课时分层作业(一) 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
一、选择题
1．十字路口来往的车辆，如果不允许回头，则不同的行车路线有( )
A．24种 B．16种 C．12种 D．10种
2．如果x，y∈N，且1≤x≤3，x＋y<7，那么满足条件的不同的有序自然数对(x，y)的个数是( )
A．15 B．12
C．5 D．4
3．从集合{0，1，2，3，4，5，6}中任取两个互不相等的数a，b组成复数a＋bi，其中虚数有( )
A．30个 B．42个
C．36个 D．35个
4．从集合{1，2，3，4，5}中任取2个不同的数，作为直线Ax＋By＝0的系数，则形成不同的直线最多有( )
A．18条 B．20条
C．25条 D．10条
5．(多选)如图所示，从A地到B地要经过C地和D地，从A地到C地有3条路，从C地到D地有2条路，从D地到B地有4条路，则( )
A．从A地到D地不同走法有6种
B．从C地到B地不同走法有6种
C．从A地到B地不同走法有9种
D．从A地到B地不同走法有24种
二、填空题
6．已知某种新产品的编号由1个英文字母和1个数字组成，且英文字母在前，数字在后．已知英文字母是A，B，C，D，E这5个字母中的1个，数字是1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字中的一个，则共有________个不同的编号．(用数字作答)
7．在如图1的电路中，若只合上一个开关可以接通电路，有________种不同的方法；在如图2的电路中，若合上两个开关可以接通电路，有________种不同的方法．
8．设I＝{1，2，3，4}，A与B是I的子集，若A∩B＝{1，2}，则称(A，B)为一个“理想配集”．若将(A，B)与(B，A)看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”有________个．
三、解答题
9．某校在艺术节期间需要举办一场文娱演出晚会，现要从3名教师、4名男同学和5名女同学当中选出若干人来主持这场晚会(任一人都可主持)．
(1)如果只需一人主持，共有多少种不同的选法？
(2)如果需要教师、男同学和女同学各一人共同主持，共有多少种不同的选法？
10．(多选)设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2，3，3，4条路，只从一面上山，而从其他任意一面下山，不同的走法可能为( )
A．20 B．27
C．32 D．30
11．(多选)已知集合A＝{－1，2，3，4}，m，n∈A，则对于方程＝1的说法正确的是( )
A．可表示3个不同的圆
B．可表示6个不同的椭圆
C．可表示3个不同的双曲线
D．表示焦点在x轴上的椭圆有3个
12．如图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的线段表示它们有网线相连，连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开沿不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( )
A．26 B．24
C．20 D．19
13．满足a，b∈{－1，0，1，2}，且关于x的方程ax2＋2x＋b＝0有实数解的有序数对(a，b)的个数为_________________．
14．如图所示，从A地到B地有3条不同的道路，从B地到C地有4条不同的道路，从A地不经过B地直接到C地有2条不同的道路．
(1)从A地到C地有多少种不同的走法？
(2)从A地到C地再回到A地有多少种不同的走法？
(3)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时不同的道路，有多少种不同的走法？
(4)从A地到C地再回到A地，但回来时要走与去时完全不同的道路，有多少种不同的走法？
15．用1，2，3，4四个数字(可重复)排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．
(1)写出这个数列的前11项；
(2)这个数列共有多少项？
(3)若an＝341，求n．
课时分层作业(一)
1．C [完成该任务可分为四类，从每一个方向的入口进入都可作为一类，如图，从第1个入口进入时，有3种行车路线；同理，从第2个、第3个、第4个入口进入时，都分别有3种行车路线，由分类加法计数原理可得，共有3＋3＋3＋3＝12(种)不同的行车路线，故选C．]
2．A [分三类情况讨论：第一类，当x＝1时，y＝0，1，2，3，4，5，有6种情况；
第二类，当x＝2时，y＝0，1，2，3，4，有5种情况；
第三类，当x＝3时，y＝0，1，2，3，有4种情况．
由分类加法计数原理可得，满足条件的有序自然数对(x，y)的个数是6＋5＋4＝15．]
3．C [要完成这件事可分两步，第一步确定b(b≠0)，有6种方法，第二步确定a有6种方法，故由分步乘法计数原理知，共有6×6＝36(个)虚数．]
4．A [第一步取A的值，有5种取法，第二步取B的值，有4种取法，其中当A＝1，B＝2时，与A＝2，B＝4时是相同的；当A＝2，B＝1时，与A＝4，B＝2时是相同的，故共有5×4－2＝18(条)不同的直线．]
5．AD [根据分步乘法计数原理得，从A地到D地不同走法有3×2＝6(种)，从C地到B地不同走法有2×4＝8(种)，从A地到B地不同走法有3×2×4＝24(种)．]
6．45 [对于英文字母来说，共有5种可能；对于数字来说，共有9种可能，按照分步乘法计数原理，可知共有5×9＝45(个)不同的编号．]
7．5 6 [对于题图1，按要求接通电路，只要在A中的两个开关或B中的三个开关中合上一个即可，故有2＋3＝5(种)不同的方法．对于题图2，按要求接通电路必须分两步进行：第一步，合上A中的一个开关；第二步，合上B中的一个开关，故有2×3＝6(种)不同的方法．]
8．9 [对子集A分类讨论：
A是二元集{1，2}时，B可以为{1，2，3，4}，{1，2，4}，{1，2，3}，{1，2}，共4种情况；
A是三元集{1，2，3}时，B可以为{1，2，4}，{1，2}，共2种情况；
A是三元集{1，2，4}时，B可以为{1，2，3}，{1，2}，共2种情况；
A是四元集{1，2，3，4}时，此时B为{1，2}，有1种情况．
根据分类加法计数原理知，共有4＋2＋2＋1＝9(种)结果，即符合此条件的“理想配集”有9个．]
9．解：(1)从3名教师、4名男同学和5名女同学当中选出一人主持晚会，结果可分为3类：
第一类，选一名教师主持，有3种选法；
第二类，选一名男同学主持，有4种选法；
第三类，选一名女同学主持，有5种选法．
根据分类加法计数原理，共有
3＋4＋5＝(12)种不同的选法．
(2)从3名教师、4名男同学和5名女同学当中各选出一人共同主持晚会，可分3步：
第一步，选出一名教师，有3种选法；
第二步，选出一名男同学，有4种选法；
第三步，选出一名女同学，有5种选法．
以上3个步骤依次完成后，事情才算完成．根据分步乘法计数原理，共有3×4×5＝60(种)不同的选法．
10．ABC [东面上山的种数为：2×(3＋3＋4)＝20，
西面上山的种数为：3×(2＋3＋4)＝27，
南面上山的种数为：3×(2＋3＋4)＝27，
北面上山的种数为：4×(2＋3＋3)＝32，
故只从一面上山，而从其他任意一面下山的走法可能为20，27，32．]
11．ABD [当m＝n>0时，方程＝1表示圆，故有3个，选项A正确；当m≠n且m，n>0时，方程＝1表示椭圆，焦点在x，y轴上的椭圆分别有3个，故有3×2＝6(个)，选项B正确，D正确；当mn<0时，方程＝1表示双曲线，故有3×1＋1×3＝6(个)，选项C错误．]
12．D [因信息可以分开沿不同的路线同时传递，
由分类加法计数原理，完成从A向B传递有四种方法：12→5→3，12→6→4，12→6→7，12→8→6，
故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上传递的最大信息量的和：3＋4＋6＋6＝19．]
13．13 [当a＝0时，b的值可以是－1，0，1，2，故有序数对(a，b)的个数为4．
当a≠0时，要使方程ax2＋2x＋b＝0有实数解，需使Δ＝4－4ab≥0，即ab≤1，分以下情况：
若a＝－1，则b的值可以是－1，0，1，2，故有序数对(a，b)的个数为4；
若a＝1，则b的值可以是－1，0，1，故有序数对(a，b)的个数为3；
若a＝2，则b的值可以是－1，0，故有序数对(a，b)的个数为2．
由分类加法计数原理可知，有序数对(a，b)的个数为4＋4＋3＋2＝13．]
14．解：(1)从A地到C地的走法分为两类：第一类经过B地，第二类不经过B地．
在第一类中分两步完成：第一步，从A地到B地；第二步，从B地到C地．
故从A地到C地的不同走法总数是3×4＋2＝14(种)．
(2)该事件发生的过程可以分为两步：第一步是去，第二步是回．
由(1)可知这两步的走法都是14种，
所以去后又回来的走法总数是14×14＝196．
(3)该事件发生的过程与(2)一样，可分为两步，但不同的是第二步(即回来时)的走法比去时少一种，所以走法总数为14×13＝182．
(4)该事件同样分去与回两步，但需对去时的各类走法分别讨论．
若去时用第一类走法，则回来时用第二类走法或用第一类中的部分走法，即第一类中的两步各去掉1种走法后的走法，这样的走法总数为3×4×(2＋3×2)＝96．
若去时用第二类走法，则回来时可用第一类走法或用第二类中的另一种走法，这样的走法总数为2×(4×3＋1)＝26．故走法总数为96＋26＝122．
15．解：(1)111，112，113，114，121，122，123，124，131，132，133．
(2)这个数列的项数就是用1，2，3，4排成的三位数的个数，每个数位上都有4种排法，则共有4×4×4＝64(项)．
(3)比an＝341小的数有两类：
①
1 × ×
2 × ×
②
3 1 ×
3 2 ×
3 3 ×
共有2×4×4＋1×3×4＝44(项)．
所以n＝44＋1＝45(项)．课时分层作业(二) 两个计数原理的综合应用
一、选择题
1．现有小麦、大豆、玉米、高粱4种不同农作物供选择，在如图所示的四块土地上进行种植，要求有公共边界的两块地不能种同一种农作物，则不同的种植方法共有( )
A．24种 B．30种 C．36种 D．48种
2．一植物园的参观路径如图所示，若要全部参观并且路线不重复，则不同的参观路线共有( )
A．6种 B．8种
C．36种 D．48种
3．从1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数字中任取2个，其中一个作为底数，另一个作为真数，则可以得到不同的对数值的个数为( )
A．64 B．56
C．53 D．51
4．(多选)某校安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是( )
A．不同的安排方法有43种
B．若甲工厂必须有同学去，则不同的安排方法有37种
C．若A同学必须去甲工厂，则不同的安排方法有12种
D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种
5．甲与其四位同事各有一辆汽车，甲的车牌尾号为9，其四位同事的车牌尾号分别是0，2，1，5．为遵守当地某月5日至9日5天的限行规定(奇数日车牌尾号为奇数的车通行，偶数日车牌尾号为偶数的车通行)，五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车最多只能用一天，则不同的用车方案种数为( )
A．64 B．80
C．96 D．120
二、填空题
6．将3种作物种植在如图所示的5块试验田里，每块种植一种作物且相邻的试验田不能种植同一种作物，不同的种植方法共有________种．
7．如图所示，有A，B，C，D四个区域，用红、黄、蓝三种颜色涂色，要求任意两个相邻区域的颜色各不相同，共有________种不同的涂法．
8．在一个三位数中，若十位数字小于个位和百位数字，则称该数为“驼峰数”，比如“102”“546”为“驼峰数”．由数字1，2，3，4可构成无重复数字的“驼峰数”有________个，其中偶数有________个．
三、解答题
9．在3 000到8 000之间有多少个无重复数字的奇数？
10．(多选)用0，1，2，3，…，9这十个数字可组成不同的( )
A．三位密码900个
B．三位数900个
C．无重复数字的三位数648个
D．小于500且无重复数字的三位奇数144个
11．(多选)(2023·浙江省温州市期中)某校实行选课走班制度，小C同学选择的是地理、生物、政治这三科，且他的生物课要求在B层上，该校周一上午选课走班的课程(上午共设置4节课)安排如表所示，小C同学选择的三个科目的课各上一节，另外一节上自习，则下列说法正确的是( )
第1节 第2节 第3节 第4节
地理1班 化学A层3班 地理2班 化学A层4班
生物A层1班 化学B层2班 生物B层2班 历史B层1班
物理A层1班 生物A层3班 物理A层2班 生物A层4班
物理B层2班 生物B层1班 物理B层1班 物理A层4班
政治1班 物理A层3班 政治2班 政治3班
A．此人有6种选课方式
B．此人有5种选课方式
C．自习不可能安排在第1节
D．自习可安排在4节课中的任一节
12．用数字1，2，3，4，5，6组成无重复数字的三位数，然后由小到大排成一个数列，这个数列的项数为________，这个数列的第90项为________．
13．(2023·陕西西安中学高二期中)某外语组有5人，每人至少会英语、法语中的一门，其中3人会英语，3人会法语，从中选会英语和法语的各一人去做翻译工作，则不同的选法种数为________．(用数字作答)
14．将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中．
求：(1)1号盒中无球的不同放法种数；
(2)1号盒中有球的不同放法种数．
15．一个同心圆形花坛，分为两部分，中间小圆部分种植草坪和绿色灌木，周围的圆环分为n(n≥3，n∈N*)等份，种植红、黄、蓝三种颜色不同的花，要求相邻两部分种植不同颜色的花．
(1)如图1，圆环分成3等份，分别为a1，a2，a3，则有多少种不同的种植方法？
(2)如图2，圆环分成4等份，分别为a1，a2，a3，a4，则有多少种不同的种植方法？
课时分层作业(二)
1．D [如图，假设4个区域为A，B，C，D，分4步进行分析：①对于A，有4种农作物供选择；②对于B，与A相邻，有3种农作物供选择；③对于C，与A，B相邻，有2种农作物供选择；④对于D，与B，C相邻，有2种农作物供选择．则不同的种植方法种数为4×3×2×2＝48，故选D．]
2．D [如图所示，由题意知在A点可先参观区域1，也可先参观区域2或3，选定一个区域后可以按逆时针参观，也可以按顺时针参观，所以第一步可以从6个路口任选一个，有6种结果，参观完第一个区域后，选择下一步走法，有4种结果，参观完第二个区域，只剩下最后一个区域，有2种走法，根据分步乘法计数原理，共有6×4×2＝48(种)不同的参观路线．]
3．C [由于1不能作为底数，故从其余各数中任取1个作为底数，1作为真数，对数值均为0．从除1外的其余各数中任取2个分别作为对数的底数和真数，共能组成对数式8×7＝56(个)．又log24＝log39，log42＝log93，log23＝log49，log32＝log94，对数值重复了4个，故不同的对数值的个数为1＋56－4＝53．]
4．ABD [
A √ 每名同学有4种选法，则不同的安排方法有4×4×4＝43(种)
B √ 若甲工厂没有人去，即三人全部到乙、丙、丁三个工厂，则不同的安排方法有3×3×3＝27(种)，则甲工厂必须有同学去的安排方法有43－27＝37(种)
C × 若A同学必须去甲工厂，则剩下的两名同学安排到4个工厂，不同的安排方法有4×4＝16(种)
D √ 若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有4×3×2＝24(种)
]
5．B [5日至9日，有3个奇数日，2个偶数日．第一步，安排偶数日出行，每天都有2种选择，不同的用车方案共有2×2＝4(种)．第二步，安排奇数日出行，分两类讨论：第一类，选1天安排甲的车，不同的用车方案共有3×2×2＝12(种)；第二类，不安排甲的车，每天都有2种选择，不同的用车方案共有2×2×2＝8(种)．综上，不同的用车方案种数为4×(12＋8)＝80，故选B．]
6．42 [从左往右5块试验田分别有3，2，2，2，2种种植方法，共有3×2×2×2×2＝48(种)方法，其中5块试验田只种植2种作物共有3×2×1×1×1＝6(种)方法，所以有48－6＝42(种)不同的种植方法．]
7．18 [①若A，C涂色相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，2，则有3×2×1×2＝12(种)不同的涂法．
②若A，C涂色不相同，则按照分步乘法计数原理，A，B，C，D可涂颜色的种数依次是3，2，1，1，则有3×2×1×1＝6(种)不同的涂法．
所以根据分类加法计数原理，共有12＋6＝18(种)不同的涂法．]
8．8 5 [十位上的数为1时，有213，214，312，314，412，413，共6个，十位上的数为2时，有324，423，共2个，所以共有6＋2＝8(个)．偶数为214，312，314，412，324，共5个．]
9．解：分两类：一类是以3，5，7为首位的四位奇数，可分三步完成：先排千位有3种方法，再排个位有4种方法，最后排中间的两个数有8×7种方法，所以满足要求的数有3×4×8×7＝672(个)．另一类是首位是4或6的四位奇数，也可分三步完成，满足要求的数有2×5×8×7＝560(个)．
由分类加法计数原理得，满足要求的数共有672＋560＝1232(个)．
10．BCD [对于A，组成三位密码时，每一位上的数字都有10种选法，所以共有10×10×10＝1000(个)；
对于B，由于0不能在百位，所以百位上的数字有9种选法，十位与个位上的数字均有10种选法，所以不同的三位数共有9×10×10＝900(个)；
对于C，百位上的数字有9种选法，十位上的数字有除百位上的数字以外的9种选法，个位上的数字应从剩余8个数字中选取，所以共有9×9×8＝648(个)无重复数字的三位数；
对于D，小于500且无重复数字的三位奇数，应满足的条件是：首位只能从1，2，3，4中选，个位必须为奇数，按首位分两类：
第一类，首位为1或3时，个位有4种选法，十位有8种选法，所以共有4×8×2＝64(种)；
第二类，首位为2或4时，个位有5种选法，十位有8种选法，所以共有5×8×2＝80(种)．
由分类加法计数原理知，共有64＋80＝144(种)．]
11．BD [因为生物课要求在B层上，只有第2，3节课，故分两类进行讨论：
第一类，若生物选第2节，则地理可选第1节或第3节，有2种选法，政治有2种选法，故有2×2＝4(种)选法．
第二类，若生物选第3节，则地理只能选第1节，政治只能选第4节，自习只能选第2节，故有1种选法．
根据分类加法计数原理得到选课方式共有4＋1＝5(种)，故A错误，B正确；
对于选项C，自习可以安排在4节课的任意一节，故C错误，D正确．故选BD．]
12．120 532 [第一步确定百位数，有6种方法，第二步确定十位数有5种方法，第三步确定个位数有4种方法，根据分步乘法计数原理知共有N＝6×5×4＝120(个)三位数．所以该数列的项数为120．
百位是1，2，3，4的共有4×5×4＝80(个)，百位数是5的三位数中，十位是1或2的共有4＋4＝8(个)，故第88个为526、第89个为531、第90个为532．]
13．8 [由集合知识，可知既会英语又会法语的有3＋3－5＝1(人)，仅会英语的有3－1＝2(人)，仅会法语的有3－1＝2(人)．
法一：按仅会英语的2人被选中的人数分两类：第一类，从仅会英语的2人中选1人，从会法语的3人中选1人，此时选法有2×3＝6(种)；第二类，仅会英语的2人均未入选，则必选既会英语又会法语的人，再从仅会法语的2人中选1人，此时选法有1×2＝2(种)．综上，不同的选法种数为6＋2＝8．
法二：按既会英语又会法语的人是否被选中分两类：第一类，不选既会英语又会法语的人，此时选法有2×2＝4(种)；第二类，选择既会英语又会法语的人，则需从仅会英语或法语的4人中选1人，选法有1×4＝4(种)．
综上，不同的选法种数为4＋4＝8．]
14．解：(1)1号盒中无球，即A，B，C三球只能放入2，3，4号盒子中，有33＝27(种)放法；
(2)1号盒中有球可分三类：第一类是1号盒中有一个球，共有3×32＝27(种)放法，第二类是1号盒中有两个球，共有3×3＝9(种)放法，第三类是1号盒中有三个球，有1种放法．故共有27＋9＋1＝37(种)放法．
15．解：(1)先种植a1部分，有3种不同的种植方法，再种植a2，a3部分．
因为a2，a3与a1的颜色不同，a2，a3的颜色也不同，
所以由分步乘法计数原理得，
不同的种植方法有3×2×1＝6(种)．
(2)当a1，a3不同色时，有3×2×1×1＝6(种)种植方法，
当a1，a3同色时，有3×2×1×2＝12(种)种植方法，
由分类加法计数原理得，共有6＋12＝18(种)种植方法．课时分层作业(三) 排列
一、选择题
1．要从甲、乙、丙、丁、戊5个人中选出1名班长和1名副班长，则不同的选法种数是( )
A．20 B．16 C．10 D．6
2．(多选)下列问题中是排列问题的是( )
A．从甲、乙、丙三名同学中选出两名分别参加数学和物理学习小组
B．从甲、乙、丙三名同学中选出两名同学参加一项活动
C．从a，b，c，d四个字母中取出2个字母
D．从1～9这九个数字中取出4个数字组成一个四位数
3．由1，2，3，4这四个数字组成的首位数字是1，且恰有三个相同数字的四位数有( )
A．9个 B．12个
C．15个 D．18个
4．(多选)用一颗骰子连掷两次，投掷出的数字顺序排成一个两位数，则( )
A．可以排出30个不同的两位数
B．可以排出36个不同的两位数
C．可以排出30个无重复数字的两位数
D．可以排出36个无重复数字的两位数
5．从甲、乙等5人中选3人排成一列，则甲不在排头的排法种数有( )
A．12 B．24
C．36 D．48
二、填空题
6．车展期间，某调研机构准备从5人中选3人去调查E1馆、E3馆、E4馆的参观人数，则不同的安排方法种数为________．
7．A，B，C，D四人站成一排，其中A不站排头，共有________种不同站法．
8．一次演出，因临时有变化，拟在已安排好的4个节目的基础上再添加2个小品节目，且2个小品节目不相邻，则不同的添加方法共有________种．
三、解答题
9．判断下列问题是不是排列问题．
(1)从2，3，5，7，9中任取两数作为对数的底数与真数，可得多少个不同的对数值？
(2)空间有10个点，任何三点不共线，任何四点不共面，则这10个点共可组成多少个不同的四面体？
(3)某班有10名三好学生，5名后进生，班委会决定选5名三好学生对5名后进生实行一帮一活动，共有多少种安排方式？
(4)若从10名三好学生中选出5名和5名后进生组成一个学习小组，共有多少种安排方式？
10．某班上午要上语文、数学、体育和外语4门课，又体育老师因故不能上第一节和第四节，则不同排课方案的种数是( )
A．24 B．22
C．20 D．12
11．四张卡片上分别标有数字“2”“0”“1”“1”，则由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为( )
A．6 B．9
C．12 D．24
12．字母f，a，c，e总的排列种数为________种，若把英语单词“face”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有________种．
13．现从8名学生干部中选出3名同学分别参加全校“资源”“生态”和“环保”三个夏令营活动，则不同的选派方案的种数是________．
14．用一颗骰子连掷三次，投掷出的数字顺序排成一个三位数，此时：
(1)各位数字互不相同的三位数有多少个？
(2)可以排出多少个不同的三位数？
15．某药品研究所研制了5种消炎药a1，a2，a3，a4，a5，4种退热药b1，b2，b3，b4，现从中取两种消炎药和一种退热药同时进行疗效试验，但a1，a2两种药或同时用或同时不用，a3，b4两种药不能同时使用，试写出所有不同试验方法．
课时分层作业(三)
1．A [先从5个人中任选1名当班长有5种选法，再从剩下4个人中任选1名当副班长有4种选法，共有5×4＝20(种)选法．]
2．AD [A是排列问题，因为两名同学参加的学习小组与顺序有关；B不是排列问题，因为两名同学参加的活动与顺序无关；C不是排列问题，因为取出的两个字母与顺序无关；D是排列问题，因为取出的4个数字还需要按顺序排成一列．]
3．B [本题要求首位数字是1，且恰有三个相同的数字，用树状图表示为：
由此可知共有12个．]
4．BC [对于A，B选项，两位数中每位上的数字均为1，2，3，4，5，6六个数字中的一个，共有这样的两位数6×6＝36(个)．
对于C，D选项，两位数中每位上的数字均为1，2，3，4，5，6六个数字中的一个．第一步，得首位数字，有6种不同结果，第二步，得个位数字，有5种不同结果，故可得无重复数字的两位数有6×5＝30(个)．]
5．D [记另外3人为丙、丁、戊，则甲不在排头的排法有：
(1)不选甲：
(2)选甲：
所以共有48种不同的排法．]
6．60 [由题意可知，本题为从5个元素中选3个元素的排列问题，所以安排方法有5×4×3＝60(种)．]
7．18 [作出树状图如下：
共有18种不同的站法．]
8．20 [从原来的4个节目形成的5个空中选2个空排列，共有5×4＝20(种)添加方法．]
9．解：(1)对数的底数与真数不同，所得的结果不同，是排列问题．
(2)四面体与四个顶点的顺序无关，不是排列问题．
(3)选出的5名三好学生与5名后进生进行一帮一活动与顺序有关，是排列问题．
(4)选出的5名三好学生与5名后进生组成一个学习小组与顺序无关，不是排列问题．
综上所述，(1)(3)属于排列问题．
10．D [分两步排课：体育可以排第二节或第三节两种排法；其他科目有
语文、数学、外语
语文、外语、数学
数学、语文、外语
数学、外语、语文
外语、语文、数学
外语、数学、语文
共6种排法，
所以根据分步乘法计数原理可知共有2×6＝12(种)排课方案．]
11．B [第一类，0在个位有2110，1210，1120，共3个；第二类，0在十位有2101，1201，1102，共3个；第三类，0在百位有2011，1021，1012，共3个，故由这四张卡片可组成不同的四位数的个数为9．]
12．24 23 [f，a，c，e的排列共有4×3×2×1＝24(种)，其中“face”是正确的，只有一种，其余均错，故错误的有24－1＝23(种)．]
13．336 [从8名学生干部中选出3名同学排列的种数为8×7×6＝336，故共有336种不同的选派方案．]
14．解：(1)三位数的每位上的数字均为1，2，3，4，5，6之一．
第1步，得首位数字，有6种不同结果；
第2步，得十位数字，有5种不同结果；
第3步，得个位数字，有4种不同结果，
故可得各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120(个)．
(2)三位数，每位上数字均可从1，2，3，4，5，6六个数字中得一个，共有这样的三位数6×6×6＝216(个)．
15．解：如图，由树状图可写出所有不同试验方法如下：a1a2b1，a1a2b2，a1a2b3，a1a2b4，a3a4b1，a3a4b2，a3a4b3，a3a5b1，a3a5b2，a3a5b3，a4a5b1，a4a5b2，a4a5b3，a4a5b4，共14种．课时分层作业(四) 排列数公式
一、选择题
1．已知－＝10，则n的值为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
2．已知a∈N*，且a<20，则(27－a)·(28－a)·(29－a)·…·(34－a)用排列数表示为( )
A． B．
C． D．
3．有4名司机、4名售票员要分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有1名司机和1名售票员，则可能的分配方法有( )
种 B．种
种 D．种
4．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
5．(多选)下列等式成立的是( )
A．＝
B．＝
C．＝
D．＝
二、填空题
6．满足不等式>12的n的最小值为________．
7．化简＝________．
8．某抢红包群中甲、乙、丙、丁、戊五名成员先后抢四个不相同的红包，每人最多抢一个红包，且红包全被抢光，则甲、乙两人都抢到红包的情况有________种．
三、解答题
9．求证：＝(n＋1)！－1．
10．若M＝＋＋＋…＋，则M的个位数字是( )
A．3 B．8
C．0 D．5
11．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
12．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，Rn不超过时，正整数n的最小值是( )
A．5 B．6
C．7 D．8
13．已知正整数n满足，则n＝________，＝________．
14．一条铁路有n个车站，为适应客运需要，新增了m个车站，且知m>1，客运车票增加了62种，问原有多少个车站？现在有多少个车站？
15．规定＝x(x－1)…(x－m＋1)，其中x∈R，m为正整数，且＝1，这是排列数(n，m是正整数，且m≤n)的一种推广．
(1)求的值；
(2)确定函数f(x)＝的单调区间．
课时分层作业(四)
1．B [因为＝10，所以(n＋1)n－n(n－1)＝10，整理得2n＝10，即n＝5．]
2．D [由已知34－a最大，且共有34－a－(27－a)＋1＝8个数的积，所以表示为，故选D．]
3．C [司机、售票员各有种不同的分配方法．]
4．B [若第一棒选A，则有种选派方法；若第一棒选B，则有2种选派方法．由分类加法计数原理知，共有＋2＝3＝36(种)选派方法．]
5．ACD [A中，右边＝(n－2)(n－1)n＝＝左边；
C中，左边＝n(n－1)(n－2)×…×2＝n(n－1)(n－2)×…×2×1＝＝右边；
D中，左边＝·＝右边；
B中，左边＝·(n＋1)·n·(n－1)·…·2＝(n＋1)·，右边＝(n＋1)·n·…·3＝，只有B不正确．]
6．10 [由排列数公式得>12，所以(n－5)(n－6)>12，即n2－11n＋18>0，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．]
7．1 [×(n－m)！××(n－m)！×＝1．]
8．72 [第一步，甲、乙抢到红包，不同的情况有＝4×3＝12(种)，第二步，其余三人抢剩下的两个红包，不同的情况有＝3×2＝6(种)，所以甲、乙两人都抢到红包的情况有12×6＝72(种)．]
9．证明：法一：∵－＝－，
－＝－，
－＝－，
…
＝－＝－，
∴左边＝(－)＋－＋－＋…＋－
＝－
＝(n＋1)！－1
＝右边，
∴原式成立．
法二：∵(n＋1)！＝(n＋1)·n！＝＋＋＋＋＋＋＋＋，
∴(n＋1)！－＝，
∴原式成立．
10．A [∵当n≥5时，
＝1×2×3×4×5×…×n＝120×6×…×n，
∴当n≥5时，的个位数字为0，
又∵＝1＋2＋6＋24＝33，
∴M的个位数字为3．]
11．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．]
12．B [依题意得，(n＋1)！≥3000，
又(5＋1)！＝6×5×4×3×2×1＝720，(6＋1)！＝7×6×5×4×3×2×1＝5040>3000，
所以n的最小值是6．]
13．4 4 [由3＝2＋6，得3(n＋1)n(n－1)＝2(n＋2)(n＋1)＋6(n＋1)n，整理得3n2－11n－4＝0，由于n∈N*，所以n＝4，＝4．]
14．解：由题意可知，原有车票的种数是种，
所以＝62，
即(n＋m)(n＋m－1)－n(n－1)＝62，
所以m(2n＋m－1)＝62＝2×31，
因为m<2n＋m－1，且n≥2，m，n∈N*，
所以
解得m＝2，n＝15，
故原有15个车站，现有17个车站．
15．解：(1)由已知得＝(－15)×(－16)×(－17)＝－4080．
(2)函数f(x)＝＝x(x－1)(x－2)＝x3－3x2＋2x，
则f'(x)＝3x2－6x＋2．
令f'(x)>0，得x>或x<，
所以函数f(x)的单调递增区间为；
令f'(x)<0，得所以函数f(x)的单调递减区间为．课时分层作业(五) 排列的综合应用
一、选择题
1．安排甲、乙、丙3位党员干部在周一至周五的5天中参加社区服务活动，要求每人参加1天且每天至多安排1人，并要求甲安排在另外2位前面，则不同的安排方法共有( )
A．20种 B．30种 C．40种 D．60种
2．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
3．(多选)若3男3女排成一排，则下列说法正确的是 ( )
A．共计有720种不同的排法
B．男生甲排在两端的共有120种排法
C．男生甲、乙相邻的排法总数为120种
D．男女生相间排法总数为72种
4．3张卡片正反面分别标有数字1和2，3和4，5和7，若将3张卡片并列组成一个三位数，可以得到不同的三位数的个数为( )
A．30B．48C．60D．96
5．元宵节灯展后，悬挂的8盏不同的花灯需要取下，如图所示，每次取1盏，则不同的取法共有( )
A．32种 B．70种
C．90种 D．280种
二、填空题
6．4名男生和2名女生站成一排照相，要求男生甲不站在最左端，女生乙不站在最右端，有________种不同的站法．
7．在所有无重复数字的四位数中，千位上的数字比个位上的数字大2的数共有______个．
8．把3盆不同的兰花和4盆不同的玫瑰花摆放在如图中的1，2，3，4，5，6，7所示的位置上，其中3盆兰花不能摆放在一条直线上，则不同的摆放方法有________种．
三、解答题
9．用0，1，2，3，4五个数字：
(1)可组成多少个五位数？
(2)可组成多少个无重复数字的五位数？
(3)可组成多少个无重复数字的且是3的倍数的三位数？
(4)可组成多少个无重复数字的五位奇数？
10．九龙壁是中国古代建筑的特色，做工十分精美，艺术和历史价值很高．九龙壁中九条蟠龙各具神态，正中间即第五条为正居之龙，两侧分别是沉降之龙和升腾之龙间隔排开，其中升腾之龙位居阳位，即第1，3，7，9位，沉降之龙位居2，4，6，8位．某工匠自己雕刻一九龙壁模型，为了增加模型的种类但又不改变升腾之龙居阳位和沉降之龙的位置，只能调换四条升腾之龙的相对位置和四条沉降之龙的相对位置．则不同的雕刻模型的种数为( )
A． B．
C． D．
11．在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有( )
A．24种 B．48种
C．96种 D．144种
12．(2023·安徽临泉一中高二下月考)英文单词“sentence”由8个字母构成，将这8个字母进行排列，且2个“n”不相邻，则可得到的英文单词(假设每个排列都是一个有意义的单词)的个数为( )
A．2520 B．3360
C．25200 D．4530
13．某同学有7本不同的书，其中语文书2本、英语书2本、数学书3本．现在该同学把这7本书放到书架上排成一排，要求2本语文书相邻、2本英语书相邻、3本数学书中任意2本不相邻，则不同的排法种数为( )
A．12B．24C．48D．720
14．将A，B，C，D，E这5个字母排成一列，要求A，B，C在排列中的顺序为“A，B，C”或“C，B，A”(可以不相邻)，则有多少种不同的排列方法？
15．高一年级某班的数学、语文、英语、物理、化学、体育六门课安排在同一天，每门课一节，上午四节，下午两节，数学课必须在上午，体育课必须在下午，数、理、化三门课中任意两门不相邻，但上午第四节和下午第一节不叫相邻，则不同的排法种数为多少？
课时分层作业(五)
1．A [分三类：甲在周一，有
种安排方法．故共有＝20(种)不同的安排方法．]
2．C [由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中偶数共有2＝48(个)，大于50000的偶数共有2＝12(个)，所以小于50000的偶数共有48－12＝36(个)．]
3．AD [3男3女排成一排共计有＝720(种)；
男生甲排在两端的共有2＝240(种)；
男生甲、乙相邻的排法总数为＝240(种)；
男女生相间排法总数2＝72(种)．]
4．B [“组成三位数”这件事，分两步完成：
第1步，确定排在百位、十位、个位上的卡片，即为3个元素的一个全排列；
第2步，分别确定百位、十位、个位上的数字，各有2种方法．
根据分步乘法计数原理，可以得到×2×2×2＝48(个)不同的三位数．]
5．B [因为取灯时每次只能取一盏，所以每串灯必须先取下面的灯，即每串灯取下的顺序确定，取下的方法有＝70(种)．]
6．504 [4名男生和2名女生站成一排共有＝720(种)站法，其中男生甲站最左端有＝120(种)站法，女生乙站最右端有＝120(种)站法，男生甲站最左端且女生乙站最右端有＝24(种)站法，故满足条件的共有720－120－120＋24＝504(种)站法．]
7．448 [千位数字比个位数字大2，有8种可能，即(2，0)，(3，1)，…，(9，7)前一个数为千位数字，后一个数为个位数字，其余两位无任何限制，共有8×＝448(个)．]
8．4320 [先将7盆花全排列，共有种排法，其中3盆兰花摆放在一条直线上的方法有5－5＝4320(种)．]
9．解：(1)可组成4×54＝2500(个)五位数．
(2)可组成4＝96(个)无重复数字的五位数．
(3)3的倍数的三位数，3个数字必须是0，1，2；0，2，4；1，2，3；2，3，4．故共有2×2＋2＝20(个)．
(4)考虑特殊位置个位和万位，先填个位，从1，3中选一个填入个位有种填法，然后从剩余3个非0数中选一个填入万位，有种填法，包含0在内的还有3个数在中间三个位置上全排列，排列数为··＝36(个)．
10．D [由题设可知：四条升腾之龙的相对位置有种调换方法，∴不同的雕刻模型共有种，故选D．]
11．C [首先将程序B和C捆绑在一起，再和除程序A之外的3个程序进行全排列，最后将程序A排在第一步或最后一步，根据分步乘法计数原理可得，实验顺序的编排方法共有＝2×24×2＝96(种)．故选C．]
12．A [英文单词“sentence”中字母e有3个，字母n有2个，字母s，t，c各有1个．优先考虑无限制的字母，排法共有＝120(种)，再插入2个字母n，排法有＝21(种)．所以英文单词的个数为120×21＝2520．]
13．C [先将2本语文书看成一个元素，2本英语书看成一个元素，然后排成一排，有种不同的排法，再将3本数学书插到这2个元素形成的3个空隙中，有种不同的排法，再排2本语文书，有种不同的排法，最后排2本英语书，有种不同的排法．根据分步乘法计数原理，得共有＝48(种)不同的排法．]
14．解：5个不同元素中部分元素A，B，C的排列顺序已定，这种问题有以下两种常用的解法．
法一(整体法)：5个元素无约束条件的全排列有种，由于字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”或“C，B，A”，因此在上述的全排列中恰好符合“A，B，C”或“C，B，A”排列方式的排列有×2＝40(种)．
法二(插空法)：若字母A，B，C的排列顺序为“A，B，C”，将字母D，E插入，这时形成的4个空中，分两类：
第一类，若字母D，E相邻，则有·种排法；
第二类，若字母D，E不相邻，则有种排法．
所以有·＝20(种)不同的排列方法．
同理，若字母A，B，C的排列顺序为“C，B，A”，也有20种不同的排列方法．
因此满足条件的排列有20＋20＝40(种)．
15．解：分两类：
第1类，数学课在上午第一节或第四节共种排法，体育课在下午共种排法，理、化课安排在上午一节，下午一节有种排法，其余两门在余下的位置安排共种．
由分步乘法计数原理知，共有＝32(种)排法．
第2类，数学课安排在上午第二节或第三节，共种排法，体育课安排在下午有种排法，理、化课安排在上午一节和下午一节，共种排法，其余两门在余下的位置安排共种排法．由分步乘法计数原理知，共有＝16(种)排法．
综上，由分类加法计数原理知，排法种数为N＝32＋16＝48．课时分层作业(六) 组合与组合数公式
一、选择题
1．已知平面内A，B，C，D这4个点中任何3点不共线，则由其中每3点为顶点的所有三角形的个数为( )
A．3 B．4
C．12 D．24
2．下列计算结果为21的是( )
A．＋ B． C． D．
3．(多选)给出下列问题，属于组合问题的有( )
A．从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别去参加两个乡镇的社会调查，有多少种不同的选法
B．有4张电影票，要在7人中确定4人去观看，有多少种不同的选法
C．某人射击8枪，击中4枪，且命中的4枪均为2枪连中，则不同的结果有多少种
D．从2，3，5，7，11中任选两个数相乘，可以得到多少个不同的积
4．若，则m等于( )
A．9 B．8
C．7 D．6
5．(多选)下列等式正确的有( )
A．
B．
C．
D．＝
二、填空题
6．不等式＜的解集为________．
7．10个人分成甲、乙两组，甲组4人，乙组6人，则不同的分组种数为________．(用数字作答)
8．甲、乙、丙三位同学选修课程，从4门课程中，甲选修2门，乙、丙各选修3门，则不同的选修方案共有________种．
三、解答题
9．一个口袋内装有大小相同的4个白球和1个黑球．
(1)从口袋内取出3个小球，共有多少种取法？
(2)从口袋内取出3个球，使其中含有1个黑球，有多少种取法？
(3)从口袋内取出3个球，使其中不含黑球，有多少种取法？
10．已知某班英语兴趣小组有4名男生和3名女生，从中任选2人参加该校组织的英语演讲比赛，则恰有1名女生被选到的概率是( )
A． B．
C． D．
11．已知圆上有9个点，每两点连一线段，若任意两条线段的交点不同，则所有线段在圆内的交点有( )
A．36个 B．72个
C．63个 D．126个
12．(多选)下列等式正确的是( )
＝
B．2 018！
C．
D．＝
13．若＝3∶4∶5，则n＝________，m＝________．
14．在一次数学竞赛中，某校有12人通过了初试，该校要从中选出5人参加市级培训．在下列条件下，有多少种不同的选法？
(1)任意选5人；
(2)甲、乙、丙三人必须参加；
(3)甲、乙、丙三人不能参加；
(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加．
15．若＝4，则n＝____________．
课时分层作业(六)
1．B [由于与顺序无关，所以是组合问题，共有4个：△ABC，△ABD，△ACD，△BCD．]
2．D [＝21．]
3．BCD [对于A，从3名同学中选出2名同学后分配到两个乡镇，涉及顺序，是排列问题；
对于B，从7人中选出4人观看不涉及顺序，是组合问题；
对于C，射击命中不涉及顺序，是组合问题；
对于D，乘法满足交换律，两数相乘的积不涉及顺序，是组合问题．故选BCD．]
4．C [由已知得m(m－1)(m－2)＝6×，解得m＝7．]
5．AC [A是组合数公式，正确；，B错误；由＝，得C正确；D错误．]
6．{5，6，7，8，9，10，11} [将原不等式化简得，
<，
易知x≥5，整理得x2－11x－12<0，∴5≤x<12．
又∵x∈N*，∴原不等式的解集为{5，6，7，8，9，10，11}．]
7．210 [从10人中任选出4人作为甲组，
则剩下的人即为乙组，这是组合问题，
共有＝210(种)分法．]
8．96 [甲选2门有种选法，乙选3门有种选法，丙选3门有种选法，∴共有··＝96(种)选法．]
9．解：(1)从口袋内的5个球中取出3个球，设5个球为a，b，c，d，e，则不同取法为abc，abd，abe，acd，ace，ade，bcd，bce，bde，cde，取法种数是10．
(2)从口袋内取出3个球有1个是黑球，于是需要从4个白球中取出2个，设4个白球为a，b，c，d，则不同的情况为：ab，ac，ad，bc，bd，cd，取法种数是6．
(3)由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从4个白球中取出3个球，取法种数是4．
10．C [由题意，从这7名学生中任选2人，共有＝21种选法，
其中恰有1名女生被选到的选法有＝12(种)，
所以恰有1名女生被选到的概率P＝．
故选C．]
11．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，所以交点为＝126(个)．]
12．ABD [对于A，，＝，
所以，故A正确；
对于B，2018！··＝2023，原式成立，故B正确；
对于C，左边，右边，
左边≠右边，故C错误；
对于D，左边＋m，
右边，
左边＝右边，故D正确．]
13．62 27 [由题意知
由组合数公式得解得]
14．解：(1)从中任取5人是组合问题，共有＝792(种)不同的选法．
(2)甲、乙、丙三人必须参加，则只需从另外9人中选2人，是组合问题，共有＝36(种)不同的选法．
(3)甲、乙、丙三人不能参加，则只需从另外的9人中选5人，共有＝126(种)不同的选法．
(4)甲、乙、丙三人只能有1人参加，可分两步：先从甲、乙、丙中选1人，有＝3(种)选法；再从另外9人中选4人，有×＝378(种)不同的选法．
15．2 [原方程可化为：
20×＝4(n＋4)×＋15(n＋3)(n＋2)，
即＝＋15(n＋3)(n＋2)，
所以(n＋5)(n＋4)(n＋1)－(n＋4)(n＋1)n＝90，
即5(n＋4)(n＋1)＝90，
所以n2＋5n－14＝0，即n＝2或n＝－7．
注意到n≥1且n∈N*，所以n＝2．]课时分层作业(七) 组合的综合应用
一、选择题
1．(多选)从7名男生和5名女生中选4人参加夏令营，规定男、女生至少各有1人参加，则不同的选法种数应为( )
A． B．++
C．－－ D．＋＋
2．四面体的一个顶点为A，从其他顶点和各棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法有( )
A．30种 B．33种 C．36种 D．39种
3．6位同学在毕业聚会活动中进行纪念品的交换，任意两位同学之间最多交换一次，进行交换的两位同学互赠一份纪念品．已知6位同学之间共进行了13次交换，则收到4份纪念品的同学人数为( )
A．1或3 B．1或4
C．2或3 D．2或4
4．(多选)某市实行新高考，考试除了参加语文、数学、英语的统一考试外，还需从物理和历史中选考一科，从化学、生物、政治、地理中选考两科．学生甲想要报考某高校的法学专业，就必须要从物理、政治、历史三科中至少选考一科，则下列说法正确的是( )
A．若甲选考物理，有6种选考方法种数
B．若甲选考历史，有6种选考方法种数
C．甲的选考方法种数共有12种
D．以上说法均不正确
5．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本．现从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方式共有( )
A．4种 B．10种
C．18种 D．20种
二、填空题
6．(2022·全国甲卷)从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为________．
7．在政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术7门学科中任选3门．若甲同学物理、化学、生物至少选1门，则甲的不同的选法种数为________，乙、丙两名同学都不选物理的选法种数为________．
8．用1，2，3，4这四个数字组成无重复数字的四位数，其中恰有一个偶数夹在两个奇数之间的四位数的个数为________．
三、解答题
9．一个口袋内有4个不同的红球，6个不同的白球．
(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法有多少种？
(2)若取到一个红球记2分，取到一个白球记1分，从中任取5个球，则总分不少于7分的取法有多少种？
10．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有( )
A．60种 B．120种
C．240种 D．480种
11．(2023·上海杨浦高级中学期末)在正方体的12条棱中任选3条，其中任意2条所在的直线都是异面直线的概率为( )
A． B． C． D．
12．将10个相同的小球放入3个编号分别为1，2，3的盒中，每个盒子至少1个小球，则所有放法的种数为( )
A．28 B．36
C．45 D．55
13．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)
14．已知平面α∥平面β，在α内有4个点，在β内有6个点．
(1)过这10个点中的3点作一平面，最多可作多少个不同的平面？
(2)以这些点为顶点，最多可作多少个三棱锥？
(3)(2)中的三棱锥最多可以有多少个不同的体积？
15．某城市地铁公司为鼓励人们绿色出行，决定按照乘客经过地铁站的数量实施分段优惠政策，不超过12站的地铁票价如表：
乘坐站数 0票价/元 2 4 6
现有甲、乙两位乘客同时从起点乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过12站，且他们各自在每个站下地铁的可能性是相同的．
(1)若甲、乙两人共付费6元，则甲、乙下地铁的方案共有多少种？
(2)若甲、乙两人共付费8元，则甲比乙先下地铁的方案共有多少种？
课时分层作业(七)
1．BC [(1)分三类：3男1女，2男2女，1男3女，所以男、女生至少各有1人参加的选法种数为．
(2)任选4人的方法种数为．
经检验，A、D不正确．]
2．B [如图，含顶点A的四面体的3个面上，除点A外都有5个点，从中取出3点必与点A共面，共有3种取法；含顶点A的三条棱上都各有3个点，它们与对棱的中点共面，此时共有3种取法．
故与顶点A共面的3个点的取法共有3＋3＝33(种)．]
3．D [设6位同学分别为a，b，c，d，e，f．若任意两位同学之间都进行一次交换，则进行交换的次数为＝15，现共进行了13次交换，说明有2次交换没有发生，此时可能有两种情况：
①由3人构成的2次交换没有发生，如a，b之间和a，c之间没有发生交换，则收到4份纪念品的有b，c2人；
②由4人构成的2次交换没有发生，如a，b之间和c，d之间没有发生交换，则收到4份纪念品的有a，b，c，d4人．]
4．ABC [根据题意，如果甲选考物理，则化学、生物、政治、地理中选考两门，有＝6种选考方法种数；如果甲选考历史，则化学、生物、政治、地理中选考两门，有＝6种选考方法种数，故甲的选考方法种数共有12种．]
5．B [分两类：第一类，取出两本画册，两本集邮册，从4人中选取2人送画册，则另外两人送集邮册，有种方法．第二类，3本集邮册全取，取1本画册，从4人中选1人送画册，其余送集邮册，有＝10(种)赠送方式．]
6． [从正方体的8个顶点中任取4个，有n＝＝70个结果，这4个点在同一个平面的有m＝6＋6＝12个，故所求概率P＝．]
7．31 400 [甲同学物理、化学、生物至少选1门的对立事件是甲不选物理、化学和生物，所以甲的不同的选法种数为＝31．乙、丙两名同学都不选物理的方法种数为×＝400．]
8．8 [首先排两个奇数1，3，有种排法，再在2，4中取一个数放在1，3之间，有种排法，然后把这3个数作为一个整体与剩下的另一个偶数全排列，有＝8．]
9．解：(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法可分为三类：4个红球，3个红球和1个白球，2个红球和2个白球．
若取出的为4个红球，则取法有1种；
若取出的为3个红球和1个白球，则取法有＝24(种)；
若取出的为2个红球和2个白球，则取法有＝90(种)．
根据分类加法计数原理，可得红球的个数不比白球少的取法有1＋24＋90＝115(种)．
(2)总分不少于7分有三种情况：取到4个红球和1个白球，取到3个红球和2个白球，取到2个红球和3个白球．
若取出的为4个红球和1个白球，则取法有＝6(种)；
若取出的为3个红球和2个白球，则取法有＝60(种)；
若取出的为2个红球和3个白球，则取法有＝120(种)．
根据分类加法计数原理，可知总分不少于7分的取法有6＋60＋120＝186(种)．
10．C [根据题意，可分两步进行安排：
第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有种分法；
第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有种安排方法．
故分配方案共有＝240(种)．]
11．B [如图，在正方体ABCD A1B1C1D1中，如棱AD，BB1，C1D1中任意2条所在的直线都是异面直线，像这样的3条棱共有8组，
∴在正方体的12条棱中任选3条，其中任意2条所在的直线都是异面直线的概率为．故选B．]
12．B [根据题意，将10个相同的小球放入3个盒中，每个盒子至少1个小球，相当于将10个相同的小球分成3组，每组至少1个．可将10个小球排成一列，然后在除两端的9个空位中任意选取2个，插入隔板，故共有＝36(种)放法．故选B．]
13．1260 [若取的4个数字不包括0，则可以组成的四位数的个数为；
若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为．
由分类加法计数原理得，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为＝720＋540＝1260．]
14．解：(1)所作出的平面有三类：
①α内1点，β内2点确定的平面，最多有·个．
②α内2点，β内1点确定的平面，最多有·个．
③α，β本身，有2个．
故所作的平面最多有··＋2＝98(个)．
(2)所作的三棱锥有三类：
①α内1点，β内3点确定的三棱锥，最多有·个．
②α内2点，β内2点确定的三棱锥，最多有·个．
③α内3点，β内1点确定的三棱锥，最多有·个．
故最多可作出的三棱锥有···＝194(个)．
(3)当等底面积、等高时，三棱锥的体积相等．所以体积不相同的三棱锥最多有·＝114(个)．故最多有114个体积不同的三棱锥．
15．解：(1)甲、乙两人共付费6元，则其中一人不超过3站，另外一人超过3站不超过7站，
故有＝24(种)；
(2)甲比乙先下地铁，第一类：甲付费2元，乙付费6元，＝15(种)，
第二类：甲、乙各付费4元，则有＝6(种)．根据分类加法计数原理可得，共有15＋6＝21(种)．课时分层作业(八) 二项式定理
一、选择题
1．设A＝37＋×35＋×33＋×3，B＝×36＋×34＋×32＋1，则A－B的值为( )
A．128 B．129 C．47 D．0
2．(多选)(2023·江苏省天一中学高二期中)对于二项式(n∈N*)，则( )
A．存在n∈N*，使得展开式中有常数项
B．对任意n∈N*，展开式中没有常数项
C．对任意n∈N*，展开式中没有一次项
D．存在n∈N*，使得展开式中有一次项
3．(2022·山东临沂一模)在的展开式中，无理项的项数为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
4．使(n∈N*)的展开式中含有常数项的最小的n为( )
A．4 B．5 C．6 D．7
5．(2023·河南郑州四中期末)的展开式中，第3项的二项式系数比第2项的二项式系数大44，则展开式中的常数项是( )
A．第3项 B．第4项
C．第7项 D．第8项
二、填空题
6．(2023·浙江杭州高二下期末)在(1－x)4＋(1－x)5＋(1－x)6的展开式中，x3的系数是________．
7．设常数a∈R，若的二项展开式中x7的系数为－10，则a＝________，x4的系数为________．
8．(2023·湖北武汉期末)(1＋x＋x2)6的展开式中，x4的系数为________．
三、解答题
9．记的展开式中第m项的系数为bm(m，n∈N*)．
(1)求bm的表达式；
(2)若n＝6，求展开式中的常数项；
(3)若b3＝2b4，求n的值．
10．(多选)在的展开式中，下列说法正确的是( )
A．展开式中各项的通项为Tk＋1＝
B．展开式中各项的系数等于其二项式系数
C．x的幂指数是整数的项共有5项
D．展开式中存在常数项
11．(1＋x)4(1＋2y)a(a∈N*)的展开式中，记xmyn项的系数为f (m，n)．若f(0，1)＋f(1，0)＝8，则a的值为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
12．在(x2－2x＋y)6的展开式中，含x5y2项的系数为( )
A．－480 B．480 C．－240 D．240
13．(2023·鼓楼区校级模拟)若多项式x8－x10＝a0＋a1(2＋x)＋a2(2＋x)2＋…＋a9(2＋x)9＋a10(2＋x)10，则a8＝______．
14．请从下列三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答问题．
①第2项与第3项的二项式系数之比是；
②第2项与第3项的系数之比的绝对值为；
③展开式中有且只有第4项的二项式系数最大．
已知在(n∈N*)的展开式中，________．
(1)求展开式中的常数项，并指出是第几项；
(2)求展开式中的所有有理项．
15．已知f(x)＝(1＋x)m，g(x)＝(1＋2x)n(m，n∈N*)．
(1)若m＝3，n＝4，求f(x)g(x)的展开式中含x2的项；
(2)令h(x)＝f(x)＋g(x)，h(x)的展开式中含x的项的系数为12，那么当m，n为何值时，含x2的项的系数取得最小值？
课时分层作业(八)
1．A [A－B＝×37－×36＋×35－×34＋×33－×32＋×31－×30＝(3－1)7＝27＝128．]
2．AD [二项式的展开式的通项为Tk＋1＝x4k-n，所以当n＝4k(k∈N*)和n＝4k－1(k∈N*)时，展开式中分别存在常数项和一次项，故选AD．]
3．B [根据题意，的展开式的通项为Tk＋1＝，0≤k≤6，k∈N，分析可得，当k＝0，2，4，6时，对应的项为有理项，即有4个有理项，而展开式共有7项，
故的展开式中，无理项的项数为3．
故选B．]
4．B [展开式的通项为Tk＋1＝(3x)n-k＝，当Tk＋1是常数项时，n－k＝0，当k＝2，n＝5时成立．]
5．B [由题意可得－＝44，即(n＋8)(n－11)＝0，∴n＝11．
故，其展开式的通项为Tk＋1＝11-k(0≤k≤11，k∈N)，令＝0，解得k＝3，∴展开式中的常数项是第4项，故选B．]
6．－34 [由题意得，x3的系数为(－1)3＋(－1)3＋(－1)3＝－4－10－20＝－34．]
7．－2 40 [的展开式的通项为Tk＋1＝＝akx10-3k．令10－3k＝7，得k＝1，所以x7的系数是．因为x7的系数是－10，所以＝－10，解得a＝－2．令10－3k＝4，则k＝2．所以x4的系数是＝＝40．]
8．90 [因为(1＋x＋x2)6＝[1＋(x＋x2)]6，
所以其展开式的通项为Tr+1，k+1＝(x＋x2)r＝xr-kx2k＝xr+k，其中0≤k≤r≤6，r∈N，k∈N．
为得到(1＋x＋x2)6的展开式中x4的系数，则令r＋k＝4，
故当r＝2，k＝2时，x4的系数为＝15；
当r＝3，k＝1时，x4的系数为＝60；
当r＝4，k＝0时，x4的系数为＝15．
所以(1＋x＋x2)6的展开式中，x4的系数为15＋60＋15＝90．]
9．解：(1)(2x)n－m+1·
xn+2-2m，
所以bm＝．
(2)当n＝6时，的展开式的第k＋1项为Tk＋1＝x6-2k．
依题意，令6－2k＝0，得k＝3，
故展开式中的常数项为T4＝＝160．
(3)由(1)及b3＝2b4，得，
从而＝，即n＝5．
10．ABC [Tk+1＝，A，B正确；当k分别取0，6，12，18，24时，x的幂指数为整数，所以x的幂指数有5项是整数项，C正确；展开式中不存在常数项，D错误．]
11．C [由已知可得f(0，1)表示的是x0y1的系数，
f(1，0)表示的是x1y0的系数，则f(0，1)＋f(1，0)＝1××2＋×1＝2a＋4＝8，解得a＝2，
故选C．]
12．A [(x2－2x＋y)6的展开式中，含x5y2的项为x2·(－2x)3·y2＝－480x5y2，∴含x5y2项的系数为－480，故选A．]
13．－179 [由多项式x8－x10＝a0＋a1(2＋x)＋a2(2＋x)2＋…＋a9(2＋x)9＋a10(2＋x)10，
则[(2＋x)－2]8－[(2＋x)－2]10＝a0＋a1(2＋x)＋a2(2＋x)2＋…＋a9(2＋x)9＋a10(2＋x)10，则a8＝×(－2)0－×(－2)2＝－179．]
14．解：(1)展开式的通项为Tk＋1＝(2x)n－k·．
方案一：选择条件①．
第2项与第3项的二项式系数分别为，
故，所以，整理得n2－6n＝0，
又n∈N*，所以n＝6，
故展开式的通项为Tk＋1＝．
当＝0，即k＝4时，常数项为T5＝＝60，是第5项．
方案二：选择条件②．
第2项与第3项的系数分别为，则有，所以n＝6，
故展开式的通项为Tk＋1＝．
当＝0，即k＝4时，常数项为T5＝＝60，是第5项．
方案三：选择条件③．
展开式中有且只有第4项的二项式系数最大，可知展开式共有7项，从而可知n＝6，
故展开式的通项为Tk＋1＝．
当＝0，即k＝4时，常数项为T5＝＝60，是第5项．
(2)由展开式的通项为Tk＋1＝，知要求有理项，则k＝0，2，4，6，
所以有理项为64x6，240x3，60，x-3．
15．(1)当m＝3，n＝4时，
f(x)g(x)＝(1＋x)3(1＋2x)4．
(1＋x)3展开式的通项为xr，
(1＋2x)4展开式的通项为(2x)k，
f(x)g(x)的展开式中含x2的项为＋(2x)＋x2×1＝51x2．
(2)h(x)＝f(x)＋g(x)＝(1＋x)m＋(1＋2x)n．
因为h(x)的展开式中含x的项的系数为12，
所以＝12，即m＋2n＝12，
所以m＝12－2n．
x2的系数为＝＋2n(n－1)＝4n2－25n＋66＝4，n∈N*，
所以当n＝3，m＝6时，
含x2的项的系数取得最小值．课时分层作业(九) 二项式系数的性质
一、选择题
1．如果的展开式中只有第4项的二项式系数最大，那么展开式中的所有项的系数之和是( )
A．0 B．256 C．64 D．
2．若(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2n·x2n(n∈N*)，则a0＋a2＋a4＋…＋a2n等于( )
A．2n B．
C．2n+1 D．
3．设a∈Z，且0≤a＜13，若512 012＋a能被13整除，则a等于( )
A．0 B．1 C．11 D．12
4．设(x2＋1)(2x＋1)9＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a11(x＋2)11，则a0＋a1＋a2＋…＋a11的值为( )
A．－2 B．2 C．－1 D．1
5．(2023·辽宁省沈阳四中周测)设m为正整数，(x＋y)2m展开式的二项式系数的最大值为a，(x＋y)2m+1展开式的二项式系数的最大值为b，若13a＝7b，则m＝( )
A．5 B．6 C．7 D．8
二、填空题
6．(2023·石家庄模拟)已知多项式(x－1)3＋(x＋1)4＝x4＋a1x3＋a2x2＋a3x＋a4，则a1＝________；a2＋a3＋a4＝________．
7．(2023·南通模拟)设(1＋2x)2 022＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 022x2 022，则＝________．
8．在的二项展开式中，常数项是8，则实数a的值是________，第________项的二项式系数最大．
三、解答题
9．已知(n∈N*)的展开式中所有偶数项的二项式系数和为64．
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中的常数项．
10．(多选)(2023·如皋市模拟)设(1＋2x)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则下列说法正确的是( )
A．a0＝1
B．a1＋a2＋…＋a10＝310－1
C．展开式中二项式系数最大的项是第5项
D．a2＝9a1
11．(多选)(2023·鼓楼区校级模拟)关于的展开式，下列结论正确的是( )
A．所有项的二项式系数和为32
B．所有项的系数和为0
C．常数项为－20
D．系数最大的项为第3项
12．(多选)(2023·泰州模拟)若＋…＋(1＋x)2 022＝a0＋a1x＋…＋a2 022x2 022，则( )
A．a0＝2 022
B．a2＝
13．设
2的值为________．
14．在的展开式中．
(1)若展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；
(2)若展开式前三项的二项式系数的和等于79，求展开式中系数最大的项．
15．(多选)(2023·江苏模拟)已知(2x＋1)(22x＋1)·(23x＋1)…(2nx＋1)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，下列说法正确的是( )
A．设bn＝a1，则数列{bn}的前n项的和Sn＝2n+2－2n－4
B．a2＝
C．an－1＝－n(n∈N*)
D．数列(n∈N*)为等比数列
课时分层作业(九)
1．D [由已知得即5因为n∈N*，所以n＝6．令x＝1，则原式＝．]
2．D [令x＝1，可得3n＝a0＋a1＋a2＋…＋a2n，①
令x＝－1，可得1＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a2n，②
由①＋②，得2(a0＋a2＋a4＋…＋a2n)＝3n＋1，
所以a0＋a2＋a4＋…＋a2n＝．]
3．D [512012＋a＝(52－1)2012＋a＝×522012－×522011＋…－×521＋1＋a．又因为52是13的倍数，所以只需a＋1是13的倍数，因为0≤a<13，所以a＋1＝13，所以a＝12．]
4．A [令x＝－1，
则原式化为[(－1)2＋1][2×(－1)＋1]9＝－2
＝a0＋a1(2－1)＋a2(2－1)2＋…＋a11(2－1)11，
所以a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－2．]
5．B [根据二项式系数的性质，知(x＋y)2m展开式中二项式系数的最大值为，而(x＋y)2m+1展开式中二项式系数的最大值为＝a，＝b．
又13a＝7b，所以13＝7，
即13×＝7×，
解得m＝6．]
6．5 10 [a1即为展开式中x3的系数，所以a1＝(－1)0＋＝5；
令x＝1，则有1＋a1＋a2＋a3＋a4＝(1－1)3＋(1＋1)4＝16，
所以a2＋a3＋a4＝16－5－1＝10．]
7．1 [令x＝0，则a0＝1，令x＝－，则a0－－…＋＝0，
则＋…－＝a0＝1．]
8．－1 3 [的二项展开式中，常数项是8，由二项展开式通项可知Tk＋1＝＝·24-k·(－a)k·，所以当k＝3时为常数项，代入可得·24-3·(－a)3＝8，解得a＝－1，由二项式定理可知展开式共有5项，则根据二项式系数的性质可知第3项二项式系数最大．]
9．解：(1)由展开式中所有偶数项的二项式系数和为64，得2n-1＝64，所以n＝7，
所以展开式中二项式系数最大的项为第四项和第五项．
因为的展开式的通项为
Tk＋1＝(2x2)7-k(－1)k
所以的展开式中二项式系数最大的项为T4＝，T5＝280x2．
(2)由(1)知n＝7，且的展开式中x-1项为T6＝，x2项为T5＝280x2，
所以展开式的常数项为2×(－84)＋1×280＝112．
10．ABD [令x＝0，得a0＝1，故A正确；令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a10＝(1＋2)10＝310，
即a1＋a2＋…＋a10＝310－1，故B正确；展开式共11项，二项式系数最大的是第6项，故C错误；a2＝·22＝180，a1＝×21＝20，则a2＝9a1成立，故D正确，故选ABD．]
11．BC [可以化为，
则的展开式的通项为Tk＋1＝
令6－2k＝0，则k＝3，所以展开式的常数项为＝－20，故C正确；因为n＝6，则二项式系数最大的项为第4项，此时T4＝(－1)3x0＝－20＜0，所以系数最大的项为第3项与第5项，故D错误；展开式的二项式系数和为26＝64，故A错误；令x＝1，则展开式的各项系数和为(1－1)6＝0，故B正确．故选BC．]
12．ABD [令x＝0，则2022＝a0，故A正确；
因a2为x2的系数，故a2＝＋…＋，故B正确；
令x＝－1，则0＝a0－a1＋a2－a3＋a4…－a2021＋a2022，
＝－a0＝－2 022，故C错误；
对所给等式两边求导得，1＋2(1＋x)＋3(1＋x)2＋…＋2022(1＋x)2021＝a1＋2a2x＋…＋2022a2022x2021，
令x＝－1，则1＝a1－2a2＋3a3－4a4＋…＋2021a2021－2022a2022，
故D正确．故选ABD．]
13．1 [令x＝1有a0＋a1＋…＋a10＝(＋1)10，
令x＝－1有a0－a1＋a2－…＋a10＝(－1)10，
故(a0＋a2＋a4＋…＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋…＋a9)2
＝(a0＋a1＋a2＋…＋a10)·(a0－a1＋a2－…＋a10)
＝(＋1)10(－1)10＝1．]
14．解：(1)由题意得＝2，
所以n2－21n＋98＝0，所以n＝7或n＝14．
当n＝7时，展开式中二项式系数最大的项是T4和T5，
所以T4的系数为，
T5的系数为24＝70，
故展开式中二项式系数最大的项的系数为，70；
当n＝14时，展开式中二项式系数最大的项是T8，
所以T8的系数为27＝3 432，
故展开式中二项式系数最大的项的系数为3432．
(2)由题意知＝79，
整理得n2＋n－156＝0，解得n＝12或n＝－13(舍去)，故n＝12．
设展开式中第k＋1项系数最大，
因为(1＋4x)12，
则
所以9.4≤k≤10.4．
因为k∈{0，1，2，…，12}，所以k＝10．
所以系数最大的项为T11，
且T11＝(4x)10＝16 896x10．
15．AD [对A，a1为x项系数，即每个括号中只有一个括号取x，其余都取1，
则a1＝2＋22＋23＋…＋2n＝＝2n+1－2＝bn，
所以Sn＝－2n＝2n+2－2n－4，故A正确；
对B，a2为x2项系数，有2个括号取x，其余取1，
则a2＝2×22＋2×23＋…＋2×2n＋22×23＋22×24＋…＋22×2n＋…＋2n-1×2n
＝(23＋24＋…＋2n+1)＋(25＋26＋…＋2n+2)＋(27＋28＋…＋2n+3)＋…＋22n-1
＝＋…＋＝(2n+2－23)＋(2n+3－25)＋(2n+4－27)＋…＋(22n－22n-1)＝×22n+2－2n+2＋，故B错误；
对C，an-1即为xn-1项系数，仅有1个括号取1，其余取x，
则an－1＝2×22×23×…×2n×
＝，故C错误；
对D，an＝2×22×23×…×2n＝，
所以－1＝－1＝－＝－，
所以(n∈N*)是首项为－的等比数列，故D正确．故选AD．]课时分层作业(十) 数学探究 杨辉三角的性质与应用
一、选择题
1．观察图中的数所成的规律，则a所表示的数是( )
A．8 B．6 C．4 D．2
2．如图所示，在由二项式系数构成的杨辉三角中，第m行从左到右第14个数与第15个数的比为2∶3，则m＝( )
A．40 B．50 C．34 D．32
3．杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载．如图所示的杨辉三角中，第15行第15个数是( )
A．14 B．15 C．16 D．17
4．(2023·辽宁沈阳二中期末)杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家，其著作《详解九章算法》中画有一张表示二项式展开后的二项式系数构成的三角形数阵(如图所示)，称为“开方作法本源”，现简称为“杨辉三角”．若用A(m，n)表示三角形数阵中的第m行第n个数，m，n∈N*，则A(100，3)＝( )
A．5 050 B．4 851
C．4 950 D．5 000
5．(多选)“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一．如图所示，从杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，…，则( )
A．在第n(n5)条斜线上，各数自左往右先增大后减小
B．在第9条斜线上，各数之和为55
C．在第11条斜线上，最大的数是
D．在第n条斜线上，共有个数
二、填空题
6．(2023·福建福州高级中学期中)在如图所示的杨辉三角中，按图中箭头所指的前n个数字之和为________．
7．(2023·辽宁沈阳大东质检)如图所示的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为(n∈N*，n2)，每个数是它下一行左、右相邻两数的和，如，……，则第10行第4个数字(从左往右数)为________．
8．(2023·江苏连云港期中)在杨辉三角中，三角形的两个腰都是由数字1组成的，其余的数都等于它肩上的两个数相加，这个三角形开头几行如图，则第9行从左到右的第3个数是 ________；若第n行从左到右第12个数与第13个数的比值为，则n＝________．
三、解答题
9．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，如图是一个11阶杨辉三角：
(1)求第20行中从左到右的第4个数；
(2)在第2斜列中，前5个数依次为1，3，6，10，15，在第3斜列中，第5个数为35．显然，1＋3＋6＋10＋15＝35．事实上，一般地有这样的结论：第m－1斜列中(从右上到左下)前k个数之和，一定等于第m斜列中第k个数．
试用含有m，k(m，k∈N*)的数字公式表示上述结论，并给予证明．
课时分层作业(十)
1．B [由题图知，下一行的数是其肩上两数的和，所以4＋a＝10，即a＝6．]
2．C [由题意，得第m行从左到右第n个数为，n∈N*，m∈N且n－1≤m，
∵第m行中从左到右第14个数与第15个数的比为2∶3，
∴，∴m＝34．
故选C．]
3．B [由杨辉三角知：第1行：；第2行：；第3行：；第4行：，由此可知第n行，第r(1≤r≤n＋1)个数为，所以第15行第15个数是＝15．故选B．]
4．B [由二项展开式中各二项式系数可知，第m行第n个数应为，
所以第100行第3个数为＝4851，即A(100，3)＝4851．故选B．]
5．AC [对于A，由题意及题图中规律可知，在第n(n≥5)条斜线上，各数都是自左往右先增大后减小，∴A正确；
对于B，根据杨辉三角定义继续往下写三行，得
172135352171
18285670562881
193684126126843691
结合题图知，第九条斜线上，各数之和为1＋10＋15＋7＋1＝34，∴B错误．
对于C，第11条斜线上，最大的数为35＝，∴C正确．
对于D，由题图，可知每条斜线上数的个数为1，1，2，2，3，3，…，代入，不符合，∴D不正确．
故选AC．]
6．(或) [由题图可知，
按图中箭头所指的前n个数字之和为
＋…＋
＝＋…＋
＝＋…＋
＝…
＝
＝．]
7． [将杨辉三角中的每一个数即可得到“莱布尼茨调和三角形”，杨辉三角中，第10行第4个数字为＝84，所以“莱布尼茨调和三角形”中第10行第4个数字为．]
8．36 27 [依题意，得第9行从左到右的第3个数是＝36．
∵第n行从左到右第12个数与第13个数的比值为，
∴，解得n＝27．]
9．解：(1)＝1140．
(2)＋…＋．
证明如下：
左边＝＋…＋
＝＋…＋
＝…＝＝右边．
