1、 1 第第 1 1 讲讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理 1从集合0，1，2，3，4，5，6中任取两个互不相等的数a，b组成复数abi，其 中虚数的个数是( ) A30 B42 C36 D35 解析：选 C.因为abi 为虚数，所以b0，即b有 6 种取法，a有 6 种取法，由分步 乘法计数原理知可以组成 6636 个虚数 2用 10 元、5 元和 1 元来支付 20 元钱的书款，不同的支付方法有( ) A3 种 B5 种 C9 种 D12 种 解析：选 C.只用一种币值有 2 张 10 元，4 张 5 元，20 张 1 元，共 3 种；用两种币值的 有
2、1 张 10 元，2 张 5 元；1 张 10 元，10 张 1 元；3 张 5 元，5 张 1 元；2 张 5 元，10 张 1 元；1 张 5 元，15 张 1 元，共 5 种；用三种币值的有 1 张 10 元，1 张 5 元，5 张 1 元，共 1 种由分类加法计数原理得，共有 3519(种) 3某电话局的电话号码为 139，若前六位固定，最后五位数字是由 6 或 8 组成的，则这样的电话号码的个数为( ) A20 B25 C32 D60 解析：选 C.依据题意知，最后五位数字由 6 或 8 组成，可分 5 步完成，每一步有 2 种 方法，根据分步乘法计数原理，符合题意的电话号码的个数为
3、 2 532. 4用数字 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为( ) A24 B48 C60 D72 解析：选 B.先排个位，再排十位，百位，千位，万位，依次有 2，4，3，2，1 种排法， 由分步乘法计数原理知偶数的个数为 2432148. 5已知两条异面直线a，b上分别有 5 个点和 8 个点，则这 13 个点可以确定不同的平 面个数为( ) A40 B16 C13 D10 解析：选 C.分两类情况讨论：第 1 类，直线a分别与直线b上的 8 个点可以确定 8 个 不同的平面；第 2 类，直线b分别与直线a上的 5 个点可以确定 5 个不同的平面根据分类 2 加法
4、计数原理知，共可以确定 8513 个不同的平面 6已知集合M1，2，3，N4，5，6，7，从两个集合中各选一个数作为 点的坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第三、四象限内不同点的个数为( ) A18 个 B10 个 C16 个 D14 个 解析：选 B.第三、四象限内点的纵坐标为负值，分 2 种情况讨论 取M中的点作横坐标，取N中的点作纵坐标，有 326 种情况； 取N中的点作横坐标，取M中的点作纵坐标，有 414 种情况 综上共有 6410 种情况 7某市汽车牌照号码可以上网自编，但规定从左到右第二个号码只能从字母B，C，D 中选择，其他四个号码可以从 09 这十个数字中选择(数字可以重
5、复)，有车主第一个号码 (从左到右)只想在数字 3，5，6，8，9 中选择，其他号码只想在 1，3，6，9 中选择，则他 的车牌号码可选的所有可能情况有( ) A180 种 B360 种 C720 种 D960 种 解析：选 D.按照车主的要求，从左到右第一个号码有 5 种选法，第二个号码有 3 种选 法，其余三个号码各有 4 种选法因此车牌号码可选的所有可能情况有 53444 960(种) 8直线l：x a y b1 中，a1，3，5，7，b2，4，6，8若 l与坐标轴围成的三 角形的面积不小于 10，则这样的直线的条数为( ) A6 B7 C8 D16 解析：选 B.l与坐标轴围成的三角形
6、的面积为 S1 2ab10，即 ab20. 当a1 时，不满足；当a3 时，b8，即 1 条 当a5，7时，b4，6，8，此时a的取法有 2 种，b的取法有 3 种，则直线l的 条数为 236.故满足条件的直线的条数为 167.故选 B. 9 一个旅游景区的游览线路如图所示， 某人从P点处进，Q点处出， 沿图中线路游览A， B，C三个景点及沿途风景，则不重复(除交汇点O外)的不同游览线路有( ) 3 A6 种 B8 种 C12 种 D48 种 解析：选 D.从P点处进入结点O以后，游览每一个景点所走环形路线都有 2 个入口(或 2 个出口)，若先游览完A景点，再进入另外两个景点，最后从Q点处出
7、有(44)216 种不同的方法；同理，若先游览B景点，有 16 种不同的方法；若先游览C景点，有 16 种不 同的方法，因而所求的不同游览线路有 31648(种) 10如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”在 一个正方体中， 由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数 是( ) A48 B18 C24 D36 解析： 选 D.分类讨论： 第 1 类， 对于每一条棱， 都可以与两个侧面构成 “正交线面对” ， 这样的“正交线面对”有 21224 个；第 2 类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角 面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有
8、 12 个所以正方体中“正交线面对”共 有 241236(个) 11设集合A1，0，1，集合B0，1，2，3，定义A*B(x，y)|xAB，y AB，则A*B中元素的个数是( ) A7 B10 C2 5 D5 2 解析：选 B.因为集合A1，0，1，集合B0，1，2，3，所以AB0，1，A B1，0，1，2，3，所以x有 2 种取法，y有 5 种取法，所以根据分步乘法计数原理 得 2510. 12 在如图所示的五个区域中， 现有四种颜色可供选择， 要求每一个区域只涂一种颜色， 相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为( ) A24 种 B48 种 C72 种 D96 种 解析：选 C.分两
9、种情况： 4 (1)A，C不同色， 先涂A有 4 种，C有 3 种，E有 2 种，B，D有 1 种， 有 43224(种) (2)A，C同色，先涂A有 4 种，E有 3 种，C有 1 种，B，D各有 2 种，有 4322 48(种) 综上两种情况，不同的涂色方法共有 482472(种) 13从班委会 5 名成员中选出 3 名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其 中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有_种(用数字作答) 解析：第一步，先选出文娱委员，因为甲、乙不能担任，所以从剩下的 3 人中选 1 人当 文娱委员，有 3 种选法 第二步，从剩下的 4 人中选学习委员和体育委员，
10、又可分两步进行：先选学习委员有 4 种选法，再选体育委员有 3 种选法由分步乘法计数原理可得，不同的选法共有 343 36(种) 答案：36 14乘积(abc)(defh)(ijklm)展开后共有_项 解析： 由(abc)(defh)(ijklm)展开式各项都是从每个因式中选一个 字母的乘积，由分步乘法计数原理可得其展开式共有 34560(项) 答案：60 15在平面直角坐标系内，点P(a，b)的坐标满足ab，且a，b都是集合1，2，3，4， 5，6中的元素又点P到原点的距离|OP|5，则这样的点P的个数为_ 解析：依题意可知： 当a1 时，b5，6，两种情况； 当a2 时，b5，6，两种情况
11、； 当a3 时，b4，5，6，三种情况； 当a4 时，b3，5，6，三种情况； 当a5 或 6 时，b各有五种情况 所以共有 22335520 种情况 答案：20 16已知集合A最大边长为 7，且三边长均为正整数的三角形，则集合A的真子集 共有_个 解析：另外两个边长用x，y(x，yN N *)表示，且不妨设 1xy7，要构成三角形， 必须xy8. 当y取 7 时，x可取 1，2，3，7，有 7 个三角形； 当y取 6 时，x可取 2，3，6，有 5 个三角形； 当y取 5 时，x可取 3，4，5，有 3 个三角形 当y取 4 时，x只能取 4，只有 1 个三角形 5 所以所求三角形的个数为
12、753116.其真子集共有(2 161)个 答案：2 161 1在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用 5 局 3 胜制的比赛规则，先赢 3 局者获胜， 直到决出胜负为止若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的 不同视为不同情形)共有( ) A6 种 B12 种 C18 种 D20 种 解析：选 D.分三种情况：恰好打 3 局(一人赢 3 局)，有 2 种情形；恰好打 4 局(一人前 3 局中赢 2 局，输 1 局，第 4 局赢)，共有 236 种情形；恰好打 5 局(一人前 4 局中赢 2 局，输 2 局，第 5 局赢)，共有 243 2 12 种情形所有可能出现的情形共有
13、 2612 20 种故选 D. 2定义“规范 01 数列”an如下：an共有 2m项，其中m项为 0，m项为 1，且对任 意k2m，a1，a2，ak中 0 的个数不少于 1 的个数若m4，则不同的“规范 01 数列” 共有( ) A18 个 B16 个 C14 个 D12 个 解析：选 C.设a1，a2，a3，ak中 0 的个数为t，则 1 的个数为kt， 由 2m8 知，k8 且tkt0，则 tk2t k8 t4 k，tN N * . 法一：当t1 时，k1，2；当t2 时，k2，3，4； 当t3 时，k3，4，5，6；当t4 时，k4，5，6，7，8， 所以“规范 01 数列”共有 234
14、514(个) 法二：问题即是 tk2t k8 t4 k，tN N * 表示的区域的整点(格点)的个数， 如图整点(格点)为 234514 个，即“规范 01 数列”共有 14 个 6 3从集合1，2，3，10中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样 的等比数列的个数为_ 解析：当公比为 2 时，等比数列可为 1，2，4 或 2，4，8；当公比为 3 时，等比数列可 为 1，3，9；当公比为3 2时，等比数列可为 4，6，9.易知公比为 1 2， 1 3， 2 3时，共有 211 4 个故共有 21148(个) 答案：8 4xyz10 的正整数解的组数为_ 解析：可按x的值分类： 当x
15、1 时，yz9，共有 8 组； 当x2 时，yz8，共有 7 组； 当x3 时，yz7，共有 6 组； 当x4 时，yz6，共有 5 组； 当x5 时，yz5，共有 4 组； 当x6 时，yx4，共有 3 组； 当x7 时，yz3，共有 2 组； 当x8 时，yz2，共有 1 组 由分类加法计数原理可知：共有 8765432189 2 36(组) 答案：36 5由数字 1，2，3，4， (1)可组成多少个三位数？ (2)可组成多少个没有重复数字的三位数？ (3)可组成多少个没有重复数字，且百位数字大于十位数字，十位数字大于个位数字的 三位数？ 解：(1)百位数共有 4 种排法；十位数共有 4
16、种排法；个位数共有 4 种排法，根据分步 乘法计数原理知共可组成 4 364 个三位数 (2)百位上共有 4 种排法；十位上共有 3 种排法；个位上共有 2 种排法，由分步乘法计 7 数原理知共可排成没有重复数字的三位数 43224(个) (3)排出的三位数分别是 432、431、421、321，共 4 个 6已知集合M3，2，1，0，1，2，若a，b，cM，则： (1)yax 2bxc 可以表示多少个不同的二次函数？ (2)yax 2bxc 可以表示多少个图象开口向上的二次函数？ 解：(1)yax 2bxc 表示二次函数时，a的取值有 5 种情况，b的取值有 6 种情况，c 的取值有 6 种
17、情况，因此yax 2bxc 可以表示 566180 个不同的二次函数 (2)当yax 2bxc 的图象开口向上时，a的取值有 2 种情况，b，c的取值均有 6 种 情况，因此yax 2bxc 可以表示 26672 个图象开口向上的二次函数 第第 2 2 讲讲 排列与组合排列与组合 1不等式 A x 86A x2 8的解集为( ) A2，8 B2，6 C(7，12) D8 解析：选 D.由题意得 8！ （8x）！6 8！ （10 x）！，所以 x 219x840，解得 7x 12.又x8，x20，所以 7x8，xN N *，即 x8. 2 某市委从组织机关 10 名科员中选 3 人担任驻村第一书
18、记， 则甲、 乙至少有 1 人入选， 而丙没有入选的不同选法的种数为( ) A85 B56 C49 D28 解析：选 C.由于丙不入选，相当于从 9 人中选派 3 人甲、乙两人均入选，有 C 2 2C 1 7种选 法，甲、乙两人只有 1 人入选，有 C 1 2C 2 7种选法所以由分类加法计数原理，共有 C 2 2C 1 7C 1 2C 2 7 49 种不同选法 3从 1，3，5 中取两个数，从 2，4 中取一个数，可以组成没有重复数字的三位数，则 在这些三位数中，奇数的个数为( ) A12 B18 C24 D36 解析：选 C.从 1，3，5 中取两个数有 C 2 3种方法，从 2，4 中取
19、一个数有 C 1 2种方法，而奇 数只能从 1，3，5 取出的两个数之一作为个位数，故奇数的个数为 C 2 3C 1 2A 1 2A 2 232221 8 24. 4某县委将 7 位大学生志愿者(4 男 3 女)分成两组，分配到两所小学支教，若要求女 生不能单独成组，且每组最多 5 人，则不同的分配方案共有( ) A36 种 B68 种 C104 种 D110 种 解析：选 C.分组的方案有 3、4 和 2、5 两类，第一类有(C 3 71)A 2 268 种；第二类有 (C 2 7C 2 3)A 2 236 种，所以共有N6836104(种) 5. 如图，MON的边OM上有四点A1，A2，A
20、3，A4，ON上有三点B1，B2， B3，则以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3中三点为顶点的三角形的个数为( ) A30 B42 C54 D56 解析：选 B.间接法：先从这 8 个点中任取 3 个点，有 C 3 8种取法，再减去三点共线的情 形即可，即 C 3 8C 3 5C 3 442. 6六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法 共有( ) A192 种 B216 种 C240 种 D288 种 解析：选 B.第一类：甲在最左端，有 A 5 554321120 种方法；第二类：乙在 最左端，有 4A 4 44432196 种方法所以共有 120
21、96216 种方法 7某班组织文艺晚会，准备从A，B等 8 个节目中选出 4 个节目演出，要求A，B两个 节目至少有一个选中，且A，B同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序 的种数为( ) A1 860 B1 320 C1 140 D1 020 解析：选 C.当A，B节目中只选其中一个时，共有 C 1 2C 3 6A 4 4960 种演出顺序；当A，B节 目都被选中时，由插空法得共有 C 2 6A 2 2A 2 3180 种演出顺序，所以一共有 1 140 种演出顺序 8(2019河南天一大联考) 如图，图案共分 9 个区域，有 6 种不同颜色 的涂料可供涂色，每个区域只能涂一种
22、颜色的涂料，其中 2 和 9 同色、3 和 6 同色、 4和 7 同色、 5 和 8同色， 且相邻区域的颜色不相同， 则涂色方法共有( ) A360 种 B720 种 C780 种 D840 种 解析：选 B.由题意知 2，3，4，5 的颜色都不相同，先涂 1：有 6 种方法，再涂 2，3， 4，5，有 A 4 5种方法，故一共有 6A 4 5720(种) 9(2019福建漳州八校第二次联考)若无重复数字的三位数满足条件：个位数字与 9 十位数字之和为奇数，所有数位上的数字和为偶数，则这样的三位数的个数是( ) A540 B480 C360 D200 解析：选 D.由个位数字与十位数字之和为奇
23、数知个位数字、十位数字 1 奇 1 偶，有 C 1 5C 1 5 A 2 250 种排法；所有数位上的数字和为偶数，则百位数字是奇数，有 C 1 44 种满足题意的选 法，故满足题意的三位数共有 504200(个) 10(2019温州中学高三模拟)身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊 5 人排成高矮相间 的一个队形，则甲丁不相邻的不同的排法共有( ) A12 B14 C16 D18 解析：选 B.从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊 5 人的身高可记为 1，2，3，4，5.要求 1， 4 不相邻分四类：先排 4，5 时，则 1 只有 1 种排法，2，3 在剩余的两个位上，这样有 A 2 2A 2 24 种
24、排法；先排 3，5 时，则 4 只有 1 种排法，2，1 在剩余的两个位上，这样有 A 2 2A 2 2 4 种排法；先排 1，2 时，则 4 只有 1 种排法，3，5 在剩余的两个位上，这样有 A 2 2A 2 24 种排法；先排 1，3 时，则这样的数只有两个，即 21534，43512，只有两种排法综上共 有 444214 种排法，故选 B. 11将甲、乙等 5 名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，且甲、乙 在同一路口的分配方案共有( ) A18 种 B24 种 C36 种 D72 种 解析：选 C.不同的分配方案可分为以下两种情况：甲、乙两人在一个路口，其余三 人分配在
25、另外的两个路口，其不同的分配方案有 C 2 3A 3 318(种)； 甲、乙所在路口分配三人，另外两个路口各分配一个人，其不同的分配方案有 C 1 3A 3 3 18(种) 由分类加法计数原理可知不同的分配方案共有 181836(种) 12(2019黑龙江哈尔滨第六中学期末)某中学高一学习雷锋志愿小组共有 16 人，其 中一班、 二班、 三班、 四班各 4 人， 现从中任选 3 人， 要求这三人不能全是同一个班的学生， 且在三班至多选 1 人，则不同选法的种数为( ) A484 B472 C252 D232 解析：选 B.若三班有 1 人入选，则另两人从三班以外的 12 人中选取，共有 C 1
26、 4C 2 12264 种选法若三班没有人入选，则要从三班以外的 12 人中选 3 人，又这 3 人不能全来自同一 个班，故有 C 3 123C 3 4208 种选法故总共有 264208472 种不同的选法 13若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误写法共有_ 10 种 解析：把 g、o、o、d 4 个字母排一列，可分两步进行，第一步：排 g 和 d，共有 A 2 4种 排法；第二步：排两个 o，共一种排法，所以总的排法种数为 A 2 412(种)其中正确的有一 种，所以错误的共 A 2 4112111(种) 答案：11 14 (2019 江西八所重点中学联合模拟)摄像师
27、要对已坐定一排照像的 5 位小朋友的座 位顺序进行调整， 要求其中恰有 2 人座位不调整， 则不同的调整方案的种数为_ (用 数字作答) 解析：从 5 人中任选 3 人有 C 3 5种，将 3 人位置全部进行调整，有 A 2 2种，故有NC 3 5A 2 2 20 种调整方案 答案：20 15(2018高考全国卷)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_种(用数字填写答案) 解析： 法一： 可分两种情况： 第一种情况， 只有1位女生入选， 不同的选法有C 1 2C 2 412(种)； 第二种情况，有 2 位女生入选，不同的选法有 C 2
28、2C 1 44(种)根据分类加法计数原理知，至 少有 1 位女生入选的不同的选法有 16 种 法二：从 6 人中任选 3 人，不同的选法有 C 3 620(种)，从 6 人中任选 3 人都是男生，不 同的选法有 C 3 44(种)，所以至少有 1 位女生入选的不同的选法有 20416(种) 答案：16 16用 1，2，3，4 这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个 奇数之间的四位数的个数为_ 解析：首先排两个奇数 1，3，有 A 2 2种排法，再在 2，4 中取一个数放在 1，3 之间，有 C 1 2种方法，然后把这 3 个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有 A 2
29、 2种排法，即满足 条件的四位数的个数为 A 2 2C 1 2A 2 28. 答案：8 1现有 4 种不同品牌的小车各 2 辆(同一品牌的小车完全相同)，计划将其放在 4 个车 库中(每个车库放 2 辆)，则恰有 2 个车库放的是同一品牌的小车的不同放法共有( ) A144 种 B108 种 C72 种 D36 种 解析：选 C.从 4 种小车中选取 2 种有 C 2 4种选法，从 4 个车库中选取 2 个车库有 C 2 4种选 法，然后将这 2 种小车放入这两个车库共有 A 2 2种放法；将剩下的 2 种小车每 1 种分开来放， 因为同一品牌的小车完全相同，只有 1 种放法，所以共有 C 2
30、 4C 2 4A 2 272 种不同的放法故选 C. 2某班班会准备从甲、乙等 7 名学生中选派 4 名进行发言，要求甲、乙两人至少有一 11 人参加当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻那么不同的发言顺序的种数为 ( ) A360 B520 C600 D720 解析：选 C.当甲或乙只有一人参加时，不同的发言顺序的种数为 2C 3 5A 4 4480，当甲、乙 同时参加时，不同的发言顺序的种数为 A 2 5A 2 3120，则不同的发言顺序的种数为 480120 600，故选 C. 3从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为 60的共有 _对 解析：如图它们的棱是原正方体
31、的 12 条面对角线 一个正四面体中两条棱成 60角的有(C 2 63)对，两个正四面体有(C 2 63)2 对又正 方体的面对角线中平行成对，所以共有(C 2 63)2248(对) 答案：48 4数字 1，2，3，4，5，6 按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2、N3分别 表示第二、三行中的最大数，则满足N1N2N3的所有排列的个数是_ 解析：(元素优先法)由题意知 6 必在第三行，安排 6 有 C 1 3种方法，第三行中剩下的两个 空位安排数字有 A 2 5种方法，在留下的三位数字中，必有一个最大数，把这个最大数安排在第 二行，有 C 1 2种方法，剩下的两个数字有 A 2 2
32、种排法，根据分步乘法计数原理，所有排列的个数 是 C 1 3A 2 5C 1 2A 2 2240. 答案：240 5已知 10 件不同的产品中有 4 件是次品，现对它们进行测试，直至找出所有的次品为 止 (1)若恰在第 5 次测试才测试到第 1 件次品， 第 10 次才找到最后一件次品， 则这样的不 同测试方法数是多少？ (2)若恰在第 5 次测试后就找出了所有次品，则这样的不同测试方法数是多少？ 解：(1)先排前 4 次测试，只能取正品，有 A 4 6种不同的测试方法，再从 4 件次品中选 2 件排在第 5 次和第 10 次的位置上测试， 有 C 2 4 A 2 2A 2 4种测试方法， 再
33、排余下 4 件的测试位置， 有 A 4 4种测试方法所以共有 A 4 6A 2 4A 4 4103 680 种不同的测试方法 12 (2)第 5 次测试的产品恰为最后一件次品，另 3 件在前 4 次中出现，从而前 4 次有一件 正品出现，所以共有 C 1 4C 1 6A 4 4576 种不同的测试方法 6集合AxZ Z|x10，集合B是集合A的子集，且B中的元素满足：任意一个 元素的各数位的数字互不相同；任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于 9. (1)集合B中两位数和三位数各有多少个？ (2)集合B中是否有五位数？是否有六位数？ (3)将集合B中的元素从小到大排列，求第 1 081 个
34、元素 解：将 0，1，9 这 10 个数字按照和为 9 进行配对，(0，9)，(1，8)，(2，7)，(3， 6)，(4，5)，B中元素的每个数位只能从上面五对数中每对只取一个数构成 (1)两位数有 C 2 52 2A2 2C 1 4272(个)； 三位数有 C 3 52 3A3 3C 2 42 2A2 2432(个) (2)存在五位数，只需从上述五个数对中每对取一个数即可找出符合条件的五位数；不 存在六位数，若存在，则至少要从一个数对中取出两个数，则该两个数字之和为 9，与B中 任意一个元素的任意两个数位的数字之和不等于 9 矛盾，因此不存在六位数 (3)四位数共有 C 4 52 4A4 4
35、C 3 42 3A3 31 728(个)， 因此第 1 081 个元素是四位数， 且是第 577 个四位数， 我们考虑千位，千位为 1，2，3 的四位数有 3C 3 42 3A3 3576(个)， 因此第 1 081 个元素是 4 012. 第第 3 3 讲讲 二项式定理二项式定理 1(2019广东测试) x 21 2x 6 的展开式中，常数项是( ) A5 4 B.5 4 C15 16 D.15 16 解析：选 D.Tr1C r 6(x 2)6r 1 2x r 1 2 r C r 6x 123r，令 123r0，解得 r4.所以常数 项为 1 2 4 C 4 615 16.故选 D. 13
36、2(1x) 5(1x)6(1x)7的展开式中 x 4的系数为( ) A50 B55 C45 D60 解析：选 B.(1x) 5(1x)6(1x)7的展开式中 x 4的系数是 C4 5C 4 6C 4 755.故选 B. 3设复数x 2i 1i(i 是虚数单位)，则 C 1 2 017xC 2 2 017x 2C3 2 017x 3C2 017 2 017x 2 017( ) Ai Bi C1i D1i 解析：选 C.x 2i 1i1i，C 1 2 107xC 2 2 017x 2C3 2 017x 3C2 017 2 017x 2 017(1x)2 0171 i 2 01711i. 4(201
37、9昆明市教学质量检测)(12x) 3(2x)4的展开式中 x的系数是( ) A96 B64 C32 D16 解析：选 B.(12x) 3的展开式的通项公式为 Tr1C r 3(2x) r2rCr 3x r，(2x)4的展开式的 通项公式为Tk1C k 42 4k(x)k(1)k24kCk 4x k， 所以(12x)3(2x)4的展开式中 x的系数为 2 0C0 3(1)2 3C1 42C 1 3(1) 024C0 464，故选 B. 5设n为正整数， x 1 x x 2n 展开式中存在常数项，则n的一个可能取值为( ) A16 B10 C4 D2 解析： 选 B. x 1 x x 2n 展开式
38、的通项公式为Tk1C k 2nx 2nk 1 x x k C k 2n(1) kx4n5k 2. 令4n5k 2 0，得k4n 5 ，又k为正整数，所以n可取 10. 6. x2 x n 的展开式的二项式系数之和为 8，则展开式的常数项等于( ) A4 B6 C8 D10 解析： 选 B.因为 x2 x n 的展开式的各个二项式系数之和为 8， 所以 2 n8， 解得 n3， 所以展开式的通项为Tr1C r 3(x) 3r 2 x r 2 rCr 3x 33r 2，令33r 2 0，则r1，所以常 数项为 6. 7设m为正整数，(xy) 2m展开式的二项式系数的最大值为 a，(xy) 2m1展
39、开式的二 14 项式系数的最大值为b.若 13a7b，则m( ) A5 B6 C7 D8 解析：选 B.(xy) 2m展开式中二项式系数的最大值为 Cm 2m，所以aC m 2m. 同理，bC m1 2m1. 因为 13a7b，所以 13C m 2m7C m1 2m1. 所以 13（2m）！ m！m！ 7 （2m1）！ （m1）！m！. 所以m6. 8若(1xx 2)na 0a1xa2x 2a 2nx 2n，则 a0a2a4a2n等于( ) A2 n B.3 n1 2 C2 n1 D.3 n1 2 解析：选 D.设f(x)(1xx 2)n， 则f(1)3 na 0a1a2a2n， f(1)1a
40、0a1a2a3a2n， 由得 2(a0a2a4a2n)f(1)f(1)， 所以a0a2a4a2nf（1）f（1） 2 3 n1 2 . 9C 2 2nC 4 2nC 2k 2nC 2n 2n(nN N *)的值为( ) A2 n B2 2n1 C2 n1 D2 2n11 解析：选 D.(1x) 2nC0 2nC 1 2nxC 2 2nx 2C3 2nx 3C2n 2nx 2n. 令x1，得 C 0 2nC 1 2nC 2 2nC 2n1 2nC 2n 2n2 2n； 再令x1，得 C 0 2nC 1 2nC 2 2n(1) rCr 2nC 2n1 2nC 2n 2n0. 两式相加，可得 C 2
41、 2nC 4 2nC 2n 2n2 2n 2 12 2n11. 10(2019湖北枣阳第一中学模拟)(x 2xy)5的展开式中 x 5y2的系数为( ) A10 B20 C30 D60 解析： 选 C.(x 2xy)5的展开式的通项为 Tr1C r 5(x 2x)5r y r， 令 r2， 则T3C 2 5(x 2 x) 3y2，又(x2x)3的展开式的通项为 Ck 3(x 2)3kxkCk 3x 6k，令 6k5，则 k1，所以(x 2 xy) 5的展开式中，x5y2的系数为 C2 5C 1 330，故选 C. 11设(2x) 5a 0a1xa2x 2a 5x 5，那么a0a2a4 a1a3
42、a5的值为( ) 15 A122 121 B61 60 C244 241 D1 解析：选 A.令x1，可得a0a1a2a3a4a51， 再令x1，可得a0a1a2a3a4a53 5. 2 ，得a0a2a4122， 2 ，可得a1a3a5121， 故a 0a2a4 a1a3a5 122 121. 12(2019石家庄教学质量检测(二)若a2 3 3 (x|x|)dx，则在 x 1 3 x a 的展开 式中，x的幂指数不是整数的项共有( ) A13 项 B14 项 C15 项 D16 项 解析：选 C.因为a2 3 3 (x|x|)dx2 0 3(xx)dx 3 0 (xx)dx2x 2|3 01
43、8，所 以该二项展开式的通项Tr1C r 18(x) 18r 1 3 x r (1) rCr 18x 95r 6 (0r18，且rN N)， 当r0，6，12，18 时，展开式中x的幂指数为整数，所以该二项展开式中x的幂指数不是 整数的项有 19415 项，故选 C. 13(2019广东省五校协作体联考) xy1 x 6 展开式中不含x的项的系数为_ 解析： xy1 x 6 展开式中不含x的项为 C 3 6(xy) 3 1 x 3 20y 3，故不含 x的项的系数 为20. 答案：20 14 已知 11 x (1x) 5的展开式中 x r(rZ Z 且1r5)的系数为 0， 则 r_. 解析：
44、依题意，(1x) 5 的展开式的通项公式为Tr1C r 5x r，故展开式为 11 x (x 55x4 10 x 310 x25x1)，故可知展开式中 x 2的系数为 0，故 r2. 答案：2 15 (2019 江西赣州十四县联考)若 x 1 3x n 的展开式中前三项的系数分别为A，B，C， 且满足 4A9(CB)，则展开式为x 2的系数为_ 16 解析： 易得A1，Bn 3， CC 2 n 9 n（n1） 18 ， 所以有 49 n 2n 18 n 3 ， 即n 27n80， 解得n8 或n1(舍)在 x 1 3x 8 中，因为通项Tr1C r 8x 8r 1 3x r C r 8 3 r
45、x 82r，令 82r 2，得r3，所以展开式中x 2的系数为56 27. 答案：56 27 16(2019安徽“江南十校”联考)若(xy1) 3(2xya)5 的展开式中各项系数的 和为 32，则该展开式中只含字母x且x的次数为 1 的项的系数为_ 解析：令xy1(a1) 532a1，故原式(xy1)3(2xy1)5x(y 1) 32x(1y)5，可知展开式中 x的系数为 C 1 3C 3 3(1) 3C1 527. 答案：7 148 7被 7 除的余数为 a(0a7)，则 xa x 2 6 展开式中x 3的系数为( ) A4 320 B4 320 C20 D20 解析：选 B.48 7(4
46、91)7C0 749 7C1 749 6C6 7491， 因为 48 7被 7 除的余数为 a(0aa的概率是( ) A.4 5 B.3 5 C.2 5 D.1 5 解析：选 D.令选取的a，b组成实数对(a，b)，则有(1，1)，(1，2)，(1，3)，(2，1)， (2，2)，(2，3)，(3，1)，(3，2)，(3，3)，(4，1)，(4，2)，(4，3)，(5，1)，(5，2)， (5，3)共 15 种情况，其中ba的有(1，2)，(1，3)，(2，3) 3 种情况，所以ba的概率为 3 15 1 5.故选 D. 3(2019沈阳市教学质量检测(一)将A，B，C，D这 4 名同学从左至
47、右随机地排成一 排，则“A与B相邻且A与C之间恰好有 1 名同学”的概率是( ) A.1 2 B.1 4 C.1 6 D.1 8 解析：选 B.A，B，C，D 4 名同学排成一排有 A 4 424 种排法当A，C之间是B时，有 2 24 种排法，当A，C之间是D时，有 2 种排法所以所求概率为42 24 1 4，故选 B. 4 满足a，b1， 0， 1， 2， 且关于x的方程ax 22xb0 有实数解的概率为( ) A. 7 12 B.11 12 20 C.11 16 D.13 16 解析：选 D.满足条件的方程共有 4416 个，即基本事件共有 16 个 若a0，则b1，0，1，2，此时共组
48、成四个不同的方程，且都有实数解；若a0， 则方程ax 22xb0 有实根，需44ab0，所以 ab1，此时(a，b)的取值为(1， 0)，(1，1)，(1，1)，(1，2)，(1，1)，(1，0)，(1，1)，(2，1)，(2，0)， 共 9 个所以(a，b)的个数为 4913.因此，所求的概率为13 16. 5 (2019 福建省普通高中质量检查)某食品厂制作了 3 种与 “福” 字有关的精美卡片， 分别是“富强福” “和谐福” “友善福” ，每袋食品中随机装入一张卡片若只有集齐 3 种卡 片才可获奖，则购买该食品 4 袋，获奖的概率为( ) A. 3 16 B.4 9 C.3 8 D.8
49、9 解析：选 B.将 3 种不同的精美卡片随机放进 4 个食品袋中，根据分步乘法计数原理可 知共有3 481种不同放法， 4个食品袋中3种不同的卡片都有的放法共有3C2 4A 2 236种， 根据古典概型概率公式得，能获奖的概率为36 81 4 9，故选 B. 6 口袋内装有一些除颜色不同之外其他均相同的红球、 白球和黑球， 从中摸出 1 个球， 摸出红球的概率是 0.42，摸出白球的概率是 0.28，若红球有 21 个，则黑球有_个 解析： 摸到黑球的概率为 10.420.280.3.设黑球有n个， 则0.42 21 0.3 n ， 故n15. 答案：15 7已知小李每次打靶命中靶心的概率都
50、为 40%，现采用随机模拟的方法估计小李三次 打靶恰有两次命中靶心的概率 先由计算器产生 0 到 9 之间取整数值的随机数， 指定 0， 1， 2，3 表示命中靶心，4，5，6，7，8，9 表示未命中靶心，再以每三个随机数为一组，代表 三次打靶的结果，经随机模拟产生了如下 20 组随机数： 321 421 191 925 271 932 800 478 589 663 531 297 396 021 546 388 230 113 507 965 据此估计，小李三次打靶恰有两次命中靶心的概率为_ 解析： 由题意知， 在 20 组随机数中表示三次打靶恰有两次命中靶心的有 421， 191， 27
