专题04 计数原理（9题型）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学下学期期中真题分类汇编（安徽专用）

专题04 计数原理 题型概览 经典基础题 题型01分步乘法计数原理及简单应用 题型02排列数、组合数公式相关计算与证明 题型03涂色问题 题型04排列组合的应用问题 题型05分组分配问题 题型06求二项展开式指定项（系数） 题型07二项式系数的性质及应用 题型08二项式定理的应用 题型09求系数最大（小）的项问题 能力提升题 ( 题型01 ) 分步乘法计数原理及简单应用 1．（23-24高二下·安徽·期中）设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则（a，b）为（    ） A．（34，34） B．（43，34） C．（34，43） D．（A43，A43） 2．（23-24高二下·安徽宿州·期中）作为泗县地方传统美食之一，传承百余年的“刘圩大饼”，其制作技艺已被列入宿州市非物质文化遗产，深受广大群众的喜爱，远近闻名，是泗县饮食文化的一张亮丽名片.用一个传统的饼铛烙饼，每次饼铛上最多只能同时放两张大饼，烙熟一张大饼需要8分钟的时间，其中每烙熟一面需要4分钟.那么要烙熟5张大饼，至少需要（    ） A．16分钟 B．20分钟 C．24分钟 D．40分钟 3．（23-24高二下·安徽·期中）3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同选法的种数是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·安徽滁州·期中）某机构拟对其所管辖的6个部门中的4个部门的负责人进行调整，被调整的4人将到其余部门任负责人（不在原部门），每个部门只有一个负责人，调整方案的种数为（   ） A．360种 B．270种 C．200种 D．135种 5．（23-24高二下·安徽六安·期中）在2024年第22届上海国际茶博会中，某展区展出6种茗茶，分别是武夷山大红袍、西湖龙井、安溪铁观音、普洱茶、正山小种、福鼎白茶.将这6种茶排成一排，若武夷山大红袍和西湖龙井不能相邻，则不同的排序方法有（    ） A．240种 B．280种 C．340种 D．480种 6．（23-24高二下·安徽六安·期中）用5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是 . 7．（23-24高二下·安徽合肥·期中）如图，为了迎接五一国际劳动节，某学校安排同学们在A，B，C，D四块区域植入花卉，现有4种不同花卉可供选择，要求相邻区域植入不同花卉，不同的植入方法有 （结果用数字作答） ( 题型02 ) 排列数、组合数公式相关计算与证明 1．（23-24高二下·安徽·期中）（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·安徽宿州·期中）（    ） A． B． C． D． 3.（多选）（23-24高二下·安徽六安·期中）下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二下·安徽·期中）若，则n＝ ． 5．（23-24高二下·安徽·期中）若，则正整数 . ( 题型03 ) 涂色问题 1．（23-24高二下·安徽·期中）用红、黄、蓝三种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色.在所有着色方案中，①③⑤着相同色的有（    ） A．96种 B．24种 C．48种 D．12种 2．（23-24高二下·安徽·期中）如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色，有四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高二下·安徽池州·期中）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ）    A．120 B．26 C．340 D．420 ( 题型04 ) 排列组合的应用问题 1．（23-24高二下·安徽·期中）某校开学“迎新”活动中要把2名男生，3名女生安排在5个岗位，每人安排一个岗位，每个岗位安排一人，其中甲岗位不能安排男生，则安排方法的种数为（    ） A．72 B．56 C．48 D．36 2．（23-24高二下·安徽芜湖·期中）若一个四位数的各个数位上的数字之和为4，则这样的四位数共有（    ）个． A．10 B．15 C．19 D．20 3．（23-24高二下·安徽合肥·期中）以“奔跑合肥，科创未来”为主题的2023合肥马拉松，于11月19日开跑，共有3万余名跑者在滨湖新区纵情奔跑，本次赛事设置全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑（约8公里）等多个项目，社会各界踊跃参加志愿服务，现有甲、乙等5名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑三个项目进行志愿者活动，则下列说法正确的是（    ） A．若全程马拉松项目必须安排3人，其余两项各安排1人，则有10种不同的分配方案 B．若全程马拉松项目必须安排3人，其余两项各安排1人，则有15种不同的分配方案 C．安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有42种不同的站法 D．安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有48种不同的站法 4．（23-24高二下·安徽·期中）同济大学为弘扬我国古代的“六艺文化”，计划在社会实践活动中每天开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门课程中的一门，不重复开设，连续开设六天，则课程“礼”与“乐”相邻，但均与“射”不相邻的不同排法共有（    ） A．72种 B．144种 C．240种 D．252种 5．（23-24高二下·安徽·期中）已知某曲剧社团有9名演员，其中会唱京剧的有5名演员，会唱豫剧的有6名演员，现有一地方请该曲剧社团做一台演出，需要3名京剧演员和3名豫剧演员，则不同的选择方法有（    ） A．36种 B．52种 C．88种 D．92种 6．（23-24高二下·安徽蚌埠·期中）为了迎接期中考试，某同学要在5月1日安排6个学科的复习任务，上午安排3科，下午安排2科，晚上安排1科，为了提高学习效率，数学学科的复习时间不安排在早晨第一科，并且语文和英语两科的复习时间不连在一起（上午最后一节和下午第一节不算连在一起，下午最后一节和晚上也不算连在一起），那么6个学科复习的顺序安排总共有（    ）种. A．240 B．480 C．540 D．696 7．（多选）（23-24高二下·安徽六安·期中）在新高考方案中，选择性考试科目有：物理､化学､生物､政治､历史､地理6门.学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理､历史2门科目中选择1门，再从政治､地理､化学､生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据.某学生想在物理､化学､生物､政治､历史､地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是（    ） A．若任意选科，选法总数为6 B．若化学必选，选法总数为6 C．若政治和地理至少选一门，选法总数为12 D．若物理必选，化学､生物至少选一门，选法总数为5 8．（多选）（23-24高二下·安徽合肥·期中）某学生在物理，化学，生物，政治，历史，地理这六门课程中选择三门作为选考科目，则下列说法正确的是（    ） A．若任意选择三门课程，则总选法为 B．若物理和历史至少选一门，则总选法为 C．若物理和历史不能同时选，则总选法为 D．若物理和历史至少选一门且不能同时选，则总选法为 9．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是（    ） A．共有60种不同的坐法 B．空位不相邻的坐法有72种 C．空位相邻的坐法有24种 D．两端不是空位的坐法有27种 10．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）A、B、C、D、E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（    ） A．若A、B两人站在一起有24种方法 B．若A、B不相邻共有72种方法 C．若A在B左边有48种排法 D．若A不站在最左边，B不站最右边，有78种方法 11．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）2024年3月，中华人民共和国全国人民代表大会与中国人民政治协商会议在北京召开（以下简称“两会”），两会结束后，5名人大代表A，B，C，D，E站成一排合影留念，则下列说法正确的是（    ） A．若A与B相邻，则有48种不同站法 B．若C与D不相邻，则有24种不同站法 C．若B在E的左边（可以不相邻），则有60种不同站法 D．若A不在最左边，D不在最中间，则有78种不同站法 12．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排照相，下列说法正确的是（    ） A．如果甲，乙必须相邻，那么不同的排法有24种 B．甲不站在排头，乙不站在正中间，则不同的排法共有78种 C．甲乙不相邻且乙在甲的右边，则不同的排法共有36种 D．若五人已站好，后来情况有变，需加上2人，但不能改变原来五人的相对顺序，则不同的排法共有42种 13．（23-24高二下·安徽安庆·期中）某校的4名体育教师对足球、篮球、羽毛球3个运动兴趣小组进行指导，要求每项运动至少有一名教师指导，每名教师指导一项运动，则分派方法共有 种． 14．（23-24高二下·安徽合肥·期中）李华同学忘记了自己的QQ号，但记得QQ号是由一个1，一个2，两个5和两个6组成的六位数，于是用这六个数随意排成一个六位数，输入电脑尝试，那么他找到自己的QQ号最多尝试次数有 种（用数字作答）． 15．（2021·福建泉州·二模）现有甲､乙两类零件共8件，其中甲类6件，乙类2件，若从这8件零件中选取3件，则甲､乙两类均被选到的方法共有种 .(用数字填写答案) ( 题型0 5 ) 分组分配问题 1．（23-24高二下·安徽六安·期中）将甲､乙､丙､丁四名学生分到三个不同的班级，每个班级至少分到一名学生，则不同的分法种数为（    ） A．112 B．81 C．72 D．36 2．（23-24高二下·安徽·期中）5名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有（    ） A．60种 B．90种 C．150种 D．240种 3．（23-24高二下·安徽安庆·期中）某中学派6名教师到A，B，C，D，E五个山区支教，每位教师去一个地方，每个地方至少安排一名教师前去支教．学校考虑到教师甲的家乡在山区A，决定派教师甲到山区A，同时考虑到教师乙与丙为同一学科，决定将教师乙与丙安排到不同山区，则不同安排方法共有（    ） A．360种 B．336种 C．216种 D．120种 4．（23-24高二下·安徽亳州·期中）有五位志愿者，参加三项志愿活动，每人至少参加一项，每项活动至少一人的参加方式为 ． 5．（23-24高二下·安徽·期中）河北疫情爆发后，某医院抽调3名医生，5名护士支援河北的三家医院，规定每家医院医生一名，护士至少一名，则不同的安排方案有 种. ( 题型0 6 ) 求二项展开式指定项（系数） 1．（23-24高二下·安徽·期中）的展开式中的常数项是（    ） A． B．270 C． D．540 2．（23-24高二下·安徽六安·期中）在的展开式中，的系数为（    ） A．8 B．28 C．56 D．70 3．（23-24高二下·安徽·期中）二项式的展开式中的系数为（    ） A． B．40 C． D．60 4．（23-24高二下·安徽六安·期中）在的展开式中，含项的系数是（    ） A．219 B．220 C．165 D．164 5．（23-24高二下·安徽·期中）的展开式中的系数是（    ） A．60 B． C．120 D． 6．（23-24高二下·安徽亳州·期中）二项式展开式中，含项的系数为（    ） A．20 B． C． D．80 7．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（    ） A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第6项或第7项 D．有理项共5项 8．（23-24高二下·安徽·期中）在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于 . 9．（23-24高二下·安徽·期中）在展开式中，前3项的系数成等差数列. 求： (1)的值； (2)二项展开式中的有理项. ( 题型0 7 ) 二项式系数的性质及应用 1．（23-24高二下·安徽六安·期中）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.若将这些数字依次排列构成数列1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…则此数列的第59项是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·安徽芜湖·期中）杨辉三角（如下图所示）是数学史上的一个伟大成就，杨辉三角中从第2行到第2024行，每行的第3个数字之和为（    ） A． B． C． D． 3.（多选）（23-24高二下·安徽·期中）设，则（    ） A． B． C． D． 4．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）若，则下列结果正确的是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·安徽六安·期中）已知,则 . 6．（23-24高二下·安徽芜湖·期中）设，则 ． 7．（23-24高二下·安徽合肥·期中）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． ( 题型0 8 ) 二项式定理的应用 1．（23-24高二下·安徽·期中）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题.用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为.已知，则（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）能被7整除，则整数a的值可以是（　　） A．4 B．6 C．11 D．13 3．（23-24高二下·安徽蚌埠·期中）已知，其中是关于的多项式，则 ; ( 题型0 9 ) 求系数最大（小）的项问题 1．（多选）（23-24高二下·安徽滁州·期中）若的展开式中第4项与第9项的二项式系数相等，则展开式中系数最大的项为（   ） A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项 1．（23-24高二下·安徽合肥·期中）北京时间2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射.“神箭”再起新征程，奔赴浩瀚宇宙.为了某次航天任务，准备从7名预备队员中（其中男4人，女3人）中选择4人作为航天员参加该次任务. (1)若至少有一名女航天员参加此次航天任务，共有多少种选法？（结果用数字作答） (2)若选中的4名航天员需分配到A，B，C三个实验室去，其中每个实验室至少一名航天员，共有多少种选派方式？（结果用数字作答） 2．（23-24高二下·安徽滁州·期中）已知的二项展开式中，前三项的二项式系数的和为46． (1)求展开式中所有项的系数的和： (2)求展开式中的常数项． 3．（23-24高二下·安徽·期中）从分别印有数字0，3，5，7，9的5张卡片中，任意抽出3张组成三位数． （Ⅰ）求可以组成多少个大于500的三位数； （Ⅱ）求可以组成多少个三位数； （Ⅲ）若印有9的卡片，既可以当9用，也可以当6用，求可以组成多少个三位数． 4．（23-24高二下·安徽六安·期中）已知在的展开式中，第9项为常数项.求： (1)的值： (2)展开式中的系数； (3)求展开式中系数绝对值最大的项. 5．（23-24高二下·安徽六安·期中）名师生站成一排照相留念，其中老师名，男同学名，女同学名. (1)若两位女生相邻，但都不与老师相邻的站法有多少种？ (2)若排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边的站法有多少种？ (3)现有个相同的口罩全部发给这名学生，每名同学至少发个口罩，则不同的发放方法有多少种？ 6．（23-24高二下·安徽蚌埠·期中）已知. (1)若，求的展开式中含的项; (2)若，且的展开式中含的项的系数为24，那么当m，n为何值时，的展开式中含的项的系数取得最小值? 7．（23-24高二下·安徽合肥·期中）如图，从左到右有5个空格． (1)若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法?（用数字作答） (2)若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法?（用数字作答） (3)若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）． 8．（23-24高二下·安徽·期中）（1）求的展开式中含的项； （2）若，求： ①； ②. 9．（23-24高二下·安徽·期中）已知在的展开式中各项系数的和比它的二项式系数的和大992. （1）求的值； （2）求展开式中的项； （3）求展开式中系数最大的项. 10．（23-24高二下·安徽黄山·期中）袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个球． (1)若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？ (2)若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？ (3)取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取4球的总分不低于5分，则有多少种不同的取法？ 11．（23-24高二下·安徽六安·期中）已知. (1)若展开式的第3项和第5项的二项式系数相等，求的值，并求常数项; (2)若展开式中所有项的系数之和为81，求展开式中二项式系数最大的项. 12．（23-24高二下·安徽·期中）从包含甲､乙2人的8人中选4人参加4×100米接力赛，在下列条件下，各有多少种不同的排法？ （1）甲､乙2人都被选中且必须跑中间两棒； （2）甲､乙2人只有1人被选中且不能跑中间两棒. 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 计数原理 题型概览 经典基础题 题型01分步乘法计数原理及简单应用 题型02排列数、组合数公式相关计算与证明 题型03涂色问题 题型04排列组合的应用问题 题型05分组分配问题 题型06求二项展开式指定项（系数） 题型07二项式系数的性质及应用 题型08二项式定理的应用 题型09求系数最大（小）的项问题 能力提升题 ( 题型01 ) 分步乘法计数原理及简单应用 1．（23-24高二下·安徽·期中）设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有a种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有b种，则（a，b）为（    ） A．（34，34） B．（43，34） C．（34，43） D．（A43，A43） 【答案】C 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】本题是一个分步乘法问题，每名学生报名有3种选择，有4名学生根据分步计数原理知共有34种选择，同理三项冠军的结果数也有类似的做法． 【详解】由题意知本题是一个分步乘法问题， 首先每名学生报名有3种选择， 有4名学生根据分步计数原理知共有34种选择， 每项冠军有4种可能结果， 3项冠军根据分步计数原理知共有43种可能结果. 故选：C． 2．（23-24高二下·安徽宿州·期中）作为泗县地方传统美食之一，传承百余年的“刘圩大饼”，其制作技艺已被列入宿州市非物质文化遗产，深受广大群众的喜爱，远近闻名，是泗县饮食文化的一张亮丽名片.用一个传统的饼铛烙饼，每次饼铛上最多只能同时放两张大饼，烙熟一张大饼需要8分钟的时间，其中每烙熟一面需要4分钟.那么要烙熟5张大饼，至少需要（    ） A．16分钟 B．20分钟 C．24分钟 D．40分钟 【答案】B 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】根据题意将5张大饼的10个面分成5组烙熟，每组需要4分钟，可求得答案. 【详解】根据题意，烙熟一张大饼需要两面烙熟，这5张大饼的两面分别记作，，，，， 每次饼铛上最多只能同时放两张大饼，每烙熟一面需要4分钟.可将上面5张大饼的10个面分成5组烙熟， 比如，则至少需要20分钟. 故选：B. 3．（23-24高二下·安徽·期中）3个班分别从5个风景点中选择一处游览，不同选法的种数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】每个班都有5种选法，由分步计数原理可得结果. 【详解】解：由题意可知，每个班都有5种选法，则由分步计数原理可得共有种方法. 故选：D 4．（23-24高二下·安徽滁州·期中）某机构拟对其所管辖的6个部门中的4个部门的负责人进行调整，被调整的4人将到其余部门任负责人（不在原部门），每个部门只有一个负责人，调整方案的种数为（   ） A．360种 B．270种 C．200种 D．135种 【答案】D 【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、排列组合综合 【分析】先由选出不调整的两个部分，进而根据分步计数原理即可求解. 【详解】先从6人中选出不作调整的两个，有种， 再把余下的4部门负责人调整到其他部门，假设4个部门为A，B，C，D，对应的4位原负责人分别为a，b，c，d， 则a可以调整到B，C，D中的任一部门，有3种情况，假设a分到B部门，则b也有3种情况，剩下的两人有1种情况，故有种情况， 所以调整方案共有种． 故选：D． 5．（23-24高二下·安徽六安·期中）在2024年第22届上海国际茶博会中，某展区展出6种茗茶，分别是武夷山大红袍、西湖龙井、安溪铁观音、普洱茶、正山小种、福鼎白茶.将这6种茶排成一排，若武夷山大红袍和西湖龙井不能相邻，则不同的排序方法有（    ） A．240种 B．280种 C．340种 D．480种 【答案】D 【知识点】不相邻排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】不相邻问题插空法，先将其它4种茶排序，再将武夷山大红袍和西湖龙井插入5个空，即可. 【详解】先将除武夷山大红袍和西湖龙井之外的4种茶排序，形成5个空， 再将武夷山大红袍和西湖龙井插入5个空，则不同的排法有种. 故选：D. 6．（23-24高二下·安徽六安·期中）用5种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是 . 【答案】240 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题 【分析】根据题意，写出每个区域可选的方法数，利用分步乘法原理，可得答案. 【详解】由题意，区域A可选的方法数为5，区域B可选的方法数为4，区域C可选的方法数为3， 区域D可选的方法数为4，可得总的方法数为. 故答案为：. 7．（23-24高二下·安徽合肥·期中）如图，为了迎接五一国际劳动节，某学校安排同学们在A，B，C，D四块区域植入花卉，现有4种不同花卉可供选择，要求相邻区域植入不同花卉，不同的植入方法有 （结果用数字作答） 【答案】72 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题 【分析】依次考虑、、A、B区域，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】区域有4种选择，区域有3种选择，A区域有3种选择，B区域有2种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的植入方法共有种. 故答案为：72 ( 题型02 ) 排列数、组合数公式相关计算与证明 1．（23-24高二下·安徽·期中）（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】组合数的性质及应用 【分析】利用组合数的性质可求三者的和. 【详解】． 故选：D. 【点睛】本题考查组合性质的应用，一般组合数具有如下性质：（1）递推性质： ；（2）对称性质：；（3）.本题属于基础题. 2．（23-24高二下·安徽宿州·期中）（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】二项展开式的应用 【分析】借助二项式定理可得，即可得解. 【详解】. 故选：B. 3.（多选）（23-24高二下·安徽六安·期中）下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【知识点】求等差数列前n项和、排列数的计算、组合数的计算、二项式的系数和 【分析】对A、B：借助排列数与组合数的计算公式计算即可得；对C：借助组合数的性质及等差数列求和公式计算即可得；对D：借助二项式定理计算即可得. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，故B正确； 对于C：因为 ，故C错误； 对于D：，故D正确. 故选：BD. 4．（23-24高二下·安徽·期中）若，则n＝ ． 【答案】7 【知识点】排列数的计算、组合数的计算、组合数方程和不等式 【分析】按照排列数和组合数的定义计算即可. 【详解】由公式可得： ， 整理得 ， ， n=7或n=-1(舍)； 故答案为：7. 5．（23-24高二下·安徽·期中）若，则正整数 . 【答案】8 【知识点】排列数的计算、组合数的计算、组合数方程和不等式 【分析】根据排列数和组合数的运算性质直接计算即可. 【详解】因为， 所以， 解得：. 故答案为：8. ( 题型03 ) 涂色问题 1．（23-24高二下·安徽·期中）用红、黄、蓝三种颜色给下图着色，要求有公共边的两块不着同色.在所有着色方案中，①③⑤着相同色的有（    ） A．96种 B．24种 C．48种 D．12种 【答案】B 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题 【分析】根据分步计数原理计算即可. 【详解】因为①③⑤着相同的颜色，可以有种，②④⑥按要求可随意着与①③⑤不同色的另外两种颜色，故有种，所以共有24种. 故选：B 2．（23-24高二下·安徽·期中）如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色，有四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理 【分析】根据题意可知每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，分类研究，不同色； 同色两大类，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得答案． 【详解】由题意知，分两种情况： (1)不同色，先涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，由分步乘法计数原理可得有种； (2) 同色；先涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，由分步乘法计数原理可得有种． 由分类加法计数原理，共有种， 故选：A． 3．（23-24高二下·安徽池州·期中）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ）    A．120 B．26 C．340 D．420 【答案】D 【知识点】涂色问题 【分析】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案． 【详解】根据题意，如图，设5个区域依次为A、B、C、D、E，    分4步进行分析： ①，对于区域A，有5种颜色可选； ②，对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选； ③，对于区域C，与A、B区域相邻，有3种颜色可选； ④，对于区域D、E，若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选， 若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色可选，E区域有2种颜色可选， 则区域D、E有种选择， 所以不同的涂色方案有种. 故选：D. ( 题型04 ) 排列组合的应用问题 1．（23-24高二下·安徽·期中）某校开学“迎新”活动中要把2名男生，3名女生安排在5个岗位，每人安排一个岗位，每个岗位安排一人，其中甲岗位不能安排男生，则安排方法的种数为（    ） A．72 B．56 C．48 D．36 【答案】A 【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 【分析】先安排甲岗位，剩下的全排即可求解． 【详解】先安排甲岗位，剩下的全排，则安排方法共有种， 故选：A. 2．（23-24高二下·安徽芜湖·期中）若一个四位数的各个数位上的数字之和为4，则这样的四位数共有（    ）个． A．10 B．15 C．19 D．20 【答案】D 【知识点】组合数的计算、排列数的计算、数字排列问题 【分析】分类讨论数字之和为4的情况，结合排列数、组合数运算求解. 【详解】由题意可知数字之和为4有：1，1，1，1或0，1，1，2或0，0，2，2，或0，0，0，4或0，0，1，3， 若1，1，1，1，这样的四位数共有1个； 若0，1，1，2，这样的四位数共有个； 若0，0，2，2，这样的四位数共有个； 若0，0，0，4，这样的四位数共有1个； 若0，0，1，3，这样的四位数共有个； 综上所述：共有个. 故选：D. 3．（23-24高二下·安徽合肥·期中）以“奔跑合肥，科创未来”为主题的2023合肥马拉松，于11月19日开跑，共有3万余名跑者在滨湖新区纵情奔跑，本次赛事设置全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑（约8公里）等多个项目，社会各界踊跃参加志愿服务，现有甲、乙等5名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在全程马拉松、半程马拉松和欢乐跑三个项目进行志愿者活动，则下列说法正确的是（    ） A．若全程马拉松项目必须安排3人，其余两项各安排1人，则有10种不同的分配方案 B．若全程马拉松项目必须安排3人，其余两项各安排1人，则有15种不同的分配方案 C．安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有42种不同的站法 D．安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有48种不同的站法 【答案】D 【知识点】实际问题中的组合计数问题、相邻问题的排列问题 【分析】先选出马拉松项目的人，再将剩下两人进行排列即可判断AB；利用捆绑发即可判断CD. 【详解】对于AB，不同的分配方案有种，故AB错误； 对于CD，不同的站法有种，故C错误，D正确. 故选：D. 4．（23-24高二下·安徽·期中）同济大学为弘扬我国古代的“六艺文化”，计划在社会实践活动中每天开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门课程中的一门，不重复开设，连续开设六天，则课程“礼”与“乐”相邻，但均与“射”不相邻的不同排法共有（    ） A．72种 B．144种 C．240种 D．252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】利用捆绑法和插空法计算可得. 【详解】依题意先将“御”“书”“数”三门课程全排列，有种排法； 再将“礼”与“乐”捆绑作为一个整体，与“射”插空到“御”“书”“数”所形成的个空中的个， 故有种排法， 按照分步乘法计数原理可知一共有种排法. 故选：B 5．（23-24高二下·安徽·期中）已知某曲剧社团有9名演员，其中会唱京剧的有5名演员，会唱豫剧的有6名演员，现有一地方请该曲剧社团做一台演出，需要3名京剧演员和3名豫剧演员，则不同的选择方法有（    ） A．36种 B．52种 C．88种 D．92种 【答案】D 【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题 【分析】有2名演员既会京剧也会豫剧，分既会唱京剧，也会唱豫剧的2人均没有选中、若既会唱京剧，也会唱豫剧的2人选中1人、若既会唱京剧，也会唱豫剧的2人均选中讨论，结合组合知识可得答案. 【详解】分析可得：有2名演员既会京剧也会豫剧，称为能手 （1）若既会唱京剧，也会唱豫剧的2人均没有选中， 此时只会唱京剧的3人全部选中，只会唱豫剧的4人选择3人，共种选择； （2）若既会唱京剧，也会唱豫剧的2人选中1人，有种选择， 此人去进行唱京剧，则从只会唱京剧的3人选择2人，只会唱豫剧的4人选择3人， 有种选择， 此人去进行唱豫剧，则从只会唱京剧的3人全部选中，只会唱豫剧的4人选择2人， 有种选择， 此时共有种选择； （3）若既会唱京剧，也会唱豫剧的2人均选中， 2人均进行唱京剧，则从只会唱京剧的3人选择1人，只会唱豫剧的4人选择3人， 有种选择， 2人均进行唱豫剧，则从只会唱京剧的3人选择3人，只会唱豫剧的4人选择1人， 有种选择， 2人有1人进行唱京剧，1人进行唱豫剧，有种选择， 再从只会唱京剧的3人选择2人，只会唱豫剧的4人选择2人，有种选择， 此时有种选择， 所以若既会唱京剧，也会唱豫剧的2人均选中，有种选择， 综上：共有种选择. 故选：D. 6．（23-24高二下·安徽蚌埠·期中）为了迎接期中考试，某同学要在5月1日安排6个学科的复习任务，上午安排3科，下午安排2科，晚上安排1科，为了提高学习效率，数学学科的复习时间不安排在早晨第一科，并且语文和英语两科的复习时间不连在一起（上午最后一节和下午第一节不算连在一起，下午最后一节和晚上也不算连在一起），那么6个学科复习的顺序安排总共有（    ）种. A．240 B．480 C．540 D．696 【答案】B 【知识点】分类加法计数原理、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、不相邻排列问题 【分析】先排数学，其他科目任意排列的情况下减去语文和英语相连的情况即可. 【详解】数学排在上午第二科时，其他五科任意排有种， 其中语文和英语排在下午两科有种，所以此时共有种； 数学排在上午第三科时，其他五科任意排有种， 其中语文和英语排在下午两科或上午前两科有种， 所以此时共有种； 数学排在下午第一科时，其他五科任意排有种， 其中语文和英语排在上午连排有种， 所以此时共有种； 同理数学排在下午第二科时，有种； 数学排在晚上时，其他五科任意排有种， 其中语文和英语连排有种， 所以此时共有种； 所以总共有种. 故选：B 7．（多选）（23-24高二下·安徽六安·期中）在新高考方案中，选择性考试科目有：物理､化学､生物､政治､历史､地理6门.学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理､历史2门科目中选择1门，再从政治､地理､化学､生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的依据.某学生想在物理､化学､生物､政治､历史､地理这6门课程中选三门作为选考科目，下列说法正确的是（    ） A．若任意选科，选法总数为6 B．若化学必选，选法总数为6 C．若政治和地理至少选一门，选法总数为12 D．若物理必选，化学､生物至少选一门，选法总数为5 【答案】BD 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题、利用对立事件的概率公式求概率 【分析】对于A、B，根据分步乘法原理，结合组合数计算，可得答案； 对于C、D，根据对立事件的方法数，利用总数减出来，可得答案. 【详解】对于A，首先在物理､历史2门科目中选择1门，其方法数为，再从政治､地理､化学､ 生物4门科目中选择2门，其方法数为，总数为，故A错误； 对于B，若化学必选，首先在物理､历史2门科目中选择1门，其方法数为，再从政治､ 地理､生物3门科目中选择1门，其方法数为，总数为，故B正确； 对于C，政治和地理至少选一门的对立事件为政治和地理都不选，首先在物理､历史2门科目中选择1门，其方法数为，再从化学、生物2门科目中选择2门，其方法数为1， 总数为，则符合题意的总数为，故C错误； 对于D，首先物理必选，其方法数为1，再从政治､地理､化学､生物4门科目中选择2门， 其方法数为，总数为，化学､生物至少选一门对立事件为化学､生物都不选， 其方法数为，则符合题意的方法数为，故D正确. 故选：BD. 8．（多选）（23-24高二下·安徽合肥·期中）某学生在物理，化学，生物，政治，历史，地理这六门课程中选择三门作为选考科目，则下列说法正确的是（    ） A．若任意选择三门课程，则总选法为 B．若物理和历史至少选一门，则总选法为 C．若物理和历史不能同时选，则总选法为 D．若物理和历史至少选一门且不能同时选，则总选法为 【答案】ACD 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、组合数的计算、实际问题中的组合计数问题 【分析】根据组合数判断A，分物理和化学选一门与选两门两种情况，即可判断BD，利用间接法即可判断C. 【详解】对于A．若任意选择三门课程，选法总数为种，故A正确； 对于B．若物理和历史选一门，有种方法，其余两门从剩余的4门中选2门，有种选法， 若物理和历史选两门，有种选法，剩下一门从剩余的4门中选1门，有种选法 由分步乘法计数原理知，总数为种选法，故B错误； 对于C．若物理和历史不能同时选，选法总数为种，故C正确； 对于D．由选项B的分析知，若物理和历史至少选一门且不能同时选，有种选法，故D正确． 故选：ACD． 9．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是（    ） A．共有60种不同的坐法 B．空位不相邻的坐法有72种 C．空位相邻的坐法有24种 D．两端不是空位的坐法有27种 【答案】AC 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、排列组合综合 【分析】对于A，采用组合先选出座位，再根据排列方法安排座位； 对于B，利用插空法；对于C，利用捆绑法；对于D，利用特殊元素优先法. 【详解】对于A，，故正确； 对于B，，故错误； 对于C，，故正确； 对于D，，故错误， 故选：AC. 10．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）A、B、C、D、E五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（    ） A．若A、B两人站在一起有24种方法 B．若A、B不相邻共有72种方法 C．若A在B左边有48种排法 D．若A不站在最左边，B不站最右边，有78种方法 【答案】BD 【知识点】不相邻排列问题、相邻问题的排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】利用捆绑法可判断A，利用插空法可判断B，C属于定序问题，利用间接法可判断D. 【详解】对于A，将看成一个整体，与全排列，有种排法，A错误； 对于B，将排好，然后将安排在空位中，有种排法，B正确； 对于C，5人全排列，有种排法，在左边与在右边的情况数目相同，则在左边的排法有60种，C错误； 对于D，不考虑限制条件，5人有种不同的排法，站在最左边的排法有种，站在最右边的排法有种， 站在最左边且站在最右边的排法种，则有种不同的排法，D正确； 故选：BD． 11．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）2024年3月，中华人民共和国全国人民代表大会与中国人民政治协商会议在北京召开（以下简称“两会”），两会结束后，5名人大代表A，B，C，D，E站成一排合影留念，则下列说法正确的是（    ） A．若A与B相邻，则有48种不同站法 B．若C与D不相邻，则有24种不同站法 C．若B在E的左边（可以不相邻），则有60种不同站法 D．若A不在最左边，D不在最中间，则有78种不同站法 【答案】ACD 【知识点】不相邻排列问题、相邻问题的排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】利用捆绑法求A与B相邻的排法数，判断选项A；利用插空法求C与D不相邻的排法数，判断选项B；根据倍缩法求B在E的左边的排法数，判断选项C；优先考虑的位置，结合排列知识和两大计数原理求A不在最左边，D不在最中间的排法，判断选项D. 【详解】若A与B相邻，则有种不同站法，A正确； 若C与D不相邻，则有种不同站法，B错误； 若B在E的左边（可以不相邻），则有种不同站法，C正确； 若A不在最左边，D不在最中间， 当A排在最中间时，满足条件的排法有种， 当A不排在最中间时，满足条件的排法有种， 故共有种不同排法，D正确. 故选：ACD. 12．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排照相，下列说法正确的是（    ） A．如果甲，乙必须相邻，那么不同的排法有24种 B．甲不站在排头，乙不站在正中间，则不同的排法共有78种 C．甲乙不相邻且乙在甲的右边，则不同的排法共有36种 D．若五人已站好，后来情况有变，需加上2人，但不能改变原来五人的相对顺序，则不同的排法共有42种 【答案】BCD 【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 【分析】采用排列组合公式对各选项进行计算判断即可 【详解】对A，如果甲，乙必须相邻，则可将甲乙先捆绑，考虑左右位置，共有2种情况，再将4个位置全排列，共有种排法，故A错误； 对B，分两种情况，①甲站中间时，共有种排法；②甲不站中间，先排甲，有3种情况，中间位置3选1，有3种情况，剩下3人全排列，有种情况，则共有种情况，甲不站在排头，乙不站在正中间，不同的排法共有种情况； 对C，甲乙不相邻且乙在甲的右边，按中间人数多少分类，当中间有1人时，有种；当中间有两人时，有种；当中间有3人时，有种排法，则共有36种排法； 对D，五人站好后，有6个空，剩下两人再逐一插空，共有种情况； 故答案为：BCD 13．（23-24高二下·安徽安庆·期中）某校的4名体育教师对足球、篮球、羽毛球3个运动兴趣小组进行指导，要求每项运动至少有一名教师指导，每名教师指导一项运动，则分派方法共有 种． 【答案】 【知识点】分组分配问题、实际问题中的组合计数问题、排列组合综合 【分析】先将教师分成3组，再进行全排列即可得解. 【详解】先将4名教师分成3组的方法有种， 将3组教师分配指导3个运动兴趣小组的方法有种， 所以总的分派方法共有种. 故答案为：. 14．（23-24高二下·安徽合肥·期中）李华同学忘记了自己的QQ号，但记得QQ号是由一个1，一个2，两个5和两个6组成的六位数，于是用这六个数随意排成一个六位数，输入电脑尝试，那么他找到自己的QQ号最多尝试次数有 种（用数字作答）． 【答案】180 【知识点】全排列问题 【分析】由题可得先对这个6个数全排，然后有两个5和两个6，即计算即可. 【详解】解：根据题意，其QQ号由共6个数字组成，将这6个数字全排列，有种情况， 而这6个数字中有两个5和两个8，则共可以组成个六位数， 那么他找到自己的QQ号最多尝试180次， 故答案为：180. 15．（2021·福建泉州·二模）现有甲､乙两类零件共8件，其中甲类6件，乙类2件，若从这8件零件中选取3件，则甲､乙两类均被选到的方法共有种 .(用数字填写答案) 【答案】36 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【解析】利用计数原理可得甲､乙两类均被选到的方法共有； 【详解】甲､乙两类均被选到分两种情况： （1）甲类选2个，乙类选1个，即； （2）甲类选1个，乙类选2个，即； 所以总数共有：， 故答案为：. ( 题型0 5 ) 分组分配问题 1．（23-24高二下·安徽六安·期中）将甲､乙､丙､丁四名学生分到三个不同的班级，每个班级至少分到一名学生，则不同的分法种数为（    ） A．112 B．81 C．72 D．36 【答案】D 【知识点】分组分配问题 【分析】先将四人分成三组，然后再分配即可. 【详解】由题意，不同的分法种数为. 故选：D. 2．（23-24高二下·安徽·期中）5名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有（    ） A．60种 B．90种 C．150种 D．240种 【答案】C 【知识点】分组分配问题 【分析】先将5名同学分为3组，再将分好的三组安排到3个小区，利用分步乘法计算原理求出. 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①将5名同学分为3组， 若分为1，2，2的三组，有种分组方法， 若分为1､1､3的三组，有种分组方法， 则有种分组方法， ②将分好的三组安排到3个小区，有种情况， 则有种不同的安排方法， 故选：C. 3．（23-24高二下·安徽安庆·期中）某中学派6名教师到A，B，C，D，E五个山区支教，每位教师去一个地方，每个地方至少安排一名教师前去支教．学校考虑到教师甲的家乡在山区A，决定派教师甲到山区A，同时考虑到教师乙与丙为同一学科，决定将教师乙与丙安排到不同山区，则不同安排方法共有（    ） A．360种 B．336种 C．216种 D．120种 【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】对山区的派发人数分类，若派到山区只有甲，剩下教师按人数分组以后计算种数，再减去乙丙教师安排到同一山区的种数，即可得山区只派甲的情况的种数，进而求出总的情况数量. 【详解】若派到山区有人，则不同的派法有种； 若派到山区只有甲，先把其余人分为四组，每组人数分别为，再将四组教师分配到四个山区，不同派法有种， 其中乙和丙安排到同一山区的情况有种，所以派到山区只有甲的派法有种； 所以不同的派法共有种. 故选： 4．（23-24高二下·安徽亳州·期中）有五位志愿者，参加三项志愿活动，每人至少参加一项，每项活动至少一人的参加方式为 ． 【答案】 【知识点】分组分配问题 【分析】分与两类讨论，按照先分组、再分配的方法计算可得（部分平均分组需除以组数（相等的组）的全排列）. 【详解】依题意分两类情况，第一类为，则有种方式， 第二类为，则有种方式， 所以共有种方式． 故答案为： 5．（23-24高二下·安徽·期中）河北疫情爆发后，某医院抽调3名医生，5名护士支援河北的三家医院，规定每家医院医生一名，护士至少一名，则不同的安排方案有 种. 【答案】900 【知识点】分组分配问题、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、排列组合综合 【分析】先对医生进行分配，再将护士分组后进行分配，根据分步计数原理即可求解. 【详解】解：第一步：先将三名医生分配到三家医院，则有， 第二步：将名医生分为组，再分配到三家医院，则有， 故不同的安排方案有. 故答案为：. ( 题型0 6 ) 求二项展开式指定项（系数） 1．（23-24高二下·安徽·期中）的展开式中的常数项是（    ） A． B．270 C． D．540 【答案】A 【知识点】求指定项的系数 【分析】根据题意，求得二项展开式的通项，确定的值，代入即可求解. 【详解】由二项式展开式的通项为， 令，可得， 所以展开式的常数项为. 故选：A. 2．（23-24高二下·安徽六安·期中）在的展开式中，的系数为（    ） A．8 B．28 C．56 D．70 【答案】C 【知识点】求指定项的系数 【分析】利用二项式定理展开式的通项公式即可求解. 【详解】展开式的通项为， 令，解得， 故的系数为. 故选：C. 3．（23-24高二下·安徽·期中）二项式的展开式中的系数为（    ） A． B．40 C． D．60 【答案】B 【知识点】两个二项式乘积展开式的系数问题 【分析】由利用的通项可得答案. 【详解】， 的通项为， 根据题意，. 故选：B. 4．（23-24高二下·安徽六安·期中）在的展开式中，含项的系数是（    ） A．219 B．220 C．165 D．164 【答案】A 【知识点】求指定项的系数 【分析】根据二项式定理结合组合数的计算性质，即可求解. 【详解】展开式的通项为， 则项的系数为， 所以在的展开式中， 含项的系数是 . 故选：A. 5．（23-24高二下·安徽·期中）的展开式中的系数是（    ） A．60 B． C．120 D． 【答案】B 【知识点】三项展开式的系数问题 【分析】由，作为一个二项式，展开求得含有的项，再在的展开式中确定项的系数，由乘法可得结论． 【详解】，展开式的第项为， 令，可得第4项为. 而的展开式的第项为，令，可得第3项为. 所以的展开式中，的系数是. 故选：B. 6．（23-24高二下·安徽亳州·期中）二项式展开式中，含项的系数为（    ） A．20 B． C． D．80 【答案】A 【知识点】求指定项的系数 【分析】利用展开式的意义可求含项的系数. 【详解】表示5个因式的乘积， 要得到含项，需有1个因式取，其余的4个因式都取，系数为， 或者需有2个因式取项，需有2个因式取，其余的1个因式都取，系数为， 故含项的系数为． 故选：A. 7．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（    ） A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第6项或第7项 D．有理项共5项 【答案】BD 【知识点】二项式系数的增减性和最值、求有理项或其系数、二项展开式各项的系数和 【分析】根据展开式的通向公式以及二项式系数的性质求解判断. 【详解】因为，所以，所有奇数项的二项式系数和为，故A错误， 令，得所有项的系数和为，故B正确， 由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误， 因为展开式通项为， 当为整数时，，3，6，9，12，共有5项，故D正确． 故选：BD． 8．（23-24高二下·安徽·期中）在的二项展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则该二项展开式中的常数项等于 . 【答案】112 【知识点】求指定项的系数、二项式系数的增减性和最值 【分析】由题意可得，再利用二项展开式的通项公式，求得二项展开式常数项的值． 【详解】的二项展开式的中，只有第5项的二项式系数最大，， 通项公式为，令，求得， 可得二项展开式常数项等于， 故答案为112． 9．（23-24高二下·安徽·期中）在展开式中，前3项的系数成等差数列. 求： (1)的值； (2)二项展开式中的有理项. 【答案】(1)8； (2). 【知识点】求有理项或其系数、由项的系数确定参数、等差中项的应用 【分析】（1）根据给定条件，求出二项式展开式的通项公式，结合等差中项的意义求出n作答. （2）由（1）的信息，求出的幂指数为整数的项即可. 【详解】（1）二项式展开式的第项为， 第一项系数为，第二项系数为，第三项系数为， 依题意，，显然，解得， 所以的值为8. （2）由（1）知，显然展开式的有理项必满足，则为4的倍数，即有， 因此， 所以二项展开式中的有理项为． ( 题型0 7 ) 二项式系数的性质及应用 1．（23-24高二下·安徽六安·期中）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.若将这些数字依次排列构成数列1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，…则此数列的第59项是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】求等差数列前n项和、求指定项的二项式系数 【分析】首先根据等差数列前n项和的性质确定第59项在“杨辉三角”中的位置，再根据第n行第i个数为，代入即可. 【详解】由题意得，杨辉三角每行的项数呈等差数列逐行递增，且公差为1， 前n行的项数和为， 可知前10行项数为55，前11行项数为66， 由于前1行对应第0行，前2行对应第0行和第1行， 所以第59项位于第9行，第4个数， 根据第n-1行第i个数为，所以第59项为. 故选：A. 2．（23-24高二下·安徽芜湖·期中）杨辉三角（如下图所示）是数学史上的一个伟大成就，杨辉三角中从第2行到第2024行，每行的第3个数字之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】杨辉三角、组合数的性质及应用 【分析】利用组合数的性质即可求解. 【详解】由题意可知，从第2行开始，第行的第3个数字为， 故从第2行到第2024行，每行的第3个数字之和为 . 故选：B. 3.（多选）（23-24高二下·安徽·期中）设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【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、求指定项的系数 【分析】令可判断选项AB；令，令可判断选项CD. 【详解】令，解得，故选项A错误，B正确. 令，得，故选项C正确. 令，得， 故，即，故选项D正确. 故选：BCD． 4．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）若，则下列结果正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【知识点】奇次项与偶次项的系数和、二项式的系数和 【分析】根据二项式展开式和系数的性质，逐项分析即可得出答案. 【详解】令可得，①，故A正确； 令可得：，② ①②可得：，故，故B正确； 令可得：，③ 令可得：，④ 把③代入④即可得出：，故C错误； 两边对求导得． 令可得，故D正确. 故选：ABD 5．（23-24高二下·安徽六安·期中）已知,则 . 【答案】 【知识点】二项展开式各项的系数和 【分析】对两边分别求导,再利用赋值法令即可求解. 【详解】对两边分别求导得: , 令得:. 故答案为:. 6．（23-24高二下·安徽芜湖·期中）设，则 ． 【答案】4095 【知识点】二项展开式各项的系数和、求指定项的系数 【分析】利用赋值法先求，再求，两式相减即得. 【详解】由， 当时，；当时，， 两式相减，可得， 故答案为：4095. 7．（23-24高二下·安徽合肥·期中）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． ( 题型0 8 ) 二项式定理的应用 1．（23-24高二下·安徽·期中）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于同余的问题.用表示整数被整除，设且，若，则称与对模同余，记为.已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】整除和余数问题 【分析】根据新定义，结合二项式定理可知，再确定中被7整除余3的数，即可得解. 【详解】由二项式定理，得 ， 因为能够被7整除， 被7除余3，则， 又2030除以7余0，2031除以7余1，2032除以7余2，2033除以7余3， 所以. 故选：D. 2．（多选）（23-24高二下·安徽·期中）能被7整除，则整数a的值可以是（　　） A．4 B．6 C．11 D．13 【答案】BD 【知识点】整除和余数问题、二项展开式的应用 【分析】将化成，问题转化为能被7整除，再利用二项式定理计算推理作答. 【详解】依题意， 显然能被7整除，因此能被7整除，当且仅当能被7整除， 而，又能被7整除， 从而得能被7整除，则整数a的值可以是6或13. 故选：BD 3．（23-24高二下·安徽蚌埠·期中）已知，其中是关于的多项式，则 ; 【答案】2 【知识点】二项展开式的应用 【分析】将化为，展开后观察对应项可得；先求，然后将转化为，展开可得. 【详解】因为 所以， 所以，，所以. 故答案为：. ( 题型0 9 ) 求系数最大（小）的项问题 1．（多选）（23-24高二下·安徽滁州·期中）若的展开式中第4项与第9项的二项式系数相等，则展开式中系数最大的项为（   ） A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项 【答案】CD 【知识点】求指定项的二项式系数、二项式系数的增减性和最值 【分析】根据二项式系数的性质即可求解. 【详解】因为的展开式中第4项与第9项的二项式系数相等，所以；所以， 由于展开式中项的系数与二项式系数相等，故展开式中系数最大的项为第6项和第7项． 故选：CD． 1．（23-24高二下·安徽合肥·期中）北京时间2023年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号遥十七运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射.“神箭”再起新征程，奔赴浩瀚宇宙.为了某次航天任务，准备从7名预备队员中（其中男4人，女3人）中选择4人作为航天员参加该次任务. (1)若至少有一名女航天员参加此次航天任务，共有多少种选法？（结果用数字作答） (2)若选中的4名航天员需分配到A，B，C三个实验室去，其中每个实验室至少一名航天员，共有多少种选派方式？（结果用数字作答） 【答案】(1)34； (2)1260. 【知识点】分组分配问题、实际问题中的组合计数问题、组合数的计算 【分析】（1）由题意，分成3种情况（有1、2、3名女性）讨论，求出对应的选法，进而相加即可； （2）由题意，结合分组分配问题即可求解. 【详解】（1）由题意，分成3种情况讨论： 只有1名女性，共有种选法， 有2名女性，共有种选法， 有3名女性，共有种选法， 所以共有种选法， 即至少有一名女航天员参加此次航天任务，共有34种选法； （2）由题意，先选3名航天员，然后分为的两组，然后分配到实验室， 共有种方法. 所以每个实验室至少一名航天员，共有1260种选派方式. 2．（23-24高二下·安徽滁州·期中）已知的二项展开式中，前三项的二项式系数的和为46． (1)求展开式中所有项的系数的和： (2)求展开式中的常数项． 【答案】(1) (2) 【知识点】二项式的系数和、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和 【分析】（1）根据二项式系数的概念，结合组合数的计算可得，即可利用赋值法求解系数和， （2）利用通项特征即可求解，代入即可求解. 【详解】（1）因为的二项展开式中前三项的二项式系数的和为46，所以， 即，，解得或（舍）． 令，则， 所以展开式中所有项的系数的和为． （2）由（1）知二项式为， 所以二项展开式的通项为， 令，得， 所以展开式中的常数项为． 3．（23-24高二下·安徽·期中）从分别印有数字0，3，5，7，9的5张卡片中，任意抽出3张组成三位数． （Ⅰ）求可以组成多少个大于500的三位数； （Ⅱ）求可以组成多少个三位数； （Ⅲ）若印有9的卡片，既可以当9用，也可以当6用，求可以组成多少个三位数． 【答案】（Ⅰ）36；（Ⅱ）48；（Ⅲ）78． 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、数字排列问题 【分析】（Ⅰ）只要首位不小于5，后面随便排数即可； （Ⅱ）首位不排0，后两位排任意数； （Ⅲ）分类选了9和没选9，选9的这张可作9也可作6用． 【详解】（Ⅰ）由题意大于500的三位数的个数为； （Ⅱ）所有三位数个数为； （Ⅲ）． 【点睛】本题考查排列的应用，数学排列问题，注意首位不能为0． 4．（23-24高二下·安徽六安·期中）已知在的展开式中，第9项为常数项.求： (1)的值： (2)展开式中的系数； (3)求展开式中系数绝对值最大的项. 【答案】(1) (2) (3) 【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）根据展开式的通项即可求出； （2）求出展开式的通项，再令的指数等于，即可得解； （3）设第项的系数的绝对值最大，再利用不等式法求解即可. 【详解】（1）， 所以； （2）， 所以展开式中的系数是； （3）设第项的系数的绝对值最大， 则， 解得，所以， 所以展开式中系数绝对值最大的项是. 5．（23-24高二下·安徽六安·期中）名师生站成一排照相留念，其中老师名，男同学名，女同学名. (1)若两位女生相邻，但都不与老师相邻的站法有多少种？ (2)若排成一排，其中甲不站最左边，乙不站最右边的站法有多少种？ (3)现有个相同的口罩全部发给这名学生，每名同学至少发个口罩，则不同的发放方法有多少种？ 【答案】(1) (2) (3) 【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、分组分配问题 【分析】（1）利用捆绑法与插空法可得解； （2）法一：根据特殊元素与特殊位置优先原则，结合分类加法可得解；法二：根据正难则反原则可得解； （3）法一：利用隔板法可得解；法二：利用分类加法原则可得解. 【详解】（1）先把除两位女生和老师这人外的人排好，有种排法， 由于两名女生相邻，故再把两名女生排好，有种排法， 最后把排好的女生这个整体与老师分别插入原先排好的人之间及两端的个空隙中，有种排法, 故排法共有（种）； （2）法一：甲在最右边时，其他的可全排，有种方法； 甲不在最右边时，可从余下的个位置任选一个，有种， 而乙可排在除去最右边的位置后剩下的个中任选一个有种， 其余人全排列，只有种不同排法， 共有； 法二：名师生全排列，有种方法， 其中甲在最左边时，有种方法， 乙在最右边时，有种方法， 其中都包含了甲在最左边且乙在最右边的情形，有种方法， 共（种）； （3）法一：个相同的口罩，每位同学先拿一个，剩下的个口罩排成一排有个间隙， 插入块板子分成份，每一种分法所得份给到个人即可，所以不同的发放方法种； 法二：先分发给每位学生个口罩，再将剩下只相同的口罩分给位同学，有五类分法： 1.四只口罩分给人，有种分法； 2.四只口罩分成，两份分给人，有种分法； 4.四只口罩分成，两份分给人，有种分法： 2.四只口罩分成，，三份分给人，有种分法； 5.四只口罩分成，，，四份分给人，有种分法； 则共有种分法. 6．（23-24高二下·安徽蚌埠·期中）已知. (1)若，求的展开式中含的项; (2)若，且的展开式中含的项的系数为24，那么当m，n为何值时，的展开式中含的项的系数取得最小值? 【答案】(1) (2)当时，的展开式中含的项的系数取得最小值111 【知识点】两个二项式乘积展开式的系数问题、求指定项的二项式系数、求二次函数的值域或最值 【分析】（1）根据两个二项式乘积展开式的指定项的系数的求法求解即可. （2）先根据条件求出满足的关系，再转化成二次函数的最值问题求解. 【详解】（1）当时， 则的展开式中含的项的系数为：356， 所以的展开式中含的项为. （2）因为，且的展开式中含的项的系数为24， 所以，即5n（其中）. 当时，的展开式中含的项的系数为； 当时，的展开式中含的项的系数为： （其中） 又因为 所以当时，的展开式中含的项的系数取得最小值111； 综上，当时，的展开式中含的项的系数取得最小值111. 7．（23-24高二下·安徽合肥·期中）如图，从左到右有5个空格． (1)若向这5个格子填入0，1，2，3，4五个数，要求每个数都要用到，且第三个格子不能填0，则一共有多少不同的填法?（用数字作答） (2)若给这5个空格涂上颜色，要求相邻格子不同色，现有红黄蓝3颜色可供使用，问一共有多少不同的涂法?（用数字作答） (3)若把这5个格子看成5个企业，现安排3名校长与5个企业洽谈，若每名校长与2家企业领导洽谈，每家企业至少接待1名校长，则不同的安排方法共有多少种（用数字作答）． 【答案】(1)96 (2)48 (3)180 【知识点】数字排列问题、涂色问题、分组分配问题 【分析】（1）先将排好，再排其他数字即可； （2）先涂第一个格子，再涂第二个格子，依次进行，求出每步的方法种数，即可得解； （3）法一：从5家企业中选一家，再从3位校长中选2位，再从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长，进而可得出答案. 法二：先将五家企业分为3份，再将这3份分给3位校长即可. 【详解】（1）分2步：①第三个格子不能填0，则0有4种选法； ②将其余的4个数字全排列安排在其他四个格子中有种情况， 则一共有种不同的填法； （2）根据题意，第一个格子有3种颜色可选，即有3种情况， 第二个格子与第一个格子的颜色不能相同，有2种颜色可选，即有2种情况， 同理可得：第三、四、五个格子都有2种情况， 则五个格子共有种不同的涂法； （3）法一：根据题意，有一家企业与2位校长谈，其余4家企业只与1位校长谈， 第1步：从5家企业中选一家， 第2步：从3位校长中选2位， 第3步：从剩下4家企业中选2家安排另外一位校长， 第4步：在第2步选中的两位校长，每位还要安排一家企业， 因此有种． 法二：五家企业记为A，B，C，D，E，把这五家企业分为3份， 如，，， 含有E的这一份要从A，B，C，D取一家组成2家，如取A得， 前面分三份会出现，因此有， 然后再分给3位校长， 因此总排法有种． 【点睛】方法点睛：求解涂色（种植）问题一般直接利用两个计算原理求解： （1）按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析； （2）以颜色（种植作物）为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析； （3）对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题. 8．（23-24高二下·安徽·期中）（1）求的展开式中含的项； （2）若，求： ①； ②. 【答案】（1）；（2）①365；②4374 【知识点】简单复合函数的导数、二项展开式各项的系数和、奇次项与偶次项的系数和、两个二项式乘积展开式的系数问题 【分析】（1）分别求、的展开式的通项，结合题意分析求解即可； （2）①利用赋值法分别令、分析求解即可；②对等式两边求导，令即可得结果. 【详解】（1）因为的展开式的通项为， 的展开式的通项为， 所以展开式中含的项为： ； （2）①令得：①； 令得：②； 得：， 所以； ②等式两边分别求导得： 令得： 即： 9．（23-24高二下·安徽·期中）已知在的展开式中各项系数的和比它的二项式系数的和大992. （1）求的值； （2）求展开式中的项； （3）求展开式中系数最大的项. 【答案】（1）；（2）；（3） 【知识点】二项式的系数和、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和、求系数最大（小）的项 【分析】（1）代入求得各项系数和为，又二项式系数和为，根据二者相差可得方程，解方程求得；（2）根据展开式通项公式，令的幂指数等于，求得，进而可得所求项；（3）由展开式通项可知系数通项为，利用解得，进而求得系数最大的项. 【详解】（1）展开式各项系数的和为：；二项式系数的和为： 又各项系数的和比二项式系数的和大 ，即，解得 （2）展开式的通项公式为： 令，解得 展开式中的项为： （3）设第项的系数为，则 由，即 解得：，所以 展开式系数最大项为： 【点睛】本题考查二项式定理的应用，涉及到二项式系数和、各项系数和的求解、特定项系数的求解以及最大项的求解问题，关键在于能够熟练运用展开式的通项公式，属于常规题型. 10．（23-24高二下·安徽黄山·期中）袋中装有大小相同的4个红球和6个白球，从中取出4个球． (1)若取出的球必须是两种颜色，则有多少种不同的取法？ (2)若取出的红球个数不少于白球个数，则有多少种不同的取法？ (3)取出一个红球记2分，取出一个白球记1分，若取4球的总分不低于5分，则有多少种不同的取法？ 【答案】(1)种 (2)种 (3)种 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题 【分析】（1）分三类：3红1白，2红2白，1红3白这三类，然后利用分类加法计数原理求解即可． （2）分三类：4红，3红1白，2红2白，然后利用分类加法计数原理求解即可． （3）由题意知，取4球的总分不低于5，只要取出的4个球中至少一个红球即可．然后求解即可． 【详解】（1）分三类：3红1白，2红2白，1红3白这三类， 由分类加法计数原理有（种）． （2）分三类：4红，3红1白，2红2白，由分类加法计数原理共有： （种）． （3）由题意知，取4球的总分不低于5，只要取出的4个球中至少一个红球即可． 因此共有取法：（种）． 11．（23-24高二下·安徽六安·期中）已知. (1)若展开式的第3项和第5项的二项式系数相等，求的值，并求常数项; (2)若展开式中所有项的系数之和为81，求展开式中二项式系数最大的项. 【答案】(1)，60； (2). 【知识点】求指定项的系数、二项式的系数和、二项式系数的增减性和最值、求二项展开式的第k项 【分析】（1）分别表示出展开式的第3项和第5项的二项式系数，利用相等关系列出方程解出，通过展开式的通项，求出常数项即可； （2）令，结合已知条件，求出所有项的系数之和为，解出，根据二项式系数的单调性，即可求解. 【详解】（1）因为展开式的第3项和第5项的二项式系数相等， 所以，即，， 整理得，解得或（舍）， 所以展开式的通项为， 令，得， 故常数项为. （2）令，得所有项的系数之和为，解得. 由于是偶数，所以展开式中共有5项，且第3项的二项式系数最大， 所以展开式中二项式系数最大的项为. 12．（23-24高二下·安徽·期中）从包含甲､乙2人的8人中选4人参加4×100米接力赛，在下列条件下，各有多少种不同的排法？ （1）甲､乙2人都被选中且必须跑中间两棒； （2）甲､乙2人只有1人被选中且不能跑中间两棒. 【答案】（1）；（2）. 【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、实际问题中的组合计数问题 【分析】（1）先排甲、乙两人，余下的两个位置需要在剩余的6人中选2人排列，分步乘法计数原理，即得解； （2）从甲､乙2人中选出1人，排在第一棒或第四棒，再从另外6人中选3人排在剩余的三个位置，根据分步乘法计数原理，即得解 【详解】（1）甲､乙2人必须跑中间两棒，则有种排法，余下的两个位置需要在剩余的6人中选2人排列，有种排法， 根据分步乘法计数原理，知不同的排法种数为. （2）甲､乙2人只有1人被选中且不能跑中间两棒，则需要从甲､乙2人中选出1人，有种选法，然后在第一棒和第四棒中选一棒，有种选法，另外6人中要选3人在剩余的三个位置上排列，有种排法， 根据分步乘法计数原理，知不同的排法种数为. 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$