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高中数学选修2-3答案【篇一：高中数学选修2-3所有试卷含答案】每章分三个等级：[基础训练a组]， [综合训练b组]， [提高训练c 组] 建议分别适用于同步练习，单元自我检查和高考综合复习。
(数学选修2--3) 第一章计数原理[基础训练a组]一、选择题1．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．64c．12d．142．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有（）a．140种 b.84种 c.70种 d.35种3．5个人排成一排,其中甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数有（） a．a3 b．4a3 c．a5?a3a3 d．a2a3?a2a3a3 4．a,b,c,d,e共5个人，从中选1名组长1名副组长，但a不能当副组长，不同的选法总数是（）a.20 b．16 c．10 d．65．现有男、女学生共8人，从男生中选2人，从女生中选1人分别参加数学、物理、化学三科竞赛，共有90种不同方案，那么男、女生人数分别是（） a．男生2人，女生6人 b．男生3人，女生5人 c．男生5人，女生3人 d．男生6人，女生2人. ?x6．在??的展开式中的常数项是（） ?283352323113a.7 b．?7 c．28 d．?287．(1?2x)(2?x)的展开式中x3的项的系数是（） a.120 b．?120 c．100 d．?100 ?8．??2??2?展开式中只有第六项二项式系数最大,则展开式中的常数项是（） x?n5a．180 b．90 c．45 d．360二、填空题1．从甲、乙，??，等6人中选出4名代表，那么（1）甲一定当选，共有种选法．（2）甲一定不入选，共有种选法.（3）甲、乙二人至少有一人当选，共有种选法.2．4名男生，4名女生排成一排，女生不排两端，则有. 3．由0,1,3,5,7,9这六个数字组成_____个没有重复数字的六位奇数.4．在(x?的展开式中，x的系数是1062205．在(1?x)展开式中，如果第4r项和第r?2项的二项式系数相等，则r?，t4r?6．在1,2,3,...,9的九个数字里，任取四个数字排成一个首末两个数字是奇数的四位数，这样的四位数有_________________个？7．用1,4,5,x四个不同数字组成四位数,所有这些四位数中的数字的总和为288,则x. 8．从1,3,5,7,9中任取三个数字，从0,2,4,6,8中任取两个数字，组成没有重复数字的五位数，共有________________个？三、解答题1．判断下列问题是排列问题还是组合问题？并计算出结果.（1）高三年级学生会有11人：①每两人互通一封信，共通了多少封信？②每两人互握了一次手，共握了多少次手？（2）高二年级数学课外小组10人：①从中选一名正组长和一名副组长，共有多少种不同的选法？②从中选2名参加省数学竞赛，有多少种不同的选法？（3）有2,3,5,7,11,13,17,19八个质数：①从中任取两个数求它们的商可以有多少种不同的商？②从中任取两个求它的积，可以得到多少个不同的积？2．7个排成一排，在下列情况下，各有多少种不同排法？（1）甲排头，（2）甲不排头，也不排尾，（3）甲、乙、丙三人必须在一起，（4）甲、乙之间有且只有两人，（5）甲、乙、丙三人两两不相邻，（6）甲在乙的左边（不一定相邻），（7）甲、乙、丙三人按从高到矮，自左向右的顺序，（8）甲不排头，乙不排当中。
学习目标 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能结合具体问题的特征，合理选择两个计数原理来分析和解决一些简单的实际问题.2.理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数和组合数公式，掌握组合数的两个性质，并能用它们解决实际问题.3.能利用计数原理证明二项式定理，掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能应用它们解决与二项展开式有关的计算和证明问题.1.分类加法计数原理完成一件事有n 类不同的方案，在第一类方案中有m 1种不同的方法，在第二类方案中有m 2种不同的方法，…，在第n 类方案中有m n 种不同的方法，那么完成这件事共有N ＝m 1＋m 2＋…＋m n 种不同的方法. 2.分步乘法计数原理完成一件事需要n 个步骤，做第一步有m 1种不同的方法，做第二步有m 2种不同的方法，…，做第n 步有m n 种不同的方法，那么完成这件事有N ＝m 1×m 2×…×m n 种不同的方法. 3.排列数与组合数公式及性质4.二项式定理(1)二项式定理的内容.(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C k n an －k b k ＋…＋C n n b n(n ∈N *). (2)通项公式：T k ＋1＝C k n an －k b k ，k ∈{0,1,2，…，n }. (3)二项式系数的性质.①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；②若n 为偶数，中间一项⎝⎛⎭⎫第n2＋1项的二项式系数最大；若n 为奇数，中间两项⎝⎛⎭⎫第n ＋12项和第n ＋12＋1项的二项式系数相等且最大.③C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ；C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1.类型一 数学思想方法在求解计数问题中的应用 角度1 分类讨论思想例1 从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个(用数字作答). 答案 60解析 1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类. 分三类：①没有数字1和3时，有A 34个； ②只有1和3中的一个时，有2A 24个；③同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空当中的1个即可，有C 14·C 13个.所以满足条件的三位数共有A 34＋2A 24＋C 14·C 13＝60(个). 反思与感悟 解答排列、组合中的一些较复杂的问题，常用分类讨论思想.讨论时，要注意不重复不遗漏，对于本题解答中，“没有数字1和3”这一类容易被遗漏.跟踪训练1 用红、黄、蓝三种颜色对如图所示的三个方框进行涂色，若要求每个小方格，涂一种颜色，且涂成红色的方格数为偶数，则不同的涂色方案种数是________.答案 14解析 因为涂成红色的方格数为偶数，即涂成红色的方格数为0或2，3个格涂一种颜色有2种(全黄或全蓝)3个格涂2颜色且涂0个红色时，C 12C 23＝6(种). 3个格涂2颜色且涂2个红色时，C 12C 23＝6(种).根据分类加法计数原理，可得共有2＋6＋6＝14(种). 角度2 “正难则反”思想例2 平面上有9个点，排成三行三列的方阵，以其中的任意3个点为顶点，共可以组成________个三角形(用数字作答). 答案 76解析 正面考虑，需分类且容易出现遗漏或重复.从反面考虑9个点中有3个点共线的情况的种数，问题则较易解决.9个点中有3个点共线的情况，显然是三行、三列和两条对角线上的点，易知共8种，9个点中任取3个点的组合数为C 39，所以共可以组成C 39－8＝76(个)三角形.反思与感悟 对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考. 跟踪训练2 从甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种. 答案 30解析 从4人中选出两个人作为一个元素有C 24种方法，同其他两个元素在三个位置上排列C 24A 33＝36(种)方案，其中有不符合条件的，即学生甲，乙同时参加同一竞赛有A 33种结果， ∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种). 类型二 排列与组合的综合应用例3 有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内. (1)共有多少种放法？(2)恰有1个盒子中不放球，有多少种放法？ (3)恰有2个盒子中不放球，有多少种放法？解 (1)由分步乘法计数原理可知，共有44＝256种放法.(2)先从4个小球中取2个作为一组，有C 24种不同的取法，再把取出的2个小球与另外2个小球(即3组)分别放入4个盒子中的3个盒子里，有A 34种不同的放法，根据分步乘法计数原理知，共有C 24A 34＝144(种)不同的放法.(3)恰有2个盒子中不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法： 第1类，1个盒子中放3个小球.一个盒子中放1个小球.先把小球分组，有C 34种分法，再放到2个盒子中，有A 24种不同的放法，共有C 34A 24种不同的放法； 第2类，2个盒子中各放2个小球有C 24A 24A 22种放法.故恰有2个盒子中不放球的放法共有C 34A 24＋C 24A 24A 22＝84(种).反思与感悟 排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合.对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列.对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏.在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净.跟踪训练3 (1)某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？ (2)在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目. ①当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？②当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？ ③若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个栏目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？解 (1)因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况： ①若甲乙都不参加，则有派遣方案A 48种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有A 38种方法，所以共有3A 38种方法；③若乙参加而甲不参加同理也有3A 38种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余学生到另两个城市有A 28种，共有7A 28种方法.所以共有不同的派遣方法总数为A 48＋3A 38＋3A 38＋7A 28＝4 088(种).(2)①第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A 77＝5 040种方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A 44＝24种方法. 根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种).②第一步将6个演唱节目排成一列，(如下图中的“□”)，一共有A 66＝720种方法.×□×□×□×□×□×□×第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即□中“×”的位置)这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A 47＝840种.根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝ 604 800(种).③若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A 1212种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有A 1212A 1010＝A 212＝132(种)排列. 类型三 二项式定理的应用例4 已知在⎝⎛⎭⎪⎫x －23x n 的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3.(1)求展开式中的所有有理项； (2)求展开式中系数绝对值最大的项；(3)求n ＋9C 2n ＋81C 3n ＋…＋9n －1C nn 的值. 解 (1)由C 4n (－2)4∶C 2n (－2)2＝56∶3，解得n ＝10，因为通项：T r ＋1＝C r 10(x )10－r⎝⎛⎭⎪⎫－23x r55610(2)C ,rrrx-=-当5－5r6为整数时，r 可取0,6，展开式是常数项，于是有理项为T 1＝x 5和T 7＝13 440. (2)设第r ＋1项系数绝对值最大，则⎩⎪⎨⎪⎧C r 102r ≥C r －1102r －1，C r 102r ≥C r ＋1102r ＋1， 解得⎩⎨⎧r ≤223，r ≥193，又因为r ∈{1,2,3，…，9}，所以r ＝7，当r ＝7时，56815360,T x -=- 又因为当r ＝0时，T 1＝x 5， 当r ＝10时，1010103311(2)1024,T xx--=-=所以系数绝对值最大的项为56815360.T x -=-(3)原式＝10＋9C 210＋81C 310＋…＋910－1C 1010 ＝9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 10109＝C 010＋9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 1010－19＝(1＋9)10－19＝1010－19.反思与感悟 1.求二项展开式特定项的步骤2.二项式系数的最大项的求法求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(a ＋b )n 中的n 进行讨论. (1)当n 为奇数时，中间两项的二项式系数最大. (2)当n 为偶数时，中间一项的二项式系数最大. 3.展开式中系数的最大项的求法求展开式中系数的最大项与求二项式系数最大项是不同的，需要根据各项系数的正、负变化情况进行分析.如求(a ＋bx )n (a ，b ∈R )的展开式中系数的最大项，一般采用待定系数法.设展开式中各项系数分别为A 0，A 1，A 2，…，A n ，且第r ＋1项最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A r ≥A r －1，A r ≥A r ＋1，解出r ，即得出系数的最大项.跟踪训练4 (1)(1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是________.解析 (1.05)6＝(1＋0.05)6＝C 06＋C 16×0.05＋C 26×0.052＋C 36×0.053＋…＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…≈1.34. 答案 1.34 (2)已知二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x n展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍. ①求n ；②求展开式中二项式系数最大的项； ③求展开式中所有x 的有理项. 解 ①令x ＝1得二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x n展开式中各项系数之和为(5－1)n ＝4n ，各项二项式系数之和为2n ，由题意得，4n ＝16·2n ， 所以2n ＝16，n ＝4.②通项T r ＋1＝C r 4(5x )4－r ⎝⎛⎭⎫－1x r＝(－1)r C r 454－r 342r x -展开式中二项式系数最大的项是第3项：T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x .③由②得：4－32r ∈Z (r ＝0,1,2,3,4)，即r ＝0,2,4，所以展开式中所有x 的有理项为T 1＝(－1)0C 0454x 4＝625x 4， T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x ， T 5＝(－1)4C 4450x －2＝x －2.类型四 二项式定理的“赋值”问题例5 若(x 2－3x ＋2)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10. (1)求a 2；(2)求a 1＋a 2＋…＋a 10；(3)求(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2. 解 (1)(x 2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5， a 2是展开式中x 2的系数，∴a 2＝C 55(－1)5C 35(－2)3＋C 45(－1)4C 45(－2)4＋C 35(－1)3·C 55(－2)5＝800. (2)令x ＝1，代入已知式可得： a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝0，而令x ＝0得：a 0＝32，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－32. (3)令x ＝－1可得：(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝65 再由(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)＋(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝0 把这两个等式相乘可得：(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2＝65×0＝0.反思与感悟 与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果.跟踪训练5 (1)已知(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，若a 1＋a 2＋…＋a n －1＝29－n ，那么自然数n 的值为( ) A.6 B.5 C.4 D.3(2)若(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，则a 2＋a 4＋…＋a 12＝________. 答案 (1)B (2)364 解析 (1)令x ＝1得a 0＋a 1＋a 2＋...＋a n ＝2＋22＋ (2)＝2×(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.令x ＝0得：a 0＝n ，a n ＝1.a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2n ＋1－n －3＝29－n .∴2n ＋1＝32＝25，∴n ＝5.(2)对(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，令x ＝1得：(a 0＋a 2＋…＋a 10＋a 12)＋(a 1＋a 3＋…＋a 9＋a 11)＝36. ① 令x ＝－1得：(a 0＋a 2＋…＋a 10＋a 12)－(a 1＋a 3＋…＋a 9＋a 11)＝1.②由①＋②得：a 0＋a 2＋…＋a 10＋a 12＝36＋12.令x ＝0得：a 0＝1，∴a 2＋a 4＋…＋a 12＝36＋12－1＝364.1.4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有( )A.24种B.36种C.48种D.60种 答案 D 解析 分两类：第一类：有3名被录用，有A 34＝24种，第二类，4名都被录用，则有一家企业录用2名，有C 13C 24A 22＝36(种).根据分类加法计数原理得：共有24＋36＝60(种).2.(1＋x )4＋(1＋x )5＋…＋(1＋x )9的展开式中x 3项的系数为( ) A.120 B.119 C.210 D.209 答案 D解析 (1＋x )4＋(1＋x )5＋…＋(1＋x )9展开式中，x 3项的系数为C 34＋C 35＋C 36＋C 37＋C 38＋C 39＝C 44＋C 34＋C 35＋C 36＋C 37＋C 38＋C 39－1＝C 410－1＝209.3.四位男生和两位女生排成一排，男生有且只有两位相邻，则不同排法种数是________. 答案 144解析 先从4位男生选2位捆绑在一起，和剩下的2位男生，插入到2位女生所形成的3个空中，故有A 24A 22A 33＝144(种).4.若二项式⎝⎛⎭⎫x 2－2x 3的展开式中的二项式系数为64，则展开式中的常数项为________. 答案 240解析 由已知得：2n ＝64，∴n ＝6.∴展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6(x 2)6－r ⎝⎛⎭⎫－2x r＝C r 6(－2)r x12－3r.令12－3r ＝0，解得：r ＝4. 故展开式中的常数项为240.1.两个计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列、组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之分解，达到求解的目的.正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原理的关键.注意有些复杂的问题往往在分步中有分类，分类中有分步，两个原理往往交错使用. 2.排列与组合主要是排列数与组合数计算公式、性质的应用以及排列、组合应用题.排列数与组合数计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式，在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢.对于应用题，则首先要分清是否有序，是排列问题还是组合问题.有限制条件的排列问题，通常从以下两种途径考虑：(1)元素分析法：先考虑特殊元素的要求，再考虑其他元素.(2)位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置.组合应用题的难点是与几何图形有关的问题，此时一般要与两个原理结合应用，还要结合图形的实际意义.排列与组合综合应用题中也有很多重点和难点，比如分配问题，一般方法是先分组，后分配，分组问题又要注意均匀分组和不均匀分组的区别，均匀分组在各组逐一满足后还要除以均匀分组组数的全排列；而有公共元素的分配问题，则可以利用图示法求组数，这样可以避免分组中的重复. 3.二项式定理这部分常考知识、题型、主要方法以及注意点大体如下：(1)与二项式定理有关，包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式；(2)与通项公式有关，主要是求特定项，比如常数项、有理项、x 的某次幂等，此时要特别注意二项展开式中第k ＋1项的通项公式是T k ＋1＝C k n an －k b k(k ＝0,1，…，n )，其中二项式系数是C k n ，而不是C k ＋1n ，这是一个极易错点.(3)与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果，在求各项系数的绝对值的和时，则要先根据绝对值里面数的符号赋值求解.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种 C.25种 D.32种答案 D解析 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25＝32种，选D.2.若A 2n ＝4C 2n －1，则n 的值为( )A.7B.6C.5D.4 答案 D解析 ∵A 2n ＝4C 2n －1，∴n (n －1)＝4×(n －1)(n －2)2×1，n ＝4，∴n 的值为4.故选D. 3.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( )A.(C 126)2A 410个B.A 226A 410个 C.(C 126)104个D.A 226104个答案 A解析 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(C 126)2A 410个，选A.4.把座位编号为1,2,3,4,5,6的6张电影票分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少分一张，至多分两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同分法种数为( ) A.240 B.144 C.196 D.288解析 根据题意，分2步进行分析：①先将票分为符合条件的4份；由题意，4人分6张票，且每人至少一张，至多两张，则两人一张，2人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1、2、3、4、5、6这六个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号，易得在5个空位插3个板子，共有C 35＝10种情况，但其中有四种是1人3张票的，故有10－4＝6(种)情况符合题意，②将分好的4份对应到4个人，进行全排列即可，有A 44＝24种情况；则共有6×24＝144(种)情况.故选B.5.用二项式定理计算9.985，精确到1的近似值为( )A.99 000B.99 002C.99 004D.99 005答案 C解析 9.985＝(10－0.02)5＝105－C 15×104×0.02＋C 25×103×(0.02)2－C 35×102×(0.02)3＋…＝105－103＋4－0.08＋…≈99 004.6.已知⎝⎛⎭⎫2x ＋a x 5的展开式中各项系数之和为1，则该展开式中含1x项的系数为( ) A.－40 B.40 C.－20 D.20答案 A解析 ∵⎝⎛⎭⎫2x ＋a x 5的展开式中各项系数之和为1，∴当x ＝1时，(2＋a )5＝1，解得a ＝－1； 设⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式的通项为T r ＋1， 则T r ＋1＝C r 5·(－1)r ·25－r ·x 5－r ·x －r ＝(－1)r ·25－r ·C r 5·x 5－2r ，令5－2r ＝－1，得r ＝3，∴该展开式中含1x项的系数为(－1)3·22·C 35＝－40，故选A. 二、填空题7.从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f (x ) ＝ax 2＋bx ＋c 的系数，可组成不同的二次函数共有________个，其中不同的偶函数共有________个.(用数字作答)答案 18 6解析 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，由分步计数原理知共有二次函数3×3×2＝18(个).若二次函数为偶函数，则b ＝0.同上共有3×2＝6(个).8.设二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6的展开式中x 2的系数为A ，常数项为B ，若B ＝4A ，则a ＝________.解析 因为二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6的展开式中x 2的系数为A ＝C 26a 2＝15a 2； 常数项为B ＝－C 36a 3＝－20a 3.因为B ＝4A ，所以－20a 3＝4×15a 2，所以a ＝－3.9.现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，则不同的带队方案有________种.(用数字作答) 答案 54解析 第一类，把甲乙看做一个复合元素，和另外的3人分配到3个小组中(2,1,1)，C 24A 33＝36(种)，第二类，先把另外的3人分配到3个小组，再把甲乙分配到其中2个小组，A 33C 23＝18(种)，根据分类加法计数原理可得，共有36＋18＝54(种).10.如图，用5种不同颜色给图中的A 、B 、C 、D 四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，相邻区域必须涂不同的颜色，不同的涂色方案有________种.答案 180解析 由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A 有5种涂法，B 有4种涂法，C 有3种，D 有3种涂法.∴共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方案.三、解答题11.在一次百米比赛中，甲，乙等6名同学采用随机抽签的方式决定各自的跑道，跑道编号为1至6，每人一条跑道.(1)求甲在1或2跑道且乙不在5或6跑道的概率；(2)求甲乙之间恰好间隔两人的概率.解 没有限制条件的种数为A 66＝720种，(1)先安排甲，再安排乙，剩下的全排，故有C 12C 13A 44＝144(种)，根据概率公式，故甲在1或2跑道且乙不在5或6跑道的概率P ＝144720＝15. (2)先选2人放在甲乙之间，并捆绑在一起，看作一个复合元素，再和剩下的2人全排，故有A 24A 22A 33＝144(种)，根据概率公式，故甲乙之间恰好间隔两人的概率P ＝144720＝15. 12.用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数.(1)可组成多少个不同的四位数？(2)可组成多少个四位偶数？(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么？解 (1)用间接法，从6个数中，任取4个组成4位数，有A 46种情况，但其中包含0在首位的有A 35种情况，依题意可得，有A 46－A 35＝300，(2)根据题意，分0在末尾与不在末尾两种情况讨论，0在末尾时，有A 35种情况，0不在末尾时，有A 12A 24A 14种情况，由分类加法计数原理，共有A 35＋A 12A 24A 14＝156(个)；(3)千位是1的四位数有A 35＝60个，千位是2，百位是0或1的四位数有2A 24＝24个，∴第85项是2 301.13.已知⎝⎛⎭⎫12＋2x n .(1)若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项.解 (1)∵C 4n ＋C 6n ＝2C 5n ，∴n 2－21n ＋98＝0，∴n ＝7或n ＝14.当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5，∴T 4的系数＝C 37⎝⎛⎭⎫12423＝352， T 5的系数＝C 47⎝⎛⎭⎫12324＝70. 当n ＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T 8.∴T 8的系数＝C 714⎝⎛⎭⎫12727＝3 432. (2)由C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＝79，可得n ＝12，设T r ＋1项的系数最大.∵⎝⎛⎭⎫12＋2x 12＝⎝⎛⎭⎫1212(1＋4x )12， ∴⎩⎪⎨⎪⎧C k 124k ≥C k －1124k －1，C k 124k ≥C k ＋1124k ＋1， ∴9.4≤k ≤10.4，∴k ＝10，∴展开式中系数最大的项为T 11.T 11＝⎝⎛⎭⎫1212C 1012410x 10＝16 896x 10.。
章末分层突破[自我校对]①分类加法计数原理②分步乘法计数原理③排列④排列数公式⑤组合数公式⑥组合数⑦二项展开式的通项⑧对称性⑨增减性两个计数原理的应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本部分内容的基础，对应用题的考查，经常要对问题进行分类或者分步进而分析求解.(1)“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给事情.“分步”表现为必须把各步骤均完成，才能完成所给事情，所以准确理解两个原理的关键在于弄清分类加法计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰，不论哪一类办法中的哪一种方法都能够独立完成事件.(2)分步乘法计数原理强调各步骤缺一不可，需要依次完成所有步骤才能完成事件，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法.王华同学有课外参考书若干本，其中有5本不同的外语书，4本不同的数学书，3本不同的物理书，他欲带参考书到图书馆阅读.(1)若他从这些参考书中带一本去图书馆，有多少种不同的带法？(2)若带外语、数学、物理参考书各一本，有多少种不同的带法？(3)若从这些参考书中选2本不同学科的参考书带到图书馆，有多少种不同的带法？【精彩点拨】解决两个原理的应用问题，首先应明确所需完成的事情是什么，再分析每一种做法使这件事是否完成，从而区分加法原理和乘法原理.【规范解答】(1)完成的事情是带一本书，无论带外语书，还是数学书、物理书，事情都已完成，从而确定为应用分类加法计数原理，结果为5＋4＋3＝12(种).(2)完成的事情是带3本不同学科的参考书，只有从外语、数学、物理书中各选1本后，才能完成这件事，因此应用分步乘法计数原理，结果为5×4×3＝60(种).(3)选1本外语书和选1本数学书应用分步乘法计数原理，有5×4＝20种选法；同样，选外语书、物理书各1本，有5×3＝15种选法；选数学书、物理书各1本，有4×3＝12种选法.即有三类情况，应用分类加法计数原理，结果为20＋15＋12＝47(种).应用两个计数原理解决应用问题时主要考虑三方面的问题：(1)要做什么事；(2)如何去做这件事；(3)怎样才算把这件事完成了.并注意计数原则：分类用加法，分步用乘法.[再练一题]1.如图1-1为电路图，从A到B共有________条不同的线路可通电.图1-1【解析】先分三类.第一类，经过支路①有3种方法；第二类，经过支路②有1种方法；第三类，经过支路③有2×2＝4(种)方法，所以总的线路条数N＝3＋1＋4＝8.【答案】8排列、组合的应用排列、组合应用题是高考的重点内容，常与实际问题结合命题，要认真审题，明确问题本质，利用排列、组合的知识解决.(1)某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？(2)在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目.①当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？②当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？③若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个栏目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？【精彩点拨】按照“特殊元素先排法”分步进行，先特殊后一般.【规范解答】(1)因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况：①若甲乙都不参加，则有派遣方案A48种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有A38种方法，所以共有3A38种方法；③若乙参加而甲不参加同理也有3A38种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余学生到另两个城市有A28种，共有7A28种方法.所以共有不同的派遣方法总数为A48＋3A38＋3A38＋7A28＝4 088种.(2)①第一步，先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A7＝5 040种方法；第二步，再松绑，给4个节目排序，有A4＝24种方法.根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960种.②第一步，将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有A6＝720种方法.×□×□×□×□×□×□×第二步，再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即图中“×”的位置)，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A47＝7×6×5×4＝840种.根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝604 800种.③若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A12种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有A1212A1010＝A212＝132种排法.解排列、组合应用题的解题策略1.特殊元素优先安排的策略.2.合理分类和准确分步的策略.3.排列、组合混合问题先选后排的策略.4.正难则反、等价转化的策略.5.相邻问题捆绑处理的策略.6.不相邻问题插空处理的策略.7.定序问题除序处理的策略.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.简单记成：合理分类，准确分步；特殊优先，一般在后；先取后排，间接排除；集团捆绑，间隔插空；抽象问题，构造模型；均分除序，定序除序.[再练一题]2.(1)一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行答题，要求至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是( )A.40B.74C.84D.200 (2)(2016·山西质检)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，必须坐最北面的椅子，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】 (1)分三类：第一类，前5个题目的3个，后4个题目的3个； 第二类，前5个题目的4个，后4个题目的2个；第三类，前5个题目的5个，后4个题目的1个.由分类加法计数原理得C 35C 34＋C 45C 24＋C 5C 14＝74.(2)由题意知，不同的座次有A 2A 4＝48种，故选B. 【答案】 (1)B (2)B二项式定理问题的处理方法和技巧对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项.另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题.(1)若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式中1x3的系数是84，则实数a ＝( )A.2B.54 C.1D.24(2)已知(1＋x ＋x 2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n (n ∈N ＋)的展开式中没有常数项，且2≤n ≤8，则n ＝________.【导学号：62980030】(3)设(3x －1)6＝a 6x 6＋a 5x 5＋a 4x 4＋a 3x 3＋a 2x 2＋a 1x ＋a 0，则a 6＋a 4＋a 2＋a 0的值为________. 【精彩点拨】 (1)、(2)利用二项式定理的通项求待定项； (3)通过赋值法求系数和.【规范解答】 (1)二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋a x 7的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 7(2x )7－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫a x r＝C r 727－r a r x 7－2r，令7－2r ＝－3，得r ＝5.故展开式中1x3的系数是C 5722a 5＝84，解得a ＝1.(2)⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n 展开式的通项是T r ＋1＝C r n x n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x3r ＝C r n x n －4r ，r ＝0,1,2，…，n ， 由于(1＋x ＋x 2)⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x3n 的展开式中没有常数项，所以C r n x n －4r ，x C r n x n －4r ＝C r n x n －4r ＋1和x 2C r n x n －4r ＝C r n x n －4r ＋2都不是常数，则n －4r ≠0，n －4r ＋1≠0，n －4r ＋2≠0，又因为2≤n ≤8，所以n ≠2,3,4,6,7,8，故取n ＝5.(3)令x ＝1，得a 6＋a 5＋a 4＋a 3＋a 2＋a 1＋a 0＝26＝64.令x ＝－1，得a 6－a 5＋a 4－a 3＋a 2－a 1＋a 0＝(－4)6＝4 096. 两式相加，得2(a 6＋a 4＋a 2＋a 0)＝4 160， 所以a 6＋a 4＋a 2＋a 0＝2 080. 【答案】 (1)C (2)5 (3)2 0801.解决与二项展开式的项有关的问题时，通常利用通项公式.2.解决二项展开式项的系数(或和)问题常用赋值法.[再练一题]3.(1)在(1＋x )6(1＋y )4的展开式中，记x m y n 项的系数为f (m ，n )，则f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3)＝( )A.45B.60C.120D.210(2)设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 016＋a 能被13整除，则a ＝( ) A.0 B.1 C.11D.12【解析】 (1)因为f (m ，n )＝C m 6C n 4， 所以f (3,0)＋f (2,1)＋f (1,2)＋f (0,3) ＝C 36C 04＋C 26C 14＋C 16C 24＋C 06C 34＝120.(2)512 016＋a ＝(13×4－1)2 016＋a ，被13整除余1＋a ，结合选项可得a ＝12时，512 016＋a 能被13整除.【答案】 (1)C (2)D排列、组合中的分组与分配问题n个不同元素按照条件分配给k个不同的对象称为分配问题，分定向分配与不定向分配两种问题；将n个不同元素按照某种条件分成k组，称为分组问题，分组问题有不平均分组、平均分组、部分平均分组三种情况.分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同是不区分的，而后者即使2组元素个数相同，但因所属对象不同，仍然是可区分的.对于后者必须先分组再排列.按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式？(1)分成三份，1份1本，1份2本，1份3本；(2)甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本；(3)平均分成三份，每份2本；(4)平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本；(5)分成三份，1份4本，另外两份每份1本；(6)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本；(7)甲得1本，乙得1本，丙得4本.【精彩点拨】这是一个分配问题，解题的关键是搞清事件是否与顺序有关，对于平均分组问题更要注意顺序，避免计数的重复或遗漏.【规范解答】(1)无序不均匀分组问题.先选1本有C16种选法，再从余下的5本中选2本有C25种选法，最后余下3本全选有C3种选法.故共有C16C25C3＝60(种).(2)有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同的三人，在第(1)问基础上，还应考虑再分配，共有C16C25C3A3＝360(种).(3)无序均匀分组问题.先分三步，则应是C26C24C2种方法，但是这里出现了重复.不妨记6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C26C24C2种分法中还有(AB，EF，CD)，(AB，CD，EF)，(CD，AB，EF)，(CD，EF，AB)，(EF，CD，AB)，(EF，AB，CD)，共A3种情况，而这A3种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有C26C24C22A33＝15(种).(4)有序均匀分组问题.在第(3)问基础上再分配给3个人，共有分配方式C26C24C22A33·A3＝C26C24C2＝90(种).(5)无序部分均匀分组问题.共有C46C12C11A22＝15(种).(6)有序部分均匀分组问题.在第(5)问基础上再分配给3个人，共有分配方式C46C12C11A22·A3＝90(种).(7)直接分配问题.甲选1本有C16种方法，乙从余下5本中选1本有C15种方法，余下4本留给丙有C4种方法.共有C16C15C4＝30(种).均匀分组与不均匀分组、无序分组与有序分组是组合问题的常见题型.解决此类问题的关键是正确判断分组是均匀分组还是不均匀分组，无序均匀分组要除以均匀组数的阶乘数，还要充分考虑到是否与顺序有关，有序分组要在无序分组的基础上乘以分组数的阶乘数.[再练一题]4.有4张分别标有数字1,2,3,4的红色卡片和4张分别标有数字1,2,3,4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行.如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？【解】取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有3种情况：1 144,2 233,1 234.所取卡片是1 144的共有A4种排法.所取卡片是2 233的共有A44种排法.所取卡片是1 234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，全是红色，共有排法A44＋C14A44＋C24A44＋C34A44＋A44＝16A44种.所以共有18A44＝432种.1. (x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( )A.10B.20C.30D.60【解析】法一：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的项为T3＝C25(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3中含x5的项为C13x4·x＝C13x5.所以x5y2的系数为C25C13＝30.故选C.法二：(x2＋x＋y)5为5个(x2＋x＋y)之积，其中有两个取y，两个取x2，一个取x即可，所以x5y2的系数为C25C23C13＝30.故选C.【答案】 C2.如图1-2，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( )图1-2A.24B.18C.12D.9【解析】从E到G需要分两步完成：先从E到F，再从F到G.从F到G的最短路径，只要考虑纵向路径即可，一旦纵向路径确定，横向路径即可确定，故从F到G的最短路径共有3条.如图，从E到F的最短路径有两类：先从E到A，再从A到F，或先从E到B，再从B到F.因为从A到F或从B到F都与从F到G的路径形状相同，所以从A到F，从B到F最短路径的条数都是3，所以从E到F的最短路径有3＋3＝6(条).所以小明到老年公寓的最短路径条数为6×3＝18.【答案】 B3.有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2.”乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1.”丙说：“我的卡片上的数字之和不是5.”则甲的卡片上的数字是________.【解析】先确定丙的卡片上的数字，再确定乙的卡片上的数字，进而确定甲的卡片上的数字.法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法.故甲的卡片上的数字是1和3.法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.【答案】1和34. (2x ＋x )5的展开式中，x 3的系数是________.(用数字填写答案) 【解析】 (2x ＋x )5展开式的通项为T r ＋1＝ C r 5(2x )5－r (x )r ＝25－r ·C r 5·x 5－r2.令5－r2＝3，得r ＝4.故x 3的系数为25－4·C 45＝2C 45＝10. 【答案】 10。
高中数学选修2-3单元复习知识总结2018-6-19第一章计数原理单元复习知识总结1. 两个计数原理的内容、操作步骤、常见的四类模型及其方法。
答案：（1）分类加法计数原理：完成一件事情，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法……在第n 类办法中有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有n m m m N +⋅⋅⋅++=21种不同的方法. 分步乘法计数原理：完成一件事情，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法……做第n 步有n m 种不同的方法.那么完成这件事共有n m m m N ⨯⋅⋅⋅⨯⨯=21种不同的方法.（2）步骤：第一步：明确“要完成的一件事”指的是什么事，怎样才算完成。
第二步：如何完成这件事：分类完成还是分步完成，确定分类或分步的标准，每一类或每一步有多少种方法第三步：确定完成这件事的方法数：相加还是相乘。
（3）常见的四类模型：错位问题（列举法）、除杂问题（去杂法）、投信问题（分步法）、涂色问题（分类法）2. 排列的定义、关键点，排列数的定义、全排列、阶乘、排列数公式（两个）、0-7的阶乘。
答案：排列的定义：一般地说,从n 个不同的元素中,任取m(m ≤n)个元素,按照一定的顺序排成一列,叫做从n 个不同的元素中取出m 个元素的一个排列.关键点：先取后排 排列数的定义：从n 个不同的元素中取出m(m ≤n)个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同的元素中取出m 个元素的排列数。
用符号mn A 表示。
全排列：m ＝n 时的排列叫全排列，n 个不同元素的全排列公式：!nn A n = 阶乘：若m ＝n ，(1)(2)321n n A n n n =--⋅⋅叫做n 的阶乘，用!n 表示。
排列数公式：()!(1)(2)(1)!mnn A n n n m n m ==---+-（,,.m n N m n *∈≤）0-7的阶乘nn!8765432262412072050400111403203. 排列的两个类型（数字、排队）的六句七言口诀、讲课时的例题作业题。
高中数学选修2-3第一章计数原理章末检测题（满分150分，时间120分钟）一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．从n 个人中选出2个，分别从事两项不同的工作，若选派方案的种数为72，则n 的值为()A ．6B ．8C ．9D ．122．一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为()A ．3×3!B ．3×(3！)3C ．(3！)4D ．9!3．从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为()A ．85B ．56C ．49D ．284．从集合{0,1,2}到集合{1,2,3,4}的不同映射的个数是()A ．81B ．64C ．24D ．125．(2012·重庆卷)82x x 的展开式中常数项为()A.3516B.358C.354D ．1056．若(2x ＋3)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则(a 0＋a 2＋a 4)2－(a 1＋a 3)2的值为()A ．2B ．－1C ．0D ．17．某次文艺汇演，要将A 、B 、C 、D 、E 、F 这六个不同节目编排成节目单，如下表：序号123456节目如果A 、B 两个节目相邻且都不排在3号位置，那么节目单上不同的排序方式有()A ．144种B ．192种C ．96种D ．72种8．(x ＋1)4(x －1)5的展开式中x 4的系数为()A ．－40B ．10C ．40D ．459．已知集合A ＝{5}，B ＝{1,2}，C ＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为()A ．33B ．34C ．35D ．3610.如图，要给①，②，③，④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为()A ．320B ．160C ．96D ．6011．6位选手依次演讲，其中选手甲不在第一个也不在最后一个演讲，则不同的演讲次序共有()A ．240种B ．360种C ．480种D ．720种12．绍兴臭豆腐闻名全国，一外地学者来绍兴旅游，买了两串臭豆腐，每串3颗(如图)．规定：每串臭豆腐只能自左向右一颗一颗地吃，且两串可以自由交替吃．请问：该学者将这两串臭豆腐吃完，不同的吃法有()A ．6种B ．12种C ．20种D ．40种二、填空题(本大题共4个小题，每小题4分，共16分．请把正确的答案填写在题中的横线上)13.84x x 展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为___________________．(用数字作答)14．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________种．15．已知(1＋x )6(1－2x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 11x 11，那么a 1＋a 2＋a 3＋…＋a 11＝________.16．如图是由12个小正方形组成的3×4矩形网格，一质点沿网格线从点A 到点B 的不同路径之中，最短路径有________条．三、解答题(本大题共6个小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本小题满分12分)有0,1,2,3,4,5共六个数字．(1)能组成多少个没有重复数字的四位偶数；(2)能组成多少个没有重复数字且为5的倍数的五位数．18．(本小题满分12分)已知3241nx x 展开式中的倒数第三项的系数为45，求：(1)含x 3的项；(2)系数最大的项．19．(本小题满分12分)(1)一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法？(2)一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法？20．(本小题满分12分)设a ＞0，若(1＋ax 12)n 的展开式中含x 2项的系数等于含x 项的系数的9倍，且展开式中第3项等于135x ，那么a 等于多少？21．(本小题满分13分)带有编号1、2、3、4、5的五个球．(1)全部投入4个不同的盒子里；(2)放进不同的4个盒子里，每盒一个；(3)将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)；(4)全部投入4个不同的盒子里，没有空盒；各有多少种不同的放法？22．(本小题满分13分)杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律．如图是一个11阶杨辉三角：(1)求第20行中从左到右的第4个数；(2)若第n行中从左到右第14与第15个数的比为23，求n的值；(3)求n阶(包括0阶)杨辉三角的所有数的和．参考答案一、选择题1.【解析】∵A2n＝72，∴n＝9.【答案】C2.【解析】把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．【答案】C3.【解析】分两类计算，C22C17＋C12C27＝49，故选C.【答案】C4.【解析】利用可重复的排列求幂法可得答案为43＝64(个)．【答案】B5.【解析】T r＋1＝C r8(x)8－r2rx＝12rC r8x4－r2－r2＝12rC r8x4－r，令4－r＝0，则r＝4，∴常数项为T5＝124C48＝116×70＝358.【答案】B6.【解析】(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)(a0－a1＋a2－a3＋a4)＝(2＋3)4×(－2＋3)4＝1.【答案】D7.【解析】第一步，将C、D、E、F全排，共有A44种排法，产生5个空，第二步，将A、B捆绑有2种方法，第三步，将A、B插入除2号空位和3号空位之外的空位，有C13种，所以一共有144种方法．【答案】A8.【解析】(x＋1)4(x－1)5＝(x－1)5(x2＋4x x＋6x＋4x＋1)，则x4的系数为C35×(－1)3＋C25×6＋C15×(－1)＝45.【答案】D9.【解析】①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C12A33＝12个；②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C12A33＋A33＝18个；③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C13＝3个．故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33，故选A.【答案】A10.【解析】不同的涂色方法种数为5×4×4×4＝320种．【答案】A11.【解析】利用分步计数原理求解．第一步先排甲，共有A 14种不同的排法；第二步再排其他人，共有A 55种不同的排法，因此不同的演讲次序共有A 14·A 55＝480(种)．【答案】C12.【解析】方法一(树形图)：如图所示，先吃A 的情况，共有10种，如果先吃D ，情况相同，所以不同的吃法有20种．方法二：依题意，本题属定序问题，所以有A 66A 33·A 33＝20种．【答案】C 二、填空题13.【解析】∵384418841rrr r r r T Cx C xx --+==，当r ＝0,4,8时为含x 的整数次幂的项，所以展开式中含x 的整数次幂的项的系数之和为C 08＋C 48＋C 88＝72.【答案】7214.【解析】满足题设的取法分三类：①四个奇数相加，其和为偶数，在5个奇数中任取4个，有C 45＝5(种)；②两个奇数加两个偶数其和为偶数，在5个奇数中任取2个，再在4个偶数中任取2个，有C 25·C 24＝60(种)；③四个偶数相加，其和为偶数，4个偶数的取法有1种．所以满足条件的取法共有5＋60＋1＝66(种)．【答案】6615.【解析】令x ＝0，得a 0＝1；令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 11＝－64；∴a 1＋a 2＋…＋a 11＝－65.【答案】－6516.【解析】把质点沿网格线从点A 到点B 的最短路径分为七步，其中四步向右，三步向下，不同走法的区别在于哪三步向下，因此，本题的结论是：C 37＝35.【答案】35三、解答题17.【解析】(1)符合要求的四位偶数可分为三类：第一类，0在个位时有A 35个；第二类，2在个位时有A 14A 24个；第三类，4在个位时有A 14A 24个．由分类加法计数原理知，共有四位偶数A 35＋A 14A 24＋A 14A 24＝156个．(2)五位数中5的倍数可分为两类：第一类，个位上的数字是0的五位数有A 45个，第二类，个位上的数字是5的五位数有A 14A 34个．故满足条件的五位数有A 45＋A 14A 34＝216(个)．18.【解析】(1)由题设知C n －2n ＝45，即C 2n ＝45，∴n ＝10.则21011130341211010r r r r r r T C x x C x ---+⎛⎫⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令11r －3012＝3，得r ＝6，含x 3的项为T 7＝C 610x 3＝C 410x 3＝210x 3.(2)系数最大的项为中间项，即T 6＝C 510x55－3012＝252x 2512.19.【解析】(1)先将3人(用×表示)与4张空椅子(用□表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)，从4个空当中选2个插入，有C 24种插法；二是2张同时插入，有C 14种插法，再考虑3人可交换有A 33种方法．所以，共有A 33(C 24＋C 14)＝60(种)．(2)可先让4人坐在4个位置上，有A 44种排法，再让2个“元素”(一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空当”之间，有A 25种插法，所以所求的坐法为A 44·A 25＝480(种)．20.【解析】T r ＋1＝C r n (ax 12)r ＝C r n a r x r 2，∴4422229135nnn C a C a C a x x⎧=⎪⎨=⎪⎩，∴()()()()()22123914!211352n n n n n n a n n a ⎧----=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩，即()()()22231081270n n a n n a ⎧--=⎪⎨-=⎪⎩，∴(n －2)(n －3)n (n －1)＝25.∴3n 2－23n ＋30＝0.解得n ＝53(舍去)或n ＝6，a2＝27030＝9，又a＞0，∴a＝3.21.【解析】(1)由分步计数原理知，五个球全部投入4个不同的盒子里共有45种放法．(2)由排列数公式知，五个不同的球放进不同的4个盒子里(每盒一个)共有A45种放法．(3)将其中的4个球投入一个盒子里共有C45C14种放法．(4)全部投入4个不同的盒子里(没有空盒)共有C25A44种不同的放法．22.【解析】(1)C320＝1140.(2)C13nC14n＝23⇒14n－13＝23，解得n＝34.(3)1＋2＋22＋…＋2n＝2n＋1－1.。
章末复习课一、选择题1．命题“∀x∈R，x2≠x”的否定是()A．∀x∉R，x2≠x B．∀x∈R，x2＝xC．∃x0∉R，x20≠x0D．∃x0∈R，x20＝x02．命题“若a2＋b2＝0(a，b∈R)，则a＝b＝0”的逆否命题是()A．若a≠b≠0(a，b∈R)，则a2＋b2≠0B．若a＝b≠0(a，b∈R)，则a2＋b2≠0C．若a≠0且b≠0(a，b∈R)，则a2＋b2≠0D．若a≠0或b≠0(a，b∈R)，则a2＋b2≠03．有下列命题：①垂直于同一条直线的两个平面互相平行；②垂直于同一个平面的两个平面互相平行；③若直线m，n与同一个平面所成的角相等，则m，n互相平行；④若直线m，n是异面直线，则与m，n都相交的两条直线是异面直线．其中假命题的个数是()A．1B．2C．3D．44．已知直线l1：ax＋y＝1和直线l2：9x＋ay＝1，则“a＋3＝0”是“l1∥l2”的() A．充要条件B．必要不充分条件C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件5．下列有关命题的叙述，①若p∨q为真命题，则p∧q为真命题；②“x>5”是“x2－4x－5>0”的充分不必要条件；③命题p：∃x∈R，使得x2＋x－1<0，则綈p：∀x∈R，使得x2＋x－1≥0；④命题“若x2－3x＋2＝0，则x＝1或x＝2”的逆否命题为“若x≠1或x≠2，则x2－3x＋2≠0”．其中错误的个数为()A．1B．2C．3D．46．下列命题中的真命题是()A．对于实数a、b、c，若a>b，则ac2>bc2B．x2>1是x>1的充分不必要条件C．∃α，β∈R，使得sin(α＋β)＝sinα＋sinβ成立D ．∀α，β∈R ，tan(α＋β)＝tan α＋tan β1－tan α·tan β成立 二、填空题7．若命题p ：常数列是等差数列，则綈p ：____________________________________________.8．把“奇函数的图象关于原点对称”改写成“若p ，则q ”的形式为_____________________ __________________________．9．命题p ：若ac ＝b ，则a ，b ，c 成等比数列，则命题p 的否命题是________命题．(填“真”或“假”)10．定义f (x )＝{x }({x }表示不小于x 的最小整数)为“取上整函数”，例如{1.2}＝2，{4}＝4.“取上整函数”在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等都是按照“取上整函数”进行计费的．以下关于“取上整函数”的性质是真命题的序号是________．(请写出所有真命题的序号)①f (2x )＝2f (x )；②若f (x )＝f (y )，则x －y <1；③任意x ，y ∈R ，f (x ＋y )≤f (x )＋f (y )；④f (x )＋f (x ＋12)＝f (2x )； ⑤函数f (x )为奇函数．三、解答题11．求证：函数f (x )＝x 2＋|x ＋a |＋1是偶函数的充要条件是a ＝0.12．已知命题p ：“存在a >0，使函数f (x )＝ax 2－4x 在(－∞，2]上单调递减”，命题q ：“存在a ∈R ，使∀x ∈R,16x 2－16(a －1)x ＋1≠0”．若命题“p ∧q ”为真命题，求实数a 的取值范围．13．求实数a 的取值范围，使得关于x 的方程x 2＋2(a －1)x ＋2a ＋6＝0.(1)有两个都大于1的实数根；(2)至少有一个正实数根．[答案]精析1．D 2.D 3.C 4.C 5.B 6.C7．存在一个常数列，不是等差数列8．若一个函数是奇函数，则这个函数的图象关于原点对称9．假 10.②③11．证明 先证充分性，若a ＝0，则函数f (x )＝x 2＋|x ＋a |＋1是偶函数． 因为a ＝0，所以f (x )＝x 2＋|x |＋1(x ∈R )．因为f (－x )＝(－x )2＋|－x |＋1＝x 2＋|x |＋1，所以f (x )是偶函数．再证必要性，若f (x )＝x 2＋|x ＋a |＋1是偶函数，则a ＝0.因为f (x )是偶函数，所以f (－x )＝f (x )，即(－x )2＋|－x ＋a |＋1＝x 2＋|x ＋a |＋1，从而|x －a |＝|x ＋a |，即(x －a )2＝(x ＋a )2，展开并整理，得ax ＝0.因为x ∈R ，所以a ＝0.12．解 若p 为真，则对称轴x ＝－－42a ＝2a 在区间(－∞，2]的右侧，即2a≥2， ∴0<a ≤1.若q 为真，则方程16x 2－16(a －1)x ＋1＝0无实数根，∴Δ＝[－16(a －1)]2－4×16<0，∴12<a <32. ∵命题“p ∧q ”为真命题，∴命题p 、q 都为真，∴⎩⎪⎨⎪⎧ 0<a ≤1，12<a <32，∴12<a ≤1. 故实数a 的取值范围为(12，1]． 13．解 (1)方程x 2＋2(a －1)x ＋2a ＋6＝0的两实根x 1，x 2均大于1的充要条件是 ⎩⎨⎧ Δ≥0，x 1>1，x 2>1⇔⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0，(x 1－1)＋(x 2－1)>0，(x 1－1)(x 2－1)>0⇔⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0，x 1＋x 2>2，(x 1＋x 2)－x 1x 2<1⇔⎩⎪⎨⎪⎧ 4(a －1)2－4(2a ＋6)≥0，－2(a －1)>2，－2(a －1)－(2a ＋6)<1⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ≤－1或a ≥5，a <0，a >－54.∴－54<a ≤－1.(2)由题意①当一根为正，一根为负时，⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋6<0，Δ>0，∴a <－3； ②当一根为正，一根为零时，⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＋6＝0，－2(a －1)>0，Δ>0，∴a＝－3；③当两根均为正时，⎩⎪⎨⎪⎧ Δ≥0，x 1＋x 2＝－2(a －1)>0，x 1x 2＝2a ＋6>0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ≤－1或a ≥5，a <1，a >－3.即－3<a ≤－1.综上所述，方程至少有一个正实数根时，a 的取值范围是(－∞，－1]．。
复习课(一)计数原理对应学生用书P48(1)两个计数原理是学习排列与组合的基础，高考中一般以选择题、填空题的形式出现，难度中等．(2)运用两个计数原理解题的关键在于正确区分“分类”与“分步”．分类就是能“一步到位”——任何一类中任何一种方法都能完成这件事情，而分步则只能“局部到位”——任何一步中任何一种方法都不能完成这件事情，只能完成事件的某一部分，只有当各步全部完成时，这件事情才完成．[考点精要]计数原理(1)分类加法计数原理：N＝n1＋n2＋n3＋…＋n m；(2)分步乘法计数原理：N＝n1·n2·n3·…·n m．[典例]如图所示，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，则最多的栽种方案有()A．180种B．240种C．360种D．420种[解析]由题意知，最少用三种颜色的花卉，按照花卉选种的颜色可分为三类方案，即用三种颜色，四种颜色，五种颜色．①当用三种颜色时，花池2,4同色和花池3,5同色，此时共有A35种方案．②当用四种颜色时，花池2,4同色或花池3,5同色，故共有2A45种方案．③当用五种颜色时有A55种方案．因此所有栽种方案为A35＋2A45＋A55＝420(种)．[答案] D[类题通法]使用两个原理解决问题时应注意的问题(1)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．(2)当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步．[题组训练]1．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，不同的种植方法有()A．24种B．18种C．12种D．6种解析：选B法一：(直接法)若黄瓜种在第一块土地上，则有3×2＝6种不同的种植方法．同理，黄瓜种在第二块、第三块土地上均有3×2＝6种不同的种植方法．故不同的种植方法共有6×3＝18种．法二：(间接法)从4种蔬菜中选出3种种在三块地上，有4×3×2＝24种方法，其中不种黄瓜有3×2×1＝6种方法，故共有不同的种植方法24－6＝18种．2．有红、黄、蓝旗各3面，每次升一面、二面或三面在旗杆上纵向排列表示不同的信号，顺序不同则表示不同的信号，共可以组成的信号有________种．解析：每次升1面旗可组成3种不同的信号；每次升2面旗可组成3×3＝9种不同的信号；每次升3面旗可组成3×3×3＝27种不同的信号．根据分类加法计数原理，共可组成3＋9＋27＝39种不同的信号．答案：39(1)高考中往往以实际问题为背景，考查排列与组合的综合应用，同时考查分类讨论的思想方法，常以选择题、填空题形式出现，有时与概率结合考查．(2)解决排列组合问题的关键是掌握四项基本原则①特殊优先原则：如果问题中有特殊元素或特殊位置，优先考虑这些特殊元素或特殊位置的解题原则．②先取后排原则：在既有取出又需要对取出的元素进行排列中，要先取后排，即完整地把需要排列的元素取出后，再进行排列．③正难则反原则：当直接求解困难时，采用间接法解决问题的原则．④先分组后分配原则：在分配问题中如果被分配的元素多于位置，这时要先进行分组，再进行分配．[考点精要]1．排列与组合的概念2．排列数与组合数的概念3．排列数与组合数公式 (1)排列数公式①A m n ＝n (n －1)…(n －m ＋1)＝n ！(n －m )！；②A n n ＝n ！． (2)组合数公式C mn ＝A m n A m m ＝n (n －1)(n －2)…(n －m ＋1)m ！＝n ！m ！(n －m )！．4．组合数的性质(1)C m n ＝C n－mn；(2)C m n ＋C m －1n＝C mn ＋1． [典例] (1)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )A ．3×3!B ．3×(3！)3C ．(3！)4D ．9!(2)(重庆高考)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 ．120C ．144D ．168(3)从6位同学中选出4位参加一个座谈会，要求张、王两同学中至多有一个人参加，则不同选法的种数为( )A ．9B ．14C ．12D ．15[解析] (1)把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．(2)依题意，先仅考虑3个歌舞类节目互不相邻的排法种数为A 33A 34＝144，其中3个歌舞类节目互不相邻但2个小品类节目相邻的排法种数为A 22A 22A 33＝24，因此满足题意的排法种数为144－24＝120，选B ．(3)法一：(直接法)分两类，第一类张、王两同学都不参加，有C 44种选法；第二类张、王两同学中只有1人参加，有C 12C 34种选法．故共有C 44＋C 12C 34＝9种选法．法二：(间接法)C46－C24＝9种．[答案](1)C(2)B(3)A[类题通法]排列与组合综合问题的常见类型及解题策略(1)相邻问题捆绑法．在特定条件下，将几个相关元素视为一个元素来考虑，待整个问题排好之后，再考虑它们“内部”的排列．(2)相间问题插空法．先把一般元素排好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中，它与捆绑法有同等作用．(3)特殊元素(位置)优先安排法．优先考虑问题中的特殊元素或位置，然后再排列其他一般元素或位置．[题组训练]1．有5盆各不相同的菊花，其中黄菊花2盆、白菊花2盆、红菊花1盆，现把它们摆放成一排，要求2盆黄菊花必须相邻，2盆白菊花不能相邻，则这5盆花的不同摆放种数是()A．12 B．24C．36 D．48解析：选B2盆黄菊花捆绑作为一个元素与一盆红菊花排列，2盆白菊花采用插空法，所以这5盆花的不同摆放共有A22A22A23＝24种．2．某班准备从含甲、乙的7名男生中选取4人参加4×100米接力赛，要求甲、乙两人至少有一人参加，且若甲、乙同时参加，则他们在赛道上顺序不能相邻，那么不同的排法种数为()A．720 B．520C．600 D．360解析：选C根据题意，分2种情况讨论．①只有甲乙其中一人参加，有C12C35A44＝480种情况；②若甲乙两人都参加，有C22C25A44＝240种情况，其中甲乙相邻的有C22C25A33A22＝120种情况，不同的排法种数为480＋240－120＝600种，故选C．(1)求二项展开式中的项或项的系数是高考的热点，通常以选择题、填空题形式考查，难度中低档．(2)解决此类问题常遵循“知四求一”的原则在二项式的通项公式中共含有a, b，n，k，T k＋1这五个元素，只要知道其中的4个元素，便可求第5个元素的值，在有关二项式定理的问题中，常常会遇到这样的问题：知道这5个元素中的若干个(或它们之间的关系)，求另外几个元素．这类问题一般是利用通项公式，把问题归结为解方程(组)或不等式(组)．这里要注意n为正整数，k为自然数，且k≤n．[考点精要]1．二项式定理2．二项式系数的性质[典例](1)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝()A．－4 B．－3C．－2 D．－1(2)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．5 B．6C．7 D．8(3)若(1－2x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则a1＋a2＋a3＋a4＝________．[解析](1)展开式中含x2的系数为C25＋a C15＝5，解得a＝－1，故选D．(2)由题意得：a＝C m2m，b＝C m2m＋1，所以13C m2m＝7C m2m＋1，∴13·(2m)！m！·m！＝7·(2m＋1)！m！·(m＋1)！，∴7(2m＋1)m＋1＝13，解得m＝6，经检验为原方程的解，选B．(3)令x＝1可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝1，令x＝0，可得a0＝1，所以a1＋a2＋a3＋a4＝0．[答案](1)D(2)B(3)0[类题通法]求二项式展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项．可依据条件写出第r ＋1项，再由特定项的特点求出r 值即可． (2)已知展开式的某项，求特定项的系数．可由某项得出参数项，再由通项公式写出第r ＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数．(3)与二项式各项系数的和有关的问题一般用赋值法求解．[题组训练]1．在x (1＋x )6的展开式中，含x 3项的系数为( ) A ．30 B ．20 C ．15D ．10解析：选C 只需求(1＋x )6的展开式中含x 2项的系数即可，而含x 2项的系数为C 26＝15，故选C ．2．若(x －1)4＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋a 3x 3＋a 4x 4，则a 0＋a 2＋a 4的值为( ) A ．9 B ．8 C ．6D ．5解析：选B 令x ＝1，则a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0，令x ＝－1，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4＝16，∴a 0＋a 2＋a 4＝8．1．设二项式⎝⎛⎭⎪⎫3x ＋3x n 的展开式各项系数的和为a ，所有二项式系数的和为b ，若a ＋2b ＝80，则n 的值为( )A ．8B ．4C ．3D ．2解析：选C 由题意a ＝4n ，b ＝2n ，∵a ＋2b ＝80， ∴4n ＋2×2n －80＝0，即(2n )2＋2×2n －80＝0，解得n ＝3．2．教室里有6盏灯，由3个开关控制，每个开关控制2盏灯，则不同的照明方法有( ) A ．63种 B ．31种 C ．8种D ．7种解析：选D 由题意知，可以开2盏、4盏、6盏灯照明，不同方法有C 13＋C 23＋C 33＝7(种)．3．分配4名水暖工去3户不同的居民家里检查暖气管道．要求4名水暖工都分配出去，且每户居民家都要有人去检查，那么分配的方案共有( )A ．A 34种B ．A 33A 13种 C ．C 24A 33种D ．C 14C 13A 33种解析：选C 先将4名水暖工选出2人分成一组，然后将三组水暖工分配到3户不同的居民家，故有C 24A 33种．4．(x ＋2)2(1－x )5中x 7的系数与常数项之差的绝对值为( ) A ．5 B ．3 C ．2D ．0解析：选A 常数项为C 22·22·C 05＝4，x 7系数为C 02·C 55(－1)5＝－1，因此x 7系数与常数项之差的绝对值为5．5．⎝⎛⎭⎫x 2－12x 6的展开式中，常数项是( ) A ．－54B ．54C ．－1516D ．1516解析：选D T r ＋1＝C r 6(x 2)6－r ⎝⎛⎭⎫－12x r ＝⎝⎛⎭⎫－12r C r 6x 12－13r ，令12－3r ＝0，解得r ＝4． ∴常数项为⎝⎛⎭⎫－124C 46＝1516．故选D ． 6．将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( )A ．10种B ．20种C ．36种D ．52种解析：选A 分为两类：①1号盒子放入1个球，2号盒子放入3个球，有C 14＝4种放球方法；②1号盒子放入2个球，2号盒子放入2个球，有C 24＝6种放球方法．∴共有C 14＋C 24＝10种不同的放球方法．7．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＝________．解析：不妨设1＋x ＝t ，则x ＝t －1，因此有(t －1)5＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋a 3t 3＋a 4t 4＋a 5t 5，则a 3＝C 25(－1)2＝10．答案：108．农科院小李在做某项试验中，计划从花生、大白菜、大豆、玉米、小麦、高粱这6种种子中选出4种，分别种植在4块不同的空地上(1块空地只能种1种作物)，若小李已决定在第1块空地上种玉米或高粱，则不同的种植方案有________种．(用数字作答)解析：由已知条件可得第1块地有C 12种种植方法，则第2～4块地共有A 35种种植方法，由分步乘法计数原理可得，不同的种植方案有C 12A 35＝120种．答案：1209．(北京高考)把5件不同产品摆成一排，若产品A 与产品B 相邻，且产品A 与产品C 不相邻，则不同的摆法有________种．解析：将A ，B 捆绑在一起，有A 22种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A 44种摆法，共有A 22A 44＝48种摆法，而A ，B ，C 3件在一起，且A ，B 相邻，A ，C 相邻有CAB ，BAC 两种情况，将这3件与剩下2件全排列，有2×A 33＝12种摆法，故A ，B 相邻，A ，C不相邻的摆法有48－12＝36种．答案：3610．若(2x ＋3)3＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋a 3(x ＋2)3，求a 0＋a 1＋2a 2＋3a 3的值． 解：由(2x ＋3)3＝[2(x ＋2)－1]3＝C 03[2(x ＋2)]3(－1)0＋C 13[2(x ＋2)]2(－1)1＋C 23[2·(x ＋2)]1(－1)2＋C 33[2(x ＋2)]0(－1)3＝8(x ＋2)3－12(x ＋2)2＋6(x ＋2)－1 ＝a 0＋a 1(x ＋2)＋a 2(x ＋2)2＋a 3(x ＋2)3． 则a 0＝－1，a 1＝6，a 2＝－12，a 3＝8． 则a 0＋a 1＋2a 2＋3a 3＝5．11．将7个相同的小球放入4个不同的盒子中． (1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？ (2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？解：(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空当中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有C 36＝20种不同的放入方式．(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有C 310＝120种放入方式．12．已知(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的最大项； (2)求展开式中系数最大的项．解：(1)令x ＝1，则二项式各项系数和为(1＋3)n ＝4n ， 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项为中间两项，它们是 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)展开式通项公式为T r ＋1＝C r 53r·(x 23)5－r (x 2)r ＝C r 5·3r ·x 103＋4r 3．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．∴展开式中系数最大项为T 5＝C 45·34·x 103＋4×43＝405x 263．。
选修2-3 第一章 排列、组合、二项式定理一、备考知识点：排列数公式 排列排列应用题分类计数原理分步计数原理排列、组合应用题 组合数公式及性质 组合组合应用题二项式系数的性质二项式定理二项式定理的应用 二、知识点：1．两个基本原理：（1）分类计数原理：完成一件事，有n 类办法，在第1类办法中有1m 种不同的方法，在第2类办法中有2m 种不同的方法……，在第n 类办法中有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：12...n N m m m =+++种不同的方法．（2）分步计数原理：完成一件事，需要分成n 个步骤，做第1步有1m 种不同的方法，做第2步有2m 种不同的方法……，做第n 步有n m 种不同的方法，那么完成这件事共有：12...n N m m m =∙∙∙种不同的方法．2．排列和排列数公式：（1）排列：从n 个不同元素中取出)(n m m ≤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)(n m m ≤个元素的所有排列的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的排列数，记作m n A .（3）排列数公式：!(1)(2)(1)()!(1)(2)321!! 1.mn n n n A n n n n m n m A n n n n o =--⋅⋅⋅⋅⋅-+=-=--⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅==3．组合、组合数公式和性质：（1）组合：从n 个不同元素中取出)(n m m ≤个元素并成一组，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)(n m m ≤个元素的所有组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m 个元素的组合数，记作mn C .（3）组合数公式： (1)(2)(1)!!!!()!C 1mm nn on A n n n n m n Cm m m n m --⋅⋅⋅-+===-=（4）组合数性质：① mn n m n C C -=② mn m n m n C C C 11+-=+③ 11--=k n k n nC kC4．二项式定理和二项式系数的性质：（1）二项式定理：11222()n o n n n n nn n n n a b C a C a b C a b C b --+=+++⋅⋅⋅+通项公式：rr n r n r b a C T -+=1（2）二项式系数的性质：① 对称性：到二项展开式首末两项距离相等的项的二次式系数相等．② 单调性：以二项展开式中间项为分界，二项式系数先单调增，后单调减．③ 122o n nn n n n C C C C +++⋅⋅⋅+=④ 2413512o n n n n n n n C C C C C C -+++⋅⋅⋅=+++⋅⋅⋅=第1课时 排列组合基础知识【基础练习】1．若,643m m C A =则=m 7 .2．若,425225+=x x C C 则=x 7或4 .3．=++-n n n nC C 321383 466 . 分析：由1038321=-≥≥+n n n n 得代入计算将466。
