专题02 计数原理（易错必刷50题10种题型专项训练）高二数学下学期苏教版

专题02 计数原理 （易错必刷50题10种题型专项训练） 题型一　分类加法分布乘法计数原理 题型二　涂色问题 题型三　与排列数有关的运算 题型四　相邻问题捆绑法 题型五　不相邻问题插空法 题型六　定序问题 题型七　分组分配问题 题型八　求展开式中的指定的项或特定项（或其系数） 题型九　利用赋值法进行求有关系数和 题型十　利用二项式定理证明整除问题及余数的求法 题型一　分类加法分布乘法计数原理 1．将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前3个数字构成三位数，后三个数字构成三位数.记，则小于100的概率为 . 2．现有不同的球15个，其中红球4个，黄球5个，绿球6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．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 3．如图，湖北省分别与湖南､安徽､陕西､江西四省交界，且湘､皖､陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为（    ） A．540 B．600 C．660 D．720 4．“四进制”是一种以4为基数的计数系统，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响.四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以4的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加.例如：四进制数013转换为十进制数为；四进制数0033转换为十进制数为.现将所有由，，，组成的4位（如：1233，3201）四进制数转化为十进制数，在这些非零十进制数中任取一个，则这个数能被3整除的概率为 . 5．中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑期开设“围棋”､“武术”､“书法”､“剪纸”､“京剧”､“刺绣”六门体验课程. (1)现有甲､乙､丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有一门共同的课程，丙和甲､乙的课程都不同，求所有选课的种数； (2)计划安排五名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，教师不任教“围棋”课程，教师B只能任教一门课程，求所有课程安排的种数. 题型二　涂色问题 6． 《尚书》中的五行理论在中医和哲学中有着广泛的应用．古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系．如图是五行图，现有5种颜色可供选择给五行涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生水，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（    ） A．960 B．1020 C．2150 D．3125 7．如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有 种． 8．给正六边形的六条边涂色，现有3种不同的颜色可以选择，要求相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有（   ）种 A． B． C． D． 9．如图，天津市共辖16区，市内六区分布如图，用4种颜色标注6个区域，相邻区颜色不同，不同的涂色方式共有 种. 10．空间个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色（一条线段只染一种颜色）．对于由上述线段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有（    ） A．若，则可能存在任意2条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥 B．若，则一定存在3条边是同一种颜色的三角形 C．若，则可能存在任意三角形的3条边不是同一种颜色的情况 D．若，则一定存在至少有4条棱是同一种颜色的三棱锥 题型三　与排列数有关的运算 11．同时抛掷三枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为，则是直角三角形的三个内角的概率为（    ） A． B． C． D． 12．已知，那么 . 13．计算下列各式． (1)； (2)； (3)解方程：. 14．可表示为（    ） A． B． C． D． 15．下列等式中正确的是（    ） A． B． C． D． 题型四　相邻问题捆绑法 16．天津市第四十七中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”“立夏”七张知识展板放置在七个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻．且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（   ） A．265 B．320 C．480 D．960 17．（1）从甲、乙、丙3名同学中选出2名参加一项活动，其中1名同学参加上午的活动，另1名同学参加下午的活动，有多少种不同的选法？ （2）4名男生和3名女生共坐一排，男生必须排在一起的坐法有多少种？ （3）2名男生和4名女生排成一排．问：男生既不相邻也不排两端的不同排法共有多少种？ 18．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（   ） A．如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种 B．如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种 C．如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种 D．如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种 19．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位偶数，下列正确的选项有（    ） A．如果个位数是0，则前3位有种排列 B．如果个位是2或4，则前3位有种排列 C．符合题意的四位偶数共有156种 D．符合题意的四位偶数共有300种 20．为了抒写乡村发展故事、展望乡村振兴图景、演绎民众身边日常、唱出百姓幸福心声，某地组织了年“美丽乡村”节目汇演，共有舞蹈、歌曲、戏曲、小品、器乐、非遗展演六个节目，则歌曲和戏曲节目相邻，且歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出的概率为（   ） A． B． C． D． 题型五　不相邻问题插空法 21．下列说法正确的是 （    ） A．将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有种 B．有三张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是60 C．从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女，则共有194种选法 D．甲、乙、丙、丁四人排成一排，则甲、乙两人不相邻共有12种排法 22．将个座位连成一排，安排个人就座，恰有两个空位相邻的不同坐法数为 . 23．在《哪吒之魔童闹海》中，哪吒成仙三关检测中第一关收服土拨鼠，土拨鼠小队眼神清澈， 手拿破碗， 穿着破烂， 吃着南瓜粥， 过着自给自足， 与世无争的生活.若在某天清晨， 土拨鼠小队长 带领另外5只土拨鼠排队出门巡逻，小队长 只能在排头或结尾；甲土拨鼠是新手，不能离队长超过 1 只土拨鼠距离；乙丙土拨鼠太吵闹不能相邻，请问这支土拨鼠小队总共有（    ）种排队巡逻方式. A．72 B．48 C．64 D．56 24．已知2名男生和2名女生参加两项不同的公益活动，下列说法正确的是（ ） A．活动前4人站成一排，甲在最左边，乙不在最右边，有4种不同的方法 B．4人依次进行自我介绍，甲和乙不相邻做介绍，有6种不同的方法 C．将4人全部分配到两项活动中，每项活动既有男生又有女生，有4种不同的方法 D．活动后从4人中选出2人介绍活动体会，至少一名男生，有6种不同的方法 25．现有8个小朋友玩游戏，其中5个小朋友手中拿的数字分别是5，4，3，1，0，另外三个小朋友都拿的是数字2，小朋友们要用手中的数字来组数，每个小朋友的数字最多用一次，则下列说法正确的是（   ） A．可以组成720个没有重复数字的六位数 B．若不选0，则可以组成240个相邻数字不相同的七位数 C．可以组成2160个相邻两个数字不相同的八位数 D．若0必选，则可以组成832个五位数 题型六　定序问题 26．某班某次班会准备从甲、乙2名女同学及其他5名男同学中安排5名同学依次发言．若甲、乙同时参与，且前3名发言的同学中有女同学，则不同的安排方法有（   ） A．840种 B．960种 C．1080种 D．1200种 27．某班从5名同学中选3名同学分别参加数学、物理和化学知识竞答，已知甲同学不能参加物理和化学知识竞答，其他同学都能参加这三科知识竞答，则不同的安排有（   ） A．42种 B．36种 C．6种 D．12种 28．近两年，智能网联汽车逐步进入大众视野，调研数据显示，中国消费者关注度最高的前6名智能网联车技术分别为V2X（车与人、车、路、云平台）的信息交互技术、车联网通信技术、环境感知技术、云计算技术、整车通项技术、物联网技术，某科技自媒体博主准备连续6天分别对这6项技术进行科普，每天只科普一项技术，每项技术只科普1天，则车联网通信技术与云计算技术在相邻两天进行科普，且信息交互技术不在最后一天科普的安排方法种数为 .（用数字作答） 29．用这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字. (1)六位奇数； (2)比大的正整数. 30．某电视台计划在春节期间某段时间连续播放6个广告，其中3个不同的商业广告和3个不同的公益广告，要求第一个和最后一个播放的必须是公益广告，且商业广告不能3个连续播放，则不同的播放方式有 . 题型七　分组分配问题 31．为了某次航天任务，准备从8名预备队员中（其中男4人，女4人）中选择4人作为航天员参加该次任务． (1)若参加此次航天任务的航天员要求有男性也有女性，共有多少种选法？（结果用数字作答） (2)若选中的4名航天员需分配到A，B，C三个实验室去，其中每个实验室至少一名航天员，共有多少种选派方式？（结果用数字作答） 32．已知甲乙丙等人参加活动. (1)从这人中选出人参加米接力比赛，其中若甲参加，则必须与乙相邻，求共有多少种不同的参赛方案? (2)将这人安排到项不同的活动中，每项活动至少安排人，求甲乙丙三人恰好被安排在同一项活动中的概率? 33．党的二十大报告指出，坚持以人民为中心发展教育，加快建设高质量教育体系.发展素质教育，促进教育公平，现有甲乙等名大学生主动申请毕业后到偏远山区小学任教.若将这名大学生分成三组分别去三个不同的学校参加工作，保证每所学校至少有一名大学生去，且每名大学生只能去一所学校，则甲乙不同在一个学校的安排方案共有 种.（用数字作答） 34．唐老师有语文，数学等6本不同学科的练习册，平均分给3个同学，若甲同学不拿语文，则不同的分配方法有 种.（用数字作答） 35．天津有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客每天分别从包子、麻花、炸糕、素卷圈、锅巴菜、大饼卷一切这6种美食中随机选择品尝，每天至少品尝一种且每天不重样，若三天后他品尝完这6种美食，则这三天他选择美食的不同选法种数为 ． 题型八　求展开式中的指定的项或特定项（或其系数） 36．二项式的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则展开式中的系数为 . 37．已知的二项展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，则的展开式中的常数项为 38．若展开式的二项式系数之和为，则展开式中含项的系数为（    ） A． B． C． D． 39．已知的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数成等差数列，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 40．已知的展开式中，其前三项的二项式系数的和等于56. (1)求展开式中所有二项式系数的和； (2)求展开式中所有项的系数之和； (3)求展开式中的常数项. 题型九　利用赋值法进行求有关系数和 41．已知，，则（    ） A． B． C． D． 42．若，则 ； . 43．若，则的值为（    ） A． B． C． D． 44．已知，则（   ） A．364 B．365 C．728 D．730 45．已知，则下列说法不正确的是（ ） A．展开式中所有项的二项式系数和为 B．展开式中所有偶次项系数和为 C．展开式中所有奇次项系数和为 D． 题型十　利用二项式定理证明整除问题及余数的求法 46．今天是星期五，小玲在参加数学考试，那么再过天后是星期（   ） A．二 B．三 C．四 D．五 47．进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满十进一就是十进制，满八进一就是八进制，即“满几进一”就是几进制，不同进制的数可以相互转换，如十进制下，，用八进制表示159这个数就是237.现用八进制表示十进制的，则这个八进制数的最后一位为（    ） A．3 B．4 C．5 D．7 48．已知除以13所得余数为m，除以14所得余数为n，则（   ） A．1 B． C．13 D．14 49．设数列的通项公式为，，记被3除所得的余数构成的数列记为，则（   ） A．2 B．0 C． D． 50．已知，则被4除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 计数原理 （易错必刷50题10种题型专项训练） 题型一　分类加法分布乘法计数原理 题型二　涂色问题 题型三　与排列数有关的运算 题型四　相邻问题捆绑法 题型五　不相邻问题插空法 题型六　定序问题 题型七　分组分配问题 题型八　求展开式中的指定的项或特定项（或其系数） 题型九　利用赋值法进行求有关系数和 题型十　利用二项式定理证明整除问题及余数的求法 题型一　分类加法分布乘法计数原理 1．将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前3个数字构成三位数，后三个数字构成三位数.记，则小于100的概率为 . 【答案】 【分析】利用分步乘法计数原理，结合古典概率列式计算得解. 【详解】由题意，要使小于100，百位必相邻，且较大数的十位小于较小数的十位，个位无限制，分两步： 取百位的概率为； 取十位，在剩下的4个数字中取两数分配给作十位，而的十位大于的十位与的十位小于的十位的概率相等，此步符合要求的概率为. 所以小于100的概率为. 故答案为：. 2．现有不同的球15个，其中红球4个，黄球5个，绿球6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．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 【答案】ABD 【分析】利用分步与分类计数原理计算得到选项ABD正确；若要选出不同颜色的2个球，有74种不同的选法，所以选项C错误. 【详解】A. 从中任选1个球，有种不同的选法，所以该选项正确； B. 若每种颜色选出1个球，有种不同的选法，所以该选项正确； C. 若要选出不同颜色的2个球，有种不同的选法，所以该选项错误； D. 若要不放回地依次选出2个球，有种不同的选法，所以该选项正确. 故选：ABD 3．如图，湖北省分别与湖南､安徽､陕西､江西四省交界，且湘､皖､陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有5种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为（    ） A．540 B．600 C．660 D．720 【答案】D 【分析】由分步乘法计数原理按步骤去涂色即可. 【详解】第一步涂陕西有5种选择，第二步涂湖北有4种选择，第三步涂安徽有4种选择，第四步涂江西有3种选择，第五步涂湖南有3种选择,即共有种涂色方案. 故选：D 4．“四进制”是一种以4为基数的计数系统，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响.四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以4的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加.例如：四进制数013转换为十进制数为；四进制数0033转换为十进制数为.现将所有由，，，组成的4位（如：1233，3201）四进制数转化为十进制数，在这些非零十进制数中任取一个，则这个数能被3整除的概率为 . 【答案】 【分析】设，将四进制数转换为十进制形式，由该数能被3整除转化为能被3整除，根据该四进制数数字的所有可能组合，分类计算符合要求的数的个数，利用古典概型概率公式计算即可. 【详解】设，则4位四进制数转换为十进制为： ， 若这个数能被3整除，则能被3整除. 当这个四进制数由1,2,3,3组成时，有个； 当这个四进制数由1,1,2,2组成时，有个； 当这个四进制数由1,1,1,3组成时，有个； 这个四进制数由2,2,2,3组成时，有个； 这个四进制数都由3组成时，有1个； 当这个四进制数由0,0,0,3组成时，有4个； 当这个四进制数由0,0,3,3组成时，有个； 当这个四进制数由0,0,1,2组成时，有个； 当这个四进制数由0,1,2,3组成时，有个； 当这个四进制数由0,3,3,3组成时，有4个； 当这个四进制数由0,2,2,2组成时，有个； 当这个四进制数由0,1,1,1组成时，有个. 因为由0,1,2,3组成的4位非零四进制数共有个， 所以能被3整除的概率. 故答案为：. 5．中华文化源远流长，为了让青少年更好地了解中国的传统文化，某培训中心计划利用暑期开设“围棋”､“武术”､“书法”､“剪纸”､“京剧”､“刺绣”六门体验课程. (1)现有甲､乙､丙三名学生报名参加暑期的体验课程，每人都选两门课程，甲和乙有一门共同的课程，丙和甲､乙的课程都不同，求所有选课的种数； (2)计划安排五名教师教这六门课程，每门课程只由一名教师任教，每名教师至少任教一门课程，教师不任教“围棋”课程，教师B只能任教一门课程，求所有课程安排的种数. 【答案】(1)360 (2)1140 【分析】（1）首先确定甲和乙的相同课程、不同的课程，最后再确定丙的课程，按照分步乘法计数原理计算可得； （2）分只任教1科和任教2科两种情况讨论，按照分类加法计数原理计算可得. 【详解】（1）第一步，将甲和乙的相同课程选好，有种情况； 第二步，再将甲和乙的不同课程选好，有种情况； 第三步，因为丙和甲，乙的课程都不同，所以丙的选法种情况； 因此，所有选课种数为 （2）①当只任教1科时：先排任教科目，有种； 再从剩下5科中排的任教科目，有种； 接下来剩余4科中必有2科为同一名老师任教，分三组全排列，共有种； 所以当只任教1科时，共有种. ②当任教2科时：先选任教的2科有中，这样6科分为4组共有种， 综上，所有课程安排方案有种. 题型二　涂色问题 6． 《尚书》中的五行理论在中医和哲学中有着广泛的应用．古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系．如图是五行图，现有5种颜色可供选择给五行涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生水，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（    ） A．960 B．1020 C．2150 D．3125 【答案】B 【分析】问题化为五个区域，有5种不同的颜色供选择，要求相邻区域不能涂同一种颜色，即5色5区域的环状涂色问题． 【详解】五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种颜色，即无限制条件． 五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同一种颜色，即5色5区域的环状涂色问题，如下图示， 分为以下两类情况： 第一类：三个区域涂三种不同的颜色， 第一步涂区域，从5种不同的颜色中选3种按序涂在不同的3个区域上，则有种涂色方法， 第二步涂区域，由于颜色不同，则有3种涂色方法， 第三步涂区域，由于颜色不同，则有3种涂色方法， 由分步乘法计数原理，得共有种涂色方法； 第二类：三个区域涂两种不同的颜色，由不能涂同一种颜色，则涂同一种颜色，或涂同一种颜色， 若涂一种颜色， 第一步涂区域，可看成同一区域，且区域不同色， 即从5种不同的颜色中选2种按序涂在不同的2个区域上，则有种涂色方法， 第二步涂区域，由于颜色相同，则有4种涂色方法， 第三步涂区域，由于颜色不同，则有3种涂色方法， 由分步乘法计数原理，得共有种涂色方法． 若涂一种颜色，与涂一种颜色的方法数相同， 所以，第二类共有种涂色方法． 由分类加法计数原理知，不同的涂色方法共有种． 故选：B 7．如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有 种． 【答案】420 【分析】先安排中心区域A，再从B开始沿逆时针方向进行布置四周的区域，分D与B选用同一种和选用不同种类菊花两种情况，结合计数原理得到答案. 【详解】先布置中心区域A共有5种方法，从B开始沿逆时针方向进行布置四周的区域， 则B有4种布置方法，C有3种布置方法． 如果D与B选用同一种菊花，则E有3种布置方法； 如果D与B选用不同种类菊花，则D有2种布置方法，E有2种布置方法． 按照分步乘法与分类加法计数原理， 则全部的布置方法有（种）. 故选：420． 8．给正六边形的六条边涂色，现有3种不同的颜色可以选择，要求相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有（   ）种 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对三条边所涂颜色的种数进行分类讨论，确定另外三条边所涂颜色的方法种数，利用分步乘法和分类加法计数原理可得结果. 【详解】第一类，三条边用同一种颜色， 先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法， 再涂有种方法，共有方法数为种； 第二类，三条边用种颜色， 由三条边用种颜色，可得必有条边涂同一种颜色， 先涂有种方法，再涂，，有种方法， 共有方法数为种； 第三类三条边用种颜色， 先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法， 再涂有种方法，共有方法数为种； 由分类加法计数原理可得，共有方法数种． 故选：B．    9．如图，天津市共辖16区，市内六区分布如图，用4种颜色标注6个区域，相邻区颜色不同，不同的涂色方式共有 种. 【答案】144 【分析】根据分步乘法计数原理，结合排列即可求解. 【详解】先涂红桥区，河北区和南开区，此时共有种方法， 若和平区与红桥区不同色，和平区只有1种选择，此时涂河东区和河西区一共有3种选择， 若和平区与红桥区同色，和平区只有1种选择，此时涂河东区和河西区一共有3种选择， 因此总的涂色方法有， 故答案为：144 10．空间个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色（一条线段只染一种颜色）．对于由上述线段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有（    ） A．若，则可能存在任意2条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥 B．若，则一定存在3条边是同一种颜色的三角形 C．若，则可能存在任意三角形的3条边不是同一种颜色的情况 D．若，则一定存在至少有4条棱是同一种颜色的三棱锥 【答案】AD 【分析】根据的取值、根据染色的要求进行分析，从而确定正确答案. 【详解】若，4点仅能构成一个三棱锥，记为， 不妨把，，染成红色，把，，染成蓝色， 则满足要求，故A正确； 若，设这5个点分别为，如图，实线表示红色线段， 虚线表示蓝色线段，则存在三角形的3条边不是同一种颜色的情况，故B错误； 若，设这6个点分别为， 考虑由一点引出5条线段，，，，， 则至少有3条线段是同色，不妨设，，为红色，，为蓝色． 对于的三条边，若有一条边为红色（不妨设为红色）， 则的3条边都是红色，若任意一条边都为蓝色， 则的三条边都是蓝色， 故一定存在一个三角形的3条边都是同一种颜色的情况，故C错误； 若，设这8个点分别为，从中任取6个点，则由上可知， 这6个点所构成的三角形中一定存在3条边是同一种颜色的三角形， 不妨设的3条边都是红色，则以中一点为顶点， 以为底面的三棱锥中，仅当棱都是蓝色时， 在三棱锥的所有棱中恰有3条是红色，3条是蓝色， 否则存在某个三棱锥至少有4条棱是红色的情况， 但如果棱都是蓝色，则在三棱锥中， 棱，，，是蓝色，故无论棱是何种颜色， 三棱锥至少有4条棱是蓝色， 所以不存在一个三棱锥的6条棱恰有3条棱是红色，3条棱是蓝色的情况，故D正确． 故选：AD 题型三　与排列数有关的运算 11．同时抛掷三枚质地均匀的骰子，得到向上的点数分别为，则是直角三角形的三个内角的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】应用古典概型及排列数计算求解. 【详解】若是直角三角形的三个内角，则，即. 因为，所以这三个数只能是2，3，6或2，4，4， 所以是直角三角形的三个内角的概率为=. 故选：B. 12．已知，那么 . 【答案】8 【分析】根据排列数和组合数的定义及性质计算即可. 【详解】由题意，，则，解得. 故答案为：8. 13．计算下列各式． (1)； (2)； (3)解方程：. 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）由排列数的定义即可算得； （2）由排列数的定义即可算得，注意提取公因式约分； （3）组合数的性质可知可知或，由此解得. 【详解】（1）由排列数的定义可得； （2）由排列数的定义可得； （3）由组合数的性质可知或，解得或， 验证发现其满足，故原方程的解为或. 14．可表示为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用排列数的定义可得出结果. 【详解】. 故选：A. 15．下列等式中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】对于A，直接运用排列数化简即可判断；利用组合数的性质可判断B，利用阶乘的裂项法可判断C、D. 【详解】对于A，， 而，所以不一定成立，故A不正确； 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，∵，，故D正确. 故选：BCD. 题型四　相邻问题捆绑法 16．天津市第四十七中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”“立夏”七张知识展板放置在七个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻．且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（   ） A．265 B．320 C．480 D．960 【答案】D 【分析】利用捆绑法和插空法，以及分步乘法计数原理求解即可. 【详解】将“立春”和“春分”两块展板看成一个整体，与“雨水”， “谷雨”，“立夏”三块展板进行全排列，再将“清明”和“惊蛰”两块展板插空. 所以不同的放置方式种数为. 故选：D. 17．（1）从甲、乙、丙3名同学中选出2名参加一项活动，其中1名同学参加上午的活动，另1名同学参加下午的活动，有多少种不同的选法？ （2）4名男生和3名女生共坐一排，男生必须排在一起的坐法有多少种？ （3）2名男生和4名女生排成一排．问：男生既不相邻也不排两端的不同排法共有多少种？ 【答案】（1）6；（2）576；（3）144 【分析】（1）依题作出树状图，计数即得.也可以利用看成排列问题直接解决； （2）对男生采用“捆绑法”与女生全排，再考虑内部的顺序，即得坐法种数； （3）对男生不相邻且不排两端的情况，考虑在4名女生留下的中间3个空位进行插空，再对女生进行全排即得. 【详解】（1）方法一：依题意，分成三类情况，作图如下： 由图可知，有6种不同的选法. 方法二：看成三个不同元素任取两个不同元素的排列问题，有种不同的方法. （2）把4名男生看作一个元素，与3名女生一起全排，再考虑男生之间的顺序， 故共有坐法种，即男生必须排在一起的坐法有种.              （3）利用插空法，先将4名女生排成一列，然后在中间产生的3个空位中任选2个空位安排男生，共有种安排方法. 18．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（   ） A．如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种 B．如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种 C．如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种 D．如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种 【答案】BCD 【分析】由相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法，定序问题倍缩法，特殊元素优先考虑，逐项求解判断即可. 【详解】对于A，甲乙不相邻，先把其他人排成一排有种方法，有个空， 然后将甲乙插空有种方法，故共有种，故A错误； 对于B，甲，乙必须相邻，将甲，乙捆绑到一起有种方法， 看成一个大元素然后与其他人排成一排有种方法，故共有种，故B正确； 对于C，由于甲乙丙按从左到右的顺序固定了，故有种方法，故C正确； 对于D，甲，乙都不排两端，则先从中间个位置选择两个将甲，乙安排好，有种方法， 其他人安排到剩下的个位置，有种方法，所以共有种方法，故D正确. 故选：BCD 19．用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位偶数，下列正确的选项有（    ） A．如果个位数是0，则前3位有种排列 B．如果个位是2或4，则前3位有种排列 C．符合题意的四位偶数共有156种 D．符合题意的四位偶数共有300种 【答案】ABC 【分析】对于A：直接排前三位即可；对于B：先排首位，再排中间两位；对于CD：结合选项AB分析求解即可. 【详解】对于选项A：若末位是0时，前三位从1至5中任选3个排至前三位即可， 所以有种排列，故A正确； 对于选项B：若末位是2或4时，则首位不能为0，有种排放， 中间两位从剩余的4个数字中任选2个排列，有种排放， 所以前3位有种排列，故B正确； 对于选项CD：若个位数是0，由选项A可知有种排法； 若个位是2或4，由选项B可知有种排法； 所以符合题意的四位偶数共有种，故C正确，D错误； 故选：ABC. 20．为了抒写乡村发展故事、展望乡村振兴图景、演绎民众身边日常、唱出百姓幸福心声，某地组织了年“美丽乡村”节目汇演，共有舞蹈、歌曲、戏曲、小品、器乐、非遗展演六个节目，则歌曲和戏曲节目相邻，且歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用排列，求出六个节目演出的方法数和曲和戏曲节目相邻，且歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出方法数，再利用古典概率公式，即可求解. 【详解】因为歌曲和戏曲节目相邻，且歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出，有种排法， 又六个节目演出，共有种排法， 由古典概率公式可知，所求概率为， 故选：A. 题型五　不相邻问题插空法 21．下列说法正确的是 （    ） A．将5封信投入3个邮筒，不同的投法共有种 B．有三张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是60 C．从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女，则共有194种选法 D．甲、乙、丙、丁四人排成一排，则甲、乙两人不相邻共有12种排法 【答案】ACD 【分析】每封信均有3种投法，计算可判断A；从5人中选3人，计算可判断B；分3种情况，即1男3女，2男2女，3男1女，计算可判断C；利用插空法求得方法数判断D. 【详解】对于A，将5封信投入3个邮筒，每封信均有3种投法，故不同的投法共有种，故A 正确； 对于B，参观券相同，只需从5人中选出3人即可，方法数为种，故B错误； 对于C，从6男4女中选4人参加比赛，若4人中必须有男有女， 包含的类别有1男3女，2男2女，3男1女，即有种选法，故C正确； 对于D，先将丙、丁两人全排列有种，排好后有3个空位， 再将甲、乙两人安排到两人（丙、丁）的空位中有种， 由分步计数原理可得总的方法数为种，故D正确. 故选：ACD. 22．将个座位连成一排，安排个人就座，恰有两个空位相邻的不同坐法数为 . 【答案】 【分析】将其中两个空座位捆绑，形成一个“大元素”，与另外一个空位插入人形成的个空位中的个，结合插空法可得结果. 【详解】分两步处理： 先将四个人进行排序，有种排法； 然后将其中两人空座位捆绑，形成一个“大元素”，与另外一个空位插入人形成的个空位中的个， 有种不同的排法. 综上所述，由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法种数为种. 故答案为：. 23．在《哪吒之魔童闹海》中，哪吒成仙三关检测中第一关收服土拨鼠，土拨鼠小队眼神清澈， 手拿破碗， 穿着破烂， 吃着南瓜粥， 过着自给自足， 与世无争的生活.若在某天清晨， 土拨鼠小队长 带领另外5只土拨鼠排队出门巡逻，小队长 只能在排头或结尾；甲土拨鼠是新手，不能离队长超过 1 只土拨鼠距离；乙丙土拨鼠太吵闹不能相邻，请问这支土拨鼠小队总共有（    ）种排队巡逻方式. A．72 B．48 C．64 D．56 【答案】D 【分析】利用不相邻问题插空法，特殊元素优先安排的方法可求答案. 【详解】小队长A只能在排头或结尾，分两种情况讨论: ①小队长A在排头，甲土拨鼠是新手，不能离队长超过1只土拨鼠距离，甲土拨鼠只能在第二位或第三位; 若甲土拨鼠在第二位，先排其余2只土拨鼠，乙丙插空排列即可，共种; 若甲土拨鼠在第三位，乙丙之一在第二位，其余土拨鼠全排列，或者乙丙在第四位和第六位，共种; ②小队长A在结尾，同理可得，共种; 综上所述，这支土拨鼠小队总共有56种排队巡逻方式. 故选：D 24．已知2名男生和2名女生参加两项不同的公益活动，下列说法正确的是（ ） A．活动前4人站成一排，甲在最左边，乙不在最右边，有4种不同的方法 B．4人依次进行自我介绍，甲和乙不相邻做介绍，有6种不同的方法 C．将4人全部分配到两项活动中，每项活动既有男生又有女生，有4种不同的方法 D．活动后从4人中选出2人介绍活动体会，至少一名男生，有6种不同的方法 【答案】AC 【分析】根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，结合排列数、组合数的计算可得答案. 【详解】A. 甲在最左边，乙不在最右边，则乙在中间两个位置中选一个，有种排法，其余两人全排列，有种排法， 共有种不同的方法，A正确. B. 甲和乙不相邻，先排其余两人，有种排法，再在这两人形成的三个空隙中选两个排甲和乙，有种排法， 共有种不同的方法，B错误. C.先从男生中选出人参加第一项活动，有种选法，再从女生中选出人参加第一项活动，有种选法，其余两人参加第二项活动， 共有种不同的方法，C正确. D.从4人中选出2人，一名男生一名女生有种选法，两名男生有种选法， 故有种不同的方法，D错误. 故选：AC. 25．现有8个小朋友玩游戏，其中5个小朋友手中拿的数字分别是5，4，3，1，0，另外三个小朋友都拿的是数字2，小朋友们要用手中的数字来组数，每个小朋友的数字最多用一次，则下列说法正确的是（   ） A．可以组成720个没有重复数字的六位数 B．若不选0，则可以组成240个相邻数字不相同的七位数 C．可以组成2160个相邻两个数字不相同的八位数 D．若0必选，则可以组成832个五位数 【答案】BCD 【分析】由分步乘法原理，最高位不能是零，其余全排列可得A错误；采用插空法，先排5，4，3，1，再将剩余的数插空可得B正确；利用分步乘法原理先五个数全排再将剩余数字2插空，然后减去数字0排在第一位的情况可得C正确；分四种情况，由分步乘法原理，特殊的元素先排列，再四种情况求和可得D正确. 【详解】对于A选项，5，4，3，2，1，0，最高位不能是零，其余数字全排列,则A选项错误. 对于B选项，B选项正确. 对于C选项，C选项正确. 对于D选项，分四种情况，若不选2，则有个； 若选1个2，则有个； 若选2个2，则有个； 若选3个2，则有个， 一共有个，D选项正确. 故选：BCD 题型六　定序问题 26．某班某次班会准备从甲、乙2名女同学及其他5名男同学中安排5名同学依次发言．若甲、乙同时参与，且前3名发言的同学中有女同学，则不同的安排方法有（   ） A．840种 B．960种 C．1080种 D．1200种 【答案】C 【分析】先从5名男同学中选3人，再分前3名同学有1名女同学，2名女同学2种情况排前3名同学，最后排剩下2名同学可得总安排方法数. 【详解】先从5名男同学中选3人，有种情况； 若前3名同学中，只有1名女同学，则先从3名男生中选2名，有种情况， 再从2名女生中选一名，有2种情况，再将前3人排成一列，有种情况， 最后排剩下2人，有种方法，则前3名同学中， 只有1名女同学的总情况数为：； 若前3名同学中，有2名女同学，则先从3名男生中选1名，有种情况， 再将前3人排成一列，有种情况，最后排剩下2人，有种方法， 则前3名同学中，有2名女同学的总情况数为：； 故不同的安排方法有. 故选：C 27．某班从5名同学中选3名同学分别参加数学、物理和化学知识竞答，已知甲同学不能参加物理和化学知识竞答，其他同学都能参加这三科知识竞答，则不同的安排有（   ） A．42种 B．36种 C．6种 D．12种 【答案】B 【分析】利用分类加法原理来求解即可. 【详解】第一类：三名同学中有甲同学，则不同的安排有：种； 第二类：三名同学中没有甲同学，则不同的安排有：种； 根据分类加法原理可得，共有种， 故选：B. 28．近两年，智能网联汽车逐步进入大众视野，调研数据显示，中国消费者关注度最高的前6名智能网联车技术分别为V2X（车与人、车、路、云平台）的信息交互技术、车联网通信技术、环境感知技术、云计算技术、整车通项技术、物联网技术，某科技自媒体博主准备连续6天分别对这6项技术进行科普，每天只科普一项技术，每项技术只科普1天，则车联网通信技术与云计算技术在相邻两天进行科普，且信息交互技术不在最后一天科普的安排方法种数为 .（用数字作答） 【答案】192 【分析】采用捆绑法和特殊元素优先法，结合排列组合公式来求解安排方法的种数. 【详解】因为车联网通信技术与云计算技术要在相邻两天进行科普，所以可将这两项技术“捆绑”在一起，看作一个元素.对车联网通信技术与云计算技术进行内部排列，它们之间的排列顺序有种， 由于信息交互技术不在最后一天科普，那么信息交互技术可安排在前天中的任意一天，所以信息交互技术的安排方法有种. 将车联网通信技术与云计算技术看作一个整体后，除信息交互技术外，还剩下项技术以及这个整体，共个元素. 对这个元素进行全排列，排列方法有种， 根据分步乘法原理知道，满足条件的安排方法种数为（种）. 故答案为：192. 29．用这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字. (1)六位奇数； (2)比大的正整数. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件，利用分步计算原理即可求解； （2）根据条件知十万位是或，再利用排列及分步计数原理，即可求解. 【详解】（1）因为这六个数字中共有个奇数，第一步从个奇数中选一个排在个位，共有种选法， 第二步，因为不能在首位，将排好，共有种排法， 第三步，将剩下四个数全排，共有种排法， 由分步计数原理知，可组成无重复数字的六位奇数为. （2）由组成比大的正整数，则十万位是或， 共有. 30．某电视台计划在春节期间某段时间连续播放6个广告，其中3个不同的商业广告和3个不同的公益广告，要求第一个和最后一个播放的必须是公益广告，且商业广告不能3个连续播放，则不同的播放方式有 . 【答案】72 【分析】将第一个和最后一个先安排为公益广告，然后由商业广告不能3个连续播放，将其排成一列，之间有两个空，将剩下的公益广告插进去即可. 【详解】先从3个不同的公益广告中选两个安排到第一个和最后一个播放有种方法，然后将3个不同的商业广告排成一列有种方法，3个不同的商业广告之间有两个空，选择一个将剩下的一个公益广告安排进去即可，所以总共有：种方式. 故选:B. 题型七　分组分配问题 31．为了某次航天任务，准备从8名预备队员中（其中男4人，女4人）中选择4人作为航天员参加该次任务． (1)若参加此次航天任务的航天员要求有男性也有女性，共有多少种选法？（结果用数字作答） (2)若选中的4名航天员需分配到A，B，C三个实验室去，其中每个实验室至少一名航天员，共有多少种选派方式？（结果用数字作答） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）航天员要求有男性也有女性，先根据人数分类，再结合组合数公式用分步计数原理求解； （2）先选4名航天员，然后分为2，1，1的三组，然后分配到A，B，C实验室即可. 【详解】（1）由题意，分成3种情况讨论： 有1名女性，3名男性，共有种选法， 有2名女性，2名男性，共有种选法， 有3名女性，1名男性，共有种选法， 所以共有种选法， 即参加此次航天任务有男性也有女性的选法，共有68种选法； （2）由题意，先选4名航天员，然后分为2，1，1的三组，然后分配到A，B，C实验室， 共有种方法. 所以每个实验室至少一名航天员，共有2520种选派方式. 32．已知甲乙丙等人参加活动. (1)从这人中选出人参加米接力比赛，其中若甲参加，则必须与乙相邻，求共有多少种不同的参赛方案? (2)将这人安排到项不同的活动中，每项活动至少安排人，求甲乙丙三人恰好被安排在同一项活动中的概率? 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分两种情况，当甲参加时，先确定甲乙两人以外其他四人的选择情况数，再利用捆绑法可得此时所有情况数；当甲不参加时，直接从其他五人中选取四人参加比赛；最后利用分类加法进行求和； （2）利用古典概型的定义，分别计算这人安排到项不同的活动中，每项活动至少安排人的所有情况数，以及甲乙丙三人恰好被安排在同一项活动的情况数，即可得解. 【详解】（1）当甲参加时，乙一定参加，则从其余人中选取参加，共种情况， 又此时甲乙相邻，则共种排序情况， 即当甲参加时，共有种情况； 当甲不参加时，其他人中选取人参加比赛共有种情况； 综上所述共有种情况； （2）这人安排到项不同的活动中，每项活动至少安排人， 则当项活动中有项活动是人参加时，共有种情况； 当项活动中有项活动是人参加时，共有种情况， 综上所述共有种情况 其中甲乙丙三人恰好被安排在同一项活动的情况数为， 故甲乙丙三人恰好被安排在同一项活动的概率为. 33．党的二十大报告指出，坚持以人民为中心发展教育，加快建设高质量教育体系.发展素质教育，促进教育公平，现有甲乙等名大学生主动申请毕业后到偏远山区小学任教.若将这名大学生分成三组分别去三个不同的学校参加工作，保证每所学校至少有一名大学生去，且每名大学生只能去一所学校，则甲乙不同在一个学校的安排方案共有 种.（用数字作答） 【答案】 【分析】利用间接法，对三组人数进行分类讨论，除去甲乙两人在一组的情形，结合分类加法计数原理可得结果. 【详解】利用间接法：将这名大学生分成三组，每组的人数分别为、、或、、或、、，分以下几种情况讨论： 若三组人数分别为、、，且甲乙不在同一组，其反面是甲乙在同一组， 此时，不同的安排方案种数为种； 若三组人数分别为、、，且甲乙不在同一组，其反面是甲乙在同一组， 此时，不同的安排方案种数为种； 若三组人数分别为、、，且甲乙不在同一组，其反面是甲乙所在的一组有人或人， 此时，不同的安排方案种数为. 综上所述，由分类加法计数原理可知，不同的安排方案种数为种. 故答案为：. 34．唐老师有语文，数学等6本不同学科的练习册，平均分给3个同学，若甲同学不拿语文，则不同的分配方法有 种.（用数字作答） 【答案】60 【分析】按照分步来完成，先把本书分堆，用算组合数，再除去有重复情况，再看甲不拿语文的情况，甲有种选择，剩下人全排列，最后用乘法原理计算即可. 【详解】将6本书分为3堆，共有种方法， 若甲同学不拿语文，则有种方法，故所有的分配方法有60种. 故答案为：60. 35．天津有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客每天分别从包子、麻花、炸糕、素卷圈、锅巴菜、大饼卷一切这6种美食中随机选择品尝，每天至少品尝一种且每天不重样，若三天后他品尝完这6种美食，则这三天他选择美食的不同选法种数为 ． 【答案】540 【分析】将品尝的6种美食分组为、、三种情况，应用排列组合数依次求出不同分组情况下不同的选法种数，即可得. 【详解】由题意，三天各品尝种数有、、三种情况， 若分组，先从6种美食选4种有种， 再把它与其它两种美食安排在三天品尝有种，故共有种； 若分组，先从6种美食选3种有种，再从余下3种美食选2种有种， 把它们与余下的一种美食安排在三天品尝有种，故共有种； 若分组，将6种美食平均分成3份有种， 再把它们安排在三天品尝有种，故共有种； 综上，一共有种. 故答案为：540 题型八　求展开式中的指定的项或特定项（或其系数） 36．二项式的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则展开式中的系数为 . 【答案】 【分析】依题意可得，即可求出，再由展开式的通项计算可得. 【详解】二项式展开式的通项为（且）， 依题意，所以， 所以二项式展开式的通项为（且）， 令，解得，所以， 所以展开式中的系数为为. 故答案为： 37．已知的二项展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，则的展开式中的常数项为 【答案】 【分析】根据已知条件确定，再根据二项式展开式的通项求出时对应常数项，将代入通项即可求解. 【详解】根据 的二项展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，可得， 所以展开式的通项为， 令，解得， 所以展开式的常数项为. 故答案为： 38．若展开式的二项式系数之和为，则展开式中含项的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据二项式系数和为可得，利用通项公式计算可得结果. 【详解】∵展开式的二项式系数之和为， ∴，故， ∴展开式的第项为， 由得， ∴，即含项的系数为. 故选：B. 39．已知的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数成等差数列，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】写出二项式系数再利用等差中项建立方程，求解即得. 【详解】已知的展开式中第2项，第3项，第4项的二项式系数为， 依题意成等差数列，故，得到：， 化简得，即：， 解得：或（舍去） 故选：C 40．已知的展开式中，其前三项的二项式系数的和等于56. (1)求展开式中所有二项式系数的和； (2)求展开式中所有项的系数之和； (3)求展开式中的常数项. 【答案】(1)1024； (2)1； (3)180. 【分析】（1）由已知可得，求得，然后求展开式中所有二项式系数和即可； （2）令，即可求得展开式中所有项的系数之和； （3）由得其展开式的通项为，令得，即可求其常数项. 【详解】（1）由题意，前三项的二项式系数和为，解得或（舍去）， 所以中，展开式中所有二项式系数的和为； （2）由（1）得，令，得展开式中所有项的系数之和为； （3）由（1）得，其展开式通项公式为， 令得，所以展开式中的常数项为. 题型九　利用赋值法进行求有关系数和 41．已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用二项式定理，结合赋值逐项进行判断即可. 【详解】由， 所以的展开式中最高次项为次项，即，故A正确； 的展开式中，的系数为，的系数为， 则，故B错误； 令，得，故C正确； 令，得， 所以，，故D 正确； 故选：ACD. 42．若，则 ； . 【答案】 【分析】根据二项的展开式，利用赋值法令可求第一空，令、计算可求第二空. 【详解】因为， 令，得，所以， 令，得①， 令，得②， ②得，解得. 故答案为：； 43．若，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用赋值法来求偶数项系数和，利用化二项式展开式求指定项系数,最后计算即可得结果. 【详解】令得，， 再令得，， 上面两式相减得：, 再由进行二项式展开可得, 所以， 故选：C. 44．已知，则（   ） A．364 B．365 C．728 D．730 【答案】B 【分析】利用赋值法计算. 【详解】令，得①， 令，得②， ①+②，得， 所以. 故选：B. 45．已知，则下列说法不正确的是（ ） A．展开式中所有项的二项式系数和为 B．展开式中所有偶次项系数和为 C．展开式中所有奇次项系数和为 D． 【答案】C 【分析】根据二项式系数和判断A，利用赋值法判断B、C、D. 【详解】对于A，二项式系数和为，故A正确； 对于B，令，得，① 令，得，② ①②，可得， ，故B正确； 对于C，①②，得， ，故C错误； 对于D，令，得，令，得. ，故D正确. 故选：C. 题型十　利用二项式定理证明整除问题及余数的求法 46．今天是星期五，小玲在参加数学考试，那么再过天后是星期（   ） A．二 B．三 C．四 D．五 【答案】A 【分析】结合二项式定理求除以7的余数即可. 【详解】因为， 所以可以写成，的形式. 所以除以7所得的余数为4. 故天后为星期二. 故选：A 47．进位制是人们为了计数和运算方便而约定的记数系统，约定满十进一就是十进制，满八进一就是八进制，即“满几进一”就是几进制，不同进制的数可以相互转换，如十进制下，，用八进制表示159这个数就是237.现用八进制表示十进制的，则这个八进制数的最后一位为（    ） A．3 B．4 C．5 D．7 【答案】D 【分析】由，通过二项式定理展开即可求解. 【详解】， 而，故最后一位数为7， 故选：D. 48．已知除以13所得余数为m，除以14所得余数为n，则（   ） A．1 B． C．13 D．14 【答案】C 【分析】由，，结合二项式定理即可求解. 【详解】因为， 所以除以13所得余数为1，则； 因为， 所以除以14所得余数为13，则，因此． 故选：C 49．设数列的通项公式为，，记被3除所得的余数构成的数列记为，则（   ） A．2 B．0 C． D． 【答案】D 【分析】利用二项式定理可得，再分别求出，即可求出，进而可得出答案. 【详解】因为， 所以 ， 则 ， 因为能被整除，， 所以， ， 因为能被整除，， 所以， 所以. 故选：D. 50．已知，则被4除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】D 【分析】分别赋值以及，可推得，然后将展开即可得出答案. 【详解】令，由已知可得，， 令，可得， 所以. 因为 ， 所以被4除的余数为1，即被4除的余数为0， 故选：D. 1 / 1 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$