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学科：数学 |
| 教学内容：第六章 排列组合、二项式定理 |
一、考纲要求
1.掌握加法原理及乘法原理，并能用这两个原理分析解决一些简单的问题.
2.理解排列、组合的意义，掌握排列数、组合数的计算公式和组合数的性质，并能用它们解 决一些简单的问题.
3.掌握二项式定理和二项式系数的性质，并能用它们计算和论证一些简单问题.
二、知识结构
三、知识点、能力点提示
(一)加法原理、乘法原理
说明 加法原理、乘法原理是学习排列组合的基础，掌握此两原理为处理排 列、组合中有关问题提供了理论根据.
例1 5位高中毕业生，准备报考3所高等院校，每人报且只报一所，不同的 报名方法共有多少种?
解： 5个学生中每人都可以在3所高等院校中任选一所报名，因而每个学生都有3种不同的 报名方法，根据乘法原理，得到不同报名方法总共有
3×3×3×3×3=35(种)
(二)排列、排列数公式
说明 排列、排列数公式及解排列的应用题，在中学代数中较为独特，它研 究的对象以及研 究问题的方法都和前面掌握的知识不同，内容抽象，解题方法比较灵活，历届高考主要考查 排列的应用题，都是选择题或填空题考查.
例2 由数字1、2、3、4、5组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000的 偶数共有( )
A.60个 B.48个 C.36个 D.24个
解 因为要求是偶数，个位数只能是2或4的排法有P12；小于50 000的五位数，万位只能是1、3或2、4中剩下的一个的排法有P13;在首末两位数排定后，中间3个位数的排法有P33，得P13P33P12＝36(个)
由此可知此题应选C.
例3 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个 数字，则每个方格的标号与所填的数字均不同的填法有多少种?
解： 将数字1填入第2方格，则每个方格的标号与所填的数字均不相同的填法有3种，即214 3，3142，4123；同样将数字1填入第3方格，也对应着3种填法；将数字1填入第4方格，也对 应3种填法，因此共有填法为
3P13=9(种).
(三)组合、组合数公式、组合数的两个性质
说明 历届高考均有这方面的题目出现，主要考查排列组合的应用题，且基本上都是由选择题或填空题考查.
例4 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型与乙型电 视机各1台，则不同的取法共有( )
A.140种 B.84种 C.70种 D.35种
解： 抽出的3台电视机中甲型1台乙型2台的取法有C14·C25种；甲型2台乙型1台 的取法有C24·C15种
根据加法原理可得总的取法有
C24·C25+C24·C15=40+30=70(种 )
可知此题应选C.
例5 甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1 项，丙、丁公司各承包2项，问共有多少种承包方式?
解： 甲公司从8项工程中选出3项工程的方式 C38种；
乙公司从甲公司挑选后余下的5项工程中选出1项工程的方式有C15种；
丙公司从甲乙两公司挑选后余下的4项工程中选出2项工程的方式有C24种；
丁公司从甲、乙、丙三个公司挑选后余下的2项工程中选出2项工程的方式有C22种.
根据乘法原理可得承包方式的种数有
×C15×C24×C22=
×1=1680(种).
(四)二项式定理、二项展开式的性质
说明 二项式定理揭示了二项式的正整数次幂的展开法则，在数学中它是常用的基础知识 ，从1985年至1998年历届高考均有这方面的题目出现，主要考查二项展开式中通项公式等， 题型主要为选择题或填空题.
例6 在(x-
)10的展开式中，x6的系数是( )
A.-27C610 B.27C410 C.-9C610 D.9C410
解 设(x-)10的展开式中第γ+1项含x6，
因Tγ+1=Cγ10x10-γ(-)γ，10-γ=6,γ=4
于是展开式中第5项含x6，第5项系数是C410(-)4=9C410
故此题应选D.
例7 (x-1)-(x-1)2＋(x-1)3-(x-1)4+(x-1)５的展开式中的x２的 系数等于
解：此题可视为首项为x-1，公比为-(x-1)的等比数列的前5项的和，则其和为
在(x-1)6中含x3的项是C36x3(-1)3=-20x3，因此展开式中x2的系数是-2 0.
(五)综合例题赏析
例8 若(2x+)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则(a0+a2+a4)2-(a1+a3)2的值为( )
A.1 B.-1 C.0 D.2
解：A.
例9 2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2 名护士，不同的分配方法共有( )
A.6种 B.12种 C.18种 D.24种
解 分医生的方法有P22＝2种，分护士方法有C24=6种，所以共有6×2＝12种不同 的分配方法。
应选B.
例10 从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出3台，其 中至少要有甲型与乙型电视机各1台，则不同取法共有( ).
A.140种 B.84种 C.70种 D.35种
解：取出的3台电视机中，甲型电视机分为恰有一台和恰有二台两种情形.
∵C24·C15+C25·C14=5×6+10×4=70.
∴应选C.
例11 某小组共有10名学生，其中女生3名，现选举2 名代表，至少有1名女生当选的不同选法有( )
A.27种 B.48种 C.21种 D.24种
解：分恰有1名女生和恰有2名女生代表两类：
∵C13·C17+C23=3×7+3=24，
∴应选D.
例12 由数学0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的 六位数，其中个位数字小于十位数字的共有( ).
A.210个 B.300个
C.464个 D.600个
解：先考虑可组成无限制条件的六位数有多少个?应有P15·P55=600个.
由对称性，个位数小于十位数的六位数和个位数大于十位数的六位数各占一半.
∴有
×600=300个符合题设的六位数.
应选B.
例13 以一个正方体的顶点为顶点的 四面体共有( ).
A.70个 B.64个
C.58个 D.52个
解：如图，正方体有8个顶点，任取4个的组合数为C48=70个.
其中共面四点分3类：构成侧面的有6组；构成垂直底面的对角面的有2组；形如(ADB1C1 )的有4组.
∴能形成四面体的有70-6-2-4=58(组)
应选C.
例14 如果把两条异面直线看成“一对”，那么六棱 锥的棱所在的12条直线中，异面直线共有( ).
A.12对 B.24对
C.36对 D.48对
解：设正六棱锥为O—ABCDEF.
任取一侧棱OA(C16)则OA与BC、CD、DE、EF均形成异面直线对.
∴共有C16×4=24对异面直线.
应选B.
例15 正六边形的中心和顶点共7个点，以其中三个点 为顶点的三角形共 个(以数字作答).
解：7点中任取3个则有C37=35组.
其中三点共线的有3组(正六边形有3条直径).
∴三角形个数为35-3=32个.
例16 设含有10个元素的集合的全部子集数为S，其中由3个元素组成的子集 数为T，则
的值为
。
解 10个元素的集合的全部子集数有：
S＝C010+C110+C210+C310+C410+C510+C610+C710+C810+C910+C1010=210=1024
其中，含3个元素的子集数有T=C310=120
故=
例17 在50件产品 n 中有4件是次品，从中任意抽了5件 ，至少有3件是次品的抽法共 种(用数字作答).
解：“至少3件次品”即“有3件次品”或“有4件次品”.
∴C34·C246+C44·C146=4186(种)
例18 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、 丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法共有( ).
A.1260种 B.2025种
C.2520种 D.5040种
解：先从10人中选2个承担任务甲(C210)
再从剩余8人中选1人承担任务乙(C18)
又从剩余7人中选1人承担任务乙(C17)
∴有C210·C18·C17=2520(种).
应选C.
例19 集合｛1，2，3｝子集总共有( ).
A.7个 B.8个 C.6个 D.5个
解 三个元素的集合的子集中，不含任何元素的子集有一个，由一个元素组成的子集数
C13，由二个元素组成的子集数C23。
由3个元素组成的子集数C33。由加法原理可得集合子集的总个数是
C13+C23+C33+1=3+3+1+1＝8
故此题应选B.
例20 假设在200件产品中有3件是次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有两件次品的抽法有( ).
A.C23C3197种 B.C23C3197 +C33C2197
C.C5200-C5197 D.C5200-C 13C4197
解：5件中恰有二件为次品的抽法为C23C3197，
5件中恰三件为次品的抽法为C33C2197，
∴至少有两件次品的抽法为C23C3197+C33C2197.
应选B.
例21 两排座位，第一排有3个座位，第二排有5个座位，若8名学生入座(每人一个座位)，则不同座法的总数是( ).
A.C58C38 B.P12C58C38
C.P58P38 D.P88
解：对于8个人的任意一个排列均可“按先前排从左到右再后排从左到右”的次序入座.
∴应有P88种不同的入座法.
应选D.
例22 7人并排站成一行，如果甲、乙必须不相邻，那么不同排法的总数是 ( ).
A.1440 B.3600 C.4320 D.4800
解：7人的全排列数为P77.
若甲乙必须相邻则不同的排列数为P22P66.
∴甲乙必须不相邻的排列数为P77-P22P66=5P66=3600.
应选B.
例23 用1，2，3，4，四个数字组成没有重复的四位奇数的个数是 个(用具体数字作答).
解：末位数(C12)，前三位数(P33).
∴有C12P33=12个四位奇数.
例24 用1，2，3，4，四个数字组成的比1234大的数共有 个(用具体 数字作答).
解：若无限制，则可组成4!=24个四位数，其中1234不合题设.
∴有24-1=23个符合题设的数.
例25 用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的四位数，那么在这些 四位数中，是偶数的总共有( ).
A.120个 B.96个 C.60 个 D.36个
解：末位为0，则有P34=24个偶数.
末位不是0的偶数有P12P13P23=36个.
∴共有24+36=60个数符合题设.
应选C.
例26 已知集合A和集合B各含有12个元素，A∩B含4个元素，试求同时满足下面两个条件的集合C的个数：
(1)C
A∪B，且C中含有3个元素；
(2)C∩A≠
(表示空集).
解：∵A∪B含有12+12-4=20个元素；
B含12个元素，
∴
∩B含20-12=8个元素，
若C中恰含A中1个元素，则有C112·C28个，
若C中恰含A中2个元素，则有C212·C28·C28个，
若C中恰含A中3个元素，则有C312个，
∴符合题设的集合C的个数为
C112C28+C212C18+C312=1084个.
例27 四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4 个不共面的点，不同的取法共有( )
A.150种 B.147种 C.144种 D.141种
解：从10点中任取4点的组合数为C410=210.
其中有4·C46=60组点，每组中的四点恰为一个侧面上的点.
其中任取同一棱上3点它们和相对棱的中点共面，即有6组这种情况应排除.
其中还有底面两棱中点和对面两棱中点共面，即有3组这种情况应排除.
∴符合题设的取法有150-6-3=141种.
应选D.
例28 已知(
)9的展开式中x3的系数为
，常数a的值为
.
解：Tk+1=Ck9(
)9-k(
)k
=Ck9·a9-k2
·xk-9+
令k-9+
=3，得k=8，
∴x３的系数为C89·a·2-4=.
即
a=,得a=4.
例29 (
)6的展开式中的常数项为( )
A.-160 B.-40 C.40 D.160
解：Tk+1=Ck6(
)6-k(-
)k
=Ck6·(-2)k·x
令
=0，得k=3
∴常数项为C36·(-2)3=-160
应选A.
例30 若(
)n展开式 中前三项系数成等差数列，求出展开式里的有理项。
解 由于展开式前三项系数成等差数列
所以 2C1n()=C0n+C2n()2，n=1+
解方程得n=9或n=1(舍去)
又展开式的通项为
Tγ+1=Cγ8(x
)8-γ
X
=Cγ8()γx
因0≤4-
≤8,且4-是整数。
所以γ是4的倍数。
取γ=0或γ=4
故()8展开式中第一项和第五项为有理 项，其有理项为
T1＝C08x4＝x4
T5＝C48()4(x4-3)＝
×
例31 (x+2)10(x2-1)的展开式中x10 的系数是 (用数字作答)。
解 因(x+2)10展开式中x10的系数是1，x8的系数为C21022＝180 ，所以(x+2)10(x2-1)的展开式中，x10的系数为180-1＝179
例32 9192除以100的余数 .
解：9192=(100-9)92≡992(mod 100).
992=(10-1)92=1092-…+C9092·100-C919210+1
≡ -C9192·10+1(mod 100)
-C9192·10+1=-920+1=-919≡-19(mod 100)，
-19≡81 (mod 100).
∴9192除以100的余数是81.
例33 由(
)100的展开所得的x的多项式中，系数为有理数的共有( )
A.50项 B.17项 C.16项 D.15项
解：Tk+1=Ck10(x)10-k(
)k
=Ck10·()10-k(
)k(x)10-k(k=0，1，2，…，100)
由∈N，
∈N，k∈｛0，1，2，…，100｝，得
k=0，6，12，18，…，96，共17项.
∴应选B.
例34 在(3-x)7的展开式中，x5的系数是 (用数字作答).
解：Tk+1=Ck7·37-k·(-x)k=Ck7·(-1)k·xk，
∴T6=C57·37-5·(-1)5x5=-189x5.
即x5的系数是-189.
例35 在(1-x3)(1+x)10的展开式中，x5的系数是( ).
A.-297 B.-252 C.297 D.207
解：(1-x3)(1+x)10
=(1-x3)(…+C550x5+…+C210x2+…)
∴x5的系数为+C550-C210=207.
应选D.
例36 求(2x3-
)15的展开式的常数项.
解：Tk+1=Ck5·(2x3)5-k·(-)k=(-1)k ·Ck5·25-k·x15-3k-2k
令15-5k=0，得k=3
∴常数项为T4=(-1)3·C35·25-3=-40.
例37 在(x-
)8的展开式中，x4的系数与
的系数之差是
.
解：Tk+1=Ck8·(-x)8-k·(-)k=Ck8·(-1)k·x8-k-k.
令8-2k=-4，得k=6，
得k=2，
∴T7=C68·(-1)6=28·.
∴x4与的系数之差是28-28=0.
例38 已知(x+a)7的展开式中，x4的系数是-280，则a= .
解：T4=C37·x4a3=C37a3x4.
由已知C37a3=-280
35a3=-280，得a=-2.
例39 在(1-x2)20的展开式中，如果第4r项和第r+2项的二项式系数 相等，
(1)求r的值；
(2)写出展开式中的第4r项和第r+2项.
解：(1)第4r项和第r+2项的二项式系数分别是
和
=4r-1=r+1或4r-1+r+1=20，
得r=4和r=
(舍去)
∴r=4
(2)T4r=T16=C1520·(-x2)15=-15504x30，
Tr+2=T6=C520(-x2)5=-15504x10
例40 在(1+x+x2)(1-x)10的展开式中，x5的系数是 (用具体数字作答).
解：(1+x+x2)(1-x)10
=(1+x+x2)(1-1x+45x2-120x3+210x4-252x5+…)
=…+(-120+210-252)x5+….
∴x5的系数是-120+210-252=-162.
例41 已知(1-2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7；那么a1+a2+ …+a7= .
解：令x=1，代入已知式，得-1=a0+a1+…+a7，
将x=0代入已知式，得1=a0
∴a1+a2+…+a7=-1-a0=-2.
例42 如果n是正偶数，则C0n+C2n+C4n+…+Cn-2n+Cnn=( ).
A.2n B.2n-1 C.2n-2 D.(n-1)2n-1 E.(n-1)2n-2
解：∵C0n+C2n+…+Cn-2n+Cnn=C1n+C3n+…+Cn-1n ，
又(C0n+C2n+…+Cn-2n+Cnn)+(C1n+C3n+…+Cn-1n)= 2n，
∴2(C0n+C2n+…+Cn-2n+Cnn)=2n，
C0n+C2n+…+Cn-2n+Cnn=2n-1.
应选B.
【同步达纲练习】
四、能力训练
(一)选择题
1.有多少个整数n能使(n+i)4成为整数( )
A.0 B.1 C.2 D.3
(2)已知(ax+1)2n和(x+a)2n+1的展开式中含xn项的系数相同(a≠0为实数，n ∈N)，则a的取值范围是( )
A.a=1 B.a＞1 C.a＜ 1 D.a≥1
3.在
n的展开式中，所有奇数项二项式系数之和等于1024，则中间项
的二项式系数是(
)
A.330 B.462 C.682 D.792
4.在(
)8的展开式中的常数项是 ( )
A.7 B.-7 C.28 D.-28
5.n∈N，A＝（
+2）2n+1，B为A的小数部分，则AB的值应是( )
A.72n+1 B.22n+1 C.32n+1 D.52n+1
6.某小组有8名学生，从中选出2名男生，1名女生，分别参加数、理、化单科竞赛，每人参 加一种，共有90种不同的参赛方案，则男女生的人数应是( )
A.男生6名，女生2名 B.男生5名，女生3名
C.男生3名，女生5名 D.男生2名，女生5名
7.从0，1，2，3，4中每次取出3个不同的数字组成三位数，则这些三位数的个位数字之和等 于( )
A.80 B.90 C.110 D .120
8.从集合｛1，2，3，……10｝中，选出由5个数组成的子集，使得这5个数中的任何两个数 的和不等于11，则这样的子集共有( )
A.10个 B.16个 C.20个 D.32个
9.设有编号为1，2，3，4，5的五个球和编号为1，2，3，4，5的五个盒子，现将这5个球投 放在这5个盒内，要求每个盒内投放一个球，并且恰有两个球的编号与盒子的编号相同，则 这样的投放方法的总数为( )
A.20 B.30 C.60 D. 120
10.用0，1，2，3，4，5，6这7个数字排成一个数字不重复且个位数最大，十位数次之，百 位数最小的三位数的个数是( )
A.10 B.20 C.30 D. 40
11.要排一张5个独唱节目和3个合唱节目的演出节目表，如果合唱节目不排头，并且任何两 个合唱节目不相邻，则不同排法的种类是( )
A.P88 B.P55·P33 C.P55·P35 D.P55·P38
12.3人坐在一排8个座位上，若每人左右两边都有空座位，则坐法种数是( )
A.12 B.6 C.24 D. 120
13.设A，B分别为(1+x)n展开式中的奇数项之和及偶数项之和，那么A2-B2的值为( )
A.(1+x)2n B.(1+x)n
C.-(1-x2)n D.不是以上结果
14.(2x+
)2n的展开式中，x2的系数是224，则的系数是( )
A.14 B.28 C.56 D.112
15.在(
)n的展开中，倒数第三项的系数的绝对值是45，则展形式中a2项的系数是( )
A.120 B.-120 C.210 D.-210
(二)填空题
16.n是正奇数，则7n+7n-1C1n+7n-2C2n+7Cn-1n除以9的余 数是 .
17.今天是星期日，从今天起21991天后的第一天是星期 .
18.满足C7x＜C5x的所有自然数x的和等于 .
19.1.0096精确到0.001的近似值是 .
(三)解答题
20.在10个数-9，-7，-5，-1，0，2，4，6，8中任取两个数构成虚数a+bi (a≠b)，
求(1) 这样不同的虚数有多少个?
(2)有多少个辐角主值θ∈(
，π)的 不同虚数?
(3)有多少个模大于5的不同虚数.
21.将数字0，1，2，3，5组成没有重复数字的五位偶数，按从小到大次序排列，那么第25个数是什么?
22.证明9·32n-8n-9能被64整除(n∈N).
23.设(2-x)100=a0+a1x+a2x2+……+a100x100， 求(a0+a2+a4+……+a100)2-(a1+a3+a5+……+a99)2的值.
24.若(
)n展开式的二项式 系数中第二、第三、第四项的系数成一个等差数列，且展开式第六项是21，求x.
参考答案
【同步达纲练习】
(一)1.B 2.A 3.B 4.A 5.C 6.C 7.B 8.D 9.A 10.B 11.C 12.C 13.C 14.A 15.C
(二)16.7 17.四 18.45 19.1.055
(三)20.(1)81，(2)20，(3)64 21.32150 22.略 23.1 24.x=0