章末总结(六) 计数原理-【正禾一本通】2024-2025学年高中数学选择性必修第三册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版2019）

正禾一本通 一轮总复习 多媒体课件 英语（人教版） 第六章　计数原理 章末总结(六)　计数原理 [知识体系建构·关键理清] [高频考点聚焦·整合提升] 章末过关检测(六) 一、两个计数原理 运用两个计数原理解决问题时的注意点 (1)对于一些比较复杂的问题既要运用分类加法计数原理又要运用分步乘法计数原理，我们可以恰当地画出示意图或列出表格，使问题更加直观、清晰． (2)当两个原理混合使用时，一般是先分类，在每类方法里再分步． 例1　(1)设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动的方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为(　　 ) A．(34，34) B．(43，34) C．(34，43) D．(，) 解析：每名学生报名有3种选择， 根据分步乘法计数原理知4名学生共有34种选择，故a＝34；每项冠军有4种可能结果，根据分步乘法计数原理知3项冠军共有43种可能结果，故b＝43. 答案：C (2)“回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3 443，94 249等．显然2位“回文数”有9个：11，22，33，…，99；3位“回文数”有90个：101，111，121，…，191，202，…，999. ①4位“回文数”有________个； ②2n＋1(n∈N*)位“回文数”有____________个． 解析：①4位“回文数”的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零， 第一步，选千位和个位数字，共有9种选法； 第二步，选中间两位数字，有10种选法， 故4位“回文数”有9×10＝90(个). ②第一步，选左边第一个数字，有9种选法； 第二步，分别选左边第2，3，4，…，n，n＋1个数字，共有10×10×10×…×10＝10n(种)选法，故2n＋1(n∈N*)位“回文数”有9×10n个． 答案：①90　②9×10n 【即学即用】　1.在一个正六边形的六个区域涂色(如图)，要求同一区域同一种颜色，相邻的两块区域(有公共边)涂不同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方案有(　　 ) A．720种 B．2 160种 C．4 100种 D．4 400种 解析：当A，C，E三个区域用同一种颜色时，不同的涂色方案有5×43＝320种；当A，C，E三个区域用2种颜色时，不同的涂色方案有(5×4×3)×4×3×3＝2 160种；当A，C，E三个区域用3种颜色时，不同的涂色方案有×33＝1 620种．所以共有方法数为320＋2 160＋1 620＝4 100种． 答案：C 二、排列与组合的综合应用 在解决一个实际问题的过程中，常常遇到排列、组合的综合性问题．解决此类问题时，只有认真审题，才能把握问题的实质，常用的方法有： (1)合理分类，准确分步； (2)特殊优先，一般在后； (3)直接间接，灵活选择； (4)元素相邻，捆绑为一； (5)元素相间，插空解决； (6)抽象问题，构造模型． 角度1 特殊元素和特殊位置优先策略 例2　从1，2，3，4，5，6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的1个时，它应排在其他数字的前面，这样的不同三位数共有________个(用数字作答). 解析：1与3是特殊对象，以此为标准进行分类． 分三类：①没有数字1和3时，满足条件的三位数有个； ②只有1和3中的1个时，满足条件的三位数有2个； ③同时有1和3时，先把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3和1所形成的3个空中，此时满足条件的三位数有·个． 所以满足条件的三位数共有＋2＋·＝60(个). 答案：60 【即学即用】　2.在高三某班举行的演讲比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不能连续出场，且女生甲不能排第一个，那么出场顺序的排法种数为________． 解析：2位男生不能连续出场的排法共有N1＝×＝72种，女生甲排第一个且2位男生不连续出场的排法共有N2＝×＝12(种)，所以出场顺序的排法种数为N＝N1－N2＝60. 答案：60 角度2 相邻问题捆绑与不相邻问题插空策略 要求某几个元素必须排在一起的问题，可以用捆绑法来解决，即将需要相邻的元素捆绑并看作一个元素，再与其他元素进行排列，同时要注意捆绑元素内部也必须进行排列． 例3　小明和爸爸、妈妈、爷爷、奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法种数为________． 解析：若小明的父母有一人与小明相邻，则不同的坐法有＝72(种)；若小明的父母都与小明相邻，则不同的坐法有＝12(种).由分类加法计数原理可得，满足条件的不同的坐法有72＋12＝84(种). 答案：84 【即学即用】　3.现有5人要排成一排照相，其中甲与乙两人不相邻，且甲不站在两端，则不同的排法有________种．(用数字作答) 解析：根据题意，完成这件事可分两步： 第一步：将除甲、乙外其余三人全排列，有＝6(种)排法； 第二步：三人排好后有4个座位(含两端)，由于甲不站在两端，则甲有2个空位可选，乙在剩下的3个空位中任选1个，有3种选法，则甲、乙的排法有2×3＝6(种). 根据分步乘法计数原理，不同的排法有6×6＝36(种). 答案：36 角度3 定序问题倍缩法、空位法等策略 对于定序问题，可采用“倍缩法”解决，即用不限制的排列数除以顺序一定元素的全排列数． 例4　7人排队，其中甲、乙、丙3人顺序一定，共有________种不同的排法． 解析：法一(倍缩法)　对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一起进行排列，然后用总排列数除以这几个元素之间的全排列数.7人排队，其中甲、乙、丙3人顺序一定的不同的排法种数是7),\s\do1(7)) eq \f(A,A eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(3)) ) ＝840(种). 法二(空位法)　设想有7把椅子让除甲、乙、丙以外的4人就座，共有种方法，其余的3个位置，甲、乙、丙共有1种坐法，则满足条件的排法共有＝840(种). 答案：840 【即学即用】　4.某公司为庆祝年利润实现目标，计划举行答谢联欢会，原定表演6个节目，已排成节目单，开演前又临时增加了2个互动节目．如果保持原节目的顺序不变，那么不同排法的种数为(　　) A．42 B．56 C．30 D．72 解析：增加2个互动节目后，一共有8个节目，这8个节目的不同排法有种，而原有的6个节目对应的不同排法共有种，所以不同的排法有8),\s\do1(8)) eq \f(A,A eq \o\al(\s\up1(6),\s\do1(6)) ) ＝56(种). 答案：B 角度4 名额分配隔板与均分除法策略 将n个相同的元素分成m份(n，m为正整数)，每份至少一个元素，可以用(m－1)块隔板插入n个元素排成一排时形成的(n－1)个空隙中，所有分法种数为C. 平均分成的组，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数． 例5　(1)将20个相同的小球全部放入编号为3，4，5的三个盒子中，要求每个盒内的球数不少于它的编号数，则不同的放法种数为________． 解析：首先在三个盒子中依次放入2，3，4个球，再将剩余的11个球按隔板法分到三个盒子中，这样就能满足“每个盒内的球数不少于它的编号数”的要求．于是不同的放法共有＝45(种). 答案：45 (2)某学校派出五名优秀教师去边远地区的三所中学进行教学交流，每所中学至少派一名教师，则不同的分配方法有________种． 解析：将五名教师分配至三所中学，需要先对教师分组，再分配，教师分组有两种情况：一是按3，1，1分组，分组情况共3),\s\do1(5)) eq \f(CC eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(2)) C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(1)) ,A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ) ＝10(种)，二是2，2，1分组，分组情况共2),\s\do1(5)) eq \f(CC eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(3)) ,A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ) ＝15(种)，所以一共有25种分组情况，将三组分配至三所学校共25×＝150(种)情况． 答案：150 【即学即用】　5.6名同学参加4项社会实践活动，要求每项活动至少1人，则不同的参加方式共有(　　) A．2 640种 B．1 560种 C．1 080种 D．480种 解析：根据题意，分两步完成：第一步，将6人分成4组，若分为1，1，1，3的四组，有＝20种方法，若分为1，1，2，2的四组，有1),\s\do1(6)) eq \f(CC eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(5)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(4)) C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ,A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) A eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)) ) ＝45(种)方法，共有20＋45＝65(种)分组方法；第二步，将分好的四组全排列，安排参加4项社会实践活动，有＝24(种)情况，则共有65×24＝1 560(种)不同的参加方式． 答案：B 三、二项式定理及其应用 1．二项式定理有比较广泛的应用，可用于代数式的化简、变形、证明整除、近似计算、证明不等式等，其原理可以用于二项式相应展开式项的系数求解． 2．二项式定理所体现的是一种数学运算素养． 角度1 二项展开式的“赋值问题” 例6　(1)若x4(x＋3)8＝a0＋a1(x＋2)＋a2(x＋2)2＋…＋a12(x＋2)12，则log2(a1＋a3＋…＋a11)＝________． 解析：令x＝－1，得28＝a0＋a1＋a2＋…＋a11＋a12， 令x＝－3，得0＝a0－a1＋a2－…－a11＋a12， ∴28＝2(a1＋a3＋…＋a11)， ∴a1＋a3＋…＋a11＝27， ∴log2(a1＋a3＋…＋a11)＝log227＝7. 答案：7 (2)若(3x2－2x＋1)5＝a10x10＋a9x9＋a8x8＋…＋a1x＋a0，求(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2. 解：令x＝1，得a0＋a1＋…＋a10＝25； 令x＝－1，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)＝65. 两式相乘，得(a0＋a2＋a4＋a6＋a8＋a10)2－(a1＋a3＋a5＋a7＋a9)2＝25×65＝125. 感悟升华　在二项展开式中应用“赋值法”的一般步骤 (1)观察：先观察二项展开式左右两边式子的结构特征． (2)赋值：结合待求和上述特征，对变量x赋值，常见的赋值有x＝－1，x＝0，x＝1等等，具体视情况而定． (3)解方程：赋值后结合待求建立方程(组)，求解便可． 【即学即用】　6.若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11，则a1＋a2＋a3＋…＋a11的值为________． 解析：令x＝2，得a0＝(22＋1)(2－3)9＝－5， 令x＝3，得a0＋a1＋a2＋a3＋…＋a11＝(32＋1)(3－3)9＝0， 所以a1＋a2＋a3＋…＋a11＝－a0＝5. 答案：5 角度2 二项展开式的特定项问题 例7　已知在( eq \r(x) －)n的展开式中，第5项的系数与第3项的系数之比是56∶3. (1)求展开式中的所有有理项； (2)求展开式中系数的绝对值最大的项； (3)求n＋9＋81＋…＋9n－1的值． 解：(1)由(－2)4∶(－2)2＝56∶3， 解得n＝10(负值舍去)， 所以( eq \r(x) －)n的通项为Tk＋1＝( eq \r(x) )10－k(－)k＝(－2)k， 当5－ eq \f(5k,6) 为整数时，k可取0，6， 于是有理项为T1＝x5和T7＝13 440. (2)设第k＋1项系数的绝对值最大， 则k),\s\do1(10)) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(C2k≥C eq \o\al(\s\up1(k－1),\s\do1(10)) 2k－1，,C eq \o\al(\s\up1(k),\s\do1(10)) 2k≥C eq \o\al(\s\up1(k＋1),\s\do1(10)) 2k＋1，)) 解得 eq \f(19,3) ≤k≤ eq \f(22,3) ， 又因为k∈N*，所以k＝7， 当k＝7时，T8＝－15 360， 所以系数的绝对值最大的项为T8＝－15 360. (3)原式＝10＋9＋81＋…＋910－1 ＝1),\s\do1(10)) eq \f(9C＋92C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(10)) ＋93C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(10)) ＋…＋910C eq \o\al(\s\up1(10),\s\do1(10)) ,9) ＝0),\s\do1(10)) eq \f(C＋9C eq \o\al(\s\up1(1),\s\do1(10)) ＋92C eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(10)) ＋93C eq \o\al(\s\up1(3),\s\do1(10)) ＋…＋910C eq \o\al(\s\up1(10),\s\do1(10)) －1,9) ＝ eq \f(（1＋9）10－1,9) ＝ eq \f(1010－1,9) . 感悟升华　二项式特定项的求解策略 (1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素． (2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项，即可确定常数项． (3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项，再由条件确定项数，然后代入通项求出此项的系数． (4)确定二项展开式中的系数最大或最小项：求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情况，一般采用列不等式(组)，解不等式(组)的方法求解． 【即学即用】　7.已知( eq \r(x) － eq \r(3,x) )n的展开式中所有项的二项式系数之和为 1 024. (1)求展开式中的所有有理项； (2)求(1－x)3＋(1－x)4＋…＋(1－x)n的展开式中含x2的项的系数． 解：(1)由题意得，2n＝1 024，∴n＝10， ∴展开式的通项为Tk＋1＝(－)k＝(－1)k ＝(－1)k(k＝0，1，…，10)， 令5－ eq \f(k,6) ∈Z，得k＝0，6. ∴有理项为T1＝x5＝x5，T7＝x4＝210x4. (2)∵＋＝，∴＝－， ∴含x2项的系数为＋＋…＋＝(－)＋(－)＋…＋ (－)＝－＝164. 一、单项选择题(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．已知－＝10，则n的值为(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 解析：由－＝10，得(n＋1)n－n(n－1)＝10，即n(n＋1－n＋1)＝10，∴2n＝10，得n＝5. 答案：B 2．在n的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则n的值为(　　 ) A．11 B．12 C．13 D．14 解析：根据题意，只有第7项为二项展开式的中间项，所以二项展开式的总项数为13，即n＋1＝13，解得n＝12. 答案：B 3．对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9，则下列结论成立的是(　　 ) A．a0＝1 B．a2＝－144 C．a1＋a2＋…＋a9＝1 D．a0－a1＋a2－…－a9＝39 解析：对任意实数x，有(2x－3)9＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋a9(x－1)9＝[－1＋2(x－1)]9，所以a2＝－×22＝－144，故B项正确；令x＝1，可得a0＝－1，故A项错误；令x＝2，可得a0＋a1＋a2＋…＋a9＝1，则a1＋a2＋…＋a9＝2，故C项错误；令x＝0，可得a0－a1＋a2－…－a9＝－39，故D项错误． 答案：B 4．某专家团由4名硕士生和3名博士生组成，今从中抽取3人到某地各进行一场报告，至少有1名博士生和1名硕士生参加，且2名博士生或2名硕士生的报告不能相邻，则不同的报告顺序的种数为(　　 ) A．60 B．30 C．45 D．72 解析：若3人中有2位硕士生，则不同的报告顺序的种数为＝36，若3人中有1位硕士生，则不同的报告顺序的种数为＝24，故不同的报告顺序的种数为60. 答案：A 5．(1＋x2)的展开式中的常数项是(　　 ) A．120 B．240 C．400 D．480 解析：原式＝， 在中，常数项是＝160， x2的常数项，即中含的项， 因为，所以x2的常数项是240， 所以(1＋x2)的展开式中的常数项是160＋240＝400. 答案：C 6．某初中学校为了响应上级“双减”的号召，每天减少了一节学科类课程，增加了一节活动课，为此学校特开设了乒乓球、羽毛球、书法、小提琴4门选修课程，要求每名同学每学年至多选2门，初一到初三三学年将4门选修课程选完，则每名同学的不同选修方式有(　　) A．60种 B．78种 C．54种 D．84种 解析：由题意知，三学年修完4门选修课程，每学年至多选2门，则每名同学每学年所修课程数为1，1，2或0，2，2. 先将4门课程按1，1，2分成三组，有种方式，再分到三个学年，有种不同方式，由分步乘法计数原理得，不同选修方式共有＝36(种)． 同理将4门课程按0，2，2分成三组，再排列，有＝18(种)． 所以不同选修方式共有36＋18＝54(种)． 答案：C 7．在二项式n的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大时，系数最小的项是(　　 ) A．第6项 B．第5项 C．第4项 D．第3项 解析：由题意二项式n的展开式中，当且仅当第5项的二项式系数最大时，n＝8. 二项展开式的通项为Tk＋1＝8-k·－k＝8-2k，要使其系数最小，则k为奇数． 当k＝1时，＝－4； 当k＝3时，＝－7； 当k＝5时，； 当k＝7时，； 故当k＝3时系数最小，则系数最小的项是第4项． 答案：C 8．(2024·临沂一模)将1到30这30个正整数分成甲、乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是(　　 ) A． B． C． D．2 解：因为甲组、乙组均为15个数，则其中位数为从小到大排列的第8个数，即小于中位数的有7个数，大于中位数的也有7个数， 若甲组的中位数为16，则乙组的中位数为18，此时甲组中小于16的数有7个、乙组中小于18的数有7个，从而得到小18的数一共只有7＋7＋1＝15个，显然不符合题意，故舍去； 同理可得，甲组的中位数不能大于15； 若甲组的中位数为13，则乙组的中位数为15，此时甲组中小于13的数有7个、乙组中小于15的数有7个，从而得到小15的数一共只有7＋7＋1＝15个，显然不符合题意，故舍去； 同理可得，甲组的中位数不能小于14. 故甲组的中位数为14或15. 若甲组的中位数为14，则乙组的中位数为16， 此时从1～13中选7个数放到甲组，剩下的6个数放到乙组，再从17～30中选7个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有种分组方法； 若甲组的中位数为15，则乙组的中位数为17， 此时从1～14中选7个数放到甲组，剩下的7个数放到乙组，再从18～30中选7个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有种分组方法． 综上可得不同的分组方法数是种． 答案：B 二、多项选择题(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2分，有选错的得0分) 9．如下的四个命题中，是真命题的是(　　 ) A．＝162 700 B．＋＝ C．＋＋＋＋＋＋＝254 D．(1＋2x)10的展开式中二项式系数最大的项是(4x)5 解析：由于＝＝161 700，故A项错误；由组合数的性质＋＝，可得＋＝，故B项正确；＋＋＋＋＋＋＝28－－＝256－2＝254，故C项正确；(1＋2x)10的展开式中二项式系数最大的项是(2x)5＝(2x)5＝(4x)5，故D项正确． 答案：BCD 10．我国古代著名的数学著作中，《周髀算经》《九章算术》《孙子算经》《五曹算经》《夏侯阳算经》《张丘建算经》《海岛算经》《五经算术》《缀术》和《缉古算经》，称为《算经十书》．某老师将其中的《周髀算经》《九章算术》《孙子算经》《五经算术》《缀术》和《缉古算经》6本书分给5名数学爱好者，其中每人至少一本，则不同的分配方法的种数为(　　) A． B． C． D． 解析：依题意，6本书分给5名数学爱好者，其中每人至少1本，则有1人分得2本书，剩余4人各分得1本书． 法一　分三步完成， 第一步：选择1个人，有种选法； 第二步：为这个人选2本书，有种选法； 第三步：剩余4人各分得1本书，有种分法． 故由分步乘法计数原理知，不同的分配方法的种数为，故A正确． 法二　分两步完成， 第一步：先分组，将6本书分成“2＋1＋1＋1＋1”的5组，有种分法； 第二步：将5组分配给5个人，有种分法． 故由分步乘法计数原理知，不同的分配方法的种数为，故D正确． 答案：AD 11．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究．则下列结论正确的是(　　 ) A．第6行、第7行、第8行的第7个数之和为第9行的第8个数 B．1＋＋＋＝ C．第2 020行的第1 010个数最大 D．第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为2∶11 解析：对于A：第6行，第7行，第8行的第7个数字分别为：1，7，28，其和为1＋7＋28＝36，而第9行第8个数字就是36，故A正确； 对于B：因为1＋＋＋＝56，所以1＋＋＋＝，故B正确； 对于C：由图可知：第n行有n＋1个数字， 如果n是偶数，则第＋1(最中间的)个数字最大； 如果n是奇数，则第和第＋1个数字最大，并且这两个数字一样大， 所以第2 020行的第1 011个数最大，故C错误； 对于D：依题意：第12行从左到右第2个数为＝12，第12行从左到右第3个数为＝66，所以第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为12∶66＝2∶11，故D正确． 答案：ABD 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12．(1＋sin x)6的二项展开式中，二项式系数最大的一项为，则在[0，2π]内x的值为________． 解析：由题意得T4＝sin3x＝20sin3x＝，∴sinx＝，∵x∈[0，2π]，∴x＝或. 答案：或 13．设n为正奇数，那么11n＋·11n-1＋·11n-2＋…＋·11－1除以13的余数是________． 解析：11n＋·11n-1＋·11n-2＋…＋·11－1＝·11n＋·11n-1＋·11n-2＋…＋·11＋－2＝(11＋1)n－2＝12n－2＝(13－1)n－2＝·13n－·13n-1＋…＋·13＋－2. 因为n为正奇数，则上式＝·13n－·13n-1＋…＋·13n－·13n-1＋…＋＋10. 所以11n＋·11n-1＋·11n-2＋…＋·11－1除以13的余数是10. 答案：10 14．若的展开式的系数和为1，二项式系数和为128，则a＝________，展开式中x2的系数为________． 解析：由题意得所以n＝7，a＝－1，所以的展开式的通项为Tk＋1＝7-k， 令＝2，得k＝1. 所以x2的系数为26(－1)1＝－448. 答案：－1　－448 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．(13分)某校高一年级有6个班，高二年级有7个班，高三年级有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)三个年级各选1个班的学生参加社会实践活动，有多少种不同的选法？(5分) (2)选2个班的学生参加社会实践活动，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？(8分) 解：(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. 16．(15分)用1，2，3，4，5，6，7排出无重复数字的七位数，按下述要求各有多少个？ (1)偶数不相邻；(3分) (2)偶数一定在奇数位上；(3分) (3)1和2之间恰有一个奇数，没有偶数；(4分) (4)三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列．(5分) 解：(1)因为偶数不相邻，所以将4个奇数排列有种方法，产生5个空，将3个偶数排上有种方法， 所以偶数不相邻共有＝1 440种方法． (2)先将3个偶数排在奇数位上有种方法，再将4个奇数排列有种方法， 所以偶数一定在奇数位上有＝576种方法． (3)先在1和2之间插上一个奇数有种方法，然后看作一个整体和其他数全排列有＝720种方法． (4)七个数全排列有种方法，三个偶数全排列有种方法， 所以三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列有＝840种方法． 17．(15分)在(3x－2y)20的展开式中，求： (1)二项式系数最大的项；(6分) (2)系数绝对值最大的项．(9分) 解：(1)二项式(3x－2y)20的展开式有21项，展开式的通项为Tk＋1＝(3x)20-k(－2y)k，其二项式系数最大的项为第11项， T11＝·(3x)10·(－2y)10＝·610·x10y10. (2)设系数绝对值最大的项是第k＋1(k∈N*)项， 则 即 解得7， 所以k＝8，系数绝对值最大的项为第9项，T9＝·312·28·x12y8. 18．(17分)①若展开式中的倒数三项的二项式系数之和等于46； ②若展开式中所有项的二项式系数的和为512； ③若展开式中第3项与第4项的二项式系数之比为3∶7. 在上面三个条件中任选一个，并且完成下列问题． 在二项式的展开式中， (1)求展开式中二项式系数最大的项；(8分) (2)求展开式中的常数项．(9分) (注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．) 解：(1)选择①：因为展开式的倒数三项的二项式系数之和等于46，所以＋＋＝＋＋＝46， 整理得n2＋n－90＝0，即(n＋10)(n－9)＝0，因为n∈N*，所以n＝9. 因此，二项展开式共有10项， 所以二项式系数最大的项有两项，分别为第5项T5＝·4＝与第6项T6＝·5＝. 选择②：因为展开式中所有项的二项式系数的和为512，所以(1＋1)n＝512＝29，解得n＝9. 因此，二项展开式共有10项，所以二项式系数最大的项有两项，分别为第5项T5＝·4＝与第6项T6＝·5＝. 选择③：依题意可得，即，所以n＝9. 因此，二项展开式共有10项， 所以二项式系数最大的项有两项，分别为第5项T5＝·4＝与第6项T6＝·5＝. (2)由n＝9得二项展开式的通项为Tk＋1＝·k＝(k＝0，1，2，…，9)， 令－9＝0得k＝6， 所以展开式中的常数项为T7＝＝＝84. 19．(17分)杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，他提出的杨辉三角是我国古代数学重大成就之一．图为杨辉三角的部分内容．设杨辉三角中第n行的第r个数为，观察题图可知，相邻两行中三角形的两个腰都是由数字1组成的，其余的数都等于它肩上的两个数相加． (1)用公式表示出题目中叙述的规律，并加以证明；(7分) (2)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3∶8∶14？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由．(10分) 解：＝＋. 利用组合相关公式证明如下： ＋[r＋(n－r)]＝＝，故原式得证． (2)存在．设在第n行存在连续三项，其中n∈N*且n≥2，k∈N*且k≥2， 有且，化简得且，解得k＝3，n＝10， 故三个数依次是45，120，210. $$