2.11.1 排列组合&2.11.2 二项式定理-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训

最新真题分类特训·数学 军真题分类特训 专题十一 计数原理 知识技能解读 排列、组合的实际应用在高考中出现的频率逐年上升，二项式中求某项的系数、常数项问 题出现的频率正在有所减弱，排列、组合是计数原理中解决问题最基本、最重要的内容，应用 好计数原理可以更好地解决生活中的实际问题.同时虽然二项式中求某项的系数、常数项问 题正在有所减弱，但也不可忽视对此问题的掌握，只有更全面的掌握知识才能在高考中稳定 得分 第1节 排列 组合 1.(2026·全国Ⅱ卷，6)把甲、乙、丙、丁等8位 4.(2022·新高考Ⅱ卷，5)甲、乙、丙、丁、戊5名同 员工分为A,B两个技术攻关组，要求每组4 学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端， 人，其中甲、乙同组，丙、丁不同组，则分组方 丙和丁相邻，则不同的排列方式共有() 案共有 ( A.12种 B.24种 A.10种 B.12种 C.36种 D.48种 C.16种 D.24种 5.(2025·上海卷，9)4个家长和2个儿童去 2.(2023·全国甲卷（理），9)现有5名志愿者 爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列 报名参加公益活动，在某一星期的星期六、 的头和尾均是家长，则不同的排列种数有 星期日两天，每天从这5人中安排2人参加 种. 公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不 6.(2024·上海卷，10)设集合A中的元素皆 同安排方式共有 ( 为无重复数字的三位正整数，且元素中任意 A.120种 B.60种 两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最 C.30种 D.20种 大值为 3.(2023·全国乙卷（理），7)甲、乙两位同学从6 7.(2023·新课标I卷，13)某学校开设了4门 种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的 体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需 课外读物中恰有1种相同的选法共有( 从这8门课中选修2门或3门课，并且每类 A.30种 B.60种 选修课至少选修1门，则不同的选课方案共 C.120种 D.240种 有 种（用数字作答）. 106 第二部分专题十一计数原理 第2节 二项式定理 [考点1]二项式定理的展开式及其通项 [考点2]项的系数与二项式系数的性质 1.(2026·北京卷，4)已知(a一√x)7的展开式 1.(2025·北京卷，12)已知(1-2x)4=a。 中的x2的系数为280，则a= 2a1x十4a2x2-8a3x3+16a4x4,则a。= A.2 B.-2 ;a1十a2十a3十a4= C.1 D.-1 2.(202·全国甲卷（理），13)（信+” 的展 2.(2026·天津卷，11)(x+2y)4的展开式中 开式中，各项系数中的最大值为 x3y的系数为 3.(2026·上海卷，6)在(x2十x)5的展开式 3.(2023·天津卷，1D在2x-】 的展开式 中，x？项的系数为 中，x2的系数为 4.(2025·上海卷，4)在二项式(2x一1)5的展 4.(2023·上海卷，10)已知(1+2023x)10+ 开式中，x3的系数为 (2023-x)1o0=a0十a1x+a2x2+…+ 5.(2025·天津卷，11)在(x-1)6的展开式 a10x200,其中a0,a1,a2,…,a1∈R,若k∈ 中，x3项的系数为 {0,1,2,…,100}且a<0时，则的最大值 6.(2024·天津卷，11)在 31x x3十3 的展开式 是 中，常数项为 5.(2022·新高考I卷，13) -x+ 7.(2024·上海卷，6)在(x十1)”的展开式中， 的展开式中x2y的系数为 (用数 若各项系数和为32，则展开式中x2的系数 字作答). 为 107专题十一计数原理 第1节排列组合 1.C由于A,B两组是有标号的，我们首先考虑将除甲、 乙、丙、丁外的其余4人进行分配，甲、乙必须在同组，丙、 丁不能在同组，因此共有两类可能：第一类：甲、乙都在A 组.此时A组还需要2人，B组需要4人.因为丙、丁不 能同组，所以丙、丁中必须有一个分在A组，另一个分在 B组：若丙在A组，丁在B组：A组已有{甲，乙，丙}，还 需从剩下的4人中选1人，有C=4种；若丁在A组，丙 在B组：同理有C=4种.共计4十4=8种.第二类：甲、 乙都在B组.同理对称的有8种方案.所以，总的分配方 案数为8十8=16种. 2.B不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e, 假设a连续参加了两天社区服务，再从剩余的4人抽取2人 各参加星期六与星期天的社区服务，共有A=12种方法， 同理：b,c,d,e连续参加了两天社区服务，也各有12种 方法， 所以恰有1人连续参加了两天社区服务的选择种数有 5×12=60种.故选B. 3.C首先确定相同的读物，共有C种情况， 然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读 物里，选出两种进行排列，共有A5种， 根据分步乘法公式，则共有C·A=120(种).故选C. 4.B先利用捆绑法排乙丙丁戊四人，再用插空法选甲的 位置，则有AAC2=24种，故选B. 5.解析：本题考查了排列组合的应用 首先安排两个家长在两端，然后再排中间四人，共有 A1·A4=288种. 答案：288 6.解析：由题意可知，集合A中每个元素都互异，且元素中 最多有一个奇数，剩余全是偶数. 先研究集合中无重复数字的三位偶数； (1)若个位为0，这样的偶数有A。=72种； (2)若个位不为0，这样的偶数有C4·Cg·C8=256种； 所以集合元素个数最大值为256十72+1=329种. 答案：329 7.解析：当从这8门课中选修2门课时，共有C4·C4=16; 当从这8门课中选修3门课时，共有C·C十C·C= 48;综上可知，共有64种不同的选课方案. 答案：64 第2节二项式定理 考点1二项式定理的展开式及其通项 1.A(a-元)7的展开式的通项T,+1=Ca-,(-√元)r, r=0,1,2,…,7.令r=4,得T=Cax2,所以Ca3= 280,解得a=2. 2.解析：(x十2y)中T,+1=C4x(2y)'=2Cx'y 14-r=3 要得到y项窗：{1心心r=1, .所求项的系数为C42=8. 答案：8 详解详析 3.解析：由题意，通项为C5·(x2)5-·x=C·x0-',则 10-r=7,解得r=3,x项的系数为C=10. 答案：10 4.解析：本题考查了二项式定理中项的系数的求法， :(2x-1)5展开式的通项T,+1=C5(2x)-(-1)= (-1)rC525-r·x5-r, 令5-r=3, 得r=2, x3的系数为：C2(-1)2=80. 答案：80 5.解析：本题考查了二项式定理.求特定项系数，T,+1= C%x8-(-1)=(-1)rC%x8-r,令6-r=3,.r=3. .展开式中含x3的系数为(-1)3C%=-20. 答案：-20 6解析：因为（是+号） 的展开式的通项为T+1 令6(r一3)=0，可得r=3, 所以常数项为3°C=20. 答案：20 7.解析：由题意可知，令x=1得，展开式中各项系数的和 是(1十1)”=32，所以n=5,该二项式的展开式的通项公 式是T+1=C5·x=r·1',令5-r=2,得r=3,则x2项 的系数为C=10. 答案：10 考点2项的系数与二项式系数的性质 1.解析：利用赋值法可求a。,利用换元法结合赋值法可求 a1十a2十ag十a4的值. 令x=0,则a。=1, 又(1-2x)=a-2a1x+4a2x2-8agx3+16a4x, 故(1-2x)4=a0十a1(-2x)+a2(-2x)2+ag(-2x)3+ a4(-2x)4, 令t=-2x,则(1+t)4=a十a1t十a2t2+at+a4t, 令t=1,则a0十a1十a2十a3十a4=2, 故a1+a2+a3十a4=15. 答案：115 2.解析：（行+z”的展开式的道项为T1 (付)·，成第去+1发的系发最大， c(号)≥c(号)， 0 则 (合)≥c'(传) 解得29<<3品，因为∈乙，所以质=8 所以晨开式中第9项的系数最大，为C(号）=5。 答案：5 最新真题分类特训·数学 3.解析：展开式的通项公式 =c2()月 =(-1)X2-XC%Xx218- 令18一4k=2,可得k=4, 则x2项的系数为(-1)4×2-4×C6=4×15=60. 答案：60 4.解析：a.=C10(2023x)十(-1)C202310-0x<0, 依题意k为奇数，.2023*<202300-，k<100-k→k< 50→kmax=49. 答案：49 5.解析：原式等于(x十y)一义(x十y),由二项式定理，其展 元 开式中x2y的系数为C8-C⑧=C-C=-28. 答案：一28 专题十二概率与统计 第1节随机事件与古典概型 考点1随机事件的概率 1.C由题意，C=AUB→C=AUB=A∩B. 2.解析：由题意，P(AUB)=P(A)+P(B)=0.7. 答案：0.7 考点2古典概型 1.B甲、乙、丙、丁四人排成一列共有24种可能，丙不在 排大，且甲或乙在排尾的共有8种可能，P-员-子，故 选B. 2.D设高一年级的两名学生为甲、乙，高二年级的两名学 生为丙、丁，则从这4名学生中随机选2名的方法如下： (甲、乙)，（甲、丙），（甲、丁），（乙、丙），（乙、丁），（丙、丁）， 共6种方法，其中二人来自不同年级的方法有4种，故所 求概率为P-合-号.故选D, 3.A根据古典概率模型求出所有情况以及满足题意的情 况，即可得到概率 甲有6种选择，乙也有6种选择，故总数共有 6×6=36种， 若甲、乙抽到的主题不同，则共有30种， 则共概率为器-=号做选：A 4.C无放回随机抽取2张方法有(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)， (1,6),(2,3),(2,4),(2,5),(2,6),(3,4),(3,5),(3,6),(4,5), (4,6),(5,6)共15种，其中数字之积为4的倍数的是(1,4)， 2,0.2,63,0.4..,6)共6种，p-7=号故 选C 5.D总事件数共C=76=21, 2 取到的2个数互质的为 第一个数取2时，第二个数可以是3,5,7； 第一个数取3时，第二个数可以是4,5,7,8； 第一个数取4时，第二个数可以是5,7； 第一个数取5时，第二个数可以是6,7,8； 第一个数取6时，第二个数可以是7； 第一个数取7时，第二个数可以是8； 所以P-3+4+2头8+1出1-片-号 21 6.解析：本题相当于{1,3,5,7}与{2,4,6,8}的搭配问题，总 共有A4=24种方法， 把甲的卡片标号分为A1={1,3},A2={5,7}两组，把乙 的卡片标号分为B1={2,4},B2={6,8}两组， 要使甲得分不少于两分，甲的卡片标号大的次数至少有 两次， ①A2与B1搭配，一共有A经·A=4种； ②A2与B2搭配，只能是5配8,7配6,1配4,3配2，一 共有1种； ③A2与B1中一个，与B2中一个搭配； (1)若B1选择2，则B2必不能选8，故{5,7}与{2,6}搭 配，{1,3}与{4,8}搭配，一共有2种； (2)若B1选择4，分两种情况： (i){5,7}与{4,6}搭配，{1,3}与{2,8}搭配，一共有1· A+1=3种： (iⅱ){5,7}与{4,8}搭配，{1,3}与{2,6}搭配，一共有 2种； 所以甲的卡片标号大的次数至少有两次的情况有12种， 所以甲总得分不低于2分的概奉P员-宁 答案：日 7.解析：记前三个球的号码分别为a、b、c,则共有A=120 种可能，令m一m=a中_a++=+6-2c≤ Γ236 0.5可得：a十b一2c≤3，根据对称性：c=1或6时，均 有2种可能；c=2或5时，均有10种可能；c=3或4时， 均有16种可能；故满足条件的共有56种可能，P= 7 二15 答案：5 8解析：设甲，乙率入选”为事件A,则P)是-品 答案：品 9.解析：从正方体的8个顶点中任选4个，有C8=70(种) 不同的选法，其中这4个，点在同一平面的情况有侧面6 种，对棱面6种共有12种不同的情况，所以这4个点在 同一个平西的概率为P=号-品 答案：号 第2节抽样方法与总体分布的估计 考点1随机抽样 D根据按比例分配的分层抽样可知初中部抽取40人， 高中部抽取20人.不同的抽样方法为C480·C20,故 选D.