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排列组合二项式练习

一、选择题（本大题共10小题，共20.0分）

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

【解析】【分析】
本题考查排列组合的实际应用，注意分组方法以及排列方法的区别，把工作分成3组，然后安排3名志愿者完成即可．
【解答】

解：4项工作分成3组，有 $C_{4}^{2} = 6$ 种分组方式，
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，
可得有 $6 \times A_{3}^{3} = 36$ 种安排方式．
故选D．

$(x + y)(2x - y)^{5}$ 的展开式中的 $x^{3}y^{3}$ 系数为( )

A. $- 80$ B. $- 40$ C. 40 D. 80

【答案】C

【解析】【分析】
本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
【解答】
解： $(2x - y)^{5}$ 展开式的通项公式为 $T_{r + 1} = C_{5}^{r}(2x)^{5 - r}( - y)^{r}$
令 $5 - r = 2$ ，解得 $r = 3$ ，
令 $5 - r = 3$ ，解得 $r = 2$ ，
$\therefore(x + y)(2x - y)^{5}$ 的展开式中的 $x^{3}y^{3}$ 系数为 $2^{2} \times ( - 1)^{3}C_{5}^{3} + 2^{3} \times ( - 1)^{2} \times C_{5}^{2} = 40$ ．
故选C．

已知 $(1 + x)^{n}$ 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为 $($ 　　 $)$

A. $2^{12}$ B. $2^{11}$ C. $2^{10}$ D. $2^{9}$

【答案】D

【解析】解：已知 $(1 + x)^{n}$ 的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，
可得 $C_{n}^{3} = C_{n}^{7}$ ，可得 $n = 3 + 7 = 10$ ．
$(1 + x)^{10}$ 的展开式中奇数项的二项式系数和为： $\frac{1}{2} \times 2^{10} = 2^{9}$ ．
故选：D．
直接利用二项式定理求出n，然后利用二项式定理系数的性质求出结果即可．
本题考查二项式定理的应用，组合数的形状的应用，考查基本知识的灵活运用以及计算能力．

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

【解析】【分析】
本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．
分类讨论，最左端排甲；最左端只排乙，最右端不能排甲，根据加法原理可得结论．
【解答】
解：最左端排甲，共有 $A_{5}^{5} = 120$ 种，
最左端排乙，最右端不能排甲，有 $C_{4}^{1}A_{4}^{4} = 96$ 种，
根据加法原理可得，共有 $120 + 96 = 216$ 种．
故选B．

6把椅子排成一排，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

【解析】【分析】
本题考查排列知识的运用，考查乘法原理，先排人，再插入椅子是关键．
使用"插空法" $.$ 第一步，三个人先坐成一排，有 $A_{3}^{3}$ 种，即全排，6种；第二步，由于三个人必须隔开，因此必须先在1号位置与2号位置之间摆放一张凳子，2号位置与3号位置之间摆放一张凳子，剩余一张凳子可以选择三个人的左右共4个空挡，随便摆放即可，即有 $C_{4}^{1}$ 种办法 $.$ 根据分步计数原理可得结论．
【解答】

解：使用"插空法" $.$ 第一步，三个人先坐成一排，有 $A_{3}^{3}$ 种，即全排，6种；
第二步，由于三个人必须隔开，因此必须先在1号位置与2号位置之间摆放一张凳子，
2号位置与3号位置之间摆放一张凳子，剩余一张凳子可以选择三个人的左右共4个空挡，随便摆放即可，
即有 $C_{4}^{1}$ 种办法．
根据分步计数原理， $6 \times 4 = 24$ ．
故选D．

设i为虚数单位，则 $(x + i)^{6}$ 的展开式中含 $x^{4}$ 的项为 $($
$)$

A. $- 15x^{4}$ B. $15x^{4}$ C. $- 20ix^{4}$ D. $20ix^{4}$

【答案】A

【解析】【分析】
本题考查二项式定理，深刻理解二项展开式的通项公式是迅速作答的关键，属于中档题．
利用二项展开式的通项公式即可得到答案．
【解答】
解： $(x + i)^{6}$ 的展开式中含 $x^{4}$ 的项为 $C_{6}^{4}x^{4} \cdot i^{2} = - 15x^{4}$ ，
故选A．

从10名大学毕业生中选3人担任村长助理，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为( )

A. 28 B. 49 C. 56 D. 85

【答案】B

【解析】【分析】

本小题主要考查了排列组合等知识 $.$ 排列组合的题目要搞清楚是排列问题不是组合问题，一般地说，与顺序有关属于排列问题，与顺序无关属于组合问题 $.$ 易错点，学生分不清是排列问题还是组合问题出错．

【解答】

解：依题意，满足条件的不同选法的种数为 $C\,_{2}^{2}C\,_{7}^{1} + C\,_{2}^{1}C\,_{7}^{2} = 49$ 种．

故选B．

某单位要邀请10位教师中的6位参加一个会议，其中甲、乙两位教师不能同时参加，则邀请的不同方法有( )

A. 84种 B. 98种 C. 112种 D. 140种

【答案】D

【解析】【分析】
本题考查两个基本原理，组合数公式，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题 $.$ 分甲、乙两位教师都不参加，甲、乙两位教师只有一人参加，两种情况来解．
【解答】
解：若甲、乙两位教师都不参加，则有 $C_{8}^{6} = C_{8}^{2} = 28$ 种不同方法；
若甲、乙两位教师只有一人参加，则有 $C_{2}^{1}C_{8}^{5} = 112$ 种不同方法，
综上，所有的不同的邀请方法有 $28 + 112 = 140$ 种，
故选D．

将来自四个班级的8名同学 $($ 每班2名同学 $)$ 分到四个不同小区进行社会调查，每个小区2名同学，刚恰好有2个小区分派到的2名同学来自同一班级的分派方案有 $($ 　　 $)$

A. 48种 B. 72种 C. 144种 D. 288种

【答案】D

【解析】解：先从4个班级中选2个，分到4个小区中的2个， $($ 保证恰好有2个小区分派到的2名同学来自同一班级 $)$ ，
再从剩下的两个班级中各选一人，分配剩下2个小区的一个，故有 $C_{4}^{2}C_{4}^{2}C_{2}^{1}C_{2}^{1}C_{2}^{1} = 288$ 种，
故选：D
先从4个班级中选2个，分陪到4个小区的2个，再从剩下的两个班级中各选一人，分配剩下2个小区的一个，根据分步计数原理可得．
本题考查了分步计数原理，关键是分步，属于中档题．

已知有颜色为红、黄蓝绿的四个小球，准备放到颜色为红、黄、蓝绿的四个箱子里每个箱子只放一个小球，则恰好只有一个小球的颜色与箱子的颜色正好一致的概率为 $($ 　　 $)$

A. $\frac{1}{4}$ B. $\frac{1}{3}$ C. $\frac{1}{6}$ D. $\frac{5}{12}$

【答案】B

【解析】解：有颜色为红、黄、蓝、绿的四个小球，准备放到颜色为红、黄、蓝绿的四个箱子里每个箱子只放一个小球，
基本事件总数 $n = A_{4}^{4} = 24$ ，
恰好只有一个小球的颜色与箱子的颜色正好一致包含的基本事件个数：
$m = C_{4}^{1} \cdot 2 \cdot 1 \cdot 1 = 8$ ，
则恰好只有一个小球的颜色与箱子的颜色正好一致的概率 $p = \frac{m}{n} = \frac{8}{24} = \frac{1}{3}$ ．
故选：B．
基本事件总数 $n = A_{4}^{4} = 24$ ，恰好只有一个小球的颜色与箱子的颜色正好一致包含的基本事件个数 $m = C_{4}^{1} \cdot 2 \cdot 1 \cdot 1 = 8$ ，由此能求出恰好只有一个小球的颜色与箱子的颜色正好一致的概率．
本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

二、填空题（本大题共10小题，共50.0分）

有3男2女共5名学生被分派去A，B，C三个公司实习，每个公司至少1人，且A公司只要女生，共有_________种不同的分派方法 $.($ 用数字作答 $)$

【答案】34

【解析】【分析】
利用分类计数原理将该问题分成两类，对A公司进行分类讨论，每一类中用分步乘法计数原理及排列组合的综合应用进行解答即可．
本题考查了分类计数原理和分步计数原理，属于中档题．
【解答】
解：第一类，A公司只有1个女生，有 $C_{2}^{1} = 2$ 种分派方案，则B，C公司分派人数可以为2，2或者1，3或者3，1共3种分派方案，共 $C_{4}^{2} + C_{4}^{1} + C_{4}^{3} = 14$ 种，所以一共有 $2 \times 14 = 28$ 种分派方案，
第二类，A公司有2个女生，只有1种分派方案，B，C公司的分派人数只能是1，2或者2，1；则有 $C_{3}^{1} + C_{3}^{2} = 6$ 种，
根据分类计数原理共有 $28 + 6 = 34$ 种，
故答案为34．

在 $(\sqrt[3]{x} - \frac{2}{x})^{n}$ 的二项式中，所有的二项式系数之和为256，则常数项等于______．

【答案】112

【解析】【分析】
本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．
根据展开式中所有二项式系数的和等于 $2^{n} = 256$ ，求得 $n = 8.$ 在展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项．
【解答】
解： $\because$ 在 $(\sqrt[3]{x} - \frac{2}{x})^{n}$ 的二项式中，所有的二项式系数之和为256，
$\therefore 2^{n} = 256$ ，解得 $n = 8$ ，
$\therefore(\sqrt[3]{x} - \frac{2}{x})^{8}$ 中， $T_{r + 1} = C_{8}^{r}(\sqrt[3]{x})^{8 - r}( - \frac{2}{x})^{r} = ( - 2)^{r}C_{8}^{r}x^{\frac{8 - 4r}{3}}$ ，
$\therefore$ 当 $\frac{8 - 4r}{3} = 0$ ，即 $r = 2$ 时，常数项为 $T_{3} = ( - 2)^{2}C_{8}^{2} = 112$ ．
故答案为112．

已知多项式 ${(x + 1)}^{3}{(x + 2)}^{2} = x^{5} + a_{1}x^{4} + a_{2}x^{3} + a_{3}x^{2} + a_{4}x + a_{5}$ ，则 $a_{4} =$ ____________， $a_{5} =$ _____________．

【答案】16；4

【解析】解：多项式 $(x + 1)^{3}(x + 2)^{2} = x^{5} + a_{1}x^{4} + a_{2}x^{3} + a_{3}x^{2} + a_{4}x + a_{5}$ ，
$(x + 1)^{3}$ 中，x的系数是：3，常数是1； $(x + 2)^{2}$ 中x的系数是4，常数是4，
$a_{4} = 3 \times 4 + 1 \times 4 = 16$ ；
$a_{5} = 1 \times 4 = 4$ ．
故答案为：16；4．
利用二项式定理的展开式，求解x的系数就是两个多项式的展开式中x与常数乘积之和， $a_{5}$ 就是常数的乘积．
本题考查二项式定理的应用，考查计算能力，是基础题．

从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成______个没有重复数字的四位数 $.($ 用数字作答 $)$

【答案】1260

【解析】【分析】
本题考查排列组合及简单的计数问题，先选后排是解决问题的关键，注意"0"是否在4位数中去易错点，是中档题．
可先从1，3，5，7，9中任取2个数字，然后通过0是否存在，求解即可．

【解答】
解：从1，3，5，7，9中任取2个数字有 $C_{5}^{2}$ 种方法，
从2，4，6，0中任取2个数字不含0时，有 $C_{3}^{2}$ 种方法，
可以组成 $C_{5}^{2} \cdot C_{3}^{2} \cdot A_{4}^{4} = 720$ 个没有重复数字的四位数；
含有0时，0不能在千位位置，其它任意排列，共有 $C_{3}^{1} \cdot C_{3}^{1} \cdot C_{5}^{2} \cdot A_{3}^{3} = 540$ ，
故一共可以组成 $720 + 540 = 1260$ 个没有重复数字的四位数．
故答案为1260．

在报名的3名男教师和6名女教师中，选取5人参加义务献血，要求男、女教师都有，则不同的选取方式的种数为__________ $($ 结果用数值表示 $)$ ．

【答案】120

【解析】【分析】
本题考查排列、组合的运用，本题适宜用排除法 $($ 间接法 $)$ ，可以避免分类讨论，简化计算．
根据题意，运用排除法分析，先在9名老师中选取5人，参加义务献血，由组合数公式可得其选法数目，再排除其中只有女教师的情况；即可得答案．
【解答】

解：根据题意，报名的有3名男老师和6名女教师，共9名老师，
在9名老师中选取5人，参加义务献血，有 $C_{9}^{5} = 126$ 种；
其中只有女教师的有 $C_{6}^{5} = 6$ 种情况；
则男、女教师都有的选取方式的种数为 $126 - 6 = 120$ 种；
故答案为120．

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．

【答案】36

【解析】【分析】
本题考查分步计数原理的应用，要优先分析受到限制的元素，如本题的A、B、 $C.$ 分3步进行分析：
$①$ 用捆绑法分析A、B，
$②$ 计算其中A、B相邻又满足B、C相邻的情况，即将ABC看成一个元素，与其他产品全排列，
$③$ 在全部数目中将A、B相邻又满足A、C相邻的情况排除即可得答案．

【解答】
解：先考虑产品A与B相邻，把A、B作为一个元素有 $A_{4}^{4}$ 种方法，而A、B可交换位置，所以有 $2A_{4}^{4} = 48$ 种摆法，
又当A、B相邻又满足A、C相邻，有 $2A_{3}^{3} = 12$ 种摆法，
故满足条件的摆法有 $48 - 12 = 36$ 种．
故答案为：36．

有一个五边形ABCDE，若把顶点A，B，C，D，E涂上红、黄、绿三种颜色中的一种，使得相邻的顶点所涂的颜色不同，则共有______
种不同的涂色方法．

【答案】30

【解析】解：由题意知本题需要分类来解答，
首先A选取一种颜色，有3种情况．
如果A的两个相邻点颜色相同，2种情况；
这时最后两个边也有2种情况；
如果A的两个相邻点颜色不同，2种情况；
这时最后两个边有3种情况．
$\therefore$ 方法共有 $3(2 \times 2 + 2 \times 3) = 30$ 种．
故答案为：30．
本题需要分类来解答，首先A选取一种颜色，有3种情况 $.$ 如果A的两个相邻点颜色相同，2种情况，这时最后两个边也有2种情况；如果A的两个相邻点颜色不同，2种情况，最后两个边有3种情况 $.$ 根据计数原理得到结果．
对于复杂一点的计数问题，有时分类以后，每类方法并不都是一步完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决，即类中有步，步中有类．

有5个大学保送名额，计划分到3个班级，每班至少一个名额，则不同的分法种数为________种．

【答案】6

【解析】【分析】
本题考查了名额的分配方法：隔板法 $.$ 名额是没有差别，先将名额排成一列，中间有四个空，放入两个隔板即可分成三份 $.$ 关键是理解隔板法的使用条件和方法．
【解答】
解：一共有5个保送名额，分到3个班级，每个班级至少1个名额，即将名额分成3份至少1个．
将5个名额排成一列产生6个空，中间有4个空，只需在中间4个空中插入2个隔板，隔板不同的方法共有 $C\,_{4}^{2} = 6$ 种．
故答案为6．

某救灾小组共有8人，其中男同志5人，女同志3人，现从这8人中选出3人参加灾后防疫工作，要求这3个中男、女同志都有，则不同的选法有_______种 $($ 用数字作答 $)$ ．

【答案】45

【解析】【分析】
本题考查了排列组合的综合应用，考查了正难则反的解题策略 $.$ 由于从正面入手，需要分类讨论，比较麻烦 $.$ 若这3人中男、女同志都有，则从全部方案中减去只选派女同志的方案数 $C\,_{3}^{3}$ ，再减去只选派男同志的方案数 $C\,_{5}^{3}$ 即可 $.$ 注意正难则反的解题策略．
【解答】
解：从3名女同志和5名男同志中选出3人，分别参加灾后防疫工作，若这3人中男、女同志都有，则从全部方案中减去只选派女同志的方案数 $C\,_{3}^{3}$ ，再减去只选派男同志的方案数 $C\,_{5}^{3}$ ，合理的选派方案共有 $C\,_{8}^{3} - C\,_{3}^{3} - C\,_{5}^{3} = 45($ 种 $)$ ．
故答案为45．

如图，矩形的对角线把矩形分成A，B，C，D四部分，现用5种不同颜色给四部分涂色，每部分涂1种颜色，要求共边的两部分颜色互异，则共有________种不同的涂色方法．

image.png

【答案】260

【解析】【分析】

本题考查分类计数原理和分步计数原理在解决实际问题中的应用．

【解答】

解：第一步给A涂色，有5种方法；

第二步给B涂色，有4种方法；

第三步给C和D涂色，分2类：当C与A的颜色相同时，涂色方法为 $1*4 = 4$ 种；

当C与A颜色不同时，涂色方法有 $3*3 = 9$ 种，故共有 $4 + 9 = 13$ 种．

由分步计数原理，总共方法数为 $5*4*13 = 260$ 种．

故答案为260．

三、解答题（本大题共8小题，共80.0分）

设 $(1 + \frac{1}{2}x)^{m} = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3} + \ldots + a_{m}x^{m}$ ，若 $a_{0}$ ， $a_{1}$ ， $a_{2}$ 成等差数列．
$(1)$ 求 $(1 + \frac{1}{2}x)^{m}$ 展开式的中间项；
$(2)$ 求 $(1 + \frac{1}{2}x)^{m}$ 展开式中所有含x奇次幂的系数和；
$(3)$ 求 $(1 + \frac{1}{2}x)^{m + 6}$ 展开式中系数最大项．

【答案】解： $(1)$ 依题意得 $T_{r + 1} = C_{m}^{r}(\frac{1}{2})^{r}x^{r}$ ， $r = 0$ ，1， $\ldots m$ ．
则 $a_{0} = 1$ ， $a_{1} = \frac{m}{2}$ ， $a_{2} = C_{m}^{2}(\frac{1}{2})^{2}$ ，
由 $2a_{1} = a_{0} + a_{2}$ 得 $m^{2} - 9m + 8 = 0$ 可得 $m = 1($ 舍去 $)$ ，或 $m = 8$ ，
所以 $(1 + \frac{1}{2}x)^{m}$ 展开式的中间项是第五项为： $T_{5} = C_{8}^{4}(\frac{1}{2}x)^{4} = \frac{35}{8}x^{4}$ ；
$(2)(1 + \frac{1}{2}x)^{m} = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3} + \ldots + a_{m}x^{m}$ ，
即 $(1 + \frac{1}{2}x)^{8} = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + a_{3}x^{3} + \ldots + a_{8}x^{8}$ ．
令 $x = 1$ 则 $a_{0} + a_{1} + a_{2} + a_{3} + \ldots + a_{8} = (\frac{3}{2})^{8}$ ，
令 $x = - 1$ 则 $a_{0} - a_{1} + a_{2} - a_{3} + \ldots + a_{8} = (\frac{1}{2})^{8}$ ，
所以 $a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7} = \frac{3^{8} - 1}{2^{9}} = \frac{205}{16}$ ，所以展开式中含x的奇次幂的系数和为 $\frac{205}{16}$ ；
$(3)$ 假设第 $r + 1$ 项的系数为 $T_{r + 1} = C_{14}^{r}(\frac{1}{2})^{r}$ ，令 $\left\{ \begin{matrix} T_{r + 1} \geq T_{r} \\ T_{r + 1} \geq T_{r + 2} \\ \end{matrix} \right.\$ ，解得： $4 \leq r \leq 5$ ，
所以展开式中系数最大项为 $T_{5} = \frac{1001}{16}x^{4}$ 和 $T_{6} = \frac{1001}{16}x^{5}$ ．

【解析】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质 $.$ 注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，属于基础题．
$(1)$ 由条件利用二项展开式的通项公式，求得 $a_{0}$ 、 $a_{1}$ 、 $a_{2}$ 的值，再根据 $2a_{1} = a_{0} + a_{2}$ 得到n的值；
$(2)$ 在所给的式子中，分别令 $x = 1$ 、 $x = - 1$ 得到2个式子，把这2个式子变形可得展开式中所有含x奇次幂的系数和；
$(3)$ 假设第 $r + 1$ 项的系数为 $T_{r + 1} = C_{14}^{r}(\frac{1}{2})^{r}$ ，令 $\left\{ \begin{matrix} T_{r + 1} \geq T_{r} \\ T_{r + 1} \geq T_{r + 2} \\ \end{matrix} \right.\$ ，由此求得r的范围，可得r的值，从而求得系数最大项．

设 $(2x - 1)^{5} = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + \ldots + a_{5}x^{5}$ ，求：
$(1)a_{0} + a_{1} + \ldots + a_{5}$ ；
$(2)|a_{0}| + |a_{1}| + \ldots + |a_{5}|$ ；
$(3)a_{1} + a_{3} + a_{5}$ ；
$(4)(a_{0} + a_{2} + a_{4})^{2} - (a_{1} + a_{3} + a_{5})^{2}$ ．

【答案】解： $\because(2x - 1)^{5} = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + \ldots + a_{5}x^{5}$ ，
$(1)\therefore$ 令 $x = 1$ ，可得 $a_{0} + a_{1} + \ldots + a_{5} = 1①$ ．
$(2)$ 在 $(2x + 1)^{5}$ 中，令 $x = 1$ ，可得 $|a_{0}| + |a_{1}| + \ldots + |a_{5}| = 3^{5} = 243$ ．
$(3)$ 在 $(2x - 1)^{5} = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2} + \ldots + a_{5}x^{5}$ ，中，令 $x = - 1$ ，可得 $a_{0} - a_{1} + a_{2} - a_{3} + a_{4} - a_{5} = - 243②$ ，
$① - ②$ 可得 $2(a_{1} + a_{3} + a_{5}) = 244$ ， $\therefore a_{1} + a_{3} + a_{5} = 122$ ．
$(4)① + ②$ 可得 $2(a_{0} + a_{2} + a_{4}) = - 242$ ， $\therefore a_{0} + a_{2} + a_{4} = - 121$ ，
$\therefore(a_{0} + a_{2} + a_{4})^{2} - (a_{1} + a_{3} + a_{5})^{2} = ( - 121)^{2} - 122^{2} = - 243$ ．

【解析】 $(1)$ 在所给的等式中，令 $x = 1$ ，可得 $a_{0} + a_{1} + \ldots a_{5} = 1①$ ；
$(2)$ 在 $(2x + 1)^{5}$ 中，令 $x = 1$ ，可得 $|a_{0}| + |a_{1}| + \ldots + |a_{5}|$ 的值．
$(3)$ 在所给的等式中，令 $x = - 1$ ，可得 $a_{0} - a_{1} + a_{2} - a_{3} + a_{4} - a_{5} = - 243②$ ， $① - ②$ 可得 $a_{1} + a_{3} + a_{5}$ 的值．
$(4)① + ②$ 可得 $a_{0} + a_{2} + a_{4}$ 的值，从而求得 $(a_{0} + a_{2} + a_{4})^{2} - (a_{1} + a_{3} + a_{5})^{2}$ 的值．
本题主要考查二项式定理的应用，注意根据题意，分析所给代数式的特点，通过给二项式的x赋值，求展开式的系数和，可以简便的求出答案，属于基础题．

7个人排成一排，按下列要求各有多少种排法 $\cdot$

$(1)$ 其中甲不站排头，乙不站排尾；

$(2)$ 其中甲、乙、丙3人两两不相邻；

$(3)$ 其中甲、乙中间有且只有1人；

$(4)$ 其中甲、乙、丙按从左到右的顺序排列．

【答案】解： $(1)$ 根据题意，分2种情况讨论：
$①$ 、甲站在排尾，剩余6人进行全排列，安排在其他6个位置，有 $A_{6}^{6}$ 种排法，
$②$ 、甲不站在排尾，则甲有5个位置可选，有 $A_{5}^{1}$ 种排法，
乙不能在排尾，也有5个位置可选，有 $A_{5}^{1}$ 种排法，
剩余5人进行全排列，安排在其他5个位置，有 $A_{5}^{5}$ 种排法，
则此时有 $A_{5}^{1}A_{5}^{1}A_{5}^{5}$ 种排法；
故甲不站排头，乙不站排尾的排法有 $A_{6}^{6} + A_{5}^{1}A_{5}^{1}A_{5}^{5} = 3720$ 种 $;$
$(2)$ 根据题意，分2步进行分析，
$①$ 、将除甲、乙、丙之外的4人进行全排列，有 $A_{4}^{4}$ 种情况，
排好后，有5个空位，
$②$ 、在5个空位种任选3个，安排甲、乙、丙3人，有 $A_{5}^{3}$ 种情况，
则共有 $A_{4}^{4}A_{5}^{3} = 1440$ 种排法 $;$
$(3)$ 根据题意，
$①$ 、先将甲、乙全排列，有 $A_{2}^{2}$ 种情况，
$②$ 、在剩余的5个人中任选1个，安排在甲乙之间，有 $A_{5}^{1}$ 种选法，
$③$ 、将三人看成一个整体，与其他四人进行全排列，有 $A_{5}^{5}$ 种排法，
则甲、乙中间有且只有1人共有 $A_{2}^{2}A_{5}^{1}A_{5}^{5} = 1200$ 种排法 $;$
$(4)$ 根据题意，分2步进行分析：
$①$ 、在7个位置中任取4个，安排除甲、乙、丙之外的4人，有 $A_{7}^{4}$ 种排法，
$②$ 、将甲、乙、丙按从左到右的顺序安排在剩余的3个空位中，只有1种排法，
则甲、乙、丙按从左到右的顺序排列的排法有 $A_{7}^{4} = 840$ 种．

【解析】本题考查排列、组合的应用，注意特殊问题的处理方法，如相邻用捆绑法，不能相邻用插空法，其次要注意分类、分步计数原理的熟练运用．

按下列要求分配6本不同的书，各有多少种不同的分配方式 $\cdot$

$(1)$ 分成三份，1份1本，1份2本，1份3本 $;$

$(2)$ 甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本 $;$

$(3)$ 平均分成三份，每份2本 $;$

$(4)$ 平均分配给甲、乙、丙三人，每人2本 $;$

$(5)$ 分成三份，1份4本，另外两份每份1本 $;$

$(6)$ 甲、乙、丙三人中，一人得4本，另外两人每人得1本 $;$

$(7)$ 甲得1本，乙得1本，丙得4本．

【答案】解： $(1)$ 无序不均匀分组问题．
先选1本有 $C\,_{6}^{1}$ 种选法；
再从余下的5本中选2本有 $C\,_{5}^{2}$ 种选法；
最后余下3本全选有 $C\,_{3}^{3}$ 种选法．
故共有 $C\,_{6}^{1}C\,_{5}^{2}C\,_{3}^{3} = 60($ 种 $)$ 不同的分配方式；　
$(2)$ 有序不均匀分组问题．
由于甲、乙、丙是不同三人，在第 $(1)$ 题的基础上，还应考虑再分配，
故共有 $C\,_{6}^{1}C\,_{5}^{2}C\,_{3}^{3}A\,_{3}^{3} = 360($ 种 $)$ 不同的分配方式；　
$(3)$ 无序均匀分组问题．
先分三步，则应是 $C\,_{6}^{2}C\,_{4}^{2}C\,_{2}^{2}$ 种方法，但是这里出现了重复．
不妨记六本书为A，B，C，D，E，F，若第一步取了A，B，第二步取了C，D，第三步取了E，F，记该种分法为 $(\text{AB},$ CD， $\text{EF})$ ，
则 $C\,_{6}^{2}C\,_{4}^{2}C\,_{2}^{2}$ 种分法中还有 $(\text{AB}$ 、EF、 $\text{CD})$ ， $(\text{CD},$ AB， $\text{EF})$ ， $(\text{CD},$ EF， $\text{AB})$ ， $(\text{EF},$ CD， $\text{AB})$ ， $(\text{EF},$ AB， $\text{CD})$ ，共有 $A\,_{3}^{3}$ 种情况，
而这 $A\,_{3}^{3}$ 种情况仅是AB，CD，EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，
故分配方式有 $\frac{C_{6}^{2}C_{4}^{2}C_{2}^{2}}{A_{3}^{3}} = 15($ 种 $)$ ；　
$(4)$ 有序均匀分组问题 $.$ 在第 $(3)$ 题的基础上再分配给3个人，
共有分配方式 $\frac{C_{6}^{2}C_{4}^{2}C_{2}^{2}}{A_{3}^{3}} \cdot A\,_{3}^{3} = C\,_{6}^{2}C\,_{4}^{2}C\,_{2}^{2} = 90($ 种 $)$ ；
$(5)$ 无序部分均匀分组问题．
共有分配方式 $\frac{C_{6}^{4}C_{2}^{1}C_{1}^{1}}{A_{2}^{2}} = 15($ 种 $)$ ；　
$(6)$ 有序部分均匀分组问题．
在第 $(5)$ 题的基础上再分配给3个人，共有分配方式 $\frac{C_{6}^{4}C_{2}^{1}C_{1}^{1}}{A_{2}^{2}} \cdot A\,_{3}^{3} = 90($ 种 $)$ ；
$(7)$ 直接分配问题．
甲选1本有 $C\,_{6}^{1}$ 种方法，乙从余下5本中选1本有 $C\,_{5}^{1}$ 种方法，余下4本留给丙有 $C\,_{4}^{4}$ 种方法．
共有分配方式 $C\,_{6}^{1}C\,_{5}^{1}C\,_{4}^{4} = 30($ 种 $)$ ．

【解析】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查计算能力，理解能力 $.$ 正确区分无序不均匀分组问题、有序不均匀分组问题、无序均匀分组问题，是解好组合问题的一部分．

有编号分别为1、2、3、4的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子 $.$ 问：
$(1)$ 共有多少种放法？
$(2)$ 恰有一个空盒，有多少种放法？
$(3)$ 恰有2个盒子内不放球，有多少种放法？

【答案】解： $(1)$ 本题要求把小球全部放入盒子，
$\because 1$ 号小球可放入任意一个盒子内，有4种放法．
同理，2、3、4号小球也各有4种放法，
$\therefore$ 共有 $4^{4} = 256$ 种放法．
$(2)\because$ 恰有一个空盒，则这4个盒子中只有3个盒子内有小球，
且小球数只能是1、1、2．
先从4个小球中任选2个放在一起，有 $C_{4}^{2}$ 种方法，
然后与其余2个小球看成三组，分别放入4个盒子中的3个盒子中，有 $A_{4}^{3}$ 种放法．
$\therefore$ 由分步计数原理知共有 $C_{4}^{2} \cdot A_{4}^{3} = 144$ 种不同的放法．
$(3)$ 恰有2个盒子内不放球，也就是把4个小球只放入2个盒子内，有两类放法：
$①$ 一个盒子内放1个球，另一个盒子内放3个球．
先把小球分为两组，一组1个，另一组3个，有 $C_{4}^{1}$ 种分法，
再放到2个盒子内，有 $A_{4}^{2}$ 种放法，
共有 $C_{4}^{1} \cdot A_{4}^{2}$ 种方法；
$②2$ 个盒子内各放2个小球．
先把4个小球平均分成2组，每组2个，有 $\frac{C_{4}^{2}}{A_{2}^{2}}$ 种分法，
再放入2个盒子内，有 $A_{4}^{2}$ 种放法，
共有 $\frac{C_{4}^{2}}{A_{2}^{2}} \cdot A_{4}^{2}$ ．
$\therefore$ 由分类计数原理知共有 $C_{4}^{1} \cdot A_{4}^{2} + \frac{C_{4}^{2}}{A_{2}^{2}} \cdot A_{4}^{2} = 84$ 种不同的放法．

【解析】本题考查计数问题，考查排列组合的实际应用，排列问题要做到不重不漏，有些题目带有一定的约束条件，解题时要先考虑有限制条件的元素．
$(1)$ 本题要求把小球全部放入盒子，1号小球可放入任意一个盒子内，有4种放法，余下的2、3、4号小球也各有4种放法，根据分步计数原理得到结果．
$(2)$ 恰有一个空盒，则这4个盒子中只有3个盒子内有小球，且小球数只能是1、1、 $2.$ 先从4个小球中任选2个放在一起，与其他两个球看成三个元素，在三个位置排列．
$(3)$ 恰有2个盒子内不放球，也就是把4个小球只放入2个盒子内，有两类放法：一个盒子内放1个球，另一个盒子内放3个球；2个盒子内各放2个小球 $.$ 写出组合数，根据分类加法得到结果．

10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求各有多少种情况出现以下结果：
$(1)4$ 只鞋子没有成双的；
$(2)4$ 只恰好成两双；
$(3)4$ 只鞋子中有2只成双，另2只不成双．

【答案】解： $(1)$ 先从10双中取出4双，然后再从每双中取出一只，
结果就是取出的4只鞋子，任何两只都不能配成1双，根据分布计数原理得： $C_{10}^{4} \times 2 \times 2 \times 2 \times 2 = 3360$ ，
$(2)4$ 只恰好成两双，从10双中取出2双，故有 $C_{10}^{2} = 45$ ，
$(3)$ 先从10双中取出1双，再从9双中取出2双，然后再从每双中取出一只，
结果就是4只鞋子中有2只成双，另2只不成双，根据分布计数原理得： $C_{10}^{1} \times C_{9}^{2} \times 2 \times 2 = 1440$ ．

【解析】 $(1)$ 先从10双中取出4双，然后再从每双中取出一只，结果就是取出的4只鞋子，任何两只都不能配成1双，根据分布计数原理得，
$(2)4$ 只恰好成两双，从10双中取出2双，问题得以解决
$(3)$ 先从10双中取出1双，再从9双中取出2双，然后再从每双中取出一只，结果就是4只鞋子中有2只成双，另2只不成双，根据分布计数原理得．
本题考查排列、组合及简单计数问题，解题的关键是审清题意，本题考查了推理判断的能力及计数的技巧．

从5名男生和4名女生中选出4人去参加座谈会，问：
$($ Ⅰ $)$ 如果4人中男生和女生各选2人，有多少种选法？
$($ Ⅱ $)$ 如果男生中的甲与女生中的乙至少要有1人在内，有多少种选法？
$($ Ⅲ $)$ 如果4人中必须既有男生又有女生，有多少种选法？

【答案】解： $($ Ⅰ $)$ 根据题意，从5名男生中选出2人，有 $C_{5}^{2} = 10$ 种选法，
从4名女生中选出2人，有 $C_{4}^{2} = 6$ 种选法，
则4人中男生和女生各选2人的选法有 $10 \times 6 = 60$ 种；
$($ Ⅱ $)$ 先在9人中任选4人，有 $C_{9}^{4} = 126$ 种选法，
其中甲乙都没有入选，即从其他7人中任选4人的选法有 $C_{7}^{4} = 35$ 种，
则甲与女生中的乙至少要有1人在内的选法有 $126 - 35 = 91$ 种；
$($ Ⅲ $)$ 先在9人中任选4人，有 $C_{9}^{4} = 126$ 种选法，
其中只有男生的选法有 $C_{5}^{1} = 5$ 种，只有女生的选法有 $C_{4}^{4} = 1$ 种，
则4人中必须既有男生又有女生的选法有 $126 - 5 - 1 = 120$ 种．

【解析】 $($ Ⅰ $)$ 根据题意，分别计算"从5名男生中选出2人"和"从4名女生中选出2人"的选法数目，由分步计数原理计算可得答案；
$($ Ⅱ $)$ 用间接法分析：先计算在9人中任选4人的选法数目，再排除其中"甲乙都没有入选"的选法数目，即可得答案；
$($ Ⅲ $)$ 用间接法分析：先计算在9人中任选4人的选法数目，再排除其中"只有男生"和"只有女生"的选法数目，即可得答案．
本题考查排列、组合的应用，涉及分步、分类计数原理的应用， $($ Ⅱ $)($ Ⅲ $)$ 中可以选用间接法分析．

在产品质量检验时，常从产品中抽出一部分进行检查 $.$ 现在从98件正品和2件次品共100件产品中，任意抽出3件检查．
$(1)$ 共有多少种不同的抽法？
$(2)$ 恰好有一件是次品的抽法有多少种？
$(3)$ 至少有一件是次品的抽法有多少种？
$(4)$ 恰好有一件是次品，再把抽出的3件产品放在展台上，排成一排进行对比展览，共有多少种不同的排法？

【答案】解： $(1)100$ 件产品，从中任意抽出3件检查，共有 $C_{100}^{3} = 161700$ 种不同的抽法，
$(2)$ 事件分两步完成，第一步从2件次品中抽取1件次品，第二步从98件正品中抽取2件正品，根据乘法原理得恰好有一件是次品的抽法有 $C_{2}^{1}C_{98}^{2} = 9506$ 种不同的抽法
$(3)$ 利用间接法，从中任意抽出3件检查，共有 $C_{100}^{3}$ 种不同的抽法，全是正品的抽法有 $C_{98}^{3}$ ，则至少有一件是次品的抽法有 $C_{100}^{3} - C_{98}^{3} = 9604$ 种不同的抽法
$(4)$ 恰好有一件是次品，再把抽出的3件产品放在展台上，排成一排进行对比展览，共有 $9506 \times 6 = 57036$ 种不同的排法．

【解析】 $(1)100$ 件产品，从中任意抽出3件检查，共有 $C_{100}^{3}$ 种不同的抽法；
$(2)$ 事件分两步完成，第一步从2件次品中抽取1件次品，第二步从98件正品中抽取2件正品，根据乘法原理计算求得；
$(3)$ 利用间接法，从中任意抽出3件种数，排除全是正品的种数，得到至少有一件是次品的抽法种数；
$(4)$ 在 $(2)$ 的基础上，再进行全排，即可得出结论．
本题考查计数原理及应用，考查排列组合的实际应用，解题时要认真审题．

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