排列组合二项式定理

1、排列组合二项式定理1(2011湖北高考)给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色当n4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示由此推断，当n6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有_种；至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有_种(结果用数值表示)21；43 解：1以黑色正方形的个数分类， 若有3个黑色正方形，则有C4种；若有2个黑色正方形，则有C 10(种)；若有1个黑色正方形，则有C 6(种)；若无黑色正方形，则有1种 共4106121(种) 2法一：至少有2个黑色正方形相邻包括有2个黑色正方形相邻，有3个黑色正方形相邻，有4个黑色正方形相邻，有5个黑色正方形相邻，有6

2、个黑色正方形相邻只有2个黑色正方形相邻，有AAC23(种)；只有3个黑色正方形相邻，有CAC12(种)；只有4个黑色正方形相邻，有CC5(种)；只有5个黑色正方形相邻，有C2(种)；有6个黑色正方形相邻，有1(种)共231252143(种)法二：所求事件的对立事件为“黑色正方形互不相邻”，由1知共有21种，而给6个相连正方形着黑色、白色的方案共有26种，故所求事件的种数为：262143. 2(2011广东高考)正五棱柱中，不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线，那么一个正五棱柱对角线的条数共有 10 解析：如图，在正五棱柱ABCDEA1B1C1D1E1中，从顶点A出发的对角

3、线有两条：AC1、AD1，同理从B、C、D、E点出发的对角线也有两条，共2510条 3将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴2011年深圳世界大学生运动会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有_种(用数字作答) 解析：由题意知，不同的分配方案的种类为NA690.4(2012山东)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张卡片不能全是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为472 答案：若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选3张，若都不同色则有CCC64种，若2张同色，则有CCCC144种；若红色卡片有1张，剩余2张不同色，则有

4、CCCC192种，剩余2张同色，则有CCC72种，所以共有6414419272472种不同的取法5某城市举行奥运火炬接力传递活动，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只能从甲、乙、丙三人中产生，最后一棒只能从甲、乙两 人中产生，则不同的传递方案共有_种(用数字作答) 解：按照第一棒是否为甲，乙，可分为两类： 第一棒是丙，则第六棒的安排有C 种，中间4棒剩余4人全排列，故不同的安排方法有48种； 第一棒是甲，乙中一人，则第一棒的安排有C种，最后一棒则只能安排甲，乙中不跑第一棒的一人，中间4棒剩余4人全排列，矿不同的安排方法有48种根据分类计数原理，可得不同的方案共有48489

5、6种6 “2012”含有数字0,1，2，且有两个数字2，则含有数字0，1，2，且有两个相同数字2或1的四位数的个数为187用数字组成数字可以重复的四位数, 其中有且只有一个数字出现两次的四位数的个数为 108解析：若四位数中不含0，则有种；若四位数中含有一个0，则有；种若四位数中含有两个0，则有种，所以共有种8若从1，2，3，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为奇数，则不同的取法共有种60 9由a，a，a，b，b，c六个字母所成的排列中，a在最前，c在最后的有 种6解：本题难度适中，依据题意可知，中间4个字母的排列方法数是种10用0，1，2，3，4排成无重复数字的五位数，要求偶数字相邻，奇

6、数字也相邻，则这样的五位数的个数是2011反复抛掷一枚质地均匀的骰子，每一次抛掷后都记录下朝上一面的点数，当记录有三个不同点数时即停止抛掷，则抛掷五次后恰好停止抛掷的不同记录结果总数是种840 12共有种排列（），其中满足“对所有都有”的不同排列有 种解析：可分步考虑：第1步，确定an，ann-2，只能从n-2、n-1、n这3个数字中选1个，有3种；第2步，确定an1，从上面余下的2个中选1个，再可选数字n-3，有3种；第3步，确定an2，从上面余下的2个中选1个，再可选数字n-4，有3种； 第n-2步，确定a3，从上面余下的2个中选1个，再可选数字1，有3种；第n-1步，确定a2，从上面余下

7、的2个中选1个，再没其它数字可选，有2种；第n步，确定a1，从上面余下的1个中选1个，有1种故一共有33332123n-2种13我们把各位数字之和为6 的四位数称为“六合数”（如2013 是“六合数”），则“六合数”中首位为2 的“六合数”共有案个15解：设满足条件的“六合数”为，则于是满足条件的可分以下几种情形：（1）一个为，两个为，共有种；（2）一个为，一个为，一个为，共有种；（3）两个为，一个为，共有种；（4）一个为，两个为，共有种14（2009天津理）用数字0，1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有 个（用数字作答）解：个位、

8、十位和百位上的数字为3个偶数的有：种；个位、十位和百位上的数字为1个偶数2个奇数的有：种，所以共有个15(2012陕西八校三模)某同学忘记了自己的QQ号，但记得QQ号是由一个2，一个5，两个8组成的四位数，于是用这四个数随意排成一个四位数，输入电脑尝试，那么他找到自己的QQ号最多尝试次数为12CA621216用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，则其中数字1，2相邻的偶数有个（用数字作答）；解析：（1）可以分情况讨论： 若末位数字为0，则1，2，为一组，且可以交换位置，3，4，各为1个数字，共可以组成个五位数； 若末位数字为2，则1与它相邻，其余3个数字排列，且0不是首位数字，则有

9、个五位数； 若末位数字为4，则1，2为一组，且可以交换位置，3，0各为1个数字，且0不是首位数字，则有=8个五位数，所以全部合理的五位数共有24个。17已知直线ax+by+c0中的a，b，c是取自集合3，2，1，0，1，2，3中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，求符合这些条件的直线的条数解：设倾斜角为，由为锐角，得tan0，即a、b异号（1）若c0，a、b各有3种取法，排除2个重复（3x3y=0，2x2y=0，xy=0），故有33-2=7（条）；（2）若c0，a有3种取法，b有3种取法，而同时c还有4种取法，且其中任两条直线均不相同，故这样的直线有334=36条，从而符合要求的直线共

10、有7+3643条；点评：本题是1999年全国高中数学联赛中的填空题，据抽样分析正确率只有0.37错误原因没有对c0与c0正确分类；没有考虑c0中出现重复的直线18 “10位学生的父母参加了家长联谊会，一次集会中因某种原因仅来了8人，则恰好有两位学生的父母来齐的情况数. 分析： 20人来了8人中恰好两对夫妻的可能为：19图中的每个开关都有闭合与不闭合两种，因此5个开关共有25种可能，在这25种可能中，电路从P到Q接通的情况共有 种16解：（1）若5个开关全闭，则只有一种情况种；（2）若4个开关闭，一个开关断，则有种；（3）若有3个开关闭，两个开关断，则有-2种；（4）若有2个开关闭，三个开关断，

11、则有2种.故共有+-2+2=16（种）20在平面直角坐标系中，x轴正半轴上有5个点，y轴正半轴上有3个点，连成15条线段，这15条线段在第一象限内的交点最多有 个30 解：从x轴上取2点，从y轴上取2点，组成一四边形，两对角线的交点在第一象限内，所以共有=30个. 21设集合A=2，4，6，8，B=1，3，5，7，9，今从A中取一个数作为十位数字，从B中取一个数作为个位数字，问：（1）能组成多少个不同的两位数？20（2）能组成多少个十位数字小于个位数字的两位数？10（3）能组成多少个能被3整除的两位数？ 7解：（1）要组成两位数，分两步：先确定十位数字有4种不同方法，再确定个位数字有5种不同方

12、法，共有45=20个不同两位数.（2）十位数字小于个位数字的两位数可分四类：第一类，十位数字为2，有4个；第二类，十位数字为4，有3个；第三类，十位数字为6，有2个；第四类，十位数字为8，有1个，共有4+3+2+1=10个.（3）被3整除的两位数的两个数字之和为3的倍数，则有21，27，45，63，69，81，87共7个两位数能被3整除. 22在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有 个 58 23将标号为1，2，10的10个球放入标号为1，2，10的10个盒子里，每个盒内放一个球，恰好3个球的标号与其在盒子的标号不一致的放入方法种数为

13、24024从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任），要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有 种420 25从中任取3个数字，组成没有重复数字的三位数，其中能被5整除的三位数共有 个(用数字作答) 3626将数字3，4，5，6，7排成一行，使得相邻两个数都互质，则可能的排列方法共有种36 27已知有穷数列(n=)满足, 且当时，. 若, ，则符合条件的数列的个数是1若二项式的展开式中含有非零常数项，则正整数的最小值为52 (2011新课标全国卷)(x)(2x)5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为40解：对于(x)(2x)5，可

14、令x1得1a2，故a1.(2x)5的展开式的通项Tr1C(2x)5r()rC25r(1)rx52r，要得到展开式的常数项，则x的x与(2x)5展开式的相乘，x的与(2x)5展开式的x相乘，故令52r1得r3，令52r1得r2，从而可得常数项为C22(1)3C23(1)240.3已知0a1，则方程a|x|logax|的实根个数为n，且(x1)n(x1)11a0a1 (x2)a2 (x2)2a10 (x2)10a11 (x2)11，则a19 解析如图，作出ya|x|，y|logax|(0a1)的图像，知有两个交点，故n2.(x1)2(x1)11(x2)12(x2)111故a1为含(x2)1项的系数

15、又Tr1C(x2)nr(1)r，当n2时，Tr1C(x2)2r(1)r，含x2项的系数为C2.n11时，含x2项的系数为C(1)1011，a111(2)9.4的展开式中的常数项为_5解：的展开式的通项为，当r=3时，当r=4时，因此常数项为-20+15=-55n展开式中第三项的系数比第二项的系数大162，则x的一次项系数为_672解析据题意有：C22162，即2n(n1)2n162.n9.则Tr1C()9rrC(2)rx.由1，r3.T4(1)323Cx672x.65的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为40答案：因为展开式各项系数和为2，所以取x1得： (1a)(21)52，a1.

16、二项式即为：5，它的展开式的常数项为： xC(2x)23C(2x)324C40.7若(1mx)6a0a1xa2x2a6x6，且a1a2a663，则实数m的值为_解：令x0得，a01令x1，则(1m)6a0a1a2a664，m12，m1或3.8已知(12)n的展开式中，某一项的系数是它前一项系数的2倍，而又等于它后一项系数的求展开式中所有项的系数之和及所有项的二项式系数之和解：根据题意，设该项为第r1项，则有即亦即解得令x1得展开式中所有项的系数和为(12)7372 187所有项的二项式系数和为271289（广东理科卷）已知（是正整数）的展开式中，的系数小于120，则 解：按二项式定理展开的通项为，我们知道的系数为，即，也即，而是正整数，故只能取110若(2x)n的展开式中含项的系数与含有项的系数之比为5，则n等于6解：由展开式的通项Tr+1 =(2x)n-r()r,记Tr+1为含的