2023年高考数学考前练习：计数原理（附答案解析）

2023年高考数学考前押题：计数原理

选择题（共8小题）

1.（2023•广东一模）如图，在两行三列的网格中放入标有数字1,2,3,4,5,6的六张卡

片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有（）

A.96种B.64种C.32种D.16种

2.（2023•万安县校级一模）安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，

要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则同学甲单独去一个社区不同的安排方式

有（）

A.100种B.60种C.42种D.25种

3.（2022秋•龙岩期末）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某校计划在社会实践中开设“礼”、

“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每天开设一门，连续开设6天，则（）

A.从六门课程中选两门的不同选法共有30种

B.课程“书”不排在第三天的不同排法共有720种

C.课程“礼”、“数”排在不相邻两天的不同排法共有288种

D.课程“乐”、“射”、“御”排在不都相邻的三天的不同排法共有576种

4.（2022秋•潮州期末）若（x+l）5=ao+«u+a2x2+i∕3x3+α4x4+a5x5,则4ι+242+343+4α4+5α5

=（）

A.4B.8C.80D.3125

5∙（2023春•忻州月考）如图，一圆形信号灯分成A,B,C,。四块灯带区域，现有3种不

同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的

颜色，则不同的信号总数为（）

6.（2023春•湖北月考）新高考数学中的不定项选择题有4个不同选项，其错误选项可能有

O个、1个或2个，这种题型很好地凸显了“强调在深刻理解基础之上的融会贯通、灵活

运用，促进学生掌握原理、内化方法、举一反三”的教考衔接要求.若某道数学不定项

选择题存在错误选项，且错误选项不能相邻，则符合要求的4个不同选项的排列方式共

有（）

A.24种B.36种C.48种D.60种

7.（2022秋•辽阳期末）某值班室周一到周五的工作日每天需要一人值夜班，该岗位共有四

名工作人员可以排夜班，已知同一个人不能连续安排三天夜班，则这五天排夜班方式的

种数为（）

A.800B.842C.864D.888

8.（2023∙毕节市模拟）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.安

排甲、乙、丙、丁4名航天员到空间站开展工作，每个舱至少安排1人，若甲、乙两人

不能在同一个舱开展工作，则不同的安排方案共有（）

梦天

A.36种B.18种C.24种D.30种

多选题（共4小题）

（多选）9.（2023春•北培区校级月考）下列选项中，正确的有（）

A.6本不同的书排成一排，A、8两本书之间恰有两本书的排法有144种

B.三边长均为整数，且最长边为4的三角形有7个

C.用0~8这9个数字，组成没有重复数字的三位偶数的个数为252个

D.,1+,2+,3+...+,18=,18

u4c5l,6u21c22

（多选）10.（2022秋•庆阳期末）用0,1,2,4,6,7组成无重复数字的四位数，则（)

A.个位是0的四位数共有60个

B.2与4相邻的四位数共有60个

C.不含6的四位数共有100个

D.比6701大的四位数共有71个

（多选）11.（2023春•如皋市校级月考）在（√i-J-）"（〃》3,n∈N*）的展开式中，

2,

第2,3,4项的二项式系数依次成等差数列，则下列说法正确的有（）

A.展开式的各项系数和为128

B.展开式中存在常数项

C.展开式中存在有理项

D.展开式中项的系数最大值为2L

4

（多选）12.（2023•渝中区校级模拟）下列选项正确的是（）

A.有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，则不同的存

放方式有2520种

B.有7个不同的球，全部放入5个相同的盒子中，每个盒子至少放1个，则不同的存放

方式有140种

C.有7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式

有18种

D.有7个相同的球，全部放入3个相同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有

8种

≡.填空题（共5小题）

13.（2023•乐山模拟）已知Cr+α）（χ-2）5的展开式中含N项的系数为-60,则α=.

14.（2023•河南模拟）在（l+2x）4（l-χ）5的展开式中，按X的升曙排列的第三项为.

15.（2023•常德模拟）在学雷锋志愿活动中，安排4名志愿者完成5项工作，每人至少完成

一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有种.

16.（2023春•璧山区校级月考）用1,2,3,4,5这五个数字，可以组成没有重复数字的

三位奇数的个数为（用数字作答）.

17.（2023春•沙坪坝区校级月考）8个完全相同的球放入编号1,2,3的三个空盒中，要求

放入后3个盒子不空且数量均不同，则有种放法.

四.解答题（共5小题）

18.(2023春•城区校级月考)现有8个人(5男3女)站成一排.

(1)女生必须排在一起，共有多少种不同的排法？

(2)女生两旁必须有男生，有多少种不同排法？

19.(2022秋•庆阳期末)已知(4+x)(7-2x)6=acι+a1X+∙∙∙+a7χ7∙在以下A,B,C

三问中任选两问作答，若三问都分别作答，则按前两问作答计分，作答时，请在答题卷

上标明所选两问的题号.

(A)求45:

(B)求k>g5(a0+aι+-+a7);

27

(C)设机=76,证明：4a1+4a2+-+4a7=8-4m∙

20.(2023春•武清区月考)在二项式(五一2)11的展开式中，

X

(1)若〃=6,求展开式中的有理项；

(2)若第4项的系数与第6项的系数比为5：6,求二项展开式中的各项的系数之和.

21.(2023春•山东月考)已知(旧+3χ2)n的展开式中各项的系数和比各项的二项式系

数和大992.

(1)求展开式中的有理项；

(2)求展开式中系数最大的项.

22.(2022秋•上饶期末)求下列问题的排列数：

(1)3名男生和3名女生排成一排，男生甲和女生乙不能相邻；

(2)3名男生和3名女生排成一排，男生甲不能排排头，女生乙不能排排尾.

2023年高考数学考前押题：计数原理

参考答案与试题解析

选择题（共8小题）

1.（2023•广东一模）如图，在两行三列的网格中放入标有数字1,2,3,4,5,6的六张卡

片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为5”的不同的排法有（）

A.96种B.64种C.32种D.16种

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】整体思想；综合法；概率与统计；数学运算.

【分析】分3步完成，每步中用排列求出排法数，再利用分步计数原理即可求出结果.

【解答】解：根据题意，分3步进行，

第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为5"，则中间的数字只能为两组数1,4或2,

3中的一组，共有2A2=4种排法；

第二步，排第一步中剩余的一组数，共有A；A；=8种排法；

第三步，排数字5和6,共有Ag=2种排法；

由分步计数原理知，共有不同的排法种数为4X8X2=64.

故选：B.

【点评】本题主要考查了排列组合知识，考查了分步计数原理的应用，属于基础题.

2.（2023•万安县校级一模）安排5名学生去3个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区,

要求每个社区至少有一名学生进行志愿服务，则同学甲单独去一个社区不同的安排方式

有（）

A.100种B.60种C.42种D.25种

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】整体思想；综合法；排列组合；数学运算.

【分析】给三个社区编号分别为1,2,3,则甲可有3种安排方法，剩下的两个再进行分

步计数，从而求得所有安排方式的总数.

【解答】解：甲可有3种安排方法，

不妨设甲安排第1社区，

则：①第2社区可安排1个、第3社区安排3个，不同的安排方式有c：cg=4种；

②第2社区安排2个、第3社区安排2个，不同的安排方式有CjCg=6利”

③第2社区安排3个，第3社区安排1个，不同的安排方式有=4种；

故所有安排总数为3X（4+6+4）=42种.

故选：C.

【点评】本题考查分类与分步计数原理、组合数的计算，考查分类讨论思想，考查逻辑

推理能力和运算求解能力，属基础题.

3.（2022秋•龙岩期末）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某校计划在社会实践中开设“礼”、

“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每天开设一门，连续开设6天，则（）

A.从六门课程中选两门的不同选法共有30种

B.课程“书”不排在第三天的不同排法共有720种

C.课程“礼”、“数”排在不相邻两天的不同排法共有288种

D.课程“乐”、“射”、“御”排在不都相邻的三天的不同排法共有576种

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】转化思想；综合法；排列组合；数学运算.

【分析】根据给定条件利用排列、组合知识，逐项分析计算判断作答.

【解答】解：对于A,从六门课程中选两门的不同选法有c^=15（种），A选项不正确；

对于B,除第三天外的5天中任取1天排“书”,再排其他五门体验课程共有5A、600（种），

U

B选项不正确；

对于C,“礼”、“数”排在不相邻两天，

先排其余四门课程，再用插空法排入“礼”、“数”，

则不同排法共有靖人职480（种），C选项不正确；

对于六门课程的全排列有A^=720（种），

“乐”、“射”、“御”排在都相邻的三天的不同排法有A*：=144（种），

则“乐”、“射”、“御”排在不都相邻的三天的不同排法共有720-144=576（种），D选

项正确.

故选：D.

【点评】本题考查排列组合的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题.

4.(2022秋•潮州期末)若(x+1)5=αo+αιx+a2x2,+a3xi+a4x4+a5x5,贝!]αι+242+343+4o4+545

=()

A.4B.8C.80D.3125

【考点】二项式定理.

【专题】计算题；转化思想；综合法；二项式定理；数学运算.

【分析】两边求导代入X=I即可得到答案.

【解答】解:两边同时求导得5(x+l)"a[+2a2x+3a3χ2+4a4χ3+5a5χ4,

令X=1,

则5X24=G+242+3∙3+4α4+5a5=80.

故选：C.

【点评】本题主要考查二项式定理，导数的应用，赋值法的应用，考查运算求解能力，

属于基础题.

5.(2023春•忻州月考)如图，一圆形信号灯分成A,B,C,。四块灯带区域，现有3种不

同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的

颜色，则不同的信号总数为()

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】分类讨论；综合法；排列组合；数学运算.

【分析】根据涂色问题，按照使用颜色种数进行分类，再结合分步计数原理，即可得总

的方法数.

【解答】解：若用3种不同的颜色灯带都使用，故有两块区域涂色相同，要么A,C,要

么B,。相同，有2种方案，则不同的信号数为2A9=12;

若只用2种不同的颜色灯带，则A,C颜色相同，B,。颜色相同，只有1种方案，则不

同的信号数为CwAj=6；

则不同的信号总数为12+6=18.

故选：A.

【点评】本题考查排列组合的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题.

6.（2023春•湖北月考）新高考数学中的不定项选择题有4个不同选项，其错误选项可能有

0个、1个或2个，这种题型很好地凸显了“强调在深刻理解基础之上的融会贯通、灵活

运用，促进学生掌握原理、内化方法、举一反三”的教考衔接要求.若某道数学不定项

选择题存在错误选项，且错误选项不能相邻，则符合要求的4个不同选项的排列方式共

有（）

A.24种B.36种C.48种D.60种

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】分类讨论；综合法；排列组合；数学运算.

【分析】当错误选项恰有1个时，直接全排列即可；当错误选项恰有2个时，利用插空

法求解.最后将两种情况相加即可.

【解答】解：当错误选项恰有1个时，4个选项进行排列有A：=24种；

当错误选项恰有2个时，先排2个正确选项，再将2个错误选项插入到3个空位中，有

A弘§=12种•

故共有24+12=36种.

故选：B.

【点评】本题考查排列组合的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题.

7.（2022秋•辽阳期末）某值班室周一到周五的工作日每天需要一人值夜班，该岗位共有四

名工作人员可以排夜班，已知同一个人不能连续安排三天夜班，则这五天排夜班方式的

种数为（）

A.800B.842C.864D.888

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】计算题；分类讨论；综合法；排列组合；数学运算.

【分析】采用间接法，先计算没有限制条件的种数，再减去一人连排三天夜班、四天夜

班、五天夜班的种数即可.

【解答】解：所有可能值班安排共有45种，若连续安排三天夜班，则连续的工作有三种

可能，

（1）从四人中选一人连排三天夜班，

若形如▲▲▲口口或▲▲排列：共有2C：C；=24种；

若形如▲▲▲口▲或▲口▲▲▲排列：共有2C：C；=24种；

若形如▲▲▲□（）或上上上。口或口（□▲▲▲或▲▲排列：共有2C：A孑=48种；

若形如口▲▲▲口排列：共有C：C；=12种；

若形如▲□或口▲▲▲€）排列：共有C；A§=24种；

因此，选一人连排三天夜班共有132种.

（2）从四人中选一人连排四天夜班，则连续的工作日有两种可能，从四人中选一人连排

四天夜班，

形如▲▲▲▲口或口▲▲▲▲排列，共有2C：C；=24种•

（3）从四人中选一人连排五天夜班，形如▲▲▲▲▲,则只有4种可能.

故满足题意的排夜班方式的种数为45-132-24-4=864.

故选：C.

【点评】本题主要考查排列、组合及简单的计数问题，考查运算求解能力，属于中档题.

8.（2023∙毕节市模拟）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.安

排甲、乙、丙、丁4名航天员到空间站开展工作，每个舱至少安排1人，若甲、乙两人

不能在同一个舱开展工作，则不同的安排方案共有（）

梦天

实蜡舱II

天和

核心舱

问天

实险舱I

A.36种B.18种C.24种D.30种

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】计算题；方程思想：转化思想：综合法；排列组合；数学运算.

【分析】根据题意，分2步进行分析：①将甲、乙、丙、丁4名航天员分为3组，要求

甲乙不在同一组，②将分好的三组全排列，安排到3个舱工作，由分步计数原理计算可

得答案.

【解答】解：根据题意，分2步进行分析：

①将甲、乙、丙、丁4名航天员分为3组，要求甲乙不在同一组，有C?-1=5种分组

4

方法，

②将分好的三组全排列，安排到3个舱工作，有/^=6种方法，

则有5X6=30种不同的安排方法.

故选：D.

【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题.

二.多选题（共4小题）

（多选）9.（2023春•北培区校级月考）下列选项中，正确的有（）

A.6本不同的书排成一排，A、B两本书之间恰有两本书的排法有144种

B.三边长均为整数，且最长边为4的三角形有7个

C.用0~8这9个数字，组成没有重复数字的三位偶数的个数为252个

D-以+3+或+…+唠=唠

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】转化思想；综合法；排列组合；数学运算.

【分析】由排列组合结合两个计算原理可判断A8C,由组合数的性质可判断D

【解答】解：对于4,采用捆绑法，A、8两本书的排法共有2种，从4本选两本放4、

B中间有A彳种,

则总共有2∙A：A,=144种，A正确；

对于8,第二边为4,有4个，第二边为3,有2个，共计6个，B错误；

对于C,①末尾为0,则有c；.c；=56个，②末尾不为。，则有C：∙C,=196个，共

计56+196=252个，C正确；

对于D

C：+喘+3…+唠=c%熄+cM∙+<⅛=c%c/月+cM∙+c）l=%-l=噎-1

,O错误.

故选：AC.

【点评】本题考查排列组合的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题.

（多选）10.（2022秋•庆阳期末）用0,1,2,4,6,7组成无重复数字的四位数，则（）

A.个位是0的四位数共有60个

B.2与4相邻的四位数共有60个

C.不含6的四位数共有100个

D.比6701大的四位数共有71个

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】整体思想；综合法；排列组合；数学运算.

【分析】对于4特殊元素法，先排零；对于B捆绑法，分零是否被选到两种情况讨论；

对于C在0,1,2,4,7选排，先排首位；对于C,分别考虑首位为7,前两位为67.

【解答】解：对于A,个位是0的四位数共有A2=6O个，A正确；

U

对于8,若不含0,则2与4相邻的四位数有苗A,Ag=36个；若含°，则2与4相邻的

四位数有AgAg=24个，故2与4相邻的四位数共有60个，8正确；

对于C,不含6的四位数共有c：A：=96个，C错误；

对于ZX比6701大的四位数共有*+A%l=71个，。正确.

故选：ABD.

【点评】本题主要考查了排列组合知识，属于基础题.

（多选）11.（2023春•如皋市校级月考）在（«-T-）”（"23,"6N*）的展开式中，

2加

第2,3,4项的二项式系数依次成等差数列，则下列说法正确的有（）

A.展开式的各项系数和为128

B.展开式中存在常数项

C.展开式中存在有理项

D.展开式中项的系数最大值为2L

4

【考点】二项式定理；等差数列的性质.

【专题】计算题；转化思想；综合法；二项式定理；数学运算.

【分析】利用二项式系数的性质求出“，再求出展开式的通项公式，即可解出.

【解答】解：•••第2,3,4项的二项式系数依次成等差数列，.∙∙cl+c3=2c2,

n.VnUn

rt

.∙."+=2χn(nT),A„2,9Π+14=0,Vn>3,Λn=7,

62

7

A,令1=1,则(11))=」1一，JA错误，

12，128

k

8,(«-7展开式的通项公式为TM=ck(F)7-k∙(―J—)=

2Vx2Vx

k14-3k

C⅛(*χk,

令更选=0,则A=J支，∙.N∈Z,.•/不存在，.∙.展开式中不存在常数项，.∙.B错误，

43

C,当k=2,6时，逖为整数，二展开式中第3项，第7项为有理项，.∙.C正确，

4

D,展开式中第1,3,5,7项的系数为正数，其余项的系数为负数，

∙.∙第1项的系数为C；(K)°=1,第3项的系数为C；(-/)2=普，第5项的系数为

C⅛(-ɪ)4=空，第7项的系数为Cg(-工)6=工，

?216*264

.∙.展开式中项的系数最大值为2L,。正确.

4

故选：CD.

【点评】本题考查了二项式定理的运用，二项展开式通项公式的求法及运用，属于中档

题.

(多选)12.(2023•渝中区校级模拟)下列选项正确的是()

A.有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，则不同的存

放方式有2520种

B.有7个不同的球，全部放入5个相同的盒子中，每个盒子至少放1个，则不同的存放

方式有140种

C.有7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式

有18种

D.有7个相同的球，全部放入3个相同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有

8种

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】计算题；方程思想：转化思想；综合法；排列组合：数学运算.

【分析】根据题意，由组合数公式分析AB正确，列举分析可得C错误，。正确，即可

得答案.

【解答】解：根据题意，依次分析选项：

对于A,有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，是排

列问题，有=2520种不同的放法，A正确；

对于B,先将7个球分为5组，有3-1-I-I-I和2-2-1-1-1两种分组方法，则

CyCc

有cm+—⅛2=140种分组方法，8正确；

A2

对于C,用挡板法分析：将7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，有C:=21

种不同的放法，C错误；

对于D,分3种情况讨论：①全部放入1个盒子中，有1种放法，②放入两个盒子中，

有6-1、5-2、4-3,共3种放法，③放入3个盒子里，有1-1-5、1-2-4、1-3-

3、2-2-3,共4种放法，则有1+3+4=8种放法，。正确；

故选：ABD.

【点评】本题考查排列组合的应用，注意排列与组合的定义，属于基础题.

≡.填空题(共5小题)

13.(2023•乐山模拟)已知(X+a)(χ-2)5的展开式中含项的系数为-60,则α=ɪ.

一2一

【考点】二项式定理.

【专题】转化思想；转化法；二项式定理；数学运算.

【分析】求出(X-2)5的展开式通项，然后利用含小项的系数为-60列方程求解.

【解答】解：(x+d)(.X-2)5=x(X-2)5+a(x-2)5,

又X(X-2)5的展开式通项为XT=χCcX5^r(-2)r=(-2)rCεX6-r,a(X-2)5

ITɪ1uD

的展开式通项为aTLrɪ+1ι=aU%χZU(-2)r=a(-2)0χ5-r,

ʌ(-2)3C∣+a(-2)2C∣=-60'解得aj∙∙

00，

故答案为：1.

2

【点评】本题主要考查二项式定理，属于基础题.

14.（2023•河南模拟）在（1+2Λ）4（1-X）5的展开式中，按X的升累排列的第三项为:

【考点】二项式定理.

【专题】整体思想；综合法；二项式定理；数学运算.

【分析】利用二项式定理的展开式，即可解出.

【解答】解：由题意多项式的展开式中按X的升基排列第三项为含％2的项，

即为Qx哈（-x）2+C%2χXC⅛（-χ）+C∣（2x）2×Cg=^6χ2∙

故答案为：-6X2.

【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题.

15.（2023•常德模拟）在学雷锋志愿活动中，安排4名志愿者完成5项工作，每人至少完成

一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有240种.

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】整体思想；综合法；概率与统计；数学运算.

【分析】根据题意，分2步进行：先将5项工作分成4组，再将分好的4组全排列，对

应4名志愿者，分别求出每一步的情况数目，再由分步计数原理计算可得答案.

【解答】解：根据题意，先将5项工作分成4组，则有2项工作为1组，有c2=10种分

组方法，

将分好的4组全排列，对应4名志愿者，有A：=24种情况，

则有24X10=240种不同的安排方式.

故答案为：240.

【点评】本题主要考查了排列组合知识，考查了分步计数原理的应用，属于基础题.

16.（2023春•璧山区校级月考）用L2,3,4,5这五个数字，可以组成没有重复数字的

三位奇数的个数为36（用数字作答）.

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】计算题；对应思想；定义法；排列组合；数学运算.

【分析】通过分析个位数字的可能，再排列十位和千位，即可得答案.

【解答】解：由题意，个位数字可能是1,3,5,还剩下四个数字排列两个位置，

可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为3A2=36.

4

故答案为：36.

【点评】本题考查排列的应用，考查排列数的计算，属于基础题.

17.（2023春•沙坪坝区校级月考）8个完全相同的球放入编号1,2,3的三个空盒中，要求

放入后3个盒子不空且数量均不同，则有12种放法.

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】计算题；转化思想；定义法；排列组合；数学运算.

【分析】根据相同元素，使用隔板法计算，减去不合题意的放法，可得答案.

【解答】解：将8个相同的球放进三个不同的盒子，可以等价于在8个球中间插两个板,

将它分成3份并对应放到三个不同盒子中，共有C2-21种分法，

要求每个盒子中球的数量不相同，考虑存在相同的情况，

首先不可能三个盒子数量均相同，只有两个盒子数量相同共3种情况：1+1+6,2+2+4,

3+3+2,

所以有21-C1X3=12种放法.

3

故答案为：12.

【点评】本题考查隔板法的应用，考查组合数的计算，属于基础题.

四.解答题（共5小题）

18.（2023春•城区校级月考）现有8个人（5男3女）站成一排.

（1）女生必须排在一起，共有多少种不同的排法？

（2）女生两旁必须有男生，有多少种不同排法？

【考点】排列、组合及简单计数问题.

【专题】计算题；转化思想；综合法；排列组合；数学运算.

【分析】（1）捆绑法求解；

（2）插空法，先排男生，再将女生排在男生之间的空中即可.

【解答】解：（1）将三名女生“捆绑”成一个元素，连同剩余的5名男生共六个元素全

排列，然后女生再全排列，

即ASAg=4320种排法；

(2)先排男生，有A^=120种排法，再将女生排在男生之间的空中，共有A：=24种排

法，

共有120X24=2880种排法.

【点评】本题考查排列问题中的捆绑法、插空法的应用，属于中档题.

19.(2022秋•庆阳期末)已知(4+x)(7-2x)6=a°+a[X+∙∙∙+a7χ7∙在以下A，B,C

三问中任选两问作答，若三问都分别作答，则按前两问作答计分，作答时，请在答题卷

上标明所选两问的题号.

(A)求«5;

(B)求logs(o0+ai+"+α7);

27

(C)设机=76,证明：4a1+4a2+∙∙∙+4a7=8-⅛ι∙

【考点】二项式定理.

【专题】整体思想；综合法；二项式定理：数学运算.

【分析】选A利用二项式展开写出所有含％5的项即可算出结果；选8,利用赋值法x=l

时，可得acι+aι+…+27=5,进而求得结果；选C，分别令X=O,x=4即可得出证明•

524

【解答】解：½A,a≡=4×c!×7×(-2)+c!×7×(-2)=6384≈

DOu

67,lo5

选B令x=l,得a0+a1+∙∙∙+a7=(4+1)×(7^2)=5则S(αo+m+…+47)=7；

选C证明：

令X=0,得a0=4X76=⅛Γ

6

令x=4,得ac,+4aι+…+4‘a7=(4+4)X(-1)=8∙

故4a1+42a2+-,+4,7=8-4^1/

【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题.

20.(2023春•武清区月考)在二项式(起工)11的展开式中，

X

(1)若"=6,求展开式中的有理项；

(2)若第4项的系数与第6项的系数比为5：6,求二项展开式中的各项的系数之和.

【考点】二项式定理.

【专题】转化思想；综合法；二项式定理；数学运算.

【分析】（I）先求出二项式展开式的通项公式，再令X的事指数等于整数，求得，•的值,

即可求得展开式中的有理项.

（2）由题意，先求出〃的值，令再χ=-l,可得要求二项展开式中的各项的系数之和.

【解答】解：（I）二项式（%-2）n的展开式中，若〃=6,则二项式（五一2）n=

XX

Q96

（Vx-—）,

X

6-4r

它的展开式中的通项公式为TrH=CF（-2）r∙ʃ,

v6x

令r=0,3,6,可得展开式的有理项为Ti=

=-侬，r=6.（-）6.-6=64.

27c2Λ

X,6χ6

⅛∙（-2）3c

（2）若第4项的系数与第6项的系数比为5：6,即T-------F=立，.∙."=7,

⅛√-2）56

故二项展开式中的各项的系数之和为（1-2）7=-1.

【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式的系数

和常用的方法是赋值法，属于基础题.

21.（2023春•山东月考）已知（毛）+3χ2）n的展开式中各项的系数和比各项的二项式系

数和大992.

（1）求展开式中的有理项；

（2）求展开式中系数最大的项.

【考点】二项式定理.

【专题】计算题；对应思想；数学模型法；二项式定理；数学运算.

【分析】由已知求得〃=5.

（1）根据已知条件，结合二项式的通项公式，即可求解；