(共51张PPT)
第五章 计数原理
章末综合提升
巩固层·知识整合
提升层·题型探究
类型1 两个基本计数原理的应用
1．用两个基本计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点：
(1)要完成的“一件事”是什么；(2)需要分类还是需要分步．
2．(1)分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
(2)分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
【例1】 某电视台连续播放6个广告，其中有三个不同的商业广告、两个不同的CBA宣传广告、一个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且CBA宣传广告与公益广告不能连续播放，两个CBA宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式
(2)“隔板法”是解决组合问题中关于若干个相同元素的分组问题的一种常用方法．这类问题就是把n(n≥1)个相同的元素分配到m(1≤m≤n)个不同的组，使得每组中都至少有一个元素，求一共有多少种不同的分法的问题，它关注的是每组元素的个数是多少，而不是每组中元素是什么．
√
A [每名学生报名有3种选择，4名学生报名就有34种选择，每项冠军有4种可能归属，3项冠军有43种可能结果．]
类型3 排列与组合中元素的相邻与不相邻问题
求解排列与组合中元素“相邻”和“不相邻”的问题，应遵循“先整体，后局部”的原则．
(1)元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间或两端将需要不相邻的元素插入．
(2)元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先将相邻的若干元素捆绑为一个大元素，然后与其他元素全排列，最后松绑，将这若干个元素内部全排列．
【例3】 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，丙和丁相邻的不同排列方式有( )
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
√
√
√
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章末综合测评(一) 动量守恒定律
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章末综合测评(四) 计数原理
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(满分：150分 时间：120分钟)
一、单项选择题：本题共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．
1．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“0”“9”，其中“9”可当“6”用，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为( )
A．6 B．12 C．18 D．24
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2．已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{5，6，7}，C＝{8，9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成集合( )
A．24个 B．36个 C．26个 D．27个
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5．某校要安排一场文艺晚会的10个节目的演出顺序，除第1个节目和最后1个节目已确定外，3个音乐节目要求排在第2，5，7的位置，3个舞蹈节目要求排在第3，6，8的位置，2个曲艺节目要求排在第4，9的位置，则不同安排方法的种数是( )
A．14 B．24 C．36 D．72
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6．(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是( )
A．56 B．84 C．112 D．168
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7．一排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!
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13．将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．
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14．今有1个红球、2个黄球、3个白球，若同色球不加以区分，将这6个球排成一列有________种不同的方法；若同色球加以区分，将这6个球排成一列有________种不同的方法．(用数字作答)
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16．(15分)(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数有几种
(2)有5个人并排站成一排，若甲必须在乙的右边，则不同的排法有多少种
(3)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少1个名额，问：名额分配的方法共有多少种
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17．(15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，如果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”，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个数．
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18．(17分)有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有多少种
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19章末综合测评(四) 计数原理
(满分:150分 时间:120分钟)
一、单项选择题:本题共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．
1．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“0”“9”，其中“9”可当“6”用，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为( )
A．6 B．12 C．18 D．24
2．已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{5，6，7}，C＝{8，9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成集合( )
A．24个 B．36个 C．26个 D．27个
3．已知8的二项展开式中常数项为1 120，则实数a的值是( )
A．－1 B．1
C．±1 D．不确定
4．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
5．某校要安排一场文艺晚会的10个节目的演出顺序，除第1个节目和最后1个节目已确定外，3个音乐节目要求排在第2，5，7的位置，3个舞蹈节目要求排在第3，6，8的位置，2个曲艺节目要求排在第4，9的位置，则不同安排方法的种数是( )
A．14 B．24 C．36 D．72
6．(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是( )
A．56 B．84 C．112 D．168
7．一排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!
8．已知(2x－1)n的二项展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的和小38，则＋…＋＝( )
A．28 B．28－1
C．27 D．27－1
二、多项选择题:本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．带有编号1，2，3，4，5的五个球，则下列说法正确的是( )
A．全部投入4个不同的盒子里，共有45种放法
B．放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)，共有种放法
D．全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
10．某数学兴趣小组共20名学生，其中品学兼优学生5人．现从中随机抽取10人，则下列说法正确的是( )
A．抽出10人中恰好有3名品学兼优学生的抽法有
B．抽出10人中恰好有3名品学兼优学生的抽法有
C．抽出10人中至少有4名品学兼优学生的抽法有
D．抽出10人中至少有4名品学兼优学生的抽法有
11．二项式的展开式中，x2的系数是－7，则下列选项正确的是( )
A．a＝
B．展开式中含x6项的系数是－4
C．展开式中含x-1项
D．展开式中常数项为40
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则的值为________．
13．将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．
14．今有1个红球、2个黄球、3个白球，若同色球不加以区分，将这6个球排成一列有________种不同的方法；若同色球加以区分，将这6个球排成一列有________种不同的方法．(用数字作答)
四、解答题:本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)(1)求(x－10的展开式中x6的系数；
(2)求(1＋x)2·(1－x)5的展开式中x3的系数．
16．(15分)(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数有几种
(2)有5个人并排站成一排，若甲必须在乙的右边，则不同的排法有多少种
(3)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少1个名额，问:名额分配的方法共有多少种
17．(15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，如果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”，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个数．
18．(17分)有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有多少种
19．(17分)设(2-x)100=a0+a1x+a2x2+…+a100·x100，求下列各式的值:
(1)a0；
(2)a1＋a3＋a5＋…＋a99；
(3)(a0＋a2＋a4＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2；
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)章末综合测评(四)
1．B [先在后三位中选两个位置填两个数字“0”有种填法，再排另两张卡片有种排法，再决定用数字“9”还是“6”，有2种可能，所以共可排成2·＝12个四位数，故选B．]
2．C [先分类再分步完成此事，共有＝26个集合．]
3．C [8的展开式的通项为Tk+1＝x8-kk＝(－2a)kx8-2k，令8－2k＝0，解得k＝4，
所以T5＝(－2a)4＝1 120，解得a＝±1．]
4．A [∵f(x)＝
∴当x>0时，f(x)＝－<0，
∴f[f(x)]＝f(－)＝，
∴展开式中常数项为)3＝－20．]
5．D [根据题意，3个音乐节目要求排在第2，5，7的位置，有＝6种排法：
3个舞蹈节目要求排在第3，6，8的位置，有＝6种排法：
2个曲艺节目要求排在第4，9的位置，有＝2种排法：
则有6×6×2＝72种不同的排法，故选D．]
6．D [因为(1＋x)8的通项为xk，(1＋y)4的通项为yt，故(1＋x)8(1＋y)4的通项为xkyt．
令k＝2，t＝2，得x2y2的系数为＝168．]
7．C [完成这件事可以分为两步，第一步排列三个家庭的相对位置，有种排法：第二步排列每个家庭中的三个成员，共有种排法．
由乘法原理可得不同的坐法种数有．故选C．]
8．B [设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B．则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋…．由已知可知B－A＝38．令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋an(－1)n＝(－3)n，即(a0＋a2＋a4＋a6＋…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)＝(－3)n，即B－A＝(－3)n．∴(－3)n＝38＝(－3)8，∴n＝8．由二项式系数性质可得：＋…＋＝2n－＝28－1．]
9．ACD [五个球投入4个不同的盒子里共有45种放法，A选项正确：若要放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有·种放法，B选项错误：D选项正确：将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)，共有·种放法，C选项正确．故选ACD．]
10．AD [抽出10人中恰好有3名品学兼优学生分两步，第一步从5名品学兼优学生中抽取3人，有种：第二步从其余15人中抽取7人，有种，依据分步乘法计数原理，有种，A正确，B错误：抽出10人中至少有4名品学兼优学生包含恰好有4名品学兼优学生和恰好有5名品学兼优学生两种情况，依分类加法计数原理，抽出10人中至少有4名品学兼优学生的抽法有，D正确，C错误．故选AD．]
11．AB [二项式的展开式的通项公式为Tk+1＝x8-k·＝(－a)kx8-2k，令8－2k＝2，解得k＝3，所以展开式中x2的系数(－a)3＝－7，解得a＝，故A正确：二项式，展开式的通项公式为Tk+1＝x8-2k．令8－2k＝6，解得k＝1，所以展开式中含x6项的系数是－＝－4，故B正确：令8－2k＝－1，解得k＝，不为整数，故展开式中不含x-1项，故C错误：令8－2k＝0，解得k＝4，所以展开式中常数项为，故D错误．故选AB．]
12．－ [令x＝1，
得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，①
令x＝－1，
得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35＝243，②
①＋②，得2(a0＋a2＋a4)＝244，
∴a0＋a2＋a4＝122，
∴a1＋a3＋a5＝－121，
∴．]
13．96 [先分组后用分配法求解，5张参观券分为4组，其中2个连号的有4种分法，每一种分法中的排列方法有种，因此共有不同的分法4＝4×24＝96(种)．]
14．60 720 [由题意可知，若同色球不加以区分，这是一个组合问题，＝60：
若同色球加以区分，这是一个排列问题，＝720．]
15．解：(1)(x－)10的展开式的通项是Tk+1＝x10-k(－)k．
令10－k＝6，解得k＝4．
则含x6的项为第5项，即T5＝x10-4(－)4＝9x6．
所以x6的系数应为9＝1 890．
(2)因为(1＋x)2的通项为Tr+1＝·xr，
(1－x)5的通项为Tk+1＝(－1)k·xk，
其中r∈{0，1，2}，k∈{0，1，2，3，4，5}，令k＋r＝3，
则有k＝1，r＝2：k＝2，r＝1：k＝3，r＝0．
所以x3的系数为－＝5．
16．解：(1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于5个空座之间有4个空，3个人去插，共有＝24(种)．
(2)总的排法数为＝120(种)，甲在乙的右边的排法数为＝60(种)．
(3)每个学校至少1个名额，则分去了7个，余下3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．
分三类：
第一类，3个名额分到1所学校有7种方法：
第二类，3个名额分到2所学校有 ×2＝42(种)：
第三类，3个名额分到3所学校有＝35(种)．
共有7＋42＋35＝84种．
17．解：(1)将所有的三位偶数分为两类：
①个位数为0，则共有＝12个：
②个位数为2或4，则共有2×3×3＝18个．
所以，共有30个符合题意的三位偶数．
(2)将这些“凹数”分为三类：
①十位数字为0，则共有＝12个：
②十位数字为1，则共有＝6个：
③十位数字为2，则共有＝2个．
所以，共有20个符合题意的“凹数”．
(3)将符合题意的五位数分为三类：
①两个奇数数字在一、三位置，
则共有·＝12个：
②两个奇数数字在二、四位置，
则共有··＝8个：
③两个奇数数字在三、五位置，
则共有··＝8个．
所以，共有28个符合题意的五位数．
18．解：取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有3种情况：1144，2233，1234．
所取卡片是1144的共有种排法：
所取卡片是2233的共有种排法：
所取卡片是1234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，4张红色5种情况．
共有排法···种．
所以共有18＝432种排法．
19．解：(1)令x＝0，则展开式可化为a0＝2100．
(2)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a99＋a100＝(2－)100，①
令x＝－1，
可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋)100，②
联立①②得a1＋a3＋…＋a99＝．
(3)原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)]·[(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]
＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)
＝(2－)100(2＋)100
＝1．
(4)由题意知，|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|，即(2＋x)100的展开式中各项的系数和，在(2＋x)100的展开式中令x＝1，可得各项系数和为(2＋)100．所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|＝(2＋)100．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)类型1 两个基本计数原理的应用
1．用两个基本计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点：
(1)要完成的“一件事”是什么；(2)需要分类还是需要分步．
2．(1)分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
(2)分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
【例1】 某电视台连续播放6个广告，其中有三个不同的商业广告、两个不同的CBA宣传广告、一个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且CBA宣传广告与公益广告不能连续播放，两个CBA宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式
[解] 由题意知，这里是元素不相邻的问题，首先排列3个商业广告，有＝6种结果，再在三个商业广告形成的四个空中排列三个元素；注意最后一个位置一定要有广告，共有＝18种结果，根据分步计数原理知共有6×18＝108种结果．
类型2 重复元素的排列、组合问题
我们常见的排列、组合问题，其中的元素通常是不可重复的，那么遇到有重复元素的排列、组合问题时，我们该如何求解呢
(1)一般地，从n个不同元素里有放回的取出m(m≤n)个元素(允许重复出现)，按一定顺序排成一列，那么第1、第2……第m次选取元素的方法都有n种，由分步乘法计数原理得，从n个不同元素里有放回的取出m个元素(允许重复出现)的排列数为：N＝n·n·n·…·n＝nm(m，n∈N+，m≤n)．
(2)“隔板法”是解决组合问题中关于若干个相同元素的分组问题的一种常用方法．这类问题就是把n(n≥1)个相同的元素分配到m(1≤m≤n)个不同的组，使得每组中都至少有一个元素，求一共有多少种不同的分法的问题，它关注的是每组元素的个数是多少，而不是每组中元素是什么．
【例2】 设4名同学报名参加同一时间安排的三种课外活动方案有a种，4名同学在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的结果有b种，则(a，b)为( )
A．(34，43) B．(33，34)
C．(43，34) D．(
A [每名学生报名有3种选择，4名学生报名就有34种选择，每项冠军有4种可能归属，3项冠军有43种可能结果．]
类型3 排列与组合中元素的相邻与不相邻问题
求解排列与组合中元素“相邻”和“不相邻”的问题，应遵循“先整体，后局部”的原则．
(1)元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间或两端将需要不相邻的元素插入．
(2)元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先将相邻的若干元素捆绑为一个大元素，然后与其他元素全排列，最后松绑，将这若干个元素内部全排列．
【例3】 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，丙和丁相邻的不同排列方式有( )
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
B [先利用捆绑法排乙、丙、丁、戊四人，再用插空法选甲的位置，则有＝24种．故选B．]
类型4 二项式定理及应用
求二项展开式中的特定项
(1)(a＋b)n型：直接用二项式通项公式求解．
(2)(a＋b)m(c＋d)n型：分别将两个二项式展开，再根据特定项系数，分析特定项可由(a＋b)m和(c＋d)n的哪些项相乘得到．
(3)(a＋b＋c)n型：可把(a＋b)看成一项分析，利用二项式通项，也可利用组合观点看特定项中，a、b、c的指数，由分步乘法解决，如求ambscr(这时m＋s＋r＝n)项，即为cr．
【例4】 (1)的展开式中，常数项为( )
A．－5 B．－6 C．－12 D．19
(2(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A．5 B．10 C．15 D．20
(3)在的展开式中，x6的系数是________．
(1)A (2)C (3)160 [(1)4，其展开式的通项为Tk+1＝4-k·(－1)k，·x4-k-rr＝(－1)rx4-k-2r，r＝0，1，…，4－k；k＝0，1，…，4，令4－k－2r＝0，当k＝0，r＝2；k＝2，r＝1；k＝4，r＝0时，为常数项，即＝－5．
(2)法一：∵(x＋y)5＝(x5＋5x4y＋10x3y2＋10x2y3＋5xy4＋y5)，
∴x3y3的系数为10＋5＝15．
法二：当x＋中取x时，x3y3的系数为，
当x＋时，x3y3的系数为，
∴x3y3的系数为＝10＋5＝15．
故选C．
(3)的展开式的通项为
Tk+1＝(2x3)6-k··x18-4k，
令18－4k＝6，解得k＝3，
所以x6的系数是23＝160．]
章末综合测评(四) 计数原理
(满分：150分 时间：120分钟)
一、单项选择题：本题共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．
1．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“0”“9”，其中“9”可当“6”用，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为( )
A．6 B．12 C．18 D．24
B [先在后三位中选两个位置填两个数字“0”有种填法，再排另两张卡片有种排法，再决定用数字“9”还是“6”，有2种可能，所以共可排成2·＝12个四位数，故选B．]
2．已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{5，6，7}，C＝{8，9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成集合( )
A．24个 B．36个 C．26个 D．27个
C [先分类再分步完成此事，共有＝26个集合．]
3．已知8的二项展开式中常数项为1 120，则实数a的值是( )
A．－1 B．1
C．±1 D．不确定
C [8·x8-k·k＝(－2a)kx8-2k，
令8－2k＝0，解得k＝4，
所以T5＝(－2a)4＝1 120，
解得a＝±1．]
4．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
A [∵f (x)＝
∴当x>0时，f (x)＝－<0，
∴f[f (x)]＝f (－，
∴展开式中常数项为3＝－20．]
5．某校要安排一场文艺晚会的10个节目的演出顺序，除第1个节目和最后1个节目已确定外，3个音乐节目要求排在第2，5，7的位置，3个舞蹈节目要求排在第3，6，8的位置，2个曲艺节目要求排在第4，9的位置，则不同安排方法的种数是( )
A．14 B．24 C．36 D．72
D [根据题意，3个音乐节目要求排在第2，5，7的位置，有＝6种排法；
3个舞蹈节目要求排在第3，6，8的位置，有＝6种排法；
2个曲艺节目要求排在第4，9的位置，有＝2种排法；
则有6×6×2＝72种不同的排法，故选D．]
6．(1＋x)8(1＋y)4的展开式中x2y2的系数是( )
A．56 B．84 C．112 D．168
D [因为(1＋x)8的通项为xk，(1＋y)4的通项为yt，故(1＋x)8(1＋y)4的通项为xkyt．
令k＝2，t＝2，
得x2y2的系数为＝168．]
7．一排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!
C [完成这件事可以分为两步，第一步排列三个家庭的相对位置，有种排法；第二步排列每个家庭中的三个成员，共有种排法．
由乘法原理可得不同的坐法种数有．故选C．]
8．已知(2x－1)n的二项展开式中，奇次项系数的和比偶次项系数的和小38，则＋…＋＝( )
A．28 B．28－1
C．27 D．27－1
B [设(2x－1)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且奇次项的系数和为A，偶次项的系数和为B．则A＝a1＋a3＋a5＋…，B＝a0＋a2＋a4＋a6＋…．由已知可知B－A＝38．令x＝－1，得a0－a1＋a2－a3＋…＋an(－1)n＝(－3)n，即(a0＋a2＋a4＋a6＋…)－(a1＋a3＋a5＋a7＋…)＝(－3)n，即B－A＝(－3)n．∴(－3)n＝38＝(－3)8，∴n＝8．由二项式系数性质可得：＋…＋＝28－1．]
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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．带有编号1，2，3，4，5的五个球，则下列说法正确的是( )
A．全部投入4个不同的盒子里，共有45种放法
B．放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有种放法
C．将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)，共有种放法
D．全部投入4个不同的盒子里，没有空盒，共有种不同的放法
ACD [五个球投入4个不同的盒子里共有45种放法，A选项正确；若要放进不同的4个盒子里，每盒至少一个，共有·种放法，B选项错误；D选项正确；将其中的4个球投入4个盒子里的一个(另一个球不投入)，共有·种放法，C选项正确．故选ACD．]
10．某数学兴趣小组共20名学生，其中品学兼优学生5人．现从中随机抽取10人，则下列说法正确的是( )
A．抽出10人中恰好有3名品学兼优学生的抽法有
B．抽出10人中恰好有3名品学兼优学生的抽法有
C．抽出10人中至少有4名品学兼优学生的抽法有
D．抽出10人中至少有4名品学兼优学生的抽法有
AD [抽出10人中恰好有3名品学兼优学生分两步，第一步从5名品学兼优学生中抽取3人，有种；第二步从其余15人中抽取7人，有种，依据分步乘法计数原理，有种，A正确，B错误；抽出10人中至少有4名品学兼优学生包含恰好有4名品学兼优学生和恰好有5名品学兼优学生两种情况，依分类加法计数原理，抽出10人中至少有4名品学兼优学生的抽法有，D正确，C错误．故选AD．]
11．二项式的展开式中，x2的系数是－7，则下列选项正确的是( )
A．a＝
B．展开式中含x6项的系数是－4
C．展开式中含x-1项
D．展开式中常数项为40
AB [二项式x8-k·＝(－a)kx8-2k，令8－2k＝2，解得k＝3，所以展开式中x2的系数(－a)3＝－7，解得a＝，故A正确；二项式，展开式的通项公式为Tk+1＝x8-2k．令8－2k＝6，解得k＝1，所以展开式中含x6项的系数是－＝－4，故B正确；令8－2k＝－1，解得k＝，不为整数，故展开式中不含x-1项，故C错误；令8－2k＝0，解得k＝4，所以展开式中常数项为，故D错误．故选AB．]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则的值为________．
- [令x＝1，
得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝1，①
令x＝－1，
得a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＝35＝243，②
①＋②，得2(a0＋a2＋a4)＝244，
∴a0＋a2＋a4＝122，∴a1＋a3＋a5＝－121，
∴．]
13．将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．
96 [先分组后用分配法求解，5张参观券分为4组，其中2个连号的有4种分法，每一种分法中的排列方法有种，因此共有不同的分法4＝4×24＝96(种)．]
14．今有1个红球、2个黄球、3个白球，若同色球不加以区分，将这6个球排成一列有________种不同的方法；若同色球加以区分，将这6个球排成一列有________种不同的方法．(用数字作答)
60 720 [由题意可知，若同色球不加以区分，这是一个组合问题，＝60；
若同色球加以区分，这是一个排列问题，＝720．]
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(13分)(1)求(x－10的展开式中x6的系数；
(2)求(1＋x)2·(1－x)5的展开式中x3的系数．
[解] (1)(x－10的展开式的通项是Tk+1＝
x10-k(－k．
令10－k＝6，解得k＝4．
则含x6的项为第5项，
即T5＝x10-4(－4＝9x6．
所以x6的系数应为9＝1 890．
(2)因为(1＋x)2的通项为Tr+1＝·xr，
(1－x)5的通项为Tk+1＝(－1)k·xk，
其中r∈{0，1，2}，k∈{0，1，2，3，4，5}，
令k＋r＝3，
则有k＝1，r＝2；k＝2，r＝1；k＝3，r＝0．
所以x3的系数为－＝5．
16．(15分)(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数有几种
(2)有5个人并排站成一排，若甲必须在乙的右边，则不同的排法有多少种
(3)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少1个名额，问：名额分配的方法共有多少种
[解] (1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于5个空座之间有4个空，3个人去插，共有＝24(种)．
(2)总的排法数为＝120(种)，甲在乙的右边的排法数为＝60(种)．
(3)每个学校至少1个名额，则分去了7个，余下3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．
分三类：
第一类，3个名额分到1所学校有7种方法；
第二类，3个名额分到2所学校有 ×2＝42(种)；
第三类，3个名额分到3所学校有＝35(种)．
共有7＋42＋35＝84种．
17．(15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，如果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”，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个数．
[解] (1)将所有的三位偶数分为两类：
①个位数为0，则共有＝12个；
②个位数为2或4，则共有2×3×3＝18个．
所以，共有30个符合题意的三位偶数．
(2)将这些“凹数”分为三类：
①十位数字为0，则共有＝12个；
②十位数字为1，则共有＝6个；
③十位数字为2，则共有＝2个．
所以，共有20个符合题意的“凹数”．
(3)将符合题意的五位数分为三类：
①两个奇数数字在一、三位置，
则共有·＝12个；
②两个奇数数字在二、四位置，
则共有··＝8个；
③两个奇数数字在三、五位置，
则共有··＝8个．
所以，共有28个符合题意的五位数．
18．(17分)有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有多少种
[解] 取出的4张卡片所标数字之和等于10，共有3种情况：1144，2233，1234．
所取卡片是1144的共有种排法；
所取卡片是2233的共有种排法；
所取卡片是1234，则其中卡片颜色可为无红色，1张红色，2张红色，3张红色，4张红色5种情况．
共有排法···种．
所以共有18=432种排法．
19．(17分)设(2-x)100=a0+a1x+a2x2+…+a100·x100，求下列各式的值：
(1)a0；
(2)a1＋a3＋a5＋…＋a99；
(3)(a0＋a2＋a4＋…＋a100)2－(a1＋a3＋…＋a99)2；
(4)|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|．
[解] (1)令x＝0，则展开式可化为a0＝2100．
(2)令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a99＋a100＝(2－100，①
令x＝－1，
可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a100＝(2＋100，②
联立①②得
a1＋a3＋…＋a99＝．
(3)原式＝[(a0＋a2＋…＋a100)＋(a1＋a3＋…＋a99)]·[(a0＋a2＋…＋a100)－(a1＋a3＋…＋a99)]
＝(a0＋a1＋a2＋…＋a100)(a0－a1＋a2－a3＋…＋a98－a99＋a100)
＝(2－100(2＋100
＝1．
(4)由题意知，|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|，即(2＋x)100的展开式中各项的系数和，在(2＋x)100的展开式中令x＝1，可得各项系数和为(2＋100．所以|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a100|＝(2＋100．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)类型1 两个基本计数原理的应用
1．用两个基本计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点:
(1)要完成的“一件事”是什么；(2)需要分类还是需要分步．
2．(1)分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．
(2)分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数．
【例1】 某电视台连续播放6个广告，其中有三个不同的商业广告、两个不同的CBA宣传广告、一个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且CBA宣传广告与公益广告不能连续播放，两个CBA宣传广告也不能连续播放，则有多少种不同的播放方式
[尝试解答] ________________________________________________________
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类型2 重复元素的排列、组合问题
我们常见的排列、组合问题，其中的元素通常是不可重复的，那么遇到有重复元素的排列、组合问题时，我们该如何求解呢
(1)一般地，从n个不同元素里有放回的取出m(m≤n)个元素(允许重复出现)，按一定顺序排成一列，那么第1、第2……第m次选取元素的方法都有n种，由分步乘法计数原理得，从n个不同元素里有放回的取出m个元素(允许重复出现)的排列数为:N＝n·n·n·…·n＝nm(m，n∈N+，m≤n)．
(2)“隔板法”是解决组合问题中关于若干个相同元素的分组问题的一种常用方法．这类问题就是把n(n≥1)个相同的元素分配到m(1≤m≤n)个不同的组，使得每组中都至少有一个元素，求一共有多少种不同的分法的问题，它关注的是每组元素的个数是多少，而不是每组中元素是什么．
【例2】 设4名同学报名参加同一时间安排的三种课外活动方案有a种，4名同学在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的结果有b种，则(a，b)为( )
A．(34，43) B．(33，34)
C．(43，34) D．(
[尝试解答] ________________________________________________________
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类型3 排列与组合中元素的相邻与不相邻问题
求解排列与组合中元素“相邻”和“不相邻”的问题，应遵循“先整体，后局部”的原则．
(1)元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全排列，然后在“普通”元素之间或两端将需要不相邻的元素插入．
(2)元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先将相邻的若干元素捆绑为一个大元素，然后与其他元素全排列，最后松绑，将这若干个元素内部全排列．
【例3】 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，丙和丁相邻的不同排列方式有( )
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
[尝试解答] ________________________________________________________
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类型4 二项式定理及应用
求二项展开式中的特定项
(1)(a＋b)n型:直接用二项式通项公式求解．
(2)(a＋b)m(c＋d)n型:分别将两个二项式展开，再根据特定项系数，分析特定项可由(a＋b)m和(c＋d)n的哪些项相乘得到．
(3)(a＋b＋c)n型:可把(a＋b)看成一项分析，利用二项式通项，也可利用组合观点看特定项中，a、b、c的指数，由分步乘法解决，如求ambscr(这时m＋s＋r＝n)项，即为cr．
【例4】 (1)的展开式中，常数项为( )
A．－5 B．－6 C．－12 D．19
(2(x＋y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A．5 B．10 C．15 D．20
(3)在的展开式中，x6的系数是________．
[尝试解答] ________________________________________________________
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