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2019届二轮复习（理）专题六第四讲排列、组合、二项式定理学案
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第四讲 排列、组合、二项式定理
年份
卷别
考查角度及命题位置
命题分析
2018
Ⅰ卷
排列、组合·T15
1.排列、组合在高中数学中占有特殊的位置，是高考的必考内容，很少单独命题，主要考查利用排列、组合知识计算古典概型．
2.二项式定理仍以求二项展开式的特定项、特定项的系数及二项式系数为主，题目难度一般，多出现在第9～10或第13～15题的位置上.
Ⅲ卷
二项式中特定项系数·T5
2017
Ⅱ卷
计数原理、排列、组合的应用·T6
Ⅲ卷
二项式定理、二项展开式中特定项的系数·T4
2016
Ⅰ卷
二项式定理、特定项的系数·T14
Ⅱ卷
计数原理、组合的应用·T5
排列、组合应用
授课提示：对应学生用书第69页
[悟通——方法结论]
两个计数原理解题的方法
在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．
求解排列、组合问题常用的解题方法
(1)元素相邻的排列问题——“捆绑法”；
(2)元素不相邻的排列问题——“插空法”；
(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；
(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法；
(5)分组分配问题
①平均分组问题分组数计算时要注意除以组数的阶乘．
②不平均分组问题实质上是组合问题．
[全练——快速解答]
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
答案：D
2．第一届“一带一路”国际合作高峰论坛于2017年5月14日至15日在北京举行，为了保护各国国家元首的安全，某部门将5个安保小组全部安排到指定的三个区域内工作，且每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有( )
A．96种 B．100种
C．124种 D．150种
解析：因为每个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组共有两种方法，一种是按照1,1,3来分，另一种是按照2,2,1来分．
当按照1,1,3来分时，不同的分法共有N1＝A＝60(种)；
当按照2,2,1来分时，不同的分法共有N2＝A＝90(种)．
根据分类加法计数原理，可得这样的安排方法共有N＝N1＋N2＝150(种)，故选D.
答案：D
3．3名男生、3名女生排成一排，男生必须相邻，女生也必须相邻的排法种数为( )
A．2 B．9
C．72 D．36
解析：可分两步：第一步，把3名女生作为一个整体，看成一个元素，3名男生作为一个整体，看成一个元素，两个元素排成一排有A种排法；第二步，对男生、女生“内部”分别进行排列，女生“内部”的排法有A种，男生“内部”的排法有A种．
故符合题意的排法种数为A×A×A＝72，故选C.
答案：C
4．马路上有七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案共有( )
A．60 B．20种
C．10种 D．8种
解析：根据题意，可分两步：
第一步，先安排四盏不亮的路灯，有1种情况；
第二步，四盏不亮的路灯排好后，有5个空位，在5个空位中任意选3个，插入三盏亮的路灯，有C＝10(种)情况．
故不同的开灯方案共有10×1＝10(种)，故选C.
答案：C
5．某大学的6名大二学生打算参加学校组织的“临界动漫协会”“大学生心理卫生协会”“学生跆拳道协会”“蓝天环保社团”“《马头琴》诗歌协会”5个社团，若每名学生必须参加且只能参加1个社团，并且每个社团至多2人参加，则这6人中至多有1人参加“学生跆拳道协会”的不同参加方法种数为 ( )
A．1 440 B．3 600
C．5 040 D．6 840
解析：可分两类：第一类，若有1人参加“学生跆拳道协会”，则从6人中选1人参加该社团，其余5人去剩下4个社团，人数安排有两种情况，即1,1,1,2和1,2,2，故1人参加“学生跆拳道协会”的不同参加方法种数为C×(A＋A)＝3 600；第二类，若无人参加“学生跆拳道协会”，则6人参加剩下4个社团，人数安排有两种情况，即1,1,2,2和2,2,2，故无人参加“学生跆拳道协会”的不同参加方法种数为A＋·A＝1 440.故满足条件的方法种数为3 600＋1 440＝5 040，故选C.
答案：C
掌握分组、分配问题的求解策略
(1)分组问题属于“组合”问题，按组合问题求解，常见的分组问题有三种：
①完全均匀分组，每组的元素个数均相等；
②部分均匀分组，应注意不要重复，若有n组均匀，最后必须除以n！；
③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．
(2)分配问题属于“排列”问题，可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
(3)解决分组分配问题的基本指导思想是先分组，后分配．
二项式定理
授课提示：对应学生用书第70页
[悟通——方法结论]
1．通项与二项式系数
Tk＋1＝Can－kbk(k＝0,1,2，…，n)，其中C叫作二项式系数．
2．各二项式系数之和
(1)C＋C＋C＋…＋C＝2n；
(2)C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1.
3．二项式系数的最大项由n的奇偶性决定
当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大；
当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
(1)(2017·高考全国卷Ⅰ)在(1＋x)6的展开式中x2的系数为( )
A．15 B．20
C．30 D．35
解析：(1＋x)6展开式的通项Tr＋1＝Cxr，所以(1＋x)6的展开式中x2的系数为1×C＋1×C＝30，故选C.
答案：C
(2)(2017·高考全国卷Ⅲ)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A．－80 B．－40
C．40 D．80
解析：当第一个括号内取x时，第二个括号内要取含x2y3的项，即C(2x)2(－y)3，当第一个括号内取y时，第二个括号内要取含x3y2的项，即C(2x)3(－y)2，所以x3y3的系数为C×23－C×22＝10×(8－4)＝40.
答案：C
(3)若(3x－1)2 018＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 018x2 018(x∈R)，则＋＋＋…＋＝________.
解析：令x＝0，可得a0＝1.由通项公式可得a1＝C·31·(－1)2 017＝－6 054.令x＝，得＋＋＋…＋＝－1，则＋＋＋…＋＝＝－＝.
答案：
1.公式法求特定项的类型及思路
通项公式Tr＋1＝Can－rbr的主要作用是求展开式中的特定项，常见的类型有：
(1)求第k项，此时r＋1＝k，直接代入通项公式求解；
(2)求含xm的项，只需令x的幂指数为m建立方程求解；
(3)求常数项，即项中不含x，可令x的幂指数为0建立方程求解；
(4)求有理项，先令x的幂指数为整数建立方程，再讨论r的取值．若通项中含有根式，一般先把根式化为分数指数幂，以减少计算错误．
2．赋值法研究二项展开式的系数和问题的策略
“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
[练通——即学即用]
1．(2018·唐山模拟)(x2－)6的展开式中的常数项为( )
A．15 B．－15
C．20 D．－20
解析：依题意，Tr＋1＝C(x2)6－r(－)r＝C(－1)rx12－3r，令12－3r＝0，则r＝4，所以(x2－)6的展开式中的常数项为C(－1)4＝15，选择A.
答案：A
2．(2018·长郡中学模拟)若二项式(x2＋)7的展开式的各项系数之和为－1，则含x2项的系数为( )
A．560 B．－560
C．280 D．－280
解析：取x＝1，得二项式(x2＋)7的展开式的各项系数之和为(1＋a)7，即(1＋a)7＝－1,1＋a＝－1，a＝－2.二项式(x2－)7的展开式的通项Tr＋1＝C·(x2)7－r·(－)r＝C·(－2)r·x14－3r.令14－3r＝2，得r＝4.因此，二项式(x2－)7的展开式中含x2项的系数为C·(－2)4＝560，选A.
答案：A
授课提示：对应学生用书第154页
一、选择题
1．(2018·宝鸡模拟)我市正在建设最具幸福感城市，原计划沿渭河修建7个河滩主题公园．为提升城市品位、升级公园功能，打算减少2个河滩主题公园，两端河滩主题公园不在调整计划之列，相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整，则调整方案的种数为( )
A．12 B．8
C．6 D．4
解析：由题意知除两端的2个河滩主题公园之外，从中间5个河滩主题公园中调整2个，保留3个，可以从这3个河滩主题公园的4个空中任选2个来调整，共有C＝6种方法．
答案：C
2．(2018·凉山二检)(x2－3)5的展开式的常数项是( )
A．－2 B．2
C．－3 D．3
解析：∵(x2－3)5＝(x2－3)(Cx－10＋Cx－8＋Cx－6＋Cx－4＋Cx－2＋C)，∴展开式的常数项是x2·Cx－2－3C＝2.
答案：B
3．(2018·漳州模拟)已知(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a2＋a3＋…＋a9＋a10的值为( )
A．－20 B．0
C．1 D．20
解析：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝1，再令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝0，又易知a1＝C×21×(－1)9＝－20，所以a2＋a3＋…＋a9＋a10＝20.
答案：D
4．(2018·内江模拟)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为( )
A．144 B．72
C．36 D．48
解析：分两步完成：第一步将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有种；第二步将分好的三组分配到3个学校，其分法有A种，所以满足条件的分配方案有·A33＝36种．
答案：C
5．现有5本相同的《数学家的眼光》和3本相同的《数学的神韵》，要将它们排在同一层书架上，并且3本相同的《数学的神韵》不能放在一起，则不同的放法种数为( )
A．20 B．120
C．2 400 D．14 400
解析：根据题意，可分两步：
第一步，先放5本相同的《数学家的眼光》，有1种情况；
第二步，5本相同的《数学家的眼光》排好后，有6个空位，在6个空位中任选3个，把3本相同的《数学的神韵》插入，有C＝20(种)情况．
故不同的放法有20种，故选A.
答案：A
6．(2018·西安模拟)已知(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2的值为( )
A．39 B．310
C．311 D．312
解析：对(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9两边同时求导，得9(x＋2)8＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7＋9a9x8，令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9＝310，令x＝－1，得a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9＝32.所以(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2＝(a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9)(a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9)＝312，故选D.
答案：D
7．现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的着色方法的种数是( )
A．120 B．140
C．240 D．260
解析：由题意，先涂A处，有5种涂法，再涂B处有4种涂法，第三步涂C，若C与A所涂颜色相同，则C有1种涂法，D有4种涂法，若C与A所涂颜色不同，则C有3种涂法，D有3种涂法，由此得不同的着色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)，故选D.
答案：D
8．(2018·昆明一模)旅游体验师小李受某旅游网站的邀约，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方法数为( )
A．24 B．18
C．16 D．10
解析：第一类，甲在最后一个体验，则有A种方法；第二类，甲不在最后一个体验，则有AA种方法，所以小李旅游的方法共有A＋AA＝10种．
答案：D
9．(2018·西安二模)将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( )
A．10种 B．20种
C．36种 D．52种
解析：1号盒子可以放1个或2个球，2号盒子可以放2个或3个球，所以不同的放球方法有CC＋CC＝10(种)．
答案：A
10．从集合{1,2,3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程＋＝1中的a和b，则能组成落在矩形区域B＝{(x，y)||x|＜11，且|y|＜9}内的椭圆个数为( )
A．43 B．72
C．863 D．90
解析：在1,2,3，…，8中任取两个数作为a和b，共有A28＝56个椭圆；在9,10中取一个作为a，在1,2,3，…，8中取一个作为b，共有AA＝16个椭圆，由分类加法计数原理，知满足条件的椭圆的个数为56＋16＝72.
答案：B
11．将n的展开式按x的降幂排列，若前三项的系数成等差数列，则n为( )
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：二项式的展开式为Tr＋1＝C()n－rr＝Crx－r，由前三项系数成等差数列得C＋C2＝2C1，即n2－9n＋8＝0，解得n＝8或n＝1(舍去)，故n＝8.
答案：C
12．(2018·保定质量监测)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，要求这3张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( )
A．232 B．252
C．472 D．484
解析：由题意，不考虑特殊情况，共有C种取法，其中同一种颜色的卡片取3张，有4C种取法，3张卡片中红色卡片取2张有C·C种取法，故所求的取法共有C－4C－C·C＝560－16－72＝472种，选C.
答案：C
二、填空题
13．(2018·成都模拟)(x＋2y)5的展开式中含x3y2项的系数为________．
解析：(x＋2y)5的展开式的通项Tr＋1＝Cx5－r(2y)r，所以含x3y2项的系数即r＝2时的系数，即C×22＝40.
答案：40
14．若(x＋a)(1＋2x)5的展开式中x3的系数为20，则a＝________.
解析：(x＋a)(1＋2x)5的展开式中x3的系数为C·22＋a·C·23＝20，∴40＋80a＝20，解得a＝－.
答案：－
15．4位男生和3位女生站成一排拍照，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有2位女生相邻，则不同的排法种数为________．(用数字作答)
解析：先排4位男生，有A种不同的排法，有5个空位，再从3位女生中任取2人“捆绑”在一起记作M(M共有CA种不同排法)，剩下1位女生记作N，让M，N插入5个空位中的2个空位，有A种排法，此时共有ACAA种不同的排法．又男生甲不站
两端，其中甲站两端时有AACAA种不同的排法，所以共有ACAA－AACAA＝2 016(种)不同的排法．
答案：2 016
16．把编号为1,2,3,4的四封电子邮件发送到编号为1,2,3,4的四个电子邮箱，且每个电子邮箱都会收到一封电子邮件，则至多有一封邮件的编号与邮箱的编号相同的发送方法种数为________．(用数字作答)
解析：由题意知，编号为1,2,3,4的四封电子邮件发送到编号为1,2,3,4的四个电子邮箱，发送方法有A种，有两封邮件的编号与邮箱的编号相同或邮件的编号与邮箱的编号全相同的发送方法有(C＋C)种．所以至多有一封邮件的编号与邮箱的编号相同的发送方法种数为A－(C＋C)＝24－7＝17.
答案：17
年份
卷别
考查角度及命题位置
命题分析
2018
Ⅰ卷
排列、组合·T15
1.排列、组合在高中数学中占有特殊的位置，是高考的必考内容，很少单独命题，主要考查利用排列、组合知识计算古典概型．
2.二项式定理仍以求二项展开式的特定项、特定项的系数及二项式系数为主，题目难度一般，多出现在第9～10或第13～15题的位置上.
Ⅲ卷
二项式中特定项系数·T5
2017
Ⅱ卷
计数原理、排列、组合的应用·T6
Ⅲ卷
二项式定理、二项展开式中特定项的系数·T4
2016
Ⅰ卷
二项式定理、特定项的系数·T14
Ⅱ卷
计数原理、组合的应用·T5
排列、组合应用
授课提示：对应学生用书第69页
[悟通——方法结论]
两个计数原理解题的方法
在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．
求解排列、组合问题常用的解题方法
(1)元素相邻的排列问题——“捆绑法”；
(2)元素不相邻的排列问题——“插空法”；
(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；
(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法；
(5)分组分配问题
①平均分组问题分组数计算时要注意除以组数的阶乘．
②不平均分组问题实质上是组合问题．
[全练——快速解答]
1．(2017·高考全国卷Ⅱ)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( )
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
答案：D
2．第一届“一带一路”国际合作高峰论坛于2017年5月14日至15日在北京举行，为了保护各国国家元首的安全，某部门将5个安保小组全部安排到指定的三个区域内工作，且每个区域至少有一个安保小组，则这样的安排方法共有( )
A．96种 B．100种
C．124种 D．150种
解析：因为每个区域至少有一个安保小组，所以可以把5个安保小组分成三组共有两种方法，一种是按照1,1,3来分，另一种是按照2,2,1来分．
当按照1,1,3来分时，不同的分法共有N1＝A＝60(种)；
当按照2,2,1来分时，不同的分法共有N2＝A＝90(种)．
根据分类加法计数原理，可得这样的安排方法共有N＝N1＋N2＝150(种)，故选D.
答案：D
3．3名男生、3名女生排成一排，男生必须相邻，女生也必须相邻的排法种数为( )
A．2 B．9
C．72 D．36
解析：可分两步：第一步，把3名女生作为一个整体，看成一个元素，3名男生作为一个整体，看成一个元素，两个元素排成一排有A种排法；第二步，对男生、女生“内部”分别进行排列，女生“内部”的排法有A种，男生“内部”的排法有A种．
故符合题意的排法种数为A×A×A＝72，故选C.
答案：C
4．马路上有七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案共有( )
A．60 B．20种
C．10种 D．8种
解析：根据题意，可分两步：
第一步，先安排四盏不亮的路灯，有1种情况；
第二步，四盏不亮的路灯排好后，有5个空位，在5个空位中任意选3个，插入三盏亮的路灯，有C＝10(种)情况．
故不同的开灯方案共有10×1＝10(种)，故选C.
答案：C
5．某大学的6名大二学生打算参加学校组织的“临界动漫协会”“大学生心理卫生协会”“学生跆拳道协会”“蓝天环保社团”“《马头琴》诗歌协会”5个社团，若每名学生必须参加且只能参加1个社团，并且每个社团至多2人参加，则这6人中至多有1人参加“学生跆拳道协会”的不同参加方法种数为 ( )
A．1 440 B．3 600
C．5 040 D．6 840
解析：可分两类：第一类，若有1人参加“学生跆拳道协会”，则从6人中选1人参加该社团，其余5人去剩下4个社团，人数安排有两种情况，即1,1,1,2和1,2,2，故1人参加“学生跆拳道协会”的不同参加方法种数为C×(A＋A)＝3 600；第二类，若无人参加“学生跆拳道协会”，则6人参加剩下4个社团，人数安排有两种情况，即1,1,2,2和2,2,2，故无人参加“学生跆拳道协会”的不同参加方法种数为A＋·A＝1 440.故满足条件的方法种数为3 600＋1 440＝5 040，故选C.
答案：C
掌握分组、分配问题的求解策略
(1)分组问题属于“组合”问题，按组合问题求解，常见的分组问题有三种：
①完全均匀分组，每组的元素个数均相等；
②部分均匀分组，应注意不要重复，若有n组均匀，最后必须除以n！；
③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．
(2)分配问题属于“排列”问题，可以按要求逐个分配，也可以分组后再分配．
(3)解决分组分配问题的基本指导思想是先分组，后分配．
二项式定理
授课提示：对应学生用书第70页
[悟通——方法结论]
1．通项与二项式系数
Tk＋1＝Can－kbk(k＝0,1,2，…，n)，其中C叫作二项式系数．
2．各二项式系数之和
(1)C＋C＋C＋…＋C＝2n；
(2)C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1.
3．二项式系数的最大项由n的奇偶性决定
当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大；
当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大．
(1)(2017·高考全国卷Ⅰ)在(1＋x)6的展开式中x2的系数为( )
A．15 B．20
C．30 D．35
解析：(1＋x)6展开式的通项Tr＋1＝Cxr，所以(1＋x)6的展开式中x2的系数为1×C＋1×C＝30，故选C.
答案：C
(2)(2017·高考全国卷Ⅲ)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数为( )
A．－80 B．－40
C．40 D．80
解析：当第一个括号内取x时，第二个括号内要取含x2y3的项，即C(2x)2(－y)3，当第一个括号内取y时，第二个括号内要取含x3y2的项，即C(2x)3(－y)2，所以x3y3的系数为C×23－C×22＝10×(8－4)＝40.
答案：C
(3)若(3x－1)2 018＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 018x2 018(x∈R)，则＋＋＋…＋＝________.
解析：令x＝0，可得a0＝1.由通项公式可得a1＝C·31·(－1)2 017＝－6 054.令x＝，得＋＋＋…＋＝－1，则＋＋＋…＋＝＝－＝.
答案：
1.公式法求特定项的类型及思路
通项公式Tr＋1＝Can－rbr的主要作用是求展开式中的特定项，常见的类型有：
(1)求第k项，此时r＋1＝k，直接代入通项公式求解；
(2)求含xm的项，只需令x的幂指数为m建立方程求解；
(3)求常数项，即项中不含x，可令x的幂指数为0建立方程求解；
(4)求有理项，先令x的幂指数为整数建立方程，再讨论r的取值．若通项中含有根式，一般先把根式化为分数指数幂，以减少计算错误．
2．赋值法研究二项展开式的系数和问题的策略
“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可；对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
[练通——即学即用]
1．(2018·唐山模拟)(x2－)6的展开式中的常数项为( )
A．15 B．－15
C．20 D．－20
解析：依题意，Tr＋1＝C(x2)6－r(－)r＝C(－1)rx12－3r，令12－3r＝0，则r＝4，所以(x2－)6的展开式中的常数项为C(－1)4＝15，选择A.
答案：A
2．(2018·长郡中学模拟)若二项式(x2＋)7的展开式的各项系数之和为－1，则含x2项的系数为( )
A．560 B．－560
C．280 D．－280
解析：取x＝1，得二项式(x2＋)7的展开式的各项系数之和为(1＋a)7，即(1＋a)7＝－1,1＋a＝－1，a＝－2.二项式(x2－)7的展开式的通项Tr＋1＝C·(x2)7－r·(－)r＝C·(－2)r·x14－3r.令14－3r＝2，得r＝4.因此，二项式(x2－)7的展开式中含x2项的系数为C·(－2)4＝560，选A.
答案：A
授课提示：对应学生用书第154页
一、选择题
1．(2018·宝鸡模拟)我市正在建设最具幸福感城市，原计划沿渭河修建7个河滩主题公园．为提升城市品位、升级公园功能，打算减少2个河滩主题公园，两端河滩主题公园不在调整计划之列，相邻的两个河滩主题公园不能同时被调整，则调整方案的种数为( )
A．12 B．8
C．6 D．4
解析：由题意知除两端的2个河滩主题公园之外，从中间5个河滩主题公园中调整2个，保留3个，可以从这3个河滩主题公园的4个空中任选2个来调整，共有C＝6种方法．
答案：C
2．(2018·凉山二检)(x2－3)5的展开式的常数项是( )
A．－2 B．2
C．－3 D．3
解析：∵(x2－3)5＝(x2－3)(Cx－10＋Cx－8＋Cx－6＋Cx－4＋Cx－2＋C)，∴展开式的常数项是x2·Cx－2－3C＝2.
答案：B
3．(2018·漳州模拟)已知(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a2＋a3＋…＋a9＋a10的值为( )
A．－20 B．0
C．1 D．20
解析：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝1，再令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝0，又易知a1＝C×21×(－1)9＝－20，所以a2＋a3＋…＋a9＋a10＝20.
答案：D
4．(2018·内江模拟)某科室派出4名调研员到3个学校，调研该校高三复习备考近况，要求每个学校至少一名，则不同的分配方案种数为( )
A．144 B．72
C．36 D．48
解析：分两步完成：第一步将4名调研员按2,1,1分成三组，其分法有种；第二步将分好的三组分配到3个学校，其分法有A种，所以满足条件的分配方案有·A33＝36种．
答案：C
5．现有5本相同的《数学家的眼光》和3本相同的《数学的神韵》，要将它们排在同一层书架上，并且3本相同的《数学的神韵》不能放在一起，则不同的放法种数为( )
A．20 B．120
C．2 400 D．14 400
解析：根据题意，可分两步：
第一步，先放5本相同的《数学家的眼光》，有1种情况；
第二步，5本相同的《数学家的眼光》排好后，有6个空位，在6个空位中任选3个，把3本相同的《数学的神韵》插入，有C＝20(种)情况．
故不同的放法有20种，故选A.
答案：A
6．(2018·西安模拟)已知(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，则(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2的值为( )
A．39 B．310
C．311 D．312
解析：对(x＋2)9＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9两边同时求导，得9(x＋2)8＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋8a8x7＋9a9x8，令x＝1，得a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9＝310，令x＝－1，得a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9＝32.所以(a1＋3a3＋5a5＋7a7＋9a9)2－(2a2＋4a4＋6a6＋8a8)2＝(a1＋2a2＋3a3＋…＋8a8＋9a9)(a1－2a2＋3a3－…－8a8＋9a9)＝312，故选D.
答案：D
7．现有5种不同颜色的染料，要对如图所示的四个不同区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能使用同一种颜色，则不同的着色方法的种数是( )
A．120 B．140
C．240 D．260
解析：由题意，先涂A处，有5种涂法，再涂B处有4种涂法，第三步涂C，若C与A所涂颜色相同，则C有1种涂法，D有4种涂法，若C与A所涂颜色不同，则C有3种涂法，D有3种涂法，由此得不同的着色方法有5×4×(1×4＋3×3)＝260(种)，故选D.
答案：D
8．(2018·昆明一模)旅游体验师小李受某旅游网站的邀约，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方法数为( )
A．24 B．18
C．16 D．10
解析：第一类，甲在最后一个体验，则有A种方法；第二类，甲不在最后一个体验，则有AA种方法，所以小李旅游的方法共有A＋AA＝10种．
答案：D
9．(2018·西安二模)将4个颜色互不相同的球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有( )
A．10种 B．20种
C．36种 D．52种
解析：1号盒子可以放1个或2个球，2号盒子可以放2个或3个球，所以不同的放球方法有CC＋CC＝10(种)．
答案：A
10．从集合{1,2,3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程＋＝1中的a和b，则能组成落在矩形区域B＝{(x，y)||x|＜11，且|y|＜9}内的椭圆个数为( )
A．43 B．72
C．863 D．90
解析：在1,2,3，…，8中任取两个数作为a和b，共有A28＝56个椭圆；在9,10中取一个作为a，在1,2,3，…，8中取一个作为b，共有AA＝16个椭圆，由分类加法计数原理，知满足条件的椭圆的个数为56＋16＝72.
答案：B
11．将n的展开式按x的降幂排列，若前三项的系数成等差数列，则n为( )
A．6 B．7
C．8 D．9
解析：二项式的展开式为Tr＋1＝C()n－rr＝Crx－r，由前三项系数成等差数列得C＋C2＝2C1，即n2－9n＋8＝0，解得n＝8或n＝1(舍去)，故n＝8.
答案：C
12．(2018·保定质量监测)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，要求这3张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( )
A．232 B．252
C．472 D．484
解析：由题意，不考虑特殊情况，共有C种取法，其中同一种颜色的卡片取3张，有4C种取法，3张卡片中红色卡片取2张有C·C种取法，故所求的取法共有C－4C－C·C＝560－16－72＝472种，选C.
答案：C
二、填空题
13．(2018·成都模拟)(x＋2y)5的展开式中含x3y2项的系数为________．
解析：(x＋2y)5的展开式的通项Tr＋1＝Cx5－r(2y)r，所以含x3y2项的系数即r＝2时的系数，即C×22＝40.
答案：40
14．若(x＋a)(1＋2x)5的展开式中x3的系数为20，则a＝________.
解析：(x＋a)(1＋2x)5的展开式中x3的系数为C·22＋a·C·23＝20，∴40＋80a＝20，解得a＝－.
答案：－
15．4位男生和3位女生站成一排拍照，若男生甲不站两端，3位女生中有且只有2位女生相邻，则不同的排法种数为________．(用数字作答)
解析：先排4位男生，有A种不同的排法，有5个空位，再从3位女生中任取2人“捆绑”在一起记作M(M共有CA种不同排法)，剩下1位女生记作N，让M，N插入5个空位中的2个空位，有A种排法，此时共有ACAA种不同的排法．又男生甲不站
两端，其中甲站两端时有AACAA种不同的排法，所以共有ACAA－AACAA＝2 016(种)不同的排法．
答案：2 016
16．把编号为1,2,3,4的四封电子邮件发送到编号为1,2,3,4的四个电子邮箱，且每个电子邮箱都会收到一封电子邮件，则至多有一封邮件的编号与邮箱的编号相同的发送方法种数为________．(用数字作答)
解析：由题意知，编号为1,2,3,4的四封电子邮件发送到编号为1,2,3,4的四个电子邮箱，发送方法有A种，有两封邮件的编号与邮箱的编号相同或邮件的编号与邮箱的编号全相同的发送方法有(C＋C)种．所以至多有一封邮件的编号与邮箱的编号相同的发送方法种数为A－(C＋C)＝24－7＝17.
答案：17
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