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章末综合提升
　
第4章 计数原理
体 系 构 建
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分 层 探 究
素养一、数学运算
　　数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养，主要表现为：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，求得运算结果等.在本章中，主要表现在二项展开式的赋值问题，二项展开式的特定项问题的运算中.
典例1
√

(2)若(3x2－2x＋1)5＝a10x10＋a9x9＋a8x8＋…＋a1x＋a0(x∈C)，求①(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2；②－a2＋a4－a6＋a8－a10.
解：①令x＝1，得a0＋a1＋…＋a10＝25；
令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝65.
两式相乘，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝25×65＝125.
②令x＝i，得－a10＋a9·i＋a8－a7·i－a6＋a5·i＋a4－a3·i－a2＋a1·i＋a0＝(－2－2i)5＝－25(1＋i)5＝－25[(1＋i)2]2(1＋i)＝128＋128i.
整理得，(－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0)＋(a9－a7＋a5－a3＋a1)·i＝128＋128i，
故－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0＝128.
因为a0＝1，
所以－a10＋a8－a6＋a4－a2＝127.
典例2
素养二、逻辑推理
　　逻辑推理是指从一些事实和命题出发，依据规则推出其他命题的素养，主要表现为：掌握推理基本形式和规则，发现问题和提出问题，探索和表述论证过程，理解命题体系，有逻辑地表达与交流.本章主要表现在数学思想方法在求解计数问题中的应用方面.
题型三　数学思想方法在求解计数问题中的应用
(1)设集合S＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，集合A＝{a1，a2，a3}是S的子集，且a1，a2，a3满足a1＜a2＜a3，a3－a2≤6，那么满足条件的集合A的个数为
A.78　　　　 B.76　　　　
C.83　　　　 D.84
典例3
若从正面考虑，当a3＝9时，a2可以取8，7，6，5，4，3，共6类；当a3＝8时，a2可以取7，6，5，4，3，2，共6类；…分类较多，而其对立面a3－a2＞6包含的情况较少，当a3＝9时，a2取2，a1取1，只有这一种情况，利用正难则反思想解决.
√
素养三、数学建模
　　数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学方法构建模型解决问题的素养，主要表现在：发现和提出问题，建立和求解模型，检验和完善模型，分析和解决问题，在本章主要表现在排列与组合的综合应用问题中.
典例4
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考 教 衔 接
(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有____种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是______.
真题1
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
24
112
第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24.先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有____种(用数字作答).
真题2
64
(2022·新高考Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有
A.12种 B.24种
C.36种 D.48种
真题3
√
真题4

－28
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单 元 检 测 卷
因为(x＋2)n的展开式共有11项，则n＋1＝11 n＝10，故选B.
√
1.(x＋2)n的展开式共有11项，则n等于
A. 9　　 　 B. 10　　　
C. 11　 　　 D. 8
√
√
3.北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破.为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为
A.8 B.10
C.12 D.14

√
√
5.我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”.下图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”，其中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的.我们将图中阴影所在的四个三角形称为“风叶”，若从该“数学风车”的八个顶点中任取两点，则该两点取自同一片“风叶”的种数共有
A.12 B.16
C.6 D.22
√
6.旅游体验师小明受某网站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则小李可选的旅游路线数为
A.24 B.18
C.16 D.10
7.将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，至多两人，则甲乙不在同一路口的分配方案共有
A.81种 B.72种
C.36种 D.24种
√
8.十一期间，郑州园博园筹备办要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事文艺表演、宣传导游、文明督导、维护秩序四项不同的工作.若小张和小赵只能从事后两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有
A.36种 B.12种
C.18种 D.48种
√

√
√
√

√
√
√

√
√
√
12.龙马负图、神龟载书图象如图甲所示，数千年来被认为是中华传统文化的源头；其中洛书有云，神龟出于洛水，甲壳上的图象如图乙所示，其结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数；若从阳数和阴数中分别随机抽出2个和1个，则不同选法的种数是____.
40
8

43


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素养一、数学运算
　　数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的素养，主要表现为：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算思路，求得运算结果等.在本章中，主要表现在二项展开式的赋值问题，二项展开式的特定项问题的运算中.
题型一　二项展开式的赋值问题
(1)若(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为(　　)
A.－1　　　　 B.0　　　　
C.1　　　　 D.2
(2)若(3x2－2x＋1)5＝a10x10＋a9x9＋a8x8＋…＋a1x＋a0(x∈C)，求①(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2；②－a2＋a4－a6＋a8－a10.
答案：(1)C
解析：(1)在(2x＋)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4中，
令x＝1，
得(2＋)4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4；
令x＝－1，
得(－2＋)4＝a0－a1＋a2－a3＋a4.
两式相乘，得
(2＋)4·(－2＋)4＝(a0＋a1＋a2＋a3＋a4)·(a0－a1＋a2－a3＋a4).
所以(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2
＝(－4＋3)4＝1.
(2)解：①令x＝1，得a0＋a1＋…＋a10＝25；
令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝65.
两式相乘，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝25×65＝125.
②令x＝i，得－a10＋a9·i＋a8－a7·i－a6＋a5·i＋a4－a3·i－a2＋a1·i＋a0＝(－2－2i)5＝－25(1＋i)5＝－25[(1＋i)2]2(1＋i)＝128＋128i.
整理得，(－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0)＋(a9－a7＋a5－a3＋a1)·i＝128＋128i，
故－a10＋a8－a6＋a4－a2＋a0＝128.
因为a0＝1，
所以－a10＋a8－a6＋a4－a2＝127.
题型二　二项展开式的特定项问题
已知在的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3.
(1)求展开式中的所有有理项；
(2)求展开式中系数的绝对值最大的项；
(3)求n＋9＋81＋…＋9n－1的值.
解：(1)由(－2)4∶(－2)2＝56∶3，
解得n＝10(负值舍去)，
通项为Tk＋1＝)10－k
＝(－2)k，
当5－为整数时，k可取0，6，
于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440.
(2)设第k＋1项系数的绝对值最大，则
解得
又因为k∈{1，2，3，…，9}，
所以k＝7，
当k＝7时，T8＝－15 360，
又因为当k＝0时，T1＝x5，
当k＝10时，T11＝(－2)10＝1 024，
所以系数的绝对值最大的项为
T8＝－15 360.
(3)原式＝10＋9＋81＋…＋910－1
＝
＝
＝＝.
素养二、逻辑推理
　　逻辑推理是指从一些事实和命题出发，依据规则推出其他命题的素养，主要表现为：掌握推理基本形式和规则，发现问题和提出问题，探索和表述论证过程，理解命题体系，有逻辑地表达与交流.本章主要表现在数学思想方法在求解计数问题中的应用方面.
题型三　数学思想方法在求解计数问题中的应用
(1)设集合S＝{1，2，3，4，5，6，7，8，9}，集合A＝{a1，a2，a3}是S的子集，且a1，a2，a3满足a1＜a2＜a3，a3－a2≤6，那么满足条件的集合A的个数为(　　)
A.78　　　　 B.76　　　　
C.83　　　　 D.84
(2)车间有11名工人，其中5名男工是钳工，4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11名工人里选派4名钳工，4名车工修理一台机床，则有多少种选派方法？
答案：(1)C
解析：(1)若从正面考虑，当a3＝9时，a2可以取8，7，6，5，4，3，共6类；当a3＝8时，a2可以取7，6，5，4，3，2，共6类；…分类较多，而其对立面a3－a2＞6包含的情况较少，当a3＝9时，a2取2，a1取1，只有这一种情况，利用正难则反思想解决.
集合S含有三个元素的子集的个数为＝84.在这些含有三个元素的子集中能满足a1＜a2＜a3且a3－a2＞6的集合只有{1，2，9}，故满足题意的集合A的个数为84－1＝83.
(2)解：设A，B代表2位老师傅.
A，B都不在内的选派方法有＝5(种)，A，B都在内且当钳工的选派方法有＝10(种)，
A，B都在内且当车工的选派方法有＝30(种)，
A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有＝80(种)，
A，B有一人在内且当钳工的选派方法有＝20(种)，
A，B有一人在内且当车工的选派方法有＝40(种)，
所以共有＋＋＋＋＋＝185(种).
素养三、数学建模
　　数学建模是对现实问题进行数学抽象，用数学语言表达问题、用数学方法构建模型解决问题的素养，主要表现在：发现和提出问题，建立和求解模型，检验和完善模型，分析和解决问题，在本章主要表现在排列与组合的综合应用问题中.
题型四　排列与组合的综合应用
在高三(一)班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目.
(1)当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？
(2)当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？
(3)若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个节目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？
解：(1)第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有＝5 040(种)方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有＝24(种)方法.
根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种)安排顺序.
(2)第一步将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”)，一共有＝720(种)方法.
×□×□×□×□×□×□×
第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即□中“×”的位置)这样相当于7个“×”选4个来排，一共有＝840(种)方法.
根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝604 800(种)安排顺序.
(3)若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有＝＝132(种).
(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有　　　　种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是　　　　.
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
答案：24　112
解析：第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法.由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24.先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有　　　　种(用数字作答).
答案：64
解析：根据题意，分2种情况讨论.①当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有＝16种；
②当从8门课中选修3门，若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有＝24种；若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有＝24种；综上所述，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64种.
(2022·新高考Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有(　　)
A.12种 B.24种
C.36种 D.48种
答案：B
解析：先将丙和丁捆在一起有种排列方式，然后将其与乙、戊排列，有种排列方式，最后将甲插入中间两空，有种排列方式，所以不同的排列方式共有＝24(种)，故选B.
(2022·新高考Ⅰ卷)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为　　　　(用数字作答).
答案：－28
解析：(x＋y)8展开式的通项为Tk＋1＝x8－kyk，k＝0，1，…，7，8.令k＝6，得T6＋1＝x2y6；令k＝5，得T5＋1＝x3y5，所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为－＝－28.
溯源：(湘教选择性必修第一册P198例3)求(1－x)9的展开式中x5的系数.
点评：该高考题与教材例题考查知识点与解题方法高度一致.都是二项式定理的应用问题.
单元检测卷(四)　计数原理
(时间：120分钟　满分：150分)
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.(x＋2)n的展开式共有11项，则n等于(　　)
A. 9　　 　 B. 10　　　
C. 11　 　　 D. 8
答案：B
解析：因为(x＋2)n的展开式共有11项，则n＋1＝11 n＝10，故选B.
2.若＝20，则n的值为(　　)
A.2 B.3
C.4 D.5
答案：D
解析：由排列数公式可得＝n＝20，即n2－n－20＝0，
因为n∈N＋，解得n＝5.故选D.
3.北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破.为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为(　　)
A.8 B.10
C.12 D.14
答案：A
解析：由题意可知应将志愿者分为三人组和两人组，
当三人组中包含小明和小李时，安装方案有＝6种；
当三人组中不包含小明和小李时，安装方案有＝2种，共计有6＋2＝8种，
故选A.
4.二项式展开式中的常数项是(　　)
A. 180 B. 90
C. 45 D. 360
答案：A
解析：二项式展开式的通项公式为Tr＋1＝·2r·，
令5－＝0，求得r＝2，可得展开式中的常数项是·22＝180，故选A.
5.我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”.下图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”，其中正方形ABCD内部为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的.我们将图中阴影所在的四个三角形称为“风叶”，若从该“数学风车”的八个顶点中任取两点，则该两点取自同一片“风叶”的种数共有(　　)
A.12 B.16
C.6 D.22
答案：A
解析：从“数学风车”的八个顶点中任取两个顶点，其中这两个顶点取自同一片“风叶”的种数有4＝12种，故选A.
6.旅游体验师小明受某网站邀请，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若不能最先去甲景区旅游，不能最后去乙景区和丁景区旅游，则小李可选的旅游路线数为(　　)
A.24 B.18
C.16 D.10
答案：D
解析：分两种情况，第一种：最后体验甲景区，则有种可选的路线；第二种：不在最后体验甲景区，则有·种可选的路线，所以小李可选的旅游路线数为＋·＝10.故选D.
7.将甲、乙等5名交警分配到三个不同路口疏导交通，每个路口至少一人，至多两人，则甲乙不在同一路口的分配方案共有(　　)
A.81种 B.72种
C.36种 D.24种
答案：B
解析：当甲乙不在一个路口，A、B路口都有2个人时，先排甲、乙有种，剩余3人，全排有种，有·＝36种情况；
当甲乙不在一个路口，A路口有2个人，B路口有1人时，先排甲、乙有种，从剩余3人选2人放在C路口有种，最后一人排A路口有1种排法，共有·＝18种情况；
当甲乙不在一个路口，A路口有1个人，B路口有2人时，先排甲、乙有种，从剩余3人选2人放在C路口有种，最后一人排B路口，共有·＝18种情况.共有36＋18＋18＝72种情况.
故选B.
8.十一期间，郑州园博园筹备办要从小张、小赵、小李、小罗、小王五名志愿者中选派四人分别从事文艺表演、宣传导游、文明督导、维护秩序四项不同的工作.若小张和小赵只能从事后两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有(　　)
A.36种 B.12种
C.18种 D.48种
答案：A
解析：除小张、小赵外，其余三名志愿者能够从事所有的工作，因此，可以以小张、小赵是否都参加这一活动为分类标准进行分类.
第一类，小张、小赵只有一人参加，有种不同的选派方案；
第二类，小张、小赵都参加，有种不同的选派方案.
所以不同的选派方案共有＋＝24＋12＝36(种).
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)
9.下列关于排列数与组合数的等式中，正确的是(　　)
A.＝ B.m＝n
C.＝ D.＝
答案：ABD
解析：对于选项A，(n＋1)＝(n＋1)n(n－1)·…·(n－m＋1)＝，故A正确；
对于选项B，＝，＝，
所以＝＝×＝×
所以m＝n，故B正确；
对于选项C，＝＝，故C错误；
对于选项D，＝×n×(n－1)×…×(n－m)＝n×(n－1)×…×(n－m＋1)＝，故D正确.
故选ABD.
10.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.以下关于杨辉三角的猜想中正确的是(　　)
A.由“与首末两端‘等距离’的两个二项式系数相等”猜想：＝
B.由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想：＝＋
C.由“第n行所有数之和为2n”猜想：＋＋＋…＋＝2n
D.由“111＝11，112＝121，113＝1 331”猜想：115＝15 101 051
答案：ABC
解析：对于选项A，由组合数的互补性质可得＝，故A正确；
对于选项B，由组合数的性质可得＋＝， 故B正确；
对于选项C，由二项式系数和的性质可得＋＋＋…＋＝2n，故C正确；
对于选项D，115＝(10＋1)5＝105＋5×104＋10×103＋10×102＋5×10＋1＝161 051，
故D错误.故选ABC.
11.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是(　　)
A.若任意选择三门课程，选法总数为
B.若物理和化学至少选一门，选法总数为
C.若物理和历史不能同时选，选法总数为－
D.若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为－
答案：ABD
解析：若任意选择三门课程，选法总数为，故A错误；若物理和化学至少选一门，选法总数为＋，故B错误；若物理和历史不能同时选，选法总数为－，故C正确；若物理和化学至少选一门，且物理和历史不能同时选，选法总数为＋－，故D错误.
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在题中横线上)
12.龙马负图、神龟载书图象如图甲所示，数千年来被认为是中华传统文化的源头；其中洛书有云，神龟出于洛水，甲壳上的图象如图乙所示，其结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数；若从阳数和阴数中分别随机抽出2个和1个，则不同选法的种数是　　　　　　.
答案：40
解析：依题意，阳数为1、3、5、7、9，阴数为2、4、6、8，故所有的情况有＝40种.
13.已知在的展开式中第5项为常数项，则n的值为　　　　　；展开式中所有的有理项为　　　　　　.
答案：8　－4x2，，－
解析：展开式的通项公式为Tr＋1＝)n－r·(－)r＝(－)r.
因为第5项为常数项，
所以r＝4时，有＝0，解得n＝8.
由题意得，
令＝k(k∈Z)，则r＝＝4－k，
所以k可取2，0，－2，即r可取1，4，7，
它们分别为－4x2，，－.
14.已知(x＋m)(2x－1)7＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a8x8，若a1＝27，则的值为　　　　.
答案：43
解析：因为(2x－1)7的展开通项为：Tr＋1＝·(2x)7－r·(－1)r＝·(－1)r·27－r·x7－r，
又因为(x＋m)(2x－1)7＝x(2x－1)7＋m(2x－1)7，
所以a1＝1×(－1)7·20＋m×(－1)6·21＝－1＋14m＝27，
所以m＝2，
(x＋2)(2x－1)7＝a0＋a1x＋…＋a8x8，
等式两边求导可得：1·(2x－1)7＋(x＋2)·7·(2x－1)6·2＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7
＝(2x－1)6(2x－1＋14x＋28)
＝(16x＋27)(2x－1)6＝a1＋2a2x＋…＋8a8x7，
令x＝1，得：a1＋2a2＋…＋8a8＝43，
所以＝43.
四、解答题(本大题共5小题，共77分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(13分)毕业季有6位好友欲合影留念，现排成一排，如果：
(1)A、B两人不排在一起，有几种排法？
(2)A、B两人必须排在一起，有几种排法？
(3)A不在排头，B不在排尾，有几种排法？
解：(1)将A、B插入到其余4人所形成的5个空中，因此，排法种数为＝24×20＝480；
(2)将A、B两人捆绑在一起看作一个复合元素和其他4人去安排，
因此，排法种数为＝2×120＝240；
(3)分以下两种情况讨论：
①若A在排尾，则剩下的5人全排列，故有＝120种排法；
②若A不在排尾，则A有4个位置可选，B有4个位置可选，将剩下的4人全排列，安排在其它4个位置即可，此时，共有＝384种排法.
综上所述，共有120＋384＝504种不同的排法种数.
16.(15分)已知二项式的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5，按要求完成以下问题：
(1)求n的值；
(2)求展开式中常数项；
(3)计算式子26＋25＋24＋23＋22＋21＋20的值.
解：(1)依题意，∶＝2∶5，即5n＝n(n－1)，解得n＝6；
(2)由(1)知n＝6，所以＝，
所以Tr＋1＝(2x)6－r()r＝26－r，
由6－r＝0，得r＝4，所以展开式中常数项·26－4＝60.
(3)令x＝1得26＋25＋24＋23＋22＋21＋20＝(2＋1)6＝36.
17.(15分)有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数.
(1)某女生一定担任语文科代表；
(2)某男生必须包括在内，但不担任语文科代表；
(3)某女生一定要担任语文科代表，某男生必须担任科代表，但不担任数学科代表.
解：(1)除去一定担任语文科代表的女生后，先选后排，共有不同选法·＝840(种).
(2)先选后排，但先安排不担任语文科代表的该男生，所以共有不同选法··＝3 360(种).
(3)先从除去必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生和一定要担任语文科代表的该女生的6人中选3人有种，再安排必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男生有种，其余3人全排列有种，所以共有不同选法··＝360(种).
18.(17分)从包括A、B两人的7个人中选出5人排成一排.
(1)若任意选5人，有多少种不同的排法？
(2)若A、B两人中有且只有一人在内，有多少种不同的排法？
(3)若A、B两人都在内且A、B不相邻，有多少种不同排法？
(4)若排头和排尾不允许站A，正中间(第三位)不允许站B，有多少种不同的排法？
解：(1)从7人中任选5人来排队共有＝2 520种不同的排法；
(2)先从A、B两人中任选1人有种不同的方法，再从剩余的5人中任选4人有种不同的方法，再将选出的5人进行全排列，
共有··＝1 200种不同的排法；
(3)因A、B都在内，所以只需从余下5人中选3人有种不同结果，
A、B不相邻，使用插空法共有··＝720种不同排法；
(4)第一类：所选5人无A、B，有＝120种不同排法；
第二类：所选5人有A无B，则A只能站中间三个位置的其中一个位置，有··＝360种不同排法；
第三类：所选5人无A有B，则B有4个位置可供选择，有··＝480种不同排法；
第四类：所选5人有A、B，若A排中间时，有·＝240种不同排法，
若A不排中间时，有···＝360种不同排法，共有600种不同排法；
综上，共有1 560种不同排法.
19.(17分)已知F(n)＝a1＋a2＋…＋ar＋…＋an＋1(n∈N＋).
(1)若an＝2n－1，求F(5)；
(2)若an＝7n－1，求F(20)除以9的余数；
(3)若an＝(n－1)2，求F(n).
解：(1)因为an＝2n－1，所以F(5)＝1＋3＋5＋…＋11　①，
同时，F(5)＝11＋9＋7…＋1　②，
①②两式相加得：2F(5)＝12＋12＋12＋…＋12＝12×25，
所以F(5)＝12×24＝192.
(2)因为an＝7n－1，所以F(20)＝1＋7＋72＋…＋720＝·70·120＋·71·119＋…＋·720·10
＝＝820＝＝1－·9＋·92－…＋·920，
因为－·9＋·92－…＋·920都能被9整除，所以1除以9的余数就是F(20)除以9的余数，
故F(20)除以9的余数为1.
(3)因为an＝(n－1)2，所以通项T＝k2＝k2·＝k·n·＝nk，
所以F(n)＝12＋22＋…＋n2＝n，
同时F(n)＝n，
上述两式相加有2F(n)＝n[(1＋n)＋(1＋n)＋…＋(1＋n)]＝n(1＋n)
＝n(1＋n)·2n－1＝(n2＋n)·2n－1，
所以F(n)＝(n2＋n)·2n－2.
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