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阶段质量评价(一)　计数原理
A卷——基本知能盘查
(时间:120分钟　满分:150分)
　　　　　　　　　　　　　　　　
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.现有甲部门的员工2人,乙部门的员工4人,丙部门的员工3人,从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动,不同的选法种数为 (　　)
A.9 B.24
C.16 D.36
2.已知-+2!=5,则m等于 (　　)
A.0 B.2或3
C.1或3 D.3
3.在的展开式中,常数项为 (　　)
A.10 B.20
C.40 D.80
4.已知的展开式中第3项与第4项的系数之比为,则其展开式中二项式系数最大的项为 (　　)
A.第3项 B.第4项
C.第5项 D.第6项
5.A,B,C,D,E五名学生按任意次序站成一排,其中A和B不相邻,则不同的排法种数为 (　　)
A.72 B.36
C.18 D.64
6.某校组织一次认识大自然的活动,有5名同学参加,其中有3名男生、2名女生,现要从这5名同学中随机抽取3名同学去采集自然标本,抽取的同学中既有男生又有女生的方法共有 (　　)
A.10种 B.12种
C.6种 D.9种
7.学校环保节活动期间,某班有甲、乙、丙、丁四名学生参加了志愿者工作.将这四名学生分配到A,B,C三个不同的环保岗位,每个岗位至少分配一名学生,若甲要求不分配到B岗位,则不同的分配方案的种数为 (　　)
A.30 B.24
C.20 D.18
8.如图,现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色,要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色,则不同的着色方法共有 (　　)
A.120种 B.180种
C.221种 D.300种
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,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.已知二项式的展开式中各项的系数和为64,则下列说法正确的是 (　　)
A.n=6
B.展开式中所有奇数项的二项式系数和为32
C.展开式中的常数项为540
D.展开式中二项式系数最大的项是第4项
10.已知(1-2x)5=a0+a1x+a2x2+…+a5x5,则下列说法正确的是 (　　)
A.a0=1
B.a3=-80
C.a1+a2+a3+a4+a5=-1
D.a0+a2+a4=121
11.若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大,则称这个数为“凸数”,如231,354等都是“凸数”,用1,2,3,4,5这五个数字组成无重复数字的三位数,则 (　　)
A.组成的三位数的个数为30
B.在组成的三位数中,奇数的个数为36
C.在组成的三位数中,“凸数”的个数为24
D.在组成的三位数中,“凸数”的个数为20
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上)
12.+=　　　　.
13.夏老师要进行年度体检,有抽血、腹部彩超、胸部CT、心电图、血压测量等五个项目,为了体检数据的准确性,抽血必须作为第一个项目完成,而夏老师决定腹部彩超和胸部CT两项不连在一起检查,则不同的检查方案一共有　　　　种.
14.临近春节,某校书法爱好小组书写了若干副春联,准备赠送给四户孤寡老人.春联分为长联和短联两种,无论是长联或短联,内容均不相同.经过调查,四户老人各户需要1副长联,其中乙户老人需要1副短联,其余三户各要2副短联.书法爱好小组按要求选出11副春联,则不同的赠送方法种数为　　　　.
四、解答题(本大题共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)在二项式的展开式中,二项式系数最大的项只有一项,且是第4项.
(1)求n的值;
(2)求展开式中所有有理项的系数之和;
(3)把展开式中的项重新排列,求有理项互不相邻的排法种数.
16.(15分)从4名男生和3名女生中各选2人.
(1)共有多少种不同的选法
(2)如果男生甲与女生乙至少要有1人被选中,那么有多少种不同选法
(3)选出的4人参加百米接力赛,男生甲和女生乙同时被选中参赛,且甲不能跑第一棒,乙不能跑最后一棒,有多少种不同的安排方法 (用数字作答)
17.(15分)已知=56,且(1-2x)n=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+anxn.
(1)求n的值;
(2)求a1+a2+a3+…+an的值.
18.(17分)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加A,B,C三个智力竞赛项目,每个人都要报名且只能参加一个项目.
(1)共有多少种不同的报名方法
(2)甲必须报A项目,乙必须报B项目,那么有多少种不同的报名方法
(3)甲、乙报同一项目,丙不报A项目,那么有多少种不同的报名方法
(4)每个项目都有人报名,那么有多少种不同的报名方法
(5)甲不报A项目,且B,C项目报名的人数相同,那么有多少种不同的报名方法
19.(17分)在二项式的展开式中,第3项和第4项的系数比为.
(1)求n的值及展开式中的常数项是第几项;
(2)展开式中系数最大的项是第几项
B卷——高考能力达标
(时间:120分钟　满分:150分)
一、单项选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题所给的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)
1.若=18,则m= (　　)
A.9 B.8
C.7 D.6
2.某学校开展“五育并举”的选修课,其中体育开设了6门课,分别为篮球、足球、排球、网球、羽毛球、乒乓球,甲、乙两名学生准备从中各选择2门课学习,则甲、乙选修的课中至少有1门相同的概率为 (　　)
A. B.
C. D.
3.已知的展开式中第6项与第8项的二项式系数相等,则含x10项的系数是 (　　)
A.-8 B.8
C.4 D.-4
4.设二项式的展开式的各项系数的和为P,所有二项式系数的和为S.若P+S=272,则n= (　　)
A.4 B.5
C.6 D.8
5.斐波那契数列,又称黄金分割数列,指的是这样一个数列:1,1,2,3,5,8,…,这个数列从第3项开始,每一项都等于前两项之和,小李以前6项数字的某种排列作为他的银行卡密码,如果数字1与2不相邻,则小李可以设置的不同的密码个数为 (　　)
A.144 B.120
C.108 D.96
6.设(1+x+x2)n=a0+a1x+a2x2+…+a2nx2n,则a0+a2+a4+…+a2n= (　　)
A.3n B.
C. D.
7.现有甲、乙、丙、丁、戊5位同学,准备在A,B,C三个景点中选择一个去游玩,已知每个景点至少有一位同学会选,五位同学都会进行选择并且只能选择其中一个景点,若学生甲和学生乙准备选同一个景点,则不同的选法种数为 (　　)
A.24 B.36
C.48 D.72
8.若一个四位数的各位数字相加和为10,则称该数为“完美四位数”,如数字“2 017”,则用数字0,1,2,3,4,5,6,7组成的无重复数字且大于2 017的“完美四位数”有 (　　)
A.71个 B.66个
C.59个 D.53个
二、多项选择题(本大题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的四个选项中,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.在校航天知识展中,航天兴趣小组准备从8名组员(其中男组员4人,女组员4人)中选4人担任讲解员,则下列说法正确的是 (　　)
A.若组员甲和组员乙同时被选中,则共有28种选法
B.若4名讲解员中既有男组员,又有女组员,则共有68种选法
C.若4名讲解员全部安排到A,B,C三个展览区,每个展览区至少1名讲解员,每名讲解员只去一个展览区,则共有5 040种选派方法
D.校航天知识展结束后,若8名组员站成一排拍照留念,且女组员相邻,则共有2 880种排法
10.关于的展开式,下列说法正确的是 (　　)
A.各项系数之和为1
B.第二项与第四项的二项式系数相等
C.常数项为60
D.有理项共有4项
11.定义有n行的“杨辉三角”为n阶杨辉三角,如图就是一个8阶“杨辉三角”.
下列命题正确的是 (　　)
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=
B.第k行各个数的和是2k
C.n阶“杨辉三角”中共有个数
D.n阶“杨辉三角”的所有数的和是2n-1
三、填空题(本大题共3小题,每小题5分,共15分.把答案填在题中的横线上)
12.计划在学校公园小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树,垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树,要求2棵银杏树必须相邻,则不同的种植方法共有　　　　种.
13.(2024·上海高考)在(x+1)n的展开式中,若各项系数和为32,则展开式中x2的系数为　　　　.
14.用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数,其中个位数字小于百位数字且百位数字小于万位数字的五位数有n个,则(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5+…+(1+x)n+3的展开式中,x2的系数是　　　.(用数字作答)
四、解答题(本大题共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)已知的展开式中所有项的二项式系数和为128,各项系数和为-1.
(1)求n和a的值;
(2)求的展开式中的常数项.
16.(15分)如图,一个正方形花圃被分成5份.
(1)若给这5个部分种植花,要求相邻两部分种植不同颜色的花,已知现有5种颜色不同的花,求有多少种不同的种植方法
(2)若向这5个部分放入7个不同的盆栽,要求每个部分都有盆栽,问有多少种不同的放法
17.(15分)已知在(n∈N*)的展开式中,第5项的系数与第3项的系数之比为56∶3.求:
(1)展开式中的所有有理项;
(2)展开式中系数绝对值最大的项;
(3)n+9+81+…+9n-1的值.
18.(17分)中华文化源远流长,为了让青少年更好地了解中国的传统文化,某培训中心计划利用暑期开设“围棋”“武术”“书法”“剪纸”“京剧”“刺绣”六门体验课程.
(1)若体验课连续开设六周,每周一门,求“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的所有排法种数;
(2)现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程,每人都选两门课程,甲和乙有一门共同的课程,丙和甲、乙的课程都不同,求所有选课的种数;
(3)计划安排A,B,C,D,E五名教师教这六门课程,每门课程只由一名教师任教,每名教师至少任教一门课程,教师A不任教“围棋”课程,教师B只能任教一门课程,求所有课程安排的种数.
19.(17分)规定=,其中x∈R,m是正整数,且=1,这是组合数(n,m是正整数,且m≤n)的一种推广.
(1)求的值;
(2)组合数的两个性质:①=;②+=是否都能推广到(x∈R,m是正整数)的情形 若能推广,则写出推广的形式并给出证明;若不能,则说明理由;
(3)已知组合数是正整数,证明:当x∈Z,m是正整数时,∈Z.
阶段质量评价(一)
A卷——基本知能盘查
1.选A　由题意结合分类加法计数原理,可得共有++=9种不同的选法.
2.选B　由-+2!=5,得=5+-2!=5+3-2=6,而m∈N*,m≤3,有=3,=6,=6,所以m=2或m=3.
3.选C　二项式展开式的通项为Tr+1==2rx10-5r,令10-5r=0,得r=2,所以T3=22·=40,即二项式展开式的常数项为40.
4.选C　二项式展开式的系数即为其二项式系数,所以第3项的系数为,第4项的系数为,所以=,即=,解得n=8,所以展开式一共有9项,其第5项的二项式系数最大.
5.选A　先将其余三人全排列,共有种情况,再将A和B插空,共有种情况,所以共有=12×6=72种情况.
6.选D　抽到1男2女的方法有=3种,抽到2男1女的方法有=6种,共9种方法.
7.选B　由题意可得有两种情况:①有一个人与甲在同一个岗位,则有=12种分配方案;②没有人与甲在同一个岗位,则有=12种分配方案,所以由分类加法计数原理可知共有12+12=24种不同的分配方案,故选B.
8.选B　当Ⅰ,Ⅳ同色时,则Ⅰ有5种着色方法,Ⅱ有4种着色方法,Ⅲ有3种着色方法,此时共有5×4×3×1=60种着色方法;当Ⅰ,Ⅳ不同色时,则Ⅰ有5种着色方法,Ⅳ有4种着色方法,Ⅱ有3种着色方法,Ⅲ有2种着色方法,此时共有5×4×3×2=120种着色方法,综上,共有60+120=180种不同的着色方法.
9.选ABD　令x=1,得2n=64,得n=6,故A正确;展开式中所有奇数项的二项式系数和为25=32,故B正确;由上得二项式为,常数项为(3x)3·=-540,故C错误;最大的二项式系数为,即第4项的二项式系数最大,故D正确.故选ABD.
10.选ABD　取x=0,则a0=1,故A正确;(1-2x)5的展开式通项为15-r·(-2x)r,即·(-2)r·xr,其中0≤r≤5,r∈N,所以a3=(-2)3=-80,故B正确;取x=1,则a0+a1+a2+a3+a4+a5=-1,则a1+a2+a3+a4+a5=-1-a0=-2,故C错误;取x=-1,则a0-a1+a2-a3+a4-a5=35=243,将其与a0+a1+a2+a3+a4+a5=-1作和得2(a0+a2+a4)=242,所以a0+a2+a4=121,故D正确.故选ABD.
11.选BD　5个数组成无重复数字的三位数的个数为=60,故A错误;奇数为个位数是1,3,5的三位数,个数为3=36,故B正确;“凸数”分为3类,①十位数为5,则有=12个;②十位数为4,则有=6个;③十位数为3,则有=2个,所以共有20个,故C错误,D正确.故选BD.
12.解析:由题意,得解得≤n≤,又n∈N*,所以n=6,所以+=+=+=31.
答案:31
13.解析:由题意得,将心电图、血压测量两项全排列,有=2种情况,
再将腹部彩超和胸部CT两项排在其空位中,有=6种情况,最后将抽血放在第一位,有1种情况,所以共有2×6×1=12种情况.
答案:12
14.解析:4副长联内容不同,赠送方法有=24种;从剩余的7副短联中选出1副赠送给乙户老人,
有=7种方法;再将剩余的6副短联平均分为3组,最后将这3组赠送给三户老人,方法种数为·=90.所以所求方法种数为24×7×90=15 120.
答案:15 120
15.解:(1)由题意知+1=4,所以n=6.
(2)二项式的展开式的通项为Tk+1==.
当k=0,2,4,6时,x的次数为整数,对应的项为有理项.于是展开式中有理项共有四项,分别为第1项、第3项、第5项、第7项.
所以展开式中所有有理项的系数之和为
+++=1+15+15+1=32.
(3)展开式共有7项,其中4项为有理项,3项为无理项.将无理项排列,有种排法,将有理项插空排列,有种排法,故有理项互不相邻的排法共有=144(种).
16.解:(1)根据题意,从4名男生和3名女生中各选2人,男生有种选法,女生有种选法,故选法共有=18种.
(2)根据题意,分3种情况讨论:
男生甲被选中,女生乙没有被选中,有=3种.
男生甲没有被选中,女生乙被选中,有=6种,
男生甲和女生乙都被选中,有=6种,
则共有3+6+6=15种选法.
(3)男生甲和女生乙同时被选中的选法有=6种,
4人参加百米接力赛的总安排方法有=24种,
甲跑第一棒的安排方法有=6种,
乙跑最后一棒的安排方法有=6种,
甲跑第一棒且乙跑最后一棒的安排方法有=2种,故甲不能跑第一棒,乙不能跑最后一棒的安排方法有6×(24-6-6+2)=84种.
17.解:(1)由=56,
得n(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)=56×
,
即(n-5)(n-6)=90,
解得n=15或n=-4(舍去).所以n=15.
(2)由(1)得(1-2x)15=a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a15x15.
令x=1,得a0+a1+a2+…+a15=-1.
令x=0,得a0=1.
所以a1+a2+a3+…+a15=-2.
18.解:(1)每个同学都有3种选择,则甲、乙、丙、丁四名同学的报名方法种数为34=81.
(2)甲必须报A项目,乙必须报B项目,则丙、丁各有3种选择,
所以不同的报名方法种数为32=9.
(3)甲、乙报同一项目,则甲、乙报名的方法种数为3.丙不报A项目,则丙有2种选择.而丁有3种选择,由分步乘法计数原理可知,不同的报名方法种数为3×2×3=18.
(4)将甲、乙、丙、丁四名同学分为三组,每组人数分别为2,1,1,
然后再将这三组同学分配给A,B,C三个智力竞赛项目,
所以不同的报名方法种数为=6×6=36.
(5)分两种情况讨论:
①A项目没人报,且B,C项目的报名人数均为2,此时不同的报名方法种数为=6;
②A项目有人报,且甲不报A项目,B,C项目报名的人数相同,则B,C项目报名的人数均为1,
则甲报B项目或C项目,则报名A项目的有2人,剩余1个项目只有一人报名,
由分步乘法计数原理可知,不同的报名方法种数为2×=6.
综上所述,不同的报名方法种数为6+6=12.
19.解:(1)二项式展开式的通项为Tr+1=xn-r=.
因为第3项和第4项的系数比为,
所以=,
化简得6=,解得n=20.
所以Tr+1=.
令20-r=0,得r=16,所以常数项为第17项.
(2)设展开式中系数最大的项是第(r+1)项,
则
解得6≤r≤7.
因为r∈N,所以r=6或r=7,所以展开式中系数最大的项是第7项和第8项.
B卷——高考能力达标
1.选D　由=m(m-1)(m-2)(m-3)=18·,得m-3=3,所以m=6.
2.选C　由题意,当甲选了2门后,乙再选课,则甲、乙选修的课中没有相同的科目的概率为==,故甲、乙选修的课中至少有1门相同的概率为1-=.
3.选D　由条件可知=,所以n=12,的展开式的通项为Tr+1=x12-r=x12-2r,r=0,1,…,12,令12-2r=10,得r=1,所以含x10项的系数是×=-4,故选D.
4.选A　令x=1,得P=4n,又二项式系数的和S=2n,因为P+S=272,所以4n+2n=272,解得2n=16,则n=4.
5.选A　先排数字2,3,5,8,有种排法,4个数字形成5个空当.第一类:若两个1相邻,则从可选择的3个空当中选出一个放入两个1,有3种排法;第二类:若两个1也不相邻,则从可选择的3个空当中选出两个分别放入数字1,有3种排法.所以密码个数为×(3+3)=144.
6.选D　在(1+x+x2)n=a0+a1x+a2x2+…+a2nx2n中,令x=1,得3n=a0+a1+a2+a3+…+a2n,令x=-1,得1=a0-a1+a2-a3+…+a2n,∴3n+1=2(a0+a2+a4+…+a2n),∴a0+a2+a4+…+a2n=.
7.选B　若甲、乙选择的景点没有其他人选,则分组方式为1,2,2的选法为=18种;若甲、乙选择的景点还有其他人选,则分组方式为1,1,3的选法为·=18种;所以总的不同的选法种数为18+18=36.
8.选A　根据题意,四个无重复数字且相加和为10的情况有①0,1,3,6,②0,1,4,5,③0,1,2,7,④0,2,3,5,⑤1,2,3,4,共5种,则分5种情况讨论:①当四个数字为0,1,3,6时,千位数字可以为3或6,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有2×6=12个“完美四位数”;②当四个数字为0,1,4,5时,千位数字可以为4或5,有2种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有2×6=12个“完美四位数”;③当四个数字为0,1,2,7时,若千位数字为7,则将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,若千位数字为2,则有2 071,2 107,2 170,2 701,2 710,共5种情况,此时有6+5=11个“完美四位数”;④当四个数字为0,2,3,5时,千位数字可以为2或3或5,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有3×6=18个“完美四位数”;⑤当四个数字为1,2,3,4时,千位数字可以为2或3或4,有3种情况,将其余3个数字全排列,依次安排在百位、十位、个位上,有=6种情况,此时有3×6=18个“完美四位数”.综上,一共有12+12+11+18+18=71个“完美四位数”,故选A.
9.选BD　对于A,由题意,共有=15种选法,故A错误;
对于B,由题意,共有--=68种选法,故B正确;
对于C,先选好4人,共有=70种选法,然后将4人按要求分到三个展览区,有·=36种,所以共有70×36=2 520种选派方法,故C错误;
对于D,由题意,共有=2 880种排法,故D正确.故选BD.
10.选ACD　对于A,令x=1,则展开式中各项系数之和为1,故A正确;
对于B,第二项的二项式系数=6,第四项的二项式系数==20,第二项与第四项的二项式系数不相等,故B错误;对于C,展开式的通项为(-2x)r=(-2)r(r=0,1,2,3,4,5,6),令-+r=0,得r=2,展开式中的常数项为(-2)2=4×15=60,故C正确;对于D,由C可知,当r=0,2,4,6时,-3+∈Z,所以展开式的有理项共有4项,故D正确.
11.选BCD　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=,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2k,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=个数,故C正确;
n阶“杨辉三角”的所有数的和是1+2+22+…+2n-1=2n-1,故D正确.
12.解析:分两步完成:
第一步,将2棵银杏树看成一个元素,考虑其顺序,有种种植方法;
第二步,将银杏树与4棵桂花树全排列,有种种植方法.
由分步乘法计数原理,得不同的种植方法共有=240(种).
答案:240
13.解析:由题意得2n=32,所以n=5,则(x+1)5的通项Tr+1=x5-r1r,令5-r=2,得r=3,所以展开式中x2的系数为=10.
答案:10
14.解析:用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数中,满足个位小于百位且百位小于万位的五位数有=20个,即n=20,
当n=20时,不妨设x≠0,则(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5+…+(1+x)n+3
=(1+x)3+(1+x)4+(1+x)5+…+(1+x)23===-,
所以x2的系数是-=2 024-1=2 023.
答案:2 023
15.解:(1)由条件可得
解得
(2)由(1)得=(2x-x-2)(-2x2+x-1)7.
∵(-2x2+x-1)7展开式的通项为Tk+1=(-2x2)7-k(x-1)k=(-2)7-kx14-3k.
∴①当14-3k=-1,即k=5时,
2x·(-2)2x-1=168;
②当14-3k=2,即k=4时,
-x-2·(-2)3x2=280.
∴所求的常数项为168+280=448.
16.解:(1)当种植5种颜色的花,作全排列,则有=120种;
当种植4种颜色的花,5种颜色选4种,{(A,E),(C,E),(B,C)}中选一组种植同颜色的花,余下3种颜色作全排列,则有=360种;
当种植3种颜色的花,5种颜色选3种,D位置任选一种,余下2种在{(A,E),(B,C)}分别种植,则有=60种.所以共有120+360+60=540种不同的种植方法.
(2)7个盆栽有{3,1,1,1,1},{2,2,1,1,1}2种分组方式,
以{3,1,1,1,1}分组,则=4 200种;
以{2,2,1,1,1}分组,则·=12 600种.
所以共有4 200+12 600=16 800种不同的放法.
17.解:(1)由(-2)4∶(-2)2=56∶3,解得n=10(n=-5舍去),所以=,其展开式的通项为Tr+1==(-2)r·(r=0,1,2,…,10),
当5-为整数时,r可取0,6,所以展开式中的有理项为T1=(-2)0×x5=x5和T7=(-2)6×x0=13 440.
(2)设第(k+1)项系数的绝对值最大,
则解得≤k≤,又k∈N,所以k=7.所以展开式中系数绝对值最大的项为T8=(-2)7×=-15 360.
(3)10+9+81+…+910-1
=
=
==.
18.解:(1)第一步,先将另外四门课排好,有种情况;
第二步,将“京剧”和“剪纸”课程分别插入5个空隙中,有种情况;
所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法有×=480种.
(2)第一步,先将甲和乙的不同课程排好,有种情况;
第二步,将甲和乙的相同课程排好,有种情况;
第三步,因为丙和甲、乙的课程都不同,所以丙的排法有种情况;
因此,所有选课种数为××=360.
(3)①当A只任教1科时:先排A任教科目,有种;再从剩下5科中排B的任教科目,有种;接下来剩余4科中必有2科为同一名老师任教,分三组全排列,共有种.所以当A只任教1科时,共有=5×5××3×2×1=900种;
②当A任教2科时:先选A任教的2科有种,将剩余4科平均分为4组,共有=×4×3×2×1=240种.
综上,A不任教“围棋”的课程安排方案有900+240=1 140种.
19.解:(1)==-680.
(2)性质①不能推广,例如当x=时,有定义,但无意义;
性质②能推广,它的推广形式是:
+=,x∈R,m是正整数,
证明:当m=1时,有+=x+1=,
当m≥2时,+
=
+
=
==.
(3)证明:当x≥m时,组合数∈Z;
当0≤x当x<0时,由x-m+1<0可知-x+m-1>0,
所以=
=(-1)m
=(-1)m.
因为组合数是正整数,所以(-1)m∈Z.
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