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排列组合、二项式定理(附答案)

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第六章 排列组合、二项式定理一、考纲要求1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它们解 决一些简单的问题.3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题. 二、知识结构⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧⎩⎨⎧⎩⎨⎧二项式定理组合数应用组合数组合排列数应用排列数排列加法原理、乘法原理 排列组合综合应用⎭⎬⎫三、知识点、能力点提示 (一)加法原理、乘法原理说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排 列、组合中有关问题提供了理论根据.例1 5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的 报名方法共有多少种?解： 5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的 报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有3×3×3×3×3=35(种)(二)排列、排列数公式说明 排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研 究的对象以及研 究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比较灵活，历届高考主要考查 排列的应用题，都是选择题或填空题考查.例2 由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的 偶数共有( )A.60个B.48个C.36个D.24个解 因为要求是偶数，个位数只能是2或4的排法有P 12；小于50 000的五位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有P 13;在首末两位数排定后，中间3个位数的排法有P 33，得P 13P 33P 12＝36(个) 由此可知此题应选C.例3 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个 数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种?解： 将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3种，即214 3，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；将数字1填入第4方格，也对 应3种填法，因此共有填法为3P 13=9(种).(三)组合、组合数公式、组合数的两个性质 说明 历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上都是由选择题或填空题考查.例4 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电 视机各1台，则不同的取法共有( )A.140种B.84种C.70种D.35种解： 抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有C 14·C 25种；甲型2台乙型1台 的取法有C 24·C 15种根据加法原理可得总的取法有C 24·C 25+C 24·C 15=40+30=70(种 ) 可知此题应选C.例5 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1 项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式?解： 甲公司从8项工程中选出3项工程的方式 C 38种；乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有C 15种；丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C 24种；丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有C 22种.根据乘法原理可得承包方式的种数有38C ×C 15×C 24×C 22=12345123678⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯×1=1680(种).(四)二项式定理、二项展开式的性质说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知识 ，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查二项展开式中通项公式等， 题型主要为选择题或填空题.例6 在(x-3)10的展开式中，x 6的系数是( )A.-27C 610B.27C 410C.-9C 610D.9C 410解 设(x-3)10的展开式中第γ+1项含x 6，因Tγ+1=Cγ10x10-γ(-3)γ，10-γ=6,γ=4于是展开式中第5项含x 6，第5项系数是C 410(-3)4=9C 410故此题应选D.例7 (x-1)-(x-1)2＋(x-1)3-(x-1)4+(x-1)５的展开式中的x ２的 系数等于 解：此题可视为首项为x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前5项的和，则其和为xx x x x x 65)1()1()1(1])1(1)[1(-+-=-+-++在(x-1)6中含x 3的项是C 36x 3(-1)3=-20x 3，因此展开式中x 2的系数是-2 0.(五)综合例题赏析例8 若(2x+3)4=a 0+a 1x+a 2x 2+a 3x 3+a 4x 4，则(a 0+a 2+a 4)2-(a 1+a 3)2的值为( )A.1B.-1C.0D.2 解：A.例9 2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2 名护士，不同的分配方法共有( )A.6种B.12种C.18种D.24种解 分医生的方法有P 22＝2种，分护士方法有C 24=6种，所以共有6×2＝12种不同 的分配方法。

应选B.例10 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其 中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同取法共有( ).A.140种B.84种C.70种D.35种解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形.∵C 24·C 15+C 25·C 14=5×6+10×4=70. ∴应选C.例11 某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2 名代表，至少有1名女生当选的不同选法有( )A.27种B.48种C.21种D.24种 解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类：∵C 13·C 17+C 23=3×7+3=24， ∴应选D.例12 由数学0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的 六位数，其中个位数字小于十位数字的共有( ).A.210个B.300个C.464个D.600个解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有P 15·P 55=600个.由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半. ∴有21×600=300个符合题设的六位数. 应选B.例13 以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有( ). A.70个 B.64个 C.58个 D.52个解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为C 48=70个.其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形如(ADB 1C 1 )的有4组.∴能形成四面体的有70-6-2-4=58(组) 应选C.例14 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱 锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有( ).A.12对B.24对C.36对D.48对 解：设正六棱锥为O —ABCDEF.任取一侧棱OA(C 16)则OA 与BC 、CD 、DE 、EF 均形成异面直线对.∴共有C 16×4=24对异面直线. 应选B.例15 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点 为顶点的三角形共 个(以数字作答).解：7点中任取3个则有C 37=35组.其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径). ∴三角形个数为35-3=32个.例16 设含有10个元素的集合的全部子集数为S ，其中由3个元素组成的子集 数为T ，则ST的值为 。

解 10个元素的集合的全部子集数有：S ＝C 010+C 110+C 210+C 310+C 410+C 510+C 610+C 710+C 810+C 910+C 1010=210=1024其中，含3个元素的子集数有T=C 310=120 故S T =128151024120例17 在50件产品 n 中有4件是次品，从中任意抽了5件 ，至少有3件是次品的抽法共 种(用数字作答). 解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”.∴C 34·C 246+C 44·C 146=4186(种)例18 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、 丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有( ). A.1260种 B.2025种 C.2520种 D.5040种解：先从10人中选2个承担任务甲(C 210)再从剩余8人中选1人承担任务乙(C 18)又从剩余7人中选1人承担任务乙(C 17)∴有C 210·C 18·C 17=2520(种). 应选C.例19 集合｛1，2，3｝子集总共有( ). A.7个 B.8个 C.6个 D.5个 解 三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个元素组成的子集数C 13，由二个元素组成的子集数C 23。

由3个元素组成的子集数C 33。

由加法原理可得集合子集的总个数是 C 13+C 23+C 33+1=3+3+1+1＝8 故此题应选B.例20 假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有两件次品的抽法有( ).A.C 23C 3197种B.C 23C 3197 +C 33C 2197C.C 5200-C 5197D.C 5200-C 13C 4197解：5件中恰有二件为次品的抽法为C 23C 3197，5件中恰三件为次品的抽法为C33C2197，∴至少有两件次品的抽法为C23C3197+C33C2197.应选B.例21两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是( ).A.C58C38B.P12C58C38C.P58P38D.P88解：对于8个人的任意一个排列均可“按先前排从左到右再后排从左到右”的次序入座.∴应有P88种不同的入座法.应选D.例22 7人并排站成一行，如果甲、乙必须不相邻，那么不同排法的总数是 ( ).A.1440B.3600C.4320D.4800解：7人的全排列数为P77.若甲乙必须相邻则不同的排列数为P22P66.∴甲乙必须不相邻的排列数为P77-P22P66=5P66=3600.应选B.例23用1，2，3，4，四个数字组成没有重复的四位奇数的个数是个(用具体数字作答).解：末位数(C12)，前三位数(P33).∴有C12P33=12个四位奇数.例24用1，2，3，4，四个数字组成的比1234大的数共有个(用具体数字作答).解：若无限制，则可组成4!=24个四位数，其中1234不合题设.∴有24-1=23个符合题设的数.例25用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的四位数，那么在这些四位数中，是偶数的总共有( ).A.120个B.96个C.60 个D.36个解：末位为0，则有P34=24个偶数.末位不是0的偶数有P12P13P23=36个.∴共有24+36=60个数符合题设.应选C.例26已知集合A和集合B各含有12个元素，A∩B含4个元素，试求同时满足下面两个条件的集合C的个数：(1)C⊂A∪B，且C中含有3个元素；(2)C∩A≠φ(φ表示空集).解：∵A∪B含有12+12-4=20个元素；B含12个元素，∴A∩B含20-12=8个元素，若C中恰含A中1个元素，则有C112·C28个，若C中恰含A中2个元素，则有C212·C28·C28个，若C中恰含A中3个元素，则有C312个，∴符合题设的集合C的个数为C112C28+C212C18+C312=1084个.例27 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，不同的取法共有( )A.150种B.147种C.144种D.141种解：从10点中任取4点的组合数为C 410=210.其中有4·C 46=60组点，每组中的四点恰为一个侧面上的点.其中任取同一棱上3点它们和相对棱的中点共面，即有6组这种情况应排除. 其中还有底面两棱中点和对面两棱中点共面，即有3组这种情况应排除. ∴符合题设的取法有150-6-3=141种. 应选D. 例28 已知(2x x a -)9的展开式中x 3的系数为49，常数a 的值为 . 解：T k+1=C k9(xa )9-k (2x )k=C k9·a 9-k22k -·xk-9+2k令k-9+2k=3，得k=8， ∴x ３的系数为C 89·a ·2-4=49. 即169a=49,得a=4. 例29 (xx 2-)6的展开式中的常数项为( )A.-160B.-40C.40D.160解：T k+1=C k 6(x )6-k(-x2)k=C k 6·(-2)k·x226kk --令226kk --=0，得k=3 ∴常数项为C 36·(-2)3=-160应选A. 例30 若(4x21x •+)n展开式 中前三项系数成等差数列，求出展开式里的有理项。

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港澳台联考数学二轮复习试卷(含答案)——17排列组合、二项式定理

港澳台联考数学二轮复习试卷(含答案)——17排列组合、二项式定理


21 2
15．207 20． A 21．
15 4
18．16
21 2
22． 3 2
23． D
3.用数字 1,2,3,4,5,6 组成的没有重复数字的 6 位数中，数字 1,2 相邻且 3,4 不相邻的 6 位数共有（ A．72 个 B．144 个 C． 216 个 D．288 个
4． 现有两种型号的照相机各 10 部， 从中任意抽取 3 部进行质量检测。 若要求抽检的照相机兼备两种型号， 则不同的抽取方法共有 种。 （限用正整数作答）
港澳台联合招生二轮复习资料/中山一中/朱欢
17．排列组合、二项式定理
1．一个正五棱柱有 10 个顶点，以其中的 4 点为顶点的不同三棱锥，总共有
个．
2．用 5 个彼此不等的实数，构成数列 a1 ， a 2 ， a 3 ， a 4 ， a 5 ，要求 a1 ＜ a 2 ＜ a 3 且 a 3 ＞ a 4 ＞ a 5 ，则满 足要求的不同数列最多有 个。 ）


10
的展开式中， x 的系数为 （
4 B． 27C10
6
）
4 D． 9C10
6 A． 27C10
6 C． 9C10
17．排列组合、二项式定理 答案 1．180 12．C 17． 2．6 3. B 13． 4．900 5．C 14． 220 19．24 6．36 7．B 8．56 9．D 10．B 16． 2 11．C
5． 某校表演队的演员中，会演歌唱节目的有 6 人，会演舞蹈节目的有 5 人，当中同时能歌能舞的只有 2 人， 现在从中选派 4 人参加校际演出队， 要求至少有 2 人能演舞蹈节目， 那么不同选派方法共有 （ A． 210 种 B． 126 种 C． 105 种 D． 95 种 _______ 个．开式中的常数项为（
专题04 排列组合与二项式定理(解析版)--高二数学专题解析

专题04 排列组合与二项式定理(解析版)--高二数学专题解析

专题04排列组合与二项式定理--高二数学专题解析知识点一：排列1：排列≤)个元素,并按照一定的顺序排成一列,叫做从n个不（1）定义：一般地,从n个不同元素中取出m(m n同元素中取出m个元素的一个排列.（2）相同排列：两个排列的元素完全相同,且元素的排列顺序也相同.2：排列数与排列数公式1：组合（1）定义：一般地：从n个不同的元素中取出m(m n≤)个元素作为一组，叫做从n个不同元素中取出m 个元素的一个组合.（2）相同组合：只要两个组合的元素相同，无论元素的顺序如何，都是相同的组合.（3）组合与排列的异同≤)个元素”.相同点:组合与排列都是“从n个不同的元素中取出m(m n不同点:组合要求元素“不管元素的顺序合成一组”,而排列要求元素“按照一定的顺序排成一列”因此区分某一问题是组合问题还是排列问题,关键是看选出的元素是否与顺序有关,即交换某两个元素的位置对结果有没有影响,若有影响,则是排列问题，若无影响，则是组合问题.2：组合数与组合数公式（1）组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m n≤)个元素的所有不同组合的个数,叫做从n个不同元3：组合数的性质b一、单选题1．在()5232x x ++的展开式中x 的系数是（）A ．160B ．180C ．240D ．210【答案】C【分析】根据二项式的定义可知有4个因式中取2，1个因式中取3x 项，即可得解.【详解】在()5232x x ++的展开式中，要得到含x 的项，则有4个因式中取2，1个因式中取3x 项，故x 的系数为445C 32240⨯⨯=．故选：C7．高三（一）班学生要安排毕业晚会的4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则共有________种不同的排法．【答案】3600【答案】20【分析】根据题意，先对【详解】对于6盏不同的花灯进行取下，可先对因为取花灯每次只能取一盏，且只能从下往上取，又因为每串花灯先后顺序已经固定，所以除去重复的排列顺序，所以共有663333A20 A A=故答案为：20.13．按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？(1)6个不同的小球放入4个不同的盒子；(2)6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；(3)6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；(4)6个不同的小球放入4个不同的盒子，恰有1个空盒．x16．（多选题）若()32+n x（=20．（多选题）有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（）A ．若丙在甲、乙的中间（可不相邻）排队，则不同的排法有20种B ．若五位同学排队甲不在最左端，乙不在最右端，则不同的排法共有78种C ．若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且甲、丙不能相邻，则不同的排法有36种D ．若甲、乙、丙、丁、戊五位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每位同学只去一个社区，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有150种【答案】BCD【分析】对于A ：讨论甲、乙之间有几位同学，分析运算即可；对于B ：讨论甲、乙所在位置，分析运算即可；对于C ：先求甲、乙相邻的安排方法，再排除甲、乙相邻且甲、丙相邻的安排方法；对于D ：先将学生安排出去，再排除有小区没有人去的可能.【详解】对于选项A ：可知有三种可能：甲、乙之间只有一位同学，则不同的排法有2323A A 12=种；甲、乙之间有两位同学，则不同的排法有12222222C A A A 16=种；甲、乙之间有三位同学，则不同的排法有2323A A 12=种；不同的排法共有12161240++=种，故A 错误；对于选项B ：可知有四种可能：甲在最右端，乙在最左端，则不同的排法有33A 6=种；甲在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有1333C A 18=种；甲不在最右端，乙在最左端，则不同的排法有1333C A 18=种；甲不在最右端，乙不在最左端，则不同的排法有2333A A 36=种；不同的排法共有618183678+++=种，故B 正确；对于选项C ：若甲、乙相邻，则不同的排法有2424A A 48=种；若甲、乙必须相邻且甲、丙相邻，则不同的排法有2323A A 12=种；不同的排法共有481236-=种，故C 正确；对于选项D ：若每位同学只去一个社区，则不同的排法有53243=种；若有小区没有人去，则有两种可能：所有人去了一个小区，则不同的排法有13C 3=种；所有人去了两个小区，则不同的排法有()25132C 2C 90-=种；不同的排法共有()243390150-+=种，故D 正确；故选：BCD.21．将5名学生分到A ，B ，C 三个宿舍，每个宿舍至少1人至多2人，其中学生甲不到A 宿舍的不同分法有__________．原理即可得出答案.【详解】首位是1，第二位是0，则后三位可以用剩下的数字全排列，共有33A 6=个，前两位是12，第三位是0，后两位可以用余下的两个数字进行全排列，共有22A 2=种结果.前三位是123，第四位是0，最后一位是4，只有1种结果，∴数字12340前面有6+2+1=9个数字，数字本身就是第十个数字.故答案为：10.27．重新排列1，2，3，4，5，6，7，8．(1)使得偶数在原来的位置上，而奇数不在原来的位置上，有多少种不同排法？(2)使得偶数在奇数的位置上，而奇数在偶数的位置上，有多少种不同的排法？(3)使得偶数在偶数位置上，但都不在原来的位置上；奇数在奇数位置上，但也都不在原来的位置上，有多少种不同的排法？(4)如果要有数在原来的位置上，有多少种不同的排法？(5)如果只有4个数在原来的位置上，有多少种不同的排法？(6)如果至少有4个数在原来的位置上，有多少种不同的排法？(7)偶数在偶数位置上；但恰有两个数不在原来位置上，奇数在奇数位置上，但恰有两个数不在原来位置上，有多少种不同排法？(8)偶数在偶数位置上，且至少有两个数不在原来位置上；奇数在奇数位置上，也至少有两个数不在原来位置上，有多少种不同排法？【答案】(1)9；(2)576；(3)81；(4)25487；(5)630；(6)771；(7)36；(8)225.【分析】（1）利用匹配问题错排公式求解；（2）利用乘法分步原理求解；（3）利用匹配问题求解；（4）用排除法．对8个数进行全排列，再减去没有数在原来的位置上的排法，即得解；（5）利用乘法分步原理求解；（6）用排除法．先对8个数进行全排列，再去掉恰有i 个数在原来位置上的排法()0123i =,,,，即得解；（7）利用匹配问题和分步乘法原理得解；。

押第4题 排列组合与二项式定理(新高考)(解析版)--2023年新高考数学临考题号押题

押第4题 排列组合与二项式定理(新高考)(解析版)--2023年新高考数学临考题号押题

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

排列组合二项式定理练习2(含答案)

排列组合二项式定理练习2(含答案)

高考链接 1.(2020年) 设2022001220(65)x a a x a x a x -=+++⋅⋅⋅+，则01220a a a a +++⋅⋅⋅+=（ ）A.0B. 1-C.1D.2021-2.(2019年). 北京至雄安将开通高铁，共设有6个高铁站（包含北京站和雄安站），则需设计不同车票的种类有（ ）A.12种B.15种C.20种D.30种3.(2019年).在二项式12212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，常数项等于( )A ．412C ·28B ．－412C ·28 C ．612C ·26D ．－612C ·264.(2017年).二项式2017(34)x -的展开式中，各项系数的和为（ ）A ．1-B ．1C ．20172D ．201775.(2017年).从4种花卉中任选3种，分别种在不同形状的3个花盆中，不同的种植方法有（ ）A ．81种B ．64种C ．24种D ．4种6.(2015年)从6名学生中选出2名学生担任数学、物理课代表的选法有（ ） A ．10种 B ．15种 C ．30种 D ．45种7.(2015年)设181x ⎫⎪⎭展开式的第n 项为常数项，则n 的值为（ ）A ． 3B ．4C ．5D ．6高考链接答案1.(2020年)C 【解析】本题考查的是各项系数和，令x =1即可，故应选择C .2. (2019年)D .【解析】车票有起点与终点之分，所以本题为排列问题，设计不同车票的种类有26P 30=.故应选择D .3. .(2019年).A 【解析】通项为T m ＋1＝121221C (2)mm m x x -⎛⎫- ⎪⎝⎭＝(－1)m 212－m 12C m x 12－3m ，令12－3m ＝0，解得m ＝4.将其代入通项式，得 412C ·28. 故应选择A .4.(2017年). A 【解析】令x ＝1，则(3x －4)2017展开式中，各项的系数之和为(3×1－4)2017＝－1. 故应选择A .5. (2017年).C 【解析】从4种花卉中任选3种，分别种在不同形状的3个花盆中，就是从4个不同元素中任选3个元素，按照一定的顺序排列. 所以不同的种植方法有34P 43224=⨯⨯=种，故选C .6. . (2015年) C 【解析】从6名学生中选出2名学生担任数学、物理课代表，就是从6个不同元素中任选2个元素，按照一定的顺序排列.所以不同的选法有26P 6530=⨯=种. 故选C .7. (2015年) B .【解析】本题实际是求第几项为常数项.11Cmmm m T x -+⎛⎫=- ⎪⎝⎭()18518C 1m m m m xx --=- ()185181C m m m m x --=- ()1865181C mm m x -=- 令18605m-=，得3m =. 故，第4项为常数项. 故选B .能力提高1.从3，5，7，11 这4个数中，任取2个不同的数做成分数，则这样的分数共有( ) A ．6个 B ．7个 C ．10 个 D ．12个2.由数字0，2，4，5组成的无重复数字的三位数的个数是( ) A ．12个 B ．18个 C ．24个 D ．48个3.已知200件产品中有3件次品，现从中任意抽出5件，则至少有2件次品的抽法种数是( )A ．53200197C C - B ．233231973197C C C C -C ．233197C CD ．5142003197C C C -4. 某班级要组织一项活动，需从8名同学中选4名，若甲、乙两人只能去1人，则不同的选法的种数是( )A ．6种B ．28种C ．35种D ．40种5. 某中学举行篮球单循环赛，有8个队参加，共举行________场比赛．( ) A ．16 B ．56 C ．28 D ．646. 若5629910C C C xx x --+=，则x 的值为( )A ．2B ．2或4C ．4D ．57.若(1＋2x )n ＝A 0＋A 1x ＋A 2x 2＋…＋A n x n ，则A 0＋A 1＋A 2＋…＋A n 等于( ) A ．2n B ．2n －1 C ．3n D ．3n －18.若从10名男同学与8名女同学中，各选一名代表去参加一项活动，则有________种不同的选法．( )A ．10B ．8C ．18D ．80 9. 将2封信随意投入3个邮箱，不同的投法有（ ） A 3种B 6种C 8种D 9种10. 下列选项与式子18171698⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯相等的是（ ）．A 818PB 918PC 1018PD 1118P专题一 计数原理答案能力提高答案1.D 【提示】 第一步，分母有4种选法；第二步，分子有3种选法．根据分步计数原理可知这样的分数共有N ＝4×3＝12(个)，故选D .2.B 【提示】 因百位上的数字不能为0，故先确定百位上的数字而后依次确定十位和个位上的数字，根据分步计数原理知N ＝3×3×2＝18，故选B .3.B 【提示】 “至少有2件次品”包括两个类，即2件次品和3件次品．因此至少有2件次品的抽法种数是233231973197C C C C ,+故选B .4.D 【提示】 甲、乙两人只有一人去的选法为12C ,其他3人从剩余的6人中选，有36C 种选法，∴共有1326C C ＝40(种)选法，故选D .5.C【解析】从8个队中任选2个队比赛，与顺序无关，有2C＝28(场)．86.B【提示】由组合数的两个性质公式得2x＝6－x.10－2x＝6－x得出x＝2或4.故选B.7.C【解析】当x＝1时，a0＋a1＋a2＋…＋a n＝(1＋2×1)n＝3n.8.D【解析】N＝11C C＝10×8＝80(种)．1089.D【解析】每一封信都有三种投放方法，故共有3×3=9种投法.10.D【解析】考查排列数公式n=18，n-m+1=8,可以确定m的值为11，故选D.。