第14讲排列组合与二项式定理 专题提升训练（解析版）-2022届高考数学理培优

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1、 第第 14 讲讲 排列组合与二项式定理排列组合与二项式定理 A 组组 一、选择题 1 (2018 全国卷)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果 哥德巴赫猜想是“每个大于 2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30723在不超过 30 的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30 的概率是 A112 B114 C115 D118 【答案】C 【解析】不超过 30 的素数有 2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共 10 个，从中随机选取两个不同的数有210C种不同的取法，这 10 个数中两个不同的数的和等于 30 的有 3 对，所以所求概率21031C15P，

2、故选 C 2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（ ） A12 种 B18 种 C24 种 D36 种 【答案】D 【解析】22234236C C A ,故选 D。 3将标号为 1,2,3,4,5,6 的 6 张卡片放入 3 个不同的信封中若每个信封放 2 张，其中标号为 1,2 的卡片放入同一信封，则不同的放法共有 ( ) A12 种 B18 种 C36 种 D54 种 答案 B 【解析】 先放 1、 2 的卡片有 C13种， 再将 3、 4、 5、 6 的卡片平均分成两组再放置， 有224222CAA种， 故共有123418

3、CC种 4甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学应用知识比赛，决出第1名至第5名（没有重名次）. 已知甲、乙均未得到第1名，且乙不是最后一名，则5人的名次排列情况可能有（ ） A27种 B48种 C54种 D72种 【答案】C 【解析】由题意，甲、乙都不 是第一名且乙不是最后一名乙的限制最多，故先排乙，有3种情况；再排甲，也有3种情况；余下3人有33A种排法故共有543333A种不同的情况,故选 C. 5.（2019 全国 III 理）（1+2x2 ）（1+x）4的展开式中 x3的系数为（ ） A12 B16 C20 D24 【答案】A 【解析】 的展开式中的系数为故选 A 6 (x+y)(2x-

4、y)5的展开式中x3y3的系数为（ ） A-80 B-40 C40 D80 24(1 2)(1)xx3x313441 C12 C112 【答案】C 【解析】由52xy 展开式的通项公式：5152rrrrTCxy 可得： 当3r 时，52xxy 展开式中33x y 的系数为33252140C 当2r 时，52yxy 展开式中33x y 的系数为22352180C ， 则33x y 的系数为80 4040 .本题选择 C 选项. 7已知5axx的展开式中含32x的项的系数为 30，则a （ ） A.3 B.3 C.6 D-6 【答案】D. 【解析】rrrrrxaCT2551) 1(，令1r，可得6

5、305aa，故选 D. 8某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ） A30 B600 C72 0 D840 【答案】C 【解析】4475720AA 二、填空题 9(2018 全国卷)从 2 位女生，4 位男生中选 3 人参加科技比赛，且至少有 1 位女生入选，则不同的选法共有_种 （用数字填写答案） 【答案】16 【解析】通解 可分两种情况：第一种情况，只有 1 位女生入选，不同的选法有 1224C C12（种） ；第二种情况，有 2 位女生入选，不同的选法有2124C C4（种） 根据分类加法计数原理知，至少有 l 位女生人选的不同的选法有

6、 16 种 优解 从 6 人中任选 3 人，不同的选法有36C20（种） ，从 6 人中任选 3 人都是男生，不同的选法有34C4（种） ，所以至少有 1 位女生入选的不同的选法有 204 =16（种） 10(2018 年高考浙江卷)从 1，3，5，7，9 中任取 2 个数字，从 0，2，4，6 中任取 2 个数字，一共可以组成 个没有重复数字的四位数(用数字作答) 【答案】1260 【解析】若取的 4 个数字不包括 0，则可以组成的四位数的个数为224534C C A；若取的 4 个数字包括 0，则可以组成的四位数的个数为21135333C C C A综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数

7、的个数为224534C C A+ 21135333C C C A=720+ 540 =1 260 11（2019 年高考浙江卷）在二项式的展开式中，常数项是_，系数为有理数的 9( 2)x项的个数是_. 【答案】5 解析解析：二项式的展开式的通项为 由，得常数项是；当r=1，3，5，7，9时，系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数是5个 12用数字 1，2，3，4，5，6，7，8，9 组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有_个.（用数字作答） 【答案】 1080 【解析】413454541080AC C A 13371()xx的展开式中5x的系数是 .（用数字填

8、写答案） 【答案】35 【解析】由题意，二项式371()xx展开的通项3 721 41771()( )rrrrrrTCxC xx，令21 45r，得4r ，则5x的系数是4735C . 14若21()nxx展开式的二项式系数之和为 128，则展开式中2x的系数为_. 【答案】35 【解析】 由题意2128n，7n， 展开式通项为2714 31771()()( 1)rrrrrrrTCxC xx ， 令1 4 32r，4r ，故2x的系数为447( 1)35C 三、解答题 15给图中 A、B、C、D、E、F 六个区域进行染色,每个区域只染一种颜色,且相邻的区域不同色.若有 4 种颜色可供选择,则共

9、有多少不同的染色方案. 【解析】先染 ABC 有种,若 A,F 不相同,则 F,E,D 唯一;若 AF 相同,讨论 EC,若 EC 相同,D 有 2 种,则,若 EC 不相同,D 有 1 种,则.所以一共有+= 96 种. 16从 5 名女同学和 4 名男同学中选出 4 人参加四场不同的演讲,分别按 下列要求,各有多少种不同选法?(用数字作答) (1)男、女同学各 2 名. (2)男、女同学分别至少有 1 名. (3)在(2)的前提下,男同学甲与女同学乙不能同时选出. 92x992199C ( 2)2CrrrrrrrTxx0r 116 2T A B C D E F （第 7 题图） 【解析】(

10、1) 224544()1440C CA 所以男、女同学各 2 名共有 1440 种选法. (2) 13223145454544()2880C CC CC CA所以男、女同学分别至少有 1 名共有 2880 种选法, (3) 2112434344120()2376CC CCA所以在(2)的前提下,男同学甲与女同学乙不能同时选出共有 2376 种选法. 17在二项式412nxx的展开式，前三项的系数成等差数列，把展开式中所有的项重新排成一列，求有理数都互不相邻的概率 【解析】展开式通项为141()()2rn rrrnTCxx2342nrrrnCx（0rn） ，由题意1100222222nnnCCC

11、，8n所以当0,4,8r 时1634r为整数，相应的项为有理数，因此题二项式展开式中共有 9 项，其中有 3 项是有理数，6 项是无理数，所求概率为636799512A APA B 组组 一、选择题 1、二项式(1) ()nxnN的展开式中2x的系数为 15，则n（ ） A4 B5 C6 D7 【答案】C 【解析】二项式1nx的展开式的通项是1Crrrnx，令2r 得2x的系数是2Cn，因为2x的系数为15，所以2C15n，即2300nn，解得：6n 或5n ，因为n，所以6n ，故选 C 2、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（ ） （

12、A）144 个 （B）120 个 （C）96 个 （D）72 个 【答案】B 【解析】据题意，万位上只能排 4、5.若万位上排 4，则有342A个；若万位上排 5，则有343A个.所以共有342A3435 24120A 个.选 B. 3、已知(1)nx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.122 B112 C102 D92 【答案】D 【解析】因为(1)nx的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，所以73nnCC ，解得10n， 所以二项式10(1) x中奇数项的二项式系数和为9102221. 4、若nxyyx的展开式中的 二项式系数之

13、和为 64，则该展开式中3y的系数是（ ） A15 B 15 C20 D20 【答案】A 【解析】由题意得264,6nn，因此3363622166()()rrrrrrrxyTCC xyyx，从而333,42rr，因此展开式中3y的系数是426615.CC选 A. 二、填空题 3.（2019天津理10）是展开式中的常数项为 . 【答案】28.28. 解析解析 由题意，可知此二项式的展开式的通项为 所以当，即时，为常数项，此时 5、5312xx的展开式中8x的系数是_(用数字作答). 【答案】52 【解析】二项展开式通项为7153 5215511()()( )22kkkkkkkTCxC xx，令7

14、1582k，解得2k ，因此8x的系数为22515( )22C . 6、已知55104) 1() 1() 1)(2( xaxaaxx，则531aaa_. 【答案】1 【解析】在已知式中，令0 x得40123452 ( 1)2aaaaaa ，令2x得0123450aaaaaa，得1352()2aaa，所以1351aaa 三、解答题 7、将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，若只有 5 种颜色可供使用,则不同的染色方法总数有多少种。 【解析】四棱锥为PABCD.下面分两种情况，即C与B同色.各个点的不同的染色方法：点p有15C种；点A有14C；点B有13C种.点D有13

15、C种. 共有11115433180C C C C 种不同的方法. C与B不同色讨论.点p有15C种；点A有14C；点B有13C种.C与B不同色有12C种；点D有12C种. 共有1111154322240C C C C C 种不同的方法.；综上，共有180240420种不同的染色方法. 83128xx8r+1831C28rrrTxx888 48 488311C 2C128rrrrrrrrrxxx8 40r2r r 1T228 4 232 18C1228TT 8、在二项式331()2nxx的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列. （1）求展开式中的常数项； （2）求展开式中各项的系数和. 【解析

16、】 （1）写出二项式的展开式的特征项，当x的指数是 1,2,3 时，把 1,2,3 代入整理出这些项的系数的值即：00122111()( )( )222nnnCCC,.（2）根据上一问得出的结论令1x 即可.解题的关键是写出展开式的特征项，利用特征项的特点解决问题，注意代数式的整理，特别是当分母上带有变量时注意整理. 解：展开式的通项为2311()(0,1,22nrrrrnTC xr , )n 由已知：00122111()( )( )222nnnCCC,成等差数列， 121121824nnCCn , （1）5358T （2）令1x ，各项系数和为1256 9、在二项式nxx213的展开式中，恰

17、好第五项的二项式系数最大 （1）求展开式中各项的系数和； （2）求展开式中的有理项 【解析】在展开式中，恰好第五项的二项式系数最大，则展开式有 9 项， 8n 二项式8321xx中，令1x ，展开式中各项的系数和为25612118 （2）通项公式为 34888381)21()21()(rrrrrrrxCxxCT ，r=0，1，2，8 当348r为整数，即8,5,2r时，展开式是有理项，有理项为第 3、6、9 项，即72102823xCT； 4458564721xxCT；888889264121xxCT 10、 已知( )(23)nf xx展开式的二项式系数和为512， 且2012( 23 )(

18、1 )(1 )nxaa xa x (1 )nnaxL. （1）求2a的值； （2）求123naaaaL的值. 【解析】 （1）根据二项式的系数和即为2n，可得25129nn，因此可将( )f x变形为 99( )(23)2(1) 1f xxx， 其二项展开式的第1r 为9919( 1) 2(1)(09)rrrrrTCxr， 故令7r ，可 得727292 ( 1)144aC ；（ 2 ） 首 先 令 令901,(2 1 3)1xa ， 再 令 令2x， 得901239(2 23)1aaaaaL，从而1239012390()2aaaaaaaaaaLL. （1）由二项式系数和为 512 知，925

19、1229nn 2 分， 99(23)2(1) 1xx ，727292 ( 1)144aC 6 分； （2）令901,(2 1 3)1xa ，令2x，得901239(2 23)1aaaaaL， 1239012390()2aaaaaaaaaaLL 12 分 C 组组 一、选择题 1、25()xxy的展开式中，52x y的系数为( ) （A）10 （B）20 （C）30 （D）60 【答案】C 【解析】在25()xxy的 5 个因式中，2 个取因式中2x剩余的 3 个因式中 1 个取x，其余因式取 y,故52x y的系数为212532C C C=30，故选 C. 2、某次联欢会要安排 3 个歌舞类节

20、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.120 C.144 D.3 解：先排歌舞，有33A种不同排法，再插入小品和相声，若小品插入两边，则不合题意；若两个小品插入中间的两个空， ，则 1 个相声可以插入中间和两边 6 个位置的任意一个，有2126A A种；若两个小品插入 2 个中间位置中的 1 个和两边中任意一个位置，则 1 个相声只能插入 2 个中间位置中的另一个，有224A，由加法原理和乘法原理得，共有32123262(4)120A A AA。 点评：本题考查加法原理、乘法原理、排列、组合，涉及分类讨论，属中档题。 易错提醒：

21、排列组合问题最易多或少。 如： 先排 2 个小品， 再插入 1 个相声， 再插入 3 个歌舞， 得213214A A A或213234A A A，都是错误的。正确分类是解决这类问题最常用的方法。 3、262(2)(1)xx 的展开式中1x 的系数为（ ） A60 B50 C40 D20 【答案】A 【解析】2620122555222(2)(1)(2)( )xxCCCxxx334455555222( )( )( ) CCCxxx故展开式中1x的系数为3315522 260CC ，故选 A 4、已知实数ma,满足22cosxdxa，7()xam270127(1)(1)(1)aa xaxaxL，且7

22、27531264203)()(aaaaaaaa，则m（ ） A1或3 B1或3 C1 D3 【答案】B 【解析】2222cossin2axdxax ，令0 x，得70127(2)maaaaL；令2x，得170234567maaaaaaaa；又220246135701()()(aaaaaaaaaa 24567012345)(aaaaaaaaaaa7767)() 3aaam m，得(2)3m m，解得m的值为 1 或3 二、填空题 5、4()(1)axx的展开式中 x 的奇数次幂项的系数之和为 32，则a _ 【答案】3 【解析】由已知得4234(1)1464xxxxx ，故4()(1)axx的展

23、开式中 x 的奇数次幂项分别为4ax，34ax，x，36x，5x，其系数之和为441+6+1=32aa，解得3a 6、在10201511xx的展开式中，2x项的系数为 （结果用数值表示） 【答案】45 【解析】因为10101019102015201520151111(1)(1)(1)xxxCxxxxL，所以2x项只能在10(1)x展开式中，即为8210C x，系数为81045.C 三、解答题 7、 求610341(1) (1)xx展开式中的常数项 【解析】第一个展开式中x的指数依次是1 24 50,1,23 33 3， 第二个展开式中x的指数依次是113537950, 1, 2,4244244

24、2 根据多项式乘法规则， 常数项只能是第一个展开式中x的指数是0,1,2的项与第二个展开式中x的指数是0, 1, 2 对应项的乘积，根据二项式定理中的通项公式，得所求常数项为346861061014246C CC C 8、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 1,2 号，B 球必须放在与 A 球相邻的盒子中，不同的放法有多少种？ 【解析】根据 A 球所在位置分三类： (1)若 A 球放在 3 号盒子内，则 B 球只能放在 4 号盒子内，余下的三个盒子放球 C、D、E，则根据分步计数原理得，此时有33A6 种不同的放法；

25、(2)若 A 球放在 5 号盒子内，则 B 球只能放在 4 号盒子内，余下的三个盒子放球 C、D、E，则根据分步计数原理得，此时有33A6 种不同的放法； (3)若 A 球放在 4 号盒子内， 则 B 球可以放在 2 号、 3 号、 5 号盒子中的任何一个， 余下的三个盒子放球 C、 D、E，有33A6 种不同的放法，根据分步计数原理得，此时有13A33A18 种不同的放法综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有 661830 种 9、有 5 名男生和 3 名女生，从中选出 5 人担任 5 门不同学科的课代表，分别求符合下列条件的选法数： (1)有女生但人数必须少于男生； (2)某女生一定要担

26、任语文课代表； (3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表； (4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表 【解析】 (1)先选后排符合条件的课代表人员的选法有32415353()C CC C种，排列方法有55A种，所以满足题意的选法有3241553535()5400C CC CA (种). (2)除去该女生后，即相当于挑选剩余的 7 名学生担任四科的课代表，有47A840(种)选法. (3)先选后排 从剩余的 7 名学生中选出 4 名有47C种选法， 排列方法有1444C A种， 所以选法共有4147443360C C A (种). (4)先从除去该男生和该女

27、生的 6 人中选出 3 人，有36C种选法，该男生的安排方法有13C种，其余 3 人全排列，有33A种，因此满足题意的选法共有313633C C CA360(种). 10、 【201 6 高考江苏卷】 （1）求346747CC 的值； （2）设 m，nN*，nm，求证： （m+1）Cmm+（m+2）+1Cmm+（m+3）+2Cmm+n1Cmn+（n+1）Cmn=（m+1）+2+2Cmn. 【解析】1）34676 5 47 6 5 474740.3 2 14 3 2 1CC （2）当nm时，结论显然成立，当nm时 11(1)!(1)!(1)(1)(1),1,2, .!()!(1)!(k 1)(m 1)!mmkkkkkkCmmCkmmnm kmmL 又因为122112,mmmkkkCCC 所以2221(1)(1)(),km 1,m+2,n.mmmkkkkCmCCL， 因此 12122222222232432122(1)(2)(3)(n 1)(1)(2)(3)(n 1)(1)(1)()()()(1)mmmmmmmnmmmmmmmnmmmmmmmmmmmmnnmnmCmCmCCmCmCmCCmCmCCCCCCmCLLL