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章末综合提升
第五章 计数原理
体 系 构 建
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分 层 探 究
探究点一 基本计数原理
(1)A，B，C，D，E 5所学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有甲、乙、丙三个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，且每个基地至少有1所学校去，则A校不去甲地，乙地仅有2所学校去的不同的选择种数共有
A.36种 B.42种
C.48种 D.60种
典例
1
√
(2)现有A，B，C，D，E五个兴趣小组，在劳动实践课上制作的手工艺品，摆放到如图所示桌面上的四个区域，供学生参观，若要求相邻区域不可以放入同一个兴趣小组的手工艺品，每个区域内只能摆放一个兴趣小组的手工艺品，共有 种摆法.
260
分两类：第一类，2，3区域放同一兴趣小组的手工艺品：第一步，第1区域，有5种摆法；第二步，第2，3区域有4种摆法；第三步，第4区域有4种摆法，共计有5×4×4＝80种摆法；第二类，2，3区域摆放不同兴趣小组的手工艺品：第一步，第1区域，有5种摆法；第二步，第2区域，有4种摆法；第三步，第3区域，有3种摆法；第四步，第4区域，有3种摆法，共计有5×4×3×3＝180种摆法.故共有80＋180＝260种摆法.
规律方法
1.用基本计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点：
(1)要完成的“一件事”是什么；(2)需要分类还是需要分步.
2.(1)分类要做到“不重不漏”.分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数；
(2)分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务.分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.
√
对点练1.(1)不透明的盒子中有红色、黄色、黑色的球各3个，且这些球标有不同的编号，每次从中随机取出1个，不放回，当取出相同颜色的球时，结束取球，则结束取球时，恰有2种不同颜色的球被取出的取法共有
A.108种 B.148种
C.186种 D.216种
第一步，从9个球中任意取一个，有9种取法；第二步，从与第一步所取球颜色不同的6个球中任意取一个，有6种取法； 第三步，剩下的球中与第一步颜色相同的球有2个，与第二步颜色相同的球也有2个，从这4个球中任意选一个，有4种取法；根据分步乘法计数原理，结束取球时，恰有2种不同颜色的球被取出的取法共有9×6×4＝216种.故选D.
(2)古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律.由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为 .
24
梯形的上、下底平行且不相等，如图，若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有2×8＝16(个)，若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有1×8＝8(个)，所以梯形的个数是16＋8＝24(个).
探究点二 排列与组合的综合应用
(1)天上有三颗星星，地上有四个孩子.每个孩子向一颗星星许愿，如果一颗星星只收到一个孩子的愿望，那么该愿望成真，若一颗星星收到至少两个孩子的愿望，那么向这颗星星许愿的所有孩子的愿望都无法成真，则至少有两个孩子愿望成真的情况种数为
A.9 B.18
C.36 D.54
典例
2
√
(2)某医药研究所将在7天时间内检测3种不同抗生素类药品、3种不同抗过敏类药品、1种降压类药品.若每天只能检测1种药品，且降压类药品不在第1天或第7天检测，3种不同抗生素类药品中恰有2种在相邻两天被检测，则不同的检验时间安排方案的个数为 .
2 016
规律方法
解决排列、组合的综合问题要注意以下几点
1.首先要分清该问题是排列问题还是组合问题.
2.对于含有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，再考虑是分类还是分步，分类时要不重不漏，分步时要步步相接.
3.对于含有“至多”、“至少”的问题，常采用间接法，此时要考虑全面，排除干净.
√
对点练2.(1)某平台设有“人物”“视听学习”等多个栏目.假设在这些栏目中，某时段“人物”更新了2篇文章，“视听学习”更新了4个视频.一位学习者准备从更新的这6项内容中随机选取3个视频和2篇文章进行学习，则这2篇文章学习顺序相邻的学法有
A.192种 B.168种
C.72种 D.144种
(2)杭州亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念，本次亚运会火炬传递线路的筹划聚焦简约、规模适度.某路段的传递活动由A，B，C，D，E，F共六名火炬手分五棒完成，若第一棒火炬手只能从A，B中产生，最后一棒由两名火炬手共同完成，且A，C两名火炬手不能共同完成最后一棒，则不同的传递方案种数为 .
114
典例
3
规律方法
√
√
129
返回
考 教 衔 接
真题
1
√
溯源(北师版P178T5)求(1－x)3展开式的二项式系数.
点评：教材习题考查展开式的二项式系数，真题考查具体某项的系数，体现了真题来源教材而高于教材，是教材习题的完美变式.
(2024·上海卷)在(x＋1)n的展开式中，若各项系数和为32，则展开式中x2的系数为 .
真题
2
10
(2023·新高考Ⅰ卷)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).
真题
3
64
溯源(北师版P173T3)学校开设了6门选修课，要求每个学生从中选学3门，共有多少种选法？
点评：教材题目与真题考查内容完全相同，符合真题要以教材为蓝本进行改造，要引导学生回归教材，减轻学习负担的命题原则.
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单 元 检 测 卷
√
√
2.5名同学分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数为
A.9 B.20
C.54 D.45
因为每名同学都有4种选择，所以由分步乘法计数原理可知不同选法的种数为4×4×4×4×4＝45.故选D.
√
√
4.用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法
A.120种 B.720种
C.840种 D.960种
A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C，E均有4种颜色可选，故共有涂色方法5×4×3×4×4＝960(种).故选D.
√
5.从0，1，2，3，4，5，6这7个数中任选5个组成一个没有重复数字的“五位凹数a1a2a3a4a5”(满足a1＞a2＞a3＜a4＜a5)，则这样的“五位凹数”的个数为
A.126 B.112
C.98 D.84
√
7.如图，某种雨伞架前后两排共8个孔，编号分别为1－8号.若甲、乙、丙、丁四名同学要放伞，每个孔最多放一把伞，则甲放在奇数孔，乙放在偶数孔，且丙、丁没有放在同一排的放法有
A.68种
B.136种
C.272种
D.544种
√
√
√
√
10.在中共二十大代表“燃灯校长”张桂梅老师的不懈努力下，云南华坪山区的2 000多名女孩圆了大学梦，她扎根基层教育默默奉献的精神感动了无数人.受她的影响，有甲，乙，丙，丁四名志愿者主动到A，B，C三所山区学校参加支教活动，要求每个学校至少安排一名志愿者，下列结论正确的是
A.共有18种安排方法
B.若甲、乙被安排在同一所学校，则有6种安排方法
C.若A学校需要两名志愿者，则有24种安排方法
D.若甲被安排在A学校，则有12种安排方法
√
√
√
√
20
13.由数字1，2，3，4可以组成 个没有重复数字且比1 300大的正整数.
22
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返回章末综合提升
探究点一 基本计数原理
(1)A，B，C，D，E 5所学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有甲、乙、丙三个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，且每个基地至少有1所学校去，则A校不去甲地，乙地仅有2所学校去的不同的选择种数共有( )
A.36种 B.42种
C.48种 D.60种
(2)现有A，B，C，D，E五个兴趣小组，在劳动实践课上制作的手工艺品，摆放到如图所示桌面上的四个区域，供学生参观，若要求相邻区域不可以放入同一个兴趣小组的手工艺品，每个区域内只能摆放一个兴趣小组的手工艺品，共有 种摆法.
答案：(1)B (2)260
解析：(1)以A校作为分类标准：①A校去乙地有＝24种；②A校与另一所学校去丙地有＝12种；③A校单独去丙地有＝6种，所以共有24＋12＋6＝42种.故选B.
(2)分两类：第一类，2，3区域放同一兴趣小组的手工艺品：第一步，第1区域，有5种摆法；第二步，第2，3区域有4种摆法；第三步，第4区域有4种摆法，共计有5×4×4＝80种摆法；第二类，2，3区域摆放不同兴趣小组的手工艺品：第一步，第1区域，有5种摆法；第二步，第2区域，有4种摆法；第三步，第3区域，有3种摆法；第四步，第4区域，有3种摆法，共计有5×4×3×3＝180种摆法.故共有80＋180＝260种摆法.
1.用基本计数原理解决计数问题时，最重要的是在开始计算之前要仔细分析两点：
(1)要完成的“一件事”是什么；(2)需要分类还是需要分步.
2.(1)分类要做到“不重不漏”.分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数；
(2)分步要做到“步骤完整”，即完成了所有步骤，恰好完成任务.分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数.
对点练1.(1)不透明的盒子中有红色、黄色、黑色的球各3个，且这些球标有不同的编号，每次从中随机取出1个，不放回，当取出相同颜色的球时，结束取球，则结束取球时，恰有2种不同颜色的球被取出的取法共有( )
A.108种 B.148种
C.186种 D.216种
(2)古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律.由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为 .
答案：(1)D (2)24
解析：(1)第一步，从9个球中任意取一个，有9种取法；第二步，从与第一步所取球颜色不同的6个球中任意取一个，有6种取法； 第三步，剩下的球中与第一步颜色相同的球有2个，与第二步颜色相同的球也有2个，从这4个球中任意选一个，有4种取法；根据分步乘法计数原理，结束取球时，恰有2种不同颜色的球被取出的取法共有9×6×4＝216种.故选D.
(2)梯形的上、下底平行且不相等，如图，若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有2×8＝16(个)，若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有1×8＝8(个)，所以梯形的个数是16＋8＝24(个).
探究点二 排列与组合的综合应用
(1)天上有三颗星星，地上有四个孩子.每个孩子向一颗星星许愿，如果一颗星星只收到一个孩子的愿望，那么该愿望成真，若一颗星星收到至少两个孩子的愿望，那么向这颗星星许愿的所有孩子的愿望都无法成真，则至少有两个孩子愿望成真的情况种数为( )
A.9 B.18
C.36 D.54
(2)某医药研究所将在7天时间内检测3种不同抗生素类药品、3种不同抗过敏类药品、1种降压类药品.若每天只能检测1种药品，且降压类药品不在第1天或第7天检测，3种不同抗生素类药品中恰有2种在相邻两天被检测，则不同的检验时间安排方案的个数为 .
答案：(1)C (2)2 016
解析：(1)由于四个人选三颗星星，那么至少有一颗星星被两个人选，这两个人愿望无法实现，至多只能实现两个人的愿望，所以至少有两个孩子愿望成真，只能是有两颗星星各有一个人选，一颗星星有两个人选，可以先从四个孩子中选出两个孩子，让他们共同选一颗星星，其余两个人再选另外两颗星星，有＝36种情况.故选C.
(2)根据题意，先计算3种不同抗生素类药品中恰有2种相邻两天被检测的种数，可分三步分析：先将3种不同抗过敏类药品和1种降压类药品进行全排列，有＝24种情况，其排好后有5个空位可选，再从3种不同抗生素类药品任选2种，安排在相邻的2天检测，有＝6种，最后和另外1种抗生素类药品，安排在5个空位中，有＝20种排法，此时，共有24×6×20＝2 880种不同的排法，其中1种降压类药品安排在第1天或第7天检测，有2＝864，综上可得，共有2 880－864＝2 016种不同的排法.
解决排列、组合的综合问题要注意以下几点
1.首先要分清该问题是排列问题还是组合问题.
2.对于含有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，再考虑是分类还是分步，分类时要不重不漏，分步时要步步相接.
3.对于含有“至多”、“至少”的问题，常采用间接法，此时要考虑全面，排除干净.
对点练2.(1)某平台设有“人物”“视听学习”等多个栏目.假设在这些栏目中，某时段“人物”更新了2篇文章，“视听学习”更新了4个视频.一位学习者准备从更新的这6项内容中随机选取3个视频和2篇文章进行学习，则这2篇文章学习顺序相邻的学法有( )
A.192种 B.168种
C.72种 D.144种
(2)杭州亚运会秉持“绿色、智能、节俭、文明”的办赛理念，本次亚运会火炬传递线路的筹划聚焦简约、规模适度.某路段的传递活动由A，B，C，D，E，F共六名火炬手分五棒完成，若第一棒火炬手只能从A，B中产生，最后一棒由两名火炬手共同完成，且A，C两名火炬手不能共同完成最后一棒，则不同的传递方案种数为 .
答案：(1)A (2)114
解析：(1)根据题意，分两步进行分析：第一步，先从4个视频中选3个，有种方法；2篇文章全选，有种方法；第二步，2篇文章要相邻，则可以先“捆绑”看成一个元素，内部排列，有种方法；第三步，将“捆绑”元素与3个视频进行全排列，有种方法.故满足题意的学法有＝192种.故选A.
(2)当A完成第一棒时，有＝60种不同的传递方案；当B完成第一棒时，有×＝54种不同的传递方案.故共有60＋54＝114种不同的传递方案.
探究点三 二项式定理及其应用
已知＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋anxn，若(2x－1)n的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等.
(1)求n的值；
(2)求x2的系数；
(3)求＋＋＋…＋的值.
解：(1)第4项与第8项的二项式系数相等，则＝，解得n＝10，所以n＝10.
(2)由(1)知，(2x－1)10的展开式中x2项为(2x)2(－1)8＝180x2，所以a2＝180.
(3)由(1)知，(2x－1)10的展开式中，当x＝0时，a0＝1，
因为a0，a2，a4，a6，a8，a10∈，a1，a3，a5，a7，a9∈
所以＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a10
当x＝－1时，a0－a1＋a2－a3＋…＋a10＝＝310，
所以｜a1｜＋｜a2｜＋｜a3｜＋…＋｜an｜＝310－1.
求二项展开式中的特定项
1.(a＋b)n型：直接用二项式通项(公式)求解.
2.(a＋b)m(c＋d)n型：分别将两个二项式展开，再根据特定项系数，分析特定项可由(a＋b)m和(c＋d)n的哪些项相乘得到.
3.(a＋b＋c)n型：可把(a＋b)看成一项分析，利用二项式通项，也可利用组合观点看特定项中，a，b，c的指数，由分步乘法解决，如求ambscr(这时m＋s＋r＝n)项，即为am×bs×cr.
对点练3.(1)(多选题)已知二项式(2－)n的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的是( )
A.展开式共有6项
B.二项式系数最大的项是第4项
C.展开式的常数项为540
D.展开式的有理项共有3项
(2)若＝a0＋a1＋a2＋…＋a7，则a0＋a1＋a2＋…＋a6的值为 .
答案：(1)BC (2)129
解析：(1)由二项式，得当x＝1时，＝，解得n＝6，对于A，展开式共7项，故A错误；对于B，二项式系数最大的项是第4项，故B正确；二项式(2－)6展开式的通项Tk＋1＝(－)k＝26－2k(－3)k，k∈N，k≤6，对于C，由3－k＝0，得k＝2，则展开式的常数项T3＝22(－3)2＝540，故C正确；对于D，由3－k为整数，得k∈{0，2，4，6}，因此展开式的有理项共有4项，故D错误.故选BC.
(2)令x＝0，得a0＋a1＋a2＋…＋a7＝27＝128，又＝，则a7＝·30·，解得a7＝－1.故a0＋a1＋a2＋…＋a6＝128－a7＝128＋1＝129.
(2024·北京卷)在的展开式中，x3的系数为( )
A.6 B.－6
C.12 D.－12
答案：A
解析：的展开式的通项为Tk＋1＝x4－k＝(－1)k，(k＝0，1，2，3，4)，令4－＝3，解得k＝2，故所求即为＝6. 故选A.
溯源(北师版P178T5)求(1－x)3展开式的二项式系数.
点评：教材习题考查展开式的二项式系数，真题考查具体某项的系数，体现了真题来源教材而高于教材，是教材习题的完美变式.
(2024·上海卷)在(x＋1)n的展开式中，若各项系数和为32，则展开式中x2的系数为 .
答案：10
解析：令x＝1，所以(1＋1)n＝32，即2n＝32，解得n＝5，所以(x＋1)5的展开式的通项为Tk＋1＝·x5－k，令5－k＝2，则k＝3，所以T4＝x2＝10x2.
溯源(北师版P176T3T4)3.求(－x)6展开式中的系数.
4.求(a－2b)10展开式中a3b7的系数.
点评：教材习题与真题均考查具体某项的系数，但真题需先借助各项系数和求出二项式的指数n，再求具体项的系数，是真题源于教材习题且高于教材习题的体现.
(2023·新高考Ⅰ卷)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).
答案：64
解析：若选2门，则只能各选1门，有＝16种；若选3门，则分体育类选修课选2门，艺术类选修课选1门，或体育类选修课选1门，艺术类选修课选2门，则有＋＝24＋24＝48，综上共有16＋48＝64种不同的方案.
溯源(北师版P173T3)学校开设了6门选修课，要求每个学生从中选学3门，共有多少种选法？
点评：教材题目与真题考查内容完全相同，符合真题要以教材为蓝本进行改造，要引导学生回归教材，减轻学习负担的命题原则.
单元检测卷(四) 计数原理
(时间：120分钟 满分：150分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分， 共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.)
1.若＝，则n＝( )
A.6 B.8
C.9 D.10
答案：B
解析：因为＝，所以×2n×(2n－1)＝5×4×3×2×1，即(2n＋15)(n－8)＝0，又n∈N＋，2n≥2，所以n＝8.故选B.
2.5名同学分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数为( )
A.9 B.20
C.54 D.45
答案：D
解析：因为每名同学都有4种选择，所以由分步乘法计数原理可知不同选法的种数为4×4×4×4×4＝45.故选D.
3.的展开式中x2y4的系数是( )
A.－10 B.－5
C.5 D.15
答案：B
解析：展开式的通项为Tk＋1＝x5－kyk，k＝0，1，2，3，4，5，故xy4的系数为，x2y3的系数为，故展开式中x2y4系数为－＝－5.故选B.
4.用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法( )
A.120种 B.720种
C.840种 D.960种
答案：D
解析：A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C，E均有4种颜色可选，故共有涂色方法5×4×3×4×4＝960(种).故选D.
5.从0，1，2，3，4，5，6这7个数中任选5个组成一个没有重复数字的“五位凹数a1a2a3a4a5”(满足a1＞a2＞a3＜a4＜a5)，则这样的“五位凹数”的个数为( )
A.126 B.112
C.98 D.84
答案：A
解析：从0，1，2，3，4，5，6这7个数中任选5个有种方法，选出的5个数最小的数即为a3，再从剩下的4个数中选两个排在a1，a2，因为a1＞a2，所以a1，a2只有一种顺序，即·1种方法，剩余的两数也只有1种排法，由题可得，满足条件的这样的“五位凹数”有＝126个.故选A.
6.＝a0＋a1＋a2＋…＋a10(x＋2)10，则a2等于( )
A.180 B.－180
C.45 D.－45
答案：C
解析：＝，展开式的通项为Tk＋1＝·，令10－k＝2，解得k＝8，故a2＝＝45.故选C.
7.如图，某种雨伞架前后两排共8个孔，编号分别为1－8号.若甲、乙、丙、丁四名同学要放伞，每个孔最多放一把伞，则甲放在奇数孔，乙放在偶数孔，且丙、丁没有放在同一排的放法有( )
A.68种 B.136种
C.272种 D.544种
答案：C
解析：根据题意，分2种情况讨论：①甲乙放在同一排，有＝128种放法，②甲乙不放在同一排，有＝144种放法，则有128＋144＝272种不同的放法.故选C.
8.不等式x1＋x2＋x3≤12，其中x1，x2，x3是非负整数，则使不等式成立的三元数组有多少组( )
A.560 B.455
C.91 D.55
答案：B
解析：设x1'＝x1＋1，x2'＝x2＋1，x3'＝x3＋1，则不等式x1＋x2＋x3≤12有多少组非负整数解的问题，转化为3≤x1'＋x2'＋x3'≤15的正整数解的组数.因为方程x1'＋x2'＋x3'＝3的解的组数为；x1'＋x2'＋x3'＝4的解的组数为；…；x1'＋x2'＋x3'＝15的解的组数为.所以原不等式解的组数为＋＋＋…＋＋＋＋…＋＝455.故选B.
二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.)
9.在的展开式中，下列结论正确的是( )
A.第6项和第7项的二项式系数相等
B.奇数项的二项式系数和为256
C.常数项为84
D.有理项有2项
答案：BC
解析：的展开式中共有10项，由二项式系数的性质可得展开式中的第5项和第6项的二项式系数相等，故A错误；由已知可得二项式系数之和为29，且展开式中奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，所以奇数项的二项式系数和为28＝256，故B正确；展开式的通项为Tk＋1＝x9－k＝，0≤k≤9，k∈N，令9－k＝0，解得k＝6.故常数项为＝＝84，故C正确；有理项中x的指数为整数，故k＝0，2，4，6，8，故有理项有5项，故D错误.故选BC.
10.在中共二十大代表“燃灯校长”张桂梅老师的不懈努力下，云南华坪山区的2 000多名女孩圆了大学梦，她扎根基层教育默默奉献的精神感动了无数人.受她的影响，有甲，乙，丙，丁四名志愿者主动到A，B，C三所山区学校参加支教活动，要求每个学校至少安排一名志愿者，下列结论正确的是( )
A.共有18种安排方法
B.若甲、乙被安排在同一所学校，则有6种安排方法
C.若A学校需要两名志愿者，则有24种安排方法
D.若甲被安排在A学校，则有12种安排方法
答案：BD
解析：所有安排方法有＝36种，故A错误；若甲、乙被安排在同一所学校，则有＝6种安排方法，故B正确；若A学校需要两名志愿者，则有＝12种安排方法，故C错误；若甲被安排在A学校，则有＋＝6＋6＝12种安排方法，故D正确.故选BD.
11.杨辉三角把二项式系数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中体现出来，是一种离散型的数与形的结合.根据杨辉三角判断下列说法正确的是( )
A.＝x6－6x5＋15x4－20x3＋15x2－6x＋1
B.＋4＋6＋4＋＝
C.已知的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，则所有项的系数和为212
D.已知＝a0＋a1＋a2＋…＋a5，则a1＋a2＋a3＋a4＝31
答案：AB
解析：对于A，因为(x－1)6的展开式的通项为Tk＋1＝x6－k(－1)k，计算即可求出＝x6－6x5＋15x4－20x3＋15x2－6x＋1，故A正确；对于B，因为＝，所以＋4＋6＋4＋＝5＋10＋7＝105＋350＋7＝462，而＝＝462，故B正确；对于C，根据题意得，＝，所以n＝10，原式变为，令x＝1，得所有项的系数和为(－2)10＝210，故C错误；对于D，令x＝0，得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝25，令x＝－1，得a0＝1，所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝31，根据展开式通项公式，明显可见a5≠0，故D错误.故选AB.
三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分，将答案填在题中的横线上.)
12.(2024·天津卷)在(＋)6的展开式中，常数项为 .
答案：20
解析：Tk＋1＝＝·36－2k·x6k－18.令6k－18＝0，得k＝3，所以常数项为T4＝·30·x0＝20.
13.由数字1，2，3，4可以组成 个没有重复数字且比1 300大的正整数.
答案：22
解析：当千位和百位分别为1，3时，则十位和个位有个符合条件的，当千位和百位分别为1，4时，则十位和个位有个符合条件的，当千位不为1时，共有个符合条件的，故共有＋＝18＋2＋2＝22个.
14.已知的展开式中各项系数和为1 024，则展开式中不含x5y2的所有项系数和等于 .
答案：213
解析：因为(x2＋)n的展开式中各项系数和为1 024，令x＝1，整理得4n＝1 024，解得n＝5；故(x2＋x＋y)5的展开式的通项满足Tr＋1＝(x2＋x)5－k·yk，令k＝2时，的展开式的通项满足Tr＋1＝·x6－r，令6－r＝5，解得r＝1，故含x5y2的所有项系数为·＝30，当x＝1，y＝1时，的所有项的系数和为35＝243，故不含x5y2的所有项系数和等于243－30＝213.
四、解答题(本大题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
15.(13分)(1)计算：；
(2)已知＝，求x.
解：(1)＝＝＝1.
(2)已知＝，则2x＝x＋2或2x＋(x＋2)＝17，
解得x＝2或x＝5，经检验均符合.
故x＝2或x＝5.
16.(15分)若＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋a3(x＋1)3＋…＋a7(x＋1)7，且a4＝－560.
(1)求实数a的值；
(2)求＋＋＋…＋＋的值.
解：(1)令x＋1＝t，则x＝t－1，有＝＝a0＋a1t＋…＋a7t7，
a4所在的项为T4＋1＝，
得a4＝24＝－560，即＝1，解得a＝－1.
(2)由(1)可知，＝a0＋a1t＋…＋a7t7＝＋＋…＋，
对照系数知，a1＞0，a2＜0，a3＞0，a4＜0，…，a7＞0.
令t＝0，得a0＝－1，令t＝－1，得＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6－a7＝－2 187，
故＋＋＋…＋＋＝a1－a2＋a3－a4＋a5－a6＋a7＝2 186.
17.(15分)由0，1，2，3，4，5这六个数字组成的无重复数字的自然数.求：
(1)有多少个含2，3的五位数？
(2)有多少个含数字1，2，3且必须按由大到小顺序排列的六位数？
解：(1)若五位数中含有0，则共有个数；
若五位数中不含0，则共有个数；
则共有＋＝408个五位数.
(2)先将数字1，2，3按由大到小顺序排好，只有一种排法，
再将数字4插入，有4种插法，然后插入数字5，有5种插法，最后插入0，不能插到最左边，有5种插法，
根据分步乘法计数原理得共有4×5×5＝100个六位数.
18.(17分)(1)某学校文艺汇演准备从舞蹈、小品、相声、音乐、魔术、朗诵6个节目中选取5个进行演出，要求舞蹈和小品必须同时参加，且他们的演出顺序必须满足舞蹈在前、小品在后，那么不同的演出顺序共有多少种；
(2)某地病毒爆发，全省支援，需要从我市某医院选派5名医生支援，5名医生要分配到3个不同的病毒疫情严重的地方，要求每一个地方至少有一名医生.则有多少种不同的分配方法.
解：(1)先从相声、音乐、魔术、朗诵4个节目中选3个，有＝4种，
再把5个节目排列且满足舞蹈在前、小品在后，有＝60种，总共有4×60＝240种.
(2)根据题意，先把5名医生分成3组再分配，
一是分成3，1，1然后分配，共有·＝10×6＝60种分配方法，
二是分成2，2，1然后分配，共有·＝×6＝90种分配方法，
所以共有60＋90＝150种分配方法.
19.(17分)莫比乌斯函数在数论中有着广泛的应用.所有大于1的正整数n都可以被唯一表示为有限个质数(质数是指大于1的自然数中，只有1和它本身两个因数的数)的乘积形式：n＝…(k为n的质因数个数，pi为质数，ki≥1，i＝1，2，…，k)，例如：90＝2×32×5，对应k＝3，p1＝2，p2＝3，p3＝5，k1＝1，k2＝2，k3＝1.现对任意n∈N＋，定义莫比乌斯函数μ(n)＝
(1)求μ，μ；
(2)记n的所有真因数(除了1和n以外的因数)依次为a1，a2，…，am，
①若n＝210，求μ＋μ＋…＋μ；
②若n＞1且μ＝1，求μ＋μ＋…＋μ.
解：(1)因为66＝2×3×11，则k＝3，p1＝2，p2＝3，p3＝11，k1＝1，k2＝1，k3＝1，
所以μ(66)＝(－1)3＝－1，
又525＝3×52×7，则k＝3，p1＝3，p2＝5，p3＝7，k1＝1，k2＝2，k3＝1，
所以μ(525)＝0.
(2)①n＝210＝2×3×5×7，所以a1＝2，a2＝3，a3＝5，a4＝6，a5＝7，a6＝10，a7＝14，a8＝15，a9＝21，a10＝30，a11＝35，a12＝42，a13＝70，a14＝105，
则μ＝－1，μ＝－1，μ＝－1，μ＝＝1，μ＝－1，
μ＝＝1，μ＝＝1，μ＝＝1，μ＝＝1，
μ＝＝－1，μ＝＝1，μ＝＝－1，μ＝＝－1，μ＝＝－1，
所以μ(a1)＋μ(a2)＋…＋μ(am)＝－1－1－1＋1－1＋1＋1＋1＋1－1＋1－1－1－1＝－2.
②由于n＞1且μ＝1，所以可设n＝p1p2…pk，k为偶数，
n的所有因数，除了1之外都是p1，p2，…，pk中的若干个数的乘积，
从k个质数中任选i种结果，
所以μ＋μ＋μ＋…＋μ＋μ
＝μ＋＋＋…＋μ
＝1＋＋＋…＋＋＝＝0，
所以μ＋μ＋…＋μ＝0－μ－μ＝－2.
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