新教材适用2024版高考数学二轮总复习第3篇方法技巧引领必考小题练透第7讲计数原理二项式定理教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第3篇方法技巧引领必考小题练透第7讲计数原理二项式定理教师用书，共8页。试卷主要包含了故选C，故选A等内容，欢迎下载使用。

1. (2023·全国新高考Ⅱ卷)某学校为了了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有( D )
A．Ceq \\al(45,400)·Ceq \\al(15,200)种 B．Ceq \\al(20,400)·Ceq \\al(40,200)种
C．Ceq \\al(30,400)·Ceq \\al(30,200)种 D．Ceq \\al(40,400)·Ceq \\al(20,200)种
【解析】 ∵初中部和高中部分别有400和200名学生，∴人数比例为400∶200＝2∶1，则需要从初中部抽取40人，高中部取20人即可，则有Ceq \\al(40,400)·Ceq \\al(20,200)种．故选D.
2. (2023·全国甲卷理科)有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为( B )
A．120 B．60
C．40 D．30
【解析】 先从5人中选1人连续两天参加服务，共有Ceq \\al(1,5)＝5种选法，然后从剩下4人中选1人参加星期六服务，剩下3人中选取1人参加星期日服务，共有Ceq \\al(1,4)·Ceq \\al(1,3)＝12种选法，根据分步乘法计数原理可得共有5×12＝60种选法．故选B.
3. (2023·全国乙卷理科)甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有( C )
A．30种 B．60种
C．120种 D．240种
【解析】 根据题意可得满足题意的选法种数为：Ceq \\al(1,6)·Aeq \\al(2,5)＝120.故选C.
4. (2022·全国新高考Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有( B )
A．12种 B．24种
C．36种 D．48种
【解析】 把丙和丁捆绑在一起，4个人任意排列，有Aeq \\al(2,2)·Aeq \\al(4,4)＝48种情况，甲站在两端的情况有Ceq \\al(1,2)Aeq \\al(3,3)Aeq \\al(2,2)＝24种情况，∴甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有48－24＝24种，故选B.
5. (2020·全国Ⅰ卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y2,x)))(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为( C )
A．5 B．10
C．15 D．20
【解析】 (x＋y)5展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x5－ryr(r∈N且r≤5)，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(y2,x)))的各项与(x＋y)5展开式的通项的乘积可表示为：xTr＋1＝xCeq \\al(r,5)x5－ryr＝Ceq \\al(r,5)x6－ryr和eq \f(y2,x)Tr＋1＝eq \f(y2,x)Ceq \\al(r,5)x5－ryr＝Ceq \\al(r,5)x4－ryr＋2，在xTr＋1＝Ceq \\al(r,5)x6－ryr中，令r＝3，可得：xT4＝Ceq \\al(3,5)x3y3，该项中x3y3的系数为10，在eq \f(y2,x)Tr＋1＝Ceq \\al(r,5)x4－ryr＋2中，令r＝1，可得：eq \f(y2,x)T2＝Ceq \\al(1,5)x3y3，该项中x3y3的系数为5，所以x3y3的系数为10＋5＝15.故选C.
6. (2023·全国新高考Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有_64__种(用数字作答)．
【解析】 若选2门，则只能各选1门，有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,4)＝16种，如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，则有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,4)＋Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,4)＝24＋24＝48，综上共有16＋48＝64种不同的方案．
7. (2022·全国新高考Ⅰ卷)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为_－28__(用数字作答)．
【解析】 (x＋y)8的通项公式为Tr＋1＝Ceq \\al(r,8)x8－ryr，当r＝6时，T7＝Ceq \\al(6,8)x2y6，当r＝5时，T6＝Ceq \\al(5,8)x3y5，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为Ceq \\al(6,8)－Ceq \\al(5,8)＝eq \f(8！,6！·2！)－eq \f(8！,5！·3！)＝28－56＝－28.
8. (2020·全国卷Ⅱ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，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有_36__种．
【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名同学看作一组，选法有：Ceq \\al(2,4)＝6，现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：Aeq \\al(3,3)＝6，根据分步乘法原理，可得不同的安排方法6×6＝36种．
1.解决排列组合问题的方法
(1)特殊元素、特殊位置优先法．
(2)元素相邻采用捆绑法，元素不相邻采用插空法．
(3)至多至少问题可以采用间接法．
【提醒】 谨防“两个误区”
(1)注意分类标准要明确，做到不重不漏，
(2)注意区分是排列问题还是组合问题．
2.求二项展开式中项的方法
(1)根据所给的条件写出通项公式，建立方程确定指数，如常数项令指数为0，有理项令指数为整数．
(2)根据所求的指数确定对应的项．
3.两个多项式的积与三项展开式的特定项，利用二项展开式配合多项式乘法讨论求解．
4.求解二项式系数和各项系数和常用赋值法．
【提醒】 谨防“四个误区”
(1)二项式的通项易误认为是第k项，实质上是第k＋1项．
(2)(a＋b)n与(b＋a)n虽然相同，但具体到它们展开式的某一项时是不相同的，所以公式中的第一个量a与第二个量b的位置不能颠倒．
(3)二项式系数与项的系数的区别
(4)求二项展开式的系数时要结合展开式的特点灵活赋值．
一、单项选择题(共8小题)
1. (2023·汕头二模)电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255.在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为( A )
A．2563 B．27
C．2553 D．6
【解析】 分3步取色，第一、第二、第三次都有256种取法，根据分步乘法计数原理得，共可配成256×256×256＝2563种颜色．故选A.
2. (2023·泸县校级模拟)7人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、丙不相邻，则不同排法的种数是( C )
A．60 B．120
C．240 D．360
【解析】 甲乙相邻，乙丙不相邻，可以将甲乙看成一个人，7个人去掉甲乙丙一共有4个人，四个人算两边有5个空，从五个空中选出两个，那么他们的位置就固定了．四个人全排列的方法有Aeq \\al(4,4)＝24种，从五个空中选出两个的方法有Ceq \\al(2,5)＝10种，所以一共不同排法有24×10＝240种．故选C.
3. (2023·贵州模拟)公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的值的范围：3.1 415 926＜π＜3.1 415 927，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1 415 926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1,4,1,5,9,2,6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到小于3.14的不同数字的个数有( A )
A．240 B．360
C．600 D．720
【解析】 小于3.14的不同数字的个数有两类：第一类：3.11开头的，剩余5个数字全排列有Aeq \\al(5,5)＝120种；第二类：3.12开头的，剩余5个数字全排列有Aeq \\al(5,5)＝120种．根据分类加法计数原理可知，共120＋120＝240种．故选A.
4. (2023·石嘴山校级三模)中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉．现有5支救援队前往A，B，C等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个受灾点中的一个，则不同的安排方法数是( D )
A．72 B．84
C．88 D．100
【解析】 若甲去B点，则剩余4人，可只去A，C两个点，也可分为3组去A，B，C三个点．当剩余4人只去A，C两个点时，人员分配为1,3或2,2，此时的分配方法有Ceq \\al(3,4)·Aeq \\al(2,2)＋eq \f(C\\al(2,4)·C\\al(2,2),A\\al(2,2))·Aeq \\al(2,2)＝14；当剩余4人分为3组去A，B，C3个点时，先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有Ceq \\al(2,4)·Aeq \\al(3,3)＝36，综上可得，甲去B点，不同的安排方法数是14＋36＝50.同理，甲去C点，不同的安排方法数也是50，所以不同的安排方法数是50＋50＝100.故选D.
5. (2023·抚顺二模)第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲、乙等4名杭州亚运会志愿者到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每名志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲不去游泳场地，则不同的安排方法共有( C )
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
【解析】 ①游泳场地安排2人，则不同的安排方法有Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＝6种，②游泳场地只安排1人，则不同的安排方法有Ceq \\al(1,3)Ceq \\al(2,3)Aeq \\al(2,2)＝18种，所以不同的安排方法有6＋18＝24种．故选C.
6. (2023·泉州模拟)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\r(x)))10的展开式中，x2的系数等于( D )
A．－45 B．－10
C．10 D．45
【解析】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\r(x)))10的通项为Tr＋1＝Ceq \\al(r,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))10－r·(－eq \r(x))r＝(－1)rCeq \\al(r,10)xeq \s\up7(\f(3,2))r－10，令eq \f(3,2)r－10＝2，解得r＝8，所以x2项的系数为：(－1)8Ceq \\al(8,10)＝45.故选D.
7. (2023·沙坪坝区校级模拟)(2x2＋y＋1)5的展开式中x4y2项的系数为( A )
A．120 B．160
C．180 D．210
【解析】 由题意(2x2＋y＋1)5的展开式中x4y2项的系数为Ceq \\al(2,5)×22×Ceq \\al(2,3)＝120.故选A.
8. (2023·惠州一模)已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(1,\r(x))))n(n∈N*)的展开式中只有第4项的二项式系数最大，现从展开式中任取2项，则取到的项都是有理项的概率为( A )
A.eq \f(2,7) B．eq \f(3,7)
C．eq \f(1,4) D．eq \f(3,8)
【解析】 因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以展开式的总项数为7项，故n＝6，展开式的通项Tr＋1＝Ceq \\al(r,6)(2x)6－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,\r(x))))r＝Ceq \\al(r,6)26－rx6－eq \s\up7(\f(3,2))r，当r是偶数时该项为有理项，∴r＝0,2,4,6有4项，所以所有项中任取2项，都是有理项的概率为P＝eq \f(C\\al(2,4),C\\al(2,7))＝eq \f(2,7).故选A.
二、多项选择题(共4小题)
9. (2023·吉林模拟)从4名男生和3名女生中选出4人去参加一项创新大赛，下列说法正确的是( AD )
A．若4人中男生女生各选2人，则有18种选法
B．若男生甲和女生乙必须在内，则有12种选法
C．若男生甲和女生乙至少有1人在内，则有15种选法
D．若4人中既有男生又有女生，则有34种选法
【解析】 对于A，依题意，根据组合及分步计数原理，可知一共有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(2,3)＝6×3＝18种，故A正确；对于B，依题意，要从7名同学中选取4人，而甲乙必须在内，则相当于从5名同学中选取2人，一共有Ceq \\al(2,5)＝10种，故B错误；对于C，依题意，要从7名同学中选取4人，一共有Ceq \\al(4,7)＝35种，而甲乙都不在内一共有Ceq \\al(4,5)＝5种，∴甲与乙至少要有1人在内有Ceq \\al(4,7)－Ceq \\al(4,5)＝35－5＝30种，故C错误；对于D，依题意，假设全是男生一共有Ceq \\al(4,4)＝1种，全是女生的情况没有，∴既有男生又有女生一共有Ceq \\al(4,7)－Ceq \\al(4,4)＝35－1＝34种，故D正确．故选AD.
10. (2023·渝中区校级模拟)下列选项正确的是( ABD )
A．有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，则不同的存放方式有2 520种
B．有7个不同的球，全部放入5个相同的盒子中，每个盒子至少放1个，则不同的存放方式有140种
C．有7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有18种
D．有7个相同的球，全部放入3个相同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有8种
【解析】 根据题意，依次分析选项：对于A，有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，是排列问题，有Aeq \\al(5,7)＝2 520种不同的放法，A正确；对于B，先将7个球分为5组，有3－1－1－1－1和2－2－1－1－1两种分组方法，则有Ceq \\al(3,7)＋eq \f(C\\al(2,7)C\\al(2,5),A\\al(2,2))＝140种分组方法，B正确；对于C，用挡板法分析：将7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，有Ceq \\al(2,7)＝21种不同的放法，C错误；对于D，分3种情况讨论：①全部放入1个盒子中，有1种放法，②放入两个盒子中，有6－1、5－2、4－3，共3种放法，③放入3个盒子里，有1－1－5、1－2－4、1－3－3、2－2－3，共4种放法，则有1＋3＋4＝8种放法，D正确；故选ABD.
11. (2023·晋中二模)(1＋ax)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，若a1＝－6 069，则下列结论正确的有( BC )
A．a＝3
B．a0＋a1＋a2＋…＋a2 023＝－22 023
C.eq \f(a1,3)＋eq \f(a2,32)＋…＋eq \f(a2 023,32 023)＝－1
D．(1＋ax)2 023的展开式中第1 012项的系数最大
【解析】 对于A，由a1＝Ceq \\al(1,2 023)·a＝2 023a＝－6 069，可得a＝－3，故A错误；对于B，因为(1－3x)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a2 023＝(1－3)2 023＝－22 023，故B正确；对于C，令x＝0，则a0＝1，令x＝eq \f(1,3)，则eq \f(a1,3)＋eq \f(a2,32)＋…＋eq \f(a2 023,32 023)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－3×\f(1,3)))2 023－a0＝－a0＝－1，故C正确；对于D，由展开式知，a2n＞0，a2n－1＜0，故第1 012项的系数a1 011＜0，不会是展开式中系数最大的项，故D错误．故选BC.
12. (2023·南关区校级模拟)已知eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))n展开式中的第三项的系数为45，则( BCD )
A．n＝9
B．展开式中所有系数和为1 024
C．二项式系数最大的项为中间项
D．含x3的项是第7项
【解析】 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))n展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))))n－k·(eq \r(3,x2))k＝Ceq \\al(k,n)xeq \s\up7(\f(11k－3n,12))，所以第三项的系数为Ceq \\al(2,n)＝45，所以eq \f(nn－1,2)＝45，所以(n－10)(n＋9)＝0，得n＝10或n＝－9(舍)，故A错误；当x＝1时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))n展开式中所有系数和为(1＋1)10＝1 024，故B正确；eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))＋\r(3,x2)))10的展开式共有11项，二项式系数最大的项为中间项，故C正确；因为n＝10，所以展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,10)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(4,\f(1,x))))10－k·(eq \r(3,x2))k＝Ceq \\al(k,n)xeq \s\up7(\f(11k－30,12))，令eq \f(11k－30,12)＝3，得k＝6，所以含x3的项是第k＋1＝6＋1＝7项，故D正确．故选BCD.
三、填空题(共4小题)
13. (2023·闵行区二模)今年春季流感爆发期间，某医院准备将2名医生和4名护士分配到两所学校，给学校老师和学生接种流感疫苗．若每所学校分配1名医生和2名护士，则不同的分配方法数为_12__.
【解析】 根据题意，第一个学校选1名医生和2名护士，有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)种选法，第二个学校只有1种选法，则有Ceq \\al(1,2)Ceq \\al(2,4)＝12种选法．
14. (2023·泰安二模)用数字1,2,3,4,5,6,7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_312__个．(用数字作答)
【解析】 根据题意，分成两类情况：①四位数中没有偶数，即在1,3,5,7中任选4个，共有Aeq \\al(4,4)＝24种，②四位数中只有一个偶数，即在1,3,5,7中任选3个，在2,4,6中选一个，共有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(4,4)＝288种，故共有24＋288＝312.
15. (2023·武功县校级模拟)二项式(x＋a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))3的展开式中，所有项的系数和为1，则(x＋a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5的展开式中常数项为_－40__.
【解析】 令x＝1，得(x＋a)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))3的展开式中，所有项的系数和为1＋a＝1，解得a＝0，则(x＋a)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5＝xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5展开式中的通项为Ceq \\al(r,5)(2x)5－req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)))r＝Ceq \\al(r,5)·25－r·(－1)r·x5－2r，令5－2r＝－1，得r＝3，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5展开式中x－1项的系数为－40，∴xeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,x)))5展开式中常数项为－40.
16. (2023·扬州三模)若(x＋5)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，T＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 023，则T被5除所得的余数为_1__.
【解析】 (x＋5)2 023＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 023x2 023，T＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 023，令x＝1，则T＝(1＋5)2 023＝Ceq \\al(0,2 023)·50＋Ceq \\al(1,2 023)·51＋…＋Ceq \\al(2 023,2 023)·52 023，上式中的2 024项，只有第1项不能被5整除，则T被5除所得的余数即1被5除所得的余数，即1.高频考点
高考预测
分类加法计数原理、分步乘法计数原理
主要是考查两个原理以及排列、组合的应用，有时也与概率问题相结合的形式出现；二项展开式项的系数、特定的项，通过对通项公式的化简和运算确定特定项，利用赋值法求的展开式的各项系数和.
排列、组合
二项式定理