内蒙古自治区通辽市科尔沁左翼中旗实验高级中学2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题

这是一份内蒙古自治区通辽市科尔沁左翼中旗实验高级中学2023-2024学年高二下学期5月期中考试数学试题，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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．(Ceq \\al(2,100)＋Ceq \\al(97,100))÷Aeq \\al(3,101)的值为( )
A．6 B．101
C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,101)
2．已知集合A＝{1，2，3，4}，B＝{5，6，7}，C＝{8，9}．现在从这三个集合中取出两个集合，再从这两个集合中各取出一个元素，组成一个含有两个元素的集合，则组成集合的总个数为( )
A．24 B．36
C．26 D．27
3．若实数a＝2－eq \r(2)，则a10－2Ceq \\al(1,10)a9＋22Ceq \\al(2,10)a8－…＋210＝( )
A．32 B．－32
C．1024 D．512
4．已知在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3,x)－\f(1,2\r(3,x))))eq \s\up12(n)的展开式中，第6项为常数项，则展开式中所有的有理项共有( )
A．5项 B．4项
C．3项 D．2项
5.(2023·山东烟台第二中学高二下月考)某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两个区域种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花．现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有( )
A．400种 B．396种
C．380种 D．324种
6．在(1＋x)＋(1＋x)2＋(1＋x)3＋…＋(1＋x)11的展开式中，x2的系数是( )
A．55 B．66
C．165 D．220
7．已知直线ax＋by－1＝0(a，b不全为0)与圆x2＋y2＝50有交点，且交点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有( )
A．66条 B．72条
C．74条 D．78条
8．由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字且1，3都不与5相邻的六位偶数的个数是( )
A．72 B．96
C．108 D．144
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．跳格游戏：如图，人从格子外只能进入第1个格子，在格子中每次可向前跳一格或两格，那么下列说法正确的是( )
A．进入第2个格子的走法有2种
B．进入第2个格子的走法有1种
C．进入第3个格子的走法有2种
D．进入第8个格子的走法有21种
10．(2023·福建省三明市五县高二下联合质检考试)将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为1，2，3，4的盒子中，下列说法正确的是( )
A．共有Aeq \\al(4,4)＝24种放法
B．恰好有1个空盒，有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝144种放法
C．每个盒内放1个球，并且恰好有1个球的编号与盒子的编号相同，有Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(3,3)＝24种放法
D．把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰好有1个空盒，有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,3)＝12种放法
11．(2023·福建省三明市五县高二下联合质检考试)若(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9，且(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，则实数m的值可以是( )
A．－5 B．－3
C．1 D．5
12．(2023·湖北黄冈高二期中)某社区派出A，B，C，D，E五名志愿者全部安排到甲、乙、丙、丁四个社区协助开展某项工作，每名志愿者只能到一个社区工作，则下列结论中正确的是( )
A．所有不同的分派方案共有45种
B．若甲社区不安排志愿者，其余三个社区至少安排1名志愿者，则所有不同的分派方案共有150种
C．若每个社区至少安排1名志愿者，且志愿者A必须到甲社区，则所有不同分派方案共有96种
D．若每个社区至少安排1名志愿者，且志愿者A，B不安排到同一社区，则所有不同的分派方案共有216种
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．(1＋sinx)6的二项展开式中，二项式系数最大的一项为eq \f(5,2)，则x在[0，2π]内的值为________．
14．(2023·河北沧衡八校高二下期中考试)25名志愿者组成5行5列的方阵，现从中选出2人，则不同的选法种数为________；若选出的2人既不在同一行又不在同一列，则不同的选法种数为________．(本题第一空2分，第二空3分)
15．(2022·浙江高考)已知多项式(x＋2)(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝________，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝________．
16.如图，在排成4×4方阵的16个点中，中心4个点在某一圆内，其余12个点在圆外，在16个点中任取3个点构成三角形，其中至少有1个顶点在圆内的三角形共有________个．
17．(本小题满分10分)某校高中部，高一有6个班，高二有7个班，高三有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)任选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？
(2)三个年级各选1个班的学生参加社会实践，有多少种不同的选法？
(3)选2个班的学生参加社会实践，要求这2个班不同年级，有多少种不同的选法？
18．(2023·江苏苏州外国语学校高二下期中考试)(本小题满分12分)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)＋\r(x)))eq \s\up12(n)的展开式中，________．
给出下列条件：
①若展开式前三项的二项式系数的和等于46；
②所有奇数项的二项式系数的和为256.
试在上面两个条件中选择一个补充在上面的横线上，并解答下列问题：
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中的常数项；
(3)求展开式中系数最大的项．
19．(2023·江苏淮安高二校考)(本小题满分12分)平面上有9个点，其中有4个点共线，除此外无3点共线．
(1)这9个点可确定多少条不同的直线？
(2)以这9个点中的3个点为顶点，可以确定多少个三角形？
(3)以这9个点中的4个点为顶点，可以确定多少个四边形？
20．(本小题满分12分)某二项展开式中，相邻a(a≥3，a∈N*)项的二项式系数之比为1∶2∶3∶…∶a，求二项式的次数n及a的值．
21．(2023·吉林四平市实验中学校考期中)(本小题满分12分)某中学预计在“五·四”青年节当天，为高三学生举办成人礼活动，用以激励在备考中的高三学生．学工处共准备了五首励志歌曲，一个往届优秀学生视频发言，一个教师代表发言，一个应届学生代表发言．根据不同的要求，求本次活动的安排方法．
(1)三个发言不能相邻，有多少种安排方法？
(2)励志歌曲甲不排在第一个，励志歌曲乙不排在最后一个，有多少种安排方法？
(3)往届优秀学生视频发言必须在应届学生代表发言之前，有多少种安排方法？(结果用数字作答)
22．(2023·山东泰安高二统考期末)(本小题满分12分)已知二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(n)(n∈N*)的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之和比第4项的二项式系数大1.
(1)求展开式中含x－3的项；
(2)求Ceq \\al(0,n)3n－1＋Ceq \\al(1,n)3n－2＋…＋Ceq \\al(n－2,n)3＋Ceq \\al(n－1,n)的值．
答案
1．答案 C
解析 (Ceq \\al(2,100)＋Ceq \\al(97,100))÷Aeq \\al(3,101)＝(Ceq \\al(2,100)＋Ceq \\al(3,100))÷Aeq \\al(3,101)＝Ceq \\al(3,101)÷Aeq \\al(3,101)＝eq \f(1,Aeq \\al(3,3))＝eq \f(1,6).故选C.
2．答案 C
解析 从三个集合中取出两个集合，取法分别是集合A，B，集合A，C，集合B，C.当取出集合A，B时，从这两个集合中各取一个元素组成集合，有Ceq \\al(1,4)×Ceq \\al(1,3)＝12个；当取出集合A，C时，从这两个集合中各取一个元素组成集合，有Ceq \\al(1,4)×Ceq \\al(1,2)＝8个；当取出集合B，C时，从这两个集合中各取一个元素组成集合，有Ceq \\al(1,3)×Ceq \\al(1,2)＝6个．一共可以组成12＋8＋6＝26个集合．
3．答案 A
解析 由二项式定理，得a10－2Ceq \\al(1,10)a9＋22Ceq \\al(2,10)a8－…＋210＝Ceq \\al(0,10)a10(－2)0＋Ceq \\al(1,10)a9(－2)1＋Ceq \\al(2,10)a8(－2)2＋…＋Ceq \\al(10,10)(－2)10＝(a－2)10＝(－eq \r(2))10＝25＝32.
4．答案 C
解析 Tk＋1＝Ceq \\al(k,n)xeq \s\up7(\f(n-k,3))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2\r(3,x))))eq \s\up12(k)＝Ceq \\al(k,n)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(k)xeq \s\up7(\f(n-2k,3))，由第6项为常数项，得当k＝5时，eq \f(n－2k,3)＝0，得n＝10.令eq \f(10－2k,3)∈Z，又0≤k≤10，k∈N，所以k可取2，5，8.故第3项，第6项与第9项为有理项，有理项共有3项．故选C.
5.答案 B
解析 圆环的3个区域种植绿色植物，共有Aeq \\al(3,3)＝6种种法．如图，中间的6个扇形区域种植鲜花可分为三类：第一类，A，C，E均种相同植物，有3×2×2×2＝24种种法；第二类，A，C，E种2种不同植物，有Ceq \\al(2,3)×Aeq \\al(2,3)×2×1×1＝36种种法；第三类，A，C，E种的植物各不相同，有Aeq \\al(3,3)×1×1×1＝6种种法．故由分步乘法计数原理和分类加法计数原理，得不同的栽种方案共有6×(24＋36＋6)＝396种．故选B.
6．答案 D
解析 展开式中x2项的系数是Ceq \\al(2,2)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,11)＝Ceq \\al(3,3)＋Ceq \\al(2,3)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,11)＝Ceq \\al(3,4)＋Ceq \\al(2,4)＋…＋Ceq \\al(2,11)＝…＝Ceq \\al(3,12)，所以x2的系数是Ceq \\al(3,12)＝220.故选D.
7．答案 B
解析 先考虑x≥0，y≥0时，圆上横、纵坐标均为整数的点有(1，7)，(5，5)，(7，1)，依圆的对称性知，圆上共有3×4＝12个点的横、纵坐标均为整数，经过其中任意两点的割线有Ceq \\al(2,12)＝66条，过每一点的切线共有12条，又考虑到直线ax＋by－1＝0不经过原点，而上述直线中经过原点的有6条，所以满足题意的直线共有66＋12－6＝72条．
8．答案 C
解析 从2，4，6三个偶数中选一个数放在个位，有Ceq \\al(1,3)种方法，将其余两个偶数全排列，有Aeq \\al(2,2)种排法，当1，3不相邻且不与5相邻时有Aeq \\al(3,3)种方法，当1，3相邻且不与5相邻时有Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3)种方法，故满足题意的偶数有Ceq \\al(1,3)Aeq \\al(2,2)(Aeq \\al(3,3)＋Aeq \\al(2,2)Aeq \\al(2,3))＝108个．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．答案 BCD
解析 设跳到第n个格子的方法数为an，到达第n个格子的方法分两类：第一类，从第n－1个格子向前跳一格到达第n个格子，方法数是an－1；第二类，从第n－2个格子向前跳两格到达第n个格子，方法数是an－2，则an＝an－1＋an－2，结合条件及数列的递推关系，可得数列的前8项分别是1，1，2，3，5，8，13，21，故A错误，B，C，D正确．故选BCD.
10．答案 BD
解析 将4个编号分别为1，2，3，4的小球放入4个编号分别为1，2，3，4的盒子中，共有44＝256种放法，A错误；恰好有1个空盒，分三步进行：第一步，选择1个空盒，有Ceq \\al(1,4)＝4种方法；第二步，从4个小球中选择2个小球进行捆绑，有Ceq \\al(2,4)＝6种方法；第三步，将球放入3个盒子中，有Aeq \\al(3,3)＝6种放法．则有Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝144种放法，B正确；每个盒内放1个球，并且恰好有1个球的编号与盒子的编号相同，分两步进行：第一步，先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有Ceq \\al(1,4)＝4种情况；第二步，假设4号球放在4号盒子里，其余3个球的放法为(2，3，1)，(3，1，2)，共2种．则恰好有1个球的编号与盒子的编号相同的放法有4×2＝8种，C错误；把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰好有1个空盒，分两步进行：第一步，从4个盒子中选出1个盒子当作空盒，有Ceq \\al(1,4)＝4种选法；第二步，将其余3个盒子装球，3个盒子分别装2，1，1个球，只要选1个盒子装2个球，另外2个盒子一定是每个装1个球，有Ceq \\al(1,3)＝3种选法．所以放法总数为Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,3)＝12，D正确．故选BD.
11．答案 BC
解析 在(x＋2＋m)9＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a9(x＋1)9中，令x＝－2，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a8－a9＝m9，即(a0＋a2＋…＋a8)－(a1＋a3＋…＋a9)＝m9.令x＝0，可得(a0＋a2＋…＋a8)＋(a1＋a3＋…＋a9)＝(2＋m)9.∵(a0＋a2＋…＋a8)2－(a1＋a3＋…＋a9)2＝39，∴[(a0＋a2＋…＋a8)＋(a1＋a3＋…＋a9)][(a0＋a2＋…＋a8)－(a1＋a3＋…＋a9)]＝39，∴(2＋m)9m9＝(2m＋m2)9＝39，可得2m＋m2＝3，解得m＝1或m＝－3.
12．答案 ABD
解析 对于A，每名志愿者都有4种安排方案，故共有4×4×4×4×4＝45种不同的分派方案，故A正确；对于B，先将5人分成三组，分两类：第一类，一组3人，另两组各1人，有Ceq \\al(3,5)＝10种分法；第二类，一组2人，一组2人，一组1人，有eq \f(Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,3)Ceq \\al(1,1),Aeq \\al(2,2))＝15种分法，故共有10＋15＝25种分组方法，再将分好的三组分配到三个社区，共有25Aeq \\al(3,3)＝150种分派方案，故B正确；对于C，分两类：第一类，甲社区分1人，只能是A，另外4人有Ceq \\al(2,4)Aeq \\al(3,3)＝36种分法；第二类，甲社区分2人，共有Ceq \\al(1,4)Aeq \\al(3,3)＝24种分法，根据分类加法计数原理，共有36＋24＝60种不同的分派方案，故C不正确；对于D，若每个社区至少安排1名志愿者，则有Ceq \\al(2,5)Aeq \\al(4,4)＝240种分法，其中志愿者A，B安排到同一社区时，有Aeq \\al(4,4)＝24种分法，故若每个社区至少安排1名志愿者，且志愿者A，B不安排到同一社区，共有240－24＝216种不同的分派方案，故D正确．故选ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．答案 eq \f(π,6)或eq \f(5π,6)
解析 由题意，得T4＝Ceq \\al(3,6)sin3x＝20sin3x＝eq \f(5,2)，∴sinx＝eq \f(1,2).∵x∈[0，2π]，∴x＝eq \f(π,6)或eq \f(5π,6).
14．答案 300 200
解析 从25人中选出2人，共有Ceq \\al(2,25)＝eq \f(25×24,2)＝300种选法，若选出的2人既不在同一行又不在同一列，则共有Ceq \\al(2,25)－2×5×Ceq \\al(2,5)＝200种选法．
15．答案 8 －2
解析 含x2的项为x·Ceq \\al(3,4)·x·(－1)3＋2·Ceq \\al(2,4)·x2·(－1)2＝－4x2＋12x2＝8x2，故a2＝8.令x＝0，即2＝a0，令x＝1，即0＝a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5，∴a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－2.
16.答案 312
解析 分为三类：第一类，3个顶点在圆内的三角形有Ceq \\al(3,4)＝4个；第二类，2个顶点在圆内的三角形有Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,10)＝60个；第三类，1个顶点在圆内的三角形有Ceq \\al(1,4)(Ceq \\al(2,12)－4)＝248个．所以至少有1个顶点在圆内的三角形共有4＋60＋248＝312个．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．
解 (1)分三类：第一类，从高一年级选1个班，有6种不同选法；第二类，从高二年级选1个班，有7种不同选法；第三类，从高三年级选1个班，有8种不同选法．由分类加法计数原理可得，共有6＋7＋8＝21种不同的选法．
(2)分三步：第一步，从高一年级选1个班，有6种不同选法；第二步，从高二年级选1个班，有7种不同选法；第三步，从高三年级选1个班，有8种不同选法．由分步乘法计数原理可得，共有6×7×8＝336种不同的选法．
(3)分三类，每类又分两步：第一类，从高一、高二两个年级各选1个班，有6×7种不同选法；第二类，从高一、高三两个年级各选1个班，有6×8种不同选法；第三类，从高二、高三年级各选1个班，有7×8种不同选法．故共有6×7＋6×8＋7×8＝146种不同的选法．
18．
解 选择①，Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)＝46，即1＋n＋eq \f(n(n－1),2)＝46，
解得n＝9或n＝－10(舍去)．
选择②，Ceq \\al(0,n)＋Ceq \\al(2,n)＋Ceq \\al(4,n)＋…＝256，即2n－1＝256，解得n＝9.
(1)展开式中二项式系数最大的项为第5项和第6项，
T5＝Ceq \\al(4,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(5)x－5x2＝eq \f(63,16)x－3，
T6＝Ceq \\al(5,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(4)x－4xeq \s\up7(\f(5,2))＝eq \f(63,8)xeq \s\up7(-\f(3,2)).
(2)展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(9－k)·x－(9－k)xeq \s\up7(\f(k,2))＝Ceq \\al(k,9)2k－9·xeq \s\up7(\f(3k-18,2))，
令eq \f(3k－18,2)＝0，得k＝6，所以展开式中的常数项为第7项，T7＝Ceq \\al(6,9)×2－3＝eq \f(21,2).
(3)当k＝1，2，…，8时，假设第k＋1项的系数最大，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2k－9Ceq \\al(k,9)≥2k－10Ceq \\al(k－1,9)，,2k－9Ceq \\al(k,9)≥2k－8Ceq \\al(k＋1,9)，))解得eq \f(17,3)≤k≤eq \f(20,3)，所以k＝6.
当k＝6时，T7＝Ceq \\al(6,9)×2－3＝eq \f(21,2)，当k＝0时，T1＝Ceq \\al(0,9)×2－9x－9＝eq \f(1,512x9)，当k＝9时，T10＝Ceq \\al(9,9)×20xeq \s\up7(\f(9,2))＝xeq \s\up7(\f(9,2))，所以展开式中系数最大的项为T7＝eq \f(21,2).
19．
解 (1)解法一：(直接法)共线的4点记为A，B，C，D.
第一类，A，B，C，D确定1条直线；
第二类，A，B，C，D以外的5个点可确定Ceq \\al(2,5)条直线；
第三类，从A，B，C，D中任取1点，其余5点中任取1点可确定Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,5)条直线．
根据分类加法计数原理，这9个点可确定1＋Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(1,5)＝1＋10＋20＝31条不同的直线．
解法二：(间接法)9个点取2个点共有Ceq \\al(2,9)种，
4个共线点取2个点共有Ceq \\al(2,4)种，以上均表示同一条直线，
则这9个点可确定Ceq \\al(2,9)－Ceq \\al(2,4)＋1＝31条不同的直线．
(2)解法一：(直接法)第一类，从A，B，C，D中取2个点，可确定Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,5)个三角形；
第二类，从A，B，C，D中取1个点，可确定Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,5)个三角形；
第三类，从其余5个点中任取3点，可确定Ceq \\al(3,5)个三角形．
故以这9个点中的3个点为顶点，可以确定Ceq \\al(2,4)Ceq \\al(1,5)＋Ceq \\al(1,4)Ceq \\al(2,5)＋Ceq \\al(3,5)＝80个三角形．
解法二：(间接法)9个点取3个点共有Ceq \\al(3,9)种，
其中不能构成三角形的则是在4个共线点中取3个，共有Ceq \\al(3,4)种，
故以这9个点中的3个点为顶点，可以确定Ceq \\al(3,9)－Ceq \\al(3,4)＝80个三角形．
(3)解法一：(直接法)分三类：从其余不共线的5个点中任取4个、3个、2个点，可以确定Ceq \\al(4,5)＋Ceq \\al(3,5)Ceq \\al(1,4)＋Ceq \\al(2,5)Ceq \\al(2,4)＝105个四边形．
解法二：(间接法)9个点取4个点共有Ceq \\al(4,9)种，
其中不构成四边形的分为两类：
第一类，4个点共线，则有Ceq \\al(4,4)种，
第二类，其中3点来自于共线的4点，第4点来自于其余的5个点，则有Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,5)种，
故以这9个点中的4个点为顶点，可以确定Ceq \\al(4,9)－Ceq \\al(4,4)－Ceq \\al(3,4)Ceq \\al(1,5)＝105个四边形．
20．
解 不妨设相邻a项的二项式系数为Ceq \\al(r＋1,n)，Ceq \\al(r＋2,n)，Ceq \\al(r＋3,n)，…，Ceq \\al(r＋a,n).
由题设知Ceq \\al(r＋1,n)∶Ceq \\al(r＋2,n)＝1∶2，
化简得eq \f(1,n－r－1)∶eq \f(1,r＋2)＝1∶2，即n－3r＝5.①
而Ceq \\al(r＋2,n)∶Ceq \\al(r＋3,n)＝2∶3，
化简得eq \f(1,n－r－2)∶eq \f(1,r＋3)＝2∶3，
即2n－5r＝13.②
联立①②，可得n＝14，r＝3.
此时Ceq \\al(4,14)∶Ceq \\al(5,14)∶Ceq \\al(6,14)＝1∶2∶3，
又Ceq \\al(6,14)∶Ceq \\al(7,14)≠3∶4，故a＝3.
21．
解 (1)根据题意，分2步：
①先排三个发言以外的节目，有Aeq \\al(5,5)种方法，排好后有6个空位；
②在6个空位中任选3个安排三个发言节目，有Aeq \\al(3,6)种方法，
则三个发言不能相邻，有Aeq \\al(5,5)Aeq \\al(3,6)＝14400种安排方法．
(2)励志歌曲甲不排在第一个，励志歌曲乙排在第一个，有Aeq \\al(7,7)种方法，励志歌曲甲不排在第一个并且励志歌曲乙不排在第一个与最后一个，有Aeq \\al(1,6)Aeq \\al(1,6)Aeq \\al(6,6)种方法，共有Aeq \\al(7,7)＋Aeq \\al(1,6)Aeq \\al(1,6)Aeq \\al(6,6)＝30960种安排方法．
(3)往届优秀学生视频发言必须在应届学生代表发言之前，是固定顺序，8个位置选2个，有Ceq \\al(2,8)种方法，其他位置任意排列，共有Ceq \\al(2,8)Aeq \\al(6,6)＝20160种安排方法．
22．
解 (1)由题意得Ceq \\al(1,n)＋Ceq \\al(2,n)－Ceq \\al(3,n)＝1，
整理得(n2－1)(6－n)＝0，
∵n∈N*且n≥3，∴n＝6.
二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(6)的展开式的通项为Tk＋1＝Ceq \\al(k,6)36－kx6－eq \s\up5(\f(3,2))k(k＝0，1，2，…，6)，
令6－eq \f(3,2)k＝－3，解得k＝6，T7＝x－3，
∴展开式中含x－3的项为x－3.
(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3x＋\f(1,\r(x))))eq \s\up12(6)＝Ceq \\al(0,6)36x6＋Ceq \\al(1,6)35xeq \s\up7(\f(9,2))＋…＋Ceq \\al(5,6)31xeq \s\up7(-\f(3,2))＋Ceq \\al(6,6)x－3.
令x＝1，则Ceq \\al(0,6)36＋Ceq \\al(1,6)35＋…＋Ceq \\al(5,6)31＋Ceq \\al(6,6)＝(3＋1)6＝4096，
∴Ceq \\al(0,6)35＋Ceq \\al(1,6)34＋…＋Ceq \\al(4,6)3＋Ceq \\al(5,6)＝eq \f(1,3)(Ceq \\al(0,6)36＋Ceq \\al(1,6)35＋…＋Ceq \\al(5,6)31＋Ceq \\al(6,6))－eq \f(1,3)＝1365.