高考复习排列组合与二项式定理.docx
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高考复习排列组合与二项式定理
2017高考复习---排列组合与二项式定理
1．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有 种（用数字作答）．
2．某学校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有 种．（用数字作答）
3．把座位编号为1、2、3、4、5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为 ．（用数字作答）
4．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有 种（用数字作答）
5．在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位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为 ．
6．将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是 ．
7．
展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项等于 ．
8．在二项式（x﹣
）n的展开式中恰好第5项的二项式系数最大，则展开式中含x2项的系数是 ．
9．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是 ．
10．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有 个．（用数字作答）
11．如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种．（以数字作答）
12．若将函数f（x）=x5表示为f（x）=a0+a1（1+x）+a2（1+x）2+…+a5（1+x）5，其中a0，a1，a2，…a5为实数，则a3= ．
13．由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻，且4不在第四位，则这样的六位数共有 个．
14．7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有 种（用数字作答）．
15．
的展开式中的常数项为 ．
16．在二项式
的展开式中，常数项等于 ．
17．设常数a∈R，若（x2+
）5的二项展开式中x7项的系数为﹣10，则a= ．
18．某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为 ．
19．如图，一环形花坛分成A，B，C，D，E共5块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法总数为 ．（用数字作答）
20．若
的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为 ．
21．将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有 种（用数字作答）．
22．若（1+mx）6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6，且a1+a2+…+a6=63，则实数m的值为 ．
23．二项式
的展开式中，只有第6项的系数最大，则该展开式中的常数项为 ．
24．某单位有7个连在一起的停车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停放方法有 种．
2017年03月25日茅盾中学09的高中数学组卷5
参考答案与试题解析
一．填空题（共24小题）
1．（2014•浙江）在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有 60 种（用数字作答）．
【分析】分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张．
【解答】解：
分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得，共有
=24种；
一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张，共有
=36种，
共有24+36=60种．
故答案为：
60．
【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．
2．（2010•大纲版Ⅰ）某学校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有 30 种．（用数字作答）
【分析】由题意分类：
（1）A类选修课选1门，B类选修课选2门，确定选法；
（2）A类选修课选2门，B类选修课选1门，确定选法；然后求和即可．
【解答】解：
分以下2种情况：
（1）A类选修课选1门，B类选修课选2门，有C31C42种不同的选法；
（2）A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C32C41种不同的选法．
所以不同的选法共有C31C42+C32C41=18+12=30种．
故答案为：
30
【点评】本小题主要考查分类计数原理、组合知识，以及分类讨论的数学思想．
3．（2015•山东一模）把座位编号为1、2、3、4、5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为 96 ．（用数字作答）
【分析】根据题意，先将票分为符合题意要求的4份，可以转化为将1、2、3、4、5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号的问题，用插空法易得其情况数目，再将分好的4份对应到4个人，由排列知识可得其情况数目，由分步计数原理，计算可得答案．
【解答】解：
先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人一张，1人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1、2、3、4、5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C43=4种情况，再对应到4个人，有A44=24种情况，则共有4×24=96种情况．
故答案为96．
【点评】本题考查排列、组合的应用，注意将分票的问题转化为将1、2、3、4、5这五个数用3个板子隔开，分为四部分的问题，用插空法进行解决．
4．（2013•浙江）将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有 480 种（用数字作答）
【分析】按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．
【解答】解：
按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，
因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．
当C在左边第1个位置时，有A
，
当C在左边第2个位置时，A和B有C右边的4个位置可以选，有A
A
，
当C在左边第3个位置时，有A
A
+A
A
，
共为240种，乘以2，得480．则不同的排法共有480种．
故答案为：
480．
【点评】本题考查排列、组合的应用，关键在于明确事件之间的关系，同时要掌握分类讨论的处理方法．
5．（2016•黄冈模拟）在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位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为 60 ．
【分析】若第一个出场的是男生，方法有
=36种．若第一个出场的是女生（不是女生甲），用插空法求得方法有
=24种，把这两种情况的方法数相加，即得所求．
【解答】解：
①若第一个出场的是男生，则第二个出场的是女生，以后的顺序任意排，方法有
=36种．
②若第一个出场的是女生（不是女生甲），则将剩余的2个女生排列好，2个男生插空，方法有
=24种．
故所有的出场顺序的排法种数为36+24=60，
故答案为：
60．
【点评】本题主要考查排列组合、两个基本原理的应用，注意特殊位置优先排，不相邻问题用插空法，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．
6．（2013•北京）将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是 96 ．
【分析】求出5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号的组数，然后分给4人排列即可．
【解答】解：
5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观券连号，方法数为：
1和2，2和3，3和4，4和5，四种连号，其它号码各为一组，分给4人，共有4×
=96种．
故答案为：
96．
【点评】本题考查排列组合以及简单的计数原理的应用，正确分组是解题的关键，考查分析问题解决问题的能力．
7．（2015•哈尔滨校级模拟）
展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项等于 180 ．
【分析】如果n是奇数，那么是中间两项的二次项系数最大，如果n是偶数，那么是最中间那项的二次项系数最大，由此可确定n的值，进而利用展开式，即可求得常数项．
【解答】解：
如果n是奇数，那么是中间两项的二次项系数最大，如果n是偶数，那么是最中间项的二次项系数最大．
∵
展开式中只有第六项的二项式系数最大，
∴n=10
∴
展开式的通项为
=
令
=0，可得r=2
∴展开式中的常数项等于
=180
故答案为：
180
【点评】本题考查二项展开式，考查二项式系数，正确利用二项展开式是关键．
8．（2016•惠州三模）在二项式（x﹣
）n的展开式中恰好第5项的二项式系数最大，则展开式中含x2项的系数是 ﹣56 ．
【分析】先求出n，在展开式的通项公式，令x的指数为2，即可得出结论．
【解答】解：
∵在二项式（x﹣
）n的展开式中恰好第5项的二项式系数最大，
∴n=8，
展开式的通项公式为Tr+1=
•（﹣1）r•x8﹣2r，
令8﹣2r=2，则r=3，∴展开式中含x2项的系数是﹣
=﹣56．
故答案为：
﹣56．
【点评】本题考查二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题，属于基础题．
9．（2009•浙江）甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法总数是 336 ．
【分析】由题意知本题需要分组解决，共有两种情况，对于7个台阶上每一个只站一人，若有一个台阶有2人另一个是1人，根据分类计数原理得到结果．
【解答】解：
由题意知本题需要分组解决，
∵对于7个台阶上每一个只站一人有A73种；
若有一个台阶有2人另一个是1人共有C31A72种，
∴根据分类计数原理知共有不同的站法种数是A73+C31A72=336种．
故答案为：
336．
【点评】分类要做到不重不漏，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．分步要做到步骤完整﹣﹣完成了所有步骤，恰好完成任务．
10．（2011•北京）用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有 14 个．（用数字作答）
【分析】本题是一个分类计数问题，首先确定数字中2和3的个数，当数字中有1个2，3个3时，当数字中有2个2，2个3时，当数字中有3个2，1个3时，写出每种情况的结果数，最后相加．
【解答】解：
由题意知本题是一个分类计数问题，
首先确定数字中2和3的个数，
当数字中有1个2，3个3时，共有C41=4种结果，
当数字中有2个2，2个3时，共有C42=6种结果，
当数字中有3个2，1个3时，共有有C41=4种结果，
根据分类加法原理知共有4+6+4=14种结果，
故答案为：
14
【点评】本题考查分类计数原理，是一个数字问题，这种问题一般容易出错，注意分类时要做到不重不漏，本题是一个基础题，也是一个易错题，易错点在数字中重复出现的数字不好处理．
11．（2003•全国）如图，一个地区分为5个行政区域，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 72 种．（以数字作答）
【分析】分类型，选3种颜色时，就是②④同色，③⑤同色；4种颜色全用，只能②④或③⑤用一种颜色，其它不相同，求解即可．
【解答】解：
由题意，选用3种颜色时：
涂色方法C43•A33=24种
4色全用时涂色方法：
C21•A44=48种
所以不同的着色方法共有72种．
故答案为：
72
【点评】本题考查组合及组合数公式，考查分类讨论思想，避免重复和遗漏情况，是中档题．
12．（2012•浙江）若将函数f（x）=x5表示为f（x）=a0+a1（1+x）+a2（1+x）2+…+a5（1+x）5，其中a0，a1，a2，…a5为实数，则a3= 10 ．
【分析】将x5转化[（x+1）﹣1]5，然后利用二项式定理进行展开，使之与f（x）=a0+a1（1+x）+a2（1+x）2+…+a5（1+x）5进行比较，可得所求．
【解答】解：
f（x）=x5=[（x+1）﹣1]5=
（x+1）5+
（x+1）4（﹣1）+
（x+1）3（﹣1）2+
（x+1）2（﹣1）3+
（x+1）1（﹣1）4+
（﹣1）5
而f（x）=a0+a1（1+x）+a2（1+x）2+…+a5（1+x）5，
∴a3=
（﹣1）2=10
故答案为：
10
【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，解题的关键利用x5=[（x+1）﹣1]5展开，同时考查了计算能力，属于基础题．
13．（2016•天门模拟）由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻，且4不在第四位，则这样的六位数共有 120 个．
【分析】1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，奇数不相邻，有
=144个，4在第四位，则前3位是奇偶奇，后两位是奇偶或偶奇，共有2
=24个，利用间接法可得结论．
【解答】解：
1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，奇数不相邻，有
=144个，
4在第四位，则前3位是奇偶奇，后两位是奇偶或偶奇，共有2
=24个，
∴所求六位数共有120个．
故答案为：
120．
【点评】本题考查排列组合知识，考查间接法的运用，属于基础题．
14．（2009•宁夏）7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动．若每天安排3人，则不同的安排方案共有 140 种（用数字作答）．
【分析】由题意知本题需要先从7人中任取6人，共有C76种不同的取法．再把6人分成两部分，每部分3人，最后排在周六和周日两天，有A22种排法，根据分步计数原理得到结果．
【解答】解：
先从7人中任取6人，共有C76种不同的取法．
再把6人分成两部分，每部分3人，共有
种分法．
最后排在周六和周日两天，有A22种排法，
∴C76×
×A22=140种．
故答案为：
140
【点评】本题是一个易错题，在平均分组上可能出错，可以这样解：
先从7人中选取3人排在周六，共有C73种排法．再从剩余4人中选取3人排在周日，共有C43种排法，共有C73×C43=140种．
15．（2010•辽宁）
的展开式中的常数项为 ﹣5 ．
【分析】
展开式的常数项为
展开式的常数项与x﹣2的系数和；利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数分别为0，﹣2即得．
【解答】解：
的展开式的通项为Tr+1=C6r（﹣1）rx6﹣2r，
当r=3时，T4=﹣C63=﹣20，
的展开式有常数项1×（﹣20）=﹣20，
当r=4时，T5=﹣C64=15，
的展开式有常数项x2×15x﹣2=15，
因此常数项为﹣20+15=﹣5
故答案为﹣5
【点评】本题考查等价转化的能力；考查二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具．
16．（2016•西城区二模）在二项式
的展开式中，常数项等于 160 ．
【分析】展开式的通项为
=
，要求常数项，只要令6﹣2r=0可得r，代入即可求
【解答】解：
展开式的通项为
=
令6﹣2r=0可得r=3
常数项为
=160
故答案为：
160
【点评】本题主要考查了利用二项展开式的通项求解指定项，属于基础试题
17．（2013•上海）设常数a∈R，若（x2+
）5的二项展开式中x7项的系数为﹣10，则a= ﹣2 ．
【分析】利用二项展开式的通项公式求得二项展开式中的第r+1项，令x的指数为7求得x7的系数，列出方程求解即可．
【解答】解：
的展开式的通项为Tr+1=C5rx10﹣2r（
）r=C5rx10﹣3rar
令10﹣3r=7得r=1，
∴x7的系数是aC51
∵x7的系数是﹣10，
∴aC51=﹣10，
解得a=﹣2．
故答案为：
﹣2．
【点评】本题主要考查了二项式系数的性质．二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具．
18．（2014•重庆模拟）某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为 14 ．
【分析】法一：
要求至少有1名女生，包括1女3男及2女2男两种情况，列出这两种情况的组合数，利用分类计数原理得到结果，
法二：
先做出所有的从4男2女中选4人共有C64种选法，减去不合题意的数字，即4名都是男生的选法C44种，得到结果．
【解答】解：
法一：
4人中至少有1名女生包括1女3男及2女2男两种情况，
故不同的选派方案种数为C21•C43+C22•C42=2×4+1×6=14．
法二：
从4男2女中选4人共有C64种选法，
4名都是男生的选法有C44种，
故至少有1名女生的选派方案种数为C64﹣C44=15﹣1=14．
故答案为：
14
【点评】本题考查排列组合的实际应用，考查分类计数原理，是一个典型的排列组合问题，注意解题时条件中对于元素的限制．
19．（2014春•赣榆县校级期末）如图，一环形花坛分成A，B，C，D，E共5块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的两块种不同的花，则不同的种法总数为 240 ．（用数字作答）
【分析】求解本题要分成五步来研究，不妨先种A，有四种种法，次之种B，三种种法，种C时分为两类，一类是C与A同，则D有三种种法，E有两种种法；另一类是C与A不同，则C有两种种法，D有两种种法，E有一种种法；按分步原理与分类原理计算出结果即可
【解答】解：
先在A处放一种后，
与A相邻的B只有三种选择，
B确定后C可分两类，若C与A同，则D有三种选择，E有两种，
若C与A不同，则C有两种选择，D若与A同，则F有三种选择，D若与A不同则D有两种选择，E有二种选择，
故所有的种法种数为4×3×（1×3×2+2×（1×3+2×2））=240
共有：
240种
故答案为：
240
【点评】本题考查计数原理的应用，考查分类讨论思想，避免重复和遗漏情况，是中档题，求解本题的关键是C，D两处的种法，注意使用分类原理计数．解本题时往往因为在C与D处没有想到分类导致多计．解题时对可能出现的情况要考虑周详．
20．（2016•绵阳模拟）若
的展开式中各项系数之和为64，则展开式的常数项为 ﹣540 ．
【分析】依据二项式系数和为2n，列出方程求出n，利用二项展开式的通项公式求出常数项．
【解答】解：
若
的展开式中各项系数之和为2n=64，
解得n=6，
则展开式的常数项为
=﹣540，
故答案为：
﹣540．
【点评】本题考查二项式系数的性质及二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具．
21．（2009•重庆）将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，则不同的分配方案有 36 种（用数字作答）．
【分析】由题意知将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，需要先从4个人中选出2个作为一个元素看成整体，再把它同另外两个元素在三个位置全排列，根据分步乘法原理得到结果．
【解答】解：
∵将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，
∴先从4个人中选出2个作为一个元素看成整体，
再把它同另外两个元素在三个位置全排列，共有C24A33=36．
故答案为：
36
【点评】本题考查排列组合及简单的计数问题，是一个基础题，本题又是一个易错题，排列容易重复，注意做到不重不漏．
22．（2014•和平区三模）若（1+mx）6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6，且a1+a2+…+a6=63，则实数m的值为 1或﹣3 ．
【分析】令x=0，x=1，结合a1+a2+…+a6=63，即可求得实数m的值．
【解答】解：
令x=0，可得a0=1
令x=1，可得（1+m）6=a0+a1+a2+…+a6，
∴a1+a2+…+a6=（1+m）6﹣1
∵a1+a2+…+a6=63，
∴（1+m）6﹣1=63
∴m=1或﹣3
故答案为：
1或﹣3
【点评】本题考查赋值法的运用，考查学生的计算能力，属于基础题．
23．（2016•海淀区校级一模）二项式
的展开式中，只有第6项的系数最大，则该展开式中的常数项为 210 ．
【分析】利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项；利用二项式系数的性质：
中间项的二项式系数最大求出n；将n的值代入通项；令通项中的x的指数为0求出r，将r的值代入通项求出展开式的常数项．
【解答】解：
展开式的通项为Tr+1=Cnrx3n﹣5r
所以展开式的系数与二项式系数相同
∵展开式中，只有第6项的系数最大
∴n=10
∴展开式的通项为Tr+1=C10rx30﹣5r
令30﹣5r=0得r=6
所以展开式中的常数项为C106=210
故答案为：
210
【点评】本题考查利用二项展开式的通项解决二项展开式的特定项问题、考查二项式系数的性质：
中间项的二项式系数最大．
24．（2014•卢湾区校级模拟）某单位有7个连在一起的停车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个空车位连在一起，则不同的停放方法有 24 种．
【分析】把4个空车位捆绑在一起，当一个元素，与需要停放的3辆车做全排列，即可得到结论．
【解答】解：
把4个空车位捆绑在一起，当一个元素，与需要停放的3辆车做全排列，即
=4×3×2×1=24，
故答案为：
24．
【点评】本题考查排列知识，考查捆绑法的运用，属于基础题．
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