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1、一、选择题 (本大题共12 小题，每小题5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的) 15 位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报 名方法共有 () A10 种B20 种 C25 种D32 种 解析：5 位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同 的报名方法共有2532 种，故选D. 答案：D 2甲、乙、丙3 位同学选修课程，从4 门课程中，甲选修2 门，乙、丙各选修3 门， 则不同的选修方案共有() A36 种B48 种 C96 种D192 种 解析：不同的选修方案共有C2 4 C 3 4 C 3 496
2、种 故选 C. 答案：C 3(2013 新课标全国卷)已知 (1ax)(1x) 5 的展开式中x2的系数为5，则 a() A 4 B 3 C 2 D 1 解析：(1x) 5 中的 C 2 5x 2 项与 C 1 5x 项分别与 (1ax)中的常数项1 与一次项ax 的乘积之 和为展开式中含x2的项，即C2 5x 2C1 5x ax5x 2， a 1.故选 D. 答案：D 4(2013 山东卷 )用 0,1，9 十个数字， 可以组成有重复数字的三位数的个数为() A243 B252 C261 D279 解析：由 0,1，9 十个数字共可组成三位数个数为C1 9C 1 10C 1 10900，其中
3、无重复数 字的三位数有C1 9A 2 9648(个)，则符合题意三位数个数为 900 648252.故选 B. 答案：B 5张、王两家夫妇各带1 个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园为安全起 见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6 人的入园顺序排法种 数共有 () A12 种B24 种 C36 种D48 种 解析：第一步，将两位爸爸排在两端有2 种排法；第二步， 将两个小孩视作一人与两 位妈妈任意排在中间的三个位置上有2A 3 3种排法，故总的排法有 22A 3 324 种，故选 B. 答案：B 6由数字0,1,2,3,4,5 可以组成无重复数字且奇偶数字相间的六
4、位数的个数有() A72 种B60 种 C48 种D52 种 解析：只考虑奇偶相间，则有2A 3 3A 3 3种不同的排法，其中，在首位的有 A 2 2A 3 3种不符 合题意， 所以共有 2A 3 3A 3 3 A 2 2A 3 360 种 故选 B. 答案：B 7已知 3A x 84A x1 9 ，则 x 等于 () A6 B13 C6 或 13 D12 解析：由排列数公式可将原方程化为 38！ 8x ！ 49！ 10x ！， 化简可得 x 219x78 0， 解得 x 6 或 x13.又因为 x8 且 x19，则 x8 且 xN *，故 x6. 答案：A 8如图，要给，四块区域分别涂上五
5、种不同颜色中的某一种，允许同一 种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为() A320 B160 C96 D60 解析：不同的涂色方法种数为5444320 种 答案：A 9(2013 新课标全国卷)设 m 为正整数， (xy) 2m 展开式的二项式系数的最大值为a， (xy) 2m1 展开式的二项式系数的最大值为b.若 13a7b，则 m 等于 () A5 B6 C7 D8 解析：由二项式系数的性质知： 二项式 (xy) 2m 的展开式中二项式系数最大有一项C m 2ma， 二项式 (xy) 2m1的展开式中二项式系数最大有两项 C m 2m1C m1 2m1b， 因此
6、 13Cm 2m7C m 2m1， 132m！ m！m！ 7 2m1 ！ m！ m1 ！， 即 13 7 2m1 m1 ， m6.故选 B. 答案：B 102014 年世界杯参赛球队共32 支，现分成8 个小组进行单循环赛，决出16 强(各组 的前 2 名小组出线 )，这 16 个队按照确定的程序进行淘汰赛，决出8强，再决出4 强，直到 决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为() A64 B72 C60 D56 解析：先进行单循环赛，有8C 2 448 场，再进行第一轮淘汰赛， 16 个队打 8 场，再 决出 4 强，打4 场，再分2 组打 2 场决出胜负，两胜者打1 场决出冠、亚
7、军，两负者打1 场决出三、四名，共举行：48842 1164 场 故选 A. 答案：A 11(2014 襄阳市高二调研)对于二项式 1 xx 3n(nN*)，4 位同学做出了 4 种判断： 存在 nN *，展开式中没有常数项； 对任意 nN *，展开式中没有常数项； 对任意 nN *，展开式中没有 x 的一次项； 存在 nN *，使展开式中有 x 的一次项 上述判断中正确的是() A与B与 C与D与 解析：二项式的通项公式为Tr1C r n 1 x nr (x 3)rCr nx 4rn,0 rn，rN，nN*.若展 开式中存在常数项，则4rn0，显然若n 为 4 的倍数则展开式中有常数项，若n
8、 不是 4 的倍数，则展开式中没有常数项，故正确错误若展开式中存在一次项，则有4r n 1，r n1 4 ，若 n4k3(kN)，则 rN * 即此时展开式中有一次项，否则没有一次项，故 错误，正确，故选D. 答案：D 12.x 2 x 2 n 展开式中只有第六项二项式系数最大，则展开式中的常数项是() A180 B90 C45 D360 解析：只有第六项二项式系数最大， 则 n10， Tr1 C r 10(x) 10r 2 x 2 r2rCr 10x55 2r， 令 55 2r0， 得 r 2， T34C2 10180.故选 A. 答案：A 二、填空题 (本大题共4 小题，每小题4 分，共
9、16 分请把正确答案填在题中横线上) 13绍兴臭豆腐闻名全国，一外地学者来绍兴旅游，买了两串臭 豆腐，每串3 颗(如图 )规定：每串臭豆腐只能自左向右一颗一颗地 吃，且两串可以自由交替吃请问：该学者将这两串臭豆腐吃完，有 _种不同的吃法(用数字作答 ) 解析：如图所示，先吃A 的情况，共有10 种，如果先吃D 情况相同，共有20 种 答案：20 14某乒乓球队有9 名队员，其中2 名是种子选手，现在挑选5 名队员参加比赛，种子 选手都必须在内，那么不同的选法共有_ 解析：不同的选法共有C 2 2C 3 77 65 3 2135(种) 答案：35 种 15(2013 四川卷 )二项式 (xy)
10、5 的展开式中，含x2y3的项的系数是_(用数字 作答 ) 解析：(xy) 5 的展开式的通项Tr1C r 5x 5ryr，令 r3，得含 x2y3 的项的系数为C 3 5 10. 答案：10 16 在(x2) 2 008 的二项展开式中， 含 x的奇次幂的项之和为S， 当 x2时 S_. 解析：设(x2)2008a0a1x a2x2 a3x3 a2 008x2 008 当 x2时， 有 a0a12a2 ( 2) 2a 2 008 (2) 2 0080 当 x2时， 有 a0a12a2 ( 2) 2a 2 007(2) 2 007a 2 008(2) 2 008 (2 2)2 008 得 2a
11、1 2a3 ( 2) 3a 5 (2) 5 a 2 007(2) 2 007 23 012， x2时， Sa1 2a3 ( 2) 3a 2 007 (2) 2 007 23 011. 答案：2 3 011 三、解答题 (本大题共6 小题，共 74 分解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演 算步骤 ) 17(本小题满分12 分 )某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O 型血的共有28 人， A 型血的共有7 人， B 型血的共有9 人， AB 型血的有3 人 (1)从中任选1 人去献血，有多少种不同的选法？ (2)从四种血型的人中各选1 人去献血，有多少种不同的选法？ 解析：从 O 型血的人
12、中选1 人有 28 种不同的选法， 从 A 型血的人中选1 人有 7 种不 同的选法，从B 型血的人中选1 人有 9 种不同的选法，从AB 型血的人中选1 人有 3 种不 同的选法 (1)任选 1 人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选 1 人去献血 ”的事情 都能完成，所以由分类加法计数原理知，共有287 9347 种不同的选法 (2)要从四种血型的人中各选1 人，即要在每种血型的人中依次选出1 人后，这件 “ 各 选 1 人去献血 ”的事情才完成，所以由分步乘法计数原理知，共有2879 35 292 种 不同的选法 18(本小题满分12 分)有 6 个球，其中3 个一样的黑球，红
13、、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？ 解析：分三类： (1)若取 1 个黑球，和另三个球，排4 个位置，有A 4 4 24 种； (2)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C 2 3A 2 436 种； (3)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C1 3A 1 412 种； 综上，共有24361272 种不同的排法 19(本小题满分12 分)解方程： (1)C x1 13 C 2x3 13 ； (2)C x2 x1C x3
14、 x2 1 10A 3 x3. 解析：(1)由原方程得x12x3 或 x12x313， x4 或 x5， 又由 0x113 02x 313 xN * 得 2x 8且 xN * ， 原方程的解为x 4 或 x5. (注：上述求解过程中的不等式组可以不解，直接把x4 或 x5 代入检验，这样运算 量小得多 ) (2)原方程可化为C x2 x3 1 10A 3 x3， 即 C5 x3 1 10A 3 x3， x 3 ！ 5！ x 2 ！ x3 ！ 10 x！ ， 1 120 x 2 ！ 1 10 x x1 x2 ！. x2x120， 解得 x4 或 x 3(舍去 )， 经检验， x4 是原方程的解
15、20(本小题满分12 分)已知 3 a 3 a n 的展开式的各项系数之和等于 4 3 b 1 5b 5 展 开式中的常数项，求 3 a 3 a n 展开式中含a 1 的项的二项式系数 解析：设 4 3 b 1 5b 5 的展开式的通项为 Tr1 C r 5(4 3 b) 5r 1 5b r 1 5 r 4 5rCr 5 b 105r 6 (r0,1,2,3,4,5) 若它为常数项， 则 105r 6 0， r2， 代入上式，T327.即常数项是 2 7， 从而可得 3 a 3 a n 中 n7， 由 3 a 3 a 7 二项展开式的通项公式知，含a 1 的项是第4 项，其二项式系数是35.
16、21(本小题满分13 分)三个女生和五个男生排成一排 (1)如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？ (2)如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？ (3)如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？ (4)如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？ (5)甲必须在乙的右边，可有多少种不同的排法？ 解析：(1)因为三个女生必须排在一起，所以可以先把她们看成一个整体，这样同五 个男生合在一起共有六个元素，排成一排有A 6 6种不同排法对于其中的每一种排法，三个 女生之间又都有A3 3种不同的排法，因此共有 A 6 6A 3 34 320 种不同的排法 (2)要保证女生全分开，可先把五个
17、男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空位， 这样共有四个空位，加上两端两个男生外侧的两个位置，共有六个位置， 再把三个女生插入 这六个位置中， 只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻由 于五个男生排成一排有A 5 5种不同的排法，对于其中任意一种排法，从上述六个位置中选出 三个来让三个女生插入都有A 3 6种方法，因此共有 A 5 5A 3 6 14 400 种不同的排法 (3)方法一： 因为两端不能排女生，所以两端只能挑选五个男生中的两个，有 A 2 5种排法， 对于其中的任意一种排法，其余六位都有A 6 6种排法，所以共有 A 2 5A 6 614 400 种不同
18、的排法 方法二： 三个女生和五个男生排成一排共有A 8 8种不同的排法，从中去掉女生排在首位 的 A 1 3A 7 7种排法和女生排在末位的 A 1 3A 7 7种排法， 但这样两端都是女生的排法在去掉女生排在 首位的情况时被去掉一次，在去掉女生在末位的情况时又被去掉一次，所以还需加上一次， 由于两端都是女生有A 2 3A 6 6种不同的排法，所以共有 A 8 8 2A 1 3A 7 7A 2 3A 6 614 400 种不同的排 法 (4)方法一： 因为只要求两端不能都排女生，所以如果首位排了男生，则末位就不再受 条件限制了，这样可有A 1 5A 7 7种不同的排法；如果首位排女生，有 A
19、1 3种排法，这样末位就只 能排男生，这样可有A 1 3A 1 5A 6 6种不同排法，因此共有 A 1 5A 7 7A 1 3A 1 5A 6 6 36 000 种不同的排法 方法二： 三个女生和五个男生排成一排有A 8 8种排法，从中扣去两端都是女生的排法 A 2 3 A 6 6种，就能得到两端不都是女生的排法种数，因此共有 A 8 8 A 2 3A 6 636 000 种不同的排法 (5)甲必须在乙的右边即为所有排列的 1 A 2 2，因此共有 A 8 8 A 2 220 160 种不同的排法 22(本小题满分13 分)杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家杨辉三角 是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优 美的规律如图是一个11 阶杨辉三角： (1)求第 20 行中从左到右的第4 个数； (2)若第 n 行中从左到右第14 与第 15 个数的比为 2 3，求 n 的值； (3)求 n 阶(包括 0 阶)杨辉三角的所有数的和 解析：(1)C 3 201 140. (2)C 13 n C 14 n 2 3? 14 n13 2 3，解得 n34. (3)1 22 2 2n2n11.