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2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题19排列组合与二项式定理常考试题含解析答案
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这是一份2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题19排列组合与二项式定理常考试题含解析答案，共40页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．的展开式中的系数为（ ）．
A．B．C．40D．80
2．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
3．某学校为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
4．有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．48种
5．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．60种B．120种C．240种D．480种
6．展开式中的第四项为（ ）
A．B．C．240D．
7．若的展开式中存在常数项，则下列选项中的取值不可能是（ ）
A．B．C．D．
8．的展开式中，的系数为（ ）
A．200B．40C．120D．80
9．在的展开式中常数项为（ ）
A．721B．-61C．181D．-59
10．从2位男生，4位女生中安排3人到三个场馆做志愿者，每个场馆各1人，且至少有1位男生入选，则不同安排方法有（ ）种.
A．16B．20C．96D．120
11．4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7．将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为（ ）
A．288B．336C．368D．412
12．将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（ ）．
A．1860种B．3696种C．3600种D．3648种
13．某高中从3名男教师和2名女教师中选出3名教师，派到3个不同的乡村支教，要求这3名教师中男女都有，则不同的选派方案共有（ ）种
A．9B．36C．54D．108
14．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了几个单位，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起点处的所有不同走法共有（ ）
A．21种B．22种C．25种D．27种
15．从这100个自然数中随机抽取三个不同的数,这三个数成等差数列的取法数为,随机抽取四个不同的数,这四个数成等差数列的取法数为,则的后两位数字为（ ）
A．89B．51C．49D．13
16．定义：“各位数字之和为7的四位数叫幸运数”，比如“1006，2023”，则所有“幸运数”的个数为（ ）
A．20B．56C．84D．120
17．满足，且的有序数组共有（ ）个.
A．B．C．D．
18．已知，则满足的有序数组共有（ ）个
A．B．C．D．
19．DNA是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在DNA中只有4种类型的碱基，分别用A、C、G和T表示，DNA中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是A-T，或者是C-G，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所示为一条DNA单链模型示意图，现在某同学想在碱基T和碱基C之间插入3个碱基A，2个碱基C和1个碱基T，则不同的插入方式的种数为（ ）
A．20B．40C．60D．120
20．花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为 （ ）
A．2520B．5040C．7560D．10080
21．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．56种B．68种
C．74种D．92种
22．某龙舟队有8名队员，其中3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨.现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．26种B．30种C．37种D．42种
23．编号为1、2、3、4、5的5个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只有两个人的编号与座位号一致的坐法有（ ）
A．10种B．20种C．30种D．60种
24．将编号为1、2、3、4、5、6的小球放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子中，每盒放一球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为（ ）
A．90B．135C．270D．360
25．同室4人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则4张贺卡不同分配方式有
A．8种B．9种C．10种D．12种
26．中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域如区域与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．种B．种
C．种D．种
27．用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．240B．360C．480D．600
28．如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形内部为“赵爽弦图”（由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成），给、、、这个三角形和“赵爽弦图”涂色，且相邻区域（即图中有公共点的区域）不同色，已知有种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是（ ）
A．B．C．D．
29．五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明重要组成部分.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.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有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（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）
A．B．C．D．
30．将甲，乙，丙，丁，戊五名志愿者安排到四个社区进行暑期社会实践活动，要求每个社区至少安排一名志愿者，那甲恰好被安排在社区的不同安排方法数为（ ）
A．24B．36C．60D．96
31．2023年杭州亚运会已圆满落幕，志愿者“小青荷”们让世界看到了新时代中国青年的风采.早在2021年5月，杭州A公司便响应号召，在全公司范围内组织亚运会志愿者的报名与培训，经过选拔，最终有3名党员和3名团员共6人脱颖而出.在彩排环节，需从这6人中选派2人去游泳馆，2人去篮球馆，且要求每个场馆均至少有一位党员，则不同的选派结果有（ ）
A．54种B．45种C．36种D．18种
32．2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人.为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为（ ）
A．50B．36C．26D．14
33．将9个志愿者名额全部分配给3个学校，则每校至少一个名额且各校名额互不相同的分配方法总数是（ ）
A．16B．18C．27D．28
34．7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（ ）种不同的放法．
A．60种B．36种C．30种D．15种
35．将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲､乙､丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（ ）
A．720种B．420种C．120种D．15种
36．用、、、、、六个数字组成无重复数字的四位数，比大的四位数的个数是（ ）
A．B．C．D．
37．用 四个数字组成无重复数字的四位数， 其中比大的偶数共有（ ）
A． 个B． 个C． 个D． 个
38．由数字0、1、2、3组成的无重复数字的4位数字中，比2020大的数的个数为（ ）
A．11B．12C．13D．14
39．有一种走“方格迷宫”游戏，游戏规则是每次水平或竖直走动一个方格，走过的方格不能重复，只要有一个方格不同即为不同走法．现有如图的方格迷宫，图中的实线不能穿过，则从入口走到出口共有多少种不同走法？
A．6B．8C．10D．12
40．夏老师从家到学校，可以选择走锦绣路、杨高路、张杨路或者浦东大道，由于夏老师不知道杨高路有一段在修路导致第一天上班就迟到了，所以夏老师决定以后要绕开那段维修的路，如图，假设夏老师家在处，学校在处，段正在修路要绕开，则夏老师从家到学校的最短路径有（ ）条．
A．23B．24C．25D．26
41．如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（ ）
A．23 条B．24 条C．25条D．26 条
42．方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小相同的竹棍构造一个大正方体（由个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从点出发，沿着竹棍到达点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有（ ）
A．种B．种
C．种D．种
43．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，，．
倒霉的李华在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．
A．B．C．D．
44．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序共有（ ）
A．23B．24C．32D．33
45．九连环是一种流传于我国民间的传统智力玩具.它用九个圆环相连成串，以解开为胜.它在中国有近两千年的历史，《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载.周邦彦也留下关于九连环的名句“纵妙手、能解连环.”九连环有多种玩法，在某种玩法中:已知解下1个圆环最少需要移动圆环1次，解下2个圆环最少需要移动圆环 2 次，记 为解下个圆环需要移动圆环的最少次数，且，则解下 8 个圆环所需要移动圆环的最 少次数为（ ）
A．30B．90C．170D．341
46．21个人按照以下规则表演节目：他们围坐成一圈，按顺序从1到3循环报数，报数字“3”的人出来表演节目，并且表演过的人不再参加报数．那么在仅剩两个人没有表演过节目的时候，共报数的次数为（ ）
A．19B．38C．51D．57
47． A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有（ ）
A．60种B．48种C．30种D．24种
48．现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有（ ）
A．6种B．8种C．12种D．16种
49．新冠疫情期间，网上购物成为主流．因保管不善，五个快递ABCDE上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这五个快递应分别送去甲乙丙丁戊五个地方，全部送错的概率是（ ）
A．B．C．D．
50．柜子里有3双不同的鞋，随机地取出2只，则取出的鞋一只是左脚的，一只是右脚的，但它们不成对的概率为（ ）
A．B．C．D．
51．鞋柜里有4双不同的鞋，从中随机取出一只左脚的，一只右脚的，恰好成双的概率为
A．B．C．D．
52．如图，电路中共有个电阻与一个电灯A，若灯A不亮，则因电阻断路的可能性的种数为（ ）
A．B．C．D．
53．一只小青蛙位于数轴上的原点处，小青蛙每一次具有只向左或只向右跳动一个单位或者两个单位距离的能力，且每次跳动至少一个单位.若小青蛙经过5次跳动后，停在数轴上实数2位于的点处，则小青蛙不同的跳动方式共有种.
A．105B．95C．85D．75
54．一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？
A．5B．25C．55D．75
55．形如45132的数称为“波浪数”，即十位数字，千位数字均比它们各自相邻的数字大，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为（ ）
A．13B．16C．20D．25
二、多选题
56．已知，则（ ）
A．展开式中所有二项式的系数和为B．展开式中二项式系数最大项为第1012项
C．D．
57．已知，则（ ）
A．
B．
C．
D．
58．若，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
59．已知，则（ ）
A．展开式中二项式系数最大项为第1012项
B．展开式中所有项的系数和为1
C．
D．
三、填空题
60．在的展开式中，项的系数为 ．
61．的展开式中的系数为 （用数字作答）．
62．已知多项式，则 ， .
63．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）．
64．的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则的展开式中系数最大的项的系数为 .
65．在的展开式中，系数最大的项为 .
66．若展开式的所有项的二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项的二项式系数为 ．（用数字作答）
67．2023年11月12日，连云港市赣马高级中学高品质特色发展暨百年校庆大会隆重举行，赣马高中建校100周年文艺演出中有四个节目：《腰鼓：千年回响》、《歌伴舞：领航》、《器乐：兰亭序》、《情景剧：我们陪你向前走》四个节目，若要对这四个节目进行排序，要求《腰鼓：千年回响》与《歌伴舞：领航》相邻，则不同的排列种数为 （用数字作答）．
68．由1，2，3，4，5，6组成的没有重复数字的六位数，要求奇数1，3，5两两不相邻，但1和2必须相邻，这样的六位数共有 个．
69．某班一天上午有语文、数学、政治、英语、历史5节课，现要安排该班上午的课程表，要求历史课不排在第一节，语文课和数学课相邻，不同的排法总数是 ．
70．我校去年11月份，高二年级有9人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余4人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有 种不同的选法
71．如图，电路中共有3个电阻与1个灯泡，若灯泡不亮，则因电阻断路的情况共有 种.
72．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有 种．
参考答案：
1．D
【分析】
写出的展开式的通项即可
【详解】
的展开式的通项为
令得
所以的展开式中的系数为
故选：D
【点睛】本题考查的是二项式展开式通项的运用，较简单.
2．C
【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.
【详解】首先确定相同得读物，共有种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种，
根据分步乘法公式则共有种，
故选：C.
3．D
【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.
【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种.
故选：D.
4．B
【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解
【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，
故选：B
5．C
【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.
【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，
故选：C.
【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.
6．B
【分析】根据二项展开式的通项公式求解.
【详解】展开式的通项公式为，
所以,
故选：B
7．C
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】由题意得的展开式为，
的展开式为，
要使的展开式中存在常数项，
则或，
所以可得的值可能是3，4，6，不可能是5.
故选：C.
8．B
【分析】根据二项式定理先求通项，再根据项进行分别求系数，最后求和.
【详解】，
而展开式的通项为，
所以当时，的系数为，
当时，的系数为，
所以的系数为，
故选：B
9．D
【分析】先求出展开式的通项公式=,其中的展开式的通项公式为，令x的幂指数等于0，求得r，k的值，即可求得展开式中的常数项的值.
【详解】=的展开式的通项公式为
=，
其中的展开式的通项公式为，
当时，，，常数项为；
当时，，，常数项为；
当时，，，常数项为；
故常数项为++.
故选：D
10．C
【分析】分一男两女与两男一女两类讨论.
【详解】若选一男两女共有：；
若选两男一女共有：；
因此共有96种，
故选：C
11．B
【分析】分四位数不出现1时，必选2，3，另两张卡片各选1个全排列，当四位数出现一个1时，选2或3，另两张卡片各选1个全排列，当四位数出现两个1时，另两张卡片各选1个全排列，然后求和即可.
【详解】解；当四位数不出现1时，排法有：种；
当四位数出现一个1时，排法有：种；
当四位数出现两个1时，排法有：种；
∴不同的四位数的个数共有：，
故选：B．
12．D
【分析】采用间接法，先求出没有限制的所有站法，再排除不满足条件的站法可求解.
【详解】7个人从左到右排成一排，共有种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有种不同的站法，甲站在最右端有种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有种不同的站法.
故选：D
13．C
【分析】根据给定条件利用排列并结合排除法列式计算作答.
【详解】从含有3名男教师和2名女教师的5名教师中任选3名教师，派到3个不同的乡村支教，不同的选派方案有种，
选出3名教师全是男教师的不同的选派方案有种，
所以3名教师中男女都有的不同的选派方案共有种
故选：C
14．D
【解析】正方形的周长为8，抛掷三次骰子的点数之和为8或16，分别求出两种情况下三次骰子的点数情况，进而求出对应的排列方法即可.
【详解】由题意，正方形的周长为8，抛掷三次骰子的点数之和为8或16，
①点数之和为8的情况有：；；；；，排列方法共有种；
②点数之和为16的情况有：；，排列方法共有种.
所以，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点处的所有不同走法共有种.
故选：D.
【点睛】本题考查排列组合问题，注意两种计数原理的应用，考查学生的推理能力与计算能力，属于中档题.
15．C
【分析】先根据抽取三个数为等差数列,求出公差为1,2,时,满足题意的数列的个数,通过等差数列前n项和公式,求出即可,同理求出的值,因为要求的是,即的后两位,将写为,用二项式定理展开可得的后两位与后两位一致,将写为,利用二项式定理展开,因为的后两位一定是00,则的后两位数与的后两位一致,计算结果即可.
【详解】解:由题知,当抽取三个不同的数,成等差数列时,记公差为,
当时,数列可为:
共计98个,
当时,数列可为:
共计96个,
当时,数列可为:
共计94个,
,
当时,数列可为:
共计4个,
当时,数列可为:
共计2个,
故
,
当抽取四个不同的数,成等差数列时,记公差为,
当时,数列可为:
共计97个,
当时,数列可为:
共计94个,
当时,数列可为:
共计91个,
,
当时,数列可为:
共计4个,
当时,数列可为:
共计1个,
故
,
所以
,
所以的后两位与的后两位一致,
,
因为
,
因为的后两位一定是00,
故的后两位数与的后两位一致,
因为,
故的后两位数为49,即的后两位数为49.
故选:C
【点睛】思路点睛:该题考查数列和二项式定理综合问题,属于难题,关于数列问题的思路点睛有:
(1)数列新定义问题,先写出几项找到规律;
(2)根据规律,写出相对应的式子;
(3)利用累加,累乘,公式法等进行解决问题.
16．C
【分析】根据定义分类讨论首位数字,再应用计数原理计算即可.
【详解】因为各位数字之和为7的四位数叫幸运数,所以按首位数字分别计算
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
则共有个幸运数;
故选:.
17．A
【分析】根据组合的定义即可结合组合数求解.
【详解】由于，所以从1到9共9个数任取4个数得一个有序数组，所有个数为．
故选：A．
18．A
【分析】分步乘法原理，先判断有序数组中包含个0，再剩余两个数在或中选择，每个位置有2种选择，最后结合组合数计算得出结果.
【详解】所有有序数组 中,满足的
有序数组 中包含个0，另外两个数在或中选择，每个位置有2种选择，由乘法计数原理得不同的种数为
故选：A.
19．C
【分析】利用排列数计算公式计算出正确答案.
【详解】依题意可知，不同的插入方式的种数为.
故选：C
20．A
【分析】结合全排列的概念即可.
【详解】由题意，对8盏不同的花灯进行取下，
先对8盏不同的花灯进行全排列，共有种方法，
因为取花灯每次只能取一盏，而且只能从下往上取，
所以须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，
故一共有种，
故选：A
21．D
【分析】根据条件，分划左舷有“多面手”的人数分类，利用组合数公式计算求值.
【详解】根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有 种，有一个“多面手”的选派方法有种，有两个“多面手”的选派方法有种，即共有(种)不同的选派方法．
故选：D
【点睛】方法点睛：组合数中的“多面手”问题，需明确某一类元素多面手有多少进行分类，这样才能做到不重不漏.
22．C
【解析】根据题意，设只会划左桨的3人，只会划右桨的3人，既会划左桨又会划右桨的2人，据此按集合中参与人数分3种情况讨论，由加法原理计算可得答案．
【详解】根据题意，设只会划左桨的3人，只会划右桨的3人，既会划左桨又会划右桨的2人，
据此分3种情况讨论：
①从中选3人划左桨，划右桨的在中剩下的人中选取，有种选法，
②从中选2人划左桨，中选1人划左桨，划右桨的在中剩下的人中选取，有种选法，
③从中选1人划左桨，中2人划左桨，中3人划右桨，有种选法，
则有种不同的选法；
故选：C．
【点睛】本题主要考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
23．B
【分析】先选择两个编号与座位号一致的人，另外三个人编号与座位号不一致，由此确定正确选项.
【详解】先选择两个编号与座位号一致的人，方法数有，
另外三个人编号与座位号不一致，方法数有，
所以不同的坐法有种.
故选：B
24．B
【分析】根据题意和简单计数问题，结合分步乘法计数原理即可求解.
【详解】在6个盒子中任选2个，放入与其编号相同的小球，有种，
剩下的4个盒子的编号与放入的小球编号不同，
假设这4个盒子的编号为3,4,5,6，
则3号小球可以放进4,5,6号盒子，有3种选法，
剩下的3个小球放进剩下的3个盒子，有3种选法，
所以不同的放法种数为种选法.
故选：B.
25．B
【分析】方法一：设四人分别为a，b，c，d，写的卡片分别为A，B，C，D，从a开始分析，易得a有三种拿法，假设a拿了B，再分析b的取法数目，剩余两人只有一种取法，由分步计数原理，计算可得答案；
方法二：根据题意，列举出所有的结果，即可得答案．
【详解】方法一： 设四人分别为a，b，c，d，写的卡片分别为A，B，C，D， 由于每个人都要拿别人写的，即不能拿自己写的，故a有三种分配， 不妨设a拿了B，则b可以拿剩下三张中的任一张，也有三种拿法，c和d只能有一种分配， 所以共有3×3×1×1=9种分配方式;
方法二： 根据题意，列举出所有的结果:
1.甲乙互换，丙丁互换；
2.甲丙互换，乙丁互换；
3.甲丁互换，乙丙互换；
4.甲要乙的 乙要丙的 丙要丁的 丁要甲的；
5.甲要乙的 乙要丁的 丙要甲的 丁要丙的；
6.甲要丙的 丙要乙的 乙要丁的 丁要甲的；
7.甲要丙的 丙要丁的 乙要丁的 丁要甲的；
8.甲要丁的 丁要乙的 乙要丙的 丙要甲的；
9.甲要丁的 丁要丙的 乙要甲的 丙要乙的．
通过列举可以得到共有9种结果．
故选：B．
【点睛】本题考查排列组合的运用，法二用列举法分析，注意排除不合题意的情况，同时列举时要按照一定的规律，做到不重不漏．
26．B
【分析】确定区域，，，的颜色，分区域与区域涂的颜色是否相同两种情况讨论，进而可得出答案.
【详解】由题意可得，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色．
先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择，
当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择；
当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择，
故不同的涂色方案有种．
故选：B．
27．C
【分析】先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解.
【详解】将区域标号，如下图所示：
因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法，
若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法；
若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法；
所以共有种不同的涂色方法.
故选：C.
28．C
【分析】依次对区域正方形、、、、涂色，讨论区域与区域同色或异色讨论，确定每个区域所涂颜色的种数，结合分类加法和分步乘法计数原理可得结果.
【详解】先对正方形涂色，共有种颜色可供选择，
然后涂区域，有种颜色可供选择，
接下来涂区域，有种颜色可供选择，
若区域与区域同色，则区域有种颜色可供选择；
若区域与区域不同色，则区域有种颜色可供选择，区域有种颜色可供选择.
由计数原理可知，不同的涂色方法种数为.
故选：C.
29．D
【分析】依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分别确定每个区域的涂色方法种数，结合分类加法分步乘法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），
五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），
不妨设四种颜色分别为、、、，
先填涂区域“火”，有种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为，
接下来填涂区域“土”，有种选择，分别为、、，
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、.
综上所述，区域“金”填涂、、、的方案种数分别为、、、种，
接下来考虑区域“水”的填涂方案：
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、.
则区域“水”填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种，
填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种.
从区域“火”、“土”、“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，
当区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、.
所以，当区域“火”填涂颜色时，填涂方案种数为种.
因此，不同的涂色方法种数有种.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解：
（1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
（3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
30．C
【分析】分社区只有甲和社区还有另一个志愿者两种类型，利用分步计数原理结合排列组合知识求不同的安排方法数.
【详解】分两种情形：①社区只有甲，则另4人在3个社区，此时有；
②社区还有另一个志愿者，此时有，
，甲恰好被安排在 A 社区有60种不同安排方法.
故选：C.
31．A
【分析】
根据全部情况中去掉不符合条件的情况即可结合排列组合求解.
【详解】从这6人中选派2人去游泳馆，2人去篮球馆一共有种选派方法，
若游泳馆没有党员，篮球馆有党员，则有种，
同理游泳馆有党员，篮球馆没有党员，则有种，
故从这6人中选派2人去游泳馆，2人去篮球馆，且要求每个场馆均至少有一位党员，则不同的选派结果有，
故选：A
32．A
【分析】按照和分组讨论安排.
【详解】（1）按照分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
（2）按照分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
故共有种，
故选：A.
33．B
【分析】根据根据加法和乘法原理，结合组合的定义进行求解即可.
【详解】“每校至少一个名额的分法”的方法数是至少有两个学校的名额数相同”的分配方法数可以从反面入手去求，即先求出“出现相同名额”的分配方法数，第一种情形是两个学校名额数相同：有三种情形，共有9种分法；第二种情形是三个学校名额数均相同，有1种分法，所以至少有两个学校的名额数相同”的分配为种.所以，满足条件的分配方法共有种.
故选：B
34．D
【分析】7个小球有6个空，采用插空法可求.
【详解】将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有种不同的方法.
故选：D.
35．D
【分析】先每人分一本书，再将剩下的7本书分给3人，每人至少一本，由“隔板法”可得答案.
【详解】先从10本书中拿出3本，分给每人一本书，
再将余下7本书采用“隔板法”分给3个人，分法种数为15，
故选: D
36．C
【分析】分析可知比大的四位数的千位只能是或，利用分步计数原理可求得结果.
【详解】因为是能排出的四位数中千位为的最大的数，所以比大的四位数的千位只能是或，
所以共有个比大的四位数．
故选：C.
37．D
【分析】比大，故千位为，分类讨论即可
【详解】比大，故千位为，
千位为2，则个位为4，有种
千位为3，则个位为2或4，有种
千位为4，则个位为2，有种
故一共有8种，
故选：D
38．A
【分析】分类讨论，考虑首位上数字，继而考虑百位上数字，即可求出符合题意的数的个数，即得答案.
【详解】1.当首位即千位上数字为3时，其余3个数字全排列，排在后面3位上，
此时有种排法，即有6个2020大的数；
2.当首位即千位上数字为2时，则有：
（1）若百位上是1或3，将余下的2个数字全排列，排在后面2位，
此时有种排法，即有4个2020大的数；
（2）若百位上是0，此时只有2031比2020大，即有1个2020大的数；
综上所述：符合题意的数共有（个）.
故选：A
39．B
【分析】利用列举法可得答案.
【详解】如图，①从入口﹣1﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
②从入口﹣1﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
③从入口﹣1﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
④从入口﹣1﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑤从入口﹣2﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
⑥从入口﹣2﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
⑦从入口﹣2﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑧从入口﹣2﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
共有8种，
故选：B．
40．D
【分析】先求出由到的最短路径的条数，然后求出由到且经过的最短路径的条数，最后相减即可.
【详解】由到的最短路径需要向右走四段路，向上走三段路，所以有条路，
由到的最短路径需要向右走两段路，向上走一段路，所以有条路，
由到的最短路径需要向右走一段路，向上走两段路，所以有条路，
所以由到不经过的最短路径有.
故选：D.
41．D
【分析】先假设是实线，计算出所有的最短路径的条数，然后减去经过的最短路径的条数，从而求得正确答案.
【详解】先假设是实线，
则从到，向上次，向右次，最短路径有条，
其中经过的，即先从到，然后到，最后到的最短路径有条，
所以，当不通时，最短路径有条.
故选：D
42．D
【分析】分析可知从到最少需要步完成，其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的，利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，从到最少需要步完成，其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的，
则蚂蚁选择的不同的最短路径共有种.
故选：D.
43．D
【分析】由题可判断出树枝部分顺序，还剩下，，，先看树枝在之前，有种可能，而树枝在之间，在之后，若在之间，利用分类计数加法原理求解即可.
【详解】解：由题可判断出树枝部分顺序，还剩下，，，
先看树枝在之前，有种可能，而树枝在之间，在之后，
若在之间，有种可能：
①若在之间，有种可能，
②若在之间，有种可能，
③若在之间，有种可能．
若不在之间，则有种可能，此时有种可能，
可能在之间，有种可能，可能在之间，有种可能，
综上共有．
故选：．
44．D
【分析】先判断出，按顺序排在前四个位置中的三个位置，，，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，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.
45．C
【分析】根据，逐个代入，即可求解.
【详解】由题，，所以.
故选.：C
46．D
【分析】根据题目所给“规则”进行计算，从而求得正确答案.
【详解】当倒数第个人出来表演节目时，一共报数了次.
故选：D
47．B
【分析】根据题意先固定好A，再考虑B、C二人，利用捆绑法可得其座次情况，最后考虑其余三人的座次情况，进而利用乘法计数原理可得结论.
【详解】首先，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，
考虑B、C两人的情况，只能选择相邻的两个座位，位置可以互换，利用捆绑法可得种，
接下来，考虑其余三人的情况，其余位置可以互换，可得种，
最后根据分步计数原理，得到种.
故选：B.
48．B
【分析】根据给定条件，先安排甲，随着甲的安排乙也确定了，然后剩下位置给丙丁即可.
【详解】先安排甲，其选座方法有种，由于甲、乙不能相邻，则乙只能坐甲对面，
而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有种，
所以共有坐法种数为种.
故选：B
49．C
【分析】5个快递送到5个地方有种方法，
全送错的方法：第一步A送错有4种可能，然后第二步是关键，考虑A送错的地方对应的快递，如送到丙地，第二步考虑快递，而送错位置分两类，一类是送到甲，一类是送其他三个地方，再对剩下的3个快递分别考虑即可完成．
【详解】5个快递送到5个地方有种方法，
全送错的方法数：
先分步：第一步快递送错有4种方法，第二步考虑所送位置对应的快递，假设送到丙地，第二步考虑快递，对分类，第一类送到甲地，则剩下要均送错有2种可能（丁戊乙，戊乙丁），第二类送到乙丁戊中的一个地方，有3种可能，如送到丁地，剩下的只有甲乙戊三地可送，全送错有3种可能（甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲），∴总的方法数为，所求概率为．
故选：C．
【点睛】本题考查古典概型，快递送错位置与信装错信封（信封上已写地址）是同一回事，属于典型的计数问题，注意其求解方法，分类还是分步要确定好．
50．B
【分析】利用组合数求出任选或取出的鞋一只是左脚的，一只是右脚的不同选法数，再用古典概型的概率求法求概率.
【详解】由题意：先选左脚的一只有种选法，然后从剩下的两双的右脚中选出一只有种选法，
所以一共有种不同的取法；
柜子里有不同的鞋，随机选出两只有种选法，
所以概率为，
故选：B
51．A
【分析】求出基本事件总数n，恰好成双包含的基本事件个数m，由概率公式即可得到答案．
【详解】鞋柜里有4双不同的鞋，从中取出一只左脚的，一只右脚的，
基本事件总数n＝＝16，
恰好成双包含的基本事件个数m＝＝4，
∴恰好成双的概率为p＝．
故选A．
【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
52．D
【分析】每个电阻都有断路与通路两种情况，图中从上到下有3条支线，分别计算每条支线断路的种数，再根据分步计数原理求得结果．
【详解】每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线路，分别记为支线，支线中至少有一个电阻断路情况都均为有种；支线中至少有一个电阻断路的情况有种，每条支线至少有一个电阻断路，灯就不亮，因此灯不亮的情况共有种情况，所以D正确.
故选：D.
53．A
【详解】分析：根据题意，分4种情况讨论：①，小青蛙向左跳一次2个单位，向右跳4次，每次1个单位，②，小青蛙向左跳2次，每次2个单位，向右跳3次，每次2个单位，③，小青蛙向左跳2次，一次2个单位，一次1个单位，向右跳3次，2次2个单位，1次1个单位，④，小青蛙向左跳2次，每次1个单位，向右跳3次，1次2个单位，2次1个单位，由加法原理计算可得答案．
详解：根据题意，分4种情况讨论：
①，小青蛙向左跳一次2个单位，向右跳4次，每次1个单位，有C51=5种情况，
②，小青蛙向左跳2次，每次2个单位，向右跳3次，每次2个单位，有C52=10种情况，
③，小青蛙向左跳2次，一次2个单位，一次1个单位，向右跳3次，2次2个单位，1次1个单位，
有C52A33=60种情况，
④，小青蛙向左跳2次，每次1个单位，向右跳3次，1次2个单位，2次1个单位，有C52C32=30种情况，
则一共有5+10+60+30=105种情况，即有105种不同的跳动方式．
故选A．
点睛：本题考查排列、组合的应用，注意分析青蛙左右跳动的次数与单位．
54．D
【详解】由题意知：小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，共有以下四种情形：
一、小蜜蜂在5次飞行中，有4次向正方向飞行，1次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；
二、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行一个单位，1次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，1次向负方向飞行，且每次飞行两个单位，共有种情况；
三、小蜜蜂在5次飞行中，有1次向正方向飞行每次飞行一个单位，2次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，2次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；
四、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行一个单位，共有种情况；
故而共有种情况，
故选：D．
55．B
【分析】根据给定条件，确定十位、千位数字，再分类求解作答.
【详解】依题意，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的十位、千位数字分别为5与4或5与3，
当十位、千位数字为5与4时，排十位、千位数字有种，排另三个数位有种，共有种，
当十位、千位数字为5与3时，则4与5必相邻，且4只能为最高位或个位，即4与5可视为一个整体，
1，2，3视为一个整体，且3在1与2的中间，因此不同排法有种，
所以构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为.
故选：B
56．ACD
【分析】由二项式定理及组合数性质判断A、B；特殊值取、即可判断C；对等式两侧求导，再代入判断D.
【详解】对于A：展开式中所有二项式的系数和为，正确；
对于B：根据二项式系数的性质知，且是二项式系数中最大的两项，于是展开式中二项式系数最大项为第1012项和第1013项，错误；
对于C：取，得，取，得，
故，正确；
对于D：等式两边同时求导，得到，
取，得，正确．
故选：ACD
57．ACD
【分析】对于A，令可求出，对于B，令，再结合可求进行判断，对于C，令，，再结合可求得结果，对于D，令，再结合可进行判断.
【详解】对于A，令，则，所以A正确，
对于B，令，则，
因为，所以，所以B错误，
对于C，令，则，
因为，
所以，
所以，所以C正确，
对于D，令，则，
因为 ，所以，所以D正确，
故选：ACD.
58．AC
【分析】令，可判定A正确；求得展开式的通项，令，可判定B错误；由，令，可判定C正确；两边求导数得到，令，进而可判定以D错误.
【详解】由，
对于A中，令，可得，所以A正确；
对于B中，由二项式展开式的通项为，
令，可得，所以B错误；
对于C中，由展开式的通项知：
当时，可得展开式的系数为正值，当时，可得展开式的系数为负值；
所以，
令，可得，
即，所以C正确；
对于D中，由，
两边求导数，可得，
令，可得，
又由，所以，所以D错误.
故选：AC.
59．BCD
【分析】根据二项式系数的性质可知二项式系数最大项为第1013项，A错误；利用赋值法可知展开式中所有项的系数和为1，B正确；求出之后再利用赋值令可得，C正确；对等式两边求导再进行赋值计算可得D正确.
【详解】对于A，由二项展开式中的二项式系数性质可知二项式系数最大为，易知应为第1013项，即A错误；
对于B，令，可得，即展开式中所有项的系数和为1，可得B正确；
对于C，令，可得，令，可得，
所以，即C正确；
对于D，将等式两边同时求导可得，
，
再令，可得，即D正确.
故选：BCD
60．
【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式，令确定的值，然后计算项的系数即可.
【详解】展开式的通项公式，
令可得，，
则项的系数为.
故答案为：60.
61．-28
【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.
【详解】因为，
所以的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为-28
故答案为：-28
62． ; .
【分析】根据二项展开式定理，分别求出的展开式，即可得出结论.
【详解】，
，
所以，
，
所以.
故答案为：.
63．64
【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.
【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；
②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；
综上所述：不同的选课方案共有种.
故答案为：64.
64．1792
【分析】先求，然后根据二项展开式的通项公式求最大系数即可.
【详解】由得，
所以的展开式的通项为，
当展开式的项的系数最大时，为偶数，
比较，，，，，
所以当时，展开式中项的系数最大，该项系数为1792.
故答案为：1792.
65．
【分析】
分别求出和展开式系数最大的项，即可得出答案.
【详解】
因为的通项为，的通项为，
∵展开式系数最大的项为，
展开式系数最大的项为，
∴在的展开式中，系数最大的项为.
故答案为：.
66．28
【分析】
根据二项式系数之和可得，结合二项展开式的通项公式求系数最大项，进而可求其二项式系数.
【详解】因为展开式的所有项的二项式系数和为，解得，
则展开式为，
可得第项的系数为，
令，即，解得，
所以展开式中第项系数最大，其二项式系数为.
故答案为：28.
67．
【分析】利用捆绑求得正确答案.
【详解】由于《腰鼓：千年回响》与《歌伴舞：领航》相邻，所以两者“捆绑”，则不同的排列种数为种.
故答案为：
68．72
【分析】
根据题意，1和2两个数按“12”的顺序和“21”的顺序捆绑，再利用插空法可得答案.
【详解】根据题意1和2必须相邻，将“12”或“21”看成一个整体与4、6全排列，
排好后，要求奇数1，3，5两两不相邻，则有3个空位可选，再将“3”和“5”插入到3个空位中，
所以有种，即满足条件的六位数共有72种，
故答案为：72
69．
【分析】应用排列、组合数，结合捆绑、插空法及分步原理求不同的排法总数.
【详解】将语文课和数学课作排列有种，
再把语文课和数学课作为整体，与除历史课外的其它2节课作全排列有种，
由上得到4个空，最后把历史课插入后3个空有种，
综上，共有种.
故答案为：
70．216
【分析】根据题意可按照只会跳舞的2人中入选的人数分类处理，按照分步乘法，分类加法即可得解.
【详解】根据题意可按照只会跳舞的2人中入选的人数分类处理.
第一类：2个只会跳舞的都不选，有种;
第二类：2个只会跳舞的有1人入选，有种;
第三类：2个只会跳舞的全入选，有种,
所以共有216种不同的选法,
故答案为：216.
71．5
【分析】根据三个电阻断路的个数，分类即可计算.
【详解】每个电阻都有断路与通路两种状态，灯泡不亮可以分3种情况讨论：①1个电阻断路，即只有断路，此时只有1种情况；②2个电阻断路，包含，和，此时有3种情况；③3个电阻断路，此时只有1种情况根据分类加法计数原理，可知灯泡因电阻断路不亮的情况共有（种）.
故答案为：5
72．13
【详解】四个焊接点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1、4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共有3种可能，故不通的情况有24－3＝13(种)．
一、单选题
1．的展开式中的系数为（ ）．
A．B．C．40D．80
2．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
3．某学校为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
4．有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ）
A．12种B．24种C．36种D．48种
5．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．60种B．120种C．240种D．480种
6．展开式中的第四项为（ ）
A．B．C．240D．
7．若的展开式中存在常数项，则下列选项中的取值不可能是（ ）
A．B．C．D．
8．的展开式中，的系数为（ ）
A．200B．40C．120D．80
9．在的展开式中常数项为（ ）
A．721B．-61C．181D．-59
10．从2位男生，4位女生中安排3人到三个场馆做志愿者，每个场馆各1人，且至少有1位男生入选，则不同安排方法有（ ）种.
A．16B．20C．96D．120
11．4张卡片的正、反面分别写有数字1，2；1，3；4，5；6，7．将这4张卡片排成一排，可构成不同的四位数的个数为（ ）
A．288B．336C．368D．412
12．将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（ ）．
A．1860种B．3696种C．3600种D．3648种
13．某高中从3名男教师和2名女教师中选出3名教师，派到3个不同的乡村支教，要求这3名教师中男女都有，则不同的选派方案共有（ ）种
A．9B．36C．54D．108
14．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了几个单位，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起点处的所有不同走法共有（ ）
A．21种B．22种C．25种D．27种
15．从这100个自然数中随机抽取三个不同的数,这三个数成等差数列的取法数为,随机抽取四个不同的数,这四个数成等差数列的取法数为,则的后两位数字为（ ）
A．89B．51C．49D．13
16．定义：“各位数字之和为7的四位数叫幸运数”，比如“1006，2023”，则所有“幸运数”的个数为（ ）
A．20B．56C．84D．120
17．满足，且的有序数组共有（ ）个.
A．B．C．D．
18．已知，则满足的有序数组共有（ ）个
A．B．C．D．
19．DNA是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在DNA中只有4种类型的碱基，分别用A、C、G和T表示，DNA中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是A-T，或者是C-G，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所示为一条DNA单链模型示意图，现在某同学想在碱基T和碱基C之间插入3个碱基A，2个碱基C和1个碱基T，则不同的插入方式的种数为（ ）
A．20B．40C．60D．120
20．花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为 （ ）
A．2520B．5040C．7560D．10080
21．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．56种B．68种
C．74种D．92种
22．某龙舟队有8名队员，其中3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨.现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．26种B．30种C．37种D．42种
23．编号为1、2、3、4、5的5个人分别去坐编号为1、2、3、4、5的五个座位，其中有且只有两个人的编号与座位号一致的坐法有（ ）
A．10种B．20种C．30种D．60种
24．将编号为1、2、3、4、5、6的小球放入编号为1、2、3、4、5、6的六个盒子中，每盒放一球，若有且只有两个盒子的编号与放入的小球的编号相同，则不同的放法种数为（ ）
A．90B．135C．270D．360
25．同室4人各写一张贺卡，先集中起来，然后每人从中拿一张别人送出的贺卡，则4张贺卡不同分配方式有
A．8种B．9种C．10种D．12种
26．中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域如区域与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．种B．种
C．种D．种
27．用6种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．240B．360C．480D．600
28．如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形内部为“赵爽弦图”（由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成），给、、、这个三角形和“赵爽弦图”涂色，且相邻区域（即图中有公共点的区域）不同色，已知有种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是（ ）
A．B．C．D．
29．五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明重要组成部分.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.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有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（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）
A．B．C．D．
30．将甲，乙，丙，丁，戊五名志愿者安排到四个社区进行暑期社会实践活动，要求每个社区至少安排一名志愿者，那甲恰好被安排在社区的不同安排方法数为（ ）
A．24B．36C．60D．96
31．2023年杭州亚运会已圆满落幕，志愿者“小青荷”们让世界看到了新时代中国青年的风采.早在2021年5月，杭州A公司便响应号召，在全公司范围内组织亚运会志愿者的报名与培训，经过选拔，最终有3名党员和3名团员共6人脱颖而出.在彩排环节，需从这6人中选派2人去游泳馆，2人去篮球馆，且要求每个场馆均至少有一位党员，则不同的选派结果有（ ）
A．54种B．45种C．36种D．18种
32．2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人.为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为（ ）
A．50B．36C．26D．14
33．将9个志愿者名额全部分配给3个学校，则每校至少一个名额且各校名额互不相同的分配方法总数是（ ）
A．16B．18C．27D．28
34．7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（ ）种不同的放法．
A．60种B．36种C．30种D．15种
35．将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲､乙､丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（ ）
A．720种B．420种C．120种D．15种
36．用、、、、、六个数字组成无重复数字的四位数，比大的四位数的个数是（ ）
A．B．C．D．
37．用 四个数字组成无重复数字的四位数， 其中比大的偶数共有（ ）
A． 个B． 个C． 个D． 个
38．由数字0、1、2、3组成的无重复数字的4位数字中，比2020大的数的个数为（ ）
A．11B．12C．13D．14
39．有一种走“方格迷宫”游戏，游戏规则是每次水平或竖直走动一个方格，走过的方格不能重复，只要有一个方格不同即为不同走法．现有如图的方格迷宫，图中的实线不能穿过，则从入口走到出口共有多少种不同走法？
A．6B．8C．10D．12
40．夏老师从家到学校，可以选择走锦绣路、杨高路、张杨路或者浦东大道，由于夏老师不知道杨高路有一段在修路导致第一天上班就迟到了，所以夏老师决定以后要绕开那段维修的路，如图，假设夏老师家在处，学校在处，段正在修路要绕开，则夏老师从家到学校的最短路径有（ ）条．
A．23B．24C．25D．26
41．如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（ ）
A．23 条B．24 条C．25条D．26 条
42．方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小相同的竹棍构造一个大正方体（由个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从点出发，沿着竹棍到达点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有（ ）
A．种B．种
C．种D．种
43．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，，．
倒霉的李华在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．
A．B．C．D．
44．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序共有（ ）
A．23B．24C．32D．33
45．九连环是一种流传于我国民间的传统智力玩具.它用九个圆环相连成串，以解开为胜.它在中国有近两千年的历史，《红楼梦》中有林黛玉巧解九连环的记载.周邦彦也留下关于九连环的名句“纵妙手、能解连环.”九连环有多种玩法，在某种玩法中:已知解下1个圆环最少需要移动圆环1次，解下2个圆环最少需要移动圆环 2 次，记 为解下个圆环需要移动圆环的最少次数，且，则解下 8 个圆环所需要移动圆环的最 少次数为（ ）
A．30B．90C．170D．341
46．21个人按照以下规则表演节目：他们围坐成一圈，按顺序从1到3循环报数，报数字“3”的人出来表演节目，并且表演过的人不再参加报数．那么在仅剩两个人没有表演过节目的时候，共报数的次数为（ ）
A．19B．38C．51D．57
47． A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有（ ）
A．60种B．48种C．30种D．24种
48．现有一圆桌，周边有标号为1，2，3，4的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法有（ ）
A．6种B．8种C．12种D．16种
49．新冠疫情期间，网上购物成为主流．因保管不善，五个快递ABCDE上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这五个快递应分别送去甲乙丙丁戊五个地方，全部送错的概率是（ ）
A．B．C．D．
50．柜子里有3双不同的鞋，随机地取出2只，则取出的鞋一只是左脚的，一只是右脚的，但它们不成对的概率为（ ）
A．B．C．D．
51．鞋柜里有4双不同的鞋，从中随机取出一只左脚的，一只右脚的，恰好成双的概率为
A．B．C．D．
52．如图，电路中共有个电阻与一个电灯A，若灯A不亮，则因电阻断路的可能性的种数为（ ）
A．B．C．D．
53．一只小青蛙位于数轴上的原点处，小青蛙每一次具有只向左或只向右跳动一个单位或者两个单位距离的能力，且每次跳动至少一个单位.若小青蛙经过5次跳动后，停在数轴上实数2位于的点处，则小青蛙不同的跳动方式共有种.
A．105B．95C．85D．75
54．一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？
A．5B．25C．55D．75
55．形如45132的数称为“波浪数”，即十位数字，千位数字均比它们各自相邻的数字大，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为（ ）
A．13B．16C．20D．25
二、多选题
56．已知，则（ ）
A．展开式中所有二项式的系数和为B．展开式中二项式系数最大项为第1012项
C．D．
57．已知，则（ ）
A．
B．
C．
D．
58．若，则下列结论中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
59．已知，则（ ）
A．展开式中二项式系数最大项为第1012项
B．展开式中所有项的系数和为1
C．
D．
三、填空题
60．在的展开式中，项的系数为 ．
61．的展开式中的系数为 （用数字作答）．
62．已知多项式，则 ， .
63．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）．
64．的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则的展开式中系数最大的项的系数为 .
65．在的展开式中，系数最大的项为 .
66．若展开式的所有项的二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项的二项式系数为 ．（用数字作答）
67．2023年11月12日，连云港市赣马高级中学高品质特色发展暨百年校庆大会隆重举行，赣马高中建校100周年文艺演出中有四个节目：《腰鼓：千年回响》、《歌伴舞：领航》、《器乐：兰亭序》、《情景剧：我们陪你向前走》四个节目，若要对这四个节目进行排序，要求《腰鼓：千年回响》与《歌伴舞：领航》相邻，则不同的排列种数为 （用数字作答）．
68．由1，2，3，4，5，6组成的没有重复数字的六位数，要求奇数1，3，5两两不相邻，但1和2必须相邻，这样的六位数共有 个．
69．某班一天上午有语文、数学、政治、英语、历史5节课，现要安排该班上午的课程表，要求历史课不排在第一节，语文课和数学课相邻，不同的排法总数是 ．
70．我校去年11月份，高二年级有9人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余4人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有 种不同的选法
71．如图，电路中共有3个电阻与1个灯泡，若灯泡不亮，则因电阻断路的情况共有 种.
72．如图所示，在A，B间有四个焊接点，若焊接点脱落，则可能导致电路不通，今发现A，B之间线路不通，则焊接点脱落的不同情况有 种．
参考答案：
1．D
【分析】
写出的展开式的通项即可
【详解】
的展开式的通项为
令得
所以的展开式中的系数为
故选：D
【点睛】本题考查的是二项式展开式通项的运用，较简单.
2．C
【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.
【详解】首先确定相同得读物，共有种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种，
根据分步乘法公式则共有种，
故选：C.
3．D
【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.
【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种.
故选：D.
4．B
【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解
【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，
故选：B
5．C
【分析】先确定有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，然后利用组合，排列，乘法原理求得.
【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，
故选：C.
【点睛】本题考查排列组合的应用问题，属基础题，关键是首先确定人数的分配情况，然后利用先选后排思想求解.
6．B
【分析】根据二项展开式的通项公式求解.
【详解】展开式的通项公式为，
所以,
故选：B
7．C
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】由题意得的展开式为，
的展开式为，
要使的展开式中存在常数项，
则或，
所以可得的值可能是3，4，6，不可能是5.
故选：C.
8．B
【分析】根据二项式定理先求通项，再根据项进行分别求系数，最后求和.
【详解】，
而展开式的通项为，
所以当时，的系数为，
当时，的系数为，
所以的系数为，
故选：B
9．D
【分析】先求出展开式的通项公式=,其中的展开式的通项公式为，令x的幂指数等于0，求得r，k的值，即可求得展开式中的常数项的值.
【详解】=的展开式的通项公式为
=，
其中的展开式的通项公式为，
当时，，，常数项为；
当时，，，常数项为；
当时，，，常数项为；
故常数项为++.
故选：D
10．C
【分析】分一男两女与两男一女两类讨论.
【详解】若选一男两女共有：；
若选两男一女共有：；
因此共有96种，
故选：C
11．B
【分析】分四位数不出现1时，必选2，3，另两张卡片各选1个全排列，当四位数出现一个1时，选2或3，另两张卡片各选1个全排列，当四位数出现两个1时，另两张卡片各选1个全排列，然后求和即可.
【详解】解；当四位数不出现1时，排法有：种；
当四位数出现一个1时，排法有：种；
当四位数出现两个1时，排法有：种；
∴不同的四位数的个数共有：，
故选：B．
12．D
【分析】采用间接法，先求出没有限制的所有站法，再排除不满足条件的站法可求解.
【详解】7个人从左到右排成一排，共有种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有种不同的站法，甲站在最右端有种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有种不同的站法.
故选：D
13．C
【分析】根据给定条件利用排列并结合排除法列式计算作答.
【详解】从含有3名男教师和2名女教师的5名教师中任选3名教师，派到3个不同的乡村支教，不同的选派方案有种，
选出3名教师全是男教师的不同的选派方案有种，
所以3名教师中男女都有的不同的选派方案共有种
故选：C
14．D
【解析】正方形的周长为8，抛掷三次骰子的点数之和为8或16，分别求出两种情况下三次骰子的点数情况，进而求出对应的排列方法即可.
【详解】由题意，正方形的周长为8，抛掷三次骰子的点数之和为8或16，
①点数之和为8的情况有：；；；；，排列方法共有种；
②点数之和为16的情况有：；，排列方法共有种.
所以，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点处的所有不同走法共有种.
故选：D.
【点睛】本题考查排列组合问题，注意两种计数原理的应用，考查学生的推理能力与计算能力，属于中档题.
15．C
【分析】先根据抽取三个数为等差数列,求出公差为1,2,时,满足题意的数列的个数,通过等差数列前n项和公式,求出即可,同理求出的值,因为要求的是,即的后两位,将写为,用二项式定理展开可得的后两位与后两位一致,将写为,利用二项式定理展开,因为的后两位一定是00,则的后两位数与的后两位一致,计算结果即可.
【详解】解:由题知,当抽取三个不同的数,成等差数列时,记公差为,
当时,数列可为:
共计98个,
当时,数列可为:
共计96个,
当时,数列可为:
共计94个,
,
当时,数列可为:
共计4个,
当时,数列可为:
共计2个,
故
,
当抽取四个不同的数,成等差数列时,记公差为,
当时,数列可为:
共计97个,
当时,数列可为:
共计94个,
当时,数列可为:
共计91个,
,
当时,数列可为:
共计4个,
当时,数列可为:
共计1个,
故
,
所以
,
所以的后两位与的后两位一致,
,
因为
,
因为的后两位一定是00,
故的后两位数与的后两位一致,
因为,
故的后两位数为49,即的后两位数为49.
故选:C
【点睛】思路点睛:该题考查数列和二项式定理综合问题,属于难题,关于数列问题的思路点睛有:
(1)数列新定义问题,先写出几项找到规律;
(2)根据规律,写出相对应的式子;
(3)利用累加,累乘,公式法等进行解决问题.
16．C
【分析】根据定义分类讨论首位数字,再应用计数原理计算即可.
【详解】因为各位数字之和为7的四位数叫幸运数,所以按首位数字分别计算
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
当首位数字为,则剩余三位数分别是,共有个幸运数;
则共有个幸运数;
故选:.
17．A
【分析】根据组合的定义即可结合组合数求解.
【详解】由于，所以从1到9共9个数任取4个数得一个有序数组，所有个数为．
故选：A．
18．A
【分析】分步乘法原理，先判断有序数组中包含个0，再剩余两个数在或中选择，每个位置有2种选择，最后结合组合数计算得出结果.
【详解】所有有序数组 中,满足的
有序数组 中包含个0，另外两个数在或中选择，每个位置有2种选择，由乘法计数原理得不同的种数为
故选：A.
19．C
【分析】利用排列数计算公式计算出正确答案.
【详解】依题意可知，不同的插入方式的种数为.
故选：C
20．A
【分析】结合全排列的概念即可.
【详解】由题意，对8盏不同的花灯进行取下，
先对8盏不同的花灯进行全排列，共有种方法，
因为取花灯每次只能取一盏，而且只能从下往上取，
所以须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，
故一共有种，
故选：A
21．D
【分析】根据条件，分划左舷有“多面手”的人数分类，利用组合数公式计算求值.
【详解】根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有 种，有一个“多面手”的选派方法有种，有两个“多面手”的选派方法有种，即共有(种)不同的选派方法．
故选：D
【点睛】方法点睛：组合数中的“多面手”问题，需明确某一类元素多面手有多少进行分类，这样才能做到不重不漏.
22．C
【解析】根据题意，设只会划左桨的3人，只会划右桨的3人，既会划左桨又会划右桨的2人，据此按集合中参与人数分3种情况讨论，由加法原理计算可得答案．
【详解】根据题意，设只会划左桨的3人，只会划右桨的3人，既会划左桨又会划右桨的2人，
据此分3种情况讨论：
①从中选3人划左桨，划右桨的在中剩下的人中选取，有种选法，
②从中选2人划左桨，中选1人划左桨，划右桨的在中剩下的人中选取，有种选法，
③从中选1人划左桨，中2人划左桨，中3人划右桨，有种选法，
则有种不同的选法；
故选：C．
【点睛】本题主要考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
23．B
【分析】先选择两个编号与座位号一致的人，另外三个人编号与座位号不一致，由此确定正确选项.
【详解】先选择两个编号与座位号一致的人，方法数有，
另外三个人编号与座位号不一致，方法数有，
所以不同的坐法有种.
故选：B
24．B
【分析】根据题意和简单计数问题，结合分步乘法计数原理即可求解.
【详解】在6个盒子中任选2个，放入与其编号相同的小球，有种，
剩下的4个盒子的编号与放入的小球编号不同，
假设这4个盒子的编号为3,4,5,6，
则3号小球可以放进4,5,6号盒子，有3种选法，
剩下的3个小球放进剩下的3个盒子，有3种选法，
所以不同的放法种数为种选法.
故选：B.
25．B
【分析】方法一：设四人分别为a，b，c，d，写的卡片分别为A，B，C，D，从a开始分析，易得a有三种拿法，假设a拿了B，再分析b的取法数目，剩余两人只有一种取法，由分步计数原理，计算可得答案；
方法二：根据题意，列举出所有的结果，即可得答案．
【详解】方法一： 设四人分别为a，b，c，d，写的卡片分别为A，B，C，D， 由于每个人都要拿别人写的，即不能拿自己写的，故a有三种分配， 不妨设a拿了B，则b可以拿剩下三张中的任一张，也有三种拿法，c和d只能有一种分配， 所以共有3×3×1×1=9种分配方式;
方法二： 根据题意，列举出所有的结果:
1.甲乙互换，丙丁互换；
2.甲丙互换，乙丁互换；
3.甲丁互换，乙丙互换；
4.甲要乙的 乙要丙的 丙要丁的 丁要甲的；
5.甲要乙的 乙要丁的 丙要甲的 丁要丙的；
6.甲要丙的 丙要乙的 乙要丁的 丁要甲的；
7.甲要丙的 丙要丁的 乙要丁的 丁要甲的；
8.甲要丁的 丁要乙的 乙要丙的 丙要甲的；
9.甲要丁的 丁要丙的 乙要甲的 丙要乙的．
通过列举可以得到共有9种结果．
故选：B．
【点睛】本题考查排列组合的运用，法二用列举法分析，注意排除不合题意的情况，同时列举时要按照一定的规律，做到不重不漏．
26．B
【分析】确定区域，，，的颜色，分区域与区域涂的颜色是否相同两种情况讨论，进而可得出答案.
【详解】由题意可得，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色．
先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择，
当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择；
当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择，
故不同的涂色方案有种．
故选：B．
27．C
【分析】先涂区域②③④，再讨论①与④的颜色是否相同，结合计数原理运算求解.
【详解】将区域标号，如下图所示：
因为②③④两两相邻，依次用不同的颜色涂色，则有种不同的涂色方法，
若①与④的颜色相同，则有1种不同的涂色方法；
若①与④的颜色不相同，则有3种不同的涂色方法；
所以共有种不同的涂色方法.
故选：C.
28．C
【分析】依次对区域正方形、、、、涂色，讨论区域与区域同色或异色讨论，确定每个区域所涂颜色的种数，结合分类加法和分步乘法计数原理可得结果.
【详解】先对正方形涂色，共有种颜色可供选择，
然后涂区域，有种颜色可供选择，
接下来涂区域，有种颜色可供选择，
若区域与区域同色，则区域有种颜色可供选择；
若区域与区域不同色，则区域有种颜色可供选择，区域有种颜色可供选择.
由计数原理可知，不同的涂色方法种数为.
故选：C.
29．D
【分析】依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分别确定每个区域的涂色方法种数，结合分类加法分步乘法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），
五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），
不妨设四种颜色分别为、、、，
先填涂区域“火”，有种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为，
接下来填涂区域“土”，有种选择，分别为、、，
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；
若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、.
综上所述，区域“金”填涂、、、的方案种数分别为、、、种，
接下来考虑区域“水”的填涂方案：
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；
若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、.
则区域“水”填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种，
填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种.
从区域“火”、“土”、“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，
当区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；
若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、.
所以，当区域“火”填涂颜色时，填涂方案种数为种.
因此，不同的涂色方法种数有种.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解：
（1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
（2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
（3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
30．C
【分析】分社区只有甲和社区还有另一个志愿者两种类型，利用分步计数原理结合排列组合知识求不同的安排方法数.
【详解】分两种情形：①社区只有甲，则另4人在3个社区，此时有；
②社区还有另一个志愿者，此时有，
，甲恰好被安排在 A 社区有60种不同安排方法.
故选：C.
31．A
【分析】
根据全部情况中去掉不符合条件的情况即可结合排列组合求解.
【详解】从这6人中选派2人去游泳馆，2人去篮球馆一共有种选派方法，
若游泳馆没有党员，篮球馆有党员，则有种，
同理游泳馆有党员，篮球馆没有党员，则有种，
故从这6人中选派2人去游泳馆，2人去篮球馆，且要求每个场馆均至少有一位党员，则不同的选派结果有，
故选：A
32．A
【分析】按照和分组讨论安排.
【详解】（1）按照分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
（2）按照分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
故共有种，
故选：A.
33．B
【分析】根据根据加法和乘法原理，结合组合的定义进行求解即可.
【详解】“每校至少一个名额的分法”的方法数是至少有两个学校的名额数相同”的分配方法数可以从反面入手去求，即先求出“出现相同名额”的分配方法数，第一种情形是两个学校名额数相同：有三种情形，共有9种分法；第二种情形是三个学校名额数均相同，有1种分法，所以至少有两个学校的名额数相同”的分配为种.所以，满足条件的分配方法共有种.
故选：B
34．D
【分析】7个小球有6个空，采用插空法可求.
【详解】将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有种不同的方法.
故选：D.
35．D
【分析】先每人分一本书，再将剩下的7本书分给3人，每人至少一本，由“隔板法”可得答案.
【详解】先从10本书中拿出3本，分给每人一本书，
再将余下7本书采用“隔板法”分给3个人，分法种数为15，
故选: D
36．C
【分析】分析可知比大的四位数的千位只能是或，利用分步计数原理可求得结果.
【详解】因为是能排出的四位数中千位为的最大的数，所以比大的四位数的千位只能是或，
所以共有个比大的四位数．
故选：C.
37．D
【分析】比大，故千位为，分类讨论即可
【详解】比大，故千位为，
千位为2，则个位为4，有种
千位为3，则个位为2或4，有种
千位为4，则个位为2，有种
故一共有8种，
故选：D
38．A
【分析】分类讨论，考虑首位上数字，继而考虑百位上数字，即可求出符合题意的数的个数，即得答案.
【详解】1.当首位即千位上数字为3时，其余3个数字全排列，排在后面3位上，
此时有种排法，即有6个2020大的数；
2.当首位即千位上数字为2时，则有：
（1）若百位上是1或3，将余下的2个数字全排列，排在后面2位，
此时有种排法，即有4个2020大的数；
（2）若百位上是0，此时只有2031比2020大，即有1个2020大的数；
综上所述：符合题意的数共有（个）.
故选：A
39．B
【分析】利用列举法可得答案.
【详解】如图，①从入口﹣1﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
②从入口﹣1﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
③从入口﹣1﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
④从入口﹣1﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑤从入口﹣2﹣3﹣4﹣6﹣0﹣出口，
⑥从入口﹣2﹣3﹣5﹣6﹣0﹣出口，
⑦从入口﹣2﹣3﹣4﹣7﹣8﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
⑧从入口﹣2﹣3﹣4﹣9﹣10﹣6﹣0﹣出口，
共有8种，
故选：B．
40．D
【分析】先求出由到的最短路径的条数，然后求出由到且经过的最短路径的条数，最后相减即可.
【详解】由到的最短路径需要向右走四段路，向上走三段路，所以有条路，
由到的最短路径需要向右走两段路，向上走一段路，所以有条路，
由到的最短路径需要向右走一段路，向上走两段路，所以有条路，
所以由到不经过的最短路径有.
故选：D.
41．D
【分析】先假设是实线，计算出所有的最短路径的条数，然后减去经过的最短路径的条数，从而求得正确答案.
【详解】先假设是实线，
则从到，向上次，向右次，最短路径有条，
其中经过的，即先从到，然后到，最后到的最短路径有条，
所以，当不通时，最短路径有条.
故选：D
42．D
【分析】分析可知从到最少需要步完成，其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的，利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】由题意可知，从到最少需要步完成，其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的，
则蚂蚁选择的不同的最短路径共有种.
故选：D.
43．D
【分析】由题可判断出树枝部分顺序，还剩下，，，先看树枝在之前，有种可能，而树枝在之间，在之后，若在之间，利用分类计数加法原理求解即可.
【详解】解：由题可判断出树枝部分顺序，还剩下，，，
先看树枝在之前，有种可能，而树枝在之间，在之后，
若在之间，有种可能：
①若在之间，有种可能，
②若在之间，有种可能，
③若在之间，有种可能．
若不在之间，则有种可能，此时有种可能，
可能在之间，有种可能，可能在之间，有种可能，
综上共有．
故选：．
44．D
【分析】先判断出，按顺序排在前四个位置中的三个位置，，，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，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.
45．C
【分析】根据，逐个代入，即可求解.
【详解】由题，，所以.
故选.：C
46．D
【分析】根据题目所给“规则”进行计算，从而求得正确答案.
【详解】当倒数第个人出来表演节目时，一共报数了次.
故选：D
47．B
【分析】根据题意先固定好A，再考虑B、C二人，利用捆绑法可得其座次情况，最后考虑其余三人的座次情况，进而利用乘法计数原理可得结论.
【详解】首先，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，
考虑B、C两人的情况，只能选择相邻的两个座位，位置可以互换，利用捆绑法可得种，
接下来，考虑其余三人的情况，其余位置可以互换，可得种，
最后根据分步计数原理，得到种.
故选：B.
48．B
【分析】根据给定条件，先安排甲，随着甲的安排乙也确定了，然后剩下位置给丙丁即可.
【详解】先安排甲，其选座方法有种，由于甲、乙不能相邻，则乙只能坐甲对面，
而丙、丁两位同学坐另两个位置的坐法有种，
所以共有坐法种数为种.
故选：B
49．C
【分析】5个快递送到5个地方有种方法，
全送错的方法：第一步A送错有4种可能，然后第二步是关键，考虑A送错的地方对应的快递，如送到丙地，第二步考虑快递，而送错位置分两类，一类是送到甲，一类是送其他三个地方，再对剩下的3个快递分别考虑即可完成．
【详解】5个快递送到5个地方有种方法，
全送错的方法数：
先分步：第一步快递送错有4种方法，第二步考虑所送位置对应的快递，假设送到丙地，第二步考虑快递，对分类，第一类送到甲地，则剩下要均送错有2种可能（丁戊乙，戊乙丁），第二类送到乙丁戊中的一个地方，有3种可能，如送到丁地，剩下的只有甲乙戊三地可送，全送错有3种可能（甲戊乙，戊甲乙，戊乙甲），∴总的方法数为，所求概率为．
故选：C．
【点睛】本题考查古典概型，快递送错位置与信装错信封（信封上已写地址）是同一回事，属于典型的计数问题，注意其求解方法，分类还是分步要确定好．
50．B
【分析】利用组合数求出任选或取出的鞋一只是左脚的，一只是右脚的不同选法数，再用古典概型的概率求法求概率.
【详解】由题意：先选左脚的一只有种选法，然后从剩下的两双的右脚中选出一只有种选法，
所以一共有种不同的取法；
柜子里有不同的鞋，随机选出两只有种选法，
所以概率为，
故选：B
51．A
【分析】求出基本事件总数n，恰好成双包含的基本事件个数m，由概率公式即可得到答案．
【详解】鞋柜里有4双不同的鞋，从中取出一只左脚的，一只右脚的，
基本事件总数n＝＝16，
恰好成双包含的基本事件个数m＝＝4，
∴恰好成双的概率为p＝．
故选A．
【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
52．D
【分析】每个电阻都有断路与通路两种情况，图中从上到下有3条支线，分别计算每条支线断路的种数，再根据分步计数原理求得结果．
【详解】每个电阻都有断路与通路两种状态，图中从上到下的三条支线路，分别记为支线，支线中至少有一个电阻断路情况都均为有种；支线中至少有一个电阻断路的情况有种，每条支线至少有一个电阻断路，灯就不亮，因此灯不亮的情况共有种情况，所以D正确.
故选：D.
53．A
【详解】分析：根据题意，分4种情况讨论：①，小青蛙向左跳一次2个单位，向右跳4次，每次1个单位，②，小青蛙向左跳2次，每次2个单位，向右跳3次，每次2个单位，③，小青蛙向左跳2次，一次2个单位，一次1个单位，向右跳3次，2次2个单位，1次1个单位，④，小青蛙向左跳2次，每次1个单位，向右跳3次，1次2个单位，2次1个单位，由加法原理计算可得答案．
详解：根据题意，分4种情况讨论：
①，小青蛙向左跳一次2个单位，向右跳4次，每次1个单位，有C51=5种情况，
②，小青蛙向左跳2次，每次2个单位，向右跳3次，每次2个单位，有C52=10种情况，
③，小青蛙向左跳2次，一次2个单位，一次1个单位，向右跳3次，2次2个单位，1次1个单位，
有C52A33=60种情况，
④，小青蛙向左跳2次，每次1个单位，向右跳3次，1次2个单位，2次1个单位，有C52C32=30种情况，
则一共有5+10+60+30=105种情况，即有105种不同的跳动方式．
故选A．
点睛：本题考查排列、组合的应用，注意分析青蛙左右跳动的次数与单位．
54．D
【详解】由题意知：小蜜蜂经过5次飞行后，停在数轴上实数3位于的点处，共有以下四种情形：
一、小蜜蜂在5次飞行中，有4次向正方向飞行，1次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；
二、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行一个单位，1次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，1次向负方向飞行，且每次飞行两个单位，共有种情况；
三、小蜜蜂在5次飞行中，有1次向正方向飞行每次飞行一个单位，2次向正方向飞行，且每次飞行两个单位，2次向负方向飞行，且每次飞行一个单位，共有种情况；
四、小蜜蜂在5次飞行中，有3次向正方向飞行每次飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行两个单位，有1次向负方向飞行且飞行一个单位，共有种情况；
故而共有种情况，
故选：D．
55．B
【分析】根据给定条件，确定十位、千位数字，再分类求解作答.
【详解】依题意，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的十位、千位数字分别为5与4或5与3，
当十位、千位数字为5与4时，排十位、千位数字有种，排另三个数位有种，共有种，
当十位、千位数字为5与3时，则4与5必相邻，且4只能为最高位或个位，即4与5可视为一个整体，
1，2，3视为一个整体，且3在1与2的中间，因此不同排法有种，
所以构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为.
故选：B
56．ACD
【分析】由二项式定理及组合数性质判断A、B；特殊值取、即可判断C；对等式两侧求导，再代入判断D.
【详解】对于A：展开式中所有二项式的系数和为，正确；
对于B：根据二项式系数的性质知，且是二项式系数中最大的两项，于是展开式中二项式系数最大项为第1012项和第1013项，错误；
对于C：取，得，取，得，
故，正确；
对于D：等式两边同时求导，得到，
取，得，正确．
故选：ACD
57．ACD
【分析】对于A，令可求出，对于B，令，再结合可求进行判断，对于C，令，，再结合可求得结果，对于D，令，再结合可进行判断.
【详解】对于A，令，则，所以A正确，
对于B，令，则，
因为，所以，所以B错误，
对于C，令，则，
因为，
所以，
所以，所以C正确，
对于D，令，则，
因为 ，所以，所以D正确，
故选：ACD.
58．AC
【分析】令，可判定A正确；求得展开式的通项，令，可判定B错误；由，令，可判定C正确；两边求导数得到，令，进而可判定以D错误.
【详解】由，
对于A中，令，可得，所以A正确；
对于B中，由二项式展开式的通项为，
令，可得，所以B错误；
对于C中，由展开式的通项知：
当时，可得展开式的系数为正值，当时，可得展开式的系数为负值；
所以，
令，可得，
即，所以C正确；
对于D中，由，
两边求导数，可得，
令，可得，
又由，所以，所以D错误.
故选：AC.
59．BCD
【分析】根据二项式系数的性质可知二项式系数最大项为第1013项，A错误；利用赋值法可知展开式中所有项的系数和为1，B正确；求出之后再利用赋值令可得，C正确；对等式两边求导再进行赋值计算可得D正确.
【详解】对于A，由二项展开式中的二项式系数性质可知二项式系数最大为，易知应为第1013项，即A错误；
对于B，令，可得，即展开式中所有项的系数和为1，可得B正确；
对于C，令，可得，令，可得，
所以，即C正确；
对于D，将等式两边同时求导可得，
，
再令，可得，即D正确.
故选：BCD
60．
【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式，令确定的值，然后计算项的系数即可.
【详解】展开式的通项公式，
令可得，，
则项的系数为.
故答案为：60.
61．-28
【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.
【详解】因为，
所以的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为-28
故答案为：-28
62． ; .
【分析】根据二项展开式定理，分别求出的展开式，即可得出结论.
【详解】，
，
所以，
，
所以.
故答案为：.
63．64
【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.
【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；
②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；
综上所述：不同的选课方案共有种.
故答案为：64.
64．1792
【分析】先求，然后根据二项展开式的通项公式求最大系数即可.
【详解】由得，
所以的展开式的通项为，
当展开式的项的系数最大时，为偶数，
比较，，，，，
所以当时，展开式中项的系数最大，该项系数为1792.
故答案为：1792.
65．
【分析】
分别求出和展开式系数最大的项，即可得出答案.
【详解】
因为的通项为，的通项为，
∵展开式系数最大的项为，
展开式系数最大的项为，
∴在的展开式中，系数最大的项为.
故答案为：.
66．28
【分析】
根据二项式系数之和可得，结合二项展开式的通项公式求系数最大项，进而可求其二项式系数.
【详解】因为展开式的所有项的二项式系数和为，解得，
则展开式为，
可得第项的系数为，
令，即，解得，
所以展开式中第项系数最大，其二项式系数为.
故答案为：28.
67．
【分析】利用捆绑求得正确答案.
【详解】由于《腰鼓：千年回响》与《歌伴舞：领航》相邻，所以两者“捆绑”，则不同的排列种数为种.
故答案为：
68．72
【分析】
根据题意，1和2两个数按“12”的顺序和“21”的顺序捆绑，再利用插空法可得答案.
【详解】根据题意1和2必须相邻，将“12”或“21”看成一个整体与4、6全排列，
排好后，要求奇数1，3，5两两不相邻，则有3个空位可选，再将“3”和“5”插入到3个空位中，
所以有种，即满足条件的六位数共有72种，
故答案为：72
69．
【分析】应用排列、组合数，结合捆绑、插空法及分步原理求不同的排法总数.
【详解】将语文课和数学课作排列有种，
再把语文课和数学课作为整体，与除历史课外的其它2节课作全排列有种，
由上得到4个空，最后把历史课插入后3个空有种，
综上，共有种.
故答案为：
70．216
【分析】根据题意可按照只会跳舞的2人中入选的人数分类处理，按照分步乘法，分类加法即可得解.
【详解】根据题意可按照只会跳舞的2人中入选的人数分类处理.
第一类：2个只会跳舞的都不选，有种;
第二类：2个只会跳舞的有1人入选，有种;
第三类：2个只会跳舞的全入选，有种,
所以共有216种不同的选法,
故答案为：216.
71．5
【分析】根据三个电阻断路的个数，分类即可计算.
【详解】每个电阻都有断路与通路两种状态，灯泡不亮可以分3种情况讨论：①1个电阻断路，即只有断路，此时只有1种情况；②2个电阻断路，包含，和，此时有3种情况；③3个电阻断路，此时只有1种情况根据分类加法计数原理，可知灯泡因电阻断路不亮的情况共有（种）.
故答案为：5
72．13
【详解】四个焊接点共有24种情况，其中使线路通的情况有：1、4都通，2和3至少有一个通时线路才通，共有3种可能，故不通的情况有24－3＝13(种)．
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