第六章 计数原理 学案-【新教材】2020-2021学年人教A版（2019）高中数学选择性必修第三册（wordl含答案）
文档属性
| 名称 | 第六章 计数原理 学案-【新教材】2020-2021学年人教A版（2019）高中数学选择性必修第三册（wordl含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 52.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2021-08-09 13:06:47 | ||
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文档简介
第六章计数原理
第六章计数原理
考点一：使用分类加法计数原理计数的两个条件
(1)根据问题的特点确定一个适合它的_________，在这个标准下进行分类.
(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，分别属于不同类的两种方法是不同的方法，满足这些条件，才可以用___________________________.
考点二：分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别
联系：是涉及做一件事的__________________的种数问题.
区别：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法_________，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方
法_________，只有各个步骤都完成才算做完这件事.
考点三：两个计数原理的应用
用两个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)分类要做到“_________”，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“_________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分类后再计算每一步的方法数，最后根据分步__________________原理，把完成每一步的方法数相乘，得到_________．
考点四：排列数公式的两种形式
(1)A＝___________________________，其中m，n∈N*，并且m≤n.
(2)A＝.
考点五：组合数公式
组合数
公式
乘积
形式
C＝，
其中m，n∈N*，并且m≤n
阶乘
形式
C＝
规定：C＝1.
知识点六：二项式系数的性质
对称性
在(a＋b)n的展开式中，与首末两端“_________”的两个二项式系数相等，即C＝C
增减性与最大值
增减性：当k<时，二项式系数是逐渐_________；当k>时，二项式系数是逐渐_________的．最大值：当n为偶数时，中间一项的二项式系数false最大；当n为_________时，中间两项的二项式系数false，false相等，且同时取得最大值
各二项式系数的和
(1)C＋C＋C＋…＋C＝2n；
(2)C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1
课后小练
课后小练
1.设 (1?2x)5=a0+a1x+a2x2+?+a5x5
（1）求 a2 的值；
（2）求 a1+a2+a3+a4+a5 的值.
2.请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.
①第5项的系数与第3项的系数之比是14：3；②第2项与倒数第3项的二项式系数之和为55；③ Cn+12?Cnn?2=10 .
已知在 (x?13x)n 的展开式中，________.
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中含 x5 的项.
3.已知函数 f(x)=(x?1)2+ax+2?(a∈R) 为偶函数.
（1）求实数 a 的值；
（2）若 (ax?1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4 ，求 a1+a2+a3+a4 的值.
4.7人排成一排照相，按下列情况各有多少种不同的排法？
（1）甲、乙、丙3人相邻
（2）甲、乙、丙3人不相邻
5.??（1）证明： 1k+1Cnk=1n+1Cn+1k+1(n∈N?,k∈N) ；
（2）计算： (?1)0C20200+(?1)112C20201+(?1)213C20202+?+(?1)202012021C20202020 ；
（3）计算： k=02020(?1)kC2020k2k+2 .
6.有4个不同的小球，4个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内：
（1）共有多少种方法？
（2）若每个盒子不空，共有多少种不同的方法？
（3）恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？
7.已知8件不同的产品中有3件次品，现对它们一一进行测试，直至找到所有次品．
（1）若在第5次测试时找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？
（2）若至多测试5次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试方法？
8.已知 (1+12x)n 展开式中的 n+1 项按x的升幂排列依次记为 a1(x) ， a2(x) ， a3(x) ， ??? ， an(x) ， an+1(x) ，设 F(x)=a1(x)+2a2(x)+3a3(x)+???+nan(x)+(n+1)an+1(x) .
（1）若 a2(2)=8 ，求n的值；
（2）求数列 {2kak(2)} （ k=1,2,???,n+1 ）的所有项的和 Sn+1 ；
（3）求证：对任意 x1,x2∈[0,2] ，恒有 |F(x1)?F(x2)|≤(n+2)?2n?1?1 .
9.4个男同学，3个女同学站成一排.
（1）3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？
（2）任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？
（3）甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？
10.男运动员6名，女运动员4名，其中男?女队长各1名.现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
（1）男运动员3名，女运动员2名；
（2）队长中至少有1人参加；
（3）既要有队长，又要有女运动员.
答案解析
1.【答案】 （1）解： (1?2x)5 的展开式的通项为 Tr+1=C5r(?2x)r,r=0,1,2,3,4,5
所以 a2=C52(?2)2=40
（2）解：当 x=0 时， a0=1 ，
当 x=1 时， (1?2)5=a0+a1+a2+a3+a4+a5 ，得 a0+a1+a2+a3+a4+a5=?1 ，
所以 a1+a2+a3+a4+a5=?2
【解析】
写出 (1?2x)5 的展开式的通项即可得到答案；
（2）令 x=0 ，求出 a0 的值，然后再令 x=1 ，求出 a0+a1+a2+a3+a4+a5 的值，从而可求出 a1+a2+a3+a4+a5 的值.
2.【答案】 （1）解：可知 Tr+1=Cnr(x)n?r(?13x)r=Cnr(?1)rx3n?5r6 ，
方案一：选条件①，
由题可知 Cn4(?1)4Cn2(?1)2=143 ，
∴n!4!(n?4)!×2!(n?2)!n!=143 ，
∴n2?5n?50=0 ，
解得 n=10 或 n=?5 （舍去），
所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第六项，
T6=C105(?1)5x56=?252x56 ，
?所以展开式中二项式系数最大的项是第6项， T6=?252x56 ；
方案二：选条件②，
由题可知 Cn1+Cnn?2=Cn1+Cn2=n2+n2=55 ，
整理得 n2+n?110=0 ，解得 n=10 或 n=?11 （舍去），
所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第六项，
T6=C105(?1)5x56=?252x56 ，
?所以展开式中二项式系数最大的项是第6项， T6=?252x56 ；
方案三：选条件③
Cn+12?Cnn?2=Cn+12?Cn2=Cn1=10 ，
∴n=10 ，
所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第六项，
T6=C105(?1)5x56=?252x56 ，
?所以展开式中二项式系数最大的项是第6项， T6=?252x56 ；
（2）解：方案一：选条件①，
由（1）知 n=10,?Tr+1=C10r(?1)rx5?5r6 ，
令 5?56r=5 ， ∴r=0 ， ∴T1=x5 ，
所以展开式中含 x5 的项是第一项，为 x5 ；
方案二：选条件②，
同方案一（2）；
方案三：选条件③，
同方案一（2）.
【解析】
(1)由题意利用，二项式系数的性质，求得n的值，再利用通项公式求得展开式中二项式系数最大的项.
(2)由题意利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中含x5的项.
3.【答案】
（1）解： f(x)=(x?1)2+ax+2=x2+(a?2)x+3 ，
因为 f(x) 为偶函数且定义域为 R ，则 f(?x)=f(x) ，
即 x2?(a?2)x+3=x2+(a?2)x+3,(a?2)x=0,x∈R 恒成立，
∴a=2 .
（2）解：由(1)可知 (2x?1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4 ，
令 x=0 可得 1=a0 ，
令 x=1 可得 1=a0+a1+a2+a3+a4=1+a1+a2+a3+a4 ，
所以 a1+a2+a3+a4=0 .
【解析】
（1）该函数为二次函数，由偶函数可知，对称轴为y轴，即x=0，可求出a的值；
（2）分别令x=0和x=1，即可求出结果．
4.【答案】 （1）解：将甲、乙、丙3人看作一个整体，与其余4人全排列，有 A55 种排法，而甲、乙、丙3人有 A33 种排法，故共有 A33A55 =720种不同的排法
（2）解：可先排其余4人，然后再将甲、乙、丙排在已排好的4人之间及两端的5个空隙中，故共有 A44A53 =1440种不同的排法
【解析】
（1）利用已知条件结合排列数公式合分步乘法计数原理，进而求出甲、乙、丙3人相邻的不同排法种数。
（2）利用已知条件结合排列数公式合分步乘法计数原理，进而求出 甲、乙、丙3人不相邻的不同排法种数。
?5.【答案】 （1）证明： 1k+1Cnk=1k+1?n!k!(n?k)!=1n+1?(n+1)!(k+1)!(n?k)!=1n+1Cn+1k+1 ；
（2）解： (?1)0C20200+(?1)112C20201+(?1)213C20202+?+(?1)202012021C20202020
=k=02020(?1)k1k+1C2020k=12021k=02020(?1)kC2021k+1=12021
（3）解：设 an=k=0n(?1)kCnk2k+2 ，
则 an=1+k=1n?1(?1)k(Cn?1k+Cn?1k?1)2k+2+(?1)n2n+2
=an?1+k=1n(?1)kCn?1k?12k+2=an?1+2nk=1n(?1)kCnkkk+2
=an?1+2n{k=0n(?1)kCnk?k=0n(?1)kCnk2k+2}=an?1+2n(0?an) .
所以 an=nn+2an?1?an=nn+2?n?1n+1an?2 =???=n(n?1)????3?2(n+2)(n+1)???5?4a1 ，
又 a1=13 ，所以 an=n!2!(n+2)!=1Cn+2n .
所以 k=02020(?1)kC2020k2k+2=a2020=1C20222020=1C20222
=11011×2021=12043231 .（结果没化简，不扣分）
方法二： k=02020(?1)kC2020k2k+2=k=02020(?1)k?2020!k!(2020?k)!?2(k+1)(k+2)(k+1)
=k=02020(?1)k?2022!(k+2)!(2020?k)!?2(k+1)2022×2021
=22022×2021?k=02020(?1)k?(k+1)?C2022k+2
=22022×2021?k=02020(?1)k?(k+2?1)?C2022k+2
=22022×2021?[k=02020(?1)k?(k+2)?C2022k+2?k=02020(?1)k?C2022k+2]
=22022×2021?[k=02020(?1)k?2022?C2021k+1?k=02020(?1)k+2?C2022k+2]
=22022×2021?[?2022k=02020(?1)k+1?C2021k+1?((1?1)2022?1?C20221(?1)1)]
=22022×2021?[?2022?((1?1)2021?1)+1?2022]
=22022×2021=11011×2021=12043231 .
【解析】
利用组合数的运算即可求证.
利用组合数的运算与性质即可证出.
（3）方法一：设 an=k=0n(?1)kCnk2k+2 ，可得 an=1+k=1n?1(?1)k(Cn?1k+Cn?1k?1)2k+2+(?1)n2n+2 ，再利用组合数的运算性质即可求解；方法二： k=02020(?1)kC2020k2k+2=k=02020(?1)k?2020!k!(2020?k)!?2(k+1)(k+2)(k+1) ，根据组合数的运算即可求解
6.【答案】
（1）解：每个球都有4种方法，故有4×4×4×4＝256种，
（2）解：每个盒子不空，共有 A44=24 不同的方法
（3）解：四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个小球，
从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，故共有 C42A43=144 种不同的放法．
【解析】
由分步计数原理代入数值计算出结果即可。
(2)由排列的定义结合已知条件计算出答案即可。
(3)由排列组合以及计数原理结合已知条件代入数值计算出结果即可。
7.【答案】
（1）解：若在第五次检测出最后一件次品，则前四次中有两件次品两件正品，第五次为次品.
则不同的检测方法共有 C42A44A51=720 种.
（2）解：检测3次可测出3件次品，不同的测试方法有 A33=6 种
检测4次可测出3件次品，不同的测试方法有 C32A33A51=90 种；
检测5次测出3件次品，分为两类：一类是恰好第5次测到次品，一类是前5次测到都是正品，不同的测试方法共有 C42A44A51+A55=840 种．所以共有936种测试方法
【解析】
由题意可知前四次中有两件次品两件正品，第五次为次品，所以选出排列即可.
（2）至多五次能找到，包括检测3次都是次品，检测四次测出3件次品，检测五次测出3件次品或着检测五次全是正品，剩下的为次品，以此求出每种情况求和可得结果.
8.【答案】
（1）解：由题意 ak(x)=Cnk?1(12x)k?1(k=1,2,???,n+1) .
∴a2(2)=Cn2?1(12×2)2?1=Cn1=8 ，
∴n=8 .
（2）解：由题意 ak(2)=Cnk?1(12×2)k?1=Cnk?1，∴2kak(2)=2kCnk?1(k=1,2,???,n+1) .
∴Sn+1=2Cn0+22Cn1+23Cn2+?+2n+1Cnn=2(Cn0+2Cn1+22Cn2+?+2nCnn)
=2(1+2)n=2×3n .
（3）证明：由题意 ak(x)=Cnk?1(12x)k?1(k=1,2,???,n+1) .
∴F(x)=Cn0+2Cn1(12x)+3Cn2(12x)2+???+nCnn?1(12x)n?1+(n+1)Cnn(12x)n .
当 x∈[0,2] 时， F'(x)≥0 且不恒为0， ∴F(x) 在 [0,2] 上单调递增.
∴ 对任意 x1,x2∈[0,2] ，恒有 |F(x1)?F(x2)|≤F(2)?F(0) .
又 F(0)=1,F(2)=Cn0+2Cn1+3Cn2+?+nCnn?1+(n+1)Cnn .
设 Sn=Cn0+2Cn1+3Cn2+?+nCnn?1+(n+1)Cnn ，
则 Sn=(n+1)Cnn+nCnn?1+?+3Cn2+2Cn1+Cn0 ，
∵Cnk=Cnn?k ，将以上两式两端分别相加得：
2Sn=(n+2)(Cn0+Cn1+Cn2+?+Cnn?1+Cnn)=(n+2)×2n ，
∴Sn=(n+2)×2n?1 ，即 F(2)=(n+2)×2n?1 .
∴ 对任意 x1,x2∈[0,2] ，恒有 |F(x1)?F(x2)|≤(n+2)×2n?1?1 .
【解析】
根据二项式定理的通项公式，写出 a2(2) ，即求n的值；
根据二项式定理的通项公式，写出 ak(2),Sn+1 ，即可求出 Sn+1 ；
（3）利用导数判断 F(x) 在 [0,2] 上的单调性，只需 |F(x1)?F(x2)|≤F(x)max?F(x)min ，即可证明.
9.【答案】
（1）解：（捆绑法）先让3个女生“捆绑”成一个整体，内部排序有 A33 种，然后把女生看成一个整体，与其余的男生排列有 A55 ，共有 A33A55=720 ；
（2）解：先把4个男生排练有 A44 种排法，然后把3个女生向5个空档插孔，有 A44A53=1440 ；
（3）解：先甲、乙相邻，再把甲乙这个整体与丙分别插入其余4个元素全排列构成的5个空位中， 按分步计数原理不同的排法有， A22A44A52=960 （种）．
【解析】
（捆绑法）先让3个女生“捆绑”成一个整体，内部排序，然后把女生看成一个整体，与其余的男生排序；
先把4个男生排列，然后把3个女生向5个空档插孔；
（3）先把甲、乙捆绑成一个整体，再把甲乙这个整体与丙分别插入其余4个元素全排列构成的5个空位中，按分步计数原理求的结果．
10.【答案】
（1）解：分两步完成：
第一步，选3名男运动员，有 C63 种选法；
第二步，选2名女运动员，有 C42 种选法.由分步乘法计数原理可得，共有 C63?C42=120 (种)选法.
（2）解：方法一(直接法)可分类求解：
“只有男队长”的选法种数为 C84 ；
“只有女队长”的选法种数为 C84 ；
“男?女队长都入选”的选法种数为 C83 ，
所以共有 2C84+C83=196 (种)选法.
方法二(间接法)从10人中任选5人有 C105 种选法，
其中不选队长的方法有 C85 种.所以“至少有1名队长”的选法有 C105?C85=196 (种).
（3）解：当有女队长时，其他人任意选，共有 C94 种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有 C84 种选法，其中不含女运动员的选法有 C54 种，所以不选女队长时的选法共有 （C84?C54） 种.所以既要有队长又要有女运动员的选法共有 C94+C84?C54=191 (种).
【解析】
（1）利用已知条件结合组合数公式，再结合分步乘法计数原理，进而求出男运动员3名，女运动员2名的选派方法。
（2）利用直接法和间接法的方法结合组合数公式，进而求出队长中至少有1人参加的选派方法。
（3)利用已知条件结合组合数公式,再利用分类加法计数原理和间接法，进而求出既要有队长，又要有女运动员的选派方法。
第六章计数原理
考点一：使用分类加法计数原理计数的两个条件
(1)根据问题的特点确定一个适合它的_________，在这个标准下进行分类.
(2)完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，分别属于不同类的两种方法是不同的方法，满足这些条件，才可以用___________________________.
考点二：分类加法计数原理与分步乘法计数原理的联系与区别
联系：是涉及做一件事的__________________的种数问题.
区别：分类加法计数原理针对的是“分类”问题，其中各种方法_________，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对的是“分步”问题，各个步骤中的方
法_________，只有各个步骤都完成才算做完这件事.
考点三：两个计数原理的应用
用两个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)分类要做到“_________”，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“_________”，即完成了所有步骤，恰好完成任务．分类后再计算每一步的方法数，最后根据分步__________________原理，把完成每一步的方法数相乘，得到_________．
考点四：排列数公式的两种形式
(1)A＝___________________________，其中m，n∈N*，并且m≤n.
(2)A＝.
考点五：组合数公式
组合数
公式
乘积
形式
C＝，
其中m，n∈N*，并且m≤n
阶乘
形式
C＝
规定：C＝1.
知识点六：二项式系数的性质
对称性
在(a＋b)n的展开式中，与首末两端“_________”的两个二项式系数相等，即C＝C
增减性与最大值
增减性：当k<时，二项式系数是逐渐_________；当k>时，二项式系数是逐渐_________的．最大值：当n为偶数时，中间一项的二项式系数false最大；当n为_________时，中间两项的二项式系数false，false相等，且同时取得最大值
各二项式系数的和
(1)C＋C＋C＋…＋C＝2n；
(2)C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1
课后小练
课后小练
1.设 (1?2x)5=a0+a1x+a2x2+?+a5x5
（1）求 a2 的值；
（2）求 a1+a2+a3+a4+a5 的值.
2.请从下面三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并解答.
①第5项的系数与第3项的系数之比是14：3；②第2项与倒数第3项的二项式系数之和为55；③ Cn+12?Cnn?2=10 .
已知在 (x?13x)n 的展开式中，________.
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中含 x5 的项.
3.已知函数 f(x)=(x?1)2+ax+2?(a∈R) 为偶函数.
（1）求实数 a 的值；
（2）若 (ax?1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4 ，求 a1+a2+a3+a4 的值.
4.7人排成一排照相，按下列情况各有多少种不同的排法？
（1）甲、乙、丙3人相邻
（2）甲、乙、丙3人不相邻
5.??（1）证明： 1k+1Cnk=1n+1Cn+1k+1(n∈N?,k∈N) ；
（2）计算： (?1)0C20200+(?1)112C20201+(?1)213C20202+?+(?1)202012021C20202020 ；
（3）计算： k=02020(?1)kC2020k2k+2 .
6.有4个不同的小球，4个不同的盒子，现在要把球全部放入盒内：
（1）共有多少种方法？
（2）若每个盒子不空，共有多少种不同的方法？
（3）恰有一个盒子不放球，共有多少种放法？
7.已知8件不同的产品中有3件次品，现对它们一一进行测试，直至找到所有次品．
（1）若在第5次测试时找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？
（2）若至多测试5次就能找到所有次品，则共有多少种不同的测试方法？
8.已知 (1+12x)n 展开式中的 n+1 项按x的升幂排列依次记为 a1(x) ， a2(x) ， a3(x) ， ??? ， an(x) ， an+1(x) ，设 F(x)=a1(x)+2a2(x)+3a3(x)+???+nan(x)+(n+1)an+1(x) .
（1）若 a2(2)=8 ，求n的值；
（2）求数列 {2kak(2)} （ k=1,2,???,n+1 ）的所有项的和 Sn+1 ；
（3）求证：对任意 x1,x2∈[0,2] ，恒有 |F(x1)?F(x2)|≤(n+2)?2n?1?1 .
9.4个男同学，3个女同学站成一排.
（1）3个女同学必须排在一起，有多少种不同的排法？
（2）任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？
（3）甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？
10.男运动员6名，女运动员4名，其中男?女队长各1名.现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
（1）男运动员3名，女运动员2名；
（2）队长中至少有1人参加；
（3）既要有队长，又要有女运动员.
答案解析
1.【答案】 （1）解： (1?2x)5 的展开式的通项为 Tr+1=C5r(?2x)r,r=0,1,2,3,4,5
所以 a2=C52(?2)2=40
（2）解：当 x=0 时， a0=1 ，
当 x=1 时， (1?2)5=a0+a1+a2+a3+a4+a5 ，得 a0+a1+a2+a3+a4+a5=?1 ，
所以 a1+a2+a3+a4+a5=?2
【解析】
写出 (1?2x)5 的展开式的通项即可得到答案；
（2）令 x=0 ，求出 a0 的值，然后再令 x=1 ，求出 a0+a1+a2+a3+a4+a5 的值，从而可求出 a1+a2+a3+a4+a5 的值.
2.【答案】 （1）解：可知 Tr+1=Cnr(x)n?r(?13x)r=Cnr(?1)rx3n?5r6 ，
方案一：选条件①，
由题可知 Cn4(?1)4Cn2(?1)2=143 ，
∴n!4!(n?4)!×2!(n?2)!n!=143 ，
∴n2?5n?50=0 ，
解得 n=10 或 n=?5 （舍去），
所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第六项，
T6=C105(?1)5x56=?252x56 ，
?所以展开式中二项式系数最大的项是第6项， T6=?252x56 ；
方案二：选条件②，
由题可知 Cn1+Cnn?2=Cn1+Cn2=n2+n2=55 ，
整理得 n2+n?110=0 ，解得 n=10 或 n=?11 （舍去），
所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第六项，
T6=C105(?1)5x56=?252x56 ，
?所以展开式中二项式系数最大的项是第6项， T6=?252x56 ；
方案三：选条件③
Cn+12?Cnn?2=Cn+12?Cn2=Cn1=10 ，
∴n=10 ，
所以展开式共有11项，其中二项式系数最大的项是第六项，
T6=C105(?1)5x56=?252x56 ，
?所以展开式中二项式系数最大的项是第6项， T6=?252x56 ；
（2）解：方案一：选条件①，
由（1）知 n=10,?Tr+1=C10r(?1)rx5?5r6 ，
令 5?56r=5 ， ∴r=0 ， ∴T1=x5 ，
所以展开式中含 x5 的项是第一项，为 x5 ；
方案二：选条件②，
同方案一（2）；
方案三：选条件③，
同方案一（2）.
【解析】
(1)由题意利用，二项式系数的性质，求得n的值，再利用通项公式求得展开式中二项式系数最大的项.
(2)由题意利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中含x5的项.
3.【答案】
（1）解： f(x)=(x?1)2+ax+2=x2+(a?2)x+3 ，
因为 f(x) 为偶函数且定义域为 R ，则 f(?x)=f(x) ，
即 x2?(a?2)x+3=x2+(a?2)x+3,(a?2)x=0,x∈R 恒成立，
∴a=2 .
（2）解：由(1)可知 (2x?1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4 ，
令 x=0 可得 1=a0 ，
令 x=1 可得 1=a0+a1+a2+a3+a4=1+a1+a2+a3+a4 ，
所以 a1+a2+a3+a4=0 .
【解析】
（1）该函数为二次函数，由偶函数可知，对称轴为y轴，即x=0，可求出a的值；
（2）分别令x=0和x=1，即可求出结果．
4.【答案】 （1）解：将甲、乙、丙3人看作一个整体，与其余4人全排列，有 A55 种排法，而甲、乙、丙3人有 A33 种排法，故共有 A33A55 =720种不同的排法
（2）解：可先排其余4人，然后再将甲、乙、丙排在已排好的4人之间及两端的5个空隙中，故共有 A44A53 =1440种不同的排法
【解析】
（1）利用已知条件结合排列数公式合分步乘法计数原理，进而求出甲、乙、丙3人相邻的不同排法种数。
（2）利用已知条件结合排列数公式合分步乘法计数原理，进而求出 甲、乙、丙3人不相邻的不同排法种数。
?5.【答案】 （1）证明： 1k+1Cnk=1k+1?n!k!(n?k)!=1n+1?(n+1)!(k+1)!(n?k)!=1n+1Cn+1k+1 ；
（2）解： (?1)0C20200+(?1)112C20201+(?1)213C20202+?+(?1)202012021C20202020
=k=02020(?1)k1k+1C2020k=12021k=02020(?1)kC2021k+1=12021
（3）解：设 an=k=0n(?1)kCnk2k+2 ，
则 an=1+k=1n?1(?1)k(Cn?1k+Cn?1k?1)2k+2+(?1)n2n+2
=an?1+k=1n(?1)kCn?1k?12k+2=an?1+2nk=1n(?1)kCnkkk+2
=an?1+2n{k=0n(?1)kCnk?k=0n(?1)kCnk2k+2}=an?1+2n(0?an) .
所以 an=nn+2an?1?an=nn+2?n?1n+1an?2 =???=n(n?1)????3?2(n+2)(n+1)???5?4a1 ，
又 a1=13 ，所以 an=n!2!(n+2)!=1Cn+2n .
所以 k=02020(?1)kC2020k2k+2=a2020=1C20222020=1C20222
=11011×2021=12043231 .（结果没化简，不扣分）
方法二： k=02020(?1)kC2020k2k+2=k=02020(?1)k?2020!k!(2020?k)!?2(k+1)(k+2)(k+1)
=k=02020(?1)k?2022!(k+2)!(2020?k)!?2(k+1)2022×2021
=22022×2021?k=02020(?1)k?(k+1)?C2022k+2
=22022×2021?k=02020(?1)k?(k+2?1)?C2022k+2
=22022×2021?[k=02020(?1)k?(k+2)?C2022k+2?k=02020(?1)k?C2022k+2]
=22022×2021?[k=02020(?1)k?2022?C2021k+1?k=02020(?1)k+2?C2022k+2]
=22022×2021?[?2022k=02020(?1)k+1?C2021k+1?((1?1)2022?1?C20221(?1)1)]
=22022×2021?[?2022?((1?1)2021?1)+1?2022]
=22022×2021=11011×2021=12043231 .
【解析】
利用组合数的运算即可求证.
利用组合数的运算与性质即可证出.
（3）方法一：设 an=k=0n(?1)kCnk2k+2 ，可得 an=1+k=1n?1(?1)k(Cn?1k+Cn?1k?1)2k+2+(?1)n2n+2 ，再利用组合数的运算性质即可求解；方法二： k=02020(?1)kC2020k2k+2=k=02020(?1)k?2020!k!(2020?k)!?2(k+1)(k+2)(k+1) ，根据组合数的运算即可求解
6.【答案】
（1）解：每个球都有4种方法，故有4×4×4×4＝256种，
（2）解：每个盒子不空，共有 A44=24 不同的方法
（3）解：四个不同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，恰有一个空盒，说明恰有一个盒子中有2个小球，
从4个小球中选两个作为一个元素，同另外两个元素在三个位置全排列，故共有 C42A43=144 种不同的放法．
【解析】
由分步计数原理代入数值计算出结果即可。
(2)由排列的定义结合已知条件计算出答案即可。
(3)由排列组合以及计数原理结合已知条件代入数值计算出结果即可。
7.【答案】
（1）解：若在第五次检测出最后一件次品，则前四次中有两件次品两件正品，第五次为次品.
则不同的检测方法共有 C42A44A51=720 种.
（2）解：检测3次可测出3件次品，不同的测试方法有 A33=6 种
检测4次可测出3件次品，不同的测试方法有 C32A33A51=90 种；
检测5次测出3件次品，分为两类：一类是恰好第5次测到次品，一类是前5次测到都是正品，不同的测试方法共有 C42A44A51+A55=840 种．所以共有936种测试方法
【解析】
由题意可知前四次中有两件次品两件正品，第五次为次品，所以选出排列即可.
（2）至多五次能找到，包括检测3次都是次品，检测四次测出3件次品，检测五次测出3件次品或着检测五次全是正品，剩下的为次品，以此求出每种情况求和可得结果.
8.【答案】
（1）解：由题意 ak(x)=Cnk?1(12x)k?1(k=1,2,???,n+1) .
∴a2(2)=Cn2?1(12×2)2?1=Cn1=8 ，
∴n=8 .
（2）解：由题意 ak(2)=Cnk?1(12×2)k?1=Cnk?1，∴2kak(2)=2kCnk?1(k=1,2,???,n+1) .
∴Sn+1=2Cn0+22Cn1+23Cn2+?+2n+1Cnn=2(Cn0+2Cn1+22Cn2+?+2nCnn)
=2(1+2)n=2×3n .
（3）证明：由题意 ak(x)=Cnk?1(12x)k?1(k=1,2,???,n+1) .
∴F(x)=Cn0+2Cn1(12x)+3Cn2(12x)2+???+nCnn?1(12x)n?1+(n+1)Cnn(12x)n .
当 x∈[0,2] 时， F'(x)≥0 且不恒为0， ∴F(x) 在 [0,2] 上单调递增.
∴ 对任意 x1,x2∈[0,2] ，恒有 |F(x1)?F(x2)|≤F(2)?F(0) .
又 F(0)=1,F(2)=Cn0+2Cn1+3Cn2+?+nCnn?1+(n+1)Cnn .
设 Sn=Cn0+2Cn1+3Cn2+?+nCnn?1+(n+1)Cnn ，
则 Sn=(n+1)Cnn+nCnn?1+?+3Cn2+2Cn1+Cn0 ，
∵Cnk=Cnn?k ，将以上两式两端分别相加得：
2Sn=(n+2)(Cn0+Cn1+Cn2+?+Cnn?1+Cnn)=(n+2)×2n ，
∴Sn=(n+2)×2n?1 ，即 F(2)=(n+2)×2n?1 .
∴ 对任意 x1,x2∈[0,2] ，恒有 |F(x1)?F(x2)|≤(n+2)×2n?1?1 .
【解析】
根据二项式定理的通项公式，写出 a2(2) ，即求n的值；
根据二项式定理的通项公式，写出 ak(2),Sn+1 ，即可求出 Sn+1 ；
（3）利用导数判断 F(x) 在 [0,2] 上的单调性，只需 |F(x1)?F(x2)|≤F(x)max?F(x)min ，即可证明.
9.【答案】
（1）解：（捆绑法）先让3个女生“捆绑”成一个整体，内部排序有 A33 种，然后把女生看成一个整体，与其余的男生排列有 A55 ，共有 A33A55=720 ；
（2）解：先把4个男生排练有 A44 种排法，然后把3个女生向5个空档插孔，有 A44A53=1440 ；
（3）解：先甲、乙相邻，再把甲乙这个整体与丙分别插入其余4个元素全排列构成的5个空位中， 按分步计数原理不同的排法有， A22A44A52=960 （种）．
【解析】
（捆绑法）先让3个女生“捆绑”成一个整体，内部排序，然后把女生看成一个整体，与其余的男生排序；
先把4个男生排列，然后把3个女生向5个空档插孔；
（3）先把甲、乙捆绑成一个整体，再把甲乙这个整体与丙分别插入其余4个元素全排列构成的5个空位中，按分步计数原理求的结果．
10.【答案】
（1）解：分两步完成：
第一步，选3名男运动员，有 C63 种选法；
第二步，选2名女运动员，有 C42 种选法.由分步乘法计数原理可得，共有 C63?C42=120 (种)选法.
（2）解：方法一(直接法)可分类求解：
“只有男队长”的选法种数为 C84 ；
“只有女队长”的选法种数为 C84 ；
“男?女队长都入选”的选法种数为 C83 ，
所以共有 2C84+C83=196 (种)选法.
方法二(间接法)从10人中任选5人有 C105 种选法，
其中不选队长的方法有 C85 种.所以“至少有1名队长”的选法有 C105?C85=196 (种).
（3）解：当有女队长时，其他人任意选，共有 C94 种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有 C84 种选法，其中不含女运动员的选法有 C54 种，所以不选女队长时的选法共有 （C84?C54） 种.所以既要有队长又要有女运动员的选法共有 C94+C84?C54=191 (种).
【解析】
（1）利用已知条件结合组合数公式，再结合分步乘法计数原理，进而求出男运动员3名，女运动员2名的选派方法。
（2）利用直接法和间接法的方法结合组合数公式，进而求出队长中至少有1人参加的选派方法。
（3)利用已知条件结合组合数公式,再利用分类加法计数原理和间接法，进而求出既要有队长，又要有女运动员的选派方法。