要使的甲乙丙三个人按照一个高矮顺序排列，结果数只占6种结果中的一种，有即甲乙丙按照高矮的顺序排列共有120种结果． 58.解：（1）依题意得 则a0=1，
，
，r=0，1，?，n． ，
=120种结果．
由2|a1|=|a0|+|a2|得n2-9n+8=0可得n=1（舍去），或n=8． 所以（2）令x=1得两式相减得
展开式的中间项是
，即
，令x=-1得，即
．
，
， ．
?（4分）
，
，
．
，
所以展开式中含x的奇次幂的系数和为（3）∵两边求导得：令x=1得 59.解：（1）
答：共有1440种不同的排法． ?（5分）
（2）求甲，乙两名同学不能相邻的排法，考虑到用插空法，把其他4名同学的前后位置放甲乙即可满足甲乙不相邻．
答：共有21600种不同的排法．?（10分）
（3）首先从后排的7人中选出2人，有C72种结果，再把两个人在5个位置中选2个位置进行排列有A52， ∴不同的调整方法有
答：共有420种不同的调整方法．?（14分） 60.解：（1）（x+
）的展开式中前3项的系数分别为：1，
=1+
n
，，
由于它们成等差数列，∴2解得n=8或n=1（舍去）， 由（x+
，化为n2-9n+8=0，
）=a0+a1x+a2x2+?+anx，
=
．
最大，可得：
=
．
x8-r，
nn
令x=0，可得：a0=
（2）由二项式系数的单调性可得：（3）
的展开式的通项公式：Tr+1=
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由，解得2≤r≤3，
∴r=2或3．
56
∴系数最大的项是：7x或7x．
【解析】
1. 解：班主任站在正中间，有A66=720种；
24
班主任站在正中间且女生甲、乙相邻，有4A2A4=192种；
∴班主任站在正中间且女生甲、乙不相邻，排法的种数为720-192=528种． 故选：D．
利用间接法，求出班主任站在正中间的所有情况；班主任站在正中间且女生甲、乙相邻的情况，即可得出结论． 本题考查计数原理的运用，考查排列知识，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题． 2. 解：根据题意，分3种情况讨论：
①、若小张选择火车，由于火车共有10个车次，则有10种选法； ②、若小张选择飞机，由于飞机共有2个航班，则有2种选法；
③、若小张选择长途汽车，由于长途汽车共有12个班次，则有12种选法； 故从甲城市到乙城市共有10+2+12=24种选法； 故选：C．
根据题意，按选择的交通工具不同分3种情况讨论，分别求出每种情况下选法的数目，由加法原理计算可得答案． 本题考查分类计数原理的应用，注意依据题意，进行分类讨论．
3. 解：首先5名形象大使，每个地方至少1名那么只有两种分法：1、1、3 和1、2、2，再分配到香港、澳门、台湾，按照排列组合原理， 第一种分法C5A3=60种，第二种分法
3
3
C5C3A3=90种，合计60+90=150种．
223
故选C．
先分组，有两种分法：1、1、3 和1、2、2，再分配到香港、澳门、台湾，故可求． 本题主要考查排列组合的应用，涉及到先分组再排列，属于基础题．
4. 解：某班有男生26人，女生24人，即共有50人，从中任选一位同学为数学科代表，则不同选法的种数50， 故选A．
某班共有50人，从中任选一位同学为数学科代表，即可得出结论． 本题考查排列知识，考查学生分析解决问题的能力，属于基础题． 5. 解：第一类，甲、乙两人只有一人参赛，有C21C43A44=192种，
第二类，甲、乙两人同时参赛，从4人中选2人排列形成了3个空，把甲乙两人插入，故有A42A32=72种， 根据分类计数原理，共有192+72=264种， 故选：D．
由题意可以分两类，第一类，甲、乙两人只有一人参赛，第二类，甲、乙两人同时参赛，根据分类计数原理可得． 本题考查了分类计数原理，关键是正确分类，以及不相邻用插空，属于中档题． 6. 解：不妨设5名同学分别是A，B，C，D，E，
对于A同学来说，第二天可能出现的不同情况有去和不去2种， 同样对于B，C，D，E都是2种，由分步乘法计数原理可得， 第二天可能出现的不同情况的种数为2×2×2×2×2=25（种）． 故选：B．
直接利用分步乘法计数原理得答案．
本题考查分步乘法计数原理，是基础的计算题． 7. 解：集合P={x，y，z}，Q={1，2，3}， 要求映射f：P→Q中满足f（y）=2，
则要构成一个映射f：P→Q，只要再给集合P中的另外两个元素x，z在集合Q中都找到唯一确定的像即可． x可以对应集合Q中三个元素中的任意一个，有3种对应方法，
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同样z也可以对应集合Q中的三个元素中的任意一个，也有3种对应方法，
由分布乘法计数原理，可得映射f：P→Q中满足f（y）=2的映射的个数共有3×3=9（个）． 故选：D．
由映射的概念，要构成一个映射f：P→Q，只要给集合P中的元素在集合Q中都找到唯一确定的像即可，前提有f（y）=2，则只需给元素x，z在Q中找到唯一确定的像，然后由分布乘法计数原理求解．
本题考查了映射的概念，关键是对映射概念的理解，借助于分布乘法原理使问题的解决更为简洁明快，是基础题． 8. 解：由题意，利用排除法，五位女演员全排，有插入四位男演员，女演员甲站两侧，有2所以不同的排法有故选：A．
由题意，利用间接法，五位女演员全排，有
种方法，插入四位男演员，女演员甲站两侧，有2
，即可
-2
种．
种方法，
种方法，
求出不同的排法．
本题考查利用排列知识解决实际问题，考查学生的计算能力，正确运用间接法是关键． 9. 解：由题意知有一个盒子至少要放入2球，
2
先假设A、B可放入一个盒里，那么方法有C4=6， 再减去AB在一起的情况，就是6-1=5种． 把2个球的组合考虑成一个元素，
就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子，
3
那么共有A3=6种．
∴根据 分步计数原理知共有5×6=30种． 故选A．
2
先假设A、B可放入一个盒里，那么方法有C4，减去AB在一个盒子的情况，就有5种，把2个球的组合考虑成一个元素，就变成了把三个不同的球放入三个不同的盒子，得到结果． 本题考查分步计数原理，考查带有限制条件的元素的排列问题，两个元素不能同时放在一起，或两个元素不能相邻，这都是常见的问题，需要掌握方法．
10. 解：∵选定一件上衣时，有不同颜色的裤子3条， ∴有3种不同的穿衣方案，
∴共有3×4=12种不同的搭配方法， 故选：C．
当选定一件上衣时，有3种不同的穿衣方案，那么有4件上衣，让3×4即可得出． 本题主要考查了计数原理的运用，解题的关键是找到所有存在的情况． 11. 解：在100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，
3
共有C100种结果，
至少有1件次品的对立事件是没有次品， 没有次品的事件有C943，
∴至少有1件次品的不同取法有C1003-C943， 故选C．
在100件产品中有6件次品，现从中任取3件产品，至少有1件次品的对立事件是没有次品，没有次品的事件有C943，得到至少有1件次品的不同取法用所有减去不合题意的．
本题考查分步计数原理，是一个基础题，解题时可以从正面来考虑，至少有一件次品包括有一件次品，有两件次品，有三件次品，分别写出结果再相加．
12. 解：根据题意，将5名游客分别坐甲、乙两个游艇，每个游艇至少安排2名游客， 先将5人分为2组，一组3人，另一组2人，有C52=10种情况， 再将2组对应2个游艇，有A22=2种情况， 则互不相同的安排方法的种数为10×2=20；
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故选：B．
根据题意，将5个人分到2个游艇，可先将5人分为2组，一组3人，另一组2人，再将2组对应2个游艇，由排列、组合公式，可得每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案
本题考查排列、组合的应用，注意理解“每个游艇至少安排2名游客”的意义，分析得到可能的分组情况． 13. 解：第一步分步：由题意把8人分为以下三组（1，3，4），（2，2，4），（2，3，3）， 分组的种数为C8C7+
1
3
+=280+210+280=770种，
第二步，分配，每一种分法都有A33=6种， 根据分步计数原理，共有770×6=4620种， 故选：C．
先分组，求出分组的种数，注意平均分组和不平均分组，再分配，根据分步计数原理可得．
本题考查排列组合的实际应用，考查了分组分配的问题，关键是分组是平均分组还是不平均分组，属于中档题． 14. 解：先选取一个空盒，然后把四个不同礼品分别装在4个不同的盒子里，故有C51A44=120种， 故选：D．
先选取一个空盒，然后把四个不同礼品分别装在4个不同的盒子里（即全排列），根据分步计数原理可得． 本题考查排列组合及简单的计数问题，本题解题的关键先选取一个空盒，属于基础题．
3
15. 解：甲，乙、丙三位教师安排星期一至星期六的任意三天，其余三天丁值日，故有A6=120种，
其中丁没有连续的安排，安排甲，乙、丙三位教师后形成了4个间隔，任选3个安排丁，故有A33C43=24种， 故并且丁至少要有两天连续安排120-24=96种， 故选：B．
利用间接法，先排没有限制条件的种数，再排除丁没有连续的种数，问题得以解决． 本题考查了排列组合的分配问题，采取间接法，属于中档题． 16. 解：点集
，得到{（-1，-1），（0，0），（1，1），（2，8），（3，27）}，从中
选选3点，有C53=10种，
当取（-1，1），（0，0），（1，1）时，三点在同一条直线上，不能构成三角形，故要排除， 故则由U中的任意三点可组成10-1=9个不同的三角形． 故选：C．
先求出点集U，在任选三点，当取（-1，1），（0，0），（1，1）时，三点在同一条直线上，不能构成三角形，故要排除，问题得以解决．
本题考查了简单的组合问题，关键是要排除不能构成三角形的种数，属于基础题．
17. 解：根据题意，要在4个候选城市投资4个不同的项目，且在同一个城市投资的项目不超过2个， 则分3种情况讨论，
每个城市恰有一个项目：A44=24．
有一个城市两个项目，另两个城市1个项目：C41C32A42=144．
22
恰有两个城市，每个城市2个项目：C4A4=72共24+144+72=240种， 故选：C．
根据题意，分3种情况讨论，①每个城市恰有一个项目，②有一个城市两个项目，另两个城市1个项目，③恰有两个城市，每个城市2个项目，分别计算其情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．
本题考查排列、组合的综合应用，解题时，要根据题意，认真分析，根据“在同一个城市投资的项目不超过2个”的条件，确定分类讨论的依据．
18. 解：先排甲有两种方法，再把乙丙两人捆绑在一起，看做一个复合元素，和剩下的3人全排，故有
=96
种，
故选：C．
先排甲有两种方法，再把乙丙两人捆绑在一起，看做一个复合元素，和剩下的3人全排即可． 本题考查了分步计数原理，相邻问题用捆绑，属于基础题．
19. 解：根据题意，①先给A、B两所希望小学分配电脑，若每个学校2台，由于电脑型号相同，故只有1种情况， 其次将剩余的2台电脑分给其他3所小学，
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若一所小学2台，其他的没有，有3种情况，
若2所小学各1台，其他的一所小学的没有，有C32=3种情况，
②若A、B两所希望小学其中一所得3台，另一个2台，有2种情况， 其次将剩余的1台电脑分给其他3所小学，有3种情况， 共3×2=6种情况，
③若给A、B两所希望小学分配3台电脑，有1种情况，
④若A、B两所希望小学其中一所得4台，另一个2台，有2种情况， 综合可得，共6+6+1+2=15种情况； 故选B．
根据题意，按A、B两个学校分得电脑的数目，分4种情况讨论，分别求出各种情况下的分配方法的数目，进而相加可得答案．
本题考查分类加法计数原理，注意分类讨论时，按一定的顺序，做到不重不漏．
20. 解：由于8个不同的小球放入3个不同的小盒，要求每个盒子中至少有一个球，且每个盒子里的球的个数都不同，则8个不同的小球可以分为（5，2，1），（4，3，1），
5213
第一类为（5，2，1）时，C8C3C1A3=1008种， 第二类为（4，3，1）时，C84C43C11A33=1680种，
根据分类计数原理，可得共有1008+1680=2688种， 故选：B．
由于8个不同的小球放入3个不同的小盒，要求每个盒子中至少有一个球，且每个盒子里的球的个数都不同，则8个不同的小球可以分为（5，2，1），（4，3，1），根据分类计数原理可得．
本题考查排列、组合的实际应用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
55
21. 解：任意选取C9=126种，其中都是男医生有C6=6种， 于是符合条件的有126-6=120种． 故答案为：120．
利用间接法，即可解答．
直接法：先分类后分步；间接法：总数中剔除不合要求的方法，这种问题是排列组合中典型的问题，注意表示过程中数字不要弄混．
22. 解：先确定末尾有2种选法，再确定首位有2种选法，中间的一位有2种选法，故有2×2×2=8种， 故答案为：8．
先确定末尾有2种选法，再确定首位有2种选法，中间的一位有2种选法 本题考查了分步计数原理，解题时要先考虑有限制条件的元素，属于基础题．
23. 解：根据题意，若得到的三位数中各位数字之和为奇数，则取出的三个数字有2种情况： ①3个数全部为奇数，则有A33=6种情况；
②3个数中1个奇数、2个偶数，则有C31?1?A33=18种情况； 由分类计数原理可得，符合条件的三位数共有18+6=24个； 故答案为24．
首先分析“得到的三位数中各位数字之和为奇数”可得，有两类情况：①3个数全部为奇数，②3个数中1个奇数、2个偶数，由排列组合公式可得其情况数目，进而由分类计数原理计算可得答案．
本题考查计数原理的运用，解题的关键在于对“得到的三位数中各位数字之和为奇数”的分析，从中得到可能的情况，进而分类讨论．
24. 解：选择两门理科学科，一门文科学科，有
=9种；选择三门理科学科，有1种，
故共有10种． 故答案为：10．
分类讨论：选择两门理科学科，一门文科学科；选择三门理科学科，即可得出结论． 本题考查计数原理的应用，考查学生的计算能力，比较基础．
25. 解：双方获胜所能形成的比赛过程情况是相同的，只需考虑一方． 假设一方获胜，获胜的情况又五大类：
（1）一号棋手结束比赛：连胜五盘，比赛过程只有1种；
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