123和321，132是不同的排列，但它们都是相同的组合．再如两人互通一次信是排列问题，互握一次手则是组合问题．５．解排列、组合应用题的途径与思路解排列组合应用题时主要应抓住是排列问题还是组合问题，其次要搞清需要分类，还是需要分步．切记：排组分清（有序排列、无序组合），加乘明确（分类为加、分步为乘）．具体说，解排列组合的应用题，通常有以下途径：①以元素为主，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素． ②以位置为主，即先满足特殊位置的要求，再考虑其地位置．③先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不合要求的排列组合数．排列、组合应用题的解题思路：排组分清，加乘明确；有序排列，无序组合；分类为加，分步为乘．６．解排列、组合混合应用题的基本方法排列组合综合题的求解，要合理进行分类、分步．基本方法是：先“组”后“排”，即先分类，再分步．排列组合应用题大致可分为三大类：不带限制条件的排列或组合题；带有约束条件的排列或组合题；排列与组合的综合题．解此类问题常用的方法有： ①相邻元素的排列应用题，一般采用“捆绑法”． ②元素间隔排列应用题，一般采用“插空法”．③含有特殊元素和特殊位置的排列，组合应用题，常采用“特殊元素法”，从元素为主出发，先安排特殊元素；从位置为主出发，先安排好特殊位置上元素，结合排除法解决此类问题．④指标问题采用“隔板法”．⑤有关“分堆”与“到位”应用问题常采用“分组法”与“分配法”．若只分堆，不指定到具体位置，则需注意平均分的情况；所谓“到位”是指分堆后给某人或指定到某些位置．总之，排列与组合应用题，主要考查有附加条件的应用问题，解决此类问题通常有三种途径：①以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；②以位置为主考虑，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数或组合数．前两种方法叫直接解法，后一种方法叫间接解法，求解时应注意先把具体问题转化或归结为排列或组合问题；再通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理；然后分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏；最后列出式子计算作答．其中蕴涵有：分类讨论思想，转化思想和对称方法等数学思想方法，具体的解题策略有： ①特殊元素优先安排策略； ②合理分类与准确分类策略； ③先选后排策略；④正难则反，等价转化的策略； ⑤相邻问题捆绑处理的策略；⑥间隔问题插空处理的策略；⑦定序问题除法处理的策略； ⑧分排问题直排处理的策略；⑨“小团体”排列问题中先整体后局部策略；⑩构造模型的策略．７．二项式定理（1）二项式定理：01()()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 -*+=+++++∈ ，特例：1(1)1n r r nn n x C x C x x +=+++++ .（2）二项展开式的通项公式：1r n r rr n T C a b -+=．（３）二项展开式的通项公式，反映出展开式在指数、项数、系数等方面的内在联系，因此能运用二项展开式的通项公式求特定项、特定项系数、常数项、有理项及系数最大、绝对值最大的项．求常数项、有理项和系数最大的项时，要根据通项公式讨论对r 的限制；求有理项时要注意到指数及项数的整数性．（４）二项式系数的性质()na b +展开式的二项式系数是0n C ，1n C ，2n C ，…，nn C ．rn C 可以看成以r 为自变量的函数()f r ，定义域是{0,1,2,,}n ．二项式系数的性质有：○1对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等（∵m n mn n C C -=；直线2n r =是图象的对称轴）．○2增减性与最大值：当n 是偶数时，中间一项2nn C 取得最大值；当n 是奇数时，中间两项12n n C -，12n n C +取得最大值．○3各二项式系数和：n n n r n n n nC C C C C 2210=+⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+++ 在1(1)1n r r n n n x C x C x x +=+++++ 中，令1x =，则0122n r n n n n n n C C C C C =++++++８．随机事件的概率（1）必然事件、不可能事件、随机事件：必然事件是指在一定条件下必然发生的事件；不可能事件指在一定条件下不可能发生的事件；随机事件指在一定条件下可能发生也可能不发生的事件．（2）随机事件概率：指大量重复进行同一试验，随机事件A 发生的频率nm （n 是试验的总次数，m 是事件A 发生的次数）接近的常数．记作P （A ）．它反映的是，这个事件发生可能性的大小．即一个随机事件的发生既有随机性（对单次试验来说）又有规律性（对大量重复试验来说）．规律性体现在nm 的值具有稳定性．当随机试验的次数不断增多，nm 的值总在这个常数附近摆动且摆动的幅度越来越小．所以，概率可以看作是频率在理论上的期值．由于n m ≤≤0，故10≤≤nm ，于是可得1)(0≤≤A P ．９. 等可能性事件及其概率基本事件：一次试验连同其中可能出现的每一个结果，即每个结果对应每一个基本事件，如果这次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有这些结果出现的可能性都相等，那么每一个结果所对应的基本事件的概率都是n1．等可能性事件：一次试验中所有可能出的n 个基本结果出现的可能性都相等，这n 个结果对应着n 个基本事件，如果某事件A 包含着这n 个等可能基本事件中的m 个基本事件，称事件A 为等可能随机事件，由于每个等可能基本事件的概率为n1，事件A 中的m 个事件有一个发生则事件A 就发生了，故事件A 发生的概率n m A P =)(．10. 互斥事件（1）互斥事件：不可能同时发生的两个事件叫做互斥事件．一般地，如果事件n A A A ,,,21 中的任何两个都是互斥的，那么就说n A A A ,,,21 彼此互斥.从集合的角度看，n 个事件彼此互斥，是指各个事件所含的结果组成的集合彼此不相交．（2）互斥事件有一个发生的概率设A 、B 是两个互斥事件，那么B A +表示这样一个事件：在同一试验中，A 与B 中有一个发生就表示它发生．事件B A +的概率是)()()(B P A P B A P +=+,这就是说，如果事件B A ,互斥，那么事件B A +发生（即B A ,中有一个发生）的概率，等于事件B A ,分别发生的概率的和.（3）一般地，如果事件n A A A ,,,21 ，彼此互斥，那么事件n A A A +++ 21发生（即n A A A ,,,21 中有一个发生）的概率，等于这n 个事件分别发生的概率的和，即 )()()(),,,(2121n n A P A P A P A A A P ++==（4）对立事件对立事件：两个互斥事件在一次试验中必有一个发生时，这样的两个互斥事件叫做对立事件．事件A 的对立事件通常记作:A .说明：在一次试验中，两个互斥的事件有可能都不发生，只有两个互斥事件在一次试验中必有一个发生时，这样的两个互斥事件才叫做对立事件．也就是说，两个互斥事件不一定是对立事件，而两个对立事件必是互斥事件，即两个事件对立是这两个事件互斥的充分不必要条件．从集合的角度看，由事件A 所含的结果组成的集合，是全集中由事件A 所含的结果组成的集合的补集．（5）对立事件概率公式:)(1)(A P A P -=说明：这个公式的作用是，当直接求某一事件的概率较为复杂时，可先转而求其对立事件的概率，使概率的计算得到简化. 11.相互独立事件（1）相互独立事件：事件A （或B ）是否发生对事件B （或A ）发生的概率没有影响，这样的两个事件叫做相互独立事件．两个事件相互独立是指其中一个事件的发生与否对另一个事件发生的概率没有影响.一般地，如果事件A 与B 相互独立，那么A 与B ，A 与B ，A 与B 也都是相互独立的．（2）独立事件同时发生：事件A 、B 同时发生，记作B A ⋅．（3）独立事件同时发生的概率()()()B P A P B A P ⋅=⋅这就是说，两个相互独立事件同时发生的概率，等于每个事件发生的概率的积．（4）一般地，如果事件1A ，2A ，…，n A 相互独立，那么这n 个事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即：()()()()n n A P A P A P A A A P 2121⋅=⋅12. 独立重复试验（1）独立重复试验：在相同条件下，重复地各次之间相互独立地进行的一种试验,称为独立重复试验．在独立重复试验中，每一次试验只有两种结果，即某事件要么发生，要么不发生，并且任何一次试验中发生的概率都是一样的．（2）n 次独立重复试验中某事件恰好发生k 次的概率如果在一次试验中某事件发生的概率是P ，那么在n 次独立重复试验中，这个事件恰好发生k 次的概率为 ()()kn kkn n P P C k P --=1【考点梳理】1.排列、组合、二项式知识相互关系表2.两个基本原理（1）分类计数原理中的分类。

2019届对口升学考试数学第10、11单元《排列组合二项式定理概率等》专题复习及检测含答案

第十、十一单元排列组合二项式定理及概率等一、考纲要求考试内容：分类计数原理与分步计数原理，理解排列、组合的定义及计算公式，排列和组合的知识解决一些简单问题，组合性质，二项式定理。

随机现象与概率的统计定义，必然事件和不可能事件，随机事件和样本空间。

古典概率的定义、应用。

N次独立重复试验中恰好发生k次的概率及简单应用。

总体和样本的概念以及抽样方法，计算样本平均数和样本方差。

离散随机变量及分布。

数制的概念，进行简单的转换。

逻辑代数的基本概念与基本运算。

数据表格的概念，数组运算及数据表格的应用。

二、知识点清单10.1分类计数法和分步计数法分类计数法(加法法则)：完成一件事有两类办法，第一类办法由m 种方法，第二类办法有n 种方法，无论用哪一类办法中的哪种方法，都能完成这件事，则完成这件事总共有m+n 种方法。

分步计数法(乘法法则)：完成一件事有两个步骤，第一个步骤有m 种方法，第二个步骤有n 种方法，连续完成这两个步骤这件事才完成，那么完成这件事总共有m ×n 种方法。

10.2 排列数、组合数公式排列（有顺序），公式：mn A =)1()1(+--m n n n =！！)(m n n -；例：56737⨯⨯=A 4525⨯=A组合（没有顺序），公式：mn C =!)1()1(m m n n n +-- =！！！)(m n m n -⋅；m n C =m n n C - m n C +1-m n C =m n C 1+例：35123567!33737=⨯⨯⨯⨯==A C 3512344567!44747=⨯⨯⨯⨯⨯⨯==A C10.3 组合数的性质(1)= ;(2) +=.注:规定.10.4 排列组合问题常见解题方法：(1)两个计数原理(2)特殊位置法(3)捆绑法(4)插空法10.5 二项式定理 ;二项展开式的通项公式.10.6 区分系数、二项式系数 10.7 二式项式系数的性质(1).(2).考点：1.随机现象与概率的统计定义2.必然事件和不可能事件3.随机事件和样本空间。

组合数学练习题及解析

组合数学练习题及解析组合数学是数学中的一个分支，主要研究离散对象之间的组合关系。

它在计算机科学、统计学、运筹学等领域中具有广泛的应用。

本文将提供一些组合数学的练习题，并附上详细的解析，以帮助读者更好地理解和掌握这一领域的知识。

一、排列组合1. 从10个人中选出3个人组成一个小组，问有多少种不同的选择方式？解析：这是一个从10个元素中选取3个元素的组合问题。

根据组合的公式，可以得到答案为C(10, 3) = 10! / (3! * (10-3)!) = 120种选择方式。

2. 有10个小球，5个红色，5个蓝色，从中选取3个小球组成一个集合，问有多少种不同的集合？解析：这是一个从10个元素中选取3个元素并忽略其顺序的组合问题。

根据组合的公式，可以得到答案为C(10, 3) = 10! / (3! * (10-3)!)= 120种不同的集合。

3. 从字母A、B、C、D、E中任选3个字母组成一个字符串，问有多少种不同的字符串？解析：这是一个从5个元素中选取3个元素并考虑其顺序的排列问题。

根据排列的公式，可以得到答案为P(5, 3) = 5! / (5-3)! = 5*4*3 = 60种不同的字符串。

二、组合数学问题1. 假设有8本不同的书放在一排，问有多少种不同的放置方式？解析：这是一个考虑顺序的排列问题。

根据排列的公式，可以得到答案为P(8, 8) = 8! = 40320种不同的放置方式。

2. 有5个不同的水果，需要选择2个水果放入一个篮子中，问有多少种不同的放置方式？解析：这是一个从5个元素中选取2个元素并考虑其顺序的排列问题。

根据排列的公式，可以得到答案为P(5, 2) = 5! / (5-2)! = 5*4 = 20种不同的放置方式。

3. 一家公司有10个员工，其中3个员工必须参加一个会议，问有多少种不同的选取方式？解析：这是一个从10个元素中选取3个元素的组合问题。

根据组合的公式，可以得到答案为C(10, 3) = 10! / (3! * (10-3)!) = 120种不同的选取方式。

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。

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．。

2012-2021高考真题数学汇编：排列、组合与二项式定理(1)(教师版)

2012-2021高考真题数学汇编：排列、组合与二项式定理（1）一．选择题（共24小题）1．（2021•乙卷）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（）A．60种B．120种C．240种D．480种2．（2020•海南）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（）A．2种B．3种C．6种D．8种3．（2020•北京）在（﹣2）5的展开式中，x2的系数为（）A．﹣5 B．5 C．﹣10 D．104．（2020•山东）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，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5．（2020•新课标Ⅰ）（x+）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为（）A．5 B．10 C．15 D．206．（2019•全国）（2+1）6的展开式中x的系数是（）A．120 B．60 C．30 D．157．（2019•新课标Ⅲ）（1+2x2）（1+x）4的展开式中x3的系数为（）A．12 B．16 C．20 D．248．（2018•新课标Ⅲ）（x2+）5的展开式中x4的系数为（）A．10 B．20 C．40 D．809．（2018•上海）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4 B．8 C．12 D．1610．（2017•新课标Ⅲ）（x+y）（2x﹣y）5的展开式中的x3y3系数为（）A．﹣80 B．﹣40 C．40 D．8011．（2017•全国）4个数字1和4个数字2可以组成不同的8位数共有（）A．16个B．70个C．140个D．256个12．（2017•新课标Ⅰ）（1+）（1+x）6展开式中x2的系数为（）A．15 B．20 C．30 D．3513．（2017•新课标Ⅱ）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（）A．12种B．18种C．24种D．36种14．（2016•全国）从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数相加，则不同的结果共有（）A．6种B．9种C．10种D．15种15．（2016•四川）设i为虚数单位，则（x+i）6的展开式中含x4的项为（）A．﹣15x4B．15x4C．﹣20ix4D．20ix416．（2016•四川）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．48 C．60 D．7217．（2016•新课标Ⅱ）如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（）A．24 B．18 C．12 D．918．（2016•上海）在（1+x）6的二项展开式中，x2项的系数为（）A．2 B．6 C．15 D．2019．（2015•上海）组合数（n≥m≥2，m，n∈N*）恒等于（）A．B．C．D．20．（2015•湖北）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．212B．211C．210D．2921．（2015•新课标Ⅰ）（x2+x+y）5的展开式中，x5y2的系数为（）A．10 B．20 C．30 D．6022．（2015•陕西）二项式（x+1）n（n∈N+）的展开式中x2的系数为15，则n＝（）A．7 B．6 C．5 D．423．（2015•广东）若集合E＝{（p，q，r，s）|0≤p＜s≤4，0≤q＜s≤4，q，r，s∈N}，F＝{（t，u，v，w），0≤v＜w≤4且t，u，v，w∈N}（X）表示集合X中的元素个数，则card（E）（F）＝（）A．200 B．150 C．100 D．5024．（2015•四川）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（）A．144个B．120个C．96个D．72个二．填空题（共34小题）25．（2021•浙江）已知多项式（x﹣1）3+（x+1）4＝x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则a1＝；a2+a3+a4＝．26．（2021•上海）已知（1+x）n的展开式中，唯有x3的系数最大，则（1+x）n的系数和为．27．（2020•上海）从6个人挑选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排1个人，第三天安排2个人，则共有种安排情况．28．（2020•浙江）二项展开式（1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝，a1+a2+a3＝．29．（2020•新课标Ⅱ）4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学种．30．（2020•上海）已知二项式（2x+）5，则展开式中x3的系数为．31．（2020•新课标Ⅲ）（x2+）6的展开式中常数项是（用数字作答）．32．（2020•天津）在（x+）5的展开式中，x2的系数是．33．（2019•上海）已知二项式（2x+1）5，则展开式中含x2项的系数为．34．（2019•天津）（2x﹣）8的展开式中的常数项为．35．（2019•浙江）在二项式（+x）9展开式中，常数项是，系数为有理数的项的个数是．36．（2019•上海）首届中国国际进口博览会在上海举行，某高校拟派4人参加连续5天的志愿者活动，其中甲连续参加2天，则不同的安排方法有种（结果用数值表示）37．（2019•上海）在的展开式中，常数项等于．38．（2018•新课标Ⅰ）从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选种．（用数字填写答案）39．（2018•浙江）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，一共可以组成个没有重复数字的四位数．（用数字作答）．40．（2018•全国）多项式（1+x）3+（1+x）4中x2的系数为．（用数字填写答案）41．（2018•天津）在（x﹣）5的展开式中，x2的系数为．42．（2018•浙江）二项式（+）8的展开式的常数项是．43．（2018•上海）某校组队参加辩论赛，从6名学生中选出4人分别担任一、二、三、四辩，若其中学生甲必须参赛且不担任四辩（结果用数值表示）44．（2018•上海）设a∈R，若的二项展开式中的常数项相等，则a＝45．（2018•上海）在（1+x）7的二项展开式中，x2项的系数为（结果用数值表示）．46．（2017•全国）（x﹣2）6的展开式中x5的系数是．（用数字填写答案）47．（2017•上海）若排列数＝6×5×4，则m＝．48．（2017•浙江）已知多项式（x+1）3（x+2）2＝x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5，则a4＝，a5＝．49．（2017•山东）已知（1+3x）n的展开式中含有x2的系数是54，则n＝．50．（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个．（用数字作答）51．（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，共有种不同的选法．（用数字作答）52．（2017•上海）若的二项展开式的各项系数之和为729，则该展开式中常数项的值为．53．（2017•上海）设a1、a2、…、a6为1、2、3、4、5、6的一个排列，则满足|a1﹣a2|+|a3﹣a4|+|a5﹣a6|＝3的不同排列的个数为．54．（2016•北京）在（1﹣2x）6的展开式中，x2的系数为．（用数字作答）55．（2016•天津）（x2﹣）8的展开式中x7的系数为.（用数字作答）56．（2016•新课标Ⅰ）（2x+）5的展开式中，x3的系数是．（用数字填写答案）57．（2016•山东）若（ax2+）5的展开式中x5的系数是﹣80，则实数a＝．58．（2016•上海）在（﹣）n的二项式中，所有的二项式系数之和为256，则常数项等于．三．解答题（共2小题）59．（2019•江苏）设（1+x）n＝a0+a1x+a2x2+…+a n x n，n≥4，n∈N*．已知a32＝2a2a4．（1）求n的值；（2）设（1+）n＝a+b，其中a，b∈N*2﹣3b2的值．60．（2016•江苏）（1）求﹣的值；（2）设m，n∈N*，n≥m，求证：（m+1）+（m+2）+（m+3）+…++（n+1）＝（m+1）．2012-2021高考真题数学汇编：排列、组合与二项式定理（1）参考答案一．选择题（共24小题）1．（2021•乙卷）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（）A．60种B．120种C．240种D．480种【分析】5分先选2人一组，然后4组全排列即可．【解答】解：5名志愿者选2个5组，有种方法，有种，共有＝240种，故选：C．【点评】本题主要考查排列组合的应用，利用先分组后排列的方法是解决本题的关键，是基础题．2．（2020•海南）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（）A．2种B．3种C．6种D．8种【分析】先把三名学生分成2组，再把2组学生分到两个村，利用排列组合知识直接求解．【解答】解：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：＝6．故选：C．【点评】本题考查不同的安排方法种数的求法，考查排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．3．（2020•北京）在（﹣2）5的展开式中，x2的系数为（）A．﹣5 B．5 C．﹣10 D．10【分析】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x2的系数．【解答】解：（﹣2）5的展开式中，通项公式为T r+8＝•（﹣2）r•，令＝2，可得x2的系数为•（﹣2）＝﹣10，故选：C．【点评】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．4．（2020•山东）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，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【分析】让场馆去挑人，甲场馆从6人中挑一人有：＝6种结果；乙场馆从余下的5人中挑2人有：＝10种结果；余下的3人去丙场馆；相乘即可求解结论．【解答】解：因为每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，丙场馆安排6名，甲场馆从6人中挑一人有：＝6种结果；乙场馆从余下的5人中挑6人有：＝10种结果；余下的4人去丙场馆；故共有：6×10＝60种安排方法；故选：C．【点评】本题考查排列组合知识的应用，考查运算求解能力，是基础题．5．（2020•新课标Ⅰ）（x+）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为（）A．5 B．10 C．15 D．20【分析】先把条件整理转化为求（x2+y2）（x+y）5展开式中x4y3的系数，再结合二项式的展开式的特点即可求解．【解答】解：因为（x+）（x+y）5＝；要求展开式中x2y3的系数即为求（x2+y3）（x+y）5展开式中x4y4的系数；（x2+y2）（x+y）7展开式含x4y3的项为：x5•x6•y3+y2•x4•y＝15x6y3；故（x+）（x+y）4的展开式中x3y3的系数为15；故选：C．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题．6．（2019•全国）（2+1）6的展开式中x的系数是（）A．120 B．60 C．30 D．15【分析】由二项式定理及展开式的通项得：T r+1＝（2）6﹣r＝26﹣r x，令＝1，解得r＝4，则（2+1）6的展开式中x的系数是22＝60，得解．【解答】解：由二项式（2+1）6的展开式的通项为T r+1＝（7）6﹣r＝28﹣r x，令＝6，解得r＝4，则（2+4）6的展开式中x的系数是28＝60，故选：B．【点评】本题考查了二项式定理及展开式的通项，属中档题．7．（2019•新课标Ⅲ）（1+2x2）（1+x）4的展开式中x3的系数为（）A．12 B．16 C．20 D．24【分析】利用二项式定理、排列组合的性质直接求解．【解答】解：（1+2x5）（1+x）4的展开式中x2的系数为：1×+3×．故选：A．【点评】本题考查展开式中x3的系数的求法，考查二项式定理、排列组合的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．8．（2018•新课标Ⅲ）（x2+）5的展开式中x4的系数为（）A．10 B．20 C．40 D．80【分析】由二项式定理得（x2+）5的展开式的通项为：T r+1＝（x2）5﹣r（）r＝，由10﹣3r ＝4，解得r＝2，由此能求出（x2+）5的展开式中x4的系数．【解答】解：由二项式定理得（x2+）7的展开式的通项为：T r+1＝（x6）5﹣r（）r＝，由10﹣2r＝4，解得r＝2，∴（x7+）5的展开式中x2的系数为＝40．故选：C．【点评】本题考查二项展开式中x4的系数的求法，考查二项式定理、通项公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．9．（2018•上海）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设AA1是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以AA1为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4 B．8 C．12 D．16【分析】根据新定义和正六边形的性质可得答案．【解答】解：根据正六边形的性质，则D1﹣A1ABB4，D1﹣A1AFF3满足题意，而C1，E1，C，D，E，和D8一样，有2×4＝8，当A1ACC1为底面矩形，有6个满足题意，当A1AEE1为底面矩形，有8个满足题意，故有8+4+5＝16故选：D．【点评】本题考查了新定义，以及排除组合的问题，考查了棱柱的特征，属于中档题．10．（2017•新课标Ⅲ）（x+y）（2x﹣y）5的展开式中的x3y3系数为（）A．﹣80 B．﹣40 C．40 D．80【分析】（2x﹣y）5的展开式的通项公式：T r+1＝（2x）5﹣r（﹣y）r＝25﹣r（﹣1）r x5﹣r y r．令5﹣r＝2，r ＝3，解得r＝3．令5﹣r＝3，r＝2，解得r＝2．即可得出．【解答】解：（2x﹣y）5的展开式的通项公式：T r+8＝（2x）3﹣r（﹣y）r＝25﹣r（﹣8）r x5﹣r y r．令2﹣r＝2，r＝3．令8﹣r＝3，r＝2．∴（x+y）（8x﹣y）5的展开式中的x3y8系数＝22×（﹣3）3+23×5×＝40．故选：C．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11．（2017•全国）4个数字1和4个数字2可以组成不同的8位数共有（）A．16个B．70个C．140个D．256个【分析】利用排列数的性质、计算公式直接求解．【解答】解：4个数字1和5个数字2可以组成不同的8位数共有：＝70．故选：B．【点评】本题考查排列数的求法，考查排列数的性质、计算公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．12．（2017•新课标Ⅰ）（1+）（1+x）6展开式中x2的系数为（）A．15 B．20 C．30 D．35【分析】直接利用二项式定理的通项公式求解即可．【解答】解：（1+）（1+x）6展开式中：若（7+）＝（7+x﹣2）提供常数项1，则（6+x）6提供含有x2的项，可得展开式中x8的系数：若（1+）提供x﹣2项，则（1+x）2提供含有x4的项，可得展开式中x2的系数：由（7+x）6通项公式可得．可知r＝2时，可得展开式中x2的系数为．可知r＝4时，可得展开式中x2的系数为．（1+）（1+x）5展开式中x2的系数为：15+15＝30．故选：C．【点评】本题主要考查二项式定理的知识点，通项公式的灵活运用．属于基础题．13．（2017•新课标Ⅱ）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（）A．12种B．18种C．24种D．36种【分析】把工作分成3组，然后安排工作方式即可．【解答】解：4项工作分成3组，可得：，安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，可得：6×＝36种．故选：D．【点评】本题考查排列组合的实际应用，注意分组方法以及排列方法的区别，考查计算能力．14．（2016•全国）从1，2，3，4，5，6中任取三个不同的数相加，则不同的结果共有（）A．6种B．9种C．10种D．15种【分析】利用组合数和列举法能求出结果．【解答】解：从1，2，6，4，5，7中任取三个不同的数相加，所得的最小值为1+2+2＝6，最大值为4+5+6＝15，1+8+3＝6，3+2+4＝5，1+2+5＝1+3+4＝2+3+7＝9，1+8+6＝2+6+6＝2+7+5＝11，1+3+6＝2+2+6＝3+2+5＝12，3+8+6＝14共有：10种不同结果．故选：C．【点评】本题考查三个数相加的不同的和的求法，考查排列组合、列举法等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．15．（2016•四川）设i为虚数单位，则（x+i）6的展开式中含x4的项为（）A．﹣15x4B．15x4C．﹣20ix4D．20ix4【分析】利用二项展开式的通项公式即可得到答案．【解答】解：（x+i）6的展开式中含x4的项为x4•i8＝﹣15x4，故选：A．【点评】本题考查二项式定理，深刻理解二项展开式的通项公式是迅速作答的关键，属于中档题．16．（2016•四川）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．48 C．60 D．72【分析】用1、2、3、4、5组成无重复数字的五位奇数，可以看作是填5个空，要求个位是奇数，其它位置无条件限制，因此先从3个奇数中任选1个填入，其它4个数在4个位置上全排列即可．【解答】解：要组成无重复数字的五位奇数，则个位只能排1，3，共有2种排法，然后还剩4个数，剩余的4个数可以在十位到万位3个位置上全排列＝24种排法．由分步乘法计数原理得，由8、2、3、4．故选：D．【点评】本题考查了排列、组合及简单的计数问题，此题是有条件限制排列，解答的关键是做到合理的分布，是基础题．17．（2016•新课标Ⅱ）如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为（）A．24 B．18 C．12 D．9【分析】从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，其中2段方向相同，另2段方向相同，每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，由组合数可得最短的走法，同理从F到G，最短的走法，有C31＝3种走法，利用乘法原理可得结论．【解答】解：从E到F，每条东西向的街道被分成2段，从E到F最短的走法，无论怎样走，其中2段方向相同，每种最短走法，即是从2段中选出2段走东向的，故共有C43C22＝4种走法．同理从F到G，最短的走法31C32＝3种走法．∴小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为7×3＝18种走法．故选：B．【点评】本题考查排列组合的简单应用，得出组成矩形的条件和最短走法是解决问题的关键，属基础题18．（2016•上海）在（1+x）6的二项展开式中，x2项的系数为（）A．2 B．6 C．15 D．20【分析】根据二项展开式的通项公式求出展开式的特定项即可．【解答】解：（1+x）6的二项展开式中，通项公式为：T r+5＝•17﹣r•x r，令r＝2，得展开式中x2的系数为：＝15．故选：C．【点评】本题考查了二项展开式通项公式的应用问题，是基础题目．19．（2015•上海）组合数（n≥m≥2，m，n∈N*）恒等于（）A．B．C．D．【分析】直接利用组合数的简单性质求解即可．【解答】解：组合数＝＝＝．故选：A．【点评】本题考查组合数的性质，基本知识的考查．20．（2015•湖北）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．212B．211C．210D．29【分析】直接利用二项式定理求出n，然后利用二项式定理系数的性质求出结果即可．【解答】解：已知（1+x）n的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，可得，可得n＝6+7＝10．（1+x）10的展开式中奇数项的二项式系数和为：＝79．故选：D．【点评】本题考查二项式定理的应用，组合数的形状的应用，考查基本知识的灵活运用以及计算能力．21．（2015•新课标Ⅰ）（x2+x+y）5的展开式中，x5y2的系数为（）A．10 B．20 C．30 D．60【分析】利用展开式的通项，即可得出结论．【解答】解：（x2+x+y）5的展开式的通项为T r+4＝，令r＝2，则（x2+x）8的通项为＝，令3﹣k＝5，则k＝1，∴（x3+x+y）5的展开式中，x5y5的系数为＝30．故选：C．【点评】本题考查二项式定理的运用，考查学生的计算能力，确定通项是关键．22．（2015•陕西）二项式（x+1）n（n∈N+）的展开式中x2的系数为15，则n＝（）A．7 B．6 C．5 D．4【分析】由题意可得＝＝15，解关于n的方程可得．【解答】解：∵二项式（x+1）n（n∈N+）的展开式中x2的系数为15，∴＝15，即，解得n＝3，故选：B．【点评】本题考查二项式定理，属基础题．23．（2015•广东）若集合E＝{（p，q，r，s）|0≤p＜s≤4，0≤q＜s≤4，q，r，s∈N}，F＝{（t，u，v，w），0≤v＜w≤4且t，u，v，w∈N}（X）表示集合X中的元素个数，则card（E）（F）＝（）A．200 B．150 C．100 D．50【分析】对于集合E，s＝4时，p，q，r从0，1，2，3任取一数都有4种取法，从而构成的元素（p，q，r，s）有4×4×4＝64个，再讨论s＝3，2，1的情况，求法一样，把每种情况下元素个数相加即可得到集合E的元素个数，而对于集合F，需讨论两个数：u，w，方法类似，最后把求得的集合E，F元素个数相加即可．【解答】解：（1）s＝4时，p，q，r的取值的排列情况有4×2×4＝64种；s＝3时，p，q，r的取值的排列情况有3×3×3＝27种；s＝2时，有2×2×3＝8种；s＝1时，有8×1×1＝6种；∴card（E）＝64+27+8+1＝100；（2）u＝8时：若w＝4，t，v的取值的排列情况有4×7＝16种；若w＝3，t，v的取值的排列情况有4×3＝12种；若w＝2，有4×8＝8种；若w＝1，有8×1＝4种；u＝8时：若w＝4，t，v的取值的排列情况有3×2＝12种；若w＝3，t，v的取值的排列情况有3×7＝9种；若w＝2，有2×2＝6种；若w＝7，有3×1＝4种；u＝2时：若w＝4，t，v的取值的排列情况有2×4＝8种；若w＝6，有2×3＝8种；若w＝2，有2×3＝4种；若w＝1，有4×1＝2种；u＝5时：若w＝4，t，v的取值的排列情况有1×8＝4种；若w＝3，有3×3＝3种；若w＝6，有1×2＝2种；若w＝1，有1×3＝1种；∴card（F）＝100；∴card（E）+card（F）＝200．故选：A．【点评】考查描述法表示集合，分布计数原理的应用，注意要弄清讨论谁，做到不重不漏．24．（2015•四川）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（）A．144个B．120个C．96个D．72个【分析】根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，①首位数字为5时，②首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案．【解答】解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4，末位数字为0、4；分两种情况讨论：①首位数字为5时，末位数字有3种情况，放在剩余的5个位置上43＝24种情况，此时有2×24＝72个，②首位数字为4时，末位数字有2种情况，放在剩余的2个位置上43＝24种情况，此时有2×24＝48个，共有72+48＝120个．故选：B．【点评】本题考查计数原理的运用，关键是根据题意，分析出满足题意的五位数的首位、末位数字的特征，进而可得其可选的情况．二．填空题（共34小题）25．（2021•浙江）已知多项式（x﹣1）3+（x+1）4＝x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则a1＝5；a2+a3+a4＝10．【分析】利用通项公式求解x3的系数，即可求出a1的值；利用赋值法，令x＝1，即可求出a2+a3+a4的值．【解答】解：a1即为展开式中x3的系数，所以a5＝；令x＝1，则有7+a1+a2+a5+a4＝（1﹣3）3+（1+2）4＝16，所以a2+a8+a4＝16﹣5﹣7＝10．故答案为：5；10．【点评】本题考查了二项展开式的通项公式的运用以及赋值法求解系数问题，考查了运算能力，属于基础题．26．（2021•上海）已知（1+x）n的展开式中，唯有x3的系数最大，则（1+x）n的系数和为64．【分析】由已知可得n＝6，令x＝1，即可求得系数和．【解答】解：由题意，＞，且＞，所以n＝6，所以令x＝3，（1+x）6的系数和为76＝64．故答案为：64．【点评】本题主要考查二项式定理．考查二项式系数的性质，属于基础题．27．（2020•上海）从6个人挑选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排1个人，第三天安排2个人，则共有180种安排情况．【分析】根据题意，由组合公式得共有排法，计算即可得出答案．【解答】解：根据题意，可得排法共有．故答案为：180．【点评】本题考查组合数公式，解题关键是正确理解题意并熟悉组合数公式，属于基础题．28．（2020•浙江）二项展开式（1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝80，a1+a2+a3＝130．【分析】直接利用二项式定理的通项公式，求解即可．【解答】解：（1+2x）8＝a0+a1x+a5x2+a3x7+a4x4+a5x5，则a4＝＝80．a1+a2+a8＝×6+7+83＝130．故答案为：80；130．【点评】本题考查二项式定理的应用，只有二项式定理系数以及项的系数的区别，是基本知识的考查．29．（2020•新课标Ⅱ）4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学36种．【分析】先从4人中选出2人作为一组有C42种方法，再与另外2人一起进行排列有A33种方法，相乘即可．【解答】解：因为有一小区有两人，则不同的安排方式共有C42A33＝36种．故答案为：36．【点评】本题考查排列组合及分步计数原理的运用，属于基础题．30．（2020•上海）已知二项式（2x+）5，则展开式中x3的系数为10．【分析】由，可得到答案．【解答】解：，所以展开式中x3的系数为10．故答案为：10．【点评】本题考查利用二项式定理求特定项的系数，属于基础题．31．（2020•新课标Ⅲ）（x2+）6的展开式中常数项是240（用数字作答）．【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．【解答】解：由于（x2+）3的展开式的通项公式为T r+1＝•2r•x12﹣3r，令12﹣3r＝3，求得r＝4•24＝240，故答案为：240．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．32．（2020•天津）在（x+）5的展开式中，x2的系数是10．【分析】在的展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出r的值，即可得到展开式中x2的系数．【解答】解：∵的展开式的通项公式为T r+1＝ x3﹣r 2r x﹣2r＝8r x5﹣8r，令 5﹣3r＝8，得r＝1，∴x2的系数是 8×＝10，故答案为10．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．33．（2019•上海）已知二项式（2x+1）5，则展开式中含x2项的系数为40．【分析】先求得二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于2，求得r的值，即可求得含x2项的系数值．【解答】解：二项式（2x+1）7的展开式的通项公式为T r+1＝C5r•75﹣r•x5﹣r，令3﹣r＝2，求得r＝32项的系数值为C53•32＝40，故答案为：40．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．34．（2019•天津）（2x﹣）8的展开式中的常数项为28．【分析】本题可根据二项式的展开式的通项进行计算，然后令x的指数为0即可得到r的值，代入r的值即可算出常数项．【解答】解：由题意，可知：此二项式的展开式的通项为：T r+1＝（7x）8﹣r＝•78﹣r•（﹣）r•x8﹣r•（）r＝•（﹣1）r38﹣4r•x5﹣4r．∴当8﹣8r＝0，即r＝2时，T r+8为常数项．此时T2+1＝•（﹣1）628﹣8×2＝28．故答案为：28．【点评】本题主要考查二项式的展开式的通项，通过通项中未知数的指数为0可算出常数项．本题属基础题．35．（2019•浙江）在二项式（+x）9展开式中，常数项是16，系数为有理数的项的个数是5．【分析】写出二项展开式的通项，由x的指数为0求得常数项；再由2的指数为整数求得系数为有理数的项的个数．【解答】解：二项式的展开式的通项为＝．由r＝0，得常数项是；当r＝1，3，5，7，4时，∴系数为有理数的项的个数是5个．故答案为：，8．【点评】本题考查二项式定理及其应用，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．36．（2019•上海）首届中国国际进口博览会在上海举行，某高校拟派4人参加连续5天的志愿者活动，其中甲连续参加2天，则不同的安排方法有24种（结果用数值表示）【分析】根据分步计数原理即可求出．【解答】解：在五天里，连续的2天，剩下的3人排列53＝24种，故答案为：24．【点评】本题考查了简单的分步计数原理，属于基础题．37．（2019•上海）在的展开式中，常数项等于15．【分析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为0得常数项．【解答】解：展开式的通项为T r+2＝＝，，得r＝2，故展开式的常数项为第5项：C63＝15．故答案为：15．【点评】本题考查二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具．38．（2018•新课标Ⅰ）从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选16种．（用数字填写答案）【分析】方法一：直接法，分类即可求出，方法二：间接法，先求出没有限制的种数，再排除全是男生的种数．【解答】解：方法一：直接法，1女2男31C48＝12，2女1男82C47＝4根据分类计数原理可得，共有12+4＝16种，方法二，间接法：C83﹣C46＝20﹣4＝16种，故答案为：16【点评】本题考查了分类计数原理，属于基础题39．（2018•浙江）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，一共可以组成1260个没有重复数字的四位数．（用数字作答）．【分析】解：根据题意，分2种情况讨论：①，从0，2，4，6中取出的2个数字中没有0，②，从0，2，4，6中取出的2个数字中含有0，由分步计数原理计算每一种情况下四位数的数目，由加法原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：①，从0，7，4，有C38＝3种取法，从1，6，5，7，4中任取2个数字55＝10种取法，再将选出的4个全排列，安排在4个数位24＝24种情况，一共可以组成3×10×24＝720个没有重复数字的四位数；②，从3，2，4，有C51＝3种取法，从4，3，5，8，9中任取2个数字72＝10种取法，0不能在千位位置，其它2个数字任意排列33＝18种情况一共可以组成7×10×18＝540个没有重复数字的四位数；故一共可得组成720+540＝1260个没有重复数字的四位数；故答案为：1260．【点评】本题考查排列组合及简单的计数问题，先选后排是解决问题的关键，属于综合题．40．（2018•全国）多项式（1+x）3+（1+x）4中x2的系数为9．（用数字填写答案）【分析】把（1+x）3和（1+x）4中x2的系数相加，既得所求．【解答】解：多项式（1+x）3+（5+x）4中x2的系数，即为（2+x）3和（1+x）3中x2的系数之和，为+＝7，故答案为：9．【点评】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41．（2018•天津）在（x﹣）5的展开式中，x2的系数为．【分析】写出二项展开式的通项，由x的指数为2求得r值，则答案可求．【解答】解：（x﹣）3的二项展开式的通项为＝．由，得r＝2．∴x7的系数为．故答案为：．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．42．（2018•浙江）二项式（+）8的展开式的常数项是7．【分析】写出二项展开式的通项并整理，由x的指数为0求得r值，则答案可求．【解答】解：由＝．令＝0．∴二项式（+）8的展开式的常数项是．故答案为：2．【点评】本题考查了二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．43．（2018•上海）某校组队参加辩论赛，从6名学生中选出4人分别担任一、二、三、四辩，若其中学生甲必须参赛且不担任四辩180（结果用数值表示）【分析】根据题意，分2步分析：①，学生甲可以担任一、二、三辩，有3种情况，②，在剩下的5名学生中任选3人，安排到其他三个辩手的位置，由分步计数原理计算可得答案．。

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．。

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排列。

组合，二项式（01）综合（1）
答案
一1C 2C 3A 4B 5D 6B 7B 8C 9B 10C 11C 12B 二13、10 14、7315 15、145 16、32
17．解：在5种不同的荤菜中取出2种的选择方式应有1025=C 种，设素菜为x 种，则
200
2
52
≥⋅C C x 解得7≥x ，
18．（1）解：可组成6+55432656565656⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=46656个不同的自然数
（2）可组成60034565515=-⋅A A A A 或个无重复数字的五位数
（3）可组成288341413=⋅⋅A A A 个无重复数字的五位奇数
（4）可组成216)(344545=-+A A A 个无重复数字的能被5整除的五位数 19．560x 2
,x
280
2
3
20．分析:排列与组合的混合题，一般采用先组合后排列的方法.
解:第六次测试到次品的方法有C 13种，
前5次有2只次品和3只正品的测试方法有C 36·A 55
种.
因此共有C 13·C 36·A 5
5=7200(种).
21.(1) 222
64290C C C =（种）
(2) 123
65360C C C =（种） (3) 1233
6533360C C C A = （种） (4) 411
62130C C C =（种） (5) 4113
6213180C C C A =（种）
22．（1）证明： ++⋅+=+2
21
)1(1
1)11(n
C n C n
n n
n 2≥（当且仅当1=n 时取等号）当1=n 时，32)1
1(<=+n n
显然成立
当2≥n 时；
=⋅
++⋅
+⋅
+=+n n
n n n n n
n
C n
C n
C C n 1
1
1)
11(2
2
1
0 n
n
n n n n
n n n n
n n 1
!12)1(1
!3)2)(1(1!
2)1(23
2
⋅-+
+--+-+
!
1!31!212121!121!311!212n n
n n
n n
n n n
n n
n n
n n n n
n
+++
<-+
+--+
-+=
)
1(13
212
112-+
+⨯+
⨯+
<n n
313)11
1
(
)3
12
1()2
11(2<-
=--++-+-+=n n n
综上所述：3)1
1(2<+≤n n
，其中*N n ∈
（2）证明：当1,0==n n 时12633--n n =0，显然676|)1263(3--n n 当2≥n 时，12633--n n =
12626
26
261126)261(12627
2
2--⋅++⋅++=--+=--n C C n n n n
n n n n n
n
n n n n C C C 26
26
263
32
2
+⋅+⋅==)2626(676232n n n n n C C C -+++ )676(mod 0≡
综上所述：676|)1263(3--n n )(N n ∈。