(共47张PPT)
阶段复习课
第一课 排列、组合与二项式定理
核心整合·思维导图
考点突破·素养提升
素养一 逻辑推理
角度1 数学思想方法在求解计数问题中的应用
【典例1】(1)设集合S={1,2,3,4,5,6,7,8,9},集合A={a1,a2,a3}是S的子集,且a1,a2,a3满足a1
( )
A.78
B.76
C.83
D.84
(2)车间有11名工人,其中5名男工是钳工,4名女工是车工,另外两名老师傅既能当车工又能当钳工,现在要在这11名工人里选派4名钳工,4名车工修理一台机床,则有多少种选派方法?
【解析】(1)选C.若从正面考虑,当a3=9时,a2可以取8,7,6,5,4,3,共6类;当a3=8时,a2可以取7,6,5,4,3,2,共6类;…分类较多,而其对立面a3-a2>6包含的情况较少,当a3=9时,a2取2,a1取1,只有这一种情况,利用正难则反思想解决.
集合S含有三个对象的子集的个数为
=84.在这些含有三个对象的子集中能满足a16的集合只有{1,2,9},故满足题意的集合A的个数为84-1=83.
(2)方法一:设A,B代表2位老师傅.
A,B都不在内的选派方法有
=5(种),
A,B都在内且当钳工的选派方法有
=10(种),
A,B都在内且当车工的选派方法有
=30(种),
A,B都在内且一人当钳工,一人当车工的选派方法有
=80(种),
A,B有一人在内且当钳工的选派方法有
=20(种),
A,B有一人在内且当车工的选派方法有
=40(种),
所以共有
=185(种).
方法二:5名男钳工有4名被选上的方法有
=75(种),
5名男钳工有3名被选上的方法有
=100(种),
5名男钳工有2名被选上的方法有
=10(种),
所以共有75+100+10=185(种).
方法三:4名女车工都被选上的方法有
=35(种),
4名女车工有3名被选上的方法有
=120(种),
4名女车工有2名被选上的方法有
=30(种),
所以共有35+120+30=185(种).
【类题·通】
数学思想方法在求解计数问题中的问题及解法
1.对于正面处理较复杂或不易求解的问题,常常从问题的对立面去思考.
2.解含有约束条件的排列、组合问题,应按对象的性质进行分类,分类时需要满足两个条件:①类与类之间要互斥(保证不重复);②总数要完备(保证不遗漏).
【加练·固】
1.现有6个人排成一排照相,由于甲乙性格不合,所以要求甲乙不相邻,丙最高,要求丙站在最中间的两个位置中的一个位置上,则不同的站法有________种.
( )?
A.84 B.90 C.168 D.180
【解题指南】分两类情况讨论:
若甲乙在丙的两侧:首先丙从中间两个位置任意挑一个,有
种站法,然后甲从丙的一侧,随机挑一个位置,同时乙从甲的另一侧挑一个位置,有
种站法,最后剩下的三人,随机排列即可,有
种站法;
若甲乙在丙的同侧:首先丙从中间两个位置任意挑一个,有
种站法,然后甲、乙不相邻,只有
种站法,最后剩余三人,随机排列即可,有
种站法.
【解析】选C.已知丙在中间两个位置上选一个,若甲、乙在丙的两边,则有
站法:
=144种,
若甲、乙在丙的同侧,且不相邻,则有站法:
=24
种,则不同站法有
144+24=168种.
2.现有16张不同的卡片,其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张,从中任取3张,要求这3张卡片不能是同一颜色,且绿色卡片至多1张,不同的取法种数为
( )
A.484 B.472 C.252 D.232
【解析】选B.设(x,y,z)表示取x张红色卡片、y张黄色卡片、z张蓝色卡片.
若从正面考虑,需考虑当不取绿色卡片时,有(2,1,0),(2,0,1),(1,2,0),(0,2,1),(1,0,2),(0,1,2),(1,1,1)共7类,当取1张绿色卡片时,有(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1),共6类,分类较多,而其对立面为3张卡片同一颜色或2张绿色卡片,第三张从非绿色卡片中任取,其包含的情况较少,因此用正难则反思想求解.
根据题意,共有
种取法,其中每一种卡片各取3张,有4
种取法,取2张绿色
卡片有
种取法,故所求的取法共有
=472(种).
角度2 排列与组合的综合应用
【典例2】(1)在0,1,2,3,…,9这十个自然数中,任取三个不同的数字.则组成的三位数中是3的倍数的有________个.?
(2)在高三一班元旦晚会上,有6个演唱节目,4个舞蹈节目.
①当4个舞蹈节目要排在一起时,有多少种不同的节目安排顺序?
②当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时,有多少种不同的节目安排顺序?
③若已定好节目单,后来情况有变,需加上诗朗诵和快板2个节目,但不能改变原来节目的相对顺序,有多少种不同的节目演出顺序?
【解析】(1)若组成的三位数能被3整除,则先把0,1,2,3,…,9,这十个自然数中
分为三组:(0369);(147);(258).若每组中各取一个数,含0,共有
=36
种;若每组中各取一个数不含0,共有
=162种;若从每组中各取三个数,
共有3
=30种.综上组成的三位数能被3整除,共有36+162+30=228种.
答案:228
(2)①第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来,看成1个节目,与6个演唱节目一起排,
有
=5
040(种)方法;第二步再松绑,给4个节目排序,有
=24(种)方法.
根据分步乘法计数原理,一共有5
040×24=120
960(种)安排顺序.
②第一步将6个演唱节目排成一列(如下图中的“□”),一共有
=720(种)方
法.
×□×□×□×□×□×□×
第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即□中“×”的位置)
这样相当于7个“×”选4个来排,一共有
=840(种)方法.
根据分步乘法计数原理,一共有720×840=
604
800(种)安排顺序.
③若所有节目没有顺序要求,全部排列,则有
种排法,但原来的节目已定好顺
序,需要消除,所以节目演出的方式有
=132(种)排列.
【类题·通】
在解决一个实际问题的过程中,常常遇到排列、组合的综合性问题,而解决问题的第一步是审题,只有认真审题,才能把握问题的实质,分清是排列问题、组合问题,还是综合问题,分清分类与分步的标准和方式,并且要遵循两个原则:一是按对象的性质进行分类;二是按事情发生的过程进行分步.
解决排列组合应用题的常用问题及方法:
(1)相邻问题捆绑法;(2)不相邻问题插空法;(3)等可能问题对等法;(4)定序问题倍缩法;(5)定位问题优先法;(6)选排问题先选后排法;(7)有序分配问题分步法;(8)多元问题分类法;(9)交叉问题集合法;(10)正难则反剩余法;(11)复杂问题转化法;(12)知多知少问题排除法.
【加练·固】
已知10件不同产品中有4件是次品,现对它们进行一一测试,直至找出4件次品为止.
(1)若恰在第5次测试,才测试到第一件次品,第十次才找到最后一件次品,则这样的不同测试方法数是多少?
(2)若恰在第5次测试后,就找出了所有4件次品,则这样的不同测试方法数是多少?
【解析】(1)先排前4次测试,只能取正品,有
种不同测试方法,再从4件次品
中选2件排在第5和第10的位置上测试,有
种测法,再排余下4件的测
试位置有
种测法.
所以共有不同测法
=103
680种.
(2)第5次测试恰为最后一件次品,另3件在前4次中出现,从而前4次有一件正品
出现.所以共有不同测试方法
=576种.
素养二 数学运算
角度1 两个二项式积的问题
【典例3】(1)
的展开式中x2的系数是
( )
A.-5
B.10
C.-15
D.25
(2)已知(1+ax)(1+x)5的展开式中x2的系数为5,则a=________.?
【解析】(1)选A.
,的通项公式为
其中r=0,1,2,3,(1-x)5的通项公式为
,其中r=0,1,2,3,4,5,所以展开式
中x2的系数是
=10-15=-5.
(2)(1+ax)(1+x)5=(1+x)5+ax(1+x)5.
所以x2的系数为
则10+5a=5,解得a=-1.
答案:-1
【延伸探究】在本题(1)中,求
的展开式中所有项系数和.
【解析】令x=1,可知
的展开式中所有项系数和为1.
【类题·通】
两个二项式乘积的展开式中特定项问题
(1)分别对每个二项展开式进行分析,发现它们各自项的特点.
(2)找到构成展开式中特定项的组成部分.
(3)分别求解再相乘,求和即得.
【加练·固】
已知(1+x+x2)
的展开式中没有常数项,n∈N
,且2≤n≤8,
则n=
( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【解题指南】先将问题转化成二项式的展开式中没有常数项,利用二项展开式的通项公式求出第r+1项,令x的指数为0得常数项.转化成方程无解.
【解析】选D.依题(1+x+x2)(x+
)n对n∈N
,2≤n≤8中,展开式中没有常数项,
所以
不含常数项,不含x-1项,不含x-2项,
展开式的通项
为Tr+1=
xn-rx-3r=
xn-4r,据题意知n-4r=0,n-4r=-1,n-4r=-2,
当n∈N
,2≤n≤8时无解,通过检验得n=5.
角度2 三项展开式问题
【典例4】(1)在
的展开式中常数项为
( )
A.28
B.-28
C.-56
D.56
(2)求(x2+3x-4)4的展开式中x的一次项的系数.
【解析】(1)选A.因为x3-2x+
故
又(x2-1)8的展开式中x4的系数为
=28.
(2).方法一：(x2+3x-4)4=[(x2+3x)-4]4=
(x2+3x)4-
(x2+3x)3·4+
(x2+3x)2·42-
(x2+3x)·43+
·44，显然，上式中只有第四项中
含x的一次项，所以展开式中含x的一次项的系数是-
·3·43=-768.
方法二：(x2+3x-4)4=[(x-1)(x+4)]4=(x-1)4·(x+4)4=(
x4-
x3+
x2
-
x+
)(
x4+
x3·4+
x2·42+
x·43+
·44)，所以
展开式中含x的一次项的系数是-
44+
43=-768.
【类题·通】
三项展开式的指定项的系数,可以利用二项式定理的推导方法求出指定项的系数,也可以把三项代数式变形为二项代数式,再利用二项式定理求出指定项的系数.
【加练·固】
的展开式中x的一次项系数为________.?
【解析】
的展开式为:
展开式中通项为
·xr,
即
·35-rx3r-10,不存在x的一次项,
·2展开式中通项为10
·34-rx3r-8,
令3r-8=1,解得r=3,此时x的一次项系数为120,同理
·22中不含x的一次项,
在
·23中不含x的一次项,
在
·24中,x的一次项系数为80.
综上,
的展开式中x的一次项系数为120+80=200.
答案:200
角度3 整除和余数问题
【典例5】(1)设a∈Z,且0≤a<13,若512
015+a能被13整除,则a=________.?
(2)
的展开式中的常数项等于
的展开式中的二项式系数和.
①求
的展开式的各项系数和;
②求55n除以8的余数.
【解析】(1)因为512
015+a=(52-1)2
015+a=
522
015-
522
014+
522
013-…+
521-1+a,能被13整除,0≤a<13.
故-1+a能被13整除,故a=1.
答案:1
(2)
的展开式中的通项公式为
Tr+1=
所以当r=2时取得常数项,
常数项T3=
43=27,
因为
的展开式中的二项式系数和为2n,
所以2n=27,即n=7.
①令a=1,可得
展开式的各项系数和为27=128.
②557=(56-1)7=
所以其除以8的余数为7.
答案:①128 ②余数为7
【类题·通】
(1)利用二项式定理处理整除问题,通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式,再利用二项式定理展开,只考虑后面(或前面)一、二项就可以了.
(2)解决求余数问题,必须构造一个与题目条件有关的二项式.
【加练·固】
230+3除以7的余数是________.?
【解析】230+3=
,对于
,
其展开式的通项为
·7r,
当r=0时,不能被7整除,此时项为
·70=1,故余数为1+3=4.
答案:4
角度4 综合应用
【典例6】1.(2020·昆明高二检测)若1717+a(a∈Z,0≤a<4)能被3整除,则a=
( )
A.0
B.1
C.2
D.3
2.487被7除的余数为a(0≤a<7),则
的展开式中x-3的系数为
( )
A.4
320
B.-4
320
C.20
D.-20
【解析】1.选B.1717+a=(18-1)17+a=
1817-
·1816+
·1815-
·1814+…+
·18-
+a(a∈Z,0≤a<4)能被3整除,
则-
+a=0,
则a=1.
2.选B.因为487=(49-1)7=
·497-
·496+…+
·49-1,所以487被7除的余
数为6,所以a=6.所以
的展开式的通项公式为Tk+1=
·(-6)k·x6-3k,
令6-3k=-3,得k=3,所以
的展开式中x-3的系数为
·(-6)3=-4
320.
【类题·通】
二项式定理中赋值法的应用
(1)解决的问题: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.
(2)应用技巧: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.
【加练·固】
已知f(x)=(2x-3)n展开式的二项式系数和为512,且(2x-3)n=a0+a1(x-1)+
a2(x-1)2+…+an(x-1)n.
(1)求a2的值.
(2)求a1+a2+a3+…+an的值.
【解析】(1)由二项式的系数和为512知2n=512,
所以n=9.
(2x-3)9=[2(x-1)-1]9,
所以a2=
22(-1)7=-144.
(2)令x=1,得a0=(2×1-3)9=-1,
令x=2,得a0+a1+a2+a3+…+a9=(2×2-3)9=1.
所以a1+a2+a3+…+a9=(a0+a1+a2+…+a9)-a0=2.温馨提示：
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单元素养评价(一)
(第三章)
(120分钟 150分)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40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.李芳有4件不同颜色的衬衣,3件不同花样的裙子,另有两套不同样式的连衣裙.“五一”节需选择一套服装参加歌舞演出,则不同的选择方式有
( )
A.24种
B.14种
C.10种
D.9种
【解析】选B.由题意可得李芳不同的选择方式有4×3+2=14(种).
2.自2020年起,山东夏季高考成绩由“3+3”组成,其中第一个“3”指语文、数学、英语3科,第二个“3”指学生从物理、化学、生物、政治、历史、地理6科中任选3科作为选考科目.某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科,从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目,则该同学3科选考科目的不同选法的种数为
( )
A.6
B.7
C.8
D.9
【解析】选D.某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科,从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目,则该同学3科选考科目的不同选法的种数为=9种.
3.(2020·南京高二检测)某班联欢会原定的3个节目已排成节目单,开演前又增加了2个新节目,如果将这2个新节目插入节目单中,那么不同的插法种数为
( )
A.12
B.20
C.36
D.120
【解析】选B.利用分步乘法计数原理,第一步先插入第一个节目,有4种方法,第二步插入第二个节目,此时有5个空,故有5种方法.因此不同的插法共有20种.
4.如图所示,花坛内有五个花池,有五种不同颜色的花卉可供栽种,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
【解析】选D.由题意知,最少用三种颜色的花卉,按照花卉选种的颜色可分为三类方案,即用三种颜色,四种颜色,五种颜色.
①当用三种颜色时,花池2,4同色和花池3,5同色,此时共有种方案.
②当用四种颜色时,花池2,4同色或花池3,5同色,故共有2种方案.
③当用五种颜色时有种方案.
因此所有栽种方案为+2+=420(种).
5.在第二届乌镇互联网大会中,
为了提高安保的级别同时又为了方便接待,
现将其中的五个参会国的人员安排酒店住宿,
这五个参会国要在a,b,c三家酒店选择一家,
且每家酒店至少有一个参会国入住,
则这样的安排方法共有
( )
A.96种
B.124种
C.130种
D.150种
【解题指南】根据题意,分2步进行分析:①把5个参会国的人员分成三组,一种是按照1,1,3;另一种是1,2,2;由组合数公式可得分组的方法数目,②将分好的三组对应三家酒店,由分步乘法计数原理计算可得答案.
【解析】选D.根据题意,分2步进行分析:
①五个参会国要在a,b,c三家酒店选择一家,且这三家至少有一个参会国入住,所以可以把5个国家人分成三组,一种是按照1,1,3;另一种是1,2,2,当按照1,1,3来分时共有=10种分组方法;当按照1,2,2来分时共有=15
种分组方法;则一共有10+15=25
种分组方法.②将分好的三组对应三家酒店,有=6
种对应方法;则安排方法共有25×6=150
种.
【加练·固】
甲、乙、丙、丁、戊5名学生进行投篮比赛,决出了第1至第5名的不同名次,甲、乙两人向裁判询问成绩,裁判对甲说:“很遗憾,你和乙都未拿到冠军.”对乙说:“你当然不是最差的.”根据裁判的回答,5人的名次排列共有________种不同的情况.( )?
A.54 B.108 C.210 D.96
【解题指南】甲、乙不是第一名且乙不是最后一名.乙的限制最多,故先排乙,有3种情况;再排甲,也有3种情况;余下的问题是三个元素在三个位置全排列,根据分步乘法计数原理得到结果.
【解析】选A.第一名不是甲和乙,则只能是丙、丁、戊三人中某一个,有种选法,而乙不是最差的,则乙只可能是第二、三、四名,有种可能,再将剩下的三人排成一列,依次插入即可,由分步乘法计数原理可知,共有=54种不同的情况.
6.若二项式(2+x)10按(2+x)10=a0+a1(1-x)+a2(1-x)2+…+a10(1-x)10的方式展开,则展开式中a8的值为
( )
A.90
B.180
C.360
D.405
【解析】选D.由题意得,(2+x)10=(-2-x)10
=[-3+(1-x)]10,所以展开式的第9项为
T9=(-3)2(1-x)8=405(1-x)8,即a8=405.
【加练·固】
设(2-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,那么的值为
( )
A.-
B.-
C.- D.-1
【解析】选B.令x=1,可得a0+a1+a2+a3+a4+a5=1,再令x=-1可得a0-a1+a2-a3+a4-a5=35.两式相加除以2求得a0+a2+a4=122,两式相减除以2可得a1+a3+a5=-121.
结合a5=-1,故=-.
7.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,则不同的站法总数是
( )
A.210
B.336
C.84
D.343
【解析】选B.由题意知本题需要分组解决,
因为对于7个台阶上每一个只站一人有种;
若有一个台阶有2人另一个是1人,则共有种,
所以根据分类加法计数原理知共有不同的站法种数是+=336种.
8.已知某动点在平面直角坐标系第一象限的整点上运动(含x,y正半轴上的整点),其运动规律为(m,n)→(m+1,n+1)或(m,n)→(m+1,n-1).若该动点从原点出发,经过6步运动到点(6,2),则不同的运动轨迹有
( )
A.15种
B.14种
C.9种
D.103种
【解析】选C.由运动规律可知,每一步的横坐标都增加1,只需考虑纵坐标的变化,而纵坐标每一步增加1(或减少1),经过6步变化后,结果由0变到2,因此这6步中有2步是按照(m,n)→(m+1,n-1)运动的,有4步是按照(m,n)→(m+1,n+1)运动的,因此,共有=15种,而此动点只能在第一象限的整点上运动(含x,y正半轴上的整点),当第一步(m,n)→(m+1,n-1)时不符合要求,有种;当第一步(m,n)→(m+1,n+1),但第二、三两步为(m,n)→(m+1,n-1)时也不符合要求,有1种,故要减去不符合条件的+1=6种,故共有15-6=9种.
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
9.有四名男生,三名女生排队照相,七个人排成一排,则下列说法正确的有
( )
A.如果四名男生必须连排在一起,那么有720种不同排法
B.如果三名女生必须连排在一起,那么有576种不同排法
C.如果女生不能站在两端,那么有1
440种不同排法
D.如果三个女生中任何两个均不能排在一起,那么有1
440种不同排法
【解析】选CD.A中=576,
B中=720,
C中=1
440,
D中=1
440.
综上可得:CD正确.
10.若>3,则m的取值可能是
( )
A.6
B.7
C.8
D.9
【解析】选BC.根据题意,对于和3,
有0≤m-1≤8且0≤m≤8,则有1≤m≤8,
若>3,
则有>3×,
变形可得:m>27-3m,
解得:m>,
综合可得:11.将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中,不允许有空盒子的放法有多少种?下列结论正确的有
( )
A.
B.
C.
D.18
【解析】选BC.根据题意,四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中,且没有空盒,则有1个盒子中放2个球,剩下的2个盒子中各放1个球,有2种解法:
(1)分2步进行分析:
①先将四个不同的小球分成3组,有种分组方法;
②将分好的3组全排列,对应放到3个盒子中,有种放法;
则没有空盒的放法有种;
(2)分2步进行分析:
①在4个小球中任选2个,在3个盒子中任选1个,将选出的2个小球放入选出的小盒中,有种情况;
②将剩下的2个小球全排列,放入剩下的2个小盒中,有种放法;
则没有空盒的放法有种.
12.(2020·烟台高二检测)已知(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等,且展开式的各项系数之和为1
024,则下列说法正确的是
( )
A.展开式中奇数项的二项式系数和为256
B.展开式中第6项的系数最大
C.展开式中存在常数项
D.展开式中含x15项的系数为45
【解析】选BCD.因为(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等;
所以=?n=10;
因为展开式的各项系数之和为1
024,
所以(a+1)10=1
024;
因为a>0;
所以a=1.
原二项式为;其展开式的通项公式为:
Tk+1=·(x2)10-k·=;
展开式中奇数项的二项式系数和为:×1
024=512;故A错;
因为本题中二项式系数和项的系数一样,且展开式有11项,故展开式中第6项的系数最大,B对;
令20-k=0?k=8,即展开式中存在常数项,C对;
令20-k=15?k=2,=45,D对.
三、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.(2020·全国Ⅱ卷)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,则不同的安排方法共有__________种.?
【解析】因为4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动,每名同学只去1个小区,每个小区至少安排1名同学,
所以先取2名同学看作一组,选法有=6(种),
现在可看成是3组同学分配到3个小区,分法有:=6(种),
根据分步乘法计数原理,可得不同的安排方法有6×6=36(种).
答案:36
【加练·固】
甲、乙、丙、丁4人进行篮球训练,互相传球,要求每人接球后立即传给别人,开始由甲发球,并作为第一次传球,第四次传球后,球又回到甲手中的传球方式共有________种.?
【解析】可以分两类:其一是第一次甲传球给乙、丙、丁,有种;第二次是传球给甲,有1种;第三次是甲传球给乙、丙、丁,有种;第四次是传给甲,有1种;由分步乘法计数原理可得×1××1=9种;第二类是第一次甲先传给乙、丙、丁,有种;第二次分别传给其他两人,有种;第三次再分别传给另外两人,有种;第四次传给甲,只有1种;由分步乘法计数原理可知×××1=12种,由分类加法计数原理可得所有传球方式共有9+12=21(种).
答案:21
14.(2017·浙江高考)已知多项式=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x1+a5,则a4=________,a5=________.?
【解析】因为多项式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x1+a5,a4为x1项的系数,所以根据二项式定理得a4=12×22+13××2=16,a5是常数项,所以a5=13×22=4.
答案:16 4
15.在的二项展开式中,若常数项为60,则n等于________.?
【解题指南】利用二项展开式的通项公式列出通项,化简后令未知数x的指数等于0,从而确定通项公式中r与n的等式,再根据常数项等于60,得到另一个r与n的等式,解方程组即可得.
【解析】Tr+1==2r·,n,
r∈N
,得解得n=6.
答案:6
16.某公园划船收费标准如表:
船型
两人船(限乘2人)
四人船(限乘4人)
六人船(限乘6人)
每船租金(元/小时)
90
100
130
某班16名同学一起去该公园划船,若每人划船的时间均为1小时,每只租船必须坐满,则租船最低总费用为________元,租船的总费用共有________种可能.?
【解析】当租两人船时,租金为:×90=720元,
当租四人船时,租金为:×100=400元,
当租1条四人船6条两人船时,租金为:100+6×90=640元,
当租2条四人船4条两人船时,租金为:2×100+4×90=560元,
当租3条四人船2条两人船时,租金为:3×100+2×90=480元,
当租1条六人船5条2人船时,租金为:130+5×90=580元,
当租2条六人船2条2人船时,租金为:2×130+2×90=440元,
当租1条六人船1条四人船3条2人船时,租金为:130+100+3×90=500元,
当租1条六人船2条四人船1条2人船时,租金为:130+2×100+90=420元,
当租2条六人船1条四人船时,租金为:2×130+100=360元,
综上,租船最低总费用为360元,租船的总费用共有10种可能.
答案:360 10
四、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.(10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·=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·=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·=8(种);
第四类:C中选2人分别参加两项比赛,方法数为=12(种);
由分类加法计数原理,选派方法数共有:6+12+8+12=38(种).
18.(12分)(2020·南通高二检测)在(n≥3,n∈N
)的展开式中,第2,3,4项的二项式系数依次成等差数列.
(1)求n的值;
(2)求展开式中含x2的项.
【解析】(1)因为在(n≥3,n∈N
)的展开式中,第2,3,4项的二项式系数依次成等差数列,
所以2=+,求得n=7,或n=2(舍去).
(2)二项展开式的通项公式为Tk+1=··,令=2,求得k=2,
可得展开式中含x2的项为T3=··x2=x2.
19.(12分)高二某班级有5名男生,4名女生排成一排.(以下结果用数字作答)
(1)从中选出3人排成一排,有多少种排法?
(2)若4名女生互不相邻,9名同学排成一排,有多少种不同的排法?
【解析】(1)从9人中选出3人排成一排有=504种排法.
(2)5名男生排成一排的排法有种,4名女生插空有种情况,
则由分步乘法计数原理得4名女生互不相邻有=43
200种排法.
20.(12分)(2020·武汉高二检测)某医院有内科医生8名,外科医生6名,现选派4名参加抗击新冠肺炎疫情医疗队,其中:
(1)甲、乙两人至少有一人参加,有多少种选法?
(2)队中至少有一名内科医生和一名外科医生,有几种选法?
【解析】(1)根据题意,某医院有内科医生8名,外科医生6名,共14人,从中选取4人,有=1
001种选法,
其中甲、乙都没有参加的情况有=495种,
则甲、乙两人至少有一人参加的选法有1
001-495=506种.
(2)根据题意,从14人中任选4人,有=1
001种选法,其中只有内科医生的选法有=70种,只有外科医生的选法有=15种,
则队中至少有一名内科医生和一名外科医生的选法有1
001-70-15=916种.
21.(12分)在(2x-3y)10的展开式中,求:
(1)各项的二项式系数的和.
(2)奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和.
(3)各项系数之和.
(4)奇数项系数的和与偶数项系数的和.
【解题指南】(1)根据二项式系数的性质求解.
(2)可采用赋值法,根据二项式定理,求得奇数项的二项式系数的和与偶数项的二项式系数的和,也可直接应用二项式系数的这部分性质,写出答案.
(3)采用赋值法,令x=y=1,求得各项系数之和.
(4)采用赋值法,令x=1,y=-1,结合(3),可分别求得奇数项系数的和与偶数项系数的和.
【解析】(1)各项的二项式系数的和为+++…+=210=1
024.
(2)奇数项的二项式系数的和为++…+=29=512;
偶数项的二项式系数的和为++…+=29=512.
(3)设(2x-3y)10=a0x10+a1x9y+a2x8y2+…+a10y10
(
),各项系数之和即为a0+a1+a2+…+a10,
由于(
)是恒等式,故可用“赋值法”求解.
令(
)中x=y=1,得各项系数之和为(2-3)10=(-1)10=1.
(4)奇数项系数的和为a0+a2+a4+…+a10,偶数项系数的和为a1+a3+a5+…+a9.
由(3)知a0+a1+a2+…+a10=1.
①
令(
)中x=1,y=-1,得a0-a1+a2-a3+…+a10=510.
②
①+②,得2(a0+a2+…+a10)=1+510,故奇数项系数的和为
;①-②,得2(a1+a3+…+a9)=1-510,故偶数项系数的和为.
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,共有种,再安排第二辆车共有种,再安排第三辆车共有种,最后安排第四辆车共有种,这样不同的分配方法有···=2
520(种).
(2)要求男女各1人,因此先把男售票员安排上车,共有种不同方法,同理,女售票员也有种方法,由分步乘法计数原理,男女各1人的不同分配方法为·=576(种).
(3)男女分别分组,
4位男售票员平分成两组共有=3种不同分法,
4位女售票员平分成两组也有=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种上车方法,因而不同的分配方法有9·=216(种).
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