专题12：计数原理与二项式定理 （九大易错点通关训练） -2025届高三数学满分冲刺【基础提升练+易错题型练+综合热点练】 上海专用

2025年上海高考数学满分冲刺易错题型专项训练（十二） 计数原理排列组合与二项式定理 易错点01：混淆两个计数原理 在利用两个计数原理处理计数问题时，往往容易因为混淆分类、分步而错用两个原理致错. 1.从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有 种. 2.甲、乙、丙、丁共4名同学参加某知识竞赛，已决出了第1名到第4名（没有并列名次），甲、乙、丙三人向老师询问成绩，老师对甲和乙说：“你俩名次相邻”，对丙说：“很遗憾，你没有得到第1名”，从这个回答分析，4人的名次排列情况种数为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 3.有一四边形，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币：如硬币正面朝上，则将其擦去；如硬币反面朝上，则不擦去．最后，以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为（   ）． A． B． C． D． 4.已知某班级将学生分为4个不同的大组，每个大组均有14名学生，现从这个班级里抽取5名学生参加年级活动，要求每个大组至少有1名同学参加，则不同的抽取结果共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 5.高二(1)班有学生50人，男生30人；高二(2)班有学生60人，女生30人；高二(3)班有学生55人，男生35人． (1)从中选一名学生任学生会主席，有多少种不同选法？ (2)从高二(1)班、(2)班男生中或从高二(3)班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？ 易错点02：分步“有序”导致错误 6.有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法是（ ） A． 560 B． 2735 C． 1136 D． 480 7.为促进城乡教育均衡发展，某地区教育局安排包括甲、乙在内的5名城区教师前往四所乡镇学校支教，若每所学校至少安排1名教师，每名教师只能去一所学校，则甲、乙不安排在同一所学校的方法数有（   ） A．1440种 B．240种 C．216种 D．120种 8.某中学数学组来了名即将毕业的大学生进行教学实习活动，现将他们分配到高一年级的，，三个班实习，每班至少一名，最多两名，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 9.某市教育局人事部门打算将甲､乙､丙､丁､戊这5名应届大学毕业生安排到该市4所不同的学校任教，每所学校至少安排一名，则不同的安排方法种数是 . 易错点03：分步不合理导致重复或遗漏 10.如图，对，，，，五块区域涂色，现有种不同颜色的颜料可供选择，要求每块区域涂一种颜色，且相邻区域（有公共边）所涂颜料的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 11.如图所示，一个地区分为5个行政区域，现要给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的着色方案种数为（    ） A．36 B．48 C．72 D．144 12.某校高三年级举行演讲比赛，共有5名选手参加.若这5名选手甲、乙、丙、丁、戊通过抽签来决定上场顺序，则甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率为 . 易错点04：忽视排列数组合数公式的隐含条件 13.已知为正整数，且，则　　． 14.（1）解方程：; （2）求关于的不等式的解集. 15.已知关于正整数的方程，则该方程的解为 . 16．不等式的解集为 ． 17.若，则（   ） A．5 B．20 C．60 D．120 18. 若，则__________ 易错点05：分组问题混淆“均分”与“非均分” 19.某校高二年级共有六个班,现从外地转入名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安排名,则不同的安排方案种数为（） A． B． C． D． 20．某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是（    ） A．72 B．108 C．216 D．432 21.某高校有名志愿者参加月日社区志愿工作，每人参加一次值班，若该天分早、中、晚三班，每班至少安排人，最多安排人，则当天不同的排班种类为（    ） A． B． C． D． 22.某数学兴趣小组的5名学生负责讲述“宋元数学四大家”——秦九韶、李冶、杨辉和朱世杰的故事，每名学生只讲一个数学家的故事，每个数学家的故事都有学生讲述，则不同的分配方案有______种． 23.某校环保小组共有8名成员，该环保小组计划前往该市3个不同的景区开展环保活动，要求每个景区至少有2人，且每个人只能去一个景区，则不同的分配方案有（    ） A．490种 B．980种 C．2940种 D．5880种 24.为了推动城乡义务教育一体化发展，某师范大学6名毕业生主动申请到某贫困山区的乡村小学工作，若将这6名毕业生分配到该山区的3所乡村小学，每所学校至少分配1人，则分配方案的总数为 ． 25.运动会期间，将甲、乙等5名志愿者安排到，，三个场地参加志愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要1名志愿者，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，则不同的安排方法种数为（   ） A．72 B．96 C．114 D．124 26. 3位男生、3位女生平均分成三组，恰好每组都有一位男生和一位女生的概率是 . 27. 某中学数学组来了名即将毕业的大学生进行教学实习活动，现将他们分配到高一年级的，，三个班实习，每班至少一名，最多两名，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 易错点06：计数时混淆有序与定序 28.某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，且不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种． 29.身高互不相同的七名学生排成一排,从中间往两边越来越矮,不同的排法有（） A．5040种 B．720种 C．240种 D．20种 30.《红楼梦》四十一回中，凤姐为刘姥姥准备了一道名为“茄鲞”的佳肴，这道菜用到了鸡肉、鸡脯肉、香菌、新笋、豆腐干、果干、茄子净肉七种原料，烹饪时要求香菌、新笋、豆腐干一起下锅，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，鸡汤最后下锅，则烹饪“茄鲞”时不同的下锅顺序共有（    ） A．6种 B．12种 C．36种 D．72种 31.（多选）某校计划安排五位老师（包含甲、乙）担任周一至周四的值班工作，每天都有老师值班，且每人最多值班一天，则下列说法正确的是（    ） A．若周一必须安排两位老师，则不同的安排方法共有60种 B．若甲、乙均值班且必须排在同一天值班，则不同的安排方法共有48种 C．若五位老师都值班一天，则不同的安排方法共有240种 D．若每天恰有一位老师值班，且如果甲乙均值班，则甲必须在乙之前值班的不同的安排方法共有84种 32. 用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的： (1)银行存折的四位密码？ (2)四位整数？ (3)比2 000大的四位偶数？ 33.用0，1，2，3，4五个数字， (1)可以排出多少个三位数字的电话号码？ (2)可以排成多少个三位数？ (3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ 易错点07：混淆“系数”与“二项式系数” 34.已知的展开式中前三项的系数成等差数列，则n的取值所构成的集合为 . 35．的展开式中的系数为（ ） A．10 B．20 C．90 D．80 36、的展开式中,系数最大的项是第 项 37.（多选）展开式中，下列说法正确的有（    ） A．偶数项二项式系数和为 B．奇数项的系数和为 C．第8项与第9项的二项式系数相等 D．第9项的系数最大 38.（多选）在的展开式中，下列叙述中正确的是（    ） A．二项式系数之和为128 B．各项系数之和为1 C．常数项为15 D．的系数为-48 易错点08：混淆二项式系数之和与所有项系数之和 39．已知的展开式中各项的二项式系数的和为256，则这个展开式中项的系数是_____． 40.若，则_________.（用数字作答） 41.已知，若，则自然数n等于_____． 42.若的展开式中各项系数的和为256，则该展开式中含字母且的次数为1的项的系数为___________. 易错点09：混淆二项式展开式中二项式系数最大的项与系数最大的项 43.已知的展开式中，第五项的系数与第三项的系数之比为10：1，求展开式中系数最大的项. 44.已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中系数最大的项为___________． 45. 的展开式中系数最小项为第______项． 46. 若n展开式中前三项的系数和为163，则展开式中系数最大的项为_______． 47. 假如的二项展开式中项的系数是，则二项展开式中系数最小的项是__________. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年上海高考数学满分冲刺易错题型专项训练（十二） 计数原理排列组合与二项式定理 易错点01：混淆两个计数原理 在利用两个计数原理处理计数问题时，往往容易因为混淆分类、分步而错用两个原理致错. 1.从6台原装计算机和5台组装计算机中任意选取5台,其中至少有原装与组装计算机各两台,则不同的取法有 种. 【错解】因为可以取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机，所以只有2种取法. 【错因】误解的原因在于没有意识到“选取2台原装与3台组装计算机或是3台原装与2台组装计算机”是完成任务的两“类”办法，每类办法中都还有不同的取法. 【正解】由分析，完成第一类办法还可以分成两步：第一步在原装计算机中任意选取2台，有种方法；第二步是在组装计算机任意选取3台，有种方法，据乘法原理共有种方法.同理，完成第二类办法中有种方法.据加法原理完成全部的选取过程共有种方法.[来源:Zxxk.Com] 2.甲、乙、丙、丁共4名同学参加某知识竞赛，已决出了第1名到第4名（没有并列名次），甲、乙、丙三人向老师询问成绩，老师对甲和乙说：“你俩名次相邻”，对丙说：“很遗憾，你没有得到第1名”，从这个回答分析，4人的名次排列情况种数为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】C 【分析】由题意可得丙不是第1名，甲乙相邻，先排丙，再排甲，乙，最后再排丁，即可得答案. 【详解】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2+2+2+2=8种情况. 故选：C. 3.有一四边形，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币：如硬币正面朝上，则将其擦去；如硬币反面朝上，则不擦去．最后，以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据分步计数原理及古典概型的概率公式求解即可. 【详解】根据题意，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币， 共有种情况， 要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C， 若保留两条边，则可保留也可擦去， 共有种情况； 若保留两条边，则可保留也可擦去， 共有种情况（其中有一种情况与上面重复）， 则要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C，共有种情况， 所以可以到达C点的概率为. 故选：B. 4.已知某班级将学生分为4个不同的大组，每个大组均有14名学生，现从这个班级里抽取5名学生参加年级活动，要求每个大组至少有1名同学参加，则不同的抽取结果共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】根据题意，必有一组应取2人，其余组别各取1人，运用分步乘法计数原理计算即得. 【详解】由题意，要求每个大组至少有1名同学参加，即在4个大组中，必有一个大组有2名同学参加活动，其余组别各有1个同学. 运用分步乘法计数原理解决：先从4个大组中抽取一个有2名同学参加的组，有种， 再从另外三个大组中分别各取1名同学，有种， 最后确定有2个同学参加的组的人选，有种. 由分步乘法计数原理，抽取结果共有个． 故选：C. 5.高二(1)班有学生50人，男生30人；高二(2)班有学生60人，女生30人；高二(3)班有学生55人，男生35人． (1)从中选一名学生任学生会主席，有多少种不同选法？ (2)从高二(1)班、(2)班男生中或从高二(3)班女生中选一名学生任学生会体育部长，有多少种不同的选法？ 【解析】(1)选一名学生有3类不同的选法： 第一类，从高二(1)班选一名，有50种不同的方法； 第二类，从高二(2)班选一名，有60种不同的方法； 第三类，从高二(3)班选一名，有55种不同的方法． 故任选一名学生任学生会主席有50＋60＋55＝165种不同的选法． (2)选一名学生任学生会体育部长有3类不同的选法： 第一类，从高二(1)班男生中选有30种不同的方法； 第二类，从高二(2)班男生中选有30种不同的方法； 第三类，从高二(3)班女生中选有20种不同的方法． 故从高二(1)班、(2)班男生中或从高二(3)班女生中选一名学生任学生会体育部长有30＋30＋20＝80种不同的选法． 易错点02：分步“有序”导致错误 6.有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法是（ ） A． 560 B． 2735 C． 1136 D． 480 【答案】 C 【解析】方法一 将“至少有1个是一等品”的不同取法分三类：“恰有1个一等品”“恰有2个一等品”“恰有3个一等品”．由分类加法计数原理，得不同取法有（种）． 方法二 考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法，得至少有1个一等品的不同取法有（种），故选C. 7.为促进城乡教育均衡发展，某地区教育局安排包括甲、乙在内的5名城区教师前往四所乡镇学校支教，若每所学校至少安排1名教师，每名教师只能去一所学校，则甲、乙不安排在同一所学校的方法数有（   ） A．1440种 B．240种 C．216种 D．120种 【答案】C 【分析】根据分组分配计算所有的安排方法数，再计算甲、乙安排在同一个学校的方法总数，相减得符合的方法数. 【详解】根据题意，若每所学校至少安排1名教师，每名教师只去一所学校，则有种不同安排方法， 若甲、乙安排在同一个学校，则有种不同安排方法， 甲、乙不安排在同一所学校的方法数有种． 故选：C． 8.某中学数学组来了名即将毕业的大学生进行教学实习活动，现将他们分配到高一年级的，，三个班实习，每班至少一名，最多两名，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】先把名大学生按照分成三组，再将三个组分到个班，计算可得答案． 【详解】将名大学生分配到高一年级的个班实习，每班至少名，最多名， 则将名大学生分成三组，一组人，另两组都是人，有种方法， 再将组分到个班，共有种不同的分配方案， 故选：B． 9.某市教育局人事部门打算将甲､乙､丙､丁､戊这5名应届大学毕业生安排到该市4所不同的学校任教，每所学校至少安排一名，则不同的安排方法种数是 . 【答案】 【分析】根据题意，先将5人分成4组，再安排的4个不同的学校，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，先将甲､乙､丙､丁､戊这5名应届大学毕业生，分成组， 其中一组两人，其他三组各一人，有种分法， 在把分成的4组安排到市4所不同的学校任教，有种安排方法， 由分步计数原理得，共有种不同安排方法. 故答案为：. 易错点03：分步不合理导致重复或遗漏 10.如图，对，，，，五块区域涂色，现有种不同颜色的颜料可供选择，要求每块区域涂一种颜色，且相邻区域（有公共边）所涂颜料的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】先涂，，，然后分类讨论的颜色，最后利用乘法原理与加法原理可得答案. 【详解】先涂，，，有种方法. 若的颜色不同于，，所涂颜色，有种涂法，此时有种涂法，则对应总涂法数为； 若的颜色与的颜色相同，此时有种涂法，则对应总涂法数为； 若的颜色与的颜色相同，此时有种涂法，则对应总涂法数为. 综上，总涂法数为. 故选：C 11.如图所示，一个地区分为5个行政区域，现要给地图着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，若有四种颜色可供选择，则不同的着色方案种数为（    ） A．36 B．48 C．72 D．144 【答案】C 【分析】分使用了3种颜色和使用了4种颜色求解. 【详解】按使用颜色的种类分类， 第一类：使用了3种颜色，则1,3同色且2,5同色，则共种， 第二类：使用了4种颜色，则1,3同色2,5不同色或1,3不同色2,5同色，则共种， 所以不同的着色方案种数为种. 故选：C. 12.某校高三年级举行演讲比赛，共有5名选手参加.若这5名选手甲、乙、丙、丁、戊通过抽签来决定上场顺序，则甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率为 . 【答案】/0.6 【分析】求出甲、乙两位选手上场顺序不相邻的场数和抽签总共的可能场数，即可得出甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率. 【详解】由题意， 若甲第一个上场，乙则可以第3,4,5个上场，有种， 若甲第二个上场，乙则可以第4,5个上场，有种， 若甲第三个上场，乙则可以第1,5个上场，有种， 若甲第四个上场，乙则可以第1,2个上场，有种， 若甲第五个上场，乙则可以第1,2,3个上场，有种， 共有种， 而所有的上场顺序有种， ∴甲、乙两位选手上场顺序不相邻的概率：, 故答案为：. 易错点04：忽视排列数组合数公式的隐含条件 13.已知为正整数，且，则　　． 【分析】根据已知条件，结合排列数公式，即可求解． 【解答】解：为正整数，且， 则，化简整理可得，，解得或（舍去）． 故答案为：8． 【点评】本题主要考查排列数公式，属于基础题． 14.（1）解方程：; （2）求关于的不等式的解集. 【答案】（1） （2） 【分析】根据排列数和组合数的性质依次计算即可求解. 【解析】（1）原方程等价于， 整理得，解得或， 又，所以. （2）原不等式等价于， 即，解得， 又且， 所以原不等式的解集为. 15.已知关于正整数的方程，则该方程的解为 . 【答案】或 【分析】利用组合数的性质得到方程，解方程，结合的取值范围即可求解. 【详解】根据组合数的性质，由 可知：或， 即或，所以和均满足题意， 所以该方程的解为：或. 故答案为：或 16．不等式的解集为 ． 【答案】 【分析】利用组合数公式，结合一元二次不等式求解即得. 【详解】不等式化为：，整理得，解得，而， 所以，原不等式的解集为. 故答案为： 17.若，则（   ） A．5 B．20 C．60 D．120 【答案】D 【分析】根据组合数的性质求出，再根据排列数公式计算可得. 【详解】因为，所以或， 解得（舍去）或， 所以. 故选：D 18. 若，则__________ 【答案】 【分析】利用组合数的性质求出的值，即可利用公式计算得出答案. 【详解】由组合数的性质可得，解得， 又因为，所以或， 解得（舍去）或， 所以， 故答案为： 易错点05：分组问题混淆“均分”与“非均分” 19.某校高二年级共有六个班,现从外地转入名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安排名,则不同的安排方案种数为（） A． B． C． D． 【错解】选A，先将4名学生均分成两组方法数为,再分配给6个年级中的2个分配方法数为,根据分步计数原理合要求的安排方法数为． 【错因】该题为均匀分组，忽略除以而错误. 【正解】先将4名学生均分成两组方法数为,再分配给6个年级中的2个分配方法数为, 根据分步计数原理合要求的安排方法数为．故选B． 20．某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行检测工作的传授，每个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是（    ） A．72 B．108 C．216 D．432 【错解】A，根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为的三组，再分配到3个检测点，共有种分法，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有种分法，所以共有种不同的分配方案. 【错因】该题为部分均匀分组，应除以，而不是. 【正解】C，根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为的三组，再分配到3个检测点，共有种分法，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有种分法，所以共有种不同的分配方案. 21.某高校有名志愿者参加月日社区志愿工作，每人参加一次值班，若该天分早、中、晚三班，每班至少安排人，最多安排人，则当天不同的排班种类为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先将名志愿者分为组，确定每组的人数，然后将这三组志愿者分配到早、中、晚三班，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】将名志愿者分为组，每组的人数可以是：①、、；②、、, 再将这三组志愿者分配到早、中、晚三班， 所以，当天不同的排班种类为. 故选：B. 22.某数学兴趣小组的5名学生负责讲述“宋元数学四大家”——秦九韶、李冶、杨辉和朱世杰的故事，每名学生只讲一个数学家的故事，每个数学家的故事都有学生讲述，则不同的分配方案有______种． 【答案】240 【分析】先把5名学生分成人数为的四组, 再把四组学生分给宋元数学四大家讲述,根据等量分组及排列计算即可得到. 【详解】先把5名学生分成人数为的四组,共有种分法,再把四组学生分给宋元数学四大家讲述则有种分法, 所以分配方案有种. 故答案为: 240. 23.某校环保小组共有8名成员，该环保小组计划前往该市3个不同的景区开展环保活动，要求每个景区至少有2人，且每个人只能去一个景区，则不同的分配方案有（    ） A．490种 B．980种 C．2940种 D．5880种 【答案】C 【分析】将8名成员分成3组，考虑每组的人数情况有和两种分组方法，再将3组成员分配到3个不同的景区开展环保活动，根据分步乘法计数原理可得答案. 【详解】第一步：将8名成员分成3组，按照的方式来分，有种分配方案； 按照的方式来分，有种分配方案, 第二步：将3组成员分配到3个不同的景区开展环保活动，共有种分配方案, 故符合要求的分配方案有种, 故选：C 24.为了推动城乡义务教育一体化发展，某师范大学6名毕业生主动申请到某贫困山区的乡村小学工作，若将这6名毕业生分配到该山区的3所乡村小学，每所学校至少分配1人，则分配方案的总数为 ． 【答案】540 【分析】先将6名毕业生分成3组，结合平均分组和不平均分组公式，得到分配方案数，再进行全排列，求出答案. 【详解】第一步将6名毕业生分成3组，且每组至少1人，一共有3种分配方案， 其中1、1、4分配方式有种； 1、2、3，分配方式有种； 2、2、2，分配方式有种， 第二步将分好的3组毕业生分配到3所乡村小学，其分法有种， 利用分步计数原理可知，分配方案的总数为． 故答案为：540 25.运动会期间，将甲、乙等5名志愿者安排到，，三个场地参加志愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要1名志愿者，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，则不同的安排方法种数为（   ） A．72 B．96 C．114 D．124 【答案】C 【分析】根据题意，先将5人分为三组并分配到各个场地，再计算得出甲乙不在同一个场地的情况即可求解. 【详解】将5名志愿者分为1，2，2，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地， 则不同的安排方法有种. 将5名志愿者分为1，1，3，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地， 则不同的安排方法有种. 故不同的安排方法共有种. 故答案为：C. 26. 3位男生、3位女生平均分成三组，恰好每组都有一位男生和一位女生的概率是 . 【答案】/0.4 【分析】求出3位男生、3位女生平均分成三组的情况数和恰好每组都有一位男生和一位女生的情况数，得到概率. 【详解】3位男生、3位女生平均分成三组，共有种情况， 其中恰好每组都有一位男生和一位女生的情况有种， 故恰好每组都有一位男生和一位女生的概率为. 故答案为： 27. 某中学数学组来了名即将毕业的大学生进行教学实习活动，现将他们分配到高一年级的，，三个班实习，每班至少一名，最多两名，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】先把名大学生按照分成三组，再将三个组分到个班，计算可得答案． 【详解】将名大学生分配到高一年级的个班实习，每班至少名，最多名， 则将名大学生分成三组，一组人，另两组都是人，有种方法， 再将组分到个班，共有种不同的分配方案， 故选：B． 易错点06：计数时混淆有序与定序 28.某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，且不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式有________种． 【错解】，原先有七个节目，添加三个节目后，节目单中共有十个节目，则不同的排列方法有种． 【错因】忽略了不改变原来的节目顺序这一条件，即原来的七个节目是定序的。 【正解】原先七个节目的不同安排方法共有种，添加三个节目后，节目单中共有十个节目，先将这十个节目进行全排列，不同的排列方法有种，而原先七个节目的顺序一定，故不同的安排方式共有＝720(种)． 29.身高互不相同的七名学生排成一排,从中间往两边越来越矮,不同的排法有（） A．5040种 B．720种 C．240种 D．20种 【错解】最高个子站在中间,只需排好左右两边,第一步：先排左边,有种排法,第二步：排右边,有 种排法,根据分步乘法计数原理,共有种,故选B． 【错因】混淆有序与定序 【正解】最高个子站在中间,只需排好左右两边,第一步：先排左边,因顺序固定有种排法,第二步：排右边,因顺序固定,有1种排法,根据分步乘法计数原理,共有种,故选． 30.《红楼梦》四十一回中，凤姐为刘姥姥准备了一道名为“茄鲞”的佳肴，这道菜用到了鸡肉、鸡脯肉、香菌、新笋、豆腐干、果干、茄子净肉七种原料，烹饪时要求香菌、新笋、豆腐干一起下锅，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，鸡汤最后下锅，则烹饪“茄鲞”时不同的下锅顺序共有（    ） A．6种 B．12种 C．36种 D．72种 【答案】B 【分析】将香菌、新笋、豆腐干看作一个元素，利用捆绑法结合倍缩法求解. 【详解】因为香菌、新笋、豆腐干一起下锅，把它们捆绑在一起，看作一个元素， 此时共有5个元素，其中鸡汤最后下锅，放在最后一个位置，茄子净肉在鸡脯肉后下锅， 定序问题用倍缩法，共有种不同的排列方式. 故选：B. 31.（多选）某校计划安排五位老师（包含甲、乙）担任周一至周四的值班工作，每天都有老师值班，且每人最多值班一天，则下列说法正确的是（    ） A．若周一必须安排两位老师，则不同的安排方法共有60种 B．若甲、乙均值班且必须排在同一天值班，则不同的安排方法共有48种 C．若五位老师都值班一天，则不同的安排方法共有240种 D．若每天恰有一位老师值班，且如果甲乙均值班，则甲必须在乙之前值班的不同的安排方法共有84种 【答案】AC 【分析】根据给定条件，利用排列、组合，结合分步乘法计数原理逐项列式求解作答. 【详解】对于A，周一必须安排两位老师，从5位老师中取两位周一值班，余下3位全排列，不同的安排方法有种，A正确； 对于B，甲、乙均值班且在同一天，与余下3位一起的4个元素全排列，不同的安排方法共有种，B错误； 对于C，五位老师都值班一天，则有两位老师在同一天值班，不同的安排方法有种，C正确； 对于D，显然甲乙至少有一位值班，如果甲乙都值班，除甲乙外还有两位老师各值班一天， 甲必须在乙之前值班的不同安排方法有种，D错误. 故选：AC 32. 用0,1,2,3,4,5可以组成多少个无重复数字的： (1)银行存折的四位密码？ (2)四位整数？ (3)比2 000大的四位偶数？ [思路点拨]　(1)用分步乘法计数原理求解(1)问；(2)0不能作首位，优先排首位，用分步乘法计数原理求解；(3)可以按个位是0,2,4分三类，也可以按首位是2,3,4,5分四类解决，也可以用间接法求解． [解]　(1)分步解决． 第一步：选取左边第一个位置上的数字，有6种选取方法； 第二步：选取左边第二个位置上的数字，有5种选取方法； 第三步：选取左边第三个位置上的数字，有4种选取方法； 第四步：选取左边第四个位置上的数字，有3种选取方法． 由分步乘法计数原理知，可组成不同的四位密码共有 6×5×4×3＝360(个)． (2)分步解决． 第一步：首位数字有5种选取方法； 第二步：百位数字有5种选取方法； 第三步：十位数字有4种选取方法； 第四步：个位数字有3种选取方法． 由分步乘法计数原理知，可组成四位整数有 5×5×4×3＝300(个)． (3)法一：按末位是0,2,4分为三类： 第一类：末位是0的有4×4×3＝48个； 第二类：末位是2的有3×4×3＝36个； 第三类：末位是4的有3×4×3＝36个． 则由分类加法计数原理有N＝48＋36＋36＝120(个)． 法二：按千位是2,3,4,5分四类： 第一类：千位是2的有2×4×3＝24(个)； 第二类：千位是3的有3×4×3＝36(个)； 第三类：千位是4的有2×4×3＝24(个)； 第四类：千位是5的有3×4×3＝36(个)． 则由分类加法计数原理有N＝24＋36＋24＋36＝120(个)． 法三：用0,1,2,3,4,5可以组成的无重复数字的四位偶数分两类： 第一类：末位是0的有5×4×3＝60(个)； 第二类：末位是2或4的有2×4×4×3＝96(个)． 共有60＋96＝156(个)． 其中比2 000小的有：千位是1的共有3×4×3＝36(个)， 所以符合条件的四位偶数共有156－36＝120(个)． 33.用0，1，2，3，4五个数字， (1)可以排出多少个三位数字的电话号码？ (2)可以排成多少个三位数？ (3)可以排成多少个能被2整除的无重复数字的三位数？ 【思路导引】(1)各位数字可重复且任意． (2)各位数字可重复，但0不在首位． (3)特殊位置是个位和百位，特殊数字是0，2，4，从这两方面入手考虑． 【解析】(1)三位数字的电话号码，首位可以是0，数字也可以重复，每个位置都有5种排法，共有5×5×5＝53＝125种． (2)三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，因此，共有4×5×5＝100种． (3)被2整除的数即偶数，末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类，一类是末位数字是0，则有4×3＝12种排法；另一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，所以有3种排法，十位有3种排法，因此有2×3×3＝18种排法．因而有12＋18＝30种排法．即可以排成30个能被2整除的无重复数字的三位数． 易错点07：混淆“系数”与“二项式系数” 34.已知的展开式中前三项的系数成等差数列，则n的取值所构成的集合为 . 【错解】由已知条件可得，化简可得，此方程无整数解，故没有满足条件的n值 【错因】审题不清，没有弄清二项式系数和项的系数的区别. 【正解】由题设，可得，即解得（舍去） 故答案为 35．的展开式中的系数为（ ） A．10 B．20 C．90 D．80 【错解】A，由题可得 令,则, 所以的展开式中的系数为，故选A. 【错因】错把二项式系数当成项的系数。 【正解】C，由题可得 令,则,所以，故选C. 36、的展开式中,系数最大的项是第 项 【错解】6或7，的展开式中共12项,第6项的系数为,第7项的系数为,又=， 所以数最大的项是第6或7项. 【错因】错把二项式系数当成项的系数。 【正解】的展开式中共12项,第6项的系数为,第7项的系数为, 所以数最大的项是第7项. 37.（多选）展开式中，下列说法正确的有（    ） A．偶数项二项式系数和为 B．奇数项的系数和为 C．第8项与第9项的二项式系数相等 D．第9项的系数最大 【答案】BC 【分析】利用二项式定理展开式的性质判断AC，通过赋值法奇数项的系数和判断B，列不等式求最大项的系数，判断D. 【详解】对于A：展开式奇数项二项式系数之和，故A错误； 对于B：设， 令得， 令得， 两式相加得，故B正确； 对于C：第8项二项式系数为，第9项二项式系数为， ，故C正确； D：二项展开式的通项为，由，即，即，得， 所以r＝10，即第11项系数最大，故D错误. 故选：BC. 38.（多选）在的展开式中，下列叙述中正确的是（    ） A．二项式系数之和为128 B．各项系数之和为1 C．常数项为15 D．的系数为-48 【答案】AB 【分析】根据展开式的二项式系数的性质，可判定A正确，令，求得展开式的各项系数和，可判定B正确，求得展开式的通项，结合通项，可判定C、D错误. 【详解】在的展开式中，二项式系数的和为，所以A正确； 令，可得展开式的各项系数的和为，所以B正确； 又由二项式展开式的通项为， 因为，所以，所以展开式没有常数项，所以C错误； 令，可得，所以站开始的的系数为，所以D错误. 故选：AB. 易错点08：混淆二项式系数之和与所有项系数之和 39．已知的展开式中各项的二项式系数的和为256，则这个展开式中项的系数是_____． 【错解】令，则4n＝256，则n＝4，的展开式的通项为Tr＋1＝ (r∈N*，r≤4)，由4－2r＝4得r＝0，所以所求展开式中项的系数是. 【错因】混淆二项式系数之和与所有项系数之和，本题是说的展开式中各项的二项式系数的和为256， 【正解】依题意2n＝256，则n＝8，的展开式的通项为Tr＋1＝ (r∈N*，r≤8)，由8－2r＝4，得r＝2，所以所求展开式中项的系数是＝252. 40.若，则_________.（用数字作答） 【答案】127 【解析】因为， 所以奇次方系数为负，偶次方系数为正， 所以， 对于， 令，得， 令，得， 两式相减，得， 即. 故答案为：127 41.已知，若，则自然数n等于_____． 【答案】4 【解析】令，则， 所以． 故答案为：4 42.若的展开式中各项系数的和为256，则该展开式中含字母且的次数为1的项的系数为___________. 【答案】 【解析】取，则的展开式中各项系数的和为：. 故，则， 的展开式：；的展开式： 取得到：，取得到系数为； 取得到：，取得到系数为； 综上所述：该展开式中含字母且的次数为1的项的系数为。 故答案为：。 易错点09：混淆二项式展开式中二项式系数最大的项与系数最大的项 43.已知的展开式中，第五项的系数与第三项的系数之比为10：1，求展开式中系数最大的项. 【错解】由题意知第五项系数为，第三项系数为，则有，所以 所以系数最大的项为. 【错因】错误的认为展开式中的二项式系数最大项就是展开式中系数的最大项，混淆了两个概念.[来源:学|科|网Z|X|X|K] 【正解】由题意知第五项系数为，第三项系数为，则有，所以 设第r+1项的系数绝对值最大，则有，解得 5≤r≤6，[来源:学#科#网] 故系数最大的项T6＝T7＝1792x﹣11， 44.已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中系数最大的项为___________． 【答案】 【解析】令，则的展开式各项系数之和为，则； 由的展开式通项公式知二项展开式的系数最大项在奇数项， 设二项展开式中第项的系数最大， 则，化简可得： 经验证可得， 则该展开式中系数最大的项为. 故答案为: . 45. 的展开式中系数最小项为第______项． 【答案】6 【解析】的展开式的通项公式为，其中系数与二项式系数只有符号差异， 又第5项与第6项的二项式系数最大，第6项系数为负，则第6项系数最小. 故答案为：. 46. 若n展开式中前三项的系数和为163，则展开式中系数最大的项为_______． 【答案】5376 【解析】展开式的通项公式为，由题意可得，，解得， 设展开式中项的系数最大，则 解得， 又∵，∴， 故展开式中系数最大的项为. 故答案为：5376. 47. 假如的二项展开式中项的系数是，则二项展开式中系数最小的项是__________. 【答案】 【解析】由二项式知：，而项的系数是， ∴时，有且为奇数，又由， ∴可得. ∴，要使系数最小，为奇数，由对称性知：， ∴. 故答案为：. 试卷第2页，共27页 学科网（北京）股份有限公司2 学科网（北京）股份有限公司 一、选择题 二、填空题 三、解答题 1 学科网（北京）股份有限公司 $$