高中数学人教版选修2-3第一章计数原理单元复习与测试

学习目标1.理解分类加法计数原理和分步乘法计数原理，能结合具体问题的特征，合理选择两个计数原理来分析和解决一些简单的实际问题.2.理解排列、组合的概念，能利用计数原理推导排列数和组合数公式，掌握组合数的两个性质，并能用它们解决实际问题.3.能利用计数原理证明二项式定理，掌握二项式定理和二项展开式的性质，并能应用它们解决与二项展开式有关的计算和证明问题.1.分类加法计数原理完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有m n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋m n种不同的方法.2.分步乘法计数原理完成一件事需要n个步骤，做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，…，做第n步有m n种不同的方法，那么完成这件事有N＝m1×m2×…×m n种不同的方法.3.排列数与组合数公式及性质4.二项式定理(1)二项式定理的内容.(a ＋b )n ＝C 0n a n ＋C 1n a n －1b 1＋…＋C k n a n －k b k ＋…＋C n n b n (n ∈N *). (2)通项公式：T k ＋1＝C k n an －k b k，k ∈{0,1,2，…，n }. (3)二项式系数的性质.①与首末两端等距离的两个二项式系数相等；②若n 为偶数，中间一项⎝⎛⎭⎫第n2＋1项的二项式系数最大；若n 为奇数，中间两项⎝⎛⎭⎫第n ＋12项和第n ＋12＋1项的二项式系数相等且最大.③C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＋…＋C n n ＝2n ；C 0n ＋C 2n ＋…＝C 1n ＋C 3n ＋…＝2n －1.类型一 数学思想方法在求解计数问题中的应用 角度1 分类讨论思想例1 从1,2,3,4,5,6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的一个时，它应排在其他数字的前面，这样不同的三位数共有________个(用数字作答). 答案 60解析 1与3是特殊元素，以此为分类标准进行分类. 分三类：①没有数字1和3时，有A 34个； ②只有1和3中的一个时，有2A 24个；③同时有1和3时，把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3个空当中的1个即可，有C 14·C 13个.所以满足条件的三位数共有A 34＋2A 24＋C 14·C 13＝60(个). 反思与感悟 解答排列、组合中的一些较复杂的问题，常用分类讨论思想.讨论时，要注意不重复不遗漏，对于本题解答中，“没有数字1和3”这一类容易被遗漏.跟踪训练1用红、黄、蓝三种颜色对如图所示的三个方框进行涂色，若要求每个小方格，涂一种颜色，且涂成红色的方格数为偶数，则不同的涂色方案种数是________.答案14解析因为涂成红色的方格数为偶数，即涂成红色的方格数为0或2，3个格涂一种颜色有2种(全黄或全蓝)3个格涂2颜色且涂0个红色时，C12C23＝6(种).3个格涂2颜色且涂2个红色时，C12C23＝6(种).根据分类加法计数原理，可得共有2＋6＋6＝14(种).角度2“正难则反”思想例2平面上有9个点，排成三行三列的方阵，以其中的任意3个点为顶点，共可以组成________个三角形(用数字作答).答案76解析正面考虑，需分类且容易出现遗漏或重复.从反面考虑9个点中有3个点共线的情况的种数，问题则较易解决.9个点中有3个点共线的情况，显然是三行、三列和两条对角线上的点，易知共8种，9个点中任取3个点的组合数为C39，所以共可以组成C39－8＝76(个)三角形.反思与感悟对于正面处理较复杂或不易求解的问题，常常从问题的对立面去思考.跟踪训练2从甲、乙、丙、丁4名学生参加数学、写作、英语三科竞赛，每科至少1人(且每人仅报一科)，若学生甲、乙不能同时参加同一竞赛，则不同的参赛方案共有________种. 答案30解析从4人中选出两个人作为一个元素有C24种方法，同其他两个元素在三个位置上排列C24A33＝36(种)方案，其中有不符合条件的，即学生甲，乙同时参加同一竞赛有A33种结果，∴不同的参赛方案共有36－6＝30(种).类型二排列与组合的综合应用例3有4个不同的球，4个不同的盒子，把球全部放入盒内.(1)共有多少种放法？(2)恰有1个盒子中不放球，有多少种放法？(3)恰有2个盒子中不放球，有多少种放法？解(1)由分步乘法计数原理可知，共有44＝256种放法.(2)先从4个小球中取2个作为一组，有C24种不同的取法，再把取出的2个小球与另外2个小球(即3组)分别放入4个盒子中的3个盒子里，有A 34种不同的放法，根据分步乘法计数原理知，共有C 24A 34＝144(种)不同的放法.(3)恰有2个盒子中不放球，也就是把4个不同的小球只放入2个盒子中，有两类放法： 第1类，1个盒子中放3个小球.一个盒子中放1个小球.先把小球分组，有C 34种分法，再放到2个盒子中，有A 24种不同的放法，共有C 34A 24种不同的放法； 第2类，2个盒子中各放2个小球有C 24A 24A 22种放法.故恰有2个盒子中不放球的放法共有C 34A 24＋C 24A 24A 22＝84(种). 反思与感悟 排列与组合的综合问题，首先要分清何时为排列，何时为组合.对含有特殊元素的排列、组合问题，一般先进行组合，再进行排列.对特殊元素的位置有要求时，在组合选取时，就要进行分类讨论，分类的原则是不重、不漏.在用间接法计数时，要注意考虑全面，排除干净.跟踪训练3 (1)某高校从某系的10名优秀毕业生中选4人分别到西部四城市参加中国西部经济开发建设，其中甲不到银川，乙不到西宁，共有多少种不同派遣方案？ (2)在高三一班元旦晚会上，有6个演唱节目，4个舞蹈节目. ①当4个舞蹈节目要排在一起时，有多少种不同的节目安排顺序？②当要求每2个舞蹈节目之间至少安排1个演唱节目时，有多少种不同的节目安排顺序？ ③若已定好节目单，后来情况有变，需加上诗朗诵和快板2个栏目，但不能改变原来节目的相对顺序，有多少种不同的节目演出顺序？解 (1)因为甲乙有限制条件，所以按照是否含有甲乙来分类，有以下四种情况： ①若甲乙都不参加，则有派遣方案A 48种；②若甲参加而乙不参加，先安排甲有3种方法，然后安排其余学生有A 38种方法，所以共有3A 38种方法；③若乙参加而甲不参加同理也有3A 38种；④若甲乙都参加，则先安排甲乙，有7种方法，然后再安排其余学生到另两个城市有A 28种，共有7A 28种方法.所以共有不同的派遣方法总数为A 48＋3A 38＋3A 38＋7A 28＝4 088(种).(2)①第一步先将4个舞蹈节目捆绑起来，看成1个节目，与6个演唱节目一起排，有A 77＝5 040种方法；第二步再松绑，给4个节目排序，有A 44＝24种方法. 根据分步乘法计数原理，一共有5 040×24＝120 960(种).②第一步将6个演唱节目排成一列，(如下图中的“□”)，一共有A 66＝720种方法. ×□×□×□×□×□×□×第二步再将4个舞蹈节目排在一头一尾或两个节目中间(即□中“×”的位置)这样相当于7个“×”选4个来排，一共有A 47＝840种.根据分步乘法计数原理，一共有720×840＝ 604 800(种).③若所有节目没有顺序要求，全部排列，则有A 1212种排法，但原来的节目已定好顺序，需要消除，所以节目演出的方式有A 1212A 1010＝A 212＝132(种)排列. 类型三 二项式定理的应用例4 已知在⎝⎛⎭⎪⎫x －23x n 的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3.(1)求展开式中的所有有理项； (2)求展开式中系数绝对值最大的项；(3)求n ＋9C 2n ＋81C 3n ＋…＋9n －1C n n 的值. 解 (1)由C 4n (－2)4∶C 2n (－2)2＝56∶3，解得n ＝10，因为通项：T r ＋1＝C r 10(x )10－r⎝⎛⎭⎪⎫－23x r55610(2)C ,rrrx-=-当5－5r6为整数时，r 可取0,6，展开式是常数项，于是有理项为T 1＝x 5和T 7＝13 440. (2)设第r ＋1项系数绝对值最大，则⎩⎪⎨⎪⎧C r 102r ≥C r －1102r －1，C r 102r ≥C r ＋1102r ＋1， 解得⎩⎨⎧r ≤223，r ≥193，又因为r ∈{1,2,3，…，9}，所以r ＝7，当r ＝7时，56815360,T x -=- 又因为当r ＝0时，T 1＝x 5， 当r ＝10时，1010103311(2)1024,T xx--=-=所以系数绝对值最大的项为56815360.T x -=-(3)原式＝10＋9C 210＋81C 310＋ (910)1C 1010 ＝9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 10109＝C 010＋9C 110＋92C 210＋93C 310＋…＋910C 1010－19＝(1＋9)10－19＝1010－19.反思与感悟 1.求二项展开式特定项的步骤2.二项式系数的最大项的求法求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(a ＋b )n 中的n 进行讨论. (1)当n 为奇数时，中间两项的二项式系数最大. (2)当n 为偶数时，中间一项的二项式系数最大. 3.展开式中系数的最大项的求法求展开式中系数的最大项与求二项式系数最大项是不同的，需要根据各项系数的正、负变化情况进行分析.如求(a ＋bx )n (a ，b ∈R )的展开式中系数的最大项，一般采用待定系数法.设展开式中各项系数分别为A 0，A 1，A 2，…，A n ，且第r ＋1项最大，应用⎩⎪⎨⎪⎧A r ≥A r －1，A r ≥A r ＋1，解出r ，即得出系数的最大项.跟踪训练4 (1)(1.05)6的计算结果精确到0.01的近似值是________.解析 (1.05)6＝(1＋0.05)6＝C 06＋C 16×0.05＋C 26×0.052＋C 36×0.053＋…＝1＋0.3＋0.037 5＋0.002 5＋…≈1.34. 答案 1.34(2)已知二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x n 展开式中各项系数之和是各项二项式系数之和的16倍.①求n ；②求展开式中二项式系数最大的项； ③求展开式中所有x 的有理项. 解 ①令x ＝1得二项式⎝⎛⎭⎫5x －1x n展开式中各项系数之和为(5－1)n ＝4n ，各项二项式系数之和为2n ，由题意得，4n ＝16·2n ， 所以2n ＝16，n ＝4.②通项T r ＋1＝C r 4(5x )4－r ⎝⎛⎭⎫－1x r ＝(－1)r C r 454－r 342rx - 展开式中二项式系数最大的项是第3项：T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x . ③由②得：4－32r ∈Z (r ＝0,1,2,3,4)，即r ＝0,2,4，所以展开式中所有x 的有理项为T 1＝(－1)0C 0454x 4＝625x 4， T 3＝(－1)2C 2452x ＝150x ， T 5＝(－1)4C 4450x －2＝x －2. 类型四 二项式定理的“赋值”问题例5 若(x 2－3x ＋2)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 10x 10. (1)求a 2；(2)求a 1＋a 2＋…＋a 10；(3)求(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2. 解 (1)(x 2－3x ＋2)5＝(x －1)5(x －2)5， a 2是展开式中x 2的系数，∴a 2＝C 55(－1)5C 35(－2)3＋C 45(－1)4C 45(－2)4＋C 35(－1)3·C 55(－2)5＝800. (2)令x ＝1，代入已知式可得： a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝0，而令x ＝0得：a 0＝32，∴a 1＋a 2＋…＋a 10＝－32. (3)令x ＝－1可得：(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝65 再由(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)＋(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)＝0 把这两个等式相乘可得：(a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10)2－(a 1＋a 3＋…＋a 7＋a 9)2＝65×0＝0.反思与感悟 与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果.跟踪训练5 (1)已知(1＋x )＋(1＋x )2＋…＋(1＋x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，若a 1＋a 2＋…＋a n －1＝29－n ，那么自然数n 的值为( ) A.6 B.5 C.4 D.3(2)若(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，则a 2＋a 4＋…＋a 12＝________. 答案 (1)B (2)364 解析 (1)令x ＝1得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a n ＝2＋22＋…＋2n ＝2×(1－2n )1－2＝2n ＋1－2.令x ＝0得：a 0＝n ，a n ＝1.a 1＋a 2＋…＋a n －1＝2n ＋1－n －3＝29－n . ∴2n ＋1＝32＝25，∴n ＝5.(2)对(1＋x ＋x 2)6＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 12x 12，令x ＝1得：(a 0＋a 2＋…＋a 10＋a 12)＋(a 1＋a 3＋…＋a 9＋a 11)＝36. ① 令x ＝－1得：(a 0＋a 2＋…＋a 10＋a 12)－(a 1＋a 3＋…＋a 9＋a 11)＝1.②由①＋②得：a 0＋a 2＋…＋a 10＋a 12＝36＋12.令x ＝0得：a 0＝1，∴a 2＋a 4＋…＋a 12＝36＋12－1＝364.1.4名大学生到三家企业应聘，每名大学生至多被一家企业录用，则每家企业至少录用一名大学生的情况有( )A.24种B.36种C.48种D.60种 答案 D 解析 分两类：第一类：有3名被录用，有A 34＝24种，第二类，4名都被录用，则有一家企业录用2名，有C 13C 24A 22＝36(种).根据分类加法计数原理得：共有24＋36＝60(种).2.(1＋x )4＋(1＋x )5＋…＋(1＋x )9的展开式中x 3项的系数为( ) A.120 B.119 C.210 D.209 答案 D解析 (1＋x )4＋(1＋x )5＋…＋(1＋x )9展开式中，x 3项的系数为C 34＋C 35＋C 36＋C 37＋C 38＋C 39＝C 44＋C 34＋C 35＋C 36＋C 37＋C 38＋C 39－1＝C 410－1＝209. 3.四位男生和两位女生排成一排，男生有且只有两位相邻，则不同排法种数是________. 答案 144解析 先从4位男生选2位捆绑在一起，和剩下的2位男生，插入到2位女生所形成的3个空中，故有A 24A 22A 33＝144(种).4.若二项式⎝⎛⎭⎫x 2－2x 3的展开式中的二项式系数为64，则展开式中的常数项为________. 答案 240解析 由已知得：2n ＝64，∴n ＝6.∴展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6(x 2)6－r ⎝⎛⎭⎫－2x r＝C r6(－2)r x12－3r.令12－3r＝0，解得：r＝4.故展开式中的常数项为240.1.两个计数原理分类加法计数原理与分步乘法计数原理是排列、组合中解决问题的重要手段，也是基础方法，尤其是分类加法计数原理与分类讨论有很多相通之处，当遇到比较复杂的问题时，用分类的方法可以有效的将之分解，达到求解的目的.正确地分类与分步是用好两个原理的关键，即完成一件事到底是“分步”进行还是“分类”进行，这是选用计数原理的关键.注意有些复杂的问题往往在分步中有分类，分类中有分步，两个原理往往交错使用.2.排列与组合主要是排列数与组合数计算公式、性质的应用以及排列、组合应用题.排列数与组合数计算公式主要应用于求值和证明恒等式，其中求值问题应用连乘的形式，证明恒等式应用阶乘的形式，在证明恒等式时，要注意观察恒等式左右两边的形式，基本遵循由繁到简的原则，有时也会从两边向中间靠拢.对于应用题，则首先要分清是否有序，是排列问题还是组合问题.有限制条件的排列问题，通常从以下两种途径考虑：(1)元素分析法：先考虑特殊元素的要求，再考虑其他元素.(2)位置分析法：先考虑特殊位置的要求，再考虑其他位置.组合应用题的难点是与几何图形有关的问题，此时一般要与两个原理结合应用，还要结合图形的实际意义.排列与组合综合应用题中也有很多重点和难点，比如分配问题，一般方法是先分组，后分配，分组问题又要注意均匀分组和不均匀分组的区别，均匀分组在各组逐一满足后还要除以均匀分组组数的全排列；而有公共元素的分配问题，则可以利用图示法求组数，这样可以避免分组中的重复.3.二项式定理这部分常考知识、题型、主要方法以及注意点大体如下：(1)与二项式定理有关，包括定理的正向应用、逆向应用，题型如证明整除性、近似计算、证明一些简单的组合恒等式等，此时主要是要构造二项式，合理应用展开式；(2)与通项公式有关，主要是求特定项，比如常数项、有理项、x的某次幂等，此时要特别注意二项展开式中第k＋1项的通项公式是T k＋1＝C k n a n－k b k(k＝0,1，…，n)，其中二项式系数是，这是一个极易错点.C k n，而不是C k＋1n(3)与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果，在求各项系数的绝对值的和时，则要先根据绝对值里面数的符号赋值求解.一、选择题1.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有( ) A.10种 B.20种 C.25种 D.32种答案 D解析 5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有25＝32种，选D.2.若A 2n ＝4C 2n －1，则n 的值为( )A.7B.6C.5D.4 答案 D解析 ∵A 2n ＝4C 2n －1，∴n (n －1)＝4×(n －1)(n －2)2×1，n ＝4，∴n 的值为4.故选D. 3.某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有( )A.(C 126)2A 410个B.A 226A 410个 C.(C 126)104个D.A 226104个 答案 A解析 某城市的汽车牌照号码由2个英文字母后接4个数字组成，其中4个数字互不相同的牌照号码共有(C 126)2A 410个，选A.4.把座位编号为1,2,3,4,5,6的6张电影票分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至少分一张，至多分两张，且分得的两张票必须是连号，那么不同分法种数为( ) A.240 B.144 C.196 D.288 答案 B解析 根据题意，分2步进行分析： ①先将票分为符合条件的4份；由题意，4人分6张票，且每人至少一张，至多两张，则两人一张，2人2张，且分得的票必须是连号，相当于将1、2、3、4、5、6这六个数用3个板子隔开，分为四部分且不存在三连号，易得在5个空位插3个板子，共有C 35＝10种情况，但其中有四种是1人3张票的，故有10－4＝6(种)情况符合题意，②将分好的4份对应到4个人，进行全排列即可，有A 44＝24种情况；则共有6×24＝144(种)情况.故选B.5.用二项式定理计算9.985，精确到1的近似值为( ) A.99 000 B.99 002 C.99 004 D.99 005答案 C解析 9.985＝(10－0.02)5＝105－C 15×104×0.02＋C 25×103×(0.02)2－C 35×102×(0.02)3＋…＝105－103＋4－0.08＋…≈99 004.6.已知⎝⎛⎭⎫2x ＋a x 5的展开式中各项系数之和为1，则该展开式中含1x 项的系数为( ) A.－40 B.40 C.－20 D.20 答案 A解析 ∵⎝⎛⎭⎫2x ＋ax 5的展开式中各项系数之和为1，∴当x ＝1时，(2＋a )5＝1，解得a ＝－1； 设⎝⎛⎭⎫2x －1x 5的展开式的通项为T r ＋1， 则T r ＋1＝C r 5·(－1)r ·25－r ·x 5－r ·x －r ＝(－1)r ·25－r ·C r 5·x 5－2r，令5－2r ＝－1，得r ＝3，∴该展开式中含1x 项的系数为(－1)3·22·C 35＝－40，故选A. 二、填空题7.从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f (x ) ＝ax 2＋bx ＋c 的系数，可组成不同的二次函数共有________个，其中不同的偶函数共有________个.(用数字作答) 答案 18 6解析 一个二次函数对应着a 、b 、c (a ≠0)的一组取值，a 的取法有3种，b 的取法有3种，c 的取法有2种，由分步计数原理知共有二次函数3×3×2＝18(个). 若二次函数为偶函数，则b ＝0.同上共有3×2＝6(个).8.设二项式⎝⎛⎭⎫x －ax 6的展开式中x 2的系数为A ，常数项为B ，若B ＝4A ，则a ＝________. 答案 －3解析 因为二项式⎝⎛⎭⎫x －a x 6的展开式中x 2的系数为A ＝C 26a 2＝15a 2； 常数项为B ＝－C 36a 3＝－20a 3.因为B ＝4A ，所以－20a 3＝4×15a 2，所以a ＝－3.9.现有5名教师要带3个兴趣小组外出学习考察，要求每个兴趣小组的带队教师至多2人，但其中甲教师和乙教师均不能单独带队，则不同的带队方案有________种.(用数字作答) 答案 54解析 第一类，把甲乙看做一个复合元素，和另外的3人分配到3个小组中(2,1,1)，C 24A 33＝36(种)，第二类，先把另外的3人分配到3个小组，再把甲乙分配到其中2个小组，A 33C 23＝18(种)，根据分类加法计数原理可得，共有36＋18＝54(种).10.如图，用5种不同颜色给图中的A 、B 、C 、D 四个区域涂色，规定一个区域只涂一种颜色，相邻区域必须涂不同的颜色，不同的涂色方案有________种.答案 180解析 由题意，由于规定一个区域只涂一种颜色，相邻的区域颜色不同，可分步进行，区域A 有5种涂法，B 有4种涂法，C 有3种，D 有3种涂法.∴共有5×4×3×3＝180(种)不同的涂色方案. 三、解答题11.在一次百米比赛中，甲，乙等6名同学采用随机抽签的方式决定各自的跑道，跑道编号为1至6，每人一条跑道.(1)求甲在1或2跑道且乙不在5或6跑道的概率； (2)求甲乙之间恰好间隔两人的概率. 解 没有限制条件的种数为A 66＝720种，(1)先安排甲，再安排乙，剩下的全排，故有C 12C 13A 44＝144(种)，根据概率公式，故甲在1或2跑道且乙不在5或6跑道的概率P ＝144720＝15.(2)先选2人放在甲乙之间，并捆绑在一起，看作一个复合元素，再和剩下的2人全排，故有A 24A 22A 33＝144(种)，根据概率公式，故甲乙之间恰好间隔两人的概率P ＝144720＝15.12.用数字0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的四位数. (1)可组成多少个不同的四位数？ (2)可组成多少个四位偶数？(3)将(1)中的四位数按从小到大的顺序排成一数列，问第85项是什么？ 解 (1)用间接法，从6个数中，任取4个组成4位数，有A 46种情况， 但其中包含0在首位的有A 35种情况，依题意可得，有A 46－A 35＝300，(2)根据题意，分0在末尾与不在末尾两种情况讨论， 0在末尾时，有A 35种情况，0不在末尾时，有A 12A 24A 14种情况，由分类加法计数原理，共有A 35＋A 12A 24A 14＝156(个)；(3)千位是1的四位数有A 35＝60个，千位是2，百位是0或1的四位数有2A 24＝24个， ∴第85项是2 301. 13.已知⎝⎛⎭⎫12＋2x n . (1)若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项.解 (1)∵C 4n ＋C 6n ＝2C 5n ，∴n 2－21n ＋98＝0，∴n ＝7或n ＝14.当n ＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T 4和T 5，∴T 4的系数＝C 37⎝⎛⎭⎫12423＝352， T 5的系数＝C 47⎝⎛⎭⎫12324＝70. 当n ＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T 8. ∴T 8的系数＝C 714⎝⎛⎭⎫12727＝3 432.(2)由C 0n ＋C 1n ＋C 2n ＝79，可得n ＝12，设T r ＋1项的系数最大.∵⎝⎛⎭⎫12＋2x 12＝⎝⎛⎭⎫1212(1＋4x )12， ∴⎩⎪⎨⎪⎧C k 124k ≥C k －1124k －1，C k 124k ≥C k ＋1124k ＋1， ∴9.4≤k ≤10.4，∴k ＝10， ∴展开式中系数最大的项为T 11. T 11＝⎝⎛⎭⎫1212C 1012410x 10＝16 896x 10.章末检测卷(一)(时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)1.已知集合A＝{1,2,3,4}，B＝{5,6,7}，C＝{8,9}.现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则一共可以组成多少个集合()A.24个B.36个C.26个D.27个答案 C解析从三个集合中取出两个集合，有C23＝3种取法，分别是集合A、B；集合A、C；集合B、C.当取出集合A、B时，从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合有C14×C13＝12(个)；当取出集合A、C时，从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合有C14×C12＝8(个)；当取出集合B、C时，从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合有C13×C12＝6(个)；∵集合A、B、C的元素各不相同，∴一共可以组成12＋8＋6＝26(个)集合.故选C.2.若实数a＝2－2，则a10－2C110a9＋22C210a8－…＋210等于()A.32B.－32C.1 024D.512答案 A解析由二项式定理，得：a10－2C110a9＋22C210a8－…＋210＝C010(－2)0a10＋C110(－2)1a9＋C210(－2)2a8＋…＋C1010(－2)10＝(a－2)10＝(－2)10＝25＝32.3.10名运动员中有2名老队员和8名新队员，现从中选3人参加团体比赛，要求老队员至多1人入选且新队员甲不能入选的选法有()A.77种B.144种C.35种D.72种答案 A解析分两类，第一类，有1名老队员2名新队员，共有C12C27＝42(种)选法；第二类，3人全部是新队员，共有C37＝35(种)选法；∴老队员至多1人入选且新队员甲不能入选的选法有42＋35＝77(种)选法.4.计划展出10幅不同的画，其中1幅水彩画、4幅油画、5幅国画，排成一列，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，那么不同的排列方式的种数有()A.A44A55B.A32A44A35C.C 13A 44A 55D.A 22A 44A 55答案 D解析 先把每种品种的画看成一个整体，而水彩画只能放在中间，则油画与国画放在两端有A 22种放法，再考虑4幅油画本身排放有A 44种方法，5幅国画本身排放有A 55种方法，故不同的陈列法有A 22A 44A 55种.5.在二项式⎝⎛⎭⎪⎫2x ＋14x n的展开式中，前三项的系数成等差数列，则该二项式展开式中x －2项的系数为( ) A.2 B.4 C.1 D.16 答案 C解析 由题意可得2n 、C 1n ·2n －1、C 2n ·2n －2成等差数列，∴2C 1n ·2n －1＝2n ＋C 2n ·2n －2，解得n ＝8.故展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 8·28－r ·344rx-，令4－3r4＝－2，求得r ＝8，故该二项式展开式中x－2项的系数为C 88·20＝1， 故选C.6.由数字0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字且奇偶数字相间的六位数的个数有( ) A.72 B.60 C.48 D.52 答案 B解析 只考虑奇偶相间，则有2A 33A 33种不同的排法，其中0在首位的有A 22A 33种不合题意，所以共有2A 33A 33－A 22A 33＝60(种).7.用红，黄，蓝，绿，黑这5种颜色给如图所示的四连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为( )A.28B.32C.44D.56 答案 C解析 根据题意，红色至少要涂两个圆，而且相邻两个圆所涂颜色不能相同，则红色只能涂第一、三个圆、第二、四个圆或第一、四个圆， 分3种情况讨论： ①用红色涂第一、三个圆，此时第2个圆不能为红色，有4种涂色方法，第4个圆也不能为红色，有4种涂色方法，则此时共有4×4＝16(种)涂色方案；②同理，当用红色涂第二、四个圆也有16种涂色方案； ③用红色涂第一、四个圆，此时需要在剩下的4种颜色中，任取2种，涂在第二、三个圆中，有A 24＝12种涂色方案. 则一共有16＋16＋12＝44(种)不同的涂色方案.8.设(2－x )5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5，那么a 0＋a 2＋a 4a 1＋a 3的值为( )A.－122121B.－6160C.－244241 D.－1答案 B解析 令x ＝1，可得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝1，再令x ＝－1可得a 0－a 1＋a 2－a 3＋a 4－a 5＝35.两式相加除以2求得a 0＋a 2＋a 4＝122，两式相减除以2可得a 1＋a 3＋a 5＝－121. 结合a 5＝－1，故a 0＋a 2＋a 4a 1＋a 3＝－6160.9.将A ，B ，C ，D 四个小球放入编号为1,2,3的三个盒子中，若每个盒子中至少放一个球且A ，B 不能放入同一个盒子中，则不同的放法有( ) A.15种 B.18种 C.30种 D.36种 答案 C解析 先把A ，B 放入不同盒中，有3×2＝6(种)放法，再放C ，D ， 若C ，D 在同一盒中，只能是第3个盒，1种放法；若C ，D 在不同盒中，则必有一球在第3个盒中，另一球在A 或B 的盒中，有2×2＝4(种)放法.故共有6×(1＋4)＝30(种)放法.10.已知二项式⎝⎛⎭⎪⎫x ＋13x n的展开式中第4项为常数项，则1＋(1－x )2＋(1－x )3＋…＋(1－x )n 中x 2项的系数为( ) A.－19 B.19 C.20 D.－20 答案 C解析 ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋13x n 的展开式T r ＋1＝C r n (x )n －r ⎝ ⎛⎭⎪⎫13x r ＝C r n x 526n r -，由题意知n 2－5×36＝0，得n ＝5，则所求式子中x 2项的系数为C 22＋C 23＋C 24＋C 25＝1＋3＋6＋10＝20.故选C.11.某市践行“干部村村行”活动，现有3名干部可供选派，下乡到5个村蹲点指导工作，每个村至少有1名干部，每个干部至多住3个村，则不同的选派方案共( )A.243种B.210种C.150种D.125种答案 C解析 3名干部可供选派，下乡到5个村蹲点指导工作，每个村至少有1名干部，每个干部至多住3个村，于是可以把5个村为(1,1,3)和(1,2, 2)两组，当为(1,1,3)时，有C 35A 33＝60(种)， 当为(1,2,2)时，有C 25·C 23A 22·A 33＝90(种)，根据分类加法计数原理可得60＋90＝150(种). 12.如图为与杨辉三角结构相似的“巴斯卡”三角，这个三角的构造方法是：除第一行为1外，其余各行中的每一个数，都等于它右肩上的数乘以右肩所在的行数，再加上左肩而得.例如第5行第3个数是35，它的右肩为6，左肩为11，右肩所在的行数为4，所以35＝6×4＋11.这个三角中的数与下面这个展开式中的系数有关：x (x ＋1)(x ＋2)…[x ＋(n －1)]＝a n x n ＋a n －1x n －1＋…＋a 1x .则在“巴斯卡”三角中，第8行从左到右的第2个数到第7个数之和为( )A.322 559B.35 279C.5 880D.322 560答案 B解析 由已知中“巴斯卡”三角的前5行可得：第n 行的第一个数为(n －1)！，故第8行的第一个数为7！，第9行的第一个数为8！，又由第一行的累加和等于第二行的第一个数；第二行的累加和等于第三行的第一个数；第三行的累加和等于第四行的第一个数；第四行的累加和等于第五行的第一个数；……故第8行的所有数的和为第9行的第一个数8！，设第8行从左到右的第2个数到第7个数之和为S，则S＋7！＋1＝8！，故S＝8！－7！－1＝35 279.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.要排出某班一天中语文、数学、政治、英语、体育、艺术6堂课的课程表，要求数学排在上午(前4节)，体育排在下午(后2节)，不同的排法种数是________.答案192解析由题意，要求数学课排在上午(前4节)，体育课排在下午(后2节)，有C14C12＝8(种). 再排其余4节，有A44＝24(种)，根据乘法原理，共有8×24＝192(种)方法.14.若(x＋1)n＝x n＋…＋ax3＋bx2＋…＋1，且a＝3b，则n＝________.答案11解析a＝C n－3n ＝C3n，b＝C n－2n＝C2n，由a＝3b得n＝11.15.由1,4, 5，x可组成没有重复数字的四位数，若所有这些四位数的各位数字之和为288，则x的值为________.答案 2解析当x≠0时，有A44＝24个四位数，每个四位数的数字之和为1＋4＋5＋x故24(1＋4＋5＋x)＝288，解得x＝2；当x＝0时，每个四位数的数字之和为1＋4＋5＝10，而288不能被10整除，即x＝0不合题意，综上可知x＝2.16.若(1－2x)2 017＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 017x2 017(x∈R)，则(a0＋a1)＋(a0＋a2)＋(a0＋a3)＋…＋(a0＋a2 017)＝________(用数字作答).答案 2 015解析令x＝0得a0＝1，令x＝1得a0＋a1＋a2＋…＋a2 017＝－1，所以(a0＋a1)＋(a0＋a2)＋(a0＋a3)＋…＋(a0＋a2 017)＝2 016－1＝2 015.三、解答题(本大题共6小题，共70分)。