高考数学二轮专题训练排列组合与二项式

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高考数学二轮强化突破：专题21《排列、组合与二项式定理》ppt课件《理

[答案] 3 [解析] 由已知得(1＋x)4＝1＋4x＋6x2＋4x3＋x4，故(a＋ x)(1 ＋ x)4 的展开式中 x 的奇数次幂项分别为 4ax,4ax3 ， x,6x3 ， x5，其系数之和为4a＋4a＋1＋6＋1＝32，解得a＝3.
考例2 (2015·四川理，6)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数
5×24＝120个．选B．
易错防范
案例分不清排列组合致误
(2014·辽宁理，6)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何
两人不相邻的坐法种数为( )
A．144
Hale Waihona Puke B．120C．72
D．24
[易错分析] 坐人的椅子有区别，未坐人的椅子是没区别
的，对椅子进行排列是常见错误．
[解答] 解法 1：将 6 把椅子依次编号为 1、2、3、…、6，若 1 号位置坐人，有 1,3,5；1,3,6；1,4,6 三种不同坐位方法；若 1 号位置不坐人，2 号位置坐人，只有 2,4,6 一种坐位方法，故不同坐法种数共有 4A33＝24 种．
2．在解答题中与统计、概率相结合，综合性强，难度较大．
考题引路
考例1 (2015·新课标Ⅱ理，15)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.
[立意与点拨] 考查二项式定理．解答本题应特别注意所求项是两个多项式相乘得到的，其奇次幂项由a与(1＋x)4展开式的奇次幂项相乘和由 x 与 (1 ＋ x)4 展开式的偶次幂项相乘得到．
走向高考 10、低头要有勇气，抬头要有低气。2021/5/22021/5/22021/5/25/2/2021 6:18:01 PM 11、人总是珍惜为得到。2021/5/22021 /5/2202 1/5/2M ay -212-May -21 12、人乱于心，不宽余请。2021/5/220 21/5/22 021/5/2 Sunday , May 02, 2021 13、生气是拿别人做错的事来惩罚自己。202 1/5/220 21/5/22 021/5/2 2021/5/25/2/20 21 14、抱最大的希望，作最大的努力。2 021年5 月2日星期日2 021/5/2 2021/5/22021/5/2 15、一个人炫耀什么，说明他内心缺少什么。。202 1年5月 2021/5/22021/5/22021 /5/25/2/2021 16、业余生活要有意义，不要越轨。2 021/5/2 2021/5/2May 2, 2021 17、一个人即使已登上顶峰，也仍要自强不息。202 1/5/220 21/5/22 021/5/2 2021/5/2

「精品」新课标高考数学二轮复习专题七概率与统计专题能力训练19排列组合与二项式定理理

专题能力训练19 排列、组合与二项式定理能力突破训练1.某电视台的一个综艺栏目对含甲、乙在内的六个不同节目排演出顺序,第一个节目只能排甲或乙,最后一个节目不能排甲,则不同的排法共有()A.192种B.216种C.240种D.288种2.已知的展开式的各项系数和为32,则展开式中x4的系数为()A.5B.40C.20D.103.已知(1+x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等,则奇数项的二项式系数和为()A.212B.211C.210D.294.若的展开式中含有常数项,则n的最小值等于()A.3B.4C.5D.65.展开式中的常数项为()A.-8B.-12C.-20D.206.某学校组织演讲比赛,准备从甲、乙等八名同学中选派四名同学参加,要求甲、乙两名同学至少有一人参加,且若甲、乙同时参加时,他们的演讲顺序不能相邻,那么不同的演讲顺序的种数为() A.1 860 B.1 320 C.1 140 D.1 0207.若二项式(3-x)n(n∈N*)中所有项的系数之和为a,所有项的系数的绝对值之和为b,则的最小值为()A.2B.C.D.8.(2017辽宁抚顺一模)在某市记者招待会上,需要接受本市甲、乙两家电视台记者的提问,两家电视台均有记者5人,主持人需要从这10名记者中选出4名记者提问,且这4人中,既有甲电视台记者,又有乙电视台记者,且甲电视台的记者不可以连续提问,则不同的提问方式的种数为()A.1 200B.2 400C.3 000D.3 6009.在(1+x)6(1+y)4的展开式中,记x m y n项的系数为f(m,n),则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=()A.45B.60C.120D.21010.(2017湖北孝感第一次联考)已知二项式的展开式中含x3的系数为-,则的值为()A. B.C. D.11.(x-y)(x+y)8的展开式中x2y7的系数为.(用数字填写答案)12.(2017山东,理11)已知(1+3x)n的展开式中含有x2项的系数是54,则n=.13.某工厂将甲、乙等五名新招聘员工分配到三个不同的车间,每个车间至少分配一名员工,且甲、乙两名员工必须分到同一个车间,则不同分法的种数为.14.在的二项式中,所有项的二项式系数之和为256,则常数项等于.15.将6位志愿者分成4组,其中两个组各2人,另两个组各1人,分赴全运会的四个不同场馆服务,不同的分配方案有种.(用数字作答)16.(2017浙江,13)已知多项式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x+a5,则a4=,a5=.17.(2017浙江,16)从6男2女共8名学生中选出队长1人,副队长1人,普通队员2人组成4人服务队,要求服务队中至少有1名女生,共有种不同的选法.(用数字作答)18.某高三毕业班有40名同学,同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言,那么全班共写了条毕业留言.(用数字作答)思维提升训练19.将2名教师、4名学生分成2个小组,分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动,每个小组由1名教师和2名学生组成,不同的安排方案共有()A.12种B.10种C.9种D.8种20.设m为正整数,(x+y)2m展开式的二项式系数的最大值为a,(x+y)2m+1展开式的二项式系数的最大值为b.若13a=7b,则m=()A.5B.6C.7D.821.某学校安排甲、乙、丙、丁四位同学参加数学、物理、化学竞赛,要求每位同学仅报一科,每科至少有一位同学参加,且甲、乙不能参加同一学科,则不同的安排方法有()A.36种B.30种C.24种D.6种22.若x4(x+3)8=a0+a1(x+2)+a2(x+2)2+…+a12(x+2)12,则log2(a1+a3+a5+…+a11)等于()A.27B.28C.7D.823.用a代表红球,b代表蓝球,c代表黑球.由加法原理及乘法原理,从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1+a)(1+b)的展开式1+a+b+ab表示出来,如:“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.依此类推,下列各式中,其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球,且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是()A.(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5B.(1+a5)(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c)5C.(1+a)5(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c5)D.(1+a5)(1+b)5(1+c+c2+c3+c4+c5)24.1-90+902-903+…+(-1)k90k+…+9010除以88的余数是()A.-1B.1C.-87D.8725.某人根据自己爱好,希望从{W,X,Y,Z}中选2个不同字母,从{0,2,6,8}中选3个不同数字编拟车牌号,要求前3位是数字,后两位是字母,且数字2不能排在首位,字母Z和数字2不能相邻,那么满足要求的车牌号有()A.198个B.180个C.216个D.234个26.(2017江西模拟)若A,B,C,D四人站成一排照相,A,B相邻的排法总数为k,则二项式的展开式中含x2项的系数为.27.设二项式的展开式中x2的系数为A,常数项为B,若B=4A,则a=.28.在6名内科医生和4名外科医生中,内科主任和外科主任各1名,现要组成5人医疗小组送医下乡,依下列条件各有多少种选派方法?(1)有3名内科医生和2名外科医生;(2)既有内科医生,又有外科医生;(3)至少有1名主任参加;(4)既有主任,又有外科医生.参考答案专题能力训练19排列、组合与二项式定理能力突破训练1.B解析完成这件事,可分两类:第一类,第一个节目排甲,其余位置有=120种不同的排法;第二类,第一个节目排乙,最后一个节目有4种排法,其余位置有=24种不同的排法.所以共有+4=216种不同的排法.2.D解析令x=1,得2n=32,所以n=5,则(x2)5-r x10-3r.令10-3r=4,得r=2,所以展开式中x4的系数为=10.3.D解析由条件知,∴n=10.∴(1+x)10中二项式系数和为210,其中奇数项的二项式系数和为210-1=29.4.C解析展开式的通项为T r+1=(x6)n-r,因为展开式中含常数项,所以6n-r=0成立,即n=r.当r=4时,n有最小值5.故选C.5.C解析因为,所以T r+1=x6-r=(-1)r x6-2r,所以当r=3时为常数项,常数项为-=-20.6.C解析依题意,就甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的人数进行分类计数:第一类,甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的恰有一人,满足题意的不同的演讲顺序的种数为=960;第二类,甲、乙两名同学中实际参与演讲比赛的恰有两人,满足题意的不同的演讲顺序的种数为=180.因此满足题意的不同的演讲顺序的种数为960+180=1140.故选C.7.B解析令x=1,a=2n,令x=-1,b=4n,=2n+,令t=2n,t≥2,则=2n+=t+2+故选B.8.B解析若4人中,有甲电视台记者1人,乙电视台记者3人,则不同的提问方式总数是=1200,若4人中,有甲电视台记者2人,乙电视台记者2人,则不同的提问方式总数是=1200,若4人中,有甲电视台记者3人,乙电视台记者1人,则不符合主持人的规定,故所有不同提问方式的总数为1200+1200=2400.9.C解析∵(1+x)6展开式的通项为T r+1=x r,(1+y)4展开式的通项为T h+1=y h,∴(1+x)6(1+y)4展开式的通项可以为x r y h,∴f(m,n)=∴f (3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)==20+60+36+4=120.故选C.10.C解析二项式的展开式的通项公式为T r+1=x9-r x9-2r,令9-2r=3,r=3,将r=3代入得=-,解得a=-1,d x=故选C.11.-20解析(x+y)8的通项为T r+1=x8-r y r(r=0,1,…,8).当r=7时,T8=xy7=8xy7,当r=6时,T7=x2y6=28x2y6,所以(x-y)(x+y)8的展开式中含x2y7的项为x·8xy7-y·28x2y6=-20x2y7,故系数为-20.12.4解析二项展开式的通项T r+1=(3x)r=3r x r,令r=2,得32=54,解得n=4.13.36解析先分组,再分配.共有两种分组情况:2,2,1和3,1,1.①若分成2,2,1三组,共有=18种分法;②若分成3,1,1三组,共有=18种分法.由分类计数原理知,共有18+18=36种分法.14.112解析由二项式定理,得所有项的二项式系数之和为2n,由题意,得2n=256,所以n=8.二项式展开式的通项为T r+1=)8-r=(-2)r,求常数项则令r=0,所以r=2,所以T3=112.15.1 080解析先将6位志愿者分组,共有种方法;再把各组分到不同场馆,共有种方法.由乘法原理知,不同的分配方案共有=1080.16.164解析由二项式展开式可得通项公式为x3-r x2-m2m,分别取r=3,m=1和r=2,m=2可得a4=4+12=16,令x=0可得a5=13×22=4.17.660解析由题意可得,总的选择方法为种方法,其中不满足题意的选法有种方法,则满足题意的选法有:=660种.18.1 560解析该问题是一个排列问题,故共有=40×39=1560条毕业留言.思维提升训练19.A解析将4名学生均分为2个小组共有=3种分法,将2个小组的同学分给两名教师带有=2种分法,最后将2个小组的人员分配到甲、乙两地有=2种分法,故不同的安排方案共有3×2×2=12种.20.B解析:由题意可知,a=,b=,∵13a=7b,∴13=7,即解得m=6.故选B.21.B解析首先从四个人中选择2个人作为一组,其余2个人各自一组分派到三个竞赛区,共有种方法,再将甲、乙参加同一学科的种数排除,继而所求的安排方法有=30种,故答案为B.22.C解析令x=-1,得a0+a1+a2+…+a12=28,①令x=-3,得a0-a1+a2-a3+…+a12=0,②由①-②,得2(a1+a3+…+a11)=28,∴a1+a3+…+a11=27,∴log2(a1+a3+…+a11)=7.23.A解析本题可分三步:第一步,可取0,1,2,3,4,5个红球,有1+a+a2+a3+a4+a5种取法;第二步,取0或5个蓝球,有1+b5种取法;第三步,取5个有区别的黑球,有(1+c)5种取法.所以共有(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5种取法.故选A.24.B解析1-90+902+…+(-1)k90k+…+9010=(1-90)10=8910=(88+1)10=8810+889+…+88+1,∵前10项均能被88整除,∴余数是1.25.A解析不选2时,有=72种;选2,不选Z时,有=72种;选2,选Z时,2在数字的中间,有=36种,当2在数字的第三位时,有=18种,根据分类计数原理,共有72+72+36+18=198,故选A.26解析由题设k=2=12,所以T r+1=x r,则由题设r=2,所以含x2项的系数为=66,应填答案6-r=(-a)r x6-2r,令6-2r=2,得r=2,A=a2=15a2;令6-2r=0,得27.-3解析Tr=3,B=-a3=-20a3,代入B=4A得a=-3.28.解(1)先选内科医生有种选法,再选外科医生有种选法,故选派方法的种数为=120.(2)既有内科医生,又有外科医生,正面思考应包括四种情况,内科医生去1人,2人,3人,4人,易得出选派方法的种数为=246.若从反面考虑,则选派方法的种数为=246.(3)分两类:一是选1名主任有种方法;二是选2名主任有种方法,故至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.若从反面考虑:至少有1名主任参加的选派方法的种数为=196.(4)若选外科主任,则其余可任选,有种选法.若不选外科主任,则必选内科主任,且剩余的四人不能全选内科医生,有种选法.故有选派方法的种数为=191.。

2023新教材高考数学二轮专题复习强化训练3排列组合二项式定理

强化训练3 排列、组合、二项式定理一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的)1．[2022·山东泰安模拟](x －1x)22展开式中的常数项为( )A ．C 1122 B ．－C 1122 C ．C 1222D ．－C 12222．3名男生2名女生站成一排照相，则2名女生相邻且都不站在最左端的不同的站法共有( )A ．72种B ．64种C ．48种D ．36种3．六名志愿者到北京、延庆、张家口三个赛区参加活动，若每个赛区两名志愿者，则安排方式共有( )A ．15种B ．90种C ．540种D ．720种4．[2022·湖南益阳一模]为迎接新年到来，某中学2022年“唱响时代强音，放飞青春梦想”元旦文艺晚会如期举行．校文娱组委员会要在原定排好的8个学生节目中增加2个教师节目，若保持原来的8个节目的出场顺序不变，则不同排法的种数为( )A ．36B ．45C ．72D ．905．[2022·山东德州二模]已知a >0，二项式(x ＋ax2)6的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为( )A ．36B ．30C ．15D ．106．[2022·山东淄博一模]若(1－x )8＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 8(1＋x )8，则a 6＝( )A ．－448B ．－112C ．112D ．4487．[2022·河北沧州二模](x －2x－1)5的展开式中的常数项为( )A ．－81B ．－80C ．80D ．1618．[2022·湖北十堰三模]甲、乙、丙、丁共4名学生报名参加夏季运动会，每人报名1个项目，目前有100米短跑、3 000米长跑、跳高、跳远、铅球这5个项目可供选择，其中100米短跑只剩下一个参赛名额，若最后这4人共选择了3个项目，则不同的报名情况共有( )A．224种B．288种C．314种D．248种二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多个符合题目要求，全部选对得5分，部分选对得2分，选错或多选得0分)9．[2022·河北唐山二模]已知(x－2x2)n的展开式中第3项与第8项的二项式系数相等，则( )A．n＝9B．n＝11C．常数项是672D．展开式中所有项的系数和是－110．在新高考方案中，选择性考试科目有：物理、化学、生物、政治、历史、地理6门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是( )A．若任意选科，选法总数为C24B．若化学必选，选法总数为C12 C13C．若政治和地理至少选一门，选法总数为C12 C12C13D．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为C12 C12＋111．[2022·广东·华南师大附中三模]已知(a＋2b)n的展开式中第5项的二项式系数最大，则n的值可以为( )A．7 B．8C．9 D．1012．[2022·湖北荆州三模]已知二项式(2x－1x)n的展开式中共有8项，则下列说法正确的有( )A．所有项的二项式系数和为128B．所有项的系数和为1C．第4项和第5项的二项式系数最大D ．有理项共3项三、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．[2022·山东烟台三模]若(1－ax )8展开式中第6项的系数为1792，则实数a 的值为________．14．[2022·辽宁辽阳二模]某话剧社计划在今年7月1日演出一部红色话剧，导演已经选好了该话剧的9个角色的演员，还有4个角色的演员待定，导演要从8名男话剧演员中选3名，从5名女话剧演员中选1名，则导演的不同选择共有________种．15．[2022·浙江卷]已知多项式(x ＋2)(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，则a 2＝______，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝______．16．[2022·河北保定一模]2022年北京冬奥会的某滑雪项目中有三个不同的运动员服务点，现需将10名志愿者分配到这三个运动员服务点处，每处需要至少2名至多4名志愿者，则不同的安排方法一共有________种．强化训练3 排列、组合、二项式定理1．解析：（x －1x）22展开式中的常数项为C 1122 （－1）11＝－C 1122 .答案：B2．解析：将2名女生捆绑在一起，故2名女生相邻有A 22 种站法，又2名女生都不站在最左端，故有A 13 种站法，剩下3个位置，站3名男生有A 33 种站法，故不同的站法共有A 22 A 13 A 33 ＝36种．答案：D3．解析：先从六名志愿者中选择两名志愿者到北京参加活动，有C 26 ＝15种方法，再从剩下的4名志愿者中选择2名志愿者到延庆参加活动，有C 24 ＝6种方法，最后从剩下的2名志愿者中选择2名志愿者到延庆参加活动，有C 22 ＝1种方法．由分步乘法原理得共有15×6×1＝90种方法．答案：B4．解析：采用插空法即可：第1步：原来排好的8个学生节目产生9个空隙，插入1个教师节目有9种排法；第2步：排好的8个学生节目和1个教师节目产生10个空隙，插入1个教师节目共有10种排法，故共有9×10＝90种排法．答案：D5．解析：令x ＝1，则可得所有项的系数和为（1＋a ）6＝64且a >0，解得a ＝1， ∵（x ＋1x 2）6的展开式中的通项T k ＋1＝C k 6 x 6－k（1x2）k ＝C k 6 x 6－3k ，k ＝0，1， (6)∴当k ＝2时，展开式中的常数项为C 26 ＝15. 答案：C6．解析：（1－x ）8＝（x －1）8＝[（1＋x ）－2]8＝a 0＋a 1（1＋x ）＋a 2（1＋x ）2＋…＋a 8（1＋x ）8，a 6＝C 28 ·（－2）2＝112.答案：C7．解析：（x －2x －1）5＝（x －2x －1）（x －2x －1）（x －2x －1）（x －2x －1）（x －2x－1），所以展开式中的常数项为（－1）5＋C 15 C 14 ×（－2）×（－1）3＋C 25 C 23 ×（－2）2×（－1）＝－81.答案：A8．解析：分两种情况讨论：①不选100米短跑，四名学生分成2名、1名、1名三组，参加除100米短跑的四个项目中的三个，有C 24 A 34 ＝144种；②1人选100米短跑，剩下三名学生分成2名、1名两组，参加剩下四个项目中的两个，有C 14 C 23 A 24 ＝144种．故他们报名的情况总共有144＋144＝288种．答案：B9．解析：由C 2n ＝C 7n ，可得n ＝9，则选项A 判断正确；选项B 判断错误；（x －2x2）n 的展开式的通项公式为C k 9 x 9－k （－2）k x －2k ＝（－2）k C k 9 x 9－3k，令9－3k ＝0，则k ＝3，则展开式的常数项是（－2）3C 39 ＝－672.选项C 判断错误；展开式中所有项的系数和是（1－212）9＝－1.判断正确．答案：AD10．解析：若任意选科，选法总数为C 12 C 24 ，A 错误；若化学必选，选法总数为C 12 C 13 ，B 正确；若政治和地理至少选一门，选法总数为C 12 （C 12 C 12 ＋1），C 错误；若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为C 12 C 12 ＋1，D 正确．答案：BD11．解析：当（a ＋2b ）n的展开式中第4项和第5项的二项式系数相等且最大时，n ＝7；当（a ＋2b ）n的展开式中第5项和第6项的二项式系数相等且最大时，n ＝9；当（a ＋2b ）n的展开式中只有第5项的二项式系数最大时，n ＝8. 答案：ABC12．解析：由题设n ＝7，则T k ＋1＝C k 7 （2x ）7－k（－1x）k ＝（－1）k 27－k C k7 x7－3k2，A ．所有项的二项式系数和为27＝128，正确； B ．当x ＝1，所有项的系数和为（2－1）7＝1，正确；C ．对于二项式系数C k 7 ，显然第四、五项对应二项式系数C 37 ＝C 47 最大，正确； D ．有理项为7－3k2∈Z ，即k ＝0，2，4，6共四项，错误．答案：ABC13．解析：因为T 6＝T 5＋1＝C 58 （－ax ）5＝C 58 （－a ）5x 5＝C 38 （－a ）5x 5，所以有：C 38 （－a ）5＝－56a 5＝1 792，所以a 5＝－32, 解得a ＝－2. 答案：－214．解析：依题意，可得导演的不同选择的种数为C 38 ·C 15 ＝280. 答案：28015．解析：因为（x ＋2）（x －1）4展开式中x 2的系数为a 2，所以a 2＝C 34 （－1）3＋2C 24 （－1）2＝8.在多项式（x ＋2）（x －1）4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5中，令x ＝0，得a 0＝2；令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝0.所以a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝－a 0＝－2.答案：8 －216．解析：根据题意得，这10名志愿者分配到三个运动员服务点处的志愿者数目为2，4，4或3，3，4，所以不同的安排方法共有C 210 C 48 C 44 A 22 A 33 ＋C 410 C 36 C 33 A 22 A 33 ＝22 050. 答案：22 050。

高考数学二轮复习第17讲排列、组合与二项式定理课件

抽象概括能力——典型的排列组合问题的解法
示例 [2012·山东卷] 现有 16 张不同的卡片，其中红色、黄色、
蓝色、绿色卡片各 4 张．从中任取 3 张，要求这 3 张卡片不能是
同一种颜色，且红色卡片至多 1 张，不同取法的种数为( )
A．232
B．252
C．472
D．484
选题理由：下面的三个例题具有一定的典型性．例1、例2可以放在探究点二中使用，例3可以放在探究点三中使用．
专题六概率统计、算法、复数与推理证明
第17讲排列、组合与二项式定理
考点统计
题型 (频率)
考例(难度)
考点 1 排列、组合
选择(5)
2Hale Waihona Puke 12 课程标准卷 2(A)，2012 安徽卷 10(C)， 2012 重庆卷 13(B)
考点 2 二项式定理
选择(3)
2012 陕西卷 12(A)，2012 广东卷 10(A)
[答案] (1)D (2)A
[解析] (1)要使所取出的 4 个数的和为偶数，则对其中取出的数字奇数和偶数的个数有要求，所以按照取出的数字奇偶数的个数分类.1,2,3，…，9 这 9 个整数中有 5 个奇数，4 个偶数．要想同时取 4 个不同的数其和为偶数，则取法有三类：
①4 个都是偶数：1 种； ②2 个偶数，2 个奇数：C25C24＝60 种； ③4 个都是奇数：C45＝5 种．∴不同的取法共有 66 种． (2)分别从 2 名教师中选 1 名，4 名学生中选 2 名安排到甲地参加社会实践活动即可，则乙地就安排剩下的教师与学生，故不同的安排方法共有 C12C24＝12 种．故选 A.
•规律解答排列、组合试题的关键是先把问题分为既不重复也不遗漏的几类，这样不论是用直接法求解还是用间接法求解，都可以正确地使用这些分类中的某些类． •技巧相邻问题的“捆绑法”，不相邻问题的“插空法”；分配问题中先分组后分配．注意均匀分组与不均匀分组的区别；特殊赋值法求二项式系数和． •易错 (a＋b)n 的展开式的二项式系数与该项的系数是两个不同的概念，前者只是指 Ckn，它仅是与二项式的幂的指数 n 及项数有关的组合数，而与 a，b 的值无关；而后者是指该项除字母外的部分，即各项的系数不仅与各项的二项式系数有关，而且也与 a，b 的系数有关．在求二项展开式特定项的系数时要充分注意这个区别.

高考数学第二轮专项专题(排列组合二项式定理与概率统计)复习及解析

高考数学二轮复习专项排列、组合、二项式定理与概率统计（含详解）1. 袋里装有30个球，每个球上都记有1到30的一个号码, 设号码为n 的球的重量为344342+-n n (克). 这些球以等可能性(不受重量, 号码的影响)从袋里取出.（Ⅰ）如果任意取出1球, 求其号码是3的倍数的概率. （Ⅱ）如果任意取出1球, 求重量不大于号其码的概率; （Ⅲ）如果同时任意取出2球, 试求它们重量相同的概率.2. 从10个元件中（其中4个相同的甲品牌元件和6个相同的乙品牌元件）随机选出3个参加某种性能测试. 每个甲品牌元件能通过测试的概率均为54，每个乙品牌元件能通过测试的概率均为53.试求：（I ）选出的3个元件中，至少有一个甲品牌元件的概率；（II ）若选出的三个元件均为乙品牌元件，现对它们进行性能测试，求至少有两个乙品牌元件同时通过测试的概率.3. 设在12个同类型的零件中有2个次品，抽取3次进行检验，每次任取一个，并且取出不在放回，若以ξ和η分别表示取出次品和正品的个数。

（1）求ξ的分布列，期望及方差；（2）求η的分布列，期望及方差；4.（1）每天不超过20人排队结算的概率是多少？（2）一周7天中，若有三天以上（含三天）出现超过15人排队结算的概率大于0.75，商场就需要增加结算窗口，请问，该商场是否需要增加结算窗口？5. 某售货员负责在甲、乙、丙三个柜面上售货．如果在某一小时内各柜面不需要售货员照顾的概率分别为0.9,0.8，0.7．假定各个柜面是否需要照顾相互之间没有影响，求在这个小时内：（1）只有丙柜面需要售货员照顾的概率；（2）三个柜面最多有一个需要售货员照顾的概率；（3）三个柜面至少有一个需要售货员照顾的概率．6. 某同学上楼梯的习惯每步走1阶或2阶，现有一个11阶的楼梯，该同学从第1阶到第11阶用7步走完。

(1)求该同学恰好有连着三步都走2阶的概率；(2)记该同学连走2阶的最多步数为ζ，求随机事件ζ的分布列及其期望。

高考数学二轮复习专题19 排列、组合、二项式定理教学案理

专题19 排列、组合、二项式定理1.排列、组合与二项式定理每年交替考查，主要以选择、填空的形式出现，试题难度中等或偏易.2.排列、组合试题具有一定的灵活性和综合性，常与实际相结合，转化为基本的排列组合模型解决问题，需用到分类讨论思想，转化思想.3.与二项式定理有关的问题比较简单，但非二项问题也是今后高考的一个热点，解决此类问题的策略是转化思想.1．两个重要公式 (1)排列数公式A n m ＝(n －m ！n ！＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)(n ，m ∈N *，且m ≤n )． (2)组合数公式C n m ＝m ！(n －m ！n ！＝m ！n(n －1(n －2…(n－m ＋1(n ，m ∈N *，且m ≤n )． 2．三个重要性质和定理 (1)组合数性质①C n m ＝n n －m (n ，m ∈N *，且m ≤n )； ②Cn ＋1m ＝n m －1(n ，m ∈N *，且m ≤n )； ③Cn 0＝1. (2)二项式定理(a ＋b )n＝Cn 0a n ＋Cn 1a n －1b 1＋Cn 2a n －2b 2＋…＋Cn k a n －k ·b k ＋…＋Cn n b n ，其中通项T r ＋1＝Cn r an －r b r.(3)二项式系数的性质①Cn 0＝Cn n ，Cn 1＝C n n －1，…，Cn r ＝C n n －r ；②Cn 0＋Cn 1＋Cn 2＋…＋Cn n ＝2n；③Cn 1＋Cn 3＋Cn 5＋…＝Cn 0＋Cn 2＋Cn 4＋…＝2n －1.考点一排列与组合例1．【2017课标II ，理6】安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（）A ．12种B ．18种C ．24种D ．36种【答案】D【变式探究】【2016年高考四川理数】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（A ）24 （B ）48 （C ）60 （D ）72 【答案】D【解析】由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有种排法，所以奇数的个数为，故选D.【变式探究】(2015·四川，6)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( )A ．144个B ．120个C ．96个D ．72个解析由题意，首位数字只能是4，5，若万位是5，则有3×A 43＝72个；若万位是4，则有2×A 43个＝48个，故40 000大的偶数共有72＋48＝120个．选B.答案 B考点二排列组合中的创新问题例2．用a 代表红球，b 代表蓝球，c 代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a )(1＋b )的展开式1＋a ＋b ＋ab 表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a ”表示取出一个红球、而“ab ”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是( )A ．(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)(1＋b 5)(1＋c )5B ．(1＋a 5)(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c )5C ．(1＋a )5(1＋b ＋b 2＋b 3＋b 4＋b 5)(1＋c 5) D ．(1＋a 5)(1＋b )5(1＋c ＋c 2＋c 3＋c 4＋c 5)解析分三步：第一步，5个无区别的红球可能取出0个，1个，…，5个，则有(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)种不同的取法；第二步，5个无区别的蓝球都取出或都不取出，则有(1＋b 5)种不同取法；第三步，5个有区别的黑球看作5个不同色，从5个不同色的黑球中任取0个，1个，…，5个，有(1＋c )5种不同的取法，所以所求的取法种数为(1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5)(1＋b 5)(1＋c )5，故选A.答案 A【变式探究】设集合A ＝{(x 1，x 2，x 3，x 4，x 5)|x i ∈{－1，0，1}，i ＝1，2，3，4，5}，那么集合A 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋|x 3|＋|x 4|＋|x 5|≤3”的元素个数为( )A ．60B ．90C ．120D ．130答案 D考点三二项展开式中项的系数例3．【2016年高考北京理数】在的展开式中，的系数为__________________.（用数字作答）【答案】60.【解析】根据二项展开的通项公式可知，的系数为。

全国通用2020版高考数学二轮复习专题提分教程第二编专题六概率与统计第1讲排列组合二项式定理练习

第1讲排列、组合、二项式定理「考情研析」 1.高考中主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，有时会与概率相结合，以选择题、填空题为主． 2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇，值得关注.核心知识回顾1．排列排列数公式：A m n ＝n (n －1)…(n －m ＋1)＝□01n ！(n －m )！(m ≤n ，m ，n ∈N *)．2．组合(1)组合数公式：C m n＝A mn A m m ＝□01n (n －1)…(n －m ＋1)m (m －1)…1＝□02n ！m ！(n －m )！(m ≤n ，m ，n ∈N *)，由于0！＝1，所以C 0n ＝1.(2)组合数的性质3．二项式定理 (1)二项展开式 (a ＋b )n＝C 0n a n＋C 1n an －1b 1＋…＋□01C kn a n －k b k ＋…＋C n n b n (n ∈N *)．通项：T k ＋1＝□02C kn an －k b k (k ＝0,1,2，…，n )． (2)二项式系数的有关性质①二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C 1n ＋C 3n ＋C 5n＋…＝C 0n ＋C 2n ＋C 4n ＋…＝□032n －1； ②若f (x )＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n，则f (x )展开式中的各项系数和为f (1)，奇数项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＝f (1)＋f (－1)2，偶数项系数之和为a 1＋a 3＋a 5＋…＝□04f (1)－f (－1)2.热点考向探究考向1 两个计数原理例 1 (1)(2019·哈尔滨市第六中学高三第二次模拟)2020年东京夏季奥运会将设置4×100米男女混合泳接力这一新的比赛项目，比赛的规则是：每个参赛国家派出2男2女共计4名运动员参加比赛，按照仰泳→蛙泳→蝶泳→自由泳的接力顺序，每种泳姿100米且由1名运动员完成，且每名运动员都要出场，若中国队确定了备战该项目的4名运动员名单，其中女运动员甲只能承担仰泳或者自由泳，男运动员乙只能承担蝶泳或者自由泳，剩下的2名运动员四种泳姿都可以承担，则中国队的排兵布阵的方式共有( )A．144种B．24种C．12种D．6种答案 D解析由题意，若甲承担仰泳，则乙运动员有2种安排方法，其他两名运动员有2种安排方法，共计2×2＝4种方法，若甲承担自由泳，则乙运动员只能安排蝶泳，其他两名运动员有A22＝2种安排方法，共计2种方法，所以中国队共有4＋2＝6种不同的安排方法．故选D.(2)某地实行高考改革，考生除参加语文，数学，外语统一考试外，还需从物理，化学，生物，政治，历史，地理六科中选考三科，要求物理，化学，生物三科至少选一科，政治，历史，地理三科至少选一科，则考生共有______种选考方法( )A．6 B．12C．18 D．24答案 C解析①从物化生中选一科，从史地政中选两科，有：C13C23＝9，②从物化生中选两科，从史地政中选一科，有C23C13＝9，所以共有9＋9＝18种．故选C.(3)如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( )A．72种B．48种C．24种D．12种答案 A解析解法一：首先涂A有C14＝4种涂法，则涂B有C13＝3种涂法，C与A，B相邻，则C 有C12＝2种涂法，D只与C相邻，则D有C13＝3种涂法，所以共有4×3×2×3＝72种涂法．解法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24种涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24种，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72种．应用两个计数原理解题的方法(1)在应用分类计数原理和分步计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．1．(2019·大兴区高三4月一模)中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为( )A．8 B．10C．15 D．20答案B解析由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一位置有五种排列方法，不妨假设是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，有两种选择，不妨假设排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数有5×2×1×1×1＝10.故选B.2．从6个盒子中选出3个来装东西，且甲、乙两个盒子至少有一个被选中的情况有( ) A．16种B．18种C．22种D．37种答案 A解析可分为两类，第一类：甲、乙两个盒子恰有一个被选中，有C12C24＝12种；第二类：甲、乙两个盒子都被选中，有C22C14＝4种，所以共有12＋4＝16种不同的情况．故选A.3．将一个四棱锥的每个顶点染上1种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，若只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法有( )A．48种B．72种C．96种D．108种答案 B解析如图所示，若点B与D处所染颜色相同，则不同的染色方法有4×3×2×2＝48种；若点B 与D 处所染颜色不相同，则不同的染色方法有4×3×2×1＝24种，由分类加法计数原理可知不同的染色方法有48＋24＝72种．考向2 排列与组合问题例2 (1)(2019·天一大联考高三阶段性测试)有5名学生需从数学建模、程序设计两门课中选择一门，且每门课至少有2名学生选择，则不同的选择方法共有( )A ．10种B ．12种C ．15种D ．20种答案 D解析根据题意，先将5人分为2组，一组3人，另一组2人，有C 25＝10种情况，再将2组对应2门课程，有A 22＝2种情况，则不同的选择方法种数为10×2＝20.故选D .(2)将数字“124467”重新排列后得到不同偶数的个数为( ) A ．72 B ．120 C ．192 D ．240答案 D解析由题意，末尾是2或6，不同偶数的个数为C 12A 55A 22＝120，末尾是4，不同偶数的个数为A 55＝120，故共有120＋120＝240.故选D .(3)某人制订了一项旅游计划，从7个旅游城市中选择5个进行游览．若A ，B 为必选城市，并且在游览过程中必须按先A 后B 的顺序经过A ，B 两城市(A ，B 两城市可以不相邻)，则不同的游览线路有( )A ．120种B ．240种C ．480种D ．600种答案 D解析已知A ，B 必选，则从剩下的5个城市中再选取3个，有C 35种情况，此时5个城市已确定，将其全排列共有A 55种情况，又A ，B 顺序一定，则根据分步乘法计数原理，得不同的游览线路有C 35A 55A 22＝600种．故选D .解答排列组合问题的常用方法排列组合问题从解法上看，大致有以下几种：(1)有附加条件的排列组合问题，大多需要用分类讨论的方法，注意分类时应不重不漏． (2)排列与组合的混合型问题，用分类加法或分步乘法计数原理解决． (3)元素相邻，可以利用捆绑法． (4)元素不相邻，可以利用插空法．(5)间接法，把不符合条件的排列与组合剔除掉． (6)穷举法，把符合条件的所有排列或组合一一写出来． (7)定序问题缩倍法．(8)“小集团”问题先整体后局部法．1．某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( )A ．85B ．56C ．49D ．28答案 C解析由于丙不入选，相当于从9人中选派3人．解法一：(直接法)甲、乙两人均入选，有C 22C 17种选法，甲、乙两人只有1人入选，有C 12C 27种选法．由分类加法计数原理，共有C 22C 17＋C 12C 27＝49种不同选法．解法二：(间接法)从9人中选3人有C 39种选法，其中甲、乙均不入选有C 37种选法．满足条件的选派方法有C 39－C 37＝84－35＝49种不同选法．2．(2019·甘肃省高三第一次高考诊断)《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳(约公元2世纪)所著，该书主要记述了：积算(即筹算)、太乙、两仪、三才、五行、八卦、九宫、运筹、了知、成数、把头、龟算、珠算、计数14种计算器械的使用方法．某研究性学习小组3人分工搜集整理14种计算器械的相关资料，其中一人4种、另两人每人5种计算器械，则不同的分配方法有( )A.C 414C 510C 55A 33A 22 B.C 414C 510C 55A 22A 33 C.C 414C 510C 55A 22 D ．C 414C 510C 55答案 A解析先将14种计算器械分为三组，方法数有C 414C 510C 55A 22种，再排给3个人，方法数有C 414C 510C 55A 22×A 33种．故选A .3．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )A ．24B ．18C ．12D ．6答案 B解析根据所选偶数为0和2分类讨论求解．①当选数字0时，再从1,3,5中取2个数字排在个位与百位，因此排成的三位奇数有C 23A 22＝6个．②当选数字2时，再从1,3,5中取2个数字有C 23种方法，然后将选中的两个奇数数字选一个排在个位，其余2个数字全排列，因此排成的三位奇数有C 23C 12A 22＝12个．所以由分类加法计数原理，共有18个符合条件的三位奇数．考向3 二项式定理例 3 (1)(2019·西安地区陕师大附中、西安高级中学等八校高三联考)已知(x ＋1)6(ax －1)2的展开式中，x 3的系数为56，则实数a 的值为( )A ．6或－1B ．－1或4C ．6或5D ．4或5答案 A解析因为(x ＋1)6(ax －1)2＝(x ＋1)6(a 2x 2－2ax ＋1)，所以(x ＋1)6(ax －1)2的展开式中x 3的系数是C 36＋C 26(－2a)＋C 16a 2＝6a 2－30a ＋20，∴6a 2－30a ＋20＝56，解得a ＝6或－1.故选A .(2)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n 的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( )A ．180B ．90C ．45D ．360答案 A解析依题意n ＝10，则⎝⎛⎭⎪⎫x ＋2x 210的通项公式T r ＋1＝C r10(x )10－r⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2r ＝.令5－52r ＝0，得r ＝2.∴展开式中的常数项T 3＝22C 210＝180.(3)若(3x －1)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5，则a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋5a 5＝( ) A ．80 B ．120 C ．180 D ．240答案 D解析由(3x －1)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5两边求导，可得15(3x －1)4＝a 1＋2a 2x ＋3a 3x2＋…＋5a 5x 4，令x ＝1得，15×(3－1)4＝a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋5a 5，即a 1＋2a 2＋3a 3＋4a 4＋5a 5＝240，故选D .解与二项式定理有关问题的四个关注点(1)T r ＋1表示二项展开式中的任意项，只要n 与r 确定，该项就随之确定． (2)T r ＋1是展开式中的第r ＋1项，而不是第r 项．(3)二项展开式中某一项的系数与某一项的二项式系数易混． (4)二项式系数最大项与展开式系数最大项不同．1．(2019·拉萨市高三第二次模拟)(x ＋y)(2x －y)5的展开式中x 3y 3的系数为( ) A ．－80 B ．－40 C ．40 D ．80答案 C解析要求(x ＋y)(2x －y)5的展开式中x 3y 3的系数，则是x ＋y 中x 与(2x －y)5展开式中x 2y 3相乘，以及x ＋y 中y 与(2x －y)5展开式中x 3y 2相乘，二者再相加．而(2x －y)5展开式中，x 2y 3项为C 35(2x)2(－y)3＝－40x 2y 3，x 3y 2项为C 25(2x)3(－y)2＝80x 3y 2.所以(x ＋y)(2x －y)5的展开式中x 3y 3的项为－40x 3y 3＋80x 3y 3＝40x 3y 3.故选C .2．(x 2－x ＋1)10的展开式中x 3的系数为________．答案－210解析 (x 2－x ＋1)10＝[x 2－(x －1)]10＝C 010(x 2)10－C 110(x 2)9(x －1)＋…－C 910(x 2)(x －1)9＋C 1010(x －1)10，所以x 3的系数为－C 910C 89＋C 1010(－C 710)＝－210.3．已知(1＋2x)＋(1＋2x)2＋(1＋2x)3＋…＋(1＋2x)n的展开式中x 的系数恰好是数列{a n }的前n 项和S n ，则S n ＝________，a 10＝________.答案 n 2＋n 20解析 (1＋2x)＋(1＋2x)2＋(1＋2x)3＋…＋(1＋2x)n的展开式中x 的系数为C 11·2＋C 12·2＋C 13·2＋…＋C 1n ·2＝2(1＋2＋3＋…＋n)＝n 2＋n ，即S n ＝n 2＋n ，所以当n≥2时，a n ＝S n －S n－1＝2n ，所以a 10＝20.真题押题『真题模拟』1．(2019·雅安市高三第三次诊断)从6人中选出4人分别到碧峰峡、蒙顶山、喇叭河、龙苍沟四个景区游览，要求每个景区有一人游览，每人只游览一个景区，且这6人中甲、乙两人不去龙苍沟游览，则不同的选择方案共有( )A ．168种B ．216种C ．240种D ．360种答案 C解析这6人中甲、乙两人不去龙苍沟游览，则不同的选择方案共有N ＝C 14×A 35＝240种．故选C.2．(2019·全国卷Ⅲ)(1＋2x 2)(1＋x )4的展开式中x 3的系数为( ) A ．12 B ．16 C ．20 D ．24答案 A解析解法一：(1＋2x 2)(1＋x )4的展开式中x 3的系数为1×C 34＋2C 14＝12.故选A. 解法二：∵(1＋2x 2)(1＋x )4＝(1＋2x 2)(1＋4x ＋6x 2＋4x 3＋x 4)，∴x 3的系数为1×4＋2×4＝12.故选A.3．(2019·高三第二次全国大联考)在⎝⎛⎭⎪⎫x －1x 8的展开式中，所有有理项的二项式系数之和为( )A ．16B ．32C ．64D ．128答案 D解析(r ∈N *且r ≤8)，令8－3r 2＝k ∈Z ，故r ＝0,2,4,6,8.当r ＝0，二项式系数为C 08＝1；当r ＝2，二项式系数为C 28＝28；当r ＝4，二项式系数为C 48＝70；当r ＝6，二项式系数为C 68＝28；当r ＝8，二项式系数为C 88＝1.故所有有理项的二项式系数之和为1＋28＋70＋28＋1＝128.故选D.4．(2019·上饶市重点中学六校高三联考)某校在“数学联赛”考试后选取了6名教师参加阅卷，试卷共4道解答题，要求将这6名教师分成4组，每组批阅一道解答题，其中2组各有2名教师，另外2组各有1名教师，则不同的分配方案的种数是( )A ．216B ．420C ．720D ．1080答案 D解析 6人分成4组共有C 26C 242种不同的分组方案，所以共有C 26C 242·A 44＝15×62×24＝1080种分配方案．5．(2019·上饶市重点中学六校高三联考)已知n ＝⎠⎛04x d x ，则二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋1x n(x>0)展开式中的常数项为( )A ．8B ．28C ．56D ．120答案 B解析 n ＝⎠⎛04x d x ＝12x 240＝8，则二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x 3＋1x 8的通项公式为T r ＋1＝C r 8(x 3)8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 8x 24－4r，令24－4r ＝0可得r ＝6，所以所求常数项为C 68＝C 28＝28.故选B .『金版押题』6．已知(2x －1)10＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 9x 9＋a 10x 10，则a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10的值为( ) A ．－20 B ．0 C ．1 D ．20答案 D解析令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝1，再令x ＝0，得a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 9＋a 10＝0，又易知a 1＝C 910×21×(－1)9＝－20，所以a 2＋a 3＋…＋a 9＋a 10＝20.7．将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送方法有( )A ．240种B ．180种C ．150种D ．540种答案 C解析 5名学生可分成2,2,1和3,1,1两种形式，当5名学生分成2,2,1时，共有12C 25C 23A 33＝90种方法，当5名学生分成3,1,1时，共有C 35A 33＝60种方法，根据分类计数原理知共有90＋60＝150种保送方法．8．已知关于x 的二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋a 3x n 的展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则实数a 的值为________．答案 2解析依题意得2n＝32，n ＝5，二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋a 3x n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋a 3x 5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5·(x)5－r·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫a 3x r＝.令15－5r 6＝0，得r ＝3.由C 35·a 3＝10a 3＝80，解得a ＝2.配套作业一、选择题1．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( )A ．12种B ．10种C ．9种D ．8种答案 A解析 2名教师各在1个小组，给其中1名教师选2名学生，有C 24种选法，另2名学生分配给另1名教师，然后将2个小组安排到甲、乙两地，有A 22种方案，故不同的安排方案共有C 24A 22＝12种．故选A.2．某彩票公司每天开奖一次，从1、2、3、4四个号码中随机开出一个作为中奖号码，开奖时如果开出的号码与前一天的相同，就要重开，直到开出与前一天不同的号码为止．如果第一天开出的号码是4，那么第五天开出的号码也同样是4的所有可能的情况有( )A ．14种B ．21种C ．24种D ．35种答案 B解析第一天开出4，第五天同样开出4，则第二天开出的号码有3种情况，如果第三天开出的号码是4，则第四天开出的号码有3种情况；如果第三天开出的号码不是4，则第四天开出的号码有2种情况，所以满足条件的情况有3×1×3＋3×2×2＝21种．3．(2019·聊城市高三二模)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －x 2n 的展开式中前三项的二项式系数的和等于22，则展开式中的常数项为( )A.1516B.34 C ．－34D ．－1516答案 A 解析因为⎝⎛⎭⎪⎫12x －x 2n 的展开式中前三项的二项式系数的和等于22，所以C 0n ＋C 1n ＋C 2n＝22，整理得n (n ＋1)＝42，解得n ＝6，所以二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －x 26展开式的通项为T k ＋1＝C k 6⎝ ⎛⎭⎪⎫126－k·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 6－k(－1)k x 2k ＝C k 6⎝ ⎛⎭⎪⎫126－k ·(－1)k x 3k －6，令3k －6＝0可得k ＝2，所以展开式中的常数项为C 26⎝ ⎛⎭⎪⎫126－2(－1)2＝1516.故选A.4．旅游体验师小李受某旅游网站的邀约，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方法数为( )A ．24B ．18C ．16D ．10答案 D解析第一类，甲在最后一个体验，则有A 33种方法；第二类，甲不在最后一个体验，则有A 12A 22种方法，所以小李旅游的方法共有A 33＋A 12A 22＝10种．故选D.5．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有( ) A ．144个 B ．120个 C ．96个 D ．72个答案 B解析当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A 34个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有C 13A 34个偶数，故符合条件的偶数共有2A 34＋C 13A 34＝120(个)．6．(2019·台州市高三4月调研)已知六人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为( )A ．72B ．96C ．120D ．288答案 A解析除甲、乙、丙三人外的3人先排好队，共有A 33种，这3人排好队后有4个空位，甲只能在丁的左边或右边，有C 12种排法，乙、丙的排法有A 23，所以共有A 33·C 12·A 23＝72种排队方法．故选A.7．某校在举办的第25届秋季运动会中，高一三班的甲、乙两位同学从100 m,200 m,400 m,800 m 的4个项目中各报2个项目，则甲、乙两位同学所报的项目中至少有1个不相同的选法共有( )A ．30种B ．36种C ．60种D ．72种答案 A解析因为甲、乙两位同学从4个不同的项目中各报2个项目，有C 24C 24种选法，其中甲、乙所选的项目完全相同的选法有C 24种，所以甲、乙所选的项目中至少有1个不相同的选法共有C 24C 24－C 24＝30种．故选A.8．在⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32∶1，则x 2的系数为( )A ．50B ．70C ．90D ．120答案 C解析令x ＝1，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3x n ＝4n ，所以⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x n 的展开式中，各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以4n2n ＝2n ＝32，解得n ＝5.二项展开式的通项T r ＋1＝C r 5x 5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x r ＝，令5－32r ＝2，得r ＝2，所以x 2的系数为C 2532＝90.故选C.9．(2019·赤峰市高三4月模拟)某校从6名教师中选派3名教师去完成4项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由1人完成，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是( )A ．252B ．288C ．360D ．216答案 A解析因为3名教师去完成4项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由1人完成，所以当3名教师确定时，则其中1人必须完成两项工作，故安排3名教师完成4项工作，可以先确定完成两项工作的1名人员，其方法有C 13，然后再确定完成的工作，其方法有C 24，然后再将剩下的两项工作分配给剩下的两人，其方法有C 12，故当3名教师确定时，完成工作的方法有C 13·C 24·C 12种；因为甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，故有三种方法选择教师，第一种方法：甲参加，乙不参加，丙参加，再从剩下的3人中选择1人，其方法有C 13种，第二种方法：甲不参加，乙参加，丙不参加，再从剩下的3人中选择2人，其方法有C 23种，第三种方法：甲不参加，乙不参加，丙不参加，再从剩下的3人中选择3人，其方法有C 33种；故最终选派的方法种数为(C 13＋C 23＋C 33)·C 13·C 24·C 12＝252.故选A.10．若(x 2＋1)(x －3)9＝a 0＋a 1(x －2)＋a 2(x －2)2＋a 3(x －2)3＋…＋a 11(x －2)11，则a 1＋a 2＋…＋a 11的值为( )A ．0B ．－5C ．5D ．255答案 C解析令x ＝2，则a 0＝(22＋1)×(2－3)9＝－5.令x ＝3，则a 0＋a 1＋…＋a 11＝0，所以a 1＋a 2＋…＋a 11＝－a 0＝－(－5)＝5.故选C.11．某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为( )A ．16B ．18C．32 D．72答案 D解析因为对空位有特殊要求，先确定空位，假设7个车位分别为1,2,3,4,5,6,7，先研究恰有3个连续空位的情况，若3个连续空位是123或567，另一个空位有3种选法，车的停放方式有A33种，故停放方法有2×3×A33＝36种；若3个连续空位是234或345或456，另一个空位有2种选法，车的停放方式依然有A33种，因此此种情况下停放方法有3×A33×2＝36种，从而不同的停放方法共有72种．故选D.二、填空题12．(2019·湖北省八市高三3月联考)若(x－2)5－3x4＝a0＋a1(x－3)＋a2(x－3)2＋a3(x －3)3＋a4(x－3)4＋a5(x－3)5，则a3＝________.答案－26解析令t＝x－3，则(x－2)5－3x4＝a0＋a1(x－3)＋a2(x－3)2＋a3(x－3)3＋a4(x－3)4＋a5(x－3)5可化为(t＋1)5－3(t＋3)4＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，则a3＝C25－3C14×3＝10－36＝－26.13．(2019·蚌埠市高三第一次教学质量检查)某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，活动规定每人可以依次点击4次，每次都会获得三种红包的一种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同．员工甲按规定依次点击了4次，直到第4次才获奖．则他获得奖次的不同情形种数为________．答案18解析根据题意，若员工甲直到第4次才获奖，则其第4次才集全“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，则甲第4次获得的红包有3种情况，前三次获得的红包为其余的2种，有23－2＝6种情况，则他获得奖次的不同情形种数为3×6＝18种．14．编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在4号和5号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法的种数为________．答案30解析根据A球所在的位置可分三类：(1)若A球放在1号盒子内，则B球只能放在2号盒子内，余下的三个盒子放C，D，E球，有3×2×1＝6种不同的放法．(2)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在2号盒子内，余下的三个盒子放C，D，E球，有3×2×1＝6种不同的放法．(3)若A球放在2号盒子内，则B球可以放在1号，3号，4号中的任何一个盒子内，余下的三个盒子放C，D，E球，有3×3×2×1＝18种不同的放法．综上可得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．。

新高考二轮复习基础考点专项第4讲排列组合与二项式定理学案

第4讲排列、组合与二项式定理1.排列、组合在高中数学中占有特殊的位置，是高考的必考内容，很少单独命题，主要考查利用排列、组合知识计算古典概型概率.2.二项式定理仍以求二项展开式的特定项、特定项的系数及二项式系数为主，题目难度一般，多出现在第9～10题或第13～15题的位置上.考向一排列与组合1．2019年9月1日兰州地铁1号线启用新列车运行图，进一步增加上线列车数量、缩短列车运行间隔、延长运营时间．两位同学同时去乘坐地铁，一列地铁有6节车厢，两人进入车厢的方法共有(C)A．15种B．30种C．36种D．64种解析：设这两位同学分别为甲、乙，由题意，可分为两步：第一步，甲同学从这6节车厢中选择一节进入，有6种选法，第二步，乙同学从这6节车厢中选择一节进入，有6种选法，所以两人进入车厢的方法共有6×6＝36(种)，故选C.2．在假期里，有5名同学去社区做防疫志愿者，根据需要，要安排这5名同学去甲、乙两个核酸检测点，每个检测点至少去2名同学，则不同的安排方法共有(B) A．10种B．20种C．24种D．30种解析：将5名同学安排到甲、乙两个核酸检测点，且每个检测点至少去2名同学，则每个检测点去的同学有2名或3名，故先将这5名同学分为一组2人，另一组3人，然后安排到甲、乙两个核酸检测点，所以不同的安排方法共有C25C33A22＝20(种)，故选B.3．(2021·昆明教学质量检测)小华在学校里学习了二十四节气歌，打算在网上搜集一些与二十四节气有关的古诗，他准备在立冬、小雪、大雪、冬至、小寒、大寒6个冬季节气与立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨6个春季节气中一共选出3个节气，若冬季节气和春季节气各至少选出1个，则小华选取节气的不同方法种数是(B) A．90 B．180C．220 D．360解析：根据题意，选出的3个节气可以是2个冬季节气和1个春季节气，也可以是1个冬季节气和2个春季节气，对应的方法种数都是C16C26＝90，所以不同的方法种数为180，故选B.4．6本不同的书摆放在书架的同一层上，要求甲、乙两本书必须摆放在两端，丙、丁两本书必须相邻，则不同的摆放方法有(A)A．24种B．36种C．48种D．60种解析：第一步：甲、乙两本书必须摆放在两端，有A22种摆法；第二步：丙、丁两本书必须相邻视为整体与其余两本共三本摆放，有A22A33种摆法；所以共有A22A33A22＝24(种)摆放方法．故选A.5．(2021·石家庄质检)2021年是巩固脱贫攻坚成果的重要一年，某县为响应国家政策，选派了6名工作人员到A，B，C三个村调研脱贫后的产业规划，每个村至少去1人，不同的安排方式共有(C)A．630种B．600种C．540种D．480种解析：可分为两步，第一步，将这6名工作人员分成三组，有(2,2,2)，(1,2,3)及(1,1,4)三种分法，所以有C26C24C223！＋C16C25C33＋C16C15C442！＝90(种)方法；第二步，将分好的这三组任意分配到A，B，C三个村进行调研，有A33种方法．根据分步乘法计数原理知共有90A33＝540(种)安排方式，故选C.6．如图所示，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96.解析：按区域1与3是否同色分类，分两类．第一类，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A 33种方法．此时涂色方法共有4A 33＝24(种)．第二类，区域1与3不同色：第一步，涂区域1与3，有A 24种方法；第二步，涂区域2，有2种涂色方法；第三步，涂区域4，只有1种涂色方法；第四步，涂区域5，有3种涂色方法．此时涂色方法共有A 24×2×1×3＝72(种)．故由分类加法计数原理知，不同的涂色种数为24＋72＝96.排列、组合问题的失分点：(1)分类不能做到“不重不漏”；(2)分步不能做到“步骤完整”，即步与步之间需要连续独立；(3)对于既需要“分步”又需要“分类”的综合问题，理不清先后关系；(4)不熟悉一些计数技巧，如插入法、捆绑法、特殊元素分析法、特殊位置分析法等．考向二二项式定理1．在(2x ＋x )5的展开式中，x 4的系数是( C )A ．40B ．60C ．80D ．100解析：(2x ＋x )5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5·(2x )5－r ·(x )r ＝C r 5·25－r ·x 5－r 2 .令5－r 2＝4，得r ＝2，故x 4的系数为C 25×23＝80.故选C.2．在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1x 3(1＋x )7的展开式中，x 3的系数为( B ) A ．－7B ．28C ．35D ．42解析：(1＋x )7的展开式的通项为T r ＋1＝C r 7x r ，分别令r ＝3，r ＝6，得所求x 3的系数为C 37－C 67＝28.故选B.3．若⎝⎛⎭⎪⎪⎫2x －13x 2n 的展开式中二项式系数之和为128，则展开式中1x 3的系数是( A ) A ．14B ．－14C ．7D ．－7解析：由题知2n ＝128，∴n ＝7，∴展开式的通项为T r ＋1＝C r 7(2x )7－r ·⎝⎛⎭⎪⎪⎫－13x 2r ＝C r 7·27－r ·(－1)r ·x 7－5r 3 ，令7－53r ＝－3，解得r ＝6，∴1x3的系数为C 67×27－6×(－1)6A. 4．(2021·南通调研测试)(1－2x )n 的二项展开式中，奇数项的系数和为( C )A ．2nB ．2n －1 C.(－1)n ＋3n2 D.(－1)n －3n 2解析：由题意可设(1－2x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a n ＝(－1)n ①；令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＝3n ②.(①＋②)÷2，得a 0＋a 2＋a 4＋…＝(－1)n ＋3n 2，即奇数项的系数和为(－1)n ＋3n2，故选C. 5．(2021·苏北新高考适应性考试)今天是星期三，经过7天后还是星期三，那么经过82 021天后是( C )A ．星期二B ．星期三C ．星期四D ．星期五解析：82 021＝(7＋1)2 021＝C 02 02170＋C 12 0217＋C 22 02172＋…＋C 2 0212 02172 021，则82 021除以7的余数为1，所以是星期四．故选C.6．(2021·济南市模拟)(多选题)在⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －x 6的展开式中，下列说法正确的是( BC ) A ．常数项为160B ．第4项的二项式系数最大C ．第3项的系数最大D ．所有项的系数和为64解析：二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －x 6的展开式的通项T r ＋1＝C r 6⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 6－r ·(－x )r ＝(－1)r 26－r C r 6x 2r －6.对于A，令2r－6＝0，得r＝3，所以展开式中的常数项为(－1)323C36＝－160，故A不正确；对于B，因为该二项式的展开式共有7项，所以展开式中二项式系数最大的项为第4项，故B正确；对于C，因为展开式共有7项，系数最大项必为正项，即在第1、3、5、7这4项中取得，又系数最大项必在中间偏左或偏右处，所以只需比较第3与第5项系数的大小即可，因为第3项的系数为(－1)224C26＝240，第5项的系数为(－1)422C46＝60，所以该展开式中第3项的系数最大，故C正确；对于D，令x＝1，则所有项的系数和为(2－1)6＝1，故D不正确．故选BC.7．在(x2＋x＋y)5的展开式中，x3y3的系数为20.解析：(y＋x2＋x)5的展开式的通项为T r＋1＝C r5y5－r(x2＋x)r，令5－r＝3，解得r＝2.又(x2＋x)2＝x4＋2x3＋x2，故x3y3的系数为2×C25＝20.8．(2021·浙江卷)已知多项式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a1＝5；a2＋a3＋a4＝10.解析：(x－1)3展开式的通项T r＋1＝C r3x3－r·(－1)r，(x＋1)4展开式的通项T k＋1＝C k4x4－k，则a1＝C03＋C14＝1＋4＝5；a2＝C13(－1)1＋C24＝3；a3＝C23(－1)2＋C34＝7；a4＝C33(－1)3＋C44a2＋a3＋a4＝3＋7＋0＝10.1．在应用通项公式时，要注意以下几点：(1)它表示二项展开式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定．(2)T r＋1是展开式中的第r＋1项，而不是第r项．(3)公式中，a，b的指数和为n且a，b不能随便颠倒位置．(4)对二项式(a－b)n展开式的通项公式要特别注意符号问题．2．在二项式定理的应用中，“赋值法”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．。

2021年高考数学二轮复习专题训练七第1讲排列、组合与二项式定理理

2021年高考数学二轮复习专题训练七第1讲排列、组合与二项式定理理考情解读 1.高考中对两个计数原理、排列、组合的考查以基本概念、基本方法(如“在”“不在”问题、相邻问题、相间问题)为主，主要涉及数字问题、样品问题、几何问题、涂色问题、选取问题等；对二项式定理的考查，主要是利用通项求展开式的特定项，利用二项式定理展开式的性质求有关系数问题．主要考查分类与整合思想、转化与化归思想、补集思想和逻辑思维能力.2.排列、组合、两个计数原理往往通过实际问题进行综合考查，一般以选择、填空题的形式出现，难度中等，还经常与概率问题相结合，出现在解答题的第一或第二个小题中，难度也为中等；对于二项式定理的考查，主要出现在选择题或填空题中，难度为易或中等．1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘．2．排列与组合(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n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个元素的排列数公式是A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)或写成A m n＝n！n－m！.(2)组合：从n 个不同元素中取出m (m ≤n )个元素组成一组，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的一个组合．从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数公式是C m n＝n n －1n －2…n －m ＋1m ！或写成C mn ＝n ！m ！n －m ！.(3)组合数的性质①C m n ＝C n －mn ；②C m n ＋1＝C m n ＋C m －1n .3．二项式定理(1)二项式定理：(a ＋b )n＝C 0n a n b 0＋C 1n an －1b ＋C 2n a n －2b 2＋…＋C r n a n －r b r ＋…＋C n n a 0b n(r ＝0,1,2，…，n )．(2)二项展开式的通项T r ＋1＝C r n a n －r b r，r ＝0,1,2，…，n ，其中C r n 叫做二项式系数．(3)二项式系数的性质①对称性：与首末两端“等距离”两项的二项式系数相等，即C 0n ＝C n n ，C 1n ＝C n －1n ，…，C k n ＝C n －kn ，….②最大值：当n 为偶数时，中间的一项的二项式系数取得最大值；当n 为奇数时，中间的两项的二项式系数，相等，且同时取得最大值． ③各二项式系数的和a ．C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C k n ＋…＋C n n ＝2n； b ．C 0n ＋C 2n ＋…＋C 2rn ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＋C 2r ＋1n＋…＝12·2n ＝2n －1.热点一两个计数原理例1 (1)将1,2,3，…，9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大．当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为( )A ．6种B ．12种C ．18种D ．24种(2)如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1<a2且a3<a2，则称这样的三位数为凸数(如120,343,275)，那么所有凸数的个数为( )A．240 B．204C．729 D．920思维启迪(1)先确定数字1,2,9的位置，再分步填写空格；(2)按中间数进行分类．答案(1)A (2)A解析(1)∵每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1,2,9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填后与之相邻的空格可填6,7,8任一个；余下两个数字按从小到大只有一种方法．共有2×3＝6种结果，故选A.(2)分8类，当中间数为2时，有1×2＝2种；当中间数为3时，有2×3＝6种；当中间数为4时，有3×4＝12种；当中间数为5时，有4×5＝20种；当中间数为6时，有5×6＝30种；当中间数为7时，有6×7＝42种；当中间数为8时，有7×8＝56种；当中间数为9时，有8×9＝72种．故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240种．思维升华(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．(1)(xx·大纲全国)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有( )A．60种B．70种C．75种D．150种(2)已知函数f(x)＝ln(x2＋1)的值域为{0,1,2}，则满足这样条件的函数的个数为( ) A．8 B．9 C．26 D．27答案(1)C (2)B解析(1)由题意知，选2名男医生、1名女医生的方法有C26C15＝75(种)．(2)因为值域为{0,1,2}即ln(x2＋1)＝0⇒x＝0，ln(x2＋1)＝1⇒x＝±e－1，ln(x2＋1)＝2⇒x＝±e2－1，所以定义域取值即在这5个元素中选取，①当定义域中有3个元素时，C11C12C12＝4，②当定义域中有4个元素时，C11C34＝4，③当定义域中有5个元素时，有一种情况．所以共有4＋4＋1＝9(个)这样的函数．热点二排列与组合例2 (1)(xx·重庆)某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( )A．72 B．120C．144 D．168(2)数列{a n}共有12项，其中a1＝0，a5＝2，a12＝5，且|a k＋1－a k|＝1，k＝1,2,3，…，11，则满足这种条件的不同数列的个数为( )A．84 B．168C．76 D．152思维启迪(1)将不能相邻的节目插空安排；(2)考虑数列中项的增减变化次数．答案(1)B (2)A解析(1)先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有A22C13A23＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有A22A34＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．(2)∵|a k＋1－a k|＝1，k＝1,2,3，…，11，∴前一项总比后一项大1或小1，a1到a5中4个变化必然有3升1减，a5到a12中必然有5升2减，是组合的问题，∴C14×C27＝84.思维升华解排列、组合的应用题，通常有以下途径：(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．(1)在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有( )A．24种B．48种C．96种D．144种(2)从0,1,2,3,4中任取四个数字组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数是________(用数字作答)．答案(1)C (2)60解析(1)首先安排A有2种方法；第二步在剩余的5个位置选取相邻的两个排B，C，有4种排法，而B，C位置互换有2种方法；第三步安排剩余的3个程序，有A33种排法，共有2×4×2×A33＝96(种)．(2)0,1,2,3,4中任取四个数字组成无重复数字的四位数，且为偶数，有两种情况：一是当0在个位的四位偶数有A 34＝24(个)；二是当0不在个位时，先从2,4中选一个放在个位，再从余下的三个数选一个放在首位，应有A 12A 13A 23＝36(个)，故共有四位偶数60个．热点三二项式定理例3 (1)在(a ＋x )7展开式中x 4的系数为35，则实数a 的值为________．(2)如果(1＋x ＋x 2)(x －a )5(a 为实常数)的展开式中所有项的系数和为0，则展开式中含x 4项的系数为________．思维启迪 (1)利用通项公式求常数项；(2)可用赋值法求二项展开式所有项的系数和．答案 (1)1 (2)－5 解析 (1)通项公式：T r ＋1＝C r 7a7－r x r，所以展开式中x 4的系数为C 47a 3＝35，解得a ＝1. (2)∵令x ＝1得(1＋x ＋x 2)(x －a )5的展开式中所有项的系数和为(1＋1＋12)(1－a )5＝0，∴a ＝1，∴(1＋x ＋x 2)(x －a )5＝(1＋x ＋x 2)(x －1)5＝(x 3－1)(x －1)4＝x 3(x －1)4－(x －1)4，其展开式中含x 4项的系数为 C 34(－1)3－C 04(－1)0＝－5.思维升华 (1)在应用通项公式时，要注意以下几点：①它表示二项展开式的任意项，只要n 与r 确定，该项就随之确定； ②T r ＋1是展开式中的第r ＋1项，而不是第r 项；③公式中，a ，b 的指数和为n 且a ，b 不能随便颠倒位置； ④对二项式(a －b )n展开式的通项公式要特别注意符号问题．(2)在二项式定理的应用中，“赋值思想”是一种重要方法，是处理组合数问题、系数问题的经典方法．(1)(xx·湖北)若二项式(2x ＋a x)7的展开式中1x3的系数是84，则实数a 等于( )A ．2 B.54 C ．1D.24(2)(xx·浙江)在(1＋x )6(1＋y )4的展开式中，记x m y n项的系数为f (m ，n )，则f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3)等于( ) A ．45 B ．60 C ．120 D ．210答案 (1)C (2)C解析 (1)二项式(2x ＋a x)7的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 7(2x )7－r·(a x)r ＝C r 727－r a r x 7－2r ，令7－2r ＝－3，得r ＝5.故展开式中1x3的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1.(2)因为f (m ，n )＝C m 6C n4，所以f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3) ＝C 36C 04＋C 26C 14＋C 16C 24＋C 06C 34＝120.1．排列、组合应用题的解题策略(1)在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类”还是“分步”，接着还要搞清楚“分类”或者“分步”的具体标准是什么．(2)区分某一问题是排列问题还是组合问题，关键看选出的元素与顺序是否有关．若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题．也就是说排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关． (3)排列、组合综合应用问题的常见解法：①特殊元素(特殊位置)优先安排法；②合理分类与准确分步；③排列、组合混合问题先选后排法；④相邻问题捆绑法；⑤不相邻问题插空法；⑥定序问题倍缩法；⑦多排问题一排法；⑧“小集团”问题先整体后局部法；⑨构造模型法；⑩正难则反、等价转化法．2．二项式定理是一个恒等式，对待恒等式通常有两种思路一是利用恒等定理(两个多项式恒等，则对应项系数相等)；二是赋值．这两种思路相结合可以使得二项展开式的系数问题迎刃而解．另外，通项公式主要用于求二项式的指数，求满足条件的项或系数，求展开式的某一项或系数，在运用公式时要注意以下几点： (1)C r n an －r b r 是第r ＋1项，而不是第r 项．(2)运用通项公式T r ＋1＝C r n a n －r b r解题，一般都需先转化为方程(组)求出n 、r ，然后代入通项公式求解．(3)求展开式的特殊项，通常都是由题意列方程求出r ，再求出所需的某项；有时需先求n ，计算时要注意n 和r 的取值范围及它们之间的大小关系.真题感悟1．(xx·浙江)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．答案 60解析把8张奖券分4组有两种分法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A 44种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C 23种分法，再分给4人有A 24种分法，所以不同获奖情况种数为A 44＋C 23A 24＝24＋36＝60.2．(xx·山东)若(ax 2＋b x)6的展开式中x 3项的系数为20，则a 2＋b 2的最小值为________．答案 2解析 (ax 2＋b x)6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6(ax 2)6－r·(b x)r ＝C r 6a 6－r b r x 12－3r ，令12－3r ＝3，得r ＝3，由C 36a6－3b 3＝20得ab ＝1，所以a 2＋b 2≥2ab ＝2，故a 2＋b 2的最小值为2. 押题精练1．给一个正方体的六个面涂上4种不同的颜色(红、黄、绿、蓝)，要求相邻2个面涂不同的颜色，则所有涂色方法的种数为( ) A ．6 B ．12 C ．24 D ．48 答案 A解析由于涂色过程中，要使用4种颜色，且相邻的面不同色，对于正方体的3组对面来说，必然有2组对面同色，1组对面不同色，而且3组对面具有“地位对等性”，因此，只需从4种颜色中选择2种涂在其中2组对面上，剩下的2种颜色分别涂在另外2个面上即可．因此共有C 24＝6(种)不同的涂法，故选A.2．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( )A ．8种B ．16种C ．18种D ．24种答案 A解析可分三步：第一步，最后一个排商业广告有A 12种；第二步，在前两个位置选一个排第二个商业广告有A 12种；第三步，余下的两个排公益宣传广告有A 22种．根据分步乘法计数原理，可得不同的播放方式共有A 12A 12A 22＝8(种)．故选A.3．(x ＋13x)2n的展开式中第6项的二项式系数最大，则其常数项为( )A ．120B ．252C ．210D ．45 答案 C解析根据二项式系数的性质，得2n ＝10，故二项式(x ＋13x)2n的展开式的通项公式是T r ＋1＝C r10(x )10－r·(13x)r ＝C r10.根据题意令5－r 2－r3＝0，解得r ＝6，故所求的常数项等于C 610＝210.4．设f (x )是(x 2＋12x )6展开式的中间项，若f (x )≤mx 在区间[22，2]上恒成立，则实数m的取值范围是________．答案 [5，＋∞)解析 (x 2＋12x )6展开共七项，中间项为C 36(x 2)3(12x )3＝20·x 6·18x 3＝52x 3，所以f (x )＝52x 3.f (x )≤mx 在区间[22，2]上恒成立，即52x 3－mx ≤0在区间[22，2]上恒成立． 52x 3－mx ＝x (52x 2－m )，因为x ∈[22，2]，所以x >0，即52x 2－m ≤0在区间[22，2]上恒成立，所以m ≥(52·x 2)max ，在区间[22，2]上，易知当x ＝2时，52x 2有最大值，最大值为5，所以m ≥5.即实数m 的取值范围是[5，＋∞)．(推荐时间：60分钟)一、选择题1．(xx·安徽)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( )A ．24对B ．30对C ．48对D ．60对答案 C解析如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，与面对角线AC 成60°角的面对角线有B 1C ，BC 1，A 1D ，AD 1，AB 1，A 1B ，D 1C ，DC 1，共8条，同理与DB 成60°角的面对角线也有8条．因此一个面上的2条面对角线与其相邻的4个面上的8条对角线共组成16对．又正方体共有6个面，所以共有16×6＝96(对)．又因为每对被计算了2次，因此成60°角的面对角线有12×96＝48(对)．2．在(x －2x)5的二项展开式中，x 2的系数为( )A ．40B ．－40C ．80D ．－80答案 A 解析 (x －2x)5的展开式的通项为 T r ＋1＝C r 5x5－r(－2x)r＝(－2)r C r5，令5－3r 2＝2，得r ＝2，故展开式中x 2的系数是(－2)2C 25＝40，故选A.3．从8名女生和4名男生中，抽取3名学生参加某档电视节目，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为( ) A ．224 B ．112 C ．56 D ．28答案 B解析根据分层抽样，从8个人中抽取男生1人，女生2人；所以取2个女生1个男生的方法：C 28C 14＝112.4．若(1＋2x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，则a 0＋a 1＋a 3＋a 5的值为( ) A ．122 B ．123 C ．243 D ．244 答案 B解析在已知等式中分别取x ＝0、x ＝1与x ＝－1，得a 0＝1，a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝35，a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＝－1，因此有2(a 1＋a 3＋a 5)＝35＋1＝244，a 1＋a 3＋a 5＝122，a 0＋a 1＋a 3＋a 5＝123，故选B.5．(xx·四川)在x (1＋x )6的展开式中，含x 3项的系数为( ) A ．30 B ．20 C ．15 D ．10答案 C解析因为(1＋x )6的展开式的第r ＋1项为T r ＋1＝C r 6x r ，x (1＋x )6的展开式中含x 3的项为C 26x 3＝15x 3，所以系数为15.6．计划展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的排列方式的种数有( )A ．A 44A 55 B ．A 33A 44A 35 C ．C 13A 44A 55 D ．A 22A 44A 55答案 D解析先把3种品种的画看成整体，而水彩画受限制应优先考虑，不能放在头尾，故只能放在中间，又油画与国画有A 22种放法，再考虑国画与油画本身又可以全排列，故排列的方法有A 22A 44A 55种． 7．二项式(x －13x)n的展开式中第4项为常数项，则常数项为( )A ．10B ．－10C ．20D ．－20答案 B解析由题意可知二项式(x －13x )n 的展开式的常数项为T 4＝C 3n (x )n －3(－13x)3＝(－1)3C 3n ，令3n －15＝0，可得n ＝5.故所求常数项为T 4＝(－1)3C 35＝－10，故选B.8．有A 、B 、C 、D 、E 五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A 、B 两位学生去问成绩，老师对A 说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B 说：你是第三名．请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为( ) A ．6 B ．18 C ．20 D ．24答案 B解析由题意知，名次排列的种数为C 13A 33＝18.9．在二项式(x 2－1x)n 的展开式中，所有二项式系数的和是32，则展开式中各项系数的和为( ) A ．32 B ．－32 C ．0 D ．1答案 C解析依题意得所有二项式系数的和为2n＝32，解得n ＝5.因此，令x ＝1，则该二项展开式中的各项系数的和等于(12－11)5＝0，故选C.10．用红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，则所有涂色方法的种数为( ) A ．60B ．80C ．120D ．260答案 D 解析如图所示，将4个小方格依次编号为1,2,3,4.如果使用2种颜色，则只能是第1,4个小方格涂一种，第2,3个小方格涂一种，方法种数是C 25A 22＝20；如果使用3种颜色，若第1,2,3个小方格不同色，第4个小方格只能和第1个小方格相同，方法种数是C 35A 33＝60，若第1,2,3个小方格只用2种颜色，则第4个方格只能用第3种颜色，方法种数是C 35×3×2＝60；如果使用4种颜色，方法种数是C 45A 44＝120.根据分类加法计数原理，知总的涂法种数是20＋60＋60＋120＝260，故选D.二、填空题11．“雾霾治理”“光盘行动”“网络反腐”“法治中国”“先看病后付费”成为xx 年社会关注的五个焦点．小王想利用xx“五一”假期的时间调查一下社会对这些热点的关注度．若小王准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“雾霾治理”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的调查顺序总数为________．答案 72解析先从“光盘行动”“网络反腐”“法治中国”“先看病后付费”这4个热点选出3个，有C 34种不同的选法；在调查时，“雾霾治理”安排的调查顺序有A 13种可能情况，其余三个热点调查顺序有A 33种，故不同调查顺序的总数为C 34A 13A 33＝72.12．(x －1)(4x 2＋1x 2－4)3的展开式中的常数项为________．答案 160解析 (x －1)(4x 2＋1x 2－4)3＝(x －1)(2x －1x )6，其中(2x －1x)6展开式的第r ＋1项为T r ＋1＝C r 6(2x )6－r ·(－1x)r ＝(－1)r ·C r 6·26－r ·x 6－2r ，令r ＝3，可得T 4＝(－1)3C 36·23＝－160，所以二项式(x －1)(4x 2＋1x 2－4)3的展开式中常数项为(－1)×(－160)＝160. 13．(xx·北京)把5件不同产品摆成一排，若产品A 与产品B 相邻，且产品A 与产品C 不相邻，则不同的摆法有________种．答案 36解析将产品A 与B 捆绑在一起，然后与其他三种产品进行全排列，共有A 22A 44种方法，将产品A ，B ，C 捆绑在一起，且A 在中间，然后与其他两种产品进行全排列，共有A 22A 33种方法．于是符合题意的排法共有A 22A 44－A 22A 33＝36(种)．14．(xx·课标全国Ⅱ)(x ＋a )10的展开式中，x 7的系数为15，则a ＝________.(用数字填写答案)答案 12解析设通项为T r ＋1＝C r 10x 10－r a r ，令10－r ＝7，∴r ＝3，∴x 7的系数为C 310a 3＝15，∴a 3＝18，∴a ＝12. 15．某工厂将甲、乙等五名新招聘员工分配到三个不同的车间，每个车间至少分配一名员工，且甲、乙两名员工必须分到同一个车间，则不同分法的种数为________．答案 36解析若甲、乙分到的车间不再分人，则分法有C 13×A 22×C 13＝18种；若甲、乙分到的车间再分一人，则分法有3×C 13×A 22＝18种．所以满足题意的分法共有18＋18＝36种．16．已知(x ＋a x)6(a >0)的展开式中常数项为240，则(x ＋a )(x －2a )2的展开式中x 2项的系数为________．答案－6解析 (x ＋a x )6的二项展开式的通项为 T r ＋1＝C r 6x 6－r (a x)r ＝C r 6a ，令6－3r 2＝0，得r ＝4，则其常数项为C 46a 4＝15a 4＝240，则a 4＝16，由a >0，故a ＝2.又(x ＋a )(x －2a )2的展开式中，x 2项为－3ax 2.故x 2项的系数为(－3)×2＝－6.20177 4ED1 仑€32510 7EFE 绾20624 5090 傐25004 61AC 憬32426 7EAA 纪Yec9&37953 9441 鑁23303 5B07 嬇u。

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排列组合与二项式一、选择题：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.在（nxx)123的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是

A．-7 B．7 C．-28 D．28 2.某单位要邀请10位教师中的6人参加一个研讨会，其中甲、乙两位教师不能同时参加，则

邀请的不同方法有 A．84种 B．98种 C．112种 D．140种 3.用4种不同的颜色为正方体的六个面着色，要求相邻两个面颜色不相同，则不同的着色方法有种。 A．24 B．48 C．72 D．96 4.某小组有4人，负责从周一至周五的班级值日，每天只安排一人，每人至少一天，则安排方法共有

A．480种 B．300种 C．240种 D．120

5.若二项式213nxx的展开式中各项系数的和是512，则展开式中的常数项为 A．3927C B3927C C．499C D．949C 6.在2431xx的展开式中，x的幂指数是整数的项共有 A．3项 B．4项 C．5项 D．6项 7.(1-2x)7展开式中系数最大的项为

A、第4项 B、第5项 C、第7项 D、第8项

8.若nxx)13(3)(Nn展开式中含有常数项，则n的最小值是 A、4 B、3 C、12 D、10 9.9人排成3×3方阵(3行，3 列)，从中选出3人分别担任队长．副队长．纪律监督员，要求这3人至少有两人位于同行或同列，则不同的任取方法数为 A． 78 B． 234 C．468 D．504 10.4名不同科目的实习教师被分配到三个班级，每班至少一人的不同分法有 A.144 种 B .72种 C. 36 种 D. 24种

11.“2a”是“6()xa的展开式的第三项是604x”的条件 A.充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 12.从5男4女中选4位代表，其中至少有2位男生，且至少有1位女生，分别到四个不同的工厂调查，不同的分派方法有 A．100种 B．400种 C．480种 D．2400种

13.在如图所示的10块地上选出6块种植A1、A2、…、A6等六个不同品种的蔬菜，每块种植一种不同品种蔬菜，若A1、A2、A3必须横向相邻种在一起，A4、A5横向、纵向都不能相邻种在一起，则不同的种植方案有 A．3120 B．3360 C．5160 D．5520 14.某电影院第一排共有9个座位，现有3名观众前来就座，若他们每两人都不能相邻且要求每人左右至多只有两个空位，那么不同的做法种数共有 A．18种 B．36种 C．42种 D．56种

15.在113)23(xx的展开式中任取一项，设所取项为有理项的概率为p，则10dxxp A．1 B．76 C．67 D．1311 二、填空题：请将答案填入答题纸填空题的相应答题上． 16.若)(lim,2155)1(26nnaaaa则项等于的展开式中的第

的值为

17.在58)1)(1(xxx的展开式中的系数是 18.某高三学生希望报名参加某6所高校中的3所学校的自主招生考试，由于其中两所学校的考试时间相同，因此，该学生不能同时报考这两所学校．则该学生不同的报名方法种数是．（用数字作答） 19.用红、黄、蓝三种颜色之一去涂图中标号为9,,2,1 的9个小正方形（如图），使得任意相邻（有公共边的）小正方形所涂颜色都不相同，且“3、5、7”号数字涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有 _____ 种

1 2 3 4 5 6 7 8 9

第19题 20.若012,,,naaaa 成等差数列，则有等式 012012(1)0nnnnnnnCaCaCaCa成立，类比上述性质，相应地：若 012,,,nbbbb 成等比数列，则有等式__ _成立。 21.若在nxx)213(32的展开式中含有常数项，则正整数n 取得最小值时的常数项为 . 22.将7 个不同的小球全部放入编号为2 和3 的两个小盒子里，使得每个盒子里的球的个数不小于盒子的编号，则不同的放球方法共有____________ 种. (用数字作答) 23.已知nxax)1(的展开式的第五项是常数项，则n= 24.设nnnnnxaxaxaaxxx11102)1()1()1(，20091na，nnaaaa110

(表示为



的形式)．

25.从5名外语系大学生中选派4名同学参加广州亚运会翻译、交通、礼仪三项义工活动，要求翻译有2人参加，交通和礼仪各有1人参加，则不同的选派方法共有 (用数字作答) 26.二项式的展开式的常数项是__________ 三、解答题：解答应写出文字说明、证明过程并演算步骤. 27.混在一起质地均匀且粗细相同的长分别为1m，2m，3m的钢管各有3根（每根钢管附有

不同的编号），现随意抽取4根（假设各钢管被抽取的可能性是均等的），再将抽取的4根首尾相接焊成笔直的一根。 ①求抽取的4根钢管中恰有2根长度相同的概率；②若用表示新焊成的钢管的长度（焊接误差不计），试求的概率分布和数学期望。

6)13(xx 28.在A，B 两只口袋中均有2 个红球和2 个白球，先从A 袋中任取2 个球转放到B 袋中，再从B 袋任取一个球转放到A 袋中，结果A 袋中恰有个红球. （1）求=1 时的概率；（2）求随机变量的分布列及期望.

29.袋子A和B中装有若干个均匀的红球和白球，从A中摸出一个红球的概率是31，从B中摸出一个红球的概率为p． (Ⅰ) 从A中有放回地摸球，每次摸出一个，共摸5次． (i)恰好有3次摸到红球的概率； (ii)第一次、第三次、第五次摸到红球的概率． (Ⅱ) 若A、B两个袋子中的球数之比为12，将A、B中的球装在一起后，从中摸出一个红球的

概率是25，求p的值．

30.已知数列na是等比数列，11a，公比q是4214xx的展开式的第二项（按x的降幂排列）（1）求数列na的通项na与前n项和nS。（2）若1212nnnnnnACSCSCS，求nA。

排列组合二项式参考答案：一、选择题： 1. B 2. D 3. D 4. C 5. B 6. C 7. B 8. A 9. C 10. C 11. A 12. D 13. C 14. B 15. B 二、填空题：

16.1 17.14 18.16 19.108 20.012(1)0121nnnnnnCCCCnbbbb 21. 2

135

22. 91 23.8 24. 222009 25.60 26. –540 三、解答题：

27解：（1）抽取的4根钢管中恰有2根长度相同的概率为： 1211333349

()914CCCCPC

（2）新焊接成钢管的长度的可能值有7种，最短的可能值为5m，最长的可能值为11m. 当=5m与=11m时的概率为1351149142CPPC；当=6m与=10m时的概率为22133361049221CCCPPC；当=7m与=9m时的概率为121133337924521CCCCPPC；当=8m时的概率为211223333384927CCCCCPC. 

的分布列为：

 5 6 7 8 9

10 1

1 P 142 221 521 27 521 221 142 125252156789101184221217212142E

28解：（1）= 1 表示经过操作以后A 袋中只有一个红球，有两种情形出现 ①先从A 中取出1 红和1 白，再从B 中取一白到A 中

3612161324

1212CCCCCP

②先从A 中取出2 红球，再从B 中取一红球到A 中 366161424

22CCCCP

943663612)1(P

（2）同（1）中计算方法可知： )362)(3(,3616)2(,362)0(PPP 于是的概率分别列  0 1 2 3

P 181 188 188 18

E=231813188218811810 29解：(Ⅰ)（ⅰ） 32351240.33243C （ⅱ）311327. (Ⅱ)设袋子A中有m个球，袋子B中有2m个球，由122335mmpm，得1330p 30解：（1）q=131421()4Cxxx，所以1nnax （i）当x=1时，nSn。

(ii)当1x时，11nnqSq。（2）(i)当x=1时，1212nnnnnnACSCSCS＝12323nnnnnCCCnC 012111111()2nnnnnnnCCCCn

(ii)当1x时，1212nnnnnnACSCSCS＝ 1212211()()11nnnnnnnnnCCCCqCqCqqq



＝11(21)(1)111nnqqq＝2(1)1nnqq。