高中数学人教A版（2019）选择性必修第三册第六章综合卷1word版含答案
文档属性
| 名称 | 高中数学人教A版（2019）选择性必修第三册第六章综合卷1word版含答案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 540.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2022-02-09 08:55:07 | ||
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文档简介
高中数学人教A版（2019）选择性必修第三册第六章综合卷1
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．已知，则
A． B．0 C．14 D．
2．如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，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颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．192 B．336 C．600 D．以上答案均不对
3．如果一个位十进制数…的数位上的数字满足“小大小大…小大”的顺序，即满足：，我们称这种数为“波浪数”.从1,2,3,4,5组成的数字不重复的五位数中任取一个五位数，这个数为“波浪数”的概率是
A． B． C． D．
4．设集合，那么集合中满足条件
“”的元素个数为
A． B． C． D．
5．设A是集合的子集，只含有3个元素，且不含相邻的整数，则这种子集A的个数为（ ）
A．32 B．56 C．72 D．84
6．有张卡片分别写有数字，从中任取张，可排出不同的四位数个数为
A． B． C． D．
二、多选题
7．某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是（ ）
A．若1班不再分配名额，则共有种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外学生参加，则共有种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
8．已知，设，其中则（ ）
A． B．
C．若，则 D．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、填空题
9．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有3种不同的植物可供选择，则有_____种栽种方案．
10．把a，a，a，b，b，，排成一排，要求三个“a”两两不相邻，且两个“b”也不相邻，则这样的排法共有______种．
11．某学校要对如图所示的5个区域进行绿化（种花），现有4种不同颜色的花供选择，要求相邻区域不能种同一种颜色的花，则共有___________种不同的种花方法.
12．的展开式中的系数为______.
四、解答题
13．设数列是等比数列，，公比是的展开式中的第二项．
（1）用，表示通项与前项和；
（2）若，用，表示．
14．设，对于项数为的有穷数列，令为中最大值，称数列为数列的“创新数列”.例如数列3，5，4，7的创新数列为3，5，5，7. 考查正整数1，2，…，的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列.
（1）若，写出创新数列为3，4，4，4的所有数列；
（2）是否存在数列的创新数列为等比数列？若存在，求出符合条件的的创新数列；若不存在，请说明理由.
（3）是否存在数列，使它的创新数列为等差数列？若存在，求出满足所有条件的数列的个数；若不存在，请说明理由.
15．已知函数，其中，.
（1）若，，求的值；
（2）若，，求的最大值；
（3）若，求证：.
16．一条铁路有个车站，为适应客运需要，新增了个车站，且知，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
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．B
【分析】
由题可知，将转化为，再根据二项式展开式的性质，即可求出和，便可得出.
【详解】
解：由题知，，
且，
则，
，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查二项式定理的应用以及二项展开式的性质，考查计算能力.
2．C
【分析】
根据题意，结合计数原理，先排E，F，G，然后根据A，B，C，D的情况讨论．
【详解】
解：E，F，G分别有4，3，2种方法，
当A与F相同时，A有1种方法，此时B有2种，
若与F相同有C有1种方法，同时D有3种方法，
若C与F不同，则此时D有2种方法，
故此时共有：种方法；
当A与G相同时，A有1种方法，此时B有3种方法，
若C与F相同，C有1种方法，同时D有2种方法，
若C与F不同，则D有1种方法，
故此时共有：种方法；
当A既不同于F又不同于G时，A有1种方法，
若B与F相同，则C必须与A相同，同时D有2种方法；
若B不同于F，则B有1种方法，
Ⅰ若C与F相同则C有1种方法同时D有2种方法；
Ⅱ若C与F不同则必与A相同，C有1种方法，同时D有2种方法；
故此时共有：种方法；
综上共有种方法．
故选：C．
【点睛】
本题考查了计数原理，考查了分类讨论思想的应用，分类时要做到不重不漏．本题属于难题．
3．A
【详解】
根据题意，分析可得在“波浪数”中，十位数字，千位数中必有一个是，另一数是或，另一数是时，将与放在千位、十位上，有种情况，剩余的放在其余三个数位上，有种情况，则此时的“波浪数”有个；
另一数时，必须相邻，有四个“波浪数”，
则由可构成数字不重复的五位“波浪数”个数为，
所以构成的“波浪数”的概率为，故选A．
4．D
【详解】
试题分析：分以下三种情况讨论，
（1），则上述五个数中有一个为或，其余四个数为零，此时集合有
个元素；
（2），则上述五个数中有两个数为或，其余三个数为零，其中这两个数的所有可能搭配有中，此时集合有个；
（3），则上述五个数中有三个数为或，其余两个数为零，其中这两个数的所有可能搭配有中，此时集合有个；
综上所述，集合共有个元素.故选D.
【考点定位】
本题考查分类计数原理，属于较难题.
5．B
【分析】
分类列举出每一种可能性即可得到答案.
【详解】
若1,3在集合A内，则还有一个元素为5,6,7,8,9,10中的一个；
若1,4在集合A内，则还有一个元素为6,7,8,9,10中的一个；
若1,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有6+5+4+3+2+1=21个.
若2,4在集合A内，则还有一个元素为6,7,8,9,10中的一个；
若2,5在集合A内，则还有一个元素为7,8,9,10中的一个；
若2,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有5+4+3+2+1=15个.
若3,5在集合A内，则还有一个元素为7,8,9,10中的一个；
若3,6在集合A内，则还有一个元素为8,9,10中的一个；
若3,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有4+3+2+1=10个.
若4,6在集合A内，则还有一个元素为8,9,10中的一个；
若4,7在集合A内，则还有一个元素为9,10中的一个；
若4,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有3+2+1=6个.
若5,7在集合A内，则还有一个元素为9,10中的一个；
若5,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有2+1=3个.
若6,8,10在在集合A内，只有1个.
总共有21+15+10+6+3+1=56个
故选：B.
6．C
【详解】
分析：根据题意，分四种情况讨论：①取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4；②取出四张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2；③若取出的四张卡片为2张1和2张2；④取出四张卡片中有3个重复数字，则重复数字为1，分别求出每种情况下可以排出四位数的个数，由分类计数原理计算可得结论.
详解：根据题意，分四种情况讨论：
①取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4；
此时有种顺序，可以排出24个四位数.
②取出四张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2，
若重复的数字为1，在2,3,4中取出2个，有种取法，安排在四个位置中，
有种情况，剩余位置安排数字1，可以排出个四位数
同理，若重复的数字为2，也可以排出36个重复数字；
③若取出的四张卡片为2张1和2张2，在4个位置安排两个1，有种情况，
剩余位置安排两个2，则可以排出个四位数；
④取出四张卡片中有3个重复数字，则重复数字为1，在2,3,4中取出1个卡片，
有种取法，安排在四个位置中，有种情况，剩余位置安排1，
可以排出个四位数，则一共有个四位数，故选C.
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.
7．BD
【分析】
对于AB，将20个名额分给n个班，且每个班至少有一个名额，相当于在20个物体的19个空中，选个位置分隔，用插空法；对于CD，利用分类相加计数原理，即可得到.
【详解】
对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据插空法，有种分配方法，故A错误；
对于B，若1班有除劳动模范之外学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据插空法，有种分配方法，故B正确；
对于CD，若每个班至少3人参加，相当于16个名额被占用，还有4个名额需要分到6个班级，分5类：①4个名额到一个班，有6种；②一个班3个名额，一个班1个名额，有种；③两个班都是2个名额，有种；④两个班1个名额，一个班2个名额，有；⑤四个班都是1个名额，有种，则共有126种，故C错误，D正确.
故选：BD.
【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.
8．AC
【分析】
根据二项式定理判断A，利用组合数公式结合二项式定理判断B，设是中最大项，列不等式组，求解后判断C，举反例判断D．
【详解】
A． ，A正确；
B．，
所以
（除非），B错；
C．设是中最大项，
，即，
注意到，，又，
不等式组可解为，所以，所以，C正确；
D．例如时，，，
，D错误．
故选：AC．
【点睛】
方法点睛：本题考查二项式定理，掌握二项式定理是解题关键．处理方法：（1）组合数的变形公式，（2）求二项展开式中最大项（或最小项）的方法，设第项是，可设第项最大，则有，解此不等式可得．
9．66
【分析】
根据题意，分3种情况讨论：①当A、C、E种同一种植物，②当A、C、E种二种植物，③当A、C、E种三种植物，再由分类计数原理，即可求得，得到答案．
【详解】
根据题意，分3种情况讨论：
①当A、C、E种同一种植物，此时共有3×2×2×2=24种方法；
②当A、C、E种二种植物，此时共有C32×A32×2×1×1=36种方法；
③当A、C、E种三种植物，此时共有A33×1×1×1=6种方法；
则一共有24+36+6=66种不同的栽种方案；
故答案为66．
【点睛】
本题主要考查分类计数原理，及有关排列组合的综合问题，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，同时在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式．
10．96
【分析】
计数综合问题，可先对b，b，，进行排列，然后用“插空法”解决三个“a”两两不相邻的问题，最后减去两个“b”相邻的情况即为所求
【详解】
根据题意，分情况进行分析：
①先排列b，b，，，若，不相邻，则有（种）排法，若，相邻，则有（种）排法．所以b，b，，的排法有（种），排好后有5个空位．
②从所形成的5个空中选3个插入a，共有（种）方法，若b，b相邻，从所形成的4个空中选3个插入a，共有（种）方法，
故三个“a”两两步相邻，且两个“b”也不相邻的排法共有（种）．
故答案为：96
11．72
【解析】
分析: 根据题意，分4步进行分析：依次分析区域1、2、3、4和5的着色方法数目，由分步计数原理计算可得答案．
详解：根据题意，分4步进行分析：
①，对于区域1，有4种颜色可选，即有4种着色方法，
②，对于区域2，与区域1相邻，有3种颜色可选，即有3种着色方法，
③，对于区域3，与区域1、2相邻，有2种颜色可选，即有2种着色方法，
④，对于区域4，若其颜色与区域2的相同，区域5有2种颜色可选，
若其颜色与区域2的不同，区域4有1种颜色可选，区域5有1种颜色可选，
则区域4、5共有2+1=3种着色方法；
则一共有4×3×2×（1+2）=72种着色方法；
故答案为72
点睛：解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手；(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．
12．-6480
【分析】
，利用二项式定理得到，再展开，计算得到答案.
【详解】
，展开式的通项为：，
取，则，
的展开式的通项为：，
取，得到，
故的系数为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.
13．（1），；（2） ．
【分析】
（1）根据组合数的性质可求得的值，根据二项展开式的通项可求得的值，从而可求得；
（2）用倒序相加法及组合数的性质可求得．
【详解】
（1）∵，
∴，即，
∴，∴．
又由，知，
∴，
∴，．
（2）当时，，
，①
又，②
由①+②，得，
∴．
当时，，
．
∴．
14．（1）3，4，1，2和3，4，2，1，（2）存在，，（3）有个
【分析】
（1）先阅读题意，再求出数列即可得解；
（2）先假设存在数列的创新数列为等比数列，再由创新数列的定义求解即可；
（3）先假设存在数列的创新数列为等差数列，再由创新数列的定义分类讨论等差数列的公差求解即可.
【详解】
解：（1）由题意可得：第一个数为3，第二个数为4，第三个与第四个数分别为1与2的排列即可，即数列有两个：3，4，1，2和3，4，2，1；
（2）存在数列的创新数列为等比数列，
理由如下：
设数列的创新数列为，
若为等比数列，设公比是，因为，所以，
当时，为常数列，满足条件，即创新数列为；
当时，为增数列，符合条件的数列只有1，2，，
又1，2，，不是等比数列；
综上可得符合条件的创新数列只有一个；
（3）存在数列，使它的创新数列为等差数列，
理由如下：
若为等差数列，设公差是，因为，
所以且，
当时，为常数列，满足条件，即创新数列为；
此时数列是首项为的任意一个排列，共有个排列，
当时，为增数列，符合条件的数列只有1，2，，
此时数列是1，2，，只有一个；
当时，与矛盾，此时不存在；
所以满足条件的数列的个数为个.
【点睛】
本题考查了等差数列，等比数列的定义及排列组合，重点考查了对新定义的理解，属中档题.
15．（1）；（2）；（3）见解析．
【解析】
分析：（1）赋值法：求
（2）先求通项公式，利用解出，设第项的系数最大，所以
（3）时，，利用组合数的公式化简求解．
详解：（1），时，
，
令得，
令得 ，
可得；
（2），
，
不妨设中，则
或，
中的最大值为；
（3）若，，
，
因为
，
所以
.
点睛：（1）二项式定理求系数和的问题，采用赋值法．
（2）求解系数的最大项，先设最大项的系数，注意所求的是第项的系数，计算不等式采用消去法化简计算，取整数．
（3）组合数公式的计算整体变形，构造的结构，一般采用计算，不要展开．
16．15;17.
【详解】
试题分析：车票问题由于有起点站和终点站的不同，导致车票不同，因此是排列问题；本题从 n个车站增加m个车站，车票增加数为从m+n个站点选出2个站点的排列数减去从n个站点选出2个站点的排列数，这个差值等于62，解方程求出m,n之间的关系，根据n>0，得出关于m的不等式，根据题意求出结果.
试题解析：
原来个车站有车票种，新增了个车站，有车票种，有题意得
，即整理得
.∴，由从而有，∴.
又∵，解得即，当时，均不为整数，只有时，符合题意，∴，故原来有15个车站，现在有17个车站.
【点睛】车票问题由于有起点站和终点站的不同，导致车票不同，因此是排列问题；车票问题，由于两站之间的票价相同，顺序不同票价相同，是组合问题；与排列、组合有关的方程问题在解答时要注意隐含的条件，首先是有范围要求，其次必须是整数解.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
一、单选题
1．已知，则
A． B．0 C．14 D．
2．如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，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颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．192 B．336 C．600 D．以上答案均不对
3．如果一个位十进制数…的数位上的数字满足“小大小大…小大”的顺序，即满足：，我们称这种数为“波浪数”.从1,2,3,4,5组成的数字不重复的五位数中任取一个五位数，这个数为“波浪数”的概率是
A． B． C． D．
4．设集合，那么集合中满足条件
“”的元素个数为
A． B． C． D．
5．设A是集合的子集，只含有3个元素，且不含相邻的整数，则这种子集A的个数为（ ）
A．32 B．56 C．72 D．84
6．有张卡片分别写有数字，从中任取张，可排出不同的四位数个数为
A． B． C． D．
二、多选题
7．某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是（ ）
A．若1班不再分配名额，则共有种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外学生参加，则共有种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
8．已知，设，其中则（ ）
A． B．
C．若，则 D．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
三、填空题
9．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有3种不同的植物可供选择，则有_____种栽种方案．
10．把a，a，a，b，b，，排成一排，要求三个“a”两两不相邻，且两个“b”也不相邻，则这样的排法共有______种．
11．某学校要对如图所示的5个区域进行绿化（种花），现有4种不同颜色的花供选择，要求相邻区域不能种同一种颜色的花，则共有___________种不同的种花方法.
12．的展开式中的系数为______.
四、解答题
13．设数列是等比数列，，公比是的展开式中的第二项．
（1）用，表示通项与前项和；
（2）若，用，表示．
14．设，对于项数为的有穷数列，令为中最大值，称数列为数列的“创新数列”.例如数列3，5，4，7的创新数列为3，5，5，7. 考查正整数1，2，…，的所有排列，将每种排列都视为一个有穷数列.
（1）若，写出创新数列为3，4，4，4的所有数列；
（2）是否存在数列的创新数列为等比数列？若存在，求出符合条件的的创新数列；若不存在，请说明理由.
（3）是否存在数列，使它的创新数列为等差数列？若存在，求出满足所有条件的数列的个数；若不存在，请说明理由.
15．已知函数，其中，.
（1）若，，求的值；
（2）若，，求的最大值；
（3）若，求证：.
16．一条铁路有个车站，为适应客运需要，新增了个车站，且知，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
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．B
【分析】
由题可知，将转化为，再根据二项式展开式的性质，即可求出和，便可得出.
【详解】
解：由题知，，
且，
则，
，
所以.
故选：B.
【点睛】
本题考查二项式定理的应用以及二项展开式的性质，考查计算能力.
2．C
【分析】
根据题意，结合计数原理，先排E，F，G，然后根据A，B，C，D的情况讨论．
【详解】
解：E，F，G分别有4，3，2种方法，
当A与F相同时，A有1种方法，此时B有2种，
若与F相同有C有1种方法，同时D有3种方法，
若C与F不同，则此时D有2种方法，
故此时共有：种方法；
当A与G相同时，A有1种方法，此时B有3种方法，
若C与F相同，C有1种方法，同时D有2种方法，
若C与F不同，则D有1种方法，
故此时共有：种方法；
当A既不同于F又不同于G时，A有1种方法，
若B与F相同，则C必须与A相同，同时D有2种方法；
若B不同于F，则B有1种方法，
Ⅰ若C与F相同则C有1种方法同时D有2种方法；
Ⅱ若C与F不同则必与A相同，C有1种方法，同时D有2种方法；
故此时共有：种方法；
综上共有种方法．
故选：C．
【点睛】
本题考查了计数原理，考查了分类讨论思想的应用，分类时要做到不重不漏．本题属于难题．
3．A
【详解】
根据题意，分析可得在“波浪数”中，十位数字，千位数中必有一个是，另一数是或，另一数是时，将与放在千位、十位上，有种情况，剩余的放在其余三个数位上，有种情况，则此时的“波浪数”有个；
另一数时，必须相邻，有四个“波浪数”，
则由可构成数字不重复的五位“波浪数”个数为，
所以构成的“波浪数”的概率为，故选A．
4．D
【详解】
试题分析：分以下三种情况讨论，
（1），则上述五个数中有一个为或，其余四个数为零，此时集合有
个元素；
（2），则上述五个数中有两个数为或，其余三个数为零，其中这两个数的所有可能搭配有中，此时集合有个；
（3），则上述五个数中有三个数为或，其余两个数为零，其中这两个数的所有可能搭配有中，此时集合有个；
综上所述，集合共有个元素.故选D.
【考点定位】
本题考查分类计数原理，属于较难题.
5．B
【分析】
分类列举出每一种可能性即可得到答案.
【详解】
若1,3在集合A内，则还有一个元素为5,6,7,8,9,10中的一个；
若1,4在集合A内，则还有一个元素为6,7,8,9,10中的一个；
若1,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有6+5+4+3+2+1=21个.
若2,4在集合A内，则还有一个元素为6,7,8,9,10中的一个；
若2,5在集合A内，则还有一个元素为7,8,9,10中的一个；
若2,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有5+4+3+2+1=15个.
若3,5在集合A内，则还有一个元素为7,8,9,10中的一个；
若3,6在集合A内，则还有一个元素为8,9,10中的一个；
若3,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有4+3+2+1=10个.
若4,6在集合A内，则还有一个元素为8,9,10中的一个；
若4,7在集合A内，则还有一个元素为9,10中的一个；
若4,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有3+2+1=6个.
若5,7在集合A内，则还有一个元素为9,10中的一个；
若5,8在集合A内，则还有一个元素为10；
共有2+1=3个.
若6,8,10在在集合A内，只有1个.
总共有21+15+10+6+3+1=56个
故选：B.
6．C
【详解】
分析：根据题意，分四种情况讨论：①取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4；②取出四张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2；③若取出的四张卡片为2张1和2张2；④取出四张卡片中有3个重复数字，则重复数字为1，分别求出每种情况下可以排出四位数的个数，由分类计数原理计算可得结论.
详解：根据题意，分四种情况讨论：
①取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4；
此时有种顺序，可以排出24个四位数.
②取出四张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2，
若重复的数字为1，在2,3,4中取出2个，有种取法，安排在四个位置中，
有种情况，剩余位置安排数字1，可以排出个四位数
同理，若重复的数字为2，也可以排出36个重复数字；
③若取出的四张卡片为2张1和2张2，在4个位置安排两个1，有种情况，
剩余位置安排两个2，则可以排出个四位数；
④取出四张卡片中有3个重复数字，则重复数字为1，在2,3,4中取出1个卡片，
有种取法，安排在四个位置中，有种情况，剩余位置安排1，
可以排出个四位数，则一共有个四位数，故选C.
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.
7．BD
【分析】
对于AB，将20个名额分给n个班，且每个班至少有一个名额，相当于在20个物体的19个空中，选个位置分隔，用插空法；对于CD，利用分类相加计数原理，即可得到.
【详解】
对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据插空法，有种分配方法，故A错误；
对于B，若1班有除劳动模范之外学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据插空法，有种分配方法，故B正确；
对于CD，若每个班至少3人参加，相当于16个名额被占用，还有4个名额需要分到6个班级，分5类：①4个名额到一个班，有6种；②一个班3个名额，一个班1个名额，有种；③两个班都是2个名额，有种；④两个班1个名额，一个班2个名额，有；⑤四个班都是1个名额，有种，则共有126种，故C错误，D正确.
故选：BD.
【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.
8．AC
【分析】
根据二项式定理判断A，利用组合数公式结合二项式定理判断B，设是中最大项，列不等式组，求解后判断C，举反例判断D．
【详解】
A． ，A正确；
B．，
所以
（除非），B错；
C．设是中最大项，
，即，
注意到，，又，
不等式组可解为，所以，所以，C正确；
D．例如时，，，
，D错误．
故选：AC．
【点睛】
方法点睛：本题考查二项式定理，掌握二项式定理是解题关键．处理方法：（1）组合数的变形公式，（2）求二项展开式中最大项（或最小项）的方法，设第项是，可设第项最大，则有，解此不等式可得．
9．66
【分析】
根据题意，分3种情况讨论：①当A、C、E种同一种植物，②当A、C、E种二种植物，③当A、C、E种三种植物，再由分类计数原理，即可求得，得到答案．
【详解】
根据题意，分3种情况讨论：
①当A、C、E种同一种植物，此时共有3×2×2×2=24种方法；
②当A、C、E种二种植物，此时共有C32×A32×2×1×1=36种方法；
③当A、C、E种三种植物，此时共有A33×1×1×1=6种方法；
则一共有24+36+6=66种不同的栽种方案；
故答案为66．
【点睛】
本题主要考查分类计数原理，及有关排列组合的综合问题，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，同时在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式．
10．96
【分析】
计数综合问题，可先对b，b，，进行排列，然后用“插空法”解决三个“a”两两不相邻的问题，最后减去两个“b”相邻的情况即为所求
【详解】
根据题意，分情况进行分析：
①先排列b，b，，，若，不相邻，则有（种）排法，若，相邻，则有（种）排法．所以b，b，，的排法有（种），排好后有5个空位．
②从所形成的5个空中选3个插入a，共有（种）方法，若b，b相邻，从所形成的4个空中选3个插入a，共有（种）方法，
故三个“a”两两步相邻，且两个“b”也不相邻的排法共有（种）．
故答案为：96
11．72
【解析】
分析: 根据题意，分4步进行分析：依次分析区域1、2、3、4和5的着色方法数目，由分步计数原理计算可得答案．
详解：根据题意，分4步进行分析：
①，对于区域1，有4种颜色可选，即有4种着色方法，
②，对于区域2，与区域1相邻，有3种颜色可选，即有3种着色方法，
③，对于区域3，与区域1、2相邻，有2种颜色可选，即有2种着色方法，
④，对于区域4，若其颜色与区域2的相同，区域5有2种颜色可选，
若其颜色与区域2的不同，区域4有1种颜色可选，区域5有1种颜色可选，
则区域4、5共有2+1=3种着色方法；
则一共有4×3×2×（1+2）=72种着色方法；
故答案为72
点睛：解答排列、组合问题的角度：解答排列、组合应用题要从“分析”、“分辨”、“分类”、“分步”的角度入手；(1)“分析”就是找出题目的条件、结论，哪些是“元素”，哪些是“位置”；(2)“分辨”就是辨别是排列还是组合，对某些元素的位置有、无限制等；(3)“分类”就是将较复杂的应用题中的元素分成互相排斥的几类，然后逐类解决；(4)“分步”就是把问题化成几个互相联系的步骤，而每一步都是简单的排列、组合问题，然后逐步解决．
12．-6480
【分析】
，利用二项式定理得到，再展开，计算得到答案.
【详解】
，展开式的通项为：，
取，则，
的展开式的通项为：，
取，得到，
故的系数为.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了二项式定理的应用，意在考查学生的计算能力和应用能力.
13．（1），；（2） ．
【分析】
（1）根据组合数的性质可求得的值，根据二项展开式的通项可求得的值，从而可求得；
（2）用倒序相加法及组合数的性质可求得．
【详解】
（1）∵，
∴，即，
∴，∴．
又由，知，
∴，
∴，．
（2）当时，，
，①
又，②
由①+②，得，
∴．
当时，，
．
∴．
14．（1）3，4，1，2和3，4，2，1，（2）存在，，（3）有个
【分析】
（1）先阅读题意，再求出数列即可得解；
（2）先假设存在数列的创新数列为等比数列，再由创新数列的定义求解即可；
（3）先假设存在数列的创新数列为等差数列，再由创新数列的定义分类讨论等差数列的公差求解即可.
【详解】
解：（1）由题意可得：第一个数为3，第二个数为4，第三个与第四个数分别为1与2的排列即可，即数列有两个：3，4，1，2和3，4，2，1；
（2）存在数列的创新数列为等比数列，
理由如下：
设数列的创新数列为，
若为等比数列，设公比是，因为，所以，
当时，为常数列，满足条件，即创新数列为；
当时，为增数列，符合条件的数列只有1，2，，
又1，2，，不是等比数列；
综上可得符合条件的创新数列只有一个；
（3）存在数列，使它的创新数列为等差数列，
理由如下：
若为等差数列，设公差是，因为，
所以且，
当时，为常数列，满足条件，即创新数列为；
此时数列是首项为的任意一个排列，共有个排列，
当时，为增数列，符合条件的数列只有1，2，，
此时数列是1，2，，只有一个；
当时，与矛盾，此时不存在；
所以满足条件的数列的个数为个.
【点睛】
本题考查了等差数列，等比数列的定义及排列组合，重点考查了对新定义的理解，属中档题.
15．（1）；（2）；（3）见解析．
【解析】
分析：（1）赋值法：求
（2）先求通项公式，利用解出，设第项的系数最大，所以
（3）时，，利用组合数的公式化简求解．
详解：（1），时，
，
令得，
令得 ，
可得；
（2），
，
不妨设中，则
或，
中的最大值为；
（3）若，，
，
因为
，
所以
.
点睛：（1）二项式定理求系数和的问题，采用赋值法．
（2）求解系数的最大项，先设最大项的系数，注意所求的是第项的系数，计算不等式采用消去法化简计算，取整数．
（3）组合数公式的计算整体变形，构造的结构，一般采用计算，不要展开．
16．15;17.
【详解】
试题分析：车票问题由于有起点站和终点站的不同，导致车票不同，因此是排列问题；本题从 n个车站增加m个车站，车票增加数为从m+n个站点选出2个站点的排列数减去从n个站点选出2个站点的排列数，这个差值等于62，解方程求出m,n之间的关系，根据n>0，得出关于m的不等式，根据题意求出结果.
试题解析：
原来个车站有车票种，新增了个车站，有车票种，有题意得
，即整理得
.∴，由从而有，∴.
又∵，解得即，当时，均不为整数，只有时，符合题意，∴，故原来有15个车站，现在有17个车站.
【点睛】车票问题由于有起点站和终点站的不同，导致车票不同，因此是排列问题；车票问题，由于两站之间的票价相同，顺序不同票价相同，是组合问题；与排列、组合有关的方程问题在解答时要注意隐含的条件，首先是有范围要求，其次必须是整数解.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页