课时作业详解答案

课时作业(一)1．解析：从3名女同学中选1人主持主题班会，有3种不同的选法，从2名男同学中选1人主持主题班会，有2种不同的选法，由分类加法计数原理，知不同的选法种数为3＋2＝5.故选B.答案：B2．解析：甲运动员有3种选法，乙运动员也有3种选法，由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为3×3＝9.故选C.答案：C3．解析：根据分类加法计数原理，得方法种数为30＋20＋40＝90(种).故选D.答案：D4．解析：每相邻的两层之间各有2种走法，从一层到五层共分4步，由分步乘法计数原理，知共有24种不同的走法．故选D.答案：D5．解析：一套服装由衬衣和裙子组成，已知有4件不同颜色的衬衣，3件不同花样的裙子，根据分步乘法计数原理可得，可以组成4×3＝12套服装；另有2套不同样式的连衣裙，根据分类加法计数原理得不同的选择方式共有12＋2＝14种，故选B.答案：B6．解析：若第一门考试安排在开头或结尾，则第二门考试有3种安排方法，这时，共有2×3＝6种方法．若第一门考试安排在中间的3天中的一天，则第二门考试有2种安排方法，共有3×2＝6种方法．综上可得，所有的不同的考试安排方案种数是6＋6＝12.故选A.答案：A7．解析：将3张不同的门票分给10名同学中的3人，每人1张，可分为三步：第一步，第1张门票分给1名同学，有10种不同的分法；第二步，第2张门票分给1名同学，有9种不同的分法；第三步，第3张门票分给1名同学，有8种不同的分法，由分步乘法计数原理得，共有10×9×8＝720种不同的分法．答案：7208．解析：圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2由3个量a，b，r确定，确定a，b，r分别有3种，4种，2种选法．由分步乘法计数原理，表示不同圆的个数为3×4×2＝24.答案：249．解析：对于图1，按要求接通电路，只要在A中的两个开关或B中的三个开关中合上一个即可，故有2＋3＝5(种)不同的方法．对于图2，按要求接通电路必须分两步进行：第一步，合上A中的一个开关；第二步，合上B中的一个开关，故有2×3＝6(种)不同的方法．答案：5610．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，所以采用分类加法计数原理．故不同的选法有28＋7＋9＋3＝47(种).(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”这件事情才算完成，所以采用分步乘法计数原理．故不同的选法有28×7×9×3＝5292(种).11．解析：若A，D颜色相同，先涂E有4种涂法，再涂A，D有3种涂法，再涂B有2种涂法，C只有一种涂法，共有4×3×2＝24种；若A，D颜色不同，先涂E有4种涂法，再涂A有3种涂法，再涂D有2种涂法，当B和D颜色相同时，C有2种涂法，当B和D颜色不同时，B，C只有1种涂法，共有4×3×2×(2＋1)＝72种．根据分类加法计数原理可得，不同的涂色方法共有24＋72＝96种．答案：C12．解析：因为8个小组进行单循环赛，每小组进行6场小组赛，所以小组赛的场数为8×6＝48，因为16个队按照确定的程序进行淘汰赛，所以淘汰赛的场数为8＋4＋2＋2＝16，因此比赛进行的总场数为48＋16＝64.故选A.答案：A13．解析：根据题意，先计算4名同学去参加3个不同的社团的情况种数：4个同学中每人可以在3个不同的社团中任选1个，即每人有3种不同的选法，则情况共有3×3×3×3＝81(种).再计算甲、乙参加同一个社团的情况种数：若甲、乙参加同一个社团，则甲、乙两人有3种选法，剩下的2人每人有3种不同的选法，则剩下的2人的选法有3×3＝9(种)，则甲、乙参加同一个社团的情况有3×9＝27(种).则甲、乙两位同学不参加同一个社团的情况有81－27＝54(种).答案：5414．解析：(1)千位有9种不同填法，百位有10种不同填法，十位、个位对应各有一种填法．由分步乘法计数原理可知，共有9×10×1×1＝90(个).(2)由回文数的对称性知，只需考察(2n＋1)(n∈N*)位回文数自左至右的前n＋1位数，最高位有9种不同填法，其余n位分别有10种不同填法，由分步乘法计数原理可知，共有9×10n个．答案：(1)90(2)9×10n15．解析：①若对应位置上的数字都不相同，则信息为1001，共1个．②若有1个相同，则信息为0001，1101，1011，1000，共4个．③若有2个相同，分以下几种情况，位置一、二相同，则信息为0101.位置一、三相同，则信息为0011.位置一、四相同，则信息为0000.位置二、三相同，则信息为1111.位置二、四相同，则信息为1100.位置三、四相同，则信息为1010.共6个．所以与信息0110至多有两个对应位置上的数字相同的信息个数为1＋4＋6＝11.16.解析：如图以A为钝角顶点，在直径AA′的左边取点B1，右边依次取C1，C2，…，C6，得到6个钝角三角形，当取C7时，△B1AC7为锐角三角形；同理，在直径AA′的左边取点B2，右边依次取C1，C2，…，C5，得到5个钝角三角形，当取C6，C7时，△B2AC6，△B2AC7为锐角三角形……在直径AA′的左边取点B6时，得到一个钝角三角形B6AC1；在直径AA′的左边取点B7时，没有钝角三角形．故以A为钝角顶点的三角形共有6＋5＋4＋3＋2＋1＝21(个).以其余14个点为钝角顶点的三角形也各有21个，所以钝角三角形共有15×21＝315(个).答案：C课时作业(二)1．解析：A中，∵加法满足交换律，∴A不是排列问题；B中，∵除法不满足交换律，如eq\f(5,3)≠eq\f(3,5)，∴B是排列问题；若方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1表示焦点在x轴上的椭圆，则必有a>b，a，b的大小一定；在双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1中不管a>b还是a<b，方程均表示焦点在x轴上的双曲线，且是不同的双曲线，故C不是排列问题，D是排列问题．故选BD.答案：BD2．解析：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．故选B.答案：B3．解析：将4张贺卡分别记为A，B，C，D，且按题意进行排列，用树形图表示为：由此可知共有9种送法．故选B.答案：B4．解析：先从5个人中任选1名当班长有5种选法，再从剩下4个人中任选1名当副班长有4种选法，共有5×4＝20(种).故选A.答案：A5．解析：可分三步：第一步，排最后一个商业广告，有2种；第二步，在前两个位置选一个排第二个商业广告，有2种．第三步，余下的两个排公益宣传广告，有2种，根据分步乘法计数原理，不同的播放方式共有8种．故选A.答案：A6．解析：因为甲、乙两人被分配到同一展台，所以甲与乙捆在一起，看成一个人，然后将3个人分到3个展台进行排列，即有3×2×1＝6种，所以甲、乙两人被分配到同一展台的不同分法的种数为6种．故选D.答案：D7．解析：本题实质是求从1，2，3，4四个数字中，任意选出三个数字排成一排，有多少种排法的排列问题，故不同排法有4×3×2＝24(种)，即可以组成24个没有重复数字的三位数．答案：248．解析：一天的课程表排法共有：6×5×4×3×2×1＝720(种).答案：7209．解析：画出树形图，如图所示：由树形图可知，共有11种不同的试种方案．答案：1110．解析：(1)按三个位置依次安排，如图：故所有排列为ABC，ACB，BAC，BCA，CAB，CBA，共6种．(2)列出每一个起点和终点情况，如图所示．故符合题意的机票种类有：北京广州，北京南京，北京天津，广州南京，广州天津，广州北京，南京天津，南京北京，南京广州，天津北京，天津广州，天津南京，共12种．11．解析：从不含0的5个数中任取两个数，共有20种，其中如果选中2，3与4，6则为重复的两条，2，4和3，6也为重复的两条，所以有不同的直线20－4＝16种，当选中0时，只能表示两条不同的直线x＝0和y＝0，由加法原理知共有16＋2＝18条不同直线．故选B.答案：B12．解析：十位数只能是3，4，5.当十位数为3时只有；132，231，共2个；当十位数是4时有：142,143,241,341，243，342，共6个；当十位数是5时有：152，153，154,251,253,254,351,352,354，451，452，453，共12个，故共有2＋6＋12＝20个．故选C.答案：C13．解析：首先注意a1位置的数比a2位置的数大，可以借助树形图进行筛选．满足a1>a2的树形图是：其次满足a3>a2的树形图是：再满足a3>a4的排列有：2143，3142，3241，4132，4231，共5个．答案：514．解析：将5家招聘员工的公司看作5个不同的位置，从中任选3个位置给3名大学毕业生，第一位大学生有5种选择，第二位大学生有4种选择，第三位大学生有3种选择，根据分步乘法计数原理可知不同的招聘方案共有5×4×3＝60(种).答案：6015．解析：(1)能组成18个不同的三位数．组成三位数分三个步骤：第一步：选百位上的数字，0不能排在首位，故有3种不同的排法；第二步；选十位上的数字，有3种不同的排法；第三步：选个位上的数字，有2种不同的排法．由分步乘法计数原理得共有3×3×2＝18(个)不同的三位数．画出下列树形图：由树形图知，所有的三位数为102，103，120，123，130，132,201,203,210,213，230，231,301，302，310，312，320，321.(2)直接画出树形图：由树形图知，符合条件的三位数有8个：201,210,230，231,301,302,310,312.16．解析：(1)三位数的每位上数字均为1，2，3，4，5，6之一．第一步，得首位数字，有6种不同结果，第二步，得十位数字，有5种不同结果，第三步，得个位数字，有4种不同结果，故可得各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120(个).(2)三位数中每位上数字均可从1，2，3，4，5，6六个数字中得一个，共有这样的三位数6×6×6＝216(个).课时作业(三)1．解析：因为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(不合题意，舍去)，所以n的值为12.故选B.答案：B2．解析：先排3位女生，再把2位男生插入空档中，因此排法种数Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝72.故选A.答案：A3．解析：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Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝24(种).故选B.答案：B4．解析：第1步，把3名女生作为一个整体，看成一个元素，4名男生作为一个整体，看成一个元素，两个元素排成一排有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种排法；第2步，对男生、女生“内部”分别进行排列，女生“内部”的排法有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种，男生“内部”的排法有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种．故符合题意的排法共有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(种).答案：D5．解析：五门课程随意安排有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))种排法，数学课在历史课前和历史课在数学课前各占总排法数的一半，所以数学课排在历史课前的排法有eq\f(1,2)Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝60(种).故选C.答案：C6．解析：根据题意，从事翻译工作的为特殊位置，有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))种可能方案，其余三项工作，从剩余的5人中选取，有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))种可能方案，根据分步乘法计数原理知，选派方案共有Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝4×5×4×3＝240(种)，故选B.答案：B7．解析：由题意知，能被5整除的四位数末位必为5，只有1种方法，其它位的数字从剩余的四个数中任选三个全排列有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝4×3×2＝24.答案：248．解析：先摆语文和物理书，不同的摆法为Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2(种)；再把两本数学书插空，不同的摆法为Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝6(种).由分步乘法计数原理可得，符合题意的摆法为2×6＝12(种).答案：129．解析：解决这个问题可以分为两步：第1步，把4位司机分配到4辆不同班次的公共汽车上，即从4个不同元素中取出4个元素排成一列，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种方法；第2步，把4位售票员分配到4辆不同班次的公共汽车上，也有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种方法，由分步乘法计数原理知，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(种).答案：57610．解析：(1)把喜羊羊家族的四位成员看成一个元素，排法种数为Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)).因为喜羊羊家族的四位成员交换顺序会产生不同排列，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(种).(2)第一步，将喜羊羊家族的四位成员排好，有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种排法；第二步，让灰太狼、红太狼插入喜羊羊家族的四位成员形成的空(包括两端)中，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种排法，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(种).11．解析：第1步，把3个家庭各自看成一个整体全排列，不同排法有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝3！(种).第2步，把3个家庭分别排列，每个家庭的不同排法有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝3！(种)，3个家庭的不同排法共有(3！)3种．由分步乘法计数原理知，不同的坐法种数为3！×(3！)3＝(3！)4.故选C.答案：C12．解析：先不考虑小品类节目是否相邻，保证歌舞类节目不相邻．先安排2个小品类节目和1个相声类节目，然后在3个节目中间及两端的4个位置中选3个安排歌舞类节目，共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))×Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))＝144种排法，再剔除小品类节目相邻的情况．首先将两个小品类节目“捆绑”看成是一个元素，然后和相声类节目进行全排列，最后“插空”安排歌舞类节目，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种排法，于是符合题意的排法共有144－24＝120(种).答案：B13．解析：百位的数字可以选择的种数为5种，十位，个位可以选的种数分别为5种，4种，则可组成无重复数字的三位数的种数为5×5×4＝100；可组成有重复数字的三位数的种数为5×6×6＝180.答案：10018014．解析：当甲在最后一个位置时，乙在剩下的位置中任意选择，方法种数为Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝24；当甲不在第一个和最后一个位置时，甲有3种选择，乙也有3种选择，剩下的人全排列，方法种数为3×3×Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝54，则不同的排法种数是54＋24＝78.答案：7815．解析：(1)第一步排年轻人，共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种方法，第二步排3位老者，只有一种排法，出场顺序有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))×1＝20种．(2)设符合条件的排法共有x种，则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，即出场顺序有10种．16．解析：从左往右看，若C排在第1位，则其他字母可以进行全排列，共有排法Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝120种；若C排在第2位，A，B只能在C右侧的4个位置中选2个，D，E，F安排在剩下的3个位置中，共有排法Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))×Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝72种；若C排在第3位，则A，B可排在C的左侧或右侧，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种；若C排在第4，5，6位，其排法数与C排在第3，2，1位时相同，故共有排法2×(120＋72＋48)＝480(种).答案：480课时作业(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，故选D.答案：D2．解析：三张票没区别，从10人中选3人即可，即Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))，故选B.答案：B3．解析：让甲学校先选，则剩余的老师到乙学校．第1步，选女教师，不同的选法为Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))＝2(种)；第二步，选男教师，不同的选法为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝6(种).由分步乘法计数原理可得，不同的安排方案有2×6＝12(种).故选B.答案：B4．解析：当“A选1门，B选2门”时，方法数有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝30种，当“A选2门，B选1门”时，方法数有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))＝15种，故总的方法数有30＋15＝45种．故选C.答案：C5．解析：由题意，先从4名骨干教师中任取2名，共有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))种取法，这样就将4名骨干教师分成了3组，再分配到3所学校，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.故选C.答案：C6．解析：3人中至少有1名女医生，考虑间接法，先任选3名医生共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))种选法，没有女医生被选上的情况为Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))，因此3人中至少有1名女医生的选法为Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种，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种，故选C.答案：C7．解析：要想列出所有组合，做到不重不漏，先将元素按照一定顺序排好，然后按顺序用图示的方法将各个组合逐个地标示出来．如图所示．答案：ab，ac，ad，ae，bc，bd，be，cd，ce，de8．解析：10元钱刚好用完有两种情况：5种2元1本的；4种2元1本的和2种1元1本的．分两类完成：第1类，买5种2元1本的，有Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))种不同买法；第2类，买4种2元l本的和2种1元l本的，有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))·Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))种不同买法．根据分类加法计数原理，可得不同买法的种数是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的五位奇数有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))个，无0的五位奇数有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8))个，所以所有的五位奇数有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个．答案：1344010．解析：(1)第一步，将最高的安排在正中间只有1种排法；第二步，从剩下的6人中任选3人安排在一侧有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))种排法；第三步，将剩下的3人安排在另一侧，只有1种排法．所以共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝20种不同的排法．(2)第一步，从7人中选6人，有Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(7))种选法；第二步，从6人中选2人安排在第一列，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))种排法；第三步，从剩下的4人中选2人安排在第二列，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))种排法；最后将剩下的2人安排在第三列，只有1种排法．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种不同的排法．11．解析：根据题意可知必有二名志愿者去同一小区开展工作，因此有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝eq\f(4×3,2)＝6种方式，所以四名志愿者分配到甲、乙、丙三个小区开展工作，每个小区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种方式．故选A.答案：A12．解析：先对中间两块涂色，则共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种涂色方案，再对剩余两块涂色，则共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝9种；故满足题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种．故选B.答案：B13．解析：按既能当车工又能当钳工的工人中选派几人去当钳工进行分类，0人去当钳工，共Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))＝75种选派方法；1人去当钳工，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种选派方法；2人去当钳工，共Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝10种选派方法．所以共有75＋100＋10＝185种选派方法．答案：18514．解析：由题意可得，有1人完成2项工作，其余2人每人完成1项工作．先把工作分成3组，即2，1，1，分法种数为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，再分配给3个人，分配方法数为Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝6，故不同的安排方式共有6×6＝36(种).答案：3615．解析：(1)女生甲担任语文课代表，再选4人分别担任其他4门学科的课代表，故方法种数为Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7))＝840.(2)除乙外，先选出4人，有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7))种方法，连同乙在内，5人担任5门不同学科的课代表，乙不担任英语课代表，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种方法，故方法种数为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)分两类：第一类，丙担任课代表，先选出除丙外的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))种方法，连同丙在内，5人担任5门不同学科的课代表，丙不担任英语课代表，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种方法，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))种方法；第二类，丙不担任课代表，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))种方法，根据分类加法计数原理，得方法种数为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：当A中含有1个元素时，“隔离集合对”的个数为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；当A中含有2个元素时，“隔离集合对”的个数为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；当A中含有3个元素时，“隔离集合对”的个数为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；当A中含有4个元素时，“隔离集合对”的个数为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；当A中含有5个元素时，“隔离集合对”的个数为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；当A中含有6个元素时，“隔离集合对”的个数为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；当A中含有7个元素时，“隔离集合对”的个数为Ceq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(8))＝8.所以一共有“隔离集合对”的个数为6050.答案：6050课时作业(五)1．解析：由二项式定理知，(x＋1)n的展开式共有n＋1项，所以n＋1＝12，即n＝11.故选A.答案：A2．解析：因为(1＋x)10＝(－2＋1－x)10，所以a8＝Ceq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(10))(－2)2＝45×4＝180.故选D.答案：D3．解析：在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(7)的展开式的通项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)的展开式中x项的系数为Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))×(－1)3＝－35.故选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为有理数)，∴a＝17，b＝12，∴a＋b＝29.故选B.答案：B5．解析：(ax－1)5的展开式中含x3的项为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))(ax)3·(－1)2＝10a3x3，由已知得10a3＝80，解得a＝2.故选D.答案：D6．解析：在通项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的展开式中x6y4的系数为Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10))×(－eq\r(2))4＝840.故选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项为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展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(4))a4－kxk且x3的系数等于8，∴Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))a4－3＝8，∴a＝2.答案：29．解析：展开式的通项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)，根据题意，第3项和第5项的二项式系数相等，即Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))，所以n＝6，则常数项为6－eq\f(3k,2)＝0，得到k＝4，所以常数项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)依题意有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))∶Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝14∶3，化简，得(n－2)(n－3)＝56，解得n＝10或n＝－5(不合题意，舍去)，所以n的值为10.(2)通项公式为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)，由题意得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项、第6项与第9项为有理项，它们分别为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的展开式中含x的项为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的系数为2，故选C.答案：C12．解析：因为(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为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，故选A.答案：A13．解析：展开式中含x3的项可以由“1与x3”和“2x2与x”的乘积组成，则x3的系数为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的项为T3＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))(x2＋x)3·y2.其中(x2＋x)3中含x5的项为Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))x4·x＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))x5.所以x5y2的系数为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个x2＋x＋y之积．∴x5y2可从其中5个因式中，两个因式中取x2，剩余的3个因式中1个取x，其余因式取y，因此x5y2的系数为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：由二项展开式的通项公式得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)，化简得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项仅出现在k＝4时的展开式Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))xn－4(2eq\r(y)－1)4中，xn－4项系数为(－1)4Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))＝eq\f(n（n－1）（n－2）（n－3）,24).而xy项仅出现在k＝n－1时的展开式Ceq\o\al(\s\up1(n－1),\s\do1(n))x(2eq\r(y)－1)n－1中，xy项系数为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，化简得n－3＝(－1)n－348，故n只能为奇数且n－3＝48.解得n＝51.答案：51课时作业(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)的展开式的通项为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.故选B.答案：B2．解析：因为11为奇数，所以展开式正中间两项的二项式系数最大，即第6、7项的二项式系数最大．故选C.答案：C3．解析：(7a＋b)10的展开式中的各二项式系数之和为210.对于(x＋3y)n，令x＝1，y＝1，则由题意，知4n＝210，解得n＝5.故选A.答案：A4．答案：D5．解析：在(x－2)6的展开式中，二项式系数的最大值为Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝20，即a＝20，其展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))x6－k·(－2)k，令6－k＝5，则k＝1，可得x5的系数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).故选B.答案：B6．解析：(a－x)5展开式的通项为Tk＋1＝(－1)kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))a5－kxk，令k＝2，得a2＝10a3，由题可知10a3＝80，解得a＝2，即(2－x)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，令x＝1，得a0＋a1＋a2＋…＋a5＝1.故选B.答案：B7．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(1,x)))eq\s\up12(n)的展开式中只有第5项的二项式系数最大，故n为偶数，展开式共有9项，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)，它的展开式的通项公式为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，则展开式中的常数项是Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))＝28.答案：288．解析：已知(2－x2)(1－ax)3的展开式的所有项系数之和为27，将x＝1代入表达式得到(1－a)3＝27⇒a＝－2，展开式中含x2的项的系数是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，则a0＝1，令x＝2，a0＋2a1＋22a2＋…＋29a9＝39，∴2a1＋22a2＋…＋29a9＝39－1.答案：39－110．解析：(1)因为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)的展开式的第五、六项的二项式系数相等且最大，∴n＝9，又∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a\r(x)＋\f(1,\r(3,x))))eq\s\up12(9)的展开式的通项为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，∵展开式中x2项的系数为84，∴a6Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9))＝84，解得a＝1或a＝－1(舍去)，故选B.答案：B12．解析：设(1＋2x)2n＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2n－1x2n－1＋a2nx2n，则展开式中奇次项系数之和就是a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1.分别令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，))两式相减，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的展开式共有7项，中间一项的二项式系数最大，即第4项的二项式系数最大，故选B.答案：B13．解析：由题设可得2n＝64，则n＝6.由于展开式的通项是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，则(－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)由展开式中所有的偶数项二项式系数和为64，得2n－1＝64，所以n＝7所以展开式中二项式系数最大的项为第四项和第五项．因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x2－\f(1,x)))eq\s\up12(7)的展开式的通项公式为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)的展开式中二项式系数最大的项为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)的展开式中x－1项为T6＝－eq\f(84,x)，x2项为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)展开式的常数项为2×(－84)＋1×280＝112.16．解析：令x＝0，得a0＝42n；分别令x＝1和x＝－1，将得到的两式相加，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.根据二项式定理，展开后不能被3整除的算式为(－1)2n－1×1－12n＝－2，所以余数为1.答案：1章末质量检测(一)1．解析：分两类：第一类，M中取横坐标，N中取纵坐标，共有3×2＝6个第一、二象限内的点；第二类，M中取纵坐标，N中取横坐标，共有2×4＝8个第一、二象限内的点．由分类加法计数原理，知共有6＋8＝14个不同的第一、二象限内的点．故选C.答案：C2．解析：要完成配套，分两步：第一步，取“迎”字，有4种不同取法；第二步，取“新”字，有3种不同取法，故有4×3＝12种不同的配套方法．故选B.答案：B3．解析：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋2x))eq\s\up12(6)的展开式的通项为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，所以展开式中的常数项为23×Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝160.故选B.答案：B4．解析：从4位男生中选2位捆绑在一起，和剩余的2位男生插入到2位女生所形成的3个空隙中，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种不同的排法．故选C.答案：C5．解析：某同学计划从物理、化学、生物3科中任选两科，从政治、历史、地理3科中任选1科作为选考科目，则该同学3科选考科目的不同选法的种数为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝9种．故选D.答案：D6．解析：由二项式定理得展开式的通项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.故选B.答案：B7．解析：(2x－y)5的展开式的通项为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，则x·2·Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))xy4＝10x2y4；令5－k＝2，得k＝3，则y·22·(－1)·Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))x2y3＝－40x2y4.所以(x＋y)(2x－y)5的展开式中x2y4的系数为10－40＝－30.故选D.答案：D8．解析：从其他5个字母中任取4个，然后与“ea”进行全排列，共有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝600种，故选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不正确．A、B、C均正确．故选ABC.答案：ABC10．解析：A错，Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))·m！；B正确；C错，应为Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(101))－1；D正确，由组合数定义可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0≤n－2≤2n－1（ⅰ）,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正确．答案：BD11．解析：二项式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,x)))eq\s\up12(11)的展开式中，每项的系数与二项式系数相等，共有12项，所以系数最大的项为第六项和第七项．故选BC.答案：BC12．解析：(a－b)11的展开式中的二项式系数之和为211＝2048，所以A正确；因为n＝11为奇数，所以展开式中有12项，中间两项(第6项和第7项)的二项式系数相等且最大，所以B不正确，C正确；展开式中第6项的系数为负数，不是最大值，所以D不正确．故选AC.答案：AC13．解析：∵(1－2x)n的展开式中奇数项的二项式系数之和为32，∴2n－1＝32，即n＝6，∴(1－2x)6展开式中的第4项为T4＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))13(－2x)3＝－160x3.答案：－160x314．解析：可以分为三类，第一类，让两项工作都能胜任的青年从事英语翻译工作，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))种选法；第二类，让两项工作都能胜任的青年从事德语翻译工作，有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))种选法；第三类，两项工作都能胜任的青年不从事任何工作，有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))种选法．根据分类加法计数原理知，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种不同的选法．答案：4215．解析：该二项展开式的第k＋1项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(9))(eq\r(2))9－kxk，当k＝0时，第1项为常数项，所以常数项为(eq\r(2))9＝16eq\r(2)；当k＝1，3，5，7，9时，展开式的项的系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数为5.答案：16eq\r(2)516．解析：从五人中选四人有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(5))＝5种选择方法，分类讨论：若所选四人为甲、乙、丙、丁，则有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))×Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝4种组队方式；若所选四人为甲、乙、丙、戊，则有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种组队方式；若所选四人为甲、乙、丁、戊，则有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种组队方式；若所选四人为甲、丙、丁、戊，则有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2种组队方式；若所选四人为乙、丙、丁、戊，则有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝2种组队方式．由分类加法计数原理得，不同的组队方式有4＋8＋8＋2＋2＝24种．答案：2417．解析：(1)分三步：第1步，从高一年级选1个班，有6种不同的选法；第2步，从高二年级选1个班，有7种不同的选法；第3步，从高三年级选1个班，有8种不同的选法，由分步乘法计数原理可得，不同的选法种数为6×7×8＝336.(2)分三类，每类又分两步：第1类，从高一、高二两个年级各选1个班，有6×7种不同的选法；第2类，从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同的选法；第3类，从高二、高三两个年级各选1个班，有7×8种不同的选法，故不同的选法种数为6×7＋6×8＋7×8＝146.18．解析：(1)展开式的通项为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，故展开式中含x4项的系数为Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(10))(－2)4＝3360.(2)第3r项的二项式系数为Ceq\o\al(\s\up1(3r－1),\s\do1(10))，第r＋2项的二项式系数为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(不合题意，舍去)，∴r＝1.19．解析：(1)除选出A，B外，从其他10个人中再选3人，选法数为Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＝120.(2)按女生的选取情况分为四类：选2名女生、3名男生，选3名女生、2名男生，选4名女生、1名男生，选5名女生，所有选法数为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)选出1名男生担任体育委员，再选出1名女生担任文娱委员，从剩下的10人中任选3人担任其他3种职务．根据分步乘法计数原理知，所有选法数为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：二项展开式的通项为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)因为第9项为常数项，所以当k＝8时，2n－eq\f(5,2)k＝0，解得n＝10.(2)令2n－eq\f(5,2)