上海复旦初级中学高中数学选修2-3第一章《计数原理》检测卷(含答案解析)

一、选择题
1．()()
4
2
2
1x x x -+-的展开式中x 项的系数为（ ）
A ．9-
B ．5-
C ．7
D ．8
2．今有8件不同的奖品，从中选6件分成三份，两份各1件，另一份4件，不同的分法有
（ ）种 A ．420
B ．840
C ．30
D ．120
3．若多项式()2
10
011x x a a x +=++()()9
10
91011a x a x +++++，则9a =（ ）
A ．9
B ．10
C ．-9
D ．-10
4．把4个不同的小球全部放人3个不同的盒子中，使每个盒子都不空的放法总数为（ ）
A ．1
3
33C A
B ．3
2
42C A
C ．1
3
2
442C C C
D ．23
43C A
5．排一张5个独唱和3个合唱的节目单，如果合唱不排两头，且任何两个合唱不相邻，则这种事件发生的概率是（ ） A ．
14
B ．
1144
C ．
18
D ．
114
6．下列四个组合数公式:对,n k N ∈，约定0
001C ==！,有
（1）(0)!
k k n n
P C k n k =≤≤
（2）(0)k n k
n n C C k n -=≤≤ （3）
11(1)k k n n k C C k n n
--=≤≤ （4）1
11(1)k
k
k n n n C C C k n ---=+≤≤ 其中正确公式的个数是（ ） A ．4个
B ．3个
C ．2个
D ．1个
7．已知10210
01210(12)...x a a x a x a x -=++++，则1231023...10a a a a ++++=（ ）
A ．20-
B ．15-
C ．15
D ．20
8．从5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛，其中A 不参加物理、化学竞赛，则不同的参赛方案种数为（ ） A ．720
B ．360
C ．72
D ．以上都不对
9．某校高二年级共有六个班，现从外地转入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安排2名，则不同的安排方案种数为（ ） A ．226
4A C
B ．22642
A C
C ．22
64A A
D ．2
62A
10．有5本不同的书，分给三位同学，每人至少一本，则不同的分法数为（ ） A ．120
B ．150
C ．240
D ．300
11．袋中有大小相同的四个白球和三个黑球，从中任取两个球，两球同色的概率为（ ） A ．
47
B ．
37
C ．
27
D ．
821
12．若5个人按原来站的位置重新站成一排，恰有一人站在自己原来的位置上的概率为（ ） A ．
34
B ．
14
C ．
18
D ．38
二、填空题
13．高三一班里七名身高不同的女生拍毕业照，摄影师要求她们排成一排, 身高由矮到高,再由高到矮(最高的女生站在正中间).这七位女生的排队姿态有________种. 14．83被5除所得的余数是_____________．
15．设{}1234,,,1,0,2x x x x ∈-，那么满足123423x x x x ≤+++≤的所有有序数组
()1234,,,x x x x 的组数为_________.
16．如图，用5种不同的颜色给图中A ，B ，C ，D 四块区域涂色，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有__________种.
17．六位同学坐在一排，现让六位同学重新坐，恰有两位同学坐自己原来的位置，则不同的坐法有________种（用数字回答）.
18．已知集合{}()
*
1,2,,,2U n n N n =⋅⋅⋅∈≥，对于集合U 的两个非空子集A ，B ，若
A
B =∅，则称(),A B 为集合U 的一组“互斥子集”.记集合U 的所有“互斥子集”的组数为
()f n （视(),A B 与(),B A 为同一组“互斥子集”）.那么()f n =______.
19．,,,,,A B C D E F 六人并排站成一排，,A B 必须站在一起，且,C D 不能相邻，那么不同的排法共有_____种（结果用数字表示）.
20．由0，1，2，3，4，5这六个数字，组成无重复数字的四位数中比3042大的数有________个.
三、解答题
21．（1）在239(1)(1)(1)(1)x x x x ++++++++的展开式中，求2x 的系
数；
（2）设6
2
6
0126(12)x a a x a x a x -=++++…，()x R ∈，求下列各式的值. （ⅰ）0126a a a a ++++…； （ⅱ）246a a a ++；
（ⅲ）12345623456a a a a a a +++++. 22．已知
，n ∈N *.
（1）设f (x )＝a 0+a 1x +a 2x 2+…+a n x n ， ①求a 0+a 1+a 2+…+a n ；
②若在a 0，a 1，a 2，…，a n 中，唯一的最大的数是a 4，试求n 的值； （2）设f (x )＝b 0+b 1(x +1)+b 2(x +1)2+…+b n (x +1)n ，求.
23．已知数列{}n a 的首项为1，记
()()()()
1
2
01
22
123, 111n
n n n n
n F x n a C x a C x x a C x x --=-+-+-()1
1111n n n n
n n n n a C x x a C x --++
+-+.
（1）若数列{}n a 是公比为3的等比数列，求()1, 2020F -的值；
（2）若数列{}n a 是公差为2的等差数列，求证：(), 2020F x 是关于x 的一次多项式. 24．从1,3,5,7,9中任取2个数，从0,2,4,6中任取2个数， （1）能组成多少个没有重复数字的四位数？
（2）若将（1）中所有个位是5的四位数从小到大排成一列，则第100个数是多少？ 25．已知()112225113m
m m
m
a C
A
m N ---=-∈，777714-除以19的余数为b ，求150
b
a x x ⎫
⎪
⎭展开式的常数项.
26．已知2n
m x x ⎛ ⎝（m 是正实数）的展开式中前3项的二项式系数之和等于37．
（1）求n 的值；
（2）若展开式中含
1
x
项的系数等于112，求m 的值．
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题 1．A 解析：A 【分析】
将()()
4
2
2
1x x x -+-化简为:2444(1)(1)2(1)x x x x x --+--,写出4(1)x -二项展开式的
通项公式(4)
14(1)r
r r r T C x -+=⋅-,即可求得答案.
【详解】 (
)()
4
2
24442
1(1)(1)2(1)x x x x x x x x -+---+-=-
4(1)x -二项展开式的通项公式(4)14
(1)r r r r T C x -+=⋅-
24
(1)
x x-中不含x项,无需求解.
4
(1)
x x
--中含x项,即当4
r=时(444
4
4)(1)
x C x x
-
-⋅⋅=-
-
4
2(1)
x-中含x项,即当3
r=时(43)
3
4
3
28
(1)
C x x
-⋅=-
-
∴()()4
221
x x x
-+-的展开式中x项9x
-
故选:A.
【点睛】
本题考查求二项式展开式中常数项,解题关键是掌握二项展开式的通项公式,考查分析能力和计算能力,属基础题.
2．A
解析：A
【分析】
分两步进行：（1）先从8件不同的奖品中选6件；（2）将6件不同的奖品分成三份，两份各1件，另一份4件.利用分步乘法计数原理可求得分法种数.
【详解】
分两步进行：（1）先从8件不同的奖品中选6件，有6
8
C种分法；
（2）将6件不同的奖品分成三份，两份各1件，另一份4件，分法种数为4
6
C.
由分步乘法计数原理可知，不同的分法种数为64
86
2815420
C C=⨯=.
故选：A.
【点睛】
本题考查部分平均分组问题，考查分类乘法计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题. 3．D
解析：D
【解析】
()()9
0110100199
1099999
1...1[...]
n
n n
x C C x C x a x a C C x C x
+=++⇒+=++，()10
10
1
a x+=
01991010
1010101010
(...)
a C C x C x C x
++++
，根据已知条件得9x的系数为0，10x的系数为
1
99
9
991010
10
10
1010
10
1
1
a
a C a C
a
a C
=-
⎧⋅+⋅=⎧
⇒⇒
⎨⎨
=
⋅=⎩
⎩
故选D.
4．D
解析：D
【分析】
利用捆绑法选择两个球看成整体，再全排列得到答案.
【详解】
选择两个球看成整体，共有2
4
C种取法，再把三个球放入三个盒子中，有3
3
A种放法，
故共有23
43
C A种放法.
故选：D. 【点睛】
本题考查了排列和组合的应用，意在考查学生的应用能力，利用捆绑法是解题的关键.
5．D
解析：D 【分析】
首先计算所有可能的排法有88A ，再由于合唱节目不能相邻，先排列独唱节目，共有5
5A 种结果，合唱节目不能排在两头，在五个独唱节目形成的除去两头之外的四个空中选三个位置排列，共有3
4A 种结果，最后根据古典概率的概率计算公式计算出结果． 【详解】
解：排一张5个独唱和3个合唱的节目单一共有8
840320A =种，
记合唱不排两头，且任何两个合唱不相邻的为事件M ，则由于合唱节目不能相邻，先排列独唱节目，共有5
5A 种结果，合唱节目不能排在两头，在五个独唱节目形成的除去两头之外的四个空中选三个位置排列，共有3
4A 种结果，根据分布乘法计数原理可得一共有
53542880A A ⋅=种
根据古典概型的概率公式得()28801
4032014
P M == 故选：D 【点睛】
本题考查古典概型的概率计算问题，分步计数原理，考查元素的不相邻问题，一般解决不相邻问题时，采用插空法，属于基础题．
6．A
解析：A 【分析】
分别将组合数和排列数写成阶乘的形式，计算每个等式的两边并判断等式是否成立. 【详解】
A ．()0!
k k
k n n n
k k P P C k n P k ==≤≤，等式成立；
B ．()()!0!!!
k k n n
P n C k n k n k k =
=≤≤-⨯，()()()()()()!!0!!!
!!n k n k n n
P n n C
k n n k k n k n n k n k --===≤≤-⨯---⨯-， 所以(0)k
n k
n n C C k n -=≤≤成立；
C ．()()()()1!!
(1)!!!!1!
k k n n n P k k k n C k n n n k n n k k n k k -=⋅=⋅=≤≤-⨯-⨯-，
()()()()11
1
1
(1!1!!1)!1k n k n n P k n k k C
k n -----==-≤-≤⨯-，所以11(1)k k n n k C C k n n --=≤≤成立；
D ．()()()()()()1
11
1
1
11!1!!1!1!!!1!
k
k k k n n n n n n P P k k n k k C
n k k C
--------=+=+=---⨯-⨯-+ ()()()(
)1!(1!!!)!!k n n n n k k C n k k n k k n k ⎡⎤-⎡⎤=-+==⎢⎥⎣⎦-⨯-⨯⎢≤⎥≤⎣⎦，所以1
11(1)k k k n n n C C C k n ---=+≤≤成立.
故选A. 【点睛】
本题考查排列数、组合数公式的运算化简，难度一般.注意排列组合中两个计算公式的使
用：()()()!!,!!
!!!n m m
m
n n n
n
P P n n P C n m n m m n m m ====---⨯. 7．D
解析：D 【分析】
观察所求系数的和，可知原式两边求导，再赋值求解. 【详解】
原式两边求导数，得()99
2
12310201223...10x a a x a x a x --=++++
当1x =时，123102023...10a a a a =++++. 故选：D 【点睛】
本题考查二项式定理系数和，导数计算，重点考查转化的思想，属于中档题型.
8．C
解析：C 【分析】
因为A 不参加物理、化学竞赛，它是一个特殊元素，故对A 参加不参加竞赛进行讨论，利用分类的思想方法解决，最后结果结合加法原理相加即可． 【详解】 解：根据题意，
若选出4人中不含A ，则有4
4A 种；
若选出4人中含有A ，则有313423C C A 种．
4313
442372A C C A ∴+=．
故选：C ． 【点睛】
本题主要考查排列、组合及简单计数问题，解排列、组合及简单计数问题时遇到特殊元素时，对特殊元素要优先考虑，属于中档题．
9．B
解析：B 【分析】
先将4名学生均分成两组，注意重合的部分要去掉，再从6个班级中选出2个班进行排列，最后根据分步计数原理得到合要求的安排方法数． 【详解】
解：先将4名学生均分成两组方法数为
2
412
C ， 再分配给6个年级中的2个分配方法数为2
6A ，
∴根据分步计数原理合要求的安排方法数为224612
C A ．
故选：B ． 【点睛】
本题先考查的是平均分组问题，是一个易出错的问题，解题的关键是看清题目的实质，把实际问题转化为数学问题，解出结果以后再还原为实际问题．
10．B
解析：B 【分析】
由题意，分“其中1人3本，另2人每人一本”、“其中1人一本，另2人每人2本”两种情况讨论，由分类计数原理结合排列、组合的知识即可得解. 【详解】
有5本不同的书，分给三位同学，每人至少一本，分两种情况：
①其中1人3本，另2人每人一本，有3113
52132
2
60C C C A A ⋅=种； ②其中1人一本，另2人每人2本，有1223
54232
2
90C C C A A ⋅=种． 所以不同的分法有6090150+=种. 故选：B ． 【点睛】
本题考查了计数原理的应用，考查了运算求解能力与分类讨论思想，属于中档题.
11．B
解析：B 【分析】
根据题意可知，所选的两个球均为白球或黑球，利用组合计数原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】
由题意可知，所选的两个球均为白球或黑球，
由古典概型的概率公式可知，所求事件的概率为
22
43
2
7
3
7
C C
P
C
+
==.
故选：B.
【点睛】
本题考查古典概型概率的计算，涉及组合计数原理的应用，考查计算能力，属于中等题. 12．D
解析：D
【分析】
分两步分析：①先从5个人中选1人，其位置不变，有1
55
C=种，②对于剩下的四个人，因为每个人都不能站在自己原来的位置上，有9种，恰有一人站在自己原来的位置上包含的基本事件数为45，再求出事件总数，按照古典概型概率公式即可求解.
【详解】
5个人站成一排的基本事件的总数为5
5
A，
5个人按原来站的位置重新站成一排，
恰有一人站在自己原来的位置，
先从5个人中选1人，其位置不变，
有1
55
C=种，对于剩下的四个人，
因为每个人都不能站在自己原来的位置上，因此第一个人有3种站法，
被站位置的那个人也有3种站法，
最后两人只有1种站法，
故不同的调换方法有53345
⨯⨯=，
所以所求事件的概率为
453 1208
=.
故选：D.
【点睛】
本题考查古典概型的概率，利用分步乘法原理和排列是解题的关键，属于中档题.
二、填空题
13．20【分析】因为最高的女生站在正中间因此只需要考虑最高的女生的左边或者右边即可因为当最高女生的左边（或右边）确定好后其右边（或左边）也就确定了由此计算出七位女生排队的方法数【详解】由题意可知当最高的
解析：20
【分析】
因为最高的女生站在正中间，因此只需要考虑最高的女生的左边或者右边即可，因为当最高女生的左边（或右边）确定好后，其右边（或左边）也就确定了，由此计算出七位女生排队的方法数.
【详解】
由题意可知，当最高的女生站在正中间，此时只需要排好左右两边， 第一步：先排左边，有3
620C =种排法，
第二步：再排右边，此时另外三人按从高到低排列，只有1种排法， 所以总的排法数为：36120C ⨯=种. 故答案为20. 【点睛】
本题考查分步乘法原理以及排列组合的简单应用，难度一般.利用排列组合的方法解答计数问题时，要活用分步乘法和分类加法计数原理.
14．1【分析】变形利用二项式定理展开即可求出被除所得的余数【详解】因为所以转化为求被除所得的余数因为所以被除所得的余数是1故答案为：1【点睛】本题主要考查了利用二项式定理研究整除问题考查了推理运算能力属
解析：1 【分析】
变形883(52)=-，利用二项式定理展开即可求出被5除所得的余数. 【详解】 因为883(52)=-
0817262778
088888855(2)5(2)5(2)5(2)C C C C C =⋅+⋅⨯-+⋅⨯-++⋅⨯-+⋅⨯- 071625277808888885(55(2)5(2)(2))5(2)C C C C C =⋅+⋅⨯-+⋅⨯-+
+-+⋅⨯-，
所以转化为求8
8
85(2)256C ⋅⨯-=被5除所得的余数， 因为2565151=⨯+， 所以83被5除所得的余数是1， 故答案为：1 【点睛】
本题主要考查了利用二项式定理研究整除问题，考查了推理运算能力，属于中档题.
15．26【分析】满足的所有有序数组分为三个-1一个0两个-1两个0一个-1两个0一个2三个0一个2共四类情况分类求解【详解】所有有序数组中满足的所有有序数组分为三个-1一个0两个-1两个0一个-1两个0
解析：26 【分析】
满足123423x x x x ≤+++≤的所有有序数组()1234,,,x x x x ，分为三个-1一个0，两个-1两个0，一个-1两个0一个2，三个0一个2共四类情况，分类求解. 【详解】
{}1234,,,1,0,2x x x x ∈-，所有有序数组()1234,,,x x x x 中，
满足123423x x x x ≤+++≤的所有有序数组()1234,,,x x x x ，
分为三个-1一个0，两个-1两个0，一个-1两个0一个2，三个0一个2共四类情况，
不同的种数为32123
4443426
C C C C C
+++=
故答案为：26
【点睛】
此题考查计数原理的应用，涉及组合相关知识，关键在于准确进行分类处理.
16．180【分析】根据题意可知不相邻区域可以同色则可以分类讨论区域A和区域D同色与不同色结合排列公式进行求解即可【详解】能够涂相同颜色的只有AD若AD同色则只需要选择3种颜色即可此时有种；若AD不同色则
解析：180
【分析】
根据题意可知，不相邻区域可以同色，则可以分类讨论区域A和区域D同色与不同色，结合排列公式进行求解即可.
【详解】
能够涂相同颜色的只有A，D.
若A，D同色，则只需要选择3种颜色即可，
此时有3
5=60
A种；
若A，D不同色，则只需要选择4种颜色即可，
此时有4
5=120
A种.
共有60120180
+=种.
故答案为：180.
【点睛】
本题主要考查涂色问题，分类加法计数原理，排列数的计算，考查了计算能力，属于中档题.
17．135【分析】根据题意先确定2个人位置不变共有种选择再确定4个人坐4个位置但是不能坐原来的位置计算得到答案【详解】根据题意先确定2个人位置不变共有种选择再确定4个人坐4个位置但是不能坐原来的位置共有
解析：135
【分析】
根据题意先确定2个人位置不变，共有2
615
C=种选择，再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，计算得到答案.
【详解】
根据题意先确定2个人位置不变，共有2
615
C=种选择.
再确定4个人坐4个位置，但是不能坐原来的位置，共有33119
⨯⨯⨯=种选择，故不同的坐法有159135
⨯=.
故答案为：135.
【点睛】
本题考查了分步乘法原理，意在考查学生的计算能力和应用能力.
18．【分析】根据任意一个元素只能在集合之一中以及的非空子集个数即可求得【详解】根据题意任意一个元素只能在集合之一中则这个元素在集合中共有种；其中为空集的种数为为空集的种数为个故可得均为非空子集的种数为又
解析：()1
13212
n n +-+
【分析】
根据任意一个元素只能在集合(),,U A B C C A B =⋃之一中，以及,A B 的非空子集个数，即可求得. 【详解】
根据题意，任意一个元素只能在集合(),,U A B C C A B =⋃之一中， 则这n 个元素在集合,,A B C 中，共有3n 种； 其中A 为空集的种数为2n ，B 为空集的种数为2n 个， 故可得,A B 均为非空子集的种数为1321n n +-+， 又因为(),A B 与(),B A 为同一组“互斥子集， 故()()
113212
n
n f n +=
-+. 故答案为：()
113212
n
n +-+. 【点睛】
本题考查集合新定义，涉及排列组合的求解，属综合中档题.
19．144【分析】根据题意分2步进行分析：①将两人看成一个元素与人进行全排列易得排好后有4个空位；②在4个空位中任选2个安排由分步计数原理计算可得答案【详解】解：根据题意分2步进行分析：①将两人看成一个
解析：144 【分析】
根据题意，分2步进行分析：①将AB 两人看成一个元素，与2EF 人进行全排列，易得排好后有4个空位；②在4个空位中任选2个，安排C 、D ，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】
解：根据题意，分2步进行分析：
①将AB 两人看成一个元素，与2EF 人进行全排列， 有2
3
2312A A =种排法，排好后有4个空位，
②在4个空位中任选2个，安排C 、D ，有2
412A =种情况， 则有1212144⨯=种不同的排法. 故答案为：144. 【点睛】
本题考查排列、组合的应用，注意常见的相邻和不相邻问题的处理方法有捆绑法和插空法．
20．【分析】首先计算出当千位为4或5时的情况再求出当千位为3时的情况最后根据分类加法计算原理计算可得【详解】解：①当千位为4时其他位从剩下的数字选3个排列即可有（种）②当千位为5时其他位从剩下的数字选3 解析：172
【分析】
首先计算出当千位为4或5时的情况，再求出当千位为3时的情况，最后根据分类加法计算原理计算可得． 【详解】
解：①当千位为4时，其他位从剩下的数字选3个排列即可，有3
560A =（种）， ②当千位为5时，其他位从剩下的数字选3个排列即可，有3
560A =（种）， ③当千位为3时，百位在1、2、4、5中任选一个均满足，有1
2
4448C A =（种）， ④当千位为3且百位为0时，若十位为5，则有3种，若十位为4，则只有1种； 根据分类加法计算原理可得一个有60604831172++++=（种） 故答案为：172 【点睛】
本题考查排列数、组合数的求法，考查排列数、组合数公式等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．
三、解答题
21．（1）120；（2）（ⅰ）1；（ⅱ）364；（ⅲ）12. 【分析】
(1)利用二项式定理求得2x 的系数的表达式，再利用组合数的计算公式，即可求解. (2) 令1x =即可求得（ⅰ）的结果，令0x =得01a =；令1x =-，计算即可求得（ⅱ）的结果，对已知条件两边求导，令1x =即可求得（ⅲ）的结果. 【详解】 （1）在239(1)(1)(1)(1)x x x x +
+++++++的展开式中，2x 项的系数为
2223223223232393394499910120C C C C C C C C C C C C +++=+++=+++==+==………….
（2）（ⅰ）令1x =得0161a a a +++=… （ⅱ）令0x =得01a =；
令1x =-，得0126729a a a a -+-+=…与（ⅰ）中式子相加得：
0246365a a a a +++=，
所以246364a a a ++=
（ⅲ）6
2
6
0126(12)x a a x a x a x -=++++…，求导可得：
523451234566(2)(12)23456x a a x a x a x a x a x ⨯--=+++++
令1x =得：1234562345612a a a a a a +++++=. 【点睛】
本题考查了二项展开式系数，考查了二项式定理的性质及其应用、导数的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题. 22．（1）①；②n ＝12或13；（2）(2n +1﹣2﹣n )
【解析】 【分析】
（1）①可令x ＝1，代入计算可得所求和；②可得f (x )＝(x +2)n ＝(2+x )n 的通项公式，a r 最大即为a r ≥a r ﹣1，且a r ≥a r +1，化简计算，结合不等式的解，可得所求值； （2）由f (x )＝[1+(x +1)]n ，可得b r ＝C ，r ＝0，1，…，n ，推得，再由
二项式定理，计算可得所求和. 【详解】
解：（1）①由(x +2)n ＝a 0+a 1x +a 2x 2+…+a n x n ， 可令x ＝1，可得3n ＝a 0+a 1+a 2+…+a n ， 即a 0+a 1+a 2+…+a n ＝3n ； ②f (x )＝(x +2)n ＝(2+x )n ， 可得a r
2n ﹣
r x r ，r ＝0，1，…，n ，
若在a 0，a 1，a 2，…，a n 中，a r 最大，
可得，即为
，
化为
，由于r ＝4时为a 4唯一的最大值，
可得n ＝12，13；
（2）由f (x )＝b 0+b 1(x +1)+b 2(x +1)2+…+b n (x +1)n ， 且f （x ）＝[1+(x +1)]n ，可得b r ＝C ，r ＝0，1，…，n ， 则
，
由•
•
，
则(C
)
(2n +1﹣2﹣n ).
【点睛】
本题考查二项式定理，考查赋值法求系数和，考查组合数的性质．解题关键是掌握二项式
展开式通项公式，在展开式中第项系数为，则由可得系数最大项的项数．
23．（1）1（2）证明见解析； 【分析】
（1）根据13-=n n a ，得到
()()()()()
1
2
2
001
2
,313131n
n n n n
n F x n C x C x x C x x --=-+-+-()
()
()()()1
1
1
3131312n n n n
n n
n n C x x C x x x x --+
+-+=-+=+求解.
（2）易得21n a n =-，则
(),F x n ()()()()()1
01
22
2112114(1)12--=-++-++-+
++n
n n n n n
n n
n C x C x x C x n C x
x ，再转化为
(),F x n ()()10122211(1)--⎡⎤=-+-+-+++⎣⎦
n n n n n n n n n C x C x x C x x C x ()11222212(1)n n n n n n n C x x C x x nC x --⎡⎤-+-++⎣⎦
，利用二项式定理及组合数公式求解.
【详解】
（1）由题意得：13-=n n a ，
∴()()()()()
1
2
2
0012
,313131n
n n n n
n F x n C x C x x C x x --=-+-+-
()
()
()()()1
1
1
3131312n n n
n
n n
n n C x x C x x x x --+
+-+=-+=+，
∴()()
2020
1,2020121F -=-=；
（2）证明：若数列{}n a 是公差为2的等差数列，则21n a n =-.
()()()()1
01
11121,111---+=-+-+
+-+n
n n n n n
n n n n n n F x n a C x a C x x a C x x a C x ，
()()()()()1
0122
2112114(1)12--=-++-++-+
++n
n n n n n
n n
n C x C x x C x n C x x ，
()()1
01
22
211(1)--⎡⎤=-+-+-+
++⎣
⎦
n n n n n n n n n C x C x x C x x C x
()1
122
2212(1)n n n n n n n C x x C x x nC x --⎡⎤-+-+
+⎣
⎦
，
由二项式定理知，
()()()1
0122
211(1)11---+-+-=-+=⎡⎤⎣+
+⎦n
n n n n n
n n n
n
C x C x x C x x x x C x ，
因为()()()()
111!!
!!1!!k
k n n n n kC k n C k n k k n n k --⋅-=⋅
=⋅=---，
所以()
1
1
22
212(1)---+-++n n n n n n
n C x x C x nC x x ()
1
12211111(1)
------=-+-++n n n n n n n nC x x n x x nC x C
(
)1
012
111111(1)
n n n n n n n nx C x C x x C x -------=⎦-+-++⎡⎤⎣
()1
1-=-+=⎡⎤⎣⎦
n nx x x nx ，
所以(),12F x n nx =+.
(),202014040F x x =+.
【点睛】
本题主要考查二项式定理及其展开式以及组合数公式，等差数列，等比数列的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 24．(1) 1260 ;(2) 7205. 【分析】
（1）需要分两类:第一类,不选0时;第二类,选0时,根据分类计数原理可得;
（2）先分5种情况,形如①“1××5",②"2××5",③“3××5”,④“4××5”,⑤“6××5”,再寻找规律,问题得以解决. 【详解】
解：（1）不选0时,有224534720C C A ⋅⋅=个;选0时,0不能排在首位, 2113
5333540C C A A ⋅⋅⋅=,根据分类计数原理,共有720+540=1260个四位数.
（2）①“1××5”，中间所缺的两数只能从0，2，4，6中选排,有2
412A =个； ②“2××5"，中间所缺的两数是奇偶数各一个,有112
432C C A 24⋅⋅=个； ③“3××5"，仿“1××5”，也有2
412A =个； ④“4××5"，仿“2××5"，也有1
1
2
432C C A 24⋅⋅=个； ⑤“6××5”也有1
1
2
432C C A 24⋅⋅=个；
即小于7000的数共有96个，故第97个数是7025，第98个数是7045，第99个数是7065，第100个数是7205. 【点睛】
本题主要考查了分类计数原理，关键是分类，要不重不漏，属于中档题. 25．常数项为240. 【分析】
由组合数和排列数的定义可列出不等式组01125022113m m m m ≤-≤⎧⎨≤-≤-⎩，求出m 的值，进而求出
a 的值.再利用二项式定理，
由77777714(1941)14-=⨯+-求出余数b .将a 和b 代入1
)b x
，在其通项公式中令x 的幂指数等于零，求出常数项. 【详解】 解：由题意得01125022113m m m m ≤-≤⎧⎨
≤-≤-⎩
，解得1113
75m ≤≤，
∵m N ∈，∴2m =，∴7
2
105100a C A =-=，
∵()77
777714194114-=⨯+-
()()()77
76
0176777777194194...194114C C C =⨯+⨯++⨯+-，
∴6b =，
∴6
11
b x x ⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎭⎝⎭，
通项公式(()63662166112r
r
r
r r
r r r T C C x x ---+⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭
，
令
6302
r
-=，2r ，
故常数项为240. 【点睛】
本题考查了排列数和组合数的定义，利用二项式定理解决整除问题，求二项式展开式的指定项问题.属于中档题. 26．（1）8n =（2）2m = 【分析】
（1）由0
1
2
37n n n C C C ++=，求解即可得出； （2）根据展开式的通项，即可得出m 的值． 【详解】 （1）01237n n n C C C ++=，2720n n ∴+-=，解得9n =-（舍）8n =
（2）28
m x ⎛+
⎝的展开式的通项为()
182251682
88r
r
r
r r r C C mx x m x -+---⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭
= 当6r =时是含1x
项，所以26
8112m C =，解得2m = 【点睛】
本题主要考查了已知指定项的系数求参数，属于中档题.。