高二排列组合章节综合检测（提高卷）
第I卷（选择题）
选择题（本大题8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”以熊猫为原型进行创作，意喻敦厚、健康、活泼、可爱；北京冬残奥会吉祥物“雪容融”以灯笼为原型进行设计，表达了世界文明交流互鉴，和谐发展理念．两者一经发布，深受大家喜爱．某校为了加强学生对体育的热情，委派小刘、小陈、小赵、小孙、小王、小航人将这两个吉祥物组装安放至操场，每个吉祥物组装安放至少需要两人，每人都必须前往组装安放，但小陈和小王不能组装安放同一个吉祥物，则不同的方案共有（ ）种．
A． B． C． D．
2．回文联是我国对联中的一种.用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读.不仅意思不变，而且颇具趣味.相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联：“客上天然居，居然天上客；人过大佛寺，寺佛大过人.”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为“回文数”.如44，585，2662等；那么用数字1，2，3，4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为（ ）
A．30 B．36 C．360 D．1296
3．将某商场某区域的行走路线图抽象为一个的长方体框架（如图），小红欲从处行走至处，则小红行走路程最近且任何两次向上行走都不连续的路线共有
A．360种 B．210种 C．60种 D．30种
4．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
5．已知正整数，满足：，能整除2016，但不能整除2016，则的个数为（ ）
A．916 B．917 C．918 D．919
6．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
7．在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有
A．56个 B．57个 C．58个 D．60个
8．因演出需要，身高互不相等的8名演员要排成一排成一个“波浪形”，即演员们的身高从最左边数起：第一个到第三个依次递增，第三个到第六个依次递减，第六、七、八个依次递增，则不同的排列方式有（ ）种．
A．181 B．109 C．84 D．96
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．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
10．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
11．十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进，例如：自然数1在二进制中就表示为1，2表示为10，3表示为11，7表示为111，即，，其中，或，记为上述表示中0的个数，如，．则下列说法中正确的是（ ）．
A．
B．
C．
D．1到127这些自然数的二进制表示中的自然数有35个
12．有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（ ）
A．若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且丙、丁不能相邻，则不同的排法有12种
B．若五位同学排队最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C．若甲乙丙三位同学按从左到右的顺序排队，则不同的排法有20种
D．若甲、乙、丙、丁四位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有72种
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
13．给正方体的八个顶点涂色，要求同一条棱的两个端点不同色，现有三种颜色可供选择，不同的涂色方法有________种．
14．我们想把9张写着1~9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种.
15．格点是指平面直角坐标系中横纵坐标均为整数的点.一格点沿坐标线到原点的最短路程为该点到原点的“格点距离”（如：，则点到原点的格点距离为）.格点距离为定值的点的轨迹称为“格点圆”，该定值称为格点圆的半径，而每一条最短路程称为一条半径.当格点半径为6时，格点圆的半径有______条（用数字作答）.
16．现有7位同学（分别编号为）排成一排拍照，若其中三人互不相邻，两人也不相邻，而两人必须相邻，则不同的排法总数为________．（用数字作答）
四、解答题：本大题共5小题，17题共10分，其余各题每题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．有4个编号为1，2，3，4的小球，4个编号为1，2，3，4的盒子，现需把球全部放进盒子里，（最后结果用数字作答）
(1)没有空盒子的方法共有多少种？
(2)可以有空盒子的方法共有多少种？
(3)恰有1个盒子不放球，共有多少种方法？
(4)恰有一个小球放入自己编号的盒中，有多少种不同的放法？
18．袋中装有标记了1-7号的黑球和白球共7个，球的大小和形状都相同，若从中随机任取2个球都是白球的概率为.现有甲、乙两人从袋中轮流取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，.…，每次取后不放回，直到两人中有1人取到白球时终止.
(1)求袋中原有白球的个数；
(2)求由甲取到白球的取法种数.
19．从0，1，2，…，6这七个数字中任取三个不同的数字，分别作为函数的系数a，b，c，求：
(1)可组成多少个不同的二次函数？
(2)其中对称轴是y轴的抛物线有多少条？
20．从中任取个数字，从中任取个数字．
(1)组成无重复数字的五位数，其中能被整除的有多少个？
(2)一共可组成多少个无重复数字的五位数？
(3)组成无重复数字的五位数，其中奇数排在奇数位上的共有多少个？
21．（1）如图，从左到右有5个空格.
（i）若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法？
（ii）若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法？
（iii）若向这5个格子放入7个不同的小球，要求每个格子里都有球，问有多少种不同的放法？
（2）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.
（i）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？
（ii）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？
（注：最终结果均用数字作答）
22．2021年4月29日是江津中学艺术节总汇演之日，当晚要进行隆重的文艺演出，已知初中，高一，高二分别选送了7，5，3个节目，现回答以下问题：（用排列组合数表示，不需要合并化简）
（1）若初中的节目彼此都不相邻，共计有多少种出场顺序；
（2）由于一些特殊原因，高一的，5个节目，必须在其余4个节目前面演出；高二的，3个节目，必须在其余2个节目前面演出；初中没限制，共有多少种出场顺序；
（3）为了活跃气氛，高二年级决定将2000根荧光棒发给1600名台下的高二学生，每个学生至少一根，共计有多少种分配方案；
（4）演出结束后，学校安排高二年级的24个班去打扫A，B，C三个区域的卫生，24个班被平均分成3组，每组8个班，每个区域安排一组，若11，12班必须打扫同一个区域，13，14班必须打扫同一个区域，则共有多少种安排方式．高二排列组合章节综合检测（提高卷）
第I卷（选择题）
选择题（本大题8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”以熊猫为原型进行创作，意喻敦厚、健康、活泼、可爱；北京冬残奥会吉祥物“雪容融”以灯笼为原型进行设计，表达了世界文明交流互鉴，和谐发展理念．两者一经发布，深受大家喜爱．某校为了加强学生对体育的热情，委派小刘、小陈、小赵、小孙、小王、小航人将这两个吉祥物组装安放至操场，每个吉祥物组装安放至少需要两人，每人都必须前往组装安放，但小陈和小王不能组装安放同一个吉祥物，则不同的方案共有（ ）种．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先分类成两种情况：四人一组和两人一组以及三人一组和三人一组，然后根据计数原理求解即可.
【详解】由题意可以分为两种情况：
第一种：四人一组和两人一组，共有；
第二种：三人一组和三人一组，共有；
所以不同的方案一共有：.
故选：B.
2．回文联是我国对联中的一种.用回文形式写成的对联，既可顺读，也可倒读.不仅意思不变，而且颇具趣味.相传，清代北京城里有一家饭馆叫“天然居”，曾有一副有名的回文联：“客上天然居，居然天上客；人过大佛寺，寺佛大过人.”在数学中也有这样一类顺读与倒读都是同一个数的自然数，称之为“回文数”.如44，585，2662等；那么用数字1，2，3，4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为（ ）
A．30 B．36 C．360 D．1296
【答案】B
【分析】依据回文数对称的特征，可知有两种情况：1、在6个数字中任取1个组成个回文数；2、在6个数字中任取2个种取法，又由两个数可互换位置种，即个回文数；结合两种情况即可求出组成4位“回文数”的个数
【详解】由题意知：组成4位“回文数”
∴当由一个数组成回文数，在6个数字中任取1个：种
当有两组相同的数，在6个数字中任取2个：种
又∵在6个数字中任取2个时，前两位互换位置又可以组成另一个数
∴2个数组成回文数的个数：种
故，在6个数字中任取2个组成回文数的个数：
综上，有数字1，2，3，4，5，6可以组成4位“回文数”的个数为：+=36
故选：B
【点睛】本题考查了排列组合，根据回文数的特征—对称性，先由分类计数得到取数的方法数，再由分步计数得到各类取数中组成回文数的个数，最后加总即为所有组成4位“回文数”的个数
3．将某商场某区域的行走路线图抽象为一个的长方体框架（如图），小红欲从处行走至处，则小红行走路程最近且任何两次向上行走都不连续的路线共有
A．360种 B．210种 C．60种 D．30种
【答案】C
【详解】根据题意，最近路线，那就是不能走回头路，不能走重复的路；
所以一共要走3次向上，2次向右，2次向前，一共7次；
因为不能连续向上,所以先把不向上的次数排列起来,也就是2次向左和2次向前全排列，
因为2次向左是没有顺序的,所以还要除以，
同理2次向前是没有顺序的,再除以，
接下来,就是把3次向上插到4次不向上之间的空当中5个位置排三个元素,也就是，
则共有种；
本题选择C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．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
【答案】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．
5．已知正整数，满足：，能整除2016，但不能整除2016，则的个数为（ ）
A．916 B．917 C．918 D．919
【答案】C
【解析】首先对进行分解，得到，设，，从反面考虑，找出不满足条件的，和总个数，利用减法运算求得结果.
【详解】，
设，
则，
故有种情况，
若，能整除2016，则有种情况，
下面计算能整除2016的情况，
（1）当，时，，由，
共有种；
（2）当时，共有种；
（3）当时，有种；
（4）当时，有种，
（5）当时，有种；
（6）当时，有种；
故共有种，
所以符合条件的有种，
故选：C.
【点睛】该题考查的是有关满足条件的解的个数的问题，在解题的过程中，注意对题意的正确分析，属于较难题目.
6．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
【答案】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.
7．在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有
A．56个 B．57个 C．58个 D．60个
【答案】C
【详解】试题分析：第一类23154，有1个，第二类234**形式，有2个，第三类235**形式，有2个，第四类24***形式，有个，第五类25***形式，有个，第六类3****形式，有个，第七类41***形式，有个，第八类42***形式，有个，第九类43***形式，有个，合计共58个
考点：排列组合问题
点评：将大于23145且小于43521的数按首位不同由小到大分类，依次找到各类中包含的数字求其总数．正确求解本题的前提是合理的分类
8．因演出需要，身高互不相等的8名演员要排成一排成一个“波浪形”，即演员们的身高从最左边数起：第一个到第三个依次递增，第三个到第六个依次递减，第六、七、八个依次递增，则不同的排列方式有（ ）种．
A．181 B．109 C．84 D．96
【答案】A
【分析】依题意，重点要先排好3号位和6号位，余下的分类讨论分析即可.
【详解】依题意作图如下：
上面的数字表示排列的位置，必须按照上图的方式排列，其中3号位必须比12456要高，
1，6两处是排列里最低的，3，8两处是最高点，
设8个演员按照从矮到高的顺序依次编号为1，2，3，4，5，6，7，8，
则 3号位最少是6，最大是8，下面分类讨论：
①第3个位置选6号：先从1，2，3，4，5号中选两个放入前两个位置，
余下的3个号中放入4，5，6号顺序是确定的只有一种情况，然后7，8号放入最后两个位置也是确定的，此时共种情况；
②第3个位置选7号：先从1，2，3，4，5，6号中选两个放入前两个位置，
余下的4个号中最小的放入6号位置，剩下3个选2个放入4，5两个位置，
余下的号和8号放入最后两个位置，此时共种情况；
③第3个位置选8号：先从1，2，3，4，5，6，7号中选两个放入前两个位置，
余下的5个号中最小的放入6号位置，剩下4个选2个放入4，5两个位置，余下的2个号放入最后两个位置，此时共种情况；
由分类计数原理可得共有种排列方式；
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9．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
【答案】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
10．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
【答案】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.
11．十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进，例如：自然数1在二进制中就表示为1，2表示为10，3表示为11，7表示为111，即，，其中，或，记为上述表示中0的个数，如，．则下列说法中正确的是（ ）．
A．
B．
C．
D．1到127这些自然数的二进制表示中的自然数有35个
【答案】ABD
【分析】根据二进制计数法逐个分析选项即可.
【详解】对于选项A：
∵，∴12表示为1100，∴，
∵，∴18表示为10010，∴，
∴，故选项A正确，
对于选项B：
∵，∴转化为二进制后末尾必为0，
又∵，
∴转化为二进制后末尾必为1，
∴，故选项B正确，
对于选项C：当时，，，
∵，，
∴，故选项C错误，
对于选项D：当时，有1个，
当时，有个，
当时，有个，
当时，有个，
当时，有个，
则一共有个，故选项D正确，
故选：ABD．
12．有甲、乙、丙、丁、戊五位同学，下列说法正确的是（ ）
A．若五位同学排队要求甲、乙必须相邻且丙、丁不能相邻，则不同的排法有12种
B．若五位同学排队最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C．若甲乙丙三位同学按从左到右的顺序排队，则不同的排法有20种
D．若甲、乙、丙、丁四位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每个社区至少一位同学，则不同的分配方案有72种
【答案】BC
【分析】根据排列组合的典型方法：捆绑法、插空法、优限法、定序法、分组分配法逐项判断即可.
【详解】对于A，若五位同学排队甲、乙必须相邻的安排有种，然后与戊全排列的安排种，丙、丁不能相邻的安排有种，共有种，故A不正确；
对于B，若五位同学排队最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则当甲在左端时，则有种安排方法；当乙在左端时，甲有种安排方法，其他人有种安排方法，故符合的总的安排方法种数为种，故B正确；
对于C，若甲乙丙三位同学按从左到右的顺序排队，则不同的排法有种，故C正确；
对于D，若甲、乙、丙、丁四位同学被分配到三个社区参加志愿活动，每个社区至少一位同学，则4人分三组的分组方法数为，再把三个组分配到三个社区的种方法数为，则总的安排方法数为种，故D不正确.
故选：BC.
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分．
13．给正方体的八个顶点涂色，要求同一条棱的两个端点不同色，现有三种颜色可供选择，不同的涂色方法有________种．
【答案】120
【分析】先考虑两种颜色的情况，易得有6种方法；再考虑三种颜色的情况，分同色、同色，B，D同色但与不同、同色不同色，同色不同色，及不同色四种情况，对每个点的着色情况进行考虑，最终可得答案.
【详解】如下图所示的正方体，
①用两种颜色，和同色，则有种；
②用三种颜色，
若同色，则各有两种选色方法，故共有种；
若同色，与之不同色，注意又与不同色，故只有一种涂色，同理也只有一种涂色，而各有两种涂色方法，故共有种；
若同色，与之不同色，同理，共有种；
同色，B，D同色但与不同，则有种，
注意到颜色互不相同是不可能事件，否则无色可涂，故同色的情况讨论完毕.
若不同色，则各只有一种涂色方法，另外要么与同色，要么与同色，否则无色可涂，
若与同色，则有两种涂色，一种是与同色，则有两种涂色方法，只有一种涂色方法，共有种，一种是与不同色，则必与同色，否则无色可涂，此时，都只有一种涂色方法，共有种；
若与同色，与上述讨论的情况等价，同理可得共有种；
至此，所有情况讨论完毕，故共有种.
故答案为：120.
.
14．我们想把9张写着1~9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种.
【答案】198
【分析】首先列出至少有两个卡片之和相等的盒子的情况，然后利用全排列即可求解.
【详解】由题意可知，设存在的这两个盒子中卡片的数字之和相等，设其相等的和为．
当时，共有1种情况，即；
当时，共有3种情况，即，，{(1，5，6)，(2，3，7)}；
当时，共有5种情况，即，，，，；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有2种情况，即，
；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有5种情况，即，，，，{(1，7，9)，(3，6，8)}；
当时，共有2种情况，即，；
当x＝19时，共有1种情况，即{(3，7，9)，(5，6，8)}；
综上所述，共有1＋3＋5＋7＋2＋7＋5＋2＋1＝33(种)情况，
∴不同的放法共有：种．
故答案为：198．
15．格点是指平面直角坐标系中横纵坐标均为整数的点.一格点沿坐标线到原点的最短路程为该点到原点的“格点距离”（如：，则点到原点的格点距离为）.格点距离为定值的点的轨迹称为“格点圆”，该定值称为格点圆的半径，而每一条最短路程称为一条半径.当格点半径为6时，格点圆的半径有______条（用数字作答）.
【答案】252
【分析】由题设，易知格点圆上的格点都在上，其中每个象限有5个，且相互关于x、y轴或原点对称，分析可得每个格点半径条数为，进而可求所有格点的半径条数.
【详解】设格点为，格点半径为6，则，
∴对应格点圆图象如下，每条边上有(不含端点)5个格点，
以第一象限为例，格点有，其中的半径有6条，的半径有15条，的半径有20条，的半径有15条，的半径有6条，
∴共有62条，即对于任意格点，其半径条数有条，
∴由上，四个象限共有条半径，另外数轴上有四个点，半径共有条，
综上，格点半径为6时，格点圆的半径有条.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：画出格点圆的图象，确定各象限中格点坐标，分析格点半径条数与坐标值之间的关系，应用对称性求格点圆半径总条数即可.
16．现有7位同学（分别编号为）排成一排拍照，若其中三人互不相邻，两人也不相邻，而两人必须相邻，则不同的排法总数为________．（用数字作答）
【答案】240
【分析】把排列，产生4个空位，然后将看作一个整体与插入到中可求解.
【详解】解：因两人必须相邻，所以把看作一个整体有种排法.
又三人互不相邻，两人也不相邻，所以把排列，有种排法，产生了4个空位，再用插空法.
（1）当分别插入到中间的两个空位时，有种排法，再把整体插入到此时产生的6个空位中，有6种排法.
（2）当分别插入到中间的两个空位其中一个和两端空位其中一个时，有种排法，此时必须排在中间的两个空位的另一个空位，有1种排法.
所以共有.
【点睛】方法点睛：在排列组合中“相邻问题”用捆绑法策略处理；“不相邻问题”用插空法策略处理.
四、解答题：本大题共5小题，17题共10分，其余各题每题12分，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．有4个编号为1，2，3，4的小球，4个编号为1，2，3，4的盒子，现需把球全部放进盒子里，（最后结果用数字作答）
(1)没有空盒子的方法共有多少种？
(2)可以有空盒子的方法共有多少种？
(3)恰有1个盒子不放球，共有多少种方法？
(4)恰有一个小球放入自己编号的盒中，有多少种不同的放法？
【答案】(1)24
(2)256
(3)144
(4)8
【分析】（1）4个球全放4个盒中，没有空盒则全排列即可求得.
（2）有4个球，每个球有4种放法， 此时随意放，盒子可以空也可以全用完.
（3）恰有一个空盒，说明另外三个盒子都有球，而球共四个，必然有一个盒子中放了两个球.
(4) 恰有一个小球放入自己编号的盒中,选定从四盒四球中选定标号相同得球和盒，另外三球三盒不能对应共两种.
【详解】（1）没有空盒子的方法：4个球全放4个盒中，没有空盒则全排列共种；
（2）可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法共种；
（3）恰有一个空盒子，说明另外三个盒子都有球，而球共四个，必然有一个盒子中放了两个球，
先将四盒中选一个作为空盒，再将四球中选出两球绑在一起，再排列共种；
（4）恰有一个小球放入自己编号的盒中,选定从四盒四球中选定标号相同得球和盒，另外三球三盒不能对应共两种，则共种.
18．袋中装有标记了1-7号的黑球和白球共7个，球的大小和形状都相同，若从中随机任取2个球都是白球的概率为.现有甲、乙两人从袋中轮流取球，甲先取，乙后取，然后甲再取，.…，每次取后不放回，直到两人中有1人取到白球时终止.
(1)求袋中原有白球的个数；
(2)求由甲取到白球的取法种数.
【答案】(1)袋中原有3个白球
(2)111种
【分析】(1)根据古典概率公式，分别写出基本事件和所求事件的个数，即可求处n；
(2)充分读懂题意，即甲乙两人是轮流取球，如果有一个人取到白球，活动结束，并且每个球是由标号的，即是不同的，即是要考虑取球过程中的种数问题.
（1）
设袋中原有n个白球,
从袋中任取2个球都是白球有 (种)结果,
从袋中任取2个球共有 (种)结果.
由题意知,所以,
解得或(舍去),
即袋中原有3个白球.；
（2）
记“甲取到白球”为事件B,“第i次取到白球”为事件Ai,.
因为甲先取,所以甲只能在第1次,第3次和第5次取球.
所以,
其中
所以,
取到白球的取法种数共有111种；
综上，n=3，甲取到白球的种数为111.
19．从0，1，2，…，6这七个数字中任取三个不同的数字，分别作为函数的系数a，b，c，求：
(1)可组成多少个不同的二次函数？
(2)其中对称轴是y轴的抛物线有多少条？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据二次函数的定义及特殊元素特殊位置优先考虑，再结合分
步计数原理即可求解；
（2）根据二次函数的性质得出，再利用特殊元素特殊位置优先考虑即可求解；
(1)
由二次函数的定义，，则有种取法；在剩下的6个数
字中取两个作为和，有种．
所以共有二次函数（个）；
(2)
由二次函数的对称轴是y轴，则，
在余下的6个数字中取两个作为和，有条.
所以对称轴是y轴的抛物线有条.
20．从中任取个数字，从中任取个数字．
(1)组成无重复数字的五位数，其中能被整除的有多少个？
(2)一共可组成多少个无重复数字的五位数？
(3)组成无重复数字的五位数，其中奇数排在奇数位上的共有多少个？
【答案】(1)216
(2)1224
(3)396
【分析】（1）根据能被整除确定个位数字为，然后从中任取个，从中任取个，再将取出的四个数字作全排列即可得解；
（2）按照五位数中是否含分两类，可求出结果；
（3）按照个奇数排的位置分三类计数，再相加可求出结果.
(1)
因为被整除的数的个位必为，所以先从中任取个，有种，从中任取个，有种，然后将得到的个数字在前面四个位置上作全排列，有种，所以满足题意的五位数共有个.
(2)
若五位数中含，则不能排在首位，有种，然后从中任取个，有种，从中任取个，有种，然后将得到的个数字在剩余的四个位置上作全排列，有种，
此时，共有个；
若五位数中不含，则从中任取个有种，从中任取个有种，将取出的个数字作全排，有种，此时共有个，
综上所述：满足题意的五位数共有个.
(3)
若个奇数排在万位和百位上，有个；
若个奇数排在万位和个位上，有个；
若个奇数排在百位和个位上，有个，
所以满足题意的五位数共有个.
21．（1）如图，从左到右有5个空格.
（i）若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法？
（ii）若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法？
（iii）若向这5个格子放入7个不同的小球，要求每个格子里都有球，问有多少种不同的放法？
（2）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.
（i）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？
（ii）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？
（注：最终结果均用数字作答）
【答案】（1）（i）96种；（ii）48种；（iii）16800种；（2）（i）576种；（ii）264种.
【分析】（1）（i）根据题意，分2步进行分析：①、分析0，易得0有4种选法；②、将其余的4个数字全排列，安排在其他四个格子中，由分步计数原理计算可得答案，
（ii）根据题意，依次分析5个格子的涂色方法数目，由分步计数原理计算可得答案；
（iii）根据题意，分2步进行分析：①、将7个小球分成5组，有2种分法：即分成的5组或分成的5组，②、将分好的5组全排列，对应5个空格，由分步计数原理计算可得答案．
（2）（i）根据分步乘法计数原理计算可得；
（ii）对，，，所用颜色种数分类讨论，最后按照分类加法计数原理计算可得；
【详解】（1）（i）根据题意，分2步进行分析：
①、第三个格子不能填0，则0有4种选法；
②、将其余的4个数字全排列，安排在其他四个格子中，有种情况，
则一共有种不同的填法；
（ii）根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况，
第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况，
同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况，
则五个格子共有种不同的涂法；
（iii）根据题意，分2步进行分析：
①、将7个小球分成5组，有2种分法：
若分成的5组，有种分法，
若分成的5组，有种分组方法，
则有种分组方法，
②、将分好的5组全排列，对应5个空格，有种情况，
则一共有种放法．
（2）（i）由题得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；
（ii）若，，，用四种颜色，则有；
若，，，用三种颜色，则有；
若，，，用两种颜色，则有.
所以共有种.
22．2021年4月29日是江津中学艺术节总汇演之日，当晚要进行隆重的文艺演出，已知初中，高一，高二分别选送了7，5，3个节目，现回答以下问题：（用排列组合数表示，不需要合并化简）
（1）若初中的节目彼此都不相邻，共计有多少种出场顺序；
（2）由于一些特殊原因，高一的，5个节目，必须在其余4个节目前面演出；高二的，3个节目，必须在其余2个节目前面演出；初中没限制，共有多少种出场顺序；
（3）为了活跃气氛，高二年级决定将2000根荧光棒发给1600名台下的高二学生，每个学生至少一根，共计有多少种分配方案；
（4）演出结束后，学校安排高二年级的24个班去打扫A，B，C三个区域的卫生，24个班被平均分成3组，每组8个班，每个区域安排一组，若11，12班必须打扫同一个区域，13，14班必须打扫同一个区域，则共有多少种安排方式．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）.
【分析】（1）先对高一、高二的节目进行全排列，再将初中的7个节目插入9个空隙中的7个，结合分步计数原理，即可求解；
（2）根据5个节目全排列数中必须在其余4个节目前面有种，3个节目全排列数中必须在其余2个节目前面有种，结合15个节目全排列有，即可求解；
（3）利用隔板法，在2000根荧光棒构成的1999个空隙中插入1599个板，即可求解；
（4）由题意，可分为两类：①若11,12和13,14在同一组中；②若11,12和13,14不在同一组中，结合分类计数原理，即可求解.
【详解】（1）先对高一、高二的节目进行全排列，有种不同的排法，
再将初中的7个节目插入8个节目构成的9个空隙中的7个，有种方法，
由分步计数原理可得，共有种不同的出场顺序.
（2）高一的5个节目全排列，有不同的排法，其中必须在其余4个节目前面有种，
高二的3个节目全排列有不同的排法，其中必须在其余2个节目前面有种，
初中、高一和高二的15个节目全排列有种不同的排法，
所以在其余4个节目前面演出；在其余2个节目前面演出，共有种.
（3）由2000根荧光棒为2000个相同的元素，分给1600名台下的高二学生，
可利用隔板法，在2000根荧光棒构成的1999个空隙中插入1599个板，
把2000根荧光棒分为1600份，共有种不同的分法.
（4）由题意，可分为两类：
①若11,12和13,14在同一组中，共有种不同的安排方式；
②若11,12和13,14不在同一组中，共有种不同的安排方式，
由分类计数原理，可得共有不同的安排方式．
