2012版步步高高考数学考前三个月专题复习课件7(1)：概率与统计、算法初步、复数
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专题七
概率与统计、算法 初步、复数
§1 排列、组合和二项式定理 真题热身
1．(2011· 大纲全国，改编)4 位同学每人从甲、乙、丙 3 门课 程中选修 1 门，则恰有 2 人选修课程甲的不同选法共有
24 ________种．
解析 分三步， 第一步先从 4 位同学中选 2 人选修课程甲，
2 共有 C4种不同的选法，第二步给第 3 位同学选课程，必须
5 ∴含 x 的项为 C4· C5·5＋C5· C4· 24＝240x. x· 5 2 1· 5 x· 5
r 2
x r 9 3 ＝4x ， 2
方法二
(x2＋3x＋2)5 展开式中的一次项是 5 个括号中有 1 个括
号内取 3x，其余 4 个括号内取常数项 2 相乘得到的，即 C1· C4·4＝240x. 5 3x· 4 2
解析
(1)方法一
可分两种互斥情况：A 类选 1 门，B 类选 2
门或 A 类选 2 门，B 类选 1 门，共有 C1C2＋C2C1＝18＋12＝ 3 4 3 4 30(种)选法． 方法二 总共有 C3＝35(种)选法，减去只选 A 类的 C3＝1(种)， 7 3
3 再减去只选 B 类的 C4＝4(种)，故有 30(种)选法．
当中间数为 8 时，有 7×8＝56(个)； 当中间数为 9 时，有 8×9＝72(个)； 故符合条件的数的个数为： 2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240.
答案
240
归纳拓展
既有分类原理又有分步原理的问题，“先分类，
再分步”是一个重要的计数原则，在计数时应让两个原理协 同作用． 在应用分类加法计数原理时， 要注意“类”与“类” 间的独立性与并列性；在应用分步乘法计数原理时，要注意 “步”与“步”间的连续性．掌握好分类讨论的标准，设计 好分类方案，防止重复和遗漏．
归纳拓展
求二项展开式中某指定项的系数、二项式系数或特
定项问题，是二项式定理的基本问题，通常用通项公式来解 决．在应用通项公式时，要注意以下几点： (1)它表示二项展开式中的任意项，只要 n 与 r 确定，该项就随 之确定； (2)Tr＋ 1 是展开式中的第 r＋1 项，而不是第 r 项； (3)公式中 a，b 的指数和为 n，a，b 不能随便颠倒位置； (4)要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题； (5)对二项式(a－b)n 展开式的通项公式要特别注意符号问题．
1 “2”出现 1 次，“3”出现 3 次，共可组成 C4＝4(个)四
位数．
2 “2”出现 2 次，“3”出现 2 次，共可组成 C4＝6(个)四
位数．
3 “2”出现 3 次，“3”出现 1 次，共可组成 C4＝4(个)四
位数． 综上所述，共可组成 14 个这样的四位数．
3．(2011· 大纲全国)(1－ x)20 的二项展开式中，x 的系数与 x9
(2)设第 r＋1 项是含 x 的项，则有 得x
r－ 9
3
a － Cr 9 r－ 9
x
3 x ＝x3，故 r－9＝3，即 r＝8. 2 18 9 8 ∴C9a－ ＝4，∴a＝4. 2 (3)方法一 ∵(x2＋3x＋2)5＝(x＋1)5(x＋2)5，由于 (x2＋3x＋2)5 的展开式中含 x 的项是(x＋1)5 展开式中的一次项 与(x＋2)5 展开式中的常数项之积， 以及(x＋1)5 展开式中的常数 项与(x＋2)5 展开式中的一次项之积的代数和．
1 (2)因为 C0＋Cn＋C2＝79，所以 n＝12 或 n＝－13(舍去)． n n
设 Tk＋ 1 项的系数最大． 1 12 1 12 因为 ＋2x ＝ (1＋4x)12， 2 2 Ck 4k≥Ck－ 14k－ 1 12 12 k k 所以 k＋ 1 k＋ 1 ，所以 9.4≤k≤10.4. C124 ≥C12 4 又因为 0≤k≤12 且 k∈N，所以 k＝10. 所以展开式中系数最大的项为 T11. 1 12 10 10 10 T11＝ C124 x ＝16 896x10. 2
－
(3)赋值法解二项式定理有关问题，如 3n＝(1＋2)n＝C0＋C1·1＋C2·2＋„＋Cn·n 等． n n2 n2 n2
分类突破
一、两个计数原理的应用 例 1 如果一个三位பைடு நூலகம்整数如“a1a2a3”满足 a1<a2，且 a3<a2， 则称这样的三位数为凸数(如 120,343,275 等)， 那么所有凸数 的个数为________．
2 C0＝Cn，C1＝Cn－1，Cn＝Cn－2，„，Cr ＝Cn－ r. n n n n n n n
②二项式系数的和等于 2n，即 C0＋C1＋C2＋„＋Cn＝2n. n n n n ③二项式展开式中， 偶数项的二项式系数和等于奇数项的二
5 0 2 项式系数和，即 C1＋C3＋Cn＋„＝Cn＋Cn＋C4＋„＝2n 1. n n n
解得 n＝7 或 n＝14，当 n＝7 时，展开式中二项式系数 最大的项是 T4 和 T5. 所以 T4 的系数为 T5 的系数为
2
3 1 4 3 35 C7 ×2 ＝ ，
2
2
4 1 3 C7 ×24＝70.
当 n＝14 时，展开式中二项式系数最大的项是 T8. 7 1 7 7 所以 T8 的系数为 C14 2 ＝3 432. 2
变式训练 1 甲组有 5 名男同学、3 名女同学；乙组有 6 名男 同学、2 名女同学．若从甲、乙两组中各选出 2 名同学，则 选出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法共有________种． 345
1 解析 分类：若这名女同学是甲组的，则选法有 C3· 1· 2， C5 C6 2 若这名女同学是乙组的，则选法有 C5· 1· 1， C2 C6 1 2 ∴符合条件的选法共有 C3C1C2＋C5C1C1＝345(种)． 5 6 2 6
0 的系数之差为________．
解析
1 r r r r r ∵Tr＋1＝C20(－x 2 ) ＝(－1) · 20· 2 C x
，
2 ∴x 与 x9 的系数分别为 C20与 C18. 20 2 2 又∵C20＝C18，∴C20－C18＝0. 20 20
考点整合
1．两个计数原理 分类计数原理与分步计数原理， 都是关于完成一件事的不同 方法种数的问题． “分类”与“分步”的区别：关键是看事件完成情况，如果 每种方法都能将事件完成则是分类； 如果必须要连续若干步 才能将事件完成则是分步． 分类要用分类计数原理将种数相 加；分步要用分步计数原理将种数相乘． 2．排列、组合 (1) 排列数 公式 A m ＝ n(n－ 1)(n－ 2)„(n－ m＋ 1) ， A m ＝ n n n！ n ，An＝n！ ，0！＝1(n∈N*，m∈N*，m≤n)． (n－m)！
答案
(1)30
(2)42
归纳拓展
解排列、组合问题，常用的方法有：直接计算法与
间接(剔除)计算法；分类法与分步法；元素分析法和位置分析 法；插空法和捆绑法等． 对于排列、组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或 进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列，即一般策略 为先组合后排列．分组时，要注意“平均分组”与“不平均分 组”的差异及分类的标准．
变式训练 2 四张卡片上分别标有数字“2”“0”“0”“9”, 其中“9”可当“6”用，则由这四张卡片可组成不同的四位
12 数的个数为________．
2 解析 先在后三位中选两个位置填两个数字“0”有 C3种填
法，再排另两张卡片有 A2种排法，再决定用数字“9”还是 2
2 “6”有两种可能，所以共可排成 2C3A2＝12(个)四位数． 2
(2)组合数公式及性质 Am n(n－1)(n－2)„(n－m＋1) n Cm＝ m＝ ， n Am m！ n！ － － m Cn ＝ ，C0 ＝1，Cm＝Cn m，Cm＋1＝Cm＋Cm 1. m n n n n n m！(n－m)！ (3)应用题 ①解排列组合问题应遵循的原则：先特殊后一般，先选后排， 先分类后分步． ②常用策略：(a)相邻问题捆绑法；(b)不相邻问题插空法； (c)多排问题单排法；(d)定序问题倍缩法；(e)多元问题分类法； (f)有序分配问题分步法；(g)交叉问题集合法；(h)至少或至多 问题间接法；(i)选排问题先取后排法；(j)局部与整体问题排除 法；(k)复杂问题转化法．
四、二项式定理中的“赋值”问题 例 4 若(1－2x)
2 011
＝a0＋a1x＋„＋a2 011x
2 011
a1 a2 (x∈R)，则 ＋ 2 2 2
a2 011 －1 ＋„＋ 2 011的值为________． 2
解析 ∵(1－2x)2 011＝a0＋a1x＋„＋a2 011x2 011(x∈R)， 1 ∴令 x＝0，则 a0＝1，令 x＝ ， 2 12 011 a1 a2 a2 011 1－2× 则 2 ＝a0＋ 2 ＋22＋„＋22 011＝0， a1 a2 a2 011 其中 a0＝1，所以 ＋ 2＋„＋ 2 011＝－1. 2 2 2
三、求二项展开式的通项、指定项 2 1 9 例 3 (1)求x － 的展开式中的常数项； 2x a 9 x 9 3 (2)已知 － 的展开式中 x 的系数为4，求常数 a 的值； 2 x (3)求(x2＋3x＋2)5 的展开式中含 x 的项．
解 (1)设第 r＋1 项为常数项，则 1 r 1r r 18－3r r 2 9－r － Tr＋1＝C9(x ) · 2x ＝－2 C9x . 令 18－3r＝0，得 r＝6，即第 7 项为常数项． 1 6 6 21 － C9＝ . T7 ＝ 2 16 21 ∴常数项为16.
(2)分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间
4 4 个节目无限制条件，有 A4种排法；第二类：甲排在第二位时，
从甲、乙、丙之外的 3 个节目中选 1 个节目排在第一位有 C1种 3
3 排法，其他 3 个节目有 A3种排法，故有 C1A3种排法，依分类 3 3
计数原理，知共有 A4＋C1A3＝42(种)编排方案． 4 3 3
3．二项式定理 (1)定理：(a＋b)n＝C0an＋C1an－ 1b＋„＋Cr an－ rbr＋„＋ n n n
n Cn 1abn 1＋Cnbn(n∈N*)． n
－ －
通项(展开式的第 r＋1 项)：Tr＋ 1＝Cr an－ rbr，其中 Cr (r＝ n n 0,1，„，n)叫做二项式系数． (2)二项式系数的性质 ①在二项式展开式中， 与首末两端“等距离”的两项的二项 式系数相等，即
变式训练 3
1 已知 ＋2xn. 2
(1)若展开式中第 5 项、 6 项与第 7 项的二项式系数成等差 第 数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数； (2)若展开式前三项的二项式系数和等于 79，求展开式中系 数最大的项．
6 解 (1)因为 C4＋Cn＝2C5，所以 n2－21n＋98＝0， n n
二、排列与组合 例2 (1)(2010· 大纲全国Ⅰ改编)某校开设 A 类选修课 3 门，B 类选修课 4 门，一位同学从中共选 3 门．若要求两类课程中 各至少选一门，则不同的选法共有__________种． (2)(2010· 山东改编)某台小型晚会由 6 个节目组成， 演出顺序 有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一 位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编 排方案共有________种．
从乙、丙中选取，共有 2 种不同的选法，第三步给第 4 位 同学选课程，也有 2 种不同的选法，故共有 N＝C2×2×2 4 ＝24(种)不同的选法．
2．(2011· 北京)用数字 2,3 组成四位数，且数字 2,3 至少都出现 14 一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
解析
数字 2,3 至少都出现一次，包括以下情况：
解析 共分 8 类： 当中间数为 2 时，共有 120 和 121 两个数满足要求，即有 2 个； 当中间数为 3 时，有 2×3＝6(个)； 当中间数为 4 时，有 3×4＝12(个)； 当中间数为 5 时，有 4×5＝20(个)； 当中间数为 6 时，有 5×6＝30(个)； 当中间数为 7 时，有 6×7＝42(个)；
概率与统计、算法 初步、复数
§1 排列、组合和二项式定理 真题热身
1．(2011· 大纲全国，改编)4 位同学每人从甲、乙、丙 3 门课 程中选修 1 门，则恰有 2 人选修课程甲的不同选法共有
24 ________种．
解析 分三步， 第一步先从 4 位同学中选 2 人选修课程甲，
2 共有 C4种不同的选法，第二步给第 3 位同学选课程，必须
5 ∴含 x 的项为 C4· C5·5＋C5· C4· 24＝240x. x· 5 2 1· 5 x· 5
r 2
x r 9 3 ＝4x ， 2
方法二
(x2＋3x＋2)5 展开式中的一次项是 5 个括号中有 1 个括
号内取 3x，其余 4 个括号内取常数项 2 相乘得到的，即 C1· C4·4＝240x. 5 3x· 4 2
解析
(1)方法一
可分两种互斥情况：A 类选 1 门，B 类选 2
门或 A 类选 2 门，B 类选 1 门，共有 C1C2＋C2C1＝18＋12＝ 3 4 3 4 30(种)选法． 方法二 总共有 C3＝35(种)选法，减去只选 A 类的 C3＝1(种)， 7 3
3 再减去只选 B 类的 C4＝4(种)，故有 30(种)选法．
当中间数为 8 时，有 7×8＝56(个)； 当中间数为 9 时，有 8×9＝72(个)； 故符合条件的数的个数为： 2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240.
答案
240
归纳拓展
既有分类原理又有分步原理的问题，“先分类，
再分步”是一个重要的计数原则，在计数时应让两个原理协 同作用． 在应用分类加法计数原理时， 要注意“类”与“类” 间的独立性与并列性；在应用分步乘法计数原理时，要注意 “步”与“步”间的连续性．掌握好分类讨论的标准，设计 好分类方案，防止重复和遗漏．
归纳拓展
求二项展开式中某指定项的系数、二项式系数或特
定项问题，是二项式定理的基本问题，通常用通项公式来解 决．在应用通项公式时，要注意以下几点： (1)它表示二项展开式中的任意项，只要 n 与 r 确定，该项就随 之确定； (2)Tr＋ 1 是展开式中的第 r＋1 项，而不是第 r 项； (3)公式中 a，b 的指数和为 n，a，b 不能随便颠倒位置； (4)要将通项中的系数和字母分离开，以便于解决问题； (5)对二项式(a－b)n 展开式的通项公式要特别注意符号问题．
1 “2”出现 1 次，“3”出现 3 次，共可组成 C4＝4(个)四
位数．
2 “2”出现 2 次，“3”出现 2 次，共可组成 C4＝6(个)四
位数．
3 “2”出现 3 次，“3”出现 1 次，共可组成 C4＝4(个)四
位数． 综上所述，共可组成 14 个这样的四位数．
3．(2011· 大纲全国)(1－ x)20 的二项展开式中，x 的系数与 x9
(2)设第 r＋1 项是含 x 的项，则有 得x
r－ 9
3
a － Cr 9 r－ 9
x
3 x ＝x3，故 r－9＝3，即 r＝8. 2 18 9 8 ∴C9a－ ＝4，∴a＝4. 2 (3)方法一 ∵(x2＋3x＋2)5＝(x＋1)5(x＋2)5，由于 (x2＋3x＋2)5 的展开式中含 x 的项是(x＋1)5 展开式中的一次项 与(x＋2)5 展开式中的常数项之积， 以及(x＋1)5 展开式中的常数 项与(x＋2)5 展开式中的一次项之积的代数和．
1 (2)因为 C0＋Cn＋C2＝79，所以 n＝12 或 n＝－13(舍去)． n n
设 Tk＋ 1 项的系数最大． 1 12 1 12 因为 ＋2x ＝ (1＋4x)12， 2 2 Ck 4k≥Ck－ 14k－ 1 12 12 k k 所以 k＋ 1 k＋ 1 ，所以 9.4≤k≤10.4. C124 ≥C12 4 又因为 0≤k≤12 且 k∈N，所以 k＝10. 所以展开式中系数最大的项为 T11. 1 12 10 10 10 T11＝ C124 x ＝16 896x10. 2
－
(3)赋值法解二项式定理有关问题，如 3n＝(1＋2)n＝C0＋C1·1＋C2·2＋„＋Cn·n 等． n n2 n2 n2
分类突破
一、两个计数原理的应用 例 1 如果一个三位பைடு நூலகம்整数如“a1a2a3”满足 a1<a2，且 a3<a2， 则称这样的三位数为凸数(如 120,343,275 等)， 那么所有凸数 的个数为________．
2 C0＝Cn，C1＝Cn－1，Cn＝Cn－2，„，Cr ＝Cn－ r. n n n n n n n
②二项式系数的和等于 2n，即 C0＋C1＋C2＋„＋Cn＝2n. n n n n ③二项式展开式中， 偶数项的二项式系数和等于奇数项的二
5 0 2 项式系数和，即 C1＋C3＋Cn＋„＝Cn＋Cn＋C4＋„＝2n 1. n n n
解得 n＝7 或 n＝14，当 n＝7 时，展开式中二项式系数 最大的项是 T4 和 T5. 所以 T4 的系数为 T5 的系数为
2
3 1 4 3 35 C7 ×2 ＝ ，
2
2
4 1 3 C7 ×24＝70.
当 n＝14 时，展开式中二项式系数最大的项是 T8. 7 1 7 7 所以 T8 的系数为 C14 2 ＝3 432. 2
变式训练 1 甲组有 5 名男同学、3 名女同学；乙组有 6 名男 同学、2 名女同学．若从甲、乙两组中各选出 2 名同学，则 选出的 4 人中恰有 1 名女同学的不同选法共有________种． 345
1 解析 分类：若这名女同学是甲组的，则选法有 C3· 1· 2， C5 C6 2 若这名女同学是乙组的，则选法有 C5· 1· 1， C2 C6 1 2 ∴符合条件的选法共有 C3C1C2＋C5C1C1＝345(种)． 5 6 2 6
0 的系数之差为________．
解析
1 r r r r r ∵Tr＋1＝C20(－x 2 ) ＝(－1) · 20· 2 C x
，
2 ∴x 与 x9 的系数分别为 C20与 C18. 20 2 2 又∵C20＝C18，∴C20－C18＝0. 20 20
考点整合
1．两个计数原理 分类计数原理与分步计数原理， 都是关于完成一件事的不同 方法种数的问题． “分类”与“分步”的区别：关键是看事件完成情况，如果 每种方法都能将事件完成则是分类； 如果必须要连续若干步 才能将事件完成则是分步． 分类要用分类计数原理将种数相 加；分步要用分步计数原理将种数相乘． 2．排列、组合 (1) 排列数 公式 A m ＝ n(n－ 1)(n－ 2)„(n－ m＋ 1) ， A m ＝ n n n！ n ，An＝n！ ，0！＝1(n∈N*，m∈N*，m≤n)． (n－m)！
答案
(1)30
(2)42
归纳拓展
解排列、组合问题，常用的方法有：直接计算法与
间接(剔除)计算法；分类法与分步法；元素分析法和位置分析 法；插空法和捆绑法等． 对于排列、组合的综合题目，一般是将符合要求的元素取出或 进行分组，再对取出的元素或分好的组进行排列，即一般策略 为先组合后排列．分组时，要注意“平均分组”与“不平均分 组”的差异及分类的标准．
变式训练 2 四张卡片上分别标有数字“2”“0”“0”“9”, 其中“9”可当“6”用，则由这四张卡片可组成不同的四位
12 数的个数为________．
2 解析 先在后三位中选两个位置填两个数字“0”有 C3种填
法，再排另两张卡片有 A2种排法，再决定用数字“9”还是 2
2 “6”有两种可能，所以共可排成 2C3A2＝12(个)四位数． 2
(2)组合数公式及性质 Am n(n－1)(n－2)„(n－m＋1) n Cm＝ m＝ ， n Am m！ n！ － － m Cn ＝ ，C0 ＝1，Cm＝Cn m，Cm＋1＝Cm＋Cm 1. m n n n n n m！(n－m)！ (3)应用题 ①解排列组合问题应遵循的原则：先特殊后一般，先选后排， 先分类后分步． ②常用策略：(a)相邻问题捆绑法；(b)不相邻问题插空法； (c)多排问题单排法；(d)定序问题倍缩法；(e)多元问题分类法； (f)有序分配问题分步法；(g)交叉问题集合法；(h)至少或至多 问题间接法；(i)选排问题先取后排法；(j)局部与整体问题排除 法；(k)复杂问题转化法．
四、二项式定理中的“赋值”问题 例 4 若(1－2x)
2 011
＝a0＋a1x＋„＋a2 011x
2 011
a1 a2 (x∈R)，则 ＋ 2 2 2
a2 011 －1 ＋„＋ 2 011的值为________． 2
解析 ∵(1－2x)2 011＝a0＋a1x＋„＋a2 011x2 011(x∈R)， 1 ∴令 x＝0，则 a0＝1，令 x＝ ， 2 12 011 a1 a2 a2 011 1－2× 则 2 ＝a0＋ 2 ＋22＋„＋22 011＝0， a1 a2 a2 011 其中 a0＝1，所以 ＋ 2＋„＋ 2 011＝－1. 2 2 2
三、求二项展开式的通项、指定项 2 1 9 例 3 (1)求x － 的展开式中的常数项； 2x a 9 x 9 3 (2)已知 － 的展开式中 x 的系数为4，求常数 a 的值； 2 x (3)求(x2＋3x＋2)5 的展开式中含 x 的项．
解 (1)设第 r＋1 项为常数项，则 1 r 1r r 18－3r r 2 9－r － Tr＋1＝C9(x ) · 2x ＝－2 C9x . 令 18－3r＝0，得 r＝6，即第 7 项为常数项． 1 6 6 21 － C9＝ . T7 ＝ 2 16 21 ∴常数项为16.
(2)分两类，第一类：甲排在第一位时，丙排在最后一位，中间
4 4 个节目无限制条件，有 A4种排法；第二类：甲排在第二位时，
从甲、乙、丙之外的 3 个节目中选 1 个节目排在第一位有 C1种 3
3 排法，其他 3 个节目有 A3种排法，故有 C1A3种排法，依分类 3 3
计数原理，知共有 A4＋C1A3＝42(种)编排方案． 4 3 3
3．二项式定理 (1)定理：(a＋b)n＝C0an＋C1an－ 1b＋„＋Cr an－ rbr＋„＋ n n n
n Cn 1abn 1＋Cnbn(n∈N*)． n
－ －
通项(展开式的第 r＋1 项)：Tr＋ 1＝Cr an－ rbr，其中 Cr (r＝ n n 0,1，„，n)叫做二项式系数． (2)二项式系数的性质 ①在二项式展开式中， 与首末两端“等距离”的两项的二项 式系数相等，即
变式训练 3
1 已知 ＋2xn. 2
(1)若展开式中第 5 项、 6 项与第 7 项的二项式系数成等差 第 数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数； (2)若展开式前三项的二项式系数和等于 79，求展开式中系 数最大的项．
6 解 (1)因为 C4＋Cn＝2C5，所以 n2－21n＋98＝0， n n
二、排列与组合 例2 (1)(2010· 大纲全国Ⅰ改编)某校开设 A 类选修课 3 门，B 类选修课 4 门，一位同学从中共选 3 门．若要求两类课程中 各至少选一门，则不同的选法共有__________种． (2)(2010· 山东改编)某台小型晚会由 6 个节目组成， 演出顺序 有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙不能排在第一 位，节目丙必须排在最后一位．该台晚会节目演出顺序的编 排方案共有________种．
从乙、丙中选取，共有 2 种不同的选法，第三步给第 4 位 同学选课程，也有 2 种不同的选法，故共有 N＝C2×2×2 4 ＝24(种)不同的选法．
2．(2011· 北京)用数字 2,3 组成四位数，且数字 2,3 至少都出现 14 一次，这样的四位数共有________个．(用数字作答)
解析
数字 2,3 至少都出现一次，包括以下情况：
解析 共分 8 类： 当中间数为 2 时，共有 120 和 121 两个数满足要求，即有 2 个； 当中间数为 3 时，有 2×3＝6(个)； 当中间数为 4 时，有 3×4＝12(个)； 当中间数为 5 时，有 4×5＝20(个)； 当中间数为 6 时，有 5×6＝30(个)； 当中间数为 7 时，有 6×7＝42(个)；