第五章 计数原理 单元质量测评-【金版教程】2025-2026学年新教材高中数学选择性必修第一册作业与测评课件PPT（北师大版2019）

第五章　单元质量测评 答案 解析 时间：120分钟　　　满分：150分 一、选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 2 2．已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{5，6，7}，C＝{8，9}．现从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则组成集合的总个数为(　　) A．24 B．36 C．26 D．27 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 3 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 5．某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两个区域种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花．现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有(　　) A．400种 B．396种 C．380种 D．324种 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 6．在(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)11的展开式中，x2的系数是(　　) A．55 B．66 C．165 D．220 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 7．已知直线ax＋by－1＝0(a，b不全为0)与圆x2＋y2＝50有交点，且交点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有(　　) A．66条 B．72条 C．74条 D．78条 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 8．由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3都不与5相邻的六位偶数的个数是(　　) A．72 B．96 C．108 D．144 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 二、选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9．将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为1，2，3，4的盒子中，下列说法正确的是(　　) 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 12 10．若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值可以是(　　) A．－5 B．－3 C．1 D．5 答案 解析　在(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9中，令x＝－2，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9＝m9，即(a0＋a2＋…＋a8)－(a1＋a3＋…＋a9)＝m9．令x＝0，可得(a0＋a2＋…＋a8)＋(a1＋a3＋…＋a9)＝(2＋m)9．∵(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，∴[(a0＋a2＋…＋a8)＋(a1＋a3＋…＋a9)][(a0＋a2＋…＋a8)－(a1＋a3＋…＋a9)]＝39，∴(2＋m)9m9＝(2m＋m2)9＝39，可得2m＋m2＝3，解得m＝1或m＝－3． 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 13 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 答案 解析 －28 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 答案 解析 300 13．25名志愿者组成5行5列的方阵，现从中选出2人，则不同的选法种数为_____；若选出的2人既不在同一行又不在同一列，则不同的选法种数为________． 200 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 答案 解析 312 14．如图，在排成4×4方阵的16个点中，中心4个点在某一圆内，其余12个点在圆外，在16个点中任取3个点构成三角形，其中至少有1个顶点在圆内的三角形共有________个． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 18 四、解答题(本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分13分)某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有8个班，学校利用星期六组织学生到某厂进行社会实践活动． (1)任选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？ (2)三个年级各选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？ (3)选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19 解 解　(1)分三类：第1类，从高一年级选1个班，有6种不同选法；第2类，从高二年级选1个班，有7种不同选法；第3类，从高三年级选1个班，有8种不同选法．由分类加法计数原理可得，共有6＋7＋8＝21种不同的选法． (2)分三步：第1步，从高一年级选1个班，有6种不同选法；第2步，从高二年级选1个班，有7种不同选法；第3步，从高三年级选1个班，有8种不同选法．由分步乘法计数原理可得，共有6×7×8＝336种不同的选法． (3)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种不同选法；第3类，从高二、高三年级各选1个班，有7×8种不同选法．故共有6×7＋6×8＋7×8＝146种不同的选法． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 解 17．(本小题满分15分)某二项展开式中，相邻a(a≥3，a∈N＋)项的二项式系数之比为1∶2∶3∶…∶a，求二项式的次数n及a的值． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 18．(本小题满分17分)有5个男生和3个女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，求分别符合下列条件的选法数． (1)有男生、有女生且男生人数必须多于女生人数； (2)某男生一定担任语文课代表； (3)某女生必须包括在内，但不担任数学课代表； (4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 解 19．(本小题满分17分)已知f(x)＝(1＋x)m，g(x)＝(1＋5x)n(m，n∈N＋)． (1)若m＝4，n＝5，求f(x)g(x)的展开式中含x2的项； (2)若h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)的展开式中x的系数为24，那么当m，n为何值时，h(x)的展开式中x2的系数取得最小值？ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 29 　　　　　　　　　　　　　 R 1．计算2Ceq \o\al(5,7)＋3Aeq \o\al(2,5)的值是(　　) A．72 B．102 C．507 D．510 解析　2Ceq \o\al(5,7)＋3Aeq \o\al(2,5)＝2Ceq \o\al(2,7)＋3Aeq \o\al(2,5)＝2×21＋3×20＝102．故选B． 解析　从三个集合中取出两个集合，有Ceq \o\al(2,3)＝3种取法．分别是集合A，B，集合A，C，集合B，C．当取出集合A，B时，从这两个集合中各取出一个元素组成集合，有Ceq \o\al(1,4)×Ceq \o\al(1,3)＝12个；当取出集合A，C时，从这两个集合中各取出一个元素组成集合，有Ceq \o\al(1,4)×Ceq \o\al(1,2)＝8个；当取出集合B，C时，从这两个集合中各取出一个元素组成集合，有Ceq \o\al(1,3)×Ceq \o\al(1,2)＝6个．一共可以组成12＋8＋6＝26个集合． 3．若实数a＝2－eq \r(2)，则a10－2Ceq \o\al(1,10)a9＋22Ceq \o\al(2,10)a8－…＋210＝(　　) A．32 B．－32 C．1024 D．512 解析　由二项式定理，得a10－2Ceq \o\al(1,10)a9＋22Ceq \o\al(2,10)a8－…＋210＝Ceq \o\al(0,10)a10(－2)0＋Ceq \o\al(1,10)a9(－2)1＋Ceq \o\al(2,10)a8(－2)2＋…＋Ceq \o\al(10,10)(－2)10＝(a－2)10＝(－eq \r(2))10＝25＝32． 4．已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x)))) eq \s\up12(n)的展开式中，第6项为常数项，则展开式中的有理项共有(　　) A．5项 B．4项 C．3项 D．2项 解析　Tk＋1＝Ceq \o\al(k,n)xeq \s\up12(\f(n－k,3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2\r(3,x)))) eq \s\up12(k)＝Ceq \o\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))) eq \s\up12(k)xeq \s\up12(\f(n－2k,3))，由第6项为常数项，得当k＝5时，eq \f(n－2k,3)＝0，得n＝10．令eq \f(10－2k,3)∈Z，又0≤k≤10，k∈N，所以k可取2，5，8．故第3项，第6项与第9项为有理项，有理项共有3项．故选C． 解析　圆环的3个区域种植绿色植物，共有Aeq \o\al(3,3)＝6种种法．如图，中间的6个扇形区域种植鲜花可分为三类：第1类，A，C，E均种相同植物，有3×2×2×2＝24种种法；第2类，A，C，E种2种不同植物，有Ceq \o\al(2,3)×Aeq \o\al(2,3)×2×1×1＝36种种法；第3类，A，C，E种的植物各不相同，有Aeq \o\al(3,3)×1×1×1＝6种种法．故由分步乘法计数原理和分类加法计数原理得，不同的栽种方案共有6×(24＋36＋6)＝396种．故选B． 解析　展开式中x2项的系数是Ceq \o\al(2,2)＋Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(2,4)＋…＋Ceq \o\al(2,11)＝Ceq \o\al(3,3)＋Ceq \o\al(2,3)＋Ceq \o\al(2,4)＋…＋Ceq \o\al(2,11)＝Ceq \o\al(3,4)＋Ceq \o\al(2,4)＋…＋Ceq \o\al(2,11)＝…＝Ceq \o\al(3,12)，所以x2的系数是Ceq \o\al(3,12)＝220．故选D． 解析　先考虑x≥0，y≥0时，圆上横、纵坐标均为整数的点有(1，7)，(5，5)，(7，1)，依圆的对称性知，圆上共有3×4＝12个点的横、纵坐标均为整数，经过其中任意两点的割线有Ceq \o\al(2,12)＝66条，过每一点的切线共有12条，又考虑到直线ax＋by－1＝0不经过原点，而上述直线中经过原点的有6条，所以满足题意的直线共有66＋12－6＝72条． 解析　从2，4，6三个偶数中选一个数放在个位，有Ceq \o\al(1,3)种方法，将其余两个偶数排列，有Aeq \o\al(2,2)种排法，当1，3不相邻且不与5相邻时有Aeq \o\al(3,3)种方法，当1，3相邻且不与5相邻时有Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,3)种方法，故满足题意的偶数有Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(2,2)(Aeq \o\al(3,3)＋Aeq \o\al(2,2)Aeq \o\al(2,3))＝108个． A．共有Aeq \o\al(4,4)＝24种放法 B．恰好有一个空盒，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＝144种放法 C．每个盒内放1个球，并且恰好有1个球的编号与盒子的编号相同，有Ceq \o\al(1,4)Aeq \o\al(3,3)＝24种放法 D．把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3)＝12种放法 解析　将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为1，2，3，4的盒子中，共有44＝256种放法，A错误．恰好有一个空盒，分三步进行：第1步，选择一个空盒，有Ceq \o\al(1,4)＝4种方法；第2步，从4个小球中选择两个小球进行捆绑，有Ceq \o\al(2,4)＝6种方法；第3步，将球放入3个盒子中，有Aeq \o\al(3,3)＝6种放法．则共有Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(2,4)Aeq \o\al(3,3)＝144种放法，B正确．每个盒内放1个球，并且恰好有1个球的编号与盒子的编号相同，分两步进行：第1步，先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有Ceq \o\al(1,4)＝4种情况；第2步，假设4号球放在4号盒子里，其余3个球的放法为(2，3，1)，(3，1，2)，共2种．则恰好有1个球的编号与盒子的编号相同的放法有4×2＝8种，C错误．把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，分两步进行：第1步，从4个盒子中选出一个盒子当作空盒，有Ceq \o\al(1,4)＝4种选法；第2步，将其余3个盒子装球，3个盒子分别装2，1，1个球，只要选一个盒子装2个球，另外2个盒子一定是每个装1个球，有Ceq \o\al(1,3)＝3种选法．所以放法总数为Ceq \o\al(1,4)Ceq \o\al(1,3)＝12种，D正确．故选BD． 11．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是(　　) A．若任意选择三门课程，选法总数为Ceq \o\al(3,7) B．若物理和化学至少选一门，选法总数为Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(2,5) C．若物理和历史不能同时选，选法总数为Ceq \o\al(3,7)－Ceq \o\al(1,5) D．若政治必须选，选法总数为Ceq \o\al(2,7) 解析　对于A，任意选择三门课程，选法总数为Ceq \o\al(3,7)，A正确．对于B，物理和化学至少选一门，分两类：第1类，物理和化学选一门，有Ceq \o\al(1,2)种方法，其余两门从剩余的五门中选两门，有Ceq \o\al(2,5)种方法，共有Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(2,5)种选法；第2类，物理和化学都选，有Ceq \o\al(2,2)种方法，其余一门从剩余的五门中选一门，有Ceq \o\al(1,5)种方法，共有Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(1,5)种选法，由分类加法计数原理知，选法总数为Ceq \o\al(1,2)Ceq \o\al(2,5)＋Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(1,5)，B错误．对于C，物理和历史不能同时选，选法总数为Ceq \o\al(3,7)－Ceq \o\al(2,2)Ceq \o\al(1,5)＝Ceq \o\al(3,7)－Ceq \o\al(1,5)，C正确．对于D，政治必须选，另外两门从余下六门中任选两门，选法总数为Ceq \o\al(2,6)，D错误．故选AC． 12．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________． 解析　展开式中含有x2y6的项为1·Ceq \o\al(6,8)x2y6－eq \f(y,x)·Ceq \o\al(5,8)x3y5＝－28x2y6． 解析　从25人中选出2人，共有Ceq \o\al(2,25)＝eq \f(25×24,2)＝300种选法；若选出的2人既不在同一行又不在同一列，则共有Ceq \o\al(2,25)－2×5×Ceq \o\al(2,5)＝200种选法． 解析　分为三类：第1类，3个顶点在圆内的三角形有Ceq \o\al(3,4)＝4个；第2类，2个顶点在圆内的三角形有Ceq \o\al(2,4)Ceq \o\al(1,10)＝60个；第3类，1个顶点在圆内的三角形有Ceq \o\al(1,4)(Ceq \o\al(2,12)－4) ＝248个．所以至少有1个顶点在圆内的三角形共有4＋60＋248＝312个． 16．(本小题满分15分)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)＋\r(x))) eq \s\up12(n)的展开式中，_____．给出下列条件： ①前三项的二项式系数的和等于46； ②所有奇数项的二项式系数的和为256． 试在上面两个条件中选择一个补充在上面的横线上，并解答下列问题： (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中的常数项； (3)求展开式中系数最大的项． 解　选择①，Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(1,n)＋Ceq \o\al(2,n)＝46，即1＋n＋eq \f(n（n－1）,2)＝46， 解得n＝9或n＝－10(舍去)． 选择②，Ceq \o\al(0,n)＋Ceq \o\al(2,n)＋Ceq \o\al(4,n)＋…＝256，即2n－1＝256，解得n＝9． (1)展开式中二项式系数最大的项为第5项和第6项， T5＝Ceq \o\al(4,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(5)x－5x2＝eq \f(63,16)x－3， T6＝Ceq \o\al(5,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(4)x－4xeq \s\up12(\f(5,2) ) ＝eq \f(63,8)xeq \s\up12 (-\f(3,2) )． (2)展开式的二项式通项为Tk＋1＝Ceq \o\al(k,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(9－k)·x－(9－k)xeq \s\up12(\f(k,2) )＝Ceq \o\al(k,9)2k－9xeq \s\up12(\f(3k－18,2))， 令eq \f(3k－18,2)＝0，得k＝6，所以展开式中的常数项为第7项，T7＝Ceq \o\al(6,9)×2－3＝eq \f(21,2)． (3)假设第k＋1项的系数最大，则 k,9)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2k－9C≥2k－10Ceq \o\al(k－1,9)，,2k－9Ceq \o\al(k,9)≥2k－8Ceq \o\al(k＋1,9)，)) 解得eq \f(17,3)≤k≤eq \f(20,3)， 又k＝0，1，…，9，所以k＝6，即展开式中系数最大的项为T7＝eq \f(21,2)． 解　不妨设相邻a项的二项式系数为Ceq \o\al(k＋1,n)，Ceq \o\al(k＋2,n)，Ceq \o\al(k＋3,n)，…，Ceq \o\al(k＋a,n)．由题设知Ceq \o\al(k＋1,n)∶Ceq \o\al(k＋2,n)＝1∶2， 化简得eq \f(1,n－k－1)∶eq \f(1,k＋2)＝1∶2，即n－3k＝5．① 而Ceq \o\al(k＋2,n)∶Ceq \o\al(k＋3,n)＝2∶3，化简得eq \f(1,n－k－2)∶eq \f(1,k＋3)＝2∶3， 即2n－5k＝13．② 联立①②可得n＝14，k＝3． 此时Ceq \o\al(4,14)∶Ceq \o\al(5,14)∶Ceq \o\al(6,14)＝1∶2∶3，又Ceq \o\al(6,14)∶Ceq \o\al(7,14)≠3∶4，故a＝3． 解　(1)男生人数必须多于女生人数，因此人数的选择有两种：1女4男；2女3男． 选1女4男，有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(4,5)种选法； 选2女3男，有Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(3,5)种选法． 所以有男生、有女生且男生人数必须多于女生人数的选法有Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(4,5)＋Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(3,5)种，再排列有Aeq \o\al(5,5)种方法， 所以符合条件的选法共有(Ceq \o\al(1,3)Ceq \o\al(4,5)＋Ceq \o\al(2,3)Ceq \o\al(3,5))Aeq \o\al(5,5)＝5400种． (2)某男生担任语文课代表已经确定，从其他7人中选出4人分别担任其他学科的课代表，符合条件的选法有Ceq \o\al(4,7)Aeq \o\al(4,4)＝840种． (3)某女生包括在内，从其他7人中选4人，有Ceq \o\al(4,7)种选法；优先安排该女生有Ceq \o\al(1,4)种方法，其他入选4人排列有Aeq \o\al(4,4)种方法，所以符合条件的选法共有Ceq \o\al(4,7)Ceq \o\al(1,4)Aeq \o\al(4,4)＝3360种． (4)先从除去该男生和该女生的6人中选3人，有Ceq \o\al(3,6)种选法；再安排该男生有Ceq \o\al(1,3)种方法，其余3人排列有Aeq \o\al(3,3)种方法，所以符合条件的选法共有Ceq \o\al(3,6)Ceq \o\al(1,3)Aeq \o\al(3,3)＝360种． 解　(1)当m＝4，n＝5时， f(x)＝(1＋x)4＝Ceq \o\al(0,4)x0＋Ceq \o\al(1,4)x1＋Ceq \o\al(2,4)x2＋Ceq \o\al(3,4)x3＋Ceq \o\al(4,4)x4， g(x)＝(1＋5x)5＝Ceq \o\al(0,5)(5x)0＋Ceq \o\al(1,5)(5x)1＋…＋Ceq \o\al(5,5)(5x)5， 则f(x)g(x)的展开式中含x2的项为(Ceq \o\al(2,4)×50×Ceq \o\al(0,5)＋Ceq \o\al(1,4)×5Ceq \o\al(1,5)＋Ceq \o\al(0,4)×52×Ceq \o\al(2,5))x2， 即f(x)g(x)的展开式中含x2的项为356x2． (2)因为h(x)＝f(x)＋g(x)， 且h(x)的展开式中x的系数为24， 所以Ceq \o\al(1,m)＋5Ceq \o\al(1,n)＝24，即m＝24－5n(其中1≤n≤4，n∈N＋)． 又h(x)的展开式中x2的系数为 Ceq \o\al(2,m)＋52Ceq \o\al(2,n)＝eq \f(m（m－1）,2)＋eq \f(25n（n－1）,2) ＝eq \f(（24－5n）（23－5n）,2)＋eq \f(25n（n－1）,2) ＝25n2－130n＋276＝25eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(13,5))) eq \s\up12(2)＋107(其中1≤n≤4，n∈N＋)， 又eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2－\f(13,5)))＞eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(3－\f(13,5)))， 所以当n＝3，m＝9时，h(x)的展开式中x2的系数取得最小值111． $$