课件34张PPT。章末整合提升知识网络答案 ①排列数公式 ②组合数公式 ③组合数性质 ④通项公式 ⑤二项式系数性质
(1)如图所示，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可提供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多的栽种方案有
A．180种 B．240种
C．360种 D．420种
(2)有3封信，4个信箱，如果把3封信都寄出，寄信方法有________种．
题型一 两个计数原理专题归纳典例1(2)分3步完成寄出3封信的任务：第一步，寄出1封信，有4种方法；第二步，再寄出1封信，有4种方法；第三步，寄出最后1封信，有4种方法，完成任务，根据分步乘法计数原理，共有4×4×4＝43＝64种寄信方法．
【答案】 (1)D (2)64
●规律总结
1．使用两个原理解决问题的思路
(1)选择使用两个原理解决问题时，要根据我们完成某件事采取的方式而定，确定是分类还是分步，要抓住两个原理的本质．
(2)分类加法计数原理的关键是“类”，分类时，首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意，完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法．
(3)分步乘法计数原理的关键是“步”，分步时首先要根据问题的特点确定一个分步的标准；其次，分步时还要注意满足完成一件事必须并且只有连续完成这n个步骤后，这件事才算完成，只有满足了上述条件，才能用分步乘法计数原理．
2．使用两个原理解决问题时应注意的问题
(1)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰．
(2)当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步．
1．直接法(特殊元素、位置优先考虑法)
分配5人完成5种不同的工作，如果甲不能完成第一种工作，乙不能完成第二种工作，那么共有多少种分配方法？
题型二 排列组合问题典例2●规律总结
用直接法解排列组合问题的策略
(1)特殊元素分析法：即以元素为主考虑，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．
(2)特殊位置分析法：即以位置为主考虑，先安排有特殊要求的位置，再考虑其他位置．2．捆绑法
老师和学生共10人一起照相，其中1名老师、4名女生、5名男生，排成一行，要求男生、女生必须分性别站在一起，并且老师不站在两端，那么不同站队方式有______种．典例3【答案】 5 760●规律总结
运用捆绑法的要点
“捆”的策略就是对元素进行整体处理的形象化描述，体现数学的整体思想．对于以“某些元素必须相邻”为附加条件的排列组合问题，只要把必须相邻的元素“捆”成一个整体，再考虑相邻元素内部的排列或组合，就能保证这些元素相邻而不散乱．
3．插空法
一条长椅上有七个座位，四人坐，要求三个空位中，有两个空位相邻，另一个空位与这两个相邻空位不相邻，共有几种坐法？
典例4●规律总结
运用插空法的要点
“插空”的策略是解决排列与组合中若干特殊元素互不相邻问题的常用手段．在具体操作时，先对普通元素排列，然后将这些特殊元素“插入”普通元素的空隙之中，从而保证它们互不相邻．
4．间接法(排除法)
(2017·浙江)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有________种不同的选法．(用数字作答)
典例5●规律总结
间接法求解排列组合问题的要点
间接法是求解排列组合问题的常用方法．带有限制条件的排列组合问题，常用“元素分析法”和“位置分析法”，当直接考虑对象较为复杂时，可用逆向思维，使用间接法(排除法)，即先不考虑约束条件，求出所有排列、组合总数，然后减去不符合条件的排列、组合种数．题型三 二项式定理的应用典例6●规律总结
二项式定理的问题类型及解答策略
(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素．
(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项．
(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数．题型四 二项式定理中的“赋值”问题典例6【答案】 (1)C (2)－65●规律总结
与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而
在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果．
提醒：求各项系数的绝对值的和时，要先根据绝对值里面数的符号赋值求解．
1．由0，1，2，…9这十个数字组成的无重复数字的四位数中，个位数字与百位数字之差的绝对值等于8的有
A．98个 B．105个 C．112个 D．210个
◎跟踪训练2．从0，1，2…，9这10个数字中，任取两个不同数字作为平面直角坐标系中点的坐标，能够确定不在x轴上的点的个数是
A．100个 B．90个 C．81个 D．72个
解析 要使点不在x轴上，则纵坐标不能为0，故纵坐标上的数字只能有9种选择，纵坐标选好后，横坐标不能与之相同．故也有9种选择，由分步乘法计数原理得，N＝9×9＝81(个)．
答案 C3．二项式(a＋2b)n展开式中的第二项系数是8，则它的第三项的二项式系数为
A．24 B．18 C．16 D．6
5．(x＋2)5的展开式中，x2的系数等于________．(用数字作答)．
6．从1，3，5，7，9中任取3个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的五位偶数？
答案 4 560章末达标测试(一)
(本卷满分150分，时间120分钟)
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．由数字0，1，2，3，4，5组成无重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有
A．210个 B．300个 C．464个 D．600个
解析 由于组成无重复数字的六位数，个位数字小于十位的与个位数字大于十位的一样多，所以有＝300(个)．
答案 B
2．小王有70元钱，现有面值分别为20元和30元的两种IC电话卡．若他至少买一张，则不同的买法共有
A．7种 B．8种 C．6种 D．9种
解析 要完成的一件事是“至少买一张IC电话卡”，分3类完成：买1张IC卡，买2张IC卡，买3张IC卡．而每一类都能独立完成“至少买一张IC电话卡”这件事．买1张IC卡有2种方法，买2张IC卡有3种方法，买3张IC卡有2种方法，共有2＋3＋2＝7种不同的买法．
答案 A
3．若A＝6C，则m等于
A．9 B．8 C．7 D．6
解析 由m(m－1)(m－2)＝6·，解得m＝7.
答案 C
4．(1＋x)3＋(1＋x)4＋…＋(1＋x)n＋2(x≠－1，n∈N*)的展开式中x2的系数是
A．C B．C C．C－1 D．C－1
解析 先把(1＋x)3，(1＋x)4，…，(1＋x)n＋2看作等比数列求和．
原式＝＝[(1＋x)n＋3－(1＋x)3]，
原式展开式中x2的系数就是(1＋x)n＋3与(1＋x)3展开式中x3的系数之差，C－C＝C－1，故选D.
答案 D
5．若从1，2，3，…，9这9个数中同时取4个不同的数，其和为奇数，则不同的取法共有
A．66种 B．63种 C．61种 D．60种
解析 从1，2，3，…，9这9个数中同时取4个不同的数，其和为奇数的取法分为两类：第一类取1个奇数，3个偶数，共有CC＝20种取法；第二类是取3个奇数，1个偶数，共有CC＝40种取法．故不同的取法共有60种，选D.
答案 D
6．五种不同商品在货架上排成一排，其中A，B两种必须连排，而C，D两种不能连排，则不同排法共有
A．12 B．20 C．24 D．48
解析 先排除C，D外的商品，利用捆绑法，将A，B看成一个整体，有AA种排法，再将C，D插空，共有AAA＝24种排法．
答案 C
7．已知展开式中，各项系数的和与其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 展开式中，各项系数的和为4n，二项式系数的和为2n，由已知得2n＝64，所以n＝6.
答案 C
8．等腰三角形的三边均为正整数，它的周长不大于10，这样不同形状的三角形的种数为
A．8 B．9 C．10 D．11
解析 共有(1，1，1)，(1，2，2)，(1，3，3)，(1，4，4)，(2，2，2)，(2，2，3)，(2，3，3)，(2，4，4)，(3，3，3)，(3，3，4)，所以不同形状的三角形的种数为10种．
答案 C
9．形如45 132的数称为“波浪数”，即十位数字，千位数字均比与它们各自相邻的数字大，则由1，2，3，4，5可构成不重复的五位“波浪数”的个数为
A．20 B．18 C．16 D．11
解析 由题可知，十位和千位只能是4，5或3，5，若十位和千位排4，5，则其他位置任意排1，2，3，则这样的数的个数有AA＝12；若十位和千位排5，3，这时4只能排在5的一边且不能和其他数字相邻，1，2在其余位置上任意排列，则这样的数的个数有AA＝4，综上，共有16个．
答案 C
10．设函数f(x)＝则当x>0时，f[f(x)]表达式的展开式中常数项为
A．－20 B．20 C．－15 D．15
解析 当x>0时，f[f(x)]＝＝的展开式中，常数项为C(－)3＝－20.
答案 A
11．一排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 采用捆绑法，不同坐法种数为A(AAA)＝(3！)4.
答案 C
12．如图所示，环形花坛分成A，B，C，D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为
A．96 B．84 C．60 D．48
解析 分三种情况讨论：①种四种颜色的花：A种；②种三种颜色的花：若A，C同色，有(4×A)种种法，若B，D同色，有(4×A)种种法；③种两种颜色的花：只能是A，C同色，B，D同色，有(4×3)种种法，综上可知，一共有A＋4×A＋4×A＋4×3＝84种不同的种法．
答案 B
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中的横线上)
13．(2018·天津)在的展开式中，x2的系数为________．
解析 的展开式的通项Tr＋1＝Cx5－r＝Cx5－，令5－r＝2，得r＝2，所以x2的系数为C＝.
答案
14．5名大人要带两个小孩排队上山，小孩不排在一起也不排在头、尾，则共有________种排法(用数字作答)．
解析 先让5名大人全排列，有A种排法，两个小孩再依条件插空，有A种方法，故共有AA＝1 440种排法．
答案 1 440
15．在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中常数项为________．
解析 由题意知n＝8，通项为Tk＋1＝(－1)k·C k8··x8－k，令8－k＝0，得k＝6，故常数项为第7项，且T7＝(－1)6··C＝7.
答案 7
16．在某次中俄海上联合搜救演习中，参加演习的中方有4艘船，3架飞机；俄方有5艘船，2架飞机，若从中、俄两组中各选出2个单位(1架飞机或1艘船都作为一个单位，所有的船只两两不同，所有飞机两两不同)，且选出的4个单位中恰有一架飞机的不同选法共有________．
解析 若选出的一架飞机是中方的，则选法是CCC＝120种；若选出的一架飞机是俄方的，则选法有CCC＝60种，故不同选法共有120＋60＝180(种)．
答案 180种
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(10分)若的展开式中的所有二项式系数之和为64，求展开式中二项式系数最大的项．
解析 由题意知2n＝64，所以n＝6，所以的展开式中二项式系数最大的项为T4＝C·x3·＝C＝20.
答案 T4＝20
18．(12分)有9名学生，其中2名会下象棋但不会下围棋，3名会下围棋但不会下象棋，4名既会下围棋又会下象棋．现在要从这9名学生中选出2名学生，一名参加象棋比赛，另一名参加围棋比赛，共有多少种不同的选派方法？
解析 设2名会下象棋但不会下围棋的同学组成集合A，3名会下围棋但不会下象棋的同学组成集合B，4名既会下围棋又会下象棋的同学组成集合C，则选派2名参赛同学的方法可以分为以下4类：
第一类：A中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为C·C＝6(种)；
第二类：C中选1人参加象棋比赛，B中选1人参加围棋比赛，方法数为C·C＝12(种)；
第三类：C中选1人参加围棋比赛，A中选1人参加象棋比赛，方法数为C·C＝8(种)；
第四类：C中选2人分别参加两项比赛，方法数为A＝12(种)；
由分类加法计数原理，选派方法数共有：6＋12＋8＋12＝38(种)．
答案 38
19．(12分)二项式展开式中第五项的二项式系数是第三项系数的4倍．
求：(1)n；
(2)展开式中的所有的有理项．
解析 (1)二项展开式的通项Tr＋1＝C＝(－1)rCx－n＋r.
依题意，C＝4(－1)2C，解得n＝6.
(2)由(1)得Tr＋1＝(－1)r·Cx－(6－4r)，当r＝0，3，6时为有理项，故有理项有T1＝，T4＝－x2，T7＝.
答案 (1)6 (2)T1＝，T4＝－x2，T7＝
20．(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？
解析 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.
答案 (1)120 (2)564
21．(12分)已知(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10.
(1)求a2；
(2)求a1＋a2＋…＋a10；
(3)求(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2.
解析 (1)(x2－3x＋2)5＝(x－1)5(x－2)5.
(x－1)5展开式的通项为C·(－1)r·x5－r(0≤r≤5)，
(x－2)5展开式的通项为C·(－2)s·x5－s(0≤s≤5)，
所以(x2－3x＋2)5展开式的通项为C·C·(－1)r＋s·2s·x10－r－s，
令r＋s＝8，可得或或
所以展开式中含x2项的系数为C·C·25＋C·C·24＋C·C·23＝800，即a2＝800.
(2)令f(x)＝(x2－3x＋2)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，当x＝0时，a0＝f(0)＝25＝32；
当x＝1时，a0＋a1＋a2＋…＋a10＝f(1)＝0.
所以a1＋a2＋…＋a10＝－32.
(3)(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝(a0＋a1＋a2＋…＋a10)·(a0－a1＋a2－…＋a10)＝f(1)·f(－1)＝0.
答案 (1)800 (2)－32 (3)0
22．(12分)把4位男售票员和4位女售票员平均分成4组，到4辆公共汽车里售票，如果同样两人在不同汽车上服务算作不同的情况．
(1)有几种不同的分配方法？
(2)每小组必须是一位男售票员和一位女售票员，有几种不同的分配方法？
(3)男售票员和女售票员分别分组，有几种不同的分配方法？
解析 (1)男女合在一起共有8人，每个车上2人，可以分四个步骤完成，先安排2人上第一辆车，共有C种，再安排第二辆车共有C种，再安排第三辆车共有C种，最后安排第四辆车共有C种，这样不同的分配方法有C·C·C·C＝2 520(种)．
(2)要求男女各1人，因此先把男售票员安排上车，共有A种不同方法，同理，女售票员也有A种方法，由分步乘法计数原理，男女各1人的不同分配方法为A·A＝576(种)．
(3)男女分别分组，4位男售票员平均分成两组共有＝3种不同分法，4位女售票员平均分成两组也有＝3种不同分法，这样分组方法就有3×3＝9(种)．
对于其中每一种分法又有A种上车方法，因而不同的分配方法有9·A＝216(种)．
答案 (1)2 520 (2)576 (3)216
