精练04 排列组合、二项式定理-备战2022年新高考数学选填题分层精练

精练0 4 排列组合、二项式定理

基础练

1．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.

【详解】

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.

2．2021年春节期间电影《你好，李焕英》因“搞笑幽默不庸俗，真心实意不煽情”深受热棒，某电影院指派5名工作人员进行电影调查问卷，每个工作人员从编号为1，2，3，4的4个影厅选一个，可以多个工作人员进入同一个影厅，若所有5名工作人员的影厅编号之和恰为10，则不同的指派方法种数为（    ）

A．91 B．101 C．111 D．121

【答案】B

【分析】

先列出所有可能的组合，再分别计算.

【详解】

（1）若编号为，则有种，

（2）若编号为，则有种，

（3）若编号为，则有种，

（4）若编号为，则有种，

（5）若编号为，则有1种，

所以不同的指派方法种数为种.

故选：B.

3．的展开式中，的系数为（    ）

A．80 B．40 C． D．

【答案】D

【分析】

利用二项展开式的通项公式求解.

【详解】

的展开式中含的项为，

的展开式中含的项为，

所以的展开式中，的系数为，

故选：D

4．已知某校为学生提供了四种体育锻炼的方式：跑步､跳绳､排球､篮球.规定学生体锻必须且只能从上述四种体锻方式中选择一种.已知学生甲不选篮球，学生乙只选排球，学生丙､丁选择哪种方式体锻都可以，这四名学生体锻后，恰好选择了其中的三种体锻方式，那么他们选择体锻方式的可能情况有（    ）种.

A．7 B．12 C．19 D．26

【答案】D

【分析】

根据题意分三类安排，第一类四人选择的三种体锻方式中没有篮球，第二类四人选择的三种体锻方式中没有跑步，第三类四人选择的三种体锻方式中没有跳绳，再根据分类加法原理求解.

【详解】

①若四人选择的三种体锻方式中没有篮球，则甲､丙､丁可以在另外三种体锻方式中任选，但跑步､跳绳必须有人选，分三类，故共有；

②若四人选择的三种体锻方式中没有跑步，当甲选排球时，则丙､丁必须去选跳绳和篮球，故共有种；当甲选择跳绳时，分三类，共有种；

③同理，若四人选择的三种体锻方式中没有跳绳，共有7种情况.

综上：根据分类计数原理可得共有种.

故选：D

5．甲､乙､丙､丁4人站到共有4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（    ）

A．204 B．84 C．66 D．60

【答案】A

【分析】

分三种情况讨论，第一类，甲､乙､丙､丁各自站在一个台阶上，第二类，有2人站在同一台阶上，剩余2人站在另一个台阶上，第三类，有2人站在同一台阶上，剩余2人各自站在一个台阶上，按照分步乘法计数原理及分类加法计数原理计算可得；

【详解】

解：因为甲､乙､丙､丁4人站到共有4级的台阶上，且每级台阶最多站2人，所以分为3类：

第一类，甲､乙､丙､丁各自站在一个台阶上，共有：种站法；

第二类，有2人站在同一台阶上，剩余2人站在另一个台阶上，共有：种站法；

第三类，有2人站在同一台阶上，剩余2人各自站在一个台阶上，共有：

所以每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置的不同的站法总数是.

故选：A

6．下列等式正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【分析】

根据排列组合数的计算公式依次对选项整理变形，分析可得答案.

【详解】

根据组合数公式得，则A错误；根据排列数公式得．，则B正确；根据排列数公式得，则C正确；根据组合数公式得

，，即，则D正确．

故选：BCD

7．已知（）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1024，则下列说法正确的是（    ）

A．展开式中奇数项的二项式系数和为256

B．展开式中第6项的系数最大

C．展开式中存在常数项

D．展开式中含的项的系数为35

【答案】BC

【分析】

由题意得，，再由组合数的性质，求出，再令结合展开式的各项系数之和为1024求出，利用二项式的展开式的性质即可判断四个选项．

【详解】

由二项式的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，所以，可得，

又展开式的各项系数之和为1024，即当时，，所以，

所以二项式，

因为展开式的二项式系数和为，

所以奇数项的二项式系数和为，故A错误；

由可知展开式共有11项，中间项的二项式系数最大，

即第6项的二项式系数最大，因为与的系数均为1，

所以该二项式展开式的各项的二项式系数与该项的系数相同，所以第6项的系数最大，

故B正确；

若展开式中存在常数项，由通项可得，解得，故C正确；

令，可得，

所以展开式中含的项的系数为，

故D错误．

故选：BC．

8．对任意正整数n，定义n的双阶乘：当n为偶数时，；当n为奇数时，，则下列四个命题中正确的是（    ）

A． B．

C．的个位数字为0 D．的个位数字为5

【答案】ACD

【分析】

根据题设中双阶乘的定义，逐项推理计算，即可求解.

【详解】

由题意，根据双阶乘的定义，可得

，所以A正确；

由，所以B错误；

由能被10整除，则个位数字为0，所以C正确；

由能被5整除，则个位数字为5或0，又是奇数，

所以个位数字为5，故D正确．

故选:ACD．

9．某宾馆安排A，B，C，D，E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B不能住同一房间，则共有________种不同的安排方法．(用数字作答)

62．某校毕业典礼由7个节目组成，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起，则编排方案共有________种.（用数字作答）

【答案】624

【分析】

讨论甲的位置，把丙丁捆绑在一起，作为一个元素排列排列即可求解．

【详解】

当甲在首位，丙丁捆绑，自由排列，共有；

当甲在第二位，丙丁捆绑，首位不能是丙丁，共有；

当甲在第三位，丙丁捆绑，分前两位是丙丁与不是丙丁两种情况，共有；

因为共有．

故答案为：624．

10．某省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展．某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社”、“舞者轮滑俱乐部”、“篮球之家”、“围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“围棋苑”，则不同的参加方法的种数为________．

【答案】180

【分析】

按参加“围棋苑”的人数进行分类讨论，由此求得不同的参加方法的种数.

【详解】

设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊，由题意，如果甲不参加“围棋苑”，有下列两种情况：

（1）从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加“围棋苑”，有种方法，然后从甲与丙、丁、戊共4人中选2人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中，有种方法，这时共有种参加方法；

（2）从乙、丙、丁、戊中选2人(如乙、丙)参加“围棋苑”，有种方法，甲与丁、戊分配到其他三个社团中有种方法，这时共有种参加方法；

综合（1）（2），共有＋＝180(种)参加方法．

故答案为：180

提升练

1．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设为整数，若a和b被m除得余数相同，则称a和b对模m同余，记为，若，则b的值可以是（    ）

A．2020 B．2021 C．2022 D．2023

【答案】D

【分析】

利用都是20的整数倍求解，只要求得除以10的余数即可得．

【详解】

因为都是20的整数倍，所以是10的整数倍，

，

四个选项中，只有时，，除以10余数是7．

故选：D．

2．的展开式中的系数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

写出二项展开式的通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.

【详解】

展开式的通项公式为（且），

因为，

则，，

在中，令，可得的系数为；

在中，令，可得的系数为，所以的系数为.

故选：C.

3．年月，满洲里市再次出现由新型冠状病毒引发的疫情.哈尔滨市派出个医疗小组前往满洲里市区内三所医院开展抗疫工作，因疫情需要，每所医院至少需要安排一个医疗组，其中甲､乙两个医疗小组必须安排在同一所医院，丙､丁两个小组不能安排在同一所医院，则不同的安排方案的总数为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】

先分组，再全排列，结合分类计数和分步计数原理即可求解.

【详解】

由题可知，可先进行分组，若分为3,1,1的三组，甲乙必须在3人组，有3种分法；

若分为2,2,1，甲乙必须一组，丙丁必须分开，此时戊只能选择跟丙或丁一组，有2种分法；

一共有5种分法，再将所分的3组全排列，则五个医疗小组分到三所医院的分法有.

故选：C

4．甲､乙､丙､丁四名交通志愿者申请在国庆期间到三个路口协助交警值勤，他们申请值勤路口的意向如下表：

这4名志愿者的申请被批准，且值勤安排也符合他们的意向，若要求三个路口都要有志愿者值勤，则不同的安排方法数有（    ）

A．14种 B．11种 C．8种 D．5种

【答案】B

【分析】

根据分类计数法进行分类讨论，然后进行求和.

【详解】

解：由题意得：

以C路口为分类标准：C路口执勤分得人口数情况有种，两个人或一个人

C路口执勤分得人口数为个，丙、丁在C路口，那么甲、乙只能在路口执勤；

C路口执勤分得人口数为个，丙或丁在C路口，具体情况如下：

丙在C路口：

A（丁）B（甲乙）C（丙）；

A（甲丁）B（乙）C（丙）；

A（乙丁）B（甲）C（丙）；

丁在C路口：

A（甲乙）B（丙）C（丁）；

A（丙）B（甲乙）C（丁）；

A（甲丙）B（乙）C（丁）；

A（乙）B（甲丙）C（丁）；

A（乙丙）B（甲）C（丁）；

A（甲）B（乙丙）C（丁）；.

所以一共有2+3+6=11种选法.

故选：B.

5．我国南北朝时期的著作《孙子算经》中对同余问题有了较深的研究．设，，为正整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．下列说法正确的是（    ）

A．若，，则

B．

C．若，，，则

D．若，，则

【答案】D

【分析】

根据定义结合二项式定理逐一分析验证即可得出答案.

【详解】

解：若，则或，故，故A错误；

因为，所以被7除所得的余数为1，65被7除所得的余数为2，故B错误；

由，得，由，得，所以，被除得的余数为6，而被除得的余数为5．故C错误；

若，则，，

，

，

所以，故D正确．

故选：D.

6．十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进，例如：自然数1在二进制中就表示为1，2表示为10，3表示为11，7表示为111，即，，其中，或，记为上述表示中0的个数，如，．则下列说法中正确的是（    ）．

A．

B．

C．

D．1到127这些自然数的二进制表示中的自然数有35个

【答案】ABD

【分析】

根据二进制计数法逐个分析选项即可.

【详解】

对于选项A：

∵，∴12表示为1100，∴，

∵，∴18表示为10010，∴，

∴，故选项A正确，

对于选项B：

∵，∴转化为二进制后末尾必为0，

又∵，

∴转化为二进制后末尾必为1，

∴，故选项B正确，

对于选项C：当时，，，

∵，，

∴，故选项C错误，

对于选项D：当时，有1个，

当时，有个，

当时，有个，

当时，有个，

当时，有个，

则一共有个，故选项D正确，

故选：ABD．

7．下列关系式成立的是（    ）

A．＋2＋22＋23＋…＋2n＝3n

B．2＋＋2＋＋…＋＋2＝3·22n-1

C．·12＋·22＋·32＋…＋n2＝n·2n-1

D．()2＋()2＋()2＋…＋()2＝

【答案】ABD

【分析】

A.利用的展开式直接可得；

B. 设，通过当时, 当时的式子求出奇数次的系数和以及偶数次的系数和，进而可得结果；

C.利用，以及对两边求导进行证明；

D. 令，比较等式两边的系数可得结果.

【详解】

＋2＋22＋23＋…＋2n，A正确；

设，

当时，①，

当时，②

由①+②得

由①-②得

2＋＋2＋＋…＋＋2，B正确；

，

·12＋·22＋·32＋…＋n2

，

令，

两边同乘得，

两边同时求导得，

令得

则·12＋·22＋·32＋…＋n2＝

C错误；

令，

则

，

比较等式两边的系数可知，

又，

D正确;

故选：ABD.

8．如图，在某城市中，、两地之间有整齐的正方形道路网，其中、、、是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网、处的甲、乙两人分别要到、处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达、处为止.则下列说法正确的是（    ）

A．甲从到达处的方法有20种

B．甲从必须经过到达处的方法有9种

C．甲、乙两人在处相遇的概率为

D．甲、乙两人相遇的概率为

【答案】ABD

【分析】

利用组合计数原理可判断A选项的正误；利用分步乘法计数原理结合组合计数原理可判断B选项的正误；计算出乙经过处的走法种数，利用古典概型的概率公式可判断C选项的正误；计算出甲、乙两人相遇的走法种数，利用古典概型的概率公式可判断D选项的正误.

【详解】

A选项，甲从到达处，需要走步，其中有步向上走，步向右走，

则甲从到达处的方法有种，A选项正确；

B选项，甲经过到达处，可分为两步：

第一步，甲从经过需要走步，其中步向右走，步向上走，方法数为种；

第二步，甲从到需要走步，其中步向上走，步向右走，方法数为种.

甲经过到达的方法数为种，B选项正确；

C选项，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，故两人在处相遇的走法种数为种；

甲、乙两人在处相遇的概率为，C选项错误；

D选项，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，

若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为种；

若甲、乙两人在处相遇，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，

甲、乙两人在处相遇的方法数为，走法种数为种；

若甲、乙两人在处相遇，甲到处，前三步有步向右走，后三步只有步向右走，

乙到处，前三步有步向下走，后三步只有步向下走，

所以，两人在处相遇的走法种数为种；

若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为种；

故甲、乙两人相遇的概率，D选项正确.

故选：ABD.

【点睛】

本题考查格点问题，解决这类问题可利用如下结论求解：

在平面直角坐标系中，从到，每次只能向右或向上走一步，一共要走步，其中有步向上走，步向右走，走法种数为（或）种.

9．如图所示，在等边三角形中，D，E，F是三边中点，在图中可以数出三角形中，任选一对三角形（不计顺序），如果这2个三角形至少有一条边相等，便称之为一对“和谐三角形”，那么，图中“和谐三角形”共有________对．

【答案】

【分析】

根据等边三角形的性质，结合正弦定理，可以求出图形中各类三角形的边长，最后根据和谐三角形的定义，结合组合的定义进行求解即可.

【详解】

设等边三角形的边长为，因为D，E，F是三边中点，所以是等边三角形的中心，显然是等边三角形的高线、角平分线、中线，

因此有,

，

由正弦定理可知：，

因此，于是图型中的三角形根据边长可以分成以下四类：

第一类；第二类；第三类，第四类.

第一类、第二类、第三类三角形中任意两个三角形中必有一边相等，

第二类、第三类、第四类三角形中任意两个三角形中必有一边相等，

唯独第一类任意一个三角形与第四类三角形（只有一个）不和谐，这种情况有6种，

四类三角形共有：，因此从这16个三角形中取出2个三角形（不计顺序）共有种取法，因此和谐三角形共有对，

故答案为：

10．一个圆桌有十二个座位，编号为1至12.现有四个学生和四个家长入座，要求学生坐在偶数位，家长与其孩子相邻.满足要求的坐法共有______种.

【答案】

【分析】

分学生选择相邻的四个偶数、学生选择三个相邻的偶数，另一个学生坐对面、四个学生每两个学生选择相邻偶数三种情况，求出学生的坐法，家长的坐法、四组家长学生全排列，由分步乘法计数原理和分类加法计算原理即可求解.

【详解】

当学生选择相邻的四个偶数有，，，，，有种，

以学生选为例，家长的排法有 ，，，有种，同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，所以有种，

当学生选择三个相邻的偶数，一个学生坐对面有，，，，，有种，

以学生选择为例，家长的坐法有，，，，，，，，共种，

同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，所以有种，

当四个学生每两个学生选择相邻偶数时，学生有，，有种，

以学生选择为例，家长坐法有：，，，，，，，，有种，

同理可得：每一种学生的坐法，家长都有种坐法，所以有种，

综上所述：满足要求的坐法共有种，

故答案为：.