2020届高考数学大二轮复习层级二专题六概率与统计第2讲计数原理二项式定理课时作业理 5页

层级二 专题六 第2讲 计数原理 二项式定理 (理)‎ 限时40分钟　满分80分 一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)‎ ‎1．(2020·济宁模拟)从4台甲型装载机和5台乙型装载机中任意取出3台，在取出的3台中至少有甲型和乙型装载机各一台，则不同的取法共有(　　)‎ A．84种 　　　　　　　　 B．80种 C．70种 D．35种 解析：C　[根据题意可分为以下2种情况进行考虑：(1)甲型装载机2台和乙型装载机1台，取法有CC＝30种；(2)甲型装载机1台和乙型装载机2台，取法有CC＝40种．所以不同的取法共有30＋40＝70种．]‎ ‎2．(2019·唐山二模)用两个1，一个2，一个0可组成不同四位数的个数是(　　)‎ A．18 B．16‎ C．12 D．9‎ 解析：D　[若把两个1看作不同的数，先安排0有3种情况，安排第2个数有3种情况，安排第3个数有2种情况，安排第4个数有1种情况，一共有3×3×2×1＝18种情况，由于有两个1，所以其中一半重复，故有9个四位数．]‎ ‎3．(全国卷Ⅲ)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为(　　)‎ A．－80 B．－40‎ C．40 D．80‎ 解析：C　[由(2x－y)5展开式的通项公式：Tr＋1＝C(2x)5－r(－y)r可得：‎ 当r＝3时，x(2x－y)5展开式中x3y3的系数为C×22×(－1)3＝－40‎ 当r＝2时，y(2x－y)5展开式中x3y3的系数为C×23×(－1)2＝80，‎ 则x3y3的系数为80－40＝40.‎ 本题选择C选项．]‎ ‎4．(2020·合肥调研)用数字0,1,2,3,4组成没有重复数字且大于3 000的四位数，这样的四位数有(　　)‎ A．250个 B．249个 C．48个 D．24个 解析：C　[①当千位上的数字为4时，满足条件的四位数有A＝24(个)；②当千位上的数字为3时，满足条件的四位数有A＝24(个)．由分类加法计数原理得所有满足条件的四位数共有24＋24＝48(个)，故选C.]‎ - 5 -‎ ‎5．(2020·龙岩模拟)若n的展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式中含x2项的系数是(　　)‎ A．－462 B．462‎ C．792 D．－792‎ 解析：D　[∵n的展开式中只有第7项的二项式系数最大，‎ ‎∴n为偶数，展开式共有13项，则n＝12.‎ 12的展开式的通项公式为Tk＋1＝(－1)kC·x12－2k，令12－2k＝2，即k＝5.‎ ‎∴展开式中含x2项的系数是(－1)5C＝－792.]‎ ‎6．(2019·渭南二模)已知n(n∈N*)展开式中所有项的系数的和为243，则该展开式中含项的系数为(　　)‎ A．20 B．－20‎ C．640 D．－640‎ 解析：A　[∵n(n∈N*)展开式中所有项的系数的和为3n＝243，∴n＝5，故n＝5，它的展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(－1)r·45－r·x－.令－＝－2，得r＝4，∴展开式中含项的系数为C×4＝20.]‎ ‎7．现有12张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各3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，不同的取法种数是(　　)‎ A．135 B．172‎ C．189 D．162‎ 解析：C　[由题意，不考虑特殊情况有C种取法，其中每一种卡片各取3张有4种取法，两张红色卡片共有CC种取法，故所求的取法种数为C－4－CC＝189，选C.]‎ ‎8．(2020·惠州二调)某地实行高考改革，考生除参加语文、数学、英语统一考试外，还需从物理、化学、生物、政治、历史、地理六科中选考三科．学生甲要想报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则学生甲的选考方法种数为(　　)‎ A．6 B．12‎ C．18 D．19‎ 解析：D　[在物理、政治、历史中选一科的选法有CC＝9(种)；在物理、政治、历史中选两科的选法有CC - 5 -‎ ‎＝9(种)；物理、政治、历史三科都选的选法有1种．所以学生甲的选考方法共有9＋9＋1＝19(种)，故选D.]‎ ‎9．(2020·成都诊断)已知x5(x＋3)3＝a8(x＋1)8＋a7(x＋1)7＋…＋a1(x＋1)＋a0，则7a7＋5a5＋3a3＋a1＝(　　)‎ A．－16 B．－8‎ C．8 D．16‎ 解析：B　[对x5(x＋3)3＝a8(x＋1)8＋a7(x＋1)7＋…＋a1(x＋1)＋a0两边求导，得5x4(x＋3)3＋3x5(x＋3)2＝8a8(x＋1)7＋7a7(x＋1)6＋…＋a1，令x＝0，得0＝8a8＋7a7＋…＋a1，令x＝－2，得5×(－2)4×(－2＋3)3＋3×(－2)5×(－2＋3)2＝－8a8＋7a7＋…－2a2＋a1，两式左右分别相加，得－16＝2(7a7＋5a5＋3a3＋a1)，即7a7＋5a5＋3a3＋a1＝－8，选B.]‎ ‎10．(2020·郑州模拟)5位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，则不同的分配方法共有(　　)‎ A．25种 B．60种 C．90种 D．150种 解析：D　[因为5位大学毕业生分配到3家单位，每家单位至少录用1人，所以共有两种方法：一，一个单位1名，其他两个单位各2名，有×A＝90(种)分配方法；二，一个单位3名，其他两个单位各1名，有C×A＝60(种)分配方法，共有90＋60＝150(种)分法，故选D.]‎ ‎11．(2019·江西上饶三模)已知m＝3cosdx，则(x－2y＋3z)m的展开式中含xm－2yz项的系数等于(　　)‎ A．180 B．－180‎ C．－90 D．15‎ 解析：B　[由于m＝3cosdx＝3sin xdx ‎＝(－3cos x) ＝6，‎ 所以(x－2y＋3z)m＝(x－2y＋3z)6＝[(x－2y)＋3z]6，‎ 其展开式的通项为C(x－2y)6－k(3z)k，‎ 当k＝1时，展开式中才能含有x4yz项，这时(x－2y)5的展开式的通项为C·x5－S(－2y)S，‎ 当S＝1时，含有x4y项，系数为－10，‎ 故(x－2y＋3z)6的展开式中含x4yz项的系数为 C·(－10)×3＝－180.]‎ - 5 -‎ ‎12．(2019·潍坊三模)为迎接建国七十周年，某校举办了“祖国，你好”的诗歌朗诵比赛．该校高三年级准备从包括甲、乙、丙在内的7名学生中选派4名学生参加，要求甲、乙、丙这3名同学中至少有1人参加，且当这3名同学都参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻，那么选派的4名学生中不同的朗诵顺序的种数为(　　)‎ A．720 B．768‎ C．810 D．816‎ 解析：B　[由题意知结果有三种情况．(1)甲、乙、丙三名同学全参加，有CA＝96(种)情况，其中甲、乙相邻的有CAA＝48(种)情况，所有当甲、乙、丙三名同学全参加时，甲和乙的朗诵顺序不能相邻的有96－48＝48(种)情况；(2)甲、乙、丙三名同学恰有一人参加，不同的朗诵顺序有CCA＝288(种)情况；(3)甲、乙、丙三名同学恰有二人参加时，不同的朗诵顺序有CCA＝432(种)情况．则选派的4名学生不同的朗诵顺序有288＋432＋48＝768(种)情况，故选B.]‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13．从1,3,5,8,9中任取3个数字，从0,2,7,6中任取2个数字，一共可以组成________个没有重复数字的五位数．(用数字作答)‎ 解析：CCA＋CCCA＝3 600＋2 160＝5 760.‎ 答案：5 760‎ ‎14．(2019·天水二模)(1＋x)(1－x)6的展开式中，x3的系数是________．(用数字作答)‎ 解析：由题意可知，(1－x)6展开式的通项为 Tr＋1＝C·16－r·(－x)r＝(－1)rC·xr，‎ 则(1＋x)(1－x)6的展开式中，含x3的项为(－1)3Cx3＋x·(－1)2Cx2＝－20x3＋15x3＝－5x3，所以x3的系数是－5.‎ 答案：－5‎ ‎15．(2019·浙江卷)在二项式(＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．‎ 解析：此类问题解法比较明确，首要的是要准确记忆通项公式，特别是“幂指数”不能记混，其次，计算要细心，确保结果正确．‎ ‎(＋x)9的通项为Tr＋1＝C()9－rxr(r＝0,1,2…9)‎ 可得常数项为T1＝C()9＝16，‎ 因系数为有理数，r＝1,3,5,7,9，有T2，T4，T6，T8，T10共5个项．‎ 答案：16　5‎ ‎16．(2020·甘肃模拟)根据党中央关于“精准”脱贫的要求，我市某农业经济部门决定派出五位相关专家对三个贫困地区进行调研，每个地区至少派遣一位专家，其中甲、乙两位专家需要派遣至同一地区，则不同的派遣方案种数为________(用数字作答)．‎ - 5 -‎ 解析：由题意可知，可分为两类：‎ 一类：甲乙在一个地区时，剩余的三位分为两组，再三组派遣到三个地区，共有CA＝18种不同的派遣方式；‎ 另一类：甲乙和剩余的三人中的一个人同在一个地区，另外两人分别在两个地区，共有CA＝18种不同的派遣方式；由分类加法计数原理可得，不用的派遣方式共有18＋18＝36种不同的派遣方式．‎ 答案：36‎ - 5 -‎