7.第七章 计数原理-高二数学必刷100题（苏教版2019）

7.高二第七章计数原理必刷100题（苏教版） 1．（23-24高二下·陕西咸阳·阶段练习）现有科普类读物4本，艺术类读物3本，每本图书各不相同，若要将这些图书摆在同一层空书架中，则不同的摆放方法数为（    ） A．12 B．64 C．81 D．5040 2．（2024·广西桂林·三模）若，则（    ） A．18 B． C．12 D． 3．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）化简式子：的结果为（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高二下·江苏宿迁·期中）由0，1，2，3，5组成的无重复数字的五位偶数共有（    ）． A．42个 B．48个 C．54个 D．120个 5．（2024高二下·全国·专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中，法国数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ） A． B．在第2022行中第1011个数最大 C．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数 D．第34行中第15个数与第16个数之比为2：3 6．（20-21高二上·云南玉溪·期末）把5名同学分配到图书馆、食堂、学生活动中心做志愿者，每个地方至少去一个同学，不同的安排方法共有（    ）种． A．60 B．72 C．96 D．150 7．（23-24高二下·广东云浮·阶段练习）大连市普通高中创新实践学校始建于2010年1月，以丰富多彩的活动广受学生们的喜爱.现有A，B，C，D，E五名同学参加现代农业技术模块，影视艺术创作模块和生物创新实验模块三个模块，每个人只能参加一个模块，每个模块至少有一个人参加，其中A不参加现代农业技术模块，生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加，则不同的分配方式共有（    ）种． A．84 B．72 C．60 D．48 8．（22-23高二下·江苏南通·期末）文创产业被认为是21世纪全球最有前途的产业之一，将成为一种更高层次的全新产业形态，也就是所谓的“第四产业”.为拉近文物与年轻人的心理距离，故宫博物院推出“故宫猫祥瑞”系列盲盒：锦鲤、天马、钟馗、狎鱼、狻猊、行什、狮子、凤凰、葫芦、青铜（共10款），其设计灵感来自故宫文物：故宫太和殿部分脊兽，金大吉葫芦式挂屏，清道光款矾红彩鱼蝠盘等.故宫盲盒售卖点还剩下12个“故宫猫祥瑞”盲盒存货，其中狻猊、葫芦各2个，其余8款各剩1个，小明同学去该售卖点购买了2个“故宫猫祥瑞”盲盒，问买到不同款式盲盒的概率为（    ） A． B． C． D． 9．（2023·浙江·三模）“省刻度尺”问题由英国数学游戏大师杜登尼提出：一根长的尺子，要能够量出长度为到且边长为整数的物体，至少需要6个刻度（尺子头尾不用刻）．现有一根的尺子，要能够一次量出长度为到且边长为整数的物体，尺子上至少需要有（    ）个刻度 A．3 B．4 C．5 D．6 10．（2024·山东菏泽·一模）若数列的通项公式为，记在数列的前项中任取两数都是正数的概率为，则（    ） A． B． C． D． 11．（24-25高三·上海·随堂练习）若，则（    ）． A． B． C． D． 12．（2023·全国·模拟预测）已知的展开式中x2的系数为10，则n=（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 13．（21-22高二下·山东青岛·期末）已知，且，则（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 14．（14-15高二下·广东清远·期中）的展开式中的系数是（    ） A． B．840 C．210 D． 15．（23-24高二下·河北邢台·阶段练习）的展开式中，系数最大的项是（    ） A．第11项 B．第12项 C．第13项 D．第14项 16．（21-22高二下·浙江温州·期末）我市某三甲医院为了响应防疫政策，需要从4名内科医师和4名外科医生中派选4名医生到高速路口进行核酸检测工作，则派选内科医生人数不少于外科医生的概率为（    ） A． B． C． D． 17．（22-23高二下·天津宝坻·阶段练习）若5名女生和2名男生去两地参加志愿者活动，两地均要求既要有女生又要有男生，则不同的分配方案有（    ）种. A．30 B．40 C．60 D．80 18．（22-23高三下·湖南长沙·阶段练习）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.假设空间站要安排甲、乙、丙、丁、戊名航天员开展实验，其中天和核心舱安排人，问天实验舱与梦天实验舱各安排人，则甲、乙两人安排在同一个舱内的穊率为（    ） A． B． C． D． 19．（21-22高三上·山西吕梁·阶段练习）已知等比数列的首项为1，公比为-2，在该数列的前六项中随机抽取两项，，则的概率为（    ） A． B． C． D． 20．（22-23高三下·江苏苏州·开学考试）将六枚棋子A，B，C，D，E，F放置在2×3的棋盘中，并用红、黄、蓝三种颜色的油漆对其进行上色（颜色不必全部选用），要求相邻棋子的颜色不能相同，且棋子A，B的颜色必须相同，则一共有（    ）种不同的放置与上色方式 A．11232 B．10483 C．10368 D．5616 21．（2024·广西桂林·三模）某校组织社会实践活动，将参加活动的3名老师与6名同学分成三组，每组1名老师与2名同学，不一样的分法共有（    ） A．45种 B．90种 C．180种 D．270种 22．（21-22高二下·山西·期末）为了配合社区核酸检测，某医院共派出4名男志愿者和2名女志愿者参与社区志愿服务.已知6名志愿者将会被分为2组派往2个不同的社区，且女志愿者不单独成组.若每组不超过4人，则不同的分配方法种数为（    ） A．32 B．48 C．40 D．56 23．（2023·贵州·模拟预测）展开式中的常数项为（    ） A．13 B．17 C．18 D．22 24．（24-25高三上·江苏镇江·开学考试）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． 25．（23-24高二下·广西桂林·期中）重庆火锅、朝天门、解放碑、长江三峡、大足石刻、重庆人民大礼堂、合川钓鱼城、巫山人、铜梁龙舞、红岩村为重庆十大文化符号，甲计划按照一定的先后顺序写一篇介绍重庆十大文化符号的文章，若第一个介绍的是重庆火锅，且长江三峡、大足石刻、重庆人民大礼堂、合川钓鱼城、巫山人的介绍顺序必须相邻（这五大文化符号的介绍顺序中间没有其他文化符号），则该文章关于重庆十大文化符号的介绍顺序共有（    ） A．1600种 B．14400种 C．2880种 D．2400种 26．（2023·云南红河·模拟预测）一个宿舍的6名同学被邀请参加一个节目，要求必须有人去，但去几个人自行决定．其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，则该宿舍同学的去法共有（    ） A．15种 B．28种 C．31种 D．63种 27．（10-11高二下·辽宁丹东·期末）直线和将圆分成4部分，用5种不同颜色给四部分染色，每部分染一种颜色，相邻部分不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（　　） A．120种 B．240种 C．260种 D．280种 28．（22-23高二下·江苏徐州·期中）在的展开式中含项的系数为15，则展开式中二项式系数最大项是第（    ） A．4项 B．5项 C．6项 D．3项 29．（2024·山东日照·模拟预测）设为某正方体的一条体对角线，为该正方体的各顶点与各棱中点所构成的点集，若从中任选两点连成线段，则与垂直的线段数目是（    ） A．12 B．21 C．27 D．33 30．（23-24高二下·上海·期末）现有编号分别为 的小球各两个，每个球的大小与质地均相同．将这个球排成一列，使得任意编号相同的球均不相邻，记满足条件的排列个数为 ，则 （    ） ① 对任意 都是偶数； ② ． A．①②都是真命题 B．①是真命题， ②是假命题 C．①是假命题， ②是真命题 D．①②都是假命题 31．（23-24高二下·广东佛山·阶段练习）某学院派出甲、乙、丙、丁四名老师带队去A，B，C，D四个地区参加社会实践活动，每名老师只能去一个地区，则下列说法正确的是（    ） A．若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法 B．若恰有一个区无人去，则共有36种不同的安排方法 C．若甲不去A区，且每个区均有人去，则共有18种不同的安排方法 D．若A区只能是甲去或乙去，且每个区均有人去，则共有16种不同的安排方法 32．（22-23高二下·贵州贵阳·阶段练习）关于的展开式，下列判断正确的是（    ） A．展开式共有6项 B．展开式的各二项式系数的和为64 C．展开式的第6项的系数为30 D．展开式中二项式系数最大的项是第4项 33．（23-24高二下·四川内江·期中）下列结论正确的是（） A． B．（为正整数且） C． D．满足方程的值可能为或 34．（23-24高二下·福建南平·阶段练习）下列结论正确的是（ ） A．若，则正整数x的值是1 B． C． D． 35．（23-24高二下·重庆·期中）已知，下列说法正确的是（    ） A．展开式中各项系数和为 B．展开式中系数最大的项是第项 C．展开式中各系数的绝对值之和为 D． 36．（21-22高二下·湖北·期中）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的，以下关于杨辉三角的猜想中正确的有（    ） A．由“在相邻的两行中，除1以外的每一个数都等于它‘肩上’两个数的和”猜想： B． C．第7行中从左到右第5与第6个数的比为 D．由“第n行所有数之和为2”猜想： 37．（23-24高二下·内蒙古通辽·期中）若，且，则实数的值可以是（    ） A． B． C． D． 38．（22-23高二下·山东滨州·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 39．（22-23高二下·山东烟台·阶段练习）甲､乙两人进行局羽毛球比赛（无平局），每局甲获胜的概率均为.规定：比赛结束时获胜局数多的人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为，假设每局比赛互不影响，则（    ） A． B． C． D．单调递增 40．（22-23高二下·山西运城·期末）商场某区域的行走路线图可以抽象为一个的正方体道路网（如图，图中线段均为可行走的通道），甲、乙两人分别从，两点出发，随机地选择一条最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，为止，下列说法正确的是（    ）    A．甲从必须经过到达的方法数共有9种 B．甲从到的方法数共有180种 C．甲、乙两人在处相遇的概率为 D．甲、乙两人相遇的概率为 41．（22-23高二下·山西运城·期中）若，则的值可以是（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 42．（20-21高二·全国·单元测试）下列各式中与排列数相等的是（　　） A． B． C． D． 43．（23-24高二上·吉林·期末）下列有关排列数、组合数的等式中，正确的是（    ） A． B． C． D． 44．（22-23高二下·河北石家庄·阶段练习）下列问题是组合问题的是（    ） A．把5本不同的书分给5个学生，每人一本 B．从7本不同的书中取出5本给某个同学 C．10个人相互发一微信，共发几次微信 D．10个人互相通一次电话，共通了几次电话 45．（23-24高二下·全国·课后作业）身高各不相同的六位同学站成一排照相，则说法正确的是（ ） A．A、C、D三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种站法 B．A与同学不相邻，共有种站法 C．A、C、D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种站法 D．A不在排头，B不在排尾，共有504种站法 46．（21-22高二下·广东江门·期中）在的展开式中，下列说法正确的是（    ） A．所有项系数之和为 B．二项式系数之和为64 C．常数项为 D．含x6的项的系数为60 47．（2024·湖北·二模）如果，k，m，，则当k取下列何值时，存在m，使得成立（    ） A．9 B．40 C．121 D．7381 48．（2023·湖北孝感·模拟预测）关于的展开式，下列结论正确的是（    ） A．的展开式中不含字母x的项为 B．的展开式中不含字母x的项为 C．的展开式中不含字母y的项为 D．的展开式中不含字母y的项为 49．（22-23高二下·山东菏泽·期中）现有个小球和个盒子，下面的结论正确的是（    ） A．若个相同的小球放入编号为、、、的盒子，每个盒子都不空，则共有种放法 B．若个相同的小球放入编号为、、、的盒子，且恰有一个空盒的放法共有种 C．若个不同的小球放入编号为、、、的盒子，且恰有一个空盒的放法共有种 D．若个不同的小球放入编号为、、、的盒子，且恰有两个空盒的放法共有种 50．（2024·山东济南·一模）下列等式中正确的是（    ） A． B． C． D． 51．（2024高二下·江苏·专题练习）下列问题是排列问题的为（　　） A．高二（1）班选名班干部去学校礼堂听团课 B．某班名同学在假期互发微信 C．从1，2，3，4，5中任取两个数字相除 D．10个车站，站与站间的车票 52．（21-22高二下·吉林长春·期末）在二项式的展开式中，正确的说法是（    ） A．常数项是第项 B．各项的系数和是 C．第项二项式系数最大 D．奇数项二项式系数和为 53．（22-23高二下·贵州毕节·期中）若，，则（    ） A． B． C． D． 54．（23-24高二上·河南焦作·期末）若的展开式中各项的二项式系数之和为128，则（    ） A． B．项的系数为 C．各项系数之和为 D． 55．（21-22高二下·江苏苏州·期中）已知正整数满足不等式，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 56．（22-23高二下·贵州·阶段练习）已知二项式，定义为取整函数，当时，，则（    ） A．若的展开式中二项式系数之和为128，则此展开式中第5项是 B．若的展开式中系数之和为2187，则此展开式中二项式系数最大的项为第3项与第4项 C．若，则的展开式中系数最大项是第项或第1项 D．若，则的展开式中系数最大项是第项 57．（23-24高二下·重庆·期中）南岸区安排甲、乙、丙、丁四个学生去某市的，，，四个学校交流学习，每名学生只能去一个学校，则下列说法正确的是（    ） A．若四个学校都有人去，则共有24种不同的安排方法 B．若甲乙不能去同一个学校，则共有148种不同的安排方法 C．若甲不去A学校，乙不去B学校，且每学校均有人去，则共有18种不同的安排方法 D．若南岸区又计划向这四个学校追加18个交换生名额，且每学校至少3个名额，则共有84种不同的追加方式 58．（24-25高三上·全国·阶段练习）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 59．（2025·全国·模拟预测）将这七个数随机地排成一个数列，记第i项为，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则这样的数列共有360个 B．若该数列恰好先增后减，则这样的数列共有64个 C．若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻，则这样的数列共有144个 D．若，，，则这样的数列共有71个 60．（23-24高二下·重庆·期末）设都是不小于3的整数，当时，，设集合，如果与不能同时成立，则（    ） A．若，则或 B．若，则的可能取值为3或4或5 C．若的值确定，则 D．若为奇数，则的最大值为 61．（22-23高二下·福建三明·阶段练习）由数字1，2，3，4可以组成多少个没有重复数字且比1300大的正整数 . 62．（21-22高二·全国·课后作业）是成立的 条件．（填“充分不必要”“必要非充分”“充要”或“既不充分也不必要”） 63．（23-24高三下·陕西安康·开学考试）展开式的二项式系数之和是256，则 . 64．（23-24高二下·吉林四平·期中）三名学生分别从计算机、英语两学科中选修一门课程，不同的选法有 种. 65．（2022高三·全国·专题练习）从0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这10个数中任取5个不同的数，则这5个不同的数的中位数为6的概率为 （结果用最简分数表示）． 66．（22-23高三下·浙江·开学考试）展开式中含项的系数为 ． 67．（22-23高三上·北京海淀·期末）在的展开式中，的系数为 . 68．（2021·北京海淀·模拟预测）的第三项的系数为 ． 69．（22-23高二下·山东济宁·期末）的展开式中的常数项为 （用数字作答）. 70．（2023·四川乐山·二模）已知的展开式中含项的系数为，则 . 71．（23-24高二下·上海·期中）已知个人排成一列，设事件表示“甲乙两人不能排在一起”，事件表示“丙必须排在前两位”，若，则 . 72．（22-23高三下·云南曲靖·阶段练习）已知的展开式中各项系数的和为，则该展开式中的系数为 . 73．（2023·全国·模拟预测）设，则 ． 74．（21-22高二下·江苏南通·期末）数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理．由等式利用算两次原理可得 ． 75．（10-11高二下·江苏·期末）、、、、五人住进编号为1，2，3，4，5的五个房间，每个房间只住一人，则不住2号房间，且、两人不住编号相邻房间的住法种数为 ． 76．（22-23高二下·吉林白城·期末）的展开式中的系数是 . 77．（2023·河北沧州·模拟预测）在某一天的幼儿园活动中，5名小朋友每人制作了一个小礼物，每人随机拿一个礼物，则这5名小朋友都没有拿到自己制作的礼物的概率为 . 78．（23-24高三下·全国·强基计划）的小数点后第100位数字是 ． 79．（23-24高二下·河南开封·期末）学校要安排一场文艺晚会的8个节目的演出顺序，2个集体节目分别安排在第1个和最后1个，还有3个音乐节目、2个舞蹈节目、1个小品节目，要求同类节目不能连续安排，则共有 种不同的排法（填写数字）． 80．（23-24高二下·山东临沂·阶段练习）已知，则的值为 ． 81．（23-24高二上·全国·课后作业）某新农村社区共包括8个自然村，且这些村庄分布零散，没有任何三个村庄在一条直线上，现要在该社区内建“村村通”工程，共需建公路的条数为 ． 82．（23-24高二下·上海松江·阶段练习）10张奖券中只有三张有奖，现五人购买，每人只买一张，则至多有一人中奖的概率为 . 83．（22-23高二下·江苏连云港·期中）某学校安排6名高三教师去2个学校进行交流学习，且每位教师只去一个学校，要求每个学校至少有2名教师进行交流学习，则不同的安排方式共有 种． 84．（23-24高二上·全国·课后作业） ． 85．（23-24高二上·全国·课后作业）有语文、数学、英语、物理、化学、生物6门课程，从中选4门安排在上午的4节课中，其中化学不排在第四节，共有 种不同的安排方法．（用数字回答） 86．（17-18高二下·新疆昌吉·期末）从装有个红球，个白球的袋中随机取出个球，设其中有个红球，则为 . 87．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）将5名大学生安排到3个不同的公司实习，要求每个公司至少有一名大学生，则不同的安排方式共有 种． 88．（2023·河南·模拟预测）若二项式的常数项为－80，则 . 89．（21-22高二下·江苏徐州·期末）由1，2，3，4，5，6组成各位数字既不全相同，也不两两互异的四位数，要求，则这样的四位数的个数为 . 90．（2023高三·全国·专题练习）把分别写有“爸”、“爸”、“去”、“哪”、“儿”的张卡片放入个不同信封，每个信封至少放一张卡片，则写有“爸”、“爸”的两张卡片恰好被放入同一个信封的不同情况共有 种．(用数字作答) 91．（21-22高二下·上海虹口·期末）受疫情防控需求，现有5位志愿者可自主选择到4个不同的核酸检测点进行服务，则4个核酸检点都有志愿者到位的概率是 （结果用最简分数表示）. 92．（2024高三·全国·专题练习）用1，2，3，…，9这九个数字组成的无重复数字的四位偶数中，各位数字之和为奇数的共有 个． 93．（23-24高二下·天津·期中）为方便广大人民群众就医，普及医疗健康知识，社区组织“义诊下乡行”活动，某医疗队伍有5名医生需分配到3个志愿团队，每个志愿队至少分配一名医生，甲医生被分到志愿队的方法有 种．（用数字作答） 94．（15-16高二下·江苏南京·期中）正四面体的4个面上分别写着1、2、3、4，将3个这样均匀的正四面体同时投掷于桌面上，与桌面接触的3个面上的3个数的乘积能被4整除的概率是 ． 95．（21-22高二下·江苏常州·期中）对正方体的6个面进行涂色，有5种不同的颜色可供选择.要求每个面只涂一种颜色，且有公共棱的两个面不同色，则总的涂色方法个数为 （填写数字） 96．（2016高一·全国·竞赛）有一正方体，六个面上分别写有数字、、、、、，有个人从不同的角度观察，结果如图所示，若记的对面的数字为的对面的数字为，则 ． 97．（23-24高二下·福建泉州·阶段练习）如图，这是整齐的正方形道路网，其中小明、小华，小齐分别在道路网臂的，，的三个交汇处，小明和小华分别随机地选择一条沿道路网的最短路径，以相同的速度同时出发，去往地和地，小齐保持原地不动，则小明、小华、小齐三人能相遇的概率为 . 98．（22-23高三下·上海宝山·开学考试）一个凸36面体中有24个面是三角形，12个面是四边形，则该多面体的对角线的条数是 （连结不在凸多面体的同一个面内的两个凸面体的顶点的线段叫做凸多面体的对角线） 99．（17-18高二下·江苏扬州·期中）设，是集合的两个不同子集，若使得不是的子集，也不是的子集，则不同的有序集合对的组数为 . 100．（2024高三·全国·专题练习）求正整数，使得成立． 试卷第14页，共15页 试卷第15页，共15页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C A C D A A A C 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 答案 B C B B C C C A C C 题号 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 答案 B B B A B C C A C A 题号 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 答案 AC BD BD BCD AC ABD BC AD ACD ACD 题号 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 答案 BC AD BC BD ABD BD BCD BD BC BCD 题号 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 答案 BCD BCD BC ACD ACD ACD AD ABD ACD ABD 1．D 【难度】0.94 【知识点】全排列问题 【分析】把7本不同的书全排列，结合组合数运算求解. 【详解】根据题意可知：即把7本不同的书全排列， 所以不同的摆放方法数为. 故选：D. 2．C 【难度】0.94 【知识点】求指定项的系数 【分析】利用二项展开式的通项分别求出和的展开式中的项，进而求得的值. 【详解】由题意可知， 展开式的通项，令，则， 所以展开式中系数为； 展开式的通项，令，则， 所以展开式中系数为； 所以. 故选：C． 3．C 【难度】0.85 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、组合数的计算 【分析】本题将复杂的组合问题转化为“从装有个白球，个黑球的袋子里，取出个球的所有情况取法总数的和”模型，等价于“从装有球中取出个球的不同取法数”,即可解决. 【详解】表示： 从装有个白球，个黑球的袋子里，取出个球的所有情况取法总数的和. 又从装有球中取出个球的不同取法数. 所以， 所以 故选：C. 4．A 【难度】0.85 【知识点】数字排列问题、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理 【分析】分为五位数的个位数是,五位数的个位数是两类，依据两个计数原理求解. 【详解】若五位数的个位数是，则有种情形； 若五位数的个位数是，由于不排首位， 因此只有有种情形，中间的三个位置有种情形， 依据分步计数原理，可得种情形． 由分类计数原理可得所有无重复五位偶数的个数为. 故选：A． 5．C 【难度】0.65 【知识点】组合数的性质及应用、杨辉三角 【分析】A选项由及即可判断；B选项由二项式系数的增减性即可判断；C选项由及即可判断；D选项直接计算比值即可判断. 【详解】由可得 ，故A错误； 第2022行中第1011个数为，故B错误； ，故C正确； 第34行中第15个数与第16个数之比为 ，故D错误. 故选：C. 6．D 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题 【解析】先把5名同学分成组，有两种情况，再将他们分配下去即可求出． 【详解】5名同学分成组，有两种情况，故共有种分组方式，再将他们分配到图书馆、食堂、学生活动中心有种方式，根据分步乘法计数原理可知，不同的安排方法共有种． 故选：D． 【点睛】本题主要考查有限制条件的排列组合问题的解法应用，解题关键是对“至少”的处理，属于中档题．方法点睛：常见排列问题的求法有： （1）相邻问题采取“捆绑法”； （2）不相邻问题采取“插空法”； （3）有限制元素采取“优先法”； （4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数． 7．A 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题 【分析】分参加生物创新实验模块的为1人和2人两种情况，结合排列组合知识和计数原理求解即可. 【详解】因为生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加，所以参加生物创新实验模块的为1人和2人两种情况， (1)当参加生物创新实验模块的为1人时，若这个人为，则一共有种不同的分配方式； 若这个人不是，则只能参加现代农业技术模块，一共有种不同的分配方式； (2) 参加生物创新实验模块的为2人时，若这两人中有，则一共有， 若这两人中没有，则只能参加现代农业技术模块，一共有种不同的分配方式； 综上，一共由种不同的分配方式； 胡选：A 8．A 【难度】0.65 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】分别求出小明同学去该售卖点购买了2个“故宫猫祥瑞”盲盒的方法总数和买到不同款式盲盒的方法总数，由古典概率的公式求解即可. 【详解】故宫盲盒售卖点还剩下12个“故宫猫祥瑞”盲盒存货， 小明同学去该售卖点购买了2个“故宫猫祥瑞”盲盒，则有种方法， 买到不同款式盲盒共有：种方法， 所以买到不同款式盲盒的概率为：. 故选：A . 9．A 【难度】0.4 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】将问题转化为组合抽样思维，设为长度，为每段长度，为刻度对应的数量，则当尺子有3个刻度时满足条件，其中证明验证求解. 【详解】若有一根的尺子，量出长度为到且为整数的物体， 则当尺子有3个刻度时满足条件 设为长度，为每段长度，为刻度对应的数量，则有且，其中， 当时， 下证，当尺子有2个刻度时不能量出的物体长度 设且，其中， 所以当中有1个0，x的取值至多有3个 当中有2个0时，或，x的取值至多有2个 当中没有0时，x的取值有1个 所以x取值至多有6个，即当尺子有2个刻度时不能量出的物体长度． 故选:A 10．C 【难度】0.4 【知识点】判断或写出数列中的项、组合数的计算、计算古典概型问题的概率 【分析】利用分类讨论及通项公式的特点，再利用组合数公式和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可求解. 【详解】为奇数时，前项中有个奇数项，即有个正数， ，，故A错误； 为偶数时，前项中有个奇数项，即有个正数， ， ，，故B错误； ，故C正确； ，故D错误. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：根据数列的通项公式的特点分类讨论，利用组合数和古典概型的概率的计算公式求出概率的通式即可. 11．B 【难度】0.94 【知识点】排列数的计算 【分析】利用排列数公式计算可得答案. 【详解】． 故选：B. 12．C 【难度】0.94 【知识点】由项的系数确定参数 【分析】运用二项式定理求参数的值. 【详解】的展开式中的系数即的展开式中的系数， 由二项式定理得，整理得，解得. 故选：C. 13．B 【难度】0.85 【知识点】二项展开式各项的系数和 【分析】令，可得，令可得，对分奇偶讨论求解. 【详解】因为， 令，可得， 令，可得， 所以， 若为奇数，则，解得，符合； 若为偶数，则，无整数解，不符合， 综上，. 故选：B. 14．B 【难度】0.85 【知识点】求指定项的系数 【分析】根据二项式展开式的通项公式，即可求得答案. 【详解】由题意可得的展开式通项公式为 ， 故展开式的系数为 ， 故选：B 15．C 【难度】0.85 【知识点】求系数最大（小）的项 【分析】根据二项展开式的通项公式结合组合数的性质即可求解. 【详解】因为的展开通项公式为， 又当时，取最大值， 则系数最大的项是第13项． 故选：C. 16．C 【难度】0.65 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】先利用组合表示出从8名外科医生中派选4名医生的种数以及派选内科医生人数不少于外科医生的种数，利用古典概型求概率. 【详解】从需要从4名内科医师和4名外科医生中派选4名医生有种； 其中内科医生人数不少于外科医生包括2名内科医生和2名外科医生，3名内科医生和1名外科医生，4名内科医生和0名外科医生三种情况，有：种. 所以派选内科医生人数不少于外科医生的概率为. 故选：C 17．C 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题 【分析】由题，两地都需安排一个男生，随后将5名女生安排到两地，即其中一地有1名或2名女生即可. 【详解】将2名男生安排到两地有2种方法.若其中一地有1名女生，则有种安排方法，若一地有2名女生，则有种安排方法，则不同的分配方案有种. 故选：C 18．A 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题、计算古典概型问题的概率 【分析】计算出安排人的方案总数，以及甲、乙两人安排在同一个舱内的方案种数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】安排甲、乙、丙、丁、戊名航天员开展实验，共有种不同的方案， 甲、乙两人安排在同一个舱内共有种不同的方案， 故甲、乙两人安排在同一个舱内的概率为. 故选：A. 19．C 【难度】0.65 【知识点】代数中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率、利用等比数列的通项公式求数列中的项 【分析】由题设写出前6项，根据讨论m，n的取值，进而应用组合数求不同取值情况下符合要求的情况数，再应用古典概型的概率求法求概率即可. 【详解】由题意知：，，，，，， 由，则m，n奇偶相同， 若m，n都为偶数时，符合题意，情况数为种； 若m，n都为奇数时，仅有不符题意，情况数为种， 综上，符合题意的情况数为种，而总情况数为种， ∴概率． 故选：C. 20．C 【难度】0.4 【知识点】排列组合综合、分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题 【分析】进行颜色分配，然后利用分类原理的相加和分步相乘的原理进行分析即可. 【详解】①3个1，3个2，0个3如表： 1 2 1 2 1 2 只用两种颜色，并选取两个位置放AB,此时有：种， ②1个1，2个2，3个3如表： 1 3 2 3 2 3 选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在拐角），并选取两个位置放AB,此时有：种， 或 3 1 3 2 3 2 选用三种颜色（1+2+3，且只用一次的颜色放在中间），并选取两个位置放AB,此时有：种， ③2个1，2个2，2个3如表： 3 2 2 3 选用三种颜色（2+2+2），并选取两个位置放AB，此时有：种， 或 2 3 2 3 选用三种颜色（2+2+2）,并选取两个位置放AB，此时有：种， 所以不同的放置与上色方式有： . 故选：C. 21．B 【难度】0.94 【知识点】分组分配问题 【分析】根据平均分组分配问题即可求解. 【详解】先将6名同学平均分成3组，有种分法， 再将3名老师分成3组，有种分法， 所以共有种分法. 故选：B 22．B 【难度】0.85 【知识点】排列组合综合、分组分配问题 【分析】分为（3，3）两组、（2，4）两组两种情况讨论，分别计算每一组分配方法求和可得答案. 【详解】分两种情况讨论： 分为3，3的两组时，2名女志愿者不单独成组，有种分组方法，再对应到两个社区参加志愿工作，有种情况，此时共有种分配方法； 分为2，4的两组时，有种分组方法，其中有1种两名女志愿者单独成组的情况，则有14种符合条件的分组方法，再对应到两个社区参加志愿工作，有种情况，此时共有种分配方法， 故共有种分配方法. 故选：B. 23．B 【难度】0.85 【知识点】求二项展开式的第k项 【分析】利用二项式定理的通项公式即可得出. 【详解】的展开式中的常数项为. 故选：B. 24．A 【难度】0.65 【知识点】数字排列问题、元素（位置）有限制的排列问题、计算古典概型问题的概率 【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. 25．B 【难度】0.65 【知识点】相邻问题的排列问题 【分析】利用捆绑法结合排列的知识求解即可. 【详解】由题可知第一个为重庆火锅，将长江三峡、大足石刻、重庆人民大礼堂、合川钓鱼城、巫山人捆绑在一起排列， 再和其他4个文化符号全排列，共有种. 故选：B. 26．C 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题 【分析】满足条件的去法可分为两类，第一类甲乙都去，第二类甲乙都不去，再进一步通过分类加法原理求出各类的方法数，将两类方法数相加即可. 【详解】若甲和乙两名同学都去，则去的人数可能是2人，3人，4人，5人，6人， 所以满足条件的去法数为种； 若甲和乙两名同学都不去，则去的人数可能是1人，2人，3人，4人，则满足条件去法有种； 故该宿舍同学的去法共有种． 故选：C. 27．C 【难度】0.65 【知识点】涂色问题 【分析】根据题意，先分析于1号区域，有5种颜色可选，即有5种涂法方案，再分①若2、4号区域涂不同的颜色，②若2、4号区域涂相同的颜色，两种情况讨论其他3个区域的涂色方案，由分类计数原理可得其他个区域的涂色方案的数目；再由分步计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，直线x=0和y=-x将圆分成4部分，如图所示，设这4部分别为1、2、3、4号区域； 对于1号区域，有5种颜色可选，即有5种涂法， 分类讨论其他3个区域：①若2、4号区域涂不同的颜色，则有种涂法，3号区域有3种涂法，此时其他3个区域有12×3=36种涂法； ②若2、4号区域涂相同的颜色，则有4种涂法，3号区域有4种涂法，此时其他3个区域有有4×4=16种涂法； 则共有5×（36+16）=5×52=260种；    故选： C 28．A 【难度】0.4 【知识点】由项的系数确定参数、二项式系数的增减性和最值 【分析】分与讨论，都可求得，再根据二项式定理即可求解. 【详解】由可得， 当，,则， 其展开式的通项为， 令,得,解得； 当,,则， 其展开式的通项为， 令，得，解得. 综上所述：， 所以展开式共有7项，所以展开式中二项式系数最大项是第4项. 故选:A. 29．C 【难度】0.4 【知识点】判断面面平行、证明线面垂直、几何组合计数问题 【分析】如图正方体，设直线为直线，可证平面，故所有与垂直的直线在平面内或与平面平行，再结合图象确定与平面平行的平面，最后利用组合数公式计算可得. 【详解】如图正方体，设直线为直线， 如下图所示，对应棱上的点为对应棱的中点，连接， 因为四边形为正方形，则， 平面，平面，， ，平面， 平面，平面，， 同理可证，又，平面，平面， 故所有与垂直的直线在平面内或与平面平行， 易知与平面平行的平面有平面、平面、平面、平面， 所以满足条件的且与对角线垂直的线段共（个）. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题关键是将问题放到具体的图象中，从而确定所求线段（直线）的位置特征. 30．A 【难度】0.15 【知识点】判断命题的真假、排列组合综合、不相邻排列问题 【分析】将个球的排列等同于分配到个位置上，任意两个位置作为一组放置相同编号的球共有组，任意编号相同的球均不相邻，故可先求出位置不相邻的组数有组，再依次一组一组的选出来依次排编号相同的两个小球结合即可求出满足条件的排列个数，进而即可判断①②. 【详解】由题意可知，， 当时，则共有个球，不妨设有个位置，则将个球排成一列就是将这个球排列在这个位置上的排列， 任意两个位置作为一组放置相同编号的球则这个位置共分成组，其中两个位置相邻的有组， 则共有组位置用来放置这个球可使得任意编号相同的球均不相邻， 接着从组位置选第1组出来排放编号为1的两个球有种排法； 从剩下的组位置选第2组出来排放编号为2的两个球有种排法； 从剩下的组位置选第n组出来排放编号为n的两个球有种排法； 所以这个球排成一列，任意编号相同的球均不相邻的排列个数为： ， 所以，又， 故对任意 都是偶数，故①正确； 显然满足， 故， 所以当时，， 因为当时，， 所以当时，，且， 故 ， 所以，故②正确. 故选：A. 【点睛】思路点睛：先将个球的排列等同于分配到个位置上，任意编号相同的球均不相邻，所以可将个位置的任意两个位置作为一组放置相同编号的球，把两个位置不相邻的组数求出来，再依次选出组依次排列编号相同的两个球即可求解. 31．AC 【难度】0.94 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】全排列可得A正确；利用先特殊后一般，先组合后排列，得出结果判断其余选项； 【详解】某学院派出甲、乙、丙、丁四名老师带队去A，B，C，D四个地区参加社会实践活动，每名老师只能去一个地区． 对于选项A，若四个区都有人去，则共有种不同的安排方法，即选项A正确； 对于选项B，若恰有一个区无人去，则共有种不同的安排方法；即选项B错误； 对于选项C，若甲不去A区，且每个区均有人去，则共有种不同的安排方法，即选项C正确； 对于选项D，若A区只能是甲去或乙去，且每个区均有人去，则共有种不同的安排方法，即选项D错误． 故选：AC． 32．BD 【难度】0.94 【知识点】求系数最大（小）的项、二项展开式各项的系数和、求指定项的系数、二项式的系数和 【分析】根据二项式定理逐一判断即可. 【详解】解：展开式共有7项，故A错误； 展开式的各二项式系数的和为，故B正确； 展开式的第6项是，其系数为-30，故C错误； 展开式共7项，所以第4项的二项式系数最大，故D正确. 故选:. 33．BD 【难度】0.85 【知识点】排列数的计算、组合数的计算 【分析】根据组合数公式判断A、C，根据排列数公式判断B，由组合数的性质得到方程，求出，再检验，即可判断D. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，， 所以（为正整数且），故B正确； 对于C：，又， 所以，故C错误； 对于D：因为，所以或， 解得或或或 经检验或符合题意，故满足方程的值可能为或，故D正确. 故选：BD. 34．BCD 【难度】0.85 【知识点】组合数的性质及应用、二项式的系数和 【分析】选项A、C，根据组合数公式及性质直接求解；选项B，根据排列数公式直接求解；选项D，根据二项式系数和公式，奇数项与偶数项的二项式系数和各占一半得出结果. 【详解】选项A，因为，所以或，即或，故A错误； 选项B，因为，故B正确； 选项C，由，故C正确； 选项D，由， ， 得，故D正确. 故选：BCD. 35．AC 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和、求系数最大（小）的项、奇次项与偶次项的系数和 【分析】对于A，赋值直接求得即可；对于B，利用通项直接求出正数项系数比较大小即可；对于C，赋值直接求得即可；对于D，利用赋值后相加减求得，，比较即可. 【详解】对于A，令，，故选项A正确； 对于B，展开式通项为：， 由题意易知：均为负值，且，，， 所以展开式中系数最大的项是第项，故选项B错误； 对于C，令，则，所以选项C正确； 对于D，由， ， 得：，即， 得：， 即，所以，所以选项D错误； 故选：AC. 36．ABD 【难度】0.65 【知识点】组合数的计算、杨辉三角、二项式的系数和、计数原理与概率统计 【分析】根据杨辉三角，利用组合数的计算判断A，B，C；利用二项式系数的性质判断D作答. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C，第7行中从左到右第5与第6个数的比为，C不正确； 对于D，由二项式系数的性质知成立，D正确. 故选：ABD 37．BC 【难度】0.65 【知识点】二项展开式各项的系数和、奇次项与偶次项的系数和 【分析】利用赋值法可求，据此可求的值. 【详解】因为， 令可得， 即， 令可得， ∵， ∴， ∴，整理得，解得或． 故选：BC. 38．AD 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和 【分析】利用赋值法判断A、B、C，利用展开式的通项，即可判断D. 【详解】由， 令得，A选项正确. 令得，所以，B选项错误. 二项式展开式的通项公式为（且）， 由此可知是负数，为正数， 所以令得， ， 即，C选项错误； 令，可得，所以，故D正确； 故选：AD 39．ACD 【难度】0.4 【知识点】独立事件的实际应用、二项式的系数和 【分析】要使甲赢得比赛，则甲至少赢局，据此根据独立事件概率计算方法和二项式定理的性质可求，由此可判断ABC，判断和的大小即可判断的单调性，从而判断D． 【详解】由题意知：要使甲赢得比赛，则甲至少赢局，． ∵， 又， ∴， ∴，故C正确； ∴，故A正确；，故B错误； ∵，∴， 又∵， ∴，∴，即P(n)单调递增，故D正确． 故选：ACD． 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用二项式定理的性质以及独立事件的乘法公式得出，从而由判断选项. 40．ACD 【难度】0.4 【知识点】计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题、实际问题中的计数问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可判断A选项；分析可知从点到点，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步，结合分步乘法计数原理可判断B选项；利用古典概型的概率公式可判断C选项；找出两人相遇的位置，求出两人相遇的概率，可判断D选项． 【详解】对于A，从点到点，需要向上走2步，向前走1步， 从点到点，需要向右走2步，向前走1步， 所以，甲从必须经过到达的方法数为种，A正确； 对于B,从点到点，一共要走6步，其中向上2步，向前2步，向右2步， 所以，甲从到的方法数为种，B错误； 对于C，甲从点运动到点，需要向上、前、右各走一步， 再从点运动到点，也需要向上、前、右各走一步， 所以，甲从点运动到点，且经过点，不同的走法种数为种， 乙从点运动到点，且经过点，不同的走法种数也为36种， 所以，甲、乙两人在处相遇的概率为，C正确； 对于D，若甲、乙两人相遇，则甲、乙两人只能在点、、、、、、，   甲从点运动到点，需要向上走2步，向前走1步，再从点运动到点，需要向前走1步，向右走2步， 所以甲从点运动到点且经过点的走法种数为， 所以甲、乙两人在点处相遇的走法种数为， 同理可知，甲、乙两人在点、、、、处相遇的走法种数都为， 因此，甲、乙两人相遇的概率为，D正确． 故选：ACD． 【点睛】解答本题的关键在于利用组合数去计算对应的方法数，将从到的路线转变为六步，其中每一条路线向上步数确定后，则对应向右的步数也能确定，因此可以考虑从六步中选取向上或向右的步数，由此得到的组合数可表示对应路线的方法数． 41．BC 【难度】0.94 【知识点】组合数的性质及应用、组合数方程和不等式 【分析】 根据组合数的性质得到方程，求出答案. 【详解】 因为，所以或，解得或8. 故选：BC 42．AD 【难度】0.94 【知识点】排列数的计算 【分析】利用排列数公式，逐项计算判断作答. 【详解】对于A，由排列数公式知，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，，D正确. 故选：AD 43．BC 【难度】0.85 【知识点】组合数的性质及应用、组合数的计算、排列数的计算 【分析】根据排列和组合的定义，公式和性质进行判断，得到答案. 【详解】A选项，，A错误； B选项，根据组合公式得到，B正确； C选项，， ， 故，C正确； D选项，，D错误. 故选：BC 44．BD 【难度】0.85 【知识点】排列（数）与组合（数）的区别 【分析】利用组合的定义判断. 【详解】A.因为书不同，每个同学拿到的也不同，与顺序有关，故不是组合问题； B.从7本不同的书中取出5本给某个同学，每种取法中取出的书不考虑顺序，故是组合问题； C. 10个人相互发一微信，与顺序有关，故不是组合问题； D. 因为互相通一次电话与顺序无关，故是组合问题； 故选：BD 45．ABD 【难度】0.85 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】由定序排列即可判断A；由插空法即可判断B；由捆绑法即可判断C；分类讨论A的位置即可判断D． 【详解】对于A，将三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有种站法， 故A正确； 对于B，先排，共有种站法，A与同学插空站，有种站法， 故共有种站法，故B正确； 对于C，将三位同学捆绑在一起，且A只能在C与D的中间，有2种情况， 捆绑后有种站法，故共有种站法，故C错误； 对于D，当在排尾时，随意站，则有种站法； 当不在排头也不在排尾时，有种，有种，剩下同学随意站有种， 共有种， 故A不在排头，B不在排尾，共有种站法，故D正确； 故选：ABD． 46．BD 【难度】0.65 【知识点】二项展开式各项的系数和、求指定项的系数、二项式的系数和 【分析】赋值法，即可求出系数之和，判断A项；根据二项式系数的性质，即可得出B项；化简得出通项为.由可得，，代入即可得出常数项；由可得，，代入即可得出系数. 【详解】对于A项，令，即可得出所有项系数之和为，故A项错误； 对于B项，根据二项式定理可得，二项式系数之和为，故B项正确； 对于C项，该二项式展开式的通项为 ，. 由可得，， 所以，常数项为，故C项错误； 对于D项，由可得，， 所以，含x6的项的系数为，故D项正确. 故选：BD. 47．BCD 【难度】0.65 【知识点】二项展开式的应用 【分析】方法一 ：，由二项式定理将展开，再对选项一一判断即可得出答案；方法二：因为，结合选项将分解为，即可得出答案. 【详解】方法一 ：对于A，如果，， 那么 ， 因为80不是18的整数倍，所以当时，．所以A错误； 对于B，如果，， 那么， 由二项式定理可知存在，使等式成立，所以B正确； 对于C，如果，， 那么， 由二项式定理可知存在，使等式成立，所以C正确； 对于D，如果，， 那么， 由二项式定理可知存在，使等式成立，所以D正确． 故选：BCD． 方法二：因为， 所以可表示为100项的和， 因为， 所以时，，A错误； 因为，所以 （共100项，每4项相加，然后提出40），所以B正确； 由于，同理可知C正确； 因为． ，所以D正确． 故选：BCD． 48．BD 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数 【分析】根据二项式展开式的通项公式即可求解. 【详解】的展开式中不含字母x的项为， 的展开式中不含字母y的项为. 故选：BD. 49．BC 【难度】0.65 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数、分组分配问题 【分析】利用隔板法可判断AB选项；利用分组分配计数原理可判断CD选项. 【详解】对于A选项，若个相同的小球放入编号为、、、的盒子，每个盒子都不空， 只需在个相同的小球中间形成的个空位中插入块板即可， 所以，不同的放法种数为种，A错； 对于B选项，若个相同的小球放入编号为、、、的盒子，且恰有一个空盒， 先要指定空盒的编号，有种情况，然后在个相同的小球中间形成的个空位中插入块板即可， 所以，不同的放法种数为种，B对； 对于C选项，若个不同的小球放入编号为、、、的盒子，且恰有一个空盒， 先要指定空盒的编号，有种情况， 然后将这个不同的小球分为三组， 每组小球的个数分别为、、或、、或、、，然后再将这三组小球放入剩余的三个盒子中， 所以，不同的放法种数为种，C对； 对于D选项，若个不同的小球放入编号为、、、的盒子，且恰有两个空盒， 先要指定空盒的编号，有种情况， 然后将这个不同的小球分为两组，每组小球的个数分别为、或、或、， 然后再将这两组小球放入剩余的两个盒子中， 所以，不同的放法种数为种，D错. 故选：BC. 50．BCD 【难度】0.4 【知识点】组合数的性质及应用、二项式的系数和、求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题 【分析】利用的展开式与赋值法可判断A，利用组合数的性质可判断B，利用阶乘的裂项法可判断C，构造求其含的项的系数可判断D. 【详解】对于A，因为， 令，得，则，故A错误； 对于B，因为， 所以 ，故B正确； 对于C，因为， 所以，故C正确. 对于D，， 对于，其含有的项的系数为， 对于，要得到含有的项的系数， 须从第一个式子取出个，再从第二个式子取出个， 它们对应的系数为， 所以，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是，利用组合的思想，从多项式中得到含有的项的系数，从而得解. 51．BCD 【难度】0.94 【知识点】排列的意义理解 【分析】根据排列的定义判断即可. 【详解】对于A：不存在顺序问题，不是排列问题； 对于B：存在顺序问题，是排列问题； 对于C：两个数相除与这两个数的顺序有关，是排列问题； 对于D：车票使用时有起点和终点之分，故车票的使用是有顺序的，是排列问题． 故选：BCD 52．BCD 【难度】0.85 【知识点】求二项展开式的第k项、二项式系数的增减性和最值、二项式的系数和、二项展开式各项的系数和 【分析】利用二项式展开式通项可判断A选项；利用各项系数和可判断B选项；利用二项式系数的性质可判断C选项；求出奇数项的二项式系数和可判断D选项. 【详解】二项式的展开式通项为. 对于A选项，令，可得，故常数项是第项，A错； 对于B选项，各项的系数和是，B对； 对于C选项，展开式共项，第项二项式系数最大，C对； 对于D选项，奇数项二项式系数和为，D对. 故选：BCD. 53．BC 【难度】0.85 【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和 【分析】根据给定的二项式展开式，利用赋值法计算判断作答. 【详解】，令，得，A错误，B正确； 令，得，C正确，D错误. 故选：BC 54．ACD 【难度】0.65 【知识点】二项式系数的增减性和最值、二项式的系数和、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和 【分析】根据二项式系数之和的性质即可求出，即可判断A；根据二项式定理即可判断B；令，即可判断C；根据根据二项式系数的性质即可判断D. 【详解】因为的展开式中各项的二项式系数之和为128， 所有，解得，故A正确； 展开式中项为，故B错误； 令，则展开式中的各项系数之和为，故C正确； 因为，所以最大，故D正确. 故选：ACD. 55．ACD 【难度】0.65 【知识点】排列数的计算、组合数的计算 【分析】根据排列、组合数的计算公式逐一验证选项即可. 【详解】选项A：等号左边，等号右边 等号左边=等号右边，A正确. 选项B：等号左边，等号右边，B错误. 选项C：等号左边，等号右边，等号左边=等号右边，C正确. 选项D：等号左边， 等号右边，D正确. 故选：ACD. 56．ACD 【难度】0.65 【知识点】求系数最大（小）的项、由二项展开式各项系数和求参数 【分析】由二项式系数之和得出，进而由通项公式判断A；由系数之和得出，再由通项判断B；根据最大项的特点结合通项公式判断CD. 【详解】对于A：若的展开式中二项式系数之和为128，则，解得， 的展开式的通项为，则此展开式中第5项是，故A正确； 对于B：若的展开式中系数之和为2187，则，解得， 的展开式的通项为，其中展开式中二项式系数最大的是和，是第项 与第项，故B错误； 对于C：的展开式的通项为，设第项系数最大，则， 即，解得，即， 当时，的展开式中系数最大项是项或项，故C正确； 对于D：若时，的展开式中系数最大项为第项，故D正确； 故选：ACD 57．AD 【难度】0.65 【知识点】排列组合综合、全排列问题 【分析】全排列可得A正确；先将甲乙分配到2个不同学校，再将剩余2人任意安排到4个学校可得B错误；先无限制全排好再除去甲去A校，乙去B校，再加上多减的即可判断C错误；隔板法，先每个学校安排2名额，然后使用3块隔板将剩下的10个名额分成4份，且隔板不相邻，不在两端，再计算后可得D正确. 【详解】若四个学校都有人去，则共有种不同的安排方法，故A正确； 若甲乙不能去同一个学校，则共有种不同的安排方法，故B错误； 若甲不去A学校，乙不去B学校，且每区均有人去，则共有种不同的安排方法，故C错误； 若又计划向这四个学校追加18个交换生名额，且每校至少3个，先每个学校分2个名额，然后使用隔板法将10个名额分成4份，且隔板不相邻，不在两端，则共有种不同的安排方法，故D正确； 故选：AD. 58．ABD 【难度】0.4 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【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. 59．ACD 【难度】0.4 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题 【分析】根据对称性可得，即可判断A；对于B：对的位置分类讨论即可得答案；对于C：则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，即可判断C；对于D，分、、三种情况讨论即可判断. 【详解】对于A：由于为奇数，根据对称性可知这样的数列有个，故A正确； 对于B：从中选出个数排在的右侧，其余排在的左侧， 得到先减后增的数列有个； 从中选出2个数排在的右侧，其余排在的左侧， 得到先减后增的数列有个； 从中选出3个数排在的右侧，其余排在的左侧， 得到先减后增的数列有个； 从中选出4个数排在的右侧，其余排在的左侧， 得到先减后增的数列有个； 从中选出5个数排在的右侧，其余排在的左侧， 得到先减后增的数列有个； 故满足条件的总个数为：个，故B错误． 对于C：若所有的奇数不相邻，所有的偶数也不相邻， 则这样的数列只能是“奇、偶、奇、偶、奇、偶、奇”，则有个，故C正确； 对于D：若，则先从其余6个数中任选2个数作为且，有种方法， 剩余4个数中最大的为，剩下的3个数任取2个作为且，有种方法， 则这样的数列有个， 若，则先从除去1之外的5个数中任选2个数作为且，有种方法， 剩余4个数中最大的为，，剩下的2个数任取1个作为或即可，有种方法，则这样的数列有个， 若，则先从除去1、2之外的4个数中任选2个数作为且，有种方法， 剩余4个数位置固定的一种排法，其中，则这样的数列有个， 所以满足条件的这样的数列共有个，故D正确； 故选：ACD. 60．ABD 【难度】0.15 【知识点】其他组合计数模型 【分析】根据题中的定义，结合选项，即可求解. 【详解】对A，当，则，则，则可取1或2， 由于不能同时成立，则或，A成立； 当时，则，设，则可以是或或， 所以的值可以是，B成立； 对于，因为不能同时出现，所以满足条件的数对至多，则， 下归纳说明奇数时候能取等，已证， 若时候存在一个长为的数列满足题意， 不妨首项为1，设数列为， 当时，在数列前面添加如下的项， （在中插空，交替插入）， 则新生成的数列共有项满足条件，则D正确，C错误. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意中元素与集合的关系. 61．22个 【难度】0.94 【知识点】数字排列问题 【分析】根据千位为1和不为1，由排列组合即可求解. 【详解】当千位和百位分别为1，3时，则十位和个位有个符合条件的, 当千位和百位分别为1，4时，则十位和个位有个符合条件的, 当千位为不为1时，共有个符合条件的, 故共有个, 故答案为:22个 62．充分不必要 【难度】0.94 【知识点】判断命题的充分不必要条件、组合数的性质及应用 【分析】根据组合数的性质及充分条件、必要条件的定义判断即可； 【详解】解：若，则或，所以是成立的充分不必要条件． 故答案为：充分不必要． 63．8 【难度】0.94 【知识点】二项式的系数和 【分析】根据二项式展开式的二项式系数之和等于列方程求解即得. 【详解】因展开式的二项式系数之和为，解得：. 故答案为：8. 64．8 【难度】0.94 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】利用分步加法计数原理计算即得. 【详解】依题意，可由三名学生依次选修课程，故分三步完成， 由分步乘法计数原理知，不同的选法有（种）. 故答案为：8. 65． 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】首先利用组合求出基本事件总数以及这5个不同的数的中位数为6的基本事件数，然后利用古典概型的概率计算公式求解即可． 【详解】根据题意，从10个数中任取5个数，则基本事件总数为＝252， 而这5个数的中位数是6的基本事件数为＝45， 故这5个不同的数的中位数为6的概率为＝． 故答案为：． 66．21 【难度】0.85 【知识点】求指定项的系数 【分析】根据二项展开通项公式求解. 【详解】展开式的通项公式为， 令则， 所以含项为， 所以系数为21， 故答案为：21． 67． 【难度】0.85 【知识点】求指定项的系数 【分析】利用二项式定理得到的展开通项，从而求得的系数. 【详解】因为的展开通项为， 令，得，此时， 所以的系数为. 故答案为：. 68． 【难度】0.85 【知识点】二项展开式的应用、求指定项的系数 【分析】根据二项式的展开式的通项公式，即可求得答案. 【详解】由题意可得的第三项为，故的第三项的系数为. 故答案为： 69． 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数 【分析】利用二项展开式的通项公式求解. 【详解】由二项展开式的通项公式得 ， 由解得，则常数项为， 故答案为：. 70．/ 【难度】0.65 【知识点】两个二项式乘积展开式的系数问题、由项的系数确定参数 【分析】求出的展开式通项，然后利用含项的系数为列方程求解. 【详解】， 又的展开式通项为， 的展开式通项为， ，解得. 故答案为：. 71．4 【难度】0.65 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、计算古典概型问题的概率 【分析】根据条件，利用排列及古典概率公式，建立等式，即可求出结果. 【详解】因为事件表示“甲乙两人不能排在一起”，所以， 事件表示“丙必须排在前两位”，则， 所以，解得， 故答案为：. 72． 【难度】0.65 【知识点】由二项展开式各项系数和求参数、两个二项式乘积展开式的系数问题、求指定项的系数 【分析】令，求得a，再利用二项展开通项公式即可求得含项的系数. 【详解】因为的展开式中各项系数的和为， 所以令，得，解得， 所以， 因为的二项展开通项公式为，， 则展开式中含的项为， 故该展开式中的系数为， 故答案为：. 73．315 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数、三项展开式的系数问题 【分析】令,则等式转化为为的系数. 解法一: 利用二项式定理的通项公式即可求得的系数； 解法二:对上式两次求导，令得的系数. 【详解】令,则等式转化为为的系数. 解法一:,通项为,含的有和, 的展开式中含的项为, 的展开式中的常数项为,     解法二:对①式两边求导得, 再次求导得, 令得. 故答案为：315 74． 【难度】0.65 【知识点】二项展开式的应用、求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题、计数原理与概率统计 【分析】利用二项式定理，结合所求式子的意义求解作答. 【详解】因， 因此是展开式中项的系数，而展开式中项的系数为， 所以. 故答案为： 75． 【难度】0.65 【知识点】不相邻排列问题、元素（位置）有限制的排列问题、分类加法计数原理 【分析】根据题意，得到可以住号房间，分类讨论，结合排列数的公式，即可求解. 【详解】由题意，不住2号房间，且两人不住编号相邻房间，则可以住号房间， 若住在1号房间，则可以住在三个房间，有三种情况，剩下三人安排在其他三个房间， 此时，有种情况； 若住在3号房间，则可以住在两个房间，有2种情况，剩下三人安排在其他三个房间， 此时，有种情况； 若住在4号房间，则可以住在两个房间，有2种情况，剩下三人安排在其他三个房间， 此时，有种情况； 若住在5号房间，则可以住在两个房间，有2种情况，剩下三人安排在其他三个房间， 此时，有种情况， 由分类计数原理得，共有种不同的住法. 故答案为：. 76． 【难度】0.65 【知识点】两个二项式乘积展开式的系数问题 【分析】求出通项公式，赋值计算即可. 【详解】的展开式中通项是（，）， 的展开式中通项是（，）， 所以中通项为（，） ，令，则，或，或，或，， 所以的系数是. 故答案为： 77． 【难度】0.4 【知识点】全排列问题、实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】先计算出5人分配5个礼物(错排问题)，基本事件总数，再分两种情况计算出都没有拿到自己制作的礼物的基本事件数，从而求出概率. 【详解】5人分配5个礼物，基本事件总数， 都没有拿到自己制作的礼物所包含两类情况， 一是5人中有2人交换了礼物，此时有种情况，另外三人都没有拿到自己制作的礼物情况有2种，故共有种情况； 二是5人都没有交换礼物，不妨设甲同学有4种选择，若其拿到乙的礼物； 对于乙来说有3种情况，若其拿到丙的礼物；对丙来说有2种情况，而余下两人只有1种情况，故共有种情况， 故基本事件总数， 概率. 故答案为： 78．9 【难度】0.4 【知识点】近似计算问题、二项式定理 【分析】首先设，由特征方程得递推关系式为，并易知是整数，则根据的小数点后100位的数字，可确定的小数点后100位的数字. 【详解】设．则由特征方程可知其递推式为． 但注意到，都是整数，由数学归纳法可知是整数， 但显然有，因此所求小数点后第100位数字是9． 故答案为：9 79．240 【难度】0.4 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、排列数的计算、元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题 【分析】先分步，第一步：先排2个集体节目，第二步：排剩余6个节目，在这里又要分类，利用计数原理即可求解. 【详解】第一步：2个集体节目共有种排法； 第二步：设先后顺序为第1，2，3，4，5，6，7，8场， 第一类：将3个音乐节目排在第2，4，6场，再排剩下的节目共有种排法； 第二类：将3个音乐节目排在第2，4，7场，再排剩下的节目共有种排法； 第三类：将3个音乐节目排在第2，5，7场，再排剩下的节目共有种排法； 第四类：将3个音乐节目排在第3，5，7场，再排剩下的节目共有种排法； 综上所述，满足题意的排法共有种. 故答案为：240. 【点睛】关键点点睛：对需要完成的事情进行适当的分步、分类，分步时做到条理清晰，分类时做到不重不漏，由此即可顺利得解. 80． 【难度】0.4 【知识点】利用组合数公式证明、求指定项的系数 【分析】利用二项式定理可得，又利用组合数公式可得，从而可求解问题. 【详解】因为， 所以， 因为 ， 所以原式 ， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用组合数计算公式将. 81．28 【难度】0.94 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】村村通相当于从8个村庄中任选2个修建公路，利用组合数可得答案. 【详解】由于“村村通”公路的修建是组合问题，故共需要建公路条数为. 故答案为：28 82．/ 【难度】0.94 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】分别求出基本事件的总数和所求事件的个数，再根据古典概型即可得解. 【详解】由题意，至多有一人中奖的概率为. 故答案为：. 83．50 【难度】0.94 【知识点】分组分配问题 【分析】分3种情况分类讨论，第一个学校去2名教师第二个学校去4名教师；第一个学校去3名教师第二个学校去3名教师；第一个学校去4名教师第二个学校去2名教师，计算可得答案. 【详解】第一个学校去2名教师第二个学校去4名教师，有种方法； 第一个学校去3名教师第二个学校去3名教师，有种方法； 第一个学校去4名教师第二个学校去2名教师，有种方法， 则共有种不同的安排方式. 故答案为：50． 84．40 【难度】0.94 【知识点】排列数的计算 【分析】 根据排列数公式计算，即得答案. 【详解】 由题意得，，， 故， 故答案为：40 85．300 【难度】0.85 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】解法一，分类考虑，化学是否被排在上午，根据分类加法原理求得答案； 解法二，先排上午第四节，再排其余节次的课，根据分步乘法原理求得答案； 解法三，利用间接法，即求出从6门课程中任意选4门安排在上午的排法，减去化学排在第四节课的排法数，即得答案. 【详解】解法一，第一类：化学被选上，有种不同的安排方法； 第二类：化学不被选上，有种不同的安排方法． 故共有种不同的安排方法， 故答案为：300 解法二，第一步：化学不排在第四节，故第四节有种排法； 第二步：其余三节有种排法，故共有种不同的安排方法， 故答案为：300 解法三（间接法）,从6门课程中任意选4门安排在上午，有种排法， 而化学排第四节，有种排法，故共有种不同的安排方法． 故答案为：300 86． 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】由题意，从装有个红球和个白球的袋中随机取出个球的取法，再求得当个球都是红球的取法，利用古典概型的概率计算公式，即可得到答案. 【详解】解：由题意，从装有个红球和个白球的袋中随机取出个球，共有种方法， 其中当个球都是红球的取法有种方法，所以. 故答案为： 87． 【难度】0.85 【知识点】分组分配问题 【分析】 先利用部分平均分组法将5名大学生分好组，再进行分配即可得解. 【详解】依题意，5名大学生有两类分组方法，即1，1，3和1，2，2两种分法， 若分成1人，1人，3人，则共有分组方法； 若分成1人，2人，2人，则共有分组方法； 将分好的三组安排到三个公司中共有种排法， 所以所有的安排方法共有种方法． 故答案为：. 88．5 【难度】0.85 【知识点】由项的系数确定参数 【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后令x的指数为零，求出r，从而利用常数项建立方程求解. 【详解】二项式的通项为， 由题意，且r，n为整数，解得， 故答案为：5 89．105 【难度】0.85 【知识点】数字排列问题、代数中的组合计数问题 【分析】由题意可知这样的四位数可分别从使用的不同数字的个数分类考虑：（1）只用2个数字，（2）使用3个不同的数字；有四位数，满足，即注意位数大小，分别分析求解即可求得答案． 【详解】解：由题意可知： 只用2个不同数字这样的数字组合有，按照位数要求，每种数字符合的四位数有3个，比如数字1和2，可以构成的数字有：1222，1122，1112，这类组合共个符合要求的四位数； 只用3个不同数字这样的数字组合有，按照位数要求，每种数字符合的四位数有3个，比如数字1、2、3，可以构成的数字有：1123，1223，1233，这类组合共个符合要求的四位数； 故符合要求的四位数总共有个. 故答案为：105. 90．24 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】首先为“爸”、“爸”的两张卡片选一个信封，再将剩下三个字放进三个不同信封进行全排列，分步相乘即得结果． 【详解】张卡片放入个不同信封，分两步进行： 第一步：“爸”、“爸”的两张卡片恰好被放入同一个信封，先为其选信封，有种选法； 第二步：“去”、“哪”、“儿”三个字放入剩下的三个不同信封，有种放法， 故写有“爸”、“爸”的两张卡片恰好被放入同一个信封的不同情况共有种． 91． 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题、计算古典概型问题的概率 【分析】根据分组分配方案及分步计数原理，利用古典概型的概率计算公式即可求解. 【详解】5位志愿者可自主选择到4个不同的核酸检测点进行服务，有种情况； 4个核酸检点都有志愿者到位有种情况. 所以4个核酸检点都有志愿者到位的概率为. 故答案为： 92．600 【难度】0.65 【知识点】排列组合综合、分类加法计数原理、数字排列问题 【详解】解析：依题意，要使得各位数字之和为奇数，则可能是3个奇数1个偶数或3个偶数1个奇数， 若为3个奇数1个偶数，则偶数一定排在个位，从4个偶数中选一个排在个位，有C＝4（种）， 再在5个奇数中选出3个排在其余三个数位，有A＝60（种）排法，故有CA＝240（个）数字； 若为3个偶数1个奇数，则奇数不排在个位，从5个奇数中选一个排在前三位有CA＝15（种）， 再在4个偶数中选出3个排在其余三个数位，有A＝24（种）排法，故有CAA＝360（个）数字． 综上，可得一共有240＋360＝600（个）数字． 93．50 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题 【分析】先按照A志愿队的人数分类，再按照分组分配的方法，即可求解. 【详解】第一种情况，A志愿队只有甲医生，则剩下的4人可以为1，3或2，2的分组，再分配到另2个志愿团队，有种方法， 第二种情况，A志愿队有甲医生外，还有1人，剩下的3人为1，2的分组，再分配到另2个志愿团队，有种方法， 第三种情况，A志愿队有甲医生外，还有2人，剩下的1人为1，1的分组，再分配到另2个志愿团队，有种方法， 所以共有种方法. 故答案为：50 94． 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、全排列问题、计算古典概型问题的概率 【分析】先求出总情况，再分类结合排列数求出能被4整除的情况，由古典概型即可求解. 【详解】将3个正四面体同时投掷于桌面时，共有 种情况，与桌面接触的3个面上的3个数的乘积能被4整除时，则这3个数的乘积为4的倍数，（1）这3个数为1,2,2时，有3种情况；（2）这3个数为1,2,4时，有 种；（3）这3个数为1,3,4时，有种；（4）这3个数为1,1,4时，有3种；（5）这3个数为2,2,2时，有1种；（6）这3个数为2,2,3时，有3种；（7）这3个数为2,2,4时，有3种；（8）这3个数为1,4,4时，有3种；（9）这3个数为2,3,4时，有种；（10）这3个数为2,4,4时，有3种；（11）这3个数为3,3,4时，有3种；（12）这3个数为3,4,4时，有3种；（13）这3个数为4,4,4时，有1种．故共有 种，故与桌面接触的3个面上的3个数的乘积能被4整除的概率为 ． 故答案为：. 【点睛】本题主要考查古典概型求概率，属于易错题．在求与桌面接触的3个面上的3个数的乘积能被4整除时，采用分类讨论法，注意要做到不重不漏． 95．780 【难度】0.65 【知识点】涂色问题 【分析】按上，前，右，后，下，左6个面的顺序涂色，先分前后同色和前后不同色两种情况，再分上下同色和上下不同色两种情况，分别计算即可. 【详解】按上，前，右，后，下，左6个面的顺序涂色， （1）前后同色时， ①上下同色有种涂色方法， ②上下不同色有种涂色方法； （2）前后不同色时， ①上下同色有种涂色方法， ②上下不同色有种涂色方法. 总的涂色方法个数为 故答案为；780 . 96． 【难度】0.65 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】题目图中出现了两次和，就可以判断和相邻的四个数字，以及和相邻的四个数字，进而推导出它们对面的数字. 【详解】因为正方体一共六个面，六个面上分别写有数字、、、、、， 由图知和相邻的四个数字分别是，所以的对面是， 同理和相邻的四个数字为，对面是，所以. 故答案为：. 97．/0.2025 【难度】0.65 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】利用组合计数问题求出小明和小华各自到达目的地的试验含有的基本事件种数，再求出小明、小华、小齐三人能相遇的事件含有的基本事件数即得解. 【详解】小明从A到B的不同路径共有种，小华从B到A的不同路径共有种， 因此小明和小华各自到达目的地的试验有个基本事件， 小明经过到达目的地的不同路径有，小华经过到达目的地的不同路径有， 因此小明、小华、小齐三人能相遇的事件有个基本事件， 所以小明、小华、小齐三人能相遇的概率为. 故答案为： 98．241 【难度】0.65 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】26个顶点中任意两点的连线去除在凸36面体面上的线即得对角线． 【详解】该多面体的棱数为，顶点数为， 26个顶点中任意两点的连线去除在凸36面体面上的线即为体对角线， 36面体面上的线有： 36面体的棱，共有条， 以及四边形的对角线，共有条， 36面体的对角线条数为． 故答案为：241. 99．570 【难度】0.4 【知识点】代数中的组合计数问题、子集的概念 【分析】分类依次讨论中元素个数及对应中1、2、3、4个元素组数，根据加法原理求组数. 【详解】当中有一个元素时有种，此时中有1、2、3、4个元素的情况分别为种，则不同的有序集合对的组数共有种； 当中有两个元素时有种，此时中有1、2、3、4个元素的情况分别为种，则不同的有序集合对的组数共有种； 当中有三个元素时有种，此时中有1、2、3、4个元素的情况分别为种，则不同的有序集合对的组数共有种； 当中有四个元素时有种，此时中有1、2、3、4个元素的情况分别为种，则不同的有序集合对的组数共有种； 综上， 不同的有序集合对的组数为种. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：求解排列、组合问题常用的解题方法： (1)元素相邻的排列问题——“捆邦法”；(2)元素相间的排列问题——“插空法”；(3)元素有顺序限制的排列问题——“除序法”；(4)带有“含”与“不含”“至多”“至少”的排列组合问题——“间接法”； （5） “在”与“不在”问题——“分类法”. 100．答案见解析 【难度】0.4 【知识点】排列数的计算、数与式中的归纳推理、整数与整除 【分析】利用对称性由，分情况讨论，从整除性得矛盾，再利用因式分解及数的范围分别得到结果. 【详解】因为为正整数，不妨设． 若，则，但，矛盾，∴． （1）若，此时若，则为奇数，与题设矛盾，故， 从而．只有时，时，，即或． （2）若，则，故． 此时若，则，但，矛盾，∴． ①若，则．注意到时，，而时，，故此时无解． ②若，应用，此时当时，，矛盾，∴．又，故． 只能是取或5，分别得解或． 综上所述，满足条件的正整数有四组， 若考虑到的其他排列顺序， 当时，变换时还有， 当为时，变换时还有， 当时，变换时还有种， 当时，变换时还有种， 综上：合计有18组解． 答案第28页，共53页 答案第27页，共53页 学科网（北京）股份有限公司 $$