2018高考数学异构异模复习第十一章计数原理课时撬分练11.2计数原理理
高三数学一轮(北师大)课件：第11章 第1节 两个计数原理(理)
• 如图所示，在连接正八边形的三 个顶点而成的三角形中，与正八 边形有公共边的三角形有 ________个．
• [答案] 40 [解析] 把与正八边形有公共边的三角形分为两类： 第一类，有一条公共边的三角形共有8×4＝32(个)；
走向高考 ·数学
北师大版 ·高考总复习
路漫漫其修远兮 吾将上下而求索
第十一章
计数原理与概率(理) 概率(文)
第十一章 第一节 两个计数原理(理)
1
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2
课前自主导学
3
课堂典例讲练
4
课时作业
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考纲要求
命题分析
1.理解分类加法计 数原理和分步乘法计数 原理．
2．会用分类加法 计数原理和分步乘法计 数原理解决一些简单的 实际问题.
分类计数原理与分步计数原 理是排列组合的基础，重点考查 分类讨论思想的应用，对两个原 理的考查很少单独出现，一般与 排列组合知识相结合在选择、填 空题中出现．
预测2016年高考仍会延续这 种方式，与排列、组合综合考查.
课前自主导学
• 1.分类加法计数原理
• 完成一件事，可以有n类办法，在第一类办法 中有m1种方法，在第二类办法中有m2种方法 ，……，在第n类办法m1中＋m有2＋m…＋nm种n 方法，完成 这件事共有N＝________________种方法( 也称加法原理)．
有2×2×2×2－1＝15(种)．
• 6．若直线方程ax＋by＝0中的a、b可以从 0,1,2,3,5这五个数字中任取两个不同的数字 ，则方程所表示的不同直线一共有________ 条．
2018年高考数学课标通用理科一轮复习配套课件：第十一
考点 3 两个计数原理的综合应用
[考情聚焦]
两个计数原理的应用是高考命题的一个热点，
以选择题或填空题的形式呈现，试题难度不大，多为容易题或中 档题． 主要有以下几个命题角度： 角度一 涂色问题
8 到同一个班，则不同的分法种数为________ ．(用数字作答)
解析：第 1 步，把甲、乙分到不同班级有 A2 2＝2(种)分法； 第 2 步，分丙、丁：①丙、丁分到同一班级有 2 种方法；②丙、 丁分到两个不同班级有 A2 2＝2(种)分法．由分步乘法计数原理， 不同的分法为 2×(2＋2)＝8(种)．
分步计数原理： 步骤互相独立， 互不干扰； 步与步确保连续， 逐步完成． 某市汽车牌照号码可以上网自编， 但规定从左到右第二个号 码只能从字母 B，C，D 中选择，其他四个号码可以从 0～9 这十 个数字中选择(数字可以重复)，某车主第一个号码(从左到右 )只 想在数字 3,5,6,8,9 中选择，其他号码只想在 1,3,6,9 中选择，则
m＋n 种不同的方法． 有 N＝________
分类加法计数原理：每一种方法都能完成这件事情；类与类 之间是独立的． 某同学有同样的画册 2 本，同样的集邮册 3 本，从中取出 4 本赠送给 4 位朋友，每位朋友 1 本，则不同的赠送方法共有
10 ________ 种．
解析：赠送 1 本画册，3 本集邮册，需从 4 人中选取 1 人赠
m×n 种 第 2 步有 n 种不同的方法，那么完成这件事共有 N＝________
不同的方法．
分步乘法计数原理：所有步骤完成才算完成；步与步之间是 相关联的． 将甲、乙、丙等 6 人分配到高中三个年级，每个年级 2 人， 要求甲必须在高一年级，乙和丙均不能在高三年级，则不同的安
2018年高考数学理人教A版一轮复习课件：第十一章 计数
∴ x 的系数为(-2) C6 =60. 60
2
2 2
关闭
解析
答案
-8知识梳理 双基自测
1
2
3
4
5
是
5.(2016 全国乙卷,理 14)在(2x+√������)5 的展开式中,x3 的系数 .(用数字填写答案)
关闭
二项式的通项公式 令
������ 5- =3,解得 2
������ Tr+1=C5 (2x)5-r·������ 2
������
=
������ 5-r 5-2 C5 2 ������ ,
������
r=4,
关闭
4 故 x3 的系数为C5 × 25-4=10.
10
解析
答案
-9考点1 考点2 考点3
考点 1
通项公式及其应用(多考向)
考向一
已知二项式求其特定项(或系数)
1 6 3������ + ������2 的展开式中,常 关闭
������
7 3 3 16 3 r= 7, 得 r= 3, 故展开式中 x 的系数为 ( 1) C8 =-56.故答案为-56. (1)1 215 (2)-56
,它表示第
r+1
项
二项式系 0 1 ������ 二项展开式中各项的系数C������ , C������ ,…,C������ 数
-2知识梳理 双基自测
1
2
3
2.二项式系数的性质
性质 性质描述 与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等, 对称性 ������ ������ -������ C������ = C������ 即 二项 当 k< 增减性 式系 k 数������n 当 k>
高三数学总复习专题11 计数原理(答案及解析)
高三数学总复习专题11 计数原理方法点拨1．11--=r r n n nC C r(其中*1,n r n r >≥∈N 、)2．二项式系数的有关性质：①二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即13502412-+++=+++=n nn n n n n C C C C C C ；②若()2012=++++n n f x a a x a x a x ，则()f x 展开式中的各项系数和为()1f ， 奇数项系数和为()()024112+-+++=f f a a a ， 偶数项系数之和为()()135112--+++=f f a a a ． 3．排列组合解题思路（1）求解排列组合问题应遵循先特殊后一般、先选后排、先分类再分步的原则． （2）若排列、组合问题中有特殊的元素或位置对元素有特殊要求应先满足这些特殊元素或特殊位置的要求，然后再安排其他的元素或位置．（3）对于含有附加条件较多的排列组合问题，要注意分析附加条件的特征，根据其特征构建相应的模型，常见模型有：相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、有序分配、无序分组法、至多至少问题间接法、先分组后分配法等．试题汇编一、选择题．1．（四川省成都市石室中学2021届高三一模）某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有（ ）个．A ．242610A B ．242610A AC ．()2142610CD ．()2142610C A 2．（江苏省南通市学科基地2021届高三一模）某班级要从5名男生、3名女生中选派4人参加学校组织的志愿者活动，如果要求至少有2名女生参加，那么不同的选派方案有（ ）A．20种B．30种C．35种D．65种3．（2010-2011年陕西省西安市华清中学高三一模）从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法共（）A．24种B．18种C．12种D．6种4．（四川省资阳市2020-2021学年高三一模）2020年北京冬季奥运会组委会招聘了5名志愿者，分别参与冰壶、冰球、花样滑冰、自由式滑雪、越野滑雪五项比赛项目的前期准备工作．若每个人只能担任其中一项工作，且志愿者甲不能在越野滑雪项目，则不同的派遣方法种数共有（）种．A．120 B．96 C．48 D．245．（安徽省池州市2021届高三一模）2020年12月17日，嫦娥五号返回器携带1731克月球土壤样品在内蒙古四王子旗预定区域安全着陆，至此我国成为世界上第三个从月球取回土壤的国家．某科研所共有A、B、C、D、E、F六位地质学家他们全部应邀去甲、乙、丙三所不同的中学开展月球土壤有关知识的科普活动，要求每所中学至少有一名地质学家，其中地质学家A被安排到甲中学，则共有（）种不同的派遣方法．A．180 B．162 C．160 D．1266．（江苏省盐城中学2021届高三一模）扶贫结对中，5名爸爸各带1名孩子去农村参加帮扶和体验生活(5个孩子中3男2女)．村委会需要安排1名爸爸带3个孩子去完成某项任务，要求男孩小亮和爸爸有且仅有1人前往，男孩小明和爸爸始终在一起，且2个女孩中至少要选1个女孩，则不同的安排方案的种数是（）A．12 B．24 C．36 D．487．（宁夏银川唐徕回民中学2021届高三一模）地图涂色是一类经典的数学问题．如图，用4种不同的颜色涂所给图形中的4个区域，要求相邻区域的颜色不能相同，则不同的涂色方法有（ ）种． A ．84B ．72C ．48D ．248．（四川省广安、眉山2018届毕业班第一次诊断性考试）5()()-+x y x y 的展开式中，24x y 的系数为（ ）A ．10-B ．5-C ．5D ．109．（安徽省池州市2021届高三一模）在()()()()()3456711111+++++++++x x x x x 展开式中2x 的系数是（ ） A ．45B ．53C ．54D ．5510．（广东省2021届高三一模）若214=+y x b ()()20+>x a a 的展开式中4x 的系数为3，则=a （ ） A ．1B ．12CD ．211．（江西省九江市2021届高考一模）()2+nx 展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则该项系数是（ ） A ．280 B ．240 C ．192 D ．160二、填空题．12．（四川省成都市2021-2022学年高三一模）512⎛⎫- ⎪⎝⎭x x 展开式中3x 项的系数为________（用数字作答）13．（广西柳州市2022届高三一模）已知二项式n的展开式中所有项的二项式系数之和为64，则该展开式中的常数项是_______．(用数字作答)14．（江西省新八校2020-2021学年高三一模）()321212⎛⎫--+ ⎪⎝⎭x x x 的展开式中的常数项是_______．15．（福建省泉州市2021届高三一模）()62+x 展开式中，二项式系数最大的项的系数为___________．（用数字填写答案）16．（陕西省渭南市临渭区2021届高三一模）已知()()311++ax x 的展开式中3x 的系数为7，则=a ________．参考答案一、选择题． 1DCBBAAABDCD 二、填空题． 12．【答案】80-【解析】512⎛⎫- ⎪⎝⎭x x 展开式的通项公式为()()()5155255212----⋅⋅-=-⋅⋅⋅r r r r r r rC x x C x ， 令523-=r ，得1=r ，所以展开式中3x 项的系数为()14151280-⋅⋅=-C ，故答案为80-．13．【答案】20【解析】由题意可得264=n ，可得6=n ，所以6展开式通项为()116322166C C ---+==r r r r rr T x x x ， 令3=r 可得常数项为306C 20=x ，故答案为20． 14．【答案】26-【解析】原式33321112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭x x x x x ，展开式中的常数项是2121122333112(2)2(1)226⎛⎫⎛⎫⋅+-⋅⋅+-⋅=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭x C x C x x ，故答案为26-． 15．【答案】160【解析】因为()62+x 展开式的通项为6162-+=r r r r T C x ，依题意，二项式系数最大项为3333462160==T C x x ，其系数为160， 故答案为160． 16．【答案】2【解析】因为()3231133+=+++x x x x ，所以，()()311++ax x 的展开式中3x 的系数为137+=a ，解得2=a ， 故答案为2．。
18高考数学异构异模复习第十一章计数原理11.1.1两个基本原理课件理
3 两个计数原理的联系与区别 原理 分类加法计数原理 每类办法 都能 一 分步乘法计数原理 联系 两个计数原理都是对完成一件事的方法种数而言 独立完成这件 每一步得到的只是中间结果，任何
都不能
区别 事，它是独立的、一次的，且每次 一步 就可完成这件事 二 独立的
独立完成这件事，
得到的是最后结果，只需一种方法 缺少任何一步也不可，只有各步骤 都完成了才能完成这件事 能重复也不能遗漏
2． 某商场共有 7 个大门， 东、 南、 西侧各 2 个， 北侧 1 个， 1 人到该商场购物， 则他进出门的走法有( A．8 种 C．24 种 B．7 种 D．49 种
)
解析 完成“进出门”这件事，需分两步，'第一步，进商场门，有 7 种走法；第二步，购物后出门， 也有 7 种走法，根据分步乘法计数原理可得进出门的走法有 7×7＝49(种)．
区别 各类办法之间是互斥的、并列的、 各步之间是相互依存的，并且既不
注意点 两个原理应用的不同方法 (1)应用分类计数原理时，将各类办法中的方法数相加即得完成事情的方法总数． (2)应用乘法计数原理时，将各步骤中的方法数相乘即得完成事情的方法总数.
1．思维辨析 (1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．( × ) (2)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法都能直接完成这件事．( √ ) (3)在分步乘法计数原理中，各种方法中完成某个步骤的方法是各不相同的．( × ) (4)在分步乘法计数原理中，事件是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件事．( × )
撬法· 命题法 解题法
[考法综述] 把握两个原理的区别与联系，正确进行分类与分步，往往与排列组合相结合考查． 命题法 应用两个原理解决问题 典例
2018高考数学异构异模复习 第十一章 计数原理 11.1.1 两个基本原理撬题 理
2018高考数学异构异模复习考案 第十一章 计数原理 11.1.1 两个基本原理撬题 理1．从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a ，b ，共可得到lg a －lg b 的不同值的个数是( )A ．9B ．10C ．18D ．20 答案 C解析 从1,3,5,7,9中任取两个数可组成lg a －lg b 有A 25＝20种结果，而lg a －lg b ＝lg a b ，其中基本事件(1,3)(3,9)和(3,1)(9,3)使lg a b的值相等，则不同值的个数为20－2＝18(个)，故选C.2.满足a ，b ∈{－1,0,1,2}，且关于x 的方程ax 2＋2x ＋b ＝0有实数解的有序数对(a ，b )的个数为( )A ．14B ．13C ．12D ．10答案 B解析 当a ＝0时，方程变为2x ＋b ＝0，则b 为－1,0,1,2都有解；当a ≠0时，需满足Δ＝22－4ab ≥0，即ab ≤1.当a ＝－1时，b 可取－1,0,1,2.当a ＝1时，b 可取－1,0,1.当a ＝2时，b 可取－1,0，故满足条件的有序数对(a ，b )的个数为4＋4＋3＋2＝13.3．将1,2,3，…，9这9个数字填在如图的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大．当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法为( )A ．6种B ．12种C ．18种D ．24种答案 A 解析 因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，1,2,9只有一种填法，5只能填在右上角或左下角，5填好后与之相邻的空格可填6,7,8任一个，余下两个数字按从小到大只有一种方法．共有2×3＝6种结果，故选A.。
2018版高考数学理第一轮总复习教师用书：第十一章 计数原理、概率、随机变量及其分布列 含答案 精品
第十一章⎪⎪⎪ 计数原理、概率、随机变量及其分布列第一节排列、组合突破点(一) 两个计数原理1．分类加法计数原理完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m 种不同的方法，在第2类方案中有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m ＋n 种不同的方法．2．分步乘法计数原理完成一件事需要两个步骤，做第1步有m 种不同的方法，做第2步有n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m ×n 种不同的方法．3．两个计数原理的比较能用分类加法计数原理解决的问题具有以下特点：(1)完成一件事有若干种方法，这些方法可以分成n 类．本节主要包括2个知识点：1.两个计数原理；排列、组合问题.(2)用每一类中的每一种方法都可以完成这件事．(3)把各类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例1] (1)在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有________个．(2)如图，从A 到O 有________种不同的走法(不重复过一点)．(3)若椭圆x 2m ＋y 2n＝1的焦点在y 轴上，且m ∈{1,2,3,4,5}，n ∈{1,2,3,4,5,6,7}，则这样的椭圆的个数为________．[解析] (1)法一：按个位数字分类，个位可为2,3,4,5,6,7,8,9，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，则共有1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＋8＝36个两位数．法二：按十位数字分类，十位可为1,2,3,4,5,6,7,8，共分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个，则共有8＋7＋6＋5＋4＋3＋2＋1＝36个两位数．(2)分3类：第一类，直接由A 到O ，有1种走法；第二类，中间过一个点，有A →B →O 和A →C →O 2种不同的走法；第三类，中间过两个点，有A →B →C →O 和A →C →B →O 2种不同的走法．由分类加法计数原理可得共有1＋2＋2＝5种不同的走法．(3)当m ＝1时，n ＝2,3,4,5,6,7，共6个；当m ＝2时，n ＝3,4,5,6,7，共5个；当m ＝3时，n ＝4,5,6,7，共4个；当m ＝4时，n ＝5,6,7，共3个；当m ＝5时，n ＝6,7，共2个．故共有6＋5＋4＋3＋2＝20个满足条件的椭圆．[答案] (1)36 (2)5 (3)20[易错提醒](1)根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏．(2)分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复．分步乘法计数原理(1)完成一件事需要经过n 个步骤，缺一不可．(2)完成每一步有若干种方法．(3)把各个步骤的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数．[例2] (1)从－1,0,1,2这四个数中选三个数作为函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的系数，则可组成________个不同的二次函数，其中偶函数有________个(用数字作答)．(2)如图，某电子器件由3个电阻串联而成，形成回路，其中有6个焊接点A，B，C，D，E，F，如果焊接点脱落，整个电路就会不通．现发现电路不通，那么焊接点脱落的可能情况共有________种．[解析](1)一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知共有3×3×2＝18个二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，同理可知共有3×2＝6个偶函数．(2)因为每个焊接点都有脱落与未脱落两种情况，而只要有一个焊接点脱落，则电路就不通，故共有26－1＝63种可能情况．[答案(1)186(2)63[易错提醒](1)利用分步乘法计数原理解决问题时要注意按事件发生的过程来合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．(2)谨记分步必须满足的两个条件：一是各步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．两个计数原理的综合问题数原理，即分类时，每类的方法可能要运用分步完成，而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想求解．分类的关键在于做到“不重不漏”，分步的关键在于正确设计分步的程序，即合理分类，准确分步．[例3](1)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有()A．144个B．120个C．96个D．72个(2)某班一天上午有4节课，每节都需要安排1名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A、B两人中安排一个，第四节课只能从A、C两人中安排一人，则不同的安排方案共有________种．(3)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．[解析](1)由题意可知，符合条件的五位数的万位数字是4或5.当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2×4×3×2＝48个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有3×4×3×2＝72个偶数．故符合条件的偶数共有48＋72＝120(个)．(2)①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12种安排方案．②第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24种安排方案．因此不同的安排方案共有12＋24＝36(种)．(3)区域A有5种涂色方法，区域B有4种涂色方法，区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×1×4＋5×4×3×3＝260种涂色方法．[答案(1)B(2)36(3)260[方法技巧]使用两个计数原理进行计数的基本思想对需用两个计数原理解决的综合问题要“先分类，再分步”，即先分为若干个“既不重复也不遗漏”的类，再对每类中的计数问题分成若干个“完整的步骤”，求出每个步骤的方法数，按照分步乘法计数原理计算各类中的方法数，最后再按照分类加法计数原理得出总数．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．[考点二]某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为()A．504B．210C．336D．120解析：选A分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．2．[考点二]教学大楼共有五层，每层均有两个楼梯，由一层到五层的走法有() A．10种B．25种C．52种D．24种解析：选D由一层到二层、由二层到三层、由三层到四层、由四层到五层各有2种走法，故共有2×2×2×2＝24种不同的走法．3．[考点一]已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为()A．40 B．16 C．13 D．10解析：选C分两类情况讨论：第1类，直线a分别与直线b上的8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b分别与直线a上的5个点可以确定5个不同的平面．根据分类加法计数原理知，共可以确定8＋5＝13个不同的平面．4．[考点一]我们把各位数字之和为6的四位数称为“六合数”(如2 013是“六合数”)，则“六合数”中首位为2的“六合数”共有()A．18个B．15个C．12个D．9个解析：选B依题意知，这个四位数的百位数、十位数、个位数之和为4.由4,0,0组成3个数，分别为400,040,004；由3,1,0组成6个数，分别为310,301,130,103,013,031；由2,2,0组成3个数，分别为220,202,022；由2,1,1组成3个数，分别为211,121,112.共计3＋6＋3＋3＝15个“六合数”．5.[考点三]如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有________种．解析：按区域1与3①区域1与3同色：先涂区域1与3，有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)，有3×2×1＝6种方法．所以区域1与3涂同色时，共有4×6＝24种方法．②区域1与3不同色：先涂区域1与3，有4×3＝12种方法，第二步，涂区域2有2种涂色方法，第三步，涂区域4只有一种方法，第四步，涂区域5有3种方法．所以这时共有12×2×1×3＝72种方法．故由分类加法计数原理，不同的涂色方法的种数为24＋72＝96.答案：966．[考点三]有A，B，C型高级电脑各一台，甲、乙、丙、丁4个操作人员的技术等级不同，甲、乙会操作三种型号的电脑，丙不会操作C型电脑，而丁只会操作A型电脑．从这4个操作人员中选3人分别去操作这三种型号的电脑，则不同的选派方法有________种(用数字作答)．解析：由于丙、丁两位操作人员的技术问题，要完成“从4个操作人员中选3人去操作这三种型号的电脑”这件事，则甲、乙两人至少要选派一人，可分四类：第1类，选甲、乙、丙3人，由于丙不会操作C型电脑，分2步安排这3人操作的电脑的型号，有2×2＝4种方法；第2类，选甲、乙、丁3人，由于丁只会操作A型电脑，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，有2种方法；第3类，选甲、丙、丁3人，这时安排3人分别去操作这三种型号的电脑，只有1种方法；第4类，选乙、丙、丁3人，同样也只有1种方法．根据分类加法计数原理，共有4＋2＋1＋1＝8种选派方法．答案：8突破点(二)排列、组合问题1．排列与排列数(1)排列：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．(2)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作A m n.2．组合与组合数(1)组合：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的组合数，记作C m n.3．排列数、组合数的公式及性质4．排列与组合的比较解决排列问题的主要方法(1)解决“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先．不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置．(2)解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看做一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列．(3)解决不相邻问题的方法是“插空法”，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中．(4)对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列．(5)若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”．[例1](1)用0到9这10个数字，可以组成没有重复数字的三位偶数的个数为() A．324 B．648 C．328 D．360(2)市内某公共汽车站有6个候车位(成一排)，现有3名乘客随便坐在某个座位上候车，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数为()A．48 B．54 C．72 D．84(3)用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．[解析](1)首先应考虑是否含“0”．当含有0，且0排在个位时，有A29＝9×8＝72个三位偶数，当0排在十位时，有A14A18＝4×8＝32个三位偶数．当不含0时，有A14·A28＝4×8×7＝224个三位偶数．由分类加法计数原理，得符合题意的偶数共有72＋32＋224＝328(个)．(2)先把3名乘客进行全排列，有A33＝6种排法，排好后，有4个空，再将1个空位和余下的2个连续的空位插入4个空中，有A24＝12种排法，则共有6×12＝72种候车方式．(3)首先排两个奇数1,3，有A22种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C12种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A22种排法，即满足条件的四位数的个数为A22C12A22＝8.[答案](1)C(2)C(3)8组合问题组合问题的常见题型及解题思路(1)常见题型：一般有选派问题、抽样问题、图形问题、集合问题、分组问题等．(2)解题思路：①分清问题是否为组合问题；②对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题．[例2](1)某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为()A．85 B．86 C．91 D．90(2)若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法的种数是()A．60 B．63 C．65 D．66(3)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．[解析](1)法一(直接法)：由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选的方法种数为：C13C24＋C23C14＋C33＝31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选的方法种数为：C14C23＋C24C13＋C34＝34；第3类，男生甲入选，女生乙入选的方法种数为：C23＋C14C13＋C24＝21.所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86.法二(间接法)：从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34种．所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为120－34＝86.(2)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使取出的4个不同的数的和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数和2个偶数，故有C45＋C44＋C25C24＝66种不同的取法．(3)第一类，含有1张红色卡片，不同的取法有C14C212＝264(种)．第二类，不含有红色卡片，不同的取法有C312－3C34＝220－12＝208(种)．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472(种)．[答案(1)B(2)D(3)472[方法技巧]有限制条件的组合问题的解法组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素： (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型．考虑逆向思维，用间接法处理．分组分配问题分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配．关于分组问题，有整体均分、部分均分和不等分三种，无论分成几组，都应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象．[例3] (1)教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．(2)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为________．(3)若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．[解析] (1)先把6个毕业生平均分成3组，有C 26C 24C 22A 33种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A 33＝6种方法，故将6个毕业生平均分到3所学校，共有C 26C 24C 22A 33·A 33＝90种不同的分派方法．(2)分两步完成：第一步，将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有C 24C 12C 11A 22种；第二步，将分好的三组分配到3个学校，其分法有A 33种，所以满足条件的分配方案有C 24C 12C 11A 22·A 33＝36种．(3)将6名教师分组，分三步完成： 第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C 16种分法；第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C 25种分法；第3步，余下的3名教师作为一组，有C 33种分法．根据分步乘法计数原理，共有C 16C 25C 33＝60种分法．再将这3组教师分配到3所中学，有A 33＝6种分法，故共有60×6＝360种不同的分法．[答案 (1)90 (2)36 (3)360[方法技巧] 分组分配问题的三种类型及求解策略能力练通 抓应用体验的“得”与“失”1．[考点一]A ，B ，C ，D ，E ，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A 是会议的中心发言人，必须坐在最北面的椅子上，B ，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有( )A ．60种B ．48种C ．30种D ．24种解析：选B 由题知，可先将B ，C 二人看作一个整体，再与剩余人进行排列，则不同的座次有A 22A 44＝48种．2．[考点一]有5列火车分别准备停在某车站并行的5条轨道上，若快车A 不能停在第3道上，货车B 不能停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法数为( )A ．56B ．63C ．72D ．78解析：选D 若没有限制，5列火车可以随便停，则有A 55种不同的停靠方法；快车A停在第3道上，则5列火车不同的停靠方法为A 44种；货车B 停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A 44种；快车A 停在第3道上，且货车B 停在第1道上，则5列火车不同的停靠方法为A 33种．故符合要求的5列火车不同的停靠方法数为A 55－2A 44＋A 33＝120－48＋6＝78.3．[考点三]某局安排3名副局长带5名职工去3地调研，每地至少去1名副局长和1名职工，则不同的安排方法总数为( )A ．1 800B ．900C ．300D ．1 440解析：选B 分三步：第一步，将5名职工分成3组，每组至少1人，则有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22种不同的分组方法；第二步，将这3组职工分到3地有A 33种不同的方法；第三步，将3名副局长分到3地有A 33种不同的方法．根据分步乘法计数原理，不同的安排方案共有⎝⎛⎭⎫C 35C 12C 11A 22＋C 15C 24C 22A 22·A 33A 33＝900(种)，故选B.4．[考点二]如图所示，要使电路接通，则5个开关不同的开闭方式有________种．解析：当第一组开关有一个接通时，电路接通有C12·(C13＋C23＋C33)＝14种方式；当第一组两个都接通时，电路接通有C22(C13＋C23＋C33)＝7种方式，所以共有14＋7＝21种方式．答案：215．[考点二]有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋；现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有________种不同的选派方法．解析：设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：第一类：A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C12·C13＝6种；第二类：C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，选派方法为C14·C13＝12种；第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，选派方法为C14·C12＝8种；第四类：C中选2人分别参加两项比赛，选派方法为A24＝12种；由分类加法计数原理，不同的选派方法共有6＋12＋8＋12＝38(种)．答案：38[全国卷5年真题集中演练——明规律]1．(2016·全国甲卷)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A．24 B．18 C．12 D．9解析：选B分两步：第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B.2．(2016·全国丙卷)定义“规范01数列”{a n}如下：{a n}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…a k中0的个数不少于1的个数，若m＝4，则不同的“规范01数列”共有()A．18个B．16个C．14个D．12个解析：选C当m＝4时，数列{a n}共有8项，其中4项为0,4项为1，要满足对任意k≤8，a1，a2，…a k中0的个数不少于1的个数，则必有a1＝0，a8＝1，a2可为0，也可为1.(1)当a2＝0时，分以下3种情况：①若a3＝0，则a4，a5，a6，a7中任意一个为0均可，则有C14＝4种情况；②若a3＝1，a4＝0，则a5，a6，a7中任意一个为0均可，有C13＝3种情况；③若a3＝1，a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任意一个为0均可，有C12＝2种情况；(2)当a2＝1时，必有a3＝0，分以下2种情况：①若a4＝0，则a5，a6，a7中任一个为0均可，有C13＝3种情况；②若a4＝1，则a5必为0，a6，a7中任一个为0均可，有C12＝2种情况．综上所述，不同的“规范01数列”共有4＋3＋2＋3＋2＝14个，故选C.3．(2012·新课标全国卷)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有() A．12种B．10种C．9种D．8种解析：选A2名教师各在1个小组，给其中1名教师选2名学生，有C24种选法，另2名学生分配给另1名教师，然后将2个小组安排到甲、乙两地，有A22种方案，故不同的安排方案共有C24A22＝12种，选A.[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考[练基础小题——强化运算能力]1．(2016·四川高考)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为()A．24 B．48C．60 D．72解析：选D奇数的个数为C13A44＝72.2．世界华商大会的某分会场有A，B，C三个展台，将甲、乙、丙、丁共4名“双语”志愿者分配到这三个展台，每个展台至少1人，其中甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有()A．12种B．10种C．8种D．6种解析：选D因为甲、乙两人被分配到同一展台，所以可以把甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台上进行全排列，即有A33种分配方法，所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数有A33＝6种．3．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有()A．36个B．24个C．18个D．6个解析：选B各位数字之和是奇数，则这三个数字中三个都是奇数或两个偶数一个奇数，所以符合条作的三位数有A33＋C13A33＝6＋18＝24(个)．4.如图所示的几何体由一个正三棱锥P-ABC与正三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有________种．解析：先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，然后涂三棱柱ABC-A1B1C1的三个侧面，共有3×2×1×2＝12种不同的涂色方案．答案：12[练常考题点——检验高考能力]一、选择题1．从2,3,4,5,6,7,8,9这8个数中任取2个不同的数分别作为一个对数的底数和真数，则可以组成不同对数值的个数为()A．56 B．54C．53 D．52解析：选D在8个数中任取2个不同的数可以组成A28＝56个对数值；但在这56个对数值中，log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，即满足条件的对数值共有56－4＝52(个)．2．如图所示，在A、B间有四个焊接点1,2,3,4，若焊接点脱落导致断路，则电路不通．今发现A，B之间电路不通，则焊接点脱落的不同情况有()A．9种B．11种C．13种D．15种解析：选C按照焊接点脱落的个数进行分类．若脱落1个，则有(1)，(4)，共2种情况；若脱落2个，有(1,4)，(2,3)，(1,2)，(1,3)，(4,2)，(4,3)，共6种情况；若脱落3个，有(1,2,3)，(1,2,4)，(2,3,4)，(1,3,4)，共4种情况；若脱落4个，有(1,2,3,4)，共1种情况．综上共有2＋6＋4＋1＝13种焊接点脱落的情况．3．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是( )A ．12B ．6C ．8D ．16解析：选A 若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时共有C 12×3＝6种安排方案；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时共有C 13×2＝6种安排方案．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12(种)．4．有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是( )A ．24B ．48C ．72D ．96解析：选B 据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有A 22A 24种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有A 22A 12C 12C 13种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共有A 22A 24＋A 22A 12C 12C 13＝48种摆放方法．5．“住房”“医疗”“教育”“养老”“就业”成为现今社会关注的五个焦点．小赵想利用国庆节假期调查一下社会对这些热点的关注度．若小赵准备按照顺序分别调查其中的4个热点，则“住房”作为其中的一个调查热点，但不作为第一个调查热点的种数为( )A ．13B ．24C ．18D ．72解析：选D 可分三步：第一步，先从“医疗”“教育”“养老”“就业”这4个热点中选出3个，有C 34种不同的选法；第二步， 在调查时，“住房”安排的顺序有A 13种可能情况；第三步，其余3个热点调查的顺序有A 33种排法．根据分步乘法计数原理可得，不同调查顺序的种数为C 34A 13A 33＝72.6．将A ，B ，C ，D ，E 排成一列，要求A ，B ，C 在排列中顺序为“A ，B ，C ”或“C ，B ，A ”(可以不相邻)，这样的排列数有( )A ．12种B ．20种C ．40种D ．60种解析：选C 五个元素没有限制全排列数为A 55，由于要求A ，B ，C 的次序一定(按A ，B ，C 或C ，B ，A )，故除以这三个元素的全排列A 33，可得这样的排列数有A 55A 33×2＝40种．二、填空题7．某班组织文艺晚会，准备从A ，B 等 8 个节目中选出 4 个节目演出，要求A ，B 两个节目至少有一个选中，且A ，B 同时选中时，它们的演出顺序不能相邻，那么不同演出顺序的种数为________．解析：当A，B节目中只选其中一个时，共有C12C36A44＝960 种演出顺序；当A，B节目都被选中时，由插空法得共有C26A22A23＝180 种演出顺序，所以一共有1 140种演出顺序．答案：1 1408．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：选甲题答对得100分，答错得－100分，选乙题答对得90分，答错得－90分，若4位同学的总分为0分，则这4位同学不同得分情况的种数是________．解析：由于4位同学的总分为0分，故4位同学选甲、乙题的人数有且只有三种情况：①甲：4人，乙：0人；②甲：2人，乙：2人；③甲：0人，乙：4人．对于①，需2人答对，2人答错，共有C24＝6种情况；对于②，选甲题的需1人答对，1人答错，选乙题的也如此，有C24C12C12＝24种情况；对于③，与①相同，有6种情况，故共有6＋24＋6＝36种不同的得分情况．答案：369．把座位编号为1,2,3,4,5的五张电影票全部分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少一张，至多两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同的分法种数为________(用数字作答)．解析：先将票分为符合条件的4份，由题意，4人分5张票，且每人至少一张，至多两张，则三人每人一张，一人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1,2,3,4,5这五个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号．在4个空位插3个板子，共有C34＝4种情况，再对应到4个人，有A44＝24种情况，则共有4×24＝96种不同分法．答案：9610．有红、蓝、黄、绿四种颜色的球各6个，每种颜色的6个球分别标有数字1,2,3,4,5,6，从中任取3个标号不同的球，这3个球颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法种数为________．解析：所标数字互不相邻的取法有135,136,146,246，共4种.3个球颜色互不相同有A34＝4×3×2＝24种取法，所以这3个球颜色互不相同且所标数字互不相邻的取法有4×24＝96(种)．答案：96三、解答题11．有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数：(1)有女生但人数必须少于男生；(2)某女生一定担任语文科代表；(3)某男生必须包括在内，但不担任数学科代表；(4)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表．。
高考数学总复习 第11章 第1节 分类加法计数原理课时演练 新人教A版
课时作业 分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题1.右图是某汽车维修公司的维修点环形分布图，公司在年初分配给A 、B 、C 、D 四个维修点某种配件各50件，在使用前发现需将A 、B 、C 、D 四个维修点的这批配件分别调整为40、45、54、61件，但调整只能在相邻维修点之间进行，那么要完成上述调整，最少的调动件次(n 件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n )为( )A ．15B ．16C ．17D ．18解析：只需A 处给D 处10件，B 处给C 处5件，C 处给D 处1件，共16件次． 答案：B2．如图，A 、B 、C 、D 为四个村庄，要修筑三条公路，将这四个村庄连接起来，则不同的修筑方案共有( )A ．8种B ．12种C ．16种D ．20种 解析：修筑方案可分为两类，一类是“折线型”，用三条公路把四个村庄连在一条曲线上(如图(1)，A —B —C —D )，有12A 44种方法；一类是“星型”，以某一个村庄为中心，用三条公路发散状连接其他三个村庄(如图(2)，A —B ，A —C ，A —D )，有4种方法．共有12＋4＝16(种)方法．答案：C3.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )A ．24种B ．30种C ．36种D ．48种解析：共有4×3×2×2＝48(种)．答案：D4．三个人踢毽，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽又被踢回给甲，则不同的传递方式共有( )A．6种B．8种C．10种D．16种解析：如下图所示，同理，甲传给丙也可以推出5种情况，综上有10种传法，故选C.答案：C5．(金榜预测)只用1，2，3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有( )A．6个B．9个C．18个D．36个解析：由题意知，1，2，3中必有某一个数字重复使用2次．第一步确定谁被使用2次，有3种方法；第二步把这2个相等的数放在四位数不相邻的两个位置上，也有3种方法；第三步将余下的2个数放在四位数余下的2个位置上，有2种方法．故共可组成3×3×2＝18(个)不同的四位数．答案：C6．一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有( )A．6种B．8种C．36种D．48种解析：如图，在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，共有3种不同的选法．每种选法中又有2×2×2×2＝16(种)不同路线．∴共有3×16＝48(种)不同的参观路线．答案：D二、填空题7．如图所示为一电路图，从A到B共有______条不同的线路可通电．解析：∵按上、中、下三条线路可分为三类：上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2＝4条，根据分类加法计数原理，共有3＋1＋4＝8(条)．答案：88.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P—ABC与正三棱柱ABC—A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案共有______种．解析：先涂三棱锥P—ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C13×C12×C11×C12＝3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．答案：129．(金榜预测)“渐升数”是指每个数字比它左边的数字大的正整数(如1 458)，若把四位“渐升数”按从小到大的顺序排列，则第30个数为________．解析：渐升数由小到大排列，形如的渐升数共有：6＋5＋4＋34，5，6，7，8，9六个数字选一个，有6种等；形如的渐升数共有5个；形如的渐升数共有4530个必为1 359，所以应填1 359.答案：1 359三、解答题10．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法？解：由题意得有1人既会英语又会日语，6人只会英语，2人只会日语．第一类：从只会英语的6人中选1人说英语，共有6种方法，则说日语的有2＋1＝3(种)，此时共有6×3＝18(种)；第二类：不从只会英语的6人中选1人说英语，则只有1种方法，则选会日语的有2种，此时共有1×2＝2(种)；所以根据分类计数原理知共有18＋2＝20(种)选法．。
高考数学第一轮精品复习课件 第十一章 计数原理(选修2-3)
课堂互动讲练
【解】 (1)确定平面上的点 P(a，b)可分两步完成：
第一步确定a的值，共有6种确定 方法；
第二步确定b的值，也有6种确定 方法．
根据分步计数原理，得到平面上 的点数是6×6＝36.
课堂互动讲练
(2)确定第二象限的点，可分两步 完成：第一步确定a，由于a<0，所以 有3种确定方法；
2．分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成n个步骤， 做第1步有m1种不同的方法，做第2步 有m2种不同的方法…做第n步有mn种 不同的方法．那么完成这件事共有N＝
m1×m2×m3×…×mn种不同的方法，
这一原理叫做 分步乘法计数原理 ．
基础知识梳理
在解题过程中如何判定是用分类加 法计数原理还是用分步乘法计数原理？
规律方法总结
1．关于两个计数原理的应用范围 (1)如果完成一件事情有几类办法， 这几类办法彼此之间相互独立，无论哪 一类办法中的哪一种方法都能独立完成 这件事，求完成这件事的方法种数时就 用分类加法计数原理，分类加法计数原 理可利用“并联”电路来理解．
规律方法总结
(2)如果完成一件事情要分几个步 骤，各个步骤都是不可缺少的，需要 依次完成所有的步骤，才能完成这件 事，而完成每一个步骤各有若干种不 同的办法，求完成这件事的方法种数 时就用分步乘法计数原理，分步乘法 计数原理可利用“串联”电路理解．
课堂互动讲练
(2)完成的事情是带3本不同学科 的参考书，只有从外语书、数学书、 物理书中各选一本书后，才能完成这 件事，因此应用分步计数原理，结果 为5×4×3＝60(种). 8分
课堂互动讲练
(3)选1本数学书和选1本外语书， 应用分步计数原理，有5×4＝20种选 法，同样地，选外语书、物理书各一 本有5×3＝15种选法，选数学书、物 理书各一本有4×3＝12种选法，应用 分类计数原理，结果为20＋15＋12＝ 47(种). 12分
精选高考数学一轮复习第十一章计数原理11.2二项式定理ppt课件全省公开课一等奖
.
答案 -2
解析
T =a5-r r+1
C
5 r x 1,0令 52 r10-
r5=5,解之得r=2,所以a3
2
=C -852 0,a=-2.
15.(2016课标全国Ⅰ,14,5分)(2x+ x)5的展开式中,x3的系数是
.(用数字填写答案)
答案 10 解析 Tr+1= C 5r(2x)5-r·( )xr=25-r ·C 5r ,令x 5 52r - =32r ,得r=4,∴T5=10x3,∴x3的系数为10.
9.(2014湖北,2,5分)若二项式
2
x
的 ax展 7开式中
的系x1 3 数是84,则实数a= (
)
A.2 B. 5 4 C.1 D. 2
4
答案
C
Tr+1= C
7r·(2x)7-r·
a x
r
=27-r
aC r·7r
x.令21r 27 r-7=3,得r=5.由22· a5=C 8574得a=1,故选C.
答案
C
在(1+x)6的展开式中,xm的系数为 C
m 6
,在(1+y)4的展开式中,yn的系数为
C
,4n 故f(m,n)=
C ·6m
C
n 4
.从而f(3,0)=
C
36=20, f(2,1)=
C
·62 C =14 60, f(1,2)=
C·16 C=2436, f(0,3)=
=C 434 ,故选C.
4.(2016四川,2,5分)设i为虚数单位,则(x+i)6的展开式中含x4的项为 ( ) A.-15x4 B.15x4 C.-20ix4 D.20ix4
2018高考数学(理科)异构异模复习考案撬分法习题第十一章 计数原理 11-1-1 Word版含答案
．从这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为，，共可得到－的不同值的个数是()
．．
．．
答案
解析从中任取两个数可组成－有＝种结果，而－＝，其中基本事件()()和()()使的值相等，则不同值的个数为－＝(个)，故选.
.满足，∈{－}，且关于的方程＋＋＝有实数解的有序数对(，)的个数为( )
点击观看解答视频
．．
．．
答案
解析当＝时，方程变为＋＝，则为－都有解；当≠时，需满足Δ＝－≥，即≤.当＝－时，可取－.当＝时，可取－.当＝时，可取－，故满足条件的有序数对(，)的个数为＋＋＋＝.
．将，…，这个数字填在如图的个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大．当固定在图中的位置时，填写
空格的方法为( )
．种
．种
．种
．种
答案
解析因为每一行从左到右，每一列从上到下分别依次增大，只
有一种填法，只能填在右上角或左下角，填好后与之相邻的空格可填任一个，余下两个数字按从小到大只有一种方法．共有×＝种结果，
故选.。
最新高考数学(理)第十一章计数原理 课时撬分练11-1习题及答案
………………………………………………………………………………………………时间：45分钟基础组1.[2016·衡水中学仿真]某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有( ) A．4种B．10种C．18种D．20种答案 B解析分两类，第一类取出1本画册，3本邮册，此时赠送方法有C14种，第二类是取出2本画册，2本集邮册，此时赠送方法有C24种．故赠送方法共有C14＋C24＝10种，故选B.2．[2016·枣强中学预测]编号为1,2,3,4,5,6的六个同学排成一排，3,4号两位同学相邻，不同的排法有( )A．60种B．120种C．240种D．480种答案 C解析将3,4看作一个整体，连同1,2,5,6共5个元素进行全排列，共有5！种排法．由于3,4还要进行排列，故共有5！×2！＝240种排法．3．[2016·冀州中学一轮检测]如图所示，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有( )点击观看解答视频A．72种B．96种C．108种D．120种答案 B解析将第一列的3个区域由上到下分别标为A，B，C，第二列的区域标为D，第三列的区域标为E，则先涂区域D，独占一种颜色，有四种方案．再考虑A，B，C，若涂三种颜色，则有A33种方法，此时E任选不同于D的一种颜色即可，也有3种涂法；若A，B，C只用两种颜色，则A，C同色，此时E必须用最后一种没有涂的颜色．故总方法有C14(A33·3＋A33)＝96种．4．[2016·武邑中学一轮检测]3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种是( )A．360 B．288C．216 D．96答案 B解析先保证3位女生中有且只有两位女生相邻，则有C23·A22·A33·A24种排法，再从中排除男生甲站两端的排法，∴所求排法种为A22·C23·(A33A24－2A22·A23)＝6×(6×12－24)＝288.5．[2016·武邑中学月考]已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)表示平面上的点(a，b∈M)，P可表示平面上________个第二象限的点．答案 6解析确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a<0，所以有3种确定方法；第二步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．由分步乘法计原，得到第二象限的点的个是3×2＝6.6. [2016·衡水中学热身]某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有________种不同的抽调方法．点击观看解答视频答案84解析解法一：(分类法)在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C17种；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A27种；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C37种．故共有C17＋A27＋C37＝84(种)抽调方法．解法二：(隔板法)由于每个车队的车辆均多于4辆，只需将10个份额分成7份．可将10个小球排成一排，在相互之间的9个空当中插入6个隔板，即可将小球分成7份，故共有C69＝84(种)抽调方法．7．[2016·武邑中学模拟]室内体育课上王老师为了丰富课堂内容，调动同学们的积极性，他把第四排的8个同学请出座位并且编号为1,2,3,4,5,6,7,8.经过观察这8个同学的身体特征，王老师决定，按照1,2号相邻，3,4号相邻，5,6号相邻，而7号与8号不相邻的要求站成一排做一种游戏，有________种排法(用字作答)．答案576解析把编号相邻的3组同学每两个同学捆成一捆，这3捆之间有A33＝6种排序方法，并且形成4个空当，再将7号与8号插进空当中有A24＝12种插法，而捆好的3捆中每相邻的两个同学都有A22＝2种排法．所以不同的排法种为23×6×12＝576.8．[2016·枣强中学一轮检测]用1,2,3,4,5,6组成六位(没有重复字)，要求任何相邻两个字的奇偶性不同，且1和2相邻，这样的六位的个是________(用字作答)．答案40解析先将3,5排列，有A22种排法；再将4,6插空排列，有2A22种排法；最后将1,2插入3,4,5,6形成的空中，有C15种排法．由分步乘法计原知，共有A2 2·2A22·C15＝40种．9．[2016·衡水中学周测]由6名同学参加两项课外活动，每位同学必须参加一项活动且不能同时参加两项，每项活动最多安排4人，则不同的安排方法有________种(用字作答)．答案50解析(分类讨论思想)记这两项课外活动分别为A，B，依题意知，满足题意的安排方法共有三类：第一类，实际参加A，B两项活动的人分别是4,2，则相应的安排方法有C46＝15(种)；第二类，实际参加A，B两项活动的人分别是3,3，则相应的安排方法有C36＝20(种)；第三类，实际参加A，B两项活动的人分别是2,4，则相应的安排方法有C26＝15(种)．因此，不同的安排方法共有15＋20＋15＝50(种)．10．[2016·冀州中学月考]有甲、乙、丙3项任务，任务甲需要2人承担，任务乙、丙各需要1人承担，从10人中选派4人承担这3项任务，不同的选法共有________种(用字作答)．答案2520解析解法一：先从10人中选出2人承担任务甲，再从余下8人中选出1人承担任务乙，最后从剩下的7人中选出1人承担任务丙．根据分步乘法计原，不同的选法共有C210C18C17＝2520种．解法二：先从10人中选出2人承担任务甲，再从余下8人中选出2人分别承担任务乙、丙．根据分步乘法计原，不同的选法共有C210A28＝2520种．11．[2016·武邑中学周测]某班一天上午有4节课，每节都需要安排一名教师去上课，现从A，B，C，D，E，F 6名教师中安排4人分别上一节课，第一节课只能从A、B两人中安排一人，第四节课只能从A、C两人中安排一人，则不同的安排方案共有多少种？解①第一节课若安排A，则第四节课只能安排C，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有4×3＝12种排法．②第一节课若安排B，则第四节课可由A或C上，第二节课从剩余4人中任选1人，第三节课从剩余3人中任选1人，共有2×4×3＝24种排法．因此不同的安排方案共有12＋24＝36种．12．[2016·衡水中学月考]有4名男生、5名女生，全体排成一行，下列情形各有多少种不同的排法？(1)甲不在中间也不在两端；(2)甲、乙两人必须排在两端；(3)男女相间．解(1)解法一：(元素分析法)先排甲有6种，再排其余人有A88种，故共有6·A88＝241920(种)排法．解法二：(位置分析法)中间和两端有A38种排法，包括甲在内的其余6人有A6 6种排法，故共有A38·A66＝336×720＝241920(种)排法．解法三：(等机会法)9个人全排列有A99种，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意得，甲不在中间及两端的排法总是A99×69＝241920(种)．解法四：(间接法)A99－3·A88＝6A88＝241920(种)．(2)先排甲、乙，再排其余7人．共有A22·A77＝10080(种)排法．(3)插空法．先排4名男生有A44种方法，再将5名女生插空，有A55种方法，故共有A44·A55＝2880(种)排法．能力组13. [2016·枣强中学猜题]某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种为( )点击观看解答视频A．85 B．86 C．91 D．90答案 B解析解法一：(直接法)由题意，可分三类考虑：第1类，男生甲入选，女生乙不入选：C13C24＋C23C14＋C33＝31；第2类，男生甲不入选，女生乙入选：C14C23＋C24C13＋C34＝34；第3类，男生甲入选，女生乙入选：C23＋C14C13＋C24＝21.∴男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种为31＋34＋21＝86.解法二：(间接法)从5名男生和4名女生中任意选出4人，男、女生都有的选法有C49－C45－C44＝120种；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有C47－C44＝34种．∴男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种为120－34＝86.14．[2016·衡水中学期中]用1,2,3,4,5组成不含重复字的五位，字2不出现在首位和末位，字1,3,5中有且仅有两个字相邻，则满足条件的不同五位的个是________．(注：用字作答)答案48解析根据题意，可以分为两步：第一步将1,3,5分为两组且同一组的两个排序，共有6种方法；第二步，将第一步的两组看成两个元素，与2,4排列，其中2不在两边且第一步两组(记为a，b)之间必有元素，即4，a,2，b；a,2,4，b；a,4,2，b；a,2，b,4，其中a，b可以互换位置，所以共有8种，根据分步乘法计原知，满足题意的五位共有6×8＝48个．15．[2016·武邑中学期中]航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置科学试验，要求两艘攻击型核潜艇一前一后，两艘驱逐舰和两艘护卫舰分列左、右，同侧不能都是同种舰艇，则舰艇分配方案的方法为________．答案32解析两侧各两艘，前后各一艘，两侧的组合方法有4种，注意到前后顺序共有方法4A22A22A22＝32种．16．[2016·衡水中学期末]现有10个优秀指标分配给6个班级，每个班至少一个，共有多少种不同的分配方法？解从结果入手，解相同元素的分堆问题，设计“隔板法分堆”，将一种分配方法和一个组合建立一一对应，实际问题归为组合求解．该事件的实质为将10个相同的元素分成6堆，每一堆至少一个元素，利用“隔板法分堆”，即在10个相同元素构成的9个空中插入5个隔板，其不同的分配方案有C5＝126种．9。
2019年高考数学(理)第十一章计数原理 课时撬分练11-2习题及答案
………………………………………………………………………………………………时间：60分钟基础组1. [2016·武邑中学模拟]二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －13x n的展开式中第4项为常项，则常项为( )点击观看解答视频A ．10B ．－10C ．20D ．－20答案 B解析 由题意可知常项为T 4＝C 3n (x )n －3⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 3＝(－1)3C 3nx n －52，令n －52＝0，可得n ＝5.故所求常项为T 4＝(－1)3C 35＝－10，选B.2．[2016·枣强中学一轮检测]在二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 11的展开式中，系最大的项为( )A ．第五项B ．第六项C ．第七项D ．第六项或第七项答案 C解析 依题意可知T r ＋1＝C r 11(－1)r x22－3r，0≤r ≤11，r ∈Z ，二项系最大的是C 511与C 611.所以系最大的是T 7＝C 611，即第七项．3．[2016·衡水中学周测]已知f (x )＝(ax ＋2)6，f ′(x )是f (x )的导，若f ′(x )的展开式中x 的系大于f (x )的展开式中x 的系，则a 的取值范围是( )A ．a >25或a <0B ．0<a <25C ．a >25D ．a >52或a <0答案 A解析 f (x )的展开式中x 的系是C 5625a 6－5＝192a ，f ′(x )＝6(ax ＋2)5(ax ＋2)′＝6a (ax ＋2)5，f ′(x )的展开式中x 的系是6a C 4524a5－4＝480a 2，依题意得480a 2>192a ⇒a >25或a <0，故选A.4. [2016·冀州中学月考]若(1－2x )2013＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2013x 2013(x ∈R )，则a 12＋a 222＋…＋a 201322013的值为( )点击观看解答视频A ．2B ．0C ．－1D ．－2答案 C解析 令x ＝0，则a 0＝1，令x ＝12，则a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 201322013＝0，∴a 12＋a 222＋…＋a 201322013＝－1.故选C. 5．[2016·武邑中学周测]若(ax －1)5的展开式中x 3的系是80，则实a 的值是( )A ．－2B ．2 2 C.34 D ．2答案 D解析 (ax －1)5的展开式的通项是T r ＋1＝(－1)r ·C r 5a 5－r x 5－r，令5－r ＝3，得r ＝2，故x 3的系为(－1)2C 25a 3＝80，所以a ＝2.故选D.6．[2016·衡水中学月考]二项式⎝⎛⎭⎪⎫x －1ax 6(a >0)展开式中x 2项的系为15，则实a ＝________.答案 1解析 由题意可知T r ＋1＝C r 6x 6－2r(－1)r ·a －r,0≤r ≤6，r ∈Z ，则x 2项的系是C 26a－2＝15，又a >0，则a ＝1. 7．[2016·衡水二中一轮检测]二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 3＋1x 2n的展开式中含有非零常项，则正整n 的最小值为________．答案 5解析 二项展开式的通项是T r ＋1＝C r n x 3n －3r x －2r ＝C r n x3n －5r，令3n －5r ＝0，得n ＝5r3(r ＝0,1,2，…，n )，故当r ＝3时，n 有最小值5.8．[2016·枣强中学猜题]已知⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12n的展开式中前三项的系成等差列，则第四项为________．答案 7x 5解析 由题设，得C 0n ＋14×C 2n ＝2×12×C 1n ，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8或n ＝1(不符合题意，舍去)，则⎝⎛⎭⎪⎫x ＋128的展开式的通项为T r ＋1＝C r 8x8－r⎝ ⎛⎭⎪⎫12r ，令r ＋1＝4，得r ＝3，则第四项为T 4＝C 38x 5⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝7x 5. 9．[2016·衡水中学期中]设(x －1)21＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 21x 21，则a 10＋a 11＝________.答案 0解析 (x －1)21的展开式的通项为T k ＋1＝C k 21x 21－k ·(－1)k .由题意知a 10，a 11分别是第x 10和x 11项的系，所以a 10＝－C 1121，a 11＝C 1021，所以a 10＋a 11＝C 1021－C 1121＝0.10．[2016·武邑中学期中]⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12x n的展开式中第五项和第六项的二项式系最大，则第四项为________．答案 212解析 由已知条件第五项和第六项的二项式系最大，得n ＝9，则⎝⎛⎭⎪⎫x ＋12x 9的展开式中第四项为 T 4＝C 39(x )6⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＝212.11．[2016·衡水中学期末]已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7.求：(1)a 1＋a 2＋…＋a 7； (2)a 1＋a 3＋a 5＋a 7； (3)a 0＋a 2＋a 4＋a 6；(4)|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|.解令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝－1.①令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②(1)∵a0＝C07＝1，∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.(2)(①－②)÷2，得a1＋a3＋a5＋a7＝－1－372＝－1094.(3)(①＋②)÷2，得a0＋a2＋a4＋a6＝－1＋372＝1093.(4)∵(1－2x)7展开式中，a0、a2、a4、a6都大于零，而a1、a3、a5、a7都小于零，∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)，∴由(2)、(3)即可得其值为2187.12. [2016·冀州中学猜题]已知f(x)＝(3x2＋3x2)n展开式中各项的系和比各项的二项式系和大992.点击观看解答视频(1)求展开式中二项式系最大的项；(2)求展开式中系最大的项．解(1)令x＝1，则二项式各项系的和为f(1)＝(1＋3)n＝4n，又展开式中各项的二项式系之和为2n，由题意知，4n－2n＝992.∴(2n)2－2n－992＝0，∴(2n＋31)(2n－32)＝0，∴2n ＝－31(舍)或2n ＝32，∴n ＝5. 由于n ＝5为奇，∴展开式中二项式系最大的项为中间两项，它们分别是 T 3＝C 25(x 23)3(3x 2)2＝90x 6，T 4＝C 35(x 23)2(3x 2)3＝270x 223.(2)展开式中的通项公式为T r ＋1＝C r 53r·x 23(5＋2r )．假设T r ＋1项系最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧C r 53r ≥C r －15·3r －1，C r 53r ≥C r ＋15·3r ＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧5！ 5－r ！r ！×3≥5！6－r ！ r －1 ！，5！ 5－r ！r ！≥5！ 4－r ！ r ＋1 ！×3.∴⎩⎪⎨⎪⎧3r ≥16－r，15－r ≥3r ＋1.∴72≤r ≤92. ∵r ∈N ，∴r ＝4.∴展开式中系最大的项为T 5＝C 45x 23·(3x 2)4＝405x 263.能力组13.[2016·武邑中学仿真]设a ，b ，m 为整(m >0)，若a 和b 被m除的余相同，则称a 和b 对模m 同余，记a ＝b (mod m )．若a ＝C 020＋C 120·2＋C 220·22＋…＋C 2020·220，则a ＝b (mod10)，则b 的值可以为( )A ．2011B ．2012C ．2013D ．2014答案 A解析∵a＝C020＋C120·2＋C220·22＋…＋C2020·220＝(1＋2)20＝320＝(32)10＝(10－1)10＝1010－C110·109＋C210·108－…－C910·10＋C1010＝1010－C110·109＋C210·108－…－C910·10＋1＝10(109－C110·108＋C210·107－…－C910)＋1，因此a除10的余为1，即a＝1(mod10)，因此b的值可以为2011，故选A.14．[2016·衡水中学模拟]若将函f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实，则a3＝________.答案10解析由x5＝[－1＋(1＋x)]5，所以a3＝C35(－1)2＝10.15．[2016·冀州中学期中]在(2x－3y)10的展开式中，求：(1)二项式系的和；(2)各项系的和；(3)奇项的二项式系和与偶项的二项式系和；(4)奇项系和与偶项系和；(5)x的奇次项系和与x的偶次项系和．解设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10，(*)各项系和即为a0＋a1＋...＋a10，奇项系和为a0＋a2＋...＋a10，偶项系和为a1＋a3＋a5＋...＋a9，x的奇次项系和为a1＋a3＋a5＋...＋a9，x的偶次项系和为a0＋a2＋a4＋ (10)由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系和．(1)二项式系的和为C010＋C110＋…＋C1010＝210.(2)令x＝y＝1，各项系和为(2－3)10＝(－1)10＝1.(3)奇项的二项式系和为C010＋C210＋…＋C1010＝29.偶项的二项式系和为C110＋C310＋…＋C910＝29.(4)令x＝y＝1，得到a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，①令x ＝1，y ＝－1(或x ＝－1，y ＝1)， 得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 10＝510，② ①＋②得2(a 0＋a 2＋…＋a 10)＝1＋510， ∴奇项的系和为1＋5102；①－②得2(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝1－510， ∴偶项的系和为1－5102.(5)x 的奇次项系和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9＝1－5102；x 的偶次项系和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10＝1＋5102.16．[2016·衡水中学仿真]当n ∈N *时，求证：2≤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n<3(n ∈N *)．证明 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＝1＋C 1n ·1n ＋C 2n ·1n 2＋…＋C n n ·1n n≥1＋C 1n ·1n ＝2， 又Ck n·1n k＝n ！k ！ n －k ！n k＝n n －1 n －2 ·…· n －k ＋1k ！n k＝1k ！·n n ·n －1n ·n －2n ·…·n －k ＋1n＝1k ！⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2n ·…·⎝⎛⎭⎪⎫1－k －1n ≤1k ！ ＝11·2·3·…·k ≤11·2·2·…·2＝12k －1， ∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＝1＋C 1n ·1n ＋C 2n ·1n 2＋…＋C n n ·1n n≤2＋12！＋13！＋…＋1n ！≤2＋12＋122＋…＋12n －1＝2＋12－12n 1－12＝3－12n －1<3.。
最新高考数学(理)第十一章计数原理 11-2习题及答案
1. (x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系为( )点击观看解答视频A ．10B ．20C ．30D ．60答案 C解析 由二项展开式通项易知T r ＋1＝C r 5(x 2＋x )5－r y r ，令r ＝2，则T 3＝C 25(x 2＋x )3y 2，对于二项式(x 2＋x )3，由T t ＋1＝C t 3(x 2)3－t ·x t ＝C t 3x 6－t，令t ＝1，所以x 5y 2的系为C 25C 13＝30，故选C.2．已知⎝⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式中含x23的项的系为30，则a ＝( ) A. 3 B ．－ 3 C ．6 D ．－6答案 D解析 由二项展开式的通项可得3．二项式(x ＋1)n (n ∈N ＋)的展开式中x 2的系为15，则n ＝( ) A ．7 B ．6 C ．5 D ．4答案 B解析由(x＋1)n＝(1＋x)n＝1＋C1n x＋C2n x2＋…＋C n n x n，知C2n＝15，∴n n －2＝15，解得n＝6或－5(舍去)．故选B.4.已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系相等，则奇项的二项式系和为( )点击观看解答视频A．212B．211C．210D．29答案 D解析因为(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系相等，即C m n＝C n－m n，所以C3n＝C7n，解得n＝10，所以二项式(1＋x)10的展开式中奇项的二项式系和为1 2×210＝29.5．在x(1＋x)6的展开式中，含x3项的系为( )A．30 B．20C．15 D．10答案 C解析在(1＋x)6的展开式中，含x2的项为T3＝C26·x2＝15x2，故在x(1＋x)6的展开式中，含x3的项的系为15.6．设m为正整，(x＋y)2m展开式的二项式系的最大值为a，(x＋y)2m＋1展开式的二项式系的最大值为b，若13a＝7b，则m＝( )A．5 B．6C．7 D．8答案 B解析由题意知a＝C m2m，b＝C m＋12m＋1，∴13C m2m ＝7C m＋12m＋1，即m ！m ！m ！＝m ＋！m ＋！m ！， 解得m ＝6.7．(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇次幂项的系之和为32，则a ＝________. 答案 3解析 解法一：直接将(a ＋x )(1＋x )4展开得x 5＋(a ＋4)x 4＋(6＋4a )x 3＋(4＋6a )x 2＋(1＋4a )x ＋a ，由题意得1＋(6＋4a )＋(1＋4a )＝32，解得a ＝3.解法二：(1＋x )4展开式的通项为T r ＋1＝C r 4x r ，由题意可知，a (C 14＋C 34)＋C 04＋C 24＋C 44＝32，解得a ＝3.8．在(2x －1)5的展开式中，含x 2的项的系是________．(用字填写答案)． 答案 －40解析 由二项展开式的通项T r ＋1＝C r 5(2x )5－r(－1)r (r ＝0,1，…，5)知，当r ＝3时，T 4＝C 35(2x )5－3(－1)3＝－40x 2，所以含x 2的项的系是－40. 9．(x －y )(x ＋y )8的展开式中x 2y 7的系为________．(用字填写答案) 答案 －20解析 (x ＋y )8的通项公式为T r ＋1＝C r 8x 8－r y r(r ＝0,1，…，8，r ∈Z )． 当r ＝7时，T 8＝C 78xy 7＝8xy 7，当r ＝6时，T 7＝C 68x 2y 6＝28x 2y 6，所以(x －y )(x ＋y )8的展开式中含x 2y 7的项为x ·8xy 7－y ·28x 2y 6＝－20x 2y 7，故系为－20.10．若⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 2＋b x 6的展开式中x 3项的系为20，则a 2＋b 2的最小值为________．答案 2解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 2＋b x 6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6(ax 2)6－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫b x r ＝C r 6a 6－r·b r x 12－3r ， 令12－3r ＝3，得r ＝3.由C r 6a 6－r b r ＝C 36a 3b 3＝20，得ab ＝1.所以a 2＋b 2≥2ab ＝2×1＝2.11.⎝⎛⎭⎪⎫xy －y x 8的展开式中x 2y 2的系为________．(用字作答) 答案 70解析 设⎝⎛⎭⎪⎫x y －y x 8的第r ＋1项中含有x 2y 2，则T r ＋1＝C r8⎝ ⎛⎭⎪⎫x y 8－r ⎝⎛⎭⎪⎫－y x r＝C r 8·(－1)r·x8－r －r 2yr － 8- r2，因此8－r －r 2＝2，r －8－r2＝2，即r ＝4.故x 2y 2的系为C 48×(－1)4＝8×7×6×54×3×2×1＝70.。
高考数学异构异模复习第十一章计数原理11.2二项式定理
【解题法】 求二项式中项的系数的和与差的方法技巧 (1)对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b∈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；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；同理求系数 之差时，只需根据题目要求令 x＝1，y＝－1 或 x＝－1，y＝1 即可；如何赋值，要观察所求和与差式的特点， 发现差异，确保正确． (2)若 f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则 f(x)展开式中各项系数之和为 f(1)，偶次项系数之和为 a0＋a2＋ a4＋…＝f1＋2f－1，奇次项系数之和为 a1＋a3＋a5＋…＝f1－2f－1，令 x＝0，可得 a0＝f(0)．
2．(1＋2x)5 的展开式中，x2 的系数等于( )
A．80
B．40
C．20
D．10
解析 Tk＋1＝Cknan－kbk＝Ck515－k(2x)k＝Ck5×2k×xk，令 k＝2，则可得含 x2 项的系数为 C25×22＝40.
3．若(1＋x)(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则 a1＋a2＋…＋a7 的值是( )
②求展开式中系数最大的项． [解析] (1)根据所给的二项式写出展开式的通项 Tr＋1＝Cr8(x2)8－r2xr＝2rCr8x16－3r. 令 16－3r＝4，得 r＝4， 故 x4 的系数是 C84×24＝1120. (2)令 x＝1， 则展开式中各项系数和为(1＋3)n＝22n. 又展开式中二项式系数和为 2n. ∴222nn＝2n＝32，n＝5.
得33kkCCk5k5≥ ≥33kk－ ＋11CCk5k5－ ＋11， ， ∴72≤k≤92，∴k＝4，
即展开式中系数最大的项为
[配套K12]2018高考数学异构异模复习 第十一章 计数原理 11.2 二项式定理撬题 理
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2018高考数学异构异模复习考案 第十一章 计数原理 11.2 二项式定理撬题 理1. (x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为( ) A ．10 B ．20 C ．30 D ．60答案 C解析 由二项展开式通项易知T r ＋1＝C r5(x 2＋x )5－r y r，令r ＝2，则T 3＝C 25(x 2＋x )3y 2，对于二项式(x 2＋x )3，由T t ＋1＝C t 3(x 2)3－t·x t ＝C t 3x6－t，令t ＝1，所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30，故选C.2．已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 5的展开式中含x 23 的项的系数为30，则a ＝( )A. 3 B ．－ 3 C ．6 D ．－6答案 D解析 由二项展开式的通项可得3．二项式(x ＋1)n (n ∈N ＋)的展开式中x 2的系数为15，则n ＝( ) A ．7 B ．6 C ．5 D ．4答案 B解析 由(x ＋1)n ＝(1＋x )n ＝1＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n ，知C 2n ＝15，∴n n －2＝15，解得n ＝6或－5(舍去)．故选B.4.已知(1＋x )n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )A ．212B ．211C ．210D ．29答案 D解析 因为(1＋x )n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，即C mn ＝C n －mn ，所以C 3n ＝C 7n ，解得n ＝10，所以二项式(1＋x )10的展开式中奇数项的二项式系数和为12×210＝29.5．在x (1＋x )6的展开式中，含x 3项的系数为( )A ．30B ．20C ．15D ．10答案 C解析 在(1＋x )6的展开式中，含x 2的项为T 3＝C 26·x 2＝15x 2，故在x (1＋x )6的展开式中，含x 3的项的系数为15.6．设m 为正整数，(x ＋y )2m展开式的二项式系数的最大值为a ，(x ＋y )2m ＋1展开式的二项式系数的最大值为b ，若13a ＝7b ，则m ＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8答案 B解析 由题意知a ＝C m2m ，b ＝C m ＋12m ＋1， ∴13C m2m ＝7C m ＋12m ＋1， 即m ！m ！m ！＝m ＋！m ＋！m ！， 解得m ＝6.7．(a ＋x )(1＋x )4的展开式中x 的奇数次幂项的系数之和为32，则a ＝________. 答案 3解析 解法一：直接将(a ＋x )(1＋x )4展开得x 5＋(a ＋4)x 4＋(6＋4a )x 3＋(4＋6a )x 2＋(1＋4a )x ＋a ，由题意得1＋(6＋4a )＋(1＋4a )＝32，解得a ＝3.解法二：(1＋x )4展开式的通项为T r ＋1＝C r 4x r ，由题意可知，a (C 14＋C 34)＋C 04＋C 24＋C 44＝32，解得a ＝3.8．在(2x －1)5的展开式中，含x 2的项的系数是________．(用数字填写答案)． 答案 －40解析 由二项展开式的通项T r ＋1＝C r 5(2x )5－r(－1)r(r ＝0,1，…，5)知，当r ＝3时，T 4＝C 35(2x )5－3(－1)3＝－40x 2，所以含x 2的项的系数是－40.9．(x －y )(x ＋y )8的展开式中x 2y 7的系数为________．(用数字填写答案) 答案 －20解析 (x ＋y )8的通项公式为T r ＋1＝C r 8x8－r y r(r ＝0,1，…，8，r ∈Z )．当r ＝7时，T 8＝C 78xy 7＝8xy 7，当r ＝6时，T 7＝C 68x 2y 6＝28x 2y 6，所以(x －y )(x ＋y )8的展开式中含x 2y 7的项为x ·8xy 7－y ·28x 2y 6＝－20x 2y 7，故系数为－20.10．若⎝ ⎛⎭⎪⎫ax 2＋b x6的展开式中x 3项的系数为20，则a 2＋b 2的最小值为________．答案 2解析 ⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋b x6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6(ax 2)6－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫b x r ＝C r 6a 6－r ·b r x 12－3r ， 令12－3r ＝3，得r ＝3. 由C r 6a6－r b r＝C 36a 3b 3＝20，得ab ＝1.所以a 2＋b 2≥2ab ＝2×1＝2.11.⎝ ⎛⎭⎪⎫x y－y x 8的展开式中x 2y 2的系数为________．(用数字作答)答案 70 解析 设⎝⎛⎭⎪⎫x y －y x 8的第r ＋1项中含有x 2y 2，则T r ＋1＝C r 8⎝ ⎛⎭⎪⎫x y 8－r ⎝⎛⎭⎪⎫－y x r ＝C r 8·(－1)r·x 8－r － r 2 y r － 8- r2 ，因此8－r －r 2＝2，r －8－r2＝2，即r ＝4.故x 2y 2的系数为C 48×(－1)4＝8×7×6×54×3×2×1＝70.。
高三数学回归教材：第11章 计数原理
38 第十一章 计数原理一、知识梳理（一）基本概念1、分类加法原理、分步乘法原理；2、排列、排列数的定义；3、组合、组合数的定义；（二）必备公式1、排列数公式、恒等式（1）!(1)(1)()()!mn n A n n n m m n n m =--+=≤-；（2）1111(1)m m m mn n n n n A n m A nA A n m ----=-+==-；（3）11nn nn n n nA A A ++=-；（4）111m m m m m m n n m n n n A A A C A mA --+=+⋅=+；（5）①!(1)!!n n n n ⋅=+-；②0!1=；③1!22!33!!(1)!1n n n +⋅+⋅++⋅=+-；2、组合数公式、性质、恒等式（1）(1)(1)!()!!()!mm n n m m A n n n m n C m n A m m nm --+===≤-；01nn n C C ==；（2）①mn m n n C C -=；②11m m mn n n C C C -++=；（课本）（3）11111m m m m n n n n n m n n C C C C m n m m -----+===-；（5）11k k n n kC nC --=，11111k k n n C C k n ++=+；（5）1121m mmm m m m m m n m n C C C C C ++++++++++=；（6）0122n n n n n n C C C C ++++=；02413512n n n n n n n C C C C C C -+++=+++=；（7）1231232nn n n n n C C C nC n -++++=⋅；（8）02122222()()()()n n n n n n n C C C C C ++++=（构造2(1)(1)(1)n n n x x x ++=+求nx 系数可证）；（9）0110r r r rm n m n m n m n C C C C C C C -++++=；（10）123112!3!4!(1)!(1)!nn n ++++=-++，111!(1)!!n n n n -=--），两式一般用于证明；3、排列数与组合数的关系：mmn n A m C =⋅；（三）二项式定理1、公式：0010()n n n r n rrn nn n n n a b C a b C a b C a b C a b -+=+++++；2、通项公式：1(0,1,2,,)r n rr r n T C a b r n -+==；393、展开式特征：共1n +项、每一项次数一样为n 次、依a 的降幕排列、b 的升幕排列；4、二项式系数的性质：（1）在二项展开式中与首未两项“等距离”的两项的二项式系数相等；（2）二项展开式的中间项二项式系数最大；（3）当n 是偶数时，中间项是第12n +项，它的二项式系数2n n C 最大； （4）当n 是奇数时，中间项为两项，即第12n +项和第112n ++项，它们的二项式系数1122n n n n C C -+=最大； （5）二项式系数和：0122n n n n n n C C C C ++++=；02413512n n n n n n n C C C C C C -+++=+++=；5、求系数最大项或最小项：11k k k k A A A A +-≥⎧⎨≥⎩或11k k kk A A A A +-≤⎧⎨≤⎩（k A 为1k T +的系数或系数的绝对值）. 6、近似计算处理方法：当a 的绝对值与1相比很小且n 不大时，常用近似公式(1)1n a na +≈+，因为这时展开式的后面部分2233n n n n n C a C a C a +++很小，可以忽略不计.类似地，有(1)1n a na -≈-，但使用这两个公式时应注意a 的条件，以及对计算精确度的要求.（四）排列、组合问题1、排列、组合问题常用方法：①直接法；②排除法；③捆绑法； ④占位法（特殊元素、位置优先）；⑤插空法；⑥定序法；⑦平均分组法；⑧隔板法；2、排列、组合问题解题策略：①特殊元素优先安排策略； ②合理分类与准确分步策略；③排列、组合混合问题先选后排的策略（处理排列组合综合性问题一般是先选元素，后排列）； ④正难则反，等价转化策略； ⑤相邻问题插空处理策略；⑥不相邻问题插空处理策略； ⑦定序问题除法处理策略；⑧分排问题直排处理的策略； ⑨“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；⑩构造模型的策略.二、考前必看1．用排列组合公式前，先看研究对象是否相同；。
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2018高考数学异构异模复习考案 第十一章 计数原理 课时撬分练11.2 计数原理 理时间：60分钟基础组1. [2016·武邑中学模拟]二项式⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －13x n 的展开式中第4项为常数项，则常数项为( )A ．10B ．－10C ．20D ．－20答案 B解析 由题意可知常数项为T 4＝C 3n (x )n －3⎝⎛⎭⎪⎪⎫－13x 3＝(－1)3C 3n x n －52，令n －52＝0，可得n＝5.故所求常数项为T 4＝(－1)3C 35＝－10，选B.2．[2016·枣强中学一轮检测]在二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 2－1x 11的展开式中，系数最大的项为( )A ．第五项B ．第六项C ．第七项D ．第六项或第七项答案 C解析 依题意可知T r ＋1＝C r11(－1)r x22－3r，0≤r ≤11，r ∈Z ，二项系数最大的是C 511与C 611.所以系数最大的是T 7＝C 611，即第七项．3．[2016·衡水中学周测]已知f (x )＝(ax ＋2)6，f ′(x )是f (x )的导数，若f ′(x )的展开式中x 的系数大于f (x )的展开式中x 的系数，则a 的取值范围是( )A ．a >25或a <0B ．0<a <25C ．a >25D ．a >52或a <0答案 A解析 f (x )的展开式中x 的系数是C 5625a6－5＝192a ，f ′(x )＝6(ax ＋2)5(ax ＋2)′＝6a (ax ＋2)5，f ′(x )的展开式中x 的系数是6a C 4524a 5－4＝480a 2，依题意得480a 2>192a ⇒a >25或a <0，故选A.4. [2016·冀州中学月考]若(1－2x )2013＝a 0＋a 1x ＋…＋a 2013x2013(x ∈R )，则a 12＋a 222＋…＋a 201322013的值为( ) A ．2 B ．0 C ．－1 D ．－2答案 C解析 令x ＝0，则a 0＝1，令x ＝12，则a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 201322013＝0，∴a 12＋a 222＋…＋a 201322013＝－1.故选C.5．[2016·武邑中学周测]若(ax －1)5的展开式中x 3的系数是80，则实数a 的值是( ) A ．－2 B ．2 2 C.34 D ．2答案 D解析 (ax －1)5的展开式的通项是T r ＋1＝(－1)r·C r 5a5－r x 5－r，令5－r ＝3，得r ＝2，故x 3的系数为(－1)2C 25a 3＝80，所以a ＝2.故选D.6．[2016·衡水中学月考]二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1ax6(a >0)展开式中x 2项的系数为15，则实数a ＝________.答案 1解析 由题意可知T r ＋1＝C r 6x 6－2r(－1)r ·a－r,0≤r ≤6，r ∈Z ，则x 2项的系数是C 26a －2＝15，又a >0，则a ＝1.7．[2016·衡水二中一轮检测]二项式⎝⎛⎭⎪⎫x 3＋1x2n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为________．答案 5解析 二项展开式的通项是T r ＋1＝C r n x3n －3r x －2r＝C r n x3n －5r，令3n －5r ＝0，得n ＝5r 3(r ＝0,1,2，…，n )，故当r ＝3时，n 有最小值5.8．[2016·枣强中学猜题]已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12n的展开式中前三项的系数成等差数列，则第四项为________．答案 7x 5解析 由题设，得C 0n ＋14×C 2n ＝2×12×C 1n ，即n 2－9n ＋8＝0，解得n ＝8或n ＝1(不符合题意，舍去)，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋128的展开式的通项为T r ＋1＝C r 8x 8－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫12r，令r ＋1＝4，得r ＝3，则第四项为T 4＝C 38x 5⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝7x 5.9．[2016·衡水中学期中]设(x －1)21＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 21x 21，则a 10＋a 11＝________. 答案 0解析 (x －1)21的展开式的通项为T k ＋1＝C k 21x21－k·(－1)k .由题意知a 10，a 11分别是第x10和x 11项的系数，所以a 10＝－C 1121，a 11＝C 1021，所以a 10＋a 11＝C 1021－C 1121＝0.10．[2016·武邑中学期中]⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x n 的展开式中第五项和第六项的二项式系数最大，则第四项为________．答案212解析 由已知条件第五项和第六项的二项式系数最大，得n ＝9，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12x 9的展开式中第四项为T 4＝C 39(x )6⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 3＝212. 11．[2016·衡水中学期末]已知(1－2x )7＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7. 求：(1)a 1＋a 2＋…＋a 7； (2)a 1＋a 3＋a 5＋a 7； (3)a 0＋a 2＋a 4＋a 6；(4)|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|.解 令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋a 6＋a 7＝－1.① 令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6－a 7＝37.② (1)∵a 0＝C 07＝1，∴a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 7＝－2. (2)(①－②)÷2，得a 1＋a 3＋a 5＋a 7＝－1－372＝－1094.(3)(①＋②)÷2，得a 0＋a 2＋a 4＋a 6＝－1＋372＝1093.(4)∵(1－2x )7展开式中，a 0、a 2、a 4、a 6都大于零，而a 1、a 3、a 5、a 7都小于零， ∴|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋…＋|a 7|＝(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)－(a 1＋a 3＋a 5＋a 7)， ∴由(2)、(3)即可得其值为2187.12. [2016·冀州中学猜题]已知f (x )＝(3x 2＋3x 2)n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.(1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中系数最大的项．解 (1)令x ＝1，则二项式各项系数的和为f (1)＝(1＋3)n ＝4n， 又展开式中各项的二项式系数之和为2n， 由题意知，4n －2n＝992.∴(2n )2－2n －992＝0，∴(2n ＋31)(2n－32)＝0， ∴2n ＝－31(舍)或2n＝32，∴n ＝5. 由于n ＝5为奇数，∴展开式中二项式系数最大的项为中间两项，它们分别是T 3＝C 25(x 23)3(3x 2)2＝90x 6，T 4＝C 35(x 23)2(3x 2)3＝270x223. (2)展开式中的通项公式为T r ＋1＝C r 53r·x 23(5＋2r )．假设T r ＋1项系数最大，则有⎩⎪⎨⎪⎧C r 53r ≥C r －15·3r －1，C r 53r ≥C r ＋15·3r ＋1，∴⎩⎪⎨⎪⎧5！ 5－r ！r ！×3≥5！6－r ！ r －1 ！，5！ 5－r ！r ！≥5！4－r ！ r ＋1 ！×3.∴⎩⎪⎨⎪⎧3r ≥16－r ，15－r ≥3r ＋1.∴72≤r ≤92. ∵r ∈N ，∴r ＝4.∴展开式中系数最大的项为T 5＝C 45x 23·(3x 2)4＝405x 263.能力组13.[2016·武邑中学仿真]设a ，b ，m 为整数(m >0)，若a 和b 被m 除的余数相同，则称a 和b 对模m 同余，记a ＝b (mod m )．若a ＝C 020＋C 120·2＋C 220·22＋…＋C 2020·220，则a ＝b (mod10)，则b 的值可以为( )A ．2011B ．2012C ．2013D ．2014答案 A解析 ∵a ＝C 020＋C 120·2＋C 220·22＋…＋C 2020·220＝(1＋2)20＝320＝(32)10＝(10－1)10＝1010－C 110·109＋C 210·108－…－C 910·10＋C 1010＝1010－C 110·109＋C 210·108－…－C 910·10＋1＝10(109－C 110·108＋C 210·107－…－C 910)＋1，因此a 除10的余数为1，即a ＝1(mod10)，因此b 的值可以为2011，故选A.14．[2016·衡水中学模拟]若将函数f (x )＝x 5表示为f (x )＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 5(1＋x )5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则a 3＝________.答案 10解析 由x 5＝[－1＋(1＋x )]5，所以a 3＝C 35(－1)2＝10. 15．[2016·冀州中学期中]在(2x －3y )10的展开式中，求： (1)二项式系数的和； (2)各项系数的和；(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和； (5)x 的奇次项系数和与x 的偶次项系数和．解 设(2x －3y )10＝a 0x 10＋a 1x 9y ＋a 2x 8y 2＋…＋a 10y 10，(*)各项系数和即为a 0＋a 1＋…＋a 10，奇数项系数和为a 0＋a 2＋…＋a 10，偶数项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9，x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9，x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…a 10.由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和． (1)二项式系数的和为C 010＋C 110＋…＋C 1010＝210.(2)令x ＝y ＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1. (3)奇数项的二项式系数和为C 010＋C 210＋…＋C 1010＝29. 偶数项的二项式系数和为C 110＋C 310＋…＋C 910＝29. (4)令x ＝y ＝1，得到a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，① 令x ＝1，y ＝－1(或x ＝－1，y ＝1)， 得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 10＝510，② ①＋②得2(a 0＋a 2＋…＋a 10)＝1＋510， ∴奇数项的系数和为1＋5102；①－②得2(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝1－510， ∴偶数项的系数和为1－5102.(5)x 的奇次项系数和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9＝1－5102；x 的偶次项系数和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10＝1＋5102.16．[2016·衡水中学仿真]当n ∈N *时，求证：2≤⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n n <3(n ∈N *)．证明 ∵⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＝1＋C 1n ·1n ＋C 2n ·1n ＋…＋C n n ·1n ≥1＋C 1n ·1n＝2，又Ck n·1n k＝n ！k ！ n －k ！n k ＝n n －1 n －2 ·…· n －k ＋1k ！n k＝1k ！·n n ·n －1n ·n －2n ·…·n －k ＋1n＝1k ！⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2n ·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－k －1n ≤1k ！＝11·2·3·…·k ≤11·2·2·…·2＝12k －1，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＝1＋C 1n ·1n ＋C 2n ·1n 2＋…＋C nn ·1n n ≤2＋12！＋13！＋…＋1n ！≤2＋12＋122＋…＋12n －1＝2＋12－12n 1－12＝3－12n －1<3.。