2019版一轮复习理数通用版第十五单元 计数原理 28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科代表，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，z}，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，z}，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，z 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 z 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Amn . 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Cmn . 3．排列数、组合数的公式及性质 公式 排列数公式 Amn ＝n(n－1)(n－2)…(n －m＋1) ＝ n！ n－m！ 组合数公式 C mn ＝ Amn Amm ＝ nn－1…n－m＋1 m！ ＝ n！ m！n－m！ 性质 (1)Ann＝n！；(2)0！＝1 (1)C0n＝1； (2)Cmn ＝Cn－mn _； (3)Cmn ＋Cm－1n ＝Cmn＋1 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 A22＝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 A44A22＝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 A55＝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 A44＝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 C24C22＝6 种． 答案：6 4．方程 3A3x＝2A2x＋1＋6A 2x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＝2 3(舍去)，∴x＝5. 答案：5 5．已知 1 Cm5 － 1 Cm6 ＝ 7 10Cm7 ，则 Cm8 ＝________. 解析：由已知得 m 的取值范围为{m|0≤m≤5，m∈Z}， 由组合数公式可知， m！5－m！ 5！ －m！6－m！ 6！ ＝7×7－m！m！ 10×7！ ， 整理可得 m2－23m＋42＝0，解得 m＝21(舍去)或 m＝2. 故 Cm8 ＝C28＝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×C13×A44＝144，同理 2,4 与 6 相邻的有 A22×2×2×A33 ＝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＝C0nan＋C1nan－1b＋…＋Cknan－kbk＋…＋Cnnbn(n∈N*) 二项式系数 二项展开式中各项系数Ckn(k＝0,1，…，n) 二项式通项 Tk＋1＝Cknan－kbk，它表示第 k＋1 项 2．二项式系数的性质 1．已知 C0n＋2C1n＋22C2n＋23C3n＋…＋2nCnn＝729，则 C1n＋C2n＋C3n＋…＋C nn等于( ) A．63 B．64 C．31 D．32 解析：选 A 逆用二项式定理得 C0n＋2C1n＋22C2n＋23C3n＋…＋2nCnn＝(1＋2)n＝3n＝729， 即 3n＝36，所以 n＝6，所以 C1n＋C2n＋C3n＋…＋Cnn＝26－C0n＝64－1＝63. 2. 1 2 x－2y 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＝Cr5 1 2x 5－r(－2y)r ＝(－2)rCr5 1 2 5－rx5－ryr. 令 5－r＝2，得 r＝3，∴(－2)3C35 1 2 5－3＝－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＝Crn(3x)r. 令 r＝2，得 T3＝9C2nx2.由题意得 9C2n＝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 k 项，实质上是第 k＋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 Ckn(k＝0,1，…，n)． 1．(2018·长沙长郡中学月考)若 x2－1 x 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)rCr9x18－3r，令 18－ 3r＝0，得 r＝6，故常数项为 T7＝84. 2．若二项式 x－2 x 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 x－2 x n 的展开式的第 5 项 C4n( x)n－4 －2 x 4＝16C4nxn 2 －6 是常 数项，可得n 2 －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．C25 B．25 C．52 D．A25 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，C47a3＝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 38个，再减去 三点共线的情形即可．共有 C38－C35－C34＝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 33种排法，故总的排法有 2×2×A33＝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 C25＋aC15＝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 a b ，从 1,3,5,7,9 中任取两个数分别记为 a，b，共有 A25＝20 个结果，其中 lg 1 3 ＝lg 3 9 ，lg 3 1 ＝lg 9 3 ，故共可得到不同值的个数为 20－2＝18. 二、填空题 9. 2x－1 x 5 的二项展开式中 x 项的系数为________． 解析： 2x－1 x 5 的展开式的通项是 Tr＋1＝Cr5·(2x)5－r· －1 x r＝Cr5·(－1)r·25－r·x5－2r.令 5－2r ＝1，得 r＝2.因此 2x－1 x 5 的展开式中 x 项的系数是 C25·(－1)2·25－2＝80. 答案：80 10．若 n＝错误!1 xdx，则二项式(1－ 2x)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＝错误!1 xdx＝ln x|e2 018 e ＝2 017，二项式(1－ 2x)2 017 的展开式中 第 1 009 项为 T1 008＋1＝C1 0082 017(－ 2x)1 008，其二项式系数为 C1 0082 017. 答案：C1 0082 017 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 C14C35A44＝960(个)，四个数字都是 奇数的四位数有 A45＝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 16 5 x2＋ 1 x 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： 16 5 x2＋ 1 x 5 展开式的通项 Tr＋1＝Cr5 16 5 x2 5－r· 1 x r＝Cr5 16 5 5－rx20－5r 2 . 令 20－5r＝0，得 r＝4， 故常数项 T5＝C45×16 5 ＝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 C24(a2)2＝54，∴a＝ 3. 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 C410＝ 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 C44＝1 种取法， 若 4 个白球，有 C46＝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 C44＝1 种取法， ②3 个红球，1 个白球，有 C34C16＝24 种取法， ③2 个红球，2 个白球，有 C24C26＝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 66种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有 A 33种排法， 因此共有 A66·A33＝4 320(种)不同排法． (2)(插空法)先排 5 个男生，有 A 55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 36种排法，因此共有 A55·A36＝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 25种排 法，剩余的位置没有特殊要求，有 A 66种排法，因此共有 A25·A66＝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 36种排法，其余位置无限制， 有 A 55种排法，因此共有 A36·A55＝14 400(种)不同排法． (4)8 名学生的所有排列共 A 88种，其中甲在乙前面与乙在甲前面的各占其中1 2 ， 因此符合要求的排法种数为 1 2A88＝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 77种；甲不在最右边时，可从 余下 6 个位置中任选一个，有 A 16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 16种，其余人全排列，共有 A16·A16·A 66种． 由分类加法计数原理得，共有 A77＋A16·A16·A66＝30 960(种)． 法二(特殊位置法)：先排最左边，除去甲外，有 A 17种，余下 7 个位置全排，有 A 77种， 但应剔除乙在最右边时的排法 A16·A 66种，因此共有 A17·A77－A16·A66＝30 960(种)． 法三(间接法)：8 个人全排，共 A 88种，其中，不合条件的有甲在最左边时，有 A 77种， 乙在最右边时，有 A 77种，其中都包含了甲在最左边，同时乙在最右边的情形，有 A 66种． 因此共有 A88－2A77＋A66＝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 A55＝120(种)排法； 第二类：乙在最左端，甲不在最右端，有 4A44＝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 22种排法，再在 2,4 中取一个数放在 1,3 排列 之间，有 C 12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 22种 排法，即满足条件的四位数的个数为 A22C12A22＝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 C12·C35·A44＝ 480 种情况；若甲、乙两人都参加，有 C22·C25·A44＝240 种情况，其中甲、乙相邻的有 C22·C25·A33·A22 ＝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 C14C212＝264 种．第二类，不含有红色卡片， 不同的取法 C312－3C34＝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 C06＋C16C15＋C26C24＋C36C33＝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 C212－12－6＝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 16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 25种取法； 第 3 步，余下的 3 名教师作为一组，有 C 33种取法． 根据分步乘法计数原理，共有 C16C25C33＝60 种取法． 再将这 3 组教师分配到 3 所中学，有 A33＝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C26C24C22 A33 种方法，再将 3 组毕业生分到 3 所学 校，有 A33＝6 种方法，故 6 个毕业生平均分到 3 所学校，共有C26C24C22 A33 ·A33＝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 C18C37＋C48·C24 A22 ＋C28·C36 A22 ＝280＋210＋280＝770 种， 第二步，分配：每一种分法都有 A33＝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 Ann(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C24C12C11 A22 ＝6 种， 再分配给 3 个人，有 A33＝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 24种走法，F→G 有 C 13种走法，由乘法计数原理知， 共 C24·C13＝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 13种选择； 第二步，排前 4 位，有 A 44种选择． 由分步乘法计数原理，知有 C13·A44＝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 34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 C13A 34个偶数．故符合条件的偶数共有 2A34＋C13A34＝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 A33A34＝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 A22A22A33＝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 22种摆法，再将它们与其他 3 件产品全排列，有 A 44种 摆法，共有 A22A44＝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×A33＝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 33种方法，再排第二列，有 2 种 方法，故共有 A33×2＝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C25C23 A22 ·A33＝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 C35·A33＝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 C24＝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 A33＝6 种. 根据分步乘法计数原理知共有 5×6＝30 种. 4．有 5 本不同的教科书，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，则同一科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 A22A 24种摆放方法；当 1 本物理 书放在 2 本语文书一侧时，共有 A22A12C12C 13种不同的摆放方法，由分类加法计数原理可得共 有 A22A24＋A22A12C12C13＝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 C12×3 ＝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科学试验，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 A22，6 艘舰艇任意排列的排列数为 A66，同侧均是同种舰 艇的排列数为 A33A33×2，则舰艇分配方案的方法种数为 A22(A66－A33A33×2)＝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 A36＝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 A33C34＝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 C25＝10 种情况， 再将 2 组对应 2 个游艇，有 A22＝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 C48－C46＝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 A24＝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 A28C 26种不同的选法， 而没有女生的选法有 A26C 24种， 故至少有 1 名女生的选法有 A28C26－A26C24＝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 C23＝3 种；在 4 个城市当中，选择 2 个城市作为投资对象，有 A24＝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 C34＝4 种；安排项目与 城市对应，有 A33＝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 A13＝3 种方法，其余的 4 个元素任意排，有 A 44种不同方法，故不同的排法有 2×3×A44＝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5A55 A22 ＝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 C36＝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 C310＝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 门不同学科的课代 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(C35C23＋C45C13)种，排列方法有 A 55种， 所以满足题意的选法有(C35C23＋C45C13)·A55＝5 400(种)． (2)除去该女生后，即从剩余的 7 名学生中挑选 4 名学生担任四科的课代表，有 A47＝ 840(种)选法． (3)先选后排．从剩余的 7 名学生中选出 4 名有 C 47种选法，排列方法有 C14A 44种，所以 选法共有 C47C14A44＝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 36种选法，该男生的安排方法有 C 13种，其余 3 人全排列，有 A 33种，因此满足题意的选法共有 C36C13A33＝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 C15＋C25＝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 68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 C12A22＝4 种排法， 然后确定其余 4 个数字，其排法总数为 A46＝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 A24＝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1 248 A68 ＝ 13 210. 答案： 13 210 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) 1 x －2x2 5 的展开式中常数项是( ) A．－5 B．5 C．－10 D．10 (2)(2016·天津高考) x2－1 x 8 的展开式中 x7 的系数为________．(用数字作答) [ 解 析 ] (1) 1 x －2x2 5 的 展 开 式 的 通 项 为 Tr ＋ 1 ＝ C r5 1 x 5 － r·( － 2x2)r ＝ ( － 1)rCr5·2r·x5r－5 2 ，当 r＝1 时，Tr＋1 为常数项，即 T2＝－C15·2＝－10. (2) x2－1 x 8 的通项 Tr＋1＝Cr8(x2)8－r －1 x r＝(－1)rCr8x16－3r，当 16－3r＝7 时，r＝3， 则 x7 的系数为(－1)3C38＝－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 Tk＋1＝Cknan－kbk 的特点，一般需要建立方 程求 k，再将 k 的值代回通项求解，注意 k 的取值范围(k＝0,1,2，…，n)． (1)第 m 项：此时 k＋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 3x－ 1 3 x2 n 的展开式中各项系数之和为 128，则展开式 中 1 x3 的系数是________． 解析：令 x＝1，得 3x－ 1 3 x2 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＝Cr7(3x)7－r·(－x－2 3)r＝(－1)r·37－rCr7x7－5r 3 ，令 7－5 3r＝－3，得 r＝6， 故展开式中 1 x3 的系数是(－1)6·37－6C67＝21. 答案：21 2．若 x＋ a x2 10 展开式中的常数项为 180，则 a＝________. 解析： x＋ a x2 10 展开式的通项为 Tr＋1＝Cr10( x)10－r a x2 r＝arCr10x5－5 2r，令 5－5 2r＝0， 得 r＝2，又 a2C210＝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 x2－1 x 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 C3n＝C7n，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 x2－1 x n 的通项为 Tr＋1＝Crn(x2)n－r· －1 x r＝Crn(－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 x－ 2 3 x 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 x－ 2 3 x n 的展开式中仅有第 6 项的二项式系数最大，∴n＝10，∴Tr ＋1＝Cr10( x)10－r － 2 3 x r＝(－2)rCr10·x30－5r 6 ，令30－5r 6 ＝0，解得 r＝6， ∴常数项是(－2)6C610＝13 440. 答案：13 440 2．若 x9 ＝a0 ＋a1(x－1)＋a2(x－1)2 ＋…＋a9(x－1)9 ，则a1＋a3＋a5＋a7＋a9 a7 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＝C79(x－1)7， 所以 a7＝C79＝36，故a1＋a3＋a5＋a7＋a9 a7 ＝256 36 ＝64 9 . 答案：64 9 3．设 (5x－ x)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 k4最大，只有 k＝2， 故展开式中二项式系数最大的项为 T3＝C24(5x)2·(－ x)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. x＋1 x ＋2 5 展开式中 x2 的系数为( ) A．120 B．－120 C．－45 D．45 解析：选 A x＋1 x ＋2 5＝ x＋ 1 x 10， 则 Tr＋1＝Cr10x10－r 2 ·x－r 2 ＝Cr10x10－2r 2 ，令10－2r 2 ＝2， 则 r＝3，故 x2 的系数为 C310＝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＝C23×12×C22×22＋ C33×13×C12×2＝16，a5 是常数项，所以 a5＝C33×13×C22×22＝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＋ 1 x2 (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＝Cr6xr，所以 1＋ 1 x2 (1＋x)6 的展开式中 x2 的系 数为 1×C26＋1×C46＝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 C35(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 C25(2x)3(－y)2，所以 x3y3 的系数 为 C25×23－C35×22＝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＝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. 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. 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＝Cr8x8－ryr，令 r＝7，再令 r＝6，得 x2y7 的系数为 C78－C68＝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＋ x)5 的展开式中，x3 的系数是________．(用数字填写答案) 解析：(2x＋ x)5 展开式的通项为 Tr＋1＝Cr5(2x)5－r( x)r＝25－r·Cr5·x5－r 2. 令 5－r 2 ＝3，得 r＝4. 故 x3 的系数为 25－4·C45＝2C45＝10. 答案：10 一、选择题 1. 1 x2 ＋4x2＋4 3 展开式的常数项为( ) A．120 B．160 C．200 D．240 解析：选 B 因为 1 x2 ＋4x2＋4 3＝ 1 x ＋2x 6，其展开式的通项为 Tr＋1＝Cr6· 1 x 6－r·(2x)r＝ Cr62rx2r－6，令 2r－6＝0，可得 r＝3，故展开式的常数项为 C36·23＝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 C35(－1)3＋C36(－1)3＋C37(－1)3＋C38(－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 C22×22×C05＝4，x7 的系数为 C02×C55(－1)5＝－1，因此 x7 的系 数与常数项之差的绝对值为 5. 4．若 3x－ 1 3 x2 m 的展开式中二项式系数之和为 128，则展开式中 1 x3 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＝Cr7(3x)7－r· － 1 3 x2 r ＝Cr737－r(－1)rx7－5r 3 ，令 7－5 3r＝－3，解得 r＝6， ∴ 1 x3 的系数为 C6737－6(－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 Cm6 ，在(1＋y)4 的展开式中，yn 的系数 为 Cn4，故 f(m，n)＝Cm6 ·Cn4.从而 f(3,0)＝C36＝20，f(2,1)＝C26·C14＝60，f(1,2)＝C16·C24＝36，f(0,3) ＝C34＝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＝Cr8x8－r(－1)r，令 r＝3，得 a5＝C38(－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＝C36x3＝20x3. 8．(2018·河北衡水中学调研)若 x＋a x 2x－1 x 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 x＋1 x 2x－1 x 5 的展 开式中的常数项为 2x－1 x 5 的展开式中 x 的系数与1 x 的系数的和. 2x－1 x 5 的展开式的通项 Tr＋1＝Cr5(2x)5－r －1 x r＝Cr525－rx5－2r·(－1)r. 令 5－2r＝1，得 r＝2，因此 2x－1 x 5 的展开式中 x 的系数为 C2525－2×(－1)2＝80； 令 5－2r＝－1，得 r＝3，因此 2x－1 x 5 的展开式中1 x 的系数为 C3525－3×(－1)3＝－40， 所以 x＋1 x 2x－1 x 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＝C04(x－1)4＋C14(x－1)3＋C24(x－1)2＋C34(x－1)＋C44， 对照 a1(x－1)4＋a2(x－1)3＋a3(x－1)2＋a4(x－1)＋a5＝x4， 得 a2＝C14，a3＝C24，a4＝C34， 所以 a2＋a3＋a4＝C14＋C24＋C34＝14. 答案：14 10．已知 a＝∫π 20(sin x＋cos x)dx，则二项式 a x－ 1 x 6 的展开式中，含 x2 项的系数是 ________． 解析：a＝∫π 20(sin x＋cos x)dx＝(－cos x＋sin x)π 20＝2，则 a x－ 1 x 6＝ 2 x－ 1 x 6， 展开式的通项为 Tr＋1＝Cr6(2 x)6－r － 1 x r＝(－1)rCr6·26－r·x3－r，令 3－r＝2，得 r＝1. 故含 x2 项的系数是(－1)1·C16·26－1＝－192. 答案：－192 11．已知(x＋1)2 x＋ 1 x3 n 的展开式中没有 x2 项，n∈N*，且 5≤n≤8，则 n＝________. 解析：因为(x＋1)2 x＋ 1 x3 n＝(x2＋2x＋1) x＋ 1 x3 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 C28；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 C15x；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 C16x2.由上可知 n＝7. 答案：7 12．若(ax－1) 1 x ＋x 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 1 x ＋x 6 的展开式的通项为 Tr＋1＝Cr6x－6＋2r，所以(ax－1) 1 x ＋x 6 的展开式中 含 x3 的项为 a·Cr6x－5＋2r，令－5＋2r＝3，解得 r＝4，故 a·C46＝30，解得 a＝2.令 x＝1，得(2 －1)×(1＋1)6＝64. 答案：2 64 三、解答题 13．已知在 x－ 1 24 x 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 4n最大， ∴n＝8， ∴Tr＋1＝Cr8( x)8－r － 1 24 x r＝(－1)r2－rCr8x16－3r 4 . 若存在常数项，则16－3r 4 ＝0, 即 3r＝16，r＝16 3 ，又 r∈N，矛盾， ∴不存在常数项． (2)若 Tr＋1 为有理项，当且仅当16－3r 4 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＝35 8 x， T9＝ 1 256x－2. 14．已知 x＋1 2 n 的展开式中前 3 项的系数成等差数列，设 x＋1 2 n＝a0＋a1x＋a2x2＋… ＋anxn. (1)求 a0 的值； (2)求系数最大的项． 解：(1) x＋1 2 n 的展开式中前 3 项的系数分别为： 1，C1n×1 2 ，C2n× 1 2 2， ∵它们成等差数列，∴2C1n×1 2 ＝1＋C2n× 1 2 2， 即 n2－9n＋8＝0， 解得 n＝8 或 n＝1(舍去)， 由 x＋1 2 n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn, 令 x＝0，可得 a0＝ 1 2 8＝ 1 256. (2) x＋1 2 8 的展开式的通项为 Tr＋1＝Cr8x8－r· 1 2 r＝ 1 2 rCr8x8－r， 由 1 2 rCr8≥ 1 2 r－1Cr－18 ， 1 2 rCr8≥ 1 2 r＋1Cr＋18 ， 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＝C16(x＋1)5·(－2y)＝－12(x＋1)5y 可得，要含有 x3，则对于(x＋1)5，T3′＝ C25x3＝10x3，即含 x3y 的项为－120x3y. 法二：由二项式定理可知，含 x3y 的项即 C36x3C13(－2y)·C2212＝－120x3y，故含 x3y 项的 系数为－120. 2．(1＋x＋x2) x－1 x 6 的展开式中的常数项为________． 解析： x－1 x 6 的展开式的通项为 Tr＋1＝Cr6x6－r· －1 x r＝(－1)rCr6x6－2r， 令 6－2r＝0，得 r＝3，则 T4＝C36·(－1)3＝－C36； 令 6－2r＝－1，得 r＝7 2(舍去)； 令 6－2r＝－2，得 r＝4，则 T5＝C46(－1)4x－2， ∴(1＋x＋x2) x－1 x 6 的展开式中的常数项为 C46－C36＝15－20＝－5. 答案：－5