周周练07 6.3 二项式定理 + 第六章单元复习（数学人教A版选择性必修第三册）

2025-2026学年高二下学期数学周周练07 6.3 二项式定理 + 第六章单元复习 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．的展开式中为常数项的是（   ） A．第1项 B．第2项 C．第3项 D．第4项 【答案】B 【分析】写出展开式的通项，令，求出，即可得解. 【详解】展开式的通项为，（）， 令，解得， 所以的展开式中为常数项的是第2项. 故选：B 2．若（）的展开式中只有第6项系数最大，则该展开式中的常数项为（    ） A．210 B．252 C．462 D．10 【答案】A 【分析】根据二项式系数的性质求得，然后结合展开式通项，令求得常数项即可. 【详解】由于展开式中只有第6项的系数最大，且展开式的通项为，其系数等于其二项式系数， 所以展开式项数为11，从而，所以展开式的通项为. 令，得，于是得其常数项为. 故选：A 3．设，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令，利用赋值法可得，即可得解. 【详解】令， 则，， 因此，. 故选：C. 【点睛】本题考查利用赋值法求值，考查计算能力，属于基础题. 4．在中国传统佳节元宵节中赏花灯是常见的活动.某单位拟举办庆祝元宵的活动，购买了A，B，C三种类型的花灯，其中A种花灯4个，B种花灯5个，C种花灯1个，现从中随机抽取4个花灯，则A，B，C三种花灯各至少被抽取一个的情况种数为（    ） A．30 B．70 C．40 D．84 【答案】B 【解析】由题可得三种花灯各至少被抽取一个的情况共有两种，列式计算即可. 【详解】由题意可知，三种花灯各至少被抽取一个的情况共有两种： 种花灯选2个，种花灯选1个，种花灯选1个； 种花灯选1个，种花灯选2个，种花灯选1个. 故不同的抽取方法有(种). 故选：B. 5．消除贫困、改善民生、逐步实现共同富裕，是社会主义的本质要求，是中国共产党的重要使命，中共中央、国务院于2015年11月29日颁布了《中共中央国务院关于打赢脱贫攻坚战的决定》.某中学积极参与脱贫攻坚战，决定派6名教师到、、、、五个贫困山区支教，每位教师去一个地方，每个地方至少安排一名教师前去支教.学校考虑到教师甲的家乡在山区，决定派教师甲到山区，同时考虑到教师乙与丙为同一学科，决定将教师乙与丙安排到不同山区，则不同安排方法共有（    ） A．120种 B．216种 C．336种 D．360种 【答案】C 【分析】分山区有1人和2人分别讨论求解即可. 【详解】根据条件、、、、五个贫困山区有1个地区有2人，其他个地区各1人. 若派到山区有2人，则不同派法有种； 若派到山区有1人，则只能为甲， 则将剩余的5人分成4组，其中乙、丙不能在同一组，则有种不同的分组方法. 所以不同派法有种， 故不同安排方法一共有种， 故选：C. 6．在大庆市第一次高考模拟考试之后，我校决定派遣名干部分成三组，分别到高三年级的三个不同层次班级进行调研，若要求每组至少人，则不同的派遣方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】先将人分为三组，每组至少人，然后将三组分配给高三年级三个不同层次的班，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】先将人分为三组，每组至少人，则三组人数分别为、、或、、，然后将三组分配给高三年级三个不同层次的班， 由分步乘法计数原理可知，不同的派遣方案种数为. 故选：C. 【点睛】方法点睛：对于分组分配问题，一般遵循“先分组再分配”的原则进行，但要注意完全均匀分组与部分完全分组. 7．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中（如图），记第2行的第3个数字为，第3行的第3个数字为，…，第行的第3个数字为，则（    ） 第0行                        1 第1行                    1        1 第2行                1        2        1 第3行            1        3        3        1 第4行        1        4        6        4        1 第5行    1        5        10        10        5        1 …            …                …                … A．220 B．186 C．120 D．96 【答案】A 【分析】根据题意，由杨辉三角与二项式系数的关系及组合数性质可解. 【详解】 . 故选：A. 8．如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（    ） A．192种 B．336种 C．600种 D．624种 【答案】C 【解析】由题意，点E，F，G分别有4，3，2种涂法，再分当A与F相同、A与G相同和A既不同于F又不同于G，三种情况讨论，进而求解. 【详解】由题意，点E，F，G分别有4，3，2种涂法， （1）当A与F相同时，A有1种涂色方法，此时B有2种涂色方法， ①若C与F相同，则C有1种涂色方法，此时D有3种涂色方法； ②若C与F不同，则D有2种涂色方法. 故此时共有种涂色方法. （2）当A与G相同时，A有1种涂色方法， ①若C与F相同，则C有1种涂色方法，此时B有2种涂色方法，D有2种涂色方法； ②若C与F不同，则C有2种涂色方法，此时B有2种涂色方法，D有1种涂色方法. 故此时共有种涂色方法. （3）当A既不同于F又不同于G时，A有1种涂色方法. ①若B与F相同，则C与A相同时，D有2种涂色方法，C与A不同时，C和D均只有1种涂色方法； ②若B与F不同，则B有1种涂色方法， （i）若C与F相同，则C有1种涂色方法，此时D有2种涂色方法； （ii）若C与F不同，则必与A相同，C有1种涂色方法，此时D有2种涂色方法. 故此时共有种涂色方法. 综上，共有种涂色方法. 故选：C. 【点睛】利用两个计数原理解题的策略： 1、利用分类计数原理解题分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分步属于不同种类的两种方法是不同的方法，不能重复，分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏； 2、利用分步计数原理解题时要注意按事件发生的过程合理分步，即分步时有先有后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事，分步必须满足两个条件：一是各步骤相互独立，互不干扰；二是步与步之间确保连续，逐步完成. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．已知的展开式中第3项与第5项的系数之比为，则下列结论成立的是（    ） A． B．展开式中的常数项为45 C．含的项的系数为210 D．展开式中的有理项有5项 【答案】ABC 【分析】根据二项式的展开式的通项公式，结合第3项与第5项的系数之比为，可得.再根据公式逐个选项判断即可. 【详解】二项式的展开式的通项为，由于第3项与第5项的系数之比为，则，故，得. ∴(n＋5)(n－10)＝0，解得n＝10，故A正确； 则，令，解得， 则展开式中的常数项为，故B正确； 令，解得，则含的项的系数为，故C正确； 令，则r为偶数，此时，故6项有理项． 故选：ABC 10．某学校食堂为了进一步加强学校疫情防控工作，降低学生因用餐而交叉感染的概率，规定：就餐时，每张餐桌（如图）至多坐两个人，且两人既不能相邻，也不能相对（即二人只能坐在对角线的位置上）.现有3位同学到食堂就餐，如果3人在1号和2号两张餐桌上就餐（同一张餐桌的4个座位是有区别的），则下列选项正确的是（    ） A．若2人在1号餐桌，1人在2号餐桌，则有48种不同的坐法 B．若1人在1号餐桌，2人在2号餐桌，则有48种不同的坐法 C．不同的坐法种数为96 D．不同的坐法种数为48 【答案】ABC 【分析】利用排列和组合求解. 【详解】A.若3人有2人在1号餐桌则有种坐法，1人在2号餐桌有种坐法，则共有种不同的坐法，故正确； B. 若3人有1人在1号餐桌，2人在2号餐桌，则共有种不同的坐法，故正确； C. 若3人分2人在1号餐桌，1人在2号餐桌和1人在1号餐桌，2人在2号餐桌两类，则不同的坐法种数为，故正确； D.由C知，错误； 故选：ABC 11．某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到，，三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（    ） A．所有不同分派方案共种 B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种 C．若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业，则所有不同分派方案共12种 D．若企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共48种 【答案】BCD 【分析】求得所有不同分派方案数判断选项A；求得每家企业至少分派1名医生的所有不同分派方案数判断选项B；求得每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业的所有不同分派方案数判断选项C；求得企业最多派1名医生的所有不同分派方案数判断选项D 【详解】选项A：所有不同分派方案共种.判断错误； 选项B：若每家企业至少分派1名医生， 先把4名医生分成3组（2人，1人，1人）再分配. 则所有不同分派方案共（种）.判断正确； 选项C：若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业， 则企业可以只有医生甲，也可以有医生甲和另一名医生， 则所有不同分派方案共（种）.判断正确； 选项D：若企业最多派1名医生，则企业可以有1名医生和没有医生两种情况, 则不同分派方案共（种）.判断正确. 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．二项式的展开式中，仅有第六项的二项式系数取得最大值,则展开式中项的系数是 【答案】 【分析】先根据条件确定n值，再根据二项展开式通项公式求结果. 【详解】因为仅有第六项的二项式系数取得最大值,所以， 因为， 所以 【点睛】本题考查二项式系数与二项展开式项的系数，考查基本分析与求解能力，属基本题. 13．“五一”小长假快到了，某单位安排甲、乙、丙、丁四人于5月1日至5月4日值班，一人一天，甲的值班只能安排在5月1日或5月4日且甲、乙的值班日期不能相邻的排法有 种． 【答案】8 【分析】根据甲有特殊要求，所以通过分类讨论先安排甲，由甲乙不相邻再安排乙，再安排剩余两人即可． 【详解】若甲在5月1日值班，则乙只能在，5月3日或5月4日两天值班一天，剩余两人任意安排 此时有 若甲在5月4日值班，则乙只能在5月1日或5月4日值班一天 此时有 则共有 种排法 故答案为8 【点睛】本题主要考查排列组合的应用，注意特殊元素优先安排，属于基础题． 14．如图，一环形花坛分成A，B，C，D四个区域，现有5种不同的花供选种，要求每个区域种1种花，且相邻的两个区域种不同的花，若选用至少3种不同的花来种，则有 种种法；若选用至多3种不同的花来种，则有 种种法（结果用具体数字作答）. 【答案】 【分析】根据题意，事件可分三类，第一类，种2种不同的花；第二类，种3种不同的花；第三类，种4种不同的花；利用分步计数原理与排列数公式求出每一类的种法种数，再根据提问分别相加即可． 【详解】解: 根据题意，四个区域至少选用两种不同的花来种 ∴事件可分三类，第一类，种2种不同的花，共有种种法种数； 第二类，种3种不同的花，有种种法种数； 第三类，种4种不同的花，有种种法种数； 若选用至少3种不同的花来种，则有种；若选用至多3种不同的花来种，则有种. 故答案为： ； 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14分)完成下列问题： (1)求的展开式中的常数项； (2)求的展开式中有理项的个数. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先求出二项展开式的通项，再令，求出的值代入即可； （2）根据二项展开式的通项，考虑未知数的指数为整数的情况，判断有理项的项数即可. 【详解】（1）的展开式的通项为，其中且， 令，得， 所以的展开式中的常数项为； （2）的展开式的通项为，其中且， 若为有理项，则为整数，所以为的倍数， 因为且，所以， 所以的展开式中有理项的个数为个. 16．(本小题满分15分)已知. （1）求； （2）求. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）赋值法，令即可求得答案； （2）利用平方差公式和（1）的结论即可得出答案 【详解】（1）∵， 令，得. （2）令，得， 所以 . 【点睛】方法点睛：对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令即可；对形如的式子求其展开式中各项系数之和，只需令即可. 17．(本小题满分15分)为弘扬我国古代的“六艺”文化，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程. （1）若体验课连续开设六周，每周一门，求其中“射”不排在第一周，“数”不排在最后一周的所有可能排法种数； （2）甲、乙、丙、丁、戊五名教师在教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，求其中甲不任教“数”的课程安排方案种数. 【答案】（1）504种；（2）1440种. 【分析】（1）由题意，分“射”排在最后一周，剩下的课程没有限制和“射”不排在最后一周从中间四周选一周，再选一门课程排在最后一周，其他没有限制，然后与加法计数原理求解. （2）由题意，分甲只任教1科和甲任教2科，然后与加法计数原理求解. 【详解】（1）当“射”排在最后一周时，， 当“射”不排在最后一周时，， ， 所以“射”不排在第一周，“数”不排在最后一周的排法有504种. （2）当甲只任教1科时，， 当甲任教2科时，， ， 所以甲不任教“数”的课程安排方案有1440种. 【点睛】本题主要考查排列组合的应用以及分步，分类计数原理的应用，属于中档题. 18．(本小题满分16分)用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数． （Ⅰ）在组成的三位数中，求所有偶数的个数； （Ⅱ）在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数； （Ⅲ）在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数． 【答案】（Ⅰ）共有30个符合题意的三位偶数． （Ⅱ）共有20个符合题意的“凹数 （Ⅲ）共有28个符合题意的五位数 【详解】试题分析：在正自然数中，零不能处在最高位，（1）偶数的个位数为偶数，所以只能为0，2，4，根据排列公式求出偶数个数即可；（2）由题意可知十位数可为0，1，2，分别从剩余的数字中取两个进行排列；（3）5个数字中只有两个奇数，所以可将1，3以及夹在中间的偶数看作整体，并与剩余的两个偶数进行排列计算． 试题解析：（1）将所有的三位偶数分为两类： （i）若个位数为，则共有（个）； （ii）若个位数为或，则共有（个）， 所以，共有个符合题意的三位偶数． （2）将这些“凹数”分为三类： （i）若十位数字为，则共有（个）； （ii）若十位数字为，则共有（个）； （iii）若十位数字为，则共有（个）， 所以，共有个符合题意的“凹数”． （3）将符合题意的五位数分为三类： （i）若两个奇数数字在一、三位置，则共有（个）； （ii）若两个奇数数字在二、四位置，则共有（个）； （iii）若两个奇数数字在三、五位置，则共有（个）， 所以，共有个符合题意的五位数． 考点：排列的运用. 19．(本小题满分17分)已知n∈N*，，且，求： (1)展开式中各项的二项式系数之和及二项式系数最大的项； (2)； (3). 【答案】(1) (2)7813 (3) 【分析】（1）先求得n的值，再利用二项式系数的性质即可解决； （2）赋值法去求解即可解决； （3）赋值法去求解即可解决. 【详解】（1）设， 则， 上下二式相加得，即，∴ n=6. 则展开式中各项的二项式系数之和为，展开式共有7项， 则展开式中二项式系数最大的项为. （2）令x=1，得，① 令x=，得，② （① +②）÷2得. （3），展开式通项为， 则 又令x=，可得 故 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二下学期数学周周练07 6.3 二项式定理 + 第六章单元复习 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．的展开式中为常数项的是（   ） A．第1项 B．第2项 C．第3项 D．第4项 2．若（）的展开式中只有第6项系数最大，则该展开式中的常数项为（    ） A．210 B．252 C．462 D．10 3．设，则的值为（    ） A． B． C． D． 4．在中国传统佳节元宵节中赏花灯是常见的活动.某单位拟举办庆祝元宵的活动，购买了A，B，C三种类型的花灯，其中A种花灯4个，B种花灯5个，C种花灯1个，现从中随机抽取4个花灯，则A，B，C三种花灯各至少被抽取一个的情况种数为（    ） A．30 B．70 C．40 D．84 5．消除贫困、改善民生、逐步实现共同富裕，是社会主义的本质要求，是中国共产党的重要使命，中共中央、国务院于2015年11月29日颁布了《中共中央国务院关于打赢脱贫攻坚战的决定》.某中学积极参与脱贫攻坚战，决定派6名教师到、、、、五个贫困山区支教，每位教师去一个地方，每个地方至少安排一名教师前去支教.学校考虑到教师甲的家乡在山区，决定派教师甲到山区，同时考虑到教师乙与丙为同一学科，决定将教师乙与丙安排到不同山区，则不同安排方法共有（    ） A．120种 B．216种 C．336种 D．360种 6．在大庆市第一次高考模拟考试之后，我校决定派遣名干部分成三组，分别到高三年级的三个不同层次班级进行调研，若要求每组至少人，则不同的派遣方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 7．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中（如图），记第2行的第3个数字为，第3行的第3个数字为，…，第行的第3个数字为，则（    ） 第0行                        1 第1行                    1        1 第2行                1        2        1 第3行            1        3        3        1 第4行        1        4        6        4        1 第5行    1        5        10        10        5        1 …            …                …                … A．220 B．186 C．120 D．96 8．如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（    ） A．192种 B．336种 C．600种 D．624种 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．已知的展开式中第3项与第5项的系数之比为，则下列结论成立的是（    ） A． B．展开式中的常数项为45 C．含的项的系数为210 D．展开式中的有理项有5项 10．某学校食堂为了进一步加强学校疫情防控工作，降低学生因用餐而交叉感染的概率，规定：就餐时，每张餐桌（如图）至多坐两个人，且两人既不能相邻，也不能相对（即二人只能坐在对角线的位置上）.现有3位同学到食堂就餐，如果3人在1号和2号两张餐桌上就餐（同一张餐桌的4个座位是有区别的），则下列选项正确的是（    ） A．若2人在1号餐桌，1人在2号餐桌，则有48种不同的坐法 B．若1人在1号餐桌，2人在2号餐桌，则有48种不同的坐法 C．不同的坐法种数为96 D．不同的坐法种数为48 11．某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到，，三家企业开展“新冠肺炎”防护排查工作，每名医生只能到一家企业工作，则下列结论正确的是（    ） A．所有不同分派方案共种 B．若每家企业至少分派1名医生，则所有不同分派方案共36种 C．若每家企业至少派1名医生，且医生甲必须到企业，则所有不同分派方案共12种 D．若企业最多派1名医生，则所有不同分派方案共48种 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．二项式的展开式中，仅有第六项的二项式系数取得最大值,则展开式中项的系数是 13．“五一”小长假快到了，某单位安排甲、乙、丙、丁四人于5月1日至5月4日值班，一人一天，甲的值班只能安排在5月1日或5月4日且甲、乙的值班日期不能相邻的排法有 种． 14．如图，一环形花坛分成A，B，C，D四个区域，现有5种不同的花供选种，要求每个区域种1种花，且相邻的两个区域种不同的花，若选用至少3种不同的花来种，则有 种种法；若选用至多3种不同的花来种，则有 种种法（结果用具体数字作答）. 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．完成下列问题： (1)求的展开式中的常数项； (2)求的展开式中有理项的个数. 16．已知. （1）求； （2）求. 17．为弘扬我国古代的“六艺”文化，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程. （1）若体验课连续开设六周，每周一门，求其中“射”不排在第一周，“数”不排在最后一周的所有可能排法种数； （2）甲、乙、丙、丁、戊五名教师在教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，求其中甲不任教“数”的课程安排方案种数. 18．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的自然数． （Ⅰ）在组成的三位数中，求所有偶数的个数； （Ⅱ）在组成的三位数中，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301，423等都是“凹数”，试求“凹数”的个数； （Ⅲ）在组成的五位数中，求恰有一个偶数数字夹在两个奇数数字之间的自然数的个数． 19．已知n∈N*，，且，求： (1)展开式中各项的二项式系数之和及二项式系数最大的项； (2)； (3). 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高二下学期数学周周练07 6.3 二项式定理 + 第六章单元复习 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 B A C B C C A C 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 10 11 ABC ABC BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12． 13．8 14． ； 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步棸。 15．（本小题满分14分） ．(1) (2) 【分析】（1）先求出二项展开式的通项，再令，求出的值代入即可； （2）根据二项展开式的通项，考虑未知数的指数为整数的情况，判断有理项的项数即可. 【详解】（1）的展开式的通项为，其中且， 令，得， 所以的展开式中的常数项为； （2）的展开式的通项为，其中且， 若为有理项，则为整数，所以为的倍数， 因为且，所以， 所以的展开式中有理项的个数为个. 16．（本小题满分15分）（1）；（2）. 【分析】（1）赋值法，令即可求得答案； （2）利用平方差公式和（1）的结论即可得出答案 【详解】（1）∵， 令，得. （2）令，得， 所以 . 【点睛】方法点睛：对形如的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令即可；对形如的式子求其展开式中各项系数之和，只需令即可. 17．（本小题满分15分）（1）504种；（2）1440种. 【分析】（1）由题意，分“射”排在最后一周，剩下的课程没有限制和“射”不排在最后一周从中间四周选一周，再选一门课程排在最后一周，其他没有限制，然后与加法计数原理求解. （2）由题意，分甲只任教1科和甲任教2科，然后与加法计数原理求解. 【详解】（1）当“射”排在最后一周时，， 当“射”不排在最后一周时，， ， 所以“射”不排在第一周，“数”不排在最后一周的排法有504种. （2）当甲只任教1科时，， 当甲任教2科时，， ， 所以甲不任教“数”的课程安排方案有1440种. 【点睛】本题主要考查排列组合的应用以及分步，分类计数原理的应用，属于中档题. 18．（本小题满分16分）（Ⅰ）共有30个符合题意的三位偶数． （Ⅱ）共有20个符合题意的“凹数 （Ⅲ）共有28个符合题意的五位数 【详解】试题分析：在正自然数中，零不能处在最高位，（1）偶数的个位数为偶数，所以只能为0，2，4，根据排列公式求出偶数个数即可；（2）由题意可知十位数可为0，1，2，分别从剩余的数字中取两个进行排列；（3）5个数字中只有两个奇数，所以可将1，3以及夹在中间的偶数看作整体，并与剩余的两个偶数进行排列计算． 试题解析：（1）将所有的三位偶数分为两类： （i）若个位数为，则共有（个）； （ii）若个位数为或，则共有（个）， 所以，共有个符合题意的三位偶数． （2）将这些“凹数”分为三类： （i）若十位数字为，则共有（个）； （ii）若十位数字为，则共有（个）； （iii）若十位数字为，则共有（个）， 所以，共有个符合题意的“凹数”． （3）将符合题意的五位数分为三类： （i）若两个奇数数字在一、三位置，则共有（个）； （ii）若两个奇数数字在二、四位置，则共有（个）； （iii）若两个奇数数字在三、五位置，则共有（个）， 所以，共有个符合题意的五位数． 考点：排列的运用. 19．（本小题满分17分） (1) (2)7813 (3) 【分析】（1）先求得n的值，再利用二项式系数的性质即可解决； （2）赋值法去求解即可解决； （3）赋值法去求解即可解决. 【详解】（1）设， 则， 上下二式相加得，即，∴ n=6. 则展开式中各项的二项式系数之和为，展开式共有7项， 则展开式中二项式系数最大的项为. （2）令x=1，得，① 令x=，得，② （① +②）÷2得. （3），展开式通项为， 则 又令x=，可得 故 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 9 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $