2022年数学练习题考试题高考题教案第十编计数原理 .pdf

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1、第十编计数原理10.1两个基本计数原理1.有不同颜色的四件上衣与不同颜色的三件长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法有种.答案12 2.从 3 名女同学和2 名男同学中选1 人主持本班的某次主题班会，则不同的选法有种.答案5 3.一个乒乓球队里有男队员5 人，女队员4 人，从中选出男、女队员各一名组成混合双打，共有种不同的选法.答案20 4.将 4 个不同的小球放入3 个不同的盒子，其中每个盒子都不空的放法共有种.答案36 5.有一项活动需在3 名老师，8 名男同学和5 名女同学中选人参加，（1）若只需一人参加，有多少种不同的选法？（2）若需一名老师，一名学生参加，有多少种不同的选

2、法？（3）若只需老师，男同学，女同学各一人参加，有多少种不同的选法？解（1）“完成这件事”只需从老师、学生中选1 人即可，共有3+8+5=16 种.(2)“完成这件事”需选2 人，老师、学生各1 人，分两步进行：选老师有3 种方法，选学生有8+5=13种方法，共有313=39 种方法.(3)“完成这件事”需选3 人，老师、男同学、女同学各一人，可分三步进行，选老师有3 种方法，选男同学有 8 种方法，选女同学有5 种方法，共有385=120 种方法.例 1在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有多少个？解方法一按十位数上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8 的情况分成8 类，在

3、每一类中满足题目条件的两位数分别有8 个，7 个，6 个，5 个，4 个，3 个，2 个，1 个.由分类计数原理知，符合题意的两位数的个数共有：8+7+6+5+4+3+2+1=36（个）.方法二按个位数字是2，3，4，5，6，7，8，9 分成 8 类，在每一类中满足条件的两位数分别有1 个、2 个、3 个、4 个、5 个、6 个、7 个、8 个，所以按分类计数原理共有：1+2+3+4+5+6+7+8=36（个）.例 2已知集合 M=-3,-2,-1,0,1,2,P(a,b)表示平面上的点(a,bM),问:(1)P可表示平面上多少个不同的点?(2)P可表示平面上多少个第二象限的点?基础自测名师资

4、料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 22 页 -(3)P可表示多少个不在直线y=x 上的点?解（1）确定平面上的点P(a,b)可分两步完成：第一步确定a 的值，共有6 种确定方法；第二步确定b 的值，也有6 种确定方法.根据分步计数原理，得到平面上的点数是66=36.（2）确定第二象限的点，可分两步完成：第一步确定a，由于 a0,所以有 3 种确定方法；第二步确定b,由于 b0，所以有 2 种确定方法.由分步计数原理，得到第二象限点的个数是32=6.（3）点 P（a,b)在直线 y=x 上的充要条件是a=b.因此 a 和 b 必须在集合M中取同一元素，共有6 种取法，即在直

5、线 y=x 上的点有 6 个.由（1）得不在直线y=x 上的点共有 36-6=30 个.例 3（16 分）现有高一四个班学生34 人,其中一、二、三、四班各7 人、8 人、9 人、10 人，他们自愿组成数学课外小组.（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（3）推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？解（1）分四类：第一类，从一班学生中选1 人，有 7 种选法；第二类，从二班学生中选1 人，有 8 种选法；第三类，从三班学生中选1 人，有 9 种选法；第四类，从四班学生中选1 人，有 10 种选法.所以，共有不同的选法N=

6、7+8+9+10=34（种）.4 分（2）分四步，第一、二、三、四步分别从一、二、三、四班学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N=78910=5 040（种）.8 分（3）分六类，每类又分两步，从一、二班学生中各选1 人，有 78种不同的选法；从一、三班学生中各选 1 人，有 79 种不同的选法；从一、四班学生中各选1 人，有 710 种不同的选法；从二、三班学生中各选 1 人，有 89 种不同的选法；从二、四班学生中各选1 人，有 810 种不同的选法；从三、四班学生中各选1 人，有 910 种不同的选法，14 分所以共有不同的选法N=78+79+710+89+810+910=431（种）

7、.16 分1.从 1 到 20这 20 个整数中,任取两个相加,使其和大于20,共有几种取法?解当一个加数是1 时,另一个加数只能是20,1 种取法.当一个加数是2 时,另一个加数可以是19,20,2种取法.当一个加数是3 时,另一个加数可以是18,19,20,3种取法.当一个加数是10 时,另一个加数可以是11,12,20,10种取法.当一个加数是11 时,另一个加数可以是12,13,20,9种取法.当一个加数是19 时,另一个加数是20,1 种取法.由分类计数原理可得共有1+2+3+10+9+8+1=100种取法.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 22 页 -2

8、.某体育彩票规定：从01 到 36 共 36 个号中抽出7 个号为一注，每注2 元.某人想先选定吉利号18，然后从 01 至 17 中选 3 个连续的号，从19 至 29 中选 2 个连续的号，从30 至 36 中选 1 个号组成一注.若这个人要把这种要求的号全买下，至少要花多少元钱？解先分三步选号，再计算总钱数.按号段选号，分成三步.第一步从 01 至 17 中选 3 个连续号，有15 种选法；第二步从 19 至 29 中选 2 个连续号，有10 种选法；第三步从 30 至 36 中选 1 个号，有 7 种选法.由分步计数原理可知，满足要求的号共有15107=1 050(注),故至少要花1

9、0502=2 100(元).3.某校高中部，高一有6 个班，高二有7 个班，高三有8 个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动.（1）任选 1 个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？（2）三个年级各选一个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？（3）选 2 个班的学生参加社会实践，要求这2 个班不同年级，有多少种不同的选法？解（1）分三类：第一类从高一年级选1 个班，有 6 种不同方法；第二类从高二年级选一个班，有7 种不同方法；第三类从高三年级选1 个班，有8 种不同方法.由分类计数原理，共有6+7+8=21 种不同的选法.（2）每种选法分三步：第一步从高一年级选一个班，有

10、6 种不同方法；第二步从高二年级选1 个班，有7 种不同方法；第三步从高三年级选1 个班，有8 种不同方法.由分步计数原理，共有678=336 种不同的选法.（3）分三类，每类又分两步.第一类从高一、高二两个年级各选一个班，有67 种不同方法；第二类从高一、高三两个年级各选1 个班，有68 种不同方法；第三类从高二、高三年级各选一个班，有78种不同的方法，故共有67+68+78=146种不同选法.一、填空题1.5位同学报名参加两个课外活动小组，每位同学限报其中的一个小组，则不同的报名方法共有种.答案32 2.某 通 讯 公 司 推 出 一 组 手 机 卡 号 码，卡 号 的 前 七 位 数 字

11、 固 定，从“0000”到“9999”共10 000 个号码，公司规定：凡卡号的后四位中带有数字“4”或“7”的一律作为优惠卡，则这组号码中“优惠卡”共有个.答案5 904 3.从集合 1，2，3，10 中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列共有个.答案8 4.如图所示，用五种不同的颜色分别给A、B、C、D 四个区域涂色，相邻区域必须涂不同颜色，若允许同一种颜色多次使用，则不同的涂色方法共有种.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 22 页 -答案180 5.一植物园参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线种数共有种.答案48

12、 6.（2008全国文）将 1，2，3 填入 33 的方格中，要求每行、每列都没有重复数字，右面是一种填法，则不同的填写方法共有种.答案12 7.在 2008 年奥运选手选拔赛上，8 名男运动员参加100 米决赛.其中甲、乙、丙三人必须在1、2、3、4、5、6、7、8 八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8 名运动员比赛的方式共有种.答案2 880 8.若一个 m,n 均为非负整数的有序数对（m,n)，在做 m+n 的加法时各位均不会进位，则称（m,n)为“简单的”有序数对，m+n 称为有序数对（m,n)的值，那么值为1 942的“简单的”有序数对的个数是 .答案300 二、解答题9.（1）4 名

13、同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有多少种报名方法？（2）4 名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有多少种可能的结果？解（1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，四个都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3 种，所以共有：3333=81种报名方法.（2）完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步.而每项冠军是四人中的某一人，有4 种可能的情况，于是共有：444=43=64 种可能的情况.10.用 5 种不同的

14、颜色给图中所给出的四个区域涂色，每个区域涂一种颜色，若要求相邻（有公共边）的区域不同色，那么共有多少种不同的涂色方法？解完成该件事可分步进行.涂区域 1，有 5 种颜色可选.涂区域 2，有 4 种颜色可选.涂区域 3，可先分类：若区域3 的颜色与 2 相同，则区域4 有 4 种颜色可选.若区域 3 的颜色与 2 不同，则区域 3 有 3 种颜色可选，此时区域4 有 3 种颜色可选.所以共有 54（14+33）=260 种涂色方法.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 22 页 -11.在平面直角坐标系内，点P（a，b）的坐标满足ab,且 a,b 都是集合 1,2,3,4

15、,5,6的元素,又点 P 到原点的距离|OP|5.求这样的点P的个数.解按点 P的坐标 a 将其分为 6 类:(1)若 a=1,则 b=5 或 6,有 2 个点;(2)若 a=2,则 b=5 或 6,有 2 个点;(3)若 a=3,则 b=5 或 6 或 4,有 3 个点;(4)若 a=4,则 b=3 或 5 或 6,有 3 个点;(5)若 a=5,则 b=1,2,3,4,6,有 5 个点;(6)若 a=6,则 b=1,2,3,4,5,有 5 个点;共有 2+2+3+3+5+5=20（个）点.12.将 3 种作物种植在如图所示的5 块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，

16、不同的种植方法共有多少种？解设由左到右五块田中要种a,b,c 三种作物，不妨先设第一块种a,则第二块可种b,c,有两种选法.同理，如果第二块种b,则第三块可种a 和 c,也有两种选法，由分步计数原理共有12222=16.其中要去掉 ababa 和 acaca 两种方法.故 a 种作物种在第一块田中时的种法数有16-2=14（种）.同理 b 种或 c 种作物种在第一块田中时的种法数也都为14 种.所以符合要求的种植方法共有3(2222-2)=3(16-2)=42(种).10.2 排列与组合1.从 1，2，3，4，5，6 六个数字中，选出一个偶数和两个奇数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位

17、数共有个.基础自测名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 22 页 -答案54 2.（2008福建理）某班级要从4 名男生、2 名女生中选派4 人参加某次社区服务，如果要求至少有1 名女生，那么不同的选派方案共有种.答案14 3.停车场每排恰有10 个停车位.当有 7 辆不同型号的车已停放在同一排后，恰有3 个空车位连在一起的排法有种.（用式子表示）答案A884.在 100 件产品中有6 件次品，现从中任取3 件产品，至少有1 件次品的不同取法种数是（用式子表示）.答案3100C-394C5.（2007天津理）如图，用6 种不同的颜色给图中的4 个格子涂色，每个格子涂一种

18、颜色，要求最多使用3 种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有种（用数字作答）.答案390 例 1六人按下列要求站一横排，分别有多少种不同的站法？（1）甲不站两端；（2）甲、乙必须相邻；（3）甲、乙不相邻；（4）甲、乙之间间隔两人；（5）甲、乙站在两端；（6）甲不站左端，乙不站右端.解（1）方法一要使甲不站在两端，可先让甲在中间4 个位置上任选1 个，有 A14种站法，然后其余5 人在另外 5 个位置上作全排列有A55种站法，根据分步计数原理，共有站法：A14A55=480（种）.方法二由于甲不站两端，这两个位置只能从其余5 个人中选 2 个人站，有A25种站法，然后中间4 人有A

19、44种站法，根据分步计数原理，共有站法：A25A44=480（种）.方法三若对甲没有限制条件共有A66种站法，甲在两端共有2A55种站法，从总数中减去这两种情况的排列数，即共有站法：A66-2A55=480（种）.（2）方法一先把甲、乙作为一个“整体”，看作一个人，和其余4 人进行全排列有A55种站法，再把甲、乙进行全排列，有A22种站法，根据分步计数原理，共有A55A22=240（种）站法.方法二先把甲、乙以外的4 个人作全排列，有A44种站法，再在5 个空档中选出一个供甲、乙放入，有名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 22 页 -A15种方法，最后让甲、乙全排列，

20、有A22种方法，共有A44A15A22=240（种）.（3）因为甲、乙不相邻，中间有隔档，可用“插空法”，第一步先让甲、乙以外的4 个人站队，有A44种站法；第二步再将甲、乙排在4 人形成的5 个空档（含两端）中，有A25种站法，故共有站法为A44A25=480（种）.也可用“间接法”，6 个人全排列有A66种站法，由（2）知甲、乙相邻有A55A22=240 种站法，所以不相邻的站法有A66-A55A22=720-240=480（种）.（4）方法一先将甲、乙以外的4 个人作全排列，有A44种，然后将甲、乙按条件插入站队，有3A22种，故共有A44（3A22）=144（种）站法.方法二先从甲、乙

21、以外的4 个人中任选2 人排在甲、乙之间的两个位置上，有A24种，然后把甲、乙及中间 2 人看作一个“大”元素与余下2 人作全排列有A33种方法，最后对甲、乙进行排列，有A22种方法，故共有A24A33A22=144（种）站法.（5）方法一首先考虑特殊元素，甲、乙先站两端，有A22种，再让其他4 人在中间位置作全排列，有A44种，根据分步计数原理，共有A22A44=48（种）站法.方法二首先考虑两端两个特殊位置，甲、乙去站有A22种站法，然后考虑中间4 个位置，由剩下的4 人去站，有 A44种站法，由分步计数原理共有A22A44=48（种）站法.（6）方法一甲在左端的站法有A55种，乙在右端的

22、站法有A55种，且甲在左端而乙在右端的站法有A44种，共有 A66-2A55+A44=504（种）站法.方法二以元素甲分类可分为两类：甲站右端有A55种站法，甲在中间4 个位置之一，而乙不在右端有 A14A14A44种，故共有A55+A14A14A44=504（种）站法.例 2（16 分）男运动员6 名，女运动员4 名，其中男女队长各1 人.选派 5 人外出比赛.在下列情形中各有多少种选派方法？（1）男运动员3 名，女运动员2 名；（2）至少有 1 名女运动员；（3）队长中至少有1 人参加；（4）既要有队长，又要有女运动员.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 22 页

23、 -解（1）第一步：选3 名男运动员，有C36种选法.第二步：选2 名女运动员，有C24种选法.共有 C36C24=120 种选法.4分（2）方法一至少 1 名女运动员包括以下几种情况：1 女 4 男，2 女 3 男，3 女 2 男，4 女 1 男.由分类计数原理可得总选法数为C14C46+C24C36+C34C26+C44C16=246 种.8 分方法二“至少 1 名女运动员”的反面为“全是男运动员”可用间接法求解.从 10 人中任选 5 人有 C510种选法，其中全是男运动员的选法有C56种.所以“至少有1 名女运动员”的选法为C510-C56=246 种.8 分（3）方法一可分类求解：“

24、只有男队长”的选法为C48；“只有女队长”的选法为C48；“男、女队长都入选”的选法为C38；所以共有 2C48+C38=196 种选法.12 分方法二间接法：从 10 人中任选 5 人有 C510种选法.其中不选队长的方法有C58种.所以“至少 1 名队长”的选法为C510-C58=196 种.12 分（4）当有女队长时，其他人任意选，共有C49种选法.不选女队长时，必选男队长，共有C48种选法.其中不含女运动员的选法有C45种，所以不选女队长时的选法共有C48-C45种选法.所以既有队长又有女运动员的选法共有C49+C48-C45=191 种.16 分例 3 4个不同的球，4 个不同的盒子

25、，把球全部放入盒内.（1）恰有 1 个盒不放球，共有几种放法？（2）恰有 1 个盒内有 2 个球，共有几种放法？（3）恰有 2 个盒不放球，共有几种放法？解（1）为保证“恰有1 个盒不放球”，先从4 个盒子中任意取出去一个，问题转化为“4个球，3 个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？”即把4 个球分成2，1，1 的三组，然后再从3 个盒子中选 1 个放 2 个球，其余2 个球放在另外 2 个盒子内，由分步计数原理，共有C14C24C13A22=144 种.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 22 页 -（2）“恰有 1 个盒内有 2 个球”，即另外3 个盒子放

26、2 个球，每个盒子至多放1 个球，也即另外3 个盒子中恰有一个空盒，因此，“恰有1 个盒内有2 个球”与“恰有1 个盒不放球”是同一件事，所以共有144种放法.（3）确定 2 个空盒有 C24种方法.4 个球放进2 个盒子可分成（3，1）、（2，2）两类，第一类有序不均匀分组有C34C11A22种方法；第二类有序均匀分组有222224ACCA22种方法.故共有 C24(C34C11A22+222224ACCA22）=84 种.1.用 0、1、2、3、4、5 这六个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数：(1)奇数；(2)偶数；(3)大于 3 125 的数.解 (1)先排个位，

27、再排首位，共有A13A14A24=144（个）.(2)以 0 结尾的四位偶数有A35个，以2 或 4 结尾的四位偶数有A12A14A24个，则共有A35+A12A14A24=156（个）.(3)要比 3 125 大，4、5 作千位时有2A35个，3 作千位，2、4、5 作百位时有3A24个，3 作千位，1 作百位时有 2A13个，所以共有2A35+3A24+2A13=162（个）.2.某医院有内科医生12 名，外科医生8 名，现选派 5 名参加赈灾医疗队，其中（1）某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？（2）甲、乙均不能参加，有多少种选法？（3）甲、乙两人至少有一人参加，有多

28、少种选法？（4）队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？解（1）只需从其他18 人中选 3 人即可，共有 C318=816（种）.（2）只需从其他18 人中选 5 人即可，共有C518=8 568（种）.（3）分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有 C12C418+C318=6 936（种）.（4）方法一（直接法）至少一名内科医生一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 22 页 -二外；四内一外，所以共有C112C48+C212C38+C312C28+C412C18=14 656（种）.方法二（间接法）

29、由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得C520-（C58+C512)=14 656(种）.3.有 6 本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？（1）分成 1 本、2 本、3 本三组；（2）分给甲、乙、丙三人，其中一人1 本，一人 2 本，一人 3 本；（3）分成每组都是2 本的三组；（4）分给甲、乙、丙三人，每人2 本.解（1）分三步：先选一本有C16种选法；再从余下的5 本中选 2 本有 C25种选法；对于余下的三本全选有 C33种选法，由分步计数原理知有C16C25C33=60 种选法.（2）由于甲、乙、丙是不同的三人，在（1）的基础上，还应考虑再分

30、配的问题，因此共有C16C25C33A33=360 种选法.（3）先分三步，则应是C26C24C22种选法，但是这里面出现了重复，不妨记六本书为A、B、C、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为（AB，CD，EF），则 C26C24C22种分法中还有（AB、EF、CD），（CD、AB、EF）、（CD、EF、AB）、（EF、CD、AB）、（EF、AB、CD）共有 A33种情 况，而且 这A33种 情 况仅是AB、CD、EF 的顺 序 不同，因 此，只 算 作一 种 情况，故 分 法 有33222426ACCC=15 种.（4）在问题（3）的工作基础上再分配，故

31、分配方式有33222426ACCCA33=C26C24C22=90 种.一、填空题1.用数字 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中小于50 000 的偶数共有个.答案36 2.将编号为1，2，3，4，5 的五个球放入编号为1，2，3，4，5 的五个盒子里，每个盒子内放一个球，若恰好有三个球的编号与盒子编号相同，则不同投放方法共有种.答案10 3.记者要为5 名志愿者和他们帮助的2 位老人拍照，要求排成一排，2 位老人相邻但不排在两端，不同的名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 22 页 -排法共有种.答案960 4.在图中，“构建和谐社会，创美好未来”，

32、从上往下读（不能跳读），共有种不同的读法.答案252 5.(2008天津理)有 8 张卡片分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，从中取出6 张卡片排成3 行 2 列，要求 3 行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5，则不同的排法共有种.答案1 248 6.（2008安徽理）12 名同学合影，站成了前排4 人后排 8 人，现摄影师要从后排8 人中抽 2 人调整到前排，其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（用式子表示）.答案C28A267.平面内有四个点，平面内有五个点，从这九个点中任取三个，最多可确定个平面，任取四点，最多可确定个四面体.（用数字作答）答案72 120 8.（20

33、08浙江理，16）用 1，2，3，4，5，6 组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1 和 2 相邻.这样的六位数的个数是 .（用数字作答）答案40 二、解答题9.某外商计划在4 个候选城市投资3 个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2 个，求该外商不同的投资方案有多少种？解可先分组再分配，据题意分两类，一类：先将3 个项目分成两组，一组有1 个项目，另一组有2 个项目，然后再分配给4 个城市中的2 个，共有 C23A24种方案；另一类1 个城市 1 个项目，即把3 个元素排在 4 个不同位置中的3 个，共有 A34种方案.由分类计数原理可知共有C23A24+

34、A34=60 种方案.10.课外活动小组共13 人，其中男生8 人，女生5 人，并且男、女各指定一名队长，现从中选5 人主持某种活动，依下列条件各有多少种选法？（1）只有一名女生；（2）两队长当选；（3）至少有一名队长当选；（4）至多有两名女生当选.解（1）一名女生，四名男生，故共有C15C48=350（种）.（2）将两队长作为一类，其他11 人作为一类，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 22 页 -故共有 C22C311=165（种）.（3）至少有一名队长含有两类：有一名队长和两名队长.故共有：C12C411+C22C311311=825（种）.或采用间接法：C

35、513-C511=825（种）.（4）至多有两名女生含有三类：有两名女生、只有一名女生、没有女生.故选法为 C25C38+C15C48+C58=966（种）.11.已知平面，在内有 4 个点，在内有 6 个点.（1）过这 10 个点中的 3 点作一平面，最多可作多少个不同平面？（2）以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？（3）上述三棱锥中最多可以有多少个不同的体积？解（1）所作出的平面有三类：内 1 点，内 2 点确定的平面，有C14C26个；内 2 点，内 1 点确定的平面，有C24C16个；，本身.所作的平面最多有C14C26+C24C16+2=98（个）.（2）所作的三棱锥有三类：内 1

36、 点，内 3 点确定的三棱锥，有C14C36个；内 2 点，内 2点确定的三棱锥，有C24C26个；内 3 点，内 1 点确定的三棱锥，有C34C16个.最多可作出的三棱锥有：C14C36+C24C26+C34C16=194（个）.（3）当等底面积、等高的情况下三棱锥的体积相等,且平面，体积不相同的三棱锥最多有C36+C34+C26C24=114（个）.12.有两排座位，前排11 个座位，后排12 个座位，现安排2 人就座，规定前排中间的3 个座位不能坐，并且这 2 人不左右相邻，共有多少种不同排法？解前排中间3 个座位不能坐，实际可坐的位置前排8 个，后排 12 个.（1）两人一个前排，一个

37、后排，方法数为C18C112A22种；（2）两人均在后排左右不相邻，共A212-A22A111=A211种；（3）两人均在前排，又分两类：两人一左一右，共C14C14A22种；两人同左同右，有2（A24-A13A22）种.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12 页，共 22 页 -综上可知，不同排法种数为C18C112A22+A211+C14C14A22+2（A24-A13A22）=346 种.10.3 二项式定理1.在（1+x）n(nN*)的二项展开式中，若只有x5的系数最大，则n=.答案10 2.在（a2-2a31）n的展开式中，则下列说法错误的有个.没有常数项当且仅当n=

38、2 时，展开式中有常数项当且仅当n=5 时，展开式中有常数项当 n=5k(kN*)时，展开式中有常数项答案3 3.若多项式0Cn(x+1）n-C1n(x+1)n-1+(-1)rCrn(x+1)n-r+(-1)nCnn=a0 xn+a1xn-1+an-1x+an,则 a0+a1+an-1+an=.答案1 基础自测名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 22 页 -4.（2008山东理）(x-31x)12展开式中的常数项为 .答案-220 5.（2008福建理，13）若(x-2)5=a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则 a1+a2+a3+a4+a5=.（

39、用数字作答）答案31 例 1在二项式(x+421x)n的展开式中，前三项的系数成等差数列，求展开式中的有理项和二项式系数最大的项.解二项展开式的前三项的系数分别是1，2n，81n（n-1），22n=1+81n（n-1），解得 n=8 或 n=1（不合题意，舍去），Tk+1=Ck8x28 k EMBED Equation.3 k421x=Ck82-kx4-43k，当 4-43kZ 时，Tk+1为有理项，0 k8且 kZ,k=0，4，8 符合要求.故有理项有3 项，分别是T1=x4，T5=835x，T9=2561x-2.n=8，展开式中共9 项，中间一项即第5 项的二项式系数最大.T5=835x.

40、例 2已知(1-2 x)7=a0+a1x+a2x2+a7x7.求:(1)a1+a2+a7;(2)a1+a3+a5+a7;(3)a0+a2+a4+a6;(4)|a0|+|a1|+|a2|+|a7|.解令 x=1,则 a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7=-1 令 x=-1,则 a0-a1+a2-a3+a4-a5+a6-a7=37(1)a0=C07=1,a1+a2+a3+a7=-2.(2)(-)2,得 a1+a3+a5+a7=2317=-1 094.(3)(+)2,得 a0+a2+a4+a6=2317=1 093.(4)(1-2x)7展开式中,a0,a2,a4,a6都大于零,名师资料总结

41、-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 14 页，共 22 页 -而 a1,a3,a5,a7都小于零,|a0|+|a1|+|a2|+|a7|=(a0+a2+a4+a6)-(a1+a3+a5+a7),由(2)、（3）即可得其值为2 187.例 3（14 分）（1）已知 nN*,求证：1+2+22+23+25n-1能被 31 整除；（2）求 0.9986的近似值，使误差小于0.001.（1）证明1+2+22+23+25n-1=21215n=25n-1=32n-1 3 分=（31+1）n-1=31n+C1n31n-1+C2n31n-2+C1nn31+1-1=31（31n-1+C1n31n-2+C1nn

42、）6 分显然括号内的数为正整数，故原式能被31 整除.7 分（2）解0.9986=（1-0.002）6=1-C16（0.002）+C26（0.002）2-C36（0.002）3+10 分第三项 T3=15(0.002)2=0.000 06 0.001,以后各项更小,0.99861-0.012=0.988.14 分1.在（3x-2 y）20的展开式中，求：（1）二项式系数最大的项；（2）系数绝对值最大的项；（3）系数最大的项.解（1）二项式系数最大的项是第11 项，T11=C1020310（-2）10 x10y10=C1020610 x10y10.（2）设系数绝对值最大的项是第r+1 项，于是1

43、211202020119120202023C23C23C23Crrrrrrrrrrrr，化简得rrrr3)21(2)20(2)1(3，解得 752r 852.所以 r=8,即 T9=C82031228x12y8是系数绝对值最大的项.（3）由于系数为正的项为奇数项，故可设第2r-1 项系数最大，于是rrrrrrrrrrrr222022022222222042224422022222222023C23C23C23C，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 15 页，共 22 页 -化简得092416310007711431022rrrr.解之得 r=5,即 25-1=9 项系数最大.T9

44、=C82031228x12y8.2.求 x(1-x)4+x2(1+2 x)5+x3(1-3 x)7展开式中各项系数的和.解设 x(1-x)4+x2(1+2 x)5+x3(1-3 x)7=a0+a1x+a2x2+anxn在原式中，令x=1,则 1(1-1)4+12(1+2)5+13(1-3)7=115,展开式中各项系数的和为115.3.求证:3n(n+2)2n-1（nN*，n2）.证明利用二项式定理3n=(2+1)n展开证明.因为 nN*，且 n2,所以 3n=(2+1)n展开后至少有4 项.（2+1）n=2n+C1n2n-1+C1nn2+12n+n2n-1+2n+12n+n2n-1=(n+2)

45、2n-1,故 3n(n+2)2n-1.一、填空题1.（1-2x)6=a0+a1x+a2x2+a6x6，则|a0|+|a1|+|a2|+|a6|的值为 .答案729 2.（2008安徽理）设（1+x）8=a0+a1x+a8x8，则 a0，a1，a8中奇数的个数为 .答案2 3.（2008全国理）(1-x)6(1+x)4的展开式中x 的系数是 .答案-3 4.已知(x-xa)8展开式中常数项为1 120，其中实数 a 为常数，则展开式中各项系数的和为 .答案1 或 385.若(1+5 x2)n的展开式中各项系数之和是an,（2x3+5)n的展开式中各项的二项式系数之和为bn,则nnnba13的值为

46、 .答案316.设 m N*,nN*,若 f(x)=(1+2 x)m+(1+3 x)n的展开式中x 的系数为 13，则 x2的系数为 .答案31 或 40 7.（1+x）6(1-x)4展开式中 x3的系数是 .答案-8 8.（2008天津理，11）52xx的二项展开式中x2的系数是 .（用数字作答）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 16 页，共 22 页 -答案40 二、解答题9.已知(x+22x)n(nN*)的展开式中第5 项的系数与第3 项的系数之比为101.求展开式中系数最大的是第几项？解依题意，第5 项的系数为C4n24，第三项的系数为C2n22，则有2244C2C2n

47、n=110，解得 n=8.设展开式中第r+1 项的系数最大，则118811882C2C,2C2Crrrrrrrr解得 5r 6.第 6 项和第 7 项的系数相等且最大，即最大为 5625=728=1 792.10.已知（32x+3x2）n展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大992.求展开式中系数最大的项.解令 x=1，得各项的系数和为（1+3）n=4n，而各项的二项式系数和为：C0n+C1n+Cnn=2n，4n=2n+992.(2n-32)(2n+31)=0 2n=32 或 2n=-31（舍去），n=5 设第 r+1 项的系数最大，则;3C3C,3C3C11551155rrrrrrrr即

48、;1351,613rrrr27r29，又 r Z，r=4，系数最大的项是T5=C45x32（3x2）4=405x326.11.（1）求(x2-x21)9的展开式中的常数项；（2）已知(xa-2x)9的展开式中x3的系数为49，求常数 a 的值；（3）求（x2+3x+2）5的展开式中含x 的项.解（1）设第 r+1 项为常数项，则Tr+1=Cr9(x2）9-r(-x21)r=(-21)rCr9xr318名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 17 页，共 22 页 -令 18-3 r=0,得 r=6,即第 7 项为常数项.T7=621C69=1621.常数项为1621.(2)设第 r+

49、1 项是含 x3的项，则有Cr9(xa)9-rrx2=49x3,得：xr-9x2r=x3，故23r-9=3,即 r=8.C89a（-21）8=49，a=4.（3）（x2+3x+2）5=（x+1）5（x+2）5，（x2+3x+2）5的展开式中含x 的项是（x+1）5展开式中的一次项与（x+2）5展开式中的常数项之积，（x+1）5展开式中的常数项与(x+2)5展开式中的一次项之积的代数和.含 x 的项为 C45xC5525+C551C45x24=240 x.12.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

50、数项系数和与偶数项系数和；（5）x 的奇次项系数和与x 的偶次项系数和.解设(2 x-3 y)10=a0 x10+a1x9y+a2x8y2+a10y10 (*)各项系数和即为a0+a1+a10,奇数项系数和为a0+a2+a10,偶数项系数和为a1+a3+a5+a9,x 的奇次项系数和为 a1+a3+a5+a9,x 的偶次项系数和a0+a2+a4+a10.由于（*）是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和.（1）二项式系数和为C010+C110+C1010=210.（2）令 x=y=1,各项系数和为(2-3)10=(-1)10=1.（3)奇数项的二项式系数和为C010+C210+C1010=2