2019年数学新同步湘教版选修2-3讲义+精练：第7章 章末小结含解析.pdf

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1、1两个计数原理两个计数原理 (1)应用分类加法计数原理，应准确进行“分类” ，明确分类的标准：每一种方法必属于 某一类 应用分类加法计数原理，应准确进行“分类” ，明确分类的标准：每一种方法必属于 某一类(不漏不漏)，任何不同类的两种方法是不同的方法，任何不同类的两种方法是不同的方法(不重不重)，每一类中的每一种方法都能独 立地“完成这件事情” ，每一类中的每一种方法都能独 立地“完成这件事情” (2)应用分步乘法计数原理，应准确理解“分步”的含义，完成这件事情，需要分成若 干步骤，只有每个步骤都完成了，这件事情才能完成，即这些步骤不能互相替代，任何一 步不能跳过 应用分步乘法计数原理，应准确

2、理解“分步”的含义，完成这件事情，需要分成若 干步骤，只有每个步骤都完成了，这件事情才能完成，即这些步骤不能互相替代，任何一 步不能跳过 2排列排列 排列定义特别强调了按“一定顺序”排成一列，就是说，取出的元素不同一定是不相 同的排列，即使元素相同，顺序不同，也不是相同的排列要特别注意“有序”与“无序” 的区别 排列定义特别强调了按“一定顺序”排成一列，就是说，取出的元素不同一定是不相 同的排列，即使元素相同，顺序不同，也不是相同的排列要特别注意“有序”与“无序” 的区别 3组合组合 (1)组合的定义中包含两个基本内容：一是取出“元素” ，二是“并成一组” ，即表示与 顺序无关 组合的定义中包

3、含两个基本内容：一是取出“元素” ，二是“并成一组” ，即表示与 顺序无关 (2)如果两个组合中的元素不完全相同就是不同的组合如果两个组合中的元素不完全相同就是不同的组合 4二项式定理二项式定理 (1)(ab)n的展开式的通项为的展开式的通项为 Tr 1 C an rbr，且为展开式的第 ，且为展开式的第 r1 项项 r n (2)二项式系数的性质二项式系数的性质 对称性：对称性：C C ，C C，C C，C C. 0 nn n1 nn1n2 nn2nr nnrn 增减性与最大值 ： 二项式系数增减性与最大值 ： 二项式系数 C ，当，当 r时，时， r n n 1 2 n 1 2 二项式系数

4、是递减的二项式系数是递减的 当当 n 是偶数时，中间的一项是偶数时，中间的一项 C 取得最大值取得最大值 n n 当当 n 是奇数时，中间两项是奇数时，中间两项 C 和和 C 相等，且同时取得最大值相等，且同时取得最大值 n nn n 二项式系数的和：二项式系数的和：C C C C C 2n， 0 n1 n2 nk nn n 且且 C C C C C C 2n 1.1 n3 n5 n0 n2 n4 n 两个计数原理的应用两个计数原理的应用 例例 1 如图所示，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内 只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多的栽种方案有 如图所示，花坛

5、内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内 只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多的栽种方案有( ) A180 种 种 B240 种种 C360 种种 D420 种种 解析解析 由题意知，最少用三种颜色的花卉，按照花卉选种的颜色可分为三类方案，即 用三种颜色，四种颜色，五种颜色 由题意知，最少用三种颜色的花卉，按照花卉选种的颜色可分为三类方案，即 用三种颜色，四种颜色，五种颜色 当用三种颜色时，花池当用三种颜色时，花池 2,4 同色和花池同色和花池 3,5 同色，此时共有同色，此时共有 A 种方案种方案 3 5 当用四种颜色时，花池当用四种颜色时，花池 2,4 同色或花池

6、同色或花池 3,5 同色，故共有同色，故共有 2A 种方案种方案 4 5 当用五种颜色时有当用五种颜色时有 A 种方案种方案 5 5 因此所有栽种方案为因此所有栽种方案为 A 2A A 420(种种) 3 54 55 5 答案答案 D 应用两个计数原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成对 于有些较复杂的既要分类又要分步的问题，应注意层次清晰，不重不漏，在分步时，要注 意上一步的方法确定后对下一步有无影响 应用两个计数原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成对 于有些较复杂的既要分类又要分步的问题，应注意层次清晰，不重不漏，在分步时，要注 意上一步的方法确定

7、后对下一步有无影响(即是否是独立的即是否是独立的) 1甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是 0,0,2,1,5，为遵守当地某月，为遵守当地某月 5 日 至 日 至 9 日日 5 天的限行规定天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行， 偶数日车牌尾数为偶数的车通行奇数日车牌尾数为奇数的车通行， 偶数日车牌尾数为偶数的车通行)， 五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用 车方案种数为 ， 五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用 车方案种数为( ) A5 B24 C32

8、 D64 解析：选解析：选 D 5 日至日至 9 日，有日，有 3 天奇数日，天奇数日，2 天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天 都有 天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天 都有 2 种选择，共有种选择，共有 238(种种)， 第二步安排偶数日出行分两类，第一类，先选第二步安排偶数日出行分两类，第一类，先选 1 天安排甲的车，另外一天安排其他车， 有 天安排甲的车，另外一天安排其他车， 有 224(种种) 第二类，不安排甲的车，每天都有第二类，不安排甲的车，每天都有 2 种选择，共有种选择，共有 224(种种)，共计，共计 448， 根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数共有根据分步乘法计数

9、原理，不同的用车方案种数共有 8864. 2从集合从集合1,2,3，10中任意选出中任意选出 3 个不同的数，使这个不同的数，使这 3 个数成等比数列，这样的个数成等比数列，这样的 等比数列的个数为等比数列的个数为( ) A3 B4 C6 D8 解析：选解析：选 D 以 以 1 为首项的等比数列为为首项的等比数列为 1,2,4；1,3,9.以以 2 为首项的等比数列为为首项的等比数列为 2,4,8.以以 4 为首项的等比数列为为首项的等比数列为 4,6,9.把这把这 4 个数列的顺序颠倒，又得到个数列的顺序颠倒，又得到 4 个数列，所求的数列共有个数列，所求的数列共有 2(211)8(个个).

10、 排列组合应用题排列组合应用题 例例 2 五位老师和五名学生站成一排： 五位老师和五名学生站成一排： (1)五名学生必须排在一起共有多少种排法；五名学生必须排在一起共有多少种排法； (2)五名学生不能相邻共有多少种排法；五名学生不能相邻共有多少种排法； (3)老师和学生相间隔共有多少种排法老师和学生相间隔共有多少种排法 解解 (1)先将五名学生“捆绑”在一起看作一个与五位老师排列有先将五名学生“捆绑”在一起看作一个与五位老师排列有 A 种排法，五名学种排法，五名学 6 6 生再内部全排列有生再内部全排列有 A 种，故共有种，故共有 A A 86 400 种排法种排法 5 56 65 5 (2)

11、先将五位老师全排列有先将五位老师全排列有 A 种排法， 再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上有种排法， 再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上有 5 5 A 种排法，故共有种排法，故共有 A A 86 400 种排法种排法 5 65 55 6 (3)排列方式只能有两类，如图所示：排列方式只能有两类，如图所示： (用表示老师所在位置，用表示学生所在位置用表示老师所在位置，用表示学生所在位置) 故有故有 2A A 28 800 种排法种排法 5 55 5 “学生相邻”就“捆绑学生” ，“学生不相邻”就插空“捆绑”之中的元素有顺序， 哪些元素不相邻就插空 “学生相邻”就“捆绑学生” ，“学生不

12、相邻”就插空“捆绑”之中的元素有顺序， 哪些元素不相邻就插空 例例 3 由 由 1、2、3、4、5 五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首 项为 五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首 项为 12 345，第，第 2 项是项是 12 354，直到末项，直到末项(第第 120 项项)是是 54 321.问：问： (1)43 251 是第几项？是第几项？ (2)第第 93 项是怎样的一个五位数？项是怎样的一个五位数？ 解解 (1)由题意知，共有五位数为由题意知，共有五位数为 A 120(个个)， 5 5 比比 43 251 大的数有下列几类：大的数有下列几类： 万位数是

13、万位数是 5 的有的有 A 24(个个)； 4 4 万位数是万位数是 4，千位数是，千位数是 5 的有的有 A 6(个个)； 3 3 万位数是万位数是 4，千位数是，千位数是 3，百位数是，百位数是 5 的有的有 A 2(个个)； 2 2 比比 43 251 大的数共有大的数共有 246232 个，个， 所以所以 43 251 是第是第 1203288 项项 (2)从从(1)知万位数是知万位数是 5 的有的有 A 24 个，个， 4 4 万位数是万位数是 4，千位数是，千位数是 5 的有的有 A 6(个个)； 3 3 但比第但比第 93 项大的数有项大的数有 1209327 个，第个，第 93

14、 项即倒数第项即倒数第 28 项，而万位数是项，而万位数是 4，千位 数是 ，千位 数是 5 的的 6 个数是个数是 45 321、45 312、45 231、45 213、45 132、45 123，从此可见第，从此可见第 93 项是项是 45 213. 带有限制条件的排列组合问题，常用“元素分析法”和“位置分析法” ，当直接考虑对 象较为复杂时，可用逆向思维，使用间接法 带有限制条件的排列组合问题，常用“元素分析法”和“位置分析法” ，当直接考虑对 象较为复杂时，可用逆向思维，使用间接法(排除法排除法)，既先不考虑约束条件，求出所有排列 组合总数，然后减去不符合条件的排列、组合种数 ，既先

15、不考虑约束条件，求出所有排列 组合总数，然后减去不符合条件的排列、组合种数 3一排一排 9 个座位坐了个座位坐了 3 个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( ) A33! B3(3！)3 C(3！)4 D9! 解析：选解析：选 C 把一家三口看作一个排列，共有 把一家三口看作一个排列，共有 3 个三口之家，然后再排列这个三口之家，然后再排列这 3 家，所 以有 家，所 以有(3！)4种种 4某次联欢会要安排某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目、个歌舞类节目、2 个小品类节目和个小品类节目和 1 个相声类节目的演出顺序， 则同类节目不相邻

16、的排法种数是 个相声类节目的演出顺序， 则同类节目不相邻的排法种数是( ) A72 B120 C144 D168 解析：选解析：选 B 依题意，先仅考虑 依题意，先仅考虑 3 个歌舞类节目互不相邻的排法种数为个歌舞类节目互不相邻的排法种数为 A A 144，其，其 3 33 4 中中 3 个歌舞类节目互不相邻但个歌舞类节目互不相邻但 2 个小品类节目相邻的排法种数为个小品类节目相邻的排法种数为 A A A 24，因此满足题，因此满足题 2 22 23 3 意的排法种数为意的排法种数为 14424120. 5从从 6 位同学中选出位同学中选出 4 位参加一个座谈会，要求张、王两同学中至多有一个人

17、参加， 则不同选法的种数为 位参加一个座谈会，要求张、王两同学中至多有一个人参加， 则不同选法的种数为( ) A9 B14 C12 D15 解析：选解析：选 A 法一： 法一：(直接法直接法)分两类，第一类张、王两同学都不参加，有分两类，第一类张、王两同学都不参加，有 C 种选法；种选法； 4 4 第二类张、王两同学中只有第二类张、王两同学中只有 1 人参加，有人参加，有 C C 种选法故共有种选法故共有 C C C 9 种选法种选法 1 23 44 41 23 4 法二：法二：(间接法间接法)C C 9 种种 4 62 4 6某班班会准备从甲、乙等某班班会准备从甲、乙等 7 名学生中选派名学

18、生中选派 4 名进行发言，要求甲、乙两人至少有一 人参加当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻那么不同的发言顺序的种数为 名进行发言，要求甲、乙两人至少有一 人参加当甲、乙同时参加时，他们两人的发言不能相邻那么不同的发言顺序的种数为 ( ) A360 B520 C600 D720 解析 ： 选解析 ： 选 C 当甲或乙只有一人参加时，不同的发言顺序的种数为 当甲或乙只有一人参加时，不同的发言顺序的种数为 2C A 480，当甲、，当甲、 3 54 4 乙同时参加时，不同的发言顺序的种数为乙同时参加时，不同的发言顺序的种数为 A A 120，则不同的发言顺序的种数为，则不同的发言顺序的种数为

19、 480120 2 52 3 600. 二项式定理及其应用二项式定理及其应用 例例 4 (1)已知已知(1ax)(1x)5的展开式中的展开式中 x2的系数为的系数为 5，则，则 a( ) A4 B3 C2 D1 (2)(2x3)10a0a1(x1)a2(x1)2a10(x1)10，则，则 a1a2a3a10等于等于 ( ) A1310 B3101 C3101 D0 (3)(2017山东高考山东高考)已知已知(13x)n的展开式中含有的展开式中含有 x2项的系数是项的系数是 54，则，则 n_. 解析解析 (1)展开式中含展开式中含 x2的系数为的系数为 C aC 5， 2 51 5 解得解得

20、a1. (2)令令 x1，得，得 a01，令，令 x2，得，得 a0a1a101， 所以所以 a1a2a100. (3)(13x)n的展开式的通项为的展开式的通项为 Tr 1 C (3x)r. r n 令令 r2，得，得 T39C x2.由题意得由题意得 9C 54，解得，解得 n4. 2 n2 n 答案答案 (1)D (2)D (3)4 (1)二项式及其展开式的实质是一个恒等式，无论二项式及其展开式的实质是一个恒等式，无论 x 取什么值，左、右两边代数式的值 总对应相等通常利用这一点，分析 取什么值，左、右两边代数式的值 总对应相等通常利用这一点，分析 x 取何值时，展开式等于所求式，再将此

21、取何值时，展开式等于所求式，再将此 x 值代入左 侧的二项式，就可以得出结果，这种处理方法叫做赋值法 值代入左 侧的二项式，就可以得出结果，这种处理方法叫做赋值法 (2)解决与二项展开式的项有关的问题时，通常利用通项公式解决与二项展开式的项有关的问题时，通常利用通项公式 Tr 1 C an rbr(r r n 0,1,2，n) 7已知已知 n展开式中各项系数的和为 展开式中各项系数的和为 256，求：，求： ( ( x 1 4 x) ) (1)n 的值；的值； (2)展开式中所有有理项展开式中所有有理项 解：解：(1)由题意由题意 2n256，n8. (2)通项公式通项公式 Tr 1 C ()

22、8 rr C x， r 8 x ( ( 1 4 x) ) r 8 43r 4 其中其中 0r8， 要使展开式中的项为有理项，只要要使展开式中的项为有理项，只要 x 的指数为整数，的指数为整数， 则则 r0,4,8. 所以第所以第 1 项，第项，第 5 项与第项与第 9 项为有理项，它们分别是项为有理项，它们分别是 x4,70x，x 2. 8求求 5的展开式中含 的展开式中含 x4的项的系数的项的系数 ( (x 2 4 x2 4) ) 解：解： 5 10， ， ( (x 2 4 x2 4) ) ( (x 2 x) ) 通项公式为通项公式为 Tr 1 C x10 rr (2)rC x10 2r，

23、， r 10 ( ( 2 x) ) r 10 令令 102r4，则，则 r3， x4的项的系数为的项的系数为(2)3C 960. 3 10 (时间时间 120 分钟，满分分钟，满分 150 分分) 一、选择题一、选择题(本大题共本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 60 分在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的 分在每小题给出的四个选项中， 只有一项是符合题目要求的) 1计算计算 C 2A 的值是的值是( ) 5 82 4 A64 B80 C13 464 D40 解析：选解析：选 B C 2A C 2A 24380. 5 82 43 82 4 8 7 6

24、 3 2 1 2将将 A，B，C，D，E 排成一列，要求排成一列，要求 A，B，C 在排列中顺序为“在排列中顺序为“A，B，C”或“”或“C，B， A”(可以不相邻可以不相邻)，则不同的排列方法有，则不同的排列方法有( ) A12 种种 B20 种种 C40 种种 D60 种种 解析 ： 选解析 ： 选C 五个元素没有限制， 全排列数为 五个元素没有限制， 全排列数为A ， 由于要求， 由于要求A， B， C的次序一定的次序一定(按按A， B， C 5 5 或或 C，B，A)，故所求排列数为，故所求排列数为240. A5 5 A3 3 3如图，要给，四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许

25、同一 种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为 如图，要给，四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许同一 种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为( ) A320 B160 C96 D60 解析：选解析：选 A 按的顺序涂色，有 按的顺序涂色，有 C C C C 5444320 1 51 41 41 4 种不同的方法种不同的方法 4 设 设 n的展开式的各项系数之和为 的展开式的各项系数之和为 M， 二项式系数之和为， 二项式系数之和为 N， 若， 若 MN240， ( (5x 1 x) ) 则展开式中则展开式中 x 的系数为的系数为( )

26、A150 B150 C300 D300 解析：选解析：选 B 由题意知， 由题意知，M4n，N2n，由，由 MN240， 解得解得 n4，则，则 Tr 1 C (5x)4 rr (1)r54 rC x ， r 4 ( ( 1 x) ) r 4 43r 2 令令 41 得得 r2. 3r 2 所以展形式中所以展形式中 x 的系数为的系数为(1)2C 52150. 2 4 5若若(2x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则，则(a0a2a4)2(a1a3)2的值为的值为( )3 A1 B1 C0 D2 解析：选解析：选 A (a0a2a4)2(a1a3)2(a0a1a2a3a4)(a0a1a2

27、a3a4)(2 )4(2)41.33 6有有 9 个男生，个男生，5 个女生排成一排，要求女生排在一起个女生排成一排，要求女生排在一起(中间不能有男生中间不能有男生)，不同的排 法种数是 ，不同的排 法种数是( ) AA A B10A 5 59 95 5 CA A D2A A 5 510105 59 9 解析：选解析：选 C 把 把 5 名女生作为一个元素，与其他名女生作为一个元素，与其他 9 名男生排列，有名男生排列，有 A种不同的排法，种不同的排法， 1010 其中这其中这 5 名女生有名女生有 A 种排法，根据分步乘法计数原理有种排法，根据分步乘法计数原理有 A A 种不同的排法种不同的

28、排法 5 510105 5 74 名男歌手和名男歌手和 2 名女歌手联合举行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有 一名男歌手，共有出场方案的种数是 名女歌手联合举行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有 一名男歌手，共有出场方案的种数是( ) A6A B3A 3 33 3 C2A DA A A 3 32 21 44 4 解析：选解析：选 D 先选一名男歌手排在两名女歌手之间，有 先选一名男歌手排在两名女歌手之间，有 A 种选法，这两名女歌手有种选法，这两名女歌手有 A 1 4 种排法，把这三人作为一个元素，与另外三名男歌手排列有种排法，把这三人作为一个元素，与另外三名男歌手排列有 A

29、 种排法，根据分步乘法计数种排法，根据分步乘法计数 2 24 4 原理，有原理，有 A A A 种出场方案种出场方案 1 42 24 4 8用数字用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中比组成没有重复数字的五位数，其中比 40 000 大的偶数共有大的偶数共有( ) A144 个个 B120 个个 C96 个个 D72 个个 解析：选解析：选 B 当万位数字为 当万位数字为 4 时，个位数字从时，个位数字从 0,2 中任选一个，共有中任选一个，共有 2A 个偶数；当万个偶数；当万 3 4 位数字为位数字为5时，个位数字从时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有中任选一个，

30、共有C A 个偶数故符合条件的偶数共有个偶数故符合条件的偶数共有2A C 1 33 43 4 A 120(个个) 1 33 4 9 若 若 n的展开式中各项系数之和为 的展开式中各项系数之和为 128， 则展开式中含的项的系数是， 则展开式中含的项的系数是( ) ( (3x 1 3 x2) ) 1 x3 A7 B7 C21 D21 解析 ： 选解析 ： 选 C 赋值法，令 赋值法，令 x1，得展开式各项系数之和为，得展开式各项系数之和为(31)n2n128，所以，所以 n7， 所以展开式的通项为 ， 所以展开式的通项为 Tr 1 (1)rC 37 rx ， 令， 令 7 r3， 得， 得 r6

31、， 故展开式中含， 故展开式中含 r 7 75 3r5 3 1 x3 的项的系数是的项的系数是 C 321. 6 7 10将将 4 个不同的小球放入个不同的小球放入 3 个不同的盒子中，其中每个盒子都不空的放法共有个不同的盒子中，其中每个盒子都不空的放法共有( ) A34种种 B43种种 C18 种种 D36 种种 解析：选解析：选 D 必然有 必然有 1 个盒子放个盒子放 2 个球，可以先取出个球，可以先取出 2 个球看作一个整体，有个球看作一个整体，有 C 种，种， 2 4 再将再将 3 个元素排个元素排 3 个位置，有个位置，有 A 种，共有种，共有 C A 36 种种 3 32 43

32、3 11(2017全国卷全国卷)安排安排 3 名志愿者完成名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由项，每项工作由 1 人完成，则不同的安排方式共有人完成，则不同的安排方式共有( ) A12 种 种 B18 种种 C24 种种 D36 种种 解析：选解析：选 D 因为安排 因为安排 3 名志愿者完成名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由项，每项工作由 1 人完成，所以必有人完成，所以必有 1 人完成人完成 2 项工作先把项工作先把 4 项工作分成项工作分成 3 组，即组，即 2,1,1，有，有6 种，种， C2 4C1

33、 2C1 1 A2 2 再分配给再分配给 3 个人，有个人，有 A 6 种，所以不同的安排方式共有种，所以不同的安排方式共有 6636 种种 3 3 12在在(1x)n的展开式中，奇数项之和为的展开式中，奇数项之和为 p，偶数项之和为，偶数项之和为 q，则，则(1x2)n等于等于( ) A0 Bpq Cp2q2 Dp2q2 解析 ： 选解析 ： 选C 由于 由于(1x)n与与(1x)n展开式中奇数项相同， 偶数项互为相反数， 因此展开式中奇数项相同， 偶数项互为相反数， 因此(1x)n pq，所以，所以(1x2)n(1x)n(1x)n(pq)(1q)p2q2. 二、填空题二、填空题(本大题共本

34、大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 20 分把答案填写在题中的横线上分把答案填写在题中的横线上) 13. 12展开式中的常数项为 展开式中的常数项为_ ( (x 1 3 x) ) 解析：由通项公式解析：由通项公式 Tr 1 C x12 rr r 12 ( ( 1 3 x) ) (1)rC x， r 12 124 3r 令令 12 r0 解得解得 r9. 4 3 T10220. 答案：答案：220 14从集合从集合1,2,3，10中，选出由中，选出由 5 个数组成的子集，使得这个数组成的子集，使得这 5 个数中任何两个数 的和不等于 个数中任何两个数 的和不等于 11，则

35、这样的子集共有，则这样的子集共有_个个 解析：两个数的和等于解析：两个数的和等于 11 的情况有的情况有(1,10)，(2,9)，(3,8)，(4,7)，(5,6)，所以满足条件的 子集有 ，所以满足条件的 子集有 C C C C C 32(个个) 1 21 21 21 21 2 答案：答案：32 155 个人排成一排，要求甲、乙两个人之间至少有一个人，则不同的排法有个人排成一排，要求甲、乙两个人之间至少有一个人，则不同的排法有_ 种种 解析 ： 甲、乙两个人之间至少有一个人，就是甲、乙两个人不相邻，则有解析 ： 甲、乙两个人之间至少有一个人，就是甲、乙两个人不相邻，则有 A A 72(种种)

36、 3 32 4 排法排法 答案：答案：72 16.(1x)6展开式中展开式中 x2的系数为的系数为_ ( (1 1 x2) ) 解析：解析：(1x)6展开式的通项展开式的通项 Tr 1 C xr，所以，所以(1x)6的展开式中的展开式中 x2的系数为的系数为 r 6 ( (1 1 x2) ) 1C 1C 30. 2 64 6 答案：答案：30 三、解答题三、解答题(本大题共有本大题共有 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演 算步骤 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演 算步骤) 17(本小题满分本小题满分 10 分分)六个人按要求站成一排，分别有多少种不同的

37、站法？六个人按要求站成一排，分别有多少种不同的站法？(用数字作 答，要有详细的说明过程 用数字作 答，要有详细的说明过程) (1)甲不站在两端；甲不站在两端； (2)甲、乙不相邻；甲、乙不相邻； (3)甲在乙的左边甲在乙的左边(可以不相邻可以不相邻)； (4)甲、乙之间间隔两个人；甲、乙之间间隔两个人； (5)甲不站左端，乙不站右端甲不站左端，乙不站右端 解：解：(1)先排甲，有先排甲，有 C 种；其余的人全排列有种；其余的人全排列有 A 种，故共有种，故共有 C A 480(种种) 1 45 51 45 5 (2)法一：先计算甲、乙两个相邻的排法数共有法一：先计算甲、乙两个相邻的排法数共有

38、A A 240(种种)，则甲、乙两个不相邻的，则甲、乙两个不相邻的 2 25 5 方法数为方法数为 A A A 480(种种) 6 62 25 5 法二 ： 先排其余的四人有法二 ： 先排其余的四人有 A 24(种种)，再在四个人的五个空隙中排甲、乙两人，共有，再在四个人的五个空隙中排甲、乙两人，共有 A 4 4 20(种种)，根据分步乘法计数原理，共有，根据分步乘法计数原理，共有 A A 480(种种) 2 54 42 5 (3)在无限制的排列中，共有在无限制的排列中，共有 A 种，其中甲在乙的左边与甲在乙的右边的排列种数是相种，其中甲在乙的左边与甲在乙的右边的排列种数是相 6 6 同的，故

39、共有同的，故共有 A 360(种种)排法排法 1 2 6 6 (4)先从另外四人中选出两人排在甲、乙的中间有先从另外四人中选出两人排在甲、乙的中间有 A 种不同的排法，所以包括甲、乙这种不同的排法，所以包括甲、乙这 2 4 四人的排法有四人的排法有 A A 种排法，将这四人看作一个整体，与另外两人全排列有种排法，将这四人看作一个整体，与另外两人全排列有 A 种排法，根种排法，根 2 42 23 3 据分步计数原理可知共有据分步计数原理可知共有 A A A 144(种种)不同的排法不同的排法 2 42 23 3 (5)(排除法排除法)甲站左端的排法数有甲站左端的排法数有 A 种，乙站右端的排法数

40、有种，乙站右端的排法数有 A 种，甲站左端同时乙种，甲站左端同时乙 5 55 5 站右端的排法数有站右端的排法数有 A 种， 所以甲不站左端， 乙不站右端的排法数为种， 所以甲不站左端， 乙不站右端的排法数为 A 2A A 504(种种) 4 46 65 54 4 18(本小题满分本小题满分 12 分分)已知已知(12)n的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系x 数的数的 2 倍，而且是它的后一项系数的 ，试求展开式中二项式系数最大的项倍，而且是它的后一项系数的 ，试求展开式中二项式系数最大的项 5 6 解：设展开式中第解：设展开式中第 k 项的系

41、数是第项的系数是第 k1 项系数的项系数的 2 倍，是倍，是 k1 项系数的项系数的 . 5 6 所以所以Error!Error!解得解得 n7. 所以展开式中二项式系数最大的项是所以展开式中二项式系数最大的项是 T4C (2)3280x与与 T5C (2)4560x2. 3 7 x 3 2 4 7 x 19(本小题满分本小题满分 12 分分)用数字用数字 0,1,2,3,4 组成四位数或三位数组成四位数或三位数(数字可重复利用数字可重复利用) (1)可组成多少个不同的四位数？可组成多少个不同的四位数？ (2)可组成多少个大于可组成多少个大于 2000 的四位数？的四位数？ (3)可组成多少个

42、被可组成多少个被 3 整除的三位数？整除的三位数？ 解：解：(1)A 53500 或或 5453500(间接法间接法) 1 4 (2)A 531374. 1 3 (3)各位数字之和是各位数字之和是 3 的倍数的数可被的倍数的数可被 3 整除，整除， 符合题意的有以下几种情况符合题意的有以下几种情况 各位上数字相同有各位上数字相同有 4 个个 含有含有0的数字， 由的数字， 由0,0,3组成有组成有1个， 由个， 由0,1,2组成、 或由组成、 或由0,2,4组成各有组成各有C C 4(个个).0,3, 3 1 22 2 组成有组成有 2 个个 由由 1,2,3 组成或由组成或由 2,3,4 组

43、成的各有组成的各有 A 6 个， 由个， 由 1,1,4 组成的有组成的有 3 个，个， 4,4,1 组成的有组成的有 3 3 3 个个 所以共有所以共有 41242263233 个个 20 (本小题满分本小题满分 12 分分)如图， 在以如图， 在以 AB 为直径的半圆周上， 有异于为直径的半圆周上， 有异于 A， B 的六个点的六个点 C1， C2， C3，C4，C5，C6，直径，直径 AB 上有异于上有异于 A，B 的四个点的四个点 D1，D2，D3，D4. (1)以这以这 10 个点中的个点中的 3 个点为顶点作三角形可作出多少个？其中含个点为顶点作三角形可作出多少个？其中含 C1点的

44、有多少个？点的有多少个？ (2)以图中的以图中的 12 个点个点(包括包括 A，B)中的中的 4 个点为顶点，可作出多少个四边形？个点为顶点，可作出多少个四边形？ 解：解：(1)可分三种情况处理：可分三种情况处理： C1，C2，C6这六个点任取三点可构成一个三角形；这六个点任取三点可构成一个三角形； C1，C2，C6中任取一点，中任取一点，D1，D2，D3，D4中任取两点可构成一个三角形；中任取两点可构成一个三角形； C1，C2，C6中任取两点，中任取两点，D1，D2，D3，D4中任取一点可构成一个三角形中任取一点可构成一个三角形 C C C C C 116(个个) 3 61 62 42 61

45、 4 其中含其中含 C1点的三角形有点的三角形有 C C C C 36(个个) 2 51 51 42 4 (2)构成一个四边形，需要四个点，且无三点共线，构成一个四边形，需要四个点，且无三点共线， 共有共有 C C C C C 360(个个) 4 63 61 62 62 6 21(本小题满分本小题满分 12 分分)已知已知 n， ，i 是虚数单位，是虚数单位，x0，nN*. ( (2 xi 1 x2) ) (1)如果展开式中的倒数第如果展开式中的倒数第 3 项的系数是项的系数是180，求，求 n 的值；的值； (2)对对(1)中的中的 n，求展开式中系数为正实数的项，求展开式中系数为正实数的项 解：解：(1)由已知，得由已知，得 C(2i)2