2024年高考数学试题分类汇编 专题11 排列组合与二项式定理

这是一份2024年高考数学试题分类汇编 专题11 排列组合与二项式定理，共11页。
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分类讨论甲乙的位置，得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.
【详解】当甲排在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种；
当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种；
于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意；
基本事件总数显然是，
根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为.
故选：B
2．（新高考北京卷）的二项展开式中的系数为（ ）
A．15B．6C．D．
【答案】B
【分析】写出二项展开式，令，解出然后回代入二项展开式系数即可得解.
【详解】的二项展开式为，
令，解得，
故所求即为.
故选：B.
3．（新课标全国Ⅱ卷）在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
【答案】 24 112
【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解.
【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，
第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有种选法；
每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，的4个数之和最大，为.
故答案为：24；112
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果.
4．（全国甲卷数学（理））的展开式中，各项系数的最大值是 ．
【答案】5
【分析】先设展开式中第项系数最大，则根据通项公式有，进而求出即可求解.
【详解】由题展开式通项公式为，且，
设展开式中第项系数最大，则，
，即，又，故，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为.
故答案为：5.
5．（全国甲卷数学（理））有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与差的绝对值不超过的概率是 ．
【答案】
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
6．（新高考上海卷）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为 ．
【答案】10
【分析】令，解出，再利用二项式的展开式的通项合理赋值即可.
【详解】令，，即，解得，
所以的展开式通项公式为，令，则，
．
故答案为：10．
7．（新高考上海卷）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ．
【答案】329
【分析】三位数中的偶数分个位是0和个位不是0讨论即可.
【详解】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数．
首先讨论三位数中的偶数，
①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个；
②当个位不为0时，则个位有个数字可选，百位有个数字可选，十位有个数字可选，
根据分步乘法这样的偶数共有，
最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为个．
故答案为：329．
8．（新高考北京卷）在的展开式中，常数项为 ．
【答案】20
【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可.
【详解】因为的展开式的通项为，
令，可得，
所以常数项为.
故答案为：20.
2024高考模拟试题汇编
一、单选题
1．（2024·河南·一模）的展开式中x的系数为（ ）
A．30B．40C．70D．80
【答案】C
【分析】利用二项式定理，写出通项公式直接求解即可
【详解】展开式的通项，
令即，此时，
展开式的通项，
令，即，此时，
所以展开式中的系数为.
故选：C.
2．（2024·福建·三模）某校5名同学到A、B、C三家公司实习，每名同学只能去1家公司，每家公司至多接收2名同学.若同学甲去A公司，则不同的安排方法共有（ ）
A．18种B．30种C．42种D．60种
【答案】B
【分析】分只有同学甲去A公司及除同学甲外还有一名同学去A公司进行讨论，结合排列数与组合数的计算即可得.
【详解】若只有同学甲去A公司，则共有种可能，
若除同学甲外还有一名同学去A公司，则共有种可能，
故共有种可能.
故选：B.
3．（2024·湖南·三模）展开式中系数为无理数的项共有（ ）
A．2项B．3项C．4项D．5项
【答案】D
【分析】根据题意，结合二项式的展开项，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为展开式的通项公式为，
当时，展开式中系数为无理数项，共5项.
故选：D
4．（2024·浙江·二模）用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，则数字3在五位数中位于1和5之间（可以不相邻）的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出基本事件总数n，再求出数字3在五位数中位于1和5之间的基本事件数m，利用古典概型的概率公式计算即可.
【详解】用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，
基本事件总数，
数字3在五位数中位于1和5之间的基本事件个数，
则数字3在五位数中位于1和5之间（可以不相邻）的概率为．
故选：D．
5．（2024·湖南·三模）对任意的实数，若，则的值为（ ）
A．15B．6C．1D．20
【答案】C
【分析】利用赋值法，令即可得结果.
【详解】因为，
令，可得.
故选：C.
6．（2024·广东·二模）某学校安排4位教师在星期一至星期五值班，每天只安排1位教师，每位教师至少值班1天，至多值班2天且这2天相连，则不同的安排方法共有（ ）
A．24种B．48种C．60种D．96种
【答案】D
【分析】由2天相连的情况有4种，利用排列数即可求解.
【详解】由题意，从星期一至星期五值，2天相连的情况有4种，则不同的安排方法共有种.
故选：D
7．（2024·河北·二模）某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（ ）
A．12B．18C．20D．60．
【答案】C
【分析】根据题意，分为当新节目插在中间的四个空隙中的一个和新节目插在中间的四个空隙中的两个，结合排列数与组合数的计算，即可求解.
【详解】根据题意，可分为两类：
①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有种方法；
②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有种方法，
由分类计数原理得，共有种不同的差法.
故选：C.
8．（2024·湖北·三模）已知，则（ ）
A．1B．0C．D．5
【答案】A
【分析】要想得到，可以有两种情况，第一：取，取，第二：取，取，然后相加可得.
【详解】要想得到，可以有两种情况，第一：取，取，第二：取，取，
所以的系数为：，即.
故选：A
二、多选题
9．（2024·广东·一模）从标有1，2，3，…，10的10张卡片中，有放回地抽取两张，依次得到数字，，记点，，，则（ ）
A．是锐角的概率为B．是锐角的概率为
C．是锐角三角形的概率为D．的面积不大于5的概率为
【答案】ACD
【分析】根据向量数量积为正结合古典概型公式判断A，B选项，根据数量积为正得出锐角判断C选项，结合面积公式判断D选项.
【详解】对A，易知，不共线，若是锐角，，易知共有100种情况，其中共有10种，与有相同种情况，即45种，所以是锐角的概率为，A正确；
对B，若是锐角，恒成立，所以是锐角的概率为1，B错误；
对C，若是锐角三角形，则，
即
所以，共有9种情况，所以是锐角三角形的概率为，C正确；
对D，若，，
该不等式共有组正整数解，所以的面积不大于5的概率为，D正确.
故选：ACD.
10．（2024·重庆·一模）已知，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
E．
【答案】BCD
【分析】利用二项展开式的通项和赋值法，求各选项中系数与系数和的值.
【详解】已知，
令，有，A选项错误；
令，有，
令，有，
，B选项正确；
展开式的通项为，
，，C选项正确，E选项错误；
，D选项正确.
故选：BCD
三、填空题
11．（2024·河北·三模）的展开式中的系数为 （用数字作答）
【答案】
【分析】根据题意，结合二项式的展开式的性质，准确计算，即可求解.
【详解】由题意，多项式的展开式中含有的项为：
，
所以的系数为．
故答案为：.
12．（2024·山东·二模）已知的展开式中常数项为，则实数的值为 .
【答案】
【分析】利用二项式定理求出的展开式，再求出积的常数项即复旦.
【详解】依题意，，因此展开式中常数项为，
则，解得，
所以实数的值为0.
故答案为：0
13．（2024·江苏·一模）把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法有 种．
【答案】36
【分析】根据分步计数原理，结合相邻问题和不相邻问题的方法即可求出．
【详解】根据题意，设5人为甲乙丙丁戊，
①，将乙丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有种情况，
②，将这个整体与丁戊全排列，有种安排方法，
③，排好后，有4个空位，由于甲乙安排在不相邻的两天，则只能从3个空中任选1个，安排甲，有种安排方法，
不同的安排方案共有种；
故答案为：
14．（2024·江西·三模）若关于，的三项式的展开式中各项系数之和为64，则 ；其中项系数的最大值为 .
【答案】 6 /
【分析】令，得，即可求得n的值，利用组合知识求得项系数为，然后利用基本不等式求解最值即可.
【详解】三项式的展开式中各项系数之和为64，
则令，得，解得；
所以三项式的展开式中项系数为：，
当且仅当时等号成立，即项系数的最大值为.
故答案为：6；