高三数学（理数）总复习练习专题十五 计数原理

高三数学（理数）总复习练习专题十五 计数原理

‎1．(2015·四川，6，易)用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有(　　)‎ A．144个 B．120个 C．96个 D．72个 ‎【答案】　B　首位填4时，比40 000大的偶数有4×3×2×2＝48(个)；首位填5时，比40 000大的偶数有4×3×2×3＝72(个)，∴共有48＋72＝120(个)．‎ ‎2．(2015·广东，12，易)某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言．(用数字作答)‎ ‎【解析】　由题意知，此为排列问题．故全班共有A＝40×39＝1 560(条)留言．‎ ‎【答案】　1 560‎ ‎1．(2014·辽宁，6，易)6把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为(　　)‎ A．144 B．‎120 C．72 D．24‎ ‎【答案】　D　先把三把椅子隔开摆好，它们之间和两端有4个位置，再把三人带椅子插放在四个位置，共有A＝24(种)放法，故选D.‎ ‎2．(2012·课标全国，2，易)将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有(　　)‎ A．12种 B．10种 C．9种 D．8种 ‎【答案】　A　甲地有1名教师和2名学生，则乙地只能有剩余的1名教师和2名学生，故共有CC＝12(种)．‎ ‎3．(2014·四川，6，易)六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有(　　)‎ A．192种 B．216种 C．240种 D．288种 ‎【答案】　B　若最左端排甲，其他位置共有A＝120(种)排法；若最左端排乙，最右端共有4种排法，其余4个位置有A＝24(种)排法，所以共有120＋4×24＝216(种)排法．‎ ‎4．(2013·四川，8，中)从1，3，5，7，9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg a－lg b的不同值的个数是(　　)‎ A．9 B．‎10 C．18 D．20‎ ‎【答案】　C　(补集思想、间接法)lg a－lg b＝lg，从1，3，5，7，9中任取两个数分别记为a，b，共有A＝20种结果，其中lg＝lg，lg＝lg，故共可得到不同值的个数为20－2＝18.故选C.‎ 易错点拨：注意本题易将lg与lg，lg 与lg 作为不同数值而导致结果误选D.‎ ‎5．(2014·广东，8，中)设集合A＝{(x1，x2，x3，x4，x5)|xi∈{－1，0，1}，i＝1，2，3，4，5}，‎ 那么集合A中满足条件“1≤|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|≤‎3”‎的元素个数为(　　)‎ A．60 B．‎90 C．120 D．130‎ ‎【答案】　D　设t＝|x1|＋|x2|＋|x3|＋|x4|＋|x5|，t＝1说明x1，x2，x3，x4，x5中有一个为－1或1，其他为0，所以有2·C＝10(个)元素满足t＝1；t＝2说明x1，x2，x3，x4，x5中有两个为－1或1，其他为0，所以有C×2×2＝40(个)元素满足t＝2；t＝3说明x1，x2，x3，x4，x5中有三个为－1或1，其他为0，所以有C×2×2×2＝80(个)元素满足t＝3，从而，共有10＋40＋80＝130(个)元素满足1≤t≤3.故选D.‎ ‎6．(2013·“北约”自主招生，2，中)有6×6的方阵，3辆完全相同的红车，3辆完全相同的黑车，它们均不在同一行且不在同一列，排列方法种数为(　　)‎ A．720 B．‎20 C．518 400 D．14 400‎ ‎【答案】　D　(元素分析法)先从6行中选取3行停放红色车，有C种选择．最上面一行的红色车位置有6种选择；最上面一行的红色车位置选定后，中间一行的红色车位置有5种选择；上面两行的红色车位置选定后，最下面一行的红色车位置有4种选择．三辆红色车的位置选定后，黑色车的位置有3！＝6(种)选择．所以共有C×6×5×4×6＝14 400(种)停放汽车的方法．‎ ‎7．(2014·福建，10，难)用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球．由加法原理及乘法原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1＋a)(1＋b)的展开式1＋a＋b＋ab表示出来，如：“‎1”‎表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球、而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来．依此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法的是(　　)‎ A．(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5‎ B．(1＋a5)(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c)5‎ C．(1＋a)5(1＋b＋b2＋b3＋b4＋b5)(1＋c5)‎ D．(1＋a5)(1＋b)5(1＋c＋c2＋c3＋c4＋c5)‎ ‎【答案】　A　从5个有区别的黑球取k个的方法数为C，故可用(1＋c)5的展开式中ck的系数表示．又所有的蓝球都取或都不取用1＋b5表示．再由乘法原理知，符合题意的取法可由(1＋a＋a2＋a3＋a4＋a5)(1＋b5)(1＋c)5表示．‎ ‎8．(2014·北京，13，中)把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C 不相邻，则不同的摆法有________种．‎ ‎【解析】　∵产品A与B相邻，把A，B捆绑有A种方法，然后再与C以外的两件产品全排列共A种方法，最后把产品C插入，只有3个空位可选，∴不同的摆法有A·A·3＝2×3×2×3＝36(种)．‎ ‎【答案】　36‎ ‎9．(2013·重庆，13，中)从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是__________(用数字作答)．‎ ‎【解析】　按每科选派人数分3，1，1和2，2，1两类．‎ 当选派人数为3，1，1时，有3类，共有CCC＋CCC＋CCC＝200(种)．‎ 当选派人数为2，2，1时，有3类，共有CCC＋CCC＋CCC＝390(种)．‎ 故共有590种．‎ ‎【答案】　590‎ ‎10．(2011·北京，12，中)用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)‎ ‎【解析】　(元素分析法)数字2，3至少都出现一次，包括以下情况：‎ ‎“2”出现1次，“3”出现3次，共可组成C＝4(个)四位数；‎ ‎“2”出现2次，“3”出现2次，共可组成C＝6(个)四位数；‎ ‎“2”出现3次，“3”出现1次，共可组成C＝4(个)四位数．‎ 综上，共可组成4＋6＋4＝14(个)这样的四位数．‎ ‎【答案】　14‎ 考向1　两个计数原理的综合应用 两个计数原理的联系与区别 原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 联系 两个计数原理都是对完成一件事的方法种数而言 区别一 每类办法都能独立完成这件事，它是独立的、一次的，且每次得到的是最后结果，只需一种方法就可完成这件事 每一步得到的只是中间结果，任何一步都不能独立完成这件事，缺少任何一步也不可，‎ 只有各步骤都完成了才能完成这件事 区别二 各类办法之间是互斥的、并列的、独立的 各步之间是相互依存的，并且既不能重复也不能遗漏 ‎(1)(2013·福建，5)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(　　)‎ A．14 B．‎13 C．12 D．10‎ ‎(2)(2013 ·山东，10)用0，1，…，9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为(　　)‎ A．243 B．‎252 C．261 D．279‎ ‎(3)(2015·山西大同质检，7)如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有(　　)‎ A．72种 B．48种 C．24种 D．12种 ‎【解析】　(1)方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的情况应分类讨论．当a＝0时，关于x的方程为2x＋b＝0，此时有序数对(0，－1)，(0，0)，(0，1)，(0，2)均满足要求；当a≠0时，Δ＝4－4ab≥0，ab≤1，此时满足要求的有序数对为(－1，－1)，(－1，0)，(－1，1)，(－1，2)，(1，－1)，(1，0)，(1，1)，(2，－1)，(2，0)．综上，满足要求的有序数对共有4＋9＝13(个)，故选B.‎ ‎(2)由0，1，…，9组成三位数时，0不能做百位，故有9种选法；十位、个位可任意选数，都有10种选法，故由分步乘法计数原理知，由0，1，…，9组成的所有三位数的个数是9×10×10＝900.同理组成的无重复数字的三位数的个数是9×9×8＝648.故由0，1，…，9组成的有重复数字的三位数的个数是900－648＝252.‎ ‎(3)方法一：首先涂A有C＝4(种)涂法，则涂B有C＝3(种)涂法，C与A，B相邻，则C有C＝2(种)涂法，D只与C相邻，则D有C＝3(种)涂法，所以共有4×3×2×3＝72(种)涂法.‎ 方法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A，B，C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．‎ ‎【答案】　(1)B　(2)B　(3)A ‎【点拨】　题(1)先确定方程中二次项系数a的值，再确定常数项b的值；题(2)易忽视0不能在首位而导致错误；题(3)中涂色要按一定顺序，由相邻情况来确定可以涂色的情况数目．‎ ‎ 求解有关计数原理应用问题的一般方法 ‎(1)在解决实际问题过程中，经常综合应用这两个计数原理．即分类时，每一类方法可能要运用分步完成；而分步时，每步的方法数可能会采取分类的思想去求解．对本类问题应该按照问题的特点来决定先分类后分步，还是先分步后分类．分类的关键在于做到“不重不漏”，标准统一；分步的关键在于要正确设计分步的程序，即合理分类，正确分步．‎ ‎(2)解决着色问题主要有两种思路：一是按位置考虑，关键是处理好相交线端点的颜色问题；二是按使用颜色的种数考虑，关键是正确判断颜色的种数．解决此类应用题，一般优先完成彼此相邻的三部分或两部分，再分类完成其余部分．‎ ‎(1)(2014·大纲全国，5)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有(　　)‎ A．60种 B．70种 C．75种 D．150种 ‎(2)(2015·天津五区县一模，7)如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有(　　)‎ A．288种 B．264种 C．240种 D．168种 ‎(1)【答案】　C　从6名男医生中选出2名有C种选法，从5名女医生中选出1名有C种选法，由分步乘法计数原理得不同的选法共有C·C＝75(种)．故选C.‎ ‎(2)【答案】　B　方法一：先涂A，D，E三个点，共有4×3×2＝24(种)涂法，然后再按B，C，F的顺序涂色，分为两类：‎ 一类是B与E或D同色，‎ 共有2×(2×1＋1×2)＝8(种)涂法；‎ 另一类是B与E或D不同色，‎ 共有1×(1×1＋1×2)＝3(种)涂法．‎ 所以，涂色方法共有24×(8＋3)＝264(种)．‎ 方法二：按使用颜色种数分类：‎ ‎①三色涂完，必然两两同色，即A与C，B与E，D与F或A与F，B与D，C与E，有‎2A ‎＝48(种)．‎ ‎②四色涂完，A，D，E肯定不同色，有A种涂法，再从B，F，C中选一位置涂第四色有3种，若选B，则F，C共3种涂法，所以A·C·3＝216(种)．‎ 综上，涂色方法共有48＋216＝264(种)．‎ 考向2　排列问题 排列数公式 A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(m，n∈N*，并且m≤n)．‎ A＝n！＝n·(n－1)·(n－2)·…·3·2·1，‎ 规定0！＝1.‎ ‎ ‎ ‎“排列”与“排列数”是两个不同的概念，一个排列是指“从n个不同元素中取出m个元素，按一定顺序排成一列”，而排列数是指这种排列的个数．‎ ‎(1)(2014·重庆，9)某次联欢会要安排3个歌舞类节目、2个小品类节目和1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(　　)‎ A．72 B．‎120 C．144 D．168‎ ‎(2)(2015·山东临沂3月检测，18，12分)有4名男生、5名女生，全体排成一行，下列情形各有多少种不同的排法？‎ ‎①甲不在中间也不在两端；‎ ‎②甲、乙两人必须排在两端；‎ ‎③男女相间．‎ ‎【解析】　(1)歌舞类节目设为a1，a2，a3，小品类节目设为b1，b2，相声类节目设为c，先排a1，a2，a3不相邻，顺序如×b1×b2×c×，共AA种方法，b1b2相邻前提下×b1b2×c×插空法共AAA种方法，所以同类节目不相邻的排法种数为AA－AAA＝A·(A－4)＝6×20＝120.‎ ‎(2)①方法一(元素分析法)：先排甲有6种，再排其余人有A种，故共有6·A＝241 920(种)排法．‎ 方法二(位置分析法)：中间和两端有A种排法，包括甲在内的其余6人有A种排法，故共有A·A＝336×720＝241 920(种)排法．‎ 方法三(等机会法)：9个人全排列有A种，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意得 ‎，甲不在中间及两端的排法总数是A×＝241 920(种).‎ 方法四(间接法)：A－3·A＝‎6A＝241 920(种),‎ ‎②先排甲、乙，再排其余7人,‎ 共有A·A＝10 080(种)排法.‎ ‎③(插空法)先排4名男生有A种方法，再将5名女生插空，有A种方法，故共有A·A＝2 880(种)排法.‎ ‎【点拨】　对于要求某几个元素必须排在一起问题可采用捆绑法，对于某两个元素或者几个元素要求不相邻的问题可采用插空法．‎ ‎ 1.解决排列问题的主要方法 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算 捆绑法 相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，同时注意捆绑元素的内部排列 插空法 不相邻问题插空处理，即先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空中 消序法 定序问题消序(除法)处理的方法，可先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列 ‎2．解决排列类应用题的策略 ‎(1)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置．‎ ‎(2)分排问题直排法处理．‎ ‎(3)“小集团”排列问题中先集中后局部的处理方法．‎ ‎(2015·河南洛阳模拟，18，12分)有5个同学排队，问：‎ ‎(1)甲、乙2个同学必须相邻的排法有多少种？‎ ‎(2)甲、乙、丙3个同学互不相邻的排法有多少种？‎ ‎(3)乙不能站在甲前面，丙不能站在乙前面的排法有多少种？‎ ‎(4)甲不站在中间位置，乙不站在两端的排法有多少种？‎ 解：(1)(捆绑法)先排甲、乙，有A种排法，再与其他3名同学排列，共有A· A＝48(种)不同排法.‎ ‎(2)(插空法)先排其余的2名同学，有A种排法，出现3个空，将甲、乙、丙插空，所以共有A·A＝12(种)排法.‎ ‎(3)这是顺序一定问题，由于乙不能站在甲前面，丙不能站在乙前面，故3人只能按甲、乙、丙这一种顺序排列,‎ 方法一：5人的全排列共有A种排法，甲、乙、丙3人全排列有A种，而3人按甲、乙、丙顺序排列是全排列中的一种，所以共有＝20(种)排法；‎ 方法二(插空法)：先排甲、乙、丙3人，只有一种排法，然后插入1人到甲、乙、丙中，有4种插法，再插入1人，有5种插法，故共有4×5＝20(种)排法.‎ ‎(4)(间接法)5个人的全排列有A种，其中甲站在中间时有A种排法，乙站在两端时有‎2A种排法，甲站在中间同时乙站在两端时有‎2A种排法，所以一共有A－A－‎2A＋‎2A＝60(种)排法.‎ 考向3　组合问题 ‎1．组合数公式 C＝＝＝(m，n∈N*，并且m≤n)．‎ ‎2．组合数的性质 ‎(1)C＝C；‎ ‎(2)C＝C＋C(m≤n，m，n∈N*)．‎ ‎(2015·河北唐山模拟，19，12分)某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货．现从35种商品中选取3种．‎ ‎(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？‎ ‎(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？‎ ‎(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？‎ ‎(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？‎ ‎(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？‎ ‎【解析】　(1)从余下的34种商品中，选取2种有C＝561(种)，‎ ‎∴某一种假货必须在内的不同取法有561种.‎ ‎(2)从34种可选商品中，选取3种，有C＝5 984(种)或者C－C＝C＝5 984(种)，‎ ‎∴某一种假货不能在内的不同取法有5 984种.‎ ‎(3)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件有CC＝2 100(种),‎ ‎∴恰有2种假货在内的不同的取法有2 100种.‎ (4) 选取2件假货有CC种，选取3件假货有C种，共有选取方式CC＋C＝2 100＋455‎ ‎ ＝2 555(种),‎ ‎∴至少有2种假货在内的不同的取法有2 555种.‎ ‎(5)方法一(直接法)：有2种假货在内，不同的取法有CC种；有1种假货在内，不同的取法有CC种；没有假货在内，有C种，因此共有选取方式CC＋CC＋C＝6 090(种).‎ 方法二(间接法)：选取3件的总数有C，因此共有选取方式C－C＝6 545－455＝6 090(种),‎ ‎∴至多有2种假货在内的不同的取法有6 090种.‎ ‎【点拨】　本题是组合的综合问题，在选取元素时要注意“搭配原则”，做到“不重不漏”．‎ ‎ 组合应用问题的解题思路 ‎(1)把具体问题转化或归结为组合问题，注意排列问题与组合问题的区别，关键看是否与元素的顺序有关．‎ ‎(2)通过分析确定运用分类加法计数原理还是分步乘法计数原理．‎ ‎(3)分析题目条件，避免“选取”时重复和遗漏，同时注意组合问题中以下两类常见题型：‎ ‎①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．‎ ‎②“至少”或“最多”含有几个元素的题型：解这类题必须十分重视“至少”与“最多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解，用直接法和间接法都可以求解，用直接法分类复杂时，通常用间接法处理．‎ ‎(2015·河北石家庄第一次调研，19，12分)某医科大学的学生中，有男生12名、女生8名在某市人民医院实习，现从中选派5名学生参加青年志愿者医疗队．‎ ‎(1)某男生甲与某女生乙必须参加，共有多少种不同的选法？‎ ‎(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？‎ ‎(3)甲、乙二人至少有一人参加，有多少种选法？‎ ‎(4)医疗队中男生和女生都至少有一名，有多少种选法？‎ 解：(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C＝816(种);‎ ‎(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C＝8 568(种);‎ ‎(3)分两类：甲、乙中只有一人参加，则有C·C种选法；甲、乙两人都参加，则有C种选法．‎ 故共有C·C＋C＝6 936(种);‎ ‎(4)方法一(直接法 ‎)：男生和女生都至少有一名的选法可分为四类：1男4女；2男3女；3男2女；4男1女,‎ 所以共有C·C＋C·C＋C·C＋C·C＝14 656(种).‎ 方法二(间接法)：由总数中减去5名都是男生和5名都是女生的选法种数，‎ 得C－(C＋C)＝14 656(种).‎ 考向4　排列与组合的综合问题 求解排列、组合问题的基本方法 ‎(1)直接法：把符合条件的排列数或组合数直接列式计算．‎ ‎(2)限制条件排除法：先求出不考虑限制条件的个数，然后减去不符合条件的个数，相当于减法原理．‎ ‎(3)相邻问题捆绑法：在特定条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整个问题排好之后再考虑它们“内部”的排列数，它主要用于解决相邻问题．‎ ‎(4)插空法：先把不受限制的元素排列好，然后把特定元素插在它们之间或两端的空当中．‎ ‎(5)特殊元素、位置优先安排法：对问题中的特殊元素或位置优先考虑排列，然后排列其他一般元素或位置．‎ ‎(6)多元问题分类法：将符合条件的排列分为几类，根据分类计数原理求出排列总数．‎ ‎(7)元素不多列举法：即把符合条件的一一列举出来．‎ ‎(8)元素相同隔板法：若把n个不加区分的相同元素分成m组，可通过n个相同元素排成一排，在元素之间插入m－1块隔板来完成分组，此法适用于同元素分组问题．‎ ‎(9)“至多”“至少”间接法：“至多”“至少”的排列组合问题，需分类讨论且一般分类的情况较多，所以通常用间接法，即排除法，它适用于反面明确且易于计算的问题．‎ ‎(10)选排问题先取再排法：选排问题很容易出现重复或遗漏的错误，因此常先取出元素(组合)再排列，即先取后排．‎ ‎(11)定序问题消序法：甲、乙、丙顺序一定，采用消序法，即除法，用总排列数除以顺序一定的排列数．‎ ‎(12)有序分配逐分法：有序分配是指把元素按要求分成若干组，常采用逐分的方法求解．‎ ‎(2015·河南郑州检测，20，12分)有5名男生和3名女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，分别求符合下列条件的选法数：‎ ‎(1)有女生但人数必须少于男生；‎ ‎(2)某女生一定要担任语文课代表；‎ ‎(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；‎ ‎(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．‎ ‎【解析】　(1)先选后排．符合条件的课代表人员的选法有(CC＋CC)种，排列方法有A种，所以满足题意的选法有(CC＋CC)·A＝5 400(种).‎ ‎(2)除去该女生后，即相当于挑选剩余的7名学生担任四科的课代表，有A＝840(种)选法.‎ ‎(3)先选后排．从剩余的7名学生中选出4名有C种选法，排列方法有CA种，所以选法共有CCA＝3 360(种).‎ ‎(4)先从除去该男生和该女生的6人中选出3人，有C种选法，该男生的安排方法有C种，其余3人全排列，有A种，因此满足题意的选法共有CCA＝360(种).‎ ‎ 解排列、组合的综合问题的注意点 ‎(1)仔细审题，判断是组合问题还是排列问题．要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步．‎ ‎(2)以元素为主时，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；以位置为主时，先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．‎ ‎(3)对于有附加条件的比较复杂的排列、组合题，要周密分析，设计出合理的方案，把复杂问题分解成若干简单的基本问题后应用分类加法计数原理或分步乘法计数原理来解决，一般遵循先选后排的原则．‎ ‎(4)由于排列、组合问题的答案一般数目较大，不易直接验证，因此在检查结果时，应着重检查所设计的解决问题的方案是否完备，有无重复或遗漏，也可采用多种不同的方法求解，看结果是否相同．‎ ‎(2014·浙江，14)在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种．(用数字作答)‎ ‎【解析】　不同的获奖分两种：一是有一人获得两张奖券，一人获得一张，共有CA＝36(种)，二是三个人各获得一张，共有A＝24(种)，因此不同的获奖情况有60种.‎ ‎【答案】　60‎ ‎1．(2015·江西九江模拟，3)8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为(　　)‎ A．AA B．AC C．AA D．AC ‎【答案】　A　不相邻问题用插空法，8名学生先排有A种排法，产生9个空，2位老师插空有A种排法，所以共有A·A种排法．故选A.‎ ‎2．(2014·广东广州联考，9)现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有(　　)‎ A．24种 B．30种 C．36种 D．48种 ‎【答案】　D　(元素优先法)先给最上面的一块涂色，有4种方法，再给中间左边一块涂色，有3种方法，再给中间右边一块涂色，有2种方法，最后再给下面一块涂色，有2种方法，根据分步乘法计数原理，共有4×3×2×2＝48(种)方法．‎ ‎3．(2015·安徽黄山月考，5)某小区有排成一排的7个车位，现有3辆不同型号的车需要停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，那么不同的停放方法的种数为(　　)‎ A．16 B．‎18 C．24 D．32‎ ‎【答案】　C　将四个车位捆绑在一起，看成一个元素，先排3辆不同型号的车，在三个车位上任意排列，有A＝6(种)排法，再将捆绑在一起的四个车位插入4个空档中，有4种方法，故共有4×6＝24(种)方法．‎ ‎4．(2014·黑龙江哈尔滨三模，2)两家夫妇各带一个小孩一起到动物园游玩，购票后排队依次入园，为安全起见，首尾一定要排两位爸爸，另外，两个小孩一定要排在一起，则这6人的入园顺序排法种数为(　　)‎ A．48种 B．36种 C．24种 D．12种 ‎【答案】　C　(捆绑法)爸爸排法有A种，两个小孩排在一起故看成一体，有A种排法．妈妈和孩子共有A种排法，∴排法种数共有AAA＝24(种)．故选C.‎ ‎5．(2015·福建三明调研，6)将A，B，C，D，E排成一列，要求A，B，C在排列中顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，这样的排列数有(　　)‎ A．12种 B．20种 C．40种 D．60种 ‎【答案】　C　(消序法)五个元素没有限制全排列数为A，由于要求A，B，C的次序一定(按A，B，C或C，B，A)，故除以这三个元素的全排列A，可得×2＝40(种)．‎ ‎6．(2015·河南郑州检测，8)从1，2，3，4，5这五个数字中任取3个组成无重复数字的三位数，‎ 当三个数字中有2和3时，2需排在3的前面(不一定相邻)，这样的三位数有(　　)‎ A．51个 B．54个 C．12个 D．45个 ‎【答案】　A　分三类：第一类，没有2，3，由其他三个数字组成三位数，有A＝6(个)；‎ 第二类，只有2或3，需从1，4，5中选两个数字，可组成‎2CA＝36(个)；‎ 第三类，2，3均有，再从1，4，5中选一个，因为2需排在3的前面，所以可组成CA＝9(个)．‎ 故这样的三位数共有51个，故选A.‎ ‎7．(2015·江苏南京检测，9)甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，若每级台阶最多站2人，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是______(用数字作答)．‎ ‎【解析】　甲、乙、丙3人站到共有7级的台阶上，共有73＝343(种)站法，当三个人同时站到同一个台阶的站法有7种，故若每级台阶最多站2人，有343－7＝336(种)站法.‎ ‎【答案】　336‎ ‎8．(2015·北京海淀二模，10)某运输公司有7个车队，每个车队的车辆均多于4辆．现从这个公司中抽调10辆车，并且每个车队至少抽调1辆，那么共有______种不同的抽调方法．‎ ‎【解析】　方法一(分类法)：在每个车队抽调1辆车的基础上，还需抽调3辆车．可分成三类：一类是从某1个车队抽调3辆，有C种；一类是从2个车队中抽调，其中1个车队抽调1辆，另1个车队抽调2辆，有A种；一类是从3个车队中各抽调1辆，有C种．故共有C＋A＋C＝84(种)抽调方法.‎ 方法二(隔板法)：由于每个车队的车辆均多于4辆，只需将10个份额分成7份．可将10个小球排成一排，在相互之间的9个空当中插入6个隔板，即可将小球分成7份，故共有C＝84(种)抽调方法.‎ ‎【答案】　84‎ ‎9．(2014·山东潍坊五校联考，14)数字1，2，3，4，5，6按如图形式随机排列，设第一行的数为N1，其中N2，N3分别表示第二、三行中的最大数，则满足N10时，f[f(x)]表达式的展开式中常数项为(　　)‎ A．－20 B．‎20 C．－15 D．15‎ ‎【答案】　A　x>0时，f(x)＝－<0，故f[f(x)]＝，其展开式的通项公式为Tr＋1＝C·‎ ‎(－)6－r·＝(－1)6－r·C·()6－2r.由6－2r＝0得r＝3，故常数项为(－1)3·C＝－20.‎ 思路点拨：先利用分段函数的解析式，求出函数表达式，再利用二项展开式的通项公式求展开式中的常数项．‎ ‎6．(2012·湖北，5，难)设a∈Z，且0≤a<13，若512 012＋a能被13整除，则a＝(　　)‎ A．0 B．‎1 C．11 D．12‎ ‎【答案】　D　(配凑法)512 012＋a＝(52－1)2 012＋a＝522 012＋C×522 011×(－1)＋…＋C×52×(－1)2 011＋(－1)2 012＋a能被13整除，只需(－1)2 012＋a＝1＋a能被13整除即可．‎ ‎∵0≤a<13，∴a＝12，故选D.‎ 思路点拨：首先将51化成52－1的形式，再利用二项展开式展开(52－1)2 012，‎ 含因数52的项都能被13整除，最后剩余的项作为13的倍数求出a.‎ ‎7．(2014·课标Ⅱ，13，易)(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________．(用数字填写答案)‎ ‎【解析】　由二项式定理可知，含有x7的项为Cx‎7a3，所以Ca3＝15，得a＝.‎ ‎【答案】　 ‎8．(2014·安徽，13，中)设a≠0，n是大于1的自然数，的展开式为a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn.若点Ai(i，ai)(i＝0，1，2)的位置如图所示，则a＝________.‎ ‎【解析】　由题意知a0＝1，a1＝3，a2＝4，即解得a＝3.‎ ‎【答案】　3‎ 考向1　求二项展开式中的项或项的系数 ‎1．二项式的通项与系数 ‎(a＋b)n展开式中的第r＋1项为Tr＋1＝Can－rbr.展开式中C(r＝0，1，…，n)叫作第r＋1项的二项式系数．‎ ‎2．二项式系数与项的系数的区别 ‎(a＋bx)n的展开式中，二项式系数是指C，C，…，C，它是组合数，只与各项的项数有关，而与a，b的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅与各项的项数有关，而且也与a，b的值有关．如第r＋1项的二项式系数是C，而该项的系数是Can－rbr.当然，在某些特殊的二项展开式(如(1＋x)n)中，各项的系数与二项式系数是相等的．‎ ‎(1)(2014·课标Ⅰ，13)(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7的系数为________．(用数字填写答案)‎ ‎(2)(2013·天津，10)的二项展开式中的常数项为________．‎ ‎【解析】　(1)依题意，(x＋y)8的二项展开式的通项为Tk＋1＝Cx8－kyk，0≤k≤8，k∈Z.当k＝7时，T8＝Cxy7＝8xy7；当k＝6时，T7＝Cx2y6＝28x2y6.‎ ‎∴(x－y)(x＋y)8的展开式中x2y7项为x·8xy7＋(－y)·28x2y6＝－20x2y7，故x2y7的系数为－20.‎ ‎(2) 的二项展开式的通项为Tr＋1＝(－1)r·Cx6－r·＝(－1)rC，令6－r＝0，解得r＝4，故常数项为(－1)‎4C＝15.‎ ‎【答案】　(1)－20　(2)15‎ ‎【点拨】　求二项式的项或项的系数时，首先写出通项，再根据题设求解．‎ ‎ 求二项展开式中的项的方法 求二项展开式的特定项问题，实质是考查通项Tk＋1＝Can－kbk的特点，一般需要建立方程求k，再将k的值代回通项求解，注意k的取值范围(k＝0，1，2，…，n)．‎ ‎(1)第m项：此时k＋1＝m，直接代入通项；‎ ‎(2)常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为0建立方程；‎ ‎(3)有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程．‎ 特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解．‎ 解题时注意二项式系数中n和r的隐含条件．使用二项式的通项公式时要注意：①通项公式表示的是第r＋1项，而不是第r项；②通项公式中a和b的位置不能颠倒．‎ ‎(2014·山东，14)若的展开式中x3项的系数为20，则a2＋b2的最小值为________．‎ ‎【解析】　Tr＋1＝C(ax2)6－r＝Ca6－rbrx12－3r，‎ 令12－3r＝3，则r＝3.‎ ‎∴Ca3b3＝20，即ab＝1.‎ ‎∴a2＋b2≥2ab＝2，‎ 即a2＋b2的最小值为2.‎ ‎【答案】　2‎ 考向2　二项式系数的性质和赋值问题 ‎1．二项式系数的性质 ‎(1)对称性：C＝C(m≤n)．‎ ‎(2)增减性：当k<时，二项式系数逐渐增大，由对称性知后半部分是逐渐减小的．‎ ‎(3)最大值 ‎①当n为偶数时，中间一项(第＋1项)的二项式系数最大，最大值为；‎ ‎②当n为奇数时，中间两项(第项和第项)的二项式系数相等，且同时取得最大值，最大值为或.‎ ‎2．二项展开式中项的系数和 在(a＋b)n的展开式中，令a＝b＝1，得C＋C＋…＋C＝2n，即二项式系数的和为2n；令a＝1，b＝－1得C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1，即展开式中奇数项二项式系数的和等于偶数项二项式系数的和．‎ ‎(1)(2013·课标Ⅰ，9)设m为正整数，(x＋y)‎2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)‎2m＋1展开式的二项式系数的最大值为b.若‎13a＝7b，则m＝(　　)‎ A．5 B．‎6 C．7 D．8‎ ‎(2)(2015·河北石家庄调研，15)设(2－1)n的展开式的各项系数之和为M，二项式系数之和为N，若M，8，N三数成等比数列，则展开式中第四项为________．‎ ‎【思路导引】　题(1)先根据二项展开式中二项式系数的特点确定系数的最大值，再利用组合数公式求解；题(2)应用赋值法求解，令x＝1，结合等比数列的性质求解．‎ ‎【解析】　(1)(x＋y)‎2m展开式中二项式系数的最大值为C，即a＝C，同理，b＝C，∴‎13C＝‎7C，即＝，∴＝13，解得m＝6.‎ ‎(2)令x＝1，则各项系数之和为M＝(2－1)n＝1.‎ ‎∵二项式系数之和N＝C＋C＋C＋…＋C＝2n，又M，8，N三数成等比数列，则82＝MN，即2n＝64，解得n＝6，故T4＝C(2)6－3·(－1)3＝－160x.‎ ‎【答案】　(1)B　(2)－160x ‎ 求二项式中项的系数的和与差的方法技巧 ‎(1)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；同理求系数之差时，只需根据题目要求令x＝1，y＝－1或x＝－1，y＝1即可；如何赋值，要观察所求和与差式的特点，发现差异，确保正确．‎ ‎(2)若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，偶次项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，奇次项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝，令x＝0，可得a0＝f(0)．‎ ‎(2012·浙江，14)若将函数f(x)＝x5表示为f(x)＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5，其中a0，a1，a2，…，a5为实数，则a3＝________．‎ ‎【解析】　方法一(通法)：将f(x)＝x5进行转化，利用二项式定理求解．‎ f(x)＝x5＝(1＋x－1)5，‎ 它的通项为Tr＋1＝C(1＋x)5－r·(－1)r，‎ T3＝C(1＋x)3(－1)2＝10(1＋x)3，‎ ‎∴a3＝10.‎ 方法二(赋值法)：对等式f(x)＝x5＝a0＋a1(1＋x)＋a2(1＋x)2＋…＋a5(1＋x)5两边连续对x求导三次得：‎ ‎60x2＝‎6a3＋‎24a4(1＋x)＋‎60a5(1＋x)2，‎ 再令x＝－1得60＝‎6a3，即a3＝10.‎ ‎【答案】　10‎ ‎1．(2015·重庆模拟，4)(x－y)8的展开式中，x6y2项的系数是(　　)‎ A．56 B．－‎56 C．28 D．－28‎ ‎【答案】　A　二项式的通项为Tr＋1＝Cx8－r(－y)r，令8－r＝6，即r＝2，得x6y2项的系数为 C(－)2＝56.‎ ‎2．(2015·河北保定高三调研，8)已知a＝2cosdx，则二项式的展开式中x的系数为(　　)‎ A．10 B．－‎10 C．80 D．－80‎ ‎【答案】　D　(先求出a值，然后用通项求解)‎ a＝2cosdx ‎＝2sin0‎ ‎＝2＝－2，‎ ‎∴的通项Tr＋1＝C(x2)5－r·＝(－2)rC·x10－3r，‎ 令10－3r＝1，∴r＝3.∴展开式中x的系数为(－2)3·C＝－‎8C＝－80.‎ ‎3．(2014·河南郑州二模，7)二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中常数项是(　　)‎ A．180 B．‎90 C．45 D．360‎ ‎【答案】　A　因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以n＝10，Tr＋1＝C·()10－r·＝2rC·.令5－r＝0，得r＝2，所以展开式中常数项T3＝‎4C＝180.故应选A.‎ 思路点拨：根据二项展开式系数的性质，求出n，然后求常数项．‎ ‎4．(2015·河北唐山调研，8)如果的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值为(　　)‎ A．3 B．‎5 C．6 D．10‎ ‎【答案】　B　的展开式的通项为Tr＋1＝C·(2)n－r＝C2n－r.‎ ‎∵n，r∈N，且r≤n，∴n的最小值为5.‎ ‎5．(2014·山东聊城一模，8)若的展开式中第三项与第五项的系数之比为，则展开式中常数项是(　　)‎ A．－10 B．‎10 C．－45 D．45‎ ‎【答案】　D　∵展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(x2)n－r·(－1)rx－＝C(－1)r，∴＝，∴n＝10，∴Tr＋1＝C·(－1)r·.令20－＝0，则r＝8.∴常数项为T9＝C＝C＝45.‎ ‎6．(2015·北京一模，7)设(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋…＋a2nx2n，则a2＋a4＋…＋a2n的值为(　　)‎ A. B. C．3n－2 D．3n ‎【答案】　B　(赋值法)令x＝1，‎ 得a0＋a1＋a2＋…＋a2n－1＋a2n＝3n.①‎ 再令x＝－1得，‎ a0－a1＋a2＋…－a2n－1＋a2n＝1.②‎ 令x＝0得a0＝1.‎ 由①＋②得2(a0＋a2＋…＋a2n)＝3n＋1，‎ ‎∴a0＋a2＋…＋a2n＝，∴a2＋a4＋…＋a2n＝－a0＝－1＝.‎ ‎7．(2015·河南洛阳模拟，13)的展开式中各项系数之和为729，则该展开式中x2的系数为________．‎ ‎【解析】　依题意，得3n＝729，即n＝6.‎ 二项式的展开式的通项是Tr＋1＝C·(2x)6－r·＝C·26－r·x6－.‎ 令6－＝2，得r＝3.因此，在该二项式的展开式中x2的系数是C×26－3＝160.‎ ‎【答案】　160‎ ‎8．(2014·辽宁抚顺二模，13)设二项式的展开式中x2项的系数为A，常数项为B.若B＝‎4A，则a＝________．‎ ‎【解析】　二项展开式的通项Tr＋1＝Cx6－r·＝(－a)rCx6－2r，‎ 令6－2r＝2，得r＝2，则A＝a‎2C＝‎15a2；‎ 令6－2r＝0，得r＝3，则B＝－a‎3C＝－‎20a3.因为B＝‎4A，即－‎20a3＝4×‎15a2，所以a＝－3.‎ ‎【答案】　－3‎ ‎9．(2015·江西抚州一模，14)在(1－x)(1＋x)4的展开式中，含x2项的系数是b.若(2－bx)7＝a0＋a1x＋…＋a7x7，则a1＋a2＋…＋a7＝________.‎ ‎【解析】　在(1－x)(1＋x)4的展开式中，含x2项的系数是b，‎ 则b＝C－C＝2.‎ ‎(2－2x)7＝a0＋a1x＋…＋a7x7，‎ 令x＝0得a0＝27，‎ 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a7＝0，‎ ‎∴a1＋a2＋…＋a7＝0－27＝－128.‎ ‎【答案】　－128‎ ‎(时间：45分钟__分数：80分)‎ 一、选择题(共12小题，每小题5分，共60分)‎ ‎1．(2015·四川德阳模拟，4)将5件不同的奖品全部奖给3个学生，每人至少一件奖品，则不同的获奖情况种数是(　　)‎ A．150 B．‎210 C．240 D．300‎ ‎【答案】　A　将5件不同的奖品分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种．‎ 分成1，1，3时，有C·A＝60(种)分法；‎ 分成2，2，1时，有·A＝90(种)分法．‎ 所以共有60＋90＝150(种)分法．‎ ‎2．(2013·江西，5)展开式中的常数项为(　　)‎ A．80 B．－‎80 C．40 D．－40‎ ‎【答案】　C　二项展开式的通项为Tr＋1＝C·(x2)5－r·(－1)r·2r·x－3r＝C·(－1)r·2r·x10－5r.因为10－5r＝0，所以r＝2，所以常数项为T3＝C·22＝40，选C.‎ ‎3．(2012·山东，11)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 ‎【答案】　C　分两种情况：‎ ‎①不取红色卡片，共有不同的取法C－‎3C＝220－12＝208(种)．‎ ‎②取红色卡片1张，有不同的取法CC＝264(种)．‎ 所以不同的取法有208＋264＝472(种)，故选C.‎ ‎4．(2013·课标Ⅱ，5)已知(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，则a＝(　　)‎ A．－4 B．－‎3 C．－2 D．－1‎ ‎【答案】　D　(1＋x)5中含有x与x2的项为T2＝Cx＝5x，T3＝Cx2＝10x2，‎ ‎∴(1＋ax)(1＋x5)的展开式中x2的系数为10＋‎5a＝5，‎ ‎∴a＝－1，故选D.‎ 思路点拨：先求出(1＋x)5含有x与x2的项的系数，从而得到所求展开式中x2的系数．‎ ‎5．(2012·陕西，8)两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有(　　)‎ A．10种 B．15种 C．20种 D．30种 ‎【答案】　C　由题意知比赛局数至少为3局，至多为5局．当局数为3局时，情况为甲或乙连赢3局，共2种；当局数为4局时，若甲赢，则前3局中甲赢2局，最后一局甲赢，共有C＝3(种)情况，同理，若乙赢，也有3种情况，共有3＋3＝6(种)情况；当局数为5局时，前4局，甲、乙各赢2局，最后1局胜出的人赢，共有‎2C＝12(种)情况．‎ 综上可知，共有2＋6＋12＝20(种)情况．‎ ‎6．(2015·山东青岛一模，7)有A，B，C，D，E五位学生参加网页设计比赛，决出了第一到第五的名次．A，B两位学生去问成绩，老师对A说：你的名次不知道，但肯定没得第一名；又对B说：你是第三名．请你分析一下，这五位学生的名次排列的种数为(　　)‎ A．6 B．‎18 C．20 D．24‎ ‎【答案】　B　(元素优先法)首先排A，A可在第2，4，5三个名次上，有A种排法，排好A后C，D，E全排列，有A种名次排法，即这五位学生的名次排列种数为A·A＝18(种)．‎ ‎7．(2012·浙江，6)若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有(　　)‎ A．60种 B．63种 C．65种 D．66种 ‎【答案】　D　共有4个不同的偶数和5个不同的奇数，要使和为偶数，则4个数全为奇数，或全为偶数，或2个奇数、2个偶数，故不同的取法有C＋C＋CC＝66(种)．‎ ‎8．(2015·山西太原模拟，6)在(x－)2 014的二项展开式中，含x的奇次幂的项之和为S.当x＝时，S等于(　　)‎ A．23 020 B．－23 ‎020 C．23 021 D．－23 021‎ ‎【答案】　B　(x－)2 014＝x2 014＋Cx2 013(－)＋C22 014x2 012(－)2＋…＋(－)2 014，‎ 由已知条件S＝－C()2 014－C·()2 014－…－C()2 014＝－22 013·21 007＝－23 020.‎ ‎9．(2014·安徽，8)从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有(　　)‎ A．24对 B．30对 C．48对 D．60对 ‎【答案】　C　利用正方体中两个独立的正四面体解题，如图，‎ 它们的棱是原正方体的12条面对角线．‎ 一个正四面体中两条棱成60°角的有(C－3)对，两个正四面体有(C－3)×2对．又正方体的面对角线中平行成对，所以共有(C－3)×2×2＝48(对)．故选C.‎ ‎10．(2015·云南昆明调研，8)航空母舰“辽宁舰”将进行一次编队配置科学试验，要求2艘攻击型核潜艇一前一后，3艘驱逐舰和3艘护卫舰分列左右，每侧3艘，同侧不能都是同种舰艇，则舰艇分配方案的方法数为(　　)‎ A．72 B．‎324 C．648 D．1 296‎ ‎【答案】　D　(间接法)核潜艇排列数为A，6艘舰艇任意排列的排列数为A，同侧均是同种舰艇的排列数为AA×2，则舰艇分配方案的方法数为A(A－AA×2)＝1 296.‎ ‎11．(2014·河北石家庄二模，11)如图，四棱锥的8条棱代表8种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的．现打算用编号为①②③④的4个仓库存放这8种化工产品，那么安全存放的不同放法种数为(　　)‎ A．96 B．‎48 C．24 D．0‎ ‎【答案】　B　(元素分析法)由题意分析，先把标号为1，2，3，4的化工产品分别放入①②③④的4个仓库内，共有A＝24(种)放法；再把标号为5，6，7，8的化工产品对应地按要求安全存放：7与1放一起，8与2放一起，5与3放一起，6与4放一起；或者6与1放一起，7与2放一起，8与3放一起，5与4放一起，有两种放法．综上所述，共有A×2＝48(种)放法．故选B.‎ ‎12．(2015·山东潍坊一模，10)设k＝(sin x－cos x)dx，若(1－kx)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a1＋‎ a2＋a3＋…＋a8＝(　　)‎ A．－1 B．‎0 C．1 D．256‎ ‎【答案】　B　∵k＝(sin x－cos x)dx ‎＝(－cos x－sin x)|＝2，‎ ‎∴(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8.‎ 令x＝0，得a0＝1；‎ 令x＝1，得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a8＝1，‎ ‎∴a1＋a2＋a3＋…＋a8＝0.‎ 二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)‎ ‎13．(2013·安徽，11)若的展开式中x4的系数为7，则实数a＝________．‎ ‎【解析】　含x4的项为Cx5＝Ca3x4，∴Ca3＝7，‎ ‎∴a＝.‎ ‎【答案】　 ‎14．(2013·北京，12)将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张．如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．‎ ‎【解析】　5张参观券分成4组，1组2张，另外3组各1张，且2张参观券连号，则有4种分法，把这4份参观券分给4人，则不同的分法种数是‎4A＝96.‎ ‎【答案】　96‎ ‎15．(2011·大纲全国，13)(1－)20的二项展开式中，x的系数与x9的系数之差为________．‎ ‎【解析】　(1－)20的二项展开式的通项Tr＋1＝C·(－)r＝C·(－1)r·x，令＝1，则r＝2，∴x的系数为C·(－1)2＝190.令＝9，则r＝18，∴x9的系数为C(－1)18＝C＝190，故x的系数与x9的系数之差为0.‎ ‎【答案】　0‎ ‎16．(2013·浙江，14)将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．‎ ‎【解析】　从左往右看，若C排在第1位，共有排法A＝120(种)；若C排在第2位，共有排法A·A＝72(种)；若C排在第3位，则A，B可排C的左侧或右侧，共有排法A·A＋A·A＝48(种)；若C排在第4，5，6位时，其排法数与排在第3，2，1位相同，故共有排法2×(120＋72＋48)＝480(种)．‎ ‎【答案】　480‎