课时作业详解答案.docx

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：B 2．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：C 3．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：D 4．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：D 5．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：B 6．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：A 7．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：720 8．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：24 9．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：5　6 10．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＝5 292(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：C 12．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：A 13．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：54 14．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)9×10n 15．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≠，∴B是排列问题；若方程＋＝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－＝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：BD 2．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：B 3．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：B 4．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：A 5．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：A 6．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：D 7．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：24 8．解析：一天的课程表排法共有： 6×5×4×3×2×1＝720(种). 答案：720 9．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：11 10．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：B 12．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：C 13．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：5 14．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：60 15．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A＝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：B 2．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AA＝72.故选A. 答案：A 3．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A＝24(种).故选B. 答案：B 4．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A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A种，男生“内部”的排法有A种． 故符合题意的排法共有A·A·A＝288(种). 答案：D 5．解析：五门课程随意安排有A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A＝60(种).故选C. 答案：C 6．解析：根据题意，从事翻译工作的为特殊位置，有A种可能方案，其余三项工作，从剩余的5人中选取，有A种可能方案，根据分步乘法计数原理知，选派方案共有AA＝4×5×4×3＝240(种)，故选B. 答案：B 7．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A＝4×3×2＝24. 答案：24 8．解析：先摆语文和物理书，不同的摆法为A＝2(种)；再把两本数学书插空，不同的摆法为A＝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：12 9．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A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A种方法， 由分步乘法计数原理知，分配方案共有A·A＝576(种). 答案：576 10．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A.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AA＝144(种). (2)第一步，将喜羊羊家族的四位成员排好，有A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A种排法，不同的排法共有AA＝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A＝3！(种). 第2步，把3个家庭分别排列，每个家庭的不同排法有A＝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：C 12．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A×A＝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A×A×A＝24种排法，于是符合题意的排法共有144－24＝120(种). 答案：B 13．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：100　180 14．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A＝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×A＝54，则不同的排法种数是54＋24＝78. 答案：78 15．解析：(1)第一步排年轻人，共有A种方法，第二步排3位老者，只有一种排法，出场顺序有A×1＝20种． (2)设符合条件的排法共有x种，则x·A·A＝A，解得x＝＝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A＝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A×A＝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A×A＋A×A＝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：∵A＝12C＝12C， ∴n(n－1)(n－2)＝12×，即n－2＝6，∴n＝8，故选D. 答案：D 2．解析：三张票没区别，从10人中选3人即可，即C，故选B. 答案：B 3．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C＝2(种)； 第二步，选男教师，不同的选法为C＝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：B 4．解析：当“A选1门，B选2门”时，方法数有C×C＝30种，当“A选2门，B选1门”时，方法数有C×C＝15种，故总的方法数有30＋15＝45种．故选C. 答案：C 5．解析：由题意，先从4名骨干教师中任取2名，共有C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：CA＝6×3×2×1＝36.故选C. 答案：C 6．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C种选法， 没有女医生被选上的情况为C， 因此3人中至少有1名女医生的选法为C－C种， 再安排到湖北省的A，B，C三地共有 (C－C)·A＝9×6＝54种，故选C. 答案：C 7．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，de 8．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C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C·C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C＋C·C＝266. 答案：266 9．解析：有0的五位奇数有CCA个，无0的五位奇数有CA个，所以所有的五位奇数有CCA＋CA＝13 440个． 答案：13 440 10．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C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C＝20种不同的排法． (2)第一步，从7人中选6人，有C种选法； 第二步，从6人中选2人安排在第一列，有C种排法； 第三步，从剩下的4人中选2人安排在第二列，有C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C×C×C＝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C＝＝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 C·A＝6×3×2×1＝36种方式．故选A. 答案：A 12．解析：先对中间两块涂色，则共有A种涂色方案，再对剩余两块涂色，则共有C×C＝9种； 故满足题意的所有涂色方案有A×C×C＝180种．故选B. 答案：B 13．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CC＝75种选派方法； 1人去当钳工，共CCC＝100种选派方法； 2人去当钳工，共CC＝10种选派方法． 所以共有75＋100＋10＝185种选派方法． 答案：185 14．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＝6，再分配给3个人，分配方法数为A＝6，故不同的安排方式共有6×6＝36(种). 答案：36 15．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A＝840. (2)除乙外，先选出4人，有C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CA种方法， 故方法种数为CCA＝3 360. (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CC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CA种方法，所以有CCCA种方法； 第二类，丙不担任课代表，有CCA种方法， 根据分类加法计数原理，得方法种数为CCCA＋CCA＝3 168. 16．解析：当A中含有1个元素时，“隔离集合对”的个数为C(C＋C＋C＋C＋C＋C＋C)＝1 016；当A中含有2个元素时，“隔离集合对”的个数为C(C＋C＋C＋C＋C＋C)＝1 764；当A中含有3个元素时，“隔离集合对”的个数为C(C＋C＋C＋C＋C)＝1 736；当A中含有4个元素时，“隔离集合对”的个数为C(C＋C＋C＋C)＝1 050；当A中含有5个元素时，“隔离集合对”的个数为C(C＋C＋C)＝392；当A中含有6个元素时，“隔离集合对”的个数为C(C＋C)＝84；当A中含有7个元素时，“隔离集合对”的个数为C＝8.所以一共有“隔离集合对”的个数为6 050. 答案：6 050 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：A 2．解析：因为(1＋x)10＝(－2＋1－x)10，所以a8＝C(－2)2＝45×4＝180.故选D. 答案：D 3．解析：在的展开式的通项Tk＋1＝C(－1)kx7－2k中，令7－2k＝1，得k＝3，即得的展开式中x项的系数为C×(－1)3＝－35.故选A. 答案：A 4．解析：∵(1＋)4＝1＋4＋12＋8＋4＝17＋12，且(1＋)4＝a＋b(a，b为有理数)，∴a＝17，b＝12，∴a＋b＝29.故选B. 答案：B 5．解析：(ax－1)5的展开式中含x3的项为C(ax)3·(－1)2＝10a3x3，由已知得10a3＝80，解得a＝2.故选D. 答案：D 6．解析：在通项Tk＋1＝C(－y)kx10－k中，令k＝4，即得(x－y)10的展开式中x6y4的系数为C×(－)4＝840.故选B. 答案：B 7．解析：的第k＋1项为 Tk＋1＝C(2x)8－k ＝(－1)kC28－4kx8－4k， 令8－4k＝0，解得k＝2， 即T3＝T2＋1＝(－1)2C20x0＝28. 答案：28 8．解析：∵(a＋x)4展开式的通项为Tk＋1＝Ca4－kxk且x3的系数等于8，∴Ca4－3＝8，∴a＝2. 答案：2 9．解析：展开式的通项Tk＋1＝Cxn－kx－＝Cxn－，根据题意，第3项和第5项的二项式系数相等，即C＝C，所以n＝6，则常数项为6－＝0，得到k＝4，所以常数项C＝. 答案： 10．解析：(1)依题意有C∶C＝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＝C()10－k·(－1)k＝(－1)kC·x， 由题意得 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x2，－，. 11．解析：(1＋2)3(1－)5＝(1＋6＋12x＋8x·)(1－)5，故(1＋2)3·(1－)5的展开式中含x的项为1×C·(－)3＋12xC＝－10x＋12x＝2x，所以x的系数为2，故选C. 答案：C 12．解析：因为(1＋ax)(1＋x)5的展开式中x2的系数为5，所以C＋aC＝5，即10＋5a＝5，解得a＝－1，故选A. 答案：A 13．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C＋2C＝4＋8＝12. 答案：12 14．解析：方法一　(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5， 含y2的项为T3＝C(x2＋x)3·y2. 其中(x2＋x)3中含x5的项为Cx4·x＝Cx5. 所以x5y2的系数为CC＝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CCC＝30. 答案：30 15．解析：由二项展开式的通项公式得T7＝C()n－6，Tn＋1－6＝Tn－5＝C()6， 由＝，化简得6－4＝6－1，所以－4＝－1，所以n＝9. 所以T7＝C×()9－6×＝C×2×＝. 16．解析：注意到(x＋2－1)n＝Cxn－k(2－1)k. 其中xn－4项仅出现在k＝4时的展开式Cxn－4(2－1)4中，xn－4项系数为(－1)4C＝. 而xy项仅出现在k＝n－1时的展开式Cx(2－1)n－1中，xy项系数为CC4(－1)n－3＝(－1)n－32n(n－1)·(n－2). 因此有＝(－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， 所以的展开式的通项为Tk＋1＝Cx6－k＝Cx6－2k(0≤k≤6，k∈N).由6－2k＝0，得k＝3，∴T4＝C＝20.故选B. 答案：B 2．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：C 3．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：A 4． 答案：D 5．解析：在(x－2)6的展开式中，二项式系数的最大值为C＝20，即a＝20，其展开式的通项为Tk＋1＝Cx6－k·(－2)k，令6－k＝5，则k＝1，可得x5的系数b＝C×(－2)1＝－12，所以＝＝－.故选B. 答案：B 6．解析：(a－x)5展开式的通项为Tk＋1＝(－1)kCa5－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：B 7．解析：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.即，它的展开式的通项公式为Tk＋1＝C·(－1)k·x，令＝0，求得k＝2，则展开式中的常数项是C＝28. 答案：28 8．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×C×22＋(－1)×C＝23. 答案：－2　23 9．解析：令x＝0，则a0＝1，令x＝2，a0＋2a1＋22a2＋…＋29a9＝39，∴2a1＋22a2＋…＋29a9＝39－1. 答案：39－1 10．解析：(1)因为T3＝C(－x)2＝Cx2， 由a2＝21，得C＝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：∵(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∵的展开式的通项为Tk＋1＝Ca9－kxx－＝a9－kC x， ∴令＝2，解得k＝3，∵展开式中x2项的系数为84，∴a6C＝84，解得a＝1或a＝－1(舍去)，故选B. 答案：B 12．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 两式相减，整理得a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1＝. 由已知，得＝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：B 13．解析：由题设可得2n＝64，则n＝6. 由于展开式的通项是Tk＋1＝C26－kx(6－k)＝(－a)k26－kCx3－k， 令3－k＝0，可得k＝3， 则(－a)3·26－3·C＝－160， 即a3C＝20，即a3＝1，所以a＝1. 答案：1 14．解析：Tk＋1＝C2kxk，∴a4＝C24＝80， a1＝C21＝10，a3＝C23＝80，a5＝C25＝32， ∴a1＋a3＋a5＝10＋80＋32＝122. 答案：80　122 15．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． 因为的展开式的通项公式为 Tk＋1＝C(2x2)7－k(－1)k＝C27－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，且的展开式中x－1项为T6＝－， x2项为T5＝280x2， 所以展开式的常数项为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＝(62n＋22n)， 所以a2＋a4＋…＋a2n＝(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：C 2．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：B 3．解析：的展开式的通项为Tk＋1＝C·(2x)k＝2kCx2k－6，令2k－6＝0，解得k＝3，所以展开式中的常数项为23×C＝160.故选B. 答案：B 4．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AAA＝144种不同的排法．故选C. 答案：C 5．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CC＝9种．故选D. 答案：D 6．解析：由二项式定理得展开式的通项Tk＋1＝Cx6－k＝C(－a)kx6－k，令6－k＝，得k＝3，由C(－a)3＝－20a3＝160，得a＝－2.故选B. 答案：B 7．解析：(2x－y)5的展开式的通项为C(2x)5－k(－y)k＝25－k(－1)kCx5－kyk. 令5－k＝1，得k＝4，则x·2·Cxy4＝10x2y4； 令5－k＝2，得k＝3，则y·22·(－1)·Cx2y3＝－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：D 8．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CA＝600种，故选C. 答案：C 9．解析：由A＝可知：A＝，故D不正确．A、B、C均正确．故选ABC. 答案：ABC 10．解析：A错，A＝C·m！；B正确；C错，应为C－1；D正确，由组合数定义可得 由(ⅰ)得n≥2，由(ⅱ)得≤n≤2，所以n＝2. 所以C＋C＝C＋C＝2.所以B、D正确． 答案：BD 11．解析：二项式的展开式中，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：BC 12．解析：(a－b)11的展开式中的二项式系数之和为211＝2 048，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：AC 13．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＝C13(－2x)3＝－160x3. 答案：－160x3 14．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CC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CC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CC种选法．根据分类加法计数原理知，一共有CC＋CC＋CC＝42种不同的选法． 答案：42 15．解析：该二项展开式的第k＋1项为Tk＋1＝C()9－kxk，当k＝0时，第1项为常数项，所以常数项为()9＝16；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：16　5 16．解析：从五人中选四人有C＝5种选择方法，分类讨论： 若所选四人为甲、乙、丙、丁，则有A×A＝4种组队方式； 若所选四人为甲、乙、丙、戊，则有C×C×A＝8种组队方式； 若所选四人为甲、乙、丁、戊，则有C×C×A＝8种组队方式； 若所选四人为甲、丙、丁、戊，则有A＝2种组队方式； 若所选四人为乙、丙、丁、戊，则有A＝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：24 17．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＝C(－2)kx10－k，令10－k＝4，解得k＝4， 故展开式中含x4项的系数为C(－2)4＝3 360. (2)第3r项的二项式系数为C，第r＋2项的二项式系数为C， ∵C＝C，∴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C＝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CC＋CC＋CC＋C＝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C·C·A＝25 200. 20．解析：二项展开式的通项为Tk＋1＝C＝(－1)kCx2n－. (1)因为第9项为常数项，所以当k＝8时，2n－k＝0，解得n＝10. (2)令2n－k＝5，得k＝(2n－5)＝6，所以x5的系数为(－1)6C＝. (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． 21．解析：(1)满足条件的取法情况分为以下三类： 第一类，红球取4个，白球不取，取法有C种； 第二类，红球取3个，白球取1个，取法有CC种； 第三类，红球取2个，白球取2个，取法有CC种． 所以共有取法C＋CC＋CC＝115(种). (2)设取红球x个，白球y个，则有其正整数解为或或因此总分不小于7的取法可分为三类，不同的取法种数为CC＋CC＋CC＝186. 22．解析：(1)f(x)＝(1＋x)8， 所以系数最大的项即为二项式系数最大的项T5＝Cx4＝70x4. (2)f(x)＝(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn－1＋Cxn， 所以原式＝(C2n＋C2n－1＋C2n－2＋…＋C20) ＝(1＋2)n＝. (3)(i＋1)C＝2C＋3C＋…＋nC＋(n＋1)C，　① (i＋1)C＝(n＋1)C＋nC＋…＋3C＋2C，　② 在①，②添加C，则得 1＋(i＋1)C＝C＋2C＋3C＋…＋nC＋(n＋1)C，　③ 1＋(