人教A版（2019）选修第三册第六章 计数原理素养检测word版含答案

人教A版（2019） 选修第三册 第六章 素养检测
一、单选题
1．已知（其中，且），且，，成等差数列，则（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5.
2．展开式的系数为
A． B． C．15 D．45
3．有6个座位连成一排，安排3个人就座，恰有两个空位相邻的不同安排方法共有种？
A．48 B．72 C．96 D．120
4．在1，2，3，4，5这五个数字所组成的允许有重复数字的三位数中，其各个数字之和为9的三位数共有
A．16个 B．18个 C．19个 D．21个
5．某农场有如图所示的六块田地，现有萝卜、玉米、油菜三类蔬菜可种．为有利于作物生长，要求每块田地种一类蔬菜，每类蔬菜种两块田地，每行、每列的蔬菜种类各不相同，则不同的种植方法数为(　　).
A．12 B．16 C．18 D．24
6．.设n为偶数，则被10整除的余数是（ ）
A．0. B．1. C．2. D．-1.
7．从6男4女中任选2男2女担任、、、四种互不相同的工作，且每人担任其中的一项工作．若女甲不能担任工作，则不同的选派方案种数为（ ）．A．1800 B．1890 C．2160 D．2210
8．在的二项展开式中，常数项的值为（ ）
A．8 B．20 C．120 D．160
9．如图所示的三角形数组是我国古代数学家杨辉发现的，称为杨辉三角形，根据数组中的数构成的规律，其中的a所表示的数是（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
10．小孔家有爷爷、奶奶、姥爷、姥姥、爸爸、妈妈，包括他共7人，一天爸爸从果园里摘了7个大小不同的梨，给家里每人一个，小孔拿了最小的一个，爷爷、奶奶、姥爷、姥姥4位老人之一拿最大的一个，则梨子的不同分法共有
A．96种 B．120种 C．480种 D．720种
11．已知，，若，则在的展开式中，含项的系数为
A． B． C． D．
12．从10名高三年级优秀学生中挑选3人担任校长助理,则甲、乙至少有1人入选,而丙没有入选的概率为
A． B． C． D．
13．在的展开式中， 的系数是224，则的系数是（　　）
A．14 B．28 C．56 D．112
二、多选题
14．关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ）
A．各项系数之和为1
B．各项系数的绝对值之和为212
C．存在常数项
D．x3的系数为40
15．使不等式成立的n的取值可以是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
16．已知，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
17．下列说法正确的是（ ）
A．某班位同学从文学、经济和科技三类不同的图书中任选一类，不同的结果共有种；
B．甲乙两人独立地解题，已知各人能解出的概率分别是，则题被解出的概率是；
C．某校名教师的职称分布情况如下：高级占比，中级占比，初级占比，现从中抽取名教师做样本，若采用分层抽样方法，则高级教师应抽取人；
D．两位男生和两位女生随机排成一列，则两位女生不相邻的概率是.
三、双空题
18．二项式的展开式的所有项的系数和为_________，展开式中有理项的项数为_________.
19．若将函数表示为，其中，，，，为实数，则________，________.
四、填空题
20．在二项式的展开式中，若含的项的系数为-10，则__________．
21．将2名教师，6名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1名教师和3名学生组成，不同的安排方案总数为______.
22．有五名同学站成一排照毕业纪念照，其中甲不能站在最左端，而乙必须站在丙的左侧（不一定相邻），则不同的站法种数为__________．(用数字作答）
23．二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中常数项是______________.
24．已知的展开式中，的系数为80，则_____.
25．若在关于的展开式中，常数项为4，则的系数是______________．
26．设，其中e为自然对数的底数，若，则________.
27．2018年上海春季高考有23所高校招生，如果某3位同学恰好被其中2所高校录取，那么不同的录取方法有______种
28．某校对全校1200名男女学生进行健康调查，采用分层抽样法抽取一个容量为200的样本，已知女生抽了95人，则该校的男生数是__________．
29．已知的展开式中的系数与的展开式中的系数相等，则_____.
30．对一个各边不等的凸五边形的各边染色，每条边可以染红、黄、蓝三种颜色中的一种，但是不允许相邻的边有相同的颜色，则不同的染色方法共有________种（用数字作答）．
五、解答题
31．已知一班有名选手，二班有名选手，现从两个班中选派人参加4*100米接力赛，分别跑1、2、3、4棒，求在下列情形中各有多少种选派方法：
（1）选取一班选手名，二班选手名；
（2）二班的选手甲必须被选，且他不能跑第一棒；
（3）二班的选手甲和选手乙必须被选，且这两人不能跑相邻的两棒.
32．设，且的展开式的各二项式系数之和为.
（1）求的值；
（2）求的值.
33．参观团由13人组成，要选出2男1女分别担任团长、政委、联络员，所选女性不为团长，有2位男性不在候选人之列，已知选出且确定职务的方法有300种，求此团中男、女团员的人数.
34．在的展开式中.
（1）若存在常数项，求的最小值；
（2）①展开式中二项式系数和为；
②展开式中所有的系数和为；
③展开式中第项和第项的二项式系数相等在以上①②③中任选一项作答.
（i）求；
（ii）若展开式中存在常数项，求常数项；若不存在说明理由．
(如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分)
35．已知.
（1）当时，求的展开式中含项的系数；
（2）证明：的展开式中含项的系数为；
（3）定义：，化简：.
36．在①展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为64:1，②展开式中前三项的二项式系数之和为22这两个条件中任选一个条件，补充在下面问题中的横线上，并完成解答．
问题：已知二项式，______．
(1)求展开式中系数最大的项；
(2)求中含项的系数．
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分．
37．用0，1，2，3，4，5这六个数字：(最后运算结果请以数字作答)
（1）能组成多少个无重复数字的四位偶数？
（2）能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？
（3）能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？
38．如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
计算，，，根据等差数列计算得到答案.
【详解】
展开式的通项为：，故，，，
，，成等差数列，所以，化简得，解得或（舍），
故选：A.
【点睛】
本题考查了二项式定理，等差数列的性质，意在考查学生的计算能力和综合应用能力.
2．B
【解析】
【分析】
先化简=，再利用二项式定理的通项分析得解.
【详解】
由题得=，
设
对于二项式，设其通项为，
令6-r-3k=2,所以r+3k=4,r,k∈,方程的解为r=1,k=1或者r=4,k=0.
所以展开式的系数为.
故答案为B
【点睛】
本题主要考查二项式定理，考查二项式展开式中的系数的求法，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理计算能力.
3．B
【解析】
【详解】
解答：
3人坐6个座位,坐法共有 ，
其中空坐各不相邻的坐法为 ，
三个空坐相连的坐法 ，
∴满足条件的坐法共有 .
本题选择B选项.
点睛：(1)解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)．
(2)不同元素的分配问题，往往是先分组再分配．在分组时，通常有三种类型：①不均匀分组；②均匀分组；③部分均匀分组，注意各种分组类型中，不同分组方法的求法．
4．C
【解析】
【详解】
试题分析：可分三种情况：第一种：若取三个完全不同的数字为1，3，5或2，3，4每种可排列种，第二种：若取两个相同的数字为1，4，4或2，2，5，可排列3种：若取三个相同的数字为3，3，3，可排列1种，所以共可排19种，故选择C
考点：计数原理
5．A
【解析】
【详解】
依题意，逐步就各行的实际种植情况进行分步计数：第一步，确定第一行的三块地的实际种植的方法数有＝6(种)；第二步，确定第二行的三块地的实际种植的方法有2(种)．因此，由乘法原理得知，满足题意的种植方法共有6×2＝12(种)，选A.
6．A
【解析】
【分析】
由组合数的性质知8n+ n18n﹣1+ n28n﹣2+…+ nn﹣18＝9n﹣1＝（10﹣1）n﹣1，按照二项式定理展开即可求出结果．
【详解】
解：由组合数的性质知8n+ n18n﹣1+ n28n﹣2+…+ nn﹣18＝9n﹣1
＝（10﹣1）n﹣1＝10n+ n110n﹣1（﹣1）+ n210n﹣2（﹣1）2+…+ nn﹣1101（﹣1）n﹣1+-1
n为偶数，按照二项式定理展开，前边的项都能被10整除，最后一项为1，故和值除以10的余数为 0．
故选A．
【点睛】
本题考查组合数的性质、二项式定理的应用：整除问题，考查利用所学知识分析问题、解决问题的能力，属于基础题.
7．B
【解析】
【分析】
本题首先可以求出从6男4女中任选2男2女担任、、、四种互不相同的工作时不同的选派方案种数，然后求出任选的2男2女中一定有女甲且女甲担任工作时不同的选派方案种数，最后两者相减，即可得出结果.
【详解】
从6男4女中任选2男2女，共有种可能情况，
2男2女担任、、、四种互不相同的工作，共有种方式，
故从6男4女中任选2男2女担任、、、四种互不相同的工作，不同的选派方案种数为，
若任选的2男2女中一定有女甲且女甲担任工作，
则不同的选派方案种数为，
故满足题意的选派方案种数为，
故选：B.
【点睛】
本题考查通过排列组合求出满足题意的所有的选派方案种数，可通过使用所有的选派方案种数减去不满足题意的选派方案种数得出结果，考查推理能力与计算能力，是中档题.
8．D
【解析】
【分析】
直接可观察出常数项为展开式的第四项，求出即可.
【详解】
在的二项展开式中，常数项的值为
故选：D
9．C
【解析】
【分析】
根据杨辉三角数的特征，中间数等于上一行肩上两数之和，即可得出结论.
【详解】
从第三行起头尾两个数均为1，
中间数等于上一行肩上两数之和，
所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查杨辉三角中数的排列规律，解题时应通过观察、分析和归纳，发现其中的规律，从而解决问题，属于基础题.
10．C
【解析】
【详解】
试题分析：梨子的不同分法共有,选C.
考点：排列组合
【方法点睛】求解排列、组合问题常用的解题方法：
(1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——间接法.
11．B
【解析】
【详解】
令，则
根据二项式定理，得：的通项公式为
，令，得，
故项的系数为，
故选
12．C
【解析】
【分析】
根据题意，分2种情况讨论：①，甲乙都入选，需要在其他7人中任选1人，②，甲乙只有
1人入选，需要先在甲乙中选出1人，再从其他7人中任选2人，分别求出每一种情况的选
法数目，由加法原理计算可得答案．再利用古典概型的概率公式求解.
【详解】
根据题意，分2种情况讨论：
①，甲乙都入选，需要在其他7人中任选1人，有种选法，
②，甲乙只有1人入选，需要先在甲乙中选出1人，再从其他7人中任选2人，则有
种选法；
故一共有种选法；
由古典概型的概率公式得所求的概率为.
故选．
【点睛】
本题主要考查排列组合的问题和古典概型的概率的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
13．A
【解析】
【分析】
首先求出在的展开式中的通项，然后根据的系数是224，求出次数n的值，再根据通项求出为第几项，代入通项求出系数即可得到答案
【详解】
解：因为在的展开式中，
，
令
则，∴，
再令，则为第6项．
∴
则的系数是14．
故选A
【点睛】
此题主要考查二项式系数的性质问题，其中涉及到二项式展开式中通项的求法，及用通项公式求一系列的问题．有一定的技巧性，属于中档题目．
14．BCD
【解析】
【分析】
令，可以判断A； 多项式的展开式各项系数的绝对值之和与多项式的展开式各项系数之和相等,可判断选项B；利用通项公式可判断C，D.
【详解】
由题意令可得，各项系数之和为26，故A错误；
多项式的展开式各项系数的绝对值之和与多项式的展开式各项系数之和相等，故令，得各项系数的绝对值之和为212，故B正确；
由，易知该多项式的展开式中一定存在常数项，故C正确；由题中的多项式可知，若出现x3，可能的组合只有和，结合排列组合的性质可得x3的系数为，
故D正确.
故选：BCD.
15．ABC
【解析】
【分析】
根据给定条件结合组合的意义、组合数公式列式解不等式作答.
【详解】
在中，，在中，，即有，
因，则有，即，解得，因此有，，
所以n的取值可以是3或4或5.
故选：ABC
16．AD
【解析】
【分析】
令，判断A；二项式变形为，再利用通项公式求，即可判断B；令，即可判断C；通过赋值令和，即可求得，即可判断D.
【详解】
解：，
令，可得，故A正确；
，故B错误；
在所给的等式中，令，可得，
，故C错误；
令，可得，
再令，可得，
两式相加除以，可得，故D正确，
故选：AD．
17．CD
【解析】
【分析】
根据选项涉及的概率、统计等相关性质进行逐一判断分析得解.
【详解】
对于A，第一个同学可以参加三个课外兴趣小组任意一个，有3种报名方法，同理其他的三名学生也都有3种报名方法，则不同的报名方法有3×3×3×3＝81种，故A错；
对于B，∵他们各自解出的概率分别是，则此题不能解出的概率为（1） （1），则此题能解出的概率为1，故B错；
对于C，高级教师应抽取50×20%＝10人，故C正确
对于D，两位女生和两位男生站成一排照相，基本事件总数n24，
两位女士不相邻包含的基本事件个数m12，
∴两位女生不相邻的概率P，故D正确．
故选：CD．
【点睛】
本题考查命题真假性的判断，涉及概率统计的计算，分层抽样的性质等知识点，属于基础题．
18．
【解析】
【分析】
在二项式中令可得出展开式中所有项的系数和，然后写出展开式的通项，令的指数为整数，求得对应的参数值，由此可得出结论.
【详解】
在二项式中，令，可得出展开式中所有项的系数和为，
展开式的通项为，
当、、时，的指数为整数，因此，展开式中有理项的项数为.
故答案为：；.
【点睛】
本题考查二项展开式所有项系数和的求解，同时也考查了展开式中有理项项数的计算，考查计算能力，属于中等题.
19． 35 64
【解析】
【分析】
首先将转化为，再利用二项式定理得展开式即可得到的值；分别令和，再把两个式子相加除以2即可得到答案.
【详解】
因为，
所以.
令得：①，
令得：②，
①②得到，所以.
故答案为：；
【点睛】
本题主要考查二项式定理，同时考查学生分析问题的能力，属于简单题.
20．-2
【解析】
【详解】
二项式通项，当的项的系数为时，即
解得，则
所以
21．40
【解析】
先安排一个老师到甲地，然后安排三个学生到甲地，其余老师和学生到乙地，根据分步计数原理求得不同的安排方案总数.
【详解】
先安排一个老师到甲地方法数有种，再安排三个学生到甲地方法数有种，其余老师和学生到乙地，根据分步计数原理求得不同的安排方案总数为种.
故答案为：
【点睛】
本小题主要考查分步乘法计数原理，考查组合数的计算，属于基础题.
22．48
【解析】
【详解】
由题意可得：
则不同的站法种数为
23．180
【解析】
【详解】
试题分析：因为二项式的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以展开式中共有11项，即；则的展开式通项为，令，即，即展开式常数项为.
考点：1.二项式系数的性质；2.二项式定理.
24．1
【解析】
【分析】
首先根据二项式定理展开式的通项得到，即，再解方程即可.
【详解】
展开式的通项为.
令，即，得
即，又因为，所以.
故答案为：
【点睛】
本题考查二项式定理中项的系数，熟练掌握二项式展开式中的通项为解题的关键，属于中档题.
25．
【解析】
【分析】
将式子转化为两个式子相加的形式，再利用二项式定理计算得到答案.
【详解】
，
展开式的通项为：，
取得到常数项为，故.
分别取和得到的系数是：.
故答案为：.
【点睛】
本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.
26．80
【解析】
【分析】
利用定积分求出，根据二项展开式的通项公式可得结果.
【详解】
因为，
所以条件等式即为,
由二项展开式的通项公式可得.
故答案为：80.
【点睛】
本题考查了定积分，考查了展开式的通项公式，属于基础题.
27．1518
【解析】
【分析】
解决这个问题得分三步完成，第一步把三个学生分成两组，第二步从23所学校中取两个学校，第三步，把学生分到两个学校中，再用乘法原理求解
【详解】
解：由题意知本题是一个分步计数问题，
解决这个问题得分三步完成，
第一步把三个学生分成两组，
第二步从23所学校中取两个学校，
第三步，把学生分到两个学校中，共有，
故答案为1518．
【点睛】
本题考查分步计数问题，本题解题的关键是把完成题目分成三步，看清每一步所包含的结果数，本题是一个基础题．
28．630
【解析】
【详解】
每层的抽样比为，女生抽了95人，所以男生抽取105人，因此共有男生人，故填630.
29．
【解析】
【详解】
试题分析：的展开式通项为，令，则其系数为，同理的展开式中的系数为，所以，．
考点：二项式定理，二项展开式中项的系数．
30．30
【解析】
【详解】
由题意知本题是一个分步和分类计数问题，
最短边选取一种颜色有3种情况．
如果最短边的两个邻边颜色相同有2种情况；
这时最后两个边也有2种情况．
如果最短边的两个邻边颜色不同有2种情况；
这时最后两个边有3种颜色．
∴方法共有3（2×2+2×3）=30种．
故答案为30
31．（1）720；（2）630；（3）180.
【解析】
【分析】
(1)根据题意，分2步进行分析：①在一班3名选手中选出2人，在二班5名选手中选出2人，②将选出的4人安排跑1、2、3、4棒，由分步计数原理计算可得答案；
(2)根据题意，分2步进行分析：①分析甲的安排方法，②在剩下7人中选出3人，安排在其他三棒，由分步计数原理计算可得答案；
(3)根据题意，分2步进行分析：①在除甲乙之外的6人中选出2人，并将2人排成一-排，②选出的2人排好后，有3个空位，将甲乙安排在空位中，由分步计数原理计算可得答案.
【详解】
解：(1 )根据题意，分2步进行分析：
①在一班3名选手中选出2人 ，在二班5名选手中选出2人，有种选法；
②将选出的4人安排跑1、2、3、4棒，有种情况，
则有选派方法；
(2)根据题意，分2步进行分析：
①二班的选手甲必须被选，且他不能跑第一棒，则甲的安排方法有3种，
②在剩下7人中选出3人，安排在其他三棒，有种排法，
则有种选派方法；
(3)根据题意，分2步进行分析：
①在除甲乙之外的6人中选出2人，并将2人排成一排，有种情况，
②选出的2人排好后，有3个空位，将甲乙安排在空位中，有 种情况，
则有种选派方法.
32．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）采用赋值法，令可求出，分别令，所得两个式子相加可得奇数项系数之和，进而可得偶数项系数之和，二项式系之和为，代入所求数据即可求解；
（2）分别求两个二项式乘积展开式中和的系数之和即可求解.
【详解】
（1）令得，.
令得，，
令得，，
将以上两式相加得，，
，则，
易知的展开式的各二项式系数之和为，
故；
（2）根据二项式定理的通项公式可得
，所以，
，所以，
故.
33．男团员8人，女团员5人.
【解析】
【分析】
设此团有男性人数为，女性人，根据题意一共种选法，解方程即可得解.
【详解】
设此团有男性人数为，女性人，
有2位男性不在候选人之列，
第一步：选出两男一女，共种；
第二步：这两男一女担任团长、政委、联络员，女性不为团长，共种；
所以一共种选法，
由题：，
即，
所以，
，是两个连续正整数，
所以，即
所以男团员8人，女团员5人.
【点睛】
此题考查分步计数原理，求解方程，解方程中涉及数据处理技巧.
34．（1）5；（2）（i）答案见解析；（ii）答案见解析．
【解析】
【分析】
（1）利用二项式通项公式，令变量指数为零即可解出结果；
（2）选①：利用二项式系数和公式得，结合通项公式即可求得常数项；选②：令代入二项式得系数和，即可得，结合通项公式即可求得常数项；选③：利用第项和第项的二项式系数相等得，结合通项公式即可判断结果．
【详解】
（1）
，
当时，有最小正整数值
（2）选①：
（i）由题意得，
（ii）展开式通项，
当时，
此时，常数项为:
选②：
（i）由题意，令，有
（ii）展开式通项
当时，
此时，常数项为:
选③：
（i）
（ii）展开式通项，
当时，.
此时，不是整数，因此无常数项．
35．（1）84；（2）证明见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）当时根据二项展开式分别求出每个二项式中的含项的系数之和即可；
(2)根据二项展开式求出含项的系数，结合题意和即可得出结论；
(3)根据组合数的性质可得和
，两式左右边分别同时加并两式相加，结合二项式系数和即可得出结论.
【详解】
（1）当时，，
的展开式中含项的系数为.
（2），，
故的展开式中含项的系数为
因为，
所以项的系数为：
.
（3）①
②
在① ②添加，则得
③
④
③+④得：
【点睛】
在解决二项式开展式有关证明的问题时，要充分利用组合数的性质、，要熟练二项式系数之和、指定项的系数的求法，要清楚二项式系数和项的系数的区别，在运算过程中应提高计算能力和逻辑推理能力.
36．答案见解析.
【解析】
【分析】
选①，(1)求出展开式的二项式系数和及系数和，列方程求n，再求展开式系数最大的项，(2)根据多项式乘法法则，确定展开式含项的系数.
选②，(1)求展开式的前三项的二项式系数和，列方程求n，再求展开式系数最大的项，(2) 根据多项式乘法法则，确定展开式含项的系数.
【详解】
选条件①．
令，得展开式中所有项的系数和为，
又展开式中所有项的二项式系数之和为，
所以，解得，
所以的展开式的通项为（，1，2，3，4，5，6）．
设展开式中系数最大的项为第项，
则，即，解得，
又，，所以，
故展开式中系数最大的项为．
(2)由(1)，得，
故含项的系数为．
选条件②．
（1）由前三项的二项式系数之和为2，得，
即，可得，
所以的展开式的通项为（，1，2，3，4，5，6）．
设展开式中系数最大的项为第项，
则，即，解得，
又，，所以，
故展开式中系数最大的项为．
（2）解析同方案一中的（2）．
37．（1）156（2）108（3）284
【解析】
【分析】
（1）由题意符合要求的四位偶数可分为三类：0在个位，2在个位，4在个位，对每一类分别计数再求它们的和即可得到无重复数字的四位偶数的个数；
（2）符合要求的数可分为两类：个位数上的数字是0的四位数与个位数字是5的四位数，分类计数再求它们的和；
（3）由题意，符合要求的比1325大的四位数可分为四类，第一类，首位比1大的数，第二类首位是1，第二位比2大的数，第三类是前两位是12，第三位比2大的数，第四类是前三位是123，第四位比3大的数，分类计数再求和．
【详解】
（1）符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类：0在个位时有个；
第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个（有种），十位和百位从余下的数字中选（有种），于是有个；
第三类：4在个位时，与第二类同理，也有个．
由分类加法计数原理知，共有四位偶数：个．
（2）符合要求的数可分为两类：个位数上的数字是0的四位数有个；个位数上的数字是5的五位数有个．故满足条件的五位数的个数共有个．
（3）符合要求的比1230大的四位数可分为四类：
第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个；
第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有个；
第三类：形如124□，125□，共有个；
第四类：形如123□，共有个
由分类加法计数原理知，无重复数字且比1230大的四位数共有：个．
【点睛】
关键点点睛：解题的关键是理解所研究的事件，对计数问题分类计数，本题考查了分类讨论的思想，以及运用排列组合数公式进行计算的能力，本题是计数问题中运算量较大的题，要注意准确运用分类原理与分步原理计数.
38．
【解析】
【分析】
先排I，II，III最后排IV，由此求得不同着色方法数．
【详解】
先排I，II，III共有种，IV有种
不同的着色方法数有种．
答案第1页，共2页
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