专题08 计数原理-【好题汇编】2025年高考数学一模试题分类汇编（新高考通用）

专题08 计数原理 题型概览 题型01利用二项式定理求项的系数 题型02利用二项式定理求系数和问题 题型03三项式及两项积和问题 题型04排列组合综合运用 ( 题型0 1 )利用二项式定理求项的系数 1．（2025·山东泰安·一模）若的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（    ） A． B． C．60 D．240 【答案】C 【分析】由二项式系数性质求出，由二项展开式通项公式可求得常数项． 【详解】由题意，解得． 展开式通项为， 由得，解得，∴常数项为． 故选：C． 2．（2025·福建泉州·一模）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 【分析】根据给定条件，求出两个二项式展开式中的系数即可得解. 【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 3．（2025·山东济宁·一模）的展开式中的常数项为（） A．18 B．20 C．22 D．24 【答案】B 【分析】写出的展开式的通项，再将运算进去，分别令x的指数为0，求出各自的常数，再相加即可. 【详解】， 的二项展开示的通项为 ①， ②， 在①式中，令得11，故的常数项为， 在②式中，令得，则的常数项为， 故的展开式中的常数项为， 故选：B. 4．（2025·辽宁·一模）设，则（    ） A． B． C． D．若表示正数的整数部分，则 【答案】ACD 【分析】令可得A正确；令可得B错误；令，再由偶数项的和可得C正确；由二项式定理的整除可得D正确. 【详解】对于A，令，可得，故A正确； 对于B，令，可得，故B错误； 对于C，令，可得， 所以， 所以，所以，故C正确； 对于D， 所以，故D正确； 故选：ACD 5．（2025·江西·一模）用0，1，2，3组成没有重复数字的四位偶数有n个，则 的展开式中，x3项的系数为 ．（用数字作答） 【答案】330 【分析】求出用，，，组成没有重复数字的四位偶数的个数，得到的值.再根据二项式定理通项公式求出展开式中项的系数即可. 【详解】当个位数字为时：其他三个数位从，，这三个数字中任意排列，有种情况. 当个位数字为时：千位不能为，所以千位有种选择（从，中选），百位从剩下的个数字中选，十位再从剩下的个数字中选， 根据分步乘法计数原理，共有种情况. 所以 根据二项式展开式的通项公式，对于，展开式中项的系数为（）. 那么展开式中项的系数为. 由组合数的性质，且，则. 可得. 故答案为：330. 6．（2025·湖北·一模）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】 【分析】根据二项式系数的性质求出的值，写出二项展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解. 【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：. 7．（2025·黑龙江·一模）在的展开式中，常数项为 . 【答案】 【分析】先根据二项式定理得到通项公式，再通过令该项中的次数为，求出的值，进而得到常数项. 【详解】二项式的展开式的第项为，则的展开式的第项为，， 令，得，所以常数项为. 故答案为：. 8．（2025·山东菏泽·一模）若n是数据1，3，2，2，9，3，3，10的第75百分位数，则展开式中的系数为 . 【答案】80 【分析】求出第75百分位数，然后由二项式定理求解． 【详解】已知数据从小到大排列为：，共8个，， 第6个数是3，第7个数是9， ，所以， 展开式中的系数为， 故答案为：80. 9．（2025·山东临沂·一模）的展开式中的一项是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由二项式定理展开式通项即可验算. 【详解】的展开式通项为，对比选项依次代入得对应项， 的展开式中的项可以是. 故选：C. 10．（2025·北京延庆·一模）的展开式中，的系数为 . 【答案】60 【分析】根据二项式展开式的通项公式求解即可. 【详解】二项式展开式的通项公式：， 令，解得， 所以可得第三项中的系数是. 故答案为：60 ( 题型0 2 )利用二项式定理求系数和问题 1．（2025·江西赣州·一模）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用二项式定理，结合赋值逐项进行判断即可. 【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. 2．（2025·广东江门·一模）已知（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ） A． B．展开式中奇数项的二项式系数的和为256 C．展开式中的系数为 D．若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大 【答案】ACD 【分析】由题意写出展开式的通项，根据组合数的对称性、二项式系数之和、赋值法以及二项式系数的单调性，逐项检验，可得答案. 【详解】由，则其展开式的通项为， 对于A，根据题意可得，由组合数的性质可知，故A正确； 对于B，由，则展开式中奇数项的二项式系数之和为，故B错误； 对于C，由解得，则展开式中的系数为，故C正确； 对于D，令，则展开式中各项系数之和，解得， 可得展开式的通项为，即每项系数均为该项的二项式系数， 易知展开式中第项为二项式的中间项，则其系数最大，故D正确. 故选：ACD. 3．（2025·云南曲靖·一模）若的展开式的各二项式系数之和为32，则（   ） A． B．展开式中只有第三项的二项式系数最大 C．展开式中项的系数为1960 D．展开式中系数为有理数的项共有2项 【答案】AC 【分析】由题设得即可求解n判断A；由得二项式系数最大的是即可求解判断B；求出展开式的通项公式，再令即可求解判断C；由通项公式令即可求解判断D. 【详解】对于A，由题意得，故A正确； 对于B，因为，所以展开式中的二项式系数最大的是， 分别为展开式中的第三项和第四项的二项式系数，故B错误； 对于C，的展开式的通项公式为， 令，则，即展开式中项的系数为1960，故C正确； 对于D，因为的展开式的通项公式为， 所以若，则时，对应的项为，均为有理项， 所以展开式中系数为有理数的项共有3项，故D错误. 故选：AC ( 题型0 3 )三项式及两项积和问题 1．（2025·江西新余·一模）的展开式中的系数为36，则的值为 . 【答案】 【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式运算求解. 【详解】因为的二项展开式为， 令，可得； 令，可得； 可得， 所以， 解得：， 故答案为： 2．（2025·广东佛山·一模）的展开式中的系数是 ． 【答案】 【分析】利用二项展开式的通项公式可求的系数. 【详解】的展开式的通项公式为， 的展开式的通项公式为， 令，则的展开式中的系数为， 的展开式中的系数为， 故的展开式中的系数为， 故答案为：. ( 题型0 4 )排列组合综合运用 1．（2025·安徽·一模）程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，微州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为 . 【答案】26 【分析】分“百位”拨动3枚算珠、“百位”拨动2枚算珠、“百位”拨动1枚算珠三种情况罗列出可表示的数据即可得解. 【详解】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700； “百位”拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205，610、650、601、605； “百位”拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、155； 520、502、506、560、511、551、515、555. 则符合条件的三位整数的个数为26. 故答案为：26. 2．（2025·山东泰安·一模）从名同学中选择人参加三天志愿服务活动，有一天安排两人，另两天各安排一人，共有 种安排方法（用数字作答） 【答案】 【分析】先从人中选人，将人分成三组，再进行全排，即可求解. 【详解】第一步，从人中选人，共有种取法，第二步，将人分成三组，共有种分法， 再进行全排有种排法， 由分步计算原理知，共有种安排方法， 故答案为：. 3．（2025·甘肃兰州·一模）“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒．”这二十八字节气歌是我国古人智慧的结晶．某文具店试销二十四节气书签，每套书签24张，分别印有春夏秋冬四季节气各6张．文具店为促销进行抽奖活动，凡购买一套二十四节气书签可参加抽奖，抽奖规则如下：从一套书签中挑出6张春季卡，6张夏季卡，将其中3张春季卡和3张夏季卡装在一个不透明的盒中，剩余的3张春季卡和3张夏季卡放在盒外．现从盒中随机抽出一张卡，若抽出春季卡，则把它放回盒子中，若抽出夏季卡，则该卡与盒外的一张春季卡置换．如此操作不超过4次，将盒中的夏季卡全部置换为春季卡，则停止抽卡并获得2套二十四节气书签，否则不获奖． (1)求只抽3次即获奖的概率； (2)若促销的30天中预计有360人参加活动，从数学期望的角度分析商家准备多套少书签作为奖品更为合理？ 【答案】(1) (2)60套 【分析】（1）用字母表示出事情，根据事情的关系以及条件概率的公式，可得答案； （2）由互斥事件的概率加法公式以及条件概率，求得获奖概率，利用二项分布的均值公式，可得答案. 【详解】（1）设事件（i可取1，2，3，4）表示第i次抽到春季卡， （j可取1，2，3，4）表示第j次抽到夏季卡，事件C表示抽3次即获奖， 则，， 所以. （2）设事件D表示获奖，则， 且，为互斥事件， ， 由（1），， ， ， 又因为参加抽奖是否获奖相互独立，用随机变量X表示参加活动获奖的人数， 若促销的30天中预计有360人参加活动，则， 所以，即估计获奖人数的平均值为30， 又因为获奖后每人获得2套二十四节气书签，， 所以商家准备60套书签作为奖品较为合理． 4．（2025·山西·一模）定义：各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数”，例如“1022，3110”，则所有“吉祥数”的个数是（   ） A．35 B．32 C．29 D．20 【答案】A 【分析】根据“吉祥数”的定义，按首位数字分别计算，再由分类加法计数原理可得结果. 【详解】各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数”，按首位数字分别计算， 当首位数字为5时，则剩余三位数分别是0，0，0，共有1个“吉祥数”； 当首位数字为4时，则剩余三位数分别是1，0，0，共有3个“吉祥数”； 当首位数字为3时，则剩余三位数分别是1，1，0或2，0，0，共有个“吉祥数”； 当首位数字为2时，剩余三位数分别是2，1，0或3，0，0或1，1，1，共有个“吉祥数”； 当首位数字为1时，则剩余三位数分别是3，1，0或4，0，0或1，1，2或2，2，0，共有个“吉祥数”， 则共有个“吉祥数”． 故选：A． 5．（2025·山东菏泽·一模）若从正方体的八个顶点中任取四个顶点，则下列说法正确的有（   ） A．若这四点不共面，则这四点构成的几何体的体积都相等 B．这四点能构成三棱锥的个数为58 C．若正方体棱长为a，则这四点能构成的所有三棱锥中表面积的最大值为 D．若这四点分别记为A，B，C，D，则直线与所成的角不可以为30° 【答案】BCD 【分析】举例说明A是错误的；利用组合数公式求三棱锥的个数，判断B的真假；找出表面积最大的三棱锥判断C的真假；找出连接正方体顶点的两条直线所成角的最小值可判断D的真假. 【详解】如图： 对A：设，则，，所以A不正确； 对B：从正方体的8个顶点中任选4个的选法有中，其中不能构成三棱锥的有：①四个点在正方体的一个面上，即所选四点为：,，，，，共6个；②所选四个点在正方体的相对棱上，即所选的四点为：，，，，，，共6个. 所以所选的四个点可以构成三棱锥的个数为：个，故B正确； 对C：正方体棱长为a，从正方体的8个顶点中选3个，构成三角形，其中面积最大的就是象这样的等边三角形，其边长为，面积为，所以四点能构成的所有三棱锥中表面积的最大的就是三棱锥这样的正四面体，其表面积为，故C正确； 对D：在正方体的8个顶点中选4个，连成两条直线，所成的角最小的就是形如直线与的所成的角，设为，则，所以，故D正确. 故选：BCD 6．（2025·辽宁·一模）数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题（如图①，如何才能走过这七座桥，且每座桥都只能经过一次，最后又回到原来的出发点？）”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的线有偶数条，则称该点为偶点，否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点的数目不是0个就是2个（要想一笔画成，若有奇点，起点和终点只能在奇点），因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有 种. 【答案】 【分析】做出图形，两个奇点和分别做起点，求出与之间的途径的情况，再求出一笔完成的画法，，进而可得出答案. 【详解】如图，两个奇点和分别做起点，有两种情况， 与之间有三种途径：①，②，③， 其中一笔完成有种画法：， ， ， 若做起点，从出发有三种不同的路径能到达，从返回有两种不同的路径， 所以不同路径方法有种. 故答案为：. 7．（2025·山东烟台·一模）第九届亚洲冬季运动会于2025年2月在哈尔滨成功举行.4名大学生到冰球、速滑以及体育中心三个场馆做志愿者，每名大学生只去1个场馆，每个场馆至少安排1人，则所有不同的安排种数为 .（用数字作答） 【答案】36 【分析】应用部分平均分组，将4人分3组，再作全排列，最后应用分步乘法求结果. 【详解】由题设，需要将4个人分成3组，有种， 再将3组人分配到三个场馆，有种， 所以共有种. 故答案为：36 8．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）2024年4月26日，神舟十九号与神舟十八号航天员顺利会师中国空间站，激发了全国人民的民族自豪感和爱国热情.齐聚“天宫”的6名宇航员分别是“70后”蔡旭哲、“80后”叶光富、李聪、李广苏，“90后”宋令东、王浩泽.为记录这一历史时刻，大家准备拍一张“全家福”.假设6人站成一排，两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80后”彼此不相邻，两位“90后”彼此不相邻，则不同的站法共有（    ） A．16种 B．32种 C．48种 D．64种 【答案】B 【分析】先排两位指令长，然后用四名宇航员的排列总数减去“80后”， “90后”相邻的排法，即可求解. 【详解】两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，有种排法， 剩下的四名宇航员共有种排法，其中两位“80后”彼此相邻，两位“90后”彼此相邻且分别在左侧或右侧的排法共有种， 所以两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80后”彼此不相邻，两位“90后”彼此不相邻，则不同的站法共有种. 故选：. 9．（2025·云南昆明·一模）在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分，这八个部分称为“卦限”，通过点的横坐标、纵坐标、竖坐标，可确定点的确切位置及所处卦限.“卦限”取自《易经》中的“太极生两仪，两仪生四象，四像生八卦”，从直角坐标系中的原点，到数轴中的两个半轴，进而到平面直角坐标系中的四个象限，最终到空间直角坐标系中的八个卦限，是由简单到繁复的变化过程，体现了中国古典哲学与现代数学的关系，也体现了数学名词翻译的“信达雅”.若点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，从中任取个点，则这个点在同一个卦限的概率为 . 【答案】 【分析】求出点的个数，确定各卦限的点的个数，利用组合计原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】因为点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，则点共有个， 计算每个卦限包含的点数： x负、y负、z负：8个点 x负、y负、z正：4个点 x负、y正、z负：4个点 x负、y正、z正：2个点 x正、y负、z负：4个点 x正、y负、z正：2个点 x正、y正、z负：2个点 x正、y正、z正：1个点 同一卦限中选2个点的组合数之和为： 从这个点中任取两个点，共有个基本事件， 故所求概率为. 故答案为：. 10．（2025·江西上饶·一模）将编号为的4个小球随机放入编号为的4个凹槽中，每个凹槽放一个小球，则至少有1个凹槽与其放入的小球编号相同的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用排列组合，先求出将编号为的4个小球随机放入编号为的4个凹槽中的放法数，再求出4个凹槽与其放入小球编号互不相同的放法数，再利用对立事件的概率公式，即可求出结果. 【详解】将编号为的4个小球随机放入编号为的4个凹槽中，共有种放法， 4个凹槽与其放入小球编号互不相同的有种放法， 所以至少有1个凹槽与其放入小球编号相同的概率是. 故选：C. 11．（2025·湖北·一模）有形状、质量完全相同的个不同白色小球，另有一个红色小球与每一个白色小球仅有颜色差异，将这个红色小球命名为“2025幸运星球”，将这个小球装在一个盒子里，并随机摇动放匀，则下列说法正确的是（   ） A．从盒子里任取3个小球，“2025幸运星球”被选中的概率为； B．从盒子里任取3个小球，记事件“2025幸运星球’被选中”；事件“取得的3个小球都是白色球”，则事件为对立事件； C．当时，把这20个小球分别装进甲、乙、丙三个不同的盒子里，每个盒子至少装1个小球，甲、乙、丙三个盒子里装有小球的个数分别记为x，y，z，则有序数组的个数为171； D．当时，把这20个小球分别装进甲、乙、丙三个不同的盒子里，每个盒子至少装1个小球，甲、乙、丙三个盒子里装有小球的个数分别记为x，y，z，则有序数组的个数为231； 【答案】ABC 【分析】应用组合数结合古典概型计算判断A，结合对立事件定义判断B，应用隔板法结合组合数计算判断C，D. 【详解】依题意知：盒子中共有个小球，从中任取3球的取法总数为， “2025幸运星球”被选中取法总数为，所以“2025幸运星球”被选中的概率为，故A正确； 事件“取得的3个小球都是白色球”，即取得的球中没有“2025幸运星球”，所以事件A，B为对立事件，故B正确； 依题意，把这20个小球分别装进甲、乙、丙三个不同的盒子里，每个盒子至少装1个小球， 所以有序数组的个数等于不定方程的非负整数解个数， 相当于在17个小球摆成一排所形成的18个空位中放入两块隔板， 两块隔板可以占一个空位，也可以占两个空位， 故隔板方法总数为，故C正确，D错误； 故选：ABC. 12．（2025·甘肃兰州·一模）将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前三位数字构成三位数a，后三位数字构成三位数b，记，m大于100的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分两步探讨，结合古典概率列式计算得解. 【详解】先求m小于100的概率，百位必相邻，且较大数的十位小于较小数的十位，个位无限制，分两步： （1）取百位的概率为； （2）取十位，在剩下的4个数字中取两数分配给作十位，而a的十位大于b的十位与 a的十位小于b的十位的概率相等，此步符合要求的概率为， 所以m小于100的概率为.故m大于100的概率是 故选：D 13．（2025·广东江门·一模）现有编号为的4个小球和4个盒子，把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球，则恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用排列、组合计数问题求出试验及所求概率的事件含有的基本事件数，再求出古典概率. 【详解】把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球的试验的基本事件总数为， 恰好有2个小球与盒子的编号相同的事件含有的基本事件数为， 所以恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为. 故选：A 14．（2025·吉林延边·一模）编号为，，，，的5种蔬菜种在如图所示的五块实验田里，每块只能种一种蔬菜，要求品种不能种在1，2试验田里，品种必须与品种在相邻的两块田里，则不同的种植方法种数为（    ） A．24 B．30 C．36 D．54 【答案】B 【分析】对A所种位置进行分类讨论即可. 【详解】当A种在4号田时，B只能种在3号，其余三种蔬菜在三个位置全排列，共有种结果， 当A种在5号田时，结果相同，也有6种； 当A种在3号田时，B有3种结果，余下的三种蔬菜在三个位置全排列，有种结果； 根据分类计数原理，共有种结果． 故选：B． 15．（2025·安徽·一模）一个不透明的盒子中装有规格完全相同的3个小球，标号分别为，现采用有放回的方式摸球两次，每次摸出1个小球，记第一次摸到的小球号码为，第二次摸到的小球号码为. (1)记“”为事件，求； (2)完成两次摸球后，再将与前面3个球规格相同的4号球和5号球放入盒中，并进行第三次摸球，且将第三次摸到的小球号码记为，号码中出现偶数的个数记为，求的分布列及数学期望. 【答案】(1) (2)分布列见解析；. 【分析】（1）根据古典概型的计算公式即可求得答案. （2）先确定X的取值，结合独立事件概率乘积公式及组合数求得每个值对应的概率，即可得分布列，继而求得数学期望. 【详解】（1）两次摸球，摸出的小球号码的所有情况共种， 其中，满足“”的情形有： 时，；时，；时，；共5种情况， 故； （2）X的可能取值为， 则，， ，， 故X的分布列为： X 0 1 2 3 P 故 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 计数原理 题型概览 题型01利用二项式定理求项的系数 题型02利用二项式定理求系数和问题 题型03三项式及两项积和问题 题型04排列组合综合运用 ( 题型0 1 )利用二项式定理求项的系数 1．（2025·山东泰安·一模）若的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式的常数项为（    ） A． B． C．60 D．240 2．（2025·福建泉州·一模）已知的展开式中的系数为0，则的值为（    ） A． B． C．640 D．1280 3．（2025·山东济宁·一模）的展开式中的常数项为（） A．18 B．20 C．22 D．24 4．（2025·辽宁·一模）设，则（    ） A． B． C． D．若表示正数的整数部分，则 5．（2025·江西·一模）用0，1，2，3组成没有重复数字的四位偶数有n个，则 的展开式中，x3项的系数为 ．（用数字作答） 6．（2025·湖北·一模）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 7．（2025·黑龙江·一模）在的展开式中，常数项为 . 8．（2025·山东菏泽·一模）若n是数据1，3，2，2，9，3，3，10的第75百分位数，则展开式中的系数为 . 9．（2025·山东临沂·一模）的展开式中的一项是（    ） A． B． C． D． 10．（2025·北京延庆·一模）的展开式中，的系数为 . ( 题型0 2 )利用二项式定理求系数和问题 1．（2025·江西赣州·一模）已知，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2025·广东江门·一模）已知（常数）的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则（ ） A． B．展开式中奇数项的二项式系数的和为256 C．展开式中的系数为 D．若展开式中各项系数的和为1024，则第6项的系数最大 3．（2025·云南曲靖·一模）若的展开式的各二项式系数之和为32，则（   ） A． B．展开式中只有第三项的二项式系数最大 C．展开式中项的系数为1960 D．展开式中系数为有理数的项共有2项 ( 题型0 3 )三项式及两项积和问题 1．（2025·江西新余·一模）的展开式中的系数为36，则的值为 . 2．（2025·广东佛山·一模）的展开式中的系数是 ． ( 题型0 4 )排列组合综合运用 1．（2025·安徽·一模）程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，微州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为 . 2．（2025·山东泰安·一模）从名同学中选择人参加三天志愿服务活动，有一天安排两人，另两天各安排一人，共有 种安排方法（用数字作答） 3．（2025·甘肃兰州·一模）“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒．”这二十八字节气歌是我国古人智慧的结晶．某文具店试销二十四节气书签，每套书签24张，分别印有春夏秋冬四季节气各6张．文具店为促销进行抽奖活动，凡购买一套二十四节气书签可参加抽奖，抽奖规则如下：从一套书签中挑出6张春季卡，6张夏季卡，将其中3张春季卡和3张夏季卡装在一个不透明的盒中，剩余的3张春季卡和3张夏季卡放在盒外．现从盒中随机抽出一张卡，若抽出春季卡，则把它放回盒子中，若抽出夏季卡，则该卡与盒外的一张春季卡置换．如此操作不超过4次，将盒中的夏季卡全部置换为春季卡，则停止抽卡并获得2套二十四节气书签，否则不获奖． (1)求只抽3次即获奖的概率； (2)若促销的30天中预计有360人参加活动，从数学期望的角度分析商家准备多套少书签作为奖品更为合理？ 4．（2025·山西·一模）定义：各位数字之和为5的四位数叫“吉祥数”，例如“1022，3110”，则所有“吉祥数”的个数是（   ） A．35 B．32 C．29 D．20 5．（2025·山东菏泽·一模）若从正方体的八个顶点中任取四个顶点，则下列说法正确的有（   ） A．若这四点不共面，则这四点构成的几何体的体积都相等 B．这四点能构成三棱锥的个数为58 C．若正方体棱长为a，则这四点能构成的所有三棱锥中表面积的最大值为 D．若这四点分别记为A，B，C，D，则直线与所成的角不可以为30° 6．（2025·辽宁·一模）数学家欧拉把“哥尼斯堡七桥问题（如图①，如何才能走过这七座桥，且每座桥都只能经过一次，最后又回到原来的出发点？）”转化为能否一笔画出图②的问题.定义若以某一点为端点的线有偶数条，则称该点为偶点，否则称为奇点.连通图可以一笔画出的充要条件是：奇点的数目不是0个就是2个（要想一笔画成，若有奇点，起点和终点只能在奇点），因此“哥尼斯堡七桥问题”是无解的.借助上述内容一笔画完成图③的不同路径方法有 种. 7．（2025·山东烟台·一模）第九届亚洲冬季运动会于2025年2月在哈尔滨成功举行.4名大学生到冰球、速滑以及体育中心三个场馆做志愿者，每名大学生只去1个场馆，每个场馆至少安排1人，则所有不同的安排种数为 .（用数字作答） 8．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）2024年4月26日，神舟十九号与神舟十八号航天员顺利会师中国空间站，激发了全国人民的民族自豪感和爱国热情.齐聚“天宫”的6名宇航员分别是“70后”蔡旭哲、“80后”叶光富、李聪、李广苏，“90后”宋令东、王浩泽.为记录这一历史时刻，大家准备拍一张“全家福”.假设6人站成一排，两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80后”彼此不相邻，两位“90后”彼此不相邻，则不同的站法共有（    ） A．16种 B．32种 C．48种 D．64种 9．（2025·云南昆明·一模）在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分，这八个部分称为“卦限”，通过点的横坐标、纵坐标、竖坐标，可确定点的确切位置及所处卦限.“卦限”取自《易经》中的“太极生两仪，两仪生四象，四像生八卦”，从直角坐标系中的原点，到数轴中的两个半轴，进而到平面直角坐标系中的四个象限，最终到空间直角坐标系中的八个卦限，是由简单到繁复的变化过程，体现了中国古典哲学与现代数学的关系，也体现了数学名词翻译的“信达雅”.若点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，从中任取个点，则这个点在同一个卦限的概率为 . 10．（2025·江西上饶·一模）将编号为的4个小球随机放入编号为的4个凹槽中，每个凹槽放一个小球，则至少有1个凹槽与其放入的小球编号相同的概率是（    ） A． B． C． D． 11．（2025·湖北·一模）有形状、质量完全相同的个不同白色小球，另有一个红色小球与每一个白色小球仅有颜色差异，将这个红色小球命名为“2025幸运星球”，将这个小球装在一个盒子里，并随机摇动放匀，则下列说法正确的是（   ） A．从盒子里任取3个小球，“2025幸运星球”被选中的概率为； B．从盒子里任取3个小球，记事件“2025幸运星球’被选中”；事件“取得的3个小球都是白色球”，则事件为对立事件； C．当时，把这20个小球分别装进甲、乙、丙三个不同的盒子里，每个盒子至少装1个小球，甲、乙、丙三个盒子里装有小球的个数分别记为x，y，z，则有序数组的个数为171； D．当时，把这20个小球分别装进甲、乙、丙三个不同的盒子里，每个盒子至少装1个小球，甲、乙、丙三个盒子里装有小球的个数分别记为x，y，z，则有序数组的个数为231； 12．（2025·甘肃兰州·一模）将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前三位数字构成三位数a，后三位数字构成三位数b，记，m大于100的概率是（    ） A． B． C． D． 13．（2025·广东江门·一模）现有编号为的4个小球和4个盒子，把4个小球随机放进4个盒子里，每个盒子装1个小球，则恰好有2个小球与盒子的编号相同的概率为（ ） A． B． C． D． 14．（2025·吉林延边·一模）编号为，，，，的5种蔬菜种在如图所示的五块实验田里，每块只能种一种蔬菜，要求品种不能种在1，2试验田里，品种必须与品种在相邻的两块田里，则不同的种植方法种数为（    ） A．24 B．30 C．36 D．54 15．（2025·安徽·一模）一个不透明的盒子中装有规格完全相同的3个小球，标号分别为，现采用有放回的方式摸球两次，每次摸出1个小球，记第一次摸到的小球号码为，第二次摸到的小球号码为. (1)记“”为事件，求； (2)完成两次摸球后，再将与前面3个球规格相同的4号球和5号球放入盒中，并进行第三次摸球，且将第三次摸到的小球号码记为，号码中出现偶数的个数记为，求的分布列及数学期望. X 0 1 2 3 P 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$