下午分别送达(B在上午、C在下午与B在下午、C在上午为不同运送顺序)，且运往这两地的物资算作一批；D、E两地可随意安排在其余两天送达．则安排这四天送达五个受灾地点的不同运送顺序的种数为
( )
A．72 C．36
B．18 D．24
解析：可分三步完成：第一类是安排送达物资到受灾地点A，有A12种方法；
2第二步是在余下的3天中任选1天，安排送达物资到受灾地点B、C，有A13A2种
方法；第三步是在余下的2天中安排送达物资到受灾地点D、E，有A2由2种方法．
122分步计数原理得不同的运送顺序共有A12·(A3A2)·A2＝24种，故选D.
答案：D
二、填空题(每小题4分，共16分)
13．沿海某市区对口支援贫困山区教育，需从本区3所重点中学抽调5名教师分别到山区5所学校任教，每校1人；每所重点中学至少抽调1人，则共有__________种不同的支教方案．
解析：5名重点中学教师到山区5所学校有A55种，而3所重点中学的抽调方法种数可由列举法一一列出为6种．故共有6A55＝720种不同的支教方案．
答案：720
14．(2009·湖北宜昌模拟)一个五位数由数字0,1,1,2,3构成，这样的五位数的个数为__________．
解析：分两类：(1)万位取1，其余不同的四个数放在不同的四个位置上时有A44个：(2)万位取2或3，在余下的四个不同的位置中选两个位置放数字0与
423或2时有2A24个，故总共有A4＋2A4＝48.
答案：48
15．(2009·唐山一模)(4x2－4x＋1)5的展开式中，x2的系数为__________．(用数字作答)
22解析：C15·4＋C5·(－4)·1＝180.
答案：180
16．(2009·株洲质检二)若(1＋mx)6＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a6x6，且a1＋a2
＋…＋a6＝63，则实数m的值为__________．
解析：令x＝1，(1＋m)6＝a0＋a1＋…＋a6 ①， 令x＝0,1＝a0 ②，
①－②，得：a1＋…＋a6＝(1＋m)6－1 ∴(1＋m)6－1＝63 ∴(1＋m)6＝64 ∴1＋m＝±2 ∴m＝1或m＝－3. 答案：1或－3
三、解答题(本大题共6个小题，共计74分，写出必要的文字说明、计算步骤，只写最后结果不得分)
－n＋C9－n； 17．(12分)(1)求值：C5nn＋1
(2)解不等式：
1
3
CnCnCn4
5
－1
<2
. 解：利用组合数定义与公式求解．
?0≤5－n≤n，
(1)由组合数定义知：?
?0≤9－n≤n＋1，
∵n∈N*，∴n＝4或5.
5当n＝4时，原式＝C14＋C5＝5； 4当n＝5时，原式＝C05＋C6＝16.
解得4≤n≤5.
(2)由组合数公式，原不等式可化为
3！(n－3)！4！(n－4)！2×5！(n－5)！
－<，
n！n！n！不等式两边约去
3！(n－5)！
n！
，得(n－3)(n－4)－4(n－4)<2×5×4，即n2
－11n－12<0，解得－1 又∵n∈N*，且n≥5，∴n＝5,6,7,8,9,10,11. 18．(12分)有5张卡片的正反面分别写有0与1、2与3、4与5、6与7、8与9，将其中任三张并排组成三位数，可组成多少个数字不重复的三位数？ 解：解法1：(直接法)由于三位数的百位数字不能为0，所以分两种情况： 1当百位数字为1时，不同的三位数有A18·A6＝48个；当百位数为2、3、4、5、116、7、8、9中的任意一个时，不同的三位数有A18A8A6＝8×8×6＝384个．综 上，共可组成不重复的三位数48＋384＝432个． 1113解法2：(间接法)任取3张卡片共有C35·C2·C2·C2·A3种排法，其中0在百位112不能构成三位数，这样的排法有C24·C2·C2·A2种，故符合条件的三位数共有11132112C35·C2·C2·C2·A3－C4·C2·C2·A2＝432个． 19．(12分)若(1＋2x)100＝a0＋a1(x－1)＋a2·(x－1)2＋…＋a100(x－1)100，求a1＋a3＋a5＋…＋a99. 解：令x－1＝t，则x＝t＋1，于是已知恒等式可变为(2t＋3)100＝a0＋a1t＋a2t2＋…＋a100t100， 又令f(t)＝(2t＋3)100， 1 则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝[f(1)－f(－1)] 211 100100＝[(2＋3)－(－2＋3)]＝(5100－1)． 22 20．(12分)平面上有n个点，无三点共线，过其中每两点作直线，这些直线中无两条直线平行，且除原n个点外无三线共点，问除平面上原有n个点之外，这些直线还会有多少个新交点？ 解：(图形法)先从n个点中选4点，有C4n种选法．如图1，设所选点为A、 B、C、D.因为在每选出的4点中，两点一组分成两组，每两点确定一条直线， 两条直线相交就有符合题意的一个交点，所以A、B、C、D四点两两连线，可1得3个新增交点．故符合题意的交点个数为3C4n＝n(n－1)(n－2)(n－3)． 8 图1 21．(12分)已知( 3－3 aa)n的展开式的各项系数之和等于(4 3 b－ 1 5b)5 的展开式中的常数项，求： (1)( 3－3 a3 a)n展开式的二项式系数和； (2)( a－ 3 a)n的展开式中a－1项的二项式系数． 3 3 解：依题意，令a＝1，得(3 15ba－a)n展开式中各项系数和为(3－1)n＝2n， 3 15b(4b－)5展开式中的通项为Tr＋1＝Cr5(4b)5－r(－5－r5)r＝(－1)rCr54 r10－5r－b. 2 6 10－5r若Tr＋1为常数项，则＝0，即r＝2， 6 3－1＝27， 故常数项为T3＝(－1)2C25·4·5 于是有2n＝27，得n＝7. (1)( 3－3 a3 a)n展开式的二项式系数和为 2n＝27＝128. (2)( －3 aa)7的通项为 3 3 5r－21 r7－r·aa)r＝Cr， 7(－1)·3 6 T′r＋1＝Cr7( a)7－r·(－
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