计数原理排列组合二项式定理二轮复习专题练习(一)带答案人教版新高考分类汇编

第3章排列组合和二项式定理一．分类加法计数原理（共1小题）1．现有30个分别标有不同编号的球，其中有27个红球，3个黑球，若从这30个球中取出3个球，则至少取到两个黑球的取法总数为.（用数字作答）二．分步乘法计数原理（共2小题）2．现有5名同学去听同时进行的6个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是（）A．54B．65C．D．6×5×4×3×23．从分别印有数字0，3，5，7，9的5张卡片中，任意抽出3张组成三位数．①求可以组成多少个大于500的三位数；②求可以组成多少个三位数；③若印有9的卡片，既可以当9用，也可以当6用，求可以组成多少个三位数．三．计数原理的应用（共10小题）4．将（x﹣1）（x﹣2）（x﹣3）（x﹣4）展开，则x3的系数等于（）A．﹣10B．﹣12C．12D．105．4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修2门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有（）A．12种B．24种C．30种D．36种6．如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丁地有2条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路．从甲地到丁地的不同路线共有（）A．12条B．15条C．18条D．72条7．甲、乙、丙三家公司承包6项工程，甲承包3项，乙承包2项，丙承包1项．不同的承包方案有（）A．720种B．127种C．60种D．24种8．某省示范高中将6名教师分配至3所农村学校支教，每所学校至少分配一名教师，其中甲必去A校，乙、丙两名教师不能分配在同一所学校的不同分配方法数为（）A．36B．96C．114D．1309．我班制定了数学学习方案：星期一和星期日分别解决4个数学问题，且从星期二开始，每天所解决问题的个数与前一天相比，要么“多一个”要么“持平”要么“少一个”．在一周中每天所解决问题个数的不同方案共有（）A．50种B．51种C．140种D．141种10．某学校一天共排7节课（其中上午4节、下午3节），某教师某天高三年级1班和2班各有一节课，但他要求不能连排2节课（其中上午第4节和下午第1节不算连排），那么该教师这一天的课的所有可能的排法种数共有（）A．16B．15C．32D．3011．用0，1，2，3，4，5，6七个数共可以组成个没有重复数字的三位数．12．要从5名男生，3名女生中选出3人作为学生代表参加社区活动，且女生人数不多于男生人数，那么不同的选法种数有种．13．3名男生、4名女生按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．（1）选其中5人排成一排（2）排成前后两排，前排3人，后排4人；（3）全体站成一排，男、女各站在一起；（4）全体站成一排，男生不能站在一起；（5）全体站成一排，男不站排头也不站排尾．四．排列及排列数公式（共5小题）14．若＝，则n＝（）A．1B．8C．9D．1015．若A＝4C，则n＝（）A．5B．6C．7D．816．设m∈N*，且m＜20，则（20﹣m）（21﹣m）…（26﹣m）等于（）A．B．C．D．17．＝.（结果用数字作答）18．若A＝4C，则m＝．五．组合及组合数公式（共5小题）19．若，则实数x的值为（）A．1B．3C．1或3D．0（多选）20．若C＞3C，则m的取值可能是（）A．6B．7C．8D．921．若，则＝．22．甲、乙两名大学生从4个公司中各选2个作为实习单位，则两人所选的实习单位中恰有1个相同的选法种数是．（用数字作答）23．一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，（1）从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？（2）若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？六．排列、组合及简单计数问题（共1小题）24．10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求出现如下结果时，各有多少种情况？（1）4只鞋子没有成双的；（2）4只鞋子恰成两双；（3）4只鞋子有2只成双，另两只不成双．七．二项式定理（共36小题）25．在（x﹣1）5展开式中，x2的系数为（）A．10B．5C．﹣10D．﹣526．设，则a0+a1+a2+a3+a4的值为（）A．1B．0C．16D．1527．当n∈N时，将三项式（x2+x+1）n展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角形”：若在（1+ax）（x2+x+1）5的展开式中，x8的系数为75，则实数a的值为（）A．1B．﹣1C．2D．﹣228．在﹣的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中所有项的系数之和为（）A．﹣B．C．﹣256D．25629．已知的展开式中，各二项式系数和为64，则x7的系数为（）A．15B．20C．60D．8030．若的展开式中的第4项和第5项的二项式系数相等，则展开式中x的系数为（）A．280B．﹣280C．560D．﹣56031．若（2x﹣1）4＝a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a2＝（）A．6B．24C．﹣6D．﹣2432．在的展开式中，若二项式系数的和为32，则的系数为（）A．﹣80B．80C．﹣40D．4033．已知（1+ax）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，若a3＝﹣80，则a1+a2+a3+a4+a5＝（）A．1B．0C．﹣1D．﹣234．的展开式中常数项为（）A．30B．20C．15D．1035．已知（2x+1）6＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5+a6x6，则a1的值为（）A．6B．12C．60D．19236．（x﹣2）3的展开式中x2的系数是（）A．﹣12B．12C．﹣6D．637．若（1﹣4x）2021＝a0+a1x+a2x2+⋯+a2021x2021，则的值是（）A．﹣2B．﹣1C．0D．138．关于（2+x）7的二项展开式，下列说法正确的是（）A．（2+x）7的二项展开式的各项系数和为37B．（2+x）7的二项展开式的第五项与（x+2）7的二项展开式的第五项相同C．（2+x）7的二项展开式的第三项系数为24CD．（2+x）7的二项展开式第二项的二项式系数为2C39．若（2x﹣1）4＝a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a0+a2+a4＝（）A．40B．41C．﹣40D．﹣4140．若（1﹣2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a1+a3+a5＝（）A．121B．﹣122C．﹣121D．12241．关于及其展开式，下列说法正确的是（）A．该二项展开式中奇数项的二项式系数和是22020B．该二项展开式中第六项为C．该二项展开式中不含有理项（有理项即为x的指数为整数的项）D．当x＝100时，除以100的余数是142．在的展开式中，下列说法正确的有（）A．所有项的系数和为0B．所有项的二项式系数和为64C．存在常数项D．第4项和第5项的系数相等43．若的展开式中的常数项为﹣20，则a＝（）A．2B．﹣2C．1D．﹣144．在（a+b）n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则n＝（）A．4B．5C．6D．745．已知（2x﹣1）5＝a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则|a0|+|a1|+…+|a5|＝（）A．1B．243C．121D．12246．在（3x﹣2）5的展开式中，各项系数的和是（）A．25B．55C．1D．﹣147．二项式的展开式中，常数项是，各项二项式系数之和是.（本题用数字作答）48．的展开式中的常数项为，各项的系数和为．49．若（1﹣2x）5＝a5x5+a4x4+…+a1x+a0，则a0+a1+a2+a3+a4+a5＝．50．若，则a1+a3＝．51．已知二项式（2x﹣1）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a1+a3+a5＝．52．二项式（x﹣1）n的二项式系数和为64，则n＝；二项式的展开式中常数项为.（用数字作答）53．已知的展开式中，第3项与第6项的系数互为相反数，则展开式中系数最小的项为．54．在的展开式中，x﹣1的系数为．55．在的展开式中，各项系数之和与二项式系数之和的比为64，则x3的系数为．56．已知f（x）＝（2x﹣3）n展开式的二项式系数和为512，且（2x﹣3）n＝a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+…+a n（x﹣1）n．（1）求a2的值；（2）求a1+a2+a3+⋯+a n的值；（3）求f（20）﹣20被6整除的余数．57．将二项式（2x﹣）n展开，若展开式中各项的二项式系数之和为64．（Ⅰ）求n的值；（Ⅱ）求展开式中的常数项．58．已知（x+）n的展开式中第2项与第5项的二项式系数相等．（Ⅰ）求n的值；（Ⅱ）求展开式中各项系数的和；（Ⅲ）判断展开式中是否存在常数项，并说明理由．59．（1）（x﹣1）7展开式中第几项的系数最大，并写出这一项；（2）求（x+1）（x﹣1）7展开式中x2项的系数．60．在（2x﹣3y）10的展开式中，求：（1）二项式系数的和；（2）各项系数的和；（3）奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；（4）奇数项系数和与偶数项系数和；（5）x的奇次项系数和与x的偶次项系数和．第三章排列组合和二项式定理参考答案与试题解析一．分类加法计数原理（共1小题）1．【考点】分类加法计数原理；排列、组合及简单计数问题．【分析】利用分类加法计数原理求解．【解答】解：由分类加法计数原理可知，至少取到两个黑球的取法总数为＝82种，故答案为：82．【点评】本题主要考查了分类加法计数原理，属于基础题．二．分步乘法计数原理（共2小题）2．【考点】分步乘法计数原理．【分析】5名同学去听同时进行的6个课外知识讲座，实际上是有6个人选择座位，且每人有6种选择方法，根据分步计数原理得到结果．【解答】解：∵每位同学均有6种讲座可选择，∴5位同学共有6×6×6×6×6＝65种，故选：B．【点评】本题考查分步计数原理，解题的关键是看清题目的实质，分步乘法计数原理：首先确定分步标准，其次满足：必须并且只需连续完成这n个步骤，这件事才算完成．3．【考点】分步乘法计数原理．【分析】①．首位是5、7、9的三位数都大于500．即可求解．②．共有三位数：4＝48个．③．求出有数字9的三位数个数即可．【解答】解：①．首位是5、7、9的三位数都大于500．故大于500的三位数有：3＝36个；②．共有三位数：4＝48个．③．取出的三张卡片中有0也有9：有×2×2＝12种情况，取出的三张卡片中有9但没有0：C32A33＝18种情况，结合②，可得②②印有9的卡片，既可以当9用，也可以当6用，可以组成48+30＝78个三位数【点评】本题考查排列、组合的实际应用，注意依据题意进行分情况讨论，一定做到不重不漏．三．计数原理的应用（共10小题）4．【考点】计数原理的应用．【分析】将（x﹣1）（x﹣2）（x﹣3）（x﹣4）展开，可得x3的系数．【解答】解：∵（x﹣1）（x﹣2）（x﹣3）（x﹣4）＝（x2﹣5x+4）（x2﹣5x+6）＝（x2﹣5x）2+10（x2﹣5x）+24＝x2（x2﹣10x+25）+10（x2﹣5x）+24＝x4﹣10x3+35x2﹣50x+24，∴展开式中x3的系数为﹣10，故选：A．【点评】本题主要考查了多项式相乘展开，属于基础题．5．【考点】计数原理的应用．【分析】本题是一个分步计数问题，恰有2人选修课程甲，共有C42种结果，余下的两个人各有两种选法，共有2×2种结果，根据分步计数原理得到结果．【解答】解：由题意知本题是一个分步计数问题，∵恰有2人选修课程甲，共有C42＝6种结果，∴选了甲的两人分别有两种选择，共有2×2＝4种结果，根据分步计数原理知共有6×4＝24种结果．故选：B．【点评】本题考查分步计数问题，解题时注意本题需要分步来解，观察做完这件事一共有几步，每一步包括几种方法，这样看清楚把结果数相乘得到结果．6．【考点】计数原理的应用．【分析】先分类，再分步，即可求出答案．【解答】解：分两类，第一类，从甲到乙再到丁，共有3×2＝6种，第二类，从甲到丙再到丁，共有3×4＝12种，根据分类计数原理可得，共有6+12＝18种，故从甲地到丁地共有18条不同的路线．故选：C．【点评】本题考查了分步和分类计数原理，属于基础题．7．【考点】计数原理的应用．【分析】由题意，甲承包3项，有种方法，乙承包2项，有种方法，丙承包1项，有1种方法，利用乘法原理可得结论．【解答】解：∵甲、乙、丙三家公司承包6项工程，甲承包3项，乙承包2项，丙承包1项，∴甲承包3项，有种方法，乙承包2项，有种方法，丙承包1项，有1种方法∴不同的承包方案有＝60种故选：C ．【点评】本题考查计数原理的应用，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题．8．【考点】计数原理的应用．【分析】按照其余5人是否都去A 校分类计数．【解答】解：甲去A 校，再分配其他5个人，①如果都不去A 校，则分配方法有×2×2×2＝16种；②如果5人分成1，1，3三组，则分配方法有（）＝42种；③如果5人分成1，2，2三组，则分配方法有（）＝72种；由加法原理可得不同分配方法有16+42+72＝130种．故选：D ．【点评】本题考查排列、组合的应用，注意要先分组，再进行排列，属于中档题．9．【考点】计数原理的应用．【分析】因为星期一和星期日分别解决4个数学问题，所以从这周的第二天开始后六天中“多一个”或“少一个”的天数必须相同，都是0、1、2、3天，共四种情况，利用组合知识可得结论．【解答】解：因为星期一和星期日分别解决4个数学问题，所以从这周的第二天开始后六天中“多一个”或“少一个”的天数必须相同，所以后面六天中解决问题个数“多一个”或“少一个”的天数可能是0、1、2、3天，共四种情况，所以共有＝141种．故选：D ．【点评】本题考查组合知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，确定中间“多一个”或“少一个”的天数必须相同是关键．10．【考点】计数原理的应用．【分析】直接分类讨论得以解决．【解答】解：该教师一个班上第1节课，则另一个班有5种情况，考虑顺序，有10种方法；一个班上第2节课，则另一个班有4种情况，考虑顺序，有8种方法；一个班上第3节课，则另一个班有3种情况，考虑顺序，有6种方法；一个班上第4节课，则另一个班有3种情况，考虑顺序，有6种方法；一个班上第5节课，则另一个班有7种情况，考虑顺序，有2种方法；共有10+8+6+6+2＝32种方法．故选：C．【点评】本题考查了排列组合问题，考查分类讨论的数学思想，属于基础题．11．【考点】计数原理的应用．【分析】因为元素0特殊，故选0时和不选0时两类，根据分类计数原理可得．【解答】解：选0时，0不能在首位，故有C21A62＝60个，不选0时，有A63＝120个，根据分类计数原理，共有60+120＝180个，故答案为：180．【点评】本题考查了分类计数原理，关键是分类，属于基础题．12．【考点】计数原理的应用．【分析】由题意知这3人中既有男生又有女生，包括2男1女和3男0女两种情况，分别求出这两种情况下的选法的数量，利用分类计数原理相加即得结果．【解答】解：由题意知本题是一个分类计数原理的应用，这3人女生人数不多于男生人数，包括2男1女和3男0女两种情况．若3人中有2男1女，则不同的选法共有C52C31＝30种，若3人中有3男0女，则不同的选法共有C53＝10种，根据分类计数原理，所有的不同的选法共有30+10＝40种，故答案为：40．【点评】本题主要考查计数原理的应用，考查了运算求解能力，本题是一个基础题．13．【考点】计数原理的应用．【分析】相邻问题一般看作一个整体处理，不相邻，用插空法，即可求解．【解答】解：（1）选其中5人排成一排，不同的排队方案的方法有＝2520种（2）排成前后两排，前排3人，后排4人，不同的排队方案的方法种；（3）全体站成一排，男、女各站在一起，有＝288种方法；（4）全体站成一排，男生不能站在一起，有＝1440种方法；（5）全体站成一排，男不站排头也不站排尾，有＝1440种方法．【点评】本题考查排列的应用，相邻问题一般看作一个整体处理，不相邻，用插空法，属于基本知识的考查．四．排列及排列数公式（共5小题）14．【考点】排列及排列数公式．【分析】利用排列数的计算公式即可得出．【解答】解：∵＝，∴2n（2n﹣1）（2n﹣2）＝10n（n﹣1）（n﹣2），化为：4n﹣2＝5n﹣10，则n＝8．故选：B．【点评】本题考查了排列数的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．15．【考点】排列及排列数公式；组合及组合数公式．【分析】由题意利用排列数公式、组合数公式，求得n的值．【解答】解：A＝4C，则5×4×3＝4×，∴n＝6，故选：B．【点评】本题主要考查排列数公式、组合数公式的应用，属于基础题．16．【考点】排列及排列数公式．【分析】根据题意，由排列数公式可得（20﹣m）（21﹣m）…（26﹣m）＝＝，即可得答案．【解答】解：根据题意，（20﹣m）（21﹣m）…（26﹣m）＝＝，故选：A．【点评】本题考查排列数公式，关键是掌握排列数公式的形式．17．【考点】排列及排列数公式．【分析】利用排列数的计算公式即可得出结论．【解答】解：原式＝5×4×3×2×1﹣19×3×2×1＝6，故答案为：6．【点评】本题考查了排列数的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．18．【考点】排列及排列数公式．【分析】根据排列数以及组合数公式，进行求解即可．【解答】解：∵A＝4C，∴m（m﹣1）＝4×且m≥4，∴6＝（m﹣2）（m﹣3），解得m＝5，（0舍去）故答案为：5．【点评】本题考查了排列数以及组合数公式的应用问题，是基础题．五．组合及组合数公式（共5小题）19．【考点】组合及组合数公式．【分析】根据组合数的性质列式求解即可．【解答】解：∵，∴2x+1＝x+2或2x+1+x+2＝12，解得x＝1或3．故选：C．【点评】本题考查了组合数公式的应用，是基础题目．20．【考点】组合及组合数公式．【分析】根据题意，由组合数的定义可得0≤m﹣1≤8且0≤m≤8以及＞3×，变形解可得m的取值范围，结合m为正整数即可得答案．【解答】解：根据题意，对于C和3C，有0≤m﹣1≤8且0≤m≤8，则有1≤m≤8，若C＞3C，则有＞3×，变形可得：m＞27﹣3m，解可得：m＞，综合可得：＜m≤8，则m＝7或8；故选：BC．【点评】本题考查组合数公式的计算，关键是掌握组合数公式的形式，属于基础题．21．【考点】组合及组合数公式．【分析】根据组合数的性质计算可得．【解答】解：因为，由组合数的性质可得n＝3+6＝9，∴＝＝72．故答案为：72．【点评】本题考查了组合数公式的应用问题，是基础题目．22．【考点】组合及组合数公式．【分析】甲、乙大学生从4个公司中各选2个作为实习单位可分两步完成，第一步甲大学生选实习公司，第二步乙大学生选实习公司，两个步骤相乘可以得到结果．【解答】解：由题意知本题需要分步来解，第一步甲大学生选实习公司，有＝6种方法，第二步乙大学生选实习公司，有＝4种方法，由乘法原理得：两人所选的实习单位中恰有1个相同的选法有6×4＝24种．故答案是24．【点评】本题考查了乘法计数问题．23．【考点】组合及组合数公式；分类加法计数原理．【分析】（1）由题意知本题是一个分类计数问题，取4个红球，没有白球，有C44种，取3个红球1个白球，有C43C61种；取2个红球2个白球，有C42C62，根据加法原理得到结果．（2）设出取到白球和红球的个数，根据两个未知数的和是5，列出方程，根据分数不少于7，列出不等式，根据这是两个整数，列举出结果．【解答】解（1）由题意知本题是一个分类计数问题，将取出4个球分成三类情况取4个红球，没有白球，有C44种取3个红球1个白球，有C43C61种；取2个红球2个白球，有C42C62，∴C44+C43C61+C42C62＝115种（2）设取x个红球，y个白球，则∴∴符合题意的取法种数有C42C63+C43C62+C44C61＝186种【点评】本题考查分类加法原理，是一个基础题，解题的关键是对于分类要做到不重不漏，准确的表示出结果．六．排列、组合及简单计数问题（共1小题）24．【考点】排列、组合及简单计数问题．【分析】（1）先从10双中取出4双，然后再从每双中取出一只，结果就是取出的4只鞋子，任何两只都不能配成1双，根据分步计数原理得，（2）4只恰好成两双，从10双中取出2双，问题得以解决（3）先从10双中取出1双，再从9双中取出2双，然后再从每双中取出一只，结果就是4只鞋子中有2只成双，另2只不成双，根据分步计数原理得．【解答】解：（1）从10双鞋子中选取4双，有C104种不同的选法，每双鞋子各取一只，分别有2种取法，根据分步乘法计数原理，选取种数为N＝C104•24＝3360（种）．（2）从10双鞋子中选取2双有C102种取法，即45种不同取法．（3）先选取一双有C101种选法，再从9双鞋子中选取2双鞋有C92种选法，每双鞋只取一只各有2种取法，根据分步乘法计数原理，不同取法为N＝C101C92•22＝1440（种）．【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，解题的关键是审清题意，本题考查了推理判断的能力及计数的技巧．七．二项式定理（共36小题）25．【考点】二项式定理．【分析】直接利用二项展开式和组合数求出结果．【解答】解：根据二项展开式：，当r＝3时，x2的系数为．故选：C．【点评】本题考查的知识要点：二项展开式和组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．26．【考点】二项式定理．【分析】令x＝1即可求解．【解答】解：由题意令x＝1，则a0+a1+a2+a3+a4＝（2×1﹣1）4＝1，故选：A．【点评】本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．27．【考点】二项式定理．【分析】先阅读题意，然后结合二项式定理求解即可．【解答】解：由题意可得“广义杨辉三角形”的第5行为1，5，15，30，45，51，45，30，15，5，1，则在（1+ax）（x2+x+1）5的展开式中，x8的系数为15+30a＝75，即a＝2，故选：C．【点评】本题考查了二项式定理，重点考查了阅读理解能力，属基础题．28．【考点】二项式定理．【分析】先根据只有第5项的二项式系数最大确定n的值，再令x＝1求解即可．【解答】解：因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以展开式共有9项，则n＝8．即﹣＝（）8，令x＝1，得到（）8＝．故选：B．【点评】本题主要考查二项式定理，属于基础题．29．【考点】二项式定理．【分析】根据二项式系数和求出n的值，再求出二项式的展开式的通项公式，然后令x的指数为7，由此即可求解．【解答】解：由二项式系数和为64可得：2n＝64，解得n＝6，则二项式（x）6的展开式的通项公式为T＝C，r＝0，1， (6)令12﹣，解得r＝2，所以x7的系数为C＝60，故选：C．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．30．【考点】二项式定理．【分析】由题意，先求出n的值，在二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于1，求得r的值，即可求得展开式中的x的系数．【解答】解：∵的展开式中的第4项和第5项的二项式系数相等，∴＝，∴n＝3+4＝7，故它的通项公式为T r+1＝•（﹣2）r•x7﹣2r，令7﹣2r＝1，可得r＝3，∴展开式中x的系数为•（﹣2）3＝﹣280，故选：B．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于中档题．31．【考点】二项式定理．【分析】由题意求出展开式中含x2的项，由此即可求解．【解答】解：展开式中含x2的项为C＝24x2，所以a2＝24，故选：B．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．32．【考点】二项式定理．【分析】根据二项式系数的和为2n，可得n＝5，再利用展开式的通项，即可得解．【解答】解：二项式系数的和为2n＝32，所以n＝5，展开式的通项为T r+1＝x5﹣r•＝（﹣2）r x5﹣2r，令5﹣2r＝﹣1，则r＝3，所以的系数为＝﹣80．故选：A．【点评】本题考查二项式定理，熟练掌握展开式的通项，二项式系数的性质是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．33．【考点】二项式定理．【分析】由题意，根据a3＝﹣80利用通项公式求出a和a0，再令x＝1，可得要求式子的值．【解答】解：∵（1+ax）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，a3＝•a3＝﹣80，∴a＝﹣2，a0＝＝1，∴（1﹣2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，∴令x＝1，可得1+a1+a2+a3+a4+a5＝（﹣1）5＝﹣1，则a1+a2+a3+a4+a5＝﹣2，故选：D．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式的系数和常用的方法是赋值法，属于中档题．34．【考点】二项式定理．【分析】求出展开式的通项公式，令x的指数为0，由此即可求解．【解答】解：展开式的通项公式为，r＝0，1， (6)令12﹣3r＝0，解得r＝4，所以的展开式中常数项为，故选：C．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．35．【考点】二项式定理．【分析】写出展开式的通项，再令6﹣r＝1，求出r，再代入计算即可．【解答】解：二项式（2x+1）6展开式的通项T r+1＝C（2x）6﹣r＝C26﹣r x6﹣r．令6﹣r＝1，解r＝5，所以T6＝C21•x＝12x，所以a1＝12．故选：B．【点评】本题主要考查二项式定理，属于中档题．36．【考点】二项式定理．【分析】利用二项式定理的展开式，即可解出．【解答】解：展开式中x2的系数为：C（﹣2）1＝﹣6，故选：C．【点评】本题考查了二项式定理的展开式，学生的数学运算能力，属于基础题．37．【考点】二项式定理．【分析】利用赋值法，即可解出．【解答】解：令x＝0，得a0＝1，令，得a0++...+＝（﹣1）2021＝﹣1，∴+...+＝﹣2．故选：A．【点评】本题考查了二项式定理，赋值法，学生的数学运算能力，属于基础题．38．【考点】二项式定理．【分析】直接根据二项展开式的性质依次判断四个选项即可．【解答】解：选项A：（2+x）7的二项展开式的各项系数和为（2+1）7＝37，故A正确，选项B：（2+x）7的二项展开式的第五项为：•23•x4，而（x+2）7的二项展开式的第五项为：•x3•24，不相同，故B错误，选项C：（2+x）7的二项展开式的第三项系数为：25•，故C错误，选项D：（2+x）7的二项展开式第二项的二项式系数为：，故D错误，故选：A．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．39．【考点】二项式定理．【分析】法一：由题意，利用二项式展开式的通项公式，求出a0和a2，以及a4的值，可得结论．解法二：在所给的等式中，分别令x＝1，x＝﹣1，得到两个等式，再把两个等式相加并处以2可得a0+a2+a4的值．【解答】解：法一：∵（2x﹣1）4＝a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，可得a0＝＝1，a2＝×22＝24，a4＝×24＝16，∴a0+a2+a4＝41，故答案为：41．法二：∵（2x﹣1）4＝a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，令x＝1，可得a0+a1+a2+a3+a4＝1，再令x＝﹣1，可得a0﹣a1+a2﹣a3+a4＝（﹣3）4＝81，∴两式相加处以2可得，a0+a2+a4＝＝41，故选：B．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式的系数和常用的方法是赋值法，属于基础题．40．【考点】二项式定理．【分析】分别令x＝1，x＝﹣1，建立方程联立即可求解．【解答】解：令x＝1，则a0+a1+...+a5＝（1﹣2）5＝﹣1①，令x＝﹣1，则a0﹣a1+...﹣a5＝（1+2）5＝243②，则①﹣②可得：a1+a3+a5＝﹣122，故选：B．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．41．【考点】二项式定理．【分析】由奇数项的二项式系数和为2n﹣1，即可判断A，由二项展开式的通项公式求得第六项即可判断B，求出二项展开式的通项公式即可判断C，由二项式定理求得（10﹣1）2020＝100（102018﹣102017+102016﹣102015+…+﹣202）+1，即可判断D．【解答】解：A，的展开式中奇数项的二项式系数和为22019，故A错误，B，展开式中第六项为T6＝（﹣1）5＝﹣，故B错误，C，该二项展开式的通项公式为T r+1＝（﹣1）r＝（﹣1）r，当r＝0，2，4，…，2020时，T r+1为有理项，故C错误，D，当x＝100时，（10﹣1）2020的通项公式为（﹣1）r102020﹣r，所以（10﹣1）2020＝102020﹣102019+102018﹣102017+…+102﹣101+1＝100（102018﹣102017+102016﹣102015+…+﹣202）+1，所以（10﹣1）2020除以100的余数是1，故D正确．故选：D．【点评】本题主要考查二项式定理及其应用，考查二项展开式的通项公式及二项式系数，属于中档题．42．【考点】二项式定理．【分析】利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．【解答】解：在的展开式中，二项式系数之和为25＝32，故B错误；令x＝1，可得各项系数之和为05＝0，故A正确；根据通项公式为T r+1＝•x5﹣r•（﹣）r＝（﹣1）r••x5﹣2r，令5﹣2r＝0，求得r＝（舍去），故C 错误；根据二项式系数的性质，第4项和第5项的系数一正一负，故D错误，故选：A．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于中档题．43．【考点】二项式定理．【分析】求出展开式的常数项，其等于﹣20，化简即可求解．【解答】解：展开式的常数项为C＝C＝﹣20，解得a＝﹣1，故选：D．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．44．【考点】二项式定理．【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得n的值．【解答】解：在（a+b）n的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式共有7项，∴n＝6，故选：C．【点评】本题主要考查二项式系数的性质，属于基础题．45．【考点】二项式定理．【分析】依题意，可得a0﹣a1+a2﹣a3+…﹣a5＝﹣35，|a0|+|a1|+…+|a5|＝﹣a0+a1﹣a2+...+a5＝﹣（a0﹣a1+a2﹣a3+…﹣a5）＝35，从而得到答案．【解答】解：∵（2x﹣1）5＝a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0＝25x5﹣24x4+23x3﹣...+（﹣1）5x0，∴a0＝﹣1＜0，a1＞0，a2＜0，...，a5＞0，令x＝﹣1，得a0﹣a1+a2﹣a3+…﹣a5＝﹣35，∴|a0|+|a1|+…+|a5|＝﹣a0+a1﹣a2+...+a5＝﹣（a0﹣a1+a2﹣a3+…﹣a5）＝35＝243，故选：B．。

【题目栏目】计数原理\二项式定理\二项展开式通项公式的应用
【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第14题
18．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第15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)
【答案】16
解析：方法一：直接法，1女2男，有 ，2女1男，有
【题目栏目】计数原理\二项式定理\二项式定理
【题目来源】2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第8题
5．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第4题) 的展开式中 的系数为()
A．12B．16C．20D．24
【答案】【答案】A
【解析】因为 ，所以 的系数为 ，故选A．
【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，是常规考法。
(2)求两个多项式的积的特定项,可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
【题目栏目】计数原理\二项式定理\二项展开式通项公式的应用
【题目来源】2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第4题
9．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第6题)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()
2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编
专题11计数原理
一、选择题
1．(2020年新高考I卷(山东卷)·第3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 安排方法共有()
A．120种B．90种
C．60种D．30种
【答案】C
现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：
根据分步乘法原理，可得不同的安排方法 种

第04练 计数原理、排列组合、二项式定理1．（2020·呼和浩特开来中学高二期末（理））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 2．（2020·广东省高二期末）在()62x +展开式中，二项式系数的最大值为m ，含4x 的系数为n ，则n m=（ ） A ．3 B ．4 C ．13 D ．143．（2020·青铜峡市高级中学高二期末（理））设2220122(1)...n n n x x a a x a x a x ++=++++，则0a 等于（ ）A ．1B ．0C ．3D ．3n4．（2020·宁夏回族自治区宁夏大学附属中学高二月考（理））3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同的选法有（ ）A ．243B ．125C ．128D ．2645．（2020·洮南市第一中学高二月考（理））求346774C C -的值为（ ）A ．0B ．1C ．360D ．120 6．（2020·洮南市第一中学高二月考（理））522x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中4x 的系数为 A ．10 B ．20C ．40D ．80 7．（2020·山东省高三其他）若62a x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中6x 的系数为150，则2a =（ ） A ．20 B ．15 C ．10 D ．258．（2020·北京高二期末）5(1)a +展开式中的第2项是（ ）A ．35aB ．310aC ．45aD ．410a 9．（2020·北京高二期末）已知有1B ，2B ，⋯，6B 支篮球队举行单循环赛（单循环赛：所有参赛队均能相遇一次），那么比赛的场次数是（ ）A．15B．18C．24D．3010．（2020·北京高二期末）哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如1257=+，在不超过18的素数2，3，5，7，11，13，17中，随机选取两个不同的数，其和等于18的概率是（）A．142B．121C．221D．1711．（2020·江苏省马坝高中高二期中）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，抽出产品中至少有2件一等品的抽法种数为（）A．81B．60C．6D．1112．（2020·江西省南昌十中高三其他（理））在6212xx⎛⎫-⎪⎝⎭的展开式中，常数项为__________（用数字作答）.13．（2020·北京高二期末）()621x-的展开式中2x的系数为__________（用具体数据作答）. 14．（2020·福建省厦门一中高三其他（理））2020年初，湖北面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，厦门人民心系湖北，志愿者纷纷驰援，若将甲、乙、丙、丁4名医生志愿者分配到A，B 两家医院（每人去一家，每家医院至少安排1人），且甲医生不安排在A医院，则共有__________种分配方案.15．（2020·苏州市第四中学校高二期中）中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份对应了十二种动物（鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪）中的一种．现有十二生肖的吉祥物各一个，三位同学依次选一个作为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学哪个吉祥物都喜欢．如果让三位同学选取的礼物都满意，则选法有________种．（用数字作答）16．（2020·上海高二期末）请列举出用0，1，2，3，4这5个数字所组成的无重复数字且比3000大的，且相邻的数字的奇偶性不同的所有四位数奇数，它们分别是______.1．（2020·广东省高三二模（文））在此次抗击新冠肺炎疫情过程中，中医治疗起到了重要作用.中医理论讲究食物相生相克，合理搭配饮食可以增强体质，提高免疫力，但不恰当的搭配也可能引起身体的不适.食物相克是指事物之间存在着相互拮抗､制约的关系，若搭配不当，会引起中毒反应.已知猪肉与菊花，猪肉与百合，螃蟹与茄子相克.现从猪肉､螃蟹､茄子､菊花､百合这五种食物中任意选取两种，则它们相克的概率为（）A ．13B ．23C ．310D ．7102．（2020·江苏省丰县中学高二期中）将4个不同的文件发往3个不同的邮箱地址，则不同的方法种数为（ ）A ．43B ．34C ．34AD ．34C 3．（2020·黑龙江省哈师大附中高二期末（理））为做好社区新冠疫情防控工作，需将四名志愿者分配到甲、乙、丙三个小区开展工作，每个小区至少分配一名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）种A ．36B ．48C ．60D ．164．（2020·浙江省衢州二中高三其他）将含有甲、乙、丙、丁等共8人的浙江援鄂医疗队平均分成两组安排到武汉的A 、B 两所医院，其中要求甲、乙、丙3人中至少有1人在A 医院，且甲、丁不在同一所医院，则满足要求的不同安排方法共有（ ）A ．36种B ．32种C ．24种D ．20种5．（2020·吉林省松原市实验高级中学高三其他（理））某校将5名插班生甲、乙、丙、丁、戊编入3个班级，每班至少1人，则不同的安排方案共有（ ）A ．150种B ．120种C ．240种D ．540种6．（2020·广东省高二期末）广东省实施“3+1+2”的新高考改革模式，“3”指全国统一高考的语文､数学､外语，“1”指物理､历史2门中选择1门，“2”指思想政治､地理､化学､生物4门中选择2门. 已知甲选择物理，乙选择地理，则甲乙两人有（ ）不同的选择组合方案.A ．12种B ．18种C ．36种D ．48种7．（2020·广东省高二期末）东莞近三年连续被评为“新一线城市”，“东莞制造”也在加速转型升级步伐，现有4个项目由东莞市政府安排到2个地区进行建设，每个地区至少有一个项目，其中项目A 和B 不能安排在同一个地区，则不同的安排方式有（ ）A ．4种B ．8种C ．12 种D ．16种8．（2020·河北省衡水中学高三其他（理））在2020年初抗击新冠肺炎疫情期间，某医院派出了3名医生和包括甲、乙、丙在内的6名护士前往武汉参加救治工作.现从这9人中任意抽取1名医生、3名护士组成一个应急小组，则甲、乙、丙这3名护士至少选中2人的概率为（ ）A ．13B ．12C ．49D ．34 9．（2020·四川省绵阳南山中学高三其他（理））()()()2111n x x x ++++++的展开式的各项系数和是（ ）A ．12n +B ．121n ++C ．121n +-D ．122n +-10．（2020·山西省高三其他（理））5(2)(1)x x -+的展开式中，3x 的系数是（ ）A ．32B ．40C ．32-D ．40-11．（2020·黑龙江省大庆一中高三三模（理））已知()512345601234567121x x a x a a x a x a x a x a x a x x -⎛⎫+--=++-++++ ⎪⎝⎭，则4a =（ ） A ．21 B ．42 C ．35- D ．210-12．（2020·汪清县汪清第六中学高二月考（理））已知(1＋ax )·(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则a ＋ A ．＋4B ．＋3C ．＋2D ．＋113．（2020·汪清县汪清第六中学高二月考（文））不透明的袋中装有8个大小质地相同的小球，其中红色的小球6个，白色的小球2个，从袋中任取2个小球，则取出的2个小球中有1个是白色小球另1个是红色小球的概率为（ ）A ．314B ．37C ．67D ．132814．（2020·江苏省高二期末）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周.则（ ）A ．某学生从中选3门，共有30种选法B ．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法C ．课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，共有144种排法D ．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法15．（2020·江苏省扬中高级中学高二期中）某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（ ）A ．若任意选择三门课程，选法总数为37AB ．若物理和化学至少选一门，选法总数为1225C CC ．若物理和历史不能同时选，选法总数为3175C C -D ．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为121255C C C -16．（2020·三亚华侨学校高二开学考试）已知()n a b +的展开式中第5项的二项式系数最大，则n 的值可以为（ ）A ．7B ．8C ．9D ．10 17．（2020·山东省高二期中）若()2345501234512a a x a x a x a x a x x =+++-++，则下列结论中正确的是（ ）A ．01a =B ．123452a a a a a ++++=C ．50123453a a a a a a -+-+-=D ．0123451a a a a a a三、填空题18．（2020·呼和浩特开来中学高二期末（理））4()(1)a x x ++的展开式中，若x 的奇数次幂的项的系数之和为32，则a =________．19．（2020·全国高三其他（理））“赵爽弦图”是中国古代数学的文化瑰宝，由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成（如图所示），简洁对称、和谐优美.某数学文化研究会以弦图为蓝本设计会徽，其图案是用红、黄2种颜色为弦图的5个区域着色（至少使用一种颜色），则一共可以绘制备选的会徽图案数为__________.20．（2020·山东省高三其他）2019年世界园艺博览会在北京延庆区举办，这届世界园艺博览会的核心建筑景观是“四馆一心”：中国馆、国际馆、植物馆、生活体验馆以及演艺中心.现将含甲在内的5名大学生志愿者安排到北京世界园艺博览会的4个场馆担任服务工作，要求每个场馆至少安排一人，且每人仅参加一个场馆的服务工作，其中甲不安排到国际馆去，则不同的安排方法种数为_________.21．（2020·江西省南昌二中高二期末（理））62341()x x x x x ⎛⎫++- ⎪⎝⎭的展开式中x 2项的系数为__________.22．（2020·南京市临江高级中学高二期中）将四个不同的小球放入三个分别标有1､2､3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有______种(结果用数字表示).1．（2020•海南）要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（）A．2种B．3种C．6种D．8种2．（2020•北京）在（√x−2）5的展开式中，x2的系数为（）A．﹣5B．5C．﹣10D．103．（2020•山东）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，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4．（2020•新课标Ⅰ）（x+y2x）（x+y）5的展开式中x3y3的系数为（）A．5B．10C．15D．205．（2019•全国）（2√x+1）6的展开式中x的系数是（）A．120B．60C．30D．156．（2019•新课标Ⅲ）（1+2x2）（1+x）4的展开式中x3的系数为（）A．12B．16C．20D．24二．填空题（共7小题）7．（2020•上海）从6个人挑选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排1个人，第二天安排1个人，第三天安排2个人，则共有种安排情况．8．（2020•浙江）二项展开式（1+2x）5＝a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5，则a4＝，a1+a3+a5＝．9．（2020•新课标Ⅱ）4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有种．10．（2020•新课标Ⅲ）（x2+2x）6的展开式中常数项是（用数字作答）．11．（2020•天津）在（x+2x2）5的展开式中，x2的系数是．12．（2019•天津）（2x−18x3）8的展开式中的常数项为．13．（2019•浙江）在二项式（√2+x）9展开式中，常数项是，系数为有理数的项的个数是．．。

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．。