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参考答案
参考答案
种情况，从第二个口袋中取一封信有4种情况则共有
假期作业（一）分类加法计数原理
5+4=9种
和分步乘法计数原理
(2)各取一封信，不论从哪个口袋中取，都不能完成这件
事，是分步问题，应分两个步骤完成，第一步，从第一个口
袋中取一封信有5种情况，第二步，从第二个口袋中取一封
【有问必答·固双基】
信有4种情况，由分步乘法计数原理，共有5×4=20种
1.m1十2十十0
(3)第一封信投入邮筒有4种可能
2.1·12··
第二封信投入邮简有4种可能
3.提示：区分“完成一件事”是分类还是分步，关键是看一步
能否完成这件事，若能完成，则是分类，否则，就是分步
第九封信投入邮简有4种可能
4,(1)分类相互独立.(2)分步相互依存
由分步乘法计数原理可知，共有4种不同的投法，
【厚积薄发·勒演练】
1.C从8名男生4名女生迭取一名当组长，是男生的迭
假期作业（二）排列与排列数
法有8种，是女生选法的有4种，共有12种.故选：C.
2.A由乘法计数原理可得共有5×4×3=60种不同的选法.
故选：A.
【有问必答·固双基】
3.B分步涂色，第一步对A涂色有5种方法，第二步对B
1.(1)一定的顺序(2)相同的相同
涂色有4种方法，第三步对C涂色有3种方法，第四步对
2.个数A
D涂色有3种方法，，，总的方法数为5×4×3×3=180.
3.(1)n(n-1)…(n-m+1)
n!
(n-m)！
(2)n!1
故选：B.
【厚积薄发·勤演练】
4.B①甲同学选择牛，乙有2种选法，丙有10种选法，选法
有1×2×10=20（种），②甲同学选择马，乙有3种选法，两有
1,DAA=7X6A-6A=36.
10种选法.选法有1×3×10=30（种），所以共有20+30=50
A
A
2.A第1步，甲、乙两本书必须摆放在两端，有A种不同的摆
(种)选法.故选B.
5.ABC当A或B中有一个为雾时，可表示2条不同的直
放方法；
线：当AB≠0时，A有5种选法，B有4种选法，则可表
第2步，丙、丁两本书视为整体与其他两本共三本，有
示5×4=20（条）不同的直线.由分类加法计数原理知，
AA种不同的摆放方法.
共可表示出20十2=22（条）不同的直线.
根据分步乘法计数原理，共AAA=24(种)不同的摆放方
6.144第一步，对区域1进行涂色，有4种颜色可供选择，
法，故选A
即有4种不同的涂色方法：
3.C司机、售票员各有A种安排方法，由分步乘法计数
第二步，对区域2进行涂色，区城2与区域1相邻，有3种
原理知共有AA种不同的安排方法，
颜色可供选择，即有3种不同的涂色方法：第三步，对区拔3
4.C甲、乙相邻的所有方案有AA=1440(种).其中满
进行涂色，区域3与区域1，区域2相邻，有2种颜色可供选
足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班
择，即有2种不同的涂色方法：第四步，对于区域4进行涂
的方案有AAA=240(种)：满足甲、乙两人值班安襟
色，区拔4与区拔2、区战3相邻，有2种颜色可供选择，即
在相邻两天且丁在10月7日值班的方案有AAA
有2种不同的涂色方法：第五步，对区战5进行涂色，若其颜
240(种)；满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10
色与区城4相同，则区域6有2种涂色方法，若其颜色与区
月1日值班，丁在10月7日值班的方案有AAA=48
域4不同，则区战6只有1种涂色方法，故区战5,6共有2十
(种).故符合题设要求的不同安排方案有1440一2×240
1=3种涂色方法，由分步乘法计数原理知，不同的涂色方案
十48=1008（种），故迭C
的种数为4×3×2×2×(2+1)=144.故答案为：144.
5.ABC对于A:若AB不相邻共有A·A=72种方法，故
7.80由题意可先分两类，第一类核心舱安排3人，其他两
A正确：对于B:若A不站在最左边，B不站最右边，利用
实验舱各安排1人，则有C·A=10×2=20种安排方
间接法有A-2A十A=78种方法，故B正确：对于C:
案：第二类核心舱安排2人·其他两实验舱一个2人，一
个1人，则有C·C·A=10×3×2=60种安排方案，
艺A在B左边有=60种方法，故C正确：对于D
故不同的安排方案共有80种.故答案为：80.
A、B两人站在一起有AA=48,故D不正确.
8.13由A到B的通电线路接通方法可分为三类：第一
6.72用1,2,3,4,5组成一个没有重复数字的五位致，共
类，上路接通，有2×1=2（种）方法；第二类，中路接通，
有A=120个：三个奇数中仅有两个相邻：其对立面是
有1×7=7（种）方法：第三类，下路接通，有2×2=4（种）
三个奇致都相邻或者都不相邻：当三个奇鼓都相邻时，
方法.根据分类加法计数原理，共有2十7十4=13（种）不
把这三个奇数看成一个整体与2和4全排列共有AX
同的方法，故答案为：13.
A=36个；三个奇数都不相邻时，把这三个奇数分别插
9.【解】(1)四为a不能取0，所以有5种取法，b有6种取法，c
入2和4形成的三个空内共有A×A=12个，故符合
有6种取法，所以y=4x十bx十c可以袁示5X6X6=180个
条件的有120-12-36=72：故答案为：72.
不同的二次函数
7.24从4名老师中选3名老师，每人讲述一条文化带，每
(2)y=ax十b.x十c的图象开口向上时，a不能取小于等于
条文化带由一名老师讲述，
0的致，所以有2种取法，b有6种取法，C有6种取法，
相当于从4个不同元素中选3个元素的排列问题，
所以y=ax2十b.x十（可以表示2X6X6=72个图象开口
刚不同的分配方案种数为A:=4×3×2=24,
向上的二次函数.
故答案为：24.
【个性飞扬·培索养】
8.42由题意知，甲的位置影响乙的排列，.①甲排在第
【解】(1)任取一封信，不论从哪个口袋里取，都能单独
一位共有A=24种，②甲排在第二位共有AA=18
完成这件事，是分类问题，从第一个口袋中取一封信有5
种，，.编排方案共有24十18=42种.故答案为：42.
35假期作业（四）
假期作业（四）二项式定理
值.当n是偶数时，中间一项的二项式系数
有问必答·固双基
《((
C取得最大值；当n是奇数时，中间两项的
1.二项式定理及相关的概念
二项式系数C与C相等，且同时取得
二项式定理
最大值.
公式(a+b)”=C9a"+Ca"-1b+
(3)二项式系数的和
概念
C2an-2b2十…十Ca”-kb十…十
C”+C+C%+…+C”=
;C%+C2
Cb”(n∈N)称为二项式定理
十C4十…=C以十C%十C%+…=
4.杨辉三角的性质
(a+b)"的
C9a"+Ca"-1b+C2a"-2b2+…
(1)每一行都是对称的，且两端的数都是
展开式
+Ca”-6+…十Cb”(n∈N*)
,与这两个1等距离的项的系数
二项式
C(k=0,1,2,…,n)称为第k十
(2)从第三行起，不在两端的任意一个数，
系数
1项的二项式系数
都等于上一行中与这个数相邻的两数之
二项展开
Ca"一6是展开式中的第
,即
式的通项
项，可记作Tk+1=Ca”-b
>>》
典例精析·拓思维
公式
(其中0≤k≤n,k∈N,n∈N")
【例】
已知(2x-1)5=a0x5十a1x4十a2x3十
在二项式定理中，如果令a=1,
a3x2十a4x十a5.求下列各式的值：
b=x,就得到公式(1十x)”=1
(1)ao十a1十a2+…十a5;
备注
十Chx十C2x2十…十Chxk+…
(2)|ao|+a1+a2|+…+a5:
+Cx"(n∈N*)
(3)a1+a3+a5.
【解】(1)令x=1,得ao十1十a2十…十a5=1.
2.从函数的观点分析二项式系数
(2)令x=-1,得-35=-a0十a1-a2十a3
对于(a十b)”的展开式的二项式系数C,
-a4十a5.
Ch,C%,…,Cn,
由(2x一1)5的通项T6+1=C哈(-1)·
可以从函数的角度分析它们.C:可看成是
25-k·x5-k,
以r为自变量的函数f(r),其定义域是{0，
知a1,a3,a5为负值，
1,2,…,n}.
所以|ao|+|a1|+a2|+…+|as|=a0
3.二项式系数的性质
(1)对称性
a1十a2-a3十a4-a5=35=243.
在(a十b)”的展开式中，与首末两端
(3)由a0十41十a2十…十a5=1,
的两个二项式系数相等，即C=C,C=
-a0十a1-a2+…十a5=-35,
Ch-1,…,C%=Chr.
得2(a1十a3十a5)=1-35,
(2)增减性与最大值
所以a1十ag十a,=13
=-121.
当k<”士时，二项式系数C随的增加
【方法提升】二项展开式中系数和的求法
而
,由对称性知，当>”时，C
(1)对形如(ax十b)”,(ax2十bx十c)m(a,b,
c∈R,m,n∈N)的式子求其展开式的各项
随k的增加而
,且在中间取得最大
系数之和，常用赋值法，只需令x=1即可，对

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