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高考数学第一轮基础知识点复习：两个基本计数原理
第十编 计数原理
§10.1 两个基本计数原理
1.有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法有 种. 答案 12 2.从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法有 种. 答案 5 3.一个乒乓球队里有男队员5人，女队员4人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，共有 种不同的选法. 答案 20 4.将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有 种. 答案 36 5.有一项活动需在3名老师，8名男同学和5名女同学中选人参加，（1）若只需一人参加，有多少种不同的选法？ （2）若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同的选法？ （3）若只需老师，男同学，女同学各一人参加，有多少种不同的选法？ 解 （1）“完成这件事”只需从老师、学生中选1人即可，共有3+8+5=16种. (2)“完成这件事”需选2人，老师、学生各1人，分两步进行：选老师有3种方法，选学生有8+5=13种方法，共有 3×13=39种方法. (3)“完成这件事”需选3人，老师、男同学、女同学各一人，可分三步进行，选老师有3种方法，选男同学有8种方法，选女同学有5种方法，共有3×8×5=120种方法.
例1 在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？ 解 方法一 按十位数上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个. 由分类计数原理知，符合题意的两位数的个数共有： 8+7+6+5+4+3+2+1=36（个）. 方法二 按个位数字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个，所以按分类计数原理共有： 1+2+3+4+5+6+7+8=36（个）. 例2 已知集合M={-3,-2,-1,0,1,2},P(a,b)表示平面上的点(a,b∈M),问: (1)P可表示平面上多少个不同的点? (2)P可表示平面上多少个第二象限的点? (3)P可表示多少个不在直线y=x上的点? 解 （1）确定平面上的点P(a,b)可分两步完成： 第一步确定a的值，共有6种确定方法； 第二步确定b的值，也有6种确定方法. 根据分步计数原理，得到平面上的点数是6×6=36. （2）确定第二象限的点，可分两步完成： 第一步确定a，由于a＜0,所以有3种确定方法； 第二步确定b,由于b＞0，所以有2种确定方法. 由分步计数原理，得到第二象限点的个数是3×2=6. （3）点P（a,b)在直线y=x上的充要条件是a=b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y=x上的点有6个. 由（1）得不在直线y=x上的点共有36-6=30个. 例3 （16分）现有高一四个班学生34人,其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组. （1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？ （2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？ （3）推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？ 解 （1）分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法； 第二类，从二班学生中选1人，有8种选法； 第三类，从三班学生中选1人，有9种选法； 第四类，从四班学生中选1人，有10种选法. 所以，共有不同的选法N=7+8+9+10=34（种）. 4分 （2）分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法 N=7×8×9×10=5 040（种）. 8分 （3）分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有9×10种不同的选法， 14分 所以共有不同的选法 N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431（种）. 16分 1.从1到20这20个整数中,任取两个相加,使其和大于20,共有几种取法? 解 当一个加数是1时,另一个加数只能是20,1种取法. 当一个加数是2时,另一个加数可以是19,20,2种取法. 当一个加数是3时,另一个加数可以是18,19,20,3种取法. …… 当一个加数是10时,另一个加数可以是11,12,…,20,10种取法. 当一个加数是11时,另一个加数可以是12,13,…,20,9种取法. …… 当一个加数是19时,另一个加数是20,1种取法. 由分类计数原理可得共有1+2+3+…+10+9+8+…+1=100种取法. 2.某体育彩票规定：从01到36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元.某人想先选定吉利号18，然后从01至17中选3个连续的号，从19至29中选2个连续的号，从30至36中选1个号组成一注.若这个人要把这种要求的号全买下，至少要花多少元钱？ 解 先分三步选号，再计算总钱数. 按号段选号，分成三步. 第一步从01至17中选3个连续号，有15种选法； 第二步从19至29中选2个连续号，有10种选法； 第三步从30至36中选1个号，有7种选法. 由分步计数原理可知，满足要求的号共有 15×10×7=1 050(注), 故至少要花1 050×2=2 100(元). 3.某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动. （1）任选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？ （2）三个年级各选一个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？ （3）选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？ 解 （1）分三类：第一类从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二类从高二年级选一个班，有7种不同方法；第三类从高三年级选1个班，有8种不同方法.由分类计数原理，共有6+7+8=21种不同的选法. （2）每种选法分三步：第一步从高一年级选一个班，有6种不同方法；第二步从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三步从高三年级选1个班，有8种不同方法.由分步计数原理，共有6×7×8=336种不同的选法. （3）分三类，每类又分两步.第一类从高一、高二两个年级各选一个班，有6×7种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同方法；第三类从高二、高三年级各选一个班，有7×8种不同的方法，故共有6×7+6×8+7×8=146种不同选法.
一、填空题 1.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有 种. 答案 32 2.某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“×××××××0000”到“×××××××9999”共10 000个号码，公司规定：凡卡号的后四位中带有数字“4”或“7”的一律作为优惠卡，则这组号码中“优惠卡”共有 个. 答案 5 904 3.从集合{1，2，3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列共有 个. 答案 8 4.如图所示，用五种不同的颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有 种.
答案 180 5.一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有 种.

答案 48 6.（2008•全国Ⅰ文）将1，2，3填入3×3的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，右面是一种填法，则不同的填写方法共有 种.
答案 12 7.在2008年奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1、2、3、4、5、6、7、8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有 种. 答案 2 880 8.若一个m,n均为非负整数的有序数对（m,n)，在做m+n的加法时各位均不会进位，则称（m,n)为“简单的”有序数对，m+n称为有序数对（m,n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序数对的个数是 . 答案 300 二、解答题 9.（1）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？ （2）4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？ 解 （1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，四个都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有：3×3×3×3=81种报名方法. （2）完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成， 于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步.而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能的情况，于是共有：4×4×4=43=64种可能的情况. 10.用5种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻（有公共边）的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？ 解 完成该件事可分步进行. 涂区域1，有5种颜色可选. 涂区域2，有4种颜色可选. 涂区域3，可先分类：若区域3的颜色与2相同，则区域4有4种颜色可选.若区域3的颜色与2不同，则区域3有3种颜色可选，此时区域4有3种颜色可选. 所以共有5×4×（1×4+3×3）=260种涂色方法. 11.在平面直角坐标系内，点P（a，b）的坐标满足a≠b,且a,b都是集合{1,2,3,4,5,6}的元素,又点P到原点的距离|OP|≥5.求这样的点P的个数. 解 按点P的坐标a将其分为6类: (1)若a=1,则b=5或6,有2个点; (2)若a=2,则b=5或6,有2个点; (3)若a=3,则b=5或6或4,有3个点; (4)若a=4,则b=3或5或6,有3个点; (5)若a=5,则b=1,2,3,4,6,有5个点; (6)若a=6,则b=1,2,3,4,5,有5个点; ∴共有2+2+3+3+5+5=20（个）点. 12.将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有多少种？ 解 设由左到右五块田中要种a,b,c三种作物，不妨先设第一块种a,则第二块可种b,c,有两种选法.同理，如果第二块种b,则第三块可种a和c,也有两种选法，由分步计数原理共有1×2×2×2×2=16.其中要去掉ababa和acaca两种方法. 故a种作物种在第一块田中时的种法数有16-2=14（种）. 同理b种或c种作物种在第一块田中时的种法数也都为14种. 所以符合要求的种植方法共有 3×(2×2×2×2-2)=3×(16-2)=42(种).

§10.2 排列与组合

1.从1，2，3，4，5，6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有 个. 答案 54 2.（2008•福建理）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共有 种. 答案 14 3.停车场每排恰有10个停车位.当有7辆不同型号的车已停放在同一排后，恰有3个空车位连在一起的排法有 种.（用式子表示） 答案 A 4.在100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的不同取法种数是 （用式子表示）. 答案 - 5.（2007•天津理）如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答）. 答案 390 例1 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？ （1）甲不站两端； （2）甲、乙必须相邻； （3）甲、乙不相邻； （4）甲、乙之间间隔两人； （5）甲、乙站在两端； （6）甲不站左端，乙不站右端. 解 （1）方法一 要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A 种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A 种站法，根据分步计数原理，共有站法：A •A =480（种）. 方法二 由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A 种站法，然后中间4人有A 种站法，根据分步计数原理，共有站法：A •A =480（种）. 方法三 若对甲没有限制条件共有A 种站法，甲在两端共有2A 种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即共有站法：A -2A =480（种）. （2）方法一 先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余4人进行全排列有A 种站法，再把甲、乙进行全排列，有A 种站法，根据分步计数原理，共有A •A =240（种）站法. 方法二 先把甲、乙以外的4个人作全排列，有A 种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙放入，有A 种方法，最后让甲、乙全排列，有A 种方法，共有A •A •A =240（种）. （3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有A 种站法；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档（含两端）中，有A 种站法，故共有站法为A •A =480（种）. 也可用“间接法”，6个人全排列有A 种站法，由（2）知甲、乙相邻有A •A =240种站法，所以不相邻的站法有A -A •A =720-240=480（种）. （4）方法一 先将甲、乙以外的4个人作全排列，有A 种，然后将甲、乙按条件插入站队，有3A 种，故共有A •（3A ）=144（种）站法. 方法二 先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有A 种，然后把甲、乙及中间2人看作一个“大”元素与余下2人作全排列有A 种方法，最后对甲、乙进行排列，有A 种方法，故共有A •A •A =144（种）站法. （5）方法一 首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A 种，再让其他4人在中间位置作全排列，有A 种，根据分步计数原理，共有A •A =48（种）站法. 方法二 首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有A 种站法，然后考虑中间4个位置，由剩下的4人去站，有A 种站法，由分步计数原理共有A •A =48（种）站法. （6）方法一 甲在左端的站法有A 种，乙在右端的站法有A 种，且甲在左端而乙在右端的站法有A 种，共有A -2A +A =504（种）站法. 方法二 以元素甲分类可分为两类：①甲站右端有A 种站法，②甲在中间4个位置之一，而乙不在右端有A •A •A 种，故共有A +A •A •A =504（种）站法. 例2 （16分）男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人.选派5人外出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法？ （1）男运动员3名，女运动员2名； （2）至少有1名女运动员； （3）队长中至少有1人参加； （4）既要有队长，又要有女运动员. 解 （1）第一步：选3名男运动员，有C 种选法. 第二步：选2名女运动员，有C 种选法. 共有C •C =120种选法. 4分 （2）方法一 至少1名女运动员包括以下几种情况： 1女4男，2女3男，3女2男，4女1男. 由分类计数原理可得总选法数为 C C +C C +C C +C C =246种. 8分 方法二 “至少1名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解. 从10人中任选5人有C 种选法，其中全是男运动员的选法有C 种. 所以“至少有1名女运动员”的选法为C -C =246种. 8分 （3）方法一 可分类求解： “只有男队长”的选法为C ； “只有女队长”的选法为C ； “男、女队长都入选”的选法为C ； 所以共有2C +C =196种选法. 12分 方法二 间接法： 从10人中任选5人有C 种选法. 其中不选队长的方法有C 种.所以“至少1名队长”的选法为C -C =196种. 12分 （4）当有女队长时，其他人任意选，共有C 种选法.不选女队长时，必选男队长，共有C 种选法.其中不含女运动员的选法有C 种，所以不选女队长时的选法共有C -C 种选法. 所以既有队长又有女运动员的选法共有 C +C -C =191种. 16分 例3 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内. （1）恰有1个盒不放球，共有几种放法？ （2）恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？ （3）恰有2个盒不放球，共有几种放法？ 解 （1）为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另 外2个盒子内，由分步计数原理，共有C C C ×A =144种. （2）“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法. （3）确定2个空盒有C 种方法. 4个球放进2个盒子可分成（3，1）、（2，2）两类，第一类有序不均匀分组有C C A 种方法；第二类有序均匀分组有 •A 种方法. 故共有C ( C C A + •A ）=84种.
1.用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：(1)奇数；(2)偶数； (3)大于3 125的数. 解 (1)先排个位，再排首位，共有A •A •A =144（个）. (2)以0结尾的四位偶数有A 个，以2或4结尾的四位偶数有A •A •A 个，则共有A + A •A •A =156（个）. (3)要比3 125大，4、5作千位时有2A 个，3作千位，2、4、5作百位时有3A 个，3作千位，1作百位时有2A 个，所以共有2A +3A +2A =162（个）. 2.某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中 （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、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？ （4）队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？ 解 （1）只需从其他18人中选3人即可， 共有C =816（种）. （2）只需从其他18人中选5人即可，共有C =8 568（种）. （3）分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加， 共有C C +C =6 936（种）. （4）方法一 （直接法）至少一名内科医生一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以共有C C +C C +C C +C C =14 656（种）. 方法二 （间接法）由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C -（C +C )=14 656(种）. 3.有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？ （1）分成1本、2本、3本三组； （2）分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本； （3）分成每组都是2本的三组； （4）分给甲、乙、丙三人，每人2本. 解 （1）分三步：先选一本有C 种选法；再从余下的5本中选2本有C 种选法；对于余下的三本全选有C 种选法，由分步计数原理知有C C C =60种选法. （2）由于甲、乙、丙是不同的三人，在（1）的基础上，还应考虑再分配的问题，因此共有C C C A =360种选法. （3）先分三步，则应是C C C 种选法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A、B、C、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为（AB，CD，EF），则C C C 种分法中还有（AB、EF、CD），（CD、AB、EF）、（CD、EF、AB）、（EF、CD、AB）、（EF、AB、CD）共有A 种情况，而且这A 种情况仅是AB、CD、EF的顺序不同，因此，只算作一种情况，故分法有 =15种. （4）在问题（3）的工作基础上再分配，故分配方式有 •A = C C C =90种.
一、填空题 1.用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的偶数共有 个. 答案 36 2.将编号为1，2，3，4，5的五个球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子里，每个盒子内放一个球，若恰好有三个球的编号与盒子编号相同，则不同投放方法共有 种. 答案 10 3.记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有 种. 答案 960 4.在图中，“构建和谐社会，创美好未来”，从上往下读（不能跳读），共有 种不同的读法. 答案 252 5.(2008•天津理)有8张卡片分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5，则不同的排法共有 种. 答案 1 248 6.（2008•安徽理）12名同学合影，站成了前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是 （用式子表示）. 答案 C A 7.平面 内有四个点，平面 内有五个点，从这九个点中任取三个，最多可确定 个平面，任取四点，最多可确定 个四面体.（用数字作答） 答案 72 120 8.（2008•浙江理，16）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻.这样的六位数的个数是 .（用数字作答） 答案 40 二、解答题 9.某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，求该外商不同的投资方案有多少种？ 解 可先分组再分配，据题意分两类，一类：先将3个项目分成两组，一组有1个项目，另一组有2个项目，然后再分配给4个城市中的2个，共有C A 种方案；另一类1个城市1个项目，即把3个元素排在4个不同位置中的3个，共有A 种方案.由分类计数原理可知共有C A +A =60种方案. 10.课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？ （1）只有一名女生； （2）两队长当选； （3）至少有一名队长当选； （4）至多有两名女生当选. 解 （1）一名女生，四名男生，故共有C •C =350（种）. （2）将两队长作为一类，其他11人作为一类， 故共有C •C =165（种）. （3）至少有一名队长含有两类：有一名队长和两名队长. 故共有：C •C +C •C =825（种）. 或采用间接法：C -C =825（种）. （4）至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生. 故选法为C •C +C •C +C =966（种）. 11.已知平面 ∥ ，在 内有4个点，在 内有6个点. （1）过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？ （2）以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？ （3）上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？ 解 （1）所作出的平面有三类：① 内1点， 内2点确定的平面，有C •C 个；② 内2点， 内1点确定的平面，有C •C 个；③ ， 本身. ∴所作的平面最多有C •C +C •C +2=98（个）. （2）所作的三棱锥有三类：① 内1点， 内3点确定的三棱锥，有C •C 个；② 内2点， 内2点确定的三棱锥，有C •C 个； 内3点， 内1点确定的三棱锥，有C •C 个. ∴最多可作出的三棱锥有：C •C +C •C +C •C =194（个）. （3）∵当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等, 且平面 ∥ ，∴体积不相同的三棱锥最多有 C +C +C •C =114（个）. 12.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，共有多少种不同排法？ 解 ∵前排中间3个座位不能坐， ∴实际可坐的位置前排8个，后排12个. （1）两人一个前排，一个后排，方法数为C •C •A 种； （2）两人均在后排左右不相邻，共A -A •A =A 种； （3）两人均在前排，又分两类： ①两人一左一右，共C •C •A 种； ②两人同左同右，有2（A -A •A ）种. 综上可知，不同排法种数为 C •C •A +A +C •C •A +2（A -A •A ）=346种.

§10.3 二项式定理

1.在（1+x）n(n∈N*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n= . 答案 10 2.在（a2-2a ）n的展开式中，则下列说法错误的有 个. ①没有常数项 ②当且仅当n=2时，展开式中有常数项 ③当且仅当n=5时，展开式中有常数项 ④当n=5k (k∈N*)时，展开式中有常数项 答案 3 3.若多项式 (x+1）n-C (x+1)n-1+…+(-1)rC (x+1)n-r+…+(-1)nC =a0xn+a1xn-1+…+an-1x+an,则a0+a1+…+an-1+an= . 答案 1 4.（2008•山东理）(x- )12展开式中的常数项为 . 答案 -220 5.（2008•福建理，13）若(x-2)5=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a1+a2+a3+a4+a5= .（用数字作答） 答案 31 例1 在二项式( + )n的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项和二项式系数最大的项. 解 ∵二项展开式的前三项的系数分别是1， ， n（n-1）， ∴2• =1+ n（n-1）， 解得n=8或n=1（不合题意，舍去）， ∴Tk+1=C x =C 2-kx4- k， 当4- k∈Z时，Tk+1为有理项， ∵0≤k≤8且k∈Z,∴k=0，4，8符合要求. 故有理项有3项，分别是 T1=x4，T5= x，T9= x-2. ∵n=8，∴展开式中共9项， 中间一项即第5项的二项式系数最大.T5= x. 例2 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)∵(1-2x)7展开式中,a0,a2,a4,a6都大于零, 而a1,a3,a5,a7都小于零, ∴|a0|+|a1|+|a2|+…+|a7| =(a0+a2+a4+a6)-(a1+a3+a5+a7), ∴由(2)、（3）即可得其值为2 187. 例3 （14分）（1）已知n∈N*,求证：1+2+22+23+…+25n-1能被31整除； （2）求0.9986的近似值，使误差小于0.001. （1）证明 ∵1+2+22+23+…+25n-1 = =25n-1=32n-1 3分 =（31+1）n-1 =31n+C •31n-1+C •31n-2+…+C •31+1-1 =31（31n-1+C •31n-2+…+C ） 6分 显然括号内的数为正整数， 故原式能被31整除. 7分 （2）解 ∵0.9986=（1-0.002）6 =1-C （0.002）+C （0.002）2-C （0.002）3+… 10分 第三项T3=15×(0.002)2=0.000 06＜0.001,以后各项更小,∴0.9986≈1-0.012=0.988. 14分
1.在（3x-2y）20的展开式中，求： （1）二项式系数最大的项； （2）系数绝对值最大的项； （3）系数最大的项. 解 （1）二项式系数最大的项是第11项， T11=C 310（-2）10x10y10=C 610x10y10. （2）设系数绝对值最大的项是第r+1项， 于是 ， 化简得 ，解得7 ≤r≤8 . 所以r=8, 即T9=C 312•28•x12y8是系数绝对值最大的项. （3）由于系数为正的项为奇数项，故可设第2r-1项系数最大，于是 ， 化简得 . 解之得r=5,即2×5-1=9项系数最大. T9=C •312•28•x12y8. 2.求x(1-x)4+x2(1+2x)5+x3(1-3x)7展开式中各项系数的和. 解 设x(1-x)4+x2(1+2x)5+x3(1-3x)7 =a0+a1x+a2x2+…+anxn 在原式中，令x=1, 则1×(1-1)4+12×(1+2)5+13×(1-3)7=115, ∴展开式中各项系数的和为115. 3.求证:3n＞(n+2)•2n-1 （n∈N*，n＞2）. 证明 利用二项式定理3n=(2+1)n展开证明. 因为n∈N*，且n＞2,所以3n=(2+1)n展开后至少有4项. （2+1）n=2n+C •2n-1+…+C •2+1≥2n+n•2n-1+2n+1＞2n+n•2n-1=(n+2)•2n-1, 故3n＞(n+2)•2n-1.
一、填空题 1.（1-2x)6=a0+a1x+a2x2+…+a6x6，则|a0|+|a1|+|a2|+…+|a6|的值为 . 答案 729 2.（2008•安徽理）设（1+x）8=a0+a1x+…+a8x8，则a0，a1，…，a8中奇数的个数为 . 答案 2 3.（2008•全国Ⅱ理）(1- )6(1+ )4的展开式中x的系数是 . 答案 -3 4.已知(x- )8展开式中常数项为1 120，其中实数a为常数，则展开式中各项系数的和为 . 答案 1或38 5.若(1+5x2)n的展开式中各项系数之和是an,（2x3+5)n的展开式中各项的二项式系数之和为bn,则 的值为 . 答案 6.设m∈N*,n∈N*,若f(x)=(1+2x)m+(1+3x)n的展开式中x的系数为13，则x2的系数为 . 答案 31或40 7.（1+x）6(1-x)4展开式中x3的系数是 . 答案 -8 8.（2008•天津理，11） 的二项展开式中x2的系数是 .（用数字作答） 答案 40 二、解答题 9.已知( + )n (n∈N*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数之比为10∶1.求展开式中系数最大的是第几项？ 解 依题意，第5项的系数为C •24， 第三项的系数为C •22，则有 = ，解得n=8. 设展开式中第r+1项的系数最大，则 解得5≤r≤6. ∴第6项和第7项的系数相等且最大， 即最大为56×25=7×28=1 792. 10.已知（ +3x2）n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.求展开式中系数最大的项. 解 令x=1，得各项的系数和为（1+3）n=4n， 而各项的二项式系数和为：C +C +…+C =2n， ∴4n=2n+992. ∴(2n-32)(2n+31)=0 ∴2n=32或2n=-31（舍去），∴n=5 设第r+1项的系数最大，则 即 ∴ ≤r≤ ，又r∈Z，∴r=4， ∴系数最大的项是T5=C x （3x2）4=405x . 11.（1）求(x2- )9的展开式中的常数项； （2）已知( - )9的展开式中x3的系数为 ，求常数a的值； （3）求（x2+3x+2）5的展开式中含x的项. 解 （1）设第r+1项为常数项，则 Tr+1=C (x2）9-r•(- )r=(- )rC x 令18-3r=0,得r=6,即第7项为常数项. T7= C = . ∴常数项为 . (2)设第r+1项是含x3的项，则有 C ( )9-r = x3,得：xr-9x =x3， 故 r-9=3,即r=8. ∴C a（- ）8= ，∴a=4. （3）∵（x2+3x+2）5=（x+1）5（x+2）5， （x2+3x+2）5的展开式中含x的项是（x+1）5展开式中的一次项与（x+2）5展开式中的常数项之积，（x+1）5展开式中的常数项与(x+2)5展开式中的一次项之积的代数和. ∴含x的项为C •x•C •25+C •1•C •x•24=240x. 12.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 (*) 各项系数和即为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)设（2x-3y）10=a0x10+a1x9y+a2x8y2+…+a10y10 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, ∴奇数项的系数和为 ； ①-②得2(a1+a3+…+a9)=1-510, ∴偶数项的系数和为 . （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= .
单元检测十 一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分） 1.不同的五种商品在货架上排成一排，其中甲、乙两种必须排在一起，丙、丁不能排在一起，则不同的排法共有 种. 答案 24 2.直角坐标xOy平面上，平行直线x=n(n=0,1,2,…,5)与平行直线y=n (n=0,1,2,…,5)组成的图形中，矩形共有 个. 答案 225 3.二项式（a+2b)n中的第二项系数是8，则它的第三项的二项式系数为 . 答案 6 4.已知（x+1）15=a0+a1x+a2x2+…+a15x15，则a0+a1+a2+…+a7= . 答案 214 5.（2008•四川理）从甲、乙等10名同学中挑选4名参加某项公益活动，要求甲、乙中至少有1人参加，则不同的挑选方法共有 种. 答案 140 6.（2009•常州模拟）在（1-x3)(1+x)10的展开式中，x5的系数为 . 答案 207 7.（1+ ）6(1+ )10的展开式中的常数项为 . 答案 4 246 8.（2008•辽宁理）一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有 种. 答案 36 9.甲、乙、丙三名同学在课余时间负责一个计算机房的周一至周六值班工作，每天一人值班，每人值班两天，如果甲同学不值周一的班，乙同学不值周六的班，则可以排出不同的值班表有 种. 答案 42 10.若（1+x)n+1的展开式中含xn-1的系数为an，则 + +…+ 的值为 . 答案 11.在（x- ）9的展开式中，x3的系数为 （用数字作答）. 答案 - 12.已知（1+x）+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)8=a0+a1x+…+a8x8,则a1+a2+a3+…+a8= . 答案 502 13.（2008•陕西理，16）某地奥运火炬接力传递路线共分6段,传递活动分别由6名火炬手完成,如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只