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1.已知集合A={0,1,2,3,4,5},B={1,3,6,9},C={3,7,8},则(A∩B)∪C等于( )

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2024-12-24 09:06

新教材北师大版高中数学选择性必修第一册第五章计数原理课时分层练习题含解析

第五章计数原理课时练习题1、分类加法计数原理分步乘法计数原理............................................................ - 1 -2、基本计数原理的简单应用.................................................................................... - 5 -3、排列与排列数排列数公式.............................................................................. - 11 -4、组合组合数及其性质...................................................................................... - 14 -5、二项式定理的推导.............................................................................................. - 17 -6、二项式系数的性质.............................................................................................. - 20 -1、分类加法计数原理分步乘法计数原理一、选择题1．某班有男生26人，女生24人，从中选一位担任学习委员，不同的选法有()A．50种B．26种C．24种D．616种A[选一位学习委员分两类办法：第一类：选男生，有26种不同的选法；第二类：选女生，有24种不同的选法．根据分类加法计数原理，共有N＝26＋24＝50种不同的选法．]2．已知集合A⊆{1，2，3}，且A中至少有一个奇数，则这样的集合有() A．2个B．3个C．4个D．5个D[当集合A中含一个元素时，A＝{1}或{3}；当集合A中含两个元素时，A＝{1，2}或{1，3}或{2，3}，∴共有5个集合．]3．火车上有10名乘客，要在沿途的5个车站下车，则乘客下车的所有可能情况共有()A．510种B．105种C．50种D．以上都不对A[完成这件事可分为10步，即10名乘客全部下车，每名乘客选择下车的不同方法均为5种，由分步乘法计数原理知，所有可能的情况为510种．] 4．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下．由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有()A．4种B．5种C．6种D．12种C[若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传法；同理，甲先传给丙也有3种不同的传法，故共有6种不同的传法．]5．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为奇数的不同取法的种数为()A．25B．12C．9D．6C[两个数字的和为奇数，这两个数必须一个是奇数，另一个是偶数，在所给的6个数中，3个奇数与3个偶数．因此，由分步乘法计数原理得，共有3×3＝9种不同的取法．]二、填空题6．乘积(a＋b＋c)(m＋n)(x＋y)展开后，共有________项．12[∵乘积(a＋b＋c)(m＋n)(x＋y)的展开式中的每一项是由a＋b＋c中的一个字母与m＋n中的一个字母与x＋y中的一个字母的乘积组成．可分步完成此事．所以共有3×2×2＝12项．]7．从3名女同学和2名男同学中选1人主持主题班会，则不同的选法种数为________．5[分两类：一类是女同学主持主题班会有3种方法；一类是男同学主持主题班会有2种方法，由分类加法计数原理知，共有3＋2＝5(种)方法．] 8．设a，b，c∈{1，2，3，4，5，6}，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________个．27[先考虑等边的情况，a＝b＝c＝1，2，…，6，有六个，再考虑等腰的情况，若a＝b＝1，c<a＋b＝2，此时c＝1与等边重复，若a＝b＝2，c<a＋b＝4，则c＝1，3，有两个，若a＝b＝3，c<a＋b＝6，则c＝1，2，4，5，有四个，若a＝b＝4，c<a＋b＝8，则c＝1，2，3，5，6，有五个，若a＝b＝5，c<a＋b＝10，则c＝1，2，3，4，6，有五个，若a＝b＝6，c<a＋b＝12，则c＝1，2，3，4，5，有五个，故一共有27个．]三、解答题9．若直线方程Ax＋By＝0中的A，B可以从0，1，2，3，5这五个数字中任取两个不同的数字，则方程所表示的不同直线共有多少条？[解]分两类完成：第1类：当A或B中有一个为0时，表示的直线为x＝0或y＝0，共2条；第2类：当A，B都不为0时，确定直线Ax＋By＝0需分两步完成：第1步：确定A的值，有4种不同的方法，第2步：确定B的值，有3种不同的方法，由分步乘法计数原理，共可确定4×3＝12条直线．由分类加法计数原理，方程所表示的不同直线共有2＋12＝14条．10．已知椭圆x2m2＋y2n2＝1，其中m，n∈{1，2，3，4，5}．(1)求满足条件的椭圆的个数；(2)如果椭圆的焦点在x轴上，求椭圆的个数．[解](1)由椭圆的标准方程知m≠n，要确定一个椭圆，只要把m，n一一确定下来这个椭圆就确定了．故要确定一个椭圆共分两步，第一步确定m，有5种方法，第二步确定n，有4种方法，共有5×4＝20个椭圆．(2)要使焦点在x轴上，必须m>n，故可以分类：m＝2，3，4，5时，n的取值列表为：m 2345n 11，21，2，31，2，3，4故共有1＋2＋3＋4＝10个椭圆．11．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G 处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为()A．24B．18C．12D．9B[分两步，第一步，从E→F，有6条可以选择的最短路径；第二步，从F→G，有3条可以选择的最短路径．由分步乘法计数原理可知有6×3＝18条可以选择的最短路径．故选B．]12．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是()A．48B．18C．24D．36D[在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成24个“正交线面对”；而正方体的六个对角面中，每个对角面有两条面对角线与之垂直，共构成12个“正交线面对”，所以共有36个“正交线面对”．]13．从集合{1，2，3，4，…，10}中，选出5个数组成子集，使得这5个数中任意两个数的和都不等于11，则这样的子集有()A．32个B．34个C．36个D．38个A[将和等于11的放在一组：1和10，2和9，3和8，4和7，5和6．从每一小组中取一个，有2种，共有2×2×2×2×2＝32(个)．]14．(一题两空)已知a，b∈{0，1，2，3}，则方程(x－a)2＋(y－b)2＝4可表示不同的圆的个数为________，其中与y轴相交的圆的个数为________．1612[得到圆的方程分两步：第一步：确定a有4种选法；第二步：确定b有4种选法，由分步乘法计数原理知，共有4×4＝16(个)．由与y轴相交知，a＝0或1或2，b有4种选法，由分步乘法计数原理知，共有3×4＝12(个)．]15．我国古代数学名著《续古摘奇算法》(杨辉)一书中有关于三阶幻方的问题：如图所示，将1，2，3，4，5，6，7，8，9分别填入3×3的方格中，使得每一行、每一列及对角线上的三个数的和都相等，我们规定：只要两个幻方的对应位置(如每行第一列的方格)中的数字不全相同，就称为不同的幻方，那么所有不同的三阶幻方的个数是()834159672 A．9B．8C．6D．4B[因为所有数的和为9×(1＋9)2＝45，453＝15，所以每一行、每一列以及对角线上的三个数的和都是15，采用列举法：492，357，816；276，951，438；294，753，618；438，951，276；816，357，492；618，753，294；672，159，834；834，159，672，共8个幻方，故选B．]2、基本计数原理的简单应用一、选择题1．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为()A．30B．20C．10D．6D[从0，1，2，3，4，5这六个数字中任取两个不同的数字的和为偶数可分为两类：第一类，取出的两个数都是偶数，有0和2，0和4，2和4，共3种不同的取法；第二类，取出的两个数都是奇数，有1和3，1和5，3和5，共3种不同的取法．由分类加法计数原理得，共有3＋3＝6种不同的取法．]2．如图所示的几何体由三棱锥P-ABC与三棱柱ABC-A1B1C1组合而成，现用3种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面A1B1C1不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有()A．6种B．9种C．12种D．36种C[先涂三棱锥P-ABC的三个侧面，有3×2×1种情况，然后涂三棱柱的三个侧面，有2×1×1种情况，由分步乘法计数原理，共有3×2×1×2×1×1＝12种不同的涂法．故选C．]3．在某种信息传输过程中，用4个数字的一个排列(数字允许重复)表示一个信息，不同排列表示不同信息．若所用数字只有0和1，则与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为()A．10 B．11C．12 D．15B[分0个相同、1个相同、2个相同讨论．(1)若0个相同，则信息为：1001．共1个．(2)若1个相同，则信息为：0001，1101，1011，1000．共4个．(3)若2个相同，又分为以下情况：①若位置一与二相同，则信息为：0101；②若位置一与三相同，则信息为：0011；③若位置一与四相同，则信息为：0000；④若位置二与三相同，则信息为：1111；⑤若位置二与四相同，则信息为：1100；⑥若位置三与四相同，则信息为：1010．共有6个．故与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1＋4＋6＝11．]4．如图所示的五个区域中，现有四种颜色可供选择，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为()A．24B．48C．72D．96C[分两种情况：①A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，各有4×3×2＝24种涂法．②A，C同色，先涂A有4种，E有3种，C有1种，B，D各有2种，有4×3×2×2＝48种涂法．故共有24＋48＝72种涂色方法．故选C．] 5．若m，n均为非负整数，在做m＋n的加法运算时各位均不进位(例如：2 019＋100＝2 119)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m＋n称为有序对(m，n)的值，那么值为2 019的“简单的”有序对的个数是()A．100B．96C．60D．30C[m＋n＝2 019且各位均不进位，从高位分步处理：千位有2＋0，1＋1，0＋2，共3种；百位有0＋0，共1种；十位有0＋1，1＋0，共2种；个位有0＋9，1＋8，2＋7，3＋6，4＋5，5＋4，6＋3，7＋2，8＋1，9＋0，共10种，由分步乘法计数原理可知，值为2 019的“简单的”有序对的个数是3×1×2×10＝60．故选C．]二、填空题6．我们把中间数位上的数字最大，而两边依次减小的多位数称为“凸数”，如132，341等，那么由1，2，3，4，5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是________．20[根据“凸数”的特点，中间的数字只能是3，4，5，故分三类，第一类，当中间数字为“3”时，此时有2个(132，231)；第二类，当中间数字为“4”时，则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则“凸数”有2×3＝6个；第三类，当中间数字为“5”时，则百位数字有三个选择，个位数字有四个选择，则“凸数”有4×3＝12个；根据分类加法计数原理，得到由1，2，3，4，5可以组成无重复数字的三位“凸数”的个数是2＋6＋12＝20．]7．某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，活动规定每人可以依次点击4次，每次都会获得三种红包中的一种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同．员工甲按规定依次点击了4次，直到第4次才获奖．则他获得奖次的不同情形种数为________．18[根据题意，若员工甲直到第4次才获奖，则其第4次才集全“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，则甲第4次获得的红包有3种情况，前三次获得的红包为其余的2种，有23－2＝6种情况，则他获得奖次的不同情形种数为3×6＝18．] 8．满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为________．13[当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故(a，b)的个数为4；当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1．若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，(a，b)的个数为4；若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，(a，b)的个数为3；若a＝2，则b的值可以是－1，0，(a，b)的个数为2．由分类加法计数原理可知，(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13．]三、解答题9．(1)如图①所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有多少种不同的涂法？图①图②(2)如图②所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，共有多少种不同染色方法？[解](1)①若A，C涂色相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2，则有3×2×1×2＝12种不同的涂法．②若A，C涂色不相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1＝6种不同的涂法．所以，根据分类加法计数原理，共有12＋6＝18种不同的涂法．(2)按照S→A→B→C→D的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：第一类，A，C同色，则有5×4×3×1×3＝180种不同的染色方法．第二类，A，C不同色，则有5×4×3×2×2＝240种不同的染色方法．根据分类加法计数原理，共有180＋240＝420种不同的染色方法．10．用0，1，2，3，4，5可以组成多少个无重复数字的且比2 000大的四位偶数．[解]完成这件事有3类方法：第一类是用0做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，只有2，3，4，5可以选择，有4种选法；第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有4×4×3＝48个；第二类是用2做结尾的比2 000大的4位偶数，它可以分三步去完成：第一步，选取千位上的数字，除去2，1，0，只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾两数字之后，还有4个数字可供选择，有4种选法；第三步，选取十位上的数字，还有3种选法．依据分步乘法计数原理，这类数的个数有3×4×3＝36个；第三类是用4做结尾的比2 000大的4位偶数，其个数同第二类．用分类加法计数原理，所求无重复数字的比2 000大的四位偶数有48＋36＋36＝120个．11．某班新年联欢会原定的6个节目已排成节目单，开演前又增加了3个新节目，如果将这3个新节目插入节目单中，那么不同的插法种数为() A．504B．210C．336D．120A[分三步，先插一个新节目，有7种方法，再插第二个新节目，有8种方法，最后插第三个节目，有9种方法．故共有7×8×9＝504种不同的插法．]12．有4位教师在同一年级的4个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有()A．8种B．9种C．10种D．11种B[法一：设四位监考教师分别为A、B、C、D，所教的班分别为a、b、c、d，假设A监考b，则余下三人监考剩下的三个班，共有3种不同方法，同理A监考c、d时，也分别有3种不同方法，由分类加法计数原理共有3＋3＋3＝9种．法二：班级按a、b、c、d的顺序依次排列，为避免重复或遗漏现象，教师的监考顺序可用“树形图”表示如下：∴共有9种不同的监考方法．]13．(多选题)从0，1，2，3，4中选取四个数组成一个能被6整除的四位数，则()A．这个四位数个位上的数字为偶数，且各数位上的数字之和能被3整除B．个位上的数字为0的这样的四位数有12个C．个位上的数字为2的这样的四位数有8个D．个位上的数字为4的这样的四位数有4个ABCD[A正确；当个位上的数字为0时，其余三个数为1，2，3或2，3，4，所以这样的四位数有3×2×1×2＝12个，故B正确；当个位上的数字为2时，其余三个数为0，1，3或0，3，4，所以这样的四位数有2×2×1×2＝8个，故C正确；当个位上的数字为4时，其余三个数为0，2，3，所以这样的四位数有2×2×1＝4个，故D正确．]14．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，选甲题答对得100分，答错得－100分；选乙题答对得90分，答错得－90分．若4位同学的总分为0，则这4位同学不同得分情况的种数有________种．36[因为4个同学总分为0，所以可分为三类：都选甲且两对两错共有6种；都选乙且两对两错有6种；两个选甲一对一错，另两个选乙也一对一错，有6×2×2＝24种．由分类加法计数原理N＝6＋6＋24＝36种．]15．(一题两空)回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如22，121，3 443，94 249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99，3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．则(1)5位回文数有________个；(2)2n(n∈N＋)位回文数有________个．(1)900(2)9×10n－1[(1)5位回文数相当于填5个方格，首尾相同，且不为0，共9种填法，第2位和第4位一样，有10种填法，中间一位有10种填法，共有9×10×10＝900(种)填法，即5位回文数有900个．(2)根据回文数的定义，此问题也可以转化成填方格．结合分步乘法计数原理，知有9×10n－1种填法．]§2排列问题3、排列与排列数排列数公式一、选择题1．已知A2n＝132，则n等于()A．11B．12C．13D．14B[∵A2n＝n(n－1)＝132，∴n＝12或n＝－11(舍)，∴n＝12．]2．89×90×91×…×100可表示为()A．A10100B．A11100C．A12100D．A13100C[最大数为100，共有12个连续整数的乘积，由排列数公式的定义可以得出．]3．将五辆车停在5个车位上，其中A车不停在1号车位上，则不同的停车方案种数为()A．24B．78C．96D．120C[∵A车不停在1号车位上，∴可先将A车停在其他四个车位中的任何一个车位上，有4种可能，然后将另外四辆车在剩余的四个车位上进行全排列，有A44种停法，由分步乘法计数原理，得共有4×A44＝4×24＝96种停车方案．] 4．已知A2n＋1－A2n＝10，则n的值为()A．4B．5C．6D．7B[A2n＋1－A2n＝n(n＋1)－n(n－1)＝10，2n＝10，n＝5．]5．不等式x A3x>3A2x的解集是()A．{x|x>3}B．{x|x>4，x∈N}C．{x|3<x<4，x∈Z}D．{x|x>3，x∈N＋}D[由题意得x[x×(x－1)×(x－2)]>3×[x×(x－1)]，∵x≥3且x∈N，∴x－1>0，∴x(x－2)>3，即x2－2x－3>0，解得x>3或x<＋－1(舍)，}．]∴原不等式的解集为{x|x>3，x∈N＋二、填空题6．从6个不同元素中取出2个元素的排列数为________．(用数字作答)30[A26＝6×5＝30．]7．从4个蔬菜品种中选出3个，分别种植在不同土质的3块土地上进行试验，则不同的种植方法有________种．(用数字作答)24[本题可理解为从4个不同元素(4个蔬菜品种)中任取3个元素的排列个数，即为A34＝24(种)．]8．集合p＝{x|x＝A m4，m∈N＋}，则p中元素的个数为________．3[由A m4，m∈N＋的意义可知，m＝1，2，3，4．当m＝1时，A m4＝A14＝4；当m＝2时，A m4＝A24＝12；当m＝3时，A m4＝A34＝24；当m＝4时，A m4＝A44＝24．由集合元素的互异性可知：p中元素共有3个．]三、解答题9．将3张电影票分给5人中的3人，每人1张，求共有多少种不同的分法．[解]问题相当于从5张电影票中选出3张排列起来，这是一个排列问题．故共有A35＝5×4×3＝60种分法．10．有三张卡片，正面分别写着1，2，3三个数字，反面分别写着0，5，6三个数字，问这三张卡片可组成多少个三位数？[解]先排列三张卡片，有A33×2×2×2种排法，0排在首位的个数为A22×2×2，则这三张卡片可以组成A33×2×2×2－A22×2×2＝40个三位数．11．有5名同学被安排在周一至周五值日，已知同学甲只能在周一值日，那么5名同学值日顺序的编排方案共有()A．12种B．24种C．48种D．120种B [∵同学甲只能在周一值日，∴除同学甲外的4名同学将在周二至周五值日，∴5名同学值日顺序的编排方案共有A 44＝24(种)．]12．(多选题)下列等式中成立的是( )A ．A 3n ＝(n －2)A 2nB ．1n A n n ＋1＝A n －1n ＋1C ．n A n －2n －1＝A n nD ．n n －m A m n －1＝A m n ACD [A 中，右边＝(n －2)(n －1)n ＝A 3n 成立；C 中，左边＝n ×(n －1)×…×2＝n ×(n －1)×(n －2)×…×2×1＝A n n 成立；D 中，左边＝n n －m ×(n －1)！(n －m －1)！＝n ！(n －m )！＝A m n 成立；经验证只有B 不正确．] 13．(多选题)当n ∈N ＋，且n ≥3时，A 3n 不可能取到( )A ．60B ．240C ．2 020D ．2 040BCD [A 35＝60；由于A 37<240<A 38，所以A 3n 不可能取到240；A 3n 一定是6的倍数，所以A 3n 不可能取到2 020；由于A 313＜2 040＜A 314，所以A 3n 不可能取到2 040．] 14．(一题两空)由数字1，2，3，4，5组成无重复数字的四位数，其中偶数的个数是________，奇数的个数是________．48 72 [从2，4中取一个数作为个位数字，有2种取法，再从其余四个数中取出三个数排在前三位，有A 34种，由分步乘法计数原理知组成无重复数字的四位偶数的个数为2×A 34＝48，又四位偶数的个数与四位奇数的个数之和为A 45，故四位奇数的个数为A 45－48＝72．]15．将A 、B 、C 、D 四名同学按一定顺序排成一行，要求自左向右，且A 不排在第一，B 不排在第二，C 不排在第三，D 不排在第四．试写出他们四人所有不同的排法．[解] 由于A 不排在第一，所以第一只能排B 、C 、D 中的一个，据此可分为三类．由此可写出所有的排法为：BADC ，BCDA ，BDAC ，CADB ，CDAB ，CDBA ，DABC，DCAB，DCBA．4、组合组合数及其性质一、选择题1．若A3m＝6C4m，则m的值为()A．6B．7C．8D．9B[∵A3m＝C3m A33＝6C3m．∴6C3m＝6C4m，∴C3m＝C4m，∴m＝3＋4＝7．]2．若C7n＋1－C7n＝C8n，则n＝()A．12 B．13C．14D．15C[∵C7n＋1－C7n＝C8n，∴C7n＋1＝C7n＋C8n＝C8n＋1，∴n＋1＝7＋8，∴n＝14．] 3．集合{0，1，2，3}中含有3个元素的子集的个数是()A．4B．5C．7D．8A[由于集合中的元素是没有顺序的，一个含有3个元素的子集就是一个从{0，1，2，3}中取出3个元素的组合，这是一个组合问题，组合数是C34＝4．] 4．某城市纵向有6条道路，横向有5条道路，构成如图所示的矩形道路网(图中黑线表示道路)，则从西南角A地到东北角B地的最短路线共有()A．125条B．126条C．127条D．128条B[要使路线最短，只能向右或向上走，途中不能向左或向下走．因此，从A 地到B地归结为走完5条横线段和4条纵线段．设每走一段横线段或纵线段为一个行走时段，从9个行走时段中任取4个时段走纵线段，其余5个时段走横线段，共有C49C55＝126种走法，故从A地到B地的最短路线共有126条．] 5．假设200件产品中有3件次品，现在从中任取5件，其中至少有2件次品的抽法种数为()A．C23C2198B．C23C3197＋C33C2197C ．C 3200－C 4197D ．C 5200－C 13C 4197B [分为两类：第一类，取出的5件产品有2件次品3件合格品，有C 23C 3197种抽法；第二类，取出的5件产品有3件次品2件合格品，有C 33C 2197种抽法．因此共有(C 23C 3197＋C 33C 2197)种抽法．]二、填空题6．设A ＝{x |x ＝C n 4，n ∈N ＋}，B ＝{1，2，3，4}，则A ∩B ＝________．{1，4} [当n ＝0时，C 04＝1；当n ＝1时，C 14＝4；当n ＝2时，C 24＝4×32×1＝6；当n ＝3时，C 34＝C 14＝4；当n ＝4时，C 44＝C 04＝1， ∴A ＝{x |x ＝C n 4，n ∈N ＋}＝{1，4，6}．又∵B ＝{1，2，3，4}，∴A ∩B ＝{1，4}．]7．从2，3，5，7四个数中任取两个不同的数相乘，有m 个不同的积；任取两个不同的数相除，有n 个不同的商，则m ∶n ＝________．12 [∵m ＝C 24，n ＝A 24，∴m ∶n ＝12．] 8．7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动，若每天安排不同的3人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)140 [可分步完成此事，第一步选周六的3人共有C 37种方法；第二步选周日的志愿者共有C 34种方法．由分步乘法计数原理可知：不同的安排方案共有C 37·C 34＝140(种)．]三、解答题9．已知1C m 5－1C m 6＝710C m 7，求m 的值． [解] 由组合数公式化简整理得m 2－23m ＋42＝0，解得m ＝2或m ＝21，又0≤m ≤5，所以m ＝2．10．(1)设集合A ＝{a 1，a 2，a 3，a 4，a 5}，则集合A 中含有3个元素的子集有多少个？(2)10位同学聚会，见面后每两人之间要握手相互问候，共需握手多少次？[解] (1)从5个元素中取出3个元素并成一组，就是集合A 的子集，元素无序，则共有C 35＝10(个)．(2)每两人握手一次就完成这一件事，则共有握手次数为C 210＝10×92×1＝45(次)．11．C 9798＋2C 9698＋C 9598＝( )A ．C 9799B ．C 97100 C ．C 9899D ．C 98100 B [C 9798＋2C 9698＋C 9598＝C 9798＋C 9698＋C 9698＋C 9598＝C 9799＋C 9699＝C 97100．]12．有两条平行直线a 和b ，在直线a 上取4个点，在直线b 上取5个点，以这些点为顶点作三角形，这样的三角形共有( )A ．70个B ．80个C ．82个D ．84个A [分两类，第1类：从直线a 上任取一个点，从直线b 上任取两个点，共有C 14C 25种方法；第2类：从直线a 上任取两个点，从直线b 上任取一个点，共有C 24C 15种方法．故满足条件的三角形共有C 14C 25＋C 24C 15＝70(个)．]13．(多选题)若C 4n ＞C 6n ，则n 的值可以是( )A ．6B ．7C ．8D ． 9ABCD [∵C 4n ＞C 6n ，∴⎩⎨⎧C 4n ＞C 6n ，n ≥6， ⇒⎩⎨⎧ n ！4！(n －4)！＞n ！6！(n －6)！，n ≥6，⇒⎩⎨⎧ n 2－9n －10＜0，n ≥6，⇒⎩⎨⎧－1＜n ＜10，n ≥6.∵n ∈N *，∴n ＝6，7，8，9．]14．(一题两空)在同一个平面内有一组平行线共8条，另一组平行线共10条，这两组平行线相互不平行，它们共能构成________个平行四边形，共有________个交点．1260 80 [第一组中每两条与另一组中的每两条直线均能构成一个平行四边形，故共有C 28C 210＝1 260(个)．第一组中每条直线与另一组中每条直线均有一个交点，所以共有C 18C 110＝80(个)．]15．(1)求C 3n 13＋n ＋C 3n －112＋n ＋C 3n －211＋n ＋…＋C 17－n 2n 的值；(2)求满足C 5n －1＋C 3n －3C 3n －3＝195的n 的值． [解] (1)由原式知，n 满足3n ≤13＋n 且17－n ≤2n ，又∵n ∈N ＋，∴n ＝6．∴原式＝C 1819＋C 1718＋C 1617＋…＋C 1112＝C 119＋C 118＋C 117＋…＋C 112＝124．(2)原方程可变形为C 5n －1C 3n －3＋1＝195，C 5n －1＝145C 3n －3， ∴(n －1)(n －2)(n －3)(n －4)(n －5)5！＝145×(n －3)(n －4)(n －5)3！． ∴n 2－3n －54＝0．∴n ＝9或n ＝－6(舍去)，∴n ＝9为原方程的解．5、二项式定理的推导一、选择题1．(x ＋2)8的展开式中x 6的系数是( )A ．28B ．56C ．112D ．224C [该二项展开式的通项为T r ＋1＝C r 8x 8－r 2r ＝2r C r 8x8－r ，令r ＝2，得T 3＝22C 28x 6＝112x 6，所以x 6的系数是112．]2．若(1＋2)5＝a ＋b 2(a ，b 为有理数)，则a ＋b 等于( )A ．45B ．55C ．70D ．80C [由二项式定理，得(1＋2)5＝1＋C 15·2＋C 25·(2)2＋C 35·(2)3＋C 45·(2)4＋C 55·(2)5 ＝1＋52＋20＋202＋20＋42＝41＋292．所以a ＝41，b ＝29，a ＋b ＝70．故选C ．]3．在⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 2－1x 5的二项展开式中，x 的系数为( ) A ．10 B ．－10 C ．40 D ．－40D [∵T r ＋1＝C r 5(2x 2)5－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1x r ＝(－1)r C r 525－r x 10－3r ，令10－3r ＝1即r ＝3，此时x 的系数为(－1)3C 3522＝－40．] 4．设k ＝1，2，3，4，5，则(x ＋2)5的展开式中x k 的系数不可能是( )A ．10B ．40C ．50D ．80C [x 1的系数为C 45·24＝80，x 2的系数为C 35·23＝80，x 3的系数为C 25·22＝40，x 4的系数为C 15·21＝10，x 5的系数为C 05·20＝1，所以系数不可能为50．] 5．(x ＋3x )12的展开式中，含x 的正整数次幂的项共有( )A ．4项B ．3项C ．2项D ．1项B [设第(r ＋1)项含x 的正整数次幂，则T r ＋1＝C r 12·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1212－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 13r ＝C r 12·x 6－16r ，其中0≤r ≤12．要使6－16r 为正整数，必须使r 为6的倍数．所以r ＝0，6，12，即第1项、第7项，第13项为符合条件的项．]二、填空题6．(a ＋x )4的展开式中x 3的系数等于8，则实数a ＝________．2 [∵T r ＋1＝C r 4a4－r x r 且x 3的系数等于8，∴r ＝3，即C 34a 4－3＝8，∴a ＝2．] 7．⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 6的展开式中x 3的系数为________．(用数字作答) 20 [设第r ＋1项为含x 3的项，则T r ＋1＝C r 6x 2(6－r )x －r ＝C r 6x 12－3r ，令12－3r ＝3，得r ＝3，∴x 3的系数为C 36＝20．]8．在⎝⎛⎭⎪⎫32x －1220的展开式中，系数是有理数的项共有________项． 4 [T r ＋1＝C r 20(32x )20－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－22r ·(32)20－r ·C r 20·x 20－r ． ∵系数为有理数，∴(2)r 与220－r3均为有理数． ∴r 能被2整除，且20－r 能被3整除．∴r 为偶数，20－r 是3的倍数，0≤r ≤20，∴r ＝2，8，14，20．∴共有4项系数为有理数．]三、解答题9．求(1＋x )3＋(1＋x )4＋…＋(1＋x )20的展开式中x 3的系数．[解] 所求x 3的系数为：C 33＋C 34＋C 35＋…＋C 320＝(C 44＋C 34)＋C 35＋…＋C 320＝(C 45＋C 35)＋C 36＋…＋C 320＝…＝C 420＋C 320＝C 421．所以展开式中x 3的系数是C 421＝5 985．10．在⎝⎛⎭⎪⎫2x －1x 6的展开式中，求： (1)第3项的二项式系数及系数；(2)含x 2的项．[解] (1)第3项的二项式系数为C 26＝15，又因为T 3＝C 26(2x )4⎝⎛⎭⎪⎫－1x 2＝24·C 26x ，所以第3项的系数为24C 26＝240．(2)T k ＋1＝C k 6(2x )6－k ⎝⎛⎭⎪⎫－1x k ＝(－1)k 26－k C k 6x 3－k ，令3－k ＝2，得k ＝1．所以含x 2的项为第2项，且T 2＝－192x 2．11．二项式(1＋x )6的展开式中有理项系数之和为( )A ．64B ．32C ．24D ．16B [二项式(1＋x )6的展开式的通项为T r ＋1＝C r 6x r 2，令r 2为整数，可得r ＝0，2，4，6，故展开式中有理项系数之和为C 06＋C 26＋C 46＋C 66＝32，故选B ．]12．已知(1＋ax )(1＋x )5的展开式中x 2的系数为5，则a ＝( )A ．－4B ．－3C ．－2D ．－1D[展开式中含x2的系数为C25＋a C15＝5，解得a＝－1，故选D．]13．(多选题)中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，m(m＞0)为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m 同余，记为a＝b(mod m)．若a＝C020＋C120·2＋C220·22＋…＋C2020·220，a＝b(mod 10)，则b的值可以是()A．2 011B．2 012C．2 020D．2 021AD[∵a＝(1＋2)20＝320＝910＝(10－1)10＝C0101010－C110109＋…－C91010＋1，∴被10除得的余数为1，而2 011与2 021被10除得的余数是1，故选AD．] 14．(一题两空)在二项式(2＋x)9的展开式中，常数项是________，系数为有理数的项的个数是________．1625[由二项展开式的通项公式可知T r＋1＝C r9·(2)9－r·x r，r∈N，0≤r≤9，当r＝0时，第1项为常数项，所以常数项为T1＝C09·(2)9·x0＝(2)9＝162．当项的系数为有理数时，9－r为偶数，可得r＝1，3，5，7，9，即系数为有理数的项的个数为5．]15．(3－2x－x4)(2x－1)6的展开式中，含x3项的系数为()A．600B．360C．－600D．－360C[由二项展开式的通项可知，展开式中含x3项的系数为3×C3623(－1)3－2×C4622(－1)4＝－600．故选C．]6、二项式系数的性质一、选择题1．若(x＋3y)n展开式的系数和等于(7a＋b)10展开式中的二项式系数之和，则n 的值为()A．5B．8C．10D．15A[(7a＋b)10展开式的二项式系数之和为210，令x＝1，y＝1，则由题意知，4n＝210，解得n＝5．]2．若⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为( )A ．10B ．20C ．30D ．120 B [由2n ＝64，得n ＝6，∴T r ＋1＝C r 6x 6－r ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x r＝C r 6x 6－2r(0≤r ≤6，r ∈N )．由6－2r ＝0，得r ＝3． ∴T 4＝C 36＝20．]3．(x －1)11展开式中x 的偶次项系数之和是( ) A ．－2 048 B ．－1 023 C ．－1 024D ．1 024C [(x －1)11＝C 011x 11＋C 111x 10(－1)1＋C 211x 9(－1)2＋…＋(－1)11，偶次项系数为负数，其和为－210＝－1 024．]4．设(3－x )n ＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a n x n ，若n ＝4，则a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋(－1)n a n ＝( )A ．256B ．136C ．120D ．16A [令x ＝－1，得a 0－a 1＋a 2＋…＋(－1)n a n ＝(3－(－1))4＝44＝256．]5．已知C 0n ＋2C 1n ＋22C 2n ＋…＋2n C n n ＝729，则C 1n ＋C 3n ＋C 5n 的值等于( )A ．64B ．32C ．63D ．31 B [由已知(1＋2)n＝3n＝729，解得n ＝6．则C 1n ＋C 3n ＋C 5n ＝C 16＋C 36＋C 56＝262＝32．]二、填空题6．若⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋1x 3n展开式的各项系数之和为32，则其展开式中的常数项是________．10 [令x ＝1得2n ＝32，∴n ＝5． ∵T r ＋1＝C r 5(x 2)5－r ·⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 3r＝C r 5·x 10－5r ， ∴由10－5r ＝0即r ＝2可得展开式中的常数项是C 25＝10．]7．如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第________行中从左至右第14个与第15个数的比为2∶3．34 [由已知C 13n C 14n＝23，即n ！(n －13)！·13！ × (n －14)！·14！n ！＝23，化简得14n －13＝23．解得n ＝34．] 8．将函数f (x )＝x 5表示为f (x )＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x )2＋…＋a 5(1＋x )5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则a 3＝________．10 [∵f (x )＝x 5＝[(1＋x )－1]5，∴a 3＝C 25(－1)2＝10．]三、解答题9．⎝⎛⎭⎪⎪⎫x ＋23x n 展开式第9项与第10项二项式系数相等，求x 的一次项系数． [解] ∵⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋23x n 的展开式中第9项，第10项的二项式系数分别为C 8n 、C 9n ．又∵这两项的二项式系数相等．∴C 8n ＝C 9n ，∴n ＝17．其展开式的通项T r ＋1＝C r 17x 17－r 2·2r ·x －r3＝2r C r17x 17－r 2－r 3，令17－r 2－r3＝1， ∴r ＝9．∴T 10＝29C 917x ＝29×24 310x ＝12 446 720x ，即x 的一次项系数为12 446 720．10．若(2x －3y )10＝a 0x 10＋a 1x 9y ＋a 2x 8y 2＋…＋a 10y 10，求： (1)各项系数之和；(2)奇数项系数的和与偶数项系数的和．[解] (1)各项系数之和即为a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10，可用“赋值法”求解．令x ＝y ＝1，得a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝(2－3)10＝(－1)10＝1．(2)奇数项系数的和为a 0＋a 2＋a 4＋…＋a 10，偶数项系数的和为a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 9．由(1)知a 0＋a 1＋a 2＋…＋a 10＝1，①令x ＝1，y ＝－1，得a 0－a 1＋a 2－a 3＋…＋a 10＝510，②①＋②得，2(a 0＋a 2＋…＋a 10)＝1＋510，故奇数项系数的和为12(1＋510)； ①－②得，2(a 1＋a 3＋…＋a 9)＝1－510，故偶数项系数的和为12(1－510)．11．若(x －2)5－3x 4＝a 0＋a 1(x －3)＋a 2(x －3)2＋a 3(x －3)3＋a 4(x －3)4＋a 5(x －3)5，则a 3＝( )A ．－70B ．28C ．－26D ．40C [令t ＝x －3，则(x －2)5－3x 4＝a 0＋a 1(x －3)＋a 2(x －3)2＋a 3(x －3)3＋a 4(x －3)4＋a 5(x －3)5可化为(t ＋1)5－3(t ＋3)4＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋a 3t 3＋a 4t 4＋a 5t 5，则a 3＝C 25－3×C 14×3＝10－36＝－26．]12．在⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n(n ∈N ＋)的展开式中，若二项式系数最大的项仅是第六项，则展开式中常数项是( )A ．180B ．120C ．90D ．45A [在⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n (n ∈N ＋)的展开式中，若二项式系数最大的项仅是第六项，则n ＝10，则⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 2n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x 210的展开式的通项为T r ＋1＝C r 10·2r ·x 5－5r 2，令5－5r 2＝0，得r ＝2，可得展开式中常数项为C 210·22＝180．] 13．(多选题)若将函数f ()x ＝x 5表示为f ()x ＝a 0＋a 1(1＋x )＋a 2(1＋x ) 2＋…＋a 5(1＋x ) 5，其中a 0，a 1，a 2，…，a 5为实数，则( )A ．a 0＝－1B ．a 3＝10C ．∑i ＝15a i ＝1D ．∑i ＝15(－1) i a i ＝－31ABCD [由已知得(x －1)5＝a 0＋a 1x ＋a 2x 2＋…＋a 5x 5，令x ＝0得，a 0＝－1；又a 0＋∑i ＝15a i ＝(1－1)5＝0，a 0＋∑i ＝15(－1) i a i ＝(－1－1) 5＝－32，。