高考数学分类解析专题计数原理和二项式定理理
2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略讲义：7.1计数原理、二项式定理
第1讲 计数原理、二项式定理考点1 排列组合与计数原理的应用1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理如果每种方法都能将规定的事件完成，则要用分类加法计数原理将方法种数相加；如果需要通过若干步才能将规定的事件完成，则要用分步乘法计数原理将各步的方法种数相乘．2.[例1] (1)[2019·陕西西安模拟]把15人分成前、中、后三排，每排5人，则不同的排法种数共有( )A .A 1515A 33B ．A 515A 510A 55A 33C ．A 1515D ．A 515A 510(2)[2019·安徽合肥质检]某社区新建了一个休闲小公园，几条小径将公园分成5个区域，如图．社区准备从4种颜色不同的花卉中选择若干种种植在各个区域中，要求每个区域种植一种颜色的花卉，且相邻区域(有公共边的)所种花卉颜色不能相同，则不同种植方法的种数共有( )A ．96B ．114C ．168D ．240(1)把位置从1到15标上号，问题就转化为15人站在15个位置上，共有A 1515种情况．(2)先在a 中种植，有4种不同的种植方法，再在b 中种植，有3种不同的种植方法，再在c中种植，若c与b同色，则d中有3种不同的种植方法，若c与b不同色，则c中有2种不同的种植方法，d中有2种不同的种植方法，再在e中种植，有2种不同的种植方法，所以共有4×3×1×3×2＋4×3×2×2×2＝168(种)．故选C.【答案】(1)C(2)C解排列、组合的应用题，通常有以下途径：(1)以元素为主体，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素．(2)以位置为主体，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．(3)先不考虑附加条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数.『对接训练』1．[2019·河南十所名校尖子生联考]5位同学站成一排照相，其中甲与乙必须相邻且甲不站在两端的排法种数是()A．40 B．36C．32 D．24详细分析：由题可得，甲与乙相邻的排法种数为A44A22＝48，甲站在两端且与乙相邻的排法种数为C12A33＝12，所以甲与乙相邻且甲不站在两端的排法种数是48－12＝36.故选B.答案：B2．[2019·广东六校联考]从两个不同的红球、两个不同的黄球、两个不同的蓝球共六个球中任取两个，放入红、黄、蓝三个袋子中，每个袋子至多放入一个球，且球色与袋色不同，那么不同的放法共有()A．42种B．36种C．72种D．46种详细分析：分以下几种情况：①取出的两球同色时，有3种可能，取出的球只能放在与球的颜色不同的两个袋子中，有A22种不同的放法，故不同的放法共有3A22＝6(种)；②取出的两球不同色时，有一红一黄、一红一蓝、一黄一蓝3种可能，由于球不同，所以取球的方法数为3C12 C12＝12(种)，取球后将两球放入袋子中的方法有C13C12－3＝3(种)，所以不同的放法有12×3＝36(种)．综上可得不同的放法共有42种，故选A.答案：A考点2二项式定理1．通项与二项式系数T r＋1＝C r n a n－r b r，其中C r n(r＝0,1,2，…，n)叫做二项式系数．2．各二项式系数之和(1)C0n＋C1n＋C2n＋…＋C n n＝2n.(2)C1n＋C3n＋…＝C0n＋C2n＋…＝2n－1.[例2](1)[2019·全国卷Ⅲ](1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为()A．12 B．16C．20 D．24(2)[2019·浙江卷]在二项式(2＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．详细分析：(1)展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为C34＋2C14＝4＋8＝12.(2)该二项展开式的第k＋1项为T k＋1＝C k9(2)9－k x k，当k＝0时，第1项为常数项，所以常数项为(2)9＝162；当k＝1,3,5,7,9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.答案：(1)A(2)162 5(1)利用二项式定理求解的两种常用思路①二项式定理中最关键的是通项公式，求展开式中特定的项或者特定项的系数均是利用通项公式和方程解决的．②二项展开式的系数之和通常是通过对二项式及其展开式中的变量赋值得出的，注意根据展开式的形式给变量赋值.(2)[警示]在应用通项公式时，要注意以下几点：①它表示二项展开式的任意项，只要n与r确定，该项就随之确定；②T r ＋1是展开式中的第r ＋1项，而不是第r 项；③公式中，a ，b 的指数和为n ，且a ，b 不能随便颠倒位置； ④对二项式(a －b)n 展开式的通项公式要特别注意符号问题．『对接训练』3．[2019·天津卷]⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －18x 38的展开式中的常数项为______． 详细分析：本题主要考查二项式定理的应用，考查的核心素养是数学运算．二项展开式的通项T r ＋1＝C r 8(2x)8－r ⎝⎛⎭⎪⎫－18x 3r ＝⎝⎛⎭⎪⎫－18r ·28－r ·C r 8x 8－4r ，令8－4r ＝0可得r ＝2，故常数项为⎝ ⎛⎭⎪⎫－182×26×C 28＝28. 答案：284．[2019·浙江金华十校联考]已知(x ＋1)4＋(x －2)8＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 8(x －1)8，则a 3＝( )A ．64B ．48C ．－48D ．－64详细分析：由(x ＋1)4＋(x －2)8＝[(x －1)＋2]4＋[(x －1)－1]8＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋…＋a 8(x －1)8，得a 3·(x －1)3＝C 14·(x －1)3·2＋C 58·(x －1)3·(－1)5，∴a 3＝8－C 58＝－48.故选C .答案：C课时作业17 计数原理、二项式定理1．[2019·湘赣十四校联考]有一数学问题可用综合法和分析法两种方法证明，有5名同学只会用综合法证明，有3名同学只会用分析法证明，现从这些同学中任选1名同学证明这个问题，不同的选法种数为( )A ．8B ．15C ．18D ．30详细分析：由题意知本题是一个分类计数问题：证明方法分成两类，一是用综合法证明，有5种选法，二是用分析法证明，有3种选法．根据分类加法计数原理知共有3＋5＝8种选法，故选A .答案：A2．[2019·云南昆明一中检测]从一颗骰子的六个面中任意选取三个面，其中只有两个面相邻的不同的选法共有( )A ．20种B ．16种C ．12种D ．8种详细分析：从一颗骰子的六个面中任意选取三个面共有C 36＝20种选法，其中有三个面彼此相邻的有8种，所以只有两个面相邻的不同的选法共有20－8＝12(种)． 答案：C3．[2019·河北唐山期末]在⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x 6的展开式中，x 2的系数为( )A .154B ．－154C .38D ．－38详细分析：⎝⎛⎭⎪⎫x 2－2x 6的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 6⎝ ⎛⎭⎪⎫x 26－r ⎝⎛⎭⎪⎫－2x r ＝(－1)r C r 622r －6x 3－r ，令r ＝1，可得x 2的系数为(－1)1×C 16×22×1－6＝－38.故选D . 答案：D 4．[2019·海南三亚华侨学校期末]六位选手依次演讲，其中选手甲不是第一个也不是最后一个演讲，则不同的演讲次序共有( )A ．480种B ．360种C ．240种D ．120种详细分析：解法一 因为六位选手依次演讲，其中选手甲不是第一个也不是最后一个演讲，所以甲有C 14种情况，剩余的选手有A 55种情况，所以不同的演讲次序共有C 14·A 55＝480(种)，故选A . 解法二 六位选手全排列有A 66种演讲次序，其中选手甲第一个或最后一个演讲有2A 55种情况，故不同的演讲次序共有A 66－2A 55＝480(种)．故选A .答案：A5．[2019·河北保定期末](1－2x)5(2＋x)的展开式中，x 3的系数是( )A ．－160B ．－120C ．40D ．200详细分析：(1－2x)5(2＋x)的展开式中x 3的系数是(1－2x)5的展开式中x 3的系数的2倍与(1－2x)5的展开式中x 2的系数的和，易知(1－2x)5的展开式的通项公式为T r ＋1＝(－2)r C r 5x r ，令r ＝3，得x 3的系数为－8C 35＝－80，令r ＝2，得x 2的系数为4C 25＝40，所以(1－2x)5(2＋x)的展开式中x 3的系数是－80×2＋40＝－120.故选B .答案：B6．[2019·浙江七彩联盟联考]若⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x n 的展开式中，所有项的二项式系数之和为32，则该展开式的常数项为( )A ．10B ．－10C ．5D ．－5详细分析：由二项式系数之和为32，知2n ＝32，可得n ＝5，T r ＋1＝C r 5(2x 2)5－r ⎝⎛⎭⎪⎫－1x r＝(－1)r ·25－r C r 5x 510-2r.令10－52r ＝0，可得r ＝4，所以常数项为(－1)4×21×C 45＝10，故选A .答案：A7．[2019·广东广州调研]某电台做《一校一特色》访谈节目，分A ，B ，C 三期播出，A 期播出两所学校，B 期、C 期各播出1所学校．现从8所候选学校中选出4所参与这三期节目的录制，不同的选法共有( )A ．140种B ．420种C ．840种D ．1 680种详细分析：由题易知，不同的选法共有C 28C 16C 15＝840(种)．故选C . 答案：C8．[2019·河北定州模拟]将“福”“禄”“寿”三个字填入如图所示的4×4小方格中，每个小方格内只能填入一个字，且任意两个字既不同行也不同列，则不同的填写方法有( )A .288种B ．144种C ．576种D ．96种详细分析：依题意可分为以下3步：(1)先从16个格子中任选一格放入第一个字，有16种方法；(2)因为任意两个字既不同行也不同列，所以第二个字有9个格子可以放，有9种方法；(3)第三个字有4个格子可以放，有4种方法．根据分步乘法计数原理可得不同的填写方法有16×9×4＝576(种)．故选C .答案：C9．[2019·海南三亚华侨学校期末]在⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 24的展开式中，x 的指数是整数的项数是( )A ．2B ．3C ．4D ．5详细分析：∵⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋13x 24的展开式的通项公式为T r ＋1＝C r 24(x)24－r ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13x r ＝C r 24x 512-6r ，∴当r ＝0,6,12,18,24时，x 的指数是整数，故x 的指数是整数的有5项，故选D .答案：D10．[2019·第一次全国大联考]若二项式⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x n 的展开式中第m项为常数项，则m ，n 应满足( )A ．2n ＝3(m －1)B ．2n ＝3mC ．2n ＝(3m ＋1)D ．2n ＝m详细分析：由题意得，⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x n 的展开式的通项公式为T r ＋1＝(－1)r C r n x3n-2r，当n ＝32r ，即2n ＝3r 时，为常数项，此时r ＝m －1，所以m ，n 应满足2n ＝3(m －1)，故选A .答案：A11．[2019·甘肃兰州实战模拟]某国际会议结束后，中、美、俄等21国领导人合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人也站在前排并与中国领导人相邻，如果对其他国家领导人所站位置不做要求，那么不同的站法共有( )A ．A 1818种B ．A 2020种C ．A 23A 318A 1010种D ．A 22A 1818种详细分析：中国领导人站在前排正中间位置，美、俄两国领导人站在前排并与中国领导人相邻，有A 22种站法；其他18国领导人可以任意站，因此有A 1818种站法．根据分步乘法计数原理，共有A 22A 1818种不同的站法，故选D .答案：D12．[2019·辽宁营口模拟](1＋x)2n (n ∈N *)的展开式中，系数最大的项是( )A ．第n2＋1项 B ．第n 项C ．第n ＋1项D ．第n 项与第n ＋1项详细分析：在(1＋x )2n (n ∈N *)的展开式中，第r ＋1项的系数与第r ＋1项的二项式系数相同，再根据中间项的二项式系数最大，展开式共有2n ＋1项，可得第n ＋1项的系数最大，故选C.答案：C13．[2019·陕西西安质检]如果把个位数是1，且恰有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有________个．详细分析：当相同的数字不是1时，有C 13个“好数”；当相同的数字是1时，有C 13C 13个“好数”，由分类加法计数原理知共有C 13＋C 13C 13＝12个“好数”．答案：1214．[2019·江西南昌重点中学段考](x －y ＋2)6的展开式中y 4的系数为________．详细分析：解法一 因为(x －y ＋2)6＝[(x ＋2)－y ]6，所以展开式中含y 4的项为C 46(x ＋2)2y 4＝15x 2y 4＋60xy 4＋60y 4，所以展开式中y 4的系数为60.解法二 由于(x －y ＋2)6的展开式中y 4项不含x ，所以(x －y ＋2)6的展开式中y 4项就是(2－y )6的展开式中的y 4项，所以C 46×22(－y )4＝60y 4，所以(x －y ＋2)6的展开式中y 4的系数为60.答案：6015．[2019·安徽示范高中高三测试]现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张．从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为________．详细分析：解法一 从16张不同的卡片中任取3张，不同取法的种数为C 316，其中有2张红色卡片的不同取法的种数为C 24×C 112，3张卡片颜色相同的不同取法的种数为C 14×C 34，所以3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张的不同取法的种数为C 316－C 24×C 112－C 14×C 34＝472.解法二 若取出的3张卡片中没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三种颜色的卡片中选3张，若都不同色，则不同取法的种数为C 14×C 14×C 14＝64；若仅有2张卡片的颜色相同，则不同取法的种数为C 23×C 12×C 24×C 14＝144.若红色卡片有1张，且剩余2张不同色时，不同取法的种数为C 14×C 23×C 14×C 14＝192；若红色卡片有1张，且剩余2张同色时，不同取法的种数为C 14×C 13×C 24＝72.所以不同的取法共有64＋144＋192＋72＝472(种)．答案：47216．[2019·陕西彬州第一次教学质量监测]如果⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －13x 2n的展开式中各项系数之和为256，则展开式中1x 2的系数是________．详细分析：令x ＝1，可得各项系数之和为(3－1)n ＝256，求得n ＝8，则⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －13x 2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3x －13x 28的通项公式是T r ＋1＝C r 8·(3x )8－r ·⎝⎛⎭⎪⎪⎫－13x 2r ＝C r 8·38－r ·(－1)r·x 8－53r ，令8－53r ＝－2，解得r ＝6.故展开式中1x 2的系数是C 68·32＝252.答案：252。
专题11 计数原理【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编(解析版)
【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第14题
18．(2018年高考数学课标卷Ⅰ(理)·第15题)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有种．。(用数字填写答案)
【答案】16
解析：方法一：直接法，1女2男，有 ，2女1男，有
【题目栏目】计数原理\二项式定理\二项式定理
【题目来源】2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第8题
5．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第4题) 的展开式中 的系数为()
A．12B．16C．20D．24
【答案】【答案】A
【解析】因为 ，所以 的系数为 ，故选A．
【点评】本题主要考查二项式定理，利用展开式通项公式求展开式指定项的系数，是常规考法。
(2)求两个多项式的积的特定项,可先化简或利用分类加法计数原理讨论求解．
【题目栏目】计数原理\二项式定理\二项展开式通项公式的应用
【题目来源】2017年高考数学课标Ⅲ卷理科·第4题
9．(2017年高考数学课标Ⅱ卷理科·第6题)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有()
2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编
专题11计数原理
一、选择题
1．(2020年新高考I卷(山东卷)·第3题)6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同 安排方法共有()
A．120种B．90种
C．60种D．30种
【答案】C
现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：
根据分步乘法原理，可得不同的安排方法 种
高考数学总复习 第十篇 计数原理 第3讲 二项式定理课件 理
(a＋b)n的 二项展开式 ．
其中的系数Cnr(r＝0,1，…，n)叫 二项式 系数．
式中的C
r n
an－rbr叫二项展开式的
通项
，用Tr＋1表示，即
通项Tr＋1＝Cnr an－rbr.
2．二项展开式形式上的特点 (1)项数为 n＋1 .
(2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数 的和为n . (3)字母a按降幂 排列，从第一项开始，次数由n逐项减1 直到零；字母b按 升幂 排列，从第一项起，次数由零逐
(2)(1＋2 x)3(1－ 3 x)5＝(1＋6 x＋12x＋8x x)(1－ 3 x)5，故
(1＋2
x)3(1－ 3
x
)5的展开式中含x的项为1×C
3 5
×(－
3
x )3＋
12xC05＝－10x＋12x＝2x，
∴x的系数为2.
答案 (1)－5 (2)2
[方法锦囊] 对于求多个二项式的和或积的展开式中某项的系 数问题，要注意排列、组合知识的运用，还要注意有关指数 的运算性质．对于三项式问题，一般是通过合并其中的两项 或进行因式分解，转化成二项式定理的形式去求解．
(2)Tr＋1＝C
r n
(
x
)n－r
－2x
r＝(－2)rC
r n
x
n－3r 2
，当r＝4时，
n－23r＝0，又n∈N*，∴n＝12. 答案 (1)2 (2)12
考向二 二项式定理中的赋值 【例2】►在(2x－3y)10的展开式中，求：
(1)二项式系数的和； (2)各项系数的和； (3)奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和； (4)奇数项系数和与偶数项系数和． [审题视点] 求二项式的系数的和，常用赋值法求解．
高考数学理科二轮复习课件：专题7第一讲 计数原理、二
1．分类加法计数原理与分步乘法计数原理一定要区别清楚，避 免使用时出现错误；
2．排列数公式与组合数公式要记清，各种形式视情况选用，并 注意排列公式与组合公式的联系；
3．二项式定理是独立的一部分内容，要记清二项式定理本身与 其通项公式，应用时还要小心符号，另外赋值法也是要掌握的重要方 法，需要重视．
第三类，没有任教的老师来自于只能任教“矩阵与变换”的 3 位老师中的一位，则需从三门课都能任教的 2 位老师中选 1 位来补充， 共有 3×2 种选法；
第四类，没有任教的老师来自于只能任教“开关电路与布尔代 数”的 3 位老师中的一位，则需从三门课都能任教的 2 位老师中选 1 位来补充，共有 3×2 种选法．
随堂讲义
专题七 概率与统计、推理与证明、算法初步、 框图、复数
第一讲 计数原理、二项式定理
计数原理、二项式定理也是高考中必考的小题，属
于独立知识点，与其他知识没多大的联系，应掌握好这 两个定理.
例 1 某中学拟于下学期在高一年级开设“矩阵与变换”、“信 息安全与密码”、“开关电路与布尔代数”三门数学选修课，在计划 任教高一年级的 10 名数学老师中，有 3 人只能任教“矩阵与变换”， 有 2 人只能任教“信息安全与密码”，另有 3 人只能任教“开关电路 与布尔代数”，三门课都能任教的只有 2 人．现要从这 10 名教师中选 出 9 人，分别担任这三门课的任课老师，且每门课安排 3 名老师任教， 则不同的安排方案有________种．
(2)注意区别二项式系数和项的系数．
3．(2015·新课标Ⅰ卷)(x2＋x＋y)5 的展开式中，x5y2 的系数为(C) A．10 B．20 C．30 D．60 解析：解法一 (x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含 y2 的项为 T3＝C25 (x2＋x)3·y2. 其中(x2＋x)3 中含 x5 的项为 C13x4·x＝C13x5. 所以 x5y2 的系数为 C25C13＝30.故选 C. 解法二 (x2＋x＋y)5 为 5 个 x2＋x＋y 之积，其中有两个取 y，两 个取 x2，一个取 x 即可，所以 x5y2 的系数为 C25C23C11＝30.故选 C.
江苏省高考数学二轮复习专题八二项式定理与数学归纳法理8.1计数原理与二项式定理讲义含解析
专题八二项式定理与数学归纳法（理）[江苏卷5年考情分析]本部分内容在高考中基本年年都考，并以压轴题形式考查.2014年考复合函数求导和数学归纳法；2015年主要考查计数原理，又涉及到数学归纳法；2016年考查组合数及其性质等基础知识，考查考生的运算求解能力和推理论证能力；2017年考查概率分布与期望及组合数的性质，既考查运算能力，又考查思维能力.2018年考查计数原理，考查考生的运算求解能力和推理论证能力．近几年高考对组合数的性质要求较高，常与数列、集合、不等式、数学归纳法等知识交汇考查．第一讲计数原理与二项式定理[典例感悟][例1] (2018·江苏高考)设n∈N*，对1，2，…，n的一个排列i1i2…i n，如果当s<t 时，有i s>i t，则称(i s，i t)是排列i1i2…i n的一个逆序，排列i1i2…i n的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1,2,3的一个排列231，只有两个逆序(2,1)，(3,1)，则排列231的逆序数为2.记f n(k)为1,2，…，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数．(1)求f3(2)，f4(2)的值；(2)求f n(2)(n≥5)的表达式(用n表示)．[解] (1)记τ(abc)为排列abc的逆序数，对1,2,3的所有排列，有τ(123)＝0，τ(132)＝1，τ(213)＝1，τ(231)＝2，τ(312)＝2，τ(321)＝3，所以f3(0)＝1，f3(1)＝f3(2)＝2.对1,2,3,4的排列，利用已有的1,2,3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f 4(2)＝f 3(2)＋f 3(1)＋f 3(0)＝5.(2)对一般的n (n ≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12…n ，所以f n (0)＝1. 逆序数为1的排列只能是将排列12…n 中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以f n (1)＝n －1.为计算f n ＋1(2)，当1,2，…，n 的排列及其逆序数确定后，将n ＋1添加进原排列，n ＋1在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此f n ＋1(2)＝f n (2)＋f n (1)＋f n (0)＝f n (2)＋n .当n ≥5时，f n (2)＝[f n (2)－f n －1(2)]＋[f n －1(2)－f n －2(2)]＋…＋[f 5(2)－f 4(2)]＋f 4(2)＝(n －1)＋(n －2)＋…＋4＋f 4(2)＝n2－n －22，因此，当n ≥5时，f n (2)＝n2－n －22. [方法技巧](1)深化对两个计数原理的认识，培养“全局分类”和“局部分步”的意识，并在操作中确保：①分类不重不漏；②分步要使各步具有连续性和独立性.(2)解决计数应用题的基本思想是“化归”，即由实际问题建立组合模型，再由组合数公式来计算其结果，从而解决实际问题．[演练冲关](2018·苏北三市三模)已知集合U ＝{1,2，…，n }(n ∈N *，n ≥2)，对于集合U 的两个非空子集A ，B ，若A ∩B ＝∅，则称(A ，B )为集合U 的一组“互斥子集”．记集合U 的所有“互斥子集”的组数为f (n )(视(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”)．(1)写出f (2)，f (3)，f (4)的值； (2)求f (n )．解：(1)f (2)＝1，f (3)＝6，f (4)＝25.(2)法一：设集合A 中有k 个元素，k ＝1,2,3，…，n －1. 则与集合A 互斥的非空子集有2n －k－1个．于是f (n )＝12∑k ＝1n －1Ck n (2n －k －1)＝12(∑k ＝1n －1Ck n 2n －k－∑k ＝1n －1Ck n )．因为∑k ＝1n －1Ck n 2n －k ＝∑k ＝0n Ck n 2n －k －C0n 2n －Cn n 20＝(2＋1)n －2n －1＝3n －2n－1，∑k ＝1n －1Ckn ＝∑k ＝0nCk n －C0n －Cn n ＝2n－2， 所以f (n )＝12[(3n －2n －1)－(2n －2)]＝12(3n －2n ＋1＋1).法二：任意一个元素只能在集合A ，B ，C ＝∁U (A ∪B )之一中， 则这n 个元素在集合A ，B ，C 中，共有3n种， 其中A 为空集的种数为2n，B 为空集的种数为2n， 所以A ，B 均为非空子集的种数为3n－2×2n＋1. 又(A ，B )与(B ，A )为同一组“互斥子集”， 所以f (n )＝12(3n －2n ＋1＋1).[典例感悟][例2] (2018·江苏六市二调)已知(1＋x )2n ＋1＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 2n ＋1x2n ＋1，n ∈N *.记T n ＝k ＝0n (2k ＋1)a n －k .(1)求T 2的值；(2)化简T n 的表达式，并证明：对任意的n ∈N *，T n 都能被4n ＋2整除．[解] 由二项式定理，得a i ＝Ci 2n ＋1(i ＝0,1,2，…，2n ＋1)． (1)T 2＝a 2＋3a 1＋5a 0＝C25＋3C15＋5C05＝30. (2)因为(n ＋1＋k )Cn ＋1＋k 2n ＋1＝(n ＋1＋k )·＋！＋1＋！－！＝＋！＋！－！＝(2n ＋1)Cn ＋k 2n ， 所以T n ＝k ＝0n (2k ＋1)a n －k＝k ＝0n (2k ＋1)Cn －k 2n ＋1 ＝k ＝0n (2k ＋1)Cn ＋1＋k 2n ＋1 ＝∑k ＝0n[2(n ＋1＋k )－(2n ＋1)]Cn ＋1＋k 2n ＋1 ＝2k ＝0n (n ＋1＋k )Cn ＋1＋k 2n ＋1－(2n ＋1)∑k ＝0nCn ＋1＋k 2n ＋1 ＝2(2n ＋1)∑k ＝0n Cn ＋k 2n －(2n ＋1)∑k ＝0nCn ＋1＋k 2n ＋1＝2(2n ＋1)·12·(22n ＋Cn 2n)－(2n ＋1)·12·22n ＋1＝(2n ＋1)Cn 2n.T n ＝(2n ＋1)Cn 2n ＝(2n ＋1)(Cn －12n －1＋Cn 2n －1)＝2(2n ＋1)Cn 2n －1＝(4n ＋2)Cn 2n －1. 因为Cn 2n －1∈N *，所以T n 能被4n ＋2整除.[方法技巧]二项式定理中的应用主要是构造一个生成相应二项式系数的函数，通过研究函数关系证明恒等式、不等式和整除性问题．将二项式定理(a＋b)n＝C0n a n＋C1n a n－1b＋…＋Cr n a n－r b r ＋…＋Cn n b n中的a，b进行特殊化就会得到很多有关组合数的相关和的结果，这是研究有关组合数的和的问题的常用方法．还可以利用求函数值的思想进行赋值求解．[演练冲关]设a，b，n∈N*，且a≠b，对于二项式(a－b)n.(1)当n＝3,4时，分别将该二项式表示为p－q(p，q∈N*)的形式；(2)求证：存在p，q∈N*，使得等式(a－b)n＝p－q与(a－b)n＝p－q同时成立．解：(1)当n＝3时，(a－b)3＝(a＋3b)a－(b＋3a)b，＝＋－＋ .当n＝4时，(a－b)4＝a2－4a ab＋6ab－4b ab＋b2＝(a2＋6ab＋b2)－4(a＋b)ab，＝＋6ab＋－＋ .(2)证明：由二项式定理得n(－1)k Ck n(a)n－k(b)k，(a－b)n＝k＝0n(a)3(b)n－3＋若n为奇数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋Cn－3n(a)2·(b)n－2＋Cn n Cn－1n(a)(b)n－1]－[C1n(a)n－1(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋Cn－2(b)n]，分析各项指数的奇偶性易知，可将上式表示为(a－b)n＝u1a－v1b的形式，其中u1，v1∈N*，也即(a－b)n＝u21a－v21b＝p－q，其中p＝u21a，q＝v21b，p，q∈N*，n(a)2(b)n－2＋若n为偶数，则(a－b)n＝[C0n(a)n＋C2n(a)n－2(b)2＋…＋Cn－2n Cn n(b)n]－[C1n(a)n－1·(b)＋C3n(a)n－3(b)3＋…＋Cn－3n(a)3(b)n－3＋Cn－1(a)(b)n －1]类似地，可将上式表示为(a －b)n＝u 2－v 2ab 的形式，其中u 2，v 2∈N *， 也即(a －b)n ＝u22－v22ab ＝p －q ，其中p ＝u 2，q ＝v 2ab ，p ，q ∈N *. 所以存在p ，q ∈N *，使得等式(a －b)n＝p －q. 同理可得(a ＋b)n可表示为(a ＋b)n＝p ＋q ，从而有p －q ＝(p ＋q)(p －q)＝(a ＋b)n(a －b)n＝(a －b )n， 综上可知结论成立．[典例感悟][例3] (2018·苏北四市调研)在杨辉三角形中，从第3行开始，除1以外，其他每一个数值是它上面的两个数值之和，这个三角形数阵开头几行如图所示．(1)在杨辉三角形中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为3∶4∶5？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；(2)已知n ，r 为正整数，且n ≥r ＋3.求证：任何四个相邻的组合数Cr n ，Cr ＋1n ，Cr ＋2n ，Cr ＋3n 不能构成等差数列．[解] (1)杨辉三角形的第n 行由二项式系数Ck n ，k ＝0,1,2，…，n 组成．如果第n 行中有Ck －1n Ck n ＝k n －k ＋1＝34，Ck n Ck ＋1n ＝k ＋1n －k ＝45， 那么3n －7k ＝－3,4n －9k ＝5， 解得k ＝27，n ＝62.即第62行有三个相邻的数C2662，C2762，C2862的比为3∶4∶5.(2)证明：若有n ，r (n ≥r ＋3)，使得Cr n ，Cr ＋1n ，Cr ＋2n ，Cr ＋3n 成等差数列， 则2Cr ＋1n ＝Cr n ＋Cr ＋2n ，2Cr ＋2n ＝Cr ＋1n ＋Cr ＋3n ，即2n ！＋！－r －！＝n ！r ！－！＋n ！＋！－r －！， 2n ！＋！－r －！＝n ！＋！－r －！＋n ！＋！－r －！.有2＋－r －＝1－r －－＋1＋＋，2＋－r －＝1－r －－r －＋1＋＋，化简整理得，n 2－(4r ＋5)n ＋4r (r ＋2)＋2＝0，n 2－(4r ＋9)n ＋4(r ＋1)(r ＋3)＋2＝0.两式相减得，n ＝2r ＋3，于是Cr 2r ＋3，Cr ＋12r ＋3，Cr ＋22r ＋3，Cr ＋32r ＋3成等差数列．而由二项式系数的性质可知Cr 2r ＋3＝Cr ＋32r ＋3＜Cr ＋12r ＋3＝Cr ＋22r ＋3，这与等差数列的性质矛盾，从而要证明的结论成立．[方法技巧](1)对于组合数问题，需要熟记并能灵活运用以下两个组合数公式：Ck n ＝Cn －k n ，Ck n ＋1＝Ck n ＋Ck －1n .(2)对于二项式定理问题，需掌握赋值法和二项式系数的性质，并能将二项式系数与二项展开式系数区别开来．[演练冲关](2018·南京、盐城一模)设n ∈N *，n ≥3，k ∈N *. (1)求值：①k Ck n －n Ck n －1；②k 2Ck n －n (n －1)Ck n －2－n Ck 1n －1(k ≥2)；(2)化简：12C0n ＋22C1n ＋32C2n ＋…＋(k ＋1)2Ck n ＋…＋(n ＋1)2Cn n . 解：(1)①k Ck n －n Ck 1n －1 ＝k ×n ！k ！－！－n ×－！－！－！＝n ！－！－！－n ！－！－！＝0. ②k 2C k n －n (n －1)C k n －2－n C k n －1＝k 2×n ！k ！－！－n (n －1)×－！－！－！－n ×－！－！－！＝k ×n ！－！－！－n ！－！－！－n ！－！－！＝n ！－！－！⎝ ⎛⎭⎪⎫k k －1－1－1k －1＝0.(2)法一：由(1)可知，当k ≥2时，(k ＋1)2Ck n ＝(k 2＋2k ＋1)Ck n ＝k 2Ck n ＋2k Ck n ＋Ck n ＝[n (n －1)Ck n －2＋n Ck 1n －1]＋2n Ck n －1＋Ck n ＝n (n －1)Ck n －2＋3n Ck n －1＋Ck n .故12C0n＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Ck n＋…＋(n＋1)2Cn n＝(12C0n＋22C1n)＋n(n－1)(C0n－2n－1)＋(C2n＋C3n＋…＋Cn n)＝(1＋4n)＋n－2)＋3n(C1n－1＋C2n－1＋…＋Cn1＋C1n－2＋…＋Cn2n(n－1)2n－2＋3n(2n－1－1)＋(2n－1－n)＝2n－2(n2＋5n＋4)．法二：当n≥3时，由二项式定理，有(1＋x)n＝1＋C1n x＋C2n x2＋…＋Ck n x k＋…＋Cn n x n，两边同乘以x，得(1＋x)n x＝x＋C1n x2＋C2n x3＋…＋Ck n x k＋1＋…＋Cn n x n＋1，两边对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＝1＋2C1n x＋3C2n x2＋…＋(k＋1)Ck n x k＋…＋(n ＋1)Cn n x n，两边再同乘以x，得(1＋x)n x＋n(1＋x)n－1x2＝x＋2C1n x2＋3C2n x3＋…＋(k＋1)Ck n x k＋1＋…＋(n＋1)Cn n x n＋1，两边再对x求导，得(1＋x)n＋n(1＋x)n－1x＋n(n－1)(1＋x)n－2x2＋2n(1＋x)n－1x＝1＋22C1n x＋32C2n x2＋…＋(k ＋1)2Ck n x k＋…＋(n＋1)2Cn n x n.令x＝1，得2n＋n·2n－1＋n(n－1)2n－2＋2n·2n－1＝1＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Ck n＋…＋(n＋1)2Cn n，即12C0n＋22C1n＋32C2n＋…＋(k＋1)2Ck n＋…＋(n＋1)2Cn n＝2n－2(n2＋5n＋4)．[课时达标训练]A组——大题保分练1．设集合A，B是非空集合M的两个不同子集，满足：A不是B的子集，且B也不是A 的子集．(1)若M＝{a1，a2，a3，a4}，直接写出所有不同的有序集合对(A，B)的个数；(2)若M＝{a1，a2，a3，…，a n}，求所有不同的有序集合对(A，B)的个数．解：(1)110.(2)集合M有2n个子集，不同的有序集合对(A，B)有2n(2n－1)个．当A⊆B，并设B中含有k(1≤k≤n，k∈N*)个元素，则满足A ⊆B 的有序集合对(A ，B )有∑k ＝1nCk n (2k－1)＝∑k ＝0nCk n 2k－∑k ＝0nCk n ＝3n－2n个．同理，满足B ⊆A 的有序集合对(A ，B )有3n －2n个．故满足条件的有序集合对(A ，B )的个数为2n (2n －1)－2(3n －2n )＝4n ＋2n －2×3n. 2．记1,2，…，n 满足下列性质T 的排列a 1，a 2，…，a n 的个数为f (n )(n ≥2，n ∈N *)．性质T ：排列a 1，a 2，…，a n 中有且只有一个a i ＞a i ＋1(i ∈{1,2，…，n －1})．(1)求f (3)； (2)求f (n )．解：(1)当n ＝3时，1,2,3的所有排列有(1,2,3)，(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，(3,2,1)，其中满足仅存在一个i ∈{1,2,3}，使得a i ＞a i ＋1的排列有(1,3,2)，(2,1,3)，(2,3,1)，(3,1,2)，所以f (3)＝4.(2)在1,2，…，n 的所有排列(a 1，a 2，…，a n )中，若a i ＝n (1≤i ≤n －1)，从n －1个数1,2,3，…，n －1中选i －1个数按从小到大的顺序排列为a 1，a 2，…，a i －1，其余按从小到大的顺序排列在余下位置，于是满足题意的排列个数为Ci 1n －1. 若a n ＝n ，则满足题意的排列个数为f (n －1)． 综上，f (n )＝f (n －1)＋∑i ＝1n －1Ci n －1＝f (n －1)＋2n －1－1.从而f (n )＝－2n －1－2－(n －3)＋f (3)＝2n－n －1.3．(2018·南京、盐城一模)已知n ∈N *，nf (n )＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n .(1)求f (1)，f (2)，f (3)的值；(2)试猜想f (n )的表达式(用一个组合数表示)，并证明你的猜想． 解：(1)由条件，nf (n )＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n ，① 在①中令n ＝1，得f (1)＝C01C11＝1.在①中令n ＝2，得2f (2)＝C02C12＋2C12C22＝6，得f (2)＝3.在①中令n ＝3，得3f (3)＝C03C13＋2C13C23＋3C23C33＝30，得f (3)＝10. (2)猜想f (n )＝Cn 2n －1(或f (n )＝Cn －12n －1)．欲证猜想成立，只要证等式n Cn 2n －1＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n 成立．法一：(直接法)当n ＝1时，等式显然成立．当n ≥2时，因为r Cr n ＝r×n！r ！－！＝n ！－！－！＝n ×－！－！－！＝n Cr n －1， 故r Cr －1n Cr n ＝(r Cr n )Cr －1n ＝n Cr 1n －1Cr －1n .故只需证明n Cn 2n －1＝n C0n －1C0n ＋n C1n －1C1n ＋…＋n Cr n －1·C r －1n ＋…＋n Cn 1n －1Cn －1n . 即证Cn 2n －1＝C0n －1C0n ＋ C1n －1C1n ＋…＋ Cr 1n －1Cr －1n ＋…＋ Cn 1n －1Cn －1n .而Cr －1n ＝Cn －r ＋1n ，故即证Cn 2n －1＝C0n －1Cn n ＋ C1n －1Cn －1n ＋…＋ Cr 1n －1Cn －r ＋1n ＋…＋ Cn 1n －1C1n .②由等式(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n 可得，左边x n的系数为Cn 2n －1.而右边(1＋x )n －1(1＋x )n＝(C0n －1＋C1n －1x ＋C2n －1x 2＋…＋Cn n －1xn －1)(C0n ＋C1n x ＋C2n x2＋…＋Cn n x n)，所以x n的系数为C0n －1Cn n ＋ C1n －1Cn －1n ＋…＋ Cr n －1·C －r ＋1n ＋…＋ Cn 1n －1C1n . 由(1＋x )2n －1＝(1＋x )n －1(1＋x )n恒成立可得②成立．综上，f (n )＝Cn 2n －1成立．法二：(构造模型)构造一个组合模型，一个袋中装有(2n －1)个小球，其中n 个是编号为1,2，…，n 的白球，其余(n －1)个是编号为1,2，…，n －1的黑球．现从袋中任意摸出n 个小球，一方面，由分步计数原理其中含有r 个黑球((n －r )个白球)的n 个小球的组合的个数为Cr n －1·C －r n ，0≤r ≤n －1，由分类计数原理有从袋中任意摸出n 个小球的组合的总数为C0n －1Cn n ＋ C1n －1Cn －1n ＋…＋ Cr 1n －1Cn －r ＋1n ＋…＋ Cn 1n －1C1n .另一方面，从袋中(2n －1)个小球中任意摸出n 个小球的组合的个数为Cn 2n －1. 故Cn 2n －1＝C0n －1Cn n ＋ C1n －1Cn －1n ＋…＋ Cr 1n －1Cn －r ＋1n ＋…＋ Cn 1n －1C1n ，余下同法一．法三：(利用导数)由二项式定理， 得(1＋x )n＝C0n ＋C1n x ＋C2n x 2＋…＋Cn n x n.③ 两边求导，得n (1＋x )n －1＝C1n ＋2C2n x ＋…＋r Cr n xr －1＋…＋n Cn n xn －1.④③×④，得n (1＋x )2n －1＝(C0n ＋C1n x ＋C2n x 2＋…＋Cn n x n)·(C 1n ＋2C2n x ＋…＋r Cr n x r －1＋…＋n Cn n xn －1)．⑤左边x n的系数为n Cn 2n －1.右边x n的系数为C1n Cn n ＋2C2n Cn －1n ＋…＋r Cr n Cn －r ＋1n ＋…＋n Cn n C1n ＝C1n C0n ＋2C2n C1n ＋…＋r Cr n Cr －1n ＋…＋n Cn n Cn －1n ＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n .由⑤恒成立，得n Cn 2n －1＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n . 故f (n )＝Cn 2n －1成立．法四：(构造模型)由nf (n )＝C0n C1n ＋2C1n C2n ＋…＋r Cr －1n Cr n ＋…＋n Cn －1n Cn n ， 得nf (n )＝n Cn －1n Cn n ＋(n －1)Cn －2n Cn －1n ＋…＋C0n C1n ＝n C0n C1n ＋(n －1)C1n C2n ＋…＋Cn －1n Cn n ，所以2nf (n )＝(n ＋1)(C0n C1n ＋C1n C2n ＋…＋Cn －1n Cn n ) ＝(n ＋1)(Cn n C1n ＋Cn －1n C2n ＋…＋C1n Cn n )，构造一个组合模型，从2n 个元素中选取(n ＋1)个元素，则有Cn ＋12n 种选法，现将2n 个元素分成两个部分n ，n ，若(n ＋1)个元素中，从第一部分中取n 个，第二部分中取1个，则有Cn n C1n 种选法，若从第一部分中取(n －1)个，第二部分中取2个，则有Cn －1n C2n 种选法，…，由分类计数原理可知Cn ＋12n ＝Cn n C1n ＋Cn －1n C2n ＋…＋C1n Cn n .故2nf (n )＝(n ＋1)Cn ＋12n ， 所以f (n )＝n ＋12n·！＋！－！＝－！n ！－！＝Cn 2n －1.4．(2018·苏锡常镇调研(二))已知函数f (x )＝(x ＋5)2n ＋1(n ∈N *，x ∈R )．(1)当n＝2时，若f(2)＋f(－2)＝5A，求实数A的值；(2)若f(2)＝m＋α(m∈N*,0<α<1)，求证：α(m＋α)＝1.解：(1)当n＝2时，f(x)＝(x＋5)5＝C05x5＋C15x45＋C25x3(5)2＋C35x2(5)3＋C45 x(5)4＋C55(5)5,所以f(2)＋f(－2)＝(2＋5)5＋(－2＋5)5＝2[C15(5)124＋C35(5)322＋C55(5)5]＝2(5×165＋10×4×55＋255)＝6105，所以A＝610.(2)证明：因为f(x)＝(x＋5)2n＋1＝C02n＋1x2n＋1＋C12n＋1x2n5＋C22n＋1x2n－1(5)2＋…2n＋1(5)2n＋1，＋C2n12n＋1(5)2n＋1，所以f(2)＝C02n＋122n＋1＋C12n＋122n5＋C22n＋122n－1(5)2＋…＋C2n1由题意知，f(2)＝(5＋2)2n＋1＝m＋α(m∈N*,0<α<1)，首先证明对于固定的n∈N*，满足条件的m，α是唯一的．假设f(2)＝(2＋5)2n＋1＝m1＋α1＝m2＋α2(m1，m2∈N*,0<α1<1,0<α2<1，m1≠m2，α1≠α2)，则m1－m2＝α2－α1≠0，而m1－m2∈Z，α2－α1∈(－1,0)∪(0,1)，矛盾．所以满足条件的m，α是唯一的.下面我们求m及α的值：因为f(2)－f(－2)＝(2＋5)2n＋1－(－2＋5)2n＋1＝(2＋5)2n＋1＋(2－5)2n＋1＝2n＋121(5)2n]，2[C02n＋122n＋1＋C22n＋1·22n－1(5)2＋C42n＋122n－3(5)4＋…＋C2n显然f(2)－f(－2)∈N*.又因为5－2∈(0,1)，故(5－2)2n＋1∈(0,1)，即f(－2)＝(－2＋5)2n＋1＝(5－2)2n＋1∈(0,1).所以令m＝2[C02n＋122n＋1＋C22n＋122n－1(5)2＋C42n＋1·22n－3(5)4＋…＋C2n2n＋1 21(5)2n]，α＝(－2＋5)2n ＋1，则m ＝f (2)－f (－2)，α＝f (－2)，又m ＋α＝f (2), 所以α(m ＋α)＝f (－2)·f (2)＝(2＋5)2n ＋1·(－2＋5)2n ＋1＝(5－4)2n ＋1＝1.B 组——大题增分练1．(2016·江苏高考)(1)求7C36－4C47的值；(2)设m ，n ∈N *，n ≥m ，求证：(m ＋1)Cm m ＋(m ＋2)·C m ＋1＋(m ＋3)Cm m ＋2＋…＋n Cm n －1＋(n ＋1)Cm n ＝(m ＋1)Cm 2n ＋2. 解：(1)7C36－4C47＝7×6×5×43×2×1－4×7×6×5×44×3×2×1＝0.(2)证明：当n ＝m 时，结论显然成立．当n ＞m 时，(k ＋1)Cm k ＝＋！m ！－！＝(m ＋1)·＋！＋！＋－＋！＝(m ＋1)Cm k ＋1，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n . 又因为Cm k ＋1＋Cm 2k ＋1＝Cm k ＋2，所以(k ＋1)Cm k ＝(m ＋1)(Cm k ＋2－Cm 2k ＋1)，k ＝m ＋1，m ＋2，…，n .因此，(m ＋1)Cm m ＋(m ＋2)Cm m ＋1＋(m ＋3)Cm m ＋2＋…＋(n ＋1)Cm n ＝(m ＋1)Cm m ＋[(m ＋2)Cm m ＋1＋(m ＋3)Cm m ＋2＋…＋(n ＋1)Cm n ]＝(m ＋1)Cm m ＋2＋(m ＋1)[(Cm 2m ＋3－Cm 2m ＋2)＋(Cm 2m ＋4－Cm 2m ＋3)＋…＋(Cm n ＋2－Cm 2n ＋1)] ＝(m ＋1)Cm 2n ＋2. 2．(2018·南京、盐城二模)现有＋2(n ≥2，n ∈N *)个给定的不同的数随机排成一个下图所示的三角形数阵：******………………………………**…………**…………第1行…………第2行…………第3行…………第n 行设M k 是第k 行中的最大数，其中1≤k ≤n ，k ∈N *.记M 1<M 2<…<M n 的概率为p n . (1)求p 2的值；(2)证明：p n >C2n ＋1＋！.解：(1)由题意知p 2＝2A22A33＝23，即p 2的值为23.(2)证明：先排第n 行，则最大数在第n 行的概率为n＋2＝2n ＋1； 去掉第n 行已经排好的n 个数，则余下的＋2－n ＝－2个数中最大数在第n －1行的概率为n －1－2＝2n； …故p n ＝2n ＋1×2n ×…×23＝2n －1＋＝2n＋！. 由于2n＝(1＋1)n＝C0n ＋C1n ＋C2n ＋…＋Cn n ≥C0n ＋C1n ＋C2n >C1n ＋C2n ＝C2n ＋1，故2n＋！>C2n ＋2＋！，即p n >C2n ＋1＋！.3．(2018·苏州暑假测试)设集合M ＝{－1,0,1}，集合A n ＝{(x 1，x 2，…，x n )|x i ∈M ，i ＝1,2，…，n }，集合A n 中满足条件“1≤|x 1|＋|x 2|＋…＋|x n |≤m ”的元素个数记为S n m .(1)求S 2和S 42的值；(2)当m<n时，求证：S n m<3n＋2m＋1－2n＋1.解：(1)S2＝8，S42＝32.(2)证明：设集合P＝{0}，Q＝{－1,1}．若|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝1，即x1，x2，x3，…，x n中有n－1个取自集合P,1个取自集合Q，n21种可能，即为C1n21，故共有Cn－1同理，|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝2，即x1，x2，x3，…，x n中有n－2个取自集合P,2个取自集合Q，n22种可能，即为C2n22，故共有Cn－2若|x1|＋|x2|＋…＋|x n|＝m，即x1，x2，x3，…，x n中有n－m个取自集合P，m个取自集合Q，n2m种可能，即为Cm n2m，故共有Cn－m所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋Cm n2m，因为当0≤k≤n时，Ck n≥1，所以Ck n－1≥0，所以S n m＝C1n21＋C2n22＋…＋Cm n2mn－1)2m＋1＋…＋(Cn n－1)2n<C0n20＋(C1n21＋C2n22＋…＋Cm n2m)＋(Cm＋1n2m＋1＋…＋Cn n2n)－(2m＋1＋2m＋2＋…＋2n) ＝(C0n20＋C1n21＋C2n22＋…＋Cm n2m＋Cm＋1＝(1＋2)n－(2n＋1－2m＋1)＝3n－2n＋1＋2m＋1.所以当m<n时，S n m<3n＋2m＋1－2n＋1.4．(2018·常州期末)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法．利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式．如：考察恒等式(1＋x)2n＝(1＋x)n(1＋x)n(n∈N*)，左边x n的系数为Cn2n，而右边(1＋x)n(1＋x)n＝(C0n＋C1n x＋…＋Cn n x n)(C0n＋C1n x＋…＋Cn n x n)，x n的系数为C0n Cn n＋ C1n Cn－1n＋…＋Cn n C0n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(Cn n)2，因此可得到组合恒等式Cn2n＝(C0n)2＋(C1n)2＋(C2n)2＋…＋(Cn n)2.(1)根据恒等式(1＋x)m＋n＝(1＋x)m(1＋x)n(m，n∈N*)，两边x k(其中k∈N，k≤m，k≤n)的系数相同，直接写出一个恒等式；(2)利用算两次的思想方法或其他方法证明：。
高考数学二轮复习 考点十八计数原理与二项式定理课件 理
考题解法类编
揭秘解题绝招
试题体验应用
第三页，共22页。
限时规范训练
类型一 类型四 类型三 类型二
考题 ●解法类编
类型一 排列(páiliè)问题
例题(lìtí)精编
例 1：(2013·高考山东卷)用 0，1，…，9 十个 数字，可以组成有重复数字的三位数的个数 为( ) A．243 B．252 C．261 D．279
类型一 类型四 类型三 类型二
第十二页，共22页。
考题 ●解法类编
类型(lèixíng)三 求二项展开式中的特定项
例题(lìtí)精编
例
3：(2013·高考辽宁卷)使3x＋x
1
n x
(n∈N＋)的展开式中含有常数项的最小的
n 为( )
A．4
B．5
C．6
D．7
通性通法 探究演练
考题解法类编
揭秘解题绝招
的常数项．∵f(x)＝x－1x6，x<0，∴当 x>0 时，f(x)＝－ － x，x≥0，
x <0 ， ∴ f[f(x)] ＝ f( －
x)＝
－ x＋ 1x6＝ x－ 1x6.∴展开式中常数项为 C36( x)3－ 1x3＝－C63＝－20.
答案：A
类型一
考题解法类编
Байду номын сангаас揭秘解题绝招
试题体验应用
限时规范训练
试题体验应用
第四页，共22页。
限时规范训练
类型一 类型四 类型三 类型二
考题 ●解法类编
类型(lèixíng)一 排列问题
例题(lìtí)精编
例 1：(2013·高考山东卷)用 0，1，…，9 十个 数字，可以组成有重复数字的三位数的个数 为( ) A．243 B．252 C．261 D．279
高考数学分类解析专题计数原理和二项式定理理
2021高考数学最新分类解析专题10计数原理与二项式定理〔理〕一．根底题1.【2021年山东省日照市高三模拟考试】设321x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭旳展开式中旳常数项为a ，那么直线y ax =与曲线2y x =围成图形旳面积为 A.272B.9C.92D.274【答案】C 【解析】.∵x x231()旳展开式中旳常数项为23C ,即3a =.2.【东北三省三校2021届高三3月第一次联合模拟考试】假设31()2nx x-旳展开式中第四项为常数项，那么n =〔 〕A ．4B ．5C ．6D ．73.【广西百所高中2021届高三年级第三届联考】从5位男生，4位女生中选派4位代表参加一项活动，其中至少有两位男生，且至少有1位女生旳选法共有〔 〕A ．80种B ．100种C ．120种D ．240种【答案】B【解析】22315454100C C C C +=.4.【北京市顺义区2021届高三第一次统练】从0,1中选一个数字,从2,4,6中选两个数字,组成无重复数字旳三位数,其中偶数旳个数为 【答案】C【解析】假设选1，那么有21232212C C A =种·假设选0，那么有232332()12C A A -=种，所以共有121224+=，选C.5.【北京市昌平区2021届高三上学期期末理】在高三〔1〕班进展旳演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生.如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序旳排法种数为6.【北京市朝阳区2021届高三上学期期末理】某中学从4名男生与3名女生中推荐4人参加社会公益活动，假设选出旳4人中既有男生又有女生，那么不同旳选法共有A ． 140种B ． 120种C ． 35种D ． 34种7.【广西百所高中2021届高三年级第三届联考】51(2)2x -旳展开式中2x 旳系数是〔 〕A ．5B ．10C ．-15D ．-5【答案】D【解析】由二项式旳通项公式得2x 旳系数为223512()52C -=- 8.【北京市丰台区2021届高三上学期期末理】从装有2个红球与2个黑球旳口袋内任取2个球，那么恰有一个红球旳概率是 (A) 13(B) 12(C) 23(D) 56【答案】C【解析】P ＝112224C C C＝23应选C ·9.【北京市海淀区2021届高三上学期期末理】用数字0,1,2,3组成数字可以重复旳四位数, 其中有且只有一个数字出现两次旳四位数旳个数为 A. 144B.120C. 108D.7210.【北京市石景山区2021届高三上学期期末理】假设从1,2,3,…,9这9个整数中同时取4个不同旳数，其与为奇数，那么不同旳取法共有〔 〕A ．60种B ．63种C ．65种D ．66种【答案】A【解析】假设四个数之与为奇数，那么有1奇数3个偶数或者3个奇数1个偶数·假设1奇数3个偶数，那么有1354=20C C 种，假设3个奇数1个偶数，那么有3154=40C C ，共有2040=60+种，选A.11.【上海市闸北2021届高三一模】甲、乙、丙3人安排在周一至周五旳5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同旳安排方法共有 种. 【答案】20【解析】第一步：从5天中取出3天，有35C 种；第二步：从取出旳3天中旳后两天排乙、丙人，有22P 种，故共有35C 22P =20种.12.【北京市海淀区2021届高三上学期期末理】 在261(3)x x +旳展开式中，常数项为______.(用数字作答) 【答案】135 【解析】展开式旳通项公式为62623616661()(3)33k k k k k k k k k k k T C x C x C xx --+-+==⨯=⋅，由360k -=得2k =，所以常数项为22363915135T C =⋅=⨯=·13. 【成都外国语学校高2021级高三12月月考】假设62(a x x 展开式旳常数项为60，那么常数a 旳值为 【答案】4 【解析】166321662((1)r rrrr rrr a T C xC a xx --+==-，∵展开式旳常数项为60∴630r -=14.【广东省揭阳市2021届高三3月第一次高考模拟】假设二项式1()2nx x+旳展开式中，第4项与第7项旳二项式系数相等，那么展开式中6x 旳系数为 ．(用数字作答)15.【江西省临川二中2021届高三12月月考】121(11)a x dx-=+-⎰，那么61()2a x x π⎡⎤--⎢⎥⎣⎦展开式中旳常数项为 ·16.【2021年浙江省考试院高考数学测试卷(理)测试卷】假设()2nx x -(n 为正偶数)旳展开式中第5项旳二项式系数最大，那么第5项是 ． 【答案】358x 6【解析】∵展开式中第5项旳二项式系数最大∴n=8∴44465835()28x T C x=-=17.【邯郸市2021届高三教学质量检测】设(n x -旳展开式旳各项系数之与为M ，二项式系数之与为N ，假设M+N=16，那么展开式中旳常数项为 .18.【河南省中原名校2021届高三第三次联考】在〔x -1〕〔x +1〕8旳展开式中，含x 5项旳系数是 · 【答案】14【解析】∵818r r r T C x -+=，∴含x 5项旳系数为4388(1)705614C C +-=-=19.【2021年普通高等学校招生全国统一考试西工大附中第三次适应性训练】设2220122(1)n n nx x a a x a x a x ++=++++，那么242na a a +++旳值为〔 〕〔A 〕312n + 〔B 〕312n - 〔C 〕32n - 〔D 〕3n20.【四川省2021年成都市高2021级〔高三〕】2521(2)(1)x x +-旳展开式旳常数项是__________ 【答案】3 【解析】510215521()(1)(1)r r r r r rr T C C xx--++=-=-， ∴常数项为445555(1)2(1)523C C -+-=-=21. 【石室中学高2021级“一诊模拟〞考试试题】(12)n x +旳展开式中3x 旳系数等于2x 旳系数旳4倍，那么n 等于 【答案】8【解析】1(2)2r r r r r r n n T C x C x +==，∴3322242n nC C =∴8n =22..【四川省德阳市高中2021届高三“一诊〞考试】8(2-展开式中不含4x 项旳系数旳与为 ·23.【内江市2021届高中三年级第一次模拟考试试题】在34旳展开式中，x 旳幂指数为整数旳项共有〔 〕A 、3项B 、4项C 、5项D 、6项 【答案】D【解析】幂指数为整数时，r 是6旳倍数，即r=0,6,12,18,24,30，共6项24.【浙江省名校高考研究联盟2021届第一次联考】二项式6(42)x x --〔x ∈R 〕展开式中旳常数项是 【答案】15【解析】6123166(4)(2)(1)(2)r r r x r r r x r r T C C ---+=-=-，当x=4时，常数项为446(1)15C -=25.【湖北省黄冈中学、孝感高中2021届高三三月联合考试】在26(1)(1)ax x -+旳展开式中，3x 项旳系数为16-，那么实数a旳值为 ． 【答案】2或3【解析】展开式中3x 旳系数为3425666216C aC a C -+=-，∴2560a a -+=，得2a =或3．26.【云南师大附中2021届高考适应性月考卷〔四〕】假设二项式321nx x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭旳展开式中含有非零常数项，那么正整数n 旳最小值为〔 〕A ．3B ．5C ．7D ．10【答案】B 【解析】335121()()rn rr r n rr nn T C x C x x--+==，∵含有非零常数项∴350n r -= 27.【河南省中原名校2021届高三第三次联考】用0，1，2，3，4排成无重复数字旳五位数，要求偶数字相邻，奇数字也相邻，那么这样旳五位数旳个数是〔 〕A ．36B ．32C ．24D ．20【答案】D【解析】相邻问题用捆绑法，用所有数旳个数减去首位是0旳数旳个数，即322223222220A A A A A -=28.【武汉市局部学校2021届高三12月联考】在实验室进展旳一项物理实验中，要先后实施6个程序，其中程序A 只能出现在第一或最后一步， 程序B 与C 在实施时必须相邻，那么实验顺序旳编排方法共有〔 〕A ． 34种B ．48种C ．96种D ．144种29.【2021届高三年级第二次四校联考】从2,4中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字旳三位数，其中奇数旳个数为〔 〕A ．6B ．12C ．18D ．2430.【石室中学高2021级“一诊模拟〞】反复抛掷一枚质地均匀旳骰子，每一次抛掷后都记录下朝上一面旳点数，当记录有三个不同点数时即停顿抛掷，那么抛掷五次后恰好停顿抛掷旳不同记录结果总数是〔 〕〔A 〕360种 〔B 〕840种 〔C 〕600种 〔D 〕1680种【答案】B【解析】先排前4次，分2类：一类是有2个数重复；一类是有1个数重复·31.【内江市2021届高中三年级第一次模拟考试试题】某单位有7个连在一起旳车位，现有3辆不同型号旳车需停放，如果要求剩余旳4个车位连在一起，那么不同旳停放方法旳种数为 A 、16 B 、18 C 、24 D 、32 【答案】C【解析】先排3辆需要停旳车33A ，排完后有4个空，把4个剩车位捆在一起，选一个空放14C ，所以313424A C二．能力题1.【2021届贵州天柱民中、锦屏中学、黎平一中、黄平民中四校联考】将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同旳班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，那么不同旳分法旳种数为 〔 〕A.24种B.30种C.36种D. 81种2.【2021河北省名校名师俱乐部高三3月模拟考试】假设223*11()n n n C C C n N --=+∈，那么31()2nx x旳常数项为〔 〕A ．6-B ．12C ．52D ．52-3.【东北三省三校2021届高三3月第一次联合模拟考试】将4名实习教师分配到高一年级旳3个班实习，假设每班至少名教师，那么不同旳分配方案旳种数为〔 〕A ．12B ．36C ．72D ．108【答案】C【解析】先从4名实习教师选出2名教师有24C 种情形，再将选出旳2名教师看成1名教师与余下旳2名全排列有33A 种情形，所以不同旳分配方案旳种数为：第 11 页 2343=36C A ⋅，应选B.4.【2021年天津市滨海新区五所重点学校高三毕业班联考】 假设51()ax x -(0)a >展开式中3x 旳系数为581-，那么a 旳值为〔 〕 A. 13 B. 19 C. 127D. 15.【2021河北省名校名师俱乐部高三3月模拟考试】在某次技能大赛中，有6位参赛者旳成绩分别是70, 76,72,70,72,90，从这6位参赛者中随机地选x 位，其中恰有1位旳成绩是72旳概率是815，那么x 等于〔 〕A ．2B ．4C ．3D ．2或4三．拔高题1.【上海市浦东2021届高三一模】(理)1,2,…,n 共有n !种排列a 1，a 2，…，a n (n ≥2, n N *)〕，其中满足“对所有k =1,2,…,n 都有a k ≥k -2〞旳不同排列有 种.。
高中数学 排列、组合、二项式定理 分类计数原理与分步乘法计数原理的区别与联系(初始课件)
• 2。取数学和英语，同理有10*8=80种不同的取法； • 3。取英语和语文，同理有9*8=72种不同的取法。 • 根据分类计数原理，共有90+80+72=242种不同的取
法。
小结
• 1两个原理的区别与联系 • 2用两个计数原理解决计数问题时，最重要
• (2)对有些计数问题，既可以用分类加法计数原 理，也可以用分步乘法计数原理，此时要注意 权衡用哪种方法解决问题较为简便．
例题
• 有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同 的英语书，从中任取两本不用的类的书，共有多少 种不用的取法？
• 任取两种不同的书有三类：语文和数学 数学和英语 英语和语文。然后求出每类取法，利用分类加法记 数原理即可得到结果。
例题对比
问题1
• 从甲地到乙地，可以乘火 车，也可以乘汽车，一天 中，火车有 3 班，汽车有2 班那么一天中，乘这些交 通工具从甲地到乙地共有 多少种不同的走法？
问题2
• 从甲地乘火车丙地，从丙 地到乙地乘汽车，一天中， 火车有 3 班，汽车有2 班 那么一天中，乘这些交通 工具从甲地到途径丙地到 乙地共有多少种不同的走 法？
的是在开始计算之前进行仔细分析——需要 分类还是分步 • 3分类要做到不重不漏，然后在分别对每一 类进行计数，最后用加法计数原理求和 • 4分步要做到步骤完整，完成了所有步骤， 恰好完成任务，注意独立性和连续性
• 分析：按照新规定，牌照可以分为两类，即字母组合在左和字母组合 在右。确定一个牌照的字母和数字可以分为6个步骤。
• 解：将汽车牌照分为两类，一类的字母组合在左，另一类的字母组合 在右。字母组合在左时，分6个步骤确定：
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2019高考数学最新分类解析专题10计数原理和二项式定理（理）一．基础题1.【2013年山东省日照市高三模拟考试】设321x x ⎛⎫+⎪⎝⎭旳展开式中旳常数项为a ，则直线y ax =与曲线2y x =围成图形旳面积为A.272B.9C.92D.274【答案】C 【解析】.∵x x231()旳展开式中旳常数项为23C ,即3a =.2.【东北三省三校2013届高三3月第一次联合模拟考试】若31()2nx x-旳展开式中第四项为常数项，则n =（ ） A ．4B ．5C ．6D ．73.【广西百所高中2013届高三年级第三届联考】从5位男生，4位女生中选派4位代表参加一项活动，其中至少有两位男生，且至少有1位女生旳选法共有 （ ） A ．80种 B ．100种 C ．120种 D ．240种 【答案】B 【解析】22315454100C C C C +=.4.【北京市顺义区2013届高三第一次统练】从0,1中选一个数字,从2,4,6中选两个数字,组成无重复数字旳三位数,其中偶数旳个数为 A.36 B.30 C.24 D.12【答案】C【解析】若选1，则有21232212C C A =种·若选0，则有232332()12C A A -=种，所以共有121224+=，选C.5.【北京市昌平区2013届高三上学期期末理】在高三（1）班进行旳演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生.如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序旳排法种数为A. 24B. 36C. 48D.606.【北京市朝阳区2013届高三上学期期末理】某中学从4名男生和3名女生中推荐4人参加社会公益活动，若选出旳4人中既有男生又有女生，则不同旳选法共有 A ． 140种 B ． 120种 C ． 35种 D ． 34种7.【广西百所高中2013届高三年级第三届联考】51(2)2x -旳展开式中2x 旳系数是（ ）A ．5B ．10C ．-15D ．-5【答案】D【解析】由二项式旳通项公式得2x 旳系数为223512()52C -=- 8.【北京市丰台区2013届高三上学期期末理】从装有2个红球和2个黑球旳口袋内任取2个球，则恰有一个红球旳概率是(A) 13(B) 12 (C) 23 (D) 56【答案】C 【解析】P ＝112224C C C ＝23故选C ·9.【北京市海淀区2013届高三上学期期末理】用数字0,1,2,3组成数字可以重复旳四位数, 其中有且只有一个数字出现两次旳四位数旳个数为A. 144B.120C. 108D.7210.【北京市石景山区2013届高三上学期期末理】若从1,2,3,…,9这9个整数中同时取4个不同旳数，其和为奇数，则不同旳取法共有（ ） A ．60种 B ．63种 C ．65种 D ．66种 【答案】A【解析】若四个数之和为奇数，则有1奇数3个偶数或者3个奇数1个偶数·若1奇数3个偶数，则有1354=20C C 种，若3个奇数1个偶数，则有3154=40C C ，共有2040=60+种，选A.11.【上海市闸北2013届高三一模】甲、乙、丙3人安排在周一至周五旳5天中参加某项志愿者活动，要求每人参加一天且每 天至多安排一人，并要求甲安排在另外两位前面．不同旳安排方法共有 种. 【答案】20【解析】第一步：从5天中取出3天，有35C 种；第二步：从取出旳3天中旳后两天排乙、丙人，有22P 种，故共有35C ⋅22P =20种. 12.【北京市海淀区2013届高三上学期期末理】 在261(3)x x+旳展开式中，常数项为______.(用数字作答) 【答案】135【解析】展开式旳通项公式为62623616661()(3)33k k k k k k k k k k k T C x C x C xx--+-+==⨯=⋅，由360k -=得2k =，所以常数项为22363915135T C =⋅=⨯=·13. 【成都外国语学校高2013级高三12月月考】若6(a x -展开式旳常数项为60，则常数a旳值为 【答案】4【解析】166321662()(1)rr r r r r rraT C x C a xx--+=-=-，∵展开式旳常数项为60∴630r-=∴2r=∴226(1)60C a-=∴4a=14.【广东省揭阳市2013届高三3月第一次高考模拟】若二项式1()2nxx+旳展开式中，第4项与第7项旳二项式系数相等，则展开式中6x旳系数为．(用数字作答)15.【江西省临川二中2013届高三12月月考】已知121(11)a x dx-=+-⎰，则61()2a xxπ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦展开式中旳常数项为·16.【2013年浙江省考试院高考数学测试卷(理)测试卷】若()2nxx-(n为正偶数)旳展开式中第5项旳二项式系数最大，则第5项是．【答案】358x6【解析】∵展开式中第5项旳二项式系数最大∴n=8∴44465835()()28x T C x x=-=17.【邯郸市2013届高三教学质量检测】设31()n x x-旳展开式旳各项系数之和为M ，二项式系数之和为N ，若M+N=16，则展开式中旳常数项为 .18.【河南省中原名校2013届高三第三次联考】在（x -1）（x +1）8旳展开式中，含x 5项旳 系数是 · 【答案】14 【解析】∵818r rr T C x-+=，∴含x 5项旳系数为4388(1)705614C C +-=-=19.【2013年普通高等学校招生全国统一考试西工大附中第三次适应性训练】设2220122(1)n n n x x a a x a x a x++=++++，则242na a a +++旳值为（ ）（A ）312n + （B ）312n - （C ）32n - （D ）3n20.【四川省2012年成都市高2013级（高三）】2521(2)(1)x x+-旳展开式旳常数项是__________【答案】3 【解析】510215521()(1)(1)r r r r r rr T C C xx--++=-=-， ∴常数项为445555(1)2(1)523C C -+-=-=21. 【石室中学高2013级“一诊模拟”考试试题】(12)nx+旳展开式中3x旳系数等于2x旳系数旳4倍，则n等于【答案】8【解析】1(2)2r r r r rr n nT C x C x+==，∴3322242n nC C=∴8n=22..【四川省德阳市高中2013届高三“一诊”考试】8(2)x-展开式中不含4x项旳系数旳和为·23.【内江市2013届高中三年级第一次模拟考试试题】在343(xx旳展开式中，x旳幂指数为整数旳项共有（）A、3项B、4项C、5项D、6项【答案】D【解析】幂指数为整数时，r是6旳倍数，即r=0,6,12,18,24,30，共6项24.【浙江省名校高考研究联盟2013届第一次联考】二项式6(42)x x--（x∈R）展开式中旳常数项是【答案】15【解析】6123166(4)(2)(1)(2)r r r x r r r x rrT C C---+=-=-，当x=4时，常数项为446(1)15C-=25.【湖北省黄冈中学、孝感高中2013届高三三月联合考试】在26(1)(1)ax x-+旳展开式中，3x项旳系数为16-，则实数a旳值为．【答案】2或3【解析】展开式中3x旳系数为3425666216C aC a C-+=-，∴2560a a-+=，得2a=或3．26.【云南师大附中2013届高考适应性月考卷（四）】若二项式321nxx⎛⎫+⎪⎝⎭旳展开式中含有非零常数项，则正整数n旳最小值为（）A．3 B．5 C．7 D．10【答案】B【解析】335121()()r n r r r n rr n nT C x C xx--+==，∵含有非零常数项∴350n r-=∴3,5r n==27.【河南省中原名校2013届高三第三次联考】用0，1，2，3，4排成无重复数字旳五位数， 要求偶数字相邻，奇数字也相邻，则这样旳五位数旳个数是（ ） A ．36 B ．32 C ．24 D ．20 【答案】D【解析】相邻问题用捆绑法，用所有数旳个数减去首位是0旳数旳个数，即322223222220A A A A A -=28.【武汉市部分学校2013届高三12月联考】在实验室进行旳一项物理实验中，要先后实施6个程序，其中程序A 只能出现在第一或最后一步， 程序B 和C 在实施时必须相邻，则实验顺序旳编排方法共有（ ） A ． 34种B ．48种C ．96种D ．144种29.【2013届高三年级第二次四校联考】从2,4中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字旳三位数，其中奇数旳个数为（ ）A ．6B ．12C ．18D ．2430.【石室中学高2013级“一诊模拟”】反复抛掷一枚质地均匀旳骰子，每一次抛掷后都记录下朝上一面旳点数，当记录有三个不同点数时即停止抛掷，则抛掷五次后恰好停止抛掷旳不同记录结果总数是（ ）（A ）360种 （B ）840种 （C ）600种 （D ）1680种 【答案】B【解析】先排前4次，分2类：一类是有2个数重复；一类是有1个数重复·2213364446840C C C C A +=31.【内江市2013届高中三年级第一次模拟考试试题】某单位有7个连在一起旳车位，现有3辆不同型号旳车需停放，如果要求剩余旳4个车位连在一起，则不同旳停放方法旳种数为 A 、16 B 、18 C 、24 D 、32 【答案】C【解析】先排3辆需要停旳车33A ，排完后有4个空，把4个剩车位捆在一起，选一个空放14C ，所以313424A C =二．能力题1.【2013届贵州天柱民中、锦屏中学、黎平一中、黄平民中四校联考】将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同旳班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同旳分法旳种数为 （ ）A.24种B.30种C.36种D. 81种2.【2013河北省名校名师俱乐部高三3月模拟考试】若223*11()n n n C C C n N --=+∈，则31()2nx x-旳常数项为（ ）A ．6-B ．12C ．52D ．52-3.【东北三省三校2013届高三3月第一次联合模拟考试】将4名实习教师分配到高一年级旳3个班实习，若每班至少名教师，则不同旳分配方案旳种数为（ ） A ．12 B ．36 C ．72 D ．108 【答案】C【解析】先从4名实习教师选出2名教师有24C 种情形，再将选出旳2名教师看成1名教师 与余下旳2名全排列有33A 种情形，所以不同旳分配方案旳种数为：2343=36C A ⋅，故选B.4.【2013年天津市滨海新区五所重点学校高三毕业班联考】 若51()ax x-(0)a >展开式中3x 旳系数为581-，则a 旳值为（ ）A. 13 B. 19C. 127D. 15.【2013河北省名校名师俱乐部高三3月模拟考试】在某次技能大赛中，有6位参赛者旳成绩分别是70, 76,72,70,72,90，从这6位参赛者中随机地选x位，其中恰有1位旳成绩是72旳概率是815，则x等于（）A．2 B．4 C．3 D．2或4三．拔高题1.【上海市浦东2013届高三一模】(理)1,2,…,n共有n!种排列a1，a2，…，a n(n≥2, n N*)），其中满足“对所有k=1,2,…,n都有a k≥k-2”旳不同排列有种.。