专题05 计数原理(11大考点经典基础练+优选提升练)-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学下学期期末真题分类汇编（内蒙古专用）

专题05 计数原理 题型概览 题型01分类加法计数原理 题型02分步乘法计数原理 题型03 排列组合计算 题型04特殊元素优先排序 题型05相邻问题 题型06 不相邻问题 题型07 平均分组问题 题型08 相同元素的隔板法 题型09 二项式定理 题型10 二项式定理的性质 题型11 二项式定理的应用 ( 题型01 ) 分类加法计数原理 1．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）一个教室有6盏灯，一个开关控制1盏灯，每盏灯都能正常照明，那么这个教室能照明的方法共有（    ） A．64种 B．36种 C．35种 D．63种 【答案】D 【解析】根据题意，按开灯的数目分6种情况讨论，求出每种情况下照明方法数目，由加法原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分6种情况讨论： ①开一盏灯，有C61种照明方法； ②开2盏灯，有C62种照明方法； ③开3盏灯，有C63种照明方法； ④开4盏灯，有C64种照明方法； ⑤开5盏灯，有C65种照明方法； ⑥开6盏灯，有C66＝1种照明方法； 故一共有C61+C62+C63+C64+C65+C66＝26﹣1＝63种不同的照明方法. 故选：D． 【点睛】本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题． 2．（23-24高三上·内蒙古赤峰·期末）把2支相同的晨光签字笔,3支相同英雄钢笔全部分给4名优秀学生,每名学生至少1支,则不同的分法有 A．24种 B．28种 C．32种 D．36种 【答案】B 【分析】根据计数原理，先将两只笔捆绑在一起（有三种分法：一支钢笔和一支签字笔；两支签字笔；两支钢笔）再根据上面的三种不同分法计算排列数可得出结果. 【详解】第一类，有一个人分到一支钢笔和一支签字笔，这种情况下的分法有：先将一支钢笔和一支签字笔分到一个人手上，有种分法，将剩余的支钢笔，支签字笔分给剩余个同学，有种分法，那共有种； 第二类，有一个人分到两支签字笔，这种情况下的分法有：先将两支签字笔分到一个人手上，有种情况，将剩余的支钢笔分给剩余个人，只有1种分法，那共有：种； 第三类，有一个人分到两支钢笔，这种情况的分法有：先将两支钢笔分到一个人手上，有种情况，再将剩余的两支签字笔和一支钢笔分给剩余的个人，有种分法，那共有：种； 综上所述：总共有种分法. 故选：B. 3．（23-24高二下·内蒙古·期末）在某互联网大会上，为了提升安全级别，将5名特警分配到3个重要路口执勤，每个人只能选择一个路口，每个路口最少1人，最多3人，且甲和乙不能安排在同一个路口，则不同的安排方法有（    ） A．180种 B．150种 C．96种 D．114种 【答案】D 【详解】分析：先不管条件甲和乙不能安排在同一个路口，先算出总共的安排方法，再减去甲和乙在同一个路口的情况即可. 详解：先不管条件甲和乙不能安排在同一个路口，分两种情况： ①三个路口人数情况3，1，1，共有种情况； ②三个路口人数情况2，2，1，共有种情况. 若甲乙在同一路口，则把甲乙看作一个整体，则相当于将4名特警分配到三个不同的路口，则有种， 故甲和乙不能安排在同一个路口，不同的安排方法有种. 故选：D. 点睛：本题考查排列、组合的实际应用，考查分析问题、解决问题的能力，注意解题方法的积累，属于中档题. ( 题型02 ) 分步乘法计数原理 1．（24-25高三上·内蒙古包头·期末）某中学迎来了办学110周年庆典，为此某班设计了富含寓意的11个文创作品，已知甲同学喜欢作品，乙同学喜欢作品，丙同学除了不喜欢作品，其他作品都喜欢，让甲乙丙三位同学依次从中选取一个作为礼物收藏，若这三位同学都选到了自己喜欢的文创作品，则不同的选法有（    ） A．50种 B．48种 C．40种 D．30种 【答案】C 【分析】分甲选A和甲选B两种情况讨论，按照分步、分类计数原理计算可得. 【详解】若甲选A，则乙有种选法，丙有种选法，故共有种选法； 若甲选B，则乙有种选法，丙有种选法，故共有种选法； 综上可得一共有40种不同的选法. 故选：C 2．（23-24高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）端午节吃粽子是我国的传统习俗．现有一盘中装有6个粽子，其中4个不同的蛋黄粽，2个不同的豆沙粽．若从蛋黄粽和豆沙粽中各取1个，则不同的取法种数为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】C 【分析】根据分步乘法计算原理即可得解. 【详解】由题意，不同的取法种数为种. 故选：C. 3．（23-24高二下·内蒙古通辽·期末）四个旅行团选择四个景点游览，其中恰有一个景点没有旅行团游览的情况有（    ）种 A．36 B．72 C．144 D．288 【答案】C 【分析】由题意可先从4个旅行团中任选2个，有种方法，分别游览4个景点中的3个有种方法，由分步计数原理可得结果． 【详解】由题意恰有一个景点没有旅行团游览，先从4个旅行团中任选2个，有种方法， 然后与其余2个旅行团看成三组， 分别游览4个景点中的3个有种方法． 由分步计数原理知共有＝144种方法， 故选：C． 【点睛】本题考查排列组合问题和分步乘法计数原理的应用，考查学生分析问题的能力，属于基础题. ( 题型0 3 ) 排列组合计算 1．（24-25高二上·内蒙古包头·期末）下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用组合数的性质可判断AB，利用组合数的计算公式可判断 【详解】解：对于A，由组合数的性质可知，，故A正确； 对于B，由组合数的性质可知，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，， 所以，故D错误． 故选： 2．（多选）（23-24高二下·内蒙古通辽·期末）下列结论正确的是（） A． B．（为正整数且） C． D．满足方程的值可能为或 【答案】BD 【分析】根据组合数公式判断A、C，根据排列数公式判断B，由组合数的性质得到方程，求出，再检验，即可判断D. 【详解】对于A：，故A错误； 对于B：，， 所以（为正整数且），故B正确； 对于C：，又， 所以，故C错误； 对于D：因为，所以或， 解得或或或 经检验或符合题意，故满足方程的值可能为或，故D正确. 故选：BD. 3．（23-24高二上·内蒙古呼和浩特·期末）已知n是正整数，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】由组合数、排列数的计算公式逐个判断即可； 【详解】正确； ，正确， ，错误， 由可知，D错误， 故选：AB ( 题型0 4 ) 特殊元素优先排序 1．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制,5人坐成一排.若小明的父母都不与他相邻,则不同坐法的总数为（   ） A．12 B．36 C．84 D．96 【答案】B 【分析】记事件小明的父亲与小明相邻，事件小明的母亲与小明相邻，利用捆绑法计算出事件、事件、事件的排法种数、、，利用容斥原理可得出所求的坐法种数为，于此可计算出所求坐法种数． 【详解】记事件小明的父亲与小明相邻，事件小明的母亲与小明相邻， 对于事件，将小明与其父亲捆绑，形成一个元素，与其他四个元素进行排序， 则，同理可得， 对于事件，将小明父母与小明三人进行捆绑，其中小明居于中间，形成一个元素，与其他两个元素进行排序，则，由容斥原理可知，所求的坐法种数为，故选B. 【点睛】本题考查排列组合综合问题，考查捆绑法以及容斥原理的应用，解题时要合理利用分类讨论思想与总体淘汰法，考查逻辑推理能力，属于中等题． 2．（23-24高二上·内蒙古包头·期末）四个同学排成一排，甲不站在排头，乙不站在排尾的排法总数是（    ） A．12种 B．14种 C．16种 D．18种 【答案】B 【分析】根据排列组合，结合分类加法计算原理即可求解. 【详解】若甲在第二位，则乙可以站在第一位和第三位，此时有, 若甲在第三位，则乙可以站在第一位和第二位，此时有, 若甲在第四位，则乙可以随意站，此时有, 故总的方法有， 故选：B 3．（多选）（23-24高二上·内蒙古呼和浩特·期末）现有3名男生2名女生，在某风景点前站成一排拍合照，则（    ） A．共有60种方法 B．男生不相邻，共有12种方法 C．女生相邻，共有48种方法 D．女生不站两边，共有36种方法 【答案】BCD 【分析】根据给定条件，利用无限制条件的排列判断A；利用不相邻、相邻问题的排列判断B，C；利用有位置条件的排列判断；． 【详解】有3名男生2名女生，要在某风景点前站成一排照合影，共有种不同的排法，故A不正确； 男生不相邻，先安排女生有种排法，再让男生插空有种排法，共有种方法，故B正确； 女生相邻，先安排女生有种排法，再将女生作为一个整体与男生一起安排有种排法，共有种排法，故C正确； 女生不站两边，先在中间三个位置安排女生有种排法，剩余位置安排男生有种排法，共有种排法，故D正确． 故选：BCD． ( 题型0 5 ) 相邻问题 1．（23-24高二下·内蒙古·期末）有本不同的书，其中语文书本，数学书本，物理书本．若将其随机摆放到书架的同一层上，则相同科目的书相邻的排法有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】利用捆绑法可求得结果. 【详解】将本语文书捆绑、本数学书捆绑， 则相同科目的书相邻的排法种数为种. 故选：C. 2．（22-23高二上·内蒙古赤峰·期末）从单词“”中选取个不同的字母排成一排，含有、（其中、相连）的不同排法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】先确定从中选择个不同的字母，且含有、的选法种数，然后将、这两个字母捆绑，利用捆绑法以及分步乘法计数原理可得结果. 【详解】单词“”中共有个字母，且这个字母都不相同， 从中选择个不同的字母，且含有、的选法种数为种， 若、相连，将这两个字母捆绑，则不同的排法种数为种， 由分步计数原理可知，不同的排法种数为种. 故选：D. 3．（24-25高二下·内蒙古乌兰察布·期中）公园计划在小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树，垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树，要求2棵银杏树必须相邻，则种植方法共有 种． 【答案】240. 【分析】把两棵银杏树看出一个元素，求得有2中不同的排法，再把四棵桂花树和两棵银杏树的整体的5个不用的元素，进行全排列，即可求解，得到答案． 【详解】由题意，把两棵银杏树看出一个元素，共有种不同的排法， 则四棵桂花树和两棵银杏树的整体，共有5个不用的元素，共有中不同的排列， 所以两棵银杏树必须相邻，共有种不同的排法， 故答案为240种． 【点睛】本题主要考查了排列的实际应用问题，其中解答中认真审题，把两棵银杏树看出一个整体，合理排列求解是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． ( 题型0 6 ) 不相邻问题 1．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期中）在某次高峰论坛中，有2名科学家，2名企业家，3名国际负责人要进行主题演讲交流.若3名国际负责人的演讲顺序不相邻且2名企业家不在第一个演讲，则不同的演讲顺序共有（    ） A．1152种 B．1040种 C．864种 D．288种 【答案】A 【分析】分类讨论当第一个演讲安排科学家、国际负责人时，结合插空法和分类、分布计数原理计算即可求解. 【详解】因为2名企业家不在第一个演讲，所以第一个演讲可安排科学家或国际负责人. 当第一个演讲安排科学家时，则有种方法， 剩下的1名科学家和2名企业家全排列，有4个空， 将3名国际负责人插入4个空中，共有种方法， 此时共有种方法； 当第一个演讲安排国际负责人时，则有种方法， 而2名科学家和2名企业家全排列，有5个空， 将2名国际负责人插入到除了第2个空外的4个空中，共有种方法， 此时共有种方法， 所以共有种方法. 故选：A 2．（多选）（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·期末）现有6个同学排成一排照相，其中甲、乙两位同学不能相邻，则不同的排法有（    ）种 A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】利用插空法求解或先求出甲、乙两位同学相邻的不同排法，再利用没有要求的排法减去即可. 【详解】先将除甲、乙两位同学的为同学排好， 再将甲、乙两位同学插入个空， 则不同的排法有种， 假如甲、乙两位同学相邻， 则有种排法， 所以甲、乙两位同学不能相邻，不同的排法有种. 故选：BC. 3．（23-24高二下·内蒙古阿拉善盟·期末）有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数． (1)全体站成一排，甲不站排头也不站排尾； (2)全体站成一排，女生必须站在一起； (3)全体站成一排，男生互不相邻． 【答案】（1）3600（2）576（3）1440 【详解】分析：（1）根据特殊元素“优先法”，由分步计数原理计算可得答案；(2) 根据“捆绑法”将女生看成一个整体，考虑女生之间的顺序，再将女生的整体与3名男生在一起进行全排列即可；(3）利用“插空法”，先将4名女生全排列5个空位中任选3个空位排男生，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案. 详解：(1)甲为特殊元素．先排甲，有5种方法，其余6人有A种方法，故共有5×A＝3 600种方法． (2)(捆绑法)将女生看成一个整体，与3名男生在一起进行全排列，有A种方法，再将4名女生进行全排列，有A种方法，故共有A×A＝576种方法． (3)(插空法)男生不相邻，而女生不作要求，所以应先排女生，有A种方法，再在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有A种方法，故共有A×A＝1 440种方法． 点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊顺序问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数. ( 题型0 7 ) 平均分组问题 1．（24-25高三上·内蒙古赤峰·期末）第十五届中国国际航空航天博览会于 2024年11月12 日至17日在珠海举行．此次航展有47个国家参加．为了给观展人更准确、更专业的解读，某大学航空航天专业4名志愿者要到3个场地执勤，要求每个场地至少有1名志愿者，且每个志愿者只到1个场地执勤，则不同的执勤方案有（   ） A．144种 B．72种 C．36种 D．18种 【答案】C 【分析】将4名志愿者分成3组，再分配到3个场地即可. 【详解】依题意，将4人按分成3组有种分法，再将每种分法所得3组分到3个场地有种方法， 所以不同的执勤方案有（种）. 故选：C 2．（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·期末）某学校高二年级开设4门校本选修课程，601寝室的4名同学选修，每人只选了1门，恰有1门课程没有同学选修，则该寝室同学不同的选课方案有（    ） A．144种 B．81种 C．72种 D．24种 【答案】A 【分析】先从门中选门给学生选，然后将个学生分成组，再分到门校本选修课程即可. 【详解】先从门校本选修课程选门校本选修课程给学生选，有种， 再将门校本选修课程按要求让学生选择，有种， 所以该寝室同学不同的选课方案有种. 故选：A. 3．（24-25高三上·内蒙古通辽·期末）为深入贯彻党的二十大精神，我市邀请、、、、五位党的二十大代表分别到一中、五中、铁中、蒙中做宣讲工作，每个学校至少一人参加.若其中、因只会汉语不能到蒙中宣讲，其余三人蒙汉兼通，可选派到任何学校宣讲.则不同的选派方案共有 种. 【答案】126 【分析】先考虑人员分配到学校的不同组合情况，再针对每种情况计算其具体的选派方法数，最后相加即可. 【详解】根据题意可分为2种情况讨论： （1）从、、三人中选1人去蒙中，有种选法，剩下4人安排到其余三所学校， 即4人分成2,1,1三组，有种分法，然后将这三组全排列安排这三所学校有种排法， 根据分步原理，这种情况的选派方案有种； （2）从、、三人中选2人去蒙中，有种选法，剩下3人安排到其余三所学校， 有种排法，根据分步原理，这种情况的选派方案有种； 综上可得，共有种不同的选法. 故答案为：126. ( 题型0 8 ) 相同元素隔板法 2．（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·期末）有10个运动员名额分给7个班，每班至少一个名额，共有 种分配方案. 【答案】84 【分析】以挡板法去求解即可. 【详解】10个名额没有差别，把它们看成是10个圆圈排成一排，相邻圆圈之间形成9个空隙. 在9个空隙中选6个空隙放入6个隔板，即可把圆圈（名额）分成7份， 对应分给7个班级，即可达到题意要求. 每一种插板的放置方法对应一种分法，共有种分法. 故答案为：84 1．（22-23高二下·内蒙古阿拉善盟·期末）某校高三年级有6个班，现要从中选出10人组成高三女子篮球队参加高中篮球比赛，且规定每班至少要选1人参加．求这10个名额有多少种不同的分配方法． 【答案】（种） 【分析】运用相同元素分组分配问题的解决方法依次分类讨论即可. 【详解】除每班1个名额以外，其余4个名额也需要分配．这4个名额的分配方案可以分为以下几类： ①4个名额全部分给某一个班，有种分法； ②4个名额分给两个班，每班2个，有种分法； ③4个名额分给两个班，其中一个班1个，一个班3个，共有种分法； ④4个名额分给三个班，其中一个班2个，其余两个班每班1个，共有种分法； ⑤4个名额分给四个班，每班1个，共有种分法． 故共有（种）分配方法． ( 题型 9 ) 二项式定理 1．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）二项式的展开式中常数项是（    ） A．1 B．4 C．6 D．0 【答案】C 【分析】根据二项式展开式的通项公式，令的指数为，即可求出对应展开式的常数项. 【详解】二项式展开式的通项公式为， 令，得，所以展开式的常数项为. 故选：. 2．（23-24高三上·内蒙古乌兰察布·期末）二项式的展开式中常数项为60，则（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】A 【解析】根据二项展开式的通项公式，令的指数为0，可得，即可得到结果. 【详解】通项,, 令，得，得， 所以，即故， 故选：A. 【点睛】本题考查了二项展开式的通项公式，属于基础题. 3．（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·期末）在的展开式中，的系数为（    ） A． B．80 C．10 D． 【答案】B 【分析】利用二项式通项求解即可. 【详解】，令，得， 所以含项的系数为. 故选：B 4．（23-24高三上·内蒙古呼和浩特·期末）的展开式中常数项为 . 【答案】80 【分析】首先写出二项展开式，再根据常数项的特征，即可求解. 【详解】二项展开式的通项公式为，, 令，得， 所以常数项为. 故答案为： ( 题型 10 ) 二项式定理的性质 1．（24-25高三上·内蒙古通辽·期末）已知展开式中的系数为，函数的图象过点，则（   ）. A．2 B． C． D．1 【答案】D 【分析】根据二项式的定义可知有个因式中取，个因式中取项，求出，再根据函数的图象过点得，然后利用对数运算求解即可. 【详解】在的展开式中，要得到含的项， 则有个因式中取，个因式中取项，故的系数为． 又函数的图象过点，所以，解得， 所以. 故选：D 2．（23-24高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）已知二项式展开式中各项二项式系数的和为16，则 ，展开式中的常数项为 ． 【答案】 【分析】利用二项式的各项系数和求出的值，写出二项展开式通项，令的指数为零，即可得解. 【详解】因为二项式展开式中各项二项式系数的和为16， 所以，解得， 展开式的通项为， 令，得， 所以展开式中的常数项为. 故答案为：；. 3．（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·期末）已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中各项的系数和为64，则正数的值为 . 【答案】3 【分析】根据题意得到展开式的总项数为7项，求得，再令得展开公式中各项的系数和，解方程即可求解. 【详解】因为的展开式中只有第4项的二项式系数最大， 所以展开式一共有项，即，令，得展开式中所有项的系数和为， 所以或（舍去），所以正数的值为3. 故答案为：3. 4．（23-24高二下·高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）已知，． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 【答案】(1) (2)0 (3) 【分析】（1）利用二项式展开式的通项公式(且)求解； （2）分别令，令求解； （3）根据展开式的通项得到偶数项的系数为负数，令求解. 【详解】（1）二项式展开式的通项为：(且)， 所以，所以． （2）令，得， 令，得， 所以． （3）因为展开式的通项为(且)， 所以当为奇数时，项的系数为负数． 所以， 令，得， ． 5．（23-24高二上·内蒙古呼和浩特·期末）已知 (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 【答案】(1)16 (2)24 (3) 【分析】（1）利用赋值法计算即可； （2）直接利用二项式定理计算即可； （3）利用赋值法结合（1）计算即可. 【详解】（1）令得； （2）由二项式展开式可知：中含的项为： （3）令，可得，， 代入，可得. 6．（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期中）在的展开式中，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍，求： (1)的值及展开式中的常数项； (2)展开式中含项的系数； (3)展开式中第几项系数绝对值最大，请说明理由． 【答案】(1)； (2) (3)7 【分析】（1）根据二项式系数的关系求解，然后根据二项式展开式的通项公式求得常数项即可. （2）根据二项式展开式的通项公式求得常数项即可. （3）设第项的系数的绝对值最大，列出不等式组，解出即可. 【详解】（1）依题意，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍， 即，即，解得； 二项式展开式的通项公式为， 令，解得，故常数项为. （2）由（1）的通项公式，令得， 故含的项为，其系数为. （3）设第项的系数的绝对值最大， 则，即，解得且，则， 所以系数的绝对值最大值的项为第7项. ( 题型 11 ) 二项式定理的应用 1．（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期中）今天是星期五，天以后是星期（   ） A．一 B．日 C．五 D．六 【答案】D 【分析】利用二项展开式求出除以7的余数为1可得所求结果. 【详解】因为 故除以7的余数为1，故今天是星期五，天以后是星期六. 故选：D. 2．（23-24高二下·内蒙古通辽·期中）定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作，比如：.已知：，满足，则可以是（    ） A．44 B．32 C．35 D．29 【答案】A 【分析】首先根据二项式定理求，再计算除以7的余数，再结合选项，即可求解. 【详解】， ， 所以除以7的余数是，除以7的余数是2， 选项中44除以7的余数是2，32除以7的余数是4，35除以7的余数是0，29除以7的余数是1. 故选：A 3．（多选）（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期中）设，则（   ） A． B． C． D．当时，除以8的余数是7 【答案】AC 【分析】利用赋值法判断AC；利用二项展开式通项求出的值可判断B；利用二项式定理展开即可判断D. 【详解】对于A，令，可得，故A正确； 对于B，通项公式为，令可得， 令可得，故，故B错误； 对于C，令可得，令，可得， ，故C正确； 对于D，当时， 所以除以8的余数是1，故D错误． 故选：AC 4．（23-24高二上·内蒙古包头·期末）除以的余数为 . 【答案】1 【分析】由，利用二项式定理展开计算即可． 【详解】因为 ， 所以除以的余数是 故答案为： 1．（23-24高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，其中甲场馆安排2名志愿者，乙、丙场馆都至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有（    ） A．300种 B．210种 C．120种 D．60种 【答案】B 【分析】甲场馆安排2名志愿者可以知有种，乙、丙场馆都至少安排1名志愿者可以有三种分法第一种是乙馆安排1名志愿者丙安排3名有种情况，第二种是乙、丙各安排2名有，第三种是乙安排3名丙安排1名，根据分步计算可得答案. 【详解】根据题意可知，甲场馆安排2名志愿者可以知有种， 乙、丙场馆都至少安排1名志愿者可以有三种分法 第一种是乙馆安排1名志愿者丙安排3名有种情况， 第二种是乙、丙各安排2名有， 第三种是乙安排3名丙安排1名， 所以根据分步算法可得种. 故选：B 2．（22-23高二上·内蒙古赤峰·期末）十二律为我国古代汉族的乐律学名词，是古代的定音方法，分为“黄钟、太簇、姑冼、蕤宾、夷则、无射”六种阳律以及“大吕、夹钟、中吕、林钟、南吕、应钟”六种阴律．现从“太簇、蕤宾、夷则、大吕、中吕、应钟”六种音律中任选两种，则至少有一种来自阴律的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】六种音律中有3个阴律，3个阳律，直接借助组合数计算即可. 【详解】“太簇、蕤宾、夷则、大吕、中吕、应钟”中有3个阴律，3个阳律， 故至少有一种来自阴律的概率为， 故选：D. 3．（2025·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）若展开式中各项系数之和为，则该展开式中含的项的系数为（    ） A． B．256 C．320 D． 【答案】A 【分析】根据系数和为81，赋值法即可得，然后根据通项即可求出第2项是含的项，即可代入求解. 【详解】令，则. 展开式的通项为 令，所以含的项的系数为. 故选：A 4．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】把表示为，再利用二项式定理按展开即可得解. 【详解】， 把按展开的第十项为， 所以. 故选：A 5．（多选）（23-24高二下·内蒙古赤峰·期中）对于的展开式，下列说法正确的是（    ） A．展开式共有8项 B．展开式中的常数项是70 C．展开式中各项系数之和为0 D．展开式中的二项式系数之和为64 【答案】BC 【分析】利用二项式定理和二项式系数的性质判断各选项. 【详解】的展开式共有9项，故A错误； 展开式中的常数项为，故B正确； 令，则展开式中各项系数之和为，故C正确； 展开式中的二项式系数之和为，故D错误. 故选：BC 6．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特·期中）现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（ ） A．没有空盒子的方法共有24种 B．可以有空盒子的方法共有256种 C．恰有1个盒子不放球的方法共有288种 D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种 【答案】AB 【分析】对于A,没有空盒即4个球4个盒子全排列即得； 对于B，可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，依次放球即得； 对于C，恰有一个空盒，即另外三个盒子都有球，而球共四个，必然有一个盒子中放了两个球，求解即得； 对于D，只需从四盒四球中选定标号相同的球和盒，另外的球与盒不能对应，求解即得． 【详解】对于A，把4个小球全部放进盒子中，没有空盒子，相当于4个小球在4个盒子上进行全排列， 故共有种方法，故A正确； 对于B，可以有空盒子，因为有4个球，每个球各有4种放法，故共有种方法，故B正确； 对于C，恰有1个盒子不放球，说明另外三个盒子都有球，而球共4个，则必有一个盒子放了2个球， 先将四盒中选一个作为空盒,再将4球中选出2球绑在一起, 再对三个盒子全排共有种方法，故C错误； 对于D，恰有一个小球放入自己编号的盒中，则从四盒四球中选定标号相同的球和盒有种， 另外三球三盒不能对应共2种，则共有种方法，故D错误. 故选：AB. 7．（24-25高三上·内蒙古赤峰·期末）某同学的电脑有6位数字密码，他决定将“斐波那契数列”的前6项中的6个数字设置为电脑的密码．已知“斐波那契数列”的前6项依次为“1、1、2、3、5、8”，则密码的第2位和第4位是偶数的概率为 ． 【答案】 【分析】用排列公式先求出6位密码任意排列总共可能得排列情况，然后再计算出密码的第2位和第4位是偶数时总共可能得排列情况，由古典概型求出概率. 【详解】6位密码共有种不同的排列情况， 当密码的第2位和第4位为时共有种不同的排列情况， 所以密码的第2位和第4位是偶数的概率为. 故答案为：. 8．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）已知，则 . 【答案】1 【分析】利用赋值法，令代入可求得答案. 【详解】令，则， 所以. 故答案为：1 9．（23-24高二下·内蒙古·期末）用4种不同颜色的颜料给图中五个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，有公共边的两个区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法共有 种. 【答案】72 【分析】先对1，2，3三个区域涂色，再讨论1和5区域是否同色，结合排列数分析求解. 【详解】先对1，2，3三个区域涂色，有种涂法， 当1和5区域同色时，有种涂法； 当1和5区域不同色时，有种涂法； 综上所述：共有种涂法. 故答案为：72. 10．（22-23高二下·内蒙古包头·期末）的展开式中，的系数是 用数字作答 【答案】 【分析】利用二项展开式的通项得，令，得，从而得出答案. 【详解】写出通项， 因为要求展开式中的系数,所以令得， 所以. 故答案为：. 11．（23-24高二下·内蒙古乌兰察布·期末）四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中. (1)若每个盒子放一个球,则共有多少种不同的放法? (2)恰有一个空盒的放法共有多少种? 【答案】(1)24;(2)144. 【详解】分析：（1）直接把4个球全排列即得共有多少种不同的放法.(2)利用乘法分步原理解答. 详解：(1)每个盒子放一个球,共有=24种不同的放法. (2)先选后排,分三步完成: 第一步:四个盒子中选一只为空盒,有4种选法; 第二步:选两球为一个元素,有种选法; 第三步:三个元素放入三个盒中,有种放法. 故共有4×6×6=144种放法. 点睛：（1）本题主要考查计数原理和排列组合的综合应用，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2)排列组合常用解法有一般问题直接法、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法、特殊对象优先法、等概率问题缩倍法、至少问题间接法、复杂问题分类法、小数问题列举法. 12．（23-24高二下·内蒙古锡林郭勒盟·期末）已知， (1)求的值； (2)求的值； (3)求展开式中系数的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据二项式通项特征即可求解， （2）利用赋值法即可求解， （3）根据通项特征，即可列不等式求解. 【详解】（1）； （2）令得 令得 则； （3）的通项为， 令，① ② 代入得：解得， 解得， 解得，所以， 所以展开式中系数的最大值. 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 计数原理 题型概览 题型01分类加法计数原理 题型02分步乘法计数原理 题型03 排列组合计算 题型04特殊元素优先排序 题型05相邻问题 题型06 不相邻问题 题型07 平均分组问题 题型08 相同元素的隔板法 题型09 二项式定理 题型10 二项式定理的性质 题型11 二项式定理的应用 ( 题型01 ) 分类加法计数原理 1．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）一个教室有6盏灯，一个开关控制1盏灯，每盏灯都能正常照明，那么这个教室能照明的方法共有（    ） A．64种 B．36种 C．35种 D．63种 2．（23-24高三上·内蒙古赤峰·期末）把2支相同的晨光签字笔,3支相同英雄钢笔全部分给4名优秀学生,每名学生至少1支,则不同的分法有 A．24种 B．28种 C．32种 D．36种 3．（23-24高二下·内蒙古·期末）在某互联网大会上，为了提升安全级别，将5名特警分配到3个重要路口执勤，每个人只能选择一个路口，每个路口最少1人，最多3人，且甲和乙不能安排在同一个路口，则不同的安排方法有（    ） A．180种 B．150种 C．96种 D．114种 ( 题型02 ) 分步乘法计数原理 1．（24-25高三上·内蒙古包头·期末）某中学迎来了办学110周年庆典，为此某班设计了富含寓意的11个文创作品，已知甲同学喜欢作品，乙同学喜欢作品，丙同学除了不喜欢作品，其他作品都喜欢，让甲乙丙三位同学依次从中选取一个作为礼物收藏，若这三位同学都选到了自己喜欢的文创作品，则不同的选法有（    ） A．50种 B．48种 C．40种 D．30种 2．（23-24高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）端午节吃粽子是我国的传统习俗．现有一盘中装有6个粽子，其中4个不同的蛋黄粽，2个不同的豆沙粽．若从蛋黄粽和豆沙粽中各取1个，则不同的取法种数为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 3．（23-24高二下·内蒙古通辽·期末）四个旅行团选择四个景点游览，其中恰有一个景点没有旅行团游览的情况有（    ）种 A．36 B．72 C．144 D．288 ( 题型0 3 ) 排列组合计算 1．（24-25高二上·内蒙古包头·期末）下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 2．（多选）（23-24高二下·内蒙古通辽·期末）下列结论正确的是（） A． B．（为正整数且） C． D．满足方程的值可能为或 3．（23-24高二上·内蒙古呼和浩特·期末）已知n是正整数，则（   ） A． B． C． D． ( 题型0 4 ) 特殊元素优先排序 1．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）小明跟父母、爷爷奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制,5人坐成一排.若小明的父母都不与他相邻,则不同坐法的总数为（   ） A．12 B．36 C．84 D．96 2．（23-24高二上·内蒙古包头·期末）四个同学排成一排，甲不站在排头，乙不站在排尾的排法总数是（    ） A．12种 B．14种 C．16种 D．18种 3．（多选）（23-24高二上·内蒙古呼和浩特·期末）现有3名男生2名女生，在某风景点前站成一排拍合照，则（    ） A．共有60种方法 B．男生不相邻，共有12种方法 C．女生相邻，共有48种方法 D．女生不站两边，共有36种方法 ( 题型0 5 ) 相邻问题 1．（23-24高二下·内蒙古·期末）有本不同的书，其中语文书本，数学书本，物理书本．若将其随机摆放到书架的同一层上，则相同科目的书相邻的排法有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．（22-23高二上·内蒙古赤峰·期末）从单词“”中选取个不同的字母排成一排，含有、（其中、相连）的不同排法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 3．（24-25高二下·内蒙古乌兰察布·期中）公园计划在小路的一侧种植丹桂、金桂、银桂、四季桂4棵桂花树，垂乳银杏、金带银杏2棵银杏树，要求2棵银杏树必须相邻，则种植方法共有 种． ( 题型0 6 ) 不相邻问题 1．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期中）在某次高峰论坛中，有2名科学家，2名企业家，3名国际负责人要进行主题演讲交流.若3名国际负责人的演讲顺序不相邻且2名企业家不在第一个演讲，则不同的演讲顺序共有（    ） A．1152种 B．1040种 C．864种 D．288种 2．（多选）（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·期末）现有6个同学排成一排照相，其中甲、乙两位同学不能相邻，则不同的排法有（    ）种 A． B． C． D． 3．（23-24高二下·内蒙古阿拉善盟·期末）有3名男生、4名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数． (1)全体站成一排，甲不站排头也不站排尾； (2)全体站成一排，女生必须站在一起； (3)全体站成一排，男生互不相邻． ( 题型0 7 ) 平均分组问题 1．（24-25高三上·内蒙古赤峰·期末）第十五届中国国际航空航天博览会于 2024年11月12 日至17日在珠海举行．此次航展有47个国家参加．为了给观展人更准确、更专业的解读，某大学航空航天专业4名志愿者要到3个场地执勤，要求每个场地至少有1名志愿者，且每个志愿者只到1个场地执勤，则不同的执勤方案有（   ） A．144种 B．72种 C．36种 D．18种 2．（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·期末）某学校高二年级开设4门校本选修课程，601寝室的4名同学选修，每人只选了1门，恰有1门课程没有同学选修，则该寝室同学不同的选课方案有（    ） A．144种 B．81种 C．72种 D．24种 3．（24-25高三上·内蒙古通辽·期末）为深入贯彻党的二十大精神，我市邀请、、、、五位党的二十大代表分别到一中、五中、铁中、蒙中做宣讲工作，每个学校至少一人参加.若其中、因只会汉语不能到蒙中宣讲，其余三人蒙汉兼通，可选派到任何学校宣讲.则不同的选派方案共有 种. ( 题型0 8 ) 相同元素隔板法 1．（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·期末）有10个运动员名额分给7个班，每班至少一个名额，共有 种分配方案. 2．（22-23高二下·内蒙古阿拉善盟·期末）某校高三年级有6个班，现要从中选出10人组成高三女子篮球队参加高中篮球比赛，且规定每班至少要选1人参加．求这10个名额有多少种不同的分配方法． ( 题型 9 ) 二项式定理 1．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）二项式的展开式中常数项是（    ） A．1 B．4 C．6 D．0 2．（23-24高三上·内蒙古乌兰察布·期末）二项式的展开式中常数项为60，则（    ） A． B． C．2 D．3 3．（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·期末）在的展开式中，的系数为（    ） A． B．80 C．10 D． 4．（23-24高三上·内蒙古呼和浩特·期末）的展开式中常数项为 . ( 题型 10 ) 二项式定理的性质 1．（24-25高三上·内蒙古通辽·期末）已知展开式中的系数为，函数的图象过点，则（   ）. A．2 B． C． D．1 2．（23-24高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）已知二项式展开式中各项二项式系数的和为16，则 ，展开式中的常数项为 ． 3．（23-24高二上·内蒙古呼伦贝尔·期末）已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中各项的系数和为64，则正数的值为 . 4．（23-24高二下·高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）已知，． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 5．（23-24高二上·内蒙古呼和浩特·期末）已知 (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 6．（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期中）在的展开式中，第3项的二项式系数是第2项的二项式系数的4倍，求： (1)的值及展开式中的常数项； (2)展开式中含项的系数； (3)展开式中第几项系数绝对值最大，请说明理由． ( 题型 11 ) 二项式定理的应用 1．（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期中）今天是星期五，天以后是星期（   ） A．一 B．日 C．五 D．六 2．（23-24高二下·内蒙古通辽·期中）定义：两个正整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作，比如：.已知：，满足，则可以是（    ） A．44 B．32 C．35 D．29 3．（多选）（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期中）设，则（   ） A． B． C． D．当时，除以8的余数是7 4．（23-24高二上·内蒙古包头·期末）除以的余数为 . 1．（23-24高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场馆，其中甲场馆安排2名志愿者，乙、丙场馆都至少安排1名志愿者，则不同的安排方法共有（    ） A．300种 B．210种 C．120种 D．60种 2．（22-23高二上·内蒙古赤峰·期末）十二律为我国古代汉族的乐律学名词，是古代的定音方法，分为“黄钟、太簇、姑冼、蕤宾、夷则、无射”六种阳律以及“大吕、夹钟、中吕、林钟、南吕、应钟”六种阴律．现从“太簇、蕤宾、夷则、大吕、中吕、应钟”六种音律中任选两种，则至少有一种来自阴律的概率为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）若展开式中各项系数之和为，则该展开式中含的项的系数为（    ） A． B．256 C．320 D． 4．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 5．（多选）（23-24高二下·内蒙古赤峰·期中）对于的展开式，下列说法正确的是（    ） A．展开式共有8项 B．展开式中的常数项是70 C．展开式中各项系数之和为0 D．展开式中的二项式系数之和为64 6．（23-24高二下·内蒙古呼和浩特·期中）现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（ ） A．没有空盒子的方法共有24种 B．可以有空盒子的方法共有256种 C．恰有1个盒子不放球的方法共有288种 D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有16种 7．（24-25高三上·内蒙古赤峰·期末）某同学的电脑有6位数字密码，他决定将“斐波那契数列”的前6项中的6个数字设置为电脑的密码．已知“斐波那契数列”的前6项依次为“1、1、2、3、5、8”，则密码的第2位和第4位是偶数的概率为 ． 8．（23-24高二下·内蒙古赤峰·期末）已知，则 . 9．（23-24高二下·内蒙古·期末）用4种不同颜色的颜料给图中五个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，有公共边的两个区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法共有 种. 10．（22-23高二下·内蒙古包头·期末）的展开式中，的系数是 用数字作答 11．（23-24高二下·内蒙古乌兰察布·期末）四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中. (1)若每个盒子放一个球,则共有多少种不同的放法? (2)恰有一个空盒的放法共有多少种? 12．（23-24高二下·内蒙古锡林郭勒盟·期末）已知， (1)求的值； (2)求的值； (3)求展开式中系数的最大值. 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$