当前位置：文档之家 › 2017-2018学年人教b版选修2-3计数原理单元测试 (1) (1)

2017-2018学年人教b版选修2-3计数原理单元测试 (1) (1)

  • 格式：doc
  • 大小：163.00 KB
  • 文档页数：15

第1页（共15页） 2017-2018学年人教B版选修2-3计数原理单元测试 一．选择题（共10小题） 1．某单位现需要将“先进个人”、“业务精英”、“道德模范”、“新长征突击手”、“年度优秀员工”5种荣誉分配给3个人，且每个人至少获得一种荣誉，五种荣誉中“道德模范”与“新长征突击手”不能分给同一个人，则不同的分配方法共有（ ） A．114种 B．150种 C．120种 D．118种 2．设x1，x2，…，x10为1，2，…，10的一个排列，则满足对任意正整数m，n，且1≤m＜n≤10，都有xm+m≤xn+n成立的不同排列的个数为（ ） A．512 B．256 C．255 D．64 3．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法种数为（ ） A．192 B．240 C．384 D．480 4．设函数f：N+→N+满足：对于任意大于3的正整数n，f（n）=n﹣3，且当n≤3时，2≤f（n）≤3，则不同的函数f（x）的个数为（ ） A．1 B．3 C．6 D．8 5．某公司有4家直营店a，b，c，d，现需将6箱货物运送至直营店进行销售，各直营店出售该货物以往所得利润统计如下表所示． a b c d

0 0 0 0 0 1 4 2 2 4 2 6 4 5 5 3 7 7 6 6 4 8 8 8 8 5 9 9 8 8 6 10 10 8 8 根据此表，该公司获得最大总利润的运送方式有（ ） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 第2页（共15页）

6．在送医下乡活动中，某医院安排3名男医生和2名女医生到三所乡医院工作，每所医院至少安排一名医生，且女医生不安排在同一乡医院工作，则不同的分配方法总数为（ ） A．78 B．114 C．108 D．120 7．若，则正整数x的值为（ ）

A．2 B．8 C．2或6 D．2或8 8．在一次射击比赛中，8个泥制的靶子挂成三列（如图），其中有两列各挂3个，一列挂2个，一位射手按照下列规则去击碎靶子：先挑选一列，然后必须击碎这列中尚未击碎的靶子中最低一个，若每次射击都严格执行这一规则，击碎全部8个靶子的不同方法有（ ）

A．560 B．320 C．650 D．360 9．四位男演员与五位女演员（包含女演员甲）排成一排拍照，其中四位男演员互不相邻，且女演员甲不站两侧的排法数为（ ） A．﹣2 B．﹣

C．﹣2 D．﹣ 10．若A=10A，则n=（ ） A．1 B．8 C．9 D．10

二．填空题（共4小题） 11．根据浙江省新高考方案，每位考生除语、数、外3门必考科目外，有3门选考科目，并且每门选考科目都有2次考试机会，每年有两次考试时间，某考生为了取得最好成绩，将3门选考科目共6次考试机会安排在高二与高三的4次考试中，且每次至多考2门，则该考生共有 种不同的考试安排方法． 12．有7个座位连成一排，4人就坐，要求恰有两个空位相邻且甲乙两人不坐在相邻座位，则不同的坐法有 种（用数字作答）． 第3页（共15页）

13．计算：Cn0+2Cn1+22Cn2+…+2nCnn= ． 14．某校安排小李等5位实习教师到一、二、三班实习，若要求每班至少安排一人且小李到一班，则不同的安排方案种数为 ．（用数字作答）

三．解答题（共4小题） 15．乘积（a1+a2+a3）（b1+b2+b3+b4）（c1+c2+c3+c4+c5）的展开式中，一共有多少项？ 16．对于给定的大于1的正整数n，设x=a0+a1n+a2n2+…+annn，其中ai∈{0，1，2，…，n﹣1}，i=1，2，…，n﹣1，n，且an≠0，记满足条件的所有x的和为An． （1）求A2

（2）设An=•f（n），求f（n）

17．一个口袋中有2个白球和n个红球（n≥2，且n∈N*），每次从袋中摸出两个球（每次摸球后把这两个球放回袋中），若摸出的两个球颜色相同为中奖，否则为不中奖． （1）试用含n的代数式表示一次摸球中奖的概率P； （2）若n=3，求三次摸球恰有一次中奖的概率； （3）记三次摸球恰有一次中奖的概率为f（p），当n为何值时，f（p）最大． 18．计算：1•2•3…k+2•3•4…（k+1）+…n（n+1）（n+2）…（n+k﹣1）（k≥3，k∈N）． 第4页（共15页）

2017-2018学年人教B版选修2-3计数原理单元测试 参考答案与试题解析

一．选择题（共10小题） 1．某单位现需要将“先进个人”、“业务精英”、“道德模范”、“新长征突击手”、“年度优秀员工”5种荣誉分配给3个人，且每个人至少获得一种荣誉，五种荣誉中“道德模范”与“新长征突击手”不能分给同一个人，则不同的分配方法共有（ ） A．114种 B．150种 C．120种 D．118种 【分析】把荣誉分成3组，然后分配到人即可． 【解答】解：将“先进个人”、“业务精英”、“道德模范”、“新长征突击手”、“年度优秀员工”5种荣誉分配给3个人，且每个人至少获得一种荣誉，五种荣誉中“道德模范”与“新长征突击手”不能分给同一个人， 五种荣誉分3组：2，2，1类型；3，1，1类型； 2，2，1类型；共有=12，则不同的分配方法有：12=72种方法．

3，1，1类型；“道德模范”与“新长征突击手”=42种； 每个人至少获得一种荣誉，五种荣誉中“道德模范”与“新长征突击手”不能分给同一个人，则不同的分配方法共有：72+42=114． 故选：A． 【点评】本题考查排列组合的实际应用，正确分组是解题的关键，考查分类讨论思想以及分析问题解决问题的能力．

2．设x1，x2，…，x10为1，2，…，10的一个排列，则满足对任意正整数m，n，且1≤m＜n≤10，都有xm+m≤xn+n成立的不同排列的个数为（ ） A．512 B．256 C．255 D．64 【分析】利用归纳推理求出n的最大值分别为2，3，4时的排列个数，然后推出本题的结果． 【解答】解：如果n=2时，满足题意的排列个数是2，即1，2或2，1；即21． 如果n的最大值为3，则排列个数为4；分别为：1，2，3； 2，1，3；1，3，2； 第5页（共15页）

3，2，1；4个．即22． 如果n的最大值为4，则满足题意的排列个数为8；分别为：1，2，3，4；2，1，3，4；2，1，4，3；1，3，2，4；1，2，4，3，；3，1，2，4；1，4，3，2；4，3，2，1；共8个，即23． 如果n的最大值为5，则满足题意的排列个数为16；分别为：1，2，3，4，5；2，1，3，4，5；2，1，4，3，5；2，1，3，5，4；2，1，5，4，3；1，2，4，3，5；1，2，3，5，4；1，2，5，4，3；1，3，2，4，5；1，3，2，5，4；1，4，3，2，5；1，5，4，3，2；3，2，1，4，5；3，2，1，5，4；4，3，2，1，5；5，4，3，2，1；即24． … 所以：设x1，x2，…，x10为1，2，…，10的一个排列，则满足对任意正整数m，n，且1≤m＜n≤10，都有xm+m≤xn+n成立的不同排列的个数为：29=512． 故选：A． 【点评】本题考查排列组合的数据应用，归纳推理的应用，解题的关键是：1≤m＜n≤10，都有xm+m≤xn+n成立的理解，本题是难题．

3．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法种数为（ ） A．192 B．240 C．384 D．480 【分析】分类讨论，考虑C排在左边第一、二、三个位置的情况，再利用对称性可得结论． 【解答】解：第一类，字母C排在左边第一个位置，有种；

第二类，字母C排在左边第二个位置，有种； 第三类，字母C排在左边第三个位置，有种， 由对称性可知共有2（++）=480种． 故选：D． 【点评】本题考查利用排列知识解决实际问题，考查分类讨论的数学思想，考查学生的计算能力，属于中档题． 第6页（共15页）

4．设函数f：N+→N+满足：对于任意大于3的正整数n，f（n）=n﹣3，且当n≤3时，2≤f（n）≤3，则不同的函数f（x）的个数为（ ） A．1 B．3 C．6 D．8 【分析】通过f（n）=n﹣3，结合映射的定义，根据2≤f（n）≤3，确定函数的个数． 【解答】解：∵n≤3，2≤f（n）≤3， ∴f（1）=2或3，且 f（2）=2或3 且 f（3）=2或3． 根据分步计数原理，可得共2×2×2=8个不同的函数． 故选：D． 【点评】本题主要考查映射的定义，以及分步计数原理的应用，比较基础．

5．某公司有4家直营店a，b，c，d，现需将6箱货物运送至直营店进行销售，各直营店出售该货物以往所得利润统计如下表所示． a b c d

0 0 0 0 0 1 4 2 2 4 2 6 4 5 5 3 7 7 6 6 4 8 8 8 8 5 9 9 8 8 6 10 10 8 8 根据此表，该公司获得最大总利润的运送方式有（ ） A．1种 B．2种 C．3种 D．4种 【分析】结合获利表格，通过6箱货物的分配方法，求解最大获利，推出结果． 【解答】解：6箱货物的分配方法有：6，0，0，0；5，1，0，0；4，2，0，0；3，3，0，0；4，1，1，0；2，2，2，0；3，2，1，0；1，1，2，2；1，1，1，3类型．

合集下载

选修2-3第一章计数原理同步练习(4)

选修2-3第一章计数原理同步练习(4)

选修2-3第一章计数原理同步练习（4）排列(二)【双基再现】1. 把3张电影票分给10人中的3人,分发种数为( )A.2160B.240C.720D.1202. 五名学生站成一排,其中甲必须站在乙的左边(可以不相邻)的站法种数为( )A.44AB.4421AC.55AD. 5521A 3. 由数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的六位数,其中偶数共有( )个A.192B.312C.360D.6004. 若把单词“error ”中字母的拼写顺序写错了,则可能出现的错误的种数是( )A.20B.19C.10D.95. 为配制某种染色剂,需要加入三种有机染料、两种无机染料和两种添加剂,其中有机染料的添加顺序不能相邻.现要研究所有不同添加顺序对染色效果的影响,总共要进行的试验次数为_______种.(用数字回答)6. 用数字1,2,3,4,5可以组成_________个没有重复数字且比13000大的正整数.【变式活学】7. (教材1.2例4的变式)5名同学安排在星期一至星期五值日,每人一天,若甲同学不能排在星期一,乙同学不能排在星期五,则共有多少种不同的值日方法?8. (教材1.2例4的变式)2个男生和4个女生排成一排,其中男生既不相邻也不排两端的不同排法共有多少种?【实践演练】9. 计划展出10幅不同的画,其中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放在一起,并且水彩画不放在两端,不同的陈列种数有多少种?10. A,B,C,D,E 五人站成一排:(1)A,B 两人相邻的不同排法有多少种?(2)A,B,C 两两不相邻的排法有多少种?(3)A,B 都与C 相邻的不同排法种数有多少种?(4)A,B,C 顺序一定的排法有多少种?答案解析1.C 解析:有720310=A 种不同的分法.2.D 解析:因两人可交换顺序,则有2种排法,顺序固定时,则排法少了一半.故选D3.B 解析:分两类:第一类0在个位,则有55A =120个;第二类0部在个位,则只能在中间的4个位置中的一个,有4种不同的排法,个位从2和4中选一个有两种不同的选法,其余全排列,共有1922444=⨯⨯A 个,所以满足题意的六位数共有120+192=312个.4.B 解析:由已知可得所有的排法有2025=A 种,所以排错的有20-1=19种.5.14400 解析:先排无机染料和添加剂有44A 种不同的排法,在排有机染料,因它们不能相邻,故用插空的方法排有机染料,有35A 种不同的排法.共有44A 1440035=A 种不同的实验方法.6.114 解析:分两类:若万位为1,则千位有3,4,5三种选法,其余任意排列,有18333=⨯A 个;第二类,万位比1大,有4种不同的选法,其余任意排列,有96444=⨯A 个,共有18+96=114个.7.解:若甲同学排在周五,则其余4人可任意排列,有2444=A 种不同排法;若甲排在中间三天,则甲有3种排法,乙有3种不同的排法,其余三人任意排列,有543333=⨯⨯A 种排法,所以共有24+54=78种不同的值日方法.另解:782334455=+-A A A . 名师点金:本题与原题相比,又多了一个限制条件,它们在排列问题中都是“在”与“不在”的问题,这种问题一般从一个特殊元素或特殊位置开始讨论,在逐一讨论其它的特殊元素或特殊位置.8.解:4个女生排成一排,有2444=A 种排法,,男生不能相邻也不能排在两端,则从女生之间的3个空中选2个排上,有623=A 种不同的排法,共有24×6=144种不同的排法. 名师点金:本题与原题相比,条件改变更大,不再是“在”与“不在”的问题,而是排列中的另一重要类型:“邻”与“不邻”的问题,在解决这类问题时,分别用“捆绑法”和“插空法”来解决.9.解:4幅油画有2444=A 种不同的排法;5幅国画有12055=A 种不同的排法;水彩画放在油画和国画之间,则有24×120×2=5760种不同的陈列方法.10.解:(1)将A,B 两人看成一个元素,与C,D,E 一起全排列,有2444=A 种不同的排法, A,B 有两种排列方法,共有2×24=48种不同的排法.(2)A,B,C 三人全排列有633=A 种不同的排法,D,E 位于A 与B,B 与C 之间,有2种排法,由乘法原理共有2×6=12种不同的排法.(3)由已知可得A,B 分别站在C 的两端,有2种不同的站法,三人一起与D,E 在全排列有633=A ,由乘法原理共有2×6=12种不同的排法.(4)因A,B,C 顺序一定,只需将D,E 的位置找到并排好即可,有2025=A 种不同的排法.。

人教版高中数学选修2-3课时跟踪检测(一)两个计数原理及其简单应用

人教版高中数学选修2-3课时跟踪检测(一)两个计数原理及其简单应用

课时追踪检测（一）两个计数原理及其简单应用1．从甲地到乙地一天有汽车层级一学业水平达标8 班，火车 3 班，轮船 2 班，某人从甲地到乙地，他共有不一样的走法数为()A．13种C．24种B．16 种D．48 种分析：选A应用分类加法计数原理，不一样走法数为8＋ 3＋ 2＝ 13(种 ) ．2．已知x∈ {2,3,7} ， y∈ {－ 31，－ 24,4}，则 (x， y)可表示不一样的点的个数是() A． 1B． 3C． 6D． 9分析：选D这件事可分为两步达成：第一步，在会集{2,3,7} 中任取一个值x 有 3 种方法；第二步，在会集{－ 31，－ 24,4}中任取一个值y 有3 种方法．依据分步乘法计数原理知，有 3×3＝ 9 个不一样的点．3．甲、乙两人从A．6种C．30种4 门课程中各选修 1 门，则甲、乙所选的课程不相同的选法共有B．12 种D．36 种()分析：选B∵甲、乙两人从 4 门课程中各选修 1 门，∴由分步乘法计数原理，可得甲、乙所选的课程不相同的选法有4×3＝ 12 种．4．已知两条异面直线a，b 上分别有 5 个点和 8 个点，则这13 个点能够确立不一样的平面个数为 ()A． 40B． 16C． 13D． 10分析：选C分两类：第 1 类，直线 a 与直线 b 上 8 个点能够确立8 个不一样的平面；第 2 类，直线 b 与直线 a 上 5 个点能够确立 5 个不一样的平面．故能够确立 8＋ 5＝ 13 个不一样的平面．5．给一些书编号，准备用 3 个字符，此中首字符用A， B，后两个字符用a， b， c(允许重复 )，则不一样编号的书共有()A．8本B．9 本C． 12 本D．18 本分析：选 D需分三步达成，第一步首字符有 2 种编法，第二步，第二个字符有 3 种编法，第三步，第三个字符有 3 种编法，故由分步乘法计数原理知不一样编号共有2×3×3＝ 18种．6．一个礼堂有 4 个门，若从任一个门进，从任一门出，共有不一样走法________种．分析：从任一有 4 种不一样走法，从任一出也有 4 种不一样走法，故共有不一样走法4×4＝16 种．答案：16________种．7．将三封信投入 4 个箱，不一样的投法有分析：第一封信有 4 种投法，第二封信也有 4 种投法，第三封信也有 4 种投法，由分步乘法数原理知，共有不一样投法43＝ 64 种．答案：648．如所示，在A，B 有四个接点，若接点零落，可能致路不通．今A， B 之路不通，接点零落的不一样情况有 ________种．分析：依据接点零落的个数行分：第 1 ，零落1个，有 1,4，共 2 种；第 2 ，零落2个，有 (1,4) ， (2,3)， (1,2)， (1,3)， (4,2)， (4,3)，共 6 种；第 3 ，零落 3 个，有 (1,2,3) ， (1,2,4) ， (2,3,4) ， (1,3,4) ，共 4 种；第 4 ，零落 4 个，有 (1,2,3,4) ，共 1 种．依据分加法数原理，共有 2＋ 6＋ 4＋ 1＝ 13 种接点零落的状况．答案：139．若 x， y∈ N *，且 x＋ y≤6，求有序自然数 (x， y)的个数．解：按 x的取行分：x＝ 1， y＝ 1,2，⋯， 5，共组成 5 个有序自然数；x＝ 2， y＝ 1,2，⋯， 4，共组成 4 个有序自然数；⋯x＝ 5， y＝ 1，共组成 1 个有序自然数．依据分加法数原理，共有N＝ 5＋ 4＋ 3＋ 2＋ 1＝15 个有序自然数．10．有高一四个班的学生34 人，此中一、二、三、四班分有7 人、8人、9 人、10人，他自发成数学外小．(1)此中一人人，有多少种不一样的法？(2)每班一名，有多少种不一样的法？(3)推两人做中心言，两人需来自不一样的班，有多少种不一样的法？解： (1)分四：第一，从一班学生中 1 人，有7 种法；第二，从二班学生中1 人，有8 种法；第三，从三班学生中 1 人，有9 种法；第四，从四班学生中 1 人，有10 种法．所以共有不一样的法N＝ 7＋ 8＋ 9＋ 10＝34(种 )．(2)分四步：第一、二、三、四步分从一、二、三、四班学生中一人任．N＝ 7×8×9×10＝ 5 040(种 )．所以共有不一样的选法(3) 分六类，每类又分两步：从一、二班学生中各选 1 人，有7×8 种不一样的选法；从一、1 人，有7×10 种不一样三班学生中各选 1 人，有7×9 种不一样的选法；从一、四班学生中各选1 人，的选法；从二、三班学生中各选 1 人，有8×9 种不一样的选法；从二、四班学生中各选有 8×10 种不一样的选法；从三、四班学生中各1 人，有9×10种不一样的选法．选所以，共有不一样的选法N＝ 7×8＋ 7×9＋ 7×10＋ 8×9＋ 8×10＋ 9×10＝ 431(种 )．层级二应试能力达标1． (a1＋ a2)( b1＋ b2)(c1＋c2＋ c3)完整睁开后的项数为()A． 9B． 12C． 18D． 24分析：选 B每个括号内各取一项相乘才能获得睁开式中的一项，由分步乘法计数原理得，完整睁开后的项数为2×2×3＝ 12．2．(2016 ·国卷Ⅰ全 )如图，小明从街道的 E 处出发，先到 F 处与小红会集，再一同到位于 G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓能够选择的最短路径条数为()A． 24B． 18C． 12D． 9分析：选B由题意可知E→ F有6 种走法，F→G 有 3 种走法，由分步乘法计数原理知，共6×3＝ 18 种走法，应选B．3．以下图，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．连线标明的数字表示该段网线单位时间内能够经过的最大信息量．现从结点 A 向结点 B 传达信息，信息能够从分开不一样的路线同时传达，则单位时间内传达的最大信息量为()A． 26B． 24C． 20D． 19分析：选D因信息能够分开沿不一样的路线同时传达，由分类计数原理，达成从 A 向B传达有四种方法： 12→ 5→ 3,12→ 6→ 4,12→6→ 7,12→ 8→ 6，故单位时间内传达的最大信息量为四条不一样网线上信息量的和： 3＋ 4＋ 6＋ 6＝ 19，应选 D．4． 4 名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动，则周六、周日都有同学参加公益活动的概率为()13A．8B．857C．8D．8分析：选 D 4名同学各自在周六、周日两天中任选一天参加公益活动的状况有24＝1＋ 17．16(种 )，此中仅在周六(周日 ) 参加的各有 1 种，∴所求概率为1－16＝8 5．圆周上有 2n 个平分点 (n 大于 2)，任取 3 个点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为 ________．分析：先在圆周上找一点，由于有2n 个平分点，所以应有n 条直径，可是该点的直径应有 n－ 1 条，这 n－ 1 条直径都能够与该点形成直角三角形，即一个点可形成 n－ 1 个直角三角形，而这样的点有2n 个，所以一共可形成2n( n－ 1)个切合条件的直角三角形．答案： 2n( n－ 1)6．将数字 1,2,3,4 填入标号为1,2,3,4 的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不一样的填法有________种．分析：将数字 1填入第 2 方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3种，即 2143,3142,4123；相同将数字 1 填入第 3 方格，也对应着 3 种填法；将数字 1 填入第4 方格，也对应着 3 种填法，所以共有填法为3×3＝ 9(种 )．答案： 97．某校高二共有三个班，各班人数以下表．男生人数女生人数总人数高二 (1) 班302050高二 (2) 班303060高二 (3) 班352055(1)从三个班中选 1 名学生任学生会主席，有多少种不一样的选法？(2) 从高二 (1) 班、 (2)班男生中或从高二(3) 班女生中选 1 名学生任学生会生活部部长，有多少种不一样的选法？解： (1)从每个班选 1 名学生任学生会主席，共有 3 类不一样的方案：第 1 类，从高二 (1)班中选出 1 名学生，有 50 种不一样的选法；第 2 类，从高二 (2)班中选出 1 名学生，有 60 种不一样的选法；第 3 类，从高二 (3)班中选出 1 名学生，有 55 种不一样的选法．依据分类加法计数原理知，从三个班中选 1 名学生任学生会主席，共有50＋ 60＋ 55＝165种不一样的选法．(2) 从高二 (1) 班、 (2)班男生或高二(3) 班女生中选 1 名学生任学生会生活部部长，共有3类不一样的方案：第 1 类，从高二 (1)班男生中选出 1 名学生，有 30 种不一样的选法；第2 类，从高二 (2)班男生中选出 1 名学生，有 30 种不一样的选法；第 3类，从高二 (3)班女生中选出 1 名学生，有 20 种不一样的选法．依据分类加法计数原理知，从高二(1)班、 (2) 班男生或高二 (3)班女生中选 1 名学生任学生会生活部部长，共有30＋ 30＋ 20＝80 种不一样的选法．8．已知会集A＝{ a1， a2， a3， a4} ，会集 B＝ {b1， b2}，此中a i， b j(i＝ 1,2,3,4， j＝ 1,2)均为实数．(1)从会集 A 到会集 B 能组成多少个不一样的映照？(2) 能组成多少个以会集 A 为定义域，会集 B 为值域的不一样函数？解： (1)由于会集 A 中的每个元素 a i(i＝ 1,2,3,4)与会集 B 中元素的对应方法都有 2种，由分步乘法计数原理，可组成A→B 的映照有 N＝ 24＝ 16 个．(2) 在 (1)的映照中， a1， a2， a3， a4均对应同一元素 b1或 b2的情况此时构不能够会集A 为定义域，以会集 B 为值域的函数，这样的映照有 2 个．所以组成以会集 A 为定义域，以会集 B 为值域的函数有 M ＝ 16－2＝ 14 个．。

高中数学 第1章 计数原理 1.3 二项式定理 1.3.1 二项式定理 新人教B版选修2-3

高中数学 第1章 计数原理 1.3 二项式定理 1.3.1 二项式定理 新人教B版选修2-3


(2)化简(x－1)5＋5(x－1)4＋10(x－1)3＋10(x－1)2＋5(x－1).
解 原式＝C05(x－1)5＋C15(x－1)4＋C25(x－1)3＋C35(x－1)2 ＋C45(x－1)＋C55－1
＝[(x－1)＋1]5－1＝x5－1.
规律方法 运用二项式定理展开二项式，要记准展开式的 通项公式，对于较复杂的二项式，有时先化简再展开更简 捷；要搞清楚二项展开式中的项以及该项的系数与二项式 系数的区别.逆用二项式定理可将多项式化简，对于这类问 题的求解，要熟悉公式的特点、项数、各项幂指数的规律 以及各项的系数.
要点二 二项展开式通项的应用 例2 若 ( x＋ 1 )n展开式中前三项系数成等差数列，求：
4 2x (1)展开式中含x的一次项； 解 由已知可得 C0n＋C2n·212＝2C1n·12， 即n2－9n＋8＝0， 解得n＝8，或n＝1(舍去).
Tr＋1＝Cr8(
x)8－r·(
1
4
)r＝Cr8·2－r·x 4－34r，
＋
C
2 2n＋1
×142n
－
1×52
－
…
＋
C22nn＋1×14×52n－C22nn＋ ＋11×52n＋1＋52n＋1
＝
14(142n
－
C
1 2n＋1
×142n
－
1×5
＋
C
22n＋1×142n
－
2×52
－
…
＋
C22nn＋1×52n).
上式是14的倍数，能被14整除，所以34n＋2＋52n＋1能被14整除 .
10－2r 令 3 ＝2，得
r＝12(10－6)＝2.
故 x2 项的系数为 C210(－3)2＝405.
选修2-3第一章 计数原理 专题复习

选修2-3第一章 计数原理 专题复习


解析：(1)设展开式的第 r＋1 项为 Tr＋1＝Cr5·(x2)5－r·－x23r＝Cr5·x10 －2r·(－2)r·x－3r＝Cr5·(－2)r·x10－5r.若第 r＋1 项为常数项，则 10－5r＝0， 得 r＝2，即常数项 T3＝C25(－2)2＝40.
(2)x2y7＝x·(xy7)，其系数为 C87， x2y7＝y·(x2y6)，其系数为－C68， ∴x2y7 的系数为 C78－C68＝8－28＝－20.
(二)从 0,2 中选数字 0，从 1,3,5 中任选两个所组成的无重复数 字的三位数中奇数的个数为 C23×2＝6.
故满足条件的奇数的总个数为 12＋6＝18. (2)其中最先选出的一个人有 30 种方法，此时不能再从这个人 所在的行和列共 9 个位置上选人，还剩一个 5 行 4 列的队形，故选 第二个人有 20 种方法，此时不能再从该人所在的行和列上选人， 还剩一个 4 行 3 列的队形，此时第三个人的选法有 12 种，根据分 步乘法计数原理，总的选法种数是 30×20×12＝7 200.
(2)数字 2 和 3 相邻的偶数有两种情况．第一种情况，当数字 2
在个位上时，则 3 必定在十位上，此时这样的五位数共有 A33＝6 个；
第二种情况，当数字 4 在个位上时，且 2,3 必须相邻，此时满足要
求的五位数有 A22A33＝12 个，则一共有 6＋12＝18 个．
专题三 二项式定理
[例 3]
3.二项式定理 1.区分“项的系数”与“二项式系数”．项的系数与a，b有关，可正可负， 二项式系数只与n有关，恒为正． 2．切实理解“常数项”、“有理项(字母指数为整数)”、“系数最大的项” 等概念． 3．求展开式中的指定项，要把该项完整写出，不能仅仅说明是第几项． 4．赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1. 5．在化简求值时，注意二项式定理的逆用，要用整体思想看待a，b.