高二数学排列组合二项式定理单元测试题(带答案).doc

第三章 排列、组合与二项式定理——高二数学人教B 版(2019)选择性必修第二册单元检测卷（A 卷）【满分：150分】一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.已知322A 100A x x =，则x =( )A.11B.12C.13D.142.把3个不同的小球放入到4个不同的盒子中，所有可能的放法种数为( )A.24B.4C.34 D.433.在6(2)(1)m x y ++的展开式中，若3x y 的系数为800，则含4xy 项的系数为( )A.30B.960C.300D.3604.某学校在校门口建造一个花圃，花圃分为9个区域（如图），现要在每个区域栽种一种颜色的花，且各个区域的花颜色各不相同，其中红色、白色两种花被随机地分别种植在不同的小三角形区域，则它们在不相邻（没有公共边）区域的概率为( )5.某中学第24届篮球赛正如火如荼地进行中，全年级共20个班，每四个班一组，如1—4班为一组，5—8班为二组……进行单循环小组赛（没有并列），胜出的5个班级和从余下队伍中选出的数据最优秀的1个班级共6支球队按抽签的方式进行淘汰赛，最后胜出的三个班级再进行单循环赛，按积分的高低（假设没有并列）决出最终的冠亚季军，则此次篮球赛学校共举办的比赛场数为( )A.51B.42C.39D.366.15-的展开式中，常数项为( )A.1365B.3003C.5005D.64357.某校环保小组共有8人，该小组计划前往3个不同的景区开展活动，要求每个景区至少有2人，每个人都参与且只能去一个景区，则不同的分配方案有( )A.490种B.980种C.2940种D.5880种8.中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的中国传统工艺品.灯笼综合了绘画、剪纸、纸扎、刺缝等工艺，与中国人的生活息息相关.灯笼成了中国人喜庆的象征.经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型，现将红木宫灯、檀木宫灯、楠木纱灯、花梨木纱灯、恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯各一个随机挂成一排，则有且仅有一种类型的灯笼相邻的概率为( )二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.下列四个关系式中，一定成立的是( )A.3477C C = B.222334100101C C C C +++= C.11(1)A A m m n n n +++= D.若,m n +∈N ，且2023m n <≤，则20232023C C m n <10.若2022220220122022(1)x a a x a x a x -=++++ ，则( )A.展开式中所有项的二项式系数之和为20222B.展开式中二项式系数最大的项为第1012项C.01a =D.12320220a a a a ++++= 11.第三届世界智能驾驶挑战赛在天津召开，小赵、小李、小罗、小王、小张为5名志愿者，现有翻译、安保、礼仪、服务四项不同的工作可供安排，则下列说法正确的有( )A.若5人每人可任选一项工作，则有45种不同的方案B.若每项工作至少安排1人，则有240种不同的方案C.若礼仪工作必须安排2人，其余工作安排1人，则有60种不同的方案D.已知5人身高各不相同，若安排5人拍照，前排2人，后排3人，后排要求身高最高的站中间，则有40种不同的方案三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.4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.13.若6b ax x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项为160，则22a b +的最小值为__________.14.第19届杭州亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”代表世界遗产良渚古城遗址，“莲莲”代表世界遗产西湖，“宸宸”代表世界遗产京杭大运河.现有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”、“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数共有__________.（用数字作答）四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知1677A 20A x x -=，x +∈N .（1）求x 的值；（2）求2012017C C x x x --++的值.16.中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑期开设“围棋”“武术”“书法”“剪纸”“京剧”“刺绣”六门体验课程.（1）现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有一门共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数；（2）计划安排A ，B ，C ，D ，E 五名教师教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，一门课程只由一名教师任教，每门课程都有教师任教，教师A 不任教“围棋”课程，教师B 只能任教一门课程，求所有课程安排的种数.17.已知nx ⎛ ⎝的展开式中只有第五项的二项式系数最大.（1）求该展开式中有理项的项数；（2）求该展开式中系数最大的项.18.在下面两个条件中任选一个，补充在后面问题中的横线上，并完成解答.条件①：展开式前三项的二项式系数的和等于37；条件②：第3项与第7项的二项式系数相等.问题：在二项式(21)n x -的展开式中，已知__________.（1）求展开式中二项式系数最大的项；（2）设121210(21)n n n n n x a x a x a x a x a ---=+++++ ，求123n a a a a ++++ 的值；（3）求11(21)n x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭的展开式中2x 的系数.19.用0，1，2，3，4，5，6这七个数字，完成下面的问题.（1）用以上七个数字能组成多少个三位偶数（允许有重复数字）？（2）用以上七个数字能组成多少个无重复数字的能被5整除的四位数？221y b+=，其中,{0,1,2,3,4,5,6}a b ∈，则满足焦距不小于8的不同椭圆方程有多少个？答案以及解析1.答案：C解析：根据题意得2x ≥.由322A 100A x x =得2(21)(22)100(1)x x x x x --=-，整理可得2125x -=，解得13x =，经检验满足题意.2.答案：C解析：第1个小球放入盒子中有4种放法；第2个小球放入盒子中也有4种放法；第3个小球放入盒子中也有4种放法.只要把这3个小球放完，就做完了这件事情，所以由分步乘法计数原理可得共有34种放法.3.答案：B解析：由题意可知3316C 2C 800m⨯⨯=，即160800m =，解得5m =，所以含4xy 项的系数为15465C 2C 960⨯⨯=.故选B.4.答案：D解析：每个区域种不同颜色的花，有99A 种方法.这9个区域中相邻的区域有9个（13，23，34，26，48，56，67，78，89），所以红色、白色种在相邻区域有27279A A ⨯⨯种方法，所以红色、白色在不相邻（没有公共边）区域的概率为2727999A A 1A ⨯⨯-=5.答案：D解析：先进行单循环赛，有245C 30=场，胜出的5个班级和从余下队伍中选出的数据最优秀的1个班级共6支球队按抽签的方式进行淘汰赛，6支球队打3场，决出最后胜出的三个班，最后3个班再进行单循环赛，有23C 3=场，所以共打了303336++=场.故选D.6.答案：C解析：二项式15展开式的通项5515611515C (1)C rr r r r r r T x--+⎛==- ⎝⋅，r ∈N ，.由得6r =，此时66715(1)C 5005T =-=，15r ≤5506r -=所以所求常数项为5005.故选C.7.答案：C210=种分配方案；280=种分配方案.第二步：将3组成员分配到3个不同的景区开展环保活动，共有33A 6=种分配方案.故符合要求的分配方案共有(210280)62940+⨯=种，故选C.8.答案：A解析：设红木宫灯、檀木宫灯分别为1a ，2a ，楠木纱灯、花梨木纱灯分别为1b ，，恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯分别为，.先求仅，相邻的种数，把12a a 看作一个元素，当排在首或尾时，不同的排法有种；当排在五个位置中第二或第四位时，不同的排法有种；当排在第三个位置时，不同的排法有种，故仅相邻共有12396N N N ++=种排法.同理得仅12b b 相邻，仅12c c 相邻的2种情况，也都有96种排法.所以有且仅有一种类型的灯笼相邻的概率669632A 5P ⨯==.故选A.9.答案：AC解析：由组合数性质知3477C C =一定成立，A 正确；222322232233410033410044100101C C C C C C C 1C C C 1C 1+++=++++-=+++-==- ，B 错误；11(1)A (1)(1)(1)(1)(1)[(1(1)1])A m m n n n n n n n m n n n n m +++=+--+=+-+-++= ，C 正确；由组合数性质知n +∈N 且2023n ≤，当11011n ≤≤时，2023C n 单调递增，当10122023n ≤≤时，2023C n 单调递减，因此D 错误.故选AC.10.答案：ABC2b 1c 2c 1a 2a 12a a ()2111242A C C 232N =⨯⨯⨯=12a a ()1122422C C A 232N =⨯⨯⨯=12a a 11222322222C C A A A 32N =⨯⨯=12a a解析：展开式中所有项的二项式系数和为0120222022202220222022C C C 2+++= ，故A 正确；展开式中第1012项的二项式系数为10112022C ，是所有项的二项式系数中的最大值，故B 正确；令0x =可得01a =，故C 正确；令1x =可得0120220a a a +++= ，12320221a a a a ∴++++=- ，故D 错误.故选ABC.11.答案：BCD解析：对于A ，若5人每人可任选一项工作，则每人都有4种选法，则5人共有54种选法，因此A 错误；对于B ，分两步分析，先将5人分为4组，再将分好的4组安排四项不同的工作，有2454C A 240=（种）分配方法，因此B 正确；对于C ，分两步分析，在5人中任选2人，安排礼仪工作，有25C 10=（种）选法，再将其余3人安排余下的三项工作，有33A 6=（种）方法，则由分步乘法计数原理可得共有10660⨯=（种）不同的方案，因此C 正确；对于D ，分两步分析，在5人中任选2人，安排在第一排有25A 20=（种）排法，其余3人安排在第二排，要求身高最高的站中间，剩下两人有2种排法，则有20240⨯=（种）不同的方案，因此D 正确.故选BCD.12.答案：36解析：此题分两步完成：第一步，将4名同学分成3组，有种分法；第二步，将所分3组进行排列，有种排法.所以不同的安排方法共有（种）.13.答案：4解析：二项式展开式的通项为6662166C ()C kk k k k k kk b T ax a b x x ---+⎛⎫== ⎪⎝⎭⋅，令620k -=，则3k =，所以63336C 160a b -=，即3336C 160a b =，所以2ab =.因为2224a bab +≥=，当且仅当a b ==的最小值为4.14.答案：336解析：由题意可分两种情形：24C 33A 2343C A 36=6b ax x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭22b +①前排含有两种不同名称的吉祥物，首先，前排从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”中取两种，其中一种取两个，另一种选一个，有1122223222C C C C A 24=种排法；其次，后排有22A 2=种排法，故共有24248⨯=种不同的排法；②前排含有三种不同名称的吉祥物，有11132223C C C A 48=种排法；后排有33A 6=种排法，此时共有486288⨯=种排法；因此，共有48288336+=种排法，故答案为：336.15.答案：（1）3x =（2）1330解析：（1）由已知得6!7!720(6)!(8)!x x ⨯=⨯--，化简得215360x x -+=，解得3x =或12x =.又因为6,17,x x ≤⎧⎨-≤⎩所以3x =.（2）将3x =代入得1723232020202021C C C C C 1330+=+==.16.答案：（1）360种（2）1140种解析：（1）第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有26A 种排法；第二步，将甲和乙的相同课程排好，有14C 种排法；第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同，所以丙的排法有23C 种.因此，所有选课的种数为212643A C C 360⨯⨯=.（2）①当A 只任教1门时，先排A 任教课程，有15C 种，再从剩下的5门中排B 的任教课程，有15C 种，接下来剩余4门中必有2门为同一名老师任教，分三组全排列，共有2343C A 种.所以当A 只任教1门时，共有1123554343C C C A 5532190021⨯=⨯⨯⨯⨯⨯=⨯种；②当A 任教2门时，先选A 任教的2门有25C 种，剩下4位教师任教四门课程，这样共有245454C A 432124021⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯种.所以，符合题意的课程安排共有9002401140+=种.综上，教师A 不任教“围棋”，教师B 只能任教一门课程的课程安排方案共有1140种.17.答案：（1）5项（2）17921x -15=，解得8n =，则8x ⎛+ ⎝的展开式的通项为882188C 2C 2k k k k k k k T x x x--+=⨯⨯=⨯⨯8k ≤≤，k ∈N .求展开式中的有理项，需令382k-∈Z ，所以0,2,4,6,8k =，所以有理项共有5项.（2）设第1k +项的系数最大，则11881188C 2C 2,C 2C 2,k k k k k kk k --++⎧⨯≥⨯⎨⨯≥⨯⎩即21,912,81k k k k ⎧≥⎪⎪-⎨⎪≥⎪-+⎩解得56k ≤≤，因为k ∈N ，所以5k=或6k =.当5k =时，155268C 21792T x =⨯⨯=当6k =时，661178C 21792T x x --=⨯⨯=，所以展开式中系数最大的项为17921x -.18.答案：（1）41120x （2）0（3）560解析：选择①，由012C C C 37n n n ++=，解得8n =.选择②，由26C C n n =，解得8n =.（1）展开式中二项式系数最大的项为444458C (2)(1)1120T x x =⨯⨯-=.（2）令1x =，则80128(21)1a a a a ++++=-= ，令0x =，则80(01)1a =-=，所以12380a a a a ++++= .（3）因为888111(21)(21)(21)x x x x x ⎛⎫--=--- ⎪⎝⎭，所以811(21)x x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭的展开式中含2x 的项为62653528811C (2)(1)C (2)(1)560x x x x ⎛⎫⨯-+-⨯-= ⎪⎝⎭，所以展开式中2x 的系数为560.19.答案：（1）168个（2）220个（3）14个解析：（1）七个数字0，1，2，3，4，5，6中，是偶数的为0，2，4，6，是奇数的为1，3，5，组成的三位偶数允许有重复数字，则百位数字是0的情况有4728⨯=种，所以允许有重复数字的三位偶数有2474719628168⨯-⨯=-=个.（2）组成无重复数字的能被5整除的四位数，末尾数字只能为0或5.当末尾数字为0时，有36A 654120=⨯⨯=个；当末尾数字为5时，有255A 554100=⨯⨯=个.所以组成无重复数字的能被5整除的四位数有120100220+=个.221y b+=，其中,{0,1,2,3,4,5,6}a b ∈，知a b ≠且0ab ≠.当a b >时，由28c ≥，得8≥整理得2216b a ≤-，所以5a =或6，若5a =，则1,2,3b =，此时满足条件的椭圆有3个；若6a =，则1,2,3,4b =，此时满足条件的椭圆有4个.所以满足条件的椭圆有347+=个，同理，当a b <时，满足条件的椭圆也有7个.综上，焦距不小于8的不同椭圆方程有7714+=个.。

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．。

排列组合与二项式定理（1）【基本知识】1.甲班有四个小组，每组10人，乙班有3个小组，每组15人，现要从甲、乙两班中选1人担任校团委部，不同的选法种数为 852．6人站成一排，甲、乙 、丙三人必须站在一起的排列种数为 1444．用二项式定理计算59.98，精确到1的近似值为（ 99004 ）5．若2)nx 的项是第8项，则展开式中含1x的项是第 9项6．从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有 34种7．已知8()a x x-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 1或288．某城市新修建的一条道路上有12盏路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的3盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有 38A 种9．设34550500150(1)(1)(1)(1)x x x x a a x a x ++++++++=+++L L ，则3a 的值是 451C10．不同的五种商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁两种不能排在一起，则不同的排法种数共有____24______．11．102(2)(1)x x +-的展开式中10x 的系数为____179______．（用数字作答）若1531-++++n n n n n C C C C ΛΛ=32，则n = 612．用0，1，2，3，4组成没有重复数字的全部五位数中，若按从小到大的顺序排列，则数字12340应是第____10_____个数。

13、体育老师把9个相同的足球放入编号为1、2、3的三个箱子里，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放法有___10___种。

三、解答题15、已知n 展开式中偶数项的二项式系数之和为256，求x 的 系数．【解】由二项式系数的性质：二项展开式中偶数项的二项式系数之和为2n －1，得n =9，由通项92923199C (C (2)r rrrrr r r T x---+==-g g g ，令92123r r --=，得r =3，所以x 的二项式为39C =84， 而x 的系数为339C (2)84(8)672-=⨯-=-g．16、有5名男生，4名女生排成一排：（1）从中选出3人排成一排，有多少种排法？（2）若男生甲不站排头，女生乙不站在排尾，则有多少种不同的排法？ （3）要求女生必须站在一起，则有多少种不同的排法？ （4）若4名女生互不相邻，则有多少种不同的排法？【解】（1）39504A = （2）287280 （3）17280 （4）211217．从7个不同的红球，3 个不同的白球中取出4个球，问：（1）有多少种不同的取法？（2）其中恰有一个白球的取法有多少种？ （3）其中至少有现两个白球的取法有多少种？ 【解】（1）210 （2）105 （3）7018、 已知n展开式中偶数项二项式系数和比()2na b +展开式中奇数项二项式系数和小120，求：（1）n展开式中第三项的系数;（2）()2na b +展开式的中间项。

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 ．120B ．324C ．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 ．40B ．74C ．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 ．512B ．968C ．1013D ．10245．如果()n x x x +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 ．6810C xB ．5710C xxC ．468C xD ．6811C xx6．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 ．36B ．32C ．24D ．207．若n 是奇数，则112217777n n n n n n n C C C ---+++⋯⋯+被9除的余数是A ．0B ．2C ．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 ．504B ．210C ．336D ．12010．在342005(1)(1)(1)x x x ++++⋯⋯++的展开式中，x 3的系数等于 A ．42005CB ．42006CC ．32005CD ．32006C11．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nx M ＝x (x ＋1)(x ＋2)…(x ＋n －1)，例如55M -＝(－5)(－4)(－3)(－2)(－1)＝－120，则函数199()x f x xM -=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43243212341234(1)(1)(1)(1),x a x a x a x a x b x b x b x b ++++=++++++++定义映射12341234:(,,,)(,,,),f a a a a b b b b →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 ．8B ．9C ．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 ．8B ．9C ．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1021022012100210139(2),()()x a a x a x a x a a a a a a -=+++⋯+++⋯+-++⋯+则 的值为 A ．0B ．2C ．－1D ．1答题卡题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案二、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 )＝x 5－5x 4＋10x 3－10x 2＋5x ＋1,则f (x )的反函数f －1(x )＝ ．21．正整数a 1a 2…a n …a 2n －2a 2n －1称为凹数，如果a 1>a 2>…a n ，且a 2n －1>a 2n －2>…>a n ，其中a i（i ＝1,2,3,…）∈{0,1,2,…,9}，请回答三位凹数a 1a 2a 3（a 1≠a 3）共有 个（用数字作答）．22．如果a 1(x －1)4＋a 2(x －1)3＋a 3(x －1)2＋a 4(x －1)＋a 5＝x 4，那么a 2－a 3＋a 4 ．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(41x＋3x2)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：123114710(31)(32)2.n n n n n n C C C n C n -++++⋯++=+⋅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）： 题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 答案 DBCBBDCBABBADDBCBD提示1．D 分五步：5×4×4×4×4＝1280．2．B 分三步：33425154545474.C C C C C C ++= 3．C 46312.C -=4．B 分8类：3451001210012101010101010101010101010()2(11045)968.C C C C C C C C C C C +++⋯+=+++⋯+-++=-++=5．B 12512,10,n n -=∴=中间项为5555761010().T C x x C x x ==6．D 按首位数字的奇偶性分两类：2332223322()20A A A A A +-=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：12365360C C C =9．A 939966504,504.A A A ==或10．B 原式＝11．B 设有男生x 人，则2138390,(1)(8)30x x C C A x x x -=--=即，检验知B 正确．12．A 2222()(9)(8)(9191)(1)(4)(81).f x x x x x x x x x =--⋯-+-=--⋯- 13．D 比较等式两边x 3的系数，得4＝4＋b 1,则b 1＝0，故排除A ，C ；再比较等式两边的常数项，有1＝1＋b 1＋b 2＋b 3＋b 4,∴b 1＋b 2＋b 3＋b 4＝0．14．D 223327.C =15．B 先排甲、乙外的3人，有33A 种排法，再插入甲、乙两人，有24A 种方法，又甲排乙的左边和甲排乙的右边各占12 ，故所求不同和站法有3234136().2A A =种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32003320062006442006(1)[1(1)](1)(1)(1).1(1)x x x x x x C x x+-+-+++=+-+即求中的系数为六的排法，共有2212264544242().C C A C A -+=种18．D 设f (x )＝(2－x )10，则(a 0＋a 2＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝(a 0＋a 1＋…＋a 10)(a 0－a 1＋a 2－…－a 9＋a 10)＝f (1)f (－1)＝(2＋1)10(2－1)10＝1。

高二数学排列组合与二项式定理试题答案及解析1.…除以88的余数是（）A．－1B．－87C．1D．87【答案】C【解析】根据题意，由于…=（1-90）10=8910=（88+1）10，展开式可知展开式的最后一项不能被88整除，可知答案为C.【考点】二项式定理点评：主要是考查了二项式定理的逆用，属于基础题。

2.甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有（）A．30种B．24种C．12种D．6种【答案】B【解析】第一步：从4门课程中选1门相同有种选法；第二步：让甲从剩下的3门中再选1门，选法有种；第三步：再让乙从剩下的2门中选1门，选法有种，所以所求的选法有。

故选B。

【考点】分步乘法计数原理点评：分步乘法计数原理：完成一件事，需要分成n个步骤，做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法……，做第n步有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法.3.如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的箭头表示它们有网线相联，连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量。

现从结点A向结点G传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递。

则单位时间内传递的最大信息量为（）A．31B．6C．10D．14【答案】B【解析】信息传递，可有三条路线，每条路线上通过的信息量均为2 ，所以，单位时间内传递的最大信息量为6 ，选B。

【考点】本题主要考查阅读理解能力，分类讨论思想。

点评：简单题，看似复杂，实际上，关键是理解题意，看各条“路线”上，传递信息的最大值之和。

4.由1、2、3、4、5组成个位数字不是3的没有重复数字的五位奇数共有个（用数字作答）．【答案】48【解析】由题意先排个位，从1,5两个数中随便取一个有，然后再用剩余的四个数字排前面四个位置有，∴由分步原理可知由1、2、3、4、5组成个位数字不是3的没有重复数字的五位奇数共有个【考点】本题考查了排列组合的综合运用点评：熟练掌握排列组合的综合运用是解决此类问题的关键，属基础题5.设为奇数，则除以9的余数为．【答案】【解析】∵，∴除以9的余数为7【考点】本题考查了二项式定理的运用点评：对于余数问题一般是把式子拆开，然后利用二项式定理展开求余数，属基础题6.有6名同学参加两项课外活动，每位同学必须参加一项活动且不能同时参加两项，每项活动最多安排4人，则不同的安排方法有种.（用数学作答）【答案】50【解析】解：由题意知本题是一个分类计数问题，∵每项活动最多安排4人，∴可以有三种安排方法，即（4，2）（3，3）（2，4）当安排4，2时，需要选出4个人参加共有=15，当安排3，3，时，共有=20种结果，当安排2，4时，共有=15种结果，∴根据分类计数原理知共有15+20+15=50种结果，故答案为：50【考点】分类计数问题点评：本题是一个分类计数问题，这是经常出现的一个问题，解题时一定要分清做这件事需要分为几类，每一类包含几种方法，把几个步骤中数字相加得到结果7.的展开式中，的系数是（）A．B．C．297D．207【答案】D【解析】由题意可知，的系数即为【考点】本小题主要考查二项展开式的应用.点评：解决二项式问题一般离不开展开式的通项公式，要灵活应用.8.两位同学一起去一家单位应聘，面试前单位负责人对他们说：“我们要从面试的人中招聘3人，你们俩同时被招聘进来的概率是1∕70”．根据这位负责人的话可以推断出参加面试的人数为（）A．21B．35C．42D．70【答案】A【解析】设参加面试的人数为n，由题意可知，解得n=21.【考点】本小题主要考查排列组合在实际问题中的应用.点评：准确理解题意，准确计算是解决此类问题的关键.9.（本小题满分12分）已知二项式(N*)展开式中，前三项的二项式系数和是，求：（Ⅰ）的值；（Ⅱ）展开式中的常数项．【答案】（Ⅰ）10 （Ⅱ）【解析】(Ⅰ)…… 2分(舍去)．………… 5分(Ⅱ) 展开式的第项是，，………… 10分故展开式中的常数项是．……… 12分10.甲、乙、丙、丁四位同学各自对A、B两变量的线性相关性做实验，并用回归分析方法分析求得相关系数r与残差平方和m如下表：则哪位同学的实验结果体现A、B两变量有更强的线性相关性（）A、甲B、乙C、丙D、丁【答案】D【解析】解：在验证两个变量之间的线性相关关系中，相关系数的绝对值越接近于1，相关性越强，在四个选项中只有丁的相关系数最大，残差平方和越小，相关性越强，只有丁的残差平方和最小，综上可知丁的试验结果体现A、B两变量有更强的线性相关性，故选D．11.从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有（）A．40种B．60种C．100种D．120种【答案】B【解析】根据题意，首先从5人中抽出两人在星期五参加活动，有种情况，再从剩下的3人中，抽取两人安排在星期六、星期日参加活动，有种情况，则由分步计数原理，可得不同的选派方法共有 =60种.故选B．12.平面上有相异10个点，每两点连线可确定的直线的条数是每三点为顶点所确定的三角形个数的，若无任意四点共线，则这10个点的连线中有且只有三点共线的直线的条数为__________条．【答案】3【解析】【考点】排列、组合及简单计数问题。

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. 3603.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. 7204.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. 965.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. 966.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7.C74+C75+C86等于( )A. C95B. C96C. C87D. C978.9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 509.4名同学争夺三项冠军，冠军获得者的可能种数是( )A. 43B. A43C. C43D. 410.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. 38415.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. A10516.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)18.(x−1x )(2x+1x)5的展开式中，常数项为______．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.20.(1−3x)7的展开式中x2的系数为______ ．21.已知C203x=C20x+4，则x=______ ．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.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______ ．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)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)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．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？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+)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？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．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；。

高二数学排列组合及二项式定理检测题（2）姓名 班级编号 分数一、选择题：本大题共10小题，共50分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知8)(xa x -展开式中常数项为11中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和是（ ） A.82 B. 83 C. 1或83 D.1或822.1003)23(+x 展开所得关于x 的多项式中，系数为有理数的共有（ ）项A.50B.17C.16D. 153.若443322104)32(x a x a x a x a a x ++++=+，则2312420)()(a a a a a +-++的值为( )A.1B.-1C.0D.24.对于二项式)()1(3+∈+N n x xn ，四位同学作了四种判断，其中正确的是( ) （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。

A. (1)(3)B.(2)(3)C.(2)(4)D.(1)(4) 5已知naa )12(3+的展开式的常数项是第七项，则正整数n 的值为 ( ) A ．7 B ．8 C ．9 D . 106.5555除以8，所得余数是( )A.7B. 1C.0D. 1-7.设n 为自然数，则nn n k n k n k n n n n C C C C )1(2)1(22110-++-++--- 等于 ( )A.n2 B.0 C.-1 D. 18.如图是某汽车维修公司的维修点环形分布图。

公司在年初分配给A 、B 、C 、D 四个维修点某种配件各50件。

在使用前发现需将A 、B 、C 、D 四个维修点的这批配件分别调整为40，45，54，61件，但调整只能在相邻维修点之间进行。

那么要完成上述调整，最少的调动件数（n 件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件数为n ）为（ ）A.18B.17C.16D. 159.某市为改善生态环境，计划对城市外围A 、B 、C 、D 、E 、F 六个区域（如图）进行治理，第一期工程拟从这六个区域中选取三个，根据要求至多有两个区域相邻，则不同的选取方案共有（ ）A.6B.10C.16D.15了3盘，丙赛了2盘，丁只赛了1盘，则小强已经赛了（ ） A .4盘 B .3盘 C .2盘 D .1盘本大题共5小题，每小题5分，共25分。

排列组合二项定理排列组合二项定理知识要点—、两个原理.1.乘法原理、加法原理.2.可以有事复无奉的排列.从m个不同元素中，每次取出n个元素，元素可以重复出现，按照一定的顺序排成一排，那么第一、第二...... 第n位上选取元素的方法都是m个，所以从m个不同元素中，每次取出n个元素可重复排列数m-m-... m= m n..例如：n件物品放入m个抽屉中，不限放法，共有多少种不同放法？（解：秫"种）二' 排列.1.⑴对排列定义的理解.定义：从n个不同的元素中任取m（m<n）个元素，哲眼丁定顺序排成一列，叫做从儿个不同元素中取出秫个元素的一个排列.⑵相同排列.如果；两个排列相同，不仅这两个排列的元素必须完全相同，而且排列的顺序也必须完全相同.⑶排列数.从n个不同元素中取出个元素排成一列，称为从«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个元素的一个排列数，用符号A片表示.⑷排列数公式：A m= n（n一1）• • • （〃一m +1）= :——（m < n, n, m G N）注意：n-nl=（n + l）!-n!规定0! = 1看=履客规定C?=C：=12,含有可事及素的排列问题.对含有相同元素求排列个数的方法是：设重集S有k个不同元素a” a2,......a”其中限重复数为ni、n2......n k,且n = ni+n2+ ... 以，则S的排列个数等于n = ----- --- .n i ln2\..n k\例如：已知数字3、2、2,求其排列个数"=（1 + 2）!=3又例如：数字5、5、5、求其排列个数？其排列个1!2! 数n = - = l.3!三、组合.1.⑴组合：从〃个不同的元素中任取m（m<n）个元素并成一组，叫做从〃个不同元素中取出秫个元素的一个组合.⑵组合数公式：c，"=41 = "（"T）“・（n + l）C"'=—-—”A；；；尻"m\（n-my.⑶两个公式：①C*=Cf②C%+驾=C£%1从n个不同元素中取出m个元素后就剩下n-m个元素，因此从n个不同元素中取出n-m个元素的方法是一一对应的，因此是一样多的就是说从n个不同元素中取出n-m个元素的唯一的一个组合.(n + 1)! (n (或者从n+1个编号不同的小球中，n 个白球一个红球，任取m 个不同小球其不同选法，分二类，一类是 含红球选法有c m -*-c ；=c m-,! 一类是不含红球的选法有C ：)%1 根据组合定义与加法原理得；在确定n+1个不同元素中取m 个元素方法时，对于某一元素，只存在取与 不取两种可能，如果取这一元素，则需从剩下的n 个元素中再取m-l 个元素，所以有C”'：,如果不取这 一元素，则需从剩余n 个元素中取出m 个元素，所以共有C ：种，依分类原理有C m ~\+C^=C n ^.⑷排列与组合的联系与区别.联系：都是从"个不同元素中取出加个元素.区别：前者是“排成一排”，后者是“并成一组”，前者有顺序关系，后者无顺序关系.⑸①几个常用组合数公式 n n n nC°+C 2+C 4+••- =C*+C 3+C 5+••• =2,?-1n n nn n n ° 〃十° m+1 十° m+2 • •七 m+n+1kc k =心：1 「k_ 1 厂灯1C n~ C n+1k + 1 n + 1%1 常用的证明组合等式方法例.i. 裂项求和法.如：-+-+-+—— =1-一—(利用 —=——一1)n! (〃一 1)! n\ 2! 3! 4! (n + 1)! (〃 + 1)!ii. 导数法.iii.数学归纳法.iv.倒序求和法.V.递推法(即用 c"-+c m -l=c n ：;递推)如:C ；+C ；+C ；+ •••C ：=C"+：. Vi.构造二项式.如：(C°)2+(C^)2 + ••• + (C：)2=C 2；； 证明：这里构造二项式(x + l)"(l + x)"=(l + x)2"其中x"的系数，左边为席吒+•••+ac=e)2+(c；)2+...+(a)2,而右边=c 2:四、排列' 组合综合.i.i.排列、组合问题几大解题方法及题型：%1 直接法.②排除法.%1 捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局 部”的排列.它主要用于解决“元素相邻问题”，例如，一般地，n 个不同元素排成一列，要求其中某/»(/»<»)个元素必相邻的排列有个.其中A ：：：：；是一个“整体排列”，而则是“局部排列”.又例如①有n 个不同座位，A 、B 两个不能相邻，则有排列法种数为-%1 有n 件不同商品，若其中A 、B 排在一起有%1 有n 件不同商品，若其中有二件要排在一起有A,;.A ；；：；.注：①③区别在于①是确定的座位，有A ；种；而③的商品地位相同，是从n 件不同商品任取的2个，有不 确定性.%1插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决“元素不相邻问题例如：n个元素全排列，其中m个元素互不相邻，不同的排法种数为多少？（插空法），当n-m+l>m，即mV*时有意义，2%1占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置.即采用“先特殊后一般”的解题原则.%1调序法：当某些元素次序一定时，可用此法.解题方法是：先将n个元素进行全排列有种，个元素的全排列有A岩种，由于要求m个元素次序一定，因此只能取其中的某一种排法，可以利用除法起到A n去调序的作用，即若"个元素排成一列，其中加个元素次序一定，共有二种排列方法.A m例如：n个元素全排列，其中m个元素顺序不变，共有多少种不同的排法？C n C%1平均法：若把kn个不同元素平均分成k组，每组n个，共有~ .例如：从1, 2, 3, 4中任取2个元素将其平均分成2组有几种分法？有管=3 （平均分组就用不着管组2!与组之间的顺序问题了）又例如将200名运动员平均分成两组，其中两名种子选手必在一组的概率是多少？厂8厂2（p=）G”2!注意：分组与插空综合.例如：n个元素全排列，其中某m个元素互不相邻且顺序不变，共有多少种排法？有当n-m+l>m, BP m<ZL±l 时有意义.2%1隔板法：常用于解正整数解组数的问题.例如：%1+X2+X3+X4=12的正整数解的组数就可建立组合模型将12个完全相同的球排成一列，在它们之间形成11个空隙中任选三个插入3块摸板，把球分成4个组.每一种方法所得球的数目依次为无,巧/3/4显然X1+X2+X3+X4=12，故（x1,x2,x3,x4）是方程的一组解.反之，方程的任何一组解（y1,j,2,y3,y4）,对应着惟了的一f 中在〔12个球之间插入隔板的方式（如图•匚丁',二,所示）故方程的解和插板的方法一一对应.即方程的解的组数等于插隔板的方法数C* 注意：若为非负数解的X 个数，即用勺皿中⑶等于"1 ,有X] + x2 + .v3... + X" = A => % -1 + % -1 + ■■-a n -1 = A ,进而转化为求a的正整数解的个数为C^+n .%1定位问题：从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列规定某r个元素都包含在内，并且都排在某r 个指定位置则有例如：从n个不同元素中，每次取出m个元素的排列，其中某个元素必须固定在（或不固定在）某一位置上，共有多少种排法？固定在某一位置上：A：：；；不在某一位置上：A'：—A'；；］：或&岩+&」.&；：（一类是不取出特殊元素a, 有A”. 一类是取特殊元素a,有从m-1个位置取一个位置，然后再从n-1个元素中取m-1,这与用插空法解决是一样的）%1指定元素排列组合问题.i.从n个不同元素中每次取出k个不同的元素作排列（或组合），规定某r个元素都包含在内。

高二数学 排列、組合與二項式定理測試卷一、選擇題：（本大題共10小題，每小題5分，共50分）1．若從集合P 到集合Q={a,b,c}所有不同的映射共有81個，則從集合Q 到集合P 可作的不同的映射共有（ ） A ．32個B ．27個C ．81個D ．64個2．某班舉行聯歡會，原定的五個節目已排出節目單，演出前又增加了兩個節目，若將這兩個節目插入原節目單中，則不同的插法總數為（ ） A ．42B ．36C ．30D ．123．全班48名學生坐成6排，每排8人，排法總數為P ，排成前後兩排，每排24人，排法 總數為Q,則有（ ） A ．P>QB ．P=QC ．P<QD ．不能確定4．從正方體的六個面中選取3個面，其中有2個面不相鄰的選法共有（ ）種 A ．8B ．12C ．16D ．205．12名同學分別到三個不同的路口進行車流量的調查，若每個路口4人，則不同的分配 方案共有（ ） A ．4448412CC CB ．44484123CC CC ．334448412AC C CD ．334448412A C C C 6．某單位準備用不同花色的裝飾石材分別裝飾辦公樓中的辦公室、走廊、大廳的地面及樓的外牆，現有編號為1~6的六種不同花色的裝飾石材可選擇，其中1號石材有微量的放射性，不可用於辦公室內，則不同的裝飾效果有（ ）種 A ．350B ．300C ．65D ．507．有8人已站成一排，現在要求其中4人不動，其餘4人重新站位，則有（ ）種 重新站位的方法A ．1680 B ．256 C ．360D ．2808．一排九個坐位有六個人坐，若每個空位兩邊都坐有人，共有（ ）種不同的坐法A ．7200 B ．3600C ．2400D ．12009．在(311xx )n 的展開式中，所有奇數項二項式係數之和等於1024，則中間項 的二項式係數是 （ ） A. 462 B. 330 C.682 D.79210.在(1+a x)7的展開式中,x 3項的係數是x 2項係數與x 5項係數的等比中項,則a 的值為( )A.510B.35C.925D.325二、填空題（本大題共5小題，每小題4分，共20分）11．某公園現有A 、B 、C 三隻小船，A 船可乘3人，B 船可乘2人，C 船可乘1人，今有 三個成人和2個兒童分乘這些船隻（每船必須坐人），為安全起見，兒童必須由大人陪同方 可乘船，他們分乘這些船隻的方法有_____________種。

排列、组合、二项式定理与概率测试题一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．)1、如图所示的是2008年北京奥运会的会徽，其中的“中国印”的外边是由四个色块构成，可以用线段在不穿越另两个色块的条件下将其中任意两个色块连接起来(如同架桥)，如果用三条线段将这四个色块连接起来，不同的连接方法共有 ( )A. 8种B. 12种C. 16种D. 20种2、从6名志愿者中选出4个分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，其中甲乙两名志愿者不能从事翻译工作，则不同的选排方法共有（ ）A ．96种B ．180种C ．240种D ．280种 3、五种不同的商品在货架上排成一排，其中a 、b 两种必须排在一起，而c 、d 两种不能排在一起，则 不同的选排方法共有（ ）A ．12种B ．20种C ．24种D ．48种 4、编号为1、2、3、4、5的五个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只有两个的编号与座位号一致的坐法是（ ）A . 10种 B. 20种 C. 30种 D . 60种 5、设a 、b 、m 为整数（m >0),若a 和b 被m 除得的余数相同，则称a 和b 对模m 同余.记为a ≡b (modm )。

已知a =1+C 120+C 220·2+C 320·22+…+C 2020·219，b ≡a (mod 10)，则b 的值可以是（ ） A.2015 B.2011 C.2008 D.20066、在一次足球预选赛中，某小组共有5个球队进行双循环赛(每两队之间赛两场)，已知胜一场得3分，平一场得1分，负一场得0分．积分多的前两名可出线(积分相等则要比净胜球数或进球总数)．赛完后一个队的积分可出现的不同情况种数为（ ） A ．22种 B ．23种 C ．24种 D ．25种7、令1)1(++n n x a 为的展开式中含1-n x项的系数，则数列}1{na 的前n 项和为 （ ）A ．2)3(+n n B ．2)1(+n n C ．1+n n D ．12+n n8、若5522105)1(...)1()1()1(-++-+-+=+x a x a x a a x ，则0a = （ ）A ．32B ．1C ．-1D ．-329、二项式23nx ⎛⎝*()n N ∈展开式中含有常数项，则n 的最小取值是 （ ）A 5B 6C 7D 810、四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，则不同的取法共有（ ）A ．150种B ．147种C ．144种D ．141种 11、两位到北京旅游的外国游客要与2008奥运会的吉祥物福娃（5个）合影留念，要求排成一排，两位游客相邻且不排在两端，则不同的排法共有 （ ） A ．1440 B ．960 C ．720 D ．480 12、若x ∈A 则x 1∈A ，就称A 是伙伴关系集合，集合M={－1，0，31，21，1，2，3，4} 的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数为（ ）A ．15B ．16C ．28D ．25二、填空题(每小题4分，共16分，把答案填在题中横线上)13．四封信投入3个不同的信箱，其不同的投信方法有_________种． 14、在72)2)(1(-+x x 的展开式中x 3的系数是 ．15、已知数列{n a }的通项公式为121+=-n n a ，则01n C a +12n C a +Λ+33n C a +nn n C a 1+=16、对于任意正整数，定义“n 的双阶乘n!!”如下：对于n 是偶数时，n!!=n·(n －2)·(n －4)……6×4×2；对于n 是奇数时，n!!=n·(n －2)·(n －4)……5×3×1． 现有如下四个命题：①(2005!!)·(2006!!)=2006!；②2006!!=21003·1003!；③2006!!的个位数是0；④2005!!的个位数是5．正确的命题是________．三、解答题(本大题共6小题，前5小题每小题12分，最后1小题14分，共74分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．)17、某学习小组有8个同学，从男生中选2人，女生中选1人参加数学、物理、化学三种竞赛，要求每科均有1人参加，共有180种不同的选法．那么该小组中男、女同学各有多少人？18、设m，n∈Z＋，m、n≥1，f(x)=(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中，x的系数为19．（1）求f(x)展开式中x2的系数的最值；（2）对于使f(x)中x2的系数取最小值时的m、n的值，求x7的系数．19、7位同学站成一排．问：(1)甲、乙两同学必须相邻的排法共有多少种?(2)甲、乙和丙三个同学都相邻的排法共有多少种?(3)甲、乙两同学必须相邻，而且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种?(4)甲、乙、丙三个同学必须站在一起，另外四个人也必须站在一起的排法有多少种?20、已知()2nxx的展开式中前三项的系数成等差数列．（Ⅰ）求n的值；（Ⅱ）求展开式中系数最大的项．21、由0，1，2，3，4，5这六个数字。

高 二 数 学 单 元 测 试( 排列、组合二项式定理 )班级 学号 姓名一、选择题：（每小题4分，共48分）1． N n ∈，则)100()21)(20(n n n -⋅⋅⋅--等于 （ ）A 、n n A --20100B 、80100n A -C 、81100n A -D 、8120n A -2． 某班上午要上语文、数学、体育、外语4门课，又体育老师因故不能上第1节和第4节，则不同排方案的种数有 （ ）A 、10B 、12C 、20D 、243． 若集合}3,2,1{=A ，}6,5,4,1{=B ，从这两个集合中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标，能确定的不同点的个数是 （ ）A 、11B 、12C 、23D 、244． 在83)12(xx - 的展开式中常数项是 （ ） A 、28- B 、 7- C 、 7 D 、285． 用5种不同的颜色给如右图标有D C B A ,,,的各部分涂色， 每部分只涂一种颜色，且相邻两部分不同颜色，则不同的涂色方法共有A 、160种B 、240种C 、260种D 、360种 （ ）6． E D C B A ,,,,五人并排站成一排，如果B 必须站在A 的右边（B A ,可不相邻），那么不的排法共有 （ ）A 、24种B 、60种C 、90种D 、120种7． 若n xx )2(2+的展开式中第5项的系数与第3项的系数之比是3:56，则展开式中的常数项是 （ ）A 、0B 、45C 、90D 、1808． 2100242322A A A A +⋅⋅⋅+++ 的值为 （ ）A 、31012CB 、31002C C 、3101AD 、3100A9． 设50503322105043)1()1()1(x a x a x a x a a x x x +⋅⋅⋅++++=++⋅⋅⋅++++，则3a 等于 （ ）A 、351CB 、451C C 、350CD 、450C10．若直线方程0=+By Ax 的系数A 和B 可以从7,6,3,2,1,0这6个数字中取两个不同的值，则这些方程表示的不同直线条数是 （ ）A 、225+AB 、826-AC 、1226-AD 、1026-A11．)1()13)(12)(1(+⋅⋅⋅+++nx x x x 展开式中x 的一次项系数为 （ ）A 、 1-n n CB 、2nC C 、21+n CD 、2121+n C 12．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3张并排组3位数，可组成不重复的3位数的个数为 （ ）A 、 480B 、432C 、48D 、192二、填空题：（每小题4分，共16分）13．关于x 的方程5516162--=x x x C C 的解为 14．3名驾驶员和6名空中小姐分别上3架不同型号的旅游直升机，每机1名驾驶员及2名空中小姐，则上机方法共有 种（用数字作答）。

排列、组合和二项式定理单元综合测试一、选择题(每小题5分，共60分)1．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为（ ）A ．18B ．24C ．30D ．362．从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为 （ ）A ．300B ．216C ．180D ．1623．五个人排成一排，甲、乙不相邻，且甲、丙也不相邻的不同排法的种数为 ( )A ．60B ．48C ．36D ．244．某小组共有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，则不同的抽取方法有 ( )A ．40种B ．70种C ．80种D ．240种5．若能被整除，则的值可能为（122n nn n n C x C x C x +++ 7,x n ）A ．B ．4,3x n ==4,4x n ==C ． D ．5,4x n ==6,5x n ==6．圆周上有12个不同的点，过其中任意两点作弦，这些弦在圆内的交点个数最多有( )A ．AB ．A ·A 412212212C ．C ·CD ．C 2122124127．用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有 ( )A ．288个B ．240个C ．144个D ．126个8．有4个标号为1,2,3,4的红球和4个标号为1,2,3,4的白球，从这8个球中任取4个球排成一排．若取出的4个球的数字之和为10，则不同的排法种数是( )A ．384B ．396C ．432D ．4809．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，若只要求相邻两块广告牌的底色不都为红色，则不同的配色方案共有 ( )A ．55种B ．56种C ．46种D ．45种10．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 ．18B ．26C ．29D ．5811．若自然数n 使得作竖式加法n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)均不产生进位现象，则称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 ．27B ．36C ．39D ．4812．为支持地震灾区的灾后重建工作，四川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 地距离该公司较近，安排在第一天或最后一天送达；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．则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 ．72B ．18C ．36D ．24二、填空题(每小题4分，共16分)13．沿海某市区对口支援贫困山区教育，需从本区3所重点中学抽调5名教师分别到山区5所学校任教，每校1人；每所重点中学至少抽调1人，则共有__________种不同的支教方案．14．一个五位数由数字0,1,1,2,3构成，这样的五位数的个数为__________．15．(4x 2－4x ＋1)5的展开式中，x 2的系数为__________．(用数字作答)16．若(1＋mx )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，且a 1＋a 2＋…＋a 6＝63，则实数m 的值为__．三、解答题(本大题共6个小题，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 ＋C ；5－n n 9－n n ＋1(2)解不等式：－<.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？19．(12分)若(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 99.20．(12分)已知(－)n 的展开式的各项系数之和等于(4－)5的展开式中的3a 3b 常数项，求：(1)(－)n 展开式的二项式系数和；3a (2)(－)n 的展开式中a －1项的二项式系数．3a 21．(12分)(1)求证：kC ＝nC ；k nk －1n (2)等比数列{a n }中，a n >0，化简：A ＝lg a 1－C lg a 2＋C lg a 3－…＋(－1)n C lg a n ＋1.1n 2n n详细解答：1．答案解析：用间接法解答：四名学生中有两名学生分在一个班的种数是，顺序C 24C 有 种，而甲乙被分在同一个班的有种，所以种数是．33A 33A 23343330C A A -=2．答案 解析：分类讨论思想：第一类：从1，2，3，4，5中任取两个奇数和两个偶数，C 组成没有重复数字的四位数的个数为；第二类：取0，此时2和4只能取243472C A =一个，0还有可能排在首位，组成没有重复数字的四位数的个数为．共有180个数．21433243[]108C C A A -=3．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A ·A ＝12种(先把除甲、乙、丙外的两个人排好，有A 种232方法，再把甲、乙、丙插入其中，有A 种方法，因此此类方法有A ·A ＝12种)；另一类是乙、323丙相邻但不与甲相邻，此类方法有A ·A ·A ＝24种方法(先把除甲、乙、丙外的两人排好，2322有A 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2有A ·A ·A ＝24种)．综上所述，满足题意的方法种数共有12＋24＝36，选C.2322答案：C4．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共有C C ＝40种，选A.3612答案：A 5．答案解析：,当时,C 122(1)1nnnn n n C x C x C x x +++=+- 5,4x n ==能被7整除．4(1)1613537n x +-=-=⨯6答案：D解析：圆周上任意四个点连线的交点都在圆内，此四点的选法有C ，则由这四点确定412的圆内的交点个数为1，所以这12个点所确定的弦在圆内交点的个数最多为C .故选D.4127．解析：个位是0的有C ·A ＝96个；1434个位是2的有C ·A ＝72个；1334个位是4的有C ·A ＝72个；1334所以共有96＋72＋72＝240个．答案：B 8答案：C解析：若取出的球的标号为1,2,3,4，则共有C C C C A ＝384种不同的排法；若取出121212124的球的标号为1,1,4,4，则共有A ＝24种不同的排法；若取出的球的标号为2,2,3,3，则共有A 4＝24种不同的排法；由此可得取出的4个球数字之和为10的不同排法种数是4384＋24＋24＝432，故应选C.9解析：C ＋C ＋C ＋C ＋C ＝55.0818273645答案：A10．解析：若把两人都安排在前排，则有A ＝6种方法，若把两人都安排在后排，则有23A ＝12种方法，若两人前排一个，后排一个，则有4×5×2＝40种方法，因此共有58种方法，24故正确答案是D.答案：D11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C ＝3个；13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C C ＝9个；1313当“可连数”为三位数时：有C C C ＝36个；131413故共有：3＋9＋36＝48个，故选D.答案：D12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A 种方法；第二步是12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A A 种方法；第三步是在余132下的2天中安排送达物资到受灾地点D 、E ，有A 种方法．由分步计数原理得不同的运送顺2序共有A ·(A A )·A ＝24种，故选D.121322答案：D二、填空题(每小题4分，共16分)13．解析：5名重点中学教师到山区5所学校有A 种，而3所重点中学的抽调方法种5数可由列举法一一列出为6种．故共有6A ＝720种不同的支教方案．5答案：72014．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A 个：4(2)万位取2或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2时有2A 个，故24总共有A ＋2A ＝48.424答案：4815．答案：18016．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m ＝－3.答案：1或－3三、解答题(本大题共6个小题，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．解：利用组合数定义与公式求解．(1)由组合数定义知：解得4≤n ≤5.∵n ∈N *，∴n ＝4或5.当n ＝4时，原式＝C ＋C ＝5；145当n ＝5时，原式＝C ＋C ＝16.0546(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，得(n －3)(n －4)－4(n －4)<2×5×4，即n 2－11n －12<0，解3！(n －5)！n ！得－1<n <12.又∵n ∈N *，且n ≥5，∴n ＝5,6,7,8,9,10,11.18．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 ·A ＝48个；当百位数为2、3、4、5、6、7、8、9中的任意一个时，1816不同的三位数有A A A ＝8×8×6＝384个．综上，共可组成不重复的三位数48＋384＝432181816个．解法2：(间接法)任取3张卡片共有C ·C ·C ·C ·A 种排法，其中0在百位不能构成三351212123位数，这样的排法有C ·C ·C ·A 种，故符合条件的三位数共有C ·C ·C ·C ·A －C ·C ·C 24121223512121232412·A ＝432个．12219．解：令x －1＝t ，则x ＝t ＋1，于是已知恒等式可变为(2t ＋3)100＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋…＋a 100t100，又令f (t )＝(2t ＋3)100，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝[f (1)－f (－1)]12＝[(2＋3)100－(－2＋3)100]＝(5100－1)．121220．解：依题意，令a ＝1，得(－)n 展开式中各项系数和为(3－1)n ＝2n ，(4－3a 3b )5展开式中的通项为T r ＋1＝C (4)5－r (－)r ＝(－1)r C 45－r 5－b .r 53b r 5r 210－5r6若T r ＋1为常数项，则＝0，即r ＝2，10－5r6故常数项为T 3＝(－1)2C ·43·5－1＝27，25于是有2n ＝27，得n ＝7.(1)(－)n 展开式的二项式系数和为3a 2n ＝27＝128.(2)(－)7的通项为3a T ′r ＋1＝C ()7－r ·(－)r ＝C (－1)r ·37－r ·a ，r 73a r 75r －216令＝－1，得r ＝3，5r －216∴所求a －1项的二项式系数为C ＝35.3721．解：(1)∵左式＝k ·＝n ！k ！(n －k )！n ·(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ·＝nC ＝右式，(n －1)！(k －1)！[(n －1)－(k －1)]！k －1n∴kC ＝nC .k nk －1n (2)由已知：a n ＝a 1q n －1，∴A ＝lg a 1－C (lg a 1＋lg q )＋C (lg a 1＋2lg q )－C (lg a 1＋3lg q )＋…＋(－1)n C (lg a 1＋n lg q )1n 2n 3n n ＝lg a 1[1－C ＋C －…＋(－1)n C ]－lg q [C －2C ＋3C －…＋(－1)n －1C ·n ]1n 2n n 1n 2n 3n n ＝lg a 1·(1－1)n －lg q [nC －nC ＋nC －…＋(－1)n －1·nC ]0n －11n －12n －1n －1＝0－n lg q [C －C ＋C －…＋(－1)n －1·C ]0n －11n －12n －1n －1＝－n lg q (1－1)n －1＝0.22．解：（1）如图1，先对a 1部分种植，有3种不同的种法，再对a 2、a 3种植，因为a 2、a 3与a 1不同颜色，a 2、a 3也不同．所以S （3）=3×2=6（种）……………3分如图2，S （4）=3×2×2×2－S （3）=18（种） ……………………………6分 （2）如图3，圆环分为n 等份，对a 1有3种不同的种法，对a 2、a 3、…、a n 都有两种不同的种法，但这样的种法只能保证a 1与a i （i=2、3、……、n －1）不同颜色，但不能保证a 1与a n 不同颜色． ………………………………8分于是一类是a n 与a 1不同色的种法，这是符合要求的种法，记为种．另一类是a n 与a 1同色的种法，这时可以把a n 与a 1看成一部分，这样)3)((≥n n S 的种法相当于对n －1部分符合要求的种法，记为．)1(-n S 共有3×2n －1种种法． ………………………………10分这样就有．即，123)1()(-⨯=-+n n S n S ]2)1([2)(1----=-n nn S n S 则数列是首项为公比为－1的等比数列．)3}(2)({≥-n n S n32)3(-S 则).3()1](2)3([2)(33≥--=--n S n S n n由⑴知：，∴．6)3(=S 3()2(68)(1)nn S n --=--∴．………………………………13分3()22(1)nn S n -=-⋅-答：符合要求的不同种法有…………………14分).3()1(223≥-⋅--n n n种。

排列组合、二项式定理、概率单元测试卷 （时间：100分钟）一、选择题（每小题有四个选项，只有一个是正确的，共40分）1．某公司员工义务献血，在体检合格的人中，O 型血的有10人，A 型血的有5人，B 型血的有8人，AB 型血的有3人，从四种血型的人中各选1人去献血，不同的选法种数为( D )A 、26B 、300C 、600D 、1200 2．n ∈N *，则（20-n ）(21-n)……(100-n)等于（ C ）A ．80100n A -B ．nn A --20100C ．81100n A - D ．8120n A -3、设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2、3、3、4条路，只从一面上山，而从任意一面下山的走法最多，应 （D ） A 、从东边上山 B 、从西边上山 C 、从南西上山 D 、从北边上山4、在(1－x )5－(1－x )6的展开式中，含x 3的项的系数是 ( C ) A 、－5 B 、 5 C 、10 D 、－105、有4名男生3名女生排成一排，若3名女生中有2名站在一起，但3名女生不能全排在一起，则不同的排法种数有 （ A ） A 、2880B 、3080C 、3200D 、36006．若()4234012341+=++++x a a x a x a x a x ，则1234+++a a a a 的值为 ( B )A ．0B ．15C ．16D ．177．从3名男生和2名女生中选出3名代表去参加辩论比赛，则所选出的3名代表中至少有1名女生的选法共有 ( A ) A ．9种B ．10种C ．12种D ．20种8．三张卡片的正反面上分别写有数字0与2，3与4，5与6，把这三张卡片拼在一起表示一个三位数，则三位数的个数为 ( B) A ． 36 B ．40C ．44D ．489、12展开式中含x 的正整数次幂的项共有 （ C ）（A ）1项 （B ）2项 （C ）3项 （D ）4项10、从6人中选4人分别去北京，上海，广州，重庆四个城市游览，每人只去一个城市游览，但甲，乙两人都不去北京，则不同的选择方案有 （ B ） A 、300种 B 、240种 C 、144种 D 、96种二、填空题（每小题4分，共20分）11、在10)(a x -的展开式中，7x 的系数是15，则实数a = -0.5 ；12、310(1)(1)x x -+的展开式中，5x 的系数是 207 ；（用数字作答）13、3名老师带领6名学生平均分成三个小组到三个工厂进行社会调查，每小组有1名老师和2名学生组成，不同的分配方法有 540 种。

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。

高二数学排列组合与二项式定理试题答案及解析1.已知的展开式前三项中的的系数成等差数列.（1）求展开式中所有的的有理项；（2）求展开式中系数最大的项.【答案】（1）第1项和第5项和第9项。

（2），【解析】（1）根据题意，由于的展开式前三项中的的系数成等差数列.，故可知n=8则可知有理项为,,（2）系数最大项,【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。

2.把一同排6张座位编号为1，2，3，4，5，6的电影票全部分给4个人，每人至少分1张，至多分2张，且这两张票具有连续的编号，那么不同的分法种数是A．168B．96C．72D．144【答案】D【解析】本题可以采用‘挡板法”来解题，任选三个插入挡板把数分成四组，把两个连续的空未插入挡板出现三个数字相连的情况去掉，把分成的四部分在四个位置上排列，得到结果解：∵要把6张票分给4个人，∴要把票分成四份，∵1，2，3，4，5，6之间有五个空，任选三个插入挡板把数分成四组共有C53种结果，其中如果有两个连续的空未插入挡板，则出现三个数字相连，共有4种情况要排除掉（具体为第一、二；第二、三；第三、四；第四、五空隙未插挡板），把分成的四部分在四个位置上排列，∴有（C53-4）×A44=144，故选D．【考点】排列组合问题点评：本题是一个限制条件比较多的问题，是一个实际问题，排列组合问题在实际问题中的应用，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，做到不重不漏，注意实际问题本身的限制条件3.已知，求（1）的值。

（2）的值。

（3）的值。

【答案】（1）1093（2）（3）【解析】解：令①令②（①--②）得（①＋②）得即展开式中各项系数和。

＝【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。

4.乒乓球运动员10人，其中男女运动员各5人，从这10名运动员中选出4人进行男女混合双打比赛，选法种数为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】首先从5名男运动员中选2人有种方法，从5名女运动员中选2人有种方法，将4人按照男女混双分成2组有种方法，所以不同的选法共有种【考点】排列组合点评：此类题目的求解一般按照先选择后排列的方法分步完成5.甲、乙等5人站成一排，其中甲、乙不相邻的不同排法共有（）A．144种B．72种C．36 种D．12种【答案】B【解析】根据题意，由于甲、乙等5人站成一排，所有的情况有 ,而对于甲、乙相邻的情况有，那么可知不相邻的情况有-=72，选B.【考点】排列与组合点评：本题主要考查排列与组合及两个基本原理，求出甲、乙两人恰好相邻的方法数为A22•A44，是解题的关键．6.教育局组织直属学校的老师去新疆地区支教，现甲学校有2名男老师和3名女老师愿意去支教，乙学校有3名男老师和3名女老师愿意去支教，由于名额有限，教育局决定从甲学校选2人去支教，乙学校选1人去支教，若被选去支教的3名老师中必须有男老师，则乙学校被选去支教的老师是女老师的概率为【答案】【解析】根据题意，由于被选去支教的3名老师中必须有男老师，那么从甲学校选2人去支教，乙学校选1人去支教所有的情况有 ,而对于选去支教的3名老师中必须有男老师，则乙学校被选去支教的老师是女老师的情况有，那么可知其概率为，故答案为【考点】排列组合点评：本题考查排列组合知识，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．7.某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为（）A．42B．30C．20D．12【答案】A【解析】原定的5个节目之间有6个位。

摆列组合二项式定理与概率训练题一、选择题 ( 本大题共 12 小题，每题 5 分，共 60 分)1.3 名老师随机从 3 男 3 女共 6 人中各带 2 名学生进行实验，此中每名老师各带 1 名男生和 1 名女生的概率为（）2349A. B. C. D.555102.某人射击 5 枪，命中3 枪， 3 枪中恰有 2 枪连中的概率为（）2311A. B. C. D.5510203.一批产品中，有 n 件正品和 m 件次品，对产品逐一进行检测，假如已检测到前 k（ k＜ n )次均为正品，则第k+1 次检测的产品仍为正品的概率是（）A.n k k 1C.n k 1D.k1 n m kB.n m k 1n m kn m4.有一人在打靶中，连续射击 2 次，事件“起码有 1 次中靶”的对峙事件是（）A. 至多有 1 次中靶B.2 次都中靶C.2 次都不中靶D.只有 1 次中靶5.在一块并排 10 垄的土地上，选择 2 垄分别栽种A、 B 两栽种物，每栽种物栽种 1 垄，为有益于植物生长，则A、B 两栽种物的间隔不小于 6 垄的概率为（）A.142D.1 30B. C.3015156.某机械部件加工由 2 道工序构成，第一道工序的废品率为a，第二道工序的废品率为 b，假设这 2 道工序出废品是相互没关的，那么产品的合格率是（）A. ab－ a－b+1B.1－ a－ bC.1－ abD.1 － 2ab7.有 n 个同样的电子元件并联在电路中，每个电子元件能正常工作的概率为 0.5，要使整个线路正常工作的概率不小于0.95， n 起码为（）A.3B.4C.5D.68.一射手对同一目标独立地进行 4 次射击，已知起码命中一次的概率为80 ，81则此射手的命中率是（）1212A. B. C. D.33459. (| x |13)5的睁开式中的x 2的系数是（）| x |A.275B.270C.540D.54510.有一道，甲解出它的概率1，乙解出它的概率1，丙解出它23的概率1，甲、乙、丙三人独立解答此，只有 1 人解出此的概率是（）4A.111C.17D.1B.24242411．事件 A 与事件 B 互斥是事件 A、事件 B 立的（）A. 充足不用要条件；B. 必需不充足条件；C.充足必需条件；D. 既不充足也不用要条件12．若 P（ AB）=0，事件 A 与事件 B 的关系是（）A. 互斥事件；B.A、B 中起码有一个是不行能事件；C.互斥事件或起码有一个是不行能事件；D.以上都不二、填空题（每题 4 分，共 16 分）13．四封信投入 3 个不一样的信箱，其不一样的投信方法有种14．如，一个地域分 5 个行政地区，地着色，要求相地区不得2使用同一色，有 4 种色可315供，不一样的着色方法共有4种15．若以投两次骰子分获得的点数m、n 作点 P 的坐，点 P落在直 x+y=5 下方的概率是 ________16．在号 1， 2，3，⋯， n 的 n 卷中，采纳不放回方式抽，若1号号，在第k次（1≤ k≤ n）抽抽到 1 号卷的概率________三、解答（本大共 6 小，共 74 分解答写出文字明、明程或演算步）17．（本小分12 分）m，n∈ Z +，m、n≥ 1，f（ x）=（ 1+x）m+（1+x ）n的睁开式中， x 的系数 19（ 1）求 f（ x）睁开式中x2的系数的最大、小；（ 2）于使f（ x）中 x2的系数取最小的m、 n 的，求x7的系数18．（本小题满分 12 分）从 5 双不一样的鞋中任意拿出 4 只，求以下事件的概率：（1）所取的 4 只鞋中恰巧有 2 不过成双的；（2）所取的 4 只鞋中起码有 2 不过成双的19．（本小题满分12 分）有8 位旅客乘坐一辆旅行车随机到 3 个景点中的一个景点观光，假如某景点无人下车，该车就不断车，求恰巧有 2 次泊车的概率本小题满分12 分）已知(3x x 2 ) 2n的睁开式的系数和比 (3x1) n的睁开式的系数和大1)2 n的睁开式中 : ①二项式系数最大的项; ②系数的绝992, 求( 2xx对值最大的项21．（本小题满分12 分）有 6 个房间安排 4 个旅行者住宿，每人能够任意进哪一间，并且一个房间也能够住几个人求以下事件的概率：（1）事件A：指定的 4 个房间中各有 1 人；（ 2）事件B：恰有 4 个房间中各有 1 人；（3）事件 C：指定的某个房间中有两人；（4）事件D：第 1 号房间有 1 人，第 2 号房间有 3人22．（本小题满分14 分）已知 { a n } （n是正整数）是首项是a1，公比是q 的等比数列（ 1）乞降： a1C 20a2C 21a3C 22 , a1C30a2 C31a3C 32a4C 33；（ 2）由（ 1）的结果归纳归纳出对于正整数n 的一个结论，并加以证明；（ 3）设 q1, S n是等比数列的前 n 项的和，求S1 C n0S2 C n1S3 C n2S4 C n3( 1)n S n 1C n n摆列组合二项式定理与概率参照答案：1.A2.B3.A4. C5.C6.A7.C8.B9.C10.B11． B12． C13．3414． 7215．116．16n17．设 m， n∈ Z+， m、 n≥ 1，f （ x） =（ 1+x）m+（ 1+x）n的睁开式中， x 的系数为 19（ 1）求 f（ x）睁开式中 x2的系数的最大、小值；（ 2）对于使 f（ x）中 x2的系数取最小值时的m、 n 的值，求 x7的系数解： C m1 C n119,即 m n 19m19n（ 1）设 x2的系数为T= C m2C n2n219n171(n19 )217119 224∵n∈Z +， n≥1，∴当 n 1或 n 18时 ,T max 153, 当 n 9或 10时 ,T min 81 （ 2）对于使 f （ x）中 x2的系数取最小值时的 m、 n 的值，即f ( x) (1 x)9(1x)10进而 x7的系数为 C 97C10715618．从5 双不一样的鞋中任意拿出 4 只，求以下事件的概率：（1）所取的 4 只鞋中恰巧有 2 不过成双的；（2）所取的 4 只鞋中起码有 2 不过成双的解：基本领件总数是C104=210（ 1）恰有两只成双的取法是C15C 24 C12 C12=1C15C42 C12C121204∴所取的 4 只鞋中恰巧有 2 不过成双的概率为C1042107(2)事件“ 4 只鞋中起码有 2 不过成双”包括的事件是“恰有 2 只成双”和“ 4 只恰成两双” ，恰有两只成双的取法是C15C42C12C12 =1 只恰成两双的取法是C 52=10∴所取的 4 只鞋中起码有 2 不过成双的概率C 15C 42 C 12C 12 C 52130 13 C 104210 2119．有 8 位旅客乘坐一 旅行 随机到3 个景点中的一个景点参 ，假如某景点无人下 ， 就不断 ，求恰巧有2 次停 的概率解： 8 位旅客在 3 个景点随机下 的基本领件 数有38=6561 种有两个景点停 ，且停 点起码有1 人下 的事件数有C 32 （ C 18 + C 28 +⋯+ C 78 + C 88 ）=3（28－1） =381 种∴恰巧有 2 次停 的概率381 12765612187知 ( 3 xx 2 ) 2 n 的睁开式的系数和比( 3x 1) n的睁开式的系数和大992, 求12n的睁开式中 : ①二 式系数最大的; ②系数的 最大的( 2x)x解：由 意 2 2n 2n 992 , 解得 n 5① (2x1)10 的睁开式中第 6 的二 式系数最大 ,x即 T 6 T 51C 105( 2x) 5 ( 1 )58064x② 第 r 1 的系数的 最大,T1C r ( 2x)10 r ( 1 ) r( 1) r C r210 r x 10 2rr10 x10∴C10r210 rC10r 1210 r 1 ,得C10r2C 10r 1 , 即 11 r 2rC 10r210 r C 10r 1 210 r12C 10r C 10r 12( r1) 10 r∴8r 11 , ∴ r 3 , 故系数的 最大的是第4 即33T 4 C 103 (2x) 7 ( 1 ) 315360 x 4x21．有 6 个房 安排4 个旅行者住宿，每人能够任意 哪一 ，并且一个房也能够住几个人 求以下事件的概率：（1）事件 A ：指定的 4 个房 中各有 1人；（ 2）事件 ：恰有 4 个房 中各有1 人； （ 3）事件：指定的某个房BC中有两人；（ 4）事件 D ：第 1 号房 有 1 人，第2号房 有 3人解： 4 个人住 6 个房 ，全部可能的住宅 果 数 ：（种）（ 1）指定的 4 个房间每间1 人共有A44种不一样住法P( A)A44 / 641/ 54（ 2）恰有4 个房间每间1 人共有A64种不一样住法P(B)A64 / 64 5 /18（ 3）指定的某个房间两个人的不一样的住法总数为：C425 5 （种），P(C) C 4252 /6425 / 216（ 4）第一号房间1 人，第二号房间3 人的不一样住法总数为：134C 4 C3（种），(D )4/641/ 32422．已知 { a n } （n是正整数）是首项是a1，公比是q的等比数列⑴乞降： a1C 20a2 C21a3C 22 ,a1C 30a2C 31a3C 32a4C 33；⑵由（ 1）的结果归纳归纳出对于正整数n 的一个结论，并加以证明；⑶设 q1, S n是等比数列的前n 项的和，求S C0S C 1S C 2S4C3( 1)n S C n1n 2 n 3 n n n 1n解：（1）a1C20a2 C 21a3C 22a12a1q a1q 2a1 (1q) 2；a1 C30a2 C31a3 C 32a4 C 33a13a1 q 3a1q 2a1 q3a1 (1 q)3（ 2）归纳归纳出对于正整数n 的一个结论是：已知{ a n } （n是正整数）是首项是 a1，公比是q的等比数列，则a C 0 a C1a3C2a4C3( 1) n an 1C n a1(1 q) n1 n2n n n n证明以下：a1 C n0a2 C n1a3 C n2a4 C n3( 1)n a n 1 C n n= a C0a1qC 1 a q2 C 2 a q3C 3( 1) n a q n C n1n n1n1n1na [C0C1 q C 2 q 2 C 3q 3 C n( q)n ] a (1 q) n1n n n n n1（ 3）由于S n a1 (1qn)，因此 S k1C n k a1 (1q n ) C n k1q1qS C0S C 1S C 2S4C3( 1)n S C n1n 2 n 3 n n n 1n=a1 [ C n0 C n1Cn2 C n3( 1)n C n n ]a1q[C n0qC n1q2 C n2C n n ( q)n ] 1q 1 q=-a1q(1 q) n 1 q。

高二数学排列组合和二项式定理考试卷班级 学号 姓名一、选择题（每小题5分，共40分）．1.甲班有四个小组，每组10人，乙班有3个小组，每组15人，现要从甲、乙两班中选1人担任校团委部，不同的选法种数为（ ）A 80B 84C 85D 862．6人站成一排，甲、乙 、丙三人必须站在一起的排列种数为 （ ） A ．18 B ．72 C ．36 D ．144 3．展开式的第7项是 （ ） A628a B —628a C 656a D —656a 4．用二项式定理计算59.98，精确到1的近似值为（ ）A ．99000B ．99002C ．99004D ．990055．若2)nx的项是第8项，则展开式中含1x的项是（ ） A ．第8项 B ．第9项 C ．第10项 D ．第11项 6．从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有 ( )A 140种B 34种C 35种D 120种7．已知8()ax x-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288．某城市新修建的一条道路上有12盏路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的3盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有（ ）A ．311C 种B ．38A 种C ．39C 种D ．38C 种二、填空题（每小题5分，共30分）9．设34550500150(1)(1)(1)(1)x x x x a a x a x ++++++++=+++L L ，则3a 的值是10．不同的五种商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁两种不能排在一起，则不同的排法种数共有__________．11．102(2)(1)x x +-的展开式中10x 的系数为__________．（用数字作答）若1531-++++n n n n n C C C C ΛΛ=32，则n = 。