第06讲 第六章 计数原理 章末题型大总结（4大方法+14类高频题型讲练）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（人教A版2019选择性必修第三册）

第06讲 第六章 计数原理 章末题型大总结 题型01 分类讨论思想 【典例1】（2024高三·全国·专题练习）大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数每个比1大的正整数要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数不为素数能唯一地写成其中是素数，是正整数，，，将上式称为自然数N的标准分解式，且N的标准分解式中有个素数．从120的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（ ） A．6 B．13 C．19 D．60 【典例2】（23-24高二下·湖南长沙·开学考试）甲、乙、丙等5名同学参加语数外三科知识竞赛，每人随机选择一科参加竞赛，则甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，且这三科竞赛都有人参加的概率为 . 【典例3】（23-24高二上·上海·课后作业）用1、2、3、4可以组成多少个没有重复数字的正整数？其中有多少个偶数？ 【变式1】（2024·河南·模拟预测）某惠民医院开展“关爱健康，守护生命，服务老人”的义诊活动，需要临时从某科室中抽调3名医护人员，已知该科室现共有3名医生和4名护士.为了保障医院工作正常运作，该科室内至少需要留有1名医生和2名护士，则不同的抽调方案共有（    ） A．72种 B．36种 C．30种 D．18种 【变式2】（2024·江苏苏州·模拟预测）现有一只蜜蜂沿如图所示的用8个完全一样的正方体搭建的几何体的棱并按照箭头所指的相互垂直的三个方向从A点飞行到B点，可能的飞行路径共有 种（用数字作答）．    【变式3】 （23-24高二上·全国·课后作业）某人需要在一天的上午乘车从A地到B地再转车赶到C地，现已知A地至B地以及B地至C地的汽车时刻表如下： 从A地到B地的汽车时刻表                从B地到C地的汽车时刻表 车次 发车 到站 1 6:30 8:00 2 7:30 9:00 3 8:30 10:00 4 9:30 11:00 车次 发车 到站 1 7:20 8:40 2 8:20 9:40 3 9:20 10:40 4 10:20 11:40 问此人在这天从A地到达C地有多少种不同的乘车方案？ 题型02 整体思想 【典例1】（2024高三·全国·专题练习）2024年春节放假安排：农历除夕至正月初六放假，共7天．某单位安排7位员工值班，每人值班1天，每天安排1人．若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案共有（   ） A．1440种 B．1360种 C．1282种 D．1128种 【典例2】（24-25高二下·全国·课后作业）四名男生和两名女生排一行进行合影，若要求男生甲与男生乙不相邻，且女生A和女生B相邻，则不同排法的种数有（    ） A．288种 B．144种 C．96种 D．72种 【变式1】（24-25高三上·福建泉州·阶段练习）七位渔民各驾驶一辆渔船依次进湖捕鱼，甲､乙渔船要排在一起出行，丙必须在最中间出行，则不同的排法有（   ） A．96种 B．120种 C．192种 D．240种 【变式2】（24-25高二下·全国·课后作业）春节是团圆的日子，为了烘托这一喜庆的气氛，某村组织了“村晚”．通过海选，现有6个自编节目需要安排演出，为了更好地突出演出效果，对这6个节目的演出顺序有如下要求：“杂技节目”排在后三位，“相声”与“小品”必须相继演出，则不同的演出方案有（    ） A．240种 B．188种 C．144种 D．120种 题型03 主元思想 【典例1】（2024高三·全国·专题练习）甲、乙、丙、丁四名同学排成一排照相，则甲与乙相邻且甲与丙之间恰好有一名同学的概率为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（24-25高三上·四川内江·阶段练习）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．甲、乙两人要在同一个舱内，则不同的安排方案共有 . 【典例3】（2024高三·全国·专题练习）种不同的花种在排成一列的花盆里，若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法？ 【变式1】（23-24高二下·内蒙古·期中）从6人（包含甲）中选派出3人参加，，这三项不同的活动，且每项活动有且仅有1人参加，若甲不参加和活动，则不同的选派方案有（    ） A．60种 B．80种 C．90种 D．150种 【变式2】（24-25高三·上海·课堂例题）七个人排成一行，则甲在乙左边（不一定相邻）的不同排法数有 种. 题型04 “正难则反”思想 【典例1】（24-25高三上·重庆涪陵·开学考试）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次(无并列情况).甲、乙、丙去询问成绩.老师对甲说：“你不是最差的.”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军.”对丙说：“你不是第2名.”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为（    ） A．44 B．46 C．48 D．54 【典例2】（多选）（24-25高二下·全国·课后作业）某市文化局组织了一次“送戏下乡”活动，共有个节目，且小品和相声各一个，若小品不排在第一位，相声不排在最后一位，则不同的排法种数为（    ） A． B． C． D． 【典例3】（24-25高二上·全国·课前预习）5名学生和1位老师站成一排照相，问老师不排在两端的排法有多少种？ 【变式1】（24-25高三上·重庆·开学考试）第41届全国青少年信息学奥林匹克竞赛于2024年7月日在重庆市育才中学成功举办．在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等5名育才新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加．若5名新教师中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有（    ）种 A．108 B．114 C．150 D．240 【变式2】（24-25高三上·云南昆明·期中）甲口袋中有标号为、、的三张卡片，乙口袋中有标号为、、、的四张卡片，从两个口袋中不放回地随机抽出三张卡片，每个口袋至少抽一张，则抽到的三张卡片中至少有一张标号为偶数的不同抽法共有 种（用数字作答） 题型05 两个计数原理的综合应用 【典例1】（24-25高三上·浙江杭州·阶段练习）现有三对双胞胎共6人排成一排，则有且只有一对双胞胎相邻的排法种数是（    ） A．180 B．240 C．288 D．300 【典例2】（24-25高二下·全国·课后作业）结合排列组合，解决下列问题． (1)将6封不同的信放到7个不同的信箱中，有多少种放法？ (2)将6封不同的信放到5个不同的信箱中，每个信箱至少有一封信，有多少种放法？ (3)将6封相同的信放到3个不同的信箱中，每个信箱至少有一封信，有多少种放法？ (4)将4封标有序号A，B，C，D的信放到四个标有A，B，C，D的信箱中，恰有一组序号相同，则有多少种放法？ 【典例3】（24-25高二下·全国·课后作业）现有名师生站成一排照相，其中老师人，男学生人，女学生人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？ (1)老师站在最中间，名女学生分别在老师的两边且相邻，名男学生两边各人； (2)名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端； (3)名老师之间必要有男女学生各人． 【变式1】（24-25高二下·全国·课后作业）2023年春节旅游业回暖，人们纷纷外出游玩，游览祖国美好河山．现有6名游客去A，B，C，D四个景点游览，要求每个景点都有人游览，且甲和乙不去同一个景点，则不同的游览方式共有 种（用数字作答）． 【变式2】（24-25高三·上海·课堂例题）4件不同的礼品，按以下各种情况，各有几种分法？ (1)平均分成两堆； (2)平分给两人； (3)分成两堆，一堆3件，一堆1件； (4)分给两人，一人3件，一人1件． 题型06数字排列问题 【典例1】（23-24高二下·江苏宿迁·期中）共10个数字． (1)可组成多少个无重复数字的四位数； (2)可组成多少个无重复数字的五位偶数； (3)可组成多少个无重复数字的大于或等于30000的五位数； (4)在无重复数字的五位数中，50124从大到小排第几． 【典例2】（2024高二·全国·专题练习）从1到7这7个数字中取2个偶数、3个奇数，排成一个无重复数字的五位数．求： (1)共有多少个五位数？ (2)其中偶数排在一起的有多少个？ (3)其中偶数排在一起，奇数也排在一起的有多少个？ (4)其中两个偶数不相邻的有多少个？ 【典例3】（24-25高二·江苏·课后作业）已知一个两位数中的每个数字都从1，2，3，4中任意选取. (1)如果两位数中的数字不允许重复使用，那么能得到多少个不同的两位数？ (2)如果两位数中的数字允许重复使用，那么能得到多少个不同的两位数？ 【变式1】（2024高三·全国·专题练习）用这六个数字，可以组成多少个满足下列条件的整数？ (1)可以组成多少个无重复数字的四位数？ (2)可以组成多少个恰有两个相同数字的四位数？ 【变式2】（23-24高二下·江苏·期中）有0，1，2，3，4，5六个数字． (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？ (3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？ 题型07 涂色问题 【典例1】（24-25高二上·全国·单元测试）用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法（    ）    A．120种 B．720种 C．840种 D．960种 【典例2】（24-25高三上·福建福州·期中）如图，对某市的个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，现有种不同的颜色可供选择，则不同的着色方法有 种.    【典例3】（23-24高二下·山西临汾·期中）如图，这是一面含A，B，C，D，E，F六块区域的墙，现有含甲的五种不同颜色的油漆，一位工人要对这面墙涂色，相邻的区域不同色，则共有 种不同的涂色方法；若区域D 不能涂甲油漆，则共有 种不同的涂色方法.    【变式1】（24-25高三上·广西南宁·开学考试）在如图方格中，用4种不同颜色做涂色游戏，要求相邻区域颜色不同，每个区域只能涂一种颜色. ①若区域涂2种颜色，区域涂另外2种颜色，则有 种不同涂法. ②若区域涂4种颜色（涂的颜色互不相同），区域也涂这4种颜色（涂的颜色互不相同），则有 种不同涂法. 【变式2】（24-25高三上·重庆长寿·开学考试）某次文化艺术展，以体现了中华文化的外圆内方经典的古钱币造型作为该活动的举办标志，举办方计划在入口处设立一个如下图所示的造型现拟在图中五个不同的区域栽种花卉，要求相邻的两个区域的花卉品种不一样. 现有木绣球、玫瑰、广玉兰、锦带花、石竹等5各不同的品种. (1)（i）共有多少种不同的栽种方法； 题型08 全排列问题 【典例1】（23-24高二下·广东·期中）某种产品的加上需要经过A，B，C，D，E，F，G七道工序，要求A，B两道工序必须相邻，C，D两道工序不能相邻，则不同的加工顺序有（    ） A．960种 B．836种 C．816种 D．720种 【典例2】（23-24高二下·甘肃·期末）甲、乙、丙等7名学生准备利用暑假时间从，，三个社区中选一个参加义务劳动，若甲、乙、丙恰好去三个不同的社区，则所有不同的选择种数为 ． 【典例3】（23-24高二下·北京丰台·期末）2024年春节期间，全国各大影院热映《第二十条》、《飞驰人生2》、《热辣滚烫》、《熊出没．逆转时空》4部优秀的影片．现有4名同学，每人选择这4部影片中的1部观看． (1)如果这4名同学选择观看的影片均不相同，那么共有多少种不同的选择方法？ (2)如果这4名同学中的甲、乙2名同学分别选择观看影片《第二十条》、《飞驰人生2》，那么共有多少种不同的选择方法？ (3)如果这4名同学中恰有2名同学选择观看同一部影片，那么共有多少种不同的选择方法？ 【变式1】（23-24高二下·安徽安庆·期末）某寝室4名室友拍毕业照，4位同学站成一排，其中甲乙两位同学必须相邻，且甲在乙的右边，则不同的排法种数有（    ） A．24种 B．12种 C．8种 D．6种 【变式2】（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）用0，1，2，3，4，5这6个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？（列式并计算） (1)六位数； (2)六位奇数； (3)能被5整除的六位数； (4)组成的六位数按从小到大顺序排列，第265个数是多少？ (5)六位数中数字1，2始终相邻的数 题型09 元素位置有限制问题 【典例1】（24-25高三上·重庆·阶段练习）我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队．其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在的左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为（    ） A．432 B．864 C．1728 D．2592 【典例2】（24-25高二下·全国·课后作业）用，，，，，组成一个没有重复数字的六位数，该六位数是的倍数且奇数与偶数相间，则满足条件的这样的六位数有 个． 【典例3】（24-25高三上·贵州贵阳·阶段练习）今年暑期旅游旺季，贵州以凉爽的气候条件和丰富的旅游资源为依托，吸引了各地游客前来游玩.由安顺黄果树瀑布､荔波小七孔､西江千户苗寨､赤水丹霞､兴义万峰林､铜仁梵净山6个景点谐音组成了贵州文旅的拳头产品“黄小西吃晚饭”.小明和家人计划游览以上6个景点，若铜仁梵净山不安排在首末位置，且荔波小七孔和西江千户苗寨安排在相邻位置，则一共有 种不同的游览顺序方案.（用数字作答） 【变式1】（24-25高二下·全国·课后作业）一位语文老师在网上购买了四书五经各一套，四书指《大学》《中庸》《论语》《孟子》，五经指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》，他将9本书整齐地放在同一层书架上，若四书，五经必须分别排在一起，且《大学》和《春秋》不能相邻，则不同方式的排列种数为（    ） A．5760 B．5660 C．5642 D．5472 【变式2】（24-25高二下·全国·课后作业）从5个男生和4个女生中选出5人去担任英语、数学、物理、化学、生物的课代表．分别求出符合下列条件的安排方法种数： (1)有女生但不少于男生； (2)女生甲不担任物理课代表； (3)女生乙入选且不担任生物课代表，男生甲若入选，只担任数学或物理课代表． 题型10 相邻与不相邻问题 【典例1】（23-24高二下·湖北武汉·阶段练习）有四名男生，三名女生排队照相，七个人排成一排，则下列说法正确的是（   ） A．如果四名男生必须连排在一起，那么有720种不同排法 B．如果三名女生必须连排在一起，那么有576种不同排法 C．如果女生不能站在两端，那么有1440种不同排法 D．如果三个女生中任何两个均不能排在一起，那么有720种不同排法 【典例2】（23-24高二下·陕西西安·期中）某种产品的加工需要经过6道工序． (1)若其中某2道工序不能放在最前面也不能放在最后面，问有多少种加工顺序? (2)若其中某3道工序必须相邻．问有多少种加工顺序? (3)若其中某3道工序两两不能相邻，问有多少种加工顺序? 【典例3】（23-24高二上·辽宁抚顺·阶段练习）某次介绍会需要安排6个产品的介绍顺序，其中3个产品来自A公司，2个产品来自B公司，1个产品来自C公司． (1)求B公司的2个产品的介绍顺序相邻的方案数; (2)求同一个公司产品的介绍顺序不相邻，C公司的产品既不是第一个介绍，也不是最后一个介绍的方案数． 【变式1】（多选）（24-25高二下·全国·课后作业）学校要安排一场文艺晚会的11个节目的演出顺序，第1个节目和最后1个节目已确定，其余9个节目中有4个音乐节目，3个舞蹈节目，2个曲艺节目，则（    ） A．若要求4个音乐节目排在一起，则有种不同的排法 B．若要求曲艺节目甲必须在曲艺节目乙的前边，则有种不同的排法 C．若要求3个舞蹈节目不能排在一起，则有种不同的排法 D．若要求音乐节目、舞蹈节目、曲艺节目分别相邻演出，则有种不同的排法 【变式2】（24-25高二上·全国·课后作业）三个女生和五个男生排成一排． (1)如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？ (2)如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？ (3)如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？ (4)如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？ (5)如果男生甲、乙之间必须排两个女生，可有多少种不同的排法？ 题型11分组分配问题 【典例1】（2024高三·全国·专题练习）将6本不同的书，甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本，有多少种不同的分配方式？ 【典例2】（2024高三·全国·专题练习）现在4本不同的书，按以下方式进行分配． (1)分成两堆，每堆2本，则有多少种分法； (2)分成两堆，一堆3本、一堆1本，则有多少种分法； (3)分给甲、乙两人，每人2本，则有多少种分法； (4)分给甲、乙两人，一个3本、一人1本，则有多少种分法． 【典例3】（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）五个不同的小球，全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中.回答下面几个问题（写出必要的算式，并以数字作答）: (1)可以有空盒，但球必须都放入盒中的放法有多少种? (2)四个盒都不空的放法有多少种? (3)恰有一个空盒的放法有多少种? 【变式1】（24-25高二上·全国·课堂例题）6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)每组2本（平均分组）； (2)一组1本，一组2本，一组3本（不平均分组）； (3)一组4本，另外两组各1本（局部平均分组）． 【变式2】（23-24高二下·安徽六安·期中）6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法？ (1)分给甲、乙、丙三人，每人两本； (2)分为三份，每份两本； (3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本； (4)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本． （要求:以上4题最终答案均要用数字作答） 题型12二项展开式及其逆应用 【典例1】（23-24高二下·山东临沂·期中）若实数，则等于（    ） A． B．32 C． D．64 【典例2】（24-25高二上·上海·假期作业）设，它等于下式中的（    ） A． B． C． D． 【典例3】（24-25高二上·全国·随堂练习）代数式可化简为 ． 【变式1】（23-24高二下·河南洛阳·期中） （    ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）（    ） A． B． C． D． 题型13特定项（特定项系数） 【典例1】（23-24高二下·山东菏泽·期中）的展开式中无理项的项数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【典例2】（24-25高三上·福建南平·期中）若的展开式中各项系数的和为，则 ，该展开式中的常数项为 ． 【典例3】（23-24高二下·河南郑州·期末）已知二项式的二项展开式中二项式系数之和为256. (1)求展开式中的系数； (2)求展开式中所有的有理项. 【变式1】（多选）（24-25高三上·甘肃白银·期中）对于二项式，下列说法正确的是（    ） A．展开式中的常数项为 B．展开式中的常数项为 C．展开式中的有理项有3项 D．展开式中的有理项有4项 【变式2】（24-25高三上·四川眉山·阶段练习）将个班分别从个景点中选择一处游览，共有种不同的选法，则在的展开式中，含项的系数为 . 题型14 二项式系数（含最值问题） 【典例1】（24-25高二下·全国·课后作业）的展开式中系数最小的项和二项式系数最大的项分别为（    ） A．第1项和第3项 B．第2项和第4项 C．第3项和第1项 D．第4项和第2项 【典例2】（2024·贵州·模拟预测）的展开式中，二项式系数最大的项的系数是 .（用数字作答） 【典例3】（2024高三·全国·专题练习）已知的展开式中，第四项的系数与倒数第四项的系数之比为，则展开式中二项式系数最大的项的系数为 . 【变式1】（多选）（23-24高二下·安徽合肥·阶段练习）已知，展开式中的所有项的二项式系数和为，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24高二下·重庆九龙坡·期中）在的展开式中，若第7项与第8项的二项式系数之比为，则 ． 题型15系数（含系数最大，小项） 【典例1】（23-24高二下·江苏南通·期中）在以下两个条件中任选一个条件，补充在下面问题中的横线上，并完成解答. ①所有项的系数之和与二项式系数之和的比为； ②前三项的二项式系数之和为22. 问题：在的展开式中，__________. (1)证明展开式中没有常数项； (2)求展开式中所有的有理项. 【典例2】（23-24高二下·四川内江·阶段练习）用二项式定理展开， (1)求展开式中的常数项； (2)求展开式中系数最大的项的二项式系数.（用数字作答） 【典例3】（23-24高二下·河北保定·阶段练习）在 的展开式中，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍. (1)求n的值； (2)求 的展开式中的常数项； (3)求展开式中系数绝对值最大的项是第几项？ 【变式1】（23-24高二下·浙江杭州·期中）已知的展开式中，所有二项式系数的和为32. (1)求n的值； (2)若展开式中的系数为80，求a的值. 【变式2】（23-24高二下·宁夏石嘴山·期中）已知的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项． (1)求的值； (2)求该展开式中的常数项． (3)求其展开式中系数最大的项. 题型16 二项式系数和与系数和 【典例1】（23-24高二下·天津和平·期中）已知的展开式中，第4项和第9项的二项式系数相等． (1)求n； (2)求展开式中x的一次项的系数； (3)设展开式的所有项的系数和为M，展开式的所有偶数项的二项式系数和为N，求． 【典例2】（23-24高二下·四川遂宁·期中）已知二项式 的展开式中， .  给出下列条件： ①第二项与第三项的二项式系数之比是； ②各项二项式系数之和为512；  ③第7项为常数项； 从上面三个条件中选择一个合适的条件补充在上面的横线上，并完成下列问题. (1)求实数的值； (2)展开式中二项式系数最大的项； (3)求的展开式中的常数项. 【典例3】（23-24高二下·江苏淮安·期中）若．求： (1)； (2)． 【变式1】（23-24高二下·山东聊城·期中）（结果可用指数幂的形式表示） 设.求： (1)； (2)求的值； (3)求的值. 【变式2】（23-24高二下·江苏扬州·期中）已知. (1)求； (2)求. 题型17二项式定理应用 【典例1】（23-24高二下·吉林·期中）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设a，b，m均为整数，若a和b被m除得的余数相间，则称a和b对模m同余，记为，如9和21被6除得的余数都是3，则记.若，且，则b的值可以是（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【典例2】（23-24高二下·广东茂名·期中）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设均为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为，如9和21被6除得的余数都是3，则记．若，且，则的值可以是（    ） A．2010 B．2021 C．2019 D．1997 【典例3】（23-24高二下·山东济宁·期中）2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，某同学三个多选题中第一小题和第二小题都随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，这位同学的多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）共有种情况，则除以36的余数是 ． 【变式1】（23-24高二下·江苏徐州·期中）已知为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．如9和21除以6所得的余数都是3，则记为，若，，则的值可以是（    ） A．2024 B．2023 C．2022 D．2021 【变式2】（23-24高二下·广西玉林·期末）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，对于两个整数a，b，若它们除以正整数所得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，，则的值可以是（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 题型18杨辉三角形 【典例1】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）当时，将三项式展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角形”：    若在的展开式中，的系数为，则实数a的值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【典例2】（23-24高二上·山东德州·期末）将杨辉三角中的每一个数都换成，得到如图所示的莱布尼茨三角形.莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果（为正整数），则下列结论中正确的是（   ） 第0行                  第1行                   第2行                      第3行                       ……             …… A．当时中间的两项相等，且同时取得最大值 B．当时中间一项为 C．第6行第5个数是 D． 【典例3】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（    ） A． B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C．记第行的第个数为，则 D．第20行中第8个数与第9个数之比为 【变式1】（多选）（23-24高二下·海南海口·期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题中正确的是（    ）． 第0行 第1行 第2行 第3行 第4行 第5行 第n行 1 1   1 1   2   1 1   3   3   1 1   4   6   4   1 1   5   10   10   5   1 第n行 A．在第10行中第5个数最大 B． C．第8行中第4个数与第5个数之比为 D．在杨辉三角中，第n行的所有数字之和为 【变式2】（23-24高二下·山西·期中）如图是我国古代著名数学家杨辉在《详解九章算术》给出的一个用数排列起来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和为 . / 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第06讲 第六章 计数原理 章末题型大总结 题型01 分类讨论思想 【典例1】（2024高三·全国·专题练习）大约公元前300年，欧几里得在他所著《几何原本》中证明了算术基本定理：每一个比1大的数每个比1大的正整数要么本身是一个素数，要么可以写成一系列素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么写出来的形式是唯一的，即任何一个大于1的自然数不为素数能唯一地写成其中是素数，是正整数，，，将上式称为自然数N的标准分解式，且N的标准分解式中有个素数．从120的标准分解式中任取3个素数，则一共可以组成不同的三位数的个数为（ ） A．6 B．13 C．19 D．60 【答案】B 【知识点】代数中的组合计数问题、排列数的计算 【分析】根据题意，得出从2，2，2，3，5这5个素数中任取3个组成三位数，分三种情况，结合排列数和组合数的公式，即可求解. 【详解】根据自然数的标准分解式可得， 故从2，2，2，3，5这5个素数中任取3个组成三位数，有下列三种情况： ①选取3个2，可以组成1个三位数； ②选取2个2后，再从3或5中选一个，可以组成个不同的三位数； ③选取2，3，5，可以组成个不同的三位数， 所以从120的标准分解式中任取3个素数，一共可以组成个不同的三位数． 故选：B. 【典例2】（23-24高二下·湖南长沙·开学考试）甲、乙、丙等5名同学参加语数外三科知识竞赛，每人随机选择一科参加竞赛，则甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，且这三科竞赛都有人参加的概率为 . 【答案】 【知识点】分类加法计数原理、排列组合综合 【分析】 由排列组合知识结合概率公式即可得解. 【详解】因为甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，若每个同学可以自由选择， 所以3科的选择数有2，2，1和3，1，1两种分配方案， 当分配方案为2，2，1时，共有种不同的选择方案； 当分配方案为3，1，1时，共有种不同的选择方案； 所以满足要求的不同选择种数为， 所以甲和乙不参加同一科，甲和丙参加同一科竞赛，且这三科竞赛都有人参加的概率为， 故答案为： 【典例3】（23-24高二上·上海·课后作业）用1、2、3、4可以组成多少个没有重复数字的正整数？其中有多少个偶数？ 【答案】64，32 【知识点】排列数的计算、分类加法计数原理 【分析】由分类加法计数原理以及排列数，且注意到奇数个数与偶数个数一样，由此即可求解. 【详解】我们可以分以下四种情形来计算用1、2、3、4组成的没有重复数字的正整数： 情形一：用1、2、3、4组成的没有重复数字的一位数有个； 情形二：用1、2、3、4组成的没有重复数字的两位数有个； 情形三：用1、2、3、4组成的没有重复数字的三位数有个； 情形四：用1、2、3、4组成的没有重复数字的四位数有个； 因此由分类加法计数原理可知用1、2、3、4组成的没有重复数字的正整数一共有； 又注意到这些数是奇数当且仅当个位数是1、3，这些数是偶数当且仅当个位数是2、4， 而个位数是1、3的概率，同理个位数是2、4的概率， 这表明了这些数中奇数个数和偶数个数一样多，所以这些数中的偶数有个. 【变式1】（2024·河南·模拟预测）某惠民医院开展“关爱健康，守护生命，服务老人”的义诊活动，需要临时从某科室中抽调3名医护人员，已知该科室现共有3名医生和4名护士.为了保障医院工作正常运作，该科室内至少需要留有1名医生和2名护士，则不同的抽调方案共有（    ） A．72种 B．36种 C．30种 D．18种 【答案】C 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】 利用组合知识，对抽调的3名医护人员分两类，求出各类情况的方案数，再相加即可. 【详解】要使科室内至少留有1名医生和2名护士，则有以下两类情况： ①抽调的3名医护人员由2名医生1名护士组成，则有种; ②抽调的3名医护人员由1名医生2名护士组成，则有种. 所以不同的抽调方案共有种. 故选：C. 【变式2】（2024·江苏苏州·模拟预测）现有一只蜜蜂沿如图所示的用8个完全一样的正方体搭建的几何体的棱并按照箭头所指的相互垂直的三个方向从A点飞行到B点，可能的飞行路径共有 种（用数字作答）．    【答案】296 【知识点】排列组合综合 【分析】从高度为的顶点沿竖直向上的棱飞到高度为的顶点，一共有处，计算通过这条棱各自的情况总数，再相加即可. 【详解】    从高度为的顶点沿竖直向上的棱飞到高度为的顶点，一共有处，分别记为， 点下方的点记为，点上方的点记为. 从到有种路径，沿竖直的棱向上飞再到有种路径； 从到有种路径，沿竖直的棱向上飞再到有种路径； 从到到有种路径，从到到有种路径， 则从到有种路径，沿竖直的棱向上飞再到有种路径； 从到到有种路径，从到到有种路径， 从到到有种路径， 则从到有种路径，再到有种路径； 又到有种路径，则从到到有种路径. 从到到有种路径，从到到有种路径， 从到到有种路径，沿竖直的棱向上飞再到有种路径， 则从到竖直向上再到有种路径. 从到到有种路径，从到到到有种路径， 沿竖直的棱向上飞再到有种路径， 则从到竖直向上再到有种路径. 从到到有种路径，从到到有种路径， 从到到到有种路径，从到到到有种路径， 再到有种路径， 则从到到有种路径. 因此从到可能的飞行路径共有种. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：排列组合复杂的问题关键在于做好分类讨论，如何找到合适的分类标准非常重要。本题找到高度1飞到高度2的路径，以此为分类方法去讨论，可以找到合适且清晰的思路. 【变式3】 （23-24高二上·全国·课后作业）某人需要在一天的上午乘车从A地到B地再转车赶到C地，现已知A地至B地以及B地至C地的汽车时刻表如下： 从A地到B地的汽车时刻表                从B地到C地的汽车时刻表 车次 发车 到站 1 6:30 8:00 2 7:30 9:00 3 8:30 10:00 4 9:30 11:00 车次 发车 到站 1 7:20 8:40 2 8:20 9:40 3 9:20 10:40 4 10:20 11:40 问此人在这天从A地到达C地有多少种不同的乘车方案？ 【答案】 【知识点】分类加法计数原理 【分析】分别讨论地到到站的时间，然后判断从地到乘坐的车次，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】若乘坐从地到的第1班汽车，到站，则从地到有3辆汽车可以乘坐； 若乘坐从地到的第2班汽车，到站，则从地到有2辆汽车可以乘坐； 若乘坐从地到的第3班汽车，到站，则从地到有1辆汽车可以乘坐； 若乘坐从地到的第4班汽车，到站，则从地到没有汽车可以乘坐， 由分类计数原理，可得种不同的乘坐方式. 题型02 整体思想 【典例1】（2024高三·全国·专题练习）2024年春节放假安排：农历除夕至正月初六放假，共7天．某单位安排7位员工值班，每人值班1天，每天安排1人．若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案共有（   ） A．1440种 B．1360种 C．1282种 D．1128种 【答案】D 【知识点】排列组合综合、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题 【分析】运用捆绑法，结合分类讨论和排列组合知识计算即可. 【详解】采取对丙和甲进行捆绑的方法： 如果不考虑“乙不在正月初一值班”，则安排方案有：种， 如果“乙在正月初一值班”，则安排方案有：种， 若“甲在除夕值班”，则“丙在初一值班”，则安排方案有：种． 则不同的安排方案共有(种)． 故选：D． 【典例2】（24-25高二下·全国·课后作业）四名男生和两名女生排一行进行合影，若要求男生甲与男生乙不相邻，且女生A和女生B相邻，则不同排法的种数有（    ） A．288种 B．144种 C．96种 D．72种 【答案】B 【知识点】不相邻排列问题、相邻问题的排列问题 【分析】利用插空法和捆绑法求解即可. 【详解】第一步：先对2名女生进行排队，有种排法； 第二步：将除甲和乙之外的人进行排队，有种排法； 第三步：甲、乙采用插空的方式，有种排法．所以共有种． 故选：B. 【变式1】（24-25高三上·福建泉州·阶段练习）七位渔民各驾驶一辆渔船依次进湖捕鱼，甲､乙渔船要排在一起出行，丙必须在最中间出行，则不同的排法有（   ） A．96种 B．120种 C．192种 D．240种 【答案】C 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题 【分析】先将甲乙捆绑成一个单元，再讨论其所排位置，运算求解. 【详解】由题意可知，丙排在第4位，则甲乙两人可能在第1、2或2、3或5、6或6、7位， 故不同的排法有种. 故选：C. 【变式2】（24-25高二下·全国·课后作业）春节是团圆的日子，为了烘托这一喜庆的气氛，某村组织了“村晚”．通过海选，现有6个自编节目需要安排演出，为了更好地突出演出效果，对这6个节目的演出顺序有如下要求：“杂技节目”排在后三位，“相声”与“小品”必须相继演出，则不同的演出方案有（    ） A．240种 B．188种 C．144种 D．120种 【答案】D 【知识点】其他排列模型、相邻问题的排列问题 【分析】先将“相声”与“小品”排在一起再与其它4个节目排序，最后考虑杂技节目在前三位或在后三位情况一样,即可得出答案. 【详解】先将“相声”与“小品”排在一起，有种排法，再与其它4个节目排序，有种排法， 最后考虑杂技节目在前三位或在后三位情况一样，所以有种． 故选：D. 题型03 主元思想 【典例1】（2024高三·全国·专题练习）甲、乙、丙、丁四名同学排成一排照相，则甲与乙相邻且甲与丙之间恰好有一名同学的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】计算古典概型问题的概率、相邻问题的排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】需要分甲丙之间是乙和甲丙之间是是丁两种类型，分别计算排法数，可得所求概率. 【详解】所有的排法有（种）. ①若甲、丙之间恰好为乙，则有种排法； ②若甲、丙之间恰好为丁，则有种排法. 故所求的概率. 故选：C. 【典例2】（24-25高三上·四川内江·阶段练习）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．甲、乙两人要在同一个舱内，则不同的安排方案共有 . 【答案】种 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、分组分配问题 【分析】由题意知：甲、乙两人一定在天和核心舱内，则丙，丁，戊会被安排在不同的三个舱内，按排列公式求得即可. 【详解】由题意知：甲、乙两人一定在天和核心舱内，则丙，丁，戊会被安排在不同的三个舱内，得种. 故答案为：种. 【典例3】（2024高三·全国·专题练习）种不同的花种在排成一列的花盆里，若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法？ 【答案】 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】先排2盆葵花，再排其他的花种，即可求解. 【详解】先种两种不同的葵花，在不受限制的四个花盒中，共有种排列，再种其它葵花有种排列，由分步计数原理得（种）． 故有种符合要求的种法． 【变式1】（23-24高二下·内蒙古·期中）从6人（包含甲）中选派出3人参加，，这三项不同的活动，且每项活动有且仅有1人参加，若甲不参加和活动，则不同的选派方案有（    ） A．60种 B．80种 C．90种 D．150种 【答案】B 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】分甲被选中和甲没被选中两种情况，结合排列数公式即可求解. 【详解】当甲被选中时，不同的选派方案有种； 甲没被选中时，不同的选派方案有种. 故满足条件的不同的选派方案有种. 故选：B. 【变式2】（24-25高三·上海·课堂例题）七个人排成一行，则甲在乙左边（不一定相邻）的不同排法数有 种. 【答案】2520 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】由分步计数原理可得. 【详解】得到一种排法，可分2步： 第一步，先排其余5人，从一行7个位置中任选5个将5个按序排列，有种方法； 第二步，再排甲乙，剩余2个位置，甲在乙左边，只有1种方法. 由分步计数原理可得，共有种排法. 故答案为：. 题型04 “正难则反”思想 【典例1】（24-25高三上·重庆涪陵·开学考试）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次(无并列情况).甲、乙、丙去询问成绩.老师对甲说：“你不是最差的.”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军.”对丙说：“你不是第2名.”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为（    ） A．44 B．46 C．48 D．54 【答案】B 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】解法一：分析可知甲的排位有可能是第二、三、四3种情况，分类讨论结合组合数分析求解；解法二：利用间接法，根据题意先排甲不排首尾，再排除不符合题意的情况，结合组合数分析求解. 【详解】解法一：多重限制的排列问题： 甲、乙都不是第一名且甲不是最后一名，且丙不是第二名，即甲的限制最多，故以甲为优先元素分类计数， 甲的排位有可能是第二、三、四3种情况： ①甲排第二位，乙排第三、四、五位，包含丙的余下3人有种排法，则有； ②甲排第三、四位，乙排第二位，包含丙的余下3人有种排法，则有； ③甲排第三、四位，乙不排第一、二位，即有2种排法，丙不排第二位，有2种排法，余下2人有种排法，则有； 综上，该5名同学可能的名次排情况种数为种. 解法二：间接法： 甲不排首尾，有三种情况，再排乙，也有3种情况，包含丙的余下3人有种排法，共有种不同的情况； 但如果丙是第二名，则甲有可能是第三、四名2种情况；再排乙，也有2种情况；余下2人有种排法，故共有种不同的情况； 从而该5名同学可能的名次排情况种数为种. 故选：B. 【典例2】（多选）（24-25高二下·全国·课后作业）某市文化局组织了一次“送戏下乡”活动，共有个节目，且小品和相声各一个，若小品不排在第一位，相声不排在最后一位，则不同的排法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】根据直接法和间接法进行排列组合，即可得解. 【详解】直接法： 若小品排在最后一位，有种不同的排法； 若小品排在第二到第六位之间，则相声可以排在除最后一位和小品占据以外的任何位置，有种不同的排法； 则共有种不同的排法，A正确； 间接法： 不管条件限制共有种不同的排法； 当小品在第一位或相声在最后一位时，有种不同的排法， 当小品在第一位且相声在最后一位时，有种情况； 故共有，D正确； 故选：AD. 【典例3】（24-25高二上·全国·课前预习）5名学生和1位老师站成一排照相，问老师不排在两端的排法有多少种？ 【答案】480 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】利用特殊位置法或特殊元素法或间接法，结合排列数的计算来求得正确答案. 【详解】方法一  （先满足特殊位置） 由于排头和排尾两个位置有限制要求， 因此先从5名学生中选出2名站在排头和排尾，有种排法， 余下的四人可任意站，有种排法， 所以符合要求的排法有（种）． 方法二  （先满足特殊元素） 老师既然不能排在两端，于是可以从中间四个位置中任选一个，有种排法． 5名学生在余下的五个位置中任意排列，有种排法． 因此符合题意的排法有（种）． 方法三  （间接法） 由于六个人任意排有种排法， 但实际必须减去老师排在排头的种排法和排在排尾的种排法， 因而符合题意的排法有（种）． 【变式1】（24-25高三上·重庆·开学考试）第41届全国青少年信息学奥林匹克竞赛于2024年7月日在重庆市育才中学成功举办．在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等5名育才新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加．若5名新教师中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有（    ）种 A．108 B．114 C．150 D．240 【答案】B 【知识点】分组分配问题、实际问题中的组合计数问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】把5名新教师分成3组，利用分组分配及排除法列式计算即得. 【详解】5名新教师按分组有种方法，按分组有种分法， 因此5名新教师的安排方案有种， 当甲乙在同一组时，甲乙可视为1个人，即相当于4名教师的安排方案，有种， 所以所求不同的安排方案有（种）. 故选：B 【变式2】（24-25高三上·云南昆明·期中）甲口袋中有标号为、、的三张卡片，乙口袋中有标号为、、、的四张卡片，从两个口袋中不放回地随机抽出三张卡片，每个口袋至少抽一张，则抽到的三张卡片中至少有一张标号为偶数的不同抽法共有 种（用数字作答） 【答案】 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】计算出从甲、乙两个口袋中，每个口袋至少抽一张卡片，共抽取三张卡片的抽法种数，以及抽取的三张卡片都是奇数的抽法种数，利用间接法可得结果. 【详解】从甲、乙两个口袋中，每个口袋至少抽一张卡片，共抽取三张卡片， 不同的抽法种数为， 其中，抽取的三张卡片都是奇数的抽法种数为， 因此，抽到的三张卡片中至少有一张标号为偶数的不同抽法种数为. 故答案为：. 题型05 两个计数原理的综合应用 【典例1】（24-25高三上·浙江杭州·阶段练习）现有三对双胞胎共6人排成一排，则有且只有一对双胞胎相邻的排法种数是（    ） A．180 B．240 C．288 D．300 【答案】C 【知识点】排列组合综合、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】将6人进行编号，先选择一对双胞胎令其相邻，且两人可内部排列，故有种，再就这对双胞胎分别站的位置进行分类求解，结合分类加法计数原理进行求解. 【详解】将6人进行编号，分别为，其中为双胞胎，为双胞胎，为双胞胎， 从左到右站位，分别为， 先从3对双胞胎中选择一对令两人相邻，且两人可内部排列，故有种选择， 再依次进行求解，若这对双胞胎分别站在位，此时3号位可以从剩余的4人中进行选择， 那么4号位可以从剩余的双胞胎中选择1人，号位置将固定排剩余2人， 此时共有种选择， 若这对双胞胎分别站在位，则1号位置有4种选择，4号位可以从剩余的双胞胎中选择1人， 位置将固定排剩余2人，此时共有种选择， 若这对双胞胎分别站在位，则2号位置有4种选择，1号位可以从剩余的双胞胎中选择1人， 位置可将剩余2人进行全排列，此时共有种选择， 若这对双胞胎分别站在或，可利用同种方法得到共有种选择， 综上，共有种排法. 故选：C 【典例2】（24-25高二下·全国·课后作业）结合排列组合，解决下列问题． (1)将6封不同的信放到7个不同的信箱中，有多少种放法？ (2)将6封不同的信放到5个不同的信箱中，每个信箱至少有一封信，有多少种放法？ (3)将6封相同的信放到3个不同的信箱中，每个信箱至少有一封信，有多少种放法？ (4)将4封标有序号A，B，C，D的信放到四个标有A，B，C，D的信箱中，恰有一组序号相同，则有多少种放法？ 【答案】(1) (2)1800 (3)10 (4)8 【知识点】实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、排列组合综合 【分析】（1）根据题意，由分步乘法计数原理代入计算，即可求解； （2）根据题意，先选后排，结合分步乘法计数原理，代入计算，即可求解； （3）根据题意，由隔板法代入计算，即可求解； （4）根据题意，结合分步乘法计数原理与分类加法计数原理，代入计算，即可求解. 【详解】（1）以信的角度去看第一封信有7个选择，第二封信有7个选择，…，所以共有种放法； （2）先选后排，必然有一个信箱放两封信，则从6封信中选取2个看成一个整体，即种，再将其进行排列，即种排法．故共有种放法； （3）相同元素隔板法，6封信排成一列，中间有5个空位，选取其中2个插入隔板，故有种放法； （4）若组的序号相同，则信封此时有两个选择（信箱），从而信封只剩下1种信箱的选择， 同理可知其它序号相同时各有种选择，故共有种放法． 【典例3】（24-25高二下·全国·课后作业）现有名师生站成一排照相，其中老师人，男学生人，女学生人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？ (1)老师站在最中间，名女学生分别在老师的两边且相邻，名男学生两边各人； (2)名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端； (3)名老师之间必要有男女学生各人． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】排列组合综合、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】（1）根据特殊元素优先安排求解即可. （2）利用插空法，先排老师和女学生，再排男学生甲，最后排剩余的名男学生即可. （3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，再排老师，最后利用捆绑法排列即可. 【详解】（1）由题意可得共种不同的站法． （2）先排老师和女学生共有种站法，再排男学生甲有种站法， 最后排剩余的名男学生有种站法， 所以共有种不同的站法． （3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，有种站法， 两老师的站法有种， 再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的4个人进行全排列有种， 所以共有种不同的站法． 【变式1】（24-25高二下·全国·课后作业）2023年春节旅游业回暖，人们纷纷外出游玩，游览祖国美好河山．现有6名游客去A，B，C，D四个景点游览，要求每个景点都有人游览，且甲和乙不去同一个景点，则不同的游览方式共有 种（用数字作答）． 【答案】1320 【知识点】实际问题中的组合计数问题、元素（位置）有限制的排列问题、排列组合综合 【分析】按景点人数分为和两类，再分情况讨论由排列组合分别计算，最后求和即可. 【详解】若景点人数为， 甲乙各自去一个景点时有种分组方式， 甲乙有一人和其余2人去一个景点时，共有种分组方式， 所以此时不同的游览方式有种； 若景点人数为， 先不考虑甲乙去同一个景点的情况，从6人中选2人，再从剩下4人中选2人，共有种选法， 由于选出的2人有重复组合，还需除以，然后将4组全排，此时共有种， 再考虑甲乙去同一个景点的情况，从其余4人中选2人，有，然后将4组全排列有种，此时共有种， 所以此时共有不同的游览方式有种． 所以共有种． 故答案为：1320. 【变式2】（24-25高三·上海·课堂例题）4件不同的礼品，按以下各种情况，各有几种分法？ (1)平均分成两堆； (2)平分给两人； (3)分成两堆，一堆3件，一堆1件； (4)分给两人，一人3件，一人1件． 【答案】(1)3； (2)6； (3)4； (4)8 【知识点】分组分配问题、分步乘法计数原理及简单应用、排列组合综合 【分析】根据题意，结合分组分配的解法，结合排列组合数的计算公式，即可求解. 【详解】（1）先将4件礼品分成有序的两堆，先取2件为第1堆，余下2件为第2堆， 则有种情况， 由于两堆礼品数量相同，取件顺序不同方法相同．如设4件礼品为，取余与取余为同一分堆方法， 故除以去序，所以不同分法的种数为． （2）由（1）知，平均分成两堆的方法数为， 再将两堆礼品按序分给不同两人，有种分法． 所以不同分法的种数为． （3）先将4件礼品分成有顺序的两堆，取3件礼品为第1堆，余下1件礼品为第2堆， 则有种情况， 由于两堆礼品数量不同，第一堆取的3件不同，分堆方法也一定不同．如取余与取余为不同分堆方法. 故不同分法的种数为． （4）先将4件礼品分成两堆，由（3）知有种情况， 再将两堆礼品按序分给两人，有种分法． 由分步乘法计数原理得，不同分法的种数为． 题型06数字排列问题 【典例1】（23-24高二下·江苏宿迁·期中）共10个数字． (1)可组成多少个无重复数字的四位数； (2)可组成多少个无重复数字的五位偶数； (3)可组成多少个无重复数字的大于或等于30000的五位数； (4)在无重复数字的五位数中，50124从大到小排第几． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、排列数的计算、数字排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】（1）0不能排在首位，其他任意排即可求解； （2）分0在首位和0不在首位两种情况，满足末位是偶数即可； （3）大于或等于30000的五位数，首位从3，4，5，6，7，8，9任选一个，其它的任意排即可； （4）首先确定比50000大的数，然后确定比50000大比50124小的只有50123，即可求解. 【详解】（1）先选1个数字排在首位，其它任意排，故有个； （2）当0在末位时，有个， 当0不在末位时，从2，4，6，8，选一个放在末位，故有个， 故五位偶数共有个； （3）大于或等于30000的五位数，首位从3，4，5，6，7，8，9任选一个，其它的任意排， 故有个； （4）比50000大的数，故有个， 比50000大比50124小的有，前四位为5，0，1，2，最后一位为3，只有50123， 故在无重复数字的五位数中，50124从大到小排第个. 【典例2】（2024高二·全国·专题练习）从1到7这7个数字中取2个偶数、3个奇数，排成一个无重复数字的五位数．求： (1)共有多少个五位数？ (2)其中偶数排在一起的有多少个？ (3)其中偶数排在一起，奇数也排在一起的有多少个？ (4)其中两个偶数不相邻的有多少个？ 【答案】(1) (2) (3) (4) 【知识点】不相邻排列问题、相邻问题的排列问题、全排列问题、排列数的计算 【分析】（1）首先计算取5个数字的方法，再根据排列数公式，即可计算结果； （2）（3）根据（1），结合捆绑法，即可求解； （4）根据（1），结合插空法，即可求解. 【详解】（1）依题意，从1到7这7个数字中取2个偶数、3个奇数，共有（种）情况，共有（个）五位数． （2）把选出的偶数捆绑在一起，和奇数进行全排列，故其中偶数排在一起的有（个）． （3）把选出的偶数捆绑在一起，把选出的奇数也捆绑在一起，再全排列，故其中偶数排在一起，奇数也排在一起的有（个）． （4）先排3个奇数，2个偶数插空，故其中两个偶数不相邻的共有（个）． 【典例3】（24-25高二·江苏·课后作业）已知一个两位数中的每个数字都从1，2，3，4中任意选取. (1)如果两位数中的数字不允许重复使用，那么能得到多少个不同的两位数？ (2)如果两位数中的数字允许重复使用，那么能得到多少个不同的两位数？ 【答案】(1)12个 (2)16个 【知识点】排列数的计算、排列的意义理解、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】（1）因为数字不允许重复，所以可用排列数公式求解； （2）因为数字允许重复，所以用分步相乘计数原理计算求解即可. 【详解】（1）因为两位数中的数字不允许重复使用，所以一个两位数相当于从1，2，3，4中任意取2个数的排列，故有个， 所以可以得到12个不同的两位数. （2）因为两位数中的数字允许重复使用，所以确定两位数分两步，每步有4种方法，利用分步相乘原理有个， 所以可以得到16个不同的两位数. 【变式1】（2024高三·全国·专题练习）用这六个数字，可以组成多少个满足下列条件的整数？ (1)可以组成多少个无重复数字的四位数？ (2)可以组成多少个恰有两个相同数字的四位数？ 【答案】(1)300 (2)600 【知识点】排列数的计算、排列组合综合 【分析】（1）由乘法原理可得可以组成300个无重复数字的四位数 （2）分类讨论，数字0重复和其他数字重复可得可以组成600个恰有两个相同数字的四位数． 【详解】（1）首位不能为，有种选法；再从其余的五个数字中任选三个排在其余三个位置， 有种方法；由分步乘法计数原理得可以组成的四位数有个． （2）分两种情况进行讨论； 第一种：数字重复：，第二种：其它数字重复： ①有时：个， ②无时：个，∴共有（个）． 【变式2】（23-24高二下·江苏·期中）有0，1，2，3，4，5六个数字． (1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？ (2)能组成多少个无重复数字且为5的倍数的四位数？ (3)能组成多少个无重复数字且比1230大的四位数？ 【答案】(1)156 (2)108 (3)284 【知识点】排列数的计算、数字排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】（1）考虑个位数字的情况，分为三类，分别计算每种情况的偶数的个数，相加可得答案； （2）考虑个位数字分别为0，5时情况，分别计算每种情况的数的个数，相加可得答案； （3）从千位数字百位数字以及十位数字个位数字，分类考虑，分别计算出每种情况的数的个数，相加可得答案. 【详解】（1）由题意组成无重复数字的四位偶数分为三类： 第一类：0在个位时，有个； 第二类：2在个位时，首位从1，3，4，5中选定1个，有种，十位和百位从余下的数字中选，有种，共有个； 第三类：4在个位时，与第二类同理，也有个， 由分类加法计数原理知，共有个无重复数字的四位偶数． （2）组成无重复数字且为5的倍数的四位数分为两类： 个位上的数字是0时，满足条件的四位数有个； 个位数上的数字是5时，满足条件的四位数有个， 故满足条件的四位数有（个）． （3）组成无重复数字且比1230大的四位数分为四类： 第一类：形如2□□□，3□□□，4□□□，5□□□，共个； 第二类：形如13□□，14□□，15□□，共有个； 第三类：形如124□，125□，共有个； 第四类：形如123□，共有 个． 由分类加法计数原理知，共有（个）． 题型07 涂色问题 【典例1】（24-25高二上·全国·单元测试）用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法（    ）    A．120种 B．720种 C．840种 D．960种 【答案】D 【知识点】涂色问题 【分析】利用分步乘法计数原理可得答案. 【详解】有5种颜色可选，有4种颜色可选，有3种颜色可选， ，均有4种颜色可选，故共有涂色方法（种）． 故选：D. 【典例2】（24-25高三上·福建福州·期中）如图，对某市的个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，现有种不同的颜色可供选择，则不同的着色方法有 种.    【答案】 【知识点】涂色问题 【分析】利用分步乘法计数原理来求得正确答案. 【详解】按①②③④的顺序进行着色， 按分步计数原理可得不同的着色方法有. 故答案为： 【典例3】（23-24高二下·山西临汾·期中）如图，这是一面含A，B，C，D，E，F六块区域的墙，现有含甲的五种不同颜色的油漆，一位工人要对这面墙涂色，相邻的区域不同色，则共有 种不同的涂色方法；若区域D 不能涂甲油漆，则共有 种不同的涂色方法.    【答案】 1200 960 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题 【分析】直接由分类、分步计数原理即可求解. 【详解】 第一空：若C，E的涂色相同，则共有种方法； 若C，E的涂色不相同，则共有种方法. 故共有1200种不同的涂色方法. 第二空：因为区域D不能涂甲油漆，所以区域D 的涂色方法有4种. 若C，E的涂色相同，则共有种方法； 若C，E的涂色不相同，则共有种方法. 故共有960种不同的涂色方法. 故答案为：1200，960. 【变式1】（24-25高三上·广西南宁·开学考试）在如图方格中，用4种不同颜色做涂色游戏，要求相邻区域颜色不同，每个区域只能涂一种颜色. ①若区域涂2种颜色，区域涂另外2种颜色，则有 种不同涂法. ②若区域涂4种颜色（涂的颜色互不相同），区域也涂这4种颜色（涂的颜色互不相同），则有 种不同涂法. 【答案】 【知识点】分类加法计数原理、涂色问题 【分析】①利用分步计数原理可求不同的涂法；②先涂，再就的涂色情况分类计算即可. 【详解】①先涂，共有种，再涂鸦，共有种， 故共有种涂法. ②先涂，共有， 若所涂颜色为所用颜色，则共有种涂法； 若所涂颜色为所用颜色，则共有种涂法； 若所涂颜色为所用颜色，则共有种涂法； 同理所涂颜色为所用颜色，则共有种涂法； 所涂颜色为所用颜色，则共有种涂法； 所涂颜色为所用颜色，则共有种涂法； 故共有涂法种， 故答案为：. 【变式2】（24-25高三上·重庆长寿·开学考试）某次文化艺术展，以体现了中华文化的外圆内方经典的古钱币造型作为该活动的举办标志，举办方计划在入口处设立一个如下图所示的造型现拟在图中五个不同的区域栽种花卉，要求相邻的两个区域的花卉品种不一样. 现有木绣球、玫瑰、广玉兰、锦带花、石竹等5各不同的品种. (1)（i）共有多少种不同的栽种方法； 【答案】(1)（i）420种； 【知识点】涂色问题、写出简单离散型随机变量分布列、计算条件概率、求离散型随机变量的均值 【分析】（1）（i）规定涂色顺序为：①→③→②→④→⑤，分类讨论②和④是否同色，进而分析求解； 【详解】（1）（i）规定涂色顺序为：①→③→②→④→⑤， 若②和④同色，方法数为； 若②和④不同色，方法数为； 所以共有种不同的栽种方法； 题型08 全排列问题 【典例1】（23-24高二下·广东·期中）某种产品的加上需要经过A，B，C，D，E，F，G七道工序，要求A，B两道工序必须相邻，C，D两道工序不能相邻，则不同的加工顺序有（    ） A．960种 B．836种 C．816种 D．720种 【答案】A 【知识点】全排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】先捆绑，再全排列后插空得出加工顺序. 【详解】先捆绑再和排列，然后插入 共有种排法． 故选：A. 【典例2】（23-24高二下·甘肃·期末）甲、乙、丙等7名学生准备利用暑假时间从，，三个社区中选一个参加义务劳动，若甲、乙、丙恰好去三个不同的社区，则所有不同的选择种数为 ． 【答案】486 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、全排列问题 【分析】先安排甲、乙、丙去三个社区，再让余下4人选择所去社区，然后利用分步乘法计数原理列式计算即得. 【详解】依题意，甲、乙、丙恰好去三个不同的社区有种方法， 除甲、乙、丙外的余下4人，每个选择一个社区的方法有3种，4人去社区的方法种数为， 所以所有不同的选择种数为. 故答案为：486 【点睛】方法点睛：解排列组合问题要遵循两个原则：一是按元素(或位置)的性质进行分类；二是按事情发生的过程进行分步．具体地说，解排列组合问题常以元素(或位置)为主体，即先满足特殊元素(或位置)，再考虑其他元素(或位置)． 【典例3】（23-24高二下·北京丰台·期末）2024年春节期间，全国各大影院热映《第二十条》、《飞驰人生2》、《热辣滚烫》、《熊出没．逆转时空》4部优秀的影片．现有4名同学，每人选择这4部影片中的1部观看． (1)如果这4名同学选择观看的影片均不相同，那么共有多少种不同的选择方法？ (2)如果这4名同学中的甲、乙2名同学分别选择观看影片《第二十条》、《飞驰人生2》，那么共有多少种不同的选择方法？ (3)如果这4名同学中恰有2名同学选择观看同一部影片，那么共有多少种不同的选择方法？ 【答案】(1)24； (2)16； (3)144. 【知识点】全排列问题 【分析】（1）直接全排列可得； （2）另外2人观影4部电影，用乘法原理计算可得； （3）先选2人观看同一部电影，然后再安排另外2人观看其余的3部电影． 【详解】（1）因为4名同学观看的影片均不相同， 所以不同的选择方法共有种． （2）因为甲、乙2名同学选择观看的影片已确定， 所以不同的选择方法共有种． （3）因为恰有2名同学选择观看同一部影片， 所以不同的选择方法共有种． 【变式1】（23-24高二下·安徽安庆·期末）某寝室4名室友拍毕业照，4位同学站成一排，其中甲乙两位同学必须相邻，且甲在乙的右边，则不同的排法种数有（    ） A．24种 B．12种 C．8种 D．6种 【答案】D 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、全排列问题、相邻问题的排列问题 【分析】先排甲乙，再根据全排列结合分步乘法公式计算. 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①甲，乙必须相邻且甲在乙的右边，将甲乙看成一个整体，有1种顺序， ②将甲乙整体与丙丁全排列，有种情况， 则有种排法. 故选：D 【变式2】（23-24高二下·江苏扬州·阶段练习）用0，1，2，3，4，5这6个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？（列式并计算） (1)六位数； (2)六位奇数； (3)能被5整除的六位数； (4)组成的六位数按从小到大顺序排列，第265个数是多少？ (5)六位数中数字1，2始终相邻的数 【答案】(1)600 (2)288 (3)216 (4)310245 (5)192 【知识点】数字排列问题、全排列问题、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题 【分析】（1）先排个位，再排其它位的数字，再利用分步乘法计数原理可求得结果， （2）先在个位排1个奇数，然后排除0之外的数字，再利用分步乘法计数原理可求得结果， （3）讨论个位数是0或5，然后进行计算即可． （4）讨论首位是1，首位是2和首位是3时的不同个数再结合第265 个数求解即可． （5）先将1,2捆绑，再排首位和其它位即可求解. 【详解】（1）先排首数，有种，最后排其它有种， 根据分步计数原理得，六位数有种； （2）先排个位数，有种， 因为0不能在首位，再排首位有4种，最后排其它有种， 根据分步计数原理得，六位奇数有个； （3）能被5整除的六位数，则个位数是0或5， 个位数是0，则有种， 个位数是5，先排首位，0不作为首位，则有种排法，其余位置有种排法，故共有个． （4）首位数字不能为0，首位数字为1有种， 首位数字为2，有种， 首位数字为3，万位数字上为0，有种，此时所有6位数有个， 故第264个数是，第265个数是. （5）先将1,2捆绑看做一个元素，有种方法，再排首位，除0外均可，有种，再排其它位有种， 故共有个数. 题型09 元素位置有限制问题 【典例1】（24-25高三上·重庆·阶段练习）我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队．其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在的左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为（    ） A．432 B．864 C．1728 D．2592 【答案】C 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】先计算甲队的排列总数，分别要用上捆绑法和除序法；然后再利用插空法计算乙队的排列总数，最后利用计数原理计算总的排列方法数即可. 【详解】甲队，先用捆绑法，将与捆绑有种，将与看作一个整体，再用除序法得种，利用计数原理可知，一共为种； 乙队，利用插空法得种； 按照计数原理可知，一共种. 故选：C 【典例2】（24-25高二下·全国·课后作业）用，，，，，组成一个没有重复数字的六位数，该六位数是的倍数且奇数与偶数相间，则满足条件的这样的六位数有 个． 【答案】 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】可分为两类即个位是或个位是，分别求得六位数的个数，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】若该六位数的个位是，百位和万位为偶数有种，其余奇数位有种， 则满足条件的六位数有个； 若个位是，因六位数要求奇数与偶数相间，则首位为偶数， 从，中选一个在首位有种，其余偶数位有种，奇数位有种， 满足条件的六位数有个． 故共有个． 故答案为：. 【典例3】（24-25高三上·贵州贵阳·阶段练习）今年暑期旅游旺季，贵州以凉爽的气候条件和丰富的旅游资源为依托，吸引了各地游客前来游玩.由安顺黄果树瀑布､荔波小七孔､西江千户苗寨､赤水丹霞､兴义万峰林､铜仁梵净山6个景点谐音组成了贵州文旅的拳头产品“黄小西吃晚饭”.小明和家人计划游览以上6个景点，若铜仁梵净山不安排在首末位置，且荔波小七孔和西江千户苗寨安排在相邻位置，则一共有 种不同的游览顺序方案.（用数字作答） 【答案】 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题 【分析】先将荔波小七孔和西江千户苗寨看成一个景点，利用排列有种排法，再利用分步计数原理，即可求解. 【详解】将荔波小七孔和西江千户苗寨捆绑到一起，看成一个景点，有种排法， 又铜仁梵净山不安排在首末位置，有种排法， 所以共有种不同的游览顺序方案， 故答案为：. 【变式1】（24-25高二下·全国·课后作业）一位语文老师在网上购买了四书五经各一套，四书指《大学》《中庸》《论语》《孟子》，五经指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》，他将9本书整齐地放在同一层书架上，若四书，五经必须分别排在一起，且《大学》和《春秋》不能相邻，则不同方式的排列种数为（    ） A．5760 B．5660 C．5642 D．5472 【答案】D 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题 【分析】计算出所有情况后减去《大学》和《春秋》相邻的情况即可得. 【详解】四书、五经必须分别排在一起，共有种， 若《大学》和《春秋》相邻，则不符合条件，共有种， 则共有种． 故选：D. 【变式2】（24-25高二下·全国·课后作业）从5个男生和4个女生中选出5人去担任英语、数学、物理、化学、生物的课代表．分别求出符合下列条件的安排方法种数： (1)有女生但不少于男生； (2)女生甲不担任物理课代表； (3)女生乙入选且不担任生物课代表，男生甲若入选，只担任数学或物理课代表． 【答案】(1)5400 (2)13440 (3)4620 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、实际问题中的组合计数问题 【分析】（1）分类讨论有3个女生2个男生或有4个女生1个男生，利用排列组合结合分类计数原理即可求解； （2）从除女生甲外的其他8人中选取1人担任除物理课代表，再从剩下的8个人中选其余4科课代表，结合排列组合即可求解； （3）分类讨论男生甲入选和不入选，利用排列组合结合分类计数原理即可求解. 【详解】（1）由女生人数不少于男生可知，有3个女生2个男生或有4个女生1个男生， ①有4个女生的选法有：种； ②有3个女生的选法有：种； 不同的安排方法种数有种． （2）因为女生甲不担任物理课代表，从除女生甲外的其他8人中选取1人担任除物理课代表， 再从剩下的8个人中选其余4科课代表，所以不同的安排种数有种； （3）因为女生乙人选且不担任生物课代表，男生甲若入选，只担任数学或物理课代表， ①男生甲入选的选法有：种； ②男生甲不入选的选法有：种； 所以不同的安排方法种数有种． 题型10 相邻与不相邻问题 【典例1】（23-24高二下·湖北武汉·阶段练习）有四名男生，三名女生排队照相，七个人排成一排，则下列说法正确的是（   ） A．如果四名男生必须连排在一起，那么有720种不同排法 B．如果三名女生必须连排在一起，那么有576种不同排法 C．如果女生不能站在两端，那么有1440种不同排法 D．如果三个女生中任何两个均不能排在一起，那么有720种不同排法 【答案】C 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】根据捆绑法、特殊位置的排列和插空法计算，依次判断选项即可. 【详解】A：如果四名男生必须连排在一起，将这四名男生捆绑，形成一个“大元素”， 此时，共有种不同的排法，故A错误； B：如果三名女生必须连排在一起，将这三名女生捆绑，形成一个“大元素”， 此时，共有种不同的排法种数，故B错误； C：如果女生不能站在两端，则两端安排男生，其他位置的安排没有限制， 此时，共有种不同的排法种数，故C正确； D：如果三个女生中任何两个均不能排在一起，将女生插入四名男生所形成的5个空中， 此时，共有种不同的排法种数，故D错误. 故选：C． 【典例2】（23-24高二下·陕西西安·期中）某种产品的加工需要经过6道工序． (1)若其中某2道工序不能放在最前面也不能放在最后面，问有多少种加工顺序? (2)若其中某3道工序必须相邻．问有多少种加工顺序? (3)若其中某3道工序两两不能相邻，问有多少种加工顺序? 【答案】(1)288； (2)144； (3)144. 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】（1）根据给定条件，利用有限制条件的排列问题，结合分步乘法计数原理计算即得. （2）根据给定条件，利用相邻问题，结合分步乘法计数原理计算即得. （3）根据给定条件，利用不相邻问题，结合分步乘法计数原理计算即得. 【详解】（1）先从另外4道工序中任选2道工序放在最前面与最后面，有种不同的排法， 再将其余的4道工序全排列，有种不同的排法， 由分步乘法计数原理可得，共有种加工顺序． （2）先排这3道工序，有种不同的排法， 再将它们看作一个整体，与其余的3道工序全排列，有种不同的排法， 由分步乘法计数原理可得，共有种加工顺序. （3）先排其余的3道工序，有种不同的排法，有4个空档， 再将这3道工序插入空档，有种不同的排法， 由分步乘法计数原理可得，共有种加工顺序. 【典例3】（23-24高二上·辽宁抚顺·阶段练习）某次介绍会需要安排6个产品的介绍顺序，其中3个产品来自A公司，2个产品来自B公司，1个产品来自C公司． (1)求B公司的2个产品的介绍顺序相邻的方案数; (2)求同一个公司产品的介绍顺序不相邻，C公司的产品既不是第一个介绍，也不是最后一个介绍的方案数． 【答案】(1)240 (2)96 【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】（1）将B公司的2个产品的介绍顺序捆绑在一起，进行排列； （2）先排A公司的3个产品有种排法，由于同一个公司产品的介绍顺序不相邻，故分两类情况：一是B公司的2个产品和C公司的1个产品都在A公司的3个产品之间，二是B公司的2个产品中的1个和C公司的1个产品在A公司的3个产品之间，另一个在第一个或最后一个,可得解. 【详解】（1）将B公司的2个产品的介绍顺序捆绑在一起， 与其他4个产品进行全排列，共有种， 故B公司的2个产品的介绍顺序相邻的方案数有240种； （2）先排A公司的3个产品有种排法， 由于同一个公司产品的介绍顺序不相邻，故分两类情况： 一是B公司的2个产品和C公司的1个产品都在A公司的3个产品之间， 即B公司的2个产品中的1个和C公司的1个产品相邻， 共有种排法， 二是B公司的2个产品中的1个和C公司的1个产品在A公司的3个产品之间， 另一个在第一个或最后一个，共有， 所以共有种方案. 【变式1】（多选）（24-25高二下·全国·课后作业）学校要安排一场文艺晚会的11个节目的演出顺序，第1个节目和最后1个节目已确定，其余9个节目中有4个音乐节目，3个舞蹈节目，2个曲艺节目，则（    ） A．若要求4个音乐节目排在一起，则有种不同的排法 B．若要求曲艺节目甲必须在曲艺节目乙的前边，则有种不同的排法 C．若要求3个舞蹈节目不能排在一起，则有种不同的排法 D．若要求音乐节目、舞蹈节目、曲艺节目分别相邻演出，则有种不同的排法 【答案】BC 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】对于排列问题，相邻问题捆绑法，不相邻问题插空法，定序问题倍缩法，逐项分析判断即可. 【详解】对A：先将4个音乐节目全排列，有种排法； 再把音乐节目捆绑和舞蹈、曲艺看作6个节目，进行全排列，有种排法， 所以共有种排法，A错误； 对B：先从9个位置中选7个位置排好音乐和舞蹈节目，有种排法； 再排曲艺节目，只有一种排法，所以共有种排法，B正确； 对C：先排音乐和曲艺节目，有种排法； 再把3个舞蹈节目排在空位中，有种排法，所以共有种排法，C正确； 对D：先把它们各自排列并捆绑，各自有种排法， 再把它们看做三个元素进行全排列，有种排法，所以共有种排法，D错误． 故选：BC 【变式2】（24-25高二上·全国·课后作业）三个女生和五个男生排成一排． (1)如果女生必须全排在一起，可有多少种不同的排法？ (2)如果女生必须全分开，可有多少种不同的排法？ (3)如果两端都不能排女生，可有多少种不同的排法？ (4)如果两端不能都排女生，可有多少种不同的排法？ (5)如果男生甲、乙之间必须排两个女生，可有多少种不同的排法？ 【答案】(1)4320 (2)14400 (3)14400 (4)36000 (5)1440 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】（1）利用捆绑法进行求解； （2）插空法进行求解； （3）方法一，先安排两端的位置，剩余位置进行全排列，得到答案； 方法二，间接法进行求解，先安排三个女生和五个男生排成一排的总数，再减去不合要求的方法数； 方法三，先从中间六个位置挑选三个让三个女生排入，再考虑其他位置，从而得到答案； （4）分首位排了男生和首位排了女生两种情况，分别求出方法数，相加后得到答案‘ （5）安排好男生甲、乙，再安排甲和乙之间的两个女生，再把甲、乙及中间两个女生看成一个整体捆绑在一起，和另外四人排成一队，利用全排列知识求出答案. 【详解】（1）（捆绑法）因为三个女生必须排在一起，所以可以先把她们看成一个整体， 这样同五个男生合在一起共有六个元素，排成一排有种不同的排法， 对于其中的每一种排法，三个女生之间又有种不同的排法． 因此共有（种）不同的排法． （2）（插空法）要保证女生全分开，可先把五个男生排好， 每两个相邻的男生之间留出一个空位，这样共有四个空位， 加上两边男生外侧的两个位置，共有六个位置，再把三个女生插入这六个位置中， 只要保证每个位置至多插入一个女生，就能保证任意两个女生都不相邻， 由于五个男生排成一排有种不同排法， 对于其中任意一种排法，从上述六个位置中选出三个让三个女生插入都有种排法， 因此共有（种）不同的排法． （3）方法一（位置分析法），因为两端都不能排女生，所以两端只能挑选五个男生中的两个， 有种不同的排法，对于其中的任意一种不同的排法，其余六个位置都有种不同的排法， 所以共有（种）不同的排法． 方法二（间接法），三个女生和五个男生排成一排共有种不同的排法， 从中扣除女生排在首位的种排法和女生排在末位的种排法， 但两端都是女生的排法在扣除女生排在首位的情况时被扣去一次， 在扣除女生排在末位的情况时又被扣去一次，所以还需加回来一次， 由于两端都是女生有种不同的排法， 所以共有（种）不同的排法． 方法三（元素分析法），从中间六个位置挑选三个让三个女生排入，有种不同的排法， 对于其中的任意一种排法，其余五个位置又都有种不同的排法， 所以共有（种）不同的排法． （4）方法一（位置分析法），因为只要求两端不都排女生，所以如果首位排了男生， 那么末位就不再受条件限制了，这样可有种不同的排法； 如果首位排女生，有种排法，那么末位就只能排男生，这样可有种不同的排法， 因此共有（种）不同的排法． 方法二（间接法），三个女生和五个男生排成一排共有种不同的排法， 从中扣除两端都是女生的排法种，就得到两端不都是女生的排法种数． 因此共有（种）不同的排法． （5）男生甲、乙排好有种排法，从三个女生中选两人排在甲、乙之间有种排法， 再把甲、乙及中间两个女生看成一个整体捆绑在一起，和另外四人排成一队有种排法， 所以共有（种）不同的排法． 题型11分组分配问题 【典例1】（2024高三·全国·专题练习）将6本不同的书，甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本，有多少种不同的分配方式？ 【答案】360 【知识点】分组分配问题 【分析】根据分组分配问题，由排列组合即可求解. 【详解】先将6本不同的书分成1本一份，2本一份，3本一份，共有种方法， 由于甲、乙、丙是不同的三人，还应考虑再分配，共有（种）分配方式. 【典例2】（2024高三·全国·专题练习）现在4本不同的书，按以下方式进行分配． (1)分成两堆，每堆2本，则有多少种分法； (2)分成两堆，一堆3本、一堆1本，则有多少种分法； (3)分给甲、乙两人，每人2本，则有多少种分法； (4)分给甲、乙两人，一个3本、一人1本，则有多少种分法． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【知识点】分组分配问题 【分析】根据题意，结合分组、分配的解法，结合排列组合数的计算公式，即可求解． （1）由平均分组计算； （2）由不平均分组计算； （3）由平均分组分配计算 （4）由不平均分组分配计算 【详解】（1）先将4本书分成有顺序的2堆，其中第1堆有2本书，第2堆有2本书，则有种情况，由于这两堆书数量相同并无实际的顺序，因此需要除以个来去序， 综上所述，不同分法的种数为． （2）先将4本书分成有顺序的2堆，其中第1堆为3本书，第2堆为1本书，则有种情况， 由于这两堆书数量不同因此确实有顺序．综上所述，不同分法的种数为． （3）先将4本书分成有顺序的2堆，其中第1堆为2本书，第2堆为2本书，则有种情况， 由于是4本不同的书，因此无需去序．综上所述，不同分法的种数为． （4）先将4本书分成有顺序的2堆，其中第1堆为3本书，第2堆为1本书，则有种情况， 由于甲、乙一个拿3本书、一个拿1本书，因此甲和乙有差异，同时也有顺序差异，于是需要乘．综上所述，不同分法的种数为． 【典例3】（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）五个不同的小球，全部放入编号为1，2，3，4的四个盒子中.回答下面几个问题（写出必要的算式，并以数字作答）: (1)可以有空盒，但球必须都放入盒中的放法有多少种? (2)四个盒都不空的放法有多少种? (3)恰有一个空盒的放法有多少种? 【答案】(1)1024 (2)240 (3)600 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、全排列问题、分组分配问题 【分析】利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理结合排列组合公式即可计算， 【详解】（1）由于可以随便放，故每个小球都有4种放法，所以放法总数是：种． （2）因为有5个球，4个盒子，所以四个盒都不空，必然有且只有一个盒子放2个球， 所以放法共有种. （3）因为恰有一个空盒，所以取出一个盒子有种取法， 5个球放入三个盒子可分和两类方法， 所以共有种. 【变式1】（24-25高二上·全国·课堂例题）6本不同的书，分为3组，在下列条件下各有多少种不同的分配方法？ (1)每组2本（平均分组）； (2)一组1本，一组2本，一组3本（不平均分组）； (3)一组4本，另外两组各1本（局部平均分组）． 【答案】(1)15 (2)60 (3)15 【知识点】分组分配问题 【分析】（1）6本不同的书分成3组，书本数为2本，2本，2本等量分组； （2）将6本不同的书分成3组，书本数为1本，2本，3本不等量分组； （3）分成3组，只需从6本中选4本一组，其余2本组为2，部分等量分组； 【详解】（1）每组2本，均分为3组的分组种数为． （2）一组1本，一组2本，一组3本的分组种数为． （3）一组4本，另外两组各1本的分组种数为． 【变式2】（23-24高二下·安徽六安·期中）6本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法？ (1)分给甲、乙、丙三人，每人两本； (2)分为三份，每份两本； (3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本； (4)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本． （要求:以上4题最终答案均要用数字作答） 【答案】(1)90 (2)15 (3)60 (4)540 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题 【分析】（1）利用分步乘法计数原理求解即可； （2）利用平均分组公式求解即可； （3）利用分步乘法计数原理求解即可； （4）按“2、2、2型”、 “1、2、3型”、 “1、1、4型”三种情况分类，再用分类加法计数原理求解即可. 【详解】（1）先从6本书中选2本给甲，有种方法；再从剩余4本书中选2本给乙，有种方法； 最后从余下的2本书中选2本给丙，有种方法， 根据分步计数原理，一共有种不同分法． （2）分给甲、乙、丙三人，每人两本有种方法，这个过程可以分两步完成： 第一步分为三份，每份两本，设有x种方法； 第二步将这三份分给甲、乙、丙三名同学，有种方法． 根据分步计数原理，可得，所以，即共有15种不同分法． （3）先从6本书中选1本，有种方法；再从剩余5本书中选2本，有种方法；最后从余下的3本书为一份， 根据分步计数原理，一共有种不同分法． （4）可以分为三类情况： ①“2、2、2型”即（1）中的分配情况，有种分法； ②“1、2、3型”即（3）中的分配情况，有种分法； ③“1、1、4型”，有种分法， 所以一共有种不同分法． 题型12二项展开式及其逆应用 【典例1】（23-24高二下·山东临沂·期中）若实数，则等于（    ） A． B．32 C． D．64 【答案】D 【知识点】二项展开式的应用 【分析】利用二项式定理可求值. 【详解】由题意可得. 故选：D. 【典例2】（24-25高二上·上海·假期作业）设，它等于下式中的（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】二项展开式的应用 【分析】根据二项式展开式的特征即可求解. 【详解】， 故选：C 【典例3】（24-25高二上·全国·随堂练习）代数式可化简为 ． 【答案】 【知识点】二项展开式的应用 【分析】根据条件，利用二项展开式，即可求出结果. 【详解】因为 ， 故答案为：. 【变式1】（23-24高二下·河南洛阳·期中） （    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】二项展开式的应用 【分析】根据二项式展开式逆用求解即可. 【详解】因为, 所以. 故选：D. 【变式2】（23-24高二下·山东菏泽·阶段练习）（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】二项展开式的应用 【分析】由二项式定理求解即可. 【详解】 ． 故选：B. 题型13特定项（特定项系数） 【典例1】（23-24高二下·山东菏泽·期中）的展开式中无理项的项数为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【知识点】求有理项或其系数 【分析】先将二项式变形为，再通过的展开式的通项公式求出原二项式的通项公式，进而结合无理项的定义即可求解. 【详解】由题， 又的展开式， 所以的展开式的通项公式为， 所以当的指数不为整数时，该项为无理项， 而当时，不为整数，所以展开式中无理项的项数为4. 故选：B. 【典例2】（24-25高三上·福建南平·期中）若的展开式中各项系数的和为，则 ，该展开式中的常数项为 ． 【答案】 【知识点】求指定项的系数、由二项展开式各项系数和求参数 【分析】采用赋值法，令，可根据各项系数和求得的值；利用二项展开式通项公式，结合的取值可求得常数项. 【详解】令，则展开式各项系数和为，解得：； 展开式通项为， 令，解得：，此时常数项为； 令，解得：，此时常数项为； 展开式的常数项为. 故答案为：；. 【典例3】（23-24高二下·河南郑州·期末）已知二项式的二项展开式中二项式系数之和为256. (1)求展开式中的系数； (2)求展开式中所有的有理项. 【答案】(1)1792 (2) 【知识点】二项式的系数和、求指定项的系数、求有理项或其系数 【分析】（1）根据二项式系数之和的公式建立方程，可求解n的值，从而求出展开式的通项公式，令x的指数为4，即可求解； （2）根据（1），令x的指数为整数，求出r的值，进而可以求解. 【详解】（1）由二项式系数和为，则，解得； 则展开式的通项公式为，， 令，解得，所以展开式中含的系数为； （2）由（1）可知，令，且，则， 则展开式中的有理项分别为，，. 【变式1】（多选）（24-25高三上·甘肃白银·期中）对于二项式，下列说法正确的是（    ） A．展开式中的常数项为 B．展开式中的常数项为 C．展开式中的有理项有3项 D．展开式中的有理项有4项 【答案】AD 【知识点】求二项展开式的第k项、求指定项的系数、求有理项或其系数 【分析】利用二项式的展开式，根据要求求出的值即可判断. 【详解】的展开式的第项 ， 令，则， 常数项为，故正确； 当，，，，展开式中有有理项， 所以有理项有4项，故正确. 故选：. 【变式2】（24-25高三上·四川眉山·阶段练习）将个班分别从个景点中选择一处游览，共有种不同的选法，则在的展开式中，含项的系数为 . 【答案】 【知识点】根据二项式的第k项求值、求指定项的系数 【分析】根据题意求出的值，利用二项展开式的通项求解即可得到结果. 【详解】由题意得：. 在的二项展开式中，通项为， 由得，该项为，含项的系数为. 故答案为：. 题型14 二项式系数（含最值问题） 【典例1】（24-25高二下·全国·课后作业）的展开式中系数最小的项和二项式系数最大的项分别为（    ） A．第1项和第3项 B．第2项和第4项 C．第3项和第1项 D．第4项和第2项 【答案】B 【知识点】求指定项的二项式系数、求系数最大（小）的项 【分析】写出的二项展开式的通项，进而可知项的系数为，进而可知当取奇数时，系数为负值，因此分别求出、、时的项的系数，进而可知最小值；因为的展开式有7项，因此中间一项的二项式系数最大. 【详解】的展开式的通项为， 当取奇数时，系数为负值， 当时，，当时，，当时，， 所以第2项的系数最小； 因为的展开式有7项，所以中间一项的二项式系数最大，即第项的二项式系数最大. 故选：B. 【典例2】（2024·贵州·模拟预测）的展开式中，二项式系数最大的项的系数是 .（用数字作答） 【答案】 【知识点】二项式系数的增减性和最值、求指定项的系数 【分析】根据条件得到二项式系数最大的项为第项，再利用的展开式的通项公式，即可求解. 【详解】因为，所以二项式系数最大的项为第项， 又的展开式的通项公式为， 令，得到，所以二项式系数最大的项的系数是， 故答案为：. 【典例3】（2024高三·全国·专题练习）已知的展开式中，第四项的系数与倒数第四项的系数之比为，则展开式中二项式系数最大的项的系数为 . 【答案】280或560 【知识点】二项式系数的增减性和最值、求指定项的系数、由项的系数确定参数 【分析】写出通项，根据第四项的系数与倒数第四项的系数比求出，然后可确定二项式系数最大的项，进而可得所求系数. 【详解】由二项式的展开式的通项公式， 由题知，，解得， 所以，展开式中二项式系数最大的项为第4项或第5项， 则展开式中二项式系数最大的项的系数为或， 即展开式中二项式系数最大的项的系数为280或560. 故答案为：280或560. 【变式1】（多选）（23-24高二下·安徽合肥·阶段练习）已知，展开式中的所有项的二项式系数和为，下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【知识点】二项展开式各项的系数和、求指定项的系数、二项式的系数和 【分析】由，可判断A，当时，可判断B，利用展开式的通项求出，可判断C，当时，可判断D． 【详解】因为展开式中的所有项的二项式系数和为，所以，解得，故A错误； 则，令，可得，故B正确； 因为展开式的通项为，， 所以，所以，故C正确； 由展开式的通项为，， 所以，， 所以， 令，可得， 所以，故D正确. 故选：BCD． 【变式2】（23-24高二下·重庆九龙坡·期中）在的展开式中，若第7项与第8项的二项式系数之比为，则 ． 【答案】 【知识点】求指定项的二项式系数、组合数的计算 【分析】由题意可得，再将组合数代入即可得出答案. 【详解】的展开式中，第7项与第8项的二项式系数为和， 所以，即，解得：. 故答案为：. 题型15系数（含系数最大，小项） 【典例1】（23-24高二下·江苏南通·期中）在以下两个条件中任选一个条件，补充在下面问题中的横线上，并完成解答. ①所有项的系数之和与二项式系数之和的比为； ②前三项的二项式系数之和为22. 问题：在的展开式中，__________. (1)证明展开式中没有常数项； (2)求展开式中所有的有理项. 【答案】(1)证明见解析 (2)，. 【知识点】二项式的系数和、求指定项的系数、求有理项或其系数 【分析】两问都是先求出，后运用通项公式解题即可. 【详解】（1）若选①，令，则所有项的系数和为； 二项式系数之和为. 因为展开式中的所有项的系数之和与二项式系数之和的比为， 所以，解得. 故. 若是常数项，则，得， 故展开式没有常数项； 若选②，因为前三项的二项式系数之和为22， 所以， 整理得，解得. 故. 若是常数项，则，得， 故展开式中没有常数项. （2）由（1）得，. 是有理项，当且仅当为整数. 又因为，所以. 故展开式中有3个有理项，分别为，. 【典例2】（23-24高二下·四川内江·阶段练习）用二项式定理展开， (1)求展开式中的常数项； (2)求展开式中系数最大的项的二项式系数.（用数字作答） 【答案】(1) (2)495 【知识点】求指定项的二项式系数、求指定项的系数、求系数最大（小）的项 【分析】（1）根据展开式的通项公式，令的次数为0，即可解得常数项. （2）根据通项公式，列出系数最大项的不等关系，解出的值，代入即可求出系数最大项. 【详解】（1）展开式的通项公式为， 令，解得，则展开式的常数项为. （2）设第项的系数最大，则， 解得， 由于为整数，所以， 所以展开式中系数最大的项二项式系数为. 【典例3】（23-24高二下·河北保定·阶段练习）在 的展开式中，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍. (1)求n的值； (2)求 的展开式中的常数项； (3)求展开式中系数绝对值最大的项是第几项？ 【答案】(1) (2) (3)7 【知识点】求指定项的系数、由项的系数确定参数、求系数最大（小）的项 【分析】（1）根据二项式系数的关系求得. （2）根据二项式展开式的通项公式求得常数项. （3）设第项的系数的绝对值最大，列出不等式组，解出即可. 【详解】（1）依题意，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍， 即，即，解得. （2）二项式展开式的通项公式为， 令，解得， 故常数项为. （3）设第项的系数的绝对值最大， 则，即，解得且，则， 所以系数的绝对值最大值的项为第7项. 【变式1】（23-24高二下·浙江杭州·期中）已知的展开式中，所有二项式系数的和为32. (1)求n的值； (2)若展开式中的系数为80，求a的值. 【答案】(1)5 (2) 【知识点】由项的系数确定参数、求指定项的系数、二项式的系数和 【分析】（1）根据所有二项式系数的和为列式求解； （2）写出通项，令指数等于即可求得答案. 【详解】（1）∵所有二项式系数的和为32， ∴， ∴． （2）二项式展开式的通项公式为， 令， ∴展开式中的系数为， ∴则． 【变式2】（23-24高二下·宁夏石嘴山·期中）已知的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项． (1)求的值； (2)求该展开式中的常数项． (3)求其展开式中系数最大的项. 【答案】(1) (2) (3)1792 【知识点】求系数最大（小）的项、求指定项的系数、求二项展开式的第k项 【分析】（1）由题意可得，求解即可； （2）利用展开式的通项公式，可求常数项； （3）利用展开式的通项公式，可求系数最大的项. 【详解】（1）因为展开式中只有第五项的二项式系数最大， 所以，展开式共有9项，所以， 解得； （2）通项公式为，， 当时，则，所以展开式的常数项为； （3）因为，， 所以时，系数为负， 所以时，系数是， 可得系数分别为，，，， 所以当时，系数最大，最大的项是. 题型16 二项式系数和与系数和 【典例1】（23-24高二下·天津和平·期中）已知的展开式中，第4项和第9项的二项式系数相等． (1)求n； (2)求展开式中x的一次项的系数； (3)设展开式的所有项的系数和为M，展开式的所有偶数项的二项式系数和为N，求． 【答案】(1)11； (2)－1320； (3)1023 【知识点】二项展开式各项的系数和、由项的系数确定参数、求指定项的系数、二项式的系数和 【分析】（1）由第4项和第9项的二项式系数相等可求得n； （2）写出二项展开式通项公式，确定一次项的项数后可得系数； （3）在二项式中令可得系数和,再结合二项式系数和性质计算即可． 【详解】（1）∵第4项和第9项的二项式系数相等，∴，则． （2）展开式通项公式是，令，， ∴x的系数为； （3）在中令得，即为所有系数和． 展开式的所有偶数项的二项式系数和为, . 【典例2】（23-24高二下·四川遂宁·期中）已知二项式 的展开式中， .  给出下列条件： ①第二项与第三项的二项式系数之比是； ②各项二项式系数之和为512；  ③第7项为常数项； 从上面三个条件中选择一个合适的条件补充在上面的横线上，并完成下列问题. (1)求实数的值； (2)展开式中二项式系数最大的项； (3)求的展开式中的常数项. 【答案】(1)选择见解析， (2)或 (3) 【知识点】二项式的系数和、二项式系数的增减性和最值、求指定项的二项式系数、求二项展开式的第k项 【分析】（1）先看条件①②③分别可以得到什么结果，然后分别选取求解即可； （2）由（1）知，利用二项式系数的性质，即可求解； （3）根据（1）知，然后将前面括号打开，利用二项式 展开式的通项公式为分别求常数项计算即可. 【详解】（1）因为二项式 展开式的通项公式为， 选①，由题知，解得， 选②，令，得到，解得， 选③，由题知，解得. （2）由（1）知，所以二项式系数最大的项为第项或第项， 又二项式 展开式的通项公式为， 所以展开式中二项式系数最大的项为或. （3）由（1）知，又， 因为展开式的通项公式为， 由，得到，由，得到， 所以的展开式中的常数项为. 【典例3】（23-24高二下·江苏淮安·期中）若．求： (1)； (2)． 【答案】(1) (2) 【知识点】奇次项与偶次项的系数和、二项展开式各项的系数和 【分析】（1）利用赋值法求出结果； （2）去绝对值，再令即可． 【详解】（1）， 令，解得； 令，整理得， 故； （2）令可得， 的展开式通项为，则， 其中且， 当为偶数时，；当为奇数时，. 所以. 【变式1】（23-24高二下·山东聊城·期中）（结果可用指数幂的形式表示） 设.求： (1)； (2)求的值； (3)求的值. 【答案】(1) (2) (3). 【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和、奇次项与偶次项的系数和 【分析】（1）令可解； （2）令和可解，联立方程可解； （3）换元后，化为，分析系数正负后去绝对值符号，后再赋值即可. 【详解】（1）令即， 则， 即 （2）令即时有 ① 令即时有 ② ①-②有 即 （3）令，则 所以 因为对二项展开有 因为 所以 令有 所以的值为. 【变式2】（23-24高二下·江苏扬州·期中）已知. (1)求； (2)求. 【答案】(1)1 (2) 【知识点】二项展开式各项的系数和、求指定项的系数 【分析】（1）利用赋值法，令即可求解， （2）根据题意进行转化，然后在中令即可求解. 【详解】（1）令得，即； （2）等于的展开式的各个项系数的和， 令代入，则， 又，所以. 题型17二项式定理应用 【典例1】（23-24高二下·吉林·期中）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设a，b，m均为整数，若a和b被m除得的余数相间，则称a和b对模m同余，记为，如9和21被6除得的余数都是3，则记.若，且，则b的值可以是（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【答案】D 【知识点】整除和余数问题、二项展开式的应用 【分析】利用二项式定理求出被8除得的余数，再逐项分析判断即可. 【详解】依题意， ，展开式共11项，其中前10均有因数8，最末一项为1， 则被8除得的余数是1，2022，2023，2024，2025被8除得的余数分别为6，7，0，1， 因此b的值可以是2025. 故选：D 【典例2】（23-24高二下·广东茂名·期中）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设均为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为，如9和21被6除得的余数都是3，则记．若，且，则的值可以是（    ） A．2010 B．2021 C．2019 D．1997 【答案】B 【知识点】整除和余数问题、二项展开式的应用 【分析】依题意可得，展开计算得到，对比选项得到答案． 【详解】因为， 又，故， 又，，， ，结合选项可知只有B符合题意. 故选：B 【典例3】（23-24高二下·山东济宁·期中）2024年1月九省联考的数学试卷出现新结构，其中多选题计分标准如下：①本题共3小题，每小题6分，满分18分；②每道小题的四个选项中有两个或三个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分；③部分选对得部分分（若某小题正确选项为两个，漏选一个正确选项得3分；若某小题正确选项为三个，漏选一个正确选项得4分，漏选两个正确选项得2分）．已知在某次新结构数学试题的考试中，某同学三个多选题中第一小题和第二小题都随机地选了两个选项，第三小题随机地选了一个选项，这位同学的多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）共有种情况，则除以36的余数是 ． 【答案】13 【知识点】整除和余数问题、实际问题中的组合计数问题 【分析】先分析得这位同学第一小题和第二小题都可能得0分，4分或6分，第三小题可能得0分，2分或3分，再列举出所有的得分，找到，利用二项式定理解决余数问题. 【详解】这位同学第一小题和第二小题都可能得0分，4分或6分， 第三小题可能得0分，2分或3分， 如图，当第三题得0分时，有可能总得分为：， 当第三题得2分时，有可能总得分为：， 当第三题得3分时，有可能总得分为：， 所以这位同学的多选题所有可能总得分（相同总分只记录一次）为： ，即， 则 ， . 故答案为：13. 【变式1】（23-24高二下·江苏徐州·期中）已知为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为．如9和21除以6所得的余数都是3，则记为，若，，则的值可以是（    ） A．2024 B．2023 C．2022 D．2021 【答案】D 【知识点】整除和余数问题 【分析】利用二项式定理对化简，得到其除以10的余数，再结合给定条件逐个选项分析即可. 【详解】因为， 所以， 而， 故除以10余数为1，而，所以除以10余数为1， 对于A，除以10余数为4，故A错误， 对于B，除以10余数为3，故B错误， 对于C，除以10余数为2，故C错误， 对于D，除以10余数为1，故D正确. 故选：D 【变式2】（23-24高二下·广西玉林·期末）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，对于两个整数a，b，若它们除以正整数所得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，，则的值可以是（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】C 【知识点】整除和余数问题 【分析】根据二项式展开式的特征可得，即可求解除以8所得的余数为7，即可求解. 【详解】已知 则 ，即除以8所得的余数为7， 显然2023除以8所得的余数为7，即b的值可以是2023. 故选：C. 题型18杨辉三角形 【典例1】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·期末）当时，将三项式展开，可得到如图所示的三项展开式和“广义杨辉三角形”：    若在的展开式中，的系数为，则实数a的值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】B 【知识点】两个二项式乘积展开式的系数问题、由项的系数确定参数、杨辉三角 【分析】利用广义杨辉三角，求出的展开式，再分析的项即可得解. 【详解】由广义杨辉三角，得， 因此的展开式中，项为， 所以，即. 故选：B 【典例2】（23-24高二上·山东德州·期末）将杨辉三角中的每一个数都换成，得到如图所示的莱布尼茨三角形.莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果（为正整数），则下列结论中正确的是（   ） 第0行                  第1行                   第2行                      第3行                       ……             …… A．当时中间的两项相等，且同时取得最大值 B．当时中间一项为 C．第6行第5个数是 D． 【答案】C 【知识点】杨辉三角 【分析】根据莱布尼茨三角形的数的排列规律，明确每行的数的个数，以及数的分布规律，即可判断A，B，C；结合从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，即可判断D. 【详解】对于A，由莱布尼茨三角形知，当n为奇数时，中间两项相等，且同时取到最小值， 为奇数，故A错误； 对于B，当时，这一行有2025个数，最中间为第1013个数， 即，B错误； 对于C，第6行有7个数，第5个数是，C正确； 对于D，由于从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和， 故，D错误， 故选：C 【典例3】（23-24高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（    ） A． B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C．记第行的第个数为，则 D．第20行中第8个数与第9个数之比为 【答案】D 【知识点】杨辉三角、二项展开式的应用、二项式系数的增减性和最值、二项式的系数和 【分析】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错. 【详解】由图知，第行的第个数为，则， 对于A，由，得 ，故A错误； 对于B，第2023行有2024项，从左往右第1013个数与第1014个数分别为，所以，故B错误； 对于C，第行的第个数为，则， ，故C错误； 对于D，第20行中，第8个数与第9个数的比为，故D正确. 故选：D. 【变式1】（多选）（23-24高二下·海南海口·期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题中正确的是（    ）． 第0行 第1行 第2行 第3行 第4行 第5行 第n行 1 1   1 1   2   1 1   3   3   1 1   4   6   4   1 1   5   10   10   5   1 第n行 A．在第10行中第5个数最大 B． C．第8行中第4个数与第5个数之比为 D．在杨辉三角中，第n行的所有数字之和为 【答案】BC 【知识点】二项式的系数和、二项式系数的增减性和最值、求指定项的二项式系数、杨辉三角 【分析】利用二项式定理，结合组合数运算性质逐一判断，即可求解． 【详解】对于A：第10行是二项式的展开式的系数， 所以第10行中第个数最大，故A错误； 对于B： ，故B正确； 对于C：第8行是二项式的展开式的系数，又展开式的通项为， 所以第4个数为，第5个数为， 所以第4个数与第5个数之比为，故C正确； 对于D：第n行是二项式的展开式的系数，故第n行的所有数字之和为，故D错误． 故选：BC． 【变式2】（23-24高二下·山西·期中）如图是我国古代著名数学家杨辉在《详解九章算术》给出的一个用数排列起来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和为 . 【答案】 【知识点】杨辉三角、组合数的性质及应用 【分析】结合杨辉三角的性质及组合数的性质计算即可得. 【详解】第三行的第三位数字是，第四行的第三位数字是， 第五行的第三位数字是，，第十五行的第三位数字是， 由 ， 则 . 故答案为：. / 学科网（北京）股份有限公司 $$