2023年高考数学二轮复习专题7概率与统计第2讲计数原理与二项式定理课后强化训练理

专题七第二讲计数原理与二项式定理A组1．(2023·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，那么不同的分配方法有(B)A．240种 B．120种C．60种 D．180种[解析]不同的分配方法有Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(2,4)＝120．2．假设二项式(2x＋eq\f(a,x))7的展开式中eq\f(1,x3)的系数是84，那么实数a＝(C)A．2 B．eq\r(5,4)C．1 D．eq\f(\r(2),4)[解析]二项式(2x＋eq\f(a,x))7的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,7)(2x)7－r(eq\f(a,x))r＝Ceq\o\al(r,7)27－rarx7－2r，令7－2r＝－3，得r＝5.故展开式中eq\f(1,x3)的系数是Ceq\o\al(5,7)22a5＝84，解得a＝1．3．(2023·四川卷)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)A．24 B．48C．60 D．72[解析]由题意，可知个位可以从1,3,5中任选一个，有Aeq\o\al(1,3)种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有Aeq\o\al(4,4)种方法，所以奇数的个数为Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(4,4)＝3×4×3×2×1＝72，应选D．4．12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，那么不同调整方法的种数是(C)A．Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,3) B．Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(6,6)C．Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,6) D．Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,5)[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Ceq\o\al(2,8)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Aeq\o\al(2,6)种坐法．综上，由分步乘法计数原理知不同调整方法种数为Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(2,6)种．5．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(B)A．210个 B．300个C．464个 D．600个[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eq\f(C\o\al(1,5)A\o\al(5,5),2)＝300(个)．6．(eq\r(3,x)－eq\f(2,x))8二项展开式中的常数项为(B)A．56 B．112C．－56 D．－112[解析]Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)(eq\r(3,x))8－r(－eq\f(2,x))r＝(－1)r2rCeq\o\al(r,8)·xeq\f(8－4r,3)，令8－4r＝0，∴r＝2，∴常数项为(－1)2×22×Ceq\o\al(2,8)＝112．7．(2023·广东测试)在(x2－eq\f(1,2x))6的展开式中，常数项等于(D)A．－eq\f(5,4) B．eq\f(5,4)C．－eq\f(15,16) D．eq\f(15,16)[解析]此题考查二项式定理，二项式(x2－eq\f(1,2x))6的展开式的通项公式为Ceq\o\al(r,6)(x2)6－r(－eq\f(1,2x))2＝(－eq\f(1,2))rCeq\o\al(r,6)x12－3r，令12－3r＝0得r＝4，那么二项式(x2－eq\f(1,2x))6的展开式中的常数项为(－eq\f(1,2))4Ceq\o\al(4,6)＝eq\f(15,16).应选D．8．(2023·福建质检)四位男生和两位女生排成一排，男生有且只有两位相邻，那么不同排法的种数是(C)A．72 B．96C．144 D．240[解析]此题考查排列组合，先在4位男生中选出2位，易知他们是可以交换位置的，那么共有Aeq\o\al(2,4)种取法，然后再将2位女生全排列，共有Aeq\o\al(2,2)种排法，最后将3组男生插空全排列，共有Aeq\o\al(3,3)种排法，综上所述，共有Aeq\o\al(2,4)Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＝144种不同的排法，应选C．9．从一个正方体的8个顶点中任取3个，那么以这个3个点为顶点构成直角三角形的概率为(A)A．eq\f(6,7) B．eq\f(5,7)C．eq\f(4,7) D．eq\f(2,3)[解析]由于每个面上有直角三角形Ceq\o\al(3,4)＝4(个)，每对相对棱形成的对角面上有直角三角形Ceq\o\al(3,4)＝4(个)，因此直角三角形共有6×4＋6×4＝48(个)，故所求概率P＝eq\f(48,C\o\al(3,8))＝eq\f(6,7)．10．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，那么参赛方案的种数为(B)A．112 B．100C．92 D．76[解析]甲同学有2种参赛方案，其余四名同学，假设只参加甲参赛后剩余的两项比赛，那么将四名同学先分为两组，分组方案有Ceq\o\al(1,4)·Ceq\o\al(3,3)＋eq\f(C\o\al(2,4)C\o\al(2,2),A\o\al(2,2))＝7，再将其分到两项比赛中去，共有分配方案数为7×Aeq\o\al(2,2)＝14；假设剩下的四名同学参加三项比赛，那么将其分成三组，分组方法数是Ceq\o\al(2,4)，分到三项比赛上去的分配方法数是Aeq\o\al(3,3)，故共有方案数Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36.根据两个根本原理共有方法数2×(14＋36)＝100(种)．11．(2023·武汉调研)(x2－x＋1)5的展开式中x3的系数为(A)A．－30 B．－24C．－20 D．20[解析]此题考查二项式定理．[1＋(x2－x)]5展开式的第r＋1项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(x2－x)r，r＝0,1,2,3,4,5，Tr＋1展开式的第k＋1项为Ceq\o\al(r,5)Ceq\o\al(k,r)·(x2)r－k(－x)k＝Ceq\o\al(r,5)Ceq\o\al(k,r)(－1)k·x2r－k，r＝0,1,2,3,4,5，k＝0,1，…，r，当2r－k＝3，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(r＝2，,k＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(r＝3，,k＝3))时是含x3的项，所以含x3项的系数为Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(1,2)(－1)＋Ceq\o\al(3,5)Ceq\o\al(3,3)(－1)3＝－20－10＝－30.应选A．12．(2023·云南统考)(－eq\r(x)＋eq\f(1,x))10的展开式中x2的系数等于(A)A．45 B．20C．－30 D．－90[解析]∵Tr＋1＝(－1)rCeq\o\al(r,10)xeq\f(1,2)rx－10＋r＝(－1)rCeq\o\al(r,10)x－10＋eq\f(3,2)r，令－10＋eq\f(3,2)r＝2，得r＝8，∴展开式中x2的系数为(－1)8Ceq\o\al(8,10)＝45．13．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__种不同的排列方法？[解析]从8个位置中选3个放红球，有Ceq\o\al(3,8)＝56种不同方法．14．(2023·郑州高中第一次质量预测)二项式(x－eq\f(2,x))6的展开式中，x2的系数是__60__.[解析]由二项展开式的通项公式得Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)x6－r(－eq\f(2,x))r＝Ceq\o\al(r,6)x6－2r(－2)r，令6－2r＝2，得r＝2，所以x2的系数为Ceq\o\al(2,6)(－2)2＝60．15．在(2＋x)5的展开式中，x3的系数为__40__.(用数字作答)[解析]利用通项公式，Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)25－r·xr，令r＝3，得出x3的系数为Ceq\o\al(3,5)·22＝40．16．假设对于任意实数x，有x5＝a0＋a1(x－2)＋…＋a5(x－2)5，那么a1＋a3＋a5－a0＝__89__.[解析]令x＝3得a0＋a1＋…＋a5＝35，令x＝1得a0－a1＋…－a5＝1，两式相减得a1＋a3＋a5＝eq\f(35－1,2)＝121，令x＝2得a0＝25＝32，故a1＋a3＋a5－a0＝121－32＝89．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，那么不同排法的种数是(D)A．180 B．240C．360 D．480[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2Aeq\o\al(5,5)种；当甲排在2号或5号位时，不同排法种数为2Aeq\o\al(1,3)·Aeq\o\al(4,4)种；当甲排在3号或4号位置时，不同排法种数有2(Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3))种，∴共有不同排法种数，2Aeq\o\al(5,5)＋2Aeq\o\al(1,3)Aeq\o\al(4,4)＋2(Aeq\o\al(2,2)Aeq\o\al(3,3)＋Aeq\o\al(2,3)Aeq\o\al(3,3))＝480种，应选D．2．(2023·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，那么不同的建桥方法有(C)A．8种 B．12种C．16种 D．20种[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Ceq\o\al(3,6)种情形，但有4种情形不满足题意，∴不同的建桥方法有Ceq\o\al(3,6)－4＝16种，应选C．3．(2023·北京一模)设(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋…＋a2nx2n，那么a2＋a4＋…＋a2n的值为(B)A．eq\f(3n＋1,2) B．eq\f(3n－1,2)C．3n－2 D．3n[解析](赋值法)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a2n－1＋a2n＝3n.①再令x＝－1得，a0－a1＋a2＋…－a2n－1＋a2n＝1.②令x＝0得a0＝1．那么①＋②得2(a0＋a2＋…＋a2n)＝3n＋1，∴a0＋a2＋…＋a2n＝eq\f(3n＋1,2)，∴a2＋a4＋…＋a2n＝eq\f(3n＋1,2)－a0＝eq\f(3n＋1,2)－1＝eq\f(3n－1,2)．4．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有(B)A．144个 B．120个C．96个 D．72个[解析]据题意，万位上只能排4,5.假设万位上排4，那么有2×Aeq\o\al(3,4)个；假设万位上排5，那么有3×Aeq\o\al(3,4)个．所以共有2×Aeq\o\al(3,4)＋3×Aeq\o\al(3,4)＝5×24＝120(个)．应选B．5．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．假设每个盒子放2个，其中标号为1,2的小球放入同一盒子中，那么不同的方法共有(C)A．12种 B．16种C．18种 D．36种[解析]先将标号为1、2的小球放入一个盒子中有Ceq\o\al(1,3)种方法，再将其余4个小球中选取2个放入一个盒子中，有Ceq\o\al(2,4)种方法，余下的2个小球放入剩下的一个盒子中，∴共有Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,4)＝18种方法．6．(2023·临汾二模)(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，那么a8等于(D)A．－5 B．5C．90 D．180[解析]因为(1＋x)10＝(－2＋1－x)10，所以a8等于Ceq\o\al(8,10)(－2)2＝45×4＝180.应选D．7．(2023·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(A)A．36 B．48C．72 D．120[解析]第一步，将3个奇数全排列有Aeq\o\al(3,3)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Aeq\o\al(2,2)种方法，所以，所有的方法数是3Aeq\o\al(3,3)Aeq\o\al(2,2)＝36．8．(2023·漳州二模)(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，那么a2＋a3＋…＋a9＋a10的值为(D)A．－20 B．0C．1 D．20[解析]令x＝1得a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝1，再令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝0，又易知a1＝Ceq\o\al(9,10)×21×(－1)9＝－20，所以a2＋a3＋…＋a9＋a10＝20．9．(2023·昆明二模)在(ax6＋eq\f(b,x))4的二项展开式中，如果x3的系数为20，那么ab3＝(D)A．20 B．15C．10 D．5[解析]Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)·(ax6)4－r·(eq\f(b,x))r＝Ceq\o\al(r,4)a4－rbrx24－7r，令24－7r＝3，得r＝3，那么4ab3＝20，∴ab3＝5．10．(2023·滨州一模)某校选定甲、乙、丙、丁、戊共5名教师到3个遥远地区支教，每地至少1人，其中甲和乙一定不去同一地区，甲和丙必须去同一地区，那么不同的选派方案共有(B)A．27种 B．30种C．33种 D．36种[解析]因为甲和丙同地，甲和乙不同地，所以有2,2,1和3,1,1两种分配方案，①2,2,1方案：甲、丙为一组，从余下3人选出2人组成一组，然后排列，共有Ceq\o\al(2,3)×Aeq\o\al(3,3)＝18种；②3,1,1方案：在丁、戊中选出1人，与甲丙组成一组，然后排列，共有Ceq\o\al(1,2)×Aeq\o\al(3,3)＝12种．所以选派方案共有18＋12＝30种．应选B．11．假设将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，那么a3＝(C)A．15 B．5C．10 D．20[解析]f(x)＝x5＝[(x＋1)－1]5＝(x＋1)5－Ceq\o\al(1,5)(x＋1)4＋Ceq\o\al(2,5)(x＋1)3－Ceq\o\al(3,5)(x＋1)2＋Ceq\o\al(4,5)(x＋1)－Ceq\o\al(5,5)，∴a3＝Ceq\o\al(2,5)＝10．12．(2023·淄博一模)某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，那么同类节目不相邻的排法种数是(B)A．72 B．120C．144 D．168[解析]分2步进行分析：第1步，先将3个歌舞类节目全排列，有Aeq\o\al(3,3)＝6种情况，排好后，有4个空位，第2步，因为3个歌舞类节目不能相邻，那么中间2个空位必须安排2个节目，分2种情况讨论：①将中间2个空位安排1个小品类节目和1个相声类节目，有Ceq\o\al(1,2)Aeq\o\al(2,2)＝4种情况，排好后，最后1个小品类节目放在两端，有2种情况，此时同类节目不相邻的排法种数是6×4×2＝48种；②将中间2个空位安排2个小品类节目，有Aeq\o\al(2,2)＝2种情况，排好后，有6个空位，相声类节目有6个空位可选，即有6种情况，此时同类节目不相邻的排法种数是6×2×6＝72种．那么同类节目不相邻的排法种数是48＋72＝120，应选B．13．(2023·济宁一模)假设(x＋eq\f(2,x))n的展开式中各项的系数之和为81，且常数项为a，那么直线y＝eq\f(a,6)x与曲线y＝x2所围成的封闭区域面积为__eq\f(32,3)__.[解析]∵(x＋eq\f(2,x))n的展开式中各项的系数之和为81，∴3n＝81，解得n＝4，(x＋eq\f(2,x))4的展开式的通项公式为：Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)·2r·x4－2r，令4－2r＝0，解得r＝2，∴展开式中常数项为a＝Ceq\o\al(2,4)·22＝24，∴直线y＝4x与曲线y＝x2所围成的封闭区域面积为S＝eq\i\in(0,4,)(4x－x2)dx＝(2x2－eq\f(1,3)x3)|eq\o\al(4,0)＝eq\f(32,3)．14．(2023·湖南东部六校联考)如果(3x－eq\f(1,\r(3,x2)))n的展开式中各项系数之和为128，那么展开式中eq\f(1,x3)的系数是__21__.[解析