第三讲 计数原理与二项式定理 学案

第三讲　计数原理与二项式定理

高考考点
考点解读
两个计数原理
1.与涂色问题、几何问题、集合问题等相结合考查
2．与概率问题相结合考查
排列、组合的应用
1.以实际生活为背景考查排列、组合问题
2．与概率问题相结合考查
二项式定理的应用
1.考查二项展开式的指定项或指定项的系数
2．求二项式系数和二项展开式的各项系数和
备考策略
本部分内容在备考时应注意以下几个方面：
(1)准确把握两个计数原理的区别及应用条件．
(2)明确解决排列、组合应用题应遵守的原则及常用方法．
(3)牢记排列数公式和组合数公式．
(4)掌握二项式定理及相关概念；掌握由通项公式求常数项、指定项系数的方法；会根据赋值法求二项式特定系数和．
预测2020年命题热点为：
(1)以实际生活为背景的排列、组合问题．
(2)求二项展开式的指定项(系数)、二项展开式的各项的系数和问题．

Z
1．必记公式
(1)排列数公式：
A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)
＝(这里，m，n∈N*，且m≤n)．
(2)组合数公式：
①C＝
＝(这里，m，n∈N*，且m≤n)；
②C＝1.
(3)二项式定理：
①定理内容：(a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)；
②通项公式：Tk＋1＝Can－kbk.
2．重要性质及结论
(1)组合数的性质：
①C＝C；
②C＝C＋C；
③C＋C＋…＋C＝2n；
④C＋C＋…＋C＝C.
(2)二项式系数的有关性质：
①二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1；
②若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，
则f(x)展开式中的各项系数和为f(1)，
奇数项系数和为a0＋a2＋a4＋…＝，
偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
Y
1．分类标准不明确，有重复或遗漏，平均分组与平均分配问题．
2．混淆排列问题与组合问题的差异．
3．混淆二项展开式中某项的系数与二项式系数．
4．在求展开式的各项系数之和时，忽略了赋值法的应用．

1．(2018·全国卷Ⅲ，5)5的展开式中x4的系数为( C )
A．10　　　 B．20　　　　
C．40　　　 D．80
[解析]　展开式的通项公式为Tr＋1＝C(x2)5－rr＝2rCr5x10－3r，令10－3r＝4可得r＝2，则x4的系数为22C＝40.
2．(2017·全国卷Ⅱ，6)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( D )
A．12种　　　 B．18种　　　
C．24种　　　 D．36种
[解析]　由题意可得其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C·C·A＝36(种)，或列式为C·C·C＝3××2＝36(种)．
故选D．
3．(2016·全国卷Ⅱ，5)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( B )

A．24 B．18
C．12 D．9
[解析]　E→F有6种走法，F→G有3种走法，由分步乘法计数原理知，共6×3＝18种走法．
4．(2018·天津卷，10)在5的展开式中，x2的系数为.
[解析]　因为5的第r＋1项Tr＋1＝Cr5x5－rr＝(－1)r2－rCr5x，令＝2，
解得r＝2，即T3＝T2＋1＝(－1)22－2C25x2＝x2.
所以在5的展开式中，x2的系数为.
5．(2018·浙江卷，14)二项式8的展开式的常数项是7.
[解析]　通项公式为Tr＋1＝C()8－rr＝C2－rx，由8－4r＝0得r＝2，所以常数项为C2－2＝7.
6．(2018·全国卷Ⅰ，15)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有16种．(用数字填写答案)
[解析]　方法一：根据题意，没有女生入选有C34＝4种选法，从6名学生中任意选3人有C36＝20种选法，故至少有1位女生入选的选法共有20－4＝16种．
方法二：恰有1位女生，有C12C24＝12种，
恰有2位女生，有C22C14＝4种，
所以不同的选法共有12＋4＝16种．


例1 　(1)将1,2,3，…，9这九个数字填在如图所示的9个空格中，要求每一行从左到右，每一列从上到下增大，当3,4固定在图中的位置时，填写空格的方法有( A )
A．6种　　　　　 B．12种
C．18种 D．24种
[解析]　分三个步骤：
第一步，数字1,2,9必须放在如图的位置，只有1种方法．
第二步，数字5可以放在左下角或右上角两个位置，故数字5有2种方法．
第三步，数字6如果和数字5相邻，则7,8只有1种方法；数字6如果不和数字5相邻，则7,8有2种方法，
故数字6,7,8共有3种方法．
根据分步乘法计数原，有1×2×3＝6种填写空格的方法．
(2)如果一个三位正整数“a1a2a3”满足a1 A．240　　 B．204　　　
C．729　　 D．920
[解析]　分8类，
当中间数为2时，有1×2＝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)；
当中间数为8时，有7×8＝56(个)；
当中间数为9时，有8×9＝72(个)．
故共有2＋6＋12＋20＋30＋42＋56＋72＝240(个)．
『规律总结』
两个计数原理的应用技巧
(1)在应用分类加法计数原理和分步乘法计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类加法计数原理．
(2)对于复杂的两个计数原理综合应用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．
G
1.如图所示，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A，B，C，D中，要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( A )
A．72种　　　　　　　 B．48种
C．24种 D．12种
[解析]　解法一：首先涂A有C＝4(种)涂法，则涂B有C＝3(种)涂法，C与A，B相邻，则C有C＝2(种)涂法，D只与C相邻，则D有C＝3(种)涂法，所以共有4×3×2×3＝72(种)涂法．
解法二：按要求涂色至少需要3种颜色，故分两类：一是4种颜色都用，这时A有4种涂法，共有4×3×2×1＝24(种)涂法；二是用3种颜色，这时A、B、C的涂法有4×3×2＝24(种)，D只要不与C同色即可，故D有2种涂法．所以不同的涂法共有24＋24×2＝72(种)．
2．(2018·长沙一模)设集合A＝{(t1，t2，t3)|ti∈{－2,0,2}，i＝1,2,3}，则集合A中满足条件：“1<|t1|＋|t2|＋|t3|<6”的元素个数为18.
[解析]　对于1<|t1|＋|t2|＋|t3|<6，可分以下几种情况：
①|t1|＋|t2|＋|t3|＝2，即此时集合A的元素含有一个2或－2，两个0.2或－2从三个位置选一个有3种选法，剩下的位置都填0，这种情况有6种；
②|t1|＋|t2|＋|t3|＝4，即此时集合A含有两个2或－2，一个0；或者一个2，一个－2，一个0.
当是两个2或－2，一个0时，从这三个位置任选一个填0，剩下的两个位置都填2或－2，这种情况有3×2＝6种；当是一个2，一个－2，一个0时，对这三个的全排列即得到3×2×1＝6种．
由分类加法计数原理可知：集合A中满足条件：“1<|t1|＋|t2|＋|t3|<6”的元素个数为6＋6＋6＝18.

例2 (1)(2018·郑州一模)某次联欢会要安排3个歌舞类节，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类节目不相邻的排法种数是( B )
A．72种　 B．120种　 　
C．144种　 D．168种
[解析]　先安排小品节目和相声节目，然后让歌舞节目去插空．安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1，小品2，相声”“小品1，相声，小品2”和“相声，小品1，小品2”．对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2□相声□”，有ACA＝36(种)安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况，三个节目形成4个空，其形式为“□小品1□相声□小品2□”，有AA＝48(种)安排方法，故共有36＋36＋48＝120(种)安排方法．
(2)(2018·衡水模拟)数列{an}共有12项，其中a1＝0，a5＝2，a12＝5，且|ak＋1－ak|＝1，k＝1,2,3，…，11，则满足这种条件的不同数列的个数为( A )
A．84 B．168
C．76 D．152
[解析]　∵|ak＋1－ak|＝1，k＝1,2,3，…，11，∴前一项总比后一项大1或小1，a1到a5中4个变化必然有3升1减，a5到a12中必然有5升2减，是组合的问题，∴C×C＝84.
『规律总结』
解答排列组合问题的常用方法
排列组合问题从解法上看，大致有以下几种：
(1)有附加条件的排列组合问题，大多需要用分类讨论的方法，注意分类时应不重不漏；
(2)排列与组合的混合型问题，用分类加法或分步乘法计数原理解决；
(3)元素相邻，可以看作是一个整体的方法；
(4)元素不相邻，可以利用插空法；
(5)间接法，把不符合条件的排列与组合剔除掉；
(6)穷举法，把符合条件的所有排列或组合一一写出来；
(7)定序问题缩倍法；
(8)“小集团”问题先整体后局部法．
G
1．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( B )
A．192种　 B．216种　 　
C．240种　 D．288种
[解析]　分两类：最左端排甲有A＝120种不同的排法，最左端排乙，由于乙不能排在最右端，所以有CA＝96种不同的排法，由加法原理可得满足条件的排法共有120＋96＝216种．
2．将序号分别为1、2、3、4、5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是96.
[解析]　5张参观券分为4堆，有2个连号的有4种分法，每一种分法中的不同排列有A种，因此共有不同分法4A＝96种．

(一)与特定项有关的问题
例3 (1)二项式(－)n的展开式中第4项为常数项，则常数项为( B )
A．10　　 B．－10　　　
C．20　　 D．－20
[解析]　由题意得：(－)n的展开式的常数为T4＝(－1)3C()n－3()3＝(－1)3Cx，令n－5＝0，得n＝5，故所求的常数项为T4＝(－1)3C＝－10.
(2)在(2x＋)(x2－)4的展开式中，含x3的项的系数是8.
[解析]　(x2－)4的展开式的通项公式为Tr＋1＝C(x2)4－r(－)r＝(－1)rCx8－3r，则含x2的项的系数为(－1)2C＝6，含x5的项的系数为(－1)1C＝－4，所以(2x＋)(x2－)4的展开式中，含x3的项的系数为2×6＋1×(－4)＝8.
(二)与二项式系数有关的问题
例4 (1)若(x2＋1)(x－2)11＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a13(x－1)13，a1＋a2＋…＋a13的值为( C )
A．0　　 B．－2　　　
C．2　　 D．213
[解析]　记f(x)＝(x2＋1)(x－2)11＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋…＋a13(x－1)13，则f(1)＝a0＝(12＋1)(1－2)11＝－2，
而f(2)＝(22＋1)(2－2)11＝a0＋a1＋a2＋…＋a13，即a0＋a1＋a2＋…＋a13＝0，所以a1＋a2＋…＋a13＝f(2)－f(1)＝2.
(2)在(x－)5的展开式中x3的系数等于－5，则该展开式各项的系数中最大值为( B )
A．5 B．10
C．15 D．20
[解析]　由Tr＋1＝Cx5－r(－)r＝(－a)rCx5－2r，r＝0,1,2，…，5，由5－2r＝3得r＝1，所以(－a)C＝－5a＝－5，即a＝1，所以Tr＋1＝(－1)rCx5－2r，r＝0,1,2，…，5，当r＝0时，(－1)0C＝1；当r＝2时，(－1)2C＝10；当r＝4时，(－1)4C＝5.所以该展开式各项的系数中最大值为10.
(3)(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则a＝3.
[解析]　由已知得(1＋x)4＝1＋4x＋6x2＋4x3＋x4，故(a＋x)(1＋x)4的展开式中x的奇数次幂项分别为4ax,4ax3，x,6x3，x5，其系数之和为4a＋4a＋1＋6＋1＝32，解得a＝3.
『规律总结』
1．与二项式定理有关的题型及解法
类型
解法
求特定项或其系数
常采用通项公式分析求解
系数的和或差
常用赋值法
近似值问题
利用展开式截取部分项求解
整除(或余数)问题
利用展开式求解
2.解决与二项式定理有关问题的五个关注点
(1)Tr＋1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不能颠倒位置．
(4)二项展开式中某一项的系数与某一项的二项式系数易混．
(5)二项式系数最大项与展开式系数最大项不同．
G
1．(2018·辽宁鞍山一模)若(x2＋m)(x－)6的展开式中x4的系数为30，则m的值为( B )
A．－　　　 B．　　　　
C．－　　　 D．
[解析]　(x－)6展开式的通项为T r＋1＝Cx6－r(－)r＝(－2)rCx6－2r，令6－2r＝2，得r＝2，所以x2项的系数为(－2)2C＝60.
令6－2r＝4，得r＝1，所以x4项的系数为(－2)1C＝－12，
所以(x2＋m)(x－)6的展开式中x4的系数为60－12m＝30，解得m＝，故选B．
2．(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为( C )
A．10 B．20
C．30 D．60
[解析]　由于(x2＋x＋y)5＝[(x2＋x)＋y]5，其展开式的通项为Tr＋1＝C(x2＋x)5－ryr(r＝0,1,2，…，5)，
因此只有当r＝2，即T3＝C (x2＋x)3y2中才能含有x5y2项．设(x2＋x)3的展开式的通项为Si＋1＝C(x2)3－i·xi＝Cx6－i(i＝0,1,2,3)，令6－i＝5，得i＝1，则(x2＋x)3的展开式中x5项的系数是C＝3，故(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数是C·3＝10×3＝30.

A组
1．将6名男生，4名女生分成两组，每组5人，参加两项不同的活动，每组3名男生和2名女生，则不同的分配方法有( B )
A．240种　　 B．120种　　　
C．60种　　 D． 180种
[解析]　不同的分配方法有CC＝120.
2．若二项式(2x＋)7的展开式中的系数是84，则实数a＝( C )
A．2 B．
C．1 D．
[解析]　二项式(2x＋)7的通项公式为Tr＋1＝C(2x)7－r()r＝C27－rarx7－2r，令7－2r＝－3，得r＝5.故展开式中的系数是C22a5＝84，解得a＝1.
3．用数字1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为( D )
A．24 B．48
C．60 D．72
[解析]　由题意，可知个位可以从1,3,5中任选一个，有A种方法，其他数位上的数可以从剩下的4个数字中任选，进行全排列，有A种方法，所以奇数的个数为AA＝3×4×3×2×1＝72，故选D．
4．(2018·濮阳二模)将数字“124467”重新排列后得到不同的偶数个数为( D )
A．72 B．120
C．192 D．240
[解析]　由题意，末尾是2或6，不同的偶数个数为CA＝120；末尾是4，不同的偶数个数为A＝120.故共有120＋120＝240(个)，故选D．
5．(－)8二项展开式中的常数项为( B )
A．56 B．112
C．－56 D．－112
[解析]　Tr＋1＝C()8－r(－)r＝(－1)r2rC·x，令8－4r＝0，∴r＝2，∴常数项为(－1)2×22×C＝112.
6．在(x2－)6的展开式中，常数项等于( D )
A．－ B．
C．－ D．
[解析]　本题考查二项式定理，二项式(x2－)6的展开式的通项公式为C(x2)6－r(－)2＝(－)rCx12－3r，令12－3r＝0得r＝4，则二项式(x2－)6的展开式中的常数项为(－)4C＝.故选D．
7．有5名同学参加唱歌、跳舞、下棋三项比赛，每项比赛至少有一人参加，其中甲同学不能参加跳舞比赛，则参赛方案的种数为( B )
A．112 B．100
C．92 D．76
[解析]　甲同学有2种参赛方案，其余四名同学，若只参加甲参赛后剩余的两项比赛，则将四名同学先分为两组，分组方案有C·C＋＝7，再将其分到两项比赛中去，共有分配方案数为7×A＝14；若剩下的四名同学参加三项比赛，则将其分成三组，分组方法数是C，分到三项比赛上去的分配方法数是A，故共有方案数CA＝36.根据两个基本原理共有方法数2×(14＋36)＝100(种)．
8．(x2－x＋1)5的展开式中x3的系数为( A )
A．－30 B．－24
C．－20 D．20
[解析]　本题考查二项式定理．[1＋(x2－x)]5展开式的第r＋1项Tr＋1＝C(x2－x)r，r＝0,1,2,3,4,5，Tr＋1展开式的第k＋1项为CC·(x2)r－k(－x)k＝CC(－1)k·x2r－k，r＝0,1,2,3,4,5，k＝0,1，…，r，当2r－k＝3，即或时是含x3的项，所以含x3项的系数为CC(－1)＋CC(－1)3＝－20－10＝－30.故选A．
9．有大小、形状完全相同的3个红色小球和5个白色小球，排成一排，共有56种不同的排列方法？
[解析]　从8个位置中选3个放红球，有C＝56种不同方法．
10．(2018·昆明二模)(x－2)6的展开式中x2的系数为240.
[解析]　(x－2)6的展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(－2)r·x6－r，令6－r＝2，求得r＝4，可得(x－2)6的展开式中x2的系数为C·(－2)4＝240.
11．设a，b，c∈{1,2,3,4,5,6}，若以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，则这样的三角形有27个．
[解析]　由题意知以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰(含等边)三角形，
(1)先考虑等边三角形情况
则a＝b＝c＝1,2,3,4,5,6，此时有6个．
(2)再考虑等腰三角形情况，若a，b是腰，则a＝b，
当a＝b＝1时，c 当a＝b＝2时，c<4，则c＝1,3(c＝2的情况等边三角形已经讨论了)，此时有2个；
当a＝b＝3时，c<6，则c＝1,2,4,5，此时有4个；
当a＝b＝4时，c<8，则c＝1,2,3,5,6，此时有5个；
当a＝b＝5时，c<10，有c＝1,2,3,4,6，此时有5个；
当a＝b＝6时，c<12，有c＝1,2,3,4,5，此时有5个；
由分类加法计数原理知有2＋4＋5＋5＋5＋6＝27个．
12．设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画．
(1)从中任选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
(2)从这些国画、油画、水彩画中各选一幅画布置房间，有几种不同的选法？
(3)从这些画中任选出两幅不同画种的画布置房间，有几种不同的选法？
[解析]　(1)利用分类加法计数原理：5＋2＋7＝14(种)不同的选法．
(2)国画有5种不同选法，油画有2种不同的选法，水彩画有7种不同的选法，利用分步乘法计数原理得到5×2×7＝70(种)不同的选法．
(3)选法分三类，分别为选国画与油画、油画与水彩画、国画与水彩画，由分类加法计数原理和分步乘法计数原理知共有5×2＋2×7＋5×7＝59(种)不同的选法．
B组
1．安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙均排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数是( D )
A．180 B．240
C．360 D．480
[解析]　将6个位置依次编号为1、2、3、…、6号，当甲排在1号或6号位时，不同排法种数为2A种；当甲排在2号或5号位时，不同排法种数为2A·A种；当甲排在3号或4号位置时，不同排法种数有2(AA＋AA)种，
∴共有不同排法种数，2A＋2AA＋2(AA＋AA)＝480种，故选D．
2．如图，M、N、P、Q为海上四个小岛，现要建造三座桥，将这四个小岛连接起来，则不同的建桥方法有( C )
A．8种 B．12种
C．16种 D．20种
[解析]　把四个小岛看作四个点，可以两两之间连成6条线段，任选3条，共有C种情形，但有4种情形不满足题意，∴不同的建桥方法有C－4＝16种，故选C．
3．设(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋…＋a2nx2n，则a2＋a4＋…＋a2n的值为( B )
A． B．
C．3n－2 D．3n
[解析]　(赋值法)令x＝1，
得a0＋a1＋a2＋…＋a2n－1＋a2n＝3n.①
再令x＝－1得，
a0－a1＋a2＋…－a2n－1＋a2n＝1.②
令x＝0得a0＝1.
则①＋②得2(a0＋a2＋…＋a2n)＝3n＋1，
∴a0＋a2＋…＋a2n＝，
∴a2＋a4＋…＋a2n＝－a0＝－1＝.
4．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40 000大的偶数共有( B )
A．144个 B．120个
C．96个 D．72个
[解析]　据题意，万位上只能排4,5.若万位上排4，则有2×A34个；若万位上排5，则有3×A34个．所以共有2×A34＋3×A34＝5×24＝120(个)．故选B．
5．若(x2＋)n的展开式中前三项的系数成等差数列，则展开式中一次项的系数为( B )
A．　　　　 B．　　　　
C．6　　　　 D．7
[解析]　因为(x2＋)n的展开式通项为Tr＋1＝C(x2)n－r()r＝()rCx2n－3r，其系数为()rC.故展开式中前三项的系数为C，C，C，由已知可得这三个数成等差数列，所以C＋C＝2×C，即n2－9n＋8＝0，解得n＝8或n＝1(舍去)．
令2n－3r＝16－3r＝1，可得r＝5，所以一次项的系数为()5C＝.
6．(2018·太原模拟)用5,6,7,8,9组成没有重复数字的五位数，其中有且仅有一个奇数夹在两个偶数之间的五位数的个数为( A )
A．36 B．48
C．72 D．120
[解析]　第一步，将3个奇数全排列有A种方法；
第二步，将2个偶数插入，使它们之间只有一个奇数，共3种方法；
第三步，将2个偶数全排列有A种方法，所以，所有的方法数是3AA＝36.
7．(2018·漳州二模)已知(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a2＋a3＋…＋a9＋a10的值为( D )
A．－20 B．0
C．1 D．20
[解析]　令x＝1得a0＋a1＋a2＋…＋a9＋a10＝1，再令x＝0，得a0＝1，所以a1＋a2＋…＋a9＋a10＝0，又易知a1＝C×21×(－1)9＝－20，所以a2＋a3＋…＋a9＋a10＝20.
8．(2018·江西宜春二模)若(x3＋)n的展开式中含有常数项，且n的最小值为a，则dx＝(　　C　　)
A．0 B．
C． D．49π
[解析]　由展开式的通项，
由展开式中含有常数项，得3n－r＝0有整数解，
故n的最小值为7，dx＝.
9．将编号1,2,3,4的四个小球放入3个不同的盒子中，每个盒子里至少放1个，则恰有1个盒子放有2个连号小球的所有不同放法有18种．(用数字作答)
[解析]　先把4个小球分为(2,1,1)一组，其中2个连号小球的种类有(1,2，)，(2,3)，(3,4)为一组，分组后分配到三个不同的盒子里，共有CA＝18种．
10．现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求取出的这些卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为472.
[解析]　由题意，不考虑特殊情况，共有C种取法，其中每一种卡片各取三张，有4C种取法，两种红色卡片，共有CC种取法，故所求的取法共有C－4C－CC＝560－16－72＝472.
11．若对于任意实数x，有x5＝a0＋a1(x－2)＋…＋a5(x－2)5，则a1＋a3＋a5－a0＝89.
[解析]　令x＝3得a0＋a1＋…＋a5＝35，令x＝1得a0－a1＋…－a5＝1，两式相减得a1＋a3＋a5＝＝121，令x＝2得a0＝25＝32，故a1＋a3＋a5－a0＝121－32＝89.
12．如果(3x－)n的展开式中各项系数之和为128，则展开式中的系数是21.
[解析]　(3x－)n的展开式的各项系数之和为(3×1－)n＝2n＝128，所以n＝7，所以(3x－)n＝(3x－)7，其展开式的通项为Tr＋1＝C(3x)7－r(－)r＝C·37－r·x7－r·(－x－)r＝(－1)rC37－rx7－r，由7－r＝－3，得r＝6，所以的系数是C·(－1)6·3＝21.
13．某医科大学的学生中，有男生12名、女生8名在某市人民医院实习，现从中选派5名学生参加青年志愿者医疗队．
(1)某男生甲与某女生乙必须参加，共有多少种不同的选法？
(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？
(3)甲、乙二人至少有一人参加，有多少种选法？
(4)医疗队中男生和女生都至少有一名，有多少种选法？
[解析]　(1)只需从其他18人中选3人即可，共有C＝816(种)．
(2)只需从其他18人中选5人即可，共有C＝8568(种)．
(3)分两类：甲、乙中只有一人参加，则有C·C种选法；甲、乙两人都参加，则有C种选法．
故共有C·C＋C＝6936(种)．
(4)方法一(直接法)：男生和女生都至少有一名的选法可分为四类：1男4女；2男3女；3男2女；4男1女，
所以共有C·C＋C·C＋C·C＋C·C＝14656(种)．
方法二(间接法)：由总数中减去5名都是男生和5名都是女生的选法种数，得C－(C＋C)＝14656(种)．
14．设f(n)＝(a＋b)n(n∈N*，n≥2)，若f(n)的展开式中，存在某连续3项，其二项式系数依次成等差数列，则称f(n)具有性质P.
(1)求证：f(7)具有性质P.
(2)若存在n≤2016，使f(n)具有性质P，求n的最大值．
[解析]　(1)f(7)的展开式中第二、三、四项的二项式系数分别为C＝7，C＝21，C＝35，
因为C＋C＝2C，即C，C，C成等差数列，所以f(7)具有性质P.
(2)设f(n)具有性质P，则存在k∈N*,1≤k≤n－1，使C，C，C成等差数列，所以C＋C＝2C，
整理得：4k2－4nk＋(n2－n－2)＝0，
即(2k－n)2＝n＋2，
所以n＋2为完全平方数，
又n≤2016，由于442<2016＋2<452，
所以n的最大值为442－2＝1934，此时k＝989或945.