第六章过关检测(B卷) (时间：120分钟满分：150分) 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分 1.用1,2,3,4,5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有( A.24个 B.30个 C.40个 D.60个 答案：A 解析：将符合条件的偶数分为两类：第1类，2作个位数，共有A个；第2类，4作个位 数，有A子个.因此，根据分类加法计数原理，符合条件的偶数共有A好+A☑=24个 2.一次考试中，要求考生从试卷上的9个题目中选6个进行解答，其中至少包含前 5个题目中的3个，则考生答题的不同选法的种数是( A.40 B.74 C.84 D.200 答案B 解析：分三类：第1类，从前5个题目中选3个，后4个题目中选3个，第2类，从前5 个题目中选4个，后4个题目中选2个；第3类，从前5个题目中选5个，后4个题 目中选1个.根据分类加法计数原理，共有CC+C4C好+CC=74 3.把编号为1,2,3,4,5的5名运动员排在编号为1,2,3,4,5的5条跑道中，要求有且 只有两名运动员的编号与其所在跑道的编号相同，共有不同排法的种数是() A.10 B.20 C.40 D.60 答案B 解析：先选出两名运动员的编号与其所在跑道编号相同，有C?,剩余的三名运动员 的编号与所在跑道的编号都不一致，第1名运动员有2种排法，第2名和第3名各 有1种排法，共有2×1×1=2种.综上所述，共有2×C=20种 4.(x+2)P(1-x)泸的展开式中x7的系数与常数项之差的绝对值为( ) A.5 B.3 C.2 D.0 答案：A 解析：常数项为C2×22×C=4,x7系数为C9×C×(-1)卢=-1，因此x]的系数与常数项之 差的绝对值为5. 5.记者要为5名志愿者和他们帮助的2位老人拍照，要求排成一排，2位老人相邻 但不排在两端，不同的排法共有( A.1440种 B.960种 C.720种 D.480种 答案B
第六章过关检测(B 卷) (时间:120 分钟 满分:150 分) 一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分. 1.用 1,2,3,4,5 这五个数字,组成没有重复数字的三位数,其中偶数共有( ) A.24 个 B.30 个 C.40 个 D.60 个 答案:A 解析:将符合条件的偶数分为两类:第 1 类,2 作个位数,共有A4 2 个;第 2 类,4 作个位 数,有A4 2 个.因此,根据分类加法计数原理,符合条件的偶数共有A4 2 + A4 2=24 个. 2.一次考试中,要求考生从试卷上的 9 个题目中选 6 个进行解答,其中至少包含前 5 个题目中的 3 个,则考生答题的不同选法的种数是( ) A.40 B.74 C.84 D.200 答案:B 解析:分三类:第 1 类,从前 5 个题目中选 3 个,后 4 个题目中选 3 个;第 2 类,从前 5 个题目中选 4 个,后 4 个题目中选 2 个;第 3 类,从前 5 个题目中选 5 个,后 4 个题 目中选 1 个.根据分类加法计数原理,共有C5 3C4 3 + C5 4C4 2 + C5 5C4 1=74. 3.把编号为 1,2,3,4,5 的 5 名运动员排在编号为 1,2,3,4,5 的 5 条跑道中,要求有且 只有两名运动员的编号与其所在跑道的编号相同,共有不同排法的种数是( ) A.10 B.20 C.40 D.60 答案:B 解析:先选出两名运动员的编号与其所在跑道编号相同,有C5 2 ,剩余的三名运动员 的编号与所在跑道的编号都不一致,第 1 名运动员有 2 种排法,第 2 名和第 3 名各 有 1 种排法,共有 2×1×1=2 种.综上所述,共有 2×C5 2=20 种. 4.(x+2)2 (1-x) 5 的展开式中 x 7 的系数与常数项之差的绝对值为( ) A.5 B.3 C.2 D.0 答案:A 解析:常数项为C2 2×2 2×C5 0=4,x 7 系数为C2 0 × C5 5×(-1)5=-1,因此 x 7 的系数与常数项之 差的绝对值为 5. 5.记者要为 5 名志愿者和他们帮助的 2 位老人拍照,要求排成一排,2 位老人相邻 但不排在两端,不同的排法共有( ) A.1 440 种 B.960 种 C.720 种 D.480 种 答案:B
解析：先将5名志愿者排好，有A种排法，2位老人只能排在5名志愿者之间的4个 空隙中，先将2位老人排好，有A?种排法，再把它作为一个元素插入空隙中，有4种 插法.因此不同排法共有4AA2=960种 6.(多选题)关于(a-b)10的说法正确的是( A.展开式中的二项式系数之和为1024 B.展开式中第6项的二项式系数最大 C.展开式中第5项和第7项的二项式系数最大 D.展开式中第6项的系数最小 答案：ABD 解析：由二项式系数的性质知，二项式系数之和为210=1024，故A正确；当n为偶数 时，二项式系数最大的项是中间一项，故B正确，C错误：D正确，因为展开式中第6 项的系数是负数且其绝对值最大，所以是系数中最小的 7若(x+)(2x) 的展开式中各项系数的和为2，则该展开式中常数项为( ) A.-40 B.-20 C.20 D.40 答案D 解析：由题意，令x=1得展开式各项系数的和为(1+a)(2-1)5=2,解得a=1. 因为(2x)°展开式的通项为T+1=CIx2xx-2 所以(+(2x) 展开式中的常数项为x×C×(-1)×22×xl+1×C2×(1)P×23×x= 40+80=40,故选D 8.圆周上有8个等分圆周的点，以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形 的个数是( A.16 B.24 C.32 D.48 答案：C 解析：圆周上8个等分点共可构成4条直径，而直径所对的圆周角是直角，又每条 直径对应着6个直角三角形，共有C4C=24个直角三角形，从8个点任取3个点可 以构成C=56个三角形，则锐角三角形或钝角三角形的个数为Cg-CC6=32 9.如图所示，要给①，②，③，④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种，允许同 一种颜色使用多次，但相邻区域必须涂不同颜色，则不同的涂色方法种数为() ② ④ A.320 B.160 C.96 D.60
解析:先将 5 名志愿者排好,有A5 5种排法,2 位老人只能排在 5 名志愿者之间的 4 个 空隙中,先将 2 位老人排好,有A2 2种排法,再把它作为一个元素插入空隙中,有 4 种 插法.因此不同排法共有 4A5 5 A2 2=960 种. 6.(多选题)关于(a-b) 10 的说法正确的是( ) A.展开式中的二项式系数之和为 1 024 B.展开式中第 6 项的二项式系数最大 C.展开式中第 5 项和第 7 项的二项式系数最大 D.展开式中第 6 项的系数最小 答案:ABD 解析:由二项式系数的性质知,二项式系数之和为 2 10=1 024,故 A 正确;当 n 为偶数 时,二项式系数最大的项是中间一项,故 B 正确,C 错误;D 正确,因为展开式中第 6 项的系数是负数且其绝对值最大,所以是系数中最小的. 7.若(𝑥 + 𝑎 𝑥 ) (2𝑥- 1 𝑥 ) 5 的展开式中各项系数的和为 2,则该展开式中常数项为( ) A.-40 B.-20 C.20 D.40 答案:D 解析:由题意,令 x=1 得展开式各项系数的和为(1+a)·(2-1)5=2,解得 a=1. 因为(2𝑥- 1 𝑥 ) 5 展开式的通项为 Tk+1=C5 𝑘 (-1)k×2 5-k×x 5-2k , 所以(𝑥 + 1 𝑥 ) (2𝑥- 1 𝑥 ) 5 展开式中的常数项为 x×C5 3×(-1)3×2 2×x -1+ 1 𝑥 × C5 2×(-1)2×2 3×x= -40+80=40,故选 D. 8.圆周上有 8 个等分圆周的点,以这些等分点为顶点的锐角三角形或钝角三角形 的个数是( ) A.16 B.24 C.32 D.48 答案:C 解析:圆周上 8 个等分点共可构成 4 条直径,而直径所对的圆周角是直角,又每条 直径对应着 6 个直角三角形,共有C4 1C6 1=24 个直角三角形,从 8 个点任取 3 个点可 以构成C8 3=56 个三角形,则锐角三角形或钝角三角形的个数为C8 3 − C4 1C6 1=32. 9.如图所示,要给①,②,③,④四块区域分别涂上五种不同颜色中的某一种,允许同 一种颜色使用多次,但相邻区域必须涂不同颜色,则不同的涂色方法种数为( ) A.320 B.160 C.96 D.60
答案A 解析：根据分步乘法计数原理，区域①有5种颜色可供选择，区域③有4种颜色可 供选择，区域②和区域④只要不选择区域③的颜色即可，故有4种颜色可供选择， 因此不同涂色方法有5×4×4×4=320种. 10.已知(V反+)”的展开式中第4项为常数项，则1+(1-P+(1-x++(1-y中 x2项的系数为( ) A.-19 B.19 C.-20 D.20 答案D 解桥(+)”展开式的通项为1=C(风()=C哈x芒 由题意知-3-0，得n=5, 6 则所求式子中x2项的系数为C?+C好+C好+C=1+3+6+10=20.故选D 11.若自然数n使得竖式加法n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象，则称n为可连 数”例如：32是“可连数”，因为32+33+34不产生进位现象，23不是“可连数”，因为 23+24+25产生进位现象那么，小于1000的可连数”的个数为() A.27 B.36 C.39 D.48 答案D 解析：根据题意，要构造小于1000的“可连数”，个位上的数字的最大值只能为2，即 个位数字只能在0,1,2中取；十位数字只能在0,1,2,3中取；百位数字只能在1,2,3 中取 当“可连数”为一位数时，有C=3个； 当“可连数”为两位数时，个位上的数字有0,1,2三种取法，十位上的数字有1,2,3三 种取法，即有CC好=9个： 当“可连数”为三位数时，有CC4C=36个 故共有3+9+36=48个. 12.(多选题)定义有n行的“杨辉三角”为n阶“杨辉三角”，一个8阶“杨辉三角”如 图所示 第0行 11 第1行 121 第2行 1331 第3行 14641 第4行 15101051第5行 1615201561第6行 172135352171第7行 给出的下列说法中正确的是()
答案:A 解析:根据分步乘法计数原理,区域①有 5 种颜色可供选择,区域③有 4 种颜色可 供选择,区域②和区域④只要不选择区域③的颜色即可,故有 4 种颜色可供选择, 因此不同涂色方法有 5×4×4×4=320 种. 10.已知(√𝑥 + 1 √𝑥 3 ) 𝑛 的展开式中第 4 项为常数项,则 1+(1-x) 2+(1-x) 3+…+(1-x) n 中 x 2 项的系数为( ) A.-19 B.19 C.-20 D.20 答案:D 解析:(√𝑥 + 1 √x 3 ) n 展开式的通项为 Tk+1=𝐶n k·(√x) n-k( 1 √𝑥 3 ) 𝑘 = C𝑛 𝑘𝑥 𝑛 2 - 5𝑘 6 , 由题意知𝑛 2 − 5×3 6 =0,得 n=5, 则所求式子中 x 2 项的系数为C2 2 + C3 2 + C4 2 + C5 2=1+3+6+10=20.故选 D. 11.若自然数 n 使得竖式加法 n+(n+1)+(n+2)均不产生进位现象,则称 n 为“可连 数”.例如:32 是“可连数”,因为 32+33+34 不产生进位现象;23 不是“可连数”,因为 23+24+25 产生进位现象.那么,小于 1 000 的“可连数”的个数为( ) A.27 B.36 C.39 D.48 答案:D 解析:根据题意,要构造小于 1 000 的“可连数”,个位上的数字的最大值只能为 2,即 个位数字只能在 0,1,2 中取;十位数字只能在 0,1,2,3 中取;百位数字只能在 1,2,3 中取. 当“可连数”为一位数时,有C3 1=3 个; 当“可连数”为两位数时,个位上的数字有 0,1,2 三种取法,十位上的数字有 1,2,3 三 种取法,即有C3 1C3 1=9 个; 当“可连数”为三位数时,有C3 1C4 1C3 1=36 个. 故共有 3+9+36=48 个. 12.(多选题)定义有 n 行的“杨辉三角”为 n 阶“杨辉三角”,一个 8 阶“杨辉三角”如 图所示. 给出的下列说法中正确的是( )
A.记第i∈N)行中从左到右的第∈N*)个数为a,则数列{a}的通项公式为 ay=C B.第k行各个数的和是2 C.n阶杨辉三角中共有mm+卫个数 D.n阶“杨辉三角”的所有数的和是2”-1 答案BCD 解析：第i行各个数是(a+by的展开式的二项式系数，则数列{}的通项公式为 =C1,故A错误；各行的所有数的和是各二项式系数和，第k行各个数的和是2 故B正确；第k行共有化+1)个数，从而n阶“杨辉三角”共有1+2+…+n=n+卫个 数，故C正确；“杨辉三角”的所有数的和是1+2+22+…+2ml=2m1,故D正确，故答 案为BCD 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13.设(x是)°(a>0)的展开式中x的系数为4，常数项为B.若B=44,则a的值 是 答案2 解析：7r-1=Cg(-ax)'=Cg(-ayx6宁，B=Cg(-a,A=Cg(-aP .B=4A,a>0,∴.a=2 14.男、女学生共有8人，从男生中选取2人，从女生中选取1人，共有30种不同的 选法，其中女生有 答案2或3 解析：设女生有x人，则CxC=30, 即8-70x=30,解得x=2或3. 15.己知(x-1)21=a0+a1x+a2x2+…+a21x21,则a10+a11= 答案0 解析：.T+1=C21x21-(1y ….a10=C21(-1)11,a11=C2(-1)10, ∴.a10+a11=-C21+C28=0, 16.某艺术学校在一天的6节课中随机安排语文、数学、英语三门文化课和其他 三门艺术课各1节，则在课程表上的相邻两节文化课之间最多间隔1节艺术课的 安排方法有 种 答案：432 解析：由题意知，可分为三类： 第1类，文化课之间没有艺术课，有A3A4种 第2类，文化课之间有一节艺术课，有A3C×C2A3种： 第3类，文化课之间有两节艺术课，有AAA;种
A.记第 i(i∈N* )行中从左到右的第 j(j∈N* )个数为 aij,则数列{aij}的通项公式为 aij=C𝑖 𝑗 B.第 k 行各个数的和是 2 k C.n 阶“杨辉三角”中共有𝑛(𝑛+1) 2 个数 D.n 阶“杨辉三角”的所有数的和是 2 n -1 答案:BCD 解析:第 i 行各个数是(a+b) i 的展开式的二项式系数,则数列{aij}的通项公式为 aij=C𝑖 𝑗-1 ,故 A 错误;各行的所有数的和是各二项式系数和,第 k 行各个数的和是 2 k , 故 B 正确;第 k 行共有(k+1)个数,从而 n 阶“杨辉三角”共有 1+2+…+n=𝑛(𝑛+1) 2 个 数,故 C 正确;“杨辉三角”的所有数的和是 1+2+2 2+…+2 n-1=2 n -1,故 D 正确,故答 案为 BCD. 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分. 13.设(𝑥- 𝑎 √𝑥 ) 6 (a>0)的展开式中 x 3 的系数为 A,常数项为 B.若 B=4A,则 a 的值 是 . 答案:2 解析:Tr+1=C6 𝑟 x 6-r(-𝑎𝑥 - 1 2) 𝑟 = C6 𝑟 (-a) r·𝑥 6- 3 2 𝑟 ,B=C6 4 (-a) 4 ,A=C6 2 (-a) 2 . ∵B=4A,a>0,∴a=2. 14.男、女学生共有 8 人,从男生中选取 2 人,从女生中选取 1 人,共有 30 种不同的 选法,其中女生有 人. 答案:2 或 3 解析:设女生有 x 人,则C8-𝑥 2 C𝑥 1=30, 即 (8-𝑥)(7-𝑥) 2 ·x=30,解得 x=2 或 3. 15.已知(x-1)21=a0+a1x+a2x 2+…+a21x 21 ,则 a10+a11= . 答案:0 解析:∵Tr+1=C21 𝑟 x 21-r (-1)r , ∴a10=C21 11(-1)11 ,a11=C21 10(-1)10 , ∴a10+a11=-C21 11 + C21 10=0. 16.某艺术学校在一天的 6 节课中随机安排语文、数学、英语三门文化课和其他 三门艺术课各 1 节,则在课程表上的相邻两节文化课之间最多间隔 1 节艺术课的 安排方法有 种. 答案:432 解析:由题意知,可分为三类: 第 1 类,文化课之间没有艺术课,有A3 3 A4 4种; 第 2 类,文化课之间有一节艺术课,有A3 3 C3 1 × C2 1A3 3种; 第 3 类,文化课之间有两节艺术课,有A3 3 A3 2A2 1种
根据分类加法计数原理，共有A3A4+ACC2A3+A3A3A=432种安排方法 三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17.(10分)有6个球，其中3个黑球，红、白、蓝球各1个.现从中取出4个球排成 一列，共有多少种不同的排法？ 解：分三类： 第1类，若取1个黑球，则和另三个球排4个位置，有A4=24种排法， 第2类，若取2个黑球，则从另三个球中选2个排4个位置，2个黑球是相同的，自 动进入，不需要排列，即有CA2=36种排法； 第3类，若取3个黑球，则从另三个球中选1个，排4个位置，3个黑球是相同的，自 动进入，不需要排列，即有CA4=12种排法 根据分类加法计数原理，共有24+36+12=72种不同的排法， 18.(12分)已知(1+xy=a0+a1x+a2x2+…+ax”,n∈N* (1)若1=-1，n=8,求a0及a+a2+…+a7+as的值； (2)若1=2，n=7,求最大的系数 解：(1)若1=-1，n=8,则(1-x)3=a0+a1x+a2x2+…+asx3.令x=0,则a0=1, 令x=1,则a0+a1+a2+…+a8=0, 故a1+a2+…+a8=-1. (2)若1=2，n=7,则(1+2x)7=a0+a1x+a2x2+…+ax7,其展开式的通项为T+1=C72'xr, 由不等式/C2r≥C121 Cg2”≥Cg*12r+1解得 3'且r∈N, r≥ 3 故r=5,最大的系数为a5=C25=672. 19.(12分)从7名男生和5名女生中，选出5人，分别求符合下列条件的选法数 (1)A,B必须被选出； (2)至少有2名女生被选出： (3)让选出的5人分别担任体育委员、文娱委员等5个不同职务，但体育委员由男 生担任，文娱委员由女生担任 解(1)除A,B被选出外，从其他10个人中再选3人，共有选法数为C3。=120 (2)按女生的选取情况分四类：第1类，选2名女生3名男生；第2类，选3名女生2 名男生：第3类，选4名女生1名男生：第4类，选5名女生.根据分类加法计数原理 所有选法数为CC+C3C子+CC+C=596 (3)先选出1名男生担任体育委员，再选出1名女生担任文娱委员，剩下的从10人 中任选3人担任其他3个职务.由分步乘法计数原理可得到所有选法数为 C7CA3o=25 200 20.(12分)设m为正整数，(x+y)2m的展开式的二项式系数的最大值为a,(x+yPm+1 的展开式的二项式系数的最大值为b,a与b满足13a=7b (1)求m的值：
根据分类加法计数原理,共有A3 3 A4 4 + A3 3 C3 1C2 1A3 3 + A3 3A3 2 A2 1=432 种安排方法. 三、解答题:共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.(10 分)有 6 个球,其中 3 个黑球,红、白、蓝球各 1 个.现从中取出 4 个球排成 一列,共有多少种不同的排法? 解:分三类: 第 1 类,若取 1 个黑球,则和另三个球排 4 个位置,有A4 4=24 种排法; 第 2 类,若取 2 个黑球,则从另三个球中选 2 个,排 4 个位置,2 个黑球是相同的,自 动进入,不需要排列,即有C3 2A4 2=36 种排法; 第 3 类,若取 3 个黑球,则从另三个球中选 1 个,排 4 个位置,3 个黑球是相同的,自 动进入,不需要排列,即有C3 1A4 1=12 种排法. 根据分类加法计数原理,共有 24+36+12=72 种不同的排法. 18.(12 分)已知(1+λx) n=a0+a1x+a2x 2+…+anx n ,n∈N* . (1)若 λ=-1,n=8,求 a0 及 a1+a2+…+a7+a8的值; (2)若 λ=2,n=7,求最大的系数. 解:(1)若 λ=-1,n=8,则(1-x) 8=a0+a1x+a2x 2+…+a8x 8 .令 x=0,则 a0=1, 令 x=1,则 a0+a1+a2+…+a8=0, 故 a1+a2+…+a8=-1. (2)若 λ=2,n=7,则(1+2x) 7=a0+a1x+a2x 2+…+a7x 7 ,其展开式的通项为 Tr+1=C7 𝑟2 rx r , 由不等式{ C7 𝑟2 𝑟 ≥ C7 𝑟-12 𝑟-1 , C7 𝑟2 𝑟 ≥ C7 𝑟+12 𝑟+1 , 解得{ 𝑟 ≤ 16 3 , 𝑟 ≥ 13 3 , 且 r∈N, 故 r=5,最大的系数为 a5=C7 5 2 5=672. 19.(12 分)从 7 名男生和 5 名女生中,选出 5 人,分别求符合下列条件的选法数. (1)A,B 必须被选出; (2)至少有 2 名女生被选出; (3)让选出的 5 人分别担任体育委员、文娱委员等 5 个不同职务,但体育委员由男 生担任,文娱委员由女生担任. 解:(1)除 A,B 被选出外,从其他 10 个人中再选 3 人,共有选法数为C10 3 =120. (2)按女生的选取情况分四类:第 1 类,选 2 名女生 3 名男生;第 2 类,选 3 名女生 2 名男生;第 3 类,选 4 名女生 1 名男生;第 4 类,选 5 名女生.根据分类加法计数原理, 所有选法数为C5 2C7 3 + C5 3C7 2 + C5 4C7 1 + C5 5=596. (3)先选出 1 名男生担任体育委员,再选出 1 名女生担任文娱委员,剩下的从 10 人 中任选 3 人担任其他 3 个职务.由分步乘法计数原理可得到所有选法数为 C7 1C5 1A10 3 =25 200. 20.(12 分)设 m 为正整数,(x+y) 2m 的展开式的二项式系数的最大值为 a,(x+y) 2m+1 的展开式的二项式系数的最大值为 b,a 与 b 满足 13a=7b. (1)求 m 的值;
(2)求(x-y)(x+yym+2的展开式中x2y的系数 解{(1)由题意知：C2m=a,C2mt+1=b, 又13a=7b,.13×C2mm=7×C2mt+1, ∴13x2m-7x2m+L mlm! (m+1)lm! 13=7器m=6 (2)m=6,(x-yx+yym+2=(xyx+y8=(x2-y2x+y)7, 含x2y7的项x2.C7y,y2×Cx2y5, .展开式中x2y2的系数为1-C=-20 21.(12分)已知(3x+)的展开式中各项的系数之和为1024 (1)求各奇数项系数之和： (2)求(3x+)”(2x+y的展开式中不含y的各项系数之和 解()：(3x+)"的展开式中各项的系数之和为40=1024，n=5 则(3x+)°=cg3x()°+Cg3x)'+Cg3x(+c3xP°+ c3(6wG)°+cxr() ∴.各奇数项系数之和为Cg35+C33+C3=528, 2)迪(1)加(3x+)2x+P=-(3x+)°2x+P-(3x+)'42+4+y2 (3x+)的展开式的通项为T+1=C53x5()=35c5xyr 则(3x+)(2x+P的展开式中不含y的项为： 当k=0时，4×35×Cg×x7=972x7; 当k=1时，4×34×Cg×x5=1620x5; 当k=2时，33×C×x3=270x3 则各项系数之和为972+1620+270=2862. 22.(12分)某校高三年级有6个班级，现要从中选出10人组成高三女子篮球队参 加高中篮球比赛，且规定每班至少要选1人参加.这10个名额有多少种不同的分 配方法？ 解法一：除每班1个名额以外，其余4个名额也需要分配.这4个名额的分配方案 可以分为以下几类： (I)4个名额全部给某一个班级，有C种分法 (2)4个名额分给两个班级，每班2个，有C?种分法； (3)4个名额分给两个班级，其中一个班级1个，一个班级3个.由于分给一班1个， 二班3个和一班3个，二班1个是不同的分法，因此是排列问题，共有A?种分法； (4)分给三个班级，其中一个班级2个，其余两个班级每班1个，共有CC种分法；
(2)求(x-y)(x+y) m+2 的展开式中 x 2y 7 的系数. 解:(1)由题意知:C2𝑚 𝑚 =a,C2𝑚 +1 𝑚+1 =b, 又 13a=7b,∴13×C2𝑚 𝑚 =7×C2𝑚+1 𝑚+1 , ∴13× 2𝑚! 𝑚!𝑚! =7× (2𝑚+1)! (𝑚+1)!𝑚! , ∴13=7× 2𝑚+1 𝑚+1 ,∴m=6. (2)∵m=6,∴(x-y)(x+y) m+2=(x-y)(x+y) 8=(x 2 -y 2 )(x+y) 7 , 含 x 2y 7 的项:x 2·C7 7 y 7 ,-y 2×C7 5 x 2y 5 , ∴展开式中 x 2y 7 的系数为 1-C7 5=-20. 21.(12 分)已知(3𝑥 + 1 𝑦 ) 𝑛 的展开式中各项的系数之和为 1 024. (1)求各奇数项系数之和; (2)求(3𝑥 + 1 𝑦 ) 𝑛 (2x+y) 2 的展开式中不含 y 的各项系数之和. 解:(1)∵(3𝑥 + 1 𝑦 ) 𝑛 的展开式中各项的系数之和为 4 n=1 024,∴n=5, 则(3𝑥 + 1 𝑦 ) 5 = C5 0 (3x) 5( 1 𝑦 ) 0 + C5 1 (3x) 4( 1 𝑦 ) 1 + C5 2 (3x) 3( 1 𝑦 ) 2 + C5 3 (3x) 2( 1 𝑦 ) 3 + C5 4 (3x)( 1 𝑦 ) 4 + C5 5 (3x) 0( 1 𝑦 ) 5 . ∴各奇数项系数之和为C5 0·3 5+C5 2·3 3+C5 4·3=528. (2)由(1)知(3𝑥 + 1 𝑦 ) 𝑛 (2x+y) 2=(3𝑥 + 1 𝑦 ) 5 ·(2x+y) 2=(3𝑥 + 1 𝑦 ) 5 (4x 2+4xy+y2 ), (3𝑥 + 1 𝑦 ) 5 的展开式的通项为 Tk+1=C5 𝑘 (3x) 5-k·( 1 𝑦 ) 𝑘 =3 5-kC5 𝑘 x 5-ky -k , 则(3𝑥 + 1 𝑦 ) 𝑛 (2x+y) 2 的展开式中不含 y 的项为: 当 k=0 时,4×3 5×C5 0×x 7=972x 7 ; 当 k=1 时,4×3 4×C5 1×x 5=1 620x 5 ; 当 k=2 时,33×C5 2×x 3=270x 3 , 则各项系数之和为 972+1 620+270=2 862. 22.(12 分)某校高三年级有 6 个班级,现要从中选出 10 人组成高三女子篮球队参 加高中篮球比赛,且规定每班至少要选 1 人参加.这 10 个名额有多少种不同的分 配方法? 解法一:除每班 1 个名额以外,其余 4 个名额也需要分配.这 4 个名额的分配方案 可以分为以下几类: (1)4 个名额全部给某一个班级,有C6 1种分法; (2)4 个名额分给两个班级,每班 2 个,有C6 2种分法; (3)4 个名额分给两个班级,其中一个班级 1 个,一个班级 3 个.由于分给一班 1 个, 二班 3 个和一班 3 个,二班 1 个是不同的分法,因此是排列问题,共有A6 2种分法; (4)分给三个班级,其中一个班级 2 个,其余两个班级每班 1 个,共有C6 1C5 2种分法;
(5)分给四个班，每班1个，共有C4种分法 根据分类加法计数原理，共有N=C6+C?+A?+C6C?+C哈=126种分配方法. 解法二：该问题也可以从另外一个角度去考虑：因为是名额分配问题，名额之间无 区别，所以可以把它们视作排成一排的10个相同的球，要把这10个球分开成6段 (每段至少有一个球)这样，每一种分隔办法，对应着一种名额的分配方法.这10个 球之间（不含两端）共有9个空位，现在要在这9个位子中放进5块隔板，共有 N=C=126种放法.故共有126种分配方法
(5)分给四个班,每班 1 个,共有C6 4种分法. 根据分类加法计数原理,共有 N=C6 1 + C6 2 + A6 2 + C6 1C5 2 + C6 4=126 种分配方法. 解法二:该问题也可以从另外一个角度去考虑:因为是名额分配问题,名额之间无 区别,所以可以把它们视作排成一排的 10 个相同的球,要把这 10 个球分开成 6 段 (每段至少有一个球).这样,每一种分隔办法,对应着一种名额的分配方法.这 10 个 球之间(不含两端)共有 9 个空位,现在要在这 9 个位子中放进 5 块隔板,共有 N=C9 5=126 种放法.故共有 126 种分配方法