好看的头像女-bluebeard

排列组合
2016.11.16
一、选择题：
1． 将
3
个不同的小球放入
4
个盒子中，则不同放法种数有
A．
81
B．
64
C．
12
D．
14

2．
5
个人排成一排,其中甲、乙两人至少有一人在两端的排法种数有
523
3323113
A．
A
3
B．
4A
3
C．
A
5
A
3
A
3
D．
A
2
A
3
A
2
A
3
A
3

3．
a,b,c,d,e
共
5
个人，从中选1名组长1名副组长，但
a
不能当副组长，不同的选法
总数是
A.
20
B．
16
C．
10
D．
6

4．现有男、女学生共
8
人，从男生中选
2
人，从女生中选
1
人分别参加数学、物理、化
学三科竞赛，共有
90
种不同方案，那么男、女 生人数分别是
A．男生
2
人女生
6
人 B．男生
3
人女生
5
人
C．男生
5
人女生
3
人

D．男生
6
人女生
2
人.
5． 6．
A．
180
B．
90
C．
45
D．
360

6．由数字
1
、
2
、
3、
4
、
5
组成没有重复数字的五位数，其中小于
50000的偶数共有
A．
60
个 B．
48
个 C．
36
个 D．
24
个
7．
3
张不 同的电影票全部分给
10
个人,每人至多一张,则有不同分法的种数是
A．
1260
B．
120
C．
240
D．
720

8．
nN
且
n55
,则乘积(55n)(56n)
55n1515
(69n)
等于
14
A．
A
69n
B．
A
69n
C．
A
55n
D．
A
69n

9．从不同号码的
5
双鞋中任取
4
只，其中恰好有
1
双的取法种数为
A．
120
B．
240
C．
280
D．
60

10．不共面的四个定点到面

的距离都相等，这样的面

共有几个
A．
3
B．
4
C．
6
D．
7

11．设含有
10
个元素的集合的全部子集数为
S
，其中由
3
个元素组成的子集数为
T
，则
的值为
A.
T
S
20151621
B． C． D．
8

15．
4
名男生，
4
名女生排成一排，女生不排两端，则有 种不同排法. （8640 ）
17．在
1,2,3,...,9
的九个数字里，任 取四个数字排成一个首末两个数字是奇数的四位数，

1

这样的四位数有_________________个. （840）
18 ．用
1,4,5,x
四个不同数字组成四位数,所有这些四位数中的数字的总和为
28 8
,则
x
= . （2）
222
5．若
C
3
C
4
C
5

2
C
n363,
则自然数
n
_____.(13)

19．
n
个人参加某项资格考试，能否通过，有 种可能的结果？( 2
n
)
20．已知集合
S

1,0,1
< br>,
P

1,2,3,4

,从集合
S
,< br>P
中各取一个元素作为点的坐标,
可作出不同的点共有_____个. (23) 22．
A

1,2,3,4,5,6,7,8,9

，则含有 五个元素，且其中至少有两个偶数的子集个数为
_____.105
23．
8
张椅子排成,有
4
个人就座,每人
1
个座位,恰有
3
个连 续空位的坐法共有多少
种?_______ 480


25．
7
个人排成一排，在下列情况下，各有多少种不同排法？
（1）甲排头:
（2）甲不排头，也不排尾:
（3）甲、乙、丙三人必须在一起:
（4）甲、乙之间有且只有两人:
（5）甲、乙、丙三人两两不相邻:
（6）甲在乙的左边（不一定相邻）:
（7）甲、乙、丙三人按从高到矮，自左向右的顺序:
（8）甲不排头，乙不排当中:
66
解：（1）甲固定不动，其余有
A6
720
，即共有
A
6
720
种；
6< br>116
（2）甲有中间
5
个位置供选择，有
A
5
，其 余有
A
6
720
，即共有
A
5
A
63600
种；
（3）先排甲、乙、丙三人，有
A
3
，再把该 三人当成一个整体，再加上另四人，
53
5
相当于
5
人的全排列，即
A
5
，则共有
A
5
A
3
720
种；
3
（4）从甲、乙之外的
5
人中选
2
个人排甲、乙之 间，有
A
5
，甲、乙可以交换有
A
2
，
把该四人当成一个整体，再加上另三人，相当于
4
人的全排列，
22

2

224
则共有
A
5A
2
A
4
960
种；
（5）先排甲、乙、丙之外的 四人，有
A
4
，四人形成五个空位，甲、乙、丙三人
排
334这五个空位，有
A
5
，则共有
A
5
A
4
1440
种；
4
（6）不考虑限制条件有
A
7
，甲在 乙的左边（不一定相邻），占总数的一半，
即
7
1
7
A
7
2520
种；
2
4
（7）先在
7
个位置上排甲、乙、丙之外的四人，有
A
7
，留下三个空位，甲、乙、
4
丙三人按从高到矮，自左向右的顺序自动入列，不能乱 排的，即
A
7
840

（8）不考虑限制条件有
A
7
，而甲排头有
A
6
，乙排当中有
A
6
，这样重 复了甲排
765
5
头，乙排当中
A
5
一次，即
A< br>7
2A
6
A
5
3720

766

1．
6
个人坐在一排
10
个座位上,问( 1)空位不相邻的坐法有多少种?(2)
4
个空位只有
3
个
相邻的坐法有多少种?(3)
4
个空位至多有
2
个相邻的坐法有多少种?
解：
6
个人排有
A
6
种,
6
人排好后包括两端共有
7
个“间隔”可以插入空位.
4
(1)空位不相邻相当于将
4
个空位安插在上述
7
个“间隔”中,有
C
7
35
种插法，
64
故空位不相邻的坐法有
A
6
C
7
25200
种。
6
(2)将相邻的
3
个空位当作一个元素,另一空位当作另一个元素,往
7
个“间隔”里插
26 2
有
A
7
种插法,故
4
个空位中只有
3
个 相邻的坐法有
A
6
A
7
30240
种。
(3)
4
个空位至少有
2
个相邻的情况有三类：
①
4
个空位各不相邻有
C
7
种坐法;
②
4
个空位
2
个相邻，另有
2
个不相邻有
C
7
C
6
种坐法;
③
4
个空位分两组,每组都有
2
个相邻,有
C
7
种坐法.
2
12
4

3

64122
综合上述,应有
A
6
(C
7C
7
C
6
C
7
)118080
种坐法。
2．有
6
个球,其中
3
个黑球,红、白、蓝球各
1
个，现从中取出
4
个球排成一列，共有多少
种不同的排法？
4
解： 分三类：若取
1
个黑球，和另三个球，排
4
个位置，有
A
4
24
；
若取
2
个黑球，从另三个球中选
2
个排
4
个位置，
2
个黑球是相同的，
22
自动进入，不需要排 列，即有
C
3
A
4
36
；
若取
3个黑球，从另三个球中选
1
个排
4
个位置，
3
个黑球是 相同的，
11
自动进入，不需要排列，即有
C
3
A
412
；
所以有
24361272
种。




15、
8640

16、
4,C
20
x

17、
840

18、2
19、
2

20、 23
21、15
22、105
23、480
24、0.956
66
25．解： （1）甲固定不动，其余有
A
6
720
，即共有
A
6720
种；
6
116
（2）甲有中间
5
个位置供选 择，有
A
5
，其余有
A
6
720
，即共有
A
5
A
6
3600
1530
n
种；
（3）先排甲、乙、丙三人，有
A
3
，再把该三人当成一个整体，再加上另四人，53
5
相当于
5
人的全排列，即
A
5
，则共有
A
5
A
3
720
种；
3

4

（4）从甲、乙之外的
5
人中选
2
个人排甲、乙之间 ，有
A
5
，甲、乙可以交换有
A
2
，
把该四人当成一个整体，再加上另三人，相当于
4
人的全排列，
224则共有
A
5
A
2
A
4
960
种；
22
（5）先排甲、乙、丙之外的四人，有
A
4
，四人形成五个空位 ，甲、乙、丙三人
排
334
这五个空位，有
A
5
，则共有
A
5
A
4
1440
种；
4
（6）不考 虑限制条件有
A
7
，甲在乙的左边（不一定相邻），占总数的一半，
即
7
1
7
A
7
2520
种；
2
4
（7）先在
7
个位置上排甲、乙、丙之外的四人，有
A
7
，留下三个空位，甲、乙、
4
丙三人按从高到矮，自左向右的顺序自动入列，不能乱 排的，即
A
7
840

（8）不考虑限制条件有
A
7
，而甲排头有
A
6
，乙排当中有
A
6
，这样重 复了甲排
765
5
头，乙排当中
A
5
一次，即
A< br>7
2A
6
A
5
3720

50
6．解：设
f(x)(23x)
，令
x1
，得
a
0
a
1
a
2

766
a
50
(23)
50

令
x1
，得
a< br>0
a
1
a
2
a
50
(23)< br>50

a
49
)
2


(a0
a
2
a
4
a
50
)
2(a
1
a
3
a
5

(a
0a
1
a
2











a
50
)(a
0< br>a
1
a
2
a
50
)(23)
5 0
(23)
50
1

5

1
 
7
4．已知

x
2


展开式中的二项 式系数的和比
(3a2b)
展开式的二项式系数的和大
x

1< br>
128
,求

x
2


展开式 中的系数最大的项和系数量小的项.
x








n
n
1

5．（2）

xx

的展开式奇数项的二项式系数之和为
128
，
3
x

则求展开式中二项式系数最大项。








n

(数学选修2--3) 第一章 计数原理

6

[综合训练B组]
一、选择题
二、填空题
[提高训练C组]
一、选择题

4．设含有
10
个元素的集合的全部子集数为
S
，其中由
3
个元素组成的子集数为
T
，则
的值为A.
T
S
20 151621
B． C． D．
8
22
5．若
(2x 3)
4
a
0
a
1
xa
2
x
2
a
3
x
3
a
4
x
4
，则
(a
0
a
2
a
4
)(a
1
a
3
)
的值为
A.
1
B．
1
C．
0
D．
2

二、填空题
2．在△
AOB
的边
OA
上有
5
个点，边
OB
上有
6
个点，加上
O
点共个点，以这
12
个点
为顶点的三角形有 个.
222
5．若
C
3
C
4
C
5

2
C
n
363,
则自然数
n
_____.(13)
三、解答题 1．
6
个人坐在一排
10
个座位上,问(1)空位不相邻的坐法有多少种 ?(2)
4
个空位只有
3
个
相邻的坐法有多少种?(3)
4
个空位至多有
2
个相邻的坐法有多少种?
解：
6
个人排有
A
6
种,
6
人排好后包括两端共有
7
个“间隔”可以插入空位.
4
(1)空位不相邻相当于将
4
个空位安插在上述
7
个“间隔”中,有
C
7
35
种插法，
64
故空位不相邻的坐法有
A
6
C
7
25200
种。
6
(2)将相邻的
3
个空位当作一个元素,另一空位当作另一个元素,往
7
个“间隔”里插
26 2
有
A
7
种插法,故
4
个空位中只有
3
个 相邻的坐法有
A
6
A
7
30240
种。
(3)
4
个空位至少有
2
个相邻的情况有三类：
①
4
个空位各不相邻有
C
7
种坐法;
②
4
个空位
2
个相邻，另有
2
个不相邻有
C
7
C
6
种坐法;

7
12
4

③
4
个空位分两组,每组都有
2
个相邻,有
C
7
种坐 法.
64122
综合上述,应有
A
6
(C
7
C
7
C
6
C
7
)118080
种坐法。
2
2．有
6
个球,其中
3
个黑球,红、白、蓝球各
1个，现从中取出
4
个球排成一列，共有多少
种不同的排法？
4
解：分三类：若取
1
个黑球，和另三个球，排
4
个位置，有
A
4
24
；
若取
2
个黑球，从另三个球中选
2
个排
4
个位置，
2
个黑球是相同的，
22
自动进入，不需 要排列，即有
C
3
A
4
36
；
若取
3
个黑球，从另三个球中选
1
个排
4
个位置，
3
个黑 球是相同的，
11
自动进入，不需要排列，即有
C
3
A
4
12
；
所以有
24361272
种。




数学选修2-3 第一章 计数原理 [基础训练A组]
一、选择题
1．B 每个小球都有
4
种可能的放法，即
44464

2．C 分两类：（1）甲型
1
台，乙型
2
台：
C
4
C5
；（2）甲型
2
台，乙型
1
台：
C
4
C
5

1221


C
4
C
5
CC
45
70

523
523
3．C 不考虑限制条件有
A
5
，若甲， 乙两人都站中间有
A
3
A
3
，
A
5
A< br>3
A
3
为所求
21
21
4．B 不考虑限制条 件有
A
5
，若
a
偏偏要当副组长有
A
4
，
A
5
A
4
16
为所求
1221
213
5．B 设男学生有
x
人，则女学生有
8x
人，则
C
x
C
8x
A
3
90,

8x)
即
x(x1)(
r
8
3023x5,

14< br>8rr8r
x
8r
1
r
1
r
18rrr8rr
3
(1)()C
8
x
3
6．A
T
r1
C()(
3
)(1)()C
8
x
222
x

8

令8
41
66
r0,r6,T
7
(1)
6< br>()
8
C
8
7

32
5553322
7．B
(12x)(2x)2(12x) x(12x)...2C
5
(2x)xC
5
(2x)...

2333

(4C
5
16C
5
)x...120x...

8．A 只有第六项二项式系数最大，则
n10
，

T
r1
C(x)
二、填空题
3
444
1．（1）
10

C
5
10
；（2）
5

C
5
5
；（3）
14

C
6
C
4
14

r
10
10 r
5
5r
2
r
5
rr
2
(
2
)2C
10
x
2
，令
5r0,r2T
< br>80,4C
310
1
x
2
4444
2．
8640
先排女生有
A
6
，再排男生有
A
4
，共有
A
6
A
4
8640

15
15
3．
480

0
既不能排首位，也不能 排在末尾，即有
A
4
，其余的有
A
5
，共有
A4
A
5
480

466
r10r
,4T9
4．
1890

T
r1
C
10

x0
x(3)
r< br>，令
10r6r
5
,C
10
x189
4r 1r1
1530
,4r1r1
5．
4,C
20
x

C
20
C
20
2r0,T4
1
,
6
C
15
20
515
x(
2
1
)Cx
2

0
22
22
6．从五个奇数中 任取两个来排列有
A
5
，其余的
A
7
，共有
A5
A
7
840

840
先排首末，
4
7．
2
当
x0
时，有
A
4
24
个四位数，每个四位数的数字之和为
145x

145x)

24(2x88,
；当
x0< br>时，
288
不能被
10
整除，即无解
314
325
,
0
在首位，8．
11040
不考虑
0
的特殊情况，有
C
5
C
5
A
5< br>12000
若则
C
5
C
4
A
4
 960

,
325314
960
< br>C
5
C
5
A
5
C
5
C
4
A
4
1200011

040
三、解答题
22
1．解：（1）①是排列问题，共通了
A
11
110
封信； ②是组合问题，共握手
C
11
55
次。
22
（2）①是 排列问题，共有
A
10
90
种选法；②是组合问题，共有
C
10
45
种选法。
22
（3）①是排列问题，共有
A
8
56
个商；②是组合问题，共有
C
8
28
个积。

9

66
2．解：（1）甲固定不动，其余有
A< br>6
720
，即共有
A
6
720
种；
6
116
（2）甲有中间
5
个位置供选择，有
A
5
， 其余有
A
6
720
，即共有
A
5
A
6< br>3600
种；
（3）先排甲、乙、丙三人，有
A
3
，再把 该三人当成一个整体，再加上另四人，
53
5
相当于
5
人的全排列， 即
A
5
，则共有
A
5
A
3
720
种；
3
（4）从甲、乙之外的
5
人中选
2
个人排甲、乙 之间，有
A
5
，甲、乙可以交换有
A
2
，
把该四人当成一个整体，再加上另三人，相当于
4
人的全排列，
224则共有
A
5
A
2
A
4
960
种；
22
（5）先排甲、乙、丙之外的四人，有
A
4
，四人形成五个空位 ，甲、乙、丙三人
排
334
这五个空位，有
A
5
，则共有
A
5
A
4
1440
种；
4
（6）不考 虑限制条件有
A
7
，甲在乙的左边（不一定相邻），占总数的一半，
即
7
1
7
A
7
2520
种；
2
4
（7）先在
7
个位置上排甲、乙、丙之外的四人，有
A
7
，留下三个空位，甲、乙、
4
丙三人按从高到矮，自左向右的顺序自动入列，不能乱 排的，即
A
7
840

（8）不考虑限制条件有
A
7
，而甲排头有
A
6
，乙排当中有
A
6
，这样重 复了甲排
765
5
头，乙排当中
A
5
一次，即
A< br>7
2A
6
A
5
3720

766
2x14

x3

43
3．解：
(1 )A
2x1
140A
x



xN



(2x1)2x(2x1)(2x2)140x(x1)(x2)

10


x3



xN

(2x1)(2x1)35(x2)


x3< br>


xN

4x
2
35x690

得
x3

22112
(2)C
n
C
n
,
2
C
n
2
C
n3
C
n1
C
n12
C
n

2
C
n

2
2


C
1
n2
n(n1)
C,n2,n4
2
2
n
< br>1
r
1

n7
r28rrr163r
4．解：
22128,n8
，

x
2


的 通项
T
r1
C
8
(x)()(1)C
8
x

x
x

4
当
r4
时，展开式中的 系数最大，即
T
5
70x
为展开式中的系数最大的项；
7
当
r3,或5
时，展开式中的系数最小，即
T
2
56x,T
6
56x
为展开式中
8
的系数最小的项。
255．解：（1）由已知得
C
n
C
n
n7

135n1
（2）由已知得
C
n
C
n
C
n
...128,2128,n8
，而展开式中二项式
系数最大项是
T
41
C
8
(xx)(
44
1
44
3
2
)70xx
。
3
x
50
6．解：设
f(x)(23x)
，令
x1
，得
a
0
a
1
a
2
a
50
(23)
50

令
x1
，得
a
0
a
1
a
2
a
50
(23)
50

a
49
)
2


(a
0
a< br>2
a
4
a
50
)
2
(a
1
a
3
a
5

(a
0
a
1< br>a
2
a
50
)(a
0
a
1
a
2
a
50
)(23)
50
(23)
50
1



11

数学选修2-3 第一章 计数原理 [综合训练B组]
一、选择题
113113
1．C 个位
A
2
，万位
A
3< br>，其余
A
3
，共计
A
2
A
3
A3
36

3
2．D 相当于
3
个元素排
10
个位置，
A
10
720

3．B 从
5 5n
到
69n
共计有
15
个正整数，即
A
69 n

4．A 从
c,d,e,f
中选
2
个，有
C
4
，把
a,b
看成一个整体，则
3
个元素全排列，A
3

23
共计
C
4
A
3
36

23
15
5．A 先从
5
双鞋中任取
1
双，有
C
5
，再从
8
只鞋中任取
2
只，即
C8
，但需要排除
12
2

4
种成双的情 况，即
C
8
4
，则共计
C
5
(C
84)120

12
7
6．D
T
8
 C
10
(3i)
3
(x)
7
3603ix
7< br>，系数为
3603i

7．A
T
r1
C
2n
(2x)
则
2 C
2n1
2n
r2nr
(
1
rr2n2r
， 令
2n2r2,rn1

)2
2nr
C
2n< br>x
2x
n1
2n
224,C
C
8
32
14
56,n4
，再令
82r2,r5,T
6
x
2

4x
31
8．D
(1x)(1 x)(1x)x(1x)(C
10
C
10
)x...20 7x...

二、填空题
n
n2个(
1．
2
每个人都有通过或不通过
2
种可能，共计有
22...
n
2)

2
1331
2．
60
四个整数和为奇数分两类：一 奇三偶或三奇一偶，即
C
5
C
4
C
5
C
4
60

112
)
3．
23

C< br>3
C
4
A
2
123
，其中
(1,1重复了一次
4．
3

n1,k2

1

5．
51


(x)
x
1
5r
1
5r

5r
的通项为其中C(x)(1),(x)
的通项为
1
r

xx

5

12

r5r2rrr

C
5
，所以通项为
(1)
r
C
5
r0
C
5r
x
5r2r
，令
5r2
r
x
''''
'
得
r
'
5r
，当
r1
时，
r
'
2
，得常数为
30
； 当
r3
时，
r
'
1
，得常数为
20
；
2
'
当
r5
时，
r0
，得常数为
1
；
30(20)(1)51

324
6．
4186

3
件次品，或
4
件次品，
C
4
C
46
CC
4
1
46< br>4186

(x1)[1(x1)
5
](x1)(x1 )
6
6
4

7．
15
原式

，
(x1)
中含有
x
的项是
1(x1)x
2424
x
，所以展开式中的
C
6
x(1)15
x
3
的系数是
15

8．
105
直接法：分三类，在
4
个偶数中分别选
2
个，
3
个，
4
个偶数，其余选奇数，
233241554 1
CC
4

5
105
；间接法：
C
9< br>C
5
CC

C
4
C
5
CC
4554
105

三、解答题
1．解：
AB
中有元素
710413

333
28620126

5

C13
C
6
C
3

。
2．解：（1）原式< br>(C
2
100
3
A
101
1
33
C)ACA
3
A
101
1A
3

。
A
3
6
3
100
3
101
3
101
3
101
444
C
11
C
10
C
11
330
。
3
C
10

34444
（2）原式
C
3
C
5
C< br>4
C
6
C
5

433
另一方法：
原式C
4
C
4
C
5

43

C
6
C
6

33
C
10
 C
5

C
1
3

0
3
C4
C
4
330
101
C
011

mm1m1m1m1
C
n
C
n
C
n
C
n
C
n
（3）原式

m
1
m

m
1
< br>m
C
n
C
n
C
n
C
n
3． 证明：左边

n!mn!(nm1)n!mn!


(nm)!(nm1)!(nm1)!

(n1)!
m
An1

右边
[(n1)m]!
所以等式成立。

13

(1x)
1
3
33
6
C(1)20

2)
3

4．解：
(x
，在中，的系数
x
(1x)
6
3
x
x
就是展开式中的常数项。
另一方法：
原式(
6
x
1
x
3
(1)
3
20

)
6，
T
4
C
6
5．解：抛物线经过原点，得
c0，
当顶点在第一象限时，
a0,

a0
b
11
，则有
C
3
C
4
种；
0,即

2a

b0

a0
b
2
，则有
A< br>4
种；
0,即

2a

b0
当顶点在 第三象限时，
a0,
112
共计有
C
3
C
4< br>A
4
24
种。
6．解：把
4
个人先排，有A
4
，且形成了
5
个缝隙位置，再把连续的
3
个空位和
1
个空位
242
当成两个不同的元素去排
5
个缝隙位置，有
A
5
，所以共计有
A
4
A
5480
种。
4
数学选修2-3 第一章 计数原理 [提高训练C组]
一、选择题
1．B
n!n!
6,n34,n7

(n3)!(n4)!4!
2332
2．D 男生
2
人， 女生
3
人，有
C
30
C
20
；男生
3人，女生
2
人，有
C
30
C
20

2332
共计
C
30
C
2

0
C
3
C
0

2
20
22
22
3．A 甲得
2
本有
C
6
，乙从余下的
4
本中取
2
本有
C
4< br>，余下的
C
2
，共计
C
6
C
4

4．B 含有
10
个元素的集合的全部子集数为
S2
，由3
个元素组成的子集数
为
TC
3
10
，
1 0
3
T
C
10
15

10


S2128
22
5．A
(a
0
a
2
a
4
)(a
1
a
3
)(a
0
 a
1
a
2
a
3
a
4
)(a
0
a
1
a
2
a
3
a
4
)


14

44

(23)(23)1

6．D 分三种情况：（1）若仅
T< br>7
系数最大，则共有
13
项，
n12
；（2）若
T
7
与
T
6
系
数相等且最大，则共有
12
项 ，
n11
；（3）若
T
7
与
T
8
系数相 等且最大，则共
有
14
项，
n13
，所以
n
的值 可能等于
11,12,13

2
C
4

2
7．D 四个点分两类：（1）三个与一个，有
C
2
C
4
7
共计有
C
2
1
4
1
（2）平均分二个与二个，有
4
；
8．D 复数
abi,(a,bR)
为虚数，则
a有
10
种可能，
b
有
9
种可能，共计
90种可
能
二、填空题
1．
9
分三类：第一格填
2
，则第二格有
A
3
，第三、四格自动对号入座，不能自由排
列；
第一格填
3
，则第三格有
A
3
，第一、四格自动对号入座， 不能自由排
列；
第一格填
4
，则第撕格有
A
3
， 第二、三格自动对号入座，不能自由排
列；
1
共计有
3A
3
9

333
165
2．
165

C
12
C
6
C
7


1
1
1
1112
3．
180,30

a0
，
C
6
C
6
C
5
180
；
b0,A
6
3

0
a
9r
x< br>r
2
r9rr
3
2
r
9
3r
r
)(1)()aC
9
x
93r,8
4．
4

T
r1
C()(
，令
x22
2
r
9

(1)(

8
2
8
99
8
a)Caa,

4
9
2164
15

3222

5．
13

C
3< br>C
3
C
4
C
5
32

C
5
C
5

2322
C
n
 3631C,
4
C
4
C
5
C
n

2
36

4,
C
n
2
...C< br>n
3
1
36n4,

13
6．
28

5!

m!(5m)!m< br>6!77!
,m
2
23m42

0
!(m6)!m10m!(7)!
m2
而
0m5
，得
m2,C
8
C
8
28

7．
0.956

0.991
5
(10.009 )
5
150.00910(0.009)
2
...10.0 450.000810.956

1
8．
2
设
f(x)(2x
n
，令
)
x1
，得
a
0a
1
a
2
a
7
(12
7
)

1
令
x0
，得
a
0
1
，
a
1
a
2

三、解答题
a
7
1a
0
2

1．解：
6
个人排有
A
6
种,
6
人排好后包括两端共有
7
个“间隔”可以插入空位.
4
(1)空位不相邻相当于将
4
个空位安插在上述
7
个“间隔”中,有
C
7
35
种插法，
64
故空位不相邻的坐法有
A
6
C
7
25200
种。
6
(2)将相邻的
3
个空位当作一个元素,另一空位当作另一个元素,往
7
个“间隔”里插
26 2
有
A
7
种插法,故
4
个空位中只有
3
个 相邻的坐法有
A
6
A
7
30240
种。
(3)
4
个空位至少有
2
个相邻的情况有三类：
①
4
个空位各不相邻有
C
7
种坐法;
②
4
个空位
2
个相邻，另有
2
个不相邻有
C
7
C
6
种坐法;
③
4
个空位分两组,每组都有
2
个相邻,有
C
7
种坐法.
64122
综合上述,应有
A< br>6
(C
7
C
7
C
6
C
7
)118080
种坐法。
4
12
2
4
2．解：分三类 ：若取
1
个黑球，和另三个球，排
4
个位置，有
A
4
24
；
若取
2
个黑球，从另三个球中选
2
个排
4
个位置，
2
个黑球是相同的，

16

22
自动进入，不需要排列，即有
C
3
A
4
36
；
若取
3
个黑球，从另三个球中选
1
个排
4
个 位置，
3
个黑球是相同的，
11
自动进入，不需要排列，即有
C< br>3
A
4
12
；
所以有
24361272
种。
3．解：
(12x)(13x)(2x1)(3x1)

514413

[(2x)C
5
(2x). ..][(3x)C
4
(3x)...]

5454
(32x



5
8x0
4
...)x(
4
81
3
x10 8

...)

(2592x
9
8180x
8
32108x
8
...)
2592x3024x...< br>2n2
98
4．解：
38n99
n1
8n9 (81)
n1
8n9

n12nn1
C
n 1
8C
n1
8C
n1
8n9
n1
 C
n1
)8(n1)18n9

n1
C
n 1
)
0n11n
C
n
C
n1
8
1
8
0n11n2
64(C
n
C
n

1
8
1
8
0n11n2
M64(记MCn
C
n

1
8
1
8
M为整数< br>，
64M能被64整除.

012n
5．证明：
C
n
2C
n
3C
n
...(n1)C
n

012n12
C
n
)C
n
(C
n
2 

(C
n
C
n
C
n...
n
...nC
n

)
12n
2
n
n(1C
n
C
n1
 C
n1
...

1
1
2
n
n2
n1
31

)
6．解：（1）
C
n
7 C
n
,
n(n1)(n2)
7n,n
2
3n40 0,由nN
*
,得n8
；
6
523443243
（ 2）
C
7
aC
7
a2C
7
a,21a35a 70a,a0

得
5a10a30a1
2
10
；
5
44lgx44(1lgx)
1,lg
2
xlgx0
（3）
C
8
(2x)(x)1120,x

17

得
lgx0
，或
lgx1

所以
x1,或x

1
。
10

18