2021届高三数学一轮复习第9章计数原理、概率专练5—二项式定理
高考数学热点《计数原理》练习
从新高考考查情况来看，排列组合与二项式定理是新高考命题的热点，主要考查分类、分步计数原理的应用，排列与组合的综合应用，分组分配问题等，二项展开式的通项、二项式系数、特定项的系数、系数和问题、最值问题、参数问题等，一般以选择题和填空题的形式出现，难度中等．主要考查学生的转化与化归、分类讨论思想，数学运算和逻辑推理等核心素养．1、求二项式系数和或各项的系数和的解题技巧：（1）形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ，c ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可．（2）对形如(ax ＋by )n (a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可． （3）若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝(1)(1)2f f +-，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝(1)(1)2f f --. 2、解决排列问题的常见方法：（1）“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先.不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置.（2）解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看作一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列.（3）解决不相邻问题的方法是“插空法”，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中.（4）对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列.热点11 计数原理（5）若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”.3、解决组合问题的常见方法：组合问题的限制条件主要体现在取出的元素中“含”或“不含”某些元素，在解答时可用直接法，也可用间接法.用直接法求解时，要注意合理地分类或分步；用间接法求解时，要注意题目中“至少”“至多”等关键词的含义，做到不重不漏。
第9章 第2节 二项式定理
5－r＝3， r＝2，
解得 r＝2.所以 x3y2 的系数是 C25123×(－2)2＝5.故选 A．]
第二节 二项式定理
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走进教材·夯实基础 细研考点·突破题型 课时分层作业
3．若x＋1xn展开式的二项式系数之和为 64，则展开式的常数项 为( )
A．10
B．20
C．30
D．120
B [二项式系数之和 2n＝64，所以 n＝6，Tr＋1＝Cr6·x6－r·1xr＝Cr6x6 －2r，当 6－2r＝0，即当 r＝3 时为常数项，T4＝C36＝20.]
(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即 C0n＋C2n＋C4n＋…＝C1n＋C3n＋C5n＋…＝ 2n－1 .
提醒：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系
数是指 C0n，C1n，…，Cnn，它只与各项的项数有关，而与 a，b 的值无 关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项
第二节 二项式定理
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(3)法一：(1＋2x－3x2)5＝(1－x)5(1＋3x)5，所以 x5 的系数为 C05C55 35＋C15(－1)C4534＋C25(－1)2C3533＋C35(－1)3C2532＋C45(－1)4C1531＋C55(－ 1)5C0530＝92.
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形如(a＋b＋c)n 的展开式问题 [典例 1－3] (1)将x＋4x－43展开后，常数项是________． (2)x2－2x＋y6的展开式中，x3y3 的系数是________．(用数字作答)
计数原理-备战高考数学(理)一轮复习考点
计数原理【命题趋势】两个基本计数原理是高考必考内容，有时会单独考查，有时会出现在解答题的过程之中，我们必须掌握.（1）理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理.（2）会用分类加法计数原理或分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题.排列组合是高考中的必考内容，必须掌握.有时会是单独一道小题，有时会是在概率统计解答题中涉及，分值至少5分.（1）理解排列、组合的概念.（2）能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式.（3）能解决简单的实际问题.二项式定理和排列组合在高考中一般交替考查，二者必出其一，二项式定理好拿分，熟练掌握即可.（1）能用计数原理证明二项式定理.（2）会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.【重要考向】考向一分类加法、乘法计数原理考向二两个计数原理的综合应用考向三排列与组合的综合应用考向四二项展开式通项的应用考向一分类加法、乘法计数原理（1）分类加法计数原理的特点：①根据问题的特点能确定一个适合于它的分类标准．②完成这件事的任何一种方法必须属于某一类．（2）使用分类加法计数原理遵循的原则：有时分类的划分标准有多个，但不论是以哪一个为标准，都应遵循“标准要明确，不重不漏”的原则．（3）应用分类加法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，完成这件事可以有哪些办法，怎样才算是完成这件事．②完成这件事的n类方法是相互独立的，无论哪种方案中的哪种方法都可以单独完成这件事，而不需要再用到其他的方法．③确立恰当的分类标准，准确地对“这件事”进行分类，要求每一种方法必属于某一类方案，不同类方案的任意两种方法是不同的方法，也就是分类时必须既不重复也不遗漏． （4）应用分步乘法计数原理要注意的问题：①明确题目中所指的“完成一件事”是什么事，单独用题目中所给的某一步骤的某种方法是不能完成这件事的，也就是说必须要经过几步才能完成这件事．②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少哪一步骤，这件事都不可能完成．③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步骤之间既不能重复也不能遗漏． （5）两个计数原理的区别与联系定义：若数列 {a n } 满足所有的项均由 ﹣1,1 构成且其中-1有m 个，1有p 个 (m +p ≥3) ，则称 {a n } 为“ (m,p) ﹣数列”．（1）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则使得 a i a j a k ＝1 的取法有多少种？ （2）a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (m,p) ﹣数列” {a n } 中的任意三项，则存在多少正整数 (m,p) 对使得 1≤m ≤p ≤100, 且 a i a j a k =1 的概率为 12 .【答案】 （1）解：三个数乘积为1有两种情况：“ ﹣1,﹣1,1 ”,“ 1,1,1 ”,其中“ ﹣1,﹣1,1 ”共有： C 32C 41＝12 种, “ 1,1,1 ”共有： C 43=4 种,利用分类计数原理得：a i ,a j ,a k (i <j <k) 为“ (3,4) ﹣数列” {a n } 中的任意三项, 则使得 a i a j a k ＝1 的取法有： 12+4＝16 种．（2）解：与(1)同理,“ ﹣1,﹣1,1 ”共有 C m 2C p 1种, “ 1,1,1 ”共有 C P 3 种,而在“ (m,p) ﹣数列”中任取三项共有 C m+p3种, 根据古典概型有：C m 2C p 1+C p 3C m+p3=12 ,再根据组合数的计算公式能得到： (p ﹣m)(p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2)＝0 , ①p ＝m 时,应满足 {1≤m ≤p ≤100m +p ≥3p =m ,∴(m,p)=(k,k),k ∈{2,3,4,…,100} ,共 99 个,②p 2﹣3p ﹣2mp +m 2﹣3m ﹣2＝0 时,应满足 {1<m ≤p <100m +p ≥3p 2−3p −2mp +m 2−3m −2=0 , 视 m 为常数,可解得 p ＝(2m+3)±√24m+12,∵m ≥1, ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,∵m ≥1 , ∴√2m +1≥5 , 根据 p ≥m 可知, p ＝(2m+3)+√24m+12,（否则 p ≤m ﹣1 ）,下设 k ＝√2m +1 ,则由于 p 为正整数知 k 必为正整数, ∵1≤m ≤100 , ∴5≤k ≤49 ,化简上式关系式可以知道： m ＝k 2−124=(k−1)(k+1)24,∴k ﹣1,k +1 均为偶数,∴设k＝2t+1,(t∈N∗),则2≤t≤24,∴m＝k2−124=t(t+1)6,由于t,t+1中必存在偶数,∴只需t,t+1中存在数为3的倍数即可,∴t＝2,3,5,6,8,9,11,…,23,24,∴k＝5,11,13,…,47,49．检验：p＝(2m+3)+√24m+12=(k−1)(k+1)24≤48+5024＝100,符合题意,∴共有16个,综上所述：共有115个数对(m,p)符合题意．【考点】古典概型及其概率计算公式，分类加法计数原理，组合及组合数公式【解析】(1)易得使得a i a j a k＝1的情况只有“ ﹣1,﹣1,1”,“ 1,1,1”两种,再根据组合的方法求解两种情况分别的情况数再求和即可.(2)易得“ ﹣1,﹣1,1”共有C m2C p1种,“ 1,1,1”共有C P3种.再根据古典概型的方法可知C m2C p1+C p3C m+p3=12,利用组合数的计算公式可得(p﹣m)(p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2)＝0,当p=m时根据题意有(m,p)=(k,k),k∈{2,3,4,…,100},共99个；当p2﹣3p﹣2mp+m2﹣3m﹣2＝0时求得p＝(2m+3)±√24m+12,再根据1≤m≤p≤100,换元根据整除的方法求解满足的正整数对即可.某商场举行元旦促销回馈活动，凡购物满1000元，即可参与抽奖活动，抽奖规则如下：在一个不透明的口袋中装有编号为1、2、3、4、5的5个完全相同的小球，顾客每次从口袋中摸出一个小球，共摸三次（每次摸出的小球均不放回口袋），编号依次作为一个三位数的个位、十位、百位，若三位数是奇数，则奖励50元，若三位数是偶数，则奖励100m元（m为三位数的百位上的数字，如三位数为234，则奖励100×2= 200元）.（1）求抽奖者在一次抽奖中所得三位数是奇数的概率；（2）求抽奖者在一次抽奖中获奖金额X的概率分布与期望E(X).【答案】（1）解：因为总的基本事件个数n1=A53=60，摸到三位数是奇数的事件数n2=A31A42=36，所以P1=3660=35；所以摸到三位数是奇数的概率35.（2）解：获奖金额 X 的可能取值为50、100、200、300、400、500， P(X =50)=35 ， P(X =100)=1×3×260=110， P(X =200)=1×3×160=120，P(X =300)=1×3×260=110 ， P(X =400)=1×3×160=120 ， P(X =500)=1×3×260=110 ，获奖金额 X 的概率分布为均值 E(X)=50×35+100×110+200×120+300×110+400×120+500×110=150 元. 所以期望是150元.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量及其分布列，离散型随机变量的期望与方差，分步乘法计数原理【解析】（1）首先利用排列求出摸三次的总的基本事件个数： n 1=A 53=60 ；然后利用分步计数原理求出个位的排法、十位百位的排法求出三位数是奇数的基本事件个数，再利用古典概型的概率计算公式即可求解.（2）获奖金额X 的可能取值为50、100、200、300、400、500，求出各个随机变量的分布列，利用均值公式即可求解考向二 两个计数原理的综合应用（1）利用两个原理解决涂色问题解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．要切实做到合理分类，正确分步，才能正确地解决问题． （2）利用两个原理解决集合问题解决集合问题时，常以有特殊要求的集合为标准进行分类，常用的结论有123,,,,{}n a a a a 的子集有2n 个，真子集有21n个．对有 n(n ≥4) 个元素的总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,n} 进行抽样，先将总体分成两个子总体 {1,2,3,⋅⋅⋅,m} 和 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} （ m 是给定的正整数，且 2≤m ≤n −2 ），再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本.用 P ij 表示元素 i 和 j 同时出现在样本中的概率. （1）求 P 1n 的表达式（用m ，n 表示）； （2）求所有 P ij (1≤i <j ≤n) 的和.【答案】 （1）解：由题意，从m 和 m −m 个式子中随机抽取2个，分别有 C m 2 和 C n−m2 个基本事件， 所以 P 1n 的表达式为 P 1n =m−1C m2⋅n−m−1C n−m2=4m(n−m) .（2）解：当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时，可得 P ij =1C m2 ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选两个数的不同方法数为 C m 2 ，则 P ij 的和为1；当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，同理可得 P ij 的和为1； 当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时， P ij =4m(n−m) ，而从 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中选取一个数，从 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中选一个数的不同方法数为 m(n −m) ， 则 P ij 的和为4，所以所有 P ij 的和为 1+1+4=6 .【考点】相互独立事件的概率乘法公式，古典概型及其概率计算公式，计数原理的应用，组合及组合数公式【解析】（1）根据组合数的公式，以及古典概型的概率计算公式和相互独立事件的概率计算公式，即可求解；（2）当 i,j 都在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中时求得 P ij 的和为1，当 i,j 同时在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时，求得 P ij 的和为1，当 i 在 {1,2,⋅⋅⋅,m} 中， j 在 {m +1,m +2,⋅⋅⋅,n} 中时得到 P ij 的和为4，即可求解.6男4女站成一排，求满足下列条件的排法各有多少种？（用式子表达） （1）男甲必排在首位； （2）男甲、男乙必排在正中间； （3）男甲不在首位，男乙不在末位； （4）男甲、男乙必排在一起； （5）4名女生排在一起； （6）任何两个女生都不得相邻； （7）男生甲、乙、丙顺序一定．【答案】 解：（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，故有A 99种， （2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，故有A 22A 77种，（3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故有A 1010﹣2A 99+A 88种，（4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，把甲乙两人捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 22A 88种，（5）4名女生排在一起，利用捆绑法，把4名女生捆绑在一起看作一个复合元素和另外全排，故有A 44A 77种，（6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，故有A 66A 74种， （7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，A 1010A 33=A 107种【考点】计数原理的应用【解析】（1）男甲必排在首位，则其他人任意排，问题得以解决． （2）男甲、男乙必排在正中间，则其他人任意排，问题得以解决， （3）男甲不在首位，男乙不在末位，利用间接法，故问题得以解决， （4）男甲、男乙必排在一起，利用捆绑法，问题得以解决， （5）4名女生排在一起，利用捆绑法，问题得以解决， （6）任何两个女生都不得相邻，利用插空法，问题得以解决， （7）男生甲、乙、丙顺序一定，利用定序法，问题得以解决．考向三 排列与组合的综合应用先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，利用先选后排法解答问题只需要用三步即可完成. 第一步：选元素，即选出符合条件的元素;第二步：进行排列，即把选出的元素按要求进行排列;第三步：计算总数，即根据分步乘法计数原理、分类加法计数原理计算方法总数.7名学生，按照不同的要求站成一排，求下列不同的排队方案有多少种． （1）甲、乙两人必须站两端； （2）甲、乙两人必须相邻．【答案】 （1）甲、乙为特殊元素，先将他们排在两头位置，有 A 22 种站法，其余5人全排列，有 A 55种站法．故共 A 22⋅A 55 有＝240种不同站法．（2）(捆绑法)：把甲、乙两人看成一个元素，首先与其余5人相当于六个元素进行全排列，然后甲、乙两人再进行排列，所以共 A 66⋅A 22 有＝1440种站法．【考点】排列、组合的实际应用，排列、组合及简单计数问题 【解析】（1）运用捆绑法直接求解即可； （2）运用特殊元素分析法直接求解即可.一个笼子里关着10只猫，其中有7只白猫，3只黑猫．把笼门打开一个小口，使得每次只能钻出1只猫．猫争先恐后地往外钻.如果 10 只猫都钻出了笼子，以X 表示7只白猫被3只黑猫所隔成的段数．例如，在出笼顺序为“□■□□□□■□□■”中，则 X =3 ． （1）求三只黑猫挨在一起出笼的概率； （2）求X 的分布列和数学期望.【答案】 （1）解：设“三只黑猫挨在一起出笼”为事件A ，将三只黑猫捆绑在一起，与其它7只白猫形成 8 个元素， 所以， P(A)=A 33A 88A 1010=115，因此，三只黑猫挨在一起出笼的概率为 115 ；（2）解：由题意可知，随机变量X 的取值为1、2、3、4， 其中 X =1 时，7只白猫相邻，则 P(X =1)=A 77A 44A 1010=130 ，P(X =2)=(A 32C 21C 21C 61+6A 33+A 32C 61)A 77A 1010=310 ，P(X =3)=(A 31C 21A 62+A 32A 62)A 77A 1010=12 ；P(X =4)=A 63A 77A 1010=16， 所以，随机变量 X 的分布列如下表所示：因此， E(X)=1×130+2×310+3×12+4×16=145.【考点】古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量的期望与方差，排列及排列数公式，排列、组合的实际应用【解析】（1）利用捆绑法计算三只黑猫挨在一起出笼的情况种数，再利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率；（2）由题意可知，随机变量X 的可能取值有1、2、3、4，利用排列组合思想求出随机变量X 在不同取值下的概率，可得出随机变量X 的分布列，利用数学期望公式可求得随机变量X 的数学期望.考向四 二项展开式通项的应用求二项展开式的特定项问题,实质是考查通项的特点,一般需要建立方程求k ,再将k 的值代回通项求解,注意k 的取值范围（0,1,2,,k n ）.（1）第m 项：：此时k +1=m ,直接代入通项.（2）常数项：即这项中不含“变元”,令通项中“变元”的幂指数为0建立方程. （3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程.已知 f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗).（1）若 a n =n −1 ，求 f(n) ；（2）若 a n =3n−1 ，求 f(20) 除以5的余数【答案】 （1）因为 f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n . 所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n0 2f(n)=nC n 0+nC n 1+nC n 2+⋯+nC n n =n(C n 0+C n 1+C n 2+⋯+C n n)=n ⋅2n ，∴f(n)=n ⋅2n−1（2）因为 f(n)=30C n 0+31C n 1+32C n 2+⋯+3n C n n =(1+3)n =4n .f(20)=420=(5−1)20=C 200520−C 201519+C 202518−⋯+C 201852−C 201951+C 202050 除以5余数为1，所以 f(20) 除以5的余数为1. 【考点】二项式系数的性质，二项式定理的应用【解析】（1） 因为f(n)=a 1+a 2C n 1+⋯+arC n r−1+⋯a n+1C n n(n ∈N ∗)，再结合a n =n −1 ， 得出f(n)=0C n 0+1⋅C n 1+2C n 2+3⋅C n 3⋯+nC n n ，再利用倒序求和法，所以 f(n)=nC n n +(n −1)C n n−1+(n −2)C n n−2+⋯+1⋅C n 1+0⋅C n 0 ， 再利用两式求和法结合二项式的系数的性质，得出 f(n) 。
2025年高考数学一轮复习课件第九章概率与统计-9.4二项式定理
10 的展开式中，求：
（1）二项式系数的和；
（2）各项系数的和；
（3）奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；
（4）奇数项系数和与偶数项系数和；
（5）的奇次项系数和与的偶次项系数和.
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解：设 2 − 3
10
= 0 10 + 1 9 + 2 8 2 + ⋯ + 10 10 ∗ .
数和等于偶数项的二项式系数和，即C0 + C2 + C4 + ⋯ = C1 + C3 + C5 + ⋯ = 2−1 .
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常用结论
杨辉三角
杨辉三角是二项式系数组成的三角形数表（如下），是我国数学史上一个伟大成
就，教材设专题“探究”，这里列出一些最基本的结论.
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（1）最外层全是1，第二层（含1）是自然数列1,2,3,4，⋯ ,第三层（含1，3）是
2
>
+1
时，C 随
2
+1
2
的增加而减少.如果二项式的幂指数是偶数，那么其展开式中间一项，即______的
+1
+1+1
二项式系数最大；如果是奇数，那么其展开式中间两项_____与_______的二项式系
2
2
数相等且最大.
2
（3）各二项式系数的和：C0 + C1 + C2 + ⋯ + C =____，且奇数项的二项式系
( ×)
（2）二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项.
( ×)
（3） + 的展开式中某一项的二项式系数与，无关.
高三一轮复习教案(统计,概率,计数原理,二项式定理,概率分布)
统计一．抽样方法：1．简单随机抽样的概念：一般地，设一个总体含有N个个体，从中逐个不放回地抽取n个个体作为样本（n≤N）,如果每次抽取时总体内的各个个体被抽到的机会都相等，就把这种抽样方法叫做简单随机抽样。
2．简单随机抽样实施的方法：抽签法；随机数表法。
3．系统抽样的定义：一般地，要从容量为N的总体中抽取容量为n的样本，可将总体分成均衡的若干部分，然后按照预先制定的规则，从每一部分抽取一个个体，得到所需要的样本，这种抽样的方法叫做系统抽样。
4．分层抽样：当已知总体由差异明显的几部分组成时，为了使样本更客观地反映总体的情况，常将总体按不同的特点分成层次比较分明的几部分，然后按各部分在总体中所占的比进行抽样，这种抽样叫做分层抽样，其中所分成的各部分叫“层”．5二．总体分布的估计：1.频率分布表含义:当总体很大或不便于获得时，可以用样本的频率分布估计总体的频率分布。
把反映总体频率分布的表格称为频率分布表。
2.列频率分布表的步骤：（1）求全距，决定组数和组距，组距=全距÷组数；（2）分组，通常对组内数值所在区间取左闭右开区间，最后一组取闭区间；（3）登记频数，计算频率，列出频率分布表。
3.频率分布直方图的含义：利用直方图反映样本的频率分布规律，这样的直方图称为频率分布直方图，简称频率直方图。
4. 频率分布直方图的特点：①纵轴表示频率÷组距；②矩形的面积表示频率，各矩形的面积和为1.5.获得样本的频率分布的一般步骤：（1）计算最大值与最大值（极差）；（2）确定组距与组数；（3）决定分点；（4）列出频率分布表；（5）画出频率分布直方图。
6.频率分布折线图的含义：将频率分布直方图中各相邻的矩形的上底边的中点顺次连结起来，就得到一条折线，称这条折线为频率折线图。
7.制作茎叶图的方法：将所有两位数的十位数字作为“茎”，个位数字作为“叶”，茎相同者共有一个茎，茎按从小到大的顺序从上向下列出，共茎的叶一般按从大到小（或从小到大）的顺序同行列出，相同的数重复写出来。
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高三数学一轮总结复习目录理科数学 -模拟试题分类目录1第一章会合与常用逻辑用语1.1 会合的观点与运算专题 1 会合的含义与表示、会合间的基本关系专题 2 会合的基本运算专题 3 与会合有关的新观点问题1.2 命题及其关系、充要条件专题 1 四种命题及其关系、命题真假的判断专题 2 充足条件和必需条件专题 3 充足、必需条件的应用与研究（利用关系或条件求解参数范围问题）1.3 简单的逻辑联络词、全称量词与存在量词专题 1 含有简单逻辑联络词的命题的真假专题 2 全称命题、特称命题的真假判断专题 3 含有一个量词的命题的否认专题 4 利用逻辑联络词求参数范围第二章函数2.1 函数及其表示专题 1 函数的定义域专题 2 函数的值域专题 3 函数的分析式专题 4 分段函数2.2 函数的单一性与最值专题 1 确立函数的单一性（或单一区间）专题 2 函数的最值专题 3 单一性的应用2.3 函数的奇偶性与周期性专题 1 奇偶性的判断专题 2 奇偶性的应用专题 3 周期性及其应用2.4 指数与指数函数专题 1 指数幂的运算专题 2 指数函数的图象及应用专题 3 指数函数的性质及应用2.5 对数与对数函数专题 1 对数的运算专题 2 对数函数的图象及应用专题 3 对数函数的性质及应用2.6 幂函数与二次函数专题 1 幂函数的图象与性质专题 2 二次函数的图象与性质2.7 函数的图像专题 1 函数图象的辨别专题 2 函数图象的变换专题 3 函数图象的应用2.8 函数与方程专题 1 函数零点所在区间的判断专题 2 函数零点、方程根的个数专题 3 函数零点的综合应用2.9 函数的应用专题 1 一次函数与二次函数模型专题 2 分段函数模型2专题 3 指数型、对数型函数模型第三章导数及其应用3.1 导数的观点及运算专题 1 导数的观点与几何意义专题 2 导数的运算3.2 导数与函数的单一性、极值、最值专题 1 导数与函数的单一性专题 2 导数与函数的极值专题 3 导数与函数的最值3.3 导数的综合应用专题 1 利用导数解决生活中的优化问题专题 2 利用导数研究函数的零点或方程的根专题 3 利用导数解决不等式的有关问题3.4 定积分与微积分基本定理专题 1 定积分的计算专题 2 利用定积分求平面图形的面积专题 4 定积分在物理中的应用第四章三角函数、解三角形4.1 三角函数的观点、同角三角函数的基本关系及引诱公式专题 1 三角函数的观点专题 2 同角三角函数的基本关系专题 3 引诱公式4.2 三角函数的图像与性质专题 1 三角函数的定义域、值域、最值专题 2 三角函数的单一性专题 3 三角函数的奇偶性、周期性和对称性4.3 函数 y = A sin(wx +j ) 的图像及应用专题 1 三角函数的图象与变换专题 2 函数 y=Asin( ωx+φ ) 图象及性质的应用4.4 两角和与差的正弦、余弦与正切公式专题 1 非特别角的三角函数式的化简、求值专题 2 含条件的求值、求角问题专题 3 两角和与差公式的应用4.5 三角恒等变换专题 1 三角函数式的化简、求值专题 2 给角求值与给值求角专题 3 三角变换的综合问题4.6 解三角形专题 1 利用正弦定理、余弦定理解三角形专题 2 判断三角形的形状专题 3 丈量距离、高度及角度问题专题 4 与平面向量、不等式等综合的三角形问题第五章平面向量5.1 平面向量的观点及线性运算专题 1 平面向量的线性运算及几何意义专题 2 向量共线定理及应用专题 3 平面向量基本定理的应用5.2 平面向量基本定理及向量的坐标表示专题 1 平面向量基本定理的应用3专题 2 平面向量的坐标运算专题 3 平面向量共线的坐标表示5.3 平面向量的数目积专题 1 平面向量数目积的运算专题 2 平面向量数目积的性质专题 3 平面向量数目积的应用5.4 平面向量的应用专题 1 平面向量在几何中的应用专题 2 平面向量在物理中的应用专题 3 平面向量在三角函数中的应用专题 4 平面向量在分析几何中的应用第六章数列6.1 数列的观点与表示专题 1 数列的观点专题 2 数列的通项公式6.2 等差数列及其前 n 项和专题 1 等差数列的观点与运算专题 2 等差数列的性质专题 3 等差数列前 n 项和公式与最值6.3 等比数列及其前 n 项和专题 1 等比数列的观点与运算专题 2 等比数列的性质专题 3 等比数列前 n 项和公式6.4 数列乞降专题 1 分组乞降与并项乞降专题 2 错位相减乞降专题 3 裂项相消乞降6.5 数列的综合应用专题 1 数列与不等式相联合问题专题 2 数列与函数相联合问题专题 3 数列中的研究性问题第七章不等式推理与证明7.1 不等关系与一元二次不等式专题 1 不等式的性质及应用专题 2 一元二次不等式的解法专题 3 一元二次不等式恒建立问题7.2 二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题专题 1 二元一次不等式（组）表示的平面地区问题专题 2 与目标函数有关的最值问题专题 3 线性规划的实质应用7.3 基本不等式及其应用专题 1 利用基本不等式求最值专题 2 利用基本不等式证明不等式专题 3 基本不等式的实质应用7.4 合情推理与演绎推理专题 1 概括推理专题 2 类比推理专题 3 演绎推理7.5 直接证明与间接证明专题 1 综合法4专题 2 剖析法专题 3 反证法7.6 数学概括法专题 1 用数学概括法证明等式专题 2 用数学概括法证明不等式专题 3 概括－猜想－证明第八章立体几何8.1 空间几何体的构造及其三视图和直观图专题 1 空间几何体的构造专题 2 三视图与直观图8.2 空间几何体的表面积与体积专题 1 空间几何体的表面积专题 2 空间几何体的体积专题 3 组合体的“接”“切”综合问题8.3 空间点、直线、平面之间的地点关系专题 1 平面的基天性质及应用专题 2 空间两条直线的地点关系专题 3 异面直线所成的角8.4 直线、平面平行的判断与性质专题 1 线面平行、面面平行基本问题专题 2 直线与平面平行的判断与性质专题 3 平面与平面平行的判断与性质8.5 直线、平面垂直的判断与性质专题 1 垂直关系的基本问题专题 2 直线与平面垂直的判断与性质专题 3 平面与平面垂直的判断与性质专题 4 空间中的距离问题专题 5 平行与垂直的综合问题（折叠、研究类）8.6 空间向量及其运算专题 1 空间向量的线性运算专题 2 共线定理、共面定理的应用专题 3 空间向量的数目积及其应用8.7 空间几何中的向量方法专题 1 利用空间向量证明平行、垂直专题 2 利用空间向量解决研究性问题专题 3 利用空间向量求空间角第九章分析几何9.1 直线的倾斜角、斜率与直线的方程专题 1 直线的倾斜角与斜率专题 2 直线的方程9.2 点与直线、两条直线的地点关系专题 1 两条直线的平行与垂直专题 2 直线的交点问题专题 3 距离公式专题 4 对称问题9.3 圆的方程专题 1 求圆的方程专题 2 与圆有关的轨迹问题专题 3 与圆有关的最值问题59.4 直线与圆、圆与圆的地点关系专题 1 直线与圆的地点关系专题 2 圆与圆的地点关系专题 3 圆的切线与弦长问题专题 4 空间直角坐标系9.5 椭圆专题 1 椭圆的定义及标准方程专题 2 椭圆的几何性质专题 3 直线与椭圆的地点关系9.6 双曲线专题 1 双曲线的定义与标准方程专题 2 双曲线的几何性质9.7 抛物线专题 1 抛物线的定义与标准方程专题 2 抛物线的几何性质专题 3 直线与抛物线的地点关系9.8 直线与圆锥曲线专题 1 轨迹与轨迹方程专题 2 圆锥曲线中的范围、最值问题专题 3 圆锥曲线中的定值、定点问题专题 4 圆锥曲线中的存在、研究性问题第十章统计与统计事例10.1 随机抽样专题 1 简单随机抽样专题 2 系统抽样专题 3 分层抽样10.2 用样本预计整体专题 1 频次散布直方图专题 2 茎叶图专题 3 样本的数字特点专题 4 用样本预计整体10.3 变量间的有关关系、统计事例专题 1 有关关系的判断专题 2 回归方程的求法及回归剖析专题 3 独立性查验第十一章计数原理11.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理专题 1 分类加法计数原理专题 2 分步乘法计数原理专题 3 两个计数原理的综合应用11.2 摆列与组合专题 1 摆列问题专题 2 组合问题专题 3 摆列、组合的综合应用11.3 二项式定理专题 1 通项及其应用专题 2 二项式系数的性质与各项系数和专题 3 二项式定理的应用第十二章概率与统计612.1 随机事件的概率专题 1 事件的关系专题 2 随机事件的频次与概率专题 3 互斥事件、对峙事件12.2 古典概型与几何概型专题 1 古典概型的概率专题 2 古典概型与其余知识的交汇（平面向量、直线、圆、函数等）专题 3 几何概型在不一样测度中的概率专题 4 生活中的几何概型问题12.3 失散型随机变量及其散布列专题 1 失散型随机变量的散布列的性质专题 2 求失散型随机变量的散布列专题 3 超几何散布12.4 失散型随机变量的均值与方差专题 1 简单的均值、方差问题专题 2 失散型随机变量的均值与方差专题 3 均值与方差在决议中的应用12.5 二项散布与正态散布专题 1 条件概率专题 2 互相独立事件同时发生的概率专题 3 独立重复试验与二项散布专题 4 正态散布下的概率第十三章算法初步、复数13.1 算法与程序框图专题 1 次序构造专题 2 条件构造专题 3 循环构造13.2 基本算法语句专题 1 输入、输出和赋值语句专题 2 条件语句专题 3 循环语句13.3 复数专题 1 复数的有关观点专题 2 复数的几何意义专题 3 复数的代数运算第十四章选修模块14.1 几何证明选讲专题 1 平行线分线段成比率定理专题 2 相像三角形的判断与性质专题 3 直角三角形的射影定理专题 4 圆周角、弦切角及圆的切线专题 5 圆内接四边形的判断及性质专题 6 圆的切线的性质与判断专题 7 与圆有关的比率线段14.2 坐标系与参数方程专题 1 极坐标与直角坐标的互化专题 2 直角坐标方程与极坐标方程的互化专题 3 曲线的极坐标方程的求解专题 4 曲线的参数方程的求解专题 5 参数方程与一般方程的互化7专题 6 极坐标方程与参数方程的应用14.3 不等式选讲专题 1 含绝对值不等式的解法专题 2 绝对值三角不等式的应用专题 3 含绝对值不等式的问题专题 4 不等式的证明8。
计数原理知识梳理-2024届高三数学一轮复习
计数原理知识梳理一、两个原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝ 种不同的方法．推广：如果完成一件事有n 类不同方案，在第1类方案中有m 1种不同的方法，在第2类方案中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方案中有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1＋m 2＋…＋m n ．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝ 种不同的方法．推广：如果完成一件事需要n 个步骤，做第1步有m 1种不同的方法，做第2步有m 2种不同的方法，…,做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事的方法总数为：N ＝m 1×m 2×…×m n ．(1)将一个比较复杂的问题分解为若干个“类别”，先分类解决，然后将其整合，如何合理进行分类是解决问题的关键．(2)要准确把握分类加法计数原理的两个特点：①根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏； ②分类时，注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，不能重复； ③对于分类问题所含类型较多时也可考虑使用间接法． 5.利用分步乘法计数原理解决问题时要注意：(1)要按事件发生的过程合理分步，即考虑分步的先后顺序．(2)各步中的方法互相依存，缺一不可，只有各步骤都完成才算完成这个事件． (3)对完成各步的方法数要准确确定． 6. 应用两种原理解题要注意 (1)分清要完成的事情是什么？(2)分清完成该事情是分类完成还是分步完成，“类”间互相独立，“步”间互相联系； (3)有无特殊条件的限制； (4)检验是否有重漏．7.与两个计数原理有关问题的解题策略(1)在综合应用两个原理解决问题时，一般是先分类再分步，但在分步时可能又会用到分类加法计数原理. (2)对于较复杂的两个原理综合应用的问题，可恰当借助列表、画图的方法来帮助分析，使问题形象化、直观化．二、排列与组合 1.排列；如果与顺序无关，则是组合． 2.排列数、组合数的定义、公式、性质全排列：n 个不同元素全部取出的一个排列，全排列数公式：所有全排列的个数，即(1)(2)21!nn A n n n n =⨯-⨯-⋅⋅⋅⨯⨯=．3.排列、组合问题的求解常用方法与技巧解排列组合综合问题，先选后排法是解答排列、组合应用问题的根本方法，具体有下面几种常用方法： (1)特殊元素或特殊位置优先法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上；从位置入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置．优先安排．(2)相邻问题捆绑法：把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列． (3)相间问题插空法：对不相邻问题，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间及两端插入不相邻元素．(4)定序问题倍除法：对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列． (5)多排问题单排法：把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理． (6)分球问题隔板法：相同元素的分配问题常用“隔板法”,每组至少一个．(7) 分组分配问题的策略：对于不等分问题，首先要对分配数量的可能情形进行一一列举，然后再对每一种情形分类考虑．对于整体均分，分组后一定要除以A n n (n 为均分的组数)，避免重复计数．对于部分均分，若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m ！．(8)间接法：正难则反、等价转化的方法，比如“至少”或“至多”含有几个元素的题型． 三、二项式定理 1.二项式定理(1)二项式定理：(a ＋b )n ＝(n ∈N *)，等号右边的式子称为()na b +的二项展开式．(2)通项公式：T k ＋1＝ ，它表示第 项；注意：(a ＋b )n 与(b ＋a )n 虽然相同，但用二项式定理展开后，具体到它们展开式的某一项时是不相同的，一定要注意顺序问题． 2.二项展开式的特征：（1）二项展开式共有 项；（2）二项式系数依次为组合数012,,,,,,knn n n n n C C C C C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅；（3）各项次数都等于二项式的幂指数n ；（4）字母a 的指数由n 开始按降幂排列到0，b 的指数由0开始按升幂排列到n ． 注意：二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念．二项式系数是特指相应的组合数C 0n ，C 1n ，…，C n n ，它只与各项的项数有关，而与a ，b 的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a ，b 的值有关． 3.4.(1)(a ＋b )n 展开式的各二项式系数和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝ .(2)偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＋…＝ .5.求二项展开式中特定项(或系数)的步骤第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项T k ＋1＝C k n a n －k b k，把字母和系数分离开(注意符号不要出错)；第二步，根据题目中的相关条件(如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数)先列出相应方程(组)或不等式(组)，解出k ；第三步，把k 代入通项中，即可求出T k ＋1，有时还需要先求n ，再求k ，才能求出T k ＋1或者其他量． 6.求三项展开式中某些特定项(或系数)的策略(1)通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解． (2)两次利用二项式定理的通项求解．(3)由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量．7.二项式定理中的字母可取任意数或式，在解题时根据题意给字母赋值是求解二项展开式各项系数和的一种重要方法．(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法．对形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m (a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可；对形如(ax ＋by )n (a ，b ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可．(2)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f （1）＋f （－1）2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f （1）－f （－1）2.8.二项展开式中系数最大项的求法如求(a ＋bx )n (a ，b ∈R )的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法．设展开式各项系数分别为A 1，A 2，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1，A k ≥A k ＋1，注意解出k 后要检验首末两项．。
高考数学一轮复习 第九章 计数原理、概率与统计 第三节 二项式定理课件 理
和
1.二项式定理 (1)定理:公式(a+b)n=C���0��� an+C���1��� an-1b+…+C������������ an-kbk+…+C������������ bn(n∈N*)叫 做二项式定理.(a+b)n 的二项展开式共有 n+1 项,其中各项的系数 C������������ (k∈{0,1,2,…,n})叫做二项式系数. (2)通项:式中的C������������ an-kbk 叫做二项展开式的通项,用 Tk+1 表示,即二项 展开式的通项为第 k+1 项,Tk+1=C������������ an-kbk.
������
������
=
(−������)kC5������
5-2������
������ 2
,
令
5-2������ 2
=
3 , 解得������
2
=
1, 所以
−
������C51=30,
解得 a=-6.
【参考答案】 D
(2)(2015·天津高考)在
������-
1 4������
6
的展开式中
x2
的系数为
.
【解题思路】本题主要考查二项式定理.
展开式中的含有
提醒:展开式中第 k+1 项的二项式系数与第 k+1 项的系数不是同一概念.
3.常用的数学方法与思想
公式代入法、赋值法、函数与方程思想.
1.(2015·山东实验中学四诊)在二项式
1 ������
-������2
5
的展开式中,含
x4 的项
高考数学一轮总复习 第9章 计数原理与概率、随机变量及其分布 第3节 二项式定理课件 理 新人教版
3．二项式系数的性质
性质
内容
与首末两端等距离的两个二项式系数相等，即 对称性
Cmn ＝Cnn－m
增减性
当_k_＜__n_＋2__1_时，二项式系数逐渐增大； 当_k_＞__n_＋2__1_时，二项式系数逐渐减小
性质
内容
当 n 是偶数时，中间一项第n2__＋__1项的二项式系
最大值
n
数最大，最大值为
项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为
A．29
B．210
C．211
D．212
()
解析：由 C3n＝C7n，得 n＝10，故奇数项的二项式系数和为 29. 答案：A
2．(2016·成都一中模拟)设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋
a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则 a0＋a1＋a2＋…＋a11 的值
C
2 n
；当
n
是奇数时，中间两
项 第_n_2-_1_＋__1_项和第_n_2+_1_＋__1_项 的 二 项 式 系 数
n-1
n+1
相等，且同时取得最大值，最大值为
C
2 n
或
Cn2
4．各二项式系数的和 (a＋b)n 的展开式的各个二项式系数的和等于 2n，即 _C_0n_＋__C_1n_＋__C__2n＋__…__＋__C__kn_＋__…__＋__C_nn_＝2n. 二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项 的二项式系数的和，即 C1n＋C3n＋Cn5＋…＝C0n＋C2n＋ C4n＋…＝ 2n－1 .
[题组练透]
1．二项式
x＋x2210 的展开式中的常数项是
A．180
B．90
()
二项式定理课件-2025届高三数学一轮复习
B.−
)
C.−
√
D.−
解析：因为只有第5项的二项式系数最大，
所以 = , −
的展开式的通项为+
= −
− ，
= ,1,2,
⋯ ，8，所以展开式中奇数项的二项式系数与相应奇数项的系数相等，偶
数项的二项式系数与相应偶数项的系数互为相反数，而展开式中第5项的
D.50
] 求解.
思路二：利用因式分解把 + − 转化为二项式
思路三：
+
)
−
求解.
− 表示5个因式 + − 的乘积，利用组合知识求解.
解析：方法一： + −
=[ − +
] ,
通项为+ = − −
逐项减1直到零；字母 按升幂排列，从第一项开始，次数由零逐项加1直
到 .
2.二项式系数的性质
若二项展开式的通项为+ = ⋅
( = , , , ⋯ , ), ≠ ,则
有以下常见结论：
（1） = ⇔ + 是常数项；
（2） 是非负整数 ⇔ + 是整式项；
的展开式中第2项和第6项的二项式系数相等，所
以 = ，解得 = .
−
展开式的通项为
−
+ =
−
=
⋅ −
⋅ − ⋅ − ，
最新-2021版一轮理数A版课件：第九章 第二节 二项式定理 精品
，Tr′＋1＝
，则
. 又 0≤r≤6,0≤r′≤10， 则3r－r′4 ＝0，解得 r＝r′＝0，r＝3 且 r′＝4，r＝6 且 r′＝ 8. 即常数项为 1＋C36C410＋C66C810＝4 246. [答案] (1)－5 (2)－210 (3)4 246
考点一
考点二
[方法提升]
考点三
考点四
解析 答案
考点一
考点二
考点三
考点四
[方法提升] 1．二项式系数的最大值，根据(a＋b)y 的二项式系数性质求解． 2．项的系数的最值，利用不等式法．求出展开式的通项公式 Tr＋1＝Crn·m·xq＝arxq 为最大系数，则aarr≥≥aarr＋－11，. 求 r 的整数解．
考点一
考点二
考点三
考点四
a令0 ＋x＝a10x，＋得aa2x0＝2 ＋1；…令＋x＝anx1n，，得则a0＋aa1 1＋＋a…2 ＋＋…a8＝＋(－an2的)8＝值25为6. _所__以2_5_a5_1_＋_．a2＋…＋a8＝255.
解析 答案
考点一
考点二
[模型解法]
考点三
考点四
赋值法是指对二项式中的未知元进行赋值，从而求得二项展开
考点四
[跟踪训练]
1．(2018·唐山模拟)x2＋x12－2
3 展开式中的常数项为(
C
)
A．－8
B．－12
C．－20
D．20
∵x2＋x12－2 3＝x－x1 6，∴Tr＋1＝Cr6x6－r－x1 r＝Cr6(－1)rx6 －2r，令 6－2r＝0，得 r＝3，∴常数项为 C36(－1)3＝－20.
解析 答案
3．二项式系数 (1)定义：二项式系数为： Ckn(k∈{0,1,2，…，n}) ．
高考数学大一轮总复习 第九章 计数原理、概率、随机变
变式训练1 (1)在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系数为( )
A．30
B．20
C．15
D．10
解析 含 x3 的项是由(1＋x)6 展开式中含 x2 的项与 x 相乘得到，又(1
＋x)6 展开式中含 x2 的项的系数为 C26＝15，故含 x3 项的系数是 15。 答案 C
(2)(2015·山西四校联考)若x6＋x
A．7
B．6
C．5
D．4
解析 (x＋1)n 的二项展开式通项为 Tr＋1＝Crnxn－r。令 n－r＝2，即 r＝n－2。则 x2 的系数为 Cnn－2＝C2n＝15，解得 n＝6，故选 B(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( )
x－
a 5 x
的展开式中含
x32的项的系数为
30，则
a
＝( )
A. 3
B．－ 3
C．6
D．－6
【解析】 展开式的通项为 Tr＋1＝Cr5·( x)5－r·－xar＝(－1)rCr5ar·x52－
r(r＝0,1,2，…，5)。令25－r＝23，得 r＝1，所以展开式中含 x32项的系数
奇 数 时 ， 第 n＋1 项 和 n＋3 项 的 二 项 式 系 数 最 大 ， 最 大 值 为
_C_n_－_2_1_n_或__C__n_＋2__1_2_n。
2
(3)各二项式系数的和 (a＋b)n 的展开式的各个二项式系数的和等于 2n，即_C_0n_＋__C_1n_＋__…__＋__C_nn_
＝2n。 二项展开式中，偶数项的二项式系数的和__等__于____奇数项的二项式系
[练一练] 1．(x－y)n的二项展开式中，第r项的系数是( )
人教版高中总复习一轮数学精品课件 第9章 计数原理 9.3 二项式定理
所以8(a+1)=32,
解得a=3.
解题心得 1.二项式系数最大项的确定方法
(1)若 n 是偶数,则中间一项 第 + 1 项 的二项式系数最大;
2
+1
+1
(2)若 n 是奇数,则中间两项 第 2 项与第 2 + 1 项 的二项式系数相等
且最大.
2.二项展开式系数最大项的求法
如求(a+bx)n(a,b∈R)的展开式系数最大的项,一般采用待定系数法,设展开式
8
11
即
解得 3 ≤k≤ 3 .因为 k∈Z,所以 k=3.
2( + 1) ≥ 10-,
3
故系数的绝对值最大的项为第 4 项,T4=-C10
·27·
x4=-15 360x4.
命题角度3求二项展开式中系数的和
例5 (1)(多选)已知(1-2x)2 021=a0+a1x+a2x2+…+a2 021x2 021,则( AD )
不一定.
1.C0 + C1 + C2 +…+C =2n.
2.C0 + C2 + C4 +…=C1 + C3 + C5 +…=2n-1.
3.C1 +2C2 +3C3 +…+nC =n·2n-1.
0
4.C
C
-1 1
0
+ C C +…+C
C
= C+
2
·
1 8-
(2x)k.
2
1
3.(多选)若 √ + 2 的展开式中含 x2 项,则 n 的值可能是( BD )
高考数学一轮复习 第九章 计数原理与概率 课时达标56 二项式定理
第56讲 二项式定理[解密考纲]对二项式定理的考查主要涉及利用通项公式求展开式、特定项或参数值，利用二项式的性质求多项式的二项式系数、各项系数的和，一般以选择题、填空题的形式出现．一、选择题1．二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 210的展开式中的常数项是( A )A ．180B ．90C ．45D ．360解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 210的展开式的通项为T k ＋1＝C k 10·(x )10－k·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2k ＝2k C k 10x 5－52 k ，令5－52k ＝0，得k ＝2，故常数项为22C 210＝180.2．设n 为正整数，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x x 2n展开式中存在常数项，则n 的一个可能取值为( B )A ．16B ．10C ．4D ．2解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x x 2n 展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 2n x 2n －k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x x k ＝C k 2n (－1)kx4n －5k2 ，令4n －5k 2＝0，得k ＝4n5，依据选项知n 可取10. 3.⎝⎛⎭⎪⎫ax ＋366的展开式的第二项的系数为－3，则⎠⎛-2a x 2d x 的值为( B ) A ．3 B ．73 C ．3或73D ．3或－103解析 该二项展开式的第二项的系数为C 1636a 5，由C 1636a 5＝－3，解得a ＝－1，因此⎠⎛-2a x 2d x ＝⎠⎛－2－1x 2d x ＝x 33|－1－2＝－13＋83＝73.4．已知(1＋x )10＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a 10(1－x )10，则a 8＝( D ) A ．－5 B ．5 C ．90D ．180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，故选D ．5．若(3y ＋x )5展开式的第三项为10，则y 关于x 的函数图象的大致形状为( D )解析 (3y ＋x )5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5x r 2 y 5-r3 ，则T 3＝C 25xy ＝10，即xy ＝1，由题意知x ≥0，故D 选项的图象符合．6．在(2x ＋x lg x )8的展开式中，二项式系数最大的项的值等于1 120，则x ＝( C )A ．1B ．110C ．1或110D ．－1解析 二项式系数最大的项为第5项，由题意可知T 5＝C 48(2x )4·(xlg x )4＝1 120，∴x4(1＋lg x )＝1，两边取对数可知lg 2x ＋lg x ＝0，得lg x ＝0或lg x ＝－1，故x ＝1或x ＝110.二、填空题7．(2017·浙江卷)已知多项式(x ＋1)3(x ＋2)2＝x 5＋a 1x 4＋a 2x 3＋a 3x 2＋a 4x ＋a 5，则a 4＝__16__，a 5＝__4__.解析 由题意知a 4为展开式含x 的项的系数，根据二项式定理得a 4＝C 23×12×C 22×22＋C 33×13×C 12×2＝16，a 5是常数项，所以a 5＝C 33×13×C 22×22＝4.8．(2016·全国卷Ⅰ)(2x ＋x )5的展开式中，含x 3项的系数是__10__(用数字填写答案)．解析 由(2x ＋x )5得T r ＋1＝C r 5(2x )5－r(x )r＝25－r C r 5x 5－r2 ，令5－r2＝3得r ＝4，此时系数为10.9．若二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋23x n 的展开式中的常数项是80，则该展开式的二项式系数之和等于__32__.解析 对于T r ＋1＝C r n (x )n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23x r ＝C r n 2rx n -r2 －r 3，当r ＝35n 时展开式为常数项，因此n为5的倍数，不妨设n ＝5m ，则有r ＝3m ，则23m C 3m5m ＝80，因此m ＝1，则该展开式中的二项式系数之和等于2n＝25＝32.三、解答题10．已知在⎝⎛⎭⎪⎪⎫3x －123x n 的展开式中，第6项为常数项． (1)求n ；(2)求含x 2的项的系数； (3)求展开式中所有的有理项．解析 (1)依题意知⎝⎛⎭⎪⎪⎫3x －123x n 的展开式的通项为T r ＋1＝C r n (3x )n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫－123x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r C r n x n -2r 3 ，又第6项为常数项，则当r ＝5时，n －2r3＝0，即n －103＝0，解得n ＝10.(2)由(1)得T r ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r C r10x 10-2r3 ，令10－2r 3＝2，解得r ＝2，故含x 2的项的系数为⎝ ⎛⎭⎪⎫－122C 210＝454.(3)若T r ＋1为有理项，则有10－2r3∈Z ，且0≤r ≤10，r ∈Z ，故r ＝2,5,8，则展开式中的有理项分别为T 3＝C 210⎝ ⎛⎭⎪⎫－122x 2＝454x 2， T 6＝C 510⎝ ⎛⎭⎪⎫－125＝－638， T 9＝C 810⎝ ⎛⎭⎪⎫－128x －2＝45256x －2. 11．已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7，求： (1)a 1＋a 2＋…＋a 7； (2)a 1＋a 3＋a 5＋a 7； (3)a 0＋a 2＋a 4＋a 6；(4)|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|.解析 令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝－1.① 令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＝37.② (1)∵a 0＝C 07＝1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝－2.(2)(①－②)÷2，得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－1－372＝－1 094.(3)(①＋②)÷2，得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝－1＋372＝1 093.(4)∵(1－2x )7展开式中a 0，a 2，a 4，a 6大于零，而a 1，a 3，a 5，a 7小于零，∴|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|＝(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)－(a 1＋a 3＋a 5＋a 7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.12．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2x n，求：(1)展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项． 解析 (1)∵C 4n ＋C 6n ＝2C 5n ，∴n 2－21n ＋98＝0. ∴n ＝7或n ＝14，当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5. ∴T 4的系数为C 37⎝ ⎛⎭⎪⎫12423＝352，T 5的系数为C 47⎝ ⎛⎭⎪⎫12324＝70，当n ＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T 8.∴T 8的系数为C 714⎝ ⎛⎭⎪⎫12727＝3 432.(2)∵C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＝79，∴n 2＋n －156＝0.∴n ＝12或n ＝－13(舍去)．设T k ＋1项的系数最大，∵⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2x 12＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212(1＋4x )12， ∴⎩⎪⎨⎪⎧C k124k≥C k －1124k －1，C k 124k ≥C k ＋1124k ＋1，∴9.4≤k ≤10.4，∵k ∈N ，∴k ＝10.∴展开式中系数最大的项为T 11，T 11＝C 1012·⎝ ⎛⎭⎪⎫122·210·x 10＝16 896x 10.。
2021届高考数学一轮复习第九章概率与统计第8讲二项式定理课件
(4)(x2＋x＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数为( )
A.10
B.20
C.30
D.60
解析：方法一，(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含 y2 的项为 T3
＝C25(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3 中含 x5 的项为 C13x4·x＝C13x5.∴x5y2
＝
C
0 n
anb0＋C1n
an
－1b1
＋
…＋
C
r n
an
－rbr
＋
…＋C
n n
a0bn
，
(n∈N*)所表示的定理叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋
b)n 的二项式展开式.
2.二项式定理的特征 (1)项数：二项式展开式共有___n_＋__1__项. (2)通项公式：Tr＋1＝Crnan－rbr(r＝0,1,2，…，n)表示展开式 中的第 r＋1 项. (3)二项式系数： 二项式展开式第 r＋1 项的二项式系数为 ____C_nr ___.
∴(x＋y)(2x－y)5 的展开式中的 x3y3 的系数为 80－40＝40.
答案：C
(3)(2019 年浙江)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：( 2＋x)9 的通项为 Tr＋1＝C9r( 2)9－rxr(r＝0,1,2…9)， ∴常数项为 T1＝C09( 2)9＝16 2，因系数为有理数，r＝1,3,5,7,9， 有 T2, T4, T6, T8, T10 共 5 个项.
1.(2018 年新课标Ⅲ)x2＋2x5 的展开式中 x4 的系数为( C )
A.10
B.20
2021届高考数学一轮知能训练第九章概率与统计第8讲二项式定理含解析
第8讲二项式定理1.已知(x＋1)5＋(x－2)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9（x－1)9,则a7＝( ）A.9B.36 C。
84 D。
2432.（1＋3x)n(其中n∈N且n≥6）的展开式中x5与x6的系数相等，则n＝（)A.6 B。
7 C.8 D。
93.（2019年新课标Ⅲ）（1＋2x2）(1＋x)4的展开式中x3的系数为( ）A.12B.16C.20 D。
244。
若（1－2x)2009＝a0＋a1x＋…＋a2009x2009（x∈R)，则错误!＋错误!＋…＋错误!的值为（)A。
2 B.0 C.－1 D.－25.若a＜0，（x－2y）(ax＋y)5的展开式中,x4y2的系数为－20，则a 等于( )A.－1 B。
－错误!C。
－2 D.－错误!6。
（2015年湖北）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。
297。
在错误!6的展开式中，含x5项的系数为（）A.6 B。
－6 C。
24 D。
－248。
(2018年天津)在错误!5的展开式中，x2的系数为____________。
9。
(2018年浙江)二项式错误!8的展开式的常数项是________。
10。
(2017年浙江）已知多项式（x＋1)3（x＋2）2＝x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x1＋a5，则a4＝________,a5＝________.11.（2015年上海）在错误!10的展开式中，x2项的系数为________。
(结果用数值表示)12.已知m是常数，（mx－1)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0,且a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝33，则m＝________.13.等比数列{a n}中，a1＝2，a8＝4，函数f(x）＝x（x－a1）(x－a2）…(x －a8）,则f′(0)( ）A。
26B。
29C。
212 D.21514。
高考数学(理)一轮复习文档 第九章 计数原理、概率、随机变量及其分布 第3讲 二项式定理 Word版含答案
第3讲 二项式定理)1．二项式定理 (1)定理(a ＋b )n＝C 0n a n＋C 1n a n －1b ＋…＋C k n a n －k b k ＋…＋C n n b n (n ∈N *)．(2)通项第k ＋1项为：T k ＋1＝C k n a n －k b k．(3)二项式系数二项展开式中各项的二项式系数为：C kn (k ＝0，1，2，…，n )． 2．二项式系数的性质1．辨明三个易误点 (1)通项T k ＋1＝C k n an －k b k是展开式的第k ＋1项，不是第k 项．(2)(a ＋b )n与(b ＋a )n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量a 与第二个量b 的位置不能颠倒．(3)易混淆二项式中的“项”“项的系数”“项的二项式系数”等概念，注意项的系数是指非字母因数所有部分，包含符号，二项式系数仅指C kn (k ＝0，1，…，n )．2．二项展开式系数最大项的求法如求(a ＋bx )n(a ，b ∈R )的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A 1，A 2，…，A n ＋1，且第k 项系数最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A k ≥A k －1，A k ≥A k ＋1，从而解出k 来，即得．1．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 7展开式的第4项等于5，则x 等于( ) A.17 B ．－17C ．7D ．－7B 由T 4＝C 37x 4⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x 3＝5得x ＝－17，故选B ． 2.教材习题改编二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x 26的展开式中，常数项的值是( ) A ．240 B ．60 C ．192D ．180 A 二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x 26展开式的通项为T r ＋1＝C r 6(2x )6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2r＝26－r C r 6x 6－3r，令6－3r ＝0，得r ＝2，所以常数项为26－2C 26＝16×6×52×1＝240.3．已知(2－x )10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10，则a 8等于( ) A ．180 B ．－180 C ．45D ．－45A 由题意得a 8＝C 81022(－1)8＝180.4．(2016·高考北京卷)在(1－2x )6的展开式中，x 2的系数为________．(用数字作答) (1－2x )6的展开式的通项T r ＋1＝C r 6(－2)r x r ，当r ＝2时，T 3＝C 26(－2)2x 2＝60x 2，所以x 2的系数为60.605．在二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－a x 5的展开式中，x 的系数是－10，则实数a 的值为________．T r ＋1＝C r5(x 2)5－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a x r＝(－a )r C r 5·x10－3r. 当10－3r ＝1时，r ＝3，于是x 的系数为(－a )3C 35＝－10a 3，从而由已知得a ＝1. 1二项展开式中的特定项或特定项的系数(高频考点)二项式定理是高中数学中的一个重要知识点，也是高考命题的热点，多以选择题、填空题的形式呈现，试题多为容易题或中档题．高考对二项式定理的考查主要有以下三个命题角度： (1)求展开式中的某一项；(2)求展开式中的项的系数或二项式系数； (3)由已知条件求n 的值或参数的值．(1)(x 2＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－15的展开式的常数项是________． (2)(2016·高考山东卷)若(ax 2＋1x)5的展开式中x 5的系数是－80，则实数a ＝________．【解析】 (1)(x2＋2)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2－15＝(x2＋2)·⎝⎛⎭⎪⎫C 05·1x10－C 15·1x8＋C 25·1x 6－C 35·1x 4＋C 45·1x2－1，故它的展开式的常数项为C 45－2＝3.(2)(ax 2＋1x)5的展开式的通项T r ＋1＝C r5(ax 2)5－r·x －r2＝C r 5a5－r·x 10－5r 2，令10－52r ＝5，得r ＝2，所以C 25a 3＝－80，解得a ＝－2.【答案】 (1)3 (2)－2与二项展开式有关问题的解题策略(1)求展开式中的第n 项，可依据二项式的通项直接求出第n 项．(2)求展开式中的特定项，可依据条件写出第r ＋1项，再由特定项的特点求出r 值即可． (3)已知展开式的某项，求特定项的系数，可由某项得出参数项，再由通项写出第r ＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数．角度一 求展开式中的某一项1.⎝⎛⎭⎪⎫x 3－2x 4＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 8的展开式中的常数项为( )A ．32B ．34C ．36D ．38D ⎝⎛⎭⎪⎫x 3－2x 4的展开式的通项为 T k ＋1＝C k4(x 3)4－k·⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x k＝C k 4(－2)k x12－4k， 令12－4k ＝0，解得k ＝3，⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 8的展开式的通项为T r ＋1 ＝C r8·x 8－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r＝C r 8·x 8－2r，令8－2r ＝0，得r ＝4，所以所求常数项为C 34(－2)3＋C 48＝38.角度二 求展开式中的项的系数或二项式系数2．(2017·湖北枣阳第一中学模拟)(x 2＋x ＋y )5的展开式中x 5y 2的系数为( ) A ．10 B ．20 C ．30D ．60C (x 2＋x ＋y )5的展开式的通项为T r ＋1＝C r5(x 2＋x )5－r·y r ，令r ＝2，则T 3＝C 25(x 2＋x )3y 2，又(x 2＋x )3的展开式的通项为C k 3(x 2)3－k·x k ＝C k 3x6－k，令6－k ＝5，则k ＝1，所以(x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为C 25C 13＝30，故选C.角度三 由已知条件求n 的值或参数的值3．若⎝⎛⎭⎪⎫ax ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x 5展开式中的常数项为－40，则a ＝________．⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x 5展开式的第r ＋1项为T r ＋1＝C r 5(2x )5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r＝C r 525－r x 5－2r ，因为⎝ ⎛⎭⎪⎫ax ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1x 5的展开式中的常数项为－40，所以ax C 3522x －1＋1xC 2523x 1＝－40，所以40a ＋80＝－40，解得a＝－3.－3二项式系数的性质或各项系数和(1)在二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 11的展开式中，系数最大的项为第________项．(2)(2017·安徽省“江南十校”联考)若(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9，且(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，则实数m 的值为________．【解析】 (1)依题意可知T r ＋1＝C r 11(－1)r x22－3r，0≤r ≤11，r ∈Z ，二项式系数最大的是C 511与C 611.当r ＝6时，T 7＝C 611x 4，故系数最大的是第七项．(2)令x ＝0，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(2＋m )9，令x ＝－2，得到a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 9＝m 9，所以有(2＋m )9m 9＝39，即m 2＋2m ＝3，解得m ＝1或－3.【答案】 (1)七 (2)1或－3本例(2)变为：若(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 9(x －1)9，且(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，则实数m 的值为________．令x ＝2，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＝(4＋m )9，令x ＝0，得到a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 9＝(m ＋2)9，所以有(4＋m )9(m ＋2)9＝39，即m 2＋6m ＋5＝0，解得m ＝－1或－5.－1或－5赋值法的应用(1)形如(ax ＋b )n ，(ax 2＋bx ＋c )m(a ，b ，c ∈R )的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x ＝1即可．(2)对形如(ax ＋by )n(a ，b ∈R )的式子求其展开式各项系数之和，只需令x ＝y ＝1即可． (3)若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则f (x )展开式中各项系数之和为f (1)，奇数项系数之和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f （1）＋f （－1）2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝f （1）－f （－1）2.1．(1－x －5y )5的展开式中不含x 的项的系数和为______(结果化成最简形式)． (1－x －5y )5的展开式中不含x 的项的系数和等于(1－5y )5的展开式的各项系数和，在(1－5y )5中，令y ＝1，得展开式的各项系数和为(－4)5＝－1 024，所以(1－x －5y )5的展开式中不含x 的项的系数和为－1 024.－1 0242．在(1－x )3(1＋x )8的展开式中，含x 2项的系数是n ，若(8－nx )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则a 0＋a 1＋a 2＋…＋a n ＝________．(1－x )3的展开式的前三项为T 1＝C 03，T 2＝－C 13x ，T 3＝C 23x 2，(1＋x )8展开式的前三项为P 1＝C 08，P 2＝C 18x ，P 3＝C 28x 2，所以x 2的系数为C 03×C 28－C 13×C 18＋C 23×C 08＝7，所以n ＝7.(8－7x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7， 令x ＝1得(8－7)7＝1. 1二项式定理的应用设a ∈Z ，且0≤a ＜13，若512 018＋a 能被13整除，则a ＝( )A ．0B ．1C ．11D ．12【解析】 512 018＋a ＝(52－1)2 018＋a ＝C 02 018522 018－C 12 018522 017＋…＋C 2 0172 018×52×(－1)2 017＋C 2 0182 018×(－1)2 018＋a .因为52能被13整除，所以只需C 2 0182 018×(－1)2 018＋a 能被13整除，即a ＋1能被13整除，所以a ＝12.【答案】 D(1)利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理地变形构造二项式，应注意：要证明一个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可．(2)求余数问题时，应明确被除式f (x )与除式g (x )(g (x )≠0)，商式q (x )与余式的关系及余式的范围．求证：3n >(n ＋2)·2n －1(n ∈N *，n >2)．因为n ∈N *，且n >2，所以3n ＝(2＋1)n展开后至少有4项．(2＋1)n＝2n＋C 1n ·2n －1＋…＋C n －1n ·2＋1≥2n＋n ·2n －1＋2n ＋1>2n ＋n ·2n －1＝(n ＋2)·2n －1，故3n >(n ＋2)·2n －1(n ∈N *，n >2)．)——与二项式定理有关的交汇问题(2017·湖北省黄冈中学调研)设函数f (x )＝⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫1x －2x 6，x ＜0，－x ，x ≥0，则x ＞0时，f 表达式的展开式中的常数项为________．(用数字作答)【解析】 根据题意得：当x ＞0时，f ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x ＋2x 6，所以其通项为T r ＋1＝C r6(－x－12)6－r ·(2x 12)r ＝C r 6(－1)6－r 2r x r －3，当r ＝3时，得到 f 表达式的展开式中的常数项为C 36×(－1)6－3×23＝－160. 【答案】 －160(1)本题为二项式定理与函数的交汇问题，解决本题的关键是当x >0时，将f 的表达式转化为二项式．(2)二项式定理作为一个工具，也常与其他知识交汇命题，如与数列、不等式、定积分交汇等．因此在一些题目中不仅仅考查二项式定理，还要考查其他知识，其解题的关键点是它们的交汇点，注意它们的联系．(2017·东北三省三校一联)设二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12n(n ∈N *)展开式的二项式系数和与各项系数和分别为a n ，b n ，则a 1＋a 2＋…＋a nb 1＋b 2＋…＋b n＝( )A ．2n －1＋3 B ．2(2n －1＋1)C ．2n ＋1D ．1C 二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12n (n ∈N *)展开式的二项式系数和为2n，各项系数和为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n，所以a n ＝2n，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，所以a 1＋a 2＋…＋a n b 1＋b 2＋…＋b n ＝2×（1－2n）1－212×⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2n ＋1－21－12n＝2n ＋1，故选C.1．(2017·广东测试)⎝⎛⎭⎪⎫x 2－12x 6的展开式中，常数项是( )A ．－54B ．54C ．－1516D ．1516D T r ＋1＝C r6(x 2)6－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－12x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12rC r 6x12－3r ，令12－3r ＝0，解得r ＝4.所以常数项为⎝ ⎛⎭⎪⎫－124C 46＝1516.故选D ．2．(2017·兰州市诊断考试)(m ＋x )(x ＋1)3的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为16，则⎠⎛－11x md x ＝( )A ．1B ．－1C ．0D ．14C (m ＋x )(x ＋1)3＝(m ＋x )(C 03x 3＋C 13x 2＋C 23x ＋C 33)，所以x 的奇数次幂项的系数之和为m C 03＋m C 23＋C 13＋C 33＝16，解得m ＝3，所以⎠⎛－11x m d x ＝⎠⎛－11x 3d x ＝14x 4⎪⎪⎪1－1＝0.3．(2017·湖北省七市(州)协作体联考)二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫9x －133x 9的展开式中x 的系数等于( )A ．84B ．24C ．6D ．－24A 根据二项式定理可知，T r ＋1＝C r 9⎝ ⎛⎭⎪⎫－13r 99－r x 9－r －r3＝C r 9⎝ ⎛⎭⎪⎫－13r 99－r x 9－4 r3，令9－43r ＝1，得r ＝6，所以x 的系数为C 69⎝ ⎛⎭⎪⎫－136×93＝84，故选A.4．若(1＋x ＋x 2)n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n x 2n，则a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n 等于( ) A ．2nB ．3n－12C ．2n ＋1D ．3n＋12D 设f (x )＝(1＋x ＋x 2)n，则f (1)＝3n＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2n ，①f (－1)＝1＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 2n ，②由①＋②得2(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n )＝f (1)＋f (－1)， 所以a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 2n ＝f （1）＋f （－1）2＝3n ＋12.5．(2017·海口市调研测试)若(x 2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式中x 6的系数为30，则a 等于( )A.13 B ．12 C ．1D ．2D 因为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10展开式的通项为T r ＋1＝C r 10·x 10－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 10x 10－2r ，所以(x 2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式中含x 6的项为x 2·C 310x 4－a C 210x 6＝(C 310－a C 210)·x 6，则C 310－a C 210＝30，解得a ＝2，故选D ．6．(2017·广东肇庆三模)(x ＋2y )7的展开式中，系数最大的项是( ) A ．68y 7B ．112x 3y 4C ．672x 2y 5D ．1 344x 2y 5C 设第r ＋1项系数最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧C r7·2r≥C r －17·2r －1，C r 7·2r ≥C r ＋17·2r ＋1， 即⎩⎪⎨⎪⎧7！r ！（7－r ）！·2r ≥7！（r －1）！（7－r ＋1）！·2r －1，7！r ！（7－r ）！·2r≥7！（r ＋1）！（7－r －1）！·2r ＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧2r ≥18－r ，17－r ≥2r ＋1解得⎩⎪⎨⎪⎧r ≤163，r ≥133.又因为r ∈Z ，所以r ＝5.所以系数最大的项为T 6＝C 57x 2·25y 5＝672x 2y 5.故选C.7．(2016·高考天津卷)⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－1x 8的展开式中x 7的系数为________．(用数字作答)二项展开式的通项T r ＋1＝C r8(x 2)8－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r C r 8x 16－3r，令16－3r ＝7，得r ＝3，故x 7的系数为－C 38＝－56.－568．(2017·广州模拟)在⎝⎛⎭⎪⎫3x －2x 15的展开式中，x 的非负整数次幂的项的个数为________．展开式的通项为T r ＋1＝(－1)r C r15·(3x )15－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x r ＝(－1)r 2r C r15x 30－5r6，由题意5－56r 为非负整数，得r ＝0或6，所以符合要求的项的个数为2.29．(2017·广州市综合测试(一))已知⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x n的展开式中的二项式系数和为32，⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x n的展开式中的各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为________．⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x n的展开式中的二项式系数和为32，所以2n ＝32，所以n ＝5.令x ＝1，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x n 的展开式中的各项系数的和为(1＋a )(2－1)5＝2，所以a ＝1，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中的常数项为C 35(－1)325－3＋C 25(－1)225－2＝40.4010．若(2x ＋3)3＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋a 3(x ＋2)3，则a 0＋a 1＋2a 2＋3a 3＝________． 令x ＝－2得a 0＝－1.令x ＝0得27＝a 0＋2a 1＋4a 2＋8a 3.因此a 1＋2a 2＋4a 3＝14.因为C 03(2x )3·30＝a 3·x 3.所以a 3＝8.所以a 1＋2a 2＋3a 3＝14－a 3＝6.所以a 0＋a 1＋2a 2＋3a 3＝－1＋6＝5.5 11．已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋1x n 的展开式中各项的系数和为256. (1)求n ；(2)求展开式中的常数项．(1)由题意，得C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn ＝256，即2n ＝256，解得n ＝8.(2)该二项展开式中的第r ＋1项为 T r ＋1＝C r 8(3x )8－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 8·x 8－4r3， 令8－4r 3＝0，得r ＝2， 此时，常数项为T 3＝C 28＝28.12．已知(a 2＋1)n展开式中各项系数之和等于⎝ ⎛⎭⎪⎫165x 2＋1x 5的展开式的常数项，而(a 2＋1)n展开式的二项式系数最大的项等于54，求a 的值． 由⎝⎛⎭⎪⎫165x 2＋1x 5，得 T r ＋1＝C r 5⎝ ⎛⎭⎪⎫165x 25－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1655－r ·C r 5·x 20－5r 2. 令T r ＋1为常数项，则20－5r ＝0，所以r ＝4，所以常数项T 5＝C 45×165＝16. 又(a 2＋1)n 展开式的各项系数之和等于2n .由题意得2n＝16，所以n ＝4.由二项式系数的性质知，(a 2＋1)4展开式中二项式系数最大的项是中间项T 3，所以C 24a 4＝54，所以a ＝± 3.13．487被7除的余数为a (0≤a <7)，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 26展开式中x －3的系数为( ) A ．4 320B ．－4 320C ．20D ．－20 B 487＝(49－1)7＝C 07·497－C 17·496＋…＋C 67·49－1，因为487被7除的余数为a (0≤a <7)，所以a ＝6， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x －6x 26展开式的通项为T r ＋1＝C r 6·(－6)r ·x 6－3r ， 令6－3r ＝－3，可得r ＝3， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x －6x 26展开式中x －3的系数为C 36·(－6)3＝－4 320. 14．已知(x tan θ＋1)5的展开式中x 2的系数与⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋544的展开式中x 3的系数相等，则tan θ＝________．⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋544的通项为T r ＋1＝C r 4·x 4－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫54r ，令4－r ＝3，则r ＝1，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋544的展开式中x 3的系数是C 14·54＝5，(x tan θ＋1)5的通项为T R ＋1＝C R 5·(x tan θ)5－R ，令5－R ＝2，得R ＝3，所以(x tan θ＋1)5的展开式中x 2的系数是C 35·tan 2θ＝5，所以tan 2θ＝12，所以tan θ＝±22. ±2215．设(3x －1)8＝a 8x 8＋a 7x 7＋…＋a 1x ＋a 0，求：(1)a 8＋a 7＋…＋a 1；(2)a 8＋a 6＋a 4＋a 2＋a 0.令x ＝0得a 0＝1.(1)令x ＝1得(3－1)8＝a 8＋a 7＋…＋a 1＋a 0，①所以a 8＋a 7＋…＋a 1＝28－a 0＝256－1＝255.(2)令x ＝－1得(－3－1)8＝a 8－a 7＋a 6－…－a 1＋a 0，② 由①＋②得28＋48＝2(a 8＋a 6＋a 4＋a 2＋a 0)，所以a 8＋a 6＋a 4＋a 2＋a 0＝12(28＋48)＝32 896. 16．若⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋124x n 展开式中前三项的系数成等差数列，求： (1)展开式中x 的所有有理项；(2)展开式中系数最大的项．易求得展开式前三项的系数为1，12C 1n ，14C 2n . 据题意得2×12C 1n ＝1＋14C 2n ⇒n ＝8. (1)设展开式的通项为T r ＋1， 由T r ＋1＝C r 8(x )8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫124x r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12r C r 8x 16－3r 4， 所以r 为4的倍数，又0≤r ≤8，所以r ＝0，4，8.故有理项为T 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120C 08x 16－3×04＝x 4， T 5＝⎝ ⎛⎭⎪⎫124C 48x 16－3×44＝358x ，T 9＝⎝ ⎛⎭⎪⎫128C 88x 16－3×84＝1256x 2. (2)设展开式中T r ＋1项的系数最大，则：⎝ ⎛⎭⎪⎫12r C r 8≥⎝ ⎛⎭⎪⎫12r ＋1C r ＋18 且⎝ ⎛⎭⎪⎫12r C r 8≥⎝ ⎛⎭⎪⎫12r －1C r －18⇒r ＝2或r ＝3.故展开式中系数最大的项为T 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122C 28x 16－3×24＝7x 52， T 4＝⎝ ⎛⎭⎪⎫123C 38x 16－3×34＝7x 74.。
2021-2022年高考数学一轮复习第九章计数原理、概率与统计第三节二项式定理习题理
2021年高考数学一轮复习第九章计数原理、概率与统计第三节二项式定理习题理[基础达标]一、选择题(每小题5分,共35分)1.(xx·抚顺模拟)在的展开式中,含x9的项的系数是()A.B.-C.D.-1.D【解析】展开式的第r+1项为T r+1= (x2)9-r x18-3r,当18-3r=9,r=3时为含有x9的项,其系数为=-.2.(xx·黄山二模)设二项式 (n∈N*)展开式的二项式系数和与各项系数和分别为a n,b n,则=()A.2n-1+3B.2(2n-1+1)C.2n+1D.12.C【解析】由于二项式 (n∈N*)展开式的二项式系数和与各项系数和分别为a n,b n,则a n=2n,b n=2-n,所以=2n+1.3.(xx·天水一模)若x10=a0+a1(x+1)+…+a8(x+1)8+a9(x+1)9+a10(x+1)10,则a8=()A.45B.9C.-45D.-93.A【解析】a8是x10=[-1+(x+1)]10的展开式中第九项(x+1)8的系数,故a8= (-1)2=45.4. +2+4+…+29=()A.B.C.D.4.A【解析】因为+2+22+23+...+210=(1+2)10,所以+2+4+ (29)5.展开式的二项式系数和为64,则其常数项为()A.-20B.-15C.15D.205.C【解析】由二项式系数和为64,得2n=64,n=6,则展开式的第r+1项为T r+1= (x2)6-r (-1)r x12-3r,当12-3r=0,即r=4时是常数项,所以常数项为 (-1)4=15.6 2 015被9除所得的余数是()A.4B.5C.7D.86.B【解析】22 015=4×22 013=4×8671=4×(9-1)671=4(9671-·9670+…+·9-1),故2xx被9除所得的余数是5.7-,则x2d x的值为 ()A.3B.C.3或D.3或-7.B【解析】由于二项式的展开式的第二项的系数为a5×=-,解得a=-1,则x2d x=x2d x=x3 (-1+8)=.二、填空题(每小题5分,共10分)8(1+mx)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6且a1+a2+a3+…+a6=63,m>-1,则a0+a3+a6=.8.22【解析】令x=0,得a0=1;令x=1,得a0+a1+…+a6=(1+m)6=64,m>-1,则m=1,则a0+a3+a6=1+=1+20+1=22.9(1+x)5(1+y)4的展开式中,记x m y n项的系数为f(m,n),则f(2,3)=.9.40【解析】设展开式中通项为x m y n=x m y n,则f(m,n)=,所以f(2,3)= =40.[高考冲关]1.(5分)若(1-3x)9=a0+a1x+a2x2+…+a9x9,则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a9|=()A.49B.49-1C.29D.29-11.A【解析】因为x的奇数次方的系数都是负数,x的偶数次方的系数都是正数,所以|a0|+|a1|+|a2|+…+|a9|=a0-a1+a2-…-a9,在已知条件中只要令x=-1即可,则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a9|=a0-a1+a2-…-a9=(1+3)9=49.2.(5分)已知(2x+)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4,则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为()A.1B.-1C.0D.22.A【解析】在等式中令x=1,得(2+)4=a0+a1+a2+a3+a4;令x=-1,得(-2+)4=a0-a1+a2-a3+a4,所以(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2=(a0+a1+a2+a3+a4)(a0-a1+a2-a3+a4)=(2+)4(-2+)4=[(2+)(-2+)]4=(-1)4=1 .3.(5分)(1+x+x2)的展开式中的常数项为()A.5B.-5C.15D.-203.B【解析】的展开式的通项为T r+1= (-1)r x6-2r.当r=3时,T4=-=-20;当r=4时,常数项为=15,因此常数项为-20+15=-5.4.(5分(1+2x)4的展开式中的二次项系数的最大值为a,系数的最大值为b,则的值为.4. 【解析】(1+2x)4的展开式中的二次项系数的最大值为a==6.展开式中各项系数分别为1,2=8,22=24,23=32,24=16,则系数的最大值为b=32,所以.5.(5分a= (sin t+cos t)d t,则的展开式中的常数项为.5.- 【解析】由已知可得a=(sin t-cos t)=1-(-1)=2,则展开式的第r+1项为T r+1=x6-r x6-2r,当6-2r=0,即r=3时,其常数项为=-.。
近年高考数学一轮复习第九章概率与统计第2讲二项式定理课时作业理(2021年整理)
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第2讲二项式定理1．(2016年四川）设i为虚数单位,则(x＋i)6的展开式中含x4的项为( )A．－15x4 B．15x4C．－20i x4 D．20i x42．已知错误!n的二项展开式的各项系数之和为32，则二项展开式中x的系数为( )A．5 B．10 C．20 D．403．（2015年陕西）二项式（x＋1）n（n∈N*)的展开式中x2的系数为15，则n＝（)A．4 B．5 C．6 D．74．（2013年新课标Ⅱ）已知（1＋ax）（1＋x)5的展开式中x2的系数为5,则a＝( ）A．－4 B．－3C．－2 D．－15．(2013年新课标Ⅰ)设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a,（x＋y)2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝( ）A．5 B．6 C．7 D．86．（2015年湖北)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．212 B．211 C．210 D．297．(2017年广东广州二模）设(x－2y)5(x＋3y)4＝a9x9＋a8x8y＋a7x7y2＋…＋a1xy8＋a0y9，则a0＋a8＝__________.8．（2014年新课标Ⅱ)(x＋a）10的展开式中,x7的系数为15，则a＝________.(用数字作答）9．（2017年浙江）已知多项式（x＋1)3（x＋2）2＝x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x1＋a5，则a4＝________，a5＝________.10．（2015年新课标Ⅱ）（a＋x）（1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.11．(2015年上海）在错误!10的展开式中，x2项的系数为________．（结果用数值表示）12．设(3x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4。