eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 代数）：已知数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 满足 $x_{1}=0, x_{n+1}=-x_{n}^{2}+x_{n}+c\left(n \in N^{*}\right), 0<c \leq \frac{1}{4}$, 求证: 数列 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列.
选项：
答案：答案: 证明: 若 $0<c \leq \frac{1}{4}$, 要证 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列.

即 $x_{n+1}-x_{n}=-x_{n}^{2}+c>0$, 即证 $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1$ 成立.

下面用数学归纳法证明:

当 $0<c \leq \frac{1}{4}$ 时, $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1$ 成立.

(1)当 $n=1$ 时, $x_{1}=0<\sqrt{c} \leq \frac{1}{2}$, 结论成立

(2)假设当 $n=k\left(k \geq 1, k \in \mathrm{N}^{*}\right)$ 时结论成立, 即 $x_{k}<\sqrt{c}$

因为函数 $f(x)=-x^{2}+x+c$ 在区间 $\left(-\infty, \frac{1}{2}\right)_{\text {内单调递增, }}$

所以 $x_{k+1}=f\left(x_{k}\right)<f(\sqrt{c})=\sqrt{c}$,

$\therefore$ 当 $n=k+1$ 时, $x_{k+1}<\sqrt{c}$ 成立.

由(1), (2)知, $0<x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1, n \in \mathbb{N}^{*}$ 成立.

因此, $x_{n+1}=x_{n}-x_{n}^{2}+c>x_{n}$, 即 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列.

【分析】若 $0<c \leqslant \frac{1}{4}$, 要证 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列, 即证 $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geqslant 1$ 成立, 然后利用数学归纳法的证明步骤证明即可.
解析：答案: 证明: 若 $0<c \leq \frac{1}{4}$, 要证 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列.

即 $x_{n+1}-x_{n}=-x_{n}^{2}+c>0$, 即证 $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1$ 成立.

下面用数学归纳法证明:

当 $0<c \leq \frac{1}{4}$ 时, $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1$ 成立.

(1)当 $n=1$ 时, $x_{1}=0<\sqrt{c} \leq \frac{1}{2}$, 结论成立

(2)假设当 $n=k\left(k \geq 1, k \in \mathrm{N}^{*}\right)$ 时结论成立, 即 $x_{k}<\sqrt{c}$

因为函数 $f(x)=-x^{2}+x+c_{\text {在区间 }}\left(-\infty, \frac{1}{2}\right)_{\text {内单调递增, }}$

所以 $x_{k+1}=f\left(x_{k}\right)<f(\sqrt{c})=\sqrt{c}$,

$\therefore$ 当 $n=k+1$ 时, $x_{k+1}<\sqrt{c}$ 成立.

由(1), (2)知, $0<x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geq 1, n \in \mathbb{N}^{*}$ 成立.

因此, $x_{n+1}=x_{n}-x_{n}^{2}+c>x_{n}$, 即 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列.
【分析】若 $0<c \leqslant \frac{1}{4}$, 要证 $\left\{x_{n}\right\}$ 是递增数列. 即证 $x_{n}<\sqrt{c}$ 对任意 $n \geqslant 1$ 成立, 然后利用数学归纳法的证明步骤证明即可.
题目（高三 · 组合数学）：（12 分）观察下表:

2, 3 ,

$4,5,6,7$,

$8,9,10,11,12,13,14,15$,
选项：
答案：(1) $2^{n}-1$; (2) $3 \cdot 2^{n-3}-2^{n-2}$; (3) 985 个数.
解析：(1) 由表知, 从第二行起, 每行的第一个数为偶数,所以第 ${ }^{n+1}$ 行的第一个数为 $2^{n}$, 所以第 $n$ 行的最后一个数为 $2^{n}-1$.(2) 由（1）知第 ${ }^{n-1}$ 行的最后一个数为 $2^{n-1}-1$, 第 $n$ 行的第一个数为 $2^{n-1}$,第 $n$ 行的最后一个数为 $2^{n}-1$.又由观察知, 每行数字的个数与这一行的第一个数相同,所以由等差数列求和公式得 $S_{n}=rac{2^{n-1}\left(2^{n-1}+2^{n}-1ight)}{2}=2^{2 n-3}+2^{2 n-2}-2^{n-2}=3 \cdot 2^{n-3}-2^{n-2}$.(3) 因为 $2^{10}=1024,2^{11}=2048$, 又第 11 行最后一个数为 $2^{11}-1=2047$,所以 2008 是在第 11 行中, 由等差数列的通项公式得 $2008=1024+(n-1) \cdot 1$,所以 ${ }^{n=985}$, 所以 2008 是第 11 行的第 985 个数.
题目（高三 · 组合数学）：11. 设 $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ 是 $1,2, \ldots, n$ 的一个排列, 求证: $\frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\cdots+\frac{n-1}{n} \leq \frac{a_{1}}{a_{2}}+\frac{a_{2}}{a_{3}}+\cdots \frac{a_{n-1}}{a_{n}}$.
选项：
答案：答案:证明:设 $b_{1}, b_{2}, \ldots b_{n-1}$ 是 $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n-1}$ 的一个排列，且 $b_{1}<b_{2}<\ldots<b_{n-1}$, $c_{1}, c_{2}, \ldots, c_{n-1}$ 是 $a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{n}$ 的一个排列, 且 $c_{1}<c_{2}<\ldots<c_{n-1}$,

则 $\frac{1}{c_{1}}>\frac{1}{c_{2}}>\cdots>\frac{1}{c_{n-1}}$ 且 $b_{1} \geq 1, b_{2} \geq 2, \ldots, \quad b_{n-1} \geq n-1, \quad c_{1} \leq 2, \quad c_{2} \leq 3, \ldots, \quad c_{n-1} \leq n$.

利用排序不等式，有筑 $\frac{a_{2}}{a_{2}}+\cdots \frac{a_{n-1}}{a_{n}} \geq \frac{1}{2}+\frac{2}{3}+\ldots+\frac{n-1}{n}$.

$\therefore$ 原不等式成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了排序不等式, 解决问题的关键是在排序不等式的条件中需要限定各数值的大小关系, 对于没有给出大小关系的情况, 要根据各字母在不等式中地位的对称性，限定一种大小关系.
题目（高三 · 组合数学）：17. 观察下列各不等式:

$1+\frac{1}{2^{2}}<\frac{3}{2}$,

$1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}<\frac{5}{3}$,

$1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}<\frac{7}{4}$,

$1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\frac{1}{5^{2}}<\frac{9}{5}$,

$\cdots$

（1）由上述不等式, 归纳出一个与正整数 $n(n \geqslant 2)$ 有关的一般性结论;
选项：
答案：答案: 解:（1）观察上述各不等式, 得到与正整数 $\mathrm{n}$ 有关的一般不等式为

$1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\cdots+\frac{1}{n^{2}}<\frac{2 n-1}{n}, n \in N^{*}$, 且 $n \geq 2$.

(2) 用数学归纳法证明你得到的结论.

答案:以下用数学归纳法证明这个不等式.

证明: (1) 当 $\mathrm{n}=2$ 时, 由题设可知, 不等式显然成立.

(2)假设当 $\mathrm{n}=\mathrm{k}$ 时, 不等式成立, 即
$1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\cdots+\frac{1}{k^{2}}<\frac{2 k-1}{k}$,

那么, 当 $\mathrm{n}=\mathrm{k}+1$ 时, 有

$1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{4^{2}}+\cdots+\frac{1}{k^{2}}+\frac{1}{(k+1)^{2}}<\frac{2 k-1}{k}+\frac{1}{(k+1)^{2}}$

$<\frac{2 k-1}{k}+\frac{1}{k(k+1)}$

$=\left(2-\frac{1}{k}\right)+\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)$

$=2-\frac{1}{k+1}=\frac{2(k+1)-1}{k+1}$.

所以当 $\mathrm{n}=\mathrm{k}+1$ 时, 不等式也成立.

根据(1)和(2), 可知不等式对任何 $n \in N^{*}$ 且 $n \geq 2$ 都成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了数学归纳法证明不等式, 解决问题的关键是根据 1) 由上述不等式, 归纳出表达式的左侧的关系与右侧分子与分母的特征写出一个正整数 $n \in N^{*}, n \geq 2$有关的一般性结论; (2) 利用数学归纳法证明步骤, 直接证明即可.
题目（高三 · 组合数学）：名男生 3 名女生参加升旗仪式:

（1）站两横排，3名女生站前排，5 名男生站后排有多少种站法?

（2）站两纵列, 每列 4 人, 每列都有女生且女生站在男生前面, 有多少种排列方法?
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 分两步求【解析】

(1)先排前排的 3 名女生, 有 $A_{3}^{3}=6$ 种不同的方法;

(2)再排后排的 5 名男生, 有 $A_{5}^{3}=120$ 种不同的方法.

由分步乘法计数原理可得共有 $A_{3}^{3} A_{5}^{3}=6 \times 120=720$ 种不同的站法.

(2) 【解析】 将 3 名女生分为两组, 有 $C_{3}^{1}$ 种方法, 然后选择其中的一列将 1 名女生排在最前的一个位置上, 有 $C_{2}^{1}$ 种方法, 然后再从 5 名男生中选取 3 名排在该女生的后边, 有 $A_{5}^{3}$ 种方法; 然后再排另外一列, 将剩余的 2 名女生排再该列的前边有 $A_{2}^{2}$ 种方法, 再将剩余的 2 名男生排在这 2 名女生的后边, 有 $A_{2}^{2}$ 种方法.

由分步乘法计数原理可得不同的排列方法有 $C_{3}^{1} C_{2}^{1} A_{5}^{3} A_{2}^{2} A_{2}^{2}=1440$ 种.
解析：答案: (1) 【解析】 分两步求【解析】

(1)先排前排的 3 名女生, 有 $A_{3}^{3}=6$ 种不同的方法;

(2)再排后排的 5 名男生, 有 $A_{5}^{3}=120$ 种不同的方法.

由分步乘法计数原理可得共有 $A_{3}^{3} A_{5}^{3}=6 \times 120=720$ 种不同的站法.

(2) 【解析】 将 3 名女生分为两组, 有 $C_{3}^{1}$ 种方法, 然后选择其中的一列将 1 名女生排在最前的一个位置上, 有 $C_{2}^{1}$ 种方法, 然后再从 5 名男生中选取 3 名排在该女生的后边, 有 $A_{5}^{3}$ 种方法; 然后再排另外一列, 将剩余的 2 名女生排再该列的前边有 $A_{2}^{2}$ 种方法, 再将剩余的 2 名男生排在这 2 名女生的后边, 有 $A_{2}^{2}$ 种方法.

由分步乘法计数原理可得不同的排列方法有 $C_{3}^{1} C_{2}^{1} A_{5}^{3} A_{2}^{2} A_{2}^{2}=1440$ 种.
题目（高三 · 组合数学）：在一次演唱会上共 10 名演员（每名演员都会唱歌或跳舞），其中 7 人能唱歌，6人会跳舞.

(1) 问既能唱歌又会跳舞的有几人?

（2）现要选出一个 2 人唱歌 2 人伴舞的节目，有多少种选派方法?
选项：
答案：答案：（1）解：设既能唱歌又会跳舞的有 $x$ 人,

$\therefore(7-x)+x+(6-x)=10 \Rightarrow x=3$,

$\therefore$ 设既能唱歌又会跳舞的有 3 人。

（2）解：由（1）得：有 3 人既能唱歌又会跳舞, 4 人只能唱歌, 3 人只会跳舞,

(1)只能唱歌选 0 人, $C_{3}^{2} C_{4}^{2}=18$,

(2) 只能唱歌选 1 人, $C_{4}^{1} C_{3}^{1} C_{5}^{2}=120$,

(3)只能唱歌选 2 人, $C_{4}^{2} C_{6}^{2}=90$,

$\therefore$ 有 228 种选派方法.

22.答案：(1) 【解析】 根据题意, 分 2 步进行分析:

(1)要求 2 个歌曲节目 1 个在开头, 另一个在最后, 有 $A_{2} 2=2$ 种安排方法,

(2)将剩下的 5 个节目全排列, 安排在中间, 有 $A_{5} 5=120$ 种安排方法,

则一共有 $2 \times 120=240$ 种安排方法;

(2) 【解析】 根据题意, 分 3 步进行分析:

(1) 2 个歌曲节目相邻, 将其看成一个整体, 有 $A_{2} 2=2$ 种情况,

(2)将这个整体与 3 个舞蹈节目全排列, 有 $A_{4} 4=24$ 种情况, 排好后有 5 个空位,

(3)在 5 个空位中任选 2 个, 安排 2 个曲艺节目, 有 $A_{5}{ }^{2}=20$ 种情况,

则一共有 $2 \times 24 \times 20=960$ 种安排方法.

23. 答案: (1) 【解析】 得到一个三位数, 分三步进行: 先填百位, 再填十位, 最后填个位. 百位上的数字填法有 6 种, 十位上的数字填法有 5 种, 个位上的数字填法有 4 种, 根据分步计数原理, 各位数字互不相同的三位数有 $6 \times 5 \times 4=120$ 个

(2) 【解析】 分三步进行: 先填百位, 再填十位, 最后填各位, 每种都有 6 种方法, 根据分步计数原理,可以排出 $6 \times 6 \times 6=216$ 个不同的数.

（3）解：两个数字相同有三种可能性, 即第一、二位, 第二、三位, 第三、一位相同, 而每种情况有 $6 \times 5$ 种, 故有 $3 \times 6 \times 5=90$ (个).
解析：答案：（1）解：设既能唱歌又会跳舞的有 $x$ 人,

$\therefore(7-x)+x+(6-x)=10 \Rightarrow x=3$,

$\therefore$ 设既能唱歌又会跳舞的有 3 人。

（2）解：由（1）得：有 3 人既能唱歌又会跳舞, 4 人只能唱歌, 3 人只会跳舞,

(1)只能唱歌选 0 人, $C_{3}^{2} C_{4}^{2}=18$,

(2) 只能唱歌选 1 人, $C_{4}^{1} C_{3}^{1} C_{5}^{2}=120$,

(3)只能唱歌选 2 人, $C_{4}^{2} C_{6}^{2}=90$,

$\therefore$ 有 228 种选派方法.

22.答案：(1) 【解析】 根据题意, 分 2 步进行分析:

(1)要求 2 个歌曲节目 1 个在开头, 另一个在最后, 有 $A_{2} 2=2$ 种安排方法,

(2)将剩下的 5 个节目全排列, 安排在中间, 有 $A_{5} 5=120$ 种安排方法,

则一共有 $2 \times 120=240$ 种安排方法;

(2) 【解析】 根据题意, 分 3 步进行分析:

(1) 2 个歌曲节目相邻, 将其看成一个整体, 有 $A_{2} 2=2$ 种情况,

(2)将这个整体与 3 个舞蹈节目全排列, 有 $A_{4} 4=24$ 种情况, 排好后有 5 个空位,

(3)在 5 个空位中任选 2 个, 安排 2 个曲艺节目, 有 $A_{5}{ }^{2}=20$ 种情况,

则一共有 $2 \times 24 \times 20=960$ 种安排方法.

23. 答案: (1) 【解析】 得到一个三位数, 分三步进行: 先填百位, 再填十位, 最后填个位. 百位上的数字填法有 6 种, 十位上的数字填法有 5 种, 个位上的数字填法有 4 种, 根据分步计数原理, 各位数字互不相同的三位数有 $6 \times 5 \times 4=120$ 个

(2) 【解析】 分三步进行: 先填百位, 再填十位, 最后填各位, 每种都有 6 种方法, 根据分步计数原理,可以排出 $6 \times 6 \times 6=216$ 个不同的数.

（3）解：两个数字相同有三种可能性, 即第一、二位, 第二、三位, 第三、一位相同, 而每种情况有 $6 \times 5$ 种, 故有 $3 \times 6 \times 5=90$ (个).
题目（高三 · 组合数学）：用一颗股子连掷三次, 投掷出的数字顺次排成一个三位数, 此时:

(1) 各位数字互不相同的三位数有多少个?

(2) 可以排出多少个不同的数?

(3) 恰好有两个相同数字的三位数共有多少个?
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 得到一个三位数, 分三步进行: 先填百位, 再填十位, 最后填个位. 百位上的数字填法有 6 种, 十位上的数字填法有 5 种, 个位上的数字填法有 4 种, 根据分步计数原理, 各位数字互不相同的三位数有 $6 	imes 5 	imes 4=120$ 个(2) 【解析】 分三步进行: 先填百位, 再填十位, 最后填各位, 每种都有 6 种方法, 根据分步计数原理,可以排出 $6 	imes 6 	imes 6=216$ 个不同的数.（3）解：两个数字相同有三种可能性, 即第一、二位, 第二、三位, 第三、一位相同, 而每种情况有 $6 	imes 5$ 种, 故有 $3 	imes 6 	imes 5=90$ (个).
题目（高三 · 组合数学）：编号为 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 的三位学生随机入座编号为 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 的三个座位, 每位学生坐一个座位, 设与座位编号相同的学生的个数是 $\bar{\zeta}$.

(1) 求随机变量 $\xi$ 的取值和对应的概率, 并列出分布列;

(2) 求随机变量 $\xi$ 的数学期望及方差.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 随机变量 $\xi$ 的取值为 $0,1,3$,

$P(\xi=0)=\frac{2}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{3} \quad P(\xi=1)=\frac{C_{3}^{1}}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{2} \quad P(\xi=3)=\frac{1}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{6}$
所以概率分布列为:

| $E$ | 0 | 1 | 3 |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| $P$ | $\frac{1}{3}$ | $\frac{1}{2}$ | $\frac{1}{6}$ |

(2) 【解析】 $E \xi=1 \times \frac{1}{2}+3 \times \frac{1}{6}=1$

$D(\xi)=(1-0)^{2} \times \frac{1}{3}+(1-1)^{2} \times \frac{1}{2}+(1-2)^{2} \times 0+(3-1)^{2} \times \frac{1}{6}=1$
解析：答案: (1) 【解析】 随机变量 $\xi$ 的取值为 $0,1,3$,

$P(\xi=0)=\frac{2}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{3} \quad P(\xi=1)=\frac{C_{3}^{1}}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{2} \quad P(\xi=3)=\frac{1}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{6}$
所以概率分布列为:

| $E$ | 0 | 1 | 3 |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| $P$ | $\frac{1}{3}$ | $\frac{1}{2}$ | $\frac{1}{6}$ |

(2) 【解析】 $E \xi=1 \times \frac{1}{2}+3 \times \frac{1}{6}=1$

$D(\xi)=(1-0)^{2} \times \frac{1}{3}+(1-1)^{2} \times \frac{1}{2}+(1-2)^{2} \times 0+(3-1)^{2} \times \frac{1}{6}=1$
题目（高三 · 组合数学）：(本小题 8 分)

己知 $(2 x-1)^{n}\left(n \in N^{*}\right)$ 的二项展开式中二项式系数之和为 256 .

(1) 求 $\mathrm{n}$ 的值;

(2) 求该展开式中 $x^{3}$ 项的系数.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 $2^{n}=256$, 解得 $n=8$;

(2) 【解析】 $T_{r+1}=C_{8}^{r} \cdot(2 x)^{8-r} \cdot(-1)^{r}$, 令 $8-r=3$,

可得 $r=5$ 时, $T_{6}=C_{8}^{3} \cdot(2 x)^{3} \cdot(-1)^{3}=-448 x^{3}$,

即 $x^{3}$ 项的系数为 -448 .
解析：答案: (1) 【解析】 $2^{n}=256$, 解得 $n=8$;

(2) 【解析】 $T_{r+1}=C_{8}^{r} \cdot(2 x)^{8-r} \cdot(-1)^{r}$, 令 $8-r=3$,

可得 $r=5$ 时, $T_{6}=C_{8}^{3} \cdot(2 x)^{3} \cdot(-1)^{3}=-448 x^{3}$,

即 $x^{3}$ 项的系数为 -448 .
题目（高三 · 组合数学）：(本小题 10 分)

编号为 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 的三位学生随机入座编号为 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 的三个座位, 每位学生坐一个座位, 设与座位编号相同的学生的个数是 $\xi$.

(1) 求随机变量 $\xi$ 的取值和对应的概率，并列出分布列;

(2) 求随机变量 $\xi$ 的数学期望及方差.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 随机变量 $\bar{\xi}$ 的取值为 $0,1,3$

$P(\xi=0)=\frac{2}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{3} \quad P(\xi=1)=\frac{C_{3}^{1}}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{2} \quad P(\xi=3)=\frac{1}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{6}$

所以概率分布列为:

<ImageHere>

$D(\xi)=(1-0)^{2} \times \frac{1}{3}+(1-1)^{2} \times \frac{1}{2}+(1-2)^{2} \times 0+(3-1)^{2} \times \frac{1}{6}=1$.

20.答案: (1) 【解析】 设服装店某季度销售 $M$ 型号童裤获得的利润为 $X$ （单位: 元）.

当需求量为 30 时, $X=15 \times 30-5(40-30)=400$,

当需求量为 40 时, $X=15 \times 40=600$,

当需求量为 50 时, $X=15 \times 40=600$.

所以 $P(X=400)=\frac{1}{3}, P(X=600)=\frac{2}{3}$,

故 $\mathrm{X}$ 的分布列为:

| $X$ | 400 | 600 |
| :--- | :--- | :--- |
| $P$ | $\frac{1}{3}$ | $\frac{2}{3}$ |

则 $E(X)=400 \times \frac{1}{3}+600 \times \frac{2}{3}=\frac{1600}{3} \approx
解析：答案: (1) 【解析】 随机变量 $\bar{\xi}$ 的取值为 $0,1,3$

$P(\xi=0)=\frac{2}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{3} \quad P(\xi=1)=\frac{C_{3}^{1}}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{2} \quad P(\xi=3)=\frac{1}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{6}$

所以概率分布列为:



$D(\xi)=(1-0)^{2} \times \frac{1}{3}+(1-1)^{2} \times \frac{1}{2}+(1-2)^{2} \times 0+(3-1)^{2} \times \frac{1}{6}=1$.

20.答案: (1) 【解析】 设服装店某季度销售 $M$ 型号童裤获得的利润为 $X$ （单位: 元）.

当需求量为 30 时, $X=15 \times 30-5(40-30)=400$,

当需求量为 40 时, $X=15 \times 40=600$,

当需求量为 50 时, $X=15 \times 40=600$.

所以 $P(X=400)=\frac{1}{3}, P(X=600)=\frac{2}{3}$,

故 $\mathrm{X}$ 的分布列为:

| $X$ | 400 | 600 |
| :--- | :--- | :--- |
| $P$ | $\frac{1}{3}$ | $\frac{2}{3}$ |

则 $E(X)=400 \times \frac{1}{3}+600 \times \frac{2}{3}=\frac{1600}{3} \approx
题目（高三 · 组合数学）：(本小题 12 分)

在 2019 年女排世界杯中, 中国女子排球队以 11 连胜的优异战绩夺冠, 为祖国母亲七十华诞献上了一份厚礼.排球比赛采用 5 局 3 胜制, 前 4 局比赛采用 25 分制, 每个队只有赢得至少 25 分, 并同时超过对方 2 分时, 才胜 1 局; 在决胜局（第 5 局）采用 15 分制, 每个队只有赢得至少 15 分, 并领先对方 2 分为胜, 在每局比赛中, 发球方赢得此球后可得 1 分, 并获得下一球的发球权, 否则交换发球权,并且对方得 1 分，现有甲乙两队进行排球比赛：

(1) 若前 3 局比赛中甲已经赢 2 局, 乙贏 1 局. 接下来两队赢得每局比赛的概率均为 $\frac{1}{2}$, 求甲队最后赢得整场比赛的概率;

（2）若前 4 局比赛中甲、乙两队已经各贏 2 局比赛. 在决胜局（第 5 局）中，两队当前的得分为甲、乙各 14 分, 且甲已获得下一球的发球权, 若甲发球时甲赢 1 分的概率为 $\frac{2}{5}$, 乙发球时甲赢 1 分的概率为 $\frac{3}{5}$, 得分者获得下一个球的发球权. 设两队打了 $x(x \leq 4)$ 个球后甲赢得整场比赛, 求 $\mathrm{x}$ 的取值及相应的概率 $P(x)$.
选项：
答案：1）解：甲队最后贏得整场比赛的情况为第 4 局赢或第 4 局输第 5 局赢, 所以甲队最后赢得整场比赛的概率为 $rac{1}{2}+rac{1}{2} 	imes rac{1}{2}=rac{3}{4}$; (2) 【解析】 根据比赛规则, $x$ 的取值只能为 2 或 4 , 对应比分分别为 16: 14, 17: 15,比分为 16: 14 是两队打了 2 个球后甲贏得整场比赛,即打第 1 个球甲发球甲得分，打第 2 个球甲发球甲得分，此时概率为 $\mathrm{P}(2)=rac{2}{5} 	imes rac{2}{5}=rac{4}{25}$,比分为 17: 15 是两队打了 4 个球后甲贏得整场比赛，即打第 1 个球甲发球甲得分，打第 2 个球甲发球甲失分，打第 3 个球乙发球甲得分，打第 4 个球甲发球甲得分或打第 1 个球甲发球甲失分，打第 2 个球乙发球甲得分，打第 3 个球甲发球甲得分, 打第 4 个球甲发球甲得分,此时概率为 $\mathrm{P}(4)=rac{2}{5} 	imes rac{3}{5} 	imes rac{3}{5} 	imes rac{2}{5}+rac{3}{5} 	imes rac{3}{5} 	imes rac{2}{5} 	imes rac{2}{5}=rac{72}{625}$
题目（高三 · 组合数学）：已知 4 名学生和 2 名教师站在一排照相, 求:

（1）中间二个位置排教师，有多少种排法?

（2）两名教师不能相邻的排法有多少种?

（3）两名教师不站在两端, 且必须相邻, 有多少种排法?
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 $A_{2}^{2} A_{4}^{4}=48$;

(2) 【解析】 $A_{4}^{4} A_{5}^{2}=480$;

(3) 【解析】 $A_{2}^{2} A_{4}^{2} A_{3}^{3}=144$.
解析：答案: (1) 【解析】 $A_{2}^{2} A_{4}^{4}=48$;

(2) 【解析】 $A_{4}^{4} A_{5}^{2}=480$;

(3) 【解析】 $A_{2}^{2} A_{4}^{2} A_{3}^{3}=144$.
题目（高三 · 组合数学）：有 4 个不同的球， 4 个不同的盒子，把球全部放入盒子内.

(1) 共有几种放法?

（2）恰有 2 个盒子不放球，有几种放法?
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 每一个球有 4 种放法, 故共有 $4^{4}=256$ (种)

(2) 【解析】 恰有 2 个盒子不放球, 也就是把 4 个不同的小球只放入 2 个盒子中, 有两类放法;第一类, 1 个盒子放 3 个小球, 1 个盒子放 1 个小球, 先把小球分组, 有 $C_{4}^{3}$ 种, 再放到 2 个小盒中有 $A_{4}^{2}$ 种放法, 共有 $C_{4}^{3} A_{4}^{2}$ 种方法;

第二类, 2 个盒子中各放 2 个小球有 $C_{4}^{2} C_{4}^{2}$ 种放法,

故恰有 2 个盒子不放球的方法共有 $C_{4}^{3} A_{4}^{2}+C_{4}^{2} C_{4}^{2}=84$ 种放法.
解析：答案: (1) 【解析】 每一个球有 4 种放法, 故共有 $4^{4}=256$ (种)

(2) 【解析】 恰有 2 个盒子不放球, 也就是把 4 个不同的小球只放入 2 个盒子中, 有两类放法;第一类, 1 个盒子放 3 个小球, 1 个盒子放 1 个小球, 先把小球分组, 有 $C_{4}^{3}$ 种, 再放到 2 个小盒中有 $A_{4}^{2}$ 种放法, 共有 $C_{4}^{3} A_{4}^{2}$ 种方法;

第二类, 2 个盒子中各放 2 个小球有 $C_{4}^{2} C_{4}^{2}$ 种放法,

故恰有 2 个盒子不放球的方法共有 $C_{4}^{3} A_{4}^{2}+C_{4}^{2} C_{4}^{2}=84$ 种放法.
题目（高三 · 组合数学）：盒子内有 3 个不同的黑球, 5 个不同的白球.

（1）全部取出排成一列，3个黑球两两不相邻的排法有多少种?

（2）从中任取 6 个球，白球的个数不比黑球个数少的取法有多少种?

（3）若取一个白球记 2 分, 取一个黑球记 1 分, 从中任取 5 个球, 使总分不少于 7 分的取法有多少种?
选项：
答案：(1) 【解析】 首先 5 个白球进行排列, 然后 3 个黑球进行插空, 则 3 个黑球两两不相邻的排法有 $A_{5}^{3} A_{6}^{3}=5 	imes 4 	imes 3 	imes 2 	imes 1 	imes 6 	imes 5 	imes 4=14400_{	ext {种； }}$（2）【解析】 从中任取 6 个球, 白球的个数不比黑球个数少的取法有 3 类: 1 个黑球和 5 个白球、 2 个黑球和 4 个白球、 3 个黑球和 3 个白球, 共有 $C_{3}^{1} C_{5}^{3}+C_{3}^{2} C_{5}^{4}+C_{3}^{3} C_{5}^{3}=28$ 种（3）【解析】 从中任取 5 个球，使总分不少于 7 分的取法有 4 类: 5 个白球、 4 个白球 1 个黑球、 3 个白球 2 个黑球、2 个白球 3 个黑球, 共有 $C_{5}^{3}+C_{3}^{1} C_{5}^{4}+C_{3}^{2} C_{5}^{3}+C_{3}^{3} C_{5}^{2}=56$ 种.
题目（高三 · 组合数学）：已知 $(2 x-1)^{n}\left(n \in N^{*}\right)$ 的二项展开式中二项式系数之和为 256 .

(1) 求 $\mathrm{n}$ 的值;

(2) 求该展开式中 $x^{3}$ 项的系数.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 $2^{n}=256$, 解得 $n=8$;

(2) 【解析】 $T_{r+1}=C_{8}^{r} \cdot(2 x)^{8-r} \cdot(-1)^{r}$, 令 $8-r=3$

可得 $r=5$ 时, $T_{6}=C_{8}^{3} \cdot(2 x)^{3} \cdot(-1)^{3}=-448 x^{3}$,

即 $x^{3}$ 项的系数为 -448 .
解析：答案: (1) 【解析】 $2^{n}=256$, 解得 $n=8$;

(2) 【解析】 $T_{r+1}=C_{8}^{r} \cdot(2 x)^{8-r} \cdot(-1)^{r}$, 令 $8-r=3$

可得 $r=5$ 时, $T_{6}=C_{8}^{3} \cdot(2 x)^{3} \cdot(-1)^{3}=-448 x^{3}$,

即 $x^{3}$ 项的系数为 -448 .
题目（高三 · 组合数学）：二项式 $\left(\sqrt{x}+\frac{1}{2 \sqrt[4]{x}^{n}}\right)^{n}$ 的展开式中，有且只有第三项的二项式系数最大.

(1) 求所有二项式系数的和;

(2) 求展开式中的有理项.
选项：
答案：答案: (1) 【解析】 由题意, 二项展开式中, 有且只有第三项的二项式系数最大, 可得 $n=4$,因此所有二项式系数的和 $C_{4}^{0}+C_{4}^{1}+\cdots+C_{4}^{4}=2^{4}=16$.

(2) 【解析】 二项展开式的通项为:

$$
T_{r+1}=C_{4}^{r}(\sqrt{x})^{4-r} \cdot\left(\frac{1}{2 \sqrt[4]{x}}\right)^{r}=C_{4}^{r} \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{r} x^{2-\frac{3 r}{4}}
$$

由有理项的定义, 可得 $2-\frac{3 r}{4} \in Z$, 所以 $r=0$ 或 $r=4$,

因此所求有理项为 $T_{1}=C_{4}^{0}\left(\frac{1}{2}\right)^{0} \cdot x^{2}=x^{2}, \quad T_{5}=C_{4}^{4}\left(\frac{1}{2}\right)^{4} \cdot x^{-1}=\frac{1}{16 x}$.
解析：答案: (1) 【解析】 由题意, 二项展开式中, 有且只有第三项的二项式系数最大, 可得 $n=4$,因此所有二项式系数的和 $C_{4}^{0}+C_{4}^{1}+\cdots+C_{4}^{4}=2^{4}=16$.

(2) 【解析】 二项展开式的通项为:

$$
T_{r+1}=C_{4}^{r}(\sqrt{x})^{4-r} \cdot\left(\frac{1}{2 \sqrt[4]{x}}\right)^{r}=C_{4}^{r} \cdot\left(\frac{1}{2}\right)^{r} x^{2-\frac{3 r}{4}}
$$

由有理项的定义, 可得 $2-\frac{3 r}{4} \in Z$, 所以 $r=0$ 或 $r=4$,

因此所求有理项为 $T_{1}=C_{4}^{0}\left(\frac{1}{2}\right)^{0} \cdot x^{2}=x^{2}, \quad T_{5}=C_{4}^{4}\left(\frac{1}{2}\right)^{4} \cdot x^{-1}=\frac{1}{16 x}$.
题目（高三 · 组合数学）：编号为 a, b, c 的三位学生随机入座编号为 a, b, c 的三个座位, 每位学生坐一个座位, 设与座位编号相同的学生的个数是 $\xi$.

(1) 求随机变量 $\xi$ 的取值和对应的概率, 并列出分布列;

(2) 求随机变量 $\xi$ 的数学期望及方差.
选项：
答案：答案:（1）解：随机变量 $\xi$ 的取值为 $0,1,3$

$P(\xi=0)=\frac{2}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{3} \quad P(\xi=1)=\frac{C_{3}^{1}}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{2} \quad P(\xi=3)=\frac{1}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{6}$

所以概率分布列为:

| $E$ | 0 | 1 | 3 |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| $P$ | $\frac{1}{3}$ | $\frac{1}{2}$ | $\frac{1}{6}$ |

(2) 【解析】 $E \xi=1 \times \frac{1}{2}+3 \times \frac{1}{6}=1$

$D(\xi)=(1-0)^{2} \times \frac{1}{3}+(1-1)^{2} \times \frac{1}{2}+(1-2)^{2} \times 0+(3-1)^{2} \times \frac{1}{6}=1$
解析：答案:（1）解：随机变量 $\xi$ 的取值为 $0,1,3$

$P(\xi=0)=\frac{2}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{3} \quad P(\xi=1)=\frac{C_{3}^{1}}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{2} \quad P(\xi=3)=\frac{1}{A_{3}^{3}}=\frac{1}{6}$

所以概率分布列为:

| $E$ | 0 | 1 | 3 |
| :--- | :--- | :--- | :--- |
| $P$ | $\frac{1}{3}$ | $\frac{1}{2}$ | $\frac{1}{6}$ |

(2) 【解析】 $E \xi=1 \times \frac{1}{2}+3 \times \frac{1}{6}=1$

$D(\xi)=(1-0)^{2} \times \frac{1}{3}+(1-1)^{2} \times \frac{1}{2}+(1-2)^{2} \times 0+(3-1)^{2} \times \frac{1}{6}=1$
题目（高三 · 组合数学）：(12 分) 一条铁路有 $n$ 个车站, 为适应客运需要, 新增了 $m$ 个车站, 且知 $m>1$,客运车票增加了 62 种, 问原来有多少个车站?现在有多少个车站?
选项：
答案：答案:15;
解析：原来 $n$ 个车站有车票 $\mathbb{A}_{n}^{2}$ 种, 新增了 $m$ 个车站, 有车票 $\dot{A}_{n+m}^{2}$ 种, 由题意得 $\mathrm{A}_{n+m}^{2}-\mathrm{A}_{n}^{2}=62$, 即 $(m+n)(m+n-1)-n(n-1)=62$ ，整理得 $2 m n+m^{2}-m=62, 	herefore n=rac{31}{m}-rac{m-1}{2}$由 $n>0$ 从而有 $rac{31}{m}>rac{m-1}{2}, 	herefore m^{2}-m-62<0$.又 $ecause m>1$, 解得 $1<m<rac{1+\sqrt{249}}{2}$, 即 $1<m \leq 8$ ，当 $m=3,4,5,6,7,8$ 时, $n$ 均不为整数, 只有 $m=2$ 时, $n=15$ 符合题意$	herefore m+n=17$, 故原来有 15 个车站, 现在有 17 个车站.
题目（高三 · 组合数学）：(12 分) 一场小型晚会有 3 个唱歌节目和 2 个相声节目, 要求排出一个节目单.

（1） 2 个相声节目要排在一起，有多少种排法?

（2）第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目, 有多少种排法?

（3）前 3 个节目中要有相声节目，有多少种排法?

(要求: 每小题都要有过程, 且计算结果都用数字表示)
选项：
答案：(1) 48 ; (2) 36 ; (3) 108
解析：1）把两个相声节目捆绑在一起作为一个节目与其他节目排列共有排法 $A_{4}^{4} \dot{A}_{2}^{2}=48$.2）选两个唱歌节目排在首尾，剩下的 3 个节目在中间排列，排法为 $A_{3}^{2} A_{3}^{3}=36$.（3） 5 个节目全排列减去后两个都是相声的排法，共有 $oldsymbol{A}_{5}^{5}-\mathbf{A}_{3}^{3} \mathbf{A}_{2}^{2}=120-12=108$.
题目（高三 · 组合数学）：(12 分) 按照下列要求, 分别求有多少种不同的方法? 用数字作答)

(1) 6 个不同的小球放入 4 个不同的盒子;

(2) 6 个不同的小球放入 4 个不同的盒子, 每个盒子至少一个小球;

（3） 6 个相同的小球放入 4 个不同的盒子, 每个盒子至少一个小球;

(4) 6 个不同的小球放入 4 个不同的盒子, 恰有 1 个空盒.
选项：
答案：答案:(1) 4096;（2）1560；(3) 10; (4)2160.
解析：答案:(1) 4096;（2）1560；(3) 10; (4)2160.

【解析】(1) $4^{6}=4096$.

(2) $\left(\frac{C_{6}^{2} C_{4}^{2} C_{2}^{1} C_{1}^{1}}{A_{2}^{2} A_{2}^{2}}+C_{6}^{3}\right) A_{4}^{4}=1560$.

(3) $C_{4}^{2}+4=10$ 或 $C_{5}^{2}=10$ 。

(4) $\left(C_{6}^{3} C_{3}^{2} C_{1}^{1}+\frac{C_{6}^{2} C_{4}^{2} C_{2}^{2}}{A_{3}^{3}}+C_{5}^{2}\right) A_{4}^{3}=2160$.

22.答案:（1）100800 个;（2）14400 个;（3） 5760 个;（4） 28800 个.

【解析】（1）分步完成：第一步在四个偶数中取三个，可有 $C_{4}^{3}$ 种情况;

第二步在五个奇数中取四个, 可有 $\mathrm{C}_{5}^{4}$ 种情况;

第三步三个偶数, 四个奇数进行排列, 可有 $\mathrm{A}_{7}^{7}$ 种情况,

所以符合题意的七位数有 $\mathrm{C}_{4}^{3} \mathrm{C}_{5}^{4} \mathrm{~A}_{7}^{7}=100800$ 个.

（2）上述七位数中，三个偶数排在一起的有 $C_{4}^{3} C_{5}^{4} A_{5}^{5} \mathrm{~A}_{3}^{3}=14400$.

（3）上述七位数中, 三个偶数排在一起, 四个奇数也排在一起的有 $C_{4}^{3} C_{5}^{4} A_{3}^{3} A_{4}^{4} A_{2}^{2}=5760$ 个.

（4）上述七位数中, 偶数都不相邻, 可先把四个奇数排好, 再将三个偶数分别插入 5 个空档,共有 $A_{5}^{4} C_{4}^{3} A_{5}^{3}=28800$ 个.
题目（高三 · 组合数学）：(12 分) 从 1 到 9 的九个数字中取三个偶数四个奇数, 试问:

(1) 能组成多少个没有重复数字的七位数?

(2) 在（1）中的七位数中三个偶数排在一起的有几个?

(3) 在（1）中的七位数中, 偶数排在一起、奇数也排在一起的有几个?

(4) 在（1）中任意两偶然都不相邻的七位数有几个?

(答题要求: 先列式, 后计算, 结果用具体数字表示.)
选项：
答案：1）100800 个;（2）14400 个;（3） 5760 个;（4） 28800 个.
解析：（1）分步完成：第一步在四个偶数中取三个，可有 $C_{4}^{3}$ 种情况;第二步在五个奇数中取四个, 可有 $\mathrm{C}_{5}^{4}$ 种情况;第三步三个偶数, 四个奇数进行排列, 可有 $\mathrm{A}_{7}^{7}$ 种情况, 所以符合题意的七位数有 $\mathrm{C}_{4}^{3} \mathrm{C}_{5}^{4} \mathrm{~A}_{7}^{7}=100800$ 个.（2）上述七位数中，三个偶数排在一起的有 $C_{4}^{3} C_{5}^{4} A_{5}^{5} \mathrm{~A}_{3}^{3}=14400$.（3）上述七位数中, 三个偶数排在一起, 四个奇数也排在一起的有 $C_{4}^{3} C_{5}^{4} A_{3}^{3} A_{4}^{4} A_{2}^{2}=5760$ 个.（4）上述七位数中, 偶数都不相邻, 可先把四个奇数排好, 再将三个偶数分别插入 5 个空档,共有 $A_{5}^{4} C_{4}^{3} A_{5}^{3}=28800$ 个.
题目（高三 · 组合数学）：(10 分)（1）解不等式: $3 \mathrm{~A}_{x}^{3} \leq 2 \mathrm{~A}_{x+1}^{2}+6 \mathrm{~A}_{x}^{2}$;

(2) 解方程: $A_{2 x+1}^{4}=140 A_{x}^{3}$.
选项：
答案：答案:(1) $\{3,4,5\}$; (2) $x=3$.
解析：答案:(1) $\{3,4,5\}$; (2) $x=3$.

【解析】(1) 由题意可知, $x \in \mathrm{N}$ 且 $x \geq 3$,

因为 $\hat{A}_{x}^{3}=x(x-1)(x-2), \hat{A}_{x+1}^{2}=(x+1) x, \hat{A}_{x}^{2}=x(x-1)$,

所以原不等式可化为 $3 x(x-1)(x-2) \leq 2 x(x+1)+6 x(x-1)$ ，

整理得 $(3 x-2)(x-5) \leq 0$,

所以， $3 \leq x \leq 5$, 所以原不等式的解集为 $\{3,4,5\}$.

(2) 易得 $\left\{\begin{array}{l}2 x+1 \geq 4 \\ x \geq 3 \\ x \in \mathbb{N}\end{array}\right.$, 所以 $x \geq 3, x \in \mathbb{N}$,

由 $A_{2 x+1}^{4}=140 \hat{A}_{x}^{3}$, 得 $(2 x+1) \cdot 2 x \cdot(2 x-1)(2 x-2)=140 x(x-1)(x-2)$,

整理得 $4 x^{2}-35 x+69=0$, 即 $(4 x-23)(x-3)=0$, 解得 $x=3_{\text {或 }}^{x=\frac{23}{4}}$ (舍去).

所以，原方程的解为 $x=3$.
题目（高三 · 组合数学）：（12 分）一个口袋内有 3 个不同的红球, 4 个不同的白球.

(3) 系数的绝对值最大的项.

(1) 从中任取 3 个球, 红球的个数不比白球少的取法有多少种?

（2）若取一个红球记 2 分, 取一个白球记 1 分, 从中任取 4 个球, 使总分不少于 6 分的取法有多少种?
选项：
答案：答案:(1) 13 ; (2) 22 .
解析：(1) 从中任取 3 个球, 红球的个数不比白球少的取法: 红球 3 个, 红球 2 个和白球 1 个.当取红球 3 个时, 取法有 1 种当取红球 2 个和白球 1 个时, 取法有 $C_{3}^{2} C_{4}^{1}=12$ 种.根据分类计数原理，红球的个数不少于白球的个数的取法有 $1+12=13$ 种.（2）使总分不少于 6 分情况有两种：红球 2 个和白球 2 个，红球 3 个和白球 1 个.第一种, 红球 2 个和白球 2 个, 取法有 $\mathrm{C}_{3}^{2} \mathrm{C}_{4}^{2}=18$ 种;第二种, 红球 3 个和白球 1 个, 取法有 $C_{3}^{3} C_{4}^{1}=4$ 种,根据分类计数原理，使总分不少于 6 分的取法有 $18+4=22$ 种.
题目（高三 · 组合数学）：(12 分) 已知 $(3 x-1)^{n}$ 的展开式中第 2 项与第 5 项的二项式系数相等, 求 $\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{2 x}$ 的展开式中:

(1) 所有二项式系数之和;

(2) 二项式系数最大的项;
选项：
答案：答案:(1) 1024 ; (2) -8064 ; (3) 第 4 项 $T_{3+1}=-15360 x^{4}$

【解析】(1) 由题意 $\mathrm{C}_{n}^{1}=\mathrm{C}_{n}^{4}$, 解得 $n=5$,

二项式系数和为 $2^{10}=1024$.

(2) 由于 $2 n=10$ 为偶数, 所以 $\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{10}$ 的展开式中第 6 项的二项式系数最大,

即 $T_{6}=T_{5+1}=C_{10}^{5} \cdot(2 x)^{5} \cdot\left(-\frac{1}{x}\right)^{5}=-8064$.

(3) 设第 $r+1$ 项的系数的绝对值最大,

则 $T_{\gamma+1}=C_{10}^{r} \cdot(2 x)^{10-r} \cdot\left(-\frac{1}{x}\right)^{\gamma}=(-1)^{\gamma} \cdot C_{10}^{\gamma} \cdot 2^{10-r} \cdot x^{10-2 r}$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}C_{10}^{\gamma} \cdot 2^{10-r} \geq C_{10}^{\gamma-1} \cdot 2^{10-\gamma+1} \\ C_{10}^{\gamma} \cdot 2^{10-r} \geq C_{10}^{\gamma+1} \cdot 2^{10-r-1}\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}C_{10}^{\gamma} \geq 2 C_{10}^{\gamma-1} \\ 2 C_{10}^{\gamma} \geq C_{10}^{\gamma+1}\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}11-r \geq 2 r \\ 2(r+1) \geq 10-r\end{array}\right.$,

$\therefore \frac{8}{3} \leq r \leq \frac{11}{3}, \therefore r=3$,

故系数的绝对值最大的是第 4 项, 即 $T_{3+1}=(-1)^{3} \cdot C_{10}^{3} \cdot 2^{10-3} \cdot x^{4}=-15360 x^{4}$.
解析：答案:(1) 1024 ; (2) -8064 ; (3) 第 4 项 $T_{3+1}=-15360 x^{4}$

【解析】(1) 由题意 $\mathrm{C}_{n}^{1}=\mathrm{C}_{n}^{4}$, 解得 $n=5$,

二项式系数和为 $2^{10}=1024$.

(2) 由于 $2 n=10$ 为偶数, 所以 $\left(2 x-\frac{1}{x}\right)^{10}$ 的展开式中第 6 项的二项式系数最大,

即 $T_{6}=T_{5+1}=C_{10}^{5} \cdot(2 x)^{5} \cdot\left(-\frac{1}{x}\right)^{5}=-8064$.

(3) 设第 $r+1$ 项的系数的绝对值最大,

则 $T_{\gamma+1}=C_{10}^{r} \cdot(2 x)^{10-r} \cdot\left(-\frac{1}{x}\right)^{\gamma}=(-1)^{\gamma} \cdot C_{10}^{\gamma} \cdot 2^{10-r} \cdot x^{10-2 r}$,

$\therefore\left\{\begin{array}{l}C_{10}^{\gamma} \cdot 2^{10-r} \geq C_{10}^{\gamma-1} \cdot 2^{10-\gamma+1} \\ C_{10}^{\gamma} \cdot 2^{10-r} \geq C_{10}^{\gamma+1} \cdot 2^{10-r-1}\end{array}\right.$, 得 $\left\{\begin{array}{l}C_{10}^{\gamma} \geq 2 C_{10}^{\gamma-1} \\ 2 C_{10}^{\gamma} \geq C_{10}^{\gamma+1}\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}11-r \geq 2 r \\ 2(r+1) \geq 10-r\end{array}\right.$,

$\therefore \frac{8}{3} \leq r \leq \frac{11}{3}, \therefore r=3$,

故系数的绝对值最大的是第 4 项, 即 $T_{3+1}=(-1)^{3} \cdot C_{10}^{3} \cdot 2^{10-3} \cdot x^{4}=-15360 x^{4}$.
题目（高三 · 组合数学）：(12 分) 在班级活动中, 4 名男生和 3 名女生站成一排表演节目: (写出必要的数学式, 结果用数字作答)

(1) 三名女生不能相邻, 有多少种不同的站法?

（2）女生甲不能站在左端, 女生乙不能站在右端, 有多少种不同的排法?

（3）甲乙丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法?（甲乙丙三位同学身高互不相等)

(4) 从中选出 2 名男生和 2 名女生表演分四个不同角色朗诵, 有多少种选派方法?
选项：
答案：答案:(1) 1440 ; (2) 3720 ; (3) 840 ; (4)
解析：答案:(1) 1440 ; (2) 3720 ; (3) 840 ; (4)