专题15计数原理、排列组合、二项式定理 （上海专用）【好题汇编】5年（2021-2025）高考1年模拟数学真题分类汇编

专题15计数原理、排列组合、二项式定理 考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势 排列组合 有限制条件的排列、与实际场景结合的组合问题. 1. 有限制条件的排列仍会是高频考点，题目可能继续以排队、选组、分配等实际场景为载体，且场景会更贴近生活或新增轻度创新情境，但核心模型仍围绕 “相邻 / 不相邻”“特殊元素优先” 等经典类型。 2. 求展开式的特定项仍会是考查重点，大概率延续对通项公式的核心应用考查。 二项式定理 5 年 5 考，核心考点：二项式展开式的特定项、展开式项的系数和；偶考系数最值. 计数原理 渗透于排列组合考题中. 考点01 排列组合 1．（2021·上海·高考真题）某人某天需要运动总时长大于等于60分钟，现有五项运动可以选择，如下表所示，问有几种运动方式组合 A运动 B运动 C运动 D运动 E运动 7点8点 8点9点 9点10点 10点11点 11点12点 30分钟 20分钟 40分钟 30分钟 30分钟 2．（2022·上海·高考真题）为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检则，则每一类都被抽到的概率为 ； 3．（2024·上海·高考真题）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两个不同元素之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ． 考点02 二项式定理 4．（2021·上海·高考真题）的二项展开式中有且仅有的系数为最大值，则的系数为 . 5．（2024·上海·高考真题）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为 ． 6．（2025·上海·高考真题）在二项式的展开式中，的系数为 ． 7．（2022·上海·高考真题）二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，则 ； 8．（2023·上海·高考真题）已知，若存在{0，1，2，…，100}使得，则k的最大值为 . 考点03计数原理 9．（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种． 10． （2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 11． 一、单选题 1．（2025·上海杨浦·二模）3名同学报名参加社团活动，有4个社团可以报名，这些社团招收人数不限，但每位同学只能报名其中1个社团，则这3位同学可能的报名结果共有（    ）种. A．6 B．24 C．64 D．81 2．（2025·上海奉贤·二模）下列有关排列组合数的计算公式，错误的是（    ） A．（，是正整数，且） B．（，是正整数，且） C．（，是正整数，且） D．（，是正整数，且） 二、填空题 3．（2025·上海宝山·二模）的二项展开式中，项的系数为 . 4．（2025·上海嘉定·二模）在的二项展开式中，常数项的值为 ． 5．（2025·上海普陀·二模）设，若的展开式中项的系数为10，则 . 6．（2025·上海宝山·三模）在的展开式中，第2项和第4项的系数相同，则 . 7．（2025·上海黄浦·三模）在的二项展开式中，的幂指数是正数的项一共有 个． 8．（2025·上海嘉定·二模）在由1，2，3，4，5这五个数组成的无重复数字的四位数中，其能被3整除的概率为 . 9．（2025·上海徐汇·三模）将6位工作人员分为3组，其中甲不能单独作为一组，共有 种不同的分法 10．（2025·上海松江·二模）有4辆车停放在5个并排车位上，客车甲车体较宽，停放时需要占两个车位，并且乙车与客车甲相邻停放，则共有 种不同的停放方法. 11．（2025·上海·三模）北斗七星是夜空中的七颗亮星，它们组成的图形象我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某季节的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为 . 12．（2025·上海崇明·二模）已知集合M中的任一个元素都是整数，当存在整数且时，称M为“间断整数集”．集合的所有子集中，是“间断整数集”的个数为 ． 13．（2025·上海宝山·二模）有件商品的编号分别为，它们的售价（元），且满足，则这件商品售价的所有可能情况有 种. 14．（2025·上海宝山·三模）从1､2､3､4､5､6､7､8､9中依次取出4个不同的数，分别记作，若和的奇偶性相同，则的取法共有 .种 15．（2025·上海长宁·一模）已知函数的定义域为，值域为，则满足条件的函数最多有 个. 16．（2025·上海金山·二模）设均是正整数，且，则的值为 . 17．（2025·上海浦东新·三模）对于函数，若关于的方程，（，）恰有个实数根，则称函数为“”函数.①函数的定义域且；②函数是“2”函数，也是“3”函数；那么同时满足条件①②的函数共有 个. 18．（2025·上海·三模）互不相同的正整数满足，满足条件的有序实数对有 组（结果用数值表示）. / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题15计数原理、排列组合、二项式定理 考点 五年考情（2021-2025） 命题趋势 排列组合 有限制条件的排列、与实际场景结合的组合问题. 1. 有限制条件的排列仍会是高频考点，题目可能继续以排队、选组、分配等实际场景为载体，且场景会更贴近生活或新增轻度创新情境，但核心模型仍围绕 “相邻 / 不相邻”“特殊元素优先” 等经典类型。 2. 求展开式的特定项仍会是考查重点，大概率延续对通项公式的核心应用考查。 二项式定理 5 年 5 考，核心考点：二项式展开式的特定项、展开式项的系数和；偶考系数最值. 计数原理 渗透于排列组合考题中. 考点01 排列组合 1．（2021·上海·高考真题）某人某天需要运动总时长大于等于60分钟，现有五项运动可以选择，如下表所示，问有几种运动方式组合 A运动 B运动 C运动 D运动 E运动 7点8点 8点9点 9点10点 10点11点 11点12点 30分钟 20分钟 40分钟 30分钟 30分钟 【答案】 【详解】由题意，至少要选2种运动，并且选2种运动的情况中，的组 合是不符题意的，∴, 故答案为：23. 2．（2022·上海·高考真题）为了检测学生的身体素质指标，从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检则，则每一类都被抽到的概率为 ； 【答案】 【详解】解：从游泳类1项，球类3项，田径类4项共8项项目中随机抽取4项进行检测，则每一类都被抽到的方法共有种，而所有的抽取方法共有种， 故每一类都被抽到的概率为＝＝，故答案为：． 3．（2024·上海·高考真题）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两个不同元素之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 ． 【答案】329 【详解】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数． 首先讨论三位数中的偶数， ①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个； ②当个位不为0时，则个位有个数字可选，百位有个数字可选，十位有个数字可选， 根据分步乘法这样的偶数共有， 最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为个． 故答案为：329． 考点02 二项式定理 4．（2021·上海·高考真题）的二项展开式中有且仅有的系数为最大值，则的系数为 . 【答案】 【详解】因为的二项展开式中有且仅有的系数为最大值，则， 故的二项展开式的通项为， 由可得，故的系数为. 故答案为：. 5．（2024·上海·高考真题）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为 ． 【答案】10 【详解】则二项式的展开式各项系数和为32，得，解得， 所以的展开式项的系数为. 故答案为：10 6．（2025·上海·高考真题）在二项式的展开式中，的系数为 ． 【答案】 【详解】由通项公式， 令，得， 可得项的系数为. 故答案为：. 7．（2022·上海·高考真题）二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，则 ； 【答案】10 【详解】由题知 ，当 时，的系数为 ；当 时，常数项为 ； 又的系数是常数项的5倍，所以，解得 . 故答案为：10 8．（2023·上海·高考真题）已知，若存在{0，1，2，…，100}使得，则k的最大值为 . 【答案】49 【详解】二项式的通项为， 二项式的通项为， ， ，若，则为奇数， 此时， ，又为奇数，的最大值为49. 故答案为：49. 考点03计数原理 9．（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种． 【答案】288 【详解】先选两位家长排在首尾有种排法；再排对中的四人有种排法， 故有种排法. 故答案为：288 10．（2023·上海·高考真题）空间内存在三点A、B、C，满足，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ． 【答案】9 【详解】因为空间中有三个点，且， 不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种： 第一种：为正四棱锥的侧面，如图1， 此时分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的; 不妨以为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有6种；    第二种：为正四棱锥的对角面，如图2， 此时分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的; 不好以为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况， 考虑到三边的轮换对称性，故而总情况有3种； 综上所述：总共有9种情况. 故答案为：9. 一、单选题 1．（2025·上海杨浦·二模）3名同学报名参加社团活动，有4个社团可以报名，这些社团招收人数不限，但每位同学只能报名其中1个社团，则这3位同学可能的报名结果共有（    ）种. A．6 B．24 C．64 D．81 【答案】C 【分析】由分步乘法原理计算可得. 【详解】由题意可得每位同学有4种选择，根据乘法原理，共有种. 故选：C 2．（2025·上海奉贤·二模）下列有关排列组合数的计算公式，错误的是（    ） A．（，是正整数，且） B．（，是正整数，且） C．（，是正整数，且） D．（，是正整数，且） 【答案】A 【分析】对于A：举反例说明即可；对于BCD：根据排列数、组合数公式运算求解即可. 【详解】对于选项A：例如，则， 即，故A错误； 对于选项B：因为，故B正确； 对于选项C：因为，故C正确； 对于选项D：因为 ， 所以，故D正确； 故选：A. 二、填空题 3．（2025·上海宝山·二模）的二项展开式中，项的系数为 . 【答案】 【分析】写出二项展开式通项公式，由的指数为2求得项数，从而得到系数． 【详解】由题意得二项式的展开式的通项公式为， 令，得，所以项的系数为． 故答案为：． 4．（2025·上海嘉定·二模）在的二项展开式中，常数项的值为 ． 【答案】60 【分析】利用二项展开式的通项公式即可得出 【详解】二项式的展开式的通项公式为： ， 令，解得， 所以二项式的展开式中的常数项为. 故答案为：60. 5．（2025·上海普陀·二模）设，若的展开式中项的系数为10，则 . 【答案】2 【分析】根据二项式定理求项的系数即可. 【详解】项为， 由. 故答案为：2 6．（2025·上海宝山·三模）在的展开式中，第2项和第4项的系数相同，则 . 【答案】4 【分析】根据二项式展开式的通项公式求出第项和第项的系数，再根据这两项系数相同列出方程，进而求解的值. 【详解】那么对于二项式，其展开式的通项公式为. 求第项的系数：令，可得第项为，所以第项的系数为. 求第项的系数：令，可得第项为，所以第项的系数为. 因为第项和第项的系数相同，所以. 由于可得：. 得,即. 解得或. 因为为正整数，所以舍去，故. 故答案为：4. 7．（2025·上海黄浦·三模）在的二项展开式中，的幂指数是正数的项一共有 个． 【答案】 【分析】写出展开式通项，令的指数为正数，求出参数的所有取值，即可得解. 【详解】的展开式通项为， 令，解得，因为，故， 所以的幂指数是正数的项一共有个. 故答案为：. 8．（2025·上海嘉定·二模）在由1，2，3，4，5这五个数组成的无重复数字的四位数中，其能被3整除的概率为 . 【答案】 【分析】利用排列数公式分别求出由1，2，3，4，5这五个数组成的无重复数字的四位数的个数，及其中能被3整除的四位数的个数，再根据古典概型公式即可得解. 【详解】由1，2，3，4，5这五个数组成的无重复数字的四位数共个， 其中能被3整除的四位数是由1，2，4，5组成的，共， 故由1，2，3，4，5这五个数组成的无重复数字的四位数中，其能被3整除的概率为. 故答案为：. 9．（2025·上海徐汇·三模）将6位工作人员分为3组，其中甲不能单独作为一组，共有 种不同的分法 【答案】75 【分析】首先计算所有将6人分为3组的分法数目，再计算甲单独成组的分法数目，最后用总数减去这种情况. 【详解】计算所有将6人分为3组的分法数目： 分组：种； 分组：种； 分组：种；总方法数为：； 甲单独成组：剩余5人分两组(1,4或2,3)，共种； 最终复合条件分法为：. 故答案为：75 10．（2025·上海松江·二模）有4辆车停放在5个并排车位上，客车甲车体较宽，停放时需要占两个车位，并且乙车与客车甲相邻停放，则共有 种不同的停放方法. 【答案】12 【分析】利用相邻问题捆绑法求解. 【详解】因为客车甲占两个车位且乙车与客车甲相邻停放. 所以将乙车与客车甲捆绑，看成一个车有种排法，与余下的两辆车全排有种排法， 所以共有种不同的停放方法. 故答案为：12. 11．（2025·上海·三模）北斗七星是夜空中的七颗亮星，它们组成的图形象我国古代舀酒的斗，故命名为北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，也是古人判断季节的依据之一.如图，用点，，，，，，表示某季节的北斗七星，其中，，，看作共线，其他任何三点均不共线.若过这七个点中任意三点作三角形，则所作的不同三角形的个数为 . 【答案】31 【分析】应用间接法，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即可得. 【详解】由题设，7个点任选3个减去从4个共线的点任选3个的情况，即为构成三角形的情况， 所以不同三角形的个数为个. 故答案为： 12．（2025·上海崇明·二模）已知集合M中的任一个元素都是整数，当存在整数且时，称M为“间断整数集”．集合的所有子集中，是“间断整数集”的个数为 ． 【答案】968 【分析】根据子集中元素的个数分类，每一类都利用组合数计数，再剔除不满足定义的子集，最后根据分类加法计数原理求值即可. 【详解】由题意，满足“间断整数集”定义的子集至少有2个元素，至多有9个元素， 按子集中元素的个数分类， ①当元素个数为2时，不满足定义的子集有： ，共9个； 此时满足定义的子集有个， ②当元素个数为3时，不满足定义的子集有： ，共8个； 此时满足定义的子集有个， ③当元素个数为4时，不满足定义的子集有： ，共7个； 此时满足定义的子集有个， ④当元素个数为5时，不满足定义的子集有： ，共6个； 此时满足定义的子集有个， ⑤当元素个数为6时，不满足定义的子集有： ，共5个； 此时满足定义的子集有个， ⑥当元素个数为7时，不满足定义的子集有： ，共4个； 此时满足定义的子集有个， ⑦当元素个数为8时，不满足定义的子集有： ，共3个； 此时满足定义的子集有个， ⑧当元素个数为9时，不满足定义的子集有： ，共2个； 此时满足定义的子集有个， 综上所述，满足题意的子集共有个. 故答案为：968. 13．（2025·上海宝山·二模）有件商品的编号分别为，它们的售价（元），且满足，则这件商品售价的所有可能情况有 种. 【答案】 【分析】利用组合数中允许重复的原则，分四类讨论，再由加法原理和组合数计算即可. 【详解】分四类讨论： ①当时，有6种情况； ②当时， 若，有5种选法； 若，有4种选法； 若，有3种选法； 若，有2种选法； 若，有1种选法； 由加法原理可得共有15种； ③当时， 若，选择有5种选法； 若，选择有4种选法； 若，选择有3种选法； 若，选择有2种选法； 若，选择有1种选法； 由加法原理可得共有15种； ④当时，有种， 综上，共有种. 故答案为：56. 14．（2025·上海宝山·三模）从1､2､3､4､5､6､7､8､9中依次取出4个不同的数，分别记作，若和的奇偶性相同，则的取法共有 .种 【答案】1584 【分析】根据与的奇偶性相同分情况讨论，再结合排列组合的知识分别计算出每种情况的取法数量，最后将所有情况的取法数量相加即可. 【详解】与的奇偶性相同有两种情况：与均为偶数；与均为奇数. 要使与均为偶数，则、、、要么全是奇数，要么全是偶数. 从、、、、这个奇数中取出个不同数，其取法有种，得种. 从、、、这个偶数中取出个不同的数，其取法有种，得种. 取出的个数进行全排列，排列数为种，得种. 所以与均为偶数的取法共有种.   要使与均为奇数，则、、、中两个为奇数，两个为偶数. 从个奇数中取出个不同的数，其取法有种，得种. 从个偶数中取出个不同的数，其取法有种，得种. 取出的个数进行全排列，排列数为种. 所以与均为奇数的取法共有种.   将与均为偶数和均为奇数的取法数量相加，可得总的取法数量为种. 故答案为：1584. 15．（2025·上海长宁·一模）已知函数的定义域为，值域为，则满足条件的函数最多有 个. 【答案】 【分析】由函数的概念及分类加法计数原理、组合数计算即可. 【详解】由函数定义，转化为给，安排对应的自变量，每一种对应方式，即为一个函数， 给取个自变量，则对应个自变量，有种， 给取个自变量，则对应个自变量，有种， 给取个自变量，则对应个自变量，有种， 所以由分类加法计数原理知，共有 种不同的对应方式， 故答案为：. 16．（2025·上海金山·二模）设均是正整数，且，则的值为 . 【答案】 【分析】先将四个数都写成的指数幂和的指数幂的积的形式，再根据，分、、三种情况讨论，即可得解. 【详解】， ， 当时， 不妨取， 则，此时， 而， 所以满足题目条件； 当时， 不妨取， 则，此时， 而从中任取个数相乘不能得出， 所以不满足条件， 不妨取， 则，此时， 但任意任意4个数相乘得不到， 故不满足条件， 综上所述，， 所以. 故答案为：. 17．（2025·上海浦东新·三模）对于函数，若关于的方程，（，）恰有个实数根，则称函数为“”函数.①函数的定义域且；②函数是“2”函数，也是“3”函数；那么同时满足条件①②的函数共有 个. 【答案】18 【分析】根据题目所给条件，先根据定义域确定关键的函数值，然后根据计数原理将不能确定的几个函数值进行排列即可得到答案. 【详解】由题意，函数的定义域为和函数的值域均为：，可知自变量和函数值是一一对应的关系； 的定义域为，根据题目给出的“3”函数的新定义：有，即： ，，. 可得：，只能是，，，这样在值域当中只剩下是的倍，故，. 因为函数是“2”函数，根据题意恰有2个根，结合，，，，；剩余的不能确定的个函数值中，只需要，不同的分配方法有种. 故答案为： 18．（2025·上海·三模）互不相同的正整数满足，满足条件的有序实数对有 组（结果用数值表示）. 【答案】48 【分析】设，由已知得，可得或，从而可求解. 【详解】设， 由，可得， 因为是互不相同的正整数，故是互不相同的整数， 因为乘积为6，可得负因数的个数为偶数个， 可得或， 则对应的也有两组， 故符合条件数有2组，故符合条件的的所有有序实数对是这两个组的数的全排列， 即. 故答案为：. / 学科网（北京）股份有限公司 $