新高考数学二轮复习巩固训练 专题05《排列组合与二项式定理》小题综合练（2份，原卷版+教师版）

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1.分类计数原理（加法原理）
.
2.分步计数原理（乘法原理）
.
3.排列数公式
==.(，∈N*，且)．注:规定.
4.组合数公式
===(∈N*，，且).
5.排列数与组合数的关系 .
6．单条件排列
以下各条的大前提是从个元素中取个元素的排列.
（1）“在位”与“不在位”
①某（特）元必在某位有种；
②某（特）元不在某位有（补集思想）（着眼位置）（着眼元素）种.
（2）紧贴与插空（即相邻与不相邻）
①定位紧贴：个元在固定位的排列有种.
②浮动紧贴：个元素的全排列把k个元排在一起的排法有种.注：此类问题常用捆绑法；
③插空：两组元素分别有k、h个（），把它们合在一起来作全排列，k个的一组互不能挨近的所有排列数有种.
（3）两组元素各相同的插空
个大球个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？
当时，无解；当时，有种排法.
（4）两组相同元素的排列：两组元素有m个和n个，各组元素分别相同的排列数为.
7．分配问题
（1）(平均分组有归属问题)将相异的、个物件等分给个人，各得件，其分配方法数共有.
（2）(平均分组无归属问题)将相异的·个物体等分为无记号或无顺序的堆，其分配方法数共有
.
8.二项式定理 ;
二项展开式的通项公式
.
冲刺训练
1.如图，小明从街道的出发，选择一条最短路径到达处，但处正在维修不通，则不同的路线有（ ）种

A．66B．86C．106D．126
【答案】B
【分析】求出从A到C不同的路线总数，减去从A到C的过程中途经B处的路线数，即可得出答案.
【详解】要使A到C的路径最短，则小明到达每个网格点后只能选择向右或向上走到下一个网格点，且选择向右的次数为5，选择向上的次数为4，总共9次选择，所以从A到C总共有种不同的路线，同样，从A到B相当于在4次选择中3次向右，1次向上，所以A到B总共有种不同的路线，从B到C相当于在5次选择中2次向右，3次向上，所以B到C总共有种不同的路线，故从A到C的过程中途经B处的路线数为4×10＝40种，但B处正在维修不通，则不同的路线有126－40＝86种．故选：B.
2.现将5个代表团人员安排至甲､乙､丙三家宾馆入住，要求同一个代表团人员住同一家宾馆，且每家宾馆至少有一个代表团入住.若这5个代表团中两个代表团已经入住甲宾馆且不再安排其他代表团入住甲宾馆，则不同的入住方案种数为（ ）
A．6B．12C．16D．18
【答案】A
【分析】由题意可知只要将余下的3个代表团安排到乙､丙两家宾馆，且每个宾馆至少有一个代表团即可
【详解】甲宾馆不再安排代表团入住，则乙､丙两家宾馆需安排余下的3个代表团入住，所以一个宾馆住1个代表团，另一个宾馆住2个代表团.共有种方法，故选：A
3.2023年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游．除常见的五个旅游热门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，山东也成为备选地之一．若每个部门从六个旅游地中选择一个旅游地，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有（ ）
A．1800B．1080C．720D．360
【答案】B
【分析】分四个部门所选旅游地都不相同、有两个部门选同一个旅游地，其它两个部门在其它五个旅游地各选一个，应用排列组合数求不同情况下的方法数，加总即可.
【详解】若四个部门所选旅游地都不相同，则种，若有两个部门选同一个旅游地，余下两个部门在其它五个旅游地各选一个，所以种，综上，甲、乙、丙、丁部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共有种.故选：B
4.为了提高同学们对数学的学习兴趣，某高中数学老师把《周髀算经》、《九章算术》、《孙子算经》、《海岛算经》这4本数学著作推荐给学生进行课外阅读，若该班A，B，C三名同学有2名同学阅读其中的2本，另外一名同学阅读其中的1本，若4本图书都有同学阅读（不同的同学可以阅读相同的图书），则这三名同学选取图书的不同情况有（ ）
A．144种B．162种C．216种D．288种
【答案】A
【分析】利用排列组合公式进行合理分类讨论即可.
【详解】分两种情况：第一种情况，先从4本里选其中2本，作为一组，有种，第二组从第一组所选书籍中选1本，再从另外2本中选取1本作为一组，剩余一本作为一组，再分给3名同学，共有方法；
第二种情况：从4本里任选2本作为一组，剩余的两本作为一组，有种分法，分给3名同学中的2名同学，有种分法，剩余1名同学，从这4本中任选一本阅读，有种分法，共有种方法.
故这三名同学选取图书的不同情况有种.故选：A.
5.某个单位安排7位员工在“五·一”假期中1日至7日值班，每天安排1人值班，且每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻的两天，丙不排在5月1日，丁不排在5月7日，则不同的安排方案共有（ ）
A．504种B．960种C．1008种D．1200种
【答案】C
【分析】根据题意，利用间接法，即可求解.
【详解】依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方法共有（种），其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在5月1日值班的方法共有（种）；满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在5月7日值班的方法共有(种)；满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在5月1日值班，丁在5月7日值班的方法共有(种).因此满足题意的方法共有(种).
故选：C.
6.2023年武汉马拉松于4月16日举行，组委会决定派小王、小李等6名志愿者到甲乙两个路口做引导员，每位志愿者去一个路口，每个路口至少有两位引导员，若小王和小李不能去同一路口，则不同的安排方案种数为（ ）
A．40B．28C．20D．14
【答案】B
【分析】根据题意，先分配特殊的两个人，再将剩余4个人分到两个路口，按照分组分配相关知识进行计算即可.
【详解】若小王在1号路口，小李在2号路口，则剩余4个人分到两个路口，两个路口为人分布，共有种方案，两个路口为人分布，共有种方案，此时共有种方案；同理若小王在2号路口，小李在1号路口，也共有种方案.所以一共有28种不同的安排方案种数.故选：B
7.在我国古代，杨辉三角是解决很多数学问题的有力工具，像开方问题、数列问题、网格路径问题等．某一城市街道如图1所示，分别以东西向、南北向各五条路组成方格网，行人在街道上行走（方向规定只能由西向东、由北向南前行）．若从这个城市的最西北角处前往最东南角处，则有70种走法，如图2．现在由平面扩展到空间，即立体交通方格网的路径问题，如图3，则从点到点的最短距离走法种数为（ ）

A．60B．70C．80D．90
【答案】A
【分析】根据题意，由西向东、由南向北前行共有种不同的走法，再由6个位置能向上走一步，得到种不同的走法，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，由西向东、由南向北前行中，最近的走法为5步，其中由西向东3步，由南向北2步，所以共有种不同的走法，又由在每种走法中，其中由6个位置能向上走一步，所以有种不同的走法，根据分步计数原理得，从点到点的最短距离走法种数共有种.故选：A.
8.在的二项式展开式中的系数为160，则 ．
【答案】4
【分析】根据二项式展开式的通项特征，令代入即可求解.
【详解】展开式的通项为，令，故 （负的舍去），故答案为：4
9.若，则二项式的展开式中，常数项是 ．
【答案】
【分析】先由求出的值，再用二项式的展开式的通项可求解.
【详解】因为，所以，解得，则二项式的展开式的通项公式为，令，解得,所以常数项是，
故答案为：
10.已知的二项展开式中第3项与第10项的二项式系数相等，则展开式中含的系数为 .
【答案】
【分析】根据题意求得，得到二项式为，结合展开式的通项，即可求解.
【详解】因为的二项展开式中第3项与第10项的二项式系数相等，可得，即，即二项式为，其展开式的通项为，令，可得，即展开式中的系数为.故答案为：.
11.已知的展开式中常数项为120，则 .
【答案】
【分析】根据二项展开式的通项即可得到关于的方程，解出即可.
【详解】的展开式通项为，的展开式中的常数项为,解得.故答案为：.
12.若的展开式中的系数为，则实数的值为 .
【答案】
【分析】求出的通项为，令和求出的展开式中的系数，，解方程即可求出答案.
【详解】,的通项为：，令时，；令时，，所以的展开式中的系数为，所以，解得：.故答案为：.
13.的展开式中的常数项为 用数字作答
【答案】
【分析】求出二项式的展开式的通项公式，然后令的指数为，进而可以求出多项式的展开式中的常数项.
【详解】二项式的展开式的通项公式为，令，解得，当时，无整数解，所以多项式的展开式中的常数项为.
故答案为：.
14.展开式中的系数是 .
【答案】
【分析】根据通项公式可求出结果.
【详解】， 的通项公式为，，所以展开式中的系数是.故答案为：.
15.某市第一中学校为了做好疫情防控工作，组织了6名教师组成志愿服务小组，分配到东门、西门、中门3个楼门进行志愿服务.由于中门学生出入量较大，要求中门志愿者人数不少于另两个门志愿者人数，若每个楼门至少分配1个志愿服务小组，每个志愿服务小组只能在1个楼门进行服务，则不同的分配方法种数为 .
【答案】240
【分析】考虑中门分配的人数，分类解答，结合平均分组以及不平均分组问题，根据分类加法计数原理，即可求得答案.
【详解】由题意可知，将6教师分为3组，再分配到三个校门，当3个校门都分2人时，有种分配方法；当中门分配3人时，其余2门口为一个1人一个2人，有种分配方法；当中门分配4人时，其余2门口都为1人，有种分配方法；故共有种分配方法，
故答案为：240.
排列组合与二项式定理 随堂检测
1.的展开式中的系数为（ ）
A．B．10C．D．30
【答案】C
【分析】可以看做个盒子，每个盒子中有，，三个元素，现从每个盒子中取出一个元素，最后相乘即可，利用组合数公式，即可求出展开式中的系数.
【详解】可以看做个盒子，每个盒子中有，，三个元素，现从每个盒子中取出一个元素，最后相乘即可，所以展开式中含的项为，故展开式中的系数为.故选：C.
2.2022年11月30日，神舟十四号航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲和神舟十五号航天员费俊龙、邓清明、张陆顺利“会师太空”，为记录这一历史时刻，他们准备在天和核心舱合影留念．假设人站成一排，要求神舟十四号3名航天员互不相邻且刘洋不站在两端，不同站法共有（ ）
A．36种B．48种C．72种D．144种
【答案】C
【分析】利用插空法和间接法可求出结果.
【详解】神舟十四号3名航天员互不相邻的排法种数有种，其中刘洋站在两端的排法种数有种，故符合题意的排法种数有.故选：C
3.第19届亚运会将于2023年9月在杭州举行，在杭州亚运会三馆（杭州奥体中心主体育馆、游泳馆和综合训练馆）对外免费开放预约期间，甲、乙、丙、丁4人预约参观，且每人预约了1个或2个馆，则这4人中每个馆恰有2人预约的不同方案有（ ）
A．76种B．82种C．86种D．90种
【答案】D
【分析】应用分步计数原理先分组再讨论相同预约计算即可.
【详解】由题意知这4人中恰有2人均预约了2个馆，剩下2人均预约了1个馆，首先将4人分成2组，有种不同的分法，下面分2种情况：若预约2个馆的2人预约完全相同，有种不同的结果；
若预约2个馆的2人有预约1馆相同，有种不同的结果，所以每个馆恰有2人预约的不同方案有种．故选：D.
4.某校开设A类选修课4门，B类选修课2门，每位同学从中选3门.若要求两类课程中都至少选一门，则不同的选法共有（ ）
A．32种B．20种C．16种D．14种
【答案】C
【分析】应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理，从中选1门、中选2门或中选2门、中选1门，分别求得选法种数，再加总即可.
【详解】根据题意，分两种情况讨论：①若从类课程中选1门，从类课程中选2门，有（种）选法；②若从类课程中选2门，从类课程中选1门，有（种）选法.综上，两类课程中都至少选一门的选法有（种）.故选：C.
5.某校银杏大道上共有20盏路灯排成一列，为了节约用电，学校打算关掉3盏路灯，头尾两盏路灯不能关闭，关掉的相邻两盏路灯之间至少有两盏亮的路灯，则不同的方案种数是（ ）
A．324B．364C．560D．680
【答案】B
【分析】利用插空法及组合数求闭灯方案数.
【详解】将路灯分2盏(为保证关闭路灯之间至少有两盏亮)、15盏、3盏(需关闭的路灯)，首先15盏亮的路灯先排成一排，把3盏关掉的路灯插空，而头尾两盏路灯不能关闭，所以是除头尾之外的14个位置上插入三盏关掉的灯，共种，在每两盏关掉的路灯之间再各放入一盏路灯且路灯无差异，保证关掉的相邻两盏路灯之间至少有两盏亮的路灯，只有1种方法.综上，共有种方案数.故选：B
7.的展开式中的系数为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】依题意，再写出展开式的通项，从而求出展开式中的系数.
【详解】因为，其中展开式的通项公式为（且），所以的展开式中含的项为，所以的展开式中的系数为．故答案为：
8.已知的展开式中的系数为1792，则 .
【答案】2
【分析】利用二项式定理的展开式求指定项的系数即可.
【详解】的展开式的通项为：
则的系数为，解得，所以.故答案为：.
9.展开式中的系数为
【答案】-64
【分析】的系数，分第一个括号提供了和第二个括号提供，再利用的通项公式求解.
【详解】解：的系数来自两个方面，如果第一个括号提供了，则第二个括号提供，故系数为，如果第一个括号提供了，则第二个括号提供了，故系数为，所以的系数为 ． 答案：
10.展开式中的常数项为 .
【答案】
【分析】利用组合知识处理二项式展开问题即可得解.
【详解】可看作7个相乘，要求出常数项，只需提供一项，提供4项，提供2项，相乘即可求出常数项，即.故答案为：