高中数学排列组合 学案与及练习题

排列组合二项式定理，随机变量的期望方差学案一、知识点梳理1．排列、组合、二项式知识相互关系表2．两个基本原理（1）分类计数原理中的分类；（2）分步计数原理中的分步；正确地分类与分步是学好这一章的关键。3．排列（1）排列定义，排列数（2）排列数公式：系==n·(n－1)…(n－m+1)；（3）全排列：=n!；（4）记住下列几个阶乘数：1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720；4．组合（1）组合的定义，排列与组合的区别；（2）组合数公式：Cnm==QUOTE（3）组合数的性质①Cnm=Cnn-m；②；③rCnr=QUOTE；④Cn0+Cn1+…+Cnn=2n；⑤Cn0-Cn1+…+(-1)nCnn=0，即Cn0+Cn2+Cn4+…=Cn1+Cn3+…=2n-1；5．二项式定理（1）二项式展开公式：(a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b+…+Cnkan-kbk+…+Cnnbn；（2）通项公式：二项式展开式中第k+1项的通项公式是：Tk+1=Cnkan-kbk；6．二项式的应用（1）求项系数；（2）证明简单组合恒等式；（3）证明整除。①求数的末位；②数的整除；③简单多项式的整除问题；（4）近似计算。当|x|充分小时，我们常用下列公式估计近似值：①(1+x)n≈1+nx；②(1+x)n≈1+nx+x2；（5）证明不等式。7.离散型随机变量随着试验结果变化而变化的变量称为___________，常用字母X，Y，ξ，η，…表示．所有取值可以一一列出的随机变量，称为离散型随机变量8．离散型随机变量的分布列一般地，若离散型随机变量X可能取的不同值为x1，x2，…，xi，…，xn，X取每一个值xi(i＝1,2，…，n)的概率为P(X＝xi)＝pi，则表Xx1x2…xi…xnPp1p2…pi…pn称为离散型随机变量X的概率分布列，简称为X的分布列，有时为了简单起见，也用等式P(X＝xi)＝pi，i＝1,2，…，n表示X的分布列．(2)分布列的性质①pi≥0，i＝1,2，…，n；②eq\i\su(i＝1,n,p)i＝1.9.两点分布若随机变量X的分布列为X01P1－pp则称X服从两点分布，并称p＝P(X＝1)为成功概率．10.超几何分布一般地，在含有M件次品的N件产品中，任取n件，其中恰有X件次品，则P(X＝k)＝eq\f(C\o\al(k,M)·C\o\al(n－k,N－M),C\o\al(n,N))，(k＝0,1,2，…，m，其中m＝min{M，n}，且n≤N，M≤N，n，M，N∈N＋)，称分布列为超几何分布列．如果随机变量X的分布列具有下表的形式，则称随机变量X服从超几何分布.X01…mPeq\f(C\o\al(0,M)C\o\al(n－0,N－M),C\o\al(n,N))eq\f(C\o\al(1,M)C\o\al(n－1,N－M),C\o\al(n,N))…eq\f(C\o\al(m,M)C\o\al(n－m,N－M),C\o\al(n,N))(1)超几何分布的两个特点①超几何分布是不放回抽样问题．②随机变量为抽到的某类个体的个数．(2)超几何分布的应用超几何分布是一个重要分布，其理论基础是古典概型，主要应用于抽查产品，摸不同类别的小球等概率模型。E(X)=n11．二项分布一般地，在n次独立重复试验中，设事件A发生的次数为X，设在每次试验中事件A发生的概率为p，那么在n次独立重复试验中，事件A恰好发生k次的概率为P(X＝k)＝pk(1－p)n－k(k＝0,1,2，…，n)．此时称随机变量X服从二项分布，记作_______________，并称__为成功概率．ξ～B(n，p)，则P(ξ＝k)＝Cnkpk(1－p)n－k，Eξ＝np，Dξ＝np(1－p)．12.正态分布(1)正态曲线的定义函数μ，σ(x)＝eq\f(1,\r(2π)σ)e－eq\f(x－μ2,2σ2)，x∈(－∞，＋∞)(其中实数μ和σ(σ＞0)为参数)的图像(如图)为正态分布密度曲线，简称正态曲线．(2)正态曲线的特点①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；③曲线在x＝μ处达到峰值eq\f(1,σ\r(2π))；④曲线与x轴之间的面积为1；⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移，如图(1)所示；⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ_____，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ_____，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散，如图(2)所示．(3)正态总体在三个特殊区间内取值的概率值①P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6826；②P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9544；③P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0.9974.13.独立、互斥、对立事件的概率(1)事件A，B是相互独立事件，它们同时发生记作A·B；两个相互独立事件同时发生的概率等于每个事件发生的概率的积，即P(A·B)＝P(A)·P(B)，并能推广到n(n≥3)个．(2)如果事件A，B互斥，那么事件A＋B发生(即A，B中有一个发生)的概率等于事件A，B分别发生的概率的和，即P(A＋B)＝P(A)＋P(B)，并能推广到n(n≥3)个．(3)对立事件的概率的和为1，即P(A)＋P(eq\o(A,\s\up6(－)))＝1，它的变式为P(A)＝1－P(eq\o(A,\s\up6(－)))．求事件积的概率必须注意事件的独立性；求事件和的概率必须注意事件是否互斥．14.独立重复试验(1)如果在1次试验中某事件发生的概率为p，那么在n次独立重复试验中这个事件恰好发生k次的概率为Pn(k)＝Cnkpk(1－p)n－k.(2)要注意恰有k次发生和某指定的k次发生的差异，对独立重复试验来说，前者的概率为Cnkpk(1－p)n－k，后者的概率为pk(1－p)n－k.15.离散型随机变量的分布列、期望与方差基本公式：①Eξ＝x1p1＋x2p2＋…＋xnpn.②Dξ＝(x1－Eξ)2·p1＋(x2－Eξ)2·p2＋…＋(xn－Eξ)2·pn.③E(aξ＋b)＝aEξ＋b，D(aξ＋b)＝a2Dξ.二、题型探究1.计数原理例1．完成下列选择题与填空题（1）有三个不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，则不同的投法有种。A．81 B．64 C．24 D．4（2）四名学生争夺三项冠军，获得冠军的可能的种数是（）A．81 B．64 C．24 D．4（3）有四位学生参加三项不同的竞赛，①每位学生必须参加一项竞赛，则有不同的参赛方法有；②每项竞赛只许有一位学生参加，则有不同的参赛方法有；③每位学生最多参加一项竞赛，每项竞赛只许有一位学生参加，则不同的参赛方法有。例2．（06江苏卷）今有2个红球、3个黄球、4个白球，同色球不加以区分，将这9个球排成一列有种不同的方法（用数字作答）。2.排列问题例3．（1）（06北京卷）在这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为奇数的共有（）（A）36个 （B）24个（C）18个 （D）6个（2）（06福建卷）从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有（）（A）108种（B）186种（C）216种（D）270种（3）（06湖南卷）在数字1,2，3与符号＋，－五个元素的所有全排列中，任意两个数字都不相邻的全排列个数是（）A．6B.12C.18D.24（4）(06重庆卷)高三（一）班学要安排毕业晚会的4各音乐节目，2个舞蹈节目和1个曲艺节目的演出顺序，要求两个舞蹈节目不连排，则不同排法的种数是（）（A）1800（B）3600（C）4320（D）5040例4．（1）（06天津卷）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）；（2）（06上海春）电视台连续播放6个广告，其中含4个不同的商业广告和2个不同的公益广告，要求首尾必须播放公益广告，则共有种不同的播放方式（结果用数值表示）.例5．（1）(06重庆卷)将5名实习教师分配到高一年级的３个班实习，每班至少１名，最多２名，则不同的分配方案有（）（A）３０种（B）９０种（C）１８０种（D）２７０种（2）（06天津卷）将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（）A．10种B．20种C．36种D．52种例6．（1）(06陕西卷)某校从8名教师中选派4名教师同时去4个边远地区支教(每地1人)，其中甲和乙不同去，则不同的选派方案共有种；（2）（06全国II）5名志愿者分到3所学校支教，每个学校至少去一名志愿者，则不同的分派方法共有（）（A）150种 (B)180种 (C)200种 (D)280种4.排列、组合的综合问题例7．平面上给定10个点，任意三点不共线，由这10个点确定的直线中，无三条直线交于同一点（除原10点外），无两条直线互相平行。求：（1）这些直线所交成的点的个数（除原10点外）。（2）这些直线交成多少个三角形。例8．已知直线ax+by+c=0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。5.二项式定理例9．（1）（湖北卷）在的展开式中，的幂的指数是整数的项共有A．3项B．4项C．5项D．6项（2）的展开式中含x的正整数指数幂的项数是（A）0（B）2（C）4（D）6例10．（1）（06江西卷）在（x－）2006的二项展开式中，含x的奇次幂的项之和为S，当x＝时，S等于（）A.23008B.－23008C.23009D.－（2）（06山东卷）已知的展开式中第三项与第五项的系数之比为－,其中=－1，则展开式中常数项是（）(A)－45i(B)45i(C)－45(D)45（3）（06浙江卷）若多项式QUOTE=QUOTE,则QUOTE=（）(A)9(B)10(C)－9(D)－10例11．（1）求4×6n+5n+1被20除后的余数；（新课标不做高要求）（2）7n+Cn17n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1×7除以9，得余数是多少？（3）根据下列要求的精确度，求1.025的近似值。①精确到0.01；②精确到0.001。（2）用二项式定理来求近似值，可以根据不同精确度来确定应该取到展开式的第几项。6．随机变量的分布列和期望例12.一种电脑屏幕保护画面，只有符号“○”和“×”随机地反复出现，每秒钟变化一次，每次变化只出现“○”和“×”之一，其中出现“○”的概率为p，出现“×”的概率为q，若第k次出现“○”，则记ak＝1；出现“×”，则记ak＝－1，令Sn＝a1＋a2＋…＋an.(1)当p＝q＝eq\f(1,2)时，记ξ＝|S3|，求ξ的分布列及数学期望；(2)当p＝eq\f(1,3)，q＝eq\f(2,3)时，求S8＝2且Si≥0(i＝1，2，3，4)的概率．7.二项分布例13.在一个圆锥体的培养房内培养了40只蜜蜂，准备进行某种实验，过圆锥的高的中点有一个不计厚度且平行于圆锥底面的平面把培养房分成两个实验区，其中小锥体叫第一实验区，圆台体叫第二实验区，且两个实验区是互通的．假设蜜蜂落入培养房内的任何位置是等可能的，且蜜蜂落入哪个位置相互之间是不受影响的．(1)求蜜蜂落入第二实验区的概率；(2)若随机将10只蜜蜂染上红色，求恰有一只红色蜜蜂落入第二实验区的概率；(3)记X为落入第一实验区的蜜蜂数，求随机变量X的数学期望EX.8.超几何分布例14..厂家在产品出厂前，需对产品做检验，厂家将一批产品发给商家时，商家按合同规定也需随机抽取一定数量的产品做检验，以决定是否接收这批产品．(1)若厂家库房中的每件产品合格的概率为0.8，从中任意取出4件进行检验，求至少有1件是合格品的概率；(2)若厂家发给商家20件产品，其中有3件不合格，按合同规定该商家从中任取2件，都进行检验，只有2件都合格时才接收这批产品，否则拒收．求该商家可能检验出不合格产品数的分布列及期望，并求该商家拒收这批产品的概率．9.正态分布例15已知随机变量ξ服从正态分布N(2，σ2)，且P(ξ＜4)＝0.8，则P(0＜ξ＜2)等于()A．0.6 B．0.4C．0.3 D．0.2例1.（1）完成一件事是“分步”进行还是“分类”进行，是选用基本原理的关键。将“投四封信”这件事分四步完成，每投一封信作为一步，每步都有投入三个不同信箱的三种方法，因此：N=3×3×3×3=34=81，故答案选A。本题也可以这样分类完成，①四封信投入一个信箱中，有C31种投法；②四封信投入两个信箱中，有C32（C41·A22+C42·C22）种投法；③四封信投入三个信箱，有两封信在同一信箱中，有C42·A33种投法、，故共有C31+C32（C41·A22+C42C22）+C42·A3（2）因学生可同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将4名学生看作4个“店”，3项冠军看作“客”，每个“客”都可住进4家“店”中的任意一家，即每个“客”有4种住宿法。由分步计数原理得：N=4×4×4=64。故答案选B。（3）①学生可以选择项目，而竞赛项目对学生无条件限制，所以类似（1）可得N=34=81（种）；②竞赛项目可以挑学生，而学生无选择项目的机会，每一项可以挑4种不同学生，共有N=43=64（种）；③等价于从4个学生中挑选3个学生去参加三个项目的竞赛，每人参加一项，故共有=QUOTE24（种）。例2．解析：本题考查排列组合的基本知识，由题意可知，因同色球不加以区分，实际上是一个组合问题，共有QUOTE=1260例3．解析：（1）依题意，所选的三位数字有两种情况：（1）3个数字都是奇数，有种方法（2）3个数字中有一个是奇数，有，故共有＋＝24种方法，故选B；（2）从全部方案中减去只选派男生的方案数，合理的选派方案共有=186种，选B；（3）先排列1，2，3，有种排法，再将“＋”，“－”两个符号插入，有种方法，共有12种方法，选B；（4）不同排法的种数为＝3600，故选B。例4．解析：（1）可以分情况讨论：①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；②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，则有个五位数；③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。（2）分二步：首尾必须播放公益广告的有A22种；中间4个为不同的商业广告有A44种，从而应当填A22·A44＝48.从而应填48。例5．解析：（1）将5名实习教师分配到高一年级的3个班实习，每班至少1名，最多2名，则将5名教师分成三组，一组1人，另两组都是2人，有种方法，再将3组分到3个班，共有种不同的分配方案，选B；（2）将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，分情况讨论：①1号盒子中放1个球，其余3个放入2号盒子，有种方法；②1号盒子中放2个球，其余2个放入2号盒子，有种方法；则不同的放球方法有10种，选A。例6．解析：（1）可以分情况讨论，①甲去，则乙不去，有=480种选法；②甲不去，乙去，有=480种选法；③甲、乙都不去，有=360种选法；共有1320种不同的选派方案；（2）人数分配上有1,2,2与1,1,3两种方式，若是1,2,2，则有＝60种，若是1,1,3，则有＝90种，所以共有150种，选A。例7．解法一：（1）由题设这10点所确定的直线是C102=45条。这45条直线除原10点外无三条直线交于同一点，由任意两条直线交一个点，共有C452个交点。而在原来10点上有9条直线共点于此。所以，在原来点上有10C92点被重复计数；所以这些直线交成新的点是：C452－10C92=630。（2）这些直线所交成的三角形个数可如下求：因为每个三角形对应着三个顶点，这三个点来自上述630个点或原来的10个点。所以三角形的个数相当于从这640个点中任取三个点的组合，即C6403=43486080（个）。解法二：（1）如图对给定的10点中任取4个点，四点连成6条直线，这6条直线交3个新的点。故原题对应于在10个点中任取4点的不同取法的3倍，即这些直线新交成的点的个数是：3C104=630。点评：用排列、组合解决有关几何计算问题，除了应用排列、组合的各种方法与对策之外，还要考虑实际几何意义。例8．解设倾斜角为θ，由θ为锐角，得tanθ=->0,即a、b异号。（1）若c=0，a、b各有3种取法，排除2个重复（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0），故有3×3-2=7（条）；（2）若c≠0，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3×3×4=36条，从而符合要求的直线共有7+36=43条；例9．解析：（1），当r＝0，3，6，9，12，15，18，21，24时，x的指数分别是24，20，16，12，8，4，0，－4，－8，其中16，8，4，0，－8均为2的整数次幂，故选C；（2）的展开式通项为，因此含x的正整数次幂的项共有2项.选B；例10．解析：（1）设（x－）2006＝a0x2006＋a1x2005＋…＋a2005x＋a2006；则当x＝时，有a0（）2006＋a1（）2005＋…＋a2005（）＋a2006＝0（1），当x＝－时，有a0（）2006－a1（）2005＋…－a2005（）＋a2006＝23009（2），（1）－（2）有a1（）2005＋…＋a2005（）＝－230092＝－23008，，故选B；（2）第三项的系数为－，第五项的系数为，由第三项与第五项的系数之比为－可得n＝10，则＝，令40－5r＝0，解得r＝8，故所求的常数项为＝45，选A；（3）令x=x-1,即可解，答案选（D）点评：本题考查二项式展开式的特殊值法，基础题；例11．解析：（1）首先考虑4·6n+5n+1被4整除的余数。∵5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+…+Cn+1n·4+1，∴其被4整除的余数为1，∴被20整除的余数可以为1，5，9，13，17，然后考虑4·6n+1+5n+1被5整除的余数。∵4·6n=4·(5+1)n=4(5n+Cn1·5n-1+Cn2·5n-2+…+Cnn-1·5+1)，∴被5整除的余数为4，∴其被20整除的余数可以为4，9，14，19。综上所述，被20整除后的余数为9。（2）7n+Cn1·7n-1+Cn2·7n-2+…+Cnn-1·7=(7+1)n－1=8n－1=(9-1)n－1=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(－1)n-1Cnn-1·9+(－1)nCnn-1(i)当n为奇数时原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+（－1）n-1Cnn-1·9－2∴除以9所得余数为7。(ii)当n为偶数时原式=9n-Cn1·9n-1+Cn2·9n-2+…+(－1)n-1Cnn-1·9∴除以9所得余数为0，即被9整除。（3）(1.02)5≈（1+0.02）5=1+c51·0.02+C52·0.022+C53·0.023+C540.024+C55·0.025∵C52×0.022=0.004,C53×0.023=8×10-5∴①当精确到0.01时，只要展开式的前三项和，1+0.10+0.004=1.104，近似值为1.10。②当精确到0.001时，只要取展开式的前四项和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值为1.104。例12.【解析】(1)∵ξ＝|S3|的取值为1，3，又p＝q＝eq\f(1,2)，∴P(ξ＝1)＝C31(eq\f(1,2))·(eq\f(1,2))2·2＝eq\f(3,4)，P(ξ＝3)＝(eq\f(1,2))3＋(eq\f(1,2))3＝eq\f(1,4).∴ξ的分布列为ξ13Peq\f(3,4)eq\f(1,4)∴Eξ＝1×eq\f(3,4)＋3×eq\f(1,4)＝eq\f(3,2).(2)当S8＝2时，即前八秒出现“○”5次和“×”3次，又已知Si≥0(i＝1，2，3，4)，若第一、三秒出现“○”，则其余六秒可任意出现“○”3次；若第一、二秒出现“○”，第三秒出现“×”，则后五秒可任出现“○”3次．故此时的概率为P＝(C63＋C53)·(eq\f(1,3))5·(eq\f(2,3))3＝eq\f(30×8,38)＝eq\f(80,37)(或eq\f(80,2187)).例13.【解析】(1)记“蜜蜂落入第一实验区”为事件A，“蜜蜂落入第二实验区”为事件B.依题意，P(A)＝eq\f(V小锥体,V圆锥体)＝eq\f(\f(1,3)·\f(1,4)·S圆锥底面·\f(1,2)h圆锥,\f(1,3)·S圆锥底面·h圆锥)＝eq\f(1,8)，∴P(B)＝1－P(A)＝eq\f(7,8).∴蜜蜂落入第二实验区的概率为eq\f(7,8).(2)记“蜜蜂被染上红色”为事件C，事件B，C为相互独立事件，又P(C)＝eq\f(10,40)＝eq\f(1,4)，P(B)＝eq\f(7,8)，∴P(BC)＝P(B)P(C)＝eq\f(1,4)×eq\f(7,8)＝eq\f(7,32).∴恰有一只红色蜜蜂落入第二实验区的概率为eq\f(7,32).(3)因为蜜蜂落入培养房内的任何位置是等可能的，且蜜蜂落入哪个位置相互之间是不受影响的，所以变量X服从二项分布，即X～B(40，eq\f(1,8))．∴随机变量X的数学期望为EX＝40×eq\f(1,8)＝5.例14.【解析】(1)记“厂家任取4件产品检验，其中至少有1件是合格品”为事件A用对立事件A来算，P(A)＝1－P()＝1－0.24＝0.9984.(2)记“商家任取2件产品检验，其中不合格产品数为i件”(i＝1，2)为事件Ai，P(A1)＝eq\f(C171C31,C202)＝eq\f(51,190)，P(A2)＝eq\f(C32,C202)＝eq\f(3,190)∴商家拒收这批产品的概率P＝P(A1)＋P(A2)＝eq\f(51,190)＋eq\f(3,190)＝eq\f(27,95).故商家拒收这批产品的概率为eq\f(27,95).ξ可能的取值为0，1，2.P(ξ＝0)＝eq\f(C172,C202)＝eq\f(68,95)，P(ξ＝1)＝eq\f(C31C171,C202)＝eq\f(51,190)，P(ξ＝2)＝eq\f(C32,C202)＝eq\f(3,190)ξ012Peq\f(68,95)eq\f(51,190)eq\f(3,190)Eξ＝0×eq\f(68,95)＋1×eq\f(51,190)＋2×eq\f(3,190)＝eq\f(3,10)＝0.3记“商家任取2件产品检验，都合格”为事件B，则商家拒收这批产品的概率P＝1－P(B)＝1－eq\f(68,95)＝eq\f(27,95)，所以商家拒收这批产品的概率为eq\f(27,95).例15.∵P(ξ＜4)＝0.8，∴P(ξ＞4)＝0.2.由题意知图像的对称轴为直线x＝2，P(ξ＜0)＝P(ξ＞4)＝0.2，∴P(0＜ξ＜4)＝1－P(ξ＜0)－P(ξ＞4)＝0.6.∴P(0＜ξ＜2)＝eq\f(1,2)P(0＜ξ＜4)＝0.3一、选择题1、（2010全国卷2理数）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【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.【解析】标号1,2的卡片放入同一封信有QUOTE种方法；其他四封信放入两个信封，每个信封两个有QUOTE种方法，共有QUOTE=18种，故选B.2、2010全国卷2文数）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QUOTE，余下放入最后一个信封，∴共有QUOTE=183、（2010江西理数）6.展开式中不含项的系数的和为（）A.-1B.0C.1D.2【答案】B【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，体现正难则反。采用赋值法，令x=1得：系数和为1，减去项系数即为所求，答案为0.4、（2010重庆文数）（10）某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日（端午节假期）值班，每天安排2人，每人值班1天.若6位员工中的甲不值14日，乙不值16日，则不同的安排方法共有（A）30种（B）36种（C）42种（D）48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，即QUOTE=42，法二：分两类：甲、乙同组，则只能排在15日，有QUOTE=6种排法，甲、乙不同组，有QUOTE=36种排法，故共有42种方法5、（2010重庆文数）（1）的展开式中的系数为（A）4（B）6（C）10（D）20解析：由通项公式得6、（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号共有种方法甲乙排中间,丙排7号或不排7号，共有种方法故共有1008种不同的排法7、（2010北京理数）（4）8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为（A）（B）（C）（D）答案：A8、（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①若5在十位或十万位，则1、3有三个位置可排，3＝24个②若5排在百位、千位或万位，则1、3只有两个位置可排，共3＝12个算上个位偶数字的排法，共计3(24＋12)＝108个答案：C9、（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（C）240种（D）168种【答案】B【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。B,D,E,F用四种颜色，则有种涂色方法；B,D,E,F用三种颜色，则有种涂色方法；B,D,E,F用两种颜色，则有种涂色方法；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、组合问题均处在压轴题的位置，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。10、（2010全国卷1文数）(5)的展开式 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.【解析】的系数是-12+6=-611、（2010全国卷1理数）(6)某校开设A类选修课3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12、（2010全国卷1理数）(5)的展开式中x的系数是(A)-4(B)-2(C)2(D)413、（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2×＝24种如果5不在两端，则1、2只有两个位置可选，3×＝12种，共计12＋24＝36种14、（2010湖北文数）（6）．现有6名同学去听同时进行的5个课外知识讲座，每名同学可自由选择其中的一个讲座，不同选法的种数是A．QUOTE B.QUOTE C. QUOTE D.QUOTE答案：A15、（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同的信息个数为A.10B.11C：与信息0110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有两个对应位置上的数字相同的信息有QUOTE=6；第二类：与信息0110有一个对应位置上的数字相同的信息有QUOTE=4；第三类：与信息0110没有一个对应位置上的数字相同的信息有QUOTE=1；16、（2010湖北理数）8、现安排甲、乙、丙、丁、戊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加。甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是A．152B.126C.90D.548．【答案】B【解