专题9.2 计数原理综合（练习）-2025年高考数学二轮复习【举一反三】专练（新高考专用）

专题9.2 计数原理综合 【新高考专用】 题型一 分类、分步计数原理的应用 1．（2024·云南大理·模拟预测）现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（    ）种 A．10 B．20 C．30 D．60 2．（2024·广东深圳·模拟预测）某高校要求学生除了学习第二语言英语，还要求同时进修第三语言和第四语言，其中第三语言可从A类语言：日语，韩语，越南语，柬埔寨语中任选一个，第四语言可从E类语言：法语，德语，俄语，西班牙语，意大利语，则学生可选取的语言组合数为（   ） A．20 B．25 C．30 D．35 3．（2025·安徽黄山·二模）某单位在五一假期，需要从5人中选若干人在5天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，共有 种不同的安排方法． 4．（2025·贵州·模拟预测）2025的不同正因数的个数为 ． 题型二 涂色问题 5．（23-24高三上·江西南昌·阶段练习）某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有（    ）种不同的方法.    A．120 B．360 C．420 D．480 6．（23-24高二上·山东德州·阶段练习）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域如区域与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 7．（2024·重庆·模拟预测）重庆位于中国西南部、长江上游地区，地跨青藏高原与长江中下游平原的过渡地带．东邻湖北、湖南，南靠贵州，西接四川，北连陕西．现用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，则共有 种涂色方式． 8．（2025·江西新余·模拟预测）如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有 种不同的染色方案. 题型三 元素（位置）有限制的排列问题 9．（2025·云南昆明·模拟预测）安排5名歌手演出的顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，不同排法的种数是（    ） A．120 B．96 C．72 D．18 10．（2025·河南·一模）已知某校包含甲、乙、丙在内的7名同学参加了某次数学竞赛，并包揽了前7名（排名无并列），若甲、乙、丙中的两人占据前两名，则这7名同学获奖的名次情况共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 11．（2025·新疆喀什·二模）用1，2，3，4四个数字组成一个六位数，要求3，4不排在偶数位置（最高位为第一位），每个数字至少用一次，则不同的六位数共有 个．（用数字作答） 12．（2025·河南·二模）某同学收集了第一届全国学生（青年）运动会吉祥物“壮壮”和“美美”的卡片各一张，第19届亚运会吉祥物“宸宸”“琮琮”和“莲莲”的卡片各一张.现该同学准备将这5张卡片贴在墙上，若将“壮壮”和“美美”的卡片贴在“宸宸”和“莲莲”之间，则不同的贴法种数为 .（用数字作答） 题型四 相邻、不相邻排列问题 13．（2024·湖南岳阳·三模）把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法数是（    ） A．96种 B．60种 C．48种 D．36种 14．（2024·湖北·模拟预测）互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法（ ） A．24种 B．36种 C．42种 D．48种 15．（2024·四川成都·模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊5人站成两排照相，前排站2人，后排站3人，其中甲和乙须左右相邻，丙不站前排，则不同的站法共有 种（用数字作答）． 16．（2024·四川德阳·模拟预测）某中学艺术节第二章节目中有个节目已排，现在要紧急插入个节目，并要求这个节目不相邻，并且原来的个节目顺序不变，则排列的种数为 . 题型五 分组分配问题 17．（2025·山东聊城·模拟预测）中国空间站又名天宫空间站，最大可扩展为180吨级六舱组合体，以进行较大规模的空间应用，其主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验室．2024年3月，中国空间站首批材料舱外暴露实验完成．在早前的某次模拟训练时共有5名航天员参与，其中两人出舱完成任务，剩余三人各留守在一个舱内完成其他任务，则不同的安排方案有（    ） A．30种 B．60种 C．72种 D．114种 18．（2024·安徽安庆·三模）A、B、C、D、E 5所学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有甲、乙、丙三个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，且每个基地至少有1所学校去，则A校不去甲地，乙地仅有2所学校去的不同的选择种数共有（    ） A．36种 B．42种 C．48种 D．60种 19．（2025·青海海东·二模）甲、乙等5名学生到这三个公司实习，要求每个公司至少有1人去实习，且每人只能到1个公司实习，则甲去公司实习的不同情况有 种.（用数字作答） 20．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）某流浪动物救助团体新捕捉流浪猫6只，现有5个不同的空置猫笼，6只流浪猫分别为狸花猫1只、三毛猫4只（可和谐相处）、橘猫1只．该救助团体计划将1只狸花猫放在一个猫笼里，4只三毛猫每2只放在一个猫笼里，橘猫单独放在一个猫笼里，则不同的安排方法有 种． 题型六 排列、组合综合 21．（2024·广东深圳·模拟预测）已知6件不同的产品中有2件次品，现对它们一一测试，直至找到所有2件次品为止，若至多测试4次就能找到这2件次品，则共有（    ）种不同的测试方法． A．114 B．90 C．106 D．128 22．（2024·黑龙江佳木斯·三模）佳木斯市第一中学为丰富学生课余生活，利用大课间时间举行阳光体育活动，有多项趣味体育运动，某班有5位同学想参加旋风接力跑，趣味毛毛虫，企鹅漫步这三项活动，已知这5位同学每位学生只能选择一个项目参加，且每个项目都有同学参加，若同学A和B必须选择同一项比赛，则不同的选法种数是（    ） A．81 B．54 C．36 D．18 23．（2025·广东广州·一模）将这9个数字填在的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小．若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有 种．    24．（2025·四川成都·二模）成都石室中学举办校庆文艺展演晚会，设置有一个“传奇”主会场和“传承”，“扬辉”两个分会场.现场需要安排含甲、乙的六名安全员负责现场秩序安全，其中“传奇”主会场安排三人，剩下三人安排去“传承”，“扬辉”两个分会场（每个分会场至少安排一人）.若要求甲、乙两人不在同一个会场开展工作，则不同的安排方案有 种. 题型七 展开式中的特定项或特定项的系数问题 25．（2025·北京西城·一模）在的展开式中，的系数等于（   ） A．6 B．12 C．18 D．24 26．（2025·辽宁鞍山·二模）在的展开式中，的系数是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 27．（2025·山东聊城·模拟预测）的展开式中的系数为，则 ． 28．（2025·河南·二模）二项式的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则展开式中的系数为 . 题型八 二项式的系数和问题 29．（2024·陕西·模拟预测）若的展开式中的各项系数和为243，则（    ） A．32 B．31 C．16 D．15 30．（2024·陕西安康·模拟预测）已知，则（    ） A． B． C．6 D．15 31．（2024·广东·一模）若 ，则 . 32．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知，则 . 题型九 展开式中系数最大（小）项问题 33．（24-25高二下·广东深圳·阶段练习）在的展开式中，若仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第（  ）项. A． B． C．2或3 D．3或4 34．（24-25高二下·全国·课后作业）已知的展开式的第2项系数的绝对值等于第3项系数的绝对值的3倍，则展开式中的二项式系数最大的项为（    ） A．和 B．和 C．和 D．和 35．（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） 36．（24-25高三下·广东深圳·阶段练习）在的展开式中，仅第项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是 ． 一、单选题 1．（2025·河南南阳·模拟预测）的展开式中常数项为（    ） A． B． C．5 D．10 2．（2025·湖南·二模）甲､乙､丙､丁､戊5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去向老师询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析，5人的名次排列的情形有（    ） A．36种 B．48种 C．54种 D．64种 3．（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 4．（2025·广东·一模）某学校为了了解学生美育培养的情况，用分层随机抽样方法抽样调查，拟从美术、音乐、舞蹈兴趣小组中共抽取30名学生，已知该校美术、音乐、舞蹈兴趣小组分别有20,30,50名学生，则不同的抽样结果共有（    ） A． B． C． D． 5．（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 6．（2025·云南·一模）如图，用 6 种不同的颜色把图中 A，B，C，D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（    ） A．400 种 B．460 种 C．480 种 D．496 种 7．（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． 8．（2025·山东枣庄·二模）已知，则被4除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 二、多选题 9．（2024·江苏·模拟预测）若m，n为正整数且，则（    ） A． B． C． D． 10．（2025·吉林·三模）在的展开式中，则（   ） A．各二项式系数的和是32 B．各项系数的和是1 C．二项式系数最大的项是第3项 D．的系数是40 11．（2025·江西赣州·一模）已知，，则（    ） A． B． C． D． 三、填空题 12．（2024·全国·模拟预测）的展开式中，含的项的系数为 .（用数字作答） 13．（2024·广东佛山·一模）现有甲、乙、丙等7位同学，各自写了一封信，然后都投到同一个邮箱里.若甲、乙、丙3位同学分别从邮箱里随机抽取一封信，则这3位同学抽到的都不是自己写的信的不同取法种数是 （用数字作答）. 14．（2024·河南新乡·一模）如图，机器人从A点出发，每次可以向右或向上沿着线走一个单位（每个小正方形的一条边长为一个单位），要走到B点，不同的走法共有 种． 四、解答题 15．（24-25高二下·福建泉州·阶段练习）计算下列各式． (1)解方程：. (2)证明： 16．（24-25高二下·新疆伊犁·阶段练习）已知． (1)若展开式的二项式系数和为，求的值； (2)当时，二项式的展开式中的系数为，常数项为，若，则求的值. 17．（24-25高二下·天津河西·阶段练习）甲乙丙丁戊五个同学 (1)排成一排，甲乙不相邻，共有多少种不同排列方法？ (2)去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，共有多少种不同游览方法？ (3)分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，共有多少种不同分配方法？ 18．（24-25高二下·河北保定·期中）已知其中，，，，.且展开式中仅有第5项的二项式系数最大. (1)求值及二项式系数最大项； (2)求（用数值作答）； (3)求的值（用数值作答）. 19．（2024·四川内江·模拟预测）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家､教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1为杨辉三角的部分内容，图2为杨辉三角的改写形式 (1)求图2中第10行的各数之和； (2)从图2第2行开始，取每一行的第3个数一直取到第15行的第3个数，求取出的所有数之和； (3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题9.2 计数原理综合 【新高考专用】 题型一 分类、分步计数原理的应用 1．（2024·云南大理·模拟预测）现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（    ）种 A．10 B．20 C．30 D．60 【解题思路】应用分步乘法原理计算即可. 【解答过程】4个同学站成一排有5个空，甲加入排列有5种情况，队列变成5个人有6个空，乙加入排列有6种情况， 由分步计数原理得，共有种不同的方法. 故选：C. 2．（2024·广东深圳·模拟预测）某高校要求学生除了学习第二语言英语，还要求同时进修第三语言和第四语言，其中第三语言可从A类语言：日语，韩语，越南语，柬埔寨语中任选一个，第四语言可从E类语言：法语，德语，俄语，西班牙语，意大利语，则学生可选取的语言组合数为（   ） A．20 B．25 C．30 D．35 【解题思路】从A类语言4个中任选一个，从E类语言5个中任选一个，由分步乘法计数原理可得答案. 【解答过程】第三语言可从A类语言4个中任选一个，有4种方法， 第四语言可从E类语言5个中任选一个，有5种方法， 所以共有种. 故选：A. 3．（2025·安徽黄山·二模）某单位在五一假期，需要从5人中选若干人在5天假期值班（每天只需1人值班），不出现同一人连续值班2天，共有 1280 种不同的安排方法． 【解题思路】根据分步计数乘法原理，结合题意计算即可得结果. 【解答过程】根据题意，第一天从5个人中选1个人值班，有5种选法；第二天不能选第一天值班的人，所以有4种选法；第三天同样不能选第二天值班的人，所以还是有4种选法；第四天也不能选第三天值班的人，有4种选法；第五天不能选第四天值班的人，有4种选法. 所以，总共有种不同的安排方法. 故答案为：1280. 4．（2025·贵州·模拟预测）2025的不同正因数的个数为 15 ． 【解题思路】先将2025写成，再根据正因数的求法结合分步乘法原理，即可求得答案. 【解答过程】由题意知， 则可设2025的正因数为，其中， 由分步乘法计数原理可得2025的不同正因数的个数为， 故答案为：15. 题型二 涂色问题 5．（23-24高三上·江西南昌·阶段练习）某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有（    ）种不同的方法.    A．120 B．360 C．420 D．480 【解题思路】利用分类计数原理求解，按2与4两区域种植果树是否相同进行分类即可. 【解答过程】分两类情况： 第一类：2与4种同一种果树， 第一步种1区域，有5种方法； 第二步种2与4区域，有4种方法； 第三步种3区域，有3种方法； 最后一步种5区域，有3种方法， 由分步计数原理共有种方法； 第二类：2与4种不同果树， 第一步在1234四个区域，从5种不同的果树中选出4种果树种上，是排列问题，共有种方法； 第二步种5号区域，有2种方法， 由分步计数原理共有种方法. 再由分类计数原理，共有种不同的方法. 故选：C. 6．（23-24高二上·山东德州·阶段练习）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域如区域与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【解题思路】确定区域，，，的颜色，分区域与区域涂的颜色是否相同两种情况讨论，进而可得出答案. 【解答过程】由题意可得，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色． 先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择， 当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择； 当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择， 故不同的涂色方案有种． 故选：B． 7．（2024·重庆·模拟预测）重庆位于中国西南部、长江上游地区，地跨青藏高原与长江中下游平原的过渡地带．东邻湖北、湖南，南靠贵州，西接四川，北连陕西．现用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，则共有 种涂色方式． 【解题思路】根据题意，得到这4中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色，利用穷举法，结合排列数公式，即可求解. 【解答过程】根据题意，用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同， 则这4中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色， 共有：{“四川和湖南”且“贵州和湖北”}、{“四川和湖南”且“贵州和陕西”}、{“四川和湖北”且“贵州和陕西”、{“四川和湖北”且“湖南和陕西”、{“贵州和湖北”且“湖南和陕西”，共有5种情况， 所以不同的涂色共有种. 故答案为：. 8．（2025·江西新余·模拟预测）如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有 192 种不同的染色方案. 【解题思路】法一：间隔元素分析法，分同色，同色；同色，不同色；不同色，同色；不同色，不同色，结合和的颜色相同和不同，分类讨论，得到情况数，相加即可； 法二：相邻最多元素优先分析法，考虑到影响的元素最多，分各不同色， 和同色，结合同色，不同色，同色，不同色，共有类讨论，分类讨论，得到情况数，相加即可 【解答过程】法一：间隔元素分析法： ①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种； ②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种； ③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式； 若与不同色，则只有1种上色方式； 故有种； ④不同色，不同色， 1）同色，则有种；2）不同色，则有种. 综上，共有种方式. 法二：相邻最多元素优先分析法： 考虑到影响的元素最多： ①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种； 2）不同色，则有2种染色法，故共有：种； ②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到）， 故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种. 综上：共有种染色方案. 故答案为：192. 题型三 元素（位置）有限制的排列问题 9．（2025·云南昆明·模拟预测）安排5名歌手演出的顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，不同排法的种数是（    ） A．120 B．96 C．72 D．18 【解题思路】先确定某歌手的位置，剩下4名全排列即可. 【解答过程】某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，有， 剩下4名的顺序有， 所以同排法的种数是种， 故选：C. 10．（2025·河南·一模）已知某校包含甲、乙、丙在内的7名同学参加了某次数学竞赛，并包揽了前7名（排名无并列），若甲、乙、丙中的两人占据前两名，则这7名同学获奖的名次情况共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【解题思路】从甲、乙、丙中选两人占前两名，其余五名可任意排列，由此可得结果. 【解答过程】甲、乙、丙中选两人占前两名，有种情况，其余五名可任意排列， 故所有的情况有种. 故选：C. 11．（2025·新疆喀什·二模）用1，2，3，4四个数字组成一个六位数，要求3，4不排在偶数位置（最高位为第一位），每个数字至少用一次，则不同的六位数共有 个．（用数字作答） 【解题思路】根据题意先分析每个数字出现的次数，再给有限制条件的3和4安排位置即可求解. 【解答过程】根据题意分成三种情况： 第一种情况：1和2其中一个数字用一次，另一个数字用三次，3和4分别用一次， 先排3和4的位置，从三个奇数位置选择两个，共种方法， 再选择1和2中用一次的数字，并从剩下的四个位置中选择一个位置安排，共种方法，余下的位置是用三次的数字， 所以共种方法； 第二种情况：1和2分别用两次，3和4分别用一次， 先排3和4的位置，从三个奇数位置选择两个，共种方法， 再选择两个位置安排数字1，剩下的两个位置安排数字2，共有种方法， 所以共有种方法； 第三种情况，1和2其中一个数字用一次，另一个数字用两次，3和4其中一个数字用一次，另一个数字用两次， 先从3和4中选择一个用一次的数字并安排一个奇数位置，共种方法， 剩下一个用两次的数字安排在剩余的奇数位置， 再从1和2中选择一个用一次的数字并安排一个偶数位置，共种方法， 剩下一个用两次的数字安排在剩余的偶数位置， 共有种方法， 所以不同的六位数共有个. 故答案为：. 12．（2025·河南·二模）某同学收集了第一届全国学生（青年）运动会吉祥物“壮壮”和“美美”的卡片各一张，第19届亚运会吉祥物“宸宸”“琮琮”和“莲莲”的卡片各一张.现该同学准备将这5张卡片贴在墙上，若将“壮壮”和“美美”的卡片贴在“宸宸”和“莲莲”之间，则不同的贴法种数为 20 .（用数字作答） 【解题思路】按照特殊元素优先考虑的原则，先排“壮壮”、“美美”和“宸宸”、“莲莲”，再与“琮琮”进行排列即可. 【解答过程】先将“壮壮”和“美美”的卡片贴在“宸宸”和“莲莲”之间，有种贴法， 再贴“琮琮”，有种贴法， 由分步乘法计数原理可得，不同的贴法种数为种. 故答案为：20. 题型四 相邻、不相邻排列问题 13．（2024·湖南岳阳·三模）把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法数是（    ） A．96种 B．60种 C．48种 D．36种 【解题思路】根据分步乘法计数原理，结合相邻问题和不相邻问题的方法即可求得. 【解答过程】依题意，设这五个人分别为甲乙丙丁戊. 第一步，将乙丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有种情况， 第二步，将这个整体与丁戊全排列，有种安排方法， 第三步，排好后产生4个空位，因甲乙不相邻，则只能从3个空中任选1个安排甲，有种安排方法. 则由分步乘法计数原理，不同的方案共有种. 故选：D. 14．（2024·湖北·模拟预测）互不相同的5盆菊花，其中2盆为白色，2盆为黄色，1盆为红色，现要摆成一排，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻，共有摆放方法（ ） A．24种 B．36种 C．42种 D．48种 【解题思路】由题意得对红菊花所处位置进行分类，每一类根据分步计数原理可得. 【解答过程】红菊花在正中间位置时，白色菊花不相邻，黄色菊花也不相邻， 即红菊花两边各一盆白色，黄色菊花，故有； 红菊花在首位或者尾端时，先排好白菊花，产生三个空再对黄菊花分类排即可， 故； 红菊花在第2或者第4位置时，先给首位或者尾端任意放一种，剩下的3盆花位置就确定了，故； 综上，共有种摆放方法. 故选：D. 15．（2024·四川成都·模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊5人站成两排照相，前排站2人，后排站3人，其中甲和乙须左右相邻，丙不站前排，则不同的站法共有 20 种（用数字作答）． 【解题思路】分甲和乙站前排，丙站后排和甲和乙站后排，丙站后排两类情况,根据分类加法原理和分步乘法原理即可求解. 【解答过程】当甲和乙站前排，丙站后排时，不同站法有（种）； 当甲和乙站后排，丙站后排时，不同站法有（种）， 所以不同的站法共有（种）． 故答案为:20. 16．（2024·四川德阳·模拟预测）某中学艺术节第二章节目中有个节目已排，现在要紧急插入个节目，并要求这个节目不相邻，并且原来的个节目顺序不变，则排列的种数为 20 . 【解题思路】利用插空法求结论即可. 【解答过程】在个节目中插入个节目，使得所插入的个节目不相邻，原来的个节目顺序不变的方法数为. 故答案为：. 题型五 分组分配问题 17．（2025·山东聊城·模拟预测）中国空间站又名天宫空间站，最大可扩展为180吨级六舱组合体，以进行较大规模的空间应用，其主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验室．2024年3月，中国空间站首批材料舱外暴露实验完成．在早前的某次模拟训练时共有5名航天员参与，其中两人出舱完成任务，剩余三人各留守在一个舱内完成其他任务，则不同的安排方案有（    ） A．30种 B．60种 C．72种 D．114种 【解题思路】根据题意，先从5人中选出三人，在把选出的3人，分配到三个舱内，剩余的2人出仓完成任务，结合排列数和组合数的公式，即可求解. 【解答过程】根据题意，从5人中选出三人，共有中选法， 则把选出的3人，分配到三个舱内，剩余的2人出仓完成任务， 共有种不同的安排方案. 故选：B． 18．（2024·安徽安庆·三模）A、B、C、D、E 5所学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有甲、乙、丙三个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，且每个基地至少有1所学校去，则A校不去甲地，乙地仅有2所学校去的不同的选择种数共有（    ） A．36种 B．42种 C．48种 D．60种 【解题思路】根据给定条件，利用两个原理，结合排列、组合应用列式计算即可. 【解答过程】①A校去乙地有种； ②A校与另一所学校去丙地有种， ③A校单独去丙地有种， 所以共有种， 故选：B． 19．（2025·青海海东·二模）甲、乙等5名学生到这三个公司实习，要求每个公司至少有1人去实习，且每人只能到1个公司实习，则甲去公司实习的不同情况有 种.（用数字作答） 【解题思路】分公司有名学生种情况，根据分类加法计数原理得到答案. 【解答过程】若公司只有甲名学生，则另外名学生到两个公司， 若两个公司各有名学生，则有种， 若两个公司有一个有名学生，另一个有名学生，则有种， 若公司有名学生，则有种， 若公司有名学生，则有种 根据分类加法计数原理，共有种. 故答案为：. 20．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）某流浪动物救助团体新捕捉流浪猫6只，现有5个不同的空置猫笼，6只流浪猫分别为狸花猫1只、三毛猫4只（可和谐相处）、橘猫1只．该救助团体计划将1只狸花猫放在一个猫笼里，4只三毛猫每2只放在一个猫笼里，橘猫单独放在一个猫笼里，则不同的安排方法有 360 种． 【解题思路】根据分组原理先确定4只三花猫分两组的分组方法，再根据排列数计算即可得安排方法总数. 【解答过程】根据题意，4只三花猫每2只放在一个猫笼里，则分组方法有（种） 一共有4个整体进行排列放在5个不同的猫笼，在5个不同的猫笼中可以放4个整体， 则一共可以安排的方法有：（种） 故答案为：360. 题型六 排列、组合综合 21．（2024·广东深圳·模拟预测）已知6件不同的产品中有2件次品，现对它们一一测试，直至找到所有2件次品为止，若至多测试4次就能找到这2件次品，则共有（    ）种不同的测试方法． A．114 B．90 C．106 D．128 【解题思路】利用分类加法计数原理可求得测试方法的种数. 【解答过程】解：检测2次可测出2件次品，不同的测试方法有种； 检测3次可测出2件次品，不同的测试方法有种； 检测4次测出2件次品；不同的测试方法有种； 检测4次测出4件正品，不同的测试方法共有种， 由分类计数原理，满足条件的不同的测试方法的种数为： 种． 故选：A． 22．（2024·黑龙江佳木斯·三模）佳木斯市第一中学为丰富学生课余生活，利用大课间时间举行阳光体育活动，有多项趣味体育运动，某班有5位同学想参加旋风接力跑，趣味毛毛虫，企鹅漫步这三项活动，已知这5位同学每位学生只能选择一个项目参加，且每个项目都有同学参加，若同学A和B必须选择同一项比赛，则不同的选法种数是（    ） A．81 B．54 C．36 D．18 【解题思路】根据题意把同学A和B捆绑一起与其余三个学生分成三组，然后三个项目对应三组同学利用排列组合计算即可 【解答过程】根据题意把同学A和B捆绑一起与其余三个学生分成三组，即， 三个项目对应三组同学，即, 故选：C. 23．（2025·广东广州·一模）将这9个数字填在的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小．若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有 12 种．    【解题思路】确定1，9的位置，再确定2，3的位置，最后确定余下4个数的位置，列式计算即可. 【解答过程】由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得在左上角，在右下角，如图，   排在位置，有种方法， 从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在位置，有种方法， 最后两个数字从上到下由大到小排在位置，有1种方法， 所以填写方格表的方法共有（种）. 故答案为：12. 24．（2025·四川成都·二模）成都石室中学举办校庆文艺展演晚会，设置有一个“传奇”主会场和“传承”，“扬辉”两个分会场.现场需要安排含甲、乙的六名安全员负责现场秩序安全，其中“传奇”主会场安排三人，剩下三人安排去“传承”，“扬辉”两个分会场（每个分会场至少安排一人）.若要求甲、乙两人不在同一个会场开展工作，则不同的安排方案有 88 种. 【解题思路】按照甲，乙是否在“传奇”主会场划分情况，由排列组合以及分类加法计数原理即可求解. 【解答过程】按照甲，乙是否在“传奇”主会场划分情况： ①甲，乙有且只有1人在主会场，需要在除甲，乙外的四人中选两人去主会场， 剩下的三人去剩下的“传承”，“扬辉”两个分会场，有（种）不同的安排方案； ②甲，乙都不在主会场，从甲，乙外的四人中选三人去主会场， 再将甲，乙安排去剩下的“传承”，“扬辉”两个分会场，且一人去一个分会场， 剩下一人可以去“传承”，“扬辉”两个分会场，有（种）不同的安排方案. 根据分类加法计数原理，共有（种）不同的安排方案. 故答案为：88. 题型七 展开式中的特定项或特定项的系数问题 25．（2025·北京西城·一模）在的展开式中，的系数等于（   ） A．6 B．12 C．18 D．24 【解题思路】应用二项式定理写出展开式的通项，进而求的系数. 【解答过程】由题设，二项式展开式通项为，， 令，则，即的系数等于24. 故选：D. 26．（2025·辽宁鞍山·二模）在的展开式中，的系数是（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【解题思路】由二项式定理展开式的通项求解即可. 【解答过程】展开式的通项为， 令， 所以的系数是. 故选：D. 27．（2025·山东聊城·模拟预测）的展开式中的系数为，则 ． 【解题思路】根据题意，结合二项展开式的性质，得到，求得的值，即可得到答案. 【解答过程】由多项式的展开式中的系数为， 可得，即，解得. 故答案为：． 28．（2025·河南·二模）二项式的展开式中第4项与第5项的二项式系数相等，则展开式中的系数为 . 【解题思路】依题意可得，即可求出，再由展开式的通项计算可得. 【解答过程】二项式展开式的通项为（且）， 依题意，所以， 所以二项式展开式的通项为（且）， 令，解得，所以， 所以展开式中的系数为为. 故答案为：. 题型八 二项式的系数和问题 29．（2024·陕西·模拟预测）若的展开式中的各项系数和为243，则（    ） A．32 B．31 C．16 D．15 【解题思路】令根据各项系数和求出，再利用赋值法计算可得. 【解答过程】因为， 令可得，解得， 令可得， 令可得， 所以. 故选：B. 30．（2024·陕西安康·模拟预测）已知，则（    ） A． B． C．6 D．15 【解题思路】构造函数，结合已知条件，利用求导后令得算式的值. 【解答过程】令，即， 对函数求导可得，， 且， 所以. 故选：A. 31．（2024·广东·一模）若 ，则 . 【解题思路】利用赋值法令，，联立方程组求解即可. 【解答过程】令，得 ， 令，得 ， 则 ， 且 ， 故 . 故答案为：. 32．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知，则 4048 . 【解题思路】对等号两边分别求导，再赋值，可求得答案. 【解答过程】因为， 等号两边分别求导，得， 令，有， 所以. 故答案为：. 题型九 展开式中系数最大（小）项问题 33．（24-25高二下·广东深圳·阶段练习）在的展开式中，若仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第（  ）项. A． B． C．2或3 D．3或4 【解题思路】首先根据二项式系数最大值问题求，再根据第项的系数大于前一项，也大于后一项，根据不等式，即可求解. 【解答过程】由的展开式中，仅第5项的二项式系数最大，得展开式共9项，则， 的展开式的通项公式， 设展开式中系数最大项是，则，即， 解得，而，因此或，，， 所以展开式中系数最大的项是第3或4项. 故选：D. 34．（24-25高二下·全国·课后作业）已知的展开式的第2项系数的绝对值等于第3项系数的绝对值的3倍，则展开式中的二项式系数最大的项为（    ） A．和 B．和 C．和 D．和 【解题思路】先写出通项，再结合题意解出，最后求出结果即可； 【解答过程】的展开式的通项为， 依题意可知，解得， 所以展开式中的二项式系数最大的项为和． 故选：C. 35．（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） 【解题思路】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. 【解答过程】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：. 36．（24-25高三下·广东深圳·阶段练习）在的展开式中，仅第项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是 ． 【解题思路】利用二项式系数的性质得到，设展开式中系数最大项是，利用展开式的通项公式得到，即可求解. 【解答过程】由的展开式中，仅第项的二项式系数最大，得展开式共项，则， 所以的展开式的通项公式， 设展开式中系数最大项是，则，即 解得，而，所以，， 所以展开式中系数最大的项是, 故答案为：. 一、单选题 1．（2025·河南南阳·模拟预测）的展开式中常数项为（    ） A． B． C．5 D．10 【解题思路】求出展开式的通项，再结合积中的指数情况列式计算得解. 【解答过程】展开式的通项， 显然，则当，即时，， 所以的展开式中常数项为. 故选：A. 2．（2025·湖南·二模）甲､乙､丙､丁､戊5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去向老师询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析，5人的名次排列的情形有（    ） A．36种 B．48种 C．54种 D．64种 【解题思路】由排列数计算，根据分步乘法原理，可得答案. 【解答过程】分三步完成：冠军有种可能，乙的名次有种可能，余下3人有种可能， 所以5人的名次排列有（种）不同情况， 故选：C. 3．（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 【解题思路】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． 【解答过程】由题意，解得． 展开式通项为， 由得，解得，∴常数项为． 故选：C． 4．（2025·广东·一模）某学校为了了解学生美育培养的情况，用分层随机抽样方法抽样调查，拟从美术、音乐、舞蹈兴趣小组中共抽取30名学生，已知该校美术、音乐、舞蹈兴趣小组分别有20,30,50名学生，则不同的抽样结果共有（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据分层抽样的定义，分别求出每个兴趣小组要抽取的学生人数，结合分步乘法计数原理计算即可. 【解答过程】由题意，美术组要抽取的学生数为，音乐组要抽取的学生数为，舞蹈组要抽取的学生数为，由分步乘法计数原理可知，不同的抽样结果. 故选:C. 5．（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 【解题思路】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. 【解答过程】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． 6．（2025·云南·一模）如图，用 6 种不同的颜色把图中 A，B，C，D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（    ） A．400 种 B．460 种 C．480 种 D．496 种 【解题思路】完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色，当使用3种颜色时，和涂一种颜色，利用分类加法、分步乘法计数原理即可求解. 【解答过程】完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色， 当使用4种颜色时，有6种涂法，有5种涂法，有4种涂法，有3种涂法， 所以共有种方法； 当使用3种颜色时，和涂一种颜色，共有6种涂法， 有5种涂法，有4种涂法， 所以共有种方法； 所以不同的涂法共有种. 故选：C. 7．（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． 【解题思路】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. 【解答过程】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. 8．（2025·山东枣庄·二模）已知，则被4除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【解题思路】分别赋值以及，可推得，然后将展开即可得出答案. 【解答过程】令，由已知可得，， 令，可得， 所以. 因为 ， 所以被4除的余数为1，即被4除的余数为0， 故选：D. 二、多选题 9．（2024·江苏·模拟预测）若m，n为正整数且，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据组合数和排列数的计算公式和性质，对每个选项逐一计算即可判断. 【解答过程】对A：由组合数性质：可知，A正确； 对B：，故B错误； 对C：，，左右两边不相等，故C错误； 对D： ，故D正确. 故选：AD. 10．（2025·吉林·三模）在的展开式中，则（   ） A．各二项式系数的和是32 B．各项系数的和是1 C．二项式系数最大的项是第3项 D．的系数是40 【解题思路】由题设二项式，写出其通项，根据二项式的性质，易得二项式系数之和与各项系数之及二项式系数最大的项，由二项展开式的通项公式，结合通项确定的值，代入即可求解的系数. 【解答过程】关于的展开式，其通项为： 对于选项A：展开式中二项式系数之和，故A正确； 对于选项B：利用赋值法的应用，当时，各项的系数的和为，故B正确； 对于选项C：展开式共有6项，其中二项式系数最大的项为第3和第4项，故C错误； 对于选项D：由通项：，令，可得， 所以展开式中的系数为.故D错误. 故选：AB. 11．（2025·江西赣州·一模）已知，，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用二项式定理，结合赋值逐项进行判断即可. 【解答过程】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. 三、填空题 12．（2024·全国·模拟预测）的展开式中，含的项的系数为 180 .（用数字作答） 【解题思路】先求二项式的展开式的通项，再由乘法法则求出的展开式中含的项即可得解. 【解答过程】展开式的通项公式为， 当时，含的项的系数为； 当时，含x的项的系数为， 的展开式中含的项的系数为. 故答案为：180. 13．（2024·广东佛山·一模）现有甲、乙、丙等7位同学，各自写了一封信，然后都投到同一个邮箱里.若甲、乙、丙3位同学分别从邮箱里随机抽取一封信，则这3位同学抽到的都不是自己写的信的不同取法种数是 134 （用数字作答）. 【解题思路】设甲、乙、丙位同学的信件分别为、、，对、、取到的个数分四种情况讨论，按照分类、分步计数原理计算可得. 【解答过程】设甲、乙、丙位同学的信件分别为、、， 若、、都没有取到，则有种不同的取法； 若、、取到一个，则有种不同的取法； 若、、取到两个，则有种不同的取法； 若、、取到三个，则有种不同的取法； 综上可得一共有种不同的取法. 故答案为：. 14．（2024·河南新乡·一模）如图，机器人从A点出发，每次可以向右或向上沿着线走一个单位（每个小正方形的一条边长为一个单位），要走到B点，不同的走法共有 401 种． 【解题思路】根据给定条件，利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理，结合组合计数问题列式计算得解. 【解答过程】如图，当路线经过点时，从到有1种，从到有种； 当路线经过点时，从到有种，从到有种； 当路线经过点时，从到有种，从到有种； 当路线经过点时，从到有种，从到有种； 当路线经过点时，从到有种，从到有1种， 所以不同的走法共有（种）. 故答案为：401. 四、解答题 15．（24-25高二下·福建泉州·阶段练习）计算下列各式． (1)解方程：. (2)证明： 【解题思路】（1）根据组合数的计算性质即可求解， （2）根据组合数的阶乘形式的公式即可化简求解. 【解答过程】（1）因为，由可得或，解得或. （2）证明： 16．（24-25高二下·新疆伊犁·阶段练习）已知． (1)若展开式的二项式系数和为，求的值； (2)当时，二项式的展开式中的系数为，常数项为，若，则求的值. 【解题思路】（1）根据二项式系数和为可得结果. （2）根据二项展开式通项公式求出的系数与常数项，由条件可得结果. 【解答过程】（1）由题意得，，解得. （2）当时二项式为，二项展开式的通项为， 令，得，∴， 令，得，∴， ∵，∴，解得或或（舍去）， ∴或. 17．（24-25高二下·天津河西·阶段练习）甲乙丙丁戊五个同学 (1)排成一排，甲乙不相邻，共有多少种不同排列方法？ (2)去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，共有多少种不同游览方法？ (3)分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，共有多少种不同分配方法？ 【解题思路】（1）根据给定条件，利用不相邻问题插空法列式计算即得； （2）根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算即得; （3）把5人按或分组，再把每一种分组方法安排到三个城市即可得解. 【解答过程】（1）甲乙丙丁戊排成一排，甲乙不相邻， 先将丙丁戊排成一列有种方法， 再将甲乙插空隙中，有种方法， 所以共有不同排法数为（种）. （2）去三个城市游览，每人只能去一个城市， 可以有城市没人去，因此每个人都有种选择， 所以不同游览方法有（种）. （3）分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人， 则先把5人按分组，有种分组方法， 按分组，有种分组方法， 因此不同分组方法数为， 再把每一种分组安排到三个城市，有种方法， 所以不同分配方法种数是（种）. 18．（24-25高二下·河北保定·期中）已知其中，，，，.且展开式中仅有第5项的二项式系数最大. (1)求值及二项式系数最大项； (2)求（用数值作答）； (3)求的值（用数值作答）. 【解题思路】（1）根据题意结合二项式系数最大时求出的值，再计算即可； （2）利用赋值法，令，求出即可； （3）利用赋值法，分别令和，得出两式，相加即可得. 【解答过程】（1）因为展开式中仅有第5项的二项式系数最大， 当为偶数时，仅有中间一项的二项式系数最大，即，所以， 故. 即，二项式系数最大项为第5项：； （2）令，得， 所以. （3）令，得， 令，得. 两式相加可得. 19．（2024·四川内江·模拟预测）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家､教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1为杨辉三角的部分内容，图2为杨辉三角的改写形式 (1)求图2中第10行的各数之和； (2)从图2第2行开始，取每一行的第3个数一直取到第15行的第3个数，求取出的所有数之和； (3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由. 【解题思路】（1）根据二项式系数的性质求和即可； （2）根据组合数的性质化简求值即可； （3）假设存在，根据条件建立方程组求解，即可得解. 【解答过程】（1）第10行的各数之和为：. （2）杨辉三角中第2行到第15行各行第3个数之和为： . （3）存在，理由如下： 设在第行存在连续三项，其中且且， 有且，化简得且， 即，解得， 所以， 故这三个数依次是. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$