1.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．若x∈{1,2,3}，y∈{5,7,9}，则x·y的不同值个数是( )
A．2 B．6
C．9 D．8
解析：求积x·y需分两步取值：第1步，x的取值有3种；第2步，y的取值有3种，故有3×3＝9个不同的值．
答案：C
2．已知两条异面直线a，b上分别有5个点和8个点，则这13个点可以确定不同的平面个数为( )
A．40 B．16
C．13 D．10
解析：分两类：第1类，直线a与直线b上8个点可以确定8个不同的平面；第2类，直线b与直线a上5个点可以确定5个不同的平面．故可以确定8＋5＝13个不同的平面．
答案：C
3．某学生去书店，发现3本好书，决定至少买其中一本，则购买方式共有( )
A．3种 B．6种
C．7种 D．9种
解析：分3类：买1本好书，买2本好书和买3本好书，各类的购买方式依次有3种、3种和1种，故购买方式共有3＋3＋1＝7(种)．
答案：C
4．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有( )
A．30个 B．42个
C．36个 D．35个
解析：第一步，取b，有6种方法；第二步，取a，也有6种方法，根据分步乘法计数原理得，共有6×6＝36种方法，即虚数有36个．
答案：C
5．如图所示，用四种不同的颜色给图中的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
解析：先涂A，D，E三个点，共有4×3×2＝24种涂法，然后按B，C，F的顺序涂色，分为两类；一类是B与E或D同色，共有2×(2×1＋1×2)＝8种涂法；另一种是B与E和D均不同色，共有1×(1×1＋1×2)＝3种涂法．所以涂色方法共有24×(8＋3)＝264种．
答案：B
6．加工某个零件分三道工序，第一道工序有5人，第二道工序有6人，第三道工序有4人，从中选3人每人做一道工序，则选法有________种．
解析：选第一、第二、第三道工序各一人的方法数依次为5、6、4，由分步乘法计数原理知，选法总数为N＝5×6×4＝120.
答案：120
7．某班委会由4名男生与3名女生组成，现从中选出2名参加校学生会的竞选，其中至少有1名女生当选的选法种数是________．
解析：至少有1名女生当选有两种可能：
(1)参加竞选的有1名女生，有4×3＝12种选法；
(2)参加竞选的有2名女生，有3种不同选法．
因此至少有1名女生当选的选法为12＋3＝15(种)．
答案：15
8．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________种．
解析：分两步：第一步，先选垄，共有6种选法．
第二步：种植A、B两种作物，有2种选法．
因此，由分步乘法计数原理，不同的选垄种植方法有6×2＝12(种)．
答案：12
9．设椭圆的方程为＋＝1(a>b>0)，a∈{1,2,3,4,5,6,7}，b∈{1,2,3,4,5}，这样的椭圆共有多少个？
解析：依题意按a，b的取值分为6类，第一类：a＝2，b＝1；第二类：a＝3，b＝1, 2；第三类：a＝4，b＝1,2,3；第四类：a＝5，b＝1,2,3,4；第五类：a＝6，b＝1,2,3,4,5；第六类：a＝7，b＝1,2,3,4,5.由分类加法计数原理得：这样的椭圆共有1＋2＋3＋4＋5＋5＝20个．
10．某校学生会由高一年级5人，高二年级6人，高三年级4人组成．
(1)选其中一人为学生会主席，有多少种不同的选法？
(2)若每个年级选1人成为校学生会常委成员，有多少种不同的选法？
(3)若要选出不同年级的两人分别参加市里组织的两项活动，有多少种不同的选法？
解析：(1)分三类：第一类，从高一年级选一人，有5种选法；第二类，从高二年级选一人，有6种选法；第三类，从高三年级选一人，有4种选法．由分类加法计数原理得，共有5＋6＋4＝15种选法．
(2)分三步完成：第一步，从高一年级选一人，有5种选法；第二步，从高二年级选一人，有6种选法；第三步，从高三年级选一人，有4种选法．由分步乘法计数原理得，共有5×6×4＝120种选法．
(3)分三类：高一、高二各一人，共有5×6＝30种选法；高一、高三各一人，共有5×4＝20种选法；高二、高三各一人，共有6×4＝24种选法．由分类加法计数原理得，共有30＋20＋24＝74种选法．
[B组 能力提升]
1．满足a，b∈{－1,0,1,2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为( )
A．14 B．13
C．12 D．10
解析：当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0,0)，(0,1)，(0,2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1,0)，(－1,1)，(－1,2)，(1，－1)，(1,0)，(1,1)，(2，－1)，(2,0)．综上，满足要求的有序数对共有13个，选B.
答案：B
2．从集合{1,2,3,4,5}中任取2个不同的数，作为方程Ax＋By＝0的系数A、B的值，则形成的不同直线有( )
A．18条 B．20条
C．25条 D．10条
解析：第一步，取A的值，有5种取法；第二步，取B的值，有4种取法，其中当A＝1，B＝2时与A＝2，B＝4时是相同的方程；当A＝2，B＝1时与A＝4，B＝2时是相同的方程，故共有5×4－2＝18条．
答案：A
3．如图是某校的校园设施平面图，现用不同的颜色作为各区域的底色，为了便于区分，要求相邻区域不能使用同一种颜色．若有6种不同的颜色可选，则有________种不同的着色方案.
操场
宿舍区
餐厅
教学区
解析：操场可从6种颜色中任选1种着色；餐厅可从剩下的5种颜色中任选1种着色；宿舍区和操场、餐厅颜色都不能相同，故可从其余的4种颜色中任选1种着色；教学区和宿舍区、餐厅的颜色都不能相同，故可从其余的4种颜色中任选1种着色．根据分步乘法计数原理得，共有6×5×4×4＝480种着色方案．
答案：480
4．三边长均为整数，且最大边长为11的三角形有________个．
解析：另两边长用x，y表示，且不妨设1≤x≤y≤11，要构成三角形，必须x＋y≥12.
当y取11时，x＝1,2,3，…，11，可有11个三角形；
当y取10时，x＝2,3，…，10，有9个三角形；
……
当y取6时，x＝6，有1个三角形．
所以，所求三角形的个数为11＋9＋7＋5＋3＋1＝36.
答案：36
5．电视台在“欢乐今宵”节目中拿出两个信箱，其中存放着先后两次竞赛中成绩优秀的观众来信，甲信箱中有30封，乙信箱中有20封，现由主持人抽奖确定幸运观众，若先确定一名幸运之星，再从两信箱中各确定一名幸运伙伴，有多少种不同的选择？
解析：分两类情况：
(1)幸运之星在甲箱中抽，先确定幸运之星，再在两箱中各确定一名幸运伙伴有30×29×20＝17 400种结果；
(2)幸运之星在乙箱中抽，同理有20×19×30＝11 400种结果．
因此共有不同结果17 400＋11 400＝28 800种．
6．7名学生中有3名会下象棋但不会下围棋，有2名学生会下围棋但不会下象棋，另2名既会下象棋又会下围棋，现从中选出会下象棋和会下围棋的各1人参加比赛，共有多少种不同的选法？
解析：第一类：从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，由分步乘法计数原理得N1＝3×2＝6(种)．
第二类：从3名只会下象棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，由分步乘法计数原理得N2＝3×2＝6(种)．
第三类：从2名既会下象棋又会下围棋的学生中选1名参加象棋比赛，同时从2名只会下围棋的学生中选1名参加围棋比赛，由分步乘法计数原理得N3＝2×2＝4(种)．
第四类：从2名既会下象棋又会下围棋的学生中各选1名参加象棋比赛和围棋比赛，有N4＝2种．
综上，由分类加法计数原理可知，不同选法共有N＝N1＋N2＋N3＋N4＝6＋6＋4＋2＝18(种).
1.2.1 排列
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．已知A＝7A，则n的值为( )
A．6 B．7
C．8 D．2
解析：由排列数公式得：n(n－1)＝7(n－4)(n－5)，
∴3n2－31n＋70＝0，解得n＝7或(舍去)．
答案：B
2．有4名司机、4名售票员分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方案种数为( )
A．A B．A
C．AA D．2A
解析：安排4名司机，有A种方案，安排4名售票员，有A种方案．司机与售票员都安排好，这件事情才算完成，由分步乘法计数原理知共有AA种方案．故选C.
答案：C
3．有3名男生和5名女生站成一排照相，如果男生不排在最左边且两两不相邻，则不同的排法有 ( )
A．A·A种 B．A·A种
C．A·A种 D．A·A种
解析：插空法，注意考虑最左边位置.5名女生先排，有A种排法，除去最左边的空共有5个空位供男生选，有A种排法，故共有A·A种不同的排法．故选C.
答案：C
4．一排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
5．一个长椅上共有10个座位，现有4人去坐，其中恰有5个连续空位的坐法共有( )
A．240种 B．600种
C．408种 D．480种
解析：将四人排成一排共有A种排法；产生5个空位，将五个空椅和一个空椅构成的两个元素插入共有A种方法；由分步乘法计数原理，满足条件的坐法共有A·A＝480种．
答案：D
6．在书柜的某一层上原来共有5本不同的书，如果保持原有书的相对顺序不变，再插进去3本不同的书，那么共有________种不同的插入法．(用数字回答)
解析：试想原来的5本书与新插入的3本书已经放好，则这3本新书一定是这8本书中的某3本，因此“在5本书中插入3本书”就与“从8本书中抽出3本书”对应，故符合题意的插法共有A＝336种．
答案：336
7．把5件不同产品摆成一排．若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
解析：记5件产品为A、B、C、D、E，A、B相邻视为一个元素，先与D、E进行排列，有AA种方法；再将C插入，仅有3个空位可选，共有AA×3＝2×6×3＝36种不同的摆法．
答案：36
8．从集合{0,1,2,5,7,9,11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax＋By＋C＝0中的系数A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条．
解析：易知过原点的直线方程的常数项为0，则C＝0，再从集合中任取两个非零元素作为系数A、B，有A种，而且其中没有相同的直线，所以符合条件的直线有A＝30(条)．
答案：30
9．用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成多少个无重复数字的
(1)六位奇数；
(2)个位数字不是5的六位数．
解析：(1)解法一 (从特殊位置入手)
分三步完成，第一步先填个位，有A种填法，第二步再填十万位，有A种填法，第三步填其他位，有A种填法，故共有AAA＝288个六位奇数．
解法二 (从特殊元素入手)
0不在两端有A种排法，从1,3,5中任选一个排在个位有A种排法，其他各位上用剩下的元素做全排列有A种排法，故共有AAA＝288个六位奇数．
解法三 (排除法)
6个数字的全排列有A个，0,2,4在个位上的排列数为3A个，1,3,5在个位上，0在十万位上的排列数有3A个，故对应的六位奇数的排列数为A－3A－3A＝288个．
(2)解法一 (排除法)
0在十万位和5在个位的排列都不对应符合题意的六位数．
故符合题意的六位数共有A－2A＋A＝504个．
解法二 (直接法)
个位不排5，有A种排法，但十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同．因此需分两类．
第一类：当个位排0时，有A个．
第二类：当个位不排0时，有AAA个．
故共有符合题意的六位数A＋AAA＝504个．
10．某次文艺晚会上共演出8个节目，其中2个歌曲，3个舞蹈，3个曲艺节目，求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种？
(1)一个歌曲节目开头，另一个放在最后压台；
(2)2个歌曲节目互不相邻；
(3)2个歌曲节目相邻且3个舞蹈节目不相邻．
解析：(1)先排歌曲节目有A种排法，再排其他节目有A种排法，所以共有AA＝1 440种排法．
(2)先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目有A种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排歌曲节目，有A种插入方法，所以共有AA＝30 240种排法．
(3)把2个相邻的歌曲节目看作一个元素，与3个曲艺节目排列共有A种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有A种插入方法，最后将2个歌曲节目互换位置，有A种排法，故所求排法共有AAA＝2 880种排法．
[B组 能力提升]
1．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编排方案共有( )
A．36种 B．42种
C．48种 D．54种
解析：分两类：第一类：甲排在第一位，共有A＝24种排法；第二类：甲排在第二位，共有A·A＝18种排法，所以共有编排方案24＋18＝42种，故选B.
答案：B
2．取1,2,3,4,5这五个数字中的两个分别作为一个对数的底数和真数，则所得的不同值有( )
A．12个 B．13个
C．16个 D．20个
解析：分二类：两个数中有1时，值为0.两个数中无1时，有A＝12个，共有A＋1＝13个，故选B.
答案：B
3．用数字1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，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________．
解析：第一步，将3,4,5,6按奇偶相间排成一列，共有2×A×A＝8(种)排法；第二步，再将1,2捆绑插入4个数字产生的5个空位中，共有A＝5(种)插法，插入时需满足条件相邻数字的奇偶性不同，1,2的排法由已排4个数的奇偶性确定．∴不同的排法有8×5＝40(种)，即这样的六位数有40个．
答案：40
4．(2016年高考全国甲卷)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．
解析：由题意得：丙不拿(2,3)，
若丙(1,2)，则乙(2,3)，甲(1,3)满足，
若丙(1,3)，则乙(2,3)，甲(1,2)不满足，
故甲(1,3)．
答案：(1,3)
5．三名男歌唱家和两名女歌唱家联合举行一场音乐会，演出出场顺序要求两名女歌唱家之间恰有一名男歌唱家，则共有多少种出场方案．
解析：将“女男女”当整体看待，有6种情况，每一种情况有A种，所以共有6A＝6×3×2＝36(种)．
6．在集合{1,2,3，…，20}中取出三个数排成一列，使它们构成等差数列，问一共可以构成多少个等差数列？
解析：先选出两个数a，c作为等差数列的首项和末项，则中间一个数应为，为使在集合中，故分两类：(1)a，c同为奇数，N1＝A，(2)a，c同为偶数，N2＝A，故满足条件的等差数列共有N＝N1＋N2＝A＋A＝180个.
1.2.2 组合
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．某中学一年级有5个班，二年级有8个班，三年级有3个班，分年级举行班与班之间的篮球单循环赛，总共需进行比赛的场数是( )
A．C＋C＋C B．CCC
C．A＋A＋A D．C
解析：分三类：一年级比赛的场数是C，二年级比赛的场数是C，三年级比赛的场数是C，再由分类加法计数原理可求．
答案：A
2．已知平面内A，B，C，D这4个点中任何3点均不共线，则以其中任意3个点为顶点的所有三角形的个数为( )
A．3 B．4
C．12 D．24
解析：C＝4.
答案：B
3．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
4．C＋C＋C＋C＋…＋C的值为( )
A．C B．C
C．C D．C
解析：原式＝(C＋C)＋C＋C＋…＋C＝(C＋C)＋C＋…＋C＝(C＋C)＋…＋C＝C＝C＝C.
答案：D
5．从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有( )
A．140种 B．120种
C．35种 D．34种
解析：分三种情况：①1男3女共有CC种选法．②2男2女共有CC种选法．③3男1女共CC种选法．则共有CC＋CC＋CC＝34种选法．
答案：D
6．从进入决赛的6名选手中决出1名一等奖，2名二等奖，3名三等奖，则可能的决赛结果共有________种．(用数字作答)
解析：由题意知，所有可能的决赛结果有CCC＝6××1＝60(种)．
答案：60
7．50件产品中有4件是次品，从中任意抽出5件，至少有3件是次品的抽法共有________种．
解析：分两类，有4件次品的抽法有CC种；有3件次品的抽法有CC种，所以共有CC＋CC＝4 186种不同的抽法．
答案：4 186
8．从3,5,7,11这四个数中任取两个相乘，可以得到不相等的积的个数为________．
解析：从四个数中任取两个数的取法为C＝6.
答案：6
9．已知＝3，求n.
解析：原方程可变形为＋1＝，
即C＝C，
即
＝·，
化简整理得n2－3n－54＝0.
解得n＝9或n＝－6(不合题意，舍去)．
所以n＝9.
10．要从6男4女中选出5人参加一项活动，按下列要求，各有多少种不同的选法？
(1)甲当选且乙不当选；
(2)至少有1女且至多有3男当选．
解析：(1)∵甲当选且乙不当选，
∴只需从余下的8人中任选4人，有C＝70种选法．
(2)至少有1女且至多有3男当选时，应分三类：
第一类是3男2女，有CC种选法；
第二类是2男3女，有CC种选法；
第三类是1男4女，有CC种选法．
由分类加法计数原理知，
共有CC＋CC＋CC＝186种选法.
[B组 能力提升]
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，不同的组合方法是( )
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．某单位拟安排6位员工在2016年端午节3天假期值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值第一日，乙不值最后一日，则不同的安排方法共有( )
A．30种 B．36种
C．42种 D．48种
解析：所有排法减去甲值第一日或乙值最后一日，再加上甲值第一日且乙值最后一日的排法，即有CC－2×CC＋CC＝42(种)排法．
答案：C
3.如图，A，B，C，D为海上的四个小岛，要建三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方案共有________种．
解析：四个小岛中每两岛建一座桥共建六座桥，其中建三座桥连接四个小岛符合要求的建桥方案是只要三座桥不围成封闭的三角形区域符合要求，如桥AC，BC，BD符合要求，而围成封闭三角形不符合要求，如桥AC，CD，DA，不符合要求，故共有C－C＝16(种)．
答案：16
4．如图，在排成4×4方阵的16个点中，中心4个点在某一圆内，其余12个点在圆外，在16个点中任取3个点构成三角形，其中至少有一个点在圆内的三角形共有________个．
解析：有一个点在圆内的有：C(C－4)＝248(个)．有两个顶点在圆内的有：C(C－2)＝60(个)．三个顶点均在圆内的有：C＝4(个)．所以共有248＋60＋4＝312(个)．
答案：312
5．现有10件产品，其中有2件次品，任意取出3件检查．
(1)若正品A被取到，则有多少种不同的取法？
(2)恰有一件是次品的取法有多少种？
(3)至少有一件是次品的取法有多少种？
解析：(1)C＝＝36(种)．
(2)从2件次品中任取1件，有C种取法，从8件正品中任取2件，有C种取法，由分步乘法计数原理得，不同的取法共有C×C＝2×＝56种．
(3)解法一 含1件次品的取法有C×C种，含2件次品的取法有C×C种，由分类加法计数原理得，不同的取法共有C×C＋C×C＝56＋8＝64种．
解法二 从10件产品中任取3件，取法有C种，不含次品的取法有C种，所以至少有1件次品的取法有C－C＝64种．
6．某次足球赛共12支球队参加，分三个阶段进行．
(1)小组赛：经抽签分成甲、乙两组，每组6队进行单循环比赛，以积分及净胜球数取前两名；
(2)半决赛：甲组第一名与乙组第二名，乙组第一名与甲组第二名进行主客场交叉淘汰赛(每两队主客场各赛一场)决出胜者；
(3)决赛：两个胜队参加决赛一场，决出胜负．
全部赛程共需比赛多少场？
解析：(1)小组赛中每组6队进行单循环比赛，就是6支球队的任两支球队都要比赛一次，所需比赛的场次即为从6个元素中任取2个元素的组合数，所以小组赛共要比赛2C＝2×＝30(场)．
(2)半决赛中甲组第一名与乙组第二名(或乙组第一名与甲组第二名)主客场各赛一场，所需比赛的场次即为从2个元素中任取2个元素的排列数，所以半决赛共要比赛2A＝2×1×2＝4(场)．
(3)决赛只需比赛1场，即可决出胜负．所以全部赛程共需比赛30＋4＋1＝35(场)．
1.2 排列与组合（习题课）
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．某校开设A类选修课3门，B类选修课4门，一位同学从中共选3门．若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有( )
A．30种 B．35种
C．42种 D．48种
解析：分两类，A类选修课选1门，B类选修课选2门，或者A类选修课选2门，B类选修课选1门，因此，共有C×C＋C×C＝30种选法．
答案：A
2．5本不同的书全部分给4个学生，每个学生至少1本，不同的分法种数有( )
A．480 B．240
C．120 D．96
解析：先把5本书中的两本捆起来，再分成4份即可，∴分法种数为CA＝240.
答案：B
3．12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．北京《财富》全球论坛期间，某高校有14名志愿者参加接待工作，若每天早、中、晚三班，每班4人，每人每天最多值一班，则开幕式当天不同的排班种数为( )
A．CCC B．CAA
C. D．CCCA
解析：首先从14人中选出12人共C种，然后将12人平均分为3组共种，然后这两步相乘，得.将三组分配下去共C·C·C种．故选A.
答案：A
5．按ABO血型系统学说，每个人的血型为A，B，O，AB四种之一，依血型遗传学，当且仅当父母中至少有一人的血型是AB型时，子女一定不是O型，若某人的血型为O型，则父母血型所有可能情况有________种．
解析：父母应为A或B或O，C·C＝9(种)．
答案：9
6．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答)．
解析：不同的获奖情况可分为以下两类：
(1)有一个人获得两张有奖奖券，另外还有一个人获得一张有奖奖券，有CA＝36种获奖情况．
(2)有三个人各获得一张有奖奖券，有A＝24种获奖情况．
故不同的获奖情况有36＋24＝60种．
答案：60
7．5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名队员排成1,2,3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1,2号中至少有1名新队员的排法有________种．
解析：两老一新时，有C×CA＝12种排法；两新一老时，有C×CA＝36种排法，故共有48种排法．
答案：48
8．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)
解析：按C的位置分类计算．
①当C在第一或第六位时，有A＝120(种)排法；
②当C在第二或第五位时，有AA＝72(种)排法；
③当C在第三或第四位时，有AA＋AA＝48(种)排法．
所以共有2×(120＋72＋48)＝480(种)排法．
答案：480
9．四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中，恰有一个空盒的放法有多少种？
解析：恰有一个空盒，则另外三个盒子中小球数分别为1,1,2，实际上可转化为先将四个不同的小球分为三组，两组各1个，另一组2个，分组方法有种，然后将这三组再加上一个空盒进行全排列，共有·A＝144种放法．
10．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张卡片所标的数字之和等于10，则不同的排法共有多少种？
解析：分三类：
第1类，当取出的4张卡片分别标有数字1,2,3,4时，不同的排法有C·C·C·C·A种．
第2类，当取出的4张卡片分别标有数字1,1,4,4时，不同的排法有C·C·A种．
第3类，当取出的4张卡片分别标有数字2,2,3,3时，不同的排法有C·C·A种.
故满足题意的所有不同的排法种数共有C·C·C·C·A＋2C·C·A＝432.
[B组 能力提升]
1．已知圆上有9个点，每两点连一线段，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：此题可归为圆上9个点可组成多少个四边形，每个四边形的对角线的交点即为所求，所以，交点有C＝126(个)．
答案：D
2．将红、黑、蓝、黄4个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少放一个球，且红球和蓝球不能放在同一个盒子，则不同的放法有 ( )
A．18种 B．24种
C．30种 D．36种
解析：将4个小球放入3个不同的盒子，先在4个小球中任取2个作为1组，再将其与其他2个小球对应3个盒子，共有CA＝36种情况，若红球和蓝球放到同一个盒子，则黑、黄球放进其余的盒子里，有A＝6种情况，则红球和蓝球不放到同一个盒子的放法种数为36－6＝30种．
答案：C
3．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6条水平直线和6条竖直直线中各取2条，每一种取法对应一个矩形，因此矩形共有CC＝225个．
答案：225
4．两人进行乒乓球比赛，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)________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：20
5．某区有7条南北向街道，5条东西向街道．(如图)
(1)图中有多少个矩形？
(2)从A点走向B点最短的走法有多少种？
解析：(1)在7条竖线中任选2条，5条横线中任选2条，这样4条线可组成一个矩形，故可组成的矩形有C·C＝210个．
(2)每条东西向的街道被分成6段，每条南北向的街道被分成4段，从A到B最短的走法，无论怎样走，一定至少包括10段，其中6段方向相同，另4段方向也相同，每种走法，即是从10段中选出6段，这6段是走东西方向的(剩下4段即是走南北方向的)，共有C＝C＝210种走法．
6．若对任意的x∈A，则∈A，就称A是“具有伙伴关系”的集合．求集合M＝的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合的个数．
解析：具有伙伴关系的元素组成－1；1； ，2；，3；共4组，所以集合M的所有非空子集中，具有伙伴关系的非空集合中的元素，可以是具有伙伴关系的元素组中的任一组、二组、三组、四组，又集合中的元素是无序的，因此，所求集合的个数为C＋C＋C＋C＝15.
1.3.1 二项式定理
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．二项式(a＋b)2n的展开式的项数是( )
A．2n B．2n＋1
C．2n－1 D．2(n＋1)
解析：根据二项式定理可知，展开式共有2n＋1项．
答案：B
2．化简多项式(2x＋1)5－5(2x＋1)4＋10(2x＋1)3－10(2x＋1)2＋5(2x＋1)－1的结果是( )
A．(2x＋2)5 B．2x5
C．(2x－1)5 D．32x5
解析：原式＝[(2x＋1)－1]5＝(2x)5＝32x5.
答案：D
3．已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝( )
A．－4 B．－3
C．－2 D．－1
解析：先求出(1＋x)5含有x与x2的项的系数，从而得到展开式中x2的系数．(1＋x)5中含有x与x2的项为T2＝Cx＝5x，T3＝Cx2＝10x2，∴x2的系数为10＋5a＝5，∴a＝－1，故选D.
答案：D
4．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＝C3n－rx，当Tr＋1是常数项时，n－r＝0，当r＝2，n＝5时成立．
答案：B
5．(x2＋2)(－1)5的展开式的常数项是( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：(－1)5的展开式的通项为Tr＋1＝C()5－r·(－1)r，r＝0,1,2,3,4,5.
当因式(x2＋2)提供x2时，则取r＝4；当因式(x2＋2)提供2时，则取r＝5.
所以(x2＋2)(－1)5的展开式的常数项是5－2＝3.
答案：D
6．(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)
解析：利用二项展开式的通项公式求解．
x2y7＝x·(xy7)，其系数为C，
x2y7＝y·(x2y6)，其系数为－C，
∴x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20.
答案：－20
7．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
8．已知n的展开式中第5项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为14∶3，则展开式中的常数项为________．
解析：由已知条件得：C∶C＝14∶3，整理得：n2－5n－50＝0，
所以n＝10，所以展开式的通项为：
Tk＋1＝C()10－k·k
＝C·2k·x，
令＝0，得k＝2，
所以常数项为第三项T3＝22C＝180.
答案：180
9．用二项式定理证明1110－1能被100整除．
证明：∵1110－1＝(10＋1)10－1＝(1010＋C×109＋…＋C×10＋1)－1
＝1010＋C×109＋C×108＋…＋102
＝100×(108＋C×107＋C×106＋…＋1)，
∴1110－1能被100整除．
10.n展开式第9项与第10项二项式系数相等，求x的一次项系数．
解析：由题意知C＝C，
∴n＝17，Tr＋1＝Cx·2r·x，
∴－＝1，
∴r＝9，
∴Tr＋1＝C·x4·29·x－3，
∴T10＝C·29·x，
其一次项系数为C29.
[B组 能力提升]
1．若二项式7的展开式中的系数是84，则实数a＝( )
A．2 B.
C．1 D.
解析：Tr＋1＝C·(2x)7－r·r＝27－rCar·.令2r－7＝3，则r＝5.由22·Ca5＝84得a＝1.故选C.
答案：C
2．(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
3．若(＋a)5的展开式中的第四项是10a2(a为大于0的常数)，则x＝________.
解析：∵T4＝C()2·a3＝10x·a3，
∴10xa3＝10a2(a>0)，∴x＝.
答案：
4．(2015年高考福建卷)(x＋2)5的展开式中，x2的系数等于________(用数字作答)．
解析：Tr＋1＝Cx5－r·2r，令5－r＝2，得r＝3，所以x2的系数为C×23＝80.
答案：80
5．若二项式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．
解析：∵Tr＋1＝Cx6－rr＝(－a)rCx，
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.
6．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．
解析：Tr＋1＝C()n－rr
＝rCx.
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：
T4＝3Cx＝－7.
(2)当－r＝0，
即r＝4时，常数项为4C＝.
1.3.2“杨辉三角”与二项式系数的性质
[课时作业]
[A组 基础巩固]
1．在(a－b)20的二项展开式中，二项式系数与第6项的二项式系数相同的项是( )
A．第15项 B．第16项
C．第17项 D．第18项
解析：第6项的二项式系数为C，又C＝C，所以第16项符合条件．
答案：B
2．(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n的展开式中各项系数和为( )
A．2n＋1 B．2n－1
C．2n＋1－1 D．2n＋1－2
解析：令x＝1，得2＋22＋…＋2n＝2n＋1－2.
答案：D
3．已知n的展开式中，各项系数的和与各二项式系数的和之比为64，则n等于( )
A．4 B．5
C．6 D．7
解析：令x＝1，得各项系数的和为4n，又各二项式系数的和为2n，故＝64，∴n＝6.
答案：C
4．若(1＋)5＝a＋b(a，b为有理数)，则a＋b＝( )
A．45 B．55
C．70 D．80
解析：∵(1＋)5＝1＋C×＋C×()2＋C×()3＋C×()4＋C×()5
＝1＋5＋20＋20＋20＋4
＝41＋29，
∴a＝41，b＝29，a＋b＝70.故选C.
答案：C
5．(2015年高考湖北卷)已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为( )
A．212 B．211
C．210 D．29
解析：∵(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数分别为C，C，
∴C＝C，得n＝10.
从而有C＋C＋C＋C＋…＋C＝210，
又C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C，
所以奇数项的二项式系数和为C＋C＋…＋C＝29.
答案：D
6．若(x－2)5＝a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝________.(用数字作答)
解析：令x＝0，得a0＝(－2)5＝－32.
令x＝1，得a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝(1－2)5＝－1，
故a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－1－(－32)＝31.
答案：31
7．若n的展开式中仅第六项系数最大，则展开式中不含x的项为________．
解析：由题意知，展开式各项的系数等于各项的二项式系数．
第六项系数最大，即第六项为中间项，故n＝10.
∴通项为Tr＋1＝C·(x3)10－r·r＝C·x30－5r.令30－5r＝0，得r＝6.
∴常数项为T7＝C＝210.
答案：210
8．若(1－2x)2 004＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 004x2 004(x∈R)，则(a0＋a1)＋(a0＋a2)＋(a0＋a3)＋…＋(a0＋a2 004)＝________.(用数字作答)
解析：在(1－2x)2 004＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 004x2 004中，令x＝0，则a0＝1，令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 004＝(－1)2 004＝1，
故 (a0＋a1)＋(a0＋a2)＋(a0＋a3)＋…＋(a0＋a2 004)
＝2 003a0＋a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2 004
＝2 004.
答案：2 004
9．已知(1－x)8的展开式，求：
(1)二项式系数最大的项；
(2)系数最小的项．
解析：(1)因为(1－x)8的幂指数8是偶数，所以由二项式系数的性质知，中间一项(即第5项)的二项式系数最大，该项为T5＝C(－x)4＝70x4.
(2)二项展开式系数的最小值应在各负项中确定．
由题意知第4项和第6项系数相等且最小，分别为
T4＝C(－x)3＝－56x3，T6＝C(－x)5＝－56x5.
10．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.
解析：(1)令x＝2，
得(1－2×2)7＝－37＝a0＋a1＋a2＋…＋a7，
∴a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－37.
(2)令x＝0，得a0－a1＋a2－a3＋…＋a6－a7＝1.
又由(1)得，a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－37，
两式相加，可得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝1－37.
∴a0＋a2＋a4＋a6＝.
[B组 能力提升]
1．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－rr＝Carx中，令15－5r＝0得r＝3，∴Ca3＝80.解得a＝2.
答案：C
2．若(1－2x)2 015＝a0＋a1x＋…＋a2 015x2 015(x∈R)，则＋＋…＋的值为( )
A．2 B．0
C．－1 D．－2
解析：(1－2x)2 015＝a0＋a1x＋…＋a2 015x2 015，令x＝，则2 015＝a0＋＋＋…＋＝0，其中a0＝1，所以＋＋…＋＝－1.
答案：C
3．在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1，2)＋f(0,3)＝( )
A．45 B．60
C．120 D．210
解析：在(1＋x)6的展开式中，xm的系数为C，在(1＋y)4的展开式中，yn的系数为C，故f(m，n)＝C·C.从而f(3,0)＝C＝20，f(2,1)＝C·C＝60，f(1，2)＝C·C＝36，f(0,3)＝C＝4，所以原式＝20＋60＋36＋4＝120，故选C.
答案：C
4．如图所示，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.
第0行 1
第1行 1 1
第2行 1 2 1
第3行 1 3 3 1
第4行 1 4 6 4 1
第5行 1 5 10 10 5 1
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
5．已知(1＋3x)n的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，求展开式中二项式系数最大的项．
解析：由题意知，C＋C＋C＝121，
即C＋C＋C＝121，
∴1＋n＋＝121，即n2＋n－240＝0，
解得n＝15或－16(舍)．
∴在(1＋3x)15的展开式中，二项式系数最大的项是第八、九两项，T8＝C(3x)7＝C37x7，T9＝C(3x)8＝C38x8.
6．应用二项式定理证明2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N*)．
证明：当n＝1时，21＋1＝4,12＋1＋2＝4，
所以2n＋1＝n2＋n＋2；
当n≥2时，
2n＋1＝2(1＋1)n＝2(1＋C＋C＋…＋C)
≥2(1＋C＋C)＝2[1＋n＋]
＝n2＋n＋2.
所以2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N*)成立．
