排列组合二项式定理练习题

-1.用1，2，3三个数字组成一个四位数，规定这三个数必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的四位数有()A.36个 B.18个C.9个 D.6个答案B解析利用树状图考察四个数位上填充数字的情况，如：1，共可确定8个四位数，但其中不符合要求的有2个，所以所确定的四位数应有18个，应选B.2.*学习小组男女生共8人，现从男生中选2人，女生中选1人，分别去做3种不同的工作，共有90种不同的选法，则男，女生人数为()A.2，6 B.3，5C.5，3 D.6，2答案B解析设男生人数为n，则女生人数为8n，由题意可知CCA90，即CC15，解得n3，所以男，女生人数为3，5，应选B.3.将甲，乙等5位同学分别保送到大学，清华大学，*大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送方法有()A.150种 B.180种C.240种 D.540种答案A解析先将5个人分成三组，(3，1，1)或(1，2，2)，分组方法有CC25(种)，再将三组全排列有A6(种)，故总的方法数有256150(种).4.从5位男教师和4位女教师中选出3位教师，派到3个班担任班主任(每班1位班主任)，要求这3位班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有()A.210种 B.420种C.630种 D.840种答案B解析因为要求3位班主任中男、女教师都要有，所以共有两种情况，1男2女或2男1女.假设选出的3位教师是1男2女则共有CCA180(种)不同的选派方法，假设选出的3位教师是2男1女则共有CCA240(种)不同的选派方法，所以共有180240420(种)不同的方案，应选B.5.假设二项式(2*)7的展开式中的系数是84，则实数a等于()A.2 B.C.1 D.答案C解析二项式(2*)7的通项公式为Tk1C(2*)7k()kC27kak*72k，令72k3，得k5.故展开式中的系数是C22a584，解得a1.6.(*1)44*(*1)36*2(*1)24*3(*1)*4等于()A.1 B.1C.(2*1)4 D.(12*)5答案B解析(*1)44*(*1)36*2(*1)24*3(*1)*4(*1)*)41.7.*班准备从甲、乙等七人中选派四人发言，要求甲乙中两人至少有一人参加，则不同的发言顺序有()A.30种 B.600种C.720种 D.840种答案C解析AA720(种).8.如图，花坛内有5个花池，有5种不同颜色的花卉可供栽种，每个花池内只能种一种颜色的花卉，相邻两池的花色不同，则栽种方案的种数为()A.180 B.240C.360 D.420答案D解析假设5个花池栽了5种颜色的花卉，方法有A种，假设5个花池栽了4种颜色的花卉，则2，4两个花池栽同一种颜色的花，或3，5两个花池栽同一种颜色的花，方法有2A种；假设5个花池栽了3种颜色的花卉，方法有A种，所以最多有A2AA420(种).9.(*)5的各项系数和是1 024，则由曲线y*2和y*a围成的封闭图形的面积为_.答案解析设*1，则各项系数和为(1)51 02445，所以a，联立可得交点坐标分别为(0，0)，(1，1)，所以曲线y*2和y*围成的封闭图形的面积为(*2)d*.10.圆上有10个点，过每三个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为_.答案120解析圆上任意三点都不共线，因此有三角形C120(个).11.一排共有9个座位，现有3人就坐，假设他们每两人都不能相邻，每人左右都有空座，而且至多有两个空座，则不同坐法共有_种.答案36解析可先考虑3人已经就座，共有A6(种)，再考虑剩余的6个空位怎么排放，根据要求可产生把6个空位分为1，1，2，2，放置在由已经坐定的3人产生的4个空中，共有C6，所以不同的坐法共有6636(种).12.我国第一艘航母*舰在*次舰载机起降飞行训练中，有5架舰载机(甲、乙、丙、丁、戊)准备着舰，如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁不能相邻着舰，则不同的着舰方法有_种.答案24解析先把甲、乙捆绑在一起有A种情况，然后对甲、乙整体和戊进展排列，有A种情况，这样产生了三个空位，插入丙、丁，有A种情况，所以着舰方法共有AAA22624(种).13.实验员进展一项实验，先后要实施5个程序(A，B，C，D，E)，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序C或D在实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有_种.答案24解析依题意，当A在第一步时，共有AA12(种)；当A在最后一步时，共有AA12(种).所以实验的编排方法共有24种.14.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_.答案288解析从2，4，6三个偶数中任意选出2个看作一个整体，方法有A6(种)，先排3个奇数，有A6(种)，形成了4个空，将整体和另一个偶数插在3个奇数形成的4个空中，方法有A12(种).根据分步乘法计数原理求得此时满足条件的六位数共有6612432(种).假设1排在两端，1的排法有AA4(种)，形成了3个空，将整体和另一个偶数插在3个奇数形成的3个空中，方法有A6(种)，根据分步乘法计数原理求得此时满足条件的六位数共有646144(种)，故满足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432144288(种).12.1分类加法计数原理与分步乘法计数原理典例精析题型一分类加法计数原理的应用【例1】 在1到20这20个整数中，任取两个数相加，使其和大于20，共有种取法.【解析】当一个加数是1时，另一个加数只能是20，有1种取法；当一个加数是2时，另一个加数可以是19,20，有2种取法；当一个加数是3时，另一个加数可以是18,19,20，有3种取法；当一个加数是10时，另一个加数可以是11,12，19,20，有10种取法；当一个加数是11时，另一个加数可以是12,13，19,20，有9种取法；当一个加数是19时，另一个加数只能是20，有1种取法.由分类加法计数原理可得共有12310981100种取法.【点拨】采用列举法分类，先确定一个加数，再利用和大于20确定另一个加数.【变式训练1】(2010*市模拟)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，这样的等比数列的个数为()【解析】当公比为2时，等比数列可为1,2,4或2,4,8；当公比为3时，等比数列可为1,3,9；当公比为时，等比数列可为4,6,9.同理，公比为、时，也有4个.应选D.题型二分步乘法计数原理的应用【例2】 从6人中选4人分别到*、韶山、衡山、桃花源四个旅游景点游览，要求每个旅游景点只有一人游览，每人只游览一个旅游景点，且6个人中甲、乙两人不去*游览，则不同的选择方案共有种.【解析】能去*的有4人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有5人、4人、3人.则由分步乘法计数原理得不同的选择方案有4543240种.【点拨】根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这几步逐步地去做，才能完成这件事，各步之间既不能重复也不能遗漏.【变式训练2】(2010*市调研)要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，现有5人，每人可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一人值班，问此值班表共有种不同的排法.【解析】依题意，值班表须一天一天分步完成.第一天有5人可选有5种方法，第二天不能用第一天的人有4种方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4种方法，由分步乘法计数原理共有544441 280种方法.题型三分类和分步计数原理综合应用【例3】(2011长郡中学)如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色(4种颜色全部使用)，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂一样的颜色，则不同的涂色种数有.【解析】方法一：由题意知，有且仅有两个区域涂一样的颜色，分为4类：1与5同；2与5同；3与5同；1与3同.对于每一类有A种涂法，共有4A96种方法.方法二：第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域4，有2种方法(此前三步已经用去三种颜色)；第四步：涂区域3，分两类：第一类，3与1同色，则区域5涂第四种颜色；第二类，区域3与1不同色，则涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法.所以，不同的涂色种数有432(1113)96种.【点拨】染色问题是排列组合中的一类难题.此题能运用两个根本原理求解，要注意的是分类中有分步，分步后有分类.【变式训练3】(2009*市调研)用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为1,2，9的9个小正方形，使得任意相邻(有公共边)小正方形所涂颜色都不一样，且1,5,9号小正方形涂一样颜色，则符合条件的所有涂法有多少种？【解析】第一步，从三种颜色中选一种颜色涂1,5,9号有C种涂法；第二步，涂2,3,6号，假设2,6同色，有4种涂法，假设2,6不同色，有2种涂法，故共有6种涂法；第三步，涂4,7,8号，同第二步，共有6种涂法.由分步乘法原理知共有366108种涂法.总结提高分类加法计数原理和分步乘法计数原理答复的都是完成一件事有多少种不同方法或种数的问题，其区别在于：分类加法计数原理是完成一件事要分假设干类，类与类之间要互斥，用任何一类中的任何一种方法都可以独立完成这件事；分步乘法计数原理是完成一件事要分假设干步，步骤之间相互独立，各个步骤相互依存，缺少其中任何一步都不能完成这件事，只有当各个步骤都完成之后，才能完成该事件.因此，分清完成一件事的方法是分类还是分步，是正确使用这两个根本计数原理的根底.12.2排列与组合典例精析题型一排列数与组合数的计算【例1】 计算：(1)；(2) CCC.【解析】(1)原式.(2)原式CCCCCCCCCCC330.【点拨】在使用排列数公式A进展计算时，要注意公式成立的条件：m，nN+，mn.另外，应注意组合数的性质的灵活运用.【变式训练1】解不等式6.【解析】原不等式即6，也就是，化简得*221*1040，解得*8或*13，又因为2*9，且*N*，所以原不等式的解集为2,3,4,5,6,7.题型二有限制条件的排列问题【例2】 3男3女共6个同学排成一行.(1)女生都排在一起，有多少种排法？(2)女生与男生相间，有多少种排法？(3)任何两个男生都不相邻，有多少种排法？(4)3名男生不排在一起，有多少种排法？(5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2位女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法？【解析】(1)将3名女生看作一人，就是4个元素的全排列，有A种排法.又3名女生内部可有A种排法，所以共有AA144种排法.(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2种插法)，所以女生与男生相间共有2AA72种排法.(3)女生先排，女生之间及首尾共有4个空隙，任取其中3个安插男生即可，因而任何两个男生都不相邻的排法共有AA144种.(4)直接分类较复杂，可用间接法.即从6个人的排列总数中，减去3名男生排在一起的排法种数，得3名男生不排在一起的排法种数为AAA576种.(5)先将2个女生排在男生甲、乙之间，有A种排法.又甲、乙之间还有A种排法.这样就有AA种排法.然后把他们4人看成一个元素(相当于一个男生)，这一元素及另1名男生排在首尾，有A种排法.最后将余下的女生排在其间，有1种排法.故总排法为AAA24种.【点拨】排列问题的本质就是元素占位子问题，有限制条件的排列问题的限制主要表现在：*些元素排或不排在哪个位子上，*些元素相邻或不相邻.对于这类问题，在分析时，主要按照优先原则，即优先安排特殊元素或优先满足特殊位子，对于相邻问题可用捆绑法，对于不相邻问题可用插空法.对于直接考虑较困难的问题，可以采用间接法.【变式训练2】把1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的五位数，并把它们按由小到大的顺序排列构成一个数列.(1)43 251是这个数列的第几项？(2)这个数列的第97项是多少？【解析】(1)不大于43 251的五位数A(AAA)88个，即为此数列的第88项.(2)此数列共有120项，而以5开头的五位数恰好有A24个，所以以5开头的五位数中最小的一个就是该数列的第97项，即51234.题型三有限制条件的组合问题【例3】 要从12人中选出5人去参加一项活动.(1)A，B，C三人必须入选有多少种不同选法？(2)A，B，C三人都不能入选有多少种不同选法？(3)A，B，C三人只有一人入选有多少种不同选法？(4)A，B，C三人至少一人入选有多少种不同选法？(5)A，B，C三人至多二人入选有多少种不同选法？【解析】(1)只须从A，B，C之外的9人中选择2人，C36种不同选法.(2)由A，B，C三人都不能入选只须从余下9人中选择5人，即有CC126种选法.(3)可分两步，先从A，B，C三人中选出1人，有C种选法，再从余下的9人中选4人，有C种选法，所以共有CC378种选法.(4)可考虑间接法，从12人中选5人共有C种，再减去A，B，C三人都不入选的情况C，共有CC666种选法.(5)可考虑间接法，从12人中选5人共有C种，再减去A，B，C三人都入选的情况C种，所以共有CC756种选法.【点拨】遇到至多、至少的有关计数问题，可以用间接法求解.对于有限制条件的问题，一般要根据特殊元素分类.【变式训练3】四面体的顶点和各棱中点共有10个点.(1)在其中取4个共面的点，共有多少种不同的取法？(2)在其中取4个不共面的点，共有多少种不同的取法？【解析】(1)四个点共面的取法可分三类.第一类：在同一个面上取，共有4C种；第二类：在一条棱上取三点，再在它所对的棱上取中点，共有6种；第三类：在六条棱的六个中点中取，取两对对棱的4个中点，共有C3种.故有69种.(2)用间接法.共C69141种.总结提高解有条件限制的排列与组合问题的思路：(1)正确选择原理，确定分类或分步计数；(2)特殊元素、特殊位置优先考虑；(3)再考虑其余元素或其余位置.12.3 二项式定理典例精析题型一二项展开式的通项公式及应用【例1】 的展开式中，前三项系数的绝对值依次成等差数列.(1)求证：展开式中没有常数项；(2)求展开式中所有的有理项. 【解析】由题意得2C1C()2，即n29n80，所以n8，n1(舍去). 所以Tr1()()r(1)r(0r8，rZ).(1)假设Tr1是常数项，则0，即163r0，因为rZ，这不可能，所以展开式中没有常数项.(2)假设Tr1是有理项，当且仅当为整数，又0r8，rZ，所以 r0,4,8，即展开式中有三项有理项，分别是T1*4，T5*，T9*-2.【点拨】(1)把握住二项展开式的通项公式，是掌握二项式定理的关键.除通项公式外，还应熟练掌握二项式的指数、项数、展开式的系数间的关系、性质；(2)应用通项公式求二项展开式的特定项，如求*一项，含*次幂的项，常数项，有理项，系数最大的项等，一般是应用通项公式根据题意列方程，在求得n或r后，再求所需的项(要注意n和r的数值*围及大小关系)；(3) 注意区分展开式第r1项的二项式系数与第r1项的系数.【变式训练1】假设(*)n的展开式的前3项系数和为129，则这个展开式中是否含有常数项，一次项？如果有，求出该项，如果没有，请说明理由.【解析】由题知CC2C22129，所以n8，所以通项为Tr1C(*)8-r，故r6时，T726C*1 792*，所以不存在常数项，而存在一次项，为1 792*.题型二运用赋值法求值【例2】(1)(1*)(1*)2(1*)na0a1*a2*2an*n，且a1a2an129n，则n；(2)(1*)na0a1*a2*2an*n，假设5a12a20，则a0a1a2a3(1)nan.【解析】(1)易知an1，令*0得a0n，所以a0a1an30.又令*1，有2222na0a1an30，即2n1230，所以n4.(2)由二项式定理得，a1Cn，a2C，代入得5nn(n1)0，所以n6，令*1得(11)6a0a1a2a3a4a5a6，即a0a1a2a3a4a5a664.【点拨】运用赋值法求值时应充分抓住代数式的构造特征，通过一些特殊值代入构造相应的构造.【变式训练2】设(3*1)8a0a1*a2*2a7*7a8*8.求a0a2a4a6a8的值.【解析】令f(*)(3*1)8，因为f(1)a0a1a2a828，f(1)a0a1a2a3a7a848，所以a0a2a4a6a827(128).题型三二项式定理的综合应用【例3】求证：46n5n19能被20整除.【解析】46n5n194(6n1)5(5n1)4(51)n15(41)n120(5n1C5n2C)(4n1C4n2C)，是20的倍数，所以46n5n19能被20整除.【点拨】用二项式定理证明整除问题时，首先需注意(ab)n中，a，b中有一个是除数的倍数；其次展开式有什么规律，余项是什么，必须清楚.【变式训练3】求0.9986的近似值，使误差小于0.001.【解析】0.9986(10.002)616(0.002)115(0.002)2(0.002)6.因为T3C(0.002)215(0.002)20.000 060.001， 且第3项以后的绝对值都小于0.001，所以从第3项起，以后的项都可以忽略不计.所以0.9986(10.002)616(0.002)10.0120.988.总结提高1.利用通项公式可求展开式中*些特定项(如常数项、有理项、二项式系数最大项等)，解决这些问题通常采用待定系数法，运用通项公式写出待定式，再根据待定项的要求写出n、r满足的条件，求出n和r，再确定所需的项；2.赋值法是解决二项展开式的系数和、差问题的一个重要手段；3.利用二项式定理解决整除问题时，关键是进展合理的变形，使得二项展开式的每一项都成为除数的倍数.对于余数问题，要注意余数的取值*围. z.