排列组合二项式定理练习题Word格式文档下载.docx
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答案C
解析二项式（2x+a>
了的通项公式为Tk+1=C7（2x）7k（a）k=c72kaX2k，令7—2k=—3,得
k=5.故展开式中-3的系数是c7—a5=84,解得a=1.
x
6.（x—1）4—4x（x—1）3+6x-（x—1）-—4x3（x—1）+X4等于（）
A.—1
45
B.1C.（2x—1）D.（1—2x）
答案
B
解析
（x—1）4—4x（x—1）3+6x-（x—J-—4x3（x—1）+x4=（（x—1）—x）4=1.
7.某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言，要求甲乙中两人至少有一人参加，那么不同的
发言顺序有（）
A.30种B.600种C.720种D.840种答案C
解析A—A=720（种）.
8.如图，花坛内有5个花池，有5种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种一种颜色
的花卉，相邻两池的花色不同，则栽种方案的种数为（
A.180B.240C.360D.420
答案D
解析若5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有A5种，若5个花池栽了4种颜色的花卉，则
2,4两个花池栽同一种颜色的花，或3,5两个花池栽同一种颜色的花，方法有2A5种；
若5
个花池栽了3种颜色的花卉，方法有A种，所以最多有A1+2A5+AU420（种）.
x+a；
）5的各项系数和是
ax
1024，则由曲线y=X2和y=Xa围成的封闭图形的面积为
y=x
1551
解析设x=1，则各项系数和为（1+-）=1024=4，所以a=»
联立1可得交
a3-5
点坐标分别为（0,0）,
（1,1），所以曲线
y=x2和y=x3围成的封闭图形的面积为
1（x
2、刁34131
x）dx=-x3--x3
430
315
=4—3=12.
10.圆上有10个点，过每三个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为.
答案120
解析圆上任意三点都不共线，
因此有三角形C1o=120（个）.
11.一排共有9个座位，现有3人就坐，若他们每两人都不能相邻，每人左右都有空座，而
且至多有两个空座，则不同坐法共有种•
答案36
解析可先考虑3人已经就座，共有A3=6（种），再考虑剩余的6个空位怎么排放，根据要求可产生把6个空位分为1,1,2,2,放置在由已经坐定的3人产生的4个空中，共有Ci=6,所以不同的坐法共有6X6=36（种）.
12.我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架舰载机（甲、乙、丙、
丁、戊）准备着舰，如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，那么不同的着
舰方法有种.
答案24
解析先把甲、乙捆绑在一起有A2种情况，然后对甲、乙整体和戊进行排列，有A2种情况，
这样产生了三个空位，插入丙、丁，有A3种情况，所以着舰方法共有足Aa3=2X2X6=24（种）.
13.实验员进行一项实验，先后要实施5个程序（A,B,C,D,曰，其中程序A只能出现在第
一步或最后一步，程序C或D在实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有种.
解析依题意，当A在第一步时，共有A2A3=12（种）；
当A在最后一步时，共有A2a3=12（种）.所以实验的编排方法共有24种.
14.用1,2,3,4,5,6组成数字不重复的六位数，满足1不在左右两端，2,4,6三个偶
数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为.
答案288
解析从2,4,6三个偶数中任意选出2个看作一个“整体”，方法有A3=6（种），先排3个奇数，有A3=6（种），形成了4个空，将“整体”和另一个偶数插在3个奇数形成的4个空中，方法有Ai=12（种）.根据分步乘法计数原理求得此时满足条件的六位数共有6X6X12
=432（种）.若1排在两端，1的排法有a2a2=4（种），形成了3个空，将“整体”和另一个偶数插在3个奇数形成的3个空中，方法有A3=6（种），根据分步乘法计数原理求得此时满足条件的六位数共有6X4X6=144（种），故满足1不在左右两端，2,4,6三个偶数中有且只有两个偶数相邻，则这样的六位数的个数为432—144=288（种）.
12.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理
典例精析
题型一分类加法计数原理的应用
【例1】在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于20,共有种取
法.
【解析】当一个加数是1时，另一个加数只能是20,有1种取法;
个加数是
2时，另一
•个加数可以是
19,20，有2种取法；
3时，另一
18,19,20
，有3种取法；
-个加数是
10时，另-
一个加数可以是
11,12,
…，19,20,
有10种取法;
11时，另-
12,13,
有9种取法；
19时，另-
一个加数只能是
20,有
1种取法•
由分类加法计数原理可得共有1+2+3+…+10+9+8+…+1=100种取法.
【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用“和大于20”确定另一个加数.
【变式训练1】
（2010济南市模拟）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，这样的等比数列的个数为（）
A.3B.4C.6D.8
【解析】当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8;
当公比为3时，等比数列可为
3112
1,3,9;
当公比为2时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为2、3、3时，也有4个•故选D.题型二分步乘法计数原理的应用
【例2】从6人中选4人分别到张家界、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要
求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去张家
界游览，则不同的选择方案共有种.
【解析】能去张家界的有4人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有5人、4人、3人.
则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4X5X4X3=240种.
【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏
【变式训练2】
（2010湘潭市调研）要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，现有5
人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有种不
同的排法•
【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成•第一天有5人可选有5种方法，第二天不能用第一天的人有4种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4种方法，由分步乘法计数原理共有5X4X4X4总=1280种方法.
题型三分类和分步计数原理综合应用
【例3】
（2011长郡中学）如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色（4种颜色
全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色
种数有.
【解析】方法一：
由题意知，有且仅有两个区域涂相同的颜色，分为4类：
1与5
同；
2与5同；
3与5同；
1与3同.对于每一类有A4种涂法，共有4江=96种方法.
方法二：
第一步：
涂区域1，有4种方法；
第二步：
涂区域2,有3种方法；
第三步：
涂区域4，有2种方法（此前三步已经用去三种颜色）；
第四步：
涂区域3,分两类：
第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；
第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法.所以，不同的涂色种数有4X3X2&
1X1+1X3）=96种.
【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题•本题能运用两个基本原理求解，要注意的
是分类中有分步，分步后有分类
m
E
Si
【变式训练3】
（2009深圳市调研）用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2,…，9
的9个小正方形，使得任意相邻（有公共边）小正方形所涂颜色都不相同，且1,5,9号小正方形涂相同颜色，则符合条件的所有涂法有多少种？
【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9号有G种涂法；
第二步，涂2,3,6号，若2,6同色，有4种涂法，若2,6不同色，有2种涂法，故共有6种涂法；
第三步，涂4,7,8号，同第二步，共有6种涂法.
由分步乘法原理知共有300=108种涂法.
总结提高
分类加法计数原理和分步乘法计数原理回答的都是完成一件事有多少种不同方法或种
数的问题，其区别在于：
分类加法计数原理是完成一件事要分若干类，类与类之间要互斥，用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事；
分步乘法计数原理是完成一件事要分
若干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这件事，只
有当各个步骤都完成之后，才能完成该事件•因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个基本计数原理的基础
12.2排列与组合
题型一
排列数与组合数的计算
【例1】
8!
+A333
计算：
⑴局A；
（2）C3+C4++d。
.
【解析】
8X7X6X5总X3X2X1+6X5X4X3&
X157>
6X5X4X3X25130
（1）原式一一一
8X7—10X9X8X756>
—89）623'
（2）原式=c4+c4+C+…+Cd0=c5+c5+…+Go=c6+c6+…+C=C=330.
n!
【点拨】在使用排列数公式A=“_进行计算时，要注意公式成立的条件：
mn
（n—m!
€N+,men.另外，应注意组合数的性质的灵活运用.
【变式训练1】解不等式AX>
6AcX2.
【解析】原不等式即
_9!
__9!
_
（9—X）!
>
6冷1—X）!
，
化简得x—21x+104>
0,
解得XV8或x>
13,又因为2<
x<
9，且x€N,
所以原不等式的解集为{2,3,4,5,6,7}.
题型二有限制条件的排列问题
【例2】3男3女共6个同学排成一行.
（1）女生都排在一起，有多少种排法？
（2）女生与男生相间，有多少种排法？
（3）任何两个男生都不相邻，有多少种排法？
（4）3名男生不排在一起，有多少种排法？
（5）男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有
几种排法？
（1）将3名女生看作一人，就是4个元素的全排列，有A4种排法.又3名女生内部可有a3种排法，所以共有a4•a3=144种排法.
（2）男生自己排，女生也自己排，然后相间插入（此时有2种插法），所以女生与男生相间共有2A3•A3=72种排法.
（3）女生先排，女生之间及首尾共有4个空隙，任取其中3个安插男生即可，因而任何
两个男生都不相邻的排法共有A3•A4=144种.
（4）直接分类较复杂，可用间接法.即从6个人的排列总数中，减去3名男生排在一起的
排法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为A—A3A：
=576种.
（5）先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A2种排法•又甲、乙之间还有A2种排法•这样就有a3•a2种排法•然后把他们4人看成一个元素（相当于一个男生），这一元素及另1名男生排在首尾，有A种排法.最后将余下的女生排在其间，有1种排法•故总排法为足族=24种.
【点拨】排列问题的本质就是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制
主要表现在：
某些元素“排”或“不排”在哪个位子上，某些元素“相邻”或“不相邻”•
对于这类问题，在分析时，主要按照“优先”原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于“相邻”问题可用“捆绑法”，对于“不相邻”问题可用“插空法”•对于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法•
【变式训练2】把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列•
（1）43251是这个数列的第几项？
（2）这个数列的第97项是多少？
【解析】⑴不大于43251的五位数Al—（a4+a3+a2）=88个，即为此数列的第88项•
（2）此数列共有120项，而以5开头的五位数恰好有A：
=24个，所以以5开头的五位数中最小的一个就是该数列的第97项，即51234.
题型三有限制条件的组合问题
【例3】要从12人中选出5人去参加一项活动•
（1）A,B,C三人必须入选有多少种不同选法？
（2）A,B,C三人都不能入选有多少种不同选法？
（3）A,B,C三人只有一人入选有多少种不同选法？
（4）A,B,C三人至少一人入选有多少种不同选法？
（5）A,B,C三人至多二人入选有多少种不同选法？
（1）只须从代B,C之外的9人中选择2人，C=36种不同选法•
（2）由代B,C三人都不能入选只须从余下9人中选择5人，即有d=C9=126种选法•
（3）可分两步，先从AB,C三人中选出1人，有C种选法，再从余下的9人中选4人，有C9种选法，所以共有4•C4=378种选法•
（4）可考虑间接法，从12人中选5人共有Ch种，再减去A,B,C三人都不入选的情况C9,共有C?
2—d=666种选法•
（5）可考虑间接法，从12人中选5人共有乙2种，再减去A,B,C三人都入选的情况&
种，
所以共有C-2—C=756种选法.
【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条件的问题，一般要根据特殊元素分类.
【变式训练3】四面体的顶点和各棱中点共有10个点.
（1）在其中取4个共面的点，共有多少种不同的取法？
（2）在其中取4个不共面的点，共有多少种不同的取法？
（1）四个点共面的取法可分三类.第一类：
在同一个面上取，共有4C6种；
第二
类：
在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有6种；
第三类：
在六条棱的六个中
点中取，取两对对棱的4个中点，共有C3=3种.故有69种.
（2）用间接法.共C1o—69=141种.
解有条件限制的排列与组合问题的思路：
（1）正确选择原理，确定分类或分步计数;
（2）特殊元素、特殊位置优先考虑；
（3）再考虑其余元素或其余位置.
12.3二项式定理
题型一二项展开式的通项公式及应用
（1）求证：
展开式中没有常数项;
（2）求展开式中所有的有理项
【解析】由题意得2cn•丄=1+c•
（1）2,
22
所以Tr+1=C8•（-.x）8r•（
即n2—9n+8=0，所以n=8,n=1（舍去）.
=（-丄）r
r163r
=（—1）r•C8•x=（0wr<
8,r€Z）.
16一3r
⑴若Tr+1是常数项，则一4一=0，即16-3r=0,
因为r€Z,这不可能，所以展开式中没有常数项.
16一3r
（2）若Tr+1是有理项，当且仅当，-为整数，
又0<
r<
8,r€Z,所以r=0,4,8,
351
即展开式中有三项有理项，分别是T=x4,Ts=8x,T9=256x-2.
【点拨】
（1）把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键•除通项公式外，
还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；
（2）应用通项公式求二项展开式的特定项，如求某一项，含x某次幕的项，常数项，有
理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项（要注意n和r的数值范围及大小关系）；
（3）
注意区分展开式“第r+1项的二项式系数”与“第r+1项的系数”.
含有常数项，一次项？
如果有，求出该项，如果没有，请说明理由
11
r
6
【解析】由题知cn+Cn•2+C•22=129,
12
所以n=8,所以通项为
=C（Xx）8-r（；
）「=2rC8x
故r=6时，T7=26Cx=1792x,
所以不存在常数项，而存在一次项，为1792x.
题型二运用赋值法求值
【例2】
（1）已知（1+x）+（1+x）2+…+（1+x）n=ao+ax+a2x2+…+anxn,且a+比+…
+an-1=29-n,贝Un=；
（2）已知（1-x）n=ao+a1x+a2X2+…+anxn，若5a+2a2=0,贝Uao—a1+a2—as+…+（—1）an=.
（1）易知an=1,令x=0得ao=n,所以ao+a+…+an=30.又令x=1,有2+2+…+2=a0+a1+…+an=30,
即2n+1—2=30,所以n=4.
n（n—1）
a2=C=
（2）由二项式定理得，
代入已知得一5n+n（n—1）=0,所以n=6,
令x=—1得（1+1）=a°
—ai+a2—a3+a4—st+as,
即ao—ai+a2-a3+a4-a5+a6=64.
【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的结构特征，通过一些特殊值代入构造相
应的结构.
_■一8278
【变式训练2】设（3x-1）=ao+aix+aux+…+a?
x+a$x.求ao+a?
+a4+a6+a$的值.
【解析】令f（x）=（3x-1）8,
因为f
（1）=ao+ai+au+…+a$=2,
f（-1）=ao-ai+au-a3+…一a?
+$=4,
题型三
二项式定理的综合应用
求证：
4>
6n+5n+1-9能被20整除.
4>
6n+5n+1-9=4（6n-1）+5（5n-1）=4[（5+1）n-1]+5[（4+1）n-1]=20[（5n
-1+Cn5n-2+-+d-1）+（4n-1+Cn4n-2+-+CT1）]，是20的倍数，所以4>
6“+5n+1-9能被
20整除.
【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意（a+b）n中，a,b中有一个是除数
的倍数；
其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚
【变式训练3】求0.9986的近似值，使误差小于0.001.
66126
【解析】0.998=（1-0.002）=1+6>
-0.002）+15>
-0.002）+…+（-0.002）.因为T3=&
（-0.002）2=15>
-0.002）2=0.00006V0.001,
且第3项以后的绝对值都小于0.001,
所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计.
66
所以0.998=（1-0.002）V+-0.002）=1-0.012=0.988.
1.利用通项公式可求展开式中某些特定项（如常数项、有理项、二项式系数最大项等）,
解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、r满足的条件，求出n和r,再确定所需的项;
2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；
3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值范围
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