【数学】2019届一轮复习人教A版计数原理学案 29页

第十五单元 计数原理 教材复习课“计数原理”相关基础知识一课过 两个计数原理 ‎[过双基]‎ 两个计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 完成一件事有两类方案．在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法 完成一件事需要两个步骤．做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法 结论 完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法 完成这件事共有N＝m×n 种不同的方法 ‎1．某班有男生26人，女生24人，从中选一位同学为数学 代表，则不同选法的种数为(　　)‎ A．50　　　　　　　　　　 B．26‎ C．24 D．616‎ 解析：选A　由分类加法计数原理知不同的选法种数为26＋24＝50. ‎ ‎2．从集合{0,1,2,3,4,5,6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有(　　)‎ A．30个 B．42个 C．36个 D．35个 解析：选C　∵a＋bi为虚数，∴b≠0，即b有6种取法，a有6种取法，由分步乘法计数原理知可以组成6×6＝36个虚数．‎ ‎3．已知集合P＝{x，y， }，Q＝{1,2,3}，映射f：P→Q中满足f(y)＝2的映射的个数为(　　)‎ A．2 B．4‎ C．6 D．9‎ 解析：选D　集合P＝{x，y， }，Q＝{1,2,3}, ‎ 要求映射f：P→Q中满足f(y)＝2, ‎ 则要构成一个映射f：P→Q，只要再给集合P中的另外两个元素x， 在集合Q中都找到唯一确定的像即可. ‎ x可以对应集合Q中的三个元素中的任意一个，有3种对应方法， ‎ 同样 也可以对应集合Q中的三个元素中的任意一个，也有3种对应方法， ‎ 由分布乘法计数原理，可得映射f：P→Q中满足f(y)＝2的映射的个数为3×3＝9. ‎ ‎[清易错]‎ ‎1．分类加法计数原理在使用时易忽视每类做法中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是独立的．‎ ‎2．分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，步步之间是相关联的．‎ ‎1．从0,1,2,3,4,5这六个数字中，任取两个不同数字相加，其和为偶数的不同取法的种数有(　　)‎ A．30 B．20‎ C．10 D．6‎ 解析：选D　从0,1,2,3,4,5六个数字中，任取两数和为偶数可分为两类：①取出的两数都是偶数，共有3种方法；②取出的两数都是奇数，共有3种方法，故由分类加法计数原理得共有N＝3＋3＝6种．‎ ‎2．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 解析：选B　0,1，2，…，9共能组成9×10×10＝900个三位数，其中无重复数字的三位数有9×9×8＝648个，∴有重复数字的三位数有900－648＝252个．‎ 排列与组合 ‎[过双基]‎ ‎1．排列与排列数 ‎(1)排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．‎ ‎(2)排列数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，记作.‎ ‎2．组合与组合数 ‎(1)组合 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合．‎ ‎(2)组合数 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n 个不同元素中取出m个元素的组合数，记作.‎ ‎3．排列数、组合数的公式及性质 公式 排列数公式 A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1) ＝ 组合数公式 C＝＝＝ 性质 ‎(1)A＝n！；(2)0！＝ ‎(1)C＝；‎ ‎(2)C＝C_；‎ ‎(3)C＋C＝C 备注 n，m∈N*且m≤n ‎　 ‎1．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，则在该实施中程序顺序的编排方法共有(　　)‎ A．34种 B．48种 C．96种 D．144种 解析：选C　由题意知，程序A只能出现在第一步或最后一步，所以有A＝2种方法．因为程序B和C实施时必须相邻，所以把B和C看作一个元素，有AA＝48种方法，根据分步乘法计数原理可知共有2×48＝96种方法．‎ ‎2．某学校周二安排有语文、数学、英语、物理、化学、体育六节课，要求数学不排在第一节课，体育不排在第四节课，则这天课程表的不同排法种数为(　　)‎ A．720 B．504‎ C．384 D．120‎ 解析：选B　以数学课的排法进行分类：(1)数学排在第四节，则体育课可排在其余任意一节，故不同的排法种数为A＝120.(2)数学排在除第一节、第四节外的其余四节，其排法为4种；体育课则从除第四节、数学选择的节次外的其余四节任选一节，其排法为4种；其余课程由剩余4节课进行全排，不同的排法种数为A＝24.由分步乘法计数原理可得，不同的排法种数共有4×4×24＝384.综上，由分类加法计数原理可得，不同的排法种数有120＋384＝504.‎ ‎3．将某师范大学4名大四学生分成2人一组，安排到A城市的甲、乙两所中学进行教学实习，并推选甲校张老师、乙校李老师作为指导教师，则不同的实习安排方案共有________种．‎ 解析：采取“学校”选“人”的思路，则不同的实习安排方案有CC＝6种．‎ 答案：6‎ ‎4．方程3A＝2A＋6A的解为________．‎ 解析：由排列数公式可知 ‎3x(x－1)(x－2)＝2(x＋1)x＋6x(x－1)，‎ ‎∵x≥3且x∈N*，∴3(x－1)(x－2)＝2(x＋1)＋6(x－1)，‎ 即3x2－17x＋10＝0，解得x＝5或x＝(舍去)，∴x＝5.‎ 答案：5‎ ‎5．已知－＝，则C＝________.‎ 解析：由已知得m的取值范围为，‎ 由组合数公式可知，‎ －＝，‎ 整理可得m2－23m＋42＝0，解得m＝21(舍去)或m＝2.‎ 故C＝C＝28.‎ 答案：28‎ ‎ [清易错]‎ 易混淆排列与组合问题，区分的关键是看选出的元素是否与顺序有关，排列问题与顺序有关，组合问题与顺序无关.‎ 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(　　)‎ A．423 B．288‎ C．216 D．144‎ 解析：选B　若2,4相邻，把2,4捆绑在一起，与另外四个数排列(相当于5个元素排列)，1不在左、右两侧，则六位数的个数为2×C×A＝144，同理2,4与6相邻的有A×2×2×A＝48个，所以只有2,4相邻的有144－48＝96个，全部符合条件的六位数有96×3＝288个．‎ 二项式定理 ‎[过双基]‎ ‎1．二项式定理 二项式定理 ‎(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－ b ＋…＋Cbn(n∈N*)‎ 二项式系数 二项展开式中各项系数( ＝0,1，…，n)‎ 二项式通项 T ＋1＝Can－ b ，它表示第 ＋1项 ‎2．二项式系数的性质 ‎　 ‎1．已知C＋2C＋22C＋23C＋…＋2nC＝729，则C＋C＋C＋…＋C等于(　　)‎ A．63 B．64‎ C．31 D．32‎ 解析：选A　逆用二项式定理得C＋2C＋22C＋23C＋…＋2nC＝(1＋2)n＝3n＝729，即3n＝36，所以n＝6，所以C＋C＋C＋…＋C＝26－C＝64－1＝63.‎ ‎2.5的展开式中，x2y3的系数是(　　)‎ A．－20 B．－5‎ C．6 D．20‎ 解析：选A　Tr＋1＝C5－r(－2y)r ‎＝(－2)rC5－rx5－ryr.‎ 令5－r＝2，得r＝3，∴(－2)3C5－3＝－20.‎ ‎∴x2y3的系数为－20.‎ ‎3．(2017·山东高考)已知(1＋3x)n的展开式中含有x2项的系数是54，则n＝________.‎ 解析：(1＋3x)n的展开式的通项为Tr＋1＝C(3x)r.‎ 令r＝2，得T3＝9Cx2.由题意得9C＝54，解得n＝4.‎ 答案：4‎ ‎4．(2018·山西四校联考)如果(2x－1)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，那么a1＋a2＋…＋a6的值等于________．‎ 解析：令x＝0，有1＝a0；令x＝1，有1＝a0＋a1＋…＋a6，所以a1＋a2＋…＋a6＝0.‎ 答案：0‎ ‎[清易错]‎ ‎1．二项式的通项易误认为是第 项，实质上是第 ＋1项．‎ ‎2．易混淆二项式中的“项”，“项的系数”、“项的二项式系数”等概念，注意项的系数是指非字母因数所有部分，包含符号，二项式系数仅指C( ＝0,1，…，n)．‎ ‎1．(2018·长沙长郡中学月考)若n的展开式中的所有二项式系数之和为512，则该展开式中常数项为(　　)‎ A．－84 B．84‎ C．－36 D．36‎ 解析：选B　由二项式系数之和为2n＝512，得n＝9.又Tr＋1＝(－1)rCx18－3r，令18－3r＝0，得r＝6，故常数项为T7＝84.‎ ‎2．若二项式n的展开式中的第5项是常数，则自然数n的值为(　　)‎ A．6 B．10‎ C．12 D．15‎ 解析：选C　由二项式n的展开式的第5项C()n－44＝16Cx－6是常数项，可得－6＝0，解得n＝12.‎ 一、选择题 ‎1．5名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去”，则第二天可能出现的不同情况的种数为(　　)‎ A．C　　　　　　　　　 B．25‎ C．52 D．A 解析：选B　不妨设5名同学分别是A，B，C，D，E, ‎ 对于A同学来说，第二天可能出现的不同情况有去和不去2种， 同样对于B，C，D，E都是2种，由分步乘法计数原理可得， 第二天可能出现的不同情况的种数为2×2×2×2×2＝25(种). ‎ ‎2.现有4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有(　　)‎ A．24种 B．30种 C．36种 D．48种 解析：选D　按A→B→C→D顺序分四步涂色，共有4×3×2×2＝48(种)．‎ ‎3．(2018·云南师大附中适应性考试)在(a＋x)7展开式中x4的系数为280，则实数a的值为(　　)‎ A．1 B．±1‎ C．2 D．±2‎ 解析：选C　由题知，Ca3＝280，解得a＝2.‎ ‎4.如图，∠MON的边OM上有四点A1，A2，A3，A4，ON上有三点B1，B2，B3，则以O，A1，A2，A3，A4，B1，B2，B3为顶点的三角形个数为(　　)‎ A．30 B．42‎ C．54 D．56‎ 解析：选B　用间接法．先从这8个点中任取3个点，最多构成三角形C个，再减去三点共线的情形即可．共有 C－C－C＝42(个)．‎ ‎5．张、王两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园．为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这六人入园顺序的排法种数为(　　)‎ A．12 B．24‎ C．36 D．48‎ 解析：选B　将两位爸爸排在两端，有2种排法；将两个小孩视作一人与两位妈妈任意排在中间的三个位置上，有2A种排法，故总的排法有2×2×A＝24(种)．‎ ‎6．已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝(　　)‎ A．－4 B．－3‎ C．－2 D．－1‎ 解析：选D　展开式中含x2的系数为C＋aC＝5，‎ 解得a＝－1.‎ ‎7．(2018·成都一中摸底)设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为(　　)‎ A．－2 B．－1‎ C．1 D．2‎ 解析：选A　令等式中令x＝－1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a11＝(1＋1)×(－1)9＝－2.‎ ‎8．从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是(　　)‎ A．9 B．10‎ C．18 D．20‎ 解析：选C　lg a－lg b＝lg ，从1,3,5,7,9中任取两个数分别记为a，b，共有A＝20个结果，其中lg ＝lg ，lg ＝lg ，故共可得到不同值的个数为20－2＝18.‎ 二、填空题 ‎9.5的二项展开式中x项的系数为________．‎ 解析：5的展开式的通项是Tr＋1＝C·(2x)5－r·r＝C·(－1)r·25－r·x5－2r.令5－2r＝1，得r＝2.因此5的展开式中x项的系数是C·(－1)2·25－2＝80.‎ 答案：80‎ ‎10．若n＝dx，则二项式(1－x)n的展开式中第1 009项的二项式系数为________．(用符号作答)‎ 解析：由题意知，n＝dx＝ln x＝2 017，二项式(1－x)2 017的展开式中第1 009项为T1 008＋1＝C(－x)1 008，其二项式系数为C.‎ 答案：C ‎11．(2017·天津高考)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有________个．(用数字作答)‎ 解析：一个数字是偶数、三个数字是奇数的四位数有CCA＝960(个)，四个数字都是奇数的四位数有A＝120(个)，则至多有一个数字是偶数的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．‎ 答案：1 080‎ ‎12．有一个五边形ABCDE，若把顶点A，B，C，D，E涂上红、黄、绿三种颜色中的一种，使得相邻的顶点所涂的颜色不同，则共有________种不同的涂色方法．‎ 解析：首先A选取一种颜色，有3种情况. ‎ 如果A的两个相邻点B，E颜色相同，有2种情况，‎ 则最后两个点C，D也有2种情况； ‎ 如果A的两个相邻点B，E颜色不同，有2种情况； ‎ 则最后两个点C，D有3种情况. ‎ 所以共有3×(2×2＋2×3)＝30种不同的涂色方法. ‎ 答案：30‎ 三、解答题 ‎13．已知(a2＋1)n展开式中的二项式系数之和等于5的展开式的常数项，而(a2＋1)n的展开式的二项式系数最大的项等于54，求正数a的值．‎ 解：5展开式的通项 Tr＋1＝C5－r·r＝C5－rx.‎ 令20－5r＝0，得r＝4，‎ 故常数项T5＝C×＝16，‎ 又(a2＋1)n展开式中的二项式系数之和为2n，‎ 由题意得2n＝16，∴n＝4.‎ ‎∴(a2＋1)4展开式中二项式系数最大的项是中间项T3，‎ 从而C(a2)2＝54，∴a＝.‎ ‎14．已知袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，现从中取出4个．‎ ‎(1)取出的4个球必须是两种颜色的取法有多少种？‎ ‎(2)取出的4个球中红球个数不少于白球个数的取法有多少种？‎ 解：(1)根据题意，袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个，有C＝210种取法， ‎ 其中颜色相同的情况有2种：4个红球或4个白球， ‎ 若4个红球，有C＝1种取法， ‎ 若4个白球，有C＝15种取法， ‎ 则取出球必须是两种颜色的取法有210－(1＋15)＝194种. ‎ ‎(2)若取出的红球个数不少于白球个数，分3种情况讨论： ‎ ‎①4个全部是红球，有C＝1种取法， ‎ ‎②3个红球，1个白球，有CC＝24种取法， ‎ ‎③2个红球，2个白球，有CC＝90种取法， ‎ 则取出的4个球中红球个数不少于白球个数的取法共有1＋24＋90＝115种．‎ 高考研究课(一)‎ 排列与组合常考3类型——排列、组合、分组分配 ‎ [全国卷5年命题分析]‎ 考点 考查频度 考查角度 排列问题 未直接考查 组合问题 ‎5年2考 组合分步 分组分配问题 ‎5年2考 均分问题 排列问题 ‎[典例]　3名女生和5名男生排成一排．‎ ‎(1)如果女生全排在一起，有多少种不同排法？‎ ‎(2)如果女生都不相邻，有多少种排法？‎ ‎(3)如果女生不站两端，有多少种排法？‎ ‎(4)其中甲必须排在乙前面(可不邻)，有多少种排法？‎ ‎(5)其中甲不站左端，乙不站右端，有多少种排法？‎ ‎[解]　(1)(捆绑法)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有6个元素，排成一排有A种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有A种排法，因此共有A·A＝4 320(种)不同排法．‎ ‎(2)(插空法)先排5个男生，有A种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有A种排法，因此共有A·A＝14 400(种)不同排法．‎ ‎(3)法一(位置分析法)：因为两端不排女生，只能从5个男生中选2人排列，有A种排法，剩余的位置没有特殊要求，有A种排法，因此共有A·A＝14 400(种)不同排法．‎ 法二(元素分析法)：从中间6个位置选3个安排女生，有A种排法，其余位置无限制，有A种排法，因此共有A·A＝14 400(种)不同排法．‎ ‎(4)8名学生的所有排列共A种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中，‎ 因此符合要求的排法种数为A＝20 160(种)．‎ ‎(5)甲、乙为特殊元素，左、右两边为特殊位置．‎ 法一(特殊元素法)：甲在最右边时，其他的可全排，有A种；甲不在最右边时，可从余下6个位置中任选一个，有A种．而乙可排在除去最右边位置后剩余的6个中的任一个上，有A种，其余人全排列，共有A·A·A种．‎ 由分类加法计数原理得，共有A＋A·A·A＝30 960(种)．‎ 法二(特殊位置法)：先排最左边，除去甲外，有A种，余下7个位置全排，有A种，但应剔除乙在最右边时的排法A·A种，因此共有A·A－A·A＝30 960(种)．‎ 法三(间接法)：8个人全排，共A种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有A种，乙在最右边时，有A种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有A种．‎ 因此共有A－2A＋A＝30 960(种)．‎ ‎[方法技巧]‎ 求解排列应用题的主要方法 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算 优先法 优先安排特殊元素或特殊位置 捆绑法 把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列 插空法 对不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的间隔中 先整体后局部 ‎“小集团”排列问题中先整体后局部 定序问题除法处理 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列 间接法 正难则反，等价转化的方法 ‎[即时演练]‎ ‎1．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有(　　)‎ A．192种　　　　　　　　 B．216种 C．240种 D．288种 解析：选B　第一类：甲在左端，有A＝120(种)排法；‎ 第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有4A＝96(种)排法．‎ 所以共有120＋96＝216(种)排法．‎ ‎2．用1,2,3,4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．‎ 解析：(捆绑法)首先排两个奇数1,3，有A种排法，再在2,4中取一个数放在1,3排列之间，有C种方法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有A种排法，即满足条件的四位数的个数为ACA＝8.‎ 答案：8‎ 组合问题 ‎[典例]　(1)(2018·山师大附中摸底)某班班会准备从甲、乙等7名学生中选派4名学生发言，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(　　)‎ A．360　　　　　　　　 B．520‎ C．600 D．720‎ ‎(2)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________．‎ ‎[解析]　　(1)根据题意，分2种情况讨论：若只有甲、乙其中一人参加，有C·C·A＝480种情况；若甲、乙两人都参加，有C·C·A＝240种情况，其中甲、乙相邻的有C·C·A·A＝120种情况．则不同的发言顺序的种数为480＋240－120＝600.‎ ‎(2)第一类，含有1张红色卡片，不同的取法CC＝264种．第二类，不含有红色卡片，不同的取法C－3C＝220－12＝208种．由分类加法计数原理知，不同的取法共有264＋208＝472种．‎ ‎[答案]　(1)C　(2)472‎ ‎[方法技巧]‎ 组合问题常有的2类题型 ‎(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取；‎ ‎(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．　　‎ ‎[即时演练]‎ ‎1．如果小明在某一周的第一天和第七天分别吃了3个水果，且从这周的第二天开始，每天所吃水果的个数与前一天相比，仅存在三种可能：或“多一个”或“持平”或“少一个”，那么，小明在这一周中每天所吃水果个数的不同选择方案共有(　　)‎ A．50种 B．51种 C．140种 D．141种 解析：选D　因为第一天和第七天吃的水果数相同，所以中间“多一个”或“少一个”的天数必须相同，都是0,1,2,3，共4种情况，所以共有C＋CC＋CC＋CC＝141种．‎ ‎2．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有(　　)‎ A．24对 B．30对 C．48对 D．60对 解析：选C　正方体的12条面对角线中，任意两条垂直、平行或成角为60°，所以成角为60°的共有C－12－6＝48对.‎ 分组分配问题　　　　　‎ 分组分配问题是排列、组合问题的综合运用，解决这类问题的一个基本指导思想就是先分组后分配.关于分组问题，有不等分、整体均分和部分均分三种，无论分成几组，应注意只要有一些组中元素的个数相等，就存在均分现象.‎ 常见的命题角度有：‎ (1)不等分问题；‎ (2)整体均分问题；‎ (3)部分均分问题.‎ 角度一：不等分问题 ‎1．若将6名教师分到3所中学任教，一所1名，一所2名，一所3名，则有________种不同的分法．‎ 解析：将6名教师分组，分三步完成：‎ 第1步，在6名教师中任取1名作为一组，有C种取法；‎ 第2步，在余下的5名教师中任取2名作为一组，有C种取法；‎ 第3步，余下的3名教师作为一组，有C种取法．‎ 根据分步乘法计数原理，共有CCC＝60种取法．‎ 再将这3组教师分配到3所中学，有A＝6种分法，‎ 故共有60×6＝360种不同的分法．‎ 答案：360‎ 角度二：整体均分问题 ‎2．国家教育部为了发展贫困地区教育，在全国重点师范大学免费培养教育专业师范生，毕业后要分到相应的地区任教．现有6个免费培养的教育专业师范毕业生要平均分到3所学校去任教，有________种不同的分派方法．‎ 解析：先把6个毕业生平均分成3组，有种方法，再将3组毕业生分到3所学校，有A＝6种方法，故6个毕业生平均分到3所学校，共有·A＝90种分派方法．‎ 答案：90‎ 角度三：部分均分问题 ‎3．若8人分乘三辆小车，每辆小车至少载1人，最多载4人，则不同的坐法共有(　　)‎ A．770种 B．1 260种 C．4 620种 D．2 940种 解析：选C　第一步，分组：由题意把8人分为以下三组(1,3,4)，(2,2,4)，(2,3,3)，则分组的种数为CC＋＋＝280＋210＋280＝770种， ‎ 第二步，分配：每一种分法都有A＝6种， ‎ 根据分步乘法计数原理，共有770×6＝4 620种．‎ ‎[方法技巧]‎ 解决分组分配问题的3种策略 ‎(1)不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．‎ ‎(2)整体均分 解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数．‎ ‎(3)部分均分 解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m 组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．　　‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅱ)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(　　)‎ A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 解析：选D　因为安排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，所以必有1人完成2项工作．先把4项工作分成3组，即2,1,1，有＝6种，再分配给3个人，有A＝6种，所以不同的安排方式共有6×6＝36(种)．‎ ‎2．(2016·全国卷Ⅱ)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为(　　)‎ A．24 B．18‎ C．12 D．9‎ 解析：选B　由题意可知E→F有C种走法，F→G有C种走法，由乘法计数原理知，共C·C＝18种走法．‎ ‎3．(2016·四川高考)用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为(　　)‎ A．24 B．48‎ C．60 D．72‎ 解析：选D　第一步，先排个位，有C种选择；‎ 第二步，排前4位，有A种选择．‎ 由分步乘法计数原理，知有C·A＝72(个)．‎ ‎4．(2015·四川高考)用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　)‎ A．144个 B．120个 C．96个 D．72个 解析：选B　当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有CA个偶数．故符合条件的偶数共有2A＋CA＝120(个)．‎ ‎5．(2014·重庆高考)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是(　　)‎ A．72 B．120‎ C．144 D．168‎ 解析：选B　依题意，先仅考虑3个歌舞类节目互不相邻的排法种数为AA＝144，其中3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AAA＝24，因此满足题意的排法种数为144－24＝120.‎ ‎6．(2014·北京高考)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．‎ 解析：将A，B捆绑在一起，有A种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A种摆法，共有AA＝48种摆法，而A，B，C 3件在一起，且A，B相邻，A，C相邻有CAB，BAC两种情况，将这3件与剩下2件全排列，有2×A＝12种摆法，故A，B相邻，A，C不相邻的摆法有48－12＝36种．‎ 答案：36‎ 一、选择题 ‎1．将字母a，a，b，b，c，c排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有(　　)‎ A．12种　　　　　　　　 B．18种 C．24种 D．36种 解析：选A　由分步乘法计数原理，先排第一列，有A种方法，再排第二列，有2种方法，故共有A×2＝12种排列方法．‎ ‎2．有5名优秀毕业生到母校的3个班去做学习经验交流，则每个班至少去一名的不同分派方法种数为(　　)‎ A．150 B．180‎ C．200 D．280‎ 解析：选A　分两类：一类，3个班分派的毕业生人数分别为2,2,1，则有·A＝90种分派方法；另一类，3个班分派的毕业生人数分别为1,1,3，则有C·A＝60种分派方法．所以不同分派方法种数为90＋60＝150.‎ ‎3．将A，B，C，D四个球放入编号为1,2,3的三个盒子中，每个盒子中至少放一个球，且A，B两个球不能放在同一盒子中，则不同的放法有(　　)‎ A．30 B．36‎ C．60 D．66‎ 解析：选A　由题意知有一个盒子要放入2球， ‎ 先假设A，B可放入一个盒子，那么方法有C＝6, ‎ 再减去A，B在一起的情况，就是6－1＝5种. ‎ 把2个球的组合考虑成一个元素， ‎ 就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子， ‎ 那么共有A＝6种. ‎ 根据分步乘法计数原理知共有5×6＝30种. ‎ ‎4．有5本不同的教 书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一 目书都不相邻的放法种数是(　　)‎ A．24 B．48‎ C．72 D．96‎ 解析：选B　根据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可，此时共有AA种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有AACC种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共有AA＋AACC＝48种摆放方法．‎ ‎5．现有2门不同的考试要安排在5天之内进行，每天最多进行一门考试，且不能连续两天有考试，那么不同的考试安排方案种数是(　　)‎ A．12 B．6‎ C．8 D．16‎ 解析：选A　若第一门安排在开头或结尾，则第二门有3种安排方法，这时，共有C×3＝6种方法；若第一门安排在中间的3天中，则第二门有2种安排方法，这时，共有3×2＝6种方法．综上可得，不同的考试安排方案共有6＋6＝12种．‎ ‎6．航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置 学试验，要求2艘攻击型核潜艇一前一后，3艘驱逐舰和3艘护卫舰分列左右，每侧3艘，同侧不能都是同种舰艇，则舰艇分配方案的方法种数为(　　)‎ A．72 B．324‎ C．648 D．1 296‎ 解析：选D　核潜艇排列数为A，6艘舰艇任意排列的排列数为A，同侧均是同种舰艇的排列数为AA×2，则舰艇分配方案的方法种数为A(A－AA×2)＝1 296.‎ ‎7．安排甲、乙、丙、丁四位教师参加星期一至星期六的值日工作，每天安排一人，甲、乙、丙每人安排一天，丁安排三天，并且丁至少要有两天连续安排，则不同的安排方法种数为(　　)‎ A．72 B．96‎ C．120 D．156‎ 解析：选B　甲、乙、丙三位教师安排星期一至星期六的任意三天，其余三天丁值日，故有A＝120种， ‎ 其中丁没有连续的安排，安排甲，乙、丙三位教师后形成了4个间隔，任选3个安排丁，故有AC＝24种， ‎ 故不同的安排方法有120－24＝96种．‎ ‎8．有5名游客到公园坐游艇，分别坐甲、乙两个游艇，每个游艇至少安排2名游客，那么互不相同的安排种数为(　　)‎ A．10 B．20‎ C．30 D．40‎ 解析：选B　根据题意，将5名游客分别坐甲、乙两个游艇，每个游艇至少安排2名游客， ‎ 先将5人分为2组，一组3人，另一组2人，有C＝10种情况， ‎ 再将2组对应2个游艇，有A＝2种情况， ‎ 则互不相同的安排种数为10×2＝20.‎ 二、填空题 ‎9．(2017·浙江高考)从6男2女共8名学生中选出队长1人，副队长1人，普通队员2人组成4人服务队，要求服务队中至少有1名女生，共有______种不同的选法．(用数字作答)‎ 解析：法一：分两步，第一步，选出4人，由于至少1名女生，故有C－C＝55种不同的选法；第二步，从4人中选出队长、副队长各1人，有A＝12种不同的选法．根据分步乘法计数原理知共有55×12＝660种不同的选法．‎ 法二：不考虑限制条件，共有AC种不同的选法，‎ 而没有女生的选法有AC种，‎ 故至少有1名女生的选法有 AC－AC＝840－180＝660(种)．‎ 答案：660‎ ‎10．某外商计划在4个候选城市中投资3个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个，则该外商不同的投资方案有________种．‎ 解析：分两种情况：‎ ‎①在一个城市投资2个项目，在另一城市投资1个项目，将项目分成2个与1个，有C＝3种；在4个城市当中，选择2个城市作为投资对象，有A＝12种， 这种情况共有3×12＝36种．‎ ‎②有三个城市各获得一个投资的项目，获得投资项目的城市有C＝4种；安排项目与城市对应，有A＝6种，这种情况共有4×6＝24种．‎ 综上，该外商不同的投资方案共有36＋24＝60种．‎ 答案：60‎ ‎11．若A，B，C，D，E，F六个不同元素排成一列，要求A不排在两端，且B，C相邻，则不同的排法有__________种(用数字作答)．‎ 解析：由于B，C相邻，把B，C看做一个整体，有2种排法．这样，6个元素变成了5个．先排A，由于A不排在两端，则A在中间的3个位子中，有A＝3种方法，其余的4个元素任意排，有A种不同方法，故不同的排法有2×3×A＝144种．‎ 答案：144‎ ‎12．航天员拟在太空授课，准备进行标号为0,1,2,3,4,5的六项实验，向全世界人民普及太空知识，其中0号实验不能放在第一项，最后一项的标号小于它前面相邻一项的标号，则实验顺序的编排方法种数为______(用数字作答)．‎ 解析：优先安排第一项实验，再利用定序问题相除法求解．由于0号实验不能放在第一项，所以第一项实验有5种选择．最后两项实验的顺序确定，所以共有＝300种不同的编排方法．‎ 答案：300‎ 三、解答题 ‎13．将7个相同的小球放入4个不同的盒子中．‎ ‎(1)不出现空盒时的放入方式共有多少种？‎ ‎(2)可出现空盒时的放入方式共有多少种？‎ 解：(1)将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空当中插入无区别的3个“隔板”将球分成4份，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，则共有C＝20种不同的放入方式．‎ ‎(2)每种放入方式对应于将7个相同的小球与3个相同的“隔板”进行一次排列，即从10个位置中选3个位置安排隔板，故共有C＝120种放入方式．‎ ‎14．(2018·郑州检测)有5名男生和3名女生，从中选出5人担任5门不同学 的课代表，分别求符合下列条件的选法数：‎ ‎(1)有女生但人数必须少于男生；‎ ‎(2)某女生一定要担任语文课代表；‎ ‎(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；‎ ‎(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．‎ 解：(1)先选后排．符合条件的课代表人员的选法有(CC＋CC)种，排列方法有A种，所以满足题意的选法有(CC＋CC)·A＝5 400(种)．‎ ‎(2)除去该女生后，即从剩余的7名学生中挑选4名学生担任四 的课代表，有A ‎＝840(种)选法．‎ ‎(3)先选后排．从剩余的7名学生中选出4名有C种选法，排列方法有CA种，所以选法共有CCA＝3 360(种)．‎ ‎(4)先从除去该男生和该女生的6人中选出3人，有C种选法，该男生的安排方法有C种，其余3人全排列，有A种，因此满足题意的选法共有CCA＝360(种)．‎ ‎1．现准备将6台型号相同的电脑分配给5所小学，其中A，B两所希望小学每个学校至少2台，其他小学允许1台也没有，则不同的分配方案共有(　　)‎ A．13种　　B．15种　　　C．20种　　　D．30种 解析：选B　先给A，B两所希望小学每个学校分配2台电脑，再将剩余2台电脑随机分配给5所希望小学，共有C＋C＝15种情况. ‎ ‎2．大小形状完全相同的8张卡片上分别标有数字1,2,3,4,5,6,7,8，从中任意抽取6张卡片排成3行2列，则3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5的概率为________．‎ 解析：根据题意，从8张卡片中任取6张，有A种不同的取法， ‎ 再求出3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5的情况数目．‎ 依据要求，中间行的数字只能为1,4或2,3，共有CA＝4种排法， ‎ 然后确定其余4个数字，其排法总数为A＝360, ‎ 其中不合题意的有：中间行数字和为5，还有一行数字和为5，有4种排法， 余下两个数字有A＝12种排法， ‎ 所以此时余下的这4个数字共有360－4×12＝312种方法； ‎ 由分步乘法计数原理可知满足3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5的共有4×312＝1 248种不同的排法， 则3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5的概率为＝.‎ 答案： ‎ 高考研究课(二)‎ 二项式定理命题3角度——求系数、定特项、会赋值 ‎[全国卷5年命题分析]‎ 考点 考查频度 考查角度 求指定项系数 ‎5年7考 求指定项系数与已知某项系数求参数 赋值法求系数和 ‎5年1考 由二项式展开式中某些项的系数和求参数 特定项 未考查 二项式展开式中某项系数或特定项问题 ‎[典例]　(1)5的展开式中常数项是(　　)‎ A．－5　　　　　　　　　 B．5‎ C．－10 D．10‎ ‎(2)(2016·天津高考)8的展开式中x7的系数为________．(用数字作答)‎ ‎[解析]　(1)5的展开式的通项为Tr＋1＝C5－r·(－2x2)r＝(－1)rC·2r·x，当r＝1时，Tr＋1为常数项，即T2＝－C·2＝－10.‎ ‎(2)8的通项Tr＋1＝C(x2)8－rr＝(－1)rCx16－3r，当16－3r＝7时，r＝3，‎ 则x7的系数为(－1)3C＝－56.‎ ‎[答案]　(1)C　(2)－56‎ ‎[方法技巧]‎ 求二项展开式中特定项的方法 求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项T ＋1＝Can－ b 的特点，一般需要建立方程求 ，再将 的值代回通项求解，注意 的取值范围( ＝0,1,2，…，n)．‎ ‎(1)第m项：此时 ＋1＝m，直接代入通项；‎ ‎(2)常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为0建立方程；‎ ‎(3)有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程．‎ 特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解．　　‎ ‎[即时演练]‎ ‎1．(2018·湖南东部六校联考)若n的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是________．‎ 解析：令x＝1，得n的展开式中各项系数之和为(3－1)n＝128＝27，故n＝7.则二项式的通项Tr＋1＝C(3x)7－r·(－x－)r＝(－1)r·37－rCx7－，令7－r＝－3，得r＝6，故展开式中的系数是(－1)6·37－6C＝21.‎ 答案：21‎ ‎2．若10展开式中的常数项为180，则a＝________.‎ 解析：10展开式的通项为Tr＋1＝C()10－rr＝arCx5－r，令5－r＝0，得r＝2，又a2C＝180，故a＝±2.‎ 答案：±2‎ 二项式系数与项的系数问题 ‎[典例]　(1)已知(1＋x)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为(　　)‎ A．29　　　　　　　　　　 B．210‎ C．211 D．212‎ ‎(2)若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值为(　　)‎ A．1或－3 B．－1或3‎ C．1 D．－3‎ ‎(3)若n的展开式中含x的项为第6项，设(1－3x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则a1＋a2＋…＋an的值为________．‎ ‎[解析]　(1)由C＝C，得n＝10，故奇数项的二项式系数和为29.‎ ‎(2)令x＝0，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2＋m)9，‎ 令x＝－2，得a0－a1＋a2－…－a9＝m9，‎ 又(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，‎ 即(a0＋a1＋a2＋…＋a9)·(a0－a1＋a2－…－a9)＝39，‎ 即(2＋m)9·m9＝39，‎ 所以(2＋m)m＝3，解得m＝1或－3.‎ ‎(3)展开式n的通项为Tr＋1＝C(x2)n－r·r＝C(－1)rx2n－3r，‎ 因为含x的项为第6项，所以r＝5,2n－3r＝1，解得n＝8，‎ 令x＝0，得a0＝1，‎ 令x＝1，得a0＋a1＋…＋a8＝(1－3)8＝28，‎ 所以a1＋a2＋…＋a8＝28－1＝255.‎ ‎[答案]　(1)A　(2)A　(3)255‎ ‎[方法技巧]‎ 赋值法研究二项式的系数和问题 ‎“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，‎ b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．　‎ ‎[即时演练]‎ ‎1．若二项式n的展开式中仅有第6项的二项式系数最大，则其常数项是________．‎ 解析：∵二项式n的展开式中仅有第6项的二项式系数最大，∴n＝10，∴Tr＋1＝C10－rr＝(－2)rC·x，令＝0，解得r＝6，‎ ‎∴常数项是(－2)6C＝13 440.‎ 答案：13 440‎ ‎2．若x9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a9(x－1)9，则的值为________．‎ 解析：令x＝2，得29＝a0＋a1＋a2＋…＋a8＋a9，‎ 令x＝0，得0＝a0－a1＋a2－…＋a8－a9，‎ 所以a1＋a3＋a5＋a7＋a9＝a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝28.‎ 又x9＝[1＋(x－1)]9，其中T8＝C(x－1)7，‎ 所以a7＝C＝36，故＝＝.‎ 答案： ‎3．设n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M－N＝240，则展开式中二项式系数最大的项为__________．‎ 解析：依题意得，M＝4n＝(2n)2，N＝2n，‎ 于是有(2n)2－2n＝240，(2n＋15)(2n－16)＝0，‎ ‎∴2n＝16＝24，解得n＝4.‎ 要使二项式系数C最大，只有 ＝2，‎ 故展开式中二项式系数最大的项为 T3＝C(5x)2·(－)2＝150x3.‎ 答案：150x3‎ 多项式展开式中的特定项或系数问题 在高考中，常常涉及一些多项式问题，主要考查学生的化归能力.‎ 常见的命题角度有：‎ (1)三项展开式中的特定项系数问题；‎ (2)多项式积的展开式中的特定项系数问题.‎ 角度一：三项展开式中特定项系数问题 ‎1.5展开式中x2的系数为(　　)‎ A．120 B．－120‎ C．－45 D．45‎ 解析：选A　5＝10，‎ 则Tr＋1＝Cx·x－＝Cx，令＝2，‎ 则r＝3，故x2的系数为C＝120.‎ 角度二：多项式积的展开式中的特定项系数问题 ‎2．(2017·浙江高考)已知多项式(x＋1)3(x＋2)2＝x5＋a1x4＋a2x3＋a3x2＋a4x＋a5，则a4＝______，a5＝______.‎ 解析：由题意知a4为含x的项的系数，根据二项式定理得a4＝C×12×C×22＋C×13×C×2＝16，a5是常数项，所以a5＝C×13×C×22＝4.‎ 答案：16　4‎ ‎[方法技巧]‎ ‎(1)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决．‎ ‎(2)对于多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．　　‎ ‎1．(2017·全国卷Ⅰ)(1＋x)6展开式中x2的系数为(　　)‎ A．15 B．20‎ C．30 D．35‎ 解析：选C　(1＋x)6展开式的通项Tr＋1＝Cxr，所以(1＋x)6的展开式中x2的系数为1×C＋1×C＝30.‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅲ)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为(　　)‎ A．－80 B．－40‎ C．40 D．80‎ 解析：选C　当第一个括号内取x时，第二个括号内要取含x2y3的项，即C(2x)2(－y)3，当第一个括号内取y时，第二个括号内要取含x3y2的项，即C(2x)3(－y)2，所以x3y3的系数为C×23－C×22＝10×(8－4)＝40.‎ ‎3．(2015·全国卷Ⅰ)(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为(　　)‎ A．10 B．20‎ C．30 D．60‎ 解析：选C　法一：(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的项为T3＝C(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5.所以x5y2的系数为CC＝30.‎ 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CCC＝30.‎ ‎4．(2014·全国卷Ⅰ)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)‎ 解析：(x＋y)8中，Tr＋1＝Cx8－ryr，令r＝7，再令r＝6，得x2y7的系数为C－C＝8－28＝－20.‎ 答案：－20‎ ‎5．(2015·全国卷Ⅱ)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝________.‎ 解析：设(a＋x)(1＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5.‎ 令x＝1，得(a＋1)×24＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5.①‎ 令x＝－1，得0＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5.②‎ ‎①－②，得16(a＋1)＝2(a1＋a3＋a5)＝2×32，∴a＝3.‎ 答案：3‎ ‎6．(2016·全国卷Ⅰ)(2x＋)5的展开式中，x3的系数是________．(用数字填写答案)‎ 解析：(2x＋)5展开式的通项为 Tr＋1＝C(2x)5－r()r＝25－r·C·x5－.‎ 令5－＝3，得r＝4.‎ 故x3的系数为25－4·C＝2C＝10.‎ 答案：10‎ 一、选择题 ‎1.3展开式的常数项为(　　)‎ A．120　　　　　　　　　 B．160‎ C．200 D．240‎ 解析：选B　因为3＝6，其展开式的通项为Tr＋1＝C·6－r·(2x)r＝C2rx2r－6，令2r－6＝0，可得r＝3，故展开式的常数项为C·23＝160.‎ ‎2．在(1－x)5＋(1－x)6＋(1－x)7＋(1－x)8的展开式中，含x3的项的系数是(　　)‎ A．74 B．121‎ C．－74 D．－121‎ 解析：选D　展开式中含x3项的系数为C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＋C(－1)3＝－121.‎ ‎3．(x＋2)2(1－x)5中x7的系数与常数项之差的绝对值为(　　)‎ A．5 B．3‎ C．2 D．0‎ 解析：选A　常数项为C×22×C＝4，x7的系数为C×C(－1)5＝－1，因此x7的系数与常数项之差的绝对值为5.‎ ‎4．若m的展开式中二项式系数之和为128，则展开式中的系数是(　　)‎ A．21 B．－21‎ C．7 D．－7‎ 解析：选A　由题意可知2m＝128，∴m＝7，∴展开式的通项Tr＋1＝C(3x)7－r·r＝C37－r(－1)rx7－，令7－r＝－3，解得r＝6，‎ ‎∴的系数为C37－6(－1)6＝21.‎ ‎5．在(1＋x)6(1＋y)4的展开式中，记xmyn项的系数f(m，n)，则f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝(　　)‎ A．45 B．60‎ C．120 D．210‎ 解析：选C　在(1＋x)6的展开式中，xm的系数为C，在(1＋y)4的展开式中，yn的系数为C，故f(m，n)＝C·C.从而f(3,0)＝C＝20，f(2,1)＝C·C＝60，f(1,2)＝C·C＝36，f(0,3)＝C＝4，所以f(3,0)＋f(2,1)＋f(1,2)＋f(0,3)＝20＋60＋36＋4＝120.‎ ‎6．若(x－1)8＝1＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a5＝(　　)‎ A．56 B．－56‎ C．35 D．－35‎ 解析：选B　(x－1)8展开式的通项为Tr＋1＝Cx8－r(－1)r，令r＝3，得a5＝C(－1)3＝－56.‎ ‎7．设(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若a1＋a2＋…＋an＝63，则展开式中系数最大的项是(　　)‎ A．15x2 B．20x3‎ C．21x3 D．35x3‎ 解析：选B　∵(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，‎ 令x＝0，得a0＝1.‎ 令x＝1，得(1＋1)n＝a0＋a1＋a2＋…＋an＝64，∴n＝6.‎ 又(1＋x)6的展开式二项式系数最大的项的系数最大，‎ ‎∴(1＋x)6的展开式系数最大的项为T4＝Cx3＝20x3.‎ ‎8．(2018·河北衡水中学调研)若5的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中的常数项为(　　)‎ A．10 B．20‎ C．30 D．40‎ 解析：选D　令x＝1，得(1＋a)(2－1)5＝1＋a＝2，所以a＝1.因此5的展开式中的常数项为5的展开式中x的系数与的系数的和.5的展开式的通项Tr＋1＝C(2x)5－rr＝C25－rx5－2r·(－1)r.‎ 令5－2r＝1，得r＝2，因此5的展开式中x的系数为C25－2×(－1)2＝80；‎ 令5－2r＝－1，得r＝3，因此5的展开式中的系数为C25－3×(－1)3＝－40，所以5的展开式中的常数项为80－40＝40.‎ 二、填空题 ‎9．若a1(x－1)4＋a2(x－1)3＋a3(x－1)2＋a4(x－1)＋a5＝x4，则a2＋a3＋a4＝________.‎ 解析：x4＝[(x－1)＋1]4＝C(x－1)4＋C(x－1)3＋C(x－1)2＋C(x－1)＋C，‎ 对照a1(x－1)4＋a2(x－1)3＋a3(x－1)2＋a4(x－1)＋a5＝x4，‎ 得a2＝C，a3＝C，a4＝C，‎ 所以a2＋a3＋a4＝C＋C＋C＝14.‎ 答案：14‎ ‎10．已知a＝(sin x＋cos x)dx，则二项式6的展开式中，含x2项的系数是________．‎ 解析：a＝(sin x＋cos x)dx＝(－cos x＋sin x)0＝2，则6＝6，展开式的通项为Tr＋1＝C(2)6－rr＝(－1)rC·26－r·x3－r，令3－r＝2，得r＝1.‎ 故含x2项的系数是(－1)1·C·26－1＝－192.‎ 答案：－192‎ ‎11．已知(x＋1)2n的展开式中没有x2项，n∈N*，且5≤n≤8，则n＝________.‎ 解析：因为(x＋1)2n＝(x2＋2x＋1)n，则当第1个括号取x2时，第2个括号不能有常数项，而当n＝8时，展开式中含有常数项C；当第1个括号取2x时，第2个括号不能含有x项，而当n＝5时，展开式中含有x项Cx；当第1个括号取1时，第2个括号不能含有x2项，而当n＝6时，展开式中含有x2项Cx2.由上可知n＝7.‎ 答案：7‎ ‎12．若(ax－1)6的展开式中含x3的项的系数为30，则a的值为______，展开式中所有项的系数之和为______．‎ 解析：因为6的展开式的通项为Tr＋1＝Cx－6＋2r，所以(ax－1)6的展开式中含x3的项为a·Cx－5＋2r，令－5＋2r＝3，解得r＝4，故a·C＝30，解得a＝2.令x＝1，得(2－1)×6＝64.‎ 答案：2　64‎ 三、解答题 ‎13．已知在n的展开式中，只有第5项二项式系数最大. ‎ ‎(1)判断展开式中是否存在常数项，若存在，求出常数项；若不存在，说明理由； ‎ ‎(2)求展开式的所有有理项. ‎ 解：(1)∵二项式系数最大的只有第5项，即C最大，‎ ‎∴n＝8，‎ ‎∴Tr＋1＝C()8－rr＝(－1)r2－rCx.‎ 若存在常数项，则＝0, ‎ 即3r＝16，r＝，又r∈N，矛盾， ‎ ‎∴不存在常数项．‎ ‎(2)若Tr＋1为有理项，当且仅当为整数， ‎ 因为0≤r≤8，r∈N，‎ 所以r＝0,4,8，时，Tr＋1为有理项，‎ 即展开式中的有理项有3项，它们是T1＝x4，T5＝x，‎ T9＝x－2.‎ ‎14．已知n的展开式中前3项的系数成等差数列，设n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.‎ ‎(1)求a0的值；‎ ‎(2)求系数最大的项．‎ 解：(1)n的展开式中前3项的系数分别为：‎ ‎1，C×，C×2，‎ ‎∵它们成等差数列，∴2C×＝1＋C×2，‎ 即n2－9n＋8＝0，‎ 解得n＝8或n＝1(舍去)，‎ 由n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn, ‎ 令x＝0，可得a0＝8＝.‎ ‎(2)8的展开式的通项为 Tr＋1＝Cx8－r·r＝rCx8－r，‎ ‎ 由解得2≤r≤3, ‎ ‎∴r＝2或3，∴系数最大的项是7x5或7x6.‎ ‎1．(x－2y＋1)6的展开式中含x3y项的系数为(　　)‎ A．15 B．60‎ C．－60 D．－120‎ 解析：选D　法一：由于x－2y＋1中含有三项，可以看成[(x＋1)－2y]6，要得到含x3y的项，由T2＝C(x＋1)5·(－2y)＝－12(x＋1)5y可得，要含有x3，则对于(x＋1)5，T3′＝Cx3＝10x3，即含x3y的项为－120x3y.‎ 法二：由二项式定理可知，含x3y的项即Cx3C(－2y)·C12＝－120x3y，故含x3y项的系数为－120.‎ ‎2．(1＋x＋x2)6的展开式中的常数项为________．‎ 解析：6的展开式的通项为 Tr＋1＝Cx6－r·r＝(－1)rCx6－2r，‎ 令6－2r＝0，得r＝3，则T4＝C·(－1)3＝－C；‎ 令6－2r＝－1，得r＝(舍去)；‎ 令6－2r＝－2，得r＝4，则T5＝C(－1)4x－2，‎ ‎∴(1＋x＋x2)6的展开式中的常数项为 C－C＝15－20＝－5.‎ 答案：－5‎