2019年高考数学二轮复习 专题7 第3讲 排列、组合与二项式定理素能训练（文、理）.doc

2019年高考数学二轮复习 专题7 第3讲 排列、组合与二项式定理素能训练（文、理）一、选择题1(xx唐山市二模)将6名男生，4名女生分成两组，每组5人，参加两项不同的活动，每组3名男生和2名女生，则不同的分配方法有()A240种B120种C60种D. 180种答案B解析不同的分配方法有CC120.2(xx湖北理，2)若二项式(2x)7的展开式中的系数是84，则实数a()A2B. C1D.答案C解析二项式(2x)7的通项公式为Tr1C(2x)7r()rC27rarx72r，令72r3，得r5.故展开式中的系数是C22a584，解得a1.312名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是()ACABCA CCADCA答案C解析要完成这件事，可分两步走：第一步可先从后排8人中选2人共有C种；第二步可认为前排放6个座位，先选出2个座位让后排的2人坐，由于其他人的顺序不变，所以有A种坐法综上，由分步乘法计数原理知不同调整方法种数为CA种4由数字0、1、2、3、4、5组成且没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有()A210个B300个 C464个D600个答案B解析由于组成没有重复数字的六位数，个位小于十位的与个位大于十位的一样多，故有300(个)5(xx唐山市一模)()8二项展开式中的常数项为()A56B112 C56D112 答案B解析Tr1C()8r()r(1)r2rCx，令84r0，r2，常数项为(1)222C112.6从一个正方体的8个顶点中任取3个，则以这个3个点为顶点构成直角三角形的概率为()A.B. C.D.答案A解析由于每个面上有直角三角形C4(个)，每对相对棱形成的对角面上有直角三角形C4(个)，因此直角三角形共有646448(个)，故所求概率P.7有5名同学参加唱歌、跳舞、下棋三项比赛，每项比赛至少有一人参加，其中甲同学不能参加跳舞比赛，则参赛方案的种数为()A112B100 C92D76答案B解析甲同学有2种参赛方案，其余四名同学，若只参加甲参赛后剩余的两项比赛，则将四名同学先分为两组，分组方案有CC7，再将其分到两项比赛中去，共有分配方案数为7A14；若剩下的四名同学参加三项比赛，则将其分成三组，分组方法数是C，分到三项比赛上去的分配方法数是A，故共有方案数CA36.根据两个基本原理共有方法数2(1436)100(种)8将9个相同的小球放入3个不同的盒子，要求每个盒子中至少有1个小球，且每个盒子中的小球个数都不同，则共有不同放法()A15种B18种 C19种D21种答案B解析由于每个盒子中小球数各不相同，且1269,1359,2349，故不同放法共有3A18种二、填空题9(xx北京理，13)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有_种答案36解析本题考查了计数原理与排列组合知识先只考虑A与产品B相邻，此时用捆绑法，将A和B作为一个元素考虑，共有A24种方法，而A和B有2种摆放顺序，故总计24248种方法，再排除既满足A和B相邻，又满足A与C相邻的情况，此时用捆绑法，将A、B、C作为一个元素考虑，共有A6种方法，而A、B、C有2种可能的摆放顺序，故总计6212种方法综上，符合题意的摆放共有481236种10(xx山东理，14)若(ax2)6的展开式中x3项的系数为20，则a2b2的最小值为_答案2解析本题考查二项式定理，均值不等式Tr1C(ax2)6r()rCa6rbrx123r，令123r3，r3，Ca3b320，即ab1.a2b22ab2.一、选择题11(xx武汉市调研)安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙均排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数是()A180B240 C360D480答案D解析将6个位置依次编号为1、2、3、6号，当甲排在1号或6号位时，不同排法种数为2A种；当甲排在2号或5号位时，不同排法种数为2AA种；当甲排在3号或4号位置时，不同排法种数有2(AAAA)种，共有不同排法种数，2A2AA2(AAAA)480种，故选D.12.(xx潍坊模拟)如图，M、N、P、Q为海上四个小岛，现要建造三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方法有()A8种B12种C16种D20种答案C解析把四个小岛看作四个点，可以两两之间连成6条线段，任选3条，共有C种情形，但有4种情形不满足题意，不同的建桥方法有C416种，故选C.13(xx太原模拟)用5,6,7,8,9组成没有重复数字的五位数，其中有且仅有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数的个数为()A36B48 C72D120答案A解析第一步，将3个奇数全排列有A种方法；第二步，将2个偶数插入，使它们之间只有一个奇数，共3种方法；第三步，将2个偶数全排列有A种方法，所以，所有的方法数是3AA36.14(xx东北三省三校一模)一个五位自然数a1a2a3a4a5，ai0,1,2,3,4,5，i1,2,3,4,5，当且仅当a1a2a3，a3a4a5时称为“凹数”(如3xx,53134等)，则满足条件的五位自然数中“凹数”的个数为()A110B137 C145D146答案D解析含有数字0时，数字0只能在中间，此时共有CC100；不含数字0时，若含数字1，数字1只能在中间，此时共有CC3；若不含数字0和1，含数字2，则数字2在中间，有CC9；若数字3在中间时，只有一种，共有1003691146.15(xx太原五中月考)若将函数f(x)x5表示为f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5，其中a0，a1，a2，a5为实数，则a3()A. 15B5 C10D20答案C解析f(x)x5(x1)15(x1)5C(x1)4C(x1)3C(x1)2C(x1)C，a3C10.16(xx江西八校联考)若二项式()n的展开式的第四项是，而第三项的二项式系数是15，则x的取值为()A.(kZ)Bk(kZ)Ck(kZ)Dk(kZ)答案D解析二项式()n的展开式的通项是Tr1C()nr()rC(tan2x)r.依题意有，解得n6，tanx，xk，其中kZ，选D.17(xx浙江理，5)在(1x)6(1y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)()A45B60 C120D210答案C解析本题考查组合应用及二项式定理由条件得f(m，n)CC，f(3,0)f(2,1)f(1,2)f(0,3)CCCCCCCC2060364120，选C.18将标号为1、2、3、4、5、6的6个小球放入3个不同的盒子中若每个盒子放2个，其中标号为1,2的小球放入同一盒子中，则不同的方法共有()A12种B16种 C18种D36种答案C解析先将标号为1、2的小球放入一个盒子中有C种方法，再将其余4个小球中选取2个放入一个盒子中，有C种方法，余下的2个小球放入剩下的一个盒子中，共有CC18种方法19(xx河南五市联考)研究性学习小组有4名同学要在同一天的上、下午到实验室做A、B、C、D、E五个操作实验，每位同学上、下午各做一个实验，且不重复，若上午不能做D实验，下午不能做E实验，则不同的安排方式共有()A144种B192种 C216种D264种答案D解析根据题意得，上午要做的实验是A，B，C，E，下午要做的实验是A，B，C，D，且上午做了A，B，C实验的同学下午不再做相同的实验先安排上午，从4位同学中任选一人做E实验，其余三人分别做A、B、C实验，有CA24种安排方式再安排下午，分两类：上午选E实验的同学下午选D实验，另三位同学对A、B、C实验错位排列，有2种方法，则不同的安排方式有N1122种；上午选E实验的同学下午选A、B、C实验之一，另外三位从剩下的两项和D一共三项中选，但必须与上午的实验项目错开，有3种方法，则不同的安排方式有N2C39种于是，不同的安排方式共有N24(29)264种故选D.二、解答题20(xx宁德模拟)已知(12)n的展开式中，某一项的系数是它前一项系数的2倍，而又等于它后一项系数的.(1)求展开后所有项的系数之和及所有项的二项式系数之和；(2)求展开式中的有理项解析根据题意，设该项为第r1项，则有即亦即解得(1)令r1得展开式中所有项的系数之和为(12)7372187.所有项的二项式系数之和为27128.(2)展开式的通项为Tr1C2rx，r7且rN.于是当r0,2,4,6时，对应项为有理数，即有理数项为T1C20x01，T3C22x84x，T5C24x2560x2，T7C26x3488x3.