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高中数学 高考复习 排列与组合 专题练习
（选择题+解答题）100题合集
一、单选题
1．某地电视台春晚的戏曲节目，准备了经典京剧、豫剧、越剧、粤剧、黄梅戏、评剧6个剧种的各一个片段．对这6个剧种的演出顺序有如下要求：京剧必须排在前三，且越剧、粤剧必须排在一起，则该戏曲节目演出顺序共有( )种．
A．120 B．156 C．188 D．240
2．为了贯彻落实中央新疆工作座谈会和全国对口支援新疆工作会议精神，促进边疆少数民族地区教育事业发展，我市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两位女教师分派到同一个地方，则不同的分派方法有（ ）
A．18种 B．36种 C．68种 D．84种
3．某工程队有卡车 挖掘机 吊车 混凝土搅拌车各一辆，将它们全部派往3个工地进行作业，每个工地至少派一辆，则不同的派法种数是（ ）
A．18 B．9 C．27 D．36
4．有7名学生参加“学党史知识竞赛”，咨询比赛成绩，老师说：“甲的成绩是最中间一名，乙不是7人中成绩最好的，丙不是7人中成绩最差的，而且7人的成绩各不相同”.那么他们7人不同的可能位次共有（ ）
A．120种 B．216种 C．384种 D．504种
5．大庆实验中学安排某班级某天上午五节课课表，语文 数学 外语 物理 化学各一节，现要求数学和物理不相邻，且都不排在第一节，则课表排法的种数为（ ）
A．24 B．36 C．72 D．144
6．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，其中偶数的个数为（ ）
A．24 B．18 C．12 D．6
7．高中数学新教材有必修一和必修二，选择性必修有一 二 三共5本书，把这5本书放在书架上排成一排，必修一 必修二不相邻的排列方法种数是（ ）
A．72 B．144 C．48 D．36
8．甲、乙、丙、丁、戊5名党员参加“党史知识竞赛”，决出第一名到第五名的名次（无并列名次），已知甲排第三，乙不是第一，丙不是第五．据此推测5人的名次排列情况共有（ ）种
A．5 B．8 C．14 D．21
9． 12名同学分别到三个不同的路口进行车流量的调查，若每个路口4人，则不同的分配方案共有种.
A． B．3 C． D．
10．某省示范高中将6名教师分配至3所农村学校支教，每所学校至少分配一名教师，其中甲必去A校，乙、丙两名教师不能分配在同一所学校的不同分配方法数为（ ）
A．36 B．96 C．114 D．130
11．将5名学生分配到，，，，这5个社区参加义务劳动，每个社区分配1名学生，且学生甲不能分配到社区，则不同的分配方法种数是（ ）
A．72 B．96 C．108 D．120
12．，，，，五人站成一排，如果，必须相邻且在的右边，那么不同的排法种数有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
13．把1、2、3、4、5、6、7这七个数随机地排成一列组成一个数列，要求该数列恰好先减后增，则这样的数列共有（ ）
A．20个 B．62个 C．63个 D．64个
14．用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（ ）
A． B． C． D．
15．某职校选出甲 乙 丙等6名学生参加职业技能比赛，并决出第1~6名的名次（无并列）.甲 乙 丙3名学生一同去询问成绩，评委对甲说：很遗憾，你和乙都没有得到冠军，对乙说：你当然不是最后两名，对丙说：你比甲和乙都好，但也不是冠军.从这个人的回答中分析，6人的名次情况共有（ ）
A．72种 B．36种 C．96种 D．48种
16．北京大兴国际机场是一座跨地域 超大型的国际航空综合交通枢纽，目前建有“三纵一横”4条跑道，分别叫西一跑道 西二跑道 东一跑道 北一跑道，如图所示.若有2架飞往不同目的地的飞机要从以上4条跑道中不同的2条跑道同时起飞，则不同的安排方法种数为（ ）
A．16 B．12 C．9 D．8
17．将标号为1，2，3，4的四个篮球分给三位小朋友，每位小朋友至少分到一个篮球，且标号为1，2的两个篮球不能分给同一个小朋友，则不同的分法种数为
A．15 B．20 C．30 D．42
18．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）
A．120种 B．90种
C．60种 D．30种
19．某密码锁的一个密码由3位数字组成，每一位均可取0，1，2，…，9这10个数字中的一个，小明随机设置了一个密码，则恰有两个位置数字相同的概率为（ ）
A．0.09 B．0.12 C．0.18 D．0.27
20．对于满足的正整数n，（ ）
A． B． C． D．
21．甲、乙、丙三人值班，从周一到周六按每人分别值班2天排班，若甲不在周一值班，则不同的排班方案有( )
A．15种 B．30种 C．45种 D．60种
22．作家马伯庸的小说《长安十二时辰》中，靖安司通过长安城内的望楼传递信息．如图所示是望楼传递信息的一种方式，在九宫格中，每个小方格可以在白色和紫色（此处以阴影代表紫色）之间变换，从而一共可以有512种不同的颜色组合，即代表512种不同的信息．现要求每一行、每一列上有且只有1个紫色小方格（如图所示即满足要求），则一共可以传递的不同信息种数是（ ）
A．14 B．12 C．9 D．6
23．已知等比数列的首项为1，公比为-2，在该数列的前六项中随机抽取两项，，则的概率为（ ）
A． B． C． D．
24．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是
A． B． C． D．
25．一条铁路有n个车站，为适应客运需要，新增了m个车站，且知，客运车票增加了62种，则现在车站的个数为（ ）
A．15 B．16 C．17 D．18
26．如图，洛书（古称龟书），是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数.若从四个阴数和五个阳数中随机选取3个数，则选取的3个数之和为奇数的方法数为（ ）
A．30 B．40 C．44 D．70
27．天河区某校开展学农活动时进行劳动技能比赛，通过初选，选出甲 乙 丙 丁 戊共5名同学进行决赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”；对乙说“你当然不是最差的”，试从这个回答中分析这5人的名次排列顺序可能出现的种类有（ ）
A．54种 B．60种 C．72种 D．96种
28．某会议结束后，21个会议人员合影留念，他们站成两排，前排11人，后排10人，A站在前排正中间位置，B，C两人也站在前排并与A相邻，如果对其他人所站位置不做要求，那么不同的站法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
29．从集合中任取两个元素，①相加可得多少个不同的和？②相除可得多少个不同的商？③作为椭圆中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程？④作为双曲线中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程？
上面四个问题属于排列问题的是（ ）
A．①②③④ B．②④ C．②③ D．①④
30．编号为1、2、3、4、5、6、7的七盏路灯，晚上用时只亮三盏灯，且任意两盏亮灯不相邻，则不同的开灯方案有
A．60种 B．20种 C．10种 D．8种
31．从1，2，3，4中任取两个不同数字组成平面直角坐标系中一个点的坐标，则组成不同点的个数为（ ）
A．2 B．4 C．12 D．24
32．某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（ ）种不同的选法
A．225 B．185 C．145 D．110
33．现有甲 乙 丙 丁 戊五位同学，分别带着A B C D E五个不同的礼物参加“抽盲盒”学游戏，先将五个礼物分别放入五个相同的盒子里，每位同学再分别随机抽取一个盒子，恰有一位同学拿到自己礼物的概率为（ ）
A． B． C． D．
34．若，则等于（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
35．甲、乙、丙、丁、戊共名同学进行劳动技术比赛，决出第名到第名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说:“很遗憾，你和乙都没有得到冠军”，对乙说:“你不会是最差的”，从这两个回答分析，这人的名次排列所有可能的情况共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
36．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．56种 B．68种
C．74种 D．92种
37．某校为落实“双减”政策.在课后服务时间开展了丰富多彩的体育兴趣小组活动，现有甲 乙 丙 丁四名同学拟参加篮球 足球 乒乓球 羽毛球四项活动，由于受个人精力和时间限制，每人只能等可能的选择参加其中一项活动，则恰有两人参加同一项活动的概率为（ ）
A． B． C． D．
38．第24届冬季奥运会将于2022年2月4日至2022年2月20日在北京市和河北省张家口市举行．现要安排甲、乙、丙、丁四名志愿者去国家高山滑雪馆、国家速滑馆、首钢滑雪大跳台三个场馆参加活动，要求每个场馆都有人去，且这四人都在这三个场馆，则甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
39．把标号为1，2，3，4的四个小球分别放入标号为1，2，3，4的四个盒子，每个盒子只放一个小球，则1号球和2号球都不放入1号盒子的方法共有（ ）
A．18种 B．12种 C．9种 D．6种
40．十二生肖，又叫属相，依次为鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪．现有十二生肖的吉祥物各一个，甲、乙、丙三名同学从中各选一个，甲没有选择马，乙、丙二人恰有一人选择羊，则不同的选法有（ ）
A．242种 B．220种 C．200种 D．110种
41．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有（ ）
A．4种 B．5种 C．6种 D．12种
42．将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ）
A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．0.8
43．某班优秀学习小组有甲 乙 丙 丁 戊共5人，他们排成一排照相，则甲 乙二人相邻的排法种数为（ ）
A．24 B．36 C．48 D．60
44．甲 乙、丙三人排成一排去照相，甲不站在排头的所有排列种数为（ ）
A．6 B．4 C．8 D．10
45．某学校为了迎接市春季运动会，从5名男生和4名女生组成的田径运动队中选出4人参加比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为（ ）
A．85 B．86 C．91 D．90
46．二项式的展开式中只有第6项的二项式系数最大，且展开式中的第3项的系数是第4项的系数的3倍，则的值为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．10
47．年月日，国家航天局探月与航天工程中心组织完成了我国首辆火星车全球征名活动的初次评审．初评环节遴选出弘毅、麒麟、哪吒、赤兔、祝融、求索、风火轮、追梦、天行、星火共个名称，作为我国首辆火星车的命名范围．某同学为了研究这些初选名字的内涵，计划从中随机选取个依次进行分析，若同时选中哪吒、赤兔，则哪吒和赤兔连续被分析，否则随机依次分析，则所有不同的分析情况有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
48．通常，我国民用汽车号牌的编号由两部分组成：第一部分为汉字表示的省、自治区、直辖市简称和用英文字母表示的发牌机关代号，第二部分为由阿拉伯数字与英文字母组成的序号．其中序号的编码规则为：①由0，1，2，…，9这10个阿拉伯数字与除，之外的24个英文字母组成；②最多只能有2个位置是英文字母，如：粤，则采用5位序号编码的粤牌照最多能发放的汽车号牌数为（ ）
A．586万张 B．682万张 C．696万张 D．706万张
49．英国数学家泰勒以发现泰勒公式和泰勒级数闻名于世．由泰勒公式，我们能得到（其中e为自然对数的底数，），其拉格朗日余项是．可以看出，右边的项用得越多，计算得到的e的近似值也就越精确．若近似地表示e的泰勒公式的拉格朗日余项，不超过时，正整数n的最小值是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
50．有8位学生春游，其中小学生2名 初中生3名 高中生3名.现将他们排成一列，要求2名小学生相邻 3名初中生相邻，3名高中生中任意两名都不相邻，则不同的排法种数有（ ）
A．288种 B．144种 C．72种 D．36种
二、解答题
51．某传统文化学习小组有10名同学，其中男生5名，女生5名，现要从中选取4人参加学校举行的汇报展示活动．
(1)如果4人中男生、女生各2人，有多少种选法？
(2)如果男生甲与女生乙至少有1人参加，有多少种选法？
(3)如果4人中既有男生又有女生，有多少种选法？
52．由0，1，2，3，4，5这6个数字，
(1)可以组成多少个无重复数字的四位数？
(2)可以组成多少个无重复数字且能被25整除的四位数？
53．（1）求方程的非负整数解的组数；
（2）某火车站共设有4个安检入口，每个入口每次只能进入1位乘客，求一个4人小组进站的不同方案种数．
54．从1到9这9个数字中取3个偶数和4个奇数，组成没有重复数字的七位数，试问：
（1）能组成多少个这样的七位数？
（2）3个偶数排在一起的七位数有多少个？
（3）任意2个偶数都不相邻的七位数有多少个？
55．从1到6的六个数字中取两个偶数和两个奇数组成没有重复数字的四位数.试问：
(1)能组成多少个不同的四位数？
(2)四位数中，两个偶数排在一起的有几个？
(3)两个偶数不相邻的四位数有几个？（所有结果均用数值表示）
56．某同学将5个完全相同的正方形纸板按如图所示的方式摆放，并给它们染色，每个纸板染一种颜色，相邻的纸板颜色不能相同．
（1）若有3种颜色，不同的染色方案共有多少种？
（2）若有5种颜色，不同的染色方案共有多少种？
57．在100件产品中，有98件合格品，2件次品．从这100件产品中任意抽出3件．
(1)有多少种不同的抽法？
(2)抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种？
(3)抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种？
58．某班有一个5男4女组成的社会实践调查小组，准备在暑假进行三项不同的社会实践，若不同的组合调查不同的项目算作不同的调查方式，求按下列要求进行组合时，有多少种不同的调查方式？
(1)将9人分成人数分别为2人、3人、4人的三个组去进行社会实践；
(2)将9人平均分成3个组去进行社会实践；
(3)将9人平均分成每组既有男生又有女生的三个组去进行社会实践.
59．已知数列满足，，其中为常数，.
（1）求，的值；
（2）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明.
60．
(1)个不同的小球放入编号为的个盒子中，一共有多少种不同的放法？
(2)个不同的小球放入编号为的个盒子中，恰有个空盒的放法共有多少种？
61．如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，求不同的染色方法种数.
62．（1）已知，求的值（用数字作答）；
（2）已知试求，的值．
63．把6个相同的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中，求下列方法的种数．
(1)每个盒子都不空；
(2)恰有一个空盒子；
(3)恰有两个空盒子．
64．有编号为1,2,3，…，n的n个学生，入座编号为1,2,3，…，n的n个座位，每个学生规定坐一个座位，设学生所坐的座位号与该生的编号不同的学生人数为X，已知X＝2时，共有6种坐法.
(1)求n的值；
(2)求随机变量X的分布列.
65．已知10件不同的产品中有4件次品，现对它们一一测度，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？
66．已知一个两位数中的每个数字都从1，2，3，4中任意选取.
(1)如果两位数中的数字不允许重复使用，那么能得到多少个不同的两位数？
(2)如果两位数中的数字允许重复使用，那么能得到多少个不同的两位数？
67．（1）4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，共有多少种放法；
（2）4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，恰有一个盒子空，共有多少种放法；
（3）10个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，每个盒子不空，共有多少种放法；
（4）4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，恰有两个盒子空，共有多少种放法？
68．7名师生站成一排照相留念，其中老师1名，男同学4名，女同学2名，在下列情况下，各有多少种不同的站法？
（1）2名女同学必须相邻而站；
（2）4名男同学互不相邻；
（3）若4名男同学身高都不相等，按从高到低或从低到高的顺序站；
（4）老师不站正中间，女同学不站两端.
69．有12名划船运动员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，其他5人既会划左舷又会划右舷，现要从这12名运动员中选出6人平均分在左、右舷参加划船比赛，有多少种不同的选法？
70．（1）解不等式：；
（2）解方程：．
71．（1）解方程：；
（2）解不等式：.
72．用0、1、2、3四个数字组成没有重复数字的自然数．
(1)把这些自然数从小到大排成一个数列，1230是这个数列的第几项？
(2)其中的四位数中偶数有多少个？它们各个数位上的数字之和是多少？它们的和是多少？
73．用0，1，2，3，4，5，6这七个数字：
（1）能组成多少个无重复数字的四位奇数？
（2）能组成多少个无重复数字且为5的倍数的五位数？
（3）能组成多少个无重复数字且比31560大的五位数？
74．从5名男生和4名女生中选出4人去参加数学竞赛．
(1)如果选出的4人中男生、女生各2人，那么有多少种选法？
(2)如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，那么有多少种选法？
(3)如果被选出的4人是甲、乙、丙、丁，将这4人派往2个考点，每个考点至少1人，那么有多少种派送方式？
75．已知（，且）．
(1)求的值；
(2)若，求n的值．
76．班上每个小组有12名同学，现要从每个小组选4名同学组成一支代表队，与其他小组进行辩论赛.
（1）每个小组的代表队有多少种选法？
（2）如果每支代表队还必须指定1名队长，那么每个小组的代表队有多少种选法？
（3）如果每支代表队还要分别指定第一、二、三、四辩手，那么每个小组的代表队有多少种选法？
77．设有99本不同的书（用排列数、组合数作答）.
(1)分给甲、乙、丙3人，甲得96本，乙得2本，丙得1本，共有多少种不同的分法？
(2)分给甲、乙、丙3人，甲得93本，乙、丙各得3本，共有多少种不同的分法？
(3)平均分给甲、乙、丙3人，共有多少种不同的分法？
(4)分给甲、乙、丙3人，一人得96本，一人得2本，一人得1本，共有多少种不同的分法？
(5)分给甲、乙、丙3人，一人得93本，另两人各得3本，共有多少种不同的分法？
(6)分成3份，一份96本，一份2本，一份1本，共有多少种不同的分法？
(7)平均分成3份，共有多少种不同的分法？
(8)分成3份，一份93本，另两份各3本，共有多少种不同的分法？
78．一场小型晚会有个唱歌节目和个相声节目，要求排出一个节目单．
（1）个相声节目要排在一起，有多少种排法？
（2）第一个节目和最后一个节目都是唱歌节目，有多少种排法？
（3）前个节目中要有相声节目，有多少种排法？
79．有名男生和甲、乙名女生排成一排，求下列情况各有多少种不同的排法？
(1)女生甲排在正中间；
(2)名女生不相邻；
(3)女生甲必须排在女生乙的左边（不一定相邻）；
(4)名女生中间恰有名男生．
80．某班级有36人，现从中选出2人去完成一项任务，设每人当选是等可能的，若选出的2人性别相同的概率是，求该班的男女生人数．
81．解方程：
82．3名男生，4名女生，按照不同的要求排队，求不同的排队方法数．
(1)选5名同学排成一排；
(2)全体站成一排，甲、乙不在两端；
(3)全体站成一排，甲不在最左端，乙不在最右端；
(4)全体站成一排，男生站在一起、女生站在一起；
(5)全体站成一排，男生排在一起；
(6)全体站成一排，男生彼此不相邻；
(7)全体站成一排，男生各不相邻、女生各不相邻；
(8)全体站成一排，甲、乙中间有2个人；
(9)排成前后两排，前排3人，后排4人；
(10)全体站成一排，乙不能站在甲左边，丙不能站在乙左边．
83．将6名中学生分到甲、乙、丙3个不同的公益小组：
(1)要求有3人分到甲组，2人分到乙组，1个人分到丙组，共有多少种不同的分法？
(2)要求三个组的人数分别为3，2，1，共有多少种不同的分法？
84．如图，用红、黄、蓝三种颜色涂图中标号分别为1，2，3，…，9的9个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为1，5，9的3个小正方形涂相同的颜色，则符合条件的涂法共有多少种？
85．已知某圆上的10个不同的点.
(1)过每2个点画一条弦，一共可画多少条弦？
(2)过每3个点画一个圆内接三角形，一共可画多少个圆内接三角形？
86．规定，其中，m为正整数，且，这是排列数（n，m是正整数，且）的一种推广.
（1）求的值.
（2）排列数的两个性质①，②（n，m是正整数，且）是否都能推广到（，m是正整数）的情形？若能推广，写出推广的形式并给予证明；若不能，请说明理由.
87．计算：
(1)；
(2).
88．电影《夺冠》讲述了中国女排姑娘们顽强拼搏、为国争光的励志故事，现有4名男生和3名女生相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起．
(1)女生必须坐在一起的坐法有多少种？
(2)女生互不相邻的坐法有多少种？
(3)甲、乙两位同学相邻且都不与丙同学相邻的坐法有多少种？
89．已知五名同学，按下列要求进行排列，求所有满足条件的排列方法数.
(1)把5名同学排成一排且相邻；
(2)把5名同学排成一排且互不相邻；
(3)把5名同学安排到排成一排的6个空位中的5个空位上，且不相邻.
90．某校准备参加高中数学联赛，把16个选手名额分配到高三年级的1～4班，每班至少一个名额.
(1)不同的分配方案共有多少种？
(2)若每班名额不少于该班的序号数，则不同的分配方案共有多少种？
91．4个男同学，3个女同学站成一排．
(1)3个女同学必须相邻，有多少种不同的排法？
(2)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？
(3)3个女同学站在中间三个位置上的不同排法有多少种？
(4)其中甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，则有多少种不同的排法？
(5)若3个女同学身高互不相等，女同学从左到右按高矮顺序排，有多少种不同的排法？
92．一条铁路有（）个车站，为适应客运需要，新增了（，）个车站，客运车票增加了62种，问原来有多少个车站？现在有多少个车站？
参考数据：．
93．写出下列问题的所有排列：
（1）北京、广州、南京、天津4个城市相互通航，应该有多少种机票？
（2）两名老师和两名学生合影留念，写出老师不在左端且相邻的所有可能的站法，并回答共有多少种？
94．如图，在以AB为直径的半圆周上，有异于A，B的六个点C1，C2，C3，C4，C5，C6，直径AB上有异于A，B的四个点D1，D2，D3，D4．
（1）以这10个点中的3个点为顶点作三角形可作出多少个？其中含点C1的有多少个？
（2）以图中的12个点(包括A，B)中的4个点为顶点，可作出多少个四边形？
95．某班级周六的课程表要排入历史、语文、数学、物理、体育、英语共6节课
（1）如果数学必须比语文先上，则不同的排法有多少种？
（2）如果第一节不排体育，最后一节不排数学，那么共有多少种排法？
（3）原定的6节课已排好，学校临时通知要增加生物化学地理3节课，若将这3节课插入原课表中且原来的6节课相对顺序不变，则有多少种不同的排法？
96．解下列方程：
(1)；
(2).
97．按下列条件，从12人中选出5人，有多少种不同选法？
(1)甲、乙、丙三人必须当选；
(2)甲必须当选，乙、丙不能当选；
(3)甲、乙、丙三人至多2人当选.
98．（1）证明：；
（2）计算：.
99．如图，一个正方形花圃被分成5份．
(1)若给这5个部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，已知现有5种颜色不同的花，求有多少种不同的种植方法？
(2)若向这5个部分放入7个不同的盆栽，要求每个部分都有盆栽，问有多少种不同的放法？
100．男运动员6名，女运动员4名，其中男 女队长各1名.现选派5人外出参加比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
（1）男运动员3名，女运动员2名；
（2）队长中至少有1人参加；
（3）既要有队长，又要有女运动员.
参考答案：
1．A
【分析】解决问题有类办法：京剧排第一，排在一起的两个算一个与余下三个元素作全排列，京剧排二三之一，排在一起的两个只有三个位置可选，再排余下三个得解.
【详解】完成排戏曲节目演出顺序这件事，可以有两类办法：京剧排第一，越剧、粤剧排在一起作一个元素与余下三个作全排列有，越剧、粤剧有前后，共有：种；
京剧排二三之一有，越剧、粤剧排在一起只有三个位置并且它们有先后，有，余下三个有，共有：种；
由分类计数原理知，所有演出顺序有：(种)
故选：A
【点睛】解决排列、组合综合问题的方法：
(1)仔细审题，判断是组合问题还是排列问题，要按元素的性质分类，按事件发生的过程进行分步；
(2)以元素为主时，先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；以位置为主时，先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置．
2．B
【分析】按照两位女教师分派到同一个地方时，男老师也分配到该地方的人数为标准进行分类讨论即可
【详解】根据题意，分派方案可分为两种情况：
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方没有男老师，则有：种方法；
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方有一位男老师，则有：种方法；
故一共有：种分派方法
故选：
3．D
【分析】利用捆绑法，先把4辆车分成3组，再把分好的3组分别派给3个工地，即可得到答案；
【详解】先把4辆车分成3组，再把分好的3组分别派给3个工地，
则不同的派法共有（种）.
故选：D
4．D
【分析】甲的位置固定，问题转化为排头排尾有限制的排列问题，利用间接法求解.
【详解】因为甲的成绩是中间一名，
所以只需安排其余6人位次，
因为乙不排第一名，丙不排最后一名，
所以由间接法可得,
故选：D
5．B
【分析】分数学排在第一节、物理排在第一节、数学和物理都不排在第一节但相邻三类，分别求得排法数求和，由5节课任意排的排法减去三类情况的排法数即可.
【详解】1、将数学排在第一节的排法有种；
2、将物理排在第一节的排法有种；
3、数学和物理都不排在第一节，但相邻的排法有种；
而5节课任意排的排法有种，
∴数学和物理不相邻且都不排在第一节的排法有种.
故选：B.
6．C
【分析】由分步乘法计数原理结合排列直接求解即可.
【详解】根据题意，要使组成无重复数字的三位数为偶数，则从0，2中选一个数字为个位数，有2种可能，
从1，3，5中选两个数字为十位数和百位数，有种可能，故这个无重复数字的三位数为偶数的个数为．
故选：C．
7．A
【分析】先将选择性必修有一 二 三这三本书排成一排的方法种数, 先将选择性必修有一 二 三这三本书排成一排的方法种数，由分步计数原理即可得出答案.
【详解】先将选择性必修有一 二 三这三本书排成一排，有种方法，
再将必修一 必修二这两本书插入两个空隙中，有种方法，
所以把这5本书放在书架上排成一排，必修一 必修二不相邻的排列方法种数是：.
故选：A.
8．C
【分析】按乙排第五和不是第五分类讨论．
【详解】乙排在第五的情况有：，乙不在第五的方法有，
共有，
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题考查排列组合的综合应用，解题关键是确定完成事件的方法：是先分类还是先分步：分类后每一类再分步．然后结合计数原理求解．
9．A
【分析】首先把12个人平均分成3组，这是一个平均分组.从12个中选4个，从8个中选4个，最后余下4个，这些数相乘再除以3的全排列.再把这3个小组作为3个元素分到3个路口，这样就有一个全排列，根据分步计数原理得到结果.
【详解】属于平均分组且排序型，共有种.
故选：A.
【点睛】本题考查了平均分组分配问题，属于基础题.
10．D
【分析】只需研究剩下的5人的安排方案，可分5人都不去A校，去A校且5人分成1，1，3三组，去A校且5人分成1，2，2三组，三种情况讨论求解即可.
【详解】甲去A校，再分配其他5个人，
①如果都不去A校，则分配方法有种；
②如果5人分成1，1，3三组，则分配方法有种；
③如果5人分成1，2，2三组，则分配方法有种；
由加法原理可得不同分配方法有16+42+72＝130种．
故选：D．
【点睛】本题考查排列组合问题，解题的关键在于分配其他5个人，分5人都不去A校、去A校且5人分成1，1，3三组、去A校且5人分成1，2，2三组这三类讨论求解.
11．B
【分析】根据题意，分2步进行分析：①分析甲的安排数目，②剩下的4人安排到其余4个社区，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①学生甲不能分配到社区，则甲有4种安排方法，
②剩下的4人安排到其余4个社区，则有种分配方法，
则有种分配方法，
故选：B
【点睛】方法点睛：排列组合的问题，常用的求解策略有：简单问题原理法、小数问题列举法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、至少问题间接法、复杂问题分类法、等概率问题缩倍法.要根据已知灵活选择方法求解.
12．A
【分析】利用捆绑法即得.
【详解】∵A，B必须相邻且B在A的右边，把A，B作为一个整体，
所以不同的排法种数为种．
故选：A
13．B
【分析】该数列恰好先减后增，则数字7一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，根据7前面的数字的个数多少分类即可．
【详解】该数列恰好先减后增，则数字7一定是分界点，且前面的顺序和后面的顺序都只有一种，
当7前有1个数字时，有种，
当7前有2个数字时，有种，
当7前有3个数字时，有种，
当7前有4个数字时，有种，
当7前有5个数字时，有种，
根据分类计数原理，共有种，
故选：B．
14．C
【分析】首先算出任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数的个数，再讨论个位是偶数并分2在或不在个位计数，以及个位是奇数并分1在或不在个位计数，最后求目标概率.
【详解】将3个偶数排成一排有种，再将3个奇数分两种情况插空有种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的6位数有种，
任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻，分两种情况讨论：
当个位是偶数：2在个位，则1在十位，此时有种；
2不在个位：将4或6放在个位，百位或万位上放2，在2的两侧选一个位置放1，最后剩余的2个位置放其它两个奇数，此时有种；
所以个位是偶数共有20种；
同理，个位是奇数也有20种，则任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻数有40种，
所以任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是.
故选：C
【点睛】关键点点睛：对任意相邻两个数字的奇偶性不同且1和2相邻做计数时，注意讨论特殊位置上放置偶数或奇数，进而分1、2是否在该位置的情况计数.
15．D
【分析】由题意，知甲 乙 丙都不是第1名且乙不是最后两名，丙比甲和乙都好，则丙只能是第2名或第3名，然后利用分步分类计数原理求解即可
【详解】由题意，知甲 乙 丙都不是第1名且乙不是最后两名，丙比甲和乙都好，则丙只能是第2名或第3名，
当丙是第2名时，乙只能是第3名或第4名，甲只能是3至6名中除乙外的3个名次中的一个，所以有种情况；
当丙是第3名时，乙只能是第4名，甲只能是第5名或第6名，所以有种情况.
故共有种不同的情况.
故选：D.
16．B
【分析】根据题意利用排列即可解决.
【详解】从四条不同的跑道中，选两条分别供两架不同飞机使用， 有种不同的安排方法.
故选：B
17．C
【分析】由题意，先将4个篮球分成三组，再分给三位小朋友，即可得出结果.
【详解】将标号为1，2，3，4的四个篮球分成三组，若标号为1，2的两个篮球不分到同一组，
则有种分法，
再将这三组篮球分给三个小朋友，则有，
根据分步乘法计数原理，可得：不同的分法种数为.
故选：C.
【点睛】本题主要考查排列与组合的简单应用，属于基础题型.
18．C
【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解.
【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；
然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；
最后剩下的名同学去丙场馆.
故不同的安排方法共有种.
故选：C
【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.
19．D
【分析】根据分布计数原理及组合数的定义，结合古典概型的计算公式即可求解.
【详解】先从3个位置中选1个，从0到9这10个数字中选一个数字放入，剩下的两个位置再从剩下的9个数字中选一个数字放入（两个位置数字相同），有种方法，所以所求概率．
故选: D.
20．C
【分析】根据排列数定义，确定元素总数和选取个数即可得出结论.
【详解】根据排列数定义，要确定元素总数和选取个数，元素总数为，
选取个数为，.
故选：C．
【点睛】本题考查排列数的概念，属于基础题型.
21．D
【分析】本题是一个计数问题，因为甲不在周一值班，故可以先给甲排班，再给其他两人分别排班，根据分步乘法计数原理即可得出总的排班方案数量﹒
【详解】甲从周二至周六5天中选2天值班，有种选法；
乙可从剩下的4天中任选2天值班，有种选法；
丙选剩下的2天即可，有种选法．
故不同的排班方案共有(种)，
故选：D﹒
22．D
【分析】由分步乘法原理求传递的不同信息种数.
【详解】根据每行中紫色小方格的位置，可分三步：第一步，在第一行中，有且只有1个紫色小方格，有3种情况；第二步，在第二行的3个方格中，要求每列有且只有1个紫色小方格，则第二行有2种情况；第三步，在第三行，只有1种情况，则一共可以传递的信息种数是，
故选：D．
23．C
【分析】由题设写出前6项，根据讨论m，n的取值，进而应用组合数求不同取值情况下符合要求的情况数，再应用古典概型的概率求法求概率即可.
【详解】由题意知：，，，，，，
由，则m，n奇偶相同，
若m，n都为偶数时，符合题意，情况数为种；
若m，n都为奇数时，仅有不符题意，情况数为种，
综上，符合题意的情况数为种，而总情况数为种，
∴概率．
故选：C.
24．A
【分析】本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有3个阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算．
【详解】由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻有情况，其中6爻中恰有3个阳爻情况有，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为=，故选A．
【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组合问题．本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题．
25．C
【分析】由题意得，化简计算可得，由于，，可得，从而可求出，经验证可得答案
【详解】原来个车站有种车票，新增了个车站，有种车票，
由题意得，即，
整理得，∴，
∵，，∴，∴，解得，即.
当时，均不为整数，只有当时，符合题意，
∴，故现在有17个车站.
故选：C.
26．B
【分析】由题意可知，阴数为2，4，6，8，阳数为1，3，5，7，9，由条件可知3个数都为奇数，或是两偶一奇，列式即得答案.
【详解】由题意可知，阴数为2，4，6，8，阳数为1，3，5，7，9.
若选则3个数的和为奇数，则3个数都为奇数，共有种方法，
或是两偶一奇，共有，共有种方法.
故选：B
27．A
【分析】甲乙不是第一名且乙不是最后一名，乙的限制最多，先排乙，可以是第二，三，四名3种情况，再排甲，也有3种情况，余下的问题是三个元素在三个位置全排列，根据分步计数原理求解即可.
【详解】由题意，甲乙不是第一名且乙不是最后一名，乙的限制最多，故先排乙，有3种情况，
再排甲，也有3种情况，余下3人有种情况，
利用分步相乘计数原理知有种情况
故选：A.
【点睛】思路点睛：解决排列组合问题的一般过程：
（1）认真审题弄清楚要做什么事情；
（2）要做的事情是需要分步还是分类，还是分步分类同时进行，确定分多少步及多少类；
（3）确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少元素.
28．D
【分析】先安排A，再排B，C两人，再排余下的人由分步乘法原理可得答案.
【详解】先安排A，只有1种选择；再排B，C两人，有种选择；最后排其他人，有种选择．故由分步乘法计数原理可得，不同的排法共有种选择．
故选：D.
29．B
【分析】根据排列的定义，关键是确定选取的两个数有无顺序．
【详解】∵加法满足交换律，∴①不是排列问题；
∵除法不满足交换律，∴②是排列问题；
若方程表示焦点在x轴上的椭圆，则必有，故③不是排列问题；
在双曲线中不管还是，方程均表示焦点在x轴上的双曲线，且是不同的双曲线，故④是排列问题．
故选：B．
30．C
【分析】试题分析：根据题意，先安排4盏不亮的路灯，有1种情况，排好后，有5个空位；在5个空位中任意选3个，插入3盏亮的路灯，有种情况，则不同的开灯方案有10种，故选C．
考点：1、排列；2、组合．
31．C
【解析】略
32．B
【分析】根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况进行讨论，由加法原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类．
①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有种；
②“2人既会英语又会法语”中有一人入选，
这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，
因此有种；
③“2人既会英语又会法语”中两个均入选，
这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种，
因此有种．
综上分析，共可开出种．
故选：B．
33．D
【分析】利用排列组合知识求出每位同学再分别随机抽取一个盒子，恰有一位同学拿到自己礼物的情况个数，以及五人抽取五个礼物的总情况，两者相除即可.
【详解】先从五人中抽取一人，恰好拿到自己的礼物，有种情况，接下来的四人分为两种情况，一种是两两一对，两个人都拿到对方的礼物，有种情况，另一种是四个人都拿到另外一个人的礼物，不是两两一对，都拿到对方的情况，由种情况，综上：共有种情况，而五人抽五个礼物总数为种情况，故恰有一位同学拿到自己礼物的概率为.
故选：D
34．B
【分析】利用组合数公式求解.
【详解】因为，
所以，
解得.
故选：B.
35．C
【分析】甲、乙不是第一名且乙不是最后一名．乙的限制最多，故先排乙，有可能是第二、三、四名3种情况；再排甲，也有3种情况；余下的问题是三个元素在三个位置全排列，根据分步计数原理即可得到结果．
【详解】由题意得：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，有可能是第二、三、四名3种情况；再排甲，也有3种情况；
余下3人有种排法．故共有种不同的情况．
故选：C.
36．D
【分析】根据条件，分划左舷有“多面手”的人数分类，利用组合数公式计算求值.
【详解】根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有 种，有一个“多面手”的选派方法有种，有两个“多面手”的选派方法有种，即共有(种)不同的选派方法．
故选：D
【点睛】方法点睛：组合数中的“多面手”问题，需明确某一类元素多面手有多少进行分类，这样才能做到不重不漏.
37．C
【分析】根据排列组合知识计算出事件发生的种类数，再利用古典概型的概率公式求出概率.
【详解】每人有种选择，四人共有种选择，
其中恰有两人参加同一项活动共有种选择，
所以四人中恰有两人参加同一项活动的概率为：
故选：C.
38．B
【分析】根据给定条件利用分类加法计数原理结合排列、组合知识计算作答.
【详解】因甲和乙都没去首钢滑雪大跳台，计算安排种数有两类办法：
若有两个人去首钢滑雪大跳台，则肯定是丙、丁，即甲、乙分别去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种；
若有一个人去首钢滑雪大跳台，从丙、丁中选，有种，然后剩下的一个人和甲、乙
被安排去国家高山滑雪馆与国家速滑馆，有种，则共有种，
综上可得，甲和乙都没被安排去首钢滑雪大跳台的种数为.
故选：B
39．B
【分析】先确定1号盒子的选择情况，再确定剩下盒子的选择情况，进而根据分布计数原理求得答案.
【详解】由于1号盒子不能放1号和2号球，则1号盒子有3号球、4号球2种方法，则剩下3个盒子各放一个球有种方法，一共有种方法.
故选：B.
40．C
【解析】根据甲的特殊性，先确定甲的选法有多少种，再根据乙丙中的一人选择羊，确定另一人的选法有多少种，最后根据分步计数原理，得出总共的选法有多少种.
【详解】根据题意,甲没有选择马且乙丙中有一人选择羊，所以甲没有选择马和羊，而是在除了马和羊的十个中选择一个，即有种.
乙丙中恰有一人选羊，先在两个人中选一人让他选羊，即有种，再让剩下的一人在剩余的十个动物中选一个，即有种.
根据分步计数原理，综上所述：选法总共有种
故选：C.
41．C
【分析】按甲先传给乙和甲先传给丙分两类，两类方法相等，对第一类用列举法写出不同的传递方式后可得．
【详解】解析：若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传递方式；同理，甲先传给丙也有3种不同的传递方式.故共有6种不同的传递方式.
答案：C．
42．C
【分析】利用古典概型的概率公式可求概率.
【详解】解：将3个1和2个0随机排成一行，可以是：
，
共10种排法，
其中2个0不相邻的排列方法为：
，
共6种方法，
故2个0不相邻的概率为，
故选：C.
43．C
【解析】先利用捆绑法让甲 乙二人相邻有种，再看作4个元素全排列即可.
【详解】先安排甲 乙相邻，有种排法，
再把甲、乙看作一个元素，与其余三个人全排列，
故有排法种数为.
故选：C
44．B
【分析】先排甲，有2种方法，然后乙和丙全排列即可.
【详解】先排甲，有2种方法，然后乙和丙全排列即可，所以共有种排法.
故选：B.
45．B
【分析】根据题意，分三类，第1类，男生甲入选，女生乙不入选，第2类，男生甲不入选，女生乙入选，第3类，男生甲入选，女生乙入选，分别求得其方法数，然后利用分类计数原理求解.
【详解】由题意，可分三类：
第1类，男生甲入选，女生乙不入选，则方法种数为；
第2类，男生甲不入选，女生乙入选，则方法种数为；
第3类，男生甲入选，女生乙入选，则方法种数为．
所以男生甲与女生乙至少有1人入选的方法种数为31＋34＋21＝86．
故选：B
46．C
【分析】根据给定条件求出幂指数n的值，再求出二项展开式的通项，利用给定关系式即可计算得解.
【详解】因为的展开式中只有第6项的二项式系数最大，则展开式共有11项，即，
于是得的展开式的通项为，
依题意得：，化简得，
所以的值为8.
故选：C
47．A
【分析】将所有情况分成三种，利用排列组合的知识分别计算每种情况的情况种数，由分类加法计数原理计算可得结果.
【详解】①同时选中哪吒和赤兔，则只需从剩余的个初选名字中选出个，再进行排列即可，有种情况；
②哪吒和赤兔有一个入选，则需从剩余的个初选名字中选出个，再进行排列，有种情况；
③哪吒和赤兔都不选，则需从剩余的个初选名字中选出个，再进行排列，有种情况；
不同的分析情况共有种．
故选：A.
【点睛】方法点睛：本题主要考查排列组合的应用，常见的排列组合问题求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）平均分组问题先选好人后，平均分了组，则除以；
（5）定序问题采取“缩倍法”.
48．D
【分析】讨论后5位全部为数字、有一个字母、有两个字母三种情况，其中有两个字母再分两个字母相同、不同两种，结合分类分步计数方法求最多能发放的汽车号牌数即可.
【详解】1、后5位全部为数字，共有张牌，
2、后5位有一个字母：共有张牌，
3、后5位有两个字母：当两个字母相同，有张牌；当两个字母不同，张牌；
综上，共有张牌.
故选：D
49．B
【分析】根据题意，得到不等式，结合阶乘的运算，即可求解.
【详解】由题意，可得的，即，
当时，；
当时，，
所以n的最小值是6．
故选：B.
50．B
【分析】利用捆绑法和插空法可求得结果.
【详解】第一步，先将2名小学生看成一个人，3名初中生看成一个人，然后排成一排有种不同排法；第二步，将3名高中生插在这两个整体形成的3个空档中，有种不同排法；第三步，排2名小学生有种不同排法，排3名初中生有种不同排法.
根据分步计数原理，共有种不同排法.
故选：B
【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
51．(1)100
(2)140
(3)
【分析】（1）由组合知识结合分步乘法计数原理求解即可；
（2）先计算10人中选取4人的选法，从中除去男生甲与女生乙都不参加的选法即可；
（3）先计算10人中选取4人的选法，从中除去4人全是男生和4人全是女生的选法即可.
（1）
第一步，从5名男生中选2人，有种选法；第二步，从5名女生中选2人，有种选法．
根据分步乘法计数原理，共有种选法．
（2）
从10人中选取4人，有种选法；男生甲与女生乙都不参加，有种选法．所以男生甲与女生乙至少有1人参加，共有种选法．
（3）
从10人中选取4人，有种选法；4人全是男生，有种选法；4人全是女生，有种选法．
所以4人中既有男生又有女生，共有种选法．
52．(1)300
(2)21
【分析】（1）因为0不能排首位，故分成两类，一类是含有0，二类不含0，然后按照先特殊后一般的原则计算即可;
（2）能被25整除的数字，末两位数字为25，50之一，然后分情况讨论即可.
（1）
第一类：不含0时有个，含0时有个，所以共有120 + 180 = 300个.
（2）
由题意能被25整除的数字，末两位数字为25，50之一，
末两位为25时有个，
末两位为50时有个.
所以共有9 + 12 = 21个.
53．（1）56；（2）840种.
【分析】(1)通过换元将方程转化为正整数解的组数，再利用隔板法求解即得；
(2)设出通过4个检票口的人数，转化为不定方程非负整数解问题，再按4个位置全排列即得.
【详解】（1）设(，2，3，4)，则方程的非负整数解的组数等于方程的正整数解的组数，
利用隔板法得方程的正整数解的组数是，
所以方程的非负整数解的组数是56；
（2）设4名乘客中分别有，，，个人在第1个、第2个、第3个、第4个安检口通过，则，
即问题转化为求方程的非负整数解的组数，共有种情况，
每一种进站情况的4个位置由4个人去站有种方法，
由分步乘法计数原理得不同的进站方案有种，
所以一个4人小组进站的不同方案种数是840种．
54．（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）先选出符合要求的数，再全排列即可；
（2）利用捆绑法计算可得；
（2）先将4个奇数排好，再3个偶数插空，按照分步乘法计数原理计算可得；
【详解】解：（1）分步完成：第一步，从4个偶数中取3个，有种情况；
第二步，从5个奇数中取4个，有种情况；
第三步，将取出的3个偶数和4个奇数进行全排列，有种情况.
所以符合题意的七位数的个数为.
（2）由题意，3个偶数排在一起的七位数的个数为
（3）由题意，可先把4个奇数排好，再将3个偶数分别插入5个空隙中，则符合题意的七位数的个数为.
55．(1)216
(2)108
(3)108
【分析】（1）分三步完成：第一步，取两个偶数，第二步，取两个奇数，第三步，将取出的四个数全排列，最后利用分步计数原理求解；
（2）分三步完成：第一步，取两个偶数，第二步，取两个奇数，第三步，将两个偶数看作一个整体与两个奇数排列，最后利用分步计数原理求解；
（3分三步完成：第一步，取两个偶数，第二步，取两个奇数，第三步，先将两个奇数排列，再从三个空中选两个空，将两个偶数排列上，最后利用分步计数原理求解.
（1）
解：分三步完成：
第一步，取两个偶数，有种方法，
第二步，取两个奇数，有种方法，
第三步，将取出的四个数全排列，有种方法，
由分步计数原理得：共能组成个不同的四位数；
（2）
解：分三步完成：
第一步，取两个偶数，有种方法，
第二步，取两个奇数，有种方法，
第三步，将两个偶数看作一个整体与两个奇数排列，有种方法，
由分步计数原理得：共能组成个不同的四位数；
（3）
解：分三步完成：
第一步，取两个偶数，有种方法，
第二步，取两个奇数，有种方法，
第三步，先将两个奇数排列，再从三个空中选两个空，将两个偶数排列上，有种方法，
由分步计数原理得：共能组成个不同的四位数；
56．（1）36；（2）1040.
【分析】如图所示，用A，，，，分别对各个区域进行标记．
（1）先对A，染色，有种染色方案，然后分，同色，若，A同色，若与A，均不同色三类，再根据分类相加和分步相乘原理即可得出答案；
（2）先对A，染色，有种染色方案；然后分，同色，，A同色，与A，均不同色，三类，再根据分类相加和分步相乘原理即可得出答案.
【详解】解：（1）如图所示，用A，，，，分别对各个区域进行标记．
先对A，染色，有种染色方案；
再对染色，分以下情况讨论：
①若，同色，则，的染色方案有1种；
②若，A同色，则，的染色方案有（种）；
③若与A，均不同色，则，，的染色方案有2种．
综上，所求染色方案共有（种）．
（2）用A，，，，分别对各个区域进行标记，同（1）中图．
先对A，染色，有种染色方案；
再对染色，分以下情况讨论：
①若，同色，则，的染色方案有（种）；
②若，A同色，则，的染色方案有（种）；
③若与A，均不同色，则，，的染色方案有（种）．
综上，所求染色方案共有（种）．
57．(1)161700种；
(2)9506种；
(3)9604种.
【分析】(1)根据题意直接利用组合列式计算即可.
(2)利用分步计数乘法原理结合组合列式计算即可
(3)求出含有1件次品、2件次品的抽法，再利用分类加法计数原理计算作答.
(1)
所求的不同抽法的种数，就是从100件产品中取出3件的组合数，即(种)
所以有161700种不同的抽法.
(2)
从2件次品中抽出1件次品的抽法有种，从98件合格品中抽出2件合格品的抽法有种，则(种)，
所以抽出的3件中恰好有 1件次品的抽法有9506种.
(3)
抽出的3件中至少有1件是次品，包括有1件次品和有2件次品两种情况，
由(2)知，有1件是次品的抽法有种，有2件次品的抽法有种，
由分类加法计数原理得：(种)，
所以抽出的3件中至少有一件是次品的抽法有9604种.
58．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）先将9人按分组，再将三组分配到三个项目中去，列式计算作答.
（2）利用平均分配直接列式计算作答.
（3）将4个女生按分组，再取男生到分成的三组，确保各组都为3人，然后将三组分配到三个项目中去，列式计算作答.
【详解】（1）将9人按分组，有种分组方法，再把各组分配到三个项目中去有方法，
由分步乘法计数原理得：，
所以不同的调查方式有.
（2）从9人中任取3人去调查第一个项目，从余下6人中任取3人去调查第二个项目，最后3人去调查第三个项目，
由分步乘法计数原理得：，
所以不同的调查方式有.
（3）把4个女生按分组，有种分法，再从5个男生中任取1个到两个女生的一组，
从余下4个男生中任取2人到1个女生的一组，最后2个男生到最后的1个女生组，分法种数为，
将分得的三个小组分配到三个项目中去有方法，
由分步乘法计数原理得：，
所以不同的调查方式有.
59．（1），；（2）猜想：，证明见解析.
【分析】（1）根据，结合，令n=2求解；
（2）根据，，再结合组合数的性质，利用数学归纳法证明.
【详解】（1）由题意知，，
解得，
∴.
（2）.
由，，可猜想：.
证明如下：
①当时，由（1）知结论成立；
②假设当时，结论成立，则有
，
那么当时，.
由，得
，
，
，
.
又，
，
∴，
于是，∴.
故时，结论也成立.
由①②得，.
60．(1)
(2)
【分析】（1）、由分步计数原理计算即可；
（2）、根据题意，先将个小球分为组，在个盒子中任选个，放入个小球，由分步计数原理计算可得答案.
（1）
根据题意，个不同的小球放入编号为的个盒子中，每个小球均有种放法，则个小球有种不同的放法；
（2）
个不同的小球放入编号为的个盒子中，恰有个空盒,说明恰有一个盒子有个小球，
①、从个小球分为组，有种分组方法；
②、在个盒子中任选个，放入组小球，有种情况；
则有种不同的放法.
61．420
【解析】分四类，分别是5种颜色全用，只用4种颜色，只用3种颜色，确定每类的方法数，用分类加法计数原理即可得结果.
【详解】法一按所用颜色种数分类.
第一类：5种颜色全用，共有种不同的方法；
第二类：只用4种颜色，则必有某两个顶点同色（A与C，或B与D），共有种不同的方法；
第三类：只用3种颜色，则A与C，B与D必定同色，共有种不同的方法.
由分类加法计数原理，得不同的染色方法种数为（种）.
法二以S，A，B，C，D顺序分步染色.
第一步：S点染色，有5种方法；
第二步：A点染色，与S在同一条棱上，有4种方法；
第三步：B点染色，与S，A分别在同一条棱上，有3种方法；
第四步：C点染色，也有3种方法，但考虑到D点与S，A，C相邻，需要针对A与C是否同色进行分类，当A与C同色时，D点有3种染色方法；当A与C不同色时，因为C与S，B也不同色，所以C点有2种染色方法，D点也有2种染色方法.由分步乘法、分类加法计数原理得不同的染色方法共有5×4×3×（1×3＋2×2）＝420（种）.
【点睛】本题考查分布与分类两个基本原理，总体需分类，每类再分步，综合利用两个原理解决，属中档题．
62．（1）462；（2），．
【分析】（1）（2）根据组合数公式及组合数的性质计算可得；
【详解】解：（1）由可得，
即，
可得，整理可得，解得或，
因为，所以，
所以
．
（2）由可得（舍去）或，所以，
所以，即，
化简得，即，解得，所以．
63．(1)10
(2)40
(3)30
【分析】（1）先把6个相同的小球排成一行，在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，结合组合数的计算公式，即可求解.
（2）先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，即可求解.
（3）先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙插一块隔板，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒，结合组合数的计算公式，即可求解.
(1)
解：先把6个相同的小球排成一行，在首尾两球外侧放置一块隔板，然后在小球之间5个空隙中任选3个空隙各插一块隔板，共有（种）方法．
(2)
解：恰有一个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，如，有种插法；然后将剩下的一块隔板与前面任意一块并放形成空盒，如，有种插法，故共有（种）方法．
(3)
解：恰有两个空盒子，插板分两步进行．先在首尾两球外侧放置一块隔板，并在5个空隙中任选1个空隙插一块隔板，有种插法，
如，然后将剩下的两块隔板插入形成空盒．
①这两块板与前面三块板形成不相邻的两个盒子，如，有种插法．
②将两块板与前面三块板之一并放，如，有种插法．故共有（种）方法．
64．（1）；（2）详见解析
【解析】（1）由时的方法数列方程，解方程求得的值.
（2）根据古典概型概率计算公式，计算出的分布列.
【详解】（1）当时，坐法有种，解得.
（2）的所有可能取值为，,,,,所以的分布列为：
0 2 3 4
【点睛】本小题主要考查简单排列组合的计算，考查随机变量分布列的求法，属于基础题.
65．（1）86400；（2）8520.
【分析】（1）首先考虑第2次和第8次的可能情况，再分析第3到7次的可能情况，结合分步计数原理即可求出结果；
（2）分别三类：检测4次可测出4件次品，检测5次可测出4件次品，以及检测6次测出4件次品或6件正品，然后结合分类计数原理即可求出结果.
【详解】（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，若是不放回地逐个抽取测试，
第2次测到第一件次品有4种方法；
第8次测到最后一件次品有3种方法；
第3至第7次抽取测到最后两件次品共有种方法；剩余4次抽到的是正品，共有＝86400种抽法．
（2）检测4次可测出4件次品，不同的测试方法有种，
检测5次可测出4件次品，不同的测试方法有种；
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种．
由分类计数原理，知满足条件的不同测试方法的种数为＝8520种.
66．(1)12个
(2)16个
【分析】（1）因为数字不允许重复，所以可用排列数公式求解；
（2）因为数字允许重复，所以用分步相乘计数原理计算求解即可.
（1）
因为两位数中的数字不允许重复使用，所以一个两位数相当于从1，2，3，4中任意取2个数的排列，故有个，
所以可以得到12个不同的两位数.
（2）
因为两位数中的数字允许重复使用，所以确定两位数分两步，每步有4种方法，利用分步相乘原理有个，
所以可以得到16个不同的两位数.
67．（1）256；（2）144；（3）84；（4）18.
【分析】（1）按照分步乘法计数原理进行计算；
（2）先选1个空盒，再把4个小球分成3组，放入3个盒子中；
（3）按照插板法进行计算即可；
（4）先选2个空盒，再按照插板法进行计算.
【详解】（1）每个小球有4种方法，共有种放法；
（2）先选1个空盒，再把4个小球分成3组，最后分到3个盒子，共有种放法；
（3）9个空中插入3个板即可，种放法；
（4）先选2个空盒，再3个空中插入1个板即可，共有种放法.
68．（1）种；（2）种；（3）种；（4）种.
【分析】（1）利用捆绑法，将两名女同学捆绑看成一个整体即得解；
（2）利用插空法，先排列老师和女同学，再将4名男同学插空；
（3）将7名男生全排列，再除以顺序，即得解；
（4）分老师站两端中的一端，另一端站男同学和两端全由男同学站，老师站除两端和正中间外的4个位置之一两种情况讨论，即得解.
【详解】（1）2名女同学站在一起有三种站法，将2名女同学视为一个整体与其余5人全排列，有种站法，所以共有种不同的站法.
（2）先排老师和女同学，有种站法，再在老师和女同学3人站位的间隔（含两端）处插入男同学，每空1名，有种站法，所以共有种不同的站法.
（3）4名男同学不考虑身高顺序的站法有种，而按从高到低或从低到高的顺序站，有2种，所以共有种不同的站法.
（4）正中间和两端是特殊位置，可按如下分类求解：①老师站两端中的一端，另一端站男同学，有种站法；②两端全由男同学站，老师站除两端和正中间外的4个位置之一，有种站法，所以共有种不同的站法.
69．2174
【分析】根据题意，进行分类，进而对每一种情况进行合理计算即可求解
【详解】设集合A={只会划左舷的3人}，B={只会划右舷的4人}，C={既会划左舷又会划右舷的5人}.先分类，以集合A为基准，选择划左舷的3个人，有以下几类情况.
①从A中选3人；②从A中选2人，C中选1人；③从A中选1人，C中选2人；④从C中选3人.
对于①，划左舷的人已选定，划右舷的人可以在集合B，C中选3人，有种选法，同理可得②③④的选法种树分别为，，.故不同的选法种树为.
故答案为：2174
70．（1）；（2）．
【分析】（1）利用排列数公式后解不等式，求出的范围，再由可求出的值，
（2）利用排列数公式化简计算即可
【详解】（1）由题意得，化简得，
即，所以．
因为，且，所以不等式的解集为．
（2）易知所以，，
由，得，
化简得，
解得，（舍去），（舍去）．
所以原方程的解为．
71．（1）；（2）.
【分析】（1）根据排列数的定义化简可求解；
（2）根据排列数的定义化简可求解.
【详解】（1）原方程可化为，
化简得，
解得，或，或，或.
由，得，且.
所以原方程的解为.
（2）原不等式可化为，其中，，整理得，即，
所以或.
因为，，所以，.
所以原不等式的解集为.
72．(1)35
(2)10；60；21768
【分析】（1）利用分步乘法计数原理讨论1位自然数、2位自然数、3位自然数、4位自然数的情况即可.
（2）利用分步乘法和分类加法计数原理计算即可.
【详解】（1）1位自然数有个；
2位自然数有个；
3位自然数有个；
4位自然数中小于1230的有“10XX”型个，1203共3个；
所以1230是此数列的第项.
（2）四位数偶数有个位是0和个位是2两种情况，
其中个位是0有种；个位不是0有种.
所以四位偶数共有10个.
它们各个数位上的数字之和为；
这10个偶数中，个位是2的有4个；
当个位是0时由得十位、百位、千位是1，2，3的各有两种；
当个位不是0时，由得千位是1，3的个两种，百位、十位是1，3的各1种；
所以它们的和为
73．（1）300；（2）660；（3）1334.
【分析】（1）先排个位，再排千位，再在剩下的5个数字中选出2个，安排在百位、十位上，利用分步乘法计数原理即可求出；
（2）考虑个位上的数字是0和个位上的数字是5两种情况讨论求解；
（3）由分类加法计数原理讨论求解.
【详解】（1）根据题意，分3步进行分析：
①个位从1，3，5中选择一个，有种选法；
②千位上不可选0，从剩下的5个数中选一个，有种选法；
③在剩下的5个数字中选出2个，安排在百位、十位上，有种选法．
则有个无重复数字的四位奇数．
（2）分2种情况讨论：
①个位上的数字是0，在其余的6个数字中任选4个，安排在前4个数位，有种情况，则此时的五位数有个；
②个位上的数字是5，万位上不可选0，从剩下的5个数字中选一个，有种选法，在余下的5个数字中选出3个，安排在中间3个数位，有种情况，则此时符合条件的五位数有个．
故满足条件的五位数共有个．
（3）符合要求的比31560大的五位数可分为四类：
第一类：形如4****，5****，6****，有个；
第二类：形如32***，34***，35***，36***，有个；
第三类：形如316**，有个；
第四类：形如3156*，有2个．
由分类加法计数原理知，所求五位数有个．
74．(1)60
(2)91
(3)14
【分析】（1）用组合知识直接求解；（2）先求出若小王和小红均未入选时的选法，从而求出如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选时的选法；（3）分两种情况进行求解，再使用分类加法计数原理进行求解.
【详解】（1）从5名男生中选2名，4名女生中选2人，属于组合问题，，故有60种选法；
（2）若小王和小红均未入选，则有种选法，故男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，则有种选法；
（3）若2个考点派送人数均为2人，则有种派送方式，
若1个考点派送1人，另1个考点派送3人，则有种派送方式，故一共有8+6=14种派送方式.
75．(1)96
(2)8
【分析】（1）由排列数计算公式即可求解；
（2）由排列数计算公式即可求解方程.
（1）
解：；
（2）
解：由，得，
又，，所以，即，
正整数n为8．
76．（1）495；（2）1980；（3）11880.
【分析】（1）利用组合知识，直接从12名同学中选4名同学即可；
（2）先选出队长，再选出3名队员，结合分步计数原理可求结果；
（3）利用排列知识，从12名同学中选4名同学担任不同的辩手即可.
【详解】（1）由题意从12名同学中选4名同学组成一支代表队，共有种选法.
（2）完成这件事情分为两步：第一步先选出队长，有种选法；再选出3名队员，有种选法，故共有选法.
（3）由题意从12名同学中选4名同学担任不同的辩手，有种不同选法.
77．(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
【分析】（1）甲得96本，有方法种；乙得2本，有方法种；丙得1本有方法1种，列出式子即可；（2）和（1）类似，定向分配，分好组即可，不同的分法共有种；（3）先均分为3份，再将3份分配给3个人，不同的分法共有种；（4）先把99本不同的书分成3份，一份96本，一份2本，一份1本；再将甲、乙、丙3人全排列，这是因为3人中谁都有得到96本、2本、1本的可能，再列出式子即可；（5）99本不同的书，分给甲、乙、丙3人，一人得93本，另两人各得3本，3人中，谁都有得到93本的可能，列出式子即可；（6）99本不同的书，分成3份，一份96本，一份2本，一份1本，3份的数量互不相同，列出式子即可；（7）99本不同的书，平均分成3份，每份33本.本问题是典型的平均分组问题，要排除重复，列出式子即可；（8）99本不同的书，分成3份，一份93本，另两份各3本，两份3本的有重复，根据分析列出式子即可.
（1）
甲得96本，有方法种；乙得2本，有方法种；丙得1本.有方法1种，
不同的分法共有（种）；
（2）
与（1）类似，不同的分法共有（种）；
（3）
先平均分为3组，种分组方式，再分配给3个人，
得到不同的分法共有种；
（4）
先把99本不同的书分成3份，一份96本，一份2本，一份1本；
再将甲、乙、丙3人全排列，这是因为3人中谁都有得到96本、2本、1本的可能，
不同的分法共有（种）；
（5）
99本不同的书，分给甲、乙、丙3人，一人得93本，另两人各得3本，3人中，谁都有得到93本的可能，不同的分法共有（种）.
（6）
99本不同的书，分成3份，一份96本，一份2本，一份1本，3份的数量互不相同，不同的分法共有（种）；
（7）
99本不同的书，平均分成3份，每份33本.本问题是典型的平均分组问题，要排除重复，不同的分法共有（种）
（8）
99本不同的书，分成3份，一份93本，另两份各3本，两份3本的有重复，不同的分法共有（种）
78．（1）；（2）；（3）．
【分析】（1）利用捆绑法可求解；
（2）利用特殊元素优先选择，即可求解；
（3）利用正难则反，先算前3个节目中没有相声，即相声在后两个节目的排法，即可求解.
【详解】（1）把两个相声节目捆绑在一起作为一个节目与其他节目排列共有排法；
（2）选两个唱歌节目排在首尾，剩下的3个节目在中间排列，排法为；
（3）5个节目全排列减去后两个都是相声的排法，共有．
【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
79．(1)种；
(2)种；
(3)种；
(4)种.
【分析】（1）根据特殊元素优先排，其余元素再利用全排列即可求解；
（2）不相邻问题利用“插空法”即可求解；
（3）固定顺序问题即是所有元素全排列种类数的一半；
（4）相邻问题用“捆绑法”，其余元素再利用全排列即可.
（1）
女生甲排在正中间，其余人有种排法，因此不同排法种数为种；
（2）
将名男生排成一排，有种排法，2名女生可以在
每2名男生之间及两端共6个位置中选出2个排，有种排法，
因此不同排法种数为种；
（3）
对7名学生全排列有种排法，因此不同排法种数为种；
（4）
选1名男生排在2名女生中间，有种排法，将3人看成1个元素，
与4名男生共5个元素排成一排，不同的排法有种，
又因为2名女生有种排法，
因此不同排法种数为种.
80．答案见解析
【分析】先设男生有人，再利用组合与古典概型求出2人性别不同的概率，进而计算出的值，故可解答.
【详解】解：设该班级有男生人，则女生有人，
则从中任选2人共有（种）方法，
考虑选出的“2人性别相同”的对立事件“2人性别不同”，则共有种方法，
结合对立事件的概率，得，解得或，
故该班级有男生21人，女生15人；或有男生15人，女生21人.
81．
【分析】先由题意求得且，再根据排列公式展开求解即可.
【详解】解：由题意可得 ，解得且，
原方程化为，
即，
因为且，
所以，
所以，
即，
因为且，
所以.
82．(1)2520
(2)2400
(3)3720
(4)288
(5)720
(6)1440
(7)144
(8)960
(9)5040
(10)840
【分析】对于排列问题，按照先特殊后一般，分类分步进行即可.
（1）
无条件的排列问题，排法有种；
（2）
先安排甲乙在中间有 种，再安排余下的5人有 种，共有排法有种；
（3）
排法有种，其中是甲在左端或乙在右端的排法，是甲在左端且乙在右端的排法；
（4）
把男生看成一个整体共有 种，再把女生看成一个整体有 种，再把这两个整体全排列，共有种排法；
（5）
即把所有男生视为一个整体，与4名女生组成五个元素全排列，共有种排法；
（6）
即不相邻问题（插空法）：先排女生共种排法，男生在五个空中安插，有种排法，故共有种排法；
（7）
对比（6），让女生插空，共有种排法；
（8）
（捆绑法）任取2人与甲、乙组成一个整体，与余下3个元素全排列，故共有种排法；
（9）
分步完成共有种排法；
（10）
由于乙不能站在甲左边，丙不能站在乙左边，故3人只能按甲、乙、丙这一种顺序排列，
7人的全排列共有种，甲、乙、丙3人全排列有种，而3人按甲、乙、丙顺序排列是全排列中的一种，所以共有种排法.
83．(1)60
(2)360
【分析】（1）根据题意，分3步进行：①、在6人中选出3人，将其分到甲组；②、在剩余3人中选出2人，将其分到乙组；③、将剩下的1人分到丙组；分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算即可得答案．
（2）分2步进行：①、将6人分成3组，人数依次为3、2、1；②、将分好的三组全排列，对应甲、乙、丙3个不同的公益小组；分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算即可得答案．
（1）
解：根据题意，分3步进行：①、在6人中选出3人，将其分到甲组，有种分法；②、在剩余3人中选出2人，将其分到乙组，有种分法；③、将剩下的1人分到丙组，有种分法；
所以共有种不同的分法；
（2）
解：根据题意，分2步进行：①、将6人分成3组，人数依次为3、2、1，有种分法；②、将分好的三组全排列，对应甲、乙、丙3个不同的公益小组，有种分法；
所以共有种不同的分法.
84．108（种）
【分析】分三步：首先看图形中的1，5，9，有3种可能；再看2，3，6；最后看4，8及7，运用分步计数原理可得答案.
【详解】把区域分为三部分，第一部分1，5，9，有3种涂法．
第二部分2，3，6，分以下两种情况：
①若标号为2，6的小正方形同色，则标号为2，6，3的小正方形的不同涂法有（种）；
②若标号为2，6的小正方形不同色，则标号为2，6，3的小正方形的不同涂法有（种），
所以标号为2，3，6的小正方形的不同涂法共有（种）．
同理，第三部分4，7，8的不同涂法也有6种．
所以符合条件的涂法共有（种）．
85．(1)条
(2)个
【分析】（1）根据2点可以确定一条直线，可得从10个点任选2个点取法，即可求得答案；
（2）根据不共线的三点确定一个圆，可得从10个点任选3个点取法有，即可求得答案.
【详解】（1）2点可以确定一条直线
从10个点任选2个点取法
故一共可画条弦
（2）不共线的三点确定一个圆
从10个点任选3个点取法有
故一共可画个圆内接三角形
86．（1）；（2）可推广，①，②，证明见解析.
【分析】（1）根据题意将展开求值，即可得到答案；
（2）分别讨论和两种情况，进而根据证明问题.
【详解】（1）.
（2）性质①，②均可推广，推广的形式分别是：
①，②（，m是正整数）
事实上，在①中，当时，左边，右边，等式成立；
当时，左边右边，
因此（，m是正整数）成立.
在②中，当时，左边右边，等式成立；
当时，
左边右边，
因此（，m是正整数）成立.
87．(1)24；
(2)64.
【分析】根据排列数公式计算即可.
(1)
；
(2)
.
88．(1)
(2)
(3)
【分析】(1)采用捆绑法即可求解；
(2)采用插空法即可求解；
(3)先排甲、乙、丙以外的其他4人，再把甲、乙排好，最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的5个空挡中即可；
（1）
先将3个女生排在一起，有种排法，将排好的女生视为一个整体，与4个男生进行排列，共有种排法，由分步乘法计数原理，共有(种)排法；
（2）
先将4个男生排好，有种排法，再在这4个男生之间及两头的5个空挡中插入3个女生有种方法，故符合条件的排法共有(种)；
（3）
先排甲、乙、丙以外的其他4人，有种排法，由于甲、乙相邻，故再把甲、乙排好，有种排法，最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的5个空挡中有种排法，故符合条件的排法共有(种)；
89．(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，利用相邻问题捆绑法，列式求解作答.
（2）根据给定条件，利用不相邻问题插空法，列式求解作答.
（3）求出任取5个空位排5人的排法种数，减去A，B相邻的排法种数即可得解.
（1）
把A，B视为一个整体，不同排法有种，排A，B有种，
由分步乘法计数原理得：5名同学排成一排且相邻的排法种数是.
（2）
先排D，E有种，再把插入3个空隙中有种，
由分步乘法计数原理得：5名同学排成一排且互不相邻的排法种数是.
（3）
5名同学安排到排成一排的6个空位中的5个空位上的排法种数是，其中有一空位A，B相邻的排法种数是，
所以所求不同排法种数是：.
90．(1)455；
(2)84.
【分析】（1）问题转化为将16个小球分成4份，结合隔板法、组合数求不同的分配方案数.
（2）问题转化为将10个小球分成4份，结合隔板法、组合数求不同的分配方案数.
（1）
问题等价于将16个小球串成一串，插入3块隔板，截为4段，16个小球间有15个空隙，
从中选3个插入隔板，插法种数为.
故不同的分配方案共有455种.
（2）
问题等价于先给2班1个小球，3班2个小球，4班3个小球，
再把余下的10个相同的小球放入4个盒子里，求每个盒子至少有1个小球的分配方法数.
将10个小球串成一串，截成4段，截法种数为，
因此不同的分配方案共有84种.
91．(1)720
(2)1440
(3)144
(4)960
(5)840
【分析】小问1：我们可视排好的女同学为一整体有种排法，再与男同学排队即可；
小问2：先将男同学排好，共有种排法，再利用插空法即可；
小问3：根据分步乘法计数原理先排男生再排女生即可；
小问4：先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，再把甲、乙看一整体排好，最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空当中即可；
小问5：从7个位置中选出4个位置把男生排好，则有种排法．再在余下的3个空位置中排女生按身高排列有一种排法，即可求解．
（1）
3个女同学是特殊元素，她们排在一起，共有种排法．我们可视排好的女同学为一整体，
再与男同学排队，这时是5个元素的全排列，应有种排法．由分步乘法计数原理，得共
有（种）不同的排法；
（2）
先将男同学排好，共有种排法，再在这4个男同学之间及两头的5个空当中插入3个女
同学有种方案，故符合条件的不同的排法共有（种）；
（3）
3个女同学站在中间三个位置上的不同排法有（种）；
（4）
先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有种排法；
由于甲、乙要相邻，故再把甲、乙排好，有种排法；
最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空当中有种排法．
故总共有（种）不同的排法；
（5）
从7个位置中选出4个位置把男生排好，则有种排法．再在余下的3个空位置中排女
生，由于女生要按身高排列，故仅有1种排法．故总共有（种）不同的排法．
92．原来有15个车站，现在有17个车站．
【分析】根据给定条件利用排列求出原有客运车票种数和新增后的客运车票种数，列出方程化简整理，再经分析推理即可得解.
【详解】原来有个车站，客运车票有种，新增个车站后，客运车票有种，
由题意得，即，
整理得，即，而，则，又，
于是有，解得，又，即，3，4，5，6，7，8，
因当，4，5，6，7，8时，均不为整数，从而得，，则，
所以原来有15个车站，现在有17个车站.
93．（1）12种；（2）站法见解析，8种．
【分析】（1）根据每一个起点和终点情况画图即可得结果；
（2）由于老师不站左端，故左端位置上只能安排学生，画树状图即可得结果．
【详解】（1）列出每一个起点和终点情况，如图所示．
故符合题意的机票种类有：北京广州，北京南京，北京天津，广州南京，广州天津，广州北京，南京天津，南京北京，南京广州，天津北京，天津广州，天津南京，共12种；
（2）由于老师不站左端，故左端位置上只能安排学生．设两名学生分别为A，B，两名老师分别为M，N，此问题可分两类：
由此可知，所有可能的站法为AMNB，ANMB，ABMN，ABNM，BMNA，BNMA，BAMN，BANM，共8种．
94．（1）116(个)；36(个)；（2）360(个)．
【解析】（1）可以分成三类即在C1，C2，…，C6这六个点任取三点，在C1，C2，…，C6中任取一点，D1，D2，D3，D4中任取两点和C1，C2，…，C6中任取两点，D1，D2，D3，D4中任取一点，将三类情况加到一起即可；
（2）需要四个点，且无三点共线，类似于（1）可分三种情况讨论得四边形个数为
【详解】（1）可分三种情况处理：
①C1，C2，…，C6这六个点任取三点可构成一个三角形,有种；
②C1，C2，…，C6中任取一点，D1，D2，D3，D4中任取两点可构成一个三角形，有种；
③C1，C2，…，C6中任取两点，D1，D2，D3，D4中任取一点可构成一个三角形，有．
所以共有=116(个)．
其中含C1点的三角形有=36(个)．
（2）构成一个四边形，需要四个点，且无三点共线，
C1，C2，…，C6这六个点中任意三点都不共线.
①C1，C2，…，C6这六个点任取四点可构成一个四边形，有种；
②C1，C2，…，C6中任取三点，D1，D2，D3，D4中任取一点可构成一个四边形，有种；
③C1，C2，…，C6中任取两点，D1，D2，D3，D4中任取两点可构成一个四边形，有种．
所以共有=360(个)．
【点睛】关键点睛：本题考查解决组合的实际问题，解答本题的关键是将问题分为三类，即以在C1，C2，…，C6和取点的个数情况进行分类讨论，属于中档题.
95．（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）根据数学必须比语文先上定序问题的排列用除法即倍缩法可求解；
（2）分别计算两类体育排在最后一节，和体育不排在最后一节，求和即可；
（3）根据九科中六科的顺序一定，利用除法即倍缩法可求解.
【详解】（1）如果数学必须比语文先上，则不同的排法有种；
（2）如果体育排在最后一节，有种，
体育不排在最后一节有种，
所以共有种，
（3）若将这3节课插入原课表中且原来的6节课相对顺序不变，
则有种
【点睛】方法点睛：常见排列数的求法为：
（1）相邻问题采取“捆绑法”；
（2）不相邻问题采取“插空法”；
（3）有限制元素采取“优先法”；
（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
96．(1)x=3
(2)x=6
【分析】（1）（2）根据排列数公式化简解方程即可．
(1)
由排列数公式，原方程可化为，化简得，解得或或或.
因为x满足
所以x的取值范围为.所以原方程的解为．
(2)
由，得，所以.
化简得，解得，．
因为且，所以原方程的解为x=6．
97．(1)36；
(2)126；
(3)756﹒
【分析】(1)只需从除掉甲、乙、丙的9人中选2人即可；
(2)只需从除掉甲、乙、丙的9人中选4人即可；
(3)从所有选法中去掉甲、乙、丙均当选的情况即可.
(1)
甲、乙、丙都入选，余下9人中选2人，有种选法；
(2)
甲入选，乙、丙不能当选，则要在余下的9人中选4人，有种选法；
(3)
所有的选法种数为，甲、乙、丙都入选有种选法，故有种选法.
98．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）把组合数用阶乘表示后可证；
（2）由（1）把式子中每一项变形后利用二项式定理可得．
【详解】（1）.
（2）
.
99．(1)；
(2).
【分析】（1）分种3、4、5种颜色的花，应用分步计数及组合排列数求种植方法数；
（2）分、两种分组，结合不平均分组、全排列求不同的放法.
（1）
当种5种颜色的花，作全排列，则有种；
当种4种颜色的花，5种颜色选4种，中选一组种同颜色的花，余下3种颜色作全排列，则有种；
当种3种颜色的花，5种颜色选3种，位置任选一种，余下2种颜色在分别种相同颜色，则有种；
所以共有种不同种植方法.
（2）
将7个盆栽有、两种分组方式，
以分组，则种；
以分组，则种；
所以共有种不同的放法.
100．（1）(种)；（2）(种)；（3）(种).
【分析】(1）本题是一个分步计数问题，首先选3名男运动员，有种选法．再选2名女运动员，有种选法．利用乘法原理得到结果;
(2）只有男队长的选法为种，只有女队长的选法为种，男、女队长都入选的选法为种，把所有的结果数相加;
(3)当有女队长时，其他人选法任意，共有种选法．不选女队长时，必选男队长，共有种选法．其中不含女运动员的选法有种，得到结果.
【详解】（1）分两步完成：
第一步，选3名男运动员，有种选法；
第二步，选2名女运动员，有种选法.由分步乘法计数原理可得，共有(种)选法.
（2）方法一(直接法)可分类求解：
“只有男队长”的选法种数为；
“只有女队长”的选法种数为；
“男 女队长都入选”的选法种数为，
所以共有(种)选法.
方法二(间接法)从10人中任选5人有种选法，
其中不选队长的方法有种.所以“至少有1名队长”的选法有(种).
（3）当有女队长时，其他人任意选，共有种选法；当不选女队长时，必选男队长，共有种选法，其中不含女运动员的选法有种，所以不选女队长时的选法共有种.所以既要有队长又要有女运动员的选法共有(种).
【点睛】本题主要考查了分步乘法计数原理，考查分类加法计数原理，在比较复杂的题目中，会同时出现分类和分步，本题是一个比较综合的题目，属于中档题.

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