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新高考数学二轮复习专题----第十一章计数原理随机变量及分布列课时训练_28

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新高考数学二轮复习专题精练 第十一章 计数原理、随机变量及分布列

第1课时 分类计数原理与分步计数原理 一、 填空题 1. 三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过3次传递后，毽子又被踢回给甲．则不同的传递方式共有________种． 答案：2 解析：(列举法)传递方式有甲→乙→丙→甲；甲→丙→乙→甲． 2. 将甲、乙、丙等六人分配到高中三个年级，每个年级2人．要求甲必须在高一年级，乙和丙均不在高三年级，则不同的安排种数为________． 答案：9 解析：若甲、乙在高一年级，则丙一定在高二年级，此时不同的安排种数为3；若甲、丙在高一年级，则乙一定在高二年级，此时不同的安排种数为3；若甲在高一年级，乙、丙在高二年级，此时不同的安排种数为3，所以由分类计数原理知不同的安排种数为9. 3. 现有4名同学去听同时进行的3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________． 答案：81 解析：每个同学都有3种选择，所以不同选法共有34＝81(种) . 4. 五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，获得冠军的可能性有________种． 答案：625 解析：获得冠军的可能情况有5×5×5×5＝625(种)． 5. 4位同学从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法有________种． 答案：24 解析：分三步，第一步先从4位同学中选2人选修课程甲，共有C24种不同选法；第二步给第3位同学选课程，有2种选法；第三步给第4位同学选课程，也有2种不同选法．故共有C24×2×2＝24(种)． 6. 如图所示2×2方格，在每一个方格中填入一个数字，数字可以是1，2，3，4中的任何一个，允许重复．若填入A方格的数字大于B方格的数字，则不同的填法共有________种． A B C D 答案：96 解析：可分三步：第一步，填A，B方格的数字，填入A方格的数字大于B方格的数字有6种方式(若方格A填入2，则方格B只能填入1；若方格A填入3，则方格B只能填入1或2；若方格A填入4，则方格B只能填入1或2或3)；第二步，填方格C的数字，有4种不同的填法；第三步，填方格D的数字，有4种不同的填法．由分步计数原理得不同的填法总数为6×4×4＝96(种)． 7. 现有红、黄、蓝不同颜色的旗各三面，每次升一面、两面或三面在某一旗杆上纵向排列，共可以组成________种不同的旗语信号． 答案：39 解析：悬挂一面旗共可以组成3种旗语信号； 悬挂两面旗共可以组成3×3＝9(种)旗语信号； 悬挂三面旗共可以组成3×3×3＝27(种)旗语信号． 由分类计数原理知，共有3＋9＋27＝39(种)旗语信号． 8. 将3个不同的小球放入编号分别为1，2，3，4的盒子内，则4号盒子中至少有一个球的放法有________种． 答案：37 解析：根据题意，将3个不同的小球放入编号分别为1，2，3，4的盒子内，有4×4×4＝64(种)放法，而4号盒子中没有球，即3个小球放在1，2，3号的盒子内，有3×3×3＝27(种)放法． 所以4号盒子中至少有一个球的放法有64－27＝37(种)． 9. 从0，1，2，3，4，5，6七个数字中，任意取出三个不同的数字，作为二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)的系数，可得________个不同的二次函数． 答案：180 解析：由分步计算原理，可得6×6×5＝180(个)不同的二次函数． 10. 为举办校园文化节，某班推荐2名男生、3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人，每人只参加一个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同的推荐方案的种数为________．(用数字作答) 答案：24 解析：若参加乐器培训的是女生，则各有1名男生及1名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有3×2×2＝12(种)方案；若参加乐器培训的是男生，则各有1名男生、1名女生及2名女生分别参加舞蹈和演唱培训，共有2×3×2＝12(种)方案，所以共有24种推荐方案． 11. 如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数为________．

答案：96 解析：按区域1与3是否同色分类． (1) 区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2，4，5(还有3种颜色)，有A33种方法． ∴ 区域1与3涂同色，共有4A33＝24(种)方法． (2) 区域1与3不同色：第一步，涂区域1与3，有A24种方法， 第二步，涂区域2有2种方法， 第三步，涂区域4只有1种方法， 第四步，涂区域5有3种方法． ∴ 这时共有A24×2×1×3＝72(种)方法． 故由分类计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.

二、 解答题 12. 书架的第一层有6本不同的数学书，第二层有6本不同的语文书，第三层有5本不同的英语书． (1) 从这些书中任取1本，有多少种不同的取法？ (2) 从这些书中任取1本数学书，1本语文书，1本英语书共3本书的不同的取法有多少种？ (3) 从这些书中任取3本，并且在书架上按次序排好，有多少种不同的排法？ 解：(1) 因为共有17本书，从这些书中任取1本，共有17种取法． (2) 分三步：第一步，从6本不同的数学书中取1本，有6种取法；第二步，从6本不同的语文书中取1本，有6种取法；第三步：从5本不同的英语书中取1本，有5种取法．由分步计数原理知，取法总数N＝6×6×5＝180(种)． (3) 实际上是从17本书中任取3本放在三个不同的位置上，完成这个工作分三个步骤， 第一步：从17本不同的书中取1本，放在第一个位置，有17种方法； 第二步：从剩余16本不同的书中取1本，放在第二个位置，有16种方法； 第三步：从剩余15本不同的书中取1本，放在第三个位置，有15种方法． 由分步计数原理知，排法总数N＝17×16×15＝4 080(种)． 13. 如图是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，现在用四种颜色给这四个直角三角形区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方法有多少种？

解：如图，设四个直角三角形顺次为A，B，C，D，按A→B→C→D顺序涂色，下面分两种情况： (1) A，C不同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的2种颜色中任意取一色)：有4×3×2×2＝48(种)； (2) A，C同色(注意：B，D可同色、也可不同色，D只要不与A，C同色，所以D可以从剩余的3种颜色中任意取一色)：有4×3×1×3＝36(种)． 所以不同的涂色方法共有84种．

第2课时 排列与组合 一、 填空题 1. 若A3n＝6C4n，则n＝________． 答案：7

解析：n！（n－3）！＝6×n！（n－4）！×4！，得n－3＝4，解得n＝7. 2. 5人站成一排，甲、乙两人必须站在一起的不同排法有________种． 答案：48 解析：可先排甲、乙两人，有A22＝2(种)排法，再把甲、乙两人与其他三人进行全排列，有A44＝24(种)排法，由分步计数原理，得一共有2×24＝48(种)排法． 3. 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为________． 答案：72 解析：由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1，3，5.分为两步：先从1，3，5三个数中选一个作为个位数有C13种，再将剩下的4个数字排列得到A44，则满足条件的五位数 有C13·A44＝72(个)． 4. 5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻，且甲不能站在两端的排法总数是________种． 答案：36 解析：分三类：甲站第2个位置，则乙站1，3中的一个位置，不同的排法有C12A33＝12(种)；甲站第3个位置，则乙站2，4中的一个位置，不同的排法有C12A33＝12(种)；甲站第4个位置，则乙站3，5中的一个位置，不同的排法有C12A33＝12(种)．故共有12＋12＋12＝36(种)． 5. 某电视台一节目收视率很高，现要连续插播4个广告，其中2个不同的商业广告和2个不同的公益宣传广告，要求最后播放的必须是商业广告，且2个商业广告不能连续播放，则不同的播放方式有________种． 答案：8 解析：分三步进行分析：第一步，最后一个排商业广告有A12种；第二步，在前两个位置选一个排第二个商业广告有A12种；第三步，余下的两个排公益宣传广告有A22种．根据分步计数原理，可得不同的播放方式共有A12A12A22＝8(种)． 6. 用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为________． 答案：36 解析：由题可知，五位数为奇数，则个位数只能是1，3；分为两步：先从1，3两个数中选一个作为个位数有C12种，再将中间3个位置中选一个放入0，剩下的3个数字排列得到A33，则满足条件的五位数有C12C13A33＝36(个)． 7. 某大学的8名同学准备拼车去旅游，其中大一、大二、大三、大四每个年级各2名，分乘甲、乙两辆汽车，每车限坐4名同学(乘同一辆车的4名同学不考虑位置)，其中大一的孪生姐妹需乘同一辆车，则乘坐甲车的4名同学中恰有2名同学是来自同一年级的乘坐方式共有________种． 答案：24 解析：分类讨论，有2种情形．孪生姐妹乘坐甲车，则有C23C12C12＝12(种)乘车方式；孪生姐妹不乘坐甲车，则有C13C12C12＝12(种)乘车方式．由分类计数原理，得共有24种乘车方式． 8. 甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是________．(用数字作答) 答案：336 解析：若7个台阶上每一个只站一人，则有A37种；若有一个台阶有2人，另一个是1人，则共有C13A27种，因此共有不同的站法种数是336. 9. 用1，2，3，4，5，6组成六位数(没有重复数字)，要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位数的个数是________．(用数字作答)

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高考数学二轮复习 专题七 第2讲 计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列 理

高考数学二轮复习 专题七 第2讲 计数原理、数学归纳法、随机变量及其分布列 理

(1)求f(3)； (2)求f(n).
解 (1)当 n＝3 时，1，2，3 的所有排列有(1，2，3)，(1，3，2)， (2，1，3)，(2，3，1)，(3，1，2)，(3，2，1)，其中满足仅存在一 个 i∈{1，2，3}，使得 ai＞ai＋1 的排列有(1，3，2)，(2，1，3)，(2， 3，1)，(3，1，2)，所以 f(3)＝4.
热点一 与计数原理有关的问题 【例 1】 (2011·江苏卷)设整数 n≥4，P(a，b)是平面直角坐标系
xOy 中的点，其中 a，b∈{1，2，3，…，n}，a＞b. (1)记 An 为满足 a－b＝3 的点 P 的个数，求 An； (2)记 Bn 为满足13(a－b)是整数的点 P 的个数，求 Bn.
(2)在 1，2，…，n 的所有排列(a1，a2，…，an)中，
若 ai＝n(1≤i≤n－1)，从 n－1 个数 1，2，3，…，n－1 中选 i－1
个数按从小到大顺序排列为 a1，a2，…，ai－1，其余按从小到大的
顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为 Cni－－11.
若 an＝n，则满足题意的排列个数为 f(n－1).
考点整合
1.两种计数原理 分类加法计数原理和分步乘法计数原理.
2.排列 (1)排列的定义；(2)排列数公式：Amn ＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) ＝（n－n！m）！(m≤n，m，n∈N*).
3.组合
(1)组合的定义；
(2)
组

m n
＝
n（n－1）（n－2）…（n－m＋1） m！
5.概率、随机变量及其分布 (1)离散型随机变量及其概率分布的表示： ①离散型随机变量：所有取值可以一一列出的随机变量叫做离散 型随机变量； ②离散型随机变量概率分布的表示法：概率分布列和概率分布表； 性质：1°pi≥0(i＝1，2，3，…，n)；2°p1＋p2＋p3＋…＋pn＝1.
高考数学二轮限时训练计数原理概率随机变量及其分步统计统计案例11理试题

高考数学二轮限时训练计数原理概率随机变量及其分步统计统计案例11理试题

第七局部：计数原理、概率、随机变量及其分步、统计、统计案例〔11〕(限时：时间是45分钟，满分是100分)一、选择题1．以下事件中，随机事件的个数为( )①物体在只受重力的作用下会自由下落；②方程x2＋2x＋8＝0有两个实根；③某信息台每天的某段时间是收到信息咨询的恳求次数超过10次；④下周六会下雨．A．1 B．2C．3 D．4【解析】①必定发生是必然事件；②方程的判别式Δ＝22－4×8＝－28＜0，方程有实根是不可能事件；③和④可能发生也可能不发生，是随机事件．【答案】 B2．把红、黑、蓝、白4张纸牌随机地分发给甲、乙、丙、丁四个人，每人分得1张，事件“甲分得红牌〞与事件“乙分得红牌〞是( )A．对立事件B．不可能事件C．互斥事件但不是对立事件D．以上答案都不对【解析】由互斥事件和对立事件的概念可判断．【答案】 C3．在一个袋子中装有分别标注数字1,2,3,4,5的五个小球，这些小球除标注数字外完全一样，现从中随机取2个小球，那么取出的小球标注的数字之和为3或者6的概率是( )A.112B.110C.15D.310【解析】随机从袋子中取2个小球的根本领件为(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(3,4)，(3,5)，(4,5)一共有10种，其中数字之和为3或者6的有(1,2)，(1,5)，(2,4)，∴数字之和为3或者6的概率是P＝310.【答案】 D4．(2021年二模)电子钟一天显示的时间是是从00∶00到23∶59，每一时刻都由四个数字组成，那么一天中任一时刻显示的四个数字之和为23的概率为( )A.1180B.1288C.1360D.1480【解析】电子钟显示时间是可设为AB∶CD，其中A＝0,1,2，B＝0,1,2,3，...，9，C＝0,1,2,3,4,5，D＝0,1,2,3， (9)(1)当A＝0时，B，C，D可分别为9、5、9一种情况．(2)当A＝1时，B，C，D可分别为9、4、9或者9、5、8或者8、5、9三种情况．(3)当A＝2时，不存在，∴符合题意的只有4种，显示的所有数字种数为：A＝0时，10×6×10＝600；A＝1时，10×6×10＝600；A ＝2时，4×6×10＝240；∴P＝41 440＝1360. 【答案】 C 5．(2021年模拟)福娃是2021年第29届奥运会桔祥物，每组福娃都由“贝贝〞、“晶晶〞、“欢欢〞、“迎迎〞和“妮妮〞这五个福娃组成．甲、乙两位好友分别从同一组福娃中各随机选择一个福娃留作纪念，按先甲选再乙选的顺序不放回地选择，那么在这两位好友所选择的福娃中，“贝贝〞和“晶晶〞恰好只有一个被选中的概率为( )A.110B.15C.35D.45【解析】 此题分甲选中桔祥物和乙选中桔祥物两种情况，先甲选后乙选的方法有5×4＝20，甲选中乙没有选中的方法有2×3＝6，概率为620＝310， 乙选中甲没有选中的方法有2×3＝6，概率为620＝310， ∴恰有一个被选中的概率为310＋310＝35. 【答案】 C二、填空题6．甲、乙两颗卫星同时监测台风，在同一时刻，甲、乙两颗卫星准确预报台风的概率分别为0.8和0.75，那么在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为________．【解析】 由对立事件的性质知在同一时刻至少有一颗卫星预报准确的概率为1－(1－0.8)(1－0.75)＝0.95.【答案7．甲、乙两人下棋，甲获胜的概率为0.3，两人下成和棋的概率为0.5，那么甲不输的概率是________．【解析】 “甲获胜〞记为事件A ，“两人下成和棋〞记为事件B ，那么易知A 与B 互斥，所以甲不输的概率为P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝0.3＋0.5＝0.8.【答案8．中国乒乓球队甲、乙两名队员参加奥运会乒乓球女子单打比赛，甲夺得冠HY 的概率为37，乙夺得冠HY 的概率为14，那么中国队夺得女子乒乓球单打冠HY 的概率为________． 【解析】 设事件A 为“甲夺得冠HY 〞，事件B 为“乙夺得冠HY 〞，那么P(A)＝37，P(B)＝14，因为事件A 和事件B 是互斥事件．∴P(A∪B)＝P(A)＋P(B)＝37＋14＝1928. 【答案】 1928三、解答题9．为了测试贫困地区和兴旺地区同龄儿童的智力，出了10个智力题，每个题10分．然后作了统计，下表是统计结果．贫困地区：(2)求两个地区参加测试的儿童得60分以上的概率；(3)分析贫富差距为什么会带来人的智力的差异．【解析】(1)贫困地区：0.56，故概率分别为0.52和0.55.(3)经济上的贫困导致生活程度落后，儿童的安康和发育会受到一定的影响；另外经济落后也会使教育事业开展落后，导致智力出现差异．10．从6件正品与3件次品中任取3件，观察正品件数与次品件数，判断以下每对事件是不是互斥事件；假如是，再判断它们是不是对立事件．(1)“恰好有1件次品〞和“恰好有2件次品〞；(2)“至少有1件次品〞和“全是次品〞；(3)“至少有1件正品〞和“至多有1件次品〞；(4)“至少有2件次品〞和“至多有1件次品〞．【解析】从6件正品与3件次品中任取3件，一共有4种情况：①3件全是正品；②2件正品1件次品；③1件正品2件次品；④全是次品．(1)“恰好有1件次品〞即“2件正品1件次品〞；“恰好有2件次品〞即“1件正品2件次品〞，它们是互斥事件但不是对立事件．(2)“至少有1件次品〞包括“2件正品1件次品〞、“1件正品2件次品〞、“全是次品〞3种情况，它与“全是次品〞既不是互斥事件也不是对立事件．(3)“至少有1件正品〞包括“2件正品1件次品〞、“1件正品2件次品〞、“全是正品〞3种情况；“至多有1件次品〞包括“2件正品1件次品〞、“全是正品〞2种情况，它们既不是互斥事件也不是对立事件．(4)“至少有2件次品〞包括“1件正品2件次品〞、“全是次品〞2种情况；“至多有1件次品〞包括“2件正品1件次品〞、“全是正品〞2种情况，它们既是互斥事件也是对立事件．。

高考数学一轮复习 第十一章 计数原理、概率、随机变量及分布列 第3讲 二项式定理配套课时作业 理(含

高考数学一轮复习 第十一章 计数原理、概率、随机变量及分布列 第3讲 二项式定理配套课时作业 理(含

第3讲 二项式定理配套课时作业1.⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 9的展开式中的常数项为( )A ．64B ．－64C ．84D ．－84 答案 D解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 9的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 9·(x )9－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r ·C r 9·x 9－3r 2 ，由9－3r 2＝0，得r ＝3，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 9的展开式中的常数项为T 4＝(－1)3×C 39＝－84.故选D.2．(2019·某某调研)已知(1＋ax )(1＋x )3的展开式中x 3的系数为7，则a ＝( ) A ．4 B ．3 C ．2 D ．1 答案 C解析 ∵(1＋ax )(1＋x )3的展开式中含x 3的项为x 3＋ax ×C 23x 2＝(3a ＋1)x 3，∴3a ＋1＝7，∴a ＝2.3．(1＋x )8(1＋y )4的展开式中x 2y 2的系数是( ) A ．56 B ．84 C ．112 D ．168 答案 D解析 因为(1＋x )8的展开式中x 2的系数为C 28，(1＋y )4的展开式中y 2的系数为C 24，所以x 2y 2的系数为C 28C 24＝168.故选D.4．若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋a x7的展开式中1x3的系数是84，则实数a ＝( )A ．2 B.54 C ．1 D.24答案 C解析 展开式中含1x3的项是T 6＝C 57(2x )2⎝ ⎛⎭⎪⎫a x 5＝C 57·22·a 5·x －3，故含1x3项的系数是C 5722a5＝84，解得a ＝1.5．(2019·某某模拟)设n 为正整数，⎝⎛⎭⎪⎫x －2x 3n 的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为( )A ．－112B ．112C ．－60D ．60 答案 B解析 依题意得，n ＝8，所以展开式的通项T r ＋1＝C r 8x8－r⎝ ⎛⎭⎪⎫－2x 3r ＝C r 8x 8－4r (－2)r ，令8－4r ＝0，解得r ＝2，所以展开式中的常数项为T 3＝C 28(－2)2＝112.6．若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a x ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式的常数项为( )A ．－40B ．－20C ．20D ．40 答案 D解析 令x ＝1，得(1＋a )(2－1)5＝2，∴a ＝1.∴⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 5的通项为T r ＋1＝C r 5·(2x )5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r ·25－r ·C r 5·x 5－2r.令5－2r ＝1，得r ＝2.令5－2r ＝－1，得r ＝3.∴展开式的常数项为(－1)2×23·C 25＋(－1)3· 22·C 35＝80－40＝40. 7．若(x －3)9＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 9(x －1)9，则a 8＝( ) A ．18 B ．－18 C ．－27 D ．27 答案 B解析 由题意，得(x －3)9＝[(x －1)－2]9，a 8表示展开式中含(x －1)8项的系数，故a 8＝C 19(－2)＝－18.8．(2＋3x )100的展开式中，无理项的个数是( ) A ．83 B ．84 C ．85 D ．86 答案 B解析 T r ＋1＝C r 100(2)100－r (3x )r ＝C r100·250－r 2 ·x r3 .若第(r ＋1)项为有理项，则50－r2，r3均为整数，故当r 为6的倍数时，第(r ＋1)项为有理项．∵0≤r ≤100，∴r ＝6×0,6×1,6×2，…，6×16时的项为有理项，从而无理项共有101－17＝84(项)．9．已知(1－2x )n 展开式中，奇数项的二项式系数之和为64，则(1－2x )n(1＋x )的展开式中含x 2项的系数为( )A ．71B ．70C ．21D ．49 答案 B解析 因为奇数项的二项式系数之和为2n －1，所以2n －1＝64，n ＝7，因此(1－2x )n(1＋x )的展开式中含x 2项的系数为C 27(－2)2＋C 17(－2)＝70.故选B.10．(2019·某某模拟)(1＋3x )n(其中n ∈N 且n ≥6)的展开式中x 5与x 6的系数相等，则n ＝( )A ．6B ．7C ．8D ．9 答案 B解析 由条件得C 5n 35＝C 6n 36， ∴n ！5！n －5！＝n ！6！n －6！×3，∴3(n －5)＝6，n ＝7.11．(2019·某某四中月考)(2－x )8展开式中不含x 4项的系数的和为( ) A ．－1 B ．0 C ．1 D ．2 答案 B解析 二项式的通项T k ＋1＝C k 828－k(－1)k (x )k ＝C k 828－k·(－1)k x k2 ，令k ＝8，则T 9＝C 88(－1)8x 4＝x 4，∴x 4的系数为1，令x ＝1，得展开式的所有项系数和为(2－1)8＝1，∴不含x 4项的系数的和为0.选B.12．(2019·某某某某联考)在⎝⎛⎭⎪⎫1＋x ＋1x 201810的展开式中，x 2的系数为( ) A ．10 B ．30 C ．45 D ．120 答案 C解析 因为⎝⎛⎭⎪⎫1＋x ＋1x 201810＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋x ＋1x 201810＝(1＋x )10＋C 110(1＋x )91x 2018＋…＋C 1010⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 201810，所以x 2只出现在(1＋x )10的展开式中，所以含x 2的项为C 210x 2，系数为C 210＝45.故选C.13．(2018·某某高考)在⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12x 5的展开式中，x 2的系数为________．答案 52解析14．使⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋12x 3n (n ∈N *)的展开式中含有常数项的n 的最小值是________． 答案 5 解析 ⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋12x 3n (n ∈N *)的展开式的通项公式为T r ＋1＝C rn ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12r ·x 2n －5r ，令2n －5r ＝0，得2n ＝5r ，可得使⎝⎛⎭⎪⎫x 2＋12x 3n的展开式中含有常数项的n 的最小值是5.15．(2019·某某某某模拟)将⎝⎛⎭⎪⎫x ＋4x－43展开后，常数项是________．答案 －160解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4x－43＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2x 6展开后的通项是C k 6(x )6－k·⎝⎛⎭⎪⎫－2x k＝(－2)k ·C k 6(x )6－2k. 令6－2k ＝0，得k ＝3.所以常数项是C 36(－2)3＝－160.16．(2019·某某模拟)S ＝C 127＋C 227＋…＋C 2727除以9的余数为________． 答案 7解析 依题意S ＝C 127＋C 227＋…＋C 2727＝227－1＝89－1＝(9－1)9－1＝C 09×99－C 19×98＋…＋C 89×9－C 99－1＝9×(C 09×98－C 19×97＋…＋C 89)－2.∵C 09×98－C 19×97＋…＋C 89是正整数，∴S 被9除的余数为7.17．(2019·某某段考)已知(x －3x )n的二项展开式中所有奇数项的二项式系数之和为512.(1)求展开式中的所有有理项；(2)求(1－x )3＋(1－x )4＋…＋(1－x )n 的展开式中x 2的系数． 解18．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x n 的展开式中前三项的系数成等差数列．(1)求n 的值；(2)求展开式中系数最大的项．解 (1)由题设，得C 0n ＋14·C 2n ＝2×12·C 1n ，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8，n ＝1(舍去)．(2)设第r ＋1的系数最大，则⎩⎪⎨⎪⎧12r C r 8≥12r ＋1Cr ＋18，12r C r 8≥12r －1Cr －18.即⎩⎪⎨⎪⎧18－r ≥12r ＋1，12r ≥19－r ，解得2≤r ≤3.所以系数最大的项为T 3＝7x 5，T 4＝7x 72 .。

高考数学大一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布列第二节二项式定理课件理

高考数学大一轮复习第十一章计数原理概率随机变量及其分布列第二节二项式定理课件理


(5)二项式x3＋x12n 的展开式中含有非零常数项，则正整数 n 的最小值为________．
[解析] 二项展开式的通项是 Tr＋1＝Crnx3n－3rx－2r＝Crnx3n－5r， 令 3n－5r＝0，得 n＝53r(r＝0,1,2，…，n)，故当 r＝3 时，n 有 最小值 5.
(4)

x－ 1 8 24 x
的展开式的通项为
Tr ＋ 1 ＝
Cr8·( x)8－r2－4 1xr＝－12rCr8x16－4 3r(r＝0,1,2，…，8)，为使
Tr＋1 为有理项，r 必须是 4 的倍数，所以 r＝0,4,8，故共有 3 个有理项．
[答案] 3
(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5·(1－x)7＝[(1 ＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2；
(3)分别得到(a＋b)n，(c＋d)m 的通项公式，综合考虑．
求解形如(a＋b＋c)n(n∈N*)的展开式中与特定 项相关的量
[例 3] (1)(2017·湖北枣阳模拟)(x2＋x＋y)5 的展开式中 x5y2
考点贯通
抓高考命题的“形”与“神”
求解形如(a＋b)n(n∈N*)的展开式中与特定项相关的量
[例 1] (1)在二项式x2－1x5 的展开式中，含 x4 的项的系数
是
()
A．10
B．－10
C．－5
D．20
[解析] (1)由二项式定理可知，展开式的通项为 Cr5·(－
1)rx10－3r，令 10－3r＝4，得 r＝2，所以含 x4 项的系数为 C25(－
考点贯通
抓高考命题的“形”与“神”
二项展开式中系数和的问题
赋值法在求各项系数和中的应用