春节旅游攻略-火车票能改签几次

…
…
…
线
…
…
…
…
○…
…
…
…

…
…
…
线
……
…
…
○
…
…
…
…


绝密★启用前
2019-2020学年度???学校2月月考卷
试卷副标题
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)
……
○

_
_
○< br>_
…
_
_
…
_
…
_
_
_< br>…
…
_
_
…
：
…
号
…
订< br>考
_
订
_
…
_
_
_
…
…< br>_
_
_
…
…
_
_
_
…
…< br>：
级
…
○
班
_
○
…
_
_< br>_
…
_
…
_
_
…
_
…
_< br>_
_
…
…
：
名
…
装
姓
装< br>_
…
_
_
…
_
…
_
_
_< br>…
…
_
_
_
…
…
_
:
校< br>…
○
学
○
……
……
……
……
外内< br>……
……
……
……
○○
……
……
……
……
请点击修改第I卷的文字说明

一、单选题
1．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（ ）
A．12 B．14 C．16 D．18
2
．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
、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（ ）


A
．
120
种
B
．
240
种
C
．
144
种
D
．
288
种

3
．凸
10
边形内对角线最多有
( )
个交点

A
．
A
2
2
10
B
．
C
10
C
．
A
4
10
D
．
C
4
10

4
．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（

）

A
．
30 B
．
36 C
．
60 D
．
72
5
．将
7
个座位连 成一排，安排
4
个人就坐，恰有两个空位相邻的不同坐法有

（

）
A
．
240
B
．
480
C
．
720
D
．
960

6
．设集合< br>A


x
1
,x
2
,x
3
,x
4
,x
5

|x
i


 1,0,1

,i1,2,3,4,5

，那么集合
A
中 满足条
件

“
1x
1
x
2
x
3
x
4
x
5
3
”
的元素个数为（

）

A
．
60
B
．
90
C
．
120
D
．
130

试卷第1页，总5页

…
…
…
线
…
…
…
…
○
…
…
…
…


7
．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
ABCD
（边长
为
2
个单位）的顶点
A
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
i(i1,2,,6)
，则棋子就按逆时针方向行 走
i
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
A
处的所有不同走法共有（

）

……
…
线
…
…
…
…
○
…
……
…

A
．
22
种
B
．
24
种
C
．
25
种
D
．
27
种

8
．从装有
n1
个不同小 球的口袋中取出
m
个小球（
0mn,m,nN
），共有
Cm
n1
种
取法．在这
C
m
n1
种取法中， 可以视作分为两类：第一类是某指定的小球未被取到，共有
C
0
C
m1m 1
1n
种取法；第二类是某指定的小球被取到，共有
C
1
C
n
种取法．显然
C
0m1m1m
mm1m
1
Cn
C
1
C
n
C
n1
，即有等式：C
n
C
n
C
n1
成立．试根据上述想法，下面式
子
C
m1
C
m12m2k
C
mk
n
C
k

n
C
k
C
n
 C
kn
（其中
1kmn,k,m,nN
）应等于

（

）

A
．
C
m+1
nk
B
．
C
m
nk+1
C
．
C
m
nk
D
．
C
k
nm

9
．我市拟向新疆哈密地区的三 所中学派出
5
名教师支教，要求每所中学至少派遣一名
教师，则不同的派出方法有（< br>
）

A
．
300
种
B
．
150
种
C
．
120
种
D
．
90
种

10
．在某班进行的演讲比赛中，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
( )
A
．
72 B
．
60 C
．
36 D
．
30
11
．中国古代中的
“
礼、乐、射、御、书、数
”
合称
“
六艺
”.“
礼
”
，主要指德育；
“
乐
”
，主
要指美育；
“
射
”
和
“
御
”
，就是体育和劳动；
“
书
”
，指各 种历史文化知识；
“
数
”
，数学
.
某
校国学社团开 展
“
六艺
”
课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有< br>如下要求：
“
数
”
必须排在前三节，且
“
射
”
和
“
御
”
两门课程相邻排课，则
“
六艺
”
课程讲座
不同排课顺序共有（

）

A
．
120
种
B
．
156
种
C
．
188
种
D
．
240
种

12
．有两排座位，前排
11
个座位，后排
12
个座位，现安排2
人就座，规定前排中间的
3
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（

）

A
．
234
B
．
363
C
．
350
D
．
346

试卷第2页，总5页
……
○
…
※
○
※
…
…
题
※
…
…※
…
答
…
※
…
订
※
内
订…
※
…
…
※
线
…
…
※
…※
…
订
…
○
※
※
○
…
装…
※
…
※
…
…
在
※
…
…※
装
要
…
※
装
…
※
不
……
※
…
…
※
请
…
…
※
※…
○○
……
……
……
……
内外
……
… …
……
……
○○
……
……
……
……

…
…
…
线
…
…
…
…
○
…
…
…
…

…
…
…
线
…
…
…
…
○
…
…
…
…


1 3．2015年4月22日，亚非领导人会议在印尼雅加达举行，某五国领导人
A、B
、
C
、
D
、
E
，除
B
与
E
、D
与
E
不单独会晤外，其他领导人两两之间都要单独会晤．现安
排他们在 两天的上午、下午单独会晤（每人每个半天最多进行一次会晤），那么安排他
们单独会晤的不同方法共有 （ ）
A
．
48
种
B
．
36
种
C
．
24
种
D
．
8
种

14
．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
( )
……
○

_
_
○
_
…
_
_
…
_
…
_
_
_
…
…
_
_
…
：
…
号
…
订
考
_
订
_
…
_
_
_
…
…
_
_
_
…
…
_
_
_
…
…
：
级
…
○
班
_
○
…
_
_
_
…
_
…
_
_
…
_
…
_
_
_
…
…
：
名
…
装
姓
装
_
…
_
_
…
_
…
_
_
_
…
…
_
_
_
…
…
_
:
校
…
○
学
○
……
……
……
……
外内
……
……
……< br>……
○○
……
……
……
……
A
．
1 4
种
B
．
16
种
C
．
20
种

D
．
30
种

15
．一个五位的自然数
abcde
称为
“
凸
”< br>数，当且仅当它满足
abc
，
cde
（如
12430
，
13531
等），

则在所有的五位数中
“
凸
”
数的个数是
( )
A
．
8568
B
．
2142
C
．
2139
D
．
1134

16
．如 果在一周内
(
周一至周日
)
安排三所学校的学生参观某展览馆
,每天最多只安排一所
学校
,
要求甲学校连续参观两天
,
其余学校 均只参观一天
,
那么不同的安排方法有
(

)
A
．
50
种
B
．
60
种

C
．
120
种
D
．
210
种

17
．
6
本不同的书摆放在书架的同一层上
,
要求甲、乙两 本书必须摆放在两端，丙、丁两
本书必须相邻，则不同的摆放方法有（

）种

A
．
24
B
．
36
C
．
48
D
．
60

18
．将甲、乙、 丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、
乙两名学生不能分到同一个班，则 不同分法的种数为

（

）

A
．
18 B
．
24 C
．
30 D
．
36
19
． 某学校高三有四个优秀的同学甲､乙､丙､丁获得了保送到重庆大学､西南大学和重庆
邮电大学
3
所大学的机会
,
若每所大学至少保送
1
人
,
且甲 同学要求不去重庆邮电大学
,
则
不同的保送方案共有
( )
种

A
．
24 B
．
36 C
．
48 D
．
64
20
．中国有十二生肖，又叫十二属 相，每一个人的出生年份对应了十二种动物
(
鼠、牛、
虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、 鸡、狗、猪
)
的一种，现有十二生肖的吉物各一个，甲、
乙、丙三位同学依次选一个作 为礼物，甲同学喜欢牛和马，乙同学喜欢牛、兔、狗和羊，
丙同学哪个吉祥物都喜欢，如果让三位同学选 取的礼物都满意，那么不同的选法有
(

)
A
．
50
种
B
．
60
种
C
．
70
种
D
．
90
种

试卷第3页，总5页

…
…
…线
…
…
…
…
○
…
…
…
…

210
21
．若多项式
xxa
0
a
1

x1

La
9

x1

a
10

x1

，则
a
9

（

）

910
A
．
9 B
．
10 C
．
-9 D
．
-10
22
．
2019
年
5
月
22
日具有
“
国家战略
”
意义的
“
长三角一体化
”
会议在芜湖举行；长三角
城市群包括：上海市以及江苏省、浙江省、安徽省三省部分城市，简称
“
三省一市
” .
现
有
4
名高三学生准备高考后到上海市、江苏省、浙江省、安徽省四个地方旅游，

假设
每名同学均从这四个地方中任意选取一个去旅游，

则恰有一个地方未被选中的概率为
（

）

…
…
…
线
…
…
…
…
○
…
…
…
…

A
．
27
64
B
．
9
16
C
．
81
256
D
．
7
16

23
．将甲、乙、丙、丁四人分配到
A
、
B
、
C
三所学校任教，每所学校至少安排
1
人 ，
则甲不去
A
学校的不同分配方法有（

）

A
．
18
种
B
．
24
种
C
．
32
种
D
．
36
种

24
．安排
5
名学生去
3
个社区进行志愿服务，且每人只去一个社区，要 求每个社区至少
有一名学生进行志愿服务，则同学甲单独去一个社区不同的安排方式有（

）

A
．
100
种
B
．
60
种
C
．
42
种
D
．
25
种

25
．设集合
A{(x
1
,x
2
,x
3
,x
4
,x
5
)| x
i
{1,0,1},i1,2,3,4,5}
，那么集合
A
中满足条件
|x
1
||x
2
||x
3
|| x
4
||x
5
|3
的元素个数为
( )
A
．
60 B
．
90 C
．
120 D
．
130
26
．用数字
0
，
1
，2
，
3
，
4
，
5
可以组成没有重复数字的四位 奇数的个数是（

）

A
．
72 B
．
144 C
．
150 D
．
180
27．第十一届全国少数民族传统体育运动会在河南郑州举行，某项目比赛期间需要安排
3
名志 愿者完成
5
项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方
式共有 多少种

A
．
60 B
．
90 C
．
120 D
．
150
28
．
6
本不 同的书分给甲、乙、丙三人，每人两本，不同的分法种数是（

）

A
．
90 B
．
15 C
．
36 D
．
20
29
．若矩阵


a
1
a
2
a
3
a
4


b
1
b
2
bb

满足下列条件：
①
每行中的四个数均为集合< br>{1
，
2
，
3
，
34

4}
中不同元素；
②
四列中有且只有两列的上下两数是相同的，则满足
①②
条件 的矩阵的
个数为
( )
A
．
48 B
．
72 C
．
144 D
．
264
试卷第4页，总5页
……
○

…
※
○
※
…
…
题
※
…
…
※
…
答
…
※
…
订
※
内
订
…
※
…
…
※
线
…
…
※
…
※
…
订
…
○
※
※
○
…
装
…
※
…
※
…
…
在
※
…
…
※
装
要
…
※
装
…
※
不
…
…
※
…
…
※
请
…
…
※
※
…
○○
……
……
……
… …
内外
……
……
……
……
○○
……
……< br>……
……

…
…
…
线
…
……
…
○
…
…
…
…

…
……
线
…
…
…
…
○
…
…
……


30
．
2018
年元旦假期，高三的
8
名同学准备拼车去旅游，其中

1

班、

2
班，

3

班、

4

班 每班各两名，分乘甲乙两辆汽车，每车限坐
4
名同学
(
乘同一辆车的
4
名同学不
考虑位置
)
，其中

1

班两 位同学是孪生姐妹，需乘同一辆车，则乘坐甲车的
4
名同学
中恰有
2
名同学是来自同一个班的乘坐方式共有
(

)

A
．
18
种
B
．
24
种
C
．
48
种
D
．
36
种

31
．从
1
，
3
，
5
，
7
，
9
中任取两个数，从
0
，
2
，
4
，
6，
8
中任取
2
个数，则组成没有重
……
○
< br>_
_
○
_
…
_
_
…
_
…< br>_
_
_
…
…
_
_
…
：
…< br>号
…
订
考
_
订
_
…
_
_< br>_
…
…
_
_
_
…
…
_
_< br>_
…
…
：
级
…
○
班
_
○< br>…
_
_
_
…
_
…
_
_
…< br>_
…
_
_
_
…
…
：
名
…< br>装
姓
装
_
…
_
_
…
_
…< br>_
_
_
…
…
_
_
_
…
…< br>_
:
校
…
○
学
○
……
……
……
……
外内
……
……
……
……
○○
……
……
……
……
复数字的四位数的个数为（

）

A
．
2100 B
．
2200 C
．
2160 D
．
2400
32
．安排
A，
B
，
C
，
D
，
E
，
F，共
6
名义工照顾甲，乙，丙三位老人，每两位义
工照顾一位老人，考虑到义工与 老人住址距离问题，义工
A
不安排照顾老人甲，义工
B
不安排照顾老人乙，则 安排方法共有（

）

A
．
30
种
B
．
40
种
C
．
42
种
D
．
48
种

33
．为庆祝中国人民解放军建军
9 0
周年，南昌市某校打算组织高一
6
个班级参加红色
旅游活动，旅游点选取了 八一南昌起义纪念馆，南昌新四军军部旧址等
5
个红色旅游景
点．若规定每个班级必须 参加且只能游览
1
个景点，每个景点至多有两个班级游览，则
这
6
个 班级中没有班级游览新四军军部旧址的不同游览方法数为（

）

A
．
3600 B
．
1080 C
．
1440 D
．
2520
34
．在某种信息传输过程中，用
4
个数字 的一个排列（数字允许重复）表示一个信息，
不同排列表示不同信息，若所用数字只有
0
和
1
，则与信息
0110
至多有两个对应位置
上的数字相同的信息 个数为

A
．
10 B
．
11 C
．
12 D
．
15

第II卷（非选择题)
请点击修改第II卷的文字说明
试卷第5页，总5页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
参考答案
1．B
【解析】从矮到高的甲、乙、丙、丁、戊
5
人的 身高可记为
1,2,3,4,5
.要求
1,4
不相邻，分四
类：①先 排
4,5
时，则
1
只有
1
种排法，
2,3
在剩余的两个位上，这样有
A
2
A
2
4
种排法；
②先排
3,5
时，则
4
只有
1
种排法，
2,1在剩余的两个位上，这样有
A
2
A
2
4
种排法；③先
排
1,2
时，则
4
只有
1
种排法，
3,5
在剩余的两个位上，这样有
A
2
A
2
4
种排法； ④先排
1,3
时，则这样的排法只有两种，即
21534,43512
.综上 共有
444214
种，故选B.
考点：排列与计数原理知识的运用.
2
．
D
【解析】

【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
、黄色
3
有且 仅有两个相邻的涂色方案有
22
22
22

CA

AA
2
3
2
2
3
3
1
2
2< br>4
432
种
.
这种情况下，红色在左右两端的涂色方案有

CA

C
2
3
2
2
22
A
2
A
3
144
种；从而所求的结果为
432144 288
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.
3
．
D
【解析】

【分析】

根据凸
n
边形内对角线最多有个交点的公式求得
.
【详解】

凸
n
边形内对角线最多有
C
n
n4

个交点，

答案第1页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
又
C
10
1044
C
10

，故选
D.
【点睛】

本题考查凸边形内对角线最多有个交点的公式，属于中档题
.
4
．
C
【解析】

【分析】

记事件< br>A:
2
位男生连着出场，事件
B:
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
A
5
n

AB

A
5



n

A

n

B

n

AB



，再利用排列组合可求出
55
答案。

【详解】

记事件
A:
2
位男生连着出场，即将
2
位男生捆绑，与其他
3
位女生形成
4
个元素，所以，
事件
A
的排法种数为
n

A

A
2
A
4
48
，

24
记事件
B:
女生甲排在第一个，即将甲排在第一个，其他四个 任意排列，所以，事件
B
的排
法种数为
n

B
< br>A
4
24
，

4
事件
AB:
女生甲排在第一位，且
2
位男生连着，那么只需考虑其他四个人，将
2
位男生
23
与其他
2
个女生形成三个元素，所以，事件
AIB
的排 法种数为
A
2
A
3
12
种，

因此，出 场顺序的排法种数
A
5
n

AB

A
5



n

A

n
B

n

AB




55
120

482412

60
种，故选：< br>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
n

AB



n

A

n

B

n

AB

来等价处理，考查计算能力与分析问题的能力，属于中等题。

5
．
B
【解析】

12
或
67
为空时，第三个空位有
4
种选择；
23
或
34
或
4 5
或
56
为空时，第三个空位有
3
种
4
选择；因此 空位共有
24+43=20
，所以不同坐法有
20A
4
480
,
选
B.
答案第2页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
6
．
D
【解析】

试题分析：分以下三种情况讨论，

（
1
）
x
1< br>x
2
x
3
x
4
x
5
1< br>，则上述五个数中有一个为
1
或
1
，其余四个数为零，
此时 集合
A
有
C
5
C
2

11
10
个元素；

（
2
）
x
1
x
2
x
3
x
4
x
5
 2
，则上述五个数中有两个数为
1
或
1
，其余三个数为零，
2
其中这两个数的所有可能搭配有
2
2
4
中，此时集合
A
有
4C
5
40
个；

（
3
）
x
1
x
2
x
3
x
4
x< br>5
3
，则上述五个数中有三个数为
1
或
1
，其余 两个数为零，
3
其中这两个数的所有可能搭配有
2
3
8
中 ，此时集合
A
有
8C
5
80
个；

综上 所述，集合
A
共有
104080130
个元素
.
故选
D.
【考点定位】本题考查分类计数原理，属于较难题
.

7
．
D
【解析】

分析：抛掷三次骰子后棋子恰好又回到 点
A
处的表示三次骰子的点数之和是
8,16
，列举出
在点数中三个 数字能够使得和为
8,16
的
125;134;116;224;233;466;5 56
，共有
7
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
ABCD
（边长为
2
个单位）的周长是
8
，

抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点
A
处的表示三次骰子的点数之和是< br>8,16
，

列举出在点数中三个数字能够使得和为
8,16
的有
125;134;116;224;233;466;556
，

共有
7
种组合，

3
前
2
种组合
125;134
，每种情况可以排列出
A
3
6
种结果，

3
共有
2A
3
2612
种结果；

116;224;233;466;556
各有
3
种结果，共有
5315
种结果，

答案第3页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
根据分类计数原理知共有
121527
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
.
8
．
A
【解析】

分析：从装有
n1
个不同小球的口袋中取出
m
个小球（
0mn,m,nN
），共有
C
n1
种取法．在这
C
n1
种取法中，可以视作分为两类：第一类是某指定的小球未被取 到，第二类是
mm1m
某指定的小球被取到，即有等式：
C
n
C
n
C
n1
成立，题中的式子表示的是从装有
nk
m< br>m
个球中取出
m
个球的不同取法数
C
nk
，从而得 到选项
.
m
m1m12m2kmk
详解：在
C
n< br>C
k
C
n
C
k
C
n
 C
k
C
n
中，从第一项到最后一项分别表示：

从装有< br>n
个白球，
k
个黑球的袋子里，取出
m
个球的所有情况取法总 数的和，故答案为从
装有
nk
个球中取出
m
个球的不同取法数C
nk
，故选
A.
m
点睛：该题考查的是有关球的取法问题 ，涉及到的是有关组合数的性质，认真分析题中式子
的关系，最后求得结果
.
9
．
B
【解析】

分析：根据题意，先选后排
. ①
先选，将
5
名教师分成三组，有两种方式，即
1
，
1，
3
与
1
，
2
，
2
，注意去除重复部 分；
②
后排，将分好的三组全排列，即可得到答案
.
详解：根据题意：分两步计算

（
1
）将
5
名教师 分成三组，有两种方式即
1
，
1
，
3
与
1
，
2
，
2
；

11
C
5
C
4
10
①
分成
1
，
1
，
3
三组的方法有
2
A
2
12
C
5
C
4
15
②
分成
1
，
2
，
2
三组的方法有
2
A
2
一共有
101525
种的分组方法；

答案第4页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
3
（2
）将分好的三组全排列有
A
3
6
种方法
.
则不同的派出方法有
256150
种
.
故选
B.
点睛：对于排列组合混合问题，可先选出元素，再排列。

10
．
B
【解析】

分析：先按第一个分类讨论，再根据条件确定后续排法，不相邻问题一般采用插空法
.
113
详解：如第一个为男生，则第二个必为女生，后面任意，此时排法种数为
C
2
C
3
A
3
36,

如第一个为女生，则先排剩下 女生，再在产生的三个空中安排男生，此时排法种数为
122
C
2
A
2
A
3
24,
因此出场顺序的排法种数为
36+24=60.选
B.
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
.
11
．
A
【解析】

分析：该题属于有限制条件的排列问 题，在解题的过程中，需要分情况讨论，因为
“
数
”
必须
排在前三节 ，这个就是不动的，就剩下了五个不同的元素，所以需要对
“
数
”
的位置分三 种情
况，对于相邻元素应用捆绑法来解决即可
.
123
24
详解： 当
“
数
”
排在第一节时有
A
2
A
448
排法，当
“
数
”
排在第二节时有
A
3< br>A
2
A
3
36
种
23
排法，当
“
数
”
排在第三节时，当
“
射
”
和
“< br>御
”
两门课程排在第一、二节时有
A
2
A
3
12
种排
123
法，当
“
射
”
和
“< br>御
”
两门课程排在后三节的时候有
A
2
A
2
A
3
24
种排法，所以满足条件的
共有
4836122 4120
种排法，故选
A.
点睛：在解决问题时一是注意对
“
数
”
的位置分三种情况，二是在
“
数
”
排在第三节时，要对两
个相邻元素的位置分类讨论，再者还要注意
“
数
”
排在第二节时，两 个相邻元只能排在后四节
.
12
．
D
【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
答案第5页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
4×2=32种，在前排一共
6+6+32=44
种，甲乙都在后排共有种，分列在中间
3个的左右
4×
22
A
11
110
种，甲乙分列在前后 两排
A
2
128192
种，一共有
44+110+192=3 46
种
.
故选
D.
13
．
A
【解析】 由题设可得他们的会晤方法有两类：第一类是含，其会晤方法有
zii

2i z

是偶数，可分两类：一是取出的三个数都是偶数，只能从
2,4,6,8
中选取，共有
3
A
4
43224
种；第二类取出的三个数是 两奇一偶，偶数从
2,4,6,8
中选取，共有4
223
种，两个奇数从1,3,5,7,9
中选取，有
C
5
10
，然后再全排，共有
4C
5
A
3
4032240
种；由分类计数原理 可得函数的个数为
n24024264
，应选答案C。
14
．
C
【解析】

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，把音乐和体育插入
222
24

种，若第一节排数学
,
3，4

节只能排语文和到其中
2

个空中，故有
A
2
A
2
A
3

22
5

节只能排音乐和体育，故有
A
2
A
2
4

种，故第一节不排数学，语文和英语
,
2，
C
.
20

种，英语相邻，且音乐和体育不相邻，则不同的排课方式有
244?
故选：
15
．
B
【解析】

【分析】

本题是一个分类计数问题，数字中
c
的最小是
3
，最大是
9
，因此需要把
c
的值进行分类讨
论，确定
c
的结果，两边选 出数字就可以，没有排列，写出所有的结果相加即可
.
【详解】

由题意可 知，本题是一个分类计数问题，数字中
c
的最小是
3
最大是
9
，因此，需要把
c
的
值进行分类讨论
.
当
c3
时，前面两位数字可以从
1
、
2
中选择，只有一种结果，后面两位需要从< br>0
、
1
、
2
中
2
选两个，共有
1 C
3
3
种结果；

当
c4
时，前面两位数字可 以从
1
、
2
、
3
中选择，后面两位数需要从
0、
1
、
2
、
3
中选
22
两个，共有< br>C
3
C
4
18
种结果；

答案第6页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
22
以此 类推，当
c5
时，有
C
4
C
5
60
种结果；

22
22
当
n6
时，有
C
5
C
6
150
种结果；当
n7
时，有
C
6
C
7
315
；

2222
当
n 8
时，有
C
7
C
8
588
种结果；当
n9
时，有
C
8
C
9
1008
.
综上所述，五位
“
凸数
”
的个数为
31860150315 58810082142
，故选
B.
【点睛】

本题考查分 类计数问题，考查利用列举法得出所有满足条件的结果数，本题要注意在确定中
间一个数字后，两边的数 字只要选出数字，顺序就自然形成，不用排列，考查分类讨论数学
思想，属于中等题
.
16
．
C
【解析】

【分析】

可用分 步计数原理去做
,
分成两步，第一步安排甲学校共有
A
6
种方法,
第二步安排另两所学校
有
A
5
种方法，然后两步方法数相乘即 可
.
【详解】

先安排甲学校的参观时间
,
因为甲学校连续参观两天，

可以是周一周二
,
可以是周二周三，可以是周三周四，可以是周四周五，
< br>可以是周五周六，可以是周六周日
,
所以共有
A
6
种方法，< br>
然后在剩下的
5
天中任选两天有序地安排其余两校参观
,
安排方法有
A
5
种
,
按照分步计数乘法原理可知共有A
6
A
5?
120
种不同的安排方法，故选
C.
【点睛】

本题主要考查分步计数原理在排列组合中的应用，注意分步与分类的区别， 对于有限制条件
的元素要先安排，再安排其他的元素，本题是一个易错题
.
17
．
A
【解析】

第一步：甲、乙两本书必须摆放在两端，有
A
2
种排法；

第二步：丙、丁两本书必须相邻视为整体与其它两本共三本，有
A
2
A
3种排法；

23
2
12
2
1
2
1答案第7页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
232
∴
A
2
A
3
A
2
24< br>
故选：
A.
18
．
C
【解析】

23
(C
4
1)A
3
30


19
．
A
【解析】

【分析】

先考虑 甲去的学校有
2
种情况，对甲去的学校分类讨论，若该校只有
1
人保送，则另 外
3
人去两所学校共有
C
3
A
2
，若甲去的学校有
2
人保送，则另外
3
人去
3
所学校共有
A
3
，即
可求解
.
【详解】

每所大学至少保送
1
人
,
且甲同学要求不去重庆邮电大学
,
223
则不同的保送方案共有
2(C
3
A
2
A
3
)24
.
22
3
故选
:A.
【点睛】

本题考查排列组合的应用，对于有限制条件的元素优先考虑，考查分类讨论 思想，属于中档
题
.
20
．
C
【解析】

【分析】

根据题意，按同学甲的选择分
2
种情况讨论，求出每种情 况的选法数目，由加法原理计算可
得答案．

【详解】

根据题意，分
2
种情况讨论：

如果同学甲选牛，那么同学乙只能选兔、狗和羊中的一种，

丙同学可以从剩下的
10
种中任意选，

答案第8页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
11
∴< br>选法有
C
3
C
10
30
种；

如果同学甲选马，那么同学乙能选牛、兔、狗和羊中的一种，

11
丙同学可 以从剩下的
10
种中任意选，
∴
选法有种
C
4
C
10
40
，

不同的选法共有
304070
种，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运用，属于基础题．

21
．
D
【解析】


x1

n

C
n
C
n
x...C
10
x a
9

x1

a
9
[C
9
 C
9
x...C
9
x]
，
a
10
x1



910
01991010
a
1 0
(C
10
C
10
x...C
10
xC< br>10
x)
，根据已知条件得
x
9

的系数为
0
，
x
10

的系数为
1
99

a
9
C
9
a
10
C
10
0

a
9
10





故选
D.
10
a1
aC1
10

1010
22
．
B
【解析】

【分析】

根据排列组合的知识分别求解出恰有一个地方未被选中的情况和所有情况， 利用古典概型计
算可得结果
.
【详解】

4
名同学去旅游的所有情况有：
4
4
256
种

21
C
4
C
2
3
A
3
144
种情况

恰有一个地方未被选中共有：
C
2
A
2
1
4

恰有一个地方未被选中的概率：
p
本题正确选项：
B

【点睛】

1449


25616
本题考查古典概型计算概率的问题、排列组合中的分组分配问题；关键是能够利用排列组合
的知 识准确求解出恰有一个地方未被选中的情况种数；易错点是忽略了分组分配中的平均分
配问题
.
答案第9页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
23
．
B
【解析】

【分析】

根据题 意，分两种情况讨论：
①
其他三人中有一个人与甲在同一个学校，
②
没有人与 甲在同
一个学校，由加法原理计算可得答案．

【详解】

解：根据题意，分两种情况讨论，

112
①
其他三人中有一个人与 甲在同一个学校，有
C
3
A
2
A
2
12
种情况，

122
②
没有人与甲在同一个学校，则有
C
2< br>C
3
A
2
12
种情况；

则若甲要求不到
A
学校，则不同的分配方案有
121224
种；

故选：
B
．

【点睛】

本题考查排列、组合的应用，涉及分类加法原理的应用，属于中等题．

24
．
C
【解析】

【分析】

给三个 社区编号分别为
1
，
2
，
3
，则甲可有
3
种安排方法，剩下的两个再进行分步计数，从
而求得所有安排方式的总数
.
【详解】

甲可有
3
种安排方法，

若甲先安排第
1
社区，

则第
2
社区可安排
1
个、第
3
社区安排
3
个，共
C
4
C
3
；

22
第
2
社区
2
个、第< br>3
社区安排
2
个，共
C
4
C
2
；

13
第
2
社区
3
个，第
3
社区 安排
1
个，共
C
4
C
1
；

1 32211
故所有安排总数为
3(C
4
C
3
C
4
C
2
C
4
C
1
)42
.
11
故选：
C.
【点睛】

本题考查分类与分步计数原理 、组合数的计算，考查分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运
答案第10页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
算求解能力
.
25
．
D
【解析】

【分析】

从
|x
1
||x
2
|| x
3
||x
4
||x
5
|3
，且
x
i
{1,0,1},i1,2,3,4,5
入手，
|x
1||x
2
||x
3
||x
4
||x
5
|
可能取
1,2,3
，分
3
种情况讨论
x
i
种
1,0,1
的个数，再求
5
个元素的排列个数，相加即可得到 答案
.
【详解】

因为
|x
1
||x
2
||x
3
||x
4
||x
5
|3，且
x
i
{1,0,1},i1,2,3,4,5
，
< br>所以
|x
1
||x
2
||x
3
||x
4
||x
5
|
可能取
1,2,3
，
< br>当
|x
1
||x
2
||x
3
||x< br>4
||x
5
|
1
时，

11
x
1
,x
2
,x
3
,x
4
,x
5< br>中有
1
个
1
或
1
，
4
四个
0,

所以元素个数为
C
5
C
5
10
；
< br>当
|x
1
||x
2
||x
3
||x< br>4
||x
5
|
2
时，

x
1< br>,x
2
,x
3
,x
4
,x
5
中有< br>2
个
1
，
3
个
0
，或
1
个
1,1
个
1
，
3
个
0
，或
2< br>个
1
，
3
个
0
，所以元
222
素 个数为
C
5
C
5
A
5
1010204 0
，

当
|x
1
||x
2
||x3
||x
4
||x
5
|
3
时，

x
1
,x
2
,x
3
,x
4
,x< br>5
中有
3
个
1,2
个
0
，或
2个
1,1
个
1
，
2
个
0
，或
2
个
1
，
1
个
1,2
个
0
， 或
312123
3
个
1

，
2
个
0
，元素个数为
C
5
C
5
C
4
C< br>5
C
4
C
5
1030301080
，< br>
故满足条件的元素个数为
104080130
，

故选：
D
【点睛】

本题考查了分类讨论思想，考查了求排列数， 对
|x
1
||x
2
||x
3
||x
4
||x
5
|
的值和对
x
i
中
1,0 ,1
的个数进行分类讨论是解题关键，属于难题
.
26
．
B
【解析】

答案第11页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
【分析】

根据题意，符合奇数的个位数字只能从
1
，
3
，
5
中选取；千位数字去掉个位数字选用的和
0
还剩下四个数字中选择，最后再排百、十位数字。< br>
【详解】

根据题意，符合奇数的个位数字只能从
1
，3
，
5
中选取，组成没有重复数字的四位奇数分三
步；

第一步，排个位，共有
C
3
种方法；

第二步，排千位，共有
C
4
种方法；

第三步，排百、十位，共有
A
4
种方法；

112
所以，可组成
C
3
C
4
A
4
144
个四 位奇数，故答案选
B
。

1
1
2
【点睛】

本题主要考查简单排列组合和计数原理的应用。

27
．
D
【解析】

【分析】

根据题意，分
2
步进行分析 ：
①
、分两种情况讨论将
5
项工作分成
3
组的情况数目，< br>②
、将
分好的三组全排列，对应
3
名志愿者，由分步计数原理计算可得 答案．

【详解】

解：根据题意，分
2
步进行分析：

①
、将
5
项工作分成
3
组，

311C
5
C
2
C
1

10
种分组方法，< br>
若分成
1
、
1
、
3
的三组，有
2
A
2
1
C
5
2
C
3
2
C
1

15
种分组方法，

若分成
1
、2
、
2
的三组，有
2
A
2
则将
5项工作分成
3
组，有
10+15
＝
25
种分组方法；< br>
②
、将分好的三组全排列，对应
3
名志愿者，有
A
3
3
＝
6
种情况，

6
＝
150
种不同的分组方法；

则有
25×
故选：
D
．

答案第12页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
【点睛】

本题考查排列、组合的应用，注意分组时要进行分类讨论．

28
．
A
【解析】

【分析】

第一步 先将
6
本书分成三组每组两本，是平均分组问题，然后再将三组书本分给甲、乙、丙
三 人是排列问题，由此计算出总的分法数
.
【详解】

222
C6
C
4
C
2
将
6
本不同的书分成三组的方法数 ：，

A
3
3
将三组书本分给甲、乙、丙三人的方法数：
A
3
，

222
C
6
C
4
C
2
3
A
3
=90
.
所以总的分法数为：
A
3
3
3
故选：
A.
【点睛】

本题考查排列组合的平均分组问题，难度一般
.
计数原理 的组合问题中，计算平均分组问题
时，若有
n
个组对应的元素个数相同，计算方法数时 应在对应的组合数的算式后要除以
n
的
全排列
.
29
．
C
【解析】

【分析】

4先排列第一行，有
A
4
24
种排列方法；再根据有且只有两列的上下两 数是相同的，第二行
2
6
种排法，利用分步计数原理可得结果
..
有
C
4
【详解】

4
第一步，排列第一行，有A
4
24
种排列方法；

第二步，由题意知有且只有两列的上 下两数是相同的，选择
{1,2,3,4}
中的两个数作为与上
2
6
种取法，而对于剩余两数，为使不与上列数字相同，有且只有一种列相同的数字，有
C
4排法，因此，满足题中条件的矩阵的个数共有
246144
个
.
答案第13页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
故选
C.
【点睛】

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
.
30
．
B
【解析】

【分析】

分类讨论，第一类，一班的
2
名同学在甲车上；第二类， 一班的
2
名同学不在甲车上，再利
用组合知识，问题得以解决．

【详解】

由题意，第一类，一班的
2
名同学在甲车上，甲车上剩下 两个要来自不同的班级，从三个班
211
级中选两个为
C
3
3种，然后分别从选择的班级中再选择一个学生为
C
2
C
2
4< br>，故有
3412
种；

第二类，一班的
2
名同学 不在甲车上，则从剩下的
3
个班级中选择一个班级的两名同学在甲
111
车上 ，为
C
3
3
，然后再从剩下的两个班级中分别选择一人为
C
2
C
2
4
，这时共有
3412
种，

根据分类计数原理得，共有
121224
种不同的乘车方式

故选
B

【点睛】

本题考查计数原理的应用，考查组合知识，考查学生的计算能力，属于中档题．

31
．
C
【解析】

【分析】

因为四 位数的千位数不能是
0
，故需讨论
4
个数中是否含有
0
，分 别计算出再求和即可得出
答案。

【详解】

①
这
4
个数中没有零时，组成没有重复数字的四位数的个数为
C
5
C
4< br>A
4
=1440
；
②
这
4
个数
答案 第14页，总16页
224

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。
2 113
中有零时，组成没有重复数字的四位数的个数为
C
5
C
4A
3
A
3
720
．所以组成没有重复数字
的四位数的 个数为
14407202160
．故选
C
．

【点睛】

本题考查排列组合与简单的计数问题，其中还涉及分步计数原理与分类计数 原理，解本题的
关键在于对特殊数字
0
的处理。属于基础题。

32
．
C
【解析】

【分析】

利用间 接法求解，首先计算出所有的安排方法，减掉
A
照顾老人甲的情况和
B
照顾老 人乙
的情况，再加回来多减一次的
A
照顾老人甲的同时
B
照顾老人乙 的情况，从而得到结果
.
【详解】

22
C
4
90
种安排方法

6
名义工照 顾三位老人，每两位义工照顾一位老人共有：
C
6
12
其中
A
照顾老人甲的情况有：
C
5
C
4
30
种
12
B
照顾老人乙的情况有：
C
5
C
4
30
种

11
A
照顾老人甲，同时
B
照顾老人乙的情况 有：
C
4
C
3
12
种


符合题意的安排方法有：
9030301242
种

本题正确选项：
C

【点睛】

本题考查利用排列组合解决 实际问题，对于限制条件较多的问题，通常采用间接法来进行求
解
.
33
．
C
【解析】

【分析】

根据题 意分两种情况讨论：第一种，先将
6
个班级分成四组，分别为
11
再分配到四 个
，，2，2，
景点，第二种，将
6
人平均分成三组，再分配到除新四军军部 旧址外的四个景点的任意三个
景点，分别求出每一种情况的参观方法数，由加法原理计算可得答案

【详解】

由于每个班级必须参加且只能游览
1
个景点，且每个 景点至多有两个班级游览，因此可以把
答案第15页，总16页

本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

问题看 成是将
6
个班级分配到除新四军军部旧址外的四个景点或三个景点，可以分两种情况：
第一种，先将
6
个班级分成四组，分别为
11
再分配到四个景点，

，，2，2，
2211
C
6
C
4
C
2C
1
4
nA1080
种

不同的参观方法数为：
4
22
A
2
A
2

第二种，将
6
人平均分成三组，在分配到除新四军军部旧址外的四个景点的任意三个景 点，
222
C
6
C
4
C
2
3
nA
不同的参观方法数为：
4
360
种

3
A
3

由上可知，不同的参观方法数共有
10803601440
种
故选
C

【点睛】

本题主要考查了排列，组合的实 际应用，注意题目中的分类讨论，由不同的情形得到不同的
参观方法，继而求出结果．

34
．
B
【解析】

【详解】

由题意知与信息
0110
至多有两个对应位置上的数字相同的信息包括三类：

2
6
个；

第一类：与信息
0110
有两个对应 位置上的数字相同有
C
4
1
第二类：与信息
0110
有一个 对应位置上的数字相同有
C
4
4
个；

0
第三类 ：与信息
0110
没有位置上的数字相同有
C
4
1
个，< br>
由分类计数原理与信息
0110
至多有两个数字对应位置相同的共有
64111
个，

故选
B
．


答案第16页，总16页