7．二项式定理的核心是展开式的通项，T_r+1=a^n-rb^r(通项是展开式的第r+1项), r=0,1,2…n　 ，二项展开式共有n+1项。展开式的通项中根式宜用分数指数表示。审题是要注意所求的是“项”还是“第几项”还是“项的系数”。

[举例]的展开式中常数项为　　 ．(07高考全国Ⅱ卷理科第13题)

解析：先求的展开式中常数项以及含x ^-2的项；=

由8-2r=0得r=4, 由8-2r=-2得r=5；即的展开式中常数项为，含x ^-2的项为

；∴的展开式中常数项为-2=

[巩固] 若的展开式中含有常数项,则最小的正整数n等于　　 。

(07高考安徽理科第12题)

[迁移]f(x)=(x+1)ⁿ，且f ′ (x)展成关于x的多项式后x²的系数为60，则n=　　　 (　　 )

A．7　　　　 B．6　　　　　 C．5　　　　　 D．4

6．“抽象化归”是解决排列组合问题的“太极拳”，“逐一列举”是解决排列组合问题的“撒手锏”；有时，画“树状图”能使“逐一列举”变得更加简明、直观。

[举例1]已知两个实数集合A={a₁,a₂,…,a₁₀₀},B={b₁,b₂, …,b₅₀},若从A到B的映射f使得B中每个元素都有原象，且f( a₁)≤f(a₂)≤…≤f(a₁₀₀),这样的映射共有　 个。(用符号作答)。

解析：本题直接考虑集合A中每一个元素在B中的象的情况非常困难。注意到集合B中每个元素都有原象，即A中有50“组”元素分别与B中的50个元素对应；现将集合A中的100个元素按原有的顺序分成50组，每组至少一个元素；将集合B中的元素按从小到大的顺序排列为B={b₁^/,b₂^/, …,b₅₀^/}；∵f( a₁)≤f(a₂)≤…≤f(a₁₀₀)，∴A中的“第1组”元素的象为b₁^/，“第2组”元素的象为b₂^/，…，“第50组”元素的象为b₅₀^/，此处没有排列的问题，即只要A中元素的分组确定了，映射也就随之确定了；而A中元素的分组可视为在由这100个元素所形成的99个“空”中插上49块“挡板”，所以有种分法，即映射共有个。

[举例2]一个同心圆形花坛分为两个部分，如右图，中间小圆部分

种植草坪，周围的圆环分成5等份为a₁,a₂,a₃,a₄,a₅,种植红、黄、

蓝三色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，则不同的

种植的方法为　　 种。

解析：本题解法甚多，这里介绍画“树状图”列举法。

在右图中，区域a₁种红花，a₂种黄花时共有5种不同

的种植方法；而区域a₂种蓝花与种黄花情况相同，区

域a₁种蓝花、黄花与种红花情况相同；故所有不同的

种植的方法为：3×2×5=30种

[巩固1]显示屏有一排7个小孔，每个小孔可显示0或

1，若每次显示其中3个孔，但相邻的两孔不能同时显

示，则该显示屏能显示信号的种数共有(　　 )种

A．10　　　　 B．48　　　　 C．60　　　　 D．80

[巩固2] 函数f:{1,2,3}{1,2,3}满足f(f(x))= f(x)，则这样的函数个数共有(　　 )

(A)1个　　　　　　 (B)4个　　　　　 (C)8个　　　　　　 (D)10个

5．熟悉几个排列组合问题的基本模型：①部分元素“相邻”(捆绑法)，②部分元素“不相邻”(用要求“不相邻”的元素插空)，③部分元素有顺序(个元素全排，其中个元素要求按给定顺序排列的方法数为=)，④平均分组(个元素平均分成组的方法数为)，⑤相同元素分组(用“挡板法”)等。

[举例1]某校安排6个班到3个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有　　 　　　 种。

解析：先将6个班分成3组，在将3个组分到3个工厂。6个班分成3组，从每组的人数看有3类：①4，1，1，有种；②3，2，1，有种，③2，2，2，有种；

故不同的安排方法共有：(++)×=540种。

[举例2]某文艺小分队到一个敬老院演出，原定6个节目，后应老人们的要求决定增加3个节目，但原来六个节目的顺序不变，且新增的3个既不在开头也不在结尾，则这台演出共有

　　　　 种不同的演出顺序。

解析：思路一：着眼于“位置”。从9个“位置”中选出6个，安排原来的6个节目，且第1和第9两个位置必须选，而他们的顺序是既定的，无需排列，所以有种方法，剩下的3个位置安排新增的3个节目，有种方法；故所有不同的演出顺序有：=210种。

思路二：在原有6个节目的基础上“插空”。原来6个节目形成7个“空”，但前后两“空”不能安排，共有3类情况：①新增的3个节目互不相邻，有种方法；②新增的3个节目恰有两个相邻，有种方法；③新增的3个节目相邻，有5种方法，故所有不同的演出顺序有：++5=210种。

[巩固1]记者要为5名志愿都和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻但不排在两端，不同的排法共有(　)　 (07高考北京理科第5题)

A．1440种　　　　　　　　 B．960种　　　　　　　　　 C．720种　　　　　　　　　 D．480种

[巩固2]学号为1，2，3，4的四名学生的考试成绩∈{89，90，91，92，93}(=1，2，3，4)且满足，则这四为同学考试成绩所有可能的情况有　　 种。

[巩固3]现有10个市级“三好生”名额分配给高三八个班级，每班至少1个，则有　　

种不同的分配方案。

4．解决排列组合问题还要遵循“先选后排”、“正难则反”(即去杂法)等原则；

[举例]某通讯公司推出一组手机卡号码，卡号的前七位数字固定，从“”到“”共个号码．公司规定：凡卡号的后四位带有数字“”或“”的一律作为“优惠卡”，则这组号码中“优惠卡”的个数为(　　 )(福建文科第12题)

A．　　　　　　 B．　　　　　　 C．　　　　　　 D．

解析：直接考虑带有数字“”或“”的情况太多，逐一讨论非常麻烦；考虑事件的反面：后四位不带有数字“”或“”的，有8⁴个，故“优惠卡”的个数为10⁴-8⁴=。

[巩固]四位同学乘坐一列有6节车厢的动车组，则他们至少有两人在同一节车厢的的情况共有　　 种？(用数字作答)．

3．对“按某种要求将个元素排到个位置”的问题，首先要确定研究的“抓手”：抓住元素还是抓住位置研究；再按特殊元素(特殊位置)优先的原则进行。

[举例] 从5位同学中选派4位同学在星期四到星期日参加公益活动，每人一天，其中甲不能安排在星期六，乙不能安排在星期天，则不同的选派方法共有　　　　　 种。

解析：本题要完成的事件是：从5个不同的元素中选出4个元素，并按要求排在四个不同的位置。本题不宜抓住元素研究，因为每一个元素都不一定被选到，而每一个位置上都一定要有一个元素，故应该抓住位置研究。先看星期六(特殊位置，优先)：不能安排甲，可以安排乙(特殊元素，优先)或除甲乙之外的一个同学，①安排乙：其它位置可任意安排，有

种，②不安排乙：可以安排其他三位同学，星期日可以安排甲或另外两个同学，星期四、五可任意安排，有 种，故不同的选派方法共有：+=78种。

[巩固]四个不同的小球全部放入编号为1、2、3、4的四个盒中。(1)恰有两个空盒的放法有　 　种；(2)甲球只能放入2号或3好盒，而乙球不能放入4号盒的不同放法有　 　种。

2．解排列组合应用题首先要明确需要完成的事件是什么；其次要辨析完成该事件的过程：分类相加(每一类方法都能独立地完成这件事)，分步相乘(每一步都不能完成事件，只有各个步骤都完成了，才能完成事件)；较为复杂的事件往往既要分类，又要分步(每一类办法又都需分步实施)；分类讨论是研究排列组合问题的重要思想方法之一，分类时要选定讨论对象、确保不重不漏。

[举例] 设集合I={1,2,3,4,5}，选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中的最大数，则不同的选择方法共有：(　 )种

A．50种　　　 B．49种　　　　 C．48种　　　　 D．47种

解析：本题要完成的事件是：构造集合I的两个非空子集；要求：B中最小的数大于A中的最大数；显然B中的最小数不可能是1，以下分类：① B中的最小数是2，B中可以有{2，3，4，5}中的1个元素、2个元素、3个元素或4个元素，所有可能的情况有：=8种，此时A只有{1}这1种；集合A、B都确定了，才算完成事件，∴完成事件有8×1=8中方法；② B中的最小数是3，B中可以有{3，4，5}中的1个元素、2个元素或3个元素，所有可能的情况有：=4种，此时A中可以有{1，2}中的有1个元素或2个元素，有=3种，∴完成事件有4×3=12种方法；③ B中的最小数是4，B中可以有{4，5}中的1个元素或2个元素，所有可能的情况有2种，此时A中可以有{1，2，3}中的有1个元素、2个元素或3个元素，有=7种，∴完成事件有2×7=14种方法；④ B中的最小数是5，只有{5}这1种，此时A中可以有{1，2，3，4}中的有1个元素、2个元素、3个元素或4个元素，有=15种，∴完成事件有1×15=15种方法；故完成事件的方法总数为：8+12+14+15=49，选B。

[巩固]从集合{O，P，Q，R，S}与{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}中各任选2个元素排成一排(字母和数字均不能重复)．每排中字母O，Q和数字0至多只能出现一个的不同排法种数是_________．(用数字作答)．

1. 熟悉排列数、组合数的计算公式；了解排列数、组合数的一些性质：①，

由此可得：，，为相应的数列求和创造了条件；

②；③，由此得：；

[举例] =___________

解析：原式=；记，数列{}的前19项和即为所求。记数列{}的前项和为；该数列的求和办法有很多种，但都比较烦琐，这里介绍用组合数性质求解：注意到=，

====

…==1330；

[巩固1]设且，则等于　　　(　)

(A)　　(B)　　(C)　　　(D)　

[巩固2] 已知的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，则n=____

8．球的内接正多面体和外切正多面体的中心均为球心。球的内接长方体的体对角线是球的直径，球的外切正方体的边长是球的直径，与边长为a的正方体各条棱都相切的球的直径为a；边长为a的正四面体的内切球的半径为(正四面体高的)，外接球的半径为

。

[举例]已知棱长为a的正四面体ABCD有内切球O，经过该棱锥A-BCD三侧棱中点的截面为，则O到平面的距离为　　　 。

解析：记棱锥A-BCD的高为AO₁，O在AO₁上且OO₁=AO₁；AO₁与面交于M，则

MO₁=AO₁，故MO= OO₁=AO₁=

[巩固] 半径为1的球面上的四点是正四面体的顶点，则与两点间的球面距离为　　　 (　　 )　 (07高考安徽理8)

A．　　 B．　　　 C．　　　　 D．

7．球面上两点间的球面距离是“球心角”(两点与球心的连线段的夹角)的弧度数与球的半径的积。

[举例] 设球O的半径是1，A、B、C是球面上三点，已知A到B、C两点的球面距离都是，且二面角B-OA-C的大小为，则从A点沿球面经B、C两点再回到A点的最短距离是：

(A)　　　　　　　　　 (B)　　　　　　　　　 (C)　　　　　　　　 (D)　　　　　　　

(07高考四川理6)

解析：∵球O的半径是1，A到B、C两点的球面

距离都是，∴∠AOB=∠AOC=，∴∠BOC就是

二面角B-OA-C的平面角，∴∠BOC =，故B、C

两点间的球面距离为；从A点沿球面经B、C两点

再回到A点的最短距离即A、B、C两两间的球面距离之和，故选C。

注：本题容易误以为所求的“最短距离”是⊿ABC的外接圆的周长；读者不妨求求该周长，倒是很好的锻炼(先求⊿ABC的三边的长，再用正弦定理)。

[巩固] 顶点在同一球面上的正四棱柱中，，则两点间的球面距离为(　　 )(07高考福建理8)

A．　　　　　　　　　 B．　　　　　　　　　 C．　　　　　　 D．

6．求多面体的外接球半径一般需确定球心的位置；长方体(正方体)的对角线是其外接球的直径；将多面体“补”成长方体(正方体)是研究多面体外接球的常用的办法。

[举例1] 三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若PA=AC=，则该三棱锥的外接球的体积是　　　 。

解析：思路一：“找球心”(到三棱锥

四个顶点距离相等等的点)。

注意到PC是Rt⊿PAC和Rt⊿PBC的

公共的斜边，记它的中点为O，

则OA=OB=OP=OC=PC=1，即该三棱锥

的外接球球心为O，半径为1，故它的体积为：

方法二：“补体”，将三棱锥补成长方体，如图所示；它的对角线PC是其外接球的直径。

[举例2]正四棱锥P-ABCD的五个顶点在同一球面上，

若该正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，则

这个球的表面积为　　　 。

解析：正四棱锥P-ABCD的外接球的球心在它的高PO₁上，

记为O，PO=AO=R，PO₁=4，OO₁=R-4，或OO₁=4-R(此时O

在PO₁的延长线上)，在Rt⊿AO₁O中，R²=8+(R-4)²得R=3，∴球的表面积S=36

[巩固1] 如果三棱锥的三个侧面两两垂直，它们的面积分别为6、4和3，那么它的外接球的体积是 　　　　。

[巩固2] 一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是：(　　 )　　　　　　　　　 (07高考陕西理6)

　　(A)　　　 　(B)　　　　 　(C) 　　　　(D)

[迁移]点P在直径为2的球面上，过P两两垂直的3条弦，若其中一条弦长是另一条的2倍，则这3条弦长之和的最大值是　　　　　 。