专题01 计数原理（专项训练）数学湘教版2019高二选择性必修第一册

湘教版高中数学选择性必修一 第4章 计数原理 目录 A题型建模・专项突破 题型一、分类加（乘）法计数原理 1 题型二、分组与分配问题（常考点） 2 题型三、涂色问题（常考点） 3 题型四、数字排位问题 4 题型五、与排列组合数有关的运算 5 题型六、隔板法的应用 6 题型七、相邻与不相邻问题（重点） 7 题型八、定序问题（难点） 8 题型九、求展开式中的指定的项或特定项（或其系数）（重点） 9 题型十、利用赋值法进行求有关系数和（重点） 10 题型十一、二项式系数与项系数的最值问题 B综合攻坚・能力跃升 题型一、分类加（乘）法计数原理 例1、书架的第层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书，从书架上任取本书，有（   ）种不同取法？从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，有（  ）种不同取法? A．9，20 B．20，9 C．9，24 D．24，9 例2、除数函数（divisor function）的函数值等于的正因数的个数，例如，，则 ； . 例3、四名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有 种报名方法．四名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有 种可能的结果． 题型二、分组与分配问题 例4、把6个不同的小球随机放入3个不同的盒子中，若每个盒子中至少有1个小球，则不同放法的种数为（   ） A．540 B．630 C．1080 D．1260 例5、为提升学生劳动意识和社会实践能力，新华中学高二年级利用周末进行社区义务劳动．该校决定从高二年级共6个班中抽取20人组成社区服务队参加活动，其中6班有2个“劳动之星”，“劳动之星”必须参加且不占名额，每个班都必须有人参加，则（    ） A．若6班不再抽取学生，则共有种分配方法 B．若6班有除“劳动之星”外的学生参加，则共有种分配方法 C．若每个班至少有3人参加，则共有90种分配方法 D．若根据需要6班有4人参加，其余至少三人参加，则共有75种分配方案 题型三、涂色问题 例6、用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 例7、如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8.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1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种． 题型四、数字排位问题 例8、从7张印有数字0、1、2、3、4、5、6的卡片中取出4张（数字6的卡片可以倒过来当9用），可以组成个_____无重复数字的被4整除的四位数． 例9、由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，奇数共有 个，其中个位数字比十位数字大的奇数共有 个.（用数字作答） 题型五、与排列组合数有关的运算 例10、，，则等于（    ） A． B． C． D． 例11、若 ，则x的值为_____； 题型六、隔板法的应用 例11、20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 例12、不定方程的非负整数解的个数为（ ） A． B． C． D． 题型七、相邻与不相邻问题 例13、 甲，乙、丙、丁、戊共5人随机地排成一行，则甲、乙相邻，丙、丁不相邻的概率为（       ） A． B． C． D． 例14、有3名学生和2名教师排成一排，则下列说法正确的是（     ） A．共有种不同的排法 B．当2名教师相邻时，共有24种不同的排法 C．当2名教师不相邻时，共有种不同的排法 D．当2名教师不排在两端时，共有48种不同的排法 题型八、定序问题 例15、某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后进行，又工程丁必须在丙完成后立即进行，那么安排这6项工程不同的排法种数是 。 例16、现有12件商品摆放在货架上，摆成上层4件下层8件，现要从下层8件中取3件调整到上层，若其他商品的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（   ） A．8400 B．11760 C．13440 D．20160 题型九、求展开式中的指定的项或特定项（或其系数） 例17．（24-25高二下·湖南邵阳·期末）的展开式中的系数为（   ） A． B．4 C．20 D． 例18．（23-24高二下·湖南岳阳·月考）的展开式中的系数为 . 例19．（23-24高二下·湖南益阳·月考）的展开式中，的系数为 ． 题型十、利用赋值法进行求有关系数和 例19．（多选题）已知，则（    ） A． B． C． D． 例20．若. (1)求的值； (2)求的值. 题型十一、二项式系数与项系数的最值问题 例21、若的展开式中第2项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项为（    ） A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项 例22、已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（    ） A．24 B．18 C．12 D．6 例23、已知的二项展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，且各项系数之和为 (1)求实数a和n的值； (2)求展开式中系数最小的项． 1．（24-25高二下·湖南·月考）给图中五个区域染色，有4种不同的颜色可供选择，要求有公共边的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（   ） A．216种 B．192种 C．180种 D．168种 2．（24-25高二下·湖南·期末）6名运动员站在6条跑道上准备参加比赛，其中甲不能站第二道或第三道，乙只能站在第五道或第六道，则不同的排法共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．144种 3．（24-25高二下·湖南郴州·期末）2025年第十三届中国（湖南）国际矿物宝石博览会5月16日在郴州国际会展中心举行，甲、乙、丙、丁、戊5人参与接待、引导和协助三类志愿者服务工作，每类工作必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一类工作，则不同的志愿者分配方案的种数是（   ） A．120 B．150 C．180 D．300 4．（24-25高二下·湖南·期中）若，则（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二下·湖南·月考）某校组织校庆活动，由甲、乙、丙三名志愿者负责、、、四个任务，每人至少负责一个任务，每个任务都有且仅有一人负责，且任务由甲负责，则不同的任务分配方法种数为（    ） A． B． C． D． 6．（多选题）（24-25高二上·湖南长沙·期末）中国的五岳是指在中国境内的五座名山，坐落于东西南北中五个方位，分别是东岳泰山，西岳华山，南岳衡山，北岳恒山，中岳嵩山.小明与其父母共3人计划在假期出游，每人选一个地方，则（    ） A．3人选择的地点均不同的方法总数为60 B．恰有2人选一个地方的方法总数为15 C．恰有1人选泰山的概率是 D．若小明已选择去泰山，其父母至少有一人选择去泰山的概率为 7．（多选题）（24-25高二下·湖南·期中）下列说法正确的是（   ） A．在的展开式中二项式系数和为32 B．在的展开式中常数项为 C．在的展开式中系数最大的项是第5项 D．在的展开式中各项系数的和为 8．（多选题）（23-24高二下·湖南张家界·月考）已知，则（    ） A． B． C． D．展开式中二项式系数最大的项为第6项 9．（多选题）（24-25高二上·湖南长沙·期末）杨辉三角形又称贾宪三角形，因首现于南宋杰出数学家杨辉的《详解九章算法》而得名，它的排列规律如图所示：在第一行的中间写下数字1；在第二行写下两个1，和第一行的1形成三角形；随后的每一行，第一个位置和最后一个位置的数都是1，其他的每个位置的数都是它左上方和右上方的两个数之和.那么下列说法中正确的是（    ） A．第行的第个位置的数是 B．若从杨辉三角形的第三行起，每行第3个位置的数依次组成一个新的数列，则 C．70在杨辉三角中共出现了3次 D．记第行的第个数为，则 10．（24-25高二下·湖南·期中）某班一天上午有4节课，下午有3节课，现要安排该班一天中语文、数学、英语、物理、化学、政治，体育7堂课的课程表，要求数学课、物理课都排在上午，且数学课、物理课不连排，体育课排在下午，不同排法种数是 .用数字作答） 11．（24-25高二下·湖南·月考）已知多项式，则 ． 12．（24-25高二下·湖南长沙·开学考试）我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队.其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在的左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为 . 13．（23-24高二下·湖南长沙·开学考试）如图：某城市有纵向道路和横向道路若干条，构成如图所示的矩形道路网（图中黑线表示道路），则从西南角A地到东北角B地的最短路线共有 条.（用数字作答） 14．（23-24高二下·湖南郴州·月考）若，其中． (1)求m的值； (2)求； (3)求． 15．（23-24高二下·湖南长沙·期末）从A，B，C等8人中选出5人排成一排. (1)A必须在内，有多少种排法？ (2)A，B，C三人不全在内，有多少种排法？ (3)A，B，C都在内，且A，B必须相邻，C与A，B都不相邻，都多少种排法？ (4)A不允许站排头和排尾，B不允许站在中间（第三位），有多少种排法？ 16．（23-24高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一 条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 17．（24-25高二下·湖南·月考）已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为. （1）求m的值； （2）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和； （3）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率. 18．（24-25高二下·湖南常德·期中）已知展开式的二项式系数的和比展开式的二项式系数的和大128. （1）求n的值. （2）求展开式中的系数最大的项和系数最小的项 2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 湘教版高中数学选择性必修一 第4章 计数原理 目录 A题型建模・专项突破 题型一、分类加（乘）法计数原理 1 题型二、分组与分配问题（常考点） 2 题型三、涂色问题（常考点） 3 题型四、数字排位问题 4 题型五、与排列组合数有关的运算 5 题型六、隔板法的应用 6 题型七、相邻与不相邻问题（重点） 7 题型八、定序问题（难点） 8 题型九、求展开式中的指定的项或特定项（或其系数）（重点） 9 题型十、利用赋值法进行求有关系数和（重点） 10 题型十一、二项式系数与项系数的最值问题 B综合攻坚・能力跃升 题型一、分类加（乘）法计数原理 例1、书架的第层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书，从书架上任取本书，有（   ）种不同取法？从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，有（  ）种不同取法? A．9，20 B．20，9 C．9，24 D．24，9 【解析】从书架上任取本书，有种不同取法.从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，有种不同取法.故选：C 例2、除数函数（divisor function）的函数值等于的正因数的个数，例如，，则 ； . 【答案】 15 【分析】由除数函数的定义，利用分类计数求取结果. 【详解】因为的正因数有：，，，…，，共个，所以. 因为，首先，1是的因数； 从中取1个数，可得的因数，，有2个； 从中取2个数相乘，可得的因数，，，有3个； 从中取3个数相乘，可得的因数，，，有3个； 从中取4个数相乘，可得的因数，，，有3个； 从中取5个数相乘，可得的因数，，有2个； 从中取6个数相乘，可得的因数，有1个. 所以. 故答案为：；15 例3、四名同学选报跑步、跳高、跳远三个项目，每人报一项，共有 种报名方法．四名同学争夺跑步、跳高、跳远三项冠军，共有 种可能的结果． 【答案】 81 64 【分析】由乘法计数原理逐空计算即可； 【详解】要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4名同学都报完才算完成，于是按人分步，且分为四步．又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有种报名方法．要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能由一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，于是应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军是4人中的某一人，有4种可能的情况，于是共有种可能的结果． 故答案为：81；64 题型二、分组与分配问题 例4、把6个不同的小球随机放入3个不同的盒子中，若每个盒子中至少有1个小球，则不同放法的种数为（   ） A．540 B．630 C．1080 D．1260 【答案】A 【分析】根据排列组合中的分组分配问题求解即可. 【详解】将6个不同的小球按要求放有三种方案：4:1:1，3:2:1，2:2:2，则所有的放法有种.故选:A. 例5、为提升学生劳动意识和社会实践能力，新华中学高二年级利用周末进行社区义务劳动．该校决定从高二年级共6个班中抽取20人组成社区服务队参加活动，其中6班有2个“劳动之星”，“劳动之星”必须参加且不占名额，每个班都必须有人参加，则（    ） A．若6班不再抽取学生，则共有种分配方法 B．若6班有除“劳动之星”外的学生参加，则共有种分配方法 C．若每个班至少有3人参加，则共有90种分配方法 D．若根据需要6班有4人参加，其余至少三人参加，则共有75种分配方案 【答案】AB 【分析】AB利用插空法求解判断；CD利用分类计数原理求解判断. 【详解】选项A.若6班不再抽取学生，则20个名额分配到5个班，且每个班至少1个，由插空法，将其分成5组，共有种分配方法，故正确； 选项B.若6班有除“劳动之星”外的学生参加，则20个名额分配到6个班，且每个班至少1个，由插空法，将其分成6组，则共有种分配方法，故正确； 选项C.若每个班至少有3人参加，相当于16个名额被占用，还有4个名额需要分配到6个班，分5类，第一类4个名额分到一个班，有6种，第二类一个班3个，一个班1个有 种，第三类2个班都是2个名额则有 种,第四类2个班各1个名额，另一个班2个名额，则有 种, 第五类4个班都是1个名额则有 种,共有126种分配方法，故错误； 选项D. 若根据需要6班有4人参加，其余至少三人参加，相当于17个名额被占用，还有3个名额需要分配到5个班，第一类3个名额分到一个班，有5种，第二类一个班2个，一个班1个有 种，第三类3个班都是1个名额则有 种,则共有35种分配方案，故错误；故选：AB 题型三、涂色问题 例6、用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 【答案】C 【分析】根据分类相加计数原理，先分四种颜色都用和只有三种颜色两种情况，再根据分步乘法计数原理，将涂色过程分成若干步，每一步确定一个区域的颜色，再根据相邻区域不同色的条件，确定每一步的涂色方案数，最后将各步方法数相乘得到总的涂色方案数. 【详解】设四种颜色分别为1、2、3、4， （1）四种颜色都用：先涂区域，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1，再涂区域，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2，再涂区域，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3，若区域填涂颜色2，则区域填涂颜色1、4或4、3，若区域填涂颜色4，则区域填涂颜色1、3或4、3，共4种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有种不同的涂法. （2）四种颜色只用其中的三种颜色：即当同色，同色，同色，共有种不同的涂法. 综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有种不同涂法. 故选：C 例7、如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，…，8.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1与区域5）所涂颜色相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有 种． 【答案】630 【分析】由题知只需考虑区域1，2，3，4的颜色即可，不妨先涂区域1、区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同及相同两种情况考虑即可求解. 【详解】根据题意，只需确定区域1，2，3，4的颜色，即可确定整个伞面的涂色情况． 先涂区域1，有6种选择，再涂区域2，有5种选择，当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有4种选择，剩下的区域4有4种选择；当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有5种选择．故不同的涂色方案有（种）． 故答案为：630. 题型四、数字排位问题 例8、从7张印有数字0、1、2、3、4、5、6的卡片中取出4张（数字6的卡片可以倒过来当9用），可以组成个_____无重复数字的被4整除的四位数． 【解析】①后两位为04、20、40、60，对于04、20、40需要考虑是否取到数字6， 所以共有（20＋8）3＋20＝104种； ②后两位为12、24、32、52，注意0不在首位，共有（5＋12＋6）4＝92种； ③后两位为16、36、56、64、92，注意0不在首位，共有（4＋12）5＝80种；∴共276种 例9、由数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，奇数共有 个，其中个位数字比十位数字大的奇数共有 个.（用数字作答） 【答案】 36 18 【分析】对于第一空：分2步分析：①分析可得要求三位奇数的个位有3种情况，②在剩下的4个数字中任选2个，安排在前2个数位，由分步计数原理计算可得答案； 对于第二空：按个位数字分2种情况讨论，分别求出每种情况下的三位数的数目，由加法原理计算可得答案． 【详解】对于第一空：分2步分析：要求是没有重复数字的三位奇数，其个位是1、3或5，有3种情况， ②在剩下的4个数字中任选2个，安排在前2个数位，有种情况，则有符合题意的三位奇数； 对于第二空：分2种情况讨论： 当其个位为3时，十位数字只能是1，2，百位数字有3种情况，此时有个符合题意的三位数；当其个位为5时，十位数字可以是1、2、3，4，百位数字有3种情况，此时有个符合题意的三位数； 则有个符合题意的三位数； 故答案为：36；18 题型五、与排列组合数有关的运算 例10、，，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】因且，表示80个连续正整数的乘积，其中最大因数为，最小因数为，由排列数公式的意义得结果为，所以.故选：A 例11、若 ，则x的值为_____； 【答案】4 【解析】依题意，，则，， 整理得：，而，所以. 题型六、隔板法的应用 例11、20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 【答案】A 【分析】将问题化为17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中，再应用组合数求不同的放法数. 【详解】先往2号，3号盒内分别放入1个球和2个球，此时每个盒子至少还需放入1个球， 将剩下的17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可， 共有（种）方法．故选：A 例12、不定方程的非负整数解的个数为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】不定方程的非负整数解的个数将个相同小球放入三个盒子，允许有空盒的放法种数.现在在每个盒子里各加一个相同的小球，问题等价于将15个相同小球放入三个盒子，没有空盒的放法种数，则只需在15个小球中形成的空位（不包含两端）中插入两块板即可，因此，不定方程的非负整数解的个数为.故选：C. 题型七、相邻与不相邻问题 例13、 甲，乙、丙、丁、戊共5人随机地排成一行，则甲、乙相邻，丙、丁不相邻的概率为（       ） A． B． C． D． 【解析】甲，乙、丙、丁、戊共5人随机地排成一行有种方法，甲、乙相邻，丙、丁不相邻的排法为先将甲、乙捆绑在一起，再与戊进行排列，然后丙、丁从3个空中选2个空插入，则共有种方法，所以甲、乙相邻，丙、丁不相邻的概率为，故选：A 例14、有3名学生和2名教师排成一排，则下列说法正确的是（     ） A．共有种不同的排法 B．当2名教师相邻时，共有24种不同的排法 C．当2名教师不相邻时，共有种不同的排法 D．当2名教师不排在两端时，共有48种不同的排法 【答案】AC 【分析】对于选项A，根据全排列的排列数进行求解；对于选项B，利用捆绑法和分步乘法计数原理进行求解；对于选项C，利用插空法和分步乘法计数原理进行求解；对于选项D，利用分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】对于选项A：3名学生和2名教师共5个人进行全排列，有种排法，所以A正确； 对于选项B：将2名老师看成一个整体，与3名学生全排列，有种排法，2名教师内部有种排法，共有种排法，所以B错误；对于选项C：3名学生全排列有种排法，形成4个空位，2名教师插入4个空位有种排法，共有种排法，所以C正确；对于选项D：从3名学生选2名学生排在两端，有种排法，剩下3人全排列有种排法.共有种排法，所以D错误.故选：AC. 题型八、定序问题 例15、某工程队有6项工程需要先后单独完成，其中工程乙必须在工程甲完成后才能进行，工程丙必须在工程乙完成后进行，又工程丁必须在丙完成后立即进行，那么安排这6项工程不同的排法种数是 。 【答案】20 【解析】工程丁必须在丙完成后立即进行，等价于丙丁看成一个元素，共五个元素进行排序，进行全排列，则有，保证甲乙（丙丁）三个元素顺序不变，所以再将有顺序要求的2个元素进行全排列个，共种。 例16、现有12件商品摆放在货架上，摆成上层4件下层8件，现要从下层8件中取3件调整到上层，若其他商品的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（   ） A．8400 B．11760 C．13440 D．20160 【答案】B 【分析】首先从下层八个商品中抽取三个，共有种结果， 再将其放入上层时，由于上层原有商品保持相对顺序不变，可以使用定序问题中的缩倍法，共有种结果，进而根据计数原理得到最终结果. 【详解】首先从下层八个商品中抽取三个，共有种结果，再将其放入上层时，由于上层原有商品保持相对顺序不变，可以使用定序问题中的缩倍法，共有种结果，因此根据计数原理可知共有种结果. 故选：B 题型九、求展开式中的指定的项或特定项（或其系数） 例17．（24-25高二下·湖南邵阳·期末）的展开式中的系数为（   ） A． B．4 C．20 D． 【答案】B 【分析】根据二项式的展开式，求出特定项的系数. 【详解】由题意得的展开式为， 当时；当时，；则含的项为， 故选：B. 例18．（23-24高二下·湖南岳阳·月考）的展开式中的系数为 . 【答案】112 【分析】利用二项式展开式的通项公式求展开式中项的项数，再由通项公式求其系数. 【详解】展开式的通项为.令，得，则的展开式中的系数为. 例19．（23-24高二下·湖南益阳·月考）的展开式中，的系数为 ． 【答案】 【分析】写出后面括号的通项后，再令时分别求出系数再计算即可. 【详解】后面括号的通项为，前面括号出1时，，可得；前面括号出时，，可得；所以的系数为， 题型十、利用赋值法进行求有关系数和 例19．（多选题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】对于A和B，通过赋值法，即可求解；对于C，利用二项展开式的通项公式，即可求解；对于D，对展开式两边求导，再赋值，即可求解. 【详解】对于A，令，得，所以A正确；对于B，令，得，所以B错误，对于C，因为， 所以，所以C正确，对于D，对两边同时求导， 得，令，得， 所以D正确．故选：ACD. 例20．若. (1)求的值；(2)求的值. 【答案】(1)242；(2) 【分析】采用“赋值法”即可求解. 【详解】（1）∵， 令，可得，令，可得， ∴. （2）∵，令，可得①， 令，可得②， 结合①②可得：。 题型十一、二项式系数与项系数的最值问题 例21、若的展开式中第2项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项为（    ） A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项 【答案】C 【详解】由的展开式中第2项与第8项的系数相等，由的展开式的二项式系数和项的系数相等，所以，所以，则展开式中共有9项，系数最大的项为第5项，故选：C． 例22、已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则展开式中的常数项为（    ） A．24 B．18 C．12 D．6 【答案】A 【解析】已知的二项展开式中只有第3项的二项式系数最大，则只能， 从而的展开式为， 令，解得，所以展开式中的常数项为.故选：A. 例23、已知的二项展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，且各项系数之和为 (1)求实数a和n的值； (2)求展开式中系数最小的项． 【答案】(1)，；(2) 【解析】（1）仅有第5项的二项式系数最大，则令，则，又，则 （2）二项展开式的通项为：， 假设第项的系数的绝对值最大，由通项可得：，解得： 故二项展开式中第6项和第7项的系数的绝对值最大. 又展开式中奇数项的系数为正，偶数项的系数为负， 故展开式中系数最小的项是第6项： 1．（24-25高二下·湖南·月考）给图中五个区域染色，有4种不同的颜色可供选择，要求有公共边的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（   ） A．216种 B．192种 C．180种 D．168种 【答案】D 【分析】按照一定的顺序对五个区域进行染色，依次考虑每个区域的染色选择，根据相邻区域颜色不同的要求来确定每种情况下的染色方法数. 【详解】先对染色，有种方法，若2和3同色，则不同的染色方法有72种；若2和3不同色，则不同的染色方法有种．综上所述，不同的染色方法有种．故选：D. 2．（24-25高二下·湖南·期末）6名运动员站在6条跑道上准备参加比赛，其中甲不能站第二道或第三道，乙只能站在第五道或第六道，则不同的排法共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．144种 【答案】D 【分析】分乙在第五道和在第六道两种情况，再考虑甲，结合排列知识进行求解，相加得到答案. 【详解】当乙在第五道，甲有3种站法，其余4人进行全排列，有种站法，则共有（种）； 当乙在第六道，甲有3种站法，其余4人进行全排列，有种站法，则共有（种），所以共有种不同排法．故选：D． 3．（24-25高二下·湖南郴州·期末）2025年第十三届中国（湖南）国际矿物宝石博览会5月16日在郴州国际会展中心举行，甲、乙、丙、丁、戊5人参与接待、引导和协助三类志愿者服务工作，每类工作必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一类工作，则不同的志愿者分配方案的种数是（   ） A．120 B．150 C．180 D．300 【答案】B 【分析】根据题意可知有，两种分配方案，进而求解即可. 【详解】由题意，按分配，方案的种数为,按分配，方案的种数为, 所以不同的志愿者分配方案的种数是.故选：B. 4．（24-25高二下·湖南·期中）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先对变形为，再利用二项式定理求出通项，进而求出指定项的系数即可. 【详解】易得，且， 则，由二项式定理得展开式的通项公式为，令，.故选：A. 5．（24-25高二下·湖南·月考）某校组织校庆活动，由甲、乙、丙三名志愿者负责、、、四个任务，每人至少负责一个任务，每个任务都有且仅有一人负责，且任务由甲负责，则不同的任务分配方法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对甲负责的任务数量进行分类讨论，结合分类加法计数原理可求得结果. 【详解】若甲负责两个任务，则甲还需从、、三个任务中挑选一个任务，剩余两个任务排给乙、丙两人，此时有种分配方法；若甲只负责任务，则需将、、三个任务分为两组，再分配给乙、丙两人，此时，有种不同的分配方法.由分类加法计数原理可知，不同的分配方法种数为种.故选：B. 6．（多选题）（24-25高二上·湖南长沙·期末）中国的五岳是指在中国境内的五座名山，坐落于东西南北中五个方位，分别是东岳泰山，西岳华山，南岳衡山，北岳恒山，中岳嵩山.小明与其父母共3人计划在假期出游，每人选一个地方，则（    ） A．3人选择的地点均不同的方法总数为60 B．恰有2人选一个地方的方法总数为15 C．恰有1人选泰山的概率是 D．若小明已选择去泰山，其父母至少有一人选择去泰山的概率为 【答案】AC 【分析】由排列及排列数的计算即可判断A；由分步计数乘法原理及组合即可判断B；由古典概型概率公式即可判断C；由对立事件的概率即可判断D． 【详解】对于A，3人选择的地点均不同的方法总数为，故A正确；对于B，恰有2人选一个地方的方法总数为，故B错误；对于C，恰有1人选泰山的方法总数为，所有的方法数为，所以恰有1人选泰山的概率是，故C正确；对于D，父母都不选择去泰山的概率为，所以小明已选择去泰山的情况下，其父母至少有一人选择去泰山的概率，故D错误.故选：AC. 7．（多选题）（24-25高二下·湖南·期中）下列说法正确的是（   ） A．在的展开式中二项式系数和为32 B．在的展开式中常数项为 C．在的展开式中系数最大的项是第5项 D．在的展开式中各项系数的和为 【答案】ABD 【分析】对于A：根据二项式系数和为分析判断；对于B：根据二项式定理分析判断即可；对于C：分析可知第项的系数为，即为二项式系数，结合二项式系数的性质分析判断；对于D：令即可得展开式中各项系数的和. 【详解】对于选项A：因为，所以二项式系数和为，故A正确；对于选项B：的展开式常数项为，故B正确；对于选项C：的展开式通项为，可知第项的系数为，即为二项式系数，所以当，即第6项的系数最大，故C错误；对于选项D：令，可得展开式中各项系数的和为，故D正确； 故选：ABD. 8．（多选题）（23-24高二下·湖南张家界·月考）已知，则（    ） A． B． C． D．展开式中二项式系数最大的项为第6项 【答案】ABD 【分析】借助赋值法可判断A、B、C，结合二项式系数的性质可得D. 【详解】对A：令，则有，故A正确；对B：令，则有，故B正确；对C：令，则有， 又，则，故C错误；对D：展开式中共有项，故二项式系数最大的项为第6项，故D正确.故选：ABD. 9．（多选题）（24-25高二上·湖南长沙·期末）杨辉三角形又称贾宪三角形，因首现于南宋杰出数学家杨辉的《详解九章算法》而得名，它的排列规律如图所示：在第一行的中间写下数字1；在第二行写下两个1，和第一行的1形成三角形；随后的每一行，第一个位置和最后一个位置的数都是1，其他的每个位置的数都是它左上方和右上方的两个数之和.那么下列说法中正确的是（    ） A．第行的第个位置的数是 B．若从杨辉三角形的第三行起，每行第3个位置的数依次组成一个新的数列，则 C．70在杨辉三角中共出现了3次 D．记第行的第个数为，则 【答案】BCD 【分析】A选项，由杨辉三角形的特征，可直接判断A错；B选项，由题意易知，根据累加法即可判断B正确；C选项，根据，可判断C正确；D选项，逆用二项展开式，得到 ，即可判断D正确. 【详解】A选项，第行的第个位置的数是，故A错；B选项，由题意可得，，，则,，,......，，以上各式相加得：，因此，故B正确；C选项，由于，不妨设，令，当时，，所以；当时，，无正整数解；当时，，当时，；当时，；而递增，从而，无正整数解；当时，，当时，；而是第九行最中间的数，杨辉三角中以该数为顶点的下方三角形区域中的数都大于，所以当时，，70在杨辉三角中共出现了3次，故C正确；D选项，第行的第个数为，则， 因为， 所以.故D正确；故选：BCD 10．（24-25高二下·湖南·期中）某班一天上午有4节课，下午有3节课，现要安排该班一天中语文、数学、英语、物理、化学、政治，体育7堂课的课程表，要求数学课、物理课都排在上午，且数学课、物理课不连排，体育课排在下午，不同排法种数是 .用数字作答） 【答案】432 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理及排列计数问题列式求解. 【详解】数学课、物理课都排在上午，且不连排的排法数为；体育课排在下午的排法数为；将余下4门课程排入课程表有种方法，所以所求不同排法种数是. 11．（24-25高二下·湖南·月考）已知多项式，则 ． 【答案】81 【分析】通过赋值法来求解的值. 【详解】令，即.将代入多项式中， 可得：，则. 12．（24-25高二下·湖南长沙·开学考试）我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队.其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在的左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为 . 【答案】1728 【分析】甲队利用捆绑法和除序法计算，乙队利用插空法计算，最后利用分步乘法原理计算即可. 【详解】甲队，先用捆绑法，将与捆绑有种排法，将与看作一个整体，再用除序法得种，利用计数原理可知，一共有种排法;乙队，利用插空法得种，按照分步乘法计数原理可知，一共有种排法. 故答案为：1728. 13．（23-24高二下·湖南长沙·开学考试）如图：某城市有纵向道路和横向道路若干条，构成如图所示的矩形道路网（图中黑线表示道路），则从西南角A地到东北角B地的最短路线共有 条.（用数字作答） 【答案】 【分析】根据题意，得到从西南角A地到东北角B地的最短路线，共有种，再结合在向上和向右的走法中，都需要连续走2步有种，进而得到答案. 【详解】由题意，从西南角A地到东北角B地的最短路线，共需要走9步，其中4步向上，5步向右，共有种不同的走法，又由中间的矩形中没有道路，所以在向上和向右的走法中，都需要连续走2步， 共有种不同的走法，所以从西南角A地到东北角B地的最短路线共有种不同的走法. 故答案为：. 14．（23-24高二下·湖南郴州·月考）若，其中． (1)求m的值； (2)求； (3)求． 【答案】(1)1；(2)255；(3)0 【分析】（1）写出展开式的通项，然后由条件可得答案； （2）分别令、可得答案； （3）令可得，然后利用平方差公式可得答案. 【详解】（1）的展开式的通项为， 所以，所以，解得； （2）由（1）知，令，可得， 令，可得，所以； （3） 令，可得，由（2）知，所以． 15．（23-24高二下·湖南长沙·期末）从A，B，C等8人中选出5人排成一排. (1)A必须在内，有多少种排法？ (2)A，B，C三人不全在内，有多少种排法？ (3)A，B，C都在内，且A，B必须相邻，C与A，B都不相邻，都多少种排法？ (4)A不允许站排头和排尾，B不允许站在中间（第三位），有多少种排法？ 【答案】(1)4200；(2)5520；(3)240；(4)4440 【分析】（1）先选后排，然后根据分步乘法原理计算即可； （2）正难则反，从反面出发，用全部的排法减去A，B，C三人全在内的排法即可； （3）相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空法，分步计算即可； （4）对所选的5人有无A，B进行分类讨论即可. 【详解】（1）由题意，先从余下的7人中选4人共有种不同结果，再将这4人与A进行全排列有种不同的排法， 故由乘法原理可知共有种不同排法； （2）从8人中任选5人排列共有种不同排法，A，B，C三人全在内有种不同排法， 由间接法可得A，B，C三人不全在内共有种不同排法； （3）因A，B，C都在内，所以只需从余下5人中选2人有种不同结果，A，B必须相邻，有种不同排法，由于C与A，B都不相邻，先将选出的2人进行全排列共有种不同排法，再将A、B这个整体与C插入到选出的2人所产生的3个空位中有种不同排法，由乘法原理可得共有种不同排法； （4）分四类：第一类：所选的5人无A、B，共有种排法； 第二类：所选的5人有A、无B，共有种排法； 第三类：所选的5人无A、有B，共有种排法； 第四类：所选的5人有A、B，若A排中间时，有种排法， 若A不排中间时，有种排法，共有种排法； 综上，共有4440种不同排法. 16．（23-24高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥. (1)从5种颜色中选出3种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数； (2)从5种颜色中选出4种颜色，涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数. 【答案】(1)60 (2)240 【分析】（1）由分步乘法原理，先涂S，再涂A，再涂B，最后涂CD计算即可. （2）解法一：由分步乘法原理，先涂AC，再一次涂SAB，计算即可；解法二：分类分步原理，先按照A与C颜色相同与不同分类，再用分步乘法，最后求和即可. 【详解】（1）由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 则A，C颜色相同，且B，D颜色相同，所以共有种不同的涂色方法. （2）解法一：由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同，则A，C可以颜色相同，B，D可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同，所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有2种选法（如：B，D颜色相同）；再从5种颜色中，选出4种颜色涂在S，A，B，C四个顶点上，最后D涂B的颜色，有种不同的涂色方法.根据分步计数原理知，共有种不同的涂色方法. 解法二：分两类. 第一类，A与C颜色相同，由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法，所以共有种不同的涂色方法； 第二类，A与C颜色不同，由题意知，四棱锥的顶点S，A，B所涂颜色互不相同， 它们有种不同的涂色方法，所以共有种不同的涂色方法. 根据分类计数原理知，共有种不同的涂色方法. 17．（24-25高二下·湖南·月考）已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为. （1）求m的值； （2）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和； （3）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率. 【答案】（1）7；（2）128；（3）. 【分析】（1）根据二项展开式的通项公式即可获解； （2）令即可获解； （3）求出有理项的个数，再用插空法即可. 【详解】（1）展开式的通项为，∴展开式中第4项的系数为，倒数第4项的系数为，，即. （2）令可得展开式中所有项的系数和为，展开式中所有项的二项式系数和为. （3）展开式共有8项，由（1）可得当为整数，即时为有理项，共4项， ∴由插空法可得有理项不相邻的概率为. 18．（24-25高二下·湖南常德·期中）已知展开式的二项式系数的和比展开式的二项式系数的和大128. （1）求n的值. （2）求展开式中的系数最大的项和系数最小的项 【答案】（1）8；（2）系数最大项，，系数最小项和 【分析】（1）展开式的二项式系数和为，展开式的二项式系数和为，根据条件可得到关于的等式求解出的值； （2）根据二项式系数的性质求得当为何值时，展开式的系数最大或最小，从而求解出对应的系数最大和最小的项. 【详解】（1）由条件可知：，所以，所以； （2）因为的通项为：，由二项式系数的性质可知：当时，展开式的系数最大，所以系数最大的项为，当或时，展开式的系数最小， 所以系数最小的项为和. 【点睛】本题考查二项式定理的综合运用，难度一般.对于二项式系数，若为偶数时，中间一项取得最大值；当为奇数时，中间两项同时取得最大值. 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $