專題排列組合二項(xiàng)式定理-2020年高考數(shù)學(xué)(理)二輪專項(xiàng)復(fù)習(xí)

1、專題排列組合二項(xiàng)式定理排列、組合的知識(shí)為排列、組合與二項(xiàng)式定理是高中數(shù)學(xué)中內(nèi)容相對獨(dú)立的一個(gè)部分, 概率與統(tǒng)計(jì)中的計(jì)數(shù)問題提供了一定的方法.這部分內(nèi)容的試題有一定的綜合性與靈活性，要注意與其他數(shù)學(xué)知識(shí)的聯(lián)系，注意與實(shí)際生活的聯(lián)系.通過對典型例題的分析，總結(jié)思維規(guī)律，提高解題能力.10-1排列組合5【知識(shí)要點(diǎn)】1 .分類計(jì)數(shù)原理與分步計(jì)數(shù)原理.2 .排列與組合.m n! m mAn，Cn(n m)!n!Anmm!(n m)!Am3 .組合數(shù)的性質(zhì):(1)Cm cnm；(2)/cmcm1.【復(fù)習(xí)要求】理解和掌握分類計(jì)數(shù)與分步計(jì)數(shù)兩個(gè)原理.在應(yīng)用分類計(jì)數(shù)原理時(shí)，要注意“類”與“類之間的獨(dú)立性和等效性

2、，在應(yīng)用分步計(jì)數(shù)原理時(shí),要注意“步”與“步”之間的相關(guān)性和連續(xù)性.熟練掌握排列數(shù)公式和組合數(shù)公式，注意題目的結(jié)構(gòu)特征和聯(lián)系；掌握組合數(shù)的兩個(gè)性質(zhì)，并應(yīng)用于化簡、計(jì)算和論證.正確區(qū)別排列與組合的異同，體會(huì)解計(jì)數(shù)問題的基本方法，正確處理附加的限制條件.【例題分析】例1有3封信，4個(gè)信筒.(1)把3封信都寄出，有多少種寄信方法 ？(2)把3封信都寄出，且每個(gè)信筒中最多一封信，有多少種寄信方法 ？【分析】(1)分3步完成寄出3封信的任務(wù)：第一步，寄出 1封信，有4種方法；第二 步，再寄出1封信，有4種方法；第三步，寄出最后1封信，有4種方法，完成任務(wù).根據(jù)分步計(jì)數(shù)原理，共有 4 X4 X4 = 43=

3、64種寄信方法.(2)典型的排列問題，共有 A3 = 24種寄信方法.例2 在一塊并排10壟的田地中，選擇 2壟分別種植 A, B兩種作物，每種作物種植 1壟，為有利于作物生長，要求 A, B兩種作物的間隔不小于 6壟，則不同的種植方法共有 種.解：設(shè)這10壟田地分別為第1壟，第2壟，第10壟，要求A, B兩壟作物的間 隔不少于6壟，所以第一步選壟的方式共有 (1 , 8) , (1 , 9) , (1 , 10) , (2 , 9) , (2 , 10), (3 , 10)這6種選法，第二步種植兩種作物共有 A22 =2種種植法，所以共有 6 X2 = 12種選壟種植方法.【評述】排列組合是

4、解決計(jì)數(shù)問題的一種重要方法.但要注意，計(jì)數(shù)問題的基本原理是分步計(jì)數(shù)原理和分類計(jì)數(shù)原理，是最普遍使用的，不要把計(jì)數(shù)問題等同于排列組合問題.對某些計(jì)數(shù)問題，當(dāng)運(yùn)用公式很難進(jìn)行時(shí)，適時(shí)采取原始的分類枚舉方法往往是最好 的.如例2.在具體的計(jì)數(shù)問題的解決過程中，需要決策的是，這個(gè)計(jì)數(shù)問題需要“分步”還是“分類”完成，再考慮這個(gè)計(jì)數(shù)問題是排列問題、組合問題還是一般的計(jì)數(shù)問題.如例1的兩個(gè)問題.例3 某電子表以6個(gè)數(shù)字顯示時(shí)間，例如 09:20:18 表示9點(diǎn)20分18秒.則在0 點(diǎn)到10點(diǎn)之間，此電子表出現(xiàn) 6個(gè)各不相同數(shù)字來表示時(shí)間的有 次.【分析】分步來確定電子表中的六個(gè)數(shù)字如下：第一步：確定第一個(gè)

5、數(shù)字，只能為0,只有1種方法；第二步：確定第三位數(shù)字，只能為 0至5中的一個(gè)數(shù)（又不能與首位相同），所以只有5 種方法；第三步：確定第五位數(shù)字，也只能為0至5中的一個(gè)數(shù)（又不能與首位，第三位相同 ）,所以只有4種方法；第四步：確定剩下三位數(shù)字，0至9共10個(gè)數(shù)字已用了 3個(gè)，剩下的7個(gè)數(shù)字排列在 34 ,4, 6位共有A7種排法.由分步計(jì)數(shù)原理得：1 X5 X4 X A3 = 4200種.【評述】做一件事情分多步完成時(shí)，我們一般先做限制條件較大的一步，如本題中，首位受限條件最大，其次為三、五位，所以我們先排首位，再排三、五位，最后排其他位.例4 7個(gè)同學(xué)站成一排，分別求出符合下列要求的不同排法

6、的種數(shù).(1)甲站在中間；(2)甲、乙必須相鄰；(3)甲在乙的左邊(但不一定相鄰)；(4)甲、乙、丙相鄰；(5)甲、乙、丙兩兩不相鄰；解：(1)甲站在中間，其余6名同學(xué)任意排列，故不同排法有A =720 .(2)第一步：先把甲、乙捆綁，視為一個(gè)元素，連同其余5個(gè)人全排列，共有A6種排法； 第二步：給甲、乙松綁，有 A2種排法，此題共有 A6 A2 =1440種不同排法.(3)在7名同學(xué)站成一排的 A77種排法中，“甲左乙右”與“甲右乙左”的站法是一一對 應(yīng)的，各占一半，因此甲站在乙的左邊(不要求相鄰)的不同排法共有 A7 +2 =2520種.(4)先把甲、乙、丙視為一個(gè)元素，連同其余4名同學(xué)共

7、5個(gè)元素的全部排列數(shù)有 A5種, 再結(jié)合甲、乙、丙3個(gè)人之間的不同排列有 A3種，此題的解為：a5 a3 = 720.(5)先讓除甲、乙、丙外的 4個(gè)人站好，共有 A44種站法，讓甲、乙、丙 3人插空，由 _3.-4-3于4個(gè)人形成5個(gè)空位，所以甲、乙、丙共有A3種站法，此題答案 A4A3 1440 .【評述】當(dāng)要求某幾個(gè)元素排在一起時(shí)，我們常將這幾個(gè)元素捆綁在一起作為一個(gè)元素與其他元素進(jìn)行排列如例4(2) , (4).當(dāng)要求某幾個(gè)元素不相鄰時(shí)， 我們常常先排其他元素，然后再將這幾個(gè)元素排在已排好的其他元素的空中如例 4(5).例5 4個(gè)不同的球，4個(gè)不同的大盒子，把球全部放入盒內(nèi)，恰有一個(gè)盒

8、不放球，共 幾種放法？2【分析】先將4個(gè)球分成3組，共有C4 6種分組方法；再將3組球放在4個(gè)盒子里， 是排列問題，有 A33 24種方法，所以，共有 C42A3 144種不同的放球方法.【評述】類似這種裝球問題采取先分組后裝球的方法比較好.例6某班組有10名工人，其中4名是女工.從這10個(gè)人中選3名代表，其中至少有 一名女工的選法有多少種 ？解法1 :至少有一名女工的情形有三類：1名女工和2名男工；2名女工和1名男工;122133名女工，把這3類選法加在一起，共有 C4c6 C4c6 C4100種不同的選法.解法2：與“至少有一名女工”選法相對立的是“沒有女工”的選法，從所有的選法中 除去“

9、沒有女工”的選法，剩下的即為所求，共有 G0 C； 100 .【評述】當(dāng)涉及“至少”或“至多”的問題時(shí)，從大的方向看我們常常是對其分類討論， 運(yùn)用分類計(jì)數(shù)原理解決問題，當(dāng)然，也可以考慮問題的對立面再用減法進(jìn)行計(jì)算.例7如圖，用六種不同的顏色給圖中的 4個(gè)格子涂色，每個(gè)格子涂一種顏色， 要求相 鄰的兩個(gè)格子顏色不同，且兩端的格子的顏色也不同，則不同的涂色方法共有多少種？【分析】如果按從左至右的順序去涂色，當(dāng)涂到第4個(gè)格子時(shí)會(huì)發(fā)現(xiàn)，第三個(gè)格子的顏色與第一個(gè)格子的顏色是否相同決定著第4個(gè)格子有幾種涂色方法，即如果第三個(gè)格子的顏色與第一個(gè)格子的顏色是否相同是不確定的，則第四個(gè)格子的涂色情況不定.于是，

10、我們要按照1、3兩個(gè)格子顏色相同和不相同兩種情況分類來處理這個(gè)計(jì)數(shù)問題.解：1、3兩個(gè)格子顏色相同時(shí)，按分步計(jì)數(shù)原理，有6X5X1X5=150種方法；1、3兩個(gè)格子顏色不相同時(shí)，按分步計(jì)數(shù)原理，有6X5 X4X4 = 480種方法.所以，共有不同的涂色方法 630種.例8四面體的頂點(diǎn)和各棱中點(diǎn)共 10個(gè)點(diǎn)，取4個(gè)不共面的點(diǎn)，不同取法有多少種？【分析】沒有限制地從 10個(gè)點(diǎn)中選出4個(gè)點(diǎn)，共有C2種不同選法，除去4點(diǎn)共面的 選法即可.4點(diǎn)共面的選法有3類.(1)4個(gè)點(diǎn)在四面體 A-BCD的某一個(gè)面上，共有4c4種共面的情況.(2)過四面體的一條棱上的 3個(gè)點(diǎn)及對棱的中點(diǎn)，如圖中點(diǎn) A, E, B,

11、 G平面，共計(jì)有(3)過四面體的四條棱的中點(diǎn)，而且與一組對棱平行的平面，如圖E, F, G, H平面,此類選法共有3種.綜上，符合要求的選法共有 Ci40 (4 C6 6 3) 141種.例9 在給出的下圖中，用水平或垂直的線段連結(jié)相鄰的字母，按這些線段行走時(shí)，正 好拼出“競賽”即“ CONTEST ”的路線共有多少條？C0CNOCTNOCETNOCSETNOC TSETNOCCCOCC0NOCCONTNOCCONTETNOCCONTESETNOCCONTEST鼻ETNOC【分析】“CONTEST ”的路線的條數(shù)與“ TSETNOC ”路線的條數(shù)相同，如下右圖，從左下角的T走到邊上的C共有6步

12、，每一步都有2種選擇，由分步計(jì)數(shù)原理，所以下圖中，“TSETNOC ”路線共有2 6=64條.所以本題的答案為 64 X2-1 =127 .【評述】例9的這種計(jì)數(shù)的方法常稱之為對應(yīng)法計(jì)數(shù)，它的理論基礎(chǔ)為：如果兩個(gè)集合之間可以建立一對一的對應(yīng)關(guān)系，那么這兩個(gè)集合的元素的個(gè)數(shù)相同.借助這個(gè)原理，如果一個(gè)集合元素的個(gè)數(shù)不好計(jì)算時(shí)，我們將其轉(zhuǎn)化為求另一個(gè)集合元素的個(gè)數(shù)不失為一種較好的方法.8例10(1)計(jì)算a5A6A4A9的值;38 n(2)計(jì)算C3nC2Tn的值;證明：AmmAm 1Am1.(i)解:8!3!8!49! 93! 44 8! 8!5 8!4 9! 9!3""9!52

13、7(2)解：注意到Cnm中的隱含條件：n >m , mCn,n C N*,有3n38n,3n0,3821解得0,3n,19萬所以,2830C30 C31C301 一 一C31466 .mm 1證明：AnmAnn!(n m)!m 一(nn!m 1)!(n m 1) n!(n m 1)!m n!(n m 1)!(n m 1)n! mn!(n 1)!(n 1)!(n m 1)! (n m 1)!(n m 1)! (n 1) m!mAn 1 【評述】對于含排列組合式的恒等式證明及計(jì)算問題常用的方法有兩種,一種是運(yùn)用排列組合數(shù)的計(jì)算公式轉(zhuǎn)化為代數(shù)恒等式的證明及代數(shù)式求值問題,另一種是運(yùn)用組合數(shù)的一

14、些性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算及證明.常用的組合數(shù)的性質(zhì)有:CmnC nCnCmmmmm1n 1CnCn ；C0cnCn2Cnn2n；C0Cn_ 1_ 3Cn Cn練習(xí)10 11013、選擇題1 . 5位同學(xué)報(bào)名參加兩個(gè)課外活動(dòng)小組，每位同學(xué)限報(bào)其中的一個(gè)小組，則不同的報(bào)名方 法共有()(A)10 種(B)20 種(C)25 種(D)32 種2 .某班新年聯(lián)歡會(huì)原定的5個(gè)節(jié)目已排成節(jié)目單，開演前又增加了兩個(gè)新節(jié)目.如果將這兩個(gè)節(jié)目插入原節(jié)目單中，那么不同插法的種數(shù)為()(A)42(B)30(C)20(D)123 .四面體的一個(gè)頂點(diǎn)為 A,從其他頂點(diǎn)與棱的中點(diǎn)中取3個(gè)點(diǎn)，使它們和點(diǎn) A在同一平面上，不同的取法有

15、()(A)30 種(B)33 種(C)36 種(D)39 種4 .某電腦用戶計(jì)劃用不超過500元的資金購買單價(jià)分別為60元、70元的單片軟件和盒裝磁盤，根據(jù)需要，軟件至少買 3片，磁盤至少買 2盒，則不同的選購方式有()(A)5 種(B)6 種(C)7 種(D)8 種5 .下列等式中正確的是()k k 111 i 1 kCnnCn1；(2) -Cn k 1 n 1k 1 n k _ kckk1ck CnCn ；(4) Cn 1Cn .k 1n 1(A)(1)(2)(B)(1)(2)(3)(C)(1)(3)(D)(2)(3)(4)6 .有兩排座位，前排 11個(gè)座位，后排12個(gè)座位，現(xiàn)安排2人就座

16、，規(guī)定前排中間的3個(gè)座位不 能坐，并且這2人不左右相鄰，那么不同排法的種數(shù)是 （）（A）234 種（B）346 種（C）350 種（D）363 種二、填空題7 .從集合0, 1, 2, 3, 5, 7, 11中任取3個(gè)元素分別作為直線方程Ax+By+C=0中的A、B、C,所得的經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線有 條.（結(jié)果用數(shù)值表示）8 .用數(shù)字0, 1, 2, 3, 4, 5可以組成沒有重復(fù)數(shù)字，并且比 20000大的五位偶數(shù)共有9 .馬路上有12盞燈，為了節(jié)約用電，可以熄滅其中3盞燈，但兩端的燈不能熄滅，也不能熄滅相鄰的兩盞燈，那么熄燈方法共有 種.10 .將標(biāo)號為1 , 2,，10的10個(gè)球放入標(biāo)號為

17、1 , 2,，10的10個(gè)盒子內(nèi)，每個(gè) 盒內(nèi)放一個(gè)球，則恰好有 3個(gè)球的標(biāo)號與其所在盒子的標(biāo)號不一致的放入方法共有 種.（以數(shù)字作答）11 .從集合O, P, Q, R, S與0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9中各任取2個(gè)元素排 成一排（字母和數(shù)字均不能重復(fù)），每排中字母 O, Q和數(shù)字0至多只能出現(xiàn)一個(gè)的不同 排法種數(shù)是 （用數(shù)字作答）12 . 8個(gè)相同的球放進(jìn)編號為 1、2、3的盒子里，則放法種數(shù)為 （以數(shù)值作答）§102 二項(xiàng)式定理【知識(shí)要點(diǎn)】n 0n 1 n 1 2n 2, 2r n r rnn1 .二項(xiàng)式定理：（a b） Cna Cna b Cna b

18、Cna b Cnb .2 .通項(xiàng)公式：Tr i C；anrbr,3 . C°, C：, C；,，C：,，C：稱為二項(xiàng)式系數(shù)，4 .二項(xiàng)展開式的系數(shù)的性質(zhì):C0 C1 C；c： c：【復(fù)習(xí)要求】會(huì)求二項(xiàng)展開式中適合某種特殊條件的項(xiàng)；了解利用二項(xiàng)式定理進(jìn)行近似計(jì)算，證明與組合數(shù)有關(guān)的等式或整數(shù)(整式)的整除性的方法.【例題分析】2 1 5 ,例1在二項(xiàng)式(x2 )5的展開式中，含 X4的項(xiàng)的系數(shù)是 :X解：Tr 1 c!(x2)5 r( -)r ( 1)rC5rX10 3r ,X令10 3r = 4,得r = 2,所以x4項(xiàng)的系數(shù)是C52( 1)2 10 .例2 (1)若(1+x)n的展

19、開式中，x3的系數(shù)是x系數(shù)的7倍，求n的值；(2)在(2 +lgx)8的展開式中，二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)的值等于1120 ,求x的值.3 r 1 ri n(n 1)(: 2)解：(1)由已知 Cn 7Cn ,即 7n ,整理得 n2 3n 40 = 0,6解得n = 8或n = 5（舍）.所以n = 8.(2)(2 + 1g x)8的展開式中共有 9項(xiàng)，二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng)為第5項(xiàng).由已知，T5 C84 24 (1gx)4 1120 ,整理得(1gx)4=1 ,所以 1gx=±1 ,1解得x = 10或x 10例3 求(、服 V2)100的展開式中x的系數(shù)為有理數(shù)的項(xiàng)的個(gè)數(shù).100 r r

20、解：Tr 1 C1r00(vrx)100 r (v12)r C；00 3H 2" x100 r ,100r j若系數(shù)為有理數(shù)，則 ，-都必須是整數(shù)，即r應(yīng)為6的倍數(shù).23又0wrw100 ,所以r的不同值有17個(gè).所以x的系數(shù)為有理數(shù)的項(xiàng)共有17項(xiàng).1n例4 已知(x )的展開式中，第3項(xiàng)與第6項(xiàng)的系數(shù)互為相反數(shù)，求展開式中系數(shù)n最小的項(xiàng).后刀-I-C2 n212 c2n 4T八5n51 x 5 八5n 10斛：T3Cnx (Cnx ,T6Cnx (Cnx ,xx由已知C5 C：,所以n = 7.所以第4項(xiàng)系數(shù)最小，T4 C73x7 3( 1)3 C73x 35x. x【評述】通項(xiàng)公

21、式Tr 1 C；an rbr是二項(xiàng)式定理中常用的一個(gè)公式，要熟練掌握，同時(shí)注意系數(shù)、上標(biāo)、下標(biāo)之間的關(guān)系；注意系數(shù)、二項(xiàng)式系數(shù)的區(qū)別，如例 2；注意運(yùn)用通項(xiàng)公式求第3項(xiàng)時(shí)，r=2 .如例4.的展開式的常數(shù)項(xiàng),例5已知（a2+1）n的展開式中的各項(xiàng)系數(shù)之和等于（"x2 ）55, x求a的值,而（a2+ 1）n的展開式中的系數(shù)最大項(xiàng)等于54 ,.16 21 5彳解：（一x 一）的展開式的第r+1項(xiàng) 5. x20 5rr 16 2 5 r 1 r 165r r9-Tr 1 C；Qx2)5r()r(=)5rC5rx 25. x 5令Tr+1為常數(shù)項(xiàng)，則 205r=0, r = 4,所以常數(shù)項(xiàng)

22、T5C；516.又（a2 + 1）n的展開式中的各項(xiàng)系數(shù)之和等于2n,由題意得2n= 16 ,所以n = 4.由二項(xiàng)式系數(shù)的性質(zhì)知，（a2+ 1）n的展開式中的系數(shù)最大的項(xiàng)即為二項(xiàng)式系數(shù)最大的項(xiàng),是中間項(xiàng)T3,所以C2a4 54,解得a ,3 .例 6 已知(1 2x)7 = ao+ ax + a2x2+ + a7x7.求:(1) a1 + a2+ + a7；(2) a 1 + a3 + a5 + a7；(3) ao + a2 + a4 + a6；(4) I ao I + I a1 I + I a2 I + I a7 | .解：令 x = 1 ,貝U ao + a + a2+ + a7 = 1

23、 .令 x = 1,貝U aoa1+a2a3+a4 a5 +a6a7= 37.(1)易知 ao = 1 , 所以 a1 + a2 + + a7 = ao + a1 + a2+ + a7 ao = - 2 ；1 37(2)()+2 ,得 31 + 33+ 35+ 37=2=1094 ；(3)( + )+2,得 30+ 32 + 34+ 36=2a = 1093 ;方法1 :因?yàn)椋? 2x）7的展開式中31 ,33, 35,37是負(fù)數(shù)，30,32,34,36是正數(shù),所以 | a0 | + | ai | + | a2 | +-+ | a7 | =30 + 32 + 34+36-(31 + 33+35

24、 + 37) =2187 .方法2:因?yàn)镮 30 | + | 31 I + | 32 | + | 37 I表示(1 +2x)7的展開式中各項(xiàng)系數(shù) 的和，令 X = 1 ,可得 | 30 | + | 31 | + | 32 | + | 37 | = 37=2187 .【評述】通過給二項(xiàng)式定理中的字母賦值(根據(jù)式子的特點(diǎn)，常令字母為 1或-1)的方式可以解決二項(xiàng)展開式系數(shù)整體求值的問題.例 7 若多項(xiàng)式 X2 + X10 = 30 + 31(x+ 1) + 32(X + 1) 2+ + 39(x+ 1) 9+310 (X + 1) 10 , 貝U 39 =.【分析】方法 1：由于 30+ 31 (

25、X + 1) + 32(X+ 1)2+ 39(X+1)9 + 310(X+ 1) 10 = X2 + x10-1 +(x + 1)2 + -1 + (x + 1)109191010= C10(1)(X 1) C10 (x1)9則 39C10( 1)10.方法2 :由于等式左邊X10的系數(shù)為1 ,所以310 = 1 ,又，等式左邊X9的系數(shù)為0,所以a9 COaio 0,所以a9 = 10.例89192除以100的余數(shù)為解：9192 (90 1)92 C2 9092 C92 9091C； 902 C；2 90 1前面各項(xiàng)均能被100整除，只有末尾兩項(xiàng)不能被100整除，91C92 90 1 828

26、1 8200 81 ,所以 91 92 除以 100 的余數(shù)為 81 .例9求(0.998) 5精確到0.001的近似值.550122解：(0.998)(1 0.002) C5 C5( 0.002) C§( 0.002)0.990 .【評述】利用二項(xiàng)式定理求余數(shù)、求近似值是二項(xiàng)式定理的應(yīng)用之一.a 1例 10 設(shè) a > 1, nCN 且 n>2,求證 <a 1 .n證明：設(shè)"a 1 x ,則(x+1)n=a.欲證原不等式，即證 nx(x + 1)n 1,其中x>0.n 0 n 1 n 1n 1n 1(x 1) CnxCnxCn x 1 Cn x 1

27、 nx 1(n 2),即有(x + 1)n > nx + 1,得證.2 一一 1 8例11(1 2x )(x -)的展開式中常數(shù)項(xiàng)為 (用數(shù)字作答)x21 81 8解：求(1 2x )(x -)的常數(shù)項(xiàng)(x -),即求展開式中的常數(shù)項(xiàng)及含x 2的項(xiàng).xx18 c8r1 X rr 82r對于(x-) ,Tr1 Cgx ()( 1) C8 x .xx令 8-2r = 0,即有 r = 4, T5 ( 1)4C84 70 .205522令 8-2r = -2,即有 r = 5, 丁6( 1) CgX56x .所以常數(shù)項(xiàng)為 70 + 2 X( 56) =- 42 .練習(xí)102一、選擇題21 n1

28、 .若(X )的展開式中的所有二項(xiàng)式系數(shù)和為512 ,則該展開式中的常數(shù)項(xiàng)為X(A) 84(B)84(C) 36(D)36,ax、9 , 92 .已知(一J)的展開式中x3的系數(shù)為一，常數(shù)a的值為()x 24(A)1(B)2(C)4(D)83 .在(1 +x)5(1 x)4的展開式中，x3的系數(shù)是()(A)4(B) 4(C)8(D) 84 .若C與C;同時(shí)有最大值，則 m的值是()(A)5(B)4 或 5(C)5 或 6(D)6 或 7二、填空題c 1 C 5 . (x2+ )6的展開式中常數(shù)項(xiàng)是 (用數(shù)字作答) x6 .若(x+1)n = xn +ax3 + bx2+ +1, (nCN*),

29、且 a：b = 3：1,那么 n =7 . (n+1) n+1 除以 n2(n > 1)的余數(shù)為 8 .觀察下列等式:c5 C523 2,c9c；c；27 23,c；3C53Ci93C；321125,C17C57Cv1317-15C17C1722 ,22由以上等式推測到一個(gè)一般的結(jié)論:N*,C4n 1 C5n1C*1三、解答題9 .在(3x+1)n的展開式中，如果各項(xiàng)系數(shù)的和比各項(xiàng)二項(xiàng)式系數(shù)的和大992 ,求n的值.10 .若f(x)=(1 +2x)m+(1 +3x)n展開式中x的系數(shù)為13,則x2的系數(shù)為()1n11 .當(dāng) nCN 時(shí)，求證：2 (1 )3.n習(xí)題10一、選擇題1 .某

30、校要求每位學(xué)生從7門課程中選修4門，其中甲、乙兩門課程不能都選，則不同的選課方案有（）（A）35 種（B）25 種（C）20 種（D）16 種2 .將甲、乙、丙、丁四名學(xué)生分到三個(gè)不同的班，每個(gè)班至少分到一名學(xué)生，且甲、乙兩名學(xué)生不能分到同一個(gè)班，則不同分法的種數(shù)為（）（A）18（B）24（C）30（D）363 .從單詞“equation ”中選取5個(gè)不同的字母排成一排，含有“qu "（其中“qu "相連且順序不變）的不同排列共有（）（A）120 種（B）480 種（C）720 種（D）840 種4 .若（2x <3）3 =a0a1xa2x2a3x3,則（ao+a2）

31、2 （ai+a3）2的值為（）（A） -1（B）1（C）0（D）25 .若（3x2 -23-）n的展開式中含有非零常數(shù)項(xiàng)，則正整數(shù)n的最小值為（）x（A）10（B）6（C）5（D）320096 .若（1 2x）2009a° axa2009x2009（xR） , -y 號2同則的值為（）22 a(A)2(B)0(C) -1(D) -2、填空題7 .在(3x)7的展開式中，x5的系數(shù)是 (用數(shù)字作答)8 .從6名男生和4名女生中，選出3名代表，要求至少有一名女生， 則不同的選法有 種.9 .有6個(gè)座位連成一排，現(xiàn)有 3人就座，則恰有兩個(gè)空座位相鄰的不同坐法有 種.10 . (x y)10的展開式中，x7y3的系數(shù)與x3y7的系數(shù)之和等于 11 .數(shù)列ai, a2,，a7,其中恰好有5個(gè)2和2個(gè)4,調(diào)換ai至a7各數(shù)的位置，一共 可以組成不同的數(shù)列(含原數(shù)列)個(gè).12 . 2010年廣州亞運(yùn)會(huì)組委會(huì)要從小張、小趙