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课时素养检测一 基本计数原理
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分，共30分)
1.从甲地到乙地一天有汽车8班，火车2班，轮船3班，某人从甲地到乙地，共有不同的走法种数为
( )
A.13
B.16
C.24
D.48
【解析】选A.由分类加法计数原理可知，不同走法种数为8+2+3=13.
2.从黄瓜、白菜、油菜、扁豆4种蔬菜品种中选出3种，分别种在不同土质的三块土地上，其中黄瓜必须种植，不同的种植方法有
( )
A.24种
B.18种
C.12种
D.6种
【解析】选B.种植黄瓜有3种不同的种法，其余两块地从余下的3种蔬菜中选2种种植有3×2=6种不同种法.由分步乘法计数原理知共有3×6=18种不同的种植方法.
3.如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与该平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是
( )
A.48
B.18
C.24
D.36
【解析】选D.分类讨论：第1类，对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12=24(个)；第2类，对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个.所以正方体中“正交线面对”共有24+12=36(个).
4.从6名志愿者中选4人分别从事翻译、导游、导购、保洁四项不同的工作，若其中甲、乙两名志愿者不能从事翻译工作，则选派方案共有
( )
A.280种
B.240种
C.180种
D.96种
【解析】选B.由于甲、乙不能从事翻译工作，因此翻译工作从余下的4名志愿者中选1人，有4种选法.后面三项工作的选法有5×4×3种，因此共有4×5×4×3=240种不同的选派方案.
5.已知直线方程Ax+By=0，若从0，1，2，3，5，7这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示出的不同直线的条数为
( )
A.19
B.20
C.21
D.22
【解析】选D.当A或B中有一个为零时，则可表示出2条不同的直线；当AB≠0时，A有5种选法，B有4种选法，则可表示出5×4=20条不同的直线.由分类加法计数原理知，共可表示出20+2=22条不同的直线.
6.4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
( )
A.16
B.132
C.48
D.64
【解析】选D.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”.
因为跳高冠军的分配有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.
所以根据分步乘法计数原理，冠军的分配方法有4×4×4=64(种).
二、填空题(每小题5分，共10分)
7.某城市的电话号码，由七位升为八位(首位数字均不为零)，则该城市可增加的电话部数是_______.?
【解析】电话号码是七位数字时，该城市可安装电话9×106部，同理升为八位时为9×107.所以可增加的电话部数是9×107-9×106=81×106=8.1×107.
答案：8.1×107
8.某公园休息处东面有8个空闲的凳子，西面有6个空闲的凳子，小明与爸爸来这里休息.
若小明爸爸任选一个凳子坐下(小明不坐)，有_______种坐法；若小明与爸爸分别坐下，有________种坐法.?
【解析】小明爸爸选凳子可以分两类：
第一类，选东面的空闲凳子，有8种坐法；
第二类，选西面的空闲凳子，有6种坐法.
根据分类加法计数原理，小明爸爸共有8+6=14种坐法.
小明与爸爸分别坐下，可以分两步完成：
第一步，小明先坐下，从东西面共8+6=14个凳子中选一个坐下，共有14种坐法；(小明坐下后，空闲凳子数变成13)
第二步，小明爸爸再坐下，从东西面共13个空闲凳子中选一个坐下，共13种坐法.
由分步乘法计数原理，小明与爸爸分别就坐共有14×13=182种坐法.
答案：14 182
三、解答题(每小题10分，共20分)
9.有一项活动，需从3位老师、8名男同学和5名女同学中选人参加.
(1)若只需1人参加，则有多少种不同的选法？
(2)若需老师、男同学、女同学各1人参加，则有多少种不同的选法？
(3)若需1位老师、1名同学参加，则有多少种不同的选法？
【解析】(1)选1人，可分三类：第一类，从老师中选1人，有3种不同的选法；第二类，从男同学中选1人，有8种不同的选法；第三类，从女同学中选1人，有5种不同的选法.共有3+8+5=16种不同的选法.
(2)选老师、男同学、女同学各1人，则分三步进行：第一步，选老师，有3种不同的选法；第二步，选男同学，有8种不同的选法；第三步，选女同学，有5种不同的选法.共有3×8×5=120种不同的选法.
(3)选1位老师、1名同学，可分两步进行：第一步，选老师，有3种不同的选法；第二步，选同学，有8+5=13种不同的选法.共有3×13=39种不同的选法.
10.用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图甲、乙)，要求在①，②，③，④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色.
(1)若n=6，则为甲着色时共有多少种不同方法？
(2)若为乙着色时共有120种不同方法，求n.
【解析】完成着色这件事，共分四个步骤，可依次考虑为①，②，③，④着色时各自的方法数，再由分步乘法计数原理确定总的着色方法数.
(1)为①着色有6种方法，为②着色有5种方法，为③着色有4种方法，为④着色也有4种方法.
所以共有着色方法6×5×4×4=480(种).
(2)与(1)的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块，同理，不同的着色方法数是n(n-1)(n-2)(n-3)，由n(n-1)(n-2)(n-3)=120，得(n2-3n)(n2-3n+2)-120=0，
即(n2-3n)2+2(n2-3n)-12×10=0.
所以n2-3n-10=0(不合题意的，舍去)，
所以n=5(负值舍去).
(35分钟 70分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.设集合A={1，2，3，…，10}，若方程x2-bx-c=0满足b，c属于A，且方程至少有一个根a属于A，称方程为漂亮方程，则漂亮方程的总个数为
( )
A.8
B.10
C.12
D.14
【解析】选C.当c=2
时，有2×1=2，b=2-1=1，则漂亮方程为x2-x-2=0；
当c=3时，有3×1=3，b=3-1=2，则漂亮方程为x2-2x-3=0；
当c=4时，有4×1=4，b=4-1=3，则漂亮方程为x2-3x-4=0；
当c=5时，有5×1=5，b=5-1=4，则漂亮方程为x2-4x-5=0；
当c=6时，有6×1=6，b=6-1=5，则漂亮方程为x2-5x-6=0，
同时，有2×3=6，b=3-2=1，则漂亮方程为x2-x-6=0；
当c=7时，有7×1=7，b=7-1=6，则漂亮方程为x2-6x-7=0；
当c=8时，有8×1=8，b=8-1=7，则漂亮方程为x2-7x-8=0，
同时，有2×4=8，b=4-2=2，则漂亮方程为x2-2x-8=0；
当c=9时，有9×1=9，b=9-1=8，则漂亮方程为x2-8x-9=0；
当c=10时，有10×1=10，b=10-1=9，则漂亮方程为x2-9x-10=0，
同时，有2×5=10，b=5-2=3，则漂亮方程为x2-3x-10=0.
综合可得，共12个漂亮方程.
2.用a代表红球，b代表蓝球，c代表黑球，由分类加法计数原理及分步乘法计数原理，从1个红球和1个蓝球中取出若干个球的所有取法可由(1+a)(1+b)的展开式1+a+b+ab表示出来，如：“1”表示一个球都不取、“a”表示取出一个红球，而“ab”则表示把红球和蓝球都取出来.以此类推，下列各式中，其展开式可用来表示从5个无区别的红球、5个无区别的蓝球、5个有区别的黑球中取出若干个球，且所有的蓝球都取出或都不取出的所有取法是
( )
A.(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5
B.(1+a5)(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c)5
C.(1+a)5(1+b+b2+b3+b4+b5)(1+c5)
D.(1+a5)(1+b)5(1+c+c2+c3+c4+c5)
【解析】选A.因为无区别，所以取红球的方法数为1+a+a2+a3+a4+a5；因为蓝球要都取出，或都不取出，所以方法为1+b5，因为黑球有区别，因此，取黑球的方法数为(1+c)5，所以所有取法数为(1+a+a2+a3+a4+a5)(1+b5)(1+c)5.
3.用六种不同的颜色给如图所示的六个区域涂色，要求相邻区域不同色，则不同的涂色方法共有
( )
A.4
320种
B.2
880种
C.1
440种
D.720种
【解析】选A.分步进行：1区域有6种不同的涂色方法，2区域有5种不同的涂色方法，3区域有4种不同的涂色方法，4区域有3种不同的涂色方法，6区域有4种不同的涂色方法，5区域有3种不同的涂色方法.
根据分步乘法计数原理可知，共有6×5×4×3×3×4=4
320种不同的涂色方法.
4.在某校举行的羽毛球两人决赛中，采用5局3胜制的比赛规则，先赢3局者获胜，直到决出胜负为止.若甲、乙两名同学参加比赛，则所有可能出现的情形(个人输赢局次的不同视为不同情形)共有
( )
A.6种
B.12种
C.18种
D.20种
【解析】选D.分三种情况：恰好打3局(一人赢3局)，有2种情形；恰好打4局(一人前3局中赢2局，输1局，第4局赢)，共有2×3=6种情形；恰好打5局(一人前4局中赢2局，输2局，第5局赢)，共有2×=12种情形.所有可能出现的情形共有2+6+12=20(种).
二、填空题(每小题5分，共20分)
5.五个工程队承建某项工程的5个不同的子项目，每个工程队承建1项，其中甲工程队不能承建1号子项目，则不同的承建方案有________种.?
【解析】完成承建任务可分五步：
第一步，安排1号有4种；
第二步，安排2号有4种；
第三步，安排3号有3种；
第四步，安排4号有2种；
第五步，安排5号有1种.
由分步乘法计数原理知，共有4×4×3×2×1=96(种).
答案：96
6.现有某类病毒记作XmYn，其中正整数m，n(m≤7，n≤9)可以任意选取，则m，n都取到奇数的概率为________.?
【解析】因为正整数m，n满足m≤7，n≤9，所以(m，n)所有可能的取值有7×9=63(种)，其中m，n都取到奇数的情况有4×5=20(种)，因此所求概率为.
答案：
7.(创新型)若m，n均为非负整数，在做m+n的加法时各位均不进位(例如：134+3
802=3
936)，则称(m，n)为“简单的”有序对，而m+n称为有序对(m，n)的值，那么值为1
942的“简单的”有序对的个数是________.?
【解析】第1步，1=1+0，1=0+1，共2种组合方式；
第2步，9=0+9，9=1+8，9=2+7，9=3+6，…，9=9+0，共10种组合方式；第3步，4=0+4，4=1+3，4=2+2，4=3+1，4=4+0，共5种组合方式；第4步，2=0+2，2=1+1，2=2+0，共3种组合方式.根据分步乘法计数原理，值为1
942的“简单的”有序对的个数为2×10×5×3=300.
答案：300
8.x+y+z=10的正整数解的组数为________.?
【解析】可按x的值分类：
当x=1时，y+z=9，共有8组；
当x=2时，y+z=8，共有7组；
当x=3时，y+z=7，共有6组；
当x=4时，y+z=6，共有5组；
当x=5时，y+z=5，共有4组；
当x=6时，y+x=4，共有3组；
当x=7时，y+z=3，共有2组；
当x=8时，y+z=2，共有1组.
由分类加法计数原理可知：共有8+7+6+5+4+3+2+1==36(组).
答案：36
三、解答题(每小题10分，共30分)
9.某单位职工义务献血，在体检合格的人中，O型血的共有28人，A型血的共有7人，B型血的共有9人，AB型血的共有3人.
(1)从中任选1人去献血，有多少种不同的选法？
(2)从四种血型的人中各选1人去献血，有多少种不同的选法？
【解析】从O型血的人中选1人有28种不同的选法；
从A型血的人中选1人有7种不同的选法；
从B型血的人中选1人有9种不同的选法；
从AB型血的人中选1人有3种不同的选法.
(1)任选1人去献血，即无论选哪种血型的哪一个人，“任选1人去献血”这件事情都可以完成，所以用分类加法计数原理.有28+7+9+3=47种不同的选法.
(2)要从四种血型的人中各选1人，即从每种血型的人中各选出1人后，“各选1人去献血”这件事情才完成，所以用分步乘法计数原理.有28×7×9×3=5
292种不同的选法.
10.已知集合M={-3，-2，-1，0，1，2}，若a，b，c∈M，则：
(1)y=ax2+bx+c可以表示多少个不同的二次函数？
(2)y=ax2+bx+c可以表示多少个图像开口向上的二次函数？
【解析】(1)y=ax2+bx+c表示二次函数时，a的取值有5种情况，b的取值有6种情况，c的取值有6种情况，因此y=ax2+bx+c可以表示5×6×6=180个不同的二次函数.
(2)当y=ax2+bx+c的图像开口向上时，a的取值有2种情况，b，c的取值均有6种情况，因此y=ax2+bx+c可以表示2×6×6=72个图像开口向上的二次函数.
11.现有高三年级四个班的学生共34人，其中一、二、三、四班分别有7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组.
(1)选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每班选一名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选二人作发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？
【解析】(1)分四类：第一类，从一班学生中选1人，有7种选法；第二类，从二班学生中选1人，有8种选法；第三类，从三班学生中选1人，有9种选法；第四类，从四班学生中选1人，有10种选法.所以，共有不同的选法N=7+8+9+10=34(种).
(2)分四步：第一、二、三、四步分别为从一、二、三、四班的学生中选一人任组长，所以共有不同的选法N=7×8×9×10=5
040(种).
(3)分六类：每类又分两步，从一、二班的学生中各选1人，有7×8种不同的选法；从一、三班的学生中各选1人，有7×9种不同的选法；从一、四班的学生中各选1人，有7×10种不同的选法；从二、三班的学生中各选1人，有8×9种不同的选法；从二、四班的学生中各选1人，有8×10种不同的选法；从三、四班的学生中各选1人，有9×10种不同的选法.所以共有不同的选法N=7×8+7×9+7×10+8×9+8×10+9×10=431(种).
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课时素养检测二 排列与排列数
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分，共30分)
1.若=2，则m的值为
( )
A.5
B.3
C.6
D.7
【解析】选A.根据题意，若=2，则有m(m-1)(m-2)(m-3)(m-4)
=2×m(m-1)(m-2)，
即(m-3)(m-4)=2，解可得：m=5(m=2舍去).
2.若6名学生排成两排，每排3人，则不同的排法种数为
( )
A.36
B.120
C.720
D.240
【解析】选C.此问题可以看成求6名同学站成一排的方法数，即==720.
3.计算=
( )
A.12
B.24
C.30
D.36
【解析】选D.=7×6×，=6×，
所以原式==36.
4.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
【解析】选B.用树状图表示为：
本题要求首位数字是1，且恰有三个相同的数字，
由此可知共有12个.
5.若S=1！+2！+3！+…+2016！，则S的个位数是
( )
A.0
B.3
C.5
D.9
【解析】选B.因为1！=1，2！=2，3！=6，4！=24，而5！=120的个位数是0，6！=720的个位数是0，……，2016！的个位数也是0，所以S的个位数就是1！+2！+3！+4！的个位数.因为1！+2！+3！+4！=1+2+6+24=33，所以S的个位数就是3.
6.三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有
( )
A.6种
B.10种
C.8种
D.16种
【解析】选B.记另外两人为乙、丙，若甲第一次把球传给乙，则不同的传球方式有
其中经过5次传球后，球仍回到甲手中的有5种，同理若甲第一次把球传给丙也有5种不同的传球方式，共有10种传球方式.
二、填空题(每小题5分，共10分)
7.求值：+=________.?
【解析】由已知，得解得≤n≤3.
因为n∈N，
所以n=3，+=+=6×5×4×3×2+3×2×1=726.
答案：726
8.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：
有________个不同的数对；
其中m>n的数对有________个.?
【解析】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.
在第一个问题中的25个数对中m>n的数对可以分类来解.当m=2时，n=1，有1个数对；当m=4时，n=1，3，有2个数对；当m=6时，n=1，3，5，有3个数对；当m=8时，n=1，3，5，7，有4个数对；当m=10时，n=1，3，5，7，9，有5个数对.
综上所述共有1+2+3+4+5=15个数对.
答案：25 15
三、解答题(每小题10分，共20分)
9.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.
【解析】如图，
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.
10.某地从8名全国优秀教师中选派4名教师去4个边远地区支教(每地1人)，有多少种不同的安排方法？
【解析】完成的这件事是“从8名全国优秀教师中选派4名教师去4个边远地区支教(每地1人)”，分成4个步骤：
第一步，从8名教师中选一人到第一个边远地区，有8种方法，
第二步，从余下的7名教师中选一人到第二个边远地区，有7种方法，
第三步，从余下的6名教师中选一人到第三个边远地区，有6种方法，
第四步，从余下的5名教师中选一人到第四个边远地区，有5种方法，
所以由分步乘法计数原理得共有8×7×6×5=1
680种不同的安排方法.
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.89×90×91×…×100可表示为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.最大数为100，共有12个连续整数的乘积，由排列数公式的定义可以得出答案.
2.与·不相等的是
( )
A.
B.81
C.10
D.
【解析】选B.·=10×9×8×7！==10=，81=9≠.
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】选B.因为同学甲只能在周一值日，所以除同学甲外的4名同学将在周二至周五值日，所以5名同学值日顺序的编排方案共有=24(种).
4.若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”.现从2，3，4，5，6，9这六个数字中任取3个数，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”有
( )
A.120个
B.80个
C.40个
D.20个
【解析】选C.由题意知可按十位数字的取值进行分类：
第一类，十位数字取9，有个；
第二类，十位数字取6，有个；
第三类，十位数字取5，有个；
第四类，十位数字取4，有个.
所以“伞数”的个数为+++=40.
二、填空题(每小题5分，共20分)
5.不等式-n<7的解集为_______.?
【解析】由不等式-n<7，得(n-1)(n-2)-n<7，
整理得n2-4n-5<0，解得-1又因为n-1≥2且n∈N
，即n≥3且n∈N
，所以n=3或n=4，故不等式-n<7的解集为{3，4}.
答案：{3，4}
6.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________.?
【解析】由于lg
a-lg
b=lg(a>0，b>0)，从1，3，5，7，9中任取两个作为有种，又与相同，与相同，所以lg
a-lg
b的不同值的个数为-2=20-2=18.
答案：18
7.由0，1，2，…，9这十个数字组成的无重复数字的四位数中，十位数字与千位数字之差的绝对值等于7的四位数的个数是________.?
【解析】当十位数字为0，千位数字为7时，四位数的个数是；当十位数字与千位数字为1，8或8，1时，四位数的个数是；当十位数字与千位数字为2，9或9，2时，四位数的个数是.故所求的四位数的个数是++=280.
答案：280
8.有3名大学毕业生，到5家公司应聘，若每家公司至多招聘1名新员工，且3名大学毕业生全部被聘用，若不允许兼职，则共有________种不同的招聘方案.(用数字作答)?
【解析】将5家公司看成5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学毕业生，则本题即为从5个不同元素中任取3个元素的排列问题，所以不同的招聘方案共有=5×4×3=60(种).
答案：60
三、解答题(每小题10分，共20分)
9.一条铁路有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？
【解析】由题意可知，原有车票的种数是种，现有车票的种数是种，
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
故原有15个车站，现有17个车站.
10.某国的篮球职业联赛共有16支球队参加.
(1)每队与其余各队在主客场分别比赛一次，共要进行多少场比赛？
(2)若16支球队恰好8支来自北部赛区，8支来自南部赛区，为增加比赛观赏度，各自赛区分别采用(1)中的赛制决出赛区冠军后，再进行一场总冠军赛，共要进行多少场比赛？
【解析】(1)任意两队之间要进行一场主场比赛及一场客场比赛，对应于从16支球队任取两支的一个排列，比赛的总场次是=16×15=240.
(2)由(1)中的分析，比赛的总场次是×2+1=8×7×2+1=113.
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课时素养检测三 排列数的应用
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分，共30分，多选题全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1.6个停车位置，有3辆汽车需要停放，若要使3个空位连在一起，则停放的方法种数为
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.将3个空位看成一个整体，问题转化为4个元素全排列问题，即.
2.正方体的8个顶点可以确定的不同的空间向量的个数是
( )
A.64
B.56
C.512
D.16
【解析】选B.因为向量有方向，所以从8个顶点中选取2个顶点的排列数=8×7=56就是所求.
3.某中学元旦晚会共由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在乙的前面，丙不能排在最后一位，该晚会节目演出顺序的编排方案共有( )
A.720种
B.360种
C.300种
D.600种
【解析】选C.先安排好除丙之外的5个节目，有=60种可能，再安排丙，有5种可能，共300种方案.
4.由0，1，2，3，4，5组成的无重复数字的三位数中是5的倍数的有( )
A.120个
B.30个
C.36个
D.48个
【解析】选C.因为5的倍数的特征是个位数字为5或0，所以按照个位数字分为两类：
当个位数字为5时，首位数字从1，2，3，4中选一个，十位数字从0及余下的3个数字中选一个，所以有4×4=16个；当个位数字为0时，前面两位数字从1，2，3，4，5中选2个排列，所以有=5×4=20个，
所以所求的三位数有16+20=36个.
5.如果在一周内(周一至周日)安排三所学校的学生参观某展览馆，每天最多只安排一所学校，要求甲学校连续参观两天，其余学校均只参观一天，那么不同的安排方法有
( )
A.50种
B.60种
C.120种
D.210种
【解析】选C.先安排甲学校的参观时间，因为甲学校连续参观两天，可以是周一周二，可以是周二周三，可以是周三周四，可以是周四周五，可以是周五周六，可以是周六周日，所以共有种方法，然后在剩下的5天中任选两天有序地安排其余两校参观，
安排方法有种，按照分步乘法计数原理可知共有=120种不同的安排方法.
6.(多选题)一个长椅上共有10个座位，现有4人去坐，其中恰有5个连续空位的坐法共有
( )
A.240种
B.种
C.·种
D.480种
【解析】选CD.将四人排成一排共种排法，产生5个空位，将五个空椅和一个空椅构成的两个元素插入共种放法.由分步乘法计数原理知满足条件的坐法共·=480(种).
二、填空题(每小题5分，共10分)
7.在学校国庆文艺晚会上，有三对教师夫妇参加表演节目，要求每人只能参加一个单项表演节目.按节目组节目编排要求，男教师的节目不能相邻，且夫妻教师的节目也不能相邻，则该6名教师表演的节目的不同编排顺序共有________种.(用数字填写答案)?
【解析】把6个节目按照先后出场顺序依次记为编号1，2，3，4，5，6，则3名男教师只有(1，3，5)，(1，3，6)，(1，4，6)，(2，4，6)共4种位置安排，由于夫妻教师的节目又不能相邻，可得以上4种安排的每种安排里，3名女教师的安排均是1种，故该6名教师的节目不同的编排顺序共有4=24种.
答案：24
8.三个女生和五个男生排成一排.
(1)如果女生必须全排在一起，可有_______种不同的排法.?
(2)如果女生必须全分开，有_______种不同的排法.?
【解析】(1)由于女生排在一起，可把她们看成一个整体，这样同五个男生合在一起有六个元素，排成一排有种排法，而其中每一种排法中，三个女生间又有种排法，因此共有·=4
320种不同排法.
(2)先排5个男生，有种排法，这5个男生之间和两端有6个位置，从中选取3个位置排女生，有种排法，因此共有·=14
400种不同排法.
答案：(1)4
320 (2)14
400
三、解答题(每小题10分，共20分)
9.由0，1，2，3，4，5这六个数字组成无重复数字的自然数.
(1)有多少个含2，3，但它们不相邻的五位数？
(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？
【解析】(1)先不考虑0是否在首位，0，1，4，5先排三个位置，则有个，2，3去排四个空档，有个，即有个；而0在首位时，有个，即有-=252个含有2，3，但它们不相邻的五位数.
(2)在六个位置先排0，4，5，先不考虑0是否在首位，则有个，去掉0在首位，即有-个，0，4，5三个元素排在六个位置上留下了三个空位，1，2，3必须由大到小进入相应位置，并不能自由排列，所以有-=100个六位数.
10.七名班委中有A，B，C三人，有七种不同的职务，现对七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、副班长有种方案，再安排其余职务有种方案，依分步乘法计数原理知，共有=720种分工方案.
(2)七人中任意分工方案有种，A，B，C三人中无一人任正、副班长的分工方案有种，因此A，B，C三人中至少有一人任正、副班长的分工方案有-=3
600(种).
(35分钟 70分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.3个老师和5个同学照相，老师不能在最左端，任何两位老师不能相邻，则不同的排法种数是
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.先排学生，有种排法，再排教师，在学生之间去掉最左端的5个间隔中选3个排列，有种排法，故共有种排法.
2.《中国诗词大会》(第二季)亮点颇多，十场比赛每场都有一首特别设计的开场诗词.在声光舞美的配合下，百人团齐声朗诵，别有韵味.若《将进酒》《山居秋暝》《望岳》《送杜少府之任蜀州》和另确定的两首诗词排在后六场，且《将进酒》排在《望岳》的前面，《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》不相邻且均不排在最后，则后六场的排法有
( )
A.288种
B.144种
C.720种
D.360种
【解析】选B.根据题意分2步进行分析：①将《将进酒》《望岳》和另外两首诗词全排列，则有=24种顺序，因为《将进酒》排在《望岳》的前面，所以这4首诗词的排法有=12种.
②这4首诗词排好后，不含最后，有4个空位，在4个空位中任选2个，安排《山居秋暝》与《送杜少府之任蜀州》，有=12种安排方法，则后六场的排法有12×12=144种.
3.从集合{1，2，3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程+=1中的a和b，则能组成落在矩形区域B={(x，y)||x|<11，且|y|<9}内的椭圆个数为( )
A.43
B.72
C.863
D.90
【解析】选B.在1，2，3，…，8中任取两个作为a和b，共有=56个椭圆；在9，10中取一个作为a，在1，2，3，…，8中取一个作为b，共有=16个椭圆，由分类加法计数原理，知满足条件的椭圆的个数为56+16=72.
4.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，C实施时必须相邻，则实验顺序的编排方法共有
( )
A.24种
B.96种
C.120种
D.144种
【解析】选B.先安排程序A，从第一步或最后一步选一个，有种，再把B，C看成一个整体和其余三个程序编排，有种，最后B，C排序，有种，故共有=96种.
二、填空题(每小题5分，共20分)
5.从集合{0，1，2，5，7，9，11}中任取3个元素分别作为直线方程Ax+By+C=0中的系数A，B，C，所得直线经过坐标原点的有________条.?
【解析】易知过原点的直线方程的常数项为0，则C=0，再从集合中任取两个非零元素作为系数A，B，有种，而且其中没有相同的直线，所以符合条件的直线有=30(条).
答案：30
6.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】不考虑A，B，C的位置限定时有=720种，只考虑A，B，C三个字母的顺序有=6种，而A，B在C的同侧有2=4(种)，故满足条件的排法有×=480(种).
答案：480
7.3名男生和3名女生站成一排，任何2名男生都不相邻，任何2名女生也不相邻，共有________种排法.(用数字作答)?
【解析】第1步，3名男生站成一排，有种排法；
第2步，插入女生，女生只能插入3名男生形成的前3个空档或后3个空档中，有2种插法.
由分步乘法计数原理可知，共有2·=72种排法.
答案：72
8.5位同学排队演出，其中3位女生，2位男生.如果2位男生不能相邻，且女生甲不能排在第一位，则排法种数为________.?
【解析】若第一个出场的是男生，则第二个出场的是女生，以后的顺序任意排，有2×3×=36种排法；若第一个出场的是女生(不是女生甲)，则将剩余的2位女生排列好，2位男生插空，有2××=24种排法.故所有的排法种数为36+24=60.
答案：60
三、解答题(每小题10分，共30分)
9.用1，2，3，4，5，6，7排出无重复数字的七位数，按下述要求各有多少个？
(1)偶数不相邻；
(2)偶数一定在奇数位上；
(3)1和2之间恰夹有一个奇数，没有偶数；
(4)三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列.
【解析】(1)用插空法，共有=1
440(个).
(2)先把偶数排在奇数位上有种排法，再排奇数有种排法，所以共有=576(个).
(3)在1和2之间放一个奇数有种方法，把1，2和相应的奇数看成整体和其他4个数进行排列有种排法，所以共有=720(个).
(4)七个数的全排列为，三个偶数的全排列为，所以满足要求的七位数有=840(个).
10.5男5女共10名同学排成一行.
(1)女生都排在一起，有几种排法？
(2)女生与男生相间，有几种排法？
(3)任何两个男生都不相邻，有几种排法？
(4)5名男生不排在一起，有几种排法？
(5)男生甲与男生乙中间必须排而且只能排2名女生，女生又不能排在队伍的两端，有几种排法？
【解析】(1)将5名女生看作一人，就是6个元素的全排列，有种排法，又5名女生内部有种排法，所以共有·=86
400种排法.
(2)男生自己排，女生也自己排，然后相间插入(此时有2种插法)，所以女生与男生相间共有2·=28
800种排法.
(3)女生先排，女生之间及首尾共有6个空.任取其中5个安插男生即可，因而任何男生都不相邻共有·=86
400种排法.
(4)直接分类较复杂，可用间接法.即从10个人的排列总数中减去5名男生排在一起的排法数，得5名男生不排在一起的排法数为-=3
542
400.
(5)先安排2个女生排在男生甲、乙之间，有种方法；又甲、乙之间还有种排法，
这样就有·种排法，然后把他们4人看成一个元素(相当于一个男生)，再从这一元素及另3名男生中，任选2人排在首尾，有种排法，最后再将余下的2名“男生”、3名女生排在中间，有种排法.故总排法数为=57
600.
11.从包括甲、乙两名同学在内的7名同学中选出5名同学排成一列，求解下列问题.
(1)甲不在首位的排法有多少种？
(2)甲既不在首位也不在末位的排法有多少种？
(3)甲与乙既不在首位也不在末位的排法有多少种？
(4)甲不在首位，同时乙不在末位的排法有多少种？
【解析】(1)方法一：把元素作为研究对象.
第一类，不含甲，此时只需从甲以外的其他6名同学中选出5名放在5个位置上，有种排法.
第二类，含有甲，甲不在首位.先从4个位置中选出1个放甲，再从甲以外的6名同学中选出4名排在没有甲的位置上，有种排法.根据分步乘法计数原理，有4×种排法.
由分类加法计数原理知，共有+4×=2
160(种)排法.
方法二：把位置作为研究对象.
第一步，从甲以外的6名同学中选1名排在首位，有种方法；
第二步，从占据首位以外的6名同学中选4名排在除首位以外的其他4个位置上，有种方法.
由分步乘法计数原理知，共有·=2
160(种)排法.
方法三：(间接法)：先不考虑限制条件，从7人中选出5人进行排列，然后把不满足条件的排列去掉.
不考虑甲在首位的要求，总的可能情况有种，甲在首位的情况有种，所以符合要求的排法有-=2
160(种).
(2)把位置作为研究对象，先考虑特殊位置.
第一步，从甲以外的6名同学中选2名排在首末两个位置上，有种方法；
第二步，从未排上的5名同学中选3名排在中间3个位置上，有种方法.
根据分步乘法计数原理，共有·=1
800(种)方法.
(3)把位置作为研究对象.
第一步，从甲、乙以外的5名同学中选2名排在首末2个位置，有种方法；
第二步，从未排上的5名同学中选出3名排在中间3个位置上，有种方法.
根据分步乘法计数原理，共有·=1
200(种)方法.
(4)间接法.
总的排法是种，减去甲在首位的种排法，再减去乙在末位的种排法.注意到甲在首位，同时乙在末位的排法数被减去了两次，所以还需加上种排法，所以共有-2+=1
860(种)排法.
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课时素养检测四 组合与组合数、组合数的性质
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分，共30分，多选题全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1.(多选题)下列等式正确的是
( )
A.=
B.=
C.=
D.=
【解析】选ABC.由组合数公式知A，B，C正确，D中=，而=，故D错误.
2.若=12，则n等于
( )
A.8
B.5或6
C.3或4
D.4
【解析】选A.=n(n-1)(n-2)，=n(n-1)，
所以n(n-1)(n-2)=12×n(n-1)，
又n∈N
，且n≥3，
所以n=8.
【延伸探究】若将条件“=12”变为“=6”，结果如何？
【解析】n(n-1)(n-2)=6·，又n≥3，
解得n=7.
3.满足方程=的x的值为
( )
A.3，5
B.1，3
C.1，3，5
D.1，3，5，-7
【解析】选B.因为方程=，所以x2-x=5x-5①或(x2-x)+(5x-5)=16②
，解①得x=1或x=5(不合题意，舍去)，解②得x=3或x=-7(
不合题意，舍去)；所以该方程的解是1或3.
4.若=42，则的值为
( )
A.6
B.7
C.35
D.20
【解析】选C.因为=42=×2×1，解得n=7，所以===35.
5.从5名男医生、4名女医生中选3名医生组成一个医疗小分队，要求其中男、女医生都有，则不同的组队方案共有
( )
A.70种 B.80种 C.100种 D.140种
【解析】选A.方法一(直接法)：一男两女，有=5×6=30种；两男一女，有=10×4=40种，共计70种.
方法二(间接法)：任意选取有=84种，其中都是男医生有=10种，都是女医生有=4种，于是符合条件的有84-10-4=70种.
6.5个不同的球放入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有一个球，若甲球必须放入A盒，则不同的放法种数是
( )
A.120
B.72
C.60
D.36
【解析】选C.将甲球放入A盒后分两类：一类是除甲球外，A盒还放其他球，共=24种放法；另一类是A盒中只有甲球，则其他4个球放入另外三个盒中，有·=36种放法，故总的放法有24+36=60种.
二、填空题(每小题5分，共10分)
7.已知5=(n+7)+3，则n=________.?
【解析】因为5=(n+7)+3，
所以5×
=(n+7)×+3×(n+3)(n+2)，
所以=+3，
由n∈N
，解得n=2.
答案：2
8.已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有次品为止.
(1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第十次测试才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是________；?
(2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是________.?
【解析】(1)先排前4次测试，只能取正品，有种不同的测试方法，再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有·=种测法，再排余下4件的测试位置，有种测法.所以共有不同测试方法··=103
680(种).
(2)第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现.所以共有不同测试方法·(·)=576(种).
答案：(1)103
680 (2)576
三、解答题(每小题10分，共20分)
9.(1)已知=，求正整数n的值.
(2)解不等式：>.
【解题指南】利用组合数公式将方程或不等式化为一般的方程或不等式求解.
【解析】(1)已知可化简为+1=，即=.
即
=
，
整理得n2-3n-54=0，解得n=9或n=-6(舍去)，
所以n=9即为所求.
(2)由>得
??又n∈N
，
所以该不等式的解集为{6，7，8，9}.
【误区警示】1.解答(1)易忽略根的检验而产生增根，(2)易忽略n∈N
而导致错误.
2.与排列组合有关的方程或不等式问题要用到排列数、组合数公式，以及组合数的性质，求解时，要注意由中的m∈N，n∈N
，且n≥m确定m，n的范围，因此求解后要验证所得结果是否适合题意.
10.从5名男生和4名女生中选出3名学生参加一次会议，要求至少有1名女生参加，有多少种选法？
【解析】方法一：问题可以分成三类.
第一类，从5名男生中选出2名男生，从4名女生中选出1名女生，有=40(种)选法；
第二类，从5名男生中选出1名男生，从4名女生中选出2名女生，有=30(种)选法；
第三类，从4名女生中选出3名女生，有=4(种)选法.根据分类加法计数原理，共有74种选法.
方法二：从所有的9名学生中选出3名，有种选法，其中全为男生的有种选法.
所以选出3名学生，至少有1名女生的选法有-=74(种).
(35分钟 70分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.某校高二年级数学组有8名女老师，4名男老师，物理组有4名女老师，3名男老师，学校决定从这两个学科组各选2名老师去镇江参加“极课大数据”培训活动，则选出的4人中恰好有2名女老师的不同方法有
( )
A.84种
B.120种
C.384种
D.504种
【解析】选D.分3类：
第一类，数学组选出2名女老师，物理组选出2名男老师，共有=84种方法，
第二类，数学组选出2名男老师，物理组选出2名女老师，共有=36种方法，
第三类，数学组选出1名女老师，物理组选出1名女老师，共有=384种方法，
所以选出的4人中恰好有2名女老师的不同方法共有84+36+384=504种.
2.某班级有一个7人小组，现任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案有
( )
A.35种
B.70种
C.30种
D.65种
【解析】选B.先从7人中选出3人有=35种情况，再对选出的3人相互调整座位，共有2种情况，故不同的调整方案有2=70(种).
3.++++…+=
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选D.原式=++++…+=+++…+=++…+=…=+==.
4.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
( )
A.14
B.24
C.28
D.48
【解析】选A.方法一：分类完成.第1类，选派1名女生、3名男生，有·种选派方案；
第2类，选派2名女生、2名男生，有·种选派方案.
故共有·+·=14(种)不同的选派方案.
方法二：6人中选派4人的组合数为，其中都选男生的组合数为，所以至少有1名女生的选派方案有-=14(种).
二、填空题(每小题5分，共20分)
5.若-=(m为正整数且m≥4)，则m=________.?
【解析】因为
-=，所以
-
=，
化简得(m-6)(m+1)=0，所以m=6.
答案：6
6.某城市纵向有6条道路，横向有5条道路，构成如图所示的矩形道路网(图中黑线表示道路)，则从西南角的A地到东北角的B地的最短路线共有_______条.?
【解析】要使路线最短，只能向东或向北走，途中不能向西或向南走.因此，从A地到B地归结为走完5条横线段和4条纵线段.设每走一段横线段或纵线段为一个行走时段，从9个行走时段中任取4个时段走纵线段，其余5个时段走横线段，共有=126种走法，故从A地到B地的最短路线共有126条.
答案：126
7.以下四个式子：
①=；②=n；③÷=；
④=.其中正确的个数是________.?
【解析】①式显然成立；
②式中=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)，n=n(n-1)(n-2)…(n-m+1)，所以=n，故②式成立；
对于③式÷===，故③式成立；对于④式===，故④式成立.
答案：4
8.7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】第1步，从7名志愿者中选出3人在周六参加社区公益活动，有种不同的选法；第2步，从余下的4人中选出3人在周日参加社区公益活动，有种不同的选法.
根据分步乘法计数原理，共有=140种不同的安排方案.
答案：140
三、解答题(每小题10分，共30分)
9.(1)从甲、乙、丙3名同学中选出2名去参加一项活动，列举出所有的选法.
(2)从甲、乙、丙3名同学中选出2名去两个乡镇参加社会调查，列举出所有的选法.
(3)以上两个问题有何区别与联系？
【解析】(1)甲、乙；甲、丙；乙、丙.
(2)甲，乙；甲，丙；乙，丙；乙，甲；丙，乙；丙，甲.
(3)区别：前者没有顺序是组合问题，后者是有序问题.联系：后者是先选后排，前者是后者的一个步骤.
10.某市工商局对35种商品进行抽样检查，鉴定结果有15种假货，现从35种商品中选取3种.
(1)恰有2种假货在内的不同取法有多少种？
(2)至少有2种假货在内的不同取法有多少种？
(3)至多有2种假货在内的不同取法有多少种？
【解析】(1)从20种真货中选取1件，从15种假货中选取2件，
有=2
100(种).
所以恰有2种假货在内的不同取法有2
100种.
(2)选取2件假货有种，选取3件假货有种，共有选取方法+=2
555(种).
(3)选取3件的种数有，因此有选取方法-=6
090(种).
所以至多有2种假货在内的不同的取法有6
090种.
11.某足球赛共32支球队有幸参加，它们先分成8个小组进行循环赛，决出16强(每队均与本组其他队赛一场，各组一、二名晋级16强)，这16支球队再分成8个小组决出8强，8强再分成4个小组决出4强，4强再分成2个小组决出2强，最后决出冠、亚军，此外还要决出第三名、第四名，问这次足球赛共进行了多少场比赛？
【解析】可分为如下几类比赛：
(1)小组循环赛：每组有=6场，8个小组共有48场；
(2)八分之一淘汰赛，8个小组的第一、二名组成16强，根据赛制规则，16强分成8组，每组两个队比赛一场，可以决出8强，共有8场；
(3)四分之一淘汰赛，根据赛制规则，8强再分成4组，每组两个队比赛一次，可以决出4强，共有4场；
(4)半决赛，4强再分成2组，每组两个队比赛一场，可以决出2强，共有2场；
(5)决赛，2强比赛1场确定冠、亚军，4强中的另两支队比赛1场，决出第三、四名，共有2场.
综上，共有48+8+4+2+2=64(场)比赛.
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课时素养检测五 组合数的应用
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分，共30分，多选题全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1.某校高二年级共有六个班级，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为
( )
A.180 B.90 C.360 D.900
【解析】选B.先从6个班中选出2个班，有种方法，其中的一种方法选出的是甲、乙两个班，再从4个人中选2个人去甲班，余下2个人去乙班，有种方法，所以共有=15×6=90种方法.
2.某医院拟派2名内科医生、3名外科医生和3名护士共8人组成两个医疗分队，平均分到甲、乙两个村进行义务巡诊，其中每个分队都必须有内科医生、外科医生和护士，则不同的分配方案有
( )
A.72种
B.36种
C.24种
D.18种
【解析】选B.2名内科医生，每个村一名，有2种方法，3名外科医生和3名护士，平均分成两组，要求外科医生和护士都有，则分1名外科医生，2名护士和2名外科医生，1名护士，若甲村有1名外科医生，2名护士，则有=3×3=9种方法，其余的分到乙村，若甲村有2名外科医生，1名护士，则有=3×3=9种方法，其余的分到乙村，则总共的分配方案为2×(9+9)=2×18=36(种).
3.把同一排6张座位编号为1，2，3，4，5，6的电影票全部分给4个人，每人至少分1张，至多分2张，且这两张票具有连续的编号，那么不同的分法种数是
( )
A.168
B.96
C.72
D.144
【解析】选D.根据题意，有2个人各得1张，有2个人各得2张，先把这6张电影票分成4份，有种方法，即1，2，(34)，(56)；1，(23)(45)，6；(12)，3，4，(56)；1，(23)，4，(56)；(12)，3，(45)，6；(12)(34)，5，6，再把这4份全排列，有种方法，所以不同的分法种数是=144.
4.12名同学合影，站成了前排4人后排8人.现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是
( )
A.
B.
C.
D.
【解析】选C.从后排8人中选2人的方法有种.设此两人为A、B.安排A到前排有种方法，再安排B到前排有种方法，所以共有=种方法.
5.某人有4种颜色的灯泡(每种颜色的灯泡足够多)，要在如图所示的三棱台的6个顶点A，B，C，A1，B1，C1上各装一个灯泡，要求同一条线段两端的灯泡不同色，则每种颜色的灯泡都至少用一个的安装方法共有
( )
A.216种
B.288种
C.532种
D.648种
【解析】选A.先安装上底面上的3个顶点，有种方法，余下一种颜色安装在下底面的一个顶点，有3种方法，余下的两个顶点比如B1，C1，分两类，若B1与C同色，则C1有2种方法，若B1与C不同色，则C1有1种方法，所以满足条件的安装方法共有×3×(2+1)=216(种).
6.(多选题)有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有
( )
A.60种
B.种
C.75种
D.150种
【解析】选BC.根据题意，知从6名男医生中选2名、从5名女医生中选1名组成一个医疗小组，不同的选法共有=75(种).
二、填空题(每小题5分，共10分)
7.(2020·全国Ⅱ卷)4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有________ 种.?
【解析】因为4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，
所以先取2名同学看作一组，选法有=6(种)，
现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：=6(种)，
根据分步乘法计数原理，可得不同的安排方法有6×6=36(种).
答案：36
8.现有10件产品，其中有2件次品，任意取出3件检查.
(1)若正品A被取到，则有________种不同的取法；?
(2)恰有一件是次品的取法有_______种.?
【解析】(1)==36(种).
(2)从2件次品中任取1件，有种取法，从8件正品中任取2件，有种取法，由分步乘法计数原理得，不同的取法共有×=2×=56(种).
答案：(1)36 (2)56
三、解答题(每小题10分，共20分)
9.某医科大学的学生中，有男生12名、女生8名在某市人民医院实习，现从中选派5名参加青年志愿者医疗队.
(1)某男生甲与某女生乙必须参加，共有多少种不同的选法？
(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？
(3)甲、乙二人至少有一人参加，有多少种选法？
【解析】(1)只需从其他18人中选3人即可，共有选法=816(种).
(2)只需从其他18人中选5
人即可，共有选法=8
568(种).
(3)分两类：甲、乙中只有一人参加，则有·种选法；甲、乙两人都参加，则有种选法.故共有选法+=6
936(种).
【拓展延伸】走路问题
如图，李明从A出发走到B，有多少种不同的走法(只许向右、向上)？
【解析】从A走到B，需要向右走5段横线的路，向上走4段竖线的路，只要走完这9段路，就可以到达B，所以走路的方法就是从9段路中选取4段作为竖线，余下的5段作为横线，所以共有=126种方法.
10.在运动会上，某代表队中赛艇运动员有10人，3人会划右舷，2人会划左舷，其余5人左右两舷都会划，现要从中选6人上艇，平均分配在两舷上划桨，有多少种不同的选法？
【解析】按照只会划左舷被选中的人数进行分类.
第1类，不选只会划左舷的2人，需先在两舷都会划的5人中选3人划左舷，有种选法，再在剩下的5人中选3人划右舷，有种选法，故共有=100种选法；
第2类，只会划左舷的1人入选，有种选法，需先在两舷都会划的5人中选2人划左舷，再在会划右舷的6人中选3人划右舷，共有=400种选法；
第3类，只会划左舷的2人都入选，有种选法，先从两舷都会划的5人中选1人划左舷，再从会划右舷的7人中选3人划右舷，共有=175种选法.
由分类加法计数原理，知共有100+400+175=675种不同的选法.
(35分钟 70分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.设集合I={1，2，3，4，5}.选择I的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，则不同的选择方法共有
( )
A.50种 B.49种 C.48种 D.47种
【解析】选B.显然A∩B=?，设A∪B=C，则C是I的非空子集，且C中元素不少于2个(当然，也不多于5个).另一方面，对I的任何k(2≤k≤5)元素的子集C，我们可以将C中元素从小到大排列，排好后，相邻数据间共有k-1个空档，在任意一个空档间插入一个隔板，隔板前的元素组成集合A，隔板后的元素组成集合B，这样的A，B一定符合条件，且集合对{A，B}无重复，综合以上分析，所求不同的选择方法共有+++=49种.
2.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】选C.不考虑特殊情况，共有种取法，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)，共有种取法.所求取法种数为-4-=189.
3.从0，2，4中取一个数字，从1，3，5中取两个数字，组成无重复数字的三位数，则所有不同的三位数的个数是
( )
A.36
B.42
C.48
D.54
【解析】选C.若从0，2，4中取一个数字是“0”，则“0”不放百位，有种放法，再从1，3，5中取两个数字放在其他两位，有种放法，共组成·=12个三位数；若从0，2，4中取的一个数字不是“0”，则有种取法，再从1，3，5中取两个数字有种取法，共组成=36个三位数.
所以所有不同的三位数有12+36=48(个).
4.用数字1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数，其中个位、十位和百位上的数字之和为偶数的四位数共有
( )
A.180个
B.216个
C.256个
D.384个
【解析】选A.个位、十位和百位上的数字为3个偶数的有·=18(个)；个位、十位和百位上的数字为1个偶数、2个奇数的有·=162(个).
根据分类加法计数原理得到共有18+162=180(个).
二、填空题(每小题5分，共20分)
5.已知有6名男医生，4名女医生.
(1)选3名男医生，2名女医生，让这5名医生到5个不同地区去巡回医疗，共有________种分派方法.?
(2)把10名医生分成两组，每组5人且每组要有女医生，共有________种不同的分法.若将这两组医生分派到两地去，又有________种分派方法.?
【解析】
(1)共有··=14
400(种)分派方法.
(2)把10名医生分成两组.每组5人，且每组要有女医生，有-··=120(种)不同的分法；若将这两组医生分派到两地去，
则共有120·=240(种)分派方法.
答案：(1)14
400 (2)120 240
6.有两条平行直线a和b，在直线a上取4个点，在直线b上取5个点，以这些点为顶点作三角形，这样的三角形共有_______个.?
【解析】分两类，第一类：从直线a上任取一个点，从直线b上任取两个点，共有·种方法；第二类：从直线a上任取两个点，从直线b上任取一个点共有·种方法，所以满足条件的三角形共有·+·=70个.
答案：70
7.在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有________种(用数字作答).?
【解析】只需看3张有奖的分配情况就可以，有两类.
①4人中每人至多1张有奖，共有=4×3×2=24种获奖情况.②4人中，有1人2张有奖，还有1人1张有奖，其余的2人无奖.共有·=3×4×3=36种获奖情况.
总之，共有24+36=60(种)不同的获奖情况.
答案：60
8.将并排的有不同编号的5个房间安排给5个工作人员临时休息，假定每个人可以选择任一房间，且选择各个房间是等可能的，则恰有2个房间无人选择且这2个房间不相邻的安排方式的种数为________.?
【解析】先将5人分成三组(1，1，3或2，2，1两种形式)，再将这三组人安排到3个房间，然后将2个房间插入前面住了人的3个房间形成的空档中即可，故安排方式共有··=900(种).
答案：900
三、解答题(每小题10分，共30分)
9.在∠MON的边OM上有5个异于O点的点，ON上有4个异于O点的点，以这10个点(含O)为顶点，可以得到多少个三角形？
【解题指南】方法一：(直接法)分点O为顶点的三角形与点O不为顶点的三角形；
方法二：(间接法)把10个不同点中任取3点的组合数减去OM，ON上分别共线三点的组合数，即可求解.
【解析】方法一：(直接法)分三种情况考虑：点O为顶点的三角形中，必须另外两个顶点分别在OM，ON上，所以有个.
点O不为顶点的三角形中，两个顶点在OM上，一个顶点在ON上的有个；一个顶点在OM上，两个顶点在ON上的有个.因为这是分类问题，所以用分类加法计数原理，共有++=5×4+10×4+5×6=90(个).
方法二：(间接法)先不考虑共线点的问题，从10个不同元素中任取三点的组合数是，但其中OM上的6个点(含O)中任取三点不能得到三角形，ON上的5个点(含O)中任取3点也不能得到三角形，
所以共可以得到--=90(个).
【一题多解】也可以这样考虑：把点O看成是OM边上的点，先从OM上的6个点(含O)中取两点，ON上的4个点(不含O)中取一点，可得个三角形，再从OM上的5个点(不含O)中取一点，从ON上的4个点(不含O)中取两点，可得个三角形，所以共有+=15×4+5×6=90(个).
10.把4个男同志和4个女同志平均分成4组，到4辆公共汽车里参加售票活动，如果同样两人在不同汽车上服务算作不同情况.
(1)有几种不同的分配方法？
(2)每个小组必须是一个男同志和一个女同志，有几种不同的分配方法？
(3)男同志与女同志分别分组，有几种不同的分配方法？
【解析】(1)男女合在一起共有8人，每个车上2人，可以分四个步骤完成，先安排2人上第一个车，共有种，再安排2人上第二个车共有种，再安排2人上第三个车共有种，最后安排2人上第四个车共有种，按分步乘法计数原理有···=2
520种.
(2)要求男女各1人，因此先把男同志安排上车，共有种不同方法，同理，女同志也有种方法，由分步乘法计数原理，车上男女各1人的不同分配方法为·=576种.
(3)男女分别分组，4个男的平均分成两组共有=3种，4个女的平均分成两组也有=3种不同分法，这样分组方法就有3×3=9种，对于其中每一种分法上4辆车，又有种上法，因而不同分配方法为9·=216种.
11.有五张卡片，它们的正、反面分别写0与1，2与3，4与5，6与7，8与9.将其中任意三张并排放在一起组成三位数，共可组成多少个不同的三位数？
【解析】方法一：(直接法)从0与1两个特殊值着眼，可分三类：
(1)取0不取1，可先从另四张卡片中选一张作百位，有种方法；0可在后两位，有种方法；最后需从剩下的三张中任取一张，有种方法；又除含0的那张外，其他两张都有正面或反面两种可能，故此时可得不同的三位数有·22个.
(2)取1不取0，同上分析可得不同的三位数有·22·个.
(3)0和1都不取，有不同的三位数·23·个.
综上所述，共有不同的三位数：
·22+·22·+·23·=432个.
方法二：(间接法)任取三张卡片可以组成不同的三位数·23·个，其中0在百位的有·22·个，这是不合题意的，故共有不同的三位数·23·-·22·=432个.
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课时素养检测六 二项式定理
(25分钟 50分)
一、选择题(每小题5分，共20分，多选题全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1.(2019·全国卷Ⅲ)(1+2x2)(1+x)4的展开式中，x3的系数为
( )
A.12
B.16
C.20
D.24
【解析】选A.由题意可知含x3的项为1··1·x3+2x2··13·x=12x3，所以系数为12.
2.已知的展开式中含的项的系数为30，则a=
( )
A.
B.-
C.6
D.-6
【解析】选D.通项为Tk+1=()5-k=(-a)k，由=，得k=1，即-a=30，所以a=-6.
3.的展开式中所有奇数项系数之和为1
024，则展开式中各项系数的最大值是
( )
A.790
B.680
C.462
D.330
【解析】选C.由题意可得：2n-1=1
024，解得n=11.则展开式中各项系数的最大值是或，则==462.
4.(多选题)对于二项式(n∈N
)，以下四种判断正确的是
( )
A.存在n∈N
，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x的一次项
D.存在n∈N
，展开式中有x的一次项
【解析】选AD.二项式的展开式的通项公式为Tk+1=x4k-n，由通项公式可知，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.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.已知多项式=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x1+a5，则a4=________，a5=________.?
【解析】因为多项式(x+1)3(x+2)2=x5+a1x4+a2x3+a3x2+a4x1+a5，a4为x1项的系数，所以根据二项式定理得a4=12×22+13××2=16，a5是常数项，所以a5=13×22=4.
答案：16 4
6.在(x+y+z)6的展开式中，所有形如xaybz2(a，b∈N)的项的系数之和是________(用数字作答).?
【解析】(x+y+z)6=[(x+y)+z]6，则[(x+y)+z]6展开式的通项为Tr+1=(x+y)6-rzr，所以含z2的项为：(x+y)4z2，则形如xaybz2项的系数之和即为
(x+y)4展开式的系数之和，令x=1，y=1，则：
(x+y)4=×24=240.
答案：240
三、解答题(每小题10分，共20分)
7.(2020·全国Ⅰ卷改编)求(x+y)5的展开式中x3y3的系数.
【解析】(x+y)5展开式的通项公式为Tr+1=x5-ryr(r∈N且r≤5)，
所以与(x+y)5展开式的乘积可表示为：
xTr+1=xx5-ryr=x6-ryr或Tr+1=x5-ryr=x4-ryr+2，
在xTr+1=x6-ryr中，令r=3，
可得：xT4=x3y3，该项中x3y3的系数为10，
在Tr+1=x4-ryr+2中，令r=1，
可得：T2=x3y3，该项中x3y3的系数为5，
所以x3y3的系数为10+5=15.
8.已知.
(1)求展开式中含x的项；
(2)求展开式中所有的有理项.
【解析】(1)Tk+1=()8-k·=·2-k·，
令4-k=1得k=4，
所以含x的项为T5=×2-4·x=x.
(2)令4-k∈Z，且0≤k≤8，则k=0或k=4或k=8，所以展开式中的有理项分别为T1=x4，T5=x，T9=.
(35分钟 70分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.若二项式展开式中的第5项是常数，则自然数n的值为
( )
A.10
B.12
C.13
D.14
【解析】选B.因为二项式展开式中的第5项是T5=(-2)4x-4=(-2)4，因为第5项是常数，所以=0，即n=12.
2.如果的展开式中含有不等于零的常数项，则正整数n的最小值
为
( )
A.3
B.5
C.6
D.10
【解析】选B.因为展开式的通项为(3x2)n-r=3n-r(-2)rx2n-5r，r=0，1，2，…，n，令2n-5r=0，则n=r，所以正整数n的最小值为5.
3.设a∈Z，且0≤a<13，若512
020+a能被13整除，则a=
( )
A.0
B.1
C.11
D.12
【解析】选D.512
020+a=(52-1)2
020+a=522
020+×522
019×(-1)+…+×52×(-1)2
019+(-1)2
020+a能被13整除，只需(-1)2
020+a=1+a能被13整除即可，
因为0≤a<13，所以a=12.
4.(1+x)4展开式中含x2的项的系数为
( )
A.4
B.6
C.10
D.12
【解析】选C.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=xr(r=0，1，…，4)，故·(1+x)4展开式中含x2的项为1·x2+·x3=10x2，即含x2项的系数为10.
二、填空题(每小题5分，共20分)
5.已知(1+x+x2)的展开式中没有常数项，n∈N
，且2≤n≤8，则n=________.?
【解析】因为的通项Tr+1=xn-r=xn-4r，当n-4r=0，-1，-2时，不符合题意，因为2≤n≤8，所以n不能等于4，8，3，7，2，6，所以n=5.
答案：5
6.已知的展开式中x3的系数为，则常数a的值为________.?
【解析】Tr+1=a9-r·(-1)r·，
令r-9=3，得r=8.依题意，得(-1)8×2-4·a9-8=，解得a=4.
答案：4
7.设a≠0，n是大于1的自然数，的展开式为a0+a1x+a2x2+…+anxn.若点Ai(i，ai)(i=0，1，2)的位置如图所示，则a=________.?
【解析】由题意知A0(0，1)，A1(1，3)，A2(2，4).
得a0=1，a1=3，a2=4.
由的展开式的通项公式知Tr+1=(r=0，1，2，…，n).
故=3，=4，解得a=3.
答案：3
8.(x+1)4(x-1)的展开式中x3的系数是________.?
【解析】(x+1)4(x-1)的展开式中含x3的项由以下两部分相加得到：①(x+1)4中的二次项乘以(x-1)中的一次项x，即x2·x=6x3；②(x+1)4中的三次项乘以(x-1)中的常数项-1，即x3×(-1)=-4x3.所以(x+1)4·(x-1)的展开式中x3的系数是6+(-4)=2.
答案：2
三、解答题(每小题10分，共30分)
9.某地现有耕地10
000公顷，规划10年后粮食单产比现在增加22%，人均粮食占有量比现在提高10%.如果人口年增长率为1%，那么耕地平均每年至多减少多少公顷(精确到1公顷)？(粮食单产=总产量除以耕地面积，人均粮食占有量=总产量除以总人口数)
【解析】设耕地平均每年减少x公顷，又设该地区现有人口为P人，粮食单产为M吨/公顷.
依题意得不等式
≥×(1+10%)，
即x≤103×
因为103×
=103×
≈103×
≈4.1，所以x≤4(公顷).
答：按规划该地区耕地平均每年至多减少4公顷.
10.已知在的展开式中，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】二项展开式的通项为Tk+1=·=(-1)k.
(1)因为第9项为常数项，即当k=8时，2n-k=0，即2n-20=0，解得n=10.
(2)令2n-k=5，得k=(2n-5)=6，所以x5的系数为(-1)6=.
(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.
11.二项式的展开式中：
(1)求常数项；(2)有几个有理项；(3)有几个整式项.
【解析】展开式的通项为
Tr+1=(-1)r()15-r=(-1)r2r.
(1)设Tr+1项为常数项，则=0，得r=6，
即常数项为T7=26=320
320；
(2)设Tr+1项为有理项，则=5-r为整数
，
所以r为6的倍数，又因为0≤r≤15，
所以r可取0，6，12三个数，即共有3个有理项.
(3)5-r为非负整数，得r=0或6，所以有2个整式项.
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课时素养检测七 二项式系数的性质、杨辉三角及二项式定理的应用
(30分钟 60分)
一、选择题(每小题5分，共30分，多选题全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
1.如图，杨辉三角的第4行的第5个数是1，第5行的第5个数是5，第6行的第5个数是15，…，第18行的第5个数是x，则的值为
( )
A.38 B.36 C.34 D.32
【解析】选C.把这些数写成以下形式：，，，…，，所以它们的和为+++…+=++…+=++…+
=…=+=，所以===34.
2.对任意实数x，有x3=a0+a1(x-2)+a2(x-2)2+
a3(x-2)3，则a2的值为
( )
A.3
B.6
C.9
D.21
【解析】选B.由于x3=[2+(x-2)]3，其展开式的通项为·23-r·(x-2)r，当r=2时，为·21·(x-2)2=6(x-2)2，故a2=6.
3.在(1+x)6(1+y)4的展开式中，记xmyn项的系数为f(m，n)，则f(3，0)+
f(2，1)+f(1，2)+f(0，3)=( )
A.45
B.60
C.120
D.210
【解析】选C.因为xmyn项的系数为f(m，n)=，所以f(3，0)+f(2，1)
+f(1，2)+f(0，3)=+++=120.
4.已知+2+22+23+…+2n=729，则+++…+等于
( )
A.63
B.64
C.31
D.32
【解析】选A.逆用二项式定理得+2+22+23+…+2n=(1+2)n=729，
即3n=36，所以n=6，
所以+++…+=26-1=63.
5.设函数f(x)=则当x>0时，f(f(x))表达式的展开式中常数项为
( )
A.-20
B.20
C.-15
D.15
【解析】选A.因为当x>0时，f(x)=-<0，
所以f(f(x))=的展开式的通项为=(-1)6-rx3-r，令3-r=0，得r=3，所以所求的常数项为(-1)3=-20.
6.(多选题)在的展开式中，系数最大的项为
( )
A.第5项
B.第6项
C.第7项
D.第8项
【解析】选AC.由二项式定理知，展开式中，二项式系数与对应的项的系数的绝对值相等.由于二项式系数的最大项为T6，且T6=x5=-，二项式系数等于项的系数的相反数，此时T6的系数最小.
而T5=x6=x2，
T7=x4=x-2，且=，
所以系数最大的项为第5项和第7项.
二、填空题(每小题5分，共10分)
7.已知n，k∈N
，且k≤n，k=n，则可推出+2+3+…+k+…+n=n(++…++…+)=n·2n-1，
由此，可推出
+22+32+…+k2+…+n2=________.?
【解析】因为k2=kk=kn，
所以+22+32+…+k2+…+n2
=n·1+n·2+n·3+…+n·n
=n·(1+2+3+…+n)
=n·[0+1+2+…+(n-1)++++…+]=n·[(n-1)2n-2+2n-1]=n(n+1)2n-2.
答案：n(n+1)2n-2
8.已知fn(x)=(1+x)n.若f2
019(x)=a0+a1x+…+a2
019x2
019，则a1+a3+…+a2
017+a2
019的值为_______；若g(x)=f6(x)+2f7(x)+3f8(x)，则g(x)中含x6项的系数为_______.?
【解析】因为fn(x)=(1+x)n，
所以f2
019(x)=(1+x)2
019，
又f2
019(x)=a0+a1x+…+a2
019x2
019，
所以f2
019(1)=a0+a1+…+a2
019=22
019，①
f2
019(-1)=a0-a1+…+a2
018-a2
019=0，②
①-②得：2(a1+a3+…+a2
017+a2
019)=22
019，
所以a1+a3+…+a2
017+a2
019=22
018.
因为g(x)=f6(x)+2f7(x)+3f8(x)，
所以g(x)=(1+x)6+2(1+x)7+3(1+x)8，
所以g(x)中含x6项的系数为1+2×+3=99.
答案：22
018 99
三、解答题(每小题10分，共20分)
9.已知的展开式中二项式系数的最大值是中间的一项，等于70，
(1)求n的值.
(2)问展开式中系数最大的项是第几项？
(3)求(1+2x2)的展开式中的常数项.
【解析】(1)由杨辉三角中的数可知当n=8时的行中最大的数是70，所以n=8.
(2)的展开式的第r+1项的系数为208-r18r，解不等式组
得r=4，
所以第5项的系数最大.
(3)的展开式的通项为x8-r=(-1)rx8-2r，令8-2r=0得r=4，令8-2r=-2得r=5，所以(1+2x2)的展开式中的常数项是(-1)4+2(-1)5=-42.
10.(1+2x)n的展开式中第6项与第7项的系数相等，求展开式中二项式系数最大的项和系数最大的项.
【解析】T6=(2x)5，T7=(2x)6，依题意有·25=·26，得n=8.
所以(1+2x)8的展开式中，二项式系数最大的项为T5=·(2x)4=1
120x4.
设第r+1项系数最大，则有
即
解之得5≤r≤6，因为r∈N，所以r=5或r=6.
所以系数最大的项为T6=1
792x5，T7=1
792x6.
(35分钟 70分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.将多项式a6x6+a5x5+…+a1x+a0分解因式得(x-2)(x+m)5，m为常数，若a5=-7，则a0=
( )
A.-2
B.-1
C.1
D.2
【解析】选D.因为(x+m)5的通项公式为Tr+1=x5-rmr，
a5x5=x·x5-1m1+(-2)x5=(5m-2)x5，所以a5=5m-2，又a5=-7，
所以
5m-2=-7，
所以m=-1，a0=(-2)·(-1)5=2.
2.已知(1+a)1+(1+a)2+(1+a)3+…+(1+a)n=b0+b1a+b2a2+…+bnan，若b0+b1+b2+…+bn=14，则正整数n的值为
( )
A.3
B.4
C.5
D.6
【解析】选A.在已知的等式中，令a=1，得21+22+23+…+2n=b0+b1+b2+…+bn=14，
由b0+b1+b2+b3=21+22+23=14知，n=3.
3.已知(3-x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn，若其第2项的二项式系数与第4项的二项式系数相等，则a0-a1+a2-…+(-1)nan=
( )
A.32
B.64
C.128
D.256
【解析】选D.由题意可得=，所以n=4.
令x=-1，则(3-x)n=(3+1)4=a0-a1+a2-a3+a4=256.
所以a0-a1+a2-…+(-1)nan=256.
4.设(1+x+x2)n=a0+a1x+a2x2+…+，则a0+a2+a4+…+等于
( )
A.2n
B.
C.2n+1
D.
【解析】选D.令x=1得3n=a0+a1+a2+…+a2n-1+.①
令x=-1得1=a0-a1+a2-…-a2n-1+a2n.②
①+②得3n+1=2(a0+a2+…+a2n)，
所以a0+a2+…+a2n=.
二、填空题(每小题5分，共20分)
5.(x-y)7的展开式中，系数绝对值最大的项是________.?
【解析】(x-y)n的展开式，当n为偶数时，展开式共有n+1项，中间一项的二项式系数最大；
当n为奇数时，展开式有n+1项，中间两项的二项式系数最大.而(x-y)7的展开式中，系数绝对值最大的是中间两项，即第4，5两项.
答案：第4，5两项
6.
(1+)n展开式中的各项系数的和大于8而小于32，则系数最大的项是________.?
【解析】因为8<++…+<32，即8<2n<32.
所以n=4.所以展开式共有5项，系数最大的项为T3=()2=6x.
答案：6x
7.(a+x)(1+x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a=_______.?
【解析】方法一：将(a+x)(1+x)4展开得x5+(a+4)x4+(6+4a)x3+(4+6a)x2+(1+4a)x+a，由题意得1+(6+4a)+(1+4a)=32，解得a=3.
方法二：(1+x)4展开式的通项为=xr，
由题意可知a(+)+++=32，解得a=3.
答案：3
8.(x2+1)(x-2)9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+a3(x-1)3+…+a11(x-1)11，则a1+a2+a3+…+a11的值为________.?
【解析】令x=1，得a0=-2.
令x=2，得a0+a1+a2+…+a11=0.
所以a1+a2+a3+…+a11=2.
答案：2
三、解答题(每小题10分，共30分)
9.已知(1+3x)n的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，求：
(1)展开式中二项式系数最大的项.
(2)展开式中系数最大的项.
【解析】(1)由已知得++=121，则n(n-1)+n+1=121，即n2+n-240=0，解得n=15，所以，展开式中二项式系数最大的项是
T8=(3x)7和T9=(3x)8.
(2)Tr+1=(3x)r，由题意得，设第r+1项系数最大，则
所以11≤r≤12.
所以展开式中系数最大的项对应的r=11，12，
即展开式中系数最大的项是T12=(3x)11和T13=(3x)12.
10.在(3x-2y)20的展开式中，求：
(1)二项式系数最大的项；
(2)系数绝对值最大的项；
(3)系数最大的项.
【解析】(1)二项式系数最大的项是第11项，
T11=310(-2)10x10y10=610x10y10.
(2)设系数绝对值最大的项是第r+1项，于是
化简得
解得7≤r≤8(r∈N)，
所以r=8，即T9=312·28·x12y8是系数绝对值最大的项.
(3)由于系数为正的项为y的偶次方项，故可设第2r-1项系数最大，于是
化简得
解得r=5，即2×5-1=9，故第9项系数最大.
T9=·312·28·x12y8.
11.在杨辉三角中，除每行的两端数值外，每一数值都是它左上角和右上角两个数值之和，杨辉三角开头几行如图所示.
(1)利用杨辉三角展开(1-x)6；
(2)在杨辉三角中哪一行会出现相邻的三个数，它们的比是3∶4∶5？
【解析】(1)根据杨辉三角的规律“每行两端都是1，其余每个数都等于它肩上的两个数的和”，可写出第6行的二项式系数为1，6，15，20，15，6，1，所以(a+b)6=a6+6a5b+15a4b2+20a3b3+15a2b4+6ab5+b6.
令a=1，b=-x，得(1-x)6=1-6x+15x2-20x3+15x4-6x5+x6.
(2)设在第n行出现的三个相邻的数的比是3∶4∶5，并设这三个数分别是，，，
则有
所以
所以
即所以
即在第62行会出现∶∶=3∶4∶5.
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