【精品提分练习】数学人教A选修23讲义：第一章 计数原理滚动训练二

选修第一章第课时一、选择题．从甲地到乙地一天有汽车班，火车班，轮船班，某人从甲地到乙地，他共有不同的走法数为( )．种．种．种．种[答案][解析]应用分类加法计数原理，不同走法数为＋＋＝(种)．故选．．(＋)(＋)(＋＋)完全展开后的项数为( )．．．．[答案][解析]每个括号内各取一项相乘才能得到展开式中的一项，由分步乘法计数原理得，完全展开后的项数为××＝.．定义集合与的运算*如下：*＝{(，)∈，∈}，若＝{，，}，＝{，，，}，则集合*的元素个数为( )．．．．[答案][解析]显然(，)、(，)等均为*中的元素，确定*中的元素是中取一个元素来确定，中取一个元素来确定，由分步乘法计数原理可知*中有×＝个元素．故选．．如下图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的线段表示它们有网线相连．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．现从结点向结点传递信息，信息可以分开从不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( )．．．．[答案] [解析]因信息可以分开沿不同的路线同时传递，由分类加法计数原理，完成从向传递有四种方法：→→→→→→→→，故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上信息量的和：＋＋＋＝，故选．．有四位老师在同一年级的个班级中，各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是( )．种．种．种．种[答案] [解析]设四个班级分别是、、、，它们的老师分别是、、、，并设监考的是，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有种不同的方法；同理当监考、时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有种不同的方法．这样，由分类加法计数原理知共有＋＋＝(种)不同的安排方法．另外，本题还可让先选，可从、、中选一个，即有种选法．若选的是，则从剩下的个班级中任选一个，也有种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，这样用分步乘法计数原理求解，共有×××＝(种)不同的安排方法．．从、中选一个数字，从、、中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( )．．．．[答案] [解析]()当从中选取时，组成的三位奇数的个位只能奇数，只要不排在个位即可，先排再排中选出的两个奇数，共有××＝(个)．()当从中选取时，组成的三位奇数的个位只能是奇数，必须在十位，只要排好从中选出的两个奇数．共有×＝(个)．综上，由分类加法计数原理知共有＋＝(个)．二、填空题．已知直线方程＋＝，若从、、、、、这个数字中每次取两个不同的数作为、的值，则可表示不同的直线条[答案] [解析]当或中有一个为零时，则可表示出条不同的直线；当≠时，有种选法，有种选法，则可表示出×＝条不同的直线．由分类加法计数原理知，共可表示出＋＝条不同的直线．．直线方程＋＝，若从这个数字中每次取两个不同的数作为，的值，则可表示条不同的直线[答案] [解析]若或中有一个为零时，有条；当≠时有×＝条，故共有＋＝条不同的直线．．名乒乓球队员中，有名老队员和名新队员．现从中选出名队员排成、、号参加团体比赛，则入选的名队员中至少有一名老队员，且、号中至少有名新队员的排法有种．(用数字作答)[答案]。

习题课 二项式定理学习目标 1.能熟练地掌握二项式定理的展开式及有关概念.2.会用二项式定理解决与二项式有关的简单问题．1．二项式定理及其相关概念2．二项式系数的四个性质(杨辉三角的规律)(1)对称性：C m n ＝C n －mn ；(2)性质：C k n ＋1＝C k －1n ＋C kn ；(3)二项式系数的最大值：当n 是偶数时，中间的一项取得最大值，即2C n n最大；当n 是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值，即12Cn n-＝12Cn n+最大；(4)二项式系数之和：C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C k n ＋…＋C n n ＝2n，所用方法是赋值法．类型一 二项式定理的灵活应用 命题角度1 两个二项式积的问题例1 (1)(1－x )6(1＋x )4的展开式中x 的系数是( ) A ．－4 B ．－3 C ．3 D ．4(2)已知(1＋ax )(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝________. 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中特定项的系数 答案 (1)B (2)－1解析 (1)方法一 (1－x )6的展开式的通项为C m 6·(－x )m＝C m 6(－1)m2mx ，(1＋x )4的展开式的通项为C n 4(x )n＝C n 42nx ，其中m ＝0,1,2，…，6，n ＝0,1,2,3,4.令m 2＋n 2＝1，得m ＋n ＝2，于是(1－x )6(1＋x )4的展开式中x 的系数等于C 06·(－1)0·C 24＋C 16·(－1)1·C 14＋C 26·(－1)2·C 04＝－3.方法二 (1－x )6(1＋x )4＝[(1－x )(1＋x )]4(1－x )2＝(1－x )4(1－2x ＋x )，于是(1－x )6(1＋x )4的展开式中x 的系数为C 04·1＋C 14·(－1)1·1＝－3. (2)(1＋ax )(1＋x )5＝(1＋x )5＋ax (1＋x )5.∴x 2的系数为C 25＋a C 15，则10＋5a ＝5，解得a ＝－1.反思与感悟 两个二项式乘积的展开式中特定项问题(1)分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点． (2)找到构成展开式中特定项的组成部分． (3)分别求解再相乘，求和即得．跟踪训练1 (1)⎝⎛⎭⎫x ＋a x ⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式的常数项为( ) A ．－40 B ．－20 C ．20 D ．40(2)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)＝________.考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中特定项的系数 答案 (1)D (2)120解析 (1)令x ＝1，得(1＋a )(2－1)5＝2，∴a ＝1，故⎝⎛⎭⎫x ＋1x ⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式中常数项即为⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式中1x与x 的系数之和． ⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式的通项为T k ＋1＝(－1)k C k525－k x 5－2k ， 令5－2k ＝1，得k ＝2，∴展开式中x 的系数为C 25×25－2×(－1)2＝80， 令5－2k ＝－1，得k ＝3，∴展开式中1x 的系数为C 35×25－3×(－1)3＝－40，∴⎝⎛⎭⎫x ＋1x ⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式中常数项为80－40＝40. (2)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.命题角度2 三项展开式问题例2 ⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋25的展开式中的常数项是________． 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中的特定项 答案6322解析 方法一 原式＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋25， ∴展开式的通项为11k T ＋＝15C k 11512k k x x -⎛⎫+ ⎪⎝⎭(k 1＝0,1,2，…，5)．当k 1＝5时，T 6＝(2)5＝42，当0≤k 1<5时，1512k x x -⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式的通项公式为21k T '＋＝251C kk -122512k k k x x ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭－－＝251C k k -12512k k ⎛⎫ ⎪⎝⎭－－·1252k k x－－(k 2＝0,1,2，…，5－k 1)．令5－k 1－2k 2＝0，即k 1＋2k 2＝5.∵0≤k 1<5且k 1∈Z ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ k 1＝1，k 2＝2或⎩⎪⎨⎪⎧k 1＝3，k 2＝1.∴常数项为42＋C 15C 24⎝⎛⎭⎫1222＋C 35C 1212×(2)3＝42＋1522＋202＝6322. 方法二 原式＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋22x ＋22x 5＝132x5·[(x ＋2)2]5 ＝132x5·(x ＋2)10. 求原式的展开式中的常数项，转化为求(x ＋2)10的展开式中含x 5项的系数，即C 510·(2)5. ∴所求的常数项为C 510·(2)532＝6322.反思与感悟 三项或三项以上的展开问题，应根据式子的特点，转化为二项式来解决，转化的方法通常为配方法，因式分解，项与项结合，项与项结合时，要注意合理性和简捷性． 跟踪训练2 (x 2＋x ＋y )5的展开式中，x 5y 2的系数为________． 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中的特定项 答案 30解析 方法一 (x 2＋x ＋y )5＝[(x 2＋x )＋y ]5，含y 2的项为T 3＝C 25(x 2＋x )3·y 2. 其中(x 2＋x )3中含x 5的项为C 13x 4·x ＝C 13x 5. 所以x 5y 2的系数为C 25C 13＝30.方法二 (x 2＋x ＋y )5为5个x 2＋x ＋y 之积，其中有两个取y ，两个取x 2，一个取x 即可，所以x 5y 2的系数为C 25C 23C 11＝30.命题角度3 整除和余数问题例3 今天是星期一，今天是第1天，那么第810天是星期( ) A ．一 B ．二 C ．三 D ．四 考点 二项式定理的综合应用 题点 整除和余数问题 答案 A解析 求第810天是星期几，实质是求810除以7的余数，应用二项式定理将数变形求余数．因为810＝(7＋1)10＝710＋C 110×79＋…＋C 910×7＋1＝7M ＋1(M ∈N *)，所以第810天相当于第1天，故为星期一．反思与感悟 (1)利用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再利用二项式定理展开，只考虑后面(或前面)一、二项就可以了． (2)解决求余数问题，必须构造一个与题目条件有关的二项式．跟踪训练3 设a ∈Z ，且0≤a <13，若512 017＋a 能被13整除，则a ＝________. 考点 二项式定理的综合应用 题点 整除和余数问题 答案 1解析 ∵512 017＋a ＝(52－1)2 017＋a ＝C 02 017522 017－C 12 017522 016＋C 22 017522 015－…＋C 2 0162 017521－1＋a ，能被13整除，0≤a <13. 故－1＋a 能被13整除，故a ＝1. 类型二 二项式系数的综合应用 例4 已知⎝⎛⎭⎫12＋2x n . (1)若展开式中第五项、第六项、第七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)若展开式中前三项的二项式系数之和等于79，求展开式中系数最大的项． 考点 展开式中系数最大(小)的项问题 题点 求展开式中系数最大(小)的项解 (1)由已知得2C 5n ＝C 4n ＋C 6n ，即n 2－21n ＋98＝0，得n ＝7或n ＝14.当n ＝7时展开式中二项式系数最大的项是第四项和第五项，∵T 4＝C 37⎝⎛⎭⎫124(2x )3＝352x 3，T 5＝C 47⎝⎛⎭⎫123(2x )4＝70x 4， ∴第四项的系数是352，第五项的系数是70.当n ＝14时，展开式中二项式系数最大的项是第八项，它的系数为C 714⎝⎛⎭⎫127×27＝3 432. (2)由C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＝79，即n 2＋n －156＝0.得n ＝－13(舍去)或n ＝12. 设T k ＋1项的系数最大， ∵⎝⎛⎭⎫12＋2x 12＝⎝⎛⎭⎫1212(1＋4x )12， 由⎩⎪⎨⎪⎧C k 12·4k ≥C k －112·4k －1，C k 12·4k ≥C k ＋112·4k ＋1， 解得9.4≤k ≤10.4. ∵0≤k ≤n ，k ∈N ， ∴k ＝10.∴展开式中系数最大的项是第11项， 即T 11＝⎝⎛⎭⎫1212·C 1012·410·x 10＝16 896x 10. 反思与感悟 解决此类问题，首先要分辨二项式系数与二项展开式的项的系数，其次理解记忆其有关性质，最后对解决此类问题的方法作下总结，尤其是有关排列组合的计算问题加以细心．跟踪训练4 已知⎝⎛⎭⎫2x －1x n展开式中二项式系数之和比(2x ＋x lg x )2n 展开式中奇数项的二项式系数之和少112，第二个展开式中二项式系数最大的项的值为1 120，求x . 考点 二项式定理的应用 题点 二项式定理的简单应用 解 依题意得2n －22n －1＝－112，整理得(2n －16)(2n ＋14)＝0，解得n ＝4，所以第二个展开式中二项式系数最大的项是第五项．依题意得C 48(2x )4(x lg x )4＝1 120，化简得x 4(1＋lg x )＝1，所以x ＝1或4(1＋lg x )＝0，故所求x 的值为1或110.1．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考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求二项展开式特定项的系数 答案 C解析 因为(1＋x )6的展开式的第(k ＋1)项为T k ＋1＝C k 6x k ，x (1＋x )6的展开式中含x 3的项为C 26x3＝15x 3，所以系数为15.2．在(x ＋y )n 的展开式中，第4项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项是( ) A ．第6项 B ．第5项 C ．第5、6项D ．第6、7项考点 展开式中系数最大(小)的项问题 题点 求二项式系数最大(小)的项 答案 A解析 ∵C 3n ＝C 7n ，∴n ＝3＋7＝10，∴展开式中系数最大的项是第6项．3．已知x >0，则(1＋x )10⎝⎛⎭⎫1＋1x 10的展开式中的常数项为( ) A ．1 B ．(C 110)2C ．C 120D ．C 1020考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中的特定项 答案 D解析 (1＋x )10⎝⎛⎭⎫1＋1x 10＝⎣⎡⎦⎤(1＋x )⎝⎛⎭⎫1＋1x 10＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＋210＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x 20.设其展开式的通项为T k ＋1，则T k ＋1＝C k 20x10－k，当k ＝10时，为常数项．故选D. 4．当n 为正奇数时，7n ＋C 1n ·7n －1＋C 2n ·7n －2＋…＋C n －1n ·7被9除所得的余数是( ) A ．0 B ．2 C ．7 D ．8 考点 二项式定理的综合应用 题点 整除和余数问题解析 原式＝(7＋1)n －C n n ＝8n －1＝(9－1)n －1＝9n －C 1n ·9n －1＋C 2n ·9n －2－…＋C n －1n ·9(－1)n －1＋(－1)n －1.因为n 为正奇数，所以(－1)n －1＝－2＝－9＋7，所以余数为7.5．设(23x －1)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,8，N 三数成等比数列，则展开式中第四项为________． 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 －160x解析 当x ＝1时，可得M ＝1，二项式系数之和N ＝2n ， 由题意，得M ·N ＝64，∴2n ＝64，∴n ＝6. ∴第四项T 4＝C 36·(23x )3·(－1)3＝－160x .1．两个二项展开式乘积的展开式中特定项问题(1)分别对每个二项展开式进行分析，发现它们各自项的特点． (2)找到构成展开式中特定项的组成部分． (3)分别求解再相乘，求和即得． 2．三项或三项以上的展开问题应根据式子的特点，转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决)，转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合，项与项结合时要注意合理性和简捷性．3．用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面(或者前面)一、二项就可以了． 4．求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入．5．确定二项展开式中的最大或最小项：利用二项式系数的性质．一、选择题 1．二项式⎝⎛⎭⎫x ＋2x 12的展开式中的常数项是( ) A ．第7项 B ．第8项 C ．第9项D ．第10项考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求二项展开式的特定项解析 二项展开式中的通项公式为T k ＋1＝C k 12·x 12－k ·⎝⎛⎭⎫2x k ＝C k 12·2k ·3122k x -，令12－32k ＝0，得k ＝8.∴常数项为第9项．2．(1＋x )8(1＋y )4的展开式中x 2y 2的系数是( ) A ．56 B ．84 C ．112 D ．168 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中特定项的系数 答案 D解析 因为(1＋x )8的通项为C k 8x k ，(1＋y )4的通项为C t 4y t ，故(1＋x )8(1＋y )4的通项为C k 8C t 4x k y t. 令k ＝2，t ＝2，得x 2y 2的系数为C 28C 24＝168.3．若(x ＋3y )n 的展开式中所有项的系数的和等于(7a ＋b )10的展开式中二项式系数的和，则n 的值为( )A ．15B ．10C ．8D ．5 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 D解析 由于(7a ＋b )10的展开式中二项式系数的和为C 010＋…＋C 1010＝210，令(x ＋3y )n 中x ＝y ＝1，则由题设知，4n ＝210，即22n ＝210，解得n ＝5.4．若二项式⎝⎛⎭⎫2x ＋a x 7的展开式中1x 3的系数是84，则实数a 等于( ) A ．2 B. 4 C ．1 D.24考点 二项展开式中的特定项问题 题点 由特定项或特定项的系数求参数 答案 C解析 二项式⎝⎛⎭⎫2x ＋a x 7的展开式的通项公式为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，即C 5722a 5＝84，解得a ＝1. 5．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 等于( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8考点 展开式中系数最大(小)的项问题题点 求展开式中二项式系数最大(小)的项 答案 B解析 ∵(x ＋y )2m 展开式中二项式系数的最大值为C m 2m ，∴a ＝C m 2m .同理，b ＝C m ＋12m ＋1.∵13a ＝7b ，∴13·C m 2m ＝7·C m ＋12m ＋1，∴13·(2m )！m ！m ！＝7·(2m ＋1)！(m ＋1)！m ！，∴m ＝6.6．二项式⎝⎛⎭⎫x 2－1x 6的展开式中不含x 3项的系数之和为( ) A ．20 B ．24 C ．30 D ．36 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 A解析 由二项式的展开式的通项公式T k ＋1＝C k 6·(－1)k x 12－3k，令12－3k ＝3，解得k ＝3，故展开式中x 3项的系数为C 36·(－1)3＝－20，而所有系数和为0，不含x 3项的系数之和为20. 7．在(1＋x )n (n 为正整数)的二项展开式中，奇数项的和为A ，偶数项的和为B ，则(1－x 2)n 的值为( ) A ．0 B ．AB C ．A 2－B 2D ．A 2＋B 2考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题 答案 C解析 ∵(1＋x )n ＝A ＋B ，(1－x )n ＝A －B ，∴(1－x 2)n ＝(1＋x )n (1－x )n ＝(A ＋B )(A －B )＝A 2－B 2. 8．9192被100除所得的余数为( ) A ．1 B ．81 C ．－81 D ．992 考点 二项式定理的综合应用 题点 整除和余数问题 答案 B解析 利用9192＝(100－9)92的展开式，或利用(90＋1)92的展开式．方法一 (100－9)92＝C 09210092－C 19210091×9＋C 292·10090×92－…－C 9192100×991＋C 9292992.展开式中前92项均能被100整除，只需求最后一项除以100的余数．由992＝(10－1)92＝C 0921092－…＋C 9092102－C 919210＋1.前91项均能被100整除，后两项和为－919，因原式为正，可从前面的数中分离出1 000，结果为1 000－919＝81， ∴9192被100除可得余数为81.方法二 (90＋1)92＝C 0929092＋C 1929091＋…＋C 9092902＋C 919290＋C 9292.前91项均能被100整除，剩下两项为92×90＋1＝8 281，显然8 281除以100所得余数为81. 二、填空题9．若⎝⎛⎭⎫x 2＋1ax 6的二项展开式中，常数项为1516，则二项式系数最大的项为________． 考点 展开式中系数最大(小)的项问题 题点 求展开式中系数最大(小)的项 答案 52x 3或－52x 3解析 ⎝⎛⎭⎫x 2＋1ax 6二项展开式的通项为T k ＋1＝C k 6·(x 2)6－k ⎝⎛⎭⎫1ax k ＝C k 6a －k x 12－3k ，令12－3k ＝0，得k ＝4，∴C 46a －4＝1516，解得a ＝±2， 当a ＝2时，二项式系数最大的项为C 36(x 2)3⎝⎛⎭⎫12x 3＝52x 3. 当a ＝－2时，二项式系数最大的项为C 36(x 2)3⎝⎛⎭⎫－12x 3＝－52x 3. 10.⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 2－23的展开式中常数项为________． 考点 二项展开式中的特定项问题 题点 求多项展开式中的特定项 答案 －20解析 ⎝⎛⎭⎫x 2＋1x 2－23＝⎝⎛⎭⎫x －1x 6展开式的通项公式为T k ＋1＝C k 6(－1)k x 6－2k.令6－2k ＝0，解得k ＝3.故展开式中的常数项为－C 36＝－20.11．(1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是________． 考点 二项式定理的综合应用 题点 整除和余数问题 答案 1.34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＋…≈1.34.12．已知⎝⎛⎭⎫x 2－1x n 的展开式中含x 的项为第6项，设(1－x ＋2x 2)n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n x 2n ，则a 1＋a 2＋…＋a 2n ＝________. 考点 展开式中系数的和问题 题点 二项展开式中系数的和问题答案 255解析 因为⎝⎛⎭⎫x 2－1x n 的展开式的通项是C k n (－1)k ·x 2n －3k (k ＝0,1,2，…，n )，因为含x 的项为第6项，所以当k ＝5时，2n －3k ＝1，即n ＝8.令x ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 2n ＝28＝256.又a 0＝1，所以a 1＋a 2＋…＋a 2n ＝255.三、解答题13．在二项式⎝⎛⎭⎫x ＋12x n 的展开式中，前三项的系数成等差数列． (1)求展开式中的常数项；(2)求展开式中系数最大的项．考点 展开式中系数最大(小)的项问题题点 求展开式中系数最大(小)的项解 (1)二项式⎝⎛⎭⎫x ＋12x n 的展开式中，前三项的系数分别为1，n 2，n (n －1)8. 根据前三项的系数成等差数列，可得n ＝1＋n (n －1)8，求得n ＝8或n ＝1(舍去)． 故二项式⎝⎛⎭⎫x ＋12x n 的展开式的通项为T k ＋1＝C k 8·2－k ·x 4－k .令4－k ＝0，求得k ＝4，可得展开式中的常数项为T 5＝C 48·⎝⎛⎭⎫124＝358. (2)设第k ＋1项的系数最大，则由⎩⎨⎧ C k 8·⎝⎛⎭⎫12k ≥C k ＋18·⎝⎛⎭⎫12k ＋1，C k 8·⎝⎛⎭⎫12k ≥C k －18·⎝⎛⎭⎫12k －1，求得2≤k ≤3.因为k ∈Z ，所以k＝2或k ＝3，故系数最大的项为T 3＝7x 2或T 4＝7x .四、探究与拓展14．若(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9，且(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，则实数m ＝________.考点 展开式中系数的和问题题点 多项展开式中系数的和问题答案 －3或1解析 在(x ＋2＋m )9＝a 0＋a 1(x ＋1)＋a 2(x ＋1)2＋…＋a 9(x ＋1)9中，令x ＝－2，可得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 8－a 9＝m 9，即[(a 0＋a 2＋…＋a 8)－(a 1＋a 3＋…＋a 9)]＝m 9，令x ＝0，可得(a 0＋a 2＋…＋a 8)＋(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝(2＋m )9.∵(a 0＋a 2＋…＋a 8)2－(a 1＋a 3＋…＋a 9)2＝39，∴[(a 0＋a 2＋…＋a 8)＋(a 1＋a 3＋…＋a 9)][(a 0＋a 2＋…＋a 8)－(a 1＋a 3＋…＋a 9)]＝39，∴(2＋m )9m 9＝(2m ＋m 2)9＝39，可得2m ＋m 2＝3，解得m ＝1或－3.15．已知(1＋m x )n (m 是正实数)的展开式的二项式系数之和为256，展开式中含有x 项的系数为112.(1)求m ，n 的值；(2)求展开式中偶数项的二项式系数之和；(3)求(1＋m x )n (1－x )的展开式中含x 2项的系数．考点 二项展开式中的特定项问题题点 求多项展开式中特定项的系数解 (1)由题意可得2n ＝256，解得n ＝8，∴展开式的通项为T k ＋1＝C k 8m k 2kx ，∴含x 项的系数为C 28m 2＝112，解得m ＝2或m ＝－2(舍去)．故m ，n 的值分别为2,8.(2)展开式中偶数项的二项式系数之和为C 18＋C 38＋C 58＋C 78＝28－1＝128.(3)(1＋2x )8(1－x )＝(1＋2x )8－x (1＋2x )8，∴含x 2项的系数为C 4824－C 2822＝1 008.。

第2课时组合的综合应用学习目标 1.能应用组合知识解决有关组合的简单实际问题.2.能解决有限制条件的组合问题．知识点组合的特点(1)组合的特点是只取不排组合要求n个元素是不同的，被取出的m个元素也是不同的，即从n个不同的元素中进行m 次不放回地取出．(2)组合的特性元素的无序性，即取出的m个元素不讲究顺序，没有位置的要求．(3)相同的组合根据组合的定义，只要两个组合中的元素完全相同(不管顺序如何)，就是相同的组合．类型一有限制条件的组合问题例1课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女生各有一名队长，现从中选5人主持某项活动，依下列条件各有多少种选法？(1)至少有一名队长当选；(2)至多有两名女生当选；(3)既要有队长，又要有女生当选．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解(1)C513－C511＝825(种)(2)至多有2名女生当选含有三类：有2名女生；只有1名女生；没有女生，所以共有C25C38＋C15C48＋C58＝966(种)选法．(3)分两类：第一类女队长当选，有C412＝495(种)选法，第二类女队长没当选，有C14C37＋C24C27＋C34C17＋C44＝295(种)选法，所以共有495＋295＝790(种)选法．反思与感悟有限制条件的抽(选)取问题，主要有两类：一是“含”与“不含”问题，其解法常用直接分步法，即“含”的先取出，“不含”的可把所指元素去掉再取，分步计数；二是“至多”“至少”问题，其解法常有两种解决思路：一是直接分类法，但要注意分类要不重不漏；二是间接法，注意找准对立面，确保不重不漏．跟踪训练1某食堂每天中午准备4种不同的荤菜，7种不同的蔬菜，用餐者可以按下述方法之一搭配午餐：(1)任选两种荤菜、两种蔬菜和白米饭；(2)任选一种荤菜、两种蔬菜和蛋炒饭．则每天不同午餐的搭配方法共有()A．210种B．420种C．56种D．22种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 A解析由分类加法计数原理知，两类配餐的搭配方法之和即为所求，所以每天不同午餐的搭配方法共有C24C27＋C14C27＝210(种)．类型二与几何有关的组合应用题例2如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，…，C6，线段AB 上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4.(1)以这10个点中的3个点为顶点可作多少个三角形？其中含C1点的有多少个？(2)以图中的12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？考点组合的应用题点与几何有关的组合问题解(1)方法一可作出三角形C36＋C16·C24＋C26·C14＝116(个)．方法二可作三角形C310－C34＝116(个)，其中以C1为顶点的三角形有C25＋C15·C14＋C24＝36(个)．(2)可作出四边形C46＋C36·C16＋C26·C26＝360(个)．反思与感悟(1)图形多少的问题通常是组合问题，要注意共点、共线、共面、异面等情形，防止多算．常用直接法，也可采用间接法．(2)在处理几何问题中的组合问题时，应将几何问题抽象成组合问题来解决．跟踪训练2空间中有10个点，其中有5个点在同一个平面内，其余点无三点共线，无四点共面，则以这些点为顶点，共可构成四面体的个数为()A．205 B．110 C．204 D．200考点 组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 A解析 方法一 可以按从共面的5个点中取0个、1个、2个、3个进行分类，则得到所有的取法总数为C 05C 45＋C 15C 35＋C 25C 25＋C 35C 15＝205.方法二 从10个点中任取4个点的方法数中去掉4个点全部取自共面的5个点的情况，得到所有构成四面体的个数为C 410－C 45＝205.类型三 分组、分配问题命题角度1 不同元素分组、分配问题例3 6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)每组2本(平均分组)；(2)一组1本，一组2本，一组3本(不平均分组)； (3)一组4本，另外两组各1本(局部平均分组)． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)每组2本，均分为3组的方法数为C 26C 24C 22A 33＝15×6×16＝15. (2)一组1本，一组2本，一组3本的分组种数为C 36C 23C 11＝20×3＝60. (3)一组4本，另外两组各1本的分组种数为C 46C 12C 11A 22＝15×22＝15. 反思与感悟 一般地，n 个不同的元素分成p 组，各组内元素数目分别为m 1，m 2，…，m p ，其中k 组元素数目相等，那么分组方法数是C m 1n C m 2n －m 1C m 3n －m 1－m 2…C m p m pA k k.跟踪训练3 6本不同的书，分给甲、乙、丙3人，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)甲2本，乙2本，丙2本； (2)甲1本，乙2本，丙3本； (3)甲4本，乙、丙每人1本； (4)每人2本；(5)一人1本，一人2本，一人3本； (6)一人4本，其余两人每人1本． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题解 (1)(2)(3)中，由于每人分的本数固定，属于定向分配问题，由分步乘法计数原理得：(1)共有C 26C 24C 22＝90(种)不同的分配方法； (2)共有C 16C 25C 33＝60(种)不同的分配方法；(3)共有C46C12C11＝30(种)不同的分配方法．(4)(5)(6)属于不定向分配问题，是该类题中比较困难的问题．分配给3人，同一本书给不同的人是不同的分法，属于排列问题．实际上可看作两个步骤：先分为3组，再把这3组分给甲、乙、丙3人的全排列数A33即可．因此，(4)共有C26C24C22÷A33×A33＝90(种)不同的分配方法；(5)共有C16C25C33×A33＝360(种)不同的分配方法；(6)共有C46C12C11÷A22×A33＝90(种)不同的分配方法．命题角度2相同元素分配问题例4将6个相同的小球放入4个编号为1,2,3,4的盒子，求下列方法的种数．(1)每个盒子都不空；(2)恰有一个空盒子；(3)恰有两个空盒子．考点排列组合综合问题题点分组分配问题解(1)先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，有C35＝10(种)．(2)恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如|0|000|00|，有C25种插法，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如|0|000||00|，有C14种插法，故共有C25·C14＝40(种)．(3)恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙各插一块隔板，有C15种插法，如|00|0000|，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如||00||0000|，有C23种插法．②将两块板与前面三块板之一并放，如|00|||0000|，有C13种插法．故共有C15·(C23＋C13)＝30(种)．反思与感悟相同元素分配问题的处理策略(1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作在排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题．种方法．可描述为n－1个空中插(2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C m－1n－1入m－1块板．跟踪训练4某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有()A ．4种B ．10种C ．18种D ．20种考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B解析 由于只剩一本书，且这些画册、集邮册分别相同，可以从剩余的书的类别进行分析．又由于排列、组合针对的是不同的元素，应从4位朋友中进行选取．第一类：当剩余的一本是画册时，相当于把3本相同的集邮册和1本画册分给4位朋友，只有1位朋友得到画册．即把4位朋友分成人数为1,3的两队，有1个元素的那队分给画册，另一队分给集邮册，有C 14种分法．第二类：当剩余的一本是集邮册时，相当于把2本相同的画册和2本相同的集邮册分给4位朋友，有2位朋友得到画册，即把4位朋友分成人数为2,2的两队，一队分给画册，另一队分给集邮册，有C 24种分法．因此，满足题意的赠送方法共有C 14＋C 24＝4＋6＝10(种)．1．某乒乓球队有9名队员，其中2名是种子选手，现在挑选5名选手参加比赛，种子选手必须在内，那么不同选法共有( )A ．26种B ．84种C ．35种D ．21种 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 C解析 从7名队员中选出3人有C 37＝7×6×53×2×1＝35(种)选法． 2．身高各不相同的7名同学排成一排照相，要求正中间的同学最高，左右两边分别顺次一个比一个低，这样的排法种数是( ) A ．5 040 B ．36 C ．18 D ．20 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 D解析 最高的同学站中间，从余下6人中选3人在一侧只有一种站法，另3人在另一侧也只有一种站法，所以排法有C 36＝20(种)．3．直角坐标平面xOy 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个 考点 组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 D解析 从垂直于x 轴的6条直线中任取2条，从垂直于y 轴的6条直线中任取2条，四条直线相交得出一个矩形，所以矩形总数为C 26×C 26＝15×15＝225.4．从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动，若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答) 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 140解析 安排方案分为两步完成：从7名志愿者中选3人安排在周六参加社区公益活动，有C 37种方法；再从剩下的4名志愿者中选3人安排在周日参加社区公益活动，有C 34种方法．故不同的安排方案共有C 37C 34＝7×6×53×2×1×4＝140(种)． 5．正六边形顶点和中心共7个点，可组成________个三角形． 考点 组合的应用题点 与几何有关的组合问题 答案 32解析 不共线的三个点可组成一个三角形，7个点中共线的是：正六边形过中心的3条对角线，即共有3种情况，故组成三角形的个数为C 37－3＝32.1．无限制条件的组合应用题．其解题步骤为： (1)判断；(2)转化；(3)求值；(4)作答． 2．有限制条件的组合应用题： (1)“含”与“不含”问题：这类问题的解题思路是将限制条件视为特殊元素和特殊位置，一般来讲，特殊要先满足，其余则“一视同仁”．若正面入手不易，则从反面入手，寻找问题的突破口，即采用排除法．解题时要注意分清“有且仅有”“至多”“至少”“全是”“都不是”“不都是”等词语的确切含义，准确把握分类标准．(2)几何中的计算问题：在处理几何问题中的组合应用问题时，应先明确几何中的点、线、面及构型，明确平面图形和立体图形中的点、线、面之间的关系，将几何问题抽象成组合问题来解决．(3)分组、分配问题：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，是不可区分的，而后者即使两组元素个数相同，但因元素不同，仍然是可区分的．一、选择题1．若从1,2,3，…，9这9个整数中同时取3个不同的数，使其和为奇数，则不同的取法共有()A．30种B．33种C．37种D．40种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析从1,2,3，…，9这9个数中取出3个不同的数，使其和为奇数的情况包括：(1)取出的3个数都是奇数，取法有C35＝10(种)；(2)取出的3个数中有2个偶数、1个奇数，取法有C24C15＝30(种)，根据分类加法计数原理，满足题意的取法共有10＋30＝40(种)．2．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．24种B．14种C．28种D．48种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 B解析方法一分两类完成：第1类，选派1名女生、3名男生，有C12·C34种选派方案；第2类，选派2名女生、2名男生，有C22·C24种选派方案．故共有C12·C34＋C22·C24＝14(种)不同的选派方案．方法二6人中选派4人的组合数为C46，其中都选男生的组合数为C44，所以至少有1名女生的选派方案有C46－C44＝14(种)．3．直线a∥b，a上有5个点，b上有4个点，以这九个点为顶点的三角形个数为() A．C25C14＋C15C24B．(C25＋C14)(C15＋C24)C．C39－9 D．C39－C35考点组合的应用题点与几何有关的组合问题答案 A解析 可以分为两类：a 上取两点，b 上取一点，则可构成三角形个数为C 25C 14；a 上取一点，b 上取两点，则可构成三角形个数为C 15C 24，利用分类加法计数原理可得以这九个点为顶点的三角形个数为C 25C 14＋C 15C 24，故选A.4．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法有( )A ．C 25C 26种B ．C 25A 26种 C ．C 25A 22C 26A 22种D ．A 25A 26种考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 B解析 先从5名男选手中任意选取2名，有C 25种选法，再从6名女选手中任意选择两名与选出的男选手打比赛，有C 26A 22，即A 26种．所以共有C 25A 26种．5．将标号为A ，B ，C ，D ，E ，F 的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为A ，B 的卡片放入同1个信封，则不同的放法共有( ) A ．12种 B ．18种 C ．36种 D ．54种 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B解析 由题意知，不同的放法共有C 13C 24＝3×4×32＝18(种)． 6．某地招募了20名志愿者，他们编号分别为1号，2号，…，19号，20号，如果要从中任意选取4人再按编号大小分成两组去做一些预备服务工作，其中两个编号较小的人在一组，两个编号较大的人在另一组，那么确保5号与14号入选并被分配到同一组的选取种数是( )A ．16B ．21C ．24D ．90 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B 解析 分2类：第1类，5号与14号为编号较大的一组，则另一组编号较小的有C 24＝6(种)选取方法． 第2类，5号与14号为编号较小的一组，则编号较大的一组有C 26＝15(种)选取方法．由分类加法计数原理得，共有C 24＋C 26＝6＋15＝21(种)选取方法．7．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，每班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( )A ．C 1214C 412C 48B ．C 1214A 412A 48C.C 1214C 412C 48A 33D ．C 1214C 412C 48A 38考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 A解析 首先从14人中选出12人共C 1214种，然后将12人平均分为3组共C 412·C 48·C 44A 33种，然后这两步相乘，得C 1214·C 412·C 48A 33.将三组分配下去共C 1214·C 412·C 48种．故选A. 8．假如北京大学给中山市某三所重点中学7个自主招生的推荐名额，则每所中学至少分到一个名额的方法数为( ) A ．30 B ．21 C ．10 D ．15 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 D解析 用“隔板法”．在7个名额中间的6个空位上选2个位置加2个隔板，有C 26＝15(种)分配方法． 二、填空题9．在2017年的上海高考改革方案中，要求每位考生必须在物理、化学、生物、政治、历史、地理6门学科中选择3门学科参加等级考试．小明同学决定在生物、政治、历史三门中至多选择一门，那么小明同学的选择方案有________种． 考点 组合的应用题点 有限制条件的组合问题 答案 10解析 ①在生物、政治、历史三门中选择1门，则在物理、化学、地理中选2门，有C 13C 23＝9(种)选法；②在生物、政治、历史三门中选择0门，则物理、化学、地理全选，有C 33＝1(种)选法． 共有选法9＋1＝10(种)．10.如图所示的几何体是由一个正三棱锥P －ABC 与正三棱柱ABC －A 1B 1C 1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A 1B 1C 1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有______种．考点涂色问题题点涂色问题答案12解析先涂三棱锥P－ABC的三个侧面，然后涂三棱柱的三个侧面，共有C13×C12×C11×C12＝3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．11．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)考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用答案60解析一、二、三等奖，三个人获得，有A34＝24(种)．一、二、三等奖，有一个人获得2张，一个人获得1张，共有C23A24＝36(种)，共有24＋36＝60(种)不同的获奖情况．三、解答题12．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，求不同取法的种数．考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色，则有C14×C14×C14＝64(种)，若2张同色，则有C23×C12×C24×C14＝144(种)，若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有C14×C23×C14×C14＝192(种)，剩余2张同色，则有C14×C13×C24＝72(种)，所以共有64＋144＋192＋72＝472(种)不同的取法．13．现有8名青年，其中有5名能胜任英语翻译工作，有4名能胜任德语翻译工作(其中有1名青年两项工作都能胜任)．现在要从中挑选5名青年承担一项任务，其中3名从事英语翻译工作，2名从事德语翻译工作，则有多少种不同的选法？考点排列组合综合问题题点分组分配问题解可以分三类．第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有C24C23种选法；第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有C34C13种选法；第三类，让两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有C34C23种选法．根据分类加法计数原理，一共有C24C23＋C34C13＋C34C23＝42(种)不同的选法．精心整理提升自我四、探究与拓展14．20个不加区别的小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数为________．考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案120解析先在编号为2,3的盒内分别放入1,2个球，还剩17个小球，三个盒内分别至少再放入1个球，将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒中即可，共C216＝120(种)方法．15．已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止．(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第10次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？考点排列组合综合问题题点排列与组合的综合应用解(1)先排前4次测试，只能取正品，有A46种不同测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有C24A22＝A24(种)测法，再排余下4件的测试位置，有A44种测法．所以共有不同测试方法A46·A24·A44＝103 680(种)．(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现，所以共有不同测试方法C16C34A44＝576(种)．11。

第一章 1.3 1.3.1A 级 基础巩固一、选择题1．在(x －12x )10的二项展开式中，x 4的系数为( C )A ．－120B ．120C ．－15D ．15[解析] T r ＋1＝C r 10x 10－r (－12x )r ＝(－12)r ·C r 10x 10－2r 令10－2r ＝4，则r ＝3． ∴x 4的系数为(－12)3C 310＝－15．2．(2018·全国卷Ⅲ理，5)⎝⎛⎭⎫x 2＋2x 5的展开式中x 4的系数为( C ) A ．10 B ．20 C ．40D ．80[解析] ⎝⎛⎭⎫x 2＋2x 5的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5·(x 2)5－r ·⎝⎛⎭⎫2x r ＝C r 5·2r ·x 10－3r ，令10－3r ＝4，得r ＝2.故展开式中x 4的系数为C 25·22＝40． 故选C ．3．若二项式(x －2x )n 的展开式中第5项是常数项，则自然数n 的值可能为( C )A ．6B ．10C ．12D ．15[解析] ∵T 5＝C 4n (x )n －4·(－2x )4＝24·C 4n x n －122是常数项，∴n －122＝0，∴n ＝12． 4．(湖南高考)(12x －2y )5的展开式中x 2y 3的系数是( A )A ．－20B ．－5C ．5D ．20[解析] 展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 5(12x )5－r ·(－2y )r ＝(12)5－r ·(－2)r C r 5x 5－r y r ． 当r ＝3时为T 4＝(12)2(－2)3C 35x 2y 3＝－20x 2y 3，故选A ． 5．(1＋3x )n (其中n ∈N 且n ≥6)的展开式中，若x 5与x 6的系数相等，则n ＝( B ) A ．6B ．7C ．8D ．9[解析] 二项式(1＋3x )n 的展开式的通项是T r ＋1＝C r n 1n －r·(3x )r ＝C r n ·3r ·x r .依题意得 C 5n ·35＝C 6n ·36，即n (n －1)(n －2)(n －3)(n －4)5！＝3×n (n －1)(n －2)(n －3)(n －4)(n －5)6！(n ≥6)，得n ＝7．6．(2018·凉山州模拟)(1－x )(1＋x )5展开式中x 项的系数是( A ) A ．4 B ．6 C ．8D ．12[解析] (1－x )(1＋x )5展开式中x 项的系数：二项式(1＋x )5由通项公式T r ＋1＝C r 5x r当(1－x )提供常数项时：r ＝1，此时x 项的系数是C 15＝5， 当(1－x )提供一个x 时：r ＝0，此时x 项的系数是－1×C 05＝－1 合并可得(1－x )(1＋x )5展开式中x 项的系数为4． 故选A ． 二、填空题7．(2018·河南二模)(x 2＋1x 2－2)n 展式中的常数项是70，则n ＝__4__．[解析] ∵(x 2＋1x 2－2)n ＝(x －1x )2n 的展式的通项公式为T r ＋1＝C r 2n ·(－1)r ·x 2n －2r ， 令2n －2r ＝0，求得n ＝r ，故展开式的常数项为(－1)n ·C n 2n ＝70， 求得n ＝4.故答案为4．8．设a ＝⎠⎛0πsin x d x ，则二项式(a x －1x)6的展开式中的常数项等于__－160__． [解析] a ＝⎠⎛0πsin x d x ＝(－cos x )|π0＝2，二项式(2x －1x )6展开式的通项为T r ＋1＝C r 6(2x )6－r·(－1x)r ＝(－1)r ·26－r ·C r 6x 3－r ，令3－r ＝0得，r ＝3，∴常数项为(－1)3·23·C 36＝－160．9．(2018·天津理，10)在⎝⎛⎭⎫x －12x 5的展开式中，x 2的系数为__52__．[解析] ⎝⎛⎭⎫x －12x 5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5x 5－r ⎝⎛⎭⎫－12r ·x －r 2＝⎝⎛⎭⎫－12r C r 5x 5－3r 2.令5－3r 2＝2，解得r ＝2.故展开式中x 2的系数为⎝⎛⎭⎫－122C 25＝52．三、解答题10．在⎝⎛⎭⎪⎫2x 2－13x 8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． [解析](1)∵T 5＝C 48·(2x 2)8－4·⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 4＝C 48·24·x 203， ∴第5项的二项式系数是C 48＝70，第5项的系数是C 48·24＝1120． (2)展开式中的倒数第3项即为第7项，T 7＝C 68·(2x 2)8－6·⎝⎛⎭⎪⎫－13x 6＝112x 2． B 级 素养提升一、选择题1．(1＋2x )3(1－3x )5的展开式中x 的系数是( C ) A ．－4 B ．－2 C ．2D ．4[解析] (1＋2x )3(1－3x )5＝(1＋6x ＋12x ＋8x x )·(1－3x )5，故(1＋2x )3(1－3x )5的展开式中含x 的项为1×C 35×(－3x )3＋12x C 05＝－10x ＋12x ＝2x ，所以x 的系数为2．2．若(1＋2x )6的展开式中的第2项大于它的相邻两项，则x 的取值范围是( A ) A ．112＜x ＜15B ．16＜x ＜15C ．112＜x ＜23D ．16＜x ＜25[解析] 由⎩⎪⎨⎪⎧ T 2>T 1，T 2>T 3，得⎩⎪⎨⎪⎧C 162x >1，C 162x >C 26(2x )2.∴112＜x ＜15． 二、填空题3．(2018·潍坊一模)(1＋x )(1－2x )5展开式中x 2的系数为__120__. (用数字填写答案) [解析] ∵(1－2x )5的展开式的通项为T r ＋1＝C r 5·15－r ·(－2x )r ＝(－2)r ·C r 5·x r 2， 取r 2＝2，得r ＝4，取r2＝1，得r ＝2， ∴(1＋x )(1－2x )5展开式中x 2的系数为(－2)4·C 45＋(－2)2·C 25＝80＋40＝120．故答案为120．4．若x >0，设(x 2＋1x )5的展开式中的第三项为M ，第四项为N ，则M ＋N 的最小值为2__．[解析] T 3＝C 25·(x 2)3(1x )2＝54x ，T 4＝C 35·(x 2)2·(1x )3＝52x ， ∴M ＋N ＝5x 4＋52x ≥2258＝522． 三、解答题5．(2019·抚顺市六校)已知(x －2x 2)n (n ∈N *)的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10∶1．(1)求展开式中各项系数的和； (2)求展开式中含x 32的项．[解析] 由题意知，第五项系数为C 4n (－2)4，第三项的系数为C 2n (－2)2，则有C 4n (－2)4C 2n (－2)2＝101，化简得n 2－5n －24＝0，解得n ＝8或n ＝－3(舍去)．(1)令x ＝1得各项系数的和为(1－2)8＝1． (2)通项公式T r ＋1＝C r 8(x )8－r (－2x 2)r ＝C r 8(－2)r x 8-r 2－2r ，令8－r 2－2r ＝32，得r ＝1， 故展开式中含x 32的项为T 2＝－16x 32．6．(2019·金华高二检测)已知m ，n 是正整数，f (x )＝(1＋x )m ＋(1＋x )n 的展开式中x 的系数为7，(1)试求f (x )的展开式中的x 2的系数的最小值；(2)对于使f (x )的展开式的x 2的系数为最小的m ，n ，求出此时x 3的系数； (3)利用(1)中m 与n 的值，求f (0.003)的近似值(精确到0.01)[解析] (1)根据题意得：C 1m ＋C 1n ＝7，即 m ＋n ＝7①，f (x )的展开式中的x 2的系数为C 2m ＋C 2n ＝m (m －1)2＋n (n －1)2＝m 2＋n 2－m －n2． 将①变形为n ＝7－m 代入上式得：x 2的系数为m 2－7m ＋21＝(m －72)2＋354，故当m ＝3或m ＝4时，x 2的系数的最小值为9．(2)当m ＝3、n ＝4时，x 3的系数为C 33＋C 34＝5；当m＝4、n＝3时，x3的系数为C34＋C33＝5．(3)f(0.003)＝(1＋0.003)4＋(1＋0.003)3≈C04＋C14×0.003＋C03＋C13×0.003＝2.02．由Ruize收集整理。

第一章 1.1第1课时A级基础巩固一、选择题1．从甲地到乙地一天有汽车8班，火车3班，轮船2班，某人从甲地到乙地，他共有不同的走法数为(A)A．13种B．16种C．24种D．48种[解析]应用分类加法计数原理，不同走法数为8＋3＋2＝13(种)．故选A．2．(2019·朝阳区高三)从0,1,2,3,4中任选两个不同的数字组成一个两位数，其中偶数的个数是(C)A．6 B．8C．10 D．12[解析]当末位数字为0时，首位可以是1,2,3,4中的一个，有4个，当末位数字为2或4时，首位可以是除了0之外的其他3个数字中的1个，故有2×3＝6种，所以偶数的个数是10个，故选C．3．定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B ＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为(C)A．34B．43C．12 D．24[解析]显然(a，a)、(a，c)等均为A*B中的元素，确定A*B中的元素是A中取一个元素来确定x，B中取一个元素来确定y，由分步乘法计数原理可知A*B中有3×4＝12个元素．故选C．4．如下图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的线段表示它们有网线相连．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，信息可以分开从不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为(D)A．26 B．24C．20 D．19[解析]因信息可以分开沿不同的路线同时传递，由分类加法计数原理，完成从A向B传递有四种方法：12→5→3,12→6→4,12→6→7,12→8→6，故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上信息量的和：3＋4＋6＋6＝19，故选D．5．有四位老师在同一年级的4个班级中，各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是(B)A．8种B．9种C．10种D．11种[解析]设四个班级分别是A、B、C、D，它们的老师分别是a、b、c、d，并设a监考的是B，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当a监考C、D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法．这样，由分类加法计数原理知共有3＋3＋3＝9(种)不同的安排方法．另外，本题还可让a先选，可从B、C、D中选一个，即有3种选法．若选的是B，则b从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，这样用分步乘法计数原理求解，共有3×3×1×1＝9(种)不同的安排方法．6．从0、2中选一个数字，从1、3、5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为(B)A．24 B．18C．12 D．6[解析](1)当从0,2中选取2时，组成的三位奇数的个位只能奇数，只要2不排在个位即可，先排2再排1,3,5中选出的两个奇数，共有2×3×2＝12(个)．(2)当从0,2中选取0时，组成的三位奇数的个位只能是奇数，0必须在十位，只要排好从1,3,5中选出的两个奇数．共有3×2＝6(个)．综上，由分类加法计数原理知共有12＋6＝18(个)．二、填空题7．(2018·保定市定州中学高二)已知集合P＝{a，b}，Q＝{－1,0,1}，则从集合P到集合Q 的映射共有__9__种．[解析]集合P中的元素a在集合Q中有3种不同的对应方式(－1,0,1三选一)，集合P中的元素b在集合Q中也有3种不同的对应方式(－1,0,1三选一)，根据“分步计数原理(乘法原理)”，集合P到集合Q的映射共有N＝3×3＝9，故答案为9．8．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,3,5,7,8这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示__22__条不同的直线．[解析]若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时有5×4＝20条，故共有20＋2＝22条不同的直线．9．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛 ，则入选的3名队员中至少有一名老队员，且1、2号中至少有1名新队员的排法有__48__种．(用数字作答)[解析] 本题可分为两类完成：两老一新时，有3×2×2＝12(种)排法；两新一老时，有2×3×3×2＝36(种)排法，即共有48种排法．三、解答题10．有不同的红球8个，不同的白球7个． (1)从中任意取出一个球，有多少种不同的取法？(2)从中任意取出两个不同颜色的球，有多少种不同的取法？ [解析] (1)由分类加法计数原理得， 从中任取一个球共有8＋7＝15种； (2)由分步乘法计数原理得，从中任取两个不同颜色的球共有8×7＝56种．B 级 素养提升一、选择题1．(2018·石家庄高二检测)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( B )A ．243B ．252C ．261D ．279[解析] 用0,1，…，9十个数字，可以组成的三位数的个数为9×10×10＝900，其中三位数字全不相同的为9×9×8＝648，所以可以组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252．2．(2018·天津高二检测)设m ∈{1,2,3,4}，n ∈{－12，－8，－4，－2}，则函数f (x )＝x 3＋mx ＋n 在区间[1,2]上有零点的概率是( C )A ．12B ．916C ．1116D ．1316[解析] 根据题意，f ′(x )＝3x 2＋m ，又因为m >0，所以f ′(x )＝3x 2＋m >0； 故f (x )＝x 3＋mx ＋n 在R 上单调递增， 若函数f (x )＝x 3＋mx ＋n 在区间[1,2]上有零点， 则只需满足条件f (1)≤0且f (2)≥0． ∴m ＋n ≤－1且2m ＋n ≥－8， ∴－2m －8≤n ≤－m －1， 当m ＝1时，n 取－2，－4，－8； m ＝2时，n 取－4，－8，－12；m＝3时，n取－4，－8，－12；m＝4时，n取－8，－12；共11种取法，而m有4种选法，n有4种选法，则函数f(x)＝x3＋mx＋n情况有4×4＝16种，故函数f(x)＝x3＋mx＋n在区间[1,2]上有零点的概率是1116，故选C．二、填空题3．一个科技小组中有4名女同学，5名男同学，从中任选一名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法__9__种；若从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法__20__种．[解析]由分类加法计数原理得从中任选一名同学参加学科竞赛共5＋4＝9种，由分步乘法计数原理得从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛共5×4＝20种．4．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为__2n(n－1)__．[解析]先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，一个点可以形成以该点为直角顶点的n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n(n－1)个符合题意的直角三角形．三、解答题5．集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}．现从A，B中各取一个元素作为点P(x，y)的坐标．(1)可以得到多少个不同的点？(2)在这些点中，位于第一象限的有几个？[解析](1)一个点的坐标由x，y两个元素确定，若它们有一个不同，则表示不同的点，可分为两类：第一类：选A中的元素为x，B中的元素为y，有3×4＝12(个)不同的点；第二类：选A中的元素为y，B中的元素为x，有4×3＝12(个)不同的点．由分类加法计数原理得不同的点的个数为12＋12＝24(个)．(2)第一象限内的点x，y必须为正数，从而只能取A、B的正数，同样可分为两类，类似于(1)．由分类加法计数原理得适合题意的不同点的个数为2×2＋2×2＝8(个)．由Ruize收集整理。

章末复习学习目标.掌握分类加法计数原理与分步乘法计数原理.理解排列与组合的区别与联系，能利用排列组合解决一些实际问题.能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．．分类加法计数原理完成一件事有类不同的方案，在第类方案中有种不同的方法，在第类方案中有种不同的方法，…，在第类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有＝＋＋…＋种不同的方法．．分步乘法计数原理完成一件事需要个步骤，做第步有种不同的方法，做第步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事有＝××…×种不同的方法．．排列数与组合数公式及性质排列与排列数组合与组合数公式排列数公式＝(－)(－)…(－＋)＝组合数公式＝＝性质当＝时，为全排列；＝！；！＝＝＝；＝；＋＝备注，∈*，且≤.二项式定理()二项式定理的内容：(＋)＝＋－＋…＋－＋…＋ (∈*)．()通项公式：＋＝－，∈{，…，}．()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若为偶数，中间一项的二项式系数最大；若为奇数，中间两项的二项式系数相等且最大．③＋＋＋…＋＝；＋＋…＝＋＋…＝－.类型一数学思想方法在求解计数问题中的应用例车间有名工人，其中名男工是钳工，名女工是车工，另外两名老师傅既能当车工又能当钳工，现在要在这名工人里选派名钳工，名车工修理一台机床，则有多少种选派方法？考点组合的应用题点有限制条件的组合问题解方法一设，代表位老师傅．，都不在内的选派方法有＝(种)，，都在内且当钳工的选派方法有＝(种)，，都在内且当车工的选派方法有＝(种)，，都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有＝(种)，，有一人在内且当钳工的选派方法有＝(种)，，有一人在内且当车工的选派方法有＝(种)，所以共有＋＋＋＋＋＝(种)．方法二名男钳工有名被选上的方法有＋＋＝(种)，名男钳工有名被选上的方法有＋＝(种)，。

Graves甲亢患者的劲动脉弹性变化及其相关因素的超声研究的开题报告【摘要】本研究旨在探讨Graves甲亢患者的劲动脉弹性变化及其相关因素，并利用超声技术进行研究。

首先明确研究目的及意义，并综述近年来Graves甲亢患者劲动脉弹性的研究现状。

接着，介绍研究方法及样本选择，详细描述超声测量及统计分析方法，以期获得合理可靠的数据。

最后，提出研究假设并分析预期结果。

【关键词】Graves甲亢；劲动脉弹性；超声技术；相关因素【Abstract】The purpose of this study is to explore the changes in arterial elasticity and relevant factors in Graves' disease patients using ultrasound technology. Firstly, the research objectives and significance are clarified, and a summary of the research status of arterial elasticityin Graves' disease patients in recent years is given. Secondly, the research methods and sample selection are introduced, and the ultrasound measurement and statistical analysis methods are described in detail to obtain reasonable and reliable data. Finally, the research hypothesis is proposed and the expected results are analyzed.【Keywords】Graves' disease; arterial elasticity; ultrasound technology; relevant factors一、研究目的及意义Graves甲亢是一种以甲状腺功能亢进为主要特征的自身免疫性疾病，常伴随有心血管系统、循环系统等并发症。

描述：例题：高中数学选修2-3(人教A版)知识点总结含同步练习题及答案第一章计数原理 1.4 计数模型（补充）一、学习任务掌握计数的几种模型，并能处理一些简单的实际问题．二、知识清单数字组成模型 条件排列模型 分组分配模型染色模型计数杂题三、知识讲解1.数字组成模型与顺序相关的数字问题，通常是计算满足某些特征的数字的个数．常见特征比如各个数位的数字不同、四位数、奇数、比某数大的数、某个数位满足某种条件的数等等，其中各个数位数字可以相同的问题通常借助乘法原理分步解决，各个数位数字不相同通常是与排列相关的问题．由 、、、、 这五个数字可组成多少个无重复数字的五位数？解：首位不能是 ，有 种，后四位数有 种排列，所以这五个数可以组成 个无重复的五位数．012340C 14A 44=96C 14A 44用数字 、 组成四位数，且数字 、 至少都出现一次，这样的四位数共有______个（用数字作答）．解：因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是 或 的情况不合题意，所以符合题意的四位数有 个．23231423−2=1424从 ， 中选一个数字，从 、、 中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（ ）A． B． C． D．解：B当选 时，先从 、、 中选 个数字有 种方法，然后从选中的 个数字中选 个排在末位有 种方法，剩余 个数字排在首位，共有 种方法；当选 时，先从 、、 中选 个数字有 种方法，然后从选中的 个数字中选 个排在末位有 种方法，其余 个数字全排列，共有 种方法．依分类加法计数原理知共有 个奇数．02135241812601352C 2321C 121=6C 23C 1221352C 2321C 122=12C 23C 12A 226+12=18用 ， ，， ， ， 这 个数字，可以组成______个大于 且小于 的012345630005421描述：例题：2.条件排列模型计算满足某些限制条件的排列的个数，常见的如相邻问题、不相邻问题、某位置不能排某人、某人只能或不能排在某些位置的问题等等．不重复的四位数．解：分四类：①千位数字为 ， 之一时，百十个位数只要不重复即可，有 （个）；②千位数字为 ，百位数字为 ，，， 之一时，共有 （个）；③千位数字是 ，百位数字是 ，十位数字是 ， 之一时，共有 （个）；④最后还有 也满足条件．所以，所求四位数共有 （个）．175342=120A 3550123=48A 14A 245401=6A 12A 135420120+48+6+1=175 名男生， 名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方案的方法种数．（1）全体站成一排，其中甲只能在中间或两端；（2）全体站成一排，男生必须排在一起；（3）全体站成一排，甲、乙不能相邻．解：（1）先考虑甲的位置，有 种方法，再考虑其余 人的位置，有 种方法．故有种方法；（2）（捆绑法）男生必须站在一起，即把 名男生进行全排列，有 种排法，与 名女生组成 个元素全排列，故有 种不同的排法；（3）（插空法）甲、乙不能相邻，先把剩余的 名同学全排列，有 种排法，然后将甲、乙分别插到 个空中，有 种排法，故有 种不同的排法．34A 136A 66=2160A 13A 663A 3345=720A 33A 555A 556A 26=3600A 55A 26有甲、乙、丙在内的 个人排成一排照相，其中甲和乙必须相邻，丙不排在两头，则这样的排法共有______种．解：甲和乙必须相邻，可将甲、乙捆绑，看成一个元素，与丙除外的另三个元素构成四个元素，自由排列，有 种方法；丙不排在两头，可对丙插空，插四个元素生成的中间的三个空中的任何一个，有 种方法；最后甲、乙两人的排法有 种方法．综上，总共有 种排法．6144A 44A 13A 22=144A 44A 13A 22 把椅子摆成一排， 人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（ ）A． B． C． D．解：D“不相邻”应该用“插空法”，三个空椅子，形成 个空，三个坐人的椅子插入空中，因为人不同，所以需排序，所以有 种不同坐法．6314412072244=24A 34某一天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共六节课，如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种不同课程的排法？解：法一： 门课程总的排法是 种，其中不符合要求的可分为：体育排在第一节有 种排法，数学排在最后一节有 种排法，但这两种方法，都包括体育在第一节，数学排在最后一节，这种情况有 种排法，因此符合条件的排法应是： 种．法二：① 体育、数学即不排在第一节也不排在最后一节，这种情况有 种排法；② 数学6A 66A 55A 55A 44−2+=504A 66A 55A 44⋅A 24A 44⋅144种颜色可供选择，则不同的着色方法共有______种．（以数字作答）72种花，且相邻的96高考不提分，赔付1万元，关注快乐学了解详情。

§排列与组合排列第课时排列与排列数公式学习目标.了解排列的概念.理解并掌握排列数公式，能应用排列知识解决简单的实际问题．知识点一排列的定义从甲、乙、丙三名同学中选出人参加一项活动，其中名同学参加上午的活动，另名同学参加下午的活动．思考让你安排这项活动需要分几步？答案分两步．第步确定上午的同学；第步确定下午的同学．梳理一般地，从个不同元素中取出(≤)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．知识点二排列数及排列数公式思考从这个数字中选出个能构成多少个无重复数字的位数？答案××＝(个)．梳理排列数定义从个不同元素中取出(≤)个元素的所有不同排列的个数叫做从个不同元素中取出个元素的排列数排列数表示法排列数乘积式＝(－)(－)…(－＋)公式阶乘式＝性质＝！，！＝备注，∈*，≤．，，与，，是同一个排列．(×)．同一个排列中，同一个元素不能重复出现．(√)．在一个排列中，若交换两个元素的位置，则该排列不发生变化．(×)．从个不同元素中任取个元素，只要元素相同得到的就是相同的排列．(×)类型一排列的概念例判断下列问题是否为排列问题：()北京、上海、天津三个民航站之间的直达航线的飞机票的价格(假设来回的票价相同)；()选个小组分别去植树和种菜；()选个小组去种菜；()选人组成一个学习小组；()选个人分别担任班长、学习委员、生活委员；()某班名学生在假期相互通信．考点排列的概念题点排列的判断解()中票价只有三种，虽然机票是不同的，但票价是一样的，不存在顺序问题，所以不是排列问题．()植树和种菜是不同的，存在顺序问题，属于排列问题．。

第一章计数原理滚动训练一(§1.1～§1.2)一、选择题1．4×5×6×…×(n－1)×n等于( )A．A4n B．A n－4nC．n！－4! D．A n－3n考点排列数公式题点利用排列数公式计算答案 D解析因为A m n＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，所以A n－3n＝n(n－1)(n－2)…[n－(n－3)＋1]＝n×(n－1)×…×6×5×4.2．在某次数学测验中，学号i(i＝1,2,3,4)的四位同学的考试成绩f(i)∈{90,92,93,96,98}，且满足f(1)<f(2)≤f(3)<f(4)，则这四位同学的考试成绩的所有可能情况的种数为( ) A．9 B．5 C．23 D．15考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 D解析从所给的5个成绩中，任意选出4个的一个组合，即可得到四位同学的考试成绩按f(1)<f(2)<f(3)<f(4)排列的一个可能情况，故方法有C45＝5(种)．从所给的5个成绩中，任意选出3个的一个组合，即可得到四位同学的考试成绩按f(1)<f(2)＝f(3)<f(4)排列的一个可能情况，故方法有C35＝10(种)．综上可得，满足f(1)<f(2)≤f(3)<f(4)的这四位同学的考试成绩的所有可能情况共有5＋10＝15(种)，故选D.3．某公司将5名员工分配至3个不同的部门，每个部门至少分配一名员工，其中甲、乙两名员工必须分配在同一个部门的不同分配方法数为( )A．24 B．30 C．36 D．42考点排列组合综合问题题点分组分配问题答案 C解析把甲、乙两名员工看作一个整体，5个人变成了4个，再把这4个人分成3部分，每部分至少一人，共有C24＝6(种)方法．再把这3部分人分到3个不同的部门，有A33＝6(种)方法．根据分步乘法计数原理可知，不同分法的种数为6×6＝36.4．我市正在建设最具幸福感城市，原计划沿渭河修建7个河滩主题公园．为提升城市品位、升级公园功能，打算减少2个河滩主题公园，两端河滩主题公园不在调整计划之列，相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整，则调整方案的种数为( ) A ．4 B ．8 C ．6 D ．12 考点 排列的应用题点 元素“在”与“不在”问题 答案 C解析 利用间接法，任选中间5个的2个，再减去相邻的4个，故有C 25－4＝6(种)，故选C. 5．2017年的3月25日，中国国家队在2018俄罗斯世界杯亚洲区预选赛12强战小组赛中，在长沙以1比0力克韩国国家队，赛后有六人队员打算排成一排照相，其中队长主动要求排在排头或排尾，甲、乙两人必须相邻，则满足要求的排法有( ) A ．34种 B ．48种 C ．96种 D ．144种 考点 排列的应用 题点 排列的简单应用 答案 C解析 根据题意，分3步进行分析：①队长主动要求排在排头或排尾，则队长有2种站法；②甲、乙两人必须相邻，将2人看成一个整体，考虑2人的左右顺序，有A 22＝2(种)情况； ③将甲、乙整体与其余3人进行全排列，有A 44＝24(种)情况． 则满足要求的排法有2×2×24＝96(种)． 故选C.6．登山运动员10人，平均分为两组，其中熟悉道路的有4人，每组都需要2人，那么不同的分配方法种数是( ) A ．30 B ．60 C ．120 D ．240 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 B解析 先将4个熟悉道路的人平均分成两组，有C 24C 22A 22种，再将余下的6人平均分成两组，有C 36C 33A 22种，然后这四个组自由搭配还有A 22种，故最终分配方法有C 24C 36A 22＝60(种)．7．在某次针对重启“六方会谈”的记者招待会上，主持人要从5名国内记者与4名国外记者中选出3名记者进行提问，要求3人中既有国内记者又有国外记者，且国内记者不能连续提问，不同的提问方式有( ) A ．180种B ．220种C ．260种D ．320种考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 C解析 若3人中有2名中国记者和1名国外记者，则不同的提问方式的种数是C 25C 14A 22＝80， 若3人中有1名中国记者和2名国外记者，则不同的提问方式的种数是C 15C 24A 33＝180， 故所有的不同的提问方式的种数是80＋180＝260，故选C.8．某公园有P ，Q ，R 三只小船，P 船最多可乘3人，Q 船最多可乘2人，R 船只能乘1人，现有3个大人和2个小孩打算同时分乘若干只小船，规定有小孩的船必须有大人，共有不同的乘船方法( ) A ．36种 B ．33种 C ．27种D ．21种考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用 答案 C解析 ①P 船乘1个大人和2个小孩共3人，Q 船乘1个大人，R 船乘1个大人，有A 33＝6(种)情况．②P 船乘1个大人和1个小孩共2人，Q 船乘1个大人和1个小孩，R 船乘1个大人，有A 33×A 22＝12(种)情况．③P 船乘2个大人和1个小孩共3人，Q 船乘1个大人和1个小孩共有C 23×2＝6(种)情况． ④P 船乘1个大人和2个小孩共3人，Q 船乘2个大人，有C 13＝3(种)情况，则共有6＋12＋6＋3＝27(种)情况． 二、填空题9．已知A mn ＝2C mn ＝272(m ，n ∈N *)，则m ＋n ＝________. 考点 组合数公式 题点 组合数公式的应用 答案 19解析 ∵C m n＝A mn A m m ，∴A m n ＝2A mn A m m，∴A mm ＝2，∴m ＝2.又A 2n ＝272，∴n (n －1)＝17×16，解得n ＝17，∴m ＋n ＝19. 10．如图，从A →C 有________种不同的走法．考点 两个计数原理的区别与联系 题点 两个原理的简单综合应用 答案 6解析 A 到C 分两类，第一类，A →B →C ，分两步，第一步，A →B 有2种走法，第二步，B →C 有2种走法，故A →B →C 有4种走法，第二类：A →C 有2种走法，故A →C 有4＋2＝6(种)走法，故答案为6.11．把5件不同的产品摆成一排，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． 考点 排列的应用题点 元素“相邻”与“不相邻”问题 答案 36解析 先将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种摆法，而A ，B ，C 这3件产品在一起，且A ，B 相邻，A ，C 相邻有2A 33种摆法，故A ，B 相邻，A ，C 不相邻的摆法有A 22A 44－2A 33＝36(种)．12．某企业有4个分厂，新培训了一批6名技术人员，将这6名技术人员分配到各分厂，要求每个分厂至少1人，则不同的分配方案种数为________． 考点 排列组合综合问题 题点 分组分配问题 答案 1 560解析 先把6名技术人员分成4组，每组至少一人．若4个组的人数按3,1,1,1分配，则不同的分配方案有C 36C 13C 12C 11A 33＝20(种)不同的方法． 若4个组的人数为2,2,1,1，则不同的分配方案有C 26C 242！×C 122！＝45(种)不同的方法．故所有分组方法共有20＋45＝65(种)．再把4个组的人分给4个分厂，不同的方法有65A 44＝1 560(种)． 三、解答题13．将四个编号为1,2,3,4的小球放入四个编号为1,2,3,4的盒子中． (1)有多少种放法？(2)若每盒至多一球，则有多少种放法？ (3)若恰好有一个空盒，则有多少种放法？(4)若每个盒内放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则有多少种放法？ 考点 排列组合综合问题 题点 排列与组合的综合应用解 (1)每个小球都可能放入四个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有4×4×4×4＝44＝256(种)放法．(2)这是全排列问题，共有A44＝24(种)放法．(3)先取四个球中的两个“捆”在一起，有C24种选法，把它与其他两个球共三个元素分别放入四个盒子中的三个盒子，有A34种投放方法，所以共有C24A34＝144(种)放法．(4)一个球的编号与盒子编号相同的选法有C14种，当一个球与一个盒子的编号相同时，用局部列举法可知其余三个球的投入方法有2种，故共有C14×2＝8(种)放法．四、探究与拓展14．将1,2,3，…，9这9个数字填在如图所示的九个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下依次增大，当3,4固定在图中位置时，所填写空格的方法有( )A.6种 B．12种 C．18种 D．24种考点组合的应用题点有限制条件的组合问题答案 A解析由题意可得数字1,2,9的位置也是固定的，如图所示，5,6,7,8四个数字在A，B，C，D四个位置上，A，B两个位置的填法有C24种，C，D两个位置则只有C22种填法.由分步乘法计数原理知，不同的填法共有C24·C22＝6(种)．15．用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数．(1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；(2)在组成的三位数中，若十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301,423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；(3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数．考点排列的应用题点数字的排列问题解(1)将组成的三位数中所有偶数分为两类，①若个位数为0，则共有A24＝12(个)；②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(个)．故共有30个符合题意的三位数．(2)将这些“凹数”分为三类：①若十位上的数字为0，则共有A24＝12(个)；②若十位上的数字为1，则共有A23＝6(个)；③若十位上的数字为2，则共有A22＝2(个)．故共有12＋6＋2＝20(个)符合题意的“凹数”．(3)将符合题意的五位数分为三类：①若两个奇数数字在万位和百位上，则共有A22A33＝12(个)；②若两个奇数数字在千位上和十位上，则共有A22A12A22＝8(个)；③若两个奇数数字在百位和个位上，则共有A22A12A22＝8(个)．故共有12＋8＋8＝28(个)符合题意的五位数．。