(大纲版)高三数学全程复习方略：第十章 排列、组合和二项式定理

第十章 排列、组合和二项式定理
§10.1 两个计数原理
1.（2009·岳阳模拟）有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种
数 （ ）
A .7
B .64
C .12
D
.81
答案
C
2.从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法种数为
（ ）
A .6
B .5
C .3
D
.2
答案
B 3.一个乒乓球队里有男队员5人，女队员4人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，共有不同的选法种数为 （ ）
A .9
B .20
C .54
D .4
5
答案
B
4.（2009·宜昌模拟）将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有
（ ）
A .3
4
B .4
3
C
.18
D
.36
答案
D
5.有一项活动需在3名老师，8名男同学和5名女同学中选人参加，（
1
（2）若需一名老师
（
3
解 （1）“完成这件事”只需从老师、学生中选1人即可，共有3+8+5=16种
.
(2)“完成这件事”需选2人，老师、学生各1人，分两步进行：选老师有3种方法，选学生有8+5=13种方法，共有3×13=39种方法
.
(3)“完成这件事”需选3人，老师、男同学、女同学各一人，可分三步进行，选老师有3种方法，选男同学有8种方法，选女同学有5种方法，共有3×8×5=120种方法.
例1 在所
解 方法一 按十位数上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分
别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个
.
8+7+6+5+4+3+2+1=36（个）
.
方法二 按个位数字是2，3，4，5，6，7，8，9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
1+2+3+4+5+6+7+8=36（个）
.
基础自测
例2已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)表示平面上的点(a,b∈M),问:
(1)P可表示平面上多少个不同的点?
(2)P可表示平面上多少个第二象限的点?
(3)P可表示多少个不在直线y=x上的点?
解（1）确定平面上的点P(a,b)
第一步确定a的值，共有6
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.
（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
第二步确定b,由于b＞0，所以有2种确定方法.
由分步计数原理，得到第二象限点的个数是3×2=6.
（3）点P（a,b)在直线y=x上的充要条件是a=b.
因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6
即在直线y=x上的点有6个.
由（1）得不在直线y=x上的点共有36-6=30个.
例3（12分）现有高一四个班学生34人,其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.
1
（2
（3
解（1）分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7
第二类，从二班学生中选1人，有8
第三类，从三班学生中选1人，有9
第四类，从四班学生中选1人，有10种选法.
所以，共有不同的选法N=7+8+9+10=34（种）. 3
（2
N=7×8×9×10=5 040（种）. 6
（3）分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种
不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法，10分
N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431（种）. 12分
1.从1到20这20个整数中,任取两个相加,使其和大于20,共有几种取法?
解当一个加数是1时,另一个加数只能是20,1种取法.
当一个加数是2时,另一个加数可以是19,20,2种取法.
当一个加数是3时,另一个加数可以是18,19,20,3种取法.
当一个加数是10时,另一个加数可以是11,12,…,20,10种取法.
当一个加数是11时,另一个加数可以是12,13,…,20,9种取法.
当一个加数是19时,另一个加数是20,1种取法.
由分类原理可得共有1+2+3+…+10+9+8+…+1=100种取法.
2.某体育彩票规定：从01到36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元.某人想先选定吉利号18，然后从01至17中选3
个连续的号，从19至29中选2个连续的号，从30至36中选1个号组成一注.若这个人要把这种要求的号全买下，至少
解先分三步选号，再计算总钱数.
按号段选号，分成三步.
第一步从01至17中选3个连续号，有15
第二步从19至29中选2个连续号，有10
第三步从30至36中选1个号，有7种选法.
15×10×7=1 050(注),
故至少要花1 050×2=2 100(元).
3.某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动.
（1）任选1
（2
（3）选2个班的学生参加社会实践，要求这2
解（1）分三类：第一类从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二类从高二年级选一个班，有7种不同方法；第三类从高三年级选1个班，有8种不同方法.由分类计数原理，共有6+7+8=21种不同的选法.
（2）每种选法分三步：第一步从高一年级选一个班，有6种不同方法；第二步从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三步从高三年级选1个班，有8种不同方法.由分步计数原理，共有6×7×8=336种不同的选法.
（3）分三类，每类又分两步.第一类从高一、高二两个年级各选一个班，有6×7种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同方法；第三类从高二、高三年级各选一个班，有7×8种不同的方法，故共有6×7+6×8+7×8=146种不同选法.
一、选择题
1. 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( )
A.10种
B.20
C.25
D.32
答案D
2.某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“×××××××0000”到“×××××××9999
10 000个号码，公司规定：凡卡号的后四位中带有数字“4”或“7”的一律作为优惠卡，则这组号码中“优惠卡”的个
数为（
A.2 000
B.4 096
C.5 904
D.8 320
答案C
3.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.3
B.4
C.6
D.8
答案D
4.如图所示，用五种不同的颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，
若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有（
A.180
B.120
C.96
D.60
答案A
5.一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有（
A.6
B.8
C.36种
D.48
答案D
6.（2008·全国Ⅰ文，12）将1，2，3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，
右面是一种填法，则不同的填写方法共有( )
A. 6种
B.12
C.24种
D.48
答案B
二、填空题
7.在2008年奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1、2、3、4、5、6、7、8八条
跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有种.
答案 2 880
8.若一个m,n均为非负整数的有序数对（m,n)，在做m+n的加法时各位均不会进位，则称（m,n)为“简单的”有序数
对，m+n称为有序数对（m,n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序数对的个数是 .
答案 300
三、解答题
9.（1）4
（2）4
解（1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，四个都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有：
3×3×3×3=81种报名方法.
（2）完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步.而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能的情况，于是共有：4×4×4=43
=64种可能的情况.
10.用5
种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻（有公共边）的区域不同色，那么
解 完成该件事可分步进行. 涂区域1，有5种颜色可选. 涂区域2，有4种颜色可选.
涂区域3，可先分类：若区域3的颜色与2相同，则区域4有4种颜色可选.若区域3的颜色与2不同，则区域3有3种颜色可选，此时区域4有3种颜色可选.
所以共有5×4×（1×4+3×3）=260种涂色方法.
11.在平面直角坐标系内，点P （
a ，
b ）的坐标满足a ≠b ,且a ,b
都是集合{1,2,3,4,5,6}的元素,又点P 到原点的距离|OP |≥5.求这样的点P
的个数.
解 按点P 的坐标a 将其分为6类:
(1)若a =1,则b =5或6,有2个点; (2)
若a =2,则b =5或6,有2个点;
(3)若a
=3,则b =5或6或4,有3个点;
(4)若a =4,则b =3或5或6,有3
个点; (5)若a =5,则b =1,2,3,4,6,有
5个点;
(6)若a =6,则b =1,2,3,4,5,有5个点; ∴共有2+2+3+3+5+5=20（个）点.
12.将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法
解 设由左到右五块田中要种a ,b ,c 三种作物，不妨先设第一块种a ,则第二块可种b ,c ,有两种选法.同理，如果第二块种b ,
则第三块可种a 和c ,也有两种选法，由分步乘法计数原理共有1×2×2×2×2=16.其中要去掉ababa 和acaca 两种方法.故a 种作物种在第一块田中时的种法数有16-2=14（种）
.
同理b 种或c 种作物种在第一块田中时的种法数也都为14种. 所以符合要求的种植方法共有3×(2×2×2×2-2)=3×(16-2)=42(种).
§10.2
排列、组合及其应用
1.从1，2，3，
4，5，6六个数字中，
选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有（
）
A .9
B .24
C .36
D .54
答案
D
2.（2008·福建理，7）某班级要从
4名男生、2名女生中选派
4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为
（
A .14
B .24
C .28
D .48
答案
A
基础自测
3.（2009·成都市第一次诊断性检测）某学校有教职工100人，其中教师80人，职员20人，现从中选取10人组成一个考察团外出学习考察，则这10人中恰好有8名教师的不同选法种数是
（
A .8
202
80C C
B .880
2
80A A
C .2
20
880A A
D .2
20880C C
答案D
4.在100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的不同取法种数是
（
A .2
94
16C C
B .2
9916C C
C .394
3
100C C -
D .394
3
100A A -
答案C
5.（2008·上海理，12）组合数r n C （n ＞r ≥1,n 、r ∈Z ）恒等于
（
A .
1
1
C 1
1--++r n n r B .(n +1)(r +1)1
1
C --r n
C .nr 1
1C --r n
D .r
n 1
1C --r n
答案D
例1 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？ （1
（2
（3
（4
（5
（6）甲不站左端，乙不站右端.
解 （1）方法一 要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有14A 种站法，然后其余5人在另外5个
位置上作全排列有5
5A 种站法，根据分步计数原理，共有站法：14A ·55A =480（种）.
方法二 由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有25A 种站法，然后中间4人有44A 种站法，根据分步计数原理，共有站法：2
5A ·44A =480（种）.
方法三 若对甲没有限制条件共有66A 种站法，甲在两端共有255A 种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即共有站法：6
6A -255A =480（种）.
（2）方法一 先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余4人进行全排列有55A 种站法，再把甲、乙进行全排列，
有2
2A 种站法，根据分步计数原理，共有55A ·22A =240（种）站法.
方法二 先把甲、乙以外的4个人作全排列，有44A 种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙放入，有15A 种方法，最后让甲、乙全排列，有2
2A 种方法，共有44A ·15A ·22A =240（种）.
（3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有44A 种站法；第二步再
将甲、乙排在4人形成的5个空档（含两端）中，有25A 种站法，故共有站法为44A ·25A =480（种）.
也可用“间接法”，6个人全排列有66A 种站法，由（2）知甲、乙相邻有55A ·22A =240种站法，所以不相邻的站法有6
6A -55A ·2
2A =720-240=480（种）.
（4）方法一 先将甲、乙以外的4个人作全排列，有44A 种，然后将甲、乙按条件插入站队，有322A 种，故共有44A ·（322A ）=144（种）站法.
方法二 先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有24A 种，然后把甲、乙及中间2人看作一
个“大”元素与余下2人作全排列有33A 种方法，最后对甲、乙进行排列，有22A 种方法，故共有24A ·33A ·2
2A =144（种）
站法.
（5）方法一 首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有22A 种，再让其他4人在中间位置作全排列，有4
4A 种，根据分步计数原理，共有2
2A ·44A =48（种）站法.
方法二 首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有22A 种站法，然后考虑中间4个位置，由剩下的4人去站，有44A 种站法，由分步计数原理共有2
2A ·44A =48（种）站法.
（6）方法一 甲在左端的站法有55A 种，乙在右端的站法有55A 种，且甲在左端而乙在右端的站法有44A 种，共 有6
6A -255A +44A =504（种）站法.
方法二 以元素甲分类可分为两类：①甲站右端有55A 种站法，②甲在中间4个位置之一，而乙不在右端有14A ·14A ·44A 种，故共有5
5A +14A ·14A ·44A =504（种）站法.
例2 （12分）男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人.选派5人外出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法？（1）男运动员3名，女运动员2
（2）至少有1
（3）队长中至少有1
（4）既要有队长，又要有女运动员.
解 （1）第一步：选3名男运动员，有3
6C 种选法. 第二步：选2名女运动员，有2
4C 种选法.
共有3
6C ·2
4C =120种选法.
3
（2）方法一 至少1
1女4男，2女3男，3女2男，4女1男.
1
644263436244614C C C C C C C C +++=246种.
6
方法二 “至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解.
从10人中任选5人有5
10C 种选法，其中全是男运动员的选法有56C 种.
所以“至少有1名女运动员”的选法为
5
10C -56C =246种.
6
（3）方法一
“只有男队长”的选法为4
8C “只有女队长”的选法为4
8
C
“男、女队长都入选”的选法为3
8C
所以共有24
8C +3
8C =196种选法.
9
方法二
从10人中任选5人有510C 种选法.
其中不选队长的方法有5
8C 种.所以“至少1名队长”的选法为510C -58C =196种.
9
（4）当有女队长时，其他人任意选，共有49C 种选法.不选女队长时，必选男队长，共有48C 种选法.其中不含女运动员的选 法有4
5C 种，所以不选女队长时的选法共有48C -45C 种选法.
4
9
C +48C -4
5C =191种. 12
例3 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.
（1）恰有1
（2）恰有1个盒内有2
（3）恰有2
解 （1）为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另
外2个盒子内，由分步计数原理，共有2
2132414A C C C ⨯=144种.
（2）“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法.
（3）确定2个空盒有24C 种方法.
4个球放进2个盒子可分成（3，1）、（2，2）两类，第一类有序不均匀分组有2
21134C C C 种方法；
第二类有序均匀分组有22
2
224A C C
2
2A 种方法.
故共有2
4
C （34
C 11
C 22
A +2
2
2
2
24A C C ·22A ）=84种.
1.用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：①奇数；②偶数；③大于3 125的数.
解 ①先排个位，再排首位，共有1
3A ·14A ·2
4A =144（个）.
②以0结尾的四位偶数有35A 个，以2或4结尾的四位偶数有12A ·14A ·24A 个，则共有35A +12A ·14A ·24A =156（个）.
3 125大，4、5作千位时有235A 个，3作千位，2、4、5作百位时有324A 个，3作千位，1作百位时有21
3A 个，所
以共有235A +324A +21
3A =162（个）.
2.某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5
（1
（2
（3
（4
解 （1）只需从其他18人中选3
共有3
18C =816
（2）只需从其他18人中选5人即可，共有5
18C =8 568
（3
共有1
2C 418C +318C =6 936
（4）方法一 （直接法）至少一名内科医生一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，
所以共有1
8412283123821248112C C C C C C C C ++++=14 656（种）.
方法二 （间接法）由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得)C (C C 51258520+-=14 656(种）.
3.有6
（1）分成1本、2本、3
（2）分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3
（3）分成每组都是2
（4）分给甲、乙、丙三人，每人2本.
解 （1）分三步：先选一本有16C 种选法；再从余下的5本中选2本有25C 种选法；对于余下的三本全选有33C 种选法，由分步计数原理知有332516C C C =60种选法.
（2）由于甲、乙、丙是不同的三人，在（1）的基础上，还应考虑再分配的问题，因此共有3
3332516A C C C =360种选法. （3）先分三步，则应是222426C C C 种选法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A 、B 、C 、D 、E 、F ，若第一步取了
AB ，
第二步取了CD ，第三步取了EF ，记该种分法为（AB ，CD ，EF ），则222426C C C 种分法中还有（AB 、EF 、CD ）
，（CD 、AB 、EF ）、（CD 、EF 、AB ）、（EF 、CD 、AB ）、（EF 、AB 、CD ）共有33A 种情况，而且这33A 种情况仅是AB 、CD 、EF 的顺序不
同，因此，只算作一种情况，故分法有
33
2
2
2426A C C C =15种.
（4）在问题（3
2
22426333
3
222426C C C A A C C C =⋅=90种.
一、选择题
1.用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的偶数共有
（ ）
A .60个
B .48
C .36
D .24
答案
C
2.将编号为1，2，3，4，5的五个球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子里，每个盒子内放一个球，若恰好有三个球的编号与盒子编号相同，则不同投放方法的种数为
（ ）
A .6
B .10
C .20
D .30
答案
B
3.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位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有 ( )A .1 440
B .960
C .720
D .480
答案
B
4.在图中，“构建和谐社会，创美好未来”，从上往下读（不能跳读），共有不同的读法种数是
（ ）
建
和 和
谐 谐 谐
社 社 社 社
会 会 会 会 会
创 创 创 创
美 美 美
好 好
未
A .250
B .240
C .252
D .300
答案
C
5. (2008·天津理，10)有8张卡片分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5，则不同的排法共有
（ ）
A .1 344
B .1 248
C .1 056
D .960
答案
B
6.（2008·安徽理，12）12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是
（
A .2
3
28A C
B .66
2
8A C
C .2
628A C
D .2
5
28A C 答案C
二、填空题
7.（2008·海淀模拟）平面α内有四个点，平面β内有五个点，从这九个点中任取三个，最多可确定 个平面，任取四点，最多可确定
答案 72 120
8.（2008·浙江理，16）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻.这样的六位数的个数是 （用数字作答）.
答案 40
三、解答题
9.某外商计划在4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，求该外商不同的投资方案有多
解 可先分组再分配，据题意分两类，一类：先将3个项目分成两组，一组有1个项目，另一组有2个项目，然后再分配
给4个城市中的2个，共有242
3A C 种方案；另一类1个城市1个项目，即把3个元素排在4个不同位置中的3个，共有34A 种方案.由分类计数原理可知共有342423A A C +=60种方案.
10.课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条
（1
（2
（3
（4）至多有两名女生当选.
分析 解组合问题常从特殊元素入手.
解 （1）一名女生，四名男生，
故共有1
5C ⋅4
8C =350（种）.
（2）将两队长作为一类，其他11
故共有2
2C ⋅311C =165（种）.
（3）至少有一名队长含有两类：有一名队长和两名队长.
故共有：1
2C ⋅411C +22C ⋅311C =825（种）. 或采用间接法：513C -511C =825（种）.
（4）至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生.
故选法为25C ⋅38C +15C ⋅48C +58C =966（种）.
11.已知平面α∥β，在α内有4个点，在β内有6个点.
（1）过这10个点中的3
（2
（3
解 （1）所作出的平面有三类：①α内1点，β内2点确定的平面，有14C ⋅26C 个；
②α内2点，β内1点确定的平面，有2
4C ⋅16
C α，β本身.
∴所作的平面最多有1
4C ⋅26C +24C ⋅16C +2=98（个）.
（2）所作的三棱锥有三类：①α内1点，β内3点确定的三棱锥，有14C ⋅36C α内2点，β内2点确定的三棱
锥，有2
4C ⋅26C 个；α内3点，β内1点确定的三棱锥，有34C ⋅1
6
C .
1
4C ⋅1
634262436C C C C C ⋅+⋅+=194
（3）∵当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等.
且平面α∥β，∴体积不相同的三棱锥最多有24263436C C C C ⋅++=114（个）
12.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右
解 ∵前排中间3
∴实际可坐的位置前排8个，后排12个.
（1）两人一个前排，一个后排，方法数为2
211218A C C ⋅⋅ （2）两人均在后排左右不相邻，共2
11
11122212A A A A =⋅-
（3
①两人一左一右，共2
2
1414A C C ⋅⋅
②两人同左同右，有2（2
21324A A A ⋅-）种.
综上可知，不同排法种数为)A A (A 2A C C A A C C 2
213242214142112211218⋅-+⋅⋅++⋅⋅=346种.
§10.3 二项式定理及其应用
基础自测
1.在（1+x ）n (n ∈N *
)的二项展开式中，若只有x 5
的系数最大，则n 等于
（
A .8
B .9
C .10
D .11
答案
C
2.（2009·成都市第一次诊断性检测）9
1⎪
⎭⎫ ⎝⎛
-x x 的展开式中第3项是
（
A .-84x 3
B .84x
3
C .-36x
5
D .36x
5
答案
D
3.若多项式0C n (x +1）n -1C n (x +1)n -1
+…+(-1)r r n C (x +1)n -r +…+(-1)n n n
C =a 0x n +a 1x n -1
+…+a n -1x +a n ,则a 0+a 1+…+a n -1+a n 等于（ ） A .2n
B .0
C .-1
D .1
答案
D
4.（2008·山东理，9）12
3
)1
(x
x -的展开式中的常数项为
（
A .-1 320
B .1 320
C .-220
D .220
答案
C
5.（2008·福建理，13）若(x -2)5
=a 5x 5
+a 4x 4
+a 3x 3
+a 2x 2
+a 1x +a 0,则a 1+a 2+a 3+a 4+a 5= .（用数字
答案 31
例1 在二项式n
x x ⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛+4
21的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项和二项式系数最大的项.
解 ∵二项展开式的前三项的系数分别是1，
2n
，8
1n （n -1
∴2·
2n
=1+8
1n （n -1
解得n =8或n =1
∴T k +1=k
k k k
k k
x x x
434842
88
2C 21C ---=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛
当4-
4
3
k ∈Z 时，T k +1
∵0≤k ≤8且k ∈Z ,∴k =0，4，8符合要求.
故有理项有3
T
1=x 4
，T 5=
835x ，T 9=256
1x -2
. ∵n =8，∴展开式中共9
中间一项即第5项的二项式系数最大.T
5=8
35x .
例2 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 令x =-1,则a
0-a 1+a 2-a 3+a 4-a 5+a 6-a 7=37
(1)∵a
0=07C =1,∴a 1+a 2+a 3+…+a 7=-2. (2)(①-②)÷2,得a 1+a 3+a 5+a 7=2
317
--=-1 094.
(3)(①+②)÷2,
得a
0+a 2+a 4+a 6=2
317
+-=1 093.
(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2 187.
例3 （12分）（1）已知n ∈N *
,求证：1+2+22
+23
+…+25n -1
能被31整除
（2）求0.9986
的近似值，使误差小于0.001.
（1）证明 ∵1+2+22
+23
+ (25)
-1
=
2
1215--n =25n -1=32n -1
3
=（31+1）n -1
=31n +1
C n ·31n -1
+2C n
·31n -2
+…+1C -n n ·31+1-1 =31（31n -1
+1C
n ·31
n -2
+…+1C -n n ）
5
显然括号内的数为正整数， 故原式能被31整除.
6
（2）解 ∵0.9986
=（1-0.002）
6
=1-1
6C （0.002）+26C （0.002）2
-3
6C （0.002）3
+…
8 第三项T
3=15×(0.002)2
=0.000 06＜0.001,以后各项更小,∴0.9986
≈1-0.012=0.988.
12
1.在(3x -2y )20
（1
（
2
（3）系数最大的项
.
解 （1）二项式系数最大的项是第
11
T 11=1020C 310
（-2）10x 10
y 10
=10
20C 610
x 10
y 10
.
（2）设系数绝对值最大的项是第r
+1
于是⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅≥⋅⋅⋅⋅≥⋅⋅----+-+-1
211202020
1
19120202023C 23C 23C 23C r r r r r r r r r r r r 化简得,3)21(2)20(2)1(3⎩⎨⎧≥--≥+r r r r 解得752≤r ≤852
.
所以r
=8,
即T 9=820C 312
·28
·x 12
y 8
是系数绝对值最大的项
.
（3）由于系数为正的项为奇数项，故可设第2r
-1
,23C 23C 23
C 23C 2220220222222220
422244220222222220⎪⎩⎪⎨⎧⋅⋅≥⋅⋅⋅⋅≥⋅⋅----------r
r r r r r r r
r r r r 化简得⎪⎩
⎪⎨⎧≥-+≤-+0924163100
0771*******
r r r r
.
解之得r =5,即2×5-1=9项系数最大
.
T 9=820C ·312
·28
·x 12
y 8
.
2.求x (1-x )4+x 2(1+2x )5+x 3(1-3x )7
展开式中各项系数的和
. 解 设x (1-x )4
+x 2
(1+2x )5
+x 3
(1-3x )
7
=a 0+a 1x +a 2x 2
+…+a n x
n
在原式中，令x
=1,
则1×(1-1)4
+12
×(1+2)5
+13
×(1-3)7
=115, ∴展开式中各项系数的和为115.
3.求证:3n ＞(n +2)·2n -1
（n ∈N *
，n ＞2）
.
证明 利用二项式定理3n =(2+1)n 展开证明
.
因为n ∈N *
，且n ＞2,所以3n =(2+1)n 展开后至少有4项
.
（2+1）n =2n +1C n ·2
n -1
+…+1C -n n ·2+1≥2n +n ·2n -1
+2n +1＞2n +n ·2n -1
=(n +2)·2n -1
, 故3n ＞(n +2)·2n -1
.
一、选择题
1.（1-2x )6
=a 0+a 1x +a 2x 2
+…+a 6x 6
，则|a 0|+|a 1|+|a 2|+…+|a 6|的值为
（ ）
A
.1 B
.64 C
.243
D
.729
答案
D
2.（2008·安徽理，6）设（1+x ）8
=a 0+a 1x +…+a 8x 8
，则a 0，a 1，…，a 8中奇数的个数为
（ A
.2
B
.3
C .4
D
.5
答案
A
3.（2008·全国Ⅱ理，7）(1-x )6(1+x )4
的展开式中x 的系数是 （ ）
A .-4
B .-3
C
.3
D
.4
答案
B
4.（2009·河南新郑二中模拟）在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-31
2x
x 8
的二项展开式中，常数项等于 （ ）
A .
2
3 B .-7
C .7
D .-2
3
答案
C
5.若(1+5x 2
)n 的展开式中各项系数之和是a n ,（2x 3
+5)n 的展开式中各项的二项式系数之和为b n ,则
n
n n
b a
1
3+的值为（
）
A .3
1 B .
2
1
C .1 D
.3
答案
A
6.设m ∈N *
,n ∈N *
,若f (x )=(1+2x )m +(1+3x )n 的展开式中x 的系数为13，则x 2
的系数为
（ A
.31 B
.40 C .31或40
D
.
答案
C
二、填空题
7.（1+x ）6
(1-x )4
展开式中x 3
的系数是
.
答案
-8
8.（2008·天津理，11）5
2⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-x x 的二项展开式中x 2的系数是 （用数字作答）
.
答案
40
三、解答题
9.已知n
x x ⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+
22(n ∈N *)的展开式中第5项的系数与第3项的系数之比为10∶
1.
解 依题意，第5项的系数为4C n ·2
4
第3项的系数为2C n ·2
2
110C 2C 22
244=⋅⋅n n
，解得n
=8. 设展开式中第r
+1
⎪⎩⎪⎨⎧⋅≥⋅⋅≥⋅++--,2C 2C ,
2C 2C 1
188
1188r r r r r r r r 解得5≤r ≤
6.
∴第6项和第
7
即最大为56×25
=7×28
=1 792.
10.已知(32x +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.求展开式中系数最大的项
.
解 令x =1，得各项的系数和为(1+3)n =4
n
而各项的二项式系数和为：0C n +1C n +…+n n C =2n ，
∴4n =2n
+992. ∴(2n -32)(2n +31)=0
∴2n =32或2n =-31（舍去），∴n
=5
设第r +1项的系数最大，则⎪⎩⎪⎨⎧≥≥++--;3C 3C ,3C 3C 1
1551
155r r r r r r r r 即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+≥--≥;1351,613
r r r
r ∴
2
9
27≤≤r ，又r ∈Z ，∴r
=4
∴系数最大的项是T 5=3
24
5
C x 3
264
2405)3(x x =.
11.（1）求9
221⎪
⎭⎫ ⎝⎛
-x
x
（2）已知9
2
⎪⎪⎭
⎫
⎝
⎛-
x x a
的展开式中x 3的系数为49，求常数
a
（3）求（x 2
+3x +2）5
的展开式中含x 的项
. 解 （1）设第r
+1
T r +1=r
9
C （x 2
）9-r
·r
r r
r
x
x 3189C 2121-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎪⎭⎫ ⎝⎛- 令18-3r =0,得r =6,即第7项为常数项
.
T 7=1621C 21696
=
⎪⎭⎫ ⎝⎛-
. ∴常数项为
16
21
.
(2)设第r +1项是含x 3
的项，则有399492C x x x a r
r
r =⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-⎪⎭
⎫ ⎝⎛-,得：329x x x r
r =
-
故
r 2
3
-9=3,即r
=8. ∴4921C 8
89=⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-a ，∴a
=4.
（3）∵（x 2
+3x +2）5
=（x +1）5
（x +2）
5
（x 2
+3x +2）5的展开式中含x 的项是（x +1）5
展开式中的一次项与（x +2）5
展开式中的常数项之积，（x +1）5
展开式中的常数项与(x +2)5
展开式中的一次项之积的代数和
.
∴含x 的项为4
4555555452C 1C 2C C ⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅x x =240x .
12.在(2x -3y )
10
（
1 （
2
（
3
（
4
（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 9
y +a 2x 8
y 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）二项式系数和为10
10101100102
C C C =+++
（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910102100102C C C =+++ , 偶数项的二项式系数和为99
103101102C C C =+++ .
(4)设(2x -3y )10
=a
0x 10
+a 1x 9
y +a 2x 8
y 2
+…+a 10y
10
令x =y =1,得到a
0+a 1+a 2+…+a 10=1 令x =1,y =-1(或x =-1,y =1)
得a
0-a 1+a 2-a 3+…+a 10=5
10
①+②得2(a 0+a 2+…+a 10)=1+510
, ∴奇数项的系数和为
10
2
51+
①-②得2(a
1+a 3+…+a 9)=1-510
, ∴偶数项的系数和为10
2
5
1-.
（5）x 的奇次项系数和为a
1+a 3+a 5+…+a 9=10
25
1-;
x 的偶次项系数和为a 0+a 2+a 4+…+a 10=10
2
5
1+.
章末检测十
一、 选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1.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、丁不能排在一起，则不同的排法共有（
A .12
B .20
C .24
D .48
答案C
2.直角坐标xOy 平面上，平行直线x =n (n =0,1,2,…,5)与平行直线y =n (n =0,1,2,…,5)组成的图形中，矩形共有（ ）
A .25个
B .36个
C .100个
D .225
答案
D
3.二项式（a +2b )n 中的第二项系数是8，则它的第三项的二项式系数为
（ ）
A .24
B .18
C .16
D .6
答案D
4.（2009·珠海模拟）已知（x +1）15
=a 0+a 1x +a 2x 2
+…+a 15x 15
，则a 0+a 1+a 2+…+a 7等于
（ ）
A .2
15
B .2
14
C .2
8
D .2
7
答案
B
5.（2008·四川理，6）从甲、乙等10名同学中挑选4名参加某项公益活动，要求甲、乙中至少有1人参加，则不同的挑选方法共有
（ ）
A .70
B .112
C .140
D .168
答案
C
6.（2009·珠海模拟）在（1-x 3
)(1+x )10
的展开式中，x 5
的系数为
（ ）A .297 B .207 C .252
D .-45
答案
B
7.()
10
46
3111⎪⎪⎭
⎫
⎝
⎛++x x 的展开式中的常数项为 （ ）
A .1
B .46
C .4 245
D .4 246
答案
D
8.（2008·辽宁理，9）一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有
（ ）
A .24
B .36种
C .48种
D .72
答案
B
9.甲、乙、丙三名同学在课余时间负责一个计算机房的周一至周六值班工作，每天一人值班，每人值班两天，如果甲同学不值周一的班，乙同学不值周六的班，则可以排出不同的值班表有
（ ）
A .36种
B .42
C .50种
D .72
答案
B
10.若（1+x )n +1
的展开式中含x n -1
的系数为a n ，则
211
1a a ++…+n
a 1的值为 （
A .
1
+n n
B .
1
2+n n C .
2
)1(+n n D .
2
)3(+n n
答案B
11.（2008·全国Ⅰ，12）如图所示，一环形花坛分成A 、B 、C 、D 四块，现有4种不同的花供选种， 要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为 （
A .96
B .84
C .60
D .48
答案
B
12.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 .4
12A
B .2
12
212A A ⋅
C .2
12
212C C ⋅
D .4
12
C
答案D
二、填空题 （本大题共4小题，每小题4分，共16
13.在9
21⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 的展开式中，x 3
的系数为 （用数字作答）.
答案 -
2
21
14.已知（1+x ）+(1+x )2
+(1+x )3
+…+(1+x )8
=a
0+a 1x +…+a 8x 8
,则a 1+a 2+a 3+…+a 8= . 答案 502
15.（2008·陕西理，16）某地奥运火炬接力传递路线共分6段,传递活动分别由6名火炬手完成,如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有 种.
答案 96
16.8
1
⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛-x ax 的展开式中x 2的系数是70，则实数a 的值为 . 答案 ±1
三、解答题（本大题共6小题，共74
17.（12分）二次函数y =ax 2
+bx +c 的系数a 、b 、c ，在集合{-3，-2，-1，0，1，2，3，4}中选取3个不同的值，则可确定
解 由图形特征分析，a ＞0,开口向上，坐标原点在内部⇔f (0)=c ＜0;a ＜0,开口向下，原点在内部⇔f (0)=c ＞0,
所以，对于抛物线y =ax 2
+bx +c 来讲，原点在其内部⇔af (0)=ac ＜0,则确定抛物线时，可先定一正一负的a 和c ,再确定
b ,故满足题设的抛物线共有1
6221413A A C C =144（条）.
18.（12。