单元复习07 计数原理【过习题】（考点练）-2022-2023学年高二数学单元复习（苏教版2019选择性必修第二册）

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单元复习07 计数原理
01 排列、组合
一、单选题
1．四名师范生从A，B，C三所学校中任选一所进行教学实习，其中A学校必有师范生去，则不同的选法方案有（    ）
A．37种 B．65种 C．96种 D．108种
【答案】B
【分析】可从反面考虑，计算A学校没有人去的种数.
【解析】若不考虑限制条件，每人都有3种选择，则共有种方法，
若没有人去A学校，每人都有2种选择，则共有种方法，
故不同的选法方案有种.
故选:B.
2．某学校开设4门球类运动课程、5门田径类运动课程和2门水上运动课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（    ）
A．40种 B．20种 C．15种 D．11种
【答案】D
【分析】根据分类加法计数原理，即可得到答案.
【解析】根据分类加法计数原理，不同的选法共有种．
故选：D
3．五声音阶（汉族古代音律）是按五度的相生顺序，从宫音开始到羽音，依次为宫，商，角，徵，羽．若将这五个音阶排成一列，形成一个音序，且要求宫、羽两音节不相邻，可排成不同的音序的种数为（    ）
A．12种 B．48种 C．72种 D．120种
【答案】C
【分析】先排其它三个，然后在空档插入宫、羽两音节即可得．
【解析】先排其它三个，然后在空档插入宫、羽两音节，方法数为.
故选：C．
4．某值班室周一到周五的工作日每天需要一人值夜班，该岗位共有四名工作人员可以排夜班，已知同一个人不能连续安排三天夜班，则这五天排夜班方式的种数为（    ）
A．800 B．842 C．864 D．888
【答案】C
【分析】采用间接法，先计算没有限制条件的种数，再减去一人连排三天夜班、四天夜班、五天夜班的种数即可.
【解析】所有可能值班安排共有种，若连续安排三天夜班，则连续的工作有三种可能，
（1）从四人中选一人连排三天夜班，
若形如▲▲▲□□或□□▲▲▲排列：共有种；
若形如▲▲▲□▲或▲□▲▲▲排列：共有种；
若形如▲▲▲□○或▲▲▲○□或□○▲▲▲或○□▲▲▲排列：共有种；
若形如□▲▲▲□排列：共有种；
若形如○▲▲▲□或□▲▲▲○排列：共有种；
因此，选一人连排三天夜班共有132种．
（2）从四人中选一人连排四天夜班，则连续的工作日有两种可能，从四人中选一人连排四天夜班，
形如▲▲▲▲□或□▲▲▲▲排列，共有种．
（3）从四人中选一人连排五天夜班，形如▲▲▲▲▲，则只有4种可能．
故满足题意的排夜班方式的种数为．
故选：C.
5．关于排列组合数，下列结论错误的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】运用排列组合数公式展开化简，结合选项辨析即可.
【解析】，，故A正确；

，故B正确；
，而，故C错误，D正确；
故选：C.
6．将5名学生志愿者分配到成语大赛、诗词大会、青春歌会、爱心义卖4个项目参加志愿活动，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）
A．60种 B．120种 C．240种 D．480种
【答案】C
【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①将5名大学生分为4组，有种分组方法，
②将分好的4组安排参加4个项目参加志愿活动，有种情况，
则有种分配方案；
故选：．
7．某校为统筹推进以德智体美劳“五育并举+教师教育”为特色的第二课堂养成体系，引导学生们崇尚劳动、尊重劳动者、提高劳动素养，设置以劳动周的形式开展劳育工作的创新实践.学生可以参加“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“音乐欣赏”“蔬菜种植”“打印”这六门劳动课中的一门.则甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选劳动课全不相同的方法共有（    ）
A．135种 B．720种 C．1080种 D．1800种
【答案】C
【分析】分两种情况讨论，算出当4名学生选的课目全不同时和只有2名学生选的课目相同时的种数，相加即可得出答案.
【解析】分两种情况讨论：如果4名学生选的课目全不同，有种方法；
如果只有2名学生选的课目相同，有种方法，
共有种方法，
故选：C.
8．定义域为集合上的函数满足：①、、构成等比数列；②；③；这样的不同函数的个数为（    ）
A．456 B．465 C．546 D．564
【答案】C
【分析】分析出的所有可能取值，得到使中、、构成等比数列时对应的项，再运用计数原理及排列组合求出这样的不同函数的个数即可.
【解析】解：的取值的最大值为，最小值为，并且成以2为公差的等差数列，
故的取值为8，6，4，2，0，，，，
的取值为14，12，10，8，6，4，2，0，，，，，，，
所以能使中的、、成等比数列时，
、、的取值只有两种情况：
①、、；②、、．
，或，
即得到后项时，把前项加1或者把前项减1，
（1）当、、时，想要构造满足条件的等比数列分为两步，
第一步：从变化到，第二步：从变化到．
从变化到时有7次变化，函数值从1变化到2，
故应从7次中选择4步加1，剩余的3步减1．对应的方法数为种，
从变化到时有6次变化，函数值从2变化到4，
故应从6次变化中选择4步加1，剩余2步减1，对应的方法数为种．
共有种方法；
（2）当、、时，想要构造满足条件的等比数列分为两步，
第一步，变化到，第二步：从变化到，
从变化到时有7次变化，函数值从1变化到，
故应从7次中选择2步加1，剩余的5步减1，对应的方法数为种，
从变化到时有6次变化，函数值从变化到4，
故应从6次变化中选择6步加1，对应的方法数为种，
共有种方法．
综上，满足条件的共有种.
故选：C．
【点睛】解决本题的难点在于发现的取值规律，并找到使、、构成等比数列所对应的三项，然后利用计数原理及排列组合求解即可，属于难题.

二、多选题
9．已知数字，由它们组成四位数，下列说法正确的有（    ）
A．组成可以有重复数字的四位数有个
B．组成无重复数字的四位数有96个
C．组成无重复数字的四位偶数有66个
D．组成无重复数字的四位奇数有28个
【答案】AB
【分析】根据题意，由分类分步计数原理依次分析各选项，即可得答案.
【解析】解：对A：四位数的首位不能为0，有4种情况，其他数位有5种情况，则组成可以有重复数字的四位数有个，故选项A正确；
对B：四位数的首位不能为0，有4种情况，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3 个数位，有种情况，则组成无重复数字的四位数有个，故选项B正确；
对C：若0在个位，有个四位偶数，若0不在个位，有个四位偶数，则组成无重复数字的四位偶数共有个四位偶数，故选项C错误；
对D：组成无重复数字的四位奇数有个，故选项D错误；
故选：AB.
10．已知、、、、五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（　　）
A．若、不相邻共有72种方法
B．若不站在最左边，不站最右边，有72种方法．
C．若在右边有60种排法
D．若、两人站在一起有48种方法
【答案】ACD
【解析】利用插空法，可判断A的正误；利用间接法，可判断B的正误；根据定序问题的求法，可判断C的正误；利用捆绑法，可判断D的正误，即可得答案．
【解答】解：对于A：若、不相邻共有种方法，故A正确；
对于B：若不站在最左边，不站最右边，利用间接法有种方法，故B错误；
对于C：若在右边有种方法，故C正确；
对于D：若、两人站在一起，故D正确．
故选：ACD．
11．为了贯彻常态化疫情防控工作，动员广大医护人员抓细抓实各项防疫工作，人民医院组织护理、感染、儿科、疾控、药剂、呼吸六位专家进行“防疫有我，健康同行”知识讲座，每天一人，连续6天.则下列结论正确的是（    ）
A．从六位专家中选两位的不同选法共有20种
B．“呼吸类专家”不排在最后一天的不同排法共有600种
C．“护理、感染类专家”排在相邻两天的不同排法共有240种
D．“护理、感染、儿科类专家”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种
【答案】BC
【分析】由组合知识判断A；从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家，从而判断B；由捆绑法判断C；由插空法判断D.
【解析】对于A：从六位专家中选两位的不同选法共有种，故A错误；
对于B：从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家共有种，故B正确；
对于C：将“护理”，“感染类专家”视为一个元素，不同的排法共有种，故B正确；
对于D：先排疾控、药剂、呼吸，再用插空法排护理、感染、儿科类专家，共有种，故D错误；
故选：BC
12．中国长征系列运载火箭包括长征一号，长征二号、长征三号，长征四号等多种型号，具有发射从低轨到高轨、不同质量与用途的各种卫星、载人航天器和月球探测器的能力．其中长征三号系列火箭因其人轨精度高，轨道选择多、适应能力强，成为发射北斗导航卫星的“专属列车”．现假设长征三号系列火箭需要运送11颗相同的北斗导航卫星进入预定轨道，每次发射运送1颗或2颗卫星，且每次都能成功发射．则（    ）
A．若分6次发射，则不同的方法种数为15
B．若分7次发射，则不同的方法种数为35
C．若前2次每次只发射1颗，共发射8次，则不同的方法种数为20
D．若前5次共发射8颗，则不同的方法种数为30
【答案】BCD
【分析】求得分6次发射不同的方法种数判断选项A；求得分7次发射不同的方法种数判断选项B；求得前2次每次只发射1颗，共发射8次，不同的方法种数判断选项C；求得前5次共发射8颗不同的方法种数判断选项D.
【解析】因为每次发射运送1颗或2颗，分6次发射，则有1次只发射运送1颗，
所以不同的方法种数为6，故A错误；
因为每次发射运送1颗或2颗，若分7次发射，则有3次只发射运送1颗，
所以不同的方法种数为，故B正确；
因为每次发射运送1颗或2颗，若前2次每次只发射1颗，共发射8次，
则后6次共发射9颗卫星，且后6次中有3次只发射1颗，
所以不同的方法种数为，故C正确；
因为每次发射运送1颗或2颗，若前5次共发射8颗，则前5次中有2次只发射1颗，
所以有种不同的方法，还有3颗卫星，可以分2次或3次发射，
有3种不同的方法，所以共有种不同方法，故D正确．
故选：BCD

三、填空题
13．某校甲、乙、丙、丁4个学生自愿参加植树活动，有A，B，C这3处植树地点供选择，每人只能选其中一处地点参与植树，且甲不在A地、乙不在B地植树，则不同的选择方式共有__________种.
【答案】36
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算作答.
【解析】计算不同的选择方式的种数需分步进行，甲、乙选植树地点各有2种方法，丙、丁选植树地点各有3种方法，
由分步乘法计数原理得：，
所以不同的选择方式共有36种.
故答案为：36
14．受新冠病毒肺炎影响，某学校按照上级文件精神，要求错峰放学去食堂吃饭，高三年级一层楼有四个班排队，甲班不能排在最后，且乙、丙班必须排在一起，则这四个班排队吃饭不同方案有__________种（用数字作答）．
【答案】8
【分析】根据相邻问题捆绑法，特殊位置（元素）法求解即可.
【解析】解：先将乙、丙班排序，并绑在一起，看成一个元素，有种方案，
此时考虑将甲，丁及乙、丙的整体3个元素排序，
由于甲班不能排在最后，故将甲班选取1个位置安排，有种方案，
最后，再将丁及乙、丙的整体安排在剩下的两个位置上，有种方案，
所以，根据乘法原理，共有种方案.
故答案为：
15．党的二十大报告指出，建设教育强国是民族复兴的伟大基础工程.某师范院校为了支持乡村教育振兴计划，拟委派10名大学生到偏远山区支教，其中有3名研究生.现将这10名大学生分配给5个乡村小学，每校2人，则不同的研究生分配情况有______种（用数字作答）.
【答案】120
【分析】不同的研究生分配情况分为2类：其中2个研究生分配到相同的学校，3个研究生分配到不同的学校，根据分类加法计数原理分别计算即可.
【解析】如果其中2个研究生分配到相同的学校则有种；
如果3个研究生分配到不同的的学校则有种；
所以不同的研究生分配情况有(种).
故答案为：120.
16．我们知道：，相当于从两个不同的角度考察组合数：①从个不同的元素中选出个元素并成一组的选法种数是；②对个元素中的某个元素，若必选，有种选法，若不选，有种选法，两者结果相同，从而得到上述等式，试根据上述思想化简下列式子：__________.
【答案】
【分析】根据题意，分某个元素中选取个数为讨论求解即可得答案.
【解析】根据题意，从个不同元素中选出个元素并成一组的选法种数是，
若对其中的某个元素分别选或不选，
则个元素一个都没有选，有种选法；
有一个元素被选取，有种选法；
有两个元素被选取，有种选法；
有三个元素被选取，有种选法；

有个元素被选取，有种选法；
所以，，
故答案为：.

四、解答题
17．（1）从等7人中选5人排成一排（请列出算式并计算出结果）
①若三人不全在内，有多少种排法？
②若都在内，且必须相邻，与都不相邻，有多少种排法？
（2）按照下列要求，分别求有多少种不同的方法？（请列出算式并计算出结果）
①6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；
②6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球；
【答案】（1）①1800  ②144（2）①10；②1560
【分析】（1）①利用间接法计算出7人中选5人排成一排的总数，再减去三人全在内的排列数即可；②利用捆绑法和插空法即可求解；（2）①利用隔板法求解；②首先将6个不同的小球根据部分平均分配分成4组，再进行排列数计算即可.
【解析】（1）①采用间接法，若三人全在内，则只需从其余4人中任选2人，共有种；
从7人中选5人排成一排有；
所以三人不全在内，有种排法；
②若三人全在内，先从其余4人中任选2人有种选法，
且必须相邻，将捆绑进行排列有种排法，
与都不相邻，将与的整体进行插空处理，共有种；
根据分步乘法计数原理可知共有种排法；
（2）①根据题意可知，6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，
相当于在6个小球间的5个空隙中插入3个隔板，把小球分成4组，
故不同的方法有种；
②6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少一个小球，
可先将6个小球进行分组，共有两种分法即2、2、1、1和3、1、1、1；再放入4个不同的盒子，故有种.
18．将四个小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子中，根据下列条件求不同放法的种数．
(1)四个小球不同，每个盒子各放一个；
(2)四个小球相同，每个盒子各放一个；
(3)四个小球不同，四个盒子恰有一个空着；
(4)四个小球相同，四个盒子恰有一个空着．
【答案】(1)24
(2)1
(3)144
(4)12

【分析】（1）全排列问题，利用全排列公式进行求解；
（2）四个小球相同，每个盒子各放一个，只有1种情况；
（3）先把四个小球分组3组，注意部分平均分组，要除以平均组数的全排列，选出空盒，再进行全排列，计算出结果；
（4）先将小球分组，再选出空盒，选出放入2个小球的盒子，从而得到答案.
【解析】（1）四个小球不同，每个盒子各放一个，属于全排列问题，则不同的放法有种；
（2）四个小球相同，每个盒子各放一个，每个小球放入任何一个盒子，都为同1种情况，故不同的放法有1种；
（3）四个小球不同，四个盒子恰有一个空着，则有一个盒子放入了2个小球，
先将四个不同的小球分为3组，有种情况，选出一个空盒，有种情况，
再将分好的3组小球，与对应的3个盒子进行全排列，共有种选择，
综上：四个小球不同，四个盒子恰有一个空着，选择方法有种；
（4）四个小球相同，四个盒子恰有一个空着，则有一个盒子放入了2个小球，
先将四个不同的小球分为3组，则只有1种分法，即2，1，1，
选出一个空盒，有种情况，
将分好的3组小球，放入3个盒子中，选出放入2个小球的盒子，有种情况，
综上：四个小球相同，四个盒子恰有一个空着，一共有种选择.
19．（1）用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个无重复数字的三位数？
（2）用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个三位数？
（3）用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个数字允许重复的三位数？
（4）用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个无重复数字的三位奇数？
（5）用1、1、1、2、3、4这六个数字各一次，可以组成多少个六位数？
【答案】（1）100    （2）180    （3）180    （4）48    （5）120
【分析】（1）根据分步乘法原理求解即可；
（2）根据分步乘法原理求解即可；
（3）根据分步乘法原理求解即可；
（4）根据分步乘法原理求解即可；
（5）根据排列原理求解即可；
【解析】解：（1）先排百位数，有5种选择，再排十位，有5种选择，最后排个位，有4种选择，故由分步乘法原理得共有种不同的方案，
所以，可以组成100个无重复数字的三位数；
（2）先排百位数，有5种选择，再排十位，有6种选择，最后排个位，有6种选择，故由分步乘法原理得共有种不同的方案，
所以，可以组成个三位数；
（3）先排百位数，有5种选择，再排十位，有6种选择，最后排个位，有6种选择，故由分步乘法原理得共有种不同的方案，
所以，可以组成个数字允许重复的三位数；
（4）先排个位数，有3种选择，再排百位，有4种选择，最后排十位，有4种选择，故由分步乘法原理得共有种不同的方案，
所以，可以组成个数字允许重复的三位数；
（5）根据题意，只需从六个位置中选取三个位置排序2,3,4，剩下的三个位置自然都为1，故有种，
所以，可以组成个六位数.
02 二项式定理

一、单选题
1．的展开式中常数项是（　　）
A．8 B．16 C．24 D．32
【答案】B
【解析】求出展开式的通项，令x的指数为0即可求出.
【解析】的展开式的通项为，
令，即，则常数项为.
故选：B.
2．已知的展开式中的系数为，则的值为（    ）
A．或
B．或
C．
D．
【答案】A
【解析】利用二项定理展开式的通项公式即可求解.
【解析】，
由得，
∴，
故选：A.
3．展开式中无理项的项数为（    ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【答案】D
【解析】写出二项式展开的通项公式，让为分数，得到的即为无理项，求解符合条件的r，即可得答案.
【解析】二项式展开的通项公式，当，3，5，7时，对应的项均为无理数，故无理项的项数为4个，
故选：D.
4．展开式中项的系数为160，则（    ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】C
【解析】先求得展开式中的系数，可得展开式中的系数，从而得答案.
【解析】二项式展开式的通项为，
令可得二项式展开式中的系数为，
∴展开式中的系数为，
可得，解得，
故选：C．
5．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，将看成一个整体，写出展开式的通项，令即可求出结果．
【解析】解：，
则其展开式的通项为：，
当时，，
所以．
故选：B．
6．若的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，则该项式的展开式中常数项为（    ）
A．90 B．-90 C．180 D．-180
【答案】C
【分析】由已知可知项数n=10，再表示通项并令其中x的指数为零，求得指定项的系数即可.
【解析】解：因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则项数n=10，即，
则通项为，
令，则.
故选：C.
7．若，且，则实数的值为（    ）
A．或 B．或 C．或 D．或
【答案】B
【解析】利用赋值法，令，可得，令，可得，再利用平方差公式即可求解.
【解析】令，得到，
令，得到，
∴，即，，
解得或，
故选：B.
8．在关于的二项式的展开式中，末尾两项的二项式系数之和为，且二项式系数最大的项的值为，则（    ）
A． B．或 C． D．或
【答案】D
【分析】根据末尾两项二项式系数和可求得，进而确定第项的二项式系数最大，利用展开式第项构造方程求得后，结合特殊角三角函数值可得结果.
【解析】由题意知：，解得：，展开式的第项的二项式系数最大，
，即，，又，或.
故选：D．
9．已知，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】令，可得，可得出，利用展开式通项可知当为奇数时，，当为偶数时，，然后令可得出的值.
【解析】令，可得，则，
二项式的展开式通项为，则.
当为奇数时，，当为偶数时，，
因此，.
故选：A.
【点睛】结论点睛：一般地，若.
（1）；
（2）展开式各项系数和为；
（3）奇数项系数之和为；
（4）偶数项系数之和为.
10．已知，其中为展开式中项的系数，，则下列说法不正确的有（    ）
A．， B．
C． D．是中的最大项
【答案】C
【分析】依题意，写出的展开式，再一一判断即可；
【解析】解：依题意
所以
由上式可知，选项，正确；
展开式中，，的的系数和为：
，而，
故，故正确；
由式子可得，，故选项不正确．
故选：．

二、多选题
11．关于的说法，正确的是（    ）
A．展开式中的二项式系数之和为1024 B．展开式中第6项的二项式系数最大
C．展开式中第5项和第7项的二项式系数最大 D．展开式中第6项的系数最小
【答案】ABD
【分析】对于选项，由二项式系数的性质知正确；对于选项，当为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故正确，错误；对于选项，因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的，故正确.
【解析】关于的说法：
对于选项，由二项式系数的性质知，二项式系数之和为024，故正确；
对于选项，当为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故正确，错误；
对于选项，因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的，故正确.
故选：ABD．
【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，考查二项式展开式的系数问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
12．已知的展开式中各项系数的和为2，则下列结论正确的有（   ）
A．
B．展开式中常数项为160
C．展开式系数的绝对值的和1458
D．若为偶数，则展开式中和的系数相等
【答案】ACD
【分析】由题意令，可得的值，所以选项A正确；计算得展开式中常数项为，故选项B不正确；即项的各系数和，为，故选项C正确；展开得展开式中和的系数相等，故选项D正确，
【解析】令，可得的展开式中各项系数的和为，，故选项A正确；
，故展开式中常数项为，故选项B不正确；
的展开式中各项系数绝对值的和，即项的各系数和，为，故选项C正确；
根据

可得若为偶数，则展开式中和的系数相等，故选项D正确，
故选：ACD
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是最快速度判断选项C的真假，直接求解比较复杂，转化为项的各系数和，简洁高效.
13．若，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【分析】利用赋值法解决，令，，，得到不同的结果，再适当处理，即可作出判断
【解析】由题意，时，，
当时，，
当时，，
所以，故B错误；
，故C正确；


，故A错误；
，
当时，，
所以，
即，故D正确；
故选：CD
14．设，下列结论正确的是（    ）
A．
B．
C．
D．当时，除以2000的余数是1
【答案】AC
【分析】，根据的二项展开式的通项可知，求得，即可判断A；令，即可求得，即可判断B；令，求得，即可判断C，当时， ，则为系数的项均能被2000整除，从而可求得除以2000的余数，即可判断D.
【解析】解：
的二项展开式的通项为，
则，故A正确；
令，则，
所以，故B错误；
令，则，
而，
所以，即，
所以，故C正确；
当时， ，则为系数的项均能被2000整除，
又，
所以除以2000的余数是1999，故D错误.
故选：AC.

三、填空题
15．的展开式中不含的项的系数和为________（结果化成最简形式）．
【答案】
【解析】试题分析：
展开式中不含的项的系数和为.
考点：二项式定理.
【方法点晴】本题考查导二项式定理，涉及分类讨论思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型.首先将三项式转化为二项式，再将二项式展开得 展开式中不含的项的系数和为.
16．的展开式中，所有x的奇数次幂项的系数和为，则正实数a的值为______．
【答案】3
【分析】设，然后分别令，，可求出，再结合已知条件可求出答案
【解析】设，
令，得，①
令，得，②
②①，得，
又因为，，
所以，解得．
故答案为：3
17．已知，满足，则的展开式中的系数为___________.
【答案】30
【分析】利用赋值方法求出，然后将三项式适当结合转化为二项式问题，再由二项式定理求得含有y2的项，进而进一步展开求得．
【解析】由题意，．
∴中所含y2的项为：,进一步展开得到的系数为．
故答案为：30．
18．计算，可以采用以下方法：
构造等式：，两边对x求导，
得，
在上式中令，得．类比上述计算方法，计算____________．
【答案】
【解析】试题分析：由题意得，构造等式：，两边同乘，得，再两边对求导，得到，在上式中，令，得.
考点：二项式定理的应用.
【方法点晴】本题主要考查了二项式定理的应用，是道好题，解答问题的关键在于对，两边同乘以整理后在对求导，要使分析到这一点，此类问题将大大增加了难度，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力和推理、运算能力，试题有一定的难度，属于难题.


四、解答题
19．已知的展开式中所有项的二项式系数之和为1024.
（1）求展开式的所有有理项（指数为整数）；
（2）求的展开式中项的系数．
【答案】（1）所有有理项为和；（2）164.
【分析】（1）写出通项并化简，进而讨论x的指数为整数的情况，最后得到答案；
（2）写出每一项中x2项的系数并求和，进而通过组合数的性质得到答案.
【解析】（1）由题意得，2n＝1 024，∴n＝10，
∴展开式的通项为，
由或k=6，
所以有理项为.
（2）由，
∴x2项的系数为
20．已知的展开式的系数和比的展开式的系数和大992，求的展开式中：
（1）二项式系数最大的项；
（2）系数的绝对值最大的项.
【答案】（1）－8064；（2）－15360x4.
【分析】（1）先根据二项式系数和列方程求，再根据组合数性质确定二项式系数最大的项，最后根据二项展开式通项公式求结果；
（2）先根据二项展开式通项公式得各项系数，根据条件列方程组，解得系数的绝对值最大的项的项数，再代入二项展开式通项公式得结果
【解析】由题意，解得n＝5.
（1）的展开式中第6项的二项式系数最大，
即
（2）设第项的系数的绝对值最大，
因为
，
∴，即

,
即系数的绝对值最大的项为－15360x4.
21．在二项式的展开式中，______给出下列条件：
①若展开式前三项的二项式系数的和等于22；②所有奇数项的二项式系数的和为32.
试在上面两个条件中选择一个补充在上面的横线上，并解答下列问题：
(1)求展开式中二项式系数最大的项；.
(2)求展开式的常数项.
【答案】(1)条件选择见解析，
(2)

【分析】选择①：，利用组合数公式，计算即可；
选择②：转化为，计算即可；
小问1：由于共项，根据二项式系数的性质，二项式系数最大的项为第，利用通项公式计算即可；
小问2：写出展开式的通项，令，即得解．
(1)
选①则
即：，解得或（舍）
选②则,∴,  
∴
二项式系数最大的项为
(2)
令，则
∴展开式的常数项为：
22．已知，．
（1）记展开式中的常数项为m，当时，求m的值；
（2）证明：当时，在的展开式中，与的系数相同．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）常数项即不含 的项，只需取2个x，2个或1个，1个 ，2个1或4个1，即可得到结果；
（2）先求出得到有几种取法，再求出得到有几种取法，即可判断结果相同.
【解析】（1）当时，，的展开式可看成4个相乘，每个中取x，，1中的一个，将其分别相乘构成展开式的每一项，
所以要得到常数项，只需取2个x，2个或1个，1个 ，2个1或4个1，所以．
（2）当时，，的展开式可看成10个相乘，每个中取x，，1中的一个，
将其分别相乘构成展开式的每一项．所以要得到，
共有种取法，
所以有个．
同理，要得到，共有种取法，
所以有个，故与的系数相同．
23．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，如图是一个11阶杨辉三角：

（1）求第20行中从左到右的第4个数；
（2）求n阶（包括0阶）杨辉三角的所有数的和；
（3）在第2斜列中，前5个数依次为1,3,6,10,15；第3斜列中，第5个数为35.显然，1＋3＋6＋10＋15＝35.事实上，一般地有这样的结论：第m－1斜列中（从右上到左下）前k个数之和，一定等于第m斜列中第k个数.试用含有m，k(m，k∈N*)的数字公式表示上述结论，并给予证明.
【答案】（1）1140；（2）2n＋1－1；（3）证明见解析.
【分析】（1）计算即得解；
（2）计算1＋2＋22＋…＋2n即得解；
（3）根据题意，所求结论可表示为、且．再由组合数的性质：，代入等式的左边进行化简整理，即可得到该等式成立
【解析】（1）由题意，得第行的从左到右第个数，，且，所以第20行中从左到右的第4个数为＝1140；
（2）n阶（包括0阶）杨辉三角的所有数的和为1＋2＋22＋…＋2n＝；
（3）用公式表示为：、且
证明：左式

右式
即等式、且成立．
24．已知.
（1）当时，求的展开式中含项的系数；
（2）证明：的展开式中含项的系数为；
（3）定义：，化简：.
【答案】（1）84；（2）证明见解析；（3）.
【分析】（1）当时根据二项展开式分别求出每个二项式中的含项的系数之和即可；
(2)根据二项展开式求出含项的系数，结合题意和即可得出结论；
(3)根据组合数的性质可得和
，两式左右边分别同时加并两式相加，结合二项式系数和即可得出结论.
【解析】（1）当时，，
的展开式中含项的系数为.
（2），，
故的展开式中含项的系数为

因为，
所以项的系数为：



.
（3）①
②
在①､②添加，则得
③
④
③+④得：


【点睛】在解决二项式开展式有关证明的问题时，要充分利用组合数的性质、，要熟练二项式系数之和、指定项的系数的求法，要清楚二项式系数和项的系数的区别，在运算过程中应提高计算能力和逻辑推理能力.
03 排列组合的综合问题
一、单选题
1．一副牌共52张有4种花色，每种花色有13张，从中任意抽牌，最小要抽（　　）张才能保证有4张牌是同一花色的.
A．12 B．13 C．14 D．15
【答案】B
【分析】本题是任意抽牌，根据花色分别放到四个抽屉中，根据抽屉原理即可证明．
【解析】这里“保证”的意思就是无论怎样抽牌，都一定有4张牌为同一花色．
我们先看抽12张牌是否能保证有4张同花的？虽然有时12张牌中可能有4张同花，甚至4张以上同花，但也可能每种花色正好3张牌，因此不能保证一定有4张牌同花．
那末，任意抽13张牌是否保证有4张同花呢？我们说可以．证明如下：
如果不行的话，那末每种花色最多只能有3张，因此四种花色的牌加起来最多只能有12张，与抽13张牌相矛盾．所以说抽13张牌就可以了．（这种证明的方法称为反证法）
所以至少要抽13张牌，才能保证有四张牌是同一花色的．
故选：B
2．11月29日，江西新余仙女湖的渔民们迎来入冬第一个开捕日，仙女湖的有机鱼迎来又一个丰收年.七位渔民分在一个小组，各驾驶一辆渔船依次进湖捕鱼，甲乙渔船要排在一起出行，丙必须在最中间出行，则不同的排法有（    ）
A．96种 B．120种 C．192种 D．240种
【答案】C
【分析】先将甲乙捆绑成一个单元，再讨论其所排位置，运算求解.
【解析】由题意可知：丙必须在最中间（第4位），则甲乙排在第1、2位或2、3位或5、6位或6、7位，
故不同的排法有种.
故选：C.
3．将6名实习教师分配到3所学校进行培调，每名实习教师只能分配到1个学校，每个学校至少分配1名实习教师，则不同的分配方案共有（    ）
A．240种 B．360种 C．450种 D．540种
【答案】D
【分析】根据不均匀分组，部分均匀分组，均匀分组问题，结合先分组再分配原则解决即可.
【解析】由题知，
6名教师分3组，有3种分法，即1，2，3；1，1，4；2，2，2，
共有种分法，
再分配给3所学校，可得种.
故选：D.
4．将5名学生志愿者分配到成语大赛、诗词大会、青春歌会、爱心义卖4个项目参加志愿活动，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ）
A．60种 B．120种 C．240种 D．480种
【答案】C
【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①将5名大学生分为4组，有种分组方法，
②将分好的4组安排参加4个项目参加志愿活动，有种情况，
则有种分配方案；
故选：．
5．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前5位数字3，1，4，1，5进行某种排列得到密码.如果排列时要求两个1不相邻，那么小明可以设置的不同密码有（    ）
A．24个 B．36个 C．72个 D．60个
【答案】B
【分析】直接利用插空法计算即可得到答案.
【解析】分两步：
第一步：先对除1以外的3位数字进行全排列，有种方法；
第二步：将两个1选两个空插进去有，
由分步计数原理可得：小明可以设置的不同密码有种，
故选：

二、多选题
6．为了贯彻常态化疫情防控工作，动员广大医护人员抓细抓实各项防疫工作，人民医院组织护理、感染、儿科、疾控、药剂、呼吸六位专家进行“防疫有我，健康同行”知识讲座，每天一人，连续6天.则下列结论正确的是（    ）
A．从六位专家中选两位的不同选法共有20种
B．“呼吸类专家”不排在最后一天的不同排法共有600种
C．“护理、感染类专家”排在相邻两天的不同排法共有240种
D．“护理、感染、儿科类专家”排在都不相邻的三天的不同排法共有72种
【答案】BC
【分析】由组合知识判断A；从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家，从而判断B；由捆绑法判断C；由插空法判断D.
【解析】对于A：从六位专家中选两位的不同选法共有种，故A错误；
对于B：从前5天中任选一天排“呼吸类专家”，再排其他专家共有种，故B正确；
对于C：将“护理”，“感染类专家”视为一个元素，不同的排法共有种，故B正确；
对于D：先排疾控、药剂、呼吸，再用插空法排护理、感染、儿科类专家，共有种，故D错误；
故选：BC
7．2022年北京冬奥会吉祥物冰墩墩，有着可爱的外表和丰富的寓意，现有5个不同造型的“冰墩墩”，则下面正确的是（    ）
A．把这5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内，共有129种不同的装法
B．从这5个“冰墩墩”中选出3个分别送给3位志愿者，每人1个，共有60种没选法
C．从这5个“冰墩墩”中随机取出3个，共有10种不同的取法
D．把这5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个球，共有150种不同的装法
【答案】BCD
【分析】对于A，根据分步乘法原理即可求解，对于B，C，D，根据排列组合以及分组分配问题即可求解.
【解析】对于A:5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内,每个冰墩墩可选择3个盒子中的任意一个，所以根据分步乘法原理一共有，故错误；
对于B:5个“冰墩墩”中选出3个分别送给3位志愿者共有,故正确；
对于C:5个“冰墩墩”中随机取出3个,共有种，故正确；
对于D：5个“冰墩墩”装入3个不同的盒内，每盒至少装一个球，共有两种情况：3个盒子的球数为1，1，3和1，2，2，若球数为1，1，3，则有种，若球数为1，2，2，则有,所以一共有种，故正确；
故选：BCD

三、填空题
8．学校组织同学参加社会调查，某小组共有5名男同学，4名女同学.现从该小组中选出3位同学分别到三地进行社会调查，若选出的同学中男女均有，则不同安排方法有________种.
【答案】420
【分析】分步相乘计数，第一步求男女均有的选法，第二步求到三地的分法.
【解析】满足条件的事件是选出的3位同学中男女都有，
包括两种情况，一是一男两女，二是一女两男，共有，
分别到三地进行社会调查，有，
故共有种．
故答案为：420
9．把6张座位编号为1，2，3，4，5，6的电影票全部分给4个人，每个人至少分1张，至多分2张，且这两张票具有连续的编号，那么不同的分法共有______种．（用数字作答）
【答案】144
【分析】根据题意分2步进行：①先将票分为符合条件的4份，有2个人各一张，2个人各2张；②再将分好的4份全排列，对应到4个人，即可得答案.
【解析】解：根据题意，可分为两步进行：
①先将票分为符合条件的4份，4人分6张票，且每人至少一张，至多两张，
则有2个人各一张，2个人各2张，且分得的票必须连号，相当于将1，2，3，4，5，6这6个数字用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号，
即在其中的5个空隙中插入3个板子，其有种情况；
其中出现3张三连号的有：123，4，5，6；1，234，5，6；1，2，345，6；1，2，3，456；共4种情况，不满足题意，
所以有10-4=6种情况；
②再将分好的4份全排列，对应到4个人，有种情况，
由分步计数原理可得，共有种不同的分法.
故答案为：144
10．甲、乙、丙三名志愿者需要完成A，B，C，D，E五项不同的工作，每项工作由一人完成，每人至少完成一项，且E工作只有乙能完成，则不同的安排方式有______种．
【答案】50
【分析】因为E工作只有乙能完成，所以分为两类，①乙只完成E工作②乙不止完成E工作，再利用两个原理及排列组合的知识即可求得
【解析】由题意可分为两类
（1）若乙只完成E工作，即甲、丙二人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有种安排方式
（2）若乙不止完成E工作，即甲、乙、丙三人完成A，B，C，D，四项工作，则一共有
种安排方式
综上共有种安排方式
故答案为：50
11．盲盒常指装有不同公仔手办，但消费者不能提前得知款式的盒装玩具，一般按系列贩售．它的随机性和一些隐藏款吸引着很多年轻人重复购买．小明购买了5个冰墩墩单只盲盒，拆开后发现有2个相同的“竹林春熙”以及“冰雪派对”、“青云出岫”、“如意东方”各1个．小明想将这5个摆件排成一排，要求相同的摆件不相邻．若相同摆件视为相同元素，则一共有____________种摆放方法．
【答案】36
【分析】利用插空法计算即可.
【解析】记2个相同的“竹林春熙”为A，A，“冰雪派对”为B，“青云出岫”为C，“如意东方”为D，先摆放B，C，D，一共有种摆放方式，再将2个A插空放入，有种摆放方式，所以，一共有种摆放方式．
故答案为：36.

四、解答题
12．从包含甲、乙2人的8人中选4人参加4×100米接力赛，求在下列条件下，各有多少种不同的排法？（结果用数字作答）
(1)甲、乙2人都被选中且必须跑中间两棒；
(2)甲、乙2人只有1人被选中且不能跑中间两棒；
(3)甲、乙2人都被选中且必须跑相邻两棒；
(4)甲、乙2人都被选中且不能相邻两棒；
(5)甲、乙2人都被选中且甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒.
【答案】(1)60
(2)480
(3)180
(4)180
(5)210

【分析】（1）有特殊要求的元素（或位置）优先考虑（2）有特殊要求的元素（或位置）优先考虑（3）元素相邻用捆绑法（4）元素不相邻用插空法（5）按甲跑第四棒和甲不跑第四棒分类
（1）
先安排甲、乙2人位置，再从出甲、乙之外的6人中选2人安排他们的位置，则方法数为
（2）
先从甲、乙2人中选一人安排其位置，再从出甲、乙之外的6人中选3人安排他们的位置，则方法数为
（3）
先把甲、乙2人看作一个元素，再从除甲、乙之外的6人中选2人和甲和乙这个整体来排序，则方法数为
（4）
从除甲、乙之外的6人中选2人排序，再让甲和乙来插空，则方法数为
（5）
第一步，从除甲、乙之外的6人中选2人
第二步，分甲跑第四棒和甲不跑第四棒
则方法数为
13．（1）在高三某班进行的演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排第一个，求有多少种安排方法；
（2）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，一共可以组成多少个没有重复数字的四位数；
（3）已知是自然数，若，且，求.
【答案】（1）60；（2）1260；（3）.
【分析】（1）利用间接法求解，注意对重复情况的分析处理；（2）对是否有0进行分类讨论，运算求解；（3）根据二项展开式的通项运算求解.
【解析】（1）有5位选手参加比赛的安排方法有种，2位男生连续出场的安排方法有种，女生甲排第一个的安排方法有种，2位男生连续出场，且女生甲排第一个的安排方法有种
∴符合题意的安排方法有种
（2）有0时，可以组成没有重复数字的四位数有
无0时，可以组成没有重复数字的四位数有
一共可以组成没有重复数字的四位数有
（3）的展开式的通项为
当时，，当时，
∴
∵关于的函数在上单调递增，且是自然数，经检验可得
∴
14．在数字1，2，…，n(n≥2)的任意一个排列A：a1，a2，，an中，如果对于i，j∈N*，i＜j，有ai＞aj，那么就称(ai，aj)为一个逆序对．记排列A中逆序对的个数为S（A）．
如n=4时，在排列B：3，2，4，1中，逆序对有（3，2），（3，1），（2，1），（4，1），
则S（B）=4．
（1）设排列 C：3，5，6，4，1，2，写出S（C）的值；
（2）对于数字1，2，...，n的一切排列A，求所有S（A）的算术平均值；
（3）如果把排列A：a1，a2，...，an中两个数字ai，aj（i＜j）交换位置，而其余数字的位置保持不变，那么就得到一个新的排列A'：b1，b2，…，bn，求证：S（A）+S（A'）为奇数．
【答案】（1）10（2）（3）证明见解析
【分析】（1）由逆序对的定义，列举即可得到所求值为10；
（2）考察排列D：d1，d2，…，dn﹣1，dn，运用组合数可得排列D中数对（di，dj）共有个，即可得到所有S（A）的算术平均值；
（3）讨论（i）当j=i+1，即ai，aj相邻时，（ii）当j≠i+1，即ai，aj不相邻时，由新定义，运用调整法，可得S（A）+S（A'）为奇数．
【解析】（1）逆序对有（3，1），（3，2），（5，4），（5，1），（5，2），（4，1），（4，2），
（6，4），（6，1），（6，2）则S（C）=10；                                            
（2）考察排列D：d1，d2，…，dn﹣1，dn与排列D1：dn，dn﹣1，…，d2，d1，
因为数对（di，dj）与（dj，di）中必有一个为逆序对（其中1≤i＜j≤n），
且排列D中数对（di，dj）共有个，
所以．
所以排列D与D1的逆序对的个数的算术平均值为，
而对于数字1，2，…，n的任意一个排列A：a1，a2，…，an，
都可以构造排列A1：an，an﹣1，…，a2，a1，
且这两个排列的逆序对的个数的算术平均值为，
所以所有S（A）的算术平均值为，
（3）证明：（i）当j=i+1，即ai，aj相邻时，
不妨设ai＜ai+1，则排列A'为a1，a2，…，ai﹣1，ai+1，ai，ai+2，…，an，
此时排列A'与排列A：a1，a2，…，an相比，仅多了一个逆序对（ai+1，ai），
所以S（A'）=S（A）+1，
所以S(A)+S(A')=2S(A)+1为奇数，
（ii）当j≠i+1，即ai，aj不相邻时，
假设ai，aj之间有m个数字，记排列A：a1，a2，…，ai，k1，k2，km，aj，…，an，
先将ai向右移动一个位置，得到排列A1：a1，a2，...，ai﹣1，k1，ai，k2，…，km，aj，…，an，
由（i）知S（A1）与S（A）的奇偶性不同，
再将ai向右移动一个位置，得到排列A2：a1，a2，...，ai﹣1，k1，k2，ai，k3，…，km，aj，…，an，
由（i）知S（A2）与S（A1）的奇偶性不同，
以此类推，ai共向右移动m次，得到排列Am：a1，a2，…，k1，k2，…，km，ai，aj，…，an，
再将aj向左移动一个位置，得到排列Am+1：a1，a2，…，ai﹣1，k1，…，km，aj，ai，…，an，
以此类推，aj共向左移动m+1次，得到排列A2m+1：a1，a2，…，aj，k1，…，km，ai，…，an，即为排列A'，
由（i）可知仅有相邻两数的位置发生变化时，排列的逆序对个数的奇偶性发生变化，
而排列A经过2m+1次的前后两数交换位置，可以得到排列A'，
所以排列A与排列A'的逆序数的奇偶性不同，
所以S(A)+S(A')为奇数．
综上，得S(A)+S(A')为奇数．