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专题01 两个计数原理+排列组合压轴题
知识点1：分类加法计数原理
（1）定义：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法.
（2）推广：如果完成一件事情有类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……在第类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法.
知识点2：分步乘法计数原理
（1）定义：完成一件事需要两个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法.
（2）推广：完成一件事需要个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……做第步有种不同的方法，则完成这件事共有种不同的方法.
知识点3：排列
（1）定义：一般地，从个不同元素中取出（）个元素，并按照一定的顺序排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列.
（2）相同排列：两个排列的元素完全相同，且元素的排列顺序也相同.
知识点4：排列数与排列数公式
（1）定义：从个不同元素中取出（）个元素的所有不同排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示.
（2）排列数公式
①（连乘形式）：，，
②（阶乘形式），，
（3）全排列：把个不同的元素全部取出的一个排列，叫做个元素的一个全排列，用符号表示.
（4）阶乘：正整数1到的连乘积，叫做的阶乘，用符号表示.
知识点5：组合
（1）定义：一般地：从个不同的元素中取出（）个元素作为一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合.
（2）相同组合：只要两个组合的元素相同，无论元素的顺序如何，都是相同的组合.
（3）组合与排列的异同
相同点:组合与排列都是“从个不同的元素中取出（）个元素”.
不同点:组合要求元素“不管元素的顺序合成一组”，而排列要求元素“按照一定的顺序排成一列”因此区分某一问题是组合问题还是排列问题，关键是看选出的元素是否与顺序有关，即交换某两个元素的位置对结果有没有影响，若有影响，则是排列问题，若无影响，则是组合问题.
知识点6：组合数与组合数公式
（1）组合数的定义：从个不同元素中取出（）个元素的所有不同组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示.
（2）组合数公式
或：（，）.
规定：
知识点7：组合数的性质
（1）性质1：
（2）性质2：
题型一 两个计数原理与数列
例题1．（2023下·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）
1．历史上著名的伯努利错排问题指的是：一个人有封不同的信，投入n个对应的不同的信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为.例如两封信都投错有种方法，三封信都投错有种方法，通过推理可得：.高等数学给出了泰勒公式：，则下列说法正确的是（ ）
A． B．为等比数列
C． D．信封均被投错的概率大于
例题2．（2021上·福建泉州·高三晋江市第一中学校考阶段练习）
2．某班级在一次植树种花活动中负责对一片圆环区域花圃栽植鲜花，该圆环区域被等分为n个部分（），每个部分从m种不同颜色（）的鲜花中选取一种进行栽植，要求相邻区域不能用同种颜色的鲜花．将总的栽植方案数用表示，则：
①等于二项式的展开式中第 项的系数；
② ．
例题3．（2022·全国·高三专题练习）
3．把圆分成个不相等的扇形，并且用红、黄、蓝三种颜色给扇形染色，但不允许相邻的扇形有相同的颜色，问共有多少种染色法？
练一练
（2017·北京·高三强基计划）
4．正整数1，2，3，…n的全排列满足称为n项更列，记n项更列的个数为，则下列命题中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
（2021下·山东济南·高三校联考阶段练习）
5．数列共项，且，，关于的函数，，若是函数的极值点，且曲线的在点处的切线的斜率为，则满足条件的数列的个数为 ．
（2023·全国·高三专题练习）
6．小学生甲玩耍上楼梯的游戏：建筑物有级台阶的楼梯，一步可以迈一级或两级台阶，问这位小学生有多少种不同的爬楼方法？
题型二 两个计数原理与立体图形
例题1．（2022下·甘肃·高二校考期末）
7．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，则不同的染色方法种数是(　　)
A．420 B．210 C．70 D．35
例题2．（2023下·山西运城·高二统考期末）
8．商场某区域的行走路线图可以抽象为一个的正方体道路网（如图，图中线段均为可行走的通道），甲、乙两人分别从，两点出发，随机地选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，为止，下列说法正确的是（ ）

A．甲从必须经过到达的方法数共有9种
B．甲从到的方法数共有180种
C．甲、乙两人在处相遇的概率为
D．甲、乙两人相遇的概率为
例题3．（2023·全国·高三专题练习）
9．如图，用四种不同的颜色给三棱柱的六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色．

(1)若每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有多少种？
(2)若每条棱的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有多少种？
练一练
（2023·全国·高三专题练习）
10．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个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为（ ）
A．192 B．420 C．210 D．72
（2024·全国·模拟预测）
11．中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图可近似地看作如图2所示的五面体.现装修工人准备用四种不同形状的风铃装饰五脊殿的六个顶点，要求E，F处用同一种形状的风铃，其它每条棱的两个顶点挂不同形状的风铃，则不同的装饰方案共有 种.
题型三 两个计数原理与平面图形
例题1．（2023·浙江·模拟预测）
12．五行是华夏民族创造的哲学思想，多用于哲学 中医学和占卜方面，五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金 木 水 火 土，彼此之间存在相生相克的关系.下图是五行图，现有5种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生火，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）

A．3125 B．1000 C．1040 D．1020
例题2．（2021上·湖南岳阳·高三湖南省岳阳县第一中学校考开学考试）
13．如图，在某城市中， 两地之间有整齐的方格形道路网，其中 是道路网中位于一条对角线上的个交汇处．今在道路网 处的甲 乙两人分别要到 处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达 处为止．则下列说法正确的是（ ）
A．甲从到达处的方法有种
B．甲从必须经过到达处的方法有种
C．甲 乙两人在处相遇的概率为
D．甲 乙两人相遇的概率为
例题3．（2023下·北京·高二北京市陈经纶中学校考期中）
14．陈经纶中学高二年级近日于北京日坛公园组织社会实践活动. 日坛公园的西门位于东西中轴线上，公园内部的主要路径及主要景点如下图所示. 某活动小组计划从“烈士墓”出发，经“东西中轴线及其以北”的主要路径前往“祭日拜台”进行实践活动，活动结束后经“东西中轴线及其以南”的主要路径由南门离开. 已知小组成员的行动路线中没有重复的主要路径. 则该小组在前往“祭日拜台”的途中最多可以路过 个主要景点；该小组全程共有 条行动路线可供选择.
例题4．（2022·浙江金华·统考三模）
15．如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G，H八个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段上的点颜色不同，则不同的涂色方法有 种.
练一练
（2023上·浙江·高三浙江省普陀中学校联考开学考试）
16．如图，一只青蛙开始时位于数轴上原点的位置，每次向数轴的左侧或右侧随机跳跃一个单位，记为第次跳跃后对应数轴上的数字（，），则满足，的跳跃方法有多少种（ ）

A．336 B．448 C．315 D．420
（2022下·浙江·高二校联考期中）
17．如图，用五种不同的颜色给图中的O，A，B，C，D，E六个点涂色（五种颜色不一定用完），要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂法种数是（ ）
A．480 B．720 C．1080 D．1200
（2023下·重庆·高二校联考期中）
18．如图，某景区共有 五个景点，相邻景点之间仅设置一个检票口供出入，共有7个检票口，工作人员为了检测检票设备是否正常，需要对每个检票口的检票设备进行检测.若不重复经过同一个检票口，依次对所有检票口进行检测，则共有 种不同的检测顺序.
题型四 相邻问题与不相邻问题
例题1．
19．在某班进行的歌唱比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生．如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为
A．30 B．36 C．60 D．72
例题2．
20．现将9把椅子排成一排，5位同学随机就座，则下列说法中正确的是（ ）
A．4个空位全都相邻的坐法有720种
B．4个空位中只有3个相邻的坐法有1800种
C．4个空位均不相邻的坐法有1800种
D．4个空位中至多有2个相邻的坐法有9000种
例题3．
21．有5对夫妇和，共12人参加一场婚宴，他们被安排在一张有12个座位的圆桌上就餐（旋转之后算相同坐法）.
(1)若5对夫妇都相邻而坐，，相邻而坐，共有多少种坐法？
(2)5对夫妇都相邻而坐，其中甲、乙二人的太太是闺蜜要相邻而坐，，不相邻，共有多少种坐法？
练一练
22．(多选)把5件不同产品A，B，C，D，E摆成一排，则（ ）
A．A与B相邻有48种摆法
B．A与C相邻有48种摆法
C．A，B相邻又A，C相邻，有12种摆法
D．A与B相邻，且A与C不相邻有24种摆法
23．某兴趣小组有10名学生，若从10名学生中选取3人，则选取的3人中恰有1名女生的概率为，且女生人数超过1人，现在将10名学生排成一排，其中男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则共有 种不同的站队方法.
24．5个女孩与6个男孩围成一圈，任意2个女孩中间至少站1个男孩，则不同排法有 种（填数字）．
题型五 元素（位置）有限制问题
例题1．（2022·新疆·统考一模）
25．如图，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如1→3→4→5→6→7就是一条移动路线，则从数字“1”到“7”，漏掉两个数字的移动路线条数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
例题2．（2023上·辽宁·高三校联考期末）
26．将1，2，3，4，5，6，7这七个数随机地排成一个数列，记第i项为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则这样的数列共有360个
B．若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，则这样的数列共有288个
C．若该数列恰好先减后增，则这样的数列共有50个
D．若，则这样的数列共有71个
例题3．（2022下·黑龙江双鸭山·高二双鸭山一中校考阶段练习）
27．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名学生分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的科代表，要求甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，若丙当物理科代表则丁必须当化学科代表，则不同的选法共有 种
例题4．（2022下·河北石家庄·高二统考阶段练习）
28．中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑期开设“围棋”、“武术”、“书法”、“剪纸”、“京剧”、“刺绣”六门体验课程．
(1)若体验课连续开设六周，每周一门，求“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的所有排法种数；
(2)现有甲、乙、丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有一门共同的课程，丙和甲、乙的课程都不同，求所有选课的种数；
(3)计划安排A、B、C、D、E五名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，教师A不任教“围棋”课程，教师B只能任教一门课程，求所有课程安排的种数．
练一练
（2022上·上海嘉定·高三校考阶段练习）
29．中园古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次.讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）
A．408种 B．240种 C．1092种. D．120种
（2022·北京·高三强基计划）
30．已知甲校8人，乙校4人，丙校4人，共16人排队，同校不相邻的排法有 种．
（2023上·高二课时练习）
31．从7名男生和5名女生中选取3人依次进行面试．
(1)若参加面试的人全是女生，则有多少种不同的面试方法？
(2)若参加面试的人中，恰好有1名女生，则有多少种不同的面试方法？
（2022下·江苏宿迁·高二泗阳县实验高级中学校考阶段练习）
32．甲、乙、丙、丁四名同学报名参加A、B、C三个智力竞赛项目，每个人都要报名参加.分别求在下列情况下的不同报名方法的种数.
(1)甲、乙报同一项目，丙不报A项目；
(2)甲不报A项目，且B、C项目报名的人数相同.
题型六 分组与分配问题
例题1．（2024上·辽宁·高二校联考期末）
33．某校高三年级有8名同学计划高考后前往武当山 黄山 庐山三个景点旅游.已知8名同学中有4名男生，4名女生.每个景点至少有2名同学前往，每名同学仅选一处景点游玩，其中男生甲与女生不去同一处景点游玩，女生与女生去同一处景点游玩，则这8名同学游玩行程的方法数为（ ）
A．564 B．484 C．386 D．640
例题2．（2022下·重庆长寿·高二校联考期末）
34．某校共有东门、西门、北门三道校门.由于疫情防控需要，学校安排甲、乙、丙、丁4名教师志愿者分别去三道校门协助保安值守，下列选项正确的是（ ）
A．若对每名教师志愿者去哪道校门无要求，则共有81种不同的安排方法
B．若恰有一道门没有教师志愿者去，则共有42种不同的安排方法
C．若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去，则共有44种不同的安排方法
D．若学校新购入20把同一型号的额温枪，准备全部分配给三道校门使用，每道校门至少3把，则共有78种分配方法
例题3．（2022下·重庆长寿·高二重庆市长寿中学校校考阶段练习）
35．为了提高教学质量，省教育局派5位教研员去某地重点高中进行教学调研，现知该地有3所重点高中，则下列说法正确的有（ ）
A．每个教研员只能去1所学校调研，则不同的调研方案有243种
B．若每所重点高中至少去一位教研员，则不同的调研安排方案有150种
C．若每所重点高中至少去一位教研员，则不同的调研安排方案有300种
D．若每所重点高中至少去一位教研员，且甲 乙两位教研员不去同一所高中则不同的调研安排方案有有114种
例题4．（2022下·重庆万州·高二校考期中）
36．（1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（2）把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（3）把6个不同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（4）把6个不同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
练一练
（2022下·四川成都·高三成都七中校考开学考试）
37．某医院分配3名医生6名护士紧急前往三个小区协助社区做核酸检测.要求每个小区至少一名医生和至少一名护士.问共有多少种分配方案？（ ）
A．3180 B．3240 C．3600 D．3660
（2023下·吉林四平·高一四平市实验中学校考期中）
38．2021年7月24日，中共中央办公厅、国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》．要求各地区各部门结合实际认真贯彻落实．同年8月，国务院教育督导委员会办公室印发专门通知，拟对各省“双减”工作落实进度每半月通报一次．2021年10月，全国人大表示：“双减”拟明确入法，避免加重义务教育阶段学生负担．11月3日，市场监管总局等八部门发布《关于做好校外培训广告管控的通知》．坚决杜绝地铁、公交站台等所属广告牌、广告位刊发校外培训广告．在“双减”政策的推动下，四平市教育局提出了教师轮岗制度，让更多的学生享受到更好更优质的教师师资，充分体现了教育的公平性．现从四平市某中学调8名不同科目的教师到另一所中学的4个不同班级．要求每个班级至少分配1名教师．至多分配3名老师，则（　　）
A．将8名教师平均分配到4个不同班级，有种分配方法
B．有两个班级分配一名教师，另两个班级分配三名教师，有种分配方法
C．根据班级实际情况，现（1）班需要1名教师，（2）班和（3）班均需要2名教师，（4）班需要3名教师，有种分配方法
D．根据教学经验分析，甲、乙、丙三名教师必须搭配一个班级，可达到教学效果最优化，种分配方法
（2023上·云南昆明·高三云南省昆明市第十中学校考开学考试）
39．现将6本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知书籍分发给了甲，则不同的分发方式种数是 .（用数字作答）
（2023上·高二课时练习）
40．有6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法？
(1)甲分1本、乙分2本、丙分3本；
(2)一人分4本，另两人各分1本.
题型七 与组合数有关的计算
例题1．（2024上·辽宁·高二校联考期末）
41．已知，则（ ）
A． B． C． D．
例题2．（2023下·山东菏泽·高二统考期末）
42．对于1，2，…，，的全部排列，定义Euler数（其中，）表示其中恰有次升高的排列的个数（注：次升高是指在排列中有处，）.例如：1，2，3的排列共有：123，132，213，231，312，321六个，恰有1处升高的排列有如下四个：132，213，231，312，因此：.则下列结论正确的有（ ）
A． B．
C． D．
例题3．（2023下·上海普陀·高二校考期末）
43．规定，其中，m是正整数，且，这是组合数（n，m是正整数，且）的一种推广．
(1)求的值．
(2)组合数的两个性质：①；②是否都能推广到（，m是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由；
(3)已知组合数是正整数，证明：当，m是正整数时，．
练一练
（2024·全国·模拟预测）
44．已知，，，，，，记．当，，，，中含个6时，所有不同值的个数记为．下列说法正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．对于任意奇数
D．对于任意整数
（2023下·河北沧州·高二统考期末）
45．产品抽样检查中经常遇到一类实际问题，假定在N件产品中有M件不合格品，在产品中随机抽件做检查，发现件不合格品的概率为，其中是与中的较小者，在不大于合格品数（即）时取0，否则取与合格品数之差，即.根据以上定义及分布列性质，请计算当N=16，M=8时， ；若，，请计算 ．（用组合数表示）
（2024·全国·高三专题练习）
46．已知数列满足，是否存在等差数列，使得对一切自然数恒成立？
一、单选题
（2024上·全国·高三期末）
47．过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（ ）
A．18 B．30 C．36 D．54
（2023下·湖北·高二武汉市第六中学校联考期中）
48．现有天平及重量为，，，的砝码各一个，每一步，我们选取任意一个砝码，将其放入天平的左边或者右边，直至所有砝码全放到天平两边，但在放的过程中发现天平的指针不会偏向分度盘的右边，则这样的放法共有（ ）种.
A． B． C． D．
（2022下·河北保定·高二统考期末）
49．在如图所示的5个区域内种植花卉，每个区域种植1种花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有6种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是（ ）
A．1440 B．720 C．1920 D．960
（2021下·上海长宁·高二上海市延安中学校考期末）
50．定义域为集合{1，2，3，…，12}上的函数满足：
（1）；（2）（）；（3）、、成等比数列；
这样的不同函数的个数为（ ）
A．155 B．156 C．157 D．158
（2022·山东临沂·统考一模）
51．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机排列，整数部分3不变，那么可以得到大于3.14的不同数字的个数为（ ）
A．720 B．1440 C．2280 D．4080
（2020·上海·高三专题练习）
52．如图，在某海岸P的附近有三个岛屿Q，R，S，计划建立三座独立大桥，将这四个地方连起来，每座桥只连接两个地方，且不出现立体交叉形式，则不同的连接方式有（ ）.
A．24种 B．20种 C．16种 D．12种
（2021·浙江宁波·效实中学校考模拟预测）
53．定义数列如下：存在，满足，且存在，满足，已知数列共4项，若且，则数列共有（ ）
A．190个 B．214个 C．228个 D．252个
（2018下·江西抚州·高二临川一中校考期末）
54．某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的所有不同走法共有
A．22种 B．24种 C．25种 D．27种
（2023下·江苏徐州·高二统考期中）
55．已知空间直角坐标系中，，三棱锥内部整数点（所有坐标均为整数的点，不包括边界）的个数为（ ）
A． B． C． D．
（2023·浙江·校联考三模）
56．“省刻度尺”问题由英国数学游戏大师杜登尼提出：一根长的尺子，要能够量出长度为到且边长为整数的物体，至少需要6个刻度（尺子头尾不用刻）．现有一根的尺子，要能够一次量出长度为到且边长为整数的物体，尺子上至少需要有（ ）个刻度
A．3 B．4 C．5 D．6
（2022·浙江杭州·学军中学模拟预测）
57．设A是任意一个n元实数集合，令集合，记集合B中的元素个数为，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
二、多选题
（2022·高二课时练习）
58．四位小伙伴在玩一个“幸运大挑战”小游戏，有一枚幸运星在他们四个人之间随机进行传递，游戏规定：每个人得到幸运星之后随机传递给另外三个人中的任意一个人，这样就完成了一次传递．若游戏开始时幸运星在甲手上，记完成次传递后幸运星仍在甲手上的所有可能传递方案种数为，则（ ）
A． B． C． D．
（2023下·江苏常州·高二常州市第一中学校考阶段练习）
59．下列关于排列组合数的等式或说法正确的有（ ）
A．
B．设，则的个位数字是6
C．已知，则等式对任意正整数，都成立
D．等式对任意正整数都成立
三、填空题
（2024上·上海松江·高二上海市松江二中校考期末）
60．设为的一个排列，满足，则这样的排列的个数为 个.
（2023上·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）
61．我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 ； （用含的式子表示，）.
（2022下·山东菏泽·高二统考期末）
62．类比排列数公式，定义（其中，），将右边展开并用符号表示（，）的系数，得，则：
（1） ；
（2）若，（，），则 .
（2023·上海杨浦·统考一模）
63．我国古代数学著作《九章算术》中研究过一种叫“鳖（biē）臑（nào）”的几何体，它指的是由四个直角三角形围成的四面体，那么在一个长方体的八个顶点中任取四个，所组成的四面体中“鳖臑”的个数是 .
（2022上·北京海淀·高一北京市十一学校校考期中）
64．已知非空集合，设集合．分别用表示集合A、S、T中元素的个数，则下列说法正确的是 ．
①若，则； ②若，则；
③若，则可能为18； ④若，则不可能为19．
（2022上·浙江·高二校联考阶段练习）
65．我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如：从装有编号为的个球的口袋中取出个球，共有种取法.在种取法中，不取号球有种取法；取号球有种取法.所以.试运用此方法，写出如下等式的结果： .
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．ABC
【分析】选项A，用列举法即可得；选项B，构造新数列，利用定义法可证明是等比数列；选项C，由递推关系变形可得裂项形式，裂项后利用累加法求通项即可证；选项D，利用泰勒公式可得再对分奇偶讨论即可判断.
【详解】选项A，令4封信分别为，当在第2个信箱时，共3种错排方式：
第1种
信箱 1 2 3 4
信
第2种
信箱 1 2 3 4
信
第3种
信箱 1 2 3 4
信
同理可得在第3和4个信箱时，也分别有3种错排方式，所以共种方法，故A选项正确；
选项B，，∴，
又，则，故B选项正确；
选项C，，
两边同除以得，
∴，
，故C选项正确；
选项D，装错信封的概率为，∵，
则，即
当n为奇数时，；
当n为偶数时，；综上，当n为奇数时；当n为偶数时，故D项错误.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题B选项的关键是通过构造变形得，D选项的关键是利用所给的泰勒公式，再分奇偶讨论.
2． 7
【分析】当时，分同色和不同色，两种情况讨论，求出，再根据二项式的展开通项即可得出答案；当有个区域时，若不考虑区域和区域是否同色，则共有种方案，这种方案种包含区域和区域同色和不同色两种情况，若区域和区域不同色，则共有种方案，若区域和区域同色，则有种方案，从而可得出，根据递推公式即可得出答案.
【详解】解：当时，
若同色，则共有中排法，
若不同色，则共有中排法，
所以总共有中排法，
即，
二项式的展开通项为，
令，解得，
所以等于二项式的展开式中第7项的系数，
当有个区域时，若不考虑区域和区域是否同色，
则共有种方案，
这种方案种包含区域和区域同色和不同色两种情况，
若区域和区域不同色，则共有种方案，
若区域和区域同色，则可以把这两个区域看成同一个区域，即为区域①，
则给区域①，2，3，4，，栽植，由题意可知有种方案，
所以，
即，
所以数列是以为公比的等比数列，
又，
是以，
是以.
3．
【分析】设将圆分成个不相等的扇形时，满足题设的染法有种，求出、的值，建立数列的递推关系式，推导出数列是从第二项开始成以为公比的等比数列，求出的值，即可得解.
【详解】解：设将圆分成个不相等的扇形时，满足题设的染法有种．
依次记个扇形为、、、，显然，
当时，先对染色，有种方法；染色后再对染色，有种方法，故．
当时，我们依次对、、、染色．
对染色，有种方法，对染色后再对染色有种方法，
同样的对、、、分别有种方法，由乘法原理共有种染色方法．
但这样做，与有可能同色．即在种染色方法中包含了与同色的染色方法．
对于与同色的情形，拆去与的边界使与合并，
便得到将圆分为个扇形时同色不相邻的染色方法，这样的情况有种．
故，且，
设，可得，则，即，
故，且，
所以，数列是从第二项开始成以为公比的等比数列，
因此，，因此，.
【点睛】关键点点睛：本题考查计数原理中的染色问题，解题的关键在于建立个扇形区域的染色方法种数所构成的数列的递推公式，利用递推公式构造等比数列来求解.
4．AC
【分析】设k个元素的错排有种，利用数列的递归关系可求该数列的通项公式，故可判断各项的正误.
【详解】我们先证明错排公式.
设k个元素的错排有种，我们来考虑满足的递推关系.
n个元素错排时，先把n放在某个位置上，有种方法，比如把n放在第i个位置，即．
再考虑剩下个元素如何排列，
有两种情况：一种是，此时只需要将剩下的个元素错排即可，有种方法；
另一种是，此时把第n个位置等同于第i个位置，直接对应个元素的错排，有种方法，
所以有递推公式．
令，则有，
从而有，而，
由累乘法知．
而，故也符合该式，
于是由累加法知，
所以．
回到本题，，
于是选项A，C正确，选项D错误．
对于选项B，有，而事实上，于是选项B错误．
故选：AC
5．
【分析】求导，由题意可得出，根据导数的几何意义，即可求得或，分类讨论，即可求得满足条件的数列的个数.
【详解】因为，则，
由已知可得，则.
由题意可得，可得，，可得或.
①当时，，
得的值有个，个，
，
得的值有个，个，
此时，数列的个数为个；
②当时，，
得的值有个，个，
，
得的值有个，个，
此时，数列的个数为个.
综上所述，数列的个数为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列个数的求解，解题的关键在于确定的值的个数，结合组合计数原理和分类加法计数原理求解.
6．
【分析】设小学生爬个台阶有种方法，结合最后一步有种情况，找到数列的递推关系，据此即可求得结果.
【详解】设小学生爬个台阶有种方法.
考虑最后一步：若最后一步只迈一级台阶，则前个台阶有种方法；
若最后一步迈两级台阶，则前个台阶有种不同的方法.
由加法原理得：，易知其初值，，
则，
，
故小学生级台阶的楼梯有种不同的爬楼方法.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题以斐波那契数列为背景，考察学生在排列组合问题中建立模型，求解模型的能力；处理问题的关键是能够合理建立模型，属综合困难题.
7．A
【分析】将不同的染色方案分为：相同和不同两种情况，相加得到答案.
【详解】按照的顺序：
当相同时：染色方案为
当不同时：染色方案为
不同的染色方案为：种
故答案为A
【点睛】本题考查了加法原理和乘法原理，把染色方案分为相同和不同两种情况是解题的关键.
8．ACD
【分析】利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可判断A选项；分析可知从点到点，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步，结合分步乘法计数原理可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；找出两人相遇的位置，求出两人相遇的概率，可判断D选项．
【详解】对于A，从点到点，需要向上走2步，向前走1步，
从点到点，需要向右走2步，向前走1步，
所以，甲从必须经过到达的方法数为种，A正确；
对于B,从点到点，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步，
所以，甲从到的方法数为种，B错误；
对于C，甲从点运动到点，需要向上、前、右各走一步，
再从点运动到点，也需要向上、前、右各走一步，
所以，甲从点运动到点，且经过点，不同的走法种数为种，
乙从点运动到点，且经过点，不同的走法种数也为36种，
所以，甲、乙两人在处相遇的概率为，C正确；
对于D，若甲、乙两人相遇，则甲、乙两人只能在点、、、、、、，

甲从点运动到点，需要向上走2步，向前走1步，再从点运动到点，需要向前走1步，向右走2步，
所以甲从点运动到点且经过点的走法种数为，
所以甲、乙两人在点处相遇的走法种数为，
同理可知，甲、乙两人在点、、、、处相遇的走法种数都为，
因此，甲、乙两人相遇的概率为，D正确．
故选：ACD．
【点睛】解答本题的关键在于利用组合数去计算对应的方法数，将从到的路线转变为六步，其中每一条路线向上步数确定后，则对应向右的步数也能确定，因此可以考虑从六步中选取向上或向右的步数，由此得到的组合数可表示对应路线的方法数．
9．(1)576
(2)264
【分析】（1）第一步，、、三点所涂颜色各不相同，第二步，、、三点所涂颜色各不相同，结合分步乘法即可求得结果.
（2）分别研究用四种颜色或三种颜色或两种颜色涂色方法，结合分类计数、分步计数原理计算即可.
【详解】（1）由题得每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，第一步，、、三点所涂颜色各不相同的方法有（种），第二步，、、三点所涂颜色各不相同的方法有（种），
所以由分步计数原理，不同的涂色方法共有（种）.
（2）若用四种颜色，即，，，各涂一种颜色，与同色，与同色，所以有（种）；
若用三种颜色，即第一类： 与同色、、各涂一种颜色，则只能涂剩余那种颜色，可以与或同色，所以有（种），
第二类：与同色、、各涂一种颜色，则只能涂剩余那种颜色，可以与或同色，所以有（种），
第三类：与同色、、各涂一种颜色，则可以涂剩余那种颜色或与同色，可以与同色或涂剩余那种颜色，所以有（种），
所以用三种颜色，有（种）；
若用两种颜色，即与同色、与同色各涂一种颜色，可以涂剩余剩余两种颜色，也可以涂剩余剩余两种颜色，所以有（种）．
所以由分类加法计数原理，共有（种）．
10．B
【分析】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类，结合分类加法、分步乘法计算即可.
【详解】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类：
第一类，A，C同色，由分步计数原理有种不同的染色方法；
第二类，A，C不同色，由分步计数原理有种不同的染色方法；
根据分类加法计数原理，共有种不同的染色方法.
故选：B.
11．72
【分析】
对于本题共4种不同形状的风铃，要求是使用同一种风铃，其余各棱的两个顶点挂不同形状的风铃，可以理解相邻顶点挂不同形状的风铃，通过分析使用3种或4种风铃满足条件.
【详解】①使用3种形状风铃，只能同，同，同.此时共有：种挂法，
②使用4种形状风铃，此时有两种情况；
1）同，不同：直接将4种风铃挂到四个点上，
全排列有：种，
2）不同，同：此时与1）相同，共有种，
综上，共有24+24+24=72种，
故答案为：72
【点睛】涂色问题解决问题的关键是在判定使用颜色数量，合理分类，合理分步，熟练分类加法及分步乘法原则.
12．D
【分析】
根据不邻区域是否同色进行分类，确定涂色顺序再分步计数即可.
【详解】五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种颜色，即无限制条件.
五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同一种颜色.
故问题转化为如图五个区域，
有种不同的颜色可用，要求相邻区域不能涂同一种颜色，即色区域的环状涂色问题.

分为以下两类情况：
第一类：三个区域涂三种不同的颜色，
第一步涂区域，
从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法，
第二步涂区域，由于颜色不同，有种方法，
第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法，
由分步计数原理，则共有种方法；
第二类：三个区域涂两种不同的颜色，
由于不能涂同一色，则涂一色，或涂同一色，两种情况方法数相同.
若涂一色，
第一步涂区域，可看成同一区域，且区域不同色，
即涂个区域不同色，
从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法，
第二步涂区域，由于颜色相同，则有种方法，
第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法，
由分步计数原理，则共有种方法；
若涂一色，与涂一色的方法数相同，
则共有种方法.
由分类计数原理可知，不同的涂色方法共有种.
故选：D.
13．C
【分析】
分析甲从到达处以及甲从必须经过到达处的走法，结合组合知识，可判断A，B；计算出甲 乙两人在处相遇的走法种数，根据古典概型的概率公式即可判断C；分类考虑甲 乙两人相遇的地点，计算出相应的走法数，根据古典概型的概率公式即可判断D.
【详解】
A选项，甲从M到达N处，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，
则甲从M到达N处的方法有种，A选项错误；
B选项，甲经过到达N处，可分为两步：第一步，甲从M经过需要走3步，
其中1步向右走，2步向上走，方法数为种；
第二步，甲从到N需要走3步，其中1步向上走，2步向右走，方法数为种，
故甲经过到达N的方法数为种，B选项错误；
C选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，
∴甲 乙两人在处相遇的方法数为种，
故甲、乙两人在处相遇的概率为，C选项正确；
D选项，甲 乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，
若甲 乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，
乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为1种；
若甲 乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为81种；
若甲 乙两人在处相遇，甲到处，前三步有2步向右走，后三步只有1步向右走，
乙到处，前三步有2步向下走，后三步只有1步向下走，
∴两人在处相遇的走法种数为种；
若甲 乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，
则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为1种；
故甲 乙两人相遇的概率，D选项错误，
故选：C．
【点睛】
关键点睛：解答本题的关键在于利用组合数去计算对应的方法数，将从到的路线转变为六步，其中每一条路线向上步数确定后，则对应向右的步数也能确定，因此可以考虑从六步中选取向上或向右的步数，由此得到的组合数可表示对应路线的方法数．
14． 5 35
【分析】该小组在前往“祭日拜台”的途中最多可以路过主要景点依次有：北天门，祭器库，神库神厨，悬铃木，西天门；该小组全程行动路线使用分类分步一一列举出来即可.
【详解】该小组在前往“祭日拜台”的途中最多可以路过主要景点依次有：北天门，祭器库，神库神厨，悬铃木，西天门，共5个；
各路口与景点标记如图所示，该小组全程行动路线可分三类：
第一类：由A经到H到“祭日拜台”再到南门，路线分两步，第一步先由A到H的路线有：AFGH，AFGDEH，ABDGH，ABDEH，第二步活动结束后从“祭日拜台”到南门路线有：IMO,IMKLNO,IMNLKO,JLKO,JLNO,共有种.
第二类：由A经到I到“祭日拜台”再到南门，路线分两步，第一步先由A到I的路线有：AFI,ABDGFI,ABDEHGFI, 第二步活动结束后从“祭日拜台”到南门路线有：JLKO,JLNO, 共有种.
第三类：由A经到J到“祭日拜台”再到南门，路线分两步，第一步先由A到J的路线有：ABCJ,AFGDBCJ,AFGHEDBCJ, 第二步活动结束后从“祭日拜台”到南门路线有：IMO,IMKLNO,IMNLKO, 共有种.
因此，共有20+6+9＝35.
故答案为：5；35
【点睛】易错点点睛：列举法关键是要做到不重漏，分类要清晰，步骤要合理.
15．
【分析】分涂4种，3种或2种颜色，再分别计算涂色的方法种数.
【详解】①对涂4种颜色，对于剩下的各剩2种颜色，且相邻的都含一种颜色是相同的，即当某个点取一种颜色时，其他点的颜色是确定的，那么共有2种情况，共有种，
②对涂3种颜色，对于从4种颜色中取3种，即，从这3种颜色中取1种来作重复的一种，即，再对这四种颜色进行排列，重复的那种只能在对角，有2个对角，再对其他不重复的2种进行排列，即对于剩下的同①一样，各剩2个颜色，当其中一点取一种颜色时，其他点颜色是确定的，共有2种，故共有种，
③涂2种颜色，则选2种颜色，涂在对角位置，有种方法，共2种颜色，故共有种方法，
所以一共有种方法.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查排列，组合，计数原理的综合应用，本题的关键是正确分类的涂色方法种数，并且先涂，再涂.
16．B
【分析】先分两类：①，，②，，然后每类分两步，根据组合数公式列式求出结果再相加可得结果.
【详解】因为，所以或.
当，时，前次向左跳跃次，向右跳跃次，后次向右跳跃次，
所以有种；
当，时，前次向右跳跃次，向左跳跃次，后次向左跳跃次，向右跳跃次，
所以有种.
综上所述：满足，的跳跃方法有种.
故选：B
【点睛】思路点睛：排列组合题一般思路是：先分类，再每类分步计数.
17．D
【分析】分类讨论按照O，A，B，C，D，E的顺序按题意要求去依次涂色即可解决.
【详解】先给O涂色，有种方法，接着给A涂色，有种方法，接着给B涂色，有种方法，
①若C与A同色，则有1种涂色方法，接着给D涂色，有3种涂色方法，
最后E有2种涂色方法；
②若C与A不同色，则有2种涂色方法，接着给D涂色，
若D与A同色，则有1种涂色方法，最后E有3种涂色方法；
若D与A不同色，则有2种涂色方法，最后E有2种涂色方法.
综上，涂色方法总数为
故选：D
18．
【分析】将个景区抽象为个点，见个检票口抽象为条路线，将问题化归为不重复走完条路线，即一笔画问题，分析可得只能从或处出发才能不重复走完条路线，再用列举法列出所有可能结果，即可得解.
【详解】如图将个景区抽象为个点，见个检票口抽象为条路线，将问题化归为不重复走完条路线，即一笔画问题，
从或处出发的线路是奇数条，其余是偶数条，可以判断只能从或处出发才能不重复走完条路线，
由于对称性，只列出从处出发的路线情形即可.
①走路线：，，，，，，共种；
②走路线：，，，，，，共种；
③走路线：，，，，共种；
综上，共有种检测顺序.
故答案为：
19．C
【分析】记事件位男生连着出场，事件女生甲排在第一个，利用容斥原理可知所求出场顺序的排法种数为，再利用排列组合可求出答案．
【详解】记事件位男生连着出场，即将位男生捆绑，与其他位女生形成个元素，所以，事件的排法种数为，
记事件女生甲排在第一个，即将甲排在第一个，其他四个任意排列，所以，事件的排法种数为，
事件女生甲排在第一位，且位男生连着，那么只需考虑其他四个人，将位男生与其他个女生形成三个元素，所以，事件的排法种数为种，
因此，出场顺序的排法种数
种，故选C．
【点睛】本题考查排列组合综合问题，题中两个事件出现了重叠，可以利用容斥原理
来等价处理，考查计算能力与分析问题的能力，属于中等题．
20．AC
【分析】对于A，用捆绑法即可;对于B，先用捆绑法再用插空法即可；对于C，用插空法即可；对于D，用插空法的同时注意分类即可.
【详解】对于A,将四个空位当成一个整体，全部的坐法：，故A对；
对于B，先排5个学生，然后将三个相邻的空位当成一个整体，和另一个空位插入5个学生中有中方法，所以一共有种，故B错；
对于C，先排5个学生，4个空位是一样的，然后将4个空位插入5个学生中有种，
所以一共有，故C对；
对于D，至多有2个相邻即都不相邻或者有两个相邻，由C可知都不相邻的有1800种，
空位两个两个相邻的有： ，空位只有两个相邻的有，所以一共有种，故D错；
故选：AC
21．(1)7680种
(2)1152种
【分析】（1）将一对夫妇视为一组，，视为一组，先将6组人圆排列，再对每一组内的两人调整位置，然后用分步乘法计数原理计算即得；
（2）先排甲、乙二人的太太及这两对夫妇，再排余下3对夫妇，最后用插空法排，，借助分步乘法计数原理计算即得.
【详解】（1）若5对夫妇都相邻，，相邻，可将每对夫妇划分为1组，，划分为1组，
再将这6组人围坐成一圈，共有种坐法，
由于每一组内两人还有顺序问题，
所以共有种坐法；
（2）分成三步来完成第一步，排甲、乙二人的太太的座位，有2种坐法，
甲、乙二人的座位也随之确定；
第二步，排其余3对夫妇的座位，有种坐法；
第三步，排，二人的座位，有种坐法，
根据分步乘法计数原理，共有种坐法.
22．ABC
【分析】逐个分析每个选项正确与否即可
【详解】对于A选项：产品A与B相邻，把作为一个元素有种方法，
而A，B可交换位置，所以有种摆法.故A选项符合题意.
对于B选项：同A选项一样分析可知产品A与C相邻也有48种摆法. 故B选项符合题意.
对于C选项:当相邻又满足相邻，
首先将产品捆绑起来作为一个元素并把产品放在产品与之间，
注意到产品与可互换位置，所以首先排列有种摆法，
把组成的整体作为一个元素和剩下的两个元素进行排列，又有种摆法，
所以A，B相邻又A，C相邻，有种摆法.故C选项符合题意.
对于D选项：由A选项可知A与B相邻有48种摆法，
由C选项可知A，B相邻又A，C相邻有12种摆法，
因此A与B相邻，且A与C不相邻有种摆法.故D选项不符合题意.
故选：ABC.
23．25200
【分析】由已知得10名学生中，有女生6人，男生4人，再利用插空法求解即可.
【详解】设10名学生中，有女生人，男生人，
则10名学生中选取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名学生中，有女生6人，男生4人，
将6名女生排成一排有种方法，再将4名男生插到7个空中有种方法，
因为男生的左右相对顺序固定，而4名男生排成一排有种方法，
所以一共有，
故答案为：25200
24．86400
【分析】分三步，先将5个女孩圆排列，再把6个男孩按2，1，1，1，1分成5组，最后把这5组放入已成圆排列的5个间隔即可得解.
【详解】因为任意2个女孩中间至少站1个男孩，则有且仅有2个男孩站在一起，
先把5个女孩排成一个圈，这是个圆形排列，因此排法共有(种)，
把6个男孩按2，1，1，1，1分成5组有种分法，
最后把5组男孩放入5个女孩构成圆排列的5个间隔中有种方法，而站在一起的两个男孩有顺序性，有2种站法，
所以，由分步乘法计数原理得，不同的排法共有(种).
故答案为：86400
25．B
【分析】分类分步排列即可.
【详解】由题意1和7是不能漏掉的，所以由以下路线：
（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条，
故选：B.
26．AD
【分析】根据对称性可得，即可判断A，对于B：则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，即可判断B，对于C：对的位置分类讨论，对于D，分、、三种情况讨论.
【详解】解：对于A：由于为奇数，根据对称性可知这样的数列有个，故A正确；
对于B：若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，
则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，则有个，故B错误；
对于C：从1，2，3，4，5，6中选出个数排在的右侧，其余排在的左侧，
得到先减后增的数列有个；
从1，2，3，4，5，6中选出2个数排在的右侧，其余排在的左侧，
得到先减后增的数列有个；
从1，2，3，4，5，6中选出3个数排在的右侧，其余排在的左侧，
得到先减后增的数列有个；
从1，2，3，4，5，6中选出4个数排在的右侧，其余排在的左侧，
得到先减后增的数列有个；
从1，2，3，4，5，6中选出5个数排在的右侧，其余排在的左侧，
得到先减后增的数列有个；
故满足条件的总个数为：个，故C错误．
对于D：若则这样的数列有个，
若则这样的数列有个，
若则这样的数列有个，
所以满足条件的这样的数列共有个，故D正确；
故选：AD
27．67
【分析】根据特殊元素特殊处理的原则，以丙进行分类，排完丙后，由甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，还要进行分类，根据分类计数原理可得.
【详解】因为丙当物理课代表则丁必须当化学课代表，以丙进行分类：
第一类，当丙当物理课代表时，丁必须当化学课代表，再根据甲当数学课代表，乙戊可以当英语和语文中的任一课，有种，当甲不当数学课代表，甲只能当英语课代表，乙只能当语文课代表，戊当数学课代表，有种，
共计种；
第二类，当丙不当物理课代表时，分四类：
①丙为语文课代表时，乙只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的甲丁戊任意排给剩下的三课，有种种，
②丙为数学课代表时，甲只能从英语、物理和化学中选择一课，剩下的乙丁戊任意排给剩下的三课，有种，
③丙为英语课代表时，继续分类，甲当数学课代表时，其他三位同学任意当有种，当甲不当数学课代表，甲只能从物理和化学课中选一课,乙只能从语文和甲选完后的剰下的一课中选一课，丁和戊做剰下的两课，有种，共计种，
④丙为化学课代表时，同③的选法一样有种，
根据分类计数原理得，不同的选法共有种.
故答案为：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）按甲所教科目的数量分类，然后由分类加法计数原理求解.
【详解】（1）
第一步，先将另外四门课排好，有种情况；
第二步，将“京剧”和“剪纸”课程分别插入5个空隙中，有种情况；
所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法有种；
（2）
第一步，先将甲和乙的不同课程排好，有种情况；
第二步，将甲和乙的相同课程排好，有种情况；
第三步，因为丙和甲、乙的课程都不同，所以丙的排法种情况；
因此，所有选课种数为.
（3）
①当A只任教1科时：先排A任教科目，有种；再从剩下5科中排B的任教科目，有种；接下来剩余4科中必有2科为同一名老师任教，分三组全排列，共有种；所以当A只任教1科时，共有种；
②当A任教2科时：先选A任教的2科有中，这样6科分为4组共有种，
所以，当A任教2科时，共有种，
综上，A不任教“围棋”的课程安排方案有1140种．
29．A
【分析】根据给定条件先求出“射”不在第一次的“六艺”讲座不同的次序数，去掉“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的“六艺”讲座不同的次序数即可得解.
【详解】每周安排一次，共讲六次的“六艺”讲座活动，“射”不在第一次的不同次序数为，
其中“射”不在第一次且“数”和“乐”两次相邻的不同次序数为，
于是得，
所以“六艺”讲座不同的次序共有408种.
故选：A
【点睛】思路点睛：含有两个限制条件的排列问题，利用排除法，先让一个条件被满足，再去掉这个条件满足时另一个条件不满足的所有可能即可解决问题.
30．
【分析】按甲校的人所在位置的标号均为奇数或者均为偶数和甲校的人所在位置的标号有奇数也有偶数分类讨论后可求同校不相邻的排法数.
【详解】考虑甲校人，乙、丙校均为n人的情形．设位置的标号分别为．
情形一 甲校的人所在位置的标号均为奇数或者均为偶数．
此时排法数为．
情形二 甲校的人所在位置的标号有奇数也有偶数，
则必然为以1开头的若干个奇数后续为以结尾的若干个偶数，按奇偶交替的位置计数，有种方法安排甲校的人，此时会出现一组相邻的位置，
因此有种方法安排乙和丙，总排法数有．
综上所述，所有的排法数为．
故答案为：.
31．(1)60
(2)630
【分析】（1）直接由排列的意义以及排列数即可解决；
（2）先组合，再排列，即利用到分步乘法计数原理，结合组合数、排列数即可解决.
【详解】（1）由题意从5名女生中选取3人依次进行面试，结合排列数的意义可知相当于从5名女生中选取3人依次进行排列，
此时对应有种不同的面试方法.
（2）安排满足题意的面试顺序一共需要分以下两大步：
一方面：由题意先抽取符合题意的组合，这里可以分为两小步：
第一步从5名女生中选取1名女生；第二步从7名男生中选取名男生；
由分步乘法计数原理可得符合题意的组合有种.
另一方面：注意到3名面试者是依次进行面试的，即再对刚刚组合好的3名面试者进行一次排列，
有种排列方法.结合以上两方面且由分步乘法计数原理可知满足题意的不同的面试方法有
种.
32．(1)
(2)
【分析】（1）按分步计数原理去求解即可解决；
（2）先分类再分步去求甲不报A项目，且B、C项目报名的人数相同的方法数即可.
【详解】（1）甲、乙报同一项目，可以在A、B、C三个智力竞赛项目中任选一个，有种方法，
接下来丁可以在A、B、C三个智力竞赛项目中任选一个，有种方法，
最后丙不报A项目，共有种方法.
则甲、乙报同一项目，丙不报A项目共有种报名方法.
（2）由题意，若B、C项目各有一人，先在乙、丙、丁三名同学中任选一人，有种方法，此人与甲在B、C项目中全排列，有种方法，余下的二人去参加A项目，有1种方法.则方法总数为种报名方法；
若B、C项目各有两人，则先给B项目选人，有种方法，再给C项目选人，有种方法，则方法总数为种报名方法.
所以甲不报A项目，且B、C项目报名的人数相同的报名方法共有种.
33．A
【分析】先将不平均分组问题分成两大类，然后由排列组合知识结合加法、乘法计数原理即可得解.
【详解】8人分三组可分为2人，2人，4人和2人，3人，3人，共两种情况.
第一种情况分成2人，2人，4人：女生去同一处景点，当成2人组时，
其他6人分成2人，4人两组且男生甲与女生不同组，有种方法；
当在4人组时，有种方法.
第二种情况分成2人，3人，3人：当成2人组时，有种方法；
当在3人组时，有种方法.
故这8名同学游玩行程的方法数为.
故选：A.
34．ABD
【分析】求得若对每名教师志愿者去哪道校门无要求的安排方法数判断选项A；求得若恰有一道门没有教师志愿者去的安排方法数判断选项B；求得若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去的安排方法数判断选项C；求得20把同一型号的额温枪，全部分配给三道校门且每道校门至少3把的分配方法数判断选项D.
【详解】甲、乙、丙、丁4名教师志愿者分别去东门、西门、北门三道校门协助保安值守
选项A：若对每名教师志愿者去哪道校门无要求，
则共有种不同的安排方法.判断正确；
选项B：若恰有一道门没有教师志愿者去，
则可以先把4名教师分成2组，再分配给东门、西门、北门三道校门.
则共有（种）不同的安排方法.判断正确；
选项C：若甲、乙两人都不能去北门，且每道门都有教师志愿者去，
则北门可以安排1名教师或安排2名教师.
则共有（种）不同的安排方法.判断错误；
选项D：若学校新购入20把同一型号的额温枪，准备全部分配给三道校门使用，
每道校门至少3把，则先分配给三道校门各2把，还剩14把，
将14把额温枪排成一排，在中间13个空位中置入2个挡板，
共有（种）分配方法.判断正确.
故选：ABD
35．ABD
【分析】利用乘法原理计算判定A；利用分组除序法计算判定BC；先利用捆绑法和分组除序法求得甲 乙两位教研员去同一所高中的排法种数，然后根据B的正确结果从反面得到D的正确结果.
【详解】对于A选项，每位教研员有三所学校可以选择，
故不同的调研安排有种，故A正确；
对于B，C选项，若每所重点高中至少去一位教研员，则可先将五位教研员分组，再分配，五位教研员的分组形式有两种：3，1，1；2，2，1，
分别有，种分组方法，
则不同的调研安排有种，故B正确，C错误；
对于D选项，将甲 乙两位教研员看成一人，则每所重点高中至少去一位教研员，且甲 乙两位教研员去同一所高中的排法有种，
则甲 乙两位教研员不去同一所高中的排法有种，D正确.
故选：ABD.
36．（1）2；（2）10；（3）65；（4）1560.
【分析】(1)根据条件每个箱子先放一个，确定余下两个小球的放法即为答案；
(2)将6个相同的小球排成一列，利用隔板法求解即得；
(3)把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，求出所有分组方法数即可；
(4)把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，再将每一种分法放入4个不同箱子即可得解.
【详解】（1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子至少放1个小球，每个箱子先放入1个小球，还剩下2个小球，
则余下2个小球放在1个箱子中，或分开放在2个箱子中，
所以共有2种放法；
（2）6个相同的小球放入4个不同的箱子，每个箱子至少放1个小球，将6个相同的小球排成一列，在形成的中间5个空隙中插入3块隔板，
所以不同的放法种数为；
（3）6个不同的小球放入4个相同的箱子，每个箱子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，
每一种分法的4组小球分别放入4个箱子满足要求，一种分组方法即为一种放法，
所以不同的放法种数为；
（4）6个不同的小球放入4个不同的箱子，每个箱子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，
每一种分法的4组小球全排列，得到的每一个排列的4组小球分别放入4个箱子满足要求，
所以不同的放法种数为．
37．B
【分析】分三种情况进行分类讨论，依据先分组再分配原则解决“至少”问题.
【详解】每个小区至少一名护士，则把护士分为3组，共有3种情况：1,1,4；1,2,3；2,2,2
把护士分为3组，3组人数分别为1,1,4，共有种分法，再分配给3个小区，有
种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为；
把护士分为3组，3组人数分别为1,2,3，共有种分法，再分配给3个小区，有
种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为；
把护士分为3组，3组人数分别为2,2,2，共有种分法，再分配给3个小区，有
种分法.每个小区1名医生有种分法，则分配方案数为
综上，分配方案总数为
故选：B
38．ACD
【分析】根据分组分配问题的处理方法，逐项列式判断即可.
【详解】对于A：将8名教师平均分配到4个不同班级，有种分配方法，故A正确；
对于B：有两个班级分配一名教师，另两个班级分配三名教师，有种分配方法，故B错误；
对于C：（1）班需要1名教师，（2）班和（3）班均需要2名教师，（4）班需要3名教师，有种分配方法，故C正确；
对于D：甲、乙、丙3名教师必须搭配一个班级，可达到教学效果最优化，
故剩余5名教师可按1，2，2和1，1，3两种情况分类，有种分配方法，故D正确．
故选：ACD．
39．180
【分析】按甲乙丙3人各分得书籍本数分类即可，注意平均分与不平均分情况.
【详解】6本书分给甲乙丙3人，每人至少1本.
则3人书籍本数分为1，1，4；1，2，3；2，2，2三大类情况.
第一类1，1，4情况：
若甲分1本，已分得书籍，则另两人一人1本，1人4本，共有种，
若甲分4本，即再取3本，则剩余2本书分给乙丙，一人一本，则共有种，
故第一类情况共有种；
第二类1，2，3情况：
若甲分1本，已分得书籍，另两人一人2本，1人3本，共有种，
若甲分2本，另两人一人1本，1人3本，共有种，
若甲分3本，另两人一人1本，1人2本，共有种，
故第二类情况共有种；
第三类2，2，2情况：
每人都两本，故甲再取1本，乙丙平均分剩下4本，则共有种；
所以不同的分发方式种数共.
故答案为：180.
40．(1)60种
(2)90种
【分析】（1）先从6本里面选一本给甲，再从剩下的5本里面选两本本给乙，最终将剩下的三本给丙，由分步乘法计数原理和组合数即可求解.
（2）分为两大步：第一步：先从6本里面选4本，再从3人里面选1人将刚刚选取的4本分给他；第二步：将剩下的两本分给剩下的两人即可.由分步乘法计数原理和组合数即可求解.
【详解】（1）依题意分书可分为以下三步：
第一步：先从6本里面选一本给甲，有种分法；
第二步：再从剩下的5本里面选两本给乙，有种分法；
第三步：将剩下的三本给丙，有种分法.
由分步乘法计数原理可知符合题意的分法有种.
（2）依题意分书可分为以下两大步：
第一步：先从6本里面选4本，再从3人里面选1人将刚刚选取的4本分给他，由分步乘法计数原理可知有种分法；
第二步：先从剩下的两本中选一本给剩下两人中的其中一人，最终将最后一本给剩下一人,由分步乘法计数原理可知有种分法.
因此由分步乘法计数原理可知符合题意的分法有种.
41．B
【分析】
先通过组合公式变形得，然后利用倒序相加求和即可.
【详解】由题可知通项公式，
所以，
同时，
上述两式相加得
，
所以，
所以.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键是对组合公式的灵活应用，以及对倒序相加方法的灵活使用.
42．BC
【分析】按的定义计算，判断A，B；根据的定义，理解其含义判断C；举反例判断D.
【详解】对于A，将全部排列，恰有3次升高的排列为，
故，A错误；
对于B，将全部排列，恰有2次升高，排列个数可以如下考虑：
1排首位时，共有1324，1423，1342，1243共4个排列符合恰有2次升高；
2排首位时，共有2134，2341，2314，2413共4个排列符合恰有2次升高；
3排首位时，共有3124，3412共2个排列符合恰有2次升高；
4排首位时，共有4123共1个排列符合恰有2次升高；
故，B正确；
对于C，将全部排列，共有处相邻两数满足或，
故如果其中有k处升高，则其余处必为，
将有k处升高的排列倒序排列，则得到的新排列显然有处升高，且两者排列的个数一样，
反之亦然，
所以有k处升高的排列个数等于有处升高的排列个数，
故，C正确；
对于D，不妨取，则，
而，，则，即，
故，D错误；
故选：BC
【点睛】关键点睛：本题是给出新的定义，要求按照其定义解决问题，关键是要理解新定义的含义，并按照其含义去解答.
43．(1)
(2)性质①不能推广，理由见解析；性质②能推广，证明见解析.
(3)证明见解析.
【分析】
（1）按题中定义计算即可；
（2）由定义可知m是正整数，所以只需要判断①；②中的是否只能是整数即可；
（3）分类讨论、、三种情况，其中当时可将的分子转换为正数进行计算证明.
【详解】（1）
（2）性质①不能推广，例如当时有定义，但无意义；
性质②能推广，它的推广形式是：，，m是正整数
证明：当时，有，
当时，
（3）当时，组合数；
当时，；
当时，由可知，
所以
因为组合数是正整数，所以
证毕.
44．AC
【分析】对于选项A，当时写出，由，中不含6，根据题意即可求得；对于选项B，当时写出，由，，，中含有个6，可得，，解不等式即可；对于选项C，，设，，由二项式定理求解即可；对于选项D，构造二项分布，利用均值求解即可.
【详解】当，，故，A正确；
当，，，
当时，，解得，B错误；
，设，，则，
于是，C正确；
因为，构造二项分布，则，
因此，D错误.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：本题考查计数原理、二项式定理、二项分布的均值；根据题意利用计数原理得到，根据二项式定理和二项分布求解.
45． ## ##
【分析】根据概率和为1可得，可求得，利用组合数的性质可求出
【详解】当，，时，，
因为，
故．
当，时，
因为，
所以，
所以
．
故答案为：，
【点睛】关键点点睛：该试题考查组合数的应用，解题的关键是正确理解，然后根据此公式求解，考查拓展思维和探索思维，属于较难题.
46．存在
【分析】令应用倒序相加及组合数、等差数列性质得，结合已知即可判断存在性.
【详解】由，
当，则，
当，则，
当，则，
，
若存在等差数列,则该数列必为，
下证，
令，且，倒序相加，得，
而，所以，则，
所以，
所以，存在等差数列，使得对一切自然数恒成立．
47．C
【解析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案.
【详解】解：如图，分以下几类：
棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对；
棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对；
侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；
所以共有对.
故选：C.
【点睛】本题考查棱柱的结构特征，异面直线的判断，分类加法计数原理，解题的关键在于根据题意合理分类，做到不重不漏，进而解决，是难题.
48．A
【分析】由题意，按照从大到小的顺序，逐一分情况讨论，结合排列组合以及分类加法原理，可得答案.
【详解】依题可知10只能在左边，按照从大到小的顺序，逐一分情况讨论，有以下4种情况：
情况①：第一步先排10，10只能在左边，接下来重量为1,2,4的砝码顺序随意有种，左右边随意，则种，共有种；
情况②：第一步先排4，4只能在左边，10可以在第2,3,4步中任选一步放，有种，重量为1,2的砝码顺序随意左右边随意，共有种；
情况③：第一步先排2，2只能在左边，
若第二步放10，则重量为去1,4的砝码顺序随意左右边随意，有中，
若第二步放4，则10可以在第3,4步汇总任选一步放，砝码1左右边随意放，有种，
若第二步放1，有2种放法，接下第3步有2种情形：
（）若第三步放10，那第四步放4可以在左右都行，有2种，
（）若第三步放4，那4只能放左边，第四步放10只能放左边，有1种，
共有种；
情况④：第一步先排1，1只能在左边，接下来第二步：
若第二步放10，则重量为2,4的砝码顺序随意左右边随意放，有种，
若第二步放4，则10可以在第3,4步中任选一步放，砝码2左右边随意放，有种，
若第二步放2，2只能在左边，接下来第三步有2种情形：
（）若第三步放10，那第四步放4可以在左右边都行，有2种，
（）若第三步放4，那4只能在左边，第四步放10只能放左边，有1种，
共有种，
综上有种.
故选：A.
49．C
【分析】按照地图涂色问题的方法，先分步再分类去种植花卉即可求得不同的种植方法种数.
【详解】如图，设5个区域分别是A，B，C，D，E.
第一步，选择1种花卉种植在A区域，有6种方法可以选择；
第二步：从剩下的5种不同的花卉中选择1种种植在B区域，有5种方法可以选择；
第三步：从剩下的4种花卉中选择1种种植在C区域，有4种方法可以选择；
第四步；若区域D与区域A种植同1种花卉，则区域E可选择的花卉有4种；
若区域D与区域A种植不同种花卉，则有3种方法可以选择；
则区域E可选择的花卉有种，
故不同的种植方法种数是.
故选：C
50．A
【分析】根据题意，分析出的所有可能取值，得到使、、成等比数列时对应的项，再运用计数原理求出这样不同函数的个数即可.
【详解】根据题意，的取值最大值为，最小值为，并且成为以2为公差的等差数列，故的可能取值为，的可能取值为，所有能使、、成等比数列时，、、的可能取值只有2种情况：①、、；②、、，由于（），所有或，即得到后项时，把前项加1或者把前项减1，（1）当、、时，即要构造满足条件的等比数列分为2步，第一步：从变化到，第二步：从变化到，从变化到，有5次变化，函数值从1变化到2，故应从5次中选择3次加1，2次减1，则对应的方法有种，从变化到，有6次变化，函数值从2变化到4，故应从6次中选择4次加1，2次减1，则对应的方法有种，故根据分布乘法原理，共有种，
（1）当、、时，即要构造满足条件的等比数列分为2步，第一步：从变化到，第二步：从变化到，从变化到，有5次变化，函数值从1变化到，故应从5次中选择1次加1，4次减1，则对应的方法有种，从变化到，有6次变化，函数值从变化到4，故应从6次中选择6次加1，则对应的方法有种，故根据分布乘法原理，共有种，
综上：满足条件的共有155个.
故选：A.
【点睛】解决本题的难点在于找到的取值规律，并发现使、、成等比数列所对应的三项，然后用计数原理计算出结果，主要考查学生的综合分析能力.
51．C
【分析】以间接法去求解这个排列问题简单快捷.
【详解】一共有7个数字，且其中有两个相同的数字1.
这7个数字按题意随机排列，可以得到个不同的数字.
当前两位数字为11或12时，得到的数字不大于3.14
当前两位数字为11或12时，共可以得到个不同的数字，
则大于3.14的不同数字的个数为
故选：C
52．D
【分析】由建桥的方式可以分为两类：（1）从一个地方出发向其他三个地方各建一桥，（2）一个地方最多建两桥但不能交叉，利用去杂法，即可求解.
【详解】由建立三座大桥，将这四个地方连起来，每座桥只连接两个地方，且不出现立体交叉形式，
可分为两类：
第一类：从一个地方出法向其他三个地方各建一座桥，共有4种不同的方法；
第二类：一个地方最多建两座桥，如这样的建桥方法：和属于相同的建桥方法，所以共有种不同的方法，
其中交叉建桥方法，例如：这样建桥不符合题意，共有4种，
所以第二类建桥，共有种不同的建桥方法.
综上可得，不同的连接方式有种.
故选：D
【点睛】本题主要考查了分类加法计数原理和分步乘法计数原理，以及排列的计算公式的应用，着重考查分析问题和解答问题的能力，属于较难试题.
53．A
【分析】由题意，满足条件的数列中的4项有四种情况：4项中每一项都不同；4项中有2项相同；4项中有3项相同；4项中两两相同，利用排列组合知识分别求出每种情况的个数即可求解.
【详解】解：由题意，满足条件的数列中的4项有四种情况：
（1）4项中每一项都不同，共有个；
（2）4项中有2项相同（如x,y,z,x）,共有个；
（3）4项中有3项相同（如x,x,y,x）,共有个；
（4）4项中两两相同（如x,y,x,y）,共有个；
所以数列共有个.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键，弄清楚满足条件的数列中的4项有四种情况：4项中每一项都不同；4项中有2项相同；4项中有3项相同；4项中两两相同.
54．D
【详解】分析：抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得和为的，共有种组合，利用分类计数原理能得到结果.
详解：由题意知正方形（边长为个单位）的周长是，
抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，
列举出在点数中三个数字能够使得和为的有，
共有种组合，
前种组合，每种情况可以排列出种结果，
共有种结果；
各有种结果，共有种结果，
根据分类计数原理知共有种结果，故选D.
点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.
55．B
【分析】设出三棱锥内部整数点的坐标，建立不等式，再根据方程有正整数解，借助隔板法列式作答.
【详解】设三棱锥内部整数点的坐标为，

依题意，，，则，令，，，
于是，令，即方程有正整数解，
因此三棱锥内部整数点（不包括边界）的个数即为方程的正整数解个数，
把8个相同小球排成一列，形成7个间隙，用3块板子插入其中的3个间隙，将8个小球分成4部分，
每种分法的各部分小球数即为方程的一个正整数解，共有种不同分法，
所以三棱锥内部整数点（不包括边界）的个数为.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及形如不等式一正整数解个数问题，可以增加变量转化为方程的不定解个数问题，再借助隔板法求解即可.
56．A
【分析】将问题转化为组合抽样思维，设为长度，为每段长度，为刻度对应的数量，则当尺子有3个刻度时满足条件，其中证明验证求解.
【详解】若有一根的尺子，量出长度为到且为整数的物体，
则当尺子有3个刻度时满足条件
设为长度，为每段长度，为刻度对应的数量，则有且，其中，
当时，
下证，当尺子有2个刻度时不能量出的物体长度
设且，其中，
所以当中有1个0，x的取值至多有3个
当中有2个0时，或，x的取值至多有2个
当中没有0时，x的取值有1个
所以x取值至多有6个，即当尺子有2个刻度时不能量出的物体长度．
故选:A
57．B
【分析】利用排除选项D；利用排除选项AC；举例验证选项B正确.
【详解】当集合A中的元素两两互质时，．
所以对于选项D，当时，，故选项D错误．
当时，若，其中，有，故．
对于选项A，，故．故选项A错误．
对于选项C，，则.故选项C错误．
对于选项B，，判断正确
（事实上，当时，要使最小，，记，其中，当时，有．）
故选：B
58．BD
【分析】分别判断的情况下的可能的传递情况，采用分步乘法和分类加法计数原理可计算得到.
【详解】从甲开始，一次传递有三种情况（甲传到下一个人有三种选择），
当时，就传递一次，不可能回到甲手上，；
当时，传递两次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传回到甲，，
当时，传递三次，先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，
最后传回到甲，，A错误；
当时，传递四次，两种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，B正确；
当时，传递五次，三种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，C错误；
当时，传递六次，两种情况：
（1）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（2）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（3）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
（4）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到甲手上，再传到任意乙、丙、丁手上，最后传回到甲，；
（5）先传到任意乙、丙、丁手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，再传到除了甲以外的两个人手上，最后传回到甲，；
，D正确.
故选：BD．
59．ACD
【分析】对A：根据运算求解；对B：可得，结合排列数分析运算；对C：根据组合数分析运算；对D：构建，利用的系数结合二项展开式的通项公式分析运算.
【详解】对A：，A正确；
对B：∵，
则，
故，
∵其个位数字是0，
故的个位数字是9，B错误；
对C：若，则，C正确；
对D：∵的展开式为，
∴，
故展开式的的系数为，
又∵，则，
同理可得：的展开式为，
即展开式的的系数为，
由于，故，D正确；
故选：ACD.
60．6142
【分析】根据条件分别对于与时得出排列个数.
【详解】对于给定的，考虑使的满足条件的排列个数，
当时，对有为的排列（若，则没有
这样的i），且（若，则没有这样的j），因此，
当时，类似地有，
因此，满足条件的排列个数为
故答案为：6142.
【点睛】本题关键针对与分别得出排列个数.
61．
【分析】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为、，根据乘法原理和加法原理得到；在维向量中，范数为奇数，则的个数为奇数，即的个数为、、、、，根据乘法原理和加法原理结合二项式定理可求得的表达式.
【详解】当时，范数为奇数，则的个数为偶数，即的个数为、，
根据乘法原理和加法原理得到.
在维向量中，范数为奇数，则的个数为奇数，
即的个数为、、、、，
根据乘法原理和加法原理得到，
，
，
两式相减得到.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：本题考查了向量的新定义，乘法原理，加法原理，二项式定理，数列的通项公式，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用和的展开式求数列通项是解题的关键，需要灵活掌握.
62．
【分析】根据给定定义，求出中所有二项式因式的常数项的积可得；由并结合多项式乘法法则求解作答.
【详解】（1）依题意，是展开式的常数项，
所以；
（2）依题意，，
则展开式中项是展开式中的项与x相乘加上与相乘积的和，
即，而，，
所以.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：由给定的新定义，探求n取相邻两个数时的两个定义式间的关系是求解问题的关键.
63．
【分析】
先以平面为基准，在平面内取三点，然后判断一次一共可以确定多少个“鳖（biē）臑（nào）”，然后类比推理，将重复计算的舍去即可.
【详解】（1） （2）
（3） （4）
如图以平面为基准，在平面内取三点，显然（1）（2）合题意，（3）（4）不合题意，同理，将换成，，，各能找到两个“鳖（biē）臑（nào）”，所以当三点确定在一个平面上时，可以确定8个“鳖（biē）臑（nào）”，共有6个面，所以可确定个“鳖（biē）臑（nào）”.但上图（1）在以平面为基准时又被算了一次，图（2）在以平面为基准时又被算了一次，所以每一种情况都被重复计算了一次，故共能确定个“鳖（biē）臑（nào）”.
故答案为：.
64．①②③
【分析】由所给的定义分别计算，值范围，在时，求出的最小值判断①②，在时，举实例利用列举法，判断③④作答．
【详解】当时，依题意，从集合A中任取两个元素可得一个和、一个差，
因此，，则有，②正确；
令，且，于是得6个差：，
显然，当时，，此时集合T中只有3个元素，
因此，此时6个和满足，而，即，
对于是满足的任意4个实数，必有，
显然，当时，集合S中只有5个元素，因此，
所以，①正确；
当时，同理有，，则，
取，2，3，5，时，，4，5，6，7，8，11，12，13，，，2，3，4，5，7，8，，
此时，即③正确；
取，2，4，6，时，，5，6，7，8，10，17，18，20，，，2，3，4，5，10，12，14，，
此时，即④不正确．
故答案为：①②③
65．
【分析】将等式看作是从编号为个球中，取出个球，其中第个球的编号依次为的情况，利用分类加法计数原理得到的结果；再由从编号为个球中，取出个球，有种取法，即可得到结果.
【详解】从编号为个球中，取出个球，记所选取的六个小球的编号分别为，且，
当时，分三步完成本次选取：
第一步，从编号为的球中选取2个；第二步，选取编号为的球；第三步，从剩下的个球中任选个，故选取的方法数为；
当时，分三步完成本次选取：
第一步，从编号为的球中选取2个；第二步，选取编号为的球；第三步，从剩下的个球中任选个，故选取的方法数为；
……；
当时，分三步完成本次选取：
第一步，从编号为的球中选取2个；第二步，选取编号为的球；第三步，从剩下的个球中选个，故选取的方法数为；
至此，完成了从编号为个球中，选取个球，第个球的编号确定时的全部情况，
另外，从编号为个球中，取出个球，有种取法，
所以.
故答案为：.
答案第1页，共2页
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