《2019届高考数学大二轮复习 第1部分 专题7 概率与统计 第2讲 计数原理与二项式定理练习.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高考数学大二轮复习 第1部分 专题7 概率与统计 第2讲 计数原理与二项式定理练习.doc（7页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、1第一部分第一部分 专题七专题七 第二讲第二讲 计数原理与二项式定理计数原理与二项式定理A 组1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( B )A240 种 B120 种 C60 种 D 180 种解析 不同的分配方法有 C C 120.3 6 2 42若二项式(2x )7的展开式中的系数是 84，则实数a( C )a x1 x3A2 B 54C1 D24解析 二项式(2x )7的通项公式为Tr1C (2x)7r( )rC 27rarx72r，令a xr7a xr772r3，得r5.故展开式中的系数是 C 22a
2、584，解得a1.1 x35 73用数字 1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( D )A24 B48 C60 D72解析 由题意，可知个位可以从 1,3,5 中任选一个，有 A 种方法，其他数位上的数1 3可以从剩下的 4 个数字中任选，进行全排列，有 A 种方法，所以奇数的个数为4 4A A 3432172，故选 D1 3 4 44(2018濮阳二模)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数个数为( D )A72 B120 C192 D240解析 由题意，末尾是 2 或 6，不同的偶数个数为 C A 120；末尾是 4，不同的偶1 2 3 5数个数为 A 1
3、20.故共有 120120240(个)，故选 D5 55( )8二项展开式中的常数项为( B )3x2 xA56 B112 C56 D112 解析 Tr1C ()8r( )r(1)r2rC x，令 84r0，r2，常r83x2 xr884r 3数项为(1)222C 112.2 826在(x2)6的展开式中，常数项等于( D )1 2xA B 5 45 4C D15 1615 16解析 本题考查二项式定理，二项式(x2)6的展开式的通项公式为 C (x2)6r(1 2xr6)2( )rCx123r，令 123r0 得r4，则二项式(x2)6的展开式中的常数项为1 2x1 2r61 2x( )4C
4、 .故选 D1 24 615 167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( B )A112 B100 C92 D76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 C C 7，再将其分到两项比赛中去，共1 43 3C2 4C2 2 A2 2有分配方案数为 7A 14；若剩下的四名同学参加三项比赛，则将其分成三组，分组方2 2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 C A 36.根据两个基本2 43 32 4 3 3原理共有方法
5、数 2(1436)100(种)8(x2x1)5的展开式中x3的系数为( A )A30 B24 C20 D20解析 本题考查二项式定理1(x2x)5展开式的第r1 项Tr1C (x2x)r5r，r0,1,2,3,4,5，Tr1展开式的第k1 项为 C C (x2)rk(x)kC C (1)r5k rr5k rkx2rk，r0,1,2,3,4,5，k0,1，r，当 2rk3，即Error!或Error!时是含x3的项，所以含x3项的系数为 C C (1)C C (1)3201030.故选 A2 5 1 23 5 3 39有大小、形状完全相同的 3 个红色小球和 5 个白色小球，排成一排，共有 56
6、 种不同的排列方法？解析 从 8 个位置中选 3 个放红球，有 C 56 种不同方法3 810(2018昆明二模)(x2)6的展开式中x2的系数为 240.解析 (x2)6的展开式的通项公式为Tr1C (2)rx6r，令 6r2，求得r6r4，可得(x2)6的展开式中x2的系数为 C (2)4240.4 611设a，b，c1,2,3,4,5,6，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含3等边)三角形，则这样的三角形有 27 个解析 由题意知以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，(1)先考虑等边三角形情况则abc1,2,3,4,5,6，此时有 6 个(2)再考虑等腰三角
7、形情况，若a，b是腰，则ab，当ab1 时，cab2，则c1，与等边三角形情况重复；当ab2 时，c4，则c1,3(c2 的情况等边三角形已经讨论了)，此时有 2 个；当ab3 时，c6，则c1,2,4,5，此时有 4 个；当ab4 时，c8，则c1,2,3,5,6，此时有 5 个；当ab5 时，c10，有c1,2,3,4,6，此时有 5 个；当ab6 时，c12，有c1,2,3,4,5，此时有 5 个；由分类加法计数原理知有 24555627 个12设有 5 幅不同的国画，2 幅不同的油画，7 幅不同的水彩画(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选
8、一幅画布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？解析 (1)利用分类加法计数原理：52714(种)不同的选法(2)国画有 5 种不同选法，油画有 2 种不同的选法，水彩画有 7 种不同的选法，利用分步乘法计数原理得到 52770(种)不同的选法(3)选法分三类，分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画，由分类加法计数原理和分步乘法计数原理知共有 52275759(种)不同的选法B 组1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( D )A180 B240 C360 D480解析 将 6 个位
9、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 2A A 种；当甲排在 35 51 34 4号或 4 号位置时，不同排法种数有 2(A A A A )种，2 2 3 32 3 3 3共有不同排法种数，2A 2A A 2(A A A A )480 种，故选 D5 51 3 4 42 2 3 32 3 3 32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( C )A8 种 B12 种 C16 种 D20 种4解析 把四个小岛看作四个点，可以两两之间连成 6 条
10、线段，任选 3 条，共有 C 种3 6情形，但有 4 种情形不满足题意，不同的建桥方法有 C 416 种，故选 C3 63设(1xx2)na0a1xa2nx2n，则a2a4a2n的值为( B )A B 3n1 23n1 2C3n2 D3n解析 (赋值法)令x1，得a0a1a2a2n1a2n3n.再令x1 得，a0a1a2a2n1a2n1.令x0 得a01.则得 2(a0a2a2n)3n1，a0a2a2n，3n1 2a2a4a2na01.3n1 23n1 23n1 24用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中比 40 000 大的偶数共有( B )A144 个 B120 个
11、 C96 个 D72 个解析 据题意，万位上只能排 4,5.若万位上排 4，则有 2A34个；若万位上排 5，则有 3A34个所以共有 2A343A34524120(个)故选 B5若(x2)n的展开式中前三项的系数成等差数列，则展开式中一次项的系数为( 1 2xB )A B 3 27 4C6 D7解析 因为(x2)n的展开式通项为Tr1C (x2)nr()r( )rCx2n3r，其系数1 2xr n1 2x1 2r n为( )rC .故展开式中前三项的系数为 C ， C ， C ，由已知可得这三个数成等差数列，1 2r n0n1 2 1n1 4 2n所以 C C 2 C ，即n29n80，解得
12、n8 或n1(舍去)0n1 4 2n1 2 1n令 2n3r163r1，可得r5，所以一次项的系数为( )5C .1 25 87 46(2018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5数夹在两个偶数之间的五位数的个数为( A )A36 B48 C72 D120解析 第一步，将 3 个奇数全排列有 A 种方法；3 3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 3A A 36.2 23 3 2 27(2018漳州二模)已知(2x1)10a0a1xa2x2a9x9a10x
13、10，则a2a3a9a10的值为( D )A20 B0 C1 D20解析 令x1 得a0a1a2a9a101，再令x0，得a01，所以a1a2a9a100，又易知a1C21(1)920，所以9 10a2a3a9a1020.8(2018江西宜春二模)若(x3)n的展开式中含有常数项，且n的最小值为a，1x则dx( C )a aa2x2A0 B 686 3C D4949 2解析 由展开式的通项，由展开式中含有常数项，得 3nr0 有整数解，7 2故n的最小值为 7，dx.7 772x249 29将编号 1,2,3,4 的四个小球放入 3 个不同的盒子中，每个盒子里至少放 1 个，则恰有 1 个盒子
14、放有 2 个连号小球的所有不同放法有 18 种(用数字作答)解析 先把 4 个小球分为(2,1,1)一组，其中 2 个连号小球的种类有(1,2，)，(2,3)，(3,4)为一组，分组后分配到三个不同的盒子里，共有 C A 18 种1 3 3 310现有 16 张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各 4 张，从中任取 3 张，要求取出的这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多 1 张，不同取法的种数为 472.解析 由题意，不考虑特殊情况，共有 C种取法，其中每一种卡片各取三张，有3 164C 种取法，两种红色卡片，共有 C C种取法，故所求的取法共有3 42 41 126C4C C C
15、5601672472.3 163 42 4 1 1211若对于任意实数x，有x5a0a1(x2)a5(x2)5，则a1a3a5a089.解析 令x3 得a0a1a535，令x1 得a0a1a51，两式相减得a1a3a5121，令x2 得a02532，故a1a3a5a01213289.351 212如果(3x)n的展开式中各项系数之和为 128，则展开式中的系数是 21.13x21 x3解析 (3x)n的展开式的各项系数之和为(31)n2n128，所以n7，13x21312所以(3x)n(3x)7，其展开式的通项为Tr1C (3x)7r()13x213x2r713x2rC 37rx7r(x )r
16、(1)rC 37rx7r，由 7r3，得r6，所以的r72 3r75 35 31 x3系数是 C (1)6321.r713某医科大学的学生中，有男生 12 名、女生 8 名在某市人民医院实习，现从中选派5 名学生参加青年志愿者医疗队(1)某男生甲与某女生乙必须参加，共有多少种不同的选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙二人至少有一人参加，有多少种选法？(4)医疗队中男生和女生都至少有一名，有多少种选法？解析 (1)只需从其他 18 人中选 3 人即可，共有 C816(种)3 18(2)只需从其他 18 人中选 5 人即可，共有 C8568(种)5 18(3)分两类：甲、乙中只
17、有一人参加，则有 C C种选法；甲、乙两人都参加，则有1 24 18C种选法3 18故共有 C CC6936(种)1 24 183 18(4)方法一(直接法)：男生和女生都至少有一名的选法可分为四类：1 男 4 女；2 男 3女；3 男 2 女；4 男 1 女，所以共有 CC CC CC CC 14656(种)1 124 82 123 83 122 84 121 8方法二(间接法)：由总数中减去 5 名都是男生和 5 名都是女生的选法种数，得C(C C)14656(种)5 205 85 1214设f(n)(ab)n(nN N* *，n2)，若f(n)的展开式中，存在某连续 3 项，其二项式系数
18、依次成等差数列，则称f(n)具有性质P.(1)求证：f(7)具有性质P.(2)若存在n2016，使f(n)具有性质P，求n的最大值解析 (1)f(7)的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为7C 7，C 21，C 35，1 72 73 7因为 C C 2C ，即 C ，C ，C 成等差数列，所以f(7)具有性质P.1 73 72 71 72 73 7(2)设f(n)具有性质P，则存在kN N*,*,1kn1，使 C，C ，C成等差数列，k1nk nk1n所以 CC2C ，k1nk1nk n整理得：4k24nk(n2n2)0，即(2kn)2n2，所以n2 为完全平方数，又n2016，由于 44220162452，所以 n 的最大值为 44221934，此时 k989 或 945.