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判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(　×　)
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(　√　)
(3)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．(　√　)
(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法．(　√　)
(5)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(　√　)
无
题型一　分类加法计数原理的应用
例1　高三一班有学生50人，其中男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，其中男生30人，女生30人；高三三班有学生55人，其中男生35人，女生20人．
(1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从高三一班、二班男生中或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？
解　(1)完成这件事有三类方法：
第一类，从高三一班任选一名学生共有50种选法；
第二类，从高三二班任选一名学生共有60种选法；
第三类，从高三三班任选一名学生共有55种选法．
根据分类加法计数原理，任选一名学生任学生会主席共有50＋60＋55＝165(种)不同的选法．
(2)完成这件事有三类方法：
第一类，从高三一班男生中任选一名共有30种选法；
第二类，从高三二班男生中任选一名共有30种选法；
第三类，从高三三班女生中任选一名共有20种选法．
根据分类加法计数原理，共有30＋30＋20＝80(种)不同的选法．
思维升华　分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，重点在于抓住题目中的关键词或关键元素、关键位置．首先根据题目特点恰当选择一个分类标准；其次分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类．
　定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有(　　)
A．18个 B．16个 C．14个 D．12个
答案　C
解析　第一位为0，最后一位为1，中间3个0,3个1,3个1在一起时为000111,001110；只有2个1相邻时，共A个，其中110100,110010,110001,101100不符合题意；三个1都不在一起时有C个，共2＋8＋4＝14(个)．
题型二　分步乘法计数原理的应用
例2　(1)如图，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(　　)
A．24 B．18 C．12 D．9
(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．
答案　(1)B　(2)120
解析　(1)从E点到F点的最短路径有6种，从F点到G点的最短路径有3种，所以从E点到G点的最短路径为6×3＝18(种)，故选B.
(2)每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有6×5×4＝120(种)．
引申探究
1．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
解　每人都可以从这三个比赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有36＝729(种)．
2．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？
解　每人参加的项目不限，因此每一个项目都可以从这六人中选出一人参赛，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有63＝216(种)．
思维升华　(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事．
(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成．
　(1)已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是(　　)
A．12 B．8 C．6 D．4
(2)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．
答案　(1)C　(2)45　54
解析　(1)分两步：第一步先确定横坐标，有3种情况，第二步再确定纵坐标，有2种情况，因此第一、二象限内不同点的个数是3×2＝6个，故选C.
(2)五名学生参加四项体育比赛，每人限报一项，可逐个学生落实，每个学生有4种报名方法，共有45种不同的报名方法．五名学生争夺四项比赛的冠军，可对4个冠军逐一落实，每个冠军有5种获得的可能性，共有54种获得冠军的可能性．
题型三　两个计数原理的综合应用
例3　(1)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．
(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________．
答案　(1)260　(2)36
解析　(1)区域A有5处涂色方法；区域B有4种涂色方法；区域C的涂色方法可分2类：若C与A涂同色，区域D有4种涂色方法；若C与A涂不同色，此时区域C有3种涂色方法，区域D也有3种涂色方法．所以共有5×4×4＋5×4×3×3＝260(种)涂色方法．
(2)第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面均成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12＝24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个．所以正方体中“正交线面对”共有24＋12＝36(个)．
思维升华　利用两个计数原理解决应用问题的一般思路
(1)弄清完成一件事是做什么．
(2)确定是先分类后分步，还是先分步后分类．
(3)弄清分步、分类的标准是什么．
(4)利用两个计数原理求解．
　如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有________．
答案　96
解析　按区域1与3是否同色分类：
(1)区域1与3同色：先涂区域1与3有4种方法，再涂区域2,4,5(还有3种颜色)有A种方法．∴区域1与3涂同色，共有4A＝24(种)方法．
(2)区域1与3不同色：先涂区域1与3有A种方法，第二步涂区域2有2种涂色方法，第三步涂区域4只有一种方法，第四步涂区域5有3种方法．∴这时共有A×2×1×3＝72(种)方法．
故由分类加法计数原理，不同的涂色种数为24＋72＝96.
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
原理 异同点　　 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
定义 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法
区别 各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事 各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才能做完这件事
典例　(1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有(　　)
A．24种 B．4种 C．43种 D．34种
(2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4次，轮船有3次，问此人的走法可有________种．
错解展示
解析　(1)因为每个信箱有三种投信方法，共4个信箱，
所以共有3×3×3×3＝34(种)投法．
(2)乘火车有4种方法，坐轮船有3种方法，
共有3×4＝12(种)方法．
答案　(1)D　(2)12
现场纠错
解析　(1)第1封信投到信箱中有4种投法；第2封信投到信箱中也有4种投法；第3封信投到信箱中也有4种投法．只要把这3封信投完，就做完了这件事情，由分步乘法计数原理可得共有43种方法．
(2)因为某人从甲地到乙地，乘火车的走法有4种，坐轮船的走法有3种，每一种方法都能从甲地到乙地，根据分类加法计数原理，可得此人的走法共有4＋3＝7(种)．
答案　(1)C　(2)7
纠错心得　(1)应用计数原理解题首先要搞清是分类还是分步．
(2)把握完成一件事情的标准，如典例(1)没有考虑每封信只能投在一个信箱中，导致错误．
1．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(　　)
A．243 B．252 C．261 D．279
答案　B
解析　由分步乘法计数原理知，用0,1，…，9十个数字组成三位数(可用重复数字)的个数为9×10×10＝900，组成没有重复数字的三位数的个数为9×9×8＝648，则组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252.故选B.
2．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为(　　)
A．14 B．13 C．12 D．10
答案　B
解析　当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．综上，满足要求的有序数对共有13个，故选B.
3．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(　　)
A．24 B．18 C．12 D．6
答案　B
解析　分两类情况讨论：第1类，奇偶奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有2种选择，共有3×2×2＝12(个)奇数；第2类，偶奇奇，个位有3种选择，十位有2种选择，百位有1种选择，共有3×2×1＝6(个)奇数．根据分类加法计数原理，知共有12＋6＝18(个)奇数．
4．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有________种．
答案　32
解析　每位同学都有2种报名方法，因此，可分五步安排5名同学报名，由分步乘法计数原理，知总的报名方法共2×2×2×2×2＝32(种)．
1．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有(　　)
A．8种 B．9种
C．10种 D．11种
答案　B
解析　设四位监考教师分别为A，B，C，D，所教班分别为a，b，c，d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c，d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理，共有3＋3＋3＝9(种)不同的监考方法．
2．小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面．他想把4个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，则不同的摆法有(　　)
A．4种 B．5种 C．6种 D．9种
答案　B
解析　记反面为1，正面为2，则正反依次相对有12121212,21212121两种；有两枚反面相对有21121212,21211212,21212112三种，共5种摆法，故选B.
3．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有(　　)
A．12种 B．10种
C．9种 D．8种
答案　A
解析　第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C＝2(种)选派方法；
第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，有C＝6(种)选派方法．
由分步乘法计数原理，不同的选派方案共有2×6＝12(种)．
4．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　)
A．144个 B．120个 C．96个 D．72个
答案　B
解析　由题意知，首位数字只能是4,5，若万位是5，则有3×A＝72(个)；若万位是4，则有2×A＝48(个)，故比40 000大的偶数共有72＋48＝120(个)．故选B.
5．将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有(　　)
A．1种 B．3种
C．6种 D．9种
答案　C
解析　因为只有三种颜色，又要涂六条棱，所以应该将四面体的对棱涂成相同的颜色．故有3×2×1＝6(种)涂色方案．
6．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有(　　)
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
答案　A
解析　先排第一列，由于每列的字母互不相同，因此共有A种不同排法．再排第二列，其中第二列第一行的字母共有2种不同的排法，第二列第二、三行的字母只有一种排法．因此共有A·2·1＝12(种)不同的排列方法．
7．将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有________种．
答案　9
解析　编号为1的方格内填数字2，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字3，共有3种不同填法；编号为1的方格内填数字4，共有3种不同填法．于是由分类加法计数原理，得共有3＋3＋3＝9(种)不同的填法．
8．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．
答案　13
解析　四个焊点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1,4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共3种可能．故不通的情况有24－3＝13(种)可能．
9．从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________．
答案　17
解析　当所取两个数中含有1时，1只能作真数，对数值为0，当所取两个数不含有1时，可得到A＝20(个)对数，但log23＝log49，log32＝log94，log24＝log39，log42＝log93，综上可知，共有20＋1－4＝17(个)不同的对数值．
10．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3 443,94 249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则
(1)4位回文数有________个；
(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．
答案　(1)90　(2)9×10n
解析　(1)4位回文数相当于填4个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，中间两位一样，有10种填法，共计9×10＝90(种)填法，即4位回文数有90个．
(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合分步乘法计数原理，知有9×10n种填法．
11．有一项活动需在3名老师，6名男同学和8名女同学中选人参加．
(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？
(2)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？
(3)若需老师，男同学，女同学各一人参加，有多少种不同选法？
解　(1)只需一人参加，可按老师，男同学，女同学分三类各自有3,6,8种方法，总方法数为3＋6＋8＝17.
(2)分两步，先选教师共3种选法，再选学生共6＋8＝14(种)选法，由分步乘法计数原理知，总方法数为3×14＝42.
(3)教师，男同学，女同学各一人可分三步，每步方法依次为3,6,8种．由分步乘法计数原理知总方法数为3×6×8＝144(种)．
12．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．
解　方法一　设想染色按S－A－B－C－D的顺序进行，对S，A，B染色，有5×4×3＝60(种)染色方法．
由于C点的颜色可能与A同色或不同色，这影响到D点颜色的选取方法数，故分类讨论：
C与A同色时(此时C对颜色的选取方法唯一)，D应与A(C)，S不同色，有3种选择；C与A不同色时，C有2种可选择的颜色，D也有2种颜色可供选择．从而对C、D染色有1×3＋2×2＝7(种)染色方法．
由分步乘法计数原理，不同的染色方法种数为60×7＝420.
方法二　根据所用颜色种数分类，可分三类．
第一类：用3种颜色，此时A与C，B与D分别同色，问题相当于从5种颜色中选3种涂三个点，共A＝60(种)涂法；
第二类：用4种颜色，此时A与C，B与D中有且只有一组同色，涂法种数为2A＝240(种)；
第三类：用5种颜色，涂法种数共A＝120(种)．
综上可知，满足题意的染色方法种数为60＋240＋120＝420.
*13.已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，c∈M，则：
(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数？其中偶函数有多少个？
(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数？
解　(1)a的取值有5种情况，b的取值6种情况，c的取值有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示5×6×6＝180(个)不同的二次函数．若二次函数为偶函数，则b＝0，故有5×6＝30(个)．
(2)y＝ax2＋bx＋c的图象开口向上时，a的取值有2种情况，b、c的取值均有6种情况，因此y＝ax2＋bx＋c可以表示2×6×6＝72(个)图象开口向上的二次函数．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同．(　 　)
(2)在分类加法计数原理中，每类方案中的方法都能直接完成这件事．(　 　)
(3)在分步乘法计数原理中，事情是分步完成的，其中任何一个单独的步骤都不能完成这件事，只有每个步骤都完成后，这件事情才算完成．(　 　)
(4)如果完成一件事情有n个不同步骤，在每一步中都有若干种不同的方法mi(i＝1,2,3，…，n)，那么完成这件事共有m1m2m3…mn种方法．(　 　)
(5)在分步乘法计数原理中，每个步骤中完成这个步骤的方法是各不相同的．(　 　)
无
题型一　分类加法计数原理的应用
例1　高三一班有学生50人，其中男生30人，女生20人；高三二班有学生60人，其中男生30人，女生30人；高三三班有学生55人，其中男生35人，女生20人．
(1)从高三一班或二班或三班中选一名学生任学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)从高三一班、二班男生中或从高三三班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？
　定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则不同的“规范01数列”共有(　　)
A．18个 B．16个 C．14个 D．12个
题型二　分步乘法计数原理的应用
例2　(1)如图，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(　　)
A．24 B．18 C．12 D．9
(2)有六名同学报名参加三个智力项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有________种不同的报名方法．
引申探究
1．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每人恰好参加一项，每项人数不限”，则有多少种不同的报名方法？
2．本例(2)中若将条件“每项限报一人，且每人至多参加一项”改为“每项限报一人，但每人参加的项目不限”，则有多少种不同的报名方法？
　(1)已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从M，N这两个集合中各选一个元素分别作为点的横坐标、纵坐标，则这样的坐标在直角坐标系中可表示第一、第二象限内不同的点的个数是(　　)
A．12 B．8 C．6 D．4
(2)五名学生报名参加四项体育比赛，每人限报一项，则不同的报名方法的种数为________．五名学生争夺四项比赛的冠军(冠军不并列)，则获得冠军的可能性有________种．
题型三　两个计数原理的综合应用
例3　(1)如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．
(2)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是________．
　如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色种数有________．
分类加法计数原理与分步乘法计数原理
原理 异同点　　 分类加法计数原理 分步乘法计数原理
定义 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法
区别 各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以完成这件事 各个步骤中的方法互相依存，只有各个步骤都完成才能做完这件事
典例　(1)把3封信投到4个信箱，所有可能的投法共有(　　)
A．24种 B．4种 C．43种 D．34种
(2)某人从甲地到乙地，可以乘火车，也可以坐轮船，在这一天的不同时间里，火车有4次，轮船有3次，问此人的走法可有________种．
1．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(　　)
A．243 B．252 C．261 D．279
2．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为(　　)
A．14 B．13 C．12 D．10
3．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(　　)
A．24 B．18 C．12 D．6
4．5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，则不同的报名方法有________种．
1．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则不同的监考方法有(　　)
A．8种 B．9种
C．10种 D．11种
2．小明有4枚完全相同的硬币，每个硬币都分正反两面．他想把4个硬币摆成一摞，且满足相邻两枚硬币的正面与正面不相对，则不同的摆法有(　　)
A．4种 B．5种 C．6种 D．9种
3．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，则不同的安排方案共有(　　)
A．12种 B．10种
C．9种 D．8种
4．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　)
A．144个 B．120个 C．96个 D．72个
5．将一个四面体ABCD的六条棱上涂上红、黄、白三种颜色，要求共端点的棱不能涂相同颜色，则不同的涂色方案有(　　)
A．1种 B．3种
C．6种 D．9种
6．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有(　　)
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
7．将数字1,2,3,4填入标号为1,2,3,4的四个方格，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有________种．
8．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有________种．
9．从1,2,3,4,7,9六个数中，任取两个数作为对数的底数和真数，则所有不同对数值的个数为________．
10．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22,121,3 443,94 249等．显然2位回文数有9个：11,22,33，…，99.3位回文数有90个：101,111,121，…，191,202，…，999.则
(1)4位回文数有________个；
(2)2n＋1(n∈N*)位回文数有________个．
11．有一项活动需在3名老师，6名男同学和8名女同学中选人参加．
(1)若只需一人参加，有多少种不同选法？
(2)若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同选法？
(3)若需老师，男同学，女同学各一人参加，有多少种不同选法？
12．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数．
*13.已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，若a，b，c∈M，则：
(1)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个不同的二次函数？其中偶函数有多少个？
(2)y＝ax2＋bx＋c可以表示多少个图象开口向上的二次函数？判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(　×　)
(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．(　×　)
(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(　√　)
(4)(n＋1)！－n！＝n·n！.(　√　)
(5)A＝nA.(　√　)
(6)kC＝nC.(　√　)
无
题型一　排列问题
例1　(1)3名男生，4名女生，选其中5人排成一排，则有________种不同的排法．
(2)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有________种．
答案　(1)2 520　(2)216
解析　(1)问题即为从7个元素中选出5个全排列，有A＝2 520(种)排法．
(2)当最左端排甲时，不同的排法共有A种；当最左端排乙时，甲只能排在中间四个位置之一，则不同的排法共有CA种．故不同的排法共有A＋CA＝120＋96＝216(种)．
引申探究
1．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“排成前后两排，前排3人，后排4人”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
解　前排3人，后排4人，相当于排成一排，共有A＝5 040(种)排法．
2．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，男、女各站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
解　相邻问题(捆绑法)：男生必须站在一起，是男生的全排列，有A种排法；女生必须站在一起，是女生的全排列，有A种排法；全体男生、女生各视为一个元素，有A种排法．根据分步乘法计数原理，共有A·A·A＝288(种)排法.
3．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，男生不能站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
解　不相邻问题(插空法)：先安排女生共有A种排法，男生在4个女生隔成的5个空中安排共有A种排法，故共有A·A＝1 440(种)排法．
4．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，甲不站排头也不站排尾”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
解　先安排甲，从除去排头和排尾的5个位置中安排甲，有A＝5(种)排法；再安排其他人，有A＝720(种)排法．所以共有A·A＝3 600(种)排法．
思维升华　排列应用问题的分类与解法
(1)对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法．
(2)对相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法.
　由0,1,2,3,4,5这六个数字组成的无重复数字的自然数．
求：(1)有多少个含2,3，但它们不相邻的五位数？
(2)有多少个含数字1,2,3，且必须按由大到小顺序排列的六位数？
解　(1)先不考虑0是否在首位，0,1,4,5先排三个位置，则有A个，2,3去排四个空档，有A个，即有AA个；而0在首位时，有AA个，即有AA－AA＝252(个)含有2,3，但它们不相邻的五位数．
(2)在六个位置先排0,4,5，先不考虑0是否在首位，则有A个，去掉0在首位，即有A－A个，0,4,5三个元素排在六个位置上留下了三个空位，1,2,3必须由大到小进入相应位置，并不能自由排列，所以有A－A＝100(个)六位数．
题型二　组合问题
例2　(1)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，则不同的取法的种数是(　　)
A．60 B．63
C．65 D．66
(2)要从12人中选出5人去参加一项活动，A，B，C三人必须入选，则有________种不同选法．
答案　(1)D　(2)36
解析　(1)因为1,2,3，…，9中共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数或全为偶数或2个奇数和2个偶数，故有C＋C＋CC＝66(种)不同的取法．
(2)只需从A，B，C之外的9人中选择2人，即有C＝36(种)不同的选法．
引申探究
1．本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人都不能入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？
解　由A，B，C三人都不能入选只需从余下9人中选择5人，即有C＝C＝126(种)不同的选法．
2．本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人只有一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？
解　可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有C种选法，再从余下的9人中选4人，有C种选法，所以共有C×C＝378(种)不同的选法．
3．本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人至少一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？
解　可考虑间接法，从12人中选5人共有C种，再减去A，B，C三人都不入选的情况C种，共有C－C＝666(种)不同的选法．
思维升华　组合问题常有以下两类题型变化
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解．用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理．
　某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．
(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？
(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？
(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？
解　(1)从余下的34种商品中，选取2种有C＝561(种)，
∴某一种假货必须在内的不同取法有561种．
(2)从34种可选商品中，选取3种，有C种或者C－C＝C＝5 984(种)．
∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种．
(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有CC＝2 100(种)．
∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种．
(4)选取2件假货有CC种，选取3件假货有C种，共有选取方式CC＋C＝2 100＋455＝2 555(种)．
∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种．
(5)选取3件的总数为C，因此共有选取方式
C－C＝6 545－455＝6 090(种)．
∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种．
题型三　排列与组合问题的综合应用
命题点1　相邻问题
例3　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！)3
C．(3！)4 D．9!
答案　C
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种坐法．
命题点2　相间问题
例4　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________．
答案　120
解析　先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”，“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有ACA＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有AA＝48(种)安排方法．由分类加法计数原理知共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．
命题点3　特殊元素(位置)问题
例5　从1,2,3,4,5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，当三个数字中有2和3时，2需排在3的前面(不一定相邻)，这样的三位数有________个．
答案　51
解析　分三类：第一类，没有2,3，由其他三个数字组成三位数，有A＝6(个)；
第二类，只有2或3其中的一个，需从1,4,5中选两个数字组成三位数，有2CA＝36(个)；
第三类，2,3均有，再从1,4,5中选一个，因为2需排在3的前面，所以可组成CA＝9(个)．
由分类加法计数原理，知这样的三位数共有51个．
思维升华　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．
(4)多元问题分类法．将符合条件的排列分为几类，而每一类的排列数较易求出，然后根据分类加法计数原理求出排列总数．
　(1)有5名优秀毕业生到母校的3个班去做学习经验交流，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为(　　)
A．150 B．180
C．200 D．280
(2)将甲、乙、丙、丁、戊五位同学分别保送到北大、上海交大和浙大3所大学，若每所大学至少保送1人，甲不能被保送到北大，则不同的保送方案共有(　　)
A．150种 B．114种
C．100种 D．72种
答案　(1)A　(2)C
解析　(1)分两类：一类，3个班分派的毕业生人数分别为2,2,1，则有·A＝90(种)分派方法；另一类，3个班分派的毕业生人数分别为1,1,3，则有C·A＝60(种)分派方法，所以不同分派方法种数为90＋60＝150，故选A.
(2)先将五人分成三组，因为要求每组至少一人，所以可选择的只有2,2,1或者3,1,1，所以共有＋＝25(种)分组方法．因为甲不能被保送到北大，所以有甲的那组只有上海交大和浙大两个选择，剩下的两组无限制，一共有4种方法，所以不同的保送方案共有25×4＝100(种)．
1．排列与组合的概念
名称 定义
排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照一定的顺序排成一列
组合 合成一组
2.排列数与组合数
(1)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A表示．
(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用C表示．
3．排列数、组合数的公式及性质
公式 (1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ (2)C＝＝＝
性质 (1)0！＝1；A＝n！ (2)C＝C；C＝C＋C
典例　有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有________种．
错解展示
解析　先从一等品中取1个，有C种取法；再从余下的19个零件中任取2个，有C种不同取法，共有C×C＝2 736(种)不同取法．
答案　2 736
现场纠错
解析　方法一　将“至少有1个是一等品的不同取法”分三类：“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”，由分类加法计数原理，知有CC＋CC＋C＝1 136(种)．
方法二　考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法：C－C＝1 136(种)．
答案　1 136
纠错心得　(1)解排列、组合问题的基本原则：特殊优先，先分组再分解，先取后排；较复杂问题可采用间接法，转化为求它的对立事件．
(2)解题时要细心、周全，做到不重不漏.
1．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为(　　)
A．24 B．48
C．60 D．72
答案　D
解析　由题可知，五位数要为奇数，则个位数只能是1,3,5；分为两步：先从1,3,5三个数中选一个作为个位数有C种情况，再将剩下的4个数字排列得到A种情况，则满足条件的五位数有C·A＝72(个)．故选D.
2．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为(　　)
A．144 B．120 C．72 D．24
答案　D
解析　“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任何两人不相邻的坐法种数为A＝4×3×2＝24.
3．用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位数，其中偶数的个数为(　　)
A．8 B．24 C．48 D．120
答案　C
解析　末位数字排法有A种，其他位置排法有A种，
共有AA＝48(种).
4．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有________种．
答案　14
解析　分两类：①有1名女生：CC＝8.
②有2名女生：CC＝6.
∴不同的选派方案有8＋6＝14(种)．
1．两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为(　　)
A．48 B．36 C．24 D．12
答案　C
解析　(捆绑法)爸爸排法有A种，两个小孩排在一起故看成一体，有A种排法，妈妈和孩子共有A种排法，
∴排法种数共有AAA＝24(种)．故选C.
2．某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为(　　)
A．16 B．18 C．24 D．32
答案　C
解析　将四个车位捆绑在一起，看成一个元素，先排3辆不同型号的车，在三个车位上任意排列，有A＝6(种)排法，再将捆绑在一起的四个车位插入4个空档中，有4种方法，故共有4×6＝24(种)方法．
3．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有(　　)
A．34种 B．48种
C．96种 D．144种
答案　C
解析　程序A有A＝2(种)结果，将程序B和C看作一个元素与除A外的3个元素排列有AA＝48(种)，
由分步乘法计数原理，知实验编排共有2×48＝96(种)方法．
4．将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，这样的排列数有(　　)
A．12种 B．20种
C．40种 D．60种
答案　C
解析　(消序法)五个元素没有限制全排列为A，
由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，
故除以这三个元素的全排列A，
可得×2＝40(种)．
5．某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为(　　)
A．AC B.AC
C．AA D．2A
答案　B
解析　方法一　将4人平均分成两组有C种方法，将此两组分配到6个班级中的2个班有A种．
所以不同的安排方法有CA(种)．
方法二　先从6个班级中选2个班级有C种不同方法，然后安排学生有CC种，故有CCC＝AC(种)．
6．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有(　　)
A．24对 B．30对
C．48对 D．60对
答案　C
解析　正方体中共有12条面对角线，任取两条作为一对共有C＝66(对)，12条对角线中的两条所构成的关系有平行、垂直、成60°角．相对两面上的4条对角线组成的C＝6(对)组合中，平行有2对，垂直有4对，所以所有的平行和垂直共有3C＝18(对)．所以成60°角的有C－3C＝66－18＝48(对)．
7．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、乙看作一个复合元素，另外3人分成两组，再分配到3个小组中，有CA＝18(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，有AA＝36(种)．根据分类加法计数原理可得，共有36＋18＝54(种)．
8．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)
答案　60
解析　分两类：第一类：3张中奖奖券分给3个人，共A种分法；
第二类：3张中奖奖券分给2个人相当于把3张中奖奖券分两组再分给4人中的2人，共有CA种分法．
总获奖情况共有A＋CA＝60(种)．
9．某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，则不同的安排方法共有________种．(用数字作答)
答案　240
解析　由题意可知，有一个工厂安排2个班，另外三个工厂每厂一个班，则共有C·C·A＝240种安排方法．
10．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种．
答案　11
解析　把g、o、o、d 4个字母排一列，可分两步进行，第一步：排g和d，共有A种排法；第二步：排两个o.共一种排法，所以总的排法种数为A＝12.其中正确的有一种，所以错误的共有A－1＝12－1＝11(种)．
11．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种．(用数字作答)
答案　480
解析　从左往右看，若C排在第1位，共有A＝120(种)排法；若C排在第2位，A和B有C右边的4个位置可以选，共有A·A＝72(种)排法；若C排在第3位，则A，B可排C的左侧或右侧，共有A·A＋A·A＝48(种)排法；若C排在第4,5,6位时，其排法数与排在第3,2,1位相同，故共有2×(120＋72＋48)＝480(种)排法．
12．2016年某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共10 000个号码中选择．公司规定：凡卡号的后四位恰带有两个数字“6”或恰带有两个数字“8”的一律作为“金猴卡”，享受一定优惠政策．如后四位数为“2663”，“8685”为“金猴卡”，求这组号码中“金猴卡”的张数．
解　①当后四位数恰有2个6时，“金猴卡”共有C×9×9＝486(张)；
②当后四位数恰有2个8时，“金猴卡”也共有C×9×9＝486(张)．
但这两种情况都包含了后四位数是由2个6和2个8组成的这种情况，所以要减掉C＝6，即“金猴卡”共有486×2－6＝966(张)．
13．有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋．现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有多少种不同的选派方法？
解　设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A,3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B,4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：
第一类：A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为C·C＝6(种)；
第二类：C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为C·C＝12(种)；
第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，方法数为C·C＝8(种)；
第四类：C中选2人分别参加两项比赛，方法数为A＝12(种)．
由分类加法计数原理，知不同的选派方法共有6＋12＋8＋12＝38(种)．
*14.设三位数n＝，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数n有多少个？
解　a，b，c要能构成三角形的边长，显然均不为0，即a，b，c∈{1,2,3，…，9}．①若构成等边三角形，设这样的三位数的个数为n1，由于三位数中三个数字都相同，所以n1＝C＝9；②若构成等腰(非等边)三角形，设这样的三位数的个数为n2，由于三位数中只有2个不同数字，设为a，b，注意到三角形腰与底可以互换，所以可取的数组(a，b)共有2C组，但当大数为底时，设a>b，必须满足ba 9 8 7 6 5 4 3 2 1
b 4,3,2,1 4,3,2,1 3,2,1 3,2,1 1,2 1,2 1 1
共20种情况．同时，每个数组(a，b)中的两个数字填上三个数位，有C种情况，故n2＝C(2C－20)＝156.综上，n＝n1＋n2＝165.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)所有元素完全相同的两个排列为相同排列．(　 　)
(2)一个组合中取出的元素讲究元素的先后顺序．(　 　)
(3)两个组合相同的充要条件是其中的元素完全相同．(　 　)
(4)(n＋1)！－n！＝n·n！.(　 　)
(5)A＝nA.(　 　)
(6)kC＝nC.(　 　)
无
题型一　排列问题
例1　(1)3名男生，4名女生，选其中5人排成一排，则有________种不同的排法．
(2)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有________种．
引申探究
1．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“排成前后两排，前排3人，后排4人”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
2．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，男、女各站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
3．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，男生不能站在一起”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
4．本例(1)中若将条件“选其中5人排成一排”改为“全体站成一排，甲不站排头也不站排尾”，其他条件不变，则有多少种不同的排法？
　由0,1,2,3,4,5这六个数字组成的无重复数字的自然数．
求：(1)有多少个含2,3，但它们不相邻的五位数？
(2)有多少个含数字1,2,3，且必须按由大到小顺序排列的六位数？
题型二　组合问题
例2　(1)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，则不同的取法的种数是(　　)
A．60 B．63
C．65 D．66
(2)要从12人中选出5人去参加一项活动，A，B，C三人必须入选，则有________种不同选法．
引申探究
1．本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人都不能入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？
2．本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人只有一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？
3．本例(2)中若将条件“A，B，C三人必须入选”改为“A，B，C三人至少一人入选”，其他条件不变，则不同的选法有多少种？
　某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．
(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？
(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？
(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？
(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？
命题点1　相邻问题
例3　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！)3
C．(3！)4 D．9!
命题点2　相间问题
例4　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________．
命题点3　特殊元素(位置)问题
例5　从1,2,3,4,5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，当三个数字中有2和3时，2需排在3的前面(不一定相邻)，这样的三位数有________个．
　(1)有5名优秀毕业生到母校的3个班去做学习经验交流，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为(　　)
A．150 B．180
C．200 D．280
(2)将甲、乙、丙、丁、戊五位同学分别保送到北大、上海交大和浙大3所大学，若每所大学至少保送1人，甲不能被保送到北大，则不同的保送方案共有(　　)
A．150种 B．114种
C．100种 D．72种
1．排列与组合的概念
名称 定义
排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照一定的顺序排成一列
组合 合成一组
2.排列数与组合数
(1)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫作从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用A表示．
(2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫作从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用C表示．
3．排列数、组合数的公式及性质
公式 (1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ (2)C＝＝＝
性质 (1)0！＝1；A＝n！ (2)C＝C；C＝C＋C
典例　有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法有________种．
1．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为(　　)
A．24 B．48
C．60 D．72
2．6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为(　　)
A．144 B．120 C．72 D．24
3．用数字1,2,3,4,5组成的无重复数字的四位数，其中偶数的个数为(　　)
A．8 B．24 C．48 D．120
4．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有________种．
、
1．两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为(　　)
A．48 B．36 C．24 D．12
2．某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为(　　)
A．16 B．18 C．24 D．32
3．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有(　　)
A．34种 B．48种
C．96种 D．144种
4．将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，这样的排列数有(　　)
A．12种 B．20种
C．40种 D．60种
5．某校高二年级共有6个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为(　　)
A．AC B.AC
C．AA D．2A
6．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有(　　)
A．24对 B．30对
C．48对 D．60对
7．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)
8．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)
9．某校安排5个班到4个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，则不同的安排方法共有________种．(用数字作答)
10．若把英语单词“good”的字母顺序写错了，则可能出现的错误方法共有________种．
11．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种．(用数字作答)
12．2016年某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，后四位数从“0000”到“9999”共10 000个号码中选择．公司规定：凡卡号的后四位恰带有两个数字“6”或恰带有两个数字“8”的一律作为“金猴卡”，享受一定优惠政策．如后四位数为“2663”，“8685”为“金猴卡”，求这组号码中“金猴卡”的张数．
13．有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋．现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有多少种不同的选派方法？
*14.设三位数n＝，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三位数n有多少个？判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)Can－kbk是二项展开式的第k项．(　×　)
(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．(　×　)
(3)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．(　√　)
(4)在(1－x)9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项．(　×　)
(5)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为128.(　×　)
无
题型一　二项展开式
命题点1　求二项展开式中的特定项或指定项的系数
例1　(1)(2x＋)5的展开式中，x3的系数是______________．(用数字填写答案)
(2)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　　)
A．10 B．20
C．30 D．60
答案　(1)10　(2)C
解析　(1)(2x＋)5展开式的通项公式Tk＋1＝C(2x)5－k·()k＝C25－k，k∈{0,1,2,3,4,5}，令5－＝3，解得k＝4，得T5＝C25－4＝10x3，∴x3的系数是10.
(2)方法一　利用二项展开式的通项公式求解．
(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，
含y2的项为T3＝C(x2＋x)3·y2.
其中(x2＋x)3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5.
所以x5y2的系数为CC＝30.故选C.
方法二　利用组合知识求解．
(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CC＝30.故选C.
命题点2　已知二项展开式某项的系数求参数
例2　(1)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝____________.
(2)若5的展开式中x5的系数为－80，则实数a＝________.
答案　(1)3　(2)－2
解析　(1)设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，
令x＝1，得16(a＋1)＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，①
令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②
①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)，
即展开式中x的奇数次幂的系数之和为a1＋a3＋a5＝8(a＋1)，所以8(a＋1)＝32，解得a＝3.
(2)∵Tk＋1＝C(ax2)5－kk＝a5－kC，
∴10－k＝5，解得k＝2，∴a3C＝－80，解得a＝－2.
思维升华　求二项展开式中的特定项，一般是利用通项公式进行，化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项公式即可．
　(1)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)
(2)(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案)
答案　(1)－20　(2)
解析　(1)x2y7＝x·(xy7)，其系数为C，
x2y7＝y·(x2y6)，其系数为－C，
∴x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20.
(2)设通项为Tk＋1＝Cx10－kak，令10－k＝7，
∴k＝3，∴x7的系数为Ca3＝15，
∴a3＝，∴a＝.
题型二　二项式系数的和或各项系数的和的问题
例3　在(2x－3y)10的展开式中，求：
(1)二项式系数的和；
(2)各项系数的和；
(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；
(4)奇数项系数和与偶数项系数和；
(5)x的奇次项系数和与x的偶次项系数和．
解　设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10，(*)
各项系数的和为a0＋a1＋…＋a10，奇数项系数和为a0＋a2＋…＋a10，偶数项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9，x的奇次项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9，x的偶次项系数和为a0＋a2＋a4＋…＋a10.
由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和．
(1)二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝210.
(2)令x＝y＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1.
(3)奇数项的二项式系数和为C＋C＋…＋C＝29，
偶数项的二项式系数和为C＋C＋…＋C＝29.
(4)令x＝y＝1，得到a0＋a1＋a2＋…＋a10＝1，①
令x＝1，y＝－1(或x＝－1，y＝1)，
得a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝510，②
①＋②得2(a0＋a2＋…＋a10)＝1＋510，
∴奇数项系数和为；
①－②得2(a1＋a3＋…＋a9)＝1－510，
∴偶数项系数和为.
(5)x的奇次项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9＝；
x的偶次项系数和为a0＋a2＋a4＋…＋a10＝.
思维升华　(1)“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m (a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对形如(ax＋by)n (a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
(2)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
　(1)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
答案　B
解析　由题意得a＝C，b＝C，
∴13C＝7C，
∴＝，
∴＝13，解得m＝6，
经检验符合题意，故选B.
(2)若(1－2x)2 016＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 016x2 016，则＋＋…＋的结果是多少？
解　当x＝0时，左边＝1，右边＝a0，∴a0＝1.
当x＝时，左边＝0，右边＝a0＋＋＋…＋，
∴0＝1＋＋＋…＋.
即＋＋…＋＝－1.
题型三　二项式定理的应用
例4　(1)设a∈Z且0≤a＜13，若512 012＋a能被13整除，则a等于(　　)
A．0 B．1 C．11 D．12
(2)1.028的近似值是________．(精确到小数点后三位)
答案　(1)D　(2)1.172
解析　(1)512 012＋a＝(52－1)2 012＋a＝C·522 012－C·522 011＋…＋C×52·(－1)2 011＋C·(－1)2 012＋a，
∵C·522 012－C·522 011＋…＋C×52·(－1)2 011能被13整除且512 012＋a能被13整除，
∴C·(－1)2 012＋a＝1＋a也能被13整除，因此a的值为12.
(2)1.028＝(1＋0.02)8≈C＋C·0.02＋C·0.022＋C·0.023≈1.172.
思维升华　(1)整除问题和求近似值是二项式定理中两类常见的应用问题，整除问题中要关注展开式的最后几项，而求近似值则应关注展开式的前几项．
(2)二项式定理的应用基本思路是正用或逆用二项式定理，注意选择合适的形式．
　(1)1－90C＋902C－903C＋…＋(－1)k90kC＋…＋9010C除以88的余数是(　　)
A．－1 B．1 C．－87 D．87
答案　B
解析　1－90C＋902C－903C＋…＋(－1)k90kC＋…＋9010C＝(1－90)10＝8910＝(88＋1)10＝8810＋C889＋…＋C88＋1，∵前10项均能被88整除，∴余数是1.
(2)已知2n＋2·3n＋5n－a能被25整除，求正整数a的最小值．
解　原式＝4·6n＋5n－a＝4(5＋1)n＋5n－a
＝4(C5n＋C5n－1＋…＋C52＋C5＋C)＋5n－a
＝4(C5n＋C5n－1＋…＋C52)＋25n＋4－a，
显然正整数a的最小值为4.
1．二项式定理
二项式定理 (a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)
二项展开式 的通项公式 Tk＋1＝Can－kbk，它表示第k＋1项
二项式系数 二项展开式中各项的系数C(k∈{0,1,2，…，n})
2.二项式系数的性质
(1)C＝1，C＝1.
C＝C＋C.
(2)C＝C.
(3)n是偶数时，项的二项式系数最大；n是奇数时，与T项的二项式系数相等且最大．
(4)C＋C＋C＋…＋C＝2n.
【知识拓展】
二项展开式形式上的特点
(1)项数为n＋1.
(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n.
(3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.
(4)二项式的系数从C，C，一直到C，C.
典例　(1)若(－)n展开式的各项系数绝对值之和为1 024，则展开式中含x项的系数为________．
(2)已知(x－m)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7的展开式中x4的系数是－35，则a1＋a2＋…＋a7＝________.
错解展示
解析　(1)(＋)n展开式中，令x＝1可得4n＝1 024，∴n＝5，
∴(－)n展开式的通项Tk＋1＝(－3)k·C·，
令＝1，得k＝1.
故展开式中含x项的系数为C＝5.
(2)a1＋a2＋…＋a7＝C＋C＋…＋C＝27－1.
答案　(1)5　(2)27－1
现场纠错
解析　(1)在(＋)n的展开式中，令x＝1，
可得(－)n展开式的各项系数绝对值之和为4n＝22n＝1 024＝210，∴n＝5.
故(－)5展开式的通项为Tk＋1＝(－3)k·C·，
令＝1，得k＝1，
故展开式中含x项的系数为－15.
(2)∵(x－m)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，
令x＝0，∴a0＝(－m)7.
又∵展开式中x4的系数是－35，∴C·(－m)3＝－35，
∴m＝1.∴a0＝(－m)7＝－1.
在(x－m)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7中，
令x＝1，得0＝－1＋a1＋a2＋…＋a7，
即a1＋a2＋a3＋…＋a7＝1.
答案　(1)－15　(2)1
纠错心得　和二项展开式有关的问题，要分清所求的是展开式中项的系数还是二项式系数，是系数和还是二项式系数的和.
1．(x－y)n的二项展开式中，第m项的系数是(　　)
A．C B．C
C．C D．(－1)m－1C
答案　D
解析　(x－y)n展开式中第m项的系数为
C(－1)m－1.
2．设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为(　　)
A．－15x4 B．15x4
C．－20ix4 D．20ix4
答案　A
解析　由题可知，含x4的项为Cx4i2＝－15x4.故选A.
3．使(3x＋)n(n∈N*)的展开式中含有常数项的最小的n值为(　　)
A．4 B．5 C．6 D．7
答案　B
解析　(3x＋)n的展开式中的第k＋1项为C＝C3n－k·.若展开式中含常数项，则存在n∈N*，k∈N，使n－k＝0.故最小的n值为5.
4．在(－)n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是________．
答案　7
解析　由题意知＋1＝5，解得n＝8，
(－)8的展开式的通项Tk＋1＝C()8－k(－)k
＝(－1)k2k－8C，
令8－＝0，得k＝6，
则展开式中的常数项为(－1)626－8C＝7.
1．在x2(1＋x)6的展开式中，含x4项的系数为(　　)
A．30 B．20 C．15 D．10
答案　C
解析　因为(1＋x)6的展开式的第k＋1项为Tk＋1＝Cxk，x2(1＋x)6的展开式中含x4的项为Cx4＝15x4，所以系数为15.
2．已知5的展开式中含的项的系数为30，则a等于(　　)
A. B．－ C．6 D．－6
答案　D
解析　5的展开式通项Tk＋1＝C(－1)kak·＝(－1)kakC，令－k＝，则k＝1，
∴T2＝－aC，∴－aC＝30，∴a＝－6，故选D.
3．(4x－2－x)6(x∈R)展开式中的常数项是(　　)
A．－20 B．－15
C．15 D．20
答案　C
解析　设展开式中的常数项是第k＋1项，则Tk＋1＝C·(4x)6－k·(－2－x)k＝C·(－1)k·212x－2kx·2－kx＝C·(－1)k·212x－3kx，
∵12x－3kx＝0恒成立，∴k＝4，
∴T5＝C·(－1)4＝15.
4．已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为(　　)
A．29 B．210 C．211 D．212
答案　A
解析　由题意，C＝C，解得n＝10，则奇数项的二项式系数和为2n－1＝29.故选A.
5．若在(x＋1)4(ax－1)的展开式中，x4的系数为15，则a的值为(　　)
A．－4 B. C．4 D.
答案　C
解析　∵(x＋1)4(ax－1)＝(x4＋4x3＋6x2＋4x＋1)(ax－1)，∴x4的系数为4a－1＝15，∴a＝4.
6．若(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋an(1－x)n，则a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan等于(　　)
A.(3n－1) B.(3n－2)
C.(3n－2) D.(3n－1)
答案　D
解析　在展开式中，令x＝2，得3＋32＋33＋…＋3n＝a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan，
即a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝
＝(3n－1)．
7．若(x＋a)2(－1)5的展开式中常数项为－1，则a的值为(　　)
A．1 B．9
C．－1或－9 D．1或9
答案　D
解析　由于(x＋a)2＝x2＋2ax＋a2，而(－1)5的展开式通项为Tk＋1＝(－1)kC·xk－5，其中k＝0,1,2，…，5.于是(－1)5的展开式中x－2的系数为(－1)3C＝－10，x－1项的系数为(－1)4C＝5，常数项为－1，因此(x＋a)2(－1)5的展开式中常数项为1×(－10)＋2a×5＋a2×(－1)＝－a2＋10a－10，依题意－a2＋10a－10＝－1，解得a2－10a＋9＝0，即a＝1或a＝9.
8．在(1－2x)6的展开式中，x2的系数为________．(用数字作答)
答案　60
解析　展开式的通项Tk＋1＝C·16－k·(－2x)k＝C(－2)k·xk.令k＝2，得T3＝C·4x2＝60x2，即x2的系数为60.
9．8的展开式中x7的系数为________．(用数字作答)
答案　－56
解析　8的通项Tk＋1＝C(x2)8－kk＝(－1)kCx16－3k，当16－3k＝7时，k＝3，则x7的系数为(－1)3C＝－56.
10．在(2－x)6的展开式中，含x3的二项式系数为________，系数为________．(均用数字作答)
答案　20　－160
解析　(2－x)6展开式的通项Tk＋1＝C26－k(－x)k，
令k＝3，∴含x3的二项式系数为C＝20，
系数为C×23×(－1)3＝－160.
11．若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________.
答案　10
解析　f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，
它的通项为Tk＋1＝C(1＋x)5－k·(－1)k，
T3＝C(1＋x)3(－1)2＝10(1＋x)3，∴a3＝10.
12．已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.
求：(1)a1＋a2＋…＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6；
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.
解　令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＋a6＋a7
＝－1.①
令x＝－1，则a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝37.②
(1)∵a0＝C＝1，∴a1＋a2＋a3＋…＋a7＝－2.
(2)(①－②)÷2，
得a1＋a3＋a5＋a7＝＝－1 094.
(3)(①＋②)÷2，
得a0＋a2＋a4＋a6＝＝1 093.
(4)方法一　∵(1－2x)7展开式中，a0、a2、a4、a6大于零，而a1、a3、a5、a7小于零，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝(a0＋a2＋a4＋a6)－(a1＋a3＋a5＋a7)＝1 093－(－1 094)＝2 187.
方法二　|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|，
即(1＋2x)7展开式中各项的系数和，令x＝1，
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|＝37＝2 187.
13．求证：1＋2＋22＋…＋25n－1(n∈N*)能被31整除．
证明　∵1＋2＋22＋…＋25n－1＝
＝25n－1＝32n－1＝(31＋1)n－1
＝C×31n＋C×31n－1＋…＋C×31＋C－1
＝31(C×31n－1＋C×31n－2＋…＋C)，
显然C×31n－1＋C×31n－2＋…＋C为整数，
∴原式能被31整除．
*14.若(＋)n展开式中前三项的系数成等差数列，求：
(1)展开式中所有x的有理项；
(2)展开式中系数最大的项．
解　易求得展开式前三项的系数为1，C，C.
据题意得2×C＝1＋C n＝8.
(1)设展开式中的有理项为Tk＋1，
由Tk＋1＝C()8－k()k＝()kC，
∴k为4的倍数，又0≤k≤8，∴k＝0,4,8.
故有理项为T1＝()0C＝x4，
T5＝()4C＝x，
T9＝()8C＝.
(2)设展开式中Tk＋1项的系数最大，
则 k＝2或k＝3.
故展开式中系数最大的项为
T3＝()2C＝7，
T4＝()3C＝7.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)Can－kbk是二项展开式的第k项．(　 　)
(2)二项展开式中，系数最大的项为中间一项或中间两项．(　 　)
(3)(a＋b)n的展开式中某一项的二项式系数与a，b无关．(　 　)
(4)在(1－x)9的展开式中系数最大的项是第五、第六两项．(　 　)
(5)若(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a7＋a6＋…＋a1的值为128.(　 　)
无
题型一　二项展开式
命题点1　求二项展开式中的特定项或指定项的系数
例1　(1)(2x＋)5的展开式中，x3的系数是______________．(用数字填写答案)
(2)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　　)
A．10 B．20
C．30 D．60
命题点2　已知二项展开式某项的系数求参数
例2　(1)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝____________.
(2)若5的展开式中x5的系数为－80，则实数a＝________.
　(1)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)
(2)(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案)
题型二　二项式系数的和或各项系数的和的问题
例3　在(2x－3y)10的展开式中，求：
(1)二项式系数的和；
(2)各项系数的和；
(3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；
(4)奇数项系数和与偶数项系数和；
(5)x的奇次项系数和与x的偶次项系数和．
　(1)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
(2)若(1－2x)2 016＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 016x2 016，则＋＋…＋的结果是多少？
题型三　二项式定理的应用
例4　(1)设a∈Z且0≤a＜13，若512 012＋a能被13整除，则a等于(　　)
A．0 B．1 C．11 D．12
(2)1.028的近似值是________．(精确到小数点后三位)
　(1)1－90C＋902C－903C＋…＋(－1)k90kC＋…＋9010C除以88的余数是(　　)
A．－1 B．1 C．－87 D．87
1．二项式定理
二项式定理 (a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)
二项展开式 的通项公式 Tk＋1＝Can－kbk，它表示第k＋1项
二项式系数 二项展开式中各项的系数C(k∈{0,1,2，…，n})
2.二项式系数的性质
(1)C＝1，C＝1.
C＝C＋C.
(2)C＝C.
(3)n是偶数时，项的二项式系数最大；n是奇数时，与T项的二项式系数相等且最大．
(4)C＋C＋C＋…＋C＝2n.
【知识拓展】
二项展开式形式上的特点
(1)项数为n＋1.
(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n.
(3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n.
(4)二项式的系数从C，C，一直到C，C.
典例　(1)若(－)n展开式的各项系数绝对值之和为1 024，则展开式中含x项的系数为________．
(2)已知(x－m)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7的展开式中x4的系数是－35，则a1＋a2＋…＋a7＝________.
1．(x－y)n的二项展开式中，第m项的系数是(　　)
A．C B．C
C．C D．(－1)m－1C
2．设i为虚数单位，则(x＋i)6的展开式中含x4的项为(　　)
A．－15x4 B．15x4
C．－20ix4 D．20ix4
3．使(3x＋)n(n∈N*)的展开式中含有常数项的最小的n值为(　　)
A．4 B．5 C．6 D．7
4．在(－)n的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项是________．
1．在x2(1＋x)6的展开式中，含x4项的系数为(　　)
A．30 B．20 C．15 D．10
2．已知5的展开式中含的项的系数为30，则a等于(　　)
A. B．－ C．6 D．－6
3．(4x－2－x)6(x∈R)展开式中的常数项是(　　)
A．－20 B．－15
C．15 D．20
4．已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为(　　)
A．29 B．210 C．211 D．212
5．若在(x＋1)4(ax－1)的展开式中，x4的系数为15，则a的值为(　　)
A．－4 B. C．4 D.
6．若(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋an(1－x)n，则a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan等于(　　)
A.(3n－1) B.(3n－2)
C.(3n－2) D.(3n－1)
7．若(x＋a)2(－1)5的展开式中常数项为－1，则a的值为(　　)
A．1 B．9
C．－1或－9 D．1或9
8．在(1－2x)6的展开式中，x2的系数为________．(用数字作答)
9．8的展开式中x7的系数为________．(用数字作答)
10．在(2－x)6的展开式中，含x3的二项式系数为________，系数为________．(均用数字作答)
11．若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________.
12．已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7.
求：(1)a1＋a2＋…＋a7；
(2)a1＋a3＋a5＋a7；
(3)a0＋a2＋a4＋a6；
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a7|.
13．求证：1＋2＋22＋…＋25n－1(n∈N*)能被31整除．
*14.若(＋)n展开式中前三项的系数成等差数列，求：
(1)展开式中所有x的有理项；
(2)展开式中系数最大的项．

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