专题09 计数原理（期末压轴题专项训练）数学湘教版2019选择性必修第一册

专题09计数原理 目录 专题09 计数原理 类型一、捆绑法与插空法 类型二、特殊元素、位置优先排 类型三、分组分配问题 类型四、定序问题 类型五、染色问题 类型六、排数问题 类型七、最短路线问题 类型八、隔板法 类型九、求指定项问题 类型十、 含有三项的二项式 类型十一、两个二项式乘积问题 类型十二、二项式系数和问题 类型十三、有理项、无理项问题 类型十四、所有项系数与赋值法 类型十五、二项式系数与系数最大问题 类型十六、整除问题 类型十七、杨辉三角问题 压轴专练 类型一、捆绑法与插空法 1.相邻问题采取“捆绑法”; 2.不相邻问题采取“插空法”; 例1．(24-25高二下·四川绵阳高中·期末)有3名男生和2名女生站成一排照相，要求两名女生不能相邻，同时男生甲不能站在最左边，女生乙不能站在最中间，满足条件的站法种数为 ． 变式1-1．(24-25高二下·黑龙江鸡西第二中学校·期末)（多选）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 变式1-2．(23-24高二下·西藏拉萨·期末)4名男生和3名女生站成一排. (1)甲不在中间也不在两端的站法有多少种？ (2)男生甲和男生乙不相邻，女生甲和女生乙相邻，排在一起的站法有多少种？ (3)甲、乙、丙三人从左到右顺序一定的站法有多少种？ 变式1-3．(23-24高二上·福建莆田第七中学、第十一中学、第十五中学等校·期末)5名男生，2名女生站成一排照相．求在下列约束条件下，有多少种站法？ (1)女生不站在两端； (2)女生相邻； (3)女生不相邻. 类型二、特殊元素、位置优先排 元素有特殊要求，位置有特殊限制的类型，一般情况下，可以直接思维，也可以间接思维“正难则反”直接思维，可以从元素出发，特殊元素优先排，也可以从位置出发，特殊位置优先坐. 例2．(24-25高二下·河南商丘·期末)身高不相等的5人站成一排照相，要求最高的人排在中间，按身高向两侧递减，则共有 种不同的排法. 变式2-1．(24-25高二下·贵州安顺普通高中·期末)某校组织学生参加数学、物理、化学三项学科竞赛，要求每名学生只报名一项竞赛，且每项竞赛至少有一人参加．若有5名学生报名，其中甲、乙都不参加化学竞赛，则不同的报名方案共有 种（用数字作答）． 变式2-2．(24-25高二下·四川雅安·期末)某班级周一的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、体育共6节课，其中要求体育课不能排在第一节，且数学课不能排在最后一节，则共有 种不同的排法.（用数字作答） 变式2-3．(24-25高二下·山东滨州·期末)由数字0，1，2组成的五位数中，满足“0恰好出现两次”或“1恰好出现两次”的所有五位数的个数为（    ） A．86 B．104 C．128 D．130 类型三、分组分配问题 平均分配思维： 1.同除相同元素的组数全排列. 2.如果限制条件少，可以以“盒”为单位一个一个“要人”,不在排列了 例3．(24-25高二下·福建泉州第五中学·期末)为了提高人们的环保意识，让所有人都能为保护环境出一份力，学校安排A，B，C，D 4名学生去甲、乙、丙三个社区宣讲，每个学生去且只去一个社区，每个社区至少有1名学生，其中学生A不能去甲社区，则不同安排方式的总数是（   ） A．20 B．24 C．32 D．36 变式3-1．(24-25高二下·福建福州第一中学·期末)某户外探险俱乐部组织10名成员（7名男性，3名女性）前往某无人岛进行野外生存挑战．为了便于管理和保障安全，需将这10人平均分成两组（不区分两组的顺序），且3名女性不能在同一组，则不同的分组方法共有（   ） A．35种 B．105种 C．210种 D．231种 变式3-2．(24-25高二下·安徽蚌埠·期末)某外卖电商平台把A，B，C，D四个订单分派给小王、小李、小刘三位骑手，每位骑手至少接到1单，且每个订单都要有骑手接单．订单分派系统通过地址定位发现A 订单派送位置距离小王太远，因此不会将A 订单分派给小王，则满足条件的订单分派方案种数为 ． 变式3-3．(24-25高二下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)在西安高新第一中学与重庆市巴蜀中学校联合举办的“巴山渭水”学术文化交流周中，来自两校的“山城”、“火锅”、“秦俑”三位同学报名参加“麻辣算法社”、“雾都桥梁社”、“秦汉数字考古社”、“羊肉泡馍化学社”，已知每人参加两个社团，每个社团至少一人参加，三人不能同时参加一个社团，则符合条件的不同报名方式有（   ） A．162种 B．90种 C．81种 D．45种 类型四、定序问题 某些特殊元素要求排列后的先后顺序不变，排列时可以把它们与其余的元素一起排列，然后除以它们数量的阶乘． 例4．(24-25高二下·河北衡水第二中学·期末)墙上悬挂有3串灯笼，分别为宫灯、纱灯、吊灯，每串灯笼个数分别为1,2,3，现将灯笼按照从下往上的顺序逐一取下，从所有取法中任选一种，则选中纱灯最先全部取下的概率为 ． 变式4-1．(23-24高二上·江苏常州第一中学·期末)在100，101，102，…，999这些数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺序排列的数的个数是（　　） A．120 B．204 C．168 D．216 变式4-2．(23-24高二上·辽宁抚顺六校协作体·期末)某5位同学排成一排准备照相时，又来了甲､乙､丙3位同学要加入，若保持原来5位同学的相对顺序不变，且甲､乙2位同学互不相邻，丙同学不站在两端，则不同的加入方法共有（    ） A．360种 B．144种 C．180种 D．192种 变式4-3．(24-25高二下·江苏盐城第一次七校联考·月考)《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，这道菜用到了鸡汤、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 种. 类型五、染色问题 例5．(24-25高二下·海南海口·期末)如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为（    ） A．24 B．48 C．72 D．120 变式5-1．(24-25高二上·辽宁多校联考·期末)如图，给编号为的区域涂色，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，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 变式5-2．(22-23高二下·河南许昌·期末)如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形内部为“赵爽弦图”（由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成），给、、、这个三角形和“赵爽弦图”涂色，且相邻区域（即图中有公共点的区域）不同色，已知有种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是（    ）   A． B． C． D． 变式5-3．(22-23高二上·辽宁沈阳五校协作体·期末)将红、黄、蓝三种颜色的涂料都涂在下图的六个区域中，每个区域涂一种颜色，要求有三个区域涂同一颜色，且相邻的两个区域不同色，共有 涂法（用数字作答）． 类型六、排数问题 例6．(24-25高二下·山东菏泽·期末)用1，2，3组成三位数，数字最多用次，其中，则满足条件的三位数个数是（   ） A．15个 B．18个 C．19个 D．27个 变式6-1．(24-25高二下·福建三明·期末)由0，1，2，3，5组成的无重复数字的4位数共有（    ） A．24个 B．72个 C．96个 D．120个 变式6-2．(24-25高二下·四川广元·期末)2025年4月23日是第三十个世界读书日．将2，0，2，5，4，2，3这些数字排成一排组成一个七位数，则不同的七位数有（   ）个． A．480 B．600 C．720 D．840 变式6-3．(24-25高二下·江苏连云港·期末) （多选）用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成（    ） A．180个无重复数字的三位数 B．75个无重复数字且为奇数的三位数 C．30个无重复数字且能被25整除的四位数 D．480个无重复数字且比1300大的四位数 类型七、最短路线问题 例7．(23-24高二下·河北石家庄正定中学·期末)如图，一只蚂蚁位于点M处，去搬运位于N处的糖块，的最短路线有 条． 变式7-1．(22-23高二上·上海南洋模范中学·期末)有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有 种. 变式7-2．(24-25高二下·浙江宁波·期末)某街区的交通道路如图1实线所示，从处出发，沿道路以最短路径到达处，则选择如图2实线所示的道路到达处的概率是（   ） A． B． C． D． 变式7-3．(21-22高二下·浙江宁波六校联盟·期中) （多选）如图，在某城市中，，两地之间有整齐的方格形道路网，其中，，，是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网，处的甲､乙两人分别要到，处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，处为止，则下列说法正确的有（    ） A．甲从到达处的走法种数为20 B．甲从必须经过到达处的走法种数为9 C．甲乙两人能在处相遇的走法种数36 D．甲，乙两人能相遇的走法种数为162 类型八、隔板法 例8．(22-23高二上·上海实验学校·期末)10个相同的小球放到6个不同的盒子里，每个盒子里至少放一个小球，则不同的放法有 种. 变式8-1．(22-23高二下·安徽合肥第一中学·期末)在中国革命史上有许多与“8”有关的可歌可泣的感人故事，如“八子参军”、“八女投江”等，因此数字“8”是当之无愧的新时代“英雄数字”．如果一个四位数，各个位置上数字之和等于8，这样的数称为“英雄数”（比如1223，，就是一个“英雄数”），则所有的“英雄数”有 个（用数字回答） 变式8-2．(23-24高二下·贵州遵义·期末)方程的非负整数解个数为（    ）． A．220 B．120 C．84 D．24 变式8-3．(23-24高二上·辽宁沈阳重点学校联合体·期末)将20个无任何区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒子内的小球个数不小于它的编号数，则不同的放法有（    ） A．90种 B．120种 C．160种 D．190种 类型九、求指定项问题 二项展开式的通项公式：Tr=Can－r＋1br－1 例9．(24-25高二下·江苏连云港·期末)展开式中的常数项为（    ） A．40 B．60 C．80 D．120 变式9-1．(24-25高二下·安徽合肥普通高中六校联盟·期末)已知，若的展开式中，常数项等于240，则（    ） A．3 B．2 C．6 D．4 变式9-2．(24-25高二上·北京昌平区·期末)在的展开式中，的系数为（   ） A． B． C． D． 变式9-3．(23-24高二下·河南南阳六校·期末)已知为虚数单位，则的展开式中的系数为（    ） A． B．10 C． D．15 类型十、含有三项的二项式 例10．(24-25高二下·山东聊城·期末)的展开式中的系数为（    ） A．75 B．135 C．180 D．195 变式10-1．(24-25高二下·山东济南·期末)的展开式中，常数项为（   ） A．2 B．4 C．6 D．12 变式10-2．(23-24高二下·湖北武汉江岸区·期末)的展开式中的系数为 .（用数字作答） 变式10-3．(21-22高二下·山东威海·期末)的展开式中的系数为 (用数字作答). 类型十一、两个二项式乘积问题 因式相乘型，可以采取乘法分配律，变为两式相加型再转而求对应通项系数 例11．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末)的展开式中的系数为 . 变式11-1．(24-25高二下·广东东莞·期末)的展开式中的系数为（    ） A．495 B．375 C．135 D．15 变式11-2．(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． 变式11-3．(24-25高二下·山东菏泽·期末) （多选）已知，则（   ） A．的值为 B．的值为30 C．的值为 D． 类型十二、二项式系数和问题 各二项式系数的和：已知. 1.令，则.也就是说，的展开式的各个二项式系数的和为 . 2.奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即. 例12．(24-25高二下·贵州安顺普通高中·期末) （多选）已知的展开式中各项系数之和为，则展开式中（   ） A．各项的二项式系数之和为 B．含的项的系数为 C．奇数项的二项式系数之和为 D．二项式系数最大项为第项 变式12-1．(24-25高二上·甘肃定西八校·期末) （多选）已知，则（    ） A． B． C． D．展开式中所有项的二项式系数的和为16 变式12-2．(24-25高二上·广西梧州·期末) （多选）已知展开式的所有二项式系数之和为256，若 ，则（    ） A． B． C． D． 变式12-3．(24-25高二下·浙江杭州西湖区浙附玉泉丁兰·期中)在的展开式中，第项为常数项． (1)求的值和该常数项的值； (2)求展开式中所有项的系数之和． 类型十三、有理项、无理项问题 例13．(23-24高二下·广西名校联合·) （多选）已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（   ） A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第7项 D．有理项共4项 变式13-1．(24-25高二下·广西钦州·期末)已知的展开式中第5项为常数项. (1)求的值； (2)求展开式中所有的无理项. 变式13-2．(23-24高二下·河南郑州·期末)已知二项式的二项展开式中二项式系数之和为256. (1)求展开式中的系数； (2)求展开式中所有的有理项. 变式13-3．(23-24高二下·江苏宿迁·期末)在的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列． (1)证明展开式中不存在常数项； (2)求展开式中所有的有理项． 类型十四、所有项系数与赋值法 二项展开式中系数和的求法： 1.对形如（ax＋b)n, (ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R，m，n∈N*)的式子求其展开式的各项系数之和， 常用赋值法，只需令x＝1即可；对(ax＋by)n(a，b∈R，n∈N*)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可； 2.一般地，若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1) 奇数项系数之和为 偶数项系数之和为 例14．(23-24高二下·安徽皖中名校联盟（合肥第八中学等）·期末)在的展开式中，若各项系数和为0，则 . 变式14-1．(24-25高二下·安徽滁州·期末)为正实数，且，当取最小值时，的展开式中各项系数的和为（    ） A． B． C． D． 变式14-2．(24-25高二下·山东淄博·期末) （多选）已知函数，则（    ） A． B． C． D．的个位数字是9 变式14-3．(23-24高二下·天津南开区·)已知展开式中的常数项为. (1)求实数的值； (2)若展开式中各项系数的和为，求该展开式中的系数. 类型十五、二项式系数与系数最大问题 1.二项式系数的最大项的求法： 求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论： （1）当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大； （2）当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大 2.二项式系数最大的项与系数最大的项不同，二项式系数最大的项即中间一项或两项； 展开始终系数最大的项的求法用解不等式组来确定 例15．(24-25高二下·福建泉州第五中学·期末)已知，则下列选项中错误的是（   ） A． B．的最大值为 C． D． 变式15-1．(24-25高二下·青海西宁第十四中学·期末)已知的展开式中第项为，且第三项和第九项的二项式系数相等. (1)求的值，并求二项式系数的最大值； (2)求第四项的二项式系数与系数； (3)的展开式中第几项的系数最大？并求系数的最大值. 变式15-2．(24-25高二下·湖北荆州·期末)已知，且． (1)求二项式系数最大的项； (2)求的值． 变式15-3．(24-25高二下·河北级联测考试·期末)已知的二项式系数之和是128，求： (1)展开式中含的项的系数； (2)展开式中二项式系数最大的项； (3)展开式中系数绝对值最大的项． 类型十六、整除问题 例16．(24-25高二下·陕西咸阳永寿县中学·期末)除以128的余数为（   ） A．51 B．43 C．41 D．33 变式16-1．(24-25高二下·湖北恩施州·期末)除以7的余数是 . 变式16-2．(24-25高二下·浙江台州·期末)关于的展开式，下列说法正确的是（    ） A．第项的二项式系数最大 B．当时，被除的余数为 C．展开式中存在常数项 D．展开式中存在连续三项的系数成等差数列 变式16-3．(24-25高二上·安徽亳州普通高中·期末)若满足能被5整除的的最小值为，设，，则方程表示的不同直线的条数为 . 类型十七、杨辉三角问题 例17．(24-25高二下·宁夏育才中学·期末)如图所示，在杨辉三角中，斜线上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：，，，，，，，记这个数列前项和为，则 ． 变式17-1．(24-25高二下·吉林长春外五县·期末) （多选）以下关于杨辉三角的猜想中，正确的有（   ） A．第100行中，从左到右看第50个数最大 B．第100行的所有数的和为 C． D． 变式17-2．(24-25高二下·重庆（康德卷）·期末) （多选）将（，1，2，…）按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将“杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则（    ） A．在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B．在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则 C．在“谢尔宾斯基三角形”中，第（，2，…）行全行都为黑色圆 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆多一个 变式17-3．(24-25高二下·河南郑州中牟县·期末) （多选）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项展开式中的各项系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，下列说法正确的（    ） A．第8行的第8个数是8 B．第2026行中，第1014个数最大 C．第10行中，第5个数与第6个数之比为 D．第行所有数字的平方和为 压轴专练 1．(24-25高二下·湖北黄冈·期末)设，且，若能被9整除，则（    ） A．0 B．1 C．7 D．8 2．(24-25高二下·广东中山第一中学·期末)（多选）设，则下列结论正确的是（    ） A．常数项为2 B．第4项系数为 C．奇数次系数和为32 D．当时，该式的值为2916 3．(24-25高二下·广东湛江第一中学·期末)有42个白球和14个红球，现根据颜色按比例分层随机抽样，抽取8个球放进一个袋子里，每次从袋子中摸出一个球，直到红球全部被取出，则摸球次数为4的概率是 . 4．(24-25高二下·广东深圳大学附属中学·期末)深圳市某公园一条笔直的林荫道上有张长椅．现因规划要求，需移走其中张长椅．要求两端的长椅不能移走，且移走的相邻两张长椅之间，至少要留下三张长椅，则不同的移走方案共有 ． 5．(24-25高二下·重庆南开中学校·期末)在一个盒子中装有6个大小形状均相同的号码球，编号分别为1、2、3、4、5、6.李华每次从中有放回地随机摸一个号码球，记下每一次的号码，记第次取出的号码为，则使方程有解的概率为 .（用分数表示） 6．(24-25高二下·贵州黔西南布依族苗族·期末)九宫格是一个源自中国古代的概念，具有多种含义和应用，在数学领域：九宫格是一种数字游戏，起源于河图洛书，要求在九个小格子中填入不同的数字，使得每一行每一列和对角线上的数字之和都相等.将1~9的自然数填入九个格中，如图1的九宫格，“?”处应填的数字是 ；如图2，不同的九宫格共有 种. 7．(24-25高二下·安徽芜湖·期末)定义：给定一个正整数m，如果两个整数a，b满足能够被m整除，就称整数a，b对模m同余，记作．若，，则的最小值为 ． 8．(24-25高二下·安徽安庆江淮协作区·期末)已知. (1)求该二项展开式中二项式系数最大的项； (2)求的值. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09计数原理 目录 专题09 计数原理 类型一、捆绑法与插空法 类型二、特殊元素、位置优先排 类型三、分组分配问题 类型四、定序问题 类型五、染色问题 类型六、排数问题 类型七、最短路线问题 类型八、隔板法 类型九、求指定项问题 类型十、 含有三项的二项式 类型十一、两个二项式乘积问题 类型十二、二项式系数和问题 类型十三、有理项、无理项问题 类型十四、所有项系数与赋值法 类型十五、二项式系数与系数最大问题 类型十六、整除问题 类型十七、杨辉三角问题 压轴专练 类型一、捆绑法与插空法 1.相邻问题采取“捆绑法”; 2.不相邻问题采取“插空法”; 例1．(24-25高二下·四川绵阳高中·期末)有3名男生和2名女生站成一排照相，要求两名女生不能相邻，同时男生甲不能站在最左边，女生乙不能站在最中间，满足条件的站法种数为 ． 【答案】50 【分析】先利用插空法求得两名女生不能相邻的站法；然后分别求出两名女生不能相邻且男生甲站在最左边、两名女生不能相邻且女生乙站在最中间、两名女生不能相邻，同时男生甲站在最左边，女生乙站在最中间三种情况的站法，根据排除法求解即可. 【详解】先求出两名女生不能相邻的站法有种； 若两名女生不能相邻且男生甲站在最左边，则满足题意的站法有种， 若两名女生不能相邻且女生乙站在最中间，则满足题意的站法有种， 若两名女生不能相邻，同时男生甲站在最左边，女生乙站在最中间， 则满足题意的站法有种， 所以满足条件的站法种数为种. 故答案为：50 变式1-1．(24-25高二下·黑龙江鸡西第二中学校·期末)（多选）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. 变式1-2．(23-24高二下·西藏拉萨·期末)4名男生和3名女生站成一排. (1)甲不在中间也不在两端的站法有多少种？ (2)男生甲和男生乙不相邻，女生甲和女生乙相邻，排在一起的站法有多少种？ (3)甲、乙、丙三人从左到右顺序一定的站法有多少种？ 【答案】(1)2880 (2)960 (3)840 【分析】（1）根据题意先排甲，然后剩余的进行全排列即可； （2）利用捆绑法，将女生甲和女生乙捆绑在一起，与除去男生甲和男生乙的其他人进行全排列，然后男生甲和乙插空即可； （3）7个全排列后，除以甲、乙、丙的全排列数即可. 【详解】（1）分两步，先排甲有种，其余有种， 所以根据分步乘法原理知共有种排法. （2）分三步： ① 捆绑法，现将女生甲与女生乙捆绑在一起，有（种）； ②将女生甲和女生乙看成整体，与其他人（除去男生甲和男生乙）排列，有（种）； ③插空法，在其他人排好的基础上，将男生甲和乙插空（共有5个空位置），有（种）， 所以根据分步乘法原理可知共有（种）. （3）7人共有种排法，其中甲、乙、丙三人有种排法， 因而在种排法中每种对应一种符合条件的排法， 故共有种排法 变式1-3．(23-24高二上·福建莆田第七中学、第十一中学、第十五中学等校·期末)5名男生，2名女生站成一排照相．求在下列约束条件下，有多少种站法？ (1)女生不站在两端； (2)女生相邻； (3)女生不相邻. 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）先排两端再排中间即可得解. （2）用捆绑法即可得解. （3）使用插空法即可得解. 【详解】（1）先考虑两端站的人，再考虑其他位置，满足条件的站法有（种）. （2）将2名女生捆绑，当作一个对象，与其他对象一起全排列，可得满足条件的站法有（种）. （3）分两步：第一步，先排男生，有种站法， 第二步，将2名女生插入男生所形成的6个空（包括两端）中，有种站法， 由分步乘法计数原理知，满足条件的站法有（种）. 类型二、特殊元素、位置优先排 元素有特殊要求，位置有特殊限制的类型，一般情况下，可以直接思维，也可以间接思维“正难则反”直接思维，可以从元素出发，特殊元素优先排，也可以从位置出发，特殊位置优先坐. 例2．(24-25高二下·河南商丘·期末)身高不相等的5人站成一排照相，要求最高的人排在中间，按身高向两侧递减，则共有 种不同的排法. 【答案】6 【分析】把问题看成是由1，2，3，4，5这五个数字排成一个五位数，要求最大的数字排在中间，按大小向两侧递减，然后列举所有的排列方法即可. 【详解】把问题看成是由1，2，3，4，5这五个数字排成一个五位数，要求最大的数字排在中间，按大小向两侧递减，则排成的五位数有12543，13542，14532，23541，24531与34521这6个数． 故答案为：6 变式2-1．(24-25高二下·贵州安顺普通高中·期末)某校组织学生参加数学、物理、化学三项学科竞赛，要求每名学生只报名一项竞赛，且每项竞赛至少有一人参加．若有5名学生报名，其中甲、乙都不参加化学竞赛，则不同的报名方案共有 种（用数字作答）． 【答案】62 【分析】根据化学竞赛报名人数1人，2人，3人分情况讨论，结合排列数、组合数计算. 【详解】这5名学生中，若化学竞赛只有1人报名，则报名方案有种； 若化学竞赛有2人报名，则报名方案有种； 若化学竞赛有3人报名，则报名方案有种． 故该班这5名学生不同的报名方案共有种． 故答案为：62. 变式2-2．(24-25高二下·四川雅安·期末)某班级周一的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、体育共6节课，其中要求体育课不能排在第一节，且数学课不能排在最后一节，则共有 种不同的排法.（用数字作答） 【答案】 【分析】根据题意，分为体育课排在最后一节和体育课不排在第一节和最后一节，两种情况，分别求得相应的排法数，结合分类计算原理，即可求解. 【详解】根据题意，可分为两类： （1）若体育课排在最后一节，则有种不同的排法； （2）若体育课不排在第一节和最后一节，则有种不同的排法， 由分类计数原理得，共有种不同的排法. 故答案为：. 变式2-3．(24-25高二下·山东滨州·期末)由数字0，1，2组成的五位数中，满足“0恰好出现两次”或“1恰好出现两次”的所有五位数的个数为（    ） A．86 B．104 C．128 D．130 【答案】A 【分析】分情况讨论，再利用分步乘法计数原理及容斥原理即可求解. 【详解】（1）“0恰好出现两次”： 万位不能为0，因此两个0的位置只能从剩下的4个位置中选择，有种方法， 剩下的3个位置由1或2填充，每个位置有2种选择，共种方法， 则“0恰好出现两次”的种数有种； （2）“1恰好出现两次”： “万位为1”时：从剩下的4个位置中选择1个位置放1，有种， 剩下的三个位置由0或2填充，每个位置有2种选择，共种方法， 则共有种方法， “万位不为1”时：从剩下的4个位置中选择2个位置放1，有种， 则万位放2，剩下的两个位置由0或2填充，每个位置有2种选择，有种， 则共有种方法， 所以“1恰好出现两次”的种数有种； （3）“0恰好出现两次”且“1恰好出现两次”： 先安排2个0，有种方法，再从剩下的3个位置选择2个放1，有种， 最后一个位置放2即可，则共有种方法； 则“0恰好出现两次”或“1恰好出现两次”的所有五位数的个数为. 故选：A. 类型三、分组分配问题 平均分配思维： 1.同除相同元素的组数全排列. 2.如果限制条件少，可以以“盒”为单位一个一个“要人”,不在排列了 例3．(24-25高二下·福建泉州第五中学·期末)为了提高人们的环保意识，让所有人都能为保护环境出一份力，学校安排A，B，C，D 4名学生去甲、乙、丙三个社区宣讲，每个学生去且只去一个社区，每个社区至少有1名学生，其中学生A不能去甲社区，则不同安排方式的总数是（   ） A．20 B．24 C．32 D．36 【答案】B 【分析】由题意可知将4人分为1，1，2三组共计种分法，分好的组去三个社区，总共种分法；假设A必须去甲社区，则有两种分法:①三人去乙、丙两个社区或②三人去甲、乙、丙社区；所以总的安排方式为：. 【详解】A，B，C，D 4名学生去甲、乙、丙三个社区，每个社区至少有1名学生 可将4人分为1，1，2三组，共有种分法. 总分法为 令学生A必须去甲社区，则有两种分法:三人去乙、丙两个社区或三人去甲、乙、丙社区,则共有： 学生A不能去甲社区的不同安排方式为： 故选:B. 变式3-1．(24-25高二下·福建福州第一中学·期末)某户外探险俱乐部组织10名成员（7名男性，3名女性）前往某无人岛进行野外生存挑战．为了便于管理和保障安全，需将这10人平均分成两组（不区分两组的顺序），且3名女性不能在同一组，则不同的分组方法共有（   ） A．35种 B．105种 C．210种 D．231种 【答案】B 【分析】由题意7名男性取3名，3名女性取2名构成一组，余下其它5人构成另一组，应用组合数求不同分组数. 【详解】由题意，7名男性取3名，3名女性取2名构成一组，余下其它5人构成另一组， 所以不同分组方法有种. 故选：B 变式3-2．(24-25高二下·安徽蚌埠·期末)某外卖电商平台把A，B，C，D四个订单分派给小王、小李、小刘三位骑手，每位骑手至少接到1单，且每个订单都要有骑手接单．订单分派系统通过地址定位发现A 订单派送位置距离小王太远，因此不会将A 订单分派给小王，则满足条件的订单分派方案种数为 ． 【答案】24 【分析】分把A 订单单独分派给小李或小刘、把A 订单不单独分派给小李或小刘两种情况计算，先分派A 订单，再结合分组分配的方法即可求解． 【详解】分两种情况： ①把A 订单单独分派给小李或小刘： 先分派A 订单，有种方法， 再分派B，C，D订单，三个订单分两组有种方法，把这两组分派给其余两位骑手有种方法， 所以有种方法； ②把A 订单不单独分派给小李或小刘： 先分派A 订单，有种方法， 再分派B，C，D订单，三个订单分派给三位骑手有种方法， 所以有种方法， 故满足条件的订单分派方案种数为． 故答案为：24． 变式3-3．(24-25高二下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)在西安高新第一中学与重庆市巴蜀中学校联合举办的“巴山渭水”学术文化交流周中，来自两校的“山城”、“火锅”、“秦俑”三位同学报名参加“麻辣算法社”、“雾都桥梁社”、“秦汉数字考古社”、“羊肉泡馍化学社”，已知每人参加两个社团，每个社团至少一人参加，三人不能同时参加一个社团，则符合条件的不同报名方式有（   ） A．162种 B．90种 C．81种 D．45种 【答案】B 【分析】根据要求，确定四个兴趣小组必有两个2人选、两个1人选，而对于2人选的小组可以分成“同样的2个人”和“3个人构成”两类情况分别计数即得. 【详解】由题意，四个兴趣小组必有两个2人选、两个1人选，根据2人选的小组是同样的2个人还是3个人分两种情况： 当2人选的小组是同样的2个人时，有种； 当2人选的小组是由3个人构成时，有种； 所以不同的报名方式有种. 故选：B. 类型四、定序问题 某些特殊元素要求排列后的先后顺序不变，排列时可以把它们与其余的元素一起排列，然后除以它们数量的阶乘． 例4．(24-25高二下·河北衡水第二中学·期末)墙上悬挂有3串灯笼，分别为宫灯、纱灯、吊灯，每串灯笼个数分别为1,2,3，现将灯笼按照从下往上的顺序逐一取下，从所有取法中任选一种，则选中纱灯最先全部取下的概率为 ． 【答案】 【分析】由题可知纱灯首先被全部取完分两种情况，纱灯2次取完或纱灯3次，4次取完，结合古典概型概率公式即得； 【详解】宫灯、纱灯、吊灯，每串灯笼个数分别为1,2,3，标号分别为宫灯，纱灯上到下吊灯上到下， 先取1有种情况；先取3有种情况；先取6有种情况； 所有取法有种， 由题可知纱灯2次取完的概率为， 纱灯3次取完(前2次中有1次取到吊灯)的概率为， 纱灯4次取完(前2次中有2次取到吊灯)的概率为， 所以纱灯先取完的概率为； 故答案为：. 变式4-1．(23-24高二上·江苏常州第一中学·期末)在100，101，102，…，999这些数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺序排列的数的个数是（　　） A．120 B．204 C．168 D．216 【答案】B 【分析】根据三个数字中是否有“0”分两类，利用分类加法计数原理求解. 【详解】分两类，第一类不含数字“0”，从1到9的自然数中任意取出3个，都可以得到严格递增或严格递减顺序排列的三位数，共有个； 第二类含有数字“0”，从1到9的自然数中任意取出2个，三个数只能排出严格递减顺序的三位数，共有个， 根据分类加法计数原理，所以共有个. 故选：B 变式4-2．(23-24高二上·辽宁抚顺六校协作体·期末)某5位同学排成一排准备照相时，又来了甲､乙､丙3位同学要加入，若保持原来5位同学的相对顺序不变，且甲､乙2位同学互不相邻，丙同学不站在两端，则不同的加入方法共有（    ） A．360种 B．144种 C．180种 D．192种 【答案】D 【分析】按丙是否在甲､乙中间分两种情况；当丙不在甲乙中间时，利用插空法和分步乘法计数原理可计算；当丙在甲乙中间时，利用捆绑法、插空法及分步乘法计数原理可计算；最后利用分类加法计数原理即可求解. 【详解】分两种情况： 当丙不在甲､乙中间时，先加入甲，有种方法，再加入乙，有种方法，最后加入丙，有种方法，此时不同的加入方法共有种； 当丙在甲､乙中间时，共有种方法. 故不同的加入方法共有种. 故选：D 变式4-3．(24-25高二下·江苏盐城第一次七校联考·月考)《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，这道菜用到了鸡汤、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 种. 【答案】 【分析】利用捆绑法结合倍缩法可得出不同的下锅顺序种数. 【详解】根据题意，将香菌、新笋、豆腐干三种原料进行捆绑，且这三种原料无顺序， 茄子净肉在鸡脯肉后下锅，鸡汤最后下锅， 所以，不同的下锅顺序种数为种. 故答案为：. 类型五、染色问题 例5．(24-25高二下·海南海口·期末)如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为（    ） A．24 B．48 C．72 D．120 【答案】C 【分析】先选择秀英区与龙华区，然后分别对琼山区，美兰区与秀英区是否同色进行讨论，然后计算可得结果. 【详解】秀英区有4种选择，龙华区有3种选择， 当琼山区与秀英区同色，则美兰区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区同色，琼山区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区不同色，琼山区有2种选择，美兰区有1种选择； 所以不同的着色方法的种数为. 故选：C 变式5-1．(24-25高二上·辽宁多校联考·期末)如图，给编号为的区域涂色，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，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 【答案】A 【分析】根据分步乘法计数原理依次涂色即可. 【详解】由题意可得，只需确定区域的颜色，即可确定所有区域的涂色． 先涂区域1，有5种选择；再涂区域2，有4种选择；最后涂区域3，有3种选择． 故不同的涂色方案有种． 故选：A. 变式5-2．(22-23高二下·河南许昌·期末)如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的一个“数学风车”平面模型，图中正方形内部为“赵爽弦图”（由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成），给、、、这个三角形和“赵爽弦图”涂色，且相邻区域（即图中有公共点的区域）不同色，已知有种不同的颜色可供选择．则不同的涂色方法种数是（    ）   A． B． C． D． 【答案】C 【分析】依次对区域正方形、、、、涂色，讨论区域与区域同色或异色讨论，确定每个区域所涂颜色的种数，结合分类加法和分步乘法计数原理可得结果. 【详解】先对正方形涂色，共有种颜色可供选择， 然后涂区域，有种颜色可供选择， 接下来涂区域，有种颜色可供选择， 若区域与区域同色，则区域有种颜色可供选择； 若区域与区域不同色，则区域有种颜色可供选择，区域有种颜色可供选择. 由计数原理可知，不同的涂色方法种数为. 故选：C. 变式5-3．(22-23高二上·辽宁沈阳五校协作体·期末)将红、黄、蓝三种颜色的涂料都涂在下图的六个区域中，每个区域涂一种颜色，要求有三个区域涂同一颜色，且相邻的两个区域不同色，共有 涂法（用数字作答）． 【答案】 【分析】分析可知区域①③⑤或区域②④⑥或区域①③⑥或区域①④⑥涂同一种颜色，则剩余三个区域中有两个不相邻的区域涂一种颜色，最后一个区域涂第三种颜色，利用组合计数原理以及分步乘法、分类加法计数原理可求得结果. 【详解】由题意可知，区域①③⑤或区域②④⑥或区域①③⑥或区域①④⑥涂同一种颜色， （1）若区域①③⑤或区域②④⑥涂一种颜色， 则剩余三个区域中有两个区域涂一种颜色，最后一个区域涂第三种颜色， 因此，不同的涂色种数为种； （2）若区域①③⑥涂同一种颜色，则区域④⑤涂剩余的两种颜色，区域②和区域①③所涂颜色不同， 此时，不同的涂色种数为种； （3）若区域①④⑥涂同一种颜色则区域②③涂剩余的两种颜色，区域⑤和区域④⑥所涂颜色不同， 此时，不同的涂色种数为种. 综上所述，不同的涂色方法种数为种. 故答案为：. 类型六、排数问题 例6．(24-25高二下·山东菏泽·期末)用1，2，3组成三位数，数字最多用次，其中，则满足条件的三位数个数是（   ） A．15个 B．18个 C．19个 D．27个 【答案】C 【分析】分三个不同数字各出现一次，一个数字出现两次，一个数字出现三次，三种情况讨论即可. 【详解】当三个不同数字各出现一次时，有个； 当一个数字出现两次，其他两个数字各出现一次时，则重复出现的数字只能是， 则有个； 当一个数字出现三次，则仅有数字符合条件，则有个； 综上所述，满足条件的三位数共有个. 故选：C 变式6-1．(24-25高二下·福建三明·期末)由0，1，2，3，5组成的无重复数字的4位数共有（    ） A．24个 B．72个 C．96个 D．120个 【答案】C 【分析】分这个4位数含0和不含0两种情况讨论即可. 【详解】若组成的4位数不含0，则有个； 若组成的4位数含0，因为0不能在首位，所以首位有种排法，后面的三位有种排法，所以含0的4位数有个. 所以由0，1，2，3，5组成的无重复数字的4位数共有：个. 故选：C 变式6-2．(24-25高二下·四川广元·期末)2025年4月23日是第三十个世界读书日．将2，0，2，5，4，2，3这些数字排成一排组成一个七位数，则不同的七位数有（   ）个． A．480 B．600 C．720 D．840 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用倍缩法，排除首位为0的情况即可. 【详解】数字：2，0，2，5，4，2，3中数字2出现了3次，则7个数字的所有排列情况有种， 当首位为0时，剩下6个数字：2，2，5，4，2，3出现了3次，排列的情况有种， 所以不同的7位数有个. 故选：C. 变式6-3．(24-25高二下·江苏连云港·期末) （多选）用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成（    ） A．180个无重复数字的三位数 B．75个无重复数字且为奇数的三位数 C．30个无重复数字且能被25整除的四位数 D．480个无重复数字且比1300大的四位数 【答案】AB 【分析】根据分步乘法原理，由选项中的限制条件，逐项计算，可得答案. 【详解】对于A，无重复数学的三位数的情况数为，故A正确； 对于B，为奇数的三位数的个位可选的数字有，则无重复数学且为奇数的三位数的情况数为，故B正确； 对于C，能被整除的四位数的最后两位有，则无重复数字且能被整除的四位数的情况数有，故C错误； 对于D，当千位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为且百位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为且十位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为、十位为且个位比大的无重复数字的四位数的情况数有. 综上可得，故D错误. 故选：AB. 类型七、最短路线问题 例7．(23-24高二下·河北石家庄正定中学·期末)如图，一只蚂蚁位于点M处，去搬运位于N处的糖块，的最短路线有 条． 【答案】150 【分析】由分步乘法和分类加法计数原理及组合数的计算即可求解． 【详解】由题可知，的最短路线必经过两点， 则的最短路线有种，的最短路线有种； 的最短路线有种，的最短路线有种； 因为的最短路线有和， 所以的最短路线有种， 故答案为：150． 变式7-1．(22-23高二上·上海南洋模范中学·期末)有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有 种. 【答案】24 【分析】根据已知，要想避开C、D点，需分步考虑.得到每一步的方法种类，用分步计数原理乘起来即可得出答案. 【详解】 如图，由已知可得，应从点，先到点，再到点，最后经点到点即可. 第一步：由点到点，最短路径为4步，最短路径方法种类为； 第二步：由点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为； 第三步：由点经点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为. 根据分步计数原理可得，最短路径有种. 故答案为：24. 变式7-2．(24-25高二下·浙江宁波·期末)某街区的交通道路如图1实线所示，从处出发，沿道路以最短路径到达处，则选择如图2实线所示的道路到达处的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用组合数与分步乘法计数原理，计算出图中从处出发到达处的最短路径数，并计算出图中从处到达处的过程中最短路径数，然后利用古典概型的概率公式，即可得到结果. 【详解】根据题意，图中从处出发到达处的最短路径需要经过两横两纵四段短路， 所以最短路径数为种路径， 图中从处出发到达处的最短路径有两种情况： 第一步走纵，只有纵纵横横一种路径； 第一步走横，到达如图所示的处， 从处到达处的最短路径需要经过一横两纵三段短路， 所以最短路径有种路径， 以上两种情况相加共种路径， 所以选择如图2实线所示的道路到达处的概率是. 故选：C 变式7-3．(21-22高二下·浙江宁波六校联盟·期中) （多选）如图，在某城市中，，两地之间有整齐的方格形道路网，其中，，，是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网，处的甲､乙两人分别要到，处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达，处为止，则下列说法正确的有（    ） A．甲从到达处的走法种数为20 B．甲从必须经过到达处的走法种数为9 C．甲乙两人能在处相遇的走法种数36 D．甲，乙两人能相遇的走法种数为162 【答案】AB 【分析】由到的最短路径向上3步，向右3步，问题为6步中任选3步向上或向右走，根据各选项的描述，同理分析各种走法的种数，即可确定答案. 【详解】A：从到达只需向上、向右各走3步，即共走6步，走法种数为种，正确； B：从到的走法有，再到达的走法有，共有 种，正确； C：由上，甲经过的走法有9种，同理乙经过的走法有9种，此处相遇共有81种走法，错误； D：要使甲乙以相同的速度相遇，则相遇点，，，中的一个，而在、相遇各有1种走法，在，相遇各有81种走法，故甲、乙相遇的走法有种，错误. 故选：AB 类型八、隔板法 例8．(22-23高二上·上海实验学校·期末)10个相同的小球放到6个不同的盒子里，每个盒子里至少放一个小球，则不同的放法有 种. 【答案】126 【分析】由隔板法，将10个小球排成一排，中间插入5个隔板，即可求得不同的放法. 【详解】由隔板法，将10个小球排成一排，除去两端中间插入5个不相邻的隔板，此时9个空中选5个空放隔板，将10个球分成六份，再将六份装入六个盒子中即可，不同的放法有种. 故答案为：126. 变式8-1．(22-23高二下·安徽合肥第一中学·期末)在中国革命史上有许多与“8”有关的可歌可泣的感人故事，如“八子参军”、“八女投江”等，因此数字“8”是当之无愧的新时代“英雄数字”．如果一个四位数，各个位置上数字之和等于8，这样的数称为“英雄数”（比如1223，，就是一个“英雄数”），则所有的“英雄数”有 个（用数字回答） 【答案】120 【分析】根据题意，将原问题转化为将8个小球分为4组且第一组不能为0的问题，根据0的个数分情况，结合挡板法即可求解． 【详解】根据题意，8个相同的小球排成一排，8个小球两两之间不包括头尾共有7个空位中， 若四位数的“英雄数”中不含0，则需要在这7个空位中随机安排3个挡板，可以将小球分为4组每两个挡板之间的小球的数目依次对应四位数的千、百、十、个位数字，共有个， 若四位数的“英雄数”中只有一个0，则需要在这7个空位中随机安排2个挡板，可以将小球分成个数不为0的3组，0可以作为百、十、个位其中一位上的数字，此时共有个， 若四位数的“英雄数”中有两个0，则需要在这7个空位中随机安排1个挡板，可以将小球分成个数不为0的2组，0可以作为百、十、个位其中两位上的数字，此时共有个， 若四位数的“英雄数”中有3个0，则只能是8000，只有一种情况， 综上：共有个“英雄数”． 故答案为：120． 变式8-2．(23-24高二下·贵州遵义·期末)方程的非负整数解个数为（    ）． A．220 B．120 C．84 D．24 【答案】A 【分析】将问题转化为：将排成一列的13个完全相同的小球分成部分，利用隔板法即可得解. 【详解】依题意，可知为非负整数， 因为， 所以， 从而将问题转化为：将排成一列的13个完全相同的小球分成部分，每部分至少一个球， 一共有12个间隔，利用3个隔板插入即可，故共有种. 故选：A 变式8-3．(23-24高二上·辽宁沈阳重点学校联合体·期末)将20个无任何区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，要求每个盒子内的小球个数不小于它的编号数，则不同的放法有（    ） A．90种 B．120种 C．160种 D．190种 【答案】B 【分析】应用“隔板法”求解即可. 【详解】先在编号为2，3的盒子内分别放入1个，2个球，还剩17个小球， 则三个盒子内每个至少再放入1个球， 将17个球排成一排，有16个空隙，插入2块挡板分为三堆放入三个盒子中， 不同的放法共有（种）. 故选：B. 类型九、求指定项问题 二项展开式的通项公式：Tr=Can－r＋1br－1 例9．(24-25高二下·江苏连云港·期末)展开式中的常数项为（    ） A．40 B．60 C．80 D．120 【答案】B 【分析】由二项式定理写出括号展开式的通项公式，利用赋值法，可得答案. 【详解】由的展开式通项为， 则令，即，常数项为. 故选：B. 变式9-1．(24-25高二下·安徽合肥普通高中六校联盟·期末)已知，若的展开式中，常数项等于240，则（    ） A．3 B．2 C．6 D．4 【答案】B 【分析】根据二项展开式的通项公式求出常数项，建立方程得解. 【详解】由二项展开式的通项公式可得， 令，解得， 即常数项为，解得. 故选：B 变式9-2．(24-25高二上·北京昌平区·期末)在的展开式中，的系数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由展开式的通项可得. 【详解】的展开式通项为， 当，即时，得，系数是， 故选：A 变式9-3．(23-24高二下·河南南阳六校·期末)已知为虚数单位，则的展开式中的系数为（    ） A． B．10 C． D．15 【答案】C 【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】展开式的通项， 当时，， 因此的系数为. 故选：C 类型十、含有三项的二项式 例10．(24-25高二下·山东聊城·期末)的展开式中的系数为（    ） A．75 B．135 C．180 D．195 【答案】D 【分析】利用二项式定理求解. 【详解】， 这个展开式中从第4项开始就不会出现，即只在前3项出现， 所以的系数为， 故选：D. 变式10-1．(24-25高二下·山东济南·期末)的展开式中，常数项为（   ） A．2 B．4 C．6 D．12 【答案】C 【分析】先将三项式变为两项式，再利用展开式的通项可得. 【详解】， 通项为， 令，所以常数项为. 故选：C. 变式10-2．(23-24高二下·湖北武汉江岸区·期末)的展开式中的系数为 .（用数字作答） 【答案】 【分析】根据二项式展开式有关知识求得正确答案. 【详解】因为，而表示6个因式相乘， 在6个因式中，有2个选，1个，3个选 所以的展开式中含有项为， 所以中含有项的系数为. 故答案为：. 变式10-3．(21-22高二下·山东威海·期末)的展开式中的系数为 (用数字作答). 【答案】 【分析】首先将三项式变形为，再根据讨论如何得到项，即可求解. 【详解】，其中的系数为 中常数项乘以中含项，此时含的系数为， 中含的项乘以中含项，此时含的系数为, 中含的项乘以中含项，此时含的系数为, 中含的项乘以中的常数项，此时含的系数为, 所以展开式中含的系数为. 故答案为： 类型十一、两个二项式乘积问题 因式相乘型，可以采取乘法分配律，变为两式相加型再转而求对应通项系数 例11．(24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末)的展开式中的系数为 . 【答案】12 【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解. 【详解】因为， 所以的展开式中含的项为， 的展开式中的系数为12. 故答案为：12. 变式11-1．(24-25高二下·广东东莞·期末)的展开式中的系数为（    ） A．495 B．375 C．135 D．15 【答案】D 【分析】利用两个二项式乘积展开式的系数问题求解. 【详解】展开式中，的系数为： . 故选：D 变式11-2．(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. 变式11-3．(24-25高二下·山东菏泽·期末) （多选）已知，则（   ） A．的值为 B．的值为30 C．的值为 D． 【答案】AB 【分析】令 ，即可判断 ；利用二项式展开得通项，结合乘法得分配律即可判断 ；分别令 和 即可判断 ；令 即可判断 . 【详解】对于 ，令 ，则 ，故 正确； 对于B， 先将展开，其通项公式为， 展开式中的系数为展开式中的系数与的系数之和， ，故B正确； 对于 ，令 ，则 ， 令 ，则 ， 则 ， 故 错误； 对于 ，令 ，则 ， 所以 ，D错误. 故选： AB 类型十二、二项式系数和问题 各二项式系数的和：已知. 1.令，则.也就是说，的展开式的各个二项式系数的和为 . 2.奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即. 例12．(24-25高二下·贵州安顺普通高中·期末) （多选）已知的展开式中各项系数之和为，则展开式中（   ） A．各项的二项式系数之和为 B．含的项的系数为 C．奇数项的二项式系数之和为 D．二项式系数最大项为第项 【答案】ABC 【分析】令，即可求得各项系数之和，由此解方程得到的值.对于A，利用二项式系数之和的公式求解即可；对于B，写出该二项式展开式的通项，令的指数为求解即可；对于C，利用奇数项的二项式系数之和的公式求解即可；对于D，当为偶数时，二项式系数最大的项是中间项. 【详解】因为的展开式中各项系数之和为，所以令，，即，解得. 对于A，各项的二项式系数之和为，故选项A正确； 对于B，的展开式的通项为，令，解得，，故含的项的系数为，选项B正确； 对于C，奇数项的二项式系数之和为，故选项C正确； 对于D，当为偶数时，二项式系数最大的项是中间项，时，中间项是第项，故二项式系数最大项为第项，选项D错误. 故选：ABC. 变式12-1．(24-25高二上·甘肃定西八校·期末) （多选）已知，则（    ） A． B． C． D．展开式中所有项的二项式系数的和为16 【答案】ABD 【分析】借助赋值法令可得A；借助二项式的展开式的通项公式计算可得B；借助赋值法令，结合A中所得可得C；借助二项式系数的和的性质可得D. 【详解】对A：令，可得，故，A正确； 对B：，所以，B正确； 对C：令，可得，则 ，C错误； 对D：展开式中所有项的二项式系数的和为，D正确． 故选：ABD. 变式12-2．(24-25高二上·广西梧州·期末) （多选）已知展开式的所有二项式系数之和为256，若 ，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用二项式系数和公式求出，即可判断选项A；根据二项式的展开式通项可判断选项B；利用赋值法可判断选项C，D. 【详解】由题意知，所以，故选项A正确； 由二项式的展开式通项为，令，得，所以，故选项B正确； 令，得；令，得，所以，故选项C错误； 二项式的展开式通项为，所以的奇数次幂的系数均为负数，偶数次幂的系数均为正数，即为负数，为正数，令，得 ，所以，故选项D正确. 故选：ABD. 变式12-3．(24-25高二下·浙江杭州西湖区浙附玉泉丁兰·期中)在的展开式中，第项为常数项． (1)求的值和该常数项的值； (2)求展开式中所有项的系数之和． 【答案】(1)，常数项的值为 (2) 【分析】（1）利用二项展开式的通项公式，结合条件，得到，可得，即可求解； （2）通过赋值，令，即可求解. 【详解】（1）因为的展开式的通项公式为， 由题知时，，得到，解得， 所以常数项的值为. （2）由（1）知，令，得到， 所以展开式中所有项的系数之和为. 类型十三、有理项、无理项问题 例13．(23-24高二下·广西名校联合·) （多选）已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的有（   ） A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第7项 D．有理项共4项 【答案】AC 【分析】根据二项式定理及二项式系数的性质、各项系数之和、展开式通项性质逐项判断即可得结论. 【详解】因为，所以，所有奇数项的二项式系数和为，故正确； 令，得所有项的系数和为，故错误； 由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故正确； 因为展开式通项为， 所以当为整数时，即时为有理项，共有5项，故D错误. 故选：AC. 变式13-1．(24-25高二下·广西钦州·期末)已知的展开式中第5项为常数项. (1)求的值； (2)求展开式中所有的无理项. 【答案】(1)； (2)时，无理项为；时，无理项为；时，无理项为. 【分析】（1）根据二项式定理写出通项，展开式中的常数项，即的指数为零时，即可求解； （2）根据二项式定理写出通项，展开式中所有的无理项，即的指数不为整数时，根据通项逐项求解即可. 【详解】（1）根据二项式定理，的展开式的通项为， 化简得， 因为展开式中第5项为常数项，即，的指数为零， 所以，解得； （2）由（1）得，当时的展开式的通项为， 要求展开式中的无理项，即的指数不为整数时， 即不为整数，则取奇数时满足条件， 对应的无理项为：时，； 时，； 时，. 变式13-2．(23-24高二下·河南郑州·期末)已知二项式的二项展开式中二项式系数之和为256. (1)求展开式中的系数； (2)求展开式中所有的有理项. 【答案】(1)1792 (2) 【分析】（1）根据二项式系数之和的公式建立方程，可求解n的值，从而求出展开式的通项公式，令x的指数为4，即可求解； （2）根据（1），令x的指数为整数，求出r的值，进而可以求解. 【详解】（1）由二项式系数和为，则，解得； 则展开式的通项公式为，， 令，解得，所以展开式中含的系数为； （2）由（1）可知，令，且，则， 则展开式中的有理项分别为，，. 变式13-3．(23-24高二下·江苏宿迁·期末)在的展开式中，第2，3，4项的二项式系数依次成等差数列． (1)证明展开式中不存在常数项； (2)求展开式中所有的有理项． 【答案】(1)证明见解析； (2)，，，. 【分析】（1）根据题意可求得，利用二项展开式的通项可得展开式中不存在常数项； （2）由二项展开式的通项令的指数为整数即可解得合适的值，求出所有的有理项. 【详解】（1）易知第2，3，4项的二项式系数依次为， 可得，即， 整理得，解得或（舍）； 所以二项式为，假设第项为常数项，其中， 即可得为常数项，所以， 解得，不合题意； 即假设不成立，所以展开式中不存在常数项； （2）由（1）可知，二项展开式的通项可得， 其中的有理项需满足，即，且； 当，此时有理项为； 当，此时有理项为； 当，此时有理项为； 当，此时有理项为； 综上可知，展开式中所有的有理项为，，，. 类型十四、所有项系数与赋值法 二项展开式中系数和的求法： 1.对形如（ax＋b)n, (ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R，m，n∈N*)的式子求其展开式的各项系数之和， 常用赋值法，只需令x＝1即可；对(ax＋by)n(a，b∈R，n∈N*)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可； 2.一般地，若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1) 奇数项系数之和为 偶数项系数之和为 例14．(23-24高二下·安徽皖中名校联盟（合肥第八中学等）·期末)在的展开式中，若各项系数和为0，则 . 【答案】 【分析】根据在的展开式中，各项系数和即令即可求解. 【详解】在的展开式中，各项系数和即在中令可得， 所以当时，， 所以. 故答案为：. 变式14-1．(24-25高二下·安徽滁州·期末)为正实数，且，当取最小值时，的展开式中各项系数的和为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用基本不等式求出取最小值时的值，得出；再利用赋值法，令即可求解. 【详解】由可得：. 因为为正实数， 所以由基本不等式可得： ， 当且仅当，即时等号成立. 所以当取最小值时，. 令，得， 所以当取最小值时，的展开式中各项系数的和为. 故选：C. 变式14-2．(24-25高二下·山东淄博·期末) （多选）已知函数，则（    ） A． B． C． D．的个位数字是9 【答案】BC 【分析】赋值法求系数和判断A、B；由并应用二项式定理求对应项系数判断C；由，结合展开式通项得个位数由 决定，即可判断D. 【详解】由题设，令，则，A错； 令，则， 所以，即，B对； 由，展开式通项为，， 当时，，即，C对； 由，展开式通项为，， 显然个位数由 决定，即个位数是1，D错. 故选：BC 变式14-3．(23-24高二下·天津南开区·)已知展开式中的常数项为. (1)求实数的值； (2)若展开式中各项系数的和为，求该展开式中的系数. 【答案】(1) (2)0 【分析】（1）写出通项，令，即可得解； （2）由的展开式中的各项系数的和为，令x=1，求得的值，再利用通项公式求展开式中的系数. 【详解】（1）根据题意，的通项, 令，得，则，解得； （2）由（1）得， 因为其展开式中各项系数的和为， 令，得，解得， 所以， 因为展开式的通项为， 则展开式中项为， 故该展开式中的系数为0. 类型十五、二项式系数与系数最大问题 1.二项式系数的最大项的求法： 求二项式系数的最大项，根据二项式系数的性质对(a＋b)n中的n进行讨论： （1）当n为奇数时，中间两项的二项式系数最大； （2）当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大 2.二项式系数最大的项与系数最大的项不同，二项式系数最大的项即中间一项或两项； 展开始终系数最大的项的求法用解不等式组来确定 例15．(24-25高二下·福建泉州第五中学·期末)已知，则下列选项中错误的是（   ） A． B．的最大值为 C． D． 【答案】C 【分析】求出二项式展开式的通项公式，求出分析判断AB；赋值计算判断CD. 【详解】展开式的通项公式为， 对于A，，A正确； 对于B，当时，，解得，当时， 即有，因此的最大值为，B正确； 对于C，当分别取时，，则，C错误； 对于D，当分别取时，，则， 而，因此，D正确. 故选：C 变式15-1．(24-25高二下·青海西宁第十四中学·期末)已知的展开式中第项为，且第三项和第九项的二项式系数相等. (1)求的值，并求二项式系数的最大值； (2)求第四项的二项式系数与系数； (3)的展开式中第几项的系数最大？并求系数的最大值. 【答案】(1)，最大值为 (2)二项式系数：，系数： (3)第项的系数最大，最大值为 【分析】（1）首先由第三项与第九项的二项式系数相等的条件可得：，求出的值，进而求解二项式系数的最大值； （2）直接根据二项式定理的通式进行求解即可； （3）首先由，得：，进而可知时，，时，，从而确定第8项的系数最大，进而求解出系数的最大值. 【详解】（1）记展开式的第项为的二项式系数为， 因为第三项的二项式系数与第九项的二项式系数相等， 即，故 因为10是偶数，故二项式系数的最大值为 （2），故， 所以第四项的二项式系数为， 系数为. （3）因为，故 因为，令， 得： 因为是正整数，故时，； 时，. 所以第8项的系数最大，最大值为. 变式15-2．(24-25高二下·湖北荆州·期末)已知，且． (1)求二项式系数最大的项； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由二项展开式通项公式得出，然后由求出，根据二项式系数的性质得出最大项的项数，再求出该项即可； （2）在展开式中令可得，令再结合可得结论. 【详解】（1）展开式通项为， 令，，所以，， 结合，故． 二项式系数最大的项为第项. （2）在中， 分别令得：， 令，则， 所以. 变式15-3．(24-25高二下·河北级联测考试·期末)已知的二项式系数之和是128，求： (1)展开式中含的项的系数； (2)展开式中二项式系数最大的项； (3)展开式中系数绝对值最大的项． 【答案】(1) (2)，； (3). 【分析】（1）利用二项式系数的性质求出，进而求出含的项的系数. （2）由（1）的信息，结合二项式系数的性质求得答案. （3）求出展开式通项系数的绝对值，再建立不等式求解. 【详解】（1）由的二项式系数之和是128，得，解得， 展开式的通项为， 令，得，所以展开式中含的项的系数为. （2）展开式中二项式系数最大的项为，. （3）由（1）知，的系数绝对值为， 当时，，解得， 由，得，因此， 所以展开式中系数绝对值最大的项是第3项，. 类型十六、整除问题 例16．(24-25高二下·陕西咸阳永寿县中学·期末)除以128的余数为（   ） A．51 B．43 C．41 D．33 【答案】C 【分析】变形为，再利用二项展开式即可得到答案. 【详解】因为 ， 且显然能被128整除， 所以所求余数即为681除以128的余数. 因为，所以除以128的余数为41. 故选：C. 变式16-1．(24-25高二下·湖北恩施州·期末)除以7的余数是 . 【答案】1 【分析】先把化为，再利用二项式定理展开，即可得解. 【详解】因为， 所以除以7的余数为1. 故答案为：1. 变式16-2．(24-25高二下·浙江台州·期末)关于的展开式，下列说法正确的是（    ） A．第项的二项式系数最大 B．当时，被除的余数为 C．展开式中存在常数项 D．展开式中存在连续三项的系数成等差数列 【答案】D 【分析】利用二项式系数的单调性可判断A选项；利用二项展开式可判断B选项；利用二项展开式通项可判断C选项；假设、、成等差数列，利用等差中项的性质结合组合数公式求出的值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，的展开式有项，其中第项的二项式系数最大，A错； 对于B选项，当时，， 因为能被整除，故被整除的余数为，B错； 对于C选项，的展开式通项为， 由得，故展开式中不存在常数项，C错； 对于D选项，由C选项可知，展开式中每一项的系数都为其二项式系数， 不妨设、、成等差数列， 所以，即， 整理得，解得或，合乎题意，D对. 故选：D. 变式16-3．(24-25高二上·安徽亳州普通高中·期末)若满足能被5整除的的最小值为，设，，则方程表示的不同直线的条数为 . 【答案】13 【分析】利用二项式定理求出，再分类讨论并结合排列计数问题列式计算得解. 【详解】依题意，， 当时，都不能被5整除，能被5整除， 则n的最小值为4，， 当，时，方程表示直线； 当，时，方程表示直线； 当且时，方程表示直线； 当且时，方程表示的直线条数为 （方程与表示同一条直线，方程与表示同一条直线）， 所以方程表示的不同直线的条数为13. 故答案为：13 【点睛】易错点睛：利用分类讨论求解问题注意不重不漏的原则，本题对应项成比例的两组直线易漏. 类型十七、杨辉三角问题 例17．(24-25高二下·宁夏育才中学·期末)如图所示，在杨辉三角中，斜线上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：，，，，，，，记这个数列前项和为，则 ． 【答案】 【分析】由组合数的运算性质即可求解. 【详解】解：由“杨辉三角”性质，得： ． 故答案为：799 变式17-1．(24-25高二下·吉林长春外五县·期末) （多选）以下关于杨辉三角的猜想中，正确的有（   ） A．第100行中，从左到右看第50个数最大 B．第100行的所有数的和为 C． D． 【答案】BCD 【分析】根据二项式系数的增减性判断A，根据组合数运算及性质计算判断B，C，D. 【详解】对于A选项，由二项式系数的增减性可知，第100行中共有101个数，从左到右看第51个数最大，A错误； 对于B选项，第100行的所有数的和为，B正确； 对于C选项，由组合数的性质可得，C正确； 对于D选项， ，D正确． 故选：BCD． 变式17-2．(24-25高二下·重庆（康德卷）·期末) （多选）将（，1，2，…）按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将“杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则（    ） A．在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B．在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则 C．在“谢尔宾斯基三角形”中，第（，2，…）行全行都为黑色圆 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆多一个 【答案】ACD 【分析】根据二项式系数之和的公式即可求解A，根据组合数的运算性质即可求解BC,由杨辉三角的性质即可求解D. 【详解】第n行的所有数字之和为，A正确； ，所以，B错误； 通过观察规律归纳可知：第行数字都是奇数，因此可以归纳出第（，2，…）行全行都是奇数，故都为黑色圆，C正确； 由D可知第127行全行为奇数，则由奇数偶数奇数，结合， 则第126行的127个数是奇偶相间，且两端都是奇数，所以黑色圆比白色圆多一个，D正确； 故选：ACD． 变式17-3．(24-25高二下·河南郑州中牟县·期末) （多选）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项展开式中的各项系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，下列说法正确的（    ） A．第8行的第8个数是8 B．第2026行中，第1014个数最大 C．第10行中，第5个数与第6个数之比为 D．第行所有数字的平方和为 【答案】ABD 【分析】根据杨辉三角的规律以及组合数的性质逐一进行判断即得. 【详解】对于选项A，依题意，第8行的第8个数是，所以A正确； 对于选项B，由题图可知，第行有个数字，如果是奇数， 则第和第个数字最大，且这两个数字一样大； 如果是偶数，则第个数字最大， 故第2026行中，第1014个数最大，故B正确； 对于选项C，第10行是的展开式的二项式系数， 所以第5个数与第6个数之比为，故C错误； 对于选项D，由题易知，第行所有数字的平方和为， 构造等式， 在等式左边展开式中的系数为 ， 等式右边展开式中的系数为， 故第行所有数字的平方和为，故D正确. 故选：ABD. 压轴专练 1．(24-25高二下·湖北黄冈·期末)设，且，若能被9整除，则（    ） A．0 B．1 C．7 D．8 【答案】B 【分析】由，结合二项式定理即可求解. 【详解】 因为能被9整除，所以，所以. 故选：B 2．(24-25高二下·广东中山第一中学·期末)（多选）设，则下列结论正确的是（    ） A．常数项为2 B．第4项系数为 C．奇数次系数和为32 D．当时，该式的值为2916 【答案】CD 【分析】根据二项展开式的通项公式，结合赋值法，依次判断各个选项即可. 【详解】的展开式的通项为， 对于A：常数项为，故A错误； 对于B：第4项系数即的系数，， 故的系数，故B错误； 对于C：令，得； 令，得， 将两式相减，得，故，故C正确； 对于D：令，得，故D正确. 故选：CD. 3．(24-25高二下·广东湛江第一中学·期末)有42个白球和14个红球，现根据颜色按比例分层随机抽样，抽取8个球放进一个袋子里，每次从袋子中摸出一个球，直到红球全部被取出，则摸球次数为4的概率是 . 【答案】 【分析】先由分层抽样得出白球、红球个数，再把摸球看成排列问题，由排列组合以及古典概型公式求解即可. 【详解】按照分层抽样方法，需要抽取6个白球，2个红球， 若摸球4次停止，把摸球看成排列问题，总有种，最后一次摸红球，符合题意的有种， 所以摸球次数为4的概率为. 故答案为：. 4．(24-25高二下·广东深圳大学附属中学·期末)深圳市某公园一条笔直的林荫道上有张长椅．现因规划要求，需移走其中张长椅．要求两端的长椅不能移走，且移走的相邻两张长椅之间，至少要留下三张长椅，则不同的移走方案共有 ． 【答案】 【分析】先安排15张长椅，其中4张移走的长椅，则分成5段，将剩下的3张长椅放进5个位置中，分类讨论，利用分类加法计数原理即可求解. 【详解】先安排15张长椅，按如下顺序排好，分成5段.（表示留下的长椅，表示将移走的长椅） 再将剩下的3张长椅放进5个位置中，则： 第一类情况：若3张长椅在一起，有种方法； 第二类情况：若3张长椅分两组，有种方法； 第三类情况：若3张长椅均不在一起，有种方法. 根据分类加法计数原理共有种方法. 故答案为：. 5．(24-25高二下·重庆南开中学校·期末)在一个盒子中装有6个大小形状均相同的号码球，编号分别为1、2、3、4、5、6.李华每次从中有放回地随机摸一个号码球，记下每一次的号码，记第次取出的号码为，则使方程有解的概率为 .（用分数表示） 【答案】/ 【分析】本题需要首先分析出方程，的解的情况，然后根据有放回的排列组合情况进行计数求解. 【详解】由题，不妨将按照从小到大的顺序排列，得到. 则中至多有4个. ①若，得，即，所以； ②若，得，即，解得，不符，舍去； 同理可以证明时，均不符合题意； ③若，得，而，故此时方程不成立，所以不符，舍去. 综上，方程组有唯一解，所以有解得概率. 故答案为：. 【点睛】本题结合多元不定方程有解的问题来求解概率，属于跨章节的综合应用，具有创新性，需要先分析方程解的情况，再根据计数原理计算概率. 6．(24-25高二下·贵州黔西南布依族苗族·期末)九宫格是一个源自中国古代的概念，具有多种含义和应用，在数学领域：九宫格是一种数字游戏，起源于河图洛书，要求在九个小格子中填入不同的数字，使得每一行每一列和对角线上的数字之和都相等.将1~9的自然数填入九个格中，如图1的九宫格，“?”处应填的数字是 ；如图2，不同的九宫格共有 种. 【答案】 6 8 【分析】利用九宫格性质列式求解；确定九宫格中心位置的数字，再确定数字9所在位置，利用分步乘法计数原理求解即得. 【详解】设九宫格的三行（从上到下）的数字从左到右分别为；；， 而，则，由，得， 由，得，，解得，， 所以“?”处应填的数字是6； 数字5在九宫格的正中，数字9不能在九宫格的四个角上，否则：如，由， 知或中有一个数大于15，矛盾，因此数字9只能在与5同行或同列的4个位置之一， 此时1位置确定，而，角上的数字可互换位置，其它数字只有一种填法， 所以不同九宫格共有种. 故答案为：6；8 7．(24-25高二下·安徽芜湖·期末)定义：给定一个正整数m，如果两个整数a，b满足能够被m整除，就称整数a，b对模m同余，记作．若，，则的最小值为 ． 【答案】5 【分析】根据二项式定理可得题设中的代数式即为，再结合二项式定理逐项计算验证即可求解. 【详解】依题意得能够被5整除. 而 ， 所以能够被5整除. 取，得能够被5整除. 逐个验证不满足，当时，满足被5整除. 此时， 取，得能够被5整除，显然不论何值都不满足， 取，得能够被5整除， 逐个验证不满足，显然都有， 取，得能够被5整除， 逐个验证不满足，当时，满足被5整除. 此时， 取，得能够被5整除， 逐个验证不满足，此时 若取，此时， 故的最小值为5. 故答案为：5 8．(24-25高二下·安徽安庆江淮协作区·期末)已知. (1)求该二项展开式中二项式系数最大的项； (2)求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题知，结合二项式系数最大项为中间项，从而可求解. （2）利用赋值法分别令和即可求解. 【详解】（1）由二项式通项公式可得：， 因为为偶数，所以二项式系数最大项为中间项，即第项， 所以， 综上：二项式系数最大项为. （2）由题可得令，则， 令，则， 所以. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $