(三)　解答题　　 20、某天的课程表要排入政治、语文、数学、物理、体育、美术共6节课，如果第1节不排体育，最后1节不排数学，那么共有多少种不同的排课表的方法。 21、有甲、乙、丙三位老师，分到6个班上课： (1)每人上2个班课，有多少种分法？ (2)甲、乙都上1个班课，丙上4个班课，有多少种分法？ (3)2人各上1个班课，1个人上4个班课，有多少种分法？　　 22、在x(1-x)k+x2(——青夏教育精英家教网—

4、二项式定理通项公式，r=0，1，2，…，n 二项式系数的性质：　 (1)对称性，在展开式中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即，；　 (2)增减性与最大值：在二项式展开式中，二项式系数先增后减，且在中间取得最大值，当n是偶数时，中间一项最大；当n是奇数时，中间两项，相等，且为最大值；　 (3)

5、概率 (1)概率是频率的近似值，两者是不同概念 (2)等可能事件中概率，P(A)∈[0，1] (3)互斥事件A，B中有一个发生的概率：加法公式P(A+B)=P(A)+P(B) 特例：时，，即对立事件的概率和为1 　 (4)相互独立事件A，B同时发生的概率P(A.B)=P(A)P(B) 　 (5)事件A在n次独立重复试验中恰好发生k次的概率Pn(k)=CnkPk(1-P)n-k，其中P为事件A在一次试验中发生的概率，此式为二项式[(1-P)+P]n展开的第k+1项

例1、用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图)，要求在①，②，③，④个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色。 (1)若n=6，为甲着色时共有多少种不同方法？ (2)若为乙着色时共有120种不同方法，求n。解：完成着色这件事，共分四个步骤，可依次考虑为①、②、③、④着色时各自的方法数，再由乘法原理确定决的着色方法数。因此　 (1)为①着色有6种方法，为②着色有5种方法，为③着色有4种方法，为④着色也只有4种方法。 ∴ 共有着色方法6×5×4×4=480种　 (2)与①的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块，同理，不同的着色方法数是n(n-1)(n-2)(n-3) 由n(n-1)(n-2)(n-3)=120 ∴ (n2-3n)(n2-3n+2)-120=0 即(n2-3n)2+2(n2-3n)-12×10=0 ∴ n2-3n-10=0 ∴ n=5 例2、计算下列各题：　 (1) 　 (2) 　 (3) 解：(1)原式= 　　　 (2)原式= 　　 (3)原式= 　　　　　　　　 = 例3、按以下要求分配6本不同的书，各有几种分法？ (1)平均分给甲、乙、丙三人，每人2本； (2)平均分成三份，每份2本； (3)甲、乙、丙三人一人得1本，一人得2本，一人得3本； (4)分成三份，一份1本，一份2本，一份3本； (5)甲、乙、丙三人中，一人得4本，另二人每人得1本； (6)分成三份，一份4本，另两份每份1本； (7)甲得1本，乙得1本，丙得4本(均只要求列式) 解：(1)；　　　 (2) 　　　 (3) 　　　 (4) 　　　 (5) 　　　 (6) 　　　 (7) 评注：有关排列组合混合题常常是先组合再排列。例4、四面体的顶点和各棱中点共有10个点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有(　　 ) A、150种　　　　　 B、147种　　　　　　　　 C、144种　　　　　　　　 D、141种解：从10个点中任取4个点有种取法，其中4点共面的情况有三类。第一类，取出的4个点位于四面体的同一个面内，有种；第二类，取任一条棱上的3个点及该棱对棱的中点，这4点共面，有6种；第三类，由中位线构成的平行四边形(其两组对边分别平行于四面体相对的两条棱)，它的4个点共面，有3种。以上三种情况不合要求应减掉，所以不同的取法共有(种) 例5、求(4+2x+x2)(2-x)7的展开式中x5的系数。解：(4+2x+x2)(2-x)7=(8-x3)(x-2)6 　　　　　　　　　　 =(8-x3)[(x6-2C61x5+(-2)2C62x4+(-2)3C63x3+(-2)4C64x2+…] ∴ 含x5的项为-2×8×C61.x5-(-2)4C64x5=-336x5 ∴ x5的系数为-336 例6、已知的展开式前三项中的x的系数成等差数列。 (1)求展开式里所有的x的有理项； (2)求展开式里系数最大的项。解：(1)∵ 由题设可知解得n=8或n=1(舍去) 当n=8时，通项据题意，必为整数，从而可知r必为4的倍数，而0≤r≤8 ∴ r=0，4，8，故x的有理项为，， (3)设第r+1项的系数tr+1最大，显然tr+1>0，故有≥1且≤1 ∵ 由≥1得r≤3 又∵ 由≤1得：r≥2 ∴ r=2或r=3所求项为和例7、设a>1，n∈N，且n≥2，求证：证明：设，则(x+1)n=a 欲证原不等式，即证nx<(x+1)n-1，其中x>0 ∵ 即(x+1)n>nx+1，原不等式成立。评注：由于(a+b)n的展开式共有n+1项，故可通过对某些项的取舍来达到近似计算或证明不等式的目的。例8、盒中有6只灯泡，其中2只次品，4只正品，有放回地从中任取两次，每次取一只，试求下列事件的概率： (1)取到的2只都是次品； (2)取到的2只中正品、次品各一只； (3)取到的2只中至少有一只正品。解：从6只灯泡中有放回地任取两只，共有62=36种不同取法　 (1)取到的2只都是次品情况为22=4种，因而所求概率为　 (2)由于取到的2只中正品、次品各一只有两种可能：第一次取到正品，第二次取到次品；及第一次取到次品，第二次取到正品。因而所求概率为　 (3)由于“取到的两只中至少有一只正品”是事件“取到的两只都是次品”的对立事件，因而所求概率为例9、甲、乙两人独立地破译1个密码，他们能译出的密码的概率分别为和，求： (1)恰有1人译出的密码的概率； (2)至多1人译出的密码的概率； (3)若达到译出的密码的概率为，至少需要多少个乙这样的人。解：记“甲译出密码”为事件A，“甲译不出密码”这事件；记“乙译出密码”为事件B，“乙译不出密码”为事件；“两人都译出密码”为事件C，“两人都译不出密码”为事件D；“恰有1人译出密码”为事件E；“至多1人译出密码”为事件F。　 (1)“恰有1人译出密码”是包括2种情况：一种是，另一种是。这两种情况不能同时发生，是互斥的。 ∴ 　 (2)“至多1人译出密码”包括两种情况：“2人都译不出密码”或“恰有1人译出密码”，即事件D+E，且事件D、E是互斥的 ∴ 　 (3)n个乙这样的人都译不出密码的概率为，根据题意得：　　　解得：n=16 例10、某数学家有两盒火柴，每盒都有n根火柴，每次用火柴时他在两盒中任取一盒并从中抽出一根，求他发现用完一盒时另一盒还有r根(1≤r≤n)的概率。解析：由题意知：数学家共用了2n-r根火柴，其中n根取自一盒火柴，n-r根取自另一盒火柴。由于数学家取火柴时，每次他在两盒中任取一盒并从中抽取一根，故他用完的那一盒取出火柴的概率是，他不从此盒中取出一根火柴的概率也是。由于所取的2n-r根火柴，有n根取自用完的那一盒的概率为：

(二)　填空题 15、空间12个点，其中5个点共面，此外无任何4个点共面，这12个点最多可决定_________个不同的平面。 16、(4+2x+x2)(2-x)7展开式中x5的系数为________。 17、=__________。 18、有1个数字难题，在半小时内，甲能解决它的概率是，乙能解决它的概率是，两人试图独立地在半小时内解决它，则：两人都未解决的概率为__________；问题得到解决的概率为__________。 19、一次考试出了10个选择题，每道题有4个可供选择的答案，其中1个是正确的，3个是错误的，某学生只知道5个题的正确答案，对其他5个题全靠猜回答，那么这个学生卷面上正确答案不少于7个题的概率是_________。

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