第六章 计数原理 章末综合巩固试题 2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性必修第三册
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| 名称 | 第六章 计数原理 章末综合巩固试题 2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性必修第三册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 635.6KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-06 10:10:25 | ||
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文档简介
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第六章 计数原理 章末综合巩固试题
2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性必修第三册
一、单选题
1．某省专家组为评审某市是否达到“生态园林城市”的标准，从6位专家中选出2位组成评审委员会，则组成该评审委员会的不同方式共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
2．现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ）
A．120 B．60 C．30 D．20
3．甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
4．林老师希望从中选2个不同的字母，从中选3个不同的数字编拟车牌号鄂J×××××的后五位，要求数字互不相邻，那么满足要求的车牌号有（ ）
A．576个 B．288个
C．144个 D．72个
5．用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．240 B．360 C．480 D．600
6．甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（ ）
A．20种 B．16种 C．12种 D．8种
7．若，则（ ）
A．2 B．0 C． D．
8．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）
A．48 B．54 C．60 D．72
二、多选题
9．现有2名男生和3名女生，在下列不同条件下进行排列，则（ ）
A．排成前后两排，前排3人后排2人的排法共有120种
B．全体排成一排，女生必须站在一起的排法共有36种
C．全体排成一排，男生互不相邻的排法共有72种
D．全体排成一排，甲不站排头，乙不站排尾的排法共有72种
10．已知，则下列描述不正确的是（ ）
A． B．除以5所得的余数是1
C． D．
11．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
三、填空题
12．设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为展开式的二项式系数的最大值为，若，则的展开式中，的系数为 .
13．（1）若，则 ；
（2）不等式的解集为 ．
14．将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色不相同且位置固定的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则 ．
四、解答题
15．有0，1，2，3，4五个数字（每小问均须用数字作答）.
(1)可以排成多少个三位数？
(2)求满足下列条件的五位数个数（无重复数字）.
（i）左起第二、四位数是偶数的奇数.
（ii）比大的偶数.
16．在的展开式中，
(1)系数的绝对值最大的项是第几项？
(2)求二项式系数最大的项.
(3)求系数最大的项.
17．已知，求：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
18．某校阅览室的一个书架上有6本不同的课外书，有5个学生想阅读这6本书，在同一时间内他们到这个书架上取书.
（1）求每个学生只取1本书的不同取法种数；
（2）求每个学生最少取1本书，最多取2本书的不同取法种数；
（3）求恰有1个学生没取到书的不同取法种数.
19．已知集合，规定：若集合，则称为集合的一个分拆，当且仅当：，，…，时，与为同一分拆，所有不同的分拆种数记为.例如：当，时，集合的所有分拆为：，，，即.
(1)求；
(2)试用、表示；
(3)设，规定，证明：当时，与同为奇数或者同为偶数.
参考答案
1．B
根据给定条件，利用组合的定义直接列式作答.
依题意，从6位专家中选出2位组成评审委员会是组合问题，
所以组成该评审委员会的不同方式共有种.
故选：B
2．B
利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解.
不妨记五名志愿者为，
假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法，
同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法，
所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.
故选：B.
3．C
相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.
首先确定相同得读物，共有种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种，
根据分步乘法公式则共有种，
故选：C.
4．C
利用先选后排及插空法，结合分步乘法计数原理即可求解.
依题意，从中选2个不同的字母有种，然后从中选3个不同的数字有种，再从选出的2个不同的字母有种排法，最后从选出3个不同的数字插空有种，根据分步乘法计数原理知，满足要求的车牌号有种.
故选：C.
5．C
先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解.
将区域标号，如下图所示：
因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法，
若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法；
若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法；
所以共有种不同的涂色方法.
故选：C.
6．B
分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果.
因为乙和丙之间恰有人，所以乙丙及中间人占据首四位或尾四位，
①当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，
所以有种方法；
②当乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，
所以有种方法；
由分类加法计数原理可知，一共有种排法，
故选：B.
7．C
根据题意写出并求出，进而结合二项式定理求得答案.
由题意得，
∴
.
∵
，
∴.
故选：C.
8．C
先分组，再考虑甲的特殊情况.
将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，
共有 种方法；
由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，
所以由 种方法；
按照分步乘法原理，共有 种方法；
故选：C.
9．ABC
根据题意，利用排列数公式，以及捆绑法、插空法，以及分类讨论，结合分类计数原理，逐项判定，即可求解.
由题意知，现有2名男生和3名女生，
对于A中，排成前后两排，前排3人后排2人，则有种排法，所以A正确；
对于B中，全体排成一排，女生必须站在一起，则有种排法，所以B正确；
对于C中，全体排成一排，男生互不相邻，则有种排法，所以C正确；
对于D中，全体排成一排，甲不站排头，乙不站排尾
可分为两类：（1）当甲站在中间的三个位置中的一个位置时，有种排法，
此时乙有种排法，共有种排法；
（2）当甲站在排尾时，甲只有一种排法，此时乙有种排法，
共有种排法，综上可得，共有种不同的排法，所以D错误.
故选：ABC.
10．ACD
利用赋值法即可判断AC、求导数后结合赋值法可判断D，根据二项式展开式的通项即可求解B.
，
令，可得，再令，可得，
,故A错误．
由于，即展开式各项系数和系数和，
故，，故C错误．
由题意，，
显然，除了最后一项外，其余各项均能被5整除，除以5所得的余数是1，故B正确．
把函数两边同时对求导数，可得，
再令，可得，，可得，
故,故D错误．
故选：ACD．
11．AD
根据排列组合知识分别进行计算可得正确选项
对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，A正确；
对于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，有种安排方法，B错误；
对于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，
则有种安排方法，C错误；
对于D，①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选出2人开车，则有种安排方法，D正确．
故选：AD．
12．
由二项式定理及列方程求得，再确定的系数即可.
由题设知：，则，即，解得，
而，又含项为，又，含项为，
故的系数为：.
故答案为：
13． 3
（1）利用排列数的计算公式化简计算，再结合的取值范围即可得出答案.
（2）利用排列数的计算公式化简计算，再结合的取值范围即可得出答案.
（1）原方程可化为，
化简得，解得或或或．
由，得，且，所以．
（2）原不等式可化为，其中，，
整理得，即，所以或．
因为，，所以，，所以原不等式的解集为．
故答案为：3，.
14．125
利用新定义，结合排列组合，分情况讨论即可.
，即，.如图，在单位圆上有5个颜色不同的点，由4条边连接起来，每条边有2个端点，所以4条边一共有8个端点，又由于从任意一点出发，沿着可边可以达到任意一点，所以每一点必定会作边，至少一条边的端点.所以可能出现的情形有三种情形，按照5个点可能同时做边几条边的公共端点来分情况讨论.
情形1：有3个点是2条边的端点，另2个点是1条边的端点，有种；
情形2：有1个点是3条边的端点，有1个点是2条边的端点，另3个点是1条边的端点，
有种；
情形3：有1个点是4条边的端点，另4个点是1条边的端点，共有种；
综上：.
故答案为：125
方法点睛：对于特殊类型的排列问题，注意根据问题的特征将其转化等价的排列问题，而后者容易计数.
15．(1)个
(2)（i）20个；（ii）41个
（1）先排百位，再排十位、个位，按照分步乘法计数原理计算可得；
（2）（i）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算；（ii）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
（1）首先排百位数字有种选法，
再排十位数字有种选法，
最后排个位数字有种选法，
所以一共有三位数（个）.
（2）（i）首先从、两数中选一个数排在个位，有种；
①最高位排、中剩下的数，将三个偶数排到左起第二、三、四位，有种；
②最高位为从、两数中选一个，有种，再将剩下的两个偶数排到左起第二、四位，有种，最后将、中剩下的数排到第三位；
综上可得符合条件的数字一共有（个）；
（ii）比大的偶数可分为六类：
万位数字为的偶数，有个；
万位数字为的偶数，有个；
万位数字为，千位数字为的偶数，有个；
万位数字为，千位数字为的偶数，有个；
万位数字为，千位数字为的偶数，有个；
万位数字为，千位数字为的偶数，有，共个；
综上可得比大的偶数一共有个.
16．(1)第6项和第7项；
(2)；
(3).
（1）求出二项式展开式的通项公式，结合已知列出不等式并求解即得.
（2）利用二项式系数的性质求解即得.
（3）利用（1）的结论，按正负比较即得.
（1）的展开式的通项为，
设第项系数的绝对值最大，显然，则，
整理得，即，解得，而，则或，
所以系数的绝对值最大的项是第6项和第7项.
（2）二项式系数最大的项为中间项，即第5项，.
（3）由（1）知，展开式中的第6项和第7项系数的绝对值最大，而第6项的系数为负，第7项的系数为正，
所以系数最大的项为第7项.
17．（1）；（2）；（3）；（4）．
（1）令求得，令求得后可得；
（2）再令可得，与（1）结合可得；
（3）与（2）同理求得；
（4）由知为正，为负，由此可计算．
令则①，
令则②，
令则③，
（1）②-①得：，
（2）(②-③)得：，
（3）(②+③)得：，
(4)．
方法点睛：本题考查赋值法求二项展开式中系数和．利用多项式的性质可得：
，，
，
，．
18．（1）（2）（3）
（1）直接利用排列公式得到答案.
（2）将情况分为：每个学生只取1本书；一个学生取2本书，其余学生每人取一本书这两种情况，分别计算相加得到答案.
（3）将情况分为：1个学生取3本书，3个学生每人取1本书，1个学生取0本书； 2个学生每人取2本书，2个学生每人取1本书，1个学生取0本书，计算得到答案.
（1）每个学生只取1本书的不同取法种数为种.
（2）每个学生最少取1本书，最多取2本书分两种情况：
第一种，每个学生只取1本书，取法为；
第二种，一个学生取2本书，其余学生每人取一本书.确定取2本书的学生有种方法，这个学生取哪2本书有种方法，其余4个学生取剩下的4本书且每人一本有种方法，故一个学生取2本书，其余学生每人取一本书取法为.
所以，每个学生最少取1本书，最多取2本书的不同取法为种.
（3）恰有1个学生没取到书分两种情况：
第一种，1个学生取3本书，3个学生每人取1本书，1个学生取0本书，取法种数为.
第二种，2个学生每人取2本书，2个学生每人取1本书，1个学生取0本书，取法种数为.
所以恰有1个学生没取到书的不同取法种数为种.
本题考查了排列组合公式的应用，意在考查学生的应用能力和理解能力.
19．(1)9
(2)
(3)证明见解析
(1)根据新定义,结合集合元素个数和和不同分拆种数计算即可;
(2)先考虑至少进入其中一个的情况类比得到所有元素的情况再应用乘法原理可得;
(3) 运用二项式定理将展开，把转化为,
即可证明与同为奇数或者同为偶数.
（1）集合，
对于每一个，都有进入或不进入两种可能，
而且至少进入其中一个，
所以有种进入、的不同方法；
同理有种进入、的不同方法；
由分步计数原理，、进入、共有种不同方法，
即.
（2）因为集合，
下面按是否进入分为步求，
第一步：对于每一个，都有进入或不进入两种可能，
而且至少进入其中一个，
所以有种进入、、…、的不同方法；
第二步：同理有种进入、、…、的不同方法；
…
第步：同理有种进入、、…、的不同方法.
由分步计数原理，、、…、进入、、…、，
共有种不同方法，即.
（3）运用二项式定理将展开，
，
其中，
，其中，
所以当为奇数时，为奇数；
当为偶数时，也为偶数，
即与同为奇数或者同为偶数.
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第六章 计数原理 章末综合巩固试题
2024-2025学年数学人教A版(2019) 选择性必修第三册
一、单选题
1．某省专家组为评审某市是否达到“生态园林城市”的标准，从6位专家中选出2位组成评审委员会，则组成该评审委员会的不同方式共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
2．现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ）
A．120 B．60 C．30 D．20
3．甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
4．林老师希望从中选2个不同的字母，从中选3个不同的数字编拟车牌号鄂J×××××的后五位，要求数字互不相邻，那么满足要求的车牌号有（ ）
A．576个 B．288个
C．144个 D．72个
5．用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．240 B．360 C．480 D．600
6．甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（ ）
A．20种 B．16种 C．12种 D．8种
7．若，则（ ）
A．2 B．0 C． D．
8．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）
A．48 B．54 C．60 D．72
二、多选题
9．现有2名男生和3名女生，在下列不同条件下进行排列，则（ ）
A．排成前后两排，前排3人后排2人的排法共有120种
B．全体排成一排，女生必须站在一起的排法共有36种
C．全体排成一排，男生互不相邻的排法共有72种
D．全体排成一排，甲不站排头，乙不站排尾的排法共有72种
10．已知，则下列描述不正确的是（ ）
A． B．除以5所得的余数是1
C． D．
11．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
三、填空题
12．设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为展开式的二项式系数的最大值为，若，则的展开式中，的系数为 .
13．（1）若，则 ；
（2）不等式的解集为 ．
14．将“用一条线段联结两个点”称为一次操作，把操作得到的线段称为“边”．若单位圆上个颜色不相同且位置固定的点经过次操作后，从任意一点出发，沿着边可以到达其他任意点，就称这n个点和k条边所构成的图形满足“条件”，并将所有满足“条件”的图形个数记为，则 ．
四、解答题
15．有0，1，2，3，4五个数字（每小问均须用数字作答）.
(1)可以排成多少个三位数？
(2)求满足下列条件的五位数个数（无重复数字）.
（i）左起第二、四位数是偶数的奇数.
（ii）比大的偶数.
16．在的展开式中，
(1)系数的绝对值最大的项是第几项？
(2)求二项式系数最大的项.
(3)求系数最大的项.
17．已知，求：
（1）；
（2）；
（3）；
（4）．
18．某校阅览室的一个书架上有6本不同的课外书，有5个学生想阅读这6本书，在同一时间内他们到这个书架上取书.
（1）求每个学生只取1本书的不同取法种数；
（2）求每个学生最少取1本书，最多取2本书的不同取法种数；
（3）求恰有1个学生没取到书的不同取法种数.
19．已知集合，规定：若集合，则称为集合的一个分拆，当且仅当：，，…，时，与为同一分拆，所有不同的分拆种数记为.例如：当，时，集合的所有分拆为：，，，即.
(1)求；
(2)试用、表示；
(3)设，规定，证明：当时，与同为奇数或者同为偶数.
参考答案
1．B
根据给定条件，利用组合的定义直接列式作答.
依题意，从6位专家中选出2位组成评审委员会是组合问题，
所以组成该评审委员会的不同方式共有种.
故选：B
2．B
利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解.
不妨记五名志愿者为，
假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法，
同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法，
所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.
故选：B.
3．C
相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.
首先确定相同得读物，共有种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种，
根据分步乘法公式则共有种，
故选：C.
4．C
利用先选后排及插空法，结合分步乘法计数原理即可求解.
依题意，从中选2个不同的字母有种，然后从中选3个不同的数字有种，再从选出的2个不同的字母有种排法，最后从选出3个不同的数字插空有种，根据分步乘法计数原理知，满足要求的车牌号有种.
故选：C.
5．C
先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解.
将区域标号，如下图所示：
因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法，
若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法；
若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法；
所以共有种不同的涂色方法.
故选：C.
6．B
分类讨论：乙丙及中间人占据首四位、乙丙及中间人占据尾四位，然后根据分类加法计数原理求得结果.
因为乙和丙之间恰有人，所以乙丙及中间人占据首四位或尾四位，
①当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，
所以有种方法；
②当乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，
所以有种方法；
由分类加法计数原理可知，一共有种排法，
故选：B.
7．C
根据题意写出并求出，进而结合二项式定理求得答案.
由题意得，
∴
.
∵
，
∴.
故选：C.
8．C
先分组，再考虑甲的特殊情况.
将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，
共有 种方法；
由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，
所以由 种方法；
按照分步乘法原理，共有 种方法；
故选：C.
9．ABC
根据题意，利用排列数公式，以及捆绑法、插空法，以及分类讨论，结合分类计数原理，逐项判定，即可求解.
由题意知，现有2名男生和3名女生，
对于A中，排成前后两排，前排3人后排2人，则有种排法，所以A正确；
对于B中，全体排成一排，女生必须站在一起，则有种排法，所以B正确；
对于C中，全体排成一排，男生互不相邻，则有种排法，所以C正确；
对于D中，全体排成一排，甲不站排头，乙不站排尾
可分为两类：（1）当甲站在中间的三个位置中的一个位置时，有种排法，
此时乙有种排法，共有种排法；
（2）当甲站在排尾时，甲只有一种排法，此时乙有种排法，
共有种排法，综上可得，共有种不同的排法，所以D错误.
故选：ABC.
10．ACD
利用赋值法即可判断AC、求导数后结合赋值法可判断D，根据二项式展开式的通项即可求解B.
，
令，可得，再令，可得，
,故A错误．
由于，即展开式各项系数和系数和，
故，，故C错误．
由题意，，
显然，除了最后一项外，其余各项均能被5整除，除以5所得的余数是1，故B正确．
把函数两边同时对求导数，可得，
再令，可得，，可得，
故,故D错误．
故选：ACD．
11．AD
根据排列组合知识分别进行计算可得正确选项
对于A，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，A正确；
对于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，有种安排方法，B错误；
对于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，
则有种安排方法，C错误；
对于D，①从丙，丁，戊中选出1人开车，②从丙，丁，戊中选出2人开车，则有种安排方法，D正确．
故选：AD．
12．
由二项式定理及列方程求得，再确定的系数即可.
由题设知：，则，即，解得，
而，又含项为，又，含项为，
故的系数为：.
故答案为：
13． 3
（1）利用排列数的计算公式化简计算，再结合的取值范围即可得出答案.
（2）利用排列数的计算公式化简计算，再结合的取值范围即可得出答案.
（1）原方程可化为，
化简得，解得或或或．
由，得，且，所以．
（2）原不等式可化为，其中，，
整理得，即，所以或．
因为，，所以，，所以原不等式的解集为．
故答案为：3，.
14．125
利用新定义，结合排列组合，分情况讨论即可.
，即，.如图，在单位圆上有5个颜色不同的点，由4条边连接起来，每条边有2个端点，所以4条边一共有8个端点，又由于从任意一点出发，沿着可边可以达到任意一点，所以每一点必定会作边，至少一条边的端点.所以可能出现的情形有三种情形，按照5个点可能同时做边几条边的公共端点来分情况讨论.
情形1：有3个点是2条边的端点，另2个点是1条边的端点，有种；
情形2：有1个点是3条边的端点，有1个点是2条边的端点，另3个点是1条边的端点，
有种；
情形3：有1个点是4条边的端点，另4个点是1条边的端点，共有种；
综上：.
故答案为：125
方法点睛：对于特殊类型的排列问题，注意根据问题的特征将其转化等价的排列问题，而后者容易计数.
15．(1)个
(2)（i）20个；（ii）41个
（1）先排百位，再排十位、个位，按照分步乘法计数原理计算可得；
（2）（i）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算；（ii）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
（1）首先排百位数字有种选法，
再排十位数字有种选法，
最后排个位数字有种选法，
所以一共有三位数（个）.
（2）（i）首先从、两数中选一个数排在个位，有种；
①最高位排、中剩下的数，将三个偶数排到左起第二、三、四位，有种；
②最高位为从、两数中选一个，有种，再将剩下的两个偶数排到左起第二、四位，有种，最后将、中剩下的数排到第三位；
综上可得符合条件的数字一共有（个）；
（ii）比大的偶数可分为六类：
万位数字为的偶数，有个；
万位数字为的偶数，有个；
万位数字为，千位数字为的偶数，有个；
万位数字为，千位数字为的偶数，有个；
万位数字为，千位数字为的偶数，有个；
万位数字为，千位数字为的偶数，有，共个；
综上可得比大的偶数一共有个.
16．(1)第6项和第7项；
(2)；
(3).
（1）求出二项式展开式的通项公式，结合已知列出不等式并求解即得.
（2）利用二项式系数的性质求解即得.
（3）利用（1）的结论，按正负比较即得.
（1）的展开式的通项为，
设第项系数的绝对值最大，显然，则，
整理得，即，解得，而，则或，
所以系数的绝对值最大的项是第6项和第7项.
（2）二项式系数最大的项为中间项，即第5项，.
（3）由（1）知，展开式中的第6项和第7项系数的绝对值最大，而第6项的系数为负，第7项的系数为正，
所以系数最大的项为第7项.
17．（1）；（2）；（3）；（4）．
（1）令求得，令求得后可得；
（2）再令可得，与（1）结合可得；
（3）与（2）同理求得；
（4）由知为正，为负，由此可计算．
令则①，
令则②，
令则③，
（1）②-①得：，
（2）(②-③)得：，
（3）(②+③)得：，
(4)．
方法点睛：本题考查赋值法求二项展开式中系数和．利用多项式的性质可得：
，，
，
，．
18．（1）（2）（3）
（1）直接利用排列公式得到答案.
（2）将情况分为：每个学生只取1本书；一个学生取2本书，其余学生每人取一本书这两种情况，分别计算相加得到答案.
（3）将情况分为：1个学生取3本书，3个学生每人取1本书，1个学生取0本书； 2个学生每人取2本书，2个学生每人取1本书，1个学生取0本书，计算得到答案.
（1）每个学生只取1本书的不同取法种数为种.
（2）每个学生最少取1本书，最多取2本书分两种情况：
第一种，每个学生只取1本书，取法为；
第二种，一个学生取2本书，其余学生每人取一本书.确定取2本书的学生有种方法，这个学生取哪2本书有种方法，其余4个学生取剩下的4本书且每人一本有种方法，故一个学生取2本书，其余学生每人取一本书取法为.
所以，每个学生最少取1本书，最多取2本书的不同取法为种.
（3）恰有1个学生没取到书分两种情况：
第一种，1个学生取3本书，3个学生每人取1本书，1个学生取0本书，取法种数为.
第二种，2个学生每人取2本书，2个学生每人取1本书，1个学生取0本书，取法种数为.
所以恰有1个学生没取到书的不同取法种数为种.
本题考查了排列组合公式的应用，意在考查学生的应用能力和理解能力.
19．(1)9
(2)
(3)证明见解析
(1)根据新定义,结合集合元素个数和和不同分拆种数计算即可;
(2)先考虑至少进入其中一个的情况类比得到所有元素的情况再应用乘法原理可得;
(3) 运用二项式定理将展开，把转化为,
即可证明与同为奇数或者同为偶数.
（1）集合，
对于每一个，都有进入或不进入两种可能，
而且至少进入其中一个，
所以有种进入、的不同方法；
同理有种进入、的不同方法；
由分步计数原理，、进入、共有种不同方法，
即.
（2）因为集合，
下面按是否进入分为步求，
第一步：对于每一个，都有进入或不进入两种可能，
而且至少进入其中一个，
所以有种进入、、…、的不同方法；
第二步：同理有种进入、、…、的不同方法；
…
第步：同理有种进入、、…、的不同方法.
由分步计数原理，、、…、进入、、…、，
共有种不同方法，即.
（3）运用二项式定理将展开，
，
其中，
，其中，
所以当为奇数时，为奇数；
当为偶数时，也为偶数，
即与同为奇数或者同为偶数.
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