第六章《计数原理》章末复习提升与检测-2023-2024学年高二数学下学期期末复习提升与检测（人教A版2019）

第六章《计数原理》章末复习提升与检测 ( 知识体系 ) ( 能力整合 ) 一、两个计数原理 1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章内容的学习基础，在进行计数过程中，常因分类不明导致增(漏)解，因此在解题中既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性． 2．掌握两个计数原理，提升逻辑推理和数学运算素养． 【例1】（1）设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动的方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为(　　) A．(34，34) B．(43，34) C．(34，43) D．(A，A) (2)“回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3 443,94 249等．显然2位“回文数”有9个：11,22,33，…，99；3位“回文数”有90个：101,111,121，…，191,202，…，999；则 ①4位“回文数”有________个； ②2n＋1(n∈N*)位“回文数”有________个． 【通性通法】应用两个计数原理计数的四个步骤 (1)明确完成的这件事是什么． (2)思考如何完成这件事． (3)判断它属于分类还是分步，是先分类后分步，还是先分步后分类． (4)选择计数原理进行计算． 【跟踪训练】　 1.用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法(　　) A．120种 B．720种 C．840种 D．960种 2.《九章算术》、《数书九章》、《周髀算经》是中国古代数学著作，甲、乙、丙三名同学计划每人从中选择一种来阅读，若三人选择的书不全相同，则不同的选法有 种． 二、排列与组合的综合应用 1．排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足轻重的作用，解决排列与组合的综合问题要遵守先选后排，特殊元素(特殊位置)优先的原则． 2．明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算的素养． 【例2】（1）（2023•新高考Ⅰ）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）． （2）（2023•甲卷（理））有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为　　 A．120 B．60 C．40 D．30 【通性通法】解决排列、组合综合问题要注意以下几点 (1)首先要分清该问题是排列问题还是组合问题． (2)对于含有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，再考虑是分类还是分步，分类时要不重不漏，分步时要步步相接． (3)对于含有“至多”“至少”的问题，常采用间接法，此时要考虑全面，排除干净． 【跟踪训练】 1.（2023•新高考Ⅱ）某学校为了了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有　　 A．种 B．种 C．种 D．种 2.（2023•乙卷（理））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 三、二项式定理及其应用 1．二项式定理有比较广泛的应用，可用于代数式的化简、变形、证明整除、近似计算、证明不等式等，其原理可以用于二项式相应展开式项的系数求解． 2．二项式定理所体现的是一种数学运算素养． 角度1　二项展开式的“赋值问题” 【例3】（2022•北京）若，则　　 A．40 B．41 C． D． 【通性通法】在二项展开式中应用“赋值法”的一般步骤 (1)观察：先观察二项展开式左右两边式子的结构特征． (2)赋值：结合待求和上述特征，对变量x赋值，常见的赋值有x＝－1，x＝0，x＝1等等，具体视情况而定． (3)解方程：赋值后结合待求建立方程(组)，求解便可． 【跟踪训练】 （2022•浙江）已知多项式，则　 　． 角度2　二项展开式的特定项问题 【例4】（1）（2022•新高考Ⅰ）的展开式中的系数为 （用数字作答）． （2）（2023•天津）在的展开式中，项的系数为 ． 【通性通法】二项式特定项的求解策略 (1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素． (2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项，即可确定常数项． (3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项，再由条件确定项数，然后代入通项求出此项的系数． (4)确定二项展开式中的系数最大或最小项：求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情况，一般采用列不等式(组)，解不等式(组)的方法求解． 【跟踪训练】 1.（2023•北京）的展开式中，的系数是　　 A． B．40 C． D．80 2.（2022•天津）的展开式中的常数项为 ． ( 章末检测 ) (时间：120分钟，满分：150分) 一、单项选择题(本大题共8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．（2024·晋城第一中学校高二月考）（    ） A．74 B．98 C．124 D．148 2．某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，要求这2名学生来自不同年级，则不同的选择方法共有（    ） A．4种 B．6种 C．8种 D．12种 3．设直线的方程是，从1，2，3，4这四个数中每次取两个不同的数作为A、B的值，则所得不同的直线的条数是（     ） A．6 B．8 C．10 D．12 4．的展开式中，的系数为（    ） A． B．10 C． D．40 5．近期浙江大学、复旦大学、南京大学三所学校发布了2024年冬令营招生简章，现有甲、乙、丙、丁四位同学报名，每位同学只能选一所大学，每所大学至少有一名同学报名，且甲同学不报南京大学，则不同的报名方法共有（    ） A．16种 B．20种 C．24种 D．28种 6．2023年5月21日，中国羽毛球队在2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛决赛中以总比分战胜韩国队，实现苏迪曼杯三连冠．甲、乙、丙、丁、戊五名球迷赛后在现场合影留念，其中甲、乙均不能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有（    ） A．18种 B．24种 C．30种 D．36种 7．中国传统木构建筑的窗棂是框架结构设计，它是传统建筑中最重要的构成要素之一，也是建筑的审美中心.如图中矩形是某窗棂的一部分，图中与矩形边平行的横线与竖线构成矩形（    ）个      A．24 B．27 C．36 D．60 8．若的展开式中不含项，则实数m的值为（    ） A． B． C．0 D．1 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 9．现有不同的黄球5个，黑球6个，蓝球4个，则下列说法正确的是（    ） A．从中任选1个球，有15种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要不放回地选出任意的2个球，有240种不同的选法 10．已知二项式的展开式中各项的系数和为64，则下列说法正确的是（       ） A． B．展开式中所有奇数项的二项式系数和为32 C．展开式中的常数项为540 D．展开式中二项式系数最大的项是第四项 11．某班准备举行一场小型班会，班会有3个歌唱节目和2个语言类节目，现要排出一个节目单，则下列说法正确的是（    ） A．若3个歌唱节目排在一起，则有6种不同的排法 B．若歌唱节目与语言类节目相间排列，则有12种不同的排法 C．若2个语言类节目不排在一起，则有72种不同的排法 D．若前2个节目中必须要有语言类节目，则有84种不同的排法 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中横线上) 12．若，则 . 13．早在11世纪中叶，我国宋代数学家贾宪在其著作《释锁算数》中就给出了二、三、四、五、六次幂的二项式系数表．已知的展开式中的系数为，则实数 ；展开式中各项系数之和为 ．（用数字作答） 14．甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技术竞赛，得出了第一名到第五名的五个名次，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情况共有 种． 四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15．（本小题满分13分）8人围圆桌开会，其中正、副组长各1人，记录员1人． (1)若正、副组长相邻而坐，有多少种坐法？ (2)若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），有多少种坐法？ 16．（本小题满分15分）某医院有内科医生5名，外科医生4名，现要派4名医生参加赈灾医疗队， （1）一共有多少种选法？ （2）其中某内科医生甲必须参加，某外科医生乙因故不能参加，有几种选法？ （3）内科医生和外科医生都要有人参加，有几种选法？ 17．（本小题满分15分）已知集合. (1)从中取出个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？ (2)从集合中取出个元素，从集合中取出个元素，可以组成多少个无重复数字且比大的正整数？ 18．（本小题满分17分）在二项式的展开式中，.给出下列条件：①若展开式前三项的二项式系数和等于46；②所有奇数项的二项式系数和为256；③若展开式中第7项为常数项.试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上，并且完成下列问题： (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中的常数项.(备注：如果多个条件分别解答，按第一个条件计分) 19．（本小题满分17分）平面上有9个点，其中4个点在同一条直线上（4个点之间的距离各不相等），此外任何三点不共线． （1）过每两点连线，可得几条直线？　　　 （2）以每三点为顶点作三角形可作几个？； （3）以一点为端点，作过另一点的射线，这样的射线可作出几条？ （4）分别以其中两点为起点和终点，最多可作出几个向量？ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第六章《计数原理》章末复习提升与检测 ( 知识体系 ) ( 能力整合 ) 一、两个计数原理 1．分类加法计数原理和分步乘法计数原理是本章内容的学习基础，在进行计数过程中，常因分类不明导致增(漏)解，因此在解题中既要保证类与类的互斥性，又要关注总数的完备性． 2．掌握两个计数原理，提升逻辑推理和数学运算素养． 【例1】（1）设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动的方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则(a，b)为(　　) A．(34，34) B．(43，34) C．(34，43) D．(A，A) 【答案】C 【解析】首先每名学生报名有3种选择， 根据分步乘法计数原理知4名学生共有34种选择， 每项冠军有4种可能结果， 根据分步乘法计数原理知3项冠军共有43种可能结果． (2)“回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数．如22,121,3 443,94 249等．显然2位“回文数”有9个：11,22,33，…，99；3位“回文数”有90个：101,111,121，…，191,202，…，999；则 ①4位“回文数”有________个； ②2n＋1(n∈N*)位“回文数”有________个． 【答案】①90　②9×10n． 【解析】①4位“回文数”的特点为中间两位相同，千位和个位数字相同但不能为零， 第一步，选千位和个位数字，共有9种选法； 第二步，选中间两位数字，有10种选法， 故4位“回文数”有9×10＝90(个)． ②第一步，选左边第一个数字，有9种选法； 第二步，分别选左边第2,3,4，…，n，n＋1个数字，共有10×10×10×…×10＝10n(种)选法，故2n＋1(n∈N*)位“回文数”有9×10n个． 【通性通法】应用两个计数原理计数的四个步骤 (1)明确完成的这件事是什么． (2)思考如何完成这件事． (3)判断它属于分类还是分步，是先分类后分步，还是先分步后分类． (4)选择计数原理进行计算． 【跟踪训练】　 1.用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法(　　) A．120种 B．720种 C．840种 D．960种 【答案】D 【解析】A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C，E均有4种颜色可选，故共有涂色方法5×4×3×4×4＝960(种)． 2.《九章算术》、《数书九章》、《周髀算经》是中国古代数学著作，甲、乙、丙三名同学计划每人从中选择一种来阅读，若三人选择的书不全相同，则不同的选法有 种． 【答案】 【解析】若三人选书没有要求，则有种， 若三人选择的书完全相同，则有种， 所以三人选择的书不全相同，不同的选法有种. 二、排列与组合的综合应用 1．排列、组合是两类特殊的计数求解方式，在计数原理求解中起着举足轻重的作用，解决排列与组合的综合问题要遵守先选后排，特殊元素(特殊位置)优先的原则． 2．明确排列和组合的运算，重点提升数学建模及数学运算的素养． 【例2】（1）（2023•新高考Ⅰ）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）． 【答案】64． 【解析】若选2门，则只能各选1门，有种， 如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2， 则有， 综上共有种不同的方案． 故答案为：64． （2）（2023•甲卷（理））有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为　　 A．120 B．60 C．40 D．30 【答案】 【解析】先从5人中选1人连续两天参加服务，共有种选法， 然后从剩下4人中选1人参加星期六服务，剩下3人中选取1人参加星期日服务，共有种选法， 根据分步乘法计数原理可得共有种选法． 故选：． 【通性通法】解决排列、组合综合问题要注意以下几点 (1)首先要分清该问题是排列问题还是组合问题． (2)对于含有多个限制条件的复杂问题，应认真分析每个限制条件，再考虑是分类还是分步，分类时要不重不漏，分步时要步步相接． (3)对于含有“至多”“至少”的问题，常采用间接法，此时要考虑全面，排除干净． 【跟踪训练】 1.（2023•新高考Ⅱ）某学校为了了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有　　 A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】 【解析】初中部和高中部分别有400和200名学生，人数比例为， 则需要从初中部抽取40人，高中部取20人即可，则有种．故选：． 2.（2023•乙卷（理））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 【答案】 【解析】根据题意可得满足题意的选法种数为：． 三、二项式定理及其应用 1．二项式定理有比较广泛的应用，可用于代数式的化简、变形、证明整除、近似计算、证明不等式等，其原理可以用于二项式相应展开式项的系数求解． 2．二项式定理所体现的是一种数学运算素养． 角度1　二项展开式的“赋值问题” 【例3】（1）（2022•北京）若，则　　 A．40 B．41 C． D． 【答案】 【解析】法一：， 可得，，， ， 故答案为：41． 法二：， 令，可得， 再令，可得， 两式相加处以2可得，， 故选：． 【通性通法】在二项展开式中应用“赋值法”的一般步骤 (1)观察：先观察二项展开式左右两边式子的结构特征． (2)赋值：结合待求和上述特征，对变量x赋值，常见的赋值有x＝－1，x＝0，x＝1等等，具体视情况而定． (3)解方程：赋值后结合待求建立方程(组)，求解便可． 【跟踪训练】 （2022•浙江）已知多项式，则　 　． 【答案】8，． 【解析】， ； 令，则， 令，则， ． 角度2　二项展开式的特定项问题 【例4】（1）（2022•新高考Ⅰ）的展开式中的系数为 （用数字作答）． 【答案】． 【解析】的通项公式为， 当时，，当时，， 的展开式中的系数为． 故答案为：． （2）（2023•天津）在的展开式中，项的系数为 ． 【答案】60． 【解析】二项式的展开式的通项为， 令得，， 项的系数为． 【通性通法】二项式特定项的求解策略 (1)确定二项式中的有关元素：一般是根据已知条件，列出等式，从而可解得所要求的二项式中的有关元素． (2)确定二项展开式中的常数项：先写出其通项，令未知数的指数为零，从而确定项数，然后代入通项，即可确定常数项． (3)求二项展开式中条件项的系数：先写出其通项，再由条件确定项数，然后代入通项求出此项的系数． (4)确定二项展开式中的系数最大或最小项：求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的，需根据各项系数的正、负变化情况，一般采用列不等式(组)，解不等式(组)的方法求解． 【跟踪训练】 1.（2023•北京）的展开式中，的系数是　　 A． B．40 C． D．80 【答案】 【解析】由二项式定理可知展开式的第项 ，，1，， 令，可得．即含的项为第3项， ，故的系数为80． 故选：． 2.（2022•天津）的展开式中的常数项为 ． 【答案】15． 【解析】的展开式的通项是 要求展开式中的常数项只要使得，即 常数项是， ( 章末检测 ) (时间：120分钟，满分：150分) 一、单项选择题(本大题共8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．（2024·晋城第一中学校高二月考）（    ） A．74 B．98 C．124 D．148 【答案】C 【解析】．故选C． 2．某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，要求这2名学生来自不同年级，则不同的选择方法共有（    ） A．4种 B．6种 C．8种 D．12种 【答案】A 【解析】由4名学生来自高一、高二各2名， 则随机选2名学生来自不同年级的选择有种，故选A 3．设直线的方程是，从1，2，3，4这四个数中每次取两个不同的数作为A、B的值，则所得不同的直线的条数是（     ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【解析】∵从1，2，3，4这四个数中每次取两个不同的数作为A、B的值有种结果，在这些直线中有重复的直线， 当和时，结果相同； 当和时，结果相同， ∴所得不同直线的条数是，故选C． 4．的展开式中，的系数为（    ） A． B．10 C． D．40 【答案】C 【解析】展开式的通项为，， 所以的系数为，故选C 5．近期浙江大学、复旦大学、南京大学三所学校发布了2024年冬令营招生简章，现有甲、乙、丙、丁四位同学报名，每位同学只能选一所大学，每所大学至少有一名同学报名，且甲同学不报南京大学，则不同的报名方法共有（    ） A．16种 B．20种 C．24种 D．28种 【答案】C 【解析】由甲不报考南京大学，可分为两类： 第1类：甲单独报名一个学校，则有种不同的报考方法； 第2类，甲和其中一名同学报名一个学校，则有种不同的报考方法，由分类计数原理，可得共有12+12=24种不同的报考方法，故选C 6．2023年5月21日，中国羽毛球队在2023年苏迪曼杯世界羽毛球混合团体锦标赛决赛中以总比分战胜韩国队，实现苏迪曼杯三连冠．甲、乙、丙、丁、戊五名球迷赛后在现场合影留念，其中甲、乙均不能站左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有（    ） A．18种 B．24种 C．30种 D．36种 【答案】C 【解析】当丙站在左端时，甲、丙必须相邻，其余人全排列，有种站法； 当丙不站在左端时，从丁、戊两人选一人站左边，再将甲、丙捆绑，与余下的两人全排， 有种站法，所以一共有种不同的站法．故选C 7．中国传统木构建筑的窗棂是框架结构设计，它是传统建筑中最重要的构成要素之一，也是建筑的审美中心.如图中矩形是某窗棂的一部分，图中与矩形边平行的横线与竖线构成矩形（    ）个      A．24 B．27 C．36 D．60 【答案】C 【解析】在矩形中的条横线任选条，有种方法，条竖线任选条，有种方法，这时一定会围成一个封闭图形，即为所求矩形，共有种方法，故选C 8．若的展开式中不含项，则实数m的值为（    ） A． B． C．0 D．1 【答案】D 【解析】， 二项式展开式的通项为：， 令时，；令时，， 所以的展开式中的系数为， 因为的展开式中不含项， 所以，解得：，故选D. 二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分) 9．现有不同的黄球5个，黑球6个，蓝球4个，则下列说法正确的是（    ） A．从中任选1个球，有15种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要不放回地选出任意的2个球，有240种不同的选法 【答案】AB 【解析】对于A，从中任选1个球，共有种不同的选法，故A正确； 对于B，每种颜色选出1个球，可分步从每种颜色分别选择，共有种不同的选法，故B正确； 对于C，若要选出不同颜色的2个球，首先按颜色分三类“黄，黑”，“黄，蓝”，“黑，蓝”，再进行各类分步选择，共有种不同的选法，故C错误； 对于D，若要不放回地选出任意的2个球，直接分步计算，共有种不同的选法，故D错误，故选AB． 10．已知二项式的展开式中各项的系数和为64，则下列说法正确的是（       ） A． B．展开式中所有奇数项的二项式系数和为32 C．展开式中的常数项为540 D．展开式中二项式系数最大的项是第四项 【答案】ABD 【解析】令，得，得，故A正确； 展开式中所有奇数项的二项式系数和为，故B正确， 由上得二项式为，常数项为，故C错误； 最大的二项式系数为，即第四项的二项式系数最大，故D正确； 故选ABD． 11．某班准备举行一场小型班会，班会有3个歌唱节目和2个语言类节目，现要排出一个节目单，则下列说法正确的是（    ） A．若3个歌唱节目排在一起，则有6种不同的排法 B．若歌唱节目与语言类节目相间排列，则有12种不同的排法 C．若2个语言类节目不排在一起，则有72种不同的排法 D．若前2个节目中必须要有语言类节目，则有84种不同的排法 【答案】BCD 【解析】A选项，若3个歌唱节目排在一起，则有种情况，将3个歌唱节目看为一个整体，和2个语言类节目进行排列，则有种情况， 综上，共有种情况，A错误； B选项，歌唱节目与语言类节目相间排列，则歌唱类节目在两端和最中间，语言类放在歌唱类节目的之间，则有种情况，B正确； C选项，若2个语言类节目不排在一起，则采用插空法，先安排歌唱类节目，有种情况，再将语言类节目插入到3个节目形成的4个空格中，有种， 综上，共有种情况，C正确； D选项，前2个节目都是语言类节目，此时后3个为歌唱类节目，有种情况， 前2个节目中有1个是语言类，有1个是歌唱类，则有种情况，剩余的3个节目进行全排列，则有种情况，则共有种情况， 综上，有种不同的排法，D正确. 故选BCD 三、填空题(本大题共3小题，每小题5分，共15分．把答案填在题中横线上) 12．若，则 . 【答案】6 【解析】因为，， 所以. 由，得（舍去）或. 13．早在11世纪中叶，我国宋代数学家贾宪在其著作《释锁算数》中就给出了二、三、四、五、六次幂的二项式系数表．已知的展开式中的系数为，则实数 ；展开式中各项系数之和为 ．（用数字作答） 【答案】 2 1 【解析】由题可知，，则，故． 令，展开式中各项系数之和为． 14．甲、乙、丙、丁、戊五名同学参加某种技术竞赛，得出了第一名到第五名的五个名次，甲、乙去询问成绩，组织者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从组织者的回答分析，这五个人的名次排列的不同情况共有 种． 【答案】54 【解析】根据题意知，甲、乙都没有得到冠军，且乙不是最后一名，分2种情况讨论： ①甲是最后一名，则乙可以是第二名、第三名或第四名，即乙有3种名次排列情况，剩下的三人有A＝6（种）名次排列情况，此时有3×6＝18（种）名次排列情况； ②甲不是最后一名，则甲、乙需要排在第二、三、四名，有A＝6（种）名次排列情况，剩下的三人有A＝6（种）名次排列情况，此时有6×6＝36（种）名次排列情况． 综上可知，一共有36＋18＝54（种）不同的名次排列情况． 四、解答题(本大题共5小题，共77分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15．（本小题满分13分）8人围圆桌开会，其中正、副组长各1人，记录员1人． (1)若正、副组长相邻而坐，有多少种坐法？ (2)若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），有多少种坐法？ 【解析】（1）若正、副组长相邻而坐，可将此人看作人， 即人围一圆桌，有种， 由于正、副组长人可交换，有种， ∴共有种， （2）若记录员坐于正、副组长之间（三者相邻），可将人看作人， 即人围一圆桌，有种， ∵正、副组长人可交换，有种， ∴共有种． 16．（本小题满分15分）某医院有内科医生5名，外科医生4名，现要派4名医生参加赈灾医疗队， （1）一共有多少种选法？ （2）其中某内科医生甲必须参加，某外科医生乙因故不能参加，有几种选法？ （3）内科医生和外科医生都要有人参加，有几种选法？ 【解析】（1）从名医生中选出4名医生参加赈灾医疗队共有：种选法； （2）因为内科医生甲必须参加，而外科医生乙因故不能参加，所以只须从剩下的7名医生中选出3名医生即可，即种选法； （3）间接法，从9名医生中选出4名有种方法，而选到的医生全部是内科医生的有种，选到的医生全部是外科医生的有种，所以内科医生和外科医生都要有人参加共有种选法. 17．（本小题满分15分）已知集合. (1)从中取出个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？ (2)从集合中取出个元素，从集合中取出个元素，可以组成多少个无重复数字且比大的正整数？ 【解析】（1）由，得， 所以，所以，所以， 从中取出个不同的元素组成三位数， 可以组成个三位数. （2）由（1）得，而， 若从集合中取元素，则不能作千位上的数字， 有个满足题意的正整数； 若不从集合中取元素，则有个满足题意的自然数. 所以，满足题意的自然数的个数共有. 18．（本小题满分17分）在二项式的展开式中，.给出下列条件：①若展开式前三项的二项式系数和等于46；②所有奇数项的二项式系数和为256；③若展开式中第7项为常数项.试在上面三个条件中选择一个补充在上面的横线上，并且完成下列问题： (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中的常数项.(备注：如果多个条件分别解答，按第一个条件计分) 【解析】（1）解：选择①：因为展开式前三项的二项式系数和等于46， 所以，即， 即，即， 解得或（舍去） 选择②：因为所有奇数项的二项式系数和为256， 所以，即， 解得. 选择③：通项公式为， 则有，所以 因为展开式中第7项为常数项，即， 所以. 所以展开式中二项式系数最大的项为第5和第6项， ，； （2）展开式通项为：， 令，， 展开式中常数项为第7项，常数项为. 19．（本小题满分17分）平面上有9个点，其中4个点在同一条直线上（4个点之间的距离各不相等），此外任何三点不共线． （1）过每两点连线，可得几条直线？　　　 （2）以每三点为顶点作三角形可作几个？； （3）以一点为端点，作过另一点的射线，这样的射线可作出几条？ （4）分别以其中两点为起点和终点，最多可作出几个向量？ 【解析】（1）从9个点任取2个点，除去共线的情况即可；(2) 从9个点任取3个点，除去共面的情况即可；(3)根据射线的定义，结合题目中点是共线还是不共线进行讨论；(4)向量有方向，所以直接取出点即可 解析：⑴条 （2）个 （3）不共线的五点可连得条射线，共线的四点中，外侧两点可发生条射线，内部两点各可发生条射线，而在不共线的五点中取一点，共线的四点中取一点而形成的射线有条，故共有条射线 ⑷任意两点之间，可有方向相反的个向量各不相等，则可有个向量 学科网（北京）股份有限公司 $$