两个计数原理及其简单应用
[A组 学业达标]
1．从A地到B地，可乘汽车、火车、轮船三种交通工具，如果一天内汽车发3次，火车发4次，轮船发2次，那么一天内乘坐这三种交通工具的不同走法为( )
A．1＋1＋1＝3
B．3＋4＋2＝9
C．3×4×2＝24
D．以上都不对
解析：分三类：第一类，乘汽车，从3次中选1次有3种走法；第二类，乘火车，从4次中选1次有4种走法；第三类乘轮船，从2次中选1次有2种走法．所以，共有3＋4＋2＝9(种)不同的走法．
答案：B
2．现有3名老师、8名男学生和5名女学生共16人．若需1名老师和1名学生参加评选会议，则不同的选法种数为( )
A．39
B．24
C．15
D．16
解析：先从3名老师中任选1名，有3种选法，再从13名学生中任选1名，有13种选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为3×13＝39.
答案：A
3．现有4件不同款式的上衣和3条不同颜色的长裤，如果一条长裤与一件上衣配成一套，则不同的配法种数为( )
A．7
B．12
C．64
D．81
解析：分两步：第一步选上衣，有4种不同的选法．第二步选长裤，有3种不同的选法．故共有4×3＝12种不同的配法．故选B.
答案：B
4．已知x∈{2,3,7}，y∈{－31，－24,4}，则(x，y)可表示不同的点的个数是( )
A．1
B．3
C．6
D．9
解析：这件事可分为两步完成：第一步，在集合{2,3,7}中任取一个值x有3种方法；第二步，在集合{－31，－24,4}中任取一个值y有3种方法．根据分步乘法计数原理知，有3×3＝9个不同的点．
答案：D
5．某班小张等4位同学报名参加A，B，C三个课外活动小组，每位同学限报其中一个小组，且小张不能报A小组，则不同的报名方法有( )
A．27种
B．36种
C．54种
D．81种
解析：小张的报名方法有2种，其他3位同学各有3种，所以由分步乘法计数原理知，共有2×3×3×3＝54(种)不同的报名方法，选C.
答案：C
6．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________个．
解析：第一步取b的数，有6种方法，第二步取a的数，也有6种方法，根据分步乘法计数原理，共有6×6＝36(个)．
答案：36
7．4名学生参加跳高、跳远、游泳比赛，4人都来争夺这三项冠军，则冠军分配的种数有________．
解析：本题中要完成的一件事：“将比赛的各项冠军逐一分配给4名参赛学生”．∵跳高冠军的分配有4种不同的方法，跳远冠军的分配有4种不同的方法，游泳冠军的分配有4种不同的方法，∴根据分步乘法计数原理，冠军的分配方法有4×4×4＝64(种)．
答案：64
8．从－1,0,1,2这四个数中选三个不同的数作为函数f(x)＝ax2＋bx＋c的各项的系数，可组成不同的二次函数共有________个，其中不同的偶函数共有________个．(用数字作答)
解析：一个二次函数对应着a，b，c(a≠0)的一组取值，a的取法有3种，b的取法有3种，c的取法有2种，由分步乘法计数原理知，共有二次函数的个数为3×3×2＝18.其中不同的偶函数的个数为3×2＝6.
答案：18 6
9．某商店有甲型号电视机10台，乙型号电视机8台，丙型号电视机12台，从这三种型号的电视机中各选一台检验，有多少种不同的选法．
解析：完成从这三种型号的电视机中各选一台检验可分三步完成，
第一步：从甲型号中选一台，有10种不同的选法；
第二步：从乙型号中选一台，有8种不同的选法；
第三步：从丙型号中选一台，有12种不同的选法．
根据分步乘法计数原理，有10×8×12＝960种，因此共有960种不同选法．
10．已知集合A＝{2,4,6,8,10}，B＝{1,3,5,7,9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，问：(1)有多少个不同的数对？
(2)其中所取两数m＞n的数对有多少个？
解析：(1)因为集合A＝{2,4,6,8,10}，B＝{1,3,5,7,9}，在A中任取一元素m和在B中任取一元素n，组成数对(m，n)，先选出m有5种结果，再选出n有5种结果，根据分步乘法计数原理知共有5×5＝25个不同的数对．
(2)在(1)中的25个数对中所取两数m＞n的数对可以分类来解，当m＝2时，n＝1，有1种结果；当m＝4时，n＝1,3，有2种结果；当m＝6时，n＝1,3,5，有3种结果；当m＝8时，n＝1,3,5,7，有4种结果；当m＝10时，n＝1,3,5,7,9，有5种结果．综上所述共有1＋2＋3＋4＋5＝15种结果．
[B组 能力提升]
11．将3个不同的小球放入4个盒子中，则不同放法种数有( )
A．81
B．64
C．14
D．12
解析：对于第一个小球有4种不同的放法，
第二个小球也有4种不同的放法，
第三个小球也有4种不同的放法，
即每个小球都有4种可能的放法，
根据分步乘法计数原理知共有4×4×4＝64种放法．
答案：B
12．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( )
A．24
B．18
C．12
D．9
解析：由题意可知E→F有6种走法，F→G有3种走法，由分步乘法计数原理知，共6×3＝18种走法．
答案：B
13．用数字1,2组成一个四位数，则数字1,2都出现的四位偶数有________个．
解析：分三类：第一类：3个1,1个2即为1
112，有1个．
第二类：3个2,1个1，即为2
212,2
122,1
222，有3个．
第三类：2个2,2个1，即1
122,1
212,2
112，有3个．
故共有3＋3＋1＝7个．
答案：7
14．某运动会上，8名男运动员参加100米决赛．其中甲、乙、丙三人必须在1,2,3,4,5,6,7,8八条跑道的奇数号跑道上，则安排这8名运动员比赛的方式共有________种．
解析：分两步安排这8名运动员．
第一步：安排甲、乙、丙三人，共有1,3,5,7四条跑道可安排，共有4×3×2＝24种方法；
第二步：安排另外5人，可在2,4,6,8及余下的一条奇数号跑道安排，共有5×4×3×2×1＝120种方法．
所以安排这8人的方式共有24×120＝2
880种．
答案：2
880
15．已知集合M＝{1，－2,3}，N＝{－4,5,6，－7}，从两个集合中各取一个元素作为点的坐标，在平面直角坐标系中，求第一、第二象限内不同点的个数．
解析：此问题可分为两类：①以集合M中的元素作为横坐标，集合N中的元素作为纵坐标，在集合M中任取一个元素的方法有3种，要使所取的点在第一、第二象限内，则在集合N中只能取5,6两个元素中的一个，方法有2种，根据分步乘法计数原理，有3×2＝6(个)；②以集合N中的元素作为横坐标，集合M中的元素作为纵坐标，在集合N中任取一个元素的方法有4种，要使所取的点在第一、第二象限内，则在集合M中只能取1,3两个元素中的一个，方法有2种，根据分步乘法计数原理，有4×2＝8(个)．综合①②，由分类加法计数原理知，共有6＋8＝14(个)．
16．标号为A，B，C的三个口袋，A袋中有1个红色小球，B袋中有2个不同的白色小球，C袋中有3个不同的黄色小球，现从中取出2个小球．
(1)若取出的两个球的颜色不同，有多少种取法？
(2)若取出的两个小球颜色相同，有多少种取法？
解析：(1)若两个球颜色不同，则应在A，B袋中各取1个，或A，C袋中各取1个，若B，C袋中各取1个，共有1×2＋1×3＋2×3＝11种取法．
(2)若两个球颜色相同，则应在B袋中取出两个，或在C袋中取出两个，共有1＋3＝4种取法．
PAGE第2课时
两个计数原理的综合应用
[A组 学业达标]
1．由数字1,2,3组成的无重复数字的整数中，偶数的个数为( )
A．15
B．12
C．10
D．5
解析：分三类，第一类组成一位整数，偶数有1个；第二类组成两位整数，其中偶数有2个；第三类组成3位整数，其中偶数有2个．由分类加法计数原理知共有偶数5个．
答案：D
2．已知函数y＝ax2＋bx＋c为二次函数，其中a，b，c∈{0,1,2,3,4}，则不同的二次函数的个数为( )
A．125
B．15
C．100
D．10
解析：若y＝ax2＋bx＋c为二次函数，则a≠0，要完成该事件，需分步进行：
第一步，对于系数a有4种不同的选法；
第二步，对于系数b有5种不同的选法；
第三步，对于系数c有5种不同的选法．
由分步乘法计数原理知，共有4×5×5＝100(个)．
答案：C
3．若三角形的三边长均为正整数，其中一边长为4，另外两边长分别为b，c，且满足b≤4≤c，则这样的三角形有( )
A．10个
B．14个
C．15个
D．21个
解析：当b＝1时，c＝4；当b＝2时，c＝4,5；当b＝3时，c＝4,5,6；当b＝4时，c＝4,5,6,7.故共有10个这样的三角形．
答案：A
4．把椅子摆成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为( )
A．144
B．120
C．72
D．24
解析：摆好的3个座位共有4个空隙供3人(不妨记为甲、乙、丙)选择就座，因此，可分三步：甲从4个空隙中任选一个空隙，有4种不同的选择；乙从余下的3个空隙中任选一个空隙，有3种不同的选择；丙从余下的2个空隙中任选一个空隙，有2种不同的选择．根据分步计数原理，任何两人不相邻的坐法种数为4×3×2＝24.故选D.
答案：D
5．将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，若只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法共有( )
A．48种
B．72种
C．96种
D．108种
解析：①用四色时
AC同色或BD同色．
当AC同色时．
AC有4种涂色方法．
B有3种涂色方法．
P有2种涂色方法．
D有1种涂色方法．
共有4×3×2×1＝24种不同的涂色方法．
同理当BD同色时也有24种不同的涂色方法．
②用三色时
AC同色且BD同色
AC有4种涂色方法
BD有3种涂色方法
P有2种涂色方法
共有4×3×2＝24种不同的涂色方法
综上所述，共有24＋24＋24＝72种不同的涂色方法．
答案：B
6．如图所示为一电路图，则从A到B共有________条不同的单支线路可通电．
解析：按上、中、下三条线路可分为三类：上线路中有3条，中线路中有1条，下线路中有2×2＝4(条)．根据分类加法计数原理，共有3＋1＋4＝8(条)．
答案：8
7．4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同的报法有________种．
解析：由于每个同学报哪个运动队没有限制，因此，每个同学都有3种报名方法，4个同学全部选完，才算完成这件事，故共有3×3×3×3＝81种不同的报法．
答案：81
8．两人进行乒乓球比赛，采取五局三胜制，即先赢三局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形(各人输赢局次的不同视为不同情形)共有________种．
解析：由题意知，比赛局数最少为3局，至多为5局．当比赛局数为3局时，情形为甲或乙连赢3局，共2种；当比赛局数为4局时，若甲赢，则前3局中甲赢2局，最后一局甲赢，共有3种情形；同理，若乙赢，则也有3种情形，所以共有6种情形；当比赛局数为5局时，前4局，甲、乙双方各赢2局，最后一局胜出的人赢，若甲前4局赢2局，共有赢取第1、2局，1、3局，1、4局，2、3局，2、4局，3、4局六种情形，所以比赛局数为5局时共有2×6＝12(种)，综上可知，共有2＋6＋12＝20(种)．
答案：20
9．某文艺小组有20人，其中会唱歌的有14人，会跳舞的有10人，从中选出会唱歌与会跳舞的各1人参加演出，且既会唱歌又会跳舞的至多选1人，有多少种不同的选法？
解析：第1类，首先从只会唱歌的10人中选出1人，有10种不同的选法，从会跳舞的10人中选出1人，有10种不同的选法，共有10×10＝100种不同的选法；第2类，从既会唱歌又会跳舞的4人中选1人，再从只会跳舞的6人中选1人，共有4×6＝24种不同的选法．所以一共有100＋24＝124种不同的选法．
10．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，有多少不同的种植方法.
解析：分别用a，b，c代表3种作物，先安排第一块田，有3种方法，不妨设放入a，再安排第二块田，有2种方法b或c，不妨设放入b，第三块也有2种方法a或c.
(1)若第三块田放c：
a
b
c
第四、五块田分别有2种方法，共有2×2＝4(种)方法．
(2)若第三块田放a：
a
b
a
第四块有b或c
2种方法：
①若第四块放c：
a
b
a
c
第五块有2种方法；
②若第四块放b：
a
b
a
b
第五块只能种作物c，共1种方法．
综上，共有3×2×(2×2＋2＋1)＝42(种)方法．
[B组 能力提升]
11.用0,1,2,3,4,5六个数字组成无重复数字的四位数，比3
542大的四位数的个数是( )
A.360
B．240
C.120
D．60
解析：因为3
542是能排出的四位数中千位为3的最大的数，所以比3
542大的四位数是千位只能是4或5，所以共有2×5×4×3＝120个比3
542大的四位数．
答案：C
12.4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规定：每位同学必须从甲、乙两道题中任选一题作答，答对甲题得100分，答错得－100分；答对乙题得90分，答错得－90分．若4位同学的总得分为0，则这4位同学不同的得分情况的种数是( )
A.48
B．36
C.24
D．18
解析：分两类：第一类，都选甲题，则两人正确两人错误，所有可能的情况有6种；第二类，都选乙题，则两人正确两人错误，所有可能的情况有6种；第三种，若两人选甲题，两人选乙题，并且一对一错，则所有的情况有6×2×2＝24(种)．综上，这4位同学不同的得分情况的种数为6＋6＋24＝36.
答案：B
13.成都市的出租车车牌号规定为“川A·T××××”的格式，其中后四位为数字，那么成都市最多可以有________辆出租车．
解析：后面四位每一位都可以在0～9这10个数字中任选1个数，且可以重复，故一共可以组成10×10×10×10＝104个车牌号，即最多有104辆出租车．
答案：104
14.用6种不同颜色为如图所示的广告牌着色，要求在A，B，C，D四个区域中相邻(有公共边的)区域不用同一种颜色，求共有多少种不同的着色方法？
解析：法一：分类：
第一类，A，D涂同色，有6×5×4＝120种涂法，(用三色)
第二类，A，D涂异色，有6×5×4×3＝360种涂法，(用四色)
共有120＋360＝480种涂法．
法二：分步：先涂B区，有6种涂法，再涂C区，有5种涂法，最后涂A，D区域，各有4种涂法，
所以共有6×5×4×4＝480种涂法．
15.用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字且比2
000大的四位偶数？
解析：完成这件事可分为三类：
第一类是个位数字为0的比2
000大的四位偶数，可以分三步完成：
第一步，选取千位上的数字，只有2,3,4,5可以选择，有4种选法；
第二步，选取百位上的数字，除0和千位上已选定的数字以外，还有4个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法．
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为4×4×3＝48.
第二类是个位数字为2的比2
000大的四位偶数，可以分三步完成：
第一步，选取千位上的数字，除去2,1,0只有3个数字可以选择，有3种选法；第二步，选取百位上的数字，在去掉已经确定的首尾2个数字之后，还有4个数字可以选择，有4种选法；
第三步，选取十位上的数字，有3种选法．
由分步乘法计数原理知，这类数的个数为3×4×3＝36.
第三类是个位数字为4的比2
000大的四位偶数，其方法步骤同第二类．
对以上三类用分类加法计数原理，得所求无重复数字且比2
000大的四位偶数有48＋36＋36＝120(个).
PAGE第1课时
排列与排列数公式
[A组 学业达标]
1．4·5·6·…·(n－1)·n等于( )
A．A
B．A
C．n！－4!
D．A
解析：因为A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)，所以A＝n(n－1)(n－2)…[n－(n－3)＋1]＝n·(n－1)·(n－2)·…·6·5·4.
答案：D
2．将5本不同的数学用书放在同一层书架上，则不同的放法有( )
A．50种
B．60种
C．120种
D．90种
解析：5本书进行全排列，A＝120种．
答案：C
3．有5名同学被安排在周一至周五值日，已知同学甲只能在周一值日，那么5名同学值日顺序的编排方案共有( )
A．12种
B．24种
C．48种
D．120种
解析：∵同学甲只能在周一值日，∴除同学甲外的4名同学将在周二至周五值日，∴5名同学值日顺序的编排方案共有A＝24(种)．
答案：B
4．已知A－A＝10，则n的值为( )
A．4
B．5
C．6
D．7
解析：因为A－A＝10，则(n＋1)n－n(n－1)＝10，整理得2n＝10，即n＝5.
答案：B
5．从1,3,5,7,9这五个数中，每次取出两个不同的数分别记为a，b，共可得到lg
a－lg
b的不同值的个数是( )
A．9
B．10
C．18
D．20
解析：lg
a－lg
b＝lg，从1,3,5,7,9中任取两个数分别记为a，b，共有A＝20种，其中lg
＝lg
，lg
＝lg
，故其可得到18种结果．
答案：C
6．计算＝________.
解析：因为A＝7×6×A，A＝6×A，
所以原式＝＝36.
答案：36
7．某高三毕业班有40人，同学之间两两彼此给对方仅写一条毕业留言，那么全班共写了________条毕业留言．(用数字作答)
解析：根据题意，得A＝1
560，故全班共写了1
560条毕业留言．
答案：1
560
8．8种不同的菜种，任选4种种在不同土质的4块地上，有________种不同的种法．(用数字作答)
解析：将4块不同土质的地看作4个不同的位置，从8种不同的菜种中任选4种种在4块不同土质的地上，则本题即为从8个不同元素中任选4个元素的排列问题．所以不同的种法共有A＝8×7×6×5＝1
680(种)．
答案：1
680
9．某信号兵用红、黄、蓝3面旗从上到下挂在竖直的旗杆上表示信号，每次可以任挂1面、2面或3面，并且不同的顺序表示不同的信号，则一共可以表示多少种不同的信号．
解析：第1类，挂1面旗表示信号，有A种不同方法；
第2类，挂2面旗表示信号，有A种不同方法；
第3类，挂3面旗表示信号，有A种不同方法．
根据分类加法计数原理，可以表示的信号共有A＋A＋A＝3＋3×2＋3×2×1＝15(种)．
10．一条铁路线原有n个车站，为了适应客运需要，新增加了2个车站，客运车票增加了58种，问原有多少个车站？现有多少车站？
解析：由题意可知，原有车票的种数是A种，现有车票的种数是A种，∴A－A＝58，
即(n＋2)(n＋1)－n(n－1)＝58.
解得n＝14.
故原有14个车站，现有16个车站．
[B组 能力提升]
11．将3张不同的电影票全部分给10个人，每人至多一张，则不同的分法种数是( )
A．1
260
B．120
C．240
D．720
解析：相当于3个元素安排在10个位置上，共有A＝720种分法，故选D.
答案：D
12．下列各式中与排列数A相等的是( )
A.
B．n(n－1)(n－2)…(n－m)
C.
D．AA
解析：∵A＝，而A·A＝n·＝，∴A＝A·A.
答案：D
13．满足不等式＞12的n的最小值为________．
解析：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.
答案：10
14．四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________．
解析：这四张卡片可组成的四位数是
2011、2101、2110、1021、1012、1102、1120、1201、1210共9个．
答案：9
15．根据要求完成下列各题．
(1)计算：；
(2)解方程
：3A＝4A.
解析：(1)原式＝＝＝＝＝.
(2)由排列数公式，原方程可化为3×＝4×，
化简得3＝，
即x2－19x＋78＝0，解得x1＝6，x2＝13.
因为x≤8，所以原方程的解是x＝6.
16．(1)求由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的个数．
(2)从0,1,2,3这四个数字中，每次取出3个不同的数字排成一个三位数，写出其中大于200的所有三位数．
解析：(1)本题要求首位数字是1，且恰有三个相同的数字，用树形图表示为：
由此可知共有12个．
(2)大于200的三位数的首位是2或3，于是大于200的三位数有：201,203,210,213,230,231,301,302,310,312,320,321.
PAGE第2课时
排列的综合应用
[A组 学业达标]
1．A，B，C，D，E五人并排站成一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法有( )
A．60种
B．48种
C．36种
D．24种
解析：把A，B视为一人，且B排在A的右边，则本题相当于4人的全排列，故有A＝24种排法．
答案：D
2．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( )
A．192种
B．216种
C．240种
D．288种
解析：根据甲、乙的位置要求分类解决，分两类．
第一类，甲在最左端，有A＝5×4×3×2×1＝120(种)方法；
第二类，乙在最左端，有4A＝4×4×3×2×1＝96(种)方法．
所以共有120＋96＝216(种)方法．
答案：B
3．5名男生与5名女生排成一排，男生甲与男生乙之间有且只有2名女生，且女生不排在两端，这样的排列种数为( )
A．5
760
B．57
600
C．2
880
D．28
800
解析：先选2名女生放在男生甲与男生乙之间，并捆绑在一起看作一个大元素，从大元素和另外的3名男生中选2个排在两端，剩下的和女生全排列，故有A·A·A·A＝57
600(种)排法．故选B.
答案：B
4．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40
000大的偶数共有( )
A．144个
B．120个
C．96个
D．72个
解析：当五位数的万位为4时，个位可以是0,2，此时满足条件的偶数共有2A＝48(个)；当五位数的万位为5时，个位可以是0,2,4，此时满足条件的偶数共有3A＝72(个)．所以比40
000大的偶数共有48＋72＝120(个)．
答案：B
5．我国第一艘航母“辽宁舰”在某次舰载机起降飞行训练中，有5架歼?15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而丙、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有( )
A．12种
B．18种
C．24种
D．48种
解析：把甲、乙看作1个元素和另一飞机全排列，调整甲、乙，共有A·A种方法，再把丙、丁插入到刚才“两个”元素排列产生的3个空位中，有A种方法，由分步乘法计数原理可得总的方法种数为A·A·A＝24.
答案：C
6．把5件不同产品摆成一排．若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有________种．
解析：先将A，B捆绑在一起，有A种摆法，再将它们与其他3件产品全排列，有A种摆法，共有AA种摆法．而A，B，C这3件产品在一起，且A，B相邻，A，C相邻有2A种摆法．故A，B相邻，A，C不相邻的摆法有AA－2A＝36(种)．
答案：36
7．从班委会的5名成员中选出3名分别担任班级学习委员、文娱委员与体育委员，其中甲、乙二人不能担任文娱委员，则不同的选法共有________种．(用数字作答)
解析：文娱委员有3种选法，则安排学习委员、体育委员有A＝12种方法．由分步乘法计数原理知，共有3×12＝36种选法．
答案：36
8．将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是________．
解析：5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观券连号，方法数为：1和2,2和3,3和4,4和5，四种连号，其他号码各为一组，分给4人，共有4×A＝96(种)．
答案：96
9．分别求出符合下列要求的不同排法的种数．
(1)6名学生排3排，前排1人，中排2人，后排3人；
(2)6名学生排成一排，甲不在排头也不在排尾；
(3)6人排成一排，甲、乙不相邻．
解析：(1)分排与直排一一对应，故排法种数为A＝720.
(2)甲不能排头尾，让受特殊限制的甲先选位置，有A种选法，然后其他5人排，有A种排法，故排法种数为AA＝480.
(3)甲、乙不相邻，第一步除甲、乙外的其余4人先排好；第二步，甲、乙在已排好的4人的左、右及之间的空位中排，共有AA＝480(种)排法．
10．7名班委中有A，B，C三人，有7种不同的职务，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A，B，C三人中选两人担任，有多少种分工方案？
(2)若正、副班长两职至少要选A，B，C三人中的一人担任，有多少种分工方案？
解析：(1)先排正、副班长有A种方法，再安排其余职务有A种方法，依分步乘法计数原理，知共有AA＝720(种)分工方案．
(2)7人中任意分工方案有A种，A，B，C三人中无一人任正、副班长的分工方案有AA，因此A，B，C三人中至少有一人任正、副班长的方案有A－AA＝3
600(种)．
[B组 能力提升]
11．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( )
A．24
B．48
C．60
D．72
解析：第一步，先排个位，有A种选择；
第二步，排前4位，有A种选择．
由分步乘法计数原理，知有A·A＝72(个)．
答案：D
12．航天员在进行一项太空实验时，先后要实施6个程序，其中程序B和C都与程序D不相邻，则实验顺序的编排方法共有( )
A．216种
B．288种
C．180种
D．144种
解析：当B，C相邻，且与D不相邻时，有AAA＝144种方法；当B，C不相邻，且都与D不相邻时，有AA＝144种方法，故共有288种编排方法．
答案：B
13．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有________种(用数字作答)．
解析：按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．当C在左边第1个位置时，有A种，当C在左边第2个位置时有A·A种，当C在左边第3个位置时，有A·A＋A·A种．这三种情况的和为240种，乘以2得480.则不同的排法共有480种．
答案：480
14．在某艺术馆中展出5件艺术作品，其中不同的书法作品2件，不同的绘画作品2件，标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则展出这5件作品的不同方案有________种．
解析：把2件书法作品当作一个元素，与其他3件艺术品进行全排列，有2A＝48种方案．其中，2件绘画作品相邻，有2×2A＝24种方案，则该艺术馆展出这5件作品的不同方案有48－24＝24种．
答案：24
15．某次文艺晚会上共演出8个节目，其中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．
解析：(1)先排唱歌节目有A种排法，再排其他节目有A种排法，所以共有A·A＝1
440种排法．
(2)先排3个舞蹈节目，3个曲艺节目有A种排法，再从其中7个空(包括两端)中选2个排唱歌节目，有A种插入方法，所以共有A·A＝30
240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A种排法，再将3个舞蹈节目插入，共有A种插入方法，最后将2个唱歌节目互换位置，有A种排法，故所求排法共有A·A·A＝2
880种排法．
16．从1到9这9个数字中取出不同的5个数进行排列．问：
(1)奇数的位置上是奇数的有多少种排法？
(2)取出的奇数必须排在奇数位置上有多少种排法？
解析：(1)奇数共5个，奇数位置共有3个；偶数共有4个，偶数位置有2个．第一步先在奇数位置上排上奇数共有A种排法；第二步再排偶数位置，有4个偶数和余下的2个奇数可以排，排法为A种，由分步乘法计数原理知，排法种数为A·A＝1
800.
(2)因为偶数位置上不能排奇数，故先排偶数位，排法为A种，余下的2个偶数与5个奇数全可排在奇数位置上，排法为A种，由分步乘法计数原理知，排法种数为A·A＝2
520种．
PAGE第1课时
组合与组合数公式
[A组 学业达标]
1．给出下列问题：
①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？
②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？
③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？
其中属于组合问题的个数为( )
A．0
B．1
C．2
D．3
解析：①与顺序有关，是排列问题；②③均与顺序无关，是组合问题．
答案：C
2．计算：C＋C＋C＝( )
A．120
B．240
C．60
D．480
解析：C＋C＋C＝＋＋＝120.
答案：A
3．某校开设A类选修课3门，B类选修课5门，一位同学要从中选3门．若要求两类课程中各至少选1门，则不同的选法共有( )
A．15种
B．30种
C．45种
D．90种
解析：分两类，A类选修课选1门，B类选修课选2门，或者A类选修课选2门，B类选修课选1门，因此，共有C·C＋C·C＝45(种)选法．
答案：C
4．方程C＝C的解集为( )
A．{4}
B．{14}
C．{4,6}
D．{14,2}
解析：由题意知或
解得x＝4或6.
答案：C
5．异面直线a，b上分别有4个点和5个点，由这9个点可以确定的平面个数是( )
A．20
B．9
C．C
D．CC＋CC
解析：分两类：第一类，在直线a上任取一点，与直线b可确定C个平面；第二类，在直线b上任取一点，与直线a可确定C个平面．故可确定C＋C＝9个不同的平面．
答案：B
6．某班级要从4名男生、2名女生中派4人参加某次社区服务，如果要求至少有1名女生，那么不同的选派方案种数为________．
解析：法一：分类完成．第1类，选派1名女生、3名男生，有C·C种选派方案；第2类，选派2名女生、2名男生，有C·C种选派方案．故共有C·C＋C·C＝14(种)不同的选派方案．
法二：6人中选派4人的组合数为C，其中都选男生的组合数为C，所以至少有1名女生的选派方案有C－C＝14(种)．
答案：14
7．有4名男医生、3名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成1个医疗小组，则不同的选法共有________种．
解析：从4名男医生中选2人，有C种选法，从3名女医生中选1人，有C种选法．由分步乘法计数原理知，所求选法种数为CC＝18.
答案：18
8．不等式C－n＜5的解集为________．
解析：由C－n＜5，得－n＜5，∴n2－3n－10＜0.
解得－2＜n＜5.由题设条件知n≥2，且n∈N
，
∴n＝2,3,4.故原不等式的解集为{2,3,4}．
答案：{2,3,4}
9．(1)解方程：A＝6C；
(2)解不等式：C＞3C.
解析：(1)原方程等价于
m(m－1)(m－2)＝6×，
∴4＝m－3，解得m＝7.
(2)由已知得∴x≤8，且x∈N
，
∵C＞3C，∴＞.
即＞，∴x＞3(9－x)，解得x＞，
∴x＝7,8.
∴原不等式的解集为{7,8}．
10．某餐厅供应饭菜，每位顾客可以在餐厅提供的菜肴中任选2荤2素共4种不同的品种．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多少不同的素菜品种？
解析：设餐厅至少还需准备x种不同的素菜．
由题意，得C·C≥200，
从而有C≥20，即x(x－1)≥40.
又x≥2且x∈N
，所以x的最小值为7.
故餐厅至少还需准备7种不同的素菜．
[B组 能力提升]
11．从8名女生和4名男生中，抽取3名学生参加某档电视节目，若按性别比例分层抽样，则不同的抽取方法数为( )
A．224
B．112
C．56
D．28
解析：由分层抽样知，应从8名女生中抽取2名，从4名男生中抽取1名，所以抽取2名女生和1名男生的方法数为CC＝112.
答案：B
12．楼道里有12盏灯，为了节约用电，需关掉3盏不相邻的灯，则关灯方案有( )
A．72种
B．84种
C．120种
D．168种
解析：需关掉3盏不相邻的灯，即将这3盏灯插入9盏亮着的灯形成的10个空当中，所以关灯方案共有C＝120(种)．
答案：C
13．方程C－C＝C的解集是________．
解析：因为C＝C＋C，所以C＝C，由组合数公式的性质，得x－1＝2x＋2或x－1＋2x＋2＝16，解得x1＝－3(舍去)，x2＝5.
答案：{5}
14．从4台甲型电视机和5台乙型电视机中任意取出3台，其中至少有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法有________种．
解析：根据结果分类：第一类，两台甲型机，有C·C＝30(种)；第二类，两台乙型机，有C·C＝40(种)．根据分类加法计数原理，共有C·C＋C·C＝70(种)不同的取法．
答案：70
15．已知C，C，C成等差数列，求C的值．
解析：由已知得2C＝C＋C，
所以2·＝＋，
整理得n2－21n＋98＝0，
解得n＝7或n＝14，
要求C的值，故n≥12，所以n＝14，
于是C＝C＝＝91.
16．由13个人组成的课外活动小组，其中5个人只会跳舞，5个人只会唱歌，3个人既会唱歌也会跳舞，若从中选出4个会跳舞和4个会唱歌的人去演节目，共有多少种不同的选法？
解析：设既会唱歌也会跳舞的人为“多面手”
第一类，选会唱歌的4人无多面手：有CC＝350；
第二类，选会唱歌的4人中有一个多面手：有CCC＝1
050；
第三类，选会唱歌的4人中有2个多面手：有CCC＝450；
第四类，选会唱歌的4人中有3个多面手：有CCC＝25.
由分类加法计数原理，共有350＋1
050＋450＋25＝1
875种．
PAGE第2课时
组合的综合应用
[A组 学业达标]
1．某中学从4名男生和3名女生中推荐4人参加某高校自主招生考试，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有( )
A．140种
B．120种
C．35种
D．34种
解析：从7人中选4人共有C＝35(种)方法．又4名全是男生的选法有C＝1(种)．故选4人既有男生又有女生的选法种数为35－1＝34.
答案：D
2．平面内有4个红点，6个蓝点，其中只有一个红点和两个蓝点共线，其余任三点不共线，过这十个点中的任两点所确定的直线中，至少过一红点的直线的条数是( )
A．28
B．29
C．30
D．27
解析：可分两类：第一类，红点连蓝点有CC－1＝23(条)；第二类，红点连红点有C＝6(条)，所以共有29条．故选B.
答案：B
3．某科技小组有6名学生，现从中选出3人去参观展览，至少有一名女生入选的不同选法有16种，则该小组中的女生人数为( )
A．2
B．3
C．4
D．5
解析：设男生人数为x，则女生有(6－x)人．依题意：C－C＝16.解得x＝4，故女生有2人．
答案：A
4．有5本不同的教科书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是( )
A．24
B．48
C．72
D．96
解析：据题意可先摆放2本语文书，当1本物理书在2本语文书之间时，只需将2本数学书插在前3本书形成的4个空中即可．此时共有AA种摆放方法；当1本物理书放在2本语文书一侧时，共有AACC种不同的摆放方法．由分类加法计数原理可得共有AA＋AACC＝48种摆放方法．
答案：B
5．将标号分别为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中将标号为1,2的卡片放入同一信封中，则不同的放法共有( )
A．12种
B．18种
C．36种
D．54种
解析：先将1,2捆绑后放入信封中，有C种方法，再将剩余的4张卡片放入另外两个信封中，有CC种方法，所以共有CCC＝18种方法．
答案：B
6．从7名志愿者中安排6人在周六、周日两天参加社区公益活动，若每天安排3人，则不同的安排方案共有________种．(用数字作答)
解析：C·A＝140.
答案：140
7．某校开设9门课程供学生选修，其中A，B，C三门由于上课时间相同，至多选一门，学校规定每位同学选修4门，共有________种不同的选修方案．(用数字作答)
解析：分两类：①A、B、C均不选，有C＝15.
②A、B、C中选一门，有CC＝60.
∴共有15＋60＝75种不同选修方案．
答案：75
8．从6人中选4人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这6人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有________种．(用数字作答)
解析：①不选甲、乙，则N1＝A＝24(种)．②只选甲，则N2＝CCA＝72(种)．③只选乙，则N3＝CCA＝72(种)．④选甲、乙，则N4＝CAA＝72(种)．故N＝N1＋N2＋N3＋N4＝240(种)．
答案：240
9．某市工商局对35件商品进行抽样检查，鉴定结果有15件假货，现从35件商品中选取3件．
(1)恰有2件假货在内的不同取法有多少种？
(2)至少有2件假货在内的不同取法有多少种？
(3)至多有2件假货在内的不同取法有多少种？
解析：(1)从20件真货中选取1件，从15件假货中选取2件，有CC＝2
100种不同的取法．
所以恰有2件假货在内的不同取法有2
100种．
(2)选取2件假货有CC种，选取3件假货有C种，共有CC＋C＝2
555种不同的取法．
(3)任意选取3件的种数为C，因此符合题意的选取方式有C－C＝6
090(种)．
所以至多有2件假货在内的不同的取法有6
090种．
10．6本不同的书，分给甲、乙、丙三人，每人至少一本，有多少不同的分法．
解析：先分组再分配
分三类：
第一类，“2,2,2”类(先平均分组再分配)
·A＝90(种)
第二类，“1,2,3”类(先非平均分组再分配)
CCC·A＝360(种)
第三类，“1,1,4”类(先部分平均分组，再分配)
·A＝90(种)
共有90＋360＋90＝540(种)．
[B组 能力提升]
11．如果把个位数是1，且恰好有3个数字相同的四位数叫做“好数”，那么在由1,2,3,4四个数字组成的有重复数字的四位数中，“好数”共有( )
A．9个
B．3个
C．12个
D．6个
解析：当重复数字是1时，有C·C个“好数”；当重复数字不是1时，有C个“好数”．由分类加法计数原理，得“好数”有C·C＋C＝12个．
答案：C
12．现有12张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各三张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同的取法种数为( )
A．135
B．172
C．189
D．162
解析：不考虑特殊情况，共有C种取法，取三张相同颜色的卡片，有4种取法，只取两张红色卡片(另一张非红色)，共有CC种取法．所求取法种数为C－4－CC＝189.
答案：C
13．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1,2,3号参加团体比赛，则入选的3名队员中至少有1名老队员，且1,2号中至少有1名新队员的排法有________种．
解析：当入选的3名队员为2名老队员1名新队员时，有CCA＝12种排法；当入选的3名队员为2名新队员1名老队员时，有CCA＝36种排法．故共有12＋36＝48种排法．
答案：48
14．现有6张风景区门票分配给6位游客，若其中A，B风景区门票各2张，C，D风景区门票各1张，则不同的分配方案共有________种．(用数字作答)．
解析：从6位游客中选2人去A风景区，有C种方法，从余下4位游客中选2人去B风景区，有C种方法，余下2人去C，D风景区，有A种方法，所以分配方案共有CCA＝180(种)．
答案：180
15．从1到6这6个数字中，取2个偶数和2个奇数组成没有重复数字的四位数．试问：
(1)能组成多少个不同的四位数？
(2)四位数中，2个偶数排在一起的有几个？
(3)2个偶数不相邻的四位数有几个？(所得结果均用数值表示)．
解析：(1)易知四位数共有CCA＝216(个)．
(2)上述四位数中，偶数排在一起的有CCAA＝108(个)．
(3)由(1)(2)知两个偶数不相邻的四位数有216－108＝108(个)．
16．10双互不相同的鞋子混装在一只口袋中，从中任意取出4只，试求各有多少种情况出现下列结果：
(1)4只鞋子没有成双的；
(2)4只鞋子恰有两双；
(3)4只鞋子有2只成双，另2只不成双．
解析：(1)从10双鞋子中选取4双，有C种不同选法，每双鞋子中各取一只，分别有2种取法，根据分步乘法计数原理，选取种数为N＝C×24＝3
360(种)．
(2)从10双鞋子中选2双有C种取法，即有45种不同取法．
(3)先选取一双有C种选法，再从9双鞋中选取2双有C种选法，每双鞋只取一只各有2种取法，根据分步乘法计数原理，不同取法为N＝CC×22＝1
440种．
PAGE1.3.1
二项式定理
[A组 学业达标]
1．(x＋2)n的展开式共有12项，则n等于( )
A．9
B．10
C．11
D．8
解析：∵(a＋b)n的展开式共有n＋1项，∴n＝11.
答案：C
2．(1－i)10(i为虚数单位)的二项展开式中第七项为( )
A．－210
B．210
C．－120i
D．－210i
解析：由通项公式得T7＝C·(－i)6＝－C＝－210.
答案：A
3．1－2C＋4C－8C＋…＋(－2)nC等于( )
A．1
B．－1
C．(－1)n
D．3n
解析：逆用二项式定理，将1看成公式中的a，－2看成公式中的b，可得原式＝(1－2)n＝(－1)n.
答案：C
4.6展开式中常数项为( )
A．60
B．－60
C．250
D．－250
解析：6展开式中常数项为C()4·2＝60.
答案：A
5．(2x＋)4的展开式中x3的系数是( )
A．6
B．12
C．24
D．48
解析：(2x＋)4展开式的通项为Tr＋1＝C(2x)4－r()r＝24－rCx4－，
令4－＝3，解得r＝2，
故展开式中x3的系数是4×C＝24.
答案：C
6．若(x＋a)10的展开式中，x7的系数为15，则a＝________.(用数字填写答案)
解析：二项展开式的通项公式为Tr＋1＝Cx10－rar，当10－r＝7时，r＝3，T4＝Ca3x7，则Ca3＝15，故a＝.
答案：
7．二项式6的展开式中，常数项是________．
解析：二项式6的第r＋1项为Tr＋1＝C(2x)6－r·r＝C·26－r·x6－3r，令6－3r＝0，解得r＝2，所以常数项是C·24＝240.
答案：240
8．若5展开式中的常数项为－40，则a＝________.
解析：5展开式的第r＋1项为
Tr＋1＝C(2x)5－r·r＝C25－rx5－2r，
因为5的展开式中的常数项为－40，
所以axC22x－1＋C23x＝－40，
所以40a＋80＝－40，解得a＝－3.
答案：－3
9．已知在n的展开式中，第9项为常数项，求：
(1)n的值；
(2)展开式中x5的系数；
(3)含x的整数次幂的项的个数．
解析：已知二项展开式的通项Tk＋1＝
Cn－k·k
＝(－1)kn－kCx2n－k.
(1)因为第9项为常数项，即当k＝8时，
2n－k＝0，解得n＝10.
(2)令2n－k＝5，得k＝(2n－5)＝6，
所以x5的系数为(－1)64C＝.
(3)要使2n－k，即为整数，只需k为偶数，由于k＝0,1,2,3，…，9,10，故符合要求的有6项，分别为展开式的第1,3,5,7,9,11项．
10．求(1＋x)4展开式中含x2的项的系数．
解析：根据乘法公式，得：(1)因式1＋中的1和(1＋x)4展开式中含x2的项相乘可得含x2的项；(2)因式1＋中的和(1＋x)4展开式中含x3的项相乘可得含x2的项．
(1＋x)4展开式的通项为Tr＋1＝Cxr(r＝0,1，…，4)，故·(1＋x)4展开式中含x2的项为1·Cx2＋·Cx3＝10x2，即含x2项的系数为10.
[B组 能力提升]
11．若(1＋)4＝a＋b(a，b为有理数)，则a＋b等于( )
A．33
B．29
C．23
D．9
解析：
∵(1＋)4＝1＋4＋12＋8＋4＝17＋12＝a＋b，
又∵a，b为有理数，∴a＝17，b＝12.∴a＋b＝29.
答案：B
12.n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
解析：由于第3项的二项式系数比第2项的二项式系数大44，可得C－C＝44，解得n＝11或n＝－8(舍去)，由二项展开式的通项公式得Tr＋1＝Cx(11－r)·x－4r＝Cx，令＝0，得r＝3，故r＋1＝4.
答案：B
13．(1＋x＋x2)6的展开式中的常数项为________．
解析：6的展开式中，Tr＋1＝Cx6－r·r＝(－1)rCx6－2r，令6－2r＝0，得r＝3，T4＝C(－1)3＝－C，令6－2r＝－1，得r＝(舍去)，令6－2r＝－2，得r＝4，T5＝C(－1)4x－2，所以(1＋x＋x2)6的展开式中的常数项为1×(－C)＋C＝－20＋15＝－5.
答案：－5
14．(x2－x－2)4的展开式中，x3的系数为________．(用数字填写答案)
解析：(x2－x－2)4＝[x2－(x＋2)]4，展开后只有(x＋2)4与－Cx2(x＋2)3中含x3项，其系数和为C×2－C×C×22＝－40.
答案：－40
15．若二项式6(a＞0)的展开式中x3的系数为A，常数项为B，且B＝4A，求a的值．
解析：Tr＋1＝Cx6－rr
＝(－a)rCx6－r，当6－r＝3时，r＝2，
所以A＝15a2，当6－r＝0时，r＝4，所以B＝15a4，
所以15a4＝4×15a2，所以a2＝4，又a＞0，得a＝2.
16．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)的展开式含x2的项；
(2)令h(x)＝f(x)＋g(x)，h(x)的展开式中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？
解析：(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Cxr，
(1＋2x)4展开式的通项为C(2x)r，
f(x)g(x)的展开式含x2的项为
1×C(2x)2＋Cx×C(2x)＋Cx2×1＝51x2.
(2)h(x)＝f(x)＋g(x)＝(1＋x)m＋(1＋2x)n.
因为h(x)的展开式中x的项的系数为12，
所以C＋2C＝12，即m＋2n＝12，所以m＝12－2n.
x2的系数为C＋4C＝C＋4C
＝(12－2n)(11－2n)＋2n(n－1)
＝4n2－25n＋66＝42＋，n∈N
，
所以n＝3，m＝6时，x2的项的系数取得最小值．
PAGE“杨辉三角”与二项式系数的性质
[A组 学业达标]
1．在(a＋b)n的二项展开式中，与第k项二项式系数相同的项是( )
A．第n－k项
B．第n－k－1项
C．第n－k＋1项
D．第n－k＋2项
解析：第k项的二项式系数是C，由于C＝C，故第n－k＋2项的二项式系数为C.
答案：D
2．设二项式n的展开式中第5项是常数项，那么这个展开式中系数最大的项是( )
A．第9项
B．第8项
C．第9项和第10项
D．第8项和第9项
解析：因为展开式的第5项为T5＝Cx－4，所以令－4＝0，解得n＝16，所以展开式中系数最大的项是第9项．
答案：A
3．(x－y)7的展开式中，系数的绝对值最大的项是( )
A．第4项
B．第4、5项
C．第5项
D．第3、4项
解析：(x－y)n的展开式有n＋1项，当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大．而(x－y)7的展开式中，系数的绝对值最大的项是中间两项，即第4、5项．
答案：B
4．(1＋x)2n＋1的展开式中，二项式系数最大的项所在的项数是( )
A．n，n＋1
B．n－1，n
C．n＋1，n＋2
D．n＋2，n＋3
解析：2n＋1为奇数，展开式中中间两项的二项式系数最大，分别为第项，第项，即第(n＋1)项与第(n＋2)项．故选C.
答案：C
5．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．－1
C．1
D．2
解析：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，
∴a0＋a1＋a2＋…＋a11＝－2.
答案：A
6．若(x＋3y)n的展开式中各项系数的和等于(7a＋b)10的展开式中二项式系数的和，则n的值为________．
解析：(7a＋b)10的展开式中二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝210，令(x＋3y)n中x＝y＝1，则由题设知，4n＝210，即22n＝210，解得n＝5.
答案：5
7．在(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)6的展开式中，x2的系数为________．
解析：(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)6的展开式中x2的系数为C＋C＋C＋C＋C＝35.
答案：35
8．设(3x－2)6＝a0＋a1(2x－1)＋a2(2x－1)2＋…＋a6(2x－1)6，则＝________.
解析：令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a6＝1，令x＝0，得a0－a1＋a2＋…＋a6＝64，两式相减，得2(a1＋a3＋a5)＝－63，两式相加，得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝65，故＝－.
答案：－
9．若x4(x＋3)8＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a12(x＋2)12，求log2(a1＋a3＋…＋a11)的值．
解析：令x＝－1，∴28＝a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12.令x＝－3，
∴0＝a0－a1＋a2－…－a11＋a12，
∴28＝2(a1＋a3＋…＋a11)，
∴a1＋a3＋…＋a11＝27，
∴log2(a1＋a3＋…＋a11)＝log227＝7.
10．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)求n阶(包括0阶)杨辉三角的所有数的和；
(3)在第2斜列中，前5个数依次为1,3,6,10,15；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．
解析：(1)C＝1
140.
(2)1＋2＋22＋…＋2n＝2n＋1－1.
(3)C＋C＋…＋C＝C.
证明：左边＝C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C
＝…＝C＋C＝C＝右边．
[B组 能力提升]
11．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等于( )
A．5
B．6
C．7
D．8
解析：由二项式系数的性质知，
二项式(x＋y)2m的展开式中二项式系数的最大值有一项，即C＝a，
二项式(x＋y)2m＋1的展开式中二项式系数的最大值有两项，
即C＝C＝b，
因此13C＝7C，
所以13·＝7·，所以m＝6.
答案：B
12．若n展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为________．
解析：∵n展开式的二项式系数之和为2n，
∴2n＝64，∴n＝6.
∴Tr＋1＝Cx6－rr＝Cx6－2r.
由6－2r＝0得r＝3，∴其常数项为T3＋1＝C＝20.
答案：20
13．已知(3x－1)7＝a7x7＋a6x6＋…＋a1x＋a0，则a0＋a2＋a4＋a6＝________.
解析：在所给的等式中，令x＝1可得
a0＋a1＋a2＋…＋a7＝27，①
再令x＝－1可得a0－a1＋a2－a3＋…－a7＝(－4)7，②
把①②相加可得2(a0＋a2＋a4＋a6)＝27＋(－4)7，
所以a0＋a2＋a4＋a6＝－8
128.
答案：－8
128
14．已知n的展开式中偶数项的二项式系数和比(a＋b)2n的展开式中奇数项的二项式系数和小120，求第一个展开式中的第3项．
解析：因为n的展开式中的偶数项的二项式系数和为2n－1，而(a＋b)2n的展开式中奇数项的二项式系数的和为22n－1，
所以有2n－1＝22n－1－120，解得n＝4，
故第一个展开式中第3项为T3＝C()22＝6.
15．在(2x－3y)9的展开式中，求：
(1)二项式系数之和；
(2)各项系数之和；
(3)所有奇数项系数之和；
(4)各项系数绝对值之和．
解析：设(2x－3y)9＝a0x9＋a1x8y＋a2x7y2＋…＋a9y9.
(1)二项式系数之和为C＋C＋C＋…＋C＝29.
(2)令x＝1，y＝1，得各项系数之和
a0＋a1＋a2＋…＋a9＝(2－3)9＝－1.
(3)令x＝1，y＝－1，得
a0－a1＋a2－a3＋…－a9＝59，
又a0＋a1＋a2＋…＋a9＝－1，
两式相加得a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝，
故所有奇数项系数之和为.
(4)∵Tk＋1＝C(2x)9－k(－3y)k
＝(－1)k29－k·3kCx9－k·yk，
∴a1＜0，a3＜0，a5＜0，a7＜0，a9＜0.
∴|a0|＋|a1|＋…＋|a9|＝a0－a1＋a2－…－a9.
由(3)知|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a9|＝59.
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