北大附中高考數(shù)學專題復習匯編 排列、組合、二項式定理

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1、 學科：數(shù)學 教學內(nèi)容：排列、組合、二項式定理 【考點梳理】 一、考試內(nèi)容 1.分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理。 2.排列、排列數(shù)公式。 3.組合、組合數(shù)公式。 4.組合數(shù)的兩個性質(zhì)。 5.二項式定理，二項式展開的性質(zhì)。 二、考試要求 1.掌握分類計數(shù)原理及分步計數(shù)原理，并能用這兩個原理分析和解決一些簡單的問題。 2.理解排列、組合的意義，掌握排列數(shù)、組合數(shù)的計算公式和組合數(shù)的性質(zhì)，并能用它解決一些簡單的問題。 3.掌握二項式定理和二項式系數(shù)的性質(zhì)，并能用它們計算和論證一些簡單問題。 三、考點簡析 1.排列、組合、二項式知識相互關系表 2.兩個基本原

2、理 （1）分類計數(shù)原理中的分類。 （2）分步計數(shù)原理中的分步。 正確地分類與分步是學好這一章的關鍵。 3.排列 （1）排列定義，排列數(shù) （2）排列數(shù)公式：系 ==n(n-1)…(n-m+1) （3）全排列列： =n! （4）記住下列幾個階乘數(shù)：1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，5！=120，6！=720 4.組合 （1）組合的定義，排列與組合的區(qū)別 （2）組合數(shù)公式：Cnm== （3）組合數(shù)的性質(zhì) ①Cnm=Cnn-m ② ③rCnr=nCn-1r-1 ④Cn0+Cn1+…+Cnn=2n ⑤Cn0-Cn1+…+(-1)nCnn=0 即 Cn0+Cn

3、2+Cn4+…=Cn1+Cn3+…=2n-1 5.二項式定理 （1）二項式展開公式 (a+b)n=Cn0an+Cn1an-1b+…+Cnkan-kbk+…+Cnnbn （2）通項公式：二項式展開式中第k+1項的通項公式是 Tk+1=Cnkan-kbk 6.二項式的應用 （1）求某些多項式系數(shù)的和。 （2）證明一些簡單的組合恒等式。 （3）證明整除性。①求數(shù)的末位；②數(shù)的整除性及求系數(shù)；③簡單多項式的整除問題。 （4）近似計算。當|x|充分小時，我們常用下列公式估計近似值： ①(1+x)n≈1+nx ②(1+x)n≈1+nx+x2 （5）證明不等式。 四、思想方法

4、1.解排列組合應用題的基本規(guī)律 （1）分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理使用方法有兩種：①單獨使用；②聯(lián)合使用。 （2）將具體問題抽象為排列問題或組合問題，是解排列組合應用題的關鍵一步。 （3）對于帶限制條件的排列問題，通常從以下三種途徑考慮： ①元素分析法：先考慮特殊元素要求，再考慮其他元素。 ②位置分析法：先考慮特殊位置的要求，再考慮其他位置。 ③整體排除法：先算出不帶限制條件的排列數(shù)，再減去不滿足限制條件的排列數(shù)。 （4）對解組合問題，應注意以下三點： ①對“組合數(shù)”恰當?shù)姆诸愑嬎悖墙饨M合題的常用方法。 ②是用“直接法”還是“間接法”解組合題，其原則是“正難則反”。 ③設計

5、“分組方案”是解組合題的關鍵所在。 2.解排列、組合題的基本策略與方法 （1）去雜法 對有限制條件的問題，先從總體考慮，再把不符合條件的所有情況去掉。這是解決排列組合應用題時一種常用的解題方法。 （2）分類處理 某些問題總體不好解決時，常常分成若干類，再由分類計數(shù)原理得出結論。這是解排列組合問題的基本策略之一。注意的是：分類不重復不遺漏，即：每兩類的交集為空集，所有各類的并集為全集。 （3）分步處理 與分類處理類似，某些問題總體不好解決時，常常分成若干步，再由分步計數(shù)原理解決。在處理排列組合問題時，常常既要分類，又要分步，其原則是先分類，后分步。 （4）插入法（插空法） 某些

6、元素不能相鄰或某些元素要在某特殊位置時可采用插入法。即先安排好沒有限制條件的元素，然后再將有限制條件的元素按要求插入排好的元素之間。 （5）“捆綁”法 把相鄰的若干特殊元素“捆綁”為一個大元素，然后再與其余“普通元素”全排列，最后再“松綁”。將特殊元素在這些位置上全排列，即是“捆綁法”。 （6）窮舉法： 將所有滿足題設條件的排列與組合逐一排列出來。 （7）探索法： 對于復雜的情況，不易發(fā)現(xiàn)其規(guī)律的問題，需仔細分析，從特殊到一般，或一般到特殊，探索出其中規(guī)律，再給予解決。 （8）消序處理 對均勻分組問題的解決，一定要區(qū)分開是“有序分組”還是“無序分組”，若是“無序分組”，一定要清

7、除均勻分組無形中產(chǎn)生的有序因素。 （9）“住店”法 解決“允許重復排列問題”要注意區(qū)分兩類元素：一類元素可以重復，另一類不能重復。把不能重復的元素看作“客”，能重復的元素看作“店”，再利用分步計數(shù)原理直接求解的方法稱為“住店”法。 （10）等價命題轉(zhuǎn)換法 將陌生、復雜的問題轉(zhuǎn)化為熟悉、簡單的問題。這是解數(shù)學題的主要思想方法之一，也是解較難的排列、組合題的重要策略。 3.賦值法 所謂賦值法是指在二項展開公式兩邊用特殊值代入，得出某些等式及組合數(shù)的性質(zhì)。解決與二項式系數(shù)相關的問題。 4.構造二次式 5.算兩次 對同一對象從兩個不同角度去進行計數(shù)，再將兩方面計算的結果綜合起來，獲得

8、所需結論。這樣一種處理問題的方法，稱之為算兩次。 在排列組合中，常對同一問題可有不同的分類辦法去解，可得到有關排列數(shù)與組合數(shù)的不同關系式。 【例題解析】 例1 完成下列選擇題與填空題 （1）有三個不同的信箱，今有四封不同的信欲投其中，則不同的投法有 種。 A.81 B.64 C.24 D.4 （2）四名學生爭奪三項冠軍，獲得冠軍的可能的種數(shù)是（ ） A.81 B.64 C.24 D.4 （3）有四位學生參加三項不同的競賽， ①每位學生必須參加一項競賽，則有不同的參賽方法有 ； ②每項競賽只許有一位

9、學生參加，則有不同的參賽方法有 ； ③每位學生最多參加一項競賽，每項競賽只許有一位學生參加，則不同的參賽方法有 。 解析 （1）完成一件事是“分步”進行還是“分類”進行，是選用基本原理的關鍵。將“投四封信”這件事分四步完成，每投一封信作為一步，每步都有投入三個不同信箱的三種方法，因此：N=3333=34=81，故答案選A。 本題也可以這樣分類完成，①四封信投入一個信箱中，有C31種投法；②四封信投入兩個信箱中，有C32（C41A22+C42C22）種投法；③四封信投入三個信箱，有兩封信在同一信箱中，有C42A33種投法、，故共有C31+C32

10、（C41A22+C42C22）+C42A33=81（種）。故選A。 （2）因?qū)W生可同時奪得n項冠軍，故學生可重復排列，將4名學生看作4個“店”，3項冠軍看作“客”，每個“客”都可住進4家“店”中的任意一家，即每個“客”有4種住宿法。由分步計數(shù)原理得：N=444=64。 故答案選B。 （3）①學生可以選擇項目，而競賽項目對學生無條件限制，所以類似（1）可得 N=34=81（種）； ②競賽項目可以挑學生，而學生無選擇項目的機會，每一項可以挑4種不同學生，共有 N=43=64（種）； ③等價于從4個學生中挑選3個學生去參加三個項目的競賽，每人參加一項，故共有 C43A33=24（種）

11、。 注 本題有許多形式，一般地都可以看作下列命題： 設集合A={a1,a2,…,an},集合B={b1,b2,…,bm}，則f：A→B的不同映射是mn,f：B→A的不同映射是nm。 若n≤m，則f：A→B的單值映射是：Amn。 例2 同室四人各寫一張賀年卡，先集中起來，然后每人從中拿一張別人送出的賀年卡，則四張賀年卡不同的分配方式有（ ） A.6種 B.9種 C.11種 D.23種 解法一 由于共四人（用1，2，3，4代表甲、乙、丙、丁四人），這個數(shù)目不大，化為填數(shù)問題之后，可用窮舉法進行具體的填寫： 再按照題目要求檢驗，最終易知有9種分配方法。 解

12、法二 記四人為甲、乙、丙、丁，則甲送出的卡片可以且只可以由其他三人之一收到，故有3種分配方式；以乙收到為例，其他人收到卡片的情況可分為兩類： 第一類：甲收到乙送出的卡片，這時丙、丁只有互送卡片1種分配方式； 第二類：甲收到的不是乙送出的卡片，這時，甲收到卡片的方式有2種（分別是丙和丁送出的）。對每一種情況，丙、丁收到卡片的方式只有一種。 因此，根據(jù)乘法原理，不同的分配方式數(shù)為 ３（1+2）=9。 解法三 給四個人編號：1，2，3，4，每個號碼代表1個人，人與號碼之間的關系為一對一的關系；每個人送出的賀年卡賦給與其編號相同的數(shù)字作為代表，這樣，賀年卡的分配問題可抽象為如下“數(shù)學問題

13、”：將數(shù)字1，2，3，4，填入標號為1，2，3，4的4個方格里，每格填寫一個數(shù)字，且每個方格的編號與所填數(shù)字都不同的填法共有多少種（也可以說成：用數(shù)字1，2，3，4組成沒有重復數(shù)字的4位數(shù)，而且每位數(shù)字都不等于位數(shù)的4位數(shù)共有多少個）？ 這時，可用乘法原理求解答案： 首先，在第1號方格里填寫數(shù)字，可填上2、3、4中的任一個數(shù)，有3種填法； 其次，當?shù)?號方格填寫的數(shù)字為i（2≤i≤4）時，則填寫第i種方格的數(shù)字，有3種填法； 最后，將剩下的兩個數(shù)填寫到空著的兩個空格里，只有1種填法（因為剩下的兩個數(shù)中，至少有1個與空著的格子的序號相同）。 因此，根據(jù)乘法原理，得不同填法： 331

14、=9 注 本題是“亂坐問題”，也稱“錯排問題”，當元素較大時，必須用容斥原理求解，但元素較小時，應用分步計數(shù)原理和分類計數(shù)原理便可以求解，或可以窮舉。 例3 宿舍樓走廊上有有編號的照明燈一排8盞，為節(jié)約用電又不影響照明，要求同時熄掉其中3盞，但不能同時熄掉相鄰的燈，問熄燈的方法有多少種？ 解法一 我們將8盞燈依次編號為1，2，3，4，5，6，7，8。 在所熄的三盞燈中，若第一盞熄1號燈，第二盞熄3號燈，則第3盞可以熄5，6，7，8號燈中的任意一盞，共有4種熄法。 若第一盞熄1號燈，第2盞熄4號燈，則第3盞可以熄6，7，8號燈中的任意一盞。 依次類推，得若1號燈熄了，則共有4+

15、3+2+1=10種熄法。 若1號燈不熄，第一盞熄的是2號燈，第二盞熄的是4號燈，則第三盞可以熄6，7，8號燈中的任意一盞，共有3種熄法。 依次類推得，若第一盞燈熄的是2號燈，則共有3+2+1=6種熄法。 同理，若第一盞熄的是3號燈，則共有2+1=3種熄法。 同理，若第一盞熄的是4號燈，則有1種熄法。 綜上所述共有：10+6+3+1=20種熄法。 解法二 我們可以假定8盞燈還未安裝，其中5盞燈是亮著的，3盞燈不亮。這樣原問題就等價于：將5盞亮著的燈與3盞不亮的燈排成一排，使3盞不亮的燈不相鄰（燈是相同的）。5盞亮著的燈之間產(chǎn)生6個間隔（包括兩邊），從中插入3個作為熄滅的燈——就是我

16、們經(jīng)常解決的“相鄰不相鄰”問題，采用“插入法”，得其答案為C63=20種。 注 解法一是窮舉法，將所有可能的情況依次逐一排出。這種方法思路清晰，但有時較繁。方法二從另外一個角度審題，認清其數(shù)學本質(zhì)，抽象成數(shù)學模型，解題時有一種豁然開朗的感覺。 例4 已知直線ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合{-3,-2,-1,0,1,2,3}中的3個不同的元素，并且該直線的傾斜角為銳角，求符合這些條件的直線的條數(shù)。 解 設傾斜角為θ， 由θ為銳角，得tanθ=->0,即a、b異號。 （1）若c=0，a、b各有3種取法，排除2個重復（3x-3y=0,2x-2y=0,x-y=0），故有33

17、-2=7（條）。 （2）若c≠0，a有3種取法，b有3種取法，而同時c還有4種取法，且其中任兩條直線均不相同，故這樣的直線有334=36條，從而符合要求的直線共有7+36=43條。 注 本題是1999年全國高中數(shù)學聯(lián)賽中的一填空題，據(jù)抽樣分析正確率只有0.37。錯誤原因沒有對c=0與c≠0正確分類；沒有考慮c=0中出現(xiàn)重復的直線。 例5 平面上給定10個點，任意三點不共線，由這10個點確定的直線中，無三條直線交于同一點（除原10點外），無兩條直線互相平行。求：（1）這些直線所交成的點的個數(shù)（除原10點外）。（2）這些直線交成多少個三角形。 解法一 （1）由題設這10點所確定的直線

18、是C102=45條。 這45條直線除原10點外無三條直線交于同一點，由任意兩條直線交一個點，共有C452個交點。而在原來10點上有9條直線共點于此。所以，在原來點上有10C92點被重復計數(shù)。 所以這些直線交成新的點是：C452-10C92=630。 （2）這些直線所交成的三角形個數(shù)可如下求：因為每個三角形對應著三個頂點，這三個點來自上述630個點或原來的10個點。所以三角形的個數(shù)相當于從這640個點中任取三個點的組合，即C6403=43 486080（個）。 解法二 （1）如圖對給定的10點中任取4個點，四點連成6條直線，這6條直線交3個新的點。故原題對應于在10個點中任取4點的不同

19、取法的3倍，即這些直線新交成的點的個數(shù)是：3C104=630。 （2）同解法一。 注 用排列、組合解決有關幾何計算問題，除了應用排列、組合的各種方法與對策之外，還要考慮實際幾何意義。 例6 （1）如果（x+）2n展開式中，第四項與第六項的系數(shù)相等。求n，并求展開式中的常數(shù)項； （2）求（-）8展開式中的所有的有理項。 解 （1）由C2n3=C2n5,可得3+5=2n ∴ n=4。 設第k+1項為常數(shù)項 則 Tk+1=C8kx8-kx-k=C8kx8-2k ∴8-2k=0，即k=4 ∴常數(shù)項為T5=C84=70。 （2）設第k+1項有理項，則 因為0≤k

20、≤8，要使∈Z，只有使k分別取0，4，8 所以所求的有理項應為： T1=x4,T5=x,T9=x-2 注 （1）二項式展開中，要注意“系數(shù)”與“二項式系數(shù)”的區(qū)別； （2）在二項展開式中求得k后，對應的項應該是k+1項。 例7 （1）求46n+5n+1被20除后的余數(shù)； （2）7n+Cn17n-1+Cn27n-2+…+Cnn-17除以9，得余數(shù)是多少？ （3）根據(jù)下列要求的精確度，求1.025的近似值。①精確到0.01；②精確到0.001。 解 （1）首先考慮46n+5n+1被4整除的余數(shù)。 ∵5n+1=(4+1)n+1=4n+1+Cn+114n+Cn+124n-1+…

21、+Cn+1n4+1 ∴其被4整除的余數(shù)為1 ∴被20整除的余數(shù)可以為1，5，9，13，17 然后考慮46n+1+5n+1被5整除的余數(shù)。 ∵46n=4(5+1)n=4(5n+Cn15n-1+Cn25n-2+…+Cnn-15+1) ∴被5整除的余數(shù)為4 ∴其被20整除的余數(shù)可以為4，9，14，19。 綜上所述，被20整除后的余數(shù)為9。 （2） 7n+Cn17n-1+Cn27n-2+…+Cnn-17 =(7+1)n-1=8n-1=(9-1)n-1 =9n-Cn19n-1+Cn29n-2+…+(-1)n-1Cnn-19+(-1)nCnn-1 (i)當n為奇

22、數(shù)時 原式=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+…+（-1）n-1Cnn-19-2 ∴除以9所得余數(shù)為7。 (ii)當n為偶數(shù)時 原式=9n-Cn19n-1+Cn29n-2+…+(-1)n-1Cnn-19 ∴除以9所得余數(shù)為0，即被9整除。 （3）(1.02)5≈（1+0.02）5 =1+c510.02+C520.022+C530.023+C540.024+C550.025 ∵C520.022=0.004,C530.023=810-5 ∴①當精確到0.01時，只要展開式的前三項和，1+0.10+0.004=1.104，近似值為1.10。 ②當精確到0

23、.001時，只要取展開式的前四項和，1+0.10+0.004+0.0008=1.10408，近似值為1.104。 注 （1）用二項式定理來處理余數(shù)問題或整除問題時，通常把底數(shù)適當?shù)夭鸪蓛身椫突蛑钤侔炊検蕉ɡ碚归_推得所求結論。 （2）用二項式定理來求近似值，可以根據(jù)不同精確度來確定應該取到展開式的第幾項。 例8 證明下列不等式： （1）≥（）n,（a、b∈{x|x是正實數(shù)},n∈N）; （2）已知a、b為正數(shù)，且+=1，則對于n∈N有 （a+b）n-an-bn≥22n-2n+1。 證明 （1）令a=x+δ， b=x-δ 則x= an+bn=(x+δ)n+(x-δ)n

24、 =xn+Cn1xn-1δ+…+Cnnδn+xn-Cn1xn-1δ+…(-1)nCnnδn =2(xn+Cn2xn-2δ2+Cn4xn-4δ4+…) ≥2xn 即≥（）n （2）(a+b)n=an+Cn1an-1b+…+Cnnbn (a+b)n=bn+Cn1bn-1a+…+Cnnan 上述兩式相加得： 2(a+b)n=(an+bn)+Cn1(an-1b+bn-1a)+…+Cnk(an-kbk+bn-kak)+…+Cnn(an+bn) (*) ∵+=1，且a、b為正數(shù) ∴ab=a+b≥2 ∴ab≥4 又∵an-kbk+bn-kak≥2=2()n(k=1,2,…,n-1

25、) ∴2(a+b) n≥2an+2bn+Cn12()n+Cn22（）n+…+Cnn-12()n ∴(a+b)n-an-bn ≥(Cn1+Cn2+…+Cnn-1)（）n ≥(2n-2)2n =22n-2n+1 注 利用二項式定理的展開式，可以證明一些與自然數(shù)有關的不等式問題。題（1）中的換元法稱之為均值換元（對稱換元）。這樣消去δ奇數(shù)次項，從而使每一項均大于或等于零。題（2）中，由由稱位置二項式系數(shù)相等，將展開式倒過來寫再與原來的展開式相加，這樣充分利用對稱性來解題的方法是利用二項式展開式解題的常用方法。 例9 已知(1-ax)n展開式的第p,p+1,p+2三項的二項式系數(shù)構成

26、等差數(shù)列，第n+1-p與第n+2-p項的系數(shù)之和為0，而（1-ax）n+1展開式的第p+1與p+2項的二項式系數(shù)之比為1∶2。 （1）求（1-ax）n+1展開式的中間項； （2）求（1-ax）n的展開式中系數(shù)最大的項。 解 由題設得： 由①得，2Cnp=Cnp+Cnp 兩邊約去Cnp,可得： 2=+ 由③得，2Cn+1p=Cn+1p 約去Cn+1p可得，n=3p+1 解方程組 得：n=7,p=2. 將p=2,n=7代入②得： C57(-a)5+C76(-a)6=0 解之得：a=0或3。 若a=0 ，則（1-0x）8的中間項T5=0，（1-0x）7展開式中系數(shù)最

27、大的項是T1=1。 若a=3，則（1-3x）8的中間項T5=C84（-3x）4=5670x4，（1-3x）7的展開式中，奇數(shù)項系數(shù)為正， 令 ≥1 解之得：k≤6。 故（1-3x）7展開式中系數(shù)最大的項為 T7=C76（-3）6x6=5103x6。 注 一般地，求（a+bx）n展開式中系數(shù)絕對值最大的項的方法是： 設第k+1項為系數(shù)絕對值最大的項，則由 求出k的取值范圍，從而確定第幾項最大。 例10 求證下列各式 （1）Cnk+Cnk-1=Cn+1k; （2）Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+…+CnpCm0=Cm+np。 證明 （1）對于給定的n+1個元素

28、，從n+1個元素中任意選出k個元素的不同組合有Cn+1k。另一方面，設a是n+1個元素中的一個。對于a我們這樣分類。 （i）若a不選，則在n個元素中選k個，有Cnk種不同的選法。 （ii）若a選，則在n個元素中再選k-1個，有Cnk-1種不同的選法。 故從n+1個元素中選k個元素組成一組的不種選法是：Cnk+Cnk-1。 所以，Cnk+Cnk-1=Cn+1k。 （2）仿（1）我們也用排列組合的知識來證明。事實上右邊Cm+np，可看作下列命題： 從m個紅球，n個白球中，任選p個球的不同選法是Cm+np種。 另一方面，我們按選紅球的個數(shù)分類：（i）取p個紅球，0個白球；(ii)取p-

29、1個紅球，1個白球，…，取0個紅球，p個白球，這樣的每類選法數(shù)為：Cn0Cmp,Cn1Cmp-1,…，CnpCm0 ∴由分類計數(shù)原理可得： Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+…+CnpCm0=Cm+np （2）另證：∵（1+x）n(1+x)m≡(1+x)m+n 左邊展開式中xp的系數(shù)是： Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+…+CnpCm0 右邊展開式中xp的系數(shù)是：Cm+np 由多項式恒等條件可知 Cn0Cmp+Cn1Cmp-1+…+CnpCm0=Cm+np 注 本題的證明方法稱之為算兩次，對一個數(shù)學模型從不同角度去解，得出兩個結果，將這兩個結果綜合起來，得到我們所需證明的結論

30、。 專題五 排列、組合、二項式定練習 跟蹤練習 一、選擇題 1.有甲、乙、丙三項任務，甲需2人承擔，乙、丙各需1人承擔，從10人中選派4人承擔這三項任務，不同的選法有 種。（ ） A.2520 B.2025 C.1260 D.5040 2.若x（小于55）為正整數(shù)，則(55-x)(56-x)…(69-x)等于（ ） A.A69-x55-x B.A69-x15 C.A55-x15

31、D.A69-x14 3.八名學生排成前后兩排，計算其排法種數(shù)，在下列答案中錯誤的是（ ） A.前后兩排各4人，共有A84A44種排法 B.前3人，后5人，有A88種排法 C.前3人，后5人，甲必站前排有A31A32A44種排法 D.前3人，后5人，甲不站前、后兩排的正中，有6A77種排法 4.四面體的頂點和各棱中點共有10個點，在其中取4個不共面的點，不同的取法共有 種。（ ） A.150 B.147 C.144 D.141 5.8個色彩不同的球已平均分裝在4個箱子中，現(xiàn)從不同的箱子中取出2個彩球，則不同的取法共有（ ） A.6種

32、 B.12種 C.24種 D.28種 6.一條鐵路原有m個車站，為適應客運需要新增加n個車站(n>1)，則客運車票增加了58種（注：從甲站到乙站和從乙站到甲站需要兩種不同車票），那么原有車站（ ） A.12個 B.13個 C.14個 D.15個 7.有12個隊參加亞運會足球賽，比賽時先分為3個組（每個組4個隊），各組都實行主客場制（即每隊都要與本組的其他各隊交鋒兩次），然后由各組的前兩名共6個隊進行單循環(huán)賽（即每兩個隊交鋒一次）決定冠亞軍，則共需要比賽（ ） A.51場 B.66場 C.48場 D.33場 8.每天上午有4

33、節(jié)課，下午有2節(jié)課，安排5門不同的課程，其中安排一門課兩節(jié)連在一起上，則一天安排不同課程的種數(shù)為（ ） A.96 B.120 C.480 D.600 9.從1，2，3，4，7，9這六個數(shù)，任取兩個分別作為一個對數(shù)的底數(shù)和真數(shù)，則可以組成的不同的對數(shù)值的個數(shù)（ ） A.17 B.19 C.21 D.23 10.已知(2x2+4x+3)6=a0+a1(x+1)2+a2(x+1)4+…+a6(x+1)12，則a0+a2+a4+a6的值為( ) A. B. C. D. 11.離心率e=logpq(其中1≤p≤9

34、,1≤q≤9，且p∈N,q∈N)的不同形狀的橢圓的個數(shù)為（ ） A.25 B.26 C.27 D.28 12.如果ab<0，a+b=1，且二項式（a+b）3按a的降冪展開后，第二項不大于第三項，則a的取值范圍是（ ） A.（-∞，- B.[,+∞ C.（-∞，+ D.（1，+∞） 二、填空題 13.由1，2，3，4，5，6，7這七個數(shù)字構成的七位正整數(shù)中，有且僅有兩個偶數(shù)相鄰的個數(shù)是 。 14.已知(x-)6展開式的第5項等于，那么(x-1+x-2+…+x-n)= 。 15.在（x-）4(2x-1

35、)3的展開式中，x2項的系數(shù)為 。 16.若n∈N，且n為奇數(shù)，則6n+Cn16n-1+…+Cnn-16-1被8除，所得的余數(shù)是 。 三、解答題 17.已知（2i+）n,i是虛數(shù)單位，x∈R,n∈N。 （1）如果展開式的倒數(shù)第三項的系數(shù)是-180，求n; （2）對（1）中的n，求展開式中系數(shù)為正實數(shù)的項。 18.從6名師范大學畢業(yè)生中選取4人到編號為1、2、3、4的四所中學任教，每校1人，若甲、乙兩人必須入選，且甲、乙所在學校編號必須相鄰，那么不同的選取方法有多少種？ 19.從1，2，…，10這十個數(shù)字中選出

36、四個不同的數(shù)，使它們的和為奇數(shù)，共有多少種不同取法？ 20.已知f(x)=(1+x)m+(1+x)n(m,n∈N)的展開式中的x系數(shù)為19。 （1）求f(x)展開式中x2項系數(shù)的最小值； （2）當x2項系數(shù)最小時，求f(x)展開式中x7項的系數(shù)。 21.設an=1+q+q2+…+qn-1(n∈N,q≠1),An=Cn1a1+Cn2a2+…+Cnnan （1）求An(用n和q表示) （2）當-3<9<1，且q≠-1時，求。 22.有6本不同的書，按下列分配方式，分別有多少種不同分配方式？ （1）分成一本、兩本、三本的3組； （2）分給甲、乙、

37、丙三人，其中一人一本，一人二本，一人三本； （3）分成每組都是二本的3組； （4）分給甲、乙、丙三人，每人二本。 參考答案 1.A 2.B 3.C 4.D 5.C 6.C 7.A 8.C 9.A 10.B 11.B 12.D 13.2880 14.1 15.-68 16.5 17.[解] （1）由已知Cnn-2（2i）2=-180得n=10(n=-9舍去) （2）通項C10r(2i)10-rx ∵系數(shù)為正實數(shù) ∴r=10,6,2 ∴T11=x-20,T7=3360x-10,T3=11520為所求。 18.C423P22

38、=36 19.72種 [解] 四個數(shù)中，三奇一偶的取法有C53C51=50（種） 三偶一奇的取法有C53C51=50（種） ∴滿足條件的取法有2C53C51=100（種） 20.[解] 由已知Cm1+Cn1=19，即m+n=19。 （1）x2的系數(shù)為Cm2+Cn2=[-19] ∴當n=9，m=10或n=10,m=9時，x2項的系數(shù)是最小，最小值為81。 （2）x72項的系數(shù)為C107+C97=156。 21.[解] （1）∵an= ∴An=[Cn1(1-q)+Cn2(1-q2)+…+Cnn(1-qn)] =[ Cn1+ Cn2+…+ Cnn-( Cn1q+

39、Cn2q+…+ Cn1qn)] =[(2n-1)-(1+q)n+1]= [2n-(1+q)n] （2）=[1-()n] ∵-3