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章末检测试卷四(第五章)
(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)
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的二项展开式中第m项为Tm＝C(－y)m－1xn－m＋1，
所以系数为C(－1)m－1.
2．若A＝18C，则m等于(　　)
A．9
B．8
C．7
D．6
答案　D
解析　由A＝m(m－1)(m－2)(m－3)＝18·，得m－3＝3，m＝6.
3．设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为(　　)
A．(34,34)
B．(43,34)
C．(34,43)
D．(A，A)
答案　C
解析　由题意知本题是一个分步计数问题，每名学生报名都有3种选择，根据分步乘法计数原理知，4名学生共有34种选择；每项冠军都有4种可能结果，根据分步乘法计数原理知，3项冠军共有43种可能结果．故选C.
4．5名大人带2个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法有(　　)
A．A·A种
B．A·A种
C．A·A种
D．(A－4A)种
答案　A
解析　先排大人，有A种排法，去掉头尾后，有4个空位，再分析小孩，用插空法，将2个小孩插在4个空位中，有A种排法，由分步乘法计数原理可知，有A·A种不同的排法，故选A.
5．(2－)8的展开式中不含x4项的系数的和为(　　)
A．－1
B．0
C．1
D．2
答案　B
解析　(2－)8的展开式的通项公式为Tk＋1＝C28－k·(－)k＝，
∴x4项的系数为(－1)820C＝1，
又(2－)8的展开式的系数和为(2－)8＝1.
∴不含x4项的系数和为1－1＝0.
6．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为(　　)
A．10
B．11
C．12
D．15
答案　B
解析　分类讨论：有两个对应位置、有一个对应位置及没有对应位置上的数字相同，可得N＝C＋C＋1＝11.
7．某学校要求错峰有序吃饭，高三年级一层楼有甲、乙、丙、丁、戊、己六个班排队吃饭，甲班不能排在第一位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有(　　)
A．120种
B．156种
C．192种
D．240种
答案　C
解析　丙丁捆绑在一起看作一个班，变成5个班进行排列，然后在后面4个位置中选1个排甲，这样可得排法为AAA＝192(种)．
8.如图为我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图．现在提供5种颜色给5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为(　　)
A．120
B．26
C．340
D．420
答案　D
解析　如图所示，设5个区域依次为A，B，C，D，E，分4步进行分析：
①区域A有5种颜色可选；
②区域B与区域A相邻，有4种颜色可选；
③区域C与区域A，B相邻，有3种颜色可选；
④对于区域D，E，若D与B颜色相同，则区域E有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，则区域D有2种颜色可选，区域E有2种颜色可选，故区域D，E有3＋2×2＝7(种)选择．
综上可知，不同的涂色方案共有5×4×3×7＝420(种)．
二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．下列问题属于排列问题的是(　　)
A．从10个人中选2人分别去种树和扫地
B．从10个人中选2人去扫地
C．从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队
D．从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算
答案　AD
解析　根据题意，依次分析选项：
对于A，从10个人中选2人分别去种树和扫地，选出的2人有分工的不同，是排列问题；
对于B，从10个人中选2人去扫地，与顺序无关，是组合问题；
对于C，从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队，与顺序无关，是组合问题；
对于D，从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算，顺序不一样，计算结果也不一样，是排列问题．
10.某城市街道如图，某人要走最短路程从A地前往B地，则不同走法有(　　)
A．C种
B．C种
C．12种
D．32种
答案　AB
解析　因为从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验探究一下走法可得出：①要走的路程最短必须走5步，且不能重复；②向东的走法定出后，向南的走法随之确定，所以我们只要确定出向东的三步或向南的两步走法有多少种即可，故不同走法的种数有C＝C.
11．下列关于(a－b)10的说法，正确的是(　　)
A．展开式中的二项式系数之和是1
024
B．展开式的第6项的二项式系数最大
C．展开式的第5项或第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
答案　ABD
解析　由二项式系数的性质知，C＋C＋C＋…＋C＝210＝1
024，故A正确；二项式系数最大为C，是展开式的第6项的二项式系数，故B正确；由展开式的通项Tk＋1＝Ca10－k(－b)k＝(－1)kCa10－kbk知，第6项的系数－C最小，故D正确．
12．将4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中，不允许有空盒子的放法，关于放法的种数，下列结论正确的有(　　)
A．CCCC
B．CA
C．CCA
D．18
答案　BC
解析　根据题意，4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中，且没有空盒子，则三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有2种解法：
方法一　分2步进行分析：
①先将4个不同的小球分成3组，有C种分组方法；
②将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A种放法．
则没有空盒的放法有CA种．
方法二　分2步进行分析：
①在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有CC种情况；
②将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有A种放法．
则没有空盒的放法有CCA种，故选BC.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．若C＝C(n∈N＋)，则n＝________.
答案　4
解析　由题意可知2n＋6＝20－(n＋2)，解得n＝4.
14．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　当甲、乙带不同兴趣小组时有AA＝36(种)，当甲、乙带同一个兴趣小组时，有CA＝18(种)，根据分类加法计数原理可得共有36＋18＝54(种)．
15．若n的展开式的系数和为1，二项式系数和为128，则a＝________，展开式中x2的系数为________．
答案　－1　－448
解析　由题意得所以n＝7，a＝－1，
所以7的展开式的通项为Tk＋1＝C(2)7－kk＝，
令＝2，解得k＝1.
所以x2的系数为C26(－1)1＝－448.
16．甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技术竞赛，得出了第一名到第五名的五个名次，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情况共有________种．
答案　54
解析　根据题意知，甲、乙都没有得到冠军，且乙不是最后一名，分2种情况讨论：
①甲是最后一名，则乙可以是第二名、第三名或第四名，即乙有3种名次排列情况，剩下的三人有A＝6(种)名次排列情况，此时有3×6＝18(种)名次排列情况；
②甲不是最后一名，则甲、乙需要排在第二、三、四名，有A＝6(种)名次排列情况，剩下的三人有A＝6(种)名次排列情况，此时有6×6＝36(种)名次排列情况．
综上可知，一共有36＋18＝54(种)不同的名次排列情况．
四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)把n个正整数全排列后得到的数叫做“再生数”，“再生数”中最大的数叫做最大再生数，最小的数叫做最小再生数．
(1)求1,2,3,4的再生数的个数，以及其中的最大再生数和最小再生数；
(2)试求任意5个正整数(可相同)的再生数的个数．
解　(1)1,2,3,4的再生数的个数为A＝24，其中最大再生数为4
321，最小再生数为1
234.
(2)需要考查5个正整数中相同数的个数．
若5个正整数各不相同，则有A＝120(个)再生数；
若有2个正整数相同，则有＝60(个)再生数；
若有3个正整数相同，则有＝20(个)再生数；
若有4个正整数相同，则有＝5(个)再生数；
若5个正整数全相同，则有1个再生数．
18．(12分)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．
(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？
解　(1)将取出的4个球分成三类：
①取4个红球，没有白球，有C种取法；
②取3个红球，1个白球，有CC种取法；
③取2个红球，2个白球，有CC种取法，
故共有C＋CC＋CC＝115(种)取法．
(2)设取x个红球，y个白球，则
故或或
因此，符合题意的取法有CC＋CC＋CC＝186(种)．
19．(12分)某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加研讨会．
(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？
(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？
(3)甲、乙2人至少有1人参加，有多少种选法？
(4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？
解　(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C＝816(种)选法．
(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C＝8
568(种)选法．
(3)分两类：甲、乙中有1人参加；甲、乙都参加．则共有CC＋C＝6
936(种)选法．
(4)方法一　(直接法)至少有1名内科医生和1名外科医生的选法可分4类：
1内4外；2内3外；3内2外；4内1外．
所以共有CC＋CC＋CC＋CC＝14
656(种)选法．
方法二　(间接法)从无限制条件的选法总数中减去5名都是内科医生和5名都是外科医生的选法种数所得的结果即为所求，即共有C－(C＋C)＝14
656(种)选法．
20．(12分)已知n的展开式中的第2项和第3项的系数相等．
(1)求n的值；
(2)求展开式中所有二项式系数的和；
(3)求展开式中所有的有理项．
解　二项式n的展开式的通项为Tk＋1＝Cxn－k·k＝
(1)根据展开式中的第2项和第3项的系数相等，得
C·＝C2，即·n＝2·，
解得n＝5.
(2)展开式中所有二项式系数的和为C＋C＋C＋…＋C＝25＝32.
(3)二项展开式的通项为Tk＋1＝
当k＝0,2,4时，对应项是有理项，
所以展开式中所有的有理项为
T1＝C0x5＝x5，
T3＝C2x2＝x2，
T5＝C4x－1＝.
21．(12分)用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数．
(1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；
(2)在组成的三位数中，若十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301,423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；
(3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数．
解　(1)将组成的三位数中所有偶数分为两类，
①若个位数为0，则共有A＝12(个)符合题意的三位数；
②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(个)符合题意的三位数．
故共有12＋18＝30(个)符合题意的三位数．
(2)将这些“凹数”分为三类：
①若十位上的数字为0，则共有A＝12(个)符合题意的“凹数”；
②若十位上的数字为1，则共有A＝6(个)符合题意的“凹数”；
③若十位上的数字为2，则共有A＝2(个)符合题意的“凹数”．
故共有12＋6＋2＝20(个)符合题意的“凹数”．
(3)将符合题意的五位数分为三类：
①若两个奇数数字在万位和百位上，则共有AA＝12(个)符合题意的五位数；
②若两个奇数数字在千位和十位上，则共有AAA＝8(个)符合题意的五位数；
③若两个奇数数字在百位和个位上，则共有AAA＝8(个)符合题意的五位数．
故共有12＋8＋8＝28(个)符合题意的五位数．
22．(12分)已知n的展开式的二项式系数之和为256.
(1)求n的值；
(2)若展开式中常数项为，求m的值；
(3)若(x＋m)n的展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值情况．
解　(1)由二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8.
(2)设常数项为第k＋1项，则
Tk＋1＝Cx8－kk＝Cmkx8－2k，
令8－2k＝0，即k＝4，
则Cm4＝，解得m＝±.
(3)易知m>0，设第k＋1项系数最大，
则
化简可得≤k≤.
由于只有第6项和第7项系数最大，
所以即
所以m只能等于2.(共43张PPT)
章末复习课
第五章　计数原理
一、两个计数原理
二、排列与组合的综合应用
三、二项式定理及其应用
内容索引
知识网络
随堂演练
知识网络
一、两个计数原理
1.分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章内容的学习基础，在进行计数过程中，常因分类不明导致增(漏)解，因此在解题中既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性.
2.掌握两个计数原理，提升逻辑推理和数学运算素养.
例1　(1)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，则不同的取法种数为
A.484
B.472
C.252
D.232
√
(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？
解　方法一　设A，B代表2位老师傅.
所以共有5＋10＋30＋80＋20＋40＝185(种)选派方法.
所以共有75＋100＋10＝185(种)选派方法.
所以共有35＋120＋30＝185(种)选派方法.
反思感悟　应用两个计数原理计数的四个步骤
(1)明确完成的这件事是什么.
(2)思考如何完成这件事.
(3)判断它属于分类还是分步，是先分类后分步，还是先分步后分类.
(4)选择计数原理进行计算.
跟踪训练1　(1)从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中，若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有___个.(用数字作答)
60
解析　1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类.
(2)由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有____种.
30
其中有不符合条件的，
所以不同的参赛方案共有36－6＝30(种).
二、排列与组合的综合应用
1.排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足轻重的作用，解决排列与组合的综合问题要树立先选后排，特殊元素(特殊位置)优先的原则.
2.明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算的素养.
例2　在高三(1)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？
根据分步乘法计数原理，一共有5
040×24＝120
960(种)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？
×□×□×□×□×□×□×
根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝
604
800(种)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？
但原来的节目已定好顺序，需要消除，
反思感悟　解决排列、组合综合问题要注意以下几点
(1)首先要分清该问题是排列问题还是组合问题.
(2)对于含有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，再考虑是分类还是分步，分类时要不重不漏，分步时要步步相接.
(3)对于含有“至多”、“至少”的问题，常采用间接法，此时要考虑全面，排除干净.
跟踪训练2　6个女生(其中有1个领唱)和2个男生分成两排表演.
(1)若每排4人，共有多少种不同的排法？
解　要完成这件事分三步.
(2)领唱站在前排，男生站在后排，每排4人，有多少种不同的排法？
三、二项式定理及其应用
1.二项式定理有比较广泛的应用，可用于代数式的化简、变形、证明整除、近似计算、证明不等式等，其原理可以用于二项式相应展开式项的系数求解.
2.二项式原理所体现的是一种数学运算素养.
命题角度1　二项展开式的“赋值问题”
例3　(1)若
＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，则(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2的值为
A.－1
B.0
C.1
D.2
√
两式相乘，得
(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；
解　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－a2＋a4－a6＋a8－a10.
解　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.
反思感悟　“赋值法”在二项展开式中的应用
(1)观察：先观察二项展开式左右两边式子的结构特征.
(2)赋值：结合待求和上述特征，对变量x赋值，常见的赋值有x＝－1，x＝0，x＝1等等，具体视情况而定.
(3)解方程：赋值后结合待求建立方程(组)，求解便可.
跟踪训练3　若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为__.
5
解析　令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5，
令x＝3，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.
命题角度2　二项展开式的特定项问题
例4　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；
解得n＝10(负值舍去)，
于是有理项为T1＝x5和T7＝13
440.
(2)求展开式中系数的绝对值最大的项；
解　设第k＋1项系数的绝对值最大，
又因为k∈N，所以k＝7，
当k＝7时，T8＝
，
又因为当k＝0时，T1＝x5，
当k＝10时，
，
所以系数的绝对值最大的项为T8＝
.
反思感悟　二项式特定项的求解策略
(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素.
(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项.
(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数.
(4)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质.
跟踪训练4　已知
的展开式中所有项的二项式系数之和为1
024.
(1)求展开式的所有有理项(指数为整数)；
解　由题意得，2n＝1
024，
∴n＝10，
(2)求(1－x)3＋(1－x)4＋…＋(1－x)n的展开式中x2项的系数.
随堂演练
1.
的展开式中x4的系数为
A.10
B.20
C.40
D.80
√
1
2
3
4
令10－3k＝4，解得k＝2.
1
2
3
4
2.6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有
A.120种
B.90种
C.60种
D.30种
√
1
2
3
4
3.
(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为
A.5
B.10
C.15
D.20
√
∴x3y3的系数为10＋5＝15.
4.4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有____种.
1
2
3
4
36
由分步乘法计数原理可得不同的安排方法共有6×6＝36(种).(共40张PPT)
章末检测试卷四(第五章)
第五章　计数原理
(时间：120分钟
满分：150分)
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)
1.(x－y)n的二项展开式中，第m项的系数是
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
2.若
，则m等于
A.9
B.8
C.7
D.6
17
18
19
20
21
22
√
得m－3＝3，m＝6.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
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3.设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为
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解析　由题意知本题是一个分步计数问题，每名学生报名都有3种选择，
根据分步乘法计数原理知，4名学生共有34种选择；
每项冠军都有4种可能结果，
根据分步乘法计数原理知，3项冠军共有43种可能结果.
故选C.
√
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4.5名大人带2个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头尾，则不同的排法有
√
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5.
的展开式中不含x4项的系数的和为
A.－1
B.0
C.1
D.2
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√
∴不含x4项的系数和为1－1＝0.
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6.在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为
A.10
B.11
C.12
D.15
√
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7.某学校要求错峰有序吃饭，高三年级一层楼有甲、乙、丙、丁、戊、己六个班排队吃饭，甲班不能排在第一位，且丙班、丁班必须排在一起，则这六个班排队吃饭的不同安排方案共有
A.120种
B.156种
C.192种
D.240种
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√
解析　丙丁捆绑在一起看作一个班，变成5个班进行排列，
然后在后面4个位置中选1个排甲，
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8.如图为我国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图.现在提供5种颜色给5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为
A.120
B.26
C.340
D.420
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解析　如图所示，设5个区域依次为A，B，C，D，E，分4步进行分析：
①区域A有5种颜色可选；
②区域B与区域A相邻，有4种颜色可选；
③区域C与区域A，B相邻，有3种颜色可选；
④对于区域D，E，若D与B颜色相同，则区域E有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，则区域D有2种颜色可选，区域E有2种颜色可选，故区域D，E有3＋2×2＝7(种)选择.
综上可知，不同的涂色方案共有5×4×3×7＝420(种).
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二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9.下列问题属于排列问题的是
A.从10个人中选2人分别去种树和扫地
B.从10个人中选2人去扫地
C.从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队
D.从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算
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解析　根据题意，依次分析选项：
对于A，从10个人中选2人分别去种树和扫地，选出的2人有分工的不同，是排列问题；
对于B，从10个人中选2人去扫地，与顺序无关，是组合问题；
对于C，从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队，与顺序无关，是组合问题；
对于D，从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算，顺序不一样，计算结果也不一样，是排列问题.
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10.某城市街道如图，某人要走最短路程从A地前往B地，则不同走法有
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√
√
解析　因为从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验探究一下走法可得出：
①要走的路程最短必须走5步，且不能重复；
②向东的走法定出后，向南的走法随之确定，
所以我们只要确定出向东的三步或向南的两步走法有多少种即可，
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11.下列关于(a－b)10的说法，正确的是
A.展开式中的二项式系数之和是1
024
B.展开式的第6项的二项式系数最大
C.展开式的第5项或第7项的二项式系数最大
D.展开式中第6项的系数最小
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解析　由二项式系数的性质知，
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12.将4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中，不允许有空盒子的放法，关于放法的种数，下列结论正确的有
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解析　根据题意，4个不同的小球放入3个分别标有1,2,3号的盒子中，且没有空盒子，
则三个盒子中有1个盒子中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，有2种解法：
方法一　分2步进行分析：
方法二　分2步进行分析：
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三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13.若
(n∈N＋)，则n＝___.
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解析　由题意可知2n＋6＝20－(n＋2)，解得n＝4.
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14.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)
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根据分类加法计数原理可得共有36＋18＝54(种).
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15.若
的展开式的系数和为1，二项式系数和为128，则a＝_____，
展开式中x2的系数为______.
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－1
－448
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所以n＝7，a＝－1，
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16.甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技术竞赛，得出了第一名到第五名的五个名次，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情况共有___种.
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解析　根据题意知，甲、乙都没有得到冠军，且乙不是最后一名，分2种情况讨论：
①甲是最后一名，则乙可以是第二名、第三名或第四名，
此时有3×6＝18(种)名次排列情况；
②甲不是最后一名，则甲、乙需要排在第二、三、四名，
此时有6×6＝36(种)名次排列情况.
综上可知，一共有36＋18＝54(种)不同的名次排列情况.
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四、解答题(本大题共6小题，共70分)
17.(10分)把n个正整数全排列后得到的数叫做“再生数”，“再生数”中最大的数叫做最大再生数，最小的数叫做最小再生数.
(1)求1,2,3,4的再生数的个数，以及其中的最大再生数和最小再生数；
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其中最大再生数为4
321，最小再生数为1
234.
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(2)试求任意5个正整数(可相同)的再生数的个数.
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解　需要考查5个正整数中相同数的个数.
若5个正整数全相同，则有1个再生数.
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18.(12分)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球.
(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
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解　将取出的4个球分成三类：
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(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？
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19.(12分)某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加研讨会.
(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？
(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？
(3)甲、乙2人至少有1人参加，有多少种选法？
解　分两类：甲、乙中有1人参加；甲、乙都参加.
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(4)医疗队中至少有1名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？
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解　方法一　(直接法)至少有1名内科医生和1名外科医生的选法可分4类：
1内4外；2内3外；3内2外；4内1外.
方法二　(间接法)从无限制条件的选法总数中减去5名都是内科医生和5名都是外科医生的选法种数所得的结果即为所求，
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20.(12分)已知
的展开式中的第2项和第3项的系数相等.
(1)求n的值；
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＝
根据展开式中的第2项和第3项的系数相等，得
解得n＝5.
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(2)求展开式中所有二项式系数的和；
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(3)求展开式中所有的有理项.
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解　二项展开式的通项为Tk＋1＝
当k＝0,2,4时，对应项是有理项，所以展开式中所有的有理项为
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21.(12分)用0,1,2,3,4这五个数字组成无重复数字的自然数.
(1)在组成的三位数中，求所有偶数的个数；
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解　将组成的三位数中所有偶数分为两类，
②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(个)符合题意的三位数.
故共有12＋18＝30(个)符合题意的三位数.
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(2)在组成的三位数中，若十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301,423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数；
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解　将这些“凹数”分为三类：
故共有12＋6＋2＝20(个)符合题意的“凹数”.
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(3)在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数.
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解　将符合题意的五位数分为三类：
故共有12＋8＋8＝28(个)符合题意的五位数.
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22.(12分)已知
的展开式的二项式系数之和为256.
(1)求n的值；
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解　由二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8.
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(2)若展开式中常数项为
，求m的值；
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解　设常数项为第k＋1项，
令8－2k＝0，即k＝4，
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(3)若(x＋m)n的展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值情况.
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解　易知m>0，设第k＋1项系数最大，
由于只有第6项和第7项系数最大，
所以m只能等于2.章末复习课
一、两个计数原理
1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章内容的学习基础，在进行计数过程中，常因分类不明导致增(漏)解，因此在解题中既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性．
2．掌握两个计数原理，提升逻辑推理和数学运算素养．
例1　(1)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且绿色卡片至多1张，则不同的取法种数为(　　)
A．484
B．472
C．252
D．232
答案　B
解析　根据题意，共有C种取法，其中每一种卡片各取3张，有4C种取法，取2张绿色卡片有C·C种取法，故所求的取法共有C－4C－C·C＝472(种)．
(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？
解　方法一　设A，B代表2位老师傅．
A，B都不在内的选派方法有CC＝5(种)，
A，B都在内且当钳工的选派方法有CCC＝10(种)，
A，B都在内且当车工的选派方法有CCC＝30(种)，
A，B都在内且一人当钳工，一人当车工的选派方法有ACC＝80(种)，
A，B有一人在内且当钳工的选派方法有CCC＝20(种)，
A，B有一人在内且当车工的选派方法有CCC＝40(种)，
所以共有5＋10＋30＋80＋20＋40＝185(种)选派方法．
方法二　5名男钳工有4名被选上的方法有CC＋CCC＋CCC＝75(种)，
5名男钳工有3名被选上的方法有CCC＋CCA＝100(种)，
5名男钳工有2名被选上的方法有CCC＝10(种)，
所以共有75＋100＋10＝185(种)选派方法．
方法三　4名女车工都被选上的方法有CC＋CCC＋CCC＝35(种)，
4名女车工有3名被选上的方法有CCC＋CCA＝120(种)，
4名女车工有2名被选上的方法有CCC＝30(种)，
所以共有35＋120＋30＝185(种)选派方法．
反思感悟　应用两个计数原理计数的四个步骤
(1)明确完成的这件事是什么．
(2)思考如何完成这件事．
(3)判断它属于分类还是分步，是先分类后分步，还是先分步后分类．
(4)选择计数原理进行计算．
跟踪训练1　(1)从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中，若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个．(用数字作答)
答案　60
解析　1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类．
分三类：①没有数字1和3时，满足条件的三位数有A个；
②只有1和3中的一个时，满足条件的三位数有2A个；
③同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空中的1个即可，满足条件的三位数有C·C个．
所以满足条件的三位数共有A＋2A＋C·C＝60(个)．
(2)由甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种．
答案　30
解析　从4人中选出两个人作为一个元素有C种方案，同其他两个元素在三个位置上排列有CA＝36(种)方案，其中有不符合条件的，即学生甲、乙同时参加同一竞赛，共有A种方案，所以不同的参赛方案共有36－6＝30(种)．
二、排列与组合的综合应用
1．排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足轻重的作用，解决排列与组合的综合问题要树立先选后排，特殊元素(特殊位置)优先的原则．
2．明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算的素养．
例2　在高三(1)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A＝5
040(种)方法；第二步再松绑，给4个舞蹈节目排序，有A＝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(如图中的“□”)，一共有A＝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(即图中“×”的位置)，这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A＝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A种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的顺序有＝A＝132(种)．
反思感悟　解决排列、组合综合问题要注意以下几点
(1)首先要分清该问题是排列问题还是组合问题．
(2)对于含有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，再考虑是分类还是分步，分类时要不重不漏，分步时要步步相接．
(3)对于含有“至多”、“至少”的问题，常采用间接法，此时要考虑全面，排除干净．
跟踪训练2　6个女生(其中有1个领唱)和2个男生分成两排表演．
(1)若每排4人，共有多少种不同的排法？
(2)领唱站在前排，男生站在后排，每排4人，有多少种不同的排法？
解　(1)要完成这件事分三步．
第一步，从8人中选4人站在前排，另4人站在后排，共有CC种不同的排法；
第二步，前排4人进行全排列，有A种不同的排法；
第三步，后排4人进行全排列，有A种不同的排法．
由分步乘法计数原理知，有CCAA＝40
320(种)不同的排法．
(2)思路与(1)相同，有CAA＝5
760(种)不同的排法．
三、二项式定理及其应用
1．二项式定理有比较广泛的应用，可用于代数式的化简、变形、证明整除、近似计算、证明不等式等，其原理可以用于二项式相应展开式项的系数求解．
2．二项式原理所体现的是一种数学运算素养．
命题角度1　二项展开式的“赋值问题”
例3　(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
答案　C
解析　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)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.
反思感悟　“赋值法”在二项展开式中的应用
(1)观察：先观察二项展开式左右两边式子的结构特征．
(2)赋值：结合待求和上述特征，对变量x赋值，常见的赋值有x＝－1，x＝0，x＝1等等，具体视情况而定．
(3)解方程：赋值后结合待求建立方程(组)，求解便可．
跟踪训练3　若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________．
答案　5
解析　令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5，
令x＝3，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0，
所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5.
命题角度2　二项展开式的特定项问题
例4　已知在n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＋9C＋81C＋…＋9n－1C的值．
解　(1)由C(－2)4∶C(－2)2＝56∶3，
解得n＝10(负值舍去)，
通项为Tk＋1＝C()10－kk
，
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≤k≤，
又因为k∈N，所以k＝7，
当k＝7时，T8＝，
又因为当k＝0时，T1＝x5，
当k＝10时，，
所以系数的绝对值最大的项为T8＝.
(3)原式＝10＋9C＋81C＋…＋910－1C
＝
＝
＝＝.
反思感悟　二项式特定项的求解策略
(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素．
(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项．
(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数．
(4)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质．
跟踪训练4　已知(－)n的展开式中所有项的二项式系数之和为1
024.
(1)求展开式的所有有理项(指数为整数)；
(2)求(1－x)3＋(1－x)4＋…＋(1－x)n的展开式中x2项的系数．
解　(1)由题意得，2n＝1
024，∴n＝10，
∴展开式的通项为Tk＋1＝C()10－k(－)k＝
令5－∈Z，得k＝0,6.
∴有理项为T1＝Cx5＝x5，T7＝Cx4＝210x4.
(2)∵C＋C＝C，
∴C＝C－C，
∴x2项的系数为C＋C＋…＋C＝(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)＝C－C＝164.
1.5的展开式中x4的系数为(　　)
A．10
B．20
C．40
D．80
答案　C
解析　5的展开式的通项公式为Tk＋1＝C·(x2)5－k·k＝C·2k·x10－3k，
令10－3k＝4，解得k＝2.
故展开式中x4的系数为C·22＝40.
2．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有(　　)
A．120种
B．90种
C．60种
D．30种
答案　C
解析　先从6名同学中选1名安排到甲场馆，有C种选法，再从剩余的5名同学中选2名安排到乙场馆，有C种选法，最后将剩下的3名同学安排到丙场馆，有C种选法，由分步乘法计数原理知，共有C·C·C＝60(种)不同的安排方法．
3.(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为(　　)
A．5
B．10
C．15
D．20
答案　C
解析　方法一　∵(x＋y)5
＝(x5＋5x4y＋10x3y2＋10x2y3＋5xy4＋y5)，
∴x3y3的系数为10＋5＝15.
方法二　当x＋中取x时，x3y3的系数为C，
当x＋中取时，x3y3的系数为C，
∴x3y3的系数为C＋C＝10＋5＝15.
4．4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有________种．
答案　36
解析　将4名同学分成人数为2,1,1的3组，有C＝6(种)分法，再将3组同学分到3个小区，共有A＝6(种)分法，由分步乘法计数原理可得不同的安排方法共有6×6＝36(种)．

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