排列组合、二项式.doc

第六章 排列组合、二项式定理一、考纲要求1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它们解决一些简单的问题.3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.二、知识结构 加法原理、乘法原理 排列数 排列 排列数应用 组合数 排列组合综合应用 组合 合数应用 二项式定理三、知识点、能力点提示(一)加法原理乘法原理说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排列、组合中有关问题提供了理论根据.例1 5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的报名方法共有多少种?解：5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有33333=35(种)(二)排列、排列数公式说明 排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研究的对象以及研究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比较灵活，历届高考主要考查排列的应用题，都是选择题或填空题考查.例2 A、B、C、D、E五人并排站成一排，如果A、B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法有( )A.60种 B.48种 C.36种 D.24种解：根据题的条件可知，A、B必须相邻且B在A的右边，所以先将A、B两人捆起来看成一个人参加排列，即是4个人在4个位置上作排列，故总的排法有P44=4321=24(种).可知此题应选D. 例3 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种?解：将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3种，即2143，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；将数字1填入第4方格，也对应3种填法，因此共有填法为3P13=9(种).(三)组合、组合数公式、组合数的两个性质说明 历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上都是由选择题或填空题考查.例4 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法共有（ ）A.140种 B.84种 C.70种 D.35种解：抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有C14C25种；甲型2台乙型1台的取法有C24C15种根据加法原理可得总的取法有C24C25+C24C15=40+30=70(种)可知此题应选C.例5 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式?解：甲公司从8项工程中选出3项工程的方式C38种；乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有C15种；丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C24种；丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有C22种.根据乘法原理可得承包方式的种数有C38C15C24C22=51=1680(种).(四)二项式定理、二项展开式的性质说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知识，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查二项展开式中通项公式等，题型主要为选择题或填空题.例6 在(x2+3x+2)5的展开式中x的系数为（ ）A.160 B.240 C.360 D.800解：(x2+3x+2)5=C05(x2+3x)5+C15(x2+3x)4+C25(x2+3x)322+C35(x2+3x)223+C45(x2+3x)24+C5525.在展开式中只有C45(x2+3x)24才含有x，其系数为C5324=5316=240.故此题应选B.例7 (x-1)-(x-1)2(x-1)3-(x-1)+(x-1)的展开式中的x的系数等于_解：此题可视为首项为x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前5项的和，则其和为=在(x-1)6中含x3的项是C36x3(-1)3=-20x3，因此展开式中x2的系数是-20.(五)综合例题赏析例8 若(2x+)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为（ ）A.1 B.-1 C.0 D.2解：A.例9 把6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法共有（ ）A.126种 B.84种 C.35种 D.21种解：此种排法相当于6个元素的全排列，6!=720.应选C.例10 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同取法共有（ ）.A.140种 B.84种 C.70种 D.35种解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形.C24+C25C14=56+104=70.应选C.例11 某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2名代表，至少有1名女生当选的不同选法有（ ）A.27种 B.48种 C.21种 D.24种解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类：C13C17+C23=37+3=24，应选D.例12 由数学0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，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：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有P15P55=600个.由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半.有600=300个符合题设的六位数.应选B.例13 以一个正方体的顶点为顶点的四面体共有（ ）.A.70个 B.64个 C.58个 D.52个解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为C48=70个.其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形如(ADB1C1)的有4组.能形成四面体的有70-6-2-4=58(组)应选C.例14 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有（ ）.A.12对 B.24对 C.36对 D.48对解：设正六棱锥为OABCDEF.任取一侧棱OA(C16)则OA与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.共有C164=24对异面直线.应选B.例15 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点为顶点的三角形共_个(以数字作答).解：7点中任取3个则有C37=35组.其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径).三角形个数为35-3=32个.例16 同室四人各写一张贺年卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有（ ）A.6种 B.9种 C.11种 D.23种解：设2143表示第一人拿第二人的卡、第二人拿第一人的卡，第三人拿第四人的卡，第四人拿第三人的卡，它是符合题设的分配方法.第一人只能拿二、三、四人的卡之一(P13).设第一人拿的是第二人的卡，则2143，2341，2413是全部可能的分配方式，计3种，共有P133=9种不同的分配方式应选B.例17 在50件产品中有4件是次品，从中任意抽了5件，至少有3件是次品的抽法共_种(用数字作答).解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”.C34C246+C44C146=4186(种)例18 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有（ ）.A.1260种 B.2025种 C.2520种 D.5040种解：先从10人中选2个承担任务甲(C210)再从剩余8人中选1人承担任务乙(C18)又从剩余7人中选1人承担任务乙(C17)有C210C18C17=2520(种).应选C.例19 用1，2，3，4，5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（ ）.A.24个 B.30个 C.40个 D.60个解：末位数字只能是2或4(P12)剩下四个数字考虑顺序任取其2(P24)，共有P12P24=24个偶数.应选A.例20 假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有两件次品的抽法有（ ）.A.C233197种 B.C23C3197+C33C2197 C.C5200-C5197 D.C5200-C13C4197解：5件中恰有二件为次品的抽法为C23C3197，5件中恰三件为次品的抽法为C33C2197，至少有两件次品的抽法为C23C3197+C33C2197.应选B.例21 两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是（ ）.A.C58C38 B.P12C58C38 C.P58P38 D.P88解：对于8个人的任意一个排列均可“按先前排从左到右再后排从左到右”的次序入座.应有P88种不同的入座法.应选D.例22 7人并排站成一行，如果甲、乙必须不相邻，那么不同排法的总数是（ ）.A.1440 B.3600 C.4320 D.4800解：7人的全排列数为P77.若甲乙必须相邻则不同的排列数为P22P66.甲乙必须不相邻的排列数为P77-P22P66=5P66=3600.应选B.例23 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1项，丙、丁各承包2项，问共有多少种承包方式?解：甲(C38)乙(C15)丙(C24).有C38C15C24=1680种承包方式.例24 用1，2，3，4，四个数字组成没有重复的四位奇数的个数是_个(用具体数字作答).解：末位数(C12)，前三位数(P33).有C12P33=12个四位奇数.例25 用1，2，3，4，四个数字组成的比1234大的数共有_个(用具体数字作答).解：若无限制，则可组成4!=24个四位数，其中1234不合题设.有24-1=23个符合题设的数.例26 用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的四位数，那么在这些四位数中，是偶数的总共有（ ）.A.120个 B.96个 C.60个 D.36个解：末位为0，则有P34=24个偶数.末位不是0的偶数有P12P13P23=36个.共有24+36=60个数符合题设.应选C.例27 已知集合A和集合B各含有12个元素，AB含4个元素，试求同时满足下面两个条件的集合C的个数：(1)CAB，且C中含有3个元素；(2)CA(表示空集).解：AB含有12+12-4=20个元素；B含12个元素，B含20-12=8个元素，若C中恰含A中1个元素，则有C112C28个，若C中恰含A中2个元素，则有C212C28C28个，若C中恰含A中3个元素，则有C312个，符合题设的集合C的个数为C112C28+C212C18+C312=1084个.例28 四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有（ ）A.150种 B.147种 C.144种 D.141种解：从10点中任取4点的组合数为C410=210.其中有4C46=60组点，每组中的四点恰为一个侧面上的点.其中任取同一棱上3点它们和相对棱的中点共面，即有6组这种情况应排除.其中还有底面两棱中点和对面两棱中点共面，即有3组这种情况应排除.符合题设的取法有150-6-3=141种.应选D.例29 已知(-)9的展开式中x3的系数为，常数a的值为_.解：Tk+1 =Ck9( )9-k( )k=Ck9a9-k2x令k-9+=3，得k=8，x的系数为C89a2-4=.即a= ,得a=4.例30 (-)6的展开式中的常数项为（ ）A.-160 B.-40 C.40 D.160解：Tk+1 =Ck6()6-k(-)k=Ck6(-2)kx令-=0，得k=3常数项为C36(-2)3=-160应选A.例31 (ax+1)7的展开式中，x3的系数是x2的系数与x4的系数的等差中项，若系数a1，那么a=_.解：Tk+1=Ck7(ax)7-k=Ck6a7-kx7-k.T6=C57a2x2,T5=C47a3x3，T4=C37a4x4，由已知有2C47a3=C57a2+C37a4，由a1，得2C47a3=C57a2+C37a4，即35a2-70a21=0.解得a=1+(舍去a=1-).例32 (x-1)-(x-1)2+(x-1)3-(x-1)4展开式中x2的系数等于_.解：(x-1)-(x-1)2+(x-1)3-(x-1)4=(x-1)-(x-1)21-(x-1)+(x-1)2=(x-1)-(x2-2x+1)(x2-3x+3)=-(3+6+1)x2+.x2的系数为-10.例33 9192除以100的余数_.解：9192=(100-9)92992(mod 100).992=(10-1)92=1092-+C9092100-C919210+1-C919210+1(mod 100)-C919210+1=-920+1=-919-19(mod 100)，-1981(mod 100).9192除以100的余数是81.例34 由(x+)100的展开所得的x的多项式中，系数为有理数的共有（ ）A.50项 B.17项 C.16项 D.15项解：Tk+1=Ck100()100-k()k=Ck100()100-k()kx100-k(k=0，1，2，100)由N，N，k0，1，2，100，得k=0，6，12，18，96，共17项.应选B.例35 在(3-x)7的展开式中，x5的系数是_(用数字作答).解：Tk+1=Ck737-k(-x)k=Ck7(-1)kxk，T6=C5737-5(-1)5x5=-189x5.即x5的系数是-189.例36 在(1-x3)(1+x)10的展开式中，x5的系数是（ ）.A.-297 B.-252 C.297 D.207解：(1-x3)(1+x)10=(1-x3)(+C550x5+C210x2+)x5的系数为+C550-C210=207.应选D.例37 求(2x3-)15的展开式的常数项.解：Tk+1=Ck5(2x3)5-k(-)k=(-1)kCk525-kx15-3k-2k令15-5k=0，得k=3常数项为T4=(-1)3C3525-3=-40.例38 (-)8的展开式中，x的一次项的系数为_.解：Tk+1=Ck8()8-k(-)k=Ck8(-1)kx令-=1，得k=2.常数项为T3C28(-1)2x=28x.x的系数为28.例39 在(x-)8的展开式中，x4的系数与的系数之差是_.解：Tk+1=Ck8(-x)8-k(-)k=Ck8(-1)kx8-k-k.令8-2k=-4，得k=6，T8=C68(-1)6=28.x4与的系数之差是28-28=0.例40 已知(x+a)7的展开式中，x4的系数是=-280，则a=_.解：T4=C37x4a3=C37a3x4.由已知C37a3=-28035a3=-280，得a=-2.例41 在(1-x2)20的展开式中，如果第4r项和第r+2项的二项式系数相等，(1)求r的值；(2)写出展开式中的第4r项和第r+2项.解：(1)第4r项和第r+2项的二项式系数分别是C4r-120和Cr+120C4r-120=Cr+1204r-1=r+1或4r-1+r=1=20，得r=4和r=(舍去)r=4(2)T4r=T16=C1520(-x2)15=-15504x30，Tr+2=T6=C520(-x2)5=-15504x10例42 在(1+x+x2)(1-x)10的展开式中，x5的系数是_(用具体数字作答).解：(1+x+x2)(1-x)10=(1+x+x2)(1-1x+45x2-120x3+210x4-252x5+)=+(-120+210-252)x5+.x5的系数是-120+210-252=-162.例43 已知(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+a7x7；那么a1+a2+a7=_.解：令x=1，代入已知式，得-1=a0+a1+a7，将x=0代入已知式，得1=a0a1+a2+a7=-1-a0=-2.例44 如果n是正偶数，则C0n+C2n+C4n+Cn-2n+Cnn=（ ）.A.2n B.2n-1 C.2n-2 D.(n-1)2n-1 E.(n-1)2n-2解：C0n+C2n+Cn-2n+Cnn=C1n+C3n+Cn-1n，又(C0n+C2n+Cn-2n+Cnn)+(C1n+C3n+Cn-1n)=2n，2(C0n+C2n+Cn-2n+Cnn)=2n，C0n+C2n+Cn-2n+Cnn=2n-1.应选B.四、能力训练(一)选择题1.有多少个整数n能使(n+i)4成为整数（ ）A.0 B.1 C.2 D.3(2)已知(ax+1)2n和(x+a)2n+1的展开式中含xn项的系数相同(a0为实数，nN)，则a的取值范围是（ ）A.a=1 B.a1 C.a1 D.a13.在(+)n的展开式中，所有奇数项二项式系数之和等于1024，则中间项的二项式系数是（ ）A.330 B.462 C.682 D.7924.若x=，则(3+2x)10的展开式中最大的项为（ ）A.第一项 B.第三项 C.第六项 D.第八项5.nN，A（+2）2n+1，B为A的小数部分，则AB的值应是（ ）A.72n+1 B.22n+1 C.32n+1 D.52n+16.从0，1，2，3，4，5六个数中任取四个互异的数字组成四位数，个位，百位上必排偶数数字的四位数共有（ ）A.52个 B.60个 C.54 D.66个7.用1，2，3，4，5这5个数字，可以组成比20000大并且百位不是3的没有重复数字的五位数，共有（ ）A.96个 B.78个 C.72个 D.64个8.从1，2，3，4，5，6六个数字中，任取两个不同数作为一个对数的底数和真数，得到的不同的对数值的方法有（ ）A.20种 B.17种 C.25种 D.21种9.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这5个球投放在这5个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰有两个球的编号与盒子的编号相同，则这样的投放方法的总数为（ ）A.20 B.30 C.60 D.12010.用0，1，2，3，4，5，6这7个数字排成一个数字不重复且个位数最大，十位数次之，百位数最小的三位数的个数是（ ）A.10 B.20 C.30 D.4011.要排一张5个独唱节目和3个合唱节目的演出节目表，如果合唱节目不排头，并且任何两个合唱节目不相邻，则不同排法的种类是（ ）A.P88 B.P55P33 C.P55P35 D.P55P3812.3人坐在一排8个座位上，若每人左右两边都有空座位，则坐法种数是（ ）A.12 B.6 C.24 D.12013.设A，B分别为(1+x)n展开式中的奇数项之和及偶数项之和，那么A2-B2的值为（ ）A.(1+x)2n B.(1+x)n C.-(1