第六章 计数原理 章末综合提升试题 2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性必修第三册
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| 名称 | 第六章 计数原理 章末综合提升试题 2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性必修第三册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 713.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-06 10:10:25 | ||
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文档简介
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第六章 计数原理 章末综合提升试题
2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性必修第三册
一、单选题
1．从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（ ）
A．30个 B．42个 C．41个 D．39个
2．中园古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）
A．408种 B．240种 C．1092种. D．120种
3．如图，有两串桃子挂在树枝上，其中一串有4个桃子，另外一串有3个桃子，一只猴子自下而上地依次摘桃子，每次只摘一个桃子，直至把所有7个桃子全部摘完，共有（ ）种不同的摘法．
A．70 B．35 C．21 D．14
4．五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）
A． B． C． D．
5．甲、乙、丙等6人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法有（ ）
A．128种 B．96种 C．72种 D．48种
6．将编号为1，2，3，4，5的小球放入编号为1，2，3，4，5的小盒中，每个小盒放一个小球，要使得恰有2个小球与所在盒子编号相同，则有（ ）种不同的放球方法，
A．60 B．40 C．30 D．20
7．数的个位数字为（ ）
A．1 B．3 C．7 D．9
8．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．用n种不同的颜色给如图所示的四块区域A，B，C，D涂色，要求相邻域涂不同颜色，不同的涂色方法的总数记作，则（ ）
A． B． C． D．
10．下列选项正确的是（ ）
A．有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，则不同的存放方式有2520种
B．有7个不同的球，全部放入5个相同的盒子中，每个盒子至少放1个，则不同的存放方式有140种
C．有7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有18种
D．有7个相同的球，全部放入3个相同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有8种
11．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．是整数
C．，（是不大于x的最大整数）
D．，则
三、填空题
12．的展开式中含项的系数为 .
13．在杨辉三角中，每一个数值是它上面两个数值之和，这个三角形开头几行如图，则第9行从左到右的第1行第3个数是 ；若第行从左到右第12个数与第13个数的比值为，则 .
14．如图，给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有 种.
四、解答题
15．（1）已知，，求的值；
（2）求满足的最大正整数．
16．在二项式的展开式中.
（1）若展开式后三项的二项式系数的和等于67，求展开式中二项式系数最大的项；
（2）若为满足的整数，且展开式中有常数项，试求的值和常数项.
17．若.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
18．某兴趣小组有9名学生.若从9名学生中选取3人，则选取的3人中恰好有一个女生的概率是.
（1）该小组中男女学生各多少人？
（2）9个学生站成一列队，现要求女生保持相对顺序不变（即女生前后顺序保持不变）重新站队，问有多少种重新站队的方法？（要求用数字作答）
（3）9名学生站成一列，要求男生必须两两站在一起，有多少种站队的方法？（要求用数字作答）
19．组合数有许多丰富有趣的性质，例如，二项式系数的和有下述性质：.小明同学想进一步探究组合数平方和的性质，请帮他完成下面的探究.
(1)计算：，并与比较，你有什么发现？写出一般性结论并证明；
(2)证明：
(3)利用上述（1）（2）两小问的结论，证明：.
参考答案
1．D
分是否取两类，当不取时，排除重复的即可得解.
当取时，则只能为真数，此时这个对数值为，
当不取时，底数有种，真数有种，
其中，
故此时有个，
所以共有个.
故选：D.
2．A
根据给定条件先求出“射”不在第一次的“六艺”讲座不同的次序数，去掉“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的“六艺”讲座不同的次序数即可得解.
每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为，
其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为，
于是得，
所以“六艺”讲座不同的次序共有408种.
故选：A
思路点睛：含有两个限制条件的排列问题，利用排除法，先让一个条件被满足，再去掉这个条件满足时另一个条件不满足的所有可能即可解决问题.
3．B
利用倍缩法解决定序问题即摘的两列桃子顺序为和，从而可求解.
如果将7个桃子全排列有种方法，
但根据题意要摘的两列桃子顺序分别为和，
所以共有种方法，故B正确.
故选：B.
4．D
依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分别确定每个区域的涂色方法种数，结合分类加法分步乘法计数原理可得结果.
由题意可知，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），
五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），
不妨设四种颜色分别为、、、，
先填涂区域“火”，有种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为，
接下来填涂区域“土”，有种选择，分别为、、，
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、.
综上所述，区域“金”填涂、、、的方案种数分别为、、、种，
接下来考虑区域“水”的填涂方案：
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、.
则区域“水”填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种，
填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种.
从区域“火”、“土”、“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，
当区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、.
所以，当区域“火”填涂颜色时，填涂方案种数为种.
因此，不同的涂色方法种数有种.
故选：D.
方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解：
（1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
（3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
5．B
分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据中间四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果.
因为乙和丙之间恰有2人，所以乙丙及中间人占据首四位或中间四位或尾四位，
当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩最后2位，甲不在两端，
第一步先排末位有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种，
由分步乘法计数原理可得有种；
当乙丙及中间人占据中间四位，此时两端还剩2位，甲不在两端，
第一步先排两端有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种，
由分步乘法计数原理可得有种；
乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩前2位，甲不在两端，
第一步先排首位有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种，
由分步乘法计数原理可得有种；
由分类加法计数原理可知，一共有种排法.
故选：B.
6．D
利用分步乘法原理，分步求出恰有2个小球与所在盒子编号相同的方法总数即可得解.
如果有2个小球与所在的盒子的编号相同，
第一步：先从5个小球里选2个编号与所在的盒子相同，有种选法；
第二步：不妨设选的是1、2号球，则再对后面的3，4，5进行排列，
且3个小球的编号与盒子的编号都不相同，则有两种，
所以有2个小球与所在的盒子的编号相同，共有种方法，故D正确.
故选：D.
7．C
先将转化为，用二项式定理展开可知，的个位数字与的个位数字相同，将化为，再将用二项式定理展开可知所以的个位数字与个位数字相同，即可求解.
因为
而、、个位数均为，所以的个位数字与
的个位数字相同，而
因为、个位数均为，所以的个位数字与
个位数字相同，
故的个位数字为.
故选：C
8．B
根据给定条件结合组合数计算公式变形和式的通项，再借助二项式性质即可得解.
依题意，，
当时，，
于是得
.
故选：B
9．CD
计算出后逐项计算即可得.
使用种不同颜色时，对区域涂色可用种，
由、相邻，故对区域可用种，
由、、相邻，故对区域可用种，
由、相邻，故对区域可用种，
故不同的涂色方法的总数种，
种，种，
种，种，
故A、B错误，C、D正确.
故选：CD.
10．ABD
根据分类分步计数原理,平均分组及不平均分组,隔板法等分别判断各个选项即可.
对于A:,故A正确；
对于B:不同的分组，2组2个，3组1个或1组3个，4组1个，
即或所以有种，故B正确；
对于C:应用隔板法，C选项等价于8个相同的球,放入3个不同的盒子里，每个盒子至少放1个, 所以有种, 故C错误；
对于D:由于球和盒子相同，所以存放的区别在于盒子里球的个数，
存放1个盒子，将7个球放入1个盒子，有1种存放方式；
存放2个盒子，有3种；
存放3个盒子，有4种；
共有8种，故D正确.
故选：ABD.
11．ACD
对于选项A: 令时，利用二项式定理计算即可；对于选项B: 表示出，取特殊值验证即可; 对于选项C: 作差说明为正整数即可；对于选项D: 分奇偶讨论计算，，即可推理作答.
对于选项A: 由，当时，即，所以,，故，故A正确；
对于选项B:由题意可得，不妨令，
所以，此时不是整数，故B错误；
对于选项C: ,
即，
所以
，
，
易知，正整数，
为正整数，
，
所以，故C正确；
对于选项D:当为正偶数时，
，
，，
所以，即.
当为正奇数时，
，
，
，，
所以，即.
综上可得：若，则，故D正确.
故选：ACD.
关键点点睛：涉及二项式定理的问题，二项式定理的核心是通项公式，求出给定二项式的通项公式是解决问题的关键.
12．
先求出的展开式的通项公式，即可求出展开式中含项，得出系数.
因为的展开式的通项公式为，
所以的展开式中含的项为，
故展开式中含项的系数为.
故答案为：.
13． 36 27
由归纳推理及组合数的运算可得．
解：依题意
，，
解得．
故答案为：；.
本题考查了归纳推理及组合数的运算，属于中档题．
14．264
按用色数量的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定涂A，D，E三点涂法数，再讨论点B，F，C的涂法数即可.
计算不同涂色方法数有两类办法：
当涂四色时，先涂A，E，D，有种涂法，再从B，F，C中选一点涂第四种颜色，如B，再涂F，
若F与D同色，则C有2种涂法，若F与D异色，则C有1种涂法，于是得有种涂法，
当涂三色时，先涂A，E，D，有种涂法，再涂B，有2种涂法，则F，C各有1种涂法，于是得有种涂法，
利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为：(种)，
所以不同的涂色方法共有264种.
故答案为：264
15．（1）3；（2）8
（1）根据排列数公式计算即可得解；
（2）根据，化简原不等式为求解即可.
（1）由已知得，化简得，
解得或，因为，所以．
（2）因为，
所以，
即，
所以，
当时，，当时，，
故得．所以的最大值为8．
16．（1）展开式中二项式系数最大的项为第6和第7项，，（2），常数项为
（1）根据条件求出的值，然后判断第几项二项式系数最大，并求之；（2）常数项其实说明的指数为，根据这一特点，利用项数与第几项的关系求解出的值.
解：（1）由已知
整理得，显然
则展开式中二项式系数最大的项为第6和第7项
（2）设第项为常数项，为整数，
则有，
所以，或
当时，；时，（不合题意舍去），所以
常数项为
对于形如的展开式，展开后一共有项，若为奇数，则二项式系数最大的项有项，分别为项，为若为偶数，则二项式系数最大的项有项，即为项（也可借助杨辉三角的图分析）.
17．(1)
(2)
(3)
（1）令代入等式求出结果；
（2）令代入等式，再结合第一问等式组成方程组求出结果；
（3）先变形，再求含项的系数即可.
（1）令，则，①
（2）令，则，②
令，则，
，
；
（3），
即为含项的系数，为，
则.
18．（1）男生有6人，女生有3人.（2）（3）
（1）设男生有人，表示出其概率，然后得到男女生人数；（2）方法一：按坐座位的方法分步处理，先安排男生，再安排女生，方法二：对9人全排，然后对3名女生除序；（3）先对6名男生分成3组，再对3名女生全排后，将3组男生插空，每组男生全排，得到答案.
解：（1）设男生有人，则，
即，解之得，
故男生有6人，女生有3人.
（2）方法一：按坐座位的方法，
第一步：让6名男生先从9个位置中选6个位置坐，共有种；
第二步：余下的座位让3个女生去坐，因为要保持相对顺序不变，故只有1种选择；
故，一共有种重新站队方法.
方法二：除序法
第一步：9名学生站队共有种站队方法；
第二步：3名女生有种站队顺序；
故一共有种站队方法，
所以重新站队方法有
（3）第一步：将6名男生分成3组，共有种；
第二步：三名女生站好队，然后将3组男生插入其中，共有种
第三步：3组男生中每组男生站队方法共有种
故一共有：种站队方法.
本题考查排列组合中的分类讨论，插空法、除序法等，属于中档题.
19．(1)，，
，证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
（1）通过计算可得结果，利用二项展开式中的系数相等可证一般性结论；
（2）通过的展开式中的系数相等可证结论；
（3）结合前两个结论，作差可证结论.
（1），，
规律：，证明如下：
的展开式中，的系数为，
同时，的展开式中的系数为，
所以.
（2）证明：的展开式中的系数为，
又，的展开式中的系数为
，
所以.
（3）证明：由（1）可知，
由（2）可知，
两式相减可得，
即.
关键点点睛：本题证明的关键是构造二项式，利用二项展开式中某项的系数相等得出题中需证的结论.
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第六章 计数原理 章末综合提升试题
2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性必修第三册
一、单选题
1．从1，2，3，4，5，6，7，9中，任取两个不同的数作对数的底数和真数，则所有不同的对数的值有（ ）
A．30个 B．42个 C．41个 D．39个
2．中园古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）
A．408种 B．240种 C．1092种. D．120种
3．如图，有两串桃子挂在树枝上，其中一串有4个桃子，另外一串有3个桃子，一只猴子自下而上地依次摘桃子，每次只摘一个桃子，直至把所有7个桃子全部摘完，共有（ ）种不同的摘法．
A．70 B．35 C．21 D．14
4．五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）
A． B． C． D．
5．甲、乙、丙等6人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法有（ ）
A．128种 B．96种 C．72种 D．48种
6．将编号为1，2，3，4，5的小球放入编号为1，2，3，4，5的小盒中，每个小盒放一个小球，要使得恰有2个小球与所在盒子编号相同，则有（ ）种不同的放球方法，
A．60 B．40 C．30 D．20
7．数的个位数字为（ ）
A．1 B．3 C．7 D．9
8．已知，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．用n种不同的颜色给如图所示的四块区域A，B，C，D涂色，要求相邻域涂不同颜色，不同的涂色方法的总数记作，则（ ）
A． B． C． D．
10．下列选项正确的是（ ）
A．有7个不同的球，取5个放入5个不同的盒子中，每个盒子恰好放1个，则不同的存放方式有2520种
B．有7个不同的球，全部放入5个相同的盒子中，每个盒子至少放1个，则不同的存放方式有140种
C．有7个相同的球，取5个放入3个不同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有18种
D．有7个相同的球，全部放入3个相同的盒子中，允许有盒子空，则不同的存放方式有8种
11．已知，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．是整数
C．，（是不大于x的最大整数）
D．，则
三、填空题
12．的展开式中含项的系数为 .
13．在杨辉三角中，每一个数值是它上面两个数值之和，这个三角形开头几行如图，则第9行从左到右的第1行第3个数是 ；若第行从左到右第12个数与第13个数的比值为，则 .
14．如图，给图中的A，B，C，D，E，F六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的涂色方法共有 种.
四、解答题
15．（1）已知，，求的值；
（2）求满足的最大正整数．
16．在二项式的展开式中.
（1）若展开式后三项的二项式系数的和等于67，求展开式中二项式系数最大的项；
（2）若为满足的整数，且展开式中有常数项，试求的值和常数项.
17．若.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
18．某兴趣小组有9名学生.若从9名学生中选取3人，则选取的3人中恰好有一个女生的概率是.
（1）该小组中男女学生各多少人？
（2）9个学生站成一列队，现要求女生保持相对顺序不变（即女生前后顺序保持不变）重新站队，问有多少种重新站队的方法？（要求用数字作答）
（3）9名学生站成一列，要求男生必须两两站在一起，有多少种站队的方法？（要求用数字作答）
19．组合数有许多丰富有趣的性质，例如，二项式系数的和有下述性质：.小明同学想进一步探究组合数平方和的性质，请帮他完成下面的探究.
(1)计算：，并与比较，你有什么发现？写出一般性结论并证明；
(2)证明：
(3)利用上述（1）（2）两小问的结论，证明：.
参考答案
1．D
分是否取两类，当不取时，排除重复的即可得解.
当取时，则只能为真数，此时这个对数值为，
当不取时，底数有种，真数有种，
其中，
故此时有个，
所以共有个.
故选：D.
2．A
根据给定条件先求出“射”不在第一次的“六艺”讲座不同的次序数，去掉“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的“六艺”讲座不同的次序数即可得解.
每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为，
其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为，
于是得，
所以“六艺”讲座不同的次序共有408种.
故选：A
思路点睛：含有两个限制条件的排列问题，利用排除法，先让一个条件被满足，再去掉这个条件满足时另一个条件不满足的所有可能即可解决问题.
3．B
利用倍缩法解决定序问题即摘的两列桃子顺序为和，从而可求解.
如果将7个桃子全排列有种方法，
但根据题意要摘的两列桃子顺序分别为和，
所以共有种方法，故B正确.
故选：B.
4．D
依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分别确定每个区域的涂色方法种数，结合分类加法分步乘法计数原理可得结果.
由题意可知，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），
五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），
不妨设四种颜色分别为、、、，
先填涂区域“火”，有种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为，
接下来填涂区域“土”，有种选择，分别为、、，
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、.
综上所述，区域“金”填涂、、、的方案种数分别为、、、种，
接下来考虑区域“水”的填涂方案：
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、.
则区域“水”填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种，
填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种.
从区域“火”、“土”、“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，
当区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、.
所以，当区域“火”填涂颜色时，填涂方案种数为种.
因此，不同的涂色方法种数有种.
故选：D.
方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解：
（1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
（3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
5．B
分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据中间四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果.
因为乙和丙之间恰有2人，所以乙丙及中间人占据首四位或中间四位或尾四位，
当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩最后2位，甲不在两端，
第一步先排末位有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种，
由分步乘法计数原理可得有种；
当乙丙及中间人占据中间四位，此时两端还剩2位，甲不在两端，
第一步先排两端有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种，
由分步乘法计数原理可得有种；
乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩前2位，甲不在两端，
第一步先排首位有种，第二步将甲和中间人排入有种，第三步排乙丙有种，
由分步乘法计数原理可得有种；
由分类加法计数原理可知，一共有种排法.
故选：B.
6．D
利用分步乘法原理，分步求出恰有2个小球与所在盒子编号相同的方法总数即可得解.
如果有2个小球与所在的盒子的编号相同，
第一步：先从5个小球里选2个编号与所在的盒子相同，有种选法；
第二步：不妨设选的是1、2号球，则再对后面的3，4，5进行排列，
且3个小球的编号与盒子的编号都不相同，则有两种，
所以有2个小球与所在的盒子的编号相同，共有种方法，故D正确.
故选：D.
7．C
先将转化为，用二项式定理展开可知，的个位数字与的个位数字相同，将化为，再将用二项式定理展开可知所以的个位数字与个位数字相同，即可求解.
因为
而、、个位数均为，所以的个位数字与
的个位数字相同，而
因为、个位数均为，所以的个位数字与
个位数字相同，
故的个位数字为.
故选：C
8．B
根据给定条件结合组合数计算公式变形和式的通项，再借助二项式性质即可得解.
依题意，，
当时，，
于是得
.
故选：B
9．CD
计算出后逐项计算即可得.
使用种不同颜色时，对区域涂色可用种，
由、相邻，故对区域可用种，
由、、相邻，故对区域可用种，
由、相邻，故对区域可用种，
故不同的涂色方法的总数种，
种，种，
种，种，
故A、B错误，C、D正确.
故选：CD.
10．ABD
根据分类分步计数原理,平均分组及不平均分组,隔板法等分别判断各个选项即可.
对于A:,故A正确；
对于B:不同的分组，2组2个，3组1个或1组3个，4组1个，
即或所以有种，故B正确；
对于C:应用隔板法，C选项等价于8个相同的球,放入3个不同的盒子里，每个盒子至少放1个, 所以有种, 故C错误；
对于D:由于球和盒子相同，所以存放的区别在于盒子里球的个数，
存放1个盒子，将7个球放入1个盒子，有1种存放方式；
存放2个盒子，有3种；
存放3个盒子，有4种；
共有8种，故D正确.
故选：ABD.
11．ACD
对于选项A: 令时，利用二项式定理计算即可；对于选项B: 表示出，取特殊值验证即可; 对于选项C: 作差说明为正整数即可；对于选项D: 分奇偶讨论计算，，即可推理作答.
对于选项A: 由，当时，即，所以,，故，故A正确；
对于选项B:由题意可得，不妨令，
所以，此时不是整数，故B错误；
对于选项C: ,
即，
所以
，
，
易知，正整数，
为正整数，
，
所以，故C正确；
对于选项D:当为正偶数时，
，
，，
所以，即.
当为正奇数时，
，
，
，，
所以，即.
综上可得：若，则，故D正确.
故选：ACD.
关键点点睛：涉及二项式定理的问题，二项式定理的核心是通项公式，求出给定二项式的通项公式是解决问题的关键.
12．
先求出的展开式的通项公式，即可求出展开式中含项，得出系数.
因为的展开式的通项公式为，
所以的展开式中含的项为，
故展开式中含项的系数为.
故答案为：.
13． 36 27
由归纳推理及组合数的运算可得．
解：依题意
，，
解得．
故答案为：；.
本题考查了归纳推理及组合数的运算，属于中档题．
14．264
按用色数量的不同分成两类，每一类中分步进行，先确定涂A，D，E三点涂法数，再讨论点B，F，C的涂法数即可.
计算不同涂色方法数有两类办法：
当涂四色时，先涂A，E，D，有种涂法，再从B，F，C中选一点涂第四种颜色，如B，再涂F，
若F与D同色，则C有2种涂法，若F与D异色，则C有1种涂法，于是得有种涂法，
当涂三色时，先涂A，E，D，有种涂法，再涂B，有2种涂法，则F，C各有1种涂法，于是得有种涂法，
利用分类加法计数原理得不同涂色方法数为：(种)，
所以不同的涂色方法共有264种.
故答案为：264
15．（1）3；（2）8
（1）根据排列数公式计算即可得解；
（2）根据，化简原不等式为求解即可.
（1）由已知得，化简得，
解得或，因为，所以．
（2）因为，
所以，
即，
所以，
当时，，当时，，
故得．所以的最大值为8．
16．（1）展开式中二项式系数最大的项为第6和第7项，，（2），常数项为
（1）根据条件求出的值，然后判断第几项二项式系数最大，并求之；（2）常数项其实说明的指数为，根据这一特点，利用项数与第几项的关系求解出的值.
解：（1）由已知
整理得，显然
则展开式中二项式系数最大的项为第6和第7项
（2）设第项为常数项，为整数，
则有，
所以，或
当时，；时，（不合题意舍去），所以
常数项为
对于形如的展开式，展开后一共有项，若为奇数，则二项式系数最大的项有项，分别为项，为若为偶数，则二项式系数最大的项有项，即为项（也可借助杨辉三角的图分析）.
17．(1)
(2)
(3)
（1）令代入等式求出结果；
（2）令代入等式，再结合第一问等式组成方程组求出结果；
（3）先变形，再求含项的系数即可.
（1）令，则，①
（2）令，则，②
令，则，
，
；
（3），
即为含项的系数，为，
则.
18．（1）男生有6人，女生有3人.（2）（3）
（1）设男生有人，表示出其概率，然后得到男女生人数；（2）方法一：按坐座位的方法分步处理，先安排男生，再安排女生，方法二：对9人全排，然后对3名女生除序；（3）先对6名男生分成3组，再对3名女生全排后，将3组男生插空，每组男生全排，得到答案.
解：（1）设男生有人，则，
即，解之得，
故男生有6人，女生有3人.
（2）方法一：按坐座位的方法，
第一步：让6名男生先从9个位置中选6个位置坐，共有种；
第二步：余下的座位让3个女生去坐，因为要保持相对顺序不变，故只有1种选择；
故，一共有种重新站队方法.
方法二：除序法
第一步：9名学生站队共有种站队方法；
第二步：3名女生有种站队顺序；
故一共有种站队方法，
所以重新站队方法有
（3）第一步：将6名男生分成3组，共有种；
第二步：三名女生站好队，然后将3组男生插入其中，共有种
第三步：3组男生中每组男生站队方法共有种
故一共有：种站队方法.
本题考查排列组合中的分类讨论，插空法、除序法等，属于中档题.
19．(1)，，
，证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
（1）通过计算可得结果，利用二项展开式中的系数相等可证一般性结论；
（2）通过的展开式中的系数相等可证结论；
（3）结合前两个结论，作差可证结论.
（1），，
规律：，证明如下：
的展开式中，的系数为，
同时，的展开式中的系数为，
所以.
（2）证明：的展开式中的系数为，
又，的展开式中的系数为
，
所以.
（3）证明：由（1）可知，
由（2）可知，
两式相减可得，
即.
关键点点睛：本题证明的关键是构造二项式，利用二项展开式中某项的系数相等得出题中需证的结论.
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