专题8 计数原理与古典概率-2019届高三数学三轮复习高考易错题清查与抢分训练含答案
江苏省2019高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法理8.1计数原理与二项式定理讲含解析
专题八 二项式定理与数学归纳法（理）[江苏卷5年考情分析]本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查.2014年考复合函数求导和数学归纳法；2015年主要考查计数原理，又涉及到数学归纳法；2016年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2017年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.2018年考查计数原理，考查考生的运算求解能力和推理论证能力．近几年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、集合、不等式、数学归纳法等知识交汇考查．第一讲 计数原理与二项式定理[例1] (2018·江苏高考)设n ∈N *，对1，2，…，n 的一个排列i 1i 2…i n ，如果当s <t 时，有i s >i t ，则称(i s ，i t )是排列i 1i 2…i n 的一个逆序，排列i 1i 2…i n 的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1,2,3的一个排列231，只有两个逆序(2,1)，(3,1)，则排列231的逆序数为2.记f n (k )为1,2，…，n 的所有排列中逆序数为k 的全部排列的个数．(1)求f 3(2)，f 4(2)的值；(2)求f n (2)(n ≥5)的表达式(用n 表示)．[解] (1)记τ(abc )为排列abc 的逆序数，对1,2,3的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3， 所以f 3(0)＝1，f 3(1)＝f 3(2)＝2.对1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f 4(2)＝f 3(2)＋f 3(1)＋f 3(0)＝5.(2)对一般的n (n ≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n ，所以f n (0)＝1. 逆序数为1的排列只能是将排列12…n 中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以f n (1)＝n －1.为计算f n ＋1(2)，当1,2，…，n 的排列及其逆序数确定后，将n ＋1添加进原排列，n ＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f n ＋1(2)＝f n (2)＋f n (1)＋f n (0)＝f n (2)＋n .当n ≥5时，f n (2)＝[f n (2)－f n －1(2)]＋[f n －1(2)－f n －2(2)]＋…＋[f 5(2)－f 4(2)]＋f 4(2)＝(n －1)＋(n －2)＋…＋4＋f 4(2)＝n 2－n －22，因此，当n ≥5时，f n (2)＝n 2－n －22.[方法技巧](1)深化对两个计数原理的认识，培养“全局分类”和“局部分步”的意识，并在操作中确保：①分类不重不漏；②分步要使各步具有连续性和独立性.(2)解决计数应用题的基本思想是“化归”，即由实际问题建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而解决实际问题．[演练冲关](2018·苏北三市三模)已知集合U ＝{1,2，…，n }(n ∈N *，n ≥2)，对于集合U 的两个非空子集A ，B ，若A ∩B ＝∅，则称(A ，B )为集合U 的一组“互斥子集”．记集合U 的所有“互斥子集”的组数为f (n )(视(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”)．(1)写出f (2)，f (3)，f (4)的值； (2)求f (n )．解：(1)f (2)＝1，f (3)＝6，f (4)＝25.(2)法一：设集合A 中有k 个元素，k ＝1,2,3，…，n －1. 则与集合A 互斥的非空子集有2n －k－1个．于是f (n )＝12∑k ＝1n －1C k n (2n －k －1)＝12(∑k ＝1n －1C k n 2n －k －∑k ＝1n －1C kn )．因为∑k ＝1n －1C k n2n －k ＝∑k ＝0nC k n 2n －k－C 0n 2n －C n n 20＝(2＋1)n －2n －1＝3n －2n－1，∑k ＝1n －1C k n＝∑k ＝0nC kn －C 0n －C n n ＝2n－2， 所以f (n )＝12[(3n －2n －1)－(2n －2)]＝12(3n －2n ＋1＋1).法二：任意一个元素只能在集合A ，B ，C ＝∁U (A ∪B )之一中， 则这n 个元素在集合A ，B ，C 中，共有3n种， 其中A 为空集的种数为2n，B 为空集的种数为2n， 所以A ，B 均为非空子集的种数为3n－2×2n＋1. 又(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”， 所以f (n )＝12(3n －2n ＋1＋1).[例2] (2018·江苏六市二调)已知(1＋x )2n ＋1＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n ＋1x2n ＋1，n ∈N *.记T n ＝k ＝0n(2k ＋1)a n －k . (1)求T 2的值；(2)化简T n 的表达式，并证明：对任意的n ∈N *，T n 都能被4n ＋2整除． [解] 由二项式定理，得a i ＝C i2n ＋1(i ＝0,1,2，…，2n ＋1)． (1)T 2＝a 2＋3a 1＋5a 0＝C 25＋3C 15＋5C 05＝30. (2)因为(n ＋1＋k )C n ＋1＋k2n ＋1 ＝(n ＋1＋k )·n ＋！n ＋1＋k ！n －k ！＝n ＋n ！n ＋k ！n －k ！＝(2n ＋1)C n ＋k2n ， 所以T n ＝k ＝0n (2k ＋1)a n －k＝k ＝0n (2k ＋1)C n －k2n ＋1＝k ＝0n (2k ＋1)C n ＋1＋k2n ＋1＝∑k ＝0n[2(n ＋1＋k )－(2n ＋1)]C n ＋1＋k2n ＋1＝2k ＝0n(n ＋1＋k )Cn ＋1＋k 2n ＋1－(2n ＋1)∑k ＝0nC n ＋1＋k 2n ＋1＝2(2n ＋1)∑k ＝0n Cn ＋k 2n－(2n ＋1)∑k ＝0nC n ＋1＋k 2n ＋1＝2(2n ＋1)·12·(22n ＋C n2n )－(2n ＋1)·12·22n ＋1＝(2n ＋1)C n2n .T n ＝(2n ＋1)C n 2n ＝(2n ＋1)(C n －12n －1＋C n2n －1)＝2(2n ＋1)C n 2n －1＝(4n ＋2)C n2n －1.因为C n2n －1∈N *，所以T n 能被4n ＋2整除.[方法技巧]二项式定理中的应用主要是构造一个生成相应二项式系数的函数，通过研究函数关系证明恒等式、不等式和整除性问题．将二项式定理(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋C r n a n－r b r ＋…＋C n n b n中的a，b进行特殊化就会得到很多有关组合数的相关和的结果，这是研究有关组合数的和的问题的常用方法．还可以利用求函数值的思想进行赋值求解．[演练冲关]设a，b，n∈N*，且a≠b，对于二项式(a－b)n.(1)当n＝3,4时，分别将该二项式表示为p－q(p，q∈N*)的形式；(2)求证：存在p，q∈N*，使得等式(a－b)n＝p－q与(a－b)n＝p－q同时成立．解：(1)当n＝3时，(a－b)3＝(a＋3b)a－(b＋3a)b，＝a a＋3b2－b b＋3a2 .当n＝4时，(a－b)4＝a2－4a ab＋6ab－4b ab＋b2＝(a2＋6ab＋b2)－4(a＋b)ab，＝a2＋6ab＋b 22－16ab a＋b2 .(2)证明：由二项式定理得(a－b)n＝n(－1)k C k n(a)n－k(b)k，k＝0若n为奇数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋C n－3n(a)3(b)n－3＋C n－1n (a)(b)n－1]－[C1n(a)n－1(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋C n－2n(a)2·(b)n－2＋C n n(b)n]，分析各项指数的奇偶性易知，可将上式表示为(a－b)n＝u1a－v1b的形式，其中u1，v1∈N*，也即(a－b)n＝u21a－v21b＝p－q，其中p＝u21a，q＝v21b，p，q∈N*，若n为偶数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋C n－2n(a)2(b)n－2＋C n n (b)n]－[C1n(a)n－1·(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋C n－3n(a)3(b)n－3＋C n－1n(a)(b)n－1]类似地，可将上式表示为(a－b)n＝u2－v2ab的形式，其中u2，v2∈N*，也即(a－b)n＝u22－v22ab＝p－q，其中p＝u22，q＝v22ab，p，q∈N*.所以存在p，q∈N*，使得等式(a－b)n＝p－q.同理可得(a＋b)n可表示为(a＋b)n＝p＋q，从而有p－q＝(p＋q)(p－q)＝(a＋b)n(a－b)n＝(a－b)n，综上可知结论成立．[典例感悟][例3] (2018·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头几行如图所示．(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2)已知n ，r 为正整数，且n ≥r ＋3.求证：任何四个相邻的组合数C rn ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n不能构成等差数列．[解] (1)杨辉三角形的第n 行由二项式系数C kn ，k ＝0,1,2，…，n 组成．如果第n 行中有C k －1n C k n ＝k n －k ＋1＝34，C kn C k ＋1n ＝k ＋1n －k ＝45， 那么3n －7k ＝－3,4n －9k ＝5， 解得k ＝27，n ＝62.即第62行有三个相邻的数C 2662，C 2762，C 2862的比为3∶4∶5.(2)证明：若有n ，r (n ≥r ＋3)，使得C rn ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 成等差数列， 则2C r ＋1n ＝C rn ＋C r ＋2n ，2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n ， 即2n ！r ＋！n －r －！＝n ！r ！n －r ！＋n ！r ＋！n －r －！， 2n ！r ＋！n －r －！＝n ！r ＋！n －r －！＋n ！r ＋！n －r －！. 有2r ＋n －r －＝1n －r －n －r＋1r ＋r ＋，2r ＋n －r －＝1n －r －n －r －＋1r ＋r ＋，化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0，n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0.两式相减得，n ＝2r ＋3，于是C r 2r ＋3，C r ＋12r ＋3，C r ＋22r ＋3，C r ＋32r ＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知C r 2r ＋3＝C r ＋32r ＋3＜C r ＋12r ＋3＝C r ＋22r ＋3，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．[方法技巧](1)对于组合数问题，需要熟记并能灵活运用以下两个组合数公式：C k n ＝C n －k n ，C k n ＋1＝C kn＋C k －1n .(2)对于二项式定理问题，需掌握赋值法和二项式系数的性质，并能将二项式系数与二项展开式系数区别开来．[演练冲关](2018·南京、盐城一模)设n ∈N *，n ≥3，k ∈N *. (1)求值：①k C k n －n C k －1n －1；②k 2C kn －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1(k ≥2)；(2)化简：12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn . 解：(1)①k C kn －n C k －1n －1 ＝k ×n ！k ！n －k ！－n ×n －！k －！n －k ！＝n ！k －！n －k ！－n ！k －！n －k ！＝0.②k 2C kn －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1＝k 2×n ！k ！n －k ！－n (n －1)×n －！k －！n －k ！－n ×n －！k －！n －k ！＝k ×n ！k －！n －k ！－n ！k －！n －k ！－n ！k －！n －k ！＝n ！k －！n －k ！⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －1－1－1k －1＝0. (2)法一：由(1)可知，当k ≥2时，(k ＋1)2C kn ＝(k 2＋2k ＋1)C k n ＝k 2C k n ＋2k C k n ＋C kn ＝[n (n －1)C k －2n －2＋n C k －1n －1]＋2n C k －1n －1＋C k n ＝n (n －1)C k －2n －2＋3n C k －1n －1＋C kn .故12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn ＝(12C 0n ＋22C 1n )＋n (n －1)(C 0n －2＋C 1n －2＋…＋C n －2n －2)＋3n (C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1)＋(C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n )＝(1＋4n )＋n (n －1)2n －2＋3n (2n －1－1)＋(2n －1－n )＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．法二：当n ≥3时，由二项式定理，有(1＋x )n＝1＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C k n x k ＋…＋C n n x n，两边同乘以x ，得(1＋x )n x ＝x ＋C 1n x 2＋C 2n x 3＋…＋C k n x k ＋1＋…＋C n n xn ＋1，两边对x 求导，得(1＋x )n＋n (1＋x )n －1x ＝1＋2C 1n x ＋3C 2n x 2＋…＋(k ＋1)C k n x k＋…＋(n ＋1)C n n x n，两边再同乘以x ，得(1＋x )nx ＋n (1＋x )n －1x 2＝x ＋2C 1n x 2＋3C 2n x 3＋…＋(k ＋1)C k n xk ＋1＋…＋(n ＋1)C n n xn ＋1，两边再对x 求导，得 (1＋x )n ＋n (1＋x )n －1x ＋n (n －1)(1＋x )n －2x 2＋2n (1＋x )n －1x ＝1＋22C 1n x ＋32C 2n x 2＋…＋(k＋1)2C k n x k＋…＋(n ＋1)2C n n x n.令x ＝1，得2n ＋n ·2n －1＋n (n －1)2n －2＋2n ·2n －1＝1＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn ，即12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn ＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．[课时达标训练]A 组——大题保分练1．设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集，满足：A 不是B 的子集，且B 也不是A 的子集．(1)若M ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对(A ，B )的个数； (2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，求所有不同的有序集合对(A ，B )的个数． 解：(1)110.(2)集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B )有2n (2n－1)个． 当A ⊆B ，并设B 中含有k (1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素，则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1nC kn(2k－1)＝∑k ＝0nC k n2k －∑k ＝0nC kn ＝3n－2n个．同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n个．故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n. 2．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．(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a i ＞a i ＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f (3)＝4.(2)在1,2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －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C i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)．综上，f (n )＝f (n －1)＋ i ＝1n －1C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝23－2n －31－2－(n －3)＋f (3)＝2n－n －1.3．(2018·南京、盐城一模)已知n ∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1nC nn .(1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)试猜想f (n )的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想． 解：(1)由条件，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，① 在①中令n ＝1，得f (1)＝C 01C 11＝1.在①中令n ＝2，得2f (2)＝C 02C 12＋2C 12C 22＝6，得f (2)＝3.在①中令n ＝3，得3f (3)＝C 03C 13＋2C 13C 23＋3C 23C 33＝30，得f (3)＝10. (2)猜想f (n )＝C n 2n －1(或f (n )＝C n －12n －1)．欲证猜想成立，只要证等式n C n2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn 成立． 法一：(直接法)当n ＝1时，等式显然成立． 当n ≥2时，因为r C rn ＝r ×n ！r ！n －r ！＝n ！r －！n －r ！＝n ×n －！r －！n －r ！＝n C r －1n －1，故r C r －1n C rn ＝(r C rn )C r －1n ＝n C r －1n －1C r －1n .故只需证明n C n 2n －1＝n C 0n －1C 0n ＋n C 1n －1C 1n ＋…＋n C r －1n －1·C r －1n ＋…＋n C n －1n －1C n －1n . 即证C n2n －1＝C 0n －1C 0n ＋ C 1n －1C 1n ＋…＋ C r －1n －1C r －1n ＋…＋ C n －1n －1C n －1n . 而C r －1n ＝C n －r ＋1n，故即证C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .②由等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n可得，左边x n的系数为C n2n －1.而右边(1＋x )n －1(1＋x )n＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋C 2n －1x 2＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C nnx n )，所以x n 的系数为C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1·C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n .由(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n恒成立可得②成立．综上，f (n )＝C n2n －1成立．法二：(构造模型)构造一个组合模型，一个袋中装有(2n －1)个小球，其中n 个是编号为1,2，…，n 的白球，其余(n －1)个是编号为1,2，…，n －1的黑球．现从袋中任意摸出n 个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r 个黑球((n －r )个白球)的n 个小球的组合的个数为C r n －1·C n －rn ，0≤r ≤n －1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n 个小球的组合的总数为C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .另一方面，从袋中(2n －1)个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为C n2n －1. 故C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ，余下同法一．法三：(利用导数)由二项式定理， 得(1＋x )n＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n.③ 两边求导，得n (1＋x )n －1＝C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C n n xn －1.④③×④，得n (1＋x )2n －1＝(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n)·(C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C n n xn －1)．⑤ 左边x n 的系数为n C n2n －1.右边x n 的系数为C 1n C n n ＋2C 2n C n －1n ＋…＋r C r n C n －r ＋1n＋…＋n C n n C 1n ＝C 1n C 0n ＋2C 2n C 1n ＋…＋r C r n C r －1n＋…＋n C n n C n －1n ＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn .由⑤恒成立，得n C n 2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . 故f (n )＝C n2n －1成立．法四：(构造模型)由nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，得nf (n )＝n C n －1n C n n ＋(n －1)C n －2n C n －1n ＋…＋C 0n C 1n ＝n C 0n C 1n ＋(n －1)C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C nn ， 所以2nf (n )＝(n ＋1)(C 0n C 1n ＋C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C n n ) ＝(n ＋1)(C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn )， 构造一个组合模型，从2n 个元素中选取(n ＋1)个元素，则有C n ＋12n 种选法，现将2n 个元素分成两个部分n ，n ，若(n ＋1)个元素中，从第一部分中取n 个，第二部分中取1个，则有C n n C 1n 种选法，若从第一部分中取(n －1)个，第二部分中取2个，则有C n －1n C 2n 种选法，…，由分类计数原理可知C n ＋12n ＝C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn .故2nf (n )＝(n ＋1)C n ＋12n ， 所以f (n )＝n ＋12n ·n ！n ＋！n －！＝n －！n ！n －！＝C n2n －1. 4．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f (x )＝(x ＋5)2n ＋1(n ∈N *，x ∈R )．(1)当n ＝2时，若f (2)＋f (－2)＝5A ，求实数A 的值； (2)若f (2)＝m ＋α(m ∈N *,0<α<1)，求证：α(m ＋α)＝1. 解：(1)当n ＝2时，f (x )＝(x ＋5)5＝C 05x 5＋C 15x 45＋C 25x 3(5)2＋C 35x 2(5)3＋C 45x (5)4＋C 55(5)5,所以f (2)＋f (－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C 15(5)124＋C 35(5)322＋C 55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A ＝610.(2)证明：因为f (x )＝(x ＋5)2n ＋1＝C 02n ＋1x2n ＋1＋C 12n ＋1x2n5＋C 22n ＋1x2n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，所以f (2)＝C 02n ＋122n ＋1＋C 12n ＋122n5＋C 22n ＋122n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，由题意知，f (2)＝(5＋2)2n ＋1＝m ＋α(m ∈N *,0<α<1)，首先证明对于固定的n ∈N *，满足条件的m ，α是唯一的． 假设f (2)＝(2＋5)2n ＋1＝m 1＋α1＝m 2＋α2(m 1，m 2∈N *,0<α1<1,0<α2<1，m 1≠m 2，α1≠α2)，则m 1－m 2＝α2－α1≠0，而m 1－m 2∈Z ，α2－α1∈(－1,0)∪(0,1)，矛盾． 所以满足条件的m ，α是唯一的. 下面我们求m 及α的值： 因为f (2)－f (－2)＝(2＋5)2n ＋1－(－2＋5)2n ＋1＝(2＋5)2n ＋1＋(2－5)2n ＋1＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋1·22n －1(5)2＋C 42n ＋122n －3(5)4＋…＋C 2n2n ＋121(5)2n]，显然f (2)－f (－2)∈N *. 又因为5－2∈(0,1)，故(5－2)2n ＋1∈(0,1)， 即f (－2)＝(－2＋5)2n ＋1＝(5－2)2n ＋1∈(0,1).所以令m ＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋122n －1(5)2＋C 42n ＋1·22n －3(5)4＋…＋C 2n 2n ＋121(5)2n]，α＝(－2＋5)2n ＋1，则m ＝f (2)－f (－2)，α＝f (－2)，又m ＋α＝f (2), 所以α(m ＋α)＝f (－2)·f (2)＝(2＋5)2n ＋1·(－2＋5)2n ＋1＝(5－4)2n ＋1＝1.B 组——大题增分练1．(2016·江苏高考)(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)·C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C mn －1＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.解：(1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0.(2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立． 当n ＞m 时，(k ＋1)C mk ＝k ＋k ！m ！k －m ！＝(m ＋1)·k ＋！m ＋！k ＋－m ＋！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C mk ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C mm ＋(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C mm ＋[(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)]＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.2．(2018·南京、盐城二模)现有n n ＋2(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：******………………………………**…………**…………第1行…………第2行…………第3行…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值；(2)证明：p n >C 2n ＋1n ＋！.解：(1)由题意知p 2＝2A 22A 33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为nn n ＋2＝2n ＋1； 去掉第n 行已经排好的n 个数， 则余下的n n ＋2－n ＝n n －2个数中最大数在第n －1行的概率为n －1n n －2＝2n； …故p n ＝2n ＋1×2n ×…×23＝2n －1n ＋n ×…×3＝2nn ＋！. 由于2n＝(1＋1)n＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn ≥C 0n ＋C 1n ＋C 2n >C 1n ＋C 2n ＝C 2n ＋1， 故2nn ＋！>C 2n ＋2n ＋！，即p n >C 2n ＋1n ＋！.3．(2018·苏州暑假测试)设集合M ＝{－1,0,1}，集合A n ＝{(x 1，x 2，…，x n )|x i ∈M ，i ＝1,2，…，n }，集合A n 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |≤m ”的元素个数记为S n m .(1)求S 22和S 42的值； (2)当m <n 时，求证：S n m <3n ＋2m ＋1－2n ＋1.解：(1)S 22＝8，S 42＝32.(2)证明：设集合P ＝{0}，Q ＝{－1,1}．若|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |＝1，即x 1，x 2，x 3，…，x n 中有n －1个取自集合P,1个取自集合Q，故共有C n－1n21种可能，即为C1n21，同理，|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝2，即x1，x2，x3，…，x n中有n－2个取自集合P,2个取自集合Q，故共有C n－2n22种可能，即为C2n22，若|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝m，即x1，x2，x3，…，x n中有n－m个取自集合P，m个取自集合Q，故共有C n－mn2m种可能，即为C mn2m，所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m，因为当0≤k≤n时，C k n≥1，所以C k n－1≥0，所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m<C0n20＋(C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m)＋(C m＋1n－1)2m＋1＋…＋(C nn－1)2n＝(C0n20＋C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m＋C m＋1n2m＋1＋…＋C nn2n)－(2m＋1＋2m＋2＋…＋2n)＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1.所以当m<n时，S n m<3n＋2m＋1－2n＋1.4．(2018·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左边x n的系数为C n2n，而右边(1＋x)n(1＋x)n＝(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)，x n的系数为C0n C n n＋ C1n C n－1n＋…＋C n n C0n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2，因此可得到组合恒等式C n2n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2.(1)根据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边x k(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：。
江苏省2019高考数学二轮复习 专题八 二项式定理与数学归纳法(理)8.1 计数原理与二项式定理
专题八 二项式定理与数学归纳法（理）[江苏卷5年考情分析]本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查.2014年考复合函数求导和数学归纳法；2015年主要考查计数原理，又涉及到数学归纳法；2016年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2017年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.2018年考查计数原理，考查考生的运算求解能力和推理论证能力．近几年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、集合、不等式、数学归纳法等知识交汇考查．第一讲 计数原理与二项式定理题型(一) 计数原理的应用主要考查两个计数原理在集合或数列中的应用. [例1] (2018·江苏高考)设n ∈N *，对1，2，…，n 的一个排列i 1i 2…i n ，如果当s <t 时，有i s >i t ，则称(i s ，i t )是排列i 1i 2…i n 的一个逆序，排列i 1i 2…i n 的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1,2,3的一个排列231，只有两个逆序(2,1)，(3,1)，则排列231的逆序数为2.记f n (k )为1,2，…，n 的所有排列中逆序数为k 的全部排列的个数．(1)求f 3(2)，f 4(2)的值；(2)求f n (2)(n ≥5)的表达式(用n 表示)．[解] (1)记τ(abc )为排列abc 的逆序数，对1,2,3的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3，所以f 3(0)＝1，f 3(1)＝f 3(2)＝2.对1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f 4(2)＝f 3(2)＋f 3(1)＋f 3(0)＝5.(2)对一般的n (n ≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n ，所以f n (0)＝1. 逆序数为1的排列只能是将排列12…n 中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以f n (1)＝n －1.为计算f n ＋1(2)，当1,2，…，n 的排列及其逆序数确定后，将n ＋1添加进原排列，n ＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f n ＋1(2)＝f n (2)＋f n (1)＋f n (0)＝f n (2)＋n .当n ≥5时，f n (2)＝[f n (2)－f n －1(2)]＋[f n －1(2)－f n －2(2)]＋…＋[f 5(2)－f 4(2)]＋f 4(2)＝(n －1)＋(n －2)＋…＋4＋f 4(2)＝n 2－n －22，因此，当n ≥5时，f n (2)＝n 2－n －22.[方法技巧](1)深化对两个计数原理的认识，培养“全局分类”和“局部分步”的意识，并在操作中确保：①分类不重不漏；②分步要使各步具有连续性和独立性.(2)解决计数应用题的基本思想是“化归”，即由实际问题建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而解决实际问题．[演练冲关](2018·苏北三市三模)已知集合U ＝{1,2，…，n }(n ∈N *，n ≥2)，对于集合U 的两个非空子集A ，B ，若A ∩B ＝∅，则称(A ，B )为集合U 的一组“互斥子集”．记集合U 的所有“互斥子集”的组数为f (n )(视(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”)．(1)写出f (2)，f (3)，f (4)的值； (2)求f (n )．解：(1)f (2)＝1，f (3)＝6，f (4)＝25.(2)法一：设集合A 中有k 个元素，k ＝1,2,3，…，n －1. 则与集合A 互斥的非空子集有2n －k－1个．于是f (n )＝12∑k ＝1n －1C k n (2n －k －1)＝12(∑k ＝1n －1C k n 2n －k －∑k ＝1n －1C kn )．因为∑k ＝1n －1C k n2n －k ＝∑k ＝0nC k n 2n －k－C 0n 2n －C n n 20＝(2＋1)n －2n －1＝3n －2n－1，∑k ＝1n －1C k n＝∑k ＝0nC kn －C 0n －C n n ＝2n－2， 所以f (n )＝12[(3n －2n －1)－(2n －2)]＝12(3n －2n ＋1＋1).法二：任意一个元素只能在集合A ，B ，C ＝∁U (A ∪B )之一中， 则这n 个元素在集合A ，B ，C 中，共有3n种， 其中A 为空集的种数为2n，B 为空集的种数为2n， 所以A ，B 均为非空子集的种数为3n－2×2n＋1. 又(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”， 所以f (n )＝12(3n －2n ＋1＋1).题型(二) 二项式定理的应用主要考查利用二项式定理求和或利用二项式定理论证整除问题. [典例感悟][例2] (2018·江苏六市二调)已知(1＋x )2n ＋1＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n ＋1x2n ＋1，n ∈N *.记T n ＝k ＝0n(2k ＋1)a n －k . (1)求T 2的值；(2)化简T n 的表达式，并证明：对任意的n ∈N *，T n 都能被4n ＋2整除． [解] 由二项式定理，得a i ＝C i2n ＋1(i ＝0,1,2，…，2n ＋1)． (1)T 2＝a 2＋3a 1＋5a 0＝C 25＋3C 15＋5C 05＝30. (2)因为(n ＋1＋k )C n ＋1＋k2n ＋1 ＝(n ＋1＋k )·2n ＋1！n ＋1＋k ！n －k ！＝2n ＋1·2n ！n ＋k ！n －k ！＝(2n ＋1)C n ＋k2n ， 所以T n ＝k ＝0n (2k ＋1)a n －k＝k ＝0n (2k ＋1)C n －k2n ＋1＝k ＝0n (2k ＋1)C n ＋1＋k2n ＋1＝∑k ＝0n[2(n ＋1＋k )－(2n ＋1)]C n ＋1＋k2n ＋1＝2k ＝0n(n ＋1＋k )Cn ＋1＋k 2n ＋1－(2n ＋1)∑k ＝0nC n ＋1＋k 2n ＋1＝2(2n ＋1)∑k ＝0n Cn ＋k 2n－(2n ＋1)∑k ＝0nC n ＋1＋k 2n ＋1＝2(2n ＋1)·12·(22n ＋C n2n )－(2n ＋1)·12·22n ＋1＝(2n ＋1)C n2n .T n ＝(2n ＋1)C n 2n ＝(2n ＋1)(C n －12n －1＋C n2n －1)＝2(2n ＋1)C n 2n －1＝(4n ＋2)C n2n －1.因为C n2n －1∈N *，所以T n 能被4n ＋2整除.[方法技巧]二项式定理中的应用主要是构造一个生成相应二项式系数的函数，通过研究函数关系证明恒等式、不等式和整除性问题．将二项式定理(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋C r n a n－r b r＋…＋C n n b n中的a，b进行特殊化就会得到很多有关组合数的相关和的结果，这是研究有关组合数的和的问题的常用方法．还可以利用求函数值的思想进行赋值求解．[演练冲关]设a，b，n∈N*，且a≠b ，对于二项式(a－b)n.(1)当n＝3,4时，分别将该二项式表示为p－q(p，q∈N*)的形式；(2)求证：存在p，q∈N*，使得等式(a－b)n＝p－q与(a－b)n＝p－q同时成立．解：(1)当n＝3时，(a－b)3＝(a＋3b)a－(b＋3a)b，＝a a＋3b2－b b＋3a2 .当n＝4时，(a－b)4＝a2－4a ab＋6ab－4b ab＋b2＝(a2＋6ab＋b2)－4(a＋b)ab，＝a2＋6ab＋b22－16ab a＋b2 .(2)证明：由二项式定理得(a－b)n＝n(－1)k C k n(a)n－k(b)k，k＝0若n为奇数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋C n－3n(a)3(b)n－3＋C n－1n (a)(b)n－1]－[C1n(a)n－1(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋C n－2n(a)2·(b)n－2＋C n n(b)n]，分析各项指数的奇偶性易知，可将上式表示为(a－b)n＝u1a－v1b的形式，其中u1，v1∈N*，也即(a－b)n＝u21a－v21b＝p－q，其中p＝u21a，q＝v21b，p，q∈N*，若n为偶数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋C n－2n(a)2(b)n－2＋C n n (b)n]－[C1n(a)n－1·(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋C n－3n(a)3(b)n－3＋C n－1n(a)(b)n－1]类似地，可将上式表示为(a－b)n＝u2－v2ab的形式，其中u2，v2∈N*，也即(a－b)n＝u22－v22ab＝p－q，其中p＝u22，q＝v22ab，p，q∈N*.所以存在p，q∈N*，使得等式(a－b)n＝p－q.同理可得(a＋b)n可表示为(a＋b)n＝p＋q，从而有p－q＝(p＋q)(p－q)＝(a＋b)n(a－b)n＝(a－b)n，综上可知结论成立．题型(三)组合数的性质应用主要考查利用组合数性质进行代数化简论证问题.[典例感悟][例3] (2018·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头几行如图所示．(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2)已知n ，r 为正整数，且n ≥r ＋3.求证：任何四个相邻的组合数C rn ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n不能构成等差数列．[解] (1)杨辉三角形的第n 行由二项式系数C kn ，k ＝0,1,2，…，n 组成．如果第n 行中有C k －1n C k n ＝k n －k ＋1＝34，C kn C k ＋1n ＝k ＋1n －k ＝45， 那么3n －7k ＝－3,4n －9k ＝5， 解得k ＝27，n ＝62.即第62行有三个相邻的数C 2662，C 2762，C 2862的比为3∶4∶5.(2)证明：若有n ，r (n ≥r ＋3)，使得C rn ，C r ＋1n ，C r ＋2n ，C r ＋3n 成等差数列， 则2C r ＋1n ＝C rn ＋C r ＋2n ，2C r ＋2n ＝C r ＋1n ＋C r ＋3n ， 即2n ！r ＋1！n －r －1！＝n ！r ！n －r ！＋n ！r ＋2！n －r －2！，2n ！r ＋2！n －r －2！＝n ！r ＋1！n －r －1！＋n ！r ＋3！n －r －3！.有2r ＋1n －r －1＝1n －r －1n －r＋1r ＋1r ＋2，2r ＋2n －r －2＝1n －r －2n －r －1＋1r ＋2r ＋3，化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0，n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0.两式相减得，n ＝2r ＋3，于是C r 2r ＋3，C r ＋12r ＋3，C r ＋22r ＋3，C r ＋32r ＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知C r 2r ＋3＝C r ＋32r ＋3＜C r ＋12r ＋3＝C r ＋22r ＋3，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．[方法技巧](1)对于组合数问题，需要熟记并能灵活运用以下两个组合数公式：C k n ＝C n －k n ，C k n ＋1＝C kn ＋C k －1n .(2)对于二项式定理问题，需掌握赋值法和二项式系数的性质，并能将二项式系数与二项展开式系数区别开来．[演练冲关](2018·南京、盐城一模)设n ∈N *，n ≥3，k ∈N *. (1)求值：①k C k n －n C k －1n －1；②k 2C kn －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1(k ≥2)；(2)化简：12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn . 解：(1)①k C kn －n C k －1n －1 ＝k ×n ！k ！n －k ！－n ×n －1！k －1！n －k ！＝n ！k －1！n －k ！－n ！k －1！n －k ！＝0.②k 2C kn －n (n －1)C k －2n －2－n C k －1n －1＝k 2×n ！k ！n －k ！－n (n －1)×n －2！k －2！n －k ！－n ×n －1！k －1！n －k ！＝k ×n ！k －1！n －k ！－n ！k －2！n －k ！－n ！k －1！n －k ！＝n ！k －2！n －k ！⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －1－1－1k －1＝0. (2)法一：由(1)可知，当k ≥2时，(k ＋1)2C kn ＝(k 2＋2k ＋1)C k n ＝k 2C k n ＋2k C k n ＋C kn ＝[n (n －1)C k －2n －2＋n C k －1n －1]＋2n C k －1n －1＋C k n ＝n (n －1)C k －2n －2＋3n C k －1n －1＋C kn .故12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn ＝(12C 0n ＋22C 1n )＋n (n －1)(C 0n －2＋C 1n －2＋…＋C n －2n －2)＋3n (C 1n －1＋C 2n －1＋…＋C n －1n －1)＋(C 2n ＋C 3n ＋…＋C n n )＝(1＋4n )＋n (n －1)2n －2＋3n (2n －1－1)＋(2n －1－n )＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．法二：当n ≥3时，由二项式定理，有(1＋x )n＝1＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C k n x k ＋…＋C n n x n，两边同乘以x ，得(1＋x )n x ＝x ＋C 1n x 2＋C 2n x 3＋…＋C k n x k ＋1＋…＋C n n xn ＋1，两边对x 求导，得(1＋x )n＋n (1＋x )n －1x ＝1＋2C 1n x ＋3C 2n x 2＋…＋(k ＋1)C k n x k＋…＋(n ＋1)C n n x n，两边再同乘以x ，得(1＋x )nx ＋n (1＋x )n －1x 2＝x ＋2C 1n x 2＋3C 2n x 3＋…＋(k ＋1)C k n xk ＋1＋…＋(n ＋1)C n n xn ＋1，两边再对x 求导，得 (1＋x )n ＋n (1＋x )n －1x ＋n (n －1)(1＋x )n －2x 2＋2n (1＋x )n －1x ＝1＋22C 1n x ＋32C 2n x 2＋…＋(k＋1)2C k n x k＋…＋(n ＋1)2C n n x n.令x ＝1，得2n ＋n ·2n －1＋n (n －1)2n －2＋2n ·2n －1＝1＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn ，即12C 0n ＋22C 1n ＋32C 2n ＋…＋(k ＋1)2C kn ＋…＋(n ＋1)2C nn ＝2n －2(n 2＋5n ＋4)．[课时达标训练]A 组——大题保分练1．设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集，满足：A 不是B 的子集，且B 也不是A 的子集．(1)若M ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对(A ，B )的个数； (2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，求所有不同的有序集合对(A ，B )的个数． 解：(1)110.(2)集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B )有2n (2n－1)个． 当A ⊆B ，并设B 中含有k (1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素，则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1nC kn(2k－1)＝∑k ＝0nC k n2k －∑k ＝0nC kn ＝3n－2n个．同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n个．故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n. 2．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．(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a i ＞a i ＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f (3)＝4.(2)在1,2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －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C i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)．综上，f (n )＝f (n －1)＋ i ＝1n －1C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝231－2n －31－2－(n －3)＋f (3)＝2n－n －1.3．(2018·南京、盐城一模)已知n ∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . (1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)试猜想f (n )的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想． 解：(1)由条件，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，① 在①中令n ＝1，得f (1)＝C 01C 11＝1.在①中令n ＝2，得2f (2)＝C 02C 12＋2C 12C 22＝6，得f (2)＝3.在①中令n ＝3，得3f (3)＝C 03C 13＋2C 13C 23＋3C 23C 33＝30，得f (3)＝10. (2)猜想f (n )＝C n 2n －1(或f (n )＝C n －12n －1)．欲证猜想成立，只要证等式n C n2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn 成立． 法一：(直接法)当n ＝1时，等式显然成立． 当n ≥2时，因为r C rn ＝r ×n ！r ！n －r ！＝n ！r －1！n －r ！＝n ×n －1！r －1！n －r ！＝n C r －1n －1，故r C r －1n C rn ＝(r C rn )C r －1n ＝n C r －1n －1C r －1n .故只需证明n C n 2n －1＝n C 0n －1C 0n ＋n C 1n －1C 1n ＋…＋n C r －1n －1·C r －1n ＋…＋n C n －1n －1C n －1n . 即证C n2n －1＝C 0n －1C 0n ＋ C 1n －1C 1n ＋…＋ C r －1n －1C r －1n ＋…＋ C n －1n －1C n －1n . 而C r －1n ＝C n －r ＋1n，故即证C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .②由等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n可得，左边x n的系数为C n2n －1.而右边(1＋x )n －1(1＋x )n＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋C 2n －1x 2＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C nnx n )，所以x n 的系数为C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1·C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n .由(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n恒成立可得②成立．综上，f (n )＝C n2n －1成立．法二：(构造模型)构造一个组合模型，一个袋中装有(2n －1)个小球，其中n 个是编号为1,2，…，n 的白球，其余(n －1)个是编号为1,2，…，n －1的黑球．现从袋中任意摸出n 个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r 个黑球((n －r )个白球)的n 个小球的组合的个数为C rn －1·C n －rn ，0≤r ≤n －1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n 个小球的组合的总数为C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .另一方面，从袋中(2n －1)个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为C n2n －1. 故C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ，余下同法一．法三：(利用导数)由二项式定理， 得(1＋x )n＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n.③ 两边求导，得n (1＋x )n －1＝C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C n n xn －1.④③×④，得n (1＋x )2n －1＝(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n )·(C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C nnx n －1)．⑤左边x n 的系数为n C n2n －1.右边x n 的系数为C 1n C n n ＋2C 2n C n －1n ＋…＋r C r n C n －r ＋1n＋…＋n C n n C 1n ＝C 1n C 0n ＋2C 2n C 1n ＋…＋r C r n C r －1n＋…＋n C n n C n －1n ＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn .由⑤恒成立，得n C n 2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . 故f (n )＝C n2n －1成立．法四：(构造模型)由nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，得nf (n )＝n C n －1n C n n ＋(n －1)C n －2n C n －1n ＋…＋C 0n C 1n ＝n C 0n C 1n ＋(n －1)C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C nn ， 所以2nf (n )＝(n ＋1)(C 0n C 1n ＋C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C n n ) ＝(n ＋1)(C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn )， 构造一个组合模型，从2n 个元素中选取(n ＋1)个元素，则有C n ＋12n 种选法，现将2n 个元素分成两个部分n ，n ，若(n ＋1)个元素中，从第一部分中取n 个，第二部分中取1个，则有C n n C 1n 种选法，若从第一部分中取(n －1)个，第二部分中取2个，则有C n －1n C 2n 种选法，…，由分类计数原理可知C n ＋12n ＝C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn .故2nf (n )＝(n ＋1)C n ＋12n ， 所以f (n )＝n ＋12n ·2n ！n ＋1！n －1！＝2n －1！n ！n －1！＝C n2n －1. 4．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f (x )＝(x ＋5)2n ＋1(n ∈N *，x ∈R )．(1)当n ＝2时，若f (2)＋f (－2)＝5A ，求实数A 的值； (2)若f (2)＝m ＋α(m ∈N *,0<α<1)，求证：α(m ＋α)＝1. 解：(1)当n ＝2时，f (x )＝(x ＋5)5＝C 05x 5＋C 15x 45＋C 25x 3(5)2＋C 35x 2(5)3＋C 45x (5)4＋C 55(5)5,所以f (2)＋f (－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C 15(5)124＋C 35(5)322＋C 55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A ＝610.(2)证明：因为f (x )＝(x ＋5)2n ＋1＝C 02n ＋1x2n ＋1＋C 12n ＋1x2n5＋C 22n ＋1x2n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，所以f (2)＝C 02n ＋122n ＋1＋C 12n ＋122n5＋C 22n ＋122n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，由题意知，f (2)＝(5＋2)2n ＋1＝m ＋α(m ∈N *,0<α<1)，首先证明对于固定的n ∈N *，满足条件的m ，α是唯一的． 假设f (2)＝(2＋5)2n ＋1＝m 1＋α1＝m 2＋α2(m 1，m 2∈N *,0<α1<1,0<α2<1，m 1≠m 2，α1≠α2)，则m 1－m 2＝α2－α1≠0，而m 1－m 2∈Z ，α2－α1∈(－1,0)∪(0,1)，矛盾． 所以满足条件的m ，α是唯一的. 下面我们求m 及α的值： 因为f (2)－f (－2)＝(2＋5)2n ＋1－(－2＋5)2n ＋1＝(2＋5)2n ＋1＋(2－5)2n ＋1＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋1·22n －1(5)2＋C 42n ＋122n －3(5)4＋…＋C 2n2n ＋121(5)2n]，显然f (2)－f (－2)∈N *. 又因为5－2∈(0,1)，故(5－2)2n ＋1∈(0,1)， 即f (－2)＝(－2＋5)2n ＋1＝(5－2)2n ＋1∈(0,1).所以令m ＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋122n －1(5)2＋C 42n ＋1·22n －3(5)4＋…＋C 2n 2n ＋121(5)2n]，α＝(－2＋5)2n ＋1，则m ＝f (2)－f (－2)，α＝f (－2)，又m ＋α＝f (2), 所以α(m ＋α)＝f (－2)·f (2)＝(2＋5)2n ＋1·(－2＋5)2n ＋1＝(5－4)2n ＋1＝1.B 组——大题增分练1．(2016·江苏高考)(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)·C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C mn －1＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.解：(1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0.(2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立． 当n ＞m 时，(k ＋1)C mk ＝k ＋1·k ！m ！·k －m ！＝(m ＋1)·k ＋1！m ＋1！·[k ＋1－m ＋1]！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C mk ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C mm ＋(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C mm ＋[(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)]＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.2．(2018·南京、盐城二模)现有n n ＋12(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：******………………………………**…………**…………第1行…………第2行…………第3行…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值；(2)证明：p n >C 2n ＋1n ＋1！.解：(1)由题意知p 2＝2A 22A 33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为n n n ＋12＝2n ＋1；去掉第n 行已经排好的n 个数， 则余下的n n ＋12－n ＝n n －12个数中最大数在第n －1行的概率为n －1n n －12＝2n；…故p n ＝2n ＋1×2n ×…×23＝2n －1n ＋1×n ×…×3＝2nn ＋1！.由于2n＝(1＋1)n＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ≥C 0n ＋C 1n ＋C 2n >C 1n ＋C 2n ＝C 2n ＋1， 故2nn ＋1！>C 2n ＋2n ＋1！，即p n >C 2n ＋1n ＋1！.3．(2018·苏州暑假测试)设集合M ＝{－1,0,1}，集合A n ＝{(x 1，x 2，…，x n )|x i ∈M ，i ＝1,2，…，n }，集合A n 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |≤m ”的元素个数记为S nm .(1)求S 22和S 42的值； (2)当m <n 时，求证：S n m <3n ＋2m ＋1－2n ＋1.解：(1)S 22＝8，S 42＝32.(2)证明：设集合P ＝{0}，Q ＝{－1,1}．若|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |＝1，即x 1，x 2，x 3，…，x n 中有n －1个取自集合P,1个取自集合Q ，故共有C n－1n21种可能，即为C1n21，同理，|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝2，即x1，x2，x3，…，x n中有n－2个取自集合P,2个取自集合Q，故共有C n－2n22种可能，即为C2n22，若|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝m，即x1，x2，x3，…，x n中有n－m个取自集合P，m个取自集合Q，故共有C n－mn2m种可能，即为C mn2m，所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m，因为当0≤k≤n时，C k n≥1，所以C k n－1≥0，所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m<C0n20＋(C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m)＋(C m＋1n－1)2m＋1＋…＋(C nn－1)2n＝(C0n20＋C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m＋C m＋1n2m＋1＋…＋C nn2n)－(2m＋1＋2m＋2＋…＋2n)＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1.所以当m<n时，S n m<3n＋2m＋1－2n＋1.4．(2018·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左边x n的系数为C n2n，而右边(1＋x)n(1＋x)n＝(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)，x n的系数为C0n C n n＋ C1n C n－1n＋…＋C n n C0n ＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2，因此可得到组合恒等式C n2n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2.(1)根据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边x k(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：。
(浙江专用)高考数学大一轮复习 第十章 计数原理与古典概率 第3讲 二项式定理练习(含解析)-人教版
第3讲 二项式定理[基础达标]1．(2019·某某十校期末调研)在(x 2－4)5的展开式中，含x 6的项的系数为( ) A ．20 B ．40 C ．80D ．160解析：选D.T r ＋1＝C r5(x 2)5－r(－4)r＝(－4)r C r 5x10－2r，令10－2r ＝6，解得r ＝2，所以含x 6的项的系数为(－4)2C 25＝160.2．(2019·某某高三期末考试)已知在(x 2－15x)n的展开式中，第6项为常数项，则n ＝( )A ．9B ．8C ．7D ．6解析：选D.因为第6项为常数项，由C 5n (x2)n －5(－15x)5＝－(12)n －5C 5n ·x n －6，可得n －6＝0，解得n ＝6.故选D.3．(2019·某某市普通高中模考)在⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3x n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为64，则x 3的系数为( )A ．15B ．45C ．135D ．405解析：选C.由题意4n2n ＝64，n ＝6，T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫3x r ＝3r C r6x 6－3r 2，令6－3r 2＝3，r ＝2，32C 26＝135.4．(2019·某某市高三期末考试)若(x ＋a x)(2x －1x)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项是( )A ．－40B ．－20C ．40D ．20解析：选C.令x ＝1，(1＋a )×(2－1)5＝2，解得a ＝1.所以(2x －1x)5的通项公式T r ＋1＝C r 5(2x )5－r (－1x)r ＝(－1)r 25－r C r 5x 5－2r， 令5－2r ＝－1，5－2r ＝1. 解得r ＝3或2.所以该展开式中常数项＝(－1)322C 35＋(－1)2×23C 25＝40. 5．(x 2－x ＋1)10的展开式中x 3项的系数为( ) A ．－210 B ．210 C ．30D ．－30解析：选A.(x 2－x ＋1)10＝[x 2－(x －1)]10＝C 010(x 2)10－C 110(x 2)9(x －1)＋…－C 910x 2(x －1)9＋C 1010(x －1)10，所以含x 3项的系数为：－C 910C 89＋C 1010(－C 710)＝－210. 6．(x 2＋x ＋y )5的展开式中x 5y 2的系数为( ) A ．10 B ．20 C ．30D ．60解析：选C.(x 2＋x ＋y )5的展开式的通项为T r ＋1＝C r5(x 2＋x )5－r·y r ，令r ＝2，则T 3＝C 25(x2＋x )3y 2，又(x 2＋x )3的展开式的通项为C k 3(x 2)3－k·x k ＝C k 3x6－k，令6－k ＝5，则k ＝1，所以(x2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为C 25C 13＝30，故选C.7．已知(ax ＋b )6的展开式中x 4项的系数与x 5项的系数分别为135与－18，则(ax ＋b )6的展开式中所有项系数之和为( )A ．－1B ．1C ．32D ．64解析：选D.由二项展开式的通项公式可知x 4项的系数为C 26a 4b 2，x 5项的系数为C 16a 5b ，则由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧C 26a 4b 2＝135C 16a 5b ＝－18，解得a ＋b ＝±2，故(ax ＋b )6的展开式中所有项的系数之和为(a ＋b )6＝64，选D.8．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 ．210解析：选C.因为f (m ，n )＝C m 6C n 4，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＝120.9．(2019·义乌调研测试)若(x 2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式中x 6的系数为30，则a 等于( )A ．13B ．12C ．1D ．2解析：选 D.因为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10展开式的通项为T r ＋1＝C r 10x 10－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r＝C r 10x 10－2r ，所以(x 2－a )⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 10的展开式中含x 6的项为x 2·C 310x 4－a C 210x 6＝(C 310－a C 210)x 6，则C 310－a C 210＝30，解得a ＝2，故选D.10．(2019·某某模拟)(x ＋2y )7的展开式中，系数最大的项是( ) A ．68y 7B ．112x 3y 4C ．672x 2y 5D ．1 344x 2y 5解析：选C.设第r ＋1项系数最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧C r7·2r≥C r －17·2r －1，C r 7·2r ≥C r ＋17·2r ＋1， 即⎩⎪⎨⎪⎧7！r ！（7－r ）！·2r ≥7！（r －1）！（7－r ＋1）！·2r －1，7！r ！（7－r ）！·2r≥7！（r ＋1）！（7－r －1）！·2r ＋1，即⎩⎪⎨⎪⎧2r ≥18－r ，17－r ≥2r ＋1解得⎩⎪⎨⎪⎧r ≤163，r ≥133.又因为r ∈Z ，所以r ＝5.所以系数最大的项为T 6＝C 57x 2·25y 5＝672x 2y 5.故选C.11．(2019·某某市东阳二中高三调研)在二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x n的展开式中恰好第5项的二项式系数最大，则展开式中含x 2项的系数是________．解析：因为在二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x n的展开式中恰好第5项的二项式系数最大，所以n ＝8， 展开式的通项公式为T r ＋1＝C r8·(－1)r·x8－2r，令8－2r ＝2，则r ＝3，所以展开式中含x 2项的系数是－C 38＝－56.12．(2019·某某中学高三模考)已知(1＋x ＋x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 3n(n ∈N *)的展开式中没有常数项，且2≤n ≤8，则n ＝________．解析：因为⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 3n的通项公式T r ＋1＝C r n x n －r ·x －3r ＝C r n x n －4r，故当n －4r ＝0，－1，－2时存在常数项，即n ＝4r ，4r －1，4r －2，故n ＝2，3，4，6，7，8时为常数项，所以当n ＝5时没有常数项符合题设．答案：513．若直线x ＋ay －1＝0与2x －y ＋5＝0垂直，则二项式⎝⎛⎭⎪⎫ax 2－1x 5的展开式中x 4的系数为________．解析：由两条直线垂直，得1×2＋a ×(－1)＝0，得a ＝2，所以二项式为⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 5，其通项公式T r ＋1＝C r5(2x 2)5－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r 25－r C r 5x 10－3r，令10－3r ＝4，解得r ＝2，所以二项式的展开式中x 4的系数为23C 25＝80.答案：8014．已知⎝⎛⎭⎪⎫1－1x (1＋x )5的展开式中x r(r ∈Z 且－1≤r ≤5)的系数为0，则r ＝________.解析：依题意，(1＋x )5的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5x r ，故展开式为⎝⎛⎭⎪⎫1－1x (x 5＋5x4＋10x 3＋10x 2＋5x ＋1)，故可知展开式中x 2的系数为0，故r ＝2.答案：215．(2019·某某市高考模拟)若(2x －1x2)n的展开式中所有二项式系数和为64，则n ＝________；展开式中的常数项是________．解析：因为(2x －1x 2)n 的展开式中所有二项式系数和为2n＝64，则n ＝6；根据(2x －1x2)n ＝(2x －1x2)6的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6·(－1)r ·(2x )6－r ·x －2r ＝C r 6·(－1)r ·26－r ·x6－3r，令6－3r ＝0，求得r ＝2，可得展开式中的常数项是C 26·24＝240.16．(2019·某某东阳中学高三检测)已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，则a0＝________；(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5＋a7)2＝________．解析：由(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，观察：可令x＝0得：(1－2×0)7＝a0＋a1×0＋…＋a7×0＝1，a0＝1.(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5＋a7)2＝(a0＋a1＋…＋a7)[a0＋a2＋a4＋a6－(a1＋a3＋a5＋a7)]，则可令x＝1得：(1－2×1)7＝a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1，再可令x＝－1得：(1＋2×1)7＝a0－a1＋a2－a3＋…－a7＝37＝2 187，可得：(a0＋a2＋a4＋a6)2－(a1＋a3＋a5＋a7)2＝－1×2 187＝－2 187.答案：1 －2 18717．设f(x)是(x2＋12x )6展开式中的中间项，若f(x)≤mx在区间[22，2]上恒成立，则实数m的取值X围是________．解析：(x2＋12x)6的展开式中的中间项为第四项，即f(x)＝C36(x2)3(12x)3＝52x3，因为f(x)≤mx在区间[22，2]上恒成立，所以m≥52x2在[22，2]上恒成立，所以m≥(52x2)max＝5，所以实数m的取值X围是[5，＋∞)．答案：[5，＋∞)[能力提升]1．C22n＋C42n＋…＋C2k2n＋…＋C2n2n(n∈N*)的值为( )A．2n B．22n－1C．2n－1 D．22n－1－1 解析：选D.(1＋x)2n＝C02n＋C12n x＋C22n x2＋C32n x3＋…＋C2n2n x2n.令x＝1，得C02n＋C12n＋C22n＋…＋C2n－12n＋C2n2n＝22n；再令x＝－1，得C02n－C12n＋C22n－…＋(－1)r C r2n＋…－C2n－12n＋C2n2n＝0.两式相加，可得C 22n＋C 42n＋…＋C 2n 2n＝22n2－1＝22n －1－1.2．(2019·某某七校联考)若(x ＋y )9按x 的降幂排列的展开式中，第二项不大于第三项，且x ＋y ＝1，xy <0，则x 的取值X 围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，15B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫45，＋∞C ．⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－45 D ．(1，＋∞)解析：选D.二项式(x ＋y )9的展开式的通项是T r ＋1＝C r 9·x9－r ·y r. 依题意，有⎩⎪⎨⎪⎧C 19·x 9－1·y ≤C 29·x 9－2·y 2，x ＋y ＝1，xy <0，由此得⎩⎪⎨⎪⎧x 8·（1－x ）－4x 7·（1－x ）2≤0，x （1－x ）<0，解之得x >1，即x 的取值X 围为(1，＋∞)．3．若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13x n的展开式中前三项的系数分别为A ，B ，C ，且满足4A ＝9(C －B )，则展开式为x 2的系数为________．解析：易得A ＝1，B ＝n3，C ＝C 2n 9＝n （n －1）18，所以有4＝9⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2－n 18－n 3，即n 2－7n －8＝0，解得n ＝8或n ＝－1(舍)．在⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13x 8中，因为通项T r ＋1＝C r 8x 8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫13x r＝C r83r ·x 8－2r，令8－2r＝2，得r ＝3，所以展开式中x 2的系数为5627.答案：56274．已知(x tan θ＋1)5的展开式中x 2的系数与⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋544的展开式中x 3的系数相等，则tan θ＝________．解析：⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋544的通项为T r ＋1＝C r 4·x 4－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫54r ，令4－r ＝3，则r ＝1，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋544的展开式中x 3的系数是C 14·54＝5，(x tan θ＋1)5的通项为T R ＋1＝C R 5·(x tan θ)5－R，令5－R ＝2，得R ＝3，所以(x tan θ＋1)5的展开式中x 2的系数是C 35·tan 2θ＝5，所以tan 2θ＝12，所以tan θ＝±22. 答案：±225．(2019·某某市书生中学高三期中)设m ，n ∈N ，f (x )＝(1＋x )m＋(1＋x )n. (1)当m ＝n ＝5时，若f (x )＝a 5(1－x )5＋a 4(1－x )4＋…＋a 1(1－x )＋a 0，求a 0＋a 2＋a 4的值；(2)f (x )展开式中x 的系数是9，当m ，n 变化时，求x 2系数的最小值． 解：(1)当m ＝n ＝5时，f (x )＝2(1＋x )5， 令x ＝0，则f (0)＝a 5＋a 4＋…＋a 1＋a 0＝2， 令x ＝2，则f (2)＝－a 5＋a 4－…－a 1＋a 0＝2×35， 所以a 0＋a 2＋a 4＝f （0）＋f （2）2＝35＋1＝244.(2)由题意得f (x )展开式中x 的系数是 C 1m ＋C 1n ＝m ＋n ＝9，x 2系数为C 2m ＋C 2n ＝m （m －1）2＋n （n －1）2＝m 2＋n 2－（m ＋n ）2＝m 2＋n 2－92，又m 2＋n 2－92＝m 2＋（9－m ）2－92＝2m 2－18m ＋722，因为m ，n ∈N ，所以当m ＝4或m ＝5时最小，最小值为16.6．(2019·金丽衢十二校联考)已知⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋2x n. (1)若展开式中第5项，第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．解：(1)通项T r ＋1＝C r n⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －r·(2x )r ＝22r －n C r n x r，由题意知C 4n ，C 5n ，C 6n 成等差数列， 所以2C 5n ＝C 4n ＋C 6n ，所以n ＝14或7.当n ＝14时，第8项的二项式系数最大，该项的系数为22×7－14C 714＝3 432；当n ＝7时，第4、5项的二项式系数相等且最大，其系数分别为22×3－7C 37＝352，22×4－7C 47＝70.(2)由题意知C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＝79， 所以n ＝12或n ＝－13(舍)． 所以T r ＋1＝22r －12C r 12x r.由⎩⎪⎨⎪⎧22r －12C r12≥22（r －1）－12C r －112，22r －12C r 12≥22（r ＋1）－12C r ＋112，得⎩⎪⎨⎪⎧r ≤525，r ≥475所以r ＝10. 所以展开式中系数最大的项为T 11＝22×10－12·C 1012x 10＝332(2x )10.。
专题85 概率与统计 古典概型-2019年高考数学(理)高频考点名师揭秘与仿真测试
2019年高考数学（理）高频考点名师揭秘与仿真测试85 概率与统计 古典概型【考点讲解】一、具本目标： （1）理解古典概型及其概率计算公式.（2）会计算一些随机事件所含的基本事件数及事件发生的概率.二、知识概述：1.基本事件：在一次试验中可能出现的每一个结果称为基本事件.2.古典概型：具有以下两个特点的概率模型称为古典概型：（1）试验中所有可能出现的结果（基本事件）为有限个，且每次试验只能出现其中的一个结果（基本事件）；（2）每个试验结果（基本事件）出现的可能性相等.3.古典概型的计算公式：若试验的所有可能结果（基本事件）数为n ，随机事件A 所包含的基本事件数为m ，则()P Am n.【真题分析】1.【2107山东理8】分别从标有1，2，⋅⋅⋅，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张．则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是（）.A.518B.49C.59D.79【解析】由于是不放回的抽取，两张卡片的数的奇偶性不同共有11542C C种基本情况，总的基本事件共有98=72⨯种，则所求事件的概率为12542C C5989=⨯ .故选C.【★答案★】C.2.【2019优选题】掷两颗均匀的骰子，则点数之和为5的概率等于（）A．118B．19C．16D．112【解析】掷两颗均匀的骰子的所有基本事件有6636⨯=种，点数之和为5的有4种，所以所求概率为41369=．【★答案★】B3.【2018优选题】若某公司从五位大学毕业生甲、乙、丙、丁、戊中录用三人，这五人被录用的机会均等，则甲或乙被录用的概率为（）A．23B．25C．35D．910【解析】总的可能性有10种，甲被录用乙没被录用的可能性3种，乙被录用甲没被录用的可能性3种，甲乙都被录用的可能性3种，所以最后的概率33391010 p++==【★答案★】D4．【2019优选题】从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出的两个数之差的绝对值为2的概率是（）A．12B．13C．14D．16【解析】任取两个不同的数有()()()()()()1,2,1,3,1,4,2,3,2,4,3,4共6种，两个数之差的绝对值为2的有()() 1324，，，，故2163 P==.【★答案★】B5.【2016江苏7】将一颗质地均匀的骰子（一种各个面上分别标有1,2,3,4,5,6个点的正方体玩具）先后抛掷2次，则出现向上的点数之和小于10的概率是．【解析】将先后两次点数记为(),x y，则基本事件共有6636⨯=（个），其中点数之和大于等于10有()()()()()()4,6,5,5,5,6,6,4,6,5,6,6，共6种，则点数之和小于10共有30种，所以概率为305366=． 【★答案★】566．【2018江苏】某兴趣小组有2名男生和3名女生，现从中任选2名学生去参加活动，则恰好选中2名女生的概率为 ．【解析】记2名男生分别为A ，B ，3名女生分别为a ，b ，c ，则从中任选2名学生有AB ，Aa ，Ab ，Ac ，Ba ，Bb ，Bc ，ab ，ac ，bc ，共10种情况，其中恰好选中2名女生有ab ，ac ，bc ，共3种情况，故所求概率为310． 【★答案★】3107．【2018上海】有编号互不相同的五个砝码，其中5克、3克、1克砝码各一个，2克砝码两个，从中随机选取三个，则这三个砝码的总质量为9克的概率是______（结果用最简分数表示）【解析】从5个砝码随机取3个共有35C 10=种，总质量为9克共有9=5+3+1，9=5+2+2两种情况，所以三个砝码的总质量为9克的概率是35221C 105==． 【★答案★】158.有9张卡片分别写着数字1,2,3,4,5,6,7,8,9，甲、乙二人依次从中抽取一张卡片(不放回)，试求： ①甲抽到写有奇数数字卡片，且乙抽到写有偶数数字卡片的概率；②甲、乙二人至少抽到一张写有奇数数字卡片的概率．【解析】 ①甲、乙二人依次从9张卡片中抽取一张的可能结果有C 19·C 18，甲抽到写有奇数数字卡片，且乙抽到写有偶数数字卡片的结果有C 15·C 14种，设“甲抽到写有奇数数字卡片，且乙抽到写有偶数数字卡片”的概率为P 1，则P 1＝C 15·C 14C 19·C 18＝2072＝518. ②方法一 甲、乙二人至少抽到一张写有奇数数字卡片的事件包含下面的三个事件：“甲抽到写有奇数数字卡片，乙抽到写有偶数数字卡片”有C 15·C 14种；“甲抽到写有偶数数字卡片，且乙抽到写有奇数数字卡片”有C 14·C 15种；“甲、乙二人均抽到写有奇数数字卡片”有C 15·C 14种．设甲、乙二人至少抽到一张写有奇数数字卡片的概率为P 2，则P 2＝C 15·C 14＋C 14·C 15＋C 15·C 14C 19C 18＝6072＝56. 方法二 甲、乙二人至少抽到一张奇数数字卡片的对立事件为两人均抽到写有偶数数字卡片，设为P 2，则P 2＝1－P 2＝1－C 14C 13C 19C 18＝56.【模拟考场】1.从1，2，3，4这四个数中一次随机取两个数，则其中一个数是另一个的两倍的概率为______【解析】从1，2，3，4这四个数中一次随机取两个数，基本事件为：{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共6个，符合“一个数是另一个数的两倍”的基本事件为{1,2}，{2,4}共2个，所以概率为13． 【★答案★】132.现有10个数，它们能构成一个以1为首项，3-为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是 ．【解析】由题意得1(3)n n a -=-，易知前10项中奇数项为正，偶数项为负，所以小于8的项为第一项和偶数项，共6项，即6个数，所以63105P ==． 【★答案★】53 3.从边长为1的正方形的中心和顶点这五点中，随机（等可能）取两点，则该两点间的距离为2的概率是___________。
高考数学压轴专题张家港备战高考《计数原理与概率统计》易错题汇编含解析
【高中数学】《计数原理与概率统计》考试知识点一、选择题1．若随机变量X的分布列为（）X 012P13a b且()1E X=，则随机变量X的方差()D X等于（）A．13B．0C．1D．23【答案】D【解析】分析：先根据已知求出a,b的值，再利用方差公式求随机变量X的方差()D X.详解：由题得1113,,130213a ba ba b⎧++=⎪⎪∴==⎨⎪⨯++=⎪⎩所以2221112()(01)(11)(21).3333D X=-⋅+-⋅+-⋅=故答案为D.点睛：（1）本题主要考查分布列的性质和方差的计算，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2) 对于离散型随机变量ξ，如果它所有可能取的值是1x，2x，…，n x，…，且取这些值的概率分别是1p，2p，…，n p，那么Dξ＝211()x E pξ-⋅＋222()x E pξ-⋅＋…＋2()n nx E pξ-⋅,称为随机变量ξ的均方差，简称为方差，式中的Eξ是随机变量ξ的期望．2．《易经》是中国传统文化中的精髓，下图是易经八卦图（含乾、坤、巽、震、坎、离、艮、兑八卦），每一卦由三根线组成（表示一根阳线，表示一根阴线），从八卦中任取两卦，则这两卦的六根线中恰好有4根阴线的概率为（）A．314B．27C．928D．1928【答案】A 【解析】 【分析】列出所有28种情况，满足条件的有6种情况，计算得到概率. 【详解】 根据题意一共有：乾坤、乾巽、乾震、乾坎、乾离、乾艮、乾兑；坤巽、坤震、坤坎、坤离、坤艮、坤兑； 巽震、巽坎、巽离、巽艮、巽兑；震坎、震离、震艮、震兑；坎离、坎艮、坎兑； 离艮、离兑；艮兑，28种情况.满足条件的有：坤巽，坤离，坤兑，震坎，震艮，坎艮，共6种.故632814p ==. 故选：A . 【点睛】本题考查了概率的计算，意在考查学生的计算能力和应用能力.3．下列等式不正确的是（ ）A ．111m mnn m C C n ++=+ B ．12111m m m n n n A A n A +-+--= C ．11m m n n A nA --=D ．1(1)k k kn n n nC k C kC +=++【答案】A 【解析】 【分析】根据排列和组合公式求解即可. 【详解】根据组合公式得11!1(1)!1!()!1(1)!()!1mm n n n m n m C C m n m n m n m n +++++==⨯=-++-+，则A 错误；根据排列公式得122111(1)!!!(1)!(11)()!()!()!()!m mm n n n n n n n A A n n n A n m n m n m n m +-+-+--=-=+-=⋅=----，则B 正确；根据排列公式得11!(1)!()!()!mm n n n n A n nA n m n m ---==⋅=--，则C 正确；根据组合公式得()()1!!(1)(1)(1)!1!!1!k n n n k C k k n k k n k ++=+⋅=+-+-+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦[]!!()!()!!(1)!k kn n n n nC kC n k k n k k n k -⋅=--+-=即1(1)k k k n n n nC k C kC +=++，则D 正确；故选:A 【点睛】本题主要考查了排列和组合公式的应用，属于中档题.4．从分别写有1,2,3,4,5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为（ ） A ．110B ．35C ．310D ．25【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张， 基本事件总数n=5×5=25，抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的基本事件有：（2，1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2），（4，3），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4）， 共有m=10个基本事件，∴抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率p=102.255= 故答案为D ．5．已知59290129(1)(2)(1)(1)...(1)x x a a x a x a x ++-=+-+-++-，则7a =（ ）A ．9B ．36C ．84D ．243【答案】B 【解析】 【分析】()()59x 1x 2++-等价变形为[()][()()]59x 12x 11-++-+-，然后利用二项式定理将其拆开，求出含有7(1)x -的项，便可得到7a ．【详解】解：55(1)[(1)2]x x +=-+展开式中不含7(1)x -；()[()()]99x 2x 11-=-+-展开式中含7(1)x -的系数为()729C 136-=所以，7a 36=，故选B 【点睛】本题考查二项式定理，解题的关键是要将原来因式的形式转化为目标因式的形式，然后再进行解题．6．以下茎叶图记录了甲、乙两组各五名学生在一次英语听力测试中的成绩（单位：分）．已知甲组数据的中位数为15，乙组数据的平均数为16.8，则x ，y 的值分别为（ ）A ．2，5B ．5，5C ．5，8D ．8，8【答案】C 【解析】试题分析：由题意得5x =，116.8(915101824)85y y =+++++⇒=，选C. 考点：茎叶图7．某人研究中学生的性别与成绩、视力、智商、阅读量这4个变量的关系，随机抽查了52名中学生，得到统计数据如表1至表4，则与性别有关联的可能性最大的变量是（ ） 表1 成绩性别 不及格 及格 总计 男 6 14 20 女 10 22 32 总计163652表2 视力性别 好 差 总计 男 4 16 20 女 12 20 32 总计163652表3 智商性别偏高正常总计表4A ．成绩B ．视力C ．智商D ．阅读量【答案】D 【解析】 【分析】根据公式()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++分别计算得观察值，比较大小即可得结果.【详解】根据公式()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++分别计算得：A.2252(6221014):0.00916363220A K ⨯-⨯=≈⨯⨯⨯;2252(4201216): 1.76916363220B K ⨯-⨯=≈⨯⨯⨯;2252(824812): 1.316363220C K ⨯-⨯=≈⨯⨯⨯;2252(143062):23.4816363220D K ⨯-⨯=≈⨯⨯⨯选项D 的值最大，所以与性别有关联的可能性最大,故选D. 【点睛】本题主要考查独立性检验的应用，意在考查灵活应用所学知识解决实际问题的能力，属于中档题.8．某产品的广告费用x 与销售额y 的统计数据如下表： 广告费用（万元）4235销售额（万元）49263954根据上表可得回归方程ˆˆˆybx a =+中的ˆb 为9.4，据此模型预报广告费用为6万元时销售额为A ．63.6万元B ．65.5万元C ．67.7万元D ．72.0万元【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：4235492639543.5,4244x y ++++++====Q ， ∵数据的样本中心点在线性回归直线上，回归方程ˆˆˆybx a =+中的ˆb 为9.4， ∴42=9．4×3．5+a ，∴ˆa=9．1， ∴线性回归方程是y=9．4x+9．1，∴广告费用为6万元时销售额为9．4×6+9．1=65．5 考点：线性回归方程9．若1()nx x+的展开式中第3项与第7项的系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为（ ） A ．252 B ．70C ．256xD ．256x -【答案】B 【解析】由题意可得26n n C C =，所以8n =，则展开式中二项式系数最大的项为第五项，即44445881()70T C x C x===，故选B.10．某校组织由5名学生参加的演讲比赛，采用抽签法决定演讲顺序，在“学生甲和乙都不是第一个出场，甲不是最后一个出场”的前提下，学生丙第一个出场的概率为（ ）A ．13B ．14C ．15D ．12【答案】A 【解析】 【分析】根据条件概率的公式与排列组合的方法求解即可. 【详解】由题意得学生甲和乙都不是第一个出场,甲不是最后一个出场的概率113333155C C A 9A 20P ==,其中学生丙第一个出场的概率1333255C A 3A 20P ==,所以所求概率为2113P P P ==. 故选：A 【点睛】本题主要考查了根据排列组合的方法求解条件概率的问题,属于中等题型.11．根据中央对“精准扶贫”的要求，某市决定派7名党员去甲、乙、丙三个村进行调研，其中有4名男性党员，3名女性党员现从中选3人去甲村若要求这3人中既有男性，又有女性，则不同的选法共有（ ） A ．35种 B ．30种 C ．28种 D ．25种【答案】B 【解析】 【分析】首先算出7名党员选3名去甲村的全部情况，再计算出全是男性党员和全是女性党员的情况，即可得到既有男性，又有女性的情况. 【详解】从7名党员选3名去甲村共有37C 种情况，3名全是男性党员共有34C 种情况，3名全是女性党员共有33C 种情况，3名既有男性，又有女性共有33374330C C C --=种情况.故选：B 【点睛】本题主要考查组合的应用，属于简单题.12．设1021001210)x a a x a x a x =++++L ，那么()(220210139)a a a a a a +++-+++LL 的值为（ ）A ．0B ．1-C ．1D．101)【答案】C 【解析】【分析】令1x =和1x =-得到012310a a a a a ++++L ，012310a a a a a -+-++L ，再整体代入可得； 【详解】解：因为)102101210xa a x a x a x =++++L ，令1x =得)10123101a a a a a =++++L ，令1x =-得)10123101a a a a a =-+-++L ，所以()(220210139)a a a a a a +++-+++L L()()012310012310a a a a a a a a a a =++++-+-++L L))101011=⋅))1011⋅⎡⎤⎣⎦=1011== 故选：C 【点睛】本题考查利用待定系数法求二项式系数和的问题，属于中档题．13．从1，2，3，4，…，9这9个整数中同时取出4个不同的数，其和为奇数，则不同取法种数有（ ） A ．60 B ．66 C ．72 D ．126【答案】A 【解析】 【分析】要使四个数的和为奇数，则取数时奇数的个数必须是奇数个，再根据排列组合及计数原理知识，即可求解. 【详解】从1，2，3，4，…，9这9个整数中同时取出4个不同的数，其和要为奇数，则取数时奇数的个数必须是奇数个：所以共有1331545460C C C C +=种取法.故选：A 【点睛】本题考查了排列组合及简单的计数问题，属于简单题.14．将编号1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3盒子中,要求不允许有空盒子,且球与盒子的编号不能相同,则不同的放球方法有A ．6种B ．9种C ．12种D ．18种【答案】C 【解析】由题意可知,这四个小球有两个小球放在一个盒子中,当四个小球分组为如下情况时,放球方法有:当1与2号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法; 当1与3号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法; 当1与4号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法; 当2与3号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法; 当2与4号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法; 当3与4号球放在同一盒子中时,有2种不同的放法; 因此,不同的放球方法有12种. 故选：C15．()()5112x x ++的展开式中4x 的系数为（ ） A ．100 B ．120C ．140D ．160【答案】D 【解析】 【分析】利用二项式定理展开式通项公式求指定项的系数. 【详解】()()5112x x ++的展开式中4x 的系数为334455C 2C 2160⋅+⋅=.故选：D. 【点睛】本题主要考查二项式定理，考查运算求解能力，是基础题.16．口袋中有相同的黑色小球n 个，红、白、蓝色的小球各一个，从中任取4个小球．ξ表示当n ＝3时取出黑球的数目，η表示当n ＝4时取出黑球的数目．则下列结论成立的是（ ）A ．E （ξ）＜E （η），D （ξ）＜D （η）B ．E （ξ）＞E （η），D （ξ）＜D （η）C ．E （ξ）＜E （η），D （ξ）＞D （η） D ．E （ξ）＞E （η），D （ξ）＞D （η）【答案】A 【解析】 【分析】当3n =时，ξ的可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出()2E ξ=，()25D ξ=；当4n =时，η可取1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出()167E η=， ()2449D η=，即可得解． 【详解】当3n =时，ξ的可能取值为1，2，3， ()134336115C C P C ξ⋅===，()342236325C C P C ξ⋅===，()343136135C C P C ξ⋅===， ∴()131232555E ξ=+⨯+⨯=，()112555D ξ=+=； 当4n =时，η可取1，2，3，4，()1434374135C C P C η⋅===，()22437418235C P C C η==⋅=， ()31437412335C P C C η==⋅=，()4404375143C C P C η⋅===， ∴()41812116234353535357E η=+⨯+⨯+⨯=， ()22224161816121611612343573573575494372D η⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+-+-=⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭； ∴()()E E ξη<，()()D D ξη<． 故选：A ． 【点睛】本题考查了超几何分布概率公式的应用，考查了离散型随机变量期望和方差的求解，属于中档题.17．若随机变量()23,X N σ:，且()50.2P X ≥=，则()15P X ≤≤等于（ ）A ．0.6B ．0.5C ．0.4D ．0.3【答案】A 【解析】 【分析】由正态密度曲线的对称性得出()()15125P X P X ≤≤=-≥，由此可得出结果. 【详解】 由于()23,X N σ:，则正态密度曲线关于直线3x =对称，所以()()15125120.20.6P X P X ≤≤=-≥=-⨯=，故选A. 【点睛】本题考查正态分布在指定区间上概率的计算，解题时要确定正态密度曲线的对称轴，利用对称性列等式计算，考查计算能力，属于中等题.18．概率论起源于博弈游戏．17世纪，曾有一个“赌金分配“的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏，每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定，各出赌金48枚金币，先赢3局者可获得全部赌金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局．向这96枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率“的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是（）A．甲48枚，乙48枚B．甲64枚，乙32枚C．甲72枚，乙24枚D．甲80枚，乙16枚【答案】C【解析】【分析】根据题意，计算甲乙两人获得96枚金币的概率，据此分析可得答案．【详解】根据题意，甲、乙两人每局获胜的概率均为12，假设两人继续进行比赛，甲获取96枚金币的概率11113 2224P=+⨯=，乙获取96枚金币的概率2111 224P=⨯=，则甲应该获得396724⨯=枚金币；乙应该获得196244⨯=枚金币；故选：C．【点睛】本题主要考查概率在实际问题中的应用，涉及到独立事件的概率，考查学生的逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.19．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【解析】4项工作分成3组,可得：24C=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，可得：36363A⨯=种．故选D.20．将三枚质地均匀的骰子各掷一次，设事件A=“三个点数之和等于15”，B=“至少出现一个5点”，则概率()|P A B 等于（ ）A ．5108B ．113C ．17D ．710【答案】B【解析】【分析】根据条件概率的计算公式即可得出答案.【详解】3311166617()216A P AB C C C +==Q ，11155561116691()1216C C C P B C C C =-= ()()()72161|2169113P AB P A B P B ∴==⨯= 故选：B【点睛】 本题主要考查了利用条件概率计算公式计算概率，属于中档题.。
2019高考数学一轮复习 第11章 计数原理和概率 第5课时 古典概型练习 理
第5课时 古典概型1．一枚硬币连掷2次，恰好出现1次正面的概率是( ) A.12 B.14 C.34 D ．0答案 A解析 列举出所有基本事件，找出“只有1次正面”包含的结果．一枚硬币连掷2次，基本事件有(正，正)，(正，反)，(反，正)，(反，反)共4个，而只有1次出现正面的包括(正，反)，(反，正)2个，故其概率为24＝12. 2．有80个数，其中一半是奇数，一半是偶数，从中任取两数，则所取的两数和为偶数的概率为( ) A.3979 B.180 C.12 D.4181答案 A解析 两数和为偶数，则两数同奇或同偶，故两数和为偶数的概率为P ＝2C 402C 802＝3979.3．(2017·云南统一检测)在2，0，1，5这组数据中，随机取出三个不同的数，则数字2是取出的三个不同数的中位数的概率为( ) A.34 B.58 C.12 D.14答案 C解析 分析题意可知，共有(0，1，2)，(0，2，5)，(1，2，5)，(0，1，5)4种取法，符合题意的取法有2种，故所求概率P ＝12.4．(2018·广东惠州模拟)齐王与田忌赛马，田忌的上等马优于齐王的中等马，劣于齐王的上等马，田忌的中等马优于齐王的下等马，劣于齐王的中等马，田忌的下等马劣于齐王的下等马，现从双方的马匹中随机选一匹马进行一场比赛，则田忌获胜的慨率为( ) A.13 B.14 C.15 D.16 答案 A解析 设齐王上，中，下三个等次的马分别记为a 1，a 2，a 3，田忌的上，中，下三个等次的马分别记为b 1，b 2，2好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析b 3，从双方的马匹中随机选一匹马进行一场比赛的所有可能为a 1b 1，a 1b 2，a 1b 3，a 2b 1，a 2b 2，a 2b 3，a 3b 1，a 3b 2，a 3b 3，共9种．由题设知田忌获胜有3种情况：a 2b 1，a 3b 1，a 3b 2，故田忌获胜的概率为39＝13，故选A.5．(2018·广西南宁一模)某高校要从6名短跑运动员中选出4人参加全省大学生运动会中的4×100 m 接力赛，其中甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒，则甲跑第二棒的概率为( ) A.415 B.215C.421D.15答案 C解析 从6名短跑运动员中任选4人参加4×100 m 接力赛，其中甲不跑第一棒且乙不跑第四棒的方法共有A 64－2A 53＋A 42＝252种，在这252种方法中甲跑第二棒的方法共有C 41·A 42＝48种，因此所求的概率为48252＝421，选C.6．(2018·郑州市质检)某公司安排6位员工在“元旦(1月1日至1月3日)”假期值班，每天安排2人，每人值班1天，则6位员工中甲不在1日值班的概率为( ) A.13 B.23 C.34 D.56答案 B解析 该公司安排6位员工在“元旦(1月1日至1月3日)”假期值班，每天安排2人，每人值班1天，基本事件总数n ＝C 62C 42C 22，6位员工中甲不在1日值班包含的基本事件个数m ＝C 52C 42C 22，∴6位员工中甲不在1日值班的概率P ＝m n ＝C 52C 42C 22C 62C 42C 22＝23.故选B.7．(2017·山东，理)从分别标有1，2，…，9的9张卡片中不放回地随机抽取2次，每次抽取1张，则抽到的2张卡片上的数奇偶性不同的概率是( ) A.518B.49C.59D.79答案 C解析 方法一：从9张卡片中依次抽取1张，共取2次有C 91C 81种不同方法，其中2次抽得卡片的奇偶性不同的方法有2C 51C 41种．由古典慨型概率公式得P ＝2C 51C 41C 91C 81＝4072＝59.方法二：由题意知两次取卡片，彼此相互独立，则两次取得卡片奇偶性不同的概率为59×48＋49×58＝59.8．(2018·北京朝阳区期末)甲、乙两位学生参加数学文化知识竞赛培训，在培训期间，他们参加的5次测试成绩记录如下， 甲：82 82 79 95 873乙：95 75 80 90 85从甲、乙两人的这5次成绩中各随机抽取一个，则甲的成绩比乙的成绩高的概率为( ) A.1225 B.925 C.1325 D.1425答案 A解析 记甲被抽到的成绩为x ，乙被抽到的成绩为y ，用数对(x ，y)表示基本事件，有：(82，95)，(82，75)，(82，80)，(82，90)，(82，85)，(82，95)，(82，75)，(82，80)，(82，90)，(82，85)，(79，95)，(79，75)，(79，80)，(79，90)，(79，85)，(95，95)，(95，75)，(95，80)，(95，90)，(95，85)，(87，95)，(87，75)，(87，80)，(87，90)，(87，85)， 基本事件总数n ＝25.设“甲的成绩比乙的成绩高”为事件A ，事件A 包含的基本事件有：(82，75)，(82，80)，(82，75)，(82，80)，(79，75)，(95，75)，(95，80)，(95，90)，(95，85)，(87，75)，(87，80)，(87，85)， 事件A 包含的基本事件数m ＝12. 所以P(A)＝m n ＝1225.故选A.9．从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于( ) A.110B.18C.16D.15 答案 D解析 在正六边形中，6个顶点选取4个，种数为15.选取的4点能构成矩形的，只有对边的4个顶点(例如AB 与DE)，共有3种，∴所求概率为315＝15.10．(2018·长沙雅礼中学质检)现有10个数，它们能构成一个以1为首项，－2为公比的等比数列，若从这10个数中随机抽取一个数，则它小于8的概率是( ) A.12 B.35 C.45 D.710答案 D解析 数列的通项公式为a n ＝(－2)n －1，数列中的偶数项都为负数，小于8，共有5项，奇数项的第1，3项小4好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析于8，故小于8的数有7个，因此概率为P ＝710.11．从1，2，…，9这9个数中，随机抽取3个不同的数，则这3个数的和为偶数的概率是( ) A.59 B.49 C.1121 D.1021答案 C解析 基本事件总数为C 93，设抽取3个数，和为偶数为事件A ，则A 事件包括两类：抽取3个数全是偶数，或抽取3个数中2个奇数1个偶数，前者有C 43种，后者有C 41C 52种，所以A 中基本事件数为C 43＋C 41C 52，所以符合要求的概率为C 43＋C 41C 52C 93＝1121.故选C. 12．(2017·甘肃模拟)投掷两颗骰子，其向上的点数分别为m 和n ，则复数(m ＋ni)2为纯虚数的概率为( ) A.13 B.14 C.16 D.112答案 C解析 投掷两颗骰子共有36种结果，因为(m ＋ni)2＝m 2－n 2＋2mni ，所以要使复数(m ＋ni)2为纯虚数，则有m 2－n 2＝0，即m ＝n ，共有6种结果，所以复数为纯虚数的概率为636＝16，故选C.13．一袋中装有大小相同，编号分别为1，2，3，4，5，6，7，8的八个球，从中有放回地每次取一个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于15的概率为( ) A.132 B.164C.332D.364答案 D解析 基本事件为(1，1)，(1，2)，…，(1，8)，(2，1)，(2，2)，…，(8，8)，共64种．两球编号之和不小于15的情况有三种，分别为(7，8)，(8，7)，(8，8)，∴所求概率为364.14．(2017·惠州调研)设A ，B 两名学生均从两位数学教师和两位英语教师中选择一位教师给自己来补课，若A ，B 不选同一位教师，则学生A 选择数学教师，学生B 选择英语教师的概率为( ) A.13 B.512 C.12 D.712答案 A解析 设两位数学教师用1，2表示，两位英语教师用3，4表示，不妨让A 先选，B 后选(不重复)，则他们所有的选择结果如下：(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，1)，(2，3)，(2，4)，(3，1)，(3，2)，(3，4)，(4，1)，5(4，2)，(4，3)，共12种情况，其中学生A 选择数学教师，学生B 选择英语教师(数学在前，英语在后)的结果有(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，共4种情况，所以所求概率P ＝13.15.如图是甲、乙两位同学高二上学期历史成绩的茎叶图，有一个数字被污损，用a(3≤a≤8且a∈N )表示被污损的数字．则甲同学的历史平均成绩不低于乙同学的历史平均成绩的概率为( ) A.13 B.56 C.16 D.23答案 D解析 甲同学的历史平均成绩为88＋90＋93＋94＋955＝92分，若甲同学的历史平均成绩不低于乙同学的历史平均成绩，86＋88＋92＋98＋90＋a5≤92，得a≤6.因为3≤a≤8，所以3≤a≤6且a∈N ，记甲同学的历史平均成绩不低于乙同学的历史平均成绩为事件A ，则事件A 包含4个基本事件，而基本事件总数共有6个，所以事件A 的概率P(A)＝46＝23.16．(2014·课标全国Ⅱ文)甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种，则他们选择相同颜色运动服的概率为________． 答案 13解析 甲、乙两名运动员各自等可能地从红、白、蓝3种颜色的运动服中选择1种的所有可能情况为(红，白)，(白，红)，(红，蓝)，(蓝，红)，(白，蓝)，(蓝，白)，(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，共9种，他们选择相同颜色运动服的所有可能情况为(红，红)，(白，白)，(蓝，蓝)，共3种．故所求概率为P ＝39＝13.17．盒中有3张分别标有1，2，3的卡片，从盒中随机抽取一张记下号码后放回，再随机抽取一张记下号码，则两次抽取的卡片号码中至少有一个为偶数的概率为________． 答案 59解析 对立事件为：两次抽的卡片号码中都为奇数，共有2×2＝4种抽法．而有放回的两次抽了卡片共有3×3＝9种基本事件，因此所求事件概率为1－49＝59.18．某旅游爱好者计划从3个亚洲国家A 1，A 2，A 3和3个欧洲国家B 1，B 2，B 3中选择2个国家去旅游． (1)若从这6个国家中任选2个，求这2个国家都是亚洲国家的概率；(2)若从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，求这2个国家包括A 1但不包括B 1的概率． 答案 (1)15 (2)29解析 (1)由题意知，从6个国家中任选2个国家，其一切可能的结果组成的基本事件有：(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 2，A 3)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，B 3)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，B 3)，(A 3，B 1)，(A 3，6好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析B 2)，(A 3，B 3)，(B 1，B 2)，(B 1，B 3)，(B 2，B 3)，共15个．所选两个国家都是亚洲国家的事件所包含的基本事件有：(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 2，A 3)，共3个． 则所求事件的概率为：P ＝315＝15.(2)从亚洲国家和欧洲国家中各任选1个，其一切可能的结果组成的基本事件有：(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 1，B 3)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，B 3)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(A 3，B 3)，共9个． 包括A 1但不包括B 1的事件所包含的基本事件有：(A 1，B 2)，(A 1，B 3)，共2个， 则所求事件的概率为：P ＝29.19．从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的质量指标值，由测量结果得到如图所示的频率分布直方图，质量指标值落在区间[55，65)，[65，75)，[75，85]内的频率之比为4∶2∶1.(1)求这些产品质量指标值落在区间[75，85]内的频率；(2)用分层抽样的方法在区间[45，75)内抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任意抽取2件产品，求这2件产品都在区间[45，65)内的概率． 答案 (1)0.05 (2)23解析 (1)设质量指标值落在区间[75，85]内的频率为x ，则质量指标值落在区间[55，65)，[65，75)内的频率分别为4x ，2x.依题意得(0.004＋0.012＋0.019＋0.030)×10＋4x ＋2x ＋x ＝1， 解得x ＝0.05.所以质量指标值落在区间[75，85]内的频率为0.05.(2)由(1)得，质量指标值落在区间[45，55)，[55，65)，[65，75)内的频率分别为0.3，0.2，0.1. 用分层抽样的方法在区间[45，75)内抽取一个容量为6的样本， 则在区间[45，55)内应抽取6×0.30.3＋0.2＋0.1＝3件，记为A 1，A 2，A 3；在区间[55，65)内应抽取6×0.20.3＋0.2＋0.1＝2件，记为B 1，B 2；在区间[65，75)内应抽取6×0.10.3＋0.2＋0.1＝1件，记为C.设“从样本中任意抽取2件产品，这2件产品都在区间[45，65)内”为事件M ，因为所有的基本事件有：(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 1，C)，(A 2，A 3)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 2，C)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(A 3，C)，(B 1，B 2)，(B 1，C)，(B 2，C)，共15种，7事件M 包含的基本事件有：(A 1，A 2)，(A 1，A 3)，(A 1，B 1)，(A 1，B 2)，(A 2，A 3)，(A 2，B 1)，(A 2，B 2)，(A 3，B 1)，(A 3，B 2)，(B 1，B 2)，共10种， 所以P(M)＝1015＝23，所以这2件产品都在区间[45，65)内的概率为23.1．(2018·广东五校协作体联考)从1～9这9个自然数中任取7个不同的数，则这7个数的平均数是5的概率为( ) A.23 B.13 C.19 D.18答案 C解析 从1～9这9个自然数中任取7个不同的数的取法共有C 97＝9×82＝36种，因为1＋9＝2＋8＝3＋7＝4＋6，所以从(1，9)，(2，8)，(3，7)，(4，6)中任选3组，则有C 43＝4种，再加上5，故这7个数的平均数是5的概率为436＝19，故选C.2．(2018·衡水中学调研卷)3位大学生乘坐同一列“子弹头”CRH1A －A 动车，该动车有8节车厢，则至少有2位大学生在同一节车厢的概率为( ) A.2132 B.5764 C.1132 D.1116答案 C解析 3位大学生的乘车方式共有83种，其中均不在同一节车厢的乘车方式有A 83种，所以3位大学生均不在同一节车厢的概率为A 8383＝8×7×683＝2132，故至少有2位大学生在同一节车厢的概率为1－2132＝1132，故选C. 3．已知直线l 1：x －2y －1＝0，直线l 2：ax －by ＋1＝0，其中a ，b ∈{1，2，3，4，5，6}，则直线l 1与l 2的交点位于第三象限的概率为( ) A.34 B.14 C.13 D.12答案 A解析 当l 2的斜率大于l 1的斜率时，直线l 1与l 2的交点位于第三象限，此时共有六种情况：b ＝1，a ∈{1，2，3，4，5，6}；b ＝2，a ∈{2，3，4，5，6}；b ＝3，a ∈{2，3，4，5，6}；b ＝4，a ∈{3，4，5，6}；b ＝5，a ∈{3，4，5，6}；b ＝6，a ∈{4，5，6}．所以所求概率为276×6＝34，选A.8好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析4．(2015·广东文)已知5件产品中有2件次品，其余为合格品．现从这5件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为( ) A ．0.4 B ．0.6 C ．0.8 D ．1答案 B解析 设5件产品中合格品分别为A 1，A 2，A 3，2件次品分别为B 1，B 2，则从5件产品中任取2件的所有基本事件为A 1A 2，A 1A 3，A 1B 1，A 1B 2，A 2A 3，A 2B 1，A 2B 2，A 3B 1，A 3B 2，B 1B 2，共10个，其中恰有一件次品的所有基本事件为：A 1B 1，A 1B 2，A 2B 1，A 2B 2，A 3B 1，A 3B 2，共6个．故所求概率为P ＝610＝0.6.5．(2015·课标全国Ⅰ，文)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数．从1，2，3，4，5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为( ) A.310 B.15 C.110D.120 答案 C解析 基本事件的总数为10，其中能构成一组勾股数的只有{3，4，5}，∴所求概率为110，选C.6．现采用随机模拟的方法估计某运动员射击4次，至少击中3次的概率；先由计算器给出0到9之间取整数值的随机数，指定0，1表示没有击中目标，2，3，4，5，6，7，8，9表示击中目标，以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组随机数： 7527 0293 7140 9857 0347 4373 8636 6947 1417 4698 0371 6233 2616 8045 6011 3661 9597 7424 7610 4281根据以上数据估计射击运动员射击4次至少击中3次的概率为( ) A ．0.852 B ．0.819 2 C ．0.8 D ．0.75答案 D解析 因为射击4次至多击中2次对应的随机数组为7140，1417，0371，6011，7610，共5组，所以射击4次至少击中3次的概率为1－520＝0.75，故选D.7．从{1，2，3，4，5}中随机选取一个数为a ，从{1，2，3}中随机选取一个数为b ，则b>a 的概率是( ) A.45 B.35 C.25 D.15答案 D解析 基本事件的个数有5×3＝15，其中满足b>a 的有3种，所以b>a 的概率为315＝15.8．(2017·浙江金丽衢十二校二联)4张卡上分别写有数字1，2，3，4，从这4张卡片中随机抽取2张，则取9出的2张卡片上的数字之和为偶数的概率为( ) A.12 B.13 C.23 D.34答案 B解析 因为从四张卡片中任取出两张的情况为(1，2)，(1，3)，(1，4)，(2，3)，(2，4)，(3，4)，共6种．其中两张卡片上数字和为偶数的情况为(1，3)，(2，4)共2种，所以两张卡片上的数字之和为偶数的概率为13.9．有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，若每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为( ) A.13 B.12 C.23 D.34 答案 A解析 由题意得，甲、乙两位同学参加小组的所有可能的情况共3×3＝9种．又两位同学参加同一个兴趣小组的种数为3，故概率为39＝13.10．一个袋子中有5个大小相同的球，其中3个白球与2个黑球，现从袋中任意取出一个球，取出后不放回，然后再从袋中任意取出一个球，则第一次为白球、第二次为黑球的概率为( ) A.35 B.310 C.12 D.625 答案 B解析 设3个白球分别为a 1，a 2，a 3，2个黑球分别为b 1，b 2，则先后从中取出2个球的所有可能结果为(a 1，a 2)，(a 1，a 3)，(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，a 3)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，(b 1，b 2)，(a 2，a 1)，(a 3，a 1)，(b 1，a 1)，(b 2，a 1)，(a 3，a 2)，(b 1，a 2)，(b 2，a 2)，(b 1，a 3)，(b 2，a 3)，(b 2，b 1)，共20种．其中满足第一次为白球、第二次为黑球的有(a 1，b 1)，(a 1，b 2)，(a 2，b 1)，(a 2，b 2)，(a 3，b 1)，(a 3，b 2)，共6种，故所求概率为620＝310.11．将一个骰子向上抛两次，所得点数分别为m 和n ，则n≤2m 的概率是________． 答案 56解析 基本事件的总数为6×6＝36，满足n>2m 的数对(n ，m)为(6，2)，(6，1)，(5，2)，(5，1)，(4，1)，(3，1)，共6个，所以所求概率为1－636＝56.12．(2018·江苏南京调研)某单位要在四名员工(含甲乙两人)中随机选两名到某地出差，则甲乙两人中，至少有一人被选中的概率是________．10好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析答案 56解析 在四名员工(含甲乙两人)中随机选两名，共有6种可能，其中甲乙两人都未被选中只有1种可能，∴甲乙两人中，至少有一人被选中的概率是1－16＝56.13．(2013·江苏)现有某类病毒记作X m Y n ，其中正整数m ，n (m≤7，n ≤9)可以任意选取，则m ，n 都取到奇数的概率为________． 答案2063解析 从正整数m ，n (m≤7，n ≤9)中任取两数的所有可能结果有C 71C 91＝63个，其中m ，n 都取奇数的结果有C 41C 51＝20个，故所求概率为2063.14．如图所示是某市2017年2月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数(AQI)小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择2月1日至2月12日中的某一天到达该市，并停留3天．(1)求此人到达当日空气质量优良的概率；(2)求此人停留期间至多有1天空气重度污染的概率． 答案 (1)16 (2)23解析 (1)在2月1日至今2月12日这12天中，只有5日，8日共2天的空气质量优良，所以此人到达当时空气质量优良的概率P ＝212＝16.(2)根据题意，事件“此人在该市停留期间至多有1天空气重度污染”，即“此人到达该市停留期间0天空气重度污染或仅有1天空气重度污染”．“此人在该市停留期间0天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是4日或8日或9日”，其概率为312＝14. “此人在该市停留期间仅有1天空气重度污染”等价于“此人到达该市的日期是3日或5日或6日或7日或10日”，其概率为512.所以此人停留期间至多有1天空气重度污染的概率为P ＝14＋512＝23.15．(2017·广东深圳)已知复数z ＝x ＋yi(x ，y ∈R )在复平面上对应的点为M.设集合P ＝{－4，－3，－2，0}，11Q ＝{0，1，2}，从集合P 中随机抽取一个数作为x ，从集合Q 中随机抽取一个数作为y ，求复数z 为纯虚数的概率．答案 16解析 记“复数z 为纯虚数”为事件A.∵组成复数z 的所有情况共有12个：－4，－4＋i ，－4＋2i ，－3，－3＋i ，－3＋2i ，－2，－2＋i ，－2＋2i ，0，i ，2i ，且每种情况出现的可能性相等，属于古典概型，其中事件A 包含的基本事件共2个：i ，2i ，∴所求事件的概率为P(A)＝212＝16. 16．(2018·安徽省安师大附中高三阶段测试)某校高三期中考试后，数学教师对本次全部数学成绩按1∶20进行分层抽样，随机抽取了20名学生的成绩为样本，成绩用茎叶图记录如图所示，但部分数据不小心丢失，同时得到如下表所示的频率分布表：(1)求表中a ，b (成绩在[90，150]内为及格)；(2)若从茎叶图中成绩在[100，130)范围内的样本中一次性抽取两个，求取出两个样本数字之差的绝对值小于或等于10的概率．答案 (1)0.65 (2)1021解析 (1)由茎叶图知成绩在[50，70)范围内的有2人，在[110，130)范围内的有3人，∴a ＝0.1，b ＝3.∵成绩在[90，110)范围内的频率为1－0.1－0.25－0.25＝0.4.∴成绩在[90，110)范围内的样本数为20×0.4＝8，估计这次考试全校高三学生数学成绩的及格率为P ＝1－0.1－0.25＝0.65.(2)一切可能的结果组成的基本事件空间为Ω＝{(100，102)，(100，106)，(100，106)，(100，116)，(100，118)，(100，128)，(102，106)，(102，12 好教育云平台——教育因你我而变2017年高考“最后三十天”专题透析106)，(102，116)，(102，118)，(102，128)，(106，106)，(106，116)，(106，118)，(106，128)，(106，116)，(106，118)，(106，128)，(116，118)，(116，128)，(118，128)}，共21个基本事件，设事件A ＝“取出的两个样本中数字之差小于等于10”，则A ＝{(100，102)，(100，106)，(100，106)．(102，106)，(102，106)，(106，106)，(106，116)，(106，116)，(116，118)，(118，128)}，共10个基本事件，∴P(A)＝1021.。
2019年浙江省高考高三数学复习优质考卷分项专练：专题10 计数原理与古典概率及解析
2019年浙江省高考高三数学复习优质考卷分项专练：
一．基础题组
1.【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】甲、乙、丙3人同时参加5个不同的游戏活动，每个游戏最多有2人可以参与（如果有2人参与同一个游戏，不区分2人在其中的角色），则甲、乙、丙3人参与游戏的不同方式总数是______________.
【答案】120
【解析】
【分析】
分类：第一类，每一个游戏只有一个人参加；第二类，有一个游戏有两人参加，另一个游戏有一人参加，求出结果
【详解】
2. 【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】展开式中所有项的系数和为
_________，其中项的系数为_____________.
【答案】1
【解析】
【分析】
令即得各项系数和，若要凑成有以下几种可能：一是个，个，个，二是
个，
个，即可求出项的系数。
【详解】
令，则展开所有项的系数和为
若要凑成有以下几种可能：一是个，个，个，二是个，个，
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2019年高考浙江高三数学三轮复习：平面解析几何 专题训练(含答案及解析)
2019年高考浙江高三数学三轮复习专题训练平面解析几何一、高考易错题清查1．忽视直线斜率不存在的情况而失解讨论两条直线的位置关系时，首先要注意对斜率是否存在进行讨论，其次要注意对系数是否为零进行讨论．在求解直线方程时，有时也忽略斜率不存在的情况．研究直线与圆、直线与圆锥曲线的位置关系问题，往往易忽视直线的斜率不存在的情况而导致失解．例1．【2018届江西省八所重点中学高三下学期联考】已知曲线221:163x y C +=，曲线22:2(0)C x py p =>，且1C 与2C 的焦点之间的距离为2，且1C 与2C 在第一象限的交点为A ．(1)求曲线2C 的方程和点A 的坐标；(2)若过点A 且斜率为()0k k ≠的直线l 与1C 的另一个交点为B ，过点A 与l 垂直的直线与2C 的另一个交点为C ．设245AB m AC=，试求m 取值范围．【答案】(1) 24x y =， ()2,1A (2) [ 5-， )0(0 ⋃⎦长公式求得,AB AC 的长度,最后求得m 得取值范围. 试题解析:(2)当直线AB 的斜率不存在时，由题意可知， ()2,1A ， ()2,1B ∴-， ()2,1C -则24455AB m AC==， 当直线AB 的斜率存在时，∴设直线AB 的方程为y ﹣1=k （x ﹣2），即y=kx ﹣2k+1，由，得（2k 2+1）x+4k （1﹣2k ）x+2（1﹣2k ）2﹣6=0则，∵x A =2，∴，又直线AC 的方程为，由，得，则，∵x A =2，∴，，同理，------9分，-即．综上所述：点评：在设直线方程时，需要考虑直线的斜率是否存在，可分两类情况分别求解． 2．忽视圆锥曲线定义中的限制条件在椭圆的定义中要注意椭圆上的点(动点)具备的几何条件，即“到两定点(焦点)的距离之和为一常数，且该常数必须大于两定点的距离”．例2．一种画椭圆的工具如图1所示．O 是滑槽AB 的中点，短杆ON 可绕O 转动，长杆MN 通过N 处铰链与ON 连接，MN 上的栓子D 可沿滑槽AB 滑动，且1DN ON ==，3MN =．当栓子D 在滑槽AB 内作往复运动时，带动．．N 绕O 转动，M 处的笔尖画出的椭圆记为C ．以O 为原点，AB 所在的直线为x 轴建立如图2所示的平面直角坐标系，求椭圆C 的方程.【答案】22 1.164x y +=.点评：本题利用椭圆的定义求解轨迹方程，需要注意||||||312OM MN NO ≥-=-=． 3．离心率范围求解错误求解离心率的范围是一个热点题型，解题的关键在于根据题设条件，借助几何性质、位置关系等途径找到不等关系，从而得到关于离心率的不等式，进而求其范围．解题时容易忽略椭圆的离心率范围()0,1和双曲线的离心率范围()1,+∞．例3．已知椭圆22122:1(0)x y C a b a b+=>>与圆2222:C x y b +=，若在椭圆1C 上存在点P ，使得由点P 所作的圆2C 的两条切线互相垂直，则椭圆1C 的离心率的取值范围是（ ）A ．1[,1)2 B ．[22C ．D ．2 【答案】C点评：求解本题的关键是利用直角三角形得到sin baα=. 4．解决直线与圆锥曲线的相交问题时忽视Δ>0的条件直线与曲线相交中探求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围．在建立函数的过程中要根据题目的其他已知条件，把需要的量都用我们选用的变量表示，有时为了运算的方便，在建立关系的过程中也可以采用多个变量，只要在最后结果中把多变量归结为单变量即可，同时要特别注意变量的取值范围．这个范围与直线和曲线的位置关系有关时，隐含着Δ>0的条件，不能忽略．例4【2018届安徽省合肥市高三第二次教学质量检测】已知椭圆()2222:10x y E a b a b+=>>经过点12P ⎛⎫⎪⎝⎭，椭圆E 的一个焦点为).()1求椭圆E 的方程； ()2若直线l 过点(M 且与椭圆E 交于A ， B 两点，求AB 的最大值.【答案】(1) 2214x y +=【解析】试题分析：()1与椭圆结合椭圆的定义计算可得2a =，则c =， 21b ∴=，椭圆E 的方程为2214x y +=. ()2分类讨论，当直线l的斜率存在时，设:l y kx = ()11,A x y ， ()22,B x y .联立直线方程与椭圆方程可得AB =换元后结合二次函数的性质可得6AB ≤.当直线l 的斜率不存在时，26AB =<，故AB 的最大值为()2当直线l 的斜率存在时，设:l y kx = ()11,A x y ， ()22,B x y.由22{ 14y kx x y =++=得()221440k x +++=.由0∆>得241k >.由12x x +=， 122414x x k =+得AB =设2114t k =+，则102t <<，AB ∴=≤.当直线l 的斜率不存在时， 26AB =<，AB ∴点评：（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． （2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．（3）本题建立直线与椭圆的方程得到关于x 的方程后，易忽视 “由0,∆>可得412>k ”．二、高效抢分训练1．【2018届云南省昆明市高三二统】已知直线:l y m +与圆()22:36C x y +-=相交于A 、B 两点，若AB =m 的值等于（ ） A. -7或-1 B. 1或7 C. -1或7 D. -7或12．【2018届重庆市巴蜀中学高三三月月考】直线l 过抛物线C ： 24x y =的焦点F 且交抛物线C 于,A B 两点，则2AF BF +的最小值为（ ）A. 3+2+3．【2018届重庆市第一中学高三下学期第一次月考】已知直线l :240x y -+=，圆()()22:1580C x y -++=，那么圆C 上到l ）个.A. 1B. 2C. 3D. 44．【2018届四川省德阳市高三二诊】如图，过抛物线24y x =的焦点F 作倾斜角为α的直线l ， l 与抛物线及其准线从上到下依次交于A 、B 、C 点，令1AF BFλ=，2BC BFλ=，则当3πα=时， 12λλ+的值为（ ）5．过抛物线()2:20C y px p =>的焦点F 的直线l 与抛物线交于 M N ，两点，若4MF FN =，则直线l 的斜率为（ ）A ．32±B ．23± C.34± D ．43±6．【2018届贵州省凯里市第一中学高三下学期《黄金卷》第二套模拟】已知抛物线214y x =的焦点F 是椭22221y x a b+=（0a b >>）的一个焦点，且该抛物线的准线与椭圆相交于A 、B 两点，若FAB ∆是正三角形，则椭圆的离心率为（ ）1127．已知椭圆()222210x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，过1F 且与x 轴垂直的直线交椭圆于A 、B 两点，直线2AF 与椭圆的另一个交点为C ，若23ABC BCF S S =△△，则椭圆的离心率为（ ） AD8．【2018届云南省昆明市高三教学质量检查（二统）】已知1F ， 2F 是椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的两个焦点，过原点的直线l 交E 于,A B 两点， 220AF BF ⋅=，且2234||AF BF =，则E 的离心率为（ ） A.12 B. 34 C. 27 D. 579. 【2018届北京西城14中高三上期中】已知圆()()22:341C x y -+-=和两点(),0A m -， (),0(0)B m m >．若圆C 上存在点P ，使得90APB ∠=︒，则m 的最大值为（）． A. 4 B. 5 C. 6 D. 710.【2018届四川省雅安中学高三下学期第一次月考】 已知椭圆()222210x y a b a b+=>>的离心率为34， M 是椭圆上一点， 12,F F 是椭圆的左右焦点， C 为12MF F ∆的内切圆圆心，若1233mCF CF CM ++=0，则m 的值是 A. 4 B. 3 C. 2 D. 111．【2018届四川省成都市龙泉驿区第一中学校高三3月“二诊”】已知抛物线24y x =的焦点为F ，为抛物线上的两点，若3AF FB =, O 为坐标原点，则AOB ∆ 的面积12．【2018届江西省八所重点中学高三下学期联考】已知点()0,1A -是抛物线22x py =的准线上一点， F 为抛物线的焦点， P 为抛物线上的点，且PF m PA =，若双曲线C 中心在原点， F 是它的一个焦点，且过P 点，当m 取最小值时，双曲线C 的离心率为（ ）1113．【2018届陕西省榆林市高三高考模拟第二次测试】已知抛物线2:4C y x =的焦点为()()1122,,,,F M x y N x y 是抛物线C 上的两个动点，若1222x x MN ++=，则M F N ∠的最大值为__________．14．【2018届新疆乌鲁木齐市高三第二次监测】已知F 是椭圆C 的一个焦点， B 是短轴的一个端点，线段BF 的延长线交椭圆C 于点D ，且20BF DF +=，椭圆C 的离心率为__________．15.求过点()3,1M 的圆22(1)(2)4C x y ：－＋－＝的切线方程．16.设椭圆E ：22221(0)x y a b a b+=>>的离心率为12，E 上一点P 到右焦点距离的最小值为1．（1）求椭圆E 的方程；（2）过点(0,2)的直线交椭圆E 于不同的两点A ，B ，求OA OB ⋅的取值范围．17.【2018届云南省昆明市高三二统】设抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点为F ，准线为l .已知点A 在抛物线C 上，点B 在l 上， ABF ∆是边长为4的等边三角形. （1）求p 的值；（2）在x 轴上是否存在一点N ，当过点N 的直线l '与抛物线C 交于Q 、R 两点时，2211||||NQ NR +为定值？若存在，求出点N 的坐标，若不存在，请说明理由.18.【2018届江西省吉安一中、九江一中等八所重点中学高三4月联考】已知椭圆1C ：22221(0)x y a b a b+=>>，圆2C ： ()()22263(0)x y r r -+-=>，直线:10l x y -+=过椭圆1C 一个焦点和一个顶点， e 为椭圆的离心率.（1）求椭圆1C 的方程；（2）设1C 的左右焦点分别为12,F F ，若2C 上存在点P 满足21PF e PF =，且这样的点P 有两个，求2C 半径r 的取值范围.19．【2018届重庆市巴蜀中学高三3月月考】设椭圆方程为22221(0)x y a b a b+=>>，离心率为， 12,F F 是椭圆的两个焦点， A 为椭圆上一点且123F AF π∠=， 12F AF ∆的面（1）求椭圆的方程；（2）已知点()0,1P ，直线l 不经过点P 且与椭圆交于,B C 两点，若直线PB 与直线PC 的斜率之和为1，证明直线l 过定点，并求出该定点.20.【2018届山东省济南市高三第一次模拟】如图，在平面直角坐标系xOy 中，点()2,1M 在抛物线C ： 2x ay =上，直线l ： ()0y kx b b =+≠与抛物线C 交于A ， B 两点，且直线OA ， OB 的斜率之和为-1.（1）求a 和k 的值；（2）若1b >，设直线l 与y 轴交于D 点，延长MD 与抛物线C 交于点N ，抛物线C 在点N 处的切线为n ，记直线n ， l 与x 轴围成的三角形面积为S ，求S 的最小值.21.【2018届山东省济南市高三第一次模拟】在平面直角坐标系xOy 中，抛物线1C ：24x y =，直线l 与抛物线1C 交于A ， B 两点.（1）若直线OA ， OB 的斜率之积为14-，证明：直线l 过定点；（2）若线段AB 的中点M 在曲线2C ： 214(4y x x =--<上，求AB 的最大值.22.如图，设点,A B 的坐标分别为()),，直线,AP BP 相交于点P ，且它们的斜率之积为23-． （1）求点P 的轨迹方程；（2）设点P 的轨迹为C ，点M N 、是轨迹为C 上不同于,A B 的两点，且满足//,//AP OM BP ON ，求证：MON ∆的面积为定值．2019年高考浙江高三数学三轮复习专题训练平面解析几何 答案及解析1．【答案】C【易错点】要充分利用圆内“特征三角形”. 2．【答案】A【解析】设直线AB 的方程为1y kx =+，所以1y x k-=， 所以2222214214(2410y y y y k y y k y k -⎛⎫=∴-+=∴-++= ⎪⎝⎭）所以21212241y y k y y +=+⋅=所以2AF BF +=()12121212333y y y y +++=++≥=+ A. 【易错点】解答圆锥曲线的问题，注意一个技巧，只要涉及到曲线上的点到焦点的距离（即焦半径），马上要联想到圆锥曲线的定义解题，这不易想到. 3．【答案】C【易错点】数形结合思想的应用. 4．【答案】C【解析】设1122A x y B x y （，），（，），则1224162603AB x x sin =++==︒，12103x x ∴+=， 又21214p x x =＝ ，可得1211313,31313AF x x BF λ-∴===-＝，＝，同理可得21BC BFλ==， 124λλ∴+=故选B.【易错点】抛物线的定义及其几何性质的应用． 5．【答案】D【易错点】直线与抛物线位置关系 6．【答案】C 【解析】由题知线段AB 是椭圆的通径，线段AB 与y 轴的交点是椭圆的下焦点1F ，且椭圆的1c =，又60FAB ∠=，11212tan603FF AFAF AF =====，由椭圆定义知2123c AF AFaa e a +==∴====，故选C.【易错点】圆锥曲线的定义. 7．【答案】A由222 c e b a c a ==-，，即有221414e e -+=，解得e =，故应选A. 【易错点】椭圆离心率的计算方法. 8．【答案】D【 方法点睛】一般求离心率有以下几种情况：①直接求出,a c ，从而求出e ;②构造,a c 的齐次式，求出e ;③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解;④根据圆锥曲线的统一定义求解．【易错点】椭圆离心率的计算方法. 9.【答案】C【解析】圆()()22:341C x y -+-=的圆心()3,4C ，半径为1，圆心C 到()0,0O 的距离为5，故圆C 上的点到点O 的距离的最大值为6，再由90APB ∠=︒可得，以AB 为直径的圆和圆C 有交点， 可得12PO AB m ==， 所以6m ≤， 故m 的最大值为6． 故选C ．【易错点】一般直线和圆的题很多情况下是利用数形结合来解决的，联立的时候较少；还有就是在求圆上的点到直线或者定点的距离时，一般是转化为圆心到直线或者圆心到定点的距离，再加减半径，分别得到最大值和最小值.数与形的相互转化是易错点. 10.【答案】D【解析】取线段2MF 的中点为N ，如图所示：∴16CF CF m=∵1F FC ∆∽1F NM ∆ ∴16MF MN m=∴123MF MF m=，即223mc MF =.∵椭圆的离心率为34∴43a c =∵122223mc MF MF a c +==+，即82233c mcc =+∴1m = 故选D.【易错点】1.椭圆的定义；2.直线与圆的位置关系.11．【答案】D【解析】如图所示,根据抛物线的定义, AE AD BC AF BF =-=-， 结合3AF FB =可知|AB|=2|AE|,所以163AB ==，而原点到直线AB 的距离为2d =，所以11623AOBS=⨯=.当直线AB 的倾斜角为120°时，同理可求得AOBS =. 本题选择D 选项.点睛：(1)直线与抛物线的位置关系，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x 1＋x 2＋p ，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 【易错点】1.抛物线的定义；2.直线与抛物线的位置关系. 12．【答案】C22221y x a b -=,将P 点坐标代入得22141a b -=,即222240b a a b --=,而双曲线1c =,故22221,1a b b a =+=-,所以()22221410a a a a ----=,解得1a =,故离心率为1c a ==,故选C. 【易错点】本小题主要考查直线和抛物线的位置关系,考查直线和双曲线的位置关系,考查直线和抛物线相切时的代数表示方法,考查双曲线的离心率求解方法.在有关椭圆,双曲线和抛物线等圆锥曲线有关的题目时,一定要注意焦点在哪个坐标轴上,比如本题中,抛物线的焦点在y 轴上,而双曲线的焦点也在y 轴上.13．【答案】3π（或60°）点睛：在解决与抛物线有关的问题时，要注意抛物线的定义在解题中的应用。
江苏省2019高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法理8.1计数原理与二项式定理达标训练含解析
计数原理与二项式定理A 组——大题保分练1．设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集，满足：A 不是B 的子集，且B 也不是A 的子集．(1)若M ＝{a 1，a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对(A ，B )的个数； (2)若M ＝{a 1，a 2，a 3，…，a n }，求所有不同的有序集合对(A ，B )的个数． 解：(1)110.(2)集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B )有2n (2n－1)个． 当A ⊆B ，并设B 中含有k (1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素，则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1nC k n(2k－1)＝∑k ＝0nC k n2k －∑k ＝0nC kn ＝3n－2n个．同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n个．故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n. 2．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．(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a i ＞a i ＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f (3)＝4.(2)在1,2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －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C i －1n －1.若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)．综上，f (n )＝f (n －1)＋∑i ＝1n －1C i －1n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝23－2n －31－2－(n －3)＋f (3)＝2n－n －1.3．(2018·南京、盐城一模)已知n ∈N *，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . (1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)试猜想f (n )的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想． 解：(1)由条件，nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，①在①中令n ＝1，得f (1)＝C 01C 11＝1.在①中令n ＝2，得2f (2)＝C 02C 12＋2C 12C 22＝6，得f (2)＝3.在①中令n ＝3，得3f (3)＝C 03C 13＋2C 13C 23＋3C 23C 33＝30，得f (3)＝10. (2)猜想f (n )＝C n 2n －1(或f (n )＝C n －12n －1)．欲证猜想成立，只要证等式n C n2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn 成立． 法一：(直接法)当n ＝1时，等式显然成立． 当n ≥2时，因为r C rn ＝r ×n ！r ！n －r ！＝n ！r －！n －r ！＝n ×n －！r －！n －r ！＝n C r －1n －1，故r C r －1n C rn ＝(r C rn )C r －1n ＝n C r －1n －1C r －1n .故只需证明n C n 2n －1＝n C 0n －1C 0n ＋n C 1n －1C 1n ＋…＋n C r －1n －1·C r －1n ＋…＋n C n －1n －1C n －1n . 即证C n2n －1＝C 0n －1C 0n ＋ C 1n －1C 1n ＋…＋ C r －1n －1C r －1n ＋…＋ C n －1n －1C n －1n . 而C r －1n ＝C n －r ＋1n，故即证C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .②由等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n可得，左边x n的系数为C n2n －1.而右边(1＋x )n －1(1＋x )n＝(C 0n －1＋C 1n －1x ＋C 2n －1x 2＋…＋C n －1n －1xn －1)(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C nnx n )，所以x n 的系数为C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1·C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n .由(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n恒成立可得②成立．综上，f (n )＝C n2n －1成立．法二：(构造模型)构造一个组合模型，一个袋中装有(2n －1)个小球，其中n 个是编号为1,2，…，n 的白球，其余(n －1)个是编号为1,2，…，n －1的黑球．现从袋中任意摸出n 个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r 个黑球((n －r )个白球)的n 个小球的组合的个数为C r n －1·C n －rn ，0≤r ≤n －1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n 个小球的组合的总数为C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n＋…＋ C n －1n －1C 1n .另一方面，从袋中(2n －1)个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为C n2n －1. 故C n 2n －1＝C 0n －1C n n ＋ C 1n －1C n －1n ＋…＋ C r －1n －1C n －r ＋1n ＋…＋ C n －1n －1C 1n ，余下同法一．法三：(利用导数)由二项式定理， 得(1＋x )n＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n.③ 两边求导，得n (1＋x )n －1＝C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C n n xn －1.④③×④，得n (1＋x )2n －1＝(C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n )·(C 1n ＋2C 2n x ＋…＋r C r n xr －1＋…＋n C nnx n －1)．⑤左边x n 的系数为n C n2n －1.右边x n 的系数为C 1n C n n ＋2C 2n C n －1n ＋…＋r C r n C n －r ＋1n＋…＋n C n n C 1n ＝C 1n C 0n ＋2C 2n C 1n ＋…＋r C r n C r －1n＋…＋n C n n C n －1n ＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn .由⑤恒成立，得n C n 2n －1＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn . 故f (n )＝C n2n －1成立．法四：(构造模型)由nf (n )＝C 0n C 1n ＋2C 1n C 2n ＋…＋r C r －1n C r n ＋…＋n C n －1n C nn ，得nf (n )＝n C n －1n C n n ＋(n －1)C n －2n C n －1n ＋…＋C 0n C 1n ＝n C 0n C 1n ＋(n －1)C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C nn ， 所以2nf (n )＝(n ＋1)(C 0n C 1n ＋C 1n C 2n ＋…＋C n －1n C n n ) ＝(n ＋1)(C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn )， 构造一个组合模型，从2n 个元素中选取(n ＋1)个元素，则有C n ＋12n 种选法，现将2n 个元素分成两个部分n ，n ，若(n ＋1)个元素中，从第一部分中取n 个，第二部分中取1个，则有C n n C 1n 种选法，若从第一部分中取(n －1)个，第二部分中取2个，则有C n －1n C 2n 种选法，…，由分类计数原理可知C n ＋12n ＝C n n C 1n ＋C n －1n C 2n ＋…＋C 1n C nn .故2nf (n )＝(n ＋1)C n ＋12n ， 所以f (n )＝n ＋12n ·n ！n ＋！n －！＝n －！n ！n －！＝C n2n －1. 4．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f (x )＝(x ＋5)2n ＋1(n ∈N *，x ∈R )．(1)当n ＝2时，若f (2)＋f (－2)＝5A ，求实数A 的值； (2)若f (2)＝m ＋α(m ∈N *,0<α<1)，求证：α(m ＋α)＝1. 解：(1)当n ＝2时，f (x )＝(x ＋5)5＝C 05x 5＋C 15x 45＋C 25x 3(5)2＋C 35x 2(5)3＋C 45x (5)4＋C 55(5)5,所以f (2)＋f (－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C 15(5)124＋C 35(5)322＋C 55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A ＝610.(2)证明：因为f (x )＝(x ＋5)2n ＋1＝C 02n ＋1x2n ＋1＋C 12n ＋1x2n5＋C 22n ＋1x2n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，所以f (2)＝C 02n ＋122n ＋1＋C 12n ＋122n5＋C 22n ＋122n －1(5)2＋…＋C 2n ＋12n ＋1(5)2n ＋1，由题意知，f (2)＝(5＋2)2n ＋1＝m ＋α(m ∈N *,0<α<1)，首先证明对于固定的n ∈N *，满足条件的m ，α是唯一的． 假设f (2)＝(2＋5)2n ＋1＝m 1＋α1＝m 2＋α2(m 1，m 2∈N *,0<α1<1,0<α2<1，m 1≠m 2，α1≠α2)，则m 1－m 2＝α2－α1≠0，而m 1－m 2∈Z ，α2－α1∈(－1,0)∪(0,1)，矛盾． 所以满足条件的m ，α是唯一的. 下面我们求m 及α的值： 因为f (2)－f (－2)＝(2＋5)2n ＋1－(－2＋5)2n ＋1＝(2＋5)2n ＋1＋(2－5)2n ＋1＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋1·22n －1(5)2＋C 42n ＋122n －3(5)4＋…＋C 2n2n ＋121(5)2n]，显然f (2)－f (－2)∈N *.又因为5－2∈(0,1)，故(5－2)2n ＋1∈(0,1)， 即f (－2)＝(－2＋5)2n ＋1＝(5－2)2n ＋1∈(0,1).所以令m ＝2[C 02n ＋122n ＋1＋C 22n ＋122n －1(5)2＋C 42n ＋1·22n －3(5)4＋…＋C 2n 2n ＋121(5)2n]，α＝(－2＋5)2n ＋1，则m ＝f (2)－f (－2)，α＝f (－2)，又m ＋α＝f (2), 所以α(m ＋α)＝f (－2)·f (2)＝(2＋5)2n ＋1·(－2＋5)2n ＋1＝(5－4)2n ＋1＝1.B 组——大题增分练1．(2016·江苏高考)(1)求7C 36－4C 47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)C m m ＋(m ＋2)·C m m ＋1＋(m ＋3)C m m ＋2＋…＋n C mn －1＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.解：(1)7C 36－4C 47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0.(2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立． 当n ＞m 时，(k ＋1)C mk ＝k ＋k ！m ！k －m ！＝(m ＋1)·k ＋！m ＋！·k ＋－m ＋！＝(m ＋1)C m ＋1k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为C m ＋1k ＋1＋C m ＋2k ＋1＝C m ＋2k ＋2，所以(k ＋1)C mk ＝(m ＋1)(C m ＋2k ＋2－C m ＋2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)C mm ＋(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C mn ＝(m ＋1)C mm ＋[(m ＋2)C mm ＋1＋(m ＋3)C mm ＋2＋…＋(n ＋1)C m n ]＝(m ＋1)C m ＋2m ＋2＋(m ＋1)[(C m ＋2m ＋3－C m ＋2m ＋2)＋(C m ＋2m ＋4－C m ＋2m ＋3)＋…＋(C m ＋2n ＋2－C m ＋2n ＋1)] ＝(m ＋1)C m ＋2n ＋2.2．(2018·南京、盐城二模)现有n n ＋2(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：* ** *** ………………………………**…………**............第1行............第2行 (3)…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值；(2)证明：p n >C 2n ＋1n ＋！.解：(1)由题意知p 2＝2A 22A 33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为nn n ＋2＝2n ＋1； 去掉第n 行已经排好的n 个数， 则余下的n n ＋2－n ＝n n －2个数中最大数在第n －1行的概率为n －1n n －2＝2n；…故p n ＝2n ＋1×2n ×…×23＝2n －1n ＋n ×…×3＝2nn ＋！. 由于2n＝(1＋1)n＝C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn ≥C 0n ＋C 1n ＋C 2n >C 1n ＋C 2n ＝C 2n ＋1， 故2nn ＋！>C 2n ＋2n ＋！，即p n >C 2n ＋1n ＋！.3．(2018·苏州暑假测试)设集合M ＝{－1,0,1}，集合A n ＝{(x 1，x 2，…，x n )|x i ∈M ，i ＝1,2，…，n }，集合A n 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |≤m ”的元素个数记为S nm .(1)求S 22和S 42的值； (2)当m <n 时，求证：S n m <3n ＋2m ＋1－2n ＋1.解：(1)S 22＝8，S 42＝32.(2)证明：设集合P ＝{0}，Q ＝{－1,1}．若|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |＝1，即x 1，x 2，x 3，…，x n 中有n －1个取自集合P,1个取自集合Q ，故共有C n －1n 21种可能，即为C 1n 21，同理，|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |＝2，即x 1，x 2，x 3，…，x n 中有n －2个取自集合P,2个取自集合Q ，故共有C n －2n 22种可能，即为C 2n 22，若|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |＝m ，即x 1，x 2，x 3，…，x n 中有n －m 个取自集合P ，m 个取自集合Q ，故共有C n －m n 2m 种可能，即为C m n 2m， 所以S n m ＝C 1n 21＋C 2n 22＋…＋C m n 2m，因为当0≤k ≤n 时，C k n ≥1，所以C kn －1≥0， 所以S n m ＝C 1n 21＋C 2n 22＋…＋C m n 2m<C 0n 20＋(C 1n 21＋C 2n 22＋…＋C m n 2m )＋(C m ＋1n －1)2m ＋1＋…＋(C n n －1)2n＝(C0n20＋C1n21＋C2n22＋…＋C m n2m＋C m＋1n2m＋1＋…＋C nn2n)－(2m＋1＋2m＋2＋…＋2n)＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1.所以当m<n时，S n m<3n＋2m＋1－2n＋1.4．(2018·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左边x n的系数为C n2n，而右边(1＋x)n(1＋x)n＝(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)(C0n＋C1n x＋…＋C n n x n)，x n的系数为C0n C n n＋ C1n C n－1n＋…＋C n n C0n ＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2，因此可得到组合恒等式C n2n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(C n n)2.(1)根据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边x k(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：。
江苏省2019高考数学二轮复习 专题八 二项式定理与数学归纳法(理)8.1 计数原理与二项式定理达标
计数原理与二项式定理A 组-—大题保分练1．设集合A ，B 是非空集合M 的两个不同子集,满足:A 不是B 的子集，且B 也不是A 的子集． (1)若M ＝{a 1,a 2，a 3，a 4}，直接写出所有不同的有序集合对（A ，B ）的个数; (2）若M ＝｛a 1，a 2,a 3,…，a n }，求所有不同的有序集合对（A ，B ）的个数． 解:(1)110.(2）集合M 有2n 个子集，不同的有序集合对(A ，B )有2n (2n－1)个． 当A ⊆B ,并设B 中含有k （1≤k ≤n ，k ∈N *)个元素,则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B ）有错误!错误!（2k －1)＝错误!错误!2k －错误!错误!＝3n －2n个． 同理,满足B ⊆A 的有序集合对（A ，B ）有3n －2n个．故满足条件的有序集合对（A ，B ）的个数为2n （2n －1)－2（3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n.2．记1，2，…,n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2,…，a n 的个数为f （n ）（n ≥2，n ∈N ＊)．性质T ：排列a 1，a 2,…,a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1（i ∈｛1,2，…，n －1})．(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a i ＞a i ＋1的排列有（1,3，2),（2，1，3),(2，3,1），（3,1，2），所以f （3）＝4。
（2）在1,2,…,n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n ）中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1）,从n －1个数1，2，3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…,a i －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C 错误!。
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专题8 计数原理与古典概率 高考易错题清查 1.不能正确区分排列与组合导致错误 涉及排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关．“含”与“不含”的问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．
例1.【浙江省七彩联盟2019届上学期高三期中】将8本不同的书全部分发给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分到一本，若三名同学所得书的数量各不相同，且甲同学分到的书比乙同学多，则不同的分配方法种数为 A．1344 B．1638 C．1920 D．2486 【答案】A 【解析】 8本不同的书全部分发给甲、乙、丙三名同学，每名同学至少分到一本，若三名同学所得书的数量各不相同， 则有2，，3，两种分组的方法， 由于甲同学分到的书比乙同学多，
当乙分的1本时，此时的种数为 当丙分的1本时，此时的种数为， 故不同的分配方法种数为种， 故选：A． 点评：解答本题的关键在于认清分步完成、讲究顺序． 2.混淆“二项式系数与项的系数”致误 ()nab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knC，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. 例2.在62x展开式中， 二项式系数的最大值为 a，含5x项的系数为b，则ab（ ） A. 53 B. 53 C. 35 D. 35 【答案】B 【解析】在62x展开式中，二项式系数的最大值为 a，∴a=36C=20． 展开式中的通项公式：Tr+1=，令6﹣r=5，可得r=1． ∴含x5项的系数为b=162C=﹣12，
则． 故选：B． 点评：1、二项式定理；2、本题中出现了二项式系数和含5x项的系数，对比可进一步明确两个不同的概念．
3.基本事件判断不准致误 基本事件的特点：(1)任何两个基本事件是互斥的.(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和.本题中基本事件是个位数与十位数之和为奇数的两位数. 例3.【黑龙江省哈尔滨市第六中学2019届高三二模】从装有3双不同鞋子的柜子里，随机取出2只鞋子，则取出的2只鞋子不成对的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 设三双鞋子分别为、、，则取出两只鞋子的情况有
其中，不成对的情况有
共12种 由古典概型的公式可得，所求概率为,故选B. 点评：求解古典概型问题的关键是找出样本空间中的基本事件数及所求事件包含的基本事件数，常用方法有列举法、树状图法、列表法法等，所求事件包含的基本事件数与样本空间包含的基本事件数的比值就是所求事件的概率. 4.因事件之间的关系不清致误 求事件的概率的关键在于搞清事件的关系，合理选择概率公式进行求解；如：互斥事件有一个发生的概率使用加法公式，相互独立事件同时发生的概率使用乘法公式.
例4.设某批电子手表的正品率为，次品率为，现对该批电子手表进行检测，每次抽取一个电子手表，假设每次检测相互独立，则第3次首次测到次品的概率为__________． 【答案】 【解析】第3次首次测到次品，所以第1次和第2次测到的都是正品，第3次测到的是次品，所以第3次首次测到次品的概率为，故填. 点评：本题已“每次检测相互独立”，因此，易于想到利用相互独立事件的概率计算公式解答. 5.解析不规范而致错 求复杂事件的概率问题，关键是理解题目的实际含义：思路一：将所求事件化为彼此互斥事件的和，再用互斥事件的概率加法公式求解；思路二：先求对立事件的概率，再利用对立事件的概率公式进行求解. 例5.一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4. (1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率； (2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n，求n＜m＋2的概率． 点评：本题在解答中容易出现以下错误：如(1)P＝26＝13.(2)m、n组成的数对的所有结果共有16个，满足2mn的结果有11个．∴P＝1116.第(1)问在解题时，格式不规范，思维不流畅，缺少必要的文字说明，
没有按要求列出基本事件．而在第(2)问中，由于没有将事件n＜m＋2的概率转化为n≥m＋2的概率，导致数据复杂、易错．
6.均值、方差的概念及计算公式混淆导致错误 设离散型随机变量X的分布列为
X 1x 2x … i
x …
n
x
P 1p 2p … i
p …
n
p
分布列的两个性质①0ip，1,2,,in；②. （1）均值：为随机变量X的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．． 若X服从两点分布，则EXp；
若，则EXnp. （2）方差：描述了ix (1,2,,in)相对于均值EX的偏离程度，而
为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值EX的平均偏离程度．称DX为随机变量X的方差，其算术平方根DX为随机变量X的标准差．
若X服从两点分布，则． 若，则． （3）六条性质 (1) ECC (C为常数)
(2) 若YaXb，其中,ab为常数，则Y也是随机变量，且. (3) (4)如果12,XX相互独立，则 (5) (6) 若YaXb，其中,ab为常数，则Y也是随机变量，且． 例6.【山东省德州市2019届高三下学期第一次】某超市中秋节期间举行有奖销售活动，凡消费金额满200元的顾客均获得一次抽奖的机会，中奖一次即可获得5元红包，没有中奖不得红包现有4名顾客均获得一
次抽奖机会，且每名顾客每次中奖的概率均为，记X为4名顾客获得的红包金额总和，则______．
【答案】 【解析】 中奖一次即可获得5元红包，没有中奖不得红包现有4名顾客均获得一次抽奖机会， 且每名顾客每次中奖的概率均为， 记X为4名顾客获得的红包金额总和，
则． 故答案为：． 点评：n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力. 例7.【浙江省名校新高考研究联盟（Z20)2019届高三第一次联考】已知随机变量的分布如表所示，则______，______． 1
P m
【答案】 【解析】 由随机变量的分布可得，可得，
所以． ． 故答案为：；． 点评：离散型随机变量的分布列和数学期望、方差等基础知识，熟记期望、方差的公式是解题的关键． 高效抢分训练 1. 若随机变量X的分布列为
则DX__________． 【答案】29
【解析】由分布列的性质可得由两点分布的方差可得 【易错点】1.分布列的性质；2.两点分布的方差.
2.【浙江省七彩联盟2019届高三上学期期中】若展开式的所有二项式系数之和为32，则该展开式的常数项为 A．10 B． C．5 D． 【答案】A 【解析】 由二项式系数之和为32，即，可得，
展开式的常数项：；
令，可得． 可得常数项为：， 故选：A． 【易错点】1.二项式定理；2.二项展开式通项公式. 3．【浙江省2019年高考模拟训练卷（三)】已知5辆不同的白颜色和3辆不同的红颜色汽车停成一排，则白颜色汽车至少2辆停在一起且红颜色的汽车互不相邻的停放方法有（ ） A．1880 B．1440 C．720 D．256 【答案】B 【解析】 由题意知，白颜色汽车按3，2分两组，先从5辆白色汽车选3辆全排列共种排法， 再将剩余2辆白色汽车全排列共种排法，再将这两个整体全排列，共种排法，排完后有3个空，3辆不同的红颜色汽车插空共种排法，
由分步计数原理得共种. 故选B. 【易错点】1.计数原理、排列组合问题；2.计算能力.
4．【2018届河北省邯郸市高三第一次模拟】若12nxx的展开式中3x的系数为80，其中n为正整数，则12nxx
的展开式中各项系数的绝对值之和为（ ）
A. 32 B. 81 C. 243 D. 256 【答案】C
【解析】由题意得， 12nxx
的展开式中各项系数的绝对值之和为，选C.
【易错点】1.二项式定理；2.二项展开式通项公式. 5．【浙江省宁波市2019届高三上期末】已知是离散型随机变量，则下列结论错误的是( )
A． B． C． D． 【答案】D 【解析】 在A中，，故A正确； 在B中，由数学期望的性质得，故B正确； 在C中，由方差的性质得，故C正确； 在D中，，故D错误． 故选D. 【易错点】概率、数学期望、方差的性质等基础知识，运算求解能力.
6．1nxx的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等,则该展开式中21x的系数为( ) A. 56 B. 51 C. 87 D. 78 【答案】A 【解析】由题意可得, 26nnCC,解得n=8,
故展开式的通项为Tr+1=8rCx8-r·81rrCxx8-2r. 令8-2r=-2,可得r=5. 故21x的系数为58C=56. 本题选择A选项. 【易错点】1.二项式定理；2.二项展开式通项公式.
7．若21nxx展开式中的所有二项式系数和为512,则该展开式中的常数项为( ) A. 84 B. 84 C. 36 D. 36 【答案】B 【解析】展开式中所有二项式系数和为512，即2n=512，则n=9， Tr+1=（﹣1）rC9rx18﹣3r 令18﹣3r=0，则r=6，所以该展开式中的常数项为84． 故答案为：B.