高考数学二轮专题 计数原理 二项式定理针对训练 理

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新高考二轮数学理科金版学案专题复习同步练习7.1计数原理、二项式定理(含答案解析)

新高考二轮数学理科金版学案专题复习同步练习7.1计数原理、二项式定理(含答案解析)

第一部分 知识复习专题专题七 概率与统计、推理与证明、算法初步、框图、复数第一讲 计数原理、二项式定理一、选择题1.把6名学生分配到3个校门值日,其中前门3人,侧门2人,后门1人,则不同的分配方案共有( )A .C 36C 23种B .3C 36C 23种 C .C 36C 23A 33种D.C 36C 23A 33种解析:分三步完成分配方案:第一步,从6人中选3人到前门值日,有C 36种方法;第二步,从剩下的3人中选2人到侧门值日,有C 23种方法;第三步,把剩下的1人派到后门值日,有1种方法.由乘法计数原理,不同的分配方案有C 36C 23种.答案:A2.(2014·辽宁卷)6把椅子摆成一排,3 人随机就座,任何两人不相邻的坐法种数为( ) A .144 B .120 C .72 D .24解析:将6把椅子依次编号为1,2,3,4,5,6,故任何两人不相邻的坐法,可安排:“ 1,3,5”;“1,3,6”;“1,4,6”;“2,4,6”号位置坐人,故总数由4A 33=24.故选D.答案:D3.(2014·四川卷)在x(1+x)6的展开式中,含x 3项的系数为( ) A .30 B .20 C .15 D .10解析:x(1+x)6=x(1+6x+15x2+20x3+15x4+6x5+x6),所以含x3项的系数为15.故选C答案:C4.在(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)的展开式中,含x4的项的系数是()A.-15 B.85C.-120 D.274解析:从四个括号中取x,剩下的括号里取常数项,得到x4的系数,故x4的系数是(-1)+(-2)+(-3)+(-4)+(-5)=-15.答案:A5.若多项式x2+x10=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a10(x+1)10,则a9等于()A.9 B.10C.-9 D.-10解析:根据等式左边x10的系数为1,易知a10=1,等式右边x9的系数为a9+a10C110=10+a9,等式左边x9的系数为0,故10+a9=0,所以a9=-10.答案:D6.设集合I={1,2,3,4,5},选择I的两个非空子集A和B,要使B中最小的数大于A中最大的数,则不同的选择方法共有()A.50种B.49种C.48种D.47种解析:对A中最大的数进行分类讨论:①若集合A中最大的数为1,则B的选择方法有C14+C24+C34+C44=15种;②若集合A中最大数为2,则B的选择方法有C13+C23+C33=7种;而A有2种选法,故共有14种;③若集合A中最大数为3,则B的选择方法有C12+C22=3种,而A有4种选法,故共有12种;④若集合A中最大数为4,则B的选择方法有1种,而A有8种选法,如下:4;1,4;2,4;3,4;1,2,4;1,3,4;2,3,4;1,2,3,4.故共有8种.所以一共有15+14+12+8=49种不同的选法.答案:B二、填空题7.(2014·大纲卷)⎝⎛⎭⎫x y -y x 8的展开式中x 2y 2的系数为________.解析:设⎝⎛⎭⎫x y -y x 8的展开式中含x 2y 2的项为第r +1项,则由通项知T r +1=C r 8⎝⎛⎭⎫xy -128-r⎝⎛⎭⎫-x -12y r=(-1)r C r 8x -r 2+8-ry -8-r 2+r , 令-r 2+8-r =2,解得r =4,∴⎝⎛⎭⎫x y -y x 8的展开式中x 2y 2的系数为(-1)4C 48=70.答案:708.(2014·浙江卷)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张,其余5张无奖.将这8张奖券分配给4个人,每人2张,不同的获奖情况有________种(用数字作答).解析:不同的获奖分两种,一是有一人获两张奖卷,一人获一张,共有C 23A 24=36,二是有三人各获得一张,共有A 34=24,因此不同的获奖情况有60种.答案:60三、解答题9.有4个不同的球,4个不同的盒子,现在要把球全部放入盒内. (1)共有几种放法?(2)恰有一个盒不放球,共有几种放法? (3)恰有一个盒放两个球,共有几种放法? (4)恰有两个盒不放球,共有几种放法?解析:(1)一个球一个球地放到盒子里,每个球都可有4种独立的放法.由分步计数原理,放法共有44=256种.(2)为保证“恰有一个盒子不放球”,先从4个盒子中任意拿出去1个;将4个球分为2,1,1三组,有C 24种分法;然后再从三个盒子中选一个放两个球,其余两个各放一个球,两个盒子全排列即可.由分步计数原理,共有C 14·C 24·C 13·A 22=144种放法.(3)“恰有一个盒内有2个球”,即另外的三个盒子共放2个球,每个盒子至多放1个球,即另外三个盒子中恰有一个空盒,因此,“恰有一个盒内有2个球”与“恰有一个盒子不放球”是一回事,故也有144种放法.(4)先从四个盒子中任意拿走两个,问题转化为:“4个球,两个盒子,每个盒子必放球,有几种放法?”从放球数目看,可分为3,1和2,2两类.第一类:可从4个球中先选3个,然后放入指定的一个盒子中即可,有C 34C 12种放法;第二类:有C 24种放法.因此共有C 34C 12+C 24=14种.由分步计数原理得“恰有两个盒内不放球”的放法有:14C 24=84种.10.已知(a +1)n展开式中的各项系数之和等于⎝⎛⎭⎫165x 2+1x 5展开式的常数项,而(a +1)n展开式中的二项式系数最大的项等于54,求a 的值.解析:⎝⎛⎭⎫165x 2+1x 5的展开式的通项为T r +1=C r 5⎝⎛⎭⎫165x 25-r ·⎝⎛⎭⎫1x r =⎝⎛⎭⎫1655-r C r 5x 20-5r 2,令20-5r 2=0,得r =4,∴常数项为T 5=C 45·165=16. 又∵(a +1)n 的展开式的各项系数之和等于2n . ∴2n =16,∴n =4.由二项式系数的性质知,(a +1)4展开式中二项式系数最大的项是中间项即第3项,T 3=C 24a 2=54,解得a =±3.。

(江苏专用)高考数学二轮复习课时达标训练(二十五)计数原理与二项式定理

(江苏专用)高考数学二轮复习课时达标训练(二十五)计数原理与二项式定理

(江苏专用)高考数学二轮复习课时达标训练(二十五)计数原理与二项式定理A 组——大题保分练1.(2019·南京盐城一模)已知数列{a n }满足a 1=1,a 2=3,且对任意n ∈N *,都有a 1C 0n +a 2C 1n +a 3C 2n +…+a n +1C n n =(a n +2-1)·2n -1成立. (1)求a 3的值;(2)证明:数列{a n }是等差数列.解:(1)在a 1C 0n +a 2C 1n +a 3C 2n +…+a n +1C n n =(a n +2-1)·2n -1中,令n =1,则a 1C 01+a 2C 11=a 3-1,由a 1=1,a 2=3,解得a 3=5.(2)证明:若a 1,a 2,a 3,…,a n 是等差数列,则a n =2n -1. ①当n =3时,由(1)知a 3=5,此时结论成立.②假设当n =k (k ≥3,k ∈N *)时,结论成立,则a k =2k -1. 由a 1C 0k -1+a 2C 1k -1+a 3C 2k -1+…+a k C k -1k -1=(a k +1-1)2k -2,k ≥3, 对该式倒序相加,得(a 1+a k )2k -1=2(a k +1-1)·2k -2,所以a k +1-a k =a 1+1=2,即a k +1=2k -1+2=2(k +1)-1, 所以当n =k +1时,结论成立. 根据①②,可知数列{a n }是等差数列.2.(2019·南师附中等四校联考)设集合M ={1,2,3,…,m },集合A ,B 是M 的两个不同子集,记|A ∩B |表示集合A ∩B 的元素个数.若|A ∩B |=n ,其中1≤n ≤m -1,则称(A ,B )是M 的一组n 阶关联子集对((A ,B )与(B ,A )看作同一组关联子集对),并记集合M 的所有n 阶关联子集对的组数为a n .(1)当m =3时,求a 1,a 2;(2)当m =2 019时,求{a n }的通项公式,并求数列{a n }的最大项. 解:(1)当m =3时,易知a 1=3×4=12,a 2=3.(2)a n =C n 2 019×12×[C 02 019-n (22 019-n -1)+C 12 019-n ·22 018-n +…+C k 2 019-n ·22 019-k -n+…+C2 018-n 2 019-n·21+C2 019-n 2 019-n·20]=C n2 01932 019-n2,a n +1a n=C n +12 01932 018-n-12C n2 01932 019-n -12=(2 019-n )(32 018-n-1)(n +1)(32 019-n-1)>1, 化简,得(1 008-2n )·32 018-n>1 009-n ,(*)当n ≤503时,(*)式成立;当504≤n ≤1 008时,(*)式不成立; 当n ≥1 009时,不成立; 所以a 1<a 2<a 3<…<a 503<a 504,a 504>a 505>a 506>…>a 2 018,所以a 1<a 2<a 3<…<a 503<a 504>a 505>…>a 2 018, 所以数列{a n }的最大项为a 504=C5042 01931 515-12. 3.(2018·南京、盐城一模)已知n ∈N *,nf (n )=C 0n C 1n +2C 1n C 2n +…+r C r -1n C r n +…+n C n -1n C nn . (1)求f (1),f (2),f (3)的值;(2)试猜想f (n )的表达式(用一个组合数表示),并证明你的猜想. 解:(1)由条件,nf (n )=C 0n C 1n +2C 1n C 2n +…+r C r -1n C r n +…+n C n -1n C nn ,① 在①中令n =1,得f (1)=C 01C 11=1.在①中令n =2,得2f (2)=C 02C 12+2C 12C 22=6,得f (2)=3.在①中令n =3,得3f (3)=C 03C 13+2C 13C 23+3C 23C 33=30,得f (3)=10. (2)猜想f (n )=C n 2n -1(或f (n )=C n -12n -1).欲证猜想成立,只要证等式n C n2n -1=C 0n C 1n +2C 1n C 2n +…+r C r -1n C r n +…+n C n -1n C nn 成立. 法一:(直接法)当n =1时,等式显然成立. 当n ≥2时,因为r C rn =r ×n !r !(n -r )!=n !(r -1)!(n -r )!=n ×(n -1)!(r -1)!(n -r )!=n C r -1n -1,故r C r -1n C rn =(r C rn )C r -1n =n C r -1n -1C r -1n .故只需证明n C n 2n -1=n C 0n -1C 0n +n C 1n -1C 1n +…+n C r -1n -1·C r -1n +…+n C n -1n -1C n -1n . 即证C n2n -1=C 0n -1C 0n + C 1n -1C 1n +…+ C r -1n -1C r -1n +…+ C n -1n -1C n -1n . 而C r -1n =C n -r +1n,故即证C n 2n -1=C 0n -1C n n + C 1n -1C n -1n +…+ C r -1n -1C n -r +1n+…+ C n -1n -1C 1n .②由等式(1+x )2n -1=(1+x )n -1(1+x )n可得,左边x n的系数为C n2n -1.而右边(1+x )n -1(1+x )n=(C 0n -1+C 1n -1x +C 2n -1x 2+…+C n -1n -1xn -1)(C 0n +C 1n x +C 2n x 2+…+C nnx n ),所以x n 的系数为C 0n -1C n n + C 1n -1C n -1n +…+ C r -1n -1·C n -r +1n +…+ C n -1n -1C 1n .由(1+x )2n -1=(1+x )n -1(1+x )n恒成立可得②成立.综上,f (n )=C n2n -1成立.法二:(构造模型)构造一个组合模型,一个袋中装有(2n -1)个小球,其中n 个是编号为1,2,…,n 的白球,其余(n -1)个是编号为1,2,…,n -1的黑球.现从袋中任意摸出n 个小球,一方面,由分步计数原理其中含有r 个黑球((n -r )个白球)的n 个小球的组合的个数为C rn -1·C n -rn ,0≤r ≤n -1,由分类计数原理有从袋中任意摸出n 个小球的组合的总数为C 0n -1C n n + C 1n -1C n -1n +…+ C r -1n -1C n -r +1n+…+ C n -1n -1C 1n .另一方面,从袋中(2n -1)个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为C n2n -1. 故C n 2n -1=C 0n -1C n n + C 1n -1C n -1n +…+ C r -1n -1C n -r +1n +…+ C n -1n -1C 1n ,余下同法一.法三:(利用导数)由二项式定理, 得(1+x )n=C 0n +C 1n x +C 2n x 2+…+C n n x n.③ 两边求导,得n (1+x )n -1=C 1n +2C 2n x +…+r C r n xr -1+…+n C n n xn -1.④③×④,得n (1+x )2n -1=(C 0n +C 1n x +C 2n x 2+…+C n n x n )·(C 1n +2C 2n x +…+r C r n xr -1+…+n C nnx n -1).⑤左边x n 的系数为n C n2n -1.右边x n 的系数为C 1n C n n +2C 2n C n -1n +…+r C r n C n -r +1n+…+n C n n C 1n =C 1n C 0n +2C 2n C 1n +…+r C r n C r -1n+…+n C n n C n -1n =C 0n C 1n +2C 1n C 2n +…+r C r -1n C r n +…+n C n -1n C nn .由⑤恒成立,得n C n 2n -1=C 0n C 1n +2C 1n C 2n +…+r C r -1n C r n +…+n C n -1n C nn . 故f (n )=C n2n -1成立.法四:(构造模型)由nf (n )=C 0n C 1n +2C 1n C 2n +…+r C r -1n C r n +…+n C n -1n C nn ,得nf (n )=n C n -1n C n n +(n -1)C n -2n C n -1n +…+C 0n C 1n =n C 0n C 1n +(n -1)C 1n C 2n +…+C n -1n C nn , 所以2nf (n )=(n +1)(C 0n C 1n +C 1n C 2n +…+C n -1n C n n ) =(n +1)(C n n C 1n +C n -1n C 2n +…+C 1n C nn ), 构造一个组合模型,从2n 个元素中选取(n +1)个元素,则有C n +12n 种选法,现将2n 个元素分成两个部分n ,n ,若(n +1)个元素中,从第一部分中取n 个,第二部分中取1个,则有C n n C 1n 种选法,若从第一部分中取(n -1)个,第二部分中取2个,则有C n -1n C 2n 种选法,…,由分类计数原理可知C n +12n =C n n C 1n +C n -1n C 2n +…+C 1n C nn .故2nf (n )=(n +1)C n +12n , 所以f (n )=n +12n ·(2n )!(n +1)!(n -1)!=(2n -1)!n !(n -1)!=C n2n -1. 4.(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f (x )=(x +5)2n +1(n ∈N *,x ∈R ).(1)当n =2时,若f (2)+f (-2)=5A ,求实数A 的值; (2)若f (2)=m +α(m ∈N *,0<α<1),求证:α(m +α)=1. 解:(1)当n =2时,f (x )=(x +5)5=C 05x 5+C 15x 45+C 25x 3(5)2+C 35x 2(5)3+C 45x (5)4+C 55(5)5,所以f (2)+f (-2)=(2+5)5+(-2+5)5=2[C 15(5)124+C 35(5)322+C 55(5)5]=2(5×165+10×4×55+255)=6105,所以A =610.(2)证明:因为f (x )=(x +5)2n +1=C 02n +1x2n +1+C 12n +1x2n5+C 22n +1x2n -1(5)2+…+C 2n +12n +1(5)2n +1,所以f (2)=C 02n +122n +1+C 12n +122n5+C 22n +122n -1(5)2+…+C 2n +12n +1(5)2n +1,由题意知,f (2)=(5+2)2n +1=m +α(m ∈N *,0<α<1),首先证明对于固定的n ∈N *,满足条件的m ,α是唯一的. 假设f (2)=(2+5)2n +1=m 1+α1=m 2+α2(m 1,m 2∈N *,0<α1<1,0<α2<1,m 1≠m 2,α1≠α2),则m 1-m 2=α2-α1≠0,而m 1-m 2∈Z ,α2-α1∈(-1,0)∪(0,1),矛盾. 所以满足条件的m ,α是唯一的. 下面我们求m 及α的值: 因为f (2)-f (-2)=(2+5)2n +1-(-2+5)2n +1=(2+5)2n +1+(2-5)2n +1=2[C 02n +122n +1+C 22n +1·22n -1(5)2+C 42n +122n -3(5)4+…+C 2n2n +121(5)2n],显然f (2)-f (-2)∈N *.又因为5-2∈(0,1),故(5-2)2n +1∈(0,1), 即f (-2)=(-2+5)2n +1=(5-2)2n +1∈(0,1).所以令m =2[C 02n +122n +1+C 22n +122n -1(5)2+C 42n +1·22n -3(5)4+…+C 2n 2n +121(5)2n],α=(-2+5)2n +1,则m =f (2)-f (-2),α=f (-2),又m +α=f (2), 所以α(m +α)=f (-2)·f (2)=(2+5)2n +1·(-2+5)2n +1=(5-4)2n +1=1.B 组——大题增分练1.(2019·南通、泰州等七市三模)设P n =∑i =0 2n (-1)i C i 2n ,Q n =∑j =1 2n (-1)j ·jC j2n. (1)求2P 2-Q 2的值; (2)化简nP n -Q n .解:(1)P 2=1C 04-1C 14+1C 24-1C 34+1C 44=53,Q 2=-1C 14+2C 24-3C 34+4C 44=103,所以2P 2-Q 2=0. (2)设T =nP n -Q n , 则T =⎝⎛⎭⎪⎫nC 02n -n C 12n +n C 22n-…+n C 2n 2n-⎝ ⎛⎭⎪⎫-1C 12n +2C 22n -3C 32n +…+2n C 2n 2n=nC2n-n -1C12n+n -2C22n-n -3C32n+…+-n C 2n 2n①因为C k 2n =C 2n -k2n ,所以T =n C 2n 2n -n -1C 2n -12n +n -2C 2n -22n -n -3C 2n -32n +…+-nC 02n=-n C 02n -1-n C 12n +2-n C 22n -3-n C 32n +…+n C 2n 2n② ①+②得,2T =0,即T =nP n -Q n =0, 所以nP n -Q n =0.2.(2019·南京盐城二模)平面上有2n (n ≥3,n ∈N *)个点,将每一个点染上红色或蓝色.从这2n 个点中任取3个点,记这3个点颜色相同的所有不同取法的总数为T .(1)若n =3,求T 的最小值; (2)若n ≥4,求证:T ≥2C 3n . 解:(1)当n =3时,共有6个点.若染红色的点的个数为0个或6个,则T =C 36=20; 若染红色的点的个数为1个或5个,则T =C 35=10; 若染红色的点的个数为2个或4个,则T =C 34=4; 若染红色的点的个数为3个,则T =C 33+C 33=2. 因此T 的最小值为2.(2)证明:因为对任意的n ,k ∈N *,n ≥k ,都有C k n +1-C k n =C k -1n >0,所以C k n +1>C kn . 设2n 个点中含有p (p ∈N ,p ≤2n )个染红色的点, ①当p ∈{0,1,2}时,T =C 32n -p ≥C 32n -2=(2n -2)(2n -3)(2n -4)6=4×(n -1)(n -2)(2n -3)6.因为n ≥4,所以2n -3>n , 于是T >4×n (n -1)(n -2)6=4C 3n >2C 3n .②当p ∈{2n -2,2n -1,2n }时,T =C 3p ≥C 32n -2,同理可得T >2C 3n . ③当3≤p ≤2n -3时,T =C 3p +C 32n -p ,设f (p )=C 3p +C 32n -p ,3≤p ≤2n -3, 当3≤p ≤2n -4时,f (p +1)-f (p )=C 3p +1+C 32n -p -1-C 3p -C 32n -p =C 2p -C 22n -p -1,显然p ≠2n -p -1,当p >2n -p -1,即n ≤p ≤2n -4时,f (p +1)>f (p ),当p <2n -p -1,即3≤p ≤n -1时,f (p +1)<f (p ), 即f (n )<f (n +1)<…<f (2n -3),f (3)>f (4)>…>f (n ). 因此f (p )≥f (n )=2C 3n ,即T ≥2C 3n . 综上,当n ≥4时,T ≥2C 3n .3.(2019·苏锡常镇一模)已知f (n )=C 24C 36+C 36C 48+C 48C 510+…+C n 2n C n +12n +2,g (n )=C 44C 36+C 56C 48+C 68C 510+…+C n +22n C n +12n +2,其中n ∈N *,n ≥2. (1)求f (2),f (3),g (2),g (3)的值;(2)记h (n )=f (n )-g (n ),求证:对任意的m ∈N *,m ≥2,总有h (2m)>m -12.解:(1)f (2)=C 24C 36=310,f (3)=C 24C 36+C 36C 48=4170,g (2)=C 44C 36=120,g (3)=C 44C 36+C 56C 48=19140.(2)证明:∵C k 2k -C k +22kC k +12k +2=(2k )!k !·k !-(2k )!(k -2)!·(k +2)!(2k +2)!(k +1)!·(k +1)!=(k +1)2(k +2)-(k +1)k (k -1)(2k +2)(2k +1)(k +2)=(k +1)(4k +2)(2k +2)(2k +1)(k +2)=1k +2, ∴h (n )=f (n )-g (n )=∑n,k =2 C k2k -C k +22k C k +12k +2= k =2n1k +2.下面用数学归纳法证:对任意的m ∈N *,m ≥2,总有h (2m)>m -12.当m =2时,h (4)=14+15+16=3760>12,结论成立;当m =3时,h (8)=3760+17+18+19+110>3760+410=3760+2460>1,结论成立.假设当m =t (t ≥3)时,结论成立,即h (2t)>t -12;则当m =t +1时,h (2t +1)=h (2t)+12t+3+12t +4+…+12t +1+2>t -12+12t +3+12t +4+12t +5+12t +6+…+12t +1+2, ∵t ≥3,∴12t +3+12t +4-32t +1+2=(2t-3)2t-22(2t +3)(2t +4)(2t +1+2)>0, ∴12t+3+12t +4>32t +1+2. 又12t +5+12t +6+…+12t +1+2>12t +1+2+12t +1+2+…+12t +1+2=2t-22t +1+2, ∴h (2t +1)>t -12+32t +1+2+2t-22t +1+2=t2,∴当m =t +1时,结论成立.综上,对任意的m ∈N *,m ≥2,总有h (2m)>m -12.4.(2018·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次,由结果相同构造等式,这种方法称为“算两次”的思想方法.利用这种方法,结合二项式定理,可以得到很多有趣的组合恒等式.如:考察恒等式(1+x )2n=(1+x )n (1+x )n (n ∈N *),左边x n 的系数为C n2n ,而右边(1+x )n (1+x )n =(C 0n +C 1n x +…+C n n x n )(C 0n +C 1n x +…+C n n x n ),x n 的系数为C 0n C n n + C 1n C n -1n +…+C n n C 0n =(C 0n )2+(C 1n )2+(C 2n )2+…+(C n n )2,因此可得到组合恒等式C n 2n =(C 0n )2+(C 1n )2+(C 2n )2+…+(C n n )2.(1)根据恒等式(1+x )m +n=(1+x )m (1+x )n (m ,n ∈N *),两边x k(其中k ∈N ,k ≤m ,k ≤n )的系数相同,直接写出一个恒等式;(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明:∑k =0⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2 C 2k n 2n -2k C k 2k =C n2n ,其中⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2是指不超过n2的最大整数. 解:(1)C km +n =C 0m C kn +C 1m C k -1n +…+C k m C 0n .(2)证明:考察等式⎝⎛⎭⎪⎫2+x +1x n=(x +1)2n x n,等式右边的常数项为:C n 2n x nx n =C n2n , 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫2+x +1x n =∑r =0n C r n ·2n -r ⎝ ⎛⎭⎪⎫x +1x r =∑r =0n C r n ·2n -r ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤∑r =0n C k r x r -k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x k , 当且仅当r =2k 时,x r -k⎝ ⎛⎭⎪⎫1x k为常数,等式左边的常数项为:∑k =0⎣⎢⎡⎦⎥⎤n 2 C 2k n 2n -2k C k2k,。

【高考领航】高考数学二轮复习 计数原理与二项式定理试题体验应 理

【高考领航】高考数学二轮复习 计数原理与二项式定理试题体验应 理

【高考领航】2014届高考数学二轮复习 计数原理与二项式定理试题体验应 理1.(2013·高考全国新课标卷)设m 为正整数,(x +y )2m 展开式的二项式系数的最大值为a , (x +y )2m +1展开式的二项式系数的最大值为b .若13a =7b ,则m =( )A .5B .6C .7D .8 解析:选 B.先根据二项展开式中二项式系数的特点确定系数的最大值,再利用组合数公式求解.(x +y )2m 展开式中二项式系数的最大值为C m2m , ∴a =C m 2m .同理,b =C m +12m +1. ∵13a =7b ,∴13·C m 2m =7·C m +12m +1. ∴13C m2m =7·2m +1m +1C m 2m ∴m =6.2.(2014·福建厦门模拟)设(1+x )n =a 0+a 1x +…+a n x n ,若a 1+a 2+…+a n =63,则展开式 中系数最大的项是( )A .15x 2B .20x 3C .21x 3D .35x 3 解析:选B.令x =1,则(1+1)n =C 0n +C 1n +…+C n n =64,∴n =6.故(1+x )6的展开式中最大项为T 4=C 36x 3=20x 3. 3.(2014·广东珠海质检)二项展开式(2x -1)10中x 的奇次幂项的系数之和为( )A.1+3102B.1-3102C.310-12D .-1+3102 解析:选B.设(2x -1)10=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 10x 10,令x =1,得1=a 0+a 1+a 2+…+a 10,再令x =-1,得310=a 0-a 1+a 2-a 3+…-a 9+a 10,两式相减可得a 1+a 3+…+a 9=1-3102,故选B.。

高考数学二轮课时作业:专题六 第2讲(理) 计数原理 二项式定理 含解析

高考数学二轮课时作业:专题六 第2讲(理) 计数原理 二项式定理 含解析

层级二专题六第2讲(理)限时40分钟满分80分一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.(2020·济宁模拟)从4台甲型装载机和5台乙型装载机中任意取出3台,在取出的3台中至少有甲型和乙型装载机各一台,则不同的取法共有()A.84种B.80种C.70种D.35种解析:C[根据题意可分为以下2种情况进行考虑:(1)甲型装载机2台和乙型装载机1台,取法有C24C15=30种;(2)甲型装载机1台和乙型装载机2台,取法有C14C25=40种.所以不同的取法共有30+40=70种.]2.(2019·唐山二模)用两个1,一个2,一个0可组成不同四位数的个数是()A.18 B.16C.12 D.9解析:D[若把两个1看作不同的数,先安排0有3种情况,安排第2个数有3种情况,安排第3个数有2种情况,安排第4个数有1种情况,一共有3×3×2×1=18种情况,由于有两个1,所以其中一半重复,故有9个四位数.]3.(全国卷Ⅲ)(x+y)(2x-y)5的展开式中x3y3的系数为()A.-80 B.-40C.40 D.80解析:C[由(2x-y)5展开式的通项公式:T r+1=C r5(2x)5-r(-y)r可得:当r=3时,x(2x-y)5展开式中x3y3的系数为C35×22×(-1)3=-40当r=2时,y(2x-y)5展开式中x3y3的系数为C25×23×(-1)2=80,则x3y3的系数为80-40=40.本题选择C选项.]4.(2020·合肥调研)用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3 000的四位数,这样的四位数有()A.250个B.249个C.48个D.24个解析:C [①当千位上的数字为4时,满足条件的四位数有A 34=24(个);②当千位上的数字为3时,满足条件的四位数有A 34=24(个).由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有24+24=48(个),故选C.]5.(2020·龙岩模拟)若⎝⎛⎭⎫x -1x n 的展开式中只有第7项的二项式系数最大,则展开式中含x 2项的系数是( )A .-462B .462C .792D .-792解析:D [∵⎝⎛⎭⎫x -1x n 的展开式中只有第7项的二项式系数最大, ∴n 为偶数,展开式共有13项,则n =12.⎝⎛⎭⎫x -1x 12的展开式的通项公式为T k +1=(-1)k C k12·x 12-2k ,令12-2k =2,即k =5. ∴展开式中含x 2项的系数是(-1)5C 512=-792.]6.(2019·渭南二模)已知⎝⎛⎭⎫4-1x n (n ∈N *)展开式中所有项的系数的和为243,则该展开式中含1x2项的系数为( )A .20B .-20C .640D .-640解析:A [∵⎝⎛⎭⎫4-1x n (n ∈N *)展开式中所有项的系数的和为3n =243,∴n =5,故⎝⎛⎭⎫4-1x n=⎝⎛⎭⎫4-1x 5,它的展开式的通项公式为T r +1=C r 5·(-1)r ·45-r·x -r 2.令-r 2=-2,得r =4,∴展开式中含1x2项的系数为C 45×4=20.] 7.现有12张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各3张,从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一种颜色,且红色卡片至多1张,不同的取法种数是( )A .135B .172C .189D .162解析:C [由题意,不考虑特殊情况有C 312种取法,其中每一种卡片各取3张有4种取法,两张红色卡片共有C 23C 19种取法,故所求的取法种数为C 312-4-C 23C 19=189,选C.]8.(2020·惠州二调)某地实行高考改革,考生除参加语文、数学、英语统一考试外,还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科.学生甲要想报考某高校的法学专业,就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科,则学生甲的选考方法种数为( )A .6B .12C .18D .19解析:D [在物理、政治、历史中选一科的选法有C 13C 23=9(种);在物理、政治、历史中选两科的选法有C 23C 13=9(种);物理、政治、历史三科都选的选法有1种.所以学生甲的选考方法共有9+9+1=19(种),故选D.]9.(2020·成都诊断)已知x 5(x +3)3=a 8(x +1)8+a 7(x +1)7+…+a 1(x +1)+a 0,则7a 7+5a 5+3a 3+a 1=( )A .-16B .-8C .8D .16解析:B [对x 5(x +3)3=a 8(x +1)8+a 7(x +1)7+…+a 1(x +1)+a 0两边求导,得5x 4(x +3)3+3x 5(x +3)2=8a 8(x +1)7+7a 7(x +1)6+…+a 1,令x =0,得0=8a 8+7a 7+…+a 1,令x =-2,得5×(-2)4×(-2+3)3+3×(-2)5×(-2+3)2=-8a 8+7a 7+…-2a 2+a 1,两式左右分别相加,得-16=2(7a 7+5a 5+3a 3+a 1),即7a 7+5a 5+3a 3+a 1=-8,选B.]10.(2020·郑州模拟)5位大学毕业生分配到3家单位,每家单位至少录用1人,则不同的分配方法共有( )A .25种B .60种C .90种D .150种解析:D [因为5位大学毕业生分配到3家单位,每家单位至少录用1人,所以共有两种方法:一,一个单位1名,其他两个单位各2名,有C 15C 24A 22×A 33=90(种)分配方法;二,一个单位3名,其他两个单位各1名,有C 35×A 33=60(种)分配方法,共有90+60=150(种)分法,故选D.]11.(2019·江西上饶三模)已知m =⎠⎛0π3cos ⎝⎛⎭⎫x -π2d x ,则(x -2y +3z )m 的展开式中含x m -2yz 项的系数等于( )A .180B .-180C .-90D .15解析:B [由于m =⎠⎛0π3cos ⎝⎛⎭⎫x -π2d x =⎠⎛0π3sin x d x=(-3cos x)=6,所以(x-2y+3z)m=(x-2y+3z)6=[(x-2y)+3z]6,其展开式的通项为C k6(x-2y)6-k(3z)k,当k=1时,展开式中才能含有x4yz项,这时(x-2y)5的展开式的通项为C S5·x5-S(-2y)S,当S=1时,含有x4y项,系数为-10,故(x-2y+3z)6的展开式中含x4yz项的系数为C16·(-10)×3=-180.]12.(2019·潍坊三模)为迎接建国七十周年,某校举办了“祖国,你好”的诗歌朗诵比赛.该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加,要求甲、乙、丙这3名同学中至少有1人参加,且当这3名同学都参加时,甲和乙的朗诵顺序不能相邻,那么选派的4名学生中不同的朗诵顺序的种数为()A.720 B.768C.810 D.816解析:B[由题意知结果有三种情况.(1)甲、乙、丙三名同学全参加,有C14A44=96(种)情况,其中甲、乙相邻的有C14A22A33=48(种)情况,所有当甲、乙、丙三名同学全参加时,甲和乙的朗诵顺序不能相邻的有96-48=48(种)情况;(2)甲、乙、丙三名同学恰有一人参加,不同的朗诵顺序有C34C13A44=288(种)情况;(3)甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时,不同的朗诵顺序有C24C23A44=432(种)情况.则选派的4名学生不同的朗诵顺序有288+432+48=768(种)情况,故选B.]二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.从1,3,5,8,9中任取3个数字,从0,2,7,6中任取2个数字,一共可以组成________个没有重复数字的五位数.(用数字作答)解析:C35C23A55+C13C35C13A44=3 600+2 160=5 760.答案:5 76014.(2019·天水二模)(1+x)(1-x)6的展开式中,x3的系数是________.(用数字作答) 解析:由题意可知,(1-x)6展开式的通项为T r+1=C r6·16-r·(-x)r=(-1)r C r6·x r,则(1+x)(1-x)6的展开式中,含x3的项为(-1)3C36x3+x·(-1)2C26x2=-20x3+15x3=-5x3,所以x3的系数是-5.答案:-515.(2019·浙江卷)在二项式(2+x)9的展开式中,常数项是________,系数为有理数的项的个数是________.解析:此类问题解法比较明确,首要的是要准确记忆通项公式,特别是“幂指数”不能记混,其次,计算要细心,确保结果正确.(2+x)9的通项为T r+1=C r9(2)9-r x r(r=0,1,2…9)可得常数项为T1=C09(2)9=162,因系数为有理数,r=1,3,5,7,9,有T2,T4,T6,T8,T10共5个项.答案:162 516.(2020·甘肃模拟)根据党中央关于“精准”脱贫的要求,我市某农业经济部门决定派出五位相关专家对三个贫困地区进行调研,每个地区至少派遣一位专家,其中甲、乙两位专家需要派遣至同一地区,则不同的派遣方案种数为________(用数字作答).解析:由题意可知,可分为两类:一类:甲乙在一个地区时,剩余的三位分为两组,再三组派遣到三个地区,共有C23A33=18种不同的派遣方式;另一类:甲乙和剩余的三人中的一个人同在一个地区,另外两人分别在两个地区,共有C13A33=18种不同的派遣方式;由分类加法计数原理可得,不用的派遣方式共有18+18=36种不同的派遣方式.答案:36。

新教材适用2025版高考数学二轮总复习第3篇方法技巧引领必考小题练透第7讲计数原理二项式定理教师用书

新教材适用2025版高考数学二轮总复习第3篇方法技巧引领必考小题练透第7讲计数原理二项式定理教师用书

第7讲 计数原理、二项式定理高频考点高考预料分类加法计数原理、分步乘法计数原理主要是考查两个原理以及排列、组合的应用,有时也与概率问题相结合的形式出现;二项绽开式项的系数、特定的项,通过对通项公式的化简和运算确定特定项,利用赋值法求的绽开式的各项系数和.排列、组合二项式定理1. (2024·全国新高考Ⅱ卷)某学校为了了解学生参与体育运动的状况,用比例安排的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和中学部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和中学部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有( D )A .C 45400·C 15200种 B .C 20400·C 40200种 C .C 30400·C 30200种D .C 40400·C 20200种【解析】 ∵初中部和中学部分别有400和200名学生,∴人数比例为400∶200=2∶1,则须要从初中部抽取40人,中学部取20人即可,则有C 40400·C 20200种.故选D.2. (2024·全国甲卷理科)有五名志愿者参与社区服务,共服务星期六、星期天两天,每天从中任选两人参与服务,则两天中恰有1人连续参与两天服务的选择种数为( B )A .120B .60C .40D .30【解析】 先从5人中选1人连续两天参与服务,共有C 15=5种选法,然后从剩下4人中选1人参与星期六服务,剩下3人中选取1人参与星期日服务,共有C 14·C 13=12种选法,依据分步乘法计数原理可得共有5×12=60种选法.故选B.3. (2024·全国乙卷理科)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( C )A .30种B .60种C .120种D .240种【解析】 依据题意可得满意题意的选法种数为:C 16·A 25=120.故选C.4. (2024·全国新高考Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参与文艺汇演,若甲不站在两端,丙和丁相邻,则不同的排列方式共有( B )A .12种B .24种C .36种D .48种【解析】 把丙和丁捆绑在一起,4个人随意排列,有A 22·A 44=48种状况,甲站在两端的状况有C 12A 33A 22=24种状况,∴甲不站在两端,丙和丁相邻的不同排列方式有48-24=24种,故选B.5. (2024·全国Ⅰ卷)⎝ ⎛⎭⎪⎫x +y 2x (x +y )5的绽开式中x 3y 3的系数为( C )A .5B .10C .15D .20【解析】 (x +y )5绽开式的通项公式为T r +1=C r 5x 5-r y r(r ∈N 且r ≤5),所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x +y 2x 的各项与(x +y )5绽开式的通项的乘积可表示为:xT r +1=x C r 5x 5-r y r =C r 5x 6-r y r和y 2x T r +1=y 2xC r 5x 5-r y r=C r 5x 4-r y r +2,在xT r +1=C r 5x 6-r y r中,令r =3,可得:xT 4=C 35x 3y 3,该项中x 3y 3的系数为10,在y 2xT r +1=C r 5x 4-r yr +2中,令r =1,可得:y 2xT 2=C 15x 3y 3,该项中x 3y 3的系数为5,所以x 3y 3的系数为10+5=15.故选C.6. (2024·全国新高考Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有_64__种(用数字作答).【解析】 若选2门,则只能各选1门,有C 14C 14=16种,如选3门,则分体育类选修课选2,艺术类选修课选1,或体育类选修课选1,艺术类选修课选2,则有C 14C 24+C 24C 14=24+24=48,综上共有16+48=64种不同的方案.7. (2024·全国新高考Ⅰ卷)⎝⎛⎭⎪⎫1-y x (x +y )8的绽开式中x 2y 6的系数为_-28__(用数字作答).【解析】 (x +y )8的通项公式为T r +1=C r 8x8-r y r,当r =6时,T 7=C 68x 2y 6,当r =5时,T 6=C 58x 3y 5,∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1-y x (x +y )8的绽开式中x 2y 6的系数为C 68-C 58=8!6!·2!-8!5!·3!=28-56=-28.8. (2024·全国卷Ⅱ卷)4名同学到3个小区参与垃圾分类宣扬活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少支配1名同学,则不同的支配方法共有_36__种.【解析】 ∵4名同学到3个小区参与垃圾分类宣扬活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少支配1名同学,∴先取2名同学看作一组,选法有:C 24=6,现在可看成是3组同学安排到3个小区,分法有:A 33=6,依据分步乘法原理,可得不同的支配方法6×6=36种.1.解决排列组合问题的方法(1)特别元素、特别位置优先法.(2)元素相邻采纳捆绑法,元素不相邻采纳插空法.(3)至多至少问题可以采纳间接法.【提示】谨防“两个误区”(1)留意分类标准要明确,做到不重不漏,(2)留意区分是排列问题还是组合问题.2.求二项绽开式中项的方法(1)依据所给的条件写出通项公式,建立方程确定指数,如常数项令指数为0,有理项令指数为整数.(2)依据所求的指数确定对应的项.3.两个多项式的积与三项绽开式的特定项,利用二项绽开式协作多项式乘法探讨求解.4.求解二项式系数和各项系数和常用赋值法.【提示】谨防“四个误区”(1)二项式的通项易误认为是第k项,实质上是第k+1项.(2)(a+b)n与(b+a)n虽然相同,但详细到它们绽开式的某一项时是不相同的,所以公式中的第一个量a与其次个量b的位置不能颠倒.(3)二项式系数与项的系数的区分(4)求二项绽开式的系数时要结合绽开式的特点敏捷赋值.一、单项选择题(共8小题)1. (2024·汕头二模)电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色,每种颜色的色号均为0~255.在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色,那么在电脑上可配成的颜色种数为( A )A.2563B.27C.2553D.6【解析】分3步取色,第一、其次、第三次都有256种取法,依据分步乘法计数原理得,共可配成256×256×256=2563种颜色.故选A.2. (2024·泸县校级模拟)7人排成一排,限定甲要排在乙的左边,乙要排在丙的左边,甲、乙相邻,乙、丙不相邻,则不同排法的种数是( C )A.60 B.120C.240 D.360【解析】甲乙相邻,乙丙不相邻,可以将甲乙看成一个人,7个人去掉甲乙丙一共有4个人,四个人算两边有5个空,从五个空中选出两个,那么他们的位置就固定了.四个人全排列的方法有A 44=24种,从五个空中选出两个的方法有C 25=10种,所以一共不同排法有24×10=240种.故选C.3. (2024·贵州模拟)公元五世纪,数学家祖冲之估计圆周率π的值的范围:3.1 415 926<π<3.1 415 927,为纪念祖冲之在圆周率的成就,把3.1 415 926称为“祖率”,这是中国数学的宏大成就.某小学老师为帮助同学们了解“祖率”,让同学们把小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6进行随机排列,整数部分3不变,那么可以得到小于3.14的不同数字的个数有( A )A .240B .360C .600D .720【解析】 小于3.14的不同数字的个数有两类:第一类:3.11开头的,剩余5个数字全排列有A 55=120种;其次类:3.12开头的,剩余5个数字全排列有A 55=120种.依据分类加法计数原理可知,共120+120=240种.故选A.4. (2024·石嘴山校级三模)中国救援力气在国际自然灾难中为挽救生命作出了重要贡献,很好地展示了国际形象,增进了国际友情,多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A ,B ,C 等3个受灾点执行救援任务,若每支救援队只能去其中的一个受灾点,且每个受灾点至少支配1支救援队,其中甲救援队只能去B ,C 两个受灾点中的一个,则不同的支配方法数是( D )A .72B .84C .88D .100【解析】 若甲去B 点,则剩余4人,可只去A ,C 两个点,也可分为3组去A ,B ,C 三个点.当剩余4人只去A ,C 两个点时,人员安排为1,3或2,2,此时的安排方法有C 34·A 22+C 24·C 22A 22·A 22=14;当剩余4人分为3组去A ,B ,C 3个点时,先从4人中选出2人,即可分为3组,然后安排到3个小组即可,此时的安排方法有C 24·A 33=36,综上可得,甲去B 点,不同的支配方法数是14+36=50.同理,甲去C 点,不同的支配方法数也是50,所以不同的支配方法数是50+50=100.故选D.5. (2024·抚顺二模)第19届亚运会将于2024年9月23日至10月8日在杭州实行,甲、乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务,每名志愿者只去一个场地,每个场地至少一名志愿者,若甲不去游泳场地,则不同的支配方法共有( C )A .12种B .18种C .24种D .36种【解析】 ①游泳场地支配2人,则不同的支配方法有C 23A 22=6种,②游泳场地只支配1人,则不同的支配方法有C 13C 23A 22=18种,所以不同的支配方法有6+18=24种.故选C.6. (2024·泉州模拟)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x-x 10的绽开式中,x 2的系数等于( D )A .-45B .-10C .10D .45【解析】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x -x 10的通项为T r +1=C r 10⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 10-r ·(-x )r =(-1)r C r 10x 32r -10,令32r -10=2,解得r =8,所以x 2项的系数为:(-1)8C 810=45.故选D.7. (2024·沙坪坝区校级模拟)(2x 2+y +1)5的绽开式中x 4y 2项的系数为( A ) A .120 B .160 C .180D .210【解析】 由题意(2x 2+y +1)5的绽开式中x 4y 2项的系数为C 25×22×C 23=120.故选A. 8. (2024·惠州一模)已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫2x +1x n(n ∈N *)的绽开式中只有第4项的二项式系数最大,现从绽开式中任取2项,则取到的项都是有理项的概率为( A )A.27 B .37 C .14D .38【解析】 因为二项式的绽开式中只有第4项的二项式系数最大,所以绽开式的总项数为7项,故n =6,绽开式的通项T r +1=C r 6(2x )6-r⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r =C r 626-r x 6-32r,当r 是偶数时该项为有理项,∴r =0,2,4,6有4项,所以全部项中任取2项,都是有理项的概率为P =C 24C 27=27.故选A.二、多项选择题(共4小题)9. (2024·吉林模拟)从4名男生和3名女生中选出4人去参与一项创新大赛,下列说法正确的是( AD )A .若4人中男生女生各选2人,则有18种选法B .若男生甲和女生乙必需在内,则有12种选法C .若男生甲和女生乙至少有1人在内,则有15种选法D .若4人中既有男生又有女生,则有34种选法【解析】 对于A ,依题意,依据组合及分步计数原理,可知一共有C 24C 23=6×3=18种,故A 正确;对于B ,依题意,要从7名同学中选取4人,而甲乙必需在内,则相当于从5名同学中选取2人,一共有C 25=10种,故B 错误;对于C ,依题意,要从7名同学中选取4人,一共有C 47=35种,而甲乙都不在内一共有C 45=5种,∴甲与乙至少要有1人在内有C 47-C 45=35-5=30种,故C 错误;对于D ,依题意,假设全是男生一共有C 44=1种,全是女生的状况没有,∴既有男生又有女生一共有C 47-C 44=35-1=34种,故D 正确.故选AD.10. (2024·渝中区校级模拟)下列选项正确的是( ABD )A .有7个不同的球,取5个放入5个不同的盒子中,每个盒子恰好放1个,则不同的存放方式有2 520种B .有7个不同的球,全部放入5个相同的盒子中,每个盒子至少放1个,则不同的存放方式有140种C .有7个相同的球,取5个放入3个不同的盒子中,允许有盒子空,则不同的存放方式有18种D .有7个相同的球,全部放入3个相同的盒子中,允许有盒子空,则不同的存放方式有8种【解析】 依据题意,依次分析选项:对于A ,有7个不同的球,取5个放入5个不同的盒子中,每个盒子恰好放1个,是排列问题,有A 57=2 520种不同的放法,A 正确;对于B ,先将7个球分为5组,有3-1-1-1-1和2-2-1-1-1两种分组方法,则有C 37+C 27C 25A 22=140种分组方法,B 正确;对于C ,用挡板法分析:将7个相同的球,取5个放入3个不同的盒子中,有C 27=21种不同的放法,C 错误;对于D ,分3种状况探讨:①全部放入1个盒子中,有1种放法,②放入两个盒子中,有6-1、5-2、4-3,共3种放法,③放入3个盒子里,有1-1-5、1-2-4、1-3-3、2-2-3,共4种放法,则有1+3+4=8种放法,D 正确;故选ABD.11. (2024·晋中二模)(1+ax )2 023=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 2 023x2 023,若a 1=-6 069,则下列结论正确的有( BC )A .a =3B .a 0+a 1+a 2+…+a 2 023=-22 023C.a 13+a 232+…+a 2 02332 023=-1 D .(1+ax )2 023的绽开式中第1 012项的系数最大【解析】 对于A ,由a 1=C 12 023·a =2 023a =-6 069,可得a =-3,故A 错误;对于B ,因为(1-3x )2 023=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 2 023x2 023,令x =1,则a 0+a 1+a 2+…+a 2 023=(1-3)2 023=-22 023,故B 正确;对于C ,令x =0,则a 0=1,令x =13,则a 13+a 232+…+a 2 02332 023=⎝ ⎛⎭⎪⎫1-3×13 2 023-a 0=-a 0=-1,故C 正确;对于D ,由绽开式知,a 2n >0,a 2n -1<0,故第1012项的系数a 1 011<0,不会是绽开式中系数最大的项,故D 错误.故选BC.12. (2024·南关区校级模拟)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫41x+3x 2n绽开式中的第三项的系数为45,则( BCD )A .n =9B .绽开式中全部系数和为1 024C .二项式系数最大的项为中间项D .含x 3的项是第7项【解析】 ⎝ ⎛⎭⎪⎫41x+3x 2n 绽开式的通项为T k +1=C k n ⎝⎛⎭⎪⎫41x n -k·(3x 2)k =C k n x 11k -3n12,所以第三项的系数为C 2n =45,所以n n -12=45,所以(n -10)(n +9)=0,得n =10或n =-9(舍),故A 错误;当x =1时,⎝ ⎛⎭⎪⎫41x +3x 2n绽开式中全部系数和为(1+1)10=1 024,故B 正确;⎝ ⎛⎭⎪⎫41x+3x 210的绽开式共有11项,二项式系数最大的项为中间项,故C 正确;因为n =10,所以绽开式的通项为T k +1=C k10⎝ ⎛⎭⎪⎫41x 10-k ·(3x 2)k =C k n x 11k -3012,令11k -3012=3,得k =6,所以含x 3的项是第k +1=6+1=7项,故D 正确.故选BCD.三、填空题(共4小题)13. (2024·闵行区二模)今年春季流感爆发期间,某医院打算将2名医生和4名护士安排到两所学校,给学校老师和学生接种流感疫苗.若每所学校安排1名医生和2名护士,则不同的安排方法数为_12__.【解析】 依据题意,第一个学校选1名医生和2名护士,有C 12C 24种选法,其次个学校只有1种选法,则有C 12C 24=12种选法.14. (2024·泰安二模)用数字1,2,3,4,5,6,7组成没有重复数字,且至多有一个数字是偶数的四位数,这样的四位数一共有_312__个.(用数字作答)【解析】 依据题意,分成两类状况:①四位数中没有偶数,即在1,3,5,7中任选4个,共有A 44=24种,②四位数中只有一个偶数,即在1,3,5,7中任选3个,在2,4,6中选一个,共有C 34C 13A 44=288种,故共有24+288=312.15. (2024·武功县校级模拟)二项式(x +a )⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -1x 3的绽开式中,全部项的系数和为1,则(x +a )⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -1x 5的绽开式中常数项为_-40__.【解析】 令x =1,得(x +a )⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -1x 3的绽开式中,全部项的系数和为1+a =1,解得a =0,则(x +a )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -1x 5=x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -1x 5,⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -1x 5绽开式中的通项为C r 5(2x )5-r ⎝ ⎛⎭⎪⎫-1x r =C r 5·25-r·(-1)r ·x5-2r,令5-2r =-1,得r =3,⎝ ⎛⎭⎪⎫2x -1x 5绽开式中x -1项的系数为-40,∴x ⎝⎛⎭⎪⎫2x -1x 5绽开式中常数项为-40.16. (2024·扬州三模)若(x +5)2 023=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 2 023x2 023,T =a 0+a 1+a 2+…+a 2 023,则T 被5除所得的余数为_1__.【解析】 (x +5)2 023=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 2 023x2 023,T =a 0+a 1+a 2+…+a 2 023,令x=1,则T =(1+5)2 023=C 02 023·50+C 12 023·51+…+C 2 0232 023·52 023,上式中的2 024项,只有第1项不能被5整除,则T 被5除所得的余数即1被5除所得的余数,即1.。

高考数学(理)二轮专题复习 课时巩固过关练(十八)计数原理 二项式定理 Word版含解析

高考数学(理)二轮专题复习 课时巩固过关练(十八)计数原理 二项式定理 Word版含解析

课时巩固过关练(十八) 计数原理
二项式定理
一、选择题
.小王有元钱,现有面值分别为元和元的两种电话卡.若他至少买一张,则不同的买法共有( )
.种.种
.种.种
解析:要完成的一件事是“至少买一张电话卡”,分三类完成:买张卡,买张卡,买张卡.而每一类都能独立完成“至少买一张电话卡”这件事.买张卡有种方法,即买一张元面值的或买一张元面值的;买张卡有种方法,即买两张元面值的或买两张元面值的或元面值的和元面值的各买一张,买张卡有种方法,即买两张元面值的和一张元面值的或张元面值的,故共有++=(种)不同的买法.
答案:
.(·陕西榆林一
模)某校开设类课门,类课门,一位同学从中共选门,若要求两类课程中各至少选一门,则不同的选法共有( ) .种.种
.种.种
解析:可分以下种情况:①类选修课选门,类选修课选门,有种不同的选法;②类选修课选门,类选修课选门,有种不同的选法.∴根据分类计数原理知不同的选法共有+=+=(种).
答案:
.(·山东滕州月考)在的展开式中的的系数为( )
..-
.-.
解析:由于表示个因式的乘积,在这个因式中,有个取-,有一个取,其余的因式都取,即可得到含的项;或者在这个因式中,有个取-,有个取,剩余的一个因式取,即可得到含的项.故含的项为×××-××=-=-.故选.
答案:
.(·黑龙江大庆期初)在(-)。

高考数学二轮复习学案:第二部分专项一4第4练 计数原理与二项式定理含答案(1)

高考数学二轮复习学案:第二部分专项一4第4练 计数原理与二项式定理含答案(1)

第4练计数原理与二项式定理两个计数原理应用两个计数原理解题的方法(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时,一般先分类再分步,每一步当中又可能用到分类加法计数原理.(2)对于复杂的两个原理综合应用的问题,可恰当列出示意图或表格,使问题形象化、直观化.[考法全练]1.(2018·石家庄模拟)用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3 000的四位数,这样的四位数有()A.250个B.249个C.48个D.24个解析:选C.①当千位上的数字为4时,满足条件的四位数有A34=24(个);②当千位上的数字为3时,满足条件的四位数有A34=24(个).由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有24+24=48(个),故选C.2.如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1<a2且a3<a2,则称这样的三位数为凸数(如120,343,275),那么所有凸数的个数为()A.240 B.204C.729 D.920解析:选A.分8类,当中间数为2时,有1×2=2(个);当中间数为3时,有2×3=6(个);当中间数为4时,有3×4=12(个);当中间数为5时,有4×5=20(个);当中间数为6时,有5×6=30(个);当中间数为7时,有6×7=42(个);当中间数为8时,有7×8=56(个);当中间数为9时,有8×9=72(个).故共有2+6+12+20+30+42+56+72=240(个).3.(2018·合肥质量检测)某社区新建了一个休闲小公园,几条小径将公园分成5块区域,如图.社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各块区域,要求每个区域种植一种颜色的花卉,且相邻区域(有公共边的)所选花卉颜色不能相同,则不同种植方法的种数为()A.96 B.114C.168 D.240解析:选C.先在a中种植,有4种不同方法,再在b中种植,有3种不同方法,再在c 中种植,若c与b同色,则d有3种不同方法,若c与b不同色,c有2种不同方法,d有2种不同方法,再在e中种植,有2种不同方法,所以共有4×3×1×3×2+4×3×2×2×2=168(种),故选C.4.将3张不同的奥运会门票分给10名同学中的3人,每人1张,则不同分法的种数是________.解析:按分步来完成此事.第1张有10种分法,第2张有9种分法,第3张有8种分法,故共有10×9×8=720种分法.答案:7205.在学校举行的田径运动会上,8名男运动员参加100米决赛,其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上,则安排这8名运动员比赛的方式共有________种.解析:分两步安排这8名运动员.第一步,安排甲、乙、丙三人,共有1,3,5,7四条跑道可安排,所以安排方式有4×3×2=24(种);第二步,安排另外5人,可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道上安排,所以安排方式有5×4×3×2×1=120(种).所以安排这8名运动员的方式共有24×120=2 880(种).答案:2 880排列、组合的应用排列、组合应用问题的8种常见解法(1)特殊元素(特殊位置)优先安排法.(2)相邻问题捆绑法.(3)不相邻问题插空法.(4)定序问题缩倍法.(5)多排问题一排法.(6)“小集团”问题先整体后局部法.(7)构造模型法.(8)正难则反,等价转化法.[考法全练]1.(2018·辽宁五校协作体联考)在《爸爸去哪儿》第二季第四期中,村长给6位“萌娃”布置一项搜寻空投食物的任务.已知:①食物投掷地点有远、近两处;②由于Grace年龄尚小,所以要么不参与该项任务,但此时另需一位小孩在大本营陪同,要么参与搜寻近处投掷点的食物;③所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组,一组去远处,一组去近处.那么不同的搜寻方案有()A.10种B.40种C.70种D.80种解析:选B.若Grace不参与任务,则需要从剩下的5位小孩中任意挑出1位陪同,有C15种挑法,再从剩下的4位小孩中挑出2位搜寻远处,有C24种挑法,最后剩下的2位小孩搜寻近处,因此一共有C15C24=30种搜寻方案;若Grace参加任务,则其只能去近处,需要从剩下的5位小孩中挑出2位搜寻近处,有C25种挑法,剩下3位小孩去搜寻远处,因此共有C25=10种搜寻方案.综上,一共有30+10=40种搜寻方案,故选B.2.(2018·甘肃第二次诊断检测)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏,现有4个红包,每人最多抢一个,且红包被全部抢完,4个红包中有2个6元,1个8元,1个10元(红包中金额相同视为相同红包),则甲、乙都抢到红包的情况有() A.18种B.24种C.36种D.48种解析:选C.若甲、乙抢的是一个6元和一个8元的红包,剩下2个红包,被剩下的3人中的2个人抢走,有A 22A 23=12种;若甲、乙抢的是一个6元和一个10元的红包,剩下2个红包,被剩下的3人中的2个人抢走,有A 22A 23=12种;若甲、乙抢的是一个8和一个10元的红包,剩下2个红包,被剩下的3人中的2个人抢走,有A 22C 23=6种;若甲、乙抢的是两个6元的红包,剩下2个红包,被剩下的3人中的2个人抢走,有A 23=6种,根据分类加法计数原理可得,共有36种情况,故选C.3.(一题多解)(2018·南昌调研)某校毕业典礼上有6个节目,考虑整体效果,对节目演出顺序有如下要求:节目甲必须排在前三位,且节目丙、丁必须排在一起,则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有( )A .120种B .156种C .188种D .240种解析:选A.法一:记演出顺序为1~6号,对丙、丁的排序进行分类,丙、丁占1和2号,2和3号,3和4号,4和5号,5和6号,其排法分别为A 22A 33,A 22A 33,C 12A 22A 33,C 13A 22A 33,C 13A 22A 33,故总编排方案有A 22A 33+A 22A 33+C 12A 22A 33+C 13A 22A 33+C 13A 22A 33=120种.法二:记演出顺序为1~6号,按甲的编排进行分类,①当甲在1号位置时,丙、丁相邻的情况有4种,则有C 14A 22A 33=48种;②当甲在2号位置时,丙、丁相邻的情况有3种,共有C 13A 22A 33=36种;③当甲在3号位置时,丙、丁相邻的情况有3种,共有C 13A 22A 33=36种.所以编排方案共有48+36+36=120种.4.现有红色、蓝色和白色的运动鞋各一双,把三双鞋排列在鞋架上,仅有一双鞋相邻的排法总数是( )A .72B .144C .240D .288解析:选D.首先,选一双运动鞋,捆绑在一起看作一个整体,有C 13A 22=6种排列方法,则现在共有5个位置,若这双鞋在左数第一个位置,共有C 12A 22A 22=8种情况,若这双鞋在左数第二个位置,则共有C 14C 12=8种情况,若这双鞋在中间位置,则共有A 22A 22A 22A 22=16种情况,左数第四个位置和第二个位置的情况一样,第五个位置和第一个位置的情况一样.所以把三双鞋排列在鞋架上,仅有一双鞋相邻的排法总数是6×(2×8+2×8+16)=288.故选D.5.冬季供暖就要开始,现分配出5名水暖工去3个不同的居民小区检查暖气管道,每名水暖工只去一个小区,且每个小区都要有人去检查,那么分配的方案共有________种.解析:5名水暖工去3个不同的居民小区,每名水暖工只去一个小区,且每个小区都要有人去检查,5名水暖工分组方案为3,1,1和1,2,2,则分配的方案共有⎝⎛⎭⎫C 35C 122+C 15C 242·A 33=150(种).答案:150二项式定理通项与二项式系数(a +b )n 的展开式的通项T k +1=C k n a n -k b k(k =0,1,2,…,n ),其中C k n 叫做二项式系数.[注意] T k +1是展开式中的第k +1项,而不是第k 项. 各二项式系数之和(1)C 0n +C 1n +C 2n +…+C n n =2n . (2)C 1n +C 3n +…=C 0n +C 2n +…=2n -1.[考法全练]1.(2018·高考全国卷Ⅲ)(x 2+2x )5的展开式中x 4的系数为( )A .10B .20C .40D .80解析:选C.T r +1=C r 5(x 2)5-r⎝⎛⎭⎫2x r=C r52r x 10-3r ,由10-3r =4,得r =2,所以x 4的系数为C 25×22=40.2.(2018·郑州第一次质量预测)在⎝⎛⎭⎫x +3x n的展开式中,各项系数和与二项式系数和之比为32∶1,则x 2的系数为( )A .50B .70C .90D .120解析:选C.令x =1,则⎝⎛⎭⎫x +3x n=4n,所以⎝⎛⎭⎫x +3x n的展开式中,各项系数和为4n ,又二项式系数和为2n,所以4n 2n =2n =32,解得n =5.二项展开式的通项T r +1=C r 5x 5-r ⎝⎛⎭⎫3x r=C r 53rx 5-32r ,令5-32r =2,得r =2,所以x 2的系数为C 2532=90,故选C. 3.(2018·武汉模拟)若(3x -1)5=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 5x 5,则a 1+2a 2+3a 3+4a 4+5a 5=( )A .80B .120C .180D .240解析:选D.由(3x -1)5=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 5x 5两边求导,可得15(3x -1)4=a 1+2a 2x +3a 3x 2+…+5a 5x 4,令x =1得,15×(3-1)4=a 1+2a 2+3a 3+…+5a 5,即a 1+2a 2+3a 3+4a 4+5a 5=240,故选D.4.(x 2+x +y )5的展开式中,x 5y 2的系数为( ) A .10B .20C .30D .60解析:选C.(x 2+x +y )5=[(x 2+x )+y ]5,含y 2的项为T 3=C 25(x 2+x )3·y 2.其中(x 2+x )3中含x 5的项为C 13x 4·x =C 13x 5. 所以x 5y 2的系数为C 25C 13=30.故选C.5.(2018·南昌模拟)已知(x -1)(ax +1)6的展开式中含x 2项的系数为0,则正实数a =________.解析:(ax +1)6的展开式中x 2项的系数为C 46a 2,x 项的系数为C 56a ,由(x -1)(ax +1)6的展开式中含x 2项的系数为0,可得-C 46a 2+C 56a =0,因为a 为正实数,所以15a =6,所以a=25. 答案:25一、选择题1.(2018·福州模拟)福州西湖公园花展期间,安排6位志愿者到4个展区提供服务,要求甲、乙两个展区各安排一个人,剩下两个展区各安排两个人,则不同的安排方案共有( )A .90种B .180种C .270种D .360种解析:选B.可分两步:第一步,甲、乙两个展区各安排一个人,有A 26种不同的安排方案;第二步,剩下两个展区各两个人,有C 24C 22种不同的安排方案,根据分步乘法计数原理,不同的安排方案的种数为A 26C 24C 22=180.故选B.2.(2018·河北“五个一名校联盟”模拟)⎝⎛⎭⎫2x 2-x 43的展开式中的常数项为( )A .-3 2B .3 2C .6D .-6解析:选D.通项T r +1=C r 3⎝⎛⎭⎫2x 23-r(-x 4)r =C r 3(2)3-r·(-1)r x -6+6r,当-6+6r =0,即r=1时为常数项,T 2=-6,故选D.3.若二项式⎝⎛⎭⎫x 2+ax 7的展开式的各项系数之和为-1,则含x 2项的系数为( ) A .560 B .-560 C .280D .-280解析:选 A.取x =1,得二项式⎝⎛⎭⎫x 2+ax 7的展开式的各项系数之和为(1+a )7,即(1+a )7=-1,1+a =-1,a =-2.二项式⎝⎛⎭⎫x 2-2x 7的展开式的通项T r +1=C r 7·(x 2)7-r ·⎝⎛⎭⎫-2x r=C r 7·(-2)r ·x14-3r.令14-3r =2,得r =4.因此,二项式⎝⎛⎭⎫x 2-2x 7的展开式中含x 2项的系数为C 47·(-2)4=560,故选A.4.⎝⎛⎭⎫1+1x 2(1+x )6的展开式中x 2的系数为( ) A .15 B .20 C .30D .35解析:选C.(1+x )6的展开式的通项T r +1=C r 6x r ,所以⎝⎛⎭⎫1+1x 2(1+x )6的展开式中x 2的系数为1×C 26+1×C 46=30,故选C.5.设(x 2-3x +2)5=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 10x 10,则a 1等于( ) A .80 B .-80 C .-160D .-240解析:选D.因为(x 2-3x +2)5=(x -1)5(x -2)5,所以二项展开式中含x 项的系数为C 45×(-1)4×C 55×(-2)5+C 55×(-1)5×C 45×(-2)4=-160-80=-240,故选D.6.(2018·沈阳教学质量监测(一))若4个人按原来站的位置重新站成一排,恰有1个人站在自己原来的位置,则不同的站法共有( )A .4种B .8种C .12种D .24种解析:选B.将4个人重排,恰有1个人站在自己原来的位置,有C 14种站法,剩下3人不站原来位置有2种站法,所以共有C 14×2=8种站法,故选B.7.(2018·柳州模拟)从{1,2,3,…,10}中选取三个不同的数,使得其中至少有两个数相邻,则不同的选法种数是( )A .72B .70C .66D .64解析:选D.从{1,2,3,…,10}中选取三个不同的数,恰好有两个数相邻,共有C 12·C 17+C 17·C 16=56种选法,三个数相邻共有C 18=8种选法,故至少有两个数相邻共有56+8=64种选法,故选D.8.(2018·惠州第二次调研)旅游体验师小明受某网站邀请,决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游,若不能最先去甲景区旅游,不能最后去乙景区和丁景区旅游,则小李可选的旅游路线数为( )A .24B .18C .16D .10解析:选D.分两种情况,第一种:最后体验甲景区,则有A 33种可选的路线;第二种:不在最后体验甲景区,则有C 12·A 22种可选的路线.所以小李可选的旅游路线数为A 33+C 12·A 22=10.故选D.9.已知(x+2)9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9,则(a1+3a3+5a5+7a7+9a9)2-(2a2+4a4+6a6+8a8)2的值为()A.39B.310C.311D.312解析:选D.对(x+2)9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9两边同时求导,得9(x+2)8=a1+2a2x +3a3x2+…+8a8x7+9a9x8,令x=1,得a1+2a2+3a3+…+8a8+9a9=310,令x=-1,得a1-2a2+3a3-…-8a8+9a9=32.所以(a1+3a3+5a5+7a7+9a9)2-(2a2+4a4+6a6+8a8)2=(a1+2a2+3a3+…+8a8+9a9)(a1-2a2+3a3-…-8a8+9a9)=312,故选D.10.(2018·广州调研)某学校获得5个高校自主招生推荐名额,其中甲大学2个,乙大学2个,丙大学1个,并且甲大学和乙大学都要求必须有男生参加,学校通过选拔定下3男2女共5个推荐对象,则不同的推荐方法共有()A.36种B.24种C.22种D.20种解析:选B.根据题意,分两种情况讨论:第一种,3名男生每个大学各推荐1人,2名女生分别推荐给甲大学和乙大学,共有A33A22=12种推荐方法;第二种,将3名男生分成两组分别推荐给甲大学和乙大学,共有C23A22A22=12种推荐方法.故共有24种推荐方法,故选B.11.若m,n均为非负整数,在做m+n的加法时各位均不进位(例如:134+3 802=3 936),则称(m,n)为“简单的”有序对,而m+n称为有序对(m,n)的值,那么值为1 942的“简单的”有序对的个数是()A.100 B.150C.30 D.300解析:选D.第一步,1=1+0,1=0+1,共2种组合方式;第二步,9=0+9,9=1+8,9=2+7,9=3+6,…,9=9+0,共10种组合方式;第三步,4=0+4,4=1+3,4=2+2,4=3+1,4=4+0,共5种组合方式;第四步,2=0+2,2=1+1,2=2+0,共3种组合方式.根据分步乘法计数原理知,值为 1 942的“简单的”有序对的个数是2×10×5×3=300.故选D.12.(2018·郑州第二次质量预测)《红海行动》是一部现代化海军题材影片,该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事.撤侨过程中,海军舰长要求队员们依次完成A,B,C,D,E,F六项任务,并对任务的顺序提出了如下要求,重点任务A必须排在前三位,且任务E,F必须排在一起,则这六项任务完成顺序的不同安排方案共有() A.240种B.188种C.156种D.120种解析:选D.因为任务A 必须排在前三位,任务E ,F 必须排在一起,所以可把A 的位置固定,E ,F 捆绑后分类讨论.当A 在第一位时,有A 44A 22=48种;当A 在第二位时,第一位只能是B ,C ,D 中的一个,E ,F 只能在A 的后面,故有C 13A 33A 22=36种;当A 在第三位时,分两种情况:①E ,F 在A 之前,此时应有A 22A 33种,②E ,F 在A 之后,此时应有A 23A 22A 22种,故而A 在第三位时有A 22A 33+A 23A 22A 22=36种.综上,共有48+36+36=120种不同的安排方案.故选D. 二、填空题13.(一题多解)(2018·高考全国卷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,则不同的选法共有________种.(用数字填写答案)解析:法一:可分两种情况:第一种情况,只有1位女生入选,不同的选法有C 12C 24=12(种);第二种情况,有2位女生入选,不同的选法有C 22C 14=4(种).根据分类加法计数原理知,至少有1位女生入选的不同的选法有16种.法二:从6人中任选3人,不同的选法有C 36=20(种),从6人中任选3人都是男生,不同的选法有C 34=4(种),所以至少有1位女生入选的不同的选法有20-4=16(种).答案:1614.(2018·武汉调研)在⎝⎛⎭⎫x +4x -45的展开式中,x 3的系数是________. 解析:⎝⎛⎭⎫x +4x -45的展开式的通项T r +1=C r 5(-4)5-r ·⎝⎛⎭⎫x +4x r,r =0,1,2,3,4,5,⎝⎛⎭⎫x +4x r的展开式的通项T k +1=C k r xr -k⎝⎛⎭⎫4x k=4k C krx r -2k ,k =0,1,…,r .令r -2k =3,当k =0时,r =3;当k =1时,r =5.所以x 3的系数为40×C 03×(-4)5-3×C 35+4×C 15×(-4)0×C 55=180.答案:180.15.在多项式(1+2x )6(1+y )5的展开式中,xy 3的系数为________.解析:因为二项式(1+2x )6的展开式中含x 的项的系数为2C 16,二项式(1+y )5的展开式中含y 3的项的系数为C 35,所以在多项式(1+2x )6(1+y )5的展开式中,xy 3的系数为2C 16C 35=120.答案:12016.(2018·成都模拟)从甲、乙等8名志愿者中选5人参加周一到周五的社区服务,每天安排一人,每人只参加一天.若要求甲、乙两人至少选一人参加,且当甲、乙两人都参加时,他们参加社区服务的日期不相邻,那么不同的安排种数为________.(用数字作答)解析:根据题意,分2种情况讨论,若只有甲、乙其中一人参加,有C 12·C 46·A 55=3 600(种);若甲、乙两人都参加,有C 22·A 36·A 24=1 440(种).则不同的安排种数为3 600+1 440=5 040.答案:5 040。

山东省高考数学第二轮复习 专题升级训练16 计数原理、

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专题升级训练16 计数原理、二项式定理(时间:60分钟 满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)1.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 .62.6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( ).A .1或3B .1或4C .2或3D .2或43.(x 2+2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2-15的展开式的常数项是( ).A .-3B .-2C .2D .34.设集合P ={x,1},Q ={y,1,2},其中x ,y ∈{1,2,3,…,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,则这样的点的个数是( ).A .9个B .14个C .15个D .21个5.在(1-x )5+(1-x )6+(1-x )7+(1-x )8的展开式中,含x 3的项的系数是( ). A .74 B .121 C .-74 D .-1216.将1,2,3,…,9这9个数字填在3×3的正方形方格中,要求每一列从上到下的数字依次增大,每一行从左到右的数字也依次增大,当4固定在中心位置时,则填写方格的方法有( ).A .6种B .12种C .18种D .24种二、填空题(本大题共3小题,每小题6分,共18分)7.某艺校在一天的6节课中随机安排语文、数学、外语三门文化课和其它三门艺术课各1节,则在课表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的概率为__________(用数字作答).8.(a +x )4的展开式中x 3的系数等于8,则实数a =__________.9.设(x -1)21=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 21x 21,则a 10+a 11=__________.三、解答题(本大题共3小题,共46分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10.(本小题满分15分)将一个四棱锥的每个顶点染上颜色,使同一条棱上的两端点异色,如果有5种颜色可供使用,那么不同的染色方法总数有多少种?11.(本小题满分15分)6个人坐在一排10个座位上,问(1)空位不相邻的坐法有多少种?(2)4个空位只有3个相邻的坐法有多少种?(3)4个空位至多有2个相邻的坐法有多少种?12.(本小题满分16分)(1)若(1+x )n 的展开式中,x 3的系数是x 的系数的7倍,求n .(2)已知(ax +1)7(a ≠0)的展开式中,x 3的系数是x 2的系数与x 4的系数的等差中项,求a .参考答案一、选择题1.B 解析:先分成两类:(一)从0,2中选数字2,从1,3,5中任选两个所组成的无重复数字的三位数中奇数的个数为23C 412⨯=; (二)从0,2中选数字0,从1,3,5中任选两个所组成的无重复数字的三位数中奇数的个数为23C 26⨯=.故满足条件的奇数的总个数为12+6=18.2.D 解析:6人之间互相交换,总共有26C 15=种,而实际只交换了13次,故有2次未交换.不妨设为甲与乙、丙与丁之间未交换或甲与乙、甲与丙之间未交换,当甲与乙、丙与丁之间未交换时,甲、乙、丙、丁4人都收到4份礼物;当甲与乙、甲与丙之间未交换时,只有乙、丙两人收到4份礼物,故选D.3.D 解析:⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2-15的通项为T r +1=C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 25-r (-1)r =(-1)r C r 51x10-2r .要使(x 2+2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2-15的展开式为常数,须令10-2r =2或0,此时r =4或5.故(x 2+2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x2-15的展开式的常数项是(-1)4×45C +2×(-1)5×55C =3.4.B 解析:∵P ⊆Q ,∴x =2或x =y ,当x =2时,y 可取3,4,…,9等7个值,此时点的个数是7个;当x =y 时,x ,y 可取3,4,…,9等7个值,此时点的个数是7个,∴这样的点的个数是14个,∴选B.5.D 解析:(1-x )5+(1-x )6+(1-x )7+(1-x )8=54(1)[1(1)]x x x---=59(1)(1)x x x ---,∴展开式中含x 3的项的系数为(1-x )5,(1-x )9的展开式中含x 4的项的系数,为4459C C 121.-=-∴选D.6.B 解析:首先确定1,9分别在左上角和右下角,2,3只能在4的上方和左方,有2种填法,5,6,7,8填在其他位置有24C 6=种方法.依分步乘法计数原理有242C 12=种填法,所以选B.二、填空题 7.35解析:基本事件总数为66A 720=,事件“相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课”所包含的基本事件可分为三类,第一类:三节艺术课各不相邻有3334A A 144=;第二类:有两节艺术课相邻有3221133223A C A C C 216=;第三类:三节艺术课相邻有133233C A A 72=.由古典概型概率公式得概率为144+216+72720=35.8.2 解析:∵414C r rr r T ax -+=,∴r =3时,3434C 8a-=,∴a =2. 9.0 解析:(x -1)21的通项为21121C (1)r rr r T x-+=-,∴1110111110122121C (1)C T x x =-=-.∴111021C a =-.1011101011112121C (1)C T x x =-=,∴101121C a =.∴111010112121C C 0a a +=-+=. 三、解答题10.解:将四棱锥记为S -ABCD ,先染S ,A ,B ,由于颜色各不相同,∴有35A 60=种方法;再染C ,D ,若C 的颜色与A 相同,则D 有3种染色方法,若C 的颜色与A 不相同,则C 有2种染色方法,D 有2种染色方法,依两个基本原理,不同的染色方法数为35A ×(3+2×2)=420种.11.解:6个人坐在一起有66A 种坐法,6人坐好后包括两端共有7个“间隔”可以插入空位.(1)空位不相邻相当于将4个空位安插在上述7个“间隔”中,有47C 35=种插法,故空位不相邻的坐法有6467A C 25200⋅=种.(2)将相邻的3个空位当作一个元素,另一空位当作另一个元素,往7个“间隔”里插有27A 种插法,故4个空位中只有3个相邻的坐法有6267A A 30 240⋅=种.(3)4个空位至多有2个相邻的情况有三类: ①4个空位各不相邻有47C 种坐法;②4个空位有2个相邻,另有2个不相邻有1276C C 种坐法; ③4个空位分两组,每组都有2个相邻,有27C 种坐法.综上所述,应有6412267767A (C C C C )115 920⋅++=种坐法. 12.解:(1)31C 7C n n =,n (n -1)(n -2)6=7n ,n 2-3n -40=0,由n ∈N*,得n =8.(2)由题意知,523443777C C 2C a a a +=,21a 2+35a 4=70a 3,a ≠0,得5a 2-10a +3=0⇒a =1±105.。

高三数学二轮复习 1.7.1 计数原理、二项式定理课时巩固过关练 理 新人教版(2021年整理)

高三数学二轮复习 1.7.1 计数原理、二项式定理课时巩固过关练 理 新人教版(2021年整理)

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课时巩固过关练十八计数原理、二项式定理(35分钟55分)一、选择题(每小题5分,共20分)1。

(2016·襄阳一模)从8名女生和4名男生中,选取3名学生参加某档电视节目,如果按性别比例分层抽样,则不同的选取方法数为()A。

224 B。

112 C。

56 D.28【解析】选B。

根据分层抽样,从8个人中选取男生1人,女生2人,所以选取2个女生1个男生的方法:=112(种).2。

(2016·三明一模)将A,B,C,D,E排成一列,要求A,B,C在排列中顺序为“A,B,C”或“C,B,A”(可以不相邻),这样的排列数有( )A。

12种B。

20种 C.40种D。

60种【解析】选C.五个元素没有限制全排列数为,由于要求A,B,C的次序一定(按A,B,C或C,B,A),故除以这三个元素的全排列,可得有×2=40(种)。

3。

(2016·郑州一模)设(1+x+x2)n=a0+a1x+…+a2n x2n,则a2+a4+…+a2n的值为( )A。

B.C。

3n-2 D.3n【解析】选B.令x=1,得a0+a1+a2+…+a2n-1+a2n=3n.①再令x=-1得,a0—a1+a2—…—a2n-1+a2n=1。

2022高考数学(理)二轮复习高效演练 2.7.1计数原理、二项式定理 Word版含答案

2022高考数学(理)二轮复习高效演练 2.7.1计数原理、二项式定理 Word版含答案

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高效演练1.(考向二)将3辆完全相同的红车,3辆完全相同的黑车停放在6×6的方阵中,它们均不在同一行且不在同一列,排列方法种数为( )A.720B.20C.518400D.14400【解析】选D.先从6行中选取3行停放红色车,有C63种选择.3行中的第一行的红色车位置有6种选择;第一行的红色车位置选定后,其次行的红色车位置有5种选择;3行中的前两行红色车位置选定后,最终一行红色车位置有4种选择.三辆红色车的位置选定后,黑色车的位置有3!=6种选择.所以共有C63×6×5×4×6=14400种停放汽车的方法.2.(考向一)我们把各位数字之和为7的四位数称为“巧合数”(如2022是“巧合数”),则“巧合数”中首位为2的共有( )A.18个B.21个C.15个D.24个【解析】选B.由于首位已经确定,所以“巧合数”的个数也就是其余三位数字的不同排法的种数.由于首位为2,所以其余三位数字之和为5,则其他三位数字中0的个数最多为2个.(1)若其他三位数字中含有两个0,则这三个数字为0,0,5,故不同的“巧合数”有C31=3(个).(2)若其他三位数字中含有1个0,则这三个数字为0,1,4和0,2, 3两种状况,故不同的“巧合数”有2A33=12(个). (3)若其他三位数字中不含0,则这三个数字为1,1,3和1,2,2两种状况,故不同的“巧合数”有2C31=6(个).由分类加法计数原理,可得不同的“巧合数”共有3+12+6=21(个).3.(考向三)(2021·全国卷Ⅰ)(x2+x+y)5的开放式中,x5y2的系数为( )A.10B.20C.30D.60【解析】选C.在(x2+x+y)5的5个因式中,2个取因式中x2,剩余的3个因式中1个取x,其余因式取y,故x5y2的系数为C52C31C22=30.4.(考向三)(2021·湖北高考)已知(1+x)n的开放式中第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【解析】选D.C n3=C n7,n=3+7=10,二项式系数之和为210.奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和,所以奇数项的二项式系数和为29.5.(考向三)已知(2x-2)11=a0+a1x+a2x2+…+a11x11,则a5+a6=________.【解析】a5x5=C116(2x)5(-2)6=211C116x5,a6x6=C115(2x)6(-2)5=-211C115x6,所以a5+a6=0. 答案:06.(考向二)某高校的8名同学预备拼车去旅游,其中大一、大二、大三、大四每个班级各两名,分乘甲、乙两辆汽车.每辆车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置),其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车,则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学来自同一班级的乘坐方式共有________种.【解析】若大一的孪生姐妹乘坐甲车,则此时甲车中的另外2人分别来自不同班级,有C32C21C21=12(种);若大一的孪生姐妹不乘坐甲车,则有2名同学来自同一班级,另外2名分别来自不同班级,有C31C21C21=12(种),所以共有24种乘坐方式.答案:24关闭Word文档返回原板块。

高考数学二轮复习第二部分专项一4第4练计数原理与二项式定理学案

高考数学二轮复习第二部分专项一4第4练计数原理与二项式定理学案

年份2018 20172016第 4 练计数原理与二项式定理卷别考察内容及考题地点卷Ⅰ计数原理与组合问题·T15卷Ⅲ二项式定理、二项睁开式中特定项的系数·T5卷Ⅰ二项式定理、二项睁开式中特定项的系数·T6卷Ⅱ计数原理、摆列组合的应用·T6卷Ⅲ二项式定理、二项睁开式中特定项的系数·T4卷Ⅰ二项式定理、二项睁开式中特定项的系数·T14卷Ⅱ计数原理、组合的应用·T5两个计数原理命题剖析1.摆列、组合在高中数学中据有特别的地点,是高考的必考内容,极少独自命题,主要考察利用摆列、组合知识计算古典概型.2.二项式定理仍以求二项睁开式的特定项、特定项的系数及二项式系数为主,题目难度一般,多出此刻第9~ 10 题或第 13~ 15 题的地点上 .应用两个计数原理解题的方法(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时,一般先分类再分步,每一步中间又可能用到分类加法计数原理.(2)关于复杂的两个原理综合应用的问题,可适合列出表示图或表格,使问题形象化、直观化.[ 考法全练 ]1.(2018 ·家庄模拟石 )用数字 0,1,2, 3,4 构成没有重复数字且大于 3 000 的四位数,这样的四位数有()A.250 个B.249 个C.48 个D. 24 个分析:选 C. ①当千位上的数字为 4 时,知足条件的四位数有 A 34= 24(个 );②当千位上的数字为 3 时,知足条件的四位数有 A 34= 24(个 ).由分类加法计数原理得所有知足条件的四位数共有24+ 24= 48(个) ,应选 C.2.假如一个三位正整数“a1a2a3”知足a1<a2且a3<a2,则称这样的三位数为凸数(如 120,343, 275),那么所有凸数的个数为()A.240B. 204C.729D. 920分析:选 A.分 8 类,中间间数为2时,有 1×2= 2(个 );中间间数为3时,有 2×3= 6(个 );中间间数为4时,有 3×4= 12(个 );中间间数为5时,有 4×5= 20(个 );中间间数为6时,有 5×6= 30(个 );中间间数为7时,有 6×7= 42(个 );中间间数为8时,有 7×8= 56(个 );中间间数为9时,有 8×9= 72(个 ).故共有2+ 6+ 12+ 20+ 30+ 42+ 56+ 72= 240(个 ).3.(2018 合·肥质量检测)某社区新建了一个休闲小公园,几条小径将公园分红 5 块地区,如图.社区准备从 4 种颜色不一样的花卉中选择若干各栽种在各块地区,要求每个地区栽种一种颜色的花卉,且相邻地区(有公共边的 )所选花卉颜色不可以同样,则不一样栽种方法的种数为()A.96B. 114C.168D. 240分析:选 C.先在 a 中栽种,有4 种不一样方法,再在 b 中栽种,有3 种不一样方法,再在c中栽种,若 c 与 b 同色,则 d 有 3 种不一样方法,若 c 与 b 不一样色, c 有 2 种不一样方法, d 有2种不一样方法,再在 e 中栽种,有 2 种不一样方法,所以共有 4×3×1×3×2+4×3×2×2×2=168( 种 ),应选 C.4.将 3 张不一样的奥运会门票分给10 名同学中的 3 人,每人 1 张,则不一样分法的种数是________.分析:按分步来达成此事.第 1 张有 10 种分法,第 2 张有 9 种分法,第 3 张有 8 种分法,故共有10×9×8=720 种分法.答案: 7205.在学校举行的田径运动会上,8 名男运动员参加100 米决赛,此中甲、乙、丙三人一定在 1, 2,3, 4, 5, 6, 7, 8 八条跑道的奇数号跑道上,则安排这8 名运动员竞赛的方式共有________种.分析:分两步安排这8 名运动员.第一步,安排甲、乙、丙三人,共有1,3,5, 7 四条跑道可安排,所以安排方式有4×3×2= 24(种 );第二步,安排此外 5 人,可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道上安排,所以安排方式有 5×4×3×2×1= 120(种 ).所以安排这 8 名运动员的方式共有 24×120= 2 880(种 ).答案: 2 880摆列、组合的应用摆列、组合应用问题的8 种常看法法(1)特别元素 (特别地点 )优先安排法.(2)相邻问题捆绑法.(3)不相邻问题插空法.(4)定序问题缩倍法.(5)多排问题一排法.(6)小“公司”问题先整体后局部法.(7)结构模型法.(8)正难则反,等价转变法.[ 考法全练 ]1. (2018 辽·宁五校协作体联考)在《爸爸去哪儿》第二季第四期中,村长给 6 位“萌娃”部署一项找寻空投食品的任务.已知:①食品扔掷地址有远、近两处;②因为Grace 年纪尚小,所以要么不参加该项任务,但此时另需一位儿童在大本营陪伴,要么参加找寻近处扔掷点的食品;③所有参加找寻任务的儿童须被均分红两组,一组去远处,一组去近处.那么不同的找寻方案有 ()A.10 种B.40 种C.70 种D.80 种分析:选 B. 若 Grace 不参加任务,则需要从剩下的 5 位儿童中随意挑出 1 位陪伴,有C51种挑法,再从剩下的 4 位儿童中挑出 2 位找寻远处,有C42种挑法,最后剩下的 2 位儿童找寻近处,所以一共有12种找寻方案;若Grace 参加任务,则其只好去近处,需要C5C4= 30从剩下的 5 位儿童中挑出 2 位找寻近处,有 C52种挑法,剩下 3 位儿童去找寻远处,所以共有 C2= 10 种找寻方案.综上,一共有30+ 10=40 种找寻方案,应选 B.52.(2018 ·肃第二次诊疗检测甘)某微信群中有甲、乙、丙、丁、戊五个人玩抢红包游戏,现有 4 个红包,每人最多抢一个,且红包被所有抢完, 4 个红包中有2个 6元,1个8元,1个 10 元 (红包中金额同样视为同样红包),则甲、乙都抢到红包的状况有() A.18 种B.24 种C.36 种D.48 种分析:选 C.若甲、乙抢的是一个 6 元和一个8 元的红包,剩下 2 个红包,被剩下的 3226 元和一个 10 元的红包,剩下 2人中的 2 个人抢走,有 A 2A 3= 12 种;若甲、乙抢的是一个个红包,被剩下的 3 人中的228 和一个 10 2 个人抢走,有 A 2A 3= 12 种;若甲、乙抢的是一个元的红包,剩下 2个红包,被剩下的 3 人中的 2 个人抢走,有 A 22C32= 6 种;若甲、乙抢的是两个 6 元的红包,剩下2个红包,被剩下的 3 人中的 2 个人抢走,有 A32= 6种,依据分类加法计数原理可得,共有36 种状况,应选 C.3. (一题多解 )(2018南·昌调研 ) 某校毕业典礼上有 6个节目,考虑整体成效,对节目演出次序有以下要求:节目甲一定排在前三位,且节目丙、丁一定排在一同,则该校毕业典礼节目演出次序的编排方案共有()A.120 种B. 156 种C.188 种D. 240 种分析:选 A. 法一:记演出次序为 1~ 6 号,对丙、丁的排序进行分类,丙、丁占 1 和 2号, 2 和 3 号, 3 和 4 号, 4 和 5 号, 5 和 6 号,其排法分别为 A 22A 33, A 22A 33, C21A 22A 33, C31A 22 A 33, C31 A 22A 33,故总编排方案有A22A 33+ A 22A 33+ C21A 22A 33+C31A22 A 33+ C31A 22A 33= 120 种.法二:记演出次序为1~ 6 号,按甲的编排进行分类,①当甲在 1 号地点时,丙、丁相邻的状况有1233 种,4 种,则有 C4A2A 3= 48 种;②当甲在 2 号地点时,丙、丁相邻的状况有1233 种,共有123共有 C3A 2A3= 36 种;③当甲在 3 号地点时,丙、丁相邻的状况有C3A 2A 3= 36种.所以编排方案共有48+ 36+ 36= 120 种.4.现有红色、蓝色和白色的运动鞋各一双,把三双鞋摆列在鞋架上,仅有一双鞋相邻的排法总数是 ()A.72B. 144C.240D. 288分析:选 D. 第一,选一双运动鞋,捆绑在一同看作一个整体,有C31A 22= 6 种摆列方法,则此刻共有 5 个地点,若这双鞋在左数第一个地点,共有122种状况,若这双鞋在C2A 2A 2=8左数第二个地点,则共有11种状况,若这双鞋在中间地点,则共有2222种C4C2= 8 A 2A2A2A2=16状况,左数第四个地点和第二个地点的状况同样,第五个地点和第一个地点的状况同样.所以把三双鞋摆列在鞋架上,仅有一双鞋相邻的排法总数是6×(2 ×8+ 2×8+16)= 288.应选 D.5.冬天供暖就要开始,现分派出 5 名水暖工去 3 个不一样的居民小区检查暖气管道,每名水暖工只去一个小区,且每个小区都要有人去检查,那么分派的方案共有________种.分析: 5 名水暖工去3 个不一样的居民小区,每名水暖工只去一个小区,且每个小区都要有人去检查, 5 名水暖工分组方案为3,1,1 和 1,2,2,则分派的方案共有C53C21+C51C24·A3322=150( 种 ).答案: 150二式定理通与二式系数(a+ b)n的睁开式的通T k+1= C n k a n-k b k(k= 0, 1, 2,⋯, n),此中 C n k叫做二式系数.[注意 ]T k+1是睁开式中的第k+1,而不是第 k .各二式系数之和012n n(1)C n+ C n+C n+⋯+C n= 2 .1302n -1.(2)C n+ C n+⋯= C n+C n+⋯=2[ 考法全 ]1. (2018 高·考全国卷Ⅲ)( x2+2)5的睁开式中 x4的系数 () xA.10B. 20 C.40D. 80r2-2 r r-3r45 r= C r 10,由10- 3r= 4,得 r= 2,所以的系数分析:C.T r+1= C5(x )x52x xC52× 22= 40.2. (2018 ·州第一次量3n)在 x+的睁开式中,各系数和与二式系数和之x比 32∶ 1, x2的系数 ()A.50B. 70C.90D. 120分析: C.令 x= 1, x+3n3n4n,又= 4n,所以 x+的睁开式中,各系数和x xn 4n n r5-r3r r r二式系数和 2 ,所以2n=2 = 32,解得 n= 5.二睁开式的通T r+1= C5x x= C53 x5 332的系数22- r,令 5- r = 2,得 r = 2,所以 x C53= 90,故 C.223.(2018 武· 模 )若 (3x- 1)5= a0+ a1 x+ a2x2+⋯+ a5x5, a1+ 2a2+ 3a3+4a4+ 5a5=()A.80B. 120C.180D. 240分析: D.由 (3x- 1)5= a0+ a1x+ a2x2+⋯+a5 x5两求,可得15(3x- 1)4= a1+ 2a2x +3a3x2+⋯+ 5a5x4,令 x= 1 得, 15×(3- 1)4=a1+ 2a2+ 3a3+⋯+ 5a5,即 a1+ 2a2+ 3a3+4a4+5a5= 240,故 D.4. (x2+ x+ y)5的睁开式中, x5 y2的系数 ()A.10B. 20C.30D. 60分析:选 C.( x2+ x+ y)5= [(x2+ x)+ y] 5,2的项为2232含 y T3= C5( x + x)· y .此中 (x2+ x)3中含 x5的项为 C31x4· x= C31x5.所以 x5y2的系数为 C52C31= 30.应选 C.5. (2018 南·昌模拟 )已知 (x- 1)(ax+ 1)6的睁开式中含x2项的系数为0,则正实数a=________.分析: (ax+1)6的睁开式中 x2项的系数为C64a2, x 项的系数为 C65 a,由 (x- 1)(ax+ 1)6的睁开式中含 x2项的系数为0,可得- C64a2+C65a= 0,因为 a 为正实数,所以15a=6,所以 a=2.5答案:25一、选择题1. (2018 ·州模拟福 )福州西湖公园花展时期,安排 6 位志愿者到 4 个展区供给服务,要求甲、乙两个展区各安排一个人,剩下两个展区各安排两个人,则不一样的安排方案共有() A.90 种B. 180 种C.270种D. 360 种分析:选 B.可分两步:第一步,甲、乙两个展区各安排一个人,有 A 26种不一样的安排方案;第二步,剩下两个展区各两个人,有C24C22种不一样的安排方案,依据分步乘法计数原理,不一样的安排方案的种数为 A 62C42C22= 180.应选 B.234的睁开式中的常数项为 ()2. (2018 河·北“五个一名校结盟”模拟 ) x2- xA.-3 2B. 32C.6D.- 623- r r - 6+ 6rr 4 r r3- r分析:选 D. 通项 T r+1= C3x2(- x )= C3( 2)·(-1)x,当- 6+6r= 0,即 r =1 时为常数项, T2=- 6,应选 D.2 a72项的系数为 ()3.若二项式 x +的睁开式的各项系数之和为-1,则含 xxA.560B.- 560C.280D.- 280分析:选 A. 取 x=1,得二项式 x2+a7的睁开式的各项系数之和为(1+ a)7,即 (1+ a)7x22 7r2-2r=- 1,1+a=- 1,a=- 2.二项式 x -的睁开式的通项)7 r· -T r+1= C7·(xx = C7·(-x2)r14-3 r.令 14- 3r=2,得 r = 4.所以,二式 2 2724·x x -的睁开式中含x的系数C7·(-x2)4= 560,故 A.14.1+x2 (1+ x)6的睁开式中 x2的系数 ()A.15B. 20C.30D. 356r r162分析:C.(1 + x)的睁开式的通 T r+1= C6x ,所以 1+x2 (1+x)的睁开式中x的系数 1×C62+ 1×C64=30,故 C.5. (x2- 3x+2)5= a0+a1x+ a2x2+⋯+ a10x10, a1等于 ()A.80B.- 80C.- 160D.- 240分析: D.因 (x2- 3x+ 2)5= (x- 1)5(x- 2)5,所以二睁开式中含x 的系数 C54× (-1)4× C55× (- 2)5+C55× (- 1)5× C54×(-2)4=- 160- 80=- 240,故 D.6. (2018 沈·阳教课量(一 ))若 4 个人按本来站的地点从头站成一排,恰有 1 个人站在自己本来的地点,不一样的站法共有()A.4 种B.8 种C.12 种D.24 种分析: B. 将 4 个人重排,恰有 1 个人站在自己本来的地点,有C1种站法,剩下 3 人4不站本来地点有 2 种站法,所以共有C1× 2= 8 种站法,故 B.47.(2018 柳·州模 )从 {1 ,2,3,⋯, 10} 中取三个不一样的数,使得此中起码有两个数相,不一样的法种数是 ()A.72B. 70C.66D. 64分析: D. 从 {1 ,2,3,⋯,10} 中取三个不一样的数,恰巧有两个数相,共有 C21·C71+C71·C61= 56 种法,三个数相共有 C81= 8 种法,故起码有两个数相共有56+8= 64种法,故 D.8. (2018 ·州第二次研惠) 旅行体小明受某网站邀,决定甲、乙、丙、丁四个景区行体式旅行,若不可以最初去甲景区旅行,不可以最后去乙景区和丁景区旅行,小李可的旅行路数 ()A.24B. 18C.16D. 10分析: D. 分两种状况,第一种:最后体甲景区,有 A 3种可的路;第二种:3不在最后体甲景区,有 C21·A 22种可的路.所以小李可的旅行路数 A 33+ C21·A 22=10.故 D.929, ( a1+3a3+ 5a5+ 7a7+29.已知 (x+ 2)= a0+ a1x+a2x+⋯+ a9x9a9 ) - (2a2+ 4a4+ 6a6+8a8)2的 ()A.39B. 310C.311D. 312分析:D. (x+ 2)9= a0+ a1x+ a2x2+⋯+ a9x9 两同求,得9(x+ 2)8= a1+ 2a2x +3a3x2+⋯+ 8a8x7+ 9a9x8,令 x= 1,得 a1+ 2a2+ 3a3+⋯+ 8a8+ 9a9= 310,令 x=- 1,得a1- 2a2+ 3a3-⋯ - 8a8+ 9a9= 32.所以 (a1+ 3a3+ 5a5+ 7a7+ 9a9)2- (2a2+ 4a4+ 6a6+8a8)2=(a1+ 2a2+ 3a3+⋯+ 8a8+ 9a9)(a1- 2a2+ 3a3-⋯- 8a8+ 9a9)= 312,故 D.10.(2018·州研广) 某学校得 5 个高校自主招生介绍名,此中甲大学 2 个,乙大学2 个,丙大学 1 个,而且甲大学和乙大学都要求必有男生参加,学校通拔定下3 男 2 女共 5 个介绍象,不一样的介绍方法共有 ( ) A.36 种 B.24 种C.22 种 D. 20 种分析: B.依据意,分两种状况:第一种,3 名男生每个大学各介绍 1 人, 2 名3 22 2 2B.11.若 m,n 均非整数,在做 m+ n 的加法各位均不位(比如:134+ 3 802= 3 936),称 (m,n)“ 的”有序,而m+n称有序(m,n)的,那么有序的个数是()A . 100B. 150C.30D. 3001 942的“ 的”分析: D. 第一步,1=1+ 0,1= 0+ 1,共 2 种合方式;第二步,9= 0+ 9,9= 1+8, 9= 2+ 7,9= 3+ 6,⋯, 9= 9+0,共10 种合方式;第三步,4= 0+4, 4= 1+3, 4=2+ 2, 4= 3+ 1, 4= 4+ 0,共 5 种合方式;第四步, 2= 0+ 2, 2= 1+1, 2= 2+0,共 3 种合方式.依据分步乘法数原理知, 1 942 的“ 的”有序的个数是 2×10×5×3=300.故 D.12.(2018 ·州第二次量)《海行》是一部代化海材电影,片述了中国海“蛟突”受命行撤任的故事.撤程中,海要求挨次完成 A, B,C, D, E, F六任,并任的序提出了以下要求,要点任 A 必排在前三位,且任E, F必排在一同,六任达成序的不一样安排方案共有() A.240 种B. 188 种C.156种D. 120 种分析:D.因任 A 必排在前三位,任E, F 必排在一同,所以可把 A 的位置固定, E, F 捆后分.当 A 在第一位,有 A 44A 22= 48 种;当 A 在第二位,第一位只好是B,C,D 中的一个, E,F 只好在 A 的后边,故有 C31A 33A 22= 36 种;当 A 在第三位,分两种状况:① E, F 在 A 以前,此有 A 22 A 33种,② E,F 在 A 之22223222种.后,此有 A 3 A 2A 2种,故而 A 在第三位有 A 2A3+A3A 2A2= 36上,共有48+ 36+ 36=120 种不一样的安排方案.故 D.二、填空13. (一多解 )(2018 高·考全国卷Ⅰ )从 2 位女生, 4 位男生中 3 人参加科技比,且起码有 1 位女生入,不一样的法共有________种. (用数字填写答案 )分析:法一:可分两种状况:第一种状况,只有 1 位女生入,不一样的法有C21C42=12(种);第二种状况,有 2 位女生入,不一样的法有C22C41= 4(种 ).依据分加法数原理知,起码有 1 位女生入的不一样的法有16 种.法二:从 6 人中任 3 人,不一样的法有C63= 20(种 ),从 6 人中任 3 人都是男生,不同的法有 C43= 4(种 ),所以起码有 1 位女生入的不一样的法有20- 4=16(种 ).答案:164- 4514. (2018 武· 研 )在 x+的睁开式中, x3的系数是 ________.x45-r· x+4r4分析: x+- 4的睁开式的通T r+1= C5r (- 4)5x ,r = 0,1,2,3,4,5, x+xxr k r-k 4k k k r - 2k, k=0, 1,⋯, r.令 r- 2k= 3,当 k= 0 , r的睁开式的通T k+1= C r x x= 4C r x=3;当 k=1 , r = 5.所以 x3的系数 40× C03× (- 4)5-3× C35+ 4× C15×( -4) 0×C55= 180.答案: 180.65的睁开式中,315.在多式 (1+ 2x) (1+ y)xy 的系数 ________.分析:因二式 (1+ 2x)6的睁开式中含x 的的系数 2C61,二式 (1+ y)5的睁开式中含 y3的的系数C53,所以在多式 (1+ 2x)6 (1+y) 5的睁开式中, xy3的系数2C61C53=120.答案: 12016.(2018 ·都模成 ) 从甲、乙等 8 名志愿者中 5 人参加周一到周五的社区服,每日安排一人,每人只参加一天.若要求甲、乙两人起码一人参加,且当甲、乙两人都参加,他参加社区服的日期不相,那么不一样的安排种数________.(用数字作答 )分析:依据意,分 2 种状况,若只有甲、乙此中一人参加,有 C1·C4·A5= 3600(种 );265若甲、乙两人都参加,有 C2· A3· A2= 1 440(种 ).264则不一样的安排种数为 3 600+ 1 440= 5 040.答案: 5 040。

高三数学二轮专题复习第16练 计数原理

高三数学二轮专题复习第16练 计数原理

第16练计数原理[小题提速练][明晰考情] 1.命题角度:考查两个计数原理的简单应用;二项式定理主要考查特定项和系数.2.题目难度:中低档难度.考点一两个计数原理要点重组(1)分类加法计数原理中分类方法中的每一种方法都能完成这件事情,类与类之间是独立的.(2)分步乘法计数原理中每步中的某一方法只能完成这件事的一部分,步与步之间是相关联的.1.在100,101,102,…,999这些数中,各位数字按严格递增(如“145”)或严格递减(如“321”)顺序排列的数的个数是()A.120B.204C.168D.216[答案] B[解析]由题意知本题是一个计数原理的应用,首先对数字分类,当数字不含0时,从9个数字中选三个,则这三个数字递增或递减的顺序可以确定两个三位数,共有2C39=168(个),当三个数字中含有0时,从9个数字中选2个数,它们只有递减一种结果,共有C29=36(个),根据分类加法计数原理知共有168+36=204(个),故选B.2.如图,正五边形ABCDE中,若把顶点A,B,C,D,E染上红、黄、绿三种颜色中的一种,使得相邻顶点所染颜色不相同,则不同的染色方法共有()A.30种B.27种C.24种D.21种[答案] A[解析]由题意知本题需要分类来解答,首先A选取一种颜色,有3种情况.如果A的两个相邻点颜色相同,有2种情况;这时最后两个点也有2种情况;如果A的两个相邻点颜色不同,有2种情况;这时最后两个点有3种情况.所以共有3×(2×2+2×3)=30(种)方法.3.三条边长都是整数,且最大边长为11的三角形的个数为________.[答案]36[解析]设两条较短边长为x,y,不妨设1≤x≤y≤11,且x+y≥12.对y进行分类:当y=11时,x可以取1到11的11个正整数;当y=10时,x可以取2到10的9个正整数;当y=9时,x可以取3到9的7个正整数;……;当y=6时,x可以取6这1个正整数;y≤5时不可能.所以三角形的个数为11+9+7+5+3+1=36.4.将甲、乙、丙、丁四名学生分到两个不同的班,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,则不同的分法种数为________.(用数字作答)[答案]8[解析]甲、乙两名学生不能分到同一个班,则不同的分组方式有三类:①甲单独一组,有1种分法;②甲和丙或甲和丁两名学生一组,有2种分法;③甲、丙、丁三名学生一组,有1种分法.然后把这两组分到两个不同的班级里,则不同的分法种数为(1+2+1)A22=8.考点二排列组合的应用方法技巧(1)解排列组合问题的三大原则:先特殊后一般,先取后排,先分类后分步.(2)排列组合问题的常用解法①特殊元素(特殊位置)优先安排法;②相邻问题捆绑法;③不相邻问题插空法; ④定序问题缩倍法.5.3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检,每所学校分配1名医生和2名护士,则不同的分配方法共有( ) A.90种 B.180种 C.270种 D.540种[答案] D[解析] 不同的分配方法共有C 13C 26C 12C 24=540(种),故选D.6.张、王两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩,购票后排队依次入园.为安全起见,首尾一定要排两位爸爸,另外,两个小孩一定要排在一起,则这六人的入园顺序排法种数为( ) A.12 B.24 C.36 D.48 [答案] B[解析] 将两位爸爸排在两端,有2种排法;将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上,有2A 33种排法,故总的排法有2×2×A 33=24(种).7.(2018·张掖三诊)《红海行动》是一部现代海军题材影片,该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事.撤侨过程中,海军舰长要求队员们依次完成六项任务,并对任务的顺序提出了如下要求:重点任务A 必须排在前三位,且任务E ,F 必须排在一起,则这六项任务的不同安排方案共有( ) A.240种 B.188种 C.156种 D.120种 [答案] D[解析] 当E ,F 排在前三位时有(A 22A 22)·A 33=24(种)方法;当E ,F 排在后三位时,有(A 22C 13A 22)·A 33=72(种)方法;当E ,F 排3,4位时有(C 13A 22)·A 22A 22=24(种)方法, ∴共有24+72+24=120(种)方案.8.为促进城乡一体化进程,某单位选取了6户家庭到4个村庄体验农村生活,要求将6户家庭分成4组,其中2组各有2户家庭,另外2组各有1户家庭,则不同的分配方案的种数是( ) A.216 B.420 C.720 D.1 080 [答案] D[解析] 先分组,每组含有2户家庭的有2组,则有C 26C 24A 22种分组方法,剩下的2户家庭可以直接看成2组,然后将分成的4组进行全排列,故有C 26C 24A 22×A 44=1 080(种). 考点三 二项式定理的应用方法技巧(1)求二项展开式的特定项的实质是通项公式T k +1=C k n an -k b k的应用,可通过确定k 的值再代入求解. (2)二项展开式各项系数和可利用赋值法解决.(3)求二项展开式系数最大的项,一般采用不等式组法:设展开式各项系数分别为A 1,A 2,…,A n +1,则最大的系数A k 满足⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k -1,A k ≥A k +1.9.(2018·全国Ⅲ)⎝⎛⎭⎫x 2+2x 5的展开式中x 4的系数为( ) A.10 B.20 C.40 D.80 [答案] C[解析] ⎝⎛⎭⎫x 2+2x 5的展开式的通项公式为T k +1=C k 5·(x 2)5-k ·⎝⎛⎭⎫2x k =C k 5·2k ·x 10-3k , 令10-3k =4,得k =2.故展开式中x 4的系数为C 25·22=40. 10.使⎝⎛⎭⎫3x +1x x n (n ∈N *)的展开式中含有常数项的最小的n 为( )A.4B.5C.6D.7 [答案] B [解析]T k +1=C k n (3x )n -k ⎝⎛⎭⎫1x x k =C k n 3n -k 52n k x -,当T k +1是常数项时,n -52k =0,当k =2,n=5时满足题意.11.已知(1+x )10=a 0+a 1(1-x )+a 2(1-x )2+…+a 10(1-x )10,则a 8等于( ) A.-5 B.5 C.90 D.180 [答案] D[解析] ∵(1+x )10=[2-(1-x )]10=a 0+a 1(1-x )+a 2(1-x )2+…+a 10(1-x )10, ∴a 8=C 810·22·(-1)8=180. 12.(2018·益阳调研)(1+x 2)⎝⎛⎭⎫2x -16的展开式中1x 项的系数为( ) A.-12 B.12 C.-172 D.172[答案] C[解析] 因为⎝⎛⎭⎫2x -16的通项公式为C k 6⎝⎛⎭⎫2x 6-k (-1)k =26-k C k 6(-1)k x k -6.故展开式中1x项的系数为2C 56(-1)5+23C 36(-1)3=-172.故选C.1.在航天员进行的一项太空实验中,要先后实施6个程序,其中程序A 只能出现在第一步或最后一步,程序B 和C 在实施时必须相邻,则在该实验中程序顺序的编排方法共有( )A.34种B.48种C.96种D.144种[答案] C[解析] 由题意知,程序A 只能出现在第一步或最后一步,所以有A 22=2(种)结果.因为程序B和C 在实施时必须相邻,所以把B 和C 看作一个元素,有A 44A 22=48(种)结果,根据分步乘法计数原理可知,共有2×48=96(种)结果,故选C.2.某公司有五个不同的部门,现有4名在校大学生来该公司实习,要求安排到该公司的两个部门,且每部门安排两名,则不同的安排方案种数为( ) A.60 B.40 C.120 D.240[答案] A[解析] 由题意得,先将4名大学生平均分为两组,共有C 24C 22A 22=3(种)不同的分法.再将两组安排在其中的两个部门,共有3×A 25=60(种)不同的安排方法,故选A. 3.若(1+y 3)⎝⎛⎭⎫x -1x 2y n (n ∈N *)的展开式中存在常数项,则常数项为________. [答案] -84[解析] ⎝⎛⎭⎫x -1x 2y n 展开式的通项为C k n x n -k ⎝⎛⎭⎫-1x 2y k=C k n (-1)k x n -3k y -k,(1+y 3)⎝⎛⎭⎫x -1x 2y n 展开式的通项为C k n (-1)k x n -3k y -k 和y 3C k n (-1)k x n -3k y -k =C k n (-1)k x n -3k y 3-k , 若存在常数项则有⎩⎪⎨⎪⎧ n -3k =0,-k =0(舍)或⎩⎪⎨⎪⎧n -3k =0,3-k =0,解得k =3,n =9,常数项为C 39(-1)3=-84.解题秘籍(1)解有限制条件的排列组合问题,要按照元素(或位置)的性质进行分类,按事件发生的顺序进行分步.(2)平均分组问题中,平均分成的组,不管它们的顺序如何,都是一种情况.(3)求各项系数和要根据式子整体结构,灵活赋值;对复杂的展开式的指定项,可利用转化思想,通过二项展开式的通项解决.1.(2017·全国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,则不同的安排方式共有()A.12种B.18种C.24种D.36种[答案] D[解析]由题意可得,其中1人必须完成2项工作,其他2人各完成1项工作,可得安排方式为C13·C24·A22=36(种),或列式为C13·C24·C12=3×4×32×2=36(种).故选D.2.(2018·长沙雅礼中学等联考)某大型花展期间,安排6位志愿者到4个展区提供服务,要求甲、乙两个展区各安排一个人,剩下两个展区各安排两个人,其中的小李和小王不在一起,则不同的安排方案共有()A.168种B.156种C.172种D.180种[答案] B[解析]小李和小王分别去甲、乙展区有A22C24C22=12(种)方案;小王、小李中有一人去甲、乙展区,有C12C12C14C24C22=96(种)方案;小王、小李都不去甲、乙展区,有A22A44=48(种)方案,∴共有12+96+48=156(种)方案.3.将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3所学校,要求每所学校至少有1个名额且各校分配的名额互不相等,则不同的分配方法种数为()A.96B.114C.128D.136[答案] B[解析] 由题意可得每所学校至少有1个名额的分配方法种数为C 217=136,分配名额相等有22种(可以逐个数),则满足题意的方法有136-22=114(种).4.(2017·全国Ⅰ)⎝⎛⎭⎫1+1x 2(1+x )6的展开式中x 2的系数为( ) A.15 B.20 C.30 D.35[答案] C[解析] 因为(1+x )6的通项为C k 6x k ,所以⎝⎛⎭⎫1+1x 2(1+x )6的展开式中含x 2的项为1·C 26x 2和1x 2·C 46x 4. 因为C 26+C 46=2C 26=2×6×52×1=30, 所以⎝⎛⎭⎫1+1x 2(1+x )6的展开式中x 2的系数为30. 故选C.5.(2018·莆田期末)从5位男实习教师和4位女实习教师中选出3位教师派到3个班实习班主任工作,每班派一名,要求这3位实习教师中男女都要有,则不同的选派方案共有( )A.210种B.420种C.630种D.840种[答案] B[解析] (用间接法)从9人中选3人到3个班实习班主任工作共A 39种结果,其中均为男教师的有A 35种,均为女教师的有A 34种.∴满足条件的方案有A 39-A 35-A 34=420(种). 6.已知(1+ax )(1+x )5的展开式中x 2的系数为5,则a 等于( )A.-4B.-3C.-2D.-1[答案] D[解析] 因为(1+x )5的二项展开式的通项为C k 5x k (0≤k ≤5,k ∈Z ),则含x 2的项为C 25x 2+ax ·C 15x =(10+5a )x 2,所以10+5a =5,a =-1.7.(2x -1)10=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 9x 9+a 10x 10,则a 2+a 3+…+a 9+a 10的值为( )A.-20B.0C.1D.20[答案] D[解析] 令x =1,得a 0+a 1+a 2+…+a 9+a 10=1,再令x =0,得a 0=1,所以a 1+a 2+…+a 9+a 10=0,又因为a 1=C 910×21×(-1)9=-20,所以a 2+a 3+…+a 9+a 10=20.8.登山运动员10人,平均分为两组,其中熟悉道路的有4人,每组都需要2人,那么不同的分配方法种数是( )A.30B.60C.120D.240[答案] B[解析] 先将4个熟悉道路的人平均分成两组,有C 24C 22A 22种,再将余下的6人平均分成两组,有C 36C 33A 22种,然后这四个组自由搭配还有A 22种,故最终分配方法有C 24C 36A 22=60(种). 9.(2018·浙江)从1,3,5,7,9中任取2个数字,从0,2,4,6中任取2个数字,一共可以组成________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)[答案] 1 260[解析] 不含有0的四位数有C 25×C 23×A 44=720(个).含有0的四位数有C 25×C 13×C 13×A 33=540(个).综上,四位数的个数为720+540=1 260.10.(2018·浙江)二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x +12x 8的展开式的常数项是________. [答案] 7[解析] 由题意,得T k +1=C k 8·(3x )8-k ·⎝⎛⎭⎫12x k =C k 8·⎝⎛⎭⎫12k ·83k x -·x -k =C k 8·⎝⎛⎭⎫12k ·843k x -.令8-4k 3=0,得k =2. 因此T 3=C 28×⎝⎛⎭⎫122=8×72×14=7.11.设m 为正整数,(x +y )2m 展开式的二项式系数的最大值为a ,(x +y )2m+1展开式的二项式系数的最大值为b .若13a =7b ,则m =________.[答案] 6[解析] 由题意可知,a =C m 2m ,b =C m 2m +1,又∵13a =7b ,∴13·(2m )!m !m !=7·(2m +1)!m !(m +1)!, 即137=2m +1m +1,解得m =6. 12.公安部新修订的《机动车登记规定》正式实施后,小型汽车的号牌已经可以采用“自主编排”的方式进行编排.某人欲选由A ,B ,C ,D ,E 中的两个不同的字母和1,2,3,4,5中的三个不同数字(三个数字都相邻)组成一个号牌,则他选择号牌的方法种数为________.[答案] 3 600[解析] 三个数字相邻,则共有A 35种情况,在A ,B ,C ,D ,E 中选两个不同的字母,共有A 25种不同的情况,这两个字母形成三个空,将数字整体插空,共C 13种情况,综上所述,此人选择号牌的方法种数为A 35A 25C 13=60×20×3=3 600.。

高考数学二轮复习 第1部分 专题6 第1讲 计数原理、二项式定理课件 理

高考数学二轮复习 第1部分 专题6 第1讲 计数原理、二项式定理课件 理
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(2)①当选数字0时,再从1,3,5中取出2个数字排在个位与 百位.
∴排成的三位奇数有C23A22=6个. ②当取出数字2时,再从1,3,5中取2个数字有C23种方法. 然后将选中的两个奇数数字选一个排在个位,其余2个 数字全排列. ∴排成的三位奇数有C23A12A22=12个. ∴由分类加法计数原理,共有6+12=18个不同的三位 数. 【答案】 (1)C (2)B
第一讲 计数原理、二项式定理
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第二页,共35页。
1.(计数原理)(2013·福建高考)满足a,b∈{-1,0,1,2},
且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对(a,b)的
个数为( )
A.14
5页。
【解析】 若a=0,则b=-1,0,1,2,此时(a,b)的取值 有4个;
(2)将字母a,a,b,b,c,c排成三行两列,要求每行的 字母互不相同,每列的字母也互不相同,则不同的排列方法 共有( )
A.12种 B.18种 C.24种 D.36种
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【解析】 (1)把与正八边形有公共边的三角形分为两 类:
第一类,有一条公共边的三角形共有8×4=32(个). 第二类,有两条公共边的三角形共有8(个). 由分类加法计数原理知,共有32+8=40(个).
第二步,排其余的3个元素,有A33种方法.
所以由分步乘法计数原理,共有C
3 6
A
2 2
C
1 2
·A
3 3
=480种排
法.
【答案】 (1)C (2)480
第十八页,共35页。
1.第(1)题求解过程中采用了“间接法”,从反面入 手;第(2)题求解的关键是特殊元素优先,并“小集团”排列 采用“捆绑法”.

高考数学统考二轮复习增分强化练(七)计数原理二项式定理定积分(理含解析)

高考数学统考二轮复习增分强化练(七)计数原理二项式定理定积分(理含解析)

增分强化练(七)考点一计数原理1.(2019·长春质检)某学校要将4名实习教师分配到3个班级,每个班级至少要分配1名实习教师,则不同的分配方案有()A.24种B.36种C.48种D.72种解析:因为某学校要将4名实习教师分配到3个班级,每个班级至少要分配1名实习教师,所以有一个班级一定会安排两名教师,故第一步:先安排两名教师到一个班级实习,C24×C13=6×3=18,第二步:将剩下的教师安排到相应的班级实习A22=2,根据乘法原理得这个问题的分配方案共有18×2=36种,故选B.答案:B2.(2019·武汉质检)某大学党支部中有2名女教师和4名男教师,现从中任选3名教师去参加精准扶贫工作,至少有1名女教师要参加这项工作的选择方法种数为()A.10 B.12C.16 D.20解析:没有女教师参加这项工作的选法有C34=4种,∴至少1名女教师参加这项工作的选法有C36-4=20-4=16种,故选C.答案:C3.(2019·泰安模拟)某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有________种.解析:每个城市投资1个项目有C34A33种,有一个城市投资2个有C24C12C23种,投资方案共C34A33+C24C12C23=24+36=60种.答案:604.(2019·吉安模拟)分配5名水暖工去4个不同的居民家里检查暖气管道,要求5名水暖工全部分配出去,每名水暖工只能去一个居民家,且每个居民家都要有人去检查,那么分配的方案共有________种(用数字作答).解析:由题意,把5名水暖工分4组共有C25=10种,然后分配到4个不同的家庭,有A44=24种,由分步计数原理可得,不同的分配方案共有C25A44=240种.答案:240考点二二项式定理1.(2019·内江模拟)已知(x +1)n 的展开式的各项系数和为32,则展开式中x 4的系数为( ) A .20 B .15 C .10D .5解析:由题意知(x +1)n 的展开式的各项系数和为32,即(1+1)n =2n =32,解得n =5,则二项式(x +1)5的展开式中x 4的项为C 15x 4=5x 4,所以x 4的系数为5,故选D.答案:D2.(2019·株洲模拟)在⎝⎛⎭⎫1-1x (1+x )5的展开式中,x 2项的系数为________(用数字作答). 解析:二项式(1+x )5展开式的通项为T r +1=C r 5x r (r =0,1,2,3,4,5),所以⎝⎛⎭⎫1-1x (1+x )5的展开式中x 2项为1×C 25x 2+⎝⎛⎭⎫-1x ×C 35x 3=10x 2-10x 2=0. 答案:03.(2019·济宁模拟)若(x -2x )n 的展开式中各项的二项式系数之和为64,则展开式中的常数项为________.解析:∵各项的二项式系数之和为64,∴2n =64,即n =6, ∴通项公式T r +1=C r 6(x )6-r (-2x )r =(-2)r C r 6x 3-32r , 令3-32r =0,解得r =2.∴展开式中常数项为(-2)2×C 26=60. 答案:604.(2019·南昌模拟)已知(x 2-2)6=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 12x 12,则a 3+a 4等于________.解析:因为(x 2-2)6=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 12x 12的第r +1项为T r +1=C r 6(x 2)6-r (-2)r ,所以x 3不存在,故a 3=0,x 4的系数为C 46(-2)4=240,所以a 3+a 4=240.答案:240考点三 微积分基本定理1.由y =x ,y =1x ,x =2及x 轴所围成的平面图形的面积是( )A .ln 2+1B .2-ln 2C .ln 2-12D .ln 2+12解析:画出图象如图所示,由图可知,所围成的平面图形的面积S =12×1×1+ ⎠⎛12 1x d x =12+lnx | 21 =12+ln 2.故选D.答案:D2.(2019·甘肃质检)如图是函数y =x 与函数在第一象限的图象,则阴影部分的面积是( )A.16B.23C.32D.52解析:由题知A (1,1),阴影部分的面积为S ,则S =故选A.答案:A3.已知(x 2-ax )6(其中a >0)的展开式中的常数项为15,则=( )A.π2+2e -2 B.π4+2e -2 C.π2+e -1 D.π4+e -1 解析:由(x 2-a x)6(其中a >0)的展开式中的常数项为15,得C 46a 4=15,因为a >0,所以a =1,所以==π2+2 ⎠⎛01 e x d x =π2+2e -2,故选A.答案:A4.由直线y =x 和曲线y =x 3围成的封闭图形面积为________.解析:∵曲线y =x 3和直线y =x 的交点为A (1,1),原点O 和B (-1,-1), ∴由定积分的几何意义,可得所求图形的面积 S =2 ⎠⎛01 (x -x 3)d x =2⎝⎛⎭⎫12x 2-14x 4⎪⎪⎪10=2⎝⎛⎭⎫12-14=12.答案:12。

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计数原理、二项式定理
一、选择题
1.用0、1、2、3组成个位数字不是1的没有重复数字的四位数共有( )
A .10个
B .12个
C .14个
D .16个
解析:选C.分两类:(1)0放个位有A 33=6(个);(2)0放十位或百位有A 12A 12A 22=8(个);共有6+8=14(个)符合要求的四位数.故应选C.
2.从甲、乙等10个同学中挑选4名参加某项公益活动,要求甲、乙中至少有1人参加,则不同的挑选方法共有( )
A .70种
B .112种
C .140种
D .168种
解析:选C.∵从10个同学中挑选4名参加某项公益活动有C 410种不同方法;从甲、乙之外的8个同学中挑选4名参加某项公益活动有C 48种不同方法;
∴所求的不同挑选方法共有C 410-C 48=140(种).
3.(2011年高考天津卷)在⎝
⎛⎭⎪⎫x 2
-2x 6的二项展开式中,x 2的系数为( ) A .-154
B.154 C .-38
D.38
解析:选C.该二项展开式的通项为T r +1=C r
6⎝ ⎛⎭⎪⎫x 26-r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫-2x r =(-1)r C r 6·126-2r ·x 3-r . 令3-r =2,得r =1. ∴T 2=-6×124x 2=-38x 2,故选C. 4.在(x +1
3x
)24的展开式中,x 的幂指数为整数的项共有( )
A .3项
B .4项
C .5项
D .6项
解析:选C.二项展开式的通项是T r +1=C r 24(x )24-r ·(13x
)r =C r 24x 12-5r 6,显然只有r =0,6,12,18,24时,x 的幂指数为整数,共有5项.
5.12名同学合影,站成前排4人后排8人,现摄影师从后排8人中抽2人调整到前排,若其他人的相对顺序不变,则不同的调整方法总数是( )
A .C 28A 23
B .
C 28A 66
C .C 28A 26
D .C 28A 25
解析:选C.从后排8人中选2人有C 28种选法,这2人插入前排4人中且前排人的顺序不变,则先从4人中的5个空位插一人有5种排法;余下的一人则要插入前排5人的空挡有6种排法,故为A 26.
∴所求总数为C 28A 26.
二、填空题
6.已知集合S ={-1,0,1},P ={1,2,3,4},从集合S ,P 中各取一个元素作为点的坐标,可作出不同的点共有__________个.
解析:共有C 13C 14A 22-1=23(个),其中(1,1)重复了一次.
答案:23
7.(2011年高考北京卷)用数字2,3组成四位数,且数字2,3至少都出现一次,这样的四位数共有________个.(用数字作答)
解析:数字2,3至少都出现一次,包括以下情况:
“2”出现1次,“3”出现3次,共可组成C 14=4(个)四位数.
“2”出现2次,“3”出现2次,共可组成C 24=6(个)四位数.
“2”出现3次,“3”出现1次,共可组成C 34=4(个)四位数.
综上所述,共可组成14个这样的四位数.
答案:14
8.(2011年高考山东卷)若⎝ ⎛⎭⎪⎫x -
a x 26展开式的常数项为60,则常数a 的值为________. 解析:⎝ ⎛⎭⎪⎫x -a x 26
展开式的通项为T r +1=C r 6x 6-r (-1)r ·(a )r ·x -2r =C r 6x 6-3r (-1)r ·(a )r .
令6-3r =0,得r =2.故C 26(a )2=60,解得a =4.
答案:4
三、解答题
9.按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式?
(1)分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;
(2)甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本.
解:(1)无序不均匀分组问题.先选1本有C 16种选法;再从余下的5本中选2本有C 25种选法;最后余下3本全选有C 33种选法.故共有C 16C 25C 33=60(种)不同的分配方式.
(2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同三人,在第(1)题的基础上,还应考虑再分配,故共有C 16C 25C 33A 33=360(种)不同的分配方式.
10.用数字0,1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的四位数,其中个位、十位、百位上数字之和为偶数的四位数共有多少个?
解:个位、十位、百位上数字之和为偶数有两种情况:第一种:三个偶数,第二种:一个偶数,两个奇数.
第一种:三个偶数时,
(1)三个偶数中包括“0”,则选法C 23,后三位排法有A 33种,千位可从其余4数中选一数即C 14,故有C 23A 33·C 14=72(种).
(2)三个偶数中不包括“0”,则选法C 33,后三位排法有A 33种,千位可从其余3数中选一数即C 13,故有C 33A 33·C 13=18(种).
第二种:一个偶数,两个奇数时,
(1)这个偶数为“0”,则两个奇数选法C 23;后三位排法A 33种,千位选法C 14种,故有C 23·A 33·C 14=72(种).
(2)偶数不为“0”,则选法有C 13·C 23,后三位排法A 33,千位选法C 13,故有C 13C 23·A 33·C 13=162(种).
故共有72+18+72+162=324(种).
11.已知f (x )=(1+x )m +(1+2x )n (m ,n ∈N *
)的展开式中x 的系数为11.
(1)求x 2的系数取最小值时n 的值;
(2)当x 2的系数取得最小值时,求f (x )展开式中x 的奇次幂项的系数之和.
解:(1)由已知C 1m +2C 1n =11,
∴m +2n =11, x 2的系数为C 2m +22C 2n =m m -12
+2n (n -1) =m 2-m 2+(11-m )(11-m 2
-1)
=(m -214)2+35116
. ∵m ∈N *

∴m =5时,x 2的系数取得最小值22,
此时n =3.
(2)由(1)知,当x 2的系数取得最小值时,m =5,n =3, ∴f (x )=(1+x )5+(1+2x )3.
设这时f (x )的展开式为 f (x )=a 0+a 1x +a 2x 2+…+a 5x 5,
令x =1,a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=25+33,
令x =-1,a 0-a 1+a 2-a 3+a 4-a 5=-1,
两式相减得2(a 1+a 3+a 5)=60,
故展开式中x 的奇次幂项的系数之和为30.。

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