高中数学课时作业（人教A版选修第三册）详解答案

详解答案课时作业(一)分类加法计数原理与分步乘法计数原理(第1课时)1．解析：由分类加法计数原理知有5＋12＋3＋6＝26(种)不同走法．故选A.答案：A2．解析：先排第1道，有4种排法，第2，3，4，5道各有4，3，2，1种，由分步乘法计数原理知共有4×4×3×2×1＝96种．故选A.答案：A3．解析：根据题意可得从书架上任取1本书，有4＋3＋2＝9种不同的取法；从书架的第1，2，3层各取1本书，有2×3×4＝24种不同的取法．故选D.答案：D4．解析：从高一年级的学生中选取1名，有3种选法；从高二年级的学生中选取1名，有5种选法；从高三年级的学生中选取1名，有4种选法；(1)从三个年级的学生中任选1人参加活动，共有3＋5＋4＝12种不同选法；(2)从三个年级的学生中各选1人参加活动，共有3×5×4＝60种不同选法．5．解析：由题意，从点A到点B，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有1×3＝3种走法；从点B到点C，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有1×3＝3种走法，由分步乘法计数原理，可得共有3×3＝9种不同的走法．故选C.答案：C6．解析：选项A，分三类：取老师有3种选法，取男生有8种选法，取女生有5种选法，故共有3＋8＋5＝16种选法，故A正确；选项B，分三步：第一步选老师，第二步选男生，第三步选女生，故共有3×8×5＝120种选法，故B正确；选项C，分两步：第一步选老师，第二步选学生，第二步，又分为两类：第一类选男生，第二类选女生，故共有3×(8＋5)＝39种选法，故C正确；选项D，若需3名老师和1名学生参加，则有13种不同选法，故D错误．故选ABC.答案：ABC7．解析：当百位为6，符合要求的“吉祥数”有600；当百位为5，符合要求的“吉祥数”有510；当百位为4，符合要求的“吉祥数”有420、402；当百位为3，符合要求的“吉祥数”有330、312；当百位为2，符合要求的“吉祥数”有240、204、222；当百位为1，符合要求的“吉祥数”有150、114、132；综上，共有12个“吉祥数”．答案：128．解析：(1)根据题意，共分为3步．第1步：从高一学生中选出1人，有5种选法；第2步：从高二学生中选出1人，有8种选法；第3步：从高三学生中选出1人，有7种选法．由分步乘法计数原理可得，共有5×8×7＝280种选法；(2)根据题意，可分为3类．第1类：选出的是高一、高二学生，有5×8＝40种选法；第2类：选出的是高一、高三学生，有5×7＝35种选法；第3类：选出的是高二、高三学生，有8×7＝56种选法．由分类加法计数原理可得，共有40＋35＋56＝131种选法．9．解析：(1)从书架的第1、2、3层各取1本书，可以分成3个步骤完成：第1步从第1层取1本计算机书，有4种方法，第2步从第2层取1本文艺书，有3种方法，第3步从第3层取1本体育书，有2种方法，根据分步乘法计数原理，不同取法的种数是4×3×2＝24.(2)第1类方法是4本不同的计算机书和3本不同的文艺书中各选取1本，有4×3种方法，第2类方法是4本不同的计算机书和2本不同的体育书各选取1本，有4×2种方法，第3类方法是3本不同的文艺书和2本不同的体育书各选取1本，有3×2种方法，根据分类加法计数原理，不同取法的种数是4×3＋4×2＋3×2＝26.10．解析：第一类：第1垄种植A作物，B作物种植在第8，9，10垄中的任一垄，有3种选法；第二类：第2垄种植A作物，B作物种植在第9，10垄中的任一垄，有2种选法；第三类：第3垄种植A作物，B作物种植在第10垄，有1种选法；第四类：第8垄种植A作物，B作物种植在第1垄，有1种选法；第五类：第9垄种植A作物，B作物种植在第1，2垄中的任一垄，有2种选法；第六类：第10垄种植A作物，B作物种植在第1，2，3垄中的任一垄，有3种选法．综上：由分类加法计数原理知，共有3＋2＋1＋1＋2＋3＝12种不同的选垄方法．11．解析：①当天平的一端放1个砝码，另一端不放砝码时，可以称量重物的克数有1克，5克，10克；②当天平的一端放2个砝码，另一端不放砝码时，可以称量重物的克数有1＋5＝6(克)，1＋10＝11(克)，5＋10＝15(克)；③当天平的一端放3个砝码，另一端不放砝码时，可以称量重物的克数有1＋5＋10＝16(克)；④当天平的一端放1个砝码，另一端也放1个砝码时，可以称量重物的克数有5－1＝4(克)，10－1＝9(克)，10－5＝5(克)；⑤当天平的一端放1个砝码，另一端放2个砝码时，可以称量重物的克数有10＋5－1＝14(克)，10＋1－5＝6(克)，10－(5＋1)＝4(克)；去掉重复的克数后，可称重物的克数有10种，故选A.答案：A12．解析：(1)分为三类：第一类是一幅选自国画，有5种不同的选法；一幅选自油画，有2种不同的选法；由分步乘法计数原理知，有5×2＝10(种)不同的选法；第二类是一幅选自国画，有5种不同的选法；一幅选自水彩画，有7种不同的选法，由分步乘法计数原理知，有5×7＝35(种)不同的选法；第三类是一幅选自油画，有2种不同的选法；一幅选自水彩画，有7种不同的选法，由分步乘法计数原理知，有2×7＝14(种)不同的选法，所以根据分类加法计数原理，共有10＋35＋14＝59(种)不同的选法；(2)从3幅画中选出2幅分别挂在左、右两边墙上，可以分两个步骤完成：第1步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第2步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法．根据分步乘法计数原理，不同挂法的种数是N＝3×2＝6(种).课时作业(二)分类加法计数原理与分步乘法计数原理(第2课时)1．解析：其中各位数字之和等于6的三位数可分为以下情形：①由1，1，4三个数字组成的三位数：114，141，411共3个；②由1，2，3三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321共6个；③由2，2，2三个数字可以组成1个三位数，即222.∴共有3＋6＋1＝10(个)，故选C.答案：C2．解析：依题意，每名同学报名方法数是2，所以3名同学不同的报名方法的种数是23＝8.故选A.答案：A3．解析：先染④有4种染法，①有3种染法，③有2种染法，②有2种染法，所以不同的染法种数有4×3×2×2＝48.故选B.答案：B4．解析：当个位上的数是偶数时，该三位数就是偶数，可分步完成．第一步，先排个位，个位上的数只能是2，4，6，8中的1个，有4种取法；第二步，排十位，从剩余的8个数字中取1个，有8种取法；第三步，排百位，从剩余的7个数字中取1个，有7种取法．所以可以组成无重复数字的三位偶数的个数为4×8×7＝224(个).当个位上的数是奇数时，该三位数就是奇数，可分步完成．第一步，先排个位，个位上的数只能是1，3，5，7，9中的1个，有5种取法；第二步，排十位，从剩余的8个数字中取1个，有8种取法；第三步，排百位，从剩余的7个数字中取1个，有7种取法．所以可以组成无重复数字的三位奇数的个数为5×8×7＝280(个).5．解析：依题意，每位同学都有3种选法，所以不同的选法种数是3×3×3×3×3×3＝36.故选B.答案：B6．解析：对A：四位数的首位不能为0，有4种情况，其他数位有5种情况，则组成可以有重复数字的四位数有4×5×5×5＝500(个)，故选项A正确；对B：四位数的首位不能为0，有4种情况，在剩下的4个数字中任选3个，排在后面3个数位，有4×3×2＝24(种)情况，则组成无重复数字的四位数有4×24＝96(个)，故选项B正确；对C：若0在个位，有4×3×2＝24(个)四位偶数，若0不在个位，有3×3×2×2＝36(个)四位偶数，则组成无重复数字的四位偶数共有24＋36＝60(个)，故选项C错误；对D：组成无重复数字的四位奇数有3×3×2×2＝36(个)，故选项D错误．故选AB.答案：AB7．解析：第一种情况，当AC相同时，有5×4×1×4＝80(种)方法，第二种情况，当AC不同时，有5×4×3×3＝180(种)方法，综上可知，共有80＋180＝260(种)方法．答案：2608．解析：(1)每人都可以从这三个竞赛项目中选报一项，各有3种不同的报名方法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有35＝243；(2)每项限报1人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有5种选法，第二个项目有4种选法，第三个项目有3种选法，根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法共有5×4×3＝60种．9．解析：(1)由于0不能在百位，故百位上数字有9种选法，十位与个位上的数字均有10种选法．所以不同的三位数共有9×10×10＝900个．(2)百位上的数字有9种选法，十位上的数字有除百位上的数字以外的9种选法，个位上的数字应从剩余8个数字中选取，所以共有9×9×8＝648个无重复数字的三位数．(3)满足条件的一位自然数有10个，两位自然数有9×9＝81个，三位自然数有4×9×8＝288个，由分类加法计数原理知共有10＋81＋288＝379个小于500且无重复数字的自然数．10．解析：方法一分类，第一类，A，D涂同色，有6×5×4＝120(种)涂法，第二类，A，D涂异色，有6×5×4×3＝360(种)涂法，共有120＋360＝480(种)涂法．方法二分步，先涂B区，有6种涂法，再涂C区，有5种涂法，最后涂A，D区域，各有4种涂法，所以共有6×5×4×4＝480(种)涂法．11．解析：根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼、东湖、汉口江滩游玩，且每人只能去一个地方，则每人有3种选择，则4人一共有3×3×3×3＝81种情况，若汉口江滩没人去，即四位同学选择了黄鹤楼、东湖，每人有2种选择方法，则4人一共有2×2×2×2＝16种情况，故汉口江滩一定要有人去有81－16＝65种情况，故选A.答案：A12．解析：(1)涂A区有3种涂法，B，C，D区域各有2种不同的涂法，由分步乘法计数原理知将A，B，C，D四个区域涂色共有3×2×2×2＝24种不同的涂色方案；(2)恰好用3种不同颜色涂四个区域，则A，C区域或A，D区域或B，D区域必同色，由分类加法计数原理可得恰好用3种不同颜色涂四个区域共3×2×1＋3×2×1＋3×2×1＝18种不同涂色的方案；(3)若恰好用2种不同颜色涂四个区域，则A，C区域必同色，且B，D区域必同色，先从3种不同颜色中任取2种颜色，共3种不同的取法，然后用所取的2种颜色涂四个区域，共2种不同的涂法，由分步乘法计数原理可得恰好用2种不同颜色涂完四个区域，共有3×2＝6种不同的涂色方案．课时作业(三)排列1．解析：因为排列与顺序有关系，因此AC是排列，BD不是排列．故选AC.答案：AC2．解析：根据题意，某校从5名同学中选择3人分别参加数学、物理、化学竞赛，选出的3人有顺序的区别，则有5×4×3＝60种选法．故选C.答案：C3．解析：用1，2，3这三个数字写出没有重复数字的两位偶数只有：12和32.答案：24．解析：先安排A有3种坐法，安排B有2种坐法，安排C有1种坐法，由分步乘法计数原理，有3×2×1＝6(种).所有坐法为ABC，ACB，BAC，BCA，CAB，CBA，共6种．5．解析：由分步乘法计数原理知点P的个数是2×3＝6.故选C.答案：C6．解析：从4名大学生中选三个人分配到乡镇甲、乙、丙3个村小学进行支教，若每个村小学分配1名大学生．则不同的分配方法数为4×3×2＝24故选B.答案：B7．解析：从2名客县教师中选1人负责金属探测仪的使用，再从剩余的5人中，选1人负责核对身份，再从剩下的4人中选择1人负责指纹认证，所以不同的安排方案共有2×5×4＝40(种)方法．答案：B8．解析：写出所有不同的试验方法如下：a1a2b1，a1a2b2，a1a2b3，a1a2b4，a3a4b1，a3a4b2，a3a4b3，a3a5b1，a3a5b2，a3a5b3，a4a5b1，a4a5b2，a4a5b3，a4a5b4，共14种．9．解析：(1)从5本不同的书中选出3本分别送给3名同学，对应于从5个不同元素中任取3个元素的一个排列，因此不同送法的种数是Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＝5×4×3＝60.(2)由于有5种不同的书，送给每个同学的1本书都有5种不同的选购方法，因此送给3名同学每人各1本书的不同方法种数是53＝5×5×5＝125.10．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，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).11．解析：若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传递方式；同理，甲先传给丙也有3种不同的传递方式．故共有6种不同的传递方式．答案：C12．解析：第一步：确定百位上的数字有6种可能，第二步：确定十位上的数字有4种可能，第三步：确定个位上的数字有2种可能，根据分步计数原理可得，共：6×4×2＝48.∴可构成48个不同的三位数．课时作业(四)排列数1．解析：由Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝m！Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))，则m！＝6，故m＝3.故选D.答案：D2．解析：因为将3张不同的奥运会门票分给6名同学中的3人，每人1张，所以不同分法的种数为Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝6×5×4＝120，故选B.3．解析：把相邻的两个偶数字视为一个元素，与其它3个数字共4个元素作全排列，再排两个偶数字，则不同的排法种数是：Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝24×2＝48，所以这样的五位数共有48个．答案：484．解析：(1)若甲不在排头，也不在排尾，先从3个位置选一个安排甲，再对剩下的4人全排列，即排列的方法有：Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝72种．(2)甲、乙、丙三人必须在一起，先对甲乙丙三人全排列，再与剩下两人全排列，即排列的方法有：Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝36种．5．解析：依题意，“数”不在第一次也不在第六次的不同次序数有：Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))，“数”不在第一次也不在第六次时，“礼”和“乐”相邻的不同次序数有：Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，所以所求“六艺”讲座不同的次序数共有：Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))－Aeq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝336.故选B.答案：B6．解析：对于A，男生甲排在两端，则这5名同学共有2Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝48种不同的排法，A错误；对于B，2名女生相邻，则这5名同学共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝48种不同的排法，B正确；对于C，2名女生不相邻，则这5名同学共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝72种不同的排法，C正确；对于D，要求1名男生排在中间，则这5名同学共有3Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝72种不同的排法，D正确．故选BCD.答案：BCD7．解析：由题设，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(2))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝2×6×2×6＝144种．答案：1448．解析：(1)eq\f(2Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(8))＋7Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(8)),Aeq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(8))－Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(9)))＝eq\f(2×8×7×6×5×4＋7×8×7×6×5,8×7×6×5×4×3×2×1－9×8×7×6×5)＝1.(2)∵Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2n))＝10Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))，∴2n×(2n－1)×(2n－2)＝10×n×(n－1)×(n－2)，又n≥3，化简得4n－2＝5n－10，解得n＝8.9．解析：(1)若正、副组长相邻而坐，可将此2人看作1人，即7人围一圆桌，有Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))种，由于正、副组长2人可交换，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种，所以共有Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝6×5×4×3×2×1×2＝1440种，(2)若记录员坐于正、副组长之间(三者相邻)，可将3人看作1人，即6人围一圆桌，有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))种，因为正、副组长2人可交换，有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))种，所以共有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝5×4×3×2×1×2＝240种．10．解析：(1)先排歌唱节目有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))种，歌唱节目之间以及两端共有6个空位，从中选4个放入舞蹈节目，共有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))种方法，所以任何两个舞蹈节目不相邻的排法有Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))·Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(6))＝43200(种).(2)先排舞蹈节目有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种方法，在舞蹈节目之间以及两端共有5个空位，恰好供5个歌唱节目放入．所以歌唱节目与舞蹈节目间隔排列的排法有Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))·Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝2880(种).11．解析：由题意知，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班的方案共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(6))＝1440(种)，其中满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丙在10月1日值班的方案共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝240(种)，满足甲、乙两人被安排在相邻两天值班且丁在10月7日值班的方案共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(5))＝240(种)，满足甲、乙两人安排在相邻两天值班且丙在10月1日值班、丁在10月7日值班的方案共有Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝48(种).因此，满足题意的方案共有1440－2×240＋48＝1008(种).答案：100812．解析：(1)甲与乙之间的左右关系各占一半，故共有N＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(7)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝2520(种)不同的排队方案．(2)甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，即为所有甲、乙、丙排列的eq\f(1,Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)))，故共有N＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(7)),Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)))＝840(种)不同的排队方案．(3)直接分步完成，共有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))Aeq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))＝5040(种)不同的排队方案．课时作业(五)组合、组合数(第1课时)1．解析：因为Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(n))，所以n＝3＋6＝9.故选C.答案：C2．解析：由题意，从10名学生中任选2名参加某项志愿者活动，由组合的定义可知，不同的选法种数为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))＝eq\f(10×9,2)＝45，故选C.答案：C3．解析：Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋Ceq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(10))＝Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＝4×3＋eq\f(10×9×8,3×2×1)＝132.答案：1324．解析：从甲、乙、丙、丁4位同学中随机选出2位担任护旗手，所有的选法为：甲乙、甲丙、甲丁、乙丙、乙丁、丙丁．其中甲同学被选中的方法种数为3.5．解析：从物理和历史中任选1科，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))＝2种，然后从其他4科中任选2科，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝6种，共有2×6＝12种．故选B.答案：B6．解析：对于A，Ceq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝eq\f(n！,m！（n－m）！)＝eq\f(n×（n－1）×…×（n－m＋1）,m！)＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n)),m！)，故A错误；对于B，eq\f(n！,n（n－1）)＝(n－2)·(n－1)·…·1＝(n－2)！，故B正确；对于C，Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))＝n·(n－1)·…·(n－m＋1)＝eq\f(n·（n－1）·…·（n－m＋1）·（n－m）·…·1,（n－m）·（n－m－1）·…·1)＝eq\f(n！,（n－m）！)，故C正确；对于D，eq\f(1,n－m)Aeq\o\al(\s\up1(m＋1),\s\do1(n))＝eq\f(1,n－m)·n·(n－1)·…·(n－m＋1)·(n－m)＝n·(n－1)·…·(n－m＋1)＝Aeq\o\al(\s\up1(m),\s\do1(n))，故D正确．故选A.答案：A7．解析：在所有组合中排除全为男生和全为女生的情况，则共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝45种．答案：458．解析：(1)3Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))＋4Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝3×5×4×3＋eq\f(4×6×5,2×1)＝240.(2)已知Ceq\o\al(\s\up1(2x),\s\do1(17))＝Ceq\o\al(\s\up1(x＋2),\s\do1(17))，则2x＝x＋2或2x＋(x＋2)＝17，解得x＝2或x＝5，经检验均符合．故x＝2或x＝5.9．解析：(1)从口袋内的8个球中取出3个球，取法种数是Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8)),Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)))＝eq\f(8×7×6,3×2×1)＝56.(2)从口袋内取出3个球有1个是黑球，于是还要从7个白球中再取出2个，取法种数是Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7))＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(7)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))＝eq\f(7×6,2×1)＝21.(3)由于所取出的3个球中不含黑球，也就是要从7个白球中取出3个球，取法种数是Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))＝eq\f(Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7)),Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)))＝eq\f(7×6×5,3×2×1)＝35.10．解析：(1)∵2点可以确定一条直线，∴从10个点任选2个点取法Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))＝45，故一共可画45条弦．(2)∵不共线的三点确定一个圆，∴从10个点任选3个点取法有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＝120，故一共可画120个圆内接三角形．11．解析：分2步，第一步从A到B，第二步从B到C，方法数为Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝18.答案：1812．解析：(1)由Ceq\o\al(\s\up1(38－n),\s\do1(3n))＋Ceq\o\al(\s\up1(3n),\s\do1(21＋n))可得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3n≥38－n,21＋n≥3n,38－n≥0,n∈N*))，解得n＝10，则Ceq\o\al(\s\up1(38－n),\s\do1(3n))＋Ceq\o\al(\s\up1(3n),\s\do1(21＋n))＝Ceq\o\al(\s\up1(28),\s\do1(30))＋Ceq\o\al(\s\up1(30),\s\do1(31))＝Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(30))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(31))＝466.(2)不等式7Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))>5Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(n))，即不等式eq\f(7n（n－1）（n－2）（n－3）,4×3×2×1)>eq\f(5n（n－1）（n－2）（n－3）（n－4）（n－5）,6×5×4×3×2×1)，解得－2<n<11，又因n≥6，所以关于n的不等式7Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(n))>5Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(n))的解集为{6，7，8，9，10}．课时作业(六)组合、组合数(第2课时)1．解析：因为纪念品是相同的，而游客不同，所以以游客为对象分类：第一种情况，一位游客得一个纪念品，其余两位游客每人两个纪念品，共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝3种．第二种情况，一位游客得三个纪念品，其余两位游客各一个纪念品，共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))＝3种．共计6种赠送方案．故选A.答案：A2．解析：先从6名男医生中选出3名男医生，再从5名女医生中选出2名女医生，根据分步乘法计数原理可得，不同的选法共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))＝200种．故选C.答案：C3．解析：依题意，在除甲外的8人中任选3人，有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))种选法，这3人中全是女生的有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种选法，所以不同的选法共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(8))－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝55(种).答案：554．解析：(1)从这12件产品中任意抽取3件，共有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(12))＝eq\f(12×11×10,3×2×1)＝220种．(2)从这12件产品中任意抽取3件，恰有1件次品，则相当于在10件正品中抽取2件，在2件次品中抽取1件，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))×Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))＝45×2＝90种．(3)若抽出的3件中无次品，则有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))＝120种，故至少有1件次品的抽法有220－120＝100种．5．解析：先从四个任务中选择一个相同任务的方法总数为Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))，再从剩下的三个任务中选两个分给甲乙即Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))，所以甲、乙两名同学每人从四个任务中选择两个任务进行学习，则恰有一个任务相同的选法的种数为：Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))＝24.故选C.答案：C6．解析：对于A中，先从物理和历史中，任选1科，再从剩余的四科中任选2科，根据分步乘法计数原理，可得选法总数为Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))种，所以A正确；对于B中，先从物理、历史中选1门，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))种选法，若化学必选，再从生物、政治、地理中再选1门，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))种选法，由分步乘法计数原理，可得选法共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(3))种，所以B正确；对于C中，先从物理和历史中选1门，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))种选法，若从政治和地理中只选1门，再从化学和生物中选1门，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))种选法，若政治和地理都不选，则从化学和生物中选2门，只有1种选法，由分类加法计数原理，可得共有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))＋1)，所以C正确；对于D中，若物理必选，只有1种选法，若化学、生物只选1门，则在政治、地理中选1门，有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))种选法，若化学、生物都选，则只有1种选法，由分类加法计数原理，可得选法总数为Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(2))＋1，所以D错误．故选ABC.答案：ABC7．解析：依题意，计算承包方式的种数需要3步：先从5项工程中任取2项给甲，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))种方法，再从余下的3项工程中任取2项给乙，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))种方法，然后将最后1项工程给丙，有1种方法，由分步乘法计数原理得：Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))×1＝10×3＝30，所以共有30种承包方式．答案：308．解析：(1)从中任取4个球，红球的个数不比白球少的取法，红球4个，红球3个和白球1个，红球2个和白球2个，红球4个，取法有1种，红球3个和白球1个，取法有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))·Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))＝24种；红球2个和白球2个，取法有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝90种；根据分类加法计数原理，红球的个数不比白球少的取法有1＋24＋90＝115种．(2)使总分不少于7分情况有三种情况，4红1白，3红2白，2红3白．第一种，4红1白，取法有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(6))＝6种；第二种，3红2白，取法有Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))·Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(6))＝60种，第三种，2红3白，取法有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))·Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝120种，根据分类加法计数原理，总分不少于7分的取法有6＋60＋120＝186.9．解析：(1)从5名男生中选2名，4名女生中选2人，属于组合问题，Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))＝60，故有60种选法；(2)若小王和小红均未入选，则有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7))＝35种选法，故男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，则有Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(9))－Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(7))＝126－35＝91种选法；(3)若2个考点派送人数均为2人，则有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝6种派送方式，若1个考点派送1人，另1个考点派送3人，则有Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝8种派送方式，故一共有8＋6＝14种派送方式．10．解析：可以分三类：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，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．11．解析：先把5名同学分为3组：(3人，1人，1人)或(2人，2人，1人)，再把这3组同学分配给3门选修课即可解决．则5名同学选课的种数为(eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))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)))＋eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(3))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1)),Aeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝150(种)，故选A.答案：A12．解析：(1)将9人按2∶3∶4分组，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))种分组方法，再把各组分配到三个项目中去有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种方法，由分步乘法计数原理得：Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(9))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(7))Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝7560，所以不同的调查方式有7560种．(2)从9人中任取3人去调查第一个项目，从余下6人中任取3人去调查第二个项目，最后3人去调查第三个项目，由分步乘法计数原理得：Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(9))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝1680，所以不同的调查方式有1680种．(3)把4个女生按2∶1∶1分组，有Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))种分法，再从5个男生中任取1个到两个女生的一组，从余下4个男生中任取2人到1个女生的一组，最后2个男生到最后的1个女生组，分法种数为Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))，将分得的三个小组分配到三个项目中去有Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))种方法，由分步乘法计数原理得：Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))Aeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(3))＝1080，所以不同的调查方式有1080种．课时作业(七)二项式定理1．解析：二项式展开式第三项的二项式系数为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(8))＝28.故选D.答案：D2．解析：(x－1)10的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))x10－k·(－1)k，故第4项T4＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))x10－3(－1)3＝－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(10))x7，故选C.答案：C3．解析：因为(x－2)5展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))x5－k(－2)k，当k＝1时，T2＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))x4(－2)1＝－10x4，所以x4的系数为－10.答案：－104．解析：(2＋eq\f(1,x))4＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(4))24eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(0)＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(4))23eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(1)＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(4))22eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(2)＋Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(4))21eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(3)＋Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(4))20eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(4)＝16＋eq\f(32,x)＋eq\f(24,x2)＋eq\f(8,x3)＋eq\f(1,x4).5．解析：因(x－1)3＝x3－3x2＋3x－1，于是得(2x－1)(x－1)3展开式中的二次项为2x·3x＋(－1)·(－3x2)＝9x2，所以(2x－1)(x－1)3展开式中含x2项的系数为9.故选D.答案：D6．解析：因为(x2＋2x－3)5的展开式中含x的项是由5个多项式(x2＋2x－3)在按多项式乘法运算时仅一个多项式取出2x，其它4个多项式都取出－3，所以展开式中x的系数为：Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))·2·(－3)4＝810.故选B.答案：B7．解析：(ax－eq\f(2,x))6展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))(ax)6－k(－eq\f(2,x))k＝(－2)ka6－kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))x6－2k，令6－2k＝0，解得k＝3，则(ax－eq\f(2,x))6展开式的常数项为T4＝－8a3Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝－160a3＝20，解得a＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)8．解析：由已知得(2eq\r(x)－eq\f(1,x))6的展开式的通项是Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))(2eq\r(x))6－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))26－k(－1)kxeq\s\up6(\f(6－3k,2))(k＝0，1，2，…，6).(1)展开式第4项的二项式系数为Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝20.(2)展开式的第4项为T4＝－160x－eq\f(3,2).9．解析：(1)由eq\f(Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n)),Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(n)))＝eq\f(6,（n－1）（n－2）)＝eq\f(1,12)，得(n＋7)(n－10)＝0，所以正整数n＝10.(2)第k＋1项Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))(eq\r(x))10－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x2)))eq\s\up12(k)＝(－2)kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))·xeq\f(10－5k,2)，由eq\f(10－5k,2)＝0得k＝2，所以展开式中的常数项为T3＝(－2)2×Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))＝180.10．解析：二项展开式的通项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(5,2)k.(1)因为第9项为常数项，即当k＝8时，2n－eq\f(5,2)k＝0，解得n＝10.(2)令2n－eq\f(5,2)k＝5，得k＝eq\f(2,5)(2n－5)＝6，所以x5的系数为(－1)6×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(4)×Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(10))＝eq\f(105,8).(3)要使2n－eq\f(5,2)k，即eq\f(40－5k,2)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．11．解析：由题意，(x－1)(2x＋eq\f(a,x))6＝x(2x＋eq\f(a,x))6－(2x＋eq\f(a,x))6，x(2x＋eq\f(a,x))6的通项公式为Ak＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))26－kakx7－2k，k＝0，1，2，…，6，令7－2k＝0，k＝eq\f(7,2)，不合题意；(2x＋eq\f(a,x))6的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))(2x)6－k·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x)))eq\s\up12(k)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))26－kakx6－2k，令6－2k＝0，则k＝3，所以(x－1)(2x＋eq\f(a,x))6的常数项为－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))×23a3＝－1280，解得a＝2，所以(1＋3a)15－3＝715－3＝(8－1)15－3＝815－Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(15))814＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(15))813－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(15))812＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(14),\s\do1(15))8－1－3＝8×(814－Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(15))813＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(15))812－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(15))811＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(14),\s\do1(15))－1)＋4，则(1＋3a)15－3被8除的余数为4，故选B.答案：B12．解析：(1)(eq\r(3,x)－eq\f(1,2\r(3,x)))n的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))xeq\f(n－k,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(k)x－eq\f(k,3)＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(n))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(k)xeq\s\up6(\f(n－2k,3))，因为第6项为常数项，所以k＝5时，有eq\f(n－2k,3)＝0，解得n＝10.(2)令eq\f(n－2k,3)＝2，得k＝eq\f(1,2)(n－6)＝eq\f(1,2)×(10－6)＝2，所以含x2的项的系数为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(45,4).(3)根据通项公式与题意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(10－2k,3)∈Z,0≤k≤10,k∈Z))，令eq\f(10－2k,3)＝m(m∈Z)，则10－2k＝3m，即k＝5－eq\f(3,2)m.m∈Z，∴m应为偶数．又0≤k≤10，∴m可取2，0，－2，即k可取2，5，8.所以第3项，第6项与第9项为有理项，它们分别为Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)x2，Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(10))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(5)，Ceq\o\al(\s\up1(8),\s\do1(10))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(8)x－2，即eq\f(45,4)x2，－eq\f(63,8)，eq\f(45,256x2).课时作业(八)二项式系数的性质1．解析：根据题意可得2n＝64，解得n＝6,则(x－eq\f(1,x))6展开式的通项为Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))x6－k(－eq\f(1,x))k＝(－1)kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))x6－2k，令6－2k＝0，得k＝3，所以常数项为：Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))x6－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(3)＝－Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(6))＝－eq\f(6×5×4,3×2×1)＝－20.故选B.答案：B2．解析：令x＝1可得展开式中所有项的系数和为(a－1)5＝1024，解得a＝5，则二项式(5x2－eq\f(1,\r(x)))5的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))(5x2)5－k(－eq\f(1,\r(x)))k＝(－1)k·55－k·Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))·x10－eq\f(5,2)k，令10－eq\f(5,2)k＝0，解得k＝4，则T5＝25，即常数项为25.故选A.答案：A3．解析：由题意可得2n＝64，解得n＝6，故令x＝1，则所有项的系数和为(3×1－1)6＝26＝64.答案：644．解析：(1)由题意可知，展开式的二项式系数之和为29＝512.(2)由题意可知，展开式的各项系数之和为(2－3)9＝－1.5．解析：(2x－eq\f(1,\r(x)))7展开式的所有项的二项式系数和为27＝128，A正确；当x＝1时，(2x－eq\f(1,\r(x)))7展开式的所有项的系数和为1，B正确；(2x－eq\f(1,\r(x)))7展开式的二项式系数最大的项为第4项和第5项，C正确；(2x－eq\f(1,\r(x)))7展开式的通项公式Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(7))(2x)7－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,\r(x))))eq\s\up12(k)＝(－1)k·27－kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(7))x7－eq\f(3,2)k，k∈N，k≤7，当7－eq\f(3,2)k为整数时，k∈{0，2，4，6}，即(2x－eq\f(1,\r(x)))7的展开式中有理项共4项，D不正确．故选ABC.答案：ABC6．解析：(x－1)5＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a5(x＋1)5，取x＝－1，则有a0＝(－2)5＝－32，A正确；取x＝0，则有a0＋a1＋…＋a5＝(－1)5＝－1，B正确；令x＝y－1，则(y－2)5＝a0＋a1y＋a2y2＋a3y3＋a4y4＋a5y5，因为a5y5＝Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(5))y5×(－2)0＝y5，所以a5＝1，C错误；因为a2y2＝Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))y2×(－2)3＝－80y2，a4y4＝Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(5))y4×(－2)＝－10y4，所以a2＋a4＝－90，D正确．故选ABD.答案：ABD7．解析：由题意可得Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(n))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝1＋n＋eq\f(n（n－1）,2)＝22且n∈N*，解得n＝6，∴二项式(eq\f(1,2)＋2x)6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(6)(1＋4x)6，则(1＋4x)6展开式的通项为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))(4x)k＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))·4kxk，设展开式的第k＋1项的系数最大，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))·4k≥Ceq\o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(6))·4k－1,Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(6))·4k≥Ceq\o\al(\s\up1(k＋1),\s\do1(6))·4k＋1))，解得≤k≤，所以k＝5，所以展开式中系数最大的项为T6＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(6)·Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(6))·45x5＝96x5.答案：696x58．解析：(1)由(x2－eq\f(1,2x))n(n∈N*)的展开式共有11项可得，n＝10，故二项式(x2－eq\f(1,2x))n(n∈N*)的展开式中各项二项式系数的和为Ceq\o\al(\s\up1(0),\s\do1(10))＋Ceq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(10))＋Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(10))＋…＋Ceq\o\al(\s\up1(10),\s\do1(10))＝210＝1024.(2)二项式(x2－eq\f(1,2x))n(n∈N*)的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))eq\s\up12(10－k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2x)))eq\s\up12(k)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(k)Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(10))x20－3k，k＝0，1，2，3，4，…10，令20－3k＝－1，解得：k＝7.所以二项式(x2－eq\f(1,2x))n(n∈N*)展开式中x－1的系数为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(7)×Ceq\o\al(\s\up1(7),\s\do1(10))＝－eq\f(15,16).9．解析：(1)由题知：2n＝32，解得n＝5.(2)因为(2x＋eq\f(1,x))5，令x＝1得35＝243，所以展开式各项系数之和为243.(3)因为n＝5，所以展开式中第3项和第4项的二项式系数最大，因为(2x＋eq\f(1,x))5，Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))(2x)5－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))eq\s\up12(k)＝25－kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(5))x5－2k，T3＝23Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(5))x＝80x，T4＝22Ceq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(5))x－1＝40x－1.10．解析：(1)∵(2x＋eq\r(3))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，令x＝1，可得(2＋eq\r(3))4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4，令x＝0，可得(0＋eq\r(3))4＝a0，∴a1＋a2＋a3＋a4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4－a0＝(2＋eq\r(3))4－(0＋eq\r(3))4＝88＋56eq\r(3).(2)∵(2x＋eq\r(3))4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，令x＝1，可得(2＋eq\r(3))4＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4①，令x＝－1，可得(－2＋eq\r(3))4＝a0－a1＋a2－a3＋a4②，结合①②可得，(a0＋a2＋a4)2－(a1＋a3)2＝(a0－a1＋a2－a3＋a4)(a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5)＝(2＋eq\r(3))4(－2＋eq\r(3))4＝1.11．解析：2n＝512，n＝9，T6＝Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(9))24(ax)5，T5＝Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(9))25(ax)4，T7＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(9))23(ax)6，∵第6项的系数最大，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(9))24a5≥Ceq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(9))25a4，,Ceq\o\al(\s\up1(5),\s\do1(9))24a5≥Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(9))23a6，))则2≤a≤3.故选C.答案：C12．解析：(1)选①，第3项与第7项的二项式系数相等，则Ceq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(n))＝Ceq\o\al(\s\up1(6),\s\do1(n))，所以n＝2＋6＝8；令x＝1，则(2×12－eq\f(1,\r(3,1)))8＝18＝1，则展开式中各项系数之和为1.选②，只有第5项的二项式系数最大，所以eq\f(n,2)＝4，解得n＝8；令x＝1，则(2×12－eq\f(1,\r(3,1)))8＝18＝1，则展开式中各项系数之和为1.选③，所有项的二项式系数的和为256，则2n＝256，解得：n＝8.令x＝1，则(2×12－eq\f(1,\r(3,1)))8＝18＝1，则展开式中各项系数之和为1.(2)二项式(2x2－eq\f(1,\r(3,x)))8展开式的通项公式为：Tk＋1＝Ceq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(8))(2x2)8－keq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x－\f(1,3)))eq\s\up12(k)＝(－1)k28－kCeq\o\al(\s\up1(k),\s\do1(8))x16－eq\f(7,3)k.依题意可知，当k＝0，3，6时，二项展开的项都是有理项．所以当k＝0时，T1＝256x16；当k＝3时，T4＝－1792x9；当k＝6时，T7＝112x2.所以展开式中有理项分别为T1＝256x16；T4＝－1792x9；T7＝112x2.课时作业(九)条件概率1．解析：因为P(B)＝eq\f(4,7)，P(AB)＝eq\f(3,7).所以P(A|B)＝eq\f(P（AB）,P（B）)＝eq\f(3,4).故选A.答案：A2．解析：设事件B表示小明第二关闯关成功，可得P(AC)＝P(ABC)，由条件概率的计算公式，可得P(C∣A)＝eq\f(P（ABC）,P（A）)＝eq\f(\f(1,3),\f(3,4))＝eq\f(4,9).故选D.答案：D3．解析：设事件A为家兔的寿命超过6岁，事件B为家兔的寿命超过8岁．依题意有P(A)＝，P(B)＝P(AB)＝，则一只寿命超过6岁的家兔的寿命超过8岁的概率P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f,0.72)＝eq\f(1,6).答案：eq\f(1,6)4．解析：(1)第一次和第二次都抽到简答题的概率为eq\f(3,5)×eq\f(2,4)＝eq\f(3,10).(2)设第一次抽到简答题为事件A，第二次抽到简答题为事件B，则P(A)＝eq\f(3,5)，P(AB)＝eq\f(3,10)，所以P(B|A)＝eq\f(P（AB）,P（A）)＝eq\f(\f(3,10),\f(3,5))＝eq\f(1,2)，即在第一次抽到简答题的条件下，第二次抽到简答题的概率为eq\f(1,2).5．解析：依题意，P(M)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,4)＋eq\f(2,3)×eq\f(1,4)＝eq\f(5,12)，P(MN)＝eq\f(1,3)×eq\f(3,4)＝eq\f(1,4)，