第9小题 计数原理（高考必考22题）2024年高考《数学》复习题型分类与方法点拨（解析版）

第第页第9小题计数原理TOC\o"1-4"\h\u第9小题计数原理 1一、主干知识归纳与回顾 29.1分类加法与分步乘法计数原理 29.2排列与组合 29.3二项式定理 3（一）命题角度剖析 4（二）考情分析 4（三）高考预测 4二、题型分类与预测 5命题点一：计数原理 51.1母题精析（三年高考真题） 51.2解题模型 51.3对点训练（四年省市模考） 6命题点二：二项式定理 71.1母题精析（三年高考真题） 71.2解题模型 71.3对点训练（四年省市模考） 8三、类题狂刷（五年区模、校模）： 9一、主干知识归纳与回顾9.1分类加法与分步乘法计数原理1.分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，那么完成这件事情共有种不同的方法.2.分步乘法计数原理：完成一件事有两个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，那么完成这件事情共有种不同的方法.9.2排列与组合1.排列定义：从个不同的元素中任取个元素，并按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同的元素中取出个元素的一个排列.全排列：把个不同的元素全部取出的一个排列，叫做个元素的一个全排列.2.排列数：从个不同的元素中任取个元素的所有不同排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，记作.3.排列数公式：（1）；（2），规定.；4.组合定义：从个不同的元素中取出个元素作为一组，叫做从个不同的元素中取出个元素的一个组合.5.组合数：从个不同的元素中取出个元素的所有不同组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，记作.6.组合数公式：（1）或或；（2），规定；（3）.9.3二项式定理1.二项式定理（1）二项式定理：.右边的多项式叫做的二项展开式.（2）二项展开式的通项：第项：.（3）二项式系数：2.二项式系数的性质：（1）若令,则有：，若令，则有.奇数项二项式系数的和等于偶数项二项式系数的和.即.（2）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即；（3）增减性与最大值：当时，二项式系数的值逐渐增大，当时,的值逐渐减小；当为偶数时，中间的一项取得最大值；当为奇数时，中间的两项和相等，且同时取最大值（一）命题角度剖析1.计数原理★★★★☆2.二项式定理★★★☆☆（二）考情分析高考频率：80%试题难度：容易呈现形式：以选择题或填空题（三）高考预测常结合有关知识背景、数学文化等命制有关排列、组合的试题，也常与古典概型知识相交汇，同时也考查利用二项式定理解决求特定项(或系数)问题、系数和问题二、题型分类与预测命题点一：计数原理1.1母题精析（三年高考真题）一．排列、组合及简单计数问题（共18小题）1．（2023•乙卷）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有A．30种 B．60种 C．120种 D．240种【分析】根据排列组合数公式，即可求解．【解答】解：根据题意可得满足题意的选法种数为：．故选：．【点评】本题考查排列组合问题，属基础题．2．（2023•甲卷）有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为A．120 B．60 C．40 D．30【分析】先选连续参加两天服务的人，再分别给星期六，星期日选人，然后根据分步乘法计数原理计算即可．【解答】解：先从5人中选1人连续两天参加服务，共有种选法，然后从剩下4人中选1人参加星期六服务，剩下3人中选取1人参加星期日服务，共有种选法，根据分步乘法计数原理可得共有种选法．故选：．【点评】本题考查了排列组合简单计数问题，属于基础题．3．（2023•新高考Ⅱ）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方法作抽样调查，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名和200名学生，则不同的抽样结果共有A．种 B．种 C．种 D．种【分析】根据分层抽样先进行计算，然后利用组合公式进行求解即可．【解答】解：初中部和高中部分别有400和200名学生，人数比例为，则需要从初中部抽取40人，高中部取20人即可，则有种．故选：．【点评】本题主要考查分层抽样以及简单的计数问题，利用组合公式进行计算是解决本题的关键，是基础题．4．（2022•新高考Ⅱ）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有A．12种 B．24种 C．36种 D．48种【分析】利用捆绑法求出丙和丁相邻的不同排列方式，再减去甲站在两端的情况即可求出结果．【解答】解：把丙和丁捆绑在一起，4个人任意排列，有种情况，甲站在两端的情况有种情况，甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有种，故选：．【点评】本题考查排列组合的应用，本题运用排除法，可以避免讨论，简化计算，属于基础题．5．（2021•乙卷）将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有A．60种 B．120种 C．240种 D．480种【分析】5名志愿者先选2人一组，然后4组全排列即可．【解答】解：5名志愿者选2个1组，有种方法，然后4组进行全排列，有种，共有种，故选：．【点评】本题主要考查排列组合的应用，利用先分组后排列的方法是解决本题的关键，是基础题．6．（2020•山东）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有A．120种 B．90种 C．60种 D．30种【分析】让场馆去挑人，甲场馆从6人中挑一人有：种结果；乙场馆从余下的5人中挑2人有：种结果；余下的3人去丙场馆；相乘即可求解结论．【解答】解：因为每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，甲场馆从6人中挑一人有：种结果；乙场馆从余下的5人中挑2人有：种结果；余下的3人去丙场馆；故共有：种安排方法；故选：．【点评】本题考查排列组合知识的应用，考查运算求解能力，是基础题．7．（2020•海南）要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有A．2种 B．3种 C．6种 D．8种【分析】先把三名学生分成2组，再把2组学生分到两个村，利用排列组合知识直接求解．【解答】解：要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有：．故选：．【点评】本题考查不同的安排方法种数的求法，考查排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．8．（2018•上海）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是A．4 B．8 C．12 D．16【分析】根据新定义和正六边形的性质可得答案．【解答】解：根据正六边形的性质，则，满足题意，而，，，，，和一样，有，当为底面矩形，有4个满足题意，当为底面矩形，有4个满足题意，故有故选：．【点评】本题考查了新定义，以及排除组合的问题，考查了棱柱的特征，属于中档题．9．（2017•新课标Ⅱ）安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有A．36种 B．24种 C．18种 D．12种【分析】根据题意，分2步进行分析：先将4项工作分成3组，再将分好的三组全排列，对应3名志愿者，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，先将4项工作分成3组，有种分组方法，将分好的三组全排列，对应3名志愿者，有种情况，则有种不同的安排方式；故选：．【点评】本题考查排列、组合的应用，注意题目中“每人至少完成1项，每项工作由1人完成”的要求．10．（2023•新高考Ⅰ）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64种（用数字作答）．【分析】利用分类计数原理进行计算即可．【解答】解：若选2门，则只能各选1门，有种，如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，则有，综上共有种不同的方案．故答案为：64．【点评】本题主要考查简单的计数问题，利用分类计数原理进行计算是解决本题的关键，是基础题．11．（2022•上海）用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2134大的数字个数为17（用数字作答）【分析】根据题意，按四位数的千位数字分2种情况讨论，由加法原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数，当其千位数字为3或4时，有种情况，即有12个符合题意的四位数，当其千位数字为2时，有6种情况，其中最小的为2134，则有个比2134大的四位数，故有个比2134大的四位数，故答案为：17．【点评】本题考查排列组合的应用，注意分类计数原理的应用，属于基础题．12．（2020•新课标Ⅱ）4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有36种．【分析】方法一：先从4人中选出2人作为一组有种方法，再与另外2人一起进行排列有种方法，相乘即可．方法二：三个小区必有1个小区安排2人，剩下的2人安排其它2个小区，相乘可得．【解答】解：方法一：因为有一小区有两人，则不同的安排方式共有种．方法二：三个小区必有1个小区安排2人，剩下的2人安排其它2个小区，故有故答案为：36．【点评】本题考查排列组合及分步计数原理的运用，属于基础题．13．（2020•上海）从6个人挑选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排1个人，第二天安排1个人，第三天安排2个人，则共有180种安排情况．【分析】根据题意，由组合公式得共有排法，计算即可得出答案．【解答】解：根据题意，可得排法共有种．故答案为：180．【点评】本题考查组合数公式，解题关键是正确理解题意并熟悉组合数公式，属于基础题．14．（2019•上海）首届中国国际进口博览会在上海举行，某高校拟派4人参加连续5天的志愿者活动，其中甲连续参加2天，其他人各参加1天，则不同的安排方法有24种（结果用数值表示）【分析】根据分步计数原理即可求出．【解答】解：在五天里，连续的2天，一共有4种，剩下的3人排列，故有种，故答案为：24．【点评】本题考查了简单的分步计数原理，属于基础题．15．（2018•浙江）从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成1260个没有重复数字的四位数．（用数字作答）．【分析】解：根据题意，分2种情况讨论：①，从0，2，4，6中取出的2个数字中没有0，②，从0，2，4，6中取出的2个数字中含有0，由分步计数原理计算每一种情况下四位数的数目，由加法原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：①，从0，2，4，6中取出的2个数字中没有0，有种取法，从1，3，5，7，9中任取2个数字，有种取法，再将选出的4个全排列，安排在4个数位，有种情况，一共可以组成个没有重复数字的四位数；②，从0，2，4，6中取出的2个数字中含有0，有种取法，从1，3，5，7，9中任取2个数字，有种取法，0不能在千位位置，其它3个数字任意排列，有种情况一共可以组成个没有重复数字的四位数；故一共可得组成个没有重复数字的四位数；故答案为：1260．【点评】本题考查排列组合及简单的计数问题，先选后排是解决问题的关键，属于综合题．16．（2018•新课标Ⅰ）从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有16种．（用数字填写答案）【分析】方法一：直接法，分类即可求出，方法二：间接法，先求出没有限制的种数，再排除全是男生的种数．【解答】解：方法一：直接法，1女2男，有，2女1男，有根据分类计数原理可得，共有种，方法二，间接法：种，故答案为：16【点评】本题考查了分类计数原理，属于基础题17．（2018•上海）某校组队参加辩论赛，从6名学生中选出4人分别担任一、二、三、四辩，若其中学生甲必须参赛且不担任四辩，则不同的安排方法种数为180（结果用数值表示）【分析】根据题意，分2步分析：①，学生甲可以担任一、二、三辩，有3种情况，②，在剩下的5名学生中任选3人，安排到其他三个辩手的位置，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2步分析：①，学生甲必须参赛且不担任四辩，则甲可以担任一、二、三辩，有3种情况，②，在剩下的5名学生中任选3人，安排到其他三个辩手的位置，有种情况，则有种不同的安排方法种数；故答案为：180．【点评】本题考查排列、组合的应用，注意优先满足受到限制的元素．18．（2017•浙江）从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有660种不同的选法．（用数字作答）【分析】由题意分两类选1女3男或选2女2男，再计算即可【解答】解：第一类，先选1女3男，有种，这4人选2人作为队长和副队有种，故有种，第二类，先选2女2男，有种，这4人选2人作为队长和副队有种，故有种，根据分类计数原理共有种，故答案为：660【点评】本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题1.2解题模型1.求解排列应用问题的六种主要方法(1)直接法，把符合条件的排列数直接列式计算；(2)优先法，优先安排特殊元素或特殊位置；(3)捆绑法，把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列；(4)插空法，对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中；(5)定序问题除法处理，对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列；(6)间接法，正难则反、等价转化的方法.2.组合问题的常见题型组合问题的常见题型有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等.其中分组问题常与分配问题综合，其常见形式及处理方法如下：将n个不同对象分成m组，且每组的对象个数分别为m1,m2,m3,…,mm,记(1)非均匀不编号分组：将n个不同对象分成m组，每组对象数目均不相等，且不考虑各组间的顺序，其分法种数为N.(2)均匀不编号分组：将n个不同对象分成不编号(即无序)的m组，每组对象数目相等，其分法种数为(3)部分均匀不编号分组：将n个不同对象分成不编号的m组，其中有r组对象数目相等，其分法种数为，如果再有k组均匀分组，应再除以.(4)非均匀编号分组：将n个不同对象分成m组，各组对象数目均不相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为N·.(5)均匀编号分组：将n个不同对象均匀分成有编号(即有序)的m组，其分法种数为N.(6)部分均匀编号分组：将n个不同对象分成有编号的m组，其中有r组对象数目相等，其分法种数为·3.涂色问题涂色问题一般是指求用几种不同颜色给已知图形的不同区域(或点)涂色，共有几种涂法的问题.涂色时需要关注图形特征：区域的个数、区域的相邻情况、图形形状等.这些特征都有可能使分类的标准、分步的过程不同.涂色问题一般有两种常用的解决方案：(1)选择正确的涂色顺序，按步骤逐一涂色，应用分步乘法计数原理进行计算；(2)先根据涂色时所用色数的多少进行分类处理，再在每一类的涂色方法的计算上应用分步乘法计数原理，最后根据分类加法计数原理对每一类的涂色方法数求和，即得到最终涂色方法数.1.3对点训练（四年省市模考）一．排列、组合及简单计数问题（共26小题）1．（2023•泉州模拟）某停车场行两排空车位，每排4个，现有甲、乙、丙、丁4辆车需要泊车，若每排都有车辆停泊，且甲、乙两车停泊在同一排，则不同的停车方案有A．288种 B．336种 C．384种 D．672种【分析】分两类情况，甲、乙两车停泊在同一排，丙、丁两车停泊在同一排时，与丙、丁选一辆与甲、乙停泊在同一排，另一辆单独一排，计算可得．【解答】解：甲乙两车停泊在同一排，丙、丁两车停泊在同一排时，种方案，丙、丁选一辆与甲、乙停泊在同一排，另一辆单独一排，种方案，所以共有种方案．故选：．【点评】本题主要考查了排列组合在实际问题中的应用，属于基础题．2．（2023•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【分析】根据题意，计算得到总情况数，然后计算得到甲是冠军与乙是最后一名的情况数，从而即可得到结果．【解答】解：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，其中甲是冠军的排列方法有，乙是最后一名的排列方法有，甲是冠军且乙是最后一名的排列方法有，所以甲不是冠军，乙不是最后一名的排列方法有．故选：．【点评】本题主要考查了排列组合知识，考查了分步乘法计数原理的应用，属于基础题．3．（2023•福建模拟）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．安排甲、乙、丙、丁4名航天员到空间站开展工作，每个舱至少安排1人，若甲、乙两人不能在同一个舱开展工作，则不同的安排方案共有A．36种 B．18种 C．24种 D．30种【分析】根据题意，分2步进行分析：①将甲、乙、丙、丁4名航天员分为3组，要求甲乙不在同一组，②将分好的三组全排列，安排到3个舱工作，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2步进行分析：①将甲、乙、丙、丁4名航天员分为3组，要求甲乙不在同一组，有种分组方法，②将分好的三组全排列，安排到3个舱工作，有种方法，则有种不同的安排方法．故选：．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．4．（2023•福建模拟）中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉．现有5支救援队前往，，等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去，两个数点中的一个，则不同的安排方法数是A．72 B．84 C．88 D．100【分析】由题意可知，若甲去点，则剩余4人，可只去，两个点，也可分为3组去，，个点．分别求出安排种法，相加即可得出甲去点的安排方法．同理，即可得出甲去点的安排方法，即可得出答案．【解答】解：若甲去点，则剩余4人，可只去，两个点，也可分为3组去，，个点．当剩余4人只去，两个点时，人员分配为1，3或2，2，此时的分配方法有；当剩余4人分为3组去，，个点时，先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有，综上可得，甲去点，不同的安排方法数是．同理，甲去点，不同的安排方法数也是50，所以不同的安排方法数是．故选：．【点评】本题主要考查排列、组合及简单计数问题，属于基础题．5．（2023•福州模拟）为了了解双减政策的执行情况，某地教育主管部门安排甲、乙、丙、丁四个人到、、三所学校进行调研，每个学校至少安排一人．若甲不去学校，则不同的安排方法有A．12种 B．18种 C．24种 D．36种【分析】分去学校2人和1人两种情况讨论求解即可．【解答】解：当去学校1人时，则先从乙、丙、丁3人中选2人去学校，然后剩下2人到、两校各去1人，则不同的安排方法有种，当去学校2人时，则先从乙、丙、丁3人中选1人去学校，然后从剩下3人分成两组到、两校，则不同的安排方法有种，由分类加法原理可得共种不同的方法，故选：．【点评】本题主要考查了排列组合知识，考查了分类加法计数原理的应用，属于基础题．6．（2023•福州模拟）“赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，登舟比赛的划手分为划左桨和划右桨．某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨．现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有A．15种 B．18种 C．19种 D．36种【分析】记只会划左桨的两人，只会划右桨的两人，既会划左桨又会划右桨的两人，分三类，①从中选择2人划左桨，划右桨的在中选两人，②从中选择1人划左桨，则从中选1人划左桨，再从剩下的3人中选2人划右桨，③从中选择0人划左桨，则中的两人划右桨，从中选2人划左桨，结合分类加法计数原理可得结果．【解答】解：根据题意，记只会划左桨的两人，只会划右桨的两人，既会划左桨又会划右桨的两人，①从中选择2人划左桨，划右桨的在中选两人，共有种，②从中选择1人划左桨，则从中选1人划左桨，再从剩下的3人中选2人划右桨，共有种；③从中选择0人划左桨，则中的两人划右桨，从中选2人划左桨，共有；所以不同的选派方法共有种．故选：．【点评】本题主要考查组合及简单计数问题，考查运算求解能力，属于基础题．7．（2022•泉州模拟）面对突如其来的新冠疫情，全国人民众志成城，齐心抗疫，甲、乙两位老师在上课之余．积极参加某社区的志愿活动，现该社区计划连续三天行核酸检测，需要多名志愿者协助工作，因工作关系，甲、乙不能在同一天参加志愿活动，那么甲、乙每人至少参加其中一天的方案有A．6种 B．9种 C．12种 D．24种【分析】利用分类加法计数原理，结合排列组合知识进行求解即可．【解答】解：分为三类：①甲乙各一天，有种；②甲2天，乙1天，有种；③乙2天，甲1天，有种，故共有种方案．故选：．【点评】本题考查了排列组合，分类讨论是最基本的指导思想，属于基础题．8．（2022•福州模拟）从集合，2，的非空子集中任取两个不同的集合和，若，则不同的取法共有A．42种 B．36种 C．30种 D．15种【分析】根据题意，按集合中元素的数目分3种情况讨论，由加法原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，集合中最少1个元素，最多3个元素，分3种情况讨论：①集合中有1个元素，集合有3种选法，集合的选法有种选法，此时有种取法，②集合中有2个元素，集合有种选法，集合的选法有种选法，此时有种取法，③集合中有3个元素，集合有1种选法，集合不是空集和全集即可，有种选法，此时有种取法，则有种取法，故选：．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．9．（2021•宁德三模）《周髀算经》是中国最古老的天文学、数学著作，公元3世纪初中国数学家赵爽创制了“勾股圆方图”（如图），用以证明其中记载的勾股定理．现提供4种不同颜色给右图中5个区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则不同涂色的方法种数为A．36 B．48 C．72 D．96【分析】根据题意，分2步依次分析区域和区域的涂色方法数目，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2步进行分析：①对于区域，三个区域两两相邻，有种涂色的方法，②对于区域，若区域与颜色相同，区域有2种选法，若区域与颜色不同，则区域有1种选法，区域也只有1种选法，则区域有种涂色的方法，则有种涂色的方法，故选：．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．10．（2020•福州模拟）概率论起源于博弈游戏世纪，曾有一个“赌金分配“的问题：博弈水平相当的甲、乙两人进行博弈游戏每局比赛都能分出胜负，没有平局．双方约定，各出赌金48枚金币，先赢3局者可获得全部赌金；但比赛中途因故终止了，此时甲赢了2局，乙赢了1局．向这96枚金币的赌金该如何分配？数学家费马和帕斯卡都用了现在称之为“概率“的知识，合理地给出了赌金分配方案．该分配方案是A．甲48枚，乙48枚 B．甲64枚，乙32枚 C．甲72枚，乙24枚 D．甲80枚，乙16枚【分析】根据题意，计算甲乙两人获得96枚金币的概率，据此分析可得答案．【解答】解：根据题意，前三局比赛中，博弈水平相当的甲、乙，即两人获胜的概率均为，假设两人继续进行比赛：甲获取96枚金币的概率，乙获取96枚金币的概率，则甲应该获得枚金币；乙应该获得枚金币；故选：．【点评】本题考查概率的性质以及应用，注意概率的定义，属于基础题．11．（2020•莆田一模）甲、乙、丙、丁四名志愿者去，，三个社区参与服务工作，要求每个社区至少安排一人，则不同的安排方式共有A．18种 B．36种 C．72种 D．81种【分析】根据题意，分2步进行分析：①，先将甲、乙、丙、丁四名志愿者分成3组，②，将分好的三组对应分派到，，三个社区，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2步进行分析：①，先将甲、乙、丙、丁四名志愿者分成3组，有种分法，②，将分好的三组对应分派到，，三个社区，有种情况，则有种不同的安排方式；故选：．【点评】本题考查排列、组合的应用，注意先分组，再排列，属于基础题．12．（2020•厦门模拟）在“弘扬中华文化”的演讲比赛中，参赛者甲、乙、丙、丁、戊进入了前5名的决赛（获奖名次不重复）．甲、乙、丙三人一起去询问成绩，回答者说：“第一名和第五名恰好都在你们三人之中，甲的成绩比丙好”，从这个回答分析，5人的名次排列的所有可能情况有A．18种 B．24种 C．36种 D．48种【分析】根据题意，分析可得则甲不能为第五名，据此按甲的名次分2种情况讨论，若甲是第一名和若甲不是第一名，求出每种情况下的可能数目，由加法原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，第一名和第五名恰好都在你们三人之中，甲的成绩比丙好，则甲不能为第五名，据此分2种情况讨论：若甲是第一名，则第五名可以为乙和丙，有2种情况，剩下三人有种情况，此时有种可能情况；若甲不是第一名，则甲有3种情况，同时第五名必须为丙，第一名为乙，剩下2人有种情况，此时有种可能情况；则一共有种可能情况，故选：．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及合情推理的应用，属于基础题．13．（2020•福州三模）数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏．如图是数独的一个简化版，由3行3列9个单元格构成．玩该游戏时，需要将数字1，2，3（各3个）全部填入单元格，每个单元格填一个数字，要求每一行、每一列均有1，2，3这三个数字，则不同的填法有A．12种 B．24种 C．72种 D．216种【分析】根据题意，结合数表分三步讨论每一行数字的填法，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分3步进行分析：①将1、2、3三个数字填入第一行，有种情况，②第二行第一列的数字与第一行第一列的数字不同，有2种情况，第二列、第三列只有1种情况，则第二行有1种情况，③由于前两行的数字确定，第三行只有1种情况，则有种不同的填法；故选：．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，注意分析题目的限制条件，属于基础题．14．（2020•漳州三模）甲、乙等4人排成一列，则甲乙两人不相邻的排法种数为A．24 B．12 C．6 D．4【分析】根据题意，分2步进行分析：①将甲乙之外的两人全排列，②排好后，有3个空位可用，在其中任选2个，安排甲乙，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2步进行分析：①将甲乙之外的两人全排列，有种排法；②排好后，有3个空位可用，在其中任选2个，安排甲乙，有种排法；故甲乙不相邻的排法有种；故选：．【点评】本题考查排列组合的应用，注意不相邻问题用插空法分析，属于基础题．15．（2019•莆田二模）从4位女生，3位男生中选3人参加科技比赛，则至多有2位女生入选的方法种数为A．30 B．31 C．185 D．186【分析】由排列、组合及简单的计数原理得：从4位女生，3位男生中选3人参加科技比赛，则至多有2位女生入选的方法可分为3类：①从4位女生，3位男生中选3男的选法有种，②从4位女生，3位男生中选1女2男的选法有种，③从4位女生，3位男生中选2女1男的选法有种，综合①②③得：至多有2位女生入选的方法种数为，得解．【解答】解：从4位女生，3位男生中选3人参加科技比赛，则至多有2位女生入选的方法可分为3类：①从4位女生，3位男生中选3男的选法有种，②从4位女生，3位男生中选1女2男的选法有种，③从4位女生，3位男生中选2女1男的选法有种，综合①②③得：至多有2位女生入选的方法种数为，故选：．【点评】本题考查了排列、组合及简单的计数原理，属中档题．16．（2019•南平二模）从6位女学生和5位男学生中选出3位学生，分别担任数学、信息技术、通用技术科代表，要求这3位科代表中男、女学生都要有，则不同的选法共有A．810种 B．840种 C．1620种 D．1680种【分析】根据条件分2男1女，或1男2女，利用排列组合公式进行计算即可．【解答】解：若3位科代表中男、女学生都要有，则分2男1女，或1男2女，若1男2女，则有，若2男1女，则有，共有，故选：．【点评】本题主要考查排列组合的应用，根据条件分2男1女，或1男2女是解决本题的关键．17．（2018•泉州二模）李雷和韩梅梅两人都计划在国庆节的7天假期中，到“东亚文化之都泉州”“二日游”，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有A．16种 B．18种 C．20种 D．24种【分析】根据分类计数原理，“东亚文化之都泉州”“二日游”，任意相邻两天组合一起，一共有6种情况，如①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦，分两种情况讨论即可．【解答】解：任意相邻两天组合一起，一共有6种情况，如①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦，若李雷选①②或⑥⑦，则韩梅梅有4种选择，选若李雷选②③或③④或④⑤或⑤⑥，则韩梅梅有3种选择，故他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有，故选：．【点评】本题考查了分类计数原理，考查了分类转化能力，属于中档题18．（2023•福建模拟）近年来，“剧本杀”门店遍地开花．放假伊始，7名同学相约前往某“剧本杀”门店体验沉浸式角色扮演型剧本游戏，目前店中仅有可供4人组局的剧本，其中，角色各1人，角色2人．已知这7名同学中有4名男生，3名女生，现决定让店主从他们7人中选出4人参加游戏，其余3人观看，要求选出的4人中至少有1名女生，并且，角色不可同时为女生．则店主共有348种选择方式．【分析】根据题意，按照选出的女生人数进行分类，分别求出每一类的选择种数，然后相加即可求解．【解答】解：由题意，根据选出的女生人数进行分类，第一类：选出1名女生，先从3名女生中选1人，再从四名男生中选3人，然后安排角色，两名男生扮演，角色有种，剩余的1名男生和女生扮演角色，或，角色1名男生1名女生，女生先选有，剩下的一个角色从3名男生中选1人，则种，所以共有种，第二类：选出2名女生，先从3名女生中选2人，再从四名男生中选2人，然后安排角色，两名男生扮演，角色有种，剩余的2名女生扮演角色，或，角色1名男生1名女生，选出1名女生先选角色有，剩下的一个角色从2名男生中选1人，则种，所以共有种，第三类：选出3名女生，从先从3名女生中选3人，再从四名男生中选1人，然后安排角色，，角色1名男生1名女生，选出1名女生先选角色有，剩下的一个角色让男生扮演，余下的2名女生扮演角色，所以共有种，综上所述，店主共有种选择方式，故答案为：348．【点评】本题主要考查了排列组合知识，属于中档题．19．（2023•泉州模拟）将0，1，2，3，10任意排成一行，可以组成84个不同的6位数．（用数字作答）【分析】首先求出数字0不在首位，再求出数字1和0相邻且1在0之前的排法，即可得解．【解答】解：将0，1，2，3，10任意排成一行，且数字0不在首位，则有种，数字1和0相邻且1在0之前的排法有种，故所求满足题意的6位数有个．故答案为：84．【点评】本题考查排列相关知识，属于基础题．20．（2022•厦门模拟）2021年秋季，教育部明确要求在全国中小学全面推行课后延时服务，实行“”服务模式．某校开设了篮球、围棋和剪纸三门课后延时服务课程，某班的4个同学每人选择了其中的一门课程，若每门课程都有人选，则不同的选课方案种数为36．（用数字作答）【分析】根据题意，分2步进行：①先将4人分为3组，②再将分好的三组安排三门课后延时服务课程，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2步进行：①将4人分为3组，有种分组方法，②将分好的三组安排三门课后延时服务课程，有种排法，则有种安排方法，故答案为：36．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．21．（2021•泉州二模）现有甲、乙两类零件共8件，其中甲类6件，乙类2件，若从这8件零件中选取3件，甲、乙两类均被选到的方法共有36种．（用数字填写答案）【分析】甲、乙两类均被选到分两种情况：甲类2件，乙类1件；甲类1件，乙类2件，再结合组合数进行运算，得解．【解答】解：甲、乙两类均被选到分两种情况：①甲类2件，乙类1件，有种选法；②甲类1件，乙类2件，有种选法，所以共有种选法．故答案为：36．【点评】本题考查组合数与计数原理的综合应用，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．22．（2021•厦门一模）有8名大学生到甲、乙、丙三所学校去支教，每名大学生只去一所学校，若甲学校需要2名，乙学校需要2名，丙学校需要4名，则不同安排方法的种数为420（用数字作答）【分析】根据题意，分3步进行分析：①在8名大学生中任选2人，安排到甲校，②在剩下的6人中任选2人，安排到乙校，③将最后的4人安排到丙学校，由分步计数原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分3步进行分析：①在8名大学生中任选2人，安排到甲校，有种安排方法，②在剩下的6人中任选2人，安排到乙校，有种安排方法，③将最后的4人安排到丙学校，有1种安排方法，则有种安排方法，故答案为：420．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．23．（2021•南平模拟）福建省于2021年启动了中学生科技创新后备人才培养计划（简称中学生“英才计划”，在数学、物理、化学、生物、计算机等学科有特长的学生入选2021年福建省中学生“英才计划”，他们将在大学教授的指导下进行为期一年的培养，现有4名数学特长生可从3位数学教授中任选一位作为导师，每位数学教授至多带2名数学特长生，则不同的培养方案有54种．（结果用数字作答）【分析】根据题意，分2种情况讨论：①4名学生平均分为2组，在3位教授中选出2人作为导师，②将4名学生分为的三组，由3位教授作为导师，由加法原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，分2种情况讨论：①4名学生平均分为2组，在3位教授中选出2人作为导师，有种培养方案，②将4名学生分为的三组，安排3位教授作为导师，有种培养方案，则有种培养方案；故答案为：54．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，属于基础题．24．（2021•厦门二模）在大课间风采展示中，某班级准备了2个舞蹈，2个独唱，1个小品，共5个节目．要求相同类型的节目不能相邻，那么节目的不同演出顺序共有48种．【分析】根据题意，用间接法分析：先计算全部的排法数目，再求出其中“2个舞蹈相邻”、“2个独唱相邻”和“2个舞蹈和2个独唱都相邻”的排法，由此分析可得答案．【解答】解：根据题意，5个节目全排列，有种安排方法，其中2个舞蹈相邻的排法有种，2个独唱相邻的排法有种，2个舞蹈和2个独唱都相邻的排法有种，则相同类型的节目不能相邻的排法有种，故答案为：48．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．25．（2019•厦门二模）在“2022北京冬奥会”宣传活动中，甲、乙、丙、丁等4人报名参加了、、三个项目的志愿者活动，每个项目至少需要1名志愿者，则共有36种不同的方案．（用数字填写答案）【分析】先分组，然后全排列进行计算即可．【解答】解：4人选2人1组，有种，然后进行全排列有，故答案为：36【点评】本题主要考查计数问题的应用，先分组后排列是解决本题的关键．26．（2019•泉州二模）某校开设物理、化学、生物、政治、历史、地理等6门选修课，甲同学需从中选修3门，其中化学、生物两门中至少选修一门，则不同的选法种数有16．（用数字填写答案）【分析】讨论化学和生物是否选，进行讨论计算即可．【解答】解：若选化学，不选生物有种，选生物不选化学，有种，化学和生物都选，则有种，则共有种，故答案为：16．【点评】本题主要考查排列组合的应用，利用分类讨论思想是解决本题的关键．比较基础．命题点二：二项式定理1.1母题精析（三年高考真题）一．二项式定理（共30小题）1．（2023•北京）的展开式中，的系数是A． B．40 C． D．80【分析】首先找出二项展开式的通项公式，然后令的次数为1，找到的对应值，带回通项公式即可求得．【解答】解：由二项式定理可知展开式的第项，，1，，令，可得．即含的项为第3项，，故的系数为80．故选：．【点评】本题考查利用二项展开式的通项公式的应用，属简单题．2．（2022•北京）若，则A．40 B．41 C． D．【分析】法一：由题意，利用二项式展开式的通项公式，求出和，以及的值，可得结论．解法二：在所给的等式中，分别令，，得到两个等式，再把两个等式相加并处以2可得的值．【解答】解：法一：，可得，，，，故答案为：41．法二：，令，可得，再令，可得，两式相加处以2可得，，故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式的系数和常用的方法是赋值法，属于基础题．3．（2020•北京）在的展开式中，的系数为A． B．5 C． D．10【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于2，求出的值，即可求得的系数．【解答】解：的展开式的通项公式为，令，求得，可得的系数为，故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．4．（2020•新课标Ⅰ）的展开式中的系数为A．5 B．10 C．15 D．20【分析】先把条件整理转化为求展开式中的系数，再结合二项式的展开式的特点即可求解．【解答】解：因为；要求展开式中的系数即为求展开式中的系数；展开式含的项为：；故的展开式中的系数为15；故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，属基础题．5．（2019•新课标Ⅲ）的展开式中的系数为A．12 B．16 C．20 D．24【分析】利用二项式定理、排列组合的性质直接求解．【解答】解：的展开式中的系数为：．故选：．【点评】本题考查展开式中的系数的求法，考查二项式定理、排列组合的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题．6．（2019•全国）的展开式中的系数是A．120 B．60 C．30 D．15【分析】由二项式定理及展开式的通项得：，令，解得，则的展开式中的系数是，得解．【解答】解：由二项式的展开式的通项为，令，解得，则的展开式中的系数是，故选：．【点评】本题考查了二项式定理及展开式的通项，属中档题．7．（2018•新课标Ⅲ）的展开式中的系数为A．10 B．20 C．40 D．80【分析】由二项式定理得的展开式的通项为：，由，解得，由此能求出的展开式中的系数．【解答】解：由二项式定理得的展开式的通项为：，由，解得，的展开式中的系数为．故选：．【点评】本题考查二项展开式中的系数的求法，考查二项式定理、通项公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．8．（2023•天津）在的展开式中，项的系数为60．【分析】根据二项展开式的通项公式求解．【解答】解：二项式的展开式的通项为，令得，，项的系数为．故答案为：60．【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．9．（2023•上海）已知，若存在，1，2，，使得，则的最大值为49．【分析】由二项展开式的通项可得，若，则为奇数，所以，即，从而求出的取值范围，得到的最大值．【解答】解：二项式的通项为，，1，2，，，二项式的通项为，，1，2，，，，，1，2，，，若，则为奇数，此时，，，，又为奇数，的最大值为49．故答案为：49．【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于中档题．10．（2023•上海）设，则17．【分析】根据二项式定理及组合数公式，即可求解．【解答】解：根据题意及二项式定理可得：．故答案为：17．【点评】本题考查二项式定理及组合数公式的应用，属基础题．11．（2022•新高考Ⅰ）的展开式中的系数为（用数字作答）．【分析】由题意依次求出中，项的系数，求和即可．【解答】解：的通项公式为，当时，，当时，，的展开式中的系数为．故答案为：．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查运算求解能力，是基础题．12．（2022•天津）的展开式中的常数项为15．【分析】先写出二项式的展开式的通项，整理出最简形式，要求展开式的常数项，只要使得变量的指数等于0，求出的值，代入系数求出结果．【解答】解：的展开式的通项是要求展开式中的常数项只要使得，即常数项是，故答案为：15【点评】本题考查二项式定理，本题解题的关键是写出展开式的通项，这是解决二项式定理有关题目的通法，本题是一个基础题．13．（2022•浙江）已知多项式，则8，．【分析】相当于是用中的一次项系数乘以展开式中的一次项系数加上中的常数项乘以展开式中的二次项系数之和，分别令，，即可求得的值．【解答】解：，；令，则，令，则，．故答案为：8，．【点评】本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于中档题．14．（2022•上海）二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，则10．【分析】由题意，利用二项式展开式的通项公式，求得的值．【解答】解：二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，即，即，，故答案为：10．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．15．（2021•天津）在的展开式中，的系数是160．【分析】求出展开式的通项公式，令的指数为6，求出的值，即可求得的系数．【解答】解：的展开式的通项公式为，令，解得，所以的系数是．故答案为：160．【点评】本题主要考查二项式定理，二项展开式的通项公式，考查运算求解能力，属于基础题．16．（2021•上海）已知二项式展开式中，的系数为80，则2．【分析】由二项展开式的通项公式可得的系数，再根据的系数为80，求出的值．【解答】解：的展开式的通项公式为，所以的系数为，解得．故答案为：2．【点评】本题主要考查二项式定理，二项展开式的通项公式，考查运算求解能力，属于基础题．17．（2021•上海）已知的展开式中，唯有的系数最大，则的系数和为64．【分析】由已知可得，令，即可求得系数和．【解答】解：由题意，，且，所以，所以令，的系数和为．故答案为：64．【点评】本题主要考查二项式定理．考查二项式系数的性质，属于基础题．18．（2021•浙江）已知多项式，则5；．【分析】利用通项公式求解的系数，即可求出的值；利用赋值法，令，即可求出的值．【解答】解：即为展开式中的系数，所以；令，则有，所以．故答案为：5；10．【点评】本题考查了二项展开式的通项公式的运用以及赋值法求解系数问题，考查了运算能力，属于基础题．19．（2021•北京）在的展开式中，常数项是．（用数字作答）【分析】利用二项展开式的通项公式即可求得展开式中的常数项．【解答】解：设展开式的通项为，则令得．展开式中常数项为：．故答案为：．【点评】本题考查二项式系数的性质，利用通项公式化简是关键，属于中档题．20．（2020•全国）的展开式中的系数为．（用数字作答）【分析】先观察展开式中的特点，再求解即可．【解答】解：的展开式中可看作：，，，中取3次，取1次常数相乘得到，展开式中的系数为，故答案为：．【点评】本题主要考查二项展开式中特定项系数的运算，属于中档题．21．（2020•天津）在的展开式中，的系数是10．【分析】解法一：在的展开式的通项公式中，令的幂指数等于2，求出的值，即可得到展开式中的系数．解法二：把二项式的幂指数5，分成4和1，可得的系数．【解答】解：解法一：的展开式的通项公式为，令，得，的系数是，故答案为：10．解法二：分配指数法，，故把二项式的幂指数5，拆分成4和1，故的系数是，故答案为：10．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，还考差了分解指数法，属于中档题．22．（2020•新课标Ⅲ）的展开式中常数项是240（用数字作答）．【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项的值．【解答】解：由于的展开式的通项公式为，令，求得，故常数项的值等于，故答案为：240．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．23．（2020•全国）若多项式能被整除，则2．【分析】根据整除的概念即可求解．【解答】解：，又多项式能被整除，，，故答案为：2．【点评】本题考查多项式整除问题，属基础题．24．（2020•上海）已知二项式，则展开式中的系数为10．【分析】由，可得到答案．【解答】解：，所以展开式中的系数为10．故答案为：10．【点评】本题考查利用二项式定理求特定项的系数，属于基础题．25．（2020•浙江）二项展开式，则80，．【分析】直接利用二项式定理的通项公式，求解即可．【解答】解：，则．．故答案为：80；122．【点评】本题考查二项式定理的应用，只有二项式定理系数以及项的系数的区别，是基本知识的考查．26．（2019•天津）的展开式中的常数项为28．【分析】本题可根据二项式的展开式的通项进行计算，然后令的指数为0即可得到的值，代入的值即可算出常数项．【解答】解：由题意，可知：此二项式的展开式的通项为：．当，即时，为常数项．此时．故答案为：28．【点评】本题主要考查二项式的展开式的通项，通过通项中未知数的指数为0可算出常数项．本题属基础题．27．（2019•上海）在的展开式中，常数项等于15．【分析】利用二项展开式的通项公式求出第项，令的指数为0得常数项．【解答】解：展开式的通项为，，得，故展开式的常数项为第5项：．故答案为：15．【点评】本题考查二项展开式的通项公式是解决二项展开式的特定项问题的工具．28．（2019•浙江）在二项式展开式中，常数项是，系数为有理数的项的个数是．【分析】写出二项展开式的通项，由的指数为0求得常数项；再由2的指数为整数求得系数为有理数的项的个数．【解答】解：二项式的展开式的通项为．由，得常数项是；当，3，5，7，9时，系数为有理数，系数为有理数的项的个数是5个．故答案为：，5．【点评】本题考查二项式定理及其应用，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．29．（2019•上海）已知二项式，则展开式中含项的系数为40．【分析】先求得二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于2，求得的值，即可求得含项的系数值．【解答】解：二项式的展开式的通项公式为，令，求得，可得展开式中含项的系数值为，故答案为：40．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题．30．（2018•天津）在的展开式中，的系数为．【分析】写出二项展开式的通项，由的指数为2求得值，则答案可求．【解答】解：的二项展开式的通项为．由，得．的系数为．故答案为：．【点评】本题考查二项式定理的应用，考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．1.2解题模型1.求展开式中的特定项(系数）(1)求几个多项式积的特定项(系数):可先分别化简或展开为多项式和的形式，再分类考虑特定项产生的每一种情形，求出相应的特定项，最后进行合并即可.(2)求几个多项式和的特定项(系数);可先分别求出每一个多项式中的特定项，再合并，通常要用到方程或不等式的知识求解.(3)求三项展开式的特定项(系数):①通常将三项式转化为二项式积的形式，然后利用多项式积的展开式中的特定项问题的求解方法求解；②将其中某两项看成一个整体，直接利用二项式展开，然后再分类考虑特定项产生的所有可能情形.2.求二项式系数和与各项系数之和(1)对于二项式(a+b)n,其展开式的各二项式系数的和等于2n,(2)对形如(ax+b)n(a,b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x=1即可；对形如(ar+by)n(a,b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，只需令x=y=1即可.(3)一般地，对于多项式(a+bx)n=,令g(x)=(a+bx)n,则(a+bx)"的展开式中各项的系数之和为g(1),奇数项的系数之和为[g(1)+g(-1)].偶数项的系数之和为[g(1)-g(-1)]3.展开式中的系数最大问题(1)二项式系数最大求展开式中二项式系数最大问题，根据二项式系数的性质即可解决.当n为偶数时，展开式中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，展开式中间两项的二项式系数最大.(2)系数最大求展开式中系数最大问题与二项式系数最大问题是不同的，还需考虑各项系数的正、负情况：①在系数符号相同的前提下，求系数的最大(小)值只需比较两组相邻两项系数的大小，根据通项公式正确地列出不等式组即可.②当各项系数正负相间时，求系数的最大值应在系数都为正的各项系数间构造不等式组；求系数的最小值应在系数都为负的各项系数间构造不等式组.1.3对点训练（四年省市模考）一．二项式定理（共42小题）1．（2023•泉州模拟）的展开式中，的系数等于A． B． C．10 D．45【分析】由二项式展开式的通项公式即可求出的系数．【解答】解：的通项为，令，解得，所以项的系数为：．故选：．【点评】本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于基础题．2．（2023•龙岩模拟）在的展开式中，的系数为A．12 B． C．6 D．【分析】根据题意，由二项式的展开式可得只有中的1与中的相乘才会得到，然后代入计算，即可得到结果．【解答】解：因为，所以只有中的1与中的相乘才会得到，即，所以的系数为．故选：．【点评】本题主要考查二项式定理，考查运算求解能力，属于基础题．3．（2023•漳州模拟）已知的展开式中常数项为20，则A．3 B．4 C．5 D．6【分析】直接利用二项展开式和组合数求出结果．【解答】解：的二项展开式，当时，，解得．故选：．【点评】本题考查的知识要点：组合数，二项展开式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．4．（2023•福州模拟）若二项式展开式中存在常数项，则正整数可以是A．1 B．5 C．6 D．7【分析】写出二项展开式的通项，由的指数为0可得，即是2的倍数，则答案可求．【解答】解：通项，依题意得，．故是2的倍数．选项符合要求，故选：．【点评】本题考查二项式系数的性质，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题．5．（2023•厦门模拟）的展开式中项的系数等于80，则实数A．2 B． C． D．【分析】根据展开式的通项公式，确定项的系数，即可求解．【解答】解：展开式的通项公式是，当时，项的系数为，解得：．故选：．【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．6．（2022•泉州模拟）的展开式中的系数为A．5 B．6 C．7 D．15【分析】用中的前2项分别与展开式中的5次项、6次项相乘然后相加可得的7次项，可得答案．【解答】解：用中的前2项分别与展开式中的5次项、6次项相乘然后相加得，的展开式中的系数为5．故选：．【点评】本题考查二项展开式定理应用，考查数学运算能力，属于基础题．7．（2022•莆田模拟）展开式中的常数项为A． B． C．15 D．30【分析】求出展开式的通项公式，然后令的指数为0，由此即可求解．【解答】解：展开式的通项公式为，，1，2，3，4，5，6，令，解得，则展开式的常数项为，故选：．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．8．（2022•漳州模拟）已知二项式的展开式的所有项的系数和为32，则的展开式中常数项为A．45 B． C．1 D．【分析】令二项式中的，，可求得的值，代入，求出展开式的通项公式，令的指数为0，求出的值，从而可得常数项．【解答】解：令二项式中的，，可得展开式的所有项的系数和为，解得，则即的展开式的通项公式为，令，解得，所以的展开式中常数项为．故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，考查赋值法及二项展开式的通项公式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．9．（2021•泉州二模）的展开式中的系数为A． B． C．3 D．6【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中的系数．【解答】解：的展开式的通项公式为，令，求得，可得中的系数为，故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于中档题．10．（2021•龙岩模拟）的展开式中，的系数为A． B． C．30 D．60【分析】将变形为，然后利用二项展开式的通项公式寻找含有的项即可．【解答】解：因为，要找展开始终含有的项，则需要从中找到含有的项，所以，则的系数为．故选：．【点评】本题考查了二项式定理的运用，解题的关键是将已知的式子进行变形，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．11．（2021•龙岩一模）的展开式中，的系数为A．30 B．10 C． D．20【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．【解答】解：，的展开式中的系数为，故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．12．（2020•泉州二模）的展开式中的系数为A．14 B．28 C．70 D．98【分析】把按照二项式定理展开，可得的展开式中的系数．【解答】解：，故展开式中的系数为，故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．13．（2020•福州模拟）的展开式中的系数为A． B．5 C．6 D．7【分析】把按照二项式定理展开，求得展开式中含项的系数．【解答】解：二项式，，展开式中含项的系数为：．故选：．【点评】本题主要考查了二项式定理的应用：求展开式中某项的系数，是基础题．14．（2020•龙岩一模）的展开式中常数项为A． B．40 C． D．80【分析】利用通项公式即可得出【解答】解：的展开式的通项公式：．令，或，解得，（舍去）．的展开式中常数项：．故选：．【点评】本题考查了二项式定理的展开式的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题15．（2020•福建二模）的展开式中的系数为A．6 B．24 C．32 D．48【分析】先求出通项，然后令的指数等于2，求出的值，即可求出对应的系数．【解答】解：由已知得，令，则的系数为．故选：．【点评】本题考查利用通项法求二项展开式特定项的系数问题，属于基础题．16．（2020•福州模拟），则A． B．40 C．80 D．【分析】由题意，利用二项展开式的通项公式，求得的值．【解答】解：，令，则，．展开式的通项为：，令，求得，所以，，即，故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．17．（2020•宁德模拟）的展开式中，的系数是A． B． C．50 D．30【分析】将第一个括号打开，分别与后面的二项式相乘，将问题转化为求后一个括号二项式展开式的4次项、3次项的问题求解．【解答】解：原式．故展开式含的项为：．故所求系数为30．故选：．【点评】本题考查二项式的通项及其应用．要注意转化思想在解题中的应用，强调计算的准确性．属于基础题．18．（2020•泉州模拟）的展开式中，的系数为A．10 B．38 C．70 D．240【分析】利用通项公式即可得出．【解答】解：的展开式中的通项公式，的系数：．故选：．【点评】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．19．（2020•福清市一模）若展开式中的系数为78，则整数的值为A． B． C．2 D．3【分析】把按照二项式定理展开，即可求得的展开式中的系数，再根据展开式中的系数为78得实数的值【解答】解：，展开式中的系数为得或，整数的值为故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题20．（2023•莆田模拟）已知，则A． B． C． D．【分析】根据题意通过赋值逐项分析判断．【解答】解：令，可得，故错误；令，可得，故正确；令，可得，结合选项，两式作差，可得，即，故正确；令，可得，故正确．故选：．【点评】本题主要考查二项式定理，属于基础题．21．（2023•宁德模拟）若，则A． B． C． D．【分析】把二项式变形，根据二项式展开式的通项公式，以及给变量赋值，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论．【解答】解：，令，可得，故正确；再令，可得①，再令，可得②，把①和②相加除以2，可得，故正确；由以上可得，故错误；把已知式两边求导数，可得，再令，可得，故正确．故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式的系数和常用的方法是赋值法，属于中档题．22．（2022•三明模拟）的二项展开式中，第5项和第6项的二项式系数相等，则A． B．常数项为84 C．各项系数的绝对值之和为512 D．系数最小项为第5项【分析】利用二项式系数的性质求得，再利用二项式展开式的通项公式，求解即可．【解答】解：，第5项和第6项的二项式系数相等，，，正确，，的二项展开式的通项为，令，则，常数项为，错误，，在中，令，则，各项系数的绝对值之和为512，正确，，第1，3，5，7，9项系数为正数，第2，4，6，8，10项系数为负数，第6项的系数最小，错误，故选：．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，属于中档题．23．（2022•龙岩模拟）已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的有A．展开式共有7项 B．二项式系数最大的项是第4项 C．所有二项式系数和为128 D．展开式的有理项共有4项【分析】利用赋值法求出的值，然后结合二项式系数的性质以及通项逐项判断．【解答】解：令可得：，解得，故该二项式为，故展开式中共项，故错误；二项式系数最大的项为中间的第4、5项，故错误；所有二项式系数之和为，故正确；展开式的通项为，，1，2，，7，当，3，5，7时，为有理项，故正确．故选：．【点评】本题考查二项式系数的性质以及通项的应用，属于基础题．24．（2022•莆田模拟）下列说法正确的是A．展开式中的常数项为 B．展开式中的各项系数之和为1 C．展开式中的系数为40 D．展开式中的二项式系数之和为32【分析】选项：根据二项式定理求出常数项即可判断；选项：令，由此即可判断；选项：求出展开式中含的项，由此即可求解；选项：根据二项式系数和公式即可判断．【解答】解：选项：展开式的常数项为，故正确，选项：令，则展开式的各项系数和为，故错误，选项：展开式中含的项为，所以的系数为40，故正确，选项：二项式的展开式的二项式系数和为，故正确，故选：．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．25．（2023•南平模拟）的展开式中的常数项是：．（请用数字作答）【分析】先求出展开式的通项公式，令，即可求解．【解答】解：展开式的通项公式为，令，解得，故的展开式中的常数项是．故答案为：．【点评】本题主要考查二项式定理，属于基础题．26．（2023•三明三模）若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，6，8的第六十百分位数，则的展开式中的系数为．【分析】利用百分位数求解，然后利用二项式定理求解的系数即可．【解答】解：若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，6，8的第六十百分位数，可知，的展开式中的系数：．故答案为：．【点评】本题考查二项式定理的应用，百分位数的应用，是基础题．27．（2023•漳州模拟）的展开式中项的系数为240．【分析】利用二项式定理的展开原理，写出通项，利用方程，可得答案．【解答】解：由，则其展开式的通项，化简可得，令，则，故．故答案为：240．【点评】本题主要考查二项式定理，属于基础题．28．（2017•厦门二模）已知展开式的二项式系数之和为64，则其展开式中常数项是60．【分析】根据题意，的展开式的二项式系数之和为64，由二项式系数的性质，可得，解可得，；进而可得二项展开式，令，可得，代入二项展开式，可得答案．【解答】解：由二项式系数的性质，可得，解可得，；的展开式为，令，可得，则展开式中常数项为60．故答案为：60．【点评】本题考查二项式定理的应用，注意系数与二项式系数的区别．29．（2023•厦门模拟）已知的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，则展开式中的常数项为60．【分析】由题意利用二项式展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，建立方程解出的值，再利用公式求出展开式中的常数项．【解答】解：因为的二项展开式为：，所以它的第二项的系数为：，该二项式的展开式中第二项的二项式系数为：，由的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，所以有：，所以二项式为，由展开式通项为：，令，所以展开式中的常数项为：．故答案为：60．【点评】本题主要考查二项式定理，属于基础题．30．（2023•龙岩模拟）已知的展开式中的系数为21，则1．【分析】易知的展开式中的系数为，由此可得，即可得解．【解答】解：的展开式的通项为，则的展开式中的系数为，则，解得．故答案为：1．【点评】本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于基础题．31．（2023•莆田模拟）的展开式中的系数为15（用数字作答）．【分析】当前边括号取时，与后边括号的系数组合；当前边括号取时，与后边括号的组合；两种情况相加即可．【解答】解：展开式的通项公式为，，1，，当时，；当时，，的展开式中的系数为，故答案为：15．【点评】本题考查二项式展开式的应用，考查学生计算能力，属于基础题．32．（2023•泉州模拟）已知，且，则0．【分析】根据题意，写出的通项公式，结合，计算即可．【解答】解：的通项公式，时，，时，，，，故，故答案为：0．【点评】本题考查了二项式定理，属于基础题．33．（2023•漳州模拟）的展开式中项的系数是．（用数字作答）【分析】展开式的通项为，取，计算得到答案．【解答】解：展开式的通项为，取得到，故的展开式中项的系数是．故答案为：．【点评】本题主要考查二项式定理，属于基础题．34．（2022•漳州模拟）已知的展开式中的系数为240．【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于2，求得的值，即可求得展开式中的的系数．【解答】解：在的展开式中，通项公式为，令，可得展开式中的系数为，故答案为：240．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．35．（2022•漳州模拟）除以6的余数是1．【分析】因为，由此即可求解．【解答】解：因为，所以展开式中1后面的各项都可以被6整除，所以除以6的余数为1，故答案为：1．【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．36．（2021•厦门模拟）展开式中的常数项为（用数字作答）．【分析】先求出二项式的展开式的通项公式，然后令的指数分别为和0，求出的值，进而可以求解．【解答】解：二项式的展开式的通项公式为，令，解得，令，解得，所以展开式的常数项为，故答案为：．【点评】本题考查了二项式定理的应用，涉及到常数项的求解，考查了学生的运算能力，属于基础题．37．（2021•泉州一模）展开式中，二项式系数最大的项的系数为160．（用数字填写答案）【分析】根据展开式中二项式系数最大的项是，由此求出它的系数．【解答】解：展开式共有7项，且二项式系数对称分布；故第4项的二项式系数最大，最大值为：，故答案为：160．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．38．（2021•宁德三模）已知展开式中的所有项的系数和为64，则实数1；展开式中常数项为．【分析】由题意令，可得二项式的各项系数和，求出的值，再利用二项展开式的通项公式，求得展开式的常数项．【解答】解：令，可得展开式中的所有项的系数和为，则实数．展开式中常数项为，故答案为：1；6．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，求二项式的各项系数和，二项展开式的通项公式，属于中档题．39．（2021•漳州一模）已知二项式的展开式的二项式的系数和为256，则展开式