（考前大通关）高考数学二轮专题复习 第一部分专题突破方略专题七《第一讲 排列、组合和二项式定理》专题针对训练 理

一、选择题1．若(x＋eq\f(1,x))n展开式中的各二项式系数之和为64，则展开式的常数项为()A．10B．20C．30D．120解析：选B.2n＝64，∴n＝6，常数项为Ceq\o\al(3,6)x3(eq\f(1,x))3＝20.2．(2010年高考重庆卷)某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日(端午节假期)值班，每天安排两人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的安排方法共有()A．30种B．36种C．42种D．48种解析：选C.若甲在16日值班，在除乙外的4人中任选1人在16日值班有Ceq\o\al(1,4)种选法，然后14日、15日有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)种安排方法，共有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝24种安排方法；若甲在15日值班，乙在14日值班，余下的4人有Ceq\o\al(1,4)Ceq\o\al(1,3)Ceq\o\al(2,2)种安排方法，共有12(种)；若甲、乙都在15日值班，则共有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2)＝6种安排方法．所以总共有24＋12＋6＝42种安排方法．3．(2011年高考天津卷)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(x),2)－\f(2,\r(x))))6的二项展开式中，x2的系数为()A．－eq\f(15,4)B.eq\f(15,4)C．－eq\f(3,8)D.eq\f(3,8)解析：选C.该二项展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(x),2)))6－r·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,\r(x))))r＝(－1)rCeq\o\al(r,6)·eq\f(1,26－2r)·x3－r.令3－r＝2，得r＝1.∴T2＝－6×eq\f(1,24)x2＝－eq\f(3,8)x2，∴应选C.4．在(eq\r(x)＋eq\f(1,3\r(x)))24的展开式中，x的幂的指数是正整数的项共有()A．5项B．4项C．3项D．2项解析：选C.Tk＋1＝Ceq\o\al(k,24)(eq\r(x))24－k(eq\f(1,3\r(x)))k＝Ceq\o\al(k,24)x12－eq\f(5,6)k.由题意12－eq\f(5,6)k为正整数且k＝0,1,2,3，…，24，故k＝0,6,12，∴x的幂的指数是正整数的项只有3项．5．从8个不同的数中选出5个数构成函数f(x)(x∈{1,2,3,4,5})的值域，如果8个不同的数中的A、B两个数不能是x＝5对应的函数值，那么不同的选法种数为()A．Ceq\o\al(2,8)Aeq\o\al(3,6)B．Ceq\o\al(1,7)Aeq\o\al(4,7)C．Ceq\o\al(1,6)Aeq\o\al(4,7)D．无法确定解析：选C.自变量有5个，函数值也是5个不同的数，因此自变量与函数值只能一一对应，不会出现多对一的情形．因为A、B两个数不能是x＝5对应的函数值，故先从余下6个数中选出与5对应的函数值，有Ceq\o\al(1,6)种选法，再从其他7个数中选出4个排列即可，故不同选法共有Ceq\o\al(1,6)Aeq\o\al(4,7)种．二、填空题6．甲、乙、丙3人站到共有7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，则不同的站法种数是__________．(用数字作答)解析：3个人各站一级台阶有Aeq\o\al(3,7)＝210种站法；3个人中有2个人站在一级，另一人站在另一级，有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,7)＝126种站法，共有210＋126＝336种站法．答案：3367．将数字1,2,3,4,5,6排成一列，记第i个数为ai(i＝1,2，…，6)．若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1＜a3＜a5，则不同的排列方法有__________种．(用数字作答)解析：由题设知a5必为6.第一类：当a1＝2时，a3可取4、5，∴共有2Aeq\o\al(3,3)＝12(种)；第二类：当a1＝3时，a3可取4、5，∴共有2Aeq\o\al(3,3)＝12(种)；第三类：当a1＝4时，a3必取5，∴有Aeq\o\al(3,3)＝6(种)．∴共有12＋12＋6＝30(种)．答案：308．(2011年高考北京卷)用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有______个．(用数字作答)解析：数字2,3至少都出现一次，包括以下情况：“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成Ceq\o\al(1,4)＝4(个)四位数．“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成Ceq\o\al(2,4)＝6(个)四位数．“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成Ceq\o\al(3,4)＝4(个)四位数．综上所述，共可组成14个这样的四位数．答案：14三、解答题9．有同样大小的9个白球和6个红球．(1)从中取出5个球，使得红球比白球多的取法有多少种？(2)若规定取到一个红球记1分，取到一个白球记2分，则从中取出5个球，使得总分不小于8分的取法有多少种？解：(1)5个全是红球有Ceq\o\al(5,6)种取法，4个红球、1个白球有Ceq\o\al(4,6)Ceq\o\al(1,9)种取法，3个红球、2个白球有Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(2,9)种取法，所以取出的红球比白球多的取法共有Ceq\o\al(5,6)＋Ceq\o\al(4,6)Ceq\o\al(1,9)＋Ceq\o\al(3,6)Ceq\o\al(2,9)＝861(种)．(2)要使总分不小于8分，至少需取3个白球2个红球，3白2红有Ceq\o\al(3,9)Ceq\o\al(2,6)种取法，4白1红有Ceq\o\al(4,9)Ceq\o\al(1,6)种取法，5个全是白球有Ceq\o\al(5,9)种取法，所以总分不小于8分的取法共有Ceq\o\al(3,9)Ceq\o\al(2,6)＋Ceq\o\al(4,9)Ceq\o\al(1,6)＋Ceq\o\al(5,9)＝2142(种)．10．已知(a＋1)n展开式中的各项系数之和等于(eq\f(16,5)x2＋eq\f(1,\r(x)))5的展开式中的常数项，而(a＋1)n展开式中的二项式系数最大的项等于54，求a的值．解：(eq\f(16,5)x2＋eq\f(1,\r(x)))5的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(eq\f(16,5)x2)5－r(eq\f(1,\r(x)))r＝(eq\f(16,5))5－rCeq\o\al(r,5)xeq\f(20－5r,2).令eq\f(20－5r,2)＝0，得r＝4，∴常数项为T5＝Ceq\o\al(4,5)·eq\f(16,5)＝16.又因为(a＋1)n的展开式的各项系数之和等于2n.∴2n＝16，∴n＝4.由二项式系数的性质知，(a＋1)4展开式中二项式系数最大的项是中间项即第3项，T3＝Ceq\o\al(2,4)a2＝54，解得a＝±3.11．北大附中的三男、两女站成一排照一张合影．(1)若两个女生相邻，则共有多少种不同的站法？(2)若两个女生不相邻，则共有多少种不同的站法？(3)现要调换3人位置，其余2人位置不变，这样不同的调换方法有多少种？解：(1)可分成两步完成：第一步，因为两女生相邻，用捆绑法先把两女生看成一个整体，与三个男生排成一排有Aeq\o\al(4,4)种不同的站法；第二步，两个女生相邻有Aeq\o\al(2,2)种不同的站法．根据分步计数原理，共有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(2,2)＝48种不同的站法．(2)可分成两步完成：第一步，三个男生排成一排有Aeq\o\al(3,3)种不同的站法；第二步，三个男生排好后就产生了四个空位，再将两个女生插入