一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题中只有一项符合题目要求)

1.设东、西、南、北四面通往山顶的路各有2、3、3、4条路，只从一面上山，而从任意一面下山的走法最多，应( )

A.从东边上山 B.从西边上山

C.从南边上山D.从北边上山

答案 D

2.若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为y=x2，值域为{1,4}的“同族函数”共有( )

A.7个B.8个

C.9个D.10个

答案 C

解析 由题意，问题的关键在于确定函数定义域的个数：第一步，先确定函数值1的原象：因为y=x2，当y=1时，x=1或x=-1，为此有三种情况：即{1}，{-1}，{1，-1};第二步，确定函数值4的原象，因为y=4时，x=2或x=-2，为此也有三种情况：{2}，{-2}，{2，-2}.由分步计数原理，得到：3×3=9个.选C.

3.5名学生相约第二天去春游，本着自愿的原则，规定任何人可以“去”或“不去”，则第二天可能出现的不同情况的种数为( )

A.CB.25

C.52D.A

答案 B

4.6个人分乘两辆不同的汽车，每辆车最多坐4人，则不同的乘车方法数为( )

A.40B.50

C.60D.70

答案 B

5.在航天员进行的一项太空实验中，先后要实施6个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有( )

A.24种B.48种

C.96种D.144种

答案 C

解析 当A出现在第一步时，再排A，B，C以外的三个程序，有A种，A与A，B，C以外的三个程序生成4个可以排列程序B、C的空档，此时共有AAA种排法;当A出现在最后一步时的排法与此相同，故共有2AAA=96种编排方法.

6.有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选派4人承担这三项任务，不同的选法有( )

A.2520B.2025

C.1260D.5040

答案 A

解析 先从10人中选出2人承担甲任务有C种选法，再从剩下的8人中选出2人分别承担乙、丙任务，有A种选法，由分步乘法计数原理共有CA=2520种不同的选法.故选A.

7.有5列火车停在某车站并行的5条轨道上，若快车A不能停在第3道上，货车B不能停在第1道上，则5列火车的停车方法共有( )

A.78种B.72种

C.120种D.96种

答案 A

解析 不考虑不能停靠的车道，5辆车共有5!=120种停法.

A停在3道上的停法：4!=24(种);B种停在1道上的停法：4!=24(种);

A、B分别停在3道、1道上的停法：3!=6(种).

故符合题意的停法：120-24-24+6=78(种).故选A.

8.已知(1+x)n=a0+a1x+a2x2+…+anxn，若a0+a1+a2+…+an=16，则自然数n等于( )

A.6B.5

C.4D.3

答案 C

解析 令x=1，得2n=16，则n=4.故选C.

9.6个人排队，其中甲、乙、丙3人两两不相邻的排法有( )

A.30种B.144种

C.5种D.4种

答案 B

解析 分两步完成：第一步，其余3人排列有A种排法;第二步，从4个可插空档中任选3个给甲、乙、丙3人站有A种插法.由分步乘法计数原理可知，一共有AA=144种.

10.已知8展开式中常数项为1120，其中实数a是常数，则展开式中各项系数的和是( )

A.28B.38

C.1或38D.1或28

答案 C

解析 Tr+1=(-a)rCx8-2r，令8-2r=0?r=4.

∴T5=C(-a)4=1120，∴a=±2.当a=2时，和为1;

当a=-2时，和为38.

11.有A、B、C、D、E、F共6个集装箱，准备用甲、乙、丙三辆卡车运送，每台卡车一次运两个，若卡车甲不能运A箱，卡车乙不能运B箱，此外无其他任何限制;要把这6个集装箱分配给这3台卡车运送，则不同的分配方案的种数为( )

A.168B.84

C.56D.42

答案 D

D

解析 分两类：①甲运B箱，有C·C·C种;②甲不运B箱，有C·C·C.

∴不同的分配方案共有C·C·C+C·C·C=42种.故选D.

12.从2名女教师和5名男教师中选出三位教师参加2018年高考某考场的监考工作.要求一女教师在室内流动监考，另外两位教师固定在室内监考，问不同的安排方案种数为( )

A.30B.180

C.630D.1080

答案 A

解析 分两类进行：第一类，在两名女教师中选出一名，从5名男教师中选出两名，且该女教师只能在室内流动监考，有C·C种选法;第二类，选两名女教师和一名男教师有C·C种选法，且再从选中的两名女教师中选一名作为室内流动监考人员，即有C·C·C共10种选法，∴共有C·C+C·C·C=30种，故选A.

二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)

13.已知(x+2)n的展开式中共有5项，则n=________，展开式中的常数项为________.(用数字作答)

答案 4 16

解析 ∵展开式共有5项，∴n=4，常数项为C24=16.

14.5个人排成一排，要求甲、乙两人之间至少有一人，则不同的排法有________种.

答案 72

解析 甲、乙两人之间至少有一人，就是甲、乙两人不相邻，则有A·A=72(种).

15.已知(x+1)6(ax-1)2的展开式中含x3项的系数是20，则a的值等于________.

答案 0或5

16.用数字2,3组成四位数，且数字2,3至少都出现一次，这样的四位数共有________个.(用数字作答)

答案 14

解析 因为四位数的每个数位上都有两种可能性，其中四个数字全是2或3的情况不合题意，所以适合题意的四位数有24-2=14个.

三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

17.(10分)某书店有11种杂志，2元1本的8种，1元1本的3种，小张用10元钱买杂志(每种至多买一本，10元钱刚好用完)，求不同的买法有多少种(用数字作答).

解析 分两类：第一类，买5本2元的有C58种;第二类，买4本2元的和2本1元的有C48×C23种.故共有C58+C48×C23=266种不同的买法种数.

18.(12分)4个相同的红球和6个相同的白球放入袋中，现从袋中取出4个球;若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法?

解析 依题意知，取出有4个球中至少有2个红球，可分三类：①取出的全是红球有C种方法;②取出的4个球中有3个红球的取法有CC;③取出的4个球中有2个红球的取法有CC种，由分类计数原理，共有C+C·C+C·C=115(种).

19.(12分)从1到6的六个数字中取两个偶数和两个奇数组成没有重复数字的四位数.试问：

(1)能组成多少个不同的四位数?

(2)四位数中，两个偶数排在一起的有几个?

(3)两个偶数不相邻的四位数有几个?(所有结果均用数值表示)

解析 (1)四位数共有CCA=216个.

(2)上述四位数中，偶数排在一起的有CCAA=108个.

(3)两个偶数不相邻的四位数有CCAA=108个.

20.(12分)已知(1+2)n的展开式中，某一项的系数恰好是它的前一项系数的2倍，而且是它的后一项系数的，试求展开式中二项式系数最大的项.

解析 由题意知展开式中第k+1项系数是第k项系数的2倍，是第k+2项系数的，

∴解得n=7.

∴展开式中二项式系数最大两项是：

T4=C(2)3=280x与T5=C(2)4=560x2.

21.(12分)某单位有三个科室，为实现减负增效，每科室抽调2人，去参加再就业培训，培训后这6人中有2人返回原单位，但不回到原科室工作，且每科室至多安排1人，问共有多少种不同的安排方法?

解析 6人中有2人返回原单位，可分两类：

(1)2人来自同科室：CC=6种;

(2)2人来自不同科室：CCC，然后2人分别回到科室，但不回原科室有3种方法，故有CCC·3=36种.

由分类计数原理共有6+36=42种方法.

22.(12分)10件不同厂生产的同类产品：

(1)在商品评选会上，有2件商品不能参加评选，要选出4件商品，并排定选出的4件商品的名次，有多少种不同的选

法?

(2)若要选6件商品放在不同的位置上陈列，且必须将获金质奖章的两件商品放上，有多少种不同的布置方法?

解析 (1)10件商品，除去不能参加评选的2件商品，剩下8件，从中选出4件进行排列，有A=1680(或C·A)(种).

(2)分步完成.先将获金质奖章的两件商品布置在6个位置中的两个位置上，有A种方法，再从剩下的8件商品中选出4件，布置在剩下的4个位置上，有A种方法，共有A·A=50400(或C·A)(种).

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