排列组合与二项式定理(高考试题)

专题15 计数原理与排列组合、二项式定理易错分析【正解】一、混淆二项式系数与项的系数致错1．523x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中4x 的系数为（ ） A ．10B ．20C ．90D ．80【错解】A ，由题可得()5210315533rrrr r r r T C x C x x --+⎛⎫== ⋅⋅⎪⎝⎭⋅⋅ 令103r 4-=,则r 2=, 所以523x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中4x 的系数为2510C =，故选A.【错因】错把二项式系数当成项的系数。

【正解】C ，由题可得()5210315533rrrr r r r T C xC x x --+⎛⎫== ⋅⋅⎪⎝⎭⋅⋅ 令103r 4-=,则r 2=,所以22553390r r C C ⋅⋅==，故选C.2、()11a b -的展开式中,系数最大的项是第 项 【错解】6或7，()11a b -的展开式中共12项,第6项的系数为511C,第7项的系数为611C ,又511C =611C ，所以数最大的项是第6或7项.【错因】错把二项式系数当成项的系数。

【正解】()11a b -的展开式中共12项,第6项的系数为511C -,第7项的系数为611C ,所以数最大的项是第7项.二、忽略二项展开式的通项是第r+1项不是第r 项致错3、二项式62x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式的第二项是（ ） A ．260xB ．260x -C ．412xD ．412x -【错解】展开式的通项为()662C rrrx x -⎛⎫- ⎪⎝⎭,令2r =,可得展开式的第二项为22462C x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=260x .故选A.【错因】误认为第二项是2r =而错误【正解】展开式的通项为()6162Crrr r T x x -+⎛⎫=- ⎪⎝⎭,令1r =,可得展开式的第二项为11562C x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=412x -.故选D.三、混淆均匀分组与部分均匀分组致错 4、某校高二年级共有六个班,现从外地转入4名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安排2名,则不同的安排方案种数为（）A ．2264A CB ．22642A CC ．2264A AD ．262A【错解】选A ，先将4名学生均分成两组方法数为24C ,再分配给6个年级中的2个分配方法数为26A ,根据分步计数原理合要求的安排方法数为2246C A ．【错因】该题为均匀分组，忽略除以22A 而错误.【正解】先将4名学生均分成两组方法数为2422C A ,再分配给6个年级中的2个分配方法数为26A ,根据分步计数原理合要求的安排方法数为224622C A A ．故选B ．5．某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是（ ）A ．72B ．108C ．216D ．432【错解】A ，根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为2,1,1的三组，再分配到3个检测点，共有2113421333C C C A A ⋅种分法，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有23A 种分法，所以共有211324213333C C C A A 72A ⋅⋅=种不同的分配方案.【错因】该题为部分均匀分组，应除以22A ，而不是33A .【正解】C ，根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为2,1,1的三组，再分配到3个检测点，共有2113421322C C C A A ⋅种分法，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有23A 种分法，所以共有211324213322C C C A A 216A ⋅⋅=种不同的分配方案.四、计数时混淆有序与定序6、某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，且不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种． 【错解】1010A ，原先有七个节目，添加三个节目后，节目单中共有十个节目，则不同的排列方法有1010A 种．【错因】忽略了不改变原来的节目顺序这一条件，即原来的七个节目是定序的。

排列组合、二项式定理解析1．[从E到G需要分两步完成：先从E到F，再从F到G。

从F到G的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F到G的最短路径共有3条。

如图，从E到F的最短路径有两类：先从E到A，再从A到F，或先从E到B，再从B到F。

因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同，所以从A到F，从B到F最短路径的条数都是3，所以从E到F的最短路径有3＋3＝6(条)。

所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3＝18．]2．D[第一步，先排个位，有C13种选择；第二步，排前4位，有A44种选择。

由分步乘法计数原理，知有C13·A44＝72(个)。

]3．C[由题意知：当m＝4时，“规范01数列”共含有8项，其中4项为0，4项为1，且必有a1＝0，a8＝1．不考虑限制条件“对任意k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数不少于1的个数”，则中间6个数的情况共有C36＝20(种)，其中存在k≤2m，a1，a2，…，a k中0的个数少于1的个数的情况有：①若a2＝a3＝1，则有C14＝4(种)；②若a2＝1，a3＝0，则a4＝1，a5＝1，只有1种；③若a2＝0，则a3＝a4＝a5＝1，只有1种。

综上，不同的“规范01数列”共有20－6＝14(种)。

故共有14个。

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

由分步乘法计数原理得，不同的选派方案共有2×6＝12(种)。

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

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

高二数学：排列组合二项式定理一、选择题（本大题共16小题，共80.0分）1.如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多有几种栽种方案( )A. 180种B. 240种C. 360种D. 420种【答案】D【解析】解：若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有A55种，若5个花池栽了4种颜色的花卉，则2、4两个花池栽同一种颜色的花；或者3、5两个花池栽同一种颜色的花，方法有2A54种，若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有A53种，故最多有A55+2A54+A53=420种栽种方案，故选D．若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有A55种，若5个花池栽了4种颜色的花卉，方法有2A54种，若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有A53种，相加即得所求．本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．2.甲、乙、丙等6人排成一排，且甲、乙均在丙的同侧，则不同的排法共有( )种(用数字作答)．A. 720B. 480C. 144D. 360【答案】B【解析】解：甲、乙、丙等六位同学进行全排可得A66=720种，∵甲乙丙的顺序为甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种，∴甲、乙均在丙的同侧，有4种，∴甲、乙均在丙的同侧占总数的46=23∴不同的排法种数共有23×720=480种．故选：B．甲、乙、丙等六位同学进行全排，再利用甲、乙均在丙的同侧占总数的46=23，即可得出结论．本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，比较基础．3.从1，3，5中选2个不同数字，从2，4，6，8中选3个不同数字排成一个五位数，则这些五位数中偶数的个数为( )A. 5040B. 1440C. 864D. 720【答案】C【解析】解；先任选一个偶数排在末尾，共有4种选法，其它2个奇数的选法共有3种，剩余2个偶数的选法共有3种，这4个数全排列，共有4×3×2×1=24种方法，共有则这些五位数中偶数的个数为4×3×3×24= 864，故选：C．先按要求排末尾，再排其它，根据分步计数原理可得．本题考查加法原理和乘法原理综合运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．4.从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为( )A. 48B. 72C. 90D. 96【答案】D【解析】解：根据题意，从5名学生中选出4名分别参加竞赛，分2种情况讨论：①、选出的4人没有甲，即选出其他4人即可，有A44=24种情况，②、选出的4人有甲，由于甲不能参加生物竞赛，则甲有3种选法，在剩余4人中任选3人，参加剩下的三科竞赛，有A43=24种选法，则此时共有3×24=72种选法，则有24+72=96种不同的参赛方案；故选：D．根据题意，分2种情况讨论选出参加竞赛的4人，①、选出的4人没有甲，②、选出的4人有甲，分别求出每一种情况下分选法数目，由分类计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的实际应用，注意优先考虑特殊元素．5.小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排.若小明的父母至少有一人与他相邻，则不同坐法的总数为( )A. 60B. 72C. 84D. 96【答案】C【解析】解：根据题意，分3种情况讨论：①、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一人与小明相邻，有C21=2种情况，将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A22=2种情况，当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A22×A32=12种安排方法，此时有2×2×12=48种不同坐法；②、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2=4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33=6种情况，此时有2×2×6=24种不同坐法；③、小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A22=2种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33=6种情况，此时，共有2×6=12种不同坐法；则一共有48+24+12=84种不同坐法；故选：C．根据题意，分3种情况讨论：①、小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻，②、小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻，③、小明的父母都与小明相邻，分别求出每一种情况下的排法数目，由分类计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，关键是根据题意，进行不重不漏的分类讨论．6.A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A，B可以不相邻)，那么不同的排法共有( )A. 24种B. 60种C. 90种D. 120种【答案】B【解析】解：根据题意，使用倍分法，五人并排站成一排，有A55种情况，而其中B站在A的左边与B站在A的右边是等可能的，则其情况数目是相等的，×A55=60，则B站在A的右边的情况数目为12故选B．根据题意，首先计算五人并排站成一排的情况数目，进而分析可得，B 站在A 的左边与B 站在A 的右边是等可能的，使用倍分法，计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，注意使用倍分法时，注意必须保证其各种情况是等可能的．7. C 74+C 75+C 86等于( ) A. C 95B. C 96C. C 87D. C 97【答案】B【解析】解：根据组合数公式C n+1m =C n m−1+C n m得，C 74+C 75+C 86=(C 74+C 75)+C 86 =C 85+C 86 =C 96． 故选：B ．利用组合数公式C n+1m =C n m−1+C n m，进行化简即可．本题考查了组合数公式C n+1m =C n m−1+C n m的逆用问题，是基础题目．8. 9件产品中，有4件一等品，3件二等品，2件三等品，现在要从中抽出4件产品来检查，至少有两件一等品的抽取方法是( )A. C 42⋅C 52B. C 42+C 43+C 44C. C 42+C 52D. C 42⋅C 52+C 43⋅C 51+C 44⋅C 50【答案】D【解析】解：一共有4件一等品，至少两件一等品分为2件，3件，4件，第一类，一等品2件，从4件任取2件，再从3件二等品或2件三等品共5件产品中任取2件，有C 42⋅C 52， 第二类，一等品3件，从4件任取3，再从3件二等品或2件三等品共5件产品中任取1，有C 43⋅C 51，第二类，一等品4件，从4件中全取，有C 44⋅C 50， 根据分类计数原理得，至少有两件一等品的抽取方法是C 42⋅C 52+C 43⋅C 51+C 44⋅C 50． 故选：D ．利用分类计数原理，一共有4件一等品，至少两件一等品分为2件，3件，4件，然后再按其它要求抽取． 本题主要考查了分类计数原理，如何分类是关键，属于基础题．9. 4名同学争夺三项冠军，冠军获得者的可能种数是( )A. 43B. A 43C. C 43D. 4 【答案】A【解析】解：每一项冠军的情况都有4种，故四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是43， 故选：A ．每个冠军的情况都有4种，共计3个冠军，故分3步完成，根据分步计数原理，运算求得结果． 本题主要考查分步计数原理的应用，属于基础题．10. 某班班会准备从含甲、乙的7人中选取4人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序不能相邻，那么不同的发言顺序有( ) A. 720种 B. 520种 C. 600种 D. 360种 【答案】C【解析】解：分两类：第一类，甲、乙两人只有一人参加，则不同的发言顺序有C 21C 53A 44种；第二类：甲、乙同时参加，则不同的发言顺序有C 22C 52A 22A 32种.共有：C 21C 53A 44+C 22C 52A 22A 32=600(种)． 故选：C ．分两类：第一类，甲、乙两人只有一人参加，第二类：甲、乙同时参加，利用加法原理即可得出结论． 本题考查排列、组合的实际应用，正确分类是关键．11. 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有 ( ) A. 144种 B. 72种 C. 64种 D. 84种 【答案】D【解析】解：由题意知本题是一个分步计数问题， 需要先给最上面金着色，有4种结果， 再给榜着色，有3种结果，给题着色，与榜同色，给名着色，有3种结果；与榜不同色，有2种结果，给名着色，有2种结果 根据分步计数原理知共有4×3×(3+2×2)=84种结果， 故选D ．需要先给最上面金着色，有4种结果，再给榜着色，有3种结果，给题着色，与榜同色，给名着色，有3种结果；与榜不同色，有2种结果，给名着色，有2种结果，根据分步计数原理得到结果．本题考查计数原理的应用，解题的关键是理解“公共边的两块区域不能使用同一种颜色，”根据情况对C 处涂色进行分类，这是正确计数，不重不漏的保证．12. 六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )A. 192种B. 216种C. 240种D. 288种 【答案】B【解析】解：最左端排甲，共有A 55=120种，最左端只排乙，最右端不能排甲，有C 41A 44=96种， 根据加法原理可得，共有120+96=216种． 故选：B ．分类讨论，最左端排甲；最左端只排乙，最右端不能排甲，根据加法原理可得结论． 本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．13. 有黑、白、红三种颜色的小球各5个，都分别标有数字1，2，3，4，5，现取出5个，要求这5个球数字不相同但三种颜色齐备，则不同的取法种数有( ) A. 120种 B. 150种 C. 240种 D. 260种 【答案】B【解析】解：根据题意，取出的5个球有三种颜色且数字不同， 分2步进行分析：①，先把取出的5个球分成3组，可以是3，1，1，也可以是1，2，2； 若分成3，1，1的三组，有C 53C 21C 11A 22=10种分组方法； 若分成1，2，2的三组，有C 51C 42C 22A 22=15种分组方法；则共有10+15=25种分组方法，②，让三组选择三种不同颜色，共有A 33=6种不同方法 则共有25×6=150种不同的取法； 故选：B ．因为要求取出的5个球分别标有数字1，2，3，4，5且三种颜色齐备，所以肯定是数字1，2，3，4，5各取一个，分2步分析：先把5个球分成三组，再每组选择一种颜色，由分步计数原理计算可得答案． 本题考查分步计数原理的应用，注意题目中“5个球数字不相同但三种颜色齐备”的要求．14. 从4双不同鞋中任取4只，结果都不成双的取法有____种.( )A. 24B. 16C. 44D. 384 【答案】B【解析】解：取出的四只鞋不成双，可分四步完成，依次从四双鞋子中取一只，取四次，故总的取法有2×2×2×2=16种， 故选B ．取出的四只鞋不成双，可分四步完成，依次从四双鞋子中取一只，取四次，利用乘法原理可得结论．本题考查排列、组合及简单计数问题，考查乘法原理的运用，比较基础．15.某公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客下车的可能方式有( )种．A. 510B. 105C. 50D. A105【答案】A【解析】解：根据题意，公共汽车沿途5个车站，则每个乘客有5种下车的方式，则10位乘客共有510种下车的可能方式；故选：A．根据题意，分析可得每个乘客有5种下车的方式，由分步计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的实际应用，16.从0，1，2，3，4中选取三个不同的数字组成一个三位数，其中奇数有( )A. 18个B. 27个C. 36个D. 60个【答案】A【解析】解：先从1，3中选一个为个位数字，再剩下的3个(不包含0)取1个为百位，再从剩下3个(包含0)取一个为十位，故有2×3×3=18个，故答案为：18．先从1，3中选一个为个位数字，再剩下的3个(不包含0)取1个为百位，再从剩下3个(包含0)取一个为十位，根据分步计数原理可得．本题考查了分步计数原理，关键是分步，属于基础题．二、填空题（本大题共9小题，共45.0分）17.(1+2x)5的展开式中含x2项的系数是______ .(用数字作答)【答案】40【解析】解：由二项式定理的通项公式T r+1=C n r a n−r b r可设含x2项的项是T r+1=C5r15−r(2x)r=2r C5r x r，可知r=2，所以系数为22C52=40所以答案应填40本题是求系数问题，故可以利用通项公式T r+1=C n r a n−r b r来解决，在通项中令x的指数幂为2可求出含x2是第几项，由此算出系数为40本题主要考查二项式定理中通项公式的应用，属于基础题型，难度系数0.9.一般地通项公式主要应用有求常数项，有理项，求系数，二项式系数等．18.(x−1x )(2x+1x)5的展开式中，常数项为______．【答案】−40【解析】解：(x−1x )(2x+1x)5展开式中常数项是(2x+1x )5展开式中的1x项与x的乘积，加上含x项与−1x的乘积；由(2x+1x)5展开式的通项公式为T r+1=C5r⋅(2x)5−r⋅(1x)r=25−r⋅C5r⋅x5−2r，令5−2r=−1，解得r=3，∴T4=22⋅C53⋅1x =40x；令5−2r=1，解得r=2，∴T3=23⋅C52⋅x=80x；所求展开式的常数项为40 x ⋅x+80x⋅(−1x)=40−80=−40．故答案为：−40．根据(x−1x )(2x+1x)5展开式中常数项是(2x+1x)5展开式中的1x项与x的乘积，加上x项与−1x的乘积；利用(2x+1x)5展开式的通项公式求出对应的项即可．本题考查了二项式定理的应用问题，是基础题．19.小明、小刚、小红等5个人排成一排照相合影，若小明与小刚相邻，且小明与小红不相邻，则不同的排法有______ 种.【答案】36【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：①、小刚与小红不相邻，将除小明、小刚、小红之外的2人全排列，有A22种安排方法，排好后有3个空位，将小明与小刚看成一个整体，考虑其顺序，有A22种情况，在3个空位中，任选2个，安排这个整体与小红，有A32种安排方法，有A22×A32×A22=24种安排方法；②、小刚与小红相邻，则三人中小刚在中间，小明、小红在两边，有A22种安排方法，将三人看成一个整体，将整个整体与其余2人进行全排列，有A33种安排方法，此时有A33×A22=12种排法，则共有24+12=36种安排方法；故答案为：36．根据题意，分2种情况讨论：①、小刚与小红不相邻，②、小刚与小红相邻，由排列、组合公式分别求出每一种情况的排法数目，由分类加法原理计算可得答案．本题考查排列、组合的运用，注意特殊元素优先考虑，不同的问题利用不同的方法解决如相邻问题用捆绑，不相邻问题用插空等方法．20.(1−3x)7的展开式中x2的系数为______ ．【答案】7【解析】解：由于(1−3x)7的展开式的通项公式为T r+1=C7r⋅(−1)r⋅x r3，令r3=2，求得r=6，可得展开式中x2的系数为C76=7，故答案为：7．在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出r的值，即可求得展开式中x2的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题21.已知C203x=C20x+4，则x=______ ．【答案】2或4【解析】解：∵C203x=C20x+4，则3x=x+4，或3x+x+4=20，解得x=2或4．故答案为：2或4．由C203x=C20x+4，可得3x=x+4，或3x+x+4=20，解出即可得出．本题考查了组合数的计算公式、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．22.从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有______ 种.【答案】70【解析】解：甲型电视机2台和乙型电视机1台，取法有C42C51=30种；甲型电视机1台和乙型电视机2台，取法有C41C52=40种；共有30+40=70种．故答案为：70任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，有两种方法，一是甲型电视机2台和乙型电视机1台；二是甲型电视机1台和乙型电视机2台，分别求出取电视机的方法，即可求出所有的方法数．本题考查组合及组合数公式，考查分类讨论思想，是基础题．23.一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2.将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之积的数学期望是______ ．【答案】49【解析】解：一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2．将这个小正方体抛掷2次，向上的数之积可能为ξ=0，1，2，4，P(ξ=0)=C31C31+C31C31+C31C31C61C61=34，P(ξ=1)=C21C21C61C61=19，P(ξ=2)=C21C11+C11C21C61C61=19，P(ξ=4)=C11C11C61C61=136，∴Eξ=19+29+436=49．故答案为：49．一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2.将这个骰子掷两次得到结果有三种情况，使得它们两两相乘，得到变量可能的取值，结合事件做出概率和期望．数字问题是概率中经常出现的题目，一般可以列举出要求的事件，古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，而不能列举的可以借助于排列数和组合数来表示．24.把5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分发种数为______.(用数字作答)【答案】240【解析】解：由题意知先把5本书中的两本捆起来看做一个元素共有C52，这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列共有A44，∴分法种数为C52⋅A44=240．故答案为：240．由题意知先把5本书中的两本捆起来看做一个元素，这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列，根据分步计数原理两个过程的结果数相乘得到结果．排列组合问题在几何中的应用，在计算时要求做到，兼顾所有的条件，先排约束条件多的元素，做的不重不漏，注意实际问题本身的限制条件．25.从4名男同学和6名女同学中选取3人参加某社团活动，选出的3人中男女同学都有的不同选法种数是______(用数字作答)【答案】96【解析】解：根据题意，在4名男同学和6名女同学共10名学生中任取3人，有C103=120种，其中只有男生的选法有C43=4种，只有女生的选法有C63=20种则选出的3人中男女同学都有的不同选法有120−4−20=96种；故答案为：96．根据题意，用间接法分析：首先计算在10名学生中任取3人的选法数目，再分析其中只有男生和只有女生的选法数目，分析即可得答案．本题考查排列、组合的应用，注意利用间接法分析，可以避免分类讨论．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）26.已知(2x√x)n展开式前两项的二项式系数的和为10．(1)求n的值．(2)求出这个展开式中的常数项．【答案】解：(1)∵(2x√x)n展开式前两项的二项式系数的和为10∴C n0+C n1=10，解得n=9；(2)∵(2x√x )n展开式的通项T r+1=C n r(2x)n−r(√x)r=2n−r C n r x n−3r2----8分∴令n−3r2=0且n=9得r=6，∴(2x+√x)n展开式中的常数项为第7项，即T7=29−6⋅C96=672．【解析】(1)根据二项式展开式得到前两项的系数，根据系数和解的n的值，(2)利用展开式的通项，求常数项，只要使x的次数为0即可．本题主要考查了二项式定理，利用好通项，属于基础题．27.已知n为正整数，在二项式(12+2x)n的展开式中，若前三项的二项式系数的和等于79．(1)求n的值；(2)判断展开式中第几项的系数最大？【答案】解：(1)根据题意，C n0+C n1+C n2=79，即1+n+n(n−1)2=79，整理得n2+n−156=0，解得n=12或n=−13(不合题意，舍去)所以n=12；…(5分)(2)设二项式(12+2x)12=(12)12⋅(1+4x)12的展开式中第k+1项的系数最大，则有{C12k⋅4k≥C12k−1⋅4k−1 C12k⋅4k≥C12k+1⋅4k+1，解得9.4≤k≤10.4，所以k=10，所以展开式中第11项的系数最大.…(10分)【解析】(1)根据题意列出方程C n0+C n1+C n2=79，解方程即可；(2)设该二项式的展开式中第k+1项的系数最大，由此列出不等式组，解不等式组即可求出k的值．本题考查了二项式定理的应用问题，也考查了转化思想与不等式组的解法问题，是综合性题目．28.已知二项式(1+√2x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+a n x n(x∈R，n∈N)(1)若展开式中第五项的二项式系数是第三项系数的3倍，求n的值；(2)若n为正偶数时，求证：a0+a2+a4+a6+⋯+a n为奇数．(3)证明：C n1+2C n2⋅2+3C n3⋅22+⋯+nC n n⋅2n−1=n⋅3n−1(n∈N+)【答案】解：(1)由题意可得C n 4=3⋅C n 2(√2)2，∴n =11．(2)证明：当n 为正偶数时，则a 0+a 2+a 4+a 6+⋯+a n =1+2C n 2+22⋅C n 4+⋯+2n2⋅C n n ， 除第一项为奇数外，其余的各项都是偶数，故1+2C n 2+22⋅C n 4+⋯+2n2⋅C nn 为奇数， 即a 0+a 2+a 4+a 6+⋯+a n 为奇数．(3)∵kC n k =n ⋅C n−1k−1， ∴C n 1+2C n 2⋅2+3C n 3⋅22+⋯+nC n n ⋅2n−1=n(C n−10+C n−11×2+C n−12×22+⋯+C n−1n−1×2n−1) =n ⋅(1+2)n−1=n ⋅3n−1．【解析】(1)直接利用条件可得C n 4=3⋅C n 2(√2)2，由此求得n 的值．(2)当n 为正偶数时，则a 0+a 2+a 4+a 6+⋯+a n =1+2C n 2+22⋅C n 4+⋯+2n2⋅C nn ，除第一项为奇数外，其余的各项都是偶数，从而证得结论．(3)由kC n k =n ⋅C n−1k−1，可得C n 1+2C n 2⋅2+3C n 3⋅22+⋯+nC n n ⋅2n−1=n(C n−10+C n−11×2+C n−12×22+⋯+C n−1n−1×2n−1)，再利用二项式定理证得所给的等式成立．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．29. 从5名男生和4名女生中选出4人去参加座谈会，问：(Ⅰ)如果4人中男生和女生各选2人，有多少种选法？(Ⅱ)如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内，有多少种选法？ (Ⅲ)如果4人中必须既有男生又有女生，有多少种选法？【答案】解：(Ⅰ)根据题意，从5名男生中选出2人，有C 52=10种选法，从4名女生中选出2人，有C 42=6种选法，则4人中男生和女生各选2人的选法有10×6=60种；(Ⅱ)先在9人中任选4人，有C 94=126种选法，其中甲乙都没有入选，即从其他7人中任选4人的选法有C 74=35种， 则甲与女生中的乙至少要有1人在内的选法有126−35=91种；(Ⅲ)先在9人中任选4人，有C 94=126种选法，其中只有男生的选法有C 51=5种，只有女生的选法有C 41=1种， 则4人中必须既有男生又有女生的选法有126−5−1=120种．【解析】(Ⅰ)根据题意，分别计算“从5名男生中选出2人”和“从4名女生中选出2人”的选法数目，由分步计数原理计算可得答案；(Ⅱ)用间接法分析：先计算在9人中任选4人的选法数目，再排除其中“甲乙都没有入选”的选法数目，即可得答案；(Ⅲ)用间接法分析：先计算在9人中任选4人的选法数目，再排除其中“只有男生”和“只有女生”的选法数目，即可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，(Ⅱ)(Ⅲ)中可以选用间接法分析．30. 某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的排节目单的方法种数：(1)一个唱歌节目开头，另一个压台； (2)两个唱歌节目不相邻；(3)两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．【答案】解：(1)先排歌曲节目有A 22种排法，再排其他节目有A 66种排法，所以共有A 22A 66=1440种排法．(2)先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目，有A 66种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排歌曲节目，有A 72种插入方法，所以共有A 66A 72=30240种排法．(3)两个唱歌节目相邻，用捆绑法，3个舞蹈节目不相邻，利用插空法，共有A 44A 53A 22=2880种． 【解析】(1)先排歌曲节目，再排其他节目，利用乘法原理，即可得出结论； (2)先排3个舞蹈，3个曲艺节目，再利用插空法排唱歌，即可得到结论；(3)两个唱歌节目相邻，用捆绑法，3个舞蹈节目不相邻，利用插空法，即可得到结论．本题考查排列组合知识，考查学生利用数学知识解决实际问题的能力，属于中档题．。

二项式定理历年高考试题荟萃(三)一、填空题 ( 本大题共 24 题, 共计 102 分)1、 (1+2x)5的展开式中x2的系数是________.（用数字作答）2、的展开式中的第5项为常数项，那么正整数的值是 .3、已知,则( 的值等于 .4、（1+2x2）(1+)8的展开式中常数项为。

（用数字作答）5、展开式中含的整数次幂的项的系数之和为（用数字作答）．6、（1+2x2）(x-)8的展开式中常数项为。

（用数字作答）7、的二项展开式中常数项是 (用数字作答).8、 (x2+)6的展开式中常数项是 .(用数字作答)9、若的二项展开式中的系数为，则______（用数字作答）.10、若(2x3+)n的展开式中含有常数项,则最小的正整数n等于.11、（x+）9展开式中x3的系数是 .（用数字作答）12、若展开式的各项系数之和为32，则n= ,其展开式中的常数项为。

（用数字作答）13、的展开式中的系数为．(用数字作答)14、若(x-2)5=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a1+a2+a3+a4+a5=__________.15、（1+2x）3(1-x)4展开式中x2的系数为 .16、的展开式中常数项为 ; 各项系数之和为.（用数字作答）17、 (x)5的二项展开式中x2的系数是____________.(用数字作答)18、 (1+x3)(x+)6展开式中的常数项为_____________.19、若x＞0,则(2+)(2-)-4(x-)=______________.20、已知(1+kx2)6(k是正整数)的展开式中,x8的系数小于120,则k=______________.21、记(2x+)n的展开式中第m项的系数为b m，若b3＝2b4，则n＝ .22、 (x+)5的二项展开式中x3的系数为_____________.(用数字作答)23、已知(1+x+x2)(x+)n的展开式中没有常数项,n∈N*且2≤n≤8,则n=_____________.24、展开式中x的系数为.二项式定理历年高考试题荟萃(三)答案一、填空题 ( 本大题共 24 题, 共计 102 分)1、40解析：T3=C(2x)2,∴系数为22·C=40.2、解：∵的展开式中的第5项为，且常数项，∴，得3、-256解析:(1－x)5=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5.令x=1,则有a0+a1+a2+a3+a4+a5=0,即(a0+a2+a4)+(a1+a3+a5)=0;①令x=－1,则有a0－a1+a2－a3+a4－a5=25,即(a0+a2+a4)-(a1+a3+a5)=25.②联立①②有∴(a0+a2+a4)(a1+a3+a5)=－28=－256.4、57解析:1×1+2×=57.5、答案:72解析:∵T r+1= (=,∴r=0,4,8时展开式中的项为整数次幂,所求系数和为++=72.6、答案:－42解析:的通项T r+1==,∴(1+2x2)展开式中常数项为=－42.7、8、15解析：T r+1=x2(6－r)x－r=x12－3r,令12－3r=0，得r=4,∴T4==15.9、答案:2解析:∵=,∴a=2.10、答案:7解析:T r+1=C(2x3)n－r()r=2Cxx=2Cx令3n－r=0,则有6n=7r,由展开式中有常数项,所以n最小值为7.11、84 T r+1=,∴9-2r=3.∴r=3.∴84.12、5 10 解析:令x=1可得展开式中各项系数之和为2n=32.∴n=5.而展开式中通项为Tr+1=(x2)r()5-r=x5r-15.令5r-15=0,∴r=3.∴常数项为T4=C35=10.13、84 由二项式定理得(1-)7展开式中的第3项为T3=·(-)2=84·,即的系数为84.14、31 解析：由二项式定理中的赋值法,令x=0,则a0=(-2)5=-32.令x=1,则a0+a1+a2+a3+a4+a5=-1.∴a1+a2+a3+a4+a5=-1-a=31.15、-6解析：展开式中含x2的项m=·13·(2x)0··12·(-x)2+·12(2x)1··13·(-x)1+11(2x)2·14(-x)0=6x2-24x2+12x2=展开式中x2的系数为-6x2,∴系数为-6.16、10 32 展开式中通项为T r+1=(x2)5-r()r=,其中常数项为T3==10;令x=1,可得各项系数之和为25=32.17、40解析:∵·(x3)·()2=10×1×(-2)2·x2=40x2,∴x2的系数为40.18、答案：35 (x+)6展开式中的项的系数与常数项的系数之和即为所求,由Tr+1=·()r=·x6-3r,∴当r=2时,=15.当r=3时,=20.故原展开式中的常数项为15+20=35.19、答案：-23 原式=4-33-4+4=-23.20、答案:1解析:x8的系数为k4=15k4,∵15k4＜120,k4＜8,k∈Z+,∴k=1.21、5 记(2x+)n的展开式中第m项为T m=a n-m+1b m-1=·(2x)n-m+1·()m-1,则b m=·2n-m+1.又∵b3=2b4,∴·2n-2=2×·2n-3=,解得n=5.22、答案：10 ·x4·=5×2=10.23、答案：5解析：(x+)n展开式中不含x0、x-1、x-2项即可,由Fr+1=x n-r()r=x n-4r.∵2≤n≤8,可以验证n=5时成立.24、2 展开式中含x的项n=·13·(2x)0··13·(-x)1+·12(2x)1··14(-x)0=-4x+6x=2x,∴展开式中x的系数为2.。

仲元中学高三数学专题训练测试系列本卷贰O 贰贰年贰月捌日编写； 出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。

(排列组合和二项式定理)时间是：120分钟 分值：150分一、选择题(每一小题5分，一共60分)1．(2021·海淀期末)5个人分4张同样的足球票，每人至多分1张，而且票必须分完，那么不同的分法种数是( )A ．54B ．45C ．5×4×3×2D.5×4×3×24！解析：依题意得，不同的分法即是从5个人中选出4人来分，因此相应的方法数为C 45＝5×4×3×24！，选D.答案：D2．(x ＋2)6的展开式中x 3的系数为( )A ．20B ．40C ．80D ．160解析：注意到(x ＋2)6的展开式的通项是T r ＋1＝C r6·x 6－r·2r ＝C r 6·2r ·x6－r，令6－r ＝3得r ＝3.因此(x ＋2)6的展开式中x 3的系数是C 36·23＝160，选D.答案：D3．五个人排成一排，甲、乙不相邻，且甲、丙也不相邻的不同排法的种数为( )A ．60B ．48解析：五个人排成一排，其中甲、乙不相邻且甲、丙也不相邻的排法可分为两类：一类是甲、乙、丙互不相邻，此类方法有A22·A33＝12种(先把除甲、乙、丙外的两个人排好，有A22种方法，再把甲、乙、丙插入其中，有A33种方法，因此此类方法有A22·A33＝12种)；另一类是乙、丙相邻但不与甲相邻，此类方法有A23·A22·A22＝24种方法(先把除甲、乙、丙外的两人排好，有A22种方法，再从这两人所形成的三个空位中任选2个，作为甲和乙、丙的位置，此类方法有A23·A22·A22＝24种)．综上所述，满足题意的方法种数一共有12＋24＝36，选C.答案：C4．某小组一共有8名同学，其中男生6人，女生2人，现从中按性别分层随机抽取4人参加一项公益活动，那么不同的抽取方法有( ) A．40种B．70种C．80种D．240种解析：依题意得，所选出的4人必是3名男生、1名女生，因此满足题意的抽取方法一共有C36C12＝40种，选A.答案：A5．用0,1,2，…，9这十个数字组成无重复数字的三位数的个数是( ) A．9A29B．A310C．A310－A39D．A39解析：百位上有9种排法；其他数位上有A29种排法．一共有9A29个三位数，应选A.如用间接法，应为A310－A29.答案：A6．(2021·质量预测)在(x2－1x3)n的展开式中含有常数项，那么正整数n的最小值是( )A．4 B．5解析：其通项为T r ＋1＝C r n x2(n －r )(－1)r x －3r＝(－1)r C r n x 2n －5r.∵(x 2－1x3)n 的展开式中含有常数项，∴2n －5r ＝0，那么n 的最小值为5，选B. 答案：B7．用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数一共有( )A ．288个B ．240个C ．144个D ．126个解析：个位是0的有C 14·A 34＝96个； 个位是2的有C 13·A 34＝72个； 个位是4的有C 13·A 34＝72个； 所以一共有96＋72＋72＝240个． 答案：B8．(2021·质量预测)(x 3－2x )2＋(x ＋1x)8的展开式中的整理后的常数项等于( )A ．－38B ．38C ．－32D ．70解析：要求展开式的常数项，即求(x ＋1x )8的常数项，因为T r ＋1＝C r 8x 8－r (1x)r ＝C r 8x 8－2r，所以由题意得8－2r ＝0，即r ＝4，∴T 5＝C 48＝70.答案：D9．(2021·东北三校一模)在一条南北方向的步行街同侧有8块广告牌，广告牌的底色可选用红、蓝两种颜色，假设只要求相邻两块广告牌的底色不都为红色，那么不同的配色方案一共有( )A ．55种B ．56种C．46种D．45种解析：C08＋C18＋C27＋C36＋C45＝55.答案：A10．(2021·质检)有两排座位，前排4个座位，后排5个座位，现安排2人就坐，并且这2人不相邻(一前一后也视为不相邻)，那么不同坐法的种数是( ) A．18 B．26C．29 D．58解析：假设把两人都安排在前排，那么有A23＝6种方法，假设把两人都安排在后排，那么有A24＝12种方法，假设两人前排一个，后排一个，那么有4×5×2＝40种方法，因此一共有58种方法，故正确答案是D.答案：D11．(2021·联考)假设自然数n使得作竖式加法n＋(n＋1)＋(n＋2)均不产生进位现象，那么称n 为“可连数〞．例如：32是“可连数〞，因32＋33＋34不产生进位现象；23不是“可连数〞，因23＋24＋25产生进位现象．那么，小于1000的“可连数〞的个数为( ) A．27 B．36C．39 D．48解析：根据题意，要构造小于1000的“可连数〞，个位上的数字的最大值只能为2，即个位数字只能在0,1,2中取．十位数字只能在0,1,2,3中取；百位数字只能在1,2,3中取．当“可连数〞为一位数时：有C13＝3个；当“可连数〞为两位数时：个位上的数字有0,1,2三种取法，十位上的数字有1,2,3三种取法，即有C13C13＝9个；当“可连数〞为三位数时：有C13C14C13＝36个；故一共有：3＋9＋36＝48个，应选D.答案：D12．(2021·二诊)为支持地震灾区的灾后重建工作，某公司决定分四天每天各运送一批物资到A、B、C、D、E五个受灾地点．由于A地间隔该公司较近，安排在第一天或者最后一天送达；B、C两地相邻，安排在同一天上、下午分别送达(B在上午、C在下午与B在下午、C在上午为不同运送顺序)，且运往这两地的物资算作一批；D、E两地可随意安排在其余两天送达．那么安排这四天送达五个受灾地点的不同运送顺序的种数为( ) A．72 B．18C．36 D．24解析：可分三步完成：第一类是安排送达物资到受灾地点A，有A12种方法；第二步是在余下的3天中任选1天，安排送达物资到受灾地点B、C，有A13A22种方法；第三步是在余下的2天中安排送达物资到受灾地点D、E，有A22种方法．由分步计数原理得不同的运送顺序一共有A12·(A13A22)·A22＝24种，应选D.答案：D二、填空题(每一小题4分，一共16分)13．沿海某区对口支援贫困山区教育，需从本区3所重点中学抽调5名老师分别到山区5所任教，每校1人；每所重点中学至少抽调1人，那么一共有__________种不同的支教方案．解析：5名重点中学老师到山区5所有A55种，而3所重点中学的抽调方法种数可由列举法一一列出为6种．故一共有6A55＝720种不同的支教方案．答案：72014．(2021·模拟)一个五位数由数字0,1,1,2,3构成，这样的五位数的个数为__________．解析：分两类：(1)万位取1，其余不同的四个数放在不同的四个位置上时有A44个：(2)万位取2或者3，在余下的四个不同的位置中选两个位置放数字0与3或者2时有2A24个，故总一共有A44＋2A24＝48.答案：4815．(2021·一模)(4x2－4x＋1)5的展开式中，x2的系数为__________．(用数字答题)解析：C15·4＋C25·(－4)2·1＝180.答案：18016．(2021·质检二)假设(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2＋…＋a6＝63，那么实数m的值是__________．解析：令x ＝1，(1＋m )6＝a 0＋a 1＋…＋a 6 ①， 令x ＝0,1＝a 0 ②，①－②，得：a 1＋…＋a 6＝(1＋m )6－1 ∴(1＋m )6－1＝63 ∴(1＋m )6＝64 ∴1＋m ＝±2 ∴m ＝1或者m ＝－3. 答案：1或者－3三、解答题(本大题一一共6个小题，一共计74分，写出必要的文字说明、计算步骤，只写最后结果不得分)17．(12分)(1)求值：C 5－nn ＋C 9－nn ＋1； (2)解不等式：1C 3n －1C 4n <2C 5n.解：利用组合数定义与公式求解．(1)由组合数定义知：⎩⎪⎨⎪⎧0≤5－n ≤n ，0≤9－n ≤n ＋1，解得4≤n ≤5.∵n ∈N *，∴n ＝4或者5. 当n ＝4时，原式＝C 14＋C 55＝5； 当n ＝5时，原式＝C 05＋C 46＝16. (2)由组合数公式，原不等式可化为3！(n －3)！n ！－4！(n －4)！n ！<2×5！(n －5)！n ！，不等式两边约去3！(n －5)！n ！，得(n －3)(n －4)－4(n －4)<2×5×4，即n 2－11n －12<0，解得－1<n <12.又∵n ∈N *，且n ≥5，∴n ＝5,6,7,8,9,10,11.18．(12分)有5张卡片的正反面分别写有0与1、2与3、4与5、6与7、8与9，将其中任三张并排组成三位数，可组成多少个数字不重复的三位数？解：解法1：(直接法)由于三位数的百位数字不能为0，所以分两种情况：当百位数字为1时，不同的三位数有A 18·A 16＝48个；当百位数为2、3、4、5、6、7、8、9中的任意一个时，不同的三位数有A 18A 18A 16＝8×8×6＝384个．综上，一共可组成不重复的三位数48＋384＝432个．解法2：(间接法)任取3张卡片一共有C 35·C 12·C 12·C 12·A 33种排法，其中0在百位不能构成三位数，这样的排法有C 24·C 12·C 12·A 22种，故符合条件的三位数一共有C 35·C 12·C 12·C 12·A 33－C 24·C 12·C 12·A 22＝432个．19．(12分)假设(1＋2x )100＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2·(x －1)2＋…＋a 100(x －1)100，求a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99. 解：令x －1＝t ，那么x ＝t ＋1，于是恒等式可变为(2t ＋3)100＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋…＋a 100t 100， 又令f (t )＝(2t ＋3)100，那么a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝12[f (1)－f (－1)]＝12[(2＋3)100－(－2＋3)100]＝12(5100－1)． 20．(12分)平面上有n 个点，无三点一共线，过其中每两点作直线，这些直线中无两条直线平行，且除原n 个点外无三线一共点，问除平面上原有n 个点之外，这些直线还会有多少个新交点？解：(图形法)先从n 个点中选4点，有C 4n 种选法．如图1，设所选点为A 、B 、C 、D .因为在每选出的4点中，两点一组分成两组，每两点确定一条直线，两条直线相交就有符合题意的一个交点，所以A 、B 、C 、D 四点两两连线，可得3个新增交点．故符合题意的交点个数为3C 4n ＝18n (n －1)(n －2)(n －3)．图121．(12分)(3a －3a )n 的展开式的各项系数之和等于(43b －15b)5的展开式中的常数项，求： (1)(3a－3a )n展开式的二项式系数和；(2)(3a－3a )n 的展开式中a －1项的二项式系数．解：依题意，令a ＝1，得(3a －3a )n 展开式中各项系数和为(3－1)n ＝2n，(43b －15b)5展开式中的通项为T r ＋1＝C r 5(43b )5－r (－15b)r ＝(－1)r C r 545－r5－r 2b 10－5r 6.假设T r ＋1为常数项，那么10－5r6＝0，即r ＝2，故常数项为T 3＝(－1)2C 25·43·5－1＝27， 于是有2n＝27，得n ＝7.(1)(3a－3a )n展开式的二项式系数和为2n＝27＝128.(2)(3a－3a )7的通项为T ′r ＋1＝C r 7(3a)7－r·(－3a )r ＝C r 7(－1)r ·37－r·a 5r －216，令5r －216＝－1，得r ＝3， ∴所求a －1项的二项式系数为C 37＝35. 22．(14分)(1)求证：kC k n ＝nC k －1n －1； (2)等比数列{a n }中，a n >0，化简：A ＝lg a 1－C 1n lg a 2＋C 2n lg a 3－…＋(－1)n C nn lg a n ＋1.解：(1)∵左式＝k ·n ！k ！(n －k )！＝n ·(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ·(n －1)！(k －1)！[(n －1)－(k －1)]！＝nC k －1n －1＝右式，∴kC k n ＝nC k －1n －1. (2)由：a n ＝a 1qn －1，∴A ＝lg a 1－C 1n (lg a 1＋lg q )＋C 2n (lg a 1＋2lg q )－C 3n (lg a 1＋3lg q )＋…＋(－1)n C nn (lg a 1＋n lg q ) ＝lg a 1[1－C 1n ＋C 2n －…＋(－1)n C n n ]－lg q [C 1n －2C 2n ＋3C 3n －…＋(－1)n －1C n n ·n ]＝lg a 1·(1－1)n－lg q[nC0n－1－nC1n－1＋nC2n－1－…＋(－1)n－1·nC n－1n－1]＝0－n lg q[C0n－1－C1n－1＋C2n－1－…＋(－1)n－1·C n－1n－1]＝－n lg q(1－1)n－1＝0.本卷贰O贰贰年贰月捌日编写；出题人：令狐学复；欧阳化语；令狐理总。

十、排列、组合和二项式定理1.排列数mn A 中1,n m n m ≥≥∈N 、、组合数mn C 中,1,0,n m n m n m ≥≥≥∈、N .(1)排列数公式!(1)(2)(1)()()!mn n A n n n n m m n n m =---+=≤-；!(1)(2)21nn A n n n n ==--⋅。

如（1）1！+2！+3！+…+n ！（*4,n n N ≥∈）的个位数字为 （答：3）；（2）满足2886x x A A -<的x ＝ （答：8）(2)组合数公式()(1)(1)!()(1)21!!m mn nm m A n n n m n C m n A m m m n m ⋅-⋅⋅-+===≤⋅-⋅⋅⋅-；规定01！=，01nC =. 如已知16m n mn m n C C A +++=，求 n ，m 的值（答：m ＝n ＝2）(3)排列数、组合数的性质：①m n m n n C C -=；②111m m m n n n C C C ---=+；③11k k n n kC nC --=；④1121++++=++++r n r n r r r r r r C C C C C ；⑤!(1)!!n n n n ⋅=+-；⑥11(1)!!(1)!n n n n =-++.2.解排列组合问题的依据是：分类相加（每类方法都能独立地完成这件事，它是相互独立的，一次的且每次得出的是最后的结果，只需一种方法就能完成这件事），分步相乘（一步得出的结果都不是最后的结果，任何一步都不能独立地完成这件事，只有各个步骤都完成了，才能完成这件事，各步是关联的），有序排列，无序组合．如（1）将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有 种 （答：53）；（2）从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要甲型与乙型电视机各一台，则不同的取法共有 种（答：70）；（3）从集合{}1,2,3和{}1,4,5,6中各取一个元素作为点的坐标，则在直角坐标系中能确定不同点的个数是___（答：23）；（4）72的正约数（包括1和72）共有 个（答：12）；（5）A ∠的一边AB 上有4个点，另一边AC 上有5个点，连同A ∠的顶点共10个点，以这些点为顶点，可以构成_____个三角形（答：90）；（6）用六种不同颜色把右图中A 、B 、C 、D 四块区域分开，允许同一颜色涂不同区域，但相邻区域不能是同一种颜色，则共有 种不同涂法； （答：480）（7）同室4人各写1张贺年卡，然后每人从中拿1张别人送出的贺年卡，则4张贺年卡不同的分配方式有 种（答：9）；（8）f 是集合{},,M a b c =到集合{}1,0,1N =-的映射，且()()f a f b +()f c =，则不同的映射共有 个（答：7）；（9）满足}4,3,2,1{ C B A 的集合A 、B 、C 共有 组（答：47）3.解排列组合问题的方法有：（1）特殊元素、特殊位置优先法（元素优先法：先考虑有限制条件的元素的要求，再考虑其他元素；位置优先法：先考虑有限制条件的位置的要求，再考虑其他位置）。

株洲市十七中高二排列、组合与二项式定理测试卷一、选择题：（本大题共10小题，每小题5分，共50分）1．若从集合P 到集合Q={a,b,c}所有不同的映射共有81个，则从集合Q 到集合P 可作的不同的映射共有（ ） A ．32个B ．27个C ．81个D ．64个2．某班举行联欢会，原定的五个节目已排出节目单，演出前又增加了两个节目，若将这两 个节目插入原节目单中，则不同的插法总数为（ ） A ．42B ．36C ．30D ．123．全班48名学生坐成6排，每排8人，排法总数为P ，排成前后两排，每排24人，排法 总数为Q,则有（ ） A ．P>QB ．P=QC ．P<QD ．不能确定4．从正方体的六个面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（ ）种 A ．8B ．12C ．16D ．205．12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配 方案共有（ ） A ．4448412C C CB ．44484123CC CC ．334448412AC C CD ．334448412A C C C 6．某单位准备用不同花色的装饰石材分别装饰办公楼中的办公室、走廊、大厅的地面及楼 的外墙，现有编号为1~6的六种不同花色的装饰石材可选择，其中1号石材有微量的放射性， 不可用于办公室内，则不同的装饰效果有（ ）种 A ．350B ．300C ．65D ．507．有8人已站成一排，现在要求其中4人不动，其余4人重新站位，则有（ ）种 重新站位的方法 A ．1680B ．256C ．360D ．2808．一排九个坐位有六个人坐，若每个空位两边都坐有人，共有（ ）种不同的坐法 A ．7200 B ．3600 C ．2400 D ．1200 9．在(311x x )n的展开式中，所有奇数项二项式系数之和等于1024，则中间项 的二项式系数是 （ ） A. 462 B. 330 C.682 D.792 10.在(1+a x )7的展开式中,x 3项的系数是x 2项系数与x 5项系数的等比中项,则a 的值为( ) A.510 B.35 C.925 D.325二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）11．某公园现有A 、B 、C 三只小船，A 船可乘3人，B 船可乘2人，C 船可乘1人，今有 三个成人和2个儿童分乘这些船只（每船必须坐人），为安全起见，儿童必须由大人陪同方 可乘船，他们分乘这些船只的方法有_____________种。

押新高考卷4题排列组合与二项式定理考点3年考题考情分析排列组合与二项式定理2022年新高考Ⅰ卷第13题2022年新高考Ⅱ卷第5题2020年新高考Ⅰ卷第3题2020年新高考Ⅱ卷第6题排列组合与二项式定理均是以小题的形式进行考查，难度较易或一般，新高考冲刺复习中，分类加法原理、分步乘法原理，排列数及组合数，二项式定理、二项展开式系数都是重点复习内容，可以预测2023年新高考命题方向将继续对排列组合和二项式定理选其一展开命题．1.分类计数原理（加法原理）12n N m m m =+++ .2.分步计数原理（乘法原理12n N m m m =⨯⨯⨯ .3.排列数公式m n A =)1()1(+--m n n n =！！)(m n n -.(n ，m ∈N *，且m n ≤)．注:规定1!0=.4.组合数公式m n C=m n m m A A =m m n n n ⨯⨯⨯+-- 21)1()1(=！！！)(m n m n -⋅(n ∈N *，m N ∈，且m n ≤).5.排列数与组合数的关系m mn n A m C =⋅！.6．单条件排列以下各条的大前提是从n 个元素中取m 个元素的排列.（1）“在位”与“不在位”①某（特）元必在某位有11--m n A 种；②某（特）元不在某位有11---m n mn A A （补集思想）1111---=m n n A A （着眼位置）11111----+=m n m mn A A A （着眼元素）种.（2）紧贴与插空（即相邻与不相邻）①定位紧贴：)(n m k k ≤≤个元在固定位的排列有km k n kk A A --种.②浮动紧贴：n 个元素的全排列把k 个元排在一起的排法有kk k n k n A A 11+-+-种.注：此类问题常用捆绑法；③插空：两组元素分别有k 、h 个（1+≤h k ），把它们合在一起来作全排列，k 个的一组互不能挨近的所有排列数有kh hh A A 1+种.（3）两组元素各相同的插空m 个大球n 个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？当1+>m n 时，无解；当1+≤m n 时，有n m n nn m C A A 11++=种排法.（4）两组相同元素的排列：两组元素有m 个和n 个，各组元素分别相同的排列数为nn m C +.7．分配问题（1）(平均分组有归属问题)将相异的m 、n 个物件等分给m 个人，各得n 件，其分配方法数共有mnn n n n n mn n n mn n mn n mn C C C C C N )!()!(22=⋅⋅⋅⋅⋅=-- .（2）(平均分组无归属问题)将相异的m ·n 个物体等分为无记号或无顺序的m 堆，其分配方法数共有mn nn n n n mn n n mn n mn n m mn m C C C C C N )!(!)!(!...22=⋅⋅⋅⋅=--.8.二项式定理nn n r r n r n n n n n n n n b C b a C b a C b a C a C b a ++++++=+--- 222110)(;二项展开式的通项公式rr n r n r b a C T -+=1)210(n r ，，， =.【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：3!2224⨯⨯=种不同的排列方式，故选：B3．（2020·新高考Ⅰ卷高考真题）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（）A．120种B．90种C．60种D．30种【答案】C【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解.【详解】首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有16C；然后从其余5名同学中选2名去乙场馆，方法数有25C；最后剩下的3名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有126561060C C⋅=⨯=种.故选：C【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.4．（2020·新高考Ⅱ卷高考真题）要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（）A．2种B．3种C．6种D．8种【答案】C【分析】首先将3名学生分成两个组，然后将2组学生安排到2个村即可.【详解】第一步，将3名学生分成两个组，有12323C C=种分法第二步，将2组学生安排到2个村，有222A=种安排方法所以，不同的安排方法共有326⨯=种故选：C【点睛】解答本类问题时一般采取先组后排的策略.1．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）6名老师被安排到甲､乙､丙三所学校支教，每名老师只去1所学校，甲校安排1名老师，乙校安排2名老师，丙校安排3名老师，则不同的安排方法共有（）A ．30种B ．60种C ．90种D ．120种【答案】B【分析】按照分步计数原理求解.【详解】依题意，第一步，从6名老师中随机抽取1名去甲校，有16C 种方法；第二步，从剩下的5名老师中抽取2名取乙校，有25C 种方法；第三部，将剩余的3名老师给丙校，有33C 种方法；总共有123653C C C 60=种方法；故选：B.2．（2023·湖南湘潭·统考二模）2022年男足世界杯于2022年11月21日至2022年12月17日在卡塔尔举行．现要安排甲、乙等5名志愿者去A ，B ，C 三个足球场服务，要求每个足球场都有人去，每人都只能去一个足球场，则甲、乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为（）A ．12B ．18C ．36D ．48【答案】C【分析】先按3，1，1或2，2，1分组，再安排到球场.【详解】将5人按3，1，1分成三组，且甲、乙在同一组的安排方法有13C 种，将5人按2，2，1分成三组，且甲、乙在同一组的安排方法有23C 种，则甲、乙两人被分在同一个足球场的安排方法种数为()123333C C A 36+=．故选：C3．（2023·广东佛山·统考二模）“基础学科拔尖学生培养试验计划”简称“珠峰计划”，是国家为回应“钱学森之问”而推出的一项人才培养计划，旨在培养中国自己的学术大师．已知浙江大学、复旦大学、武汉大学、中山大学均有开设数学学科拔尖学生培养基地，某班级有5位同学从中任选一所学校作为奋斗目标，则每所学校至少有一位同学选择的不同方法数共有（）A ．96种B ．64种C ．32种D ．16种【答案】B【分析】分3步完成，每步中用排列求出排法数，再利用分步计数原理即可求出结果.【详解】根据题意，分3步进行，第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5”，则中间的数字只能为两组数1，4或2，3中的一组，共有222A 4=种排法；第二步，排第一步中剩余的一组数，共有1142A A 8=种排法；第三步，排数字5和6，共有22A 2=种排法；由分步计数原理知，共有不同的排法种数为48264⨯⨯=.故选：B.12．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）若一个三位数M 的各个数位上的数字之和为8，则我们称M 是一个“叔同数”，例如“125，710”都是“叔同数”.那么“叔同数”的个数共有（）A ．34个B ．35个C ．36个D ．37个【答案】C【分析】利用列举法求出所有组合，再计算能排列出多少个“叔同数”.【详解】三位数各位数的和为8可能的组合有116，125，134，224，233，017，026，035，044，008，其中三个数不同且都不为0可排出33A 6=个“叔同数”，没有0的3个数中有2个数相同，则排出13A 3=个“叔同数”，有1个0其余2个数为不同的非零数字可排出1222A A 4=个“叔同数”，008只能排出800一个“叔同数”，所以它们排出的“叔同数”的个数共有366334442136+++++++++=，故选：C13．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）现要从A ，B ，C ，D ，E 这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果A 不能安排在甲岗位上，则安排的方法有（）A ．56种B ．64种C ．72种D ．96种【答案】D【分析】根据A 是否入选进行分类讨论即可求解.【详解】由题意可知：根据A 是否入选进行分类：若A 入选：则先给A 从乙、丙、丁3个岗位上安排一个岗位有13C 3=种，再给剩下三个岗位安排人有34A 43224=⨯⨯=种，共有32472⨯=种方法；若A 不入选：则4个人4个岗位全排有44A 432124=⨯⨯⨯=种方法，所以共有722496+=种不同的安排方法，故选：D .14．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）某社区活动需要连续六天有志愿者参加服务，每天只需要一名志愿者，现有甲、乙、丙、丁、戊、己6名志愿者，计划依次安排到该社区参加服务，要求甲不安排第一天，乙和丙在相邻两天参加服务，则不同的安排方案共有（）A ．72种B ．81种C ．144种D ．192种【答案】D【分析】先计算乙和丙在相邻两天参加服务的排法，排除乙和丙在相邻两天且甲安排在第一天参加服务的排法，即可得出答案.【详解】解：若乙和丙在相邻两天参加服务，不同的排法种数为2525A A 240=，若乙和丙在相邻两天且甲安排在第一天参加服务，不同的排法种数为2424A A 48=，由间接法可知，满足条件的排法种数为24048192-=种.故选：D.15．（2023·重庆九龙坡·统考二模）《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳所著，该书记述了我国古代14种算法，分别是：积算（即筹算）､太乙算､两仪算､三才算､五行算､八卦算､九宫算､运筹算､了知算､成数算､把头算､龟算､珠算和计数.某学习小组有甲､乙､丙､丁四人，该小组要收集九宫算､运筹算､了知算､成数算､把头算､珠算6种算法的相关资料，要求每种算法只能一人收集，每人至少收集其中一种，则不同的分配方案种数有（）A ．1560种B ．2160种C ．2640种D ．4140种【答案】A【分析】先分组，再分配，注意部分平均分组需要除以组数（平均的组数）的全排列.【详解】依题意分两种情况讨论：①将6种算法分成1、1、1、3四组，再分配给4人，则有3464C A 480=种；。

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

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

二项式定理历年高考试题荟萃(一)一、选择题 ( 本大题共 58 题)1、二项式的展开式中系数为有理数的项共有………（）A.6项B.7项C.8项D.9项2、对于二项式（＋x3）n（n∈N），四位同学作出了四种判断：…（）①存在n∈N，展开式中有常数项；②对任意n∈N，展开式中没有常数项；③对任意n∈N，展开式中没有x的一次项；④存在n∈N，展开式中有x的一次项.上述判断中正确的是（A）①与③（B）②与③（C）②与④（D）④与①3、在（+x2）6的展开式中，x3的系数和常数项依次是…………（）（A）20，20 （B）15，20（C）20，15 （D）15，154、（2x3－）7的展开式中常数项是………………………………………………………（）A.14B.－14C.42D.－425、已知(x－)8展开式中常数项为1120,其中实数a是常数,则展开式中各项系数的和是……………………………………………………………()(A)28 (B)38 (C)1或38 (D)1或286．若（+）n展开式中存在常数项,则n的值可以是…………（）A.8B.9C.10D.127 .(2x+)4的展开式中x3的系数是……………………………………()A.6B.12C.24D.488、（－）6的展开式中的常数项为…………………………………（）A.15B.－15C.20D.－209、（2x3－）7的展开式中常数项是…………………………………………（）A.14B.－14C.42D.－4210、若（+）n展开式中存在常数项,则n的值可以是………………（）A.8B.9C.10D.1211、若展开式中含项的系数与含项的系数之比为－5，则n等于A．4 B．6 C．8 D．1012、的展开式中，含x的正整数次幂的项共有（）A.4项B.3项C.2项D.1项13.(x-y)10的展开式中x6y4项的系数是（A）840 （B）-840 （C）210 （D）-21014.的展开式中，含x的正整数次幂的项共有（）A．4项 B．3项 C．2项 D．1项15、若展开式中含的项的系数等于含x的项的系数的8倍，则n等于（）A.5B.7C.9D.1116、3.若的展开式中的系数是( )A B C D17、在的展开式中的系数是（）A.－14B.14C.－28D.2818、如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是（）（A）7 （B）（C）21 （D）19、如果的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是（）（A）7 （B）（C）21 （D）20、设k=1,2,3,4,5,则（x+2）5的展开式中x k的系数不可能是（A）10 （B）40 （C）50 （D）8021、7.在()n的二项展开式中，若常数项为60，则n等于A.3B.6C.9D.1222、已知()的展开式中第三项与第五项的系数之比为，则展开式中常数项是(A)-1 (B)1 (C)-45 (D)4523、的展开式中，x的幂的指数是整数的项共有A．3项 B．4项 C．5项 D．6项24、在二项式(x+1)6的展开式中，含x3的项的系数是(A)15 (B)20 (C)30 (D)4025、(若多项式,则（A）9 （B）10 （C）-9 （D）-10 26、(的值为（）Ａ．61 Ｂ．62 Ｃ．63 Ｄ．6427、在(x-)2006的二项展开式中，含x的奇次幂的项之和为S，当x=时，S等于 A．23008 B．-23008 C．23009 D．-2300928.在（）24的展开式中，x的幂的指数是整数的项共有A．3项 B.4项 C.5项 D.6项29、的展开式中含x的正整数指数幂的项数是（A）0 （B）2 （C）4 （D）630、在（x-）的展开公式中，x的系数为（A）-120 （B）120 （C）-15 （D）1531、（2x-3）5的展开式中x2项的系数为（A）-2160 （B）-1080 （C）1080 （D）216032．若(ax-1)5的展开式中x3的系数是80，则实数a的值是A．-2 B．2 C． D．233、的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为（A）－540 （B）－162 （C）162 （D）54034、已知的展开式中第三项与第五项的系数之比为-，其中i2＝-1，则展开式中常数项是(A)-45i (B)45i (C)-45 (D)4535.若对于任意的实数x，有x3=a0+a1（x-2）+a2（x-2）2+a3（x-2）3，则a2的值为A.3B.6C.9D.136、在的二项展开式中，若只有的系数最大，则A.8B. 9C. 10D.1137、.的展开式中，常数项为15，则n=A.3B.4C.5D.638、若(x+)n展开式的二项式系数之和为64,则展开式的常数项为A.10B.20C.30D.12039、.已知(＋)n展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n等于A.4B.5C.6D.740、设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为A.－2B.－1C.1D.241、展开式中的常数项是(A) -36 (B)36 (C) -84 (D) 8442、如果的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为A.3B.5C.6D.1043、如果的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为A.10B.6C.5D.344、((2x+1)6展开式中x2的系数为(A)15 (B)60 (C)120 (D)24045、（-）12展开式中的常数项为（A）-1320 （B）1320 （C）-220 (D)22046、在的展开式中，含的项的系数是（A）-15 （B）85 （C）-120 （D）27447、展开式中的常数项为A．1 B． C． D．48、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）85 （C）-120 （D）27449、设则中奇数的个数为（）A．2 B．3 C．4 D．5 50、的展开式中含的项的系数为（A）4 （B）6 （C）10 （D）1251、展开式中的常数项为A．1 B．46 C．4245 D．424652、的展开式中的系数是（）A． B． C．3 D．453、的展开式中含的项的系数为（A）4 （B）6 （C）10 （D）1254、的展开式中的系数为（）A．10 B．5 C． D．155、的展开式中的系数是（）A． B． C．3 D．456、设则中奇数的个数为（）A．2 B．3 C．4 D．557、若(x+)n的展开式中前三项的系数成等差数列,则展开式中x4项的系数为( )A.6B.7C.8D.958、的展开式中常数项是A.210B.C.D.-105二项式定理历年高考试题荟萃(一)答案一、选择题 ( 本大题共 58 题, 共计 290 分)1、D2、D3、C4、A5、C6、C7、C8、A9、A10、C11、B解析：设展开式的第r1+1项含，第r2+1项含，则由已知得r、r2、n∈N*，试根得n=6.112、B解析：由通项T r+1=C x.x=C x，其中r=0，1，2， (12)为正整数，∴r=0，6，12.13、A解析：由通项公式T r+1=C x10－r（－y）r=（－）r·C x10－r y r，当r=4时，T r+1=（－）4·C·x6y4=840x6y4.14、B解析：由通项T r+1=C x.x=C x，其中r=0，1，2， (12)为正整数，∴r=0，6，12.15、A解析：通项T r+1=C1n－r·（2x）r=2 r C x r.依题有：23C=8·2C，即C=2n.易知n=5.16、B解析：（x－1）（x+1）8=（x－1）（1+x）8，∴含x5的项为x·C x4+（－1）C x5=14x5，∴x5的系数是14，故选B.17、B解析：（x－1）（x+1）8=（x－1）（1+x）8，∴含x5的项为x·C x4+（－1）C x5=14x5，∴x5的系数是14，故选B.18、C解析：令x=1得展开式各项系数之和为（3－1）n=128，∴n=7.则（3x－）7展开式的通项公式T r+1=C（3x）7－r·（－）r令7－r=－3，解得r=6.故的系数是（－1）6·C·37－6=7×3=21.19、C解析：令x=1得展开式各项系数之和为（3－1）n=128，∴n=7.则（3x－）7展开式的通项公式T=C（3x）7－r·（－）r令7－r=－3，解得r=6.r+1故的系数是（－1）6·C·37－6=7×3=21.20、C解析：（2+x）5展开式的通项公式T r+1=C·25－r·x r.当k=1，即r=1时，系数为C·24=80;当k=2，即r=2时，系数为C·23=80;当k=3，即r=3时，系数为C·22=40;当k=4，即r=4时，系数为C·2=10;当k=5，即r=5时，系数为C·20=1.综合知，系数不可能是50.21、B解析：设常数项为T r+1=()n-r·=·2r·x=2r··x=60∴…①∵为非负整数∴r=0,1,2当r=0时：①式左边=1，右边=60，左≠右（舍去）当r=1时：①式左边=3，右过=30，左≠右（舍去）当r=2时：①式左边=15，右边=15，左=右.故选（B）22、D解析：依题可得：化简解得n=10 n=-5（舍）∴通项Tr+1=令20-r=0 r=8 ∴常数项为T9=C·（-1）8=45.23、C解析：由通项公式T r+1=C r24·=C r24x显然r=0,6,12,18,24.24、B解：设T r+1项含x3则T r+1=C x6-r1r∵6-r=3 ∴r=3∴x3的系数为C=2025、D解析：解得a9=-1026、B解析：∵C06+ C16+ C26+ C36+ C46+ C56+ C66= 26故C16+ C26+ C36+ C46+ C56= 26- 2=6227、B 解析：当x=时，S=C20062005（-）1+C32006（-）2003·（）3+…+C1（-）2005=（C2006+C32006+…+C）（-2）1003=·22006（-2）1003=-23008，故选B28、C解析：由通项公式T r+1=C r24·=C r24x显然r=0,6,12,18,24.29、B解析：通项T r-1= ()10-r·(-)r=(-)r·=(-)r·试根易得B.30、C解析：该展开式中通项为令10-2r=4，∴r=3 故x4的系数为（-）3C=-1531、B解析：利用T r+1=a n-r b r代入相应数值即可.32、D (ax-1)5的展开式x3的系数为80∴T r+1=(ax)5-r(-1)r当r=2时有T3=a3x3其系数a3=80∴a=233、A解析：令x=1，得2n=64，得n=6.设常数项为T r+1= C r6（3）6-r·（-）r=C r636-r·（-1）r·x3-r令3-r=0得r=3.∴常数项T4=-540.34、D解析：解得n=10，n=-5（舍）∴（x2+）10和通项Tr+1=C（x）10-r·（i·x）r=C·i r·x令20-r=0r=8 ∴T9=C·i8=C=45.35、B解析:x3=［(x－2)+2］3= (x－2)3·20+ (x－2)2·21+ (x－2)1·22+ (x －2)0·23,∴a2=·21=6.36、C解析：x5的系数是C，当只有C最大时，n=10.37、答案:D解析:T r+1==(－1)r,∵常数项为15,∴r=n.∴=15代入验证即可.38、答案：B解析：(x+)n展开式的二项式系数和为C+C+C+…+C=2n=64，∴n=6. 设T r+1为展开式常数项，则T r+1=C x6－r·()r=C·x6－2r，∴6－2r=0.∴r=3.∴T r+1=T4=C=20.39、答案:C解析:由题意知=64,即=64,∴n=6.40、A解析:令x=－1,a0+a1+…+a11=－2.41、C解析:T r+1=()9－r(－)r=(－x)–r=(－1)r·,令Tr +1=0,得r=3,∴T4=(－1)3=－84.42、答案：B解析：T r+1=C3n－r(－2)r x2n－5r，∴2n－5r=0.∴r=.∵r是整数，∴n最小是5.43、C解析：T r+1=C3n－r(－2)r x2n－5r，∴2n－5r=0.∴r=.∵r是整数，∴n最小是5.44、B解析：T r+1=C(2x)6－r.令6－r=2，得r=4.∴含x2项的系数为C4622=60.45、C 解析:由通项公式T()r=(-1)r,令12r=0解得r=9.∴T10=-220.选C46、A 解析：x4系数(-1)+(-2)+(-3)+(-4)+(-5)=-15.47、D原式=(1++x+1)10=(+)20,设通项为()20-r()r,则r-20+r=0,则r=10.∴常数项为.48、A x4系数(-1)+(-2)+(-3)+(-4)+(-5)=-15.49、A∵(1+x)8=+x1+x2+…+x8=a0+a1x+…+a8x8,∴a0,a1,a2,…,a8,即为,,,…,.∴奇数的个数为,共2个.50、答案：C解析：，故展开式中含项的系数为.51、D解析：由二项式定理及多项式乘法知常数项分别为()0··()0=1,()3··()4=4 200,()6··()8=45,∴原式常数项为1+4 200+45=4 246.52、 A(1-)4(1+)4=［(1-)(1+)］4=x4-4x3+6x2-4x+1,∴x的系数为-4.53、答案：C解析：，故展开式中含项的系数为.54、C(1+)5的展开式中通项为T r+1=()r=·()r·x r.当r=2时,T3=··x2,系数为.55、B 解析:化简原式=［(1-)4(1+)4］·(1-)2=［(1-)(1+)］4·(1-)2=(1-x)4·(1-)2=(1-4x+6x2-4x3+x4)(1-2+x).故系数为1-4=-3,选B.56、A解析：∵(1+x)8=+x1+x2+…+x8=a0+a1x+…+a8x8,∴a0,a1,a2,…,a8,即为,,,…,.∴奇数的个数为,共2个.57、答案：B 由二项式定理知:T1=1,T2=T3=,由题意知:2T2=T1+T3,即n=1+,解之,得n=8或n=1(舍去).故二项式的通项为·x8-r·()r=·x8-2r·2-r=·2-r·x8-2r, 令8-2r=4,则r=2.故含x4的项的系数为·2-2=7.58、B ∵T r+1=(2x3)10-r(-)r=(-)r210-r x30-5r,令30-5r=0r=6,∴常数项为(-)624=.。

高考数学专题命题解读1.高考对排列组合的考查，重点是特殊元素与特殊位置、两元素相邻或不相邻、分组、分配等问题。

题型一般与生活实际联系紧密。

2.高考对二项式定理的考查，重点是二项展开基本定理考查特定项、系数、二项式系数等问题，同时会涉及到赋值法的应用。

命题分析2024年高考新高考Ⅰ卷的排列组确定所有可能结果，其实Ⅰ卷的题目也其中逻辑推理能力比较重要，而且都是试题精讲一、填空题1．（2024新高考Ⅱ卷·14）在如图的则共有种选法，在所有符合上述要求的考数学真题题型分类解析08排列组合与二项式定理考向 点是特殊或不相一般与生重点是二特定项的时会涉及排列组合202202202202二项式定理 202排列组合是体现在概率中的，后续专题会体现出来。

题目也可以采用列举法，这两题考查的方向偏向于与实且都是压轴题。

预计2025年高考还是主要考查排列组合图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是解析解析 式定理式定理考查统计2023·新高考Ⅰ卷，13 2022·新高考Ⅱ卷，5 2023·新高考Ⅱ卷，3 2024·新高考Ⅱ卷，14 2022·新高考Ⅰ卷，13 。

Ⅱ卷考查了通过列举来于与实际生活联系在一起；列组合的应用，题型多变。

列均恰有一个方格被选中，大值是．【答案答案】】 24 112【分析分析】】由题意可知第一由题意可知第一、、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选个方格可选；；利用列举法写出所有的可能结果利用列举法写出所有的可能结果，，即可求解.【详解详解】】由题意知由题意知，，选4个方格个方格，，每行和每列均恰有一个方格被选中每行和每列均恰有一个方格被选中，， 则第一列有4个方格可选个方格可选，，第二列有3个方格可选个方格可选，， 第三列有2个方格可选个方格可选，，第四列有1个方格可选个方格可选，， 所以共有432124×××=种选法种选法；；每种选法可标记为(,,,)a b c d ，a b c d ,,,分别表示第一分别表示第一、、二、三、四列的数四列的数字字， 则所有的可能结果为则所有的可能结果为：： (11,22,33,44),(11,22,34,43),(11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42)， (12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40)， (13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33,40)， (15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40)，所以选中的方格中所以选中的方格中，，(15,21,33,43)的4个数之和最大个数之和最大，，为152********+++=. 故答案为故答案为：：24；112 【点睛点睛】】关键点点睛关键点点睛：：解决本题的关键是确定第一解决本题的关键是确定第一、、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选个方格可选，，利用列举法写出所有的可能结果.一、单选题1．（2022新高考Ⅱ卷·5）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ） A ．12种B ．24种C ．36种D ．48种【答案答案】】B【分析分析】】利用捆绑法处理丙丁利用捆绑法处理丙丁，，用插空法安排甲用插空法安排甲，，利用排列组合与计数原理即可得解【详解详解】】因为丙丁要在一起因为丙丁要在一起，，先把丙丁捆绑先把丙丁捆绑，，看做一个元素看做一个元素，，连同乙连同乙，，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端为使甲不在两端，，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，，有2种插空方式种插空方式；；注意到丙丁两人的顺序可交换注意到丙丁两人的顺序可交换，，有2种排列方式种排列方式，，故安排这5名同学共有名同学共有：：3!2224××=种不同的排列方式种不同的排列方式，，故选故选：：B 2．（2023新高考Ⅱ卷·3）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．A ．4515400200C C ⋅种B ．2040400200C C ⋅种C ．3030400200C C ⋅种D ．4020400200C C ⋅种二、填空题3．（2022新高考Ⅰ卷·13）81()y x y x −+的展开式中26x y 的系数为（用数字作答）．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种（用数字作答）． 【答案答案】】64【分析分析】】分类讨论选修2门或3门课门课，，对选修3门，再讨论具体选修课的分配再讨论具体选修课的分配，，结合组合数运算求解.【详解详解】（】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有144116C C =种；（2）当从8门课中选修3门，①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有1244C C 24=种； ②若体育类若体育类选修课选修课2门，则不同的选课方案共有2144C C 24=种；综上所述综上所述：：不同的选课方案共有16242464++=种. 故答案为故答案为：：64.一、排列与排列数1、定义：从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素排成一列，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个排列．从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，用符号mn A 表示．2、排列数的公式：()()()()!121!mnn A n n n n m n m =−−−+=− ． 特例：当m n =时，()()!12321m n A n n n n ==−−⋅⋅ ；规定：0!1=． 3、排列数的性质：①11m m n n A nA −−=；②111mm m n n n n A A A n m n m+−==−−；③111m m m n n n A mA A −−−=+．二、组合与组合数1、定义：从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素并成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．从n 个不同元素中取出()m m n ≤个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，用符号mn C 表示．2、组合数公式及其推导求从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数m n A ，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这n 个不同元素中取出m 个元素的组合数m n C ； 第二步，求每一个组合中m 个元素的全排列数m n A ； 根据分步计数原理，得到m m m n n m A C A =⋅；因此()()()121!m mn nm m n n n n m A C A m −−−+== ．这里n ，m N +∈，且m n ≤，这个公式叫做组合数公式．因为()!!m n n A n m =−，所以组合数公式还可表示为：()!!!m n n C m n m =−．特例：01n n n C C ==．注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式(1)(2)(1)C !m n n n n n m m −−⋅⋅⋅−+=常用于具体数字计算，!C !()!m n n m nm =−常用于含字母算式的化简或证明．3、组合数的主要性质：①m n m n n C C −=；②11m m mn n n C C C −++=．4、组合应用题的常见题型：①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型 ②“至少”或“最多”含有几个元素的题型三、排列和组合的区别组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工． 排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同．注意：排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置数目问题，它们之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题．排列是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合综合问题的基本思维是“先组合，后排列”．四、二项式展开式的特定项二项式展开式的特定项、、特定项的系数问题1、二项式定理一般地，对于任意正整数，都有：011()()n n n r n r r n n n n n n a b C a C a b C a b C b n N −−∗+=+++++∈ ，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式．式中的r n r r n C a b −做二项展开式的通项，用1r T +表示，即通项为展开式的第1r +项：1r n r r r n T C a b −+=， 其中的系数r n C （r =0，1，2，…，n ）叫做二项式系数，2、二项式()n a b +的展开式的特点：①项数：共有1n +项，比二项式的次数大1；②二项式系数：第1r +项的二项式系数为r n C ，最大二项式系数项居中；③次数：各项的次数都等于二项式的幂指数n ．字母a 降幂排列，次数由n 到0；字母b 升幂排列，次 数从0到n ，每一项中，a ，b 次数和均为n ；④项的系数：二项式系数依次是012r n n n n n n C C C C C ⋅⋅⋅⋅⋅⋅，，，，，，，项的系数是a 与b 的系数（包括二项式系数）．3、两个常用的二项展开式：①（）②4、二项展开式的通项公式二项展开式的通项：1r n r r r n T C a b −+=()0,1,2,3,,r n =…公式特点：①它表示二项展开式的第1r +项，该项的二项式系数是；②字母b 的次数和组合数的上标相同； ③a 与b 的次数之和为n ．n n b a )(+011()(1)(1)n n n r r n r r n n n n n n n a b C a C a b C a b C b −−−=−++−⋅++−⋅ *N n ∈122(1)1n r r n n n n x C x C x C x x +=++++++ r n C注意：①二项式()n a b +的二项展开式的第r +1项和()n b a +的二项展开式的第r +1项是有区别的，应用二项式定理时，其中的a 和b 是不能随便交换位置的．②通项是针对在()n a b +这个标准形式下而言的，如()n a b −的二项展开式的通项是（只需把b −看成b 代入二项式定理）．五、二项式展开式中的最值问题1、二项式系数的性质①每一行两端都是1，即0n n n C C =；其余每个数都等于它“肩上”两个数的和，即11m m mn n n C C C −+=+． ②对称性每一行中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即m n m n n C C −=．③二项式系数和令1a b ==，则二项式系数的和为0122r n n n n n n n C C C C C ++++++= ，变形式1221r n n n n n n C C C C +++++=− ．④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和在二项式定理中，令11a b ==−，，则0123(1)(11)0n n n n n n n n C C C C C −+−++−=−= ，从而得到：0242132111222r r nn n n n n n n n C C C C C C C +−++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅=++++⋅⋅⋅=⋅= ． ⑤最大值：如果二项式的幂指数n 是偶数，则中间一项12n T +的二项式系数2n nC 最大；如果二项式的幂指数n 是奇数，则中间两项12n T +，112n T +的二项式系数12n nC−，12n nC+相等且最大．2、系数的最大项求()n a bx +展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为121n A A A +⋅⋅⋅，，，，设第1r +项系数最大，应有112r r r r A A A A +++≥ ≥ ，从而解出r 来．六、二项式展开式中系数和有关问题常用赋值举例：1、设， 二项式定理是一个恒等式，即对a ，b 的一切值都成立，我们可以根据具体问题的需要灵活选取a ，b 的值．①令，可得：②令11a b ==，，可得：，即：（假设为偶数），再结合①可得：．r n r rnC a b −r n r r n C b a −1(1)r r n r rr nT C a b −+=−()011222nn n n r n r r n nn nn n n a b C a C a b C a b C a b C b −−−+=++++++ 1a b ==012n nn n n C C C =+++ ()012301nnn n n n n C C C C C =−+−+− 02131n n n n n n n n C C C C C C −+++=+++ n 0213112n n n n n n n n n C C C C C C −−+++=+++=2、若121210()n n n n n n f x a x a x a x a x a −−−−=+++++ ，则①常数项：令0x =，得0(0)a f =．②各项系数和：令1x =，得0121(1)n n f a a a a a −=+++++ ． ③奇数项的系数和与偶数项的系数和（i ）当n 为偶数时，奇数项的系数和为024(1)(1)2f f a a a +−+++= ；偶数项的系数和为135(1)(1)2f f a a a −−+++=． （可简记为：n 为偶数，奇数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） （ii ）当n 为奇数时，奇数项的系数和为024(1)(1)2f f a a a −−+++= ；偶数项的系数和为135(1)(1)2f f a a a +−+++=．（可简记为：n 为奇数，偶数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） 若1210121()n n n n f x a a x a x a x a x −−=+++++ ，同理可得．注意：常见的赋值为令0x =，1x =或1x =−，然后通过加减运算即可得到相应的结果． 【排列组合常用结论排列组合常用结论】】一、解决排列组合综合问题的一般过程1、认真审题，确定要做什么事；2、确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多少步；3、确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元素；4、解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略．二、常见排列组合类型及解法1、如图，在圆中，将圆分n 等份得到n 个区域1M ，2M ，3M ， ，(2)n M n …，现取(2)k k …种颜色对这n个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有(1)(1)(1)n n k k −−+−种．2、错位排列公式1(1)(1)!!inn i D n n =−=+⋅∑ 3、数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项（1）解题原则：排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类讨论． 4、定位、定元的排列问题，一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限制的位置称为特殊位置．这一类问题通常以三种途径考虑：（1）以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元素； （2）以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位置； （3）用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．5、解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将n 个不同元素排成一排，其中某k 个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k 个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有11n k n k A −+−+种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有k k A 种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有11n k nk kk A A −+−+⋅种． 6、解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将n 个不同元素排成一排，其中某k 个元素互不相邻（1k n k ≤−+），求不同排法种数的方法是：先将（n k −）个元素排成一排，共有n kn k A −−种排法；然后把k 个元素插入1n k −+个空隙中，共有1k n k A −+种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有n k n k A −−·1k n k A −+种．一、单选题1．（2024·重庆·三模）重庆某高校去年招收学生来自成渝地区2400人，除成渝外的西部地区2000人，中部地区1400人，东部地区1800人，港澳台地区400人.学校为了解学生的饮食习惯，拟选取40人作样本调研，为保证调研结果的代表性，则从该校去年招收的成渝地区学生中不同的抽样结果种数为（ ）A ．402400CB ．242400C C ．122400CD ．102400C2．（2024·北京·三模）已知x的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（ ）A ．240−B ．240C ．60D ．60−的票价分别对应球场三个不同的区域，五位球迷相约看球赛，则五人中恰有三人在同一区域的不同座位方式共有（ ）A ．30种B ．60种C ．120种D ．240种【答案答案】】C【分析分析】】依题意依题意，，先将在同一区域的三个先将在同一区域的三个人选出并选定区域人选出并选定区域人选出并选定区域，，再对余下的两人分别在其它两个区域进行选择，由分步乘法计数原理即得.【详解详解】】要使五人中恰有三人在同一区域要使五人中恰有三人在同一区域，，可以分成三步完成可以分成三步完成：： 第一步第一步，，先从五人中任选三人先从五人中任选三人，，有35C 种方法种方法；； 第二步再选这三人所在的区域第二步再选这三人所在的区域，，有13C 种方法种方法；；第三步第三步，，将另外两人从余下的两个区域里任选将另外两人从余下的两个区域里任选，，有1122C C ⋅种方法.由分步乘法计数原理由分步乘法计数原理，，共有31115322C C C C 120⋅⋅⋅=种方法.故选:C.4．（2024·四川成都·三模）成实外教育集团自2000年成立以来，一直行走在民办教育的前端，致力于学生的全面发展，对学生的教育视为终身己任，在教育事业上砥砺前行，永不止步.截至目前，集团已开办29所K-12学校和两所大学，其中高中教育学校有11所.集团拟召开综合考评会.经考评后，11所学校得分互不相同，现从中任选3所学校的代表交流发言，则排名为第一名或第五名的学校代表去交流发言的概率为（ ） A ．2455B ．2855C ．811D ．2755 【答案答案】】D【分析分析】】利用古典概率结合组合数的计算求解即可. 【详解详解】】从11所学校中任选3所学校共有种311C 165=选法. 其中排名为第一名或第五名的学校其中排名为第一名或第五名的学校，，可以分为三种情况可以分为三种情况：：第一类第一类：：只含有排名为第一名的学校的有29C 36=种选法种选法；；邻的条件下，数字2，4，6也相邻的概率为（ ） A ．310B ．35C ．110D ．156．（2024·新疆喀什·三模）21x x ++展开式中，3x 的系数为（ ）A ．20B ．30C ．25D ．40【答案答案】】B【分析分析】】分不含2x 项和含有一个2x 项两种情况求解项两种情况求解．．【详解详解】】25(1)++x x 展开式中展开式中，，3x 的项为33212133554C 1C C 130x x x x ⋅+⋅⋅=，则3x 的系数为30． 故选故选：：B ．7．（2024·新疆·三模）西安、洛阳、北京、南京和开封并称中国的五大古都.某旅游博主为领略五大古都之美，决定用两个月的时间游览完五大古都，且每个月只游览五大古都中的两个或三个（五大古都只游览一次），则恰好在同一个月游览西安和洛阳的概率为（ ）A ．15B ．25C ．12D ．35【答案答案】】B【分析分析】】求出事件的总数以及目标事件的数量求出事件的总数以及目标事件的数量，，再用古典再用古典概型计算即可概型计算即可..【详解详解】】将古都分成2个、3个两组个两组，，再在两个月安排旅游顺序再在两个月安排旅游顺序，，故事件总数为2252C A 20⋅=，分2个古都组中含西安个古都组中含西安、、洛阳洛阳，，或3个古都组中含西安个古都组中含西安、、洛阳洛阳，，故恰好在同一个月游览西安和洛阳的事件8．（2024·北京·三模）在2221x x −−的展开式中，5x 项的系数为（ ） A ．144−B ．16−C ．16D ．144【答案答案】】C【分析分析】】写出()()552112x x −=−−的展开式通项，即可列式求解.【详解详解】】()()552112x x −=−−，其展开式通项公式为()15C 2rr r T x +=−−，0,1,2,3,4,5r =，所以所求5x 项的系数为()()353555C 22C 2806416−−+−=−=，故选故选：： C ． 9．（2024·河北秦皇岛·三模）三人被邀请参加同一个时间段的两个晚会，若两个晚会都必须有人去，去几人自行决定，且每人最多参加一个晚会，则不同的去法有（ ） A ．8种B ．12种C ．16种D ．24种【答案答案】】B【分析分析】】根据参加晚会的人数分类讨论根据参加晚会的人数分类讨论，，利用排列组合数求解即可.【详解详解】】第一种情况第一种情况，，只有两人参加晚会只有两人参加晚会，，有23A 6=种去法种去法；； 第二种情况第二种情况，，三人参加晚会三人参加晚会，，有2232C A 6=种去法种去法，，共12种去法.故选故选：：B10．（2024·安徽芜湖·三模）已知A 、B 、C 、D 、E 、F 六个人站成一排，要求A 和B 不相邻，C 不站两端，则不同的排法共有（ ）种A ．186B ．264C ．284D ．336【答案答案】】D【分析分析】】先考虑A 和B 不相邻的排法不相邻的排法，，再考虑A 和B 不相邻不相邻，，且C 站两端的情况站两端的情况，，相减后得到答案. 【详解详解】】先考虑A 和B 不相邻的排法不相邻的排法，，将C 、D 、E 、F 四个人进行全排列四个人进行全排列，，有44A 种情况种情况，，C 、D 、E 、F 四个人之间共有5个空个空，，选择2个排A 和B ，有25A 种情况种情况，，故有4245480A A =种选择种选择，，再考虑A 和B 不相邻不相邻，，且C 站两端的情况站两端的情况，， 先从两端选择一个位置安排C ，有12C 种情况种情况，， 再将D 、E 、F 三个人进行全排列三个人进行全排列，，有33A 种情况最后D 、E 、F 三个人之间共有4个空个空，，选择2个排A 和B ，有24A 种情况种情况，，故有132234C A A 144=种情况种情况，，则要求A 和B 不相邻不相邻，，C 不站两端不站两端，，则不同的安排有480144336−=种情况. 故选故选：：D 11．（2024·浙江绍兴·三模）在()()()()()123x x x x a x b +++++的展开式中，含4x 项的系数是10，则()2log a b +=（ ）A ．0B ．1C ．2D ．4【答案答案】】C【分析分析】】在()()()()()123x x x x a x b +++++的展开式中含4x 的项即从5个因式中取4个x ，1个常数项即可写出含4x 的项的项，，则可得出答案.【详解详解】】根据二项展开式可知含4x 项即从5个因式中取4个x ，1个常数项即可写出含4x 的项；所以含4x 的项是()4412310a b x x ++++=，可得4a b +=；即可得()22log log 42a b +==. 故选故选：：C 12．（2024·湖北荆州·三模）已知()202422024012202431a a x a x a x x =+++−+L ，则122024a a a +++L 被3除的余数为（ ）A ．3B ．2C ．1D ．0【答案答案】】D【分析分析】】先对二项展开式中的x 进行赋值进行赋值，，得出101212202441a a a +++=− ，再将10124看作()101231+进行展开，再利用二项展开式特点分析即得.【详解详解】】令0x =，得01a =，令1x =，得202401220242a a a a ++++= ， 两式相减两式相减，，202410121220242141a a a +++=−=− ，因为()101210120101211011101110121012101210121012431C 3C 3C 3C =+=++++ ，其中01012110111011101210121012C 3C 3C 3+++L 被3整除整除，，所以10124被3除的余数为1， 综上综上，，122024a a a +++L 能被3整除整除．． 故选故选：：D.二、多选题13．（2024·山西临汾·三模）在82x 的展开式中（ ） A ．所有奇数项的二项式系数的和为128 B ．二项式系数最大的项为第5项 C ．有理项共有两项D ．所有项的系数的和为8314．（2024·江西南昌·三模）已知12x x − 的展开式中二项式系数的最大值与+a x x的展开式中1x 的系数相等，则实数a 的值可能为（ ）A B ．D ．15．（2024·山西·三模）已知函数2120121241f x x a a x a x a x =−=+++⋅⋅⋅+，则（ ）A ．333124C a =×B ．()f x 展开式中，二项式系数的最大值为612CC ．12123123a a a a +++⋅⋅⋅+=D ．()5f 的个位数字是1【答案答案】】BD【分析分析】】对于A ：根据二项展开式分析求解根据二项展开式分析求解；；对于B ：根据二项式系数的性质分析求解根据二项式系数的性质分析求解；；对于C ：利用赋值法值法，，令0x =、1x =即可得结果即可得结果；；对于D ：因为()()125201f =−，结合二项展开式分析求解.【详解详解】】对于选项A ：()1241x −的展开式的通项为()()()12121211212C 4114C ,0,1,2,,12rr rr r rr r T x x r −−−+=⋅−=−⋅⋅⋅=⋅⋅⋅，令9r =，可得()93933334121214C 4C T x x =−⋅⋅⋅=−×⋅， 所以333124C a =−×，故A 错误错误；；对于选项B ：因为12n =为偶数为偶数，，可知二项式系数的最大值为612C ，故B 正确正确；； 对于选项C ：令0x =，可得01a =；令1x =，可得12012123a a a a +++⋅⋅⋅+=； 所以121231231a a a a +++⋅⋅⋅+=−，故C 错误错误；；对于选项D ：因为()()125201f =−，且()12201−的展开式的通项为()12112C 201,0,1,2,,12kkk k T k −+=⋅⋅−=⋅⋅⋅， 可知当0,1,2,,11k =⋅⋅⋅，1k T +均为20的倍数的倍数，，即个位数为0， 当12k =时，131T =，所以()5f 的个位数字是1，故D 正确正确；； 故选故选：：BD.三、填空题16．（2024·山东烟台·三模）614x展开式的中间一项的系数为.胜杰，江新林3人）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十八号航天员乘组（叶光富、李聪、李广苏3人）入驻“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排合影留念，叶光富不站最左边，汤洪波不站最右边，则不同的排法有． 【答案答案】】504【分析分析】】本题考查排列中分类加法计数原理和分步乘法计数原理.根据题目要求根据题目要求，，分两类进行讨论分两类进行讨论，，第一类叶光富在最右侧叶光富在最右侧，，第二类叶光富不在最右侧.然后根据分类加法计数原理相加即可得到答案. 【详解详解】】根据叶光富不站最左边根据叶光富不站最左边，，可以分为两种情况可以分为两种情况：：第一种情况第一种情况：：叶光富站在最右边叶光富站在最右边，，此时剩余的5人可以进行全排列人可以进行全排列，，共有55A 120=种排法.第二种情况第二种情况：：叶光富不站在最右边叶光富不站在最右边，，根据题目条件叶光富不站最左边根据题目条件叶光富不站最左边，，此时叶光富有4种站法.根据题目条件汤洪波不站在最右边件汤洪波不站在最右边，，可知杨洪波只有4种站法.剩余的4人进行全排列,共有4444A 384××=种排法种排法，，由分类加法计数原理可知由分类加法计数原理可知，，总共有120384504+=种排法种排法．． 故答案为故答案为：：504 18．（2024·福建福州·三模）421x x +−的展开式中常数项为．4，1，5，9进行某种排列得到密码．若排列时要求相同数字不相邻，且相同数字之间一个数字，则小明可以设置的不同密码种数为． 【答案答案】】96【分析分析】】利用捆绑法即可求解.【详解详解】】从3，4，5，9中选择一个数字放入两个1之间之间，，将其与两个1看作一个整体看作一个整体，，与剩下元素全排列与剩下元素全排列，，故不同的密码个数为1444C A 96=，故答案为故答案为：：96 20．（2024·河北衡水·三模）()()7222x y x y +−的展开式中46x y 的系数为（用数字作答）【答案答案】】35−【分析分析】】根据题意根据题意，，结合二项式的展开式的性质结合二项式的展开式的性质，，准确计算准确计算，，即可求解.【详解详解】】由题意由题意，，多项式()()7222x y x y +−的展开式中含有46x y 的项为的项为：：()()()265262524677C 2C 35x x y y xy x y ⋅⋅−+⋅−=−，所以46x y 的系数为35−． 故答案为故答案为：：35−.21．（2024·河南·三模）若()*nn∈N 的展开式中存在常数项，则n 的值可以是（写出一个值即可）场为女双，一场为男女混双），每名选手只参加1场表演赛，则所有不同的安排方法有种. 【答案答案】】4050【分析分析】】先考虑两对混双的组合先考虑两对混双的组合，，再从余下4名男选手和4名女选手各有3种不同的配对方法组成两对男双组合双组合，，两对女双组合双组合，，利用分步乘法原理可求得结果. 【详解详解】】先考虑两对混双的组合有22662C C ⋅种不同的方法种不同的方法，，余下4名男选手和4名女选手各有3种不同的配对方法组成两对男双组合对方法组成两对男双组合，，两对女双组合双组合，，故共有22662C C 334050⋅××=.故答案为故答案为：：4050。

卜人入州八九几市潮王学校二零二零—二零二壹年高考试题解析数学〔文科〕分项专题11排列组合、二项式定理2021年高考试题 一、选择题:1．(2021年高考卷文科7)正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数一共有〔〕A ．20B ．15C ．12D ．10【答案】A【解析】先从5个侧面中任意选一个侧面有15C 种选法，再从这个侧面的4个顶点中任意选一个顶点有14C 种选法，由于不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，所以除去这个侧面上、相邻侧面和同一底面上的一共8个点，还剩下2个点，把这个点和剩下的两个点连线有12C 种方法，但是在这样处理的过程中刚好每一条对角线重复了一次，所以最后还要乘以,21所以这个正五棱柱对角线的条数一共有2021121415=•••C C C ,所以选择A. 2.〔2021年高考全国卷文科9)4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，那么恰有2人选修课程甲的不同选法一共有〔A 〕12种〔B 〕24种〔C 〕30种〔D 〕36种二、填空题:3.〔2021年高考卷文科16)给定*k N ∈，设函数**:f N N →满足：对于任意大于k 的正整数n ，()f n n k =-〔1〕设1k =，那么其中一个函数f 在1n =处的函数值为；〔2〕设4k=，且当4n ≤时，2()3f n ≤≤，那么不同的函数f的个数为。

答案：〔1〕()a a 为正整数，〔2〕16[ 解析：〔1〕由题可知*()f n N ∈，而1k =时，1n >那么*()1f n n N =-∈，故只须*(1)f N ∈，故(1)()f a a =为正整数。

〔2〕由题可知4k=，4n >那么*()4f n n N =-∈，而4n ≤时，2()3f n ≤≤即(){2,3}f n ∈，即{1,2,3,4}n ∈，(){2,3}f n ∈，由乘法原理可知，不同的函数f 的个数为4216=。

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

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

【考点】二项展开式的通项公式点评：简单题，二项式展开式的通项公式是，。

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

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

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

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

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

故选D。

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

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

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

排列组合、二项式定理一、选择题：1．5人排一个5天的值日表，每天排一人值日，每人可以排多天或不排，但相邻两天不能排同一人，值日表排法的总数为A．120 B．324 C．720D．12802．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行答题，要求至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是A．40 B．74 C．84D．2003．以三棱柱的六个顶点中的四个顶点为顶点的三棱锥有A．18个 B．15个 C．12个 D．9个4．从一架钢琴挑出的十个音键中，分别选择3个，4个，5个，…，10个键同时按下，可发出和弦，若有一个音键不同，则发出不同的和弦，则这样的不同的和弦种数是A．512 B．968 C．1013D．10245．如果的展开式中所有奇数项的系数和等于512，则展开式的中间项是A．B．C．D．6．用0，3，4，5，6排成无重复字的五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样的五位数的个数是A．36 B．32 C．24D．207．若n是奇数，则被9除的余数是A．0 B．2 C．7D．88．现有一个碱基A，2个碱基C，3个碱基G，由这6个碱基组成的不同的碱基序列有A．20个 B．60个 C．120个 D．90个9．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个节目插入原节目单中，那么不同的插法种数为A．504 B．210 C．336D．12010．在的展开式中，x3的系数等于A．B．C．D．11．现有男女学生共8人，从男生中选2人，从女生中选1人，分别参加数理化三科竞赛，共有90种不同方案，则男、女生人数可能是A．2男6女 B．3男5女 C．5男3女 D．6男2女12．若x∈R，n∈N＋，定义＝x(x＋1)(x＋2)…(x＋n－1)，例如＝(－5)(－4)(－3)(－2)(－1)＝－120，则函数的奇偶性为A．是偶函数而不是奇函数 B．是奇函数而不是偶函数C．既是奇函数又是偶函数 D．既不是奇函数又不是偶函数13．由等式定义映射则f（4，3，2，1）等于A．（1，2，3，4） B．（0，3，4，0）C．（－1，0，2，－2） D．（0，－3，4，－1）14．已知集合A＝{1，2，3}，B＝{4，5，6}，从A到B的映射f(x)，B中有且仅有2个元素有原象，则这样的映射个数为A．8 B．9 C．24D．2715．有五名学生站成一排照毕业纪念照，其中甲不排在乙的左边，又不与乙相邻，而不同的站法有A．24种 B．36种 C．60种 D．66种16．等腰三角形的三边均为正数，它们周长不大于10，这样不同形状的三角形的种数为A．8 B．9 C．10D．1117．甲、乙、丙三同学在课余时间负责一个计算机房的周一至周六的值班工作，每天1人值班，每人值班2天，如果甲同学不值周一的班，乙同学不值周六的班，则可以排出不同的值班表有A．36种 B．42种 C．50种 D．72种18．若的值为A．0 B．2 C．－1 D．1答题卡二、填空题：19．某电子器件的电路中，在A，B之间有C，D，E，F四个焊点（如图），如果焊点脱落，则可能导致电路不通．今发现A，B间电路不通，则焊点脱落的不同情况有种．20．设f(x)＝x5－5x4＋10x3－10x2＋5x＋1,则f(x)的反函数f－1(x)＝．21．正整数a1a2…an…a2n－2a2n－1称为凹数，如果a1>a2>…an，且a2n－1>a2n－2>…>an，其中ai（i＝1,2,3,…）∈{0,1,2,…,9}，请回答三位凹数a1a2a3（a1≠a3）共有个（用数字作答）．22．如果a1(x－1)4＋a2(x－1)3＋a3(x－1)2＋a4(x－1)＋a5＝x4，那么a2－a3＋a4 ．23．一栋7层的楼房备有电梯，在一楼有甲、乙、丙三人进了电梯，则满足有且仅有一人要上7楼，且甲不在2楼下电梯的所有可能情况种数有．24．已知（x＋1）6（ax－1）2的展开式中，x3的系数是56，则实数a的值为．三、解答题：25．（本小题满分12分）将7个相同的小球任意放入四个不同的盒子中，每个盒子都不空，共有多少种不同的方法？26．（本小题满分12分）已知()n展开式中的倒数第三项的系数为45，求：⑴含x3的项；⑵系数最大的项．27．（本小题满分12分）求证：第十一单元排列组合、二项式定理参考答案一、选择题（每小题5分，共90分）：提示1．D 分五步：5×4×4×4×4＝1280．2．B 分三步：3．C4．B 分8类：5．B中间项为6．D 按首位数字的奇偶性分两类：7．C 原式＝（7＋1）n－1＝(9－1)2－1＝9k－2＝9k’＋7（k和k’均为正整数）．8．B 分三步：9．A10．B 原式＝11．B 设有男生x人，则，检验知B正确．12．A13．D 比较等式两边x3的系数，得4＝4＋b1,则b1＝0，故排除A，C；再比较等式两边的常数项，有1＝1＋b1＋b2＋b3＋b4,∴b1＋b2＋b3＋b4＝0．14．D15．B 先排甲、乙外的3人，有种排法，再插入甲、乙两人，有种方法，又甲排乙的左边和甲排乙的右边各占，故所求不同和站法有16．C 共有（1，1，1），（1，2，2），（1，3，3），（1，4，4），（2，2，2），（2，2，3），（2，3，3），（2，4，4），（3，3，3）（3，3，4）10种．17．B 每人值班2天的排法或减去甲值周一或乙值周六的排法，再加上甲值周一且乙值周六的排法，共有18．D 设f(x)＝()10，则(a0＋a2＋…＋a10)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝(a0＋a1＋…＋a10)(a0－a1＋a2－…－a9＋a10)＝f(1)f(－1)＝()10()10＝1。

排列组合、二项式定理预测题（一）选择题（12*5=60分）1.【吉林省白山市第一中学高三8月摸底考试】现有12件商品摆放在货架上，摆成上层4件下层8件，现要从下层8件中取2件调整到上层，若其他商品的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（）A．420 B．560 C．840 D．201602.【2013·深圳模拟】设a1，a2，…，a n是1,2，…，n的一个排列，把排在a i的左边且比a i小的数的个数称为a i的顺序数(i＝1,2，…，n)，如在排列6,4,5,3,2,1中，5的顺序数为1,3的顺序数为0.则在1至8这八个数字构成的全排列中，同时满足8的顺序数为2,7的顺序数为3,5的顺序数为3的不同排列的种数为 ( ) A．48 B．96 C．144 D．1923.【山西省山大附中高三9月月考】1031⎪⎪⎭⎫⎝⎛+xx（*∈Nn）展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为（）A. 120B. 210C. 252D. 454.【山东卷】用0,1,2,,9 十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为（ ） A.243B.252C.261D.2795.【四川省德阳中学高三“零诊”】设集合}{1,2,3,4,5,6,7,8,9S =，集合}{123,,A a a a =，A S ⊆，123,,a a a 满足123a a a <<且326a a -≤，那么满足条件的集合A 的个数为（ ）A ． 76B ．78C ．83D ．846.【广东高三六校第一次联考】记集合{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}T =, |10101010{4433221aa a a +++ }4,3,2,1,=∈i T a i ,将M 中的元素按从大到小排列，则第2013个数是（ ）C. 23410101010+++D. 43210101010+++7.【广东省广州市“十校”2013-2014学年度高三第一次联考】设三位数abc n =，若以cb a ,,为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数n有( )A.45个B.1个C.165个D.216个8.【吉林市普通中学2013-2014学年度高中毕业班摸底测试】某学校周五安排有语文、数学、英语、物理、化学、体育六节课，要求体育不排在第一节课,数学不排在第四节课，则这天课表的不同排法种数为（）A.600B.288C.480D.5049.【湖北省襄樊五中高三年级调研测试】用1，2，3这三个数字组成四位数，规定这三个数字必须都使用，但相同的数字不能相邻，以这样的方式组成的四位数共有（）A．9个 B．18个C．12个 D．36个10.【2012年湖北卷】设a∈Z，且0≤a≤13，若512012+a能被13整除，则a=( )A.0B.1C.11D.1211.【广东省四月调研】现有5位同学准备一起做一项游戏，他们的身高各不相同。