课件19张PPT。课件56张PPT。教师用书独具演示演示结束分类加法计数原理 N＝m＋n 分步乘法计数原理 N＝m×n 分类加法计数原理的应用 分步乘法计数原理的应用 涂色问题 课时作业（一）课件51张PPT。教师用书独具演示演示结束排列的定义 m(m≤n) 一定的顺序 排列数及排列数公式 排列的有关概念 排列数的计算或证明 简单的排列问题 课时作业（二）课件43张PPT。教师用书独具演示演示结束含排列数方程(或不等式)的解法 排队问题课时作业（三）课件48张PPT。教师用书独具演示演示结束组合的定义 合成一组 组合数与组合数公式 组合概念的理解 有关组合数的计算与证明 含组合数的方程或不等式 课时作业（四）课件42张PPT。教师用书独具演示演示结束无限制条件的组合问题 有限制条件的组合问题 组合应用题的分组问题 课时作业（五）课件44张PPT。教师用书独具演示演示结束二项式定理 二项式定理的正用与逆用 二项式系数与项的系数问题 求展开式中的特定项 课时作业（六）课件49张PPT。教师用书独具演示演示结束“杨辉三角”与二项式系数的性质 相等 和 首末两端“等距离” 增大 减小 2n－1 2n 与杨辉三角有关的问题 求展开式的系数和 二项式系数性质的应用 课时作业（七）综合检测(一)
(时间：90分钟，满分：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分共50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．(2012·岳阳高二检测)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，则不同的配法种数为( )
A．7 B．64
C．12 D．81
【解析】 根据分步乘法计数原理，共有4×3＝12种．
【答案】 C
2．5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( )
A．10种 B．20种
C．25种 D．32种
【解析】 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25＝32种．
【答案】 D
3．(2013·大纲全国卷)(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是( )
A．56 B．84
C．112 D．168
【解析】 因为(1＋x)8的通项为Cxk，(1＋y)4的通项为Cyt，故(1＋x)8(1＋y)4的通项为CCxkyt.令k＝2，t＝2，得x2y2的系数为CC＝168.
【答案】 D
4．某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有( )
A．(C)2A个 B．AA个
C．(C)2104个 D．A104个
【解析】 2个英文字母可重复，都有C种不同取法．
4个不同数字有A种不同排法．由分步乘法计数原理知满足条件的牌照号码有C·C·A＝(C)2·A个．
【答案】 A
5．(2012·郑州高二检测)4名男歌手和2名女歌手联合举行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手，则共有出场方案的种数是( )
A．6A B．3A
C．2A D．AAA
【解析】 先选一名男歌手排在两名女歌手之间，有A种选法，这两名女歌手有A种排法，把这三人作为一个元素，与另外三名男歌手排列有A种排法，根据分步乘法计数原理，有AAA种出场方案．
【答案】 D
6．一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行答题，要求至少包含前5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是( )
A．40 B．74
C．84 D．200
【解析】 分三类：
第一类：前5个题目的3个，后4个题目的3个，
第二类：前5个题目的4个，后4个题目的2个，
第三类：前5个题目的5个，后4个题目的1个，由分类加法计数原理得CC＋CC＋CC＝74.
【答案】 B
7．张、王两家夫妇各带1个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数共有( )
A．12 B．24
C．36 D．48
【解析】 第一步，将两位爸爸排在两端有2种排法；第二步，将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上有2A种排法，故总的排法有2×2×A＝24种．
【答案】 B
8．从正方体ABCD－A1B1C1D1的8个顶点中选取4个作为四面体的顶点，可得到的不同四面体的个数为( )
A．C－12 B．C－8
C．C－6 D．C－4
【解析】 正方体中，6个面和6个对角面上的四个点不能构成四面体故共有C－12.
【答案】 A
9．(2013·陕西高考)设函数f(x)＝则当x>0时，f[f(x)]表达式的展开式中常数项为( )
A．－20 B．20
C．－15 D．15
【解析】 ∵f(x)＝
∴当x>0时，f(x)＝－<0，
∴f[f(x)]＝f(－)＝6＝6，
∴展开式中常数项为C()33＝－C＝－20.
【答案】 A
10．将二项式(＋)8的展开式中所有项重新排成一列，有理式不相邻的排法有( )种．
A．A B．AA
C．AA D．AA
【解析】 (＋)8展开式的通项公式Tr＋1＝C·()8－r·()r＝，r＝0,1,2，…，8.
当为整数时，r＝0,4,8.
∴展开式共有9项，其中有有理项3项，先排其余6项有A种排法，再将有理项插入形成的7个空档中，有A种方法．∴共有AA种排法．
【答案】 C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)
11．(2012·吉安高二检测)C＋C＋C＋C＋C的值为________．
【解析】 C＋C＋C＋C＋C＝26－C－C＝62.
【答案】 62
12．(2012·广东高考)(x2＋)6的展开式中x3的系数为________．(用数字作答)
【解析】 设第r＋1项为含x3的项，则Tr＋1＝Cx2(6－r)x－r＝Cx12－3r，
令12－3r＝3，得r＝3，
∴x3的系数为C＝20.
【答案】 20
13．若(2x3＋)n的展开式中含有常数项，则最小的正整数n等于________．
【解析】 Tr＋1＝C(2x3)n－r()r为常数项，
则3n－r＝0，即r＝n，而r∈N.
∴n为7的整数倍，即最小的正数n等于7.
【答案】 7
14．(2012·武汉高二检测)某车队有7辆车，现要调出4辆按一定顺序出去执行任务．要求甲、乙两车必须参加，且甲车要先于乙车开出有________种不同的调度方法(填数字)
【解析】 先从除甲、乙外的5辆车任选2辆有C种选法，连同甲、乙共4辆车，排列在一起，先从4个位置中选两个位置安排甲、乙，甲在乙前共有C种，最后，安排其他两辆车共有A种方法，∴不同的调度方法为C·C·A＝120种．
【答案】 120
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的有3人．
(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？
(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？
【解】 从O型血的人中选1人有28种不同的选法，从A型血的人中选1人有7种不同的选法，从B型血的人中选1人有9种不同的选法，从AB型血的人中选1人有3种不同的选法．
(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，这件“任选1人去献血”的事情都能完成，所以由分类加法计数原理，共有28＋7＋9＋3＝47种不同的选法．
(2)要从四种血型的人中各选1人，即要在每种血型的人中依次选出1人后，这件“各选1人去献血”的事情才完成，所以用分步乘法计数原理，共有28×7×9×3＝5 292种不同的选法．
16．(本小题满分12分)(2012·深圳高二检测)设(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，求下列各式的值：
(1)a0＋a1＋a2＋…＋a10；
(2)a6.
【解】 (1)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝(2－1)10＝1；
(2)a6即为含x6项的系数，Tr＋1＝C(2x)10－r·(－1)r＝C(－1)r210－r·x10－r，所以当r＝4时，T5＝C(－1)426x6＝13 440x6，即a6＝13 440.
17．(本小题满分12分)如图1有4个编号为1、2、3、4的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？
图1
【解】 分为两类：
第一类：若1、3同色，则1有5种涂法，2有4种涂法，
3有1种涂法(与1相同)，4有4种涂法．
故N1＝5×4×1×4＝80.
第二类：若1、3不同色，则1有5种涂法，2有4种涂法，3有3种涂法，4有3种涂法．
故N2＝5×4×3×3＝180.
综上可知不同的涂法共有N＝N1＋N2＝80＋180＝260种．
18．(本小题满分14分)学校组织篮球比赛，共24个班参加，第一轮比赛是先分四组进行单循环赛，然后各组取前两名再进行第二轮单循环赛(在第一轮中已相遇过的两队不再进行比赛)，问共要进行多少场比赛？
【解】 第一轮每组6个队进行单循环赛，共有C场比赛，4个组共计赛4C场．
第二轮每组取2名，共计8个队，本应赛C场，由于第一轮分在同一组的两队不再进行比赛，故应减去4场，共赛C－4场．
综上，两轮比赛总共需比赛4C＋C－4＝84场．
一、选择题
1．某小组有8名男生，4名女生，要从中选出一名当组长，不同的选法有( )
A．32种 B．9种 C．12种 D．20种
【解析】 由分类加法计数原理知，不同的选法有N＝8＋4＝12种．
【答案】 C
2．将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有( )
A．53种 B．35种
C．8种 D．15种
【解析】 每封信均有3种不同的投法，所以依次把5封信投完，共有3×3×3×3×3＝35种投法．
【答案】 B
3．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．12种
【解析】 若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有6种不同的传法．
【答案】 C
4．(2013·滨州高二检测)甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法有( )
A．6种 B．12种
C．24种 D．30种
【解析】 分步完成．首先甲、乙两人从4门课程中同选1门，有4种方法，其次甲从剩下的3门课程中任选1门，有3种方法，最后乙从剩下的2门课程中任选1门，有2种方法，于是，甲、乙所选的课程中恰有1门相同的选法共有4×3×2＝24(种)．
【答案】 C
5．(2013·山东高考)用0,1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( )
A．243 B．252
C．261 D．279
【解析】 0,1,2，…，9共能组成9×10×10＝900(个)三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648(个)，
∴有重复数字的三位数有900－648＝252(个)．
【答案】 B
二、填空题
6．为了准备晚饭，小张找出了3种冷冻蔬菜、5种罐装蔬菜和4种不同的新鲜蔬菜．如果晚饭时小张只吃1种蔬菜，那么不同的选择种数为________．
【解析】 由分类加法计数原理，N＝3＋5＋4＝12.
【答案】 12
7．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,3,5,7,8这6个数字中每次取两个不同的数作为A、B的值，则可表示________条不同的直线．
【解析】 若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时有5×4＝20条，故共有20＋2＝22条不同的直线．
【答案】 22
8．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有一名老队员的选法有________种．(用数字作答)
【解析】 分为两类完成，两名老队员、一名新队员时，有3种选法；两名新队员、一名老队员时，有2×3＝6种选法，即共有9种不同选法．
【答案】 9
三、解答题
9．某高中毕业生填报志愿时，了解到甲、乙两所大学有自己感兴趣的专业，具体情况如下：
如果这名同学只能选择一所大学的一个专业，那么他的专业选择共有多少种？
【解】 由图表可知，分两类，第一类：甲所大学有5个专业，共有5种专业选择方法；
第二类：乙所大学有3个专业，共有3种专业选择方法．
由分类加法计数原理知，这名同学可能的专业选择有N＝5＋3＝8(种)．
10．已知集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)(a，b∈M)表示平面上的点，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？
【解】 (1)确定平面上的点P(a，b)可分两步完成：第1步先确定a的值，共有6种方法；第2步确定b的值，也有6种方法．根据分步乘法计数原理得到平面上点的个数为6×6＝36.
(2)确定第二象限的点，可分两步完成：第1步确定a，由于a<0，所以有3种确定方法；第2步确定b，由于b>0，所以有2种确定方法．由分步乘法计数原理得到第二象限的点的个数为3×2＝6.
11．若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0,1,2,3,5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？
【解】 分两类完成．
第1类，当A或B中有一个为0时，表示的直线为x＝0或y＝0，共2条．
第2类，当A，B不为0时，直线Ax＋By＝0被确定需分两步完成．
第1步，确定A的值，有4种不同的方法；
第2步，确定B的值，有3种不同的方法．
由分步乘法计数原理知，共可确定4×3＝12条直线．
由分类加法计数原理知，方程所表示的不同直线共有2＋12＝14条.
一、选择题
1．下列问题属于排列问题的是( )
①从10个人中选2人分别去种树和扫地；
②从10个人中选2人去扫地；
③从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队；
④从数字5,6,7,8中任取两个不同的数作幂运算．
A．①④ B．①②
C．④ D．①③④
【解析】 根据排列的概念知①、④是排列问题．
【答案】 A
2．甲、乙、丙三人排成一排照相，甲不站在排头的所有排列种数为( )
A．6 B．4
C．8 D．10
【解析】 列树形图如下：
【答案】 B
3．由1,2,3,4,5组成无重复数字的五位数中偶数有( )
A．48个 B．72个
C．96个 D．120个
【解析】 分两类，第一类2排在末尾，有A个；第二类4排在末尾，有A个．
∴共有A＋A＝48(个)．
【答案】 A
4．若S＝A＋A＋A＋A＋…＋A，则S的个位数字是( )
A．8 B．5
C．3 D．0
【解析】 ∵当n≥5时，A的个位数是0，故S的个位数取决于前四个排列数，又A＋A＋A＋A＝33.
【答案】 C
5．(2012·日照高二检测)下列各式中与排列数A相等的是( )
A. B．n(n－1)(n－2)…(n－m)
C. D．AA
【解析】 A＝，
而AA＝n×＝，
∴AA＝A.
【答案】 D
二、填空题
6．5A＋4A＝________.
【解析】 原式＝5×5×4×3＋4×4×3＝348.
【答案】 348
7．用1,2,3,4,5这5个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数的个数是________．
【解析】 分两类：一类是末位是2时，有A种；另一类是末位是4时，有A种，共有2A＝24.
【答案】 24
8．集合P＝{x|x＝A，m∈N*}，则集合P中共有________个元素．
【解析】 ∵m∈N*且m≤4，∴P中元素为A，A，A，即P中有3个元素．
【答案】 3
三、解答题
9．8种不同的菜种，任选4种种在不同土质的4块地上，共有多少种不同的种法？
【解】 从8种不同的菜种中任取4种种在不同土质的4块地上，即从8个不同元素中任取4个元素的排列问题，所以不同的种法有：A＝8×7×6×5＝1 680种．
10．化简：
＋＋…＋.
【解】 ∵
＝
＝＝
＝
＝＝＝－.
∴原式＝(－)＋(－)＋…＋[－]＝－.
11．沪宁铁路线上有六个大站：上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门应为沪宁线上的这六个大站准备(这六个大站间)多少种不同的火车票？
【解】 对于两个大站A和B，从A到B的火车票与从B到A的火车票不同，因为每张车票对应于一个起点站和一个终点站．因此，每张火车票对应于从6个不同元素(大站)中取出2个元素(起点站和终点站)的一种排列．所以问题归结为从6个不同元素中取出2个不同元素的排列数A＝6×5＝30.
故一共需要为这六大站准备30种不同的火车票.
一、选择题
1．(2013·广州高二检测)数列{an}共有6项，其中4项为1，其余两项各不相同，则满足上述条件的数列{an}共有( )
A．30个 B．31个
C．60个 D．61个
【解析】 在数列的6项中，只要考虑两个非1的项的位置，即可得不同数列共有A＝30个．
【答案】 A
2．6名同学排成一排，其中甲、乙两人必须排在一起的不同排法有( )
A．720种 B．360种
C．240种 D．120种
【解析】 捆绑法．甲、乙看作一个整体，有A种排法，再和其余4人，共5个元素全排列，有A种排法，故共有排法A·A＝240种．
【答案】 C
3．(2012·辽宁高考)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )
A．3×3! B．3×(3！)3
C．(3！)4 D．9!
【解析】 把一家三口看作一个排列，然后再排列这3家，所以有(3！)4种．
【答案】 C
4．(2013·四川高考)从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是( )
A．9 B．10
C．18 D．20
【解析】 从1,3,5,7,9这五个数中每次取出两个不同数的排列个数为A＝20，但lg 1－lg 3＝lg 3－lg 9，lg 3－lg 1＝lg 9－lg 3，所以不同值的个数为20－2＝18，故选C.
【答案】 C
5．要排一个有5个独唱节目和3个舞蹈节目的节目单，如果舞蹈节目不排在开头，并且任意两个舞蹈节目不排在一起，则不同的排法种数有( )
A．AA B．AA
C．AA D．AA
【解析】 插空法．先排5个独唱节目，有A种排法，再在隔出的6个空中除开始的一个，在剩下的5个空中安插舞蹈节目，有方法数A，故共有A·A种排法．
【答案】 C
二、填空题
6．已知A＝7A，那么n＝________.
【解析】 由题意知
解得n＝7.
【答案】 7
7．从班委会的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】 文娱委员有3种选法，则安排学习委员、体育委员有A＝12种方法．由分步乘法计数原理知，共有3×12＝36种选法．
【答案】 36
8．(2013·永定高二检测)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1,2相邻，这样的六位数的个数是________．
【解析】 可分为三步来完成这件事：
第一步：先将3,5进行排列，共有A种排法；
第二步：再将4,6插空排列，共有2A种排法；
第三步：将1,2放入3,5,4,6形成的空中，共有A种排法；
由分步乘法计数原理得，共有A2AA＝40种不同的排法．
【答案】 40
三、解答题
9．解不等式A＞6A.
【解】 原不等式化为＞(其中2＜x≤9)，
即(11－x)(10－x)＞6.
∴x＜8或x＞13，但2＜x≤9，x∈N*.
∴2＜x＜8，x∈N*，故x＝3,4,5,6,7，
∴原不等式的解集为x∈{3,4,5,6,7}．
10．5个人站成一排，
(1)甲站中间共有多少种不同的排法？
(2)其中甲、乙两人必须相邻的有多少种不同的排法？
(3)其中甲、乙两人不站排头和排尾有多少种不同的排法？
【解】 (1)由于甲的位置已确定，其余4人可任意排列，有A＝24(种)排法．
(2)甲、乙两人必须相邻，可视甲、乙在一起为一个元素与其他3人有A种排法，而甲、乙两人有A种排法，由分步乘法原理知，共有A·A＝48(种)排法．
(3)甲、乙两人不站排头和排尾，则这两个位置可以从其余3人中选2人来站，有A种排法，剩下的人有A种排法，共有A·A＝36(种)排法．
11．从1到9这9个数字中取出不同的5个数进行排列．问：
(1)奇数的位置上是奇数的有多少种排法？
(2)取出的奇数必须排在奇数位置上有多少种排法？
【解】 (1)奇数共5个，奇数位置共有3个；偶数共有4个，偶数位置有2个．第一步先在奇数位置上排上奇数共有A种排法；第二步再排偶数位置，4个偶数和余下的2个奇数可以排，排法为A种，由分步计数原理知，排法种数为A·A＝1 800.
(2)因为偶数位置上不能排奇数，故先排偶数位，排法为A种，余下的2个偶数与5个奇数全可排在奇数位置上，排法为A种，由分步计数原理知，排法种数为A·A＝2 520种.
一、选择题
1．以下四个命题，属于组合问题的是( )
A．从3个不同的小球中，取出2个排成一列
B．老师在排座次时将甲、乙两位同学安排为同桌
C．在电视节目中，主持人从100位幸运观众中选出2名幸运之星
D．从13位司机中任选出两位开同一辆车往返甲、乙两地
【解析】 只有从100位幸运观众中选出2名幸运之星，与顺序无关，是组合问题．
【答案】 C
2．方程C＝C的解集为( )
A．4 B．14
C．4或6 D．14或2
【解析】 由题意知或，
解得x＝4或6.
【答案】 C
3．已知圆上有9个点，每两点连一线段，若任意两条线的交点不同，则所有线段在圆内的交点有( )
A．36个 B．72个
C．63个 D．126个
【解析】 此题可化归为圆上9个点可组成多少个四边形，所有四边形的对角线交点个数即为所求，所以交点为C＝126个．
【答案】 D
4．(2013·南昌高二检测)若C∶C∶C＝∶1∶1，则m、n的值分别为( )
A．m＝5，n＝2 B．m＝5，n＝5
C．m＝2，n＝5 D．m＝4，n＝4
【解析】 由C∶C＝1∶1得C＝C，
∴(m＋1)＋(m＋2)＝n＋2即n＝2m＋1，又C∶C＝3∶5，∴C∶C＝3∶5
解得m＝2，n＝5.
【答案】 C
5．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出的3台，其中至少有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有( )
A．140种 B．84种
C．70种 D．35种
【解析】 可分两类：第一类甲型1台、乙型2台，有C·C＝4×10＝40(种)取法，第二类甲型2台、乙型1台，有C·C＝6×5＝30(种)取法，共有70种不同的取法．
【答案】 C
二、填空题
6．C＋C＋C＋C＋C＝________.
【解析】 原式＝6＋15＋20＋15＋6＝62.
【答案】 62
7．若C＝C，则C＝________.
【解析】 ∵C＝C，∴13＝n－7，∴n＝20.
∴C＝C＝190.
【答案】 190
8．10个人分成甲、乙两组，甲组4人，乙组6人，则不同的分组种数为________．(用数字作答)
【解析】 从10人中任选出4人作为甲组，则剩下的人即为乙组，这是组合问题，共有C＝210种分法．
【答案】 210
三、解答题
9．(1)有a，b，c，d四个元素，写出每次取出2个元素的所有组合；
(2)有A，B，C，D，E五个元素，写出每次取出3个元素的所有组合．
【解】 法一：(顺序后移法)(1)可按a→b→c→d的顺序写出，即
所有的组合为ab，ac，ad，bc，bd，cd.
(2)可按AB→AC→AD→BC→BD→CD的顺序写出，即
所有的组合为ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
法二：(树形图法)(1)画出树形图，即
abdc bcd cd
由此可以写出所有的组合：ab，ac，ad，bc，bd，cd.
(2)画出树形图，即
由此可以写出所有的组合：ABC，ABD，ABE，ACD，ACE，ADE，BCD，BCE，BDE，CDE.
10．(2012·临沂高二检测)已知－＝，求C.
【解】 原方程变形为
－
＝，
∴1－＝，
即m2－23m＋42＝0，
解得m＝2或21，
又∵0≤m≤5且m∈N*，∴m＝2，
∴C＝C＝28.
11．解不等式－＜.
【解】 n≥5且n∈N*.
∵－＜，
∴－
＜.
又∵n(n－1)(n－2)＞0，
∴n2－11n－12＜0，
解得－1＜n＜12.
结合n的取值范围，得
n＝5,6,7,8,9,10,11，
∴原不等式的解集为{5,6,7,8,9,10,11}.
一、选择题
1．从乒乓球运动员男5名、女6名中组织一场混合双打比赛，不同的组合方法有( )种．
A．CC B．CA
C．CACA D．AA
【解析】 分两步进行：第一步：选出两名男选手，有C种方法；第2步，从6名女生中选出2名且与已选好的男生配对，有A种．故有CA种．
【答案】 B
2．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是( )
A．152 B．126
C．90 D．54
【解析】 当司机只安排1人时，有CCA＝108种；当司机安排2人时有CA＝18种．由分类计数原理知不同安排方案的种数是108＋18＝126种．
【答案】 B
3．(2013·临沂高二检测)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，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是( )
A．CA B．CA
C．CA D．CA
【解析】 从后排8人中选2人安排到前排6个位置中的任意两个位置即可，所以选法种数是CA，故选C.
【答案】 C
4．(2012·新课标全国卷)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有( )
A．12种 B．10种
C．9种 D．8种
【解析】 分两步：第一步，选派一名教师到甲地，另一名到乙地，共有C＝2(种)选派方法；
第二步，选派两名学生到甲地，另外两名到乙地，共有C＝6(种)选派方法．由分步乘法计数原理得不同的选派方案共有2×6＝12(种)．
【答案】 A
5．(2012·陕西高考)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
【解析】 分三种情况：恰好打3局，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局、输1局，第4局赢)，共有2C＝6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局、输2局，第5局赢)，共有2C＝12种情形．所有可能出现的情形共有2＋6＋12＝20种．
【答案】 C
二、填空题
6．直角坐标系xOy平面上，平行于x轴和平行于y轴的直线各有6条，则由这12条直线组成的图形中，矩形共有________个．
【解析】 从平行于x轴的6条直线中任取两条，再从平行于y轴的6条直线中任取两条，就能组成一个矩形，所以共有矩形C·C＝225个．
【答案】 225
7．2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，不同的分配方法共有________种．
【解析】 先分医生有A种，再分护士有C种(因为只要一个学校选2人，剩下的2人一定去另一学校)，故共有AC＝2×＝12种．
【答案】 12
8．(2013·重庆高考)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是________(用数字作答)．
【解析】 分三类：①选1名骨科医生，则有C(CC＋CC＋CC)＝360(种)；
②选2名骨科医生，则有C(CC＋CC)＝210(种)；
③选3名骨科医生，则有CCC＝20(种)．
∴骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是360＋210＋20＝590.
【答案】 590
三、解答题
9．为支援西部开发，需要从8名男干部和2名女干部中任选4人组成支援小组到西部某地支边，要求男干部不少于3人，问有多少种选派方案？
【解】 法一：男干部有4人时有C种选法；男干部有3人时有CC种选法，故适合条件的选派方案有C＋CC＝182种．
法二：从10名干部中选4名减去2名女干部全被选中的方案数，共有C－CC＝182种．
10．有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内：
(1)共有几种放法？
(2)恰有1个空盒，有几种放法？
(3)恰有1个盒内放2个球，有几种放法？
(4)恰有2个盒子不放球，有几种放法？
【解】 (1)44＝256种．
(2)先从4个小球中取2个放在一起，有C种不同的取法，再把取出的2个小球与另外2个小球看作三堆，并分别放入4个盒子中的3个盒子里，有A种不同的放法．根据分步计数原理，共有CA＝144种不同的放法．
(3)放法同(2)．
(4)恰有2个盒子不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法：第一类，1个盒子放3个小球，1个盒子放1个小球，先把小球分组，有C种，再放到2个小盒中有A种放法，共有CA种放法；第二类，2个盒子中各放2个小球有CC种放法，故恰有2个盒子不放球的方法共有CA＋CC＝84种．
11．有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1,2与3,4与5,6与7,8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？
【解】 法一：(直接法)从0与1两个特殊值着眼，可分三类：
(1)取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有C种方法；0可在后两位，有C种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有C种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有CCC·22个．
(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数C·22·A个．
(3)0和1都不取，有不同的三位数C·23·A个．
综上所述，共有不同的三位数：
C·C·C·22＋C·22·A＋C·23·A＝432(个)．
法二：(间接法)任取三张卡片可以组成不同的三位数C·23·A个，其中0在百位的有C·22·A个，这是不合题意的，故共有不同的三位数：C·23·A－C·22·A＝432(个).
一、选择题
1．设S＝(x－1)3＋3(x－1)2＋3(x－1)＋1，则S等于( )
A．(x－1)3 B．(x－2)3
C．x3 D．(x＋1)3
【解析】 S＝[(x－1)＋1]3＝x3.
【答案】 C
2．(2012·天津高考)在(2x2－)5的二项展开式中，x的系数为( )
A．10 B．－10
C．40 D．－40
【解析】 Tk＋1＝(－1)kC·(2x2)5－k·x－k＝(－1)kC·25－k·x10－3k，令10－3k＝1?k＝3，∴x的系数为－C·22＝－40.
【答案】 D
3．已知(x－)7的展开式的第4项等于5，则x等于( )
A. B．－
C．7 D．－7
【解析】 T4＝Cx4(－)3＝5，∴x＝－.
【答案】 B
4．(2013·辽宁高考)使n(n∈N＋)的展开式中含有常数项的最小的n为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
【解析】 Tr＋1＝C(3x)n－rr＝，当Tr＋1是常数项时，n－r＝0，当r＝2，n＝5时成立．
【答案】 B
5．(1＋3x)n(其中n∈N且n≥6)的展开式中，若x5与x6的系数相等，则n＝
( )
A．6 B．7
C．8 D．9
【解析】 二项式(1＋3x)n的展开式的通项是
Tr＋1＝C1n－r·(3x)r＝C·3r·xr.依题意得
C·35＝C·36，即
＝3×(n≥6)，
得n＝7.
【答案】 B
二、填空题
6．若(1＋2x)6的展开式中的第2项大于它的相邻两项，则x的取值范围是________．
【解析】 由得
解得＜x＜.
【答案】 (，)
7．(2013·浙江高考)设二项式5的展开式中常数项为A，则A＝________.
【解析】 Tr＋1＝C()5－r(－)r＝C(－1)rx－，令－＝0，得r＝3，所以A＝－C＝－10.
【答案】 －10
8．在(x＋y)20的展开式中，系数为有理数的项共有________项．
【解析】 二项展开式的通项公式Tk＋1＝Cx20－k·(y)k＝C()kx20－kyk(0≤k≤20)．要使系数为有理数，则k必为4的倍数，所以k可为0,4,8,12,16,20共6项，故系数为有理数的项共有6项．
【答案】 6
三、解答题
9．已知(3－)10的展开式，求
(1)展开式第四项的二项式系数；
(2)展开式中第四项的系数；
(3)第四项．
【解】 (3－)10的展开式的通项是
Tk＋1＝C(3)10－k(－)k
(1)展开式第四项的二项式系数为当k＝3时，C＝120.
(2)展开式中第四项的系数为(－)3·C·37＝－77 760.
(3)展开式中的第四项为：
＝－77 760.
10．若二项式(x－)6(a＞0)的展开式中x3的系数为A，常数项为B，若B＝4A，求a的值．
【解】 ∵Tr＋1＝Cx6－r(－)r＝，
令r＝2，得A＝C·a2＝15a2；
令r＝4，得B＝C·a4＝15a4.
由B＝4A可得a2＝4，又a＞0，
所以a＝2.
11．在二项式(－)n的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．
(1)求展开式的第四项；
(2)求展开式的常数项．
【解】 Tr＋1＝C()n－r(－)r
由前三项系数的绝对值成等差数列，
得C＋(－)2C＝2×C，
解这个方程得n＝8或n＝1(舍去)．
(1)展开式的第4项为：
(2)当－r＝0，即r＝4时，常数项为(－)4C＝.
一、选择题
1．(1＋x)n(3－x)的展开式中各项系数的和为1 024，则n的值为( )
A．8 B．9
C．10 D．11
【解析】 由题意知(1＋1)n(3－1)＝1 024，
即2n＋1＝1 024，∴n＝9.
【答案】 B
2．(2013·中山模拟)已知关于x的二项式(＋)n展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则a的值为( )
A．1 B．±1
C．2 D．±2
【解析】 由条件知2n＝32即n＝5，在通项公式Tr＋1＝C()5－r()r＝中，令15－5r＝0得r＝3，∴Ca3＝80.解的a＝2.
【答案】 C
3．设(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，当a0＋a1＋a2＋…＋an＝254时n等于( )
A．5 B．6
C．7 D．8
【解析】 令x＝1，则a0＋a1＋…＋an＝2＋22＋23＋…＋2n，
∴＝254，∴n＝7.
【答案】 C
4．已知C＋2C＋22C＋…＋2nC＝729，则C＋C＋C的值等于( )
A．64 B．32
C．63 D．31
【解析】 C＋2C＋22C＋…＋2nC＝(1＋2)n＝729.
∴n＝6，∴C＋C＋C＝32.
【答案】 B
5．若(1－2x)2 011＝a0＋a1x＋…＋a2 011x2 011(x∈R)，则＋＋…＋的值为( )
A．2 B．0
C．－1 D．－2
【解析】 (1－2x)2 011＝a0＋a1x＋……＋a2 011x2 011，令x＝，则(1－2×)2 011＝a0＋＋＋…＋＝0，
其中a0＝1，所以＋＋…＋＝－1.
【答案】 C
二、填空题
6．C＋C＋C＋C＋C＝________.
【解析】 ∵C＋C＋C＋…＋C＝210.
又∵C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C.
∴C＋C＋…＋C＝29.
【答案】 29
7．(2012·浙江高考)若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________.
【解析】 f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，
它的通项为Tr＋1＝C(1＋x)5－r·(－1)r，
T3＝C(1＋x)3(－1)2＝10(1＋x)3，∴a3＝10.
【答案】 10
8．如图1－3－2所示，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第________行中从左至右第14个与第15个数的比为2∶3.
图1－3－2
【解析】 由题可设第n行的第14个与第15个数的比为2∶3，故二项展开式的第14项和第15项的系数比为2∶3，即C∶C＝2∶3，
所以∶＝2∶3，
∴＝，∴n＝34.
【答案】 34
三、解答题
9．已知(1－2x)7＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a7(x－1)7.求：
(1)a0＋a1＋a2＋…＋a7；(2)a0＋a2＋a4＋a6.
【解】 (1)令x＝2，
则(1－2×2)7＝(－3)7＝a0＋a1＋a2＋…＋a7，
∴a0＋a1＋a2＋…＋a7＝(－3)7.
(2)令x＝0，则a0－a1＋a2－a3＋…＋a6－a7＝1.
两式相加，可得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝1－37，
∴a0＋a2＋a4＋a6＝(1－37)．
10．已知(1＋x)n展开式的第五、六、七项系数成等差数列，求展开式中系数最大的项．
【解】 在(1＋x)n的展开式中，第五、六、七项的系数就是它们的二项式系数，即分别是C，C，C.
∴有C＋C＝2C，
即n2－21n＋98＝0，解得n＝14或n＝7.
∴当n＝14时，(1＋x)n展开式的系数最大的项为
T8＝C·x7＝3 432x7；
当n＝7时，(1＋x)n展开式中系数最大的项为
T4＝Cx3＝35x3或T5＝Cx4＝35x4.
11．在二项式(axm＋bxn)12(a＞0，b＞0，m、n≠0)中有2m＋n＝0，如果它的展开式中系数最大的项恰是常数项．
(1)求系数最大的项是第几项？
(2)求的范围．
【解】 (1)设Tr＋1＝C(axm)12－r·(bxn)r＝Ca12－rbrxm(12－r)＋nr为常数项，
则有m(12－r)＋nr＝0，即m(12－r)－2mr＝0，
∴r＝4，它是第5项．
(2)∵第5项是系数最大的项，
∴有
由①得a8b4≥a9b3，
∵a＞0，b＞0，
∴b≥a，即≤.
由②得≥，
∴≤≤.
