考点一
两个计数原理
1.应用分类加法计数原理，应准确进行“分类”，明确分类的标准：每一种方法必属于某一类(不漏)，任何不同类的两种方法是不同的方法(不重)，每一类中的每一种方法都能独立地“完成这件事情”；
2．应用分步乘法计数原理，应准确理解“分步”的含义，完成这件事情，需要分成若干步骤，只有每个步骤都完成了，这件事情才能完成．
[典例1] (1)某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为( )
A．14 B．16
C．20 D．48
(2)一个地区分为5个行政区域(如图所示)，现给地图着色，要求相邻区域不得使用同一种颜色．现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法有________种．(用数字作答)
解析：(1)分两类：
第1类，甲企业有1人发言，有2种情况，另两个发言人来自其余4家企业，有6种情况，由分步乘法计数原理，得N1＝2×6＝12；
第2类，3人全来自其余4家企业，有4种情况．
综上可知，共有N＝N1＋N2＝12＋4＝16种情况．
(2)法一：分步考虑，先给区域1着色，有C种不同的着色方法；再给区域2着色，有C种不同的着色方法；然后给剩下的三个区域着色，可分两类：
第1类，将剩余两种颜色在区域3和区域4处全排列，有A种，再将区域3中的颜色着于区域5处，仅有一种方法．由分步乘法计数原理，知有C·C·A种不同的着色方法；
第2类，从剩下的两种颜色中任选一种着于区域3处，有C种方法，然后将区域2中的颜色着于区域4处，再从剩下的一种颜色和区域3中的颜色中任选1种着于区域5处，有C种方法．由分步乘法计数原理，知有C·C·C·C种不同的着色方法．
综上，由分类加法计数原理，知共有C·C·A＋C·C·C·C＝72种不同的着色方法．
法二：以所用颜色的多少分类考虑．
第1类，仅着4种颜色(即有一种颜色重复使用)，可分如下三步进行：①区域1的着色法有C种；②从剩余颜色中抽出一种准备重复着色有C种，而使其在区域2,4或3,5处着色有2种方法，此步骤共有2C种方法，将剩余的2种颜色着于剩下两处，有A种．由分步乘法计数原理，知共有2C·C·A种不同的着色方法．
第2类，仅着3种颜色，亦可分为三步进行：①先从四种颜色中选出三种，有C种；②从所选三种颜色中任选一种着于1处，有C种；③让剩下的两种颜色一种着于区域2,4处，一种着于区域3,5处，有A种．由分步乘法计数原理，知共有C·C·A种不同的着色方法．
综上，由分类加法计数原理，知共有2C·C·A＋C·C·A＝72种不同的着色方法．
答案：(1)B (2)72
[对点训练]
1．甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同站法的种数是________(用数字作答)．
解析：正面考虑，问题较复杂，不易解决，若从反面考虑，即先不考虑“每级台阶最多站2人”的情况．因为甲、乙、丙3人站这7级台阶，每人都有7种不同的站法，因此共有73种不同的站法，而3人同站在一级台阶的站法有7种，是不符合题意的．
所以满足条件的不同站法的种数是73－7＝336.
答案：336
2．设集合I＝{1,2,3,4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有多少种？
解：当A＝{1}时，B为{2,3,4,5}的非空子集即可，有15个．当A中最大数为2(有2个)时，则B有7个．当A中的最大数为3(有4个)时，则B有3个；当A中最大数为4(有8个)时，B＝{5}，故共有15＋2×7＋4×3＋8＝49种不同的选择方法．
考点二
排列组合应用题
将具体问题抽象为排列问题或组合问题，是解排列、组合应用题的关键一步．(1)正确分类或分步，恰当选择两个计数原理．(2)有限制条件的排列组合问题应优先考虑“受限元素”或“受限位置”．而排列组合讨论的问题共同点是“元素不相同”，不同点是排列与顺序有关，组合与顺序无关．
[典例2] 五位老师和五名学生站成一排，
(1)五名学生必须排在一起共有多少种排法？
(2)五名学生不能相邻共有多少种排法？
(3)老师和学生相间隔共有多少种排法？
解：(1)先将五名学生“捆绑”在一起看作一个与五位老师排列有A种排法，五名学生再内部全排列有A种，故共有A·A＝86 400种排法．
(2)先将五位老师全排列有A种排法，再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上有A种排法，故共有A·A＝86 400种排法．
可用图表示：□○□○□○□○□○□(用○表示老师所在位置，用□表示中间的空档)
(3)排列方式只能有两类，如图所示：
○□○□○□○□○□
□○□○□○□○□○
(用□表示老师所在位置，用○表示学生所在位置)
故有2A·A＝28 800种排法．
[典例3] 由1、2、3、4、5五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为12 345，第2项是12 354，…直到末项(第120项)是54 321.问：
(1)43 251是第几项？
(2)第93项是怎样的一个五位数？
解：(1)由题意知，共有五位数个数为A＝120，
比43 251大的数有下列几类：
①万位数是5的有A＝24个数；
②万位数是4，千位数是5的有A＝6个数；
③万位数是4，千位数是3，百位数是5的有A＝2个数；
所以比43 251大的共有A＋A＋A＝32个数，
所以43 251是第120－32＝88项．
(2)从(1)知万位数是5的有A＝24个数，万位数是4，千位数是5的有A＝6个数，但比第93项大的数有120－93＝27个，第93项即倒数第28项，而万位数是4，千位数是5的6个数是45 321、45 312、45 231、45 213、45 132、45 123，从此可见第93项是45 213.
[对点训练]
3．从字母a，b，c，d，e，f中选出4个字母排成一排，其中一定要选出a和b，并且必须相邻(a在b的前面)，则排列方法共有( )
A．36种 B．72种
C．90种 D．144种
解析：选A 由于a，b已经选出，故再从剩余的4个字母中选出2个，方法有C＝6(种)，
将a，b看作一个整体，与选出的2个字母进行排列，∵a在b前面，∴排列方法有A＝6(种)，根据分步计数原理求得所有的排列方法共有6×6＝36(种)，故选A.
4．从6名学生中选出4人分别从事A，B，C，D四项工作，若其中甲，乙两人不能从事工作A，则不同的选派方案有( )
A．96种 B．180种
C．240种 D．280种
解析：选C 从6名学生中选出4人分别从事A，B，C，D四项工作，有A种不同的选派方案．其中当选派甲从事工作A或乙从事工作A时，共有CA种选派方案．
因此不同的选派方案有A－CA＝240(种)．
5．(1)一条长椅上有9个座位，3个人坐，若相邻2人之间至少有2个空椅子，共有几种不同的坐法？
(2)一条长椅上有7个座位，4个人坐，要求3个空位中，恰有2个空位相邻，共有多少种不同的坐法？
解：(1)法一：先将3人(用×表示 )与4张空椅子(用□表示)排列如图(×□□×□□×)，这时共占据了7张椅子，还有2张空椅子，一是分开插入，如图中箭头所示(↓×□↓□×□↓□×↓)，从4个空中选2个插入，有C种插法；二是2张同时插入，有C种插法，再考虑3人可交换有A种方法．
所以共有A(C＋C)＝60种坐法．
法二：先将3人与2张空椅子排成一排，从5个位置中选出3个位置排人，另2个位置排空椅子，有AC种排法，再将4张空椅子中的每两张插入每两人之间，只有1种插法，所以所求的坐法种数为A·C＝60.
(2)可先让4人坐在4个位置上，有A种排法，再让2个“元素”(一个是两个作为一个整体的空位，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个空之间，有A种插法，所以所求的坐法种数为A·A＝480.
考点三
二项式定理的应用
对于二项式定理的考查常出现两类问题，一类是直接运用通项公式来求特定项．另一类，需要运用转化思想化归为二项式定理来处理问题，从近几年高考命题趋势来看，对于本部分知识的考查以基础知识和基本技能为主，难度不大，但不排除与其他知识的交汇，具体归纳如下：
(1)考查通项公式问题．
(2)考查系数问题：
①涉及项的系数、二项式系数以及系数的和；
②一般采用通项公式或赋值法解决．
(3)可转化为二项式定理解决问题．
[典例4] (1)(1＋2)3(1－)5的展开式中x的系数是( )
A．－4 B．－2
C．2 D．4
(2)n展开式中的第7项与倒数第7项的比是1∶6，则展开式中的第7项为________．
解析：(1)(1＋2)3(1－)5＝·，
故x的系数是－10＋12＝2.
(2)第7项：T7＝C()n－66，倒数第7项：Tn－5＝C()6n－6，
由＝，
得n＝9.
故T7＝C()9－66＝C·2·＝.
答案：(1)C (2)
[对点训练]
6．(x－2y)6的展开式中，x4y2的系数为( )
A．15 B．－15
C．60 D．－60
解析：选C (x－2y)6展开式的通项为Tr＋1＝C·x6－r·(－2y)r，令r＝2，得T3＝C·x4·(－2y)2＝60x4y2，所以x4y2的系数为60.故选C.
7．已知n的展开式中各项系数和为625，则展开式中含x项的系数为( )
A．216 B．224
C．240 D．250
解析：选A 令二项式中的x＝1，得展开式中各项系数和为5n，
∵展开式中各项系数和为625，∴5n＝625，∴n＝4，∴4的展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)4－r·r＝3r·24－r·Cx4－，
令4－＝1，解得r＝2，∴展开式中含x项的系数为9×4×C＝216，故选A.
8．设二项式5的展开式中常数项为A，则A＝________.
解析：Tr＋1＝(－1)rCx，令15－5r＝0，得r＝3，故常数项A＝(－1)3C＝－10.
答案：－10
9．已知(1＋x)6(1－2x)5＝a0＋a1x＋…＋a11x11，则a1＋a2＋…＋a11＝________.
解析：令x＝0，得a0＝(1＋0)6×(1－0)5＝1，
再令x＝1，得a0＋a1＋…＋a11＝(1＋1)6×(1－2)5＝－26，
所以a1＋a2＋…＋a11＝－26－1＝－65.
答案：－65
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．若A＝2A，则m的值为( )
A．5 B．3
C．6 D．7
解析：选A 依题意得＝2×，化简得(m－3)(m－4)＝2，解得m＝2或m＝5，又m≥5，∴m＝5，故选A.
2．(x3＋x2＋x＋1)(y2＋y＋1)(z＋1)展开后的不同项数为( )
A．9 B．12
C．18 D．24
解析：选D 分三步：第一步，从(x3＋x2＋x＋1)中任取一项，有4种方法；第二步，从(y2＋y＋1)中任取一项，有3种方法；第三步，从(z＋1)中任取一项有2种方法．
根据分步乘法计数原理不同项数为4×3×2＝24.故选D.
3．甲、乙、丙3位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有( )
A．36种 B．48种
C．96种 D．192种
解析：选C 共有C·C·C＝96种不同的选修方案，故选C.
4．高三(一)班学生要安排毕业晚会上4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是( )
A．1 800 B．3 600
C．4 320 D．5 040
解析：选B 不同的排法种数为AA＝3 600.
5．下列关于(a－b)10的说法，错误的是( )
A．展开式中的二项式系数之和为1 024
B．展开式中第6项的二项式系数最大
C．展开式中第5项或第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
解析：选C 由展开式的二项式系数之和为2n知A正确；当n为偶数时，展开式中二项式系数最大的项是中间一项，故B正确；C错误；D也正确，因为展开式中第6项的系数是负数，且二项式系数最大，所以是系数最小的项．
6．(x2＋2)5的展开式的常数项是( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：选D 5的展开式的通项为Tr＋1＝
C5－r·(－1)r，r＝0,1,2,3,4,5.当因式(x2＋2)中提供x2时，则取r＝4；当因式(x2＋2)中提供2时，则取r＝5，所以(x2＋2)5的展开式的常数项是5－2＝3.
7．如图，要给①，②，③，④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为( )
A．320 B．160
C．96 D．60
解析：选A 按③→①→②→④的顺序涂色，有C×C×C×C＝5×4×4×4＝320种不同的方法．
8．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、丁两种不能排在一起，则不同的排法总数共有( )
A．12种 B．20种
C．24种 D．48种
解析：选C 甲、乙捆绑看成一个元素，与丙、丁之外的1个元素共两个元素进行全排列，有AA种排法，再插空排入丙、丁，共有AA·A＝24种不同排法．
9．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8＝( )
A．－180 B．180
C．45 D．－45
解析：选B 令t＝1－x，则x＝1－t，所以有(2－t)10＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a10t10，因为Tr＋1＝C210－r(－t)r＝C210－r(－1)rtr，令r＝8，得a8＝C×22＝180.
10．4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，共有出场方案的种数是( )
A．6A B．3A
C．2A D．AAA
解析：选D 先选一名男歌手排在两名女歌手之间，有A种排法，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．
11．有五名学生站成一排照毕业纪念照，其中甲不排在乙的左边，又不与乙相邻，则不同的站法有( )
A．24种 B．36种
C．60种 D．66种
解析：选B 先排甲、乙外的3人，有A种排法，再插入甲、乙两人，有A种方法，又甲排在乙的左边和甲排在乙的右边各占，故有AA＝36种不同的站法．
12．在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记含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：选C 因为f(m，n)＝CC，所以f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝CC＋CC＋CC＋CC＝120.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．不等式A－n<7的解集为________．
解析：由不等式A－n<7，得(n－1)(n－2)－n<7，整理得n2－4n－5<0，解得－1又因为n－1≥2且n∈N*，即n≥3且n∈N*，所以n＝3或n＝4，故不等式A－n<7的解集为{3,4}．
答案：{3,4}
14．某同学忘记了自己的QQ号的后六位，但记得QQ号后六位是由一个1，一个2，两个5和两个8组成的，于是用这六个数随意排成一个六位数，输入电脑尝试，那么他找到自己的QQ号最多尝试次数为________．
解析：由这6个数字组成的六位数个数为＝180，即最多尝试次数为180.
答案：180
15．在(x－2)5(＋y)4的展开式中，x3y2的系数为________．
解析：(x－2)5的展开式的通项为Tr＋1＝Cx5－r(－2)r，令5－r＝3，得r＝2，则x3的系数为C(－2)2＝40；(＋y)4的展开式的通项为Tr＋1＝C()4－ryr，令r＝2，得y2的系数为C()2＝12.故展开式中x3y2的系数为40×12＝480.
答案：480
16．若从1,2,3,4,7,9中任取不相同的两个数，分别作为对数的底数和真数，则能得到________个不同的对数值(结果用数字表示)．
解析：注意到1不能作为底数，1的对数为0，从2,3,4,7,9中任取两个不同的数为真数、底数，可有5×4个值，但log23＝log49，log24＝log39，log32＝log94，log42＝log93，所以不同的对数值共有5×4－4＋1＝17(个)．
答案：17
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知二项式n展开式中各项系数之和比各二项式系数之和大240.
(1)求n；
(2)求展开式中含x项的系数；
(3)求展开式中所有含x的有理项．
解：(1)由已知得：4n－2n＝240,2n＝16，n＝4.
(2)二项展开式的通项为：
C(5x)4－rr＝C54－r(－1)rx4－r，
令4－r＝1?r＝2.
所以含x项的系数：C52(－1)2＝150.
(3)由(2)得：4－r∈Z，(r＝0,1,2,3,4)，即r＝0,2,4.
所以展开式中所有含x的有理项为：
第1项625x4，第3项150x，第5项x－2.
18．(本小题满分12分)设集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)是坐标平面上的点，a，b∈M.求：
(1)P可以表示多少个平面上的不同的点？
(2)P可以表示多少个第二象限的点？
(3)P可以表示多少个不在直线y＝x上的点？
解：(1)分两步，第一步确定横坐标有6种，第二步确定纵坐标有6种，由分步乘法计数原理得N＝6×6＝36(个)．
(2)分两步，第一步确定小于0的横坐标有3种，第二步确定大于0的纵坐标有2种，根据分步乘法计数原理得N＝3×2＝6(个)．
(3)分两步，第一步确定横坐标有6种，第二步确定不等于横坐标的纵坐标有5种，根据分步乘法计数原理得N＝6×5＝30(个)．
19．(本小题满分12分)将四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．
(1)若每个盒子放一个球，则有多少种不同的放法？
(2)恰有一个空盒的放法共有多少种？
解：(1)每个盒子放一个球，共有A＝24种不同的放法．
(2)先选后排，分三步完成．
第一步：四个盒子中选一个为空盒子，有4种选法；
第二步：任选两球为一个元素，有C种选法；
第三步：将三个元素放入三个盒中，有A种放法．
根据分步乘法计数原理，共有4×CA＝144种放法．
20．(本小题满分12分)已知n(n∈N*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10∶1.
(1)求展开式中各项系数的和；
(2)求展开式中含x的项；
(3)求展开式中系数的绝对值最大的项．
解：因为n的展开式的通项是
Tr＋1＝C()n－rr＝(－2)rCx，
所以T5＝T4＋1＝24Cx－10.T3＝T2＋1＝22Cx－5.
所以＝，
所以n2－5n－24＝0，解得n＝8或n＝－3(舍去)，
(1)令x＝1，则 8各项系数的和为1.
(2)展开式通项为Tr＋1＝(－2)rCx，
令＝，得r＝1.
所以展开式中含x的项为
T2＝T1＋1＝(－2)1Cx＝－16x.
(3)展开式的第r项、第r＋1项、第r＋2项的系数的绝对值分别为C2r－1，C2r，C2r＋1，
若第r＋1项的系数的绝对值最大，则有
解得5≤r≤6，
故系数的绝对值最大的项为第六项或第七项，
即T6＝－1 792x－，T7＝1 792x－11.
21．(本小题满分12分)把4个男同志和4个女同志均分成4组，到4辆公共汽车上从事售票服务，相同的2人在不同的公共汽车上服务算不同的情况．
(1)有多少种不同的分配方法？
(2)若男同志与女同志分别分组，则有多少种不同的分配方法？
解：(1)男女合在一起共有8人，每辆车上2人，可以分四个步骤完成，
先安排2人上第一辆车，有C种分配方法，
再安排2人上第二辆车，有C种分配方法，
再安排2人上第三辆车，有C种分配方法，
最后安排2人上第四辆车，有C种分配方法．
由分步乘法计数原理，得共有C×C×C×C＝2 520种分配方法．
(2)男女分别分组，4个男同志平分成两组，有＝3种分配方法，4个女同志分成两组，有＝3种分配方法，
所以不同的分配方法有3×3×A＝216(种)．
22．(本小题满分12分)10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求出现如下结果时，各有多少种情况？
(1)4只鞋子没有成双的；
(2)4只鞋子恰成2双；
(3)4只鞋子中有2只成双，另2只不成双．
解：(1)从10双鞋子中选取4双，有C种不同的选法，每双鞋子各取一只，分别有2种取法，根据分步乘法计数原理，选取种数为N＝C×24＝3 360.
(2)从10双鞋子中选取2双有C种取法，即45种不同取法．
(3)先选取一双有C种选法，再从9双鞋中选取2双鞋有C种选法，每双鞋只取一只各有2种取法，根据分步乘法计数原理，不同取法种数为N＝CC×22＝1 440.
课件33张PPT。谢谢！阶段质量检测一
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60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．若A＝2A，则m的值为( )
A．5 B．3
C．6 D．7
解析：选A 依题意得＝2×，化简得(m－3)(m－4)＝2，解得m＝2或m＝5，又m≥5，∴m＝5，故选A.
2．(x3＋x2＋x＋1)(y2＋y＋1)(z＋1)展开后的不同项数为( )
A．9 B．12
C．18 D．24
解析：选D 分三步：第一步，从(x3＋x2＋x＋1)中任取一项，有4种方法；第二步，从(y2＋y＋1)中任取一项，有3种方法；第三步，从(z＋1)中任取一项有2种方法．
根据分步乘法计数原理不同项数为4×3×2＝24.故选D.
3．甲、乙、丙3位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有( )
A．36种 B．48种
C．96种 D．192种
解析：选C 共有C·C·C＝96种不同的选修方案，故选C.
4．高三(一)班学生要安排毕业晚会上4个音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求2个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是( )
A．1 800 B．3 600
C．4 320 D．5 040
解析：选B 不同的排法种数为AA＝3 600.
5．下列关于(a－b)10的说法，错误的是( )
A．展开式中的二项式系数之和为1 024
B．展开式中第6项的二项式系数最大
C．展开式中第5项或第7项的二项式系数最大
D．展开式中第6项的系数最小
解析：选C 由展开式的二项式系数之和为2n知A正确；当n为偶数时，展开式中二项式系数最大的项是中间一项，故B正确；C错误；D也正确，因为展开式中第6项的系数是负数，且二项式系数最大，所以是系数最小的项．
6．(x2＋2)5的展开式的常数项是( )
A．－3 B．－2
C．2 D．3
解析：选D 5的展开式的通项为Tr＋1＝
C5－r·(－1)r，r＝0,1,2,3,4,5.当因式(x2＋2)中提供x2时，则取r＝4；当因式(x2＋2)中提供2时，则取r＝5，所以(x2＋2)5的展开式的常数项是5－2＝3.
7．如图，要给①，②，③，④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为( )
A．320 B．160
C．96 D．60
解析：选A 按③→①→②→④的顺序涂色，有C×C×C×C＝5×4×4×4＝320种不同的方法．
8．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、丁两种不能排在一起，则不同的排法总数共有( )
A．12种 B．20种
C．24种 D．48种
解析：选C 甲、乙捆绑看成一个元素，与丙、丁之外的1个元素共两个元素进行全排列，有AA种排法，再插空排入丙、丁，共有AA·A＝24种不同排法．
9．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8＝( )
A．－180 B．180
C．45 D．－45
解析：选B 令t＝1－x，则x＝1－t，所以有(2－t)10＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a10t10，因为Tr＋1＝C210－r(－t)r＝C210－r(－1)rtr，令r＝8，得a8＝C×22＝180.
10．4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，共有出场方案的种数是( )
A．6A B．3A
C．2A D．AAA
解析：选D 先选一名男歌手排在两名女歌手之间，有A种排法，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．
11．有五名学生站成一排照毕业纪念照，其中甲不排在乙的左边，又不与乙相邻，则不同的站法有( )
A．24种 B．36种
C．60种 D．66种
解析：选B 先排甲、乙外的3人，有A种排法，再插入甲、乙两人，有A种方法，又甲排在乙的左边和甲排在乙的右边各占，故有AA＝36种不同的站法．
12．在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记含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：选C 因为f(m，n)＝CC，所以f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝CC＋CC＋CC＋CC＝120.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．不等式A－n<7的解集为________．
解析：由不等式A－n<7，得(n－1)(n－2)－n<7，整理得n2－4n－5<0，解得－1又因为n－1≥2且n∈N*，即n≥3且n∈N*，所以n＝3或n＝4，故不等式A－n<7的解集为{3,4}．
答案：{3,4}
14．某同学忘记了自己的QQ号的后六位，但记得QQ号后六位是由一个1，一个2，两个5和两个8组成的，于是用这六个数随意排成一个六位数，输入电脑尝试，那么他找到自己的QQ号最多尝试次数为________．
解析：由这6个数字组成的六位数个数为＝180，即最多尝试次数为180.
答案：180
15．在(x－2)5(＋y)4的展开式中，x3y2的系数为________．
解析：(x－2)5的展开式的通项为Tr＋1＝Cx5－r(－2)r，令5－r＝3，得r＝2，则x3的系数为C(－2)2＝40；(＋y)4的展开式的通项为Tr＋1＝C()4－ryr，令r＝2，得y2的系数为C()2＝12.故展开式中x3y2的系数为40×12＝480.
答案：480
16．若从1,2,3,4,7,9中任取不相同的两个数，分别作为对数的底数和真数，则能得到________个不同的对数值(结果用数字表示)．
解析：注意到1不能作为底数，1的对数为0，从2,3,4,7,9中任取两个不同的数为真数、底数，可有5×4个值，但log23＝log49，log24＝log39，log32＝log94，log42＝log93，所以不同的对数值共有5×4－4＋1＝17(个)．
答案：17
三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知二项式n展开式中各项系数之和比各二项式系数之和大240.
(1)求n；
(2)求展开式中含x项的系数；
(3)求展开式中所有含x的有理项．
解：(1)由已知得：4n－2n＝240,2n＝16，n＝4.
(2)二项展开式的通项为：
C(5x)4－rr＝C54－r(－1)rx4－r，
令4－r＝1?r＝2.
所以含x项的系数：C52(－1)2＝150.
(3)由(2)得：4－r∈Z，(r＝0,1,2,3,4)，即r＝0,2,4.
所以展开式中所有含x的有理项为：
第1项625x4，第3项150x，第5项x－2.
18．(本小题满分12分)设集合M＝{－3，－2，－1,0,1,2}，P(a，b)是坐标平面上的点，a，b∈M.求：
(1)P可以表示多少个平面上的不同的点？
(2)P可以表示多少个第二象限的点？
(3)P可以表示多少个不在直线y＝x上的点？
解：(1)分两步，第一步确定横坐标有6种，第二步确定纵坐标有6种，由分步乘法计数原理得N＝6×6＝36(个)．
(2)分两步，第一步确定小于0的横坐标有3种，第二步确定大于0的纵坐标有2种，根据分步乘法计数原理得N＝3×2＝6(个)．
(3)分两步，第一步确定横坐标有6种，第二步确定不等于横坐标的纵坐标有5种，根据分步乘法计数原理得N＝6×5＝30(个)．
19．(本小题满分12分)将四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．
(1)若每个盒子放一个球，则有多少种不同的放法？
(2)恰有一个空盒的放法共有多少种？
解：(1)每个盒子放一个球，共有A＝24种不同的放法．
(2)先选后排，分三步完成．
第一步：四个盒子中选一个为空盒子，有4种选法；
第二步：任选两球为一个元素，有C种选法；
第三步：将三个元素放入三个盒中，有A种放法．
根据分步乘法计数原理，共有4×CA＝144种放法．
20．(本小题满分12分)已知n(n∈N*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数的比是10∶1.
(1)求展开式中各项系数的和；
(2)求展开式中含x的项；
(3)求展开式中系数的绝对值最大的项．
解：因为n的展开式的通项是
Tr＋1＝C()n－rr＝(－2)rCx，
所以T5＝T4＋1＝24Cx－10.T3＝T2＋1＝22Cx－5.
所以＝，
所以n2－5n－24＝0，解得n＝8或n＝－3(舍去)，
(1)令x＝1，则 8各项系数的和为1.
(2)展开式通项为Tr＋1＝(－2)rCx，
令＝，得r＝1.
所以展开式中含x的项为
T2＝T1＋1＝(－2)1Cx＝－16x.
(3)展开式的第r项、第r＋1项、第r＋2项的系数的绝对值分别为C2r－1，C2r，C2r＋1，
若第r＋1项的系数的绝对值最大，则有
解得5≤r≤6，
故系数的绝对值最大的项为第六项或第七项，
即T6＝－1 792x－，T7＝1 792x－11.
21．(本小题满分12分)把4个男同志和4个女同志均分成4组，到4辆公共汽车上从事售票服务，相同的2人在不同的公共汽车上服务算不同的情况．
(1)有多少种不同的分配方法？
(2)若男同志与女同志分别分组，则有多少种不同的分配方法？
解：(1)男女合在一起共有8人，每辆车上2人，可以分四个步骤完成，
先安排2人上第一辆车，有C种分配方法，
再安排2人上第二辆车，有C种分配方法，
再安排2人上第三辆车，有C种分配方法，
最后安排2人上第四辆车，有C种分配方法．
由分步乘法计数原理，得共有C×C×C×C＝2 520种分配方法．
(2)男女分别分组，4个男同志平分成两组，有＝3种分配方法，4个女同志分成两组，有＝3种分配方法，
所以不同的分配方法有3×3×A＝216(种)．
22．(本小题满分12分)10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求出现如下结果时，各有多少种情况？
(1)4只鞋子没有成双的；
(2)4只鞋子恰成2双；
(3)4只鞋子中有2只成双，另2只不成双．
解：(1)从10双鞋子中选取4双，有C种不同的选法，每双鞋子各取一只，分别有2种取法，根据分步乘法计数原理，选取种数为N＝C×24＝3 360.
(2)从10双鞋子中选取2双有C种取法，即45种不同取法．
(3)先选取一双有C种选法，再从9双鞋中选取2双鞋有C种选法，每双鞋只取一只各有2种取法，根据分步乘法计数原理，不同取法种数为N＝CC×22＝1 440.
