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排列组合与二项式定理综合提升讲义
考点整合
一．两个原理.
1.乘法原理、加法原理：分类相加，分步相乘。
二．排列：元素是有顺序的
排列数公式或；，规定。
性质公式：
三．组合：元素没有顺序之分
组合数公式：
两个性质：①②
四．排列、组合（7大方法+2大原则）
1.直接法（分类相加，分步相乘）2.间接法（互斥事件） 3.捆绑法 4.插空法
5.隔板法 6.分类讨论法7.单排法
1.先选后排原则2.特殊优先原则

五．二项式定理
；
公式右边的多项式叫做的二项展开式；
展开式中各项的系数叫做二项式系数；
二项展开式的通项：。
的展开式：；
若令，则有：，此为二项式系数之和！
二项展开式中各奇数项的二项式系数之和等于各偶数项的二项式系数之和，
即
对称性：二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等
单调性：二项式系数在前半部分逐渐增大，在后半部分逐渐减小，在中间取得最大值.其中，当n为偶数时，二项展开式中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，二项展开式中间两项的二项式系数，相等，且最大.

典例解析：
排列组合计算和证明
一．计算下列各题：
1.；　　2.；
3.　；　
4.
5.．
6.求()的个位数字．
7.；
8.设求的值

解：
1.；
2.原式
；
3.原式
；
4.∵，
∴
．
5.由
∴原式．；
6.当时，的个位数为0，
∴()的个位数字与的个位数字相同．
而，∴的个位数字为3．
7.原式；
8.解：由题意可得：，解得，
∵，∴或或，
当时原式值为7；当时原式值为7；当时原式值为11．
∴所求值为4或7或11．
二．解方程：（1）；（2）；（3）3．
解不等式：．
解：
（1）由原方程得或，∴或，
又由得且，∴原方程的解为或
上述求解过程中的不等式组可以不解,直接把和代入检验,这样运算量小得多.
（2）原方程可化为，即，∴，
∴，
∴，解得或，
经检验：是原方程的解
（3）由排列数公式得：，
∵，∴，即，
解得或，∵，且，∴原方程的解为．
（4）原不等式即，
也就是，化简得：，
解得或，又∵，且，
所以，原不等式的解集为．

三．化简：⑴；⑵
⑴解：原式
⑵提示：由，得，
原式
说明：．

四．求证：
1. ；
2.．
3.．
4.＝++．
5.…（其中）。
6.…。
7.…。

证明：
1.，∴原式成立
2.

右边
∴原式成立
3..∵，＝
＝∴
4..右边左边
5.设某班有个男同学、个女同学，从中选出个同学组成兴趣小组，可分为类：男同学0个，1个，…，个，则女同学分别为个，个，…，0个，共有选法数为…。又由组合定义知选法数为，故等式成立。
6.左边=…=…，
其中可表示先在个元素里选个，再从个元素里选一个的组合数。设某班有个同学，选出若干人（至少1人）组成兴趣小组，并指定一人为组长。把这种选法按取到的人数分类（…），则选法总数即为原式左边。现换一种选法，先选组长，有种选法，再决定剩下的人是否参加，每人都有两种可能，所以组员的选法有种，所以选法总数为种。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。
7.由于可表示先在个元素里选个，再从个元素里选两个（可重复）的组合数，所以原式左端可看成在例3指定一人为组长基础上，再指定一人为副组长（可兼职）的组合数。对原式右端我们可分为组长和副组长是否是同一个人两种情况。若组长和副组长是同一个人，则有种选法；若组长和副组长不是同一个人，则有种选法。∴共有+种选法。显然，两种选法是一致的，故左边=右边，等式成立。

排列组合解法
一．直接法（分类相加，分步相乘）
从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有 种.
解：由分析，完成第一类办法还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取2台，有种方法；第二步是在组装计算机任意选取3台，有种方法，据乘法原理共有种方法.同理，完成第二类办法中有种方法.据加法原理完成全部的选取过程共有种方法.

某公司招聘来8名员工，平均分配给下属的甲、乙两个部门，其中两名英语翻译人员不能分在同一个部门，另外三名电脑编程人员也不能全分在同一个部门，则不同的分配方案共有(　　)
A．24种 B．36种C．38种 D．108种
[解析]　本题考查排列组合的综合应用，据题意可先将两名翻译人员分到两个部门，共有2种方法，第二步将3名电脑编程人员分成两组，一组1人另一组2人，共有C种分法，然后再分到两部门去共有CA种方法，第三步只需将其他3人分成两组，一组1人另一组2人即可，由于是每个部门各4人，故分组后两人所去的部门就已确定，故第三步共有C种方法，由分步乘法计数原理共有2CAC＝36(种)．

在一块并排10垄的田地中，选择2垄分别种植A、B两种作物，每种作物种植一垄,为有利于作物生长，要求A、B两种作物的间隔不小于6垄，则不同的种植方法共有多少种？
×
○
○
○
○
○
○
×
○
○
×
○
○
○
○
○
○
○
×
○
×
○
○
○
○
○
○
○
○
×
○
×
○
○
○
○
○
○
×
○
○
×
○
○
○
○
○
○
○
×
○
○
×
○
○
○
○
○
○
×

解法一如表格所示，用×表示种植作物的地垄，О表示未种植作物的地垄，则不同的选垄方法共有6种，由于A、B是两种作物，故不同的种植方法共有12种．
解法二选垄方法可分为三类：第一类间隔为6垄，有1－8，2－9，3－10三种选法；第二类间隔为7垄，有1－9，2－10两种选法；第三类间隔为8垄，只有1－10种选法，故选垄方法共6种，种植方法共12种．

由五个数字能组成多少个大于的五位数？
解法（一）本题没有说明是没有重复数字的五位数，所以数可以重复应用；
用分类填空方法，第一类，3、4、5分别在万位的数共有种；
第二类，2在万位，千位上为4、5的数共有种；
第三类，2在万位，千位上为3，百位为4、5的数共有种；
　　　　　　　因此，满足条件的五位数共有2175种．
解法（二）用排除法（间接法）总数减去不合条件的数）
　　　这五个数字组成的五位数一共有种；
　　　其中万位是１的数共有种；万位是２千位上是１，２的数共有种；
　　　万位是２千位是３百位是１、２、３的数共有种，所以不合条件的数共有950种，
所以由1、2、3、4、5这五个数字能组成大于23400的五位数共2175种．

二．间接法（互斥事件）
从4台甲型和5台乙型电视机中任取3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同的取法共有（）A、140种B、80种C、70种D、35种
解析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种型号的电视机，故不同的取法共有种,选.
解析2：至少要甲型和乙型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；甲型2台乙型1台；故不同的取法有台,选.

从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有
（A）70种（B）80种（C）100种（D）140种
【解析】直接法：一男两女,有C51C42＝5×6＝30种,两男一女,有C52C41＝10×4＝40种,共计70种
间接法：任意选取C93＝84种,其中都是男医生有C53＝10种,都是女医生有C41＝4种,于是符合条件的有84－10－4＝70种.
【答案】A

高三年级的三个班到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，其中工厂甲必须有班级去，每班去何工厂可自由选择，则不同的分配方案有（）.
（A）16种（B）18种（C）37种（D）48种
解：用间接法.先计算3个班自由选择去何工厂的总数，再扣除甲工厂无人去的情况，即：种方案.

三．捆绑法
2位男生和3位女生共5位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是
A.60B.48C.42D.36
【答案】B
【解析】解法一、从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，（A共有种不同排法），剩下一名女生记作B，两名男生分别记作甲、乙；则男生甲必须在A、B之间（若甲在A、B两端。则为使A、B不相邻，只有把男生乙排在A、B之间，此时就不能满足男生甲不在两端的要求）此时共有6×2＝12种排法（A左B右和A右B左）最后再在排好的三个元素中选出四个位置插入乙，所以，共有12×4＝48种不同排法。
解法二；同解法一，从3名女生中任取2人“捆”在一起记作A，（A共有种不同排法），剩下一名女生记作B，两名男生分别记作甲、乙；为使男生甲不在两端可分三类情况：
第一类：女生A、B在两端，男生甲、乙在中间，共有=24种排法；
第二类：“捆绑”A和男生乙在两端，则中间女生B和男生甲只有一种排法，此时共有＝12种排法
第三类：女生B和男生乙在两端，同样中间“捆绑”A和男生甲也只有一种排法。
此时共有＝12种排法
三类之和为24＋12＋12＝48种。

三个女生和五个男生排成一排
（1）如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？
（2）如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？
（3）如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？
（4）如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？
解：（1）（捆绑法）因为三个女生必须排在一起，所以可以先把她们看成一个整体，这样同五个男生合一起共有六个元素，然成一排有种不同排法．对于其中的每一种排法，三个女生之间又都有对种不同的排法，因此共有种不同的排法．
（2）（插空法）要保证女生全分开，可先把五个男生排好，每两个相邻的男生之间留出一个空档．这样共有4个空档，加上两边两个男生外侧的两个位置，共有六个位置，再把三个女生插入这六个位置中，只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻．由于五个男生排成一排有种不同排法，对于其中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个来让三个女生插入都有种方法，因此共有种不同的排法．
（3）解法1：（位置分析法）因为两端不能排女生，所以两端只能挑选5个男生中的2个，有种不同的排法，对于其中的任意一种排法，其余六位都有种排法，所以共有种不同的排法．
解法2：（间接法）3个女生和5个男生排成一排共有种不同的排法，从中扣除女生排在首位的种排法和女生排在末位的种排法，但这样两端都是女生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次，在扣除女生排在未位的情况时又被扣去一次，所以还需加一次回来，由于两端都是女生有种不同的排法，所以共有种不同的排法．
解法3：（元素分析法）从中间6个位置中挑选出3个来让3个女生排入，有种不同的排法，对于其中的任意一种排活，其余5个位置又都有种不同的排法，所以共有种不同的排法，
（4）解法1：因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生，则未位就不再受条件限制了，这样可有种不同的排法；如果首位排女生，有种排法，这时末位就只能排男生，有种排法，首末两端任意排定一种情况后，其余6位都有种不同的排法，这样可有种不同排法．因此共有种不同的排法．
解法2：3个女生和5个男生排成一排有种排法，从中扣去两端都是女生排法种，就能得到两端不都是女生的排法种数．
因此共有种不同的排法．

四．插空法
七人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同的排法种数是（）
A、1440种B、3600种C、4820种D、4800种
解析：除甲乙外，其余5个排列数为种，再用甲乙去插6个空位有种，不同的排法种数是种，选.

马路上有编号为1，2，3…，9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？
解析：把此问题当作一个排对模型，在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮的灯种方法,所以满足条件的关灯方案有10种.

名同学排队照相．
(1)若分成两排照，前排人，后排人，有多少种不同的排法？
(2)若排成两排照，前排人，后排人，但其中甲必须在前排，乙必须在后排，有多少种不同的排法？
(3)若排成一排照，甲、乙、丙三人必须相邻，有多少种不同的排法？
(4)若排成一排照，人中有名男生，名女生，女生不能相邻，有多少种不面的排法？
分析：(1)可分两步完成：第一步，从人中选出人排在前排，有种排法；第二步，剩下的人排在后排，有种排法，故一共有种排法．事实上排两排与排成一排一样，只不过把第个位子看成第二排而已，排法总数都是，相当于个人的全排列．(2)优先安排甲、乙．(3)用“捆绑法”．(4)用“插空法”．
解：(1)种．
(2)第一步安排甲，有种排法；第二步安排乙，有种排法；第三步余下的人排在剩下的个位置上，有种排法，由分步计数原理得，符合要求的排法共有种．
(3)第一步，将甲、乙、丙视为一个元素，有其余个元素排成一排，即看成个元素的全排列问题，有种排法；第二步，甲、乙、丙三人内部全排列，有种排法．由分步计数原理得，共有种排法．
(4)第一步，名男生全排列，有种排法；第二步，女生插空，即将名女生插入名男生之间的个空位，这样可保证女生不相邻，易知有种插入方法．由分步计数原理得，符合条件的排法共有：种．

五．隔板法
10个三好学生名额分到7个班级，每个班级至少一个名额，有多少种不同分配方案？
7.解析：10个名额分到7个班级，就是把10个名额看成10个相同的小球分成7堆，每堆至少一个，可以在10个小球的9个空位中插入6块木板，每一种插法对应着一种分配方案，故共有不同的分配方案为种
六．分类讨论法
将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（　　）
A．10种　　　　　B．20种　　　　　C．36种　　　　　D．52种
答案A
解析：将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，分情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有种方法；②1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，有种方法；则不同的放球方法有10种，选A．

设集合。选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有
A．B．C．D．
答案B
解析：若集合A、B中分别有一个元素，则选法种数有=10种；若集合A中有一个元素，集合B中有两个元素，则选法种数有=10种；若集合A中有一个元素，集合B中有三个元素，则选法种数有=5种；若集合A中有一个元素，集合B中有四个元素，则选法种数有=1种；若集合A中有两个元素，集合B中有一个元素，则选法种数有=10种；若集合A中有两个元素，集合B中有两个个元素，则选法种数有=5种；若集合A中有两个元素，集合B中有三个元素，则选法种数有=1种；若集合A中有三个元素，集合B中有一个元素，则选法种数有=5种；若集合A中有三个元素，集合B中有两个元素，则选法种数有=1种；若集合A中有四个元素，集合B中有一个元素，则选法种数有=1种；总计有，选B.

(2012年高考陕西卷理科8)两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（各人输赢局次的不同视为不同情形）共有（）
（A）10种（B）15种（C）20种（D）30种[来源:21世纪教育网]

(2012年高考北京卷理科6)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.24B.18C.12D.6

(2012年高考浙江卷理科6)若从1，2，2，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有（）
A．60种B．63种C．65种D．66种

用0，1，2，3，4，5六个数字组成无重复数字的五位数，分别求出下列各类数的个数：
(1)5的倍数；
(2)比20300大的数；
(3)不含数字0，且1，2不相邻的数．
解：(1)5的倍数可分为两类：个位数的位置上的数字是0或5，
个位数字是0的五位数有个；
个位数字是5的五位数有4个；
故5的倍数共有＋4＝216个
(2)比20300大的五位数可分为三类：
第一类：3××××，4××××，5××××；有3个；
第二类：21×××，23×××，24×××，25×××，有4个；
第三类：203××，204××，205××，有3个．
故比20300大的五位数共有3＋4＋3＝474个．
(3)组成不含数字0，且1，2不相邻的数可分为两步，第一步：将3，4，5三个数字排成一行；第二步：将1，2插入第一步所形成四个“空”中的两个“空”，故共有＝72个．

已知集合A＝{5}，B＝{1,2}，C＝{1,3,4}，从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标，则确定的不同点的个数为(　　)
A．33 B．34C．35 D．36
[解析]　①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有C·A＝12个；
②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有C·A＋A＝18个；
③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有C＝3个．
故共有符合条件的点的个数为12＋18＋3＝33个，故选A.

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，不同取法共有 ()
(A)150种 (B)147种 (C)144种 (D)141种
分析取出的四个点不共面的情况要比取出的四个点共面的情况复杂，可采用间接法，先不加限制任取四点，再减去四面共点的取法．
解在10个点中任取4点，有种取法，取出的4点共面有三类(如图7－2－3)．
第一类：共四面体的某一个面，有4种取法；
第二类：过四面体的一条棱上的三点及对棱的中点，如图中的平面ABE，有6种取法；
第三类：过四面体的四条棱的中点，面与另外两条棱平行，如图中的平面EFGM，共有3个．
故取4个不共面的点的不同取法共有－(4＋6＋3)＝141(种)
因此选D

七．单排法
6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是（）
A、36种B、120种C、720种D、1440种
解析：前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排成一排，共种，选.

8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某1个元素排在后排，有多少种不同排法？
解析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有种，某1个元素排在后半段的四个位置中选一个有种，其余5个元素任排5个位置上有种，故共有种排法.

有5对姐妹站成一圈，要求每对姐妹相邻，有多少种不同站法？
解析：首先可让5位姐姐站成一圈，属圆排列有种，然后在让插入其间，每位均可插入其姐姐的左边和右边，有2种方式，故不同的安排方式种不同站法.说明：从个不同元素中取出个元素作圆形排列共有种不同排法.

原则一.先选后排
从班委会5名成员中选出3名，分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有 种　（用数字作答）
解：①甲乙均未选中有种；
②甲乙均选中有种；
③甲乙有一人选中有种；
所以不同选法共有++=36种。

下是表是高考第一批录取的一份志愿表．如果有所重点院校，每所院校有个专业是你较为满意的选择．若表格填满且规定学校没有重复，同一学校的专业也没有重复的话，你将有多少种不同的填表方法？

分析：填写学校时是有顺序的，因为这涉及到第一志愿、第二志愿、第三志愿的问题；同一学校的两个专业也有顺序，要区分出第一专业和第二专业．因此这是一个排列问题．
解：填表过程可分两步．第一步，确定填报学校及其顺序，则在所学校中选出所并加排列，共有种不同的排法；第二步，从每所院校的个专业中选出个专业并确定其顺序，其中又包含三小步，因此总的排列数有种．综合以上两步，由分步计数原理得不同的填表方法有：种．

原则二.特殊优先原则
现1名老师和4名获奖同学排成一排照相留念，若老师不站两端则有不同的排法有多少种？
解析：老师在中间三个位置上选一个有种，4名同学在其余4个位置上有种方法；所以共有种。.

某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲同学不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？
解析：因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况：
①若甲乙都不参加，则有派遣方案种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有方法，所以共有；③若乙参加而甲不参加同理也有种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余8人到另外两个城市有种，共有方法.所以共有不同的派遣方法总数为种.

现有1角、2角、5角、1元、2元、5元、10元、50元人民币各一张，100元人民币2张，从中至少取一张，共可组成不同的币值种数是（）
(A)1024种 (B)1023种 (C)1536种 (D)1535种
解：除100元人民币以外每张均有取和不取2种情况，100元人民币的取法有3种情况，再减去全不取的1种情况，所以共有种.

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，现将这五个球放入这五个盒子内，要求每个盒内放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同，这样的投放方法的总数为 ；
(2)四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共
有 种．
解(1)第一步：投放2个球，使其编号与盒子编号相同，有种投法；第二步：投入其余3个球，以第一步的投法是1，2号球投入1，2号盒子内为例，其余3个球由于不能再出现球号与盒号相同的投法，如框图所示有2种投法．
④
⑤
③

⑤
③
④
3
4
5

3
4
5
综上可知，符合题意的投放方法共有×2＝20种．
(2)第一步：取出两个小球(种取法)合成一个“元素”，与另外两个球合成三个“元素”；第二步：将3个元素放入4个盒中的3个盒子，每个盒子放一个元素，形成一个空盒(种放法)，故符合题意的放法共有·＝144种．

特殊问题举例：
圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有多少个？
解析：因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的10个点可以确定多少个不同的四边形，显然有个，所以圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有个.

30030能被多少个不同偶数整除？
解析：先把30030分解成质因数的形式：30030=2×3×5×7×11×13；依题意偶因数2必取，3，5，7，11，13这5个因数中任取若干个组成成积，所有的偶因数为
个.

正方体8个顶点可连成多少队异面直线？
解析：因为四面体中仅有3对异面直线，可将问题分解成正方体的8个顶点可构成多少个不同的四面体，从正方体8个顶点中任取四个顶点构成的四面体有个，所以8个顶点可连成的异面直线有3×58=174对.

四面体的顶点和各棱中点共10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
解析：10个点中任取4个点共有种，其中四点共面的有三种情况：①在四面体的四个面上，每面内四点共面的情况为，四个面共有个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共6个.所以四点不共面的情况的种数是种.

从五个数字中每次取出三个不同的数字组成三位数，求所有三位数的和．
分析：可以从每个数字出现的次数来分析，例如“”，当它位于个位时，即形如的数共有个（从四个数中选两个填入前面的两个空），当这些数相加时，由“”所产生的和是．当位于十位时，即形如的数也有，那么当这些数相加时，由“”产生的和应是．当位于面位时，可同理分析．然后再依次分析的情况．
解：形如的数共有个，当这些数相加时，由“”产生的和是；形如的数也有个，当这些数相加时，由“”产生的和是；形如的数也有个，当这些数相加时，由“”产生的和应是．这样在所有三位数的和中，由“”产生的和是．同理由产生的和分别是，，，，因此所有三位数的和是．

染色问题探究：
(2010年高考天津卷理科10)如图，用四种不同颜色给图中的A、B、C、D、E、F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色。则不同的涂色方法共有
（A）288种（B）264种（C）240种（D）168种
【答案】B
【解析】分三类：（1）B、D、E、F用四种颜色，则有种方法；
（2）B、D、E、F用三种颜色，则有种方法；
（3）B、D、E、F用二种颜色，则有，所以共有不同的涂色方法
24+192+48=264种。

从给定的六种不同颜色中选用若干种颜色，将一个正方体的6个面涂色，每两个具有公共棱的面涂成不同的颜色，则不同的涂色方案共有多少种？
解：根据共用多少种不同的颜色分类讨论
（1）用了六种颜色，确定某种颜色所涂面为下底面，则上底颜色可有5种选择，在上、下底已涂好后，再确定其余4种颜色中的某一种所涂面为左侧面，则其余3个面有3！种涂色方案，根据乘法原理
（2）共用五种颜色，选定五种颜色有种方法，必有两面同色（必为相对面），确定为上、下底面，其颜色可有5种选择，再确定一种颜色为左侧面，此时的方法数取决于右侧面的颜色，有3种选择（前后面可通过翻转交换）

(3)共用四种颜色,仿上分析可得

(4)共用三种颜色,

如图，6个扇形区域A、B、C、D、E、F，现给这6个区域着色，要求同一区域涂同一种颜色，相邻的两个区域不得使用同一种颜色，现有4种不同的颜色可选。
解（1）当相间区域A、C、E着同一种颜色时，
有4种着色方法，此时，B、D、F各有3种着色方法，
此时，B、D、F各有3种着色方法故有
种方法。
（2）当相间区域A、C、E着色两不同的颜色时，有种着色方法，此时B、D、F有种着色方法，故共有种着色方法。
（3）当相间区域A、C、E着三种不同的颜色时有种着色方法，此时B、D、F各有2种着色方法。此时共有种方法。
故总计有108+432+192=732种方法。

二项式定理
1.求的展开式；
解：原式===
=

2.已知在的展开式中，第6项为常数项.
（1） 求n；（2）求含的项的系数；（3）求展开式中所有的有理项.
解：（1）通项为
因为第6项为常数项，所以r=5时，有=0，即n=10.
（2）令=2，得所以所求的系数为.
（3）根据通项公式，由题意
令，则，故可以取，即r可以取2，5，8.
所以第3项，第6项，第9项为有理项，它们分别为.

3.的展开式中，常数项是        ．
解： ，该式展开后常数项只有一项，即
求（的展开式的中间项；
解：展开式的中间项为即：。
当为奇数时，的展开式的中间项是和；
当为偶数时，的展开式的中间项是。

4.的展开式中，项的系数是 ；
解：在展开式中，的来源有：
① 第一个因式中取出，则第二个因式必出，其系数为；
② 第一个因式中取出1，则第二个因式中必出，其系数为
的系数应为：填。

5.已知的展开式的二项式系数和比的展开式的二项式系数和大992，求的展开式中：（1）二项式系数最大的项；（2）系数的绝对值最大的项.
解：由题意知，，所以，解得n=5.
（1） (1)由二项式系数性质，的展开式中第6项的二项式系数最大..
（2） 设第项的系数的绝对值最大，

得，即，解得.
，故系数的绝对值最大的项是第4项，.
6.在二项式的展开式中，系数最小的项的系数是；
解：
要使项的系数最小，则必为奇数，且使为最大，由此得，从而可知最小项的系数为

7.求展开式中系数最大的项；
解：记第项系数为，设第项系数最大，则有又，那么有
即
解得，系数最大的项为第3项和第4项。

8.在的展开式中，若第3项与第6项系数相等，则
的展开式奇数项的二项式系数之和为128，则展开式中二项式系数最大项是         ．
　　分析：（1）由已知，所以．
　　　　　（2）由已知，而，
　　　　　∴
　　　　　展开式中二项式系数最大项是第5项．

9.的展开式中有理项共有 项；
解：
当时，所对应的项是有理项。故展开式中有理项有4项。
① 当一个代数式各个字母的指数都是整数时，那么这个代数式是有理式；
② 当一个代数式中各个字母的指数不都是整数（或说是不可约分数）时，那么这个代数式是无理式。

10.若，则的值为 ；
解：
令，有，令，有
故原式===

11.若，则；
解：，令，有
令，有故原式==

12.设，则 ；
解：
==1
13.已知，那么
　　分析　用特殊值法．
　　　　　令，得，
　　　　　令，得，
　　　　　∴．
14.求的近似值，使误差小于；
分析：因为=，故可以用二项式定理展开计算。
解：==
，
且第3项以后的绝对值都小于，
从第3项起，以后的项都可以忽略不计。
==
15.除以100的余数是         ．
　　分析：转化为二项式的展开式求解．
　　　　　　　　．
上式中只有最后两项不能被100整除．8281除以100的余数为81，所以除以100的余数为81．

16.的值等于（   ）．
　　　　　　A．111105 B．111111 C．12345 D．99999
　　分析　由已知式子的结构，可构造二项式．
　　　　　原式．故选C．

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