7.2 排列
第1课时 排列、排列数公式
基础达标练
1.(多选题)从1,2,3,4四个数字中,任选两个数做以下数学运算,并分别计算它们的结果.在这些问题中,相应运算可以看作排列问题的有( )
A.加法 B.减法
C.乘法 D.除法
2.6本不同的书摆放在书架的同一层上,要求甲、乙两本书必须摆放在两端,丙、丁两本书必须相邻,则不同的摆放方法有( )
A.24种 B.36种
C.48种 D.60种
3.已知-=10,则n的值为( )
A.4 B.5 C.6 D.7
4.若要在某跨海大桥上建造风格不同的3个报警电话亭和3个观景区,要求它们各自互不相邻,则不同的排法种数为( )
A.144 B.72
C.36 D.9
5.要从a,b,c,d,e 5个人中选出1名组长和1名副组长,但a不能当副组长,则不同的选法种数是( )
A.20 B.16
C.10 D.6
6.由数字0,1,2,3,4,5可以组成能被5整除,且无重复数字的不同的五位数有( )
A.(2-)个
B.(2-)个
C.2个
D.5个
7.某一天上午的课程表要排入语文、数学、物理、体育共4节课,如果第一节不排体育,最后一节不排数学,那么共有不同排法 种.
8.不等式-n<7的解集为 .
9.7名班委有7种不同的职务,甲、乙、丙三人在7名班委中,现对7名班委进行职务具体分工.
(1)若正、副班长两职只能从甲、乙、丙三人中选两人担任,有多少种不同的分工方案
(2)若正、副班长两职至少要选甲、乙、丙三人中的一人担任,有多少种不同的分工方案
能力提升练
10.下列各式中与排列数相等的是( )
A.
B.n(n-1)(n-2)…(n-m)
C.
D.
11.某班级从A,B,C,D,E,F六名学生中选四人参加4×100 m接力比赛,其中第一棒只能在A,B中选一人,第四棒只能在A,C中选一人,则不同的选派方法共有( )
A.24种 B.36种 C.48种 D.72种
12.用0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的6位数,其中个位数字小于十位数字的六位数共有( )
A.300个 B.464个
C.600个 D.720个
13.某单位安排7位员工在10月1日至7日值班,每天安排1人,每人值班1天.若7位员工中的甲、乙排在相邻两天,丙不排在10月1日,丁不排在10月7日,则不同的安排方案共有( )
A.504种 B.960种
C.1 008种 D.1 108种
14.英国数学家泰勒(B.Taylor,1685—1731)以发现泰勒公式和泰勒级数闻名于世.由泰勒公式,我们能得到e=1++++…++(其中e为自然对数的底数,0<θ<1,n!=n×(n-1)×(n-2)×…×2×1),其拉格朗日余项是Rn=.可以看出,右边的项用得越多,计算得到的e的近似值也就越精确.若近似地表示e的泰勒公式的拉格朗日余项Rn,当Rn不超过时,正整数n的最小值是( )
A.5 B.6
C.7 D.8
15.某老师一天上3个班级的课,每班一节,如果一天共9节课,且老师不能连上3节课(第5节和第6节不算连上),那么这位老师一天的课表的所有排法有 种.
16.解下列方程或不等式.
(1)=2;
(2)<6.
17.某次文艺晚会上共演出8个节目,其中有2个唱歌、3个舞蹈、3个曲艺节目,求分别满足下列条件的节目编排方法有多少种.
(1)一个唱歌节目开头,另一个唱歌节目放在最后压台;
(2)2个唱歌节目互不相邻;
(3)2个唱歌节目相邻且3个舞蹈节目不相邻.
拓展探究练
18.(多选题)对于正整数n,定义“n!!”如下:当n为偶数时,n!!=n·(n-2)·(n-4)…6·4·2;当n为奇数时,n!!=n·(n-2)·(n-4)…5·3·1,则下列结论正确的是( )
A.(2 021!!)·(2 020!!)=2 021!
B.2 004!!=21 002·1 002!
C.2 020!!的个位数不可能是0
D.2 005!!能被5整除
7.2 排列
第1课时 排列、排列数公式
1.BD 因为加法和乘法满足交换律,所以选出两个数做加法和乘法时,结果与两数字位置无关,故不是排列问题,而减法、除法与两数字的位置有关,故是排列问题.故选BD.
2.A 第1步,甲、乙两本书必须摆放在两端,有种不同的摆放方法;
第2步,丙、丁两本书视为整体与其他两本共三本,有种不同的摆放方法.
根据分步计数原理,共有=24(种)不同的摆放方法.故选A.
3.B 由-=10,得(n+1)n-n(n-1)=10,解得n=5.
4.B 若电话亭用△表示,观景区用○表示,先排电话亭有种方法.当观景区插入电话亭所形成的空时,只有△○△○△○或○△○△○△两类,观景区有2种排法.故共有2·=72(种)排法.
5.B 不考虑限制条件有种选法,若a当副组长,有种选法,故a不当副组长,有-=16(种)选法.
6.A 能被5整除,则个位须为5或0,有2个,但其中个位是5的含有0在首位的排法有个,故共有(2-)个.
7.14 (方法一)若第一节排数学,共有=6(种)排法;
若第一节不排数学,第一节有2种排法,最后一节有2种排法,中间两节任意排,有2×2×2=8(种)排法.
根据分类计数原理,共有6+8=14(种)排法,故答案为14.
(方法二 间接法)4节课全部可能的排法有=24(种),其中体育排第一节的有=6(种),数学排最后一节的有=6(种),体育排第一节且数学排最后一节的有=2(种),故符合要求的排法有-2×+=14(种).
8.{3,4} 由-n<7,得(n-1)(n-2)-n<7,整理得n2-4n-5<0,解得-19.解 (1)先排正、副班长,有种方案,再安排其余职务有种方案,由分步计数原理知,共有×=720(种)不同的分工方案.
(2)7人中任意分工,有种不同的分工方案,甲、乙、丙三人中无一人担任正、副班长的分工方案有种,因此甲、乙、丙三人中至少有一人担任正、副班长的分工方案有-=3600(种).
10.D =,而=n×=,所以=.
11.B 若第一棒选A,则第四棒只能选C,共有种选派方法;若第一棒选B,则有2种选派方法.由分类计数原理知,共有+2=3=36(种)选派方法.
12.A (方法一)确定最高位有种不同方法.确定万位、千位、百位,从剩下的5个数字中取3个排列,共有种不同的方法,剩下两个数字,把大的排在十位上即可,由分步计数原理知,共有=300(个).
(方法二)由于个位数字大于十位数字与个位数字小于十位数字的应各占一半,故有=300(个).
13.C 满足甲、乙相邻的所有方案有=1440(种).其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班的方案有=240(种);
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在10月7日值班的方案有=240(种);
满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在10月1日值班,丁在10月7日值班的方案有=48(种).
故符合题设要求的不同安排方案有1440-2×240+48=1008(种).故选C.
14.B 依题意得,(n+1)!≥3000,
当n=5时,(5+1)!=6×5×4×3×2×1=720,
当n=6时,(6+1)!=7×6×5×4×3×2×1=5040>3000,所以正整数n的最小值是6.
15.474 从9节课中任意安排3节共有=504(种),
其中前5节课连排3节共有3=18(种);后4节课连排3节共有2=12(种).
故老师一天课表的所有排法共有504-18-12=474(种).
16.解 (1)由=2,知
解得n≥3且n∈N*,
原式变形可得2n(2n-1)(2n-2)=2(n+1)n(n-1)(n-2),又n≥3,解得n=5.
(2)由<6,知
解得3≤x≤8且x∈N*,
原不等式即<6×,
化简得x2-19x+84<0,
解得7又3≤x≤8且x∈N*,所以x=8.
17.解 (1)先排唱歌节目有种排法,再排其他节目有种排法,所以共有×=1440(种)排法.
(2)先排3个舞蹈节目和3个曲艺节目,有种排法,再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目,有种插入方法,所以共有×=30240(种)排法.
(3)把2个相邻的唱歌节目看作一个元素,与3个曲艺节目排列共有种排法,再将3个舞蹈节目插入,共有种插入方法,最后将2个唱歌节目互换位置,有种排法,故所求排法共有××=2880(种)排法.
18.ABD (2021!!)·(2020!!)=2021×2019×2017×…×5×3×1×2020×2018×2016×…×6×4×2=2021!,A正确;
2004!!=2004×2002×…×10×8×6×4×2=21002·1002!,B正确;
2020!!=2020×2018×…×10×8×6×4×2的个位数是0,C错误;
2005!!=2005×2003×…×9×7×5×3×1的个位数是5,D正确.故选ABD.7.3 组合
第1课时 组合、组合数公式
基础达标练
1.学校要求学生从物理、历史、化学、生物学、思想政治、地理这6科中选3科参加考试,规定先从物理和历史中任选1科,然后从其他4科中任选2科,不同的选法种数为( )
A.5 B.12 C.20 D.120
2.某新农村社区共包括n个自然村,假设这些村庄分布零散,没有任何三个村庄在同一条直线上,现要在该社区内建“村村通”工程,共需建公路的条数为28,则n=( )
A.6 B.8 C.9 D.10
3.某中学招聘5位老师,其中安排2位老师去高一,安排2位老师去高二,安排1位老师去高三,则不同的安排方法有( )
A.30种 B.60种 C.90种 D.120种
4.甲、乙等6人计划分两组(每组3人)去旅行,每组将在云南丽江、广西桂林、河北石家庄、内蒙古呼和浩特选1个地方,且两组去的地方不同.已知甲不想去云南丽江,乙只想去广西桂林,其余4人这4个地方都想去,则符合他们心意的分组旅行的方案种数为( )
A.24 B.30 C.18 D.36
5.某班有一7人小组参加烧烤活动,老师将从小组成员中选出2名同学整理烧烤架,再选出3名同学生火.若小组中的甲、乙两位同学至多有1人生火,则不同的安排方案种数为( )
A.120 B.150 C.180 D.240
6.近年来,中小学校车安全问题引起社会的广泛关注,为了彻底消除校车安全隐患,某市购进了50台完全相同的校车,准备发放给10所学校,每所学校至少2台,则不同的发放方案种数为( )
A. B. C. D.
7.若=12,则n= .
8.(2023新高考Ⅰ)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课,学生需从这8门课中选修2门或3门课,并且每类选修课至少选修1门,则不同的选课方案共有 种(用数字作答).
9.如图,某区有7条南北向街道、5条东西向街道.
(1)图中有多少个矩形
(2)从A点走向B点最短的走法有多少种
能力提升练
10.已知圆上有9个点,每两点连成一条线段,若任意两条线的交点不同,则所有线段在圆内的交点有( )
A.36个 B.72个
C.63个 D.126个
11.已知集合A={5},B={1,2},C={1,3,4},从这三个集合中各取一个元素构成空间直角坐标系中点的坐标,则确定的不同点的个数为( )
A.33 B.34
C.35 D.36
12.(多选题)有13名医生,其中女医生6人,现从中抽调5名医生组成医疗小组前往某地支援,若医疗小组至少有2名男医生,同时至多有3名女医生,设不同的选派方法种数为N,则下列等式能成为N的算式是( )
A.-
B.+++
C.--
D.
13.+++= .
14.某同学有同样的画册2本、同样的集邮册3本,从中取出4本赠送给4位朋友,每位朋友1本,则不同的赠送方法共有 种.
15.某单位需同时参加甲、乙、丙三个会议,甲会议需2人参加,乙、丙两个会议各需1人参加,从10人中选派4人参加这三个会议,不同的安排方法有 种.
16.现有5名男司机、4名女司机,需选派5人运货到某市.
(1)如果派3名男司机、2名女司机,共有多少种不同的选派方法
(2)至少有2名男司机,共有多少种不同的选派方法
17.(1)计算:+.
(2)求证:=+2+.
拓展探究练
18.规定=,其中x∈R,m是正整数,且=1,这是组合数(n,m∈N*,且m≤n)的一种推广.
(1)求的值.
(2)设x>0,当x为何值时,取得最小值
(3)组合数的两个性质①=,②+=是否都能推广到(x∈R,m是正整数)的情形 若能推广,则写出推广的形式并给出证明;若不能,则说明理由.
7.3 组合
第1课时 组合、组合数公式
1.B 从物理和历史中任选1科,有=2(种)选法,然后从其他4科中任选2科,有=6(种)选法,共有2×6=12(种)不同的选法.故选B.
2.B 由于“村村通”公路的修建是组合问题,故共需要建==28,因此n=8.
3.A 根据题意,不同的安排方法可以按照以下步骤求解:在5个老师中选出2人,安排去高一,有=10(种)选法;在剩下3人中,选出2人,安排到高二,有=3(种)选法;将最后1人安排到高三,仅有1种选法.由分步计数原理,共有10×3×1=30(种)不同的安排方法.故选A.
4.A 若甲和乙都去广西桂林,则有=12(种)方案;若甲不去广西桂林,则有=12(种)方案.故符合他们心意的分组旅行的方案种数为12+12=24.故选A.
5.C 小组中的甲、乙两位同学都生火,共有=30(种)安排方案,故不同的安排方案种数为-30=180.故选C.
6.D 首先每所学校配送一台,这个没有顺序和情况之分,剩下40台;将剩下的40台像排队一样排列好,则这40台校车之间有39个空,对这39个空进行插空.故不同的方案种数为.
7.8 =n(n-1)(n-2),=n(n-1),
所以n(n-1)(n-2)=12×n(n-1).
由n∈N*,且n≥3,解得n=8.
8.64 (1)当从8门课中选修2门,则不同的选课方案共有=16(种).
(2)当从8门课中选修3门,
①若选修体育类1门,则不同的选课方案共有=24(种).
②若选修体育类2门,则不同的选课方案共有=24(种).
综上所述,不同的选课方案共有16+24+24=64(种).
9.解 (1)在7条南北向街道中任选2条、5条东西向街道中任选2条,这样4条线可组成一个矩形,故可组成矩形有=210(个).
(2)每条东西向的街道被分成6段,每条南北向街道被分成4段,从A到B最短的走法包括10段,其中6段是走东西方向的,剩下4段即走南北方向的,共有==210(种)走法.
10.D 此题可化归为圆上9个点可组成多少个四边形,所有四边形的对角线交点个数即为所求,所以交点有=126(个).
11.A ①所得空间直角坐标系中的点的坐标中不含1的有=12(个);
②所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有1个1的有+=18(个);
③所得空间直角坐标系中的点的坐标中含有2个1的有=3(个).
故共有符合条件的点的个数为12+18+3=33(个).故选A.
12.BC 13名医生,其中女医生6人、男医生7人.
(方法一 直接法)符合条件的可以是:2男3女,选派方法种数为;3男2女,选派方法种数为;4男1女,选派方法种数为;5男,选派方法种数为.所以N=+++.
(方法二 间接法)13名医生,任取5人,减去选4名或5名女医生的情况,即N=--.
故选BC.
13.220 +++=+++===220.
14.10 依题意,就所剩余的1本进行分类:
第1类,剩余的是1本画册,此时满足题意的赠送方法有4种;
第2类,剩余的是1本集邮册,此时满足题意的赠送方法有=6(种).
因此,满足题意的赠送方法共有4+6=10(种).
15.2520 从10人中选派4人有种方法,对选出的4人具体安排会议有种方法,由分步计数原理知,不同的安排方法有=2520(种).
16.解 (1)从5名男司机中选派3名,有种方法,
从4名女司机中选派2名,有种方法,
根据分步计数原理得,所选派的方法总数为=60.
(2)从9人中任选5人运货有种方法.
其中1名男司机、4名女司机有=5(种)选法.
所以至少有2名男司机的选派方法有-5=121(种).
17.(1)解 原式=+×1=+=56+4950=5006.
(2)证明 由组合数的性质=+可知,
右边=(+)+(+)
=+==左边,所以原等式成立.
18.解 (1)==1365.
(2)因为==22-3·+1,当=,即x=时,取得最小值,最小值为-.
(3)性质①不能推广,例如有意义,无意义.
性质②能推广,它的推广形式为+=(x∈R,m是正整数),
证明如下:当m=1时,+=x+1=;
当m≥2时,+
=+
=+1
==.7.4.2 二项式系数的性质及应用
基础达标练
1.已知(1+x)n的展开式中,第3项与第11项的二项式系数相等,则二项式系数和是( )
A.212 B.211 C.210 D.29
2.已知(1+2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a6x6+a7x7,则a0-a1+a2-…+a6-a7=( )
A.1 B.-1 C.2 D.-2
3.在+n的展开式中,所有奇数项系数之和为1 024,则中间项系数是( )
A.330 B.462 C.682 D.792
4.若二项式-xn的展开式中所有项的系数的绝对值的和为,则展开式中二项式系数最大的项为( )
A.-x3 B.x4
C.-20x3 D.15x4
5.(多选题)下列关于(a+b)10的说法正确的是( )
A.展开式中的各二项式系数之和为1 024
B.展开式中第6项的二项式系数最大
C.展开式中第5项与第7项的二项式系数最大
D.展开式中第6项的系数最小
6.(x-2y)100展开式的各项系数之和为 .
7.已知(a-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,若a2=80,则a0+a1+a2+…+a5= .
8.已知2×1010+a(0≤a<11)能被11整除,则实数a的值为 .
9.已知(1+mx)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,且a3=-56.
(1)求m的值;
(2)求a0+a2+a4+a6+a8的值.
能力提升练
10.在-n的二项展开式中,只有第5项的二项式系数最大,则此展开式中各项系数绝对值之和为( )
A.9 B.9 C.8 D.8
11.若(1+x)3(1-2x)4=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,则a0+a2+a4+a6=( )
A.8 B.6 C.5 D.4
12.(多选题)已知二项展开式(a+b)n=an+an-1b1+…+an-kbk+…+bn,n∈N*,则下列说法正确的是( )
A.二项展开式中,与首末两端“等距离”的两个二项式系数一定相等
B.二项展开式中,当k<时,随k的增加而减小;当k>时,随k的增加而增加
C.二项展开式中,奇数项的二项式系数的和一定等于偶数项的二项式系数的和
D.二项展开式中,第k项的通项Tk+1=an-kbk,k=1,2,3,…,n
13.(多选题)对任意实数x,有(2x-3)7=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a7(x-1)7.则下列结论成立的是( )
A.a0=-1
B.a2=84
C.a0-a1+a2-…+a6-a7=-37
D.|a0|+|a1|+…+|a7|=37
14.(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32,则a= .
15.如图所示的数阵叫“莱布尼茨调和三角形”,它是由正整数的倒数组成的,第n行有n个数且两端的数均为(n≥2),每个数是它下一行左右相邻两数的和,如=+,=+,=+,…,则第n(n≥3)行第3个数字是 .
16.在①a1=35;②++…+=32(m∈N*);③展开式中二项式系数的最大值为7m这三个条件中任选一个,补充在下面问题中.
已知(1+mx)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,且 .
(1)求m的值;
(2)求a1+a3+a5+a7的值(结果可以保留指数形式).
拓展探究练
17.设n为奇数,那么11n+·11n-1+·11n-2+…+·11-1除以13的余数是( )
A.-3 B.2 C.10 D.11
18.求证:对于任意的正整数n,不等式(2n+1)n≥(2n)n+(2n-1)n成立.
7.4.2 二项式系数的性质及应用
1.A 因为(1+x)n的展开式中,第3项与第11项的二项式系数相等,
即=,所以n=12,所以二项式系数和是212.故选A.
2.B 因为(1+2x)7=a0+a1x+a2x2+…+a6x6+a7x7,令x=-1,得a0-a1+a2-…+a6-a7=[1+2×(-1)]7=-1.故选B.
3.B ∵二项展开式中所有项的二项式系数之和为2n,而所有偶数项的二项式系数之和与所有奇数项的二项式系数之和相等,由题意易知展开式中各项的系数与对应二项式系数相等,∴2n-1=1024,∴n=11,
∴展开式共12项,中间项为第6项、第7项,其系数为==462.
4.A 令x=-1,可得展开式中所有项的系数的绝对值的和为n=,解得n=6.
∴二项式-xn的展开式中有7项.
∴二项式-x6展开式中二项式系数最大的为第4项,T4=3(-1)3x3=-x3.故选A.
5.AB 根据二项式系数的性质知(a+b)10的展开式中各二项式系数之和为210=1024,故A正确;
(a+b)10的展开式中,二项式系数最大的项是中间一项即第6项的二项式系数最大,故B正确,C错误;
易知展开式中各项的系数与对应二项式系数相等,故第6项的系数最大,故D错误.故选AB.
6.1 令x=y=1,则(1-2)100=1,所以(x-2y)100展开式的各项系数之和为1.
7.1 (a-x)5展开式的通项为Tk+1=(-1)ka5-kxk,令k=2,得a2=(-1)2a3=80,解得a=2,即(2-x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,令x=1,得a0+a1+a2+…+a5=1.
8.9 根据题意,由于2×1010+a=2×(11-1)10+a,由于2×1010+a(0≤a<11)能被11整除,根据二项展开式可知,2×(11-1)10被11除的余数为2,从而可知2+a能被11整除,又0≤a≤11,所以a=9.
9.解 (1)因为(1+mx)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,
展开式的通项为Tr+1=mrxr,所以a3=m3=-56,
解得m=-1.
(2)由(1)知(1-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,
令x=1,可得a0+a1+a2+…+a8=0,
令x=-1,可得a0-a1+a2-…+a8=28,
两式相加除以2,可得a0+a2+a4+a6+a8==27=128.
10.D 只有第5项的二项式系数最大时,二项展开式共9项,∴n=8,-8各项系数绝对值之和即为+8的各项系数的和,令x=1的结果为8.故选D.
11.D 令x=1,得a0+a1+a2+…+a7=(1+1)3×(1-2)4=8,令x=-1,得a0-a1+a2+…-a7=(1-1)3×(1+2)4=0,两式相加,得2(a0+a2+a4+a6)=8,所以a0+a2+a4+a6=4.故选D.
12.AC 因为从n个不同元素中任取k个元素的一个组合,都对应着剩余的(n-k)个元素的一个组合,所以=,故A正确.
因为==,①
当k<时,①式大于1,当k>时,①式小于1,
故当k<时,随k的增加而增大;
当k>时,随k的增加而减小,故B错误.
令a=b=1,则2n=+++…+,②
令a=-b=1,则0=(+++…)-(+++…),③
联立②③,解得奇数项二项式系数之和等于偶数项二项式系数之和且都是2n-1,故C正确.
对于D选项,显然k可以取0,故D错误.故选AC.
13.ACD ∵(2x-3)7=[-1+2(x-1)]7=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+…+a7(x-1)7,
∴它的通项为Tr+1=·(-1)7-r·[2(x-1)]r,
故a0,a2,a4,a6<0,且a1,a3,a5,a7>0,
令x=1,可得a0=-1,故A正确;
a2=·(-1)5·22=-84,故B错误;
令x=0,可得a0-a1+a2-…+a6-a7=-37,故C正确;
∵|a0|+|a1|+…+|a7|=-a0+a1-a2+a3-a4+a5-a6+a7=-(a0-a1+a2-…+a6-a7)=37,故D正确.故选ACD.
14.3 设f(x)=(a+x)(1+x)4=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,
令x=1,则a0+a1+a2+…+a5=f(1)=16(a+1),①
令x=-1,则a0-a1+a2-…-a5=f(-1)=0.②
①-②得,2(a1+a3+a5)=16(a+1),
所以2×32=16(a+1),所以a=3.
15. 杨辉三角形中的每一个数都换成分数,就得到一个如题图所示的“莱布尼茨调和三角形”,杨辉三角形中第n(n≥3)行第3个数字是,则“莱布尼茨调和三角形”第n(n≥3)行第3个数字是=.
16.解 (1)若选条件①,因为ar=mr,r=0,1,2,…,7,
又a1=35,所以m=35,
解得m=5.
若选条件②,
因为++…+=32(m∈N*),所以2m=32,
解得m=5.
若选条件③,
因为展开式中二项式系数的最大值为7m,所以==7m,解得m=5.
(2)由(1)可知(1+5x)7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7,
令x=1,可得67=a0+a1+a2+…+a7,
令x=-1,可得(-4)7=a0-a1+a2-…-a7,
两式相减可得2(a1+a3+a5+a7)=67+47,
所以a1+a3+a5+a7==148160.
17.C 11n+·11n-1+·11n-2+…+·11-1
=11n+·11n-1+·11n-2+…+·11+-2
=(11+1)n-2=12n-2=(13-1)n-2
=·13n-·13n-1+…+(-1)n-1·13+(-1)n-2.
又n为奇数,则11n+·11n-1+·11n-2+…+·11-1=·13n-·13n-1+…+(-1)n-1·13-3,
且·13n-·13n-1+…+(-1)n-1·13可以被13整除,
则11n+·11n-1+·11n-2+…+·11-1被13除所得的余数是10.故选C.
18.证明 由二项式定理,
则(2n+1)n-(2n-1)n=2[(2n)n-1+(2n)n-3+…]≥2(2n)n-1=(2n)n.
故(2n+1)n≥(2n)n+(2n-1)n.午练11 排列(1)
1.的值为( )
A.20 B.10
C.5 D.2
2.A,B,C三名同学照相留念,成“一”字形排队,所有排列的方法种数为( )
A.3 B.4
C.6 D.12
3.若=10,则n=( )
A.7 B.8
C.9 D.10
4.(n-1 998)(n-1 999)…(n-2 021)(n-2 022)(n∈N,n>2 022)可表示为( )
A. B.
C. D.
5.(多选题)下列等式正确的有( )
A.(n+1)
B.
C.=(n-2)!
D.
6.(多选题)若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大,则称这个数为“伞数”.现从1,2,3,4,5,6这六个数字中任取3个数,组成无重复数字的三位数,则( )
A.当十位数字为3时,能组成2个“伞数”
B.当十位数字为4时,能组成6个“伞数”
C.当十位数字为6时,能组成25个“伞数”
D.共能组成45个“伞数”
7.用“冰”“墩”“墩”“雪”“容”“融”这六个字可以组成 种不同的六字短语(不考虑短语的含义).
8.满足不等式>12的n的最小值为 .
9.(1)一张餐桌上有5盘不同的菜,甲、乙、丙3名同学每人从中各取1盘菜,共有多少种不同的取法
(2)学校食堂的一个窗口共卖5种菜,甲、乙、丙3名同学每人从中选一种,共有多少种不同的选法
10.求证:(1)=n2;
(2)(k≤n).
午练11 排列(1)
1.A =5×4=20.故选A.
2.C 所有的排法为A—B—C,A—C—B,B—A—C,B—C—A,C—A—B,C—B—A,共6种.
3.B 由题意,得2n(2n-1)(2n-2)=10n(n-1)(n-2),化简可得4n-2=5n-10,解得n=8.故选B.
4.B (n-1998)(n-1999)…(n-2021)(n-2022)总共有(n-1998)-(n-2022)+1=25个数连乘,故(n-1998)·(n-1999)…(n-2021)(n-2022)=.故选B.
5.ACD 对于A,(n+1)=(n+1)·==,选项A正确;对于B,==,选项B错误;对于C,==(n-2)!,选项C正确;对于D,=·==,选项D正确.故选ACD.
6.AB 当十位数字为3时,个位数字和百位数字只能取1,2进行排列,能组成2个“伞数”;当十位数字为4时,个位数字和百位数字只能取1,2,3进行排列,能组成3×2=6个“伞数”;当十位数字为5时,个位数字和百位数字只能取1,2,3,4进行排列,能组成4×3=12个“伞数”;当十位数字为6时,个位数字和百位数字只能取1,2,3,4,5进行排列,能组成5×4=20个“伞数”.所以共能组成2+6+12+20=40个“伞数”.
7.360 先将六个字进行排列,有=720种选择,因为六个字中有两个相同的“墩”,故均重复计算了一次,所以共有720÷2=360种不同的六字短语.故答案为360.
8.10 由排列数公式得>12,即(n-5)(n-6)>12,解得n>9或n<2.又n≥7,所以n>9.又n∈N*,所以n的最小值为10.
9.解 (1)可以先从这5盘菜中取1盘给同学甲,然后从剩下的4盘菜中取1盘给同学乙,最后从剩下的3盘菜中取1盘给同学丙.按分步乘法计数原理知,不同的取法种数为5×4×3=60.
(2)可以先让同学甲从5种菜中选1种,有5种选法;再让同学乙从5种菜中选1种,也有5种选法;最后让同学丙从5种菜中选1种,同样有5种选法.按分步乘法计数原理知,不同的选法种数为5×5×5=125.
10.(1)左边=-=n(n+1)-n
=(n2+n-n)=n2=右边,
∴结论成立,即-=n2.
(2)当k≤n时,
左边=-=-
===右边,
∴结论成立,即-=(k≤n).午练12 排列(2)
1.若=m!,则m=( )
A.6 B.5 C.4 D.3
2.某高校有4名志愿者参加社区志愿工作,若每天早、中、晚三班,每班1人,每人每天最多值一班,则值班当天不同的排班种数为( )
A.12 B.18 C.24 D.144
3.某晚会有三个唱歌节目,两个舞蹈节目,要求舞蹈节目不能相邻,不同的排法种数为( )
A.72 B.36 C.24 D.12
4.《红楼梦》是中国古代章回体长篇小说,中国古典四大名著之一,《红楼梦》第三十七回贾探春提议邀集大观园中有文采的人组成海棠诗社.诗社成立的目的旨在“宴集诗人於风庭月榭;醉飞吟盏於帘杏溪桃,作诗吟辞以显大观园众姊妹之文采不让桃李须眉.”诗社成员有8人:林黛玉、薛宝钗、史湘云、贾迎春、贾探春、贾惜春、贾宝玉及李纨.若这8人排成一排进入大观园,且林黛玉、薛宝钗、贾宝玉3人不相邻,则不同的排法种数为( )
A.1 440 B.2 400
C.14 400 D.86 400
5.(多选题)从5名候选人中选派出3人参加A,B,C活动,且每项活动有且仅有1人参加,甲不参加A活动,则( )
A.有36种不同的选派方案
B.有48种不同的选派方案
C.若甲参加活动,则有24种不同的选派方案
D.若甲不参加活动,则有24种不同的选派方案
6.(多选题)A,B,C,D,E,F六名同学参加一项比赛,决出第一到第六的名次.A,B,C三人去询问比赛结果,裁判对A说:“你和B都不是第一名.”对B说:“你不是最差的.”对C说:“你比A,B的成绩都好.”据此回答分析,下列说法正确的有( )
A.若B为第二名,则C必为第一名,此时比赛结果有24种情况
B.若B为第三名,则C为第一名或第二名,此时比赛结果有42种情况
C.若B为第四名,则C可能为第一、二、三名,此时比赛结果有54种情况
D.若B为第五名,则此时比赛结果有78种情况
7.有3位老师、4名学生排成一排照相,其中老师必须排在一起的排法共有 种.(用具体数字回答)
8.某中学为迎接新年到来,筹备“唱响时代强音,放飞青春梦想”为主题的元旦文艺晩会.晩会组委会计划在原定排好的5个学生节目中增加2个教师节目,若保持原来5个节目出场的先后顺序不变,则有 种不同排法.(用数字作答)
9.用0~9这10个数字,可以组成多少个没有重复数字的三位数
10.中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动,每艺安排一节,连排六节.
(1)若“射”和“乐”两门课程相邻,且它们都与“数”不相邻,求不同的排课顺序有多少种;
(2)若“射”不排在第一节,“数”不排在第四节,求不同的排课顺序有多少种.
午练12 排列(2)
1.D 由=m!,得m!=6,故m=3.故选D.
2.C 由题意,4名志愿者参加社区志愿工作,每天早、中晚三班,每班1人,每人每天最多值一班,∴值班当天不同的排班种数为=24.故选C.
3.A 先排三个唱歌节目,有=6种情况,然后四个空排两个舞蹈节目,有=12种情况,所以舞蹈节目不能相邻的情况有6×12=72种情况.故选A.
4.C 不相邻问题用插空法,先将其他5人排好,有种不同的排法,再将林黛玉、薛宝钗、贾宝玉3人排入其他5人隔开的6个空中,有种不同的排法,所以有·=14400种不同的排法.故选C.
5.BCD 若甲参加活动,则甲参加B活动或C活动,余下两项活动选派给另4人中的2人,有=24种不同的选派方案,C正确;若甲不参加活动,则在除甲外的4人中选派3人参加活动,有=24种,D正确;由分类加法计数原理知,不同的选派方案有+=48种,B正确,A不正确.故选BCD.
6.ABD 解 对于A,若B为第二名,则C必为第一名,此时比赛结果有=24种情况,所以A正确;
对于B,若B为第三名,则C为第一名或第二名,此时比赛结果有+·=24+18=42种情况,所以B正确;
对于C,若B为第四名,则当C为第一名时,比赛结果有24种情况,
当C为第二名时,比赛结果有·=18种情况,
当C为第三名时,比赛结果有·=18种情况,共有60种情况,所以C不正确;
对于D,若B为第五名,利用B为第五名的总数减去A是第一名的数,再减去C是第六名的数值,
可知比赛结果有--+=78种情况,所以D正确.
故选ABD.
7.720 第一步,利用捆绑法把3名老师看作一个整体与学生全排列,则有=120种排法;第二步,解绑,3位老师之间的顺序有=6种.由分步乘法计数原理可得,总共有=120×6=720种不同的排法.故共有720种排法.
8.42 ①当2个教师节目相邻时,利用插空法则有=12种情况;②当2个教师节目不相邻时,有=30种情况.所以共有12+30=42种情况.故答案为42.
9.解 (方法1)由于三位数的百位上的数字不能是0,所以可以分百位、十位和个位两步完成:第1步,确定百位上的数字,可以从1~9这9个数字中取出1个,有种取法;第2步,确定十位和个位上的数字,可以从剩下的9个数字中取出2个,有种取法(如图①).根据分步乘法计数原理可知,所求的三位数的个数为×=9×9×8=648.
图①
(方法2)如图②,符合条件的三位数可以分成三类:第1类,每一位数字都不是0的三位数,可以从1~9这9个数字中取出3个,有种取法;第2类,个位上的数字是0的三位数,可以从剩下的9个数字中取出2个放在百位和十位,有种取法;第3类,十位上的数字是0的三位数,可以从剩下的9个数字中取出2个放在百位和个位,有种取法.
图②
根据分类加法计数原理可知,所求三位数的个数为++=9×8×7+9×8+9×8=648.
(方法3)从0~9这10个数字中选取3个的排列数为,其中0在百位上的排列数为,它们的差就是用这10个数组成的没有重复数字的三位数的个数,即所求三位数的个数为-=10×9×8-9×8=648.
10.解 (1)将“射”和“乐”两门课程捆绑,内部先全排列,有种排课顺序,然后“礼”“御”“书”全排列,有种排课顺序,此时有四个空挡,最后将捆绑的课程与“数”插入空挡中,有种排课顺序,则不同的排课顺序有=144种.
(2)若“射”排在第四节,则有=120种不同的排课顺序;若“射”不排在第四节,则有=384种不同的排课顺序.
由分类加法计数原理得,共有120+384=504种不同的排课顺序.午练13 组合(1)
1.已知=6,则n的值为( )
A.3 B.4
C.5 D.6
2.+…+=( )
A. B.
C. D.
3.(2023新高考Ⅱ)某学校为了解学生参加体育运动的情况,用按比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查,拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生,已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生,则不同的抽样结果共有( )
A.种 B.种
C.种 D.种
4.新课程改革后,普通高校招生方案规定:每位考生从物理、化学、生物、地理、政治、历史六门学科中随机选三门参加考试.某省份规定物理或历史中至少选一门,那么该省份每位考生的选法共有( )
A.14种 B.15种
C.16种 D.17种
5.(多选题)使不等式(n∈N*)成立的n的取值可以是( )
A.3 B.4
C.5 D.6
6.(多选题)下列四个关系式一定成立的有( )
A.
B.=n
C.3-2=148
D.+…+=328
7.若=15,则n= .
8.餐厅供应饭菜,每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的菜品.现在餐厅准备了5种不同的荤菜,若要保证每位顾客有200种以上不同的选择,则餐厅至少还需准备不同的素菜品种 种.(结果用数值表示)
9.平面内有A,B,C,D共4个点.
(1)以其中2个点为端点的有向线段共有多少条
(2)以其中2个点为端点的线段共有多少条
10.有政治、历史、地理、物理、化学、生物这6门学科的学业水平考试成绩,现要从中选3门学科的考试成绩.
(1)共有多少种不同的选法
(2)如果物理和化学中恰有1门被选,那么共有多少种不同的选法
(3)如果物理和化学中至少有1门被选,那么共有多少种不同的选法.
午练13 组合(1)
1.B =6 =6,化简得n2-n-12=0,解得n=4或n=-3(舍去).故选B.
2.B 由题意,+++…++=+++…++=+…++=++…++=…=+=.故选B.
3.D 根据分层抽样的定义知,初中部共抽取60×=40(人),高中部共抽取60×=20(人),
根据组合公式和分步乘法计数原理得不同的抽样结果共有·种.
故选D.
4.C 由题意得,物理或历史中选一门,有·=12种选法;物理和历史都选,有=4种选法.物理或历史中至少选一门,那么该省份每位考生的选法共有12+4=16种.故选C.
5.ABC 在中,n∈N*,n≥2.在中,n∈N*,n≥3,即有n∈N*,n≥3.因为≥,则有≥,即n-2≤3,解得n≤5,因此有3≤n≤5,n∈N*,所以n的取值可以是3或4或5.故选ABC.
6.BC =,故A错误;n=n==,故B正确;3-2=3×-2×=168-20=148,故C正确;由+,得+++…+=-1++++…+-1=329,故D错误.故选BC.
7.6 ∵===15,得n2-n=30,∴(n-6)·(n+5)=30,解得n=6或n=-5(舍去).故答案为6.
8.7 设餐厅还需准备x种不同的素菜.
由题意,得·≥200,从而有≥20,
即x(x-1)≥40.又x≥2,x∈N*,所以x的最小值为7.
9.解 (1)每2个点为端点的有向线段有2条,故满足条件的有向线段条数为=4×3=12.
(2)每2个点为端点的线段只有1条,故满足条件的线段条数为==6.
10.解 (1)从6门成绩中选3门成绩共有=20种不同的选法.
(2)如果物理和化学恰有1门被选,那么共有=12种不同的选法.
(3)如果物理和化学中至少有1门被选,那么共有+=12+4=16种不同的选法.午练14 组合(2)
1.把5个相同的小球分给3个小朋友,使每个小朋友都能分到小球的分法有( )
A.4种 B.6种 C.21种 D.35种
2.把4本不同的书分给3名同学,每个同学至少一本,则不同的分法有( )
A.12种 B.18种
C.24种 D.36种
3.从2,4中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,组成无重复数字的三位数,其中奇数的个数为( )
A.6 B.12 C.18 D.24
4.为弘扬中国优秀传统文化,某地教育局决定举办“经典诵读”知识竞赛.竞赛规则:参赛学生从《红楼梦》《论语》《史记》这3本书中选取1本参加有关该书籍的知识竞赛,且同一参赛学校的选手必须全部参加3本书籍的知识竞赛.某校决定从本校选拔出的甲、乙等5名优秀学生中选出4人参加此次竞赛.因甲同学对《论语》不精通,学校决定不让他参加该书的知识竞赛,其他同学没有限制,则不同的安排方法种数为( )
A.128 B.132
C.156 D.180
5.(多选题)3个人坐在一排5个座位上,则下列说法正确的有( )
A.共有60种不同的坐法
B.空位不相邻的坐法有72种
C.空位相邻的坐法有24种
D.两端不是空位的坐法有27种
6.(多选题)某单位从6男4女共10名员工中,选出3男2女共5名员工,安排在周一到周五的5个夜晚值班,每名员工值一个夜班且不重复值班,其中女员工甲不能安排在星期一、星期二值班,男员工乙不能安排在星期二值班,其中男员工丙必须被选且必须安排在星期五值班,则( )
A.甲、乙都不选的方案共有432种
B.选甲不选乙的方案共有216种
C.甲、乙都选的方案共有96种
D.这个单位安排夜晚值班的方案共有1 440种
7.安排5名志愿者完成A,B,C三项工作,其中A项工作需3人,B,C两项工作都只需一人,则不同的安排方式共有 种.
8.从1,3,5,7,9中任取3个数字,从2,4,6,8中任取2个数字,组成没有重复数字的五位数,则这样的五位数的不同情况有 种.(用数字作答)
9.由数字1,2,3,4,5组成无重复数字的五位数.
(1)一共可以组成多少个五位偶数
(2)在组成的所有五位数中,比32 145大的五位数有几个
10.一组学生共有7人.
(1)如果从中选出3人参加一项活动,那么共有多少种选法
(2)如果从中选出男生2人,女生2人参加三项不同的活动,要求每人参加一项且每项活动都有人参加的选法有648种,那么该组学生中男生、女生各有多少人
午练14 组合(2)
1.B 利用隔板法:由题可知使每个小朋友都能分到小球的分法有=6种.故选B.
2.D 根据题意可知一名同学分得两本书,其余两名同学各分得一本书,不同的分法有·=36种.故选D.
3.D 第一步:从2,4中选一个数字,从1,3,5中选两个数字,共有·种可能;第二步:从所选的2个奇数中选一个放在个位,然后把余下的两个数在百位与十位全排列,共有·种可能.所以可以组成无重复数字的三位奇数有···=24种.故选D.
4.B 根据题意,学校从5名优秀学生中选出4人去参加3本书籍的知识竞赛,且每本书的知识竞赛都要有该校学生参加,则必会有两人去参加同一书籍的知识竞赛.①若选出的4名学生中不含甲同学,在这4名学生中任意取2人进行捆绑,则不同的安排方法共有·=36种;②若选出的4名学生中含有甲同学,则在剩余的4名优秀学生中再抽取3人,共有=4种方法;若甲同学和其中1名学生去参加同一书籍的知识竞赛,则共有··=12种方法;若甲同学单独一人去参加某本书的知识竞赛,则共有··=12种方法.根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理可得,不同的安排方法共有4×(12+12)=96种.综上所述,不同的安排方法共有36+96=132种.故选B.
5.AC 对于A,=×3×2×1=60,故正确;对于B,=3×2×1×=36,故错误;对于C,×4=3×2×1×4=24,故正确;对于D,=3×2×3=18,故错误.故选AC.
6.ABC 男员工丙必须被选且必须安排在星期五值班,则原题可理解为从5男4女共9名员工中,选出2男2女共4名员工,安排在周一到周四的4个夜晚值班,每名员工值一个夜班且不重复值班,其中女员工甲不能安排在星期一、星期二值班,男员工乙不能安排在星期二值班.
甲、乙都不选的方案共有=432种,A正确.
选甲不选乙的方案共有=216种,B正确.
甲、乙都选,则分两种情况:乙排星期一或乙不排星期一,
乙排星期一的方案共有=48种,
乙不排星期一的方案共有=48种,
∴甲、乙都选的方案共有48+48=96种,C正确.
这个单位安排夜晚值班分为四种情况:甲、乙都不选,选甲不选乙,选乙不选甲和甲、乙都选.
选乙不选甲的方案共有=216种,
∴这个单位安排夜晚值班的方案共有432+216+216+96=960种,D错误.
故选ABC.
7.20 A项工作安排3人有=10种,然后安排B,C有=2种,
则所安排的方式共10×2=20种.
故答案为20.
8.7200 从1,3,5,7,9中任取3个数字,有=10种方法;从2,4,6,8中任取2个数字,有=6种方法,选出的5个数字共得到没有重复数字的五位数的个数为=120.
故这样的五位数的不同情况有10×6×120=7200(种).
故答案为7200.
9.解 (1)先考虑个位数,从2或4中选择1个,有种,再考虑其余4个数位,即余下的4个数字进行全排列,有种,所以一共有=48个五位偶数.
(2)若万位数是3,千位是4或5,则共有=12个符合要求;
若万位数是3,千位是2,百位是4或5,则共有=4个符合要求,或32154也符合要求;
若万位数是4或5,则有=48个符合要求.
综上,在组成的所有五位数中,比32145大的五位数有12+4+48+1=65个.
10.解 (1)由题意,所有的不同选法种数,就是从7名学生中选出3人的组合数,
所以共有=35种不同的选法.
(2)设有男生x人,女生(7-x)人,
从这7人中选出2名男生,2名女生的方法种数为,
要求每人参加一项且每项活动都有人参加有种选法.
根据分步乘法计数原理得=648,
所以x(x-1)(7-x)(6-x)=72(x∈N*且2≤x≤5),解得x=3或x=4,
所以该组学生中男生有3人,女生有4人或男生有4人,女生有3人.午练15 二项式定理
1.(2-x)5展开式中的第三项为( )
A.10x2 B.40x3
C.-40x3 D.80x2
2.若(x+1)n的展开式共有12项,则n=( )
A.11 B.12
C.13 D.14
3.若N=16+32(x-1)+24(x-1)2+8(x-1)3+(x-1)4,则N=( )
A.(x-1)4 B.(x+1)4
C.(x-3)4 D.(x+3)4
4.(x-2y-1)5的展开式中含x2y2的项的系数为( )
A.-120 B.60
C.-60 D.30
5.(多选题)对于二项式+x3n(n∈N*),以下判断正确的有( )
A.存在n∈N*,展开式中有常数项
B.对任意n∈N*,展开式中没有常数项
C.对任意n∈N*,展开式中没有x的一次项
D.存在n∈N*,展开式中有x的一次项
6.(多选题)在(ax+1)7的展开式中,若x3的系数是x2的系数和x5的系数的等比中项,则下列说法正确的有( )
A.a=
B.展开式中含x2的系数为
C.展开式中含x3的二项式系数为35
D.展开式中含x5的系数为21
7.在(1+2x)7的展开式中,是第 项的二项式系数,第3项的系数是 .
8.(人A教材题)在(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)·(x-5)的展开式中,含x4的项的系数是 .
9.求(2a+3b)6的展开式的第3项.
10.(1)求(1+2x)7的展开式的第4项的系数;
(2)求的展开式中x2的系数.
午练15 二项式定理
1.D 由题设,展开式的通项为Tr+1=25-r(-x)r=(-1)r25-rxr,第三项为r=2,则T3=(-1)223x2=80x2.故选D.
2.A 由二项式定理知,展开式共有(n+1)项,所以n+1=12,即n=11.故选A.
3.B N=16+32(x-1)+24(x-1)2+8(x-1)3+(x-1)4=(x-1)4+(x-1)3·2+(x-1)2·22+(x-1)·23+24=(x-1+2)4=(x+1)4.
故选B.
4.A ∵(x-2y-1)5=[(x-1)-2y]5的展开式中含y2的项为(x-1)3(-2y)2,(x-1)3的展开式中含x2的项为·x2·(-1)1,∴(x-2y-1)5的展开式中含x2y2的项的系数为(-2)2··(-1)1=-120.
故选A.
5.AD 该二项展开式的通项为=n-r·(x3)r=x4r-n,∴当n=4r时,展开式中存在常数项,A选项正确,B选项错误;当n=4r-1时,展开式中存在x的一次项,D选项正确,C选项错误.
6.ABC (ax+1)7的二项展开式的通项为=(ax,∴x3的系数是a3,x2的系数是a2,x5的系数是a5.∵x3的系数是x2的系数与x5的系数的等比中项,∴(a3)2=a2×a5,∴a=,A正确;展开式中含x2的系数为·a2=,B正确;展开式中含x3的二项式系数为=35,C正确;展开式中含x5的系数为·a5≠21,D不正确.
7.3 84 (1+2x)7的展开式的通项为=(2x)r,当r=2时,T3=22x2=84x2,∴是第3项的二项式系数,第3项的系数是84.
8.-15 由题意得,含x4的项为-5x4-4x4-3x4-2x4-x4=-15x4,所以展开式中,含x4的项的系数是-15.
9.解 (2a+3b)6的展开式的第r+1项为Tr+1=(2a)6-r·(3b)r,
当r=2时,T3=(2a)6-2(3b)2=2160a4b2.
10.解 (1)(1+2x)7的展开式的第4项是T3+1=×17-3×(2x)3=×23x3=35×8×x3=280x3.
因此,展开式第4项的系数是280.
(2)的展开式的通项是·=(-1)k26-kx3-k.
根据题意,得3-k=2,故k=1.
因此,x2的系数是(-1)×25×=-192.
