2020高考数学二轮复习练习：第一部分 第4讲 计数原理与二项式定理 练典型习题 提数学素养 5页

一、选择题 ‎1．在某夏令营活动中，教官给6位“萌娃”布置一项搜寻空投食物的任务．已知：①食物投掷地点有远、近两处；②由于Grace年龄尚小，所以要么不参与该项任务，但此时另需一位小孩在大本营陪同，要么参与搜寻近处投掷点的食物；③所有参与搜寻任务的小孩须被均分成两组，一组去远处，一组去近处．那么不同的搜寻方案有(　　)‎ A．10种　　　　　　 B．40种 C．70种 D．80种 解析：选B.若Grace不参与任务，则需要从剩下的5位小孩中任意挑出1位陪同，有C种挑法，再从剩下的4位小孩中挑出2位搜寻远处，有C种挑法，最后剩下的2位小孩搜寻近处，因此一共有CC＝30种搜寻方案；若Grace参加任务，则其只能去近处，需要从剩下的5位小孩中挑出2位搜寻近处，有C种挑法，剩下3位小孩去搜寻远处，因此共有C＝10种搜寻方案．综上，一共有30＋10＝40种搜寻方案，故选B.‎ ‎2．(2019·合肥市第一次质量检测)若的展开式的常数项为60，则a的值为(　　)‎ A．4 B．±4‎ C．2 D．±2‎ 解析：选D.的展开式的通项为Tr＋1＝C·(ax)6－r·＝(－1)r·a6－r·C·x6－r，令6－r＝0，得r＝4，则(－1)4·a2·C＝60，解得a＝±2，故选D.‎ ‎3．(2019·重庆市七校联合考试)(1＋x)6展开式中x2的系数为(　　)‎ A．15 B．20‎ C．30 D．35‎ 解析：选C.由多项式乘法知，若求(1＋x)6展开式中x2的系数，只需求(1＋x)6展开式中x2和x4的系数．(1＋x)6展开式中含x2和x4的项分别是Cx2＝15x2和Cx4＝15x4，所以(1＋x)6展开式中x2的系数是30.故选C.‎ ‎4．若4个人按原来站的位置重新站成一排，恰有1个人站在自己原来的位置，则不同的站法共有(　　)‎ A．4种 B．8种 C．12种 D．24种 解析：选B.将4个人重排，恰有1个人站在自己原来的位置，有C种站法，‎ 剩下3人不站原来位置有2种站法，所以共有C×2＝8种站法，故选B.‎ ‎5．设(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则a1等于(　　)‎ A．80 B．－80‎ C．－160 D．－240‎ 解析：选D.因为(x2－3x＋2)5＝(x－1)5(x－2)5，所以二项展开式中含x项的系数为C×(－1)4×C×(－2)5＋C×(－1)5×C×(－2)4＝－160－80＝－240，故选D.‎ ‎6．(2019·广州市综合检测(一))(2－x3)(x＋a)5的展开式的各项系数和为32，则该展开式中x4的系数是(　　)‎ A．5 B．10‎ C．15 D．20‎ 解析：选A.在(2－x3)(x＋a)5中，令x＝1，得展开式的各项系数和为(1＋a)5＝32，解得a＝1，故(x＋1)5的展开式的通项Tr＋1＝Cx5－r.当r＝1时，得T2＝Cx4＝5x4，当r＝4时，得T5＝Cx＝5x，故(2－x3)(x＋1)5的展开式中x4的系数为2×5－5＝5，选A.‎ ‎7．(2019·柳州模拟)从{1，2，3，…，10}中选取三个不同的数，使得其中至少有两个数相邻，则不同的选法种数是(　　)‎ A．72 B．70‎ C．66 D．64‎ 解析：选D.从{1，2，3，…，10}中选取三个不同的数，恰好有两个数相邻，共有C·C＋C·C＝56种选法，三个数相邻共有C＝8种选法，故至少有两个数相邻共有56＋8＝64种选法，故选D.‎ ‎8．(2019·洛阳尖子生第二次联考)某校从甲、乙、丙等8名教师中选派4名同时去4个边远地区支教(每地1名教师)，其中甲和乙不能都去，甲和丙都去或都不去，则不同的选派方案有(　　)‎ A．900种 B．600种 C．300种 D．150种 解析：选B.第一类，甲去，则丙一定去，乙一定不去，再从剩余的5名教师中选2名，不同的选派方案有C×A＝240(种)；第二类，甲不去，则丙一定不去，乙可能去也可能不去，从乙和剩余的5名教师中选4名，不同的选派方案有C×A＝360(种)．所以不同的选派方案共有240＋360＝600(种)．故选B.‎ ‎9．已知(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2的值为(　　)‎ A．39 B．310‎ C．311 D．312‎ 解析：选D.对(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9两边同时求导，得9(x＋2)8＝a1＋2a2x ‎＋3a3x2＋…＋8a8x7＋9a9x8，令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9＝310，令x＝－1，得a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9＝32.所以(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2＝(a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9)(a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9)＝312，故选D.‎ ‎10．(一题多解)某校毕业典礼上有6个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起，则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有(　　)‎ A．120种 B．156种 C．188种 D．240种 解析：选A.法一：记演出顺序为1～6号，对丙、丁的排序进行分类，丙、丁占1和2号，2和3号，3和4号，4和5号，5和6号，其排法分别为AA，AA，CAA，CAA，CAA，故总编排方案有AA＋AA＋CAA＋CAA＋CAA＝120(种)．‎ 法二：记演出顺序为1～6号，按甲的编排进行分类，①当甲在1号位置时，丙、丁相邻的情况有4种，则有CAA＝48(种)；②当甲在2号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有CAA＝36(种)；③当甲在3号位置时，丙、丁相邻的情况有3种，共有CAA＝36(种)．所以编排方案共有48＋36＋36＝120(种)．‎ ‎11．(多选)若二项式展开式中的常数项为15，则实数m的值可能为(　　)‎ A．1 B．－1‎ C．2 D．－2‎ 解析：选AB.二项式展开式的通项Tr＋1＝Cx6－r＝Cx6－rmr.令6－r＝0，得r＝4，常数项为Cm4＝15，则m4＝1，得m＝±1.故选AB.‎ ‎12．(多选)已知(3x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn(n∈N*)，设(3x－1)n的展开式的二项式系数之和为Sn，Tn＝a1＋a2＋…＋an(n∈N*)，则(　　)‎ A．a0＝1‎ B．Tn＝2n－(－1)n C．n为奇数时，Sn＜Tn；n为偶数时，Sn＞Tn D．Sn＝Tn 解析：选BC.由题意知Sn＝2n，令x＝0，得a0＝(－1)n，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋an＝2n，所以Tn＝2n－(－1)n，故选BC.‎ ‎13．(多选)(2019·山东日照期末)把四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有(　　)‎ A．CCCC种 B．CA种 C．CCA种 D．18种 解析：选BC.根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1号、2号、3号的盒子中，且没有空盒，三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个球，则分两步进行分析：法一：①先将四个不同的小球分成3组，有C种分组方法；②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A种放法．则不允许有空盒子的放法有CA＝36种．‎ 法二：①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的盒子中，有CC种情况；②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个盒子中，有A种放法，则不允许有空盒的放法有CCA＝36种，故选BC.‎ 二、填空题 ‎14．在的展开式中，x3的系数是________．‎ 解析：的展开式的通项Tr＋1＝C(－4)5－r·，r＝0，1，2，3，4，5，的展开式的通项Tk＋1＝Cxr－k＝4kCxr－2k，k＝0，1，…，r.令r－2k＝3，当k＝0时，r＝3；当k＝1时，r＝5.所以x3的系数为40×C×(－4)5－3×C＋4×C×(－4)0×C＝180.‎ 答案：180‎ ‎15．(2019·福州市质量检测)(1＋ax)2(1－x)5的展开式中，所有x的奇数次幂项的系数和为－64，则正实数a的值为________．‎ 解析：设(1＋ax)2(1－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7，令x＝1得0＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7①，‎ 令x＝－1得(1－a)225＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7②，‎ ‎②－①得：(1－a)225＝－2(a1＋a3＋a5＋a7)，又a1＋a3＋a5＋a7＝－64，所以(1－a)225＝128，解得a＝3或a＝－1(舍)．‎ 答案：3‎ ‎16．(2019·湖南郴州一模改编)若的展开式中各项系数之和为256，则n的值为________，展开式中的系数是________．‎ 解析：令x＝1，可得的展开式中各项系数之和为2n＝256，所以n＝8，所以＝，它的展开式的通项公式Tr＋1＝C·(－1)r·38－r·x8－r.‎ 令8－＝－2，可得r＝6，则展开式中的系数为C·32＝252.‎ 答案：8　252‎ ‎17．(一题多解)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，要求这3张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________．‎ 解析：法一：从16张不同的卡片中任取3张，不同取法的种数为C，其中有2张红色卡片的不同取法的种数为C×C，其中3张卡片颜色相同的不同取法的种数为C×C，所以3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张的不同取法的种数为C－C×C－C×C＝472.‎ 法二：若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三种颜色的卡片中选3张，若都不同色，则不同取法的种数为C×C×C＝64，若2张颜色相同，则不同取法的种数为C×C×C×C＝144.若红色卡片有1张，则剩余2张不同色时，不同取法的种数为C×C×C×C＝192，剩余2张同色时，不同取法的种数为C×C×C＝72，所以不同的取法共有64＋144＋192＋72＝472(种)．‎ 答案：472‎ ‎ ‎