第一章 1.1 第1课时 分类加法计数原理与分步乘法计数原理
A级 基础巩固
一、选择题
1．从甲地到乙地一天有汽车8班，火车3班，轮船2班，某人从甲地到乙地，他共有不同的走法数为( A )
A．13种 B．16种
C．24种 D．48种
[解析] 应用分类加法计数原理，不同走法数为8＋3＋2＝13(种)．故选A．
2．(2017·朝阳区高三)从0,1,2,3,4中任选两个不同的数字组成一个两位数，其中偶数的个数是( C )
A．6 B．8
C．10 D．12
[解析] (考点)排列与排列的运用当末位数字为0时，首位可以是1,2,3,4中的一个，有4个，当末位数字为2或4时，首位可以是除了0之外的其它3个数字中的1个，故有2×3＝6种，所以偶数的个数是10个，故选C．
3．定义集合A与B的运算A*B如下：A*B＝{(x，y)|x∈A，y∈B}，若A＝{a，b，c}，B＝{a，c，d，e}，则集合A*B的元素个数为( C )
A．34 B．43
C．12 D．24
[解析] 显然(a，a)、(a，c)等均为A*B中的元素，确定A*B中的元素是A中取一个元素来确定x，B中取一个元素来确定y，由分步乘法计数原理可知A*B中有3×4＝12个元素．故选C．
4．如下图所示，小圆圈表示网络的结点，结点之间的线段表示它们有网线相连．连线标注的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大信息量．现从结点A向结点B传递信息，信息可以分开从不同的路线同时传递，则单位时间内传递的最大信息量为( D )
A．26 B．24
C．20 D．19
[解析] 因信息可以分开沿不同的路线同时传递，由分类加法计数原理，完成从A向B传递有四种方法：12→5→3,12→6→4,12→6→7,12→8→6，故单位时间内传递的最大信息量为四条不同网线上信息量的和：3＋4＋6＋6＝19，故选D．
5．有四位老师在同一年级的4个班级中，各教一个班的数学，在数学考试时，要求每位老师均不在本班监考，则安排监考的方法种数是( B )
A．8种 B．9种
C．10种 D．11种
[解析] 设四个班级分别是A、B、C、D，它们的老师分别是a、b、c、d，并设a监考的是B，则剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级，共有3种不同的方法；同理当a监考C、D时，剩下的三个老师分别监考剩下的三个班级也各有3种不同的方法．这样，由分类加法计数原理知共有3＋3＋3＝9(种)不同的安排方法．另外，本题还可让a先选，可从B、C、D中选一个，即有3种选法．若选的是B，则b从剩下的3个班级中任选一个，也有3种选法，剩下的两个老师都只有一种选法，这样用分步乘法计数原理求解，共有3×3×1×1＝9(种)不同的安排方法．
6．从0、2中选一个数字，从1、3、5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为( B )
A．24 B．18
C．12 D．6
[解析] (1)当从0,2中选取2时，组成的三位奇数的个位只能奇数，只要2不排在个位即可，先排2再排1,3,5中选出的两个奇数，共有2×3×2＝12(个)．
(2)当从0,2中选取0时，组成的三位奇数的个位只能是奇数，0必须在十位，只要排好从1,3,5中选出的两个奇数．共有3×2＝6(个)．
综上，由分类加法计数原理知共有12＋6＝18(个)．
二、填空题
7．(保定市定州中学2018学年高二)已知集合P{a，b}，Q＝{－1,0,1}，则从集合P到集合Q的映射共有__9__种．
[解析] 集合P中的元素a在集合BQ中有3种不同的对应方式(－1,0,1三选一)，
集合P中的元素b在集合Q中也有3种不同的对应方式(－1,0,1三选一)，
根据“分步计数原理(乘法原理)”，
集合P到集合Q的映射共有N＝3×3＝9，
故答案为9．
8．直线方程Ax＋By＝0，若从0,1,3,5,7,8这6个数字中每次取两个不同的数作为A，B的值，则可表示__22__条不同的直线．
[解析] 若A或B中有一个为零时，有2条；当AB≠0时有5×4＝20条，故共有20＋2＝22条不同的直线．
9．5名乒乓球队员中，有2名老队员和3名新队员．现从中选出3名队员排成1、2、3号参加团体比赛 ，则入选的3名队员中至少有一名老队员，且1、2号中至少有1名新队员的排法有__48__种．(用数字作答)
[解析] 本题可分为两类完成：两老一新时，有3×2×2＝12(种)排法；两新一老时，有2×3×3×2＝36(种)排法，即共有48种排法．
三、解答题
10．有不同的红球8个，不同的白球7个．
(1)从中任意取出一个球，有多少种不同的取法？
(2)从中任意取出两个不同颜色的球，有多少种不同的取法？
[解析] (1)由分类加法计数原理得，
从中任取一个球共有8＋7＝15种；
(2)由分步乘法计数原理得，
从中任取两个不同颜色的球共有8×7＝56种．
B级 素养提升
一、选择题
1．(2018·石家庄高二检测)用0、1、…、9十个数字，可以组成有重复数字的三位数的个数为( B )
A．243 B．252
C．261 D．279
[解析] 用0,1，…，9十个数字，可以组成的三位数的个数为9×10×10＝900，其中三位数字全不相同的为9×9×8＝648，所以可以组成有重复数字的三位数的个数为900－648＝252．
2．(2018·天津高二检测)设m∈{1,2,3,4}，n∈{－12，－8，－4，－2}，则函数f(x)＝x3＋mx＋n在区间[1,2]上有零点的概率是( C )
A． B．
C． D．
[解析] 根据题意，f′(x)＝3x2＋m，又因为m>0，所以f′(x)＝3x2＋m>0；
故f(x)＝x3＋mx＋n在R上单调递增，
若函数f(x)＝x3＋mx＋n在区间[1,2]上有零点，
则只需满足条件f(1)≤0且f(2)≥0．
∴m＋n≤－1且2m＋n≥－8，
∴－2m－8≤n≤－m－1，
当m＝1时，n取－2，－4，－8；
m＝2时，n取－4，－8，－12；
m＝3时，n取－4，－8，－12；
m＝4时，n取－8，－12；
共11种取法，而m有4种选法，n有4种选法，则函数f(x)＝x3＋mx＋n情况有4×4＝16种，
故函数f(x)＝x3＋mx＋n在区间[1,2]上有零点的概率是，故选C．
二、填空题
3．一个科技小组中有4名女同学，5名男同学，从中任选一名同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法__9__种；若从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛，共有不同的选派方法__20__种．
[解析] 由分类加法计数原理得从中任选一名同学参加学科竞赛共5＋4＝9种，由分步乘法计数原理得从中任选一名女同学和一名男同学参加学科竞赛共5×4＝20种．
4．圆周上有2n个等分点(n大于2)，任取3点可得一个三角形，恰为直角三角形的个数为__2n(n－1)__．
[解析] 先在圆周上找一点，因为有2n个等分点，所以应有n条直径，不过该点的直径应有n－1条，这n－1条直径都可以与该点形成直角三角形，一个点可以形成以该点为直角顶点的n－1个直角三角形，而这样的点有2n个，所以一共有2n(n－1)个符合题意的直角三角形．
三、解答题
5．集合A＝{1,2，－3}，B＝{－1，－2,3,4}．现从A，B中各取一个元素作为点P(x，y)的坐标．
(1)可以得到多少个不同的点？
(2)在这些点中，位于第一象限的有几个？
[解析] (1)一个点的坐标由x，y两个元素确定，若它们有一个不同，则表示不同的点，可分为两类：
第一类：选A中的元素为x，B中的元素为y，有3×4＝12(个)不同的点；
第二类：选A中的元素为y，B中的元素为x，有4×3＝12(个)不同的点．
由分类加法计数原理得不同的点的个数为12＋12＝24(个)．
(2)第一象限内的点x，y必须为正数，从而只能取A、B的正数，同样可分为两类，类似于(1)．
由分类加法计数原理得适合题意的不同点的个数为2×2＋2×2＝8(个)．
C级 能力拔高
如图所示，用5种不同的颜料给4块图形(A，B，C，D)涂色，要求共边两块颜色互异，求有多少种不同的涂色方案．
[解析] 本题的解法可按照顺序涂色，但要注意分A，C是同色或不同色两类，也可按照涂色种类分为涂4种、3种或2种颜色，然后在每类中分步．
解法一：按A，C颜色相同或不同进行分类．
若A，C颜色相同，则A有5种涂色方法，B有4种涂色方法，D有4种涂色方法，故共有5×4×4＝80种涂法．
若A，C颜色不同，则A有5种涂色方法，C有4种涂色方法，B有3种涂色方法，D有3种涂色方法，故共有5×4×3×3＝180种涂法．
根据分类加法计数原理，共有80＋180＝260种不同的涂色方案．
解法二：按涂色种类进行分类．
第一类：涂4种颜色，分四步：A有5种涂法，B有4种涂法，C有3种涂法，D有2种涂法．
故共有5×4×3×2＝120种涂法．
第二类：涂3种颜色，则A，C颜色相同或B，D颜色相同．
当A，C颜色相同时，A，C有5种涂法，B有4种涂法，D有3种涂法．
故共有5×4×3＝60种涂法．
当B，D颜色相同时，同理也有60种不同的涂法，故共有60＋60＝120种涂法．
第三类：涂2种颜色，则A，C颜色相同，B，D颜色相同，A，C有5种涂法，B，D有4种涂法．
故共有5×4＝20种涂法．
根据分类加法计数原理，共有120＋120＋20＝260种不同的涂色方案．
第一章 1.1 第2课时 两个基本原理的应用
A级 基础巩固
一、选择题
1．已知函数y＝ax2＋bx＋c，其中a、b、c∈{0,1,2,3,4}，则不同的二次函数的个数共有( C )
A．125个 B．15个
C．100个 D．10个
[解析] 由题意可得a≠0，可分以下几类，
第一类：b＝0，c≠0，此时a有4种选择，c也有4种选择，共有4×4＝16个不同的函数；
第二类：c＝0，b≠0，此时a有4种选择，b也有4种选择，共有4×4＝16个不同的函数；
第三类：b≠0，c≠0，此时a，b，c都各有4种选择，共有4×4×4＝64个不同的函数；
第四类：b＝0，c＝0，此时a有4种选择，共有4个不同的函数．
由分类加法计数原理，可确定不同的二次函数共有N＝16＋16＋64＋4＝100(个)．故选C．
2．体育老师把9个相同的足球放入编号为1,2,3的三个箱子中，要求每个箱子放球的个数不小于其编号，则不同的放球方法有( B )
A．8种 B．10种
C．12种 D．16种
[解析] 首先在三个箱子中放入个数与编号相同的球，这样剩下三个足球，这三个足球可以随意放置，第一种方法，可以在每一个箱子中放一个，有1种结果；第二种方法，可以把球分成两份，1和2，这两份在三个位置，有3×2＝6种结果；第三种方法，可以把三个球都放到一个箱子中，有3种结果．
综上可知共有1＋6＋3＝10种结果．
3．(2018·泉州二模)李雷和韩梅梅两人都计划在国庆节的7天假期中，到“东亚文化之都——泉州”“二日游”，若他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有( C )
A．16种 B．18种
C．20种 D．24种
[解析] 任意相邻两天组合一起，一共有6种情况，如①②，②③，③④，④⑤，⑤⑥，⑥⑦，
若李雷选①②或⑥⑦，则韩梅梅有4种选择，
选若李雷选②③或③④或④⑤或⑤⑥，则韩梅梅有3种选择，
故他们不同一天出现在泉州，则他们出游的不同方案共有2×(4＋6)＝20，
故选C．
4．从个位数与十位数之和为奇数的两位数中任取一个，其个位数为0的概率是( D )
A． B．
C． D．
[解析] 本题考查计数原理与古典概型，
∵两数之和为奇数，则两数一奇一偶，若个位数为奇数，则共有4×5＝20个数，若个位数为偶数，共有5×5＝25个数，其中个位为0的数共有5个，
∴P＝＝．
5．如图，某电子器件是由三个电阻组成的回路，其中共有6个焊接点A、B、C、D、E、F，如果某个焊接点脱落，整个电路就会不通，现在电路不通了，那么焊接点脱落的可能性共有( C )
A．6种 B．36种
C．63种 D．64种
[解析] 每个焊接点都有正常与脱落两种情况，只要有一个脱落电路即不通，∴共有26－1＝63种．故选C．
6．从集合{1,2,3，…，10}中任意选出三个不同的数，使这三个数成等比数列，这样的等比数列的个数为( D )
A．3 B．4
C．6 D．8
[解析] 当公比为2时，等比数列可为1、2、4,2、4、8．
当公比为3时，等比数列可为1、3、9．
当公比为时，等比数列可为4、6、9．
同时，4、2、1,8、4、2,9、3、1和9、6、4也是等比数列，共8个．
二、填空题
7．(无锡市锡山区天一中学2018学年高二)从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出2台，其中甲型与乙型电视机各1台，则不同的取法种数为__20__．
[解析] 根据题意，分2步进行分析：
①、先在4台甲型电视机取出1台，有4种取法；
②、再在5台乙型电视机中取出1台，有5种取法；
则有4×5＝20种不同的取法；
故答案为20．
8．现有五种不同的颜色，要对图形中的四个部分进行着色，要求有公共边的两块不能用同一种颜色，不同的涂色方法有__180__种．
[解析] 依次给区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ涂色分别有5、4、3、3种方法，根据分步乘法计数原理，不同的涂色方法的种数为5×4×3×3＝180．
9．有10本不同的数学书，9本不同的语文书，8本不同的英语书，从中任取两本不同类的书，共有不同的取法__242__种．
[解析] 取两本书中，一本数学、一本语文，根据分步乘法计数原理有10×9＝90(种)不同取法；
取两本书中，一本语文、一本英语，有9×8＝72(种)不同取法；
取两本书中，一本数学、一本英语，有10×8＝80(种)不同取法．
综合以上三类，利用分类加法计数原理，共有90＋72＋80＝242(种)不同取法．
三、解答题
10．有三项体育运动项目，每个项目均设冠军和亚军各一名奖项．
(1)学生甲参加了这三个运动项目，但只获得一个奖项，学生甲获奖的不同情况有多少种？
(2)有4名学生参加了这三个运动项目，若一个学生可以获得多项冠军，那么各项冠军获得者的不同情况有多少种？
[解析] (1)三个运动项目，共有六个奖项，由于甲获得一个奖项且甲可获得六个奖项中的任何一个．
∴甲有6种不同的获奖情况．
(2)每一项体育运动项目中冠军的归属都有4种不同的情况，故各项冠军获得者的不同情况有4×4×4＝64(种)．
B级 素养提升
一、选择题
1．某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位连在一起，则不同的停放方法的种数为( C )
A．16 B．18
C．24 D．32
[解析] 若将7个车位从左向右按1～7进行编号，则该3辆车有4种不同的停放方法：(1)停放在1～3号车位；(2)停放在5～7号车位；(3)停放在1、2、7号车位；(4)停放在1、6、7号车位．每一种停放方法均有6种，故共有24种不同的停放方法．
2．(2018·浙江三模)三位数中，如果百位数字，十位数字，个位数字刚好能构成等差数列，则称为“等差三位数”，例如：147,642,777,420等等，等差三位数的总个数为( D )
A．32 B．36
C．40 D．45
[解析] 公差为0的三位数有9个，
公差为1的三位数有7个，公差为－1的有8个，
公差为2的三位数有5个，公差为－2的三位数有6个，
公差为3的三位数有3个，公差为－3的有4个，
公差为4的三位数有1个，公差为－4的有2个，
满足题意的三位数有9＋7＋8＋5＋6＋3＋4＋1＋2＝45，
故选D．
二、填空题
3．连掷两次骰子得到的点数分别为m和n，向量a＝(m，n)和向量b＝(1，－1)的夹角为θ，则θ为锐角的概率是____．
[解析] cosθ＝＝，
∵θ∈(0，)，∴
∴
∴m>n，则m＝2时，n＝1；m＝3时，n＝1,2；m＝4时，n＝1,2,3；m＝5时，n＝1,2,3,4；m＝6时，n＝1,2,3,4,5．
则这样的向量a共有1＋2＋3＋4＋5＝15(个)，
而第一次投掷骰子得到的点数m有6种情形，同样n也有6种情形，∴不同的向量a＝(m，n)，共有6×6＝36个，因此所求概率P＝＝．
4．从集合{1,2,3,4,5,6}中任取两个元素作为双曲线－＝1中的几何量a、b的值，则“双曲线渐近线的斜率k满足|k|≤1”的概率为____．
[解析] 所有可能取法有6×5＝30种，由|k|＝≤1知b≤a，满足此条件的有(2,1)，(3,2)，(3,1)，(4,3)，(4,2)，(4,1)，(5,4)，(5,3)，(5,2)，(5,1)，(6,5)，(6,4)，(6,3)，(6,2)，(6,1)共15种，
∴所求概率P＝＝．
三、解答题
5．(2018·杭州外国语学校检测)给出一个正五棱柱，用3种颜色给其10个顶点染色，要求各侧棱的两个端点不同色，有几种染色方案？
[解析] 分两步，先给上底面的5个顶点染色，每个顶点都有3种方法，共有35种方法，再给下底面的5个顶点染色，因为各侧棱两个端点不同色，所以每个顶点有2种方法，共有25种方法，根据分步乘法计数原理，共有35·25＝7776(种)染色方案．
6．用1、2、3、4四个数字(可重复)排成三位数，并把这些三位数由小到大排成一个数列{an}．
(1)写出这个数列的前11项；
(2)这个数列共有多少项？
(3)若an＝341，求n．
[解析] (1)111,112,113,114,121,122,123,124,131,132,133．
(2)这个数列的项数就是用1、2、3、4排成的三位数的个数，每个位上都有4种排法，则共有4×4×4＝64项．
(3)比an＝341小的数有两类：①
1
×
×
2
×
×
；
②
3
1
×
3
2
×
3
3
×
.共有2×4×4＋1×3×4＝44项．
∴n＝44＋1＝45(项)．
C级 能力拔高
(2017·日照高二检测)用n种不同颜色为下列两块广告牌着色(如图甲、乙)，要求在①，②，③，④四个区域中相邻(有公共边界)的区域不用同一种颜色．
(1)若n＝6，为甲着色时共有多少种不同方法？
(2)若为乙着色时共有120种不同方法，求n．
[解析] 完成着色这件事，共分四个步骤，可依次考虑为①，②，③，④着色时各自的方法数，再由分步乘法计算原理确定总的着色方法数．
(1)为①着色有6种方法，为②着色有5种方法，为③着色有4种方法，为④着色也有4种方法．
所以共有着色方法6×5×4×4＝480(种)．
(2)与(1)的区别在于与④相邻的区域由两块变成了三块，同理，不同的着色方法数是n(n－1)·(n－2)(n－3)，由
n(n－1)(n－2)(n－3)＝120，
所以(n2－3n)(n2－3n＋2)－120＝0．
即(n2－3n)2＋2(n2－3n)－12×10＝0．
所以n2－3n－10＝0.所以n＝5．
第一章 1.2 1.2.1 第1课时 排列(一)
A级 基础巩固
一、选择题
1．从2,3,5,7四个数中任选两个分别相除，则得到的结果有( C )
A．6个 B．10个
C．12个 D．16个
[解析] 符合题意的商有A＝4×3＝12．
2．某段铁路所有车站共发行132种普通车票，那么这段铁路共有的车站数是( B )
A．8 B．12
C．16 D．24
[解析] 设车站数为n，则A＝132，n(n－1)＝132，∴n＝12．
3．(2018·东安区校级期末)＝( D )
A． B．
C． D．
[解析] ＝＝＝＝．
故选D．
4．沪宁铁路线上有六个大站：上海、苏州、无锡、常州、镇江、南京，铁路部门应为沪宁线上的这六个大站(这六个大站间)准备不同的火车票种数为( A )
A．30种 B．15种
C．81种 D．36种
[解析] 对于两个大站A和B，从A到B的火车票与从B到A的火车票不同，因为每张车票对应于一个起点站和一个终点站．因此，每张火车票对应于从6个不同元素(大站)中取出2个元素(起点站和终点站)的一种排列．所以问题归结为求从6个不同元素中每次取出2个不同元素的排列数A＝6×5＝30种．故选A．
5．从4名男生和3名女生中选出3人，分别从事三项不同的工作，若这3人中至少有1名女生，则选派方案共有( B )
A．108种 B．186种
C．216种 D．270种
[解析] 从全部方案中减去只选派男生的方案数，所有不同的选派方案共有A－A＝186(种)，选B．
6．有4名司机、4名售票员分配到4辆汽车上，使每辆汽车上有一名司机和一名售票员，则可能的分配方案有( C )
A．A种 B．A种
C．AA种 D．2A种
[解析] 安排4名司机有A种方案，安排4名售票员有A种方案．司机与售票员都安排好，这件事情才算完成，由分步乘法计数原理知共有AA种方案．
二、填空题
7．(2018·天津模拟)由1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，要求奇数不相邻，且4不在第四位，则这样的六位数共有__120__个．
[解析] 1,2,3,4,5,6组成没有重复数字的六位数，奇数不相邻，有AA＝144个，
4在第四位，则前3位是奇偶奇，后两位是奇偶或偶奇，共有2CCA＝24个，
∴所求六位数共有120个．
故答案为120．
8．将A、B、C、D、E、F六个字母排成一排，且A、B均在C的同侧，则不同的排法共有__480__种(用数字作答)．
[解析] A、B两个字母与C的位置关系仅有3种：同左、同右或两侧，各占，
∴排法有A＝480．
9．(2018·烟台一模)上合组织峰会将于2018年6月在青岛召开，组委会预备在会议期间将A，B，C，D，E这五名工作人员分配到两个不同的地点参与接待工作．若要求A，B必须在同一组，且每组至少2人，则不同分配方法的种数为__8__．
[解析] 根据题意，分3种情况讨论：
①、A，B在一组，C，D，E都分在另一组，将两组全排列，对应两个地点即可，有A＝2种分配方法；
②、C，D，E中取出1人，与A、B一组，剩下2一组，再将两组全排列，对应两个地点，
有CA＝6种分配方法；
故一共有2＋6＝8种分配方法．
故答案为8．
三、解答题
10．(2018·深圳高二检测)用一颗骰子连掷三次，投掷出的数字顺序排成一个三位数，此时：
(1)各位数字互不相同的三位数有多少个？
(2)可以排出多少个不同的三位数？
[解析] (1)三位数的每位上数字均为1,2,3,4,5,6之一．
第一步，得首位数字，有6种不同结果，
第二步，得十位数字，有5种不同结果，
第三步，得个位数字，有4种不同结果，
故可得各位数字互不相同的三位数有6×5×4＝120(个)．
(2)三位数，每位上数字均可从1,2,3,4,5,6六个数字中得一个，共有这样的三位数6×6×6＝216(个)．
B级 素养提升
一、选择题
1．从集合{1,2,3，…，11}中任选两个元素作为椭圆方程＋＝1中的m和n，则能组成落在矩形区域B＝{(x，y)||x|<11，且|y|<9}内的椭圆个数为( B )
A．43 B．72
C．86 D．90
[解析] 在1、2、3、4、…、8中任取两个作为m、n，共有A＝56种方法；可在9、10中取一个作为m，在1、2、…、8中取一个作为n，共有AA＝16种方法，由分类加法计数原理，满足条件的椭圆的个数为：A＋AA＝72．
二、填空题
2．(2018·通渭县校级期中)若A＝2A，则m的值为( A )
A．5 B．3
C．6 D．7
[解析] 根据题意，若A ＝2A，
则有m(m－1)(m－2)(m－3)(m－4)＝2×m(m－1)(m－2)，
即(m－3)(m－4)＝2，解可得：m＝5；故选A．
3．有10幅画展出，其中1幅水彩画，4幅油画，5幅国画排成一排，要求同一品种的画必须连在一起，并且水彩画不放在两端，则不同的陈列方式有__5760__种．
[解析] 第一步，水彩画可以在中间，油画、国画放在两端，有A种放法；
第二步，油画内部排列，有A种；
第三步，国画内部排列，有A种．
由分步乘法计数原理，不同的陈列方式共有AAA＝5 760(种)．
三、解答题
4．求和：＋＋＋…＋．
[解析] ∵＝＝－＝－，
∴原式＝＋＋＋…＋＝1－．
5．(2016·宝鸡市金台区高二检测)“渐降数”是指每一位数字比其左边的数字小的正整数(如632)，那么比666小的三位渐降数共有多少个？
[解析] 百位是6，十位是5比666小的渐降数有654,653,652,651,650共5个，
百位是6，十位是4比666小的渐降数有643,642,641,640共4个，
百位是6，十位是3比666小的渐降数有632,631,630共3个，
百位是6，十位是2比666小的渐降数有621,620共2个，
百位是6，十位是1比666小的渐降数有610，
所以百位是6比666小的渐降数有1＋2＋3＋4＋5＝15个，
同理：百位是5比666小的渐降数有1＋2＋3＋4＝10个，
百位是4比666小的渐降数有1＋2＋3＝6个，
百位是3比666小的渐降数有1＋2＝3个，
百位是2比666小的渐降数有1个，
所以比666小的三位渐降数共有15＋10＋6＋3＋1＝35个．
C级 能力拔高
(1)写出从a，b，c，d这4个字母中，任意取出2个字母的所有排列；
(2)写出从a，b，c，d这4个字母中，任意取出3个字母的所有排列．
[解析] (1)把a，b，c，d中任意一个字母排在第一个位置上，有4种排法；第一个位置上的字母排好后，第二个位置上的字母就有3种排法．
如果第一个位置是a，那么第二个位置可以是b，c或d，有3个排列，即ab，ac，ad．
同理，第一个位置更换为b，c或d，也分别各有3个排列，如图所示．
因此，共有12个不同的排列，它们是ab，ac，ad，ba，bc，bd，ca，cb，cd，da，db，dc．
(2)根据(1)，从4个字母中每次取出2个字母的排列有12种，在每一种排列的后面排上其余两个字母中的任一个，就得到取出3个字母的所有排列，可以画出树形图，如图所示．
因此，共有24个不同的排列，它们是abc，abd，acb，acd，adb，adc，bac，bad，bca，bcd，bda，bdc，cab，cad，cba，cbd，cda，cdb，dab，dac，dba，dbc，dca，dcb．
第一章 1.2 1.2.1 第2课时 排列(二)
A级 基础巩固
一、选择题
1．5个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法总数为( B )
A．18 B．36
C．48 D．60
[解析] 甲在排头或排尾站法有A种，再让乙在中间3个位置选一个，有A种站法，其余3人有A种站法，故共有A·A·A＝36种站法．
2．某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天安排1人，每人值班1天．若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有( C )
A．504种 B．960种
C．1008种 D．1108种
[解析] 甲、乙相邻的所有方案有AA＝1440种；其中丙排在10月1日的和丁排在10月7日的一样多，各有：AA＝240种，其中丙排在10月1日且丁排在10月7日的有AA＝48种，故符合题设要求的不同安排方案有：1440－2×240＋48＝1008种，故选C．
3．(2018·广元模拟)在航天员进行一项太空实验中，要先后实施6个程序，其中程序A只能出现在第一或最后一步，程序B和C在实施时必须相邻，问实验顺序的编排方法共有( C )
A．34种 B．48种
C．96种 D．144种
[解析] 根据题意，程序A只能出现在第一步或最后一步，
则从第一个位置和最后一个位置选一个位置把A排列，有A＝2种结果，
又由程序B和C实施时必须相邻，把B和C看做一个元素，
同除A外的3个元素排列，注意B和C之间还有一个排列，
共有AA＝48种结果，
根据分步计数原理知共有2×48＝96种结果，
故选C．
4．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有( B )
A．192种 B．216种
C．240种 D．288种
[解析] 分两类：最左端排甲有A＝120种不同的排法，最左端排乙，由于甲不能排在最右端，所以有CA＝96种不同的排法，由分类加法原理可得满足条件的排法共有120＋96＝216种．
5．(2018·濮阳三模)《红海行动》是一部现代化海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务A必须排在前三位，且任务E、F必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有( D )
A．240种 B．188种
C．156种 D．120种
[解析] 根据题意，由于任务A必须排在前三位，分3种情况讨论：
①、A排在第一位，
任务E、F必须排在一起，则任务E、F相邻的位置有4个，考虑两者的顺序，有2种情况，
将剩下的3个任务全排列，安排在其他三个位置，有A＝6种安排方法，
则此时有4×2×6＝48种安排方案；
②、A排在第二位，
任务E、F必须排在一起，则任务E、F相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，
将剩下的3个任务全排列，安排在其他三个位置，有A＝6种安排方法，
则此时有3×2×6＝36种安排方案；
③、A排在第三位，
任务E、F必须排在一起，则任务E、F相邻的位置有3个，考虑两者的顺序，有2种情况，
将剩下的3个任务全排列，安排在其他三个位置，有A＝6种安排方法，
则此时有3×2×6＝36种安排方案；
则符合题意要求的安排方案有36＋36＋48＝120种；
故选D．
6．由数字0、1、2、3、4、5可以组成能被5整除，且无重复数字的不同的五位数有( A )
A．(2A－A)个 B．(2A－A)个
C．2A个 D．5A个
[解析] 能被5整除，则个位须为5或0，有2A个，但其中个位是5的含有0在首位的排法有A个，故共有(2A－A)个．
二、填空题
7．(2018·和平区高三)现有6个人排成一横排照相，其中甲不能被排在边上，则不同排法的总数为__480__．
[解析] 假设6个人分别对应6个空位，甲不站在两端，有4个位置可选，则其他5人对应其他5个位置，有A＝120种情况，故不同排列方法种数4×120＝480种．
故答案为480．
8．将序号分别为1,2,3,4,5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是__96__．
[解析] 先分组后用分配法求解，5张参观券分为4组，其中2个连号的有4种分法，每一种分法中的排列方法有A种，因此共有不同的分法4A＝4×24＝96(种)．
9．2018年某地举行博物展，某单位将展出5件艺术作品，其中不同书法作品2件、不同绘画作品2件、标志性建筑设计1件，在展台上将这5件作品排成一排，要求2件书法作品必须相邻，2件绘画作品不能相邻，则该单位展出这5件作品不同的方案有__24__种．(用数字作答)
[解析] 将2件书法作品排列，方法数为2种，然后将其作为1件作品与标志性建筑设计作品共同排列有2种排法，对于其每一种排法，在其形成的3个空位中选2个插入2件绘画作品，故共有不同展出方案：2×2×A＝24种．
三、解答题
10．一场晚会有5个演唱节目和3个舞蹈节目，要求排出一个节目单．
(1)3个舞蹈节目不排在开始和结尾，有多少种排法？
(2)前四个节目要有舞蹈节目，有多少种排法？
[解析] (1)先从5个演唱节目中选两个排在首尾两个位置有A种排法，再将剩余的3个演唱节目，3个舞蹈节目排在中间6个位置上有A种排法，故共有不同排法AA＝14400种．
(2)先不考虑排列要求，有A种排列，其中前四个节目没有舞蹈节目的情况，可先从5个演唱节目中选4个节目排在前四个位置，然后将剩余四个节目排列在后四个位置，有AA种排法，所以前四个节目要有舞蹈节目的排法有(A－AA)＝37440种．
B级 素养提升
一、选择题
1．用0、1、2、3、4、5组成没有重复数字的6位数，其中个位数字小于十位数字的六位数共有( A )
A．300个 B．464个
C．600个 D．720个
[解析] 解法一：确定最高位有A种不同方法．确定万位、千位、百位，从剩下的5个数字中取3个排列，共有A种不同的方法，剩下两个数字，把大的排在十位上即可，由分步乘法计数原理知，共有A·A＝300(个)．
解法二：由于个位数字大于十位数字与个位数字小于十位数字的应各占一半，故有A·A＝300(个)．
2．某地为了迎接2018年城运会，某大楼安装了5个彩灯，它们闪亮的顺序不固定．每个彩灯只能闪亮红、橙、黄、绿、蓝中的一种颜色，且这5个彩灯所闪亮的颜色各不相同，记这5个彩灯有序地各闪亮一次为一个闪烁．在每个闪烁中，每秒钟有且仅有一个彩灯闪亮，而相邻两个闪烁的时间间隔均为5秒．如果要实现所有不同的闪烁，那么需要的时间至少是( C )
A．1205秒 B．1200秒
C．1195秒 D．1190秒
[解析] 由题意每次闪烁共5秒，所有不同的闪烁为A个，相邻两个闪烁的时间间隔为5秒，因此需要的时间至少是5A＋(A－1)×5＝1195秒．
二、填空题
3．6人站成一排，甲、乙、丙3个人不能都站在一起的排法种数为__576__．
[解析] “不能都站在一起”与“都站在一起”是对立事件，由间接法可得A－AA＝576．
4．如图是一个正方体纸盒的展开图，若把1,2,3,4,5,6分别填入小正方形后，按虚线折成正方体，则所得到的正方体相对面上的两个数的和都相等的概率是____．
[解析] 6个数任意填入6个小正方形中有6！＝720种方法；将6个数分三组(1,6)，(2,5)，(3,4)，每组中的两个数填入一对面中，共有不同填法A×2×2×2＝48种，故所求概率P＝＝．
三、解答题
5．用0、1、2、3、4五个数字：(1)可组成多少个五位数；(2)可组成多少个无重复数字的五位数；(3)可组成多少个无重复数字的且是3的倍数的三位数；(4)可组成多少个无重复数字的五位奇数．
[解析] (1)各个数位上的数字允许重复，故由分步乘法计数原理知，共有4×5×5×5×5＝2500(个)．
(2)解法一：先排万位，从1,2,3,4中任取一个有A种填法，其余四个位置四个数字共有A种，
故共有A·A＝96(个)．
解法二：先排0，从个、十、百、千位中任选一个位置将0填入有A种方法，其余四个数字全排有A种方法，
故共有A·A＝96(个)．
(3)构成3的倍数的三位数，各个位上数字之和是3的倍数，按取0和不取0分类：
①取0，从1和4中取一个数，再取2进行排，先填百位A，其余任排有A，故有2A·A种．
②不取0，则只能取3，从1或4中再任取一个，再取2然后进行全排为2A，所以共有2AA＋2A＝8＋12＝20(个)．
(4)考虑特殊位置个位和万位，先填个位，从1、3中选一个填入个位有A种填法，然后从剩余3个非0数中选一个填入万位，有A种填法，包含0在内还有3个数在中间三位置上全排列，排列数为A，故共有A·A·A＝36(个)．
6．4个男同学，3个女同学站成一排．
(1)3个女同学必须相邻，有多少种不同的排法？
(2)任何两个女同学彼此不相邻，有多少种不同的排法？
(3)三位女同学站在中间三个位置上的不同排法有多少种？
(4)甲、乙两人相邻，但都不与丙相邻，有多少种不同的排法？
(5)若3个女生身高互不相等，女同学从左到右按高矮顺序排，有多少种不同的排法？
[解析] (1)3个女同学是特殊元素，她们排在一起，共有A种排法；我们可视排好的女同学为一整体，再与男同学排队，这时是5个元素的全排列，应有A种排法，由分步乘法计数乘法原理，有AA＝720种不同排法．
(2)先将男生排好，共有A种排法，再在这4个男生之间及两头的5个空档中插入3个女生有A种方案，故符合条件的排法共有AA＝1440种不同排法．
(3)三位女同学站在中间三个位置上的不同排法有A·A＝144种．
(4)先排甲、乙和丙3人以外的其他4人，有A种排法；由于甲、乙要相邻，故再把甲、乙排好，有A种排法；最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4人的空档中有A种排法．这样，总共有AAA＝960种不同排法．
(5)从7个位置中选出4个位置把男生排好，则有A种排法．然后再在余下的3个空位置中排女生，由于女生要按身体高矮排列，故仅有一种排法．这样总共有A＝840种不同排法．
C级 能力拔高
如图所示，有一个正方体的铁丝架，把它的侧棱中点I，J，K，L也用铁丝依次连上，现有一只蚂蚁想沿着铁丝从A点爬到G点，则最近的路线一共有几条？并用字母把这些路线表示出来．
[解析] ①从A到F，有A→B→J→F，A→I→J→F，A→I→E→F，三条路线．②从A到H，有A→D→L→H，A→I→L→H，A→I→E→H，三条路线．③从A到K，有A→B→C→
K，A→B→J→K，A→I→J→K，A→D→C→K，A→D→L→K，A→I→L→K，六条路线．共有3＋3＋6＝12条最短路线．逆向追踪树形图可表示这些路线，如图所示．
第一章 1.2 1.2.2 第1课时 组合(一)
A级 基础巩固
一、选择题
1．(2018·沙坪坝区校级月考)方程Cx2－x16＝C的解集是( D )
A．{1,3,5,7} B．{1,3,5}
C．{3,5} D．{1,3}
[解析] ∵方程Cx2－x16＝C，
∴x2－x＝5x－5①或(x2－x)＋(5x－5)＝16②，
解①得x＝1或x＝5(不合题意，舍去)，
解②得x＝3或x＝－7(不合题意，舍去)；
∴该方程的解集是{1,3}．
故选D．
2．从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为( C )
A． B．
C． D．
[解析] 如图，基本事件共有C＝10个，小于正方形边长的事件有OA、OB、OC、OD共4个，
∴P＝1－＝．
3．某研究性学习小组有4名男生和4名女生，一次问卷调查活动需要挑选3名同学参加，其中至少一名女生，则不同的选法种数为( C )
A．120 B．84
C．52 D．48
[解析] 间接法：C－C＝52种．
4．平面上有12个点，其中没有3个点在一条直线上，也没有4个点共圆，过这12个点中的每三个作圆，共可作圆( A )
A．220个 B．210个
C．200个 D．1320个
[解析] C＝220，故选A．
5．(2018·潍坊高二检测)5个代表分4张同样的参观券，每人最多分一张，且全部分完，那么分法一共有( D )
A．A种 B．45种
C．54种 D．C种
[解析] 由于4张同样的参观券分给5个代表，每人最多分一张，从5个代表中选4个即可满足，故有C种．
6．(2018·佛山高二检测)将标号为A、B、C、D、E、F的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张卡片，其中标号为A、B的卡片放入同一信封，则不同的放法共有( B )
A．12种 B．18种
C．36种 D．54种
[解析] 由题意，不同的放法共有CC＝3×＝18种．
二、填空题
7．(遂宁市2018学年高二)如图所示，机器人亮亮从A地移动到B地，每次只移动一个单位长度，则亮亮从A移动到B最近的走法共有__80__种．
[解析] 分步计算，第一步A→C最近走法有2种；第二步C→D最近走法有C＝20种；第三步D→B最近走法有2种，
故由A→B最近走法有2×20×2＝80种．
故答案为80．
8．已知C，C，C成等差数列，则C＝__91__．
[解析] ∵C，C，C成等差数列，∴2C＝C＋C，
∴2×＝＋
整理得n2－21n＋98＝0，解得n＝14，n＝7(舍去)，
则C＝C＝91．
9．对所有满足1≤m[解析] ∵1≤m三、解答题
10．平面内有10个点，其中任何3个点不共线，
(1)以其中任意2个点为端点的线段有多少条？
(2)以其中任意两个点为端点的有向线段有多少条？
(3)以其中任意三个点为顶点的三角形有多少个？
[解析] (1)所求线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的组合，共有C＝＝45(条)，
即以10个点中的任意2个点为端点的线段共有45条．
(2)所求有向线段的条数，即为从10个元素中任取2个元素的排列，共有
A＝10×9＝90(条)，
即以10个点中的2个点为端点的有向线段共有90条．
(3)所求三角形的个数，即从10个元素中任选3个元素的组合数，共有C＝120(个)．
B级 素养提升
一、选择题
1．袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( B )
A． B．
C． D．1
[解析] 从袋中任取 2个球共有 C＝105种，其中恰好1个白球1个红球共有CC＝50种，所以恰好1个白球1个红球的概率为P＝＝，故选B．
2．(2018·合肥三模)如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有( C )
A．24 B．48
C．96 D．120
[解析] 第一类：若A，D相同，先涂E有4种涂法，再涂A，D有3种涂法，再涂B有2种涂法，C只有一种涂法，共有4×3×2＝24种，
第二类，若A，D不同，先涂E有4种涂法，再涂A有3种涂法，再涂D有3种涂法，当B和D相同时，C有1种涂法，
当B和D不同时，B，C只有一种涂法，共有4×3×3×(1＋1)＝72种，
根据分类计数原理可得，共有24＋72＝96种，
故选C．
二、填空题
3．四个不同的小球放入编号为1、2、3、4的四个盒子中，则恰有一个空盒的放法共有__144__种(用数字作答)．
[解析] 先从四个小球中取两个放在一起，有C种不同的取法，再把取出的两个小球与另外两个小球看作三堆，并分别放入四个盒子中的三个盒子中，有A种不同的放法，据分步计数原理，共有C·A＝144种不同的放法．
4．一条街道上共有12盏路灯，为节约用电又不影响照明，决定每天晚上十点熄灭其中的4盏，并且不能熄灭相邻两盏也不能熄灭两头两盏，则不同熄灯方法有__35__种．
[解析] 记熄灭的灯为0，亮灯为1，则问题是4个0和8个1的一个排列，并且要求0不相邻，且不排在两端，故先将1排好，在8个1形成的7个空中，选取4个插入0，共有方法数C＝35种．
三、解答题
5．(2018·遵义高二检测)现有5名男司机，4名女司机，需选派5人运货到某地．
(1)如果派3名男司机、2名女司机，共有多少种不同的选派方法？
(2)至少有两名男司机，共有多少种不同的选派方法？
[解析] (1)利用分步乘法计数原理得CC＝60种．
(2)利用分类加法与分步乘法计数原理CC＋CC＋CC＋CC＝121种．
6．已知，试求x和n的值．
[解析] 由C＝C得x＝2x或x＋2x＝n，
即x＝0或n＝3x，
显然x＝0时C无意义，
把n＝3x代入C＝C得C＝C，即
＝·
∴＝，解得x＝5.∴n＝15．
C级 能力拔高
化简m！＋＋＋…＋．
[解析] 原式＝m！×(1＋C＋C＋…＋C)
＝m！×(C＋C＋C＋…＋C)
＝m！×(C＋C＋…＋C)
＝m！×(C＋C＋…＋C)
＝……
＝m！×C＝
第一章 1.2 1.2.2 第2课时 组合(二)
A级 基础巩固
一、选择题
1．12名同学合影，站成前排4人后排8人，现摄影师要从后排8人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是( C )
A．CA B．CA
C．CA D．CA
[解析] 第一步从后排8人中抽2人有C种抽取方法，第二步前排共有6个位置，先从中选取2个位置排上抽取的2人，有A种排法，最后把前排原4人按原顺序排在其他4个位置上，只有1种安排方法，∴共有CA种排法．
2．(2018·山西一模)某天的值日工作由4名同学负责，且其中1人负责清理讲台，另1人负责扫地，其余2人负责拖地，则不同的分工共有( B )
A．6种 B．12种
C．18种 D．24种
[解析] 根据题意，分3步分析：
①，在4人中选出1人负责清理讲台，有C＝4种情况，
②，在剩下的3人中选出1人负责扫地，有C＝3种情况，
③，剩下的2人负责拖地，有1种情况，
则有4×3＝12种不同的分工；
故选B．
3．把0、1、2、3、4、5这六个数，每次取三个不同的数字，把其中最大的数放在百位上排成三位数，这样的三位数有( A )
A．40个 B．120个
C．360个 D．720个
[解析] 先选取3个不同的数有C种方法，然后把其中最大的数放在百位上，另两个不同的数放在十位和个位上，有A种排法，故共有CA＝40个三位数．
4．某同学有同样的画册2本，同样的集邮册3本，从中取出4本赠送给4位朋友，每位朋友1本，则不同的赠送方式共有( B )
A．4种 B．10种
C．18种 D．20种
[解析] 分两类：第一类，取出两本画册，两本集邮册，从4人中选取2人送画册，则另外两人送集邮册，有C种方法．第二类，3本集邮册全取 ，取1本画册，从4人中选1人送画册，其余送集邮册，有C种方法，∴共有C＋C＝10种赠送方法．
5．(2018·浙江卷，16)从1,3,5,7,9中任取2个数字，从0,2,4,6中任取2个数字，一共可以组成____________个没有重复数字的四位数．( D )
A．720 B．560
C．540 D．1260
[解析] 不含有0的四位数有C×C×A＝720(个)．
含有0的四位数有C×C×C×A＝540(个)．
综上，四位数的个数为720＋540＝1 260．
6．如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A、B、C、D中，(四种颜色可以不全用也可以全用)要求相邻的矩形涂色不同，则不同的涂法有( A )
A
B
C
D
A．72种 B．48种
C．24种 D．12种
[解析] 解法一：(1)4种颜色全用时，有A＝24种不同涂色方法．
(2)4种颜色不全用时，因为相邻矩形不同色，故必须用三种颜色，先从4种颜色中选3种，涂入A、B、C中，有A种涂法，然后涂D，D可以与A(或B)同色，有2种涂法，∴共有2A＝48种，∴共有不同涂色方法24＋48＝72种．
解法二：涂A有4种方法，涂B有3种方法，涂C有2种方法，涂D有3种方法，故共有4×3×2×3＝72种涂法．
二、填空题
7．一排7个座位分给3人坐，要求任何两人都不得相邻，所有不同排法的总数有__60__种．
[解析] 对于任一种坐法，可视4个空位为0,3个人为1,2,3则所有不同坐法的种数可看作4个0和1,2,3的一种编码，要求1,2,3不得相邻故从4个0形成的5个空档中选3个插入1,2,3即可．
∴不同排法有A＝60种．
8．将7支不同的笔全部放入两个不同的笔筒中，每个笔筒中至少放两支笔，有__112__种放法(用数字作答)．
[解析] 设有A，B两个笔筒，放入A笔筒有四种情况，分别为2支，3支，4支，5支，一旦A笔筒的放法确定，B笔筒的放法随之确定，且对同一笔筒内的笔没有顺序要求，故为组合问题，总的放法为C＋C＋C＋C＝112．
9．用1、2、3、4、5组成不含重复数字的五位数，数字2不出现在首位和末位，数字1、3、5中有且仅有两个数字相邻，则满足条件的不同五位数的个数是__48__(注：用数字作答)．
[解析] 按2的位置分三类：①当2出现在第2位时，即02000，则第1位必为1、3、5中的一个数字，所以满足条件的五位数有CAA＝12个；②当2出现在第3位时，即00200，则第1位、第2位为1、3、5中的两个数字或第4位、第5位为1、3、5中的两个数字，所以满足条件的五位数有2AA＝24个；③当2出现在第4位时，即00020，则第5位必为1、3、5中的一个数字，所以满足条件的五位数有CAA＝12个．综上，共有12＋24＋12＝48个．
三、解答题
10．7名身高互不相等的学生，分别按下列要求排列，各有多少种不同的排法？
(1)7人站成一排，要求最高的站在中间，并向左、右两边看，身高逐个递减；
(2)任取6名学生，排成二排三列，使每一列的前排学生比后排学生矮．
[解析] (1)第一步，将最高的安排在中间只有1种方法；第二步，从剩下的6人中选取3人安排在一侧有C种选法，对于每一种选法只有一种安排方法，第三步，将剩下3人安排在另一侧，只有一种安排方法，∴共有不同安排方案C＝20种．
(2)第一步从7人中选取6人，有C种选法；第二步从6人中选2人排一列有C种排法，第三步，从剩下的4人中选2人排第二列有C种排法，最后将剩下2人排在第三列，只有一种排法，故共有不同排法C·C·C＝630种．
B级 素养提升
一、选择题
1．在某地的奥运火炬传递活动中，有编号为1、2、3、…、18的18名火炬手，若从中任选3人，则选出的火炬手的编号能组成以3为公差的等差数列的概率为( B )
A． B．
C． D．
[解析] 从18人中任选3人，有C种选法，选出的3人编号能构成公差为3的等差数列有12种情形)，∴所求概率P＝＝．
2．编号为1、2、3、4、5的五个人，分别坐在编号为1、2、3、4、5的座位上，则至多有两个号码一致的坐法种数为( D )
A．120 B．119
C．110 D．109
[解析] 5个人坐在5个座位上，共有不同坐法A种，其中3个号码一致的坐法有C种，有4个号码一致时必定5个号码全一致，只有1种，故所求种数为A－C－1＝109．
二、填空题
3．航空母舰“辽宁舰”在某次飞行训练中，有5架歼－15飞机准备着舰．如果甲、乙两机必须相邻着舰，而甲、丁两机不能相邻着舰，那么不同的着舰方法有__36__种．
[解析] ∵甲、乙相邻，∴将甲、乙看作一个整体与其他3个元素全排列，共有2A＝48种，其中甲、乙相邻，且甲、丙相邻的只能是甲、乙、丙看作一个整体，甲中间，有AA＝12种，∴共有不同着舰方法48－12＝36种．
4．(2017·天津理，14)用数字1,2,3,4,5,6,7,8,9组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有__1_080__个．(用数字作答)
[解析] ①当组成四位数的数字中有一个偶数时，四位数的个数为C·C·A＝960．
②当组成四位数的数字中不含偶数时，四位数的个数为A＝120．
故符合题意的四位数一共有960＋120＝1 080(个)．
三、解答题
5．(2016·泰州高二检测)男运动员6名，女运动员4名，其中男女队长各1名，选派5人外出比赛，在下列情形中各有多少种选派方法？
(1)男运动员3名，女运动员2名；
(2)至少有1名女运动员；
(3)既要有队长，又要有女运动员．
[解析] (1)第一步：选3名男运动员，有C种选法；第二步：选2名女运动员，有C种选法，故共有C·C＝120种选法．
(2)解法一：(直接法)：“至少有1名女运动员”包括以下几种情况，1女4男，2女3男，3女2男，4女1男．
由分类加法计数原理知共有C·C＋C·C＋C·C＋C·C＝246种选法．
解法二：(间接法)，不考虑条件，从10人中任选5人，有C种选法，其中全是男运动员的选法有C种，故“至少有1名女运动员”的选法有C－C＝246(种)．
(3)当有女队长时，其他人选法任意，共有C种选法；不选女队长时，必选男队长，共有C种选法，其中不含女运动员的选法有C；故不选女队长时共有C－C种选法．所以既有队长又有女运动员的选法共有C＋C－C＝191(种)．
6．四个不同的小球，全部放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．
(1)随便放(可以有空盒，但球必须都放入盒中)有多少种放法？
(2)四个盒都不空的放法有多少种？
(3)恰有一个空盒的放法有多少种？
(4)恰有两个空盒的放法有多少种？
(5)甲球所放盒的编号总小于乙球所放盒的编号的放法有多少种？
[解析] (1)由于可以随便放，故每个小球都有4种放法，所以放法总数是：4×4×4×4＝44＝256种．
(2)将四个小球全排列后放入四个盒子即可，所以放法总数是：A＝24种．
(3)由题意知，必然是四个小球放入三个盒子中．分三步完成：选出三个盒子；将四个小球分成三堆；将三堆小球全排列后放入三个盒子．所以放法总数是：C·C·A＝144种．
(4)由题意，必然是四个小球放入2个盒子中．分三步完成：选出两个盒子；将四个小球分成两堆；将两堆小球全排列放入两个盒子．所以放法总数是：C·(＋C·C)·A＝84种．
(5)分三类放法．
第一类：甲球放入1号盒子，即
1
2
3
4
甲
，则乙球有3种放法(可放入2,3,4号盒子)，其余两球可随便放入四个盒子，有42种放法．故此类放法的种数是3×42；
第二类：甲球放入2号盒子，即
1
2
3
4
甲
，则乙球有2种放法(可放入3,4号盒子)，其余两球随便放，有42种放法．故此类放法的种数是2×42；
第三类：甲球放入3号盒子，即
1
2
3
4
甲
，则乙球只有1种放法(放入4号盒子)，其余两球随便放，有42种放法，故此类放法的种数是1×42．
综上，所有放法的总数是：(3＋2＋1)×42＝96种．
C级 能力拔高
不定方程x1＋x2＋…＋x10＝100的正整数解有多少组？
[解析] 不定方程就是未知数的个数大于方程的个数的方程，像方程x1＋x2＋…＋xn＝m就是一个最简单的不定方程，解决这类问题的常用方法是“隔板法”．
解：考虑并列出100个：1111…1，在每相邻两个1之间都有1个空隙，共有99个空隙．在这99个空隙中，放上9个“＋”号，每个空隙中至多放1个，共有C种放法，在每一种放法中，这100个数被“＋”号隔为10段，每一段中“1”的个数从左至右顺次记为“x1，x2，…，x10”．显然，这就是不定方程的一组正整数解，而“＋”号的放法与不定方程的正整数解之间是一一对应的，故不定方程的正整数解有C组．
第一章 1.3 1.3.1 二项式定理
A级 基础巩固
一、选择题
1．在(x－)10的二项展开式中，x4的系数为( C )
A．－120 B．120
C．－15 D．15
[解析] Tr＋1＝Cx10－r(－)r＝(－)r·Cx10－2r
令10－2r＝4，则r＝3．
∴x4的系数为(－)3C＝－15．
2．(2018·全国卷Ⅲ理，5)5的展开式中x4的系数为( C )
A．10 B．20
C．40 D．80
[解析] 5的展开式的通项公式为Tr＋1＝C·(x2)5－r·r＝C·2r·x10－3r，令10－3r＝4，得r＝2.故展开式中x4的系数为C·22＝40．
故选C．
3．若二项式(－)n的展开式中第5项是常数项，则自然数n的值可能为( C )
A．6 B．10
C．12 D．15
[解析] ∵T5＝C()n－4·(－)4＝24·Cx是常数项，∴＝0，∴n＝12．
4．(湖南高考)(x－2y)5的展开式中x2y3的系数是( A )
A．－20 B．－5
C．5 D．20
[解析] 展开式的通项公式为Tr＋1＝C(x)5－r·(－2y)r＝()5－r·(－2)rCx5－ryr．
当r＝3时为T4＝()2(－2)3Cx2y3＝－20x2y3，故选A．
5．(1＋3x)n(其中n∈N且n≥6)的展开式中，若x5与x6的系数相等，则n＝( B )
A．6 B．7
C．8 D．9
[解析] 二项式(1＋3x)n的展开式的通项是Tr＋1＝C1n－r·(3x)r＝C·3r·xr.依题意得
C·35＝C·36，
即
＝3×(n≥6)，
得n＝7．
6．在(1－x3)(1＋x)10的展开式中x5的系数是( D )
A．－297 B．－252
C．297 D．207
[解析] x5系数应是(1＋x)10中含x5项的系数减去含x2项的系数．
∴其系数为C＋C(－1)＝207．
二、填空题
7．(2018·河南二模)(x2＋－2)n展式中的常数项是70，则n＝__4__．
[解析] ∵(x2＋－2)n＝(x－)2n的展式的通项公式为Tr＋1＝C·(－1)r·x2n－2r，
令2n－2r＝0，求得n＝r，故展开式的常数项为(－1)n·C＝70，
求得n＝4．
故答案为4．
8．设a＝sinxdx，则二项式(a－)6的展开式中的常数项等于__－160__．
[解析] a＝sinxdx＝(－cosx)|＝2，二项式(2－)6展开式的通项为Tr＋1＝C(2)6－r·(－)r＝(－1)r·26－r·Cx3－r，令3－r＝0得，r＝3，∴常数项为(－1)3·23·C＝－160．
9．(2018·天津理，10)在5的展开式中，x2的系数为____．
[解析] 5的展开式的通项为Tr＋1＝Cx5－rr·x－＝rCx5－.令5－＝2，解得r＝2.故展开式中x2的系数为2C＝．
三、解答题
10．在8的展开式中，求：
(1)第5项的二项式系数及第5项的系数；
(2)倒数第3项．
[解析] (1)∵T5＝C·(2x2)8－4·4＝C·24·x，
∴第5项的二项式系数是C＝70，第5项的系数是C·24＝1 120．
(2)展开式中的倒数第3项即为第7项，
T7＝C·(2x2)8－6·6＝112x2．
B级 素养提升
一、选择题
1．(1＋2)3(1－)5的展开式中x的系数是( C )
A．－4 B．－2
C．2 D．4
[解析] (1＋2)3(1－)5＝(1＋6＋12x＋8x)(1－)5，
故(1＋2)3(1－)5的展开式中含x的项为1×C(－)3＋12xC＝－10x＋12x＝2x，所以x的系数为2．
2．若(1＋2x)6的展开式中的第2项大于它的相邻两项，则x的取值范围是( A )
A．＜x＜ B．＜x＜
C．＜x＜ D．＜x＜
[解析] 由得
∴＜x＜．
二、填空题
3．(2018·潍坊一模)(1＋x)(1－2)5展开式中x2的系数为__120__. (用数字填写答案)
[解析] ∵(1－2)5的展开式的通项为Tr＋1＝C·15－r·(－2)r＝(－2)r·C·x，
取＝2，得r＝4，取，得r＝2，
∴(1＋x)(1－2)5展开式中x2的系数为(－2)4·C＋(－2)2·C＝80＋40＝120．
故答案为120．
4．若x>0，设(＋)5的展开式中的第三项为M，第四项为N，则M＋N的最小值为____．
[解析] T3＝C·()3()2＝x，
T4＝C·()2·()3＝，
∴M＋N＝＋≥2＝．
三、解答题
5．(2016·湛江高二检测)在二项式 (－)n的展开式中，前三项系数的绝对值成等差数列．
(1)求n的值；
(2)求展开式中二项式系数最大的项；
(3)求展开式中系数最大的项．
[解析] (1)C＋C＝2·C，∴n2－9n＋8＝0；∵n≥2，∴n＝8．
(2)∵n＝8，∴展开式共有9项，故二项式系数最大的项为第5项，即T5＝C()4·(－)4＝．
(3)研究系数绝对值即可，
解得2≤r≤3，
∵r∈N，∴r＝2或3.∵r＝3时，系数为负．
∴系数最大的项为T3＝7x．
6．(2016·金华高二检测)已知m，n是正整数，f(x)＝(1＋x)m＋(1＋x)n的展开式中x的系数为7，
(1)试求f(x)的展开式中的x2的系数的最小值；
(2)对于使f(x)的展开式的x2的系数为最小的m，n，求出此时x3的系数；
(3)利用(1)中m与n的值，求f(0.003)的近似值(精确到0.01)
[解析] (1)根据题意得：C＋C＝7，即 m＋n＝7①，
f(x)的展开式中的x2的系数为C＋C＝＋＝．
将①变形为n＝7－m代入上式得：x2的系数为m2－7m＋21＝(m－)2＋，
故当m＝3或m＝4时，x2的系数的最小值为9．
(2)当m＝3、n＝4时，x3的系数为C＋C＝5；
当m＝4、n＝3时，x3的系数为C＋C＝5．
(3)f(0.003)＝(1＋0.003)4＋(1＋0.003)3≈C＋C×0.003＋C＋C×0.003＝2.02．
C级 能力拔高
求(＋＋)5的展开式中整理后的常数项．
[解析] (＋＋)5不是一个二项式，但可以通过组合某些项变成二项式，组合的方法有：(1)(＋＋)5＝[(＋)＋]5，(2)(＋＋)5＝()5＝．
解法一：(＋＋)5＝[(＋)＋]5，
通项公式Tk＋1＝C·2·(＋)5－k(k＝0,1,2，…，5)，
(＋)5－k的通项公式为Tr＋1＝C·x－r·x5－k－r·2－(5－k－r)＝C·x5－2r－k·2k＋r－5(r＝0,1，…，5－k)，
令5－2r－k＝0，则k＋2r＝5，
可得k＝1，r＝2或k＝3，r＝1或k＝5，r＝0．
当k＝1，r＝2时，得C·C··2－2＝；
当k＝3，r＝1时，得C·C·2·2－1＝20；
当k＝5，r＝0时，得C·4＝4．
综上，(＋＋)5的展开式中整理后的常数项为 ＋20＋4＝．
解法二：(＋＋)5＝()5
＝＝，
在二项式(x＋)10中，Tr＋1＝C·x10－r·()r(r＝0,1,2，…，10)，
要得到常数项需10－r＝5，即r＝5，
所以常数项为＝．
第一章 1.3 1.3.2 “杨辉三角”与二项式系数的性质
A级 基础巩固
一、选择题
1．若(3－)n的展开式中各项系数之和为256，则展开式的常数项是( C )
A．第3项 B．第4项
C．第5项 D．第6项
[解析] 令x＝1，得出(3－)n的展开式中各项系数和为(3－1)n＝256，解得n＝8；
∴(3－)8的展开式通项公式为：
Tr＋1＝C·(3)8－r·(－)r＝(－1)r·38－r·C·x4－r，
令4－r＝0，解得r＝4．
∴展开式的常数项是Tr＋1＝T5，即第5项．故选C．
2．若9n＋C·9n－1＋…＋C·9＋C是11的倍数，则自然数n为( A )
A．奇数 B．偶数
C．3的倍数 D．被3除余1的数
[解析] 9n＋C·9n－1＋…＋C·9＋C
＝(9n＋1＋C9n＋…＋C92＋C9＋C)－
＝(9＋1)n＋1－＝(10n＋1－1)是11的倍数，
∴n＋1为偶数，∴n为奇数．
3．(2018·黄浦区二模)二项式(＋)40的展开式中，其中是有理项的项数共有( B )
A．4项 B．7项
C．5项 D．6项
[解析] 二项式(＋)40的展开式的通项为
Tr＋1＝C·()40－r·()r＝C·x．
∵0≤r≤40，且r∈N，
∴当r＝0、6、12、18、24、30、36时，∈Z．
∴二项式(＋)40的展开式中，其中是有理项的项数共有7项．
故选B．
4．若a为正实数，且(ax－)2016的展开式中各项系数的和为1，则该展开式第2016项为( D )
A． B．－
C． D．－
[解析]由条件知，(a－1)2016＝1，∴a－1＝±1，
∵a为正实数，∴a＝2．
∴展开式的第2016项为：
T2016＝C·(2x)·(－)2015
＝－2C·x－2014＝－4032x－2014，故选D．
5．若二项式(2x＋)7的展开式中的系数是84，则实数a＝( C )
A．2 B．
C．1 D．
[解析] 二项式(2x＋)7的通项公式为Tr＋1＝C(2x)7－r()r＝C27－rarx7－2r，令7－2r＝－3，得r＝5.故展开式中的系数是C22a5＝84，解得a＝1．
6．(2016·南安高二检测)233除以9的余数是( A )
A．8 B．4
C．2 D．1
[解析] 233＝(23)11＝(9－1)11＝911－C910＋C99＋…＋C9－1＝9(910－C99＋…＋C－1)＋8，
∴233除以9的余数是8.故选A．
二、填空题
7．若n展开式的各项系数之和为32，则n＝__5__，其展开式中的常数项为__10__(用数字作答)．
[解析] 令x＝1，得2n＝32，得n＝5，则Tr＋1＝C·(x2)5－r·r＝C·x10－5r，令10－5r＝0，r＝2.故常数项为T3＝10．
8．已知(x－)8展开式中常数项为1120，其中实数a是常数，则展开式中各项系数的和是__1或38__．
[解析] Tr＋1＝Cx8－r(－)r
＝(－a)r·C·x8－2r，令8－2r＝0得r＝4，
由条件知，a4C＝1120，∴a＝±2，
令x＝1得展开式各项系数的和为1或38．
9．在二项式(＋)n的展开式中，各项系数之和为A，各项二项式系数之和为B，且A＋B＝72，则n＝__3__．
[解析] 由题意可知，B＝2n，A＝4n，由A＋B＝72，得4n＋2n＝72，∴2n＝8，∴n＝3．
三、解答题
10．设(1－2x)2017＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2017x2017(x∈R)．
(1)求a0＋a1＋a2＋…＋a2017的值；
(2)求a1＋a3＋a5＋…＋a2017的值；
(3)求|a0|＋|a1|＋|a2|＋…＋|a2017|的值．
[解析] (1)令x＝1，得：
a0＋a1＋a2＋…＋a2017＝(－1)2017＝－1①
(2)令x＝－1，得：a0－a1＋a2－…－a2017＝32017②
①－②得：
2(a1＋a3＋…＋a2015＋a2017)＝－1－32017，
∴a1＋a3＋a5＋…＋a2017＝－．
(3)∵Tr＋1＝C·12017－r·(－2x)r
＝(－1)r·C·(2x)r，
∴a2k－1<0(k∈N*)，a2k>0(k∈N*)．
∴|a0|＋|a1|＋|a2|＋|a3|＋…＋|a2017|
＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a2016－a2017
＝32017．
B级 素养提升
一、选择题
1．若n为正奇数，则7n＋C·7n－1＋C·7n－2＋…＋C·7被9除所得的余数是( C )
A．0 B．2
C．7 D．8
[解析] 原式＝(7＋1)n－C＝8n－1＝(9－1)n－1＝9n－C·9n－1＋C·9n－2－…＋C·9(－1)n－1＋(－1)n－1，n为正奇数，(－1)n－1＝－2＝－9＋7，则余数为7．
2．(2016·上饶市高二检测)设函数f(x)＝(2x＋a)n，其中n＝6∫0cosxdx，＝－12，则f(x)的展开式中x4的系数为( B )
A．－240 B．240 C．－60 D．60
[解析] ∵n＝6∫0cosxdx＝6sinx|0＝6，
∴f(x)＝(2x＋a)6，
∴f′(x)＝12(2x＋a)5，
∵＝－12，∴＝－12，∴a＝－1．
∴f(x)＝(2x－1)6．
其展开式的通项Tr＋1＝C(2x)6－r(－1)r＝(－1)rC·26－rx6－r，
令6－r＝4得r＝2，∴f(x)展开式中x4的系数为(－1)2C·24＝240，故选B．
二、填空题
3．观察下列等式：
(1＋x＋x2)1＝1＋x＋x2，
(1＋x＋x2)2＝1＋2x＋3x2＋2x3＋x4，
(1＋x＋x2)3＝1＋3x＋6x2＋7x3＋6x4＋3x5＋x6，
(1＋x＋x2)4＝1＋4x＋10x2＋16x3＋19x4＋16x5＋10x6＋4x7＋x8，
……
由以上等式推测：对于n∈N*，若(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，则a2＝____．
[解析] 观察给出各展开式中x2的系数：1,3,6,10，据此可猜测a2＝．
4．设(3x－1)8＝a8x8＋a7x7＋…＋a1x＋a0，则
(1)a8＋a7＋…＋a1＝__255__；
(2)a8＋a6＋a4＋a2＋a0＝__32896__．
[解析] 令x＝0，得a0＝1．
(1)令x＝1得
(3－1)8＝a8＋a7＋…＋a1＋a0，①
∴a8＋a7＋…＋a2＋a1＝28－a0＝256－1＝255．
(2)令x＝－1得
(－3－1)8＝a8－a7＋a6－…－a1＋a0.②
①＋②得28＋48＝2(a8＋a6＋a4＋a2＋a0)，
∴a8＋a6＋a4＋a2＋a0＝(28＋48)＝32 896．
三、解答题
5．在(2x－3y)10的展开式中，求：
(1)二项式系数的和；
(2)各项系数的和；
(3)x的奇次项系数和与x的偶次项系数和．
[解析] 设(2x－3y)10＝a0x10＋a1x9y＋a2x8y2＋…＋a10y10，(*)
由于(*)是恒等式，故可用“赋值法”求出相关的系数和．
(1)二项式系数和为
C＋C＋…＋C＝210．
(2)令x＝y＝1，各项系数和为(2－3)10＝(－1)10＝1．
(3)x的奇次项系数和为a1＋a3＋a5＋…＋a9＝；
x的偶次项系数和为a0＋a2＋a4＋…＋a10＝．
6．在二项式(＋)n的展开式中，前三项系数成等差数列．
(1)求展开式中的常数项；
(2)求展开式中系数最大的项．
[解析] (1)二项式(＋)n的展开式中，前三项系数分别为1，，，
再根据前三项系数成等差数列，可得n＝1＋，求得n＝8或n＝1(舍去)．
故二项式(＋)8的展开式的通项公式为Tr＋1＝C·2－r·x4－r．
令4－r＝0，求得r＝4，可得展开式的常数项为T5＝C·()4＝．
(2)设第r＋1项的系数最大，则由
，求得2≤r≤3，
因为r∈Z，所以r＝2或r＝3，故第三项和第四项的系数最大，再利用通项公式可得系数最大的项为T3＝7x2，T4＝7x．
C级 能力拔高
(2016·江苏卷)(1)求7C－4C的值；
(2)设m，n∈N*，n≥m，求证：(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋nC＋(n＋1)C＝(m＋1)C．
[解析] (1)7C－4C＝7×－4×＝0．
(2)当n＝m时，结论显然成立．当n>m时，
(k＋1)C＝＝(m＋1)．
＝(m＋1)C，k＝m＋1，m＋2，…，n．
又C＋C＝C，
所以(k＋1)C＝(m＋1)(C－C)，k＝m＋1，m＋2，…，n．
因此，(m＋1)C＋(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C
＝(m＋1)C＋[(m＋2)C＋(m＋3)C＋…＋(n＋1)C]
＝(m＋1)C＋(m＋1)[(C－C)＋(C－C)＋…＋(C－C)]
＝(m＋1)C．
第一章 学业质量标准检测
时间120分钟，满分150分．
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．(2017·全国卷Ⅱ理，6)安排3名志愿者完成4项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有( D )
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
[解析] 由题意可得其中1人必须完成2项工作，其他2人各完成1项工作，可得安排方式为C·C·A＝36(种)，或列式为C·C·C＝3××2＝36(种)．
故选D．
2．已知C－C＝C(n∈N*)，则n等于( A )
A．14 B．12
C．13 D．15
[解析] 因为C＋C＝C，所以C＝C．
∴7＋8＝n＋1，∴n＝14，故选A．
3．(2018·大连高二检测)3对夫妇去看电影，6个人坐成一排，若女性的邻座只能是其丈夫或其他女性，则坐法的种数为( B )
A．54 B．60
C．66 D．72
[解析] 记3位女性为a、b、c，其丈夫依次为A、B、C，当3位女性都相邻时可能情形有两类：第一类男性在两端(如BAabcC)，有2A种，第二类男性在一端(如BCAabc)，有2AA种，共有A(2A＋2)＝36种，当仅有两位女性相邻时也有两类，第一类这两人在一端(如abBACc)，第二类这两人两端都有其他人(如AabBCc)，共有4A＝24种，故满足题意的坐法共有36＋24＝60种．
4．(2018·全国卷Ⅱ理，5)如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为( B )
A．24 B．18
C．12 D．9
[解析] 由题意可知E→F共有6种走法，F→G共有3种走法，由乘法计数原理知，共有6×3＝18种走法，故选B．
5．(2018·马鞍山二模)二项式(x＋)n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，则展开式中x的指数为整数的项的个数为( D )
A．3 B．5
C．6 D．7
[解析] 根据(x＋)n的展开式中只有第11项的二项式系数最大，
得n＝20；
∴(x＋)20展开式的通项为
Tr＋1＝C·(x)20－r·()r＝()20－r·C·x20－；
要使x的指数是整数，需r是3的倍数，
∴r＝0,3,6,9,12,15,18；
∴x的指数是整数的项共有7项．
故选D．
6．从正方体六个面的对角线中任取两条作为一对，其中所成的角为60°的共有( C )
A．24对 B．30对
C．48对 D．60对
[解析] 解法一：先找出正方体一个面上的对角线与其余面对角线成60°角的对数，然后根据正方体六个面的特征计算总对数．
如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，与面对角线AC成60°角的面对角线有B1C、BC1、C1D、CD1、A1D、AD1、A1B、AB1共8条，同理与BD成60°角的面对角线也有8条，因此一个面上的对角线与其相邻4个面的对角线，共组成16对，又正方体共有6个面，所有共有16×6＝96对．因为每对都被计算了两次(例如计算与AC成60°角时，有AD1，计算与AD1成60°角时有AC，故AD1与AC这一对被计算了2次)，因此共有×96＝48对．
解法二：间接法．正方体的面对角线共有12条，从中任取2条有C种取法，其中相互平行的有6对，相互垂直的有12对，∴共有C－6－12＝48对．
7．(2018·渭南一模)在(x＋)n的展开式中，各项系数与二项式系数和之比为64，则x3的系数为( C )
A．15 B．45
C．135 D．405
[解析] 令(x＋)n中x为1的各项系数和为4n，
又展开式的各项二项式系数和为2n，
∵各项系数的和与各项二项式系数的和之比为64，
∴＝64，解得n＝6，
∴二项式的展开式的通项公式为Tr＋1＝C·3r·x6－r，
令6－r＝3，求得r＝2，故开式中含x3项系数为C·32＝135，
故选C．
8．从0、1、2、3、4、5这六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位数的个数为( C )
A．300 B．216
C．180 D．162
[解析] 本小题主要考查排列组合的基础知识．
由题意知可分为两类，
(1)选“0”，共有CCCA＝108，
(2)不选“0”，共有CA＝72，
∴由分类加法计数原理得72＋108＝180，故选C．
9．(2018·柳州一模)某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形ABCD(边长为3个单位)的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为i(i＝1,2，…6)，则棋子就按逆时针方向行走i个单位，一直循环下去．则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有( C )
A．22种 B．24种
C．25种 D．36种
[解析] 由题意知正方形ABCD(边长为3个单位)的周长是12，
抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处表示三次骰子的点数之和是12，
列举出在点数中三个数字能够使得和为12的有1,5,6；2,4,6；3,4,5；3,3,6；5,5,2；4,4,4；共有6种组合，
前三种组合1,5,6；2,4,6；3,4,5；又可以排列出A＝6种结果，
3,3,6；5,5,2；有6种结果，4,4,4；有1种结果．
根据分类计数原理知共有24＋1＝25种结果，
故选C．
10．若x∈R，n∈N＋，定义M＝x(x＋1)(x＋2)…(x＋n－1)，例如M＝(－5)(－4)(－3)(－2)(－1)＝－120，则函数f(x)＝xM的奇偶性为( A )
A．是偶函数而不是奇函数 B．既是奇函数又是偶函数
C．是奇函数而不是偶函数 D．既不是奇函数又不是偶函数
[解析] 由题意知f(x)＝x(x－9)(x－8)…(x－9＋19－1)
＝x2(x2－1)(x2－4)…(x2－81)
故为偶函数而不是奇函数．
11．(2018·石景山区一模)现有4种不同颜色对如图所示的四个部分进行涂色，要求有公共边界的两块不能用同一种颜色，则不同的涂色方法共有( D )
A．24种 B．30种
C．36种 D．48种
[解析] 根据题意，设需要涂色的四个部分依次分①、②、③、④，
对于区域①，有4种颜色可选，有4种涂色方法，
对于区域②，与区域①相邻，有3种颜色可选，有3种涂色方法，
对于区域③，与区域①②相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，
对于区域④，与区域②③相邻，有2种颜色可选，有2种涂色方法，
则不同的涂色方法有4×3×2×2＝48种；
故选D．
12．(2018·保山二模)一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位．若小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有多少种( D )
A．5 B．25
C．55 D．75
[解析] 根据题意，分4种情况讨论：
①，小蜜蜂向正方向飞行4次，负方向飞行1次，每次飞行1个单位，有C＝5种飞行方式，
②，小蜜蜂向正方向飞行4次，有3次飞行1个单位，1次飞行2个单位，
负方向飞行1次，飞行2个单位，有CC＝20种飞行方式，
③，小蜜蜂向正方向飞行3次，有2次飞行2个单位，1次飞行1个单位，
负方向飞行2次，每次飞行1个单位，有CC＝30种飞行方式，
④，小蜜蜂向正方向飞行3次，每次飞行2个单位，
负方向飞行2次，1次飞行2个单位，1次飞行1个单位，有CA＝20种飞行方式，
则一共有5＋20＋30＋20＝75种飞行方式，
故选D．
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)
13．(2018·河东区二模)一共有5名同学参加《我的中国梦》演讲比赛，3名女生和2名男生，如果男生不排第一个演讲，同时两名男生不能相邻演讲，则排序方式有__36__种．(用数字作答)
[解析] 根据题意，分2步分析：
①，将三名女生全排列，有A＝6种顺序，
②，排好后，有4个空位，男生不排第一个演讲，除去第一个空位，
有3个空位可用，在这三个空位中任选2个，安排2名男生，有A＝6种情况，
则有6×6＝36种符合题意的排序方式。
故答案为36．
14．(2018·全国卷Ⅰ理，15)从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有__16__种．(用数字填写答案)
[解析] 按参加的女生人数可分两类：只有1位女生参加有CC种，有2位女生参加有CC种．故共有CC＋CC＝2×6＋4＝16(种)．
15．(2018·浙江卷，14)二项式8的展开式的常数项是__7__．
[解析] 由题意，得Tr＋1＝C·()8－r·r
＝C·r·x·x－r
＝C·r·x．
令＝0，得r＝2．
因此T3＝C×2＝×＝7．
16．将5位志愿者分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴世博会的三个不同场馆服务，不同的分配方案有__90__种．(用数字作答)
[解析] 本题考查了排列组合中的平均分组分配问题，先分组，再把三组分配乘以A得：·A＝90种．
三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本题满分10分)已知A＝{x|1从集合A和B中各取一个元素作为直角坐标系中点的坐标，共可得到多少个不同的点？
[解析] A＝{3,4,5,6,7}，B＝{4,5,6,7,8}．
从A中取一个数作为横坐标，从B中取一个数作为纵坐标，有5×5＝25(个)，而8作为横坐标的情况有5种，3作为纵坐标且8不是横坐标的情况有4种，故共有5×5＋5＋4＝34个不同的点．
18．(本题满分12分)求证：对任何非负整数n,33n－26n－1可被676整除．
[证明] 当n＝0时，原式＝0，可被676整除．
当n＝1时，原式＝0，也可被676整除．
当n≥2时，
原式＝27n－26n－1＝(26＋1)n－26n－1
＝(26n＋C·26n－1＋…＋C·262＋C·26＋1)－26n－1
＝26n＋C26n－1＋…＋C·262．
每一项都含262这个因数，故可被262＝676整除．
综上所述，对一切非负整数n,33n－26n－1可被676整除．
19．(本题满分12分)已知(1＋m)n(m是正实数)的展开式的二项式系数之和为256，展开式中含x项的系数为112．
(1)求m，n的值；
(2)求展开式中奇数项的二项式系数之和；
(3)求(1＋m)n(1－x)的展开式中含x2项的系数．
[解析] (1)由题意可得2n＝256，解得n＝8．
∴通项Tr＋1＝Cmrx，
∴含x项的系数为Cm2＝112，
解得m＝2，或m＝－2(舍去)．
故m，n的值分别为2,8．
(2)展开式中奇数项的二项式系数之和为C＋C＋C＋C＝28－1＝128．
(3)(1＋2)8(1－x)＝(1＋2)8－x(1＋2)8，
所以含x2项的系数为C24－C22＝1008．
20．(本题满分12分)某班要从5名男生3名女生中选出5人担任5门不同学科的课代表，请分别求出满足下列条件的方法种数．
(1)所安排的女生人数必须少于男生人数；
(2)其中的男生甲必须是课代表，但又不能担任数学课代表；
(3)女生乙必须担任语文课代表，且男生甲必须担任课代表，但又不能担任数学课代表．
[解析] (1)所安排的女生人数少于男生人数包括三种情况，一是2个女生，二是1个女生，三是没有女生，依题意得(C＋CC＋CC)A＝5520种．
(2)先选出4人，有C种方法，连同甲在内，5人担任5门不同学科的课代表，甲不担任数学课代表，有A·A种方法，∴方法数为C·A·A＝3360种．
(3)由题意知甲和乙两人确定担任课代表，需要从余下的6人中选出3个人，有C＝20种结果，女生乙必须担任语文课代表，则女生乙就不需要考虑，其余的4个人，甲不担任数学课代表，∴甲有3种选择，余下的3个人全排列共有3A＝18；综上可知共有20×18＝360种．
21．(本题满分12分)用0、1、2、3、4这五个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字的五位数？
(1)被4整除；
(2)比21034大的偶数；
(3)左起第二、四位是奇数的偶数．
[解析] (1)被4整除的数，其特征应是末两位数是4的倍数，可分为两类：当末两位数是20、40、04时，其排列数为3A＝18，当末两位数是12、24、32时，其排列数为3A·A＝12.故满足条件的五位数共有18＋12＝30(个)．
(2)①当末位数字是0时，首位数字可以为2或3或4，满足条件的数共有3×A＝18个．
②当末位数字是2时，首位数字可以为3或4，满足条件的数共有2×A＝12个．
③当末位数字是4时，首位数字是3的有A＝6个，首位数字是2时，有3个，共有9个．
综上知，比21034大的偶数共有18＋12＋9＝39个．
(3)解法一：可分为两类：
末位数是0，有A·A＝4(个)；
末位数是2或4，有A·A＝4(个)；
故共有A·A＋A·A＝8(个)．
解法二：第二、四位从奇数1,3中取，有A个；首位从2,4中取，有A个；余下的排在剩下的两位，有A个，故共有AAA＝8(个)．
22．(本题满分12分)已知n(n∈N*)的展开式的各项系数之和等于5的展开式中的常数项，求n的展开式中a－1项的二项式系数．
[解析] 对于5：Tr＋1＝C(4)5－rr＝C·(－1)r·45－r·5－b．
若Tr＋1为常数项，则10－5r＝0，所以r＝2，此时得常数项为T3＝C·(－1)2·43·5－1＝27．
令a＝1，得n展开式的各项系数之和为2n.由题意知2n＝27，所以n＝7.对于7：Tr＋1＝C7－r·(－)r＝C·(－1)r·37－ra．
若Tr＋1为a－1项，则＝－1，所以r＝3．
所以n的展开式中a－1项的二项式系数为C＝35．
