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高中数学人教A版（2019） 选修三 第六章 计数原理
一、单选题
1．（2022高二下·河南期中）为弘扬我国古代的“六艺”文化，某小学开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，课程“乐”“数”排在相邻两周，则不同的安排方案有（ ）
A．60种 B．120种 C．240种 D．480种
2．（2022高二下·临沂期中）在“志愿和平”活动中，某校高二年级3名男教师和4名女教师参与社区防控新冠肺炎疫情的志愿服务.根据岗位需求应派3人巡视商户，且至少有1名男教师；另外4人测量出入人员体温.则这7名教师不同的安排方法有（ ）
A．15种 B．18种 C．31种 D．45种
3．（2022·浙江模拟）在的展开式中的系数是（ ）
A．-20 B．-15 C．20 D．15
4．（2022·新疆模拟）把1，2，3，4，5这五个数随机排成一列，组成一个数列，要求该数列恰好先减后增，则这样的数列有（ ）
A．13个 B．14个 C．15个 D．16个
5．（2022高二下·湖州期中）甲乙丙三名高一学生都已选择物理、化学两科作为自己的高考科目，三人独自决定从政治、历史、地理、生物、技术中任选一科作为自己的第三门高考选考科目，则不同的选法种数为（ ）
A． B． C． D．
6．（2022·南通模拟）第24届冬季奥运会将于2022年2月4日至2022年2月20日在北京市和河北省张家口市举行．现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪馆、国家速滑馆、首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，要求每个场馆都有人去，且这四人都在这三个场馆，则甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
7．（2022·湖南模拟）在的展开式中，除项之外，剩下所有项的系数之和为（ ）
A．299 B．-301 C．300 D．-302
8．（2022·辽宁模拟）已知，则（ ）
A．9 B．24 C．27 D．33
二、多选题
9．（2022高二下·湖州期中）有4名男生、3名女生，在下列不同条件下，不同的排列方法数正确的是（ ）
A．排成前后两排，女生排前排，男生排后排，共有 种方法
B．全体排成一排，男生互不相邻，共有 种方法
C．全体排成一排，女生必须站在一起，共有 种方法
D．全体排成一排，其中甲不站在最左边，乙不站在最右边，共有 种方法
10．（2022高二下·盐田月考）在10件产品中，有7件合格品，3件不合格品，从这10件产品中任意抽出3件，则下列结论正确的有（ ）
A．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种
B．抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法有种
C．抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法有种
D．抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法有种
11．（2022高二下·湖州期中）“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为 ，则（ ）
A．在第9条斜线上，各数之和为55
B．在第 条斜线上，各数自左往右先增大后减小
C．在第n条斜线上，共有 个数
D．在第11条斜线上，最大的数是
12．（2022高二下·盐田月考）若，则正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
三、填空题
13．（2022高二下·河南月考）已知的展开式中的常数项为8，则 .
14．（2022·长安模拟）的展开式中的系数为 ．
15．（2022高二下·临沂期中）已知 ，则 ．
16．（2022·南通模拟）2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱.某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法种数为 .（用数字作答）
四、解答题
17．（2022高二下·河南期中）已知的展开式中所有项的系数之和为.
（1）求展开式中的系数；
（2）从展开式的所有项中任取两项，求这两项中至少有一项是有理项（x的指数为整数）的概率.
18．（2022高二下·玉环月考）现有高二4个班的学生34人，其中一、二、三、四班各7、8、9、10人，他们自愿组成数学课外小组.
（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？
（3）推选二人作中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
19．（2022高二下·玉环月考）设 ．
（1）求 的值；
（2）求 的值；
（3）求 的值．
20．（2021高二上·沈阳月考）从等7人中选5人排成一排（以下问题均用数字作答）
（1）若必须在内，有多少种排法？
（2）若三人不全在内，有多少种排法？
（3）若都在内，且必须相邻，与都不相邻，有多少种排法？
21．（2022高二下·盐田月考）高二年级线上学习至今，每个班的家长都积极配合，参与到班级管理当中，若某班某一天共有7位家长报名参与到当天的早读、上午课堂、下午课堂、晚修的管理，其中2位家长被安排管理早读，其余5位家长被安排到上午课堂、下午课堂、晚修三个时段管理.
（1）从7位家长中安排2人参与早读管理，共有多少种不同方法；
（2）将剩下的5位家长被安排到上午课堂、下午课堂、晚修三个时段管理，要求每个时段至少有1人，共有多少种不同安排方法；
（3）线上学习结束后，班主任为了感谢这7位家长，召开线上会议（腾讯会议）对家长表示感谢，若7位家长先后进入会议，A、B两位家长相邻进入会议，且都不是第一个，也不是最后一个进入会议，问这7位家长进入会议时间的不同排序方式有多少种.
22．（2021高二上·宁德期末）在二项式的展开式中，____．给出下列条件：
①若展开式前三项的二项式系数的和等于37；
②若展开式中第3项与第2项的二项式系数之比为7：2；
③所有偶数项的二项式系数的和为128．
试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上，并且完成下列问题：
（1）求展开式中x的系数；
（2）写出展开式中二项式系数最大的项（不需要说明理由）．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
答案解析部分
1．【答案】C
【考点】排列、组合及简单计数问题
【解析】【解答】因为课程“乐”“数”排在相邻两周，可用捆绑法，把“乐”“数”捆绑看作一个元素与其他元素一起排列共种，再排其内部顺序种，
所以不同的安排方案有种.
故答案为：C.
【分析】利用排列组合以及计数原理，结合已知条件计算出答案。
2．【答案】C
【考点】组合及组合数公式
【解析】【解答】从7人中任选3人，不同的选法有种，而不选男教师的选法有种，
所以这7名教师不同的安排方法有种.
故答案为：C
【分析】 采用间接法求解从7人中任选3人，不同的选法有种，而不选男教师的选法有种，故可计算出答案.
3．【答案】D
【考点】二项式定理
【解析】【解答】由题意，
令，
则系数为.
故答案为：D
【分析】 求出展开式的通项公式，令x的指数为6，求出r的值，即可求得 的系数.
4．【答案】B
【考点】分类加法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】从2，3，4，5中任选1个排在1的左侧，其余排在右侧，共有4个先减后增的数列；
从2，3，4，5中任选2个排在1的左侧，其余排在右侧，共有＝6个先减后增的数列；
从2，3，4，5中任选3个排在1的左侧，其余排在右侧，共有＝4个先减后增的数列；
∴共有4＋6＋4＝14个先减后增的数列.
故答案为：B.
【分析】分三类情况计数即可（1）从2，3，4，5中任选1个排在1的左侧，其余排在右侧（2），从2，3，4，5中任选2个排在1的左侧，其余排在右侧，（3）从2，3，4，5中任选3个排在1的左侧，其余排在右侧，相加即可求解。
5．【答案】D
【考点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：甲乙丙三名学生每人都从政治、历史、地理、生物、技术中任选一科, 即可看作甲乙丙依次选择一科，分三步完成，每一步都有5种选法， 故共有5x5x5=53种选法.
故答案为：D
【分析】甲乙丙三人各自有5种选法，根据分步乘法计数原理，可得答案.
6．【答案】B
【考点】分类加法计数原理；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】因甲和乙都没去首钢滑雪大跳台，计算安排种数有两类办法：
若有两个人去首钢滑雪大跳台，则肯定是丙、丁，即甲、乙分别去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种；
若有一个人去首钢滑雪大跳台，从丙、丁中选，有种，然后剩下的一个人和甲、乙
被安排去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种，则共有种，
综上可得，甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为.
故答案为：B
【分析】分两类情况讨论：（1）若有两个人去首钢滑雪大跳台，（2）若有一个人去首钢滑雪大跳台，由分类加法原理即可求解。
7．【答案】A
【考点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】令，得.
所以的展开式中所有项的系数和为 .
由可以看成是5个因式相乘.
要得到项，则5个因式中有1个因式取，一个因式取，其余3个因式取1，然后相乘而得.
所以的展开式中含的项为，
所以的展开式中，除项之外，剩下所有项的系数之和为.
故答案为：A
【分析】令x=1,可确定所有项系数和，再由5个因式中有1个因式取，一个因式取，其余3个因式取1，可确定系数，即可求解。
8．【答案】C
【考点】二项式定理
【解析】【解答】的通项公式为，
令，得，
所以，
的通项公式为，
令，得，
所以，
所以，
故答案为：C
【分析】利用二项展开式的通项公式，求出展开式的含x2的系数.
9．【答案】A,B
【考点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：对于A，排成前后两排，女生排前排，男生排后排，共有种方法，A对，
对于B，全体排成一排，男生互不相邻，则男女的排列为“男女男女男女男”, 共有种方法，B对，
对于C，全体排成一排，女姓必须站在一起，即将女生捆绑，形成一个“大元素”，共有种方法，C错，
对于D，全体排成一排，其中甲不站在最左边，乙不站在最右边， 共有种方法，D错.
故答案为： AB
【分析】利用排列计数原理可判断AB选项，利用捆绑法可判断C选项；利用间接法可判断D选项.
10．【答案】A,C,D
【考点】计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得：
对于A、B选项：抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法为3件不合格品中抽取1件有种取法，7件合格品种抽取2件有种取法，故共有中取法，A符合题意；
对于C：抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法分三种情况：①抽取的3件产品中有1件不合格、有2件合格，共有种取法；②抽取的3件产品中有2件不合格、有1件合格，共有种取法；③抽取的3件产品都不合格，种取法.故抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法有种，B不符合题意，C符合题意；
对于D：10件产品种抽取三件的取法有，抽出的3件产品中全部合格的取法有种，抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法有种，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】抽出的3件产品中恰好有1件即为从3件不合格品中抽取1件，7件合格品种抽取2件，即可判断A,由①抽取的3件产品中有1件不合格、有2件合格，；②抽取的3件产品中有2件不合格、有1件合格，；③抽取的3件产品都不合格可判断BC；由间接法可判断D.
11．【答案】B,C,D
【考点】组合及组合数公式
【解析】【解答】解：根据从上往下每条线上各数之和依次为：1，1， 2，3，5，8，13，....
得到数列规律为an+ an+1= an+2，
所以第9条斜线上各数之和为13+21=34,故A错误；
第1条斜线上的数：，
第2条斜线上的数：，
第3条斜线比的数：，，
第4条斜线上的数：，，
第5条斜线上的数：，，，
第6条斜线的数：，，，
……
依此规律，第n条斜线上的数为：
在第11条斜线上的数为最大的数是，D正确；
由上面的规律可知：n为奇数时，第n条斜线上共有个数；
n为偶数时，第n条斜线上共有个数，
所以第n条斜线上共有，故C正确；
由上述每条斜线的变化规律可知：在第n(n≥ 5)条斜线上，各数自左往右先增大后减小，故B正确.
故答案为：BCD
【分析】根据从上往下每条线上各数之和依次为：1，1， 2，3，5，8，13，.... 得到数列规律为an+ an+1= an+2判断A选项，再根据杨辉三角得到第n条斜线上的数为：进而判断BCD.
12．【答案】B,C
【考点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】因，
对于A，令，可得，A不符合题意；
对于B，令，可得，
令，可得，
两式相减除以2，可得， B符合题意；
对于C，因，令，
，C符合题意；
令，可得，所以，，因为，则D不符合题意.
故答案为：BC
【分析】分别令x=0,x=1,x=-1,即可判断ABC,再令即可判断D.
13．【答案】3
【考点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】的通项为
所以的展开式中的常数项为，所以a=3.
故答案为3.
【分析】根据题意首先求出二项展开式的通项公式，然后由已知条件把数值代入结合组合数的运算公式计算出a的取值。
14．【答案】-4
【考点】二项式定理
【解析】【解答】由二项展开式的通项公式得，的展开式通项为
，
所以的系数为
故答案为：-4
【分析】由二项展开式的通项公式得到通项，即可求得系数.
15．【答案】16
【考点】二项式系数的性质
【解析】【解答】因为 ，
则是中的一次项，常数项分别与的展开式中的项相乘积的和的系数，
所以.
故答案为：16
【分析】由题意，利用二项展开式的通项公式即可求出 的值.
16．【答案】144
【考点】分步乘法计数原理；排列及排列数公式
【解析】【解答】先排“冰墩墩”中间有三个空，再排“雪容融”，则.
故答案为：144.
【分析】由插空法即可求解。
17．【答案】（1）解：令，可得展开式中所有项的系数之和为，
∴，
则二项式展开式的通项为，
令，解得，
∴展开式中的系数为；
（2）解：由上可知，
当时，为整数，当时，不是整数，
∴展开式中有5项有理项，展开式共9项，
所以从展开式的9项中任取两项，这两项中至少有一项是有理项的概率为：
.
【考点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【分析】(1)根据题意由二项展开式系数的性质计算出n的取值，由此得出二项展开式的通项公式，结合题意代入数值计算出r的取值，并把结果代入到通项公式计算出结果即可。
(2)首先求出二项展开式的通项公式，结合题意代入数值计算出r的取值，然后由排列组合以及计数原理计算出结果，并代入到概率公式计算出答案。
18．【答案】（1）解：分四类：第一类，从一班中选1人，有7种选法；
第二类，从二班中选1人，有8种选法；
第三类，从三班中选1人，有9种选法；
第四类，从四班中选1人，有10种选法.
所以不同的选法共有 （种）
（2）解：分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四班中选1名组长，所以不同的选法共有 （种）
（3）解：分六类：从一、二班中各选1人，有 种不同的选法；
从一、三班中各选1人，有 种不同的选法；
从一、四班中各选1人，有 种不同的选法；
从二、三班中各选1人，有 种不同的选法；
从二、四班中各选1人，有 种不同的选法；
从三、四班中各选1人，有 种不同的选法.
所以不同的选法共有 （种）.
【考点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；计数原理的应用
【解析】【分析】(1)从34人中任选1人即可，
(2)先求出从每个班选组长的方法数,然后由分步乘法计数原理求解，
(3)分六种情况：从一二班学生中各选1人，从一、三班学生中各选1人，从一、四班学生中各选1人,从二、三班学生中各选1人，从二、四班学生中各选1人，从三、四班学生中各选1人，求出各种情况的方法数，然后利用分类加法计数原理求解.
19．【答案】（1）解：令 ，得
（2）解：令 ，得 ，①
由（1），知 ，②
由②-①，得 ，
∴
（3）解： 相当于 的展开式中各项系数之和，
令 ，∴
【考点】二项式定理的应用
【解析】【分析】(1)令x=1，代入即可得答案；
(2)令x=-1，代入得 ，结合(1)，两式相减，即可求得答案；
(3) 依题意易知相当于 的展开式中各项系数之和，令x=1，代入即可得答案.
20．【答案】（1）解：必须在内,需要选择另外4个人，有种方法，再全排列，所以,所以有1800种排法.
（2）解：若三人全在内，则有
从等7人中选5人排成一排有,
所以若三人不全在内，则有种排法.
（3）解：若都在内，先选2个人有种方法，必须相邻，捆绑有种方法，与都不相邻，有种方法，所以共有种排法.
【考点】排列、组合及简单计数问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合组合数公式和排列数公式以及分步乘法计数原理，进而求出必须在内的排法种数。
（2）利用已知条件结合组合数公式和排列数公式以及对立事件的定义，进而求出 三人不全在内的排法种数。
（3）利用已知条件结合组合数公式和排列数公式以及捆绑法和插空法，进而求出 都在内，且必须相邻，与都不相邻的排法种数。
21．【答案】（1）解：从7位家长中安排2人参与早读管理，
共有 种不同方法；
（2）解：将剩下的5位家长分为3组
分为3，1，1，共有种不同安排方法，
分为2，2，1，共有种不同安排方法，
所以每个时段至少有1人，共有60+90=150种不同安排方法；
（3）解：因为A,B不在第一个，也不在最后，且相邻，
则将A，B捆绑，从中间4个位置选一个位置排上有种，A，B再排序有种，
其余5为家长全排列有种，
所以这7位家长进入会议时间的不同排序方式共有种.
【考点】组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】(1)由组合数概念即可求解；
(2)将5位家长按3，1，1或2，2，1分组，再分配即可求解；
（3）先将将AB捆绑，安排在中间4个位置的一个位置，（注意内部顺序）再对另外5位家长全排列即可求解。
22．【答案】（1）解：因为展开式中第项的二项式系数为，
若选①，则，即，即，即．解得或（舍去）
若选②：则，解得；
若选③：则，解得；
综上可得即为则展开式的通项为，令解得，所以，故展开式中的系数为；
（2）解：因为展开式中一共含有项，故第5项二项式系数最大，，即展开式中二项式系数最大的项为；
【考点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【分析】（1）根据所选条件，求出n的值，即可得到二项式展开式的通项，令x的幂指数等于1，求出r的值，即可求得x的系数；
（2）根据展开式的二项式系数的性质，得到第5项的二项式系数最大，再根据通项公式计算即可求得 展开式中二项式系数最大的项 。
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高中数学人教A版（2019） 选修三 第六章 计数原理
一、单选题
1．（2022高二下·河南期中）为弘扬我国古代的“六艺”文化，某小学开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，课程“乐”“数”排在相邻两周，则不同的安排方案有（ ）
A．60种 B．120种 C．240种 D．480种
【答案】C
【考点】排列、组合及简单计数问题
【解析】【解答】因为课程“乐”“数”排在相邻两周，可用捆绑法，把“乐”“数”捆绑看作一个元素与其他元素一起排列共种，再排其内部顺序种，
所以不同的安排方案有种.
故答案为：C.
【分析】利用排列组合以及计数原理，结合已知条件计算出答案。
2．（2022高二下·临沂期中）在“志愿和平”活动中，某校高二年级3名男教师和4名女教师参与社区防控新冠肺炎疫情的志愿服务.根据岗位需求应派3人巡视商户，且至少有1名男教师；另外4人测量出入人员体温.则这7名教师不同的安排方法有（ ）
A．15种 B．18种 C．31种 D．45种
【答案】C
【考点】组合及组合数公式
【解析】【解答】从7人中任选3人，不同的选法有种，而不选男教师的选法有种，
所以这7名教师不同的安排方法有种.
故答案为：C
【分析】 采用间接法求解从7人中任选3人，不同的选法有种，而不选男教师的选法有种，故可计算出答案.
3．（2022·浙江模拟）在的展开式中的系数是（ ）
A．-20 B．-15 C．20 D．15
【答案】D
【考点】二项式定理
【解析】【解答】由题意，
令，
则系数为.
故答案为：D
【分析】 求出展开式的通项公式，令x的指数为6，求出r的值，即可求得 的系数.
4．（2022·新疆模拟）把1，2，3，4，5这五个数随机排成一列，组成一个数列，要求该数列恰好先减后增，则这样的数列有（ ）
A．13个 B．14个 C．15个 D．16个
【答案】B
【考点】分类加法计数原理；组合及组合数公式
【解析】【解答】从2，3，4，5中任选1个排在1的左侧，其余排在右侧，共有4个先减后增的数列；
从2，3，4，5中任选2个排在1的左侧，其余排在右侧，共有＝6个先减后增的数列；
从2，3，4，5中任选3个排在1的左侧，其余排在右侧，共有＝4个先减后增的数列；
∴共有4＋6＋4＝14个先减后增的数列.
故答案为：B.
【分析】分三类情况计数即可（1）从2，3，4，5中任选1个排在1的左侧，其余排在右侧（2），从2，3，4，5中任选2个排在1的左侧，其余排在右侧，（3）从2，3，4，5中任选3个排在1的左侧，其余排在右侧，相加即可求解。
5．（2022高二下·湖州期中）甲乙丙三名高一学生都已选择物理、化学两科作为自己的高考科目，三人独自决定从政治、历史、地理、生物、技术中任选一科作为自己的第三门高考选考科目，则不同的选法种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【考点】分步乘法计数原理
【解析】【解答】解：甲乙丙三名学生每人都从政治、历史、地理、生物、技术中任选一科, 即可看作甲乙丙依次选择一科，分三步完成，每一步都有5种选法， 故共有5x5x5=53种选法.
故答案为：D
【分析】甲乙丙三人各自有5种选法，根据分步乘法计数原理，可得答案.
6．（2022·南通模拟）第24届冬季奥运会将于2022年2月4日至2022年2月20日在北京市和河北省张家口市举行．现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪馆、国家速滑馆、首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，要求每个场馆都有人去，且这四人都在这三个场馆，则甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
【答案】B
【考点】分类加法计数原理；排列及排列数公式；组合及组合数公式
【解析】【解答】因甲和乙都没去首钢滑雪大跳台，计算安排种数有两类办法：
若有两个人去首钢滑雪大跳台，则肯定是丙、丁，即甲、乙分别去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种；
若有一个人去首钢滑雪大跳台，从丙、丁中选，有种，然后剩下的一个人和甲、乙
被安排去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种，则共有种，
综上可得，甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为.
故答案为：B
【分析】分两类情况讨论：（1）若有两个人去首钢滑雪大跳台，（2）若有一个人去首钢滑雪大跳台，由分类加法原理即可求解。
7．（2022·湖南模拟）在的展开式中，除项之外，剩下所有项的系数之和为（ ）
A．299 B．-301 C．300 D．-302
【答案】A
【考点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】令，得.
所以的展开式中所有项的系数和为 .
由可以看成是5个因式相乘.
要得到项，则5个因式中有1个因式取，一个因式取，其余3个因式取1，然后相乘而得.
所以的展开式中含的项为，
所以的展开式中，除项之外，剩下所有项的系数之和为.
故答案为：A
【分析】令x=1,可确定所有项系数和，再由5个因式中有1个因式取，一个因式取，其余3个因式取1，可确定系数，即可求解。
8．（2022·辽宁模拟）已知，则（ ）
A．9 B．24 C．27 D．33
【答案】C
【考点】二项式定理
【解析】【解答】的通项公式为，
令，得，
所以，
的通项公式为，
令，得，
所以，
所以，
故答案为：C
【分析】利用二项展开式的通项公式，求出展开式的含x2的系数.
二、多选题
9．（2022高二下·湖州期中）有4名男生、3名女生，在下列不同条件下，不同的排列方法数正确的是（ ）
A．排成前后两排，女生排前排，男生排后排，共有 种方法
B．全体排成一排，男生互不相邻，共有 种方法
C．全体排成一排，女生必须站在一起，共有 种方法
D．全体排成一排，其中甲不站在最左边，乙不站在最右边，共有 种方法
【答案】A,B
【考点】排列及排列数公式
【解析】【解答】解：对于A，排成前后两排，女生排前排，男生排后排，共有种方法，A对，
对于B，全体排成一排，男生互不相邻，则男女的排列为“男女男女男女男”, 共有种方法，B对，
对于C，全体排成一排，女姓必须站在一起，即将女生捆绑，形成一个“大元素”，共有种方法，C错，
对于D，全体排成一排，其中甲不站在最左边，乙不站在最右边， 共有种方法，D错.
故答案为： AB
【分析】利用排列计数原理可判断AB选项，利用捆绑法可判断C选项；利用间接法可判断D选项.
10．（2022高二下·盐田月考）在10件产品中，有7件合格品，3件不合格品，从这10件产品中任意抽出3件，则下列结论正确的有（ ）
A．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种
B．抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法有种
C．抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法有种
D．抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法有种
【答案】A,C,D
【考点】计数原理的应用；排列、组合的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得：
对于A、B选项：抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法为3件不合格品中抽取1件有种取法，7件合格品种抽取2件有种取法，故共有中取法，A符合题意；
对于C：抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法分三种情况：①抽取的3件产品中有1件不合格、有2件合格，共有种取法；②抽取的3件产品中有2件不合格、有1件合格，共有种取法；③抽取的3件产品都不合格，种取法.故抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法有种，B不符合题意，C符合题意；
对于D：10件产品种抽取三件的取法有，抽出的3件产品中全部合格的取法有种，抽出的3件产品中至少有1件是不合格品的抽法有种，D符合题意.
故答案为：ACD
【分析】抽出的3件产品中恰好有1件即为从3件不合格品中抽取1件，7件合格品种抽取2件，即可判断A,由①抽取的3件产品中有1件不合格、有2件合格，；②抽取的3件产品中有2件不合格、有1件合格，；③抽取的3件产品都不合格可判断BC；由间接法可判断D.
11．（2022高二下·湖州期中）“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为 ，则（ ）
A．在第9条斜线上，各数之和为55
B．在第 条斜线上，各数自左往右先增大后减小
C．在第n条斜线上，共有 个数
D．在第11条斜线上，最大的数是
【答案】B,C,D
【考点】组合及组合数公式
【解析】【解答】解：根据从上往下每条线上各数之和依次为：1，1， 2，3，5，8，13，....
得到数列规律为an+ an+1= an+2，
所以第9条斜线上各数之和为13+21=34,故A错误；
第1条斜线上的数：，
第2条斜线上的数：，
第3条斜线比的数：，，
第4条斜线上的数：，，
第5条斜线上的数：，，，
第6条斜线的数：，，，
……
依此规律，第n条斜线上的数为：
在第11条斜线上的数为最大的数是，D正确；
由上面的规律可知：n为奇数时，第n条斜线上共有个数；
n为偶数时，第n条斜线上共有个数，
所以第n条斜线上共有，故C正确；
由上述每条斜线的变化规律可知：在第n(n≥ 5)条斜线上，各数自左往右先增大后减小，故B正确.
故答案为：BCD
【分析】根据从上往下每条线上各数之和依次为：1，1， 2，3，5，8，13，.... 得到数列规律为an+ an+1= an+2判断A选项，再根据杨辉三角得到第n条斜线上的数为：进而判断BCD.
12．（2022高二下·盐田月考）若，则正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B,C
【考点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】因，
对于A，令，可得，A不符合题意；
对于B，令，可得，
令，可得，
两式相减除以2，可得， B符合题意；
对于C，因，令，
，C符合题意；
令，可得，所以，，因为，则D不符合题意.
故答案为：BC
【分析】分别令x=0,x=1,x=-1,即可判断ABC,再令即可判断D.
三、填空题
13．（2022高二下·河南月考）已知的展开式中的常数项为8，则 .
【答案】3
【考点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【解答】的通项为
所以的展开式中的常数项为，所以a=3.
故答案为3.
【分析】根据题意首先求出二项展开式的通项公式，然后由已知条件把数值代入结合组合数的运算公式计算出a的取值。
14．（2022·长安模拟）的展开式中的系数为 ．
【答案】-4
【考点】二项式定理
【解析】【解答】由二项展开式的通项公式得，的展开式通项为
，
所以的系数为
故答案为：-4
【分析】由二项展开式的通项公式得到通项，即可求得系数.
15．（2022高二下·临沂期中）已知 ，则 ．
【答案】16
【考点】二项式系数的性质
【解析】【解答】因为 ，
则是中的一次项，常数项分别与的展开式中的项相乘积的和的系数，
所以.
故答案为：16
【分析】由题意，利用二项展开式的通项公式即可求出 的值.
16．（2022·南通模拟）2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱.某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法种数为 .（用数字作答）
【答案】144
【考点】分步乘法计数原理；排列及排列数公式
【解析】【解答】先排“冰墩墩”中间有三个空，再排“雪容融”，则.
故答案为：144.
【分析】由插空法即可求解。
四、解答题
17．（2022高二下·河南期中）已知的展开式中所有项的系数之和为.
（1）求展开式中的系数；
（2）从展开式的所有项中任取两项，求这两项中至少有一项是有理项（x的指数为整数）的概率.
【答案】（1）解：令，可得展开式中所有项的系数之和为，
∴，
则二项式展开式的通项为，
令，解得，
∴展开式中的系数为；
（2）解：由上可知，
当时，为整数，当时，不是整数，
∴展开式中有5项有理项，展开式共9项，
所以从展开式的9项中任取两项，这两项中至少有一项是有理项的概率为：
.
【考点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【分析】(1)根据题意由二项展开式系数的性质计算出n的取值，由此得出二项展开式的通项公式，结合题意代入数值计算出r的取值，并把结果代入到通项公式计算出结果即可。
(2)首先求出二项展开式的通项公式，结合题意代入数值计算出r的取值，然后由排列组合以及计数原理计算出结果，并代入到概率公式计算出答案。
18．（2022高二下·玉环月考）现有高二4个班的学生34人，其中一、二、三、四班各7、8、9、10人，他们自愿组成数学课外小组.
（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？
（3）推选二人作中心发言，这两人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
【答案】（1）解：分四类：第一类，从一班中选1人，有7种选法；
第二类，从二班中选1人，有8种选法；
第三类，从三班中选1人，有9种选法；
第四类，从四班中选1人，有10种选法.
所以不同的选法共有 （种）
（2）解：分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四班中选1名组长，所以不同的选法共有 （种）
（3）解：分六类：从一、二班中各选1人，有 种不同的选法；
从一、三班中各选1人，有 种不同的选法；
从一、四班中各选1人，有 种不同的选法；
从二、三班中各选1人，有 种不同的选法；
从二、四班中各选1人，有 种不同的选法；
从三、四班中各选1人，有 种不同的选法.
所以不同的选法共有 （种）.
【考点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；计数原理的应用
【解析】【分析】(1)从34人中任选1人即可，
(2)先求出从每个班选组长的方法数,然后由分步乘法计数原理求解，
(3)分六种情况：从一二班学生中各选1人，从一、三班学生中各选1人，从一、四班学生中各选1人,从二、三班学生中各选1人，从二、四班学生中各选1人，从三、四班学生中各选1人，求出各种情况的方法数，然后利用分类加法计数原理求解.
19．（2022高二下·玉环月考）设 ．
（1）求 的值；
（2）求 的值；
（3）求 的值．
【答案】（1）解：令 ，得
（2）解：令 ，得 ，①
由（1），知 ，②
由②-①，得 ，
∴
（3）解： 相当于 的展开式中各项系数之和，
令 ，∴
【考点】二项式定理的应用
【解析】【分析】(1)令x=1，代入即可得答案；
(2)令x=-1，代入得 ，结合(1)，两式相减，即可求得答案；
(3) 依题意易知相当于 的展开式中各项系数之和，令x=1，代入即可得答案.
20．（2021高二上·沈阳月考）从等7人中选5人排成一排（以下问题均用数字作答）
（1）若必须在内，有多少种排法？
（2）若三人不全在内，有多少种排法？
（3）若都在内，且必须相邻，与都不相邻，有多少种排法？
【答案】（1）解：必须在内,需要选择另外4个人，有种方法，再全排列，所以,所以有1800种排法.
（2）解：若三人全在内，则有
从等7人中选5人排成一排有,
所以若三人不全在内，则有种排法.
（3）解：若都在内，先选2个人有种方法，必须相邻，捆绑有种方法，与都不相邻，有种方法，所以共有种排法.
【考点】排列、组合及简单计数问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合组合数公式和排列数公式以及分步乘法计数原理，进而求出必须在内的排法种数。
（2）利用已知条件结合组合数公式和排列数公式以及对立事件的定义，进而求出 三人不全在内的排法种数。
（3）利用已知条件结合组合数公式和排列数公式以及捆绑法和插空法，进而求出 都在内，且必须相邻，与都不相邻的排法种数。
21．（2022高二下·盐田月考）高二年级线上学习至今，每个班的家长都积极配合，参与到班级管理当中，若某班某一天共有7位家长报名参与到当天的早读、上午课堂、下午课堂、晚修的管理，其中2位家长被安排管理早读，其余5位家长被安排到上午课堂、下午课堂、晚修三个时段管理.
（1）从7位家长中安排2人参与早读管理，共有多少种不同方法；
（2）将剩下的5位家长被安排到上午课堂、下午课堂、晚修三个时段管理，要求每个时段至少有1人，共有多少种不同安排方法；
（3）线上学习结束后，班主任为了感谢这7位家长，召开线上会议（腾讯会议）对家长表示感谢，若7位家长先后进入会议，A、B两位家长相邻进入会议，且都不是第一个，也不是最后一个进入会议，问这7位家长进入会议时间的不同排序方式有多少种.
【答案】（1）解：从7位家长中安排2人参与早读管理，
共有 种不同方法；
（2）解：将剩下的5位家长分为3组
分为3，1，1，共有种不同安排方法，
分为2，2，1，共有种不同安排方法，
所以每个时段至少有1人，共有60+90=150种不同安排方法；
（3）解：因为A,B不在第一个，也不在最后，且相邻，
则将A，B捆绑，从中间4个位置选一个位置排上有种，A，B再排序有种，
其余5为家长全排列有种，
所以这7位家长进入会议时间的不同排序方式共有种.
【考点】组合及组合数公式；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】(1)由组合数概念即可求解；
(2)将5位家长按3，1，1或2，2，1分组，再分配即可求解；
（3）先将将AB捆绑，安排在中间4个位置的一个位置，（注意内部顺序）再对另外5位家长全排列即可求解。
22．（2021高二上·宁德期末）在二项式的展开式中，____．给出下列条件：
①若展开式前三项的二项式系数的和等于37；
②若展开式中第3项与第2项的二项式系数之比为7：2；
③所有偶数项的二项式系数的和为128．
试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上，并且完成下列问题：
（1）求展开式中x的系数；
（2）写出展开式中二项式系数最大的项（不需要说明理由）．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）解：因为展开式中第项的二项式系数为，
若选①，则，即，即，即．解得或（舍去）
若选②：则，解得；
若选③：则，解得；
综上可得即为则展开式的通项为，令解得，所以，故展开式中的系数为；
（2）解：因为展开式中一共含有项，故第5项二项式系数最大，，即展开式中二项式系数最大的项为；
【考点】二项式定理；二项式系数的性质
【解析】【分析】（1）根据所选条件，求出n的值，即可得到二项式展开式的通项，令x的幂指数等于1，求出r的值，即可求得x的系数；
（2）根据展开式的二项式系数的性质，得到第5项的二项式系数最大，再根据通项公式计算即可求得 展开式中二项式系数最大的项 。
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