拓展7-2 计数原理高频题型专攻-2024-2025学年高二数学重难点突破及混淆易错规避（苏教版2019选择性必修第二册）

拓展7-2计数原理高频题型专攻 一、分类加法与分布乘法计数原理 七、涂色问题 二、相邻与不相邻问题 八、二项展开式的通项公式 三、分组分配问题 九、系数和问题 四、隔板法 十、三项式展开及两个多项式的乘积 五、几何计数问题 十一、杨辉三角问题 六、代数中的计数问题 一、分类加法与分布乘法计数原理 【例1】小明和小红去看《哪吒2》，小明想坐第六排，小红想坐第五排，买票时发现第六排还有5个位置，第五排还有9个位置，请问他们看电影的座位有（   ）种不同选法. A．14 B．30 C．45 D．54 【答案】C 【详解】根据题意，由分步乘法原理可得，他们看电影的座位有种不同选法. 故选：C 【例2】已知集合A⫋，且A中至少有一个奇数，则这样的集合有（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】D 【详解】当集合A中含一个元素时，或； 当集合A中含两个元素时，或或， 所以这样的集合共有个. 故选：D． 【变式1-1】今年贺岁片，《哪吒之魔童闹海》、《唐探1900》、《熊出没·重启未来》引爆了电影市场，小明和他的同学一行五人决定去看这三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有 种 【答案】243 【详解】由题意，每人都有3种选择，所以总共有， 故答案为：243 【变式1-2】对于直线，若与均在集合内取值，则不同的直线条数为 ． 【答案】91 【详解】当时，任取一个值，直线都是一条； 当时，任取一个值，直线有条； 所以不同的直线条数为. 故答案为：91. 【变式1-3】已知某高中信息学竞赛班的甲、乙、丙、丁共4名同学参加了本校自主举办的信息学竞赛的初赛，若最终成绩排名情况为：丙同学不是第1名，甲，乙两名同学的成绩排名相邻，则这4名同学的名次排列情况种数为 . 【答案】8 【详解】由题意可得丙不是第1名，甲，乙相邻； 所以丙是第2名时，甲，乙只能是第3，4名，丁为第1名，此时共2种情况； 丙是第3名时，甲，乙只能是第1，2名，丁为第4名，此时共2种情况； 丙是第4名时，甲，乙有可能是第1，2名，或第2，3名，当甲，乙是第1，2名时，丁为第3名，此时共2种情况； 当甲，乙是第2，3名时，丁为第1名，此时共2种情况； 所以一共有种情况. 故答案为：8. 二、相邻与不相邻问题 【例3】现有五人站成一排，则相邻且不相邻的排法种数共有（    ） A．6 B．12 C．24 D．48 【答案】C 【详解】根据题意，将，看成一个整体，，的排列方法有种方法， 然后将这个整体与进行全排列，即不同的排列方式有， 最后将，插入到三个空中的两个中，有种方法， 根据分步计数原理可知排法种数为， 故选：C. 【例4】某班某天上午有五节课，需安排的科目有语文，数学，英语，物理，化学， (1)其中语文和英语必须连续安排，数学和物理不得连续安排，则不同的排课方法数为多少？ (2)要求语文与化学相邻，且数学不排第一节，则不同排法的种数为多少？ 【答案】(1)24 (2)36 【详解】（1）先将语文和英语捆绑在一起，作为一个新元素处理，再将此新元素与化学全排，最后在3个空中选2个空将数学和物理插入即可， 所以不同的排课方法数为. （2）先将语文与化学捆绑在一起，作为一个元素，再将四个元素全排，最后减去数学排第一节的排法即可， 所以不同排法的种数为． 【变式2-1】2024年全国高中生健美操大赛，某市高中生代表队运动员由3名男生和3名女生共6名同学组成，这6名同学站成一排合影留念，则3名女生中有且只有两位女生相邻的排列种数共有（    ） A．720种 B．144种 C．240种 D．432种 【答案】D 【详解】根据题意，把3位女生中的两位捆绑在一起看做一个复合元素有种方法，再和剩下的一位女生，插入到3位男生全排列后形成的4个空的其中2个空中，故有种， 故选：D. 【变式2-2】哈尔滨冰雪大世界是享誉国内外的冬季旅游胜地，2024年年初，来自南方的六位南方“小土豆”打卡冰雪大世界，在标志性建筑冰雪城堡前站成一排合影留念，若要求，相邻，A与不相邻，则不同的排队方法种数为（    ） A．36 B．72 C．144 D．288 【答案】C 【详解】先将捆绑在一起与排，有种排法，然后在三者排好后形成的4个空中插入两人，有种方法， 由分步计数原理得共有种排列方法.故A，B，D错误. 故选：C. 【变式2-3】根据张桂梅校长真实事迹拍摄的电影《我本是高山》于2023年11月24日上映，某学校政治组有4名男教师和3名女教师相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起．求： (1)4名男教师必须坐在一起的坐法有多少种？ (2)3名女教师互不相邻的坐法有多少种？ 【答案】(1)576 (2)1440 【详解】（1）根据题意，先将4名男教师排在一起，有种坐法， 将排好的男教师视为一个整体，与3名女教师进行排列，共有种坐法， 由分步乘法计数原理，共有24×24=576种坐法． （2）根据题意，先将4名男教师排好，有种坐法， 再在这4名男教师之间及两头的5个空位中插入3名女教师，有种坐法， 由分步乘法计数原理，共有60×24=1440种坐法． 三、分组分配问题 【例5】将4名大学生分配到3所学校支教，每名大学生必须去一所学校，每所学校至少有一名大学生：则不同的分配方法有（    ）种． A．12 B．24 C．36 D．48 【答案】C 【详解】解：根据题意，先从4人中选2人组成一组，有种方法，然后将3组大学生分配到3所学校，有种方法，由分步计数原理知共有种不同的分配方法， 故选:C． 【例6】某校组织校庆活动，由甲、乙、丙三名志愿者负责、、、四个任务，每人至少负责一个任务，每个任务都有且仅有一人负责，且任务由甲负责，则不同的任务分配方法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】若甲负责两个任务，则甲还需从、、三个任务中挑选一个任务， 剩余两个任务排给乙、丙两人，此时有种分配方法； 若甲只负责任务，则需将、、三个任务分为两组，再分配给乙、丙两人， 此时，有种不同的分配方法. 由分类加法计数原理可知，不同的分配方法种数为种. 故选：B. 【变式3-1】2024年5月15日是全国低碳日，5月13-19日是全国节能宣传周，其主题是“绿色转型，节能攻坚”．某市在5月13，15，17日安排5位人员进行节能宣传，要求每天至少派1位，且每位人员只进行一次宣传，则不同的分派方法有（    ） A．60种 B．90种 C．150种 D．180种 【答案】C 【详解】将5位人员分成3组，有两种类型，即第一种：，第二种：， 其中第一种有种分组方法， 第二种有种分组方法， 将分好的3组全排列有种方法， 则由分步乘法计数原理得，不同的分派方法有种． 故选：C 【变式3-2】（多选）现有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（    ） A．分给甲、乙两人，每人3本，有20种分法 B．分给甲、乙两人，一人4本，一人2本，有60种分法 C．分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有180种分法 D．分给甲、乙、丙、丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分法 【答案】AC 【详解】先从6本书中分给甲3本有种，剩3本给乙，所以共有种分法，故A正确； 先把6本书分成2组，有种，再分别给甲、乙两人，共有种分法，故B错误； 6本不同的书先分给甲、乙每人各2本，有种分法；其余2本分给丙、丁，有种分法． 所以不同的分配方法有种，故C正确； 先把6本不同的书分成4组：2本、2本、1本、1本，有种分法； 再分给甲、乙、丙、丁四人，所以不同的分配方法有种，故D错误． 故选：AC. 【变式3-3】已知甲乙丙等人参加活动. (1)从这人中选出人参加米接力比赛，其中若甲参加，则必须与乙相邻，求共有多少种不同的参赛方案? (2)将这人安排到项不同的活动中，每项活动至少安排人，求甲乙丙三人恰好被安排在同一项活动中的概率? 【答案】(1) (2) 【详解】（1）当甲参加时，乙一定参加，则从其余人中选取参加，共种情况， 又此时甲乙相邻，则共种排序情况， 即当甲参加时，共有种情况； 当甲不参加时，其他人中选取人参加比赛共有种情况； 综上所述共有种情况； （2）这人安排到项不同的活动中，每项活动至少安排人， 则当项活动中有项活动是人参加时，共有种情况； 当项活动中有项活动是人参加时，共有种情况， 综上所述共有种情况 其中甲乙丙三人恰好被安排在同一项活动的情况数为， 故甲乙丙三人恰好被安排在同一项活动的概率为. 四、隔板法 【例7】的非负整数解有 组. 【答案】84 【详解】本问题等价于将6个相同的小球，放入4个不同的盒子，且可以有空盒出现，有多少种不同的方法？ 因此我们将6个小球排成一排，用3个隔板将小球隔成4段， 因为盒子可以为空，因此隔板可以相邻，将第1,2,3,4段放入这四个盒子中即可， 因为小球没有区别，隔板也没有区别，因此等价于将6个小球和3个隔板排成一列，则共有种方法， 故答案为：84. 【例8】学校有个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少个名额，则有（    ）种分配方案. A． B． C． D． 【答案】C 【详解】问题等价于将个完全相同的小球，放入个不同的盒子，每个盒子至少个球， 由隔板法可知，不同的分配方案种数为. 故选：C. 【变式4-1】将9个志愿者名额全部分配给3个学校，则每校至少一个名额且各校名额互不相同的分配方法总数是（    ） A．16 B．18 C．27 D．28 【答案】B 【详解】“每校至少一个名额的分法”的方法数是至少有两个学校的名额数相同”的分配方法数可以从反面入手去求，即先求出“出现相同名额”的分配方法数，第一种情形是两个学校名额数相同：有三种情形，共有9种分法；第二种情形是三个学校名额数均相同，有1种分法，所以至少有两个学校的名额数相同”的分配为种.所以，满足条件的分配方法共有种. 故选：B 【变式4-2】某平台账号开放给甲、乙、丙三人使用的时间合计为30分钟，同一时间只能供一人使用．为了优化该平台的使用效果，要求这三人均要使用该平台，且三人使用的时间累加刚好为30分钟，每人的使用时间不间断，每人的使用时间均为1分钟的正整倍数，则不同的安排方法种数为（   ） A．3654 B．4060 C．406 D．435 【答案】C 【详解】将30分钟按每分钟分配给3个人，相当于排成一列的30个小球分配给3个人，需在29个间隙中插入2块隔板， 所以不同的安排方法种数为. 故选：C 【变式4-3】将20个无任何区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒子内的小球个数不小于它的编号数，则不同的放法有（    ） A．90种 B．120种 C．160种 D．190种 【答案】B 【详解】先在编号为2，3的盒子内分别放入1个，2个球，还剩17个小球， 则三个盒子内每个至少再放入1个球， 将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒子中， 不同的放法共有（种）. 故选：B. 五、几何计数问题 【例9】在三棱锥的顶点和各棱中点中取4个不共面的点，不同的取法共有（    ） A．141种 B．144种 C．147种 D．149种 【答案】A 【详解】如下图，共有10个点任选4个有种， 每个侧面的6个点都共面，任选4个有种，共4个面，则有60种共面情况， 如分别构成一个平面，有3种， 如分别构成一个平面，有6种， 综上，在三棱锥的顶点和各棱中点取4个不共面的点，不同的取法共有种. 故选：A 【例10】北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，是古人藉以判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线，若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（  ） A．35 B．34 C．31 D．30 【答案】C 【详解】从这七个点任意选取三个点有个， 其中共线的四点中有个不能构成三角形， 所以不同的三角形个数有31个， 故选：C. 【变式5-1】（多选）平面内有两组平行线，一组有10条，另一组有7条，且这两组平行线相交，则（   ） A．这两组平行线有70个交点 B．这两组平行线有140个交点 C．这两组平行线可以构成280条射线 D．这两组平行线可以构成945个平行四边形 【答案】ACD 【详解】对于A、B，这两组平行线相交有个交点，故A正确，B错误； 对于C，一个交点可以引出4条射线，则可以构成条射线，故C正确； 对于D，10条平行线中的每2条平行线与7条平行线中的每2条平行线可以构成一个平行四边形， 则可以构成个平行四边形，故D正确. 故选：ACD 【变式5-2】如图，三角形的每一边上都有两个点，在这9个点（包括三角形的顶点）中任取4个点，能构成四边形的概率为 （用最简分数表示） 【答案】/0.5 【详解】从这9个点中任选4个点共有种情况， 当四点共线或三点共线时，均不能构成四边形，此时有种情况， 所以能构成四边形的概率为：. 故答案为： 【变式5-3】如图，奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结，五个奥林匹克环总共有8个交点，从中任取3个点，则这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上的概率是 . 【答案】 【详解】从8个点中任取3个点，共有种情况， 这三个点恰好位于同一个奥林匹克环上有种， 则所求的概率． 故答案为： 六、代数中的计数问题 【例11】从数字1，2，3，4，5，6中取两个数相加，所得的和共有（   ）个不同的偶数 A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【详解】六个数中，1，3，5是奇数，2，4，6是偶数，两个数相加，所得和为偶数， 则所取得两个数都为偶数，或者两个数都为奇数，则和为偶数共有个， 其中，， 综上所知，所得的和共有4个不同的偶数. 故选：B. 【例12】已知，且，则在空间直角坐标系中，对应的点的个数为（   ） A．48 B．24 C．12 D．6 【答案】B 【详解】已知，且， 则在或里取一个值，或里取一个值，必取值， 故符合的取法对应的点的个数为. 故选：B. 【变式6-1】“渐升数”是指每一位数字都比左边数字大的正整数（如1347），那么四位“渐升数”有 个，比5789小的四位“渐升数”有 个.（用数字作答） 【答案】 【详解】根据题意，“渐升数”中不能有0，则在其他的9个数字中任取4个数， 则每种取法对应一个“渐升数”，所以四位“渐升数”有个； 当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个； 当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个； 当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个； 当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个； 当千位数字为，百位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个， 综上可得，比5789小的四位“渐升数”有个. 故答案为：；. 【变式6-2】数列共7项，，且．满足这些条件的不同数列的个数为（    ） A．6 B．12 C．15 D．30 【答案】C 【详解】因为， 所以或者，即数列从前往后依次增加1或者减少1. 因为，所以从到有4次增加1，有2次减少1，即6次变化中选出2次减少1的，其它就是增加1的，所以不同的数列共有（种）． 故选：C． 【变式6-3】若一个位数，各位从高到低分别为，且满足，我们便将其称之为“递减数”.那么正整数之中任取”递减数”，则在其中取到一个偶数概率是 . 【答案】 【详解】由题意，当时，从0到9共10个数字中任取2个数均可组成1个递减数，当时故共有个递减数；同理当时，有个递减数； 当时，有个递减数…当时，有个递减数； 故共有个递减数. 当时，当末尾为0时，有个，末尾为2时，有个…故共有个； 同理当时，偶递减数有个； 当时，偶递减数有个； 当时，偶递减数有个； 当时，偶递减数有个； 当时，偶递减数有个； 当时，偶递减数有个； 当时，偶递减数有个； 当时，偶递减数有个； 故偶递减数共有. 故正整数之中任取”递减数”，则在其中取到一个偶数概率是. 故答案为： 七、涂色问题 【例13】 《尚书》中的五行理论在中医和哲学中有着广泛的应用．古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系．如图是五行图，现有5种颜色可供选择给五行涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生水，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（    ） A．960 B．1020 C．2150 D．3125 【答案】B 【详解】五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种颜色，即无限制条件． 五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同一种颜色，即5色5区域的环状涂色问题，如下图示， 分为以下两类情况： 第一类：三个区域涂三种不同的颜色， 第一步涂区域，从5种不同的颜色中选3种按序涂在不同的3个区域上，则有种涂色方法， 第二步涂区域，由于颜色不同，则有3种涂色方法， 第三步涂区域，由于颜色不同，则有3种涂色方法， 由分步乘法计数原理，得共有种涂色方法； 第二类：三个区域涂两种不同的颜色，由不能涂同一种颜色，则涂同一种颜色，或涂同一种颜色， 若涂一种颜色， 第一步涂区域，可看成同一区域，且区域不同色， 即从5种不同的颜色中选2种按序涂在不同的2个区域上，则有种涂色方法， 第二步涂区域，由于颜色相同，则有4种涂色方法， 第三步涂区域，由于颜色不同，则有3种涂色方法， 由分步乘法计数原理，得共有种涂色方法． 若涂一种颜色，与涂一种颜色的方法数相同， 所以，第二类共有种涂色方法． 由分类加法计数原理知，不同的涂色方法共有种． 故选：B 【例14】如图，圆的两条弦把圆分成4个部分，用5种不同的颜色给这4个部分涂色，每个部分涂1种颜色，任何相邻（有公共边）的两个部分涂不同的颜色，那么共有 种不同的涂色方法． 【答案】260 【详解】第一步给涂色，有5种方法； 第二步给涂色，有4种方法； 第三步给和涂色，分2类：当与的颜色相同时，涂色方法为种； 当与颜色不同时，涂色方法有种，故共有种. 由分步计数原理，总共方法数为种. 故答案为：260. 【变式7-1】如图，天津市共辖16区，市内六区分布如图，用4种颜色标注6个区域，相邻区颜色不同，不同的涂色方式共有 种. 【答案】144 【详解】先涂红桥区，河北区和南开区，此时共有种方法， 若和平区与红桥区不同色，和平区只有1种选择，此时涂河东区和河西区一共有3种选择， 若和平区与红桥区同色，和平区只有1种选择，此时涂河东区和河西区一共有3种选择， 因此总的涂色方法有， 故答案为：144 【变式7-2】用6种颜色给下图四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色且共顶点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有 种.（答案用具体数字表示） 【答案】 【详解】四面体的对棱可以涂同一种颜色，也可以涂不同的颜色， 第一种：若所有相对的棱涂同一种颜色，则一共用了三种颜色， 不同的涂色方案共有种； 第二种：若3对相对的棱中有2对涂同一种颜色，则一共用了四种颜色， 不同的涂色方案共有种； 第三种：若3对相对的棱中有1对涂同一种颜色，则一共用了五种颜色， 不同的涂色方案共有种； 第四种：若3对相对的棱中颜色各不相同，则一共用了六种颜色， 不同的涂色方案共有种； 综上可得，总的染色方法共有种. 故答案为： 【变式7-3】如图所示，积木拼盘由五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：与为相邻区域，与为不相邻区域），现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是 .    【答案】960 【详解】先涂，则有种涂法，再涂，因为与相邻，所以的颜色只要与不同即可，有种涂法，同理有种涂法，有种涂法，有种涂法，由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为. 故答案为：. 八、二项展开式的通项公式 【例15】已知的二项展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，则的展开式中的常数项为 【答案】 【详解】根据 的二项展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，可得， 所以展开式的通项为， 令，解得， 所以展开式的常数项为. 故答案为： 【例16】展开式中的常数项为 . 【答案】 【详解】的展开式通项公式为， 令，解得，故， 所以展开式中常数项为. 故答案为：. 【变式8-1】已知的展开式中的第2项的系数与第2项二项式系数之和为198，则展开式中的常数项为 ． 【答案】60 【详解】的展开式的通项公式为， 所以展开式中第2项的系数为，二项式系数为，所以，解得． 令，得，所以展开式中的常数项为. 故答案为：60. 【变式8-2】若，则 . 【答案】 【详解】由题意， ， 由通项公式可知：. 故答案为： 【变式8-3】的展开式中的有理项个数为 . 【答案】3 【详解】的展开式通项为， 由可得. 故答案为：3. 九、系数和问题 【例17】对任意实数，有.则下列结论不正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】对任意实数x有 ， 所以，故A正确； 令，可得，故B不正确； 令，可得，故C正确； 令，可得，故D正确． 故选：B． 【例18】已知二项式，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】, 令，则， 即， 又， 所以， 故选：D. 【变式9-1】已知的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则其展开式的常数项为 . 【答案】240 【详解】由于的展开式的二项式系数和为64， 即， 解得． 又由于的展开式系数和为729，令得，即， 解得或（舍去）， 的展开式的通项为， 令，解得， 所以展开式的常数项为， 又，， 故答案为：240 【变式9-2】（多选）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】根据二项式定理，展开式的通项为（）. . 要求的系数，在中，令，得， 此时该项系数为； 在中，令，得，此时该项系数为. 所以，故A选项正确. 令，得①； 令，得②. ①-②得，所以，故B选项正确. 令，得， 又因为，所以，故C选项错误. 相当于的各项系数和. 令，则，故D选项正确. 故选：ABD. 【变式9-3】（多选）若，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】令，则，即，A对； 所以， 令，则，B对； 令，则，而， 两式作差，得，则，C错； 两式相加，得，则，D对. 故选：ABD 十、三项式展开及两个多项式的乘积 【例19】在的展开式中，的系数为（    ） A． B． C．24 D．48 【答案】A 【详解】展开式的通项为， 令，得，则， 又的展开式中含的项为， 所以展开式中的系数为. 故选：A 【例20】（2024-2025学年高三下学期第一次模拟考试数学试题）展开式中的系数为 ． 【答案】 【详解】由二项式展开式的通项为， 所以展开式中的系数为. 故答案为：. 【变式10-1】若，则（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】展开式通项为， ， 展开式中项的系数为；展开式中项的系数为， . 故选：A. 【变式10-2】（多选）已知，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【详解】对于A，令，则，A错误； 对于B，， 显然的系数为4，即，B正确； 对于C，的系数即为展开式最高次项系数1，因此，C正确； 对于D，令，则，D正确. 故选：BCD 【变式10-3】的展开式中，的系数是 ． 【答案】 【详解】的展开式通项为， 的展开式通项为， 所以的展开式通项为， 由可得， 因此展开式中的系数为. 故答案为：. 十一、杨辉三角问题 【例21】“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．在“杨辉三角”中从左往右第3斜行的数构成一个数列：，则该数列前10项的和为（ ） A．66 B．120 C．165 D．220 【答案】D 【详解】由题意可知：前10项分别为， 则 ， 所以前10项的和为220. 故选：D． 【例22】习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（    ） A．第十行中第5个数最大 B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C． D．第20行中第8个数与第9个数之比为 【答案】D 【详解】对于A，由“杨辉三角”和二项式系数的性质可知，第行共有个数， 正中间即第个数最大，故A错误； 对于B，由“杨辉三角”和二项式系数的性质可知，第行共有个数， 中间两项的数相等，即第个和第个数相等，故B错误； 对于C，由组合数的性质可知， ，故C错误； 对于D，由“杨辉三角”可得第行第个数为， 所以第行中第个数与第个数之比为，故D正确. 故选：D. 【变式11-1】我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中，记录了如图所示的“杨辉三角” ．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，…，则此数列的第项为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由“杨辉三角”可知：第一行个数，第二行个数，...，第行个数， 所以前行共有：个数，当时，，又， 所以第项是第行的第个数字，即为， 故选：D. 【变式11-2】（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11-3】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：；. 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 拓展7-2计数原理高频题型专攻 一、分类加法与分布乘法计数原理 七、涂色问题 二、相邻与不相邻问题 八、二项展开式的通项公式 三、分组分配问题 九、系数和问题 四、隔板法 十、三项式展开及两个多项式的乘积 五、几何计数问题 十一、杨辉三角问题 六、代数中的计数问题 一、分类加法与分布乘法计数原理 【例1】小明和小红去看《哪吒2》，小明想坐第六排，小红想坐第五排，买票时发现第六排还有5个位置，第五排还有9个位置，请问他们看电影的座位有（   ）种不同选法. A．14 B．30 C．45 D．54 【例2】已知集合A⫋，且A中至少有一个奇数，则这样的集合有（   ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【变式1-1】今年贺岁片，《哪吒之魔童闹海》、《唐探1900》、《熊出没·重启未来》引爆了电影市场，小明和他的同学一行五人决定去看这三部电影，每人只看一部电影，则不同的选择共有 种 【变式1-2】对于直线，若与均在集合内取值，则不同的直线条数为 ． 【变式1-3】已知某高中信息学竞赛班的甲、乙、丙、丁共4名同学参加了本校自主举办的信息学竞赛的初赛，若最终成绩排名情况为：丙同学不是第1名，甲，乙两名同学的成绩排名相邻，则这4名同学的名次排列情况种数为 . 二、相邻与不相邻问题 【例3】现有五人站成一排，则相邻且不相邻的排法种数共有（    ） A．6 B．12 C．24 D．48 【例4】某班某天上午有五节课，需安排的科目有语文，数学，英语，物理，化学， (1)其中语文和英语必须连续安排，数学和物理不得连续安排，则不同的排课方法数为多少？ (2)要求语文与化学相邻，且数学不排第一节，则不同排法的种数为多少？ 【变式2-1】2024年全国高中生健美操大赛，某市高中生代表队运动员由3名男生和3名女生共6名同学组成，这6名同学站成一排合影留念，则3名女生中有且只有两位女生相邻的排列种数共有（    ） A．720种 B．144种 C．240种 D．432种 【变式2-2】哈尔滨冰雪大世界是享誉国内外的冬季旅游胜地，2024年年初，来自南方的六位南方“小土豆”打卡冰雪大世界，在标志性建筑冰雪城堡前站成一排合影留念，若要求，相邻，A与不相邻，则不同的排队方法种数为（    ） A．36 B．72 C．144 D．288 【变式2-3】根据张桂梅校长真实事迹拍摄的电影《我本是高山》于2023年11月24日上映，某学校政治组有4名男教师和3名女教师相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起．求： (1)4名男教师必须坐在一起的坐法有多少种？ (2)3名女教师互不相邻的坐法有多少种？ 三、分组分配问题 【例5】将4名大学生分配到3所学校支教，每名大学生必须去一所学校，每所学校至少有一名大学生：则不同的分配方法有（    ）种． A．12 B．24 C．36 D．48 【例6】某校组织校庆活动，由甲、乙、丙三名志愿者负责、、、四个任务，每人至少负责一个任务，每个任务都有且仅有一人负责，且任务由甲负责，则不同的任务分配方法种数为（    ） A． B． C． D． 【变式3-1】2024年5月15日是全国低碳日，5月13-19日是全国节能宣传周，其主题是“绿色转型，节能攻坚”．某市在5月13，15，17日安排5位人员进行节能宣传，要求每天至少派1位，且每位人员只进行一次宣传，则不同的分派方法有（    ） A．60种 B．90种 C．150种 D．180种 【变式3-2】（多选）现有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（    ） A．分给甲、乙两人，每人3本，有20种分法 B．分给甲、乙两人，一人4本，一人2本，有60种分法 C．分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有180种分法 D．分给甲、乙、丙、丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分法 【变式3-3】已知甲乙丙等人参加活动. (1)从这人中选出人参加米接力比赛，其中若甲参加，则必须与乙相邻，求共有多少种不同的参赛方案? (2)将这人安排到项不同的活动中，每项活动至少安排人，求甲乙丙三人恰好被安排在同一项活动中的概率? 四、隔板法 【例7】的非负整数解有 组. 【例8】学校有个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少个名额，则有（    ）种分配方案. A． B． C． D． 【变式4-1】将9个志愿者名额全部分配给3个学校，则每校至少一个名额且各校名额互不相同的分配方法总数是（    ） A．16 B．18 C．27 D．28 【变式4-2】某平台账号开放给甲、乙、丙三人使用的时间合计为30分钟，同一时间只能供一人使用．为了优化该平台的使用效果，要求这三人均要使用该平台，且三人使用的时间累加刚好为30分钟，每人的使用时间不间断，每人的使用时间均为1分钟的正整倍数，则不同的安排方法种数为（   ） A．3654 B．4060 C．406 D．435 【变式4-3】将20个无任何区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒子内的小球个数不小于它的编号数，则不同的放法有（    ） A．90种 B．120种 C．160种 D．190种 五、几何计数问题 【例9】在三棱锥的顶点和各棱中点中取4个不共面的点，不同的取法共有（    ） A．141种 B．144种 C．147种 D．149种 【例10】北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，是古人藉以判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线，若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（  ） A．35 B．34 C．31 D．30 【变式5-1】（多选）平面内有两组平行线，一组有10条，另一组有7条，且这两组平行线相交，则（   ） A．这两组平行线有70个交点 B．这两组平行线有140个交点 C．这两组平行线可以构成280条射线 D．这两组平行线可以构成945个平行四边形 【变式5-2】如图，三角形的每一边上都有两个点，在这9个点（包括三角形的顶点）中任取4个点，能构成四边形的概率为 （用最简分数表示） 【变式5-3】如图，奥林匹克标志由五个互扣的环圈组成，五环象征五大洲的团结，五个奥林匹克环总共有8个交点，从中任取3个点，则这3个点恰好位于同一个奥林匹克环上的概率是 . 六、代数中的计数问题 【例11】从数字1，2，3，4，5，6中取两个数相加，所得的和共有（   ）个不同的偶数 A．2 B．4 C．6 D．8 【例12】已知，且，则在空间直角坐标系中，对应的点的个数为（   ） A．48 B．24 C．12 D．6 【变式6-1】“渐升数”是指每一位数字都比左边数字大的正整数（如1347），那么四位“渐升数”有 个，比5789小的四位“渐升数”有 个.（用数字作答） 【变式6-2】数列共7项，，且．满足这些条件的不同数列的个数为（    ） A．6 B．12 C．15 D．30 【变式6-3】若一个位数，各位从高到低分别为，且满足，我们便将其称之为“递减数”.那么正整数之中任取”递减数”，则在其中取到一个偶数概率是 . 七、涂色问题 【例13】 《尚书》中的五行理论在中医和哲学中有着广泛的应用．古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系．如图是五行图，现有5种颜色可供选择给五行涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生水，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（    ） A．960 B．1020 C．2150 D．3125 【例14】如图，圆的两条弦把圆分成4个部分，用5种不同的颜色给这4个部分涂色，每个部分涂1种颜色，任何相邻（有公共边）的两个部分涂不同的颜色，那么共有 种不同的涂色方法． 【变式7-1】如图，天津市共辖16区，市内六区分布如图，用4种颜色标注6个区域，相邻区颜色不同，不同的涂色方式共有 种. 【变式7-2】用6种颜色给下图四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色且共顶点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有 种.（答案用具体数字表示） 【变式7-3】如图所示，积木拼盘由五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：与为相邻区域，与为不相邻区域），现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是 .    八、二项展开式的通项公式 【例15】已知的二项展开式中仅有第 4 项的二项式系数最大，则的展开式中的常数项为 【例16】展开式中的常数项为 . 【变式8-1】已知的展开式中的第2项的系数与第2项二项式系数之和为198，则展开式中的常数项为 ． 【变式8-2】若，则 . 【变式8-3】的展开式中的有理项个数为 . 九、系数和问题 【例17】对任意实数，有.则下列结论不正确的是（ ） A． B． C． D． 【例18】已知二项式，则 （    ） A． B． C． D． 【变式9-1】已知的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为729，则其展开式的常数项为 . 【变式9-2】（多选）已知，则（    ） A． B． C． D． 【变式9-3】（多选）若，且，则（   ） A． B． C． D． 十、三项式展开及两个多项式的乘积 【例19】在的展开式中，的系数为（    ） A． B． C．24 D．48 【例20】（2024-2025学年高三下学期第一次模拟考试数学试题）展开式中的系数为 ． 【变式10-1】若，则（     ） A． B． C． D． 【变式10-2】（多选）已知，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式10-3】的展开式中，的系数是 ． 十一、杨辉三角问题 【例21】“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．在“杨辉三角”中从左往右第3斜行的数构成一个数列：，则该数列前10项的和为（ ） A．66 B．120 C．165 D．220 【例22】习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（    ） A．第十行中第5个数最大 B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C． D．第20行中第8个数与第9个数之比为 【变式11-1】我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中，记录了如图所示的“杨辉三角” ．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，…，则此数列的第项为（    ） A． B． C． D． 【变式11-2】（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11-3】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 ， . 2 学科网（北京）股份有限公司 $$