資源簡介

專題01 兩個計數(shù)原理+排列組合壓軸題
知識點1：分類加法計數(shù)原理
（1）定義：完成一件事有兩類不同方案，在第1類方案中有種不同的方法，在第2類方案中有種不同的方法，那么完成這件事共有種不同的方法.
（2）推廣：如果完成一件事情有類不同方案，在第1類方案中有種不同的方法，在第2類方案中有種不同的方法，……在第類方案中有種不同的方法，那么完成這件事共有種不同的方法.
知識點2：分步乘法計數(shù)原理
（1）定義：完成一件事需要兩個步驟，做第1步有種不同的方法，做第2步有種不同的方法，那么完成這件事共有種不同的方法.
（2）推廣：完成一件事需要個步驟，做第1步有種不同的方法，做第2步有種不同的方法，……做第步有種不同的方法，則完成這件事共有種不同的方法.
知識點3：排列
（1）定義：一般地，從個不同元素中取出（）個元素，并按照一定的順序排成一列，叫做從個不同元素中取出個元素的一個排列.
（2）相同排列：兩個排列的元素完全相同，且元素的排列順序也相同.
知識點4：排列數(shù)與排列數(shù)公式
（1）定義：從個不同元素中取出（）個元素的所有不同排列的個數(shù)，叫做從個不同元素中取出個元素的排列數(shù)，用符號表示.
（2）排列數(shù)公式
①（連乘形式）：，，
②（階乘形式），，
（3）全排列：把個不同的元素全部取出的一個排列，叫做個元素的一個全排列，用符號表示.
（4）階乘：正整數(shù)1到的連乘積，叫做的階乘，用符號表示.
知識點5：組合
（1）定義：一般地：從個不同的元素中取出（）個元素作為一組，叫做從個不同元素中取出個元素的一個組合.
（2）相同組合：只要兩個組合的元素相同，無論元素的順序如何，都是相同的組合.
（3）組合與排列的異同
相同點:組合與排列都是“從個不同的元素中取出（）個元素”.
不同點:組合要求元素“不管元素的順序合成一組”，而排列要求元素“按照一定的順序排成一列”因此區(qū)分某一問題是組合問題還是排列問題，關(guān)鍵是看選出的元素是否與順序有關(guān)，即交換某兩個元素的位置對結(jié)果有沒有影響，若有影響，則是排列問題，若無影響，則是組合問題.
知識點6：組合數(shù)與組合數(shù)公式
（1）組合數(shù)的定義：從個不同元素中取出（）個元素的所有不同組合的個數(shù)，叫做從個不同元素中取出個元素的組合數(shù)，用符號表示.
（2）組合數(shù)公式
或：（，）.
規(guī)定：
知識點7：組合數(shù)的性質(zhì)
（1）性質(zhì)1：
（2）性質(zhì)2：
題型一 兩個計數(shù)原理與數(shù)列
例題1．（2023下·重慶沙坪壩·高三重慶一中校考階段練習）
1．歷史上著名的伯努利錯排問題指的是：一個人有封不同的信，投入n個對應(yīng)的不同的信箱，他把每封信都投錯了信箱，投錯的方法數(shù)為.例如兩封信都投錯有種方法，三封信都投錯有種方法，通過推理可得：.高等數(shù)學(xué)給出了泰勒公式：，則下列說法正確的是（ ）
A． B．為等比數(shù)列
C． D．信封均被投錯的概率大于
例題2．（2021上·福建泉州·高三晉江市第一中學(xué)校考階段練習）
2．某班級在一次植樹種花活動中負責對一片圓環(huán)區(qū)域花圃栽植鮮花，該圓環(huán)區(qū)域被等分為n個部分（），每個部分從m種不同顏色（）的鮮花中選取一種進行栽植，要求相鄰區(qū)域不能用同種顏色的鮮花．將總的栽植方案數(shù)用表示，則：
①等于二項式的展開式中第 項的系數(shù)；
② ．
例題3．（2022·全國·高三專題練習）
3．把圓分成個不相等的扇形，并且用紅、黃、藍三種顏色給扇形染色，但不允許相鄰的扇形有相同的顏色，問共有多少種染色法？
練一練
（2017·北京·高三強基計劃）
4．正整數(shù)1，2，3，…n的全排列滿足稱為n項更列，記n項更列的個數(shù)為，則下列命題中正確的是（ ）
A．
B．
C．
D．
（2021下·山東濟南·高三校聯(lián)考階段練習）
5．數(shù)列共項，且，，關(guān)于的函數(shù)，，若是函數(shù)的極值點，且曲線的在點處的切線的斜率為，則滿足條件的數(shù)列的個數(shù)為 ．
（2023·全國·高三專題練習）
6．小學(xué)生甲玩耍上樓梯的游戲：建筑物有級臺階的樓梯，一步可以邁一級或兩級臺階，問這位小學(xué)生有多少種不同的爬樓方法？
題型二 兩個計數(shù)原理與立體圖形
例題1．（2022下·甘肅·高二?？计谀?br/>7．如圖所示，將一個四棱錐的每一個頂點染上一種顏色，并使同一條棱上的兩端異色，如果只有5種顏色可供使用，則不同的染色方法種數(shù)是(　　)
A．420 B．210 C．70 D．35
例題2．（2023下·山西運城·高二統(tǒng)考期末）
8．商場某區(qū)域的行走路線圖可以抽象為一個的正方體道路網(wǎng)（如圖，圖中線段均為可行走的通道），甲、乙兩人分別從，兩點出發(fā)，隨機地選擇一條最短路徑，以相同的速度同時出發(fā)，直到到達，為止，下列說法正確的是（ ）

A．甲從必須經(jīng)過到達的方法數(shù)共有9種
B．甲從到的方法數(shù)共有180種
C．甲、乙兩人在處相遇的概率為
D．甲、乙兩人相遇的概率為
例題3．（2023·全國·高三專題練習）
9．如圖，用四種不同的顏色給三棱柱的六個頂點涂色，要求每個點涂一種顏色．

(1)若每個底面的頂點涂色所使用的顏色不相同，則不同的涂色方法共有多少種？
(2)若每條棱的兩個端點涂不同的顏色，則不同的涂色方法共有多少種？
練一練
（2023·全國·高三專題練習）
10．如圖所示，將一個四棱錐的每一個頂點染上一種顏色，并使同一條棱上的兩個端點異色，如果只有5種顏色可供使用，則不同染色方法的種數(shù)為（ ）
A．192 B．420 C．210 D．72
（2024·全國·模擬預(yù)測）
11．中國古建筑聞名于世，源遠流長.如圖1所示的五脊殿是中國傳統(tǒng)建筑中的一種屋頂形式，該屋頂?shù)慕Y(jié)構(gòu)示意圖可近似地看作如圖2所示的五面體.現(xiàn)裝修工人準備用四種不同形狀的風鈴裝飾五脊殿的六個頂點，要求E，F(xiàn)處用同一種形狀的風鈴，其它每條棱的兩個頂點掛不同形狀的風鈴，則不同的裝飾方案共有 種.
題型三 兩個計數(shù)原理與平面圖形
例題1．（2023·浙江·模擬預(yù)測）
12．五行是華夏民族創(chuàng)造的哲學(xué)思想，多用于哲學(xué) 中醫(yī)學(xué)和占卜方面，五行學(xué)說是華夏文明重要組成部分.古代先民認為，天下萬物皆由五類元素組成，分別是金 木 水 火 土，彼此之間存在相生相克的關(guān)系.下圖是五行圖，現(xiàn)有5種顏色可供選擇給五“行”涂色，要求五行相生不能用同一種顏色（例如金生火，水生木，不能同色），五行相克可以用同一種顏色（例如水克火，木克土，可以用同一種顏色），則不同的涂色方法種數(shù)有（ ）

A．3125 B．1000 C．1040 D．1020
例題2．（2021上·湖南岳陽·高三湖南省岳陽縣第一中學(xué)校考開學(xué)考試）
13．如圖，在某城市中， 兩地之間有整齊的方格形道路網(wǎng)，其中 是道路網(wǎng)中位于一條對角線上的個交匯處．今在道路網(wǎng) 處的甲 乙兩人分別要到 處，他們分別隨機地選擇一條沿街的最短路徑，以相同的速度同時出發(fā)，直到到達 處為止．則下列說法正確的是（ ）
A．甲從到達處的方法有種
B．甲從必須經(jīng)過到達處的方法有種
C．甲 乙兩人在處相遇的概率為
D．甲 乙兩人相遇的概率為
例題3．（2023下·北京·高二北京市陳經(jīng)綸中學(xué)?？计谥校?br/>14．陳經(jīng)綸中學(xué)高二年級近日于北京日壇公園組織社會實踐活動. 日壇公園的西門位于東西中軸線上，公園內(nèi)部的主要路徑及主要景點如下圖所示. 某活動小組計劃從“烈士墓”出發(fā)，經(jīng)“東西中軸線及其以北”的主要路徑前往“祭日拜臺”進行實踐活動，活動結(jié)束后經(jīng)“東西中軸線及其以南”的主要路徑由南門離開. 已知小組成員的行動路線中沒有重復(fù)的主要路徑. 則該小組在前往“祭日拜臺”的途中最多可以路過 個主要景點；該小組全程共有 條行動路線可供選擇.
例題4．（2022·浙江金華·統(tǒng)考三模）
15．如圖，用四種不同顏色給圖中的A，B，C，D，E，F(xiàn)，G，H八個點涂色，要求每個點涂一種顏色，且圖中每條線段上的點顏色不同，則不同的涂色方法有 種.
練一練
（2023上·浙江·高三浙江省普陀中學(xué)校聯(lián)考開學(xué)考試）
16．如圖，一只青蛙開始時位于數(shù)軸上原點的位置，每次向數(shù)軸的左側(cè)或右側(cè)隨機跳躍一個單位，記為第次跳躍后對應(yīng)數(shù)軸上的數(shù)字（，），則滿足，的跳躍方法有多少種（ ）

A．336 B．448 C．315 D．420
（2022下·浙江·高二校聯(lián)考期中）
17．如圖，用五種不同的顏色給圖中的O，A，B，C，D，E六個點涂色（五種顏色不一定用完），要求每個點涂一種顏色，且圖中每條線段的兩個端點涂不同的顏色，則不同的涂法種數(shù)是（ ）
A．480 B．720 C．1080 D．1200
（2023下·重慶·高二校聯(lián)考期中）
18．如圖，某景區(qū)共有 五個景點，相鄰景點之間僅設(shè)置一個檢票口供出入，共有7個檢票口，工作人員為了檢測檢票設(shè)備是否正常，需要對每個檢票口的檢票設(shè)備進行檢測.若不重復(fù)經(jīng)過同一個檢票口，依次對所有檢票口進行檢測，則共有 種不同的檢測順序.
題型四 相鄰問題與不相鄰問題
例題1．
19．在某班進行的歌唱比賽中，共有5位選手參加，其中3位女生，2位男生．如果2位男生不能連著出場，且女生甲不能排在第一個，那么出場順序的排法種數(shù)為
A．30 B．36 C．60 D．72
例題2．
20．現(xiàn)將9把椅子排成一排，5位同學(xué)隨機就座，則下列說法中正確的是（ ）
A．4個空位全都相鄰的坐法有720種
B．4個空位中只有3個相鄰的坐法有1800種
C．4個空位均不相鄰的坐法有1800種
D．4個空位中至多有2個相鄰的坐法有9000種
例題3．
21．有5對夫婦和，共12人參加一場婚宴，他們被安排在一張有12個座位的圓桌上就餐（旋轉(zhuǎn)之后算相同坐法）.
(1)若5對夫婦都相鄰而坐，，相鄰而坐，共有多少種坐法？
(2)5對夫婦都相鄰而坐，其中甲、乙二人的太太是閨蜜要相鄰而坐，，不相鄰，共有多少種坐法？
練一練
22．(多選)把5件不同產(chǎn)品A，B，C，D，E擺成一排，則（ ）
A．A與B相鄰有48種擺法
B．A與C相鄰有48種擺法
C．A，B相鄰又A，C相鄰，有12種擺法
D．A與B相鄰，且A與C不相鄰有24種擺法
23．某興趣小組有10名學(xué)生，若從10名學(xué)生中選取3人，則選取的3人中恰有1名女生的概率為，且女生人數(shù)超過1人，現(xiàn)在將10名學(xué)生排成一排，其中男生不相鄰，且男生的左右相對順序固定，則共有 種不同的站隊方法.
24．5個女孩與6個男孩圍成一圈，任意2個女孩中間至少站1個男孩，則不同排法有 種（填數(shù)字）．
題型五 元素（位置）有限制問題
例題1．（2022·新疆·統(tǒng)考一模）
25．如圖，一次移動是指：從某一格開始只能移動到鄰近的一格，并且總是向右或右上或右下移動，而一條移動路線由若干次移動構(gòu)成，如1→3→4→5→6→7就是一條移動路線，則從數(shù)字“1”到“7”，漏掉兩個數(shù)字的移動路線條數(shù)為（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
例題2．（2023上·遼寧·高三校聯(lián)考期末）
26．將1，2，3，4，5，6，7這七個數(shù)隨機地排成一個數(shù)列，記第i項為，則下列說法正確的是（ ）
A．若，則這樣的數(shù)列共有360個
B．若所有的奇數(shù)不相鄰，所有的偶數(shù)也不相鄰，則這樣的數(shù)列共有288個
C．若該數(shù)列恰好先減后增，則這樣的數(shù)列共有50個
D．若，則這樣的數(shù)列共有71個
例題3．（2022下·黑龍江雙鴨山·高二雙鴨山一中?？茧A段練習）
27．現(xiàn)安排甲、乙、丙、丁、戊5名學(xué)生分別擔任語文、數(shù)學(xué)、英語、物理、化學(xué)學(xué)科的科代表，要求甲不當語文科代表，乙不當數(shù)學(xué)科代表，若丙當物理科代表則丁必須當化學(xué)科代表，則不同的選法共有 種
例題4．（2022下·河北石家莊·高二統(tǒng)考階段練習）
28．中華文化源遠流長，為了讓青少年更好地了解中國的傳統(tǒng)文化，某培訓(xùn)中心計劃利用暑期開設(shè)“圍棋”、“武術(shù)”、“書法”、“剪紙”、“京劇”、“刺繡”六門體驗課程．
(1)若體驗課連續(xù)開設(shè)六周，每周一門，求“京劇”和“剪紙”課程排在不相鄰的兩周的所有排法種數(shù)；
(2)現(xiàn)有甲、乙、丙三名學(xué)生報名參加暑期的體驗課程，每人都選兩門課程，甲和乙有一門共同的課程，丙和甲、乙的課程都不同，求所有選課的種數(shù)；
(3)計劃安排A、B、C、D、E五名教師教這六門課程，每門課程只由一名教師任教，每名教師至少任教一門課程，教師A不任教“圍棋”課程，教師B只能任教一門課程，求所有課程安排的種數(shù)．
練一練
（2022上·上海嘉定·高三校考階段練習）
29．中園古代中的“禮、樂、射、御、書、數(shù)”合稱“六藝”.“禮”主要指德育；“樂”主要指美育；“射”和“御”就是體育和勞動；“書”指各種歷史文化知識；“數(shù)”指數(shù)學(xué).某校國學(xué)社團開展“六藝”講座活動，每周安排一次講座，共講六次.講座次序要求“射”不在第一次，“數(shù)”和“樂”兩次不相鄰，則“六藝”講座不同的次序共有（ ）
A．408種 B．240種 C．1092種. D．120種
（2022·北京·高三強基計劃）
30．已知甲校8人，乙校4人，丙校4人，共16人排隊，同校不相鄰的排法有 種．
（2023上·高二課時練習）
31．從7名男生和5名女生中選取3人依次進行面試．
(1)若參加面試的人全是女生，則有多少種不同的面試方法？
(2)若參加面試的人中，恰好有1名女生，則有多少種不同的面試方法？
（2022下·江蘇宿遷·高二泗陽縣實驗高級中學(xué)校考階段練習）
32．甲、乙、丙、丁四名同學(xué)報名參加A、B、C三個智力競賽項目，每個人都要報名參加.分別求在下列情況下的不同報名方法的種數(shù).
(1)甲、乙報同一項目，丙不報A項目；
(2)甲不報A項目，且B、C項目報名的人數(shù)相同.
題型六 分組與分配問題
例題1．（2024上·遼寧·高二校聯(lián)考期末）
33．某校高三年級有8名同學(xué)計劃高考后前往武當山 黃山 廬山三個景點旅游.已知8名同學(xué)中有4名男生，4名女生.每個景點至少有2名同學(xué)前往，每名同學(xué)僅選一處景點游玩，其中男生甲與女生不去同一處景點游玩，女生與女生去同一處景點游玩，則這8名同學(xué)游玩行程的方法數(shù)為（ ）
A．564 B．484 C．386 D．640
例題2．（2022下·重慶長壽·高二校聯(lián)考期末）
34．某校共有東門、西門、北門三道校門.由于疫情防控需要，學(xué)校安排甲、乙、丙、丁4名教師志愿者分別去三道校門協(xié)助保安值守，下列選項正確的是（ ）
A．若對每名教師志愿者去哪道校門無要求，則共有81種不同的安排方法
B．若恰有一道門沒有教師志愿者去，則共有42種不同的安排方法
C．若甲、乙兩人都不能去北門，且每道門都有教師志愿者去，則共有44種不同的安排方法
D．若學(xué)校新購入20把同一型號的額溫槍，準備全部分配給三道校門使用，每道校門至少3把，則共有78種分配方法
例題3．（2022下·重慶長壽·高二重慶市長壽中學(xué)校?？茧A段練習）
35．為了提高教學(xué)質(zhì)量，省教育局派5位教研員去某地重點高中進行教學(xué)調(diào)研，現(xiàn)知該地有3所重點高中，則下列說法正確的有（ ）
A．每個教研員只能去1所學(xué)校調(diào)研，則不同的調(diào)研方案有243種
B．若每所重點高中至少去一位教研員，則不同的調(diào)研安排方案有150種
C．若每所重點高中至少去一位教研員，則不同的調(diào)研安排方案有300種
D．若每所重點高中至少去一位教研員，且甲 乙兩位教研員不去同一所高中則不同的調(diào)研安排方案有有114種
例題4．（2022下·重慶萬州·高二?？计谥校?br/>36．（1）把6個相同的小球放入4個相同的箱子中，每個箱子都不空，共有多少種放法？
（2）把6個相同的小球放入4個不同的箱子中，每個箱子都不空，共有多少種放法？
（3）把6個不同的小球放入4個相同的箱子中，每個箱子都不空，共有多少種放法？
（4）把6個不同的小球放入4個不同的箱子中，每個箱子都不空，共有多少種放法？
練一練
（2022下·四川成都·高三成都七中校考開學(xué)考試）
37．某醫(yī)院分配3名醫(yī)生6名護士緊急前往三個小區(qū)協(xié)助社區(qū)做核酸檢測.要求每個小區(qū)至少一名醫(yī)生和至少一名護士.問共有多少種分配方案？（ ）
A．3180 B．3240 C．3600 D．3660
（2023下·吉林四平·高一四平市實驗中學(xué)?？计谥校?br/>38．2021年7月24日，中共中央辦公廳、國務(wù)院辦公廳印發(fā)《關(guān)于進一步減輕義務(wù)教育階段學(xué)生作業(yè)負擔和校外培訓(xùn)負擔的意見》．要求各地區(qū)各部門結(jié)合實際認真貫徹落實．同年8月，國務(wù)院教育督導(dǎo)委員會辦公室印發(fā)專門通知，擬對各省“雙減”工作落實進度每半月通報一次．2021年10月，全國人大表示：“雙減”擬明確入法，避免加重義務(wù)教育階段學(xué)生負擔．11月3日，市場監(jiān)管總局等八部門發(fā)布《關(guān)于做好校外培訓(xùn)廣告管控的通知》．堅決杜絕地鐵、公交站臺等所屬廣告牌、廣告位刊發(fā)校外培訓(xùn)廣告．在“雙減”政策的推動下，四平市教育局提出了教師輪崗制度，讓更多的學(xué)生享受到更好更優(yōu)質(zhì)的教師師資，充分體現(xiàn)了教育的公平性．現(xiàn)從四平市某中學(xué)調(diào)8名不同科目的教師到另一所中學(xué)的4個不同班級．要求每個班級至少分配1名教師．至多分配3名老師，則（　　）
A．將8名教師平均分配到4個不同班級，有種分配方法
B．有兩個班級分配一名教師，另兩個班級分配三名教師，有種分配方法
C．根據(jù)班級實際情況，現(xiàn)（1）班需要1名教師，（2）班和（3）班均需要2名教師，（4）班需要3名教師，有種分配方法
D．根據(jù)教學(xué)經(jīng)驗分析，甲、乙、丙三名教師必須搭配一個班級，可達到教學(xué)效果最優(yōu)化，種分配方法
（2023上·云南昆明·高三云南省昆明市第十中學(xué)?？奸_學(xué)考試）
39．現(xiàn)將6本不同的書籍分發(fā)給甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知書籍分發(fā)給了甲，則不同的分發(fā)方式種數(shù)是 .（用數(shù)字作答）
（2023上·高二課時練習）
40．有6本不同的書，按下列要求各有多少種不同的分法？
(1)甲分1本、乙分2本、丙分3本；
(2)一人分4本，另兩人各分1本.
題型七 與組合數(shù)有關(guān)的計算
例題1．（2024上·遼寧·高二校聯(lián)考期末）
41．已知，則（ ）
A． B． C． D．
例題2．（2023下·山東菏澤·高二統(tǒng)考期末）
42．對于1，2，…，，的全部排列，定義Euler數(shù)（其中，）表示其中恰有次升高的排列的個數(shù)（注：次升高是指在排列中有處，）.例如：1，2，3的排列共有：123，132，213，231，312，321六個，恰有1處升高的排列有如下四個：132，213，231，312，因此：.則下列結(jié)論正確的有（ ）
A． B．
C． D．
例題3．（2023下·上海普陀·高二?？计谀?br/>43．規(guī)定，其中，m是正整數(shù)，且，這是組合數(shù)（n，m是正整數(shù)，且）的一種推廣．
(1)求的值．
(2)組合數(shù)的兩個性質(zhì)：①；②是否都能推廣到（，m是正整數(shù)）的情形？若能推廣，則寫出推廣的形式并給出證明；若不能，則說明理由；
(3)已知組合數(shù)是正整數(shù)，證明：當，m是正整數(shù)時，．
練一練
（2024·全國·模擬預(yù)測）
44．已知，，，，，，記．當，，，，中含個6時，所有不同值的個數(shù)記為．下列說法正確的有（ ）
A．若，則
B．若，則
C．對于任意奇數(shù)
D．對于任意整數(shù)
（2023下·河北滄州·高二統(tǒng)考期末）
45．產(chǎn)品抽樣檢查中經(jīng)常遇到一類實際問題，假定在N件產(chǎn)品中有M件不合格品，在產(chǎn)品中隨機抽件做檢查，發(fā)現(xiàn)件不合格品的概率為，其中是與中的較小者，在不大于合格品數(shù)（即）時取0，否則取與合格品數(shù)之差，即.根據(jù)以上定義及分布列性質(zhì)，請計算當N=16，M=8時， ；若，，請計算 ．（用組合數(shù)表示）
（2024·全國·高三專題練習）
46．已知數(shù)列滿足，是否存在等差數(shù)列，使得對一切自然數(shù)恒成立？
一、單選題
（2024上·全國·高三期末）
47．過三棱柱中任意兩個頂點連線作直線，在所有這些直線連線中構(gòu)成異面直線的對數(shù)為（ ）
A．18 B．30 C．36 D．54
（2023下·湖北·高二武漢市第六中學(xué)校聯(lián)考期中）
48．現(xiàn)有天平及重量為，，，的砝碼各一個，每一步，我們選取任意一個砝碼，將其放入天平的左邊或者右邊，直至所有砝碼全放到天平兩邊，但在放的過程中發(fā)現(xiàn)天平的指針不會偏向分度盤的右邊，則這樣的放法共有（ ）種.
A． B． C． D．
（2022下·河北保定·高二統(tǒng)考期末）
49．在如圖所示的5個區(qū)域內(nèi)種植花卉，每個區(qū)域種植1種花卉，且相鄰區(qū)域種植的花卉不同，若有6種不同的花卉可供選擇，則不同的種植方法種數(shù)是（ ）
A．1440 B．720 C．1920 D．960
（2021下·上海長寧·高二上海市延安中學(xué)?？计谀?br/>50．定義域為集合{1，2，3，…，12}上的函數(shù)滿足：
（1）；（2）（）；（3）、、成等比數(shù)列；
這樣的不同函數(shù)的個數(shù)為（ ）
A．155 B．156 C．157 D．158
（2022·山東臨沂·統(tǒng)考一模）
51．公元五世紀，數(shù)學(xué)家祖沖之估計圓周率的范圍是：，為紀念祖沖之在圓周率方面的成就，把3.1415926稱為“祖率”，這是中國數(shù)學(xué)的偉大成就.某教師為幫助同學(xué)們了解“祖率”，讓同學(xué)們把小數(shù)點后的7位數(shù)字1，4，1，5，9，2，6進行隨機排列，整數(shù)部分3不變，那么可以得到大于3.14的不同數(shù)字的個數(shù)為（ ）
A．720 B．1440 C．2280 D．4080
（2020·上?！じ呷龑ｎ}練習）
52．如圖，在某海岸P的附近有三個島嶼Q，R，S，計劃建立三座獨立大橋，將這四個地方連起來，每座橋只連接兩個地方，且不出現(xiàn)立體交叉形式，則不同的連接方式有（ ）.
A．24種 B．20種 C．16種 D．12種
（2021·浙江寧波·效實中學(xué)校考模擬預(yù)測）
53．定義數(shù)列如下：存在，滿足，且存在，滿足，已知數(shù)列共4項，若且，則數(shù)列共有（ ）
A．190個 B．214個 C．228個 D．252個
（2018下·江西撫州·高二臨川一中?？计谀?br/>54．某人設(shè)計一項單人游戲，規(guī)則如下：先將一棋子放在如圖所示正方形（邊長為2個單位）的頂點處，然后通過擲骰子來確定棋子沿正方形的邊按逆時針方向行走的單位，如果擲出的點數(shù)為，則棋子就按逆時針方向行走個單位，一直循環(huán)下去.則某人拋擲三次骰子后棋子恰好又回到點處的所有不同走法共有
A．22種 B．24種 C．25種 D．27種
（2023下·江蘇徐州·高二統(tǒng)考期中）
55．已知空間直角坐標系中，，三棱錐內(nèi)部整數(shù)點（所有坐標均為整數(shù)的點，不包括邊界）的個數(shù)為（ ）
A． B． C． D．
（2023·浙江·校聯(lián)考三模）
56．“省刻度尺”問題由英國數(shù)學(xué)游戲大師杜登尼提出：一根長的尺子，要能夠量出長度為到且邊長為整數(shù)的物體，至少需要6個刻度（尺子頭尾不用刻）．現(xiàn)有一根的尺子，要能夠一次量出長度為到且邊長為整數(shù)的物體，尺子上至少需要有（ ）個刻度
A．3 B．4 C．5 D．6
（2022·浙江杭州·學(xué)軍中學(xué)模擬預(yù)測）
57．設(shè)A是任意一個n元實數(shù)集合，令集合，記集合B中的元素個數(shù)為，則（ ）
A．若，則 B．若，則
C．若，則 D．若，則
二、多選題
（2022·高二課時練習）
58．四位小伙伴在玩一個“幸運大挑戰(zhàn)”小游戲，有一枚幸運星在他們四個人之間隨機進行傳遞，游戲規(guī)定：每個人得到幸運星之后隨機傳遞給另外三個人中的任意一個人，這樣就完成了一次傳遞．若游戲開始時幸運星在甲手上，記完成次傳遞后幸運星仍在甲手上的所有可能傳遞方案種數(shù)為，則（ ）
A． B． C． D．
（2023下·江蘇常州·高二常州市第一中學(xué)校考階段練習）
59．下列關(guān)于排列組合數(shù)的等式或說法正確的有（ ）
A．
B．設(shè)，則的個位數(shù)字是6
C．已知，則等式對任意正整數(shù)，都成立
D．等式對任意正整數(shù)都成立
三、填空題
（2024上·上海松江·高二上海市松江二中校考期末）
60．設(shè)為的一個排列，滿足，則這樣的排列的個數(shù)為 個.
（2023上·遼寧沈陽·高三沈陽市第一二〇中學(xué)校考階段練習）
61．我們稱元有序?qū)崝?shù)組為維向量，為該向量的范數(shù).已知維向量，其中，記范數(shù)為奇數(shù)的的個數(shù)為，則 ； （用含的式子表示，）.
（2022下·山東菏澤·高二統(tǒng)考期末）
62．類比排列數(shù)公式，定義（其中，），將右邊展開并用符號表示（，）的系數(shù)，得，則：
（1） ；
（2）若，（，），則 .
（2023·上海楊浦·統(tǒng)考一模）
63．我國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中研究過一種叫“鱉（biē）臑（nào）”的幾何體，它指的是由四個直角三角形圍成的四面體，那么在一個長方體的八個頂點中任取四個，所組成的四面體中“鱉臑”的個數(shù)是 .
（2022上·北京海淀·高一北京市十一學(xué)校?？计谥校?br/>64．已知非空集合，設(shè)集合．分別用表示集合A、S、T中元素的個數(shù)，則下列說法正確的是 ．
①若，則； ②若，則；
③若，則可能為18； ④若，則不可能為19．
（2022上·浙江·高二校聯(lián)考階段練習）
65．我們常常運用對同一個量算兩次的方法來證明組合恒等式，如：從裝有編號為的個球的口袋中取出個球，共有種取法.在種取法中，不取號球有種取法；取號球有種取法.所以.試運用此方法，寫出如下等式的結(jié)果： .
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．ABC
【分析】選項A，用列舉法即可得；選項B，構(gòu)造新數(shù)列，利用定義法可證明是等比數(shù)列；選項C，由遞推關(guān)系變形可得裂項形式，裂項后利用累加法求通項即可證；選項D，利用泰勒公式可得再對分奇偶討論即可判斷.
【詳解】選項A，令4封信分別為，當在第2個信箱時，共3種錯排方式：
第1種
信箱 1 2 3 4
信
第2種
信箱 1 2 3 4
信
第3種
信箱 1 2 3 4
信
同理可得在第3和4個信箱時，也分別有3種錯排方式，所以共種方法，故A選項正確；
選項B，，∴，
又，則，故B選項正確；
選項C，，
兩邊同除以得，
∴，
，故C選項正確；
選項D，裝錯信封的概率為，∵，
則，即
當n為奇數(shù)時，；
當n為偶數(shù)時，；綜上，當n為奇數(shù)時；當n為偶數(shù)時，故D項錯誤.
故選：ABC.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題B選項的關(guān)鍵是通過構(gòu)造變形得，D選項的關(guān)鍵是利用所給的泰勒公式，再分奇偶討論.
2． 7
【分析】當時，分同色和不同色，兩種情況討論，求出，再根據(jù)二項式的展開通項即可得出答案；當有個區(qū)域時，若不考慮區(qū)域和區(qū)域是否同色，則共有種方案，這種方案種包含區(qū)域和區(qū)域同色和不同色兩種情況，若區(qū)域和區(qū)域不同色，則共有種方案，若區(qū)域和區(qū)域同色，則有種方案，從而可得出，根據(jù)遞推公式即可得出答案.
【詳解】解：當時，
若同色，則共有中排法，
若不同色，則共有中排法，
所以總共有中排法，
即，
二項式的展開通項為，
令，解得，
所以等于二項式的展開式中第7項的系數(shù)，
當有個區(qū)域時，若不考慮區(qū)域和區(qū)域是否同色，
則共有種方案，
這種方案種包含區(qū)域和區(qū)域同色和不同色兩種情況，
若區(qū)域和區(qū)域不同色，則共有種方案，
若區(qū)域和區(qū)域同色，則可以把這兩個區(qū)域看成同一個區(qū)域，即為區(qū)域①，
則給區(qū)域①，2，3，4，，栽植，由題意可知有種方案，
所以，
即，
所以數(shù)列是以為公比的等比數(shù)列，
又，
是以，
是以.
3．
【分析】設(shè)將圓分成個不相等的扇形時，滿足題設(shè)的染法有種，求出、的值，建立數(shù)列的遞推關(guān)系式，推導(dǎo)出數(shù)列是從第二項開始成以為公比的等比數(shù)列，求出的值，即可得解.
【詳解】解：設(shè)將圓分成個不相等的扇形時，滿足題設(shè)的染法有種．
依次記個扇形為、、、，顯然，
當時，先對染色，有種方法；染色后再對染色，有種方法，故．
當時，我們依次對、、、染色．
對染色，有種方法，對染色后再對染色有種方法，
同樣的對、、、分別有種方法，由乘法原理共有種染色方法．
但這樣做，與有可能同色．即在種染色方法中包含了與同色的染色方法．
對于與同色的情形，拆去與的邊界使與合并，
便得到將圓分為個扇形時同色不相鄰的染色方法，這樣的情況有種．
故，且，
設(shè)，可得，則，即，
故，且，
所以，數(shù)列是從第二項開始成以為公比的等比數(shù)列，
因此，，因此，.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查計數(shù)原理中的染色問題，解題的關(guān)鍵在于建立個扇形區(qū)域的染色方法種數(shù)所構(gòu)成的數(shù)列的遞推公式，利用遞推公式構(gòu)造等比數(shù)列來求解.
4．AC
【分析】設(shè)k個元素的錯排有種，利用數(shù)列的遞歸關(guān)系可求該數(shù)列的通項公式，故可判斷各項的正誤.
【詳解】我們先證明錯排公式.
設(shè)k個元素的錯排有種，我們來考慮滿足的遞推關(guān)系.
n個元素錯排時，先把n放在某個位置上，有種方法，比如把n放在第i個位置，即．
再考慮剩下個元素如何排列，
有兩種情況：一種是，此時只需要將剩下的個元素錯排即可，有種方法；
另一種是，此時把第n個位置等同于第i個位置，直接對應(yīng)個元素的錯排，有種方法，
所以有遞推公式．
令，則有，
從而有，而，
由累乘法知．
而，故也符合該式，
于是由累加法知，
所以．
回到本題，，
于是選項A，C正確，選項D錯誤．
對于選項B，有，而事實上，于是選項B錯誤．
故選：AC
5．
【分析】求導(dǎo)，由題意可得出，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，即可求得或，分類討論，即可求得滿足條件的數(shù)列的個數(shù).
【詳解】因為，則，
由已知可得，則.
由題意可得，可得，，可得或.
①當時，，
得的值有個，個，
，
得的值有個，個，
此時，數(shù)列的個數(shù)為個；
②當時，，
得的值有個，個，
，
得的值有個，個，
此時，數(shù)列的個數(shù)為個.
綜上所述，數(shù)列的個數(shù)為.
故答案為：.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查數(shù)列個數(shù)的求解，解題的關(guān)鍵在于確定的值的個數(shù)，結(jié)合組合計數(shù)原理和分類加法計數(shù)原理求解.
6．
【分析】設(shè)小學(xué)生爬個臺階有種方法，結(jié)合最后一步有種情況，找到數(shù)列的遞推關(guān)系，據(jù)此即可求得結(jié)果.
【詳解】設(shè)小學(xué)生爬個臺階有種方法.
考慮最后一步：若最后一步只邁一級臺階，則前個臺階有種方法；
若最后一步邁兩級臺階，則前個臺階有種不同的方法.
由加法原理得：，易知其初值，，
則，
，
故小學(xué)生級臺階的樓梯有種不同的爬樓方法.
故答案為：.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題以斐波那契數(shù)列為背景，考察學(xué)生在排列組合問題中建立模型，求解模型的能力；處理問題的關(guān)鍵是能夠合理建立模型，屬綜合困難題.
7．A
【分析】將不同的染色方案分為：相同和不同兩種情況，相加得到答案.
【詳解】按照的順序：
當相同時：染色方案為
當不同時：染色方案為
不同的染色方案為：種
故答案為A
【點睛】本題考查了加法原理和乘法原理，把染色方案分為相同和不同兩種情況是解題的關(guān)鍵.
8．ACD
【分析】利用組合計數(shù)原理結(jié)合分步乘法計數(shù)原理可判斷A選項；分析可知從點到點，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步，結(jié)合分步乘法計數(shù)原理可判斷B選項；利用古典概型的概率公式可判斷C選項；找出兩人相遇的位置，求出兩人相遇的概率，可判斷D選項．
【詳解】對于A，從點到點，需要向上走2步，向前走1步，
從點到點，需要向右走2步，向前走1步，
所以，甲從必須經(jīng)過到達的方法數(shù)為種，A正確；
對于B,從點到點，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步，
所以，甲從到的方法數(shù)為種，B錯誤；
對于C，甲從點運動到點，需要向上、前、右各走一步，
再從點運動到點，也需要向上、前、右各走一步，
所以，甲從點運動到點，且經(jīng)過點，不同的走法種數(shù)為種，
乙從點運動到點，且經(jīng)過點，不同的走法種數(shù)也為36種，
所以，甲、乙兩人在處相遇的概率為，C正確；
對于D，若甲、乙兩人相遇，則甲、乙兩人只能在點、、、、、、，

甲從點運動到點，需要向上走2步，向前走1步，再從點運動到點，需要向前走1步，向右走2步，
所以甲從點運動到點且經(jīng)過點的走法種數(shù)為，
所以甲、乙兩人在點處相遇的走法種數(shù)為，
同理可知，甲、乙兩人在點、、、、處相遇的走法種數(shù)都為，
因此，甲、乙兩人相遇的概率為，D正確．
故選：ACD．
【點睛】解答本題的關(guān)鍵在于利用組合數(shù)去計算對應(yīng)的方法數(shù)，將從到的路線轉(zhuǎn)變?yōu)榱剑渲忻恳粭l路線向上步數(shù)確定后，則對應(yīng)向右的步數(shù)也能確定，因此可以考慮從六步中選取向上或向右的步數(shù)，由此得到的組合數(shù)可表示對應(yīng)路線的方法數(shù)．
9．(1)576
(2)264
【分析】（1）第一步，、、三點所涂顏色各不相同，第二步，、、三點所涂顏色各不相同，結(jié)合分步乘法即可求得結(jié)果.
（2）分別研究用四種顏色或三種顏色或兩種顏色涂色方法，結(jié)合分類計數(shù)、分步計數(shù)原理計算即可.
【詳解】（1）由題得每個底面的頂點涂色所使用的顏色不相同，第一步，、、三點所涂顏色各不相同的方法有（種），第二步，、、三點所涂顏色各不相同的方法有（種），
所以由分步計數(shù)原理，不同的涂色方法共有（種）.
（2）若用四種顏色，即，，，各涂一種顏色，與同色，與同色，所以有（種）；
若用三種顏色，即第一類： 與同色、、各涂一種顏色，則只能涂剩余那種顏色，可以與或同色，所以有（種），
第二類：與同色、、各涂一種顏色，則只能涂剩余那種顏色，可以與或同色，所以有（種），
第三類：與同色、、各涂一種顏色，則可以涂剩余那種顏色或與同色，可以與同色或涂剩余那種顏色，所以有（種），
所以用三種顏色，有（種）；
若用兩種顏色，即與同色、與同色各涂一種顏色，可以涂剩余剩余兩種顏色，也可以涂剩余剩余兩種顏色，所以有（種）．
所以由分類加法計數(shù)原理，共有（種）．
10．B
【分析】按照的順序進行染色，按照A，C是否同色分類，結(jié)合分類加法、分步乘法計算即可.
【詳解】按照的順序進行染色，按照A，C是否同色分類：
第一類，A，C同色，由分步計數(shù)原理有種不同的染色方法；
第二類，A，C不同色，由分步計數(shù)原理有種不同的染色方法；
根據(jù)分類加法計數(shù)原理，共有種不同的染色方法.
故選：B.
11．72
【分析】
對于本題共4種不同形狀的風鈴，要求是使用同一種風鈴，其余各棱的兩個頂點掛不同形狀的風鈴，可以理解相鄰頂點掛不同形狀的風鈴，通過分析使用3種或4種風鈴滿足條件.
【詳解】①使用3種形狀風鈴，只能同，同，同.此時共有：種掛法，
②使用4種形狀風鈴，此時有兩種情況；
1）同，不同：直接將4種風鈴掛到四個點上，
全排列有：種，
2）不同，同：此時與1）相同，共有種，
綜上，共有24+24+24=72種，
故答案為：72
【點睛】涂色問題解決問題的關(guān)鍵是在判定使用顏色數(shù)量，合理分類，合理分步，熟練分類加法及分步乘法原則.
12．D
【分析】
根據(jù)不鄰區(qū)域是否同色進行分類，確定涂色順序再分步計數(shù)即可.
【詳解】五行相克可以用同一種顏色，也可以不用同一種顏色，即無限制條件.
五行相生不能用同一種顏色，即相鄰位置不能用同一種顏色.
故問題轉(zhuǎn)化為如圖五個區(qū)域，
有種不同的顏色可用，要求相鄰區(qū)域不能涂同一種顏色，即色區(qū)域的環(huán)狀涂色問題.

分為以下兩類情況：
第一類：三個區(qū)域涂三種不同的顏色，
第一步涂區(qū)域，
從種不同的顏色中選種按序涂在不同的個區(qū)域上，則有種方法，
第二步涂區(qū)域，由于顏色不同，有種方法，
第三步涂區(qū)域，由于顏色不同，則有種方法，
由分步計數(shù)原理，則共有種方法；
第二類：三個區(qū)域涂兩種不同的顏色，
由于不能涂同一色，則涂一色，或涂同一色，兩種情況方法數(shù)相同.
若涂一色，
第一步涂區(qū)域，可看成同一區(qū)域，且區(qū)域不同色，
即涂個區(qū)域不同色，
從種不同的顏色中選種按序涂在不同的個區(qū)域上，則有種方法，
第二步涂區(qū)域，由于顏色相同，則有種方法，
第三步涂區(qū)域，由于顏色不同，則有種方法，
由分步計數(shù)原理，則共有種方法；
若涂一色，與涂一色的方法數(shù)相同，
則共有種方法.
由分類計數(shù)原理可知，不同的涂色方法共有種.
故選：D.
13．C
【分析】
分析甲從到達處以及甲從必須經(jīng)過到達處的走法，結(jié)合組合知識，可判斷A，B；計算出甲 乙兩人在處相遇的走法種數(shù)，根據(jù)古典概型的概率公式即可判斷C；分類考慮甲 乙兩人相遇的地點，計算出相應(yīng)的走法數(shù)，根據(jù)古典概型的概率公式即可判斷D.
【詳解】
A選項，甲從M到達N處，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，
則甲從M到達N處的方法有種，A選項錯誤；
B選項，甲經(jīng)過到達N處，可分為兩步：第一步，甲從M經(jīng)過需要走3步，
其中1步向右走，2步向上走，方法數(shù)為種；
第二步，甲從到N需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法數(shù)為種，
故甲經(jīng)過到達N的方法數(shù)為種，B選項錯誤；
C選項，甲經(jīng)過的方法數(shù)為種，乙經(jīng)過的方法數(shù)也為種，
∴甲 乙兩人在處相遇的方法數(shù)為種，
故甲、乙兩人在處相遇的概率為，C選項正確；
D選項，甲 乙兩人沿最短路徑行走，只可能在、、、處相遇，
若甲 乙兩人在處相遇，甲經(jīng)過處，則甲的前三步必須向上走，
乙經(jīng)過處，則乙的前三步必須向左走，兩人在處相遇的走法種數(shù)為1種；
若甲 乙兩人在處相遇，由C選項可知，走法種數(shù)為81種；
若甲 乙兩人在處相遇，甲到處，前三步有2步向右走，后三步只有1步向右走，
乙到處，前三步有2步向下走，后三步只有1步向下走，
∴兩人在處相遇的走法種數(shù)為種；
若甲 乙兩人在處相遇，甲經(jīng)過處，則甲的前三步必須向右走，乙經(jīng)過處，
則乙的前三步必須向下走，兩人在處相遇的走法種數(shù)為1種；
故甲 乙兩人相遇的概率，D選項錯誤，
故選：C．
【點睛】
關(guān)鍵點睛：解答本題的關(guān)鍵在于利用組合數(shù)去計算對應(yīng)的方法數(shù)，將從到的路線轉(zhuǎn)變?yōu)榱剑渲忻恳粭l路線向上步數(shù)確定后，則對應(yīng)向右的步數(shù)也能確定，因此可以考慮從六步中選取向上或向右的步數(shù)，由此得到的組合數(shù)可表示對應(yīng)路線的方法數(shù)．
14． 5 35
【分析】該小組在前往“祭日拜臺”的途中最多可以路過主要景點依次有：北天門，祭器庫，神庫神廚，懸鈴木，西天門；該小組全程行動路線使用分類分步一一列舉出來即可.
【詳解】該小組在前往“祭日拜臺”的途中最多可以路過主要景點依次有：北天門，祭器庫，神庫神廚，懸鈴木，西天門，共5個；
各路口與景點標記如圖所示，該小組全程行動路線可分三類：
第一類：由A經(jīng)到H到“祭日拜臺”再到南門，路線分兩步，第一步先由A到H的路線有：AFGH，AFGDEH，ABDGH，ABDEH，第二步活動結(jié)束后從“祭日拜臺”到南門路線有：IMO,IMKLNO,IMNLKO,JLKO,JLNO,共有種.
第二類：由A經(jīng)到I到“祭日拜臺”再到南門，路線分兩步，第一步先由A到I的路線有：AFI,ABDGFI,ABDEHGFI, 第二步活動結(jié)束后從“祭日拜臺”到南門路線有：JLKO,JLNO, 共有種.
第三類：由A經(jīng)到J到“祭日拜臺”再到南門，路線分兩步，第一步先由A到J的路線有：ABCJ,AFGDBCJ,AFGHEDBCJ, 第二步活動結(jié)束后從“祭日拜臺”到南門路線有：IMO,IMKLNO,IMNLKO, 共有種.
因此，共有20+6+9＝35.
故答案為：5；35
【點睛】易錯點點睛：列舉法關(guān)鍵是要做到不重漏，分類要清晰，步驟要合理.
15．
【分析】分涂4種，3種或2種顏色，再分別計算涂色的方法種數(shù).
【詳解】①對涂4種顏色，對于剩下的各剩2種顏色，且相鄰的都含一種顏色是相同的，即當某個點取一種顏色時，其他點的顏色是確定的，那么共有2種情況，共有種，
②對涂3種顏色，對于從4種顏色中取3種，即，從這3種顏色中取1種來作重復(fù)的一種，即，再對這四種顏色進行排列，重復(fù)的那種只能在對角，有2個對角，再對其他不重復(fù)的2種進行排列，即對于剩下的同①一樣，各剩2個顏色，當其中一點取一種顏色時，其他點顏色是確定的，共有2種，故共有種，
③涂2種顏色，則選2種顏色，涂在對角位置，有種方法，共2種顏色，故共有種方法，
所以一共有種方法.
故答案為：
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查排列，組合，計數(shù)原理的綜合應(yīng)用，本題的關(guān)鍵是正確分類的涂色方法種數(shù)，并且先涂，再涂.
16．B
【分析】先分兩類：①，，②，，然后每類分兩步，根據(jù)組合數(shù)公式列式求出結(jié)果再相加可得結(jié)果.
【詳解】因為，所以或.
當，時，前次向左跳躍次，向右跳躍次，后次向右跳躍次，
所以有種；
當，時，前次向右跳躍次，向左跳躍次，后次向左跳躍次，向右跳躍次，
所以有種.
綜上所述：滿足，的跳躍方法有種.
故選：B
【點睛】思路點睛：排列組合題一般思路是：先分類，再每類分步計數(shù).
17．D
【分析】分類討論按照O，A，B，C，D，E的順序按題意要求去依次涂色即可解決.
【詳解】先給O涂色，有種方法，接著給A涂色，有種方法，接著給B涂色，有種方法，
①若C與A同色，則有1種涂色方法，接著給D涂色，有3種涂色方法，
最后E有2種涂色方法；
②若C與A不同色，則有2種涂色方法，接著給D涂色，
若D與A同色，則有1種涂色方法，最后E有3種涂色方法；
若D與A不同色，則有2種涂色方法，最后E有2種涂色方法.
綜上，涂色方法總數(shù)為
故選：D
18．
【分析】將個景區(qū)抽象為個點，見個檢票口抽象為條路線，將問題化歸為不重復(fù)走完條路線，即一筆畫問題，分析可得只能從或處出發(fā)才能不重復(fù)走完條路線，再用列舉法列出所有可能結(jié)果，即可得解.
【詳解】如圖將個景區(qū)抽象為個點，見個檢票口抽象為條路線，將問題化歸為不重復(fù)走完條路線，即一筆畫問題，
從或處出發(fā)的線路是奇數(shù)條，其余是偶數(shù)條，可以判斷只能從或處出發(fā)才能不重復(fù)走完條路線，
由于對稱性，只列出從處出發(fā)的路線情形即可.
①走路線：，，，，，，共種；
②走路線：，，，，，，共種；
③走路線：，，，，共種；
綜上，共有種檢測順序.
故答案為：
19．C
【分析】記事件位男生連著出場，事件女生甲排在第一個，利用容斥原理可知所求出場順序的排法種數(shù)為，再利用排列組合可求出答案．
【詳解】記事件位男生連著出場，即將位男生捆綁，與其他位女生形成個元素，所以，事件的排法種數(shù)為，
記事件女生甲排在第一個，即將甲排在第一個，其他四個任意排列，所以，事件的排法種數(shù)為，
事件女生甲排在第一位，且位男生連著，那么只需考慮其他四個人，將位男生與其他個女生形成三個元素，所以，事件的排法種數(shù)為種，
因此，出場順序的排法種數(shù)
種，故選C．
【點睛】本題考查排列組合綜合問題，題中兩個事件出現(xiàn)了重疊，可以利用容斥原理
來等價處理，考查計算能力與分析問題的能力，屬于中等題．
20．AC
【分析】對于A，用捆綁法即可;對于B，先用捆綁法再用插空法即可；對于C，用插空法即可；對于D，用插空法的同時注意分類即可.
【詳解】對于A,將四個空位當成一個整體，全部的坐法：，故A對；
對于B，先排5個學(xué)生，然后將三個相鄰的空位當成一個整體，和另一個空位插入5個學(xué)生中有中方法，所以一共有種，故B錯；
對于C，先排5個學(xué)生，4個空位是一樣的，然后將4個空位插入5個學(xué)生中有種，
所以一共有，故C對；
對于D，至多有2個相鄰即都不相鄰或者有兩個相鄰，由C可知都不相鄰的有1800種，
空位兩個兩個相鄰的有： ，空位只有兩個相鄰的有，所以一共有種，故D錯；
故選：AC
21．(1)7680種
(2)1152種
【分析】（1）將一對夫婦視為一組，，視為一組，先將6組人圓排列，再對每一組內(nèi)的兩人調(diào)整位置，然后用分步乘法計數(shù)原理計算即得；
（2）先排甲、乙二人的太太及這兩對夫婦，再排余下3對夫婦，最后用插空法排，，借助分步乘法計數(shù)原理計算即得.
【詳解】（1）若5對夫婦都相鄰，，相鄰，可將每對夫婦劃分為1組，，劃分為1組，
再將這6組人圍坐成一圈，共有種坐法，
由于每一組內(nèi)兩人還有順序問題，
所以共有種坐法；
（2）分成三步來完成第一步，排甲、乙二人的太太的座位，有2種坐法，
甲、乙二人的座位也隨之確定；
第二步，排其余3對夫婦的座位，有種坐法；
第三步，排，二人的座位，有種坐法，
根據(jù)分步乘法計數(shù)原理，共有種坐法.
22．ABC
【分析】逐個分析每個選項正確與否即可
【詳解】對于A選項：產(chǎn)品A與B相鄰，把作為一個元素有種方法，
而A，B可交換位置，所以有種擺法.故A選項符合題意.
對于B選項：同A選項一樣分析可知產(chǎn)品A與C相鄰也有48種擺法. 故B選項符合題意.
對于C選項:當相鄰又滿足相鄰，
首先將產(chǎn)品捆綁起來作為一個元素并把產(chǎn)品放在產(chǎn)品與之間，
注意到產(chǎn)品與可互換位置，所以首先排列有種擺法，
把組成的整體作為一個元素和剩下的兩個元素進行排列，又有種擺法，
所以A，B相鄰又A，C相鄰，有種擺法.故C選項符合題意.
對于D選項：由A選項可知A與B相鄰有48種擺法，
由C選項可知A，B相鄰又A，C相鄰有12種擺法，
因此A與B相鄰，且A與C不相鄰有種擺法.故D選項不符合題意.
故選：ABC.
23．25200
【分析】由已知得10名學(xué)生中，有女生6人，男生4人，再利用插空法求解即可.
【詳解】設(shè)10名學(xué)生中，有女生人，男生人，
則10名學(xué)生中選取3人，恰有1名女生的概率，
整理得：，即
因式分解可得：，
解得：或（舍去）或（舍去）
所以10名學(xué)生中，有女生6人，男生4人，
將6名女生排成一排有種方法，再將4名男生插到7個空中有種方法，
因為男生的左右相對順序固定，而4名男生排成一排有種方法，
所以一共有，
故答案為：25200
24．86400
【分析】分三步，先將5個女孩圓排列，再把6個男孩按2，1，1，1，1分成5組，最后把這5組放入已成圓排列的5個間隔即可得解.
【詳解】因為任意2個女孩中間至少站1個男孩，則有且僅有2個男孩站在一起，
先把5個女孩排成一個圈，這是個圓形排列，因此排法共有(種)，
把6個男孩按2，1，1，1，1分成5組有種分法，
最后把5組男孩放入5個女孩構(gòu)成圓排列的5個間隔中有種方法，而站在一起的兩個男孩有順序性，有2種站法，
所以，由分步乘法計數(shù)原理得，不同的排法共有(種).
故答案為：86400
25．B
【分析】分類分步排列即可.
【詳解】由題意1和7是不能漏掉的，所以由以下路線：
（1,3,5,6,7），（1,3,4,6,7），（1,3,4,5,7），（1,2,4,6,7），（1,2,4,5,7），（1,2,3,5,7）共6條，
故選：B.
26．AD
【分析】根據(jù)對稱性可得，即可判斷A，對于B：則這樣的數(shù)列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，即可判斷B，對于C：對的位置分類討論，對于D，分、、三種情況討論.
【詳解】解：對于A：由于為奇數(shù)，根據(jù)對稱性可知這樣的數(shù)列有個，故A正確；
對于B：若所有的奇數(shù)不相鄰，所有的偶數(shù)也不相鄰，
則這樣的數(shù)列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，則有個，故B錯誤；
對于C：從1，2，3，4，5，6中選出個數(shù)排在的右側(cè)，其余排在的左側(cè)，
得到先減后增的數(shù)列有個；
從1，2，3，4，5，6中選出2個數(shù)排在的右側(cè)，其余排在的左側(cè)，
得到先減后增的數(shù)列有個；
從1，2，3，4，5，6中選出3個數(shù)排在的右側(cè)，其余排在的左側(cè)，
得到先減后增的數(shù)列有個；
從1，2，3，4，5，6中選出4個數(shù)排在的右側(cè)，其余排在的左側(cè)，
得到先減后增的數(shù)列有個；
從1，2，3，4，5，6中選出5個數(shù)排在的右側(cè)，其余排在的左側(cè)，
得到先減后增的數(shù)列有個；
故滿足條件的總個數(shù)為：個，故C錯誤．
對于D：若則這樣的數(shù)列有個，
若則這樣的數(shù)列有個，
若則這樣的數(shù)列有個，
所以滿足條件的這樣的數(shù)列共有個，故D正確；
故選：AD
27．67
【分析】根據(jù)特殊元素特殊處理的原則，以丙進行分類，排完丙后，由甲不當語文科代表，乙不當數(shù)學(xué)科代表，還要進行分類，根據(jù)分類計數(shù)原理可得.
【詳解】因為丙當物理課代表則丁必須當化學(xué)課代表，以丙進行分類：
第一類，當丙當物理課代表時，丁必須當化學(xué)課代表，再根據(jù)甲當數(shù)學(xué)課代表，乙戊可以當英語和語文中的任一課，有種，當甲不當數(shù)學(xué)課代表，甲只能當英語課代表，乙只能當語文課代表，戊當數(shù)學(xué)課代表，有種，
共計種；
第二類，當丙不當物理課代表時，分四類：
①丙為語文課代表時，乙只能從英語、物理和化學(xué)中選擇一課，剩下的甲丁戊任意排給剩下的三課，有種種，
②丙為數(shù)學(xué)課代表時，甲只能從英語、物理和化學(xué)中選擇一課，剩下的乙丁戊任意排給剩下的三課，有種，
③丙為英語課代表時，繼續(xù)分類，甲當數(shù)學(xué)課代表時，其他三位同學(xué)任意當有種，當甲不當數(shù)學(xué)課代表，甲只能從物理和化學(xué)課中選一課,乙只能從語文和甲選完后的剰下的一課中選一課，丁和戊做剰下的兩課，有種，共計種，
④丙為化學(xué)課代表時，同③的選法一樣有種，
根據(jù)分類計數(shù)原理得，不同的選法共有種.
故答案為：67.
28．(1)480
(2)360
(3)1140
【分析】
（1）采用插空法，先拍其余四科，再插空；
（2）特殊的先排，再用分步乘法；
（3）按甲所教科目的數(shù)量分類，然后由分類加法計數(shù)原理求解.
【詳解】（1）
第一步，先將另外四門課排好，有種情況；
第二步，將“京劇”和“剪紙”課程分別插入5個空隙中，有種情況；
所以“京劇”和“剪紙”課程排在不相鄰的兩周的排法有種；
（2）
第一步，先將甲和乙的不同課程排好，有種情況；
第二步，將甲和乙的相同課程排好，有種情況；
第三步，因為丙和甲、乙的課程都不同，所以丙的排法種情況；
因此，所有選課種數(shù)為.
（3）
①當A只任教1科時：先排A任教科目，有種；再從剩下5科中排B的任教科目，有種；接下來剩余4科中必有2科為同一名老師任教，分三組全排列，共有種；所以當A只任教1科時，共有種；
②當A任教2科時：先選A任教的2科有中，這樣6科分為4組共有種，
所以，當A任教2科時，共有種，
綜上，A不任教“圍棋”的課程安排方案有1140種．
29．A
【分析】根據(jù)給定條件先求出“射”不在第一次的“六藝”講座不同的次序數(shù)，去掉“射”不在第一次且“數(shù)”和“樂”兩次相鄰的“六藝”講座不同的次序數(shù)即可得解.
【詳解】每周安排一次，共講六次的“六藝”講座活動，“射”不在第一次的不同次序數(shù)為，
其中“射”不在第一次且“數(shù)”和“樂”兩次相鄰的不同次序數(shù)為，
于是得，
所以“六藝”講座不同的次序共有408種.
故選：A
【點睛】思路點睛：含有兩個限制條件的排列問題，利用排除法，先讓一個條件被滿足，再去掉這個條件滿足時另一個條件不滿足的所有可能即可解決問題.
30．
【分析】按甲校的人所在位置的標號均為奇數(shù)或者均為偶數(shù)和甲校的人所在位置的標號有奇數(shù)也有偶數(shù)分類討論后可求同校不相鄰的排法數(shù).
【詳解】考慮甲校人，乙、丙校均為n人的情形．設(shè)位置的標號分別為．
情形一 甲校的人所在位置的標號均為奇數(shù)或者均為偶數(shù)．
此時排法數(shù)為．
情形二 甲校的人所在位置的標號有奇數(shù)也有偶數(shù)，
則必然為以1開頭的若干個奇數(shù)后續(xù)為以結(jié)尾的若干個偶數(shù)，按奇偶交替的位置計數(shù)，有種方法安排甲校的人，此時會出現(xiàn)一組相鄰的位置，
因此有種方法安排乙和丙，總排法數(shù)有．
綜上所述，所有的排法數(shù)為．
故答案為：.
31．(1)60
(2)630
【分析】（1）直接由排列的意義以及排列數(shù)即可解決；
（2）先組合，再排列，即利用到分步乘法計數(shù)原理，結(jié)合組合數(shù)、排列數(shù)即可解決.
【詳解】（1）由題意從5名女生中選取3人依次進行面試，結(jié)合排列數(shù)的意義可知相當于從5名女生中選取3人依次進行排列，
此時對應(yīng)有種不同的面試方法.
（2）安排滿足題意的面試順序一共需要分以下兩大步：
一方面：由題意先抽取符合題意的組合，這里可以分為兩小步：
第一步從5名女生中選取1名女生；第二步從7名男生中選取名男生；
由分步乘法計數(shù)原理可得符合題意的組合有種.
另一方面：注意到3名面試者是依次進行面試的，即再對剛剛組合好的3名面試者進行一次排列，
有種排列方法.結(jié)合以上兩方面且由分步乘法計數(shù)原理可知滿足題意的不同的面試方法有
種.
32．(1)
(2)
【分析】（1）按分步計數(shù)原理去求解即可解決；
（2）先分類再分步去求甲不報A項目，且B、C項目報名的人數(shù)相同的方法數(shù)即可.
【詳解】（1）甲、乙報同一項目，可以在A、B、C三個智力競賽項目中任選一個，有種方法，
接下來丁可以在A、B、C三個智力競賽項目中任選一個，有種方法，
最后丙不報A項目，共有種方法.
則甲、乙報同一項目，丙不報A項目共有種報名方法.
（2）由題意，若B、C項目各有一人，先在乙、丙、丁三名同學(xué)中任選一人，有種方法，此人與甲在B、C項目中全排列，有種方法，余下的二人去參加A項目，有1種方法.則方法總數(shù)為種報名方法；
若B、C項目各有兩人，則先給B項目選人，有種方法，再給C項目選人，有種方法，則方法總數(shù)為種報名方法.
所以甲不報A項目，且B、C項目報名的人數(shù)相同的報名方法共有種.
33．A
【分析】先將不平均分組問題分成兩大類，然后由排列組合知識結(jié)合加法、乘法計數(shù)原理即可得解.
【詳解】8人分三組可分為2人，2人，4人和2人，3人，3人，共兩種情況.
第一種情況分成2人，2人，4人：女生去同一處景點，當成2人組時，
其他6人分成2人，4人兩組且男生甲與女生不同組，有種方法；
當在4人組時，有種方法.
第二種情況分成2人，3人，3人：當成2人組時，有種方法；
當在3人組時，有種方法.
故這8名同學(xué)游玩行程的方法數(shù)為.
故選：A.
34．ABD
【分析】求得若對每名教師志愿者去哪道校門無要求的安排方法數(shù)判斷選項A；求得若恰有一道門沒有教師志愿者去的安排方法數(shù)判斷選項B；求得若甲、乙兩人都不能去北門，且每道門都有教師志愿者去的安排方法數(shù)判斷選項C；求得20把同一型號的額溫槍，全部分配給三道校門且每道校門至少3把的分配方法數(shù)判斷選項D.
【詳解】甲、乙、丙、丁4名教師志愿者分別去東門、西門、北門三道校門協(xié)助保安值守
選項A：若對每名教師志愿者去哪道校門無要求，
則共有種不同的安排方法.判斷正確；
選項B：若恰有一道門沒有教師志愿者去，
則可以先把4名教師分成2組，再分配給東門、西門、北門三道校門.
則共有（種）不同的安排方法.判斷正確；
選項C：若甲、乙兩人都不能去北門，且每道門都有教師志愿者去，
則北門可以安排1名教師或安排2名教師.
則共有（種）不同的安排方法.判斷錯誤；
選項D：若學(xué)校新購入20把同一型號的額溫槍，準備全部分配給三道校門使用，
每道校門至少3把，則先分配給三道校門各2把，還剩14把，
將14把額溫槍排成一排，在中間13個空位中置入2個擋板，
共有（種）分配方法.判斷正確.
故選：ABD
35．ABD
【分析】利用乘法原理計算判定A；利用分組除序法計算判定BC；先利用捆綁法和分組除序法求得甲 乙兩位教研員去同一所高中的排法種數(shù)，然后根據(jù)B的正確結(jié)果從反面得到D的正確結(jié)果.
【詳解】對于A選項，每位教研員有三所學(xué)?？梢赃x擇，
故不同的調(diào)研安排有種，故A正確；
對于B，C選項，若每所重點高中至少去一位教研員，則可先將五位教研員分組，再分配，五位教研員的分組形式有兩種：3，1，1；2，2，1，
分別有，種分組方法，
則不同的調(diào)研安排有種，故B正確，C錯誤；
對于D選項，將甲 乙兩位教研員看成一人，則每所重點高中至少去一位教研員，且甲 乙兩位教研員去同一所高中的排法有種，
則甲 乙兩位教研員不去同一所高中的排法有種，D正確.
故選：ABD.
36．（1）2；（2）10；（3）65；（4）1560.
【分析】(1)根據(jù)條件每個箱子先放一個，確定余下兩個小球的放法即為答案；
(2)將6個相同的小球排成一列，利用隔板法求解即得；
(3)把6個不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1兩種方案分成4組，求出所有分組方法數(shù)即可；
(4)把6個不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1兩種方案分成4組，再將每一種分法放入4個不同箱子即可得解.
【詳解】（1）把6個相同的小球放入4個相同的箱子中，每個箱子至少放1個小球，每個箱子先放入1個小球，還剩下2個小球，
則余下2個小球放在1個箱子中，或分開放在2個箱子中，
所以共有2種放法；
（2）6個相同的小球放入4個不同的箱子，每個箱子至少放1個小球，將6個相同的小球排成一列，在形成的中間5個空隙中插入3塊隔板，
所以不同的放法種數(shù)為；
（3）6個不同的小球放入4個相同的箱子，每個箱子至少放1個小球，先把6個不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1兩種方案分成4組，
每一種分法的4組小球分別放入4個箱子滿足要求，一種分組方法即為一種放法，
所以不同的放法種數(shù)為；
（4）6個不同的小球放入4個不同的箱子，每個箱子至少放1個小球，先把6個不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1兩種方案分成4組，
每一種分法的4組小球全排列，得到的每一個排列的4組小球分別放入4個箱子滿足要求，
所以不同的放法種數(shù)為．
37．B
【分析】分三種情況進行分類討論，依據(jù)先分組再分配原則解決“至少”問題.
【詳解】每個小區(qū)至少一名護士，則把護士分為3組，共有3種情況：1,1,4；1,2,3；2,2,2
把護士分為3組，3組人數(shù)分別為1,1,4，共有種分法，再分配給3個小區(qū)，有
種分法.每個小區(qū)1名醫(yī)生有種分法，則分配方案數(shù)為；
把護士分為3組，3組人數(shù)分別為1,2,3，共有種分法，再分配給3個小區(qū)，有
種分法.每個小區(qū)1名醫(yī)生有種分法，則分配方案數(shù)為；
把護士分為3組，3組人數(shù)分別為2,2,2，共有種分法，再分配給3個小區(qū)，有
種分法.每個小區(qū)1名醫(yī)生有種分法，則分配方案數(shù)為
綜上，分配方案總數(shù)為
故選：B
38．ACD
【分析】根據(jù)分組分配問題的處理方法，逐項列式判斷即可.
【詳解】對于A：將8名教師平均分配到4個不同班級，有種分配方法，故A正確；
對于B：有兩個班級分配一名教師，另兩個班級分配三名教師，有種分配方法，故B錯誤；
對于C：（1）班需要1名教師，（2）班和（3）班均需要2名教師，（4）班需要3名教師，有種分配方法，故C正確；
對于D：甲、乙、丙3名教師必須搭配一個班級，可達到教學(xué)效果最優(yōu)化，
故剩余5名教師可按1，2，2和1，1，3兩種情況分類，有種分配方法，故D正確．
故選：ACD．
39．180
【分析】按甲乙丙3人各分得書籍本數(shù)分類即可，注意平均分與不平均分情況.
【詳解】6本書分給甲乙丙3人，每人至少1本.
則3人書籍本數(shù)分為1，1，4；1，2，3；2，2，2三大類情況.
第一類1，1，4情況：
若甲分1本，已分得書籍，則另兩人一人1本，1人4本，共有種，
若甲分4本，即再取3本，則剩余2本書分給乙丙，一人一本，則共有種，
故第一類情況共有種；
第二類1，2，3情況：
若甲分1本，已分得書籍，另兩人一人2本，1人3本，共有種，
若甲分2本，另兩人一人1本，1人3本，共有種，
若甲分3本，另兩人一人1本，1人2本，共有種，
故第二類情況共有種；
第三類2，2，2情況：
每人都兩本，故甲再取1本，乙丙平均分剩下4本，則共有種；
所以不同的分發(fā)方式種數(shù)共.
故答案為：180.
40．(1)60種
(2)90種
【分析】（1）先從6本里面選一本給甲，再從剩下的5本里面選兩本本給乙，最終將剩下的三本給丙，由分步乘法計數(shù)原理和組合數(shù)即可求解.
（2）分為兩大步：第一步：先從6本里面選4本，再從3人里面選1人將剛剛選取的4本分給他；第二步：將剩下的兩本分給剩下的兩人即可.由分步乘法計數(shù)原理和組合數(shù)即可求解.
【詳解】（1）依題意分書可分為以下三步：
第一步：先從6本里面選一本給甲，有種分法；
第二步：再從剩下的5本里面選兩本給乙，有種分法；
第三步：將剩下的三本給丙，有種分法.
由分步乘法計數(shù)原理可知符合題意的分法有種.
（2）依題意分書可分為以下兩大步：
第一步：先從6本里面選4本，再從3人里面選1人將剛剛選取的4本分給他，由分步乘法計數(shù)原理可知有種分法；
第二步：先從剩下的兩本中選一本給剩下兩人中的其中一人，最終將最后一本給剩下一人,由分步乘法計數(shù)原理可知有種分法.
因此由分步乘法計數(shù)原理可知符合題意的分法有種.
41．B
【分析】
先通過組合公式變形得，然后利用倒序相加求和即可.
【詳解】由題可知通項公式，
所以，
同時，
上述兩式相加得
，
所以，
所以.
故選：B
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是對組合公式的靈活應(yīng)用，以及對倒序相加方法的靈活使用.
42．BC
【分析】按的定義計算，判斷A，B；根據(jù)的定義，理解其含義判斷C；舉反例判斷D.
【詳解】對于A，將全部排列，恰有3次升高的排列為，
故，A錯誤；
對于B，將全部排列，恰有2次升高，排列個數(shù)可以如下考慮：
1排首位時，共有1324，1423，1342，1243共4個排列符合恰有2次升高；
2排首位時，共有2134，2341，2314，2413共4個排列符合恰有2次升高；
3排首位時，共有3124，3412共2個排列符合恰有2次升高；
4排首位時，共有4123共1個排列符合恰有2次升高；
故，B正確；
對于C，將全部排列，共有處相鄰兩數(shù)滿足或，
故如果其中有k處升高，則其余處必為，
將有k處升高的排列倒序排列，則得到的新排列顯然有處升高，且兩者排列的個數(shù)一樣，
反之亦然，
所以有k處升高的排列個數(shù)等于有處升高的排列個數(shù)，
故，C正確；
對于D，不妨取，則，
而，，則，即，
故，D錯誤；
故選：BC
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題是給出新的定義，要求按照其定義解決問題，關(guān)鍵是要理解新定義的含義，并按照其含義去解答.
43．(1)
(2)性質(zhì)①不能推廣，理由見解析；性質(zhì)②能推廣，證明見解析.
(3)證明見解析.
【分析】
（1）按題中定義計算即可；
（2）由定義可知m是正整數(shù)，所以只需要判斷①；②中的是否只能是整數(shù)即可；
（3）分類討論、、三種情況，其中當時可將的分子轉(zhuǎn)換為正數(shù)進行計算證明.
【詳解】（1）
（2）性質(zhì)①不能推廣，例如當時有定義，但無意義；
性質(zhì)②能推廣，它的推廣形式是：，，m是正整數(shù)
證明：當時，有，
當時，
（3）當時，組合數(shù)；
當時，；
當時，由可知，
所以
因為組合數(shù)是正整數(shù)，所以
證畢.
44．AC
【分析】對于選項A，當時寫出，由，中不含6，根據(jù)題意即可求得；對于選項B，當時寫出，由，，，中含有個6，可得，，解不等式即可；對于選項C，，設(shè)，，由二項式定理求解即可；對于選項D，構(gòu)造二項分布，利用均值求解即可.
【詳解】當，，故，A正確；
當，，，
當時，，解得，B錯誤；
，設(shè)，，則，
于是，C正確；
因為，構(gòu)造二項分布，則，
因此，D錯誤.
故選：AC.
【點睛】方法點睛：本題考查計數(shù)原理、二項式定理、二項分布的均值；根據(jù)題意利用計數(shù)原理得到，根據(jù)二項式定理和二項分布求解.
45． ## ##
【分析】根據(jù)概率和為1可得，可求得，利用組合數(shù)的性質(zhì)可求出
【詳解】當，，時，，
因為，
故．
當，時，
因為，
所以，
所以
．
故答案為：，
【點睛】關(guān)鍵點點睛：該試題考查組合數(shù)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是正確理解，然后根據(jù)此公式求解，考查拓展思維和探索思維，屬于較難題.
46．存在
【分析】令應(yīng)用倒序相加及組合數(shù)、等差數(shù)列性質(zhì)得，結(jié)合已知即可判斷存在性.
【詳解】由，
當，則，
當，則，
當，則，
，
若存在等差數(shù)列,則該數(shù)列必為，
下證，
令，且，倒序相加，得，
而，所以，則，
所以，
所以，存在等差數(shù)列，使得對一切自然數(shù)恒成立．
47．C
【解析】根據(jù)題意，分棱柱側(cè)棱與底面邊、棱柱側(cè)棱與側(cè)面對角線、底面邊與側(cè)面對角線、底面邊與底面邊、側(cè)面對角線與側(cè)面對角線五類依次計數(shù)即可得答案.
【詳解】解：如圖，分以下幾類：
棱柱側(cè)棱與底面邊之間所構(gòu)成的異面直線有：對；
棱柱側(cè)棱與側(cè)面對角線之間所構(gòu)成的異面直線有：對；
底面邊與側(cè)面對角線之間所構(gòu)成的異面直線有：對；
底面邊與底面邊之間所構(gòu)成的異面直線有：對；
側(cè)面對角線與側(cè)面對角線之間所構(gòu)成的異面直線有：對；
所以共有對.
故選：C.
【點睛】本題考查棱柱的結(jié)構(gòu)特征，異面直線的判斷，分類加法計數(shù)原理，解題的關(guān)鍵在于根據(jù)題意合理分類，做到不重不漏，進而解決，是難題.
48．A
【分析】由題意，按照從大到小的順序，逐一分情況討論，結(jié)合排列組合以及分類加法原理，可得答案.
【詳解】依題可知10只能在左邊，按照從大到小的順序，逐一分情況討論，有以下4種情況：
情況①：第一步先排10，10只能在左邊，接下來重量為1,2,4的砝碼順序隨意有種，左右邊隨意，則種，共有種；
情況②：第一步先排4，4只能在左邊，10可以在第2,3,4步中任選一步放，有種，重量為1,2的砝碼順序隨意左右邊隨意，共有種；
情況③：第一步先排2，2只能在左邊，
若第二步放10，則重量為去1,4的砝碼順序隨意左右邊隨意，有中，
若第二步放4，則10可以在第3,4步匯總?cè)芜x一步放，砝碼1左右邊隨意放，有種，
若第二步放1，有2種放法，接下第3步有2種情形：
（）若第三步放10，那第四步放4可以在左右都行，有2種，
（）若第三步放4，那4只能放左邊，第四步放10只能放左邊，有1種，
共有種；
情況④：第一步先排1，1只能在左邊，接下來第二步：
若第二步放10，則重量為2,4的砝碼順序隨意左右邊隨意放，有種，
若第二步放4，則10可以在第3,4步中任選一步放，砝碼2左右邊隨意放，有種，
若第二步放2，2只能在左邊，接下來第三步有2種情形：
（）若第三步放10，那第四步放4可以在左右邊都行，有2種，
（）若第三步放4，那4只能在左邊，第四步放10只能放左邊，有1種，
共有種，
綜上有種.
故選：A.
49．C
【分析】按照地圖涂色問題的方法，先分步再分類去種植花卉即可求得不同的種植方法種數(shù).
【詳解】如圖，設(shè)5個區(qū)域分別是A，B，C，D，E.
第一步，選擇1種花卉種植在A區(qū)域，有6種方法可以選擇；
第二步：從剩下的5種不同的花卉中選擇1種種植在B區(qū)域，有5種方法可以選擇；
第三步：從剩下的4種花卉中選擇1種種植在C區(qū)域，有4種方法可以選擇；
第四步；若區(qū)域D與區(qū)域A種植同1種花卉，則區(qū)域E可選擇的花卉有4種；
若區(qū)域D與區(qū)域A種植不同種花卉，則有3種方法可以選擇；
則區(qū)域E可選擇的花卉有種，
故不同的種植方法種數(shù)是.
故選：C
50．A
【分析】根據(jù)題意，分析出的所有可能取值，得到使、、成等比數(shù)列時對應(yīng)的項，再運用計數(shù)原理求出這樣不同函數(shù)的個數(shù)即可.
【詳解】根據(jù)題意，的取值最大值為，最小值為，并且成為以2為公差的等差數(shù)列，故的可能取值為，的可能取值為，所有能使、、成等比數(shù)列時，、、的可能取值只有2種情況：①、、；②、、，由于（），所有或，即得到后項時，把前項加1或者把前項減1，（1）當、、時，即要構(gòu)造滿足條件的等比數(shù)列分為2步，第一步：從變化到，第二步：從變化到，從變化到，有5次變化，函數(shù)值從1變化到2，故應(yīng)從5次中選擇3次加1，2次減1，則對應(yīng)的方法有種，從變化到，有6次變化，函數(shù)值從2變化到4，故應(yīng)從6次中選擇4次加1，2次減1，則對應(yīng)的方法有種，故根據(jù)分布乘法原理，共有種，
（1）當、、時，即要構(gòu)造滿足條件的等比數(shù)列分為2步，第一步：從變化到，第二步：從變化到，從變化到，有5次變化，函數(shù)值從1變化到，故應(yīng)從5次中選擇1次加1，4次減1，則對應(yīng)的方法有種，從變化到，有6次變化，函數(shù)值從變化到4，故應(yīng)從6次中選擇6次加1，則對應(yīng)的方法有種，故根據(jù)分布乘法原理，共有種，
綜上：滿足條件的共有155個.
故選：A.
【點睛】解決本題的難點在于找到的取值規(guī)律，并發(fā)現(xiàn)使、、成等比數(shù)列所對應(yīng)的三項，然后用計數(shù)原理計算出結(jié)果，主要考查學(xué)生的綜合分析能力.
51．C
【分析】以間接法去求解這個排列問題簡單快捷.
【詳解】一共有7個數(shù)字，且其中有兩個相同的數(shù)字1.
這7個數(shù)字按題意隨機排列，可以得到個不同的數(shù)字.
當前兩位數(shù)字為11或12時，得到的數(shù)字不大于3.14
當前兩位數(shù)字為11或12時，共可以得到個不同的數(shù)字，
則大于3.14的不同數(shù)字的個數(shù)為
故選：C
52．D
【分析】由建橋的方式可以分為兩類：（1）從一個地方出發(fā)向其他三個地方各建一橋，（2）一個地方最多建兩橋但不能交叉，利用去雜法，即可求解.
【詳解】由建立三座大橋，將這四個地方連起來，每座橋只連接兩個地方，且不出現(xiàn)立體交叉形式，
可分為兩類：
第一類：從一個地方出法向其他三個地方各建一座橋，共有4種不同的方法；
第二類：一個地方最多建兩座橋，如這樣的建橋方法：和屬于相同的建橋方法，所以共有種不同的方法，
其中交叉建橋方法，例如：這樣建橋不符合題意，共有4種，
所以第二類建橋，共有種不同的建橋方法.
綜上可得，不同的連接方式有種.
故選：D
【點睛】本題主要考查了分類加法計數(shù)原理和分步乘法計數(shù)原理，以及排列的計算公式的應(yīng)用，著重考查分析問題和解答問題的能力，屬于較難試題.
53．A
【分析】由題意，滿足條件的數(shù)列中的4項有四種情況：4項中每一項都不同；4項中有2項相同；4項中有3項相同；4項中兩兩相同，利用排列組合知識分別求出每種情況的個數(shù)即可求解.
【詳解】解：由題意，滿足條件的數(shù)列中的4項有四種情況：
（1）4項中每一項都不同，共有個；
（2）4項中有2項相同（如x,y,z,x）,共有個；
（3）4項中有3項相同（如x,x,y,x）,共有個；
（4）4項中兩兩相同（如x,y,x,y）,共有個；
所以數(shù)列共有個.
故選：A.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題的關(guān)鍵，弄清楚滿足條件的數(shù)列中的4項有四種情況：4項中每一項都不同；4項中有2項相同；4項中有3項相同；4項中兩兩相同.
54．D
【詳解】分析：拋擲三次骰子后棋子恰好又回到點處的表示三次骰子的點數(shù)之和是，列舉出在點數(shù)中三個數(shù)字能夠使得和為的，共有種組合，利用分類計數(shù)原理能得到結(jié)果.
詳解：由題意知正方形（邊長為個單位）的周長是，
拋擲三次骰子后棋子恰好又回到點處的表示三次骰子的點數(shù)之和是，
列舉出在點數(shù)中三個數(shù)字能夠使得和為的有，
共有種組合，
前種組合，每種情況可以排列出種結(jié)果，
共有種結(jié)果；
各有種結(jié)果，共有種結(jié)果，
根據(jù)分類計數(shù)原理知共有種結(jié)果，故選D.
點睛：本題主要考查分類計數(shù)原理與分步計數(shù)原理及排列組合的應(yīng)用，屬于難題.有關(guān)排列組合的綜合問題，往往是兩個原理及排列組合問題交叉應(yīng)用才能解決問題，解答這類問題理解題意很關(guān)鍵，一定多讀題才能挖掘出隱含條件.解題過程中要首先分清“是分類還是分步”、“是排列還是組合”，在應(yīng)用分類計數(shù)加法原理討論時，既不能重復(fù)交叉討論又不能遺漏，這樣才能提高準確率.
55．B
【分析】設(shè)出三棱錐內(nèi)部整數(shù)點的坐標，建立不等式，再根據(jù)方程有正整數(shù)解，借助隔板法列式作答.
【詳解】設(shè)三棱錐內(nèi)部整數(shù)點的坐標為，

依題意，，，則，令，，，
于是，令，即方程有正整數(shù)解，
因此三棱錐內(nèi)部整數(shù)點（不包括邊界）的個數(shù)即為方程的正整數(shù)解個數(shù)，
把8個相同小球排成一列，形成7個間隙，用3塊板子插入其中的3個間隙，將8個小球分成4部分，
每種分法的各部分小球數(shù)即為方程的一個正整數(shù)解，共有種不同分法，
所以三棱錐內(nèi)部整數(shù)點（不包括邊界）的個數(shù)為.
故選：B
【點睛】思路點睛：涉及形如不等式一正整數(shù)解個數(shù)問題，可以增加變量轉(zhuǎn)化為方程的不定解個數(shù)問題，再借助隔板法求解即可.
56．A
【分析】將問題轉(zhuǎn)化為組合抽樣思維，設(shè)為長度，為每段長度，為刻度對應(yīng)的數(shù)量，則當尺子有3個刻度時滿足條件，其中證明驗證求解.
【詳解】若有一根的尺子，量出長度為到且為整數(shù)的物體，
則當尺子有3個刻度時滿足條件
設(shè)為長度，為每段長度，為刻度對應(yīng)的數(shù)量，則有且，其中，
當時，
下證，當尺子有2個刻度時不能量出的物體長度
設(shè)且，其中，
所以當中有1個0，x的取值至多有3個
當中有2個0時，或，x的取值至多有2個
當中沒有0時，x的取值有1個
所以x取值至多有6個，即當尺子有2個刻度時不能量出的物體長度．
故選:A
57．B
【分析】利用排除選項D；利用排除選項AC；舉例驗證選項B正確.
【詳解】當集合A中的元素兩兩互質(zhì)時，．
所以對于選項D，當時，，故選項D錯誤．
當時，若，其中，有，故．
對于選項A，，故．故選項A錯誤．
對于選項C，，則.故選項C錯誤．
對于選項B，，判斷正確
（事實上，當時，要使最小，，記，其中，當時，有．）
故選：B
58．BD
【分析】分別判斷的情況下的可能的傳遞情況，采用分步乘法和分類加法計數(shù)原理可計算得到.
【詳解】從甲開始，一次傳遞有三種情況（甲傳到下一個人有三種選擇），
當時，就傳遞一次，不可能回到甲手上，；
當時，傳遞兩次，先傳到任意乙、丙、丁手上，再傳回到甲，，
當時，傳遞三次，先傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，
最后傳回到甲，，A錯誤；
當時，傳遞四次，兩種情況：
（1）先傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到甲手上，再傳到任意乙、丙、丁手上，最后傳回到甲，；
（2）先傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，最后傳回到甲，；
，B正確；
當時，傳遞五次，三種情況：
（1）先傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到甲手上，再傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，最后傳回到甲，；
（2）先傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，再傳到甲手上，再傳到任意乙、丙、丁手上，最后傳回到甲，；
（3）先傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，最后傳回到甲，；
，C錯誤；
當時，傳遞六次，兩種情況：
（1）先傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到甲手上，再傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到甲手上，再傳到任意乙、丙、丁手上，最后傳回到甲，；
（2）先傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到甲手上，再傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，最后傳回到甲，；
（3）先傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，再傳到甲手上，再傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，最后傳回到甲，；
（4）先傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，再傳到甲手上，再傳到任意乙、丙、丁手上，最后傳回到甲，；
（5）先傳到任意乙、丙、丁手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，再傳到除了甲以外的兩個人手上，最后傳回到甲，；
，D正確.
故選：BD．
59．ACD
【分析】對A：根據(jù)運算求解；對B：可得，結(jié)合排列數(shù)分析運算；對C：根據(jù)組合數(shù)分析運算；對D：構(gòu)建，利用的系數(shù)結(jié)合二項展開式的通項公式分析運算.
【詳解】對A：，A正確；
對B：∵，
則，
故，
∵其個位數(shù)字是0，
故的個位數(shù)字是9，B錯誤；
對C：若，則，C正確；
對D：∵的展開式為，
∴，
故展開式的的系數(shù)為，
又∵，則，
同理可得：的展開式為，
即展開式的的系數(shù)為，
由于，故，D正確；
故選：ACD.
60．6142
【分析】根據(jù)條件分別對于與時得出排列個數(shù).
【詳解】對于給定的，考慮使的滿足條件的排列個數(shù)，
當時，對有為的排列（若，則沒有
這樣的i），且（若，則沒有這樣的j），因此，
當時，類似地有，
因此，滿足條件的排列個數(shù)為
故答案為：6142.
【點睛】本題關(guān)鍵針對與分別得出排列個數(shù).
61．
【分析】當時，范數(shù)為奇數(shù)，則的個數(shù)為偶數(shù)，即的個數(shù)為、，根據(jù)乘法原理和加法原理得到；在維向量中，范數(shù)為奇數(shù)，則的個數(shù)為奇數(shù)，即的個數(shù)為、、、、，根據(jù)乘法原理和加法原理結(jié)合二項式定理可求得的表達式.
【詳解】當時，范數(shù)為奇數(shù)，則的個數(shù)為偶數(shù)，即的個數(shù)為、，
根據(jù)乘法原理和加法原理得到.
在維向量中，范數(shù)為奇數(shù)，則的個數(shù)為奇數(shù)，
即的個數(shù)為、、、、，
根據(jù)乘法原理和加法原理得到，
，
，
兩式相減得到.
故答案為：；.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查了向量的新定義，乘法原理，加法原理，二項式定理，數(shù)列的通項公式，意在考查學(xué)生的計算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應(yīng)用能力，其中利用和的展開式求數(shù)列通項是解題的關(guān)鍵，需要靈活掌握.
62．
【分析】根據(jù)給定定義，求出中所有二項式因式的常數(shù)項的積可得；由并結(jié)合多項式乘法法則求解作答.
【詳解】（1）依題意，是展開式的常數(shù)項，
所以；
（2）依題意，，
則展開式中項是展開式中的項與x相乘加上與相乘積的和，
即，而，，
所以.
故答案為：；
【點睛】關(guān)鍵點睛：由給定的新定義，探求n取相鄰兩個數(shù)時的兩個定義式間的關(guān)系是求解問題的關(guān)鍵.
63．
【分析】
先以平面為基準，在平面內(nèi)取三點，然后判斷一次一共可以確定多少個“鱉（biē）臑（nào）”，然后類比推理，將重復(fù)計算的舍去即可.
【詳解】（1） （2）
（3） （4）
如圖以平面為基準，在平面內(nèi)取三點，顯然（1）（2）合題意，（3）（4）不合題意，同理，將換成，，，各能找到兩個“鱉（biē）臑（nào）”，所以當三點確定在一個平面上時，可以確定8個“鱉（biē）臑（nào）”，共有6個面，所以可確定個“鱉（biē）臑（nào）”.但上圖（1）在以平面為基準時又被算了一次，圖（2）在以平面為基準時又被算了一次，所以每一種情況都被重復(fù)計算了一次，故共能確定個“鱉（biē）臑（nào）”.
故答案為：.
64．①②③
【分析】由所給的定義分別計算，值范圍，在時，求出的最小值判斷①②，在時，舉實例利用列舉法，判斷③④作答．
【詳解】當時，依題意，從集合A中任取兩個元素可得一個和、一個差，
因此，，則有，②正確；
令，且，于是得6個差：，
顯然，當時，，此時集合T中只有3個元素，
因此，此時6個和滿足，而，即，
對于是滿足的任意4個實數(shù)，必有，
顯然，當時，集合S中只有5個元素，因此，
所以，①正確；
當時，同理有，，則，
取，2，3，5，時，，4，5，6，7，8，11，12，13，，，2，3，4，5，7，8，，
此時，即③正確；
取，2，4，6，時，，5，6，7，8，10，17，18，20，，，2，3，4，5，10，12，14，，
此時，即④不正確．
故答案為：①②③
65．
【分析】將等式看作是從編號為個球中，取出個球，其中第個球的編號依次為的情況，利用分類加法計數(shù)原理得到的結(jié)果；再由從編號為個球中，取出個球，有種取法，即可得到結(jié)果.
【詳解】從編號為個球中，取出個球，記所選取的六個小球的編號分別為，且，
當時，分三步完成本次選?。?br/>第一步，從編號為的球中選取2個；第二步，選取編號為的球；第三步，從剩下的個球中任選個，故選取的方法數(shù)為；
當時，分三步完成本次選?。?br/>第一步，從編號為的球中選取2個；第二步，選取編號為的球；第三步，從剩下的個球中任選個，故選取的方法數(shù)為；
……；
當時，分三步完成本次選?。?br/>第一步，從編號為的球中選取2個；第二步，選取編號為的球；第三步，從剩下的個球中選個，故選取的方法數(shù)為；
至此，完成了從編號為個球中，選取個球，第個球的編號確定時的全部情況，
另外，從編號為個球中，取出個球，有種取法，
所以.
故答案為：.
答案第1頁，共2頁
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