2025年菁優(yōu)高考數學解密之計數原理

Page2025年菁優(yōu)高考數學解密之計數原理一．選擇題（共10小題）1．（2024?香河縣校級模擬）的展開式中只有第四項的二項式系數最大，則展開式中的常數項為A． B． C．20 D．1602．（2024?李滄區(qū)校級二模）2024年1月1日，第五次全國經濟普查正式啟動．甲、乙、丙、丁、戊5名普查員分別去城東、城南、城西、城北四個小區(qū)進行數據采集，每個小區(qū)至少去一名普查員，若甲不去城東，則不同的安排方法共有A．36種 B．60種 C．96種 D．180種3．（2024?市中區(qū)校級模擬）若展開式中只有第6項的二項式系數最大，則A．11 B．10 C．9 D．84．（2024?日照一模）今年賀歲片，《第二十條》、《熱辣滾燙》、《飛馳人生2》引爆了電影市場，小明和他的同學一行四人決定去看這三部電影，則恰有兩人看同部影片的選擇共有A．9種 B．36種 C．38種 D．45種5．（2024?四川模擬）2023世界科幻大會在成都舉辦，主題場館以自由、擴散、無界的未來建筑形象詮釋科學與科幻主題，提取古蜀文化中神秘“古蜀之眼（黃金面具）”融入“星云”屋頂造型，建筑首層圍繞共享中庭設置了劇場、主題展區(qū)及博物館三大主題空間．現將4名志愿者安排到這三個主題空間進行志愿服務，則每個主題空間都有志愿者的不同的安排方式有A．6種 B．18種 C．24種 D．36種6．（2024?渾南區(qū)校級模擬）將5名志愿者分配到三個社區(qū)協助開展活動，每個社區(qū)至少1名，則不同的分配方法數是A．300 B．240 C．150 D．507．（2024?德陽模擬）在的展開式中，含項的系數為A．70 B．60 C．55 D．508．（2024?廣東模擬）的展開式中的系數為A．80 B． C．40 D．9．（2024?紅谷灘區(qū)校級模擬）由未來科學大獎聯合中國科技館共同主辦的“同上一堂科學課”——科學點燃青春：未來科學大獎獲獎者對話青少年活動于2023年9月8日在全國各地以線上線下結合的方式舉行．現有某市組織5名獲獎者到當地三個不同的會場與學生進行對話活動，要求每個會場至少派一名獲獎者，每名獲獎者只去一個會場，則不同的派出方法有A．60種 B．120種 C．150種 D．240種10．（2024?船營區(qū)校級一模）甲、乙、丙、丁、戊共5名同學進行演講比賽，決出第1名到第5名的名次．已知甲和乙都不是第1名，且丙和丁的名次相鄰，則5人的名次排列可能有種不同的情況．A．18 B．24 C．36 D．48二．多選題（共5小題）11．（2024?城區(qū)校級模擬）若，其中，，，，為實數，則A． B． C． D．12．（2024?長沙三模）瑞士數學家于17世紀提出如下不等式：，有，請運用以上知識解決如下問題：若，，，則以下不等式正確的是A． B． C． D．13．（2024?懷仁市校級四模）下列等式中正確的是A． B． C． D．14．（2024?江蘇模擬）在二項式的展開式中，下列說法正確的是A．常數項是 B．各項的系數和是64 C．第4項二項式系數最大 D．奇數項二項式系數和為15．（2024?越秀區(qū)校級一模）帶有編號1、2、3、4、5的五個球，則A．全部投入4個不同的盒子里，共有種放法 B．放進不同的4個盒子里，每盒至少一個，共有4種放法 C．將其中的4個球投入4個盒子里的一個（另一個球不投入），共有20種放法 D．全部投入3個不同的盒子里，沒有空盒，共有140種不同的放法三．填空題（共5小題）16．（2024?錦州模擬）已知，，，，2，3，，，，，為，，，中不同數字的種類，如，1，4，，，4，4，，，2，2，與，2，1，視為不同的排列，則，，，的不同排列有個（用數字作答）；所有的排列所得，，，的平均值為．17．（2024?黃浦區(qū)校級三模）用這九個數字組成的無重復數字的四位數中，各個數位上數字和為偶數的奇數共有個．18．（2024?射洪市校級模擬）從5名男生和6名女生中，選出3名代表，要求3名代表中既有男生又有女生的選法有種．19．（2024?濮陽模擬）第一屆全國學生（青年）運動會開幕式于2023年11月5日在廣西舉行，舉辦本屆學青會是推動新時代青少年和學校體育改革發(fā)展，增強青少年和學生體質、促進競技體育后備人才培養(yǎng)的重要措施．為了加強宣傳力度，某體育協會從甲、乙等6人中選派4人到，，，四個不同的區(qū)域參加宣傳活動，每人去一個區(qū)域，其中甲、乙至少有一人參加且甲不去區(qū)域的選派方法共有種（用數字作答）．20．（2024?閔行區(qū)校級二模）如圖，設點為正四面體表面（含棱）上與頂點不重合的一點，由點到四個頂點的距離組成的集合記為，如果集合中有且只有2個元素，那么符合條件的點有個．四．解答題（共5小題）21．（2024?浙江模擬）最近的一次數學競賽共6道試題，每題答對得7分，答錯（或不答）得0分．賽后某參賽代表隊獲團體總分161分，且統計分數時發(fā)現：該隊任兩名選手至多答對兩道相同的題目，沒有三名選手都答對兩道相同的題目．試問該隊選手至少有多少人？22．（2024?黔南州二模）1799年，哥廷根大學的高斯在其博士論文中證明了如下定理：任何復系數一元次多項式方程在復數域上至少有一根．此定理被稱為代數基本定理，在代數乃至整個數學中起著基礎作用．由此定理還可以推出以下重要結論：次復系數多項式方程在復數域內有且只有個根（重根按重數計算）．對于次復系數多項式，其中，，，，若方程有個復根，，，，則有如下的高階韋達定理：（1）在復數域內解方程；（2）若三次方程的三個根分別是，，為虛數單位），求，，的值；（3）在的多項式中，已知，，，為非零實數，且方程的根恰好全是正實數，求出該方程的所有根（用含的式子表示）．23．（2022?蘭州一模）（1）學校開設了7門選修課，要求每個學生從中選學4門，共有多少種不同的選法？（2）從參加羽毛球團體比賽的6名運動員中選出3名，并按排定的順序出場比賽，有多少種不同的選法？24．（2020?宿城區(qū)校級模擬）已知為給定的正整數，設，．（1）若，求，的值：（2）若，的值．25．（2022?蘭州一模）已知二項式．（1）求展開式的第三項的系數；（2）求展開式的二項式系數之和．

2025年菁優(yōu)高考數學解密之計數原理參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?香河縣校級模擬）的展開式中只有第四項的二項式系數最大，則展開式中的常數項為A． B． C．20 D．160【答案】【考點】二項展開式的通項與項的系數【專題】數學運算；二項式定理；轉化思想；轉化法【分析】先求出的值，再結合二項式定理，即可求解．【解答】解：的展開式中只有第四項的二項式系數最大，則，的展開式的通項為，令，解得，故展開式中的常數項為．故選：．【點評】本題主要考查二項式定理，屬于基礎題．2．（2024?李滄區(qū)校級二模）2024年1月1日，第五次全國經濟普查正式啟動．甲、乙、丙、丁、戊5名普查員分別去城東、城南、城西、城北四個小區(qū)進行數據采集，每個小區(qū)至少去一名普查員，若甲不去城東，則不同的安排方法共有A．36種 B．60種 C．96種 D．180種【答案】【考點】簡單組合問題【專題】轉化思想；計算題；排列組合；數學運算；綜合法【分析】利用分步計數原理分兩步：①先安排甲，②再安排其它4名普查員，分為兩種情況：1、安排甲去的小區(qū)就甲一個人，2、安排甲去的小區(qū)有2人，由分步計數原理計算可得答案．【解答】解：①先安排甲，甲不去城東，有種，②安排其它4名普查員，分為兩種情況：1、安排甲去的小區(qū)就甲一個人，那其它4人按2，1，1分配，有種，2、安排甲去的小區(qū)有2人，則除甲以外4人全排即可，有種，所以一共有種．故選：．【點評】本題考查排列組合的應用，涉及分步計數原理的應用，屬于中檔題．3．（2024?市中區(qū)校級模擬）若展開式中只有第6項的二項式系數最大，則A．11 B．10 C．9 D．8【答案】【考點】二項式定理【專題】轉化思想；綜合法；二項式定理；數據分析【分析】由題意利用二項式系數的性質，求得的值．【解答】解：若展開式中只有第6項的二項式系數最大最大，則，故選：．【點評】本題主要考查二項式定理的應用，二項式系數的性質，屬于基礎題．4．（2024?日照一模）今年賀歲片，《第二十條》、《熱辣滾燙》、《飛馳人生2》引爆了電影市場，小明和他的同學一行四人決定去看這三部電影，則恰有兩人看同部影片的選擇共有A．9種 B．36種 C．38種 D．45種【答案】【考點】排列組合的綜合應用【專題】對應思想；分析法；排列組合；數學運算【分析】先安排2人看同一部影片，再安排剩余2人，利用排列組合知識進行求解．【解答】解：從4人中選擇2人看同一部影片，再從3部影片中選擇一部安排給這兩人觀看，剩余的2人，2部影片進行全排列，故共有種情況．故選：．【點評】本題考查了排列組合的問題，屬于基礎題．5．（2024?四川模擬）2023世界科幻大會在成都舉辦，主題場館以自由、擴散、無界的未來建筑形象詮釋科學與科幻主題，提取古蜀文化中神秘“古蜀之眼（黃金面具）”融入“星云”屋頂造型，建筑首層圍繞共享中庭設置了劇場、主題展區(qū)及博物館三大主題空間．現將4名志愿者安排到這三個主題空間進行志愿服務，則每個主題空間都有志愿者的不同的安排方式有A．6種 B．18種 C．24種 D．36種【答案】【考點】排列組合的綜合應用【專題】對應思想；分析法；排列組合；數學運算【分析】根據排列組合的分組分配問題計算即可．【解答】解：首先將志愿者分成三組共有種，安排到三個主題空間有種，故不同的安排方式有種．故選：．【點評】本題考查排列組合的應用，屬于基礎題．6．（2024?渾南區(qū)校級模擬）將5名志愿者分配到三個社區(qū)協助開展活動，每個社區(qū)至少1名，則不同的分配方法數是A．300 B．240 C．150 D．50【答案】【考點】排列組合的綜合應用【專題】綜合法；排列組合；數學運算；整體思想【分析】由排列、組合及簡單計數問題，結合分類加法計數原理及分步乘法計數原理求解．【解答】解：先將5名志愿者分為3組，則有種分法，再將這3組分給三個社區(qū)，有種分法，則不同的分配方法數是．故選：．【點評】本題考查了排列、組合及簡單計數問題，重點考查了分類加法計數原理及分步乘法計數原理，屬基礎題．7．（2024?德陽模擬）在的展開式中，含項的系數為A．70 B．60 C．55 D．50【考點】：二項式定理【專題】35：轉化思想；：轉化法；：二項式定理【分析】根據展開式的通項公式，即可得出的展開式中含項的系數．【解答】解：展開式的通項公式為，所以的展開式中，含項的系數為：．故選：．【點評】本題主要考查了二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，屬于基礎題．8．（2024?廣東模擬）的展開式中的系數為A．80 B． C．40 D．【答案】【考點】二項式定理【專題】轉化思想；綜合法；二項式定理；數學運算【分析】由題意利用二項展開式的通項公式，求得展開式中的系數．【解答】解：的展開式的通項公式為，令，可得展開式中的系數為，故選：．【點評】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，屬于基礎題．9．（2024?紅谷灘區(qū)校級模擬）由未來科學大獎聯合中國科技館共同主辦的“同上一堂科學課”——科學點燃青春：未來科學大獎獲獎者對話青少年活動于2023年9月8日在全國各地以線上線下結合的方式舉行．現有某市組織5名獲獎者到當地三個不同的會場與學生進行對話活動，要求每個會場至少派一名獲獎者，每名獲獎者只去一個會場，則不同的派出方法有A．60種 B．120種 C．150種 D．240種【答案】【考點】排列組合的綜合應用【專題】數學運算；排列組合；整體思想；綜合法【分析】由排列、組合及簡單計數問題，結合分類加法計數原理求解．【解答】解：要求每個會場至少派一名獲獎者，每名獲獎者只去一個會場，則不同的派出方法有種．故選：．【點評】本題考查了排列、組合及簡單計數問題，重點考查了分類加法計數原理，屬中檔題．10．（2024?船營區(qū)校級一模）甲、乙、丙、丁、戊共5名同學進行演講比賽，決出第1名到第5名的名次．已知甲和乙都不是第1名，且丙和丁的名次相鄰，則5人的名次排列可能有種不同的情況．A．18 B．24 C．36 D．48【答案】【考點】部分元素相鄰的排列問題【專題】計算題；方程思想；轉化思想；綜合法；排列組合；運算求解【分析】根據題意，將丙和丁看成一個整體，按丙和丁的位置分4種情況討論，由加法原理計算可得答案．【解答】解：根據題意，將丙和丁看成一個整體，分4種情況分析：①丙和丁的整體分別為第1、2名，有種情況，②丙和丁的整體分別為第2、3名，第一名只能為戊，甲和乙分別為第4、5名，有種情況，③丙和丁的整體分別為第3、4名，第一名只能為戊，甲和乙分別為第2、5名，有種情況；④丙和丁的整體分別為第4、5名，第一名只能為戊，甲和乙分別為第2、3名，有種情況；則有種情況．故選：．【點評】本題考查排列組合的應用，涉及分步、分類計數原理的應用，屬于基礎題．二．多選題（共5小題）11．（2024?城區(qū)校級模擬）若，其中，，，，為實數，則A． B． C． D．【答案】【考點】二項式系數的性質【專題】綜合法；數學運算；二項式定理；邏輯推理；轉化思想；計算題【分析】根據題意，令，則原式轉化為，結合賦值法，以及二項展開式的性質，逐項判定，即可求解．【解答】解：由，令，則原式轉化為，對于中，令，可得，所以正確；對于中，由二項式定理的展開式，可得，所以不正確；對于和中，令，可得，令，得，所以，所以，所以、正確．故選：．【點評】本題考查的知識點：二項式的展開式，組合數，主要考查學生的運算能力，屬于中檔題．12．（2024?長沙三模）瑞士數學家于17世紀提出如下不等式：，有，請運用以上知識解決如下問題：若，，，則以下不等式正確的是A． B． C． D．【答案】【考點】二項式定理【專題】轉化思想；構造法；定義法；導數的綜合應用；邏輯推理；數學運算【分析】選項中，根據題意得出，，求和即可；選項中，根據題意得出，，根據同向不等式相加，求解即可；選項、，不等式，可化為，構造函數，利用導數判斷函數的單調性，求解即可．【解答】解：對于，因為，所以，則；對于，因為，同理，則；對于，要證明，也即證明，只要證明時，在區(qū)間，上單調遞減．求導數，得，由，得，且，結合冪函數的性質得：當時，，在區(qū)間上單調遞減，即時，函數取得最大值，從而只需證明，變換得：，因為，故得證；綜上，若，不等式成立，選項正確，錯誤．故選：．【點評】本題考查了函數與不等式的應用問題，也考查了推理與運算能力，是難題．13．（2024?懷仁市校級四模）下列等式中正確的是A． B． C． D．【答案】【考點】組合及組合數公式【專題】數學運算；綜合法；轉化思想；計算題；排列組合；二項式定理；邏輯推理【分析】直接利用二項式的展開式以及組合數的變換求出結果．【解答】解：對于，故錯誤；對于，故正確；對于，故，故正確；對于，對于，其含有的項的系數為，對于，要得到含有要從第一個含有的項的系數，需要從第一個式子中取出個，再從第二個式子中取出個，對應的系數為，故正確．故選：．【點評】本題考查的知識點：二項式的展開式，組合數，主要考查學生的運算能力，屬于中檔題．14．（2024?江蘇模擬）在二項式的展開式中，下列說法正確的是A．常數項是 B．各項的系數和是64 C．第4項二項式系數最大 D．奇數項二項式系數和為【答案】【考點】二項式定理【專題】數學運算；轉化法；二項式定理；轉化思想【分析】利用二項式展開式通項可判斷選項；利用各項系數和可判斷選項；利用二項式系數的性質可判斷選項；求出奇數項的二項式系數和可判斷選項．【解答】解：二項式的展開式通項為．令，可得，故常數項是，正確；各項的系數和是，錯誤；二項式展開式共7項，故第4項二項式系數最大，正確；奇數項二項式系數和為，錯誤．故選：．【點評】本題主要考查二項式定理，屬于基礎題．15．（2024?越秀區(qū)校級一模）帶有編號1、2、3、4、5的五個球，則A．全部投入4個不同的盒子里，共有種放法 B．放進不同的4個盒子里，每盒至少一個，共有4種放法 C．將其中的4個球投入4個盒子里的一個（另一個球不投入），共有20種放法 D．全部投入3個不同的盒子里，沒有空盒，共有140種不同的放法【答案】【考點】排列組合的綜合應用【專題】排列組合；數學運算；定義法；對應思想【分析】利用分步計數原理直接判斷選項，利用組合、排列的結合判斷選項．【解答】解：對于：由分步計數原理，五個球全部投入4個不同的盒子里共有種放法，故正確；對于：由排列數公式，五個不同的球放進不同的4個盒子里，每盒至少一個，共有種放法，故錯誤；對于：將其中的4個球投入一個盒子里共有種放法，故正確；對于：全部投入3個不同的盒子里，沒有空盒，共有：種不同的放法，故錯誤．故選：．【點評】本題考查分步計數原理以及組合、排列相關知識，屬于中檔題．三．填空題（共5小題）16．（2024?錦州模擬）已知，，，，2，3，，，，，為，，，中不同數字的種類，如，1，4，，，4，4，，，2，2，與，2，1，視為不同的排列，則，，，的不同排列有256個（用數字作答）；所有的排列所得，，，的平均值為．【答案】256；．【考點】排列組合的綜合應用；用樣本估計總體的集中趨勢參數【專題】數學運算；整體思想；綜合法；排列組合【分析】本題首先可以確定，，，的所有可能取值分別為1、2、3、4，然后分別計算出每一種取值所對應的排列個數，進而得到每一種取值所對應的概率，最后根據每一種取值所對應的概率即可計算出，，，的平均值．【解答】解：由題意可知，，，，的不同排列有個，當，，，時，；當，，，時，，當，，時，；當，，，時，，綜上所述，所有的256個，的排列所得的，，，的平均值為：．故答案為：256；．【點評】本題主要考查了排列組合知識，考查了平均值的計算，屬于中檔題．17．（2024?黃浦區(qū)校級三模）用這九個數字組成的無重復數字的四位數中，各個數位上數字和為偶數的奇數共有840個．【考點】數字問題【專題】整體思想；綜合法；排列組合；數學運算【分析】由排列、組合及簡單計數問題，結合分步乘法計數原理及分類加法計數原理求解．【解答】解：用這九個數字組成的無重復數字的四位數中，各個數位上數字和為偶數的奇數可分為2類：①當數位上數字為奇數且個數為2時，則有個；②當數位上數字為奇數且個數為4時，則有個，則各個數位上數字和為偶數的奇數共有個．故答案為：840．【點評】本題考查了排列、組合及簡單計數問題，重點考查了分步乘法計數原理及分類加法計數原理，屬中檔題．18．（2024?射洪市校級模擬）從5名男生和6名女生中，選出3名代表，要求3名代表中既有男生又有女生的選法有135種．【答案】135．【考點】從不同類別人員物品中進行挑選的組合問題【專題】數學運算；綜合法；排列組合；整體思想【分析】根據條件，利用分類、分步計數原理及組合，即可求出結果．【解答】解：3名代表中有1名男生，2名女生的選法有，3名代表中有2名男生，1名女生的選法有，所以3名代表中既有男生又有女生的選法有．故答案為：135．【點評】本題考查了排列、組合及簡單計數問題，重點考查了分類加法計數原理，屬基礎題．19．（2024?濮陽模擬）第一屆全國學生（青年）運動會開幕式于2023年11月5日在廣西舉行，舉辦本屆學青會是推動新時代青少年和學校體育改革發(fā)展，增強青少年和學生體質、促進競技體育后備人才培養(yǎng)的重要措施．為了加強宣傳力度，某體育協會從甲、乙等6人中選派4人到，，，四個不同的區(qū)域參加宣傳活動，每人去一個區(qū)域，其中甲、乙至少有一人參加且甲不去區(qū)域的選派方法共有276種（用數字作答）．【答案】276．【考點】簡單組合問題【專題】對應思想；定義法；排列組合；數學運算【分析】根據給定條件，按甲參加與甲不參加分類，再結合有限制條件的排列問題列式計算即得．【解答】解：依題意，由甲、乙至少有一人參加，得甲參加與甲不參加乙必參加兩種情況，當甲參加時，有種選派方法，當甲不參加時，有種選派方法，所以不同選派方法種數是．故答案為：276【點評】本題考查排列組合相關知識，屬于中檔題．20．（2024?閔行區(qū)校級二模）如圖，設點為正四面體表面（含棱）上與頂點不重合的一點，由點到四個頂點的距離組成的集合記為，如果集合中有且只有2個元素，那么符合條件的點有10個．【答案】10．【考點】排列組合的綜合應用【專題】綜合法；整體思想；數學運算；排列組合【分析】根據分類計數原理求解即可．【解答】解：符合條件的點有兩類：一，六條棱的中點；二，四個面的中心；集合中有且只有2個元素，符合條件的點有個．故答案為：10．【點評】本題考查了排列、組合及簡單計數問題，重點考查了分類加法計數原理，屬基礎題．四．解答題（共5小題）21．（2024?浙江模擬）最近的一次數學競賽共6道試題，每題答對得7分，答錯（或不答）得0分．賽后某參賽代表隊獲團體總分161分，且統計分數時發(fā)現：該隊任兩名選手至多答對兩道相同的題目，沒有三名選手都答對兩道相同的題目．試問該隊選手至少有多少人？【答案】7．【考點】排列組合的綜合應用【專題】邏輯推理；排列組合；轉化法；轉化思想【分析】利用圖表列舉所有情況，結合排列組合公式計算求解即可．【解答】解：設該隊有名選手，分別記為，，，，記6道題的編號依次為1，2，，6，以編號為行、選手為列作一個的方格表，如果選手，2，答對第，2，題，就將方格表中第行第列的小方格的中心染成紅點，我們的問題就是在的方格表中，不存在“橫”6點矩形和“縱”6點矩形的情況，且至少有23個紅點時，求的最小值．如第1列有6個紅點，那么，后面各列至多有2個紅點，因為，于是，取第2至10列，其中第2至9列每列有2個紅點，第列1個紅點（如圖）滿足題設，這說明的最小值不大于．我們發(fā)現，可通過將第1列中某點移到此點所在行的其他列中來減少圖6的列數，如作移動，，，可同時作移動，，，，，，，，，這樣便得到有23個紅點的圖甲，類似地可得圖乙，這說明的最小值不大于7．下面證明：的最小值大于6．對于一個恰有6列的方格表，由抽屜原理知至少有一列紅點數不少于4，不妨設第1列，且第1列的前4行的小方格的中心是紅點，如果某列有2個紅點，則稱其為某列上的一個紅點“行對”，這樣在前4行中，除第1列外的5列中每列只能有一個行對．于是，前4行中總共有個行對．考慮最后兩行：若第1列還有紅點，那么，有紅點的這一行不能再有其他的紅點，如第1列還有2個紅點，這時能增加9個行對，方格表中共有個行對；如第1列還有1個紅點，不妨設第1列第5行的小方格有紅點，這時即使第6行除第1列外的其他小方格都有紅點，那么，可增加個行對，方格表中共有個行對；如第1列沒有其他的紅點，那么，在最后兩行中最多還有兩個行對，這兩個行對占去了兩列，在余下的三列中，每列最多有1個紅點，于是，可增加行對個，這時，方格表中最多有個行對．這說明27是可能的行對總數的最大值，設第列的紅點數為，，，且，則所有行對的總數，即，由柯西不等式有，所以，解得，由為正整數知，這說明方格表中紅點個數最多為21個，又當時，方格表中紅點總數不大于個，這說明的最小值不小于7．綜上，該代表隊至少有7名選手．【點評】本題考查排列組合的應用，屬于難題．22．（2024?黔南州二模）1799年，哥廷根大學的高斯在其博士論文中證明了如下定理：任何復系數一元次多項式方程在復數域上至少有一根．此定理被稱為代數基本定理，在代數乃至整個數學中起著基礎作用．由此定理還可以推出以下重要結論：次復系數多項式方程在復數域內有且只有個根（重根按重數計算）．對于次復系數多項式，其中，，，，若方程有個復根，，，，則有如下的高階韋達定理：（1）在復數域內解方程；（2）若三次方程的三個根分別是，，為虛數單位），求，，的值；（3）在的多項式中，已知，，，為非零實數，且方程的根恰好全是正實數，求出該方程的所有根（用含的式子表示）．【答案】（1）；（2），，；（3）．【考點】類比推理；二項式定理；復數的運算【專題】綜合法；邏輯推理；數學運算；二項式定理；數系的擴充和復數；轉化思想；計算題【分析】（1）根據題意直接解方程即可；（2）根據題意結合韋達定理分析運算求解；（3）根據題意結合韋達定理可得，結合不等式可得，由可得，結合不等式成立條件分析求解．【解答】解：（1）由，可得，解得．（2）由題意可知：，將，，代入可得，所以，，．（3）設，，，，，，，，，因為，當且僅當時，等號成立，可得，即，當且僅當時，等號成立，因為方程的根恰好全是正實數，設這個正根分別為，，，且，，，由題意可知：，因為，且，，，均為正數，則，當且僅當時，等號成立，又因為，即，所以．【點評】本題主要考查二項式定理，復數的運算，考查運算求解能力，屬于難題．23．（2022?蘭州一模）（1）學校開設了7門選修課，要求每個學生從中選學4門，共有多少種不同的選法？（2）從參加羽毛球團體比賽的6名運動員中選出3名，并按排定的順序出場比賽，有多少種不同的選法？【答案】（1）35，（2）120．【考點】排列組合的綜合應用【專題】排列組合；方程思想；計算題；數學運算；定義法【分析】（1）根據題意，由組合數公式計算可得答案；（2）根據題意，由排列數公式計算可得答案．【解答】解：（1）學校開設了7門選修課，要求每個學生從中選學4門，共有種不同選法；（2）從參加羽毛球團體比賽的6名運動員中選出3名，并按排定的順序出場比賽，共有種．【點評】本題考查排列組合數公式的應用，注意排列、組合的不同，屬于基礎題．24．（2020?宿城區(qū)校級模擬）已知為給定的正整數，設，．（1）若，求，的值：（2）若，的值．【答案】（1），；（2）．【考點】二項式定理【專題】轉化思想；轉化法；排列組合；二項式定理；數學運算【分析】（1）利用二項式展開式公式計算時和的值；（2）由時，寫出，利用，討論和時，計算的值即可．【解答】解：（1）因為，所以，；（2）當時，，又因為，當時，；當時，，當時，也符合．所以的值為．【點評】本題考查了組合數公式與二項式定理的應用問題，也考查了推理與計算能力，是中檔題．25．（2022?蘭州一模）已知二項式．（1）求展開式的第三項的系數；（2）求展開式的二項式系數之和．【答案】（1）189；（2）128．【考點】二項式系數與二項式系數的和【專題】綜合法；轉化思想；二項式定理；數學運算【分析】（1）根據二項式的展開式的通項即可求解；（2）根據二項式系數之和的結論即可求解．【解答】解：（1）二項式的展開式的通項為：，展開式的第三項的系數為；（2）二項式的展開式的二項式系數之和為．【點評】本題考查二項式的展開式的通項的應用，二項式系數之和的結論的應用，屬基礎題．

考點卡片1．復數的運算【知識點的認識】復數的加、減、乘、除運算法則2．用樣本估計總體的集中趨勢參數【知識點的認識】1．眾數、中位數、平均數眾數、中位數、平均數都是描述一組數據的集中趨勢的特征數，只是描述的角度不同，其中以平均數的應用最為廣泛．（1）眾數：在一組數據中，出現次數最多的數據叫做這組數據的眾數；（2）中位數：將一組數據按大小依次排列，把處在最中間位置的一個數據（或最中間兩個數據的平均數）叫做這組數據的中位數；（3）平均數：一組數據的算術平均數，即．2．眾數、中位數、平均數的優(yōu)缺點【解題方法點撥】眾數、中位數、平均數的選?。海?）平均數能較好地反映一組數據的總體情況；（2）中位數不受極端值影響，有時用它代表全體數據的中等水平（或一般水平）；（3）眾數能反映一組數據的集中情況（即多數水平）．根據頻率分布直方圖估算眾數、中位數、平均數：（1）眾數：在頻率分布直方圖中，最高矩形的中點的橫坐標就是眾數．（2）中位數：在樣本中，有50%的個體小于或等于中位數，也有50%的個體大于或等于中位數，因此，在頻率分布直方圖中，中位數左邊和右邊的直方圖的面積應該相等，由此可以估計中位數的值．（3）平均數：是頻率分布直方圖的“重心”，是直方圖的平衡點．平均數等于頻率分布直方圖中每個小矩形的面積（即落在該組中的頻率）乘以小矩形底邊中點的橫坐標（組中值）之和．3．數字問題【知識點的認識】﹣數字問題涉及數字的排列組合、數字的特性以及數位的安排．例如：求解由數字構成的不同整數的數量、分析某一數字在特定數位上的可能性、或求解滿足特定條件的整數個數．﹣數字問題通常涉及到計數原理在數字排列中的應用，以及整數的分配與組合．【解題方法點撥】﹣首先分析題目中的數字特性，如數字的范圍、允許的重復次數等．﹣使用排列數或組合數來計算數字的不同排列組合方式，必要時采用分類討論的方式處理特殊情況．﹣在涉及限制條件（如某些數位必須滿足特定要求）時，先處理限制條件，再進行組合計算．【命題方向】﹣典型的數字問題命題包括：計算由給定數字組成的不同整數的數量，或者確定某一數位上特定數字出現的頻率．﹣可能涉及到數字排列的特殊情況，如求解滿足某些數位條件的整數個數，或計算某些數字在排列中的特定組合數量．﹣在更復雜的問題中，可能需要結合多種計數方法，如遞推公式或生成函數來處理數字的排列組合．4．部分元素相鄰的排列問題【知識點的認識】﹣部分元素相鄰的排列問題要求在排列過程中，特定元素必須相鄰排列．例如：在排列中，兩個或多個元素必須排在一起．﹣這類問題通常通過將相鄰元素視為一個整體來簡化排列．【解題方法點撥】﹣通過將相鄰的元素看作一個整體，然后對這個整體和其他元素一起進行排列．最后，再對這個整體內部的元素進行排列．﹣使用乘法原理，將整體的排列與內部元素的排列相乘，得到總的排列數．﹣對于涉及多個相鄰元素的問題，可以進行多重整體處理，逐層遞進排列．【命題方向】﹣常見命題方向包括要求特定元素相鄰的排列問題，或多組元素必須相鄰排列的情況．﹣題目可能涉及多個相鄰條件的處理，要求考生靈活應用相鄰元素排列的策略．5．組合及組合數公式【知識點的認識】1．定義（1）組合：一般地，從n個不同元素中，任意取出m（m≤n）個元素并成一組，叫做從n個元素中任取m個元素的一個組合．（2）組合數：從n個不同元素中，任意取出m（m≤n）個元素的所有組合的個數，叫做從n個不同元素中，任意取出m個元素的組合數，用符號表示．2．組合數公式：＝．m，n∈N+，且m≤n．3．組合數的性質：性質1性質2．6．簡單組合問題【知識點的認識】﹣簡單組合問題涉及無任何特殊限制的組合情況．n個不同元素中選出r個元素的組合總數為．﹣這類問題是組合問題的基礎，強調對基本組合公式的理解與應用．【解題方法點撥】﹣直接應用組合公式進行計算．在實際問題中，注意理解組合與排列的區(qū)別，組合不考慮順序，而排列考慮順序．﹣對于簡單組合問題，可以通過列舉法或公式直接求解．﹣在復雜組合問題中，分類討論和遞推公式可能是有效的解題工具．【命題方向】﹣常見命題包括基本組合問題的計算，如從一組元素中選出子集的總數，或計算特定組合情況的可能性．﹣命題可能涉及對組合數公式的直接應用，以及對組合問題的基礎性理解與操作．7．從不同類別人員物品中進行挑選的組合問題【知識點的認識】﹣這類問題涉及從不同類別的人員或物品中進行挑選的組合問題．例如：從若干類別的物品中各選出一定數量的組合問題．﹣這類問題通常涉及分類討論與組合公式的綜合應用．【解題方法點撥】﹣首先按類別進行組合數計算，再將各類別的組合數相乘，得到總的組合數．注意區(qū)分不同類別的組合要求，以及每類物品或人員的選擇范圍．﹣分類討論是解決此類問題的有效策略，先處理每個類別的選擇情況，再綜合計算．﹣在涉及多個類別的組合問題中，可以通過遞推公式或生成函數來簡化計算．【命題方向】﹣可能要求考生計算從不同類別中挑選特定數量物品的組合數，或者分析在多種類別條件下的組合情況．﹣命題可能涉及復雜的分類討論，如多類別選擇、不同選擇條件的疊加等．8．排列組合的綜合應用【知識點的認識】1、排列組合問題的一些解題技巧：①特殊元素優(yōu)先安排；②合理分類與準確分步；③排列、組合混合問題先選后排；④相鄰問題捆綁處理；⑤不相鄰問題插空處理；⑥定序問題除法處理；⑦分排問題直排處理；⑧“小集團”排列問題先整體后局部；⑨構造模型；⑩正難則反、等價轉化．對于無限制條件的排列組合問題應遵循兩個原則：一是按元素的性質分類，二是按時間發(fā)生的過程進行分步．對于有限制條件的排列組合問題，通常從以下三個途徑考慮：①以元素為主考慮，即先滿足特殊元素的要求，再考慮其他元素；②以位置為主考慮，即先滿足特殊位置的要求，再考慮其他位置；③先不考慮限制條件，計算出排列或組合數，再減去不符合要求的排列或組合數．2、排列、組合問題幾大解題方法：（1）直接法；（2）排除法；（3）捆綁法：在特定要求的條件下，將幾個相關元素當作一個元素來考慮，待整體排好之后再考慮它們“局部”的排列．它主要用于解決“元素相鄰問題”；（4）插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它們之間或兩端的空檔中，此法主要解決“元素不相鄰問題”；（5）占位法：從元素的特殊性上講，對問題中的特殊元素應優(yōu)先排列，然后再排其他一般元素；從位置的特殊性上講，對問題中的特殊位置應優(yōu)先考慮，然后再排其他剩余位置．即采用“先特殊后一般”的解題原則；（6）調序法：當某些元素次序一定時，可用此法；（7）平均法：若把kn個不同元素平均分成k組，每組n個，共有；（8）隔板法：常用于解正整數解組數的問題；（9）定位問題：從n個不同元素中每次取出k個不同元素作排列規(guī)定某r個元素都包含在內，并且都排在某r個指定位置則有；（10）指定元素排列組合問題：①從n個不同元素中每次取出k個不同的元素作排列（或組合），規(guī)定某r個元素都包含在內．先C后A策略，排列；組合；②從n個不同元素中每次取出k個不同元素作排列（或組合），規(guī)定某r個元素都不包含在內．先C后A策略，排列；組合；③從n個不同元素中每次取出k個不同元素作排列（或組合），規(guī)定每個排列（或組合）都只包含某r個元素中的s個元素．先C后A策略，排列；組合．9．二項式定理【知識點的認識】二項式定理又稱牛頓二項式定理．公式（a+b）n＝an﹣i?bi．通過這個定理可以把一個多項式的多次方拆開．例1：用二項式定理估算1.0110＝1.105．（精確到0.001）解：1.0110＝（1+0.01）10＝110+?19×0.01+?18?0.012≈1+0.1+0.0045≈1.105．故答案為：1.105．這個例題考查了二項式定理的應用，也是比較常見的題型．例2：把把二項式定理展開，展開式的第8項的系數是．解：由題意T8＝×＝120×3i＝360i．故答案為：360i．通過這兩個例題，大家可以看到二項式定理的重點是在定理，這類型的題都是圍著這個定理運作，解題的時候一定要牢記展開式的形式，能正確求解就可以了．性質1、二項式定理一般地，對于任意正整數n，都有這個公式就叫做二項式定理，右邊的多項式叫做（a+b）n的二項展開式．其中各項的系數叫做二項式系數．注意：（1）二項展開式有n+1項；（2）二項式系數與二項展開式系數是兩個不同的概念；（3）每一項的次數是一樣的，即為n次，展開式依a的降冪排列，b的升冪排列展開；（4）二項式定理通常有如下變形：①；②；（5）要注意逆用二項式定理來分析問題、解決問題．2、二項展開式的通項公式二項展開式的第n+1項叫做二項展開式的通項公式．它體現了二項展開式的項數、系數、次數的變化規(guī)律，是二項式定理的核心，它在求展開式的某些特定的項及其系數方面有著廣泛的應用．注意：（1）通項公式表示二項展開式的第r+1項，該項的二項式系數是；（2）字母b的次數和組合數的上標相同；（3）a與b的次數之和為n．3、二項式系數的性質．（1）對稱性：與首末兩端“等距離”的兩個二項式系數相等，即；（2）增減性與最大值：當k＜時，二項式系數是逐漸增大的．由對稱性知，它