拓展6-3 计数原理高频题型专攻-2024-2025学年高二数学重难点突破及易错点分析（人教A版）

拓展6-3 计数原理高频题型专攻 一、两种计数原理综合应用 八、多面手问题 二、排列数与组合数的计算 九、二项展开式的正用与逆用 三、排数问题 十、二项展开式中的特定项 四、排队问题 十一、二项式系数与项的系数和 五、涂色问题 十二、二项式系数与项的系数最值 六、分组分配问题 十三、二项式定理的应用 七、定序问题 十四、杨辉三角的简单应用 一、两种计数原理综合应用 【例1】乙巳蛇年，古城榆林燃动全国秧歌热潮，国内外共39支队伍汇聚榆林，舞动非遗年味.现有4名国际友人，每人从俄罗斯、保加利亚、榆林市直教育系统的三支秧歌队中选择观看一支，则不同的观看方式有 .（用数字作答） 【例2】正整数19600的不同正因数的个数为 ． 【变式1-1】用0，1，…，9十个数字，可以组成无重复数字的三位数的个数为（    ） A．652 B．648 C．504 D．562 【变式1-2】2024年11月份，文化和旅游部、交通运输部等六部门共同遴选出第二批68个交通运输与旅游融合发展示范案例，并正式公布．四川3个案例——“川九”旅游公路、夜游锦江（活水公园一东湖公园段）、“熊猫”旅游列车入选．甲、乙等四人准备各自从上述3个案例的路线中选一条，寒假各自按自己选择的路线去旅游，且甲、乙结伴而行（甲、乙选择的路线相同），则不同的选择方案有（   ） A．6种 B．9种 C．12种 D．27种 【变式1-3】从集合中任取两个不同的数组成复数，其中虚数有（    ） A．4个 B．9个 C．12个 D．16个 二、排列数与组合数的计算 【例3】若，则的值为 【例4】计算： (1)； (2)； (3)已知，求 【变式2-1】（1）计算:; （2）. 【变式2-2】若，则（    ） A．1 B．6 C．7 D．8 【变式2-3】计算： (1)若，求 (2)若，求 三、排数问题 【例5】设一个三位数的个位、十位、百位上的数字分别为，，，若，，则称这个三位数为“峰型三位数”，例如251和121都是“峰型三位数”，在由0，1，2，3，4，5中的部分数字组成的三位数中，“峰型三位数”的个数为 . 【例6】设集合A中的元素均为无重复数字的三位正整数，且从中任取两个相乘所得均为5的倍数，则A的元素个数最多为 ． 【变式3-1】如图，在两行三列的网格中放入标有数字的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为7”的不同的排法有（    ） A．16种 B．32种 C．64种 D．96种 【变式3-2】用，，，，，这六个数字组成没有重复的四位偶数，将这些数字从小到大排列起来，第个数是 ． 【变式3-3】某商场举办购物抽奖活动，其中将抽到的各位数字之和为8的四位数称为“幸运数”（如2024是“幸运数”），并获得一定的奖品，则首位数字为2的“幸运数”共有（    ） A．32个 B．28个 C．27个 D．24个 四、排队问题 【例7】现有 2 位女生和 3 位男生站成一排照相，要求女生甲排在两端且 3 位男生中有且只有 2 位相邻，则不同的站法有 【例8】某班准备从甲、乙、丙、丁4位同学中挑选3人，分别担任2025年元旦晚会的主持人、记分员和秩序员，每个职务最多一人担任且每个职务必须有一人担任，已知甲同学不能担任主持人，则不同的安排方法有（   ）种. A．18 B．24 C．27 D．64 【变式4-1】甲、乙、丙、丁、戊、己六人站成一排合影留念，则甲、乙两人中间恰好有两人的站法有（   ） A．36种 B．72种 C．144种 D．288种 【变式4-2】某学校组织学生参加劳动实践活动，其中2名男生和4名女生参加农场体验活动，体验活动结束后，农场主与6名同学站成一排合影留念，则2名男生相邻且农场主站在正中间的排列数为 ．（用数字作答） 【变式4-3】在7名运动员中选4名组成接力队，参加接力赛，那么甲、乙两人都不跑中间两棒的安排方法共有 种． 五、涂色问题 【例9】如图，一个区域分为5块，现给每块着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．若有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种．    【例10】用红、橙、黄、绿四种颜色给一些大小相同的正四面体模具上色，要求每个正四面体四个面颜色各不相同.我们规定：如果两个已上色的四面体，可以通过旋转将其中一个变得与另一个完全相同，则认为它们用了同一种上色模式.那么不同的上色模式共有 种. 【变式5-1】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5-2】如图，为我国数学家赵爽验证勾股定理的示意图，用五种颜色（其中一种为黄色）对图中四个区域进行染色，每个区域只能用一种染色.若必须使用黄色，则四个区域中有且只有一组相邻区域同色的染色方法有 种；若不使用黄色，则四个区域中所有相邻区域都不同色的染色方法有 种. 【变式5-3】某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花．现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有 种． 六、分组分配问题 【例11】若将4名志愿者分配到3个服务点参加抗疫工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法共有（    ） A．36种 B．48种 C．96种 D．108种 【例12】把3个相同的小球放入4个不同的盒子中，每个盒子最多放2个小球，则不同方法有（　　） A．16 B．24 C．64 D．81 【变式6-1】北京有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客每天分别从北京烤鸭、炸酱面、糖火烧、豆汁、老北京涮羊肉、爆肚这6种美食中随机选择2种品尝（选择的2种美食不分先后顺序），若三天后他品尝完这6种美食，则这三天他选择美食的不同选法种数为（    ） A．15 B．90 C．270 D．540 【变式6-2】为深入贯彻党的二十大精神，我市邀请、、、、五位党的二十大代表分别到一中、五中、铁中、蒙中做宣讲工作，每个学校至少一人参加.若其中、因只会汉语不能到蒙中宣讲，其余三人蒙汉兼通，可选派到任何学校宣讲.则不同的选派方案共有 种. 【变式6-3】暑期将至，甲､乙､丙等六名学生准备各自从四个景点中选一个景点去旅游.已知每个景点都有人选，且甲没有选景点，则所有不同的选法种数为（    ） A．540 B．720 C．1080 D．1170 七、定序问题 【例13】将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，A，B在C同侧的情况共有（    ） A．120种 B．240种 C．480种 D．600种 【例14】小张一次买了三串冰糖葫芦，其中一串有两颗冰糖葫芦，一串有三颗冰糖葫芦，一串有五颗冰糖葫芦.若小张每次随机从其中一串中吃一颗，每一串只能从上往下吃，那么不同的吃完的顺序有 种.（结果用数字作答） 【变式7-1】五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为：宫､商､角､徵､羽，把这五个音阶排成一列，形成一个音序，若徵、羽两音阶相邻且在宫音阶之后，则可排成不同音序的种数为（    ） A．128 B．64 C．48 D．24 【变式7-2】如图，有两串桃子挂在树枝上，其中一串有4个桃子，另外一串有3个桃子，一只猴子自下而上地依次摘桃子，每次只摘一个桃子，直至把所有7个桃子全部摘完，共有（    ）种不同的摘法． A．70 B．35 C．21 D．14 【变式7-3】用2个0，2个1和1个2组成一个五位数，则这样的五位数有（    ） A．8个 B．12个 C．18个 D．24个 八、多面手问题 【例15】已知某射箭场馆共需要6名志愿者，其中3名会说韩语，3名会说日语．目前可供选择的志愿者中有4人只会韩语，5人只会日语，另外还有1人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有 种．（用数字作答）． 【例16】“赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，登舟比赛的划手分为划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（    ） A．15种 B．18种 C．19种 D．36种 【变式8-1】某医疗队有6名医生，其中只会外科的医生1名，只会内科的医生3名，既会外科又会内科的医生2名.现在要从医疗队中抽取3名医生支援3个不同的村庄，每个村庄1人，要求3名医生中至少有一名会内科，至少有一名会外科，则共有 种派遣方法. 【变式8-2】6名工人，其中2人只会电工，3人只会木工，还有1人既会电工又会木工，选出电工2人木工2人，共有 种不同的选法． 【变式8-3】某出版社的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，有几种不同的安排方法． 九、二项展开式的正用与逆用 【例17】用二项式定理展开 ． 【例18】已知． (1)写出的展开式； (2)化简． 【变式9-1】化简： (1)； (2)； (3)． 【变式9-2】化简： ． 【变式9-3】化简多项式的结果是（    ） A． B． C． D． 十、二项展开式中的特定项 【例19】求二项式的展开式中第6项的二项式系数及第6项的系数； 【例20】已知的开展式共9项. (1)求n的值； (2)求展开式中的有理项. 【变式10-1】在的展开式中，常数项为 . 【变式10-2】已知的展开式中的系数为0，则的值为（    ） A． B． C．640 D．1280 【变式10-3】若的展开式中的系数为160，则 ． 十一、二项式系数与项的系数和 【例21】（多选）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【例22】已知关于的二项式的展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则的值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【变式11-1】展开式中，求： (1)二项式系数之和； (2)各项系数之和； (3)所有奇数项系数之和； (4)各项系数绝对值的和. 【变式11-2】若（为正常数）的展开式中所有项的系数之和为81，则展开式中的常数项为 ． 【变式11-3】若，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 十二、二项式系数与项的系数最值 【例23】已知的展开式中二项式系数最大的项的系数为 ． 【例24】的展开式中，各项系数的最大值是 ． 【变式12-1】已知在，的展开式中，有且只有第项的二项式系数最大，则展开式中的系数为 【变式12-2】已知的展开式中，第项与第项的二项式系数之比为． (1)求的值及展开式中的常数项； (2)求展开式中系数最大项． 【变式12-3】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 十三、二项式定理的应用 【例25】求证：（且）能被31整除． 【例26】（1）证明：能被整除； （2）求的近似值（精确到0.001）. 【变式13-1】设，且，若能被13整除，则a等于（   ） A．0 B．1 C．11 D．12 【变式13-2】1.028的近似值是 .(精确到小数点后三位) 【变式13-3】被3除的余数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 十四、杨辉三角的简单应用 【例27】如图，在杨辉三角形中，斜线1的上方，从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1，3，3，4，6，5，10，…，记其前项和为，则为（    ）． A．351 B．360 C．361 D．358 【例28】（多选）如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第行是的展开式的二项式系数，观察图中数字的排列规律，可知下列结论正确的是（   ） A． B．第10行所有数字之和为 C．第12行从左到右第4个数与第5个数之比为4：9 D．第2025行从左到右第1013个数比该行其他数都大 【变式14-1】（多选）杨辉三角形又称贾宪三角形，因首现于南宋杰出数学家杨辉的《详解九章算法》而得名，它的排列规律如图所示：在第一行的中间写下数字1；在第二行写下两个1，和第一行的1形成三角形；随后的每一行，第一个位置和最后一个位置的数都是1，其他的每个位置的数都是它左上方和右上方的两个数之和.那么下列说法中正确的是（    ） A．第行的第个位置的数是 B．若从杨辉三角形的第三行起，每行第3个位置的数依次组成一个新的数列，则 C．70在杨辉三角中共出现了3次 D．记第行的第个数为，则 【变式14-2】杨辉三角（帕斯卡三角）是我国南宋数学家杨辉用三角形来直观解释二项式系数规律的一种方法，如图，记第行的第个数为，则 ， . 【变式14-3】（多选）“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（    ） A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是84 B．由“第行所有数之和为”猜想： C．在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为284 D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 拓展6-3 计数原理高频题型专攻 一、两种计数原理综合应用 八、多面手问题 二、排列数与组合数的计算 九、二项展开式的正用与逆用 三、排数问题 十、二项展开式中的特定项 四、排队问题 十一、二项式系数与项的系数和 五、涂色问题 十二、二项式系数与项的系数最值 六、分组分配问题 十三、二项式定理的应用 七、定序问题 十四、杨辉三角的简单应用 一、两种计数原理综合应用 【例1】乙巳蛇年，古城榆林燃动全国秧歌热潮，国内外共39支队伍汇聚榆林，舞动非遗年味.现有4名国际友人，每人从俄罗斯、保加利亚、榆林市直教育系统的三支秧歌队中选择观看一支，则不同的观看方式有 .（用数字作答） 【答案】81 【详解】4名国际友人，每人有三种选择，所以种. 故答案为：81. 【例2】正整数19600的不同正因数的个数为 ． 【答案】45 【详解】易知，设为正整数19600的正因数， 故，其中， 故有种不同的可能， 则正整数19600的不同正因数的个数为45． 故答案为：45 【变式1-1】用0，1，…，9十个数字，可以组成无重复数字的三位数的个数为（    ） A．652 B．648 C．504 D．562 【答案】B 【详解】用0，1，…，9十个数字， 先取百位数有9种情况，因为无重复数字再取十位数有9种情况，最后个位数字有8种情况。 所以可以组成无重复数字的三位数的个数为. 故选：B. 【变式1-2】2024年11月份，文化和旅游部、交通运输部等六部门共同遴选出第二批68个交通运输与旅游融合发展示范案例，并正式公布．四川3个案例——“川九”旅游公路、夜游锦江（活水公园一东湖公园段）、“熊猫”旅游列车入选．甲、乙等四人准备各自从上述3个案例的路线中选一条，寒假各自按自己选择的路线去旅游，且甲、乙结伴而行（甲、乙选择的路线相同），则不同的选择方案有（   ） A．6种 B．9种 C．12种 D．27种 【答案】D 【详解】根据题意，甲、乙结伴而行，可将甲，乙看作一个整体， 与剩下2人从3个案例的路线中选一条，共有种． 故选：D 【变式1-3】从集合中任取两个不同的数组成复数，其中虚数有（    ） A．4个 B．9个 C．12个 D．16个 【答案】B 【详解】根据题意可知，若复数表示虚数，则； 第一步，从中任取一个数作为，共有3种选法； 第二步，再从剩余的三个数任取一个作为，共有3中选法， 因此共有种. 故选：B 二、排列数与组合数的计算 【例3】若，则的值为 【答案】69 【详解】因为，所以或，解得或, 因为，所以,可得, 所以. 故答案为：69. 【例4】计算： (1)； (2)； (3)已知，求 【答案】(1)64； (2)348； (3)7. 【详解】（1）. （2）. （3）由，得，即，则， 整理得，所以. 【变式2-1】（1）计算:; （2）. 【答案】（1）2；（2）0 【详解】解:（1）， 【变式2-2】若，则（    ） A．1 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【详解】由已知，. 因为， . 则由可得，， 整理可得，解得. 故选：D. 【变式2-3】计算： (1)若，求 (2)若，求 【答案】(1)或 (2) 【详解】（1）因为，所以或， 解得或. （2）因为， 所以，又，所以， 所以，解得. 三、排数问题 【例5】设一个三位数的个位、十位、百位上的数字分别为，，，若，，则称这个三位数为“峰型三位数”，例如251和121都是“峰型三位数”，在由0，1，2，3，4，5中的部分数字组成的三位数中，“峰型三位数”的个数为 . 【答案】30 【详解】当“峰型三位数”含有数字0时，0必为个位，再从余下5个数字中任取两个，大的数字为十位，有种方法； 当“峰型三位数”没有数字0时，从除0外的5个数字中任取3个，最大数字作十位， 有种方法， 所以“峰型三位数”的个数为. 故答案为：30 【例6】设集合A中的元素均为无重复数字的三位正整数，且从中任取两个相乘所得均为5的倍数，则A的元素个数最多为 ． 【答案】137 【详解】由题意知集合中且至多只有一个不是5的倍数，其余均是5的倍数． 首先讨论三位数中的5的倍数， ①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个； ②当个位为5时，则百位有个数字可选，十位有个数字可选， 根据分步乘法这样的5的倍数共有， 最后再加上单独的不是5的倍数的数，所以集合中元素个数的最大值为个． 故答案为：137． 【变式3-1】如图，在两行三列的网格中放入标有数字的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为7”的不同的排法有（    ） A．16种 B．32种 C．64种 D．96种 【答案】D 【详解】根据题意，分三步进行； 第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为7”，则中间的数字为三组数1，6或2，5或3，4中的一组，共有种排法； 第二步，排第一步中剩余的两组数，且这两数字之和不为7，共有种排法； 第三步，排剩下的两个数字，共有种排法. 由分步计数原理知，共有不同的排法种数为. 故选：D. 【变式3-2】用，，，，，这六个数字组成没有重复的四位偶数，将这些数字从小到大排列起来，第个数是 ． 【答案】 【详解】 ①千位为，个位为，有个； ②千位为，个位为，有个； ③千位为，个位为，有个； ④千位为，个位为，有个； ⑤千位为，个位为，有个； ⑥千位为，百位为，个位为（或），各有个．共个． 接下来有,,,,，，第个数是． 故答案为：3140. 【变式3-3】某商场举办购物抽奖活动，其中将抽到的各位数字之和为8的四位数称为“幸运数”（如2024是“幸运数”），并获得一定的奖品，则首位数字为2的“幸运数”共有（    ） A．32个 B．28个 C．27个 D．24个 【答案】B 【详解】依题意，首位数字为2的“幸运数”中其它三位数字的组合有以下七类： ①“006”组合，有种，②“015”组合，有种，③“024”组合，有种， ④“033”组合，有种，⑤“114”组合，有种，⑥“123”组合，有种， ⑦“222”组合，有1种. 由分类加法计数原理，首位数字为2的“幸运数”共有个. 故选：B. 四、排队问题 【例7】现有 2 位女生和 3 位男生站成一排照相，要求女生甲排在两端且 3 位男生中有且只有 2 位相邻，则不同的站法有 【答案】24 【详解】若甲在第一位，则两个相邻的男生必须站在23位或者45位，此时有, 同理可得甲在第五位，， 因此共有种方法， 故答案位： 【例8】某班准备从甲、乙、丙、丁4位同学中挑选3人，分别担任2025年元旦晚会的主持人、记分员和秩序员，每个职务最多一人担任且每个职务必须有一人担任，已知甲同学不能担任主持人，则不同的安排方法有（   ）种. A．18 B．24 C．27 D．64 【答案】A 【详解】若甲被选出，从其它3位同学选2位有种， 将甲安排为记分员或秩序员有种，另2人作全排有种， 所以共有种； 若甲不被选出，只需将选出的3人作全排列有种， 综上，共有种. 故选：A 【变式4-1】甲、乙、丙、丁、戊、己六人站成一排合影留念，则甲、乙两人中间恰好有两人的站法有（   ） A．36种 B．72种 C．144种 D．288种 【答案】C 【详解】第一步从6个位置中选择2个位置，满足条件的选位可以是， 共有3种不同的方法； 第二步将甲、乙排到所选择的2个位置，共有种不同的方法； 第三步将丙、丁、戊、己排到剩余的4个位置，共有种不同的方法； 由分步计数原理可知，共有种． 故选：C 【变式4-2】某学校组织学生参加劳动实践活动，其中2名男生和4名女生参加农场体验活动，体验活动结束后，农场主与6名同学站成一排合影留念，则2名男生相邻且农场主站在正中间的排列数为 ．（用数字作答） 【答案】 【详解】农场主排在最中间，有种排法，则农场主左边右边各有个空位可用， 两名男生看成一个整体，排在农场主左边，右边各有种方法，共种排法， 然后两名男生内部可交换，有种排法， 剩下个空位排女生，共种排法. 于是一共有种排法. 故答案为： 【变式4-3】在7名运动员中选4名组成接力队，参加接力赛，那么甲、乙两人都不跑中间两棒的安排方法共有 种． 【答案】400 【详解】若选中甲乙两人，则甲乙两人跑第一棒和第四棒，有种选择， 再从剩余的5人中选择两人跑中间两棒，有种选择，故有种安排方法， 若只选中甲，则甲从第一棒和第四棒选择一个，有种选择， 再从剩余的5人中选择3人跑剩余3棒，有种选择，故有种安排方法， 若只选中乙，同理可得，有种安排方法， 若甲和乙均未选中，则从剩余的5人中选择4人进行全排列，共有种选择， 综上，共有种安排方法. 故答案为：400 五、涂色问题 【例9】如图，一个区域分为5块，现给每块着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．若有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种．    【答案】72 【详解】按照使用颜色的种灶分为两类： 第一类，使用了4种颜色，此时2，4同色或3，5同色，则共有， 第二类，使用了三种颜色，此时2，4同色且3，5同色，则共有， 所以共有种. 故答案为：. 【例10】用红、橙、黄、绿四种颜色给一些大小相同的正四面体模具上色，要求每个正四面体四个面颜色各不相同.我们规定：如果两个已上色的四面体，可以通过旋转将其中一个变得与另一个完全相同，则认为它们用了同一种上色模式.那么不同的上色模式共有 种. 【答案】2 【详解】假设一个正四面体四个顶点为、、、，则作底面顶点时，通过旋转，除底面外三个面的朝向有三种，如图所示： 同理，，作底面顶点时也分别有3种，一共有12种， 即一个正四面体可以通过旋转得到12种朝向. 因为四种颜色的排列数有种， 所以一共有种不同的上色模式. 故答案为：2 【变式5-1】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 【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. 故共有种不同的涂色方法. 故答案为：1200，960. 【变式5-2】如图，为我国数学家赵爽验证勾股定理的示意图，用五种颜色（其中一种为黄色）对图中四个区域进行染色，每个区域只能用一种染色.若必须使用黄色，则四个区域中有且只有一组相邻区域同色的染色方法有 种；若不使用黄色，则四个区域中所有相邻区域都不同色的染色方法有 种. 【答案】 【详解】根据题意，要求四个区域中有且只有一组相邻区域同色，而同色的相邻区域共有4种，不妨假设为同色， ①若同时染黄色，则另外两个区域共有种染色方法，因此这种情况共有种染色方法； ②若同时染的不是黄色，则它们的染色有4种，另外两个区域一个必须染黄色， 所以这两个区域共有，因此这种情况共有种染色方法， 综上可知有且只有一组相邻区域同色的染色方法的种数为种； 根据题意，因为不用黄色，则只有四种颜色可选，分3种情况讨论： ①若一共使用了四种颜色，则共有种染色方法； ②若只使用了三种颜色，则必有一种颜色使用了两次，且染在相对的区域，所以一共有种染色方法； ③若只使用了两种颜色，则两种颜色都使用了两次，且各自染在一组相对区域，所以共有种染色方法， 综上可知所有相邻区域都不同色的染色方法的种数为84种. 故答案为：； 【点睛】思路点睛：染色问题，可以按用色多少分类，再在每一类中找同色方案，并结合排列组合综合问题求解. 【变式5-3】某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花．现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有 种． 【答案】396 【详解】将六个扇形区域标号为1到6（如图所示），分两类完成这件事情： 第一类：若1和3种植的鲜花相同，此时先种植区域和，有种；再种植区域和，共有6种；最后种植圆环区域，共有种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共种. 第二类：若1和3种植的鲜花不相同，此时先种植区域和，有种；再种植区域和，共有种；最后种植圆环区域，共有种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共种. 按照分类加法计数原理得，共有种. 故答案为：396. 六、分组分配问题 【例11】若将4名志愿者分配到3个服务点参加抗疫工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法共有（    ） A．36种 B．48种 C．96种 D．108种 【答案】A 【详解】将4个人分成3个组有种方法， 再将3个组分配到3个服务点有种方法， 故选:A. 【例12】把3个相同的小球放入4个不同的盒子中，每个盒子最多放2个小球，则不同方法有（　　） A．16 B．24 C．64 D．81 【答案】A 【详解】把3个相同的小球放入4个不同的盒子中，每个盒子最多放2个小球， 可分成两类情况： ①在4个不同的盒子中任取3个盒子，每个盒子中放一个，有种放法， ②把3个球分为两组，一组1个，一组2个，分别放到两个不同的盒子中，有种放法. 由分类加法计数原理：不同方法有：4+12=16种． 故选：A． 【变式6-1】北京有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客每天分别从北京烤鸭、炸酱面、糖火烧、豆汁、老北京涮羊肉、爆肚这6种美食中随机选择2种品尝（选择的2种美食不分先后顺序），若三天后他品尝完这6种美食，则这三天他选择美食的不同选法种数为（    ） A．15 B．90 C．270 D．540 【答案】B 【详解】解法一：该游客第一天从6种美食中随机选择2种品尝，有种选法； 第二天从剩余的4种美食中随机选择2种品尝，有种选法； 第三天只能品尝最后剩余的2种美食，有种选法． 故该游客在这三天中选择美食的不同选法种数为； 解法二：先将6种美食平均分成3组，有种不同的分法， 该游客每天选择其中一组美食进行品尝，有种不同的选法， 所以这三天他选择美食的不同选法种数为． 故选：B. 【变式6-2】为深入贯彻党的二十大精神，我市邀请、、、、五位党的二十大代表分别到一中、五中、铁中、蒙中做宣讲工作，每个学校至少一人参加.若其中、因只会汉语不能到蒙中宣讲，其余三人蒙汉兼通，可选派到任何学校宣讲.则不同的选派方案共有 种. 【答案】126 【详解】根据题意可分为2种情况讨论： （1）从、、三人中选1人去蒙中，有种选法，剩下4人安排到其余三所学校， 即4人分成2,1,1三组，有种分法，然后将这三组全排列安排这三所学校有种排法， 根据分步原理，这种情况的选派方案有种； （2）从、、三人中选2人去蒙中，有种选法，剩下3人安排到其余三所学校， 有种排法，根据分步原理，这种情况的选派方案有种； 综上可得，共有种不同的选法. 故答案为：126. 【变式6-3】暑期将至，甲､乙､丙等六名学生准备各自从四个景点中选一个景点去旅游.已知每个景点都有人选，且甲没有选景点，则所有不同的选法种数为（    ） A．540 B．720 C．1080 D．1170 【答案】D 【详解】因为甲没有选景点，所以甲有种选法， 其余5名学生可以选3个景点或4个景点. 当其余5名学生选3个景点时，有种选法； 当其余5名学生选4个景点时，有种选法. 故共有种不同的选法. 故选：D. 七、定序问题 【例13】将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，A，B在C同侧的情况共有（    ） A．120种 B．240种 C．480种 D．600种 【答案】C 【详解】将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，共有, 其中的顺序有，共6种， A，B在C同侧的情况有共4种， 即在A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行的排列中， A，B在C同侧的情况占比为， 则将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，A，B在C同侧的情况共有（种）， 故选：C 【例14】小张一次买了三串冰糖葫芦，其中一串有两颗冰糖葫芦，一串有三颗冰糖葫芦，一串有五颗冰糖葫芦.若小张每次随机从其中一串中吃一颗，每一串只能从上往下吃，那么不同的吃完的顺序有 种.（结果用数字作答） 【答案】2520 【详解】由题，记三串冰糖葫芦从上往下依次为，，， 则因为每一串只能从上往下吃， 所以在前被吃，在前而在前被吃，即它们被吃的相对位置是已定的，同理被吃的相对位置也是已定的， 所以根据排列中定序问题可得不同的吃完的顺序有种. 故答案为：2520. 【变式7-1】五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为：宫､商､角､徵､羽，把这五个音阶排成一列，形成一个音序，若徵、羽两音阶相邻且在宫音阶之后，则可排成不同音序的种数为（    ） A．128 B．64 C．48 D．24 【答案】D 【详解】先将徵、羽两音阶相邻捆绑在一起有种， 然后与宫、商、角进行全排列有种，考虑到顺序问题， 则可排成不同音序的种数为. 故选：D. 【变式7-2】如图，有两串桃子挂在树枝上，其中一串有4个桃子，另外一串有3个桃子，一只猴子自下而上地依次摘桃子，每次只摘一个桃子，直至把所有7个桃子全部摘完，共有（    ）种不同的摘法． A．70 B．35 C．21 D．14 【答案】B 【详解】如果将7个桃子全排列有种方法， 但根据题意要摘的两列桃子顺序分别为和， 所以共有种方法，故B正确. 故选：B. 【变式7-3】用2个0，2个1和1个2组成一个五位数，则这样的五位数有（    ） A．8个 B．12个 C．18个 D．24个 【答案】C 【详解】当首位为2时，这样的五位数有个； 当首位为1时，这样的五位数有个. 综上，这样的五位数共有个. 故选：C. 八、多面手问题 【例15】已知某射箭场馆共需要6名志愿者，其中3名会说韩语，3名会说日语．目前可供选择的志愿者中有4人只会韩语，5人只会日语，另外还有1人既会韩语又会日语，则不同的选人方案共有 种．（用数字作答）． 【答案】 【详解】若从只会韩语中选3人，则种， 若从只会韩语中选2人，则种， 故不同的选人方案共有种． 故答案为： 【例16】“赛龙舟”是端午节重要的民俗活动之一，登舟比赛的划手分为划左桨和划右桨.某训练小组有6名划手，其中有2名只会划左桨，2名只会划右桨，2名既会划左桨又会划右桨.现从这6名划手中选派4名参加比赛，其中2名划左桨，2名划右桨，则不同的选派方法共有（    ） A．15种 B．18种 C．19种 D．36种 【答案】C 【详解】根据题意，记只会划左桨的两人，只会划右桨的两人，既会划左桨又会划右桨的两人； 则不同的选派方法有以下三种： （1）从中选择2人划左桨，划右桨的在中选两人，共有种， （2）从中选择1人划左桨，则从中选1人划左桨，再从剩下的3人中选2人划右桨，共有种； （3）从中选择0人划左桨，则中的两人划右桨，从中选2人划左桨，共有 所以，不同的选派方法共有19种. 故选：C 【变式8-1】某医疗队有6名医生，其中只会外科的医生1名，只会内科的医生3名，既会外科又会内科的医生2名.现在要从医疗队中抽取3名医生支援3个不同的村庄，每个村庄1人，要求3名医生中至少有一名会内科，至少有一名会外科，则共有 种派遣方法. 【答案】114 【详解】由题知，有2名医生既会外科，也会内科，只会外科的1名，5名会内科， 以选出只会外科的人数进行分类： 从只会外科的人中选1人：， 从只会外科的人中选0人：， 所以共114种. 故答案为：114 【变式8-2】6名工人，其中2人只会电工，3人只会木工，还有1人既会电工又会木工，选出电工2人木工2人，共有 种不同的选法． 【答案】12 【详解】由题意可对选出的电工2人木工2人分类： ①既会电工又会木工1人没入选，有种选法； ②既会电工又会木工1人入选充当电工，有种选法； ③既会电工又会木工1人入选充当木工，有种选法； 综上，共有种选法． 故答案为：12． 【点睛】本题考查了计数原理的应用，考查了分类讨论思想，合理分类、分步是解题的关键，属于基础题. 【变式8-3】某出版社的7名工人中，有3人只会排版，2人只会印刷，还有2人既会排版又会印刷，现从7人中安排2人排版，2人印刷，有几种不同的安排方法． 【答案】37 【详解】试题分析：解：首先分类的标准要正确，可以选择“只会排版”、“只会印刷”、“既会排版又会印刷”中的一个作为分类的标准．下面选择“既会排版又会印刷”作为分类的标准，按照被选出的人数，可将问题分为三类： 第一类：2人全不被选出，即从只会排版的3人中选2人，有3种选法；只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有3×1=3种选法． 第二类：2人中被选出一人，有2种选法．若此人去排版，则再从会排版的3人中选1人，有3种选法，只会印刷的2人全被选出，有1种选法，由分步计数原理知共有2×3×1=6种选法；若此人去印刷，则再从会印刷的2人中选1人，有2种选法，从会排版的3人中选2人，有3种选法，由分步计数原理知共有2×3×2=12种选法；再由分类计数原理知共有6+12=18种选法． 第三类：2人全被选出，同理共有16种选法． 所以共有3+18+16=37种选法． 考点：本题主要考查分类、分步计数原理的综合应用． 点评：是一道综合性较强的题目，分类中有分步，要求有清晰的思路．首先将人员分属集合，按集合分类法处理，对不重不漏解题有帮助． 九、二项展开式的正用与逆用 【例17】用二项式定理展开 ． 【答案】 【详解】． 故答案为： 【例18】已知． (1)写出的展开式； (2)化简． 【答案】(1)答案见详解 (2)1. 【详解】（1）因为则所以 （2）二项式定理逆向使用，将展开进行合并， 原式= 故答案为：答案见详解；1. 【变式9-1】化简： (1)； (2)； (3)． 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1） = （2） = （3） = 【变式9-2】化简： ． 【答案】 【详解】． 故答案为： 【变式9-3】化简多项式的结果是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】依题意可知，多项式的每一项都可看作， 故该多项式为的展开式， 化简． 故选：D. 十、二项展开式中的特定项 【例19】求二项式的展开式中第6项的二项式系数及第6项的系数； 【答案】二项式系数为6，第6项的系数为12 【详解】由已知得二项展开式的通项为，， 所以时，有，故第6项的二项式系数为，第6项的系数为． 【例20】已知的开展式共9项. (1)求n的值； (2)求展开式中的有理项. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由的展开式共有9项，可知， （2）由二项式展开式的通项公式：， 当，即时，为有理项， 所以， ， . 【变式10-1】在的展开式中，常数项为 . 【答案】20 【详解】由通项公式可知常数项为：; 所以常数项为20； 故答案为：20 【变式10-2】已知的展开式中的系数为0，则的值为（    ） A． B． C．640 D．1280 【答案】A 【详解】依题意，展开式中项为，其系数为， 展开式中项，其系数为，由展开式中的系数为0，得， 所以. 故选：A 【变式10-3】若的展开式中的系数为160，则 ． 【答案】2 【详解】设的展开式中含是第项， 则， 由， 由. 故答案为：2 十一、二项式系数与项的系数和 【例21】（多选）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【详解】由， 所以的展开式中最高次项为次项，即，故A正确； 的展开式中，的系数为，的系数为， 则，故B错误； 令，得，故C正确； 令，得， 所以，，故D 正确； 故选：ACD. 【例22】已知关于的二项式的展开式的二项式系数之和为32，常数项为80，则的值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【详解】由条件知，即，在通项中， 令，得.所以常数项为，解得. 故选：C 【变式11-1】展开式中，求： (1)二项式系数之和； (2)各项系数之和； (3)所有奇数项系数之和； (4)各项系数绝对值的和. 【答案】(1)512 (2) (3) (4) 【详解】（1）设. 二项式系数之和为. （2）令，，得各项系数之和. （3）令，，得， 又， 两式相加得， 故所有奇数项系数之和为. （4）， ，，，，. ， 令，，得. 【变式11-2】若（为正常数）的展开式中所有项的系数之和为81，则展开式中的常数项为 ． 【答案】24 【详解】令，由题意可得且，解得：， 由通项公式可知：展开式中的常数项为. 故答案为：24 【变式11-3】若，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】对于A，取，得，A错误； 对于B，展开式中项的系数为，B错误； 对于C，二项式展开式中各项系数均为正，取， 得，C正确； 对于D，取，得，取，得， 联立解得，因此，D错误. 故选：C 十二、二项式系数与项的系数最值 【例23】已知的展开式中二项式系数最大的项的系数为 ． 【答案】 【详解】由已知可得的展开式中二项式系数最大的项为第五项， 第五项的系数为. 故答案为： 【例24】的展开式中，各项系数的最大值是 ． 【答案】7 【详解】展开式的通项为且． 设展开式中第项的系数最大，则即， 又，所以或6，故展开式中系数最大的项是第6项或第7项， 且该项系数为． 故答案为：7 【变式12-1】已知在，的展开式中，有且只有第项的二项式系数最大，则展开式中的系数为 【答案】 【详解】依题意可知， 的展开式通项为， 令，则，故的系数为. 故答案为：. 【变式12-2】已知的展开式中，第项与第项的二项式系数之比为． (1)求的值及展开式中的常数项； (2)求展开式中系数最大项． 【答案】(1)； (2) 【详解】（1）解：由题意，可得二项式展开式的通项为， 因为第项与第项的二项式系数之比为，可得，即，解得（负值舍）， 所以，令，得，所以展开式的常数项为. （2）解：设展开式中第项的系数最大， 则，可得，解得， 因为，所以，所以系数最大的项为 【变式12-3】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 【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. 十三、二项式定理的应用 【例25】求证：（且）能被31整除． 【答案】证明见解析 【详解】因为 ， 显然为整数，所以原式能被31整除． 【例26】（1）证明：能被整除； （2）求的近似值（精确到0.001）. 【答案】（1）证明见解析；（2） 【详解】（1）证明：因为 所以能被整除； （2） 【变式13-1】设，且，若能被13整除，则a等于（   ） A．0 B．1 C．11 D．12 【答案】B 【详解】因为，且， 所以 ， 因为能被13整除， 所以能被13整除，又，所以． 故选：B. 【变式13-2】1.028的近似值是 .(精确到小数点后三位) 【答案】1.172 【详解】由题意得：. 故答案为：1.172 【变式13-3】被3除的余数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【详解】由二项式定理得， 令得，①， 令得，②， ①②得，， 解得，， 由 ， 故被3除的余数为. 故选：B. 十四、杨辉三角的简单应用 【例27】如图，在杨辉三角形中，斜线1的上方，从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1，3，3，4，6，5，10，…，记其前项和为，则为（    ）． A．351 B．360 C．361 D．358 【答案】C 【详解】解法一：根据杨辉三角形的生成过程，可知： 当为偶数时，， 当为奇数时，，，，即， 则，，， 可得， 所以； 综上所述： ； 解法二：当时，； 当时，； 综上所述： ； 故选：C. 【例28】（多选）如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第行是的展开式的二项式系数，观察图中数字的排列规律，可知下列结论正确的是（   ） A． B．第10行所有数字之和为 C．第12行从左到右第4个数与第5个数之比为4：9 D．第2025行从左到右第1013个数比该行其他数都大 【答案】ABC 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，由题可知，第10行所有数字之和为，故B正确； 对于C，由题可知，第12行从左到右第4个数为，第5个数为， 则第12行从左到右第4个数与第5个数之比为，故C正确； 对于D，由题图可知，第2025行共有2026个数，从左到右第1013个数和第1014个数相等，且都是该行最大的，故D错误. 故选：ABC. 【变式14-1】（多选）杨辉三角形又称贾宪三角形，因首现于南宋杰出数学家杨辉的《详解九章算法》而得名，它的排列规律如图所示：在第一行的中间写下数字1；在第二行写下两个1，和第一行的1形成三角形；随后的每一行，第一个位置和最后一个位置的数都是1，其他的每个位置的数都是它左上方和右上方的两个数之和.那么下列说法中正确的是（    ） A．第行的第个位置的数是 B．若从杨辉三角形的第三行起，每行第3个位置的数依次组成一个新的数列，则 C．70在杨辉三角中共出现了3次 D．记第行的第个数为，则 【答案】BCD 【详解】A选项，第行的第个位置的数是，故A错； B选项，由题意可得，，， 则,，,......，， 以上各式相加得：， 因此，故B正确； C选项，由于，不妨设，令， 当时，，所以； 当时，，无正整数解； 当时，，当时，；当时，；而递增，从而，无正整数解； 当时，，当时，；而是第九行最中间的数，杨辉三角中以该数为顶点的下方三角形区域中的数都大于， 所以当时，，70在杨辉三角中共出现了3次，故C正确； D选项，第行的第个数为，则， 因为 ， 所以.故D正确； 故选：BCD 【变式14-2】杨辉三角（帕斯卡三角）是我国南宋数学家杨辉用三角形来直观解释二项式系数规律的一种方法，如图，记第行的第个数为，则 ， . 【答案】 45 1 【详解】根据题意分析可得，； 由，且左侧展开式中的系数为， 而右侧展开式中的系数为 ， 所以， 则. 故答案为：；. 【变式14-3】（多选）“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（    ） A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是84 B．由“第行所有数之和为”猜想： C．在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为284 D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 【答案】ABD 【详解】A. 在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是，故A正确； B.因为,令得，故B正确； C. 在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为 ，故C错误； D. 在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字， 即， 因为 对应相乘可得的系数为 而二项式展开式的通项公式，， 当时，，则的系数为, 所以，故D正确. 故选：ABD 2 学科网（北京）股份有限公司 $$