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第14讲 排列组合与二项式定理-2021届高考数学（理）培优专题提升训练（解析版）
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这是一份第14讲 排列组合与二项式定理-2021届高考数学（理）培优专题提升训练（解析版），共10页。试卷主要包含了 5的展开式中33的系数为等内容，欢迎下载使用。
选择题
1．(2018全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是
A．B．C． D．
【答案】C
【解析】不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，从中随机选取两个不同的数有种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率，故选C．
2．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（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【答案】D
【解析】 ,故选D。
3．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( )
A．12种 B．18种 C．36种 D．54种
答案 B
【解析】先放1、2的卡片有Ceq \\al(1,3)种，再将3、4、5、6的卡片平均分成两组再放置，有种，故共有种．
4．甲、乙、丙、丁和戊名同学进行数学应用知识比赛，决出第名至第名（没有重名次）. 已知甲、乙均未得到第名，且乙不是最后一名，则人的名次排列情况可能有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C[
【解析】由题意，甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有种情况；再排甲，也有种情况；余下人有种排法．故共有种不同的情况,故选C.
5.（2019全国III理）（1+2x2 ）（1+x）4的展开式中x3的系数为（ ）
A．12B．16C．20 D．24
【答案】A
【解析】 的展开式中的系数为．故选A．
6． (+)(2-)5的展开式中33的系数为（ ）
A．-80 B．-40 C．40 D．80
【答案】C
【解析】由 展开式的通项公式： 可得：
当 时， 展开式中 的系数为
当 时， 展开式中 的系数为C52×23×-12=80 ，
则 的系数为 .本题选择C选项.
7．已知的展开式中含的项的系数为30，则（ ）
B. C.6 D-6
【答案】D.
【解析】，令，可得，故选D.
8．某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）
A．30 B．600 C．720 D．840
【答案】C
【解析】．
二、填空题
9．(2018全国卷Ⅰ)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___种．（用数字填写答案）
【答案】16
【解析】通解 可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有
（种）；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有（种）．
根据分类加法计数原理知，至少有l位女生人选的不同的选法有16种．
优解 从6人中任选3人，不同的选法有（种），从6人中任选3人都是男生，不同的选法有（种），所以至少有1位女生入选的不同的选法有20–4 =16（种）．
10．(2018年高考浙江卷)从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成 个没有重复数字的四位数．(用数字作答)
【答案】1260
【解析】若取的4个数字不包括0，则可以组成的四位数的个数为；若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为．综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为+ =720+ 540 =1 260．
11．（2019年高考浙江卷）在二项式的展开式中，常数项是________，系数为有理数的
项的个数是_______.
【答案】5
解析：二项式 QUOTE (2+x)9 的展开式的通项为 QUOTE Tr+1=C9r(2)9-rxr=29-r2C9rxr ．
由 QUOTE r=0 ，得常数项是 QUOTE T1=162 ；当r=1 QUOTE r=1 ，3，5，7，9时，系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数是5个．
12．用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有___________个.（用数字作答）
【答案】
【解析】
13．的展开式中的系数是 .（用数字填写答案）
【答案】
【解析】由题意，二项式展开的通项，令，得，则的系数是.
14．若展开式的二项式系数之和为128，则展开式中的系数为______.
【答案】35
【解析】由题意，，展开式通项为，令，，故的系数为．
三、解答题
15．给图中A、B、C、D、E、F六个区域进行染色,每个区域只染一种颜色,且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择,则共有多少不同的染色方案.
A
B
C
D
E
F
（第7题图）
【解析】先染ABC有种,若A,F不相同,则F,E,D唯一;若AF相同,讨论EC,若EC相同,D有2种,则,若EC不相同,D有1种,则.所以一共有++= 96种.
16．从5名女同学和4名男同学中选出4人参加四场不同的演讲,分别按 下列要求,各有多少种不同选法?(用数字作答)
(1)男、女同学各2名.
(2)男、女同学分别至少有1名.
(3)在(2)的前提下,男同学甲与女同学乙不能同时选出.
【解析】(1) 所以男、女同学各2名共有1440种选法.
(2) 所以男、女同学分别至少有1名共有2880种选法,
(3) 所以在(2)的前提下,男同学甲与女同学乙不能同时选出共有2376种选法.
17．在二项式的展开式，前三项的系数成等差数列，把展开式中所有的项重新排成一列，求有理数都互不相邻的概率
【解析】展开式通项为（），由题意，．所以当时为整数，相应的项为有理数，因此题二项式展开式中共有9项，其中有3项是有理数，6项是无理数，所求概率为．
B组
一、选择题
1、二项式的展开式中的系数为15，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【解析】二项式的展开式的通项是，令得的系数是，因为的系数为，所以，即，解得：或，因为，所以，故选C．
2、用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（ ）
（A）144个 （B）120个 （C）96个 （D）72个
【答案】B
【解析】据题意，万位上只能排4、5.若万位上排4，则有个；若万位上排5，则有个.所以共有个.选B.
3、已知的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）
A. B． C． D．
【答案】D
【解析】因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以，解得，
所以二项式中奇数项的二项式系数和为.
4、若的展开式中的二项式系数之和为64，则该展开式中的系数是（ ）
A．15 B． C．20 D．
【答案】A
【解析】由题意得，因此，从而，因此展开式中的系数是选A.
二、填空题
3.（2019天津理10）是展开式中的常数项为 .
【答案】28.
解析 由题意，可知此二项式的展开式的通项为
．
所以当，即时，为常数项，此时．
5、的展开式中的系数是________(用数字作答).
【答案】
【解析】二项展开式通项为，令，解得，因此的系数为.
6、已知，则____.
【答案】1
【解析】在已知式中，令得①，令得②，①－②得，所以．
三、解答题
7、将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，若只有5种颜色可供使用,则不同的染色方法总数有多少种。
【解析】四棱锥为.下面分两种情况，即 = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①与同色.各个点的不同的染色方法：点有种；点有；点有种.点有种. 共有种不同的方法.
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②与不同色讨论.点有种；点有；点有种.与不同色有种；点有种. 共有种不同的方法.；综上，共有种不同的染色方法.
8、在二项式的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列.
（1）求展开式中的常数项；
（2）求展开式中各项的系数和.
【解析】（1）写出二项式的展开式的特征项，当的指数是1,2,3时，把1,2,3代入整理出这些项的系数的值即：.（2）根据上一问得出的结论令即可.解题的关键是写出展开式的特征项，利用特征项的特点解决问题，注意代数式的整理，特别是当分母上带有变量时注意整理.
解：展开式的通项为,…
由已知：成等差数列，
∴
（1） （2）令，各项系数和为
9、在二项式的展开式中，恰好第五项的二项式系数最大．
（1）求展开式中各项的系数和；
（2）求展开式中的有理项．
【解析】在展开式中，恰好第五项的二项式系数最大，则展开式有9项，∴ ．
∴ 二项式中，令 ，展开式中各项的系数和为．
（2）通项公式为 ，r=0，1，2，…，8．
当为整数，即时，展开式是有理项，有理项为第3、6、9项，即；
；．
10、已知展开式的二项式系数和为512，且.
（1）求的值；
（2）求的值.
【解析】（1）根据二项式的系数和即为，可得，因此可将变形为
，其二项展开式的第为，故令，可得；（2）首先令令，再令令，得，从而.
（1）由二项式系数和为512知， 2分，
，∴ 6分 SKIPIF 1 < 0 ；
（2）令，令，得，
∴ 12分
C组
一、选择题
1、的展开式中，的系数为( )
（A）10 （B）20 （C）30 （D）60
【答案】C
【解析】在的5个因式中，2个取因式中剩余的3个因式中1个取，其余因式取y,故的系数为=30，故选 C.
2、某次联欢会要安排3个歌舞类节目、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（ ）
A.72 B.120 C.144 D.3
解：先排歌舞，有种不同排法，再插入小品和相声，若小品插入两边，则不合题意；若两个小品插入中间的两个空，×^×^×，则1个相声可以插入中间和两边6个位置的任意一个，有种；若两个小品插入2个中间位置中的1个和两边中任意一个位置，则1个相声只能插入2个中间位置中的另一个，有，由加法原理和乘法原理得，共有。
点评：本题考查加法原理、乘法原理、排列、组合，涉及分类讨论，属中档题。
易错提醒：排列组合问题最易多或少。如：先排2个小品，再插入1个相声，再插入3个歌舞，得或，都是错误的。正确分类是解决这类问题最常用的方法。
3、 的展开式中 的系数为（ ）
A．60 B．50 C．40D．20
【答案】A
【解析】故展开式中的系数为，故选A．
4、已知实数满足，，且，则（ ）
A．或 B．或 C．1 D．3
【答案】B
【解析】 ，令，得；令，得；又
，得，解得的值为1或．
二、填空题
5、的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则__________．
【答案】
【解析】由已知得，故的展开式中x的奇数次幂项分别为，，，，，其系数之和为，解得．
6、在的展开式中，项的系数为 （结果用数值表示）．
【答案】
【解析】因为，所以项只能在展开式中，即为，系数为
三、解答题
7、 求展开式中的常数项
【解析】第一个展开式中的指数依次是，
第二个展开式中的指数依次是
根据多项式乘法规则，常数项只能是第一个展开式中的指数是的项与第二个展开式中的指数是对应项的乘积，根据二项式定理中的通项公式，得所求常数项为]
8、编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，不同的放法有多少种？
【解析】根据A球所在位置分三类：
(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则根据分步计数原理得，此时有＝6种不同的放法；
(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则根据分步计数原理得，此时有＝6种不同的放法；
(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号、3号、5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C、D、E，有＝6种不同的放法，根据分步计数原理得，此时有＝18种不同的放法．综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．
9、有5名男生和3名女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，分别求符合下列条件的选法数：
(1)有女生但人数必须少于男生；
(2)某女生一定要担任语文课代表；
(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；
(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．
【解析】 (1)先选后排．符合条件的课代表人员的选法有种，排列方法有种，所以满足题意的选法有 (种).
(2)除去该女生后，即相当于挑选剩余的7名学生担任四科的课代表，有＝840(种)选法.
(3)先选后排．从剩余的7名学生中选出4名有种选法，排列方法有种，所以选法共有 (种).
(4)先从除去该男生和该女生的6人中选出3人，有种选法，该男生的安排方法有种，其余3人全排列，有种，因此满足题意的选法共有＝360(种).
10、【2016高考江苏卷】
（1）求 的值；
（2）设m，nN*，n≥m，求证：
（m+1）+（m+2）+（m+3）+…+n+（n+1）=（m+1）.
【解析】1）
（2）当时，结论显然成立，当时
又因为
所以
因此
选择题
1．(2018全国卷Ⅱ)我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是
A．B．C． D．
【答案】C
【解析】不超过30的素数有2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，共10个，从中随机选取两个不同的数有种不同的取法，这10个数中两个不同的数的和等于30的有3对，所以所求概率，故选C．
2．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（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【答案】D
【解析】 ,故选D。
3．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中．若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( )
A．12种 B．18种 C．36种 D．54种
答案 B
【解析】先放1、2的卡片有Ceq \\al(1,3)种，再将3、4、5、6的卡片平均分成两组再放置，有种，故共有种．
4．甲、乙、丙、丁和戊名同学进行数学应用知识比赛，决出第名至第名（没有重名次）. 已知甲、乙均未得到第名，且乙不是最后一名，则人的名次排列情况可能有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C[
【解析】由题意，甲、乙都不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有种情况；再排甲，也有种情况；余下人有种排法．故共有种不同的情况,故选C.
5.（2019全国III理）（1+2x2 ）（1+x）4的展开式中x3的系数为（ ）
A．12B．16C．20 D．24
【答案】A
【解析】 的展开式中的系数为．故选A．
6． (+)(2-)5的展开式中33的系数为（ ）
A．-80 B．-40 C．40 D．80
【答案】C
【解析】由 展开式的通项公式： 可得：
当 时， 展开式中 的系数为
当 时， 展开式中 的系数为C52×23×-12=80 ，
则 的系数为 .本题选择C选项.
7．已知的展开式中含的项的系数为30，则（ ）
B. C.6 D-6
【答案】D.
【解析】，令，可得，故选D.
8．某班准备从甲、乙等七人中选派四人发言，要求甲乙两人至少有一人参加，那么不同的发言顺序有（ ）
A．30 B．600 C．720 D．840
【答案】C
【解析】．
二、填空题
9．(2018全国卷Ⅰ)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___种．（用数字填写答案）
【答案】16
【解析】通解 可分两种情况：第一种情况，只有1位女生入选，不同的选法有
（种）；第二种情况，有2位女生入选，不同的选法有（种）．
根据分类加法计数原理知，至少有l位女生人选的不同的选法有16种．
优解 从6人中任选3人，不同的选法有（种），从6人中任选3人都是男生，不同的选法有（种），所以至少有1位女生入选的不同的选法有20–4 =16（种）．
10．(2018年高考浙江卷)从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成 个没有重复数字的四位数．(用数字作答)
【答案】1260
【解析】若取的4个数字不包括0，则可以组成的四位数的个数为；若取的4个数字包括0，则可以组成的四位数的个数为．综上，一共可以组成的没有重复数字的四位数的个数为+ =720+ 540 =1 260．
11．（2019年高考浙江卷）在二项式的展开式中，常数项是________，系数为有理数的
项的个数是_______.
【答案】5
解析：二项式 QUOTE (2+x)9 的展开式的通项为 QUOTE Tr+1=C9r(2)9-rxr=29-r2C9rxr ．
由 QUOTE r=0 ，得常数项是 QUOTE T1=162 ；当r=1 QUOTE r=1 ，3，5，7，9时，系数为有理数，所以系数为有理数的项的个数是5个．
12．用数字1，2，3，4，5，6，7，8，9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有___________个.（用数字作答）
【答案】
【解析】
13．的展开式中的系数是 .（用数字填写答案）
【答案】
【解析】由题意，二项式展开的通项，令，得，则的系数是.
14．若展开式的二项式系数之和为128，则展开式中的系数为______.
【答案】35
【解析】由题意，，展开式通项为，令，，故的系数为．
三、解答题
15．给图中A、B、C、D、E、F六个区域进行染色,每个区域只染一种颜色,且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择,则共有多少不同的染色方案.
A
B
C
D
E
F
（第7题图）
【解析】先染ABC有种,若A,F不相同,则F,E,D唯一;若AF相同,讨论EC,若EC相同,D有2种,则,若EC不相同,D有1种,则.所以一共有++= 96种.
16．从5名女同学和4名男同学中选出4人参加四场不同的演讲,分别按 下列要求,各有多少种不同选法?(用数字作答)
(1)男、女同学各2名.
(2)男、女同学分别至少有1名.
(3)在(2)的前提下,男同学甲与女同学乙不能同时选出.
【解析】(1) 所以男、女同学各2名共有1440种选法.
(2) 所以男、女同学分别至少有1名共有2880种选法,
(3) 所以在(2)的前提下,男同学甲与女同学乙不能同时选出共有2376种选法.
17．在二项式的展开式，前三项的系数成等差数列，把展开式中所有的项重新排成一列，求有理数都互不相邻的概率
【解析】展开式通项为（），由题意，．所以当时为整数，相应的项为有理数，因此题二项式展开式中共有9项，其中有3项是有理数，6项是无理数，所求概率为．
B组
一、选择题
1、二项式的展开式中的系数为15，则（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【解析】二项式的展开式的通项是，令得的系数是，因为的系数为，所以，即，解得：或，因为，所以，故选C．
2、用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（ ）
（A）144个 （B）120个 （C）96个 （D）72个
【答案】B
【解析】据题意，万位上只能排4、5.若万位上排4，则有个；若万位上排5，则有个.所以共有个.选B.
3、已知的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）
A. B． C． D．
【答案】D
【解析】因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以，解得，
所以二项式中奇数项的二项式系数和为.
4、若的展开式中的二项式系数之和为64，则该展开式中的系数是（ ）
A．15 B． C．20 D．
【答案】A
【解析】由题意得，因此，从而，因此展开式中的系数是选A.
二、填空题
3.（2019天津理10）是展开式中的常数项为 .
【答案】28.
解析 由题意，可知此二项式的展开式的通项为
．
所以当，即时，为常数项，此时．
5、的展开式中的系数是________(用数字作答).
【答案】
【解析】二项展开式通项为，令，解得，因此的系数为.
6、已知，则____.
【答案】1
【解析】在已知式中，令得①，令得②，①－②得，所以．
三、解答题
7、将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，若只有5种颜色可供使用,则不同的染色方法总数有多少种。
【解析】四棱锥为.下面分两种情况，即 = 1 \* GB3 \* MERGEFORMAT ①与同色.各个点的不同的染色方法：点有种；点有；点有种.点有种. 共有种不同的方法.
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②与不同色讨论.点有种；点有；点有种.与不同色有种；点有种. 共有种不同的方法.；综上，共有种不同的染色方法.
8、在二项式的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列.
（1）求展开式中的常数项；
（2）求展开式中各项的系数和.
【解析】（1）写出二项式的展开式的特征项，当的指数是1,2,3时，把1,2,3代入整理出这些项的系数的值即：.（2）根据上一问得出的结论令即可.解题的关键是写出展开式的特征项，利用特征项的特点解决问题，注意代数式的整理，特别是当分母上带有变量时注意整理.
解：展开式的通项为,…
由已知：成等差数列，
∴
（1） （2）令，各项系数和为
9、在二项式的展开式中，恰好第五项的二项式系数最大．
（1）求展开式中各项的系数和；
（2）求展开式中的有理项．
【解析】在展开式中，恰好第五项的二项式系数最大，则展开式有9项，∴ ．
∴ 二项式中，令 ，展开式中各项的系数和为．
（2）通项公式为 ，r=0，1，2，…，8．
当为整数，即时，展开式是有理项，有理项为第3、6、9项，即；
；．
10、已知展开式的二项式系数和为512，且.
（1）求的值；
（2）求的值.
【解析】（1）根据二项式的系数和即为，可得，因此可将变形为
，其二项展开式的第为，故令，可得；（2）首先令令，再令令，得，从而.
（1）由二项式系数和为512知， 2分，
，∴ 6分 SKIPIF 1 < 0 ；
（2）令，令，得，
∴ 12分
C组
一、选择题
1、的展开式中，的系数为( )
（A）10 （B）20 （C）30 （D）60
【答案】C
【解析】在的5个因式中，2个取因式中剩余的3个因式中1个取，其余因式取y,故的系数为=30，故选 C.
2、某次联欢会要安排3个歌舞类节目、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（ ）
A.72 B.120 C.144 D.3
解：先排歌舞，有种不同排法，再插入小品和相声，若小品插入两边，则不合题意；若两个小品插入中间的两个空，×^×^×，则1个相声可以插入中间和两边6个位置的任意一个，有种；若两个小品插入2个中间位置中的1个和两边中任意一个位置，则1个相声只能插入2个中间位置中的另一个，有，由加法原理和乘法原理得，共有。
点评：本题考查加法原理、乘法原理、排列、组合，涉及分类讨论，属中档题。
易错提醒：排列组合问题最易多或少。如：先排2个小品，再插入1个相声，再插入3个歌舞，得或，都是错误的。正确分类是解决这类问题最常用的方法。
3、 的展开式中 的系数为（ ）
A．60 B．50 C．40D．20
【答案】A
【解析】故展开式中的系数为，故选A．
4、已知实数满足，，且，则（ ）
A．或 B．或 C．1 D．3
【答案】B
【解析】 ，令，得；令，得；又
，得，解得的值为1或．
二、填空题
5、的展开式中x的奇数次幂项的系数之和为32，则__________．
【答案】
【解析】由已知得，故的展开式中x的奇数次幂项分别为，，，，，其系数之和为，解得．
6、在的展开式中，项的系数为 （结果用数值表示）．
【答案】
【解析】因为，所以项只能在展开式中，即为，系数为
三、解答题
7、 求展开式中的常数项
【解析】第一个展开式中的指数依次是，
第二个展开式中的指数依次是
根据多项式乘法规则，常数项只能是第一个展开式中的指数是的项与第二个展开式中的指数是对应项的乘积，根据二项式定理中的通项公式，得所求常数项为]
8、编号为A，B，C，D，E的五个小球放在如图所示的五个盒子里，要求每个盒子只能放一个小球，且A球不能放在1,2号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，不同的放法有多少种？
【解析】根据A球所在位置分三类：
(1)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则根据分步计数原理得，此时有＝6种不同的放法；
(2)若A球放在5号盒子内，则B球只能放在4号盒子内，余下的三个盒子放球C、D、E，则根据分步计数原理得，此时有＝6种不同的放法；
(3)若A球放在4号盒子内，则B球可以放在2号、3号、5号盒子中的任何一个，余下的三个盒子放球C、D、E，有＝6种不同的放法，根据分步计数原理得，此时有＝18种不同的放法．综上所述，由分类计数原理得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．
9、有5名男生和3名女生，从中选出5人担任5门不同学科的课代表，分别求符合下列条件的选法数：
(1)有女生但人数必须少于男生；
(2)某女生一定要担任语文课代表；
(3)某男生必须包括在内，但不担任数学课代表；
(4)某女生一定要担任语文课代表，某男生必须担任课代表，但不担任数学课代表．
【解析】 (1)先选后排．符合条件的课代表人员的选法有种，排列方法有种，所以满足题意的选法有 (种).
(2)除去该女生后，即相当于挑选剩余的7名学生担任四科的课代表，有＝840(种)选法.
(3)先选后排．从剩余的7名学生中选出4名有种选法，排列方法有种，所以选法共有 (种).
(4)先从除去该男生和该女生的6人中选出3人，有种选法，该男生的安排方法有种，其余3人全排列，有种，因此满足题意的选法共有＝360(种).
10、【2016高考江苏卷】
（1）求 的值；
（2）设m，nN*，n≥m，求证：
（m+1）+（m+2）+（m+3）+…+n+（n+1）=（m+1）.
【解析】1）
（2）当时，结论显然成立，当时
又因为
所以
因此
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