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第一部分 专题七 第二讲 计数原理与二项式定理A组1将6名男生，4名女生分成两组，每组5人，参加两项不同的活动，每组3名男生和2名女生，则不同的分配方法有( B )A240种B120种C60种D 180种解析不同的分配方法有CC120.2若二项式(2x)7的展开式中的系数是84，则实数a( C )A2 B C1 D解析二项式(2x)7的通项公式为Tr1C(2x)7r()rC27rarx72r，令72r3，得r5.故展开式中的系数是C22a584，解得a1.3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( D )A24 B48 C60 D72解析由题意，可知个位可以从1,3,5中任选一个，有A种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A种方法，所以奇数的个数为AA3432172，故选D4(2018濮阳二模)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数个数为( D )A72 B120 C192 D240解析由题意，末尾是2或6，不同的偶数个数为CA120；末尾是4，不同的偶数个数为A120.故共有120120240(个)，故选D5()8二项展开式中的常数项为( B )A56 B112 C56 D112 解析Tr1C()8r()r(1)r2rCx，令84r0，r2，常数项为(1)222C112.6在(x2)6的展开式中，常数项等于( D )A B C D解析本题考查二项式定理，二项式(x2)6的展开式的通项公式为C(x2)6r()2()rCx123r，令123r0得r4，则二项式(x2)6的展开式中的常数项为()4C.故选D7有5名同学参加唱歌、跳舞、下棋三项比赛，每项比赛至少有一人参加，其中甲同学不能参加跳舞比赛，则参赛方案的种数为( B )A112 B100 C92 D76解析甲同学有2种参赛方案，其余四名同学，若只参加甲参赛后剩余的两项比赛，则将四名同学先分为两组，分组方案有CC7，再将其分到两项比赛中去，共有分配方案数为7A14；若剩下的四名同学参加三项比赛，则将其分成三组，分组方法数是C，分到三项比赛上去的分配方法数是A，故共有方案数CA36.根据两个基本原理共有方法数2(1436)100(种)8(x2x1)5的展开式中x3的系数为( A )A30 B24 C20 D20解析本题考查二项式定理1(x2x)5展开式的第r1项Tr1C(x2x)r，r0,1,2,3,4,5，Tr1展开式的第k1项为CC(x2)rk(x)kCC(1)kx2rk，r0,1,2,3,4,5，k0,1，r，当2rk3，即或时是含x3的项，所以含x3项的系数为CC(1)CC(1)3201030.故选A9有大小、形状完全相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有56种不同的排列方法？解析从8个位置中选3个放红球，有C56种不同方法10(2018昆明二模)(x2)6的展开式中x2的系数为240.解析(x2)6的展开式的通项公式为Tr1C(2)rx6r，令6r2，求得r4，可得(x2)6的展开式中x2的系数为C(2)4240.11设a，b，c1,2,3,4,5,6，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有27个解析由题意知以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，(1)先考虑等边三角形情况则abc1,2,3,4,5,6，此时有6个(2)再考虑等腰三角形情况，若a，b是腰，则ab，当ab1时，cab2，则c1，与等边三角形情况重复；当ab2时，c4，则c1,3(c2的情况等边三角形已经讨论了)，此时有2个；当ab3时，c6，则c1,2,4,5，此时有4个；当ab4时，c8，则c1,2,3,5,6，此时有5个；当ab5时，c10，有c1,2,3,4,6，此时有5个；当ab6时，c12，有c1,2,3,4,5，此时有5个；由分类加法计数原理知有24555627个12设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？(3)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？解析(1)利用分类加法计数原理：52714(种)不同的选法(2)国画有5种不同选法，油画有2种不同的选法，水彩画有7种不同的选法，利用分步乘法计数原理得到52770(种)不同的选法(3)选法分三类，分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画，由分类加法计数原理和分步乘法计数原理知共有52275759(种)不同的选法B组1安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙均排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数是( D )A180 B240 C360 D480解析将6个位置依次编号为1、2、3、6号，当甲排在1号或6号位时，不同排法种数为2A种；当甲排在2号或5号位时，不同排法种数为2AA种；当甲排在3号或4号位置时，不同排法种数有2(AAAA)种，共有不同排法种数，2A2AA2(AAAA)480种，故选D2如图，M、N、P、Q为海上四个小岛，现要建造三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方法有( C )A8种 B12种 C16种 D20种解析把四个小岛看作四个点，可以两两之间连成6条线段，任选3条，共有C种情形，但有4种情形不满足题意，不同的建桥方法有C416种，故选C3设(1xx2)na0a1xa2nx2n，则a2a4a2n的值为( B )A B C3n2 D3n解析(赋值法)令x1，得a0a1a2a2n1a2n3n.再令x1得，a0a1a2a2n1a2n1.令x0得a01.则得2(a0a2a2n)3n1，a0a2a2n，a2a4a2na01.4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( B )A144个 B120个 C96个 D72个解析据题意，万位上只能排4,5.若万位上排4，则有2A34个；若万位上排5，则有3A34个所以共有2A343A34524120(个)故选B5若(x2)n的展开式中前三项的系数成等差数列，则展开式中一次项的系数为( B )A B C6 D7解析因为(x2)n的展开式通项为Tr1C(x2)nr()r()rCx2n3r，其系数为()rC.故展开式中前三项的系数为C，C，C，由已知可得这三个数成等差数列，所以CC2C，即n29n80，解得n8或n1(舍去)令2n3r163r1，可得r5，所以一次项的系数为()5C.6(2018太原模拟)用5,6,7,8,9组成没有重复数字的五位数，其中有且仅有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数的个数为( A )A36 B48 C72 D120解析第一步，将3个奇数全排列有A种方法；第二步，将2个偶数插入，使它们之间只有一个奇数，共3种方法；第三步，将2个偶数全排列有A种方法，所以，所有的方法数是3AA36.7(2018漳州二模)已知(2x1)10a0a1xa2x2a9x9a10x10，则a2a3a9a10的值为( D )A20 B0 C1 D20解析令x1得a0a1a2a9a101，再令x0，得a01，所以a1a2a9a100，又易知a1C21(1)920，所以a2a3a9a1020.8(2018江西宜春二模)若(x3)n的展开式中含有常数项，且n的最小值为a，则dx(C)A0 B C D49解析由展开式的通项，由展开式中含有常数项，得3nr0有整数解，故n的最小值为7，dx.9将编号1,2,3,4的四个小球放入3个不同的盒子中，每个盒子里至少放1个，则恰有1个盒子放有2个连号小球的所有不同放法有18种(用数字作答)解析先把4个小球分为(2,1,1)一组，其中2个连号小球的种类有(1,2，)，(2,3)，(3,4)为一组，分组后分配到三个不同的盒子里，共有CA18种10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，要求取出的这些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472.解析由题意，不考虑特殊情况，共有C种取法，其中每一种卡片各取三张，有4C种取法，两种红色卡片，共有CC种取法，故所求的取法共有C4CCC5601672472.11若对于任意实数x，有x5a0a1(x2)a5(x2)5，则a1a3a5a089.解析令x3得a0a1a535，令x1得a0a1a51，两式相减得a1a3a5121，令x2得a02532，故a1a3a5a01213289.12如果(3x)n的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是21.解析(3x)n的展开式的各项系数之和为(31)n2n128，所以n7，所以(3x)n(3x)7，其展开式的通项为Tr1C(3x)7r()rC37rx7r(x)r(1)rC37rx7r，由7r3，得r6，所以的系数是C(1)6321.13某医科大学的学生中，有男生12名、女生8名在某市人民医院实习，现从中选派5名学生参加青年志愿者医疗队(1)某男生甲与某女生乙必须参加，共有多少种不同的选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙二人至少有一人参加，有多少种选法？(4)医疗队中男生和女生都至少有一名，有多少种选法？解析(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C816(种)(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C8568(种)(3)分两类：甲、乙中只有一人参加，则有CC种选法；甲、乙两人都参加，则有C种选法故共有CCC6936(种)(4)方法一(直接法)：男生和女生都至少有一名的选法可分为四类：1男4女；2男3女；3男2女；4男1女，所以共有CCCCCCCC14656(种)方法二(间接法)：由总数中减去5名都是男生和5名都是女生的选法种数，得C(CC)14656(种)14设f(n)(ab)n(nN*，n2)，若f(n)的展开式中，存在某连续3项，其二项式系数依次成等差数列，则称f(n)具有性质P.(1)求证：f(7)具有性质P.(2)若存在n2016，使f(n)具有性质P，求n的最大值解析(1)f(7)的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为C7，C21，C35，因为CC2C，即C，C，C成等差数列，所以f(7)具有性质P.(2)设f(n)具有性质P，则存在kN*,1kn1，使C，C，C成等差数列，所以CC2C，整理得：4k24nk(n2n2)0，即(2kn)2n2，所以n2为完全平方数，又n2016，由于44220162452，所以n的最大值为44221934，此时k989或945.
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