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1、专题七 概率与统计第1讲 计数原理、二项式定理真题试做1(2020浙江高考，理6)若从1,2,3，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有( )A60种 B63种 C65种 D66种2(2020重庆高考，理4)8的展开式中常数项为( )A. B. C. D1053(2020安徽高考，理7)(x22)5的展开式的常数项是( )A3 B2 C2 D34(2020浙江高考，理14)若将函数f(x)x5表示为f(x)a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5，其中a0，a1，a2，a5为实数，则a3_.5(2020广东高考，理10)6的展开式中x3的系数为_(用数字作答)考向分
2、析高考中对本节注重基础知识和基本解题方法、规律的考查，伴随运算能力的考查，基本都为中等难度试题预测下一步对排列组合会更加注重分类、分步计算原理的考查，注重与概率的联系，更要加强对本节知识的理解深度；二项式定理的应用可能会对x的n次多项式(1ax)n的考查升温，尤其是利用(1ax)n的展开式考查赋值思想热点例析热点一 分类加法和分步乘法计数原理【例1】方程ayb2x2c中的a，b，c3，2,0,1,2,3，且a，b，c互不相同在所有这些方程所表示的曲线中，不同的抛物线共有( )A60条 B62条C71条 D80条规律方法“分类”与“分步”的区别：关键是看事件的完成情况，如果每种方法都能将事件完成
3、是分类；如果必须要连续若干步才能将事件完成是分步，分类要用分类加法计数原理将种数相加；分步要用分步乘法计数原理将种数相乘变式训练1(2020安徽高考，理10)6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为( )A1或3 B1或4 C2或3 D2或4热点二 求展开式中的指定项【例2】在6的二项展开式中，常数项等于_规律方法运用二项式定理一定要牢记通项Tr1Canrbr，其中nN*，rN，rn.注意与(ba)n的展开式虽然相同，但其展开式中的某一项是不相同的，所以一定要注意顺序
4、问题变式训练2若n的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为_热点三 求展开式中的各项系数的和若(2x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则(a0a2a4)2(a1a3)2的值为( )A1 B1 C0 D2规律方法求展开式中系数和问题，往往根据展开式的特点赋值变式训练3若(2x1)5a0a1xa2x2a3x3a4x4a5x5，则a0a1a2a3a4a5_.思想渗透分类讨论思想在排列组合中的应用由实际意义引起的分类讨论在排列组合问题中比较常见，这是因为分类、分步是解决排列组合问题的两个指导思想一般采取先分类再分步的策略，分类时要先确定分类标准，是根据特殊元素来分类还是根据
5、特殊位置来分类，然后再解决每一类中的分步问题，最后汇总在分类时注意标准的选取，做到不重不漏将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有_种解析：分三类：第一格填2，则第二格有A种填法，第三、四格自动对号入座，不能自由排列；第一格填3，则第三格有A种填法，第二、四格自动对号入座，不能自由排列；第一格填4，则第四格有A种填法，第二、三格自动对号入座，不能自由排列；共计有3A9种填法答案：91(2020天津高考，理5)在5的二项展开式中，x的系数为( )A10 B10 C40 D402(1x)7的展开式中x2的系数是( )A42
6、 B35 C28 D213(2020陕西高考，理8)两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有( )A10种 B15种 C20种 D30种4(2020山东高考，理11)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张不同取法的种数为( )A232 B252 C472 D4845(2020辽宁高考，理5)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )A33! B3(3！)3C(3！)4 D9!6设aZ，且0a13，若512 012a
7、能被13整除，则a( )A0 B1 C11 D127将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有( )A12种 B18种 C24种 D36种8一袋中有除颜色外其他均相同的6个球，其中3个黑球，红、白、蓝球各1个，现从中取出4个球排成一列，共有多少种不同的排法？参考答案命题调研明晰考向真题试做1D 解析：和为偶数共有3种情况，取4个数均为偶数的取法有C441(种)，取2奇数2偶数的取法有C42C5260(种)，取4个数均为奇数的取法有C545(种)，故不同的取法共有160566(种)2B 解析：二项式8的通项为Tr1C8r()8r(
8、2)r2rC8rx，令0得r4，所以二项展开式的常数项为T524C，故选B.3D 解析：5的通项为Tr1C5r5r(1)r(1)rC5r.要使(x22)5的展开式为常数，须令102r2或0，此时r4或5.故(x22)5的展开式的常数项是(1)4C542(1)5C553.410 解析：由x5a0a1(1x)a2(1x)2a5(1x)5可得，可解得520 解析：Tr1C6r(x2)r6rC6rx3r6，要求展开式中x3的系数，即3r63，r3，即T4C63x320x3，x3的系数为20.精要例析聚焦热点热点例析【例1】 B 解析：因为a，b不能为0，先确定a，b的值有A52种，则c有C41种，即所
9、形成的抛物线有A52C4180条当b2时，b2的值相同，重复的抛物线有C31C319条；当b3时，b2的值相同，重复的抛物线有C31C319条，所以不同的抛物线共有A52C412 C31C3162条【变式训练1】 D 解析：6人之间互相交换，总共有C6215种，而实际只交换了13次，故有2次未交换不妨设为甲与乙、丙与丁之间未交换或甲与乙、甲与丙之间未交换，当甲与乙、丙与丁之间未交换时，甲、乙、丙、丁4人都收到4份礼物；当甲与乙、甲与丙之间未交换时，只有乙、丙两人收到4份礼物，故选D.【例2】 160 解析：6的二项展开式中的常数项为C63(x)33160.【变式训练2】 56 解析：Cn2Cn
10、6，n8.Tr1C8rx8rrC8rx82r，当82r2时，r5.系数为C8556.【例3】 A 解析：(a0a2a4)2(a1a3)2(a0a1a2a3a4)(a0a1a2a3a4)(2)4(2)41.【变式训练3】 1创新模拟预测演练1D 解析：Tr1C5r(2x2)5rr(1)r25r C5rx103r，当103r1时，r3.(1)3253C5340.2D 解析：含x2的项是展开式中的第三项T3C72x221x2，所以x2的系数是21.3C 解析：甲获胜有三种情况，第一种共打三局，甲全胜，此时，有一种情形；第二种共打四局，甲第四局获胜且前三局中只有两局获胜，此时，共有C323种情形；第三
11、种共打五局，甲第五局获胜且前四局只有两局获胜，此时，共有C426种情形，所以甲赢共有10种情况，同理乙赢也有10种情形，故选C.4C 解析：完成这件事可分为两类，第一类3张卡片颜色各不相同共有C43C41C41C41256种；第二类3张卡片有两张同色且不是红色卡片共有C31C42C31C41216种，由分类加法计数原理得共有472种，故选C.5C 解析：完成这件事可以分为两步，第一步排列三个家庭的相对位置，有A33种排法；第二步排列每个家庭中的三个成员，共有A33A33A33种排法由乘法原理可得不同的坐法种数有A33A33A33 A33，故选C.6D 解析：52能被13整除，512 012可化
12、为(521)2 012，其二项式系数为Tr1C2 012r522 012r(1)r.故(521)2 012被13除余数为C2 0122 012(1)2 0121，则当a12时，512 01212被13整除7A 解析：当第一行为a b时，有和两种情况，当第一行为a，b时，共有4种情况同理当第一行为a，c时，共有4种情况；当第一行为b，c时，共有4种情况；不同的排列方法共有12种8解：分三类：若取1个黑球，和另三个球排4个位置，有A4424种不同的排法；若取2个黑球，从另三个球中选2个排4个位置，2个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即有C32A4236种不同的排法；若取3个黑球，从另三个球中选1个排4个位置，3个黑球是相同的，自动进入，不需要排列，即有C31A4112种不同的排法；所以有24361272种不同的排法
