第五章 3 组合问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019)

§3组合问题 3.1 组合④3.2组合数及其性质 白题 基础过美 限时：40min 题组1组合概念的理解 题组3与组合数有关的方程和不等式 1.(多选)(2024·山西大同高二月考)下列问题 6.已知Ca=28,那么n= 属于组合问题的是 ( A.5 B.6 C.7 D.8 A.从4名志愿者中选出2人参加志愿服务 7.(多选)(2025·山东菏泽高二期中)若C> 工作 3C%,则m的取值可能是 ( A.6 B.7 B.从0,1,2,3,4这5个数字中选取3个不同 C.8 D.9 的数字，组成一个三位数 C.从全班同学中选出3名同学出席大学生运 8若已知' 1 7 C3 Co 10Cg,则C的值为 动会开幕式 (用数字作答) D.从全班同学中选出3名同学分别担任班 9.若xC+A2=4C21,则x的值为 长、副班长和学习委员 题组4简单组合问题 2.求从2,3,4,5四个数中任取2个数作为对数 10.(2025·辽宁抚顺高二期末)小沉从5瓶不同 香味的香水中选择2瓶进行试香，则小沉的 式log.b的底数与真数，得到的对数的个数有 选择共有 多少，是 问题：若求两个数相乘得到 A.5种 B.10种 的积有几种，则是 问题.（用“排列” C.20种 D.25种 “组合”填空) 11.(2024·江苏连云港高二期中)有2只红球、 题组2组合数公式及其性质 3只黄球，同色球不加以区分，将这5只球排 3.组合数C:(n>r≥l,n,reN)恒等于 成一列，有 种不同的方法（用数字 A.*1 作答) B.(n+1)(r+1)C 题组5“含”与“不含”问题 12.中国进出口商品交易会被誉为“中国第一 C.nrC D.C 展”、中国外贸的“晴雨表”“风向标”每年会 4.式子C+C0的值为 议期间都会招募志愿者参加活动，已知志愿 者中会讲英文与不会讲英文的分别有120名 A.27 B.127 和40名，若从招募的志愿者中用分层抽样的 C.5160 D.与n的取值有关 方法选取40名进行模拟交流，其中甲志愿者 5.(2025·山东日照高二月考)若C3=C,则 会讲英文并以小组长的身份参加，则不同的 C+C+C+…+C2的值为 抽样结果共有 A.286 B.285 A.C9C8种 B.CC8种 C.219 D.218 C.C9C8种 D.C9C8种 选择性必修第一册·BS黑白题110 13.某学校举行秋季运动会，酷爱运动的小明同19.(2025·河南信阳高二月考)重阳节，农历 学准备在某七个比赛项目中，选择参加其中 九月初九，二九相重，谐音是“久久”，有长久 四个项目的比赛根据赛程安排，在这七个比 之意，人们常在此日感恩敬老，是我国民间的 赛项目中，100米赛跑与200米赛跑不能同 传统节日，某校在重阳节当日安排6位学生 时参加，且跳高与跳远也不能同时参加.则不 到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所 同的报名方法数为 .(用数字作 敬老院至少安排2人，则不同的分配方案数是 答) ( ) 题组6 “至多”“至少”问题 A.35 B.40 C.50 D.70 14.(2024·辽宁东北育才中学高二期末)已知 书架上有4本不同的数学书，3本不同的化 20.(2025·天津红桥区高二期末)某学校准备 学书，从中任取3本书.若数学书、化学书每 组建一个18人的足球队，这18人由高二年 种都取出至少一本，则不同的取法种数为 级十个班的学生组成，每个班至少一人，名额 ( 分配方案共 种（用数字填写） A.60 B.180 C.30 D.90 重难聚焦 15.为增强学生体质，强化锻炼意识，某校举办万 题组8排列和组合的综合应用 米接力赛，每支参赛队伍限定10人， 21.（2025·河南驻马店高二期末)袜子由袜 高三(1)班从包含甲、乙在内的10名主力队员 口、袜简、脚趾三部分组成，现有四种不同 和3名替补队员中组建参赛队，若甲、乙两人 颜色的布料，设计袜子的颜色配比，要求相 至多有1人参赛，则不同的组队方案种数为 连的部分颜色不同，共可以设计出不同颜 色类型的袜子种数为 () A.11B.110 C.113 D.121 A.12 B.24 16.(2025·江西上饶高二月考)若甲、乙两人从 C.36 D.48 6门课程中各选修3门，则甲、乙所选修的课 22.在数学中，有一个被称为自然常数（又叫欧 程中至少有1门相同的选法种 拉数)的常数e≈2.71828.小明在设置银行 数为 卡的数字密码时，打算将自然常数e的前 17.(2024·四川泸州高二月考)某工厂生产 6位数字2,7,1,8,2,8进行某种排列得到 10个产品，其中有2个次品，从中任取3个 密码.如果排列时要求两个2不相邻，两个8 产品进行检测，则3个产品中至多有1个次 相邻，那么小明可以设置的不同的密码个 品的概率为 数为 ( ) 题组7分组与分配问题 A.36 B.48 C.72 D.120 18.(2025·黑龙江哈尔滨高二期末)每年的 23.甲、乙、丙3人在公交总站上了同一 5月25日是全国大中学生心理健康日.某高 辆公交车，已知3人都将在第4站 校计划在这一天开展有关心理健康的宣传活 至第8站的某一公交站点下车，且在每一个公 动，现计划将6位老师平均分成三组分别到 交站，点最多只有两人同时下车，从同一公交站 三个不同的班级进行宣讲，则不同的排法总 点下车的两人不区分下车的顺序，则甲、乙、丙 数为 ( A.540 B.120 C.90 D.60 3人下车的不同方法总数是 第五章黑白题111 黑题 应用提优 限时：50min 1.(2025·辽宁沈阳高二月考)已知m,n∈N 6.(2025·江西赣州高二月考)在某城市中，A,B 且m≤n,则下列等式正确的是 两地有如图所示的方格型道路网，甲随机沿道 A.Aio=Ajo 路网选择一条最短路径，从A地出发去往B 号 B.C= 地，途经C地，则不同的路线有 C.(n+1)A=A D.C n*7C 2.(2025·福建龙岩高二期中)从含有3件次品 A.90种 B.105种 的8件新产品中，任意抽取4件进行检验，抽出 C.260种 D.315种 的4件产品中恰好有2件次品的抽法种数为 7.(2025·江西上饶高三月考)某校致力于打造 “书香校园”，以此来提升学生的文化素养现 A.AA B.AA 准备将7本不同的书全部分配给甲、乙、丙、丁 C.c D.CC 4个不同的班级，要求每个班级均有书，且甲 3.北师大版教材变式在一次酒会上，每两人都 班的书比乙班多，丙班至少2本，则不同的分 只碰一次杯，如果一共碰杯55次，则参加酒会 配方案种数为 的人数为 ( A.630 B.840 C.1470 D.1480 A.9 B.10 c.11 D.12 4.(2025·广东广州高三月考)将6棵高度不同 8.(2025·河南驻马店高二月考)某学校利用周 的景观树种植在道路两侧，要求每一侧种植 末时间组织学生进行志愿者服务，高二年级共 3棵，且每一侧中间的景观树都要比两边的 6个班，其中(1)班有2个志愿者队长，本次志 高，则不同的种植方法共有 愿者服务一共20个名额，志愿者队长必须参 A.20种 B.40种 加且不占名额，若每个班至少有3人参加，则 C.80种 D.160种 分配方法的种数为 5.一个信息设备装有一排六只发光电子元件，每 A.90 B.60 C.126 D.120 个电子元件被点亮时可发出红色光、蓝色光 9.若Cg+C4+C+C哈+…+C6=C0,则 绿色光中的一种光若每次恰有三个电子元件 m= 被点亮，但相邻的两个电子元件不能同时被点 10.(2025·湖南衡阳高三月考)一个词典里包 亮，根据这三个被点亮的电子元件的不同位置 以及发出的不同颜色的光来表示不同的信息， 含10个不同的单词，其中有4个以字母“A” 则这排电子元件能表示的信息种数共有 开头，其余以其他字母开头.从中选择5个单 ( 词组成一个新的子集，其中至少包含两个 A.60种 B.68种 “A”开头，一共有 个这样的子集 C.82种 D.108种 (要求用数字作答) 选择性必修第一册·BS黑白题112 1山.在某次国际商贸交流会展期间，举办城市为13.(2025·江西上饶高二月考)结合排列组合， 了提升安保级别，在平时正常安保的基础上 解决下列问题 再将甲、乙等6名特警人员分配到展区附近 (1)将6封不同的信放到7个不同的信箱中， 的4个不同的路口进行执勤，若每个特警只 有多少种放法？ 能分配去1个路口且每个路口至少安排1名 (2)将6封不同的信放到5个不同的信箱中， 特警，则甲和乙不安排在同一个路口执勤的 每个信箱至少有一封信，有多少种放法？ 概率是 (3)将6封相同的信放到3个不同的信箱中， 12.(2025·江西南昌高二月考)如图，平行直线 每个信箱至少有一封信，有多少种放法？ a,b上分别有4个和5个不同的点， (4)将4封标有序号A,B,C,D的信放到四个 (1)任取这9个点中的两个连一条直线，则 标有A,B,C,D的信箱中，恰有一组序号 共可以连多少条不同的直线？ 相同，则有多少种放法？ (2)任取这9个点中的三个首尾相连，一共 可以组成多少个不同的三角形？ 压轴挑战 (2025·江西景德镇高二期中)在打 结计时赛中，现有5根绳子，共有10 个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两 个绳头，所有绳头打结完毕视为结束.则这5根 绳子恰好能围成一个圈的概率为 64 256 A.315 B.315 C 32 128 315 0.315 进阶突破拔高练P16 第五章黑白题1131和3两个奇数夹着2时，同前面类似，0不能成在首位，首位有2种排 法，共有2×2A好=8（个）： 1和3两个奇数夹着4时，也有同样多的结果，共有2×2A=8(个). 根据分类加法计数原理得到这样的五位数共有12+8+8=28（个）.故 答案为28 10.72解析：分步：第一步，把乙、丙、丁三个小镇捆绑，看成一个元素， 三个小镇的游览顺序有A号=6（种）方案：第二步，将该元素与其他 三个小镇作为4个元素，依次对4个游览位置进行安排，中间2个 位置选一个作为小镇甲的游览有2种方案：第三步，剩余三个元素 进行安排有A■6（种）方案，根据分步乘法计数原理可知，不问的 游览顺序方案共有6×2×6=72（种）.故答案为72. (n-1) 1.证明：左边(amm(m) +m(m-1)a-! (n-m+1)! _n!(mm+l)切(n-)！(nm+1)+m(m-1)(n-1)! (n-m+1)川 _n-1)】[n(n-m+1)+m(n-m+1)+m(m-1)】 (-m+1)1 =(m-1)！(n2+n)。(n+1)！ mt！(a-m+A1=右边，原等式成立 12.解：(1)六个人随便站，即六个人进行全排列，故符合条件的站法共 有A=720(种). (2)因为总共有六个位置，两只妖怪不能站在排头和排尾，第一步 在中间四个位置上排好两个妖怪，故有A种站法；第二步在剩余四 个位置排其他四个人，故有A:种站法：利用分步乘法计数原理可得 共有A1A?=288(种)站法 (3)因为师傅和悟空要站一起，八戒要站在两个妖怪中间，沙僧不 管，所以应先按照1,2,3分成三组并排列，故有A种站法， 师傅和悟空站在一起共有A号种站法，八戒站在两只妖怪中间共 有A号种站法，故共有A号AA好=24（种）站法 13.解：(1)要使第二横排和第二竖排的3个数字之和均为15，则第二 横排或第二竖排的其他2个数字之和必然为10，则要从1和9,2和 8,3和7,4和6这四个组合中选出两个组合填写，首先从四个组合 中选两个组合进行排列，有A?种：再对第二横排和第二竖排的两个 数字分别进行排列，有AA号种：最后将其余四个数全排列，有 A!种：按照分步乘法原理可得，一共有A2A号A号A=1152(种)填法 (2)先从1,2,3,4这四个数字中选2个数字分别排到5的左边和上 边，有A种：再从6,7,8,9这四个数字中选2个数字分别排到5的 右边和下边，有A子种：最后将其余四个数字排到剩下的四个位置」 有A种：按照分步乘法原理可得，一共有A好A?A=3456(种) 填法 压轴挑战 1.12120解析：此种运算方法是在排列的基础上加上括号的选择 (括号内至少两个数) 首先2=2，山=2×A}=12(对一个排列，括号只有2种乘法)， 对于14，考查一个给定的排列如a◇b◇c◇d,共有如下几种此种运算 方法：a◇[(b◇c)◇d].ao[b◇(e◇d)].[(aob)◇e]od.[a◇ (b◇c)]◇d,(a◇b)◇(e◇d),共5种相乘方法， 又4个数的排列有Ad=24,所以4=5×24=120.故答案为12：120 5 2.1 解析：标有数字的4个球排序共有A=24(种)情况， 要摸到标有数字最大的球，有以下两种情况： ①标有数字最大的球第3次摸到，其他的小球随意在哪个位置 有A=6(种)情况. ②标有数字最大的球第4次摸到，标有数字第二大的球在第1次或 第2次被摸出 其他的球在哪次摸出任意，有2号=4（种）情况，故所求概常为 品故答案为品 §3组合问题 3.1组合+3.2组合数及其性质 白题 基础过关 1.AC解析：选项A.从4名志愿者中选出2人参加志愿服务工作，只 需选出2人即可，无排序要求，故是组合问题. 选项B.从0,1,2,3,4这5个数字中选取3个不同的数字，组成一个 三位数，选出3个不同数学，还需对3个数字进行排序，组成三位数， 选择性必修第一册·BS 故是排列间题 选项C.从全班同学中选出3名同学出席大学生运动会开幕式，只需 选出3人即可，无排序要求，故是组合问题 选项D.从全班同学中选出3名同学分别担任班长、副班长和学习委 员，先从全班选出3人，再安排其职务，即需排序，故是排列问题 所以B,D项均为排列问题，A,C项是组合问题故选AC 2.排列组合解析：对数式1og.b的值，与a,6取值顺序有关，属于排 列问题：两个数a,b相乘，满足乘法交换律ab=ba,即ab的值与a,b 取值顺序无关，属于组合问题故答案为排列：组合 方法总结 别新一个问题是排列问题还是组合问题的方法： 区分排列与姐合的关健是看结果是否与元素的顺序有关，若交换某 两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题，而交换任意两个元 素的位置对结果没有影胸，则是组合问题，也就是说排列问题与选取 元素的顺序有关，组合问题与远取元素的展序无关。 3D解折：令a32.则c- 3 3 ×C号=之≠C好，故A错误：(n+ 1)·(+1)C=4×3xC≠C3,故B错误；mC=3×2xC吲≠C3,故 C错误：”C=?· (n-1) (-1(-1(a-1C,故D正确 n! 故选D. [0≤9-2n≤2n, 10-n≥2n. 4.A解析：由题中组合数的形式可知 9-2nEN, →n=3,所以 2n,10-neN. Ca+C,=C+C9=27.故选A 5B解折：由c时c唱，得m3号或m=3+弩13，解得m(合 去)或m=12, 则C+C经+C号+…+C2=C3+C号+C匠+C号+…+C品2-1=C号+C+C+…+ C2-1=+=C1-1=285.故选B. 6.C解析：由C=28,得C31=28,即n+1)n=28,整理得m2+n-56= 2 0,解得n=7或n=-8(舍去)，故选C. 7.BC解析：根据题意，对于CW>3Cg,有0≤m-1≤8且0≤m≤8，则 81 有1≤m≤8，若G1>3G,则有m-11,(9-m之3× 81 加1、，变形可得m>27-3m,解得m>条上，4<m≤8，】 则m=7或8.故选BC. 8.21解析：由 11 c雪c安F0c,得m15m卫m16m1于 5！ 6! 7xm!（7-m）L,即ml(5-m1-m！×(6-mx(5-ml 10×7 5 6×5! 7Xm!x(7-m6-m）(5-m1,化简得16-m_7-m)6-m）,整理 10×7×6×51 6 10×6 0≤m≤6， 得m2-23m+42=0,解得m=2或m=21.因为0≤m≤7，→0≤m≤5， (0≤m≤5 所以m=2,所以C=C=7X5=21故答案为21 2 9.4解析：由题意得+x(x-1)(x-2=24(-）(+,≥3，整理得 3 x2-6x+8=(x-2)(x-4)=0,可得x=2或x=4,又x≥3，故x=4.故答 案为4 10.B解析：根据题意可得小沉的选择种数为C=议=10.故选B。 11,10解析：分两步完成，第一步：在5个不同位置中选2个位置排红 球，共C?种排法：第二步：在剩下的3个不同位置排黄球，共C好种 排法，故将这5只球排成一列，有C·C=10(种)不同的方法.故答 案为10. 12,B解析：依题意，会讲英文的志恩者人数与不会讲英文的志恩者人 数之比为120：40=3：1，则应选取的会讲英文的志愿者为40× 3 =30(名)，选取的不会讲英文的志愿者为40x=10(名)，又甲 志愿者必须要参加，则需要从剩余的120-1=119（名）会讲英文的 志愿者中再抽取30-1=29（名），所以不同的抽样结果共有 黑白题072 C,C种.故选B. 13.16解析：符合要求的报名方法可以分为两类，第一类100米，200米 跳高，跳远四项比赛中只参加一项，共有C=4(种)报名方法： 第二类100米，200米中参加一项且跳高，跳远两项比赛中参加 一项，共有CC种选择，再从余下的三项比赛中选择两项参赛，共 有C好种选择，故第二类方法共有CCC好=12（种），由分类加法原 理可得共有16种方法.做容案为16. 14.C解析：由书架上有4本不同的数学书，3本不同的化学书，从中 任取3本书，若数学书、化学书每种都取出至少一本，可分为两类： 若取1本数学书、2本化学书，有C4C=4×3=12(种)：若取2本数 学书、1本化学书，有CC!=6×3=18(种)，所以不同的取法种数共 有12+18=30（种）.故选C. 15.D解析：从13人中任选10人的所有组队方案共有C9种，甲、乙都 参加的组队方案有C种，因为甲，乙两人至多有1人参加，所以不 同的组队方案种数为C增-C片=13x12x_Ix10x9 286-165= 3×2×1 3×2×1 121.故选D. 16.380解析：方法一：若甲、乙两人从6门课程中各选修3门，则有 C2C=400(种)情况：若甲、乙所选修课程均不相同，则有C2C 20(种)情况：则甲、乙所选修的课程中至少有1门相同的选法种数 为400-20=380. 方法二：若甲、乙所选的课程有1门相同，则有C×C?×C好=180（种） 情况：若甲、乙所选的课程有2门相同，则有C×C4×C=180(种)情 况：若甲、乙所选的课程有3门相同，则有C=20(种)情祝：综上可 得甲、乙所选缘的课程中至少有1门相同的选法种数为180+ 180+20=380.故答案为380 17.14 5 解析：3个产品中至多有1个次品的概率为CC+CC Cio 20若故答案为号 56+5614 18.C解析：将6位老郎平均分成三组，共有3CC种可能，三组老师 A 分别到三个不同的班级进行宜讲，每个班级都有老师宜讲，则有 CCic ·A}=90(种)排法.故选C. A 19.C解析：6名学生分成两组，每组不少于两人，一组2人另一组 4人，或每组3人，所以不同的分配方案为CA好+C=50故选C. 20.24310解析：构成一个隔板模型，取18个棋子排成一排，在相邻的 每两个棋子形成的17个间隙中选取9个插人隔板，这样就把18个 元素分成10个区间，第个区间的棋子个数对应第个班级的学生 名额，因此，名额分配方案的种数与隔板插入方法数相等，因隔板插 入方法数为C,=24310,所以名额分配方案共有24310种.故答案 为24310. 四方法总结 分配问的常见形式及处理方法： 常见形式 处理方法 将n个不同元素分成不编号的日组，每组元素数目均 非均匀不 不相同（分别为m1,m2,…,m,),且不考虑各组间的顺 编号分组 序，不管是否分尽，分法种数为A=C·C, C1m2…·Cam 格n个不同元素分成不编号的m组，假定其中r组元 均匀不编 素个数相等，不管是否分尽，其分法种数为 号分组 为非均匀不编号分组中的分法数)，若再有k组均匀分 组，别应再除以A 非均匀编 将n个不同元素分成m组，各组元素数目均不相等 号分组 且考趣各组间的顺序，其分法种数为A·A(其中A为 非均匀不篇号分组中的分法数) 格n个不同元素分成m组，其中r组元素个数相同且 均匀编号 ·A(其中A为 分组 考忠各组同的顺序，共分法种最为 非均匀不然号分组中的分法数) 参考答案 重难聚焦 21.C解析：若袜口和脚趾颜色相同.则有C2A■12（种），若袜口和脚 趾额色不同，则有CA=24(种)，共有12+24=36（种）.故选C. 22.A解析：如果排列时要求两个8相邻，两个2不相邻，两个8捆绑 看作一个元素与7,1全排列.排好后有4个空位，两个2插人其中 的2个空位中，注意到两个2，两个8均为相同元素，那么小明可以 设置的不同密码个数为AC=36.故选A. 23.120解析：由题意，若3人都在第4站至第8站的某一公交站点1人 独自下车，则共有A?=60(种)：若3人中有2人在同一公交站点下 车，另1人在另外一公交站点下车，则共有C子A=60(种)，故甲 乙、丙3人下车的不同方法总数是60+60=120（种）.故答案为120 用题 应用超优 1.C解析：对于A.A0■10x9×8×7■5040，A0■10×9×8×7×6×5= 151200,故A错误： A 对于B,C号引放B错误 对于C,(n+1)A=n+1)n!.(n+1)1 (n+1)! (0-m)!(a-m)A= (n+1-m-1)! (n+1)I ,所以(n+1)A=A1,故C正确 (n-m)! m+1 (n+1)! 对于D,C”= m1xmm+1X-mn中C,故 D错误故选C. 2.C解析：由题意，8件新产品中有3件次品，5件正品，先从3件次品 中取出2件次品，有C号种抽法，再从5件正品中取出2件正品，有 C种抽法，所以抽出的4件产品中恰好有2件次品的抽法种数为 C好C故选C 3.C解析：设参加酒会的人数为n,则C=a=5,得m=1故 2 选C. 4.C解析：一侧的种植方法有CA号=20x2=40(种)，另一侧的种植方 法有A号=2（种），再由分步计数原理得不同的种植方法共有40×2= 80(种).故选C 5.D解析：每次恰有三个电子元件被点亮，但相邻的两个电子元件不 能同时被点亮，所以需把3个亮的发光原件插入未点亮的元件中，有 C=4(种)方法，且不同颜色数有3×3×3=27（种），所以这排电子元 件能表示的信息种数共有4×27=108（种）.故选D. 6.B解析：由题可知，不同的路线有CC号=105（种）.故选B, 7.C解析：根据题意甲、乙、丙、丁四个班的书可以按照3,1,2,1或 者2,1,2,2或者2,1,3,1三种方式分配，故总的分配方案有 CC1CC+C号CC1C2+CCC园C=1470(种).故选C. 8.C解析：若每个班至少3人参加，由于(1)班有2个志愿者队长，故 只需先满足每个班级有2个人参加，还剩10个名额，再将10个名额 分配到6个班级，每个班级至少1个名额，故只需在10个名额中的 9个空上放置5个隔板即可，有C:=126(种)分配方法.故选C. 四方法总结 一板解决相同元素分配问题，而且对被分成的元素限制很弱（一般只 要求不等于零)，只对分成的份数有琴求，可以考虑隔板法，即授据照 意确定分n组，隔板为(n-1)个，对隔板进行组合即可. 9.4或16解析：因为C=C,所以C+C4+C号+C6+,+C=C4+C+ C3+…+C3,又C+Cg1=Cg1,所以C+C+C号+…+C=Cn=C%, 所以m=4或m=16.故答案为4或16. 10.186解析：从含有4个以字母“A”开头的10个不同的单词中选择 5个单词，其中至少包含两个“A”开头的单词，选法可分为3类， 第一类：所选5个单词中，有且只有两个“A”开头的单词，符合要求 选法有CC6种： 第二类：所选5个单词中，有且只有三个“A“开头的单词，符合要求 选法有CC2种： 第三类：所选5个单词中，有且只有四个“A”开头的单词，符合要求 选法有CC6种： 由分类加法计数原理可得，符合要求的子集共有CC+CC+ CC6=186(个).故答案为186. 1.3 11 解析：6名特警分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤 不同安排方法数为C+ A:. 黑白题073 甲、乙安排在同一路口，视甲乙为一个人，5个人安排到4个路口的 安排数为CA, CA 因此甲和乙安排在同一个路口执勒的概率是 哈c\ C2+ A A 10.2 6513 所以甲和乙不安排在同-个路口执葫的概率是1-弓？故答案 13 12.解：(1)当任取的两点同在直线a或直线6上时，共能确定2条不同 直线，当任取的两点，一点在直线a上，一点在直线b上时，共能确 定不同直线C4C叫=20（条），因此共能确定不同直线2+20=22（条）. (2)在直线a上任取一点，在直线b上任取两点，则能组成C1C号= 40(个)不同的三角形，在直线a上任取两点，在直线b上任取一点， 则能组成CC!=30(个)不同的三角形，因此一共可以组成40+30= 70(个)不同的三角形. 13.解：(1)以信的角度去看第一封信有7个选择，第二封信有7个选 择，…，所以共有7种放法。 (2)先选后排，必然有一个信箱放两封信，则从6封信中选取2个看 成一个整体，即C哈种，再将其进行排列，即A种排法枚共有 C%A:=1800(种)放法 (3)相同元素隔板法，6封信排成一列，中间有5个空位，选取其中 2个插人隔板，故有C=10(种)放法 (4)若A组的序号相同，则B信封此时有两个选择(C,D信箱)，从 面C,D信封只利下1种信箱的选择，同理可知其它序号相同时各 有2种选择，故共有4×2=8（种）放法 压轴桃战 D解析：10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所 有的打结方式有C3%CcC A =945(种).恰好围成一个圆时，先选1根 绳子，不能两端打结，只能从其余的8个绳头选1个打结，完成后，这段 绳子不能两端打结，再从其余的6个绳头选1个…最后这段绳子两 端打结，所以打结方式有CCCC=384(种).所以5根绳子恰好能网 成一个圈的概率为P=384128 9455放选n §4二项式定理 4.1二项式定理的推导 白题 基础过关 1.A解析：(x+1)-4(x+1)3+6(x+1)2-4(x+1)+1=(x+1)+C(x+ 1)3×(-1)+C(x+1)2×(-1)2+C2(x+1)×(-1)3+(-1)*=[(x+1)- 1]4=x故选A 2.D解析：由题意可得a2-2Ch2a1+22C经2a0-…+22=(a-2)2= (2-2-2)P=64.放选D. 34幅折：因为30c+30g+3Pc++3rl=号(C+3C+3c2+3c, 3Cg-1)=号(4-1).所以 (4“-1)▣85，解得n▣4故答案 为4. 4.C解析：(x-2)0展开式中第6项的二项式系数是C。.故选C 5B解折：C（）广(-1rC,令6-3r=0,得 t=2,常数项为(-1)2·C哈=15.故选B. 6.ACD 解桥：2店 的通项公式T1=Cg(2x)”（x立） Cg·25(-1)x5 当r=0或2或4时，T1=C5·2+·(-1)x宁为有理项，当r=0 时，T1=Cg·2(-1)°x=32x3,D正确：当r=2时，T3=C·23· （(-12=02.C正确：当=4时，=C2(-1:只A正 确，故选ACD. 选择性必修第一册·BS c2)(5)[)“(后)门：[-) （后)广]1：6，化简得6宁6，所以弩4-1，解得a=9,所 以=g(a)”(房）广=c2xg-的撤答案为9 8.解：(1)当n=6时，展开式的通项公式为T1=C%(3x2) Cg·36-r22」 令125 =7,解得=2，所以展开式中含x项的系数为C?·34= 1215. (2)展开式的通项公式为T-1=C(3x2) 3-2 5 4 令2n-之=0，解得r=了n,因为neN 所以当=5时，r取得最小值4，此时展开式含有常数项， 所以最小的正整数n的值为5. 重难聚焦 9.A解析：二项式(1-x)‘的展开式的通项公式为T1=C1· (-x)*=C哈(-x),k=0,1,…,6所以含x的项为1·Cg(-x)+ 士.c(到1=15r-6=9放选 10.-540解析：由题意知(x2-2y-3)3的通项为T=C5C,(x2· (-2y)（-3),化箭得T=(-2)·（-3)rC5C吃，x2"y,令 a即(-2(-3cGc0.所以的 八=1， 的系数为-540.故答案为-540 11.9解析：在(x-1)(x-2)(x-3)(x+4)(x+5)(+6)的展开式中，含 x的项是6个因式中任取5个用x、余下一个因式用常数项相乘之 积的和，因此展开式中含x的项是-x3-2x3-3x+4x+5x3+6x5= 9x3,所以x3的系数是9.故答案为9. 黑题应用提优 1.D解析：因为(1-2)°的展开式的通项公式为T1=C哈·(-√2)， (1-2)=a+b2,所以a=Cg+C哈×(-2)2+Cg×(-2)+Cg× (-2)°=99.故选D. 2.C解析：由(x+1)=[(x-1)+2]3,故T1=Cg(x-1)2(r=0,1, ,5),所以r=3时，T4=C号(x-1)223=80(*-1)2,即2=80.故 选C. 3.D解析： 的展开式的通项公式为 的展开式的通项公式为T1=C 当r=0时，6-r-k=0,=6,常数项为CeC%(-2)0:当r=1时，6 一k=2.k=3,常数项为CC(-2):当r=2时，6-k=4.,k=0,常 数项为CC8(-2)2;故常数项为CgC喀(-2)°+CC(-2)+C哈C· (-2)2=-59.故选D. 4.D解析：（ar上） 展开式的通项公式为T1=C哈(ax): (后)）广=心(-八分，令6-之=0，可得=4，因此，展开 1 式中的常数项为T3=Cg(-1)4a2=135.则a2=9,解得a=±3.故选D 5.B解析：由二项式定理可得7=C2(x户（本？. 2 x2-2=15,则得 少=5，解科故AB项正确：因C 2 n=6, 2m-m+2=0, 黑白题074