微专题10 排列组合与二项式定理
1.排列数与组合数的公式和性质
排列数 组合数
公式 A＝n(n－1)(n－2)·…·(n－m＋1)＝ C＝＝ ＝
性质 0！＝1，A＝n！ C＝1，C＝C，C＋C＝C，nC＝kC
2.二项式定理
(1)二项式定理：
(a＋b)n＝Can＋Can-1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)
(2)二项式系数：
C(k＝0，1，2，…，n).
(3)二项展开式的通项：
Tk＋1＝Can－kbk，它表示第k＋1项．
3.二项式系数的性质
(1)对称性：C＝C.
(2)增减性：当k<时，二项式系数递增；当k>时，二项式系数递减．
(3)最大值：当n是偶数时，中间一项的二项式系数取得最大值，为Cn；当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等，且同时取得最大值，为Cn与Cn.
(4)各二项式系数的和为C＋C＋C＋…＋C＝2n.
(5)奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n-1.
微点一 两个计数原理
例1 (1)(2023·全国甲卷)现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有 ( )
A．120种 B．60种
C．30种 D．20种
(2)(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________．
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
[听课记录]____________________________________________________________
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训练1 (1)(2025·荆州模拟)电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255.在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为 ( )
A．2563 B．27 C．2553 D．6
(2)编号为A，B，C，D，E的5种蔬菜种在如图所示的五块实验田里，每块只能种一种蔬菜，要求A品种不能种在1，2试验田里，B品种必须与A品种在相邻的两块田里，则不同的种植方法种数为 ( )
A．24 B．30 C．36 D．54
微点二 排列与组合
例2 (1)(2025·长春模拟)某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为 ( )
A．12 B．18 C．20 D．60
(2)2025年4月24日神舟二十号发射成功，神十九与神二十乘组航天员在太空会师，6名航天员分两排合影留念，若从神十九和神二十每组的3名航天员中各选1人站在前排，后排的4人要求同组的2人必须相邻，则不同的站法有 ( )
A．72种 B．144种 C．180种 D．288种
[听课记录]____________________________________________________________
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求解排列与组合问题的方法
(1)直接法：相邻问题采用“捆绑法”，不相邻问题采用“插空法”．解决定序问题，可先不考虑顺序限制，排好后，再除以定序元素的全排列数．
(2)间接法：对于分类过多的问题，一般利用间接法求解.训练2 (1)将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，则不同的分配方案种数为 ( )
A．15 B．35 C．56 D．70
(2)某校大一新生A，B，C，D欲加入该校的文学社、书法社、羽毛球社．已知这4名大一新生每人只加入了1个社团，则这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有 ( )
A．21种 B．30种 C．42种 D．60种
微点三 二项式定理
例3 (1)(2025·泰安一模)若(－2x)n的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为 ( )
A．－240 B．－60 C．60 D．240
(2)(2025·北京高考)已知(1－2x)4＝a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3＋16a4x4，则a0＝________；a1＋a2＋a3＋a4＝________．
(3)(x＋y)7的展开式中x2y5的系数为36，则a的值为________．
[听课记录]____________________________________________________________
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(1)求(a＋b)n的展开式中的特定项一般要应用通项Tk＋1＝Can－kbk(k＝0，1，2，…，n).
(2)求两个因式积的特定项，一般对某个因式用通项，再结合因式相乘，分类讨论求解．
(3)求三项展开式的特定项，一般转化为二项式求解或用定义法．
(4)求解系数和问题应用赋值法．
训练3 (1)(2025·赣州一模)(多选题)已知(2x＋1)(x－2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7(a7≠0)，则 ( )
A．n＝6
B．a5＝－108
C．a0＋a1＋a2＋…＋a7＝3
D．a0＋a2＋a4＋a6＝－363
(2)(2025·湖北一模)已知在(x－)n，n∈N*的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大，则展开式中x3的系数为________．
1．(2023·新课标Ⅱ卷)某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有 ( )
A．C·C种 B．C·C种
C．C·C种 D．C·C种
2．(2022·新课标Ⅱ卷)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，则不同的排列方式共有 ( )
A．12种 B．24种
C．36种 D．48种
3．(2025·天津高考)在(x－1)6的展开式中，x3项的系数为________．
4．(2024·全国甲卷)的展开式中，各项系数中的最大值为________．
5．(2023·新课标Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有________种(用数字作答).
6．(2022·新课标Ⅰ卷)(1－)(x＋y)8的展开式中，x2y6的系数为________(用数字作答).
微专题10 排列组合与二项式定理
例1 (1)B 解析 不妨记五名志愿者为a，b，c，d，e，假设a两天都参加了公益活动，再从剩余的4人中抽取2人各参加星期六与星期日的公益活动，共有A＝12种方法，同理：b，c，d，e两天都参加了公益活动，也各有12种方法，所以恰有1人在这两天都参加的不同安排方法共有5×12＝60种．故选B.
(2)24 112 解析 第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24.先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
训练1 (1)A 解析 分三步取色，第一步、第二步、第三步都有256种取法，根据分步乘法计数原理得，共可配成256×256×256＝2563(种)颜色．故选A.
(2)B 解析 当A种在4号田时，B只能种在3号，其余三种蔬菜在三个位置全排列，共有A＝6种结果，当A种在5号田时，结果相同，也有6种；当A种在3号田时，B有3种结果，余下的三种蔬菜在三个位置全排列，有3A＝18种结果；根据分类加法计数原理，共有6＋6＋18＝30种结果．故选B.
例2 (1)C 解析 根据题意，可分为两类：①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有CA＝4×2＝8种方法；②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有A＝4×3＝12种方法，由分类加法计数原理得，共有8＋12＝20种不同的插法．
(2)B 解析 因为第一排的站法有CCA＝18(种)，第二排的站法有AAA＝8(种)，所以不同的站法有18×8＝144(种).故选B.
训练2 (1)B 解析 将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，可类比为用3个隔板插入8个小球中间的空隙中，将球分成4堆，由于8个小球中间共有7个空隙，因此共有C＝35种不同的分法．
(2)C 解析 4名大一新生分成2个组，一组1人另一组3人或2个组各2人，有C＋种方案，3个社团选择2个社团，有C种方案，把2个组分配给2个社团，有A种方案，由题意可得这4名大一新生恰好加入其中2个社团的不同情况有(C＋)CA＝42(种).故选C.
例3 (1)C 解析 由题意2n＝64，解得n＝6.展开式通项为Tr＋1＝C()6-r(－2x)r＝C(－2)r·xr-3，由题意得r－3＝0，解得r＝2，所以常数项为T3＝C(－2)2·x0＝60.故选C.
(2)1 15 解析 令x＝0，则a0＝1，又(1－2x)4＝a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3＋16a4x4，故(1－2x)4＝a0＋a1(－2x)＋a2(－2x)2＋a3(－2x)3＋a4(－2x)4，令t＝－2x，则(1＋t)4＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4，令t＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝24，故a1＋a2＋a3＋a4＝15，故答案为1，15.
(3) 解析 因为(x＋y)7的二项展开式为Tr＋1＝Cx7-ryr，r＝0，1，2，…，7，令r＝5，可得T6＝Cx2y5＝21x2y5；令r＝6，可得T7＝Cxy6＝7xy6；可得a×T6－·T7＝a×21x2y5－×7xy6＝x2y5，所以21a－7＝36，解得a＝.
训练3 (1)ACD 解析 由(2x＋1)(x－2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，所以(x－2)n的展开式中最高次项为6次项，即n＝6，故A正确；(x－2)6的展开式中，x4的系数为C(－2)2＝60，x5的系数为C(－2)1＝－12，则a5＝2×60＋1×(－12)＝108，故B错误；令x＝1，得(2＋1)×(1－2)6＝a0＋a1＋a2＋…＋a7＝3，故C正确；令x＝－1，得(－2＋1)×(－1－2)6＝a0－a1＋a2＋…＋a6－a7＝－729，所以，a0＋a2＋a4＋a6＝＝－363，故D正确．故选ACD.
(2)60 解析 依题意可知n＝6，(x－)6的展开式通项为Tr＋1＝Cx6-r(－)r＝C(－2)rx6-r(r＝0，1，2，3，4，5，6)，令6－r＝3，则r＝2，故x3的系数为C(－2)2＝60.
真题巧用·明技法
1．D 解析 根据分层随机抽样的定义知初中部共抽取60×＝40(名)，高中部共抽取60×＝20(名)，根据组合数公式和分步乘法计数原理得，不同的抽样结果共有C·C种．故选D.
2．B 解析 解法一(直接法)：第一种情况：甲站在最中间，丙丁站在甲的左边或右边有2种选择，然后丙丁两个内部全排，乙戊在剩下的两个位置全排列，有2AA＝8种站法．第二种情况：甲站在左二或右二有2种选择，以甲站左二位置为例，丙丁在甲的右侧三个位置中相邻有2种选择，然后丙丁两个内部全排列，乙戊在剩下的两个位置全排列，有2×2AA＝16种站法．所以甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式共有8＋16＝24种．故选B.
解法二：(间接法)丙和丁相邻共有A·A种站法，甲站在两端且丙和丁相邻共有C·A·A种站法，所以甲不站在两端且丙和丁相邻共有A·A－C·A·A＝24种站法，故选B.
3．－20 解析 (x－1)6展开式的通项公式为Tk＋1＝Cx6-k(－1)k＝(－1)kCx6-k，令6－k＝3，得k＝3，所以x3项的系数为(－1)3C＝－20.
4．5 解析 的展开式的通项为Tr＋1＝Cxr，则各项的系数分别为C，C，C，C，C，C，C，C，C，C，C，观察发现二项式系数先增大后减小，且前后对称，指数式递增，分别计算C，C，C，C，C，C，比较可得，C＝5最大．
5．64 解析 当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有CC＝16种．当从8门课中选修3门，①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有CC＝24种；②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有CC＝24种．综上所述，不同的选课方案共有16＋24＋24＝64种．
6．－28 解析 (x＋y)8展开式的通项为Tr＋1＝C·x8-ryr，r＝0，1，…，7，8.令r＝6，得T6＋1＝Cx2y6；令r＝5，得T5＋1＝Cx3y5，所以(1－)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为C－C＝－28.(共43张PPT)
专题四
概率与统计
专题四 概率与统计
微专题10
排列组合与二项式定理
核心整合
核心整合
核心整合
核心整合
解析
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
解析
解析
解析
解析
解析
方法提炼
解析
解析
解析
解析
解析
方法提炼
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
解析
8当
0
01
:
以题梳点
和考君
4
1
2
3
5
真题巧用
明技君微练(十六) 排列组合与二项式定理
班级： 姓名：
基础过关练
一、单项选择题
1．(1－)8的展开式的第3项的系数是 ( )
A.112 B．－112 C．－28 D．28
2．(2025·锦州模拟)将A，B，C，D，E，F 6位教师分配到3所学校，若每所学校分配2人，其中A，B分配到同一所学校，则不同的分配方法共有 ( )
A.12种 B．18种 C．36种 D．54种
3．已知(x＋x2)4＝a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7＋a8x8，则 ( )
A.a4＝a5 B．a5＝a6
C.a6＝a7 D．a5＝a7
4．如图，左车道有2辆汽车，右车道有3辆汽车等待合流，则合流结束时汽车通过顺序的种数为 ( )
A.10 B．20 C．60 D．120
5．某市举行乡村振兴汇报会，六个获奖单位的负责人甲、乙、丙等六人分别上台发言，其中负责人甲、乙发言顺序必须相邻，丙不能在第一个与最后一个发言，则不同的安排方法共有 ( )
A.240种 B．120种 C．156种 D．144种
6．(2025·济宁一模)(2＋)(2x－1)11的展开式中的常数项为 ( )
A.18 B．20 C．22 D．24
7．某公园有如图所示A至H共8个座位，现有2个男孩2个女孩要坐下休息，要求相同性别的孩子不坐在同一行也不坐在同一列，则不同的坐法总数为 ( )
A B C D
E F G H
A.168 B．336 C．338 D．84
8．(2025·山西一模)定义：各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数”，例如“1 022，3 110”，则所有“吉祥数”的个数是 ( )
A．35 B．32 C．29 D．20
二、多项选择题
9．3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是 ( )
A．共有60种不同的坐法
B．空位不相邻的坐法有32种
C．空位相邻的坐法有24种
D．两端不是空位的坐法有18种
10．(2025·曲靖一模)若(8－x)n的展开式的各二项式系数之和为32，则 ( )
A．n＝5
B．展开式中只有第三项的二项式系数最大
C．展开式中x4项的系数为1 960
D．展开式中系数为有理数的项共有2项
11．已知(m＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，(x－1)(m＋x)4＝b0＋b1x＋b2x2＋b3x3＋b4x4＋b5x5，其中m∈R，m≠0.若a2＝3b2，则 ( )
A．m＝2
B．a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝81
C．b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝－16
D．b1＋2b2＋3b3＋4b4＋5b5＝80
三、填空题
12．(2025·德州二模)(2x－x2)(1－x)6的展开式中x5的系数为________．(用数字作答)
13．(2025·泰安一模)从5名同学中选择4人参加三天志愿服务活动，有一天安排两人，另两天各安排一人，共有________种安排方法(用数字作答)
14．将1，2，3，…，9这9个数填入如图所示的格子中(要求每个数都要填入，每个格子中只能填一个数)，记第1行中最大的数为a，第2行中最大的数为b，第3行中最大的数为c，则a能力提升练
15.(多选题)某电影院的一个播放厅的座位如图所示(标黑表示该座位的票已被购买)，甲、乙两人打算购买两张该播放厅的票，且甲、乙不坐前两排，则 ( )
A．若甲、乙左右相邻，则购票的情况共有54种
B．若甲、乙不在同一列，则购票的情况共有1 154种
C．若甲、乙前后相邻，则购票的情况共有21种
D．若甲、乙分坐于银幕中心线的两侧，且不坐同一排，则购票的情况共有508种
16．(2025·辽宁一模)(多选题)设(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2 025x2 025，m＝i，s＝－2i＋1，则 ( )
A．a0＝1
B．m＝1
C．s＝
D．若[x]表示正数x的整数部分，则s－[s]＝
微练(十六) 排列组合与二项式定理
1．A 解析 (1－)8的通项Tk＋1＝C18-k(－)k＝C(－2)kx－，令k＝2，则T3＝C(－2)2x-1＝×4×＝.可得第3项的系数是112.故选A.
2．B 解析 先给A，B安排一所学校，有3种分配方法；再给任一学校安排2位教师，有C＝6(种)分配方法；最后剩下的学校安排剩下的2位教师．所以最终有3×6＝18(种)不同的分配方法，故选B.
3．D 解析 解法一：由于(x＋x2)4的展开式中各项系数恰好为相应二项式系数，因此a4＝C，a5＝C，a6＝C，a7＝C，a8＝C，所以a5＝a7.故选D.
解法二：在等式(x＋x2)4＝a4x4＋a5x5＋a6x6＋a7x7＋a8x8两边同除以x4，有(1＋x)4＝a4＋a5x＋a6x2＋a7x3＋a8x4，由二项式系数的性质得a5＝a7＝4.故选D.
4．A 解析 设左车道汽车依次为A1，A2，右车道汽车依次为B1，B2，B3，则通过顺序的种数等价于将A1，A2安排在5个顺序中的某两个位置(保持A1，A2前后顺序不变)，B1，B2，B3安排在其余3个位置(保持B1，B2，B3前后顺序不变)，所以合流结束时汽车通过顺序共有CC＝10(种).
5．D 解析 将甲乙捆绑看做一个元素，由丙不能在第一个与最后一个发言，则丙的位置有3个，将剩余4个元素再排序有AA＝48种方法，故不同的安排方法共有3×48＝144种．
6．B 解析 (2＋)(2x－1)11＝2(2x－1)11＋(2x－1)11，(2x－1)11的二项展开式的通项为Tk＋1＝C(2x)11-k·(－1)k＝(－1)k·211-kCx11-k，所以2(2x－1)11＝(－1)k212-kCx11-k ①，(2x－1)11＝(－1)k211-kCx10-k ②，在①式中，令11－k＝0得k＝11，故2(2x－1)11的常数项为(－1)1121C＝－2，在②式中，令10－k＝0得k＝10，则(2x－1)11的常数项为(－1)1021C＝22，故(2＋)(2x－1)11的展开式中的常数项为－2＋22＝20，故选B.
7．B 解析 第一步：排男孩，第一个男孩在第一行有四个位置可选，第二个男孩在第二行有三个位置可选，由于两名男孩可以互换，故男孩的排法有4×3×2＝24(种)，第二步：排女孩，若男孩选AF，则女孩有BE，BG，BH，CE，CH，DE，DG共7种选择，由于女孩可以互换，故女孩的排法有2×7＝14(种)，根据分步乘法计数原理，共有24×14＝336(种)，故选B.
8．A 解析 各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数”，按首位数字分别计算，当首位数字为5时，则剩余三位数分别是0，0，0，共有1个“吉祥数”；当首位数字为4时，则剩余三位数分别是1，0，0，共有3个“吉祥数”；当首位数字为3时，则剩余三位数分别是1，1，0或2，0，0，共有3＋3＝6个“吉祥数”；当首位数字为2时，剩余三位数分别是2，1，0或3，0，0或1，1，1，共有A＋3＋1＝10个“吉祥数”；当首位数字为1时，则剩余三位数分别是3，1，0或4，0，0或1，1，2或2，2，0，共有A＋3＋3＋3＝15个“吉祥数”，则共有1＋3＋6＋10＋15＝35个“吉祥数”．故选A.
9．ACD 解析 对于A，共有A＝5×4×3＝60(种)不同的坐法，故A正确；对于B，先排好这3个人有A种排法，然后把2个空位插入3个人形成的4个空隙中，有C种插法，故共有CA＝36(种)坐法，故B错误；对于C，把2个空位先捆绑好，再插入3人形成的4个空隙中， 故共有CA＝24(种)坐法，故C正确；对于D，先从3人中抽取2人放在两端，第三个人在中间的3个空位中任取一个，故有CAC＝18(种)坐法，故D正确．
10．AC 解析 对于A，由题意得2n＝32 n＝5，故A正确；对于B，因为n＝5，所以展开式中的二项式系数最大的是C＝C，分别为展开式中的第三项和第四项的二项式系数，故B错误；对于C，(8－x)5的展开式的通项为Tr＋1＝C85-r(－x)r＝(－1)rC·85-r·7xr，令r＝4，则(－1)rC·85-r·7＝5×8×49＝1 960，即展开式中x4项的系数为1 960，故C正确；对于D，因为(8－x)5的展开式的通项为Tr＋1＝(－1)rC·85-r·7xr，所以若∈Z，则r＝0，2，4时，对应的项为85，35 840x2，1 960x4，均为有理项，所以展开式中系数为有理数的项共有3项，故D错误．故选AC.
11．AB 解析 二项式(m＋x)4展开式的通项为Tr＋1＝Cm4-rxr(0≤r≤4且r∈N)，(x－1)(m＋x)4＝x(m＋x)4－(m＋x)4，所以a2＝Cm2＝6m2，b2＝Cm3－Cm2＝4m3－6m2，因为a2＝3b2，所以6m2＝3(4m3－6m2)，解得m＝0(舍去)或m＝2，故A正确；由(2＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，令x＝1可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝34＝81，故B正确；由(x－1)(2＋x)4＝b0＋b1x＋b2x2＋b3x3＋b4x4＋b5x5，令x＝0可得b0＝－24＝－16，令x＝1可得b0＋b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝0，所以b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝16，故C错误；将(x－1)(2＋x)4＝b0＋b1x＋b2x2＋b3x3＋b4x4＋b5x5两边对x求导可得，(2＋x)4＋4(x－1)(2＋x)3＝b1＋2b2x＋3b3x2＋4b4x3＋5b5x4，令x＝1可得b1＋2b2＋3b3＋4b4＋5b5＝(2＋1)4＋4(1－1)(2＋1)3＝81，故D错误．
12．50 解析 因为(2x－x2)(1－x)6＝2x(1－x)6－x2(1－x)6，其中(1－x)6展开式的通项为Tr＋1＝C(－x)r(0≤r≤6且r∈N)，所以(2x－x2)(1－x)6的展开式中含x5的项为2xC(－x)4－x2C(－x)3＝50x5，所以展开式中x5的系数为50.
13．180 解析 第一步，从5人中选4人，共有C＝5种选法，第二步，将4人分成三组，共有C＝6种分法，再进行全排有A＝6种排法，由分步乘法计数原理知，共有CCA＝5×6×6＝180种安排方法．
14．60 480 解析 第3行，c＝9，可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有CA种情况；第2行，取剩下6个数中最大的数为b，可选的位置有3个，其余2个位置任取2个数，共有CA种情况；第1行，剩下3个数任意排列，则有A种情况，故共有CACAA＝60 480种填法．
15．ABD 解析 若甲、乙左右相邻，可选择三至七排，(10＋4＋3＋6＋4)A＝54(种)，所以一共有54种购票情况，故A正确；甲、乙在同一列的情况共有A＋A＋A＋A＋A＋A＋A＋A＝106(种)，则甲、乙不在同一列的情况有A－106＝1 154(种)，所以一共有1 154种购票情况，故B正确；若甲、乙前后相邻，先选座位，有2＋4＋4＋1＋2＋4＋4＝21(种)，再考虑甲乙顺序，有A＝2(种)，所以一共有42种购票情况，故C错误；银幕中心线左侧有18个座位，右侧有18个座位，甲、乙分坐于两侧，有A×18×18＝648(种)情况．甲、乙分坐于两侧且坐同一排(按每一排考虑)，有A(5×6＋3×3＋3×2＋4×4＋3×3)＝140(种)情况，所以甲、乙分坐于两侧，且不坐同一排的购票情况共有648－140＝508(种)，故D正确．
16．ACD 解析 对于A，令x＝0，可得a0＝1，故A正确；对于B，令x＝1，可得m＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 025＝－1，故B错误；对于C，令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 024－a2 025＝32 025，所以(a0＋a1＋a2＋…＋a2 025)－(a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 024－a2 025)＝－32 025－1，所以2i＋1＝，所以s＝－2i＋1＝－×＝，故C正确；对于D，s＝＝＝＝＝＝3×(C＋C81＋…＋C81 011)＋，所以s－[s]＝，故D正确．故选ACD.(共31张PPT)
微练(十六) 排列组合与
二项式定理
基础过关练
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解析
