北京2019年高考数学(理)一轮特训：排列组合、二项式定理(含答案)

高考第一轮复习数学单元测试卷排列、组合、二项式定理参考答案-数学试题
一、选择题：（每题5分，共60分）
1、C
2、C
3、B
4、D
5、B
6、B
7、C8、D9、C10、C
11、C12、B
二、填空题：（每题4分，共16分
13、14、1415、17916、96
三、解答题（共六个小题，满分74分）
17、（10分）设原来站在第i个位置的人是（i=1，2，3，4，5）。

重新站队时，站在第2个位置的站法有种，其中不符合要求的有：站第3位的种，站第4位的种，但有的站法在考虑的情形时已经减去了，故只应再算（）种，同理，站第5位的应再算[]种。

站在第3，4，5位的情形与站在第2位的情形时对等的，故所有符合要求的站法有：
=44（种）
18、（12分）设取个红球，个白球，于是：
，其中，
因此所求的取法种数是：=186（种）
19、（12分）假设满足要求的等差数列存在，由于所给等式对一切自然数n均成立，故当n=1，2，3时等式成立，从而可解得=1，=2，=3，因此若满足要求的等差数列存在，则必须是=n。

.然后再证明当=n时所给等式确实成立即可。

答案是肯定的。

20、（12分）注意到即可。

21、（14分）由已知得：。

注意到，从而等差数列的通项公式是：，设其前k项之和最大，则
，解得k=25或k=26，故此数列的前25项之和与前26项之和相等且最大，。

22（14分）先求出的常数项是27，从而可得中n=7，对于由二项展开式的通项公式知，含的项是第4项，其二项式系数是35。

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2019年高考数学（理）精品资料：
1.7 排列组合二项式定理（讲）
考向一 两个计数原理、排列组合的综合应用
【高考改编☆回顾基础】
2017课标II 改编】安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有 .
【答案】36
【解析】
由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有24C 种方法，然后进行全排列33A 即可，由乘法原理，不同的安排方式共有
种
方法.
2.【两个计数原理】【2018年新课标I 卷】从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1
位女生入选，则不同的选法共有_____________种．（用数字填写答案）
【答案】16
【解析】
根据题意，没有女生入选有
种选法， 从6名学生中任意选3人有种选法， 故至少有1位女生入选，则不同的选法共
有种，故答案是16.
3.【计数原理、简单组合问题】【2018年浙江卷】从1，3，5
，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)
【答案】1260.
【解析】
若不取零，则排列数为
若取零，则排列数为 因此一共有个没有重复数字的四位数.
4.【计数原理、简单排列组合问题】【2017天津，理14】用数字1，2，3，4，5，6，7，8，。

2019北京各地高考数学联考分类篇：11排列组合、二项式定理 注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！
【一】选择题：
〔6〕〔2018年4月北京市海淀区高三一模理科〕从甲、乙等5个人中选出3人排成一列，那么甲不在排头的排法种数是
〔A 〕12〔B 〕24
〔C 〕36〔D 〕48
【答案】D
8、(北京市西城区2018年4月高三第一次模拟文)集合230123{|222}A x x a a a a ==+⨯+⨯+⨯，其中{0,1}k a ∈(0,1,2,3)k =，且 30a ≠.那么A 中所有元素之和是〔C 〕
〔A 〕120 〔B 〕112 〔C 〕92 〔D 〕84
【答案】C
【二】填空题：
〔用数字作答〕
【答案】256,672
【解析】显然card()10M =表示集合M 中有10个元素，card()2A =表示集合A 中有2个元素，而A X M ⊆⊆，故集合X 中可以只含A 中的2个元素，也可以除了A 中的2个元素
外，在剩下的8个元素中任取1个，2个，3个，。

8个，共有01788888256
C C C C ++⋅⋅⋅++=种情况，即符合要求所求的集合M 有256个；满足条件Y M ⊆的集合Y 的个数为102，其中
不满足条件A Y ⊄的集合Y 的个数为82，不满足条件。

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

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

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

3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能够用它们计算和论证简单的问题。

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

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

历届高考主要考查排列的应用题，通常是选择题或填空题。

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

组合数有两个性质：对称性和递推关系。

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

3a4的值为(。

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

2019年全国高考理科数学试题分类汇编10：排列、组合及二项式定理一、选择题1 ．（2019年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯W ORD 版含答案））已知5)1)(1(x ax ++的展开式中2x 的系数为5,则=a （ ）A ．4-B ．3-C ．2-D ．1-【答案】D2 ．（2019年普通高等学校招生统一考试山东数学（理）试题（含答案））用0,1,,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 ．279【答案】B3 ．（2019年高考新课标1（理））设m 为正整数,2()m x y +展开式的二项式系数的最大值为a ,21()m x y ++展开式的二项式系数的最大值为b ,若137a b =,则m =（ ）A ．5B ．6C ．7D ．8【答案】B4 ．（2019年普通高等学校招生统一考试大纲版数学（理）WORD 版含答案（已校对））()()8411+x y +的展开式中22x y 的系数是 A ．56B ．84C ．112D ．168【答案】D5 ．（2019年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题（纯WORD 版））满足{},1,0,1,2a b ∈-,且关于x的方程220ax x b ++=有实数解的有序数对(,)a b 的个数为 （ ）A ．14B ．13C ．12D ．10【答案】B6 ．（2019年上海市春季高考数学试卷(含答案)）10(1)x +的二项展开式中的一项是（ ）A ．45xB ．290xC ．3120xD ．4252x【答案】C7 ．（2019年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD 版））使得()3nx n N n+⎛+∈ ⎝的展开式中含有常数项的最小的为（ ）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】B8 ．（2019年高考四川卷（理））从1,3,5,7,9这五个数中,每次取出两个不同的数分别为,a b ,共可得到lg lg a b -的不同值的个数是（ ）A ．9B ．10C ．18D ．20【答案】C9 ．（2019年高考陕西卷（理））设函数61,00.,()x x f x x x ⎧⎛⎫-<⎪ ⎪=⎝≥⎭⎨⎪⎩ , 则当x >0时, [()]f f x 表达式的展开式中常数项为（ ）A ．-20B ．20C ．-15D ．15【答案】A10．（2019年高考江西卷（理））(x 2-32x )5展开式中的常数项为 （ ）A ．80B ．-80C ．40D ．-40【答案】C 二、填空题11．（2019年上海市春季高考数学试卷(含答案)）36的所有正约数之和可按如下方法得到:因为2236=23⨯,所以36的所有正约数之和为222222(133)(22323)(++++⨯+⨯++⨯+（参照上述方法,可求得2000的所有正约数之和为________________________【答案】483612．（2019年高考四川卷（理））二项式5()x y +的展开式中,含23x y 的项的系数是_________.(用数字作答)【答案】1013．（2019年上海市春季高考数学试卷(含答案)）从4名男同学和6名女同学中随机选取3人参加某社团活动,选出的3人中男女同学都有的概率为________(结果用数值表示).【答案】4514．（2019年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））将F E D C B A ,,,,,六个字母排成一排,且B A ,均在C 的同侧,则不同的排法共有________种(用数字作答)【答案】48015．（2019年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））从3名骨科.4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组,则骨科.脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是___________(用数字作答) 【答案】59016．（2019年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））6x ⎛⎝的二项展开式中的常数项为______.【答案】1517．（2019年普通高等学校招生统一考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版））设二项式53)1(xx -的展开式中常数项为A ,则=A ________【答案】10。

【备战2018】（北京版）高考数学分项汇编 专题11 排列组合、二项式
定理（含解析）文
（ ）
A ． 33
B ． 29
C ．23
D ．19
2. 【2009高考北京文第5题】用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为 （ ）
A ．8
B ．24
C ．48
D ．120
3. 【2006高考北京文第4题】在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中,各位数字之和为偶数的共有 A.36 B.24 C.18 D.6
4. 【2007高考北京文第5题】某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有（ ）
Ａ．()2142610C A 个 Ｂ．242610A A 个 Ｃ．()2142610C 个 Ｄ．242610A 个
5. 【2005高考北京文第8题】五个工程队承建某项工程的五个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案共有( )
（A ）1444C C 种 （B ）1444C A 种 （C ）44
C 种 （
D ）44A 种
6. （用数字作答）
7.
)
作答）
【答案】10 32。

2019年全国高考理科数学分类汇编——排列组合二项式定理1.（2019全国1卷理科）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【解析】【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．【详解】由题知，每一爻有2中情况，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 ． 【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要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．2.（2019全国3卷理科）（1+2x 2 ）（1+x ）4的展开式中x 3的系数为A. 12B. 16C. 20D. 24【答案】A【解析】【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．【详解】由题意得x 3的系数为314424812C C +=+=，故选A ．【点睛】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．3.（2019江苏卷）设2*012(1),4,n n n x a a x a x a x n n +=++++∈N ….已知23242a a a =.（1）求n 的值；（2）设(1n a +=+*,a b ∈N ，求223a b -的值.【答案】（1）5n =；（2）-32.【解析】【分析】(1)首先由二项式展开式的通项公式确定234,,a a a 的值，然后求解关于n 的方程可得n 的值；(2)解法一：利用(1)中求得的n 的值确定有理项和无理项从而可得a ,b 的值，然后计算223a b -的值即可；解法二：利用(1)中求得的n 的值，由题意得到(51-的展开式，最后结合平方差公式即可确定223a b -的值.【详解】（1）因为0122(1)C C C C 4n n n n n n n x x x x n +=++++≥，， 所以2323(1)(1)(2)C ,C 26n n n n n n n a a ---====， 44(1)(2)(3)C 24n n n n n a ---==． 因为23242a a a =， 所以2(1)(2)(1)(1)(2)(3)[]26224n n n n n n n n n ------=⨯⨯， 解得5n =．（2）由（1）知，5n =．5(1(1n +=+02233445555555C C C C C C =++++a =+解法一：因为*,a b ∈N ，所以024*********C 3C 9C 76,C 3C 9C 44a b =++==++=，从而222237634432a b -=-⨯=-．解法二：50122334455555555(1C C (C (C (C (C (=+++++02233445555555C C C C C C =--+-．因为*,a b ∈N ，所以5(1a -=-．因此225553((1(1(2)32a b a a -=+-=+⨯=-=-．【点睛】本题主要考查二项式定理、组合数等基础知识，考查分析问题能力与运算求解能力.4.（2019天津卷理科）83128x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭是展开式中的常数项为________. 【答案】28【解析】【分析】根据二项展开式的通项公式得出通项，根据方程思想得出r 的值，再求出其常数项。

2019-2020年高三数学一轮总复习专题十三排列、组合与二项式定理（含解析）抓住2个高考重点重点1 排列与组合1．两个原理的应用如果完成一件事情有类办法，这类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能完成这件事情，求完成这件事情的方法种数就用分类加法计数原理；如果完成一件事情要分成个步骤，各个步骤都是不可或缺的，依次完成所有的步骤才能完成这件事情，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事情的方法种数就用分步乘法计数原理．从思想方法的角度看，分类加法计数原理的运用是将问题进行“分类”思考，分步乘法计数原理是将问题进行“分步”思考，这两种思想方法贯穿于解决这类应用问题的始终．（1）在处理具体的应用问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，其次要搞清楚“分类”和“分步’’的具体标准分别是什么．选择合理、简洁的标准处理问题，可以避免计数的重复或遗漏．（2）对于一些比较复杂的问题，既要运用分类加法计数原理，又要运用分步乘法计数原理时，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题的分析更直观、清晰．2．排列组合应用题（1）排列问题常见的限制条件及对策①对于有特殊元素或特殊位置的排列，一般采用直接法，即先排特殊元素或特殊位置．②相邻排列问题，通常采用“捆绑”法，即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列．③对于元素不相邻的排列，通常采用“插空”的方法.④对于元素有顺序限制的排列，可以先不考虑顺序限制进行排列，然后再根据规定顺序的实情求结果．求解有约束条件的排列问题，通常有正向思考和逆向思考两种思路．正向思考时，通过分步、分类设法将问题分解；逆向思考时，用集合的观点看，就是先从问题涉及的集合在全集中的补集入手，使问题简化．（2）组合问题常见的问题及对策①在解组合应用题时，常会遇到“至少”、“最多”等词，要仔细审题，理解其含义.②有关几何图形的组合问题，一定要注意图形自身对其构成元素的限制，解决这类问题常用间接法（或排除法）．③分组、分配问题二者是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同，是不可区分的，而后者即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．（3）解排列、组合的应用题，要注意四点①仔细审题，判断是组合问题还是排列问题．要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步．．②深入分析，严密周详．注意分清是乘还是加，既不少也不多，辩证思维，多角度分析，全面考虑，积极运用逻辑推理能力，同时尽可能地避免出错．③对于附有条件的比较复杂的排列、组合应用题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干简单的基本问题后应用加法原理或乘法原理来解决.④由于排列、组合问题的结果一般数目较大，不易直接验证，因此在检查结果时，应着重检查所设计的解决问题的方案是否完备，有无重复或遗漏，也可采用多种不同的方案求解，看结果是否相同，在对排列、组合问题分类时，分类标准应统一，否则易出现遗漏或重复．[高考常考角度]角度1 用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有______个.（用数字作答）解析：本题主要考查分步乘法计数原理的应用．因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以符合题意的四位数有个（间接法）点评：如果用直接法，分类会很复杂。

北京市2019年高考数学（理）一轮专题复习特训不等式一 选择题1【2018北京（理）真题6】.若,x y 满足20200x y kx y y +-≥⎧⎪-+≥⎨⎪≥⎩且z y x =-的最小值为-4，则k 的值为（ ）.2A .2B - 1.2C 1.2D -【答案】．D2【2018北京（理）真题8】设关于x ，y 的不等式组210,0,0x y x m y m -+>⎧⎪+<⎨⎪->⎩表示的平面区域内存在点P(x 0，y 0)，满足x 0－2y 0＝2，求得m 的取值范围是( )．A ．4,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ B ．1,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ C ．2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭ D ．5,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭【答案】C 3.（2018大兴一模）（6）不等式组06,023x y x y +⎧⎨-⎩≤2≤≤≤在坐标平面内表示的图形的面积等于 A. 95 B. 185 C. 365D. 5二 填空题1【2018北京（理）真题14】已知()(2)(3)f x m x m x m =-++，()22x g x =-．若同时满足条件：①x ∀∈R ，()0f x <或()0g x <；②(,4)x ∃∈-∞-，()()0f x g x <．则m 的取值范围是 ．【答案】．()42--，2.（2018西城一模）12．若不等式组1,0,26,ax y x y x y ⎧⎪⎪⎨+⎪⎪+⎩≥≥≤≤表示的平面区域是一个四边形，则实数a 的取值范围是_______.(3,5)3.（2018丰台一模）(14)设不等式组22100x y y ⎧+-≤⎨≥⎩，表示的平面区域为M ，不等式组0t x t y -≤≤⎧⎪⎨≤≤⎪⎩，表示的平面区域为N.在M 内随机取一个点，这个点在N 内的概率的最大值是_________.2π4.（2018石景山一模）12．已知变量x y ，满足约束条件20170x y x x y -+≤⎧⎪≥⎨⎪+-≤⎩，，，则x y 的取值范围是_________. [59，6]。

北京市2019届高三数学理一轮复习典型题专项训练排列组合与二项式定理一、排列组合1. 某单位安排甲、乙、丙、丁4名工作人员从周一到周五值班,每天有且只有1人值班每人至少安排一天且甲连续两天值班,则不同的安排方法种数为( ) A. 18 B. 24 C. 48 D. 96【答案】B 【解析】【详解】甲连续2天上班,共有（周一，周二）,（周二,周三）,（周三,周四）,（周四,周五）四种情况,剩下三个人进行全排列,有336A =种排法因此共有4624⨯=种排法,故选B .2. 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. 24种B. 30种C. 36种D. 48种【答案】D 【解析】【分析】将原图从上而下的4个区域标为1、2、3、4，分类讨论1、4同色与不同色这两种情况，利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得出结果.【详解】将原图从上而下的4个区域标为1、2、3、4，因为1、2、3之间不能同色，1与4可以同色，因此，要分类讨论1、4同色与不同色这两种情况. ①若1、4同色，则区域1、4有4种选择，区域2有3种选择，区域3有2种选择，由分步乘法计数原理可知，此时共有43224⨯⨯=种涂色方法；②若1、4不同色，则区域1有4种选择，区域4有3种选择，区域2有2种选择，区域3只有1种选择，此时共有432124⨯⨯⨯=种涂色方法. 故不同的着色方法种数为242448+=. 故选：D.【点睛】本题考查涂色问题，涉及分类加法计数原理和分步乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题.3. 安排甲、乙、丙、丁4人参加3个运动项目，每人只参加一个项目，每个项目都有人参加．若甲、乙2人不能参加同一个项目，则不同的安排方案的种数为____．（用数字作答） 【答案】30 【解析】【分析】根据题意，用间接法分析：先计算甲乙不受限制的全部情况数目，再排除其中甲乙参加同一个项目的情况数目，即可得答案． 【详解】根据题意，用间接法分析：先将甲、乙、丙、丁4人分成3组，再将分成的三组分别参加3个项目，有23436636C A ⨯=⨯= 种不同的安排方案，其中甲乙参加同一个项目，则丙、丁参加另外的2个项目，有336A = 种情况，则甲、乙2人不能参加同一个项目的安排方案有36-6=30种； 故答案为30【点睛】本题考查排列、组合的实际应用，注意用间接法分析，避免分类讨论．4. 把4件不同的产品摆成一排．若其中的产品A 与产品B 都摆在产品C 的左侧，则不同的摆法有____种．（用数字作答） 【答案】8 【解析】【详解】当C 在最右边位置时，由336A = 种排法符合条件；当C 在从右数第二个位置时，由222A =种排法符合条件，把4件不同的产品摆成一排．若其中的产品A 与产品B 都摆在产品C 的左侧，则不同的摆法有6+2=8种，故答案为8.5. 无偿献血是践行社会主义核心价值观的具体行动,需要在报名的2名男教师和6名女教师中，选取5人参加无偿献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方法的种数为___________．（结果用数值表示） 【答案】50 【解析】【分析】根据题意，按男教师的数目分2种情况讨论，①，有1名男教师，则有4名女教师，②，有2名男教师，则有3名女教师，求出每种情况的选取方法数目，由加法原理计算可得答案．【详解】根据题意，选取5人参加无偿献血，要求男、女教师都有，分2种情况讨论：①，有1名男教师，则有4名女教师，有142630C C=种选取方法，②，有2名男教师，则有3名女教师，有232620C C=种选取方法，则一共有30+20=50种选取方法；故答案为50【点睛】本题考查排列、组合的实际应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．6. 故宫博物院五一期间同时举办“戏曲文化展”、“明代御窑瓷器展”、“历代青绿山水画展”、“赵孟頫书画展”四个展览．某同学决定在五一当天的上、下午各参观其中的一个，且至少参观一个画展，则不同的参观方案共有A. 6种B. 8种C. 10种D. 12种【答案】C【解析】【分析】根据题意，分2种情况讨论：①，该同学只参观一个画展，②，该同学参观两个画展，求出每种情况的参加方案的数目，由加法原理计算可得答案．【详解】根据题意，分2种情况讨论：①，该同学只参观一个画展，在“历代青绿山水画展”、“赵孟頫书画展”中任选1个，有122C=种选法，可以在“戏曲文化展”、“明代御窑瓷器展”中任选1个，有122C=种选法，将选出2的2个展览安排在五一的上、下午，有22A种情况，则只参观一共画展的方案有2228⨯⨯=种，②，该同学参观两个画展，将“历代青绿山水画展”、“赵孟頫书画展”全排列，安排在五一的上、下午，有22A种情况，即参观两个画展有2种方案，则不同的参观方案共有8210+=个；故选C．【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．7. 四大名著是中国文学史上的经典作品，是世界宝贵的文化遗产.某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著《红楼梦》、《三国演义》、《水浒传》、《西游记》（每种名著均有若干本），要求每人只借阅一本名著，每种名著均有人借阅，且甲只借阅《三国演义》，则不同的借阅方案种数为_______. 【答案】60 【解析】【分析】根据题意，分2种情况讨论，①，乙、丙、丁、戊有1人与甲一起借阅《三国演义》，②，乙、丙、丁、戊中没有人借阅《三国演义》，分别求出每一种情况的借阅方案数目，由加法原理计算可得答案． 【详解】根据题意，要求甲借阅《三国演义》，分2种情况讨论， ①，乙、丙、丁、戊有1人与甲一起借阅《三国演义》， 在4人选出1人，与甲一起借阅《三国演义》，有4种情况，让三人对应剩下的三本名著，有336A = 种情况，则此时有4624⨯= 种不同的借阅方案； ②，乙、丙、丁、戊中没有人借阅《三国演义》，在4人选出2人，共同借阅除《三国演义》外的一本名著，有214318C C = 种情况，将剩下的2人借阅剩下的2本名著，有222A = 种情况，则此时有18236⨯= 种不同的借阅方案； 则有243660+= 种借阅方案； 故答案为60【点睛】本题考查排列、组合的应用，注意优先满足受到限制的元素．8. 某学校为了弘扬中华传统“孝”文化，共评选出2位男生和2位女生为校园“孝”之星，现将他们的照片展示在宣传栏中，要求同性别的同学不能相邻，不同的排法种数为 A. 4 B. 8 C. 12 D. 24【答案】B 【解析】【详解】 由题意，现对两位男生全排列，共有222A =种不同的方式，其中两个男生构成三个空隙，把两位女生排在前两个空隙或后两个空隙中，再进行全排列，共有2224A ⨯=，所以满足条件不同的排法种数共有248⨯=种，故选B ．9. 一次数学会议中，有五位教师来自,,A B C 三所学校，其中A 学校有2位，B 学校有2位，C 学校有1位．现在五位老师排成一排照相，若要求来自同一学校的老师不相邻，则共有_______种不同的站队方法.【答案】48【解析】【分析】先安排A学校和C学校的三位老师，有22A中排法，再把B学校的两位老师插空排到A学校和C学校的三位老师的空位中，并对B学校的两位老师进行排序，有224224A A=种排法，最后根据乘法运算，由此能求出结果．【详解】五位教师来自A，B，C三所学校，其中A学校有2位，B学校有2位，C学校有1位．现在五位教师排成一排照相，要求来自同一所学校的教师不相邻，先安排A学校和C学校的三位老师，有22A中排法，再把B学校的两位老师插空排到A学校和C学校的三位老师的空位中，并对B学校的两位老师进行排序，有224224A A=种排法，由乘法原理得不同的排列方法有22224248A A A=种，故答案为48．【点睛】本题考查不同的站队方法的求法，考查排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．10. 从0,1,2,3,4中任选两个不同的数字组成一个两位数，其中偶数的个数是A. 6B. 8C. 10D. 12【答案】C【解析】【分析】由题意，末尾是0，2，4，分类求出相应的偶数，即可得出结论．【详解】由题意，末尾是0，2，4末尾是0时，有4个；末尾是2时，有3个；末尾是4时，有3个，所以共有4+3+3=10个故选C．【点睛】本题考查计数原理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．11. 5个黑球和4个白球从左到右任意排成一排，下列说法正确的是A. 总存在一个黑球，它右侧的白球和黑球一样多B. 总存在一个白球，它右侧的白球和黑球一样多C. 总存在一个黑球，它右侧的白球比黑球少一个D. 总存在一个白球，它右侧的白球比黑球少一个【答案】A【分析】5个黑球和4个白球，5为奇数，4为偶数，分析即可得到答案． 【详解】5为奇数，4为偶数，故总存在一个黑球，它右侧的白球和黑球一样多， 故选A ．【点睛】本题考查了合情推理的问题，关键是读清题意，属于基础题．12. 在手绘涂色本的某页上画有排成一列的6条未涂色的鱼，小明用红、蓝两种颜色给这些鱼涂色，每条鱼只能涂一种颜色，两条相邻的鱼不都涂成红色．．．．．．，涂色后，既有红色鱼又有蓝色鱼的涂色方法种数为 A. 14 B. 16 C. 18 D. 20【答案】D 【解析】【分析】分类讨论，利用加法原理，可得结论．【详解】红色用1次，有6种方法，红色用2次，有10种方法，红色用3次，有4种方法，共20种，故选D ．【点睛】本题考查计数原理的运用，考查学生的计算能力，比较基础．13. LZ 新闻台做“一校一特色”访谈节目,分,,A B C 三期播出，A 期播出两间学校,B 期，C 期各播出1间学校,现从8间候选学校中选出4间参与这三项任务,不同的选法共有（ ） A. 140种 B. 420种 C. 840种 D. 1680种【答案】C 【解析】【分析】从8间候选学校中选出4间，共有方法4870C =种方法，4所选出2所，共有方法246C = 种方法，再进行全排，共有方法22A 种方法，利用乘法原理可得结论．【详解】从8间候选学校中选出4间，共有方法4870C =种方法，4所选出2所，共有方法246C =种方法，再进行全排，共有方法22A 种方法，共有7062840⨯⨯= 种方法， 故选C ．【点睛】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查组合知识，属于中档题．14. 学校计划利用周五下午第一、二、三节课举办语文、数学、英语、理综4科的专题讲座，每科一节课，每节至少有一科，且数学、理综不安排在同一节，则不同的安排方法共有( ) A. 6种B. 24种C. 30种D. 36种【解析】【分析】根据题意，由间接法分析：先从4个专题讲座中任选2个看作整体，然后做3个讲座的全排列，即可得全部情况数目，从中排除数学、理综安排在同一节的情形，即可得答案．【详解】根据题意，由于4科的专题讲座每科一节课，每节至少有一科，必有两科在同一节，先从4个专题讲座中任选2个看作整体，然后与其他2个讲座全排列，共234336C A=种情况，再从中排除数学、理综安排在同一节的情形，将数学、理综看成一个整体，然后与其他2个讲座全排列，共336A=种情况，故总的方法种数为：36630-=；故答案为30【点睛】本题考查排列组合及简单的计数问题，采用间接法是解决问题的关键，15. 在第二届乌镇互联网大会中, 为了提高安保的级别同时又为了方便接待，现将其中的五个参会国的人员安排酒店住宿，这五个参会国要在a、b、c三家酒店选择一家，且每家酒店至少有一个参会国入住，则这样的安排方法共有A. 96种B. 124种C. 130种D. 150种【答案】 D【解析】【分析】根据题意，分2步进行分析：①把5个个参会国的人员分成三组，一种是按照1、1、3；另一种是1、2、2；由组合数公式可得分组的方法数目，②，将分好的三组对应三家酒店；由分步计数原理计算可得答案．【详解】根据题意，分2步进行分析：①、五个参会国要在a、b、c三家酒店选择一家，且这三家至少有一个参会国入住，∴可以把5个国家人分成三组，一种是按照1、1、3；另一种是1、2、2当按照1、1、3来分时共有C53=10种分组方法；当按照1、2、2来分时共有22532215C CA=种分组方法；则一共有101525+=种分组方法；②、将分好的三组对应三家酒店，有336A=种对应方法；则安排方法共有256150⨯= 种； 故选D ．【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，对于复杂一点的计数问题，有时分类以后，每类方法并不都是一步完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决．二、二项式定理16. 在6(12)x -的展开式中，2x 的系数为__________________.（用数字作答) 【答案】60. 【解析】【详解】试题分析：因为16(2)r r r T C x +=-，所以2x 的系数为226(2)60.C -=考点：二项式定理【方法点睛】求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略（1)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.（2)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.17. 在2()nx x-的展开式中，若二项式系数的和为32，则x 的系数为（ ） A. ﹣40 B. ﹣10C. 10D. 40【答案】D 【解析】【分析】在二项展开式的通项公式中，令x 的幂指数等于1，求出r 的值，即可求得x 的系数．【详解】根据2()n x x-的展开式中，二项式系数的和为2325n n =∴=， ．而522()()n x x x x-=- 的展开式中，通项公式为52152r rr r T C x -+=⋅-⋅（），令521r -=，求得2r ，可得展开式中x 的系数为325240C ⋅-=（）， 故选D ．【点睛】本题主要考查二项式定理应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题． 18. 已知()51nx -展开式中，各项系数的和与各项二项式系数的和之比为64:1，则n =__________． 【答案】6 【解析】【详解】 由题意得，令1n =，可得展开式中各项的系数和为(51)4n n -=，由展开式中各项的二项式系数的和为2n，则46462nn n =⇒=.19. 设常数a R ∈，若25()ax x +的二项展开式中7x 项的系数为-10，则a =________．【答案】-2 【解析】【详解】试题分析：∵25()a x x +的展开式的通项为102103155()r r rr r r r a T C x C a x x--+==，令1037r -=，得1r =，∴7x 的系数是155aC a =，∵7x 项的系数为-10，∴510a =-，得2a =-.考点：二项式定理.20. 261()x x-的展开式中6x 的系数是___． 【答案】15 【解析】【分析】求出通项()123161? rr rr T C x -+=-，，令12362r r -==，由此求得展开式中6x 的系数． 【详解】在621x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，通项()()26123166 11?r rr r r r rr T C x x C x （），---+=-=- 令12362r r -==， ．故展开式中6x 的系数是 ()2261?15?C -=，， 故答案为 15．【点睛】本题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，属于中档题．21. ()5a x x R x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭展开式中3x 的系数为10，则实数a 等于【】A. -1B.12C. 1D. 2【答案】D 【解析】【详解】解：∵T r+1=C 5r •x 5-r•（a /x ）r =a r C 5r x 5-2r ， 又令5-2r=3得r=1，∴由题设知C 51•a 1=10⇒a=2． 故选D22. 在261()x x-的展开式中，常数项是__________（用数字作答）． 【答案】15 【解析】【分析】求出通项()36161? rr r r T C x -+=-，，令3662r r -==，由此求得展开式中常数项． 【详解】在621x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，通项()()26123166 11?r r r r r r r r T C x x C x （），---+=-=- 令3662r r -==， ．故展开式中常数项是 ()2261?15?C -=，， 故答案为 15．【点睛】本题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，属于中档题． 23. 261()x x+展开式中的常数项为________（用数字作答） 【答案】15 【解析】【详解】由题得621x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的通项为26621661()()()(0,1,2,3,4,5,6)r r r r rr T C x C x r x --+===，令6-2r=0,所以r=3.所以621x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的常数项为3623366()15C x C -⨯==,故填15. 24. 在7(3)x -的展开式中，5x 的系数是__________（结果用数值表示）． 【答案】189 【解析】【详解】因为(x −3)7的展开式的通项公式为：()7173rr rr T C x -+=-, 当r =2时,()2255373189T C x x =-=.所以(x −3)7展开式中,x 5项的系数为：189. 25. 412)x x-（展开式中的常数项是_______. 【答案】24 【解析】【详解】试题分析：1424144(2)()2r r r r r r r T C x x C x ---+==，240r ∴-=，2r ∴=，22214224T C +∴==.考点：二项式定理.【方法点晴】本题主要考查了二项式的展开式，展开式中常数项、有理项的特征是通项式中未知数的指数分别为零和整数．解决这类问题时，先要合并通项式中同一字母的指数，再根据上述特征进行分析．求二项展开式中的项、系数、参数值或取值范围等，一般要利用通项公式，运用方程思想进行求值，通过解不等式（组）.26. 若6(n x的展开式中含有常数项，则n 的最小值等于A. 3B. 4C. 5D. 6 【答案】C【解析】 【分析】二项式项的公式61r n r r r n T C x -+=（r ，对其进行整理，令x 的指数为0，建立方程求出n 的最小值 【详解】由题意6n x⎛+ ⎝的展开式的3156666221r r r n r r r n r r n r n n n T C x C x C x ----+===（ ， 令15602n r -= ，得54n r =，当4r = 时，n 取到最小值5 故答案为C ．【点睛】本题考查二项式的性质，解题的关键是熟练掌握二项式的项，且能根据指数的形式及题设中有常数的条件转化成指数为0，得到n 的表达式，推测出它的值．27. 若)na x 展开式中所有二项式系数之和是64，常数项为15，则实数a 的值是_____．【答案】±1【解析】【详解】由题意可得264n =，解得6n =，6a x ⎫∴⎪⎭的通项公式()()3632166r rr r r rr a T x a x x --+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，令3302r -=，解得2r ，∴常数项()22615a =-=，解得1a =±，故答案为±1.【方法点晴】本题主要考查二项展开式定理的通项与系数，属于简单题. 二项展开式定理的问题也是高考命题热点之一，关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式1C r n r r r n T a b -+=；（可以考查某一项，也可考查某一项的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项展开式定理的应用.。

第57讲　PART 9二项式定理教学参考│课前双基巩固│课堂考点探究│教师备用例题考试说明会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题.考情分析教 学 参 考考点考查方向考例考查热度二项式定理通项公式2016全国卷Ⅰ142015全国卷Ⅰ10,2014全国卷Ⅰ13,2014全国卷Ⅱ13,2013全国卷Ⅱ5★★★二项式的系数与性质2017全国卷Ⅲ4,2017全国卷Ⅰ6,2015全国卷Ⅱ15,2013全国卷Ⅰ9★★☆真题再现■ [2017－2013]课标全国真题再现教 学 参 考教 学 参 考教 学 参 考教 学 参 考教 学 参 考教 学 参 考教 学 参 考教 学 参 考教 学 参 考■ [2017-2016]其他省份类似高考真题教 学 参 考教 学 参 考教 学 参 考教 学 参 考教 学 参 考教 学 参 考课前双基巩固知识聚焦r+1相等课前双基巩固2n2n-1课前双基巩固对点演练题组一　常识题课前双基巩固课前双基巩固课前双基巩固课前双基巩固题组二　常错题◆索引:二项展开式的通项记错致误;混淆二项式系数之和与各项系数之和致误.课前双基巩固课前双基巩固课前双基巩固课堂考点探究探究点一　求展开式中的特定项或特定系数课堂考点探究课堂考点探究课堂考点探究课堂考点探究探究点二　二项式系数与各项的系数问题课堂考点探究课堂考点探究课堂考点探究课堂考点探究课堂考点探究探究点三　多项式展开式中的特定项 考向1　几个多项式和的展开式中的特定项(系数)问题课堂考点探究课堂考点探究课堂考点探究考向2　几个多项式积的展开式中的特定项(系数)问题课堂考点探究课堂考点探究课堂考点探究考向3　三项展开式中的特定项(系数)问题课堂考点探究课堂考点探究课堂考点探究强化演练课堂考点探究课堂考点探究课堂考点探究。

北京市12区2019届高三第一次模拟（3、4月）数学理试题分类汇编排列组合二项式定理一、排列组合1、（丰台区2019届高三一模）从4名男生、2名女生中选派3人参加社区服务．如果要求恰有1名女生，那么不同的选派方案种数为____．2、（门头沟区2019届高三一模）某学校需要从3名男生和2名女生中选出4人，到甲、乙、丙三个社区参加活动，其中甲社区需要选派2人，且至少有1名是女生；乙社区和丙社区各需要选派1人。

则不同的选派方法的种数是 A．18 B．21 C． 36 D．423、（西城区2019届高三一模）如图所示，玩具计数算盘的三档上各有7个算珠，现将每档算珠分为左右两部分，左侧的每个算珠表示数2，右侧的每个算珠表示数1（允许一侧无珠），记上、中、下三档的数字和分别为a，a . 若a，b，c成等差数列，则不同的分珠计数法有____种.b，c. 例如，图中上档的数字和94、（大兴区2019届高三一模）中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为（A）8（B）10（C）15（D）205、（海淀区2019届高三一模）某校实行选科走班制度，张毅同学的选择是物理、生物、政治这三科，且物理在A层班级，生物在B层班级，该校周一上午课程安排如下表所示，张毅选择三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则他不同的选课方法有第一节第二节第三节第四节地理B层2班化学A层3班地理A层1班化学A层4班生物A层1班化学B层2班生物B层2班历史B层1班物理A层1班生物A层3班物理A层2班生物A层4班物理B层2班生物B层1班物理B层1班物理A层4班政治1班物理A层3班政治2班政治3班(A)8种 (B) 10种 (C) 12种 (D) 14种6、（石景山区2019届高三一模）九连环是我国从古至今广泛流传的一种益智游戏．在某种玩法中，用n a 表示解下*(9,)n n n ∈N ≤个圆环所需的移动最少次数，{}n a 满足11a =，且1121,22,n n n a a a ---⎧=⎨+⎩ ，则解下4个圆环所需的最少移动次数为A. 7B. 10C. 12D. 22参考答案1、122、D3、32解析：每档可取7到14中的每个整数，若公差为0，共有8种；若公差为±1，则共有12种；若公差为±2，则共有8种；若公差为±3，则共有4种；所以，不同分珠方法有：8＋12＋8＋4＝32种。

12019年高考数学（理）：专题04-算法、排列、组合与二项式定理【考向解读】1.高考中主要利用计数原理求解排列数、涂色、抽样问题，以小题形式考查；2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇，值得关注.2.直接证明和间接证明的考查主要作为证明和推理数学命题的方法，常与函数、数列及不等式等综合命题.3.以选择题、填空题的形式考查古典概型、几何概型及相互独立事件的概率；4.二项分布、正态分布的应用是考查的热点；5.以选择题、填空题的形式考查随机抽样、样本的数字特征、统计图表、回归方程、独立性检验等.6.在概率与统计的交汇处命题，以解答题中档难度出现. 【命题热点突破一】程序框图 例1、（2018年全国Ⅱ卷理数）为计算，设计了下面的程序框图，则在空白框中应填入A. B. C.D.【答案】B【解析】由得程序框图先对奇数项累加，偶数项累加，最后再相减.因此在空白框中应填入，选B.【变式探究】【2017课标1，理8】右面程序框图是为了求出满足3n−2n>1000的最小偶数n ，那么在和两个空白框中，可以分别填入A ．A >1 000和n =n +1B ．A >1 000和n =n +2C ．A 1 000和n =n+12D ．A ≤1 000和n =n +2【答案】D【解析】由题意，因为，且框图中在“否”时输出，所以判定框内不能输入1000A >，故填1000A ≤，又要求n 为偶数且初始值为0，所以矩形框内填2n n =+，故选D. 【变式探究】执行右面的程序框图,如果输入的,则输出x ,y 的值满足（A ）2y x = （B ）3y x = （C ）4y x = （D ）5y x =【答案】C【解析】当时，，不满足；，不满足；，满足；输出3,62x y ==，则输出的,x y 的值满足4y x =，故选C. 【感悟提升】程序框图中单纯的顺序结构非常简单，一般不出现在高考中，在高考中主要出现的是以“条件结构”和“循环结构”为主的程序框图．以“条件结构”为主的程序框图主要解决分段函数求值问题，以“循环结构”为主的程序框图主要解决数列求和、统计求和、数值求积等运算问3题，这两种类型的程序框图中，关键因素之一就是“判断条件”，在解题中要切实注意判断条件的应用． 【变式探究】某程序框图如图 所示，若该程序运行后输出的S 的值为72，则判断框内填入的条件可以是( )A ．n ≤8?B ．n ≤9?C ．n ≤10?D ．n ≤11? 【答案】A【解析】依题意，可知程序运行如下：n ＝1，S ＝0→S ＝0＋2×1＝2，n ＝2→S ＝2＋2×2＝6，n ＝3→S ＝6＋2×3＝12，n ＝4→S ＝12＋2×4＝20，n ＝5→S ＝20＋2×5＝30，n ＝6→S ＝30＋2×6＝42，n ＝7→S ＝42＋2×7＝56，n ＝8→S ＝56＋2×8＝72，n ＝9，此时输出S 的值为72，故判断框中应填“n ≤8？”.【命题热点突破二】排列与组合例2、（2018年浙江卷）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.(用数字作答) 【答案】1260【解析】若不取零，则排列数为若取零，则排列数为因此一共有个没有重复数字的四位数.【变式探究】【2017课标II ，理6】安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（ ）A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种 【答案】D【解析】由题意可得，一人完成两项工作，其余两人每人完成一项工作，据此可得，只要把工作分成三份：有24C 种方法，然后进行全排列33A 即可，由乘法原理，不同的安排方式共有种方法。

2019届高三数学一轮复习典型题专项训练排列组合与二项式定理一、二项式定理1、（2017全国I 卷高考题）()62111x x ⎛⎫++ ⎪⎝⎭展开式中2x 的系数为A ．15B ．20C ．30D ．352、（2016全国I 卷高考题）5)2(x x +的展开式中，3x 的系数是_______（用数字填写答案）3、（湖北省2018届高三4月调研考试）在错误！未找到引用源。

的展开式中，常数项为 ．（用数字填写答案）4、（华师一附中、黄冈中学等八校2018届高三第二次联考）在239(1)(1)(1)x x x ++++++的展开式中，含2x 项的系数是A ．119B ．120C ．121D ．7205、（黄冈、黄石等八市2018届高三3月联考）在nx x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则二项展开式常数项等于_________.6、（黄冈市2018届高三上学期期末考试）设(1-ax)2018=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2018x 2018,若a 1+2a 2+3a 3+…+2018a 2018=2018a(a ≠0),则实数a=_________.7、（黄冈中学2018届高三5月二模）若()6111ax x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中的常数项是11-，则实数a 的值为_________. 8、（荆州中学2018届高三5月模拟）()3121x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭展开式中的常数项为 ．9、（湖北省七市（州）教科研协作体2018届高三3月联考）61(2)(1)x x-+的展开式中2x 的系数为 ▲ .10、（天门、仙桃、潜江2018届高三上学期期末联考）84(1)(1)x y ++的展开式中22x y 的系数是A ．56B ．84C ．112D ．16811、（武汉市2018届高三毕业生二月调研）在27(1)(1)x x x -++的展开式中，4x 的系数为 ．12、（武汉市2018届高三毕业生四月调研测试）在61(1)x x+-的展开式中，含5x 项的系数为（ ） A ．6 B ．6- C ．24 D ．24-13、（武汉市部分学校2018届高三起点调研）12331()2x x-展开式中2x 的系数为 ．（用数学填写答案）14、（钟祥一中2018届高三五月适应性考试（一））()20cos a x dx π=-⎰，则912ax ax⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式中，3x 项的系数为15、（武汉市2017届高三毕业生二月调研考）()()821x x a ++的展开式中，8x 的系数为113，则实数a 的值为 .16、（武汉市武昌区2017届高三1月调研）若33nx x⎛⎫-⎪⎝⎭的展开式中所有项系数的绝对值之和为1024，则该展开式中的常数项是（ ）A ．-270B ．270 C.-90 D ．90参考答案： 一、二项式定理 1、C 2、103、1124、B5、1126、27、28、49、10 10、D 11、21 12、B 13、552-14、212- 15、±2 16、C二、排列组合 1、（2018全国I 卷高考题）从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有________种．（用数字填写答案） 2、5位同学战场一排照相，其中甲与乙必须相等，且甲不能站在两端的排法总数是 A ．24 B ．32 C ．36 D ．403、从0，1，2，3，4中任选两个不同的数字组成一个两位数，其中偶数的个数是（ ） A ．6B ．8C ．10D ．124、已知身穿红、黄两种颜色衣服的各有两人，身穿蓝颜色衣服的有一人，现将这五人排成一行，要求穿相同颜色衣服的人不能相邻，则不同的排法共有（ ） A ．48种B ．72种C ．78种D ．84种5、无偿献血是践行社会主义核心价值观的具体行动,需要在报名的2名男教师和6名女教师中，选取5人参加无偿献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方法的种数为 ．（结果用数值表示）6、故宫博物院五一期间同时举办“戏曲文化展”、“明代御窖瓷器展”、“历代青绿山水画展”、 “赵孟頫书画展”四个展览．某同学决定在五一当天的上、下午各参观其中的一个，且至少参观一个画展，则不同的参观方案共有 (A)6种（B) 8种（C) 10种（D) 12种7、四大名著是中国文学史上的经典作品，是世界宝贵的文化遗产.某学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著《红楼梦》、《三国演义》、《水浒传》、《西游记》（每种名著均有若干本），要求每人只借阅一本名著，每种名著均有人借阅，且甲只借阅《三国演义》，则不同的借阅方案种数为 .8、某学校为了弘扬中华传统“孝”文化，共评选出2位男生和2位女生为校园“孝”之星，现将他们的照片展示在宣传栏中，要求同性别的同学不能相邻，不同的排法种数为 (A)4 (B)8 (C) 12 (D) 249、3对双胞胎站成一排，要求每对双胞胎都相邻，则不同的站法种数是 ．（用数字作答）10、甲、乙两人计划从A 、B 、C 三个景点中各选择两个游玩，则两人所选景点不全相同的选法共有（ ） A ． 3种 B ． 6种 C ． 9种 D ．12种参考答案：。

北京 10 区 2019 高三上年终数学（理）试题分类汇编：摆列组合与二项式定理摆列组合与二项式定理1. 【北京市昌平区2013 届高三上学期期末理】在高三（1）班进行旳演讲竞赛中，共有 5位选手参加，此中 3 位女生， 2 位男生 . 假如 2 位男生不可以连续出场，且女生甲不可以排在第一个，那么出场次序旳排法种数为A. 24B. 36C. 48【答案】 D【分析】先排 3 个女生，三个女生之间有 4 个空，从四个空中选两个排男生，共有A42A33=72A32A22=12，种，若女生甲排在第一个，则三个女生之间有 3 个空，从 3 个空中选两个排男生，有12=60种排法，选 D.因此知足条件旳犯错次序有722. 【北京市旭日区2013 届高三上学期期末理】某中学从 4 名男生和 3 名女生中介绍 4 人参加社会公益活动，若选出旳 4 人中既有男生又有女生，则不一样旳选法共有A． 140 种 B ． 120 种 C ．35种 D ．34 种【答案】 DC41C33 4种；若选 2 男 2 女有 C42C32 18种；若选 3男1女有【分析】若选 1 男 3 女有C43C31 12 种；因此共有 4 18 12 34种不一样旳选法 . 选 D.( x 1)5旳睁开式中 x 旳系数是. （用3. 【北京市房山区2013 届高三上学期期末理】数字作答）【答案】 104. 【北京市丰台区2013 届高三上学期期末理】从装有 2 个红球和 2 个黑球旳口袋内任取 2个球，则恰有一个红球旳概率是(A) 1 (B) 1 (C) 2 (D) 53 2 3 6【答案】 P＝C21C21 ＝2 应选 C.C42 35【. 北京市海淀区2013 届高三上学期期末理】用数字0,1,2,3构成数字能够重复旳四位数,其中有且只有一个数字出现两次旳四位数旳个数为A.144B. 120C. 108D. 72【答案】 C【分析】若四位数中不含0，则有C31C 42 A22 36 种；若四位数中含有一个0 ，则有C31C31C32 A21 54 ；种若四位数中含有两个0，则有C32A32 18种，因此共有36 54 18 108种，选 C.6. 【北京市石景山区2013 届高三上学期期末理】若从1,2,3,,9 这 9 个整数中同时取 4 个不一样旳数，其和为奇数，则不一样旳取法共有（）A．60种 B ．63 种 C ．65种 D ．66 种【答案】 A【分析】若四个数之和为奇数，则有1奇数 3个偶数或许 3个奇数 1个偶数.若1奇数 3个偶数，则有C51C43=20种，若3个奇数1个偶数，则有C53C41=40，共有 20 40=60 种，选A.7.【北京市顺义区 2013 届高三上学期期末理】从 0,1 中选一个数字 , 从 2,4,6 中选两个数字 , 构成无重复数字旳三位数, 此中偶数旳个数为【答案】 C8.【北京市西城区 2013 届高三上学期期末理】将正整数1,2,3, 4,5,6,7随机分红两组，使得每组起码有一个数，则两组中各数之和相等旳概率是（）（A）2 （B）4 （C）1 （D）221 63 21 63【答案】 B9. 【北京市海淀区2013 届高三上学期期末理】在 ( 13x2 ) 6旳睁开式中，常数项为x ______.( 用数字作答 )【答案】135【分析】睁开式旳通项公式为1 ，由k 6 k 2 k k k 6 2k k k k 3k 6Tk 1 C6 ( x )(3 x ) C6 x 3 3 C6 x3k 6 0 得 k 2 ，因此常数项为T3 32 C6 9 15 135 .2一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一一。

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）。