2019年数学新同步湘教版必修2第7章 章末小结推理与证明.doc

1两个计数原理两个计数原理(1)应用分类加法计数原理，应准确进行应用分类加法计数原理，应准确进行“分类分类” ，明确分类的标准：每一种方法必属，明确分类的标准：每一种方法必属于某一类于某一类(不漏不漏)，任何不同类的两种方法是不同的方法，任何不同类的两种方法是不同的方法(不重不重)，每一类中的每一种方法都能，每一类中的每一种方法都能独立地独立地“完成这件事情完成这件事情” (2)应用分步乘法计数原理，应准确理解应用分步乘法计数原理，应准确理解“分步分步”的含义，完成这件事情，需要分成若的含义，完成这件事情，需要分成若干步骤，只有每个步骤都完成了，这件事情才能完成，即这些步骤不能互相替代，任何一干步骤，只有每个步骤都完成了，这件事情才能完成，即这些步骤不能互相替代，任何一步不能跳过步不能跳过2排列排列排列定义特别强调了按排列定义特别强调了按“一定顺序一定顺序”排成一列，就是说，取出的元素不同一定是不相排成一列，就是说，取出的元素不同一定是不相同的排列，即使元素相同，顺序不同，也不是相同的排列要特别注意同的排列，即使元素相同，顺序不同，也不是相同的排列要特别注意“有序有序”与与“无序无序”的区别的区别3组合组合(1)组合的定义中包含两个基本内容：一是取出组合的定义中包含两个基本内容：一是取出“元素元素” ，二是，二是“并成一组并成一组” ，即表示与，即表示与顺序无关顺序无关(2)如果两个组合中的元素不完全相同就是不同的组合如果两个组合中的元素不完全相同就是不同的组合4二项式定理二项式定理(1)(ab)n的展开式的通项为的展开式的通项为 Tr1C anrbr，且为展开式的第，且为展开式的第 r1 项项r n(2)二项式系数的性质二项式系数的性质对称性：对称性：C C ，C C，C C，C C.0 nn n1 nn1n2 nn2nr nnrn增减性与最大值：二项式系数增减性与最大值：二项式系数 C ，当，当 rr nn12时，二项式系数是递减的时，二项式系数是递减的n12 当当 n 是偶数时，中间的一项是偶数时，中间的一项 C 取得最大值取得最大值n n当当 n 是奇数时，中间两项是奇数时，中间两项 C 和和 C 相等，且同时取得最大值相等，且同时取得最大值n nn n二项式系数的和：二项式系数的和：C C C C C 2n，0 n1 n2 nk nn n且且 C C C C C C 2n1.1 n3 n5 n0 n2 n4 n两个计数原理的应用两个计数原理的应用 例例 1 1 如图所示，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内如图所示，花坛内有五个花池，有五种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多的栽种方案有只能种同种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则最多的栽种方案有( )A180 种种 B240 种种C360 种种 D420 种种 解析解析 由题意知，最少用三种颜色的花卉，按照花卉选种的颜色可分为三类方案，由题意知，最少用三种颜色的花卉，按照花卉选种的颜色可分为三类方案，即用三种颜色，四种颜色，五种颜色即用三种颜色，四种颜色，五种颜色当用三种颜色时，花池当用三种颜色时，花池 2,4 同色和花池同色和花池 3,5 同色，此时共有同色，此时共有 A 种方案种方案3 5当用四种颜色时，花池当用四种颜色时，花池 2,4 同色或花池同色或花池 3,5 同色，故共有同色，故共有 2A 种方案种方案4 5当用五种颜色时有当用五种颜色时有 A 种方案种方案5 5因此所有栽种方案为因此所有栽种方案为 A 2A A 420(种种)3 54 55 5 答案答案 D应用两个计数原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成对应用两个计数原理解决有关计数问题的关键是区分事件是分类完成还是分步完成对于有些较复杂的既要分类又要分步的问题，应注意层次清晰，不重不漏，在分步时，要注于有些较复杂的既要分类又要分步的问题，应注意层次清晰，不重不漏，在分步时，要注意上一步的方法确定后对下一步有无影响意上一步的方法确定后对下一步有无影响(即是否是独立的即是否是独立的)1甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是甲与其四位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是 0,0,2,1,5，为遵守当地某月，为遵守当地某月 5 日日至至 9 日日 5 天的限行规定天的限行规定(奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为车方案种数为( )A5 B24C32 D64解析：解析：选选 D 5 日至日至 9 日，有日，有 3 天奇数日，天奇数日，2 天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天天偶数日，第一步安排奇数日出行，每天都有都有 2 种选择，共有种选择，共有 238(种种)，第二步安排偶数日出行分两类，第一类，先选第二步安排偶数日出行分两类，第一类，先选 1 天安排甲的车，另外一天安排其他车，天安排甲的车，另外一天安排其他车，有有 2××24(种种)第二类，不安排甲的车，每天都有第二类，不安排甲的车，每天都有 2 种选择，共有种选择，共有 224(种种)，共计，共计 448，根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数共有根据分步乘法计数原理，不同的用车方案种数共有8××864.2从集合从集合1,2,3，10中任意选出中任意选出 3 个不同的数，使这个不同的数，使这 3 个数成等比数列，这样的个数成等比数列，这样的等比数列的个数为等比数列的个数为( )A3 B4C6 D8解析：解析：选选 D 以以 1 为首项的等比数列为为首项的等比数列为 1,2,4；1,3,9.以以 2 为首项的等比数列为为首项的等比数列为 2,4,8.以以4 为首项的等比数列为为首项的等比数列为 4,6,9.把这把这 4 个数列的顺序颠倒，又得到个数列的顺序颠倒，又得到 4 个数列，个数列，所求的数列共所求的数列共有有 2××(211)8(个个).排列组合应用题排列组合应用题 例例 2 2 五位老师和五名学生站成一排：五位老师和五名学生站成一排：(1)五名学生必须排在一起共有多少种排法；五名学生必须排在一起共有多少种排法；(2)五名学生不能相邻共有多少种排法；五名学生不能相邻共有多少种排法；(3)老师和学生相间隔共有多少种排法老师和学生相间隔共有多少种排法 解解 (1)先将五名学生先将五名学生“捆绑捆绑”在一起看作一个与五位老师排列有在一起看作一个与五位老师排列有 A 种排法，五名学种排法，五名学6 6生再内部全排列有生再内部全排列有 A 种，故共有种，故共有 A ·A 86 400 种排法种排法5 56 65 5(2)先将五位老师全排列有先将五位老师全排列有 A 种排法，再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上种排法，再将五名学生排在五位老师产生的六个空位上5 5有有 A 种排法，故共有种排法，故共有 A ·A 86 400 种排法种排法5 65 55 6(3)排列方式只能有两类，如图所示：排列方式只能有两类，如图所示：(用用表示老师所在位置，用表示老师所在位置，用表示学生所在位置表示学生所在位置)故有故有 2A ·A 28 800 种排法种排法5 55 5“学生相邻学生相邻”就就“捆绑学生捆绑学生” ， “学生不相邻学生不相邻”就插空就插空 “捆绑捆绑”之中的元素有顺序，哪之中的元素有顺序，哪些元素不相邻就插空些元素不相邻就插空 例例 3 3 由由 1、2、3、4、5 五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首五个数字组成没有重复数字的五位数排成一递增数列，则首项为项为 12 345，第，第 2 项是项是 12 354，直到末项直到末项(第第 120 项项)是是 54 321.问：问：(1)43 251 是第几项？是第几项？(2)第第 93 项是怎样的一个五位数？项是怎样的一个五位数？ 解解 (1)由题意知，共有五位数为由题意知，共有五位数为 A 120(个个)，5 5比比 43 251 大的数有下列几类：大的数有下列几类：万位数是万位数是 5 的有的有 A 24(个个)；4 4万位数是万位数是 4，千位数是，千位数是 5 的有的有 A 6(个个)；3 3万位数是万位数是 4，千位数是，千位数是 3，百位数是，百位数是 5 的有的有 A 2(个个)；2 2比比 43 251 大的数共有大的数共有 246232 个，个，所以所以 43 251 是第是第 1203288 项项(2)从从(1)知万位数是知万位数是 5 的有的有 A 24 个，个，4 4万位数是万位数是 4，千位数是，千位数是 5 的有的有 A 6(个个)；3 3但比第但比第 93 项大的数有项大的数有 1209327 个，第个，第 93 项即倒数第项即倒数第 28 项，而万位数是项，而万位数是 4，千位，千位数是数是 5 的的 6 个数是个数是 45 321、45 312、45 231、45 213、45 132、45 123，从此可见第，从此可见第 93 项是项是45 213.带有限制条件的排列组合问题，常用带有限制条件的排列组合问题，常用“元素分析法元素分析法”和和“位置分析法位置分析法” ，当直接考虑对，当直接考虑对象较为复杂时，可用逆向思维，使用间接法象较为复杂时，可用逆向思维，使用间接法(排除法排除法)，既先不考虑约束条件，求出所有排，既先不考虑约束条件，求出所有排列组合总数，然后减去不符合条件的排列、组合种数列组合总数，然后减去不符合条件的排列、组合种数3一排一排 9 个座位坐了个座位坐了 3 个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为( )A3××3! B3××(3！)3C(3！)4 D9!解析：解析：选选 C 把一家三口看作一个排列，共有把一家三口看作一个排列，共有 3 个三口之家，然后再排列这个三口之家，然后再排列这 3 家，所家，所以有以有(3！)4种种4某次联欢会要安排某次联欢会要安排 3 个歌舞类节目、个歌舞类节目、2 个小品类节目和个小品类节目和 1 个相声类节目的演出顺序，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则同类节目不相邻的排法种数是( )A72 B120C144 D168解析：解析：选选 B 依题意，先仅考虑依题意，先仅考虑 3 个歌舞类节目互不相邻的排法种数为个歌舞类节目互不相邻的排法种数为 A A 144，3 3 3 4其中其中 3 个歌舞类节目互不相邻但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个小品类节目相邻的排法种数为 A A A 24，因此满，因此满2 2 2 2 3 3足题意的排法种数为足题意的排法种数为 14424120.5从从 6 位同学中选出位同学中选出 4 位参加一个座谈会，要求张、王两同学中至多有一个人参加，位参加一个座谈会，要求张、王两同学中至多有一个人参加，则不同选法的种数为则不同选法的种数为( )A9 B14C12 D15解析：解析：选选 A 法一：法一：(直接法直接法)分两类，第一类张、王两同学都不参加，有分两类，第一类张、王两同学都不参加，有 C 种选法；种选法；4 4第二类张、王两同学中只有第二类张、王两同学中只有 1 人参加，有人参加，有 C C 种选法故共有种选法故共有 C C C 9 种选法种选法1 23 44 41 2 3 4法二：法二：(间接法间接法)C C 9 种种4 62 46某班班会准备从甲、乙等某班班会准备从甲、乙等 7 名学生中选派名学生中选派 4 名进行发言，要求甲、乙两人至少有一名进行发言，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( )A360 B520C600 D720解析：解析：选选 C 当甲或乙只有一人参加时，不同的发言顺序的种数为当甲或乙只有一人参加时，不同的发言顺序的种数为 2C A 480，当，当3 5 4 4甲、乙同时参加时，不同的发言顺序的种数为甲、乙同时参加时，不同的发言顺序的种数为 A A 120，则不同的发言顺序的种数为，则不同的发言顺序的种数为2 5 2 3480120600.二项式定理及其应用二项式定理及其应用 例例 44 (1)已知已知(1ax)(1x)5的展开式中的展开式中 x2的系数为的系数为 5，则，则 a( )A4 B3C2 D1(2)(2x3)10a0a1(x1)a2(x1)2a10(x1)10，则，则 a1a2a3a10等于等于( )A1310 B3101 C3101 D0(3)(2017·山东高考山东高考)已知已知(13x)n的展开式中含有的展开式中含有 x2项的系数是项的系数是 54，则，则 n_. 解析解析 (1)展开式中含展开式中含 x2的系数为的系数为 C aC 5，2 51 5解得解得 a1.(2)令令 x1，得，得 a01，令，令 x2，得，得 a0a1a101，所以所以 a1a2a100.(3)(13x)n的展开式的通项为的展开式的通项为 Tr1C (3x)r.r n令令 r2，得，得 T39C x2.由题意得由题意得 9C 54，解得，解得 n4.2 n2 n 答案答案 (1)D (2)D (3)4(1)二项式及其展开式的实质是一个恒等式，无论二项式及其展开式的实质是一个恒等式，无论 x 取什么值，左、右两边代数式的值取什么值，左、右两边代数式的值总对应相等通常利用这一点，分析总对应相等通常利用这一点，分析 x 取何值时，展开式等于所求式，再将此取何值时，展开式等于所求式，再将此 x 值代入左值代入左侧的二项式，就可以得出结果，这种处理方法叫做赋值法侧的二项式，就可以得出结果，这种处理方法叫做赋值法(2)解决与二项展开式的项有关的问题时，通常利用通项公式解决与二项展开式的项有关的问题时，通常利用通项公式Tr1C anrbr(r0,1,2，n)r n7已知已知n展开式中各项系数的和为展开式中各项系数的和为 256，求：，求：(x14x)(1)n 的值；的值；(2)展开式中所有有理项展开式中所有有理项解：解：(1)由题意由题意 2n256，n8.(2)通项公式通项公式 Tr1C ()8rrC x，r 8x(14x)r 84 3r 4 其中其中 0r8，要使展开式中的项为有理项，只要要使展开式中的项为有理项，只要 x 的指数为整数，的指数为整数，则则 r0,4,8.所以第所以第 1 项，第项，第 5 项与第项与第 9 项为有理项，它们分别是项为有理项，它们分别是 x4,70x，x2.8求求5的展开式中含的展开式中含 x4的项的系数的项的系数(x24x24)解：解：510，(x24x24)(x2x)通项公式为通项公式为Tr1Cx10rr(2)rCx102r，r 10(2x)r 10令令 102r4，则，则 r3，x4的项的系数为的项的系数为(2)3C960.3 10(时间时间 120 分钟，满分分钟，满分 150 分分)一、选择题一、选择题(本大题共本大题共 12 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 60 分在每小题给出的四个选项中，分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的)1计算计算 C 2A 的值是的值是( )5 82 4A64 B80C13 464 D40解析：解析：选选 B C 2A C 2A 2××4××380.5 82 43 82 48 ×× 7 ×× 63 ×× 2 ×× 12将将 A，B，C，D，E 排成一列，要求排成一列，要求 A，B，C 在排列中顺序为在排列中顺序为“A，B，C”或或“C，B，A”(可以不相邻可以不相邻)，则不同的排列方法有，则不同的排列方法有( )A12 种种 B20 种种C40 种种 D60 种种解析：解析：选选 C 五个元素没有限制，全排列数为五个元素没有限制，全排列数为 A ，由于要求，由于要求 A，B，C 的次序一定的次序一定(按按5 5A，B，C 或或 C，B，A)，故所求排列数为，故所求排列数为××240.A5 5A3 33如图，要给如图，要给，四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许同一四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许同一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为( )A320 B160C96 D60解析：解析：选选 A 按按的顺序涂色，有的顺序涂色，有C ××C ××C ××C 5××4××4××4320 种不同的方法种不同的方法1 51 41 41 44设设n的展开式的各项系数之和为的展开式的各项系数之和为 M，二项式系数之和为，二项式系数之和为 N，若，若(5x1x)MN240，则展开式中，则展开式中 x 的系数为的系数为( )A150 B150C300 D300解析：解析：选选 B 由题意知，由题意知，M4n，N2n，由，由 MN240，解得解得 n4，则，则 Tr1C ·(5x)4r·r(1)r54rC x，r 4(1x)r 443r2 令令 41 得得 r2.3r2所以展形式中所以展形式中 x 的系数为的系数为(1)2C ·52150.2 45若若(2x)4a0a1xa2x2a3x3a4x4，则，则(a0a2a4)2(a1a3)2的值为的值为( )3A1 B1C0 D2解析：解析：选选 A (a0a2a4)2(a1a3)2(a0a1a2a3a4)(a0a1a2a3a4)(2)4××(2)41.336有有 9 个男生，个男生，5 个女生排成一排，要求女生排在一起个女生排成一排，要求女生排在一起(中间不能有男生中间不能有男生)，不同的排，不同的排法种数是法种数是( )AA A B10A5 5 9 95 5CA A D2A A5 5 10105 5 9 9解析：解析：选选 C 把把 5 名女生作为一个元素，与其他名女生作为一个元素，与其他 9 名男生排列，有名男生排列，有 A种不同的排法，种不同的排法，1010其中这其中这 5 名女生有名女生有 A 种排法，根据分步乘法计数原理有种排法，根据分步乘法计数原理有 AA 种不同的排法种不同的排法5 510105 574 名男歌手和名男歌手和 2 名女歌手联合举行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有名女歌手联合举行一场音乐会，出场顺序要求两名女歌手之间恰有一名男歌手，共有出场方案的种数是一名男歌手，共有出场方案的种数是( )A6A B3A3 33 3C2A DA A A3 32 2 1 4 4 4解析：解析：选选 D 先选一名男歌手排在两名女歌手之间，有先选一名男歌手排在两名女歌手之间，有 A 种选法，这两名女歌手有种选法，这两名女歌手有1 4A 种排法，把这三人作为一个元素，与另外三名男歌手排列有种排法，把这三人作为一个元素，与另外三名男歌手排列有 A 种排法，根据分步乘法种排法，根据分步乘法2 24 4计数原理，有计数原理，有 A A A 种出场方案种出场方案1 4 2 24 48用数字用数字 0,1,2,3,4,5 组成没有重复数字的五位数，其中比组成没有重复数字的五位数，其中比 40 000 大的偶数共有大的偶数共有( )A144 个个 B120 个个C96 个个 D72 个个解析：解析：选选 B 当万位数字为当万位数字为 4 时，个位数字从时，个位数字从 0,2 中任选一个，共有中任选一个，共有 2A 个偶数；当个偶数；当3 4万位数字为万位数字为 5 时，个位数字从时，个位数字从 0,2,4 中任选一个，共有中任选一个，共有 C A 个偶数故符合条件的偶数共个偶数故符合条件的偶数共1 33 4有有 2A C A 120(个个)3 41 3 3 49若若n的展开式中各项系数之和为的展开式中各项系数之和为 128，则展开式中含，则展开式中含的项的系数是的项的系数是( )(3x13x2)1x3A7 B7C21 D21解析：解析：选选 C 赋值法，令赋值法，令 x1，得展开式各项系数之和为，得展开式各项系数之和为(31)n2n128，所以，所以n7，所以展开式的通项为，所以展开式的通项为 Tr1(1)rC ·37r·x，令，令 7 r3，得，得 r6，故展开，故展开r 7753r 53式中含式中含的项的系数是的项的系数是 C ××321.1x36 710将将 4 个不同的小球放入个不同的小球放入 3 个不同的盒子中，其中每个盒子都不空的放法共有个不同的盒子中，其中每个盒子都不空的放法共有( )A34种种 B43种种C18 种种 D36 种种解析：解析：选选 D 必然有必然有 1 个盒子放个盒子放 2 个球，可以先取出个球，可以先取出 2 个球看作一个整体，有个球看作一个整体，有 C 种，种，2 4再将再将 3 个元素排个元素排 3 个位置，有个位置，有 A 种，共有种，共有 C A 36 种种3 32 4 3 311(2017·全国卷全国卷)安排安排 3 名志愿者完成名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由项，每项工作由1 人完成，则不同的安排方式共有人完成，则不同的安排方式共有( )A12 种种 B18 种种C24 种种 D36 种种解析：解析：选选 D 因为安排因为安排 3 名志愿者完成名志愿者完成 4 项工作，每人至少完成项工作，每人至少完成 1 项，每项工作由项，每项工作由 1人完成，所以必有人完成，所以必有 1 人完成人完成 2 项工作先把项工作先把 4 项工作分成项工作分成 3 组，即组，即 2,1,1，有，有6C2 4C1 2C1 1A2 2种，再分配给种，再分配给 3 个人，有个人，有 A 6 种，所以不同的安排方式共有种，所以不同的安排方式共有 6××636 种种3 312在在(1x)n的展开式中，奇数项之和为的展开式中，奇数项之和为 p，偶数项之和为，偶数项之和为 q，则，则(1x2)n等于等于( )A0 BpqCp2q2 Dp2q2解析：解析：选选 C 由于由于(1x)n与与(1x)n展开式中奇数项相同，偶数项互为相反数，因此展开式中奇数项相同，偶数项互为相反数，因此(1x)npq，所以，所以(1x2)n(1x)n(1x)n(pq)(1q)p2q2.二、填空题二、填空题(本大题共本大题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，满分分，满分 20 分把答案填写在题中的横线上分把答案填写在题中的横线上)13.12展开式中的常数项为展开式中的常数项为_(x13x)解析：解析：由通项公式由通项公式 Tr1C x12rrr 12(13x)(1)rC x，r 1212 4 3r 令令 12 r0 解得解得 r9.43T10220.答案：答案：22014从集合从集合1,2,3，10中，选出由中，选出由 5 个数组成的子集，使得这个数组成的子集，使得这 5 个数中任何两个个数中任何两个数的和不等于数的和不等于 11，则这样的子集共有，则这样的子集共有_个个解析：解析：两个数的和等于两个数的和等于 11 的情况有的情况有(1,10)，(2,9)，(3,8)，(4,7)，(5,6)，所以满足条件，所以满足条件的子集有的子集有 C ·C ·C ·C ·C 32(个个)1 21 21 21 21 2答案：答案：32155 个人排成一排，要求甲、乙两个人之间至少有一个人，则不同的排法有个人排成一排，要求甲、乙两个人之间至少有一个人，则不同的排法有_种种解析：解析：甲、乙两个人之间至少有一个人，就是甲、乙两个人不相邻，则有甲、乙两个人之间至少有一个人，就是甲、乙两个人不相邻，则有A ·A 72(种种)排法排法3 32 4答案：答案：7216.(1x)6展开式中展开式中 x2的系数为的系数为_(11x2)解析：解析：(1x)6展开式的通项展开式的通项 Tr1C xr，所以，所以(1x)6的展开式中的展开式中 x2的系数为的系数为r 6(11x2)1××C 1××C 30.2 64 6答案：答案：30三、解答题三、解答题(本大题共有本大题共有 6 小题，共小题，共 70 分解答应写出必要的文字说明、证明过程或分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤演算步骤)17(本小题满分本小题满分 10 分分)六个人按要求站成一排，分别有多少种不同的站法？六个人按要求站成一排，分别有多少种不同的站法？(用数字作用数字作答，要有详细的说明过程答，要有详细的说明过程)(1)甲不站在两端；甲不站在两端；(2)甲、乙不相邻；甲、乙不相邻；(3)甲在乙的左边甲在乙的左边(可以不相邻可以不相邻)；(4)甲、乙之间间隔两个人；甲、乙之间间隔两个人；(5)甲不站左端，乙不站右端甲不站左端，乙不站右端解：解：(1)先排甲，有先排甲，有 C 种；其余的人全排列有种；其余的人全排列有 A 种，故共有种，故共有 C A 480(种种)1 45 51 4 5 5(2)法一：法一：先计算甲、乙两个相邻的排法数共有先计算甲、乙两个相邻的排法数共有 A A 240(种种)，则甲、乙两个不相邻，则甲、乙两个不相邻2 2 5 5的方法数为的方法数为 A A A 480(种种)6 62 2 5 5法二：法二：先排其余的四人有先排其余的四人有 A 24(种种)，再在四个人的五个空隙中排甲、乙两人，共有，再在四个人的五个空隙中排甲、乙两人，共有4 4A 20(种种)，根据分步乘法计数原理，共有，根据分步乘法计数原理，共有 A A 480(种种)2 54 4 2 5(3)在无限制的排列中，共有在无限制的排列中，共有 A 种，其中甲在乙的左边与甲在乙的右边的排列种数是种，其中甲在乙的左边与甲在乙的右边的排列种数是6 6相同的，故共有相同的，故共有 A 360(种种)排法排法12 6 6(4)先从另外四人中选出两人排在甲、乙的中间有先从另外四人中选出两人排在甲、乙的中间有 A 种不同的排法，所以包括甲、乙种不同的排法，所以包括甲、乙2 4这四人的排法有这四人的排法有 A A 种排法，将这四人看作一个整体，与另外两人全排列有种排法，将这四人看作一个整体，与另外两人全排列有 A 种排法，种排法，2 42 23 3根据分步计数原理可知共有根据分步计数原理可知共有 A A A 144(种种)不同的排法不同的排法2 4 2 2 3 3(5)(排除法排除法)甲站左端的排法数有甲站左端的排法数有 A 种，乙站右端的排法数有种，乙站右端的排法数有 A 种，甲站左端同时乙种，甲站左端同时乙5 55 5站右端的排法数有站右端的排法数有 A 种，所以甲不站左端，乙不站右端的排法数为种，所以甲不站左端，乙不站右端的排法数为4 4A 2A A 504(种种)6 65 54 418(本小题满分本小题满分 12 分分)已知已知(12)n的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系x数的数的 2 倍，而且是它的后一项系数的倍，而且是它的后一项系数的 ，试求展开式中二项式系数最大的项，试求展开式中二项式系数最大的项56解：解：设展开式中第设展开式中第 k 项的系数是第项的系数是第 k1 项系数的项系数的 2 倍，是倍，是 k1 项系数的项系数的 .56所以所以Error!Error!解得解得 n7.所以展开式中二项式系数最大的项是所以展开式中二项式系数最大的项是T4C (2)3280x与与 T5C (2)4560x2.3 7x3 2 4 7x19(本小题满分本小题满分 12 分分)用数字用数字 0,1,2,3,4 组成四位数或三位数组成四位数或三位数(数字可重复利用数字可重复利用)(1)可组成多少个不同的四位数？可组成多少个不同的四位数？(2)可组成多少个大于可组成多少个大于 2000 的四位数？的四位数？(3)可组成多少个被可组成多少个被 3 整除的三位数？整除的三位数？解：解：(1)A ·53500 或或 5453500(间接法间接法)1 4(2)A ·531374.1 3(3)各位数字之和是各位数字之和是 3 的倍数的数可被的倍数的数可被 3 整除，整除，符合题意的有以下几种情况符合题意的有以下几种情况各位上数字相同有各位上数字相同有 4 个个含有含有 0 的数字，由的数字，由 0,0,3 组成有组成有 1 个，由个，由 0,1,2 组成、或由组成、或由 0,2,4 组成各有组成各有C C 4(个个).0,3,3 组成有组成有 2 个个1 2 2 2由由 1,2,3 组成或由组成或由 2,3,4 组成的各有组成的各有 A 6 个，由个，由 1,1,4 组成的有组成的有 3 个，个，4,4,1 组成的组成的3 3有有 3 个个所以共有所以共有 412××422××63××233 个个20(本小题满分本小题满分 12 分分)如图，在以如图，在以 AB 为直径的半圆周上，有异于为直径的半圆周上，有异于 A，B 的六个点的六个点C1，C2，C3，C4，C5，C6，直径，直径 AB 上有异于上有异于 A，B 的四个点的四个点 D1，D2，D3，D4.(1)以这以这 10 个点中的个点中的 3 个点为顶点作三角形可作出多少个？其中含个点为顶点作三角形可作出多少个？其中含 C1点的有多少个？点的有多少个？(2)以图中的以图中的 12 个点个点(包括包括 A，B)中的中的 4 个点为顶点，可作出多少个四边形？个点为顶点，可作出多少个四边形？解：解：(1)可分三种情况处理：可分三种情况处理：C1，C2，C6这六个点任取三点可构成一个三角形；这六个点任取三点可构成一个三角形；C1，C2，C6中任取一点，中任取一点，D1，D2，D3，D4中任取两点可构成一个三角形；中任取两点可构成一个三角形；C1，C2，C6中任取两点，中任取两点，D1，D2，D3，D4中任取一点可构成一个三角形中任取一点可构成一个三角形C C C C C 116(个个)3 61 6 2 42 6 1 4其中含其中含 C1点的三角形有点的三角形有 C C ·C C 36(个个)2 51 51 42 4(2)构成一个四边形，需要四个点，且无三点共线，构成一个四边形，需要四个点，且无三点共线，共有共有 C C C C C 360(个个)4 63 6 1 62 6 2 621(本小题满分本小题满分 12 分分)已知已知n，i 是虚数单位，是虚数单位，x>0，nN*.(2 xi1x2)(1)如果展开式中的倒数第如果展开式中的倒数第 3 项的系数是项的系数是180，求，求 n 的值；的值；(2)对对(1)中的中的 n，求展开式中系数为正实数的项，求展开式中系数为正实数的项解：解：(1)由已知，得由已知，得 C(2i)2180，即，即 4C 180，所以，所以 n2n900，又，又n2n2 nnN，解得，解得 n10.(2)10展开式的通项为展开式的通项为(2 xi1x2)Tk1C·(2i)10kx2kC(2i)10kx.k 10xk 105 5 2k 因为系数为正实数，且因为系数为正实数，且 k0,1,2，10，所以所以 k2,6,10.所以所求的项为所以所求的项为 T311 520，T73 360x10，T11x20.22(本小题满分本小题满分 12 分分)10 双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出 4 只，只，试求出现如下结果时，各有多少种情况？试求出现如下结果时，各有多少种情况？(1)4 只鞋子没有成双的；只鞋子没有成双的；(2)4 只鞋子恰成两双；只鞋子恰成两双；(3)4 只鞋中有只鞋中有 2 只成双，另两只不成双只成双，另两只不成双解：解：(1)从从 10 双鞋子中选取双鞋子中选取 4 双，有双，有 C种不同的选法，每双鞋子各取一只，分别有种不同的选法，每双鞋子各取一只，分别有4 102 种取法，根据分步乘法计数原理，选取种数为种取法，根据分步乘法计数原理，选取种数为 N