第18讲 排列组合、二项式定理-【艺考一本通】2026年高考数学一轮+二轮（通用版）

艺考一本通数学 第18讲排列组合、二项式定理 自主预习 知识梳理 夯实基础 1.加法原理与乘法原理 (3)排列数、组合数的公式及性质 (1)分类加法计数原理 (1)A=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)= n! (n-m)! 完成一件事有两类不同的方案，在第1类方 公式 (2)C= A n(n-1)(-2)…(n-m+1) 案中有m种不同的方法，在第2类方案中有 A m！ n种不同的方法.那么完成这件事共有N=m m！(n-m)刀（m,m∈N,且m≤n).特别地C=1 n！ 十n种不同的方法. (1)0！=1:A%=! 性质 (2)分步乘法计数原理 (2)CW=C”";C”+1=C十C1 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种 3二项式定理 不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那 (1)二项式定理 么完成这件事共有N=m×n种不同的方法. ①二项式定理：(a十b)"=C9a"+Ca"-1b十… (3)分类加法和分步乘法计数原理，区别在 十Ca"-br+…+Cb"(n∈N*); ②通项公式：T,+1=C%a”-rb',它表示第r十 于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中 1项； 各种方法相互独立，用其中任何一种方法都 ③二项式系数：二项式展开式中各项的系数 可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分 为C9,Cm,…,Cn. 步”问题，各个步骤相互依存，只有各个步骤 (2)二项式系数的性质 都完成了才算完成这件事. 性质 性质描述 2.排列与组合 与首末等距离的两个二项式系数相等，即 对称性 (1)排列与组合的概念 =C 名称 定义 增 二项式 当k 2 (n∈N)时，是递增的 排列 从n个不同元素中 按照一定的顺序排成一列 性 系数C 当公”十 (n∈N*)时，是递减的 取出m(mn)个不 组合 同元素 合成一组 当n为偶数时，中间的一项C取得最大值 二项式系 当n为奇数时，中间的两项C与C取最 (2)排列数与组合数 数最大值 大值 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的 (3)各二项式系数和 所有不同排列的个数，叫做从个不同元素 ①(a+b)"展开式的各二项式系数和：C》十C 中取出m个元素的排列数， 十C%+…十C”=2", 从n个不同元素中取出m(m≤)个元素的 ②偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二 所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素 项式系数的和，即C”十C%十C十…=C,十C 中取出m个元素的组合数. 十C十…=2m-1 ·116· 第一部分一轮单元复习 第六单元 典例剖析 典例变式 变式训练 题型一加法与乘法原理 应用的问题，可恰当地列出示意图或列出表格， 【例1】(1)从甲地到乙地每天有直达汽车4 使问题形象化、直观化， 班，从甲到丙地，每天有5个班车，从丙地到 (2)解决涂色问题，可按颜色的种数分类，也可 乙地每天有3个班车，则从甲地到乙地不同 按不同的区域分步完成.第(2)题中，相邻区域 的乘车方法有 不同色，是按区域1与3是否同色分类处理. A.12种B.19种C.32种 D.60种 变式训练一 (2)如图，用6种不同的颜色分别给图中A, 1.某地环保部门召集6家企业的负责人座谈， B,C,D四块区域涂色，若相邻区域不能涂 其中甲企业有2人到会，其余5家企业各有1 同一种颜色，则不同的涂法共有 人到会，会上有3人发言，则发言的3人来自 3家不同企业的可能情况的种数为() A.15 B.30 C.35 D.42 2.如果一个三位正整数如“a1a2a3”满足a< a2,且a2>a3,则称这样的三位数为凸数（如 A.400种B.460种C.480种D.496种 120,343,275等)，那么所有凸数的个数为 【解析】(1)分两类：一类是直接从甲到乙， 有1=4种方法； A.240 B.204 C.729 D.920 另一类是从甲经丙再到乙，可分为两步，有 2=5×3=15种方法， 题型二排列与组合 由分类计数原理可得：从甲到乙的不同乘车 【例2-1】3名女生和5名男生排成一排， 方法n=n1十2=4十15=19.故选B. (1)如果女生全排在一起，有多少种不同 (2)完成此事可能使用4种颜色，也可能使 排法？ 用3种颜色.当使用4种颜色时：从A开始， (2)如果女生都不相邻，有多少种排法？ 有6种方法，B有5种，C有4种，D有3 (3)如果女生不站两端，有多少种排法？ 种，完成此事共有6×5×4×3=360种方 (4)其中甲必须排在乙前面（可不相邻），有 法；当使用3种颜色时，A,D使用同一种颜 多少种排法？ 色，从A,D开始，有6种方法，B有5种，C (5)其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种 有4种，完成此事共有6×5×4=120种方 排法？ 法，由分类加法计数原理可知：不同的涂法 【解析】(1)（捆绑法）由于女生排在一起，可 有360+120=480（种）： 把她们看成一个整体，这样同五个男生合在 【答案】(1)B(2)C 一起有6个元素，排成一排有A种排法，而 【规律方法】 其中每一种排法中，三个女生间又有A种 (1)注意在综合应用两个原理解决问题时，一般 排法，因此共有A·A=4320(种)不同 是先分类再分步.在分步时可能又用到分类加 排法。 法计数原理；注意对于较复杂的两个原理综合 (2)(插空法)先排5个男生，有A种排法， ·117 艺考一本通数学 这5个男生之间和两端有6个位置，从中选【例2-2】某市工商局对35种商品进行抽样 取3个位置排女生，有A种排法，因此共有 检查，已知其中有15种假货.现从35种商 A·A=14400(种)不同排法. 品中选取3种. (3)【解法一】（位置分析法）因为两端不排 (1)其中某一种假货必须在内，不同的取法 女生，只能从5个男生中选2人排列，有A 有多少种？ 种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A种 (2)其中某一种假货不能在内，不同的取法 排法，因此共有A?·A8=14400(种)不同 有多少种？ 排法。 (3)至少有2种假货在内，不同的取法有多 【解法二】（元素分析法）从中间6个位置 少种？ 选3个安排女生，有A种排法，其余位置无 (4)至多有2种假货在内，不同的取法有多 限制，有A种排法，因此共有A·A=14 少种？ 400(种)不同排法. 【解析】(1)从余下的34种商品中，选取2 (4)8名学生的所有排列共A种，其中甲在 种有C%4=561(种)， 乙前面与乙在甲前面的各占其中？，所以符 所以某一种假货必须在内的不同取法有 561种. 合要求的排法种数为A=20160(种). (2)从34种可选商品中，选取3种，有C4种 (5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊 或者C3-C34=C34=5984(种)： 位置 所以某一种假货不能在内的不同取法有5 【解法一】（特殊元素法）甲在最右边时，其 984种. 他的可全排，有A?种；甲不在最右边时，可 (3)选取2件假货有C2C种，选取3件假 从余下6个位置中任选一个，有A;种.而乙 货有C种，共有选取方式C20C十C= 可排在除去最右边位置后剩余的6个中的 2100+455=2555(种). 任一个上，有A站种，其余人全排列，共有A 所以至少有2种假货在内的不同的取法有 ·Ag·A8种， 2555种. 由分类加法计数原理，共有A十A:·A:· (4)选取3件的总数有C3,因此共有选取 A8=30960(种). 方式 【解法二】（特殊位置法）先排最左边，除去 C3-C=6545-455=6090(种). 甲外，有A种，余下7个位置全排，有A 所以至多有2种假货在内的不同的取法有 种，但应别除乙在最右边时的排法A·A 6090种. 种，因此共有A·A一A:·A8=30960 【例2一3】4个不同的球，4个不同的盒子，把 (种). 球全部放入盒内， 解法三（间接法）8个人全排，共A种，其 (1)恰有1个盒不放球，共有几种放法？ 中，不合条件的有甲在最左边时，有A好种， (2)恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？ 乙在最右边时，有A?种，其中都包含了甲在 (3)恰有2个盒不放球，共有几种放法？ 最左边，同时乙在最右边的情形，有A种， 【解析】(1)为保证“恰有1个盒不放球”，先 因此共有A一2A7十A8=30960(种). 从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为 ·118· 第一部分一轮单元复习第六单元 “4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共(3)含有附加条件的组合问题的解法 有几种放法？”即把4个球分成2,1,1的三 ①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：若 组，然后再从3个盒子中选1个放2个球， “含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补 其余2个球放在另外2个盒子内，由分步乘足；若“不含”，则先将这些元素别除，再从剩下 法计数原理，共有CCC×A=144(种). 的元素中去选取；②“至少”或“最多”含有几个 (2)“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个 元素的组合题型：解这类题目必须十分重视“至 盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也 少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与 即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰 漏解.用直接法或间接法都可以求解，通常用直 有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放 接法分类复杂时，用间接法求解。 球”是同一件事，所以共有144种放法. (4)解排列、组合问题要遵循的两个原则 (3)确定2个空盒有C?种方法. ①按元素（或位置）的性质进行分类；②按事情 4个球放进2个盒子可分成(3,1)，(2,2)两类， 发生的过程进行分步，具体地说，解排列、组合 第一类有序不均匀分组有CCA种方法；第 问题常以元素（或位置）为主体，即先满足特殊 二类有序均匀分组有C·A飞种方法故共 元素（或位置），再考虑其他元素（或位置）. A 变式训练二 有C(CCA+CC.A6)=8M(种). A 1.(2021·全国甲卷)将4个1和2个0随机排 【规律方法】 成一行，则2个0不相邻的概率为() (1)求解有限制条件排列问题的主要方法 A B号 c号 D. 直接法 2.(2023·新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参加 选定一个适当的分类标准，将要完成的事件分成几 体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽 分类法 个类型，分别计算每个类型中的排列数，再由分类 样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两 加法计数原理得出总数 选定一个适当的标准，将事件分成几个步骤来完 层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中 分步法 成，分别计算出各步骤的排列数，再由分步乘法计 部分别有400名和200名学生，则不同的抽 数原理得出总数 样结果共有 ( 相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整 A.C80·C25种 B.C8·C8种 捆绑法 体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部 C.C8·C8种 D.C48·C28种 排列 3.(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4方格表 不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的 插空法 排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空中 中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除 方格被选中，则共有 种选法，在所有 除法 以已定元素的全排列 符合上述要求的选法中，选中方格中的4个 对于分类过多的问题，按正难则反，等价转化的 数之和的最大值是 间接法 方法 1 21 3140 (2)解决有限制条件排列问题的策略 22 3324 ①根据特殊元素（位置）优先安排进行分步，即 1322 3343 先安排特殊元素或特殊位置；②根据特殊元素 15243444 当选数量或特殊位置由谁来占进行分类. ·119· 艺考一本通数学 题型三二项式 得a-a1十a2-a3十…十a10=510,② 【例3-1】(2024·天津卷)在是+写) 的展 ①+②得2(a0+a2+…+a10)=1+510, 开式中，常数项为 所以奇数项系数和为1十5 2； 【解析】因为（停+子）° 的展开式的通项为 ①-②得2(a1十a3十…+ag)=1-510, T1=c(°'（写）=3C- 所以倍载项系线和为职 (5)x的奇次项系数和为a1十a3十a5十…十 0,1,…,6,令6(r-3)=0,可得r=3,所以 常数项为3C=20.故答案为20. a1510 2； 【答案】20 x的偶次项系数和为ao十a2十a4十…十a1o 【例3-2】在(2x一3y)1的展开式中，求： =1+510 (1)二项式系数的和； 2 (2)各项系数的和； 【规律方法】 (3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项 (1)与二项展开式有关问题的解题策略 式系数和； ①求展开式中的第项，可依据二项式的通项 (4)奇数项系数和与偶数项系数和； 直接求出第n项； (5)x的奇次项系数和与x的偶次项系 ②求展开式中的特定项，可依据条件写出第r 数和. 十1项，再由特定项的特，点求出r值即可 【解析】设(2x-3y)10=axl0十a1x9y十 ③已知展开式的某项，求特定项的系数，可由某 a2x8y2+…+a10y0,(*) 项得出参数项，再由通项写出第r十1项，由特 各项系数和为a0十a1十…十ao,奇数项系 定项得出r值，最后求出其参数. 数和为ao十a2十…十a1o,偶数项系数和为 (2)赋值法的应用 a1十a3十a5十…十ag,x的奇次项系数和为 ①形如(ax+b)",(ax2+bx+c)"(a,b,c∈R)的 a1十ag十a5十…十ag,x的偶次项系数和为 式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法， a0十a2十a4+…十a10. 只需令x=1即可； 由于()是恒等式，故可用“赋值法”求出相关 ②对形如(a.x十by)"(a,b∈R)的式子求其展开 的系数和 式各项系数之和，只需令x=y=1即可； (1)二项式系数的和为C0+C0十…+C8 ③若f(x)=a0十a1x十a2x2十…十anx",则 =210 f(x)展开式中各项系数之和为f(1),奇数项系 (2)令x=y=1,各项系数和为(2一3)10= 数之和为a十a十a4十…=f①)+f-D,偶 2 (-1)10=1. 数项系数之和为a1十a3十a5十… (3)奇数项的二项式系数和为C0十C十…十 -f(1)-f(-1) C8=29, 2 偶数项的二项式系数和为C0十C0十…十 变式训练三 C0=29. 1.(2025·上海卷)在二项式(2x一1)5的展开 (4)令x=y=1,得到a0+a1+a2十…十a10 式中，x3的系数为 =1,① 2.若(1+ax2)·(2-x)4的展开式中x3的系 令x=1,y=-1(或x=1,y=1), 数为8，则实数a的值是 () ·120· 第一部分一轮单元复习 第六单元 C.1 D.2 等于 3.(ax十2x-1D的展开式中各项系数的和 5.(d+士-2)'的展开式的常数项是（) A.-32 B.-88 C.88 D.152 为2，则该展开式中常数项为 ( ) 6.(2025·北京卷)已知(1-2x)4=a0-2a1x十 A.-20 B.-10 C.10 D.20 4a2x2-8a2x3+16a4x4,则a0= ;a1 4,在(-)”的二项展开式中，只有第5项 +a2+a3十a4= 的二项式系数最大，则二项展开式中常数项 随堂检测 基础训练 温故知新 1.(2x-云)1-2x的展开式中x的系数为 A.24 B.18 C.16 D.10 7.（多选)已知 + 的展开式中的第三 2.将7支不同的笔全部放入两个不同的笔筒 项的系数为45，则 ( 中，每个笔筒中至少放2支，则不同的放法有 A.n=9 B.展开式中所有项的系数之和为1024 A.56种B.84种C.112种D.28种 C.展开式中二项式系数最大的项是第6项 3.某校举行文艺汇演，甲、乙、丙等6名同学站 D.展开式中含x3的项是第7项 成一排演唱歌曲，若甲、乙不相邻，丙不在两 8.中国体育代表团在2024年巴黎奥运会上取 端，则不同的排法共有 ( ) 得了40枚金牌的辉煌成绩.某视频自媒体平 A.72种 B.144种 台选出关注度比较高的A,B,C,D,E等10 C.288种 D.432种 名金牌获得者，再从中选出6名，准备连续6 4.若9x2 天分别向观众介绍，且每天只介绍1名，则 3 (n∈N*)的展开式中第3项 A,B必须介绍且在前3天介绍，C,D,E至少 的二项式系数为36，则其展开式中的常数项 选2名进行介绍的所有方法种数为() 为 ( A.720 B.1680 C.4320 D.5040 A.84 B.-252C.252 D.-84 9.已知(2x-5)2025=a0十a1(x-2)十a2(x 5.元旦假期，某旅游公司安排6名导游分别前 2)2十…十a2025（x一2)2025，则下列结论成立的 往沈阳故宫、本溪水洞、鞍山千山、盘锦红海 是 () 滩四个景区承担义务讲解任务，要求每个景 A.a0十a1+…+a2025=1 区都要有导游前往，且每名导游都只安排去 B.22024a0+22023a1+…+2a2023+a2024=5 一个景区，则不同的安排方法种数为( ×102024 A.1280B.300C.1880 D.1560 C.a0-a1十a2-a3…a2025=32025 6.旅游体验师小李受某旅游网站的邀约，决定 D.a0+2a2+3a3+…+2025a2025=4050 对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游， 10.在(x2一x+y)5的展开式中，xy的系数为 若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不 () 能最后旅游，则小李旅游的方法数为( A.-10B.10 C.-30 D.30 ·121·艺考一本通数学 【解析】(1)统计假设H:该社区的居民是否喜欢网上买菜 与年龄无关系，由给定的2×2列联表，得X 100×(40×30-10×20)=100>3.841.根据小概率值a 50×50×60×40 6 =0.05的独立性检验，否定假设H,,即认为是否喜欢网上 买菜与年龄有关系，此推断犯错误的概率不大于0.05： (2)设A表示周i在A平台买菜，B:表示周i在B平台买 菜，i=1.2.由题可得P(A)=P(B)=号，P(BA) 号，P(B:B)=号.由全概率公式，小张周二选择在B平 台买菜的概率P(B2)=P(A1)P(B2A1)+P(B1)P(B2| B)=×号十日×号-易：（3)猴题意，社区居民喜 欢网上买莱的概率估计位为需=是从滨社区随机物取 10名居民，其中喜欢网上买菜的居民人数XB(10,号)， 所以X的教学期望E(X)=10X号=6，方差DX)=10X 号×(1-是)=号.又Y=2X+3,所以Y的数学期塑E 5 (Y)=2EX)+3=15,方差D(Y)=4DX)=s 12.1)答案见解析(2)卫，=号+号(-号）(3)最大值为 子最小值为分 【解析】(1)由折线图中数据和附注中参考数据得i=4, 2a--8/y-=a2.4-0 -)=∑y-1∑y=68.35-4×16.17=3.67,所以 3.67 相关系数r=0.72X2X2.646≈0.9632，因为y与1的相关 系数近似为0.9632，说明y与t的相关程度相当高，从而可 以用线性回归模型拟合》与y的关系. (2)依题意得，P.=3P1+号P-(≥3)，其中P=3, P,=3×g+号-名，则卫-卫1=-号(P1-P) (n≥3)，所以P。-P,}是以首项为P,-P,=号，公比为 号的等比数列，故P.-P1=号(-号)(n≥2)成 立，则有P.-P1十P-2-P+…+P-P=号 [(-号)°+（号）+（号）++(-号)]= X二盖C》所以=A+ -告（号），又P=子，则R.=子+告-吉 ()=是+（号 《③)当u为偶教时，P,=号十号（号）”，单洞递减，最大值 为P=弓十，P.号当n为奇数时，P.=昌一号 (号)广，单调递增，最小值为卫=号十o©，P,→号，所 以数列P,的最大值为号，最小值为子 30 第18讲排列组合、二项式定理 【典例变式】 变式训练一 1.B【解析】发言的3人来自3家不同企业且含甲企业的人 的情况有CC=20(种)：发言的3人来自3家不同企业且 不含甲企业的人的情况有C=10(种).所以发言的3人来 自3家不同企业的可能情况共有20+10=30（种），故选B. 2.A【解析】若α2=2，则百位数字只能选1，个位数字可选1 或0.“凸数”为120与121，共2个.若a2=3,则“凸数”有2× 3=6(个).若2=4，满足条件的“凸数”有3×4=12（个）， …,若a2=9,满足条件的“凸数”有8X9=72(个).所以所有 凸数有2+6+12+20+30+42+56+72=240（个）. 变式训练二 1.C【解析】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法， 4个1产生5个空，若2个0相邻，则有C种排法：若2个0 不相邻，则有C号=10种排法，所以2个0不相邻的概率为 102 5+10-3.故选C 2.D【解析】初中部和高中部总共有400+200=600（人），按 照分层抽料的原星，应从初中亦抽取器×60=40（人），从 高中部抽取器×60=40（人），第一步：从初中部抽取40人， 有C8种方法，第2步：从高中部抽取20人，有C8种方法， 根据分步计数原理，一共有C·C鄂种方法；故选D. 3.24112【解析】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有 一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个 方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选， 所以共有4X3X2×1=24种选法；每种选法可标记为(a,b, c,d),a,b,c,d分别表示第一、二、三、四列的数字，则所有的 可能结果为：(11,22,33,44)，(11,22,34,43)，(11,22,33， 44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42),(12, 21,33,44),(12,21,34,43),(12,2231,44),(12,22,34,40), (12,24,31,43),(12,24,33,40),(13,21,33,44),(13,21, 34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42), (13,24,33,40),(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22, 31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40),所 以选中的方格中，(15,21,33,43)的4个数之和最大，为15 +21+33+43=112.故答案为24：112. 变式训练三 1.80【解析】由通项公式T+1=Cg·2-r·x-·(一1)= Cg·（-1)”·2-r2x-,令5-r=3,得r=2,可得x3项的 系数为Cg·(-1)2·2-2=80.故答案为80. 2.A【解析(2-x)的展开式的通项公式为T,+1=C·2- ·(一1)”·x,则1X(2一x)4的展开式中含有x的项为C ·21·(-1)3·x3=-8x3,a.x2×(2-x)4的展开式中含有 x3的项为a.x2×C·23·(-1)1·x=-32ax3,则-8 32a=8,解得a=合故选A 3.C【解析】令x=1,可得a十1=2，所以a=1,所以 (ax+7)(2x-1)=(x+之)(2x-1)5,则展开式中常数项 为(2x一1)5展开式中x项的系数，即2C(一1)4=10.故 选C 4.12【解答近-二)的二项展开式的中，只有第5项的 二项式系数最大，所以n=8,通项公式为T,+1=C·(一2) ·→=(-2C心·中，令8=0，求得r=2,可符 二项展开式中常数项等于4×C%=112. 5.C【解桥】(x2+二-2）表示5个因式(x2+-2)的乘 积，要得到常数项，有2种情形：(1)5个因式中每一个因式 都取一2，可得到常数项，它的值为（一2）5=一32：(2)5个因 式中，有2个因式取是，一个因式取，其余的因式都取 2,则C号·C·(一2)2=120，综上可得，常数项的值为一32 +120=88.故选C. 6.①1②15【解析】令x=0,则a=1,又(1-2x)4=a- 2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x,故(1-2x)4=a6+a(-2x) +a2(-2x)2+a3(-2x)3+a4(-2x),令t=-2x,则(1+ t)4=ao+a1t+a2t+a3t+a4t,令t=1,则a+a1+a2+a3 十a4=24,故a十a2+a十a4=15.故答案为1，l5. 【基础训练】 1.40【解析】由2xC(-2x)P+(-六)·C(-2)1= 40x3,所以x3的系数为40.故答案为40. 2.C【解析】根据题意先将7支不同的笔分成两组，若一组2 支，另一组5支，有C种分组方法：若一组3支，另一组4 支，有C》种分组方法.然后分配到2个不同的笔筒中，故共 有(C号+C9)A8=112种放法. 3.C【解析】(1)除甲、乙、丙外的3个人排成一排有A=6 (种)排法，再将甲、乙2个人插空，有A=12(种)排法，最后 排丙，丙不在两端，则丙有4种排法，故共有6×12×4=288 (种)不同的排法.故选C 4.A【解析】由题意可得C%=36,所以n=9.所以 (0x3左)广-(0：3厂的辰开或的通项为T=C ·g·(一号)·，令9号=0得=6所以展开 式中的常数项为心×9×(-号)》”=84 5.D【解析】将6名导游分成四组，各组人数分别为1,1,1,3 或1,1,2,2.当各组人数为1,1,1,3时，共有CCCC×A A =480种安排方法；当各组人数为1,1,2,2时，共有 COCX A!=1080安排方法.故不同安排方法有480 AA +1080=1560种，故选D. 6.D【解析】第一类，甲景区在最后一个体验，则有A种方 法：第二类，甲景区不在最后一个体验，则有AA3种方法， 所以小李旅游的方法共有A十AA=10(种)，故选D. .CD【解折】（√+F)广的原开式的第三项为T,= C(√)(F=C中·=C,所以第= 项的系数为C=45,所以n=10,故A错误； (+)广”=(V+F)”.合=1得辰开式中 所有项的系数之和为2=1024，故B正确；展开式中总共有 11项，则二项式系数最大的项是第6项，故C正确： (√F+F)的展开式的通项为工=C(√) (7)r=Ci.=C,令1r230=3,解得r 12 =6,所以展开式中含x的项是第7项，故D正确.故 选BCD. 8.D【解析】由题可得选中的6名金牌获得者中必须有A,B, 且C,D,E至少有2名被选中，则除A,B外剩下的4名金牌 获得者的选取情况种数为CC十CC,又A,B必须在前3 天介绍，所以符合条件的方法种数为A(CC十CC)A= 5040.故选D. 9.AD【解析】对于A.令x=3,得1025=a十a1十…十a225, 即a0十a十…十a2%=1,A正确.对于B,令x一2=t,则原 参考答案·数学 等式变形为(21-1)2025=a十a1t2+…十a2025t25,由二项式 定理得d=Cs2s=20,令1=合，得，0=a十号十 受十十器+器，等式两侧同乘2，得20a十2 a1十…十2a2023十a224十2g5=0,所以22024a+2023a1十…+ 2 2a十a2=一%=一204，B错误.对于C.令x=1,得 2 (-3)225=a0-a1十a2-a3…一a225,故a一a1十a2一a3 一a2s=一320，C错误.对于D.对等式(21-1)225=十 a11十a22十…十a2st205两侧同时求导函数得，4050(21 1)2024=a1十2a2t+3a3t2+…+2025a225t224,令t=1,得a1 十2a十3a3十…十2025a2%=4050,D正确.故选AD. 10.C【解析】(x2-x十y)5=[(x2一x)+y],其展开式的通 项为T+1=C5(x2-x)5-r·y,令r=2,得T=C(x2 x)3·y,而(x2-x)3的展开式的通项为T+1=C略(x2)3- ·(一x)=（-1)Cx-,令k=1,则(x2一x十y)5的展开 式中xy2的系数为C号×(-1)1×C=一30. 第19讲离散型随机变量 的分布列、均值与方差 【典例变式】 变式训练一 1.号[-子]【解析】因为a6c成等差数列，所以2h =a+c又a+b什c=l,所以b=3,所以P(X=1)=a十c =导又a=了-dc=日十d根据分布列的性质，得0< 子-K号0号+K号所以-弓<K3 1 2.C【解析】由题意知，x十0.1十0.3十y=1,又E()=3x十 4×0.1+5×0.3+6y=4.3,两式联立解得y=0.2. 3.【解析】(1)因为0.025+0.15+0.20=0.375,0.025+0.15 +0.20+0.25=0.625,所以中位数位于[60,70)之间，设这 200名同学竞赛成绩的中位数为x,则0.025+0.15+0.20 十0.025(x一60)=0.5，解得x=65.竞赛成绩不低于80分 的学生人数为200×(0.10+0.05)=30. (2)由题意可知，按分层抽样抽取的9人中，竞赛成绩不低于 90分的学生人数为3人，所以P(X=2》智=是 (3)设这名同学获得书籍的数量为ξ，则ξ的可能取值为2， 4.68P(=2)=号×=：P=0=子×(+号 ×-最=6=×C×子×-P(=8)= ×(仔)》=衣所以专的分南列为 2 4 6 8 17 2 48 8 48 B=2X号+4x0+6X日+8X-号 4.【解析】(1)因为进行了5场比赛，所以甲、乙之间的输赢情况 有以下四种情况：甲赢4场，乙赢1场；甲赢3场，乙赢2场； 甲赢2场，乙赢3场；甲赢1场，乙赢4场.5场比赛不同的输 赢情况有C十C+C号+C种，即28种.①若甲赢4场，乙 赢1场：甲获得全部奖金8000元：②若甲赢3场，乙赢2场： 当比案维续下去甲赢得会部奖会的桃率为？十日×号 31