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适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习送分考点专项练3.排列组合与二项式定理
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这是一份适用于新高考新教材2024版高考数学二轮复习送分考点专项练3.排列组合与二项式定理，共5页。试卷主要包含了的展开式中x的系数为，在的展开式中等内容，欢迎下载使用。
A.-80B.-40C.40D.80
2.(2023新高考Ⅱ,3)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和200名学生,则不同的抽样结果有( )
A.种B.种
C.种D.种
3.(多选题)(2023江苏南京二模)在的展开式中( )
A.常数项为160
B.含x2项的系数为60
C.第4项的二项式系数为15
D.所有项的系数和为1
4.(2023全国甲,理9)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( )
A.120种B.60种C.30种D.20种
5.(2022北京,8)若(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a0+a2+a4=( )
A.40B.41C.-40D.-41
6.(2023福建厦门模拟)甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技能比赛,决出第1名到第5名的名次,甲和乙去询问成绩,回答者对甲说:“很遗憾,你没有得到冠军”,对乙说:“你不是最后一名”,从这两个回答分析,5人名次的不同排列情况共有( )
A.72种B.78种
C.96种D.102种
7.(2023广东茂名二模)(x+a)(x-1)6的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为64,则含x4项的系数为( )
A.-28B.28
C.-35D.35
8.(2023广东惠州一模)已知(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.B.C.D.
9.(2023江苏海安高级中学模拟)若(2x+1)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100,则2(a1+a3+…+a99)-3被8除的余数为( )
A.4B.5C.6D.7
10.(2023河北邯郸三模)如图,在“杨辉三角”中从第2行右边的1开始按箭头所指的数依次构成一个数列:1,2,3,3,6,4,10,5,…,则此数列的前30项的和为( )
A.680B.679C.816D.815
11.(2023广东广州模拟)任何一个大于1的自然数N(N不为素数)能唯一地写成N=·…·(其中pi是素数,ai是正整数,1≤i≤k,p1A.6B.13C.19D.60
12.(2023河北衡水二中模拟)若,则= .
13.(2022新高考Ⅰ,13)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为 .(用数字作答)
14.(2023新高考Ⅰ,13)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 种.(用数字作答)
15.(2023浙江温州三模)展开式的常数项为 .(用最简分数表示)
16.(2023山东济南二模)已知表示一个三位数,如果满足a>b且c>b,那么我们称该三位数为“凹数”,则没有重复数字的三位“凹数”共 个.(用数字作答)
17.(2023湖南长郡中学一模)已知a>0,若(x+a)9=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a9(x+1)9,且a5=126,则a= .
18.(2023山东菏泽模拟)(x+3+2)4的展开式中,含x的项的系数为 .
19.(2023陕西宝鸡模拟)某班举行了以“礼赞二十大、奋进新征程”为主题的联欢晩会,原定的5个学生节目已排成节目单,开演前又临时增加了两个教师节目,如果将这两个教师节目插入到原节目单中,那么不同的插法的种数为 .
20.(2023山东青岛三模)若展开式的所有项的二项式系数和为256,则展开式中系数最大的项的二项式系数为 .(用数字作答)
3.排列、组合与二项式定理
1.D 解析 的展开式的通项为Tr+1=(2x)5-r·=(-1)r25-rx5-2r.令5-2r=1,得r=2,所以的展开式中x的系数为(-1)2×25-2×=80.
2.D 解析 由题意,初中部和高中部总共有400+200=600(人),按照分层随机抽样的原理,应从初中部抽取×60=40(人),从高中部抽取×60=20(人).
第一步,从初中部抽取40人,有种方法,第二步,从高中部抽取20人,有种方法,
根据分步乘法计数原理,一共有种抽样结果.故选D.
3.BD 解析 展开式的通项为Tr+1=x6-r(-2)rx6-2r.令6-2r=0,得r=3,则常数项为×(-2)3=-160,故A错误;
令6-2r=2,得r=2,则含x2项的系数为×(-2)2=60,故B正确;
展开式第4项的二项式系数为=20,故C错误;
取x=1得到所有项的系数和为=1,故D正确.
故选BD.
4.B 解析 方法一:先在5名志愿者中安排1名在这两天都参加公益活动,有5种安排方法.再在星期六、星期日,每天从剩下的4名志愿者中安排1名不同的志愿者参加公益活动,有4×3=12种安排方法.由乘法原理得恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有5×12=60种.
方法二:在5名志愿者中安排2名在星期六参加公益活动,有=10种安排方法.再从星期六参加公益活动的2名志愿者中安排1名及从剩下的3名志愿者中安排1名在星期日参加公益活动,有2×3=6种.由乘法原理得恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有10×6=60种.
方法三:从5名志愿者中,在星期六、星期日两天各安排2名参加公益活动,有=100种安排方法,星期六、星期日两天的志愿者全不相同的安排方法有=30种,全相同的安排方法有=10种,所以恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有100-30-10=60种.故选B.
5.B 解析 令x=1,可得1=a4+a3+a2+a1+a0;令x=-1,可得(-3)4=a4-a3+a2-a1+a0,两式相加可得a4+a2+a0==41,故选B.
6.B 解析 由题意可得,甲不是冠军,乙不是最后一名.因为5人名次的不同排列共有种,其中甲是冠军的排列方法有种,乙是最后一名的排列方法有种,甲是冠军且乙是最后一名的排列方法有种,所以甲不是冠军,乙不是最后一名的排列方法种数有=78.
7.C 解析 设(x+a)(x-1)6=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,
则令x=1,可得a0+a1+…+a7=(a+1)×0=0,①
令x=-1,可得a0-a1+a2+…-a7=(a-1)×26=64(a-1),②
①-②整理得a1+a3+a5+a7==32(1-a)=64,解得a=-1,所以(x+a)(x-1)6=(x-1)7,
所以含x4的项为x4(-1)3=-35x4,其系数为-35.
8.A 解析 因为展开式中只有第4项的二项式系数最大,
所以展开式共有7项,故n=6.
展开式的通项Tr+1=(2x)6-r26-r,当r是偶数时,该项为有理项,故r=0,2,4,6,即共有4项有理项,所以从所有项中任取2项,都是有理项的概率为P=.
9.B 解析 在已知等式中,取x=1,得a0+a1+a2+…+a100=3100,取x=-1,得a0-a1+a2-…+a100=1,
两式相减得2(a1+a3+a5+…+a99)=3100-1,即2(a1+a3+a5+…+a99)-3=3100-4.
因为3100-4=950-4=(8+1)50-4=×850+×849+…+×850-r+…+×8+-4=×850+×849+…+×850-r+…+×8-3=×850+×849+…+×850-r+…+×8-8+5,r∈N.
因为×850+×849+…+×850-r+…+×8-8能被8整除,所以×850+×849+…+×850-r+…+×8-8+5被8除的余数为5,
即2(a1+a3+a5+…+a99)-3被8整除的余数为5.
10.D 解析 根据“杨辉三角”,得1+2+3+3+6+4+10+5+…=+…,
故此数列的前30项和为
S30=+…+=()+()+()+()+…+()=+…+=()++…++…++…+=…==816-1=815.
11.C 解析 根据N的标准分解式可得360=23×32×5,
故从2,2,2,3,3,5这6个素数中任取3个组成三位数,情况如下:
①选取3个2,可以组成1个三位数;
②选取2个2后,再从3或5中选一个,可以组成=6个不同的三位数;
③选取1个2后,再选2个3,可以组成=3个不同的三位数;
④选取2,3,5,可以组成=6个不同的三位数;
⑤选取3,3,5,可以组成=3个不同的三位数;
所以从360的标准分解式中任取3个素数,一共可以组成1+6+3+6+3=19个不同的三位数.
12.36 解析 由组合数的性质可得解得n≤4.又因为,所以3n+6=4n-2或3n+6+4n-2=18,解得n=8(舍去)或n=2,所以=36.
13.-28 解析 ∵原式=(x+y)8-(x+y)8,∴展开式中含有x2y6的项为x2y6-x3y5=()x2y6=-28x2y6.故x2y6的系数为-28.
14.64 解析 (方法一 直接法)若选2门课,只需体育类和艺术类各选1门,有=16种不同的选课方案;
若选3门课,分两类.体育类选1门、艺术类选2门,体育类选2门、艺术类选1门,有=48种不同的选课方案.综上,共有16+48=64种不同的选课方案.
(方法二 间接法)由题意可知,从8门课中选择2门或者3门共有=84种不同的选课方案,只选择体育类或艺术类的有2()=20种,则符合题意的共有84-20=64种不同的选课方案.
15. 解析 展开式的通项为Tr+1=(xlg43)4-r=(lg43)4-r·(lg32)rx4-2r,r∈N,r≤4.令4-2r=0,解得r=2,则T3=×(lg32)2××6=,
所以展开式的常数项是.
16.240 解析 a,b,c为取自0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中的不同的三个数字,最小的数字放置在中间,余下两个数字可排百位或个位,故共有“凹数”的个数为2×=2×120=240.
17.2 解析 因为(x+a)9=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a9(x+1)9,所以令(x+a)9=[(x+1)+a-1]9,则展开式通项为Tr+1=(x+1)9-r(a-1)r,a5是展开式第5项的系数,则r=4,故a5=(a-1)4=126,解得a=0或a=2.又a>0,故实数a的值为2.
18.248 解析 (x+3+2)4的展开式中,含x的项有以下两类:
第一类:4个因式中有1个取到x,其余3个都取到2,即x·23=32x.
第二类:4个因式中有2个取到3,其余2个都取到2,即(3)2·22=216x.所以(x+3+2)4的展开式中含x的项为32x+216x=248x,故含x的项的系数为248.
19.42 解析 若两个教师节目相邻,则有=12种不同插法;
若两个教师节目不相邻,则有=30种不同插法.
综上可得,一共有12+30=42种不同插法.
20.28 解析 由展开式的所有项的二项式系数和为2n=256,解得n=8.则展开式的通项为Tr+1=·()r=,r=0,1,2,…,8,
可得第r+1项的系数为ar+1=,r=0,1,2,…,8,
令解得r=6,
所以展开式中第7项系数最大,其二项式系数为=28.
A.-80B.-40C.40D.80
2.(2023新高考Ⅱ,3)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和200名学生,则不同的抽样结果有( )
A.种B.种
C.种D.种
3.(多选题)(2023江苏南京二模)在的展开式中( )
A.常数项为160
B.含x2项的系数为60
C.第4项的二项式系数为15
D.所有项的系数和为1
4.(2023全国甲,理9)现有5名志愿者报名参加公益活动,在某一星期的星期六、星期日两天,每天从这5人中安排2人参加公益活动,则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有( )
A.120种B.60种C.30种D.20种
5.(2022北京,8)若(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a0+a2+a4=( )
A.40B.41C.-40D.-41
6.(2023福建厦门模拟)甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技能比赛,决出第1名到第5名的名次,甲和乙去询问成绩,回答者对甲说:“很遗憾,你没有得到冠军”,对乙说:“你不是最后一名”,从这两个回答分析,5人名次的不同排列情况共有( )
A.72种B.78种
C.96种D.102种
7.(2023广东茂名二模)(x+a)(x-1)6的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为64,则含x4项的系数为( )
A.-28B.28
C.-35D.35
8.(2023广东惠州一模)已知(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.B.C.D.
9.(2023江苏海安高级中学模拟)若(2x+1)100=a0+a1x+a2x2+…+a100x100,则2(a1+a3+…+a99)-3被8除的余数为( )
A.4B.5C.6D.7
10.(2023河北邯郸三模)如图,在“杨辉三角”中从第2行右边的1开始按箭头所指的数依次构成一个数列:1,2,3,3,6,4,10,5,…,则此数列的前30项的和为( )
A.680B.679C.816D.815
11.(2023广东广州模拟)任何一个大于1的自然数N(N不为素数)能唯一地写成N=·…·(其中pi是素数,ai是正整数,1≤i≤k,p1
12.(2023河北衡水二中模拟)若,则= .
13.(2022新高考Ⅰ,13)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为 .(用数字作答)
14.(2023新高考Ⅰ,13)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 种.(用数字作答)
15.(2023浙江温州三模)展开式的常数项为 .(用最简分数表示)
16.(2023山东济南二模)已知表示一个三位数,如果满足a>b且c>b,那么我们称该三位数为“凹数”,则没有重复数字的三位“凹数”共 个.(用数字作答)
17.(2023湖南长郡中学一模)已知a>0,若(x+a)9=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a9(x+1)9,且a5=126,则a= .
18.(2023山东菏泽模拟)(x+3+2)4的展开式中,含x的项的系数为 .
19.(2023陕西宝鸡模拟)某班举行了以“礼赞二十大、奋进新征程”为主题的联欢晩会,原定的5个学生节目已排成节目单,开演前又临时增加了两个教师节目,如果将这两个教师节目插入到原节目单中,那么不同的插法的种数为 .
20.(2023山东青岛三模)若展开式的所有项的二项式系数和为256,则展开式中系数最大的项的二项式系数为 .(用数字作答)
3.排列、组合与二项式定理
1.D 解析 的展开式的通项为Tr+1=(2x)5-r·=(-1)r25-rx5-2r.令5-2r=1,得r=2,所以的展开式中x的系数为(-1)2×25-2×=80.
2.D 解析 由题意,初中部和高中部总共有400+200=600(人),按照分层随机抽样的原理,应从初中部抽取×60=40(人),从高中部抽取×60=20(人).
第一步,从初中部抽取40人,有种方法,第二步,从高中部抽取20人,有种方法,
根据分步乘法计数原理,一共有种抽样结果.故选D.
3.BD 解析 展开式的通项为Tr+1=x6-r(-2)rx6-2r.令6-2r=0,得r=3,则常数项为×(-2)3=-160,故A错误;
令6-2r=2,得r=2,则含x2项的系数为×(-2)2=60,故B正确;
展开式第4项的二项式系数为=20,故C错误;
取x=1得到所有项的系数和为=1,故D正确.
故选BD.
4.B 解析 方法一:先在5名志愿者中安排1名在这两天都参加公益活动,有5种安排方法.再在星期六、星期日,每天从剩下的4名志愿者中安排1名不同的志愿者参加公益活动,有4×3=12种安排方法.由乘法原理得恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有5×12=60种.
方法二:在5名志愿者中安排2名在星期六参加公益活动,有=10种安排方法.再从星期六参加公益活动的2名志愿者中安排1名及从剩下的3名志愿者中安排1名在星期日参加公益活动,有2×3=6种.由乘法原理得恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有10×6=60种.
方法三:从5名志愿者中,在星期六、星期日两天各安排2名参加公益活动,有=100种安排方法,星期六、星期日两天的志愿者全不相同的安排方法有=30种,全相同的安排方法有=10种,所以恰有1人在这两天都参加的不同的安排方法共有100-30-10=60种.故选B.
5.B 解析 令x=1,可得1=a4+a3+a2+a1+a0;令x=-1,可得(-3)4=a4-a3+a2-a1+a0,两式相加可得a4+a2+a0==41,故选B.
6.B 解析 由题意可得,甲不是冠军,乙不是最后一名.因为5人名次的不同排列共有种,其中甲是冠军的排列方法有种,乙是最后一名的排列方法有种,甲是冠军且乙是最后一名的排列方法有种,所以甲不是冠军,乙不是最后一名的排列方法种数有=78.
7.C 解析 设(x+a)(x-1)6=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,
则令x=1,可得a0+a1+…+a7=(a+1)×0=0,①
令x=-1,可得a0-a1+a2+…-a7=(a-1)×26=64(a-1),②
①-②整理得a1+a3+a5+a7==32(1-a)=64,解得a=-1,所以(x+a)(x-1)6=(x-1)7,
所以含x4的项为x4(-1)3=-35x4,其系数为-35.
8.A 解析 因为展开式中只有第4项的二项式系数最大,
所以展开式共有7项,故n=6.
展开式的通项Tr+1=(2x)6-r26-r,当r是偶数时,该项为有理项,故r=0,2,4,6,即共有4项有理项,所以从所有项中任取2项,都是有理项的概率为P=.
9.B 解析 在已知等式中,取x=1,得a0+a1+a2+…+a100=3100,取x=-1,得a0-a1+a2-…+a100=1,
两式相减得2(a1+a3+a5+…+a99)=3100-1,即2(a1+a3+a5+…+a99)-3=3100-4.
因为3100-4=950-4=(8+1)50-4=×850+×849+…+×850-r+…+×8+-4=×850+×849+…+×850-r+…+×8-3=×850+×849+…+×850-r+…+×8-8+5,r∈N.
因为×850+×849+…+×850-r+…+×8-8能被8整除,所以×850+×849+…+×850-r+…+×8-8+5被8除的余数为5,
即2(a1+a3+a5+…+a99)-3被8整除的余数为5.
10.D 解析 根据“杨辉三角”,得1+2+3+3+6+4+10+5+…=+…,
故此数列的前30项和为
S30=+…+=()+()+()+()+…+()=+…+=()++…++…++…+=…==816-1=815.
11.C 解析 根据N的标准分解式可得360=23×32×5,
故从2,2,2,3,3,5这6个素数中任取3个组成三位数,情况如下:
①选取3个2,可以组成1个三位数;
②选取2个2后,再从3或5中选一个,可以组成=6个不同的三位数;
③选取1个2后,再选2个3,可以组成=3个不同的三位数;
④选取2,3,5,可以组成=6个不同的三位数;
⑤选取3,3,5,可以组成=3个不同的三位数;
所以从360的标准分解式中任取3个素数,一共可以组成1+6+3+6+3=19个不同的三位数.
12.36 解析 由组合数的性质可得解得n≤4.又因为,所以3n+6=4n-2或3n+6+4n-2=18,解得n=8(舍去)或n=2,所以=36.
13.-28 解析 ∵原式=(x+y)8-(x+y)8,∴展开式中含有x2y6的项为x2y6-x3y5=()x2y6=-28x2y6.故x2y6的系数为-28.
14.64 解析 (方法一 直接法)若选2门课,只需体育类和艺术类各选1门,有=16种不同的选课方案;
若选3门课,分两类.体育类选1门、艺术类选2门,体育类选2门、艺术类选1门,有=48种不同的选课方案.综上,共有16+48=64种不同的选课方案.
(方法二 间接法)由题意可知,从8门课中选择2门或者3门共有=84种不同的选课方案,只选择体育类或艺术类的有2()=20种,则符合题意的共有84-20=64种不同的选课方案.
15. 解析 展开式的通项为Tr+1=(xlg43)4-r=(lg43)4-r·(lg32)rx4-2r,r∈N,r≤4.令4-2r=0,解得r=2,则T3=×(lg32)2××6=,
所以展开式的常数项是.
16.240 解析 a,b,c为取自0,1,2,3,4,5,6,7,8,9中的不同的三个数字,最小的数字放置在中间,余下两个数字可排百位或个位,故共有“凹数”的个数为2×=2×120=240.
17.2 解析 因为(x+a)9=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a9(x+1)9,所以令(x+a)9=[(x+1)+a-1]9,则展开式通项为Tr+1=(x+1)9-r(a-1)r,a5是展开式第5项的系数,则r=4,故a5=(a-1)4=126,解得a=0或a=2.又a>0,故实数a的值为2.
18.248 解析 (x+3+2)4的展开式中,含x的项有以下两类:
第一类:4个因式中有1个取到x,其余3个都取到2,即x·23=32x.
第二类:4个因式中有2个取到3,其余2个都取到2,即(3)2·22=216x.所以(x+3+2)4的展开式中含x的项为32x+216x=248x,故含x的项的系数为248.
19.42 解析 若两个教师节目相邻,则有=12种不同插法;
若两个教师节目不相邻,则有=30种不同插法.
综上可得,一共有12+30=42种不同插法.
20.28 解析 由展开式的所有项的二项式系数和为2n=256,解得n=8.则展开式的通项为Tr+1=·()r=,r=0,1,2,…,8,
可得第r+1项的系数为ar+1=,r=0,1,2,…,8,
令解得r=6,
所以展开式中第7项系数最大,其二项式系数为=28.
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