第7章计数原理 综合复习训练（含解析）2023——2024学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第二册
文档属性
| 名称 | 第7章计数原理 综合复习训练（含解析）2023——2024学年高中数学苏教版（2019）选择性必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 505.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 苏教版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-16 20:58:25 | ||
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文档简介
第7章 计数原理 综合复习训练
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．某三甲医院选定A、B、C、D、E，5名医生到3所乡镇医院进行医疗扶持，每个医院至少一人，其中，A与B必须在同一医院，B与C一定不在同一医院.则不同的选派方案有（ ）
A．48种 B．42种 C．36种 D．30种
2．从数字0，1，2，3，4，5中任取4个数字，组成没有重复数字的四位偶数，其个数为（ ）
A．156 B．168 C．98 D．246
3．某班有5名男同学，4名女同学报名参加辩论赛，现从中选取4名同学组成一个辩论队，要求辩论队不能全是男同学也不能全是女同学，则满足要求的辩论队数量是（ ）
A．120 B．126 C．210 D．420
4．若，则（ ）
A． B．
C． D．
5．五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为：宫 商 角 徵 羽，把这五个音阶排成一列，形成一个音序，若徵、羽两音阶相邻且在宫音阶之后，则可排成不同音序的种数为（ ）
A．128 B．64 C．48 D．24
6．在高考的任一考场中，都安排6行5列共30名考生，考号机选，考场使用卷和卷两种答卷以防作弊，且每名考生拿到卷和卷都是均等的，且相邻考生答卷不相同，甲乙两名同学在同一考场，已知甲乙同列的情况下，则他们都拿到卷的概率（ ）
A． B． C． D．
7．，则（ ）
A．180 B． C．45 D．
8．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为
若，，则b的值可以是（ ）
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
二、多选题
9．由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字组成无重复数字的五位数，且1不能在个位，则关于这样的五位数的个数，下列表示正确的有（ ）
A． B．
C． D．
10．已知二项式的展开式中共有项，则下列说法正确的有（ ）
A．为 B．所有项的二项式系数和为
C．二项式系数最大的项为第4项 D．没有常数项
11．袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中随机取出两个球，设事件“取出的球的数字之积为奇数”，事件“取出的球的数字之积为偶数”，事件“取出的球的数字之和为偶数”，则（ ）
A．事件与是互斥事件 B．事件与是对立事件
C．事件与是互斥事件 D．事件与相互独立
12．下列说法正确的是（ ）
A．可表示为
B．6个朋友聚会，见面后每两人握手一次，一共握手15次
C．A，B，C，D，E共5名同学站成一排，要求A，C必须相邻，B，E不能相邻，则共有24种不同的站法
D．将4名医护人员安排到呼吸、感染两个科室，要求每个科室至少有1人，则共有18种不同的安排方法
三、填空题
13．现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色，则一共有 种着色方法．
14．雅礼中学将5名学生志愿者分配到街舞社 戏剧社 魔术社及动漫社4个社团参加志愿活动，每名志愿者只分配到1个社团 每个社团至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有 种
15．的展开式中第2项的二项式系数为6，则其展开式中的常数项为 ．
16．已知是正整数，化简： ．
四、解答题
17．（1）若，求的值；
（2）在的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项，
①求的值；
②若第项是有理项，求的取值集合；
③求系数最大的项．
18．在的展开式中，若第3项的二项式系数为28，求：
(1)展开式中所有项的二项式系数之和；
(2)展开式中的有理项；
(3)展开式中系数最大的项．
19．已知在的展开式中，第项与第项的二项式系数之比是．
(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；
(3)求展开式中系数绝对值最大的项．
20．如图，在一个的网格中填齐1至9中的所有整数，每个格子只填一个数字，已知中心格子的数字为5.
(1)若要求所有的偶数均与数字5相邻（横排相邻或者竖排相邻），共有多少种不同的填写方案？
(2)若要求每一横排的数字从左到右依次增大，共有多少种不同的填写方案？
(3)若要求第二横排 第二竖排的3个数字之和均为15，且数字1不在第一横排，共有多少种不同的填写方案？
21．已知m，n是正整数，的展开式中x的系数为7．
(1)求m，n为何值时，的展开式中的系数最小，并求出此时的系数；
(2)利用（1）中结果，求的近似值．（精确到0.01）
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页
参考答案：
1．D
【分析】根据题意，分三种分堆情况进行讨论，先分类再分步，即可求得结果.
【详解】先把5人分为3堆，根据题意，则有如下三种情况：
第一种：第一堆除了之外，还有一名医生，第二堆是，第三堆是名医生，
则此时选派方案有：种；
第二种：第一堆为，第二堆是，第三堆是剩余两名医生，
则此时选派方案有：种；
第三种：第一堆为，第二堆是以及另外一名医生，第三堆是剩余的一名医生，
则此时选派方案有：种；
综上所述，所有选派方案有：种；
故选：D.
2．A
【分析】分个位数字为0和不为0两种情况讨论即可求.
【详解】若个位数为0，则其余三个数位上的数没有限制，此时，符合条件的四位数是偶数的个数为：，
若个位数为2或4，首位不能为0，此时，符合条件的四位数是偶数的个数为：，
综上，符合条件的四位偶数个数为：.
故选：A
3．A
【分析】先求出符合要求的辩论队总数，再排除不符合条件的情况即可.
【详解】若总的辩论队数量是，则全是男生的辩论队数量是，
全是女生的辩论队数量是，
故满足的辩论队数量是，
故选：A．
4．D
【分析】对于题中的二项展开式，只需分别取，，和代入化简即可一一判断.
【详解】因（*）
对于A项，当时，代入（*）可得，故A项错误；
对于B项，当时，代入（*）可得，故B项错误；
对于C项，当时，代入（*）可得，
则，故C项错误；
对于D项，当时，代入（*）可得，
则，故D项正确.
故选：D.
5．D
【分析】相邻问题用捆绑法，定序问题用倍缩法.
【详解】先将徵、羽两音阶相邻捆绑在一起有种，
然后与宫、商、角进行全排列有种，考虑到顺序问题，
则可排成不同音序的种数为.
故选：D.
6．A
【分析】根据排列组合即可求解个数求解.
【详解】由于甲乙同列，则甲乙的座位选择有种，
若甲乙拿到卷时，甲乙的座位选择有种，
故概率为，
故选：A
7．C
【分析】变形得到，利用二项式定理得到通项公式，求出答案.
【详解】，的展开式通项为，
令，解得，故.
故选：C．
8．A
【分析】利用二项式定理求出被5除得的余数，再逐项验证即得.
【详解】依题意，
，
显然是正整数，因此被5除得的余数是1，
而被5除得的余数分别是1，2，3，4，
所以b的值可以是2021.
故选：A
9．BCD
【分析】根据排除法和分类法，以及排列数公式的化简，即可判断选项.
【详解】0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字组成无重复数字的五位数，且1不能在个位，
排除法：从十个数字中任选五个进行排列，有个，1在个位和0在第一位的有个五位数，0在第一位且1在个位的有个五位数，
则符合题意的五位数共有（个），故C正确；
讨论法：若有1，
若1在第一位，共有个五位数．
若1在第二，第三，第四位，共有个五位数，
若没有1，第一位有种选法，剩下的四位有种选法，共有个五位数，
故有符合题意的个五位数，故D正确；
又，故B正确．
故选：BCD
10．CD
【分析】根据二项式展开式的特征求出，即可判断A，再由二项式系数和为判断B，由二项式系数的特征判断C，写出展开式的通项，即可判断D.
【详解】因为二项式的展开式中共有项，所以，解得，故A错误；
二项式所有项的二项式系数和为，故B错误；
因为二项式展开式中共有项，所以二项式系数最大的项为第项，故C正确；
二项式展开式的通项为，
令，解得（舍去），所以展开式中没有常数项，故D正确.
故选：CD
11．AB
【分析】利用互斥，对立，相互独立的概念逐一判断.
【详解】对于AB：取出的球的数字之积为奇数和取出的球的数字之积为偶数不可能同时发生，且必有一个发生，故事件与是互斥事件，也是对立事件，AB正确；
对于C：如果取出的数为，则事件与事件均发生，不互斥，C错误；
对于D：，
则，即事件与不相互独立，D错误；
故选：AB.
12．BC
【分析】根据排列数的计算公式可判断A；
两两握手，即随便选出两人握手的所有可能结果数，通过计算即可判断B；
利用捆绑法，将捆绑排列，再把当成一个整体与排列，再利用插空法将插入3个空位中，列出式子计算即可判断C；
按3，1分组，和2，2分组两种情况，分别求出对应的安排方法，相加即可判断D.
【详解】对于A选项，，故A错误；
对于B选项，6人两两握手，共握（次），故B正确；
对于C选项，5名同学站成一排，要求A，C必须相邻，B，E不能相邻，故有（种）不同的方法，故C正确；
对于D选项，将4人按3，1分组，共（种）分法，再分到科室有（种）分法；
将4人按2，2分组，共有（种）分法，再分到科室有（种）分法.
故每个科室至少有1人，共有（种）安排方法，故D错误.
故选：BC.
13．144
【分析】先对③着色，再求①和②，④和⑤着色，根据分步计数原理，即可求得结果.
【详解】先对③着色，共有种选择；
再对①和②进行着色，因为①和②颜色不能相同，且与③不同，则共有种选择；
最后对④和⑤进行着色，因为④和⑤颜色不能相同，且与③不同，则共有种选择；
根据分步计数原理，则共有：种着色方法.
故答案为：.
14．240
【分析】根据题意，先将5名学生志愿者分为4组，再将分好的4组安排参加4个社团参加志愿活动，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①将5名学生志愿者分为4组，有种分组方法，
②将分好的4组安排参加4个社团参加志愿活动，有种情况，
则有种分配方案.
故答案为：.
15．15
【分析】由题意先求出，再求出的展开式的通项公式，令代入即可得出答案.
【详解】因为的展开式中第2项的二项式系数为6，所以，，
的展开式的通项公式为，
令，得，故展开式中的常数项为．
故答案为：15.
16．
【分析】利用二项式定理，化简展开式.
【详解】.
故答案为：
17．（1）；（2）①；②；③.
【分析】（1）分别令，即可求解；
（2）①由二项式系数的性质可得；②利用通项中x的指数为整数可解；③先求系数绝对值最大项，然后验证即可求解.
【详解】（1）令得，
再令得，
所以.
（2）①因为展开式中只有第五项的二项式系数最大，
所以，展开式共有9项，所以.
②第项为，
若第项为有理项，则为整数，则，
所以，第项为有理项，所以的取值集合为.
③因为第项的系数为，
所以第项的系数绝对值为，
设第项的系数的绝对值最大，则，
整理得，解得,
又因为第6项的系数，第7项的系数，
所以，第7项的系数最大，.
18．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用给定的二项式系数求出，再利用二项式系数的性质求得答案.
（2）求出二项式的展开式的通项，由的幂指数为有理数求解即得.
（3）由展开式通项的系数，列出不等式组并求解即得.
【详解】（1）依题意，，而，解得，
所以展开式中所有项的二项式系数之和为.
（2）二项式展开式通项为，
当为整数时，为有理项，则，
因此当时，；当时，；当时，，
所以展开式中的有理项为．
（3）设第项的系数最大，则，即，
整理得，解得，由，得或，
所以展开式中系数最大的项为．
19．(1)常数项为，为第项
(2)，，，
(3)
【分析】（1）首先求出，再由二项式展开式通项求解即可；
（2）由展开通项，有理项即，求出依次代入即可；
（3）假设系数绝对值最大，则它的系数的绝对值不小于前一项的系数的绝对值，并且不小于后一项的系数的绝对值，利用不等式组求解即可.
【详解】（1）依题意可得第项的二项式系数为，第项的二项式系数为，
所以，即，则，∴或（舍去），
所以展开式的通项为，
令，解得，
所以为常数项，所以常数项为，为第项.
（2）由（1）知，
令，则，，，，
当时，
当时，
当时，
当时，
故有理项为，，，.
（3）令
，
解得，又，∴，
∴，即展开式中系数绝对值最大的项为.
20．(1)576种；
(2)320种；
(3)720种
【分析】（1）先安排4个偶数，再安排4个奇数，按照分步计数原理，即可求解；
（2）先选数字排第二行，再排第一行，第三行，结合组合数公式，即可求解；
（3）先排有5的第二横排和第二竖排，再排其他.
【详解】（1）要求4个偶数均与数字5相邻，则4个偶数只能填写在5的上 下 左 右4个网格，再排4个奇数，共有种不同的填写方案.
（2）先从中选1个数字放在5的左边，再从中选1个数字放在5的右边，然后从剩下的6个数字中选3个数字放在第一排，最后剩下3个数字放在第三排，共有种不同的填写方案.
（3）先完成有5的第二横排和第二竖排，第二横排或第二竖排的其他2个数字之和必然为10，则要从1和9，2和8，3和7，4和6这4个组合中选出两个组合填写.
第一类，当第二横排的其他2个数字为1和9时，共有种不同的填写方案.
第二类，当第二竖排的其他2个数字为1和9时，且数字1不在第一横排，共有种不同的填写方案.
第三类，当第二横排且第二竖排的其他2个数字均不是1和9时，且数字1不在第一横排，共有种不同的填写方案.
故共有种不同的填写方案.
21．(1)，或，，的系数为5
(2)
【分析】（1）由x的系数为7得，的系数为，消元讨论最小值即可求；
（2），考虑到精度，故各取多项式展开式的前两项即可
【详解】（1）根据题意得，即．①
的展开式中的系数为．
将①变形为代入上式，得的系数为，
故当，或，时，的系数取得最小值且为9；
此时的系数均为；
（2）当，或，时，
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．某三甲医院选定A、B、C、D、E，5名医生到3所乡镇医院进行医疗扶持，每个医院至少一人，其中，A与B必须在同一医院，B与C一定不在同一医院.则不同的选派方案有（ ）
A．48种 B．42种 C．36种 D．30种
2．从数字0，1，2，3，4，5中任取4个数字，组成没有重复数字的四位偶数，其个数为（ ）
A．156 B．168 C．98 D．246
3．某班有5名男同学，4名女同学报名参加辩论赛，现从中选取4名同学组成一个辩论队，要求辩论队不能全是男同学也不能全是女同学，则满足要求的辩论队数量是（ ）
A．120 B．126 C．210 D．420
4．若，则（ ）
A． B．
C． D．
5．五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为：宫 商 角 徵 羽，把这五个音阶排成一列，形成一个音序，若徵、羽两音阶相邻且在宫音阶之后，则可排成不同音序的种数为（ ）
A．128 B．64 C．48 D．24
6．在高考的任一考场中，都安排6行5列共30名考生，考号机选，考场使用卷和卷两种答卷以防作弊，且每名考生拿到卷和卷都是均等的，且相邻考生答卷不相同，甲乙两名同学在同一考场，已知甲乙同列的情况下，则他们都拿到卷的概率（ ）
A． B． C． D．
7．，则（ ）
A．180 B． C．45 D．
8．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为
若，，则b的值可以是（ ）
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
二、多选题
9．由0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字组成无重复数字的五位数，且1不能在个位，则关于这样的五位数的个数，下列表示正确的有（ ）
A． B．
C． D．
10．已知二项式的展开式中共有项，则下列说法正确的有（ ）
A．为 B．所有项的二项式系数和为
C．二项式系数最大的项为第4项 D．没有常数项
11．袋子中有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中随机取出两个球，设事件“取出的球的数字之积为奇数”，事件“取出的球的数字之积为偶数”，事件“取出的球的数字之和为偶数”，则（ ）
A．事件与是互斥事件 B．事件与是对立事件
C．事件与是互斥事件 D．事件与相互独立
12．下列说法正确的是（ ）
A．可表示为
B．6个朋友聚会，见面后每两人握手一次，一共握手15次
C．A，B，C，D，E共5名同学站成一排，要求A，C必须相邻，B，E不能相邻，则共有24种不同的站法
D．将4名医护人员安排到呼吸、感染两个科室，要求每个科室至少有1人，则共有18种不同的安排方法
三、填空题
13．现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色，则一共有 种着色方法．
14．雅礼中学将5名学生志愿者分配到街舞社 戏剧社 魔术社及动漫社4个社团参加志愿活动，每名志愿者只分配到1个社团 每个社团至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有 种
15．的展开式中第2项的二项式系数为6，则其展开式中的常数项为 ．
16．已知是正整数，化简： ．
四、解答题
17．（1）若，求的值；
（2）在的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项，
①求的值；
②若第项是有理项，求的取值集合；
③求系数最大的项．
18．在的展开式中，若第3项的二项式系数为28，求：
(1)展开式中所有项的二项式系数之和；
(2)展开式中的有理项；
(3)展开式中系数最大的项．
19．已知在的展开式中，第项与第项的二项式系数之比是．
(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；
(3)求展开式中系数绝对值最大的项．
20．如图，在一个的网格中填齐1至9中的所有整数，每个格子只填一个数字，已知中心格子的数字为5.
(1)若要求所有的偶数均与数字5相邻（横排相邻或者竖排相邻），共有多少种不同的填写方案？
(2)若要求每一横排的数字从左到右依次增大，共有多少种不同的填写方案？
(3)若要求第二横排 第二竖排的3个数字之和均为15，且数字1不在第一横排，共有多少种不同的填写方案？
21．已知m，n是正整数，的展开式中x的系数为7．
(1)求m，n为何值时，的展开式中的系数最小，并求出此时的系数；
(2)利用（1）中结果，求的近似值．（精确到0.01）
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参考答案：
1．D
【分析】根据题意，分三种分堆情况进行讨论，先分类再分步，即可求得结果.
【详解】先把5人分为3堆，根据题意，则有如下三种情况：
第一种：第一堆除了之外，还有一名医生，第二堆是，第三堆是名医生，
则此时选派方案有：种；
第二种：第一堆为，第二堆是，第三堆是剩余两名医生，
则此时选派方案有：种；
第三种：第一堆为，第二堆是以及另外一名医生，第三堆是剩余的一名医生，
则此时选派方案有：种；
综上所述，所有选派方案有：种；
故选：D.
2．A
【分析】分个位数字为0和不为0两种情况讨论即可求.
【详解】若个位数为0，则其余三个数位上的数没有限制，此时，符合条件的四位数是偶数的个数为：，
若个位数为2或4，首位不能为0，此时，符合条件的四位数是偶数的个数为：，
综上，符合条件的四位偶数个数为：.
故选：A
3．A
【分析】先求出符合要求的辩论队总数，再排除不符合条件的情况即可.
【详解】若总的辩论队数量是，则全是男生的辩论队数量是，
全是女生的辩论队数量是，
故满足的辩论队数量是，
故选：A．
4．D
【分析】对于题中的二项展开式，只需分别取，，和代入化简即可一一判断.
【详解】因（*）
对于A项，当时，代入（*）可得，故A项错误；
对于B项，当时，代入（*）可得，故B项错误；
对于C项，当时，代入（*）可得，
则，故C项错误；
对于D项，当时，代入（*）可得，
则，故D项正确.
故选：D.
5．D
【分析】相邻问题用捆绑法，定序问题用倍缩法.
【详解】先将徵、羽两音阶相邻捆绑在一起有种，
然后与宫、商、角进行全排列有种，考虑到顺序问题，
则可排成不同音序的种数为.
故选：D.
6．A
【分析】根据排列组合即可求解个数求解.
【详解】由于甲乙同列，则甲乙的座位选择有种，
若甲乙拿到卷时，甲乙的座位选择有种，
故概率为，
故选：A
7．C
【分析】变形得到，利用二项式定理得到通项公式，求出答案.
【详解】，的展开式通项为，
令，解得，故.
故选：C．
8．A
【分析】利用二项式定理求出被5除得的余数，再逐项验证即得.
【详解】依题意，
，
显然是正整数，因此被5除得的余数是1，
而被5除得的余数分别是1，2，3，4，
所以b的值可以是2021.
故选：A
9．BCD
【分析】根据排除法和分类法，以及排列数公式的化简，即可判断选项.
【详解】0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字组成无重复数字的五位数，且1不能在个位，
排除法：从十个数字中任选五个进行排列，有个，1在个位和0在第一位的有个五位数，0在第一位且1在个位的有个五位数，
则符合题意的五位数共有（个），故C正确；
讨论法：若有1，
若1在第一位，共有个五位数．
若1在第二，第三，第四位，共有个五位数，
若没有1，第一位有种选法，剩下的四位有种选法，共有个五位数，
故有符合题意的个五位数，故D正确；
又，故B正确．
故选：BCD
10．CD
【分析】根据二项式展开式的特征求出，即可判断A，再由二项式系数和为判断B，由二项式系数的特征判断C，写出展开式的通项，即可判断D.
【详解】因为二项式的展开式中共有项，所以，解得，故A错误；
二项式所有项的二项式系数和为，故B错误；
因为二项式展开式中共有项，所以二项式系数最大的项为第项，故C正确；
二项式展开式的通项为，
令，解得（舍去），所以展开式中没有常数项，故D正确.
故选：CD
11．AB
【分析】利用互斥，对立，相互独立的概念逐一判断.
【详解】对于AB：取出的球的数字之积为奇数和取出的球的数字之积为偶数不可能同时发生，且必有一个发生，故事件与是互斥事件，也是对立事件，AB正确；
对于C：如果取出的数为，则事件与事件均发生，不互斥，C错误；
对于D：，
则，即事件与不相互独立，D错误；
故选：AB.
12．BC
【分析】根据排列数的计算公式可判断A；
两两握手，即随便选出两人握手的所有可能结果数，通过计算即可判断B；
利用捆绑法，将捆绑排列，再把当成一个整体与排列，再利用插空法将插入3个空位中，列出式子计算即可判断C；
按3，1分组，和2，2分组两种情况，分别求出对应的安排方法，相加即可判断D.
【详解】对于A选项，，故A错误；
对于B选项，6人两两握手，共握（次），故B正确；
对于C选项，5名同学站成一排，要求A，C必须相邻，B，E不能相邻，故有（种）不同的方法，故C正确；
对于D选项，将4人按3，1分组，共（种）分法，再分到科室有（种）分法；
将4人按2，2分组，共有（种）分法，再分到科室有（种）分法.
故每个科室至少有1人，共有（种）安排方法，故D错误.
故选：BC.
13．144
【分析】先对③着色，再求①和②，④和⑤着色，根据分步计数原理，即可求得结果.
【详解】先对③着色，共有种选择；
再对①和②进行着色，因为①和②颜色不能相同，且与③不同，则共有种选择；
最后对④和⑤进行着色，因为④和⑤颜色不能相同，且与③不同，则共有种选择；
根据分步计数原理，则共有：种着色方法.
故答案为：.
14．240
【分析】根据题意，先将5名学生志愿者分为4组，再将分好的4组安排参加4个社团参加志愿活动，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①将5名学生志愿者分为4组，有种分组方法，
②将分好的4组安排参加4个社团参加志愿活动，有种情况，
则有种分配方案.
故答案为：.
15．15
【分析】由题意先求出，再求出的展开式的通项公式，令代入即可得出答案.
【详解】因为的展开式中第2项的二项式系数为6，所以，，
的展开式的通项公式为，
令，得，故展开式中的常数项为．
故答案为：15.
16．
【分析】利用二项式定理，化简展开式.
【详解】.
故答案为：
17．（1）；（2）①；②；③.
【分析】（1）分别令，即可求解；
（2）①由二项式系数的性质可得；②利用通项中x的指数为整数可解；③先求系数绝对值最大项，然后验证即可求解.
【详解】（1）令得，
再令得，
所以.
（2）①因为展开式中只有第五项的二项式系数最大，
所以，展开式共有9项，所以.
②第项为，
若第项为有理项，则为整数，则，
所以，第项为有理项，所以的取值集合为.
③因为第项的系数为，
所以第项的系数绝对值为，
设第项的系数的绝对值最大，则，
整理得，解得,
又因为第6项的系数，第7项的系数，
所以，第7项的系数最大，.
18．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）利用给定的二项式系数求出，再利用二项式系数的性质求得答案.
（2）求出二项式的展开式的通项，由的幂指数为有理数求解即得.
（3）由展开式通项的系数，列出不等式组并求解即得.
【详解】（1）依题意，，而，解得，
所以展开式中所有项的二项式系数之和为.
（2）二项式展开式通项为，
当为整数时，为有理项，则，
因此当时，；当时，；当时，，
所以展开式中的有理项为．
（3）设第项的系数最大，则，即，
整理得，解得，由，得或，
所以展开式中系数最大的项为．
19．(1)常数项为，为第项
(2)，，，
(3)
【分析】（1）首先求出，再由二项式展开式通项求解即可；
（2）由展开通项，有理项即，求出依次代入即可；
（3）假设系数绝对值最大，则它的系数的绝对值不小于前一项的系数的绝对值，并且不小于后一项的系数的绝对值，利用不等式组求解即可.
【详解】（1）依题意可得第项的二项式系数为，第项的二项式系数为，
所以，即，则，∴或（舍去），
所以展开式的通项为，
令，解得，
所以为常数项，所以常数项为，为第项.
（2）由（1）知，
令，则，，，，
当时，
当时，
当时，
当时，
故有理项为，，，.
（3）令
，
解得，又，∴，
∴，即展开式中系数绝对值最大的项为.
20．(1)576种；
(2)320种；
(3)720种
【分析】（1）先安排4个偶数，再安排4个奇数，按照分步计数原理，即可求解；
（2）先选数字排第二行，再排第一行，第三行，结合组合数公式，即可求解；
（3）先排有5的第二横排和第二竖排，再排其他.
【详解】（1）要求4个偶数均与数字5相邻，则4个偶数只能填写在5的上 下 左 右4个网格，再排4个奇数，共有种不同的填写方案.
（2）先从中选1个数字放在5的左边，再从中选1个数字放在5的右边，然后从剩下的6个数字中选3个数字放在第一排，最后剩下3个数字放在第三排，共有种不同的填写方案.
（3）先完成有5的第二横排和第二竖排，第二横排或第二竖排的其他2个数字之和必然为10，则要从1和9，2和8，3和7，4和6这4个组合中选出两个组合填写.
第一类，当第二横排的其他2个数字为1和9时，共有种不同的填写方案.
第二类，当第二竖排的其他2个数字为1和9时，且数字1不在第一横排，共有种不同的填写方案.
第三类，当第二横排且第二竖排的其他2个数字均不是1和9时，且数字1不在第一横排，共有种不同的填写方案.
故共有种不同的填写方案.
21．(1)，或，，的系数为5
(2)
【分析】（1）由x的系数为7得，的系数为，消元讨论最小值即可求；
（2），考虑到精度，故各取多项式展开式的前两项即可
【详解】（1）根据题意得，即．①
的展开式中的系数为．
将①变形为代入上式，得的系数为，
故当，或，时，的系数取得最小值且为9；
此时的系数均为；
（2）当，或，时，
答案第1页，共2页
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