排列组合部分知识总结

1、计数原理排列组合标纲解读 ： 1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理。2 .会用分类加法计数原理与分步乘法计数原理分析和解决一些简单的实际问题。3 .理解排列、组合的概念，区分它们的异同。4 .能利用计数原理推到排列数公式、组合数公式，能解决简单实际问题。命题规律与趋势 ：排列组合是高考每年必考内容之一，一般有12 道小题，且多为选择题、填空题。虽然在高考之中所占比重不大，但试题都具有一定得灵活性和综合性。高考对排列、组合内容的考查一般以实际应用题形式出现，这是因为排列、组合的应用性比较强，并充满思辨性，解决具有多样性，符合高考选择题的特点，易于考查学生理解问题的能力、分析和解决问题的能力

2、及分类讨论的思想。突破方法 ：1. 使用分类计数原理还是分步计数原理要根据我们完成某件事情时采取的方式而定，分类来完成这件事时用分类计数原理，分步骤来完成这件事情时用分步计数原理。怎样确定是分类还是分步呢？“分类”表现为其中任何一类均可独立完成所给的事情，而分“步骤”必须把各步骤均完成才能完成所给事情，所以准确理解两个原理的关键在于明确分类计数原理强调完成一件事情的几类办法互不干扰，彼此之间的交集为空寂，并集为全集，不论哪一类办法中的那一种方法都能单独完成事件。分步计数原理强调各步骤之间缺一不可，需要一次完成所有步骤才能完成事件，步与步之间互不影响，即前一步用什么方法不影响后一步采取什么方法。

3、2. 排列与组合定义相近，它们的却别在于是否与顺序有关。3. 复杂的排列问题常常通过试验、画简图、小数字简化等手段使问题直观化，从而寻求解题途径，由于结果的正确性难以直接检验，因而常需要用不同的方法求解来获得检验。4. 按元素的性质进行分类、按事件发生的连续过程分步，是处理组合问题的基本思想方法，要注意题设中“至少” “至多”等限制词的意义。5. 处理排列、 组合的综合性问题， 一般思想方法是先选元素 （组合） ， 后排列， 按元素的性质 “分 类”和按事件发生的连续过程“分步” ，始终是处理排列、组合问题的基本方法结合原理，通过解题训练要注意积累分类和分步的基本技能。6. 运用分类计数原理时

4、，要恰当选择分类标准，做到不重不漏。7. 运用分步计数原理时，要确定好次序，并且每一步都是独立、互不干扰的，还要注意元素是否可以重复选取。8. 对于复杂问题，可同时御用两个基本原理或借助列表、画图的方法来帮助分析。9. 在解决排列、组合综合性问题时，必须深刻理解排列与组合的概念，能够熟练确定一个问题是排列问题还是组合问题，牢记排列数、组合数计算公式与组合数性质。容易产生错误的是重复和遗漏计数解题技巧：1解决排列与组合综合问题的方法和规律（ 1） 排列与组合的应用题是高考常见题型， 其中主要考查有附加条件的应用问题 解决这类问题通常有三条途径： 以元素为主考虑，应先满足特殊元素的要求，再考虑其他

5、元素； 以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置； 先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列数或组合数前两种方法叫直接解法，后一种方法叫间接解法（ 2）在求解排列与组合应用问题时，应注意： 把具体问题转化或归结为排列或组合问题； 通过分析确定运用分类计数原理还是分步计数原理； 分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏； 列出式子计算并作答2常见的解题策略有以下几种：（ 1） 特殊元素优先安排的策略（ 2） 合理分类与准确分步的策略（ 3） 、组合混合问题先选后排的策略(4) 正难则反、等价转化的策略(5) 相邻问题捆绑处理的策略(6) 不相邻问题插空处理的策略(

6、7) 定序问题除法处理的策略(8) 分派问题直排处理的策略(9) “小集团”排列问题中先整体后局部的策略(10)构造模型的策略3.解排列组合的应用题要注意以下几点：(1) 仔细审题，判断是排列问题还是组合问题。要按元素性质分类，按事件发生的过程进行分 步。(2) 深入分析，严密周详，注意分清是乘还是加， 要防止重复和遗漏， 辩证思维，多角度分析, 全面考虑。(3) 对限制条件较复杂的排列组合应用题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解 成若干简单的基本问题后用两个计数原理来解决。(4) 由于排列组合问题答案一般数目较大，不易直接验证，因此在检查结果时，应着重检查所 设计的解决方案是否完

7、备，有无重复和遗漏，也可采用多种不同的方法求解，看看结果是 否相同，在对排列组合问题分类时，分类标准应统一。知识导学：1 .分类计数原理：完成一件事，有n类办法，在第 1类办法中，有 m1种不同的方法，在第类办法中，有 m2种不同的方法，在第n类办法中，有 mn种不同的方法，那么完成这件事共有n= m+m2 + mn种不同的方法.2 .分步计数原理：完成一件事，需要分成n个步骤，做第 1步，有m1种不同的方法，做第2步，有m2种不同的方法，做第n步，有mn种不同的方法，那么完成这件事共有n= m-m2-x mn种不同的方法.排列数公式：anmn(n 1)( n 2)( n 3) (n m 1)

8、amn(n m)!(这里m、n n ,且mw n)(2)组合数公式cmamamn(n 1)(n 2)(n 3) (n m 1)n!m! (n m)!,、一一 *(这里m、n n ,且mw n)组合数的两个性质cm c： m规定：c： im m m m m m 1c n 1 c n c n例1、分类加法计数原理的应用在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？分析：该问题与计数有关，可考虑选用两个基本原理来计算，完成这件事，只要两位数的个位、十位确定了，这件事就算完成了，因此可考虑安排十位上的数字情况进行分类.解法一：按十位数上的数字分别是 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,

9、 8的情况分成 8类，在每一类中满足题目条件的两位数分别是8个，7个，6个，5个，4个，3个，2个，1个.由分类加法计数原理知，符合题意的两位数的个数共有8 + 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1= 36个.解法二：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是1个、2个、3个、4个、5个、6个、7个、8个，所以按分类加法计数原理共有1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 = 36个.点评：分类加法计数原理是对涉及完成某一件事的不同方法种数的计数方法，每一类的各种方法都是相互独立的，每一类中的每一种方法都可

10、以独立完成这件事。解决该类问题应从简单分类讨论入手，要做到不重不漏，尽量做到一题多解，从不同角度考虑问题.例2、分步乘法计数原理的应用书架上的一格内有 6本不同的书，现在再放上 3本不同的书，但要保持原有书的相对顺序不变，那么所有不同的放法共有多少种？解析：把3本不同的书放入书架，需保持书架上原有书的相对位置不变.完成这件事分为三个步骤，每一步各放1本.第一步有 m1 = 7种放法，第二步有 m2 = 8种放法，第三步有 m3 = 9种放法，由分步乘法计数原理可知，共有n = m1 xm2x m3 = 7x8x 9= 504种放法.例3、两个计数原理的综合应用有一项活动，需在 3名老师，8名男

11、同学和 5名女同学中选人参加.(1)若只需一人参加，有多少种不同方法？（ 2）若需老师、男同学、女同学各一人参加，有多少种不同选法？（ 3）若需一名老师和一名同学有多少种不同选法？解析： （ l ）有三类选人的方法： 3 名老师中选一人，有3 种方法； 8 名男同学中选一人，有8种方法； 5 名女同学中选一人，有5 种方法。由分类加法计数原理，共有3+ 8+5=16种选法.（ 2）分三步选人：第一步选老师，有3 种方法；第二步选男同学，有8 种方法；第三步选女同学，有 5种方法.由分步乘法计数原理，共有 3x8x5 = 120种选法.（3）可分两类，每一类又分两步.第一类：选一名老师再选一名男

12、同学，有 3x8 = 24种选法；第二类：选一名老师再选一名女同学，共有 3x5=15种选法.由分类加法计数原理，共有24+ 15 = 39种选法.点评： 在用两个计数原理处理具体问题时，首先要分清是“分类”还是“分步”，其次要清楚“分类”或“分步”的具体标准在“分类”时要遵循“不重、不漏”的原则，在“分步”时要正确设计“分步”的程序，注意“步”与“步”之间的连续性例 4 、排列的应用问题六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？（ l ）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，乙不站右端分析： 本题主要

13、考查有限制条件的排列应用题的解法及分类讨论的思想和分析问题、解决问题的能力194 个位置上任选 1 个，有解析： （ l ） 方法一： 要使甲不站在两端，可先让甲在中间种站法， 然后其余 5 人在另外 5 个位置上作全排列有种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法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，有种站法，然后中间 4 人有种站法，根据分步乘法计数原理，共有站法480 （种）方法三： 若对甲没有限制条件共有种站法， 甲在两端共有种站法， 从总数中减去这两种情况的排列数，即得所求的站法数，共有480（种）2） 方法先把甲、乙作为整体” ，

14、看作个人种站法再把甲、乙进行全排列种站法根据分步乘法计数原理，共有240 （种）站法站法.方法二：先把甲、乙以外的 4 个人作全排列，有种站法， 再在 5 个空档中选出一个供甲、 乙放入，种方法，最后让甲、乙全排列，有种方法，共有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， 有种； 第二步再将甲、 乙排在 4 人形成的 5种，故共有站法为个空档（含两端）中，有= 480 （种）种站法，也可用“间接法”， 6 个人全排列有2）知甲、乙相邻有240 种站法，所以不相邻720 240=4804) 方法先将甲、乙以外的 4个人作全排列，有种，然后

15、将甲、乙按条件插入站队，有种，故共有种站法方法二： 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，有种，然后把甲、乙及中间 2 人看作一个“大”元素与余下 2 人作全排列有种方法，最后对甲、乙144 种站法#进行排列，有种方法，故共有5) 方法一： 首先考虑特殊元素， 甲 、 乙先站 两端， 有种站法21种，再让其他4 人在中间位置作全排列，有种，根据分步乘法计数原理，共有方法二： 首先考虑两个特殊位置， 甲、 乙去站有种站法，然后考虑中间 4 个位置，由剩下的 4 人去站，有种站法，由分步乘法计数原理共有种站法#端的站法有6) 方法一： 甲在左端的站法有种，且甲在左端而

16、乙在右端的站法有种，乙在右37种，共有种站法方法二： 以元素 甲分类可分为两类： 甲站右端有种， 甲在中间 4 个位置之一， 而乙不在右端有种，故共有504 种站法例 5 、组合的应用问题课外活动小组共 13 人，其中男生8 人，女生 5 人，并且男、女生各指定一名队长，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；（4）至多有两名女生当选；（ 5）既要有队长，又要有女生当选解析： （ l ）一名女生，四名男生故共有350（种）（ 2 ） 将 两 队 长 作 为 一 类 ， 其 他 11 人 作 为 一 类 ， 故

17、共 有=165 （种）3） 至少有一名队长 含 有两类： 只有一名队长 和两名队长 故共 有：（种）或采用间接法：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：（种）（ 5）分两类：第一类女队长当选：；第二类女队长不当选：故选法共有： （种）例 6 、排列、组合的综合应用问题从 1 ， 3， 5， 7 ， 9 五个数字中选 2 个，0， 2 ， 4 ， 6， 8 五个数字中选 3 个，能组成多少个无重复数字的五位数？分析： 从 5 个奇数中选出 2 个， 5 个偶数中选 3 个， 按有 0 与无 0 分成两类， 含 0 时，从其余 4 个偶数中再选出 2

18、 个；不含 0 时，从其余4 个偶数中再选出 3 个，然后再排成五位数解析： 从 5 个奇数中选出 2 个，再从2、 4 、 6 、 8 四个偶数中选出 3 个，排成五位数，有4800 个从 5 个奇数中选出 2 个，再从 2， 4 ，余下的 3 个数加上 0 排在6 ， 8 四个偶数中再选出 2 个， 将选出的 4 个数再选一个做万位数后 4 个数位上，有理可知这样=5760 个由分类加法计数原五位数共有10560 个.（2010全国卷2理数）（6）将标号为1, 2, 3, 4, 5, 6的6张卡片放入3个不同的信封中.若每个信封放2张，其中标号为1, 2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有

19、（a） 12 种（b） 18 种（q 36 种（d） 54 种【答案】b【命题意图】本试题主要考察排列组合知识，考察考生分析问题的能力rb,d,e,f用四种颜色，则有 a43【解析】标号1,2的卡片放入同一封信有5f种方法；其他四封信放入两个信封，每个信封两个有-书c-. t- ,4= =18山种方法，共有 一巨 种，故选b.（2010全国卷2文数）（9）将标号为1, 2, 3, 4, 5, 6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1, 2的卡片放入同一信封，则不同的方法共有（a ） 12 种 （b） 18 种 （c） 36 种（d） 54 种 【解析】b:本题考查了排列

20、组合的知识先从3个信封中选一个放 1 , 2有3种不同的选法，再从剩下的4个数中选两个放一个信封有c26,余下放入最后一个信封，共有2_3c4186月14日至16日（端午节假期）值班，14日，乙不值16日，则不同的安排方法(b) 36 种(d) 48 种（2010重庆文数）（10）某单位拟安排 6位员工在今年每天安排2人，每人值班1天.若6位员工中的甲不值 共有(a)30 种(q 42 种解析：法一：所有排法减去甲值14日或乙值16日，再加上甲值14日且乙值16日的排法221211即 ce c42 c5c4 c4c3 =42法二：分两类甲、乙同组，则只能排在 15日，有c2=6种排法112甲、

21、乙不同组，有 c4c3(a2 1)=36种排法，故共有42种方法(2010重庆理数)(9)某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天, 若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在 10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排 方案共有a. 504 种 b. 960 种 c. 1008 种 d. 1108 种解析：分两类：甲乙排 1、2号或6、7号 共有2 a；a4a4种方法甲乙排中间，丙排7号或不排7号，共有4a2(a： a3a3a3)种方法故共有1008种不同的排法(2010北京理数)(4) 8名学生和2位第师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为/82828282(

22、a) a81a(b) a8c9(c) a8a7(d) asc7答案：a(2010四川理数)(10)由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且 1、3都不与5相邻的六位偶 数的个数是(a) 72(b) 96(c) 108(d) 144解析：先选一个偶数字排个位，有 3种选法22若5在十位或十万位，则 1、3有三个位置可排，3 a3 a2 = 24个若5排在百位、千位或万位，则 1、3只有两个位置可排，共 3a|a；= 12个算上个位偶数字白排法，共计 3(24+ 12) = 108个答案：c(2010天津理数)(10)如图，用四种不同颜色给图中的a,b,c,d,e,f 六个点涂色，要求每个点涂一

23、种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用(a) 288 种(b) 264 种 (q 240 种(d) 168 种【答案】d【解析】本题主要考查排列组合的基础知识与分类讨论思想，属于难题。1 1 24种涂色方法；一 一 _ 3 一 一 2 2a4 2 1 2 192种涂色方法;(3)b,d,e,f用两种颜色，则有 a2 2 248种涂色方法;所以共有24+192+48=264种不同的涂色方法。【温馨提示】近两年天津卷中的排列、组合问题均处理压轴题的位置，且均考查了分类讨论思想及排列、组合的基本方法，要加强分类讨论思想的训练。（2010全国卷1理数）（6）某校开设a类选修课3

24、门，b类选择课4门，一位同学从中共选 3门. 若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（a） 30 种（b）35 种（c）42 种（d）48 种分际；本小憩王疆考查（两千计数原理及纽吉知法，解脸一：分种费1以克逸修理以l b夷迭拜潮1l wcirtj#. 2） &类选修由1门，e克廷择保加专以 竦弱法二i用间提法一一03。种.激洗a（2010四川文数）（9）由1、2、3、4、5组成没有重复数字且 1、2都不与5相邻的五位数的个数是（a） 36（b） 32（c） 28（d） 24解析：如果5在两端，则1、2有三个位置可选，排法为 2x a2 a2 = 24种，一 ，一、， 一，一 一 ,、

25、一一 ，2 2 一如果5不在两端，则1、2只有两个位置可选， 3xa2a2 = 12种共计12+24= 36种答案：a（2010湖北文数）6.现有名同学支听同时进行的个课外知识讲座，名每同学可自由选择其中的 一个讲座，不同选法的种数是4*5 6 5 4 3 2a. 5b. 6c. d. 6 5 4 3 22【答案】惑【解析】因为骞位同学匏有?种湃座可选择，所以6位同学共芍exsxsxsxsxs1 押.故4正确.（2010湖南理数）7、在某种信息传输过程中，用 4个数字的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，不同排列表示不同信息，若所用数字只有0和1,则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相

26、同的信息个数为a.10 b.11 c.12 d.15答寡】我t解析】与信息011。至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类；第一类；与信息0110有两个时应位置上的数字相同有c=6 （个）?第二夷工与信息0110有一个对应位置上的数字相同有&=4 （个）#第三类】与信息tmu没有一个对应位置上的放字相闾有（个与信息0110至多有两个对应位置上的数早相同的信息有6+4+1=11个兄散选瓦一【命题意图】本题考查组合问题与分类加法计数原理属中档题.（2010湖北理数）8、现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参

27、加。甲、乙不会开车但能 从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是a. 152b.126c.90d.548.【答案】b【解析】分类讨论：若有 2人从事司机工作，则方案有 c32 a3 18；若有1人从事司机工作,则方案有c3 c2 a3 108种，所以共有18+108=126种，故b正确（2010浙江理数）（17）有4位同学在同一天的上、下午参加 身高与体重”、文定跳远”、肺活 量”、握力“、台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复 .若上午不 测 握力”项目，下午不测 台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人 .则不同的安排方式共有种（用数字作答）

28、.解析：本题主要考察了排列与组合的相关知识点，突出对分类讨论思想和数学思维能力的考察，属较难题（2010江西理数）14.将6位志愿者分成4组，其中两个各 2人，另两个组各1人，分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有 种（用数字作答）。【答案】1080【解析】考查概率、平均分组分配问题等知识，重点考查化归转化和应用知识的意识。先分组,考虑到有2个是平均分组，得两个两人组c享两个一人组cc1 ,aa再全排列得:c：c2 c2c11 a4a a 41080（2010全国卷1文数）（15）某学校开设a类选修课3门，b类选修课4门，一位同学从中共选 3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选

29、法共有 种.（用数字作答）【命题意图】本小题主要考查分类计数原理、组合知识，以及分类讨论的数学思想.【解析1】:可分以下2种情况：（1）a类选修课选1门,b类选修课选2门，有c3c42种不同的选法；（2）a 类选修课选2门，b类选修课选1门，有c；c；种不同的选法.所以不同的选法共有_1_2 _2_1_ 一 一 ，c3c4+c3c4 18 12 30 种.【解析2】:c3 c33 c3 30二项式定理一、知识导学1 .二项式定理：n c0-n c1-n 12n 2 2cn r rn n*(a b)c n acn a b cn abc“abc“b,nn上列公式所表示的定理叫做二项式定理.右边的多

30、项式叫做(a b)n的二项展开式，它一共有n+1项.其中各项的系数c：(r 0,1,2, ,n)叫做二项式系数.式中的c；an rb叫做二项展开式的通项，用tr 1表示，即tr 1= c；an rbr.2 .二项式系数的性质：(1)对称性.与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等.事实上，这一性质可直接由公式cm cn1m得到.n 1 . 一 一，,一(2)增减性与最大值.二项式系数c；(r 0,1,2, ,n),当rv n一时，二项式系数是2逐渐增大的.由对称性知它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取得最大值 .当n是偶数时，中间 的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大

31、值(3)各二项式系数的和.(a b)n的展开式的各个二项式系数的和等于2n.二、疑难知识导析3 .二项式定理是代数公式(a b)2 a2 2ab b2 和(a b)3 a3 3a2b 3ab2 b3的概括和推广，它是以乘法公式为基础，以组合知识为工具，用不完全归纳法得到的.同学们可对定理的证明不作要求，但定理的内容必须充分理解.4 .对二项式定理的理解和掌握，要从项数、系数、指数、通项等方面的特征去熟悉它的展开式.通项公式tr 1 = c；an rbr在解题时应用较多，因而显得尤其重要， 但必须注意，它是(a b)n 的二项展开式的第r +1项，而不是第r项.5 .二项式定理的特殊表示形式(1

32、) (a b)n c0an c：an1b ( 1)rc；an rbr ( 1)ncnbn.这时通项是 tr 1 = ( 1)nc：an rbr.(2) (1 x)n 1 c：x1 c：x2c：xrxn.这时通项是tr 1 = c：xr.(3) （1 1）ncn0cn1cn2cnrcnn . 即各二项式系数的和为2n.4 二项式奇数项系数的和等于二项式偶数项系数的和. 即cn0cn2cn1cn32例 7 、求二项展开式中的指定项已知 的展开式中， 前三项系数的绝对值依次成 等差数列（ l ）证明展开式中没有常数项；（ 2）求展开式中所有有理项分析： 此类问题一般由通项公式入手分析，要注意系数和二

33、项式系数、常数项和有理项的概念区别解析： 依题意，前三项系数的绝对值是1，n=1 舍去）331) 若为常数项，当且仅当3r=16，这不可能，展开式中没有常数项。472) 若为有理项，当且仅当为整数。即展开式中的有理项共有三项，它们是例 8 、求二项展开式中系数最大的项在 的展开式中，求：（ l ）二项式系数最大的项；（2）系数绝对值最大的项；（ 3）系数最大的项分析： 求二项式系数最大的项，利用性质考虑，展开式中的中间项（或中间两项），系数最大的项，必须将x 、 y 前的系数均考虑进去，包括“、”号解析：（ 1）二项式系数最大的项是第11 项。2）设系数绝对值最大的项是第r+1 项，于是化简得

34、，解之得是系数绝对值最大的项。所以 r=8 ，即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,得2x5 1=9项系数最大。点评： 二项式系数、 系数是两个不同的概念， 二项式系数最大的项一定是展开式中的中间项 （或中间两项）；而系数最大的项通过解不等式组的方法解决，且一定要考虑到系数前的符号.例 9 、求展开式中各项系数的和若 ，求：1)2)3)解析： （1） 令 x = 0， 则2）令 x= 1 ，则49得：513）由例 10、整除或求余问题1）求证能被 25 整除；2） 求证：能被 26 整除 （ n 为大于 1 的偶数）分析： （1）， 而将此二项

35、式展开后就会出现；2）先利用等比数列求和，然后应用类似（1）的方法。解析：（ 1）原式以上各项均为25 的整数倍，故得证。2）因为能被26整除。因为n为大于1的偶数，所以所以(2010江西理数)6.a.-1b.0c.1【答案】bd.2能被26整除。、x8展开式中不含x4项的系数的和为 体现正难则反。【解析】考查对二项式定理和二项展开式的性质，重点考查实践意识和创新能力, 采用赋值法，令x=1得：系数和为1,减去x4项系数c；2( 1)8 1即为所求，答案为 0.(b) 6(d) 20(2010重庆文数)(1) (x 1)4的展开式中x2的系数为(a) 4(c) 10解析：由通项公式得 t3 c

36、4x2 6x(2010全国卷1文数)(5)(1 x)4(1 j03的展开式 x2的系数是(a)-6 (b)-3(c)0(d)35.a.【命题意图】本小题主要考查了考生对二项式定理的掌握情况，尤其是展开式的通项公式的灵活应用，以及能否区分展开式中项的系数与其二项式系数，同时也考查了考生的一些基本运算能力.13【解析】(1x)4(1jx)31 4x6x24x3x41 3x2 3xx2x2的系数是-12+6=-6（2010全国卷1理数）（5） （1 2jx）3（1 0x）5的展开式中x的系数是(a) -4(b) -2(c) 2(d) 4分析；本八威主要考杳丁对二用式定库的理解与运用以及而感开式切遍本

37、公式新灵活应用能力,林：q i a、gya-k?）5的展开式的通取力（其中=01.2.3,3=0汁5）? nfr = 0 fr = 2令l得力+方=6,得，*x的系数是一a-4片=2.故选c.6卜=3 卜=0，（2010全国卷2理数）（14）若（x 与9的展开式中x3的系数是 84,则a . x【答案】1【命题意图】本试题主要考查二项展开式的通项公式和求指定项系数的方法【解析】展开式中x3的系数是c；（ a）384a384, a 1.21 6（2010辽宁理数）（13） （1 x x2）（x ）6的展开式中的常数项为. x【答案】-5【命题立意】本题考查了二项展开式的通项，考查了二项式常数项的求解方法12r ,.、r 6 2r3【解析】（x-）的展开式的通项为tr1c6（1） x ，当r=3时，t4c620,当r=4x时，t5c4 15,因此常数项为-20+15=-5（2010全国卷2文数）（14）（x+1/x）9的展开式中，x3的系数是【解析】84 :本题考查了二项展开式定理的基础知识tr1 cl) x