7.3 组合-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（苏教版）

7.3 第1关练速度 15min为准，你的时间： 1.（多选)(2024·山西大同高二月考)下列问题 属于组合问题的是 ( ) A.从4名志愿者中选出2人分别参加志愿服 务工作 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 C.从全班同学中选出3名同学出席大学生运 动会开幕式 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 2.(2024·江苏扬州高二期中)C3+C+C3= A.C B.C C.C D.C 3.(多选)下列关于排列数与组合数的等式 中，正确的是 ( A.C=Ca B.mC=nC- C.Cn=n! D.Cr+C=Cat 4.(2024·江苏南京高二期中)从5名男生和 3名女生中选派3人参加志愿者工作，要求 男、女生都要有，则不同的选派方法种数为 A.90 B.56 C.45 D.15 5.(2024·湖南株洲二中高三月考)将4个6 和2个8随机排成一行，则2个8不相邻的情 况有 ( A.480种 B.240种 C.15种 D.10种 第7章 组合 6.(2024·广东阳江高二月考)把5个相同的小 球分给3个小朋友，使每个小朋友都能分到 小球的分法有 () A.4种 B.6种 C.21种 D.35种 7.（2024·重庆一中高三月考)如图，左车道有 2辆汽车，右车道有3辆汽车等待合流，则合 流结束时汽车通过顺序共有 () A.10种 B.20种 C.60种 D.120种 8.(2024·福建龙岩高二月考)若C10=C9,则 C2,的值为 9.从1,2,3，…，10中选取三个不同的数，使得 其中恰好有两个数相邻，则不同的选法种 数是 10.（2024·山东临沂高二月考)某龙舟队有 9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划 右舷，2人既会划左舷又会划右舷.现要选派 划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比 赛，则不同的选派方法共有 种 11.(2024·广东广州高二月考)工人在悬挂如 图所示的一个正六边形装饰品时，需要固定 六个位置上的螺丝，首先随意拧紧一个螺 丝，接着拧紧距离它最远的第二个螺丝，再 随意拧紧第三个螺丝，接着拧紧距离第三个 螺丝最远的第四个螺丝，第五个和第六个以 此类推，则不同的固定方式有 种 学霸045 第2关练准确率 8题为准，你做对题 12.（2024·山东济南高二月考)若将牡丹、玫 瑰、月季、山茶、芙蓉、郁金香6盆鲜花放入 3个不同的房间中，每个房间放2盆花，其中 牡丹、郁金香必须放入同一房间，则不同的 放法共有 ) A.18种 B.24种 C.36种 D.54种 13.（2023·山东德州高二期末)电子设备中电 平信号用电压的高与低来表示，高电压信号 记为数字1，低电压信号记为数字0，一串由 0和1组成的不同排列代表不同的电平信 号，所用数字只有0和1，例如001100就是 一个信息.某电平信号由6个数字构成，已知 其中至少有四个0，则满足条件的电平信号 种数为 A.42 B.22 C.20 D.15 14.（2024·湖南常德一中高二月考)方程x1+ x2+x3+x4=8的正整数解的个数为（ ) A.56 B.35 C.70 D.66 15.(多选)(2023·重庆渝北区高二月考)某中 学共有三栋女生宿舍楼，分别为1号楼、2号 楼、3号楼，学校在本周安排了甲、乙、丙、丁、 戊5名女教师去这三栋宿舍楼协助宿管阿 姨值守，每栋宿舍楼至少安排一名教师，每 名教师只能去其中一栋楼，则下列说法正确 的是 A.共有300种不同的安排方法 B.若其中1号楼需要有两名教师去，则共有 60种不同的安排方法 C.若甲、乙两名教师不能去同一栋宿舍楼， 则共有114种不同的安排方法 选择性必修第二册·SJ号 D.若学校新购入25个相同型号的灭火器， 准备全部分配给这三栋女生宿舍楼作为 应急使用，每栋宿舍楼至少6个，则共有 15种不同的分配方法 6.（2024·辽宁沈阳高二月考)如图，小明从街 道的E处出发，先到F处与小红会合，再一 起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动， 则小明到老年公寓可以选择的最短路径条 数为 A.18 B.24 C.30 D.32 7.(2024·山东临沂高二月考)街道上有编号 为1,2,3，…，10的十盏路灯，为节省用电又 能看清路面，可以把其中的三盏路灯关掉， 但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，在两端 的灯都不能关掉的情况下，满足条件的关灯 方法有 种 18.(2023·江苏苏州高二期中)在下图中，从 第2行起，除首末两个位置外，每个位置上 的数都等于它肩上的两个数的和，最初几 行是： 第1行 11 第2行 121 第3行 1331 第4行 14641 第5行15101051 … 自左向右，第n行第i+1个数记为Ci(n, ieN且i≤n).若Cs=C5-3(n,keN且k≤ n),则k的值为 ;C4+C+…+C-3+ …+C(n∈N且6≤n≤14)的值为 霸046 19.（2024·河南三门峡高二月考)随着经济科 技的发展，地铁作为绿色出行的交通工具不 仅方便而且环保，很受市民的喜爱.某城市 地铁公司决定按照乘客经过地铁站的数量 实施分段优惠政策，不超过15站的地铁票 价如下表：(x∈N*) 乘坐站数 0<x≤4 4<x≤9 9<x≤15 票价（元） 2 4 现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆 地铁，已知他们乘坐地铁都不超过15站. (1)若甲、乙两人共付车费6元，则甲、乙下 地铁的方案共有多少种？ (2)若甲、乙两人共付车费8元，则甲比乙先 下地铁的方案共有多少种？ 20.(2024·福建泉州高二月考)(1)把6个相同 的小球放入4个不同的箱子中，每个箱 子都不空，共有多少种放法？ (2)把6个不同的小球放入4个相同的箱子 中，每个箱子都不空，共有多少种放法？ (3)把6个不同的小球放入4个不同的箱子 中，每个箱子都不空，共有多少种放法？ 第7章 第3关练思维宽度 难度级别：女攻☆☆☆ 21.(2024·福建福州高二期中)设 集合A={-1,0,1},B={(x1,x2, 讲解 x3,x4,x5,x6)1x:∈A,i=1,2,3,4,5,6)},那 么集合B中满足1≤Ix1I+|x21+x3|+|x41+ x,+lx6≤3的元素的个数为（) A.232B.144 C.184 D.252 22.(2024·重庆綦江区高二月考)在平面直角 坐标系中，确定若干个点，点的横、纵坐标均 取自集合A={-2,0,1,2},这样的点共有 n个. (1)求以这n个点中的2个点为端点的线段 的条数； (2)求这n个点能确定的直线的条数； (3)若从这n个点中选出3个点分别为三角 形的3个顶点，求这样的三角形的个数. 学霸047三人安排在其他三个名次，有A=6(种)情况：第二种情况：先从 丙、丁、戊中选1人为冠军，再排甲，乙两人，再把甲和乙捆绑与其 他人排列，共有A}×A号×A号=36（种）.综上可得共有6+36= 42(种)不同的情况.故选C. 15.D解析：先将徵、羽两音阶捆绑在一起有A?种，然后与宫、商、角 进行全排列有A种，考虑到顺序问题，则可排成不同音序的种数 为4经4 =24.故选D. A 16.BCD解析：对于选项A:先安排千位上的数字，有5种：再安排百 位、十位和个位上的数字，有A种：根据分步乘法计数原理可得， 共组成5A?=300(个)四位数，故选项A错误：对于选项B:因为5 的倍数的四位数个位上为0或5，所以分为两类：当个位是0时， 有A=60(个)；当个位上5时，有4A好=48（个），所以共有60+ 48=108(个)，故选项B正确：C选项，先把各位数字之和为偶数 的数字组合列举出来，有(0,1,2,3)，(0,1,2,5)，(0,1,3,4)，(0 1,4,5),(0,2,3,5),(0,3,4,5),(1,2,3,4),(1,2,4,5),(2,3,4, 5);再将每个组合中的四个数字排列组成一个四位数共3A 6+A4×3=180(个)，故选项C正确；对于选项D:因为千位为1的 四位数有A?=60(个)；千位为2，百位为0的四位数有A?= 12(个)；千位为2，百位为1的四位数有A经=12（个）；共60+12+ 12=84:而千位为2，百位为3的四位数从小到大排列有：2301， 2304,2305,2310,…,所以第88个数为2310，故选项D正确.故 选BCD. 17.24解析：先把3辆车停好，共有A=6(种)方法：再把剩余的 3个车位看成一个整体，排在一起，插入4个空位里，共有A!= 4(种)方法.由分步乘法原理得不同的停放方法的种数为6×4= 24.故答案为24. 18.120解析：根据题意，假设6个厘子为L1,L2,L3,L4,L5,L6,要求 砸开一个匣子后，能继续用钥匙打开其余5个匣子，即在砸开的 匣子中必放有另一个匣子的钥匙，依次类推，打开所有的厘子，则 原问题相当于由L1,L2,L3,L4,L5,L6形成一个环状排列，反过 来，对由L1,L2,L3,L4,L5,L6排成的每一种环状排列，也就可以 对应成一种相继打开各个匣子的一种放钥匙的方法，先让6个厘 子沿着圆环对号人座，再在每个匣子中放入其下方的匣子的钥 匙，这就得到一种相继打开各个匣子的放钥匙的方法.所以，可使 所有匣子相继打开的放钥匙的方法数恰与L1,L2,L3,L4,L5,L6 的环状排列数相等，由于n个元素的环状排列数为(n-1)！种， 则钥匙的放法有5！=120（种）.故答案为120 A号+A号_5Ag+A号6A号6x9X8x7X63 19.解：(1) A50-Ai05A30-A04A04×10×9×8×7×620 (2)由3A=4A1,得3×8×7×…×(11-x)×(10-x)×(9-x)=4× 9×8×…×(11-x),即3(10-x)(9-x)=4×9,即x2-19x+78=0,解 得x=6或x=13,又因为x≤8且x-1≤9，所以x=6,故3A:= 4A:1的解为x=6: 20.解：(1)先排除物理、历史外的其他5科，有A?种排法：再将物理 历史插入上述的每种排法形成的6个间隙中，有A?种排法，所以 物理、历史不能排在一起共有AA名=3600（种）排法， (2)不考虑条件限制，7节课共有A好种排法，第一节排体育有 A。种排法，最后一节排数学有A。种排法，而第一节排体有，且最 后一节排数学有A种排法，所以第一节不排体育，最后一节不排 数学，有A7-A6-A8+A=3720(种)排法. (3)将历史、语文、数学视为一个整体，与其他4门课一起排列， 有A种排法，其中体育排在物理后面的占子，历史、语文，数学 的排列有A号=6（种），所以满足条件的排法有子AA= 360(种). 选择性必修第二册·SJ 方法总结 对于排列问题： (1)简单问题直接法：利用两个计数原理，直接进行排列组合 解答. (2)特殊元素（特殊位置）优先法：优先考虑一些特殊的元素和 位置. (3)相邻问题捆绑法：先把相邻元素捆绑在一起，再进行排列. (4)不相邻问题插空法：先把没有位置要求的元素排列好，再排不相 邻的元素 (5)定序问题缩倍法（等概率问题缩倍法）：先把所有的元素安排 好，再缩小一定的倍数。 (6)至少问题间接法：一般先考虑全部的排法，再排除不满足题意的 排法 第3关（练思维宽度） 21.ABC解析：对于A,(202411)(20231!)=2024!,正确；对于 B,202411=2024×2022×…×10×8×6×4×2=2102.10121,正 确：对于C,2024!！=2024×2022×…×10×8×6×4×2的个位上是 0,正确：对于D,202311=2023×2021×…×9×7×5×3×1的个位 上是5，错误.故选ABC 22.解：(1)假定n个不尽相异的元素的所有排列数有N种，在每种排 列中，如果把相同的元素，当成不相同的元素，则个元素的所有 排列数可增加为N·A·A号·…·A种；另一方面，n个不同的 元素的全排列有A种，所以N·A·A竖·…·A=A”,即N= n！ A9Ag…Agr！r2!…r! (2)将比赛结果的胜、负、平看作三种元素，按题意，10场比赛的 结果是五胜三负二平，即是一个不尽相异元素的全排列，由(1) 10! 知，共有513122520（种）可能情况 7.3组合 第1关（练速度） 1.AC解析：选项A.从4名志愿者中选出2人分别参加志愿服务工 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个不同数字，还需对3个数字进行排序成三位数，故是排列问 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，先从全班同 学中选出3人，再安排其职务，即需排序，故是排列问题.所以B, D项为排列问题，A,C项是组合问题故选AC. 2.D解析：C3+C3+C?=C4+C3+C3=C4+C?=C4.故选D. 3.ABD解析：对于A,根据组合数的性质可知C喷=C,故A正确； 对于B,Cm1n=mcE（m-)1（mi所以Ca三 n！ n(n-1)！ nx- (n-1)! m(m-1)!(n-m)!m(m-1)!(n-m)!m =卫xC,所以mCg= nC,故B正确；对于C,C--A二，故C错误；对于D,C+ Am m!' n! n！ c1=An-+(+)1(nr- n!(r+1+n-r） (r+1)！(n-r)! (r+1)1(n-C,故D正确故选ABD, (n+1)！ 4.C解析：方法一：若有1名男生、2名女生，则有C5C3=15(种)，若 有2名男生、1名女生，则有C2C=30(种)，所以不同的选派方法 有15+30=45（种）.方法二：从8人中任选3人的方法有C= 56(种)，没有男生的有C=1(种)，没有女生的有C=10(种)，所 以符合要求的方法有56-1-10=45（种）.故选C. 学霸34 重难点拨 “含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取 出，再由另外元素补足：“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的 元素中去选取 5.D解析：将2个8插空放入不相邻的5个空位(4个6产生5个空 位)中有C2=10(种)方法，故2个8不相邻的情况有10种，故 D正确.故选D. 6.B解析：利用隔板法：由题可知使每个小朋友都能分到小球的分 法有C4=6(种).故选B. 7.A解析：设左车道的2辆汽车依次记为A1,A2,右车道的3辆汽车 依次记为B1,B2,B3,则通过顺序的种数等价于将A1,A2安排在 5个顺序中的某两个位置（保持A1,A2前后顺序不变），B1,B2,B) 安排在其余3个位置（保持B1,B2,B3前后顺序不变），所以合流 结束时汽车通过顺序共有C2C3=10(种).故选A 8.210解析：C0=C,101n-1091m-9即10=n 9,n=19,C5=C8=C5-21X20=210,放答案为210 2 9.56解析：从1,2,3，·，10中选取三个不同的数，恰好有两个数相 邻，共有C2C+CC6=56(种)选法. 10.92解析：不妨设既会划左舷又会划右舷的2人为A,B, ①若A和B两人均不去参加比赛，则选派方法有CC种； ②若A和B两人只去一人参加比赛 (i)若只会划左舷的去2人，则选派方法为CCC种： (ⅱ)若只会划右舷的去2人，则选派方法为CCC好种； ③若A和B两人均去参加比赛， (i)若只会划左舷的去1人，则A和B两人均去划左舷，则选派 方法为CC种： (ⅱ)若只会划左舷的去2人，则A和B两人中有一人去划左舷， 另一人去划右舷，则选派方法为CCC种； (ⅲ)若只会划左舷的去3人，则A和B两人均去划右舷，则选派 方法为CC4种 综上所述，不同的选派方法共有CC+CCC+CCC+CC+ CC2C+CC4=92(种).故答案为92. 11.48解析：先随意拧一个螺丝，接着拧它对角线上的螺丝，有 C种方式；再随意拧第三个螺丝和其对角线上的螺丝，有C!种 方式：然后随意拧第五个螺丝和其对角线上的螺丝，有C种方 式.故共有不同的固定方式有C6C4C2=48(种)，故答案为48. 第2关（练准确率） 12.A解析：先分组，已知牡丹、郁金香必须放入同一房间为一组，则 剩下四盆花有，种分组方法，再将3组鲜花分配到3个不同的房 间中，共有A?种排法，由分步乘法计数原理可得不同的放法共 有A号X2 =18(种).故选A. 方法总结 分堆与分配问题： 将一组n个不同元素平均分给A,B,C等不同的单位，每个单 位m个，可先从n个中选取m个给A,再从剩下的(n-m)个中选 取m个给B…依次类推，则不同方法种数为CπCmm…Cm个；将 一组n个不同元素平均分成k堆，每堆m个，由于某m个元素先选 和后选分堆结果是一样的，故不同的分堆方法数为 Cg·Cgm·…·Cm k！ 13.B解析：依题意，求电平信号种数可以有3类办法：电平信号的 6个数字中有4个0，有C4种：电平信号的6个数字中有5个0， 有C。种：电平信号的6个数字中有6个0，有C。种，由分类加法 计数原理得满足条件的电平信号种数为Cg+C名+C?=15+6+1= 参考答案 22.故选B. 14.B解析：原问题相当于将8个相同的小球装入4个不同的盒子 中，每个盒子中至少有1个小球，采用隔板法，将8个小球排成一 排，在其中的7个空位上插人3个隔板即可，放共有CXX: 35(种).故选B. 15.BC解析：对于A,5名教师按1：1：3去到三栋楼有C2A3种方 法；按1：2：2去到三栋楼有C3C ·A?种方法，因此不同的安排 方达种数是CA;+C3C ·A=60+90=150,A错误：对于B,需要 A 2名教师去1号楼，不同的安排方法种数是CC好A子=60，B正确： 对于C,甲、乙两名教师去同一栋楼，另3名教师去另两栋楼有 C好A?种，另3名教师去三栋楼有CA种，则不同的安排方法种 数是C3A+CA=36,由选项A知，共有150种不同安排方法，所 以甲、乙两名教师不能去同一栋宿舍楼的安排方法种数是150- 36=114,C正确：对于D,每栋楼先放5个灭火器，再将余下10个 灭火器排成一排，在9个间隙中插入2块板子，有C?=36(种)分 配方法，D错误.故选BC. 16.C解析：从E到F共有C号=10（条）最短路径，从F到G共有 C?=3(条)路径，故小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 10×3=30.故选C. 17.20解析：10盏灯关掉3盏，实际上还亮7盏灯，而又要求不关掉 两端的灯和相邻的灯，此题可以转化为在7盏亮着的路灯之间的 6个空挡中放入3只熄灭的灯，有C2=20(种)方法，故答案为20. 18.3或61819解析：C=C3,则k=2k-3或k+2k-3=15, 故k=3或k=6:C+C2+…+Cn-3+…+C=C9+C4+C2+…+Cn-3+ …+C-1=Cg+C2+…+Cm-3+…+C-1=C-1=C46-1=1819.故 答案为3或6：1819. 19.解：(1)若甲、乙两人共付车费6元，则其中一人乘坐地铁站数不 超过4站，另外一人乘坐地铁站数超过4站且不超过9站，共有 CC:A2=40(种)，故甲、乙下地铁的方案共有40种 (2)若甲、乙两人共付车费8元，则甲比乙先下地铁的情形有两 类：第一类，甲乘地铁站数不超过4站，乙乘地铁站数超过9站且 不超过15站，有C1C!=24(种)：第二类，甲、乙两人乘地铁站数 都超过4站且不超过9站，记地铁第五站至第九站分别为P,P。, P,P8,Pg,易知甲比乙先下地铁有以下四种情形： ①甲P;站下，乙下地铁方式有C4种； ②甲P。站下，乙下地铁方式有C;种； ③甲P,站下，乙下地铁方式有C)种： ④甲Pg站下，乙只能从P,下地铁，共有1种方式， 共有C4+C+C+1=10(种)，依据分类加法计数原理，得24+10= 34(种)，故甲比乙先下地铁的方案共有34种. 20.解：(1)6个相同的小球放入4个不同的箱子，每个箱子至少放 1个小球，将6个相同的小球排成一列，在形成的中间5个空隙中 插人3块隔板，所以不同的放法种数为C=10. (2)6个不同的小球放入4个相同的箱子，每个箱子至少放1个 小球，先把6个不同的小球按2,2,1,1和3,1,1,1两种方案分成 4组，每一种分法的4组小球分别放入4个箱子满足要求，一种分 组方法即为一种放法，所以不同的放法种数为 C2CCLC=65. A3A (3)6个不同的小球放人4个不同的箱子，每个箱子至少放1个 小球，先把6个不同的小球按2,2,1,1和3,1,1,1两种方案分成 4组，每一种分法的4组小球全排列，得到的每一个排列的4组小 球分别放人4个箱子满足要求，所以不同的放法种数为 (ccccic1560. NAA好 第3关（练思维宽度） 21.A解析：由题意可得1x11+1x21+1x31+1x4|+1x51+1x6=1或2 学霸35 或3，下面分三种情况讨论： ①1x11+x2+lx31+x4+1x51+lx6|=1,此时1x1l,x21,31, 1x4l,lx5l,x6中有一项为1，其余均为0，且1，x2,x3,x4,x5,x6 的情况为一个1，或一个-1，故此时集合B中元素的个数为2× C6=12; ②1x1l+lx2l+lx31+1x4|+15|+1x61=2,此时1x1l,x21,1x31, x4l,1x51,1x6中有两项为1，其余均为0，且x1,x2,x3,x4,5,6 的情况为两个1，或两个-1，或一个1和一个-1，故此时集合B中 元素的个数为C%+C6+A6=15+15+30=60; ③lx11+x21+x31+lx4+1x51+lx6|=3,此时1x11,x21,1x31, 1x4l,lx5,x6中有三项为1，其余均为0，且1,2，x3,x4,x5,x6 的情况为三个1，或者两个1和一个-1，或者一个1和两个-1，或 者三个-1，故此时集合B中元素的个数为C6+CC4+C6C号+C6 20+60+60+20=160. 综上可得集合B中的元素的个数为12+60+160=232.故选A 22.解：(1)点的横、纵坐标均有4种可能，则n=4×4=16,所以所求线 段的条数为C16=120. (2)如图，在这n个点中，仅有4点共线的直线有9条，仅有3点 共线的直线有6条，所以这n个点能确定的直线的条数为C6 9C2-6C3+9+6=63. (3)从这n个点中选出3个点，共有C36=560(种)选法在同一条 直线上的3个点不能构成三角形，所以三角形的个数为C6 9C3-6C3=518. 7.4二项式定理 第1课时二项式定理 第1关（练速度） 1.D解析：在(x-2)5的展开式中，x4的项为C}·x4×(-2)1= -10x4,x4的系数为-10，故选D. 4 2B懈析：根据二项式定理：71=C()广 ,第二项即r=1, =C:(）广=-42，第二项的系数为-4，放选 3.C 解有：三项式（侣G）”展开式的通项为 c(2)”.(=G×2m·女2，其中0≤，≤10且 reN,令-20+之=0，解得r=8,所以展开式中常数项为， C8×22=180.故选C. 方法总结 二项式定理的核心是通项公式，求解此类问题可以分两步完成：第 一步是根据所给出的条件（特定项）和通项公式，建立方程来确定 指数（求解时要注意二项式系数中n和r的隐含条件，即n,r均为非 负整数，且≥r,如常数项指数为零、有理项指数为整数等)；第二步 是根据所求的指数，再求所求解的项， 4.AC解析：x+ 的展开式的二项式通项为T1=Cgx8· √x 在'=C5r=01,2,34,5,6,7,8,令8-27为整数，求 r=0,2,4,6,8,所以对应第1,3,5,7,9项为有理项，故选AC. 5.B解析：因为(x+2)5的展开式的通项公式为T+1=C5x5r×2= 选择性必修第二册·SJ 2C5,所以当r=0时，×2C=,当=3时，(~2)× 23C3x2=-80x4,所以x4项的系数为1-80=-79，故选B. 重难点拨 二项式定理某一项的系数求法，由于表达式是由两个因式构成，所 以解题时应该对前面因式中每一项进行拆分，采用分类讨论法，可 简化运算难度 6.C解折：(+1)广可看作5个(2+士1）相乘，展开式中 x3可由2种情况获得：一种是从5个式子中取2个式子提供x3,余 下3个试子提供则阿得到c2.c(仁）广-0， 另一种是从5个式子中取1个式子提供x3,另外4个式子提供-1， 则可得到C(x3)1·C(-1)=5x3, 所以(2+士1)）'的展开式中2的系数为10+5=15放选C 7.C解析：由(x+2)3-5(x+2)4+10(x+2)3-10(x+2)2+5(x+2)- 1=(x+2-1)5=(x+1)5,得(ax+b)5=(x+1)5,所以a=b=1,所以 a-b=0.故选C. 8.40解析：(x+2y)5展开式的通项公式为T+1=C5x-(2y)'=C5· 2x5y,令5-r=3,则r=2,所以x3y2的系数为C·22=40.故答案 为40. 9.3解析：(+）°展开式的通项为1=c4.( m*C哈x62h,令6-2k=4,得k=1,所以x4项的系数为mCg=6m=18, 所以m=3.故答案为3. 0() 72 (1号)”（气）广故答案为(9)月 11.-448解析：令2-x=t,即x=2-t,因此原等式为(1-2t)8=ao+ a1t+a22+…+agt8,项为Cg(-2)3=-8×56t3=-448影3，所以 a3=-448.故答案为-448. 第2关（练准确率） 12.A解析：(1-x)4+(1-x)5+(1-x)6+(1-x)7的展开式中，含x3 的项为C(-x)3+C3（-x)3+C(-x)3+C号(-x)3=-69x3,所以 含x3的项的系数是-69.故选A. 13.AD解斩：设二项式（名+：）广(aeN~)展开式的通项公式为 则心（任）广(r=心不纺令4，则， 时，展开式中有常数项，故答案A正确，答案B错误；令n=3,则 r=1时，展开式中有x的一次项，故答案C错误，答案D正确.故 选AD. 方法总结 通项公式的主要作用是求展开式中的特定项，常见的题型有：①求 第k项；②求含x(或y)的项；③求常数项；④求有理项其中求 有理项时，一般根据通项公式所得到的项，其所有的未知数的指数 恰好都是整数的项解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指 数，根据具体要求，令其属于整数，再根据整数的整除性来求解.另 外，若通项中含有根式，一般把根式化为分数指数暴，以减少计算中 的错误 14.C解析：二项式(1+ay)6展开式的通项公式为T+1=C6×16 (ay)'=C%a'y,令r=3,可得二项式(1+ay)6展开式中y3的系数 为co(（2草)水1展开式中y商系数为-C 160,可得a3=-8,解得a=-2,故选C. 学霸36