（全程复习方略）高中数学-第一章-计数原理阶段复习课课件-新人教A版选修2-3.ppt

1、阶段复习课第 一 章【核心解读核心解读】1.1.计数原理计数原理(1)(1)分类加法计数原理：分类加法计数原理：N=nN=n1 1+n+n2 2+n+n3 3+n+nm m；(2)(2)分步乘法计数原理：分步乘法计数原理：N=nN=n1 1nn2 2nn3 3nnm m.2.2.排列数公式排列数公式 =n(n-1)(n-m+1)=(mn,m,nN=n(n-1)(n-m+1)=(mn,m,nN*),),当当m=nm=n时时为全排列为全排列mnAn!nm!nnAn!.3.3.组合数公式组合数公式4.4.组合数性质组合数性质5.5.二项式定理二项式定理(1)(1)二项展开式的通项：二项展开式的通项：

2、(2)(2)注意第注意第r r1 1项的二项式系数与第项的二项式系数与第r r1 1项系数的区别项系数的区别.mmnnmm0nnnn n1nm1ACAmmn,m,nN*,CC1.g g！mn mrr 1rnnnnn 1CCCCC.；rn rrr 1nTC abr0,1,2,n；6.6.二项式系数具有下列性质二项式系数具有下列性质(1)(1)与首末两端等距离的二项式系数相等；与首末两端等距离的二项式系数相等；(2)(2)若若n n为偶数为偶数,中间一项中间一项(第第 +1+1项项)的二项式系数最大；若的二项式系数最大；若n n为为奇数奇数,中间两项中间两项(第第 项和第项和第 +1+1项项)的二

3、项式系数相等且的二项式系数相等且最大最大.n2n12n12 012nnnnnn0213n 1nnnn3 CCCC2CCCC2.；7.7.排列组合问题的排列组合问题的“1616字字”方针，方针，“1212个个”技巧技巧(1)“16(1)“16字字”方针：方针：分类相加分步相乘分类相加分步相乘有序排列无序组合有序排列无序组合(2)“12(2)“12个个”技巧技巧:相邻问题捆绑法相邻问题捆绑法不相邻问题插空法不相邻问题插空法多排问题单排法多排问题单排法定序问题倍缩法定序问题倍缩法定位问题优先法定位问题优先法有序分配问题分步法有序分配问题分步法多元问题分类法多元问题分类法交叉问题集合法交叉问题集合法至

4、少至少(至多至多)问题间接法问题间接法选排问题先取后排法选排问题先取后排法局部与整体问题排除法局部与整体问题排除法复杂问题转化法复杂问题转化法主题一主题一 两个计数原理两个计数原理【典例典例1 1】(1)(1)如图所示，花坛内有五个花池，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，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则最多的栽种方案有()()A.180A.180种种 B.240B.240种种 C.360C.360种种 D.420D.420种种(2)(2)有有3 3封

5、信，封信，4 4个信箱，如果把个信箱，如果把3 3封信都寄出，寄信方法有种封信都寄出，寄信方法有种.【自主解答自主解答】(1)(1)选选D.D.由题意知，最少用三种颜色的花卉，按由题意知，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，五种颜色色，五种颜色.当用三种颜色时，花池当用三种颜色时，花池2 2，4 4同色和花池同色和花池3 3，5 5同色，此时共有同色，此时共有 种方案种方案.当用四种颜色时，花池当用四种颜色时，花池2 2，4 4同色或花池同色或花池3 3，5 5同色，故共有同色，故共有2 2 种方案

6、种方案.当用五种颜色时有当用五种颜色时有 种方案种方案.因此所有栽种方案为因此所有栽种方案为 =420(=420(种种).).35A45A55A345555A2AA(2)(2)分分3 3步完成寄出步完成寄出3 3封信的任务；第一步，寄出封信的任务；第一步，寄出1 1封信，有封信，有4 4种种方法；第二步，再寄出方法；第二步，再寄出1 1封信，有封信，有4 4种方法；第三步，寄出最后种方法；第三步，寄出最后1 1封信，有封信，有4 4种方法，完成任务，根据分步乘法计数原理，共有种方法，完成任务，根据分步乘法计数原理，共有4 44 44=44=43 3=64=64种寄信方法种寄信方法.答案：答案：

7、6464【延伸探究延伸探究】题题(2)(2)条件不变，如果把条件不变，如果把3 3封信都寄出，且每个信封信都寄出，且每个信筒中最多一封信，有多少种寄信方法？筒中最多一封信，有多少种寄信方法？【解析解析】排列问题，共有排列问题，共有 =24=24种种.34A【方法技巧方法技巧】1.1.使用两个原理解决问题的思路使用两个原理解决问题的思路(1)(1)选择使用两个原理解决问题时，要根据我们完成某件事情选择使用两个原理解决问题时，要根据我们完成某件事情采取的方式而定，确定是分类还是分步，要抓住两个原理的本采取的方式而定，确定是分类还是分步，要抓住两个原理的本质质.(2)(2)分类加法计数原理的关键是分

8、类加法计数原理的关键是“类类”，分类时，首先要根据，分类时，首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下进行问题的特点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下进行分类；其次分类时要注意，完成这件事的任何一种方法必须属分类；其次分类时要注意，完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法于某一类，并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法.(3)(3)分步乘法计数原理的关键是分步乘法计数原理的关键是“步步”，分步时首先要根据问，分步时首先要根据问题的特点确定一个分步的标准；其次，分步时还要注意满足完题的特点确定一个分步的标准；其次，分步时还要注意满

9、足完成一件事必须并且只有连续完成这成一件事必须并且只有连续完成这n n个步骤后，这件事才算完个步骤后，这件事才算完成，只有满足了上述条件，才能用分步乘法计数原理成，只有满足了上述条件，才能用分步乘法计数原理.2.2.使用两个原理解决问题时应注意的问题使用两个原理解决问题时应注意的问题(1)(1)对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出分步乘法计数原理的问题，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰表格，使问题更加直观、清晰.(2)(2)当两个原理混合使用时，一般是先

10、分类，在每类方法里再当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步分步.【补偿训练补偿训练】现有现有4 4种不同颜色要对如图所示的四个部分进行种不同颜色要对如图所示的四个部分进行着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色，要求有公共边界的两部分不能用同一种颜色，则不同的着色方法数为着色方法数为()()A.144 B.84 C.64 D.72A.144 B.84 C.64 D.72【解析解析】选选B.B.方法一：根据所用颜色的种数分类方法一：根据所用颜色的种数分类第一类：用第一类：用4 4种颜色涂，有种颜色涂，有 =4=43 32 21=24(1=24(种种).).第二类

11、：用第二类：用3 3种颜色，必须有一条对角区域涂同色：有种颜色，必须有一条对角区域涂同色：有=48(=48(种种).).第三类：用第三类：用2 2种颜色，对角区域各涂一色有种颜色，对角区域各涂一色有 =4=43=12(3=12(种种).).共有共有24+48+12=84(24+48+12=84(种种).).44A112243C C A24A方法二：根据方法二：根据“学、略学、略”区域是否为同色分类区域是否为同色分类第一类：区域第一类：区域“学、略学、略”同色，从同色，从4 4色中选色中选1 1色，有色，有 种方种方法，其余区域法，其余区域“习、方习、方”各有各有3 3种方法，一共有种方法，一共

12、有4 43 33=363=36种方法种方法.第二类：区域第二类：区域“学、略学、略”不同色，区域不同色，区域“学学”有有4 4种方法，种方法，区域区域“略略”有有3 3种方法，区域种方法，区域“习、方习、方”各有各有2 2种方法，共有种方法，共有4 43 32 22=482=48种方法种方法.根据分类加法计数原理共有根据分类加法计数原理共有36+48=8436+48=84种方法种方法.14C【误区警示误区警示】本题易因分类不清而错选本题易因分类不清而错选D.D.算法为算法为4 43 33 32=72.2=72.主题二主题二 排列与组合的综合应用排列与组合的综合应用【典例典例2 2】(1)(1)

13、某校高二年级共有六个班级，现从外地转入某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4 4名名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2 2名，则不同的名，则不同的安排方案种数为安排方案种数为()()A.80 B.90 C.100 D.120A.80 B.90 C.100 D.120(2)(2014(2)(2014重庆高考重庆高考)某次联欢会要安排某次联欢会要安排3 3个歌舞类节目、个歌舞类节目、2 2个个小品类节目和小品类节目和1 1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻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的排法种数是()()A.72 B.1

14、20 A.72 B.120 C.144 C.144 D.168D.168(3)(3)从从1,3,5,7,91,3,5,7,9五个数字中选五个数字中选2 2个，个，0,2,4,6,80,2,4,6,8五个数字中选五个数字中选3 3个，能组成个，能组成_个无重复数字的五位数个无重复数字的五位数.【自主解答自主解答】(1)(1)选选B.B.把新转来的把新转来的4 4名学生平均分两组，每组名学生平均分两组，每组2 2人，分法有人，分法有 种，把这两组人安排到种，把这两组人安排到6 6个班中的某个班中的某2 2个班中去，个班中去，有有 种方法，故不同的安排种数为种方法，故不同的安排种数为 =90.=90

15、.(2)(2)选选B.B.第一类，当第一类，当2 2个小品类节目在个小品类节目在1 1个相声类节目同侧时有个相声类节目同侧时有 =72=72种排法，种排法，第二类，当第二类，当2 2个小品类节目在个小品类节目在1 1个相声类节目两侧时有个相声类节目两侧时有 =48=48种排法，种排法，共有共有72+48=12072+48=120种排法种排法,故选故选B B2422CA26A224622CAAg12122233C A C A2324A A(3)(3)从从5 5个奇数中选出个奇数中选出2 2个，再从个，再从2 2，4 4，6 6，8 8四个偶数中选出四个偶数中选出3 3个，个，排成五位数，有排成五

16、位数，有 4 800(4 800(个个).).从从5 5个奇数中选出个奇数中选出2 2个，再个，再从从2,4,6,82,4,6,8四个偶数中选出四个偶数中选出2 2个，排好后将个，排好后将0 0插入，此时插入，此时0 0只能插只能插入除首位外的四个空，有入除首位外的四个空，有 10106 624244 45 760(5 760(个个).).由分类加法计数原理可知这样的五位数共有由分类加法计数原理可知这样的五位数共有4 800+4 800+5 760=10 560(5 760=10 560(个个).).答案：答案：10 56010 560235545C C A22415444C C A C【方法

17、技巧方法技巧】1.1.解决排列组合应用题的常用方法解决排列组合应用题的常用方法(1)(1)合理分类，准确分步；合理分类，准确分步；(2)(2)特殊优先，一般在后；特殊优先，一般在后；(3)(3)先取后排，间接排除；先取后排，间接排除；(4)(4)集团捆绑，间隔插空；集团捆绑，间隔插空；(5)(5)抽象问题，构造模型；抽象问题，构造模型；(6)(6)均分除序，定序除序均分除序，定序除序.提醒：提醒：对于排列、组合的综合题目，一般是将符合要求的元素对于排列、组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列，即一取出或进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列，

18、即一般策略为先组合后排列般策略为先组合后排列.分组时，要注意分组时，要注意“平均分组平均分组”与与“不不平均分组平均分组”的差异及分类的标准的差异及分类的标准.2.2.排列、组合应用题的解题策略排列、组合应用题的解题策略(1)(1)在解决具体问题时，首先必须弄清楚是在解决具体问题时，首先必须弄清楚是“分类分类”还是还是“分分步步”，接着还要搞清楚，接着还要搞清楚“分类分类”或者或者“分步分步”的具体标准是什的具体标准是什么么.(2)(2)区分某一问题是排列还是组合问题，关键看选出的元素与区分某一问题是排列还是组合问题，关键看选出的元素与顺序是否有关顺序是否有关.若交换某两个元素的位置对结果产生

19、影响，则若交换某两个元素的位置对结果产生影响，则是排列问题；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是排列问题；若交换任意两个元素的位置对结果没有影响，则是组合问题是组合问题.也就是说排列问题与选取元素的顺序有关，组合也就是说排列问题与选取元素的顺序有关，组合问题与选取元素的顺序无关问题与选取元素的顺序无关.【补偿训练补偿训练】4 4个不同的球，个不同的球，4 4个不同的盒子，把球全部放入盒个不同的盒子，把球全部放入盒内内.(1)(1)恰有恰有1 1个盒不放球，共有几种放法？个盒不放球，共有几种放法？(2)(2)恰有恰有2 2个盒不放球，共有几种放法？个盒不放球，共有几种放法？【解析解析】(

20、1)(1)为保证为保证“恰有恰有1 1个盒不放球个盒不放球”，先从，先从4 4个盒子中任个盒子中任意取出去一个，问题转化为意取出去一个，问题转化为“4 4个球，个球，3 3个盒子，每个盒子都要个盒子，每个盒子都要放入球，共有几种放法？放入球，共有几种放法？”即把即把4 4个球分成个球分成2,1,12,1,1的三组，然后的三组，然后再从再从3 3个盒子中选个盒子中选1 1个放个放2 2个球，其余个球，其余2 2个球放在另外个球放在另外2 2个盒子个盒子内，由分步乘法计数原理，共有内，由分步乘法计数原理，共有 =144(=144(种种).).12124432C C CA(2)(2)确定确定2 2个

21、空盒有个空盒有 种方法种方法.4.4个球放进个球放进2 2个盒子可分成个盒子可分成(3,1)(3,1)，(2,2)(2,2)两类，第一类有序不均匀分组有两类，第一类有序不均匀分组有 种方法；种方法；第二类有序均匀分组有第二类有序均匀分组有 种方法种方法.故共有故共有 =84(=84(种种).).24C312412C C A22242222C CAAg2223122424412222C CC(C C AA)Ag主题三主题三 二项式定理的应用二项式定理的应用【典例典例3 3】(1)(2014(1)(2014浙江高考浙江高考)在在(1+x)(1+x)6 6(1+y)(1+y)4 4的展开式中，的展开

22、式中，记记x xm my yn n项的系数为项的系数为f(m,n)f(m,n)，则，则f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)=()=()A.45B.60C.120D.210A.45B.60C.120D.210(2)(2014(2)(2014宁波高二检测宁波高二检测)展开式中常数项为展开式中常数项为_._.(3)(3)展开式的第展开式的第7 7项与倒数第项与倒数第7 7项的比是项的比是1616，求展开，求展开式中的第式中的第7 7项项.341xx（）n33123（）【自主解答自主解答】(1)(1)选选C.C.由二项展开式的通项

23、性质可知由二项展开式的通项性质可知x xm my yn n项的项的系数为系数为f(m,n)=f(m,n)=所以所以f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)f(3,0)+f(2,1)+f(1,2)+f(0,3)mn64C C,321123664644CC CC CC120.(2)(2)展开式的通项为展开式的通项为 ，由，由12-4r=012-4r=0，得，得r=3r=3，所以常数项为所以常数项为答案：答案：-4-44 rr3rr 141TCxx（）rr12 4r41 C x（）3344T1 C4.（）(3)(3)第第7 7项：项：倒数第倒数第7 7项：项：由由 ，所以，所以n=9n

24、=9，则则6n 6637n31TC23（）（），n 66n 63n 7 2n 5n31TTC23（）（）6n 663n3n 66n 63n31C21316C23（）（）（）（）9 6663379931156TC2C 2.933g g（）【方法技巧方法技巧】二项式定理的问题类型及解答策略二项式定理的问题类型及解答策略(1)(1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素.(2)(2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项公式，令未知确定二项展开式中的常数项：先

25、写出其通项公式，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项公式，即可确定常数项常数项.(3)(3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项公式，再由条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数条件确定项数，然后代入通项公式求出此项的系数.(4)(4)求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入求二项展开式中各项系数的和差：赋值代入.(5)(5)确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数确定二项展开式中的系数最大或最小项：利用二项式系数的性质的性质.【补偿训练补偿训练】(2014(201

26、4通化高二检测通化高二检测)已知已知 (nN(nN*)的的展开式中第展开式中第5 5项的系数与第项的系数与第3 3项的系数的比是项的系数的比是101.101.(1)(1)求展开式中各项系数的和求展开式中各项系数的和.(2)(2)求展开式中含求展开式中含 的项的项.(3)(3)求展开式中系数的绝对值最大的项求展开式中系数的绝对值最大的项.n22xx（）32x【解析解析】因为因为 的展开式的通项是的展开式的通项是T Tr+1r+1=所以所以所以所以 所以所以n n2 2-5n-24=0-5n-24=0，解得解得n=8n=8，或，或n=-3(n=-3(舍去舍去).).n22xx（）n 5rn rrr

27、rr2nn22Cx2C x,x（）n1044254 1nTT2 C x，n522232 1nTT2 C x.44n22n2 C102 C1，(1)(1)令令x=1x=1，则，则 所求各项系数的和为所求各项系数的和为1.1.(2)(2)展开式通项为展开式通项为令令 ，得，得r=1.r=1.所以展开式中含所以展开式中含 的项为的项为822xx（）8 5rrr2r 18T2C x，85r32232x33112221 18TT2 C x16x.(3)(3)展开式的第展开式的第r r项、第项、第r+1r+1项，第项，第r+2r+2项的系数绝对值分别为项的系数绝对值分别为若第若第r+1r+1项的系数绝对值

28、最大，则有项的系数绝对值最大，则有解得解得5r65r6，故系数的绝对值最大的项为第六项或第七项，故系数的绝对值最大的项为第六项或第七项，即即r 1r 1rrr 1r 1888C2C 2C2，r 1r 1rr88rrr 1r 188C2C 2,C 2C2,67911x1T1 792T1 792.xx，主题四主题四 二项式定理中的二项式定理中的“赋值赋值”问题问题【典例典例4 4】(1)(2014(1)(2014东营高二检测东营高二检测)1+(1+x)+(1+x)1+(1+x)+(1+x)2 2+(1+x)+(1+x)n 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()()A.2n-1 B.

29、2A.2n-1 B.2n n-1-1C.2C.2n+1n+1-1 D.2-1 D.2n n(2)(2)已知已知(1+x)(1+x)6 6(1-2x)(1-2x)5 5=a=a0 0+a+a1 1x+ax+a2 2x x2 2+a+a1111x x1111，那么，那么a a1 1+a+a2 2+a+a3 3+a+a1111=_.=_.【自主解答自主解答】(1)(1)选选C.C.方法一：令方法一：令x=1x=1得，得，1+2+21+2+22 2+2+2n n方法二：令方法二：令n=1n=1，知各项系数和为，知各项系数和为3 3，排除，排除A A，B B，D D，选，选C.C.(2)(2)令令x=0

30、 x=0，得，得a a0 0=1=1；令令x=1x=1，得，得a a0 0+a+a1 1+a+a2 2+a+a1111=-64=-64；所以所以a a1 1+a+a2 2+a+a1111=-65.=-65.答案：答案：-65-65n 1n 112121.2 1【方法技巧方法技巧】赋值法的应用规律赋值法的应用规律与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各与二项式系数有关，包括求展开式中二项式系数最大的项、各项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数项的二项式系数或系数的和、奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和以及各项系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，或系数的和以及各项

31、系数的绝对值的和，主要方法是赋值法，通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字通过观察展开式右边的结构特点和所求式子的关系，确定给字母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一母所赋的值，有时赋值后得到的式子比所求式子多一项或少一项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项项，此时要专门求出这一项，而在求奇数项或者偶数项的二项式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果式系数或系数的和时，往往要两次赋值，再由方程组求出结果.提醒：提醒：求各项系数的绝对值的和时，要先根据绝对值里面数的求各项系数的绝对值的和时，要先根据绝对值里面数的符号赋值求解符号赋值求

32、解.【补偿训练补偿训练】若若(3x-1)(3x-1)7 7=a=a7 7x x7 7+a+a6 6x x6 6+a+a1 1x+ax+a0 0，求求(1)a(1)a1 1+a+a2 2+a+a7 7的值的值.(2)a(2)a1 1+a+a3 3+a+a5 5+a+a7 7的值的值.(3)a(3)a0 0+a+a2 2+a+a4 4+a+a6 6的值的值.【解析解析】(1)(1)令令x=0 x=0，则，则a a0 0=-1=-1，令，令x=1x=1，则则a a7 7+a+a6 6+a+a1 1+a+a0 0=2=27 7=128 =128 所以所以a a1 1+a+a2 2+a+a7 7=129

33、.=129.(2)(2)令令x=-1x=-1，则，则-a-a7 7+a+a6 6-a-a5 5+a+a4 4-a-a3 3+a+a2 2-a-a1 1+a+a0 0=(-4)=(-4)7 7 ，由由 得：得：a a1 1+a+a3 3+a+a5 5+a+a7 7=128-(-4)128-(-4)7 7=8 256.=8 256.(3)(3)由由 得：得：a a0 0+a+a2 2+a+a4 4+a+a6 6=128+(-4)128+(-4)7 7=-8 128.=-8 128.21212+2【强化训练强化训练】1.1.从从0,1,20,1,2，9 9这这1010个数字中，任取两个不同数字作为平

34、面个数字中，任取两个不同数字作为平面直角坐标系中点的坐标，能够确定不在直角坐标系中点的坐标，能够确定不在x x轴上的点的个数是轴上的点的个数是()()A.100A.100个个 B.90B.90个个 C.81C.81个个 D.72D.72个个【解析解析】选选C.C.要使点不在要使点不在x x轴上，则纵坐标不能为轴上，则纵坐标不能为0 0，故纵坐标，故纵坐标上的数字只能有上的数字只能有9 9种选择，纵坐标选好后，横坐标不能与之相种选择，纵坐标选好后，横坐标不能与之相同同.故也有故也有9 9种选择，由分步乘法计数原理得，种选择，由分步乘法计数原理得，N=9N=99=81(9=81(个个).).2.(

35、20142.(2014广州高二检测广州高二检测)5)5人站成一排，甲乙之间恰有一个人人站成一排，甲乙之间恰有一个人的站法有的站法有()()A.18A.18种种 B.24B.24种种 C.36C.36种种 D.48D.48种种【解析解析】选选C.C.首先在除甲乙之外的三人中随机抽出一人放在甲首先在除甲乙之外的三人中随机抽出一人放在甲乙之间，有乙之间，有3 3种可能，甲乙之间的人选出后，甲乙的位置可以种可能，甲乙之间的人选出后，甲乙的位置可以互换，故甲乙的位置有互换，故甲乙的位置有2 2种可能，最后，把甲乙及其中间的那种可能，最后，把甲乙及其中间的那个人看作一个整体，与剩下的两个人全排列是个人看作

36、一个整体，与剩下的两个人全排列是3 32 21=61=6，所，所以以3 32 26=36(6=36(种种).).3.3.二项式二项式(a+2b)(a+2b)n n展开式中的第二项系数是展开式中的第二项系数是8 8，则它的第三项的，则它的第三项的二项式系数为二项式系数为()()A.24 B.18 C.16 D.6A.24 B.18 C.16 D.6【解题指南解题指南】根据通项公式求出根据通项公式求出n n值然后可写出第三项值然后可写出第三项.【解析解析】选选D.D.所以所以2n=82n=8，n=4n=4，所以，所以1n 111n 12nnTC a2bC2abgg（），22n4CC6.4.(201

37、44.(2014盐城高二检测盐城高二检测)从从0 0到到9 9这这1010个数字中任取个数字中任取3 3个数字组个数字组成一个没有重复数字的三位数，能被成一个没有重复数字的三位数，能被3 3整除的数有整除的数有_个个.【解析解析】一个数能被一个数能被3 3整除的条件是它的各位上的数字之和能整除的条件是它的各位上的数字之和能被被3 3整除整除.根据这点，分为如下几类：根据这点，分为如下几类：(1)(1)三位数各位上的数字是三位数各位上的数字是1 1，4 4，7 7或或2 2，5 5，8 8这两种情况，这这两种情况，这样的数有样的数有 =12=12个个.332A(2)(2)三位数的各位上只含三位数

38、的各位上只含0 0，3 3，6 6，9 9中的一个，其他两位上的中的一个，其他两位上的数则从数则从(1(1，4 4，7)7)和和(2(2，5 5，8)8)中各取中各取1 1个，这样的数有个，这样的数有个，但要除去个，但要除去0 0在百位上的数，有在百位上的数，有 个，因而有个，因而有216-18216-18=198=198个个.(3)(3)三位数的各位上的数字是三位数的各位上的数字是0 0，3 3，6 6，9 9中的中的3 3个，但要去掉个，但要去掉0 0在百位上的，这样应有在百位上的，这样应有3 33 32=182=18个，综上所述，由个，综上所述，由0 0到到9 9这这1010个数字所构成

39、的无重复数字且能被个数字所构成的无重复数字且能被3 3整除的整除的3 3位数有位数有12+19812+198+18=228+18=228个个.答案：答案：22822811134333C C C A112332C C A5.(20145.(2014日照高二检测日照高二检测)设设n n为自然数，则为自然数，则【解析解析】答案：答案：1 10n1n 1nnC 2C 2knkn knnn1C 21C_.knn0n1n 1kn knnnnnC 2C 21C 21C2 11.6 6(2014(2014东营高二检测东营高二检测)从从6 6名短跑运动员中选出名短跑运动员中选出4 4人参加人参加4 4100 m

40、100 m接力赛接力赛.试求满足下列条件的参赛方案各有多少种？试求满足下列条件的参赛方案各有多少种？(1)(1)甲不能跑第一棒和第四棒甲不能跑第一棒和第四棒.(2)(2)甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒.【解析解析】(1)(1)优先考虑特殊元素甲，让其选位置，此时务必注优先考虑特殊元素甲，让其选位置，此时务必注意甲是否参赛，因此需分两类：意甲是否参赛，因此需分两类：第第1 1类，甲不参赛有类，甲不参赛有 种排法；种排法；第第2 2类，甲参赛，因只有两个位置可供选择，故有类，甲参赛，因只有两个位置可供选择，故有 种排法；种排法；其余其余5 5人占人占3 3个位置有个位

41、置有 种排法，故有种排法，故有 种方案种方案.所以有所以有 =240=240种参赛方案种参赛方案.45A12A35A1325A A413525AA A(2)(2)显然第一、四棒为特殊位置，与之相伴的甲、乙则为特殊显然第一、四棒为特殊位置，与之相伴的甲、乙则为特殊元素，这时特殊元素与特殊位置的个数相等，对此我们仍从三元素，这时特殊元素与特殊位置的个数相等，对此我们仍从三方面进行思考，优先考虑特殊位置方面进行思考，优先考虑特殊位置.第第1 1类，乙跑第一棒有类，乙跑第一棒有 =60=60种排法；种排法；第第2 2类，乙不跑第一棒有类，乙不跑第一棒有 =192=192种排法种排法.故共有故共有60+

42、192=25260+192=252种参赛方案种参赛方案.1315A A112444A A A【一题多解一题多解】(1)(1)先着眼于整体，后局部剔除不合要求的参赛先着眼于整体，后局部剔除不合要求的参赛方案方案.首先，首先，6 6个人占个人占4 4个位置有个位置有 种占法；其次，甲跑第一棒种占法；其次，甲跑第一棒和第四棒的不合要求的参赛方案有和第四棒的不合要求的参赛方案有2 2 种种.所以有所以有 =240=240种参赛方案种参赛方案.(2)(2)共有共有 =360=360种参赛方案，其中不合要求的有：种参赛方案，其中不合要求的有：甲跑第一棒，乙跑第四棒，有甲跑第一棒，乙跑第四棒，有 =12=1

43、2种排法；种排法；甲跑第一棒，乙不跑第四棒，有甲跑第一棒，乙不跑第四棒，有 =48=48种排法；种排法；甲不跑第一棒，乙跑第四棒，有甲不跑第一棒，乙跑第四棒，有 =48=48种排法种排法.综上可知，有综上可知，有360-12-48-48=252360-12-48-48=252种参赛方案种参赛方案.46A35A4365A2A46A112114A A A112144A A A112144A A A7.(20147.(2014德州高二检测德州高二检测)已知已知 的展开式中，某一项的展开式中，某一项的系数是它前一项系数的的系数是它前一项系数的2 2倍，而又等于它后一项系数的倍，而又等于它后一项系数的

44、.(1)(1)求展开后所有项的系数之和及所有项的二项式系数之和求展开后所有项的系数之和及所有项的二项式系数之和.(2)(2)求展开式中的有理项求展开式中的有理项.n12 x56【解析解析】根据题意，设该项为第根据题意，设该项为第r+1r+1项，项，则有则有即即解得解得rrr 1r 1nnrrr 1r 1nnC 22C2,5C 2C2,6rr 1nnrr 1nnCC,5CC,3r4,n7.(1)(1)令令x=1x=1得展开式中所有项的系数和为得展开式中所有项的系数和为(1+2)(1+2)7 7=3=37 7=2 187.=2 187.所有项的二项式系数和为所有项的二项式系数和为2 27 7=128.=128.(2)(2)展开式的通项为展开式的通项为T Tr+1r+1=，r7r7且且rN.rN.于是当于是当r=0,2,4,6r=0,2,4,6时，对应项为有理项，即有理项为时，对应项为有理项，即有理项为rrr27C 2 x000221737442266335777TC 2 x1 TC 2 x84xTC 2 x560 xTC 2 x448x.，