第6章计数原理章末重难点检测卷-高三数学上学期人教A版（2019）
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| 名称 | 第6章计数原理章末重难点检测卷-高三数学上学期人教A版（2019） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 952.8KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-11-10 18:39:39 | ||
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文档简介
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第6章计数原理章末重难点检测卷-高三数学上学期人教A版（2019）
一、单选题
1．用0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的六位数，要求数字1和4相邻，则这样的六位数的个数为（ ）
A．192 B．240 C．360 D．720
2．在的展开式中，项的系数为（ ）
A． B．10 C． D．80
3．已知的展开式中，常数项为60，则的值为（ ）
A．2 B．2， C．3 D．3，
4．由数字2，3，4组成没有重复数字的三位数，则这个三位数是偶数的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．已知，若，，则（ ）
A．1 B．6 C．7 D．12
6．十进制计数法简单易懂，方便人们进行计算.也可以用其他进制表示数，如十进制下，；；将余数从下往上排列起来，所以125就是68这个数的七进制.表示形式就是125，个位数为5，那么用七进制表示十进制的，其个位数是（ ）
A．6 B．5 C．2 D．1
7．从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的三元数组有多少组（ ）
A．560 B．455 C．91 D．55
二、多选题
9．现安排甲 乙 丙 丁 戊这5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，且每人只安排一个工作，则下列说法正确的是（ ）
A．不同安排方案的种数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为
C．若司机工作不安排，其余三项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为
D．若每项工作至少有1人参加，甲不能从事司机工作，则不同安排方案的种数为
10．已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式共有6项 B．二项式系数最大的项是第4项
C．展开式的常数项为540 D．展开式含有
11．已知，，…，，为1，2，…，5，6的任意排列，设，．则（ ）
A．任意交换的顺序，不影响X的取值
B．满足及的排列有20个
C．的概率为
D．的概率为
三、填空题
12．已知展开式的二项式系数之和为，则该展开式中的系数为 .
13．小明去超市从4种功能性提神饮料和5种电解质饮料中选3瓶进行购买，若每种饮料至多买一瓶，则功能性提神饮料和电解质饮料都至少买1瓶的买法种数为 ．（用数字作答）
14．清代数学家明安图所著《割圆密率捷法》中比西方更早提到了“卡特兰数”（以比利时数学家欧仁 查理 卡特兰的名字命名）.有如下问题：在的格子中，从左下角出发走到右上角，每一步只能往上或往右走一格，且走的过程中只能在左下角与右上角的连线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线），则共有多少种不同的走法？此问题的结果即卡特兰数.如图，现有的格子，每一步只能往上或往右走一格，则从左下角走到右上角共有 种不同的走法；若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方，但可以到达直线，则有 种不同的走法.
四、解答题
15．若，其中.
(1)求的值；
(2)求.
16．已知二项式，若它的二项式系数之和为128.
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中系数最大的项.
17．如图有A，B两组电路图．
(1)对于B组电路图，闭合两个开关即可通电的方法数有多少种？
(2)若A组电路与B组电路从衔接点M，N处连接，把两电路串联起来，只需闭合三个开关就可通电的方法数有多少种？
18．近年来，社交推理游戏越来越受到大众的喜爱，它们不仅提供了娱乐和休闲的功能，还可以锻炼玩家的逻辑推理、沟通技巧和团队合作精神，增强社交能力和人际交往能力.某校“社交推理游戏社团”在一次活动中组织了“搜索魔法师”游戏，由1名“侦探”、6名“麻瓜”、4名“魔法师”参与游戏.游戏开始前，“侦探”是公认的，每个“麻瓜”和“魔法师”均清楚自己的角色且不知道其他人的身份.游戏过程中，由“侦探”对“麻瓜”和“魔法师”逐个当众询问并正确应答，直至找出所有的“魔法师”为止.
(1)若恰在第5次搜索才测试到第1个“魔法师”，第10次才找到最后一个“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？
(2)若恰在第5次搜索后就找出了所有“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？
(3)游戏开始，有甲、乙、丙三位同学都想争取“侦探”的角色，主持人决定采用“击鼓传花”的方式来最终确认人员.三人围成一圈，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两个人中任何一人.试问，5次传花后花在甲手上的可能线路有多少种？
19．设点从格点出发，沿格径以最短的路线运动到点，即每次运动到另一格点时，横坐标或纵坐标增加1.设点经过的所有格点中两坐标乘积之和为.
(1)当时，点沿格径以最短的路线运动到点的方案有多少种？
(2)当时，求的最大值；
(3)当点从格点出发，沿格径以最短的路线运动到点且，求的最大值.（参考公式：）
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C B A A A C B BD BC
题号 11
答案 ABD
1．A
【分析】根据题意和首位非零的要求，将六位数分成三类，在每一类中，再运用相邻元素捆绑法求出方法数，最后根据分类加法计数原理即可求得.
【详解】依题意，可将这样的六位数分成三类：
第一类，首位是1，则第二位必须是4，其余四个数位可将另外四个数字全排即可，有种方法；
第二类，首位是4，则第二位必须是1，其余四个数位可将另外四个数字全排即可，有种方法；
第三类，首位从中人去一个，有种，再将看成一个元素，与另外三个数字在四个位置上全排有种，
再考虑的顺序，有种，故由分步乘法计数原理，有种方法.
由分类加法计数原理可知，这样的六位数共有个.
故选：A.
2．C
【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可.
【详解】由，
令，解得，
所以，即项的系数为.
故选：C
3．B
【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项公式，再确定常数项即得.
【详解】展开式的通项为，
令，可得，
因此，展开式中的常数项为.
则，.
故选：B.
4．A
【分析】先看一共能组成多少个没有重复数字的三位数，再看其中有多少偶数,所占比例就是所求的概率.
【详解】将组成没有重复数字的三位数，共有种，
而其中偶数有两种情况：
①以为个位数的三位数，是，共有2种
②以为个位数的三位数，是，共有2种
所以，这个三位数是偶数的情况共有种，
所以，这个三位数是偶数的概率为事件，则.
故选：A.
5．A
【分析】由，利用二项式定理展开计算即可求得结果.
【详解】∵
∴，
∵，，，
∴
故选：A
6．A
【分析】利用二项式定理求出被除的余数即可.
【详解】，
且能被整除，
而，
，
被除的余数为，
用七进制表示十进制的，其个位数是.
故选：A.
7．C
【分析】根据选的砝码个数可以分为一个砝码，两个砝码，三个砝码，四个砝码，五个砝码五种情况可求得，在分析各个选项的系数，即可求解.
【详解】一个砝码有，9一种情况，种情况，
两个砝码有，，，几种情况种
三个砝码有，，，，，，几种情况种
四个砝码有，，，，，种，
五个砝码有，，种，
总计种.
对A，选项系数为，故不符合，所以A错误；
对B，的系数是选个带的，其他的个括号选常数项，可得，故B错误；
对C，
系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为
有两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数， ，系数为，
系数为与组成，其他为常数， ，系数为，
同理由三项组成，，，，，几种情况，其他项为常数，则系数为
同理由四项组成，，，几种情况，其他为常数，则系数，
同理由五项组成其他项为常数，则系数为，
综上系数为，故C正确；
对D，
，
系数直接有一项，其他是常数项，可有种情况，系数为，
有与组成，其他是常数项，可有,
故D错误.
故选：C
8．B
【分析】在都加上1，把问题转化成方程有正整数解的问题解决.
【详解】设，，，
则不等式有多少组非负整数解的问题，转化为：的正整数解的组数.
因为方程：的解的组数为：；
的解的组数为：；
…
的解的组数为：.
所以原不等式解的组数为：.
故选：B
【点睛】结论点睛：方程（且）正整数解的组数为.
9．BD
【分析】根据分步计数原理可判断A；先分组，然后再分配可判断BCD.
【详解】对A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则不同安排方案的种数为，故A错误；
对B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，
则不同安排方案的种数为，故B正确；
对C，先将5人分为3组，有种分组方法，
将分好的三组安排翻译 导游 礼仪三项工作，有种情况，
则不同安排方案的种数是，故C错误；
对D，第一类，先从乙，丙，丁，戊中选出1人从事司机工作，再将剩下的4人分成三组，
安排翻译 导游 礼仪三项工作，则不同安排方案的种数为；
第二类，先从乙，丙，丁，戊中选出2人从事司机工作，
再将剩下的3人安排翻译、导游、礼仪三项工作，
则不同安排方案的种数为.所以不同安排方案的种数是，故D正确.
故选：BD.
10．BC
【分析】由二项式的展开式中各项系数之和是，求出，得到二项展开式的通项公式，逐项判断即可.
【详解】由于二项式的展开式中各项系数之和是，
所以令，则，所以，
所以二项式，所以展开后有项，故A错误；
二项式系数最大的项是第4项，故B正确；
二项式展开式的通项公式为，
所以当时，常数项为，故C正确；
当时，解得不是整数，所以展开式不含有项，故D错误.
故选：BC
11．ABD
【分析】由的定义判断A选项；满足条件的排列数即满足条件的的组数，计算数据判断选项B；列举符合条件的取法，计算相应的概率判断选项CD.
【详解】由的定义可知，任意交换的顺序，不影响的取值，
任意交换的顺序，不影响的取值，A选项正确；
注意到当被确定后，的取值也被固定，
因此满足条件的排列组数即满足条件的的组数，
即从1，2，…，5，6中任选3个数的数目，即种取法，B选项正确；
因此不妨设及．
注意到，整体交换和也不影响X，Y的取值，
因此不妨设，即，，
将满足以上条件的排列列举如下：
X Y X Y
123 456 3 4 135 246 5 2
124 356 4 3 136 245 5 2
125 346 5 3 145 236 5 2
126 345 5 3 146 235 5 2
134 256 4 2 156 234 4 2
总情况数共10种，除第一种外均满足．
因此，，C选项错误，D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!本题围绕的定义，分析交换数据位置对的影响，列举符合条件的不同取法，计算概率验证选项.
12．
【分析】由二项式系数和为求出，再写出展开式的通项，利用通项计算可得.
【详解】依题意可得，所以，
则展开式的通项为，，
令，解得，所以展开式中的系数为.
故答案为：
13．70
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理及组合计数问题列式计算即得.
【详解】依题意，两种饮料都至少买1种的买法种数为.
故答案为：70
14． 35 14
【分析】根据题意，由组合数的意义即可得到结果，结合卡特兰数的定义，即可得到结果.
【详解】
从左下角走到右上角共需要7步，其中3步向上，4步向右，
故只需确定哪3步向上走即可，共有种不同的走法；
若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线），
则由卡特兰数可知共有种不同的走法，
又到达右上角必须最后经过，所以满足题目条件的走法种数也是14.
故答案为：35；14
15．(1)；
(2).
【分析】（1）求出二项式展开式的通项公式，利用给定系数求出.
（2）由（1）的结论，利用赋值法分别求出即可得解.
【详解】（1）二项式展开式的通项为，
依题意，，解得，
所以的值为.
（2）由（1）知，，
令，得，
令，得，
则
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由题意由二项式系数和求得.从而得二项式系数最大的是与，由二项式展开式的通项公式可得答案；
（2）设第项的系数最大，列出不等式组，解之可得系数最大的项,由此可得答案.
【详解】（1），通项为.
二项式系数最大的项为第4，5项，
.
（2）设展开式中系数最大的项为第项，则
，，，解得，
因为，所以或，所以展开式中系数最大的项为第6，7项，
.
17．(1)13
(2)65
【分析】（1）对于组电路，可分上、中、下路三类，求得每一类的方法数，进而可求总的方法数；
（2）先利用分类加法计数原理求得组通电的方法数，进而结合（1）与分步计数原理求得结论.
【详解】（1）对于组电路，可分上、中、下路三类，
上路：第一步接通有1种方法，第二步接通有3种方法，由分步乘法计数原理，总方法数为；
中路：第一步接通有2种方法，第二步接通有2种方法，由分步乘法计数原理，总方法数为；
下路：第一步接通有2种方法，第二步接通有3种方法，由分步乘法计数原理，总方法数为．
故所求方法数有种．
（2）对于组，合上一个开关可使电路通电，可分两路：从上路接通有2种方法，从下路接通有3种方法，
由分类加法计数原理，总方法数为；
两组串联后要使电路通电，需两组均通电，组电路通电有5种情况，由（1）知组电路通电有13种情况，
所以串联后的电路通电有种情况．
18．(1)
(2)576
(3)10
【分析】（1）（2）根据排列组合，结合分步乘法计数原理即可求解，
（3）根据题意可得，，即可根据递推关系求解.
【详解】（1）先排前4次搜索，只能取“麻瓜”，有种不同的搜索方法，
再从4个“魔法师”中选2个排在第5次和第10次的位置上搜索，有种搜索方法，
再排余下4个的搜索位置，有种搜索方法.
所以共有种不同的搜索方法.
（2）第5次搜索恰为最后一个“魔法师”，
则另3个在前4次搜索中出现，从而前4次有一个“麻瓜”出现，
所以共有种不同的搜索方法.
（3）由于甲是第1次传花的人，因此第2次传花时，甲不能再次拿到花.
这意味着在第2次传花时，花必须传给乙或丙.
同样，第3次传花时，花不能回到前一次传花的人手中.
因此，传花的路线不能有连续两次传给同一个人的情况.
设为经过次传花后花在甲手上的线路数，其中.
则为经过次传花后花在甲手上的线路数，即经过次传花后花不在甲手上的线路数，
所以为经过次传花的总线路，每一次传花均有两种方向（顺时针或逆时针），
则，.
所以，，，，
综上，5次传花后花在甲手上的可能线路有10种.
19．(1)
(2)21
(3)
【分析】（1）分析从点到点的过程，只需确定横格或确定纵格即可确定路线，由此即可求出方案数；
（2）结合图形，考虑不同的路线方案，计算的值，取其最大者即得；
（3）依题，要使最大，应使尽可能接近.先证明猜想：如果使S最大，则对任何，有成立，接着分和两种情况列出的表达式，利用参考公式与等差数列求和公式求和即得.
【详解】（1）因从点到点的路线，至少经过三个横格与两个纵格，
只需确定了横格或纵格，方案即确定，故方案种数为；
（2）方案一：
，
；
方案二：，
；
方案三：，
；
方案四：，
.
所以，的最大值为21.
（3）设P经过的点依次为的坐标为，
则，要使S最大，应使尽可能接近.
于是猜想：如果使S最大，则对任何，有.
以下证明这个猜想.
假设存在，使，不妨设,
观察路径，发现一定有一个点，满足这样的条件，
即路径中存在这样连续三点，使得是横向格，是纵向格，且，
于是，用代替得到的路径仍合乎要求，
又因为，所以，经过变换路径后，坐标之积变大了，故.
综上所述，对路径中的任何一个点，若，则从出发的边是唯一的，下一个点应是将的坐标中较小的一个增加1；
而时，则从出发的边有两种选择，下一个点是将的横坐标或纵坐标加1.
于是，1.当时，
2.当时，其路径为：或或
.
此时，
显然此式在时也成立，故的最大值为
【点睛】关键点点睛：本题主要考查与计数有关的数列求和问题，属于难题.
解题的关键在于充分理解题意，进行合理分类求解，对于一些猜想，可考虑反证法思路证明，此外要熟练掌握求和公式，如的应用.
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第6章计数原理章末重难点检测卷-高三数学上学期人教A版（2019）
一、单选题
1．用0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的六位数，要求数字1和4相邻，则这样的六位数的个数为（ ）
A．192 B．240 C．360 D．720
2．在的展开式中，项的系数为（ ）
A． B．10 C． D．80
3．已知的展开式中，常数项为60，则的值为（ ）
A．2 B．2， C．3 D．3，
4．由数字2，3，4组成没有重复数字的三位数，则这个三位数是偶数的概率为（ ）
A． B． C． D．
5．已知，若，，则（ ）
A．1 B．6 C．7 D．12
6．十进制计数法简单易懂，方便人们进行计算.也可以用其他进制表示数，如十进制下，；；将余数从下往上排列起来，所以125就是68这个数的七进制.表示形式就是125，个位数为5，那么用七进制表示十进制的，其个位数是（ ）
A．6 B．5 C．2 D．1
7．从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码（每种砝码各2个）中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是（ ）
A．
B．
C．
D．
8．不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的三元数组有多少组（ ）
A．560 B．455 C．91 D．55
二、多选题
9．现安排甲 乙 丙 丁 戊这5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，且每人只安排一个工作，则下列说法正确的是（ ）
A．不同安排方案的种数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为
C．若司机工作不安排，其余三项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为
D．若每项工作至少有1人参加，甲不能从事司机工作，则不同安排方案的种数为
10．已知二项式的展开式中各项系数之和是，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式共有6项 B．二项式系数最大的项是第4项
C．展开式的常数项为540 D．展开式含有
11．已知，，…，，为1，2，…，5，6的任意排列，设，．则（ ）
A．任意交换的顺序，不影响X的取值
B．满足及的排列有20个
C．的概率为
D．的概率为
三、填空题
12．已知展开式的二项式系数之和为，则该展开式中的系数为 .
13．小明去超市从4种功能性提神饮料和5种电解质饮料中选3瓶进行购买，若每种饮料至多买一瓶，则功能性提神饮料和电解质饮料都至少买1瓶的买法种数为 ．（用数字作答）
14．清代数学家明安图所著《割圆密率捷法》中比西方更早提到了“卡特兰数”（以比利时数学家欧仁 查理 卡特兰的名字命名）.有如下问题：在的格子中，从左下角出发走到右上角，每一步只能往上或往右走一格，且走的过程中只能在左下角与右上角的连线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线），则共有多少种不同的走法？此问题的结果即卡特兰数.如图，现有的格子，每一步只能往上或往右走一格，则从左下角走到右上角共有 种不同的走法；若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方，但可以到达直线，则有 种不同的走法.
四、解答题
15．若，其中.
(1)求的值；
(2)求.
16．已知二项式，若它的二项式系数之和为128.
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中系数最大的项.
17．如图有A，B两组电路图．
(1)对于B组电路图，闭合两个开关即可通电的方法数有多少种？
(2)若A组电路与B组电路从衔接点M，N处连接，把两电路串联起来，只需闭合三个开关就可通电的方法数有多少种？
18．近年来，社交推理游戏越来越受到大众的喜爱，它们不仅提供了娱乐和休闲的功能，还可以锻炼玩家的逻辑推理、沟通技巧和团队合作精神，增强社交能力和人际交往能力.某校“社交推理游戏社团”在一次活动中组织了“搜索魔法师”游戏，由1名“侦探”、6名“麻瓜”、4名“魔法师”参与游戏.游戏开始前，“侦探”是公认的，每个“麻瓜”和“魔法师”均清楚自己的角色且不知道其他人的身份.游戏过程中，由“侦探”对“麻瓜”和“魔法师”逐个当众询问并正确应答，直至找出所有的“魔法师”为止.
(1)若恰在第5次搜索才测试到第1个“魔法师”，第10次才找到最后一个“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？
(2)若恰在第5次搜索后就找出了所有“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？
(3)游戏开始，有甲、乙、丙三位同学都想争取“侦探”的角色，主持人决定采用“击鼓传花”的方式来最终确认人员.三人围成一圈，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两个人中任何一人.试问，5次传花后花在甲手上的可能线路有多少种？
19．设点从格点出发，沿格径以最短的路线运动到点，即每次运动到另一格点时，横坐标或纵坐标增加1.设点经过的所有格点中两坐标乘积之和为.
(1)当时，点沿格径以最短的路线运动到点的方案有多少种？
(2)当时，求的最大值；
(3)当点从格点出发，沿格径以最短的路线运动到点且，求的最大值.（参考公式：）
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A C B A A A C B BD BC
题号 11
答案 ABD
1．A
【分析】根据题意和首位非零的要求，将六位数分成三类，在每一类中，再运用相邻元素捆绑法求出方法数，最后根据分类加法计数原理即可求得.
【详解】依题意，可将这样的六位数分成三类：
第一类，首位是1，则第二位必须是4，其余四个数位可将另外四个数字全排即可，有种方法；
第二类，首位是4，则第二位必须是1，其余四个数位可将另外四个数字全排即可，有种方法；
第三类，首位从中人去一个，有种，再将看成一个元素，与另外三个数字在四个位置上全排有种，
再考虑的顺序，有种，故由分步乘法计数原理，有种方法.
由分类加法计数原理可知，这样的六位数共有个.
故选：A.
2．C
【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可.
【详解】由，
令，解得，
所以，即项的系数为.
故选：C
3．B
【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项公式，再确定常数项即得.
【详解】展开式的通项为，
令，可得，
因此，展开式中的常数项为.
则，.
故选：B.
4．A
【分析】先看一共能组成多少个没有重复数字的三位数，再看其中有多少偶数,所占比例就是所求的概率.
【详解】将组成没有重复数字的三位数，共有种，
而其中偶数有两种情况：
①以为个位数的三位数，是，共有2种
②以为个位数的三位数，是，共有2种
所以，这个三位数是偶数的情况共有种，
所以，这个三位数是偶数的概率为事件，则.
故选：A.
5．A
【分析】由，利用二项式定理展开计算即可求得结果.
【详解】∵
∴，
∵，，，
∴
故选：A
6．A
【分析】利用二项式定理求出被除的余数即可.
【详解】，
且能被整除，
而，
，
被除的余数为，
用七进制表示十进制的，其个位数是.
故选：A.
7．C
【分析】根据选的砝码个数可以分为一个砝码，两个砝码，三个砝码，四个砝码，五个砝码五种情况可求得，在分析各个选项的系数，即可求解.
【详解】一个砝码有，9一种情况，种情况，
两个砝码有，，，几种情况种
三个砝码有，，，，，，几种情况种
四个砝码有，，，，，种，
五个砝码有，，种，
总计种.
对A，选项系数为，故不符合，所以A错误；
对B，的系数是选个带的，其他的个括号选常数项，可得，故B错误；
对C，
系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为
有两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数，，系数为，
系数为与组成，其他为常数， ，系数为，
系数为与组成，其他为常数， ，系数为，
同理由三项组成，，，，，几种情况，其他项为常数，则系数为
同理由四项组成，，，几种情况，其他为常数，则系数，
同理由五项组成其他项为常数，则系数为，
综上系数为，故C正确；
对D，
，
系数直接有一项，其他是常数项，可有种情况，系数为，
有与组成，其他是常数项，可有,
故D错误.
故选：C
8．B
【分析】在都加上1，把问题转化成方程有正整数解的问题解决.
【详解】设，，，
则不等式有多少组非负整数解的问题，转化为：的正整数解的组数.
因为方程：的解的组数为：；
的解的组数为：；
…
的解的组数为：.
所以原不等式解的组数为：.
故选：B
【点睛】结论点睛：方程（且）正整数解的组数为.
9．BD
【分析】根据分步计数原理可判断A；先分组，然后再分配可判断BCD.
【详解】对A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则不同安排方案的种数为，故A错误；
对B，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，
则不同安排方案的种数为，故B正确；
对C，先将5人分为3组，有种分组方法，
将分好的三组安排翻译 导游 礼仪三项工作，有种情况，
则不同安排方案的种数是，故C错误；
对D，第一类，先从乙，丙，丁，戊中选出1人从事司机工作，再将剩下的4人分成三组，
安排翻译 导游 礼仪三项工作，则不同安排方案的种数为；
第二类，先从乙，丙，丁，戊中选出2人从事司机工作，
再将剩下的3人安排翻译、导游、礼仪三项工作，
则不同安排方案的种数为.所以不同安排方案的种数是，故D正确.
故选：BD.
10．BC
【分析】由二项式的展开式中各项系数之和是，求出，得到二项展开式的通项公式，逐项判断即可.
【详解】由于二项式的展开式中各项系数之和是，
所以令，则，所以，
所以二项式，所以展开后有项，故A错误；
二项式系数最大的项是第4项，故B正确；
二项式展开式的通项公式为，
所以当时，常数项为，故C正确；
当时，解得不是整数，所以展开式不含有项，故D错误.
故选：BC
11．ABD
【分析】由的定义判断A选项；满足条件的排列数即满足条件的的组数，计算数据判断选项B；列举符合条件的取法，计算相应的概率判断选项CD.
【详解】由的定义可知，任意交换的顺序，不影响的取值，
任意交换的顺序，不影响的取值，A选项正确；
注意到当被确定后，的取值也被固定，
因此满足条件的排列组数即满足条件的的组数，
即从1，2，…，5，6中任选3个数的数目，即种取法，B选项正确；
因此不妨设及．
注意到，整体交换和也不影响X，Y的取值，
因此不妨设，即，，
将满足以上条件的排列列举如下：
X Y X Y
123 456 3 4 135 246 5 2
124 356 4 3 136 245 5 2
125 346 5 3 145 236 5 2
126 345 5 3 146 235 5 2
134 256 4 2 156 234 4 2
总情况数共10种，除第一种外均满足．
因此，，C选项错误，D选项正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：在实际解决“新定义”问题时，关键是正确提取新定义中的新概念、新公式、新性质、新模式等信息，确定新定义的名称或符号、概念、法则等，并进行信息再加工，寻求相近知识点，明确它们的共同点和不同点，探求解决方法，在此基础上进行知识转换，有效输出，合理归纳，结合相关的数学技巧与方法来分析与解决!本题围绕的定义，分析交换数据位置对的影响，列举符合条件的不同取法，计算概率验证选项.
12．
【分析】由二项式系数和为求出，再写出展开式的通项，利用通项计算可得.
【详解】依题意可得，所以，
则展开式的通项为，，
令，解得，所以展开式中的系数为.
故答案为：
13．70
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理及组合计数问题列式计算即得.
【详解】依题意，两种饮料都至少买1种的买法种数为.
故答案为：70
14． 35 14
【分析】根据题意，由组合数的意义即可得到结果，结合卡特兰数的定义，即可得到结果.
【详解】
从左下角走到右上角共需要7步，其中3步向上，4步向右，
故只需确定哪3步向上走即可，共有种不同的走法；
若要求从左下角走到右上角的过程中只能在直线的右下方（不能穿过，但可以到达该连线），
则由卡特兰数可知共有种不同的走法，
又到达右上角必须最后经过，所以满足题目条件的走法种数也是14.
故答案为：35；14
15．(1)；
(2).
【分析】（1）求出二项式展开式的通项公式，利用给定系数求出.
（2）由（1）的结论，利用赋值法分别求出即可得解.
【详解】（1）二项式展开式的通项为，
依题意，，解得，
所以的值为.
（2）由（1）知，，
令，得，
令，得，
则
所以.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由题意由二项式系数和求得.从而得二项式系数最大的是与，由二项式展开式的通项公式可得答案；
（2）设第项的系数最大，列出不等式组，解之可得系数最大的项,由此可得答案.
【详解】（1），通项为.
二项式系数最大的项为第4，5项，
.
（2）设展开式中系数最大的项为第项，则
，，，解得，
因为，所以或，所以展开式中系数最大的项为第6，7项，
.
17．(1)13
(2)65
【分析】（1）对于组电路，可分上、中、下路三类，求得每一类的方法数，进而可求总的方法数；
（2）先利用分类加法计数原理求得组通电的方法数，进而结合（1）与分步计数原理求得结论.
【详解】（1）对于组电路，可分上、中、下路三类，
上路：第一步接通有1种方法，第二步接通有3种方法，由分步乘法计数原理，总方法数为；
中路：第一步接通有2种方法，第二步接通有2种方法，由分步乘法计数原理，总方法数为；
下路：第一步接通有2种方法，第二步接通有3种方法，由分步乘法计数原理，总方法数为．
故所求方法数有种．
（2）对于组，合上一个开关可使电路通电，可分两路：从上路接通有2种方法，从下路接通有3种方法，
由分类加法计数原理，总方法数为；
两组串联后要使电路通电，需两组均通电，组电路通电有5种情况，由（1）知组电路通电有13种情况，
所以串联后的电路通电有种情况．
18．(1)
(2)576
(3)10
【分析】（1）（2）根据排列组合，结合分步乘法计数原理即可求解，
（3）根据题意可得，，即可根据递推关系求解.
【详解】（1）先排前4次搜索，只能取“麻瓜”，有种不同的搜索方法，
再从4个“魔法师”中选2个排在第5次和第10次的位置上搜索，有种搜索方法，
再排余下4个的搜索位置，有种搜索方法.
所以共有种不同的搜索方法.
（2）第5次搜索恰为最后一个“魔法师”，
则另3个在前4次搜索中出现，从而前4次有一个“麻瓜”出现，
所以共有种不同的搜索方法.
（3）由于甲是第1次传花的人，因此第2次传花时，甲不能再次拿到花.
这意味着在第2次传花时，花必须传给乙或丙.
同样，第3次传花时，花不能回到前一次传花的人手中.
因此，传花的路线不能有连续两次传给同一个人的情况.
设为经过次传花后花在甲手上的线路数，其中.
则为经过次传花后花在甲手上的线路数，即经过次传花后花不在甲手上的线路数，
所以为经过次传花的总线路，每一次传花均有两种方向（顺时针或逆时针），
则，.
所以，，，，
综上，5次传花后花在甲手上的可能线路有10种.
19．(1)
(2)21
(3)
【分析】（1）分析从点到点的过程，只需确定横格或确定纵格即可确定路线，由此即可求出方案数；
（2）结合图形，考虑不同的路线方案，计算的值，取其最大者即得；
（3）依题，要使最大，应使尽可能接近.先证明猜想：如果使S最大，则对任何，有成立，接着分和两种情况列出的表达式，利用参考公式与等差数列求和公式求和即得.
【详解】（1）因从点到点的路线，至少经过三个横格与两个纵格，
只需确定了横格或纵格，方案即确定，故方案种数为；
（2）方案一：
，
；
方案二：，
；
方案三：，
；
方案四：，
.
所以，的最大值为21.
（3）设P经过的点依次为的坐标为，
则，要使S最大，应使尽可能接近.
于是猜想：如果使S最大，则对任何，有.
以下证明这个猜想.
假设存在，使，不妨设,
观察路径，发现一定有一个点，满足这样的条件，
即路径中存在这样连续三点，使得是横向格，是纵向格，且，
于是，用代替得到的路径仍合乎要求，
又因为，所以，经过变换路径后，坐标之积变大了，故.
综上所述，对路径中的任何一个点，若，则从出发的边是唯一的，下一个点应是将的坐标中较小的一个增加1；
而时，则从出发的边有两种选择，下一个点是将的横坐标或纵坐标加1.
于是，1.当时，
2.当时，其路径为：或或
.
此时，
显然此式在时也成立，故的最大值为
【点睛】关键点点睛：本题主要考查与计数有关的数列求和问题，属于难题.
解题的关键在于充分理解题意，进行合理分类求解，对于一些猜想，可考虑反证法思路证明，此外要熟练掌握求和公式，如的应用.
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