（2）二号棋手结束比赛：他胜的场数可能是1、2、3、4、5，比赛过程有5种； （3）三号棋手结束比赛：他胜的场数可能是1、2、3、4、5．
若胜1场：另外4场是1号或2号胜的，40、31、22、13、04，有5种比赛过程． 若胜2场：另外3场是1号或2号胜的，30、21、12、03，有4种比赛过程． 若胜3场：另外2场是1号或2号胜的，20、11、02，有3种比赛过程． 若胜4场：另外1场是1号或2号胜的，10、01，有2种比赛过程． 若胜5场：有1种比赛过程． 此类共有15种比赛过程．
（4）四号棋手结束比赛．他胜的场数可能是1、2、3、4、5．
若胜1场：另外4场是1号或2号或3号胜的，400、310、301、220、 211、202、130、121、112、103、040、031、022、013、 004，有15种比赛过程．
若胜2场：另外3场是1号或2号或3号胜的，300、210、201、120、 111、102、030、021、012、003，有10种比赛过程．
若胜3场：另外2场是1号或2号或3号胜的，200、110、101、020、 011、002，有6种比赛过程．
若胜4场：另外1场是1号或2号或3号胜的，100、010、001，有3种比赛过程． 若胜5场：有1种比赛过程． 此类共有35种比赛过程．
（5）五号棋手结束比赛．他胜的场数可能是1、2、3、4、5．
若胜1场：另外4场是1号或2号或3号或4号胜的，4000、3100、 3010、3001、2200、2110、2101、2020、2011、2002、1300、 1210、1201、1120、1111、1102、1030、1021、1012、1003、 0400、0310、0301、0220、0211、0202、0130、0121、
0112、0103、0040、0031、0022、0013、0004，共有35种赛过程． 若胜2场：另外3场是1号或2号或3号或4号胜的，
3000、2100、2010、2001、1200、1110、1101、1020、1011、1002、0300、 0201、0120、0111、0102、0030、0021、0012、0003， 共有20种比赛过程．
若胜3场：另外2场是1号或2号或3号或4号胜的，2000、1100、
1010、1001、0200、0110、0101、0020、0011、0002，共有10种比赛过程．
若胜4场：另外1场是1号或2号或3号或4号胜的，1000、0100、0010、0001，有4种比赛过程． 若胜5场：有1种比赛过程．此类共有70种比赛过程．
一方获胜共有：1+5+15+35+70=126种比赛过程，另一方获胜的比赛过程和中方相同，所以，共有126×2=252种不同的比赛过程． 故答案为：252．
由于双方获胜所能形成的比赛过程情况是相同的，只需考虑一方即可，由此可假设一方获胜，分别从（1）号、（2）号、（3）号、（4）号、（5）号棋手结束比赛这5种获胜的情况进分析解答即可． 完成此类题目思路要清晰，根据所给条件中的逻辑关系进行认真分析． 26. 解：A到C分两类，
第一类：A→B→C，分两步，第一步，A→B有2种走法，第二步，B→C有2种走法，故A→B→C有4种走法， 第二类：A→C有2种走法， 故A→C有4=2=6种走法， 故答案为：6．
观察图形，从A到C有分为两类，经过B和不经过B，根据分类计数原理可得． 本题考查了分类加法的计数原理和分步乘法的计数原理，属于基础题
27. 解：若甲，乙都参加，则甲只能参加C项目，乙只能参见A项目，B项目有3种方法， 若甲参加，乙不参加，则甲只能参加C项目，A，B项目，有A32=6种方法， 若甲参加，乙不参加，则乙只能参加A项目，B，C项目，有A32=6种方法，
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若甲不参加，乙不参加，有A33=6种方法， 根据分类计数原理，共有3+6+6+6=21种．
由题意可以分为四类，根据分类计数原理可得．
本题考查了分类计数原理，关键是分类，属于中档题． 28. 解：由xi∈N且0＜x1≤x2＜x3≤x4＜7， 得xi为小于7的正整数， ∴xi∈{1，2，3，4，5，6}
又满足0＜x1≤x2＜x3≤x4＜7的有序数组（x1，x2，x3，x4）的个数即从中取出四个数从小到大排列，
4
若没有相等的，故有C6=15，
2
若x1=x2=1，则有C5=10， 若x1=x2=2，则有C42=6， 若x1=x2=3，则有C32=3， 若x1=x2=4，则有C22=1，
则x1=x2时，共有10+6+3+1=20， 同理当x3=x4时，也有20，
当x1=x2且x3=x4时，有C62=15组，
根据分类计数原理，共有15+20+20+15=70组， 故答案为：70．
由题意得到xi∈{1，2，3，4，5，6}，分了三类，没有相等的，有一组相等的，有两组相等的，根据分类计数原理可得．
本题考查对集合元素以及有序数对中顺序的理解和把握，在后面的排列组合知识考察中，要先取后排，而排列是从小到大的自然排列，所以本题重在理解，属于中档题．
42
29. 解：先排2，4，5，6，形成了5个空，把1，3插入到其中两个空，故有A4A5=480个， 故答案为：480．
先排2，4，5，6，形成了5个空，把1，3插入到其中两个空即可． 本题考查了数字问题的中不相邻问题，采用插空是关键，属于基础题． 30. 解：由题意知把六个人全排列，
女生A排在女生B的左边和女生A排在女生B的右边的概率相等， ∵六个人全排列共有A66=720， ∴女生A必须排在B的左边的排法有
×720=360，
故答案为：360．
由题意知把六个人全排列，女生A排在女生B的左边和女生A排在女生B的右边的概率相等，写出六个人的所有的排列数，除以2得到结果．
本题考查排列组合的实际应用，本题若是分类来解，过程比较麻烦，若看出女女生A排在女生B的左边和女生A排在女生B的右边的概率相等，则题目要简单的多． 31. 解：设不同的染色法有Pn种．易知．
当n≥4时，首先，对于边a1，有3种不同的染法，由于边a2的颜色与边a1的颜色不同， 所以，对边a2有2种不同的染法，
类似地，对边a3，?，边an-1均有2种染法．对于边an，用与边an-1不同的2种颜色染色， 但是，这样也包括了它与边a1颜色相同的情况，
而边a1与边an颜色相同的不同染色方法数就是凸n-1边形的不同染色方法数的种数Pn-1，
n
于是可得Pn=3×2-1-Pn-1，
nn
Pn-2=（Pn-1-2-1）．
nnn
于是Pn-2=（-1）-3（P3-23）=（-1）-1?（-2），
nn
Pn=2+（-1）?2，n≥3．
nn
综上所述，不同的染色方法数为Pn=2+（-1）?2，．
nn
故答案为：2+2?（-1）
n
直接利用类比推理，推出凸n（n≥3）边形的边染色与凸n-1边形的不同染色方法数的种数Pn-1的关系，Pn=3×2-1-Pn-1，
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然后求出染色方法数为Pn=2+（-1）?2，
本题考查分步计数原理、分类计数原理的综合应用，涉及几何图形有关的涂色问题，分析时注意结合图形分析． 32. 解：从1，2，3，4，5，6这六个数中，任意取出两个不同的数，作为其中相等的情况有则不同
=
=
，
=
=
，
=
，
=
，
=
，
=
的值，有A6=30种情况，
2
nn
，
的值有30-8=22个，
则3的不同数值有22个； 故答案为：22．
先由排列数公式计算从1，2，3，4，5，6这六个数中，任意取出两个不同的数，作为析其中
的值相等的情况，从而可得不同
的值的数目，由指数幂的性质可得答案．
相等的数值去掉．
的值的情况数目，进而分
本题考查了排列、组合及简单的计数问题，注意解题时一定要把
33. 解：由题意知以a、b、c为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形， 先考虑等边三角形情况
则a=b=c=1，2，3，4，5，6，此时n有6个 再考虑等腰三角形情况，若a，b是腰，则a=b
当a=b=1时，c＜a+b=2，则c=1，与等边三角形情况重复；
当a=b=2时，c＜4，则c=1，3（c=2的情况等边三角形已经讨论了），此时n有2个； 当a=b=3时，c＜6，则c=1，2，4，5，此时n有4个； 当a=b=4时，c＜8，则c=1，2，3，5，6，有5个； 当a=b=5时，c＜10，有c=1，2，3，4，6，有5个； 当a=b=6时，c＜12，有c=1，2，3，4，5，有5个； 由加法原理知n有2+4+5+5+5+6=27个， 故答案为27．
先考虑等边三角形情况，则a=b=c=1，2，3，4，5，6，此时n有6个，再考虑等腰三角形情况，若a，b是腰，则a=b，列举出所有的情况，注意去掉不能构成三角形的结果，求和得到结果．
本题考查排列组合的实际应用，本题解题的关键是根据所给的条件不重不漏的列举出所有的结果，注意数字要首先能够构成三角形，即满足两边之和大于第三边，本题是一个易错题．
34. 解：当a=1、2、3时，b的取法分别有2种，故此时使得b≠a的不同取法共有3×2=6种． 当a=4或5时，b的取法分别有3种，故此时使得b≠a的不同取法共有2×3=6种． 综上可得，使得b≠a的不同取法共有6+6=12种， 故答案为 12．
当a=1、2、3时，b的取法分别有2种，故此时有3×2=6种方法．当a=4或5时，b的取法分别有3种，故此时有2×3=6种．再把求得的这2个数相加，即得所求． 本题主要考查两个基本原理的应用，属于中档题．
35. 解：先排唱歌、魔术、杂技、戏曲形成了5个空，再选3个空插入舞蹈、相声、小品，故有A44A53=1440， 故答案为：1440．
先排唱歌、魔术、杂技、戏曲形成了5个空，再选3个空插入舞蹈、相声、小品，问题得以解决． 本题考查计数原理的应用，考查学生分析解决问题的能力，比较基础． 36. 解：由题意知本题需要分类来解答， 首先A选取一种颜色，有3种情况．
如果A的两个相邻点颜色相同，2种情况； 这时最后两个边也有2种情况；
如果A的两个相邻点颜色不同，2种情况； 这时最后两个边有3种情况．
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∴方法共有3（2×2+2×3）=30种． 故答案为：30．
本题需要分类来解答，首先A选取一种颜色，有3种情况．如果A的两个相邻点颜色相同，2种情况，这时最后两个边也有2种情况；如果A的两个相邻点颜色不同，2种情况，最后两个边有3种情况．根据计数原理得到结果． 对于复杂一点的计数问题，有时分类以后，每类方法并不都是一步完成的，必须在分类后又分步，综合利用两个原理解决，即类中有步，步中有类． 37. 解：分两种情况
①在一个城市投资两个项目，在另一城市投资1个项目，将项目分成2个与1个，有3种；在4个城市当中，选择两个城市作为投资对象，有4×3=12种， 这种情况有：3×12=36种
②有三个城市各获得一个投资的项目，选择没有获得投资项目的城市，4种；安排项目与城市对应，有3×2×1=6种这种情况有，4×6=24种
综合两种情况，有36+24=60种方案设置投资项目
故答案为：60分两种情况：在一个城市投资两个项目，在另一城市投资1个项目；有三个城市各获得一个投资的项目，从而可得结论．
本题考查计数原理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
6
38. 解：根据题意，从8张卡片中任取6张，有A8种不同的取法，
再求出“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”的情况数目，
12
依据要求，则中间行的数字只能为1，4或2，3，共有C2A2=4种排法， 然后确定其余4个数字，其排法总数为A64=360，
其中不合题意的有：中间行数字和为5，还有一行数字和为5，有4种排法，
2
余下两个数字有A4=12种排法，
所以此时余下的这4个数字共有360-4×12=312种方法；
由乘法原理可知满足“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”共有4×312=1248种不同的排法， 则3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5的概率为故答案为：
．
=
．
根据题意，先用排列数公式计算可得“从8张卡片中任取6张”的取法数目，再利用排除法计算“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”的排法数目：分2步进行，①确定中间行的数字只能为1，4或2，3，②确定其余4个数字的排法数，使用排除法，用总数减去不合题意的情况数，可得其情况数目，最后由乘法原理计算可得“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”的排法数目；由古典概型计算公式计算可得答案．
本题考查古典概型的计算，涉及排列、组合的运用，解题的关键是利用排除法求出“3行中仅有中间行的两张卡片上的数字之和为5”的排法数目．
39. 解：由题意可得，在前4次取走冰糖葫芦为，取走了A上面的2颗、取走了B上面的1颗，还取走了第三串1颗，
3
第一类，第一次先取第一串的最上面一颗，第二次，剩下的三颗任意去，故有A3=6种， 第二类，第一次先取第三串的一颗（或第二串的B上面的一颗），第二次取第一串的最上面一颗，第二次，剩下的二颗任意去，故有2×2=4种，
若三类，第一次二次先取第三串的一颗和第二串的B上面的一颗，剩下的二颗按从上到下的顺序取，故有2种， 根据分类计数原理，共有6+4+2=12种， 故答案为：12．
由题意可得，在前4次取走冰糖葫芦为，取走了A上面的2颗、取走了B上面的1颗，还取走了第三串1颗，根据位置，分为三类，根据分类计数原理可得．
本题考查了分类计数原理，关键是分类，属于中档题． 40. 解：分两类，（1）每校1人：A63=120；（2）1校1人，1校2人：C32A62=90，不同的分配方案共有120+90=210． 故答案为：210安排3名支教老师去6所学校任教，每校至多2人，
分成两类解决，一类去三所学校，每校一人；另一类去两所学校，一校一人，一校两人． 本题主要考查排列、组合知识，注意分类加法和分步乘法原理的运用，难度一般．
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41.
（1）根据题意，由二项式定理可得（
-x）的展开式，其中令r=3可得x的系数，进而在（
5
3
5
-x）中，令x=1
可得其各项系数之和；
（2）根据题意，由于首位数字不能为0，先分析首位数字的可能情况，再在剩下的5个数字中，任选3个，安排在百位、十位、个位，由分步计数原理计算可得答案．
本题考查计数原理的应用以及二次项系数的性质，关键是掌握二项式定理． 42.
（1）先排歌曲节目，再排其他节目，利用乘法原理，即可得出结论；
（2）先排3个舞蹈，3个曲艺节目，再利用插空法排唱歌，即可得到结论；
（3）两个唱歌节目相邻，用捆绑法，3个舞蹈节目不相邻，利用插空法，即可得到结论． 本题考查排列组合知识，考查学生利用数学知识解决实际问题的能力，属于中档题． 43.
（1）若取出的这2个数都是偶数，若取出的这2个数都是奇数，再把所求得的这2个数相加，即得所求
（2）根据题意，若每次取出2个数的和大于20，则两个数中至少有一个大于10，进而分两种情况讨论，①若取出的2个数都大于10，②若取出的2个数有一个小于或等于10，分别计算其所有的情况数目，进而由加法原理，计算可得答案．
本题考查分类加法计数原理的运用，注意分类后，寻找规律，避免大量运算，其次注意分类讨论要不重不漏，属于中档题． 44.
（1）捆绑法：把甲乙看成一个整体，再全排列即可，
（2）插空法：将甲乙插入到剩下3人排列后所成的间隔中， （3）间接法：先求出没有限制要求的，再排除有要求的， 直接法：分两类，第一类，乙在中间，乙不在中间，
（4）定序法，甲乙丙的顺序共3种，其中甲，乙均在丙的同侧占
．
本题主要考查排列组合的实际应用，本题解题的关键是对于有限制的元素要优先排，特殊位置要优先排．相邻的问题用捆绑法，不相邻的问题用插空法，体现了分类讨论的数学思想，是一个中档题目 45.
（1）先求出n=8，利用二项展开式的通项公式求出通项，令x的指数0，求出k的值，即可判断是否有常数项 （2）分别令x的指数为整数，即可求出有理项．
本题考查利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题，属于中档题 46. 令a=1求得
的展开式的各项系数之和，
展开式中的常数项， 展开式中
项的二项式系数．
由二项展开式的通项公式求得从而求得n的值，再计算
本题考查了二项式定理的应用问题，也考查了二项式系数与常数项的应用问题，是中档题． 47.
（1）利用赋值法及二项式系数和公式求出M、N列出方程求得n，
（2）利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为0，2，4得答案．
n
本题考查赋值法是求二项展开式系数和的方法；二项式系数和公式为2；利用二项展开式的通项公式解决二项展开式的特定项问题． 48. 由
，可得
，m=1．
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