课件41张PPT。第一章 计数原理计数原理的应用排列组合的综合应用二项式定理及应用二项式定理中的赋值问题按ESC键退出全屏播放本部分内容讲解结束
[A 基础达标]
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
解析：选D．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.从甲、乙、丙、丁四名同学中选出三名同学，分别参加三个不同科目的竞赛，其中甲同学必须参赛，则不同的参赛方案共有( )
A．24种 B．18种
C．21种 D．9种
解析：选B．从除甲外的乙、丙、丁三名同学中选出2人，有C种选法，再将3人安排到3个科目，有A种，故共有CA＝18(种).
3.在(1＋ax)7的展开式中，x3项的系数是x2项的系数与x5项的系数的等比中项，则a的值为( )
A． B．
C． D．
解析：选C．展开式的通项Tk＋1＝Cakxk(k＝0，1，…，7)，
由题意得，(Ca3)2＝Ca2·Ca5，所以a＝.
4.(2x＋1)的展开式的常数项是( )
A．－10 B．－9
C．11 D．9
解析：选B．(2x＋1)＝(2x＋1)·，故展开式中的常数项是2×(－5)＋1＝－9.故选B．
5.将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( )
A．10种 B．20种
C．36种 D．52种
解析：选A．分为两类：①1号盒子放入1个球，2号盒子放入3个球，有C＝4种放球方法；②1号盒子放入2个球，2号盒子放入2个球，有C＝6种放球方法.
所以共有C＋C＝10种不同的放球方法.
6.已知(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，若a1＋a2＋…＋a6＝63，则实数m＝________.
解析：由题设知，a0＝1，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a6＝(1＋m)6，即(1＋m)6＝64，故1＋m＝±2，m＝1或－3.
答案：1或－3
7.在的展开式中，不含x的各项系数之和为________.
解析：的展开式中，不含x的各项系数之和，即的各项系数之和．令y＝1，可得的各项系数之和为(－1)9＝－1.
答案：－1
8.如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂1种颜色，要求最多使用3种颜色，且相邻的2个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有________种.
解析：如图，将4个区域标上A，B，C，D，当使用2种颜色时，涂色种数为C×2＝30种.
A
B
C
D
当使用3种颜色时，可能(A，C)或(A，D)或(B，D)涂同一颜色，涂色方案有C·A·3＝360种．
所以涂色方案共有360＋30＝390种．
答案：390
9．在二项式(1－2x)9的展开式中．
(1)求展开式中的第四项；
(2)求展开式中的常数项．
解：(1)在二项式(1－2x)9的展开式中，
展开式的第四项为T4＝C·(－2x)3＝－672x3.
(2)二项式(1－2x)9的展开式的通项公式为
Tr＋1＝C·(－2x)r，由r＝0，可得常数项为1.
[B 能力提升]
10．把座位编号为1，2，3，4，5，6的6张电影票分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少分一张，至多分两张，且分得的两张票必须是连号的，那么不同分法种数为( )
A．240 B．144
C．196 D．288
解析：选B．根据题意，分2步进行分析：
①先将票分为符合条件的4份；
由题意，4人分6张票，且每人至少一张，至多两张，则两人一张，2人2张，且分得的票必须是连号的，相当于将1、2、3、4、5、6这六个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号，易得在5个空位插3个板子，共有C＝10种情况，但其中有4种是1人3张票的，故有10－4＝6种情况符合题意，
②将分好的4份对应到4个人，进行全排列即可，有A＝24种情况；则有6×24＝144种情况．
11．现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，则不同的带队方案有________种．(用数字作答)
解析：第一类，把甲，乙看作一个复合元素，和另外的3人分配到3个小组中，CA＝18种．
第二类，先把另外的3人分配到3个小组，再把甲，乙分配到其中2个小组，AA＝36种，
根据分类加法计数原理可得，共有36＋18＝54(种)．
答案：54
12．已知展开式的二项式系数之和为256.
(1)求n；
(2)若展开式中常数项为，求m的值；
(3)若(x＋m)n展开式中系数最大项只有第6项和第7项，求m的取值情况．
解：(1)二项式系数之和为2n＝256，可得n＝8.
(2)设常数项为第r＋1项，则
Tr＋1＝Cx8－r＝Cmrx8－2r，
故8－2r＝0，即r＝4，则Cm4＝，
解得m＝±.
(3)易知m>0，设第r＋1项系数最大．
则，
化简可得≤r≤.
由于只有第6项和第7项系数最大，
所以即
所以m只能等于2.
13．(选做题)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”，试求“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自然数的个数．
解：(1)将所有的三位偶数分为两类：①若个位数为0，则共有A＝12(种)；②若个位数为2或4，则共有2×3×3＝18(种)．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若十位数字为0，则共有A＝12(种)；②若十位数字为1，则共有A＝6(种)；③若十位数字为2，则共有A＝2(种)．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若两个奇数数字在一、三位置，则共有A·A＝12(种)；②若两个奇数数字在二、四位置，则共有A·C·A＝8(种)；③若两个奇数数字在三、五位置，则共有A·C·A＝8(种)．所以共有28个符合题意的五位数．
章末综合检测(一)
(时间：120分钟，满分：150分)
一、选择题：本题共12小题，每小题5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．(1－x)10展开式中x3项的系数为( )
A．－720 B．720
C．120 D．－120
解析：选D．由Tr＋1＝C(－x)r＝(－1)rCxr，因为r＝3，所以系数为(－1)3C＝－120.
2．某城市的街道如图，某人要从A地前往B地，则路程最短的走法有( )
A．8种 B．10种
C．12种 D．32种
解析：选B．此人从A到B，路程最短的走法应走2纵3横，将纵用0表示，横用1表示，则一种走法就是2个0和3个1的一个排列，只需从5个位置中选2个排0，其余位置排1即可，故共有C＝10种．
3．从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出2台，其中甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法种数为( )
A．60 B．40
C．30 D．20
解析：选D．根据题意，分2步进行分析：①先在4台甲型电视机中取出1台，有4种取法；②再在5台乙型电视机中取出1台，有5种取法．则有4×5＝20种不同的取法．故选D．
4．(2019·郑州高二检测)将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，则不同的排列方法有( )
A．12种 B．20种
C．40种 D．60种
解析：选C．五个元素没有限制，全排列数为A，由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故所求排列数为×2＝40.
5．已知(1＋x)10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，则a8等于( )
A．－5 B．5
C．90 D．180
解析：选D．因为(1＋x)10＝[2－(1－x)]10＝a0＋a1(1－x)＋a2(1－x)2＋…＋a10(1－x)10，所以a8＝C·22＝180.
6．圆周上有8个等分圆周的点，以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形的个数是( )
A．16 B．24
C．32 D．48
解析：选C．圆周上8个等分点共可构成4条直径，而直径所对的圆周角是直角，又每条直径对应着6个直角三角形，共有CC＝24个直角三角形．斜三角形的个数为C－CC＝32个．
7．设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选A．令x＝－1，即得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－2.
8．若(x2＋m)的展开式中x4的系数为30，则m的值为( )
A．－ B．
C．－ D．
解析：选B．展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx6－r＝(－2)rCx6－2r，令6－2r＝2，得r＝2，所以x4项的系数为(－2)2C＝60，令6－2r＝4，得r＝1，所以x4项的系数为(－2)1C＝－12，所以(x2＋m)·的展开式中x4的系数为60－12m＝30，解得m＝.故选B．
9．12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，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：选D．第一步可先从后排8人中选2人共有C种；第二步可认为前排放6个座位，先选出2个座位让后排的2人坐，由于其他人的顺序不变，所以有A种坐法．综上知“不同”调整方法的种数为CA.
10．(2019·福州高二检测)为参加校园文化节，某班推荐2名男生3名女生参加文艺技能培训，培训项目及人数分别为：乐器1人，舞蹈2人，演唱2人．若每人只参加1个项目，并且舞蹈和演唱项目必须有女生参加，则不同推荐方案的种数为( )
A．12 B．36
C．48 D．24
解析：选D．法一：(直接法)3名女生各参加1项，2名男生在舞蹈、演唱中各参加1项，有AA＝12种方案；有2名女生参加同一项，有CAA＝12种方案，所以共有12＋12＝24种方案．
法二：(间接法)2名男生同时参加舞蹈或演唱，有CA＝6种方案，而所有不同的推荐方案共有CCC＝30种，故满足条件的推荐方案种数为30－6＝24.
11．将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3所学校，要求每所学校至少有1个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为( )
A．96 B．114
C．128 D．136
解析：选B．由题意可得每所学校至少有1个名额的分配方法种数为C＝136，分配名额相等的有22种(可以逐个数)，则满足题意的方法有136－22＝114种．
12．已知(2x2＋x－y)n的展开式中各项系数的和为32，则展开式中x5y2的系数为( )
A．120 B．30
C．240 D．60
解析：选A．由题意，(2x2＋x－y)n的展开式中各项系数的和为32，即(2＋1－1)n＝32，解得n＝5.已知(2x2＋x－y)5＝[(2x2＋x)－y]5的通项公式为Tr＋1＝C·(－y)r(2x2＋x)5－r，由展开式中含有x5y2，可知r＝2，且(2x2＋x)3的展开式中有含x5的项，由通项公式，可得Tt＋1＝C(2x2)3－txt＝23－tCx6－t，令t＝1得，含x5项的系数为22C.所以展开式中，x5y2的系数为C×C×22＝120.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分．
13．(2019·长沙高二检测)将5名志愿者分成4组，其中一组有2人，其余各组各1人，到4个路口协助交警执勤，则不同的分配方法有________种．(用数字作答)
解析：分配方法数为·A＝240.
答案：240
14．(2019·青岛高二检测)设(2x－1)6＝a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0，则|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝________．
解析：因为(2x－1)6＝a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0，
由二项式定理可知a0，a2，a4，a6均为正数，
a1，a3，a5均为负数，
令x＝－1可得|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a6|＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝(－2－1)6＝729.
答案：729
15．若二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则展开式中常数项为________．
解析：第4项的二项式系数C最大，所以n＝6，展开式通项Tk＋1＝Cx6－k·＝(－1)kCx，令6－k＝0，则k＝4，所以常数项为(－1)4C＝15.
答案：15
16．将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法有________种．
解析：先把A，B放入不同盒中，有3×2＝6种放法，再放C，D，
若C，D在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法；
若C，D在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A或B的盒中，有2×2＝4种放法．
故共有6×(1＋4)＝30种放法．
答案：30
三、解答题：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)的展开式中只有第6项二项式系数最大，求展开式中的常数项．
解：因为的展开式中只有第6项二项式系数最大，所以n＝10，
所以展开式的通项为Tr＋1＝C()10－r＝2r·Cx，令5－r＝0，得r＝2.
所以展开式中的常数项为T3＝4C＝180.
18．(本小题满分12分)如图有4个编号为A，B，C，D的小三角形，要在每一个小三角形中涂上红、黄、蓝、白、黑五种颜色中的一种，并且相邻的小三角形颜色不同，共有多少种不同的涂色方法？
解：分为两类：
第一类：若A，C同色，则A有5种涂法，B有4种涂法，
C有1种涂法(与A相同)，D有4种涂法．
故N1＝5×4×1×4＝80.
第二类：若A，C不同色，则A有5种涂法，B有4种涂法，C有3种涂法，D有3种涂法．
故N2＝5×4×3×3＝180种．
综上可知不同的涂法共有N＝N1＋N2＝80＋180＝260种．
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)将取出的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，符合题意的取法种数有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)由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数．
(1)共可以组成多少个五位数？
(2)其中奇数有多少个？
(3)如果将所有的五位数按从小到大的顺序排列，43 125是第几个数？说明理由．
解：(1)由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，共可以组成A＝120(个)五位数．
(2)由1，2，3，4，5组成的无重复数字的五位数奇数中，
个位数字必须从1，3，5中选出，共有C种结果．
其余四个位置可以用其他四个数字在四个位置进行全排列，共有A种结果，
根据分步乘法计数原理得到共有奇数CA＝72(个)．
(3)考虑大于43 125的数，分四类讨论：
①5在首位，将其他4个数字全排列即可，有A＝24个．
②4在首位，5在千位，将其他3个数字全排列即可，有A＝6个．
③4在首位，3在千位，5在百位，将其他2个数字全排列即可，共有A＝2个．
④除上述情况，还有43 215，43 251，43 152共3个数．
由(1)知共可以组成120个五位数，则不大于43 125的五位数有120－(24＋6＋2＋3)＝85个．所以43 125是第85个数．
22．(本小题满分12分)设有编号为1，2，3，4，5的5个小球和编号为1，2，3，4，5的5个盒子，现将这5个小球放入5个盒子中．
(1)没有一个盒子空着，但球的编号与盒子的编号不全相同，有多少种投放方法？
(2)每个盒子内投入1个球，并且至少有2个球的编号与盒子的编号是相同的，有多少种投放方法？
解：(1)先把5个小球放到5个盒子中，没有空盒，有A种投放方法，球的编号与盒子的编号完全相同的投放方法有1种，故满足题意的投放方法有A－1＝119(种)．
(2)可分为三类．
第一类：5个球的编号与盒子的编号完全相同，有1种投放方法．
第二类：3个球的编号与盒子的编号相同，有C种投放方法．剩下的2个球的投放方法只有1种，所以投放方法有C×1＝10(种)．
第三类：2个球的编号与盒子的编号相同，有C种投放方法，剩下的3个球的投放方法有2种，所以投放方法有C×2＝20(种)．
根据分类加法计数原理得，满足题意的投放方法有1＋10＋20＝31(种)．
