高考数学二轮复习教案：第二编 专题六 第1讲

高考数学二轮复习教案：第二编 专题六 第1讲

专题六 概率与统计 第1讲　排列、组合、二项式定理 ‎「考情研析」　　　　1.高考中主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，有时会与概率相结合，以选择题、填空题为主．　2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇，值得关注.‎ 核心知识回顾 ‎1．排列 排列数公式：A＝n(n－1)…(n－m＋1)＝(m≤n，m，n∈N*)．‎ ‎2．组合 ‎(1)组合数公式：C＝＝＝(m≤n，m，n∈N*)，由于0！＝1，所以C＝1.‎ ‎(2)组合数的性质 ‎3．二项式定理 ‎(1)二项展开式 ‎(a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)．‎ 通项：Tk＋1＝Can－kbk(k＝0,1,2，…，n)．‎ ‎(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＋…＝.‎ 热点考向探究 考向1 　两个计数原理 例1　(1)(2019·哈尔滨市第六中学高三第二次模拟)2020年东京夏季奥运会将设置4×100米男女混合泳接力这一新的比赛项目，比赛的规则是：每个参赛国家派出2男2女共计4名运动员参加比赛，按照仰泳→蛙泳→蝶泳→自由泳的接力顺序，每种泳姿100米且由1名运动员完成，且每名运动员都要出场，若中国队确定了备战该项目的4名运动员名单，其中女运动员甲只能承担仰泳或者自由泳，男运动员乙只能承担蝶泳或者自由泳，剩下的2名运动员四种泳姿都可以承担，则中国队的排兵布阵的方式共有(　　)‎ A．144种 B．24种 ‎ C．12种 D．6种 答案　D 解析　由题意，若甲承担仰泳，则乙运动员有2种安排方法，其他两名运动员有2种安排方法，共计2×2＝4种方法，若甲承担自由泳，则乙运动员只能安排蝶泳，其他两名运动员有A＝2种安排方法，共计2种方法，所以中国队共有4＋2＝6种不同的安排方法．故选D.‎ ‎(2)某地实行高考改革，考生除参加语文，数学，外语统一考试外，还需从物理，化学，生物，政治，历史，地理六科中选考三科，要求物理，化学，生物三科至少选一科，政治，历史，地理三科至少选一科，则考生共有______种选考方法(　　)‎ A．6 B．12 ‎ C．18 D．24‎ 答案　C 解析　①从物化生中选一科，从史地政中选两科，有：CC＝9，②从物化生中选两科，从史地政中选一科，有CC＝9，所以共有9＋9＝18种．故选C.‎ ‎(3)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．72种 B．48种 C．24种 D．12种 答案　A 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，B有3种涂法，C有2种涂法，D有1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．‎ 应用两个计数原理解题的方法 ‎(1)在应用分类计数原理和分步计数原理时，一般先分类再分步，每一步当中又可能用到分类计数原理．‎ ‎(2)对于复杂的两个原理综合使用的问题，可恰当列出示意图或表格，使问题形象化、直观化．‎ ‎1．(2019·大兴区高三4月一模)中国古代将物质属性分为“金、木、土、水、火”五种，其相互关系是“金克木，木克土，土克水，水克火，火克金．”将五种不同属性的物质任意排成一列，则属性相克的两种物质不相邻的排法种数为(　　)‎ A．8 B．10 ‎ C．15 D．20‎ 答案　B 解析　由题意知，可看作五个位置排列五个元素，第一位置有五种排列方法，不妨假设是金，则第二步只能从土与水两者中选一种排放，有两种选择，不妨假设排上的是水，第三步只能排上木，第四步只能排上火，第五步只能排上土，故总的排列方法种数有5×2×1×1×1＝10.故选B.‎ ‎2．从6个盒子中选出3个来装东西，且甲、乙两个盒子至少有一个被选中的情况有(　　)‎ A．16种 B．18种 ‎ C．22种 D．37种 答案　A 解析　可分为两类，第一类：甲、乙两个盒子恰有一个被选中，有CC＝12种；第二类：甲、乙两个盒子都被选中，有CC＝4种，所以共有12＋4＝16种不同的情况．故选A.‎ ‎3．将一个四棱锥的每个顶点染上1种颜色，并使同一条棱的两个端点异色，若只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法有(　　)‎ A．48种 B．72种 ‎ C．96种 D．108种 答案　B 解析　如图所示，若点B与D处所染颜色相同，则不同的染色方法有4×3×2×2＝48种；若点B与D处所染颜色不相同，则不同的染色方法有4×3×2×1＝24种，由分类加法计数原理可知不同的染色方法有48＋24＝72种．‎ 考向2 　排列与组合问题 例2　(1)(2019·天一大联考高三阶段性测试)有5名学生需从数学建模、程序设计两门课中选择一门，且每门课至少有2名学生选择，则不同的选择方法共有(　　)‎ A．10种 B．12种 ‎ C．15种 D．20种 答案　D 解析　根据题意，先将5人分为2组，一组3人，另一组2人，有C＝10种情况，再将2组对应2门课程，有A＝2种情况，则不同的选择方法种数为10×2＝20.故选D.‎ ‎(2)将数字“124467”重新排列后得到不同偶数的个数为(　　)‎ A．72 B．120 ‎ C．192 D．240‎ 答案　D 解析　由题意，末尾是2或6，不同偶数的个数为＝120，末尾是4，不同偶数的个数为A＝120，故共有120＋120＝240.故选D.‎ ‎(3)某人制订了一项旅游计划，从7个旅游城市中选择5个进行游览．若A，B为必选城市，并且在游览过程中必须按先A后B的顺序经过A，B两城市(A，B两城市可以不相邻)，则不同的游览线路有(　　)‎ A．120种 B．240种 ‎ C．480种 D．600种 答案　D 解析　已知A，B必选，则从剩下的5个城市中再选取3个，有C种情况，此时5个城市已确定，将其全排列共有A种情况，又A，B顺序一定，则根据分步乘法计数原理，得不同的游览线路有＝600种．故选D.‎ 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，可以利用捆绑法．‎ ‎(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．‎ ‎1．某市委从组织机关10名科员中选3人担任驻村第一书记，则甲、乙至少有1人入选，而丙没有入选的不同选法的种数为(　　)‎ A．85 B．56 ‎ C．49 D．28‎ 答案　C 解析　由于丙不入选，相当于从9人中选派3人．‎ 解法一：(直接法)甲、乙两人均入选，有CC种选法，甲、乙两人只有1人入选，有CC种选法．由分类加法计数原理，共有CC＋CC＝49种不同选法．‎ 解法二：(间接法)从9人中选3人有C种选法，其中甲、乙均不入选有C种选法．满足条件的选派方法有C－C＝84－35＝49种不同选法．‎ ‎2．(2019·甘肃省高三第一次高考诊断)《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳(约公元2世纪)所著，该书主要记述了：积算(即筹算)、太乙、两仪、三才、五行、八卦、九宫、运筹、了知、成数、把头、龟算、珠算、计数14种计算器械的使用方法．某研究性学习小组3人分工搜集整理14种计算器械的相关资料，其中一人4种、另两人每人5种计算器械，则不同的分配方法有(　　)‎ A. B. C. D．CCC 答案　A 解析　先将14种计算器械分为三组，方法数有种，再排给3个人，方法数有×A种．故选A.‎ ‎3．从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为(　　)‎ A．24 B．18 ‎ C．12 D．6‎ 答案　B 解析　根据所选偶数为0和2分类讨论求解．‎ ‎①当选数字0时，再从1,3,5中取2个数字排在个位与百位，因此排成的三位奇数有CA＝6个．‎ ‎②当选数字2时，再从1,3,5中取2个数字有C种方法，然后将选中的两个奇数数字选一个排在个位，其余2个数字全排列，因此排成的三位奇数有CCA＝12个．‎ 所以由分类加法计数原理，共有18个符合条件的三位奇数．‎ 考向3 　二项式定理 例3　(1)(2019·西安地区陕师大附中、西安高级中学等八校高三联考)已知(x＋1)6(ax－1)2的展开式中，x3的系数为56，则实数a的值为(　　)‎ A．6或－1 B．－1或4‎ C．6或5 D．4或5‎ 答案　A 解析　因为(x＋1)6(ax－1)2＝(x＋1)6(a2x2－2ax＋1)，所以(x＋1)6(ax－1)2的展开式中x3的系数是C＋C(－2a)＋Ca2＝6a2－30a＋20，∴6a2－30a＋20＝56，解得a＝6或－1.故选A.‎ ‎(2)二项式n的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是(　　)‎ A．180 B．90 ‎ C．45 D．360‎ 答案　A 解析　依题意n＝10，则10的通项公式Tr＋1＝C()10－rr＝.令5－r＝0，得r＝2.‎ ‎∴展开式中的常数项T3＝22C＝180.‎ ‎(3)若(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5，则a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＝(　　)‎ A．80 B．120 ‎ C．180 D．240‎ 答案　D 解析　由(3x－1)5＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a5x5两边求导，可得15(3x－1)4＝a1＋2a2x＋3a3x2＋…＋5a5x4，令x＝1得，15×(3－1)4＝a1＋2a2＋3a3＋…＋5a5，即a1＋2a2＋3a3＋4a4＋5a5＝240，故选D.‎ 解与二项式定理有关问题的四个关注点 ‎(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)二项展开式中某一项的系数与某一项的二项式系数易混．‎ ‎(4)二项式系数最大项与展开式系数最大项不同．‎ ‎　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(2019·拉萨市高三第二次模拟)(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3‎ 的系数为(　　)‎ A．－80 B．－40 ‎ C．40 D．80‎ 答案　C 解析　要求(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的系数，则是x＋y中x与(2x－y)5展开式中x2y3相乘，以及x＋y中y与(2x－y)5展开式中x3y2相乘，二者再相加．而(2x－y)5展开式中，x2y3项为C(2x)2(－y)3＝－40x2y3，x3y2项为C(2x)3(－y)2＝80x3y2.所以(x＋y)(2x－y)5的展开式中x3y3的项为－40x3y3＋80x3y3＝40x3y3.故选C.‎ ‎2．(x2－x＋1)10的展开式中x3的系数为________．‎ 答案　－210‎ 解析　(x2－x＋1)10＝[x2－(x－1)]10＝C(x2)10－C(x2)9(x－1)＋…－C(x2)(x－1)9＋C(x－1)10，所以x3的系数为－CC＋C(－C)＝－210.‎ ‎3．已知(1＋2x)＋(1＋2x)2＋(1＋2x)3＋…＋(1＋2x)n的展开式中x的系数恰好是数列{an}的前n项和Sn，则Sn＝________，a10＝________.‎ 答案　n2＋n　20‎ 解析　(1＋2x)＋(1＋2x)2＋(1＋2x)3＋…＋(1＋2x)n的展开式中x的系数为C·2＋C·2＋C·2＋…＋C·2＝2(1＋2＋3＋…＋n)＝n2＋n，即Sn＝n2＋n，所以当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n，所以a10＝20.‎ 真题押题 ‎『真题模拟』‎ ‎1．(2019·雅安市高三第三次诊断)从6人中选出4人分别到碧峰峡、蒙顶山、喇叭河、龙苍沟四个景区游览，要求每个景区有一人游览，每人只游览一个景区，且这6人中甲、乙两人不去龙苍沟游览，则不同的选择方案共有(　　)‎ A．168种 B．216种 ‎ C．240种 D．360种 答案　C 解析　这6人中甲、乙两人不去龙苍沟游览，则不同的选择方案共有N＝C×A＝240种．故选C.‎ ‎2．(2019·全国卷Ⅲ)(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为(　　)‎ A．12 B．16 ‎ C．20 D．24‎ 答案　A 解析　解法一：(1＋2x2)(1＋x)4的展开式中x3的系数为1×C＋2C＝12.故选A.‎ 解法二：∵(1＋2x2)(1＋x)4＝(1＋2x2)(1＋4x＋6x2＋4x3＋x4)，∴x3的系数为1×4＋2×4＝12.故选A.‎ ‎3．(2019·高三第二次全国大联考)在8的展开式中，所有有理项的二项式系数之和为(　　)‎ A．16 B．32 ‎ C．64 D．128‎ 答案　D 解析　 (r∈N*且r≤8)，令8－＝k∈Z，故r＝0,2,4,6,8.‎ 当r＝0，二项式系数为C＝1；当r＝2，二项式系数为C＝28；‎ 当r＝4，二项式系数为C＝70；当r＝6，二项式系数为C＝28；‎ 当r＝8，二项式系数为C＝1.故所有有理项的二项式系数之和为1＋28＋70＋28＋1＝128.故选D.‎ ‎4．(2019·上饶市重点中学六校高三联考)某校在“数学联赛”考试后选取了6名教师参加阅卷，试卷共4道解答题，要求将这6名教师分成4组，每组批阅一道解答题，其中2组各有2名教师，另外2组各有1名教师，则不同的分配方案的种数是(　　)‎ A．216 B．420 ‎ C．720 D．1080‎ 答案　D 解析　6人分成4组共有种不同的分组方案，所以共有·A＝×24＝1080种分配方案．‎ ‎5．(2019·上饶市重点中学六校高三联考)已知n＝xdx，则二项式n(x>0)展开式中的常数项为(　　)‎ A．8 B．28 ‎ C．56 D．120‎ 答案　B 解析　n＝xdx＝x2＝8，则二项式8的通项公式为Tr＋1＝C(x3)8－rr＝Cx24－4r，令24－4r＝0可得r＝6，所以所求常数项为C＝C＝28.故选B.‎ ‎『金版押题』‎ ‎6．已知(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9＋a10x10，则a2＋a3＋…＋a9＋a10的值为(　　)‎ A．－20 B．0 ‎ C．1 D．20‎ 答案　D 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.‎ ‎7．将甲、乙等5位同学分别保送到北京大学，上海交通大学，浙江大学三所大学就读，则每所大学至少保送一人的不同保送方法有(　　)‎ A．240种 B．180种 ‎ C．150种 D．540种 答案　C 解析　5名学生可分成2,2,1和3,1,1两种形式，当5名学生分成2,2,1时，共有CCA＝90种方法，当5名学生分成3,1,1时，共有CA＝60种方法，根据分类计数原理知共有90＋60＝150种保送方法．‎ ‎8．已知关于x的二项式n的展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则实数a的值为________．‎ 答案　2‎ 解析　依题意得2n＝32，n＝5，二项式n＝5的展开式的通项为Tr＋1＝C·()5－r·r＝.令＝0，得r＝3.由C·a3＝10a3＝80，解得a＝2.‎ 配套作业 一、选择题 ‎1．将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有(　　)‎ A．12种 B．10种 ‎ C．9种 D．8种 答案　A 解析　2名教师各在1个小组，给其中1名教师选2名学生，有C种选法，另2名学生分配给另1名教师，然后将2个小组安排到甲、乙两地，有A种方案，故不同的安排方案共有CA＝12种．故选A.‎ ‎2．某彩票公司每天开奖一次，从1、2、3、4四个号码中随机开出一个作为中奖号码，开奖时如果开出的号码与前一天的相同，就要重开，直到开出与前一天不同的号码为止．如果第一天开出的号码是4，那么第五天开出的号码也同样是4的所有可能的情况有(　　)‎ A．14种 B．21种 ‎ C．24种 D．35种 答案　B 解析　第一天开出4，第五天同样开出4，则第二天开出的号码有3种情况，如果第三天开出的号码是4，则第四天开出的号码有3种情况；如果第三天开出的号码不是4，则第四天开出的号码有2种情况，所以满足条件的情况有3×1×3＋3×2×2＝21种．‎ ‎3．(2019·聊城市高三二模)已知n的展开式中前三项的二项式系数的和等于22，则展开式中的常数项为(　　)‎ A. B. ‎ C．－ D．－ 答案　A 解析　因为n的展开式中前三项的二项式系数的和等于22，所以C＋C＋C＝22，整理得n(n＋1)＝42，解得n＝6，所以二项式6展开式的通项为Tk＋1＝C6－k·6－k(－1)kx2k＝C6－k·(－1)kx3k－6，令3k－6＝0可得k ‎＝2，所以展开式中的常数项为C6－2(－1)2＝.故选A.‎ ‎4．旅游体验师小李受某旅游网站的邀约，决定对甲、乙、丙、丁这四个景区进行体验式旅游，若甲景区不能最先旅游，乙景区和丁景区不能最后旅游，则小李旅游的方法数为(　　)‎ A．24 B．18 ‎ C．16 D．10‎ 答案　D 解析　第一类，甲在最后一个体验，则有A种方法；第二类，甲不在最后一个体验，则有AA种方法，所以小李旅游的方法共有A＋AA＝10种．故选D.‎ ‎5．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　当万位数字为4时，个位数字从0,2中任选一个，共有2A个偶数；当万位数字为5时，个位数字从0,2,4中任选一个，共有CA个偶数，故符合条件的偶数共有2A＋CA＝120(个)．‎ ‎6．(2019·台州市高三4月调研)已知六人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为(　　)‎ A．72 B．96 ‎ C．120 D．288‎ 答案　A 解析　除甲、乙、丙三人外的3人先排好队，共有A种，这3人排好队后有4个空位，甲只能在丁的左边或右边，有C种排法，乙、丙的排法有A，所以共有A·C·A＝72种排队方法．故选A.‎ ‎7．某校在举办的第25届秋季运动会中，高一三班的甲、乙两位同学从100 m,200 m,400 m,800 m的4个项目中各报2个项目，则甲、乙两位同学所报的项目中至少有1个不相同的选法共有(　　)‎ A．30种 B．36种 ‎ C．60种 D．72种 答案　A 解析　因为甲、乙两位同学从4个不同的项目中各报2个项目，有CC 种选法，其中甲、乙所选的项目完全相同的选法有C种，所以甲、乙所选的项目中至少有1个不相同的选法共有CC－C＝30种．故选A.‎ ‎8．在n的展开式中，各项系数和与二项式系数和之比为32∶1，则x2的系数为(　　)‎ A．50 B．70 ‎ C．90 D．120‎ 答案　C 解析　令x＝1，则n＝4n，所以n的展开式中，各项系数和为4n，又二项式系数和为2n，所以＝2n＝32，解得n＝5.二项展开式的通项Tr＋1＝Cx5－rr＝，令5－r＝2，得r＝2，所以x2的系数为C32＝90.故选C.‎ ‎9．(2019·赤峰市高三4月模拟)某校从6名教师中选派3名教师去完成4项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由1人完成，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案种数是(　　)‎ A．252 B．288 C．360 D．216‎ 答案　A 解析　因为3名教师去完成4项不同的工作，每人至少完成一项，每项工作由1人完成，所以当3名教师确定时，则其中1人必须完成两项工作，故安排3名教师完成4项工作，可以先确定完成两项工作的1名人员，其方法有C，然后再确定完成的工作，其方法有C，然后再将剩下的两项工作分配给剩下的两人，其方法有C，故当3名教师确定时，完成工作的方法有C·C·C种；因为甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，故有三种方法选择教师，‎ 第一种方法：甲参加，乙不参加，丙参加，再从剩下的3人中选择1人，其方法有C种，‎ 第二种方法：甲不参加，乙参加，丙不参加，再从剩下的3人中选择2人，其方法有C种，‎ 第三种方法：甲不参加，乙不参加，丙不参加，再从剩下的3人中选择3人，其方法有C种；‎ 故最终选派的方法种数为(C＋C＋C)·C·C·C＝252.故选A.‎ ‎10．若(x2＋1)(x－3)9＝a0＋a1(x－2)＋a2(x－2)2＋a3(x－2)3＋…＋a11(x－2)11‎ ‎，则a1＋a2＋…＋a11的值为(　　)‎ A．0 B．－5 ‎ C．5 D．255‎ 答案　C 解析　令x＝2，则a0＝(22＋1)×(2－3)9＝－5.令x＝3，则a0＋a1＋…＋a11＝0，所以a1＋a2＋…＋a11＝－a0＝－(－5)＝5.故选C.‎ ‎11．某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为(　　)‎ A．16 B．18 ‎ C．32 D．72‎ 答案　D 解析　因为对空位有特殊要求，先确定空位，假设7个车位分别为1,2,3,4,5,6,7，先研究恰有3个连续空位的情况，若3个连续空位是123或567，另一个空位有3种选法，车的停放方式有A种，故停放方法有2×3×A＝36种；若3个连续空位是234或345或456，另一个空位有2种选法，车的停放方式依然有A种，因此此种情况下停放方法有3×A×2＝36种，从而不同的停放方法共有72种．故选D.‎ 二、填空题 ‎12．(2019·湖北省八市高三3月联考)若(x－2)5－3x4＝a0＋a1(x－3)＋a2(x－3)2＋a3(x－3)3＋a4(x－3)4＋a5(x－3)5，则a3＝________.‎ 答案　－26‎ 解析　令t＝x－3，则(x－2)5－3x4＝a0＋a1(x－3)＋a2(x－3)2＋a3(x－3)3＋a4(x－3)4＋a5(x－3)5可化为(t＋1)5－3(t＋3)4＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4＋a5t5，则a3＝C－3C×3＝10－36＝－26.‎ ‎13．(2019·蚌埠市高三第一次教学质量检查)某电商为某次活动设计了“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，活动规定每人可以依次点击4次，每次都会获得三种红包的一种，若集全三种即可获奖，但三种红包出现的顺序不同对应的奖次也不同．员工甲按规定依次点击了4次，直到第4次才获奖．则他获得奖次的不同情形种数为________．‎ 答案　18‎ 解析　根据题意，若员工甲直到第4次才获奖，则其第4次才集全“和谐”“爱国”“敬业”三种红包，则甲第4次获得的红包有3种情况，前三次获得的红包为其余的2种，有23－2＝6种情况，则他获得奖次的不同情形种数为3×6＝18种．‎ ‎14．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4号和5号，B球必须放在与A球相邻的盒子中，则不同的放法的种数为________．‎ 答案　30‎ 解析　根据A球所在的位置可分三类：(1)若A球放在1号盒子内，则B球只能放在2号盒子内，余下的三个盒子放C，D，E球，有3×2×1＝6种不同的放法．(2)若A球放在3号盒子内，则B球只能放在2号盒子内，余下的三个盒子放C，D，E球，有3×2×1＝6种不同的放法．(3)若A球放在2号盒子内，则B球可以放在1号，3号，4号中的任何一个盒子内，余下的三个盒子放C，D，E球，有3×3×2×1＝18种不同的放法．综上可得不同的放法共有6＋6＋18＝30种．‎