1、第十编 计数原理10.1 两个基本计数原理基础自测1.有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法有 种.答案 122.从3名女同学和2名男同学中选1人主持本班的某次主题班会，则不同的选法有 种.答案 53.一个乒乓球队里有男队员5人，女队员4人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，共有 种不同的选法.答案 204.将4个不同的小球放入3个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有 种.答案 365.有一项活动需在3名老师，8名男同学和5名女同学中选人参加，（1）若只需一人参加，有多少种不同的选法？（2）若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同的选法？
2、（3）若只需老师，男同学，女同学各一人参加，有多少种不同的选法？解 （1）“完成这件事”只需从老师、学生中选1人即可，共有3+8+5=16种.(2)“完成这件事”需选2人，老师、学生各1人，分两步进行：选老师有3种方法，选学生有8+5=13种方法，共有313=39种方法.(3)“完成这件事”需选3人，老师、男同学、女同学各一人，可分三步进行，选老师有3种方法，选男同学有8种方法，选女同学有5种方法，共有385=120种方法.例1 在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？解 方法一 按十位数上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8的情况分成8类，在每一类中满足题目条件的两位
3、数分别有8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个.由分类计数原理知，符合题意的两位数的个数共有：8+7+6+5+4+3+2+1=36（个）.方法二 按个位数字是2，3，4，5，6，7，8，9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别有1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个，所以按分类计数原理共有：1+2+3+4+5+6+7+8=36（个）.例2 已知集合M=-3,-2,-1,0,1,2,P(a,b)表示平面上的点(a,bM),问:(1)P可表示平面上多少个不同的点?(2)P可表示平面上多少个第二象限的点?(3)P可表示多少个不在直线y=x上的点?解 （1）确定平面上的点P(a,b)
4、可分两步完成：第一步确定a的值，共有6种确定方法；第二步确定b的值，也有6种确定方法.根据分步计数原理，得到平面上的点数是66=36.（2）确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于a0,所以有3种确定方法；第二步确定b,由于b0，所以有2种确定方法.由分步计数原理，得到第二象限点的个数是32=6.（3）点P（a,b)在直线y=x上的充要条件是a=b.因此a和b必须在集合M中取同一元素，共有6种取法，即在直线y=x上的点有6个.由（1）得不在直线y=x上的点共有36-6=30个.例3 （16分）现有高一四个班学生34人,其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课
5、外小组.（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（3）推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？解 （1）分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法.所以，共有不同的选法N=7+8+9+10=34（种）.4分（2）分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N=78910=5 040（种）.8分（3）分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1人，有78种不同
6、的选法；从一、三班学生中各选1人，有79种不同的选法；从一、四班学生中各选1人，有710种不同的选法；从二、三班学生中各选1人，有89种不同的选法；从二、四班学生中各选1人，有810种不同的选法；从三、四班学生中各选1人，有910种不同的选法，14分所以共有不同的选法N=78+79+710+89+810+910=431（种）.16分1.从1到20这20个整数中,任取两个相加,使其和大于20,共有几种取法?解 当一个加数是1时,另一个加数只能是20,1种取法.当一个加数是2时,另一个加数可以是19,20,2种取法.当一个加数是3时,另一个加数可以是18,19,20,3种取法.当一个加数是10时,
7、另一个加数可以是11,12,20,10种取法.当一个加数是11时,另一个加数可以是12,13,20,9种取法.当一个加数是19时,另一个加数是20,1种取法.由分类计数原理可得共有1+2+3+10+9+8+1=100种取法.2.某体育彩票规定：从01到36共36个号中抽出7个号为一注，每注2元.某人想先选定吉利号18，然后从01至17中选3个连续的号，从19至29中选2个连续的号，从30至36中选1个号组成一注.若这个人要把这种要求的号全买下，至少要花多少元钱？解 先分三步选号，再计算总钱数.按号段选号，分成三步.第一步从01至17中选3个连续号，有15种选法；第二步从19至29中选2个连续号
8、，有10种选法；第三步从30至36中选1个号，有7种选法.由分步计数原理可知，满足要求的号共有15107=1 050(注),故至少要花1 0502=2 100(元).3.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）三个年级各选一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 （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一个班，有7种不同方法；第三类从高三年级选1个班，有8种
9、不同方法.由分类计数原理，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一个班，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678=336种不同的选法.（3）分三类，每类又分两步.第一类从高一、高二两个年级各选一个班，有67种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选1个班，有68种不同方法；第三类从高二、高三年级各选一个班，有78种不同的方法，故共有67+68+78=146种不同选法.一、填空题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 种.答案
10、322.某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“0000”到“9999”共10 000个号码，公司规定：凡卡号的后四位中带有数字“4”或“7”的一律作为优惠卡，则这组号码中“优惠卡”共有 个.答案 5 9043.从集合1，2，3，10中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列共有 个.答案 84.如图所示，用五种不同的颜色分别给A、B、C、D四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有 种.答案 1805.一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有 种.答案 486.（2008全国文）
11、将1，2，3填入33的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，右面是一种填法，则不同的填写方法共有 种.答案 127.在2008年奥运选手选拔赛上，8名男运动员参加100米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1、2、3、4、5、6、7、8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有 种.答案 2 8808.若一个m,n均为非负整数的有序数对（m,n)，在做m+n的加法时各位均不会进位，则称（m,n)为“简单的”有序数对，m+n称为有序数对（m,n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序数对的个数是 .答案 300二、解答题9.（1）4名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多
12、少种报名方法？（2）4名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？解 （1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，四个都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有：3333=81种报名方法.（2）完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步.而每项冠军是四人中的某一人，有4种可能的情况，于是共有：444=43=64种可能的情况.10.用5种不同的颜色给图中所给出的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻
13、（有公共边）的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？ 解 完成该件事可分步进行.涂区域1，有5种颜色可选.涂区域2，有4种颜色可选.涂区域3，可先分类：若区域3的颜色与2相同，则区域4有4种颜色可选.若区域3的颜色与2不同，则区域3有3种颜色可选，此时区域4有3种颜色可选.所以共有54（14+33）=260种涂色方法.11.在平面直角坐标系内，点P（a，b）的坐标满足ab,且a,b都是集合1,2,3,4,5,6的元素,又点P到原点的距离|OP|5.求这样的点P的个数.解 按点P的坐标a将其分为6类:(1)若a=1,则b=5或6,有2个点;(2)若a=2,则b=5或6,有2个点;(3)若a=
14、3,则b=5或6或4,有3个点;(4)若a=4,则b=3或5或6,有3个点;(5)若a=5,则b=1,2,3,4,6,有5个点;(6)若a=6,则b=1,2,3,4,5,有5个点;共有2+2+3+3+5+5=20（个）点.12.将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有多少种？ 解 设由左到右五块田中要种a,b,c三种作物，不妨先设第一块种a,则第二块可种b,c,有两种选法.同理，如果第二块种b,则第三块可种a和c,也有两种选法，由分步计数原理共有12222=16.其中要去掉ababa和acaca两种方法.故a种作物种在第一块田
15、中时的种法数有16-2=14（种）.同理b种或c种作物种在第一块田中时的种法数也都为14种.所以符合要求的种植方法共有3(2222-2)=3(16-2)=42(种).10.2 排列与组合基础自测1.从1，2，3，4，5，6六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有 个.答案 542.（2008福建理）某班级要从4名男生、2名女生中选派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案共有 种.答案 143.停车场每排恰有10个停车位.当有7辆不同型号的车已停放在同一排后，恰有3个空车位连在一起的排法有 种.（用式子表示）答案 A4.在100
16、件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的不同取法种数是 （用式子表示）.答案 -5.（2007天津理）如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答）.答案 390例1 六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？（1）甲不站两端；（2）甲、乙必须相邻；（3）甲、乙不相邻；（4）甲、乙之间间隔两人；（5）甲、乙站在两端；（6）甲不站左端，乙不站右端.解 （1）方法一 要使甲不站在两端，可先让甲在中间4个位置上任选1个，有A种站法，然后其余5人在另外5个位置上作全排列有A种站法
17、，根据分步计数原理，共有站法：AA=480（种）.方法二 由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5个人中选2个人站，有A种站法，然后中间4人有A种站法，根据分步计数原理，共有站法：AA=480（种）.方法三 若对甲没有限制条件共有A种站法，甲在两端共有2A种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即共有站法：A-2A=480（种）.（2）方法一 先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余4人进行全排列有A种站法，再把甲、乙进行全排列，有A种站法，根据分步计数原理，共有AA=240（种）站法.方法二 先把甲、乙以外的4个人作全排列，有A种站法，再在5个空档中选出一个供甲、乙放入，有A种方法，最后
18、让甲、乙全排列，有A种方法，共有AAA=240（种）.（3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4个人站队，有A种站法；第二步再将甲、乙排在4人形成的5个空档（含两端）中，有A种站法，故共有站法为AA=480（种）.也可用“间接法”，6个人全排列有A种站法，由（2）知甲、乙相邻有AA=240种站法，所以不相邻的站法有A-AA=720-240=480（种）.（4）方法一 先将甲、乙以外的4个人作全排列，有A种，然后将甲、乙按条件插入站队，有3A种，故共有A（3A）=144（种）站法.方法二 先从甲、乙以外的4个人中任选2人排在甲、乙之间的两个位置上，有A种，然后把
19、甲、乙及中间2人看作一个“大”元素与余下2人作全排列有A种方法，最后对甲、乙进行排列，有A种方法，故共有AAA=144（种）站法.（5）方法一 首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A种，再让其他4人在中间位置作全排列，有A种，根据分步计数原理，共有AA=48（种）站法.方法二 首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有A种站法，然后考虑中间4个位置，由剩下的4人去站，有A种站法，由分步计数原理共有AA=48（种）站法.（6）方法一 甲在左端的站法有A种，乙在右端的站法有A种，且甲在左端而乙在右端的站法有A种，共有A-2A+A=504（种）站法.方法二 以元素甲分类可分为两类：甲站右端有A种站法，甲
20、在中间4个位置之一，而乙不在右端有AAA 种，故共有A+AAA=504（种）站法.例2 （16分）男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1人.选派5人外出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法？（1）男运动员3名，女运动员2名；（2）至少有1名女运动员；（3）队长中至少有1人参加；（4）既要有队长，又要有女运动员.解 （1）第一步：选3名男运动员，有C种选法.第二步：选2名女运动员，有C种选法.共有CC=120种选法. 4分（2）方法一 至少1名女运动员包括以下几种情况：1女4男，2女3男，3女2男，4女1男.由分类计数原理可得总选法数为CC+CC+CC+CC=246种.8分方法二 “至少1
21、名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解.从10人中任选5人有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种.所以“至少有1名女运动员”的选法为C-C=246种.8分（3）方法一 可分类求解：“只有男队长”的选法为C；“只有女队长”的选法为C；“男、女队长都入选”的选法为C；所以共有2C+C=196种选法.12分方法二 间接法：从10人中任选5人有C种选法.其中不选队长的方法有C种.所以“至少1名队长”的选法为C-C=196种.12分（4）当有女队长时，其他人任意选，共有C种选法.不选女队长时，必选男队长，共有C种选法.其中不含女运动员的选法有C种，所以不选女队长时的选法共有C-C种选法.所
22、以既有队长又有女运动员的选法共有C+C-C=191种.16分例3 4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.（1）恰有1个盒不放球，共有几种放法？（2）恰有1个盒内有2个球，共有几种放法？（3）恰有2个盒不放球，共有几种放法？解 （1）为保证“恰有1个盒不放球”，先从4个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4个球分成2，1，1的三组，然后再从3个盒子中选1个放2个球，其余2个球放在另 外2个盒子内，由分步计数原理，共有CCCA=144种.（2）“恰有1个盒内有2个球”，即另外3个盒子放2个球，每个盒子至多放1个球，也即另外3个盒子中
23、恰有一个空盒，因此，“恰有1个盒内有2个球”与“恰有1个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法.（3）确定2个空盒有C种方法.4个球放进2个盒子可分成（3，1）、（2，2）两类，第一类有序不均匀分组有CCA种方法；第二类有序均匀分组有A种方法.故共有C( CCA+A）=84种.1.用0、1、2、3、4、5这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：(1)奇数；(2)偶数；(3)大于3 125的数.解 (1)先排个位，再排首位，共有AAA=144（个）.(2)以0结尾的四位偶数有A个，以2或4结尾的四位偶数有AAA个，则共有A+ AAA=156（个）.(3)要比3 125
24、大，4、5作千位时有2A个，3作千位，2、4、5作百位时有3A个，3作千位，1作百位时有2A个，所以共有2A+3A+2A=162（个）.2.某医院有内科医生12名，外科医生8名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中（1）某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？（2）甲、乙均不能参加，有多少种选法？（3）甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？（4）队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？解 （1）只需从其他18人中选3人即可，共有C=816（种）.（2）只需从其他18人中选5人即可，共有C=8 568（种）.（3）分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有CC+C=6
25、936（种）.（4）方法一 （直接法）至少一名内科医生一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以共有CC+CC+CC+CC=14 656（种）.方法二 （间接法）由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C-（C+C)=14 656(种）.3.有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？（1）分成1本、2本、3本三组；（2）分给甲、乙、丙三人，其中一人1本，一人2本，一人3本；（3）分成每组都是2本的三组；（4）分给甲、乙、丙三人，每人2本.解 （1）分三步：先选一本有C种选法；再从余下的5本中选2本有C种选法；对于余下的三本全
26、选有C种选法，由分步计数原理知有CCC=60种选法.（2）由于甲、乙、丙是不同的三人，在（1）的基础上，还应考虑再分配的问题，因此共有CCCA=360种选法.（3）先分三步，则应是CCC种选法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A、B、C、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为（AB，CD，EF），则CCC种分法中还有（AB、EF、CD），（CD、AB、EF）、（CD、EF、AB）、（EF、CD、AB）、（EF、AB、CD）共有A种情况，而且这A种情况仅是AB、CD、EF的顺序不同，因此，只算作一种情况，故分法有=15种.（4）在问题（3）的工作基础上再分
27、配，故分配方式有A= CCC=90种.一、填空题1.用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的偶数共有 个.答案 362.将编号为1，2，3，4，5的五个球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子里，每个盒子内放一个球，若恰好有三个球的编号与盒子编号相同，则不同投放方法共有 种.答案 103.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 种.答案 9604.在图中，“构建和谐社会，创美好未来”，从上往下读（不能跳读），共有 种不同的读法.答案 2525.(2008天津理)有8张卡片分别标有数字1，2，3，4，5，
28、6，7，8，从中取出6张卡片排成3行2列，要求3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5，则不同的排法共有 种.答案 1 2486.（2008安徽理）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 （用式子表示）.答案 CA7.平面内有四个点，平面内有五个点，从这九个点中任取三个，最多可确定 个平面，任取四点，最多可确定 个四面体.（用数字作答）答案 72 1208.（2008浙江理，16）用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻.这样的六位数的个数是 .（用
29、数字作答）答案 40二、解答题9.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，求该外商不同的投资方案有多少种？解 可先分组再分配，据题意分两类，一类：先将3个项目分成两组，一组有1个项目，另一组有2个项目，然后再分配给4个城市中的2个，共有CA种方案；另一类1个城市1个项目，即把3个元素排在4个不同位置中的3个，共有A种方案.由分类计数原理可知共有CA+A=60种方案.10.课外活动小组共13人，其中男生8人，女生5人，并且男、女各指定一名队长，现从中选5人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？（1）只有一名女生；（2）两队长当选；（3）至少有一名队长当选
30、；（4）至多有两名女生当选.解 （1）一名女生，四名男生，故共有CC=350（种）.（2）将两队长作为一类，其他11人作为一类，故共有CC=165（种）.（3）至少有一名队长含有两类：有一名队长和两名队长.故共有：CC+CC=825（种）.或采用间接法：C-C=825（种）.（4）至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生.故选法为CC+CC+C=966（种）.11.已知平面，在内有4个点，在内有6个点.（1）过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同平面？（2）以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？（3）上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？解 （1）所作出的平面有三
31、类：内1点，内2点确定的平面，有CC个；内2点，内1点确定的平面，有CC个；，本身.所作的平面最多有CC+CC+2=98（个）.（2）所作的三棱锥有三类：内1点，内3点确定的三棱锥，有CC个；内2点，内2点确定的三棱锥，有CC个；内3点，内1点确定的三棱锥，有CC个.最多可作出的三棱锥有：CC+CC+CC=194（个）.（3）当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等,且平面，体积不相同的三棱锥最多有C+C+CC=114（个）.12.有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，共有多少种不同排法？解 前排中间3个座位不能坐，实际
32、可坐的位置前排8个，后排12个.（1）两人一个前排，一个后排，方法数为CCA种；（2）两人均在后排左右不相邻，共A-AA=A种；（3）两人均在前排，又分两类：两人一左一右，共CCA种；两人同左同右，有2（A-AA）种.综上可知，不同排法种数为CCA+A+CCA+2（A-AA）=346种.10.3 二项式定理基础自测1.在（1+x）n(nN*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n= .答案 102.在（a2-2a）n的展开式中，则下列说法错误的有 个.没有常数项当且仅当n=2时，展开式中有常数项当且仅当n=5时，展开式中有常数项当n=5k (kN*)时，展开式中有常数项答案 33.若多项式
33、(x+1）n-C(x+1)n-1+(-1)rC(x+1)n-r+(-1)nC=a0xn+a1xn-1+an-1x+an,则a0+a1+an-1+an= .答案 14.（2008山东理）(x-)12展开式中的常数项为 .答案 -2205.（2008福建理，13）若(x-2)5=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a1+a2+a3+a4+a5= .（用数字作答）答案 31例1 在二项式(+)n的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项和二项式系数最大的项.解 二项展开式的前三项的系数分别是1，n（n-1），2=1+n（n-1），解得n=8或n=1（不合题意，舍去），
34、Tk+1=Cx=C2-kx4-k，当4-kZ时，Tk+1为有理项，0k8且kZ,k=0，4，8符合要求.故有理项有3项，分别是T1=x4，T5=x，T9=x-2.n=8，展开式中共9项，中间一项即第5项的二项式系数最大.T5=x.例2 已知(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+a7x7.求:(1)a1+a2+a7;(2)a1+a3+a5+a7;(3)a0+a2+a4+a6;(4)|a0|+|a1|+|a2|+|a7|.解 令x=1,则a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=-1令x=-1,则a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=37(1)a0=C=1,a1+a2+a3+a7
35、=-2.(2)(-)2,得a1+a3+a5+a7=-1 094.(3)(+)2,得a0+a2+a4+a6=1 093.(4)(1-2x)7展开式中,a0,a2,a4,a6都大于零,而a1,a3,a5,a7都小于零,|a0|+|a1|+|a2|+|a7|=(a0+a2+a4+a6)-(a1+a3+a5+a7),由(2)、（3）即可得其值为2 187.例3 （14分）（1）已知nN*,求证：1+2+22+23+25n-1能被31整除；（2）求0.9986的近似值，使误差小于0.001.（1）证明 1+2+22+23+25n-1=25n-1=32n-13分=（31+1）n-1=31n+C31n-1+
36、C31n-2+C31+1-1=31（31n-1+C31n-2+C）6分显然括号内的数为正整数，故原式能被31整除.7分（2）解 0.9986=（1-0.002）6=1-C（0.002）+C（0.002）2-C（0.002）3+10分第三项T3=15(0.002)2=0.000 060.001,以后各项更小,0.99861-0.012=0.988.14分1.在（3x-2y）20的展开式中，求：（1）二项式系数最大的项；（2）系数绝对值最大的项；（3）系数最大的项.解 （1）二项式系数最大的项是第11项，T11=C310（-2）10x10y10=C610x10y10.（2）设系数绝对值最大的项是第
37、r+1项，于是，化简得，解得7r8.所以r=8,即T9=C31228x12y8是系数绝对值最大的项.（3）由于系数为正的项为奇数项，故可设第2r-1项系数最大，于是，化简得.解之得r=5,即25-1=9项系数最大.T9=C31228x12y8.2.求x(1-x)4+x2(1+2x)5+x3(1-3x)7展开式中各项系数的和.解 设x(1-x)4+x2(1+2x)5+x3(1-3x)7=a0+a1x+a2x2+anxn在原式中，令x=1,则1(1-1)4+12(1+2)5+13(1-3)7=115,展开式中各项系数的和为115.3.求证:3n(n+2)2n-1 （nN*，n2）.证明 利用二项式
38、定理3n=(2+1)n展开证明.因为nN*，且n2,所以3n=(2+1)n展开后至少有4项.（2+1）n=2n+C2n-1+C2+12n+n2n-1+2n+12n+n2n-1=(n+2)2n-1,故3n(n+2)2n-1.一、填空题1.（1-2x)6=a0+a1x+a2x2+a6x6，则|a0|+|a1|+|a2|+|a6|的值为 .答案 7292.（2008安徽理）设（1+x）8=a0+a1x+a8x8，则a0，a1，a8中奇数的个数为 .答案 23.（2008全国理）(1-)6(1+)4的展开式中x的系数是 .答案 -34.已知(x-)8展开式中常数项为1 120，其中实数a为常数，则展开
39、式中各项系数的和为 .答案 1或385.若(1+5x2)n的展开式中各项系数之和是an,（2x3+5)n的展开式中各项的二项式系数之和为bn,则的值为 .答案 6.设mN*,nN*,若f(x)=(1+2x)m+(1+3x)n的展开式中x的系数为13，则x2的系数为 .答案 31或407.（1+x）6(1-x)4展开式中x3的系数是 .答案 -88.（2008天津理，11）的二项展开式中x2的系数是 .（用数字作答）答案 40二、解答题9.已知(+)n (nN*)的展开式中第5项的系数与第3项的系数之比为101.求展开式中系数最大的是第几项？解 依题意，第5项的系数为C24，第三项的系数为C22
40、，则有=，解得n=8.设展开式中第r+1项的系数最大，则解得5r6.第6项和第7项的系数相等且最大，即最大为5625=728=1 792.10.已知（+3x2）n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.求展开式中系数最大的项.解 令x=1，得各项的系数和为（1+3）n=4n，而各项的二项式系数和为：C+C+C=2n，4n=2n+992.(2n-32)(2n+31)=02n=32或2n=-31（舍去），n=5设第r+1项的系数最大，则即r，又rZ，r=4，系数最大的项是T5=Cx（3x2）4=405x.11.（1）求(x2-)9的展开式中的常数项；（2）已知(-)9的展开式中x3的系数
41、为，求常数a的值；（3）求（x2+3x+2）5的展开式中含x的项.解 （1）设第r+1项为常数项，则Tr+1=C(x2）9-r(-)r=(-)rCx令18-3r=0,得r=6,即第7项为常数项.T7=C=.常数项为.(2)设第r+1项是含x3的项，则有C()9-r=x3,得：xr-9x=x3，故r-9=3,即r=8.Ca（-）8=，a=4.（3）（x2+3x+2）5=（x+1）5（x+2）5，（x2+3x+2）5的展开式中含x的项是（x+1）5展开式中的一次项与（x+2）5展开式中的常数项之积，（x+1）5展开式中的常数项与(x+2)5展开式中的一次项之积的代数和.含x的项为CxC25+C1C
42、x24=240x.12.在（2x-3y）10的展开式中，求：（1）二项式系数的和；（2）各项系数的和；（3）奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和；（4）奇数项系数和与偶数项系数和；（5）x的奇次项系数和与x的偶次项系数和.解 设(2x-3y)10=a0x10+a1x9y+a2x8y2+a10y10 (*)各项系数和即为a0+a1+a10,奇数项系数和为a0+a2+a10,偶数项系数和为a1+a3+a5+a9,x的奇次项系数和为a1+a3+a5+a9,x的偶次项系数和a0+a2+a4+a10.由于（*）是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和.（1）二项式系数和为C+C+C=210.（2
43、）令x=y=1,各项系数和为(2-3)10=(-1)10=1.（3)奇数项的二项式系数和为C+C+C=29,偶数项的二项式系数和为C+C+C=29.(4)设（2x-3y）10=a0x10+a1x9y+a2x8y2+a10y10令x=y=1,得到a0+a1+a2+a10=1令x=1,y=-1(或x=-1,y=1)得a0-a1+a2-a3+a10=510+得2(a0+a2+a10)=1+510,奇数项的系数和为；-得2(a1+a3+a9)=1-510,偶数项的系数和为.（5）x的奇次项系数和为a1+a3+a5+a9=;x的偶次项系数和为a0+a2+a4+a10=.单元检测十一、填空题（本大题共14
44、小题，每小题5分，共70分）1.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、丁不能排在一起，则不同的排法共有 种.答案 242.直角坐标xOy平面上，平行直线x=n(n=0,1,2,5)与平行直线y=n (n=0,1,2,5)组成的图形中，矩形共有 个.答案 2253.二项式（a+2b)n中的第二项系数是8，则它的第三项的二项式系数为 .答案 64.已知（x+1）15=a0+a1x+a2x2+a15x15，则a0+a1+a2+a7= .答案 2145.（2008四川理）从甲、乙等10名同学中挑选4名参加某项公益活动，要求甲、乙中至少有1人参加，则不同的挑选方法共有 种.答案
45、 1406.（2009常州模拟）在（1-x3)(1+x)10的展开式中，x5的系数为 .答案 2077.（1+）6(1+)10的展开式中的常数项为 .答案 4 2468.（2008辽宁理）一生产过程有4道工序，每道工序需要安排一人照看，现从甲、乙、丙等6名工人中安排4人分别照看一道工序，第一道工序只能从甲、乙两工人中安排1人，第四道工序只能从甲、丙两工人中安排1人，则不同的安排方案共有 种.答案 369.甲、乙、丙三名同学在课余时间负责一个计算机房的周一至周六值班工作，每天一人值班，每人值班两天，如果甲同学不值周一的班，乙同学不值周六的班，则可以排出不同的值班表有 种.答案 4210.若（1+
46、x)n+1的展开式中含xn-1的系数为an，则+ +的值为 .答案 11.在（x-）9的展开式中，x3的系数为 （用数字作答）.答案 -12.已知（1+x）+(1+x)2+(1+x)3+(1+x)8=a0+a1x+a8x8,则a1+a2+a3+a8= .答案 50213.（2008陕西理，16）某地奥运火炬接力传递路线共分6段,传递活动分别由6名火炬手完成,如果第一棒火炬手只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒火炬手只能从甲、乙两人中产生，则不同的传递方案共有 种.（用数字作答）答案 9614.（ax-）8的展开式中x2的系数是70，则实数a的值为 .答案 1二、解答题（本大题共6小题，共90分
47、）15.（14分）二次函数y=ax2+bx+c的系数a、b、c，在集合-3，-2，-1，0，1，2，3，4中选取3个不同的值，则可确定坐标原点在抛物线内部的抛物线多少条？解 由图形特征分析，a0,开口向上，坐标原点在内部f(0)=c0;a0,开口向下，原点在内部f(0)=c0,所以，对于抛物线y=ax2+bx+c来讲，原点在其内部af(0)=ac0,则确定抛物线时，可先定一正一负的a和c,再确定b,故满足题设的抛物线共有CCAA=144（条）.16.（14分）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
48、少种排法？解 （1）捆绑法共有AA=86 400种排法.（2）插空法共有AA=86 400种排法.（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2AA=28 800种排法.17.（14分）已知在的展开式中，第6项为常数项.（1）求n;(2)求含x2的项的系数；（3）求展开式中所有的有理项.解 （1）通项公式为Tr+1=Cxx=Cx,因为第6项为常数项，所以r=5时，有=0，即n=10.（2）令=2,得r=(n-6)=2,所求的系数为C=.(3)根据通项公式，由题意得令=k (kZ)，则10-2r=3k,即r=5-k,rZ,k应为偶数.k可取2,0,-2,即r
49、可取2,5,8.所以第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为T3=，T6=，T9=.18.（16分）4个不同的红球和6个不同的白球放入同一个袋中，现从中取出4个球.（1）若取出的红球的个数不少于白球的个数，则有多少种不同的取法？（2）取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取出4个球总分不少于5分，则有多少种不同的取法？解 （1）依题意可知，取出的4个球中至少有2个红球，可分为三类：全取出红球，有C种不同的取法；取出的4个球中有3个红球1个白球，有CC种取法；取出的4个球中有2个红球2个白球，有CC种不同的取法.由分类计数原理知，共有C+CC+ CC=115种不同的取法.（2）依题意知，取
50、出的4个球中至少要有1个红球，从红白10个球中取出4个球，有C种不同的取法，而全是白球的取法有C种，从而满足题意的取法有：C-C=195（种）.19.（16分）已知（a2+1）n展开式中的各项系数之和等于（x2+）5的展开式的常数项，而（a2+1）n的展开式的系数最大的项等于54，求a的值（aR）.解 （x2+）5的通项公式为Tr+1=C=Cx令20-5r=0，则r=4，常数项为T5=C=16.又（a2+1）n展开式的各项系数之和为2n，依题意得2n=16，n=4，由二项式系数的性质知（a2+1）4展开式中系数最大的项是中间项T3，所以C（a2）2=54，即a4=9，所以a=.20.(16分）
51、设（2-x）100=a0+a1x+a2x2+a100x100，求下列各式的值：（1）a0;(2)a1+a2+a100;(3)a1+a3+a5+a99;(4)(a0+a2+a100)2-(a1+a3+a99)2.解 （1）由（2-x)100展开式中的常数项为C2100,即a0=2100，或令x=0，则展开式可化为a0=2100.（2）令x=1,可得a0+a1+a2+a100=(2-)100.a1+a2+a100=(2-)100-2100.(3)令x=-1可得a0-a1+a2-a3+a100=(2+)100.与x=1所得到的联立相减可得，a1+a3+a99=.(4)原式=（a0+a2+a100）+(a1+a3+a99)(a0+a2+a100)-(a1+a3+a99)=(a0+a1+a2+a100)(a0-a1+a2-a3+a98-a99+a100)=(2-)100（2+）100=1.
