課時作業(yè)詳解答案

課時作業(yè)(一)1．解析：從3名女同學(xué)中選1人主持主題班會，有3種不同的選法，從2名男同學(xué)中選1人主持主題班會，有2種不同的選法，由分類加法計數(shù)原理，知不同的選法種數(shù)為3＋2＝5.故選B.答案：B2．解析：甲運動員有3種選法，乙運動員也有3種選法，由分步乘法計數(shù)原理知，不同的選法種數(shù)為3×3＝9.故選C.答案：C3．解析：根據(jù)分類加法計數(shù)原理，得方法種數(shù)為30＋20＋40＝90(種).故選D.答案：D4．解析：每相鄰的兩層之間各有2種走法，從一層到五層共分4步，由分步乘法計數(shù)原理，知共有24種不同的走法．故選D.答案：D5．解析：一套服裝由襯衣和裙子組成，已知有4件不同顏色的襯衣，3件不同花樣的裙子，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理可得，可以組成4×3＝12套服裝；另有2套不同樣式的連衣裙，根據(jù)分類加法計數(shù)原理得不同的選擇方式共有12＋2＝14種，故選B.答案：B6．解析：若第一門考試安排在開頭或結(jié)尾，則第二門考試有3種安排方法，這時，共有2×3＝6種方法．若第一門考試安排在中間的3天中的一天，則第二門考試有2種安排方法，共有3×2＝6種方法．綜上可得，所有的不同的考試安排方案種數(shù)是6＋6＝12.故選A.答案：A7．解析：將3張不同的門票分給10名同學(xué)中的3人，每人1張，可分為三步：第一步，第1張門票分給1名同學(xué)，有10種不同的分法；第二步，第2張門票分給1名同學(xué)，有9種不同的分法；第三步，第3張門票分給1名同學(xué)，有8種不同的分法，由分步乘法計數(shù)原理得，共有10×9×8＝720種不同的分法．答案：7208．解析：圓(x－a)2＋(y－b)2＝r2由3個量a，b，r確定，確定a，b，r分別有3種，4種，2種選法．由分步乘法計數(shù)原理，表示不同圓的個數(shù)為3×4×2＝24.答案：249．解析：對于圖1，按要求接通電路，只要在A中的兩個開關(guān)或B中的三個開關(guān)中合上一個即可，故有2＋3＝5(種)不同的方法．對于圖2，按要求接通電路必須分兩步進(jìn)行：第一步，合上A中的一個開關(guān)；第二步，合上B中的一個開關(guān)，故有2×3＝6(種)不同的方法．答案：5610．解析：從O型血的人中選1人有28種不同的選法；從A型血的人中選1人有7種不同的選法；從B型血的人中選1人有9種不同的選法；從AB型血的人中選1人有3種不同的選法．(1)任選1人去獻(xiàn)血，即無論選哪種血型的哪一個人，“任選1人去獻(xiàn)血”這件事情都可以完成，所以采用分類加法計數(shù)原理．故不同的選法有28＋7＋9＋3＝47(種).(2)要從四種血型的人中各選1人，即從每種血型的人中各選出1人后，“各選1人去獻(xiàn)血”這件事情才算完成，所以采用分步乘法計數(shù)原理．故不同的選法有28×7×9×3＝5292(種).11．解析：若A，D顏色相同，先涂E有4種涂法，再涂A，D有3種涂法，再涂B有2種涂法，C只有一種涂法，共有4×3×2＝24種；若A，D顏色不同，先涂E有4種涂法，再涂A有3種涂法，再涂D有2種涂法，當(dāng)B和D顏色相同時，C有2種涂法，當(dāng)B和D顏色不同時，B，C只有1種涂法，共有4×3×2×(2＋1)＝72種．根據(jù)分類加法計數(shù)原理可得，不同的涂色方法共有24＋72＝96種．答案：C12．解析：因為8個小組進(jìn)行單循環(huán)賽，每小組進(jìn)行6場小組賽，所以小組賽的場數(shù)為8×6＝48，因為16個隊按照確定的程序進(jìn)行淘汰賽，所以淘汰賽的場數(shù)為8＋4＋2＋2＝16，因此比賽進(jìn)行的總場數(shù)為48＋16＝64.故選A.答案：A13．解析：根據(jù)題意，先計算4名同學(xué)去參加3個不同的社團(tuán)的情況種數(shù)：4個同學(xué)中每人可以在3個不同的社團(tuán)中任選1個，即每人有3種不同的選法，則情況共有3×3×3×3＝81(種).再計算甲、乙參加同一個社團(tuán)的情況種數(shù)：若甲、乙參加同一個社團(tuán)，則甲、乙兩人有3種選法，剩下的2人每人有3種不同的選法，則剩下的2人的選法有3×3＝9(種)，則甲、乙參加同一個社團(tuán)的情況有3×9＝27(種).則甲、乙兩位同學(xué)不參加同一個社團(tuán)的情況有81－27＝54(種).答案：5414．解析：(1)千位有9種不同填法，百位有10種不同填法，十位、個位對應(yīng)各有一種填法．由分步乘法計數(shù)原理可知，共有9×10×1×1＝90(個).(2)由回文數(shù)的對稱性知，只需考察(2n＋1)(n∈N*)位回文數(shù)自左至右的前n＋1位數(shù)，最高位有9種不同填法，其余n位分別有10種不同填法，由分步乘法計數(shù)原理可知，共有9×10n個．答案：(1)90(2)9×10n15．解析：①若對應(yīng)位置上的數(shù)字都不相同，則信息為1001，共1個．②若有1個相同，則信息為0001，1101，1011，1000，共4個．③若有2個相同，分以下幾種情況，位置一、二相同，則信息為0101.位置一、三相同，則信息為0011.位置一、四相同，則信息為0000.位置二、三相同，則信息為1111.位置二、四相同，則信息為1100.位置三、四相同，則信息為1010.共6個．所以與信息0110至多有兩個對應(yīng)位置上的數(shù)字相同的信息個數(shù)為1＋4＋6＝11.16.解析：如圖以A為鈍角頂點，在直徑AA′的左邊取點B1，右邊依次取C1，C2，…，C6，得到6個鈍角三角形，當(dāng)取C7時，△B1AC7為銳角三角形；同理，在直徑AA′的左邊取點B2，右邊依次取C1，C2，…，C5，得到5個鈍角三角形，當(dāng)取C6，C7時，△B2AC6，△B2AC7為銳角三角形……在直徑AA′的左邊取點B6時，得到一個鈍角三角形B6AC1；在直徑AA′的左邊取點B7時，沒有鈍角三角形．故以A為鈍角頂點的三角形共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(個).以其余14個點為鈍角頂點的三角形也各有21個，所以鈍角三角形共有15×21＝315(個).答案：C課時作業(yè)(二)1．解析：A中，∵加法滿足交換律，∴A不是排列問題；B中，∵除法不滿足交換律，如eq\f(5,3)≠eq\f(3,5)，∴B是排列問題；若方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1表示焦點在x軸上的橢圓，則必有a>b，a，b的大小一定；在雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1中不管a>b還是a<b，方程均表示焦點在x軸上的雙曲線，且是不同的雙曲線，故C不是排列問題，D是排列問題．故選BD.答案：BD2．解析：本題要求首位數(shù)字是1，且恰有三個相同的數(shù)字，用樹形圖表示為：由此可知共有12個．故選B.答案：B3．解析：將4張賀卡分別記為A，B，C，D，且按題意進(jìn)行排列，用樹形圖表示為：由此可知共有9種送法．故選B.答案：B4．解析：先從5個人中任選1名當(dāng)班長有5種選法，再從剩下4個人中任選1名當(dāng)副班長有4種選法，共有5×4＝20(種).故選A.答案：A5．解析：可分三步：第一步，排最后一個商業(yè)廣告，有2種；第二步，在前兩個位置選一個排第二個商業(yè)廣告，有2種．第三步，余下的兩個排公益宣傳廣告，有2種，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，不同的播放方式共有8種．故選A.答案：A6．解析：因為甲、乙兩人被分配到同一展臺，所以甲與乙捆在一起，看成一個人，然后將3個人分到3個展臺進(jìn)行排列，即有3×2×1＝6種，所以甲、乙兩人被分配到同一展臺的不同分法的種數(shù)為6種．故選D.答案：D7．解析：本題實質(zhì)是求從1，2，3，4四個數(shù)字中，任意選出三個數(shù)字排成一排，有多少種排法的排列問題，故不同排法有4×3×2＝24(種)，即可以組成24個沒有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)．答案：248．解析：一天的課程表排法共有：6×5×4×3×2×1＝720(種).答案：7209．解析：畫出樹形圖，如圖所示：由樹形圖可知，共有11種不同的試種方案．答案：1110．解析：(1)按三個位置依次安排，如圖：故所有排列為ABC，ACB，BAC，BCA，CAB，CBA，共6種．(2)列出每一個起點和終點情況，如圖所示．故符合題意的機票種類有：北京廣州，北京南京，北京天津，廣州南京，廣州天津，廣州北京，南京天津，南京北京，南京廣州，天津北京，天津廣州，天津南京，共12種．11．解析：從不含0的5個數(shù)中任取兩個數(shù)，共有20種，其中如果選中2，3與4，6則為重復(fù)的兩條，2，4和3，6也為重復(fù)的兩條，所以有不同的直線20－4＝16種，當(dāng)選中0時，只能表示兩條不同的直線x＝0和y＝0，由加法原理知共有16＋2＝18條不同直線．故選B.答案：B12．解析：十位數(shù)只能是3，4，5.當(dāng)十位數(shù)為3時只有；132，231，共2個；當(dāng)十位數(shù)是4時有：142,143,241,341，243，342，共6個；當(dāng)十位數(shù)是5時有：152，153，154,251,253,254,351,352,354，451，452，453，共12個，故共有2＋6＋12＝20個．故選C.答案：C13．解析：首先注意a1位置的數(shù)比a2位置的數(shù)大，可以借助樹形圖進(jìn)行篩選．滿足a1>a2的樹形圖是：其次滿足a3>a2的樹形圖是：再滿足a3>a4的排列有：2143，3142，3241，4132，4231，共5個．答案：514．解析：將5家招聘員工的公司看作5個不同的位置，從中任選3個位置給3名大學(xué)畢業(yè)生，第一位大學(xué)生有5種選擇，第二位大學(xué)生有4種選擇，第三位大學(xué)生有3種選擇，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理可知不同的招聘方案共有5×4×3＝60(種).答案：6015．解析：(1)能組成18個不同的三位數(shù)．組成三位數(shù)分三個步驟：第一步：選百位上的數(shù)字，0不能排在首位，故有3種不同的排法；第二步；選十位上的數(shù)字，有3種不同的排法；第三步：選個位上的數(shù)字，有2種不同的排法．由分步乘法計數(shù)原理得共有3×3×2＝18(個)不同的三位數(shù)．畫出下列樹形圖：由樹形圖知，所有的三位數(shù)為102，103，120，123，130，132,201,203,210,213，230，231,301，302，310，312，320，321.(2)直接畫出樹形圖：由樹形圖知，符合條件的三位數(shù)有8個：201,210,230，231,301,302,310,312.16．解析：(1)三位數(shù)的每位上數(shù)字均為1，2，3，4，5，6之一．第一步，得首位數(shù)字，有6種不同結(jié)果，第二步，得十位數(shù)字，有5種不同結(jié)果，第三步，得個位數(shù)字，有4種不同結(jié)果，故可得各位數(shù)字互不相同的三位數(shù)有6×5×4＝120(個).(2)三位數(shù)中每位上數(shù)字均可從1，2，3，4，5，6六個數(shù)字中得一個，共有這樣的三位數(shù)6×6×6＝216(個).課時作業(yè)(三)1．解析：因為Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝132，所以n(n－1)＝132，整理，得n2－n－132＝0，解得n＝12，或n＝－11(不合題意，舍去)，所以n的值為12.故選B.答案：B2．解析：先排3位女生，再把2位男生插入空檔中，因此排法種數(shù)Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝72.故選A.答案：A3．解析：因為同學(xué)甲只能在周一值日，所以除同學(xué)甲外的4名同學(xué)將在周二至周五值日，所以5名同學(xué)值日順序的編排方案共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝24(種).故選B.答案：B4．解析：第1步，把3名女生作為一個整體，看成一個元素，4名男生作為一個整體，看成一個元素，兩個元素排成一排有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))種排法；第2步，對男生、女生“內(nèi)部”分別進(jìn)行排列，女生“內(nèi)部”的排法有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))種，男生“內(nèi)部”的排法有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))種．故符合題意的排法共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝288(種).答案：D5．解析：五門課程隨意安排有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))種排法，數(shù)學(xué)課在歷史課前和歷史課在數(shù)學(xué)課前各占總排法數(shù)的一半，所以數(shù)學(xué)課排在歷史課前的排法有eq\f(1,2)Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝60(種).故選C.答案：C6．解析：根據(jù)題意，從事翻譯工作的為特殊位置，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))種可能方案，其余三項工作，從剩余的5人中選取，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))種可能方案，根據(jù)分步乘法計數(shù)原理知，選派方案共有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝4×5×4×3＝240(種)，故選B.答案：B7．解析：由題意知，能被5整除的四位數(shù)末位必為5，只有1種方法，其它位的數(shù)字從剩余的四個數(shù)中任選三個全排列有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝4×3×2＝24.答案：248．解析：先擺語文和物理書，不同的擺法為Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2(種)；再把兩本數(shù)學(xué)書插空，不同的擺法為Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝6(種).由分步乘法計數(shù)原理可得，符合題意的擺法為2×6＝12(種).答案：129．解析：解決這個問題可以分為兩步：第1步，把4位司機分配到4輛不同班次的公共汽車上，即從4個不同元素中取出4個元素排成一列，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))種方法；第2步，把4位售票員分配到4輛不同班次的公共汽車上，也有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))種方法，由分步乘法計數(shù)原理知，分配方案共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝576(種).答案：57610．解析：(1)把喜羊羊家族的四位成員看成一個元素，排法種數(shù)為Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)).因為喜羊羊家族的四位成員交換順序會產(chǎn)生不同排列，所以不同的排法共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝144(種).(2)第一步，將喜羊羊家族的四位成員排好，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))種排法；第二步，讓灰太狼、紅太狼插入喜羊羊家族的四位成員形成的空(包括兩端)中，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))種排法，不同的排法共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝480(種).11．解析：第1步，把3個家庭各自看成一個整體全排列，不同排法有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝3！(種).第2步，把3個家庭分別排列，每個家庭的不同排法有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝3！(種)，3個家庭的不同排法共有(3！)3種．由分步乘法計數(shù)原理知，不同的坐法種數(shù)為3！×(3！)3＝(3！)4.故選C.答案：C12．解析：先不考慮小品類節(jié)目是否相鄰，保證歌舞類節(jié)目不相鄰．先安排2個小品類節(jié)目和1個相聲類節(jié)目，然后在3個節(jié)目中間及兩端的4個位置中選3個安排歌舞類節(jié)目，共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))×Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝144種排法，再剔除小品類節(jié)目相鄰的情況．首先將兩個小品類節(jié)目“捆綁”看成是一個元素，然后和相聲類節(jié)目進(jìn)行全排列，最后“插空”安排歌舞類節(jié)目，共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))×Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝24種排法，于是符合題意的排法共有144－24＝120(種).答案：B13．解析：百位的數(shù)字可以選擇的種數(shù)為5種，十位，個位可以選的種數(shù)分別為5種，4種，則可組成無重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)的種數(shù)為5×5×4＝100；可組成有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)的種數(shù)為5×6×6＝180.答案：10018014．解析：當(dāng)甲在最后一個位置時，乙在剩下的位置中任意選擇，方法種數(shù)為Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝24；當(dāng)甲不在第一個和最后一個位置時，甲有3種選擇，乙也有3種選擇，剩下的人全排列，方法種數(shù)為3×3×Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝54，則不同的排法種數(shù)是54＋24＝78.答案：7815．解析：(1)第一步排年輕人，共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))種方法，第二步排3位老者，只有一種排法，出場順序有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))×1＝20種．(2)設(shè)符合條件的排法共有x種，則x·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))，解得x＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)),Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))·Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝10，即出場順序有10種．16．解析：從左往右看，若C排在第1位，則其他字母可以進(jìn)行全排列，共有排法Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝120種；若C排在第2位，A，B只能在C右側(cè)的4個位置中選2個，D，E，F(xiàn)安排在剩下的3個位置中，共有排法Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))×Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝72種；若C排在第3位，則A，B可排在C的左側(cè)或右側(cè)，共有排法Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))×Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＋Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝48種；若C排在第4，5，6位，其排法數(shù)與C排在第3，2，1位時相同，故共有排法2×(120＋72＋48)＝480(種).答案：480課時作業(yè)(四)1．解析：∵Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))＝12Ceq\o\al(\s\up1(n－2),\s\do1(n))＝12Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))，∴n(n－1)(n－2)＝12×eq\f(n（n－1）,2)，即n－2＝6，∴n＝8，故選D.答案：D2．解析：三張票沒區(qū)別，從10人中選3人即可，即Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))，故選B.答案：B3．解析：讓甲學(xué)校先選，則剩余的老師到乙學(xué)校．第1步，選女教師，不同的選法為Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))＝2(種)；第二步，選男教師，不同的選法為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝6(種).由分步乘法計數(shù)原理可得，不同的安排方案有2×6＝12(種).故選B.答案：B4．解析：當(dāng)“A選1門，B選2門”時，方法數(shù)有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝30種，當(dāng)“A選2門，B選1門”時，方法數(shù)有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))＝15種，故總的方法數(shù)有30＋15＝45種．故選C.答案：C5．解析：由題意，先從4名骨干教師中任取2名，共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))種取法，這樣就將4名骨干教師分成了3組，再分配到3所學(xué)校，所以不同安排方案有：Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6×3×2×1＝36.故選C.答案：C6．解析：3人中至少有1名女醫(yī)生，考慮間接法，先任選3名醫(yī)生共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))種選法，沒有女醫(yī)生被選上的情況為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))，因此3人中至少有1名女醫(yī)生的選法為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))種，再安排到湖北省的A，B，C三地共有(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝9×6＝54種，故選C.答案：C7．解析：要想列出所有組合，做到不重不漏，先將元素按照一定順序排好，然后按順序用圖示的方法將各個組合逐個地標(biāo)示出來．如圖所示．答案：ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de8．解析：10元錢剛好用完有兩種情況：5種2元1本的；4種2元1本的和2種1元1本的．分兩類完成：第1類，買5種2元1本的，有Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))種不同買法；第2類，買4種2元l本的和2種1元l本的，有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))·Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))種不同買法．根據(jù)分類加法計數(shù)原理，可得不同買法的種數(shù)是Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))·Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝266.答案：2669．解析：有0的五位奇數(shù)有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))個，無0的五位奇數(shù)有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))個，所以所有的五位奇數(shù)有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))＝13440個．答案：1344010．解析：(1)第一步，將最高的安排在正中間只有1種排法；第二步，從剩下的6人中任選3人安排在一側(cè)有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))種排法；第三步，將剩下的3人安排在另一側(cè)，只有1種排法．所以共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝20種不同的排法．(2)第一步，從7人中選6人，有Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(7))種選法；第二步，從6人中選2人安排在第一列，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))種排法；第三步，從剩下的4人中選2人安排在第二列，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))種排法；最后將剩下的2人安排在第三列，只有1種排法．故共有Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(7))×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝630種不同的排法．11．解析：根據(jù)題意可知必有二名志愿者去同一小區(qū)開展工作，因此有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝eq\f(4×3,2)＝6種方式，所以四名志愿者分配到甲、乙、丙三個小區(qū)開展工作，每個小區(qū)至少分配一名志愿者共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6×3×2×1＝36種方式．故選A.答案：A12．解析：先對中間兩塊涂色，則共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))種涂色方案，再對剩余兩塊涂色，則共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝9種；故滿足題意的所有涂色方案有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝180種．故選B.答案：B13．解析：按既能當(dāng)車工又能當(dāng)鉗工的工人中選派幾人去當(dāng)鉗工進(jìn)行分類，0人去當(dāng)鉗工，共Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))＝75種選派方法；1人去當(dāng)鉗工，共Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))＝100種選派方法；2人去當(dāng)鉗工，共Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝10種選派方法．所以共有75＋100＋10＝185種選派方法．答案：18514．解析：由題意可得，有1人完成2項工作，其余2人每人完成1項工作．先把工作分成3組，即2，1，1，分法種數(shù)為eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝6，再分配給3個人，分配方法數(shù)為Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6，故不同的安排方式共有6×6＝36(種).答案：3615．解析：(1)女生甲擔(dān)任語文課代表，再選4人分別擔(dān)任其他4門學(xué)科的課代表，故方法種數(shù)為Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7))＝840.(2)除乙外，先選出4人，有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7))種方法，連同乙在內(nèi)，5人擔(dān)任5門不同學(xué)科的課代表，乙不擔(dān)任英語課代表，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))種方法，故方法種數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝3360.(3)分兩類：第一類，丙擔(dān)任課代表，先選出除丙外的2名男生和2名女生，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))種方法，連同丙在內(nèi)，5人擔(dān)任5門不同學(xué)科的課代表，丙不擔(dān)任英語課代表，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))種方法，所以有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))種方法；第二類，丙不擔(dān)任課代表，有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))種方法，根據(jù)分類加法計數(shù)原理，得方法種數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝3168.16．解析：當(dāng)A中含有1個元素時，“隔離集合對”的個數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(8))(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(7))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7))＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(7))＋Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(7))＋Ceq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(7)))＝1016；當(dāng)A中含有2個元素時，“隔離集合對”的個數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(6))＋Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6)))＝1764；當(dāng)A中含有3個元素時，“隔離集合對”的個數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5)))＝1736；當(dāng)A中含有4個元素時，“隔離集合對”的個數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4)))＝1050；當(dāng)A中含有5個元素時，“隔離集合對”的個數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)))＝392；當(dāng)A中含有6個元素時，“隔離集合對”的個數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(8))(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝84；當(dāng)A中含有7個元素時，“隔離集合對”的個數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(8))＝8.所以一共有“隔離集合對”的個數(shù)為6050.答案：6050課時作業(yè)(五)1．解析：由二項式定理知，(x＋1)n的展開式共有n＋1項，所以n＋1＝12，即n＝11.故選A.答案：A2．解析：因為(1＋x)10＝(－2＋1－x)10，所以a8＝Ceq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(10))(－2)2＝45×4＝180.故選D.答案：D3．解析：在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(7)的展開式的通項Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(7))(－1)kx7－2k中，令7－2k＝1，得k＝3，即得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(7)的展開式中x項的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))×(－1)3＝－35.故選A.答案：A4．解析：∵(1＋eq\r(2))4＝1＋4eq\r(2)＋12＋8eq\r(2)＋4＝17＋12eq\r(2)，且(1＋eq\r(2))4＝a＋beq\r(2)(a，b為有理數(shù))，∴a＝17，b＝12，∴a＋b＝29.故選B.答案：B5．解析：(ax－1)5的展開式中含x3的項為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))(ax)3·(－1)2＝10a3x3，由已知得10a3＝80，解得a＝2.故選D.答案：D6．解析：在通項Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))(－eq\r(2)y)kx10－k中，令k＝4，即得(x－eq\r(2)y)10的展開式中x6y4的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10))×(－eq\r(2))4＝840.故選B.答案：B7．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,8x3)))eq\s\up12(8)的第k＋1項為Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(8))(2x)8－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,8x3)))eq\s\up12(k)＝(－1)kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(8))28－4kx8－4k，令8－4k＝0，解得k＝2，即T3＝T2＋1＝(－1)2Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))20x0＝28.答案：288．解析：∵(a＋x)4展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(4))a4－kxk且x3的系數(shù)等于8，∴Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))a4－3＝8，∴a＝2.答案：29．解析：展開式的通項Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))xn－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(k)x－eq\f(k,2)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(k)xn－eq\f(3k,2)，根據(jù)題意，第3項和第5項的二項式系數(shù)相等，即Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))，所以n＝6，則常數(shù)項為6－eq\f(3k,2)＝0，得到k＝4，所以常數(shù)項Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)＝eq\f(15,16).答案：eq\f(15,16)10．解析：(1)依題意有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))∶Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝14∶3，化簡，得(n－2)(n－3)＝56，解得n＝10或n＝－5(不合題意，舍去)，所以n的值為10.(2)通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))(eq\r(3,x))10－k·(－1)keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2\r(3,x))))eq\s\up12(k)＝(－1)keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(k)Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))·xeq\f(10－2k,3)，由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(10－2k,3)∈Z，,0≤k≤10，,k∈Z，))解得k＝2，5，8，所以第3項、第6項與第9項為有理項，它們分別為eq\f(45,4)x2，－eq\f(63,8)，eq\f(45,256).11．解析：(1＋2eq\r(x))3(1－eq\r(3,x))5＝(1＋6eq\r(x)＋12x＋8x·eq\r(x))(1－eq\r(3,x))5，故(1＋2eq\r(x))3·(1－eq\r(3,x))5的展開式中含x的項為1×Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))·(－eq\r(3,x))3＋12xCeq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(5))＝－10x＋12x＝2x，所以x的系數(shù)為2，故選C.答案：C12．解析：因為(1＋ax)(1＋x)5的展開式中x2的系數(shù)為5，所以Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＋aCeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))＝5，即10＋5a＝5，解得a＝－1，故選A.答案：A13．解析：展開式中含x3的項可以由“1與x3”和“2x2與x”的乘積組成，則x3的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＋2Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))＝4＋8＝12.答案：1214．解析：方法一(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，含y2的項為T3＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3中含x5的項為Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))x4·x＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))x5.所以x5y2的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝30.方法二(x2＋x＋y)5表示5個x2＋x＋y之積．∴x5y2可從其中5個因式中，兩個因式中取x2，剩余的3個因式中1個取x，其余因式取y，因此x5y2的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝30.答案：3015．解析：由二項展開式的通項公式得T7＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(n))(eq\r(3,2))n－6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3,3))))eq\s\up12(6)，Tn＋1－6＝Tn－5＝Ceq\o\al(\s\up1(n－6),\s\do1(n))(eq\r(3,2))6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3,3))))eq\s\up12(n－6)，由eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(n))（\r(3,2)）n－6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3,3))))\s\up12(6),Ceq\o\al(\s\up1(n－6),\s\do1(n))（\r(3,2)）6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3,3))))\s\up12(n－6))＝eq\f(1,6)，化簡得6eq\f(n,3)－4＝6－1，所以eq\f(n,3)－4＝－1，所以n＝9.所以T7＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(9))×(eq\r(3,2))9－6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3,3))))eq\s\up12(6)＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9))×2×eq\f(1,9)＝eq\f(56,3).16．解析：注意到(x＋2eq\r(y)－1)n＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))xn－k(2eq\r(y)－1)k.其中xn－4項僅出現(xiàn)在k＝4時的展開式Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))xn－4(2eq\r(y)－1)4中，xn－4項系數(shù)為(－1)4Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))＝eq\f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24).而xy項僅出現(xiàn)在k＝n－1時的展開式Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))x(2eq\r(y)－1)n－1中，xy項系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n－1))4(－1)n－3＝(－1)n－32n(n－1)·(n－2).因此有eq\f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24)＝(－1)n－32n(n－1)(n－2).注意到n>4，化簡得n－3＝(－1)n－348，故n只能為奇數(shù)且n－3＝48.解得n＝51.答案：51課時作業(yè)(六)1．解析：由2n＝64，得n＝6，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(6)的展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))x6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))x6－2k(0≤k≤6，k∈N).由6－2k＝0，得k＝3，∴T4＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝20.故選B.答案：B2．解析：因為11為奇數(shù)，所以展開式正中間兩項的二項式系數(shù)最大，即第6、7項的二項式系數(shù)最大．故選C.答案：C3．解析：(7a＋b)10的展開式中的各二項式系數(shù)之和為210.對于(x＋3y)n，令x＝1，y＝1，則由題意，知4n＝210，解得n＝5.故選A.答案：A4．答案：D5．解析：在(x－2)6的展開式中，二項式系數(shù)的最大值為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝20，即a＝20，其展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))x6－k·(－2)k，令6－k＝5，則k＝1，可得x5的系數(shù)b＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))×(－2)1＝－12，所以eq\f(a,b)＝eq\f(20,－12)＝－eq\f(5,3).故選B.答案：B6．解析：(a－x)5展開式的通項為Tk＋1＝(－1)kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))a5－kxk，令k＝2，得a2＝10a3，由題可知10a3＝80，解得a＝2，即(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.故選B.答案：B7．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(1,x)))eq\s\up12(n)的展開式中只有第5項的二項式系數(shù)最大，故n為偶數(shù)，展開式共有9項，故n＝8.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(1,x)))eq\s\up12(n)即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(1,x)))eq\s\up12(8)，它的展開式的通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(8))·(－1)k·xeq\f(8－4k,3)，令eq\f(8－4k,3)＝0，求得k＝2，則展開式中的常數(shù)項是Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))＝28.答案：288．解析：已知(2－x2)(1－ax)3的展開式的所有項系數(shù)之和為27，將x＝1代入表達(dá)式得到(1－a)3＝27?a＝－2，展開式中含x2的項的系數(shù)是2×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×22＋(－1)×Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝23.答案：－2239．解析：令x＝0，則a0＝1，令x＝2，a0＋2a1＋22a2＋…＋29a9＝39，∴2a1＋22a2＋…＋29a9＝39－1.答案：39－110．解析：(1)因為T3＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))(－x)2＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))x2，由a2＝21，得Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝21，解得n＝7；(2)令x＝0，得a0＝1，令x＝3，得(1－3)7＝1＋3a1＋32a2＋33a3＋…＋3nan，所以3a1＋32a2＋33a3＋…＋3nan＝(－2)7－1＝－129.11．解析：∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))eq\s\up12(n)(a>0)的展開式的第五、六項的二項式系數(shù)相等且最大，∴n＝9，又∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))eq\s\up12(9)的展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(9))a9－kxeq\s\up9(\f(9－k,2))x－eq\f(k,3)＝a9－kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(9))xeq\s\up9(\f(27－5k,6))，∴令eq\f(27－5k,6)＝2，解得k＝3，∵展開式中x2項的系數(shù)為84，∴a6Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9))＝84，解得a＝1或a＝－1(舍去)，故選B.答案：B12．解析：設(shè)(1＋2x)2n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2n－1x2n－1＋a2nx2n，則展開式中奇次項系數(shù)之和就是a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1.分別令x＝1，x＝－1，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a2n－1＋a2n＝32n，,a0－a1＋a2－a3＋…－a2n－1＋a2n＝1，))兩式相減，整理得a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝eq\f(32n－1,2).由已知，得eq\f(32n－1,2)＝364，∴32n＝729＝36，∴n＝3，故(1＋2x)2n＝(1＋2x)6的展開式共有7項，中間一項的二項式系數(shù)最大，即第4項的二項式系數(shù)最大，故選B.答案：B13．解析：由題設(shè)可得2n＝64，則n＝6.由于展開式的通項是Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))26－kxeq\f(1,2)(6－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－ax－\f(1,2)))eq\s\up12(k)＝(－a)k26－kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))x3－k，令3－k＝0，可得k＝3，則(－a)3·26－3·Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝－160，即a3Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝20，即a3＝1，所以a＝1.答案：114．解析：Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))2kxk，∴a4＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))24＝80，a1＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))21＝10，a3＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))23＝80，a5＝Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))25＝32，∴a1＋a3＋a5＝10＋80＋32＝122.答案：8012215．解析：(1)由展開式中所有的偶數(shù)項二項式系數(shù)和為64，得2n－1＝64，所以n＝7所以展開式中二項式系數(shù)最大的項為第四項和第五項．因為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,x)))eq\s\up12(7)的展開式的通項公式為Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(7))(2x2)7－k(－1)keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(7))27－k(－1)kx14－3k，所以f(x)的展開式中二項式系數(shù)最大的項為T4＝－500x5，T5＝280x2.(2)由(1)知n＝7，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,x)))eq\s\up12(7)的展開式中x－1項為T6＝－eq\f(84,x)，x2項為T5＝280x2，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,x)))eq\s\up12(n)展開式的常數(shù)項為2×(－84)＋1×280＝112.16．解析：令x＝0，得a0＝42n；分別令x＝1和x＝－1，將得到的兩式相加，得a0＋a2＋a4＋…＋a2n＝eq\f(1,2)(62n＋22n)，所以a2＋a4＋…＋a2n＝eq\f(1,2)(62n＋22n)－42n＝22n－1(32n＋1)－42n＝(3－1)2n－1·(32n＋1)－(3＋1)2n.根據(jù)二項式定理，展開后不能被3整除的算式為(－1)2n－1×1－12n＝－2，所以余數(shù)為1.答案：1章末質(zhì)量檢測(一)1．解析：分兩類：第一類，M中取橫坐標(biāo)，N中取縱坐標(biāo)，共有3×2＝6個第一、二象限內(nèi)的點；第二類，M中取縱坐標(biāo)，N中取橫坐標(biāo)，共有2×4＝8個第一、二象限內(nèi)的點．由分類加法計數(shù)原理，知共有6＋8＝14個不同的第一、二象限內(nèi)的點．故選C.答案：C2．解析：要完成配套，分兩步：第一步，取“迎”字，有4種不同取法；第二步，取“新”字，有3種不同取法，故有4×3＝12種不同的配套方法．故選B.答案：B3．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋2x))eq\s\up12(6)的展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(6－k)(2x)k＝2kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))x2k－6，令2k－6＝0，解得k＝3，所以展開式中的常數(shù)項為23×Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝160.故選B.答案：B4．解析：從4位男生中選2位捆綁在一起，和剩余的2位男生插入到2位女生所形成的3個空隙中，所以共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝144種不同的排法．故選C.答案：C5．解析：某同學(xué)計劃從物理、化學(xué)、生物3科中任選兩科，從政治、歷史、地理3科中任選1科作為選考科目，則該同學(xué)3科選考科目的不同選法的種數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝9種．故選D.答案：D6．解析：由二項式定理得展開式的通項Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))x6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,\r(x))))eq\s\up12(k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))(－a)kx6－eq\f(3,2)k，令6－eq\f(3,2)k＝eq\f(3,2)，得k＝3，由Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))(－a)3＝－20a3＝160，得a＝－2.故選B.答案：B7．解析：(2x－y)5的展開式的通項為Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))(2x)5－k(－y)k＝25－k(－1)kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))x5－kyk.令5－k＝1，得k＝4，則x·2·Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))xy4＝10x2y4；令5－k＝2，得k＝3，則y·22·(－1)·Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))x2y3＝－40x2y4.所以(x＋y)(2x－y)5的展開式中x2y4的系數(shù)為10－40＝－30.故選D.答案：D8．解析：從其他5個字母中任取4個，然后與“ea”進(jìn)行全排列，共有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝600種，故選C.答案：C9．解析：由Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝eq\f(n！,（n－m）！)可知：Aeq\o\al(\s\up1(m－1),\s\do1(n－1))＝eq\f(（n－1）！,（n－m）！)，故D不正確．A、B、C均正確．故選ABC.答案：ABC10．解析：A錯，Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))·m！；B正確；C錯，應(yīng)為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(101))－1；D正確，由組合數(shù)定義可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤n－2≤2n－1（?。?0≤2n－1≤n＋1（ⅱ）))由(ⅰ)得n≥2，由(ⅱ)得eq\f(1,2)≤n≤2，所以n＝2.所以Ceq\o\al(\s\up1(n－2),\s\do1(2n－1))＋Ceq\o\al(\s\up1(2n－1),\s\do1(n＋1))＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝2.所以B、D正確．答案：BD11．解析：二項式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))eq\s\up12(11)的展開式中，每項的系數(shù)與二項式系數(shù)相等，共有12項，所以系數(shù)最大的項為第六項和第七項．故選BC.答案：BC12．解析：(a－b)11的展開式中的二項式系數(shù)之和為211＝2048，所以A正確；因為n＝11為奇數(shù)，所以展開式中有12項，中間兩項(第6項和第7項)的二項式系數(shù)相等且最大，所以B不正確，C正確；展開式中第6項的系數(shù)為負(fù)數(shù)，不是最大值，所以D不正確．故選AC.答案：AC13．解析：∵(1－2x)n的展開式中奇數(shù)項的二項式系數(shù)之和為32，∴2n－1＝32，即n＝6，∴(1－2x)6展開式中的第4項為T4＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))13(－2x)3＝－160x3.答案：－160x314．解析：可以分為三類，第一類，讓兩項工作都能勝任的青年從事英語翻譯工作，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))種選法；第二類，讓兩項工作都能勝任的青年從事德語翻譯工作，有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))種選法；第三類，兩項工作都能勝任的青年不從事任何工作，有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))種選法．根據(jù)分類加法計數(shù)原理知，一共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝42種不同的選法．答案：4215．解析：該二項展開式的第k＋1項為Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(9))(eq\r(2))9－kxk，當(dāng)k＝0時，第1項為常數(shù)項，所以常數(shù)項為(eq\r(2))9＝16eq\r(2)；當(dāng)k＝1，3，5，7，9時，展開式的項的系數(shù)為有理數(shù)，所以系數(shù)為有理數(shù)的項的個數(shù)為5.答案：16eq\r(2)516．解析：從五人中選四人有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))＝5種選擇方法，分類討論：若所選四人為甲、乙、丙、丁，則有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝4種組隊方式；若所選四人為甲、乙、丙、戊，則有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝8種組隊方式；若所選四人為甲、乙、丁、戊，則有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝8種組隊方式；若所選四人為甲、丙、丁、戊，則有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2種組隊方式；若所選四人為乙、丙、丁、戊，則有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2種組隊方式．由分類加法計數(shù)原理得，不同的組隊方式有4＋8＋8＋2＋2＝24種．答案：2417．解析：(1)分三步：第1步，從高一年級選1個班，有6種不同的選法；第2步，從高二年級選1個班，有7種不同的選法；第3步，從高三年級選1個班，有8種不同的選法，由分步乘法計數(shù)原理可得，不同的選法種數(shù)為6×7×8＝336.(2)分三類，每類又分兩步：第1類，從高一、高二兩個年級各選1個班，有6×7種不同的選法；第2類，從高一、高三兩個年級各選1個班，有6×8種不同的選法；第3類，從高二、高三兩個年級各選1個班，有7×8種不同的選法，故不同的選法種數(shù)為6×7＋6×8＋7×8＝146.18．解析：(1)展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))(－2)kx10－eq\f(3,2)k，令10－eq\f(3,2)k＝4，解得k＝4，故展開式中含x4項的系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10))(－2)4＝3360.(2)第3r項的二項式系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(3r－1),\s\do1(10))，第r＋2項的二項式系數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(r＋1),\s\do1(10))，∵Ceq\o\al(\s\up1(3r－1),\s\do1(10))＝Ceq\o\al(\s\up1(r＋1),\s\do1(10))，∴3r－1＝r＋1或3r－1＋r＋1＝10，解得r＝1或r＝2.5(不合題意，舍去)，∴r＝1.19．解析：(1)除選出A，B外，從其他10個人中再選3人，選法數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＝120.(2)按女生的選取情況分為四類：選2名女生、3名男生，選3名女生、2名男生，選4名女生、1名男生，選5名女生，所有選法數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(7))＋Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝596.(3)選出1名男生擔(dān)任體育委員，再選出1名女生擔(dān)任文娛委員，從剩下的10人中任選3人擔(dān)任其他3種職務(wù)．根據(jù)分步乘法計數(shù)原理知，所有選法數(shù)為Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(7))·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))·Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＝25200.20．解析：二項展開式的通項為Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2))eq\s\up12(n－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(k)＝(－1)keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(n－k)Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))x2n－eq\f(5k,2).(1)因為第9項為常數(shù)項，所以當(dāng)k＝8時，2n－eq\f(5,2)k＝0，解得n＝10.(2)令2n－eq\f(5,2)