2021年高考数学大二轮专题复习专题七 第1讲 排列、组合、二项式定理

《2021年高考数学大二轮专题复习专题七 第1讲 排列、组合、二项式定理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考数学大二轮专题复习专题七 第1讲 排列、组合、二项式定理（19页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、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 核心知识回顾 1排列 排列数公式：Am nn(n1)(nm1) 01 n！ （nm）！(mn，m，nN *). 2组合 (1)组合数公式：Cm n Am n Am m 01 n（n1）（nm1） m（m1）1 02 n！ m！（nm）！(mn，m，n N*)，由于 0！1，所以 C0 n1. (2)组合数的性质： Cm nC 03 nm n ； Cm n1C 04 m n C 05 m1 n . 3二项

2、式定理 (1)二项展开式 (ab)nC0 na nC1 na n1b1 01Ck na nkbkCn nb n(nN*). 通项：Tk1 02Ck na nkbk(k0，1，2，n). (2)二项式系数的有关性质 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 C1 nC 3 n C5 nC 0 nC 2 nC 4 n 032n1； 若 f(x)a0a1xa2x2anxn， 则 f(x)展开式中的各项系数和为 f(1)， 奇数项系数和为 a0a2a4f（1）f（1） 2 ， 偶数项系数之和为 a1a3a5 04 f（1）f（1） 2 热点考向探究 考向 1 两个计数原理 例

3、 1 (1)(2020 北京市房山区二模)李明自主创业种植有机蔬菜，并且为甲、乙、丙、丁四 家超市提供配送服务，甲、乙、丙、丁四家超市分别需要每隔 2 天、3 天、5 天、6 天去配送 一次 已知 5 月 1 日李明分别去了这四家超市配送， 那么整个 5 月他不用去配送的天数是( ) A12 B13 C14 D15 答案 B 解析 将 5 月剩余的 30 天依次编号为 1，2，3，30，因甲、乙、丙、丁四家超市分 别需要每隔 2 天、3 天、5 天、6 天去配送一次，且 5 月 1 日李明分别去了这四家超市配送， 所以李明每逢编号为 3 的倍数的那天要去甲超市配送， 每逢编号为 4 的倍数的那

4、天要去乙超市 配送， 每逢编号为 6 的倍数的那天要去丙超市配送， 每逢编号为 7 的倍数的那天要去丁超市配 送，则李明去甲超市的天数编号为 3，6，9，12，15，18，21，24，27，30，共 10 天；李明 去乙超市但不去甲超市的天数编号为 4，8，16，20，28，共 5 天；李明去丙超市但不去甲、 乙超市的天数编号不存在， 共 0 天； 李明去丁超市但不去甲、 乙、 丙超市的天数编号为 7， 14， 共 2 天；所以李明需要去配送的天数为 1050217，所以整个 5 月李明不用去配送的天 数是 301713.故选 B. (2)如图所示，用 4 种不同的颜色涂入图中的矩形 A，B，

5、C，D 中，要求相邻的矩形涂色 不同，则不同的涂法有( ) A72 种 B48 种 C24 种 D12 种 答案 A 解析 解法一：首先涂 A 有 C1 44 种涂法，则涂 B 有 C 1 33 种涂法，C 与 A，B 相邻，则 C 有 C1 22 种涂法，D 只与 C 相邻，则 D 有 C 1 33 种涂法，所以共有 432372 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 432124 种涂法；二是用 3 种颜色， 这时 A， B， C 的涂法有 43224

6、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 2424272 种 应用两个计数原理解题的方法 (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 有可能用到分类加法计数原理 (2)对于复杂的两个计数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( ) A6 B12 C18 D24 答案 C 解析 从

7、物化生中选一科，从史地政中选两科，有 C1 3C 2 39 种，从物化生中选两科， 从史地政中选一科，有 C2 3C 1 39 种，所以共有 9918 种故选 C. 2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( ) A48 种 B72 种 C96 种 D108 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 432248 种； 若点 B 与 D 处所染颜色不相同，则不同的染色方法有 432124 种，由分类加法计数原 理可知不同的染色方法有 482472 种 考向 2 排列与组合

8、问题 例 2 (1)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( ) A24 B18 C12 D6 答案 B 解析 根据所选偶数为 0 和 2 分类讨论求解. 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 C2 3A 2 26 个 当选数字 2 时，再从 1，3，5 中取 2 个数字有 C2 3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 C2 3C 1 2A 2 212 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. (2)(

9、2020 山东省实验中学高考预测卷)从甲、乙等 8 名志愿者中选 5 人参加周一到周五的 社区服务，每天安排一人，每人只参加一天，若要求甲、乙两人至少选一人参加，且当甲、乙 两人都参加时，他们参加社区服务的日期不相邻，那么不同的安排种数为_(用数字作 答). 答案 5040 解析 根据题意，分 2 种情况讨论，若只有甲、乙其中一人参加，有 C1 2C 4 6A 5 53600 种情 况；若甲、乙两人都参加，有 C2 2A 3 6A 2 41440 种情况，则不同的安排种数为 360014405040. 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

10、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)定序问题缩倍法 (6)“小集团”问题先整体后局部法 (7)间接法，把不符合条件的排列与组合剔除掉 (8)穷举法，把符合条件的所有排列或组合一一写出来 1(2020 河北省邯郸市二模)2020 年 3 月 31 日，某地援鄂医护人员 A，B，C，D，E，F6 人(其中 A 是队长)圆满完成抗击新冠肺炎疫情任务返回本地，他们受到当地群众与领导的热烈 欢迎 当地媒体为了宣传他们的优秀事迹，让这 6 名医护人员

11、和接见他们的一位领导共 7 人站 一排进行拍照，则领导和队长站在两端且 B，C 相邻，而 B，D 不相邻的排法种数为( ) A36 B48 C56 D72 答案 D 解析 根据题意，分 2 步进行分析：领导和队长站在两端，有 A2 22 种情况，中间 5 人分 2 种情况讨论：若 B，C 相邻且与 D 相邻，有 A2 2A 3 312 种安排方法，若 B，C 相邻且不 与 D 相邻，有 A2 2A 2 2A 2 324 种安排方法，则中间 5 人有 122436 种安排方法，则共有 2 3672 种不同的安排方法故选 D. 2 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

12、，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( ) AC 4 14C 5 10C 5 5A 3 3 A2 2 种 BC 4 14C 5 10C 5 5A 2 2 A3 3 种 CC 4 14C 5 10C 5 5 A2 2 种 DC4 14C 5 10C 5 5种 答案 A 解析 先将 14 种计算器械分为三组，方法有C 4 14C 5 10C 5 5 A2 2 种，

13、再排给 3 个人，方法有C 4 14C 5 10C 5 5 A2 2 A3 3种故选 A. 考向 3 二项式定理 例 3 (1)二项式 x 2 x2 n 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( ) A180 B90 C45 D360 答案 A 解析 依题意 n10， 则 x 2 x2 10 的通项公式 Tr1Cr 10( x) 10r 2 x2 r 2rCr 10 x 55 2 r.令 55 2r 0，得 r2.展开式中的常数项 T322C2 10180. (2)(2020 山东省德州市二模)(x2xa)5的展开式的各项系数和为32，则该展开式中 x9 的系数是(

14、) A15 B5 C5 D15 答案 B 解析 (x2xa)5的展开式的各项系数和为32， 令 x1， 可得(121a)532， 故( a)532，解得 a2，故(x2xa)5(x2x2)5(x2)5(x1)5，设(x2)5的展开式的通项 为 Ti1Ci5x5i(2)i，设(x1)5的展开式的通项为 Mr1Cr 5x 5r(1)r，则(x2)5(x1)5 的展开 式中含 x9的项，即 Ci5x5i(2)iCr 5x 5r(1)rCi 5C r 5(2) ix5rx5iCi 5C r 5( 2)ix10ir中 x 的幂是 9，故 10ir9，可得 ir1. 又由 0i5，0r5，且 i，rN，可

15、得 i0， r1 或 i1， r0. 当 i0， r1 时，Ci5Cr 5(2) ix10irC0 5C 1 5(2) 0 x95x9， 当 i1， r0 时，Ci5Cr 5(2) ix10irC1 5C 0 5(2) 1x910 x9. 所以该展开式中 x9的系数为1055，故选 B. (3)( 多 选 )(2020 山 东 省 泰 安 市 三 模 ) 若 (1 2x)2021 a0 a1x a2x2 a3x3 a2021x2021(xR)，则( ) Aa01 Ba1a3a5a20213 20211 2 Ca0a2a4a20203 20211 2 Da1 2 a2 22 a3 23 a202

16、1 220211 答案 ACD 解析 由题意，当 x0 时，a0120211， 当 x1 时，a0a1a2a3a2021(1)20211， 当 x1 时，a0a1a2a3a202132021， 所以 a1a3a5a20213 20211 2 ，a0a2a4a20203 20211 2 ， a1 2 a2 22 a2021 22021a1 1 2a2 1 2 2 a2021 1 2 2021 ， 当 x1 2时，0a0a1 1 2a2 1 2 2 a2021 1 2 2021 ， 所以 a11 2a2 1 2 2 a2021 1 2 2021 a01. 解与二项式定理有关问题的四个关注点 (1)

17、Tr1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)Tr1是展开式中的第 r1 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 (2020 河北省衡水市三模)已知二项式 2x 1 2 1 x n 的展开式中， 二项式系数之和等于 64， 则展开式中的常数项是( ) A240 B120 C48 D36 答案 A 解析 由题意，得 2n64，解得 n6，则 2x 1 2 1 x n 2x 1 2 1 x 6 ，则二项式 2x 1 2 1 x 6 的展开式的通项公式为 Tr1Cr 6 2x 1

18、2 6r 1 x r 26r Cr 6 x 33 2r ， 令 33 2r0， 即 r2， 则 26rCr 62 4C2 6240.故选 A. 2已知(x1)6(ax1)2的展开式中，x3的系数为 56，则实数 a 的值为( ) A6 或1 B1 或 4 C6 或 5 D4 或 5 答案 A 解析 因为(x1)6(ax1)2(x1)6(a2x22ax1)，所以(x1)6(ax1)2的展开式中 x3的 系数是 C3 6C 2 6(2a)C 1 6a 26a230a20，所以 6a230a2056，解得 a6 或1.故选 A. 3 已知(12x)(12x)2(12x)3(12x)n的展开式中 x

19、的系数恰好是数列an的 前 n 项和 Sn，则 Sn_，a10_ 答案 n2n 20 解析 (12x)(12x)2(12x)3(12x)n的展开式中 x 的系数为 C1 12C 1 22 C1 32C 1 n22(123n)n 2n，即 Snn2n，所以当 n2 时，anSnSn 1 2n，所以 a1020. 真题押题 真题检验 1(2020 新高考卷)6 名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去 1 个场馆， 甲场馆安排 1 名，乙场馆安排 2 名，丙场馆安排 3 名，则不同的安排方法共有( ) A120 种 B90 种 C60 种 D30 种 答案 C 解析 首先从 6 名同学中选

20、 1 名去甲场馆，方法数有 C1 6；然后从其余 5 名同学中选 2 名 去乙场馆，方法数有 C2 5；最后剩下的 3 名同学去丙场馆故不同的安排方法共有 C 1 6C 2 5610 60 种故选 C. 2(2020 全国卷) x22 x 6 的展开式中常数项是_(用数字作答). 答案 240 解析 x22 x 6 的展开式的通项为 Tr1Cr 6(x 2)6r 2 x r Cr 62 rx123r.令 123r0，解 得 r4， x22 x 6 的展开式中常数项是 C4 62 41516240. 3 (2020 全国卷)4 名同学到 3 个小区参加垃圾分类宣传活动， 每名同学只去 1 个小区

21、， 每个小区至少安排 1 名同学，则不同的安排方法共有_种 答案 36 解析 4 名同学到 3 个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去 1 个小区，每个小区 至少安排 1 名同学，先取 2 名同学作为一组，选法有 C2 46 种，然后将 3 组同学分配到 3 个小区，分法有 A3 36 种，根据分步乘法计数原理，可得不同的安排方法共有 6636 种 4(2020 浙江高考)设(12x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则 a4_；a1 a3a5_ 答案 80 122 解析 (12x)5的展开式的通项为 Tr1Cr 5(2x) r2rCr 5x r，令 r4，则 T524C4 5x

22、 480 x4， 故 a480；a1a3a521C1 52 3C3 52 5C5 5122. 金版押题 5已知 aN，二项式 xa1 x 6 的展开式中含 x2的系数不大于 240，记 a 的取值集合为 A，则由集合 A 中元素构成的无重复数字的三位数共有_个 答案 18 解析 二项式 xa1 x 6 的展开式的通项公式为 Tr1Cr 6(a1) rx62r，令 62r2， 求得 r2， 可得展开式中含 x2的系数为 C2 6 (a1) 215(a1)2.再根据含 x2 的系数不大于 240， 可得 15(a1)2240， 求得41a41.再根据 aN， 可得 a0， 1， 2， 3， 即 A

23、0， 1， 2，3，则由集合 A 中元素构成的无重复数字的三位数共有 A1 3A 2 333218 个 6 有标号分别为 1， 2， 3， 4， 5， 6 的 6 张抗疫宣传海报， 要求排成 2 行 3 列， 则共有_ 种不同的排法，如果再要求每列中前面一张的标号比其后面一张的标号小，则共有_ 种不同的排法 答案 720 90 解析 根据题意，对于第一空：在 6 张海报中任选 3 个，全排列后安排在第一行，有 C3 6A 3 3 120 种排法， 再将剩下的 3 张海报全排列， 安排在第二行， 有 A3 36 种排法， 则一共有 1206 720 种不同的排法；对于第二空：要求每列中前面一张的

24、标号比其后面一张的标号小，即每 一列按从小到大的顺序排列，则先在 6 张海报中任选 2 个，按从小到大的顺序安排在第一列， 有 C2 615 种排法，再从剩下的 4 张海报任选 2 个，按从小到大的顺序安排在第二列，有 C 2 4 6 种排法，最后将剩下的 2 张海报按从小到大的顺序安排在第三列，有 1 种排法，则共有 156190 种排法 专题作业 一、选择题 1(2020 广东省惠州市一模)“学习强国”是由中宣部主管，以深入学习宣传习近平新时 代中国特色社会主义思想为主要内容，立足全体党员、面向全社会的优质学习平台该平台设 有“人物” “视听学习”等多个栏目假设在这些栏目中，某时段“人物”

25、更新了 2 篇文章， “视听学习”更新了 4 个视频一位学习者准备从更新的这 6 项内容中随机选取 2 个视频和 2 篇文章进行学习，则这 2 篇文章学习顺序相邻的学法有( ) A36 种 B48 种 C72 种 D144 种 答案 C 解析 根据题意， 分 2 步进行分析： 在 4 个视频中任选 2 个进行学习， 有 C2 46 种情况， 将选出的 2 个视频与 2 篇文章依次进行学习，其中 2 篇文章学习顺序相邻的情况有 A2 2A 3 3 12 种情况，则这 2 篇文章学习顺序相邻的学法有 61272 种故选 C. 2(2020 山东省淄博市一模) 1 xmx 2 5 的展开式中 x5的

26、系数是10，则实数 m( ) A2 B1 C1 D2 答案 C 解析 由题意得 Tk1Ck 5 1 x 5k (mx2)kmkCk 5x 5（k1） 2 ， 令5（k1） 2 5 得 k3.m3C3 5 10，m1.故选 C. 3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( ) A24 B18 C16 D10 答案 D 解析 第一类，甲在最后一个体验，则有 A3 3种方法；第二类，甲不在最后一个体验，则 有 A1 2A 2 2种方法，所以小李旅游的方法共有 A 3 3A 1 2A 2

27、210 种故选 D. 4 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( ) A144 个 B120 个 C96 个 D72 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 2A3 4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 C1 3A 3 4个偶数，故符合条件的偶数共有 2A 3 4 C1 3A 3 4120(个). 5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( ) A72 B96 C120 D288 答案 A 解

28、析 除甲、乙、丙三人外的 3 人先排好队，共有 A3 3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 C1 2种排法，乙、丙的排法有 A 2 3种，所以共有 A 3 3C 1 2A 2 372 种排队方法故选 A. 6 在 x 3 x n 的展开式中， 各项系数和与二项式系数和之比为 321， 则 x2的系数为( ) A50 B70 C90 D120 答案 C 解析 令 x1，则 x 3 x n 4n，所以 x 3 x n 的展开式中，各项系数和为 4n，又二项式 系数和为 2n，所以4 n 2n2 n32，解得 n5.二项展开式的通项 Tr 1C r 5x 5r 3 x

29、 r Cr 53 rx 53 2r ， 令 53 2r2，得 r2，所以 x 2 的系数为 C2 53 290.故选 C. 7(xy)(2xy)5的展开式中 x3y3的系数为( ) A80 B40 C40 D80 答案 C 解析 要求(xy)(2xy)5的展开式中 x3y3的系数，则是 xy 中 x 与(2xy)5展开式中 x2y3 相乘，以及 xy 中 y 与(2xy)5展开式中 x3y2相乘，二者再相加而(2xy)5展开式中，x2y3 项为 C3 5(2x) 2(y)340 x2y3， x3y2 项为C2 5(2x) 3(y)280 x3y2.所以(xy)(2xy)5 的展开式中x3y3

30、的项为40 x3y380 x3y340 x3y3.故选 C. 8(2020 山东省青岛市高三三模)中国有十二生肖，又叫十二属相，每一个人的出生年份 对应了十二种动物(鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪)中的一种现有十二 生肖的吉祥物各一个，已知甲同学喜欢牛、马和猴，乙同学喜欢牛、狗和羊，丙同学所有的吉 祥物都喜欢，让甲、乙、丙三位同学依次从中选一个作为礼物珍藏，若各人所选取的礼物都是 自己喜欢的，则不同的选法有( ) A50 种 B60 种 C80 种 D90 种 答案 C 解析 根据题意，按甲的选择不同分成 2 种情况讨论：若甲选择牛，此时乙的选择有 2 种，丙的选择有 10 种

31、，此时有 21020 种不同的选法；若甲选择马或猴，此时甲的选法有 2 种，乙的选择有 3 种，丙的选择有 10 种，此时有 231060 种不同的选法，则一共有 20 6080 种选法 9在 x 1 x 8 的展开式中，所有有理项的二项式系数之和为( ) A16 B32 C64 D128 答案 D 解析 Tr1Cr 8x 8r(1)rx r 2 Cr 8(1) rx 83 2r (rN 且 r8)， 令 83r 2 kZ， 故 r0， 2，4，6，8. 当 r0 时，二项式系数为 C0 81； 当 r2 时，二项式系数为 C2 828； 当 r4 时，二项式系数为 C4 870； 当 r6

32、时，二项式系数为 C6 828； 当 r8 时，二项式系数为 C8 81.故所有有理项的二项式系数之和为 12870281 128.故选 D. 10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( ) A240 种 B180 种 C150 种 D540 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 1 2C 2 5C 2 3A 3 390 种方法，当 5 名学生分成 3，1，1 时，共有 C 3 5A 3 360 种方法，根据分类加法计 数原理知共有

33、9060150 种保送方法 11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( ) A216 B420 C720 D1080 答案 D 解析 6 人分成 4 组共有C 2 6C 2 4 2 种不同的分组方案，所以共有C 2 6C 2 4 2 A4 4 156 2 241080 种分配方案 12 (多选)(2020 南京学情调研)已知(2x)(12x)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5a6x6， 则( ) Aa0的值为

34、 2 Ba5的值为 16 Ca1a2a3a4a5a6的值为5 Da1a3a5的值为 120 答案 ABC 解析 对于 A，令 x0，得 a0212，故 A 正确；对于 B，(12x)5的展开式的通项 Tr1Cr 5(2x) r(2)rCr 5x r，所以 a52(2)5C5 51(2) 4C4 5648016，故 B 正确； 对于 C，令 x1，得(21)(121)5a0a1a2a3a4a5a6 ，即 a1a2a3a4 a5a63a0325，故 C 正确；对于 D，令 x1，得(21)12(1)5a0 a1a2a3a4a5a6 ，由解得 a1a3a5123，故 D 不正确故选 ABC. 二、填

35、空题 13 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 2326 种情况，则他获得奖次的不同情形种数为 3618. 14(2020 青岛模拟)若(2x)17a0a1(1x)

36、a2(1x)2a16(1x)16a17(1x)17， 则 (1)a0a1a2a16_； (2)a12a23a316a16_ 答案 (1)2171 (2)17(1216) 解析 (1)(2x)17a0a1(1x)a2(1x)2a16(1x)16a17(1x)17，故 a17即为 x17的系数，故它等于1.令 x0，可得 a0a1a2a161217，a0a1a2a16 2171. (2)对于等式(2x)17a0a1(1x)a2(1x)2a16(1x)16a17(1x)17， 两边同时对 x 求导数， 可得17(2x)16a12a2(1x)16a16(1x)1517a17(1x)16， 即17(2x

37、)16a12a2(1x)16a16(1x)1517(1x)16， 再令 x0，可得 a12a23a316a1617(1216). 15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 球所在的位臵可分三类：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 3216 种不同的放法若 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

38、 球，有 3216 种不 同的放法 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 332118 种不同的放法综上可得不同的放法共有 661830 种 16(2020 山东省日照市高三 6 月校际联合联考)设函数 f(x)4 x2x13 2x (x0)的最小值 为 m，且(x1)m(x1)11a0a1(x2)a2(x2)2a10(x2)10a11(x2)11，则 m _，a1_ 答案 2 9 解析 由 f(x)4 x2x13 2x 2x 3 2x2，令 t2 x(0，1，易知函数 yt3 t2，t(0， 1为减函数，所以 ymin2，即 m2，所以(x1)m(x1)11(x1)2(x1)11(x21)2 (x21)11，(x21)11的展开式通项为 Cr 11(x2) 11r(1)r，当 11r1，即 r10 时，展 开式的项为 11(x2)，又(x21)2(x2)22(x2)1，所以 a11129.