排列组合专题考试及解析高中数学月考卷

1、2020-2021学年度高中数学5月月考卷排列组合专题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明一、单选题1定义数列如下：存在，满足，且存在，满足，已知数列共4项，若且，则数列共有（ ）A190个B214个C228个D252个2在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有A56个B57个C58个D60个3如图，在某海岸P的附近有三个岛屿Q，R，S，计划建立三座独立大桥，将这四个地方连起来，每座桥只连接两个地方

2、，且不出现立体交叉形式，则不同的连接方式有（ ）.A24种B20种C16种D12种4某同学计划用他姓名的首字母，身份证的后4位数字（4位数字都不同）以及3个符号设置一个六位的密码若必选，且符号不能超过两个，数字不能放在首位和末位，字母和数字的相对顺序不变，则他可设置的密码的种数为（ ）A864B1009C1225D14415三名男生和三名女生站成一排照相，男生甲与男生乙相邻，且三名女生中恰好有两名女生相邻，则不同的站法共有A72种B108种C36种D144种6如图，有一种游戏画板，要求参与者用六种颜色给画板涂色，这六种颜色分别为红色、黄色1、黄色2、黄色3、金色1、金色2，其中黄色1、黄色2、

3、黄色3是三种不同的颜色，金色1、金色2是两种不同的颜色，要求红色不在两端，黄色1、黄色2、黄色3有且仅有两种相邻，则不同的涂色方案有（）A120种B240种C144种D288种7某学生将语文、数学、英语、物理、化学、生物6科的作业安排在周六、周日完成，要求每天至少完成两科，且数学，物理作业不在同一天完成，则完成作业的不同顺序种数为A600B812C1200D16328在某班进行的歌唱比赛中，共有5位选手参加，其中3位女生，2位男生如果2位男生不能连着出场，且女生甲不能排在第一个，那么出场顺序的排法种数为A30B36C60D729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（边长

4、为2个单位）的顶点处，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，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的所有不同走法共有A22种B24种C25种D27种10将个座位连成一排，安排个人就坐，恰有两个空位相邻的不同坐法有 ABCD11身高从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊5人排成高矮相间的一个队形，则甲、丁不相邻的不同的排法种数为A12B14C16D1812数字“”中，各位数字相加和为，称该数为“长久四位数”，则用数字组成的无重复数字且大于的“长久四位数”有个ABCD13用4种颜色给正四棱锥的五个顶点涂色，同一条棱的两个顶

5、点涂不同的颜色，则符合条件的所有涂法共有A24种B48种C64种D72种14有两排座位，前排个座位，后排个座位，现安排人就座，规定前排中间的个座位不能坐，并且这两人不左右相邻，那么不同的坐法的种数是（ ）ABCD15某班级星期一上午要排5节课，语文、数学、英语、音乐、体育各1节，考虑到学生学习的效果，第一节不排数学，语文和英语相邻，且音乐和体育不相邻，则不同的排课方式有A14种B16种 C20种 D30种16某班班会准备从含甲、乙、丙的7名学生中选取4人发言，要求甲、乙两人至少有一个发言，且甲、乙都发言时丙不能发言，则甲、乙两人都发言且发言顺序不相邻的概率为ABCD17将五个，五个，五个，五个

6、，五个共个数填入一个行列的表格内（每格填入一个数），使得同一行中任何两数之差的绝对值不超过，考察每行中五个数之和，记这五个和的最小值为，则的最大值为（ ）ABCD18跳格游戏：如图，人从格子外只能进入第1个格子，在格子中每次可向前跳1格或2格，那么人从格子外跳到第8个格子的方法种数为A8种B13种C21种D34种19如果数列同时满足以下四个条件：（1）（）；（2）点在函数的图像上；（3）向量与互相平行；（4）与的等差中项为（）；那么，这样的数列，的个数为（ ）A78B80C82D9020过三棱柱中任意两个顶点连线作直线，在所有这些直线连线中构成异面直线的对数为（ ）A18B30C36D5421

7、设，与是的子集，若，则称为一个“理想配集”.那么符合此条件的“理想配集”（规定与是两个不同的“理想配集”的个数是（ ）A16B9C8D422已知集合，若A，B是P的两个非空子集，则所有满足A中的最大数小于B中的最小数的集合对(A,B)的个数为（ ）A49B48C47D4623几只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E,则这九棵树枝从高到低不同的顺

8、序共有（ ）A23B24C32D3324已知正整数，满足：，能整除2016，但不能整除2016，则的个数为（ ）A916B917C918D91925一辆单向行驶的汽车，满载为25人，全程共设14个车站，途中每个车站均可上下乘客，由不同的起点到达不同的终点的乘客应购买不同的车票，在一次单程行驶中，车上最多卖出不同的车票的个数是（ ）A63B65C67D6926如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（ ）.A40320种B5040种C20160种D2520种27罗马数字是欧洲在阿拉伯数

9、字传入之前使用的一种数码，它的产生标志着一种古代文明的进步.罗马数字的表示法如下：数字123456789形式其中“”需要1根火柴，“”与“X”需要2根火柴，若为0，则用空位表示. （如123表示为，405表示为）如果把6根火柴以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的不同的三位数的个数为（ ）A87B95C100D10328如图，用四种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G七个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）A192B336C600D以上答案均不对29空间中不共面的4点A，B，C，D，若其中3点到平面的距离相等且为第四个点到

10、平面的倍，这样的平面的个数为（ ）A8B16C32D4830如果不等式组的整数解有（）个，那么适合这个不等式组的整数、的有序数对共有（ ）个A17个B64个C81个D72个31将5个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少1个球，至多2个球，则不同的放法种数有（）A30种B90种C180种D270种32如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两端异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同的染色方法种数是()A420B210C70D3533算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具，为我国古代数学的发展做出了很大贡献.在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数

11、字，如图：表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，如图：如果把5根算筹以适当的方式全部放入 下面的表格中，那么可以表示的三位数的个数为ABCD34从人中选派人承担甲，乙，丙三项工作，每项工作至少有一人承担，则不同的选派方法的个数为 ABCD35已知三棱锥的6条棱代表6种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是安全的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的现用编号为1，2，3的三个仓库存放这6种化工产品，每个仓库放2种，那么安全存放的不同方法种数为A12B24C36D4836如图为我国数学家赵爽约3世纪初在为周髀算

12、经作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则区域涂色不相同的概率为ABCD37中国古代十进制的算筹计数法，在数学史上是一个伟大的创造，算筹实际上是一根根同样长短的小木棍.如图，是利用算筹表示数19的一种方法.例如：137可表示为“”，26可表示为“”.现有6根算筹，据此表示方法，若算筹不能剩余，则可以用19这9个数字表示三位数的个数为A10B20C36D3838将18个参加青少年科技创新大赛的名额分配给3个学校，要求每校至少有一个名额且各校分配的名额互不相等，则不同的分配方法种数为()A96B114C128D13639已知一

13、个三位数的百位数字为x，十位数字为y，个位数字为z，若此三位数与37（x+y+z）的大小相同，则这样的三位数有（）A14个B15个C16个D17个40有张卡片分别写有数字，从中任取张，可排出不同的四位数个数为ABCD41如图，用种不同颜色给图中标有、各部分涂色，每部分只涂一种颜色，且相邻两部分涂不同颜色，则不同的涂色方法共有（ ）A种B种C种D种42几个孩子在一棵枯树上玩耍，他们均不慎失足下落已知（）甲在下落的过程中依次撞击到树枝，；（）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，；（）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，；（）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，；（）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，倒霉和李华在

14、下落的过程中撞到了从到的所有树枝，根据以上信息，在李华下落的过程中，和这根树枝不同的撞击次序有（ ）种ABCD43某科研小组有20个不同的科研项目，每年至少完成一项有下列两种完成所有科研项目的计划：A计划：第一年完成5项，从第一年开始，每年完成的项目不得少于次年，直到全部完成为止；B计划：第一年完成项数不限，从第一年开始，每年完成的项目不得少于次年，恰好5年完成所有项目那么，按照A计划和B计划所安排的科研项目不同完成顺序的方案数量A按照A计划完成的方案数量多B按照B计划完成的方案数量多C按照两个计划完成的方案数量一样多D无法判断哪一种计划的方案数量多44几只猴子在一棵枯树上玩耍，它们均不慎失足

15、下落已知 （）甲在下落的过程中依次撞击到树枝，；（）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，；（）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，；（）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，；（）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，则这根树枝从高到低不同的次序有种ABCD45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（）A24B48C96D12046若一位三位数的自然数各位数字中，有且仅有两个数字一样，我们就把这样的三位数定义为“单重数”.例如：232,114等，则不超过200的“单重数”中，从小到大排列第24个“单重数”是A166B171C181D18

16、847现将5张连号的电影票分给甲乙等5个人，每人一张，且甲乙分得的电影票连号，则共有不同分法的种数为A12B24C48D6048 现安排甲乙丙丁戊5名学生分别担任语文、数学、英语、物理、化学学科的科代表，要求甲不当语文科代表，乙不当数学科代表，若丙当物理科代表则丁必须当化学科代表，则不同的选法共有多少种A53B67C85D9149袋中有40个小球，其中红色球16个、蓝色球12个，白色球8个，黄色球4个，从中随机抽取10个球作成一个样本，则这个样本恰好是按分层抽样方法得到的概率为（ ）ABCD50记为一个位正整数，其中都是正整数，若对任意的正整数，至少存在另一个正整数，使得，则称这个数为“位重复

17、数”根据上述定义，“四位重复数”的个数为A个B个C个D个51某教师要把语文、数学、外语、历史四个学科排到如下的课表中，如果相同科目既不同行也不同列，星期一的课表已经确定如下表，则其余三天的课表的不同排法种数有第一节第二节第三节第四节星期一语文数学外语历史星期二星期三星期四 A96B36C24D1252若集合，用表示集合中的元素个数，则ABCD53如图所示为某市各旅游景点的分布图，图中一支箭头表示一段有方向的路，试计算顺着箭头方向，从A到H可走的不同的旅游路线的条数为A14B15C16D1754设集合，我们用表示集合的所有元素之和，用表示集合的所有元素之积，例如：若，则；若，则，那么下列说法正确

18、的是（ ）A若，对的所有非空子集，的和为320B若，对的所有非空子集，的和为C若，对的所有非空子集，的和为D若，对的所有非空子集，的和为055已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、3、4、5的五个盒子中，若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（ ）A150B240C390D144056已知非空集合，设集合，.分别用、表示集合、中元素的个数，则下列说法不正确的是（ ）A若，则B若，则C若，则可能为18D若，则不可能为1957在圆上有6个不同的点，将这6个点两两连接成弦，这些弦将圆分割成的区域数最多为（ ）A32B15C16D3158从1，2，3，20中选

19、取四元数组，满足 ，则这样的四元数组的个数是ABCD59图中长方形的总个数中，其中含阴影部分的长方形个数的概率为（ ） ABCD60已知递增正整数数列满足（），则（ ）AB，可能成等比数列CD，可能成等比数列61设数列是公差为2的等差数列，且首项，若，则（ ）A12224B12288C12688D1331262某地一重点高中为让学生提高遵守交通的意识，每天都派出多名学生参加与交通相关的各类活动.现有包括甲、乙两人在内的6名中学生，自愿参加交通志愿者的服务工作这6名中学生中2人被分配到学校附近路口执勤，2人被分配到医院附近路口执勤，2人被分配到中心市场附近路口执勤，如果分配去向是随机的，则甲、乙

20、两人被分配到同一路口的概率是（ ）ABCD63在过长方体任意两个顶点的直线中任取两条，其中异面直线有（ ）对.A152B164C174D18264已知r，s，t为整数，集合Aa|a2r+2s+2t，0rst中的数从小到大排列，组成数列an，如a17，a211，a121（ ）A515B896C1027D179265在元数集中，设，若的非空子集满足，则称是集合的一个“平均子集”，并记数集的元“平均子集”的个数为已知集合，则下列说法错误的是（ ）ABCD66设为且的 展开式中的一次项的系数.则.A18B17C-18D1967从装有个不同小球的口袋中取出个小球（），共有种取法在这种取法中，可以视作分为

21、两类：第一类是某指定的小球未被取到，共有种取法；第二类是某指定的小球被取到，共有种取法显然，即有等式：成立试根据上述想法，下面式子（其中）应等于 ABCD68一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？A5B25C55D7569ABCD70如图所示：在杨辉三角中，斜线上方箭头所连的数组成一个齿形的数列： 记这个数列前项和为，则等于 A128B144 C155D16471某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风

22、街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为A4680B4770C5040D520072某密码锁共设四个数位，每个数位的数字都可以是1，2，3，4中的任一个.现密码破译者得知：甲所设的四个数字有且仅有三个相同；乙所设的四个数字有两个相同，另两个也相同；丙所设的四个数字有且仅有两个相同；丁所设的四个数字互不相同则上述四人所设密码最安全的是（ ）.A甲B乙C丙D丁73某密码锁共设四个数位，每个数位的数字都可以是1，2，3，4中的任一个.现密码破译者得知：甲所设的四个数字有

23、且仅有三个相同；乙所设的四个数字有两个相同，另两个也相同；丙所设的四个数字有且仅有两个相同；丁所设的四个数字互不相同则上述四人所设密码最安全的是（ ）.A甲B乙C丙D丁74某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为A4680B4770C5040D520075是集合到集合的一个函数，其中，则为单调递增函数的个数是ABCD76设集合，那么集合中满足条件“”的元素个数为ABCD77已知展开式的常数项的取值

24、范围为，且恒成立.则的取值范围为（ ）ABCD78的展开式中的系数为（ ）ABC120D20079已知数列为有穷数列，共95项，且满足，则数列中的整数项的个数为（ ）A13B14C15D1680已知是数列的前n项和，若，数列的首项，则（ ）ABC2021D81用表示个实数的和，设，其中，则的值为（ ）ABCD82我们称数列与数列为“隔项相消数列”，其中a，b，c， ，则.已知数列的通项公式为，其中，函数表示不超过实数x的最大整数，则除以4的余数为（ ）A0B1C2D383设是常数，对于，都有，则（ ）ABCD84我们把数列（其中）与叫做“互为隔项相消数列”，显然.已知数列的通项公式为，其中表示

25、不超过实数的最大整数，则除以的余数为（ ）ABCD85若是正奇数，则被9除的余数为A2B5C7D886已知双曲线的左、右焦点分别为，过双曲线C上任意一点P分别作C的两条渐近线的垂线，垂足分别为，等于展开式的常数项，则双曲线C的离心率为A3B3或CD或87已知，则AB0C14D88设、为整数，若和被除得的余数相同，则称和对同余，记为，已知，则的值可以是A2010B2011C2008D200989若的展开式中各项的二项式系数之和为512，且第6项的系数最大，则a的取值范围为（ ）ABCD90在的展开式中，x2项的系数为（ ）A30B45C60D9091设,且013,若能被13整除,则( )A0B1

26、C11D1292已知当时，有，根据以上信息，若对任意都有，则（ ）ABCD以上答案都不对93展开式中常数项为（ ）.A11BC8D94设，则A2BCD95中国南北朝时期的著作孙子算经中，对同余除法有较深的研究.设为整数，若a和b被m除得余数相同，则称a和b对模m同余.记为.若，则b的值可以是A2019B2020C2021D202296的展开式中的系数为（ ）A1B9C10D1197已知的展开式中没有常数项，则n的最大值是（）A6B7C8D998已知展开式中的系数小于90，则的取值范围为ABCD99已知实数，记，则ABCD100若，则ABCD第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明参考答

27、案1A【分析】由题意，满足条件的数列中的4项有四种情况：4项中每一项都不同；4项中有2项相同；4项中有3项相同；4项中两两相同，利用排列组合知识分别求出每种情况的个数即可求解.【详解】解：由题意，满足条件的数列中的4项有四种情况：（1）4项中每一项都不同，共有个；（2）4项中有2项相同（如x,y,z,x）,共有个；（3）4项中有3项相同（如x,x,y,x）,共有个；（4）4项中两两相同（如x,y,x,y）,共有个；所以数列共有个.故选：A.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键，弄清楚满足条件的数列中的4项有四种情况：4项中每一项都不同；4项中有2项相同；4项中有3项相同；4项中两两相同.2C【详

28、解】试题分析：第一类23154，有1个，第二类234*形式，有2个，第三类235*形式，有2个，第四类24*形式，有个，第五类25*形式，有个，第六类3*形式，有个，第七类41*形式，有个，第八类42*形式，有个，第九类43*形式，有个，合计共58个考点：排列组合问题点评：将大于23145且小于43521的数按首位不同由小到大分类，依次找到各类中包含的数字求其总数正确求解本题的前提是合理的分类3D【分析】由建桥的方式可以分为两类：（1）从一个地方出发向其他三个地方各建一桥，（2）一个地方最多建两桥但不能交叉，利用去杂法，即可求解.【详解】由建立三座大桥，将这四个地方连起来，每座桥只连接两个地方

29、，且不出现立体交叉形式，可分为两类：第一类：从一个地方出法向其他三个地方各建一座桥，共有4种不同的方法；第二类：一个地方最多建两座桥，如这样的建桥方法：和属于相同的建桥方法，所以共有种不同的方法，其中交叉建桥方法，例如：这样建桥不符合题意，共有4种，所以第二类建桥，共有种不同的建桥方法.综上可得，不同的连接方式有种.故选：D【点睛】本题主要考查了分类加法计数原理和分步乘法计数原理，以及排列的计算公式的应用，着重考查分析问题和解答问题的能力，属于较难试题.4D【分析】先按照符号的个数分类，利用分步乘法计数原理分别计算每类的情况种数，再利用分类加法计数原理求解即可.【详解】当符号的个数为0时，六位

30、密码由字母及身份证的后4位数字组成，此时只有1种情况；当符号的个数为1时，六位密码由母，3个数字及1个符号组成.若末位是符号，则首位是字母，可能的种数为；若末位是字母，则可能的种数为；当符号的个数为2时，六位密码由字母，2个数字及2个符号组成.若首位和末位均为符号，则可能的种数为；若首位和末位均为字母，则可能的种数为；若首位和末位一个是字母、一个是符号，则可能的种数为.故他可设置的密码的种数为.故选：D.【点睛】在求解本题的过程中，考生易犯如下两个错误：搞不清楚到底是分类还是分步，不知道是用加法计数原理还是乘法计数原理；在求解时考虑不全，存在重复或遗漏现象.5D【分析】根据题意，利用捆绑法和插

31、空法，再利用分布乘法原理，即可求出结果【详解】解：先将男生甲与男生乙“捆绑”，有种方法，再与另一个男生排列，则有种方法，三名女生任选两名“捆绑”，有种方法，再将两组女生插空，插入男生3个空位中，则有种方法，利用分步乘法原理，共有种.故选：D【点睛】本题考查乘法原理的运用和排列知识，还运用了捆绑法和插空法解决相邻和不相邻问题，考查学生分析解决问题的能力6D【分析】首先计算出“黄色1、黄色2、黄色3有且仅有两个相邻的涂色方案”数，然后计算出“红色在左右两端，黄色1、黄色2、黄色3有且仅有两个相邻的涂色方案”数，用前者减去后者，求得题目所求不同的涂色方案总数.【详解】不考虑红色的位置，黄色1、黄色2

32、、黄色3有且仅有两个相邻的涂色方案有种. 这种情况下，红色在左右两端的涂色方案有种；从而所求的结果为种.故选D.【点睛】本小题主要考查涂色问题，考查相邻问题、不在两端的排列组合问题的求解策略，考查对立事件的方法，属于中档题.7C【分析】根据特殊元素优先安排的原则，分两类，一天2科，另一天4科或每天各3科.一天2科，另一天4科的情况：先安排数学、物理，再安排另外4科，先分组再分配，一组1科，一组3科，最后给两个大组分别全排列每天各3科的情况同理最后把两种情况相加即可【详解】分两类：一天2科，另一天4科或每天各3科.第一步，安排数学、物理两科作业，有种方法；，第二步，安排另4科一组1科，一组3科，

33、有种方法；第三步，完成各科作业，有种方法，所以共有种.两天各3科，数学、物理两科各一组，另4科每组2科，第一步，安排数学、物理两科作业，有种方法；第二步，安排另4科每组2科，有种方法；第三步，完成各科作业，有种方法，所以共有种，综上，共有种.故选C.【点睛】本题考查分类计数原理，特殊元素优先安排的原则，分类不重不漏，属于基础题8C【分析】记事件位男生连着出场，事件女生甲排在第一个，利用容斥原理可知所求出场顺序的排法种数为，再利用排列组合可求出答案【详解】记事件位男生连着出场，即将位男生捆绑，与其他位女生形成个元素，所以，事件的排法种数为，记事件女生甲排在第一个，即将甲排在第一个，其他四个任意排

34、列，所以，事件的排法种数为，事件女生甲排在第一位，且位男生连着，那么只需考虑其他四个人，将位男生与其他个女生形成三个元素，所以，事件的排法种数为种，因此，出场顺序的排法种数种，故选C【点睛】本题考查排列组合综合问题，题中两个事件出现了重叠，可以利用容斥原理来等价处理，考查计算能力与分析问题的能力，属于中等题9D【详解】分析：抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得和为的，共有种组合，利用分类计数原理能得到结果.详解：由题意知正方形（边长为个单位）的周长是，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得

35、和为的有，共有种组合，前种组合，每种情况可以排列出种结果，共有种结果；各有种结果，共有种结果，根据分类计数原理知共有种结果，故选D.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.10B【详解】12或67为空时，第三个空位有4种选择；23或34或45或56为空时，第三个空位有3种选择；因此空位共有，所以

36、不同坐法有,选B.11B【详解】从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊人的身高可记为.要求不相邻，分四类：先排时，则只有种排法，在剩余的两个位上，这样有种排法；先排时，则只有种排法，在剩余的两个位上，这样有种排法；先排时，则只有种排法，在剩余的两个位上，这样有种排法；先排时，则这样的排法只有两种，即.综上共有种，故选B.考点：排列与计数原理知识的运用.12C【详解】组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有个，组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有个；组成的无重复数字且大于的“长久四位数”共有个，故共（个）.考点：排列、与计数原理13D【详解】解法一：假设四种颜色为红、黑、白、黄，先考虑三点的涂色方

37、法，有种，若与不同色，则、点只有种涂色的方法，有种涂法；若与同色，则点有种涂色的方法，共种涂法，所以不同的涂法共有种解法二：用种颜色涂色时，即与，与都同色，共有种涂色的方法，用种颜色时，有与，与中一组同色，有种情况，共有种，故共有种，故选D考点：分类计数原理与排列14D【解析】由题意知本题是一个分类计数问题，都在前排左面4个座位6种，都在前排右面4个座位6种，分列在中间3个的左右442=32种，在前排一共6+6+32=44种，甲乙都在后排共有种，甲乙分列在前后两排种，一共有44+110+192=346种.故选D.15C【详解】把语文和英语看作一个复合元素和数学全排，形成了三个空，把音乐和体育插

38、入到其中 个空中，故有 种，若第一节排数学, 节只能排语文和英语, 节只能排音乐和体育，故有 种，故第一节不排数学，语文和英语相邻，且音乐和体育不相邻，则不同的排课方式有 种，故选 .16C【详解】根据题意，分种情况讨论，若甲乙其中一人参加，有 种情况，若甲乙两人都参加，则丙不能参加，有 种情况，其中甲乙相邻的有 种情况，则甲、乙两人都发言顺序不相邻的概率为 ，故选C.17C【解析】依据5个1分布的列数的不同情形进行讨论,确定的最大值. (1)若5个1分布在同一列，则；(2)若5个1分布在两列中，则由题意知这两列中出现的最大数至多为3，故,故；(3)若5个1分布在三列中，则由题意知这三列中出现

39、的最大数至多为3，故,故； (4)若5个1分布在至少四列中，则其中某一列至少有一个数大于3，这与已知矛盾.综上所述，；另一方面，如下表的例子说明可以取到10.故的最大值为1114511245222453324533345点睛：解决本题的关键是依据5个1分布的列数的不同情形进行讨论,确定的最大值.然后再分(1)若5个1分布在同一列；(2)若5个1分布在两列中；(3)若5个1分布在三列中； (4)若5个1分布在至少四列中，共4种情况进行讨论.18C【详解】解：设跳到第n格的方法有an，则达到第n格的方法有两类，是向上跳一格到达第n格，方法数为an-1，向上跳2格到达第n格，方法数是an-2，则an

40、=an-1+an-2，有数列的递推关系得到数列的前8项分别是1，1，2，3，5，8，13，21跳到第8格的方法数是21，故选C19B【分析】先分析出各项均为整数，且或，判断出，依次分析的变换过程，分类讨论，即可求解.【详解】由（1）得，由（2）点在函数的图像上，得：，由（3）向量与互相平行，得：，由（4）得，从而或，从而，故，考虑的变换，每一步变换均为或，且和所加之和相等，若，则，则9步中只有1步为，且只能在2边，故有3种；若，则，则9步中有3步，6步，共有种；若，则，则9步中有5步，4步，共有种；若，则，则9步中有7步，2步，共有种，若，则，则9步都为，共有1种，综上，共有种.故选：B.【点

41、睛】计数问题解题要先区分：1、先分步还是先分类.2、是排列还是组合20C【分析】根据题意，分棱柱侧棱与底面边、棱柱侧棱与侧面对角线、底面边与侧面对角线、底面边与底面边、侧面对角线与侧面对角线五类依次计数即可得答案.【详解】解：如图，分以下几类：棱柱侧棱与底面边之间所构成的异面直线有：对；棱柱侧棱与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；底面边与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；底面边与底面边之间所构成的异面直线有：对；侧面对角线与侧面对角线之间所构成的异面直线有：对；所以共有对.故选：C.【点睛】本题考查棱柱的结构特征，异面直线的判断，分类加法计数原理，解题的关键在于根据题意合理分类，做到不

42、重不漏，进而解决，是难题.21B【分析】根据题意，子集和不可以互换，从子集分类讨论，结合计数原理，即可求解.【详解】由题意，对子集分类讨论：当集合，集合可以是，共4中结果；当集合，集合可以是，共2种结果；当集合，集合可以是，共2种结果；当集合，集合可以是，共1种结果，根据计数原理，可得共有种结果.故选：B.【点睛】本题主要考查了集合新定义及其应用，其中解答正确理解题意，结合集合子集的概念和计数原理进行解答值解答额关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.22A【分析】利用分类计数法，当A中的最大数分别为1、2、3、4时确定A的集合数量，并得到对应的集合个数，它们在各情况下个数之积，最后加总即为总

43、数量.【详解】集合知： 1、若A中的最大数为1时，B中只要不含1即可：的集合为，而有 种集合，集合对(A,B)的个数为15；2、若A中的最大数为2时，B中只要不含1、2即可：的集合为，而B有种，集合对(A,B)的个数为；3、若A中的最大数为3时，B中只要不含1、2、3即可：的集合为，而B有种，集合对(A,B)的个数为；4、若A中的最大数为4时，B中只要不含1、2、3、4即可：的集合为，而B有种，集合对(A,B)的个数为；一共有个，故选：A【点睛】本题考查了分类计数原理，按集合最大数分类求出各类下集合对的数量，应用加法原理加总，属于难题.23D【分析】先判断出，按顺序排在前四个位置中的三个位置，

44、且一定排在后四个位置，然后分排在前四个位置中的一个位置与不排在前四个位置中的一个位置两种情况讨论，利用分类计数加法原理可得结果.【详解】不妨设代表树枝的高度，五根树枝从上至下共九个位置，根据甲依次撞击到树枝；乙依次撞击到树枝；丙依次撞击到树枝；丁依次撞击到树枝；戊依次撞击到树枝可得，在前四个位置，且一定排在后四个位置，（1）若排在前四个位置中的一个位置，前四个位置有4种排法，若第五个位置排C,则第六个位置一定排D，后三个位置共有3种排法，若第五个位置排D，则后四个位置共有4种排法，所以I排在前四个位置中的一个位置时，共有种排法；（2）若不排在前四个位置中的一个位置，则按顺序排在前四个位置，由于

45、，所以后五个位置的排法就是H的不同排法，共5种排法，即若不排在前四个位置中的一个位置共有5种排法，由分类计数原理可得，这9根树枝从高到低不同的次序有种.故选：D.【点睛】本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.24C【分析】首先对进行分解，得到，设，从反面考虑，找出不满足条件的，和总个数，利用减法运算求得结果.【详解】，设，则，故有种情况，若，能整除2016，则有种情况，下面计算能整除2016的情况，（1）当，时，由，共有种；（2）当时，共有种；（3）当时，有种；（4）当时，有种，（5）当时，有种；（6）当时，有种；故共有种，所以符合条件的有种，故选：C.【点睛】该题

46、考查的是有关满足条件的解的个数的问题，在解题的过程中，注意对题意的正确分析，属于较难题目.25C【分析】根据汽车要卖最多种票，车上应准备每个车站到达后它后面每一个车站的车票，然后再以前面个车站中的每一个作为起点，后面个车站作为终点，求出车票数，再根据满载为25人，即可得出答案.【详解】上应准备每个车站到达后它后面每一个车站的车票，所以一共应准备（种），但不可能在一次单程行驶中都卖得出去，以前面个车站中的每一个作为起点，后面个车站作为终点，应当有（种），但持有这种票的乘客都要通过号车站与号车站之间，但由于汽车满员为25人，所以这种车票至少会有（种）卖不出去，所以车上最多卖出不同的车票的个数是（种

47、）.故选：C【点睛】本题考查了分步乘法计数原理、分类加法计数原理，考查了考生分析问题、解决问题的能力，属于中档题.26D【分析】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，结合图形的对称性，即可求解.【详解】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有种方法，再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有种方法，由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次，所以不同的涂色方法，共有种不同的涂法.故选：D.【点睛】本题主要考查了排列、组合及分步计数原理的应用，其中解答中注意图形的对称性，着重考查分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.27D【

48、分析】将6根火柴能表示数字的搭配列举出来，再根据数的排列特征即可得解.【详解】用6根火柴表示数字，所有搭配情况如下：1根火柴和5根火柴：1根火柴可表示的数为1；5根火柴可表示的数为8，和0一起，能表示的数共有4个（108,180,801,810）.2根火柴和4根火柴：2根火柴可表示的数为2、5；4根火柴可表示的数为7，和0一起，能表示的数有 个.3根火柴和3根火柴：3根火柴可表示的数为3、4、6、9，和0一起，能表示的数分为2类：除0外的两个数字相同，可表示的数有个；除0外的两个数字不同，则有个，所以共有 个.1根火柴、1根火柴和4根火柴：即有1、1、7组成的数，共有3个（117,171,71

49、1）.1根火柴、2根火柴和3根火柴：即由1,2或5中的一个，3、4、6、9中的一个数字组成的三位数，共有 个.2根火柴、2根火柴、2根火柴：即由2或5组成的三位数，分为两类：三个数字都相同，共有2个（222,555）；三个数字中的两个数字相同，则有个，共有 个.综上可知，可组成的三位数共有 个.故选：D.【点睛】本题考查了排列组合问题的综合应用，分类、分步计数原理的应用，注意分类时要做到“不重不漏”，属于难题.28C【分析】根据题意，结合计数原理，先排E，F，G，然后根据A，B，C，D的情况讨论【详解】解：E，F，G分别有4，3，2种方法，当A与F相同时，A有1种方法，此时B有2种，若与F相同

50、有C有1种方法，同时D有3种方法，若C与F不同，则此时D有2种方法，故此时共有：种方法；当A与G相同时，A有1种方法，此时B有3种方法，若C与F相同，C有1种方法，同时D有2种方法，若C与F不同，则D有1种方法，故此时共有：种方法；当A既不同于F又不同于G时，A有1种方法，若B与F相同，则C必须与A相同，同时D有2种方法；若B不同于F，则B有1种方法，若C与F相同则C有1种方法同时D有2种方法；若C与F不同则必与A相同，C有1种方法，同时D有2种方法；故此时共有：种方法；综上共有种方法故选：C【点睛】本题考查了计数原理，考查了分类讨论思想的应用，分类时要做到不重不漏本题属于难题29C【分析】由

51、题意分类讨论各种情况，然后利用加法原理确定满足题意的平面的个数即可.【详解】第一种情况，A，B，C，D点在平面的同侧.当平面平面BCD时，A与平面的距离是与平面BCD的距离的2倍.这种情况下有4个平面.第二种情况，A，B，C，D中有3个点在平面的一侧，第4个点在平面的另一侧，这时又有两种情形：一种情形是平面与平面BCD平行，且A与平面的距离是平面与平面BCD距离的2倍.这时有4个平面.另一种情形如图a所示，图中E，F分别是AB，AC的中点，K是AD的三等分点中靠近A的分点，A，B，C到平面EFK（即平面）的距离是D到平面EFK距离的一半.EF可以是AB，AC的中点的连线，又可以是AB，BC的中

52、点的连线，或AC，BC的中点的连线，这种情形下的平面有34=12（个）.第三种情况，如图b所示，在A，B，C，D四点中，平面两侧各种有两点.容易看出：点A到平面EFMN（平面）的距离是B，C，D到该平面距离的2倍就A，C与B，D分别位于平面两侧的情形来看，就有A离平面远，B离平面远，C离平面远，D离平面远这四种情况.又“AC，BD异面，则这样的异面直线共有3对，平面有43=12（个）.综上分析，平面有4+4+12+12=32（个）.故选C.【点睛】本题主要考查分类讨论的数学思想，计数原理的应用，空间几何体的结构特征等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30D【分析】先解不等式组求得的取

53、值范围，根据整数解的情况，确定有序对的个数.【详解】由得，不妨设，故可取共种可能，可取共种可能，可以满足整数解有个，为.所以有序数对共有个，故选D.【点睛】本小题主要考查一元一次不等式组的解法，考查分步计数原理，考查整数的性质，考查分析与思考的能力，属于基础题.31B【分析】对三个盒子进行编号1，2，3，则每个盒子装球的情况可分为三类：1，2，2；2，1，2；2，2，1；且每一类的放法种数相同.【详解】先考虑第一类，即3个盒子放球的个数为：1，2，2，则第1个盒子有：，第2个盒子有：，第3个盒子有：，第一类放法种数为，不同的放法种数有.【点睛】考查分类与分步计算原理，明确分类的标准是解决问题的

54、突破口.32A【分析】将不同的染色方案分为：相同和不同两种情况，相加得到答案.【详解】按照的顺序：当相同时：染色方案为 当不同时：染色方案为 不同的染色方案为：种故答案为A【点睛】本题考查了加法原理和乘法原理，把染色方案分为相同和不同两种情况是解题的关键.33B【分析】先按每一位算筹的根数分类，再看每一位算筹的根数能组成几个数字.【详解】按每一位算筹的根数分类一共有15种情况,如下 2根以上的算筹可以表示两个数字，运用分布乘法计数原理，则上列情况能表示的三位数字个数分别为：2，2，2，4，2，4，4，4，4，4，2，2，4，2，2，根据分布加法计数原理，5根算筹能表示的三位数字个数为：.故选B

55、.【点睛】本题考查分类加法计数原理和分布乘法计数原理，考查分析问题解决问题的能力.34B【分析】先从6人中选派4人，再将选取的4人分成三组，分别从事甲、乙、丙三项工作，进而可得不同的选派方法的种数.【详解】先从6人中选派4人，共有种方法，再将选取的4个人分成三组共有种方法，再将三组分配从事甲、乙、丙三项工作共有种方法，所以不同的选派方法共有种，故选B.【点睛】该题考查的是有关排列组合的综合题，对应的解题思路是先选后排，属于中档题目.35D【分析】先将种产品分成三组，然后存放在三个仓库，由分步乘法计数原理求得安全存放的方法种数.【详解】设种产品分别为，画出图像如下图所示，根据题意，安全的分组方法

56、有，共种，每一种分组方法安排到个仓库，有种方法，故总的方法种数有种，故选D.【点睛】本小题主要考查简单的排列组合问题，考查分类加法计数原理、分步乘法计数原理，属于中档题.36D【分析】利用分步计数原理求出不同的涂色方案有420种，其中，区域涂色不相同的情况有120种，由此根据古典概型概率公式能求出区域涂色不相同的概率【详解】提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，根据题意，如图，设5个区域依次为,分4步进行分析：，对于区域，有5种颜色可选；，对于区域与区域相邻，有4种颜色可选；，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；，对于区域，若与颜色相同，区域有3种颜色

57、可选，若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选，则区域有种选择，则不同的涂色方案有种，其中，区域涂色不相同的情况有：，对于区域，有5种颜色可选；，对于区域与区域相邻，有4种颜色可选；，对于区域与区域相邻，有2种颜色可选；，对于区域，若与颜色相同，区域有2种颜色可选，若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有1种颜色可选，则区域有种选择，不同的涂色方案有种，区域涂色不相同的概率为 ,故选D【点睛】本题考查古典概型概率公式的应用，考查分步计数原理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件

58、，然后根据公式求得概率.37D【分析】本道题分类讨论，即可【详解】分情况讨论，当百位数为1时，十位数为1有2种，十位数为2有2种，十位数为3有2种，十位数为4有1种，为6有2种，为7有2种，为8有1种；当百位数为2时，十位数为1有2种，为2有2种，为3有1种，为6有2种，为7有1种；当百位数为3时，十位数为1有2种，十位数为2有1种，为6有1种；当百位数为4时，只有1种；当百位数为6时，十位数为1有2种，为2有2种，为3有1种，为6有2种，为7有1种；当百位数为7时，十位数为1有2种，为2有1种，为6有1种；当百位数为8，只有一种，一共有38种，故选D【点睛】本道题考查了运用列举法计算总数，难

59、度较大38B【解析】【分析】先确定分配名额，再对应学校，最后根据分步计数原理求结果.【详解】不同的名额分配方法为（1，2，15），（1，3，14），,（1，8，9）；（2，3，13），（2，4，12），,（2，7，9）；,(5,6,7)，共种方法，再对应分配给学校有,选B.【点睛】求解排列、组合问题常用的解题方法：分布计数原理与分类计数原理，具体问题可使用对应方法：如(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.39B【解析】【分析】由题意可得100 x+10y+

60、z37（x+y+z），即7x3y+4z，故4（xz）3（yx），分类讨论即可求出【详解】解：由题意可得100 x+10y+z37（x+y+z），即7x3y+4z，故4（xz）3（yx），当xyz时，这样的三位数有9个，当时，yz7，故，当，,故满足条件的三位数有15个，故选B【点睛】本题考查了计数原理，着重考查了逻辑推理能力.合理分类是解题的关键.40C【详解】分析：根据题意，分四种情况讨论：取出四张卡片中没有重复数字，即取出四张卡片中的数字为1,2,3,4；取出四张卡片中4有2个重复数字，则2个重复的数字为1或2；若取出的四张卡片为2张1和2张2；取出四张卡片中有3个重复数字，则重复数字为1