高中数学核心知识点常考题型精析：计数原理(理)

高中数学核心知识点常考题型精析：计数原理（理）一、组合问题1．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有（）A．192种B．216种C．240种D．288种2．为了迎接2010年广州亚运会，某大楼安装5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定．每个彩灯闪亮只能是红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯闪亮的颜色各不相同，记这5个彩灯有序地闪亮一次为一个闪烁．在每个闪烁中，每秒钟有且只有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒．如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是（）A．1205秒B．1200秒C．1195秒D．1190秒3．从正方体ABCD﹣A1B1C1D1的6个表面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（）A．8种B．12种C．16种D．20种4．8个人坐成一排，现要调换其中3个人中每一个人的位置，其余5个人的位置不变，则不同的调换方式有（）A．C83B．C83A83C．C83A22D．3C835．将5件不同奖品全部奖给3个学生，每人至少一件奖品，则不同的获奖情况种数是（）A．150B．210C．240D．3006．安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数共有（）种．A．180B．240C．360D．4807．学校计划利用周五下午第一、二、三节课举办语文、数学、英语、理综4科的专题讲座，每科一节课，每节至少有一科，且数学、理综不安排在同一节，则不同的安排方法共有（）A．36种B．30种C．24种D．6种8．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有种．9．将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是．10．已知数列{an}的首项为1，设f（n）=a1Cn1+a2Cn2+…+akCnk+…+anCnn（n∈N*）．（1）若{an}为常数列，求f（4）的值；（2）若{an}为公比为2的等比数列，求f（n）的解析式；（3）数列{an}能否成等差数列，使得f（n）﹣1=2n•（n﹣1）对一切n∈N*都成立？若能，求出数列{an}的通项公式；若不能，试说明理由．11．5人排成一排，其中甲、乙二人不能相邻的不同排法共有种．12．设τ=（x1，x2，…，x10）是数1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的任意一个全排列，定义，其中x11=x1．（Ⅰ）若τ=（10，9，8，7，6，5，4，3，2，1），求S（τ）的值；（Ⅱ）求S（τ）的最大值；（Ⅲ）求使S（τ）达到最大值的所有排列τ的个数．二、二项展开式中的特定项及其系数13．若的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为．14．若（ax2+）6的展开式中x3项的系数为20，则a2+b2的最小值为．15．的展开式中x2y2的系数为．（用数字作答）16．设二项式的展开式中常数项为A，则A=．17．已知的展开式中的常数项为T，f（x）是以T为周期的偶函数，且当x∈[0，1]时，f（x）=x，若在区间[﹣1，3]内，函数g（x）=f（x）﹣kx﹣k有4个零点，则实数k的取值范围是．18．（2﹣x）（1﹣3x）4的展开式中，x2的系数等于．19．若的展开式的各项系数绝对值之和为1024，则展开式中x项的系数为．20．（x2﹣）5的展开式中的常数项为（）A．80B．﹣80C．40D．﹣4021．设a=，则二项式展开式中的x3项的系数为（）A．﹣20B．20C．﹣160D．16022．已知b为如图所示的程序框图输出的结果，则二项式（﹣）6的展开式中的常数项式（）A．﹣20B．﹣540C．20D．54023．（x+a）10的展开式中，x7的系数为15，则a=．24．已知（1﹣2x）7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7，求：（1）a1+a2+…+a7；（2）|a0|+|a1|+…+|a7|．25．一个口袋中有2个白球和n个红球（n≥2，且n∈N*），每次从袋中摸出两个球（每次摸球后把这两个球放回袋中），若摸出的两个球颜色相同为中奖，否则为不中奖．（1）试用含n的代数式表示一次摸球中奖的概率P；（2）若n=3，求三次摸球恰有一次中奖的概率；（3）记三次摸球恰有一次中奖的概率为f（p），当n为何值时，f（p）最大．26．已知（1+）n展开式的各项依次记为a1（x），a2（x），a3（x）…an（x），an+1（x）．设F（x）=a1（x）+2a2（x）+2a2（x）+3a3（x）…+nan（x）+（n+1）an+1（x）．（1）若a1（x），a2（x），a3（x）的系数依次成等差数列，求n的值；（2）求证：对任意x1，x2∈[0，2]，恒有|F（x1）﹣F（x2）|≤2n﹣1（n+2）﹣1．27．已知（n∈N*）的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10：1．（1）求展开式中各项系数的和；（2）求展开式中含的项．三、分步乘法计数原理的应用28．某次联欢会要安排三个歌舞类节目，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．72B．120C．144D．16829．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，则不同的方法共有（）A．12种B．18种C．36种D．54种30．6把椅子排成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（）A．144B．120C．72D．2431．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有（）A．60种B．70种C．75种D．150种32．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是（）A．72B．96C．108D．14433．8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为（）A．A88A92B．A88C92C．A88A72D．A88C7234．6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有种．（用数字作答）35．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22，11，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33…，99.3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．则：（Ⅰ）4位回文数有个；（Ⅱ）2n+1（n∈N+）位回文数有个．36．有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人．则不同的安排方式共有种（用数字作答）．37．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有种（用数字作答）．38．某校从6名教师中选派3名教师同时去3个边远地区支教，每地1人，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有种．四、分类加法计数原理的应用39．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有（）A．4种B．10种C．18种D．20种40．满足a，b∈{﹣1，0，1，2}，且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对的个数为（）A．14B．13C．12D．1041．若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有（）A．60种B．63种C．65种D．66种42．某校开设A类选修课3门，B类选择课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（）A．30种B．35种C．42种D．48种43．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．24B．18C．12D．644．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有（）A．504种B．960种C．1008种D．1108种45．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位、节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有（）A．36种B．42种C．48种D．54种46．现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是（）A．152B．126C．90D．5447．某人根据自己爱好，希望从{W，X，Y，Z}中选2个不同字母，从{0，2，6，8}中选3个不同数字拟编车牌号，要求前三位是数字，后两位是字母，且数字2不能排在首位，字母Z和数字2不能相邻，那么满足要求的车牌号有（）A．198个B．180个C．216个D．234个48．达州市举行汉字书写决赛，共有来自不同县的5位选手参赛，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不许连续出场，且女生甲不能第一个出场，则不同的出场顺序有（）A．120种B．90种C．60种D．36种49．某校高三理科实验班有5名同学报名参加甲、乙、丙三所高校的自主招生考试，每人限报一所高校．若这三所高校中每个学校都至少有1名同学报考，那么这5名同学不同的报考方法种数共有（）A．144种B．150种C．196种D．256种50．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有种（用数字作答）．51．从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是（用数字作答）．52．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有种（用数字作答）53．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有个．（用数字作答）54．一家5口春节回老家探亲，买到了如下图的一排5张车票：其中爷爷行动不便要坐靠近走廊的位置，小孙女喜欢热闹要坐在左侧三个连在一起的座位之一，则座位的安排方式一共有种．55．“渐升数”是指除最高位数字外，其余每一个数字比其左边的数字大的正整数（如13456和35678都是五位的“渐升数”）．（Ⅰ）共有个五位“渐升数”（用数字作答）；（Ⅱ）如果把所有的五位“渐升数”按照从小到大的顺序排列，则第110个五位“渐升数”是．56．甲、乙、丙三所学校的6名学生参加数学竞赛培训，其中有1名甲学校的学生，2名乙学校的学生，3名丙学校的学生，培训结束后要照相留念，要求同一学校的学生互不相邻，则不同的排法种数为．57．某宾馆安排A、B、C、D、E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A、B不能住同一房间，则共有种不同的安排方法（用数字作答）．58．某办公室共有6人，组织出门旅行，旅行车上的6个座位如图所示，其中甲、乙两人的关系较为亲密，要求在同一排且相邻，则不同的安排方法有种．59．某市质监部门对市场上奶粉进行质量抽检，现将9个进口品牌奶粉的样品编号为1，2，3，4，…，9；6个国产品牌奶粉的样品编号为10，11，12，…，15，按进口品牌及国产品牌分层进行分层抽样，从其中抽取5个样品进行首轮检验，用P（i，j）表示编号为i，j（1≤i＜j≤15）的样品首轮同时被抽到的概率．（Ⅰ）求P（1，15）的值；（Ⅱ）求所有的P（i，j）（1≤i＜j≤15）的和．60．现有高一年级四个班有学生34人，其中一、二、三、四班各7人、8人、9人、10人，他们自愿组成数学课外小组．（1）选其中一人为负责人，有多少种不同的选法？（2）每班选一名组长，有多少种不同的选法？（3）推选二人作中心发言，这二人需来自不同的班级，有多少种不同的选法？

高中数学核心知识点常考题型精析：计数原理（理）参考答案与试题解析一、组合问题1．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有（）A．192种B．216种C．240种D．288种考点：排列、组合及简单计数问题．专题：应用题；排列组合．分析：分类讨论，最左端排甲；最左端只排乙，最右端不能排甲，根据加法原理可得结论．解答：解：最左端排甲，共有=120种，最左端只排乙，最右端不能排甲，有=96种，根据加法原理可得，共有120+96=216种．故选：B．点评：本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．2．为了迎接2010年广州亚运会，某大楼安装5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定．每个彩灯闪亮只能是红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯闪亮的颜色各不相同，记这5个彩灯有序地闪亮一次为一个闪烁．在每个闪烁中，每秒钟有且只有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒．如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是（）A．1205秒B．1200秒C．1195秒D．1190秒考点：分步乘法计数原理；排列及排列数公式．专题：压轴题．分析：彩灯闪烁实际上有5个元素的一个全排列，每个闪烁时间为5秒共5×120秒，每两个闪烁之间的间隔为5秒，共5×（120﹣1），解出共用的事件．解答：解：由题意知共有5！=120个不同的闪烁，每个闪烁时间为5秒，共5×120=600秒；每两个闪烁之间的间隔为5秒，共5×（120﹣1）=595秒．那么需要的时间至少是600+595=1195秒．故选C点评：本题考查的是排列问题，把排列问题包含在实际问题中，解题的关键是看清题目的实质，把实际问题转化为数学问题，解出结果以后再还原为实际问题．3．从正方体ABCD﹣A1B1C1D1的6个表面中选取3个面，其中有2个面不相邻的选法共有（）A．8种B．12种C．16种D．20种考点：排列、组合及简单计数问题．专题：应用题；排列组合．分析：根据题意，使用间接法，首先分析从6个面中选取3个面的情况数目，再分析求出其中有2个面相邻，即8个角上3个相邻平面的情况数目，进而可得答案．解答：解：使用间接法，首先分析从6个面中选取3个面，共C63种不同的取法，而其中有2个面相邻，即8个角上3个相邻平面，选法有8种，则选法共有C63﹣8=12种．故选B．点评：本题考查组合的运用，但涉及立体几何的知识，要求学生有较强的空间想象能力．4．8个人坐成一排，现要调换其中3个人中每一个人的位置，其余5个人的位置不变，则不同的调换方式有（）A．C83B．C83A83C．C83A22D．3C83考点：排列、组合的实际应用．专题：排列组合．分析：先考虑从8人中任选3人的方法数，再考虑3人位置全调的方法数，利用分步计数原理可求．解答：解：从8人中任选3人有C83种，3人位置全调，由于不能是自己原来的位置，因此有A22种，故有C83A22种．故选C．点评：本题主要考查排列组合知识，关键是问题的等价转化．5．将5件不同奖品全部奖给3个学生，每人至少一件奖品，则不同的获奖情况种数是（）A．150B．210C．240D．300考点：排列、组合及简单计数问题．专题：排列组合．分析：将5本不同的书分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种，分别计算可得分成1、1、3与分成2、2、1时的分组情况种数，相加可得答案．解答：解：将5本不同的书分成满足题意的3组有1，1，3与2，2，1两种，分成1、1、3时，有C53•A33=60种分法，分成2、2、1时，根据分组公式有=90种分法，所以共有60+90=150种分法，故选A．点评：本题考查组合、排列的综合运用，解题时，注意加法原理与乘法原理的使用．6．安排6名歌手演出顺序时，要求歌手乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面，则不同排法的种数共有（）种．A．180B．240C．360D．480考点：计数原理的应用．专题：排列组合．分析：对于某几个元素按顺序一定排列的问题，可以先把这几个元素与其它元素一起排列，然后用总排列数除以这几个元素之间的顺序数，最后在乘以要求的顺序数的种数解答：解：先全排列有，甲、乙、丙的顺序有，乙、丙都排在歌手甲的前面或者后面的顺序有甲乙丙，甲丙乙，乙丙甲，丙乙甲，4种顺序，所以不同排法的种数共有=480种．故选：D．点评：本题主要考查了排列中的顺序问题，关键找到符合条件的有几种顺序，属于中档题．7．学校计划利用周五下午第一、二、三节课举办语文、数学、英语、理综4科的专题讲座，每科一节课，每节至少有一科，且数学、理综不安排在同一节，则不同的安排方法共有（）A．36种B．30种C．24种D．6种考点：排列、组合及简单计数问题．专题：排列组合．分析：间接法：先从4个中任选2个看作整体，然后做3个元素的全排列，从中排除数学、理综安排在同一节的情形，可得结论．解答：解：由于每科一节课，每节至少有一科，必有两科在同一节，先从4个中任选2个看作整体，然后做3个元素的全排列，共=36种方法，再从中排除数学、理综安排在同一节的情形，共=6种方法，故总的方法种数为：36﹣6=30故选：B．点评：本题考查排列组合及简单的计数问题，采用间接法是解决问题的关键，属中档题．8．把5件不同产品摆成一排，若产品A与产品B相邻，且产品A与产品C不相邻，则不同的摆法有36种．考点：排列、组合的实际应用；排列、组合及简单计数问题．专题：排列组合．分析：分3步进行分析：①用捆绑法分析A、B，②除去A、B相邻又满足A、C相邻的情况．解答：解：先考虑产品A与B相邻，把A、B作为一个元素有种方法，而A、B可交换位置，所以有2=48种摆法，又当A、B相邻又满足A、C相邻，有2=32种摆法，故满足条件的摆法有48﹣32=16种．故答案为：36．点评：本题考查分步计数原理的应用，要优先分析受到限制的元素，如本题的A、B、C．9．将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是96．考点：排列、组合及简单计数问题．专题：排列组合．分析：求出5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号的组数，然后分给4人排列即可．解答：解：5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观券连号，方法数为：1和2，2和3，3和4，4和5，四种连号，其它号码各为一组，分给4人，共有4×=96种．故答案为：96．点评：本题考查排列组合以及简单的计数原理的应用，正确分组是解题的关键，考查分析问题解决问题的能力．10．已知数列{an}的首项为1，设f（n）=a1Cn1+a2Cn2+…+akCnk+…+anCnn（n∈N*）．（1）若{an}为常数列，求f（4）的值；（2）若{an}为公比为2的等比数列，求f（n）的解析式；（3）数列{an}能否成等差数列，使得f（n）﹣1=2n•（n﹣1）对一切n∈N*都成立？若能，求出数列{an}的通项公式；若不能，试说明理由．考点：二项式定理的应用；等差数列的性质；等比数列的性质．专题：综合题；转化思想．分析：（1）{an}为常数列，a1=1，可求an=1，代入f（n）=a1Cn1+a2Cn2+…+akCnk+…+anCnn（n∈N*）可求f（4）的值；（2）根据题意可求an=2n﹣1（n∈N*），f（n）=Cn1+2Cn2+4Cn3+…+2n﹣1Cnn，两端同时2倍，配凑二项式（1+2）n，问题即可解决；（3）假设数列{an}能为等差数列，使得f（n）﹣1=（n﹣1）2n对一切n∈N*都成立，利用倒序相加法求得，最终转化为（d﹣2）+（d﹣2）（n+2）2n﹣1=0对n∈N*恒成立，从而求得d=2，问题解决．解答：解：（1）∵{an}为常数列，∴an=1（n∈N*）．∴f（4）=C41+C42+C43+C44=15．（2）∵{an}为公比为2的等比数列，∴an=2n﹣1（n∈N*）．∴f（n）=Cn1+2Cn2+4Cn3+…+2n﹣1Cnn，∴1+2f（n）=1+2Cn1+22Cn2+23Cn3+…+2nCnn=（1+2）n=3n，故．（3）假设数列{an}能为等差数列，使得f（n）﹣1=（n﹣1）2n对一切n∈N*都成立，设公差为d，则f（n）=a1Cn1+a2Cn2+…+akCnk+…+an﹣1Cnn﹣1+anCnn，且f（n）=anCnn+an﹣1Cnn﹣1+…+akCnk+…+a2Cn2+a1Cn1，相加得2f（n）=2an+（a1+an﹣1）（Cn1+Cn2+…+Cnk+…+Cnn﹣1），∴==1+（n﹣1）d+[2+（n﹣2）d]（2n﹣1﹣1）．∴f（n）﹣1=（d﹣2）+[2+（n﹣2）d]2n﹣1=（n﹣1）2n对n∈N*恒成立，即（d﹣2）+（d﹣2）（n+2）2n﹣1=0对n∈N*恒成立，∴d=2．故{an}能为等差数列，使得f（n）﹣1=（n﹣1）2n对一切n∈N*都成立，它的通项公式为an=2n﹣1．点评：本题重点考查二项式定理的应用，解决的方法有倒序相加法求f（n），难点在于综合分析，配凑逆用二项式定理，属于难题．11．5人排成一排，其中甲、乙二人不能相邻的不同排法共有72种．考点：计数原理的应用．专题：排列组合．分析：不相邻的问题采用插空法，先排除甲乙之外的三人，然后再插入甲乙即可．解答：解：先排除甲乙之外的三人，形成了4个间隔，再从这4个间隔选2个插入甲乙即可，故甲、乙二人不能相邻的不同排法共A33•A42=72种．故答案为：72．点评：本题主要考查了不相邻的排队问题，采用插空法是关键，属于基础题．12．设τ=（x1，x2，…，x10）是数1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的任意一个全排列，定义，其中x11=x1．（Ⅰ）若τ=（10，9，8，7，6，5，4，3，2，1），求S（τ）的值；（Ⅱ）求S（τ）的最大值；（Ⅲ）求使S（τ）达到最大值的所有排列τ的个数．考点：排列及排列数公式；数列的求和．专题：等差数列与等比数列；概率与统计．分析：（Ⅰ）依题意，τ=（x1，x2，…，x10）=（10，9，8，7，6，5，4，3，2，1），代入S（τ）=|2xk﹣3xk+1|计算即可求得S（τ）的值；（Ⅱ）可求得数10，9，8，7，6，5，4，3，2，1的2倍与3倍，从而可求得其中较大的十个数之和与较小的十个数之和的差，从而可得S（τ）的最大值；（Ⅲ）利用数1，2，3，4所产生的8个数都是较小的数，而数7，8，9，10所产生的8个数都是较大的数，从而使S（τ）取最大值的排列中，必须保证数1，2，3，4互不相邻，数7，8，9，10也互不相邻；而数5和6既不能排在7，8，9，10之一的后面，又不能排在1，2，3，4之一的前面，利用排列组合知识即可求得答案．解答：解：（Ⅰ）∵τ=（10，9，8，7，6，5，4，3，2，1），x11=x1，依题意，S（τ）=|2xk﹣3xk+1|，∴S（T）=|2xk﹣3xk+1|=7+6+5+4+3+2+1+0+1+28=57，．…（3分）（Ⅱ）数10，9，8，7，6，5，4，3，2，1的2倍与3倍分别如下：20，18，16，14，12，10，8，6，4，2，30，27，24，21，18，15，12，9，6，3其中较大的十个数之和与较小的十个数之和的差为203﹣72=131，所以S（τ）≤131．对于排列τ0=（1，5，6，7，2，8，3，9，4，10），此时S（τ0）=131，所以S（τ）的最大值为131．…（8分）（Ⅲ）由于数1，2，3，4所产生的8个数都是较小的数，而数7，8，9，10所产生的8个数都是较大的数，所以使S（τ）取最大值的排列中，必须保证数1，2，3，4互不相邻，数7，8，9，10也互不相邻；而数5和6既不能排在7，8，9，10之一的后面，又不能排在1，2，3，4之一的前面．设x1=1，并参照下面的符号排列1△○□△○□△○□△○其中2，3，4任意填入3个□中，有6种不同的填法；7，8，9，10任意填入4个圆圈○中，共有24种不同的填法；5填入4个△之一中，有4种不同的填法；6填入4个△中，且当与5在同一个△时，既可以在5之前又可在5之后，共有5种不同的填法，所以当x1=1时，使S（τ）达到最大值的所有排列τ的个数为6×24×4×5=2880，由轮换性知，使S（τ）达到最大值的所有排列τ的个数为28800．…（13分）点评：本题考查排列及排列数公式，考查抽象思维与综合分析能力，考查运算能力，属于难题．二、二项展开式中的特定项及其系数13．若的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则该展开式中的系数为56．考点：二项式系数的性质．专题：计算题；压轴题．分析：根据第2项与第7项的系数相等建立等式，求出n的值，根据通项可求满足条件的系数解答：解：由题意可得，∴n=8展开式的通项=令8﹣2r=﹣2可得r=5此时系数为=56故答案为：56点评：本题主要考查了二项式系数的性质，以及系数的求解，解题的关键是根据二项式定理写出通项公式，同时考查了计算能力．14．若（ax2+）6的展开式中x3项的系数为20，则a2+b2的最小值为2．考点：二项式系数的性质；基本不等式．专题：二项式定理．分析：利用二项式定理的展开式的通项公式，通过x幂指数为3，求出ab关系式，然后利用基本不等式求解表达式的最小值．解答：解：（ax2+）6的展开式中x3项的系数为20，所以Tr+1==，令12﹣3r=3，∴r=3，，∴ab=1，a2+b2≥2ab=2，当且仅当a=b=1时取等号．a2+b2的最小值为：2．故答案为：2．点评：本题考查二项式定理的应用，基本不等式的应用，基本知识的考查．15．的展开式中x2y2的系数为70．（用数字作答）考点：二项式定理．专题：二项式定理．分析：先求出二项式展开式的通项公式，再令x、y的幂指数都等于2，求得r的值，即可求得展开式中x2y2的系数．解答：解：的展开式的通项公式为Tr+1=•（﹣1）r••=•（﹣1）r••，令8﹣=﹣4=2，求得r=4，故展开式中x2y2的系数为=70，故答案为：70．点评：本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．16．设二项式的展开式中常数项为A，则A=﹣10．考点：二项式系数的性质．专题：计算题．分析：先求出二项式展开式的通项公式，再令x的系数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项的值．解答：解：二项式的展开式的通项公式为Tr+1=••（﹣1）r•=（﹣1）r••．令=0，解得r=3，故展开式的常数项为﹣=﹣10，故答案为﹣10．点评：本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．17．已知的展开式中的常数项为T，f（x）是以T为周期的偶函数，且当x∈[0，1]时，f（x）=x，若在区间[﹣1，3]内，函数g（x）=f（x）﹣kx﹣k有4个零点，则实数k的取值范围是．考点：二项式定理；函数零点的判定定理．专题：综合题；转化思想；综合法．分析：先求出展开式中的常数项T，求得函数的周期是2，由于g（x）=f（x）﹣kx﹣k有4个零点，即函数f（x）与r（x）=kx+k有四个交点，根据两个函数的图象特征转化出等价条件，得到关于k的不等式，求解易得．解答：解：∵的常数项为=2∴f（x）是以2为周期的偶函数∵区间[﹣1，3]是两个周期∴区间[﹣1，3]内，函数g（x）=f（x）﹣kx﹣k有4个零点可转化为f（x）与r（x）=kx+k有四个交点当k=0时，两函数图象只有两个交点，不合题意当k≠0时，∵r（﹣1）=0，两函数图象有四个交点，必有0＜r（3）≤1解得0＜k≤故答案为：点评：本题考点二项式定理，主要考查依据题设条件灵活转化的能力，如g（x）=f（x）﹣kx﹣k有4个零点，即函数f（x）与r（x）=kx+k有四个交点，灵活转化是正确转化是解题的关键．18．（2﹣x）（1﹣3x）4的展开式中，x2的系数等于120．考点：二项式系数的性质．专题：二项式定理．分析：根据（1﹣3x）4的展开式，求得（2﹣x）（1﹣3x）4的展开式中，x2的系数．解答：解：含x2的项为，所以，x2的系数等于120，故答案为：120．点评：本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．19．若的展开式的各项系数绝对值之和为1024，则展开式中x项的系数为﹣15．考点：二项式系数的性质．专题：计算题；二项式定理．分析：根据展开式的各项系数绝对值之和为4n=1024，求得n=5．在展开式的通项公式中，令x的幂指数等于1，求得r的值，可得展开式中x项的系数．解答：解：在的展开式中，令x=1，可得展开式的各项系数绝对值之和为4n=22n=1024=210，∴n=5．故展开式的通项公式为Tr+1=令=1，求得r=1，故展开式中x项的系数为﹣15．故答案为：﹣15．点评：本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．20．（x2﹣）5的展开式中的常数项为（）A．80B．﹣80C．40D．﹣40考点：二项式定理．专题：计算题；概率与统计．分析：利用（x）5展开式中的通项公式Tr+1=•x2（5﹣r）•（﹣2）r•x﹣3r，令x的幂指数为0，求得r的值，即可求得（x）5展开式中的常数项．解答：解：设（x）5展开式中的通项为Tr+1，则Tr+1=•x2（5﹣r）•（﹣2）r•x﹣3r=（﹣2）r••x10﹣5r，令10﹣5r=0得r=2，∴（x）5展开式中的常数项为（﹣2）2×=4×10=40．故选C．点评：本题考查二项式定理，着重考查二项展开式的通项公式，考查运算能力，属于中档题．21．设a=，则二项式展开式中的x3项的系数为（）A．﹣20B．20C．﹣160D．160考点：二项式定理；微积分基本定理．专题：计算题．分析：计算定积分求得a的值，在二项式展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求得r的值，即可求得展开式中的x3项的系数．解答：解：由于a==（sinx+cosx）=﹣2，则二项式展开式的通项公式为Tr+1=•x12﹣2r•=（﹣2）r••x12﹣3r，令12﹣3r=3，解得r=3，故展开式中的x3项的系数为﹣8×20=﹣160，故选C．点评：本题主要考查求定积分，二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题．22．已知b为如图所示的程序框图输出的结果，则二项式（﹣）6的展开式中的常数项式（）A．﹣20B．﹣540C．20D．540考点：二项式定理．专题：综合题；二项式定理．分析：首先，根据程序框图的运算结果，得到参数b的值，然后根据二项式展开式，写出通项公式，然后，确定其展开式的常数项．解答：解：根据程序框图，得初始值：a=1，b=1，第一次循环：b=3，a=2第二次循环：b=5，a=3，第三次循环：b=7，a=4第四次循环：b=9，a=5，∵a=5＞4，跳出循环，输出b=9，∴二项式（﹣）6的通项：Tr+1=36﹣r（﹣1）r•x3﹣r令3﹣r=0，得r=3，∴展开式中的常数项是33••（﹣1）3=﹣540，故选：B．点评：本题重点考查了程序框图，二项式定理及其展开式等知识，属于中档题．解题关键是循环结构的程序框图的识图能力．23．（x+a）10的展开式中，x7的系数为15，则a=．考点：二项式系数的性质．专题：二项式定理．分析：在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求出r的值，即可求得x7的系数，再根据x7的系数为15，求得a的值．解答：解：（x+a）10的展开式的通项公式为Tr+1=•x10﹣r•ar，令10﹣r=7，求得r=3，可得x7的系数为a3•=120a3=15，∴a=，故答案为：．点评：本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．24．已知（1﹣2x）7=a0+a1x+a2x2+…+a7x7，求：（1）a1+a2+…+a7；（2）|a0|+|a1|+…+|a7|．考点：二项式定理的应用．专题：二项式定理．分析：（1）x=1时，求出a0+a1+a2+…+a7的值，x=0时求出a0的值，即可计算a1+a2+…+a7的值；（2）根据展开式知，a1、a3、a5、a7均为负值，a0、a2、a4、a6均为正值，求出a1+a3+a5+a7与a0+a2+a4+a6的值即可．解答：解：（1）当x=1时，（1﹣2x）7=（1﹣2）7=﹣1，∴a0+a1+a2+…+a7=﹣1；当x=0时，a0=1，∴a1+a2+…+a7=﹣1﹣1=﹣2；（2）由展开式知，a1、a3、a5、a7均为负值，a0、a2、a4、a6均为正值，当x=1时，a0+a1+a2+…+a7=﹣1，①当x=﹣1时，a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5+a6﹣a7=37，②∴①﹣②得，2（a1+a3+a5+a7）=﹣1﹣37，∴a1+a3+a5+a7=﹣；∴a0+a2+a4+a6=﹣1﹣（a1+a3+a5+a7）=﹣1+=；∴|a0|+|a1|+…+|a7|=a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5+a6﹣a7=（a0+a2+a4+a6）﹣（a1+a3+a5+a7）=+=37．点评：本题考查了二项式定理的应用问题，解题时应根据展开式的特点，灵活应用特殊值计算，是中档题目．25．一个口袋中有2个白球和n个红球（n≥2，且n∈N*），每次从袋中摸出两个球（每次摸球后把这两个球放回袋中），若摸出的两个球颜色相同为中奖，否则为不中奖．（1）试用含n的代数式表示一次摸球中奖的概率P；（2）若n=3，求三次摸球恰有一次中奖的概率；（3）记三次摸球恰有一次中奖的概率为f（p），当n为何值时，f（p）最大．考点：组合及组合数公式；等可能事件的概率．专题：计算题；应用题．分析：（1）求出一次摸球从n+2个球中任选两个方法，两球颜色相同有Cn2+C22种选法，即可求出摸球中奖的概率P；（2）n=3，求出中奖的概率，三次摸球是独立重复实验，直接根据公式求三次摸球恰有一次中奖的概率；（3）求出三次摸球恰有一次中奖的概率为f（p），利用导数确定函数的单调性，求出n的值，使f（p）最大．解答：解：（1）一次摸球从n+2个球中任选两个，有Cn+22种选法，其中两球颜色相同有Cn2+C22种选法；一次摸球中奖的概率（4分）（2）若n=3，则一次摸球中奖的概率是，三次摸球是独立重复实验，三次摸球中恰有一次中奖的概率是（8分）（3）设一次摸球中奖的概率是p，则三次摸球中恰有一次中奖的概率是f（p）=C31•p•（1﹣p）2=3p3﹣6p2+3p，0＜p＜1，∵f'（p）=9p2﹣12p+3=3（p﹣1）（3p﹣1）∴f（p）在是增函数，在是减函数，∴当时，f（p）取最大值（10分）∴（n≥2，n∈N*），∴n=2，故n=2时，三次摸球中恰有一次中奖的概率最大．（12分）点评：本题考查组合及组合数公式，等可能事件的概率，考查计算能力，是中档题．26．已知（1+）n展开式的各项依次记为a1（x），a2（x），a3（x）…an（x），an+1（x）．设F（x）=a1（x）+2a2（x）+2a2（x）+3a3（x）…+nan（x）+（n+1）an+1（x）．（1）若a1（x），a2（x），a3（x）的系数依次成等差数列，求n的值；（2）求证：对任意x1，x2∈[0，2]，恒有|F（x1）﹣F（x2）|≤2n﹣1（n+2）﹣1．考点：二项式定理；等差数列的性质．专题：函数的性质及应用．分析：（1）由题意可得ak（x）=•，求得a1（x），a2（x），a3（x）的系数，根据前三项的系数成等差数列求得n的值．（2）由F（x）的解析式求得F（2）═+2+3+…+（n+1），设Sn=+2+3+…+（n+1），利用二项式系数的性质求得Sn=（n+2）•2n﹣2．再利用导数可得F（x）在[0，2]上是增函数可得对任意x1，x2∈[0，2]，恒有|F（x1）﹣F（x2）|≤F（2）﹣F（0）=2n﹣1（n+2）﹣1．解答：解：（1）由题意可得ak（x）=•，k=1、2、3，…n+1，故a1（x），a2（x），a3（x）的系数依次为=1，•=，=．再由2×=1+，解得n=8．（2）∵F（x）=a1（x）+2a2（x）+2a2（x）+3a3（x）…+nan（x）+（n+1）an+1（x）=+2•（）+3•+（n+1）•，∴F（2）=+2+3+…+（n+1）．设Sn=+2+3+…+（n+1），则有Sn=（n+1）+n+…+3+2+．把以上2个式子相加，并利用=可得2Sn=（n+2）[+++…+]=（n+2）•2n，∴Sn=（n+2）•2n﹣1．当x∈[0，2]时，由于F′（x）＞0，∴F（x）在[0，2]上是增函数，故对任意x1，x2∈[0，2]，恒有|F（x1）﹣F（x2）|≤F（2）﹣F（0）=2n﹣1（n+2）﹣1，命题得证．点评：本题主要考查等差数列的性质，二项式定理的应用，二项式系数的性质，利用导数研究函数的单调性，根据函数的单调性求函数的值域，属于中档题．27．已知（n∈N*）的展开式中第五项的系数与第三项的系数的比是10：1．（1）求展开式中各项系数的和；（2）求展开式中含的项．考点：二项式系数的性质．专题：计算题．分析：（1）利用二项展开式的通项公式求出二项展开式的通项，求出第五项的系数与第三项的系数，根据已知条件列出方程，求出n的值，将n的值代入二项式，给二项式中的x赋值1，求出展开式中各项系数的和．（2）令二项展开式的通项中的x的指数为，求出r的值，将r的值代入通项求出展开式中含的项．解答：解：由题意知，展开式的通项为则第五项系数为Cn4•（﹣2）4，第三项的系数为Cn2•（﹣2）2则有，化简，得n2﹣5n﹣24=0解得n=8或n=﹣3（舍去）（1）令x=1，得各项系数的和为（1﹣2）8=1（2）令，则r=1故展开式中含的项为点评：求二项展开式的特定项问题一般借助的工具是二项展开式的通项公式；求二项展开式的各项系数和问题，一般通过观察，通过赋值的方法来解决．三、分步乘法计数原理的应用28．某次联欢会要安排三个歌舞类节目，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．72B．120C．144D．168考点：计数原理的应用．专题：计算题．分析：根据题意，分2步进行分析：①、先将三个歌舞类节目全排列，②、因为三个歌舞类节目不能相邻，则分2种情况讨论中间2个空位安排情况，由分步计数原理计算每一步的情况数目，进而由分类计数原理计算可得答案．解答：解：分2步进行分析：1、先将三个歌舞类节目全排列，有A33=6种情况，排好后，有4个空位，2、因为三个歌舞类节目不能相邻，则中间2个空位必须安排2个节目，分2种情况讨论：①将中间2个空位安排1个小品类节目和1个相声类节目，有C21A22=4种情况，排好后，最后1个小品类节目放在2端，有2种情况，此时同类节目不相邻的排法种数是6×4×2=48种；②将中间2个空位安排2个小品类节目，有A22=2种情况，排好后，有6个空位，相声类节目有6个空位可选，即有6种情况，此时同类节目不相邻的排法种数是6×2×6=72种；则同类节目不相邻的排法种数是48+72=120，故选：B．点评：本题考查计数原理的运用，注意分步方法的运用，既要满足题意的要求，还要计算或分类简便．29．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，则不同的方法共有（）A．12种B．18种C．36种D．54种考点：排列、组合的实际应用．专题：计算题．分析：本题是一个分步计数问题，首先从3个信封中选一个放1，2有3种不同的选法，再从剩下的4个数中选两个放一个信封有C42，余下放入最后一个信封，根据分步计数原理得到结果．解答：解：由题意知，本题是一个分步计数问题，∵先从3个信封中选一个放1，2，有=3种不同的选法；根据分组公式，其他四封信放入两个信封，每个信封两个有=6种放法，∴共有3×6×1=18，故选B．点评：本题考查分步计数原理，考查平均分组问题，是一个易错题，解题的关键是注意到第二步从剩下的4个数中选两个放到一个信封中，这里包含两个步骤，先平均分组，再排列．30．6把椅子排成一排，3人随机就座，任何两人不相邻的坐法种数为（）A．144B．120C．72D．24考点：计数原理的应用．专题：应用题；排列组合．分析：使用“插空法“．第一步，三个人先坐成一排，有种，即全排，6种；第二步，由于三个人必须隔开，因此必须先在1号位置与2号位置之间摆放一张凳子，2号位置与3号位置之间摆放一张凳子，剩余一张凳子可以选择三个人的左右共4个空挡，随便摆放即可，即有种办法．根据分步计数原理可得结论．解答：解：使用“插空法“．第一步，三个人先坐成一排，有种，即全排，6种；第二步，由于三个人必须隔开，因此必须先在1号位置与2号位置之间摆放一张凳子，2号位置与3号位置之间摆放一张凳子，剩余一张凳子可以选择三个人的左右共4个空挡，随便摆放即可，即有种办法．根据分步计数原理，6×4=24．故选：D．点评：本题考查排列知识的运用，考查乘法原理，先排人，再插入椅子是关键．31．有6名男医生、5名女医生，从中选出2名男医生、1名女医生组成一个医疗小组，则不同的选法共有（）A．60种B．70种C．75种D．150种考点：排列、组合及简单计数问题；排列、组合的实际应用．专题：排列组合．分析：根据题意，分2步分析，先从6名男医生中选2人，再从5名女医生中选出1人，由组合数公式依次求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．解答：解：根据题意，先从6名男医生中选2人，有C62=15种选法，再从5名女医生中选出1人，有C51=5种选法，则不同的选法共有15×5=75种；故选C．点评：本题考查分步计数原理的应用，注意区分排列、组合的不同．32．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是（）A．72B．96C．108D．144考点：排列、组合的实际应用．专题：计算题．分析：本题是一个分步计数原理，先选一个偶数字排个位，有3种选法，对于5要求比较多，需要分类，若5在十位或十万位，则1、3有三个位置可排，若5排在百位、千位或万位，则1、3只有两个位置可排，根据分步计数原理得到结果．解答：解：由题意知，本题是一个分步计数原理，先选一个偶数字排个位，有3种选法，①若5在十位或十万位，则1、3有三个位置可排，有A32种，然后剩下的两个位置全排列，共有2A32A22=24个；②若5排在百位、千位或万位，则1、3只有两个位置可排，有A22种，然后剩下的两个位置全排列，共3A22A22=12个根据分步计数原理知共计3（24+12）=108个故选C点评：本题考查分步计数原理，考查分类计数原理，考查排列组合的实际应用，是一个数字问题，这种问题的限制条件比较多，注意做到不重不漏．33．8名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为（）A．A88A92B．A88C92C．A88A72D．A88C72考点：排列、组合的实际应用．专题：排列组合．分析：本题要求两个教师不相邻，用插空法来解决问题，将所有学生先排列，有A88种排法，再将两位老师插入9个空中，共有A92种排法，根据分步计数原理得到结果．解答：解：用插空法解决的排列组合问题，将所有学生先排列，有A88种排法，然后将两位老师插入9个空中，共有A92种排法，∴一共有A88A92种排法．故选A．点评：本题考查排列组合的实际应用，考查分步计数原理，是一个典型的排列组合问题，对于不相邻的问题，一般采用插空法来解．34．6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法共有480种．（用数字作答）考点：排列、组合及简单计数问题；分步乘法计数原理．专题：计算题．分析：排列好甲、乙两人外的4人，然后把甲、乙两人插入4个人的5个空位中即可．解答：解：6个人排成一行，其中甲、乙两人不相邻的不同排法：排列好甲、乙两人外的4人，有中方法，然后把甲、乙两人插入4个人的5个空位，有种方法，所以共有：=480．故答案为：480．点评：本题考查了乘法原理，以及排列的简单应用，插空法解答不相邻问题．35．回文数是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22，11，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33…，99.3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999．则：（Ⅰ）4位回文数有90个；（Ⅱ）2n+1（n∈N+）位回文数有9×10n个．考点：计数原理的应用．专题：计算题；压轴题．分析：（I）利用回文数的定义，四位回文数只需从10个数字中选两个可重复数字即可，但要注意最两边的数字不能为0，利用分步计数原理即可计算4位回文数的个数；（II）将（I）中求法推广到一般，利用分步计数原理即可计算2n+1（n∈N+）位回文数的个数解答：解：（I）4位回文数的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零，第一步，选千位和个位数字，共有9种选法；第二步，选中间两位数字，有10种选法；故4位回文数有9×10=90个故答案为90（II）第一步，选左边第一个数字，有9种选法；第二步，分别选左边第2、3、4、…、n、n+1个数字，共有10×10×10×…×10=10n种选法，故2n+1（n∈N+）位回文数有9×10n个故答案为9×10n点评：本题主要考查了分步计数原理的运用，新定义数字问题的理解和运用，归纳推理的运用，属基础题36．有4位同学在同一天的上、下午参加“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”、“台阶”五个项目的测试，每位同学上、下午各测试一个项目，且不重复．若上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目，其余项目上、下午都各测试一人．则不同的安排方式共有264种（用数字作答）．考点：排列、组合及简单计数问题．专题：压轴题；分类讨论．分析：法一：先安排上午的测试方法，有A44种，再安排下午的测试方式，由于上午的测试结果对下午有影响，故需要选定一位同学进行分类讨论，得出下午的测试种数，再利用分步原理计算出结果法二：假定没有限制条件，无论是上午或者下午5个项目都可以选．组合总数为：4×5×4×4=320．再考虑限制条件：上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目．在总组合为320种的组合中，上午为握力的种类有32种；同样下午为台阶的组合有32种．最后还要考虑那去掉的64种中重复去掉的，如A同学的一种组合，上午握力，下午台阶（这种是被去掉了2次），A同学上午台阶，下午握力（也被去掉了2次），这样的情况还要考虑B．C．D三位，所以要回加2×4=8．进而可得答案．解答：解：解法一：先安排4位同学参加上午的“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“台阶”测试，共有A44种不同安排方式；接下来安排下午的“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”、“握力”测试，假设A、B、C同学上午分别安排的是“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”测试，若D同学选择“握力”测试，安排A、B、C同学分别交叉测试，有2种；若D同学选择“身高与体重”、“立定跳远”、“肺活量”测试中的1种，有A31种方式，安排A、B、C同学进行测试有3种；根据计数原理共有安排方式的种数为A44（2+A31×3）=264，故答案为264解法二：假定没有这个限制条件：上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目．无论是上午或者下午5个项目都可以选．上午每人有五种选法，下午每人仅有四种选法，上午的测试种数是4×5=20，下午的测试种数是4×4=16故我们可以很轻松的得出组合的总数：4×5×4×4=320．再考虑这个限制条件：上午不测“握力”项目，下午不测“台阶”项目．在总组合为320种的组合中，上午为握力的种类有多少种，很好算的，总数的，32种；同样下午为台阶的组合为多少的，也是总数的，32种．所以320﹣32﹣32=256种．但是最后还要考虑那去掉的64种中重复去掉的，好像A同学的一种组合，上午握力，下午台阶（这种是被去掉了2次），A同学上午台阶，下午握力（也被去掉了2次），这样的情况还要B．C．D三位，所以要回加2×4=8．所以最后的计算结果是4×5×4×4﹣32﹣32+8=264．答案：264．点评：本题主要考查了排列与组合的相关知识点，突出对分类讨论思想和数学思维能力的考查，属较难题．37．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有90种（用数字作答）．考点：排列、组合的实际应用．专题：计算题．分析：根据分组分配问题的思路，先将5人分成3组，计算可得其分组情况，进而将其分配到三个不同场馆，由排列公式可得其情况种数，由分步计数原理计算可得答案．解答：解：根据题意，首先将5人分成3组，由分组公式可得，共有=15种不同分组方法，进而将其分配到三个不同场馆，有A33=6种情况，由分步计数原理可得，不同的分配方案有15×6=90种，故答案为90．点评：本题考查排列组合里分组分配问题，注意一般分析顺序为先分组，再分配．38．某校从6名教师中选派3名教师同时去3个边远地区支教，每地1人，其中甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，则不同的选派方案共有42种．考点：计数原理的应用．专题：排列组合．分析：先从6名教师中选出3名，因为甲和乙不同去，甲和丙只能同去或同不去，所以可按选甲和不选甲分成两类，两类方法数相加，再把3名老师分配去3个边远地区支教，3名教师进行全排列即可．解答：解：分两步，第一步，先选三名老师，又分两类第一类，甲去，则丙一定去，乙一定不去，有C31=3种不同选法第二类，甲不去，则丙一定不去，乙可能去也可能不去，有C43=4种不同选法∴不同的选法有3+4=7种第二步，三名老师去3个边远地区支教，有A33=6，根据分步计数原理得不同的选派方案共有，7×6=42．故答案为；42．点评：本题考查了排列组合的综合应用，做题时候要分清用排列还是用组合去做．四、分类加法计数原理的应用39．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方法共有（）A．4种B．10种C．18种D．20种考点：计数原理的应用．专题：计算题．分析：本题是一个分类计数问题，一是3本集邮册一本画册，让一个人拿本画册就行了4种，另一种情况是2本画册2本集邮册，只要选两个人拿画册C42种，根据分类计数原理得到结果．解答：解：由题意知本题是一个分类计数问题，一是3本集邮册一本画册，从4位朋友选一个有4种，另一种情况是2本画册2本集邮册，只要选两个人拿画册C42=6种，根据分类计数原理知共10种，故选B．点评：本题考查分类计数问题，是一个基础题，这种题目可以出现在选择或填空中，也可以出现在解答题目的一部分中．40．满足a，b∈{﹣1，0，1，2}，且关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对的个数为（）A．14B．13C．12D．10考点：排列、组合及简单计数问题．专题：计算题．分析：由于关于x的方程ax2+2x+b=0有实数根，所以分两种情况：（1）当a≠0时，方程为一元二次方程，那么它的判别式大于或等于0，由此即可求出a的取值范围；（2）当a=0时，方程为2x+b=0，此时一定有解．解答：解：（1）当a=0时，方程为2x+b=0，此时一定有解；此时b=﹣1，0，1，2；即（0，﹣1），（0，0），（0，1），（0，2）四种．（2）当a≠0时，方程为一元二次方程，∴△=b2﹣4ac=4﹣4ab≥0，∴ab≤1．所以a=﹣1，1，2，此时a，b的对数为（﹣1，0），（﹣1，2），（﹣1，﹣1），（﹣1，1），（1，﹣1），（1，0），（1，1），（2，﹣1），（2，0），共9种，关于x的方程ax2+2x+b=0有实数解的有序数对的个数为13种，故选B．点评：本题考查了一元二次方程根的情况与判别式△的关系：（1）△＞0⇔方程有两个不相等的实数根；（2）△=0⇔方程有两个相等的实数根；（3）△＜0⇔方程没有实数根，在解题时要注意分类讨论思想运用．考查分类讨论思想．41．若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有（）A．60种B．63种C．65种D．66种考点：计数原理的应用．专题：计算题．分析：本题是一个分类计数问题，要得到四个数字的和是偶数，需要分成三种不同的情况，当取得4个偶数时，当取得4个奇数时，当取得2奇2偶时，分别用组合数表示出各种情况的结果，再根据分类加法原理得到不同的取法．解答：解：由题意知本题是一个分类计数问题，要得到四个数字的和是偶数，需要分成三种不同的情况，当取得4个偶数时，有=1种结果，当取得4个奇数时，有=5种结果，当取得2奇2偶时有=6×10=60∴共有1+5+60=66种结果，故选D点评：本题考查计数原理的应用，本题解题的关键是根据题意把符合条件的取法分成三种情况，利用组合数表示出结果，本题是一个基础题．42．某校开设A类选修课3门，B类选择课4门，一位同学从中共选3门，若要求两类课程中各至少选一门，则不同的选法共有（）A．30种B．35种C．42种D．48种考点：分类加法计数原理．专题：计算题．分析：两类课程中各至少选一门，包含两种情况：A类选修课选1门，B类选修课选2门；A类选修课选2门，B类选修课选1门，写出组合数，根据分类计数原理得到结果．解答：解：可分以下2种情况：①A类选修课选1门，B类选修课选2门，有C31C42种不同的选法；②A类选修课选2门，B类选修课选1门，有C32C41种不同的选法．∴根据分类计数原理知不同的选法共有C31C42+C32C41=18+12=30种．故选A．点评：本小题主要考查分类计数原理、组合知识，以及分类讨论的数学思想．本题也可以从排列的对立面来考虑，写出所有的减去不合题意的，可以这样解：C73﹣C33﹣C43=30．43．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．24B．18C．12D．6考点：计数原理的应用．专题：算法和程序框图．分析：分类讨论：从0、2中选一个数字0，则0只能排在十位；从0、2中选一个数字2，则2排在十位或百位，由此可得结论．解答：解：从0、2中选一个数字0，则0只能排在十位，从1、3、5中选两个数字排在个位与百位，共有=6种；从0、2中选一个数字2，则2排在十位，从1、3、5中选两个数字排在个位与百位，共有=6种；2排在百位，从1、3、5中选两个数字排在个位与十位，共有=6种；故共有3=18种故选B．点评：本题考查计数原理的运用，考查分类讨论的数学思想，正确分类是关键．44．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有（）A．504种B．960种C．1008种D．1108种考点：排列及排列数公式；排列、组合的实际应用．专题：压轴题．分析：本题的要求比较多，有三个限制条件，甲、乙排在相邻两天可以把甲和乙看做一个元素，注意两者之间有一个排列，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则可以甲乙排1、2号或6、7号，或是甲乙排中间，丙排7号或不排7号，根据分类原理得到结果．解答：解：分两类：第一类：甲乙相邻排1、2号或6、7号，这时先排甲和乙，有2×种，然后排丁，有种，剩下其他四个人全排列有种，因此共有2×A22A41A44=384种方法第二类：甲乙相邻排中间，若丙排7号，先排甲和乙，因为相邻且在中间，则有4×种，然后丙在7号，剩下四个人全排列有种，若丙不排7号，先排甲和乙，因为相邻且在中间，则有4×种，然后排丙，丙不再1号和7号，有种，接着排丁，丁不排在10月7日，有种，剩下3个人全排列，有种，因此共有（4A22A44+4A22A31A31A33）=624种方法，故共有1008种不同的排法故选C．点评：本题主要考查分类计数原理，分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数．本题限制条件比较多，容易出错，解题时要注意．45．某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位、节目乙不能排在第一位，节目丙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有（）A．36种B．42种C．48种D．54种考点：排列、组合的实际应用．专题：分类讨论．分析：由题意知甲的位置影响乙的排列，甲在第一位和甲不在第一位，对于排列有影响要分两类：一类为甲排在第一位共有A44种，另一类甲排在第二位共有A31A33种，根据分类计数原理得到结果．解答：解：由题意知甲的位置影响乙的排列∴要分两类：一类为甲排在第一位共有A44=24种，另一类甲排在第二位共有A31A33=18种，∴故编排方案共有24+18=42种，故选B．点评：本题主要考查排列组合基础知识，考查分类与分步计数原理，分类加法计数原理：首先确定分类标准，其次满足：完成这件事的任何一种方法必属某一类，并且分别属于不同的两类的方法都是不同的方法，即“不重不漏”．46．现安排甲、乙、丙、丁、戌5名同学参加上海世博会志愿者服务活动，每人从事翻译、导游、礼仪、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加．甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙丁戌都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是（）A．152B．126C．90D．54考点：排列、组合的实际应用．专题：计算题．分析：根据题意，按甲乙的分工情况不同分两种情况讨论，①甲乙一起参加除了开车的三项工作之一，②甲乙不同时参加一项工作；分别由排列、组合公式计算其情况数目，进而由分类计数的加法公式，计算可得答案．解答：解：根据题意，分情况讨论，①甲乙一起参加除了开车的三项工作之一：C31×A33=18种；②甲乙不同时参加一项工作，进而又分为2种小情况；1°丙、丁、戌三人中有两人承担同一份工作，有A32×C32×A22=3×2×3×2=36种；2°甲或乙与丙、丁、戌三人中的一人承担同一份工作：A32×C31×C21×A22=72种；由分类计数原理，可得共有18+36+72=126种，故选B．点评：本题考查排列、组合的综合运用，注意要根据题意，进而按一定顺序分情况讨论．47．某人根据自己爱好，希望从{W，X，Y，Z}中选2个不同字母，从{0，2，6，8}中选3个不同数字拟编车牌号，要求前三位是数字，后两位是字母，且数字2不能排在首位，字母Z和数字2不能相邻，那么满足要求的车牌号有（）A．198个B．180个C．216个D．234个考点：计数原理的应用．专题：应用题；排列组合．分析：因为2，Z都是特殊元素，故需要对此进行分类，第一类，不选2时，第二类选2，不选Z时，第三类，先2不选Z时，根据分类计数原理可得．解答：解：不选2时，有=72种，选2，不选Z时，先排2，有种，然后选择和排列剩下两个数字，有种，最后选择和排列字母，有种，所以有=72种，选2，选Z时，2在数字的中间，有=36种，当2在数字的第三位时，=18种，根据分类计数原理，共有72+72+36+18=198．故选：A．点评：本题考查了分类计数原理，关键是分类，属于中档题．48．达州市举行汉字书写决赛，共有来自不同县的5位选手参赛，其中3位女生，2位男生，如果2位男生不许连续出场，且女生甲不能第一个出场，则不同的出场顺序有（）A．120种B．90种C．60种D．36种考点：计数原理的应用．专题：计算题；排列组合．分析：若第一个出场的是男生，方法有=36种．若第一个出场的是女生（不是女生甲），用插空法求得方法有=24种，把这两种情况的方法数相加，即得所求．解答：解：①若第一个出场的是男生，则第二个出场的是女生，以后的顺序任意排，方法有=36种．②若第一个出场的是女生（不是女生甲），则将剩余的2个女生排列好，2个男生插空，方法有=24种．故所有的出场顺序的排法种数为36+24=60，故选C．点评：本题主要考查排列组合、两个基本原理的应用，注意特殊位置优先排，不相邻问题用插空法，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．49．某校高三理科实验班有5名同学报名参加甲、乙、丙三所高校的自主招生考试，每人限报一所高校．若这三所高校中每个学校都至少有1名同学报考，那么这5名同学不同的报考方法种数共有（）A．144种B．150种C．196种D．256种考点：分类加法计数原理．专题：计算题．分析：由题设条件知，可以把学生分成两类：311，221，所以共有种报考方法．解答：解，把学生分成两类：311，221，根据分组公式共有=150种报考方法，故选B．点评：本题考查分类加法计数原理，解题时要认真审题，注意平均分组和不平均分组的合理运用．50．在8张奖券中有一、二、三等奖各1张，其余5张无奖．将这8张奖券分配给4个人，每人2张，不同的获奖情况有60种（用数字作答）．考点：排列、组合及简单计数问题．专题：计算题；排列组合．分析：分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张．解答：解：分类讨论，一、二、三等奖，三个人获得，共有=24种；一、二、三等奖，有1人获得2张，1人获得1张，共有=36种，共有24+36=60种．故答案为：60．点评：本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．51．从3名骨科、4名脑外科和5名内科医生中选派5人组成一个抗震救灾医疗小组，则骨科、脑外科和内科医生都至少有1人的选派方法种数是590（用数字作答）．考点：排列、组合及简单计数问题．专题：压轴题；概率与统计．分析：不同的组队方案：选5名医生组成一个医疗小组，要求其中骨科、脑外科和内科医生都至少有1人，方法共有6类，他们分别是：3名骨科、1名脑外科和1名内科医生；1名骨科、3名脑外科和1名内科医生，…，在每一类中都用分步计数原理解答．解答：解：直接法：3名骨科、1名脑外科和1名内科医生，有C33C41C51=20种，1名骨科、3名脑外科和1名内科医生，有C31C43C51=60种，1名骨科、1名脑外科和3名内科医生，有C31C41C53=120种，2名骨科、2名脑外科和1名内科医生，有C32C42C51=90种，1名骨科、2名脑外科和2名内科医生，有C31C42C52=180种，2名骨科、1名脑外科和2名内科医生，有C32C41C52=120种，共计20+60+120+90+180+120=590种故答案为：590．点评：本题主要考查了排列、组合及简单计数问题，解答关键是利用直接法：先分类后分步．52．将A，B，C，D，E，F六个字母排成一排，且A，B均在C的同侧，则不同的排法共有480种（用数字作答）考点：排列、组合及简单计数问题．专题：概率与统计．分析：按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．解答：解：按C的位置分类，在左1，左2，左3，或者在右1，右2，右3，因为左右是对称的，所以只看左的情况最后乘以2即可．当C在左边第1个位置时，有A，当C在左边第2个位置时，A和B有C右边的4个位置可以选，有AA，当C在左边第3个位置时，有AA+AA，共为240种，乘以2，得480．则不同的排法共有480种．故答案为：480．点评：本题考查排列、组合的应用，关键在于明确事件之间的关系，同时要掌握分类讨论的处理方法．53．用数字2，3组成四位数，且数字2，3至少都出现一次，这样的四位数共有14个．（用数字作答）考点：计数原理的应用．专题：算法和程序框图．分析：本题是一个分类计数问题，首先确定数字中2和3的个数，当数字中有1个2，3个3时，当数字中有2个2，2个3时，当数字中有3个2，1个3时，写出每种情况的结果数，最后相加．解答：解：由题意知本题是一个分类计数问题，首先确定数字中2和3的个数，当数字中有1个2，3个