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排列组合

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
113
A
3
A
3
A．
A
3
3
B．
4A
3
3
C．
A
5
5
A
3
2
A
3
3 D．
A
2
2
A
3
3
A
2
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)(69n)
等于
151514
55n
AAA
A．
A
69
B． C． D．
69n55n69n

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
值为
A.
20151621
B． C． D．
8T
的
S
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，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
288
,则
x
= . （2）
5．若
C
3
2
C
4
2
C
5
2

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:
解：（1）甲固定不动，其余有
A
6
6
720
，即共有
A
6
6
720
种；
16
1
A
6
3600
种； （2）甲有中间
5< br>个位置供选择，有
A
5
，其余有
A
6
6
7 20
，即共有
A
5
（3）先排甲、乙、丙三人，有
A
33
，再把该三人当成一个整体，再加上另四人，相当
于
5
人的全排列，即
A
5
5
，则共有
A
5
5
A
33
720
种；
（4）从甲、乙之外的
5
人中选
2< br>个人排甲、乙之间，有
A
5
2
，甲、乙可以交换有
A
2
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，
则共有A
5
2
A
2
2
A
4
4
96 0
种；
（5）先排甲、乙、丙之外的四人，有
A
4
4
，四 人形成五个空位，甲、乙、丙三人排
这五个空位，有
A
5
3
，则共 有
A
5
3
A
4
4
1440
种；
（6）不考虑限制条件有
A
7
7
，甲在乙的左边（不一定相邻），占总数的 一半，
即
A
7
7
2520
种；
（7）先在< br>7
个位置上排甲、乙、丙之外的四人，有
A
7
4
，留下三个空 位，甲、乙、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
74
840

（8）不考虑限制条件有
A
7
7
，而甲排头有
A
6
6
，乙排当中有
A
6
6
，这样重复了甲排头，
乙排当中
A
5
5
一次，即
A
7
7
2A
6
6
A
5
5
3720
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
6
种,
6
人排好后包括两端共有
7
个“间隔”可以插入空位.
(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
4
35
种插法，
故空位不相邻的坐法有
A
6
6
C
7
4
25200
种。
(2)将相邻的
3< br>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
有A
7
2
种插法,故
4
个空位中只有
3
个相邻的 坐法有
A
6
6
A
7
2
30240
种。
1
2

(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
4
种坐法;
12
C
6
种坐法; ②
4
个空位
2
个相邻 ，另有
2
个不相邻有
C
7
③
4
个空位分两组,每组 都有
2
个相邻,有
C
7
2
种坐法.
12
C
6
C
7
2
)118080
种坐法。 综合上述,应有
A
6
6
(C
7
4
C
7
2．有< br>6
个球,其中
3
个黑球,红、白、蓝球各
1
个，现从中取出< br>4
个球排成一列，共有多少种
不同的排法？
解：分三类：若取
1个黑球，和另三个球，排
4
个位置，有
A
4
4
24< br>；
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，
自动进入，不需要排列，即有
C
3
2
A
4
2
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
A
4
12
； 自动进入，不需要排列，即有
C
3
所以有
24361272
种。
15、
8640

1530
x
16、
4,C
20
17、
840

18、2
19、
2
n

20、 23
21、15
22、105
23、480
24、0.956
25．解：（1）甲固定 不动，其余有
A
6
6
720
，即共有
A
6
6
720
种；

16
1
A
6
3600
种； （2）甲有中 间
5
个位置供选择，有
A
5
，其余有
A
6
6
720
，即共有
A
5
（3）先排甲、乙、丙三人，有
A
3
3
，再把该三人当成一个整体，再加上另四人，相
当于
5
人的全排列，即
A
5
5
，则共有
A
5
5
A
3
3
720
种；
（4）从甲、乙之外的
5
人中 选
2
个人排甲、乙之间，有
A
5
2
，甲、乙可以交换有A
2
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，
则共有A
5
2
A
2
2
A
4
4
96 0
种；
（5）先排甲、乙、丙之外的四人，有
A
4
4
，四 人形成五个空位，甲、乙、丙三人排
这五个空位，有
A
5
3
，则共 有
A
5
3
A
4
4
1440
种；
（6）不考虑限制条件有
A
7
7
，甲在乙的左边（不一定相邻），占总数的 一半，
即
A
7
7
2520
种；
（7）先在< br>7
个位置上排甲、乙、丙之外的四人，有
A
7
4
，留下三个空 位，甲、乙、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
74
840

（8）不考虑限制条件有
A
7
7
，而甲排头有
A
6
6
，乙排当中有
A
6
6
，这样重复了甲排头，
乙排当中
A
5
5
一次，即
A
7
7
2A
6
6
A
5
5
3720
6．解：设
f(x)(23x)
50
，令
x1
，得
a
0
a
1
a
2

令
x1
，得
a
0
a
1
a
2

n
1
2
a
50
(23)
50

a
50
(23)
50

1

4． 已知

x
2


展开式中的二项式系数的和比
(3 a2b)
7
展开式的二项式系数的和大
128
,求
x


2
1


x

展开式中的系数最大的 项和系数量小的项.
x

n
1

5．（2）

xx
3

的展开式奇数项的二项式系数之和为
128
，
x

n
则求展开式中二项式系数最大项。
(数学选修2--3) 第一章 计数原理
[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
值为A.
20151621
B． C． D．
8
T
的
S
5．若
(2x3)
4
a0
a
1
xa
2
x
2
a
3
x
3
a
4
x
4
，则
(a
0
 a
2
a
4
)
2
(a
1
a
3
)
2
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.
5．若
C
3
2
C
4
2
C
5
2

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
6
种,
6
人排好后包括两端共有
7
个“间隔”可以插入空位.
(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
4
35
种插法，
故空位不相邻的坐法有
A
6
6
C
7
4
25200
种。
(2)将相邻的
3< br>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
有A
7
2
种插法,故
4
个空位中只有
3
个相邻的 坐法有
A
6
6
A
7
2
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
4
种坐法;
12
C
6
种坐法; ②
4
个空位
2
个相邻 ，另有
2
个不相邻有
C
7
2
C
n
36 3,
则自然数
n
_____.(13)
③
4
个空位分两 组,每组都有
2
个相邻,有
C
7
2
种坐法.

12
C
6
C
7
2
)118080
种 坐法。 综合上述,应有
A
6
6
(C
7
4
C7
2．有
6
个球,其中
3
个黑球,红、白、蓝球各
1< br>个，现从中取出
4
个球排成一列，共有多少种
不同的排法？
解：分三 类：若取
1
个黑球，和另三个球，排
4
个位置，有
A
44
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，
自动进入，不需要排列，即 有
C
3
2
A
4
2
36
；
若取
3
个黑球，从另三个球中选
1
个排
4
个位置，
3< br>个黑球是相同的，
11
A
4
12
； 自动进入，不需要排 列，即有
C
3
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

121
C
5
；2．C 分两类：（1）甲型
1
台，乙型
2
台：
C
4
（2）甲型
2
台，乙型
1台：
C
4
2
C
5

3．C 不考虑限制条 件有
A
5
5
，若甲，乙两人都站中间有
A
3
2A
3
3
，
A
5
5
A
3
2< br>A
3
3
为所求
11
16
为所求 4．B 不 考虑限制条件有
A
5
2
，若
a
偏偏要当副组长有
A
4
，
A
5
2
A
4
13
5．B 设男学生有
x
人，则女学生有
8x
人，则
C
x
2
C
8x
A
3
90,

即
x(x1)(8x)30235,x3

14
8rr8 r
x
8r
1
r
1
r
1
8rrr8 rr
6．A
T
r1
C()(
3
)(1)( )C
8
x
3
(1)()C
8
x
3

222
x
r
8
令
8r0,r6,T< br>7
(1)
6
()
86
C
8
6
7

7．B
(12x)
5
(2x)2(12x)< br>5
x(12x)
5
...2C
5
3
(2x )
3
xC
5
2
(2x)
2
...

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
r
10
10r
5
5r
2
r
5
rr
2
(
2)2C
10
x
2
，令
5r0,r2,T
34C
10
180

x
2
4
3
1< br>2

1．（1）
10

C
5
3
10
；（2）
5

C
5
4
5
；（3）
14

C
6
4
C
4
4
14

2．
8640
先排女生有
A
6
4
，再排男生 有
A
4
4
，共有
A
6
4
A
4< br>4
8640

115
A
5
480
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
5
，共有
A
4
46r10r
x1890x
6
4．
1890

T
r1
C
10
x(3)
r
，令
10r6, r4,T
5
9C
10
4r1r1151530
1530C
20
,4r1r120,r4,T
16
C
20
(x
2
)
15
C
20
x

x

C
20
5．
4,C
20
6．
840
先排首末，从五个奇数中任取两个来排列有
A
5
2
，其余的
A
7
2
，共有
A
5
2
A
7
2
 840

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


24(145x)288,x2
；当
x0
时，
288
不能被
10
整除，即无解
14
A
4
960,
8．
11040
不考 虑
0
的特殊情况，有
C
5
3
C
5
2
A
5
5
12000,
若
0
在首位，则
C
5
3
C
4
三、解答题
2
2
110
封 信；②是组合问题，共握手
C
11
55
次。 1．解：（1）①是排列问题 ，共通了
A
11
22
90
种选法；②是组合问题，共有
C
10
45
种选法。 （2）①是排列问题，共有
A
10
（ 3）①是排列问题，共有
A
8
2
56
个商；②是组合问题，共有< br>C
8
2
28
个积。
2．解：（1）甲固定不动，其余有< br>A
6
6
720
，即共有
A
6
6
 720
种；
16
1
A
6
3600
种； （2） 甲有中间
5
个位置供选择，有
A
5
，其余有
A
6< br>6
720
，即共有
A
5
（3）先排甲、乙、丙三人，有A
3
3
，再把该三人当成一个整体，再加上另四人，相
当于
5< br>人的全排列，即
A
5
5
，则共有
A
5
5A
3
3
720
种；
（4）从甲、乙之外的
5
人中选
2
个人排甲、乙之间，有
A
5
2
，甲、乙可以交换 有
A
2
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，
则共有A
5
2
A
2
2
A
4
4
96 0
种；
（5）先排甲、乙、丙之外的四人，有
A
4
4
，四 人形成五个空位，甲、乙、丙三人排
这五个空位，有
A
5
3
，则共 有
A
5
3
A
4
4
1440
种；
（6）不考虑限制条件有
A
7
7
，甲在乙的左边（不一定相邻），占总数的 一半，
即
A
7
7
2520
种；
1
2

（7）先在
7
个位置上排甲、乙、丙之外的四人，有
A
7
4
，留下三个空位，甲、乙、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
4
840

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


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)
得
x3

1
r< br>1

r28r
2
4．解：
2
n
2
7
128,n8
，

的通项
TC(x)()(1)< br>r
C
8
r
x
163r

x
r 18

x
x

8
当
r4
时，展开式 中的系数最大，即
T
5
70x
4
为展开式中的系数最大的项； < br>当
r3,或5
时，展开式中的系数最小，即
T
2
56x
7
,T
6
56x
为展开式中
的系数最小的项。
5
n7
5．解：（1）由已知得
C
n
2
C
n
135
C
n
C
n
...128,2n1
128,n8
，而展开式中二项式 （2）由已知得
C
n系数最大项是
T
41
C
8
4
(xx)
4< br>(
3
)
4
70x
4
3
x
2
。
6．解：设
f(x)(23x)
50
，令
x1
，得
a
0
a
1
a
2

令
x1
，得
a
0
a
1
a
2
a
50
(23)
50

a
50
(23)
50

1
x
数学选修2-3 第一章 计数原理 [综合训练B组]
一、选择题
1113
1
A
3
A
3
36
1．C 个位
A
2
，万位
A
3
，其余
A
3
3
，共计
A
2
3
720
2．D 相当于
3
个元素排
10
个位置，
A
10
15
3．B 从
55n
到
69n
共计有
15
个正整数，即
A< br>69n

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

共计
C
4
2
A
3
3
36

1
5．A 先从
5
双鞋中任取
1
双，有
C5
，再从
8
只鞋中任取
2
只，即
C
8
2
，但需要排除
1
(C
8
2
4)120

4
种成双的情况，即
C
8
2
4
，则共计
C
5
7
6．D
T
8
C
10
(3i )
3
(x)
7
3603ix
7
，系数为
360 3i

7．A
T
r1
C
2
r
n
(2x)
2nr
(
则
2C
2n12n
1
rr2n2r
，令
2n2r2,rn1
)2
2nr
C
2
x
n
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
52
C
10
)x
5
...207x
5< br>...
8．D
(1x
3
)(1x)
10
(1x)
10
x
3
(1x)
10
(C
10
二、填空题
1．
2
n
每个人都有通过或不通过
2
种可能，共计有
22...2(n个2)2
n

1331
C
4
C
5
C
4
60
2．
60
四个整数和为奇数分两类：一奇三偶或三奇一偶，即
C
5112
C
4
A
2
123
，其中
(1,1)
重复了一次 3．
23

C
3
4．
3

n1,k2

11
1

5．
51

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

C
5
r
r
x
5r2r
，所以通项为
(1)
r
C
5
r
C
5
r
r
x
5r 2r
，令
5r2r
'
0

得
r
'< br>
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

3241
C
46
C
4
C< br>46
4186
6．
4186

3
件次品，或
4
件次品，
C
4
(x1)[1(x1)
5
] (x1)(x1)
6

7．
15
原式

，
(x1)
6
中含有
x
4
的项是
1(x1)x

C
6
2
x
4
(1)
2
15x
4
，所以展开式中的
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，
3241551
C
5
C
4
C
5
105
；间接法：
C
9
C
5
C
5
4
C
4
105

C
4
2
C
5
3
C
4
三、解答题

1．解：
AB
中有元素
710413

333
C
6
C
3
286201265
。
C
13
2．解：（1）原式
(C
2
100
3A
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

（2）原式
C
3
3< br>C
5
4
C
4
4
C
6
4
C
5
4

33
C
5

另一方法：
原式C
4
4
C
4
33
C
10
C
5

mm1m1m1m1
C
n
C
n
C
n
C
n
C
n
（3）原式

m
1
m

m
1
< br>C
m
C
n
C
n
C
nn
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
A
n 1

右边
[(n1)m]!
所以等式成立。
(1x)
1
3
3
6
4．解：
(x2)，在中，的系数
C
6
3
(1)
3
20

x
(1x)
3
x
x
6
就是展开式中的常数项。
另一方法：
原式(x
1
x
3
(1)
3
20

)
6
，
T
4
C
6
5．解：抛物线经过原 点，得
c0
，

a0
b
11
C
4
种； 当顶点在第一象限时，
a0,0,即

，则有
C
3
2a

b0
当顶点在第三象限时，
a0,
112
C
4
A< br>4
24
种。 共计有
C
3

a0
b，则有
A
4
2
种；
0,即

2a

b0
6．解：把
4
个人先排，有
A
4
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
当成两个不同的元素去排
5
个缝隙位置，有
A
5
2
，所以共计有
A
4
4
A
5
2
 480
种。
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!< br>2332
C
20
C
20
2．D 男生
2
人，女生
3
人，有
C
30
；男生
3
人，女生
2
人，有
C
30

2332
C
20
C
30
C
20
共计
C
30

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

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

S2128
3
10
5．A
(a
0a
2
a
4
)
2
(a
1
a3
)
2
(a
0
a
1
a
2
a
3
a
4
)(a
0
a
1
a2
a
3
a
4
)

6．D 分三种情况 ：（1）若仅
T
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
7．D 四个点分两类：（1）三个与一个，有
C
；（2）平均分二个与二个，有
2
1
4
2
C
4
7
共计有
C
2
1
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
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；
1
第一格填
3< br>，则第三格有
A
3
，第一、四格自动对号入座，不能自由排列；
1< br>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
9
共计有
3A
3
333
C
6
C
7
165
2．
165

C
12
111
C
6
C
5
180
；
b0,A
6
2
30
3．
180,30
a0
，
C
6
a
9r
x
r
2
r9rr
3
2
r
9
3r
r
4．
4< br>
T
r1
C()()(1)()aC
9
x< br>，令
93,r8

x22
2
r
9

5．
13
C
3
3
C
3
2
C
4
2
 C
5
2

6．
28

232
Cn
3631,C
4
C
4
C
5
2

2
C
n
364,

5!6!77!
,m
2
23m420

m!(5m)!m!(6m)!10m!(7m)!
而
0 m5
，得
m2,C
8
m
C
8
2
2 8

7．
0.956

8．
2
设< br>f(x)(12x)
n
，令
x1
，得
a
0a
1
a
2

令
x0
，得
a
0
1
，
a
1
a
2
< br>三、解答题
1．解：
6
个人排有
A
6
6
种,
6
人排好后包括两端共有
7
个“间隔”可以插入空位.
(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
4
35
种插法，
故空位不相邻的坐法有
A
6
6
C
7
4
25200
种。
(2)将相邻的
3< br>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
有A
7
2
种插法,故
4
个空位中只有
3
个相邻的 坐法有
A
6
6
A
7
2
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
4
种坐法;
12
C
6
种坐法; ②
4
个空位
2
个相邻 ，另有
2
个不相邻有
C
7
a
7
(12)7
1

a
7
1a
0
2

③
4
个空位分两组,每组都有
2
个相邻,有
C
7
2
种坐法.
12
C
6
C
7
2
)118080
种坐 法。 综合上述,应有
A
6
6
(C
7
4
C
7
2．解：分三类：若取
1
个黑球，和另三个球，排
4
个位置，有
A
4
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，
自动进入，不需要排列，即有
C
3
2
A
4
2
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
A
4
12
； 自动进入，不需要排列，即有
C
3
所以有
24361272
种。

3．解：
(12x)
5
(13x)
4
(2x1)
5
(3x 1)
4

4．解：
3
2n2
8n99
n 1
8n9(81)
n1
8n9

M为整数
，
64M能被64整除.

12n
3C
n
...(n1)C
n
5．证明：
C
n
0
2C
n

31
6．解：（1）
C
n
7C
n
,
n(n1)(n2)
7n,n
2
3n400,由 nN
*
,得n8
；
6
（2）
C
7
5
a
2
C
7
3
a
4
2C
74
a
3
,21a
2
35a
4
70a
3
,a0

得
5a
2
10a30a1
10
；
5
（3）
C
8
4
(2x)
4
(x
lgx)
4
1120,x
4(1lgx)
1,lg
2
x lgx0

得
lgx0
，或
lgx1

所以
x1,或x

1
。
10