资料简介
专题 10.计数原理与古典概率
1.排列组合问题往往以实际问题为背景，考查排列数、组合数、分类分步计数原理，往往是排列组合小综合
题．近四年两考，难度基本稳定在中等.
2.二项展开式定理的问题是高考命题热点之一，近四年四考.关于二项式定理的命题方向比较明确，主要从
以下几个方面命题：（1）考查二项展开式的通项公式 1
r n r r
r nT C a b
；（可以考查某一项，也可考查某一项
的系数）（2）考查各项系数和和各项的二项式系数和；（3）二项式定理的应用．近两年，浙江紧紧围绕二
项展开式的通项公式 1
r n r r
r nT C a b
命题，考查某一项或考查某一项的系数.
3.离散型随机变量的均值与方差是高考的热点题型，前几年以解答题为主，常与排列、组合、概率等知识
综合命题．以实际问题为背景考查离散型随机变量的均值与方差在实际问题中的应用，是高考的主要命题
方向．近四年浙江卷略有淡化，难度有所降低，主要考查分布列的性质、数学期望、方差的计算，及二者
之间的关系.同时，考查二次函数性质的应用，近四年四考，逐渐形成稳定趋势.
预测 2021 年将保持稳定，依然通过客观题考查计数原理、二项式定理的应用、分布列的性质、数学期望、
方差的计算等.期望、方差与函数不等式的结合仍将是热点.
1．（2020·山东海南省高考真题）6 名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去 1 个场馆，甲场
馆安排 1 名，乙场馆安排 2 名，丙场馆安排 3 名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120 种 B．90 种
C．60 种 D．30 种
【答案】C
【解析】
首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有 1
6C ；
然后从其余5名同学中选 2 名去乙场馆，方法数有 2
5C ；
最后剩下的3名同学去丙场馆.
故不同的安排方法共有 1 2
6 5 6 10 60C C 种.
故选：C
2．（2020·山东海南省高考真题）某中学的学生积极参加体育锻炼，其中有 96%的学生喜欢足球或游泳，60%
的学生喜欢足球，82%的学生喜欢游泳，则该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例是
（ ）
A．62% B．56%
C．46% D．42%
【答案】C
【解析】
记“该中学学生喜欢足球”为事件 A ，“该中学学生喜欢游泳”为事件 B ，则“该中学学生喜欢足球或游
泳”为事件 A B ，“该中学学生既喜欢足球又喜欢游泳”为事件 A B ，
则 ( ) 0.6P A ， ( ) 0.82P B ， 0.96P A B ，
所以 ( )P A B ( ) ( ) ( )P A P B P A B 0.6 0.82 0.96 0.46
所以该中学既喜欢足球又喜欢游泳的学生数占该校学生总数的比例为 46% .
故选：C.
3．（2020·全国高考真题（理））在一组样本数据中，1，2，3，4 出现的频率分别为 1 2 3 4, , ,pp p p ，且
4
1
1i
i
p
，
则下面四种情形中，对应样本的标准差最大的一组是（ ）
A． 1 4 2 30.1, 0.4p p p p B． 1 4 2 30.4, 0.1p p p p
C． 1 4 2 30.2, 0.3p p p p D． 1 4 2 30.3, 0.2p p p p
【答案】B
【解析】
对于 A 选项，该组数据的平均数为 1 4 0.1 2 3 0.4 2.5Ax ，
方差为 2 2 2 22 1 2.5 0.1 2 2.5 0.4 3 2.5 0.4 4 2.5 0.1 0.65As ；
对于 B 选项，该组数据的平均数为 1 4 0.4 2 3 0.1 2.5Bx ，
方差为 2 2 2 22 1 2.5 0.4 2 2.5 0.1 3 2.5 0.1 4 2.5 0.4 1.85Bs ；
对于 C 选项，该组数据的平均数为 1 4 0.2 2 3 0.3 2.5Cx ，
方差为 2 2 2 22 1 2.5 0.2 2 2.5 0.3 3 2.5 0.3 4 2.5 0.2 1.05Cs ；
对于 D 选项，该组数据的平均数为 1 4 0.3 2 3 0.2 2.5Dx ，
方差为 2 2 2 22 1 2.5 0.3 2 2.5 0.2 3 2.5 0.2 4 2.5 0.3 1.45Ds .
因此，B 选项这一组的标准差最大.
故选：B.
4．（2020·浙江高考真题）设 2 3 4 5
1 2
5
3 4 5 61 2 x a a x a x a x a x a x ，则 a5=________；a1+a2 +
a3=________．
【答案】80；122.
【解析】
5(1 2 )x 的通项为 1 5 5(2 ) 2r r r r r
rT C x C x ，令 4r ，则 4 4 4 4
5 52 80T C x x ，故 5 80a ；
1 1 3 3 5 5
1 3 5 5 5 52 2 2 122a a a C C C .
故答案为：80；122
5．（2020·浙江高考真题）一个盒子里有 1 个红 1 个绿 2 个黄四个相同的球，每次拿一个，不放回，拿出
红球即停，设拿出黄球的个数为 ，则 ( 0)P _______； ( )E ______．
【答案】 1
3 1
【解析】
因为 0 对应事件为第一次拿红球或第一次拿绿球，第二次拿红球，
所以 1 1 1 1( 0) 4 4 3 3P ，
随机变量 0,1,2 ，
2 1 2 1 1 1 2 1 1( 1) 4 3 4 3 2 4 3 2 3P ，
1 1 1( 2) 1 3 3 3P ，
所以 1 1 1( ) 0 1 2 13 3 3E .
故答案为： 1;13
.
一、单选题
1．（2021·全国高二课时练习）小智参加三分投篮比赛，投中 1 次得 1 分，投不中扣 1 分，已知小智投篮命
中率为 0.5，记小智投篮三次后的得分为随机变量 ，则 D 为（ ）
A． 3
8 B． 3
4 C． 3
2 D．3
【答案】B
【解析】
先求出分布列，再求期望和方差即可．
【详解】
解：由题意可得 3 ，3， 1 ，1，
其中 33 3 0.5P P ，
2 3 3
31 1 (0.5) 3 0.5P P C ，
故随机变量 的分布列为：
1 3
P 36 0.5 32 0.5
故 E 3 36 0.5 3 2 0.5 1.5 ，
2 23 31.5 1 6 0.5 3 1.5 2 0.5 0.75D ．
故选：B．
2．（2021·浙江丽水市·高三期末）设 p， 0,1q ，随机变量量ξ的的分布列是：
0 1 2
p 1
2
p 1
2 2
p
随机变量η的分布列是：
0 1 2
p 2
p 1
2
1
2
p
则（ ）
A． max maxD D B． max maxD D
C． max maxD D D． maxD 与 maxD 大小关系不定
【答案】C
【解析】
根据随机变量 , 的分布列，利用期望和方差的公式，分别求得 ,E D 和 ,E D ，结合二次函数的性质，
即可求解.
【详解】
由题意，可得 1 1 10 1 22 2 2 2
p pE p ， 3
2E q ，
则 2 2 21 1 1 1 3( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2
p pD p p p
= 2 21 1 1( )4 2 2p p p ，
当 1
2p 时， D 取得最大值，最大值为 1
2
，
又由 2 2 23 1 1 1 1( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2
q qD q q q
2 21 1 1( )4 2 2q q q ，
当 1
2q 时， D 取得最大值，最大值为 1
2
，
所以 max maxD D .
故选：C.
3．（2021·山东高三专题练习）美国在今年对华为实行了禁令，为了突围实现技术自主，华为某分公司抽调
了含甲､乙的 5 个工程师到华为总部的 4 个不同的技术部门参与研发，要求每个工程师只能去一个部门，每
个部门至少去一个工程师，且甲乙两人不能去同一个部门，则不同的安排方式一共有（ ）种
A．96 B．120 C．180 D．216
【答案】D
【解析】
根据题意，先将 5 人分成 4 组，减去甲乙在一起的 1 组，然后 4 组再安排到 4 个不同的部门可得答案.
【详解】
由 2 4
5 41 216C A
故选：D.
4．（2021·全国高二课时练习）已知离散型随机变量 1 2, 的分布列为
1 1 3 5 2 1 2 4 5
P a 1
2 b P b 1
4
1
4
a
则下列说法一定正确的是（ ）
A． 1 2E E B． 1 2E E
C． 1 2D D D． 1 2D D
【答案】D
【解析】
根据分布列分别求出 1 2,E E , 1 2,D D ，即可比较.
【详解】
由题可得 1
2a b ，
1
1 31 3 5 5 4 42 2E a b a b a ，
2
1 1 31 2 4 5 5 4 24 4 2E b a a b a ，
则 1E 和 2E 的大小不确定；
2 2 2 2
1
1 11 4 4 3 4 4 5 4 4 16 8 12 2D a a a a a a a
，
2 2 2 2
2
1 1 11 4 2 2 4 2 4 4 2 5 4 22 4 4D a a a a a a
2 316 8 2a a ，
则 1 2D D .
故选：D.
5．（2021·浙江宁波市·高三月考）现有 9 个相同的球要放到 3 个不同的盒子里，每个盒子至少一个球，各盒
子中球的个数互不相同，则不同放法的种数是（ ）
A．28 B．24 C．18 D．16
【答案】C
【解析】
把 9 个球分成 3 组，每组个数不相同，然后每组球放到盒子中，即可得．
【详解】
把 9 个球分成 3 组，每组个数不相同，分法（按球的个数）为：126，135，234 共三种，然后每组球放到 3
个盒子中有3 2 1 6 种方法，方法数为 1863 ．
故选：C．
6．（2021·高三月考）对于二项式 62x 的展开式，下列命题为真的是（ ）
A．第 3 项的系数为 160 B．第 4 项的系数为 160
C．奇数项的系数之和是 364 D．偶数项的系数之和是 365
【答案】B
【解析】
先求出二项式 62x 的展开式的通项，进而求出 3 4,T T ，判断选项 A B；再求出奇数项的系数之和以及偶
数项的系数之和判断选项 C D.
【详解】
由已知条件可得：二项式 62x 的展开式的通项为： 6
1 62 r r r
rT C x
，
则 2 2 4 4
3 62 60T C x x ，排除选项 A；
3 3 3 3
4 62 160T C x x ，选项 B 正确；
奇数项的系数之和为： 0 2 4 60 2 4 6
6 6 6 62 2 2 2 365C C C C ，
排除选项 C；
偶数项的系数之和为： 1 3 51 3 5
6 6 62 2 2 364C C C ，
排除选项 D；
故选：B.
7．（2021·浙江温州市·高三二模）多项选择题给出的四个选项中会有多个选项符合题目要求．全部选对的得
5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分．若选项中有（其中 2,3,4i ）个选项符合题目要求，随机作
答该题时（至少选择一个选项）所得的分数为随机变量 i （其中 2,3,4i ），则有（ ）
A． 2 4 32 3E E E B． 2 4 32 3E E E
C． 2 4 32 3E E E D． 2 4 32 3E E E
【答案】B
【解析】
分别求出 2i 、 3i 、 4i 时 iE ，再一一判断即可；
【详解】
解：当 2i 时， 2 的可能情况为 0,3,5
选择的情况共有： 1 2 3 4
4 4 4 4 15C C C C 种；
2
15 15P ， 2
23 15P ， 2
1 2 120 1 15 15 15P
所以 2
2 1 12 113 5 015 15 15 15E
当 3i 时， 3 的可能情况为 0,3,5
选择的情况共有： 1 2 3 4
4 4 4 4 15C C C C 种；
3
15 15P ，
2
3
3
3 63 15 15 15
CP ， 3
1 6 80 1 15 15 15P
所以 3
6 1 8 233 5 015 15 15 15E
当 4i 时， 4 的可能情况为 3,5
选择的情况共有： 1 2 3 4
4 4 4 4 15C C C C 种；
4
15 15P ， 4
1 143 1 15 15P ，
所以 4
1 14 475 315 15 15E
对于 AB： 2 4
11 47 1052 215 15 15E E ， 3
23 693 3 15 15E ，所以 2 4 32 3E E E ，
故 A 错误，B 正确；
对于 CD： 2 4
11 47 692 2 15 15 15E E ， 3
23 693 3 15 15E ，所以 2 4 32 3E E E ，
故 CD 错误；
故选：B
8．（2021·浙江高三期末）5 名同学排成一排照相若甲､乙相邻且乙､丙不相邻，则不同的排法有（ ）
A．24 种 B．36 种 C．48 种 D．60 种
【答案】B
【解析】
先将 5 名同学用甲，乙，丙， ,A B 代表，再根据丙是否与甲相邻进行分类，即可求解.
【详解】
解：5 名同学分别设为甲，乙，丙， ,A B ，
第一类：丙与甲，乙都不相邻，
则先将甲乙捆绑看成一个元素C ，
将 ,A B 进行排列，用C ，丙进行插空，
则有： 2 2 2
2 2 3 24A A A 种，
第二类：丙与甲相邻，甲与乙相邻，将其进行捆绑，
则有丙甲乙，乙甲丙 2 种，
再与 ,A B 进行排列，
则有： 3
32 12A 种，
故共有 24 12 36 种，
故选：B.
【点睛】
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
9．（2021·浙江高三月考）已知随机变量 满足 ( 0) 1P p ， ( 1)P p ，其中 0 1p .令随机变
量 | ( ) |E ，则（ ）
A． ( ) ( )E E B． ( ) ( )E E
C． ( ) ( )D D D． ( ) ( )D D
【答案】D
【解析】
根据题意,列表求得随机变量 及 的分布列,可知均为两点分布.由两点分布的均值及方差表示出
,E D 和 E D ,根据 0 1p 比较大小即可得解.
【详解】
随机变量 满足 ( 0) 1P p , ( 1)P p ,其中 0 1p .
则随机变量 的分布列为:
0 1
P 1 p p
所以 , 1E p D p p
随机变量 | ( ) |E ,
所以当 0 时, E p ,当 1 时, 1E p
所以随机变量 | ( ) |E 的分布列如下表所示(当 0.5p 时, 只有一个情况,概率为 1):
p 1 p
P 1 p p
则 1 1 2 1E p p p p p p
2 22 1 1 1 2 1D p p p p p p p p
21 2 1p p p
当 E E 即 2 1p p p ,解得 1
2p .所以 A、B 错误.
D D
21 1 2 1p p p p p
224 1 0p p 恒成立.
所以 C 错误,D 正确
故选:D
10．（2021·高三月考）已知随机变量 的分布列如下表：
1 0 1
p 1p 2p 3p
其中
1 3
1 1 6p p
，则 D 的最大值是（ ）
A． 2
3 B． 14
25 C． 25
36 D． 5
9
【答案】C
【解析】
先求出 E ，再求出 2
1 3 1 3
5
3D p p p p ,然后由条件求出 1 3p p 的范围，可得答案.
【详解】
1 2 3 3 11 0 1E p p p p p
2 2 2
1 2 31 0 1D E p E p E p
2 2 2
1 2 31 2 1 2E E p E p E E p
2
1 21 3 1 3 32p p p pE E p p p
1 3 3
2
1 1 3 3 12p p p p p p p p
2
1 3 3 1 1 3 1 3
2 5
3p p p p p p p p
又 1 1
1
1 3 1
3 1
3 3
31
3
3
1 1 1 1 21 1 2 26 6 3
1
6
p pp p
p p p p p pp p p p
当且仅当 3
3
1
1
p p
p p
，即 3 1
1
3p p 时取等号,
所以 3 1
2 13 p p
所以
2
2
1 3 1 3 1 3
5 25 25
6
5
6 33 3 6p p p p p p
所以 25
36D
故选：C
【点睛】
关键点睛：本题考查离散型随机变量的方差的最值问题，解答本题的关键是先得出方差
2
1 3 1 3
5
3D p p p p 的表达式，再求出 1 3p p 的范围，属于中档题.
二、填空题
11．（2021·浙江高一期末）“e 游小镇”某公司有 A，B，C，D，E 五幢独立的大楼，每两幢大楼的顶楼之间
没有连接的天桥，现公司打算在这五幢楼的顶楼之间共建造 3 座天桥（每两幢楼的顶楼之间至多建造一座
天桥），要使 A 楼的人员能够通过天桥走到 B 楼，则 3 座天桥的建造方法共有________种.
【答案】63
【解析】
依题意分三种情况讨论，①A 直接连 B，②A 通过一幢楼作为中介连 B，③A 通过两幢楼作为中介连 B，分
别计算最后按照分类加法计数原理计算可得；
【详解】
解：①A 直接连 B，还剩两座大桥未连，有 2 2
5 51 2
362
C C
种；
②A 通过一幢楼作为中介连 B，可选中介有 C、D、E 三种，共有 3 2 3 2 21 种；
③A 通过两幢楼作为中介连 B，可选中介有 CD、CE、DE 三种，其中 CD 又有 A C D B ，A D C B
两种，即共有 3 2 6 种
综上所述，一共有 36 21 6 63 种，
故答案为：63
12．（2021·浙江高三月考）有 8 个座位连成一排，甲、乙、丙、丁 4 人就坐，要求有且仅有两个空位相邻且
甲、乙两人都在丙的同侧，则共有________种不同的坐法.
【答案】480
【解析】
先排甲、乙、丙、丁 4 人就坐，根据甲、乙两人都在丙的同侧，由丙四个位置讨论排法，再根据有且仅有
两个空位相邻，将两个空位捆在一起，与剩余两个空位插入甲、乙、丙、丁形成的 5 个空位中，然后利用
分步计数原理求解.
【详解】
先排甲、乙、丙、丁 4 人就坐，不妨设为 1，2，3，4 号位置，
因为甲、乙两人都在丙的同侧，
当丙在 1 号位置有 3
3 6A 种排法，当丙在 2 号位置有 2
2 2A 种排法，
当丙在 3 号位置有 2
2 2A 种排法，当丙在 4 号位置有 3
3 6A 种排法，共有 16 种排法；
又因为有且仅有两个空位相邻，
将两个空位捆在一起，与剩余两个空位插入甲、乙、丙、丁形成的 5 个空位中，有 2
45 30C 种排法，
所以共有16 30 480 种排法，
故答案为：480
13．（2021·山东高三专题练习）一个质地均匀的小正方体，它的 6 个面中有三个面上标着数字 1，另两个面
上标着数字 2，还有一个面上标着数字 3，现将此正方体任意抛掷 2 次，记向上的面上数字之和为 ，则
E ___________.
【答案】 10
3
【解析】
先由题意，确定 的所有可能取值，再结合题中条件求出每个值对应的概率，根据期望的计算公式，即可
求出结果.
【详解】
由题意可得， 的可能取值为 2 ，3 ， 4 ， 5 ， 6，
又任意抛掷一次正方体，出现数字1的概率为 3 1
6 2
，出现点数为 2 的概率为 2 1
6 3
，出现点数为 3 的概率
为 1
6
，
则 1 1 12 2 2 4P ， 1 1 1 1 13 2 3 3 2 3P ， 1 1 1 1 1 1 54 3 3 6 2 2 6 18P ，
1 1 1 1 15 3 6 6 3 9P ， 1 1 1
6 36 6 6P ，
所以 1 1 5 1 1 102 3 4 5 64 3 18 9 36 3E .
故答案为：10
3 .
14．（2021·浙江高三月考）某次灯谜大会共设置 6 个不同的谜题，分别藏在如图所示的 6 只灯笼里，每只灯
笼里仅放一个谜题.并规定一名参与者每次只能取其中一串最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直到答完
全部 6 个谜题，则一名参与者一共有___________种不同的答题顺序.
【答案】60
【解析】
首先将 6 只灯笼全排，因为每次只能取其中一串最下面的一只灯笼内的谜题，每次取灯的顺序确定，即除
以内部排序即可.
【详解】
将 6 只灯笼全排，即 6
6A ，
因为每次只能取其中一串最下面的一只灯笼内的谜题，每次取灯的顺序确定，
取谜题的方法有
6
6
3 2
3 2
60A
A A
.
故答案为：60
15．（2021·浙江高三期末）在一个不透明的摸奖箱中有五个分别标有 1，2，3，4，5 号码的大小相同的小球，
现甲､乙､丙三个人依次参加摸奖活动，规定：每个人连续有放回地摸三次，若得到的三个球编号之和恰为 4
的倍数，则算作获奖，记获奖的人数为 X ，则 X 的数学期望为___________.
【答案】 93
125
【解析】
由题意可知抽得三球编号和为 4,8,12 三种情况的基本事件有 31 种，而总事件有 125 种，即三个球编号之和
恰为 4 的倍数的概率为 31
125
，则有 31~ (3, )125X B ，根据二项分布的期望公式求期望即可.
【详解】
三个球编号之和恰为 4 的倍数的基本事件：(1,1,2) 有 3 种、(1,2,5) 有 6 种、(1,3,4) 有 6 种、(2,2,4) 有 3
种、 (2,3,3) 有 3 种、 (2,5,5)有 3 种、 (3,4,5) 有 6 种、 (4,4,4) 有 1 种，而总共有5 5 5 125 ，
∴三个球编号之和恰为 4 的倍数的概率为 31
125
，由题意 31~ (3, )125X B ，
∴ X 的数学期望： 31 93( ) 3 125 125E X .
故答案为： 93
125 .
【点睛】
关键点点睛：根据编号和分组得到三个球编号之和恰为 4 的倍数的基本事件数，进而确定其概率，由人数
为 X 服从 31(3, )125B 的二项分布，求期望.
16．（2021·高三月考）小明与 3 位男生、3 位女生在排队购物，已知每位女生需 2 分钟，男
生需1分钟，若小明（不排在首位）的前后不同时为女生，且他的等待时间不多于 4 分钟，则不同的排队情
况共有___________种.
【答案】1440
【解析】
对小明等待的时间分情况讨论，确定排在小明前面的男生和女生人数，结合分类加法计数原理可得出结果.
【详解】
分以下四种情况讨论：
①若小明等待的时间为1分钟，则在他前面的只有1个男生，
此时，满足条件的排队方法种数为 1 5
3 5 360C A ；
②若小明等待的时间为 2 分钟，则在他前面的为 2 个男生或1个女生，
此时，满足条件的排队方法种数为 2 4 1 1 4
3 4 3 3 4 360A A C C A ；
③若小明等待的时间为 3 分钟，则在他前面的为 3 个男生或1男1女，
此时，满足条件的排队方法种数为 3 3 1 1 4 1 3
3 3 3 3 4 2 3 360A A C C A C A ；
④若小明等待的时间为 4 分钟，则在他前面的为 2 个男生1个女生或 2 个女生，
此时，符合条件的排队方法种数为 1 2 3 2 1 3 1 3 2 2 1 3
3 3 3 3 3 3 3 3 2 3 3 3 360C A A A C A C A A A C A .
综上所述，不同的排队方法种数为 4 360 1440 .
故答案为：
【点睛】
方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
17．（2021·浙江温州市·高三二模）有 2 辆不同的红色车和 2 辆不同的黑色车要停放在如图所示的六个车位
中的四个内，要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，则共有______种不同的停放方法．（用数字作答）
【答案】 72
【解析】
首先在第一行停放一辆红色车与一辆黑色车，再在第二行分类讨论停放剩下车，最后利用分步计数原理即
可得出结果.
【详解】
因为要求相同颜色的车不在同一行也不在同一列，所以第一行只能停放一辆红色车与一辆黑色车，共有
2 2 6 种停法,
再在第二行分类讨论停放剩下车,第二辆红车如果停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有 2 种方法，如果第
二辆红车不停在第一辆黑车下方，则第二辆黑车有 1 种方法，共有 3 种情况，
因此共有3 2 2 6 72 种情况；
故答案为：72 .
三、双空题
18．（2021·浙江丽水市·高三期末）
6
2 2x x
的展开式中的常数项为__________，展开式中系数为 64 的项
是__________.
【答案】240 664x
【解析】
利用二项展开式的通项公式可求常数项和系数为 64 的项.
【详解】
2 62( )x x
的通项为 2
1 6 6
6 12 32 2( ) rr r r r r r
rT C x x C x
，
令12 3 0r ， 4r ，故常数项为 4 4
62 16 15 240C ，
由 62 64r rC 知， 2r 为 64 的约数，且 6
rC 也为 64 的约数，
而 0 6 1 5 2 4 3
6 6 6 6 6 6 61, 6, 15, 20C C C C C C C ，故 6r ，所以展开式中系数为 64 的项是 664x .
故答案：240， 664x .
19．（2021·高三月考）二项式
6
2
3
12x
x
的展开式中有_____________项有理项；这些项
的系数之和是__________.
【答案】3 225
【解析】
利用二项展开式的通项公式求出二项展开式的通项，令通项中的 x 的指数为整数，求出 r 的值，即可求出有
理项的个数，及有理项的系数之和.
【详解】
二项式
6
2
3
12x
x
的展开式的通项为 12 22 6 6 3
1 6 63
1(2 ) 2
r rrr r r r
rT C x C x
x
令12 2 3
rr Z ，可得 0,3,6r ，所以有 3 项有理项；
这些项的系数之和是 60 6 0 3 6 3 6 6
6 6 6 64 160 1 52 2 2 22C C C
故答案为：3，225
20．（2021·浙江高三期末）二项式
7
32 xx
展开式中，各项系数和为_______，含 x 项的系数为_____.
【答案】1 14
【解析】
令 1x ，可得各项系数和；写出二项式展开式的通项公式，令 x 的指数为1，解出参数 r 的值，代入计算，
即可得出含 x 项的系数．
【详解】
令 1x ，则各项系数和为 72 1 1
设
7 1 4 773 3
1 7 7
2 1 2 1
rr
rr rr r r
rT C x C xx
令 4 7 13
r ，解得 6r ，即 66
7 7 2 1 14T C x x ，
故答案为：1;14
21．（2021·浙江高一期末）若 5 66
0 1 5 61 1 1x a a x a x a x ，则
0 1 2 3 4 5 6a a a a a a a ______， 5a ______．
【答案】64 6
【解析】
利用赋值法求第一个问题，观察可得 6 6[ 1 1]x x ，再利用展开式的通项公式求得第二个问题的结果.
【详解】
令 2x ，得 0 1 2 3 4 5 6
62 a a a a a a a ，所以 0 1 2 3 4 5 6 64a a a a a a a ；
又 6 6[ 1 1]x x = 5 6
0 1 5 61 1 1a a x a x a x ，将 1x 视为一个整体，则 5a 为二项式展
开式中 51x 的系数，
展开式的通项公式为 6
1 6 1) 1r r r
rT C x
（ ，令 1r ，则 51x 的系数的值为 1 1
6 61C ，
故答案为：64，6.
22．（2021·浙江高三月考）二项展开式 5 2 3 4 5
0 1 2 3 4 52 x a a x a x a x a x a x ，则 0a ________；
1 3 5a a a ________.
【答案】 32 121
【解析】
本题可通过令 0x 求出 0a 的值，然后通过令 1x 得出 0 1 2 3 4 51 a a a a a a ，通过令 1x 得出
0 1 2
5
3 4 53 a a a a a a ，最后两式相减，即可得出结果.
【详解】
由题意可知， 5 2 3 4 5
0 1 2 3 4 52 x a a x a x a x a x a x ，
令 0x ，则 5
02 a ，即 0 32a ，
令 1x ，则 0 1 2 3 4 51 a a a a a a ①，
令 1x ，则 0 1 2
5
3 4 53 a a a a a a ②，
① ②可得： ( )5
1 3 51 3 2 a a a- = + + ，即 1 3 5 121a a a ，
故答案为：32 ， 121 .
23．（2021·浙江高三期末）二项式
7
3
2x
x
的展开式中，各项系数和为___________，含 3x 项的系数是
___________.
【答案】 1 280
【解析】
令 1x ，可得各项系数和；写出二项式展开式的通项公式，令 x 的指数为 3 ，解出参数 r 的值，代入计算，
即可得出含 3x 项的系数．
【详解】
令 1x ，则各项系数和为 71 2 1
设
1 477 3 3
1 7 72 2
r
rr rr r r
rT C x x C x
令 47 33
r ，解得 3r ，即 33 3 3
4 7 2 280T C x x ，
故答案为： 1 ； 280
24．（2021·浙江高三期末）若 5 2 5
0 1 2 5 6
6(2 )(1 )x x a a x a x a x a x ，则
0 1 6a a a ___________， 5a ___________.
【答案】96 7
【解析】
令 x=1 代回原式，即可求得 0 1 6a a a 的值，写出 5(1 )x 展开式的通项公式，分别令 k=4，k=5，分
析计算，即可得答案.
【详解】
令 x=1 代回原式可得 5
0 1 6 3 2 96a a a ，
5(1 )x 展开式的通项公式为 5
1 5 51k k k k k
kT C x C x
，
令 k=4， 4 4
5 5T C x ，
令 k=5， 5 5
6 5T C x ，
所以 5x 的系数为 4 5
5 51 2 7C C ，即 5 7a .
故答案为：96，7
25．（2021·浙江高三月考）在二项式 9( 3)x 的展开式中，含 7x 的项是__________；系数为有理数的项的
二项式系数的和为____________．
【答案】 7108x 256
【解析】
根据二项展开式通项公式可得 7x 的项，由于展开式中系数不有理数的项是奇数项，根据二项式系数的性质
可得．
【详解】
解：含 7x 的项是 2 7 2 7
9 ( 3) 108C x x ，而系数为有理数的项的二项式系数的和
9
82 2 2562
．
故答案为： 7108x ；256．
26．（2021·浙江省高三开学考试）已知 52 2 10
0 1 2 103 2x x a a x a x a x ，则
1a __________， 1 2 3 102 3 10a a a a _____________.
【答案】 240 0
【解析】
令 52 3 2f x x x ，可得出 1 0a f ， 1 2 3 102 3 10 1a a a a f ，即可得解.
【详解】
令 52 3 2f x x x ，
则 42 2 9
1 2 3 105 3 2 2 3 2 3 10f x x x x a a x a x a x ，
所以， 4
1 0 5 2 3 240a f ，
4
1 2 3 102 3 10 1 5 0 3 0a a a a f .
故答案为： 240 ； 0 .
27．（2021·浙江高三月考）二项展开式 5 2 3 4 5
0 1 2 3 4 5(1 2 )x a a x a x a x a x a x ，则 3a ___________，
3 51 2 4
2 3 4 52 2 2 2 2
a aa a a ___________.
【答案】80 31
【解析】
由二项展开式通项公式求得 3x 的系数，令 1
2x 代入化简变形，再求得 0a 后可得所求和．
【详解】
3 3 3
4 5 ( 2 ) 80T C x x ，所以 3 80a ， 3 80a ；
令 1
2x 得 53 51 2 4
0 2 3 4 5 2 322 2 2 2 2
a aa a aa ，又 0 1a ，
所以 3 51 2 4
2 3 4 5 32 1 312 2 2 2 2
a aa a a ．
故答案为：80；31．
28．（2021·浙江温州市·高三二模）已知 2
0 1 2(1 )n n
nx a a x a x a x ，则 0a ______，若 3 4 0a a ，
则 n ______．
【答案】1 7
【解析】
令 0x 可得 0a 的值，然后 3 4
3 4,n na C a C ，然后可得 n 的值.
【详解】
因为 2
0 1 2(1 )n n
nx a a x a x a x
所以令 0x 可得 0 1a
因为 3 4
3 4,n na C a C ， 3 4 0a a
所以 3 4
nnC C ，所以 7n
故答案为：1，7
29．（2021·浙江绍兴市·高三一模）已知二项展开式 9 2 9
0 1 2 91 x a a x a x a x ，则
0a ___________； 1 2 3 4a a a a ___________.(用数字作答)
【答案】1 255
【解析】
直接根据二项式定理通项公式计算即可.
【详解】
由题可知： 0
0 9 1a C ， 1
1 9 9a C ， 2
2 9 36a C ，
3
3 9 84a C ， 4
4 9 126a C ，所以 1 2 3 4 255a a a a
故答案为：1，255.
30．（2021·浙江宁波市·高三月考）已知 2 5 7
0 1 71 2 1 ... ,x x a a x a x 则 0a _____，
1 3 5 7a a a a _____．
【答案】1 2
【解析】
令 0x 可得常数项，分别令 1x 和 1x 后相减可得 1 3 5 7a a a a ．
【详解】
在 2 5 7
0 1 71 2 1 ... ,x x a a x a x 中，令 0x ，得 2 5
0 1 1 1a ．
设 2 5( ) (1 ) (2 1)f x x x ，
则 0 1 7(1) 0f a a a ， 2
0 1 2 3 7( 1) 2 4f a a a a a ，
则 1 3 5 7
(1) ( 1) 0 ( 4) 22 2
f fa a a a ．
故答案为：1；2．
【点睛】
方法点睛：赋值法的应用
(1)形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令 x＝1
即可．
(2)对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令 x＝y＝1 即可．
(3)若 f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则 f(x)展开式中各项系数之和为 f(1)，奇数项系数之和为 a0＋a2＋a4＋…
＝ (1) ( 1)
2
f f ，偶数项系数之和为 a1＋a3＋a5＋…＝ (1) ( 1)
2
f f
.
31．（2021·浙江省高三开学考试）某学生在上学 路上要经过 4 人路口，假设在各路口是否遇
到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是 1
3
，遇到红灯停留的时间都是 2 分钟，则这名学生在上学路上
因遇到红灯停留的总时间 的期望为__________，方差为___________.
【答案】 8
3
32
9
【解析】
由题意知这名学生在上学路上因遇到红灯的次数服从二项分布，利用二项分布求期望与方差即可.
【详解】
设变量 为这名学生在上学路上因遇到红灯的次数，则 2 ，
由题意 14, 3B
，
所以 1 44 3 3E ， 1 2 84 3 3 9D ，
所以 82 3E E ， 324 9D D ，
故答案为： 8 32;3 9
32．（2021·浙江宁波市·高三月考）已知随机变量 的分布列如下：
2 3 4
p a 1
3 a 2
3
且 7
2E ，则实数 a _____，若随机变量 3 ，则 D _______．
【答案】 1
6
7
12
【解析】
先由期望 7
2E 求出 a 的值，再由方差公式求出 D ，然后由性质得出 D .
【详解】
由 1 2 72 3 43 3 2E a a
，解得 1
6a
所以
2 2 27 1 7 1 7 2 72 3 42 6 2 6 2 3 12D
所以 73 12D D D
33．（2021·浙江绍兴市·高三一模）袋中装有大小相同的 1 个白球和 2 个黑球，现分两步从中摸球：第一步
从袋中随机摸取 2 个球后全部放回袋中(若摸得白球则涂成黑球，若摸得黑球则不变色)；第二步再从袋中随
机摸取 2 个球，记第二步所摸取的 2 个球中白球的个数为 ，则 0P ___________；
E ___________.
【答案】 7
9
2
9
【解析】
得到 的所有值，并计算相应的概率，然后简单计算即可.
【详解】
所有可能结果为 1，0
2 1 1
2 1 2
2 2
3 3
21 9
C C CP C C
，所以 70 1 1 9P P
所以 2 7 21 09 9 9E
故答案为： 7
9
， 2
9
34．（2021·浙江高三月考）某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该
毕业生得到甲公司面试的概率为 3
4
，得到乙、丙两公司面试的概率均为 p，且三个公司是否让其面试是相互
独立的，记 X 为该毕业生得到面试的公司个数，若 10 36P X ， p ________；若 1
2p ，则随机变
量 X 的期望 E X ________.
【答案】 2
3
7
4
【解析】
根据独立事件的概率公式知
2(1 )0 4
pP X ，结合已知即可求 p 的值，写出 1
2p 时随机变量 X 分布
列，根据随机变量 X 的分布列，求期望.
【详解】
由题意知：
2(1 ) 10 4 36
pP X 且 0 1p ，解得 2
3p ，
若 1
2p 时，随机变量 X 分布列，如下：
X 0 1 2 3
P(X) 1
16
5
16
7
16
3
16
∴ 1 5 7 3 7( ) 0 1 2 316 16 16 16 4E X ，
故答案为： 2
3
， 7
4 .
35．（2021·浙江高三期末）袋子里装有编号分别为“2，3，3，4，4，5”的 6 个大小、质量相同的小球，小明
从袋子中一次任取 2 个球，若每个球被取到的机会均等，记取出的 2 个小球编号之和为 X ，编号之差的绝
对值为Y ，记 X Y ，则 6P ______； E _____.
【答案】 1
5
124
15
【解析】
由题意分析可得， X 的可能取值为:5, , , ,6 7 8 9 ，Y 的可能取值为: 0,1,2,3 ，则 X Y 的可能取值
为:5,6,7,8,9,10,11,12.依次验证 X Y 取每一个值是否成立，列出分布列即可得出结果.
【详解】
X 的可能取值为:5, , , ,6 7 8 9 ，Y 的可能取值为: 0,1,2,3
X Y 的可能取值为:5,6,7,8,9,10,11,12.
6 的组合为 =5, =1X Y 或 =6, =0X Y ，即取的两个球编号为：2 和 3，或 3 和 3.
1 1 2
2 1 2
2
6
3 1=6 = 15 5
C C CP C
,
5 的组合为 =5, =0X Y ，取不到符合条件的两个球， 5 不成立；
7 的组合为 =5, =2X Y 或 =6, =1X Y ，或 =7, =0X Y ，取不到符合条件的两个球， 7 不成立；
8 的组合为 =5, =3X Y 或 =6, =2X Y ，或 =7, =1X Y ，或 =8, =0X Y 即取的两个球编号为：2 和 4，或 3
和 4，或 4 和 4，三种组合，所以
1 1 1 1 2
2 1 2 2 2
2
6
+ 7=8 = 15
C C C C CP C
；
9 的组合为 =6, =3X Y 或 =7, =2X Y ，或 =8, =1X Y 或 =9, =0X Y ，取不到符合条件的两个球， 9 不
成立；
10 的组合为 =7, =3X Y 或 =8, =2X Y ， =9, =1X Y 或 =10, =0X Y 即取的两个球编号为：2 和 5，或 3 和
5，或 5 和 4，三种组合，所以
1 1 1 1 1 1
1 1 2 1 2 1
2
6
+ 5 1=10 = =15 3
C C C C C CP C
.
11 的组合为 =8, =3X Y 或 =9, =2X Y ，取不到符合条件的两个球， 11 不成立；
12 的组合为 =9, =3X Y ，取不到符合条件的两个球， 12 不成立；
故分布列如图所示：
6 8 10
p 1
5
7
15
1
3
1 7 1 1246 8 10 =5 15 3 15E .
故答案为： 1
5
；124
15 .
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