2018版高考数学一轮复习 第十章 计数原理试题 理（打包3套）.zip

1第十章 计数原理第 1 讲 分类加法计数原理与分步乘法计数原理一、选择题1．如图，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 BCDA．72 种 B．48 种C．24 种 D．12 种解析 先分两类：一是四种颜色都用，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；二是用三种颜色，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．故不同的涂法共有24＋24×2＝72 种．答案 A 2．如图，用 6 种不同的颜色把图中 A、 B、 C、 D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有( )．A．400 种 B．460 种C．480 种 D．496 种解析 从 A 开始，有 6 种方法， B 有 5 种， C 有 4 种， D、 A 同色 1 种， D、 A 不同色 3种，∴不同涂法有 6×5×4×(1＋3)＝480(种)，故选 C.答案 C3．某省高中学校自实施素质教育以来，学生社团得到迅猛发展，某校高一新生中的五名同学打算参加“春晖文学社” 、 “舞者轮滑俱乐部” 、 “篮球之家” 、 “围棋苑”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团．且同学甲不参加“围棋苑” ，则不同的参加方法的种数为( )．A．72 B．108 C．180 D．216解析 设五名同学分别为甲、乙、丙、丁、戊，由题意，如果甲不参加“围棋苑” ，有下列两种情况：(1)从乙、丙、丁、戊中选一人(如乙)参加“围棋苑” ，有 C 种方法，然后从甲与丙、142丁、戊共 4 人中选 2 人(如丙、丁)并成一组与甲、戊分配到其他三个社团中，有 C A24种方法， 故共有 C C A 种参加方法；3 14243(2)从乙、丙、丁、戊中选 2 人(如乙、丙)参加“围棋苑” ，有 C 种方法，甲与丁、戊24分配到其他三个社团中有 A 种方法，这时共有 C A 种参加方法；3 243综合(1)(2)，共有 C C A ＋C A ＝180 种参加方法．14243 243答案 C4．有 4 位教师在同一年级的 4 个班中各教一个班的数学，在数学检测时要求每位教师不能在本班监考，则监考的方法有( )A．8 种 B．9 种C．10 种 D．11 种解析 分四步完成，共有 3×3×1×1＝9 种．答案 B5．从 6 人中选 4 人分别到巴黎、伦敦、悉尼、莫斯科四个城市游览，要求每个城市有一人游览，每人只游览一个城市，且这 6 人中甲、乙两人不去巴黎游览，则不同的选择方案共有 ( )．A．300 种 B．240 种 C．144 种 D．96 种解析 甲、乙两人不去巴黎游览情况较多，采用排除法，符合条件的选择方案有C A －C A ＝240.464 1235答案 B6．4 位同学从甲、乙、丙 3 门课程中选修 1 门，则恰有 2 人选修课程甲的不同选法有( )．A．12 种 B．24 种 C．30 种 D．36 种解析 分三步，第一步先从 4 位同学中选 2 人选修课程甲．共有 C 种不同选法，第二24步给第 3 位同学选课程，有 2 种选法．第三步给第 4 位同学选课程，也有 2 种不同选法．故共有 C ×2×2＝24(种)．24答案 B二、填空题7．将数字 1,2,3,4,5,6 按第一行 1 个数，第二行 2 个数，第三行 3 个数的形式随机排列，设 Ni(i＝1,2,3)表示第 i 行中最大的数，则满足 N1＜ N2＜ N3的所有排列的个数是________．(用数字作答)解析 由已知数字 6 一定在第三行，第三行的排法种数为 A A ＝60；剩余的三个数字1325中最大的一定排在第二行，第二行的排法种数为 A A ＝4，由分步计数原理满足条件的排列个数是 240.1212答案 24038．数字 1,2,3，…，9 这九个数字填写在如图的 9 个空格中，要求每一行从左到右依次增大，每列从上到下也依次增大，当数字 4 固定在中心位置时，则所有填写空格的方法共有________种．解析 必有 1、4、9 在主对角线上，2、3 只有两种不同的填法，对于它们的每一种填法，5 只有两种填法．对于 5 的每一种填法，6、7、8 只有 3 种不同的填法，由分步计数原理知共有 22×3＝12 种填法．答案 129．如果把个位数是 1，且恰有 3 个数字相同的四位数叫做“好数” ，那么在由 1,2,3,4 四个数字组成的有重复数字的四位数中， “好数”共有________个．解析 当相同的数字不是 1 时，有 C 个；当相同的数字是 1 时，共有 C C 个，由分类13 1313加法计数原理得共有“好数”C ＋C C ＝12 个．13 1313答案 1210．给 n 个自上而下相连的正方形着黑色或白色．当 n≤4 时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：由此推断，当 n＝6 时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有__________种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有________种．(结果用数值表示)答案 21；43三、解答题11．如图所示三组平行线分别有 m、 n、 k 条，在此图形中(1)共有多少个三角形？(2)共有多少个平行四边形？4解 (1)每个三角形与从三组平行线中各取一条的取法是一一对应的，由分步计数原理知共可构成 m·n·k 个三角形．(2)每个平行四边形与从两组平行线中各取两条的取法是一一对应的，由分类和分步计数原理知共可构成 C C ＋C C ＋C C 个平行四边形．2m2n 2n2k 2k2m12．设集合 M＝{－3，－2，－1,0,1,2}， P(a， b)是坐标平面上的点， a， b∈ M.(1)P 可以表示多少个平面上的不同的点？(2)P 可以表示多少个第二象限内的点？(3)P 可以表示多少个不在直线 y＝ x 上的点？解 (1)分两步，第一步确定横坐标有 6 种，第二步确定纵坐标有 6 种，经检验 36 个点均不相同，由分步乘法计数原理得 N＝6×6＝36(个)．(2)分两步，第一步确定横坐标有 3 种，第二步确定纵坐标有 2 种，根据分步乘法计数原理得 N＝3×2＝6 个．(3)分两步，第一步确定横坐标有 6 种，第二步确定纵坐标有 5 种，根据分步乘法计数原理得 N＝6×5＝30 个．13．现安排一份 5 天的工作值班表，每天有一个人值班，共有 5 个人，每个人都可以值多天班或不值班，但相邻两天不准由同一个人值班，问此值班表共有多少种不同的排法？解 可将星期一、二、三、四、五分给 5 个人，相邻的数字不分给同一个人．星期一：可分给 5 人中的任何一人，有 5 种分法； 星期二：可分给剩余 4 人中的任何一人，有 4 种分法；星期三：可分给除去分到星期二的剩余 4 人中的任何一人，有 4 种分法；同理星期四和星期五都有 4 种不同的分法，由分步计数原理共有 5×4×4×4×4＝1 280 种不同的排法．14．已知集合 A＝{ a1， a2， a3， a4}， B＝{0,1,2,3}， f 是从 A 到 B 的映射．(1)若 B 中每一元素都有原象，这样不同的 f 有多少个？(2)若 B 中的元素 0 必无原象，这样的 f 有多少个？(3)若 f 满足 f(a1)＋ f(a2)＋ f(a3)＋ f(a4)＝4，这样的 f 又有多少个？解 (1)显然对应是一一对应的，即为 a1找象有 4 种方法， a2找象有 3 种方法， a3找象有 2 种方法， a4找象有 1 种方法，所以不同的 f 共有 4×3×2×1＝24(个)．(2)0 必无原象，1,2,3 有无原象不限，所以为 A 中每一元素找象时都有 3 种方法．所以不同的 f 共有 34＝81(个)．(3)分为如下四类：第一类， A 中每一元素都与 1 对应，有 1 种方法；第二类， A 中有两个元素对应 1，一个元素对应 2，另一个元素与 0 对应，有5C ·C ＝12 种方法；24 12第三类， A 中有两个元素对应 2，另两个元素对应 0，有 C ·C ＝6 种方法；24 2第四类， A 中有一个元素对应 1，一个元素对应 3，另两个元素与 0 对应，有C ·C ＝12 种方法．14 13所以不同的 f 共有 1＋12＋6＋12＝31(个)．1第 2 讲 排列与组合一、选择题1．2013 年春节放假安排：农历除夕至正月初六放假，共 7 天．某单位安排 7 位员工值班，每人值班 1 天，每天安排 1 人．若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案共有( )A．1 440 种 B．1 360 种C．1 282 种 D．1 128 种解析 采取对丙和甲进行捆绑的方法：如果不考虑“乙不在正月初一值班” ，则安排方案有：A ·A ＝1 440 种，6 2如果“乙在正月初一值班” ，则安排方案有：C ·A ·A ·A ＝192 种，1 14 2 4若“甲在除夕值班” ，则“丙在初一值班” ，则安排方案有：A ＝120 种．5则不同的安排方案共有 1 440－192－120＝1 128(种)．答案 D2． A、 B、 C、 D、 E 五人并排站成一排，如果 B 必须站在 A 的右边( A、 B 可以不相邻)，那么不同的排法共有 ( )．A.24 种 B.60 种 C.90 种 D.120 种解析 可先排 C、 D、 E 三人，共 A 种排法，剩余 A、 B 两人只有一种排法，由分步计数35原理满足条件的排法共 A ＝60(种)．35答案 B3．如果 n 是正偶数，则 C ＋C ＋…＋C ＋C ＝ ( )．0n 2n n－ 2n nA．2 n B．2 n－1 C．2 n－2 D．( n－1)2 n－1解析 (特例法)当 n＝2 时，代入得 C ＋C ＝2，排除答案 A、C；02 2当 n＝4 时，代入得 C ＋C ＋C ＝8，排除答案 D.故选 B.04 24 4答案 B4．某班新年联欢会原定的 5 个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目．如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为 ( )．A.42 B.30 C.20 D.12解析 可分为两类：两个节目相邻或两个节目不相邻，若两个节目相邻，则有A A ＝12 种排法；若两个节目不相邻，则有 A ＝30 种排法．由分类计数原理共有216 2612＋30＝42 种排法(或 A ＝42)．27答案 A5．某校开设 A 类选修课 3 门， B 类选修课 4 门，一位同学从中选 3 门．若要求两类课程中2各至少选一门，则不同的选法共有( )．A．30 种 B．35 种 C．42 种 D．48 种解析 法一 可分两种互斥情况： A 类选 1 门， B 类选 2 门或 A 类选 2 门， B 类选 1 门，共有 C C ＋C C ＝18＋12＝30(种)选法．1324 2314法二 总共有 C ＝35(种)选法，减去只选 A 类的 C ＝1(种)，再减去只选 B 类的37 3C ＝4(种)，共有 30 种选法．34答案 A6．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，要求这 3 张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( )．A．232 B．252 C．472 D．484解析 若没有红色卡片，则需从黄、蓝、绿三色卡片中选 3 张，若都不同色则有 C ×C14×C ＝64 种，若 2 张同色，则有 C ×C ×C ×C ＝144 种；若红色卡片有 1 张，剩余14 14 23 12 24 142 张不同色，则有 C ×C ×C ×C ＝192 种，乘余 2 张同色，则有 C ×C ×C ＝72 种，14 23 14 14 14 13 24所以共有 64＋144＋192＋72＝472 种不同的取法．故选 C.答案 C二、填空题7．从 5 名男医生、4 名女医生中选 3 名医生组成一个医疗小分队，要求男、女医生都有，则不同的组队方案共有________种．解析 分 1 名男医生 2 名女医生、2 名男医生 1 名女医生两种情况，或者用间接法．直接法：C C ＋C C ＝70.1524 2514间接法：C －C －C ＝70.39 35 34答案 708．有五名男同志去外地出差，住宿安排在三个房间内，要求甲、乙两人不住同一房间，且每个房间最多住两人，则不同的住宿安排有________种(用数字作答)．解析 甲、乙住在同一个房间，此时只能把另外三人分为两组，这时的方法总数是 C A13＝18，而总的分配方法数是把五人分为三组再进行分配，方法数是 A ＝90，故3C15C24C2A2 3不同的住宿安排共有 90－18＝72 种．答案 729．某人手中有 5 张扑克牌，其中 2 张为不同花色的 2,3 张为不同花色的 A，有 5 次出牌机会，每次只能出一种点数的牌但张数不限，此人不同的出牌方法共有________种．解析 出牌的方法可分为以下几类：(1)5 张牌全部分开出，有 A 种方法；(2)2 张 2 一5起出，3 张 A 一起出，有 A 种方法；(3)2 张 2 一起出，3 张 A 分 3 次出，有 A 种方法；25 453(4)2 张 2 一起出，3 张 A 分两次出，有 C A 种方法；(5)2 张 2 分开出，3 张 A 一起出，2335有 A 种方法；(6)2 张 2 分开出，3 张 A 分两次出，有 C A 种方法．因此，共有不同的35 2345出牌方法 A ＋A ＋A ＋C A ＋A ＋C A ＝860(种)．5 25 45 2335 35 2345答案 86010．小王在练习电脑编程，其中有一道程序题的要求如下：它由 A， B， C， D， E， F 六个子程序构成，且程序 B 必须在程序 A 之后，程序 C 必须在程序 B 之后，执行程序 C 后须立即执行程序 D，按此要求，小王的编程方法有__________种．解析 对于位置有特殊要求的元素可采用插空法排列，把 CD 看成整体， A， B， C， D 产生四个空，所以 E 有 4 种不同编程方法，然后四个程序又产生 5 个空，所以 F 有 5 种不同编程方法，所以小王有 20 种不同编程方法．答案 20三、解答题11． 7 名男生 5 名女生中选取 5 人，分别求符合下列条件的选法总数有多少种．(1)A， B 必须当选；(2)A， B 必不当选；(3)A， B 不全当选；(4)至少有 2 名女生当选；(5)选取 3 名男生和 2 名女生分别担任班长、体育委员等 5 种不同的工作，但体育委员必须由男生担任，班长必须由女生担任．解 (1)由于 A， B 必须当选，那么从剩下的 10 人中选取 3 人即可，故有 C ＝120 种选310法．(2)从除去的 A， B 两人的 10 人中选 5 人即可，故有 C ＝252 种选法．510(3)全部选法有 C 种， A， B 全当选有 C 种，故 A， B 不全当选有 C －C ＝672 种512 310 512 310选法．(4)注意到“至少有 2 名女生”的反面是只有一名女生或没有女生，故可用间接法进行．所以有 C －C ·C －C ＝596 种选法．512 15 47 57(5)分三步进行；第 1 步，选 1 男 1 女分别担任两个职务有 C ·C 种选法．17 15第 2 步，选 2 男 1 女补足 5 人有 C ·C 种选法．26 14第 3 步，为这 3 人安排工作有 A 方法．由分步乘法计数原理，共有3C C ·C C ·A ＝12 600 种选法．1715 2614 312．要从 5 名女生，7 名男生中选出 5 名代表，按下列要求，分别有多少种不同的选法？(1)至少有 1 名女生入选；(2)至多有 2 名女生入选；(3)男生甲和女生乙入选；(4)男生甲和女生乙不能同时入选；(5)男生甲、女生乙至少有一个人入选．4解 (1)C －C ＝771；512 57(2)C ＋C C ＋C C ＝546；57 1547 2537(3)C C ＝120；2310(4)C －C C ＝672；512 2310(5)C －C ＝540.512 51013．某医院有内科医生 12 名，外科医生 8 名，现选派 5 名参加赈灾医疗队，其中：(1)某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？(2)甲、乙均不能参加，有多少种选法？(3)甲、乙两人至少有一人参加，有多少种选法？(4)队中至少有一名内科医生和一名外科医生，有几种选法？解 (1)只需从其他 18 人中选 3 人即可，共有 C ＝816(种)；318(2)只需从其他 18 人中选 5 人即可，共有 C ＝8 568(种)；518(3)分两类：甲、乙中有一人参加，甲、乙都参加，共有 C C ＋C ＝6 936(种)；12418 318(4)方法一 (直接法)：至少有一名内科医生和一名外科医生的选法可分四类：一内四外；二内三外；三内二外；四内一外，所以共有 C C ＋C C ＋C C ＋C C ＝14 656(种)．1248 21 38 31228 41218方法二 (间接法)：由总数中减去五名都是内科医生和五名都是外科医生的选法种数，得 C －(C ＋C )520 512 58＝14 656(种)．14．已知 10 件不同的产品中有 4 件次品，现对它们一一测试，直至找到所有 4 件次品为止．(1)若恰在第 2 次测试时，才测试到第一件次品，第 8 次才找到最后一件次品，则共有多少种不同的测试方法？(2)若至多测试 6 次就能找到所有 4 件次品，则共有多少种不同的测试方法？解 (1)若恰在第 2 次测试时，才测到第一件次品，第 8 次才找到最后一件次品，若是不放回的逐个抽取测试．第 2 次测到第一件次品有 4 种抽法；第 8 次测到最后一件次品有 3 种抽法；第 3 至第 7 次抽取测到最后两件次品共有 A 种抽法；剩余 4 次抽到的是正品，共有25A A A ＝86 400 种抽法．242546(2)检测 4 次可测出 4 件次品，不同的测试方法有 A 种，4检测 5 次可测出 4 件次品，不同的测试方法有 4A A 种；34165检测 6 次测出 4 件次品或 6 件正品，则不同的测试方法共有 4A A ＋A 种．3526 6由分类计数原理，满足条件的不同的测试方法的种数为A ＋4A A ＋4A A ＋A ＝8 520.4 3416 3526 61第 3讲 二项式定理一、选择题1．二项式 6的展开式中的常数项是( )(2x－1x)A．20 B．－20C．160 D．－160解析 二项式 (2x－ )6的展开式的通项是 Tr＋1 ＝C ·(2x)6－ r· r＝C ·26－ r·(－1)1x r6 (－ 1x) r6r·x6－2 r.令 6－2 r＝0，得 r＝3，因此二项式(2 x－ )6的展开式中的常数项是1xC ·26－3 ·(－1) 3＝－160.36答案 D2．若二项式 n的展开式中第 5项是常数项，则正整数 n的值可能为( )．(x－2x)A．6 B．10 C．12 D．15解析 Tr＋1 ＝C ( )n－ r r＝(－2) rC x ，当 r＝4 时， ＝0，又rn x (－2x) rnn－ 3r2 n－ 3r2n∈N *，∴ n＝12.答案 C3．已知 8展开式中常数项为 1 120，其中实数 a是常数，则展开式中各项系数的和(x－ax)是 ( )．A．2 8 B．3 8 C．1 或 38 D．1 或 28解析 由题意知 C ·(－ a)4＝1 120，解得 a＝±2，令 x＝1，得展开式各项系数和为48(1－ a)8＝1 或 38.答案 C4．设 n的展开式的各项系数之和为 M，二项式系数之和为 N，若 M－ N＝240，则展(5x－ 1x)开式中 x的系数为( )．A．－150 B．150 C．300 D．－300解析 由已知条件 4n－2 n＝240，解得 n＝4，Tr＋1 ＝C (5x)4－ r r＝(－ 1)r54－ rC x4－ ，r4 (－ 1x) r4 3r2令 4－ ＝1，得 r＝2， T3＝150 x.3r2答案 B25．设 a∈Z，且 0≤ a0)与 y＝|log ax|的大致图象如图所示，所以 n＝2.故( x＋1) n＋( x＋1) 11＝( x＋2－1) 2＋( x＋2－1) 11，所以a1＝－2＋C ＝－2＋11＝9.101答案 B二、填空题7． 18的展开式中含 x15的项的系数为________(结果用数值表示)．(x－ 13x)解析 Tr＋1 ＝C x18－ r r＝(－1) rC rx18－ r，令 18－ r＝15，解得 r＝2.所r18 (－ 13x) r18(13) 32 32以所求系数为(－1) 2·C 2＝17.218(13)答案 178．已知(1＋ x＋ x2) n的展开式中没有常数项， n∈N *且 2≤ n≤8，则 n＝________.(x＋1x3)解析 n展开式中的通项为(x＋1x3)Tr＋1 ＝C xn－ r rrn (1x3)＝C xn－4 r(r＝0,1,2，…，8)，rn将 n＝2,3,4,5,6,7,8 逐个检验可知n＝5.答案 n＝59．若(cos φ ＋ x)5的展开式中 x3的系数为 2，则 sin ＝________.(2φ ＋π2)解析 由二项式定理得， x3的系数为 C cos2φ ＝2，35∴cos 2φ ＝ ，故 sin ＝cos2 φ ＝2cos 2φ －1＝－ .15 (2φ ＋ π2) 35答案 － 35310．设二项式 6(a＞0) 的展开式中 x3的系数为 A，常数项为 B.若 B＝4 A，则 a的值(x－ ax)是________．解析 由 Tr＋1 ＝C x6－ r r＝C (－ a)rx6－ r，r6 (－ ax12) r6 32得 B＝C (－ a)4， A＝C (－ a)2，∵ B＝4 A， a＞0，∴ a＝2.46 26答案 2三、解答题11．已知二项式 n的展开式中各项的系数和为 256.(3x＋ 1x)(1)求 n；(2)求展开式中的常数项．解 (1)由题意，得 C ＋C ＋C ＋…＋C ＝256，即 2n＝256，解得 n＝8.0n 1n 2n n(2)该二项展开式中的第 r＋1 项为 Tr＋1 ＝C ( )8－ r· r＝C ·x ，令 ＝0，r83x (1x) r8 8－ 4r3 8－ 4r3得 r＝2，此时，常数项为 T3＝C ＝28.2812．已知等差数列 2,5,8，…与等比数列 2,4,8，…，求两数列公共项按原来顺序排列构成新数列{C n}的通项公式．解 等差数列 2,5,8，…的通项公式为 an＝3 n－1，等比数列 2,4,8，…的通项公式为 bk ＝2 k ，令 3n－1＝2 k ， n∈N *， k ∈N *，即 n＝ ＝2k ＋ 13  3－ 1 k ＋ 13＝ ，C0k3k － C1k3k － 1＋ …＋ Ck － 1k 3 － 1 k － 1＋ Ck － 1 k ＋ 13当 k ＝2 m－1 时， m∈N *，n＝ ∈N *，C 02m－ 132m－ 1－ C 12m－ 132m－ 2＋ …＋ C2m－ 2－ 133Cn＝ b2n－1 ＝2 2n－1 (n∈N *)．13．已知( a2＋1) n展开式中的各项系数之和等于 5的展开式的常数项，而( a2＋1) n(165x2＋ 1x)的展开式的系数最大的项等于 54，求 a的值．解 5的展开式的通项为 Tr＋1 ＝C 5－ r· r＝ 5－ rC x ，令(165x2＋ 1x) r5(165x2) (1x) (165) r520－ 5r220－5 r＝0，得 r＝4，故常数项 T5＝C × ＝16.又( a2＋1) n展开式的各项系数之和等45165于 2n，由题意知 2n＝16，得 n＝4.由二项式系数的性质知，( a2＋1) n展开式中系数最大的项是中间项 T3，故有 C a4＝54，解得 a＝± .24 3414．已知 n，(12＋ 2x)(1)若展开式中第 5项，第 6项与第 7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大项的系数；(2)若展开式前三项的二项式系数和等于 79，求展开式中系数最大的项．解 (1)∵C ＋C ＝2C ，∴ n2－21 n＋98＝0.4n 6n 5n∴ n＝7 或 n＝14，当 n＝7 时，展开式中二项式系数最大的项是 T4和 T5.∴ T4的系数为 C 423＝ ，37(12) 352T5的系数为 C 324＝70，47(12)当 n＝14 时，展开式中二项式系数最大的项是 T8.∴ T8的系数为 C 727＝3 432.714(12)(2)∵C ＋C ＋C ＝79，∴ n2＋ n－156＝0.0n 1n 2n∴ n＝12 或 n＝－13(舍去)．设 Tk＋1 项的系数最大，∵ 12＝ 12(1＋4 x)12，(12＋ 2x) (12)∴Error! ∴9.4≤ k≤10.4，∴ k＝10.∴展开式中系数最大的项为 T11，T11＝C · 2·210·x10＝16 896 x10.102 (12)