专题10 计数原理与二项式定理（新高考通用）-【好题汇编】2025年高考数学二模试题分类汇编

专题10 计数原理、二项式定理 题型概览 题型01 计数原理、排列组合 题型02 求二项式展开式中某项的系数 题型03 求二项式展开式中常数项 ( 题型01 )计数原理、排列组合 1．（2025·山东菏泽·二模）某班班会从甲、乙等6名学生中选3名学生发言，要求甲、乙两名同学至少有一人参加，那么不同的选法为（    ） A．32 B．20 C．16 D．10 2．（2025·辽宁·二模）第五批实施新高考的8个省份将于2025年迎来新高考，新高考模式下语文、数学、英语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选科模式，若今年高一的甲、乙两名同学，在四选二科目中，恰有一科相同，则他们四选二科目的选科方式共有（   ） A．12种 B．24种 C．48种 D．96种 3．（2025·重庆·二模）某学校举行运动会， 该校高二年级 2 班有甲、乙、丙、丁四位同学将参加跳高、跳远、 100 米三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项目至少有一个人参加，若甲、 乙两人不能参加同一项目的比赛，则不同参赛方案总数为（   ） A．20 B．24 C．30 D．36 4．（2025·山西·二模）将1至6这六个自然数填到一个两行三列的空格内，每格填一个，要求每行中任意两个相邻数字的和为奇数，则不同的填法种数共有（   ） A．24 B．36 C．48 D．72 5．（2025·江西鹰潭·二模）2025年春节期间，有《封神》《哪吒》《神雕英雄传》《熊出没》《唐探1900》五部电影上映，小李和另外3名同学去随机观看这五部电影，则小李看电影《哪吒》且4人中恰有2人看同一部电影的不同排列方式共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 6．（2025·江西萍乡·二模）将六个连续的整数随机排成一行，则从左到右先递增再递减的排列方式有（   ） A．720种 B．120种 C．32种 D．30种 7．（2025·湖北·二模）甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（    ） A．36种 B．42种 C．54种 D．72种 8．（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） 9．（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． 10．（2025·江西南昌·二模）某次庆典后，墙壁上的装饰品需要取下来，如图，由于材料特性，每次能取一个，且所取的装饰品只能有个或个相邻的装饰品，则不同的取法数有 种. 11．（2025·江苏南京·二模）英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有 种（用数字作答）. 12．（2025·湖南·二模）定义：对于一个位正整数，若其各位数字的极差（即最大数字与最小数字之差）不超过2，则称其为位“稳定数”，则三位“稳定数”共有 个. 13．（2025·湖北黄冈·二模）一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件，事件，若事件满足，则满足条件的事件的个数为 ． ( 题型0 2 )求二项式展开式中项的系数 1．（2025·广东广州·二模）的展开式中的系数为（    ） A．24 B． C． D． 2．（2025·山东聊城·二模）若的展开式中的系数为12，则其展开式中所有项的系数的和为（    ） A．16 B．32 C．48 D．64 3．（2025·河北张家口·二模）的展开式中项的系数为（   ） A． B． C． D． 4．（2025·辽宁沈阳·二模）在的展开式中，的系数是（   ） A． B． C．20 D．40 5．（2025·山西晋城·二模）已知，若，则展开式中含项的系数为（    ） A． B． C．90 D．270 6．（2025·江西·二模）在的展开式中，的系数为（    ） A．3 B．6 C．60 D．30 7．（多选）（2025·江苏·二模）的展开式中，则（    ） A．的系数为 B．第3项与第4项的二项式系数相等 C．所有项的二项式系数和为32 D．所有项的系数和为32 8．（多选）（2025·江西上饶·二模）若，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 9．（2025·重庆·二模）若二项式展开式的所有项系数之和为，则 ． 10．（2025·黑龙江大庆·三模）的展开式中的系数为 . 11．（2025·天津南开·二模）在的展开式中，的系数为 ． 12．（2025·辽宁·二模）的展开式中的系数为 ．（用数字作答） 13．（2025·山东泰安·二模）已知的展开式中项的系数为60，则实数的值为 . 14．（2025·江西鹰潭·二模）已知二项式的展开式中，二项式系数之和为64，则含的项的系数为 ． ( 题型02 )求二项式展开式中的常数项 1．（2025·河北·二模）已知且，则二项式的展开式中，常数项为（   ） A． B． C．1 D．24 2．（2025·广东清远·二模）展开式中的常数项为 ． 3．（2025·重庆·二模）的展开式中的常数项是 . 4．（2025·河南·二模）若的展开式中的常数项为，则 . 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 计数原理、二项式定理 题型概览 题型01 计数原理、排列组合 题型02 求二项式展开式中某项的系数 题型03 求二项式展开式中常数项 ( 题型01 )计数原理、排列组合 1．（2025·山东菏泽·二模）某班班会从甲、乙等6名学生中选3名学生发言，要求甲、乙两名同学至少有一人参加，那么不同的选法为（    ） A．32 B．20 C．16 D．10 【答案】C 【分析】利用组合数和对立事件来解决选取问题即可. 【详解】利用对立事件思想：从6名同学中任选3名同学共有种方法，这3名同学中没有甲乙同学的共有种方法，所以甲乙至少有一人参加的不同选法有种方法，故选：C. 2．（2025·辽宁·二模）第五批实施新高考的8个省份将于2025年迎来新高考，新高考模式下语文、数学、英语必选，物理、历史二选一，政治、地理、化学、生物四选二，共有12种选科模式，若今年高一的甲、乙两名同学，在四选二科目中，恰有一科相同，则他们四选二科目的选科方式共有（   ） A．12种 B．24种 C．48种 D．96种 【答案】B 【分析】根据题意，结合分步计数原理解决即可. 【详解】先确定相同的科目，有4种情况，再从剩下的3个科目中，甲、乙各选一个不同的科目，有种情况，则他们四选二科目的选科方式共有种.故选：B. 3．（2025·重庆·二模）某学校举行运动会， 该校高二年级 2 班有甲、乙、丙、丁四位同学将参加跳高、跳远、 100 米三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项目至少有一个人参加，若甲、 乙两人不能参加同一项目的比赛，则不同参赛方案总数为（   ） A．20 B．24 C．30 D．36 【答案】C 【分析】先对四位同学进行分组，再将三组同学分配到三个比赛项目. 【详解】对甲、乙、丙、丁四位同学分成3组，则三组各有位同学，共有种， 又因为甲、 乙两人不能参加同一项目的比赛，且甲乙在一组时仅有种分法，则共有种分组方法， 所以不同的参赛方案共有种.故选：C 4．（2025·山西·二模）将1至6这六个自然数填到一个两行三列的空格内，每格填一个，要求每行中任意两个相邻数字的和为奇数，则不同的填法种数共有（   ） A．24 B．36 C．48 D．72 【答案】D 【分析】分第一行中间为偶数，两边为奇数，第二行中间为奇数，两边为偶数，和第一行中间为奇数，两边为偶数，第二行中间为偶数，两边为奇数，两种情况讨论即可. 【详解】①第一行中间为偶数，两边为奇数，有，第二行中间为奇数，两边为偶数，有，所以共有，②第一行中间为奇数，两边为偶数，有，第二行中间为偶数，两边为奇数，有，所以共有，所以共有，故选：D 5．（2025·江西鹰潭·二模）2025年春节期间，有《封神》《哪吒》《神雕英雄传》《熊出没》《唐探1900》五部电影上映，小李和另外3名同学去随机观看这五部电影，则小李看电影《哪吒》且4人中恰有2人看同一部电影的不同排列方式共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 【答案】D 【分析】分类求出满足小李看电影《哪吒》且4人中恰有2人看同一部电影的不同排列方式. 【详解】若小李看《哪吒》，且4人中恰有两人看同一部电影，有两人看《哪吒》，则有种方案，有一人看《哪吒》电影，则有种方案，即满足小李看《哪吒》，且4人中恰有两人看同一部电影一共有种方案.故选：D. 6．（2025·江西萍乡·二模）将六个连续的整数随机排成一行，则从左到右先递增再递减的排列方式有（   ） A．720种 B．120种 C．32种 D．30种 【答案】D 【分析】根据的取值，进行分级，逐项判断即可. 【详解】六个连续的整数随机排成先递增再递减的单峰序列，封顶必须是最大整数.封顶位置可在第2、3、4、5位，对于每个，左边需选个数并按升序排列，右边选个数并按降序排列.当时，左边选1个数，方式有种；当时，左边选2个数，方式有种；当时，左边选3个数，方式有种；当时，左边选4个数，方式有种；所以. 故选：D. 7．（2025·湖北·二模）甲、乙等5名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的、、、四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，且甲不参加项工作，乙必须参加项工作，则不同的安排方法数有（    ） A．36种 B．42种 C．54种 D．72种 【答案】B 【分析】按照B项工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可. 【详解】安排B项工作的人数分为两类，第一类，B项工作仅安排1人，因为甲不参加B项工作，乙必须参加D项工作，从甲、乙以外的3人中选一人参加B项工作有种方法，再安排A，C，D项工作，若D项工作安排两人，则有种方法，若D项工作安排一人，则有种方法，所以B项工作仅安排1人共种方法，第二类，B项工作安排2人，有种方法，由分类加法计数原理，得共有种方法.故选：B. 8．（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） 【答案】20 【分析】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. 【详解】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. 9．（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． 【答案】1280 【分析】根据分步计数乘法原理，结合题意计算即可得结果. 【详解】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. 10．（2025·江西南昌·二模）某次庆典后，墙壁上的装饰品需要取下来，如图，由于材料特性，每次能取一个，且所取的装饰品只能有个或个相邻的装饰品，则不同的取法数有 种. 【答案】 【分析】对小球进行编号，然后对前三个球的取法进行分类讨论，进而对后续小球的摸球顺序进行讨论，结合分步乘法与分类加法计数原理可得结果. 【详解】将这个小球编号如下图所示： 分以下两种情况讨论： 第一种，第一步，先取、、号球，第二步，再取、、号球依次取个球， 最后一步，从剩余两球依次摸取，此时不同的抽法种数为种； 第二种，将、、视为三个整体，前三个球从其中一个整体和每支不与号球相邻的小球中依次摸取，有种，以、、为例，可依次为、、，共种，剩余、、、号球，先从、号球中摸一个，有种情况，比如先取号球，剩余三个相邻的小球，接下来从、号球中取一个，有种情况，最后剩余两球摸取的先后顺序任意，此时，不同的取法种数为. 综上所述，不同的取法种数为种.故答案为：. 11．（2025·江苏南京·二模）英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有 种（用数字作答）. 【答案】216 【分析】如图，将6个行政区标上序号，根据分步乘法计数原理，按照一定的顺序对各个区域进行涂色，同时考虑相邻区域颜色不同的限制条件即可求解. 【详解】如图，将6个行政区标上序号， 区域1有4种颜色可选，共4种方法；区域2与区域1相邻，不能与区域1同色，有3种颜色可选，共3种方法；区域3与区域1、2相邻，不能与区域1、2同色，有2种颜色可选，共2种方法； ①若区域4与区域2同色，有1种颜色可选，此时区域5与区域2不同色且有2种涂色方法，此时区域6有2种涂色方法； ②若区域4与区域2不同色，有1种颜色可选，此时若区域5与区域2同色，有1种涂色方法，区域6有3种涂色方法，若区域5与区域2不同色，有1种涂色方法，区域6有2种涂色方法， 所以一共有种方法.故答案为：216. 12．（2025·湖南·二模）定义：对于一个位正整数，若其各位数字的极差（即最大数字与最小数字之差）不超过2，则称其为位“稳定数”，则三位“稳定数”共有 个. 【答案】151 【分析】法一：依题意，按照最小值分别取0，取1到7，和取8，取9进行分类讨论，计算每个对应的三位数的数量合计即得；法二：根据极差，按照，，，分类讨论每种情况下的三位“稳定数”的数量，再合计即可. 【详解】法一：要求各位数字的极差不超过2的“稳定数”的数量，可以按照最小值进行分类讨论，并计算每个对应的三位数的数量. ①当时：允许的数字范围是，百位数不能为0，因此百位只能是1或2，总数为种， 减去不含0的情况（即所有数字都是1或2）的8种，得到10个符合条件的数； ②当到7时：允许的数字范围是，百位数可以是中的任何一个，总数为种， 减去不含的情况（即所有数字都是或）的8种，得到每个对应的19个数，故共有133个符合条件的数； ③当时：允许的数字范围是8，9，百位数可以是8或9，总数为种， 减去不含8的情况（即所有数字都是9）的1种，得到7个符合条件的数； ④当时：所有数字都是9，只有1个数999. 将各个的情况累加起来，总数为：. 故答案为：151. 法二：位数的极差范围为0到9，根据定义，“稳定数”需满足极差，即. ①极差，所有数字相同，即形如，共9个（即）. ②极差，分两种情况： 最小值含0：数字范围为，且百位，此时十位和个位可为0或1，但需至少含一个0，共3个. 最小值：数字范围为，每位可选或，且至少含和各一次， 每位选择数有2种（或），扣除全或全的情况， 每个对应6个数，共8个，共个，小计：个. ③极差，分两种情况： 最小值含0：数字范围为，且百位，需至少含0和2各一次， 时，十位和个位需含0和2，共2个； 时，十位和个位需含0，共5个（），小计：个. 最小值：数字范围为，每位可选，且至少含和各一次， 由容斥原理有个，共7个，共个.小计：个. 三位“稳定数”总数为个.故答案为：151. 13．（2025·湖北黄冈·二模）一个正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字．事件，事件，若事件满足，则满足条件的事件的个数为 ． 【答案】 【分析】计算出，根据条件得到，，，故，其中，，则或2，当时，，，，分，和，，两种情况，求出相应的，时，不合要求，从而得到答案. 【详解】事件，事件，故，又，故，即，因为，，所以，故，即，又，， 故，所以，即，所以，故，其中，，则或2，若，则，又，故，，故，若，，可令或或或；若，，可令或或或，事件，事件若，则，此时，此时，故，不合要求，舍去，综上，满足条件的事件的个数为8.故答案为：8 ( 题型0 2 )求二项式展开式中项的系数 1．（2025·广东广州·二模）的展开式中的系数为（    ） A．24 B． C． D． 【答案】D 【分析】求出展开式的通项，即可求出的系数. 【详解】因为展开式的通项为，所以的系数为．故选：D. 2．（2025·山东聊城·二模）若的展开式中的系数为12，则其展开式中所有项的系数的和为（    ） A．16 B．32 C．48 D．64 【答案】C 【分析】先根据已知系数列式求出，再应用赋值法计算系数和即可. 【详解】的展开式中的系数为，所以， 所以令，所以展开式中所有项的系数的和为48.故选：C. 3．（2025·河北张家口·二模）的展开式中项的系数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用二项式定理的通项公式求解即可. 【详解】展开式的通项公式为， 令，得，所以展开式中项的系数为.故选：C. 4．（2025·辽宁沈阳·二模）在的展开式中，的系数是（   ） A． B． C．20 D．40 【答案】D 【分析】利用的通项可得答案. 【详解】，的通项为， 所以的系数是.故选：D． 5．（2025·山西晋城·二模）已知，若，则展开式中含项的系数为（    ） A． B． C．90 D．270 【答案】B 【分析】先令，结合题意求出，再利用展开式的通项中计算出，然后可得. 【详解】令，，得，解得．又的展开式的通项为，所以，解得，所以展开式中含项的系数为．故选：B． 6．（2025·江西·二模）在的展开式中，的系数为（    ） A．3 B．6 C．60 D．30 【答案】C 【分析】求出展开式的通项，再根据的次数确定的次数，最后求出的系数. 【详解】根据二项式定理，可得展开式的通项为（）. 要求的系数，则的次数，此时. 同样根据二项式定理，展开式的通项为（）. 要得到，则令，解得. 当，时，的系数为在的展开式中，的系数为60.故选：C. 7．（多选）（2025·江苏·二模）的展开式中，则（    ） A．的系数为 B．第3项与第4项的二项式系数相等 C．所有项的二项式系数和为32 D．所有项的系数和为32 【答案】ABC 【分析】A选项，写出展开式的通项公式，得到，求出的系数；B选项，第3项和第4项的二项式系数均为10；C选项，所有项的二项式系数和为；D选项，赋值法得到所有项的系数和. 【详解】A选项，展开式第项，时，，A对； B选项，第3项二项式系数为，第4项的二项式系数为，两者相同，B对.C选项，所有项的二项式系数和为，C对.D选项，时，，即所有项的系数和为，D错； 故选：ABC 8．（多选）（2025·江西上饶·二模）若，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】根据给定的等式，利用赋值法求解判断AC；利用二项式定理求出判断B；对等式两边求导，再利用赋值法求解判断D. 【详解】对于A，令，得；令，得， 因此，A错误；对于B，，因此，B正确；对于C，令，即，得，C错误；对于D，原等式两边求导得，令，得，D正确.故选：BD 9．（2025·重庆·二模）若二项式展开式的所有项系数之和为，则 ． 【答案】 【分析】根据展开式所有项系数的求法，通过赋值，即可求得. 【详解】令得，二项式展开式的所有项系数之和为，解得. 故答案为： 10．（2025·黑龙江大庆·三模）的展开式中的系数为 . 【答案】40 【分析】先根据二项式定理求出展开式的通项公式，再通过令通项公式中的幂次等于，求出的值，最后将的值代入通项公式中关于系数的部分，从而得到的系数. 【详解】根据二项式定理，对于，其展开式的通项公式为. 进行化简， 所以.  令.解得. 将代入到中，所以，即的系数为40.故答案为：40. 11．（2025·天津南开·二模）在的展开式中，的系数为 ． 【答案】15 【分析】写出展开式通项公式，得到，得到答案. 【详解】展开式通项公式为，令，解得， ，故的系数为15.故答案为：15 12．（2025·辽宁·二模）的展开式中的系数为 ．（用数字作答） 【答案】 【分析】写出二项式的展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解. 【详解】的展开式通项为， 因为，在的展开式通项中，令，在的展开式通项，令，可得， 因此，展开式中的的系数为.故答案为：. 13．（2025·山东泰安·二模）已知的展开式中项的系数为60，则实数的值为 . 【答案】 【分析】写出的二项展开式，根据题意求出的系数，进而列出等式求解即可. 【详解】，的二项展开式的通项为，令得，，的展示式中的系数为；令得，，的展开式中的系数为40， 依题意，解得，故答案为：． 14．（2025·江西鹰潭·二模）已知二项式的展开式中，二项式系数之和为64，则含的项的系数为 ． 【答案】 【分析】根据求出值，再利用二项式展开式的通项公式即可得到答案. 【详解】因为二项式系数之和为64，则，则.则二项展开式通项为，令，解得，则含的项的系数为.故答案为：. ( 题型02 )求二项式展开式中的常数项 1．（2025·河北·二模）已知且，则二项式的展开式中，常数项为（   ） A． B． C．1 D．24 【答案】D 【分析】先根据正态分布的对称性确定的值，再根据二项展开式的特点求常数项. 【详解】因为，所以，所以. 所以二项式的展开式中，常数项为：.故选：D 2．（2025·广东清远·二模）展开式中的常数项为 ． 【答案】 【分析】先求出二项式展开式的通项，然后赋值求得，即可求解常数项. 【详解】展开式的通式为，令，得，所以常数项为．故答案为： 3．（2025·重庆·二模）的展开式中的常数项是 . 【答案】 【分析】写出通项公式，令，可解. 【详解】的展开式的通项公式为：， 令，得，则.故答案为： 4．（2025·河南·二模）若的展开式中的常数项为，则 . 【答案】1 【分析】法1：根据二项式定理的定义，写出展开式通项，利用赋值法，可得答案；法2：根据多项式乘法，结合组合的计数原理，结合题意，可得答案. 【详解】法1：因为的展开式的通项，令，解得，所以常数项为，解得. 法2：的展开式中，常数项为从4个因式中1个取，其余3个取，即常数项为，由，解得.故答案为：. 2 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$