章末复习课
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警示·易错提醒]
1．正确区分“分类”与“分步”，恰当地进行分类，使分类后不重、不漏．
2．正确区分是组合问题还是排列问题，要把“定序”和“有序”区分开来．
3．正确区分分堆问题和分配问题．
4．二项式定理的通项公式Tk＋1＝Can－kbk是第(k＋1)项，而不是第k项，注意其指数规律．
5．求二项式展开式中的特殊项(如：系数最大的项、二项式系数最大的项、常数项、含某未知数的次数最高的项、有理项……)时，要注意n与k的取值范围．
6．注意区分“某项的系数”与“某项的二项式系数”，展开式中“二项式系数的和”与“各项系数的和”，“奇(偶)数项系数的和”与“奇(偶)次项系数的和”．
专题一 两个计数原理的应用
分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章知识的基础，高考中时有出现，一般是与排列、组合相结合进行考查，难度中等．
例1] 现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有( )
高
中
数
学
A.144种 B．72种
C．64种 D．84种
解析：法一 根据所用颜色的种数分类
第一类：用4种颜色涂，方法有A＝4×3×2×1＝24(种)．
第二类：用3种颜色，必须有一条对角区域涂同色，方法有CCA＝48(种)．
第三类：用2种颜色，对角区域各涂一色，方法有A＝12(种)．
根据加法原理，不同的涂色方法共有24＋48＋12＝84(种)．
法二 根据“高”“学”是否为同色分类
第一类：区域“高”与“学”同色，从4色中选1色，有C种方法，其余区域“中”“数”各有3种方法，共有4×3×3＝36(种)．
第二类：区域“高”与“学”不同色，区域“高”有4种方法，区域“学”有3种方法，区域“中”“数”各有2种方法，共有4×3×2×2＝48(种)．
根据加法原理，方法共有36＋48＝84(种)．
答案：D
归纳升华
应用两个原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成，而分类与分步的区别又在于任取其中某一方法是否能完成该事件，能完成便是分类，否则便是分步．对于有些较复杂问题可能既要分类又要分步，此时应注意层次清晰，不重不漏，在分步时，要注意上一步的方法确定后对下一步有无影响(即是否是独立的)．
变式训练] 在∠AOB的OA边上取3个点，在OB边上取4个点(均除O点外)，连同O点共8个点，现任取其中三个点为顶点作三角形，可作的三角形有( )
A．48 B．42
C．36 D．32
解析：分三类：第一类：从OA边上(不包括O)任取一点与从OB边上(不包括O)任取两点，可构造一个三角形，有CC个；
第二类：从OA边上(不包括O)任取两点与OB边上(不包括O)任取一点，可构造一个三角形，有CC个；
第三类：从OA边上(不包括O)任取一点与OB边上(不包括O)任取一点，与O点可构造一个三角形，有CC个．
由分类加法计数原理，可作的三角形共有N＝CC＋CC＋CC＝42(个)．
答案：B
专题二 排列组合应用题
排列组合应用题是高考的一个重点内容，常与实际问题相结合进行考查．要认真阅读题干，明确问题本质，利用排列组合的相关公式与方法解题．
1．合理分类，准确分步．
例2] 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(用数字作答)．
解析：①只有1名老队员的排法有CCA＝36(种)．②有2名老队员的排法有CCCA＝12(种)．所以共有36＋12＝48(种)．
答案：48
2．特殊优先，一般在后．
例3] 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：①当C在第一或第六位时，排法有A＝120(种)；
②当C在第二或第五位时，排法有AA＝72(种)；
③当C在第三或第四位时，排法有AA＋AA＝48(种)．
所以排法共有2×(120＋72＋48)＝480(种)．
答案：480
3．直接间接，灵活选择．
例4] 10件产品中有2件合格品，8件优质品，从中任意取4件，至少有1件是合格品的抽法有________种．
解析：法一 抽取的4件产品至少有1件合格品分为有1件合格品、2件合格品2种情况：有1件合格品的抽法有CC种；有2件合格品抽法有CC种．根据分类加法计数原理至少有1件合格品的抽法共有CC＋CC＝140(种)．
法二 从10件产品中任意抽取4件，有C种抽法，其中没有合格品的抽法有C种，因此至少有1件合格品的抽法有C－C＝210－70＝140(种)．
答案：140
4．元素相邻，捆绑为一．
例5] 用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，则其中数字2，3相邻的偶数有________个(用数字作答)．
解析：数字2和3相邻的偶数有两种情况．第一种情况，当数字2在个位上时，则3必定在十位上，此时这样的五位数共有6个；第二种情况，当数字4在个位上时，且2，3必须相邻，此时满足要求的五位数有AA＝12(个)，则一共有6＋12＝18(个)．
答案：18
5．元素相间，插空解决．
例6] 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________种不同的坐法．
解析：先让4人坐在4个位置上，有A种排法，再让2个元素(一个是两个空位作为一个整体，另一个是单独的空位)插入4个人形成的5个“空挡”之间，有A种插法，所以所求的坐法数为AA＝480.
答案：480
6．分组问题，消除顺序．
例7] 某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为________．
解析：把新转来的4名学生平均分两组，每组2人，分法有＝3(种)，把这两组人安排到6个班中的某2个班中去，有A种方法，故不同的安排种数为3A＝90.
答案：90
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解排列组合应用题应遵循三大原则，掌握基本类型，突出转化思想．
(1)三大原则是：先特殊后一般的原则、先取后排的原则、先分类后分步的原则．
(2)基本类型主要包括：排列中的“在与不在”问题，组合中的“有与没有”问题、“相邻与不相邻”问题、“分组问题”等．
(3)转化思想：就是把一些排列组合问题与基本类型相联系，从而把这些问题转化为基本类型，然后加以解决．
专题三 二项式定理的应用
二项式定理是历年高考中的必考内容，解决二项式定理问题，特别是涉及求二项展开式的通项的问题，关键在于抓住通项公式，还要注意区分“二项式系数”与“展开式系数”．
例8] (1)已知的展开式中第三项与第五项的系数之比为－，其中i2＝－1，则展开式中系数为实数且最大的项为( )
A．第三项 B．第四项
C．第五项 D．第五项或第六项
(2)设(3x－1)6＝a6x6＋a5x5＋a4x4＋a3x3＋a2x2＋a1x＋a0，则a6＋a4＋a2＋a0＝________．
解析：(1)T3＝－Cx2n－5，T5＝Cx2n－10.
由－＝－，得n2－5n－50＝0，解得n＝10(舍去n＝－5)，
又Tr＋1＝C(－i)rx20－r，
据此可知当r分别取0，2，4，6，8，10时其系数为实数，且当r＝4时，C＝210为最大．
(2)令x＝1，得a6＋a5＋a4＋a3＋a2＋a1＋a0＝26＝64；
令x＝－1，得a6－a5＋a4－a3＋a2－a1＋a0＝4 096.
两式相加，得2(a6＋a4＋a2＋a0)＝4 160，
所以a6＋a4＋a2＋a0＝2 080.
答案：(1)C (2)2 080
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(1)区分“项的系数”与“二项式系数”．项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正数．
(2)切实理解“常数项”“有理项(字母指数为整数)”“系数最大的项”等概念．
(3)求展开式中的指定项，要把该项完整写出，不能仅仅说明是第几项．
(4)赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1等．
变式训练] (1)展开式中的含x－3的项的系数为( )
A．80 B．60
C．40 D．－40
(2)已知(1＋x)6(1－2x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a11x11，则a1＋a2＋…＋a11＝________．
解析：(1)设展开式的第(r＋1)项为Tr＋1＝Cx5－r＝(－2)rCx5－4r，令5－4r＝－3，得r＝2，
所以，展开式中含x －3的项为
T3＝(－2)2Cx－3＝40x－3.
(2)令x＝0，得a0＝1；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－64.
所以a1＋a2＋…＋a11＝－65.
答案：(1)C (2)－65
专题四 分类讨论思想
分类讨论思想在解决排列组合问题时经常应用，此类问题一般情况繁多，因此要对各种不同的情况进行合理的分类与准确的分步，以便有条不紊地进行解答，避免重复或遗漏的现象发生．
例4] 从10种不同的作物中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、乙两种种子不能放入第1号瓶内，那么不同的放法共有________种．
解析：根据选出的6种种子中所含甲、乙种子个数来分类：选出的6种种子中只含甲或只含乙的不同放法都为CAA；选出的6种种子中，同时含有甲与乙的不同放法有CAA；选出的6种种子中，都不含甲与乙的不同放法有A.故不同的放法共有2CAA＋CAA＋A＝120 960(种)．
答案：120 960
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排列组合的综合问题一般比较复杂，分类方法也灵活多变．一般有以下一些分类方式：(1)根据元素分类，又包括根据特殊元素分类，根据元素特征分类，根据特殊元素的个数分类；(2)根据特殊位置分类；(3)根据图形分类，又包括根据图形的特征分类，根据图形的种类分类；(4)根据题设条件分类．
变式训练] 由1，2，3，4，5，6六个数字可组成________个无重复且是6的倍数的五位数．
解析：若一个整数是偶数且是3的倍数，则这个整数是6的倍数．据此本题分两类求解．
第一类：由1，2，4，5，6作数码．首先从2，4，6中任选一个作为个位数字，有A种选法，然后其余四个数字在其他数位上全排列，有A种选法，所以符合条件的五位数共有N1＝AA＝72(个)．
第二类：由1，2，3，4，5作数码．依照第一类的方法，符合条件的五位数有N2＝AA＝48(个)．
综上，符合条件的五位数共有N＝N1＋N2＝120(个)．
答案：120
计数原理
1、若展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（ ）
A10 B.20 C.30 D.120
2、在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有（ ）
A．58个 B．57个 C．56个 D．60个
3、某电视台连续播放6个广告，三个不同的商业广告，两个不同的奥运宣传广告，一个公益广告，要求最后播放的不能是商业广告，且奥运宣传广告与公益广告不能连续播放，两个奥运宣传广告也不能连续播放，则不同的播放方式有（ ）
A．48种 B．98种 C．108种 D．120种
4、从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任），要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（ ）
A．210种 B．420种 C．630种 D．840种
5、 的展开式中的系数为（ ）
A．6 B．-6 C．9 D．-9
6、 将标号为1，2，…，10的10个球放入标号为1，2，…，10的10个盒子里，每个盒内放一个球，恰好3个球的标号与其所在盒子的标号不一致的放入方法种数为（ ）
A．120 B．240 C．360 D．720
7、如图1，要用三根数据线将四台电脑A，B，C，D连接起来以实现资源共享，则不同的连接方案种数为______________
8、由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50000的偶数共有______________
9、设，则的值为
10、的展开式中第项和第项的二次项系数相等，则________.
11、用五种不同的颜色，给图2中的（1）（2）（3）（4）的各部分涂色，每部分涂一种颜色，相邻部分涂不同颜色，则涂色的方法共有 种。
12、 某出版社的11名工人中，有5人只会排版，4人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从11人中选4人排版，4人印刷，有多少种不同的选法？
13、求二项式(-)15的展开式中：
（1）常数项；
（2）有几个有理项；
14、个人坐在一排个座位上,问(1)空位不相邻的坐法有多少种?(2) 个空位只有个相邻的坐法有多少种?(3) 个空位至多有个相邻的坐法有多少种?
15、已知的展开式的系数和比的展开式的系数和大992，求的展开式中：
（1）二项式系数最大的项；
（2）系数的绝对值最大的项。
第一章 计数原理单元测试题
时间:120分钟,满分150分
本套题难度适中,主要考查学生的基本知识、基本方法、基本能力,如1—9题和13题都是这一部分的基本题目类型,对排列、组合和二项式定理的基本知识考查比较全面,且在考查基本知识的同时,也注重学生数学思想的考查,如10、12、18题考查了学生分类讨论的思想方法,11,14,17,21,22考查了学生转化与化归的思想方法,这些题目需要大家有较高的分析能力和运算能力,以及综合应用能力.
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）
1．5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
2．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
3. 记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有（ ）
A．1440种 B．960种 C．720种 D．480种
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．个 Ｂ．个 Ｃ．个 Ｄ．个
5. 从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有
A 40种 B 60种 C 100种 D 120种
6. 由数字0，1，2，3，4，5可以组成无重复数字且奇偶数字相间的六位数的个数有( )
A.72 B.60 C.48 D.52
7.用0，1，2，3，4组成没有重复数字的全部五位数中，若按从小到大的顺序排列，则数字12340应是第（ ）个数.
A.6 B.9 C.10 D.8
8.AB和CD为平面内两条相交直线，AB上有m个点，CD上有n个点，且两直线上各有一个与交点重合，则以这m+n-1个点为顶点的三角形的个数是( )
A. B. C. D.
9.设,则
的值为( )
A.0 B.-1 C.1 D.
10. 2006年世界杯参赛球队共32支,现分成8个小组进行单循环赛,决出16强(各组的前2名小组出线),这16个队按照确定的程序进行淘汰赛,决出8强,再决出4强,直到决出冠、亚军和第三名、第四名，则比赛进行的总场数为( )
A.64 B.72 C.60 D.56
11.用二项式定理计算9.985，精确到1的近似值为( )
A.99000 B.99002 C.99004 D.99005
12. 从不同号码的五双靴中任取4只，其中恰好有一双的取法种数为 （ ）
A.120 B.240 C.360 D.72
二、 填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分）
13. 今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列
有 种不同的方法（用数字作答）.
14. 用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1，2相邻的偶数有 个（用数字作答）．
15. 若(2x3+)n的展开式中含有常数项，则最小的正整数n等于 .
16. 从班委会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）
三、解答题（本大题共6小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。）
17．如图，电路中共有7个电阻与一个电灯A，若灯A不亮，分析因电阻断路的可能性共有多少种情况。
18．从1到9的九个数字中取三个偶数四个奇数，试问：
①能组成多少个没有重复数字的七位数？
②上述七位数中三个偶数排在一起的有几个？
③在①中的七位数中，偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个？
④在①中任意两偶然都不相邻的七位数有几个？
19．把1、2、3、4、5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列成一个数列.
43251是这个数列的第几项？
这个数列的第96项是多少？
求这个数列的各项和.
20.（本小题满分12分）求证：能被25整除。
21. （本小题满分14分）已知的展开式的各项系数之和等于展开式中的常数项，求展开式中含的项的二项式系数.
22. （本小题满分14分）若某一等差数列的首项为,公差为展开式中的常数项,其中m是除以19的余数，则此数列前多少项的和最大？并求出这个最大值.
单元测试卷参考答案
排列、组合、二项式定理
一、选择题：（每题5分，共60分）
1、D 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，选D
2、C 解析．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种，选C
3、解析：5名志愿者先排成一排，有种方法，2位老人作一组插入其中，且两位老人有左右顺序，共有=960种不同的排法，选B
4、A 解析：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个，选A
5、B解析：从5位同学中选派4位同学在星期五、星期六、星期日参加公益活动，每人一天，要求星期五有2人参加，星期六、星期日各有1人参加，则不同的选派方法共有种，选B
6、B 解析:只考虑奇偶相间,则有种不同的排法,其中0在首位的有种不符合题意,所以共有种.
7、C 解析: 比12340小的分三类:第一类是千位比2小为0,有个; 第二类是千位为2 ,百位比3小为0,有个; 第三类是十位比4小为0,有1个.共有6+2+1=9个,所以12340是第10个数.
8、D 解析:在一条线上取2个点时,另一个点一定在另一条直线上,且不能是交点.
9、C 解析: 由可得:
当时,
当时,
.
10、A 解析:先进行单循环赛,有场,在进行第一轮淘汰赛,16个队打8场,在决出4强,打4场,再分别举行2场决出胜负,两胜者打1场决出冠、亚军,两负者打1场决出三、四名,共举行:48+8+4+2+1+1=64场.
11、C 解析:
.
12、A 解析:先取出一双有种取法,再从剩下的4双鞋中取出2双,而后从每双中各取一只,有种不同的取法,共有种不同的取法.
二、 填空题(每小题4分，共16分）
13、1260 解析： 由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，共有
14、24 解析：可以分情况讨论：① 若末位数字为0，则1，2，为一组，且可以交换位置，3，4，各为1个数字，共可以组成个五位数；② 若末位数字为2，则1与它相邻，其余3个数字排列，且0不是首位数字，则有个五位数；③ 若末位数字为4，则1，2，为一组，且可以交换位置，3，0，各为1个数字，且0不是首位数字，则有=8个五位数，所以全部合理的五位数共有24个
15、7 解析：若(2x3+)n的展开式中含有常数项，为常数项，即=0，当n=7，r=6时成立，最小的正整数n等于7.
16、36种 解析．从班委会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，先从其余3人中选出1人担任文娱委员，再从4人中选2人担任学习委员和体育委员，不同的选法共有种
三、解答题（共六个小题，满分74分）
17.解：每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线路，分别记为支线a、b、c，支线a，b中至少有一个电阻断路情况都有22―1=3种；………………………4分
支线c中至少有一个电阻断路的情况有22―1=7种，…………………………………6分
每条支线至少有一个电阻断路，灯A就不亮，
因此灯A不亮的情况共有3×3×7=63种情况.………………………………………10分
18. 解：①分步完成：第一步在4个偶数中取3个，可有种情况；
第二步在5个奇数中取4个，可有种情况；
第三步3个偶数，4个奇数进行排列，可有种情况，
所以符合题意的七位数有个．………3分
②上述七位数中，三个偶数排在一起的有个．……6分
③上述七位数中，3个偶数排在一起，4个奇数也排在一起的有
个．……………………………………………9分
④上述七位数中，偶数都不相邻，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空档，共有个.…………………………………12分
19.解：⑴先考虑大于43251的数，分为以下三类
第一类：以5打头的有： =24
第二类：以45打头的有： =6
第三类：以435打头的有： =2………………………………2分
故不大于43251的五位数有：（个）
即43251是第88项.…………………………………………………………………4分
⑵数列共有A=120项，96项以后还有120-96=24项，
即比96项所表示的五位数大的五位数有24个，
所以小于以5打头的五位数中最大的一个就是该数列的第96项.即为45321.…8分
⑶因为1，2，3，4，5各在万位上时都有A个五位数，所以万位上数字的和为：（1+2+3+4+5）·A·10000……………………………………………………………10分
同理它们在千位、十位、个位上也都有A个五位数，所以这个数列各项和为：
（1+2+3+4+5）·A·（1+10+100+1000+10000）
=15×24×11111=3999960……………………………………………………………12分
20.证明:因 ………………3分
……………………8分
……………………………………10分
显然能被25整除,25n能被25整除,
所以能被25整除.…………………………………………………12分
21. 设的展开式的通项为
.………………………………6分
若它为常数项,则,代入上式.
即常数项是27，从而可得中n=7，…………………10分
同理由二项展开式的通项公式知，含的项是第4项，
其二项式系数是35.…………………………………………………………14分
22. 由已知得：,又,………………………………2分
所以首项.……………………………………………………………………4分
,所以除以19的余数是5,即………6分
的展开式的通项
,
若它为常数项,则,代入上式.
从而等差数列的通项公式是：，……………………………………10分
设其前k项之和最大，则，解得k=25或k=26，
故此数列的前25项之和与前26项之和相等且最大，.………………………………………14分
章末综合测评(一) 计数原理
(时间120分钟，满分150分)
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．(2018·银川一中检测)C＋C等于( )
A．45 B．55
C．65 D．以上都不对
【解析】 C＋C＝C＋C＝55，故选B.
【答案】 B
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，故选D.
【答案】 D
3．在(x2＋3x＋2)5的展开式中x的系数为( )
A．140 B．240
C．360 D．800
【解析】 由(x2＋3x＋2)5＝(x＋1)5(x＋2)5，知(x＋1)5的展开式中x的系数为C，常数项为1，(x＋2)5的展开式中x的系数为C·24，常数项为25.因此原式中x的系数为C·25＋C·24＝240.
【答案】 B
4．某外商计划在4个候选城市投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有( )
A．16种 B．36种
C．42种 D．60种
【解析】 分两类．第一类：同一城市只有一个项目的有A＝24种；第二类：一个城市2个项目，另一个城市1个项目，有C·C·A＝36种，则共有36＋24＝60种．
【答案】 D
5．(2018·广州高二检测)5人站成一排，甲乙之间恰有一个人的站法有( )
A．18种 B．24种
C．36种 D．48种
【解析】 首先把除甲乙之外的三人中随机抽出一人放在甲乙之间，有3种可能，甲乙之间的人选出后，甲乙的位置可以互换，故甲乙的位置有2种可能，最后，把甲乙及其中间的那个人看作一个整体，与剩下的两个人全排列是A＝6，所以3×2×6＝36(种)，故答案为C.
【答案】 C
6．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项和第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】 由二项式系数的性质知，二项式系数之和为210＝1 024，故A正确；当n为偶数时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误；D也是正确的，因为展开式中第6项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的．
【答案】 C
7.
图1
(2018·潍坊高二检测)如图1，用五种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个不同的点涂色，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的颜色，则不同的涂色方法共( )
A．1 240种 B．360种
C．1 920种 D．264种
【解析】 由于A和E或F可以同色，B和D或F可以同色，C和D或E可以同色，所以当五种颜色都选择时，选法有CCA种；当五种颜色选择四种时，选法有CC×3×A种；当五种颜色选择三种时，选法有C×2×A种，所以不同的涂色方法共CCA＋CC×3×A＋C×2×A＝1 920.故选C.
【答案】 C
8．某计算机商店有6台不同的品牌机和5台不同的兼容机，从中选购5台，且至少有品牌机和兼容机各2台，则不同的选购方法有( )
A．1 050种 B．700种
C．350种 D．200种
【解析】 分两类：(1)从6台不同的品牌机中选3台和从5台不同的兼容机中选2台；
(2)从6台不同的品牌机中选2台和从5台不同的兼容机中选3台．
所以不同的选购方法有CC＋CC＝350种．
【答案】 C
9．设(1－3x)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|的值为( )
A．29 B．49 C．39 D．59
【解析】 由于a0，a2，a4，a6，a8为正，a1，a3，a5，a7，a9为负，故令x＝－1，得(1＋3)9＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9＝|a0|＋|a1|＋…＋|a9|，故选B.
【答案】 B
10．(2018·山西大学附中月考)如果一条直线与一个平面平行，那么称此直线与平面构成一个“平行线面组”，在一个长方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“平行线面组”的个数是( )
A．60 B．48
C．36 D．24
【解析】 在长方体中，对每一条棱都有两个面(侧面或底面)和一个对角面(对不在同一个面上的一对互相平行的棱的截面)与它平行，可构成3×12＝36个“平行线面组”，对每一条面对角线，都有一个面与它平行，可组成12个“平行线面组”，所以“平行线面组”的个数为36＋12＝48，故选B.
【答案】 B
11．(2018·吉林一中高二期末)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( )
A．96 B．180
C．360 D．720
【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.故选B.
【答案】 B
12．设(1＋x)n＝a0＋a1x＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，则展开式中系数最大项是( )
A．15x3 B．20x3
C．21x3 D．35x3
【解析】 令x＝0，得a0＝1，
再令x＝1，得2n＝64，所以n＝6，
故展开式中系数最大项是
T4＝Cx3＝20x3.故选B.
【答案】 B
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)
13．某科技小组有女同学2名、男同学x名，现从中选出3名去参加展览．若恰有1名女生入选时的不同选法有20种，则该科技小组中男生的人数为________．
【解析】 由题意得C·C＝20，解得x＝5.
【答案】 5
14．(1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是________．
【解析】 (1.05)6＝(1＋0.05)6＝C＋C×0.05＋C×0.052＋C×0.053＋…＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…≈1.34.
【答案】 1.34
15．(2018·山东高考)观察下列各式：
C＝40；
C＋C＝41；
C＋C＋C＝42；
C＋C＋C＋C＝43；
……
照此规律，当n∈N*时，
C＋C＋C＋…＋C＝________.
【解析】 观察每行等式的特点，每行等式的右端都是幂的形式，底数均为4，指数与等式左端最后一个组合数的上标相等，故有C＋C＋C＋…＋C＝4n－1.
【答案】 4n－1
16．(2018·安徽高考)设a≠0，n是大于1的自然数，n的展开式为a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.若点Ai(i，ai)(i＝0,1,2)的位置如图2所示，则a＝________.
图2
【解析】 由题意知A0(0,1)，A1(1,3)，A2(2,4)．
故a0＝1，a1＝3，a2＝4.
由n的展开式的通项公式知Tr＋1＝Cr(r＝0,1,2，…，n)．故＝3，＝4，解得a＝3.
【答案】 3
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)已知试求x，n的值.
【解】 ∵C＝C＝C，∴n－x＝2x或x＝2x(舍去)，∴n＝3x.
由C＝C，得
＝·，
整理得
3(x－1)！(n－x＋1)！＝11(x＋1)！(n－x－1)！，
3(n－x＋1)(n－x)＝11(x＋1)x.
将n＝3x代入，整理得6(2x＋1)＝11(x＋1)，
∴x＝5，n＝3x＝15.
18．(本小题满分12分)利用二项式定理证明：49n＋16n－1(n∈N*)能被16整除．
【证明】 49n＋16n－1＝(48＋1)n＋16n－1
＝C·48n＋C·48n－1＋…＋C·48＋C＋16n－1
＝16(C·3×48n－1＋C·3×48n－2＋…＋C·3＋n)．
所以49n＋16n－1能被16整除．
19．(本小题满分12分)一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球，
(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
(2)若取一个红球记2分，取一个白球记1分，从中任取5个球，使总分不少于7分的取法有多少种？
【解】 (1)将取出4个球分成三类情况：
①取4个红球，没有白球，有C种；
②取3个红球1个白球，有CC种；
③取2个红球2个白球，有CC种，
故有C＋CC＋CC＝115种．
(2)设取x个红球，y个白球，
则故或或
因此，符合题意的取法共有CC＋CC＋CC＝186种．
20．(本小题满分12分)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.
21．(本小题满分12分)有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数．
(1)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(2)全体站成一排，甲不站排头也不站排尾；
(3)全体站成一排，女生必须站在一起；
(4)全体站成一排，男生互不相邻．
【解】 (1)共有A＝5 040种方法．
(2)甲为特殊元素．先排甲，有5种方法，其余6人有A种方法，故共有5×A＝3 600种方法．
(3)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有A种方法，再将4名女生进行全排列，有A种方法，故共有A×A＝576种方法．
(4)(插空法)男生不相邻，而女生不做要求，所以应先排女生，有A种方法，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有A种方法，故共有A×A＝1 440种方法．
22．(本小题满分12分)已知集合A＝{x|1(1)从A∪B中取出3个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？
(2)从集合A中取出1个元素，从集合B中取出3个元素，可以组成多少个无重复数字且比4 000大的自然数？
【解】 由1(1)从A∪B中取出3个不同的元素，可以组成A＝120个三位数．
(2)若从集合A中取元素3，则3不能作千位上的数字，
有C·C·A＝180个满足题意的自然数；
若不从集合A中取元素3，则有CCA＝384个满足题意的自然数．
所以，满足题意的自然数的个数共有180＋384＝564.
课件47张PPT。第 一 章 计数原理章 末 高 效 整 合知能整合提升1．两个计数原理的区别与联系
2.排列与组合概念及公式
(1)定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，若按照一定的顺序排成一列，则叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列；若合成一组，则叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．
即排列和顺序有关，组合与顺序无关．
3．排列与组合的应用
(1)认真分析题目的条件和结论，明确“完成一件事”的具体含义，及完成这件事需要“分类”还是“分步”，还要搞清楚问题的解决与“顺序”有无关系，以确定是排列问题还是组合问题，解题时，可以借助示意图，表格等．(2)常用解题策略如下：
①包含特殊元素或特殊位置的问题，采用优先法，即先考虑特殊元素或特殊位置，特殊位置对应“排”与“不排”问题，特殊元素对应“在”与“不在”问题．
②某些元素要求“相邻”的问题，采用捆绑法，即将要求“相邻”的元素捆绑为一个元素，注意内部元素是否有序．
③某些元素要求“不相邻”的问题，采用插空法，即将要求“不相邻”的元素插入其他无限制条件的元素之间的空位或两端．
④直接计数困难的问题，采用间接法，即从方法总数中减去不符合条件的方法数．
⑤排列和组合的综合题，采用“先组后排”，即先选出元素，再排序．
[说明] ①二项式系数与项的系数是不同的概念，前者只与项数有关，而后者还与a，b的取值有关．
②运用通项求展开式的特定值(或特定项的系数)，通常先由题意列方程求出r，再求所需的项(或项的系数)．
[说明] 与二项展开式各项系数的和或差有关的问题，一般采用赋值法求解．热点考点例析两个计数原理的应用点拨： 基本原理提供了“完成某件事情”是“分类”进行，还是“分步”进行．在分类或分步中，针对具体问题考虑是与“顺序”有关，还是无关，来确定排列与组合． 有3封信，4个信简．
(1)把3封信都寄出，有多少种寄信方法？
(2)把3封信都寄出，且每个信简中最多一封信，有多少种寄信方法？
[思维点击] 本题关键是要搞清楚以“谁”为主研究问题．解决这类问题，切忌死记公式，应清楚哪类元素必须应该用完，就以它为主进行分析，再用分步计数原理求解．1．有7名女同学和9名男同学，组成班级乒乓球混合双打代表队，共可组成( )
A．7队 B．8队
C．15队 D．63队
解析： 由分步乘法计数原理，知共可组成7×9＝63队．
答案： D2.如图，用6种不同的颜色把图中A，B，C，D四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( )
A．400种 B．460种
C．480种 D．496种
解析： 从A开始，有6种方法，B有5种，C有4种，D，A同色1种，D，A不同色3种，∴不同涂法有6×5×4×(1＋3)＝480种，故选C.
答案： C点拨： 解决排列组合应用题的处理方法与策略
①特殊元素优先安排的策略；
②合理分类和准确分步的策略；
③排列、组合混合问题先选后排的策略；
④正难则反、等价转化的策略；
⑤相邻问题捆绑处理的策略；
⑥不相邻问题插空处理的策略；排列组合应用题的处理方法与策略
⑦定序问题除法处理的策略；
⑧分排问题直排处理的策略；
⑨“小集团”排列问题中先整体后局部的策略；
⑩构造模型的策略．
特别提醒： 分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏． 用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，则其中数字2,3相邻的偶数有________个．(用数字作答)
[思维点击] “个位”是特殊位置或“偶数数字”是特殊元素，应优先考虑．3．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有( )
A．36种 B．30种
C．12种 D．6种4．从1,3,5,7,9五个数字中选2个，0,2,4,6,8五个数字中选3个，能组成多少个无重复数字的五位数？点拨： 1.区分“项的系数”与“二项式系数”．项的系数与a，b有关，可正可负，二项式系数只与n有关，恒为正．
2．切实理解“常数项”、“有理项(字母指数为整数)”、“系数最大的项”等概念．二项式定理
3．求展开式中的指定项，要把该项完整写出，不能仅仅说明是第几项．
4．赋值法求展开式中的系数和或部分系数和，常赋的值为0，±1.
5．在化简求值时，注意二项式定理的逆用，要用整体思想看待a，b.
[思维点击] 本题各项系数的变化，除注意负号外，还要注意i的运算性质，各项系数的绝对值为二项式系数．5．设(1＋x)8＝a0＋a1x＋…＋a8x8，则a0，a1，…，a8中奇数的个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．51．书架上有不同的语文书10本，不同的英语书7本，不同的数学书5本，现从中任选一本阅读，不同的选法有( )
A．22种 B．350种
C．32种 D．20种
解析： 由分类加法计数原理得，不同的选法有10＋7＋5＝22种．
答案： A2．一排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
3．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： 能够组成三位数的个数是9×10×10＝900，能够组成无重复数字的三位数的个数是9×9×8＝648，故能够组成有重复数字的三位数的个数是900－648＝252.
答案： B4．3位男生和3位女生共6位同学站成一排，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数是( )
A．360 B．288
C．216 D．967．某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动．
(1)任选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？
(2)三个年级各选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？
(3)选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？解析： (1)分三类：第一类从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二类从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三类从高三年级选1个班，有8种不同方法．由分类计数原理可得，共有6＋7＋8＝21种不同的选法．
(2)每种选法分三步：第一步从高一年级选1个班，有6种不同方法；第二步从高二年级选1个班，有7种不同方法；第三步从高三年级选1个班，有8种不同方法．由分步计数原理，共有6×7×8＝336种不同的选法．
(3)分三类，每类又分两步．第一类从高一、高二两个年级各选1个班，有6×7种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同方法；第三类从高二、高三年级各选一个班，有7×8种不同的方法，故共有6×7＋6×8＋7×8＝146种不同选法．8．设(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，求下列各式的值．
(1)a0＋a1＋a2＋…＋a10；
(2)a6.谢谢观看！
