高中数学知识点总结第十章排列组合和二项式定理高中数学知识点总结：第十章——排列组合和二项式定理排列组合和二项式定理是高中数学中重要的概念和工具，它们在各个领域都有广泛的应用。
本文将对这两个知识点进行总结和说明。
1. 排列与组合排列是指从一组元素中按照一定顺序取出一部分元素的方式。
组合是指从一组元素中不考虑顺序地取出一部分元素的方式。
排列和组合都涉及到元素的选择和顺序，但它们在选择的要求上有所不同。
1.1 排列排列的计算公式为：P(n, m) = n! / (n-m)!，其中n表示元素总数，m表示需要选择的元素个数，n!表示n的阶乘。
1.2 组合组合的计算公式为：C(n, m) = n! / (m!(n-m)!)，其中n表示元素总数，m表示需要选择的元素个数，n!表示n的阶乘。
2. 二项式定理二项式定理是数学中一个非常重要的定理，它描述了一个二项式的幂展开式。
二项式是一个形如(a+b)^n的表达式，而二项式定理则给出了(a+b)^n的展开形式。
二项式定理的表达式为：(a+b)^n = C(n, 0)a^n b^0 + C(n, 1)a^(n-1)b^1 + ... + C(n, n-1)a^1 b^(n-1) + C(n, n)a^0 b^n。
其中C(n, k)表示从n个元素中选择k个元素的组合数。
二项式定理的展开形式中包含了n+1个项，每一项的系数是组合数C(n, k)，指数是a和b的幂。
二项式定理的应用非常广泛，在数值计算、概率统计、组合数学等领域中都得到了广泛的运用。
它可以用来快速计算幂次方的结果，也可以用来求解概率问题或者排列组合问题。
3. 相关例题在学习排列组合和二项式定理的过程中，我们可以通过解决一些典型的例题来加深对这两个知识点的理解。
例题1：某班有10名学生，要从中选择3名学生组成一个小组，问有多少种不同的选择方式？解析：根据排列的计算公式，可以得到答案：P(10, 3) = 10! / 7! = 720。
高中数学排列组合与二项式定理第一篇：高中数学排列组合与二项式定理排列组合与二项式定理1．（西城区）在(2x2-A．－5 1x)的展开式常数项是 6 D．60（）B．15 C．－602．（东城区）8名运动员参加男子100米的决赛.已知运动场有从内到外编号依次为1，2，3，4，5，6，7，8的八条跑道，若指定的3名运动员所在的跑道编号必须是三个连续数字（如：4，5，6），则参加比赛的这8名运动员安排跑道的方式共有（）A．360种 B．4320种 C．720种 D．2160种3．（海淀区）从3名男生和3名女生中，选出2名女生1名男生分别担任语文、数学、英语的课代表，则选派方案共有（）A．18种B．36种C．54种D．72种4．(崇文区)某运动队从5名男运动员和6名女运动员中选出两名男运动员和两名女运动员举行乒乓球混合双打比赛，对阵双方各有一名男运动员和一名女运动员，则不同的选法共有A．50种B．150种C．300种 D．600种（）5．（丰台区）把编号为1、2、3、4的4位运动员排在编号为1、2、3、4的4条跑道中，要求有且只有两位运动员的编号与其所在跑道的编号相同，共有不同的排法种数是()A． 3B．6C．12D．246．（朝阳区）从4位男教师和3位女教师中选出3位教师，派往郊区3所学校支教，每校1人.要求这3位教师中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（）A．210种x6B．186种 7C．180种 D．90种 7．（东城区）已知(x-)展开式的第4项的值等于5，则x= 48．（海淀区）在(ax-1)的展开式中x的系数是240，则正实数a9．（宣武区）设二项式(33x+1x)的展开式的各项系数的和为P，所有二项式系数的和为S，n若P+S=272，则n=,其展开式中的常数项为.210．(崇文区)若(x+1x2)展开式中只有第四项的系数最大，则，展开式中的第五n项为11．（丰台区）.在(x+1a)的展开式中，含x与x项的系数相等，则a的值是 75412．（朝阳区）若(1－ax)6的展开式中x4的系数是240，则实数a的值是13．（宣武区）现有A、B、C、D、E、F、共6位同学站成一排照像，要求同学A、B相邻，C、D不相邻，这样的排队照像方式有DBCCBC7.-1715x411.53;12.±213.144第二篇：高中数学排列组合与二项式定理知识点总结排列组合与二项式定理知识点１．计数原理知识点①乘法原理：N=n1·n2·n3·…nM(分步)②加法原理：N=n1+n2+n3+…+nM(分类)２．排列（有序）与组合（无序）Anm=n(n－1)(n－2)(n－3)…(n－m+1)=n!/(n-m)!Ann =n!Cnm = n!/(n-m)!m!Cnm= Cnn－mCnm＋Cnm＋1= Cn+1m+1 k•k!=(k+1)!－k!３．排列组合混合题的解题原则：先选后排，先分再排排列组合题的主要解题方法：优先法：以元素为主，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素.以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置.捆绑法（集团元素法，把某些必须在一起的元素视为一个整体考虑）插空法（解决相间问题）间接法和去杂法等等在求解排列与组合应用问题时，应注意：(1)把具体问题转化或归结为排列或组合问题；(2)通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理；(3)分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏；(4)列出式子计算和作答.经常运用的数学思想是：①分类讨论思想；②转化思想；③对称思想.４．二项式定理知识点：①(a+b)n=Cn0ax+Cn1an－1b1+ Cn2an－2b2+ Cn3an－3b3+…+ Cnran－rbr+-…+ Cn n－1abn－1+ Cnnbn特别地：(1+x)n=1+Cn1x+Cn2x2+…+Cnrxr+…+Cnnxn②主要性质和主要结论：对称性Cnm=Cnn－m最大二项式系数在中间。
高考复习指导讲义第六章排列组合、二项式定理一、考纲要求1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的问题.3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.二、知识结构加法原理、乘法原理排列数排列排列数应用组合数排列组合综合应用组合合数应用二项式定理三、知识点、能力点提示(一)加法原理乘法原理说明加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排列、组合中有关问题提供了理论根据.例1 5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法共有多少种?解：5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有3×3×3×3×3=35(种)(二)排列、排列数公式说明排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研究的对象以及研究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题考查.例2 A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果A、B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法有( )A.60种B.48种C.36种D.24种解：根据题的条件可知，A、B必须相邻且B在A的右边，所以先将A、B两人捆起来看成一个人参加排列，即是4个人在4个位置上作排列，故总的排法有P44=4×3×2×1=24(种).可知此题应选D.例3 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同的填法有多少种?解：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；同样将数字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3种填法，因此共有填法为3P13=9(种).(三)组合、组合数公式、组合数的两个性质说明历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上都是由选择题或填空题考查.例4 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种解：抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有C 14·C 25种；甲型2台乙型1台的取法有C 24·C 15种根据加法原理可得总的取法有 C 24·C 25+C 24·C 15=40+30=70(种) 可知此题应选C.例5 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式?解：甲公司从8项工程中选出3项工程的方式C 38种；乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有C 15种； 丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C 24种；丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有C 22种.根据乘法原理可得承包方式的种数有C 38×C 15×C 24×C 22=×5××1=1680(种).123678⨯⨯⨯⨯1234⨯⨯(四)二项式定理、二项展开式的性质说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知识，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空题.例6 在(x 2+3x+2)5的展开式中x 的系数为（ ） A.160 B.240 C.360 D.800 解：∵(x 2+3x+2)5=C 05(x 2+3x)5+C 15(x 2+3x)4×２+C 25(x 2+3x)3×22+C 35(x 2+3x)2×23+C 45(x 2+3x)×24+C 55×25. 在展开式中只有C 45(x 2+3x)×24才含有x ，其系数为C ４5×3×24=5×3×16=240.故此题应选B.例7 (x-1)-(x-1)2＋(x-1)3-(x-1)+(x-1)５的展开式中的x ２的系数等于___________ 解：此题可视为首项为x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前5项的和，则其和为=[]1)-(x 1)1(1)1(5+-++x x x61)-(x 1)-(x +在(x-1)6中含x 3的项是C 36x 3(-1)3=-20x 3，因此展开式中x 2的系数是-20. (五)综合例题赏析例8 若(2x+)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（ ）3A.1 B.-1 C.0 D.2 解：A.例9 把6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法共有（ ） A.126种 B.84种 C.35种 D.21种 解：此种排法相当于6个元素的全排列，6!=720. ∴应选C.例10 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同取法共有( ）A.140种B.84种C.70种D.35种 解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形. ∵C 24·+C 25·C 14=5×6+10×4=70.∴应选C.例11 某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2名代表，至少有1名女生当选的不同选法有（）A.27种B.48种C.21种D.24种解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类：∵C13·C17+C23=3×7+3=24，∴应选D.例12 由数学0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有（）.A.210个B.300个C.464个D.600个解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有P15·P55=600个.由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半.1∴有×600=300个符合题设的六位数. 应选B.2例13 以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有（）.A.70个B.64个C.58个D.52个解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为C48=70个.其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形如(ADB1C1)的有4组.∴能形成四面体的有70-6-2-4=58(组)应选C.例14 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有（）.A.12对B.24对C.36对D.48对解：设正六棱锥为O—ABCDEF.任取一侧棱OA(C16)则OA与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.∴共有C16×4=24对异面直线.应选B.例15 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点为顶点的三角形共___个(以数字作答).解：7点中任取3个则有C37=35组.其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径).∴三角形个数为35-3=32个.例16 同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有（）A.6种B.9种C.11种D.23种解：设2143表示第一人拿第二人的卡、第二人拿第一人的卡，第三人拿第四人的卡，第四人拿第三人的卡，它是符合题设的分配方法.第一人只能拿二、三、四人的卡之一(P13).设第一人拿的是第二人的卡，则2143，2341，2413是全部可能的分配方式，计3种，共有P 1 3·3=9种不同的分配方式∴应选B.例17 在50件产品中有4件是次品，从中任意抽了5件，至少有3件是次品的抽法共_______种(用数字作答).解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”.∴C34·C246+C44·C146=4186(种)例18 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有（）.A.1260种B.2025种C.2520种D.5040种解：先从10人中选2个承担任务甲(C210)再从剩余8人中选1人承担任务乙(C18)又从剩余7人中选1人承担任务乙(C17)∴有C210·C18C17=2520(种).应选C.例19 用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（）.A.24个B.30个C.40个D.60个解：末位数字只能是2或4(P12)剩下四个数字考虑顺序任取其2(P24)，∴共有P12·P24=24个偶数.应选A.例20 假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有两件次品的抽法有（）.A.C233197种B.C23C3197+C33C2197C.C5200-C5197D.C5200-C13C4197解：5件中恰有二件为次品的抽法为C23C3197，5件中恰三件为次品的抽法为C33C2197，∴至少有两件次品的抽法为C23C3197+C33C2197.应选B.例21 两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是（）.A.C58C38B.P12C58C38C.P58P38D.P88解：对于8个人的任意一个排列均可“按先前排从左到右再后排从左到右”的次序入座.∴应有P88种不同的入座法.应选D.例22 7人并排站成一行，如果甲、乙必须不相邻，那么不同排法的总数是（）.A.1440B.3600C.4320D.4800解：7人的全排列数为P77.若甲乙必须相邻则不同的排列数为P22P66.∴甲乙必须不相邻的排列数为P77-P22P66=5P66=3600.应选B.例23 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1项，丙、丁各承包2项，问共有多少种承包方式?解：甲(C38)→乙(C15)→丙(C24).∴有C38C15C24=1680种承包方式.例24用1，2，3，4，四个数字组成没有重复的四位奇数的个数是_____个(用具体数字作答).解：末位数(C12)，前三位数(P33).∴有C12P33=12个四位奇数.例25 用1，2，3，4，四个数字组成的比1234大的数共有_____个(用具体数字作答).解：若无限制，则可组成4!=24个四位数，其中1234不合题设.∴有24-1=23个符合题设的数.例26 用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的四位数，那么在这些四位数中，是偶数的总共有（）.A.120个B.96个C.60个D.36个解：末位为0，则有P34=24个偶数.末位不是0的偶数有P 12P 13P 23=36个. ∴共有24+36=60个数符合题设. 应选C.例27 已知集合A 和集合B 各含有12个元素，A ∩B 含4个元素，试求同时满足下面两个条件的集合C 的个数：(1)C A ∪B ，且C 中含有3个元素；⊂(2)C ∩A ≠(表示空集).φφ解：∵A ∪B 含有12+12-4=20个元素； B 含12个元素，∴∩B 含20-12=8个元素，A 若C 中恰含A 中1个元素，则有C 112·C 28个，若C 中恰含A 中2个元素，则有C 212·C 28·C 28个， 若C 中恰含A 中3个元素，则有C 312个， ∴符合题设的集合C 的个数为 C 112C 28+C 212C 18+C 312=1084个.例28 四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ） A.150种 B.147种 C.144种 D.141种 解：从10点中任取4点的组合数为C 410=210.其中有4·C 46=60组点，每组中的四点恰为一个侧面上的点.其中任取同一棱上3点它们和相对棱的中点共面，即有6组这种情况应排除. 其中还有底面两棱中点和对面两棱中点共面，即有3组这种情况应排除. ∴符合题设的取法有150-6-3=141种. 应选D. 例29 已知(-)9的展开式中x 3的系数为，常数a 的值为_______.x a 2x 49解：T k+1 =C k 9()9-k ( )kx a 2x =C k 9·a 9-k 2·x2k-29k k +-令k-9+=3，得k=8， 2k∴x ３的系数为C 89·a·2-4=. 49即a= ,得a=4. 16949例30 (-)6的展开式中的常数项为（ ） x x2A.-160B.-40C.40D.160解：T k+1 =C k 6()6-k (-)kx x2=C k 6·(-2)k ·x226kk --令-=0，得k=3 26k -2k∴常数项为C 36·(-2)3=--160 应选A.例31 (ax+1)7的展开式中，x 3的系数是x 2的系数与x 4的系数的等差中项，若系数a ＞1，那么a=_______.解：T k+1=C k 7(ax)7-k =C k 6a 7-k ·x 7-k . ∴T 6=C 57a 2x 2,T 5=C 47a 3x 3，T 4=C 37a 4x 4， 由已知有2C 47a 3=C 57a 2+C 37a 4， 由a ＞1，得2C 47a 3=C 57a 2+C 37a 4， 即35a 2-70a ＋21=0.解得a=1+(舍去a=1-).510510例32 (x-1)-(x-1)2+(x-1)3-(x-1)4展开式中x 2的系数等于_________.解：(x-1)-(x-1)2+(x-1)3-(x-1)4=(x-1)-(x-1)2〔1-(x-1)+(x-1)2〕 =(x-1)-(x 2-2x+1)(x 2-3x+3) =……-(3+6+1)x 2+…. ∴x 2的系数为-10.例33 9192除以100的余数_________. 解：9192=(100-9)92≡992(mod 100).992=(10-1)92=1092-…+C 9092·100-C 919210+1≡-C 9192·10+1(mod 100)-C 9192·10+1=-920+1=-919≡-19(mod 100)， -19≡81(mod 100).∴9192除以100的余数是81.例34 由(x+)100的展开所得的x 的多项式中，系数为有理数的共有（ ） 332A.50项B.17项C.16项D.15项解：T k+1=C k 100()100-k ()k332=C k 100·()100-k ()k ·x 100-k (k=0，1，2，…，100) 332由∈N ，∈N ，k ∈｛0，1，2，…，100｝，得 2k 3kk=0，6，12，18，…，96，共17项. ∴应选B.例35 在(3-x)7的展开式中，x 5的系数是________(用数字作答). 解：T k+1=C k 7·37-k ·(-x)k =C k 7·(-1)k ·x k ， ∴T 6=C 57·37-5·(-1)5x 5=-189x 5. 即x 5的系数是-189.例36 在(1-x 3)(1+x)10的展开式中，x 5的系数是（ ）. A.-297 B.-252 C.297D.207解：(1-x 3)(1+x)10=(1-x 3)(…+C 550x 5+…+C 210x 2+…) ∴x 5的系数为+C 550-C 210=207. 应选D.例37 求(2x 3-)15的展开式的常数项. 21x 解：T k+1=C k 5·(2x 3)5-k ·(-)k =(-1)k ·C k 5·25-k ·x 15-3k-2k21x令15-5k=0，得k=3∴常数项为T 4=(-1)3·C 35·25-3=-40. 例38 (-)8的展开式中，x 的一次项的系数为_________.3x x1解：T k+1=C k 8·()8-k ·(-)k =C k 8·(-1)k ·x3x x1238kk --令-=1，得k=2. 38k -2k∴常数项为T 3＝C 28(-1)2·x=28x. x 的系数为28.例39 在(x-)8的展开式中，x 4的系数与的系数之差是_________. x 141x解：T k+1=C k 8·(-x)8-k ·(-)k =C k 8·(-1)k ·x 8-k-k .x1令8-2k=-4，得k=6， ∴T 8=C 68·(-1)6=28·. 41x 41x∴x 4与的系数之差是28-28=0. 41x例40 已知(x+a)7的展开式中，x 4的系数是=-280，则a=_______. 解：T 4=C 37·x 4a 3=C 37a 3x 4.由已知C 37a 3=-28035a 3=-280，得a=-2.⇔例41 在(1-x 2)20的展开式中，如果第4r 项和第r+2项的二项式系数相等， (1)求r 的值；(2)写出展开式中的第4r 项和第r+2项.解：(1)第4r 项和第r+2项的二项式系数分别是C 4r-120和C r+120 C 4r-120=C r+1204r-1=r+1或4r-1+r=1=20， ⇔得r=4和r=(舍去) 32∴r=4(2)T 4r =T 16=C 1520·(-x 2)15=-15504x 30， T r+2=T 6=C 520(-x 2)5=-15504x 10例42 在(1+x+x 2)(1-x)10的展开式中，x 5的系数是________(用具体数字作答). 解：(1+x+x 2)(1-x)10=(1+x+x 2)(1-1x+45x 2-120x 3+210x 4-252x 5+…) =…+(-120+210-252)x 5+….∴x 5的系数是-120+210-252=-162.例43 已知(1-2x)7=a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 7x 7；那么a 1+a 2+…+a 7=________. 解：令x=1，代入已知式，得-1=a 0+a 1+…+a 7， 将x=0代入已知式，得1=a 0 ∴a 1+a 2+…+a 7=-1-a 0=-2.例44 如果n 是正偶数，则C 0n +C 2n +C 4n +…+C n-2n +C n n =（ ）. A.2n B.2n-1 C.2n-2 D.(n-1)2n-1 E.(n-1)2n-2 解：∵C 0n +C 2n +…+C n-2n +C n n =C 1n +C 3n +…+C n-1n ， 又(C 0n +C 2n +…+C n-2n +C n n )+(C 1n +C 3n +…+C n-1n )=2n ， ∴2(C 0n +C 2n +…+C n-2n +C n n )=2n ， C 0n +C 2n +…+C n-2n +C n n =2n-1. 应选B.四、能力训练 (一)选择题1.有多少个整数n 能使(n+i)4成为整数（ ） A.0 B.1 C.2 D.3(2)已知(ax+1)2n 和(x+a)2n+1的展开式中含x n 项的系数相同(a ≠0为实数，n ∈N)，则a 的取值范围是（ ）A.a=1B.a ＞1C.a ＜1D.a ≥13.在(+)n的展开式中，所有奇数项二项式系数之和等于1024，则中间项的二项式系数是31x 521x（ ）A.330B.462C.682D.7924.若x=，则(3+2x)10的展开式中最大的项为（ ） 21A.第一项B.第三项C.第六项D.第八项5.n ∈N ，A ＝（+2）2n+1，B 为A 的小数部分，则AB 的值应是（ ）7A.72n+1 B.22n+1 C.32n+1 D.52n+16.从0，1，2，3，4，5六个数中任取四个互异的数字组成四位数，个位，百位上必排偶数数字的四位数共有（ ）A.52个B.60个C.54D.66个7.用1，2，3，4，5这5个数字，可以组成比20000大并且百位不是3的没有重复数字的五位数，共有（ ）A.96个B.78个C.72个D.64个8.从1，2，3，4，5，6六个数字中，任取两个不同数作为一个对数的底数和真数，得到的不同的对数值的方法有（ ）A.20种B.17种C.25种D.21种9.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这5个球投放在这5个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为（ ）A.20B.30C.60D.12010.用0，1，2，3，4，5，6这7个数字排成一个数字不重复且个位数最大，十位数次之，百位数最小的三位数的个数是（ ）A.10B.20C.30D.4011.要排一张5个独唱节目和3个合唱节目的演出节目表，如果合唱节目不排头，并且任何两个合唱节目不相邻，则不同排法的种类是（ ）A.P 88B.P 55·P 33C.P 55·P 35D.P 55·P 38 12.3人坐在一排8个座位上，若每人左右两边都有空座位，则坐法种数是（ ） A.12 B.6 C.24 D.12013.设A ，B 分别为(1+x)n 展开式中的奇数项之和及偶数项之和，那么A 2-B 2的值为（ ）A.(1+x)2nB.(1+x)nC.-(1-x 2)nD.不是以上结果14.若x(1+x)n 的展开式中的每项的系数都用这一项的x 的指数去除，则得到的新系数和等于（ ）A.(2n+1-1)／(n+1)B.(2n -1)／(n+1)C.(2n-1+n-2)/(n+1)D.(n·2n +1)/(n+1) 15.设(1+x)3+(1+x)4+…+(1+x)50＝a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 50x 50，则a 3的值是（ ）A.2C 350B.C 351C.C 451D.C 450(二)填空题16.在(+)100展开式中有_________个有理项.533517.今天是星期日，从今天起21991天后的第一天是星期________. 18.满足C x-4x+1＝P 3x+1的x 的值是________ 15719.1.0096精确到0.001的近似值是________ (三)解答题20.在10个数-9，-7，-5，-1，0，2，4，6，8中任取两个数构成虚数a+bi(a ≠b)，求(1)这样不同的虚数有多少个?(2)有多少个辐角主值θ∈(，π)的不同虚数?2π(3)有多少个模大于5的不同虚数.21.将数字0，1，2，3，5组成没有重复数字的五位偶数，按从小到大次序排列，那么第25个数是什么?22.证明9·32n -8n-9能被64整除(n ∈N).23.在［(+］n 展开式中，第二、三、四项的二项式系数成等差数列，且已知第四项是1lg +x x6x 35000，试求：(1)次数n 是多少?(2)展开式中的x 是多少?24.已知(x 3+)n 展开式中有第六项的二项式系数最大，求：(1)展开式中不含x 项；(2)C 0n -C 1n +21x2141C 2n -C 3n +…+(-1)n ·C n n 的值.81n 2125.若(+)n 展开式的二项式系数中第二、第三、第四项的系数成一个等差数列，且展开22x 522x式第六项是21，求x.参考答案中国特级教师高考复习方法指导〈数学复习版〉(一)1.B 2.A 3.B 4.B 5.C 6.D 7.B 8.D 9.A 10.B 11.C 12.C 13.C 14.A 15.C (二)16.1 17.四 18.10 19.1.055(三)20.(1)81，(2)20，(3)64 21.32150 22.略 23.(1)n=7，(2)x 1=或x 2= 24.(1)210，(2) 100143101024125.x=0。
