排列组合二项式定理练习题
排列组合二项式定理
2-3第一章周考卷一选择题1. （1+2x ）3的展开式中，x 2的系数等于 ( )A ．80B ．40C ．20D ．10 2.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 （ ）A ．243B ．252C ．261D ．2793.从1,3,5,7,9这五个数中,每次取出两个不同的数分别为,a b ,共可得到lg lg a b -的不同的个数是（ ） A ．9 B ．10C ．18D ．20 4.821⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 的展开中常项为 （ ） A.1635 B.835 C.435 D.105 5.记者要为5名志愿都和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端， 不同的排法共有 （ ） Ａ、1440种 Ｂ、960种 Ｃ、720种 Ｄ、480种6. 若1nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭展开式的二项式系数之和为64，则n （ ） Ａ、5 Ｂ、6 Ｃ、7 Ｄ、87用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有 （ ）A 、288个B 、240个C 、144个D 、126个8.已知n展开式中，各项系数的和与其各项二项式系数的和之比为64，则n 等于 （ ） Ａ、4 Ｂ、5 Ｃ、6 Ｄ、7 9.在复平面内，复数(2－i)2对应的点位于 ( )A.第一象限B. 第二象限C.第三象限D. 第四象限10.5)1)(1(x ax ++的展开式中2x 的系数为5,则=a （ ） A ．4-B ．3-C ．2-D ．1- 11.已知曲线()421-128=y x ax a a =+++在点，处切线的斜率为， （ ） A ．9B ．6C ．-9D ．-6 12.（e x +2x ）dx 等于 （ ）A 、1B 、e ﹣1C 、eD 、e 2+1二 填空题：13从3名骨科.4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组,则骨科.脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是___________14.6个人排成一行,其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有____________种.15. 曲线123-+=x x y 在点P （－1，－1）处的切线方程是______________________16.将3个不同的小球放入4个不同的盒子内，有___________种不同的方法三 解答题：17.已知函数32()f x ax bx cx =++在点0x 处取得极大值5，其导函数()y f x '= 的图象经过点（1，0），（2，0），如图所示，求： （Ⅰ）0x 的值； （Ⅱ）c b a ,,的值.18．3名男生、4名女生，按照不同的要求站成一排，求不同的排队方案有多少种（1）甲不站中间，也不站两端；（2）甲、乙两人必须站两端；（3）甲、乙两人必须相邻；（4）甲、乙两人不得相邻；19.从5名男生和4名女生中选出4人去参加辩论赛，问：（1）如果4人中男生和女生各选2人，有多少种选法？（2）如果男生中的甲与女生中的乙必须在内，有多少种选法？（3）如果男生中的甲与女生中的乙至少有1人在内，有多少种选法？（4）如果4人中必须既有男生又有女生，有多少种选法？20.在83212⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 的展开式中，求： （1）第5项的二项式系数及第5项的系数；（2）倒数第3项21.某班有学生45人，其中O 型血的有10人，A 型血的有12人，B 型血的有8人，AB 型血的有15人，现从中抽1人，其血型为随机变量X ，求X 的分布列。
排列组合+二项式定理(含答案)
高二数学：排列组合二项式定理一、选择题（本大题共16小题，共80.0分）1.如图，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多有几种栽种方案( )A. 180种B. 240种C. 360种D. 420种【答案】D【解析】解：若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有A55种，若5个花池栽了4种颜色的花卉，则2、4两个花池栽同一种颜色的花；或者3、5两个花池栽同一种颜色的花，方法有2A54种，若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有A53种，故最多有A55+2A54+A53=420种栽种方案，故选D．若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有A55种，若5个花池栽了4种颜色的花卉，方法有2A54种，若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有A53种，相加即得所求．本题主要考查排列、组合以及简单计数原理的应用，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．2.甲、乙、丙等6人排成一排，且甲、乙均在丙的同侧，则不同的排法共有( )种(用数字作答)．A. 720B. 480C. 144D. 360【答案】B【解析】解：甲、乙、丙等六位同学进行全排可得A66=720种，∵甲乙丙的顺序为甲乙丙，甲丙乙，乙甲丙，乙丙甲，丙甲乙，丙乙甲，共6种，∴甲、乙均在丙的同侧，有4种，∴甲、乙均在丙的同侧占总数的46=23∴不同的排法种数共有23×720=480种．故选：B．甲、乙、丙等六位同学进行全排，再利用甲、乙均在丙的同侧占总数的46=23，即可得出结论．本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，比较基础．3.从1，3，5中选2个不同数字，从2，4，6，8中选3个不同数字排成一个五位数，则这些五位数中偶数的个数为( )A. 5040B. 1440C. 864D. 720【答案】C【解析】解；先任选一个偶数排在末尾，共有4种选法，其它2个奇数的选法共有3种，剩余2个偶数的选法共有3种，这4个数全排列，共有4×3×2×1=24种方法，共有则这些五位数中偶数的个数为4×3×3×24= 864，故选：C．先按要求排末尾，再排其它，根据分步计数原理可得．本题考查加法原理和乘法原理综合运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．4.从5名学生中选出4名分别参加数学，物理，化学，生物四科竞赛，其中甲不能参加生物竞赛，则不同的参赛方案种数为( )A. 48B. 72C. 90D. 96【答案】D【解析】解：根据题意，从5名学生中选出4名分别参加竞赛，分2种情况讨论：①、选出的4人没有甲，即选出其他4人即可，有A44=24种情况，②、选出的4人有甲，由于甲不能参加生物竞赛，则甲有3种选法，在剩余4人中任选3人，参加剩下的三科竞赛，有A43=24种选法，则此时共有3×24=72种选法，则有24+72=96种不同的参赛方案；故选：D．根据题意，分2种情况讨论选出参加竞赛的4人，①、选出的4人没有甲，②、选出的4人有甲，分别求出每一种情况下分选法数目，由分类计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的实际应用，注意优先考虑特殊元素．5.小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排.若小明的父母至少有一人与他相邻，则不同坐法的总数为( )A. 60B. 72C. 84D. 96【答案】C【解析】解：根据题意，分3种情况讨论：①、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻时，先在其父母中选一人与小明相邻，有C21=2种情况，将小明与选出的家长看成一个整体，考虑其顺序有A22=2种情况，当父母不相邻时，需要将爷爷奶奶进行全排列，将整体与另一个家长安排在空位中，有A22×A32=12种安排方法，此时有2×2×12=48种不同坐法；②、若小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻时，将父母及小明看成一个整体，小明在一端，有2种情况，考虑父母之间的顺序，有2种情况，则这个整体内部有2×2=4种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33=6种情况，此时有2×2×6=24种不同坐法；③、小明的父母都与小明相邻，即小明在中间，父母在两边，将3人看成一个整体，考虑父母的顺序，有A22=2种情况，将这个整体与爷爷奶奶进行全排列，有A33=6种情况，此时，共有2×6=12种不同坐法；则一共有48+24+12=84种不同坐法；故选：C．根据题意，分3种情况讨论：①、小明的父母的只有1人与小明相邻且父母不相邻，②、小明的父母的只有1人与小明相邻且父母相邻，③、小明的父母都与小明相邻，分别求出每一种情况下的排法数目，由分类计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，关键是根据题意，进行不重不漏的分类讨论．6.A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果B必须站在A的右边(A，B可以不相邻)，那么不同的排法共有( )A. 24种B. 60种C. 90种D. 120种【答案】B【解析】解：根据题意，使用倍分法，五人并排站成一排，有A55种情况，而其中B站在A的左边与B站在A的右边是等可能的，则其情况数目是相等的，×A55=60，则B站在A的右边的情况数目为12故选B．根据题意，首先计算五人并排站成一排的情况数目，进而分析可得，B 站在A 的左边与B 站在A 的右边是等可能的，使用倍分法，计算可得答案．本题考查排列、组合的应用，注意使用倍分法时，注意必须保证其各种情况是等可能的．7. C 74+C 75+C 86等于( ) A. C 95B. C 96C. C 87D. C 97【答案】B【解析】解：根据组合数公式C n+1m =C n m−1+C n m得，C 74+C 75+C 86=(C 74+C 75)+C 86 =C 85+C 86 =C 96． 故选：B ．利用组合数公式C n+1m =C n m−1+C n m，进行化简即可．本题考查了组合数公式C n+1m =C n m−1+C n m的逆用问题，是基础题目．8. 9件产品中，有4件一等品，3件二等品，2件三等品，现在要从中抽出4件产品来检查，至少有两件一等品的抽取方法是( )A. C 42⋅C 52B. C 42+C 43+C 44C. C 42+C 52D. C 42⋅C 52+C 43⋅C 51+C 44⋅C 50【答案】D【解析】解：一共有4件一等品，至少两件一等品分为2件，3件，4件，第一类，一等品2件，从4件任取2件，再从3件二等品或2件三等品共5件产品中任取2件，有C 42⋅C 52， 第二类，一等品3件，从4件任取3，再从3件二等品或2件三等品共5件产品中任取1，有C 43⋅C 51，第二类，一等品4件，从4件中全取，有C 44⋅C 50， 根据分类计数原理得，至少有两件一等品的抽取方法是C 42⋅C 52+C 43⋅C 51+C 44⋅C 50． 故选：D ．利用分类计数原理，一共有4件一等品，至少两件一等品分为2件，3件，4件，然后再按其它要求抽取． 本题主要考查了分类计数原理，如何分类是关键，属于基础题．9. 4名同学争夺三项冠军，冠军获得者的可能种数是( )A. 43B. A 43C. C 43D. 4 【答案】A【解析】解：每一项冠军的情况都有4种，故四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是43， 故选：A ．每个冠军的情况都有4种，共计3个冠军，故分3步完成，根据分步计数原理，运算求得结果． 本题主要考查分步计数原理的应用，属于基础题．10. 某班班会准备从含甲、乙的7人中选取4人发言，要求甲、乙两人至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们发言时顺序不能相邻，那么不同的发言顺序有( ) A. 720种 B. 520种 C. 600种 D. 360种 【答案】C【解析】解：分两类：第一类，甲、乙两人只有一人参加，则不同的发言顺序有C 21C 53A 44种；第二类：甲、乙同时参加，则不同的发言顺序有C 22C 52A 22A 32种.共有：C 21C 53A 44+C 22C 52A 22A 32=600(种)． 故选：C ．分两类：第一类，甲、乙两人只有一人参加，第二类：甲、乙同时参加，利用加法原理即可得出结论． 本题考查排列、组合的实际应用，正确分类是关键．11. 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部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有 ( ) A. 144种 B. 72种 C. 64种 D. 84种 【答案】D【解析】解：由题意知本题是一个分步计数问题， 需要先给最上面金着色，有4种结果， 再给榜着色，有3种结果，给题着色，与榜同色，给名着色，有3种结果；与榜不同色，有2种结果，给名着色，有2种结果 根据分步计数原理知共有4×3×(3+2×2)=84种结果， 故选D ．需要先给最上面金着色，有4种结果，再给榜着色，有3种结果，给题着色，与榜同色，给名着色，有3种结果；与榜不同色，有2种结果，给名着色，有2种结果，根据分步计数原理得到结果．本题考查计数原理的应用，解题的关键是理解“公共边的两块区域不能使用同一种颜色，”根据情况对C 处涂色进行分类，这是正确计数，不重不漏的保证．12. 六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )A. 192种B. 216种C. 240种D. 288种 【答案】B【解析】解：最左端排甲，共有A 55=120种，最左端只排乙，最右端不能排甲，有C 41A 44=96种， 根据加法原理可得，共有120+96=216种． 故选：B ．分类讨论，最左端排甲；最左端只排乙，最右端不能排甲，根据加法原理可得结论． 本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．13. 有黑、白、红三种颜色的小球各5个，都分别标有数字1，2，3，4，5，现取出5个，要求这5个球数字不相同但三种颜色齐备，则不同的取法种数有( ) A. 120种 B. 150种 C. 240种 D. 260种 【答案】B【解析】解：根据题意，取出的5个球有三种颜色且数字不同， 分2步进行分析：①，先把取出的5个球分成3组，可以是3，1，1，也可以是1，2，2； 若分成3，1，1的三组，有C 53C 21C 11A 22=10种分组方法； 若分成1，2，2的三组，有C 51C 42C 22A 22=15种分组方法；则共有10+15=25种分组方法，②，让三组选择三种不同颜色，共有A 33=6种不同方法 则共有25×6=150种不同的取法； 故选：B ．因为要求取出的5个球分别标有数字1，2，3，4，5且三种颜色齐备，所以肯定是数字1，2，3，4，5各取一个，分2步分析：先把5个球分成三组，再每组选择一种颜色，由分步计数原理计算可得答案． 本题考查分步计数原理的应用，注意题目中“5个球数字不相同但三种颜色齐备”的要求．14. 从4双不同鞋中任取4只，结果都不成双的取法有____种.( )A. 24B. 16C. 44D. 384 【答案】B【解析】解：取出的四只鞋不成双，可分四步完成，依次从四双鞋子中取一只，取四次，故总的取法有2×2×2×2=16种， 故选B ．取出的四只鞋不成双，可分四步完成，依次从四双鞋子中取一只，取四次，利用乘法原理可得结论．本题考查排列、组合及简单计数问题，考查乘法原理的运用，比较基础．15.某公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客下车的可能方式有( )种．A. 510B. 105C. 50D. A105【答案】A【解析】解：根据题意，公共汽车沿途5个车站，则每个乘客有5种下车的方式，则10位乘客共有510种下车的可能方式；故选：A．根据题意，分析可得每个乘客有5种下车的方式，由分步计数原理计算可得答案．本题考查排列、组合的实际应用，16.从0，1，2，3，4中选取三个不同的数字组成一个三位数，其中奇数有( )A. 18个B. 27个C. 36个D. 60个【答案】A【解析】解：先从1，3中选一个为个位数字，再剩下的3个(不包含0)取1个为百位，再从剩下3个(包含0)取一个为十位，故有2×3×3=18个，故答案为：18．先从1，3中选一个为个位数字，再剩下的3个(不包含0)取1个为百位，再从剩下3个(包含0)取一个为十位，根据分步计数原理可得．本题考查了分步计数原理，关键是分步，属于基础题．二、填空题（本大题共9小题，共45.0分）17.(1+2x)5的展开式中含x2项的系数是______ .(用数字作答)【答案】40【解析】解：由二项式定理的通项公式T r+1=C n r a n−r b r可设含x2项的项是T r+1=C5r15−r(2x)r=2r C5r x r，可知r=2，所以系数为22C52=40所以答案应填40本题是求系数问题，故可以利用通项公式T r+1=C n r a n−r b r来解决，在通项中令x的指数幂为2可求出含x2是第几项，由此算出系数为40本题主要考查二项式定理中通项公式的应用，属于基础题型，难度系数0.9.一般地通项公式主要应用有求常数项，有理项，求系数，二项式系数等．18.(x−1x )(2x+1x)5的展开式中，常数项为______．【答案】−40【解析】解：(x−1x )(2x+1x)5展开式中常数项是(2x+1x )5展开式中的1x项与x的乘积，加上含x项与−1x的乘积；由(2x+1x)5展开式的通项公式为T r+1=C5r⋅(2x)5−r⋅(1x)r=25−r⋅C5r⋅x5−2r，令5−2r=−1，解得r=3，∴T4=22⋅C53⋅1x =40x；令5−2r=1，解得r=2，∴T3=23⋅C52⋅x=80x；所求展开式的常数项为40 x ⋅x+80x⋅(−1x)=40−80=−40．故答案为：−40．根据(x−1x )(2x+1x)5展开式中常数项是(2x+1x)5展开式中的1x项与x的乘积，加上x项与−1x的乘积；利用(2x+1x)5展开式的通项公式求出对应的项即可．本题考查了二项式定理的应用问题，是基础题．19.小明、小刚、小红等5个人排成一排照相合影，若小明与小刚相邻，且小明与小红不相邻，则不同的排法有______ 种.【答案】36【解析】解：根据题意，分2种情况讨论：①、小刚与小红不相邻，将除小明、小刚、小红之外的2人全排列，有A22种安排方法，排好后有3个空位，将小明与小刚看成一个整体，考虑其顺序，有A22种情况，在3个空位中，任选2个，安排这个整体与小红，有A32种安排方法，有A22×A32×A22=24种安排方法；②、小刚与小红相邻，则三人中小刚在中间，小明、小红在两边，有A22种安排方法，将三人看成一个整体，将整个整体与其余2人进行全排列，有A33种安排方法，此时有A33×A22=12种排法，则共有24+12=36种安排方法；故答案为：36．根据题意，分2种情况讨论：①、小刚与小红不相邻，②、小刚与小红相邻，由排列、组合公式分别求出每一种情况的排法数目，由分类加法原理计算可得答案．本题考查排列、组合的运用，注意特殊元素优先考虑，不同的问题利用不同的方法解决如相邻问题用捆绑，不相邻问题用插空等方法．20.(1−3x)7的展开式中x2的系数为______ ．【答案】7【解析】解：由于(1−3x)7的展开式的通项公式为T r+1=C7r⋅(−1)r⋅x r3，令r3=2，求得r=6，可得展开式中x2的系数为C76=7，故答案为：7．在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于2，求出r的值，即可求得展开式中x2的系数．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于基础题21.已知C203x=C20x+4，则x=______ ．【答案】2或4【解析】解：∵C203x=C20x+4，则3x=x+4，或3x+x+4=20，解得x=2或4．故答案为：2或4．由C203x=C20x+4，可得3x=x+4，或3x+x+4=20，解出即可得出．本题考查了组合数的计算公式、方程的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．22.从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有______ 种.【答案】70【解析】解：甲型电视机2台和乙型电视机1台，取法有C42C51=30种；甲型电视机1台和乙型电视机2台，取法有C41C52=40种；共有30+40=70种．故答案为：70任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，有两种方法，一是甲型电视机2台和乙型电视机1台；二是甲型电视机1台和乙型电视机2台，分别求出取电视机的方法，即可求出所有的方法数．本题考查组合及组合数公式，考查分类讨论思想，是基础题．23.一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2.将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之积的数学期望是______ ．【答案】49【解析】解：一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2．将这个小正方体抛掷2次，向上的数之积可能为ξ=0，1，2，4，P(ξ=0)=C31C31+C31C31+C31C31C61C61=34，P(ξ=1)=C21C21C61C61=19，P(ξ=2)=C21C11+C11C21C61C61=19，P(ξ=4)=C11C11C61C61=136，∴Eξ=19+29+436=49．故答案为：49．一个均匀小正方体的6个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2.将这个骰子掷两次得到结果有三种情况，使得它们两两相乘，得到变量可能的取值，结合事件做出概率和期望．数字问题是概率中经常出现的题目，一般可以列举出要求的事件，古典概型要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，而不能列举的可以借助于排列数和组合数来表示．24.把5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分发种数为______.(用数字作答)【答案】240【解析】解：由题意知先把5本书中的两本捆起来看做一个元素共有C52，这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列共有A44，∴分法种数为C52⋅A44=240．故答案为：240．由题意知先把5本书中的两本捆起来看做一个元素，这一个元素和其他的三个元素在四个位置全排列，根据分步计数原理两个过程的结果数相乘得到结果．排列组合问题在几何中的应用，在计算时要求做到，兼顾所有的条件，先排约束条件多的元素，做的不重不漏，注意实际问题本身的限制条件．25.从4名男同学和6名女同学中选取3人参加某社团活动，选出的3人中男女同学都有的不同选法种数是______(用数字作答)【答案】96【解析】解：根据题意，在4名男同学和6名女同学共10名学生中任取3人，有C103=120种，其中只有男生的选法有C43=4种，只有女生的选法有C63=20种则选出的3人中男女同学都有的不同选法有120−4−20=96种；故答案为：96．根据题意，用间接法分析：首先计算在10名学生中任取3人的选法数目，再分析其中只有男生和只有女生的选法数目，分析即可得答案．本题考查排列、组合的应用，注意利用间接法分析，可以避免分类讨论．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）26.已知(2x√x)n展开式前两项的二项式系数的和为10．(1)求n的值．(2)求出这个展开式中的常数项．【答案】解：(1)∵(2x√x)n展开式前两项的二项式系数的和为10∴C n0+C n1=10，解得n=9；(2)∵(2x√x )n展开式的通项T r+1=C n r(2x)n−r(√x)r=2n−r C n r x n−3r2----8分∴令n−3r2=0且n=9得r=6，∴(2x+√x)n展开式中的常数项为第7项，即T7=29−6⋅C96=672．【解析】(1)根据二项式展开式得到前两项的系数，根据系数和解的n的值，(2)利用展开式的通项，求常数项，只要使x的次数为0即可．本题主要考查了二项式定理，利用好通项，属于基础题．27.已知n为正整数，在二项式(12+2x)n的展开式中，若前三项的二项式系数的和等于79．(1)求n的值；(2)判断展开式中第几项的系数最大？【答案】解：(1)根据题意，C n0+C n1+C n2=79，即1+n+n(n−1)2=79，整理得n2+n−156=0，解得n=12或n=−13(不合题意，舍去)所以n=12；…(5分)(2)设二项式(12+2x)12=(12)12⋅(1+4x)12的展开式中第k+1项的系数最大，则有{C12k⋅4k≥C12k−1⋅4k−1 C12k⋅4k≥C12k+1⋅4k+1，解得9.4≤k≤10.4，所以k=10，所以展开式中第11项的系数最大.…(10分)【解析】(1)根据题意列出方程C n0+C n1+C n2=79，解方程即可；(2)设该二项式的展开式中第k+1项的系数最大，由此列出不等式组，解不等式组即可求出k的值．本题考查了二项式定理的应用问题，也考查了转化思想与不等式组的解法问题，是综合性题目．28.已知二项式(1+√2x)n=a0+a1x+a2x2+⋯+a n x n(x∈R，n∈N)(1)若展开式中第五项的二项式系数是第三项系数的3倍，求n的值；(2)若n为正偶数时，求证：a0+a2+a4+a6+⋯+a n为奇数．(3)证明：C n1+2C n2⋅2+3C n3⋅22+⋯+nC n n⋅2n−1=n⋅3n−1(n∈N+)【答案】解：(1)由题意可得C n 4=3⋅C n 2(√2)2，∴n =11．(2)证明：当n 为正偶数时，则a 0+a 2+a 4+a 6+⋯+a n =1+2C n 2+22⋅C n 4+⋯+2n2⋅C n n ， 除第一项为奇数外，其余的各项都是偶数，故1+2C n 2+22⋅C n 4+⋯+2n2⋅C nn 为奇数， 即a 0+a 2+a 4+a 6+⋯+a n 为奇数．(3)∵kC n k =n ⋅C n−1k−1， ∴C n 1+2C n 2⋅2+3C n 3⋅22+⋯+nC n n ⋅2n−1=n(C n−10+C n−11×2+C n−12×22+⋯+C n−1n−1×2n−1) =n ⋅(1+2)n−1=n ⋅3n−1．【解析】(1)直接利用条件可得C n 4=3⋅C n 2(√2)2，由此求得n 的值．(2)当n 为正偶数时，则a 0+a 2+a 4+a 6+⋯+a n =1+2C n 2+22⋅C n 4+⋯+2n2⋅C nn ，除第一项为奇数外，其余的各项都是偶数，从而证得结论．(3)由kC n k =n ⋅C n−1k−1，可得C n 1+2C n 2⋅2+3C n 3⋅22+⋯+nC n n ⋅2n−1=n(C n−10+C n−11×2+C n−12×22+⋯+C n−1n−1×2n−1)，再利用二项式定理证得所给的等式成立．本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题．29. 从5名男生和4名女生中选出4人去参加座谈会，问：(Ⅰ)如果4人中男生和女生各选2人，有多少种选法？(Ⅱ)如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内，有多少种选法？ (Ⅲ)如果4人中必须既有男生又有女生，有多少种选法？【答案】解：(Ⅰ)根据题意，从5名男生中选出2人，有C 52=10种选法，从4名女生中选出2人，有C 42=6种选法，则4人中男生和女生各选2人的选法有10×6=60种；(Ⅱ)先在9人中任选4人，有C 94=126种选法，其中甲乙都没有入选，即从其他7人中任选4人的选法有C 74=35种， 则甲与女生中的乙至少要有1人在内的选法有126−35=91种；(Ⅲ)先在9人中任选4人，有C 94=126种选法，其中只有男生的选法有C 51=5种，只有女生的选法有C 41=1种， 则4人中必须既有男生又有女生的选法有126−5−1=120种．【解析】(Ⅰ)根据题意，分别计算“从5名男生中选出2人”和“从4名女生中选出2人”的选法数目，由分步计数原理计算可得答案；(Ⅱ)用间接法分析：先计算在9人中任选4人的选法数目，再排除其中“甲乙都没有入选”的选法数目，即可得答案；(Ⅲ)用间接法分析：先计算在9人中任选4人的选法数目，再排除其中“只有男生”和“只有女生”的选法数目，即可得答案．本题考查排列、组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用，(Ⅱ)(Ⅲ)中可以选用间接法分析．30. 某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目，求分别满足下列条件的排节目单的方法种数：(1)一个唱歌节目开头，另一个压台； (2)两个唱歌节目不相邻；(3)两个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．【答案】解：(1)先排歌曲节目有A 22种排法，再排其他节目有A 66种排法，所以共有A 22A 66=1440种排法．(2)先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目，有A 66种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排歌曲节目，有A 72种插入方法，所以共有A 66A 72=30240种排法．(3)两个唱歌节目相邻，用捆绑法，3个舞蹈节目不相邻，利用插空法，共有A 44A 53A 22=2880种． 【解析】(1)先排歌曲节目，再排其他节目，利用乘法原理，即可得出结论； (2)先排3个舞蹈，3个曲艺节目，再利用插空法排唱歌，即可得到结论；(3)两个唱歌节目相邻，用捆绑法，3个舞蹈节目不相邻，利用插空法，即可得到结论．本题考查排列组合知识，考查学生利用数学知识解决实际问题的能力，属于中档题．。
排列组合与二项式定理单元练习
排列组合与二项式定理单元练习姓名：一，选择题1．从10名学生中推出3名学生参加申奥宣传活动，不同的选法种数为（ ）A ．(110C )3B ．110C 19C C ．310P D ．310C 2. 从6名短跑运动员中选取4人参加4⨯100m 接力赛,如果甲,乙两人都不跑第一棒,那么不同的参赛方案有( )A ．180种B ．240种C ．300种D ．360种 3．9)1(-x 按x 的降幂排列系数最大的项是（）A ． 第四项和第五项B ．第五项C ．第五项和第六项D ．第六项 4.从4台A 型笔记本电脑和5台B 型笔记本电脑中任意选取3台,其中至少要有A 型和B 型笔记本电脑一台,则不同的选取方法共有( ) A ．140种 B ．84种 C ．70种 D ．35种5.从男乒乓球运动员7人,女乒乓球运动员5人中选出4人,进行男女混合双打比赛,不同的分配方法数为( )22252725272527442527..4..P C C D P P C C C B P C C A ⋅⋅⋅⋅⋅⋅6.6)12(xx -的展开式中的常数项是( )A ．-20B ．20C ．-160D ．1607. 若3322103)32(x a x a x a a x +++=+，则231220)()(a a a a +-+的值为( ) A ．-1B ．1C ．0D ．28.设n x x )3(2131+的展开式的各项系数之和为t,其二项式系数为h,若t+h=272,则展开式的x 2项的系数是( ) A ．21B ．1C ．2D ．39． 5个旅客投宿3家旅店，不同的投宿法共有（ ） A ．35种B ．53种C ．35C 种D ．35P 种10．如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线表示它们有网线相联，连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量，现从结点A 向结点B 传递信息，信息可以分开沿不同的路线同进传递，则单位时间内传递的最大信息量为（ ） A ．26 B ．24 C ．20 D ．19二.填空题,11.1122lim ++∞→n n n n n C C = ; 12.已知62)2(px x -的展开式中不含x 的项是2720,则P 的值是 ;13.有唱歌、相声、小品、哑剧、杂技5个节目，其中哑剧不排第一，相声不排第五，则节目排演方法数为 。
排列组合二项式定理练习题
排列组合二项式定理练习题1.有5本不同的书，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 ．962.某校开设A 类选修课3门，B 类选修课4门，一位同学从中选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( )．A ．30种B ．35种C ．42种D ．48种3.某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有( )．A ．16种B ．36种C ．42种D ．60种4.2013年春节放假安排：农历除夕至正月初六放假，共7天．某单位安排7位员工值班，每人值班1天，每天安排1人．若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案共有( )A ．1 440种B ．1 360种C ．1 282种D ．1 128种5.二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x 6的展开式中的常数项是( ) A ．20 B ．－20 C ．160 D ．－1606.已知⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a x 8展开式中常数项为1 120，其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和是( )．A ．28B ．38C ．1或38D ．1或287.设⎝ ⎛⎭⎪⎫5x －1x n的展开式的各项系数之和为M ，二项式系数之和为N ，若M －N ＝240，则展开式中x 的系数为( )．A ．－150B ．150C ．300D ．－3008.广州亚运会火炬传递在A ，B ，C ，D ，E ，F 六个城市之间进行，以A 为起点，F 为终点，B 与C 必须接连传递，E 必须在D 的前面传递，且每个城市只经过一次，那么火炬传递的不同路线共有__________种9.在某次中外海上联合搜救演习中，参加演习的中方有4艘船、3架飞机；外方有5艘船、2架飞机．若从中、外两组中各选出2个单位(1架飞机或1艘船都可作为1个单位，所有的船只两两不同，所有的飞机两两不同)，则选出的4个单位中恰有1架飞机的不同选法共有多少种？10.已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一测试，直至找到所有4件次品为止．(1)若恰在第2次测试时，才测试到第一件次品，第8次才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？11.已知a为如图所示的程序框图中输出的结果，求二项式(a x－1x)6的展开式中含x2项的系数．。
(完整版)排列组合二项式定理测试及答案
排列、组合和二项式定理测试卷、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分，每个小题只有一个选项）1•甲班有四个小组，每组成部分10人，乙班有3个小组，每组15人，现要从甲、乙两班中选1人担任校团委部，不同的选法种数为（ ） 9.已知（xa）8展开式中常数项为1120,其中实数a 是常数，则展开式中各项系数的和是（）xA . 28B . 38C . 1 或 38D . 1 或 2810 .某城市新修建的一条道路上有12盏路灯，为了节省用电而又不能影响正常的照明，可以熄灭其中的3盏灯，但两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，则熄灯的方法有（3D . C 8 种每4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）13 .不同的五种商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁两种不能排在一 起，则不同的排法种数共有 ______________________ .14 . （x 2）10（x 2 1）的展开式中x 10的系数为 ___________ .（用数字作答）3 4 511.设(1 x) (1 x) (1 x) L (1 x)50a 0 a 1x L50a 5°x ，则a 3的值是（A . C 50B .C 51C . C ；13D . 2C 5012 .北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班, A . 18 B .72 C.36D3.展开式的第7项是( )282856 A 一6B —一6C一6aaa4.用二项式定理计算9.985，精确到 1的近似值为（)D 86( ) .14456-6aD . 990055. 不同的五种商品在货架上排成一排,则不同的排法种数共有（A . 12 种B . _ 2 6. 若（3 x —）n 展开式中含 xA .第8项 其中甲、乙两种必须排在一起,丙、 丁两种不能排在一起,7.从4名男生和同的选法共有 A 140 种 )20种C . 24 种 48种3x 的项是第 3名女生中选出 8项，则展开式中含 C .第10项1 1的项是（xD .第11项4人参加某个座谈会,( B 34种若这4人中必须既有男生又有女生,则不C 35种D 120 种3A . C 11 种124 4 C 14C 12C 8C U C 142CA 80B 84C 852. 6人站成一排，甲、乙 、丙三人必须站在一起的排列种数为 C . A . 99000B . 9900299004124 4 C 14 C 12C 8若c n C；C：Cn 1=32,则n= _________ 。
竞赛专题10排列组合、二项式定理原卷版
【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题10 排列组合、二项式定理（50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2018·广东·高三竞赛）袋中装有m 个红球和n 个白球，m ＞n≥4.现从中任取两球，若取出的两个球是同色的概率等于取出的两个球是异色的概率，则满足关系40m n +≤的数组（m ，n ）的个数为_______.2．（2018·湖南·高三竞赛）已知123A B={a ,,}a a ⋃，当A B ≠时，(,)A B 与(,)B A 视为不同的对，则这样的(,)A B 对的个数有_____个.3．（2018·湖南·高三竞赛）从-3、-2、-1、0、1、2、3、4八个数字中，任取三个不同的数字作为二次函数()()20f x ax bx c a =++≠的系数.若二次函数的图象过原点，且其顶点在第一象限或第三象限，这样的二次函数有_____个.4．（2018·湖南·高三竞赛）31||2||x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为_____. 5．（2018·四川·高三竞赛）设集合{}1,2,3,4,5,6,7,8I =，若I 的非空子集A B 、满足A B =∅，就称有序集合对(),A B 为I 的“隔离集合对”，则集合I 的“隔离集合对”的个数为______.（用具体数字作答）6．（2020·浙江·高三竞赛）已知十进制九位数()12910a a a ⋅⋅⋅，则所有满足1254a a a >>>=，569a a a <<<的九位数的个数为__________.7．（2018·山东·高三竞赛）集合A 、B 满足{}1,2,3,,10A B =，A B =∅，若A 中的元素个数不是A 中的元素，B 中的元素个数不是B 中的元素，则满足条件的所有不同的集合A 的个数为______．8．（2020·辽宁锦州·高二期末）202148被7除后的余数为_______.9．（2021·江西·铅山县第一中学高二阶段练习（理））已知多项式()()10310290129101(1)(1)1x x a a x a x a x a x +=+++++++++，则2a =___________. 10．（2021·全国·高三竞赛）若33223(2011)x y ax bx y cxy dy +=+++，则248a b c d -+-=__________．11．（2020·江苏·高三竞赛）用三个数字“3，1，4”构成一个四位密码，共有___________种不同结果．12．（2020·江苏·高三竞赛）已知集合{}1,2,3,4,5,6A =，则满足()()()f f f x x =的函数f ：A A →共有___________个．13．（2018·河北·高三竞赛）欲登上7阶楼梯，某人可以每步跨上两阶楼梯，也可以每步跨上一阶楼梯，则共有_____种上楼梯的方法.14．（2018·河南·高三竞赛）若()()222012224n n n x a a x a x a x n *+=++++∈N ，则242n a a a +++被3除的余数是______．15．（2018·湖北·高三竞赛）一枚骰子连贯投掷四次，从第二次起每次出现的点数都不小于前一次出现的点数的概率为______.16．（2019·河南·高二竞赛）称{1,2,3,4,5,6,7,8,9}的某非空子集为奇子集：如果其中所有数之和为奇数，则奇子集的个数为____________ .17．（2019·贵州·高三竞赛）已知m ∈{11，13，15，17，19}，n ∈{2000，2001，…，2019}，则mn 的个位数是1的概率为____________ .18．（2020·全国·高三竞赛）在1，2，3，…，10中随机选出一个数a 在－1，－2，－3，…，－10中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为______ .19．（2021·全国·高三竞赛）把数字09～进行排列，使得2在3的左边，3在5的左边，5在7的左边的排法种数为_________．20．（2021·全国·高三竞赛）若多项式219201x x x x -+--+可以表示成1920011920a a y a y a y ++++，这里1y x =+，则2a =___.21．（2021·全国·高三竞赛）有甲乙两个盒子，甲盒中有5个球，乙盒中有6个球（所有球都是一样的）.每次随机选择一个盒子，并从中取出一个球，直到某个盒子中不再有球时结束.则结束时是甲盒中没有球的概率为______.22．（2021·全国·高三竞赛）一次聚会有8个人参加，每个人都恰好和除他之外的两个人各握手一次．聚会结束后，将所有握手的情况记录下来，得到一张记录单．若记录单上的每条握手记录不计先后顺序（即对某两张记录单，可以分别对其各条记录进行重新排列后成为两张完全相同的，则这两张被认为是同一种），则所有可能的记录单种数为_______．23．（2021·全国·高三竞赛）先后三次掷一颗骰子，则其中某两次的点数和为10的概率为___________．24．（2021·浙江·高二竞赛）对于正整数n ，若(5315)n xy x y -+-展开式经同类项合并，(,0,1,,)i j x y i j n =合并后至少有2021项，则n 的最小值为______.25．（2021·浙江·高三竞赛）已知整数数列1a ，2a ，…，10a ，满足1012a a =，4862+=a a a ，且11k k a a +-=（1k =，2，…，9），则这样的数列个数共有______个. 26．（2021·全国·高三竞赛）将2枚白棋和2枚黑棋放入一个44⨯的棋盘中，使得棋盘的每个方格内至多放入一枚棋子，且相同颜色的棋子既不在同一行，也不在同一列，如果我们只区分颜色而不区分同种颜色的棋子，则不同放法的种数为_________． 27．（2021·全国·高三竞赛）用平行于各边的直线将一个边长为10的正三角形分成边长为1的正三角形表格，则三个顶点均为格点且各边平行于分割线或与分割线重合的正三角形的个数是___________.28．（2021·全国·高三竞赛）设()40382019201k k k x xa x =++=∑，其中(0,1,,4038)i a i =为常数，则134630k k a ==∑___________.29．（2021·全国·高三竞赛）设129,,,a a a 是1，2，…，9的一个排列，如果它们满足123456789a a a a a a a a a <<>>>><<，则称之为一个“波浪形排列”.则所有的“波浪形排列”的个数为___________.30．（2021·全国·高三竞赛）从正方形的四个顶点及四条边的中点中随机选取三个点，则“这三个点能够组成等腰三角形”发生的概率为___________.31．（2021·全国·高三竞赛）圆周上有20个等分点，从中任取4个点，是某个梯形4个顶点的概率是_______．32．（2021·全国·高三竞赛）在平面直角坐标系xOy 中，点集{(,){1,2},{1,2,3,4}}K x y x y =∈∈．从K 中随机取出五个点，则其中有四点共线或四点共圆的概率为____________．33．（2021·全国·高三竞赛）在0、1、2、3、4、5、6中取5个数字组成无重复数字的五位数，其中是27倍数的最小数是_______．34．（2019·山东·高三竞赛）6个相同的红色球，3个相同的白色球，3个相同的黄色球排在一条直线上，那么同色球不相邻的概率是______ .35．（2019·贵州·高三竞赛）若(a +b )n 的展开式中有连续三项的二项式系数成等差数列，则最大的三位正整数n =____________ .36．（2019·广西·高三竞赛）从1，2，…，20中任取3个不同的数，这3个数构成等差数列的概率为____________ .37．（2019·浙江·高三竞赛）在复平面上，任取方程10010z -=的三个不同的根为顶点组成三角形，则不同的锐角三角形的数目为____________.38．（2019·新疆·高三竞赛）随机取一个由0和1构成的8位数，它的偶数位数字之和与奇数位数字之和相等的概率为____________ .39．（2019·新疆·高三竞赛）记[x ]为不超过实数x 的最大整数.若27788A ⎡⎤⎡⎤=+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦201920207788⎡⎤⎡⎤+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，则A 除以50的余数为____________ . 40．（2020·全国·高三竞赛）现有10张卡片，每张卡片上写有1，2，3，4，5中两个不同的数，且任意两张卡片上的数不完全相同．将这10张卡片放入标号为1，2，3，4，5的五个盒子中，规定写有i ，j 的卡片只能放在i 号或j 号盒子中．一种放法称为“好的”，如果1号盒子中的卡片数多于其他每个盒子中的卡片数．则“好的”放法共有________种．41．（2021·浙江·高三竞赛）一条直线上有三个数字1a ，2a ，3a ，数字2a 位于1a ，3a 之间，称数值1223a a a a -+-为该直线的邻差值.现将数字1~9填入33⨯的格子中，每个数字均出现，过横向三个格子､竖向三个格子及对角线三个格子共形成8条直线.则这8条直线的邻差值之和的最小值为______，最大值为______.42．（2021·全国·高三竞赛）刘老师为学生购买纪念品，商店中有四种不同类型纪念品各10件（每种类型纪念品完全相同），刘老师计划购买24件纪念品，且每种纪念品至少购买一件．则共有________种不同的购买方案．43．（2021·全国·高三竞赛）从集合{1,2,,2020}的非空子集中随机取出一个，其元素之和恰为奇数的概率为____________．44．（2021·全国·高三竞赛）将圆周21n 等分于点1221,,,n A A A +，在以其中每三点为顶点的三角形中，含有圆心的三角形个数为__________．二、解答题45．（2021·全国·高二课时练习）已知集合M={1，2，3，4，5，6}，N={6，7，8，9}，从M 中选3个元素，N 中选2个元素组成一个含5个元素的新集合C ，则这样的集合C 共有多少个？46．（2018·广东·高三竞赛）已知正整数n 都可以唯一表示为2012999m m n a a a a =+⋅+⋅++⋅∈的形式，其中m 为非负整数，{}0,1,,8j a ∈（0j =，1,,1m -），{}1,,8m a ∈.试求∈中的数列012,,,,m a a a a 严格单调递增或严格单调递减的所有正整数n 的和.47．（2019·江苏·高三竞赛）平面直角坐标系中有16个格点(i ，j )，其中0≤i ≤3，0≤j ≤3.若在这16个点中任取n 个点，这n 个点中总存在4个点，这4个点是一个正方形的顶点，求n 的最小值.48．（2019·上海·高三竞赛）设n 为正整数，称n ×n 的方格表Tn 的网格线的交点(共(n +1)2个交点)为格点.现将数1，2，……，(n +1)2分配给Tn 的所有格点，使不同的格点分到不同的数.称Tn 的一个1×1格子S 为“好方格”，如果从2S 的某个顶点起按逆时针方向读出的4个顶点上的数依次递增(如图是将数1，2，…，9分配给T 2的格点的一种方式，其中B 、C 是好方格，而A 、D 不是好方格)设Tn 中好方格个数的最大值为f (n ).（1）求f (2)的值；（2）求f (n )关于正整数n 的表达式.49．（2021·全国·高三竞赛）平面上有n 个点，其中无三点共线，将这n 个点两两相连，用红、黄、绿三种颜色染这些线段，且任意三点所成的三角形的三条边均恰好有两种颜色，证明：13n <．50．（2021·全国·高三竞赛）求方程||1r s p q -=的整数解，其中p ､q 是质数，r ､s 是大于1的正整数，并证明所得到的解是全部解.。
高考复习专题：排列组合、二项式定理测试题及答案
专题20 排列组合、二项式定理测试题满分150分 时间120分钟一、选择题（本大题共12小题，每题5分，共60分） 1.设i 为虚数单位，则(x ＋i)6的展开式中含x 4的项为( ) A ．－15x 4 B ．15x 4 C ．－20i x 4 D ．20i x 42.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，则不同的取法共有( ) A ．60种 B ．63种 C ．65种 D ．66种3.甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有( )A ．30种B ．36种C ．60种D ．72种4.已知(x ＋2)15＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a 15(1－x )15，则a 13的值为( ) A ．945 B ．－945 C ．1 024 D ．－1 0245.某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( )A ．72B ．168C ．144D ．1006.若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n 展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是( )A ．360B ．180C ．90D ．457．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( ) A ．232 B ．252 C ．472 D ．4848.若(1－2x )2 016＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2 016 x 2 016，则a 12＋a 222＋…＋a 2 01622 016的值为( ) A ．2 B ．0 C ．－1 D ．－29.某校开设A 类课3门，B 类课5门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( )A ．15种B ．30种C ．45种D ．90种10.某宾馆安排A ，B ，C ，D ，E 五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A ，B 不能住同一房间，则不同的安排方法有( )A ．24种B ．48种C ．96种D ．114种11.若n⎛⎫的展开式中的二项式系数之和为64，则该展开式中3y 的系数是（ ） A ．15 B ．15- C ．20 D ．20-12.在(x －2)2 006的二项展开式中，含x 的奇次幂的项之和为S ，当x ＝2时，S ＝( ) A ．23 008 B ．－23 008 C ．23 009 D ．－23 009 二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）13．一栋7层的楼房备有电梯，在一楼有甲、乙、丙三人进了电梯，则满足有且仅有一人要上7楼，且甲不在2楼下电梯的所有可能情况种数有 ． 14．若⎝⎛⎭⎪⎫ax 2＋1x 5的展开式中x 5的系数是－80，则实数a ＝________．15.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有__________种(用数字作答)．16.若(1－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，则函数f (x )＝a 2x 2＋a 1x ＋a 0的单调递减区间是________．三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.要从7个班中选10人参加数学竞赛，每班至少1人，共有多少种不同的选法？18.赛艇运动员10人，3人会划右舷，2人会划左舷，其余5人两舷都能划，现要从中选6人上艇，平均分配在两舷上划浆，有多少种不同的选法？19、在二项式n的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列.（1）求展开式中的常数项；（2）求展开式中各项的系数和.20（1）求展开式中各项的系数和；（2）求展开式中的有理项．21.从1到9这九个数字中取三个偶数和四个奇数，试问：(1)能组成多少个没有重复数字的七位数？(2)上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？(3)在(1)中的七位数中，偶数排在一起，奇数也排在一起的有几个？ (4)在(1)中任意两个偶数都不相邻的七位数有几个？22、已知()(23)n f x x =-展开式的二项式系数和为512，且2012(23)(1)(1)n x a a x a x -=+-+-(1)n n a x ++-L .（1）求2a 的值； （2）求123n a a a a ++++L 的值.专题20 排列组合、二项式定理测试题参考答案一、选择题1.解析：选A 二项式的通项为T r ＋1＝C r 6x 6－r i r，由6－r ＝4，得r ＝2. 故T 3＝C 26x 4i 2＝－15x 2.故选A.2.解析：选D 从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数的取法分为三类：第一类是取四个偶数，即C 44＝1种方法；第二类是取两个奇数，两个偶数，即C 25C 24＝60种方法；第三类是取四个奇数，即C 45＝5，故有5＋60＋1＝66种方法．学_科网3.解析：选A 甲、乙两人从4门课程中各选修2门有C 24C 24＝36种选法，甲、乙所选的课程中完全相同的选法有6种，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有36－6＝30种．4.解析：选B 由(x ＋2)15＝[3－(1－x )]15＝a 0＋a 1(1－x )＋a 2(1－x )2＋…＋a 15(1－x )15，得a 13＝C 1315×32×(－1)13＝－943. 5.解析：选D 先安排小品类节目和相声类节目，然后让歌舞类节目去插空．(1)小品1，相声，小品2.有A 22A 34＝48； (2)小品1，小品2，相声．有A 22C 13A 23＝36； (3)相声，小品1，小品2.有A 22C 13A 23＝34.共有48＋36＋36＝100种． 6.解析：选B 依题意知n ＝10， ∴T r ＋1＝C r 10(x )10－r·⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2r ＝C r 102r·x 5－52r ， 令5－52r ＝0，得r ＝2，∴常数项为C 21022＝180.7..解析：选C 由题意，不考虑特殊情况，共有C 316种取法，其中每一种卡片各取3张，有4C 34种取法，取出2张红色卡片有C 24·C 112种取法，故所求的取法共有C 316－4C 34－C 24·C 112＝560－16－72＝472种，选C.8.解析：选C 当x ＝0时，左边＝1，右边＝a 0，∴a 0＝1. 当x ＝12时，左边＝0，右边＝a 0＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01622 016， ∴0＝1＋a 12＋a 222＋…＋a 2 01622 016.即a 12＋a 222＋…＋a 2 01622 016＝－1.9.解析：可分以下2种情况：①A 类选修课选1门，B 类选修课选2门，有C 13C 25种不同的选法；②A 类选修课选2门，B 类选修课选1门，有C 23C 15种不同的选法．∴根据分类计数原理知不同的选法共有C 13C 25＋C 23C 15＝30＋15＝45(种)．答案：C10解析：5个人住三个房间，每个房间至少住1人，则有(3,1,1)和(2,2,1)两种，当为(3,1,1)时，有C 35A 33＝60(种)，A ，B 住同一房间有C 13A 33＝18(种)，故有60－18＝42(种)；当为(2,2,1)时，有C 25C 23A 22·A 33＝90种，A ，B 住同一房间有C 23A 33＝18(种)，故有90－18＝72(种)．根据分类计数原理共有42＋72＝114(种)，故选D. 答案：D11. 【答案】A 【解析】由题意得264,6nn ==，因此3363622166r r r r r r r T C C x y ---+==，从而333,42r r -==，因此展开式中3y 的系数是426615.C C ==选A. 12. 答案：B 解析：设(x －2)2 006＝a 0x 2 006＋a 1x 2 005＋…＋a 2 005x ＋a 2 006，则当x ＝2时，有a 0(2)2006＋a 1(2)2 005＋…＋a 2 0052＋a 2 006＝0①；当x ＝－2时，有a 0(2)2 006－a 1(2)2 005＋…－a 2 0052＋a 2 006＝23 009②.①－②得2[a 1(2)2 005＋…＋a 2 005(2)]＝－23 009，即2S ＝－23 009，∴S ＝－23 006.故选B. 二、填空题 13．【答案】65【解析】分二类：第一类，甲上7楼，有52种；第二类：甲不上7楼，有4×2×5种，52＋4×2×5＝65．14.解析：T r ＋1＝C r 5·(ax 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r ＝C r 5·a 5－rx 10－52r .令10－52r ＝5，解得r ＝2.又展开式中x 5的系数为－80，则有C 25·a 3＝－80，解得a ＝－2. 答案：－215.解析：把8张奖券分4组有两种方法，一种是分(一等奖，无奖)、(二等奖，无奖)、(三等奖，无奖)、(无奖，无奖)四组，分给4人有A 44种分法；另一种是一组两个奖，一组只有一个奖，另两组无奖，共有C 23种分法，再分给4人有C 23A 24种分法，∴不同获奖情况种数为A 44＋C 23A 24＝24＋36＝60. 答案：6016.解析：∵(1－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4＋a 5x 5，∴a 0＝1，a 1＝－C 15＝－5，a 2＝C 25＝10，∴f (x )＝10x 2－5x ＋1＝10⎝ ⎛⎭⎪⎫x －142＋38，∴函数f (x )的单调递减区间是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，14.答案：⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，14三、解答题17、解 方法一 共分三类：第一类：一个班出4人，其余6个班各出1人，有C 17种；第二类：有2个班分别出2人，3人，其余5个班各出1人，有A 27种；第三类：有3个班各出2人，其余4个班各出1人，有C 37种，故共有C 17＋A 27＋C 37＝84(种).方法二 将10人看成10个元素，这样元素之间共有9个空(两端不计)，从这9个空中任选6个(即这6个18.解 分三类，第一类.2人只划左舷的人全不选，有C 35C 35＝100(种)；第二类，2人只划左舷的人中只选1人，有C 12C 25C 36＝400(种)；第三类，2人只划左舷的人全选，有C 22C 15C 37＝175(种).所以共有C 35C 35＋C 12C 25C 36＋C 22C 15C 37＝675(种).位置放入隔板，将其分为七部分)，有C 69＝84(种)放法.故共有84种不同的选法.19.解：展开式的通项为2311()(0,1,22n rr r r n T C x r -+=-=,…,)n由已知：00122111()()()222n n n C C C -,,成等差数列，∴ 121121824n n C C n ⨯=+∴=,（1）5358T = （2）令1x =，各项系数和为125620.【解析】在展开式中，恰好第五项的二项式系数最大，则展开式有9项，∴ 8=n ．∴ 中，令1=x（2）通项公式为 ，1，2， (8)整数，即8,5,2=r 时，展开式是有理项，有理项为第3、6、9项，即21.解 (1)分步完成：第一步：在4个偶数中取3个，有C 34种情况. 第二步：在5个奇数中取4个，有C 45种情况. 第三步：3个偶数，4个奇数进行排列，有A 77种情况.所以符合题意的七位数有C 34·C 45·A 77＝100 800(个).(2)上述七位数中，三个偶数排在一起的有C 34·C 45·A 55·A 33＝14 400(个).(3)上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有C 34·C 45·A 33·A 44·A 22＝5760(个). (4)上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空位(包括两端)，共有C 34·C 45·A 44·A 35＝28 800(个).22.【解析】（1）根据二项式的系数和即为2n ，可得25129n n =⇒=，因此可将()f x 变形为99()(23)[2(1)1]f x x x =-=--，其二项展开式的第1r +为9919(1)2(1)(09)r r r r r T C x r --+=--≤≤，故令7r =，可得727292(1)144a C =-=-；（2）首先令令901,(213)1x a ==⨯-=-，再令令2x =，得901239(223)1a a a a a +++++=⨯-=L ，从而1239012390()2a a a a a a a a a a ++++=+++++-=L L . （1）由二项式系数和为512知，9251229n n ==⇒= 2分，99(23)[2(1)1]x x -=-- ，∴727292(1)144a C =-=- 6分；（2）令901,(213)1x a ==⨯-=-，令2x =，得901239(223)1a a a a a +++++=⨯-=L ，∴1239012390()2a a a a a a a a a a ++++=+++++-=L L 12分．。
排列组合与二项式定理综合专项训练(有答案)
9、有6本不同的书，全部借给4人，每人至少1本，有多少种不同的借法（ ）
A．120种B．150种C．180种D．210种
10、将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则不同的分配方案有
A．30种B．90种C．180种D．270种
11、某单位要邀请10位教师中的6人参加一个研讨会，其中甲、乙两位教师不能同时参加，则邀请的不同方法有（ ）
53、若 的展开式中的第5项等于 ，则 的值为（ ）.
A．1 B． C． D．
54、代数式 的展开式中，含 项的系数是
A．－30B．30C．70D．90
55、将4个相同的白球和5个相同的黑球全部放入3个不同的盒子中，每个盒子既要有白球，又要有黑球，且每个盒子中都不能同时只放入2个白球和2个黑球，则所有不同的放法种数为
65、用4种不同的颜色为正方体的六个面着色，要求相邻两个面颜色不相同，则不同的着色方法有（）种。
A．24B．48C．72D．96
66、若 的展开式中 的系数是80，则实数a的值为
A．-2B．2 C． D．2
38、若 的展开式中 的系数是()
A． B． C． D．
39、五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案共有
Ａ． 种Ｂ． 种Ｃ． 种Ｄ． 种
40、有两排座位，前排4个座位，后排5个座位，现安排2人就坐，并且这2人不相邻（一前一后也视为不相邻），那么不同坐法的种数是
（A）36种（B）108种（C）216种（D）432种
19、在 展开式中，含 的负整数指数幂的项共有（ ）
A．8项B．6项C．4项D．2项
排列组合二项式定理练习2(含答案)
高考链接 1.(2020年) 设2022001220(65)x a a x a x a x -=+++⋅⋅⋅+，则01220a a a a +++⋅⋅⋅+=（ ）A.0B. 1-C.1D.2021-2.(2019年). 北京至雄安将开通高铁，共设有6个高铁站（包含北京站和雄安站），则需设计不同车票的种类有（ ）A.12种B.15种C.20种D.30种3.(2019年).在二项式12212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，常数项等于( )A ．412C ·28B ．－412C ·28 C ．612C ·26D ．－612C ·264.(2017年).二项式2017(34)x -的展开式中，各项系数的和为（ ）A ．1-B ．1C ．20172D ．201775.(2017年).从4种花卉中任选3种，分别种在不同形状的3个花盆中，不同的种植方法有（ ）A ．81种B ．64种C ．24种D ．4种6.(2015年)从6名学生中选出2名学生担任数学、物理课代表的选法有（ ） A ．10种 B ．15种 C ．30种 D ．45种7.(2015年)设181x ⎫⎪⎭展开式的第n 项为常数项，则n 的值为（ ）A ． 3B ．4C ．5D ．6高考链接答案1.(2020年)C 【解析】本题考查的是各项系数和，令x =1即可，故应选择C .2. (2019年)D .【解析】车票有起点与终点之分，所以本题为排列问题，设计不同车票的种类有26P 30=.故应选择D .3. .(2019年).A 【解析】通项为T m ＋1＝121221C (2)mm m x x -⎛⎫- ⎪⎝⎭＝(－1)m 212－m 12C m x 12－3m ，令12－3m ＝0，解得m ＝4.将其代入通项式，得 412C ·28. 故应选择A .4.(2017年). A 【解析】令x ＝1，则(3x －4)2017展开式中，各项的系数之和为(3×1－4)2017＝－1. 故应选择A .5. (2017年).C 【解析】从4种花卉中任选3种，分别种在不同形状的3个花盆中，就是从4个不同元素中任选3个元素，按照一定的顺序排列. 所以不同的种植方法有34P 43224=⨯⨯=种，故选C .6. . (2015年) C 【解析】从6名学生中选出2名学生担任数学、物理课代表，就是从6个不同元素中任选2个元素，按照一定的顺序排列.所以不同的选法有26P 6530=⨯=种. 故选C .7. (2015年) B .【解析】本题实际是求第几项为常数项.11Cmmm m T x -+⎛⎫=- ⎪⎝⎭()18518C 1m m m m xx --=- ()185181C m m m m x --=- ()1865181C mm m x -=- 令18605m-=，得3m =. 故，第4项为常数项. 故选B .能力提高1.从3，5，7，11 这4个数中，任取2个不同的数做成分数，则这样的分数共有( ) A ．6个 B ．7个 C ．10 个 D ．12个2.由数字0，2，4，5组成的无重复数字的三位数的个数是( ) A ．12个 B ．18个 C ．24个 D ．48个3.已知200件产品中有3件次品，现从中任意抽出5件，则至少有2件次品的抽法种数是( )A ．53200197C C - B ．233231973197C C C C -C ．233197C CD ．5142003197C C C -4. 某班级要组织一项活动，需从8名同学中选4名，若甲、乙两人只能去1人，则不同的选法的种数是( )A ．6种B ．28种C ．35种D ．40种5. 某中学举行篮球单循环赛，有8个队参加，共举行________场比赛．( ) A ．16 B ．56 C ．28 D ．646. 若5629910C C C xx x --+=，则x 的值为( )A ．2B ．2或4C ．4D ．57.若(1＋2x )n ＝A 0＋A 1x ＋A 2x 2＋…＋A n x n ，则A 0＋A 1＋A 2＋…＋A n 等于( ) A ．2n B ．2n －1 C ．3n D ．3n －18.若从10名男同学与8名女同学中，各选一名代表去参加一项活动，则有________种不同的选法．( )A ．10B ．8C ．18D ．80 9. 将2封信随意投入3个邮箱，不同的投法有（ ） A 3种B 6种C 8种D 9种10. 下列选项与式子18171698⨯⨯⨯⋅⋅⋅⨯⨯相等的是（ ）．A 818PB 918PC 1018PD 1118P专题一 计数原理答案能力提高答案1.D 【提示】 第一步，分母有4种选法；第二步，分子有3种选法．根据分步计数原理可知这样的分数共有N ＝4×3＝12(个)，故选D .2.B 【提示】 因百位上的数字不能为0，故先确定百位上的数字而后依次确定十位和个位上的数字，根据分步计数原理知N ＝3×3×2＝18，故选B .3.B 【提示】 “至少有2件次品”包括两个类，即2件次品和3件次品．因此至少有2件次品的抽法种数是233231973197C C C C ,+故选B .4.D 【提示】 甲、乙两人只有一人去的选法为12C ,其他3人从剩余的6人中选，有36C 种选法，∴共有1326C C ＝40(种)选法，故选D .5.C【解析】从8个队中任选2个队比赛，与顺序无关，有2C＝28(场)．86.B【提示】由组合数的两个性质公式得2x＝6－x.10－2x＝6－x得出x＝2或4.故选B.7.C【解析】当x＝1时，a0＋a1＋a2＋…＋a n＝(1＋2×1)n＝3n.8.D【解析】N＝11C C＝10×8＝80(种)．1089.D【解析】每一封信都有三种投放方法，故共有3×3=9种投法.10.D【解析】考查排列数公式n=18，n-m+1=8,可以确定m的值为11，故选D.。
排列组合二项式定理综合测试（含详细解答）
排列、组合和二项式定理单元综合测试一、选择题(每小题5分，共60分)1．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为（ ）A ．18B ．24C ．30D ．362．从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为 （ ）A ．300B ．216C ．180D ．1623．五个人排成一排，甲、乙不相邻，且甲、丙也不相邻的不同排法的种数为 ( )A ．60B ．48C ．36D ．244．某小组共有8名同学，其中男生6人，女生2人，现从中按性别分层随机抽取4人参加一项公益活动，则不同的抽取方法有 ( )A ．40种B ．70种C ．80种D ．240种5．若能被整除，则的值可能为（122n nn n n C x C x C x +++ 7,x n ）A ．B ．4,3x n ==4,4x n ==C ． D ．5,4x n ==6,5x n ==6．圆周上有12个不同的点，过其中任意两点作弦，这些弦在圆内的交点个数最多有( )A ．AB ．A ·A 412212212C ．C ·CD ．C 2122124127．用数字0,1,2,3,4,5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有 ( )A ．288个B ．240个C ．144个D ．126个8．有4个标号为1,2,3,4的红球和4个标号为1,2,3,4的白球，从这8个球中任取4个球排成一排．若取出的4个球的数字之和为10，则不同的排法种数是( )A ．384B ．396C ．432D ．4809．在一条南北方向的步行街同侧有8块广告牌，广告牌的底色可选用红、蓝两种颜色，若只要求相邻两块广告牌的底色不都为红色，则不同的配色方案共有 ( )A ．55种B ．56种C ．46种D ．45种10．有两排座位，前排4个座位，后排5个座位，现安排2人就坐，并且这2人不相邻(一前一后也视为不相邻)，那么不同坐法的种数是 ( )A ．18B ．26C ．29D ．5811．若自然数n 使得作竖式加法n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)均不产生进位现象，则称n 为“可连数”．例如：32是“可连数”，因32＋33＋34不产生进位现象；23不是“可连数”，因23＋24＋25产生进位现象．那么，小于1000的“可连数”的个数为 ( )A ．27B ．36C ．39D ．4812．为支持地震灾区的灾后重建工作，四川某公司决定分四天每天各运送一批物资到A 、B 、C 、D 、E 五个受灾地点．由于A 地距离该公司较近，安排在第一天或最后一天送达；B 、C 两地相邻，安排在同一天上、下午分别送达(B 在上午、C 在下午与B 在下午、C 在上午为不同运送顺序)，且运往这两地的物资算作一批；D 、E 两地可随意安排在其余两天送达．则安排这四天送达五个受灾地点的不同运送顺序的种数为 ( )A ．72B ．18C ．36D ．24二、填空题(每小题4分，共16分)13．沿海某市区对口支援贫困山区教育，需从本区3所重点中学抽调5名教师分别到山区5所学校任教，每校1人；每所重点中学至少抽调1人，则共有__________种不同的支教方案．14．一个五位数由数字0,1,1,2,3构成，这样的五位数的个数为__________．15．(4x 2－4x ＋1)5的展开式中，x 2的系数为__________．(用数字作答)16．若(1＋mx )6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 6x 6，且a 1＋a 2＋…＋a 6＝63，则实数m 的值为__．三、解答题(本大题共6个小题，共计74分，写出必要的文字说明、计算步骤，只写最后结果不得分)17．(12分)(1)求值：C ＋C ；5－n n 9－n n ＋1(2)解不等式：－<.18．(12分)有5张卡片的正反面分别写有0与1、2与3、4与5、6与7、8与9，将其中任三张并排组成三位数，可组成多少个数字不重复的三位数？19．(12分)若(1＋2x )100＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2·(x －1)2＋…＋a 100(x －1)100，求a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99.20．(12分)已知(－)n 的展开式的各项系数之和等于(4－)5的展开式中的3a 3b 常数项，求：(1)(－)n 展开式的二项式系数和；3a (2)(－)n 的展开式中a －1项的二项式系数．3a 21．(12分)(1)求证：kC ＝nC ；k nk －1n (2)等比数列{a n }中，a n >0，化简：A ＝lg a 1－C lg a 2＋C lg a 3－…＋(－1)n C lg a n ＋1.1n 2n n详细解答：1．答案解析：用间接法解答：四名学生中有两名学生分在一个班的种数是，顺序C 24C 有 种，而甲乙被分在同一个班的有种，所以种数是．33A 33A 23343330C A A -=2．答案 解析：分类讨论思想：第一类：从1，2，3，4，5中任取两个奇数和两个偶数，C 组成没有重复数字的四位数的个数为；第二类：取0，此时2和4只能取243472C A =一个，0还有可能排在首位，组成没有重复数字的四位数的个数为．共有180个数．21433243[]108C C A A -=3．解析：五个人排成一排，其中甲、乙不相邻且甲、丙也不相邻的排法可分为两类：一类是甲、乙、丙互不相邻，此类方法有A ·A ＝12种(先把除甲、乙、丙外的两个人排好，有A 种232方法，再把甲、乙、丙插入其中，有A 种方法，因此此类方法有A ·A ＝12种)；另一类是乙、323丙相邻但不与甲相邻，此类方法有A ·A ·A ＝24种方法(先把除甲、乙、丙外的两人排好，2322有A 种方法，再从这两人所形成的三个空位中任选2个，作为甲和乙、丙的位置，此类方法2有A ·A ·A ＝24种)．综上所述，满足题意的方法种数共有12＋24＝36，选C.2322答案：C4．解析：依题意得，所选出的4人必是3名男生、1名女生，因此满足题意的抽取方法共有C C ＝40种，选A.3612答案：A 5．答案解析：,当时,C 122(1)1nnnn n n C x C x C x x +++=+- 5,4x n ==能被7整除．4(1)1613537n x +-=-=⨯6答案：D解析：圆周上任意四个点连线的交点都在圆内，此四点的选法有C ，则由这四点确定412的圆内的交点个数为1，所以这12个点所确定的弦在圆内交点的个数最多为C .故选D.4127．解析：个位是0的有C ·A ＝96个；1434个位是2的有C ·A ＝72个；1334个位是4的有C ·A ＝72个；1334所以共有96＋72＋72＝240个．答案：B 8答案：C解析：若取出的球的标号为1,2,3,4，则共有C C C C A ＝384种不同的排法；若取出121212124的球的标号为1,1,4,4，则共有A ＝24种不同的排法；若取出的球的标号为2,2,3,3，则共有A 4＝24种不同的排法；由此可得取出的4个球数字之和为10的不同排法种数是4384＋24＋24＝432，故应选C.9解析：C ＋C ＋C ＋C ＋C ＝55.0818273645答案：A10．解析：若把两人都安排在前排，则有A ＝6种方法，若把两人都安排在后排，则有23A ＝12种方法，若两人前排一个，后排一个，则有4×5×2＝40种方法，因此共有58种方法，24故正确答案是D.答案：D11解析：根据题意，要构造小于1000的“可连数”，个位上的数字的最大值只能为2，即个位数字只能在0,1,2中取．十位数字只能在0,1,2,3中取；百位数字只能在1,2,3中取．当“可连数”为一位数时：有C ＝3个；13当“可连数”为两位数时：个位上的数字有0,1,2三种取法，十位上的数字有1,2,3三种取法，即有C C ＝9个；1313当“可连数”为三位数时：有C C C ＝36个；131413故共有：3＋9＋36＝48个，故选D.答案：D12解析：可分三步完成：第一类是安排送达物资到受灾地点A ，有A 种方法；第二步是12在余下的3天中任选1天，安排送达物资到受灾地点B 、C ，有A A 种方法；第三步是在余132下的2天中安排送达物资到受灾地点D 、E ，有A 种方法．由分步计数原理得不同的运送顺2序共有A ·(A A )·A ＝24种，故选D.121322答案：D二、填空题(每小题4分，共16分)13．解析：5名重点中学教师到山区5所学校有A 种，而3所重点中学的抽调方法种5数可由列举法一一列出为6种．故共有6A ＝720种不同的支教方案．5答案：72014．解析：分两类：(1)万位取1，其余不同的四个数放在不同的四个位置上时有A 个：4(2)万位取2或3，在余下的四个不同的位置中选两个位置放数字0与3或2时有2A 个，故24总共有A ＋2A ＝48.424答案：4815．答案：18016．解析：令x ＝1，(1＋m )6＝a 0＋a 1＋…＋a 6 ①，令x ＝0,1＝a 0 ②，①－②，得：a 1＋…＋a 6＝(1＋m )6－1∴(1＋m )6－1＝63 ∴(1＋m )6＝64∴1＋m ＝±2 ∴m ＝1或m ＝－3.答案：1或－3三、解答题(本大题共6个小题，共计74分，写出必要的文字说明、计算步骤，只写最后结果不得分)17．解：利用组合数定义与公式求解．(1)由组合数定义知：解得4≤n ≤5.∵n ∈N *，∴n ＝4或5.当n ＝4时，原式＝C ＋C ＝5；145当n ＝5时，原式＝C ＋C ＝16.0546(2)由组合数公式，原不等式可化为－<，3！(n －3)！n ！4！(n －4)！n ！2×5！(n －5)！n ！不等式两边约去，得(n －3)(n －4)－4(n －4)<2×5×4，即n 2－11n －12<0，解3！(n －5)！n ！得－1<n <12.又∵n ∈N *，且n ≥5，∴n ＝5,6,7,8,9,10,11.18．解：解法1：(直接法)由于三位数的百位数字不能为0，所以分两种情况：当百位数字为1时，不同的三位数有A ·A ＝48个；当百位数为2、3、4、5、6、7、8、9中的任意一个时，1816不同的三位数有A A A ＝8×8×6＝384个．综上，共可组成不重复的三位数48＋384＝432181816个．解法2：(间接法)任取3张卡片共有C ·C ·C ·C ·A 种排法，其中0在百位不能构成三351212123位数，这样的排法有C ·C ·C ·A 种，故符合条件的三位数共有C ·C ·C ·C ·A －C ·C ·C 24121223512121232412·A ＝432个．12219．解：令x －1＝t ，则x ＝t ＋1，于是已知恒等式可变为(2t ＋3)100＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋…＋a 100t100，又令f (t )＝(2t ＋3)100，则a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 99＝[f (1)－f (－1)]12＝[(2＋3)100－(－2＋3)100]＝(5100－1)．121220．解：依题意，令a ＝1，得(－)n 展开式中各项系数和为(3－1)n ＝2n ，(4－3a 3b )5展开式中的通项为T r ＋1＝C (4)5－r (－)r ＝(－1)r C 45－r 5－b .r 53b r 5r 210－5r6若T r ＋1为常数项，则＝0，即r ＝2，10－5r6故常数项为T 3＝(－1)2C ·43·5－1＝27，25于是有2n ＝27，得n ＝7.(1)(－)n 展开式的二项式系数和为3a 2n ＝27＝128.(2)(－)7的通项为3a T ′r ＋1＝C ()7－r ·(－)r ＝C (－1)r ·37－r ·a ，r 73a r 75r －216令＝－1，得r ＝3，5r －216∴所求a －1项的二项式系数为C ＝35.3721．解：(1)∵左式＝k ·＝n ！k ！(n －k )！n ·(n －1)！(k －1)！(n －k )！＝n ·＝nC ＝右式，(n －1)！(k －1)！[(n －1)－(k －1)]！k －1n∴kC ＝nC .k nk －1n (2)由已知：a n ＝a 1q n －1，∴A ＝lg a 1－C (lg a 1＋lg q )＋C (lg a 1＋2lg q )－C (lg a 1＋3lg q )＋…＋(－1)n C (lg a 1＋n lg q )1n 2n 3n n ＝lg a 1[1－C ＋C －…＋(－1)n C ]－lg q [C －2C ＋3C －…＋(－1)n －1C ·n ]1n 2n n 1n 2n 3n n ＝lg a 1·(1－1)n －lg q [nC －nC ＋nC －…＋(－1)n －1·nC ]0n －11n －12n －1n －1＝0－n lg q [C －C ＋C －…＋(－1)n －1·C ]0n －11n －12n －1n －1＝－n lg q (1－1)n －1＝0.22．解：（1）如图1，先对a 1部分种植，有3种不同的种法，再对a 2、a 3种植，因为a 2、a 3与a 1不同颜色，a 2、a 3也不同．所以S （3）=3×2=6（种）……………3分如图2，S （4）=3×2×2×2－S （3）=18（种） ……………………………6分 （2）如图3，圆环分为n 等份，对a 1有3种不同的种法，对a 2、a 3、…、a n 都有两种不同的种法，但这样的种法只能保证a 1与a i （i=2、3、……、n －1）不同颜色，但不能保证a 1与a n 不同颜色． ………………………………8分于是一类是a n 与a 1不同色的种法，这是符合要求的种法，记为种．另一类是a n 与a 1同色的种法，这时可以把a n 与a 1看成一部分，这样)3)((≥n n S 的种法相当于对n －1部分符合要求的种法，记为．)1(-n S 共有3×2n －1种种法． ………………………………10分这样就有．即，123)1()(-⨯=-+n n S n S ]2)1([2)(1----=-n nn S n S 则数列是首项为公比为－1的等比数列．)3}(2)({≥-n n S n32)3(-S 则).3()1](2)3([2)(33≥--=--n S n S n n由⑴知：，∴．6)3(=S 3()2(68)(1)nn S n --=--∴．………………………………13分3()22(1)nn S n -=-⋅-答：符合要求的不同种法有…………………14分).3()1(223≥-⋅--n n n种。
排列组合、二项式定理典型题(含答案)
排列、组合、二项式定理典型题一、选择题（共24题）1．（北京卷）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：依题意，所选的三位数字有两种情况：（1）3个数字都是奇数，有33A 种方法（2）3个数字中有一个是奇数，有1333C A ，故共有33A ＋1333C A ＝24种方法，故选B2．（福建卷）从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有（A ）108种 （B ）186种 （C ）216种 （D ）270种解析：从全部方案中减去只选派男生的方案数，合理的选派方案共有3374A A -=186种，选B.3．（湖北卷）在24(x -的展开式中，x 的幂的指数是整数的项共有 A ．3项 B ．4项 C ．5项 D ．6项解：72424312424rr rr rr T C x C x －－r ＋＝（＝(-1)，当r ＝0，3，6，9，12，15，18，21，24时，x 的指数分别是24，20，16，12，8，4，0，－4，－8，其中16，8，4，0，－8均为2的整数次幂，故选C4．（湖南卷）某外商计划在四个候选城市投资3个不同的项目,且在同一个城市投资的项目不超过2个,则该外商不同的投资方案有 ( )A.16种B.36种C.42种D.60种解析：有两种情况，一是在两个城市分别投资1个项目、2个项目，此时有123436C A ⋅=种方案，二是在三个城市各投资1个项目，有3424A =种方案，共计有60种方案，选D.5．（湖南卷）若5)1(-ax 的展开式中3x 的系数是80，则实数a 的值是 A ．-2 B . 22 C. 34 D . 2解析：5)1-ax （的展开式中3x 的系数332335()(1)10C ax a x ⋅-=80x 3， 则实数a 的值是2，选D 6．（湖南卷）在数字1,2，3与符号＋，－五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列个数是A ．6B . 12 C. 18 D . 24解析：先排列1，2，3，有336A =种排法，再将“＋”，“－”两个符号插入，有222A =种方法，共有12种方法，选B.7．（江苏卷）10)31(x x -的展开式中含x 的正整数指数幂的项数是（A ）0 （B ）2 （C ）4 （D ）6 【思路点拨】本题主要考查二项式展开通项公式的有关知识.【正确解答】1031⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x的展开式通项为31010102121011()()33r r r r r r C C x x ---=，因此含x 的正整数次幂的项共有2项.选B【解后反思】多项式乘法的进位规则.在求系数过程中,尽量先化简,降底数的运算级别,尽量化成加减运算,在运算过程可以适当注意令值法的运用,例如求常数项,可令0x =.在二项式的展开式中，要注意项的系数和二项式系数的区别. 8．（江西卷）在（x）2006的二项展开式中，含x 的奇次幂的项之和为S ，当x时，S 等于（ ）A.23008B.-23008C.23009D.-23009 解：设（x）2006＝a 0x 2006＋a 1x 2005＋…＋a 2005x ＋a 2006则当x时，有a 0）2006＋a 1）2005＋…＋a 2005）＋a 2006＝0 （1） 当x时，有a 0）2006－a 1）2005＋…－a 2005）＋a 2006＝23009 （2） （1）－（2）有a 1）2005＋…＋a 200523009÷2＝－23008，故选B9．（江西卷）在2nx ⎫⎪⎭的二项展开式中，若常数项为60，则n 等于（ ）Ａ．3Ｂ．6Ｃ．9Ｄ．12解：n 3rrn rr r r 2r 1nn r rn 2T C 2C x x n 3r 02C 60⨯⎧⎨⎩－－＋＝（）＝－＝＝，由r r n n 3r 02C 60⎧⎨⎩－＝＝解得n ＝6故选B10．（辽宁卷）1234566666C C C C C ++++的值为（ ）Ａ．61 Ｂ．62Ｃ．63 Ｄ．64解：原式＝62262-=，选B11．（全国卷I ）设集合{}1,2,3,4,5I =。
高二数学排列组合与二项式定理试题答案及解析
高二数学排列组合与二项式定理试题答案及解析1.的二项展开式中，项的系数是（）A．45B．90C．135D．270【答案】C【解析】的二项展开式中，，令r=4得，项的系数是=135，选C。
【考点】二项展开式的通项公式点评：简单题，二项式展开式的通项公式是，。
2.设，则的值为【答案】-2.【解析】根据题意，由于，则令x=-1,则可知等式左边为-2，故可知=-2，因此答案为-2.【考点】二项式定理点评：主要是考查了二项式定理的运用，属于基础题。
3.已知二项式的展开式中第四项为常数项，则等于A．9B．6C．5D．3【答案】C【解析】根据题意，由于二项式的展开式中第四项为常数项，那么其通项公式为，故答案为5，选C.【考点】二项式定理点评：主要是考查了二项式定理中展开式的通项公式的运用，属于基础题。
4.已知，则 .【答案】66【解析】根据题意，由于，故可知，故可知答案为66.【考点】组合数公式点评：主要是考查了组合数性质的运用，属于基础题。
5.已知离散型随机变量的分布列如下表．若，，则，．【答案】【解析】由分布列性质可得，【考点】分布列期望方差点评：在分布列中各概率之和为1，借助于分布列结合期望方差公式可计算这两个量6.已知（）能被整除，则实数的值为【答案】【解析】根据题意，由于，根据二项式定理展开式可知，那么由于（）能被整除，且被11除的余数为2，那么可知2+a能被11整除，可知a==9，故答案为9.【考点】二项式定理的运用点评：主要是考查了二项式定理来解决整除问题的运用，属于基础题。
7. ( -)6的二项展开式中的常数项为_____.(用数字作答)【答案】-160【解析】由二项式定理得通项得，，取得常数项。
故选D。
【考点】二项式定理点评：在两项式定理中，通项是最重要的知识点，解决此类题目，必然用到它。
8. 4名同学到某景点旅游，该景点有4条路线可供游览，其中恰有1条路线没有被这4个同学中的任何1人游览的情况有A．36种B．72种C．81种D．144种【答案】D【解析】由题意可知4人选择了4条线路中的3条，不同的游览情况共有种【考点】排列组合点评：求解本题按照先分组后分配的思路求解9.已知，则二项式展开式中的系数为_________.【答案】10【解析】，展开的通项为，令，系数为【考点】定积分与二项式定理点评：定积分，其中，二项式的展开式第项是10.若N，且则（）A．81B．16C． 8D．1【答案】A【解析】根据题意，由于，可知n=4,那么当x=-1时可知等式左边为 ,那么右边表示的为81，故答案为81，选A 【考点】二项式定理点评：主要是考查了二项式定理以及系数和的求解，属于基础题。
排列组合二项式定理练习1(含答案)
一、选择题1.由太原去北京如果一天之内火车有4个班次，汽车有17个班次，飞机有6个班次，那么，每天由太原去北京有（ ）种不同的方法.A 4B 17C 27D 4082. 某班有男生26人，女生20人，若要选男、女生各1人作为学生代表参加学校伙食管理委员会，共有（ ）种选法.A 520B 26C 20D 46 3. 6个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手（ ）次. A 30 B 20 C 15 D 64. 从5名学生中，选出2名学生, 担任两项不同的工作，有（ ）种不同的选法 A 40 B 20 C 7 D 25. 如果7名学生排成一列照集体照，有两名学生必须要相邻，那么共有（ ）种不同的排法. A 360 B 720 C 1440 D 28806. (1－x )9的二项式展开式中第4项的系数是( ) A －84B －126C 84D 1267. 二项式(x －3y )5的展开式中，第4项的二项式系数为( ) A ．－3240 B ．3240 C ．－10 D ．10 8. 二项式(3x －2y )6的展开式中，各项的系数之和为( ) A ．－1B ．1C ．－64D ．649. 满足等式65181717C C C m =+的m 的值为( )A ．6B ．12C ．5D ．6或1210. 平面内有12个点，其中任意3点都不在同一条直线上，以任意3点为顶点画三角形，则可画出的三角形 ( ) 个A ．36B ．219C ．220D ．1320 二、判断题：1.计算05C的值为0.（）2.用数字1,2,3可以组成27个三位数. （）3. 6个朋友每两人互通一次电话，一共需要通15次电话.（）4.从5名学生中，选出2名学生去参加一个调查会，有20种不同的选法. ( ) .5. 5个人争夺3项比赛冠军，每项比赛无并列冠军，冠军得主共有35种情况.（）6.抛掷一枚硬币，会出现正面向上或反面向上两种结果，现将一枚硬币抛3次可能出现的结果共有6种.（）7. 5支球队进行单循环足球比赛的分组情况，属于组合.（）8. 平面上有7个不同的点，其中任何3点不在同一直线上．如果任取3点作为三角形顶点，那么一共可作37C个三角形. （）9.二项式(x－3y)5的展开式中，第4项的二项式系数为-10.（）10.将3个球放入2个不同的盒子中，每个盒子至少一个球，共有12种放法. （）三、填空题1.有4名学生报名参加数学、物理、化学竞赛，每人限报一科，有______种不同的报名方法.2.某商场有4个门，一人从一门进，从另一门出，则不同的进出走法有______种.3.2Pn＝30，则n=_____.4.5名男生和3名女生站成一排，女生不相邻且不站在排头的站法有_______种.5.二项式52xx⎛⎫-⎪⎝⎭的展开式中第5项的系数为_______.三、解答1. 10件产品中有2件次品，从中任意抽取2件产品进行检查．问（1）一共有多少种不同的抽取方法？（2）抽取的2件产品中，恰有一件是次品的不同抽取方法有多少种？（3）抽取的2件产品中，至少有一件是次品的不同抽取方法有多少种？2. 求10+的二项展开式的常数项． 一、选择题1. C 【解析】由太原去北京共有三类方案．第一类是乘火车，有4种方法；第二类是乘汽车，有17种方法；第三类是乘飞机，有6种方法．并且，每一种方法都能够完成这件事（从太原去北京）．所以每天从太原去北京的方法共有417627++=（种）．故选C2. A 【解析】这件事可以分成两个步骤完成： 第一步：从26名男生中选出1人，有126k =种选法； 第二步：从20名女生中选出1人，有220k =种选法． 由分步计数原理有2620520N =⨯=（种）． 即共有520种选法．故选A3. C 【解析】握手无先后，所以是组合问题, 一共握手2665C 1521⨯==⨯.次. 故选C 4. B 【解析】不同的选法共有25P 5420=⨯=（种）．故选B5. C 【解析】分成两步来排队．第一步，将这两个人的顺序排好；第二步，将这两个人作为一个总体，与剩下的5名学生一起排队．2626P P 216543211440⋅=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯=（种）．故选C6. A 【解析】∵T 4＝T 3＋1＝39C (－x )3＝－84x 3， ∴系数为－84，故选A .7.D 【解析】第4项的二项式系数为35C ＝10，故选D .8. B 【解析】 二项式(3x －2y )6中令x ＝y ＝1，可得各项的系数之和为1，故选B .9. D 【解析 】 由组合数的性质公式，得656171718C C C +=，所以61818C C m =故，m ＝6或m ＝12. 故选D .10.C 【解析】因任意3点都不在同一条直线上，故从12个点中任取3点可组成一个三角形，所以可画出的三角形的个数为312C ＝220，故选C . 二、判断题：1.【解析】规定0C n =1.故本题×.2.【解析】个位、十位、百位，每一个数位都有3种选择，故共可以组成3×3×3=27个三位数. . 故本题√.3.【解析】每两人互通一次电话是有先后顺序的，所以是排列问题, 一共通26P 6530=⨯=次电话. 故本题×.4. 解析】从5名学生中，选出2名学生去参加一个调查会，选出2名学生后完成的任务是一样的.所以这是一个组合问题.共有2554C 1021⨯==⨯种不同的选法. 故本题×. 5.【解析】每一项比赛冠军得主都有5种可能，故冠军得主共有35种情况. 故本题√.6. 【解析】现将一枚硬币抛3次，每一次都有两种情况.故共有2×2×2=8种情况. 故本题×.7.【解析】本题√.8.【解析】任取三点画三角形，是无顺序的，属于组合问题.本题√. 9.【解析】第4项的二项式系数为35C ＝10. 故本题×.10.【解析】将3个球放入2个不同的盒子中，每个盒子至少一个球，所以一定有一个盒子放2个球.故先将球分成两组，再把球放入盒子中，故共有2232C P 6=种不同的放法. 故本题×.三、填空题1.【解析】34＝81(种).2.【解析】 由分步计数原理可知，不同的走法有N ＝4×3＝12(种).3.【解析】∵2P n ＝30∴n (n －1)＝30，即n 2－n －30＝0， ∴(n －6)(n ＋5)＝0，由此可得n ＝6或n ＝－5(舍去)，∴n ＝6.4.【解析】用插空法，先排男生有55P 种排法，再从男生之间的4个空中排入3名女生有34P 种排法．∴共有5354P P ＝2880(种)排法．5.【解析】T 5＝T 4＋1＝444433552C =(2)C =80x x x x --⎛⎫-- ⎪⎝⎭，∴第5项的系数为80 三、解答1.【解析】（1）不同的抽取方法的总数为从10件产品中取出件的组合数210109C 4521⨯==⨯．（2）分成两步来完成．第一本从2件次品中抽出1件，第二步从8件正品中抽出的1件.由分步计数原理知，恰有1件次品的不同抽取方法的种数为1128C C 2816⋅=⨯=．（3）从任意抽取不同的2件产品的抽取方法总数中，减去2件全是正品的抽取方法种数，就是至少有一件是次品的不同抽取方法种数．即22108C C 452817-=-=． 2.【解析】 由于101022110101C ()C m mmmm m m T x x x---+==（），故1002m m--=2．解得m =5． 所以二项式展开式中第6项是常数项，为51010987625254321C ⨯⨯⨯⨯==⨯⨯⨯⨯．。
排列组合
排列、组合、二项式定理练习题一、 基本公式的应用（一）基本公式填充1、=m n A =2、=m n C =3、组合数性质：（1） （2）4、=!n ，=∙!n n ，=-!1n n （二）针对练习1、2526-=n n A A ，则n=2、x x C C 207220=-，则x= 3、已知n n n C C C 76510711=-，则n C 8= 4、,5:5:3::22122=+++++m n m n m n C C C 则m,n 的值（ ）A m=2,n=5B m=4,n=4 Cm=5,n=5 Dm=5,n=25、式子m m C C -++1710210的不同值的个数（ ） A 1 B 2 C 3 D 46、=+++++210025242322C C C C C7、=+++++n n n n n n C C C C C 3210=+++=+++ 531420n n n n n n C C C C C C8、求证：m m m m m m m m m m A A A A A 12221+++=++++9、!!33!22!1n n ∙+∙∙∙+∙+∙+ 10、11!43!32!21n n -+∙∙∙+++二、计数原理的应用1、已知集合A={a,b,c,d},B={1,2,3，4},则A 到B 的映射有 个，一一映射有2、乘积))((2121m n b b b a a a ++++++ 展开后有 项3、直线Ax+By=0的系数A 、B 可以在0，1，2，3，5，7这六个数字中选取，则这些方程所表示不同直线有 条4、4人站成一排，重新站队时个人都不站在原来的位置上，共有种不同的站法5、M=}3,2-}，从两集合中各取一个元素做点的坐标，则表示,1{-，N={7,6,5,4-的点在一二象限内的有（）个。
A 18B 10C 16 D14三、排列组合问题（一）基本方法梳理1、“在”“不在”有限制条件的优先考虑2、“不相邻”问题；相邻问题：；定序问题：3、“至多至少”问题：要分类讨论或排除法4、分配问题：先分组再分配，在分组时，应注意：当分配的是相同物品时，可以用（二）针对练习1、4男4女排成一排，求不同排队方法的方法种数（1）甲只能坐在正中间或两端（2）甲乙必须坐两端（3）男生必须排在一起（4）男生不能排在一起（5）甲乙中间恰有一人（6）甲乙必须坐在一起且不与丙相邻（7）男生从左到右个子增高的排法（男生不一定相邻）（8）男女相间的坐法2、从8位男同学4位女同学中选出5位同学参加数学竞赛（写出式子即可）（1）至少1位女同学（2）至多2位女同学（3）至少1位女生和男生3、分配6本不同的书给甲乙丙3人，（1）有几种分配方法（2）甲得1本，乙得2本，丙得3本（3）甲得4本，乙得1本，丙得1本（4）一人得4本，一人得1本，一人得1本（5）若分配6本相同的书给甲乙丙3人，每人至少1本4、用0，2，3，4，5五个数，组成没有重复数字的三位数，其中偶数有（）A 24个B 30个C 40个D 60个5、用数字1，2，3，4，5可以组成比20000大且百位数字不是3的没有重复数字的五位数的个数为（）A 96B 78C 72D 646、五人排成一排，甲不在排头，乙不在排尾，不同的排法有（ ）种A 120B 96C 78D 727、A 、B 、C 、D 、E 五名短跑运动员中任选四名，排在标号为1，2，3，4的跑道上，运动员E 不能排在1号和2号跑道上，则不同的排法数（ ）A 24B 48C 72D 208、计划展出10幅不同的画，1幅水彩画，4幅油画，5幅国画，排成一行陈列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不能放在两端，不同的陈列方式有（ ）A 5544A AB 554433A A AC 554413A A AD 554422A A A9、有5个独唱节目和3个合唱节目，要求合唱节目不连排而且不排在第一个节目，那么不同的节目单有（ ）A 7200B 14400C 1200D 288010、一个文娱团体下基层进行宣传演出，准备的节目表中原有4名歌手演唱，如果保持着4名歌手演唱的相对顺序不变，拟再添加2个小品节目，则不同的节目表可排出（ ）A 20B 25C 30D 3211、从单词“equation ”中取5个不同字母排成一排，含“qu ”（其中qu 相连且顺序不变）的排列（ ）A 120B 480C 720D 84012、五种不同的商品在货架上排成一排，其中a,b 必须排在一起，c,d 不能排在一起，则不同的排法（ ）A 12B 20C 24D 4813、某小组共有10名学生，女生3名，现选举2名代表，至少有一名女生当选的不同选法有（ ） A 27 B 48 C 21 D 2414、从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法（ ）A 140B 84C 70D 3515、在100件产品中有6件次品，从中任取3件，至少一件次品的不同取法（ ）A 29416C CB 29916C C C 3943100C C -D 2943100C C - 16、有3名医生6名护士被分配到3所不同的学校为学生体检，每校分配1名医生2名护士，不同的分配方法共有（ ）A 90B 180C 270D 54017、甲乙丙3位同学选修课程，从四门课程中甲选修2门，乙丙各选修3门，则不同的选修方案有（ ）A 36B 48C 96D 19218、从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有两人参加，星期六星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有 种19、5名实习教师分配到3个班实习，每班至少1名，至多2名，则不同的分配方案有（ ）A 30B 90C 180D 27020、5名男教师和4名女教师中选出3位教师，派到3个班作班主任，要求这三位班主任中男女教师都要有，则不同的选派方法（ ）A 210B 420C 630D 84021、5人分4本相同的书，每人至多一本，而且必需分完，那么不同的分法的种数（ ）A 45B 54C 2345⨯⨯⨯D !42345⨯⨯⨯ 22、6个停车位置，有3辆汽车需要停放，若要使3个空位连在一起，则停放的方法数为（ ）A 44AB 33AC 46AD 36A23、设有4个不同的红球和6个不同的白球，若每次取出4个球，取出1个红球记2分，取出1个白球记1分，则使总分不小于5分的不同取法为（ ）A 16B 17C 45D 19524、甲组有5名男同学和3名女同学，乙组有6名男同学和2名女同学，若从甲乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有一名女同学的选法（ ）A 150B 180C 300D 34525、某中学要从4名男生和3名女生中选派4人担任奥运会志愿者，若男生甲和女生乙不能同时参加，则不同的选派方案（ ）A25 B35 C840 D82026、用0，1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位、百位数字之和为偶数的四位数有27、90本相同的书分给10个学生，每人至少1本，共有 种分法28、3个人坐在一排8个座位上，若每人左右两边都有空位，那么有 种不同坐法29、平面内有12个点，其中有4点共线，此外再无任何3点共线，以这些点为顶点可以得到 个不同的三角形30、若}7,4,3,1{},9,8,5,2{∈∈n m ，则122=+ny m x 代表中心在原点，焦点在x 轴上的椭圆有 个31、某次足球比赛共12支球队，分三个阶段进行第一阶段：分成甲乙两组，每组6队，每组内部进行单循环赛，取前两名第二阶段：甲组第一名与乙组第二名，甲组第二名与乙组第一名作主客场交叉淘汰赛，决出胜者第三阶段：两个胜队参加决赛一场，决出冠亚军全部赛程需要比赛场32、在EF之间有ABCD4个焊点，如果焊点脱落，则导致电路不通，若发现EF间电路不通，则焊点脱落的不同情况有种33、如图：从A到B只能向“右”或向“下”的路线有条31、把1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的（1）正整数（2）比4000大的正整数（3）把构成的五位数，从小到大排成一列，问43251是这个数列的第几项，并求求这个数列的各项和32、从1到9这九个数中取三个偶数四个奇数（1）能组成多少个没有重复数字的七位数（2）个位和百位数字都是偶数的七位数（3）三个偶数排在一起的七位数有多少个（4）偶数排在一起，奇数也排在一起七位数有多少个（5）任意两个偶数不相邻的七位数有多少个33、现有分别印有0，1，3，5，7，9六个数字的六张卡片，如果允许9可以当6用，从中任意抽取3张，可以组成多少个三位数34、有四个不同的球，四个不同的盒子，把球全部放进盒内：（1）有多少种放法（2）恰有一盒内不放球（3）恰有两个盒内不放球35、某所有8名外文工作者，其中3人只会英语，2人只会日语，3人会英语也会日语。
排列组合二项式定理练习题.doc
1.用 1，2，3 三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻 出现，这样的四位数有 ()个 个 个 个答案B2 13 21 32解析利用树状图考察四个数位上填充数字的情况，如： 1，共可2 13 31 23确定 8 个四位数，但其中不符合要求的有 2 个，所以所确定的四位数应有 18 个，故选 B.2.某学习小组男女生共 8 人，现从男生中选 2 人，女生中选 1 人，分别去做 3 种不同的工作，共有 90 种不同的选法，则男，女生人数为 ()，6，5 ，3 ，2答案 B解析 设男生人数为 n ，则女生人数为8－ n ，由题意可知2 132 1C n8－ n3n8－ nC A ＝90 ，即 C C ＝15，解得 n ＝ 3，所以男，女生人数为 3， 5，故选 B.3.将甲，乙等 5 位同学分别保送到北京大学，清华大学，浙江大学三所大学就读，则每所大 学至少保送一人的不同保送方法有 ()种 种 种 种 答案 A32 21C C解析 先将 5 个人分成三组， (3， 1，1)或 (1，2， 2)，分组方法有 C 542＝25(种 )，再将5＋ C 2三组全排列有 A 33＝6(种 )，故总的方法数有 25×6＝ 150(种 ).4.从 5 位男教师和 4 位女教师中选出 3 位教师，派到 3 个班担任班主任 (每班 1 位班主任 )，要求这 3 位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有 ()种 种 种 种 答案 B解析 因为要求 3 位班主任中男、 女教师都要有， 所以共有两种情况， 1 男 2 女或 2 男 1 女 .若选出的 3 位教师是 1 男 2 女则共有12 3C 54 33 位教师C A ＝ 180(种 )不同的选派方法，若选出的 是 2男1女则共有2 13C 543180＋ 240＝ 420(种 )不同的方C A ＝ 240(种)不同的选派方法，所以共有 案，故选 B.5.若二项式 (2x ＋ a )7的展开式中 13的系数是 84，则实数 a 等于 ()x x答案 C解析 二项式 (2x ＋a 7 的通项公式为 k7－kakk 7－k k 7－2k，令 7－ 2k ＝－ 3 ，得 kx)T k ＋ 1 7(x )＝C 7＝ C (2x)2 a x＝5.故展开式中 x 13的系数是C 57 22a 5＝ 84，解得 a ＝1.6.(x － 1)4－ 4x(x － 1)3＋ 6x 2(x － 1)2－ 4x 3(x － 1)＋ x 4 等于 ( )A.－ 1C.(2x － 1)4D.(1－2x)5答案B解析(x － 1)4－ 4x(x －1)3＋ 6x 2(x － 1)2 －4x 3(x － 1)＋x 4＝ ((x － 1)－ x)4＝ 1.7.某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言，要求甲乙中两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有 ()种 种 种 种答案C解析 44种).A 7－ A 5＝720( 8.如图，花坛内有 5 个花池，有 5 种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种一种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则栽种方案的种数为()答案 D解析 若 5 个花池栽了 5 种颜色的花卉，方法有 A 55种，若5 个花池栽了 4 种颜色的花卉，则 2， 4 两个花池栽同一种颜色的花，或 3，5 两个花池栽同一种颜色的花，方法有2A 54 种；若 5 个花池栽了 3 种颜色的花卉，方法有35 4 3A 5种，所以最多有 A 5＋ 2A 5＋ A 5＝ 420(种 ).9.(x ＋ 1)5 的各项系数和是 1 024，则由曲线 y ＝x 2 和 y ＝ x a 围成的封闭图形的面积为 ______.ax答案5 121y ＝ x 2解析 设 x ＝ 1，则各项系数和为11可得交点坐(1＋ )5＝ 1 024＝ 45，所以 a ＝ ，联立a33y ＝ x11标分别为 (0， 0)， (1， 1)，所以曲线 y ＝ x 2 和 y ＝ x 3围成的封闭图形的面积为1(x 3 － x 2)dx ＝411 3 1 53x 3 .x3－ 0＝ － ＝12434310.圆上有 10 个点，过每三个点画一个圆内接三角形， 则一共可以画的三角形个数为 ______. 答案 120解析 圆上任意三点都不共线，因此有三角形 C 310＝ 120(个).11.一排共有 9 个座位，现有 3 人就坐，若他们每两人都不能相邻，每人左右都有空座，而 且至多有两个空座，则不同坐法共有 ________种.答案 36解析 可先考虑 3 人已经就座，共有 A 33＝6(种 )，再考虑剩余的 6 个空位怎么排放，根据要求可产生把 6 个空位分为 1，1，2，2，放置在由已经坐定的 3 人产生的 4 个空中， 共有 C 24＝6，所以不同的坐法共有6×6＝ 36(种 ).12.我国第一艘航母 “辽宁舰 ”在某次舰载机起降飞行训练中，有5 架舰载机(甲、乙、丙、丁、戊)准备着舰，如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有 ________种 .答案24解析 先把甲、乙捆绑在一起有22A 2种情况，然后对甲、乙整体和戊进行排列，有2A 种情况，22 2 2这样产生了三个空位， 插入丙、 丁，有 A 3种情况， 所以着舰方法共有 A 2 A 2A 3＝ 2× 2×6＝24(种). 13.实验员进行一项实验，先后要实施 5 个程序 (A ，B ， C ，D ，E)，其中程序 A 只能出现在第一步或最后一步，程序 C 或 D 在实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有______种 .答案 24解析2 323依题意，当 A 在第一步时， 共有 A 2A 3 ＝12(种 )；当 A 在最后一步时， 共有 A 2A 3＝ 12(种).所以实验的编排方法共有24 种.14.用 1， 2， 3，4， 5，6 组成数字不重复的六位数，满足 1 不在左右两端， 2， 4，6 三个偶 数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为 ________.答案 288解析 从 2， 4， 6 三个偶数中任意选出 2 个看作一个 “整体 ”，方法有 A 32＝ 6(种 )，先排 3 个奇数，有 A 33＝ 6(种 )，形成了 4 个空，将 “整体 ”和另一个偶数插在 3 个奇数形成的 4 个空中， 方法有 A 42＝ 12(种 ).根据分步乘法计数原理求得此时满足条件的六位数共有6× 6×＝12432(种 ).若 1 排在两端， 1 的排法有A 1A 2＝4(种 )，形成了 3 个空，将 “整体 ”和另一个偶数插在 3 个奇2 2数形成的 3 个空中，方法有A 23＝ 6(种 )，根据分步乘法计数原理求得此时满足条件的六位数共有 6×4×6＝144(种 )，故满足 1 不在左右两端， 2，4，6 三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为432－144＝ 288(种 ).分类加法计数原理与分步乘法计数原理典例精析题型一 分类加法计数原理的应用【例 1 】 在 1 到 20 这 20 个整数中，任取两个数相加，使其和大于20，共有 种取法.【解析】当一个加数是 1 时，另一个加数只能是 20，有 1 种取法；当一个加数是 2 时，另一个加数可以是 19,20，有 2 种取法； 当一个加数是 3 时，另一个加数可以是18,19,20 ，有 3 种取法；当一个加数是 10 时，另一个加数可以是 11,12， ，19,20，有 10 种取法； 当一个加数是 11 时，另一个加数可以是12,13， ，19,20，有 9 种取法；当一个加数是 19 时，另一个加数只能是 20，有 1 种取法 .由分类加法计数原理可得共有1＋ 2＋3＋ ＋ 10＋ 9＋ 8＋ ＋ 1＝100 种取法 .【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用“和大于 20”确定另一个加数 .【变式训练 1】(2010 济南市模拟 )从集合 {1,2,3， ，10}中任意选出三个不同的数，使这 三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为()【解析】当公比为 2 时，等比数列可为1,2,4 或 2,4,8；当公比为 3 时，等比数列可为31 1 21,3,9；当公比为 2时，等比数列可为 4,6,9.同理，公比为 2、 3、3时，也有 4 个.故选 D.题型二 分步乘法计数原理的应用【例2】从6人中选 4 人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要 求每个旅游景点只有一人游览， 每人只游览一个旅游景点， 且 6 个人中甲、 乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有种.【解析】能去张家界的有4 人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有5 人、4 人、3 人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4×5×4×3＝240 种 .【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏.【变式训练 2】 (2010 湘潭市调研 )要安排一份 5 天的值班表，每天有一人值班，现有 5 人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有种不同的排法 .【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成.第一天有 5 人可选有 5 种方法，第二天不能用第一天的人有 4 种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有 4 种方法，由分步乘法计数原理共有5×4×4×4＝×41280 种方法 .题型三分类和分步计数原理综合应用【例 3 】(2011 长郡中学 )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，则不同的涂色种数有.【解析】方法一：由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为4类：1与5同；2与 5同；3 与5同；1与 3同.对于每一类有4 4A4种涂法，共有 4A4＝ 96 种方法 .方法二：第一步：涂区域1，有 4 种方法；第二步：涂区域2，有 3 种方法；第三步：涂区域 4，有 2 种方法 (此前三步已经用去三种颜色)；第四步：涂区域3，分两类：第一类，3 与1 同色，则区域 5 涂第四种颜色；第二类，区域 3 与 1 不同色，则涂第四种颜色，此时区域 5 就可以涂区域 1 或区域 2 或区域 3 中的任意一种颜色，有 3 种方法 .所以，不同的涂色种数有 4×3×2×(1＋×13)＝ 96 种 .【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解，要注意的是分类中有分步，分步后有分类.【变式训练3】(2009 深圳市调研)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，， 9 的9 个小正方形，使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不相同，且 1,5,9 号小正方形涂相同颜色，则符合条件的所有涂法有多少种【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9 号有C1种涂法；3第二步，涂2,3,6 号，若2,6 同色，有 4 种涂法，若2,6 不同色，有 2 种涂法，故共有 6 种涂法；第三步，涂4,7,8 号，同第二步，共有6种涂法.由分步乘法原理知共有3×6×6＝108 种涂法 .总结提高分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题，其区别在于：分类加法计数原理是完成一件事要分若干类，类与类之间要互斥，用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事；分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这件事，只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事件.因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个基本计数原理的基础.排列与组合典例精析题型一排列数与组合数的计算68！＋ A6 33 3 【例 1】计算： (1) 2 4； (2) C3＋ C4＋＋ C10.A － A8 10【解析】 (1)原式＝8× 7× 6× 5× 4×＋3×6×2×154× 3× 257×16× 5× 4× 3×25130 8×7－ 10× 9× 8×7＝56×(－89) ＝－623 .4 3 3 3 4 3 3 4 3 3 4(2)原式＝ C ＋C＋C ＋＋C ＝C ＋C ＋＋C ＝C ＋C ＋＋C ＝C ＝330.4 45 10 5 5 106 6 10 11【点拨】在使用排列数公式A n m＝n！进行计算时，要注意公式成立的条件：m， n(n－ m)！∈N+， m≤n.另外，应注意组合数的性质的灵活运用.【变式训练1】解不等式 A 9x＞ 6 A 9x 2 .9！9！，【解析】原不等式即＞6×(9－ x)！(11－ x)！也就是 1 ＞ 6 ，(9 － x)！(11 x) ? (10 x) ? 9 x)!化简得 x2－ 21x＋ 104＞0，解得 x＜ 8 或 x＞ 13，又因为2≤x≤9，且 x∈ N*，所以原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}.题型二有限制条件的排列问题【例 2】 3 男 3 女共 6 个同学排成一行.(1)女生都排在一起，有多少种排法(2)女生与男生相间，有多少种排法(3)任何两个男生都不相邻，有多少种排法(4)3 名男生不排在一起，有多少种排法(5) 男生甲与男生乙中间必须排而且只能排 2 位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法【解析】 (1)将 3 名女生看作一人，就是 4 个元素的全排列，有 A44种排法 .又 3 名女生内部可有 3 4 3A3 4 3种排法，所以共有 A ·A ＝ 144 种排法 .(2) 男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有 2 种插法 )，所以女生与男生相间3 3共有 2A3·A3＝ 72 种排法 .(3)女生先排，女生之间及首尾共有4 个空隙，任取其中 3 个安插男生即可，因而任何两个男生都不相邻的排法共有 3 3A3 4种 .·A ＝ 144(4)直接分类较复杂，可用间接法.即从 6 个人的排列总数中，减去 3 名男生排在一起的排法种数，得 3 名男生不排在一起的排法种数为6 3 4A6－ A3A4＝ 576 种 .(5)先将 2 个女生排在男生甲、2 2乙之间，有 A3种排法 .又甲、乙之间还有A2种排法 .这样就2 2有 A3 24 人看成一个元素 (相当于一个男生 )，这一元素及另 1 名男生排·A 种排法 .然后把他们2 2 2 2在首尾，有 A2种排法 .最后将余下的女生排在其间，有 1 种排法 .故总排法为 A3A2 A2＝24 种.【点拨】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制主要表现在：某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”对.于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”对.于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法 .【变式训练 2】把 1,2,3,4,5 这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列 .(1)43 251 是这个数列的第几项(2)这个数列的第 97 项是多少【解析】(1)不大于5 4 3 2项.43 251 的五位数 A5 － (A4＋ A3＋ A2)＝ 88 个，即为此数列的第 88(2)此数列共有 120 项，而以 5 开头的五位数恰好有4A4＝ 24 个，所以以 5 开头的五位数中最小的一个就是该数列的第97 项，即 51 234.题型三有限制条件的组合问题【例 3】要从 12 人中选出 5 人去参加一项活动 .(1)A， B， C 三人必须入选有多少种不同选法(2)A， B， C 三人都不能入选有多少种不同选法(3)A， B， C 三人只有一人入选有多少种不同选法(4)A， B， C 三人至少一人入选有多少种不同选法(5)A， B， C 三人至多二人入选有多少种不同选法【解析】 (1)只须从 A， B， C 之外的 9 人中选择 2 人， C92＝ 36 种不同选法 .(2)由 A， B， C 三人都不能入选只须从余下9 人中选择 5 4 种选法 .5 人，即有 C ＝C ＝ 1269 9(3)可分两步，先从A，B，C 三人中选出 1 1 9人中选 4人，人，有 C 种选法，再从余下的34 1 4＝ 378 种选法 .有 C9种选法，所以共有C3·C9(4)可考虑间接法，从 12 人中选 5 人共有5A， B， C 三人都不入选的情况C12种，再减去5 5 5 种选法 .C ，共有 C －C ＝6669 12 9(5)可考虑间接法，从 12 人中选 5 种，再减去 A，B，C三人都入选的情况 25人共有 C C 种，12 9所以共有5 2种选法 . C12 －C9＝ 756【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条件的问题，一般要根据特殊元素分类.【变式训练 3】四面体的顶点和各棱中点共有 10个点.(1)在其中取 4 个共面的点，共有多少种不同的取法 (2)在其中取 4 个不共面的点，共有多少种不同的取法 【解析】 (1)四个点共面的取法可分三类.第一类： 在同一个面上取， 共有 4C 64 种；第二类：在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有 6 种；第三类：在六条棱的六个中点中取，取两对对棱的 4 个中点，共有 C 32＝3 种.故有 69 种.(2)用间接法4种 ..共 C 10－ 69＝ 141总结提高解有条件限制的排列与组合问题的思路：(1)正确选择原理，确定分类或分步计数；(2)特殊元素、特殊位置优先考虑；(3)再考虑其余元素或其余位置 .12.3 二项式定理典例精析题型一 二项展开式的通项公式及应用【例 1 】 已知 ( x1 ) n的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.24 x(1)求证：展开式中没有常数项； (2)求展开式中所有的有理项 .【解析】由题意得2C 1n ·1 ＝ 1＋ C 2n ·(1)2， 2 2即 n 2－ 9n ＋ 8＝ 0，所以 n ＝ 8，n ＝ 1(舍去 ).r ＋1 ＝ C r·( x ) 8 r ·(1 ) r所以 T824x8 r r＝ (－ 1)r ·C r 8 ·x 2 ·x4 2＝ (－1)r C 8r16 3rx4(0 ≤r ≤8， r ∈ Z). · r·2(1)若 T r ＋ 1 是常数项，则16－3r＝0，即 16－3r ＝ 0，4因为 r∈ Z，这不可能，所以展开式中没有常数项.16－ 3r(2)若 T r＋1是有理项，当且仅当为整数，又 0≤r≤8， r∈ Z，所以r＝ 0,4,8，即展开式中有三项有理项，分别是T1＝x4， T5＝358 x， T9＝2561x-2.【点拨】 (1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含x 某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n 或 r 后，再求所需的项 (要注意 n 和 r 的数值范围及大小关系)；(3)注意区分展开式“第 r＋1 项的二项式系数”与“第 r＋ 1 项的系数”.【变式训练 1】若 (x x＋2)n的展开式的前 3 项系数和为129，则这个展开式中是否3 x含有常数项，一次项如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.0 1 2 2【解析】由题知 C n n n ＝ 129，＋ C ·2＋C ·2所以 n＝8，所以通项为rx)8-rT r＋1＝ C8(x12 11 r2 r r 6＝ 2 rC8 x ，()3 x故 r＝ 6 时， T ＝26 C2x＝ 1 792x，78所以不存在常数项，而存在一次项，为 1 792x.题型二运用赋值法求值【例 2】(1)已知 (1＋ x)＋ (1＋x)2＋＋(1＋x)n＝a0＋ a1x＋a2x2＋＋ a n x n，且 a1＋a2＋＋a n － 1＝29－n，则n＝；(2)已知 (1－ x)n＝ a 0＋ a 1x＋ a2x2＋＋ a n x n，若 5a 1＋ 2a 2＝ 0，则 a0－ a 1＋ a2－ a 3＋＋(－ 1)n a n＝.【解析】 (1)易知 a n＝ 1，令 x＝ 0 得 a0＝ n，所以 a0＋ a1＋＋ a n＝ 30.又令 x＝ 1，有 2＋ 22＋＋ 2n＝ a0＋a 1＋＋ a n＝30，即 2n＋1－2 ＝30，所以 n＝4.(2)由二项式定理得，1 2 n(n－ 1)a ＝－ C ＝－ n， a ＝C ＝，1n 2n2代入已知得－5n＋ n(n－ 1)＝ 0，所以 n＝ 6，令 x＝－ 1 得 (1＋ 1)6＝a0－a1＋ a2－ a3＋ a4－ a5＋ a6，即 a0－ a1＋ a2－ a3＋ a4－ a5＋ a6＝ 64.【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构 .【变式训练 2】设 (3x － 1)8＝ a 0＋ a 1x ＋ a 2x 2＋ ＋ a 7x 7＋ a 8x 8.求 a 0 ＋a 2 ＋ a 4＋ a 6＋ a 8 的值 .【解析】令 f(x)＝ (3x － 1)8，因为 f(1) ＝ a 0＋ a 1＋ a 2＋ ＋ a 8＝ 28，f(－1)＝ a 0－ a 1 ＋a 2 － a 3＋ －a 7＋ a 8＝ 48，所以 a 0246 8 f(1)＋ f(－ 1)＝ 27× (1＋ 8＋ a ＋ a＋ a ＋a ＝ 22 ).题型三 二项式定理的综合应用【例 3 】求证：n5 n ＋1－9 能被 20整除.4×6＋n5 n ＋1nnn＋ 5[(4＋ 1) nn － 1＋ 【解析】 4×6＋ － 9＝ 4(6 － 1)＋ 5(5 － 1)＝ 4[(5＋ 1) － 1] － 1]＝20[(5 1 n －2 n － 1 n － 1 1 n － 2 n － 1 n n ＋1 －9 能被 20 整 n ＋ ＋ C n)＋ (4 ＋ C n4＋ ＋ C n)] ，是 20 的倍数，所以 ＋ 5C 5 4×6除.【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意 (a ＋b)n 中， a ， b 中有一个是除数 的倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.【变式训练 3】求的近似值，使误差小于 .【解析】＝ (1－6 ＝1＋6×(－1＋ 15×(－2＋ ＋ (－ 6.因为 T ＝C 2(－ 2＝ 15×(－ 2＝ 06＜，36且第 3 项以后的绝对值都小于，所以从第 3 项起，以后的项都可以忽略不计.所以＝ (1－ 6≈1＋ 6×(－＝ 1－＝ .总结提高1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出)，n 、r 满足的条件，求出 n 和 r ，再确定所需的项；2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数 .对于余数问题，要注意余数的取值范围 .。
排列组合及二项式定理练习题精选全文完整版
可编辑修改精选全文完整版排列组合及二项式定理1、4位同学每人从甲、乙、丙3门课程中选修1门，则恰有2人选修课程甲的不同选法共有（A ）12种 （B ）24种 （C ）30种 （D ）36种2、正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有（ ）A ．20B ．15C ．12D ．10 3、6(42)()x x x R --∈的展开式中的常数项是（A ）20- （B ）15- （C ）15 （D ）204、已知5)1cos (+θx 的展开式中2x 的系数与4)45(+x 的展开式中3x 的系数相等，则=θcos ． 5、已知26(1)kx +（k 是正整数）的展开式中，8x 的系数小于120，则k = ．6、若1223211C 3C 3C 3C 385n n n n n n n ---+++++=，则 n 的值为 ．7、已知，则= ．8、对任意的实数，有，则的值是（ ）A ．3B ．6C ．9D ．219、设是的一个排列，把排在的左边．．且比小．的数的个数称为的顺序数（）．如：在排列6，4， 5， 3，2，1中，5的顺序数为1，3的顺序数为0．则在1至8这八个数字构成的全排列中，同时满足 8的顺序数为2，7的顺序数为3，5的顺序数为3的不同排列的种数为( )A ．48B ．96C ．144D ．19210、若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”．现从1,2,3,4,5,6这六个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有A.120个B.80个C.40个D. 20个11、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443322104)21(x a x a x a x a a x ++++=+4321432a a a a -+-x 3230123(2)(2)(2)x a a x a x a x =+-+-+-2a n a a a ,,,21 n ,,2,1 i a i a i a n i ,,2,1 =12、如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（ ）A ．24B ．30C ．36D ．4213.从8名女生4名男生中，选出3名学生组成课外小组，如果按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为 ;14、现有8个人排成一排照相，其中有甲、乙、丙三人不能相邻的排法有（ ）种.（A ）5536A A ⋅ （B ）336688A A A ⋅- （C ）3335A A ⋅ （D ）4688A A -15、高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有（ ）.（A ）16种 （B ）18种 （C ）37种 （D ）48种。
排列组合二项式定理分布列
2.二项式 (n N)的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则此展开式有理项的项数是( ** )A ．1B ．2C ．3D ．4 3.从编号为1,2,3,…,10,11的11个球中,取出5个球,使这5个球的编号之和为奇数,其取法总数为 A.236 B.328 C.462 D.2640 4.()f x 是6)21(x -展开式中的第五项,则()f x = ，各二项式系数的和为5. 设ξ是一个离散型随机变量其分布列如下:名主力队员，派5名参加比赛。
3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有 种 （用数字作答）。
7. 从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量ξ表示所选3人中女生的人数。
（1）求ξ的分布列；（2）求“所选3人中女生人数1≤ξ”的概率。
8．在10件产品中，有3件一等品，4件二等品，3件三等品，从这10件产品中任取3件，求： (1)取出的3件产品中一等品件数X 的分布列； (2)取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率．2. 二项式 (n N)的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则此展开式有理项的项数是( ** )A ．1B ．2C ．3D ．4 3.从编号为1,2,3,…,10,11的11个球中,取出5个球,使这5个球的编号之和为奇数,其取法总数为 A.236 B.328 C.462 D.2640 4.()f x 是6)21(x -展开式中的第五项,则()f x = ，各二项式系数的和为5. 设ξ是一个离散型随机变量其分布列如下: 名主力队员，派5名参加比赛。
3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有 种 （用数字作答）。
7. 从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量ξ表示所选3人中女生的人数。
（1）求ξ的分布列；（2）求“所选3人中女生人数1≤ξ”的概率。
排列组合二项式定理含答案
排列组合二项式定理1． 的展开式中常数项是 （ ） A 、42 B 、—14 C 、 14 D 、—42 C【解析】解：37371772173(7)72277677(2(2)(2(1)()2(1)721062214r r rr rrr rrr r rrx T C x C xx C xr r T C -+------==-=-∴-=∴=∴=⨯= 的通项公式2．将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同放法种数有 （） A ．81 B ．12 C ．14 D ．64 2．D 【解析】试题分析：将3个不同的小球放入4个盒子中有3464=，故选B 考点：本题考查了分步原理的运用点评：熟练掌握分步原理的概念及运算是解决此类问题的关键，属基础题 3．已知n x x)1(-的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则展开式中的常数项等于（） A ．15 B ．—15 C ．20 D ．—20 3．A 【解析】 由已知，n x x)1(-的展开式中只有第四项的二项式系数最大，可得6=n ，又展开式通项为6236216161)1()()(---+-=-=r rr r r r r xC x x C T ，令0623=-r，则4=r ，所以展开式中的常数项为464)1(C -，即15.4．记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻，不同的排法共有（ ）A ．1440种B ．960种C ．720种D ．480种 ．A【解析】试题分析：根据题意，由于要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，，2位老人相邻，在可知先捆绑其两个老人，有22A =2，然后作为整体与其余的对象来排列可知37(2x -得到为66A =720,那么根据分步乘法计数原理可知答案为1440，故答案为A 。
5．将标号为1，2，3，4，5，6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1，2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有 （A ）12种（B ）18种（C ）36种（D ）54种 【答案】B【命题意图】本试题主要考察排列组合知识，考察考生分析问题的能力. 【解析】标号1,2的卡片放入同一封信有种方法；其他四封信放入两个信封，每个信封两个有种方法，共有种，故选B.6．氨基酸的排列顺序是决定蛋白质多样性的原因之一，某肽链由7种不同的氨基酸构成，若只改变其中3种氨基酸的位置，其他4种不变，则不同的改变方法共有 （ ） A ．210种 B ．126种 C ．70种 D ．35种 C【解析】解：因为某肽链由7种不同的氨基酸构成，若只改变其中3种氨基酸的位置，其他4种不变，则不同的方法就是从7个位置上选择3个位置，共有37C ，然后与剩下的4个位置排列有22A ，共有37C 22A =70 7．若(1－2x )4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则|a 0|＋|a 1|＋|a 2|＋|a 3|＋|a 4|的值为()A.1B.16C.81D.41 C8．若521()1x a x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式中常数项为－1，则a 的值为( ) A ．1 B ．8C ．－1或－9 D ．1或9D【解析】本题考查二项式定理,二项式展开式,多项式的乘法.222()2,x a x ax a +=++二项式51(1)x-展开式通项为5155511()(1)(1)r r r r r r r T C C x x -+-=-=-；令52r -=得3,r =则334522110(1);T C x x=-=-令51r -=得4,r =则445515(1);T C x x=-=令得5,r =则5565(1)1;T C =--所以251()(1)x a x +-展开式的常数项是2222105()2(1)10101x ax a a a x x⋅-+⋅+⋅-=-+-=-，即21090a a -+=，解得19.a =或故选 D9．某校准备召开高中毕业生代表会，把6个代表名额分配给高三年级的3个班，每班至少一个名额，不同的分配方案共有( ) A.64种B.20种C.18种D.10种【解析】方法一，把6个名额看成6个0，用2块隔板将其分隔到3处，显然，隔板的插法就对应一种分配方案，共有25C =10种分配方案.方法二，分两步，先将3个名额分给每个班，有一种方法；再将剩下的3个名额分三种情况分配，第一种情况，只给一个班，有13C 种方法，第二种情况，给每个班各一个名额有1种方法，第三种情况给2个班，有23C ·2=6种方法.因此共有1×(13C +1+23C ×2)=10种分配方案.10．从6名志愿者中选出4个分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，其中甲乙两名志愿者不能从事翻译工作，则不同的选派放法共有（ ） A.96种B.180种C.240种D.280种 C11．将6位志愿者分成4组，其中两个组各2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同 场馆服务，不同的分配方案有种(用数字作答).【答案】 1080【解析】考查概率、平均分组分配问题等知识，重点考查化归转化和应用知识的意识。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
1.用1，2，3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有( )A.36个B.18个C.9个D.6个答案 B解析 利用树状图考察四个数位上填充数字的情况，如：1⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ 2⎩⎪⎨⎪⎧ 1⎩⎨⎧ 233⎩⎨⎧123⎩⎪⎨⎪⎧ 1⎩⎨⎧ 232⎩⎨⎧ 13，共可确定8个四位数，但其中不符合要求的有2个，所以所确定的四位数应有18个，故选B.2.某学习小组男女生共8人，现从男生中选2人，女生中选1人，分别去做3种不同的工作，共有90种不同的选法，则男，女生人数为( )A.2，6B.3，5C.5，3D.6，2答案 B解析 设男生人数为n ，则女生人数为8－n ，由题意可知C 2n C 18－n A 33＝90，即C 2n C 18－n ＝15，解得n ＝3，所以男，女生人数为3，5，故选B.3.将甲，乙等5位同学分别保送到北京大学，清华大学，浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送方法有( )A.150种B.180种C.240种D.540种答案 A解析 先将5个人分成三组，(3，1，1)或(1，2，2)，分组方法有C 35＋C 15C 24C 222＝25(种)，再将三组全排列有A 33＝6(种)，故总的方法数有25×6＝150(种).4.从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任(每班1位班主任)，要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有( )A.210种B.420种C.630种D.840种答案 B解析 因为要求3位班主任中男、女教师都要有，所以共有两种情况，1男2女或2男1女.若选出的3位教师是1男2女则共有C 15C 24A 33＝180(种)不同的选派方法，若选出的3位教师是2男1女则共有C 25C 14A 33＝240(种)不同的选派方法，所以共有180＋240＝420(种)不同的方案，故选B.5.若二项式(2x ＋a x )7的展开式中1x3的系数是84，则实数a 等于( ) A.2 B.54 C.1 D.24答案 C解析 二项式(2x ＋a x )7的通项公式为T k ＋1＝C k 7(2x )7－k (a x)k ＝C k 727－k a k x 7－2k ，令7－2k ＝－3，得k ＝5.故展开式中1x3的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1. 6.(x －1)4－4x (x －1)3＋6x 2(x －1)2－4x 3(x －1)＋x 4等于( )A.－1B.1C.(2x －1)4D.(1－2x )5答案 B解析 (x －1)4－4x (x －1)3＋6x 2(x －1)2－4x 3(x －1)＋x 4＝((x －1)－x )4＝1.7.某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言，要求甲乙中两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有( )A.30种B.600种C.720种D.840种答案 C解析 A 47－A 45＝720(种).8.如图，花坛内有5个花池，有5种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种一种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则栽种方案的种数为( )A.180B.240C.360D.420答案 D解析 若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有A 55种，若5个花池栽了4种颜色的花卉，则2，4两个花池栽同一种颜色的花，或3，5两个花池栽同一种颜色的花，方法有2A 45种；若5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有A 35种，所以最多有A 55＋2A 45＋A 35＝420(种).9.(x ＋1ax)5的各项系数和是1 024，则由曲线y ＝x 2和y ＝x a 围成的封闭图形的面积为______.答案 512解析 设x ＝1，则各项系数和为(1＋1a )5＝1 024＝45，所以a ＝13，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x 2y ＝x31可得交点坐标分别为(0，0)，(1，1)，所以曲线y ＝x 2和y ＝x 31围成的封闭图形的面积为⎠⎛01(x 31－x 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫34x 34－13x 3⎪⎪⎪10＝34－13＝512. 10.圆上有10个点，过每三个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为______. 答案 120解析 圆上任意三点都不共线，因此有三角形C 310＝120(个).11.一排共有9个座位，现有3人就坐，若他们每两人都不能相邻，每人左右都有空座，而且至多有两个空座，则不同坐法共有________种.答案 36解析 可先考虑3人已经就座，共有A 33＝6(种)，再考虑剩余的6个空位怎么排放，根据要求可产生把6个空位分为1，1，2，2，放置在由已经坐定的3人产生的4个空中，共有C 24＝6，所以不同的坐法共有6×6＝36(种).12.我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架舰载机(甲、乙、丙、丁、戊)准备着舰，如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有________种.答案 24解析 先把甲、乙捆绑在一起有A 22种情况，然后对甲、乙整体和戊进行排列，有A 22种情况，这样产生了三个空位，插入丙、丁，有A 23种情况，所以着舰方法共有A 22A 22A 23＝2×2×6＝24(种).13.实验员进行一项实验，先后要实施5个程序(A ，B ，C ，D ，E )，其中程序A 只能出现在第一步或最后一步，程序C 或D 在实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有______种. 答案 24解析 依题意，当A 在第一步时，共有A 22A 33＝12(种)；当A 在最后一步时，共有A 22A 33＝12(种).所以实验的编排方法共有24种.14.用1，2，3，4，5，6组成数字不重复的六位数，满足1不在左右两端，2，4，6三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为________.答案288解析从2，4，6三个偶数中任意选出2个看作一个“整体”，方法有A23＝6(种)，先排3个奇数，有A33＝6(种)，形成了4个空，将“整体”和另一个偶数插在3个奇数形成的4个空中，方法有A24＝12(种).根据分步乘法计数原理求得此时满足条件的六位数共有6×6×12＝432(种).若1排在两端，1的排法有A12A22＝4(种)，形成了3个空，将“整体”和另一个偶数插在3个奇数形成的3个空中，方法有A23＝6(种)，根据分步乘法计数原理求得此时满足条件的六位数共有6×4×6＝144(种)，故满足1不在左右两端，2，4，6三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为432－144＝288(种).12.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理典例精析题型一分类加法计数原理的应用【例1】在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于20，共有种取法.【解析】当一个加数是1时，另一个加数只能是20，有1种取法；当一个加数是2时，另一个加数可以是19,20，有2种取法；当一个加数是3时，另一个加数可以是18,19,20，有3种取法；……当一个加数是10时，另一个加数可以是11,12，…，19,20，有10种取法；当一个加数是11时，另一个加数可以是12,13，…，19,20，有9种取法；……当一个加数是19时，另一个加数只能是20，有1种取法.由分类加法计数原理可得共有1＋2＋3＋…＋10＋9＋8＋…＋1＝100种取法.【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用“和大于20”确定另一个加数.【变式训练1】(2010济南市模拟)从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( )A.3B.4C.6D.8【解析】当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为32时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为12、13、23时，也有4个.故选D. 题型二 分步乘法计数原理的应用【例2】 从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家界游览，则不同的选择方案共有 种.【解析】能去张家界的有4人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有5人、4人、3人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4×5×4×3＝240种.【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏.【变式训练2】(2010湘潭市调研)要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，现有5人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有 种不同的排法.【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成.第一天有5人可选有5种方法，第二天不能用第一天的人有4种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4种方法，由分步乘法计数原理共有5×4×4×4×4＝1 280种方法.题型三 分类和分步计数原理综合应用【例3】(2011长郡中学)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，则不同的涂色种数有 .【解析】方法一：由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为4类：1与5同；2与5同；3与5同；1与3同.对于每一类有A 44种涂法，共有4A 44＝96种方法.方法二：第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域4，有2种方法(此前三步已经用去三种颜色)；第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法.所以，不同的涂色种数有4×3×2×(1×1＋1×3)＝96种.【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.本题能运用两个基本原理求解，要注意的是分类中有分步，分步后有分类.【变式训练3】(2009深圳市调研)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，…，9的9个小正方形，使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不相同，且1,5,9号小正方形涂相同颜色，则符合条件的所有涂法有多少种？【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9号有C 13种涂法；第二步，涂2,3,6号，若2,6同色，有4种涂法，若2,6不同色，有2种涂法，故共有6种涂法；第三步，涂4,7,8号，同第二步，共有6种涂法.由分步乘法原理知共有3×6×6＝108种涂法.总结提高分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题，其区别在于：分类加法计数原理是完成一件事要分若干类，类与类之间要互斥，用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事；分步乘法计数原理是完成一件事要分若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这件事，只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事件.因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个基本计数原理的基础.12.2 排列与组合典例精析题型一 排列数与组合数的计算【例1】 计算：(1)8！＋A 66A 28－A 410；(2) C 33＋C 34＋…＋C 310. 【解析】(1)原式＝8×7×6×5×4×3×2×1＋6×5×4×3×2×18×7－10×9×8×7＝57×6×5×4×3×256×(－89)＝－5 130623. (2)原式＝C 44＋C 34＋C 35＋…＋C 310＝C 45＋C 35＋…＋C 310＝C 46＋C 36＋…＋C 310＝C 411＝330.【点拨】在使用排列数公式A m n ＝n ！(n －m )！进行计算时，要注意公式成立的条件：m ，n∈N +，m ≤n .另外，应注意组合数的性质的灵活运用.【变式训练1】解不等式x 9A ＞629A -x .【解析】原不等式即9！(9－x )！＞6×9！(11－x )！， 也就是1(9－x )！＞)!9)10()11(6x x x ---••， 化简得x 2－21x ＋104＞0，解得x ＜8或x ＞13，又因为2≤x ≤9，且x ∈N *，所以原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}.【例2】 3男3女共6个同学排成一行.(1)女生都排在一起，有多少种排法？(2)女生与男生相间，有多少种排法？(3)任何两个男生都不相邻，有多少种排法？(4)3名男生不排在一起，有多少种排法？(5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法？【解析】(1)将3名女生看作一人，就是4个元素的全排列，有A44种排法.又3名女生内部可有A33种排法，所以共有A44·A33＝144种排法.(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2种插法)，所以女生与男生相间共有2A33·A33＝72种排法.(3)女生先排，女生之间及首尾共有4个空隙，任取其中3个安插男生即可，因而任何两个男生都不相邻的排法共有A33·A34＝144种.(4)直接分类较复杂，可用间接法.即从6个人的排列总数中，减去3名男生排在一起的排法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为A66－A33A44＝576种.(5)先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A23种排法.又甲、乙之间还有A22种排法.这样就有A23·A22种排法.然后把他们4人看成一个元素(相当于一个男生)，这一元素及另1名男生排在首尾，有A22种排法.最后将余下的女生排在其间，有1种排法.故总排法为A23A22A22＝24种.【点拨】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制主要表现在：某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”.对于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”.对于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法.【变式训练2】把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列.(1)43 251是这个数列的第几项？(2)这个数列的第97项是多少？【解析】(1)不大于43 251的五位数A55－(A44＋A33＋A22)＝88个，即为此数列的第88项.(2)此数列共有120项，而以5开头的五位数恰好有A44＝24个，所以以5开头的五位数中最小的一个就是该数列的第97项，即51 234.【例3】要从12人中选出5人去参加一项活动.(1)A，B，C三人必须入选有多少种不同选法？(2)A，B，C三人都不能入选有多少种不同选法？(3)A，B，C三人只有一人入选有多少种不同选法？(4)A，B，C三人至少一人入选有多少种不同选法？(5)A，B，C三人至多二人入选有多少种不同选法？【解析】(1)只须从A，B，C之外的9人中选择2人，C29＝36种不同选法.(2)由A，B，C三人都不能入选只须从余下9人中选择5人，即有C59＝C49＝126种选法.(3)可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有C13种选法，再从余下的9人中选4人，有C49种选法，所以共有C13·C49＝378种选法.(4)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都不入选的情况C59，共有C512－C59＝666种选法.(5)可考虑间接法，从12人中选5人共有C512种，再减去A，B，C三人都入选的情况C29种，所以共有C512－C29＝756种选法.【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条件的问题，一般要根据特殊元素分类.【变式训练3】四面体的顶点和各棱中点共有10个点.(1)在其中取4个共面的点，共有多少种不同的取法？(2)在其中取4个不共面的点，共有多少种不同的取法？【解析】(1)四个点共面的取法可分三类.第一类：在同一个面上取，共有4C46种；第二类：在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有6种；第三类：在六条棱的六个中点中取，取两对对棱的4个中点，共有C23＝3种.故有69种.(2)用间接法.共C410－69＝141种.总结提高解有条件限制的排列与组合问题的思路：(1)正确选择原理，确定分类或分步计数；(2)特殊元素、特殊位置优先考虑；(3)再考虑其余元素或其余位置.12.3二项式定理典例精析题型一 二项展开式的通项公式及应用【例1】 已知n x x )21(4-的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.(1)求证：展开式中没有常数项；(2)求展开式中所有的有理项.【解析】由题意得2C 1n ·21＝1＋C 2n ·(21)2， 即n 2－9n ＋8＝0，所以n ＝8，n ＝1(舍去).所以T r ＋1＝r 8C ·(x )r -8·r x )21(4-＝(－21)r ·r 8C ·28r x -·4rx - ＝(－1)r ·r r 2C 8·4316r x -(0≤r ≤8，r ∈Z ).(1)若T r ＋1是常数项，则16－3r 4＝0，即16－3r ＝0， 因为r ∈Z ，这不可能，所以展开式中没有常数项.(2)若T r ＋1是有理项，当且仅当16－3r 4为整数， 又0≤r ≤8，r ∈Z ，所以 r ＝0,4,8，即展开式中有三项有理项，分别是T 1＝x 4，T 5＝358 x ，T 9＝1256x -2. 【点拨】(1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含x 某次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n 或r 后，再求所需的项(要注意n 和r 的数值范围及大小关系)；(3) 注意区分展开式“第r ＋1项的二项式系数”与“第r ＋1项的系数”.【变式训练1】若(x x ＋32x)n 的展开式的前3项系数和为129，则这个展开式中是否含有常数项，一次项？如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.【解析】由题知C 0n ＋C 1n ·2＋C 2n ·22＝129，所以n ＝8，所以通项为T r ＋1＝C r 8(x x )8-r r x)2(3＝r r x r 611128C 2 ， 故r ＝6时，T 7＝26C 28x ＝1 792x ， 所以不存在常数项，而存在一次项，为1 792x .题型二 运用赋值法求值【例2】(1)已知(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，且a 1＋a 2＋…＋a n －1＝29－n ，则n ＝ ；(2)已知(1－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，若5a 1＋2a 2＝0，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝ .【解析】(1)易知a n ＝1，令x ＝0得a 0＝n ，所以a 0＋a 1＋…＋a n ＝30.又令x ＝1，有2＋22＋…＋2n ＝a 0＋a 1＋…＋a n ＝30，即2n ＋1－2＝30，所以n ＝4.(2)由二项式定理得，a 1＝－C 1n ＝－n ，a 2＝C 2n ＝n (n －1)2， 代入已知得－5n ＋n (n －1)＝0，所以n ＝6，令x ＝－1得(1＋1)6＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6，即a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＋a 6＝64.【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相应的结构.【变式训练2】设(3x －1)8＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 7x 7＋a 8x 8.求a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8的值.【解析】令f (x )＝(3x －1)8，因为f (1)＝a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 8＝28， f (－1)＝a 0－a 1＋a 2－a 3＋…－a 7＋a 8＝48，所以a 0＋a 2＋a 4＋a 6＋a 8＝f (1)＋f (－1)2＝27×(1＋28). 题型三 二项式定理的综合应用【例3】求证：4×6n ＋5n ＋1－9能被20整除. 【解析】4×6n ＋5n ＋1－9＝4(6n －1)＋5(5n －1)＝4[(5＋1)n －1]＋5[(4＋1)n －1]＝20[(5n －1＋C 1n 5n －2＋…＋C n －1n )＋(4n －1＋C 1n 4n －2＋…＋C n －1n )]，是20的倍数，所以4×6n ＋5n ＋1－9能被20整除.【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意(a ＋b )n中，a ，b 中有一个是除数的倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.. .. . .【变式训练3】求0.9986的近似值，使误差小于0.001.【解析】0.9986＝(1－0.002)6＝1＋6×(－0.002)1＋15×(－0.002)2＋…＋(－0.002)6.因为T3＝C26(－0.002)2＝15×(－0.002)2＝0.000 06＜0.001，且第3项以后的绝对值都小于0.001，所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计.所以0.9986＝(1－0.002)6≈1＋6×(－0.002)＝1－0.012＝0.988.总结提高1.利用通项公式可求展开式中某些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等)，解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、r满足的条件，求出n和r，再确定所需的项；2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围.. .. . .w。