第6章 计数原理（复习讲义）高二数学沪教版选择性必修第二册

该高中数学计数原理复习讲义通过核心概念与公式对比表系统梳理知识体系，将分类加法与分步乘法原理、排列组合、二项式定理按“基础-进阶-拓展”目标分层，结合题型解析呈现知识内在联系与重难点分布。 讲义亮点在于“问题类型-方法技巧-易错辨析”三阶训练，如用捆绑法解决相邻问题、插空法处理不相邻问题，培养数学思维与逻辑推理能力。分层题型覆盖基础巩固到能力提升，助力教师精准教学，帮助学生构建严谨的计数逻辑体系。

第6章 计数原理（复习讲义） （一）基础目标 1.能复述分类加法计数原理、分步乘法计数原理的核心内涵，明确“分类相加、类类独立”与“分步相乘、步步关联”的本质区别. 2.能准确区分排列与组合的概念，清晰表述两者“有序”与“无序”的核心差异. 3.会默写排列数公式：（，）； 组合数公式：（，）； 组合数性质：、. 4.能复述二项式定理内容，写出（）的展开式，明确通项公式（）的含义. 5.能运用两个基本计数原理、简单排列组合公式及二项式定理，解决单一知识点的基础计数问题与展开式简单题型. （二）进阶目标 1.会推导分类加法计数原理、分步乘法计数原理，能结合实例辨析两种原理的适用场景. 2.会推导排列数公式、组合数公式，能结合实例说明公式的实际背景与几何意义. 3.理解并应用两个基本计数原理，解决含限制条件的计数问题（如元素相邻、不相邻、定序、相同元素分配等），掌握捆绑法、插空法、倍缩法、挡板法等常用技巧. 4.理解并应用排列组合知识，解决分组分配问题，能区分均匀/非均匀分组、定向/不定向分配的差异，避免重复或遗漏计数. 5.理解并应用二项式定理，解决展开式综合问题（如求常数项、有理项、系数最大项、系数和与差、整除性问题等）. 6.能将计数原理与古典概率结合，通过计数求解基本事件总数与符合条件的事件数，进而计算简单概率. （三）拓展目标 1.能运用分类讨论、转化与化归思想，解决复杂计数问题（如多限制条件排列组合、含参数计数问题等）. 2.理解二项式定理的推广，能结合函数、数列等知识，解决跨模块综合性问题（如用二项式展开式证明不等式、求数列通项或前项和等）. 3.能运用计数原理解决染色、路径、分配等实际应用问题，提升数学建模素养. 4.能精准辨析计数问题中的常见易错点，形成严谨的逻辑推理能力. （一）核心概念与公式对比表 知识模块 核心概念 核心公式/定理 关键特征/要点 基本计数原理 分类加法计数原理 完成一件事有类办法，第类有种方法，则总方法数： 类类独立，每类方法可单独完成事件 分步乘法计数原理 完成一件事有个步骤，第步有种方法，则总方法数： 步步关联，需完成所有步骤才完成事件 排列与组合 排列 从个不同元素取个有序排成一列，排列数公式： ， 强调“顺序”，元素相同顺序不同为不同排列 组合 从个不同元素取个无序组成一组，组合数公式： 性质：，， 不强调“顺序”，元素相同顺序不同为同一组合 二项式定理 二项式展开 （）展开式： 通项公式：（） ①共项；②二项式系数为；③二项式系数和为，奇偶项和均为 （一）核心重点知识解析 1.两个基本计数原理的辨析与应用 （1）核心辨析：判断用分类加法还是分步乘法，关键看“完成一件事是否可通过单一类别方法实现”.某类方法可独立完成事件→加法；需完成所有步骤才完成事件→乘法. （2）应用技巧：复杂问题先拆解为子问题，再判断子问题间是“分类”还是“分步”关系.例：多元素限制排列问题，先按限制条件分类，再对每类分步计数. 2.排列组合的核心题型与解法 （1）特殊元素/位置优先问题 解题步骤：先排特殊元素或特殊位置，再排其余元素. 例：用组成无重复数字的三位数.第一步：排首位（特殊位置，不能为），有种选择；第二步：排十位和个位，从剩余个数字中选个排列，有种选择；总个数为. （2）相邻问题（捆绑法） 解题步骤：①捆绑相邻元素为一个“整体”；②排整体与其余元素；③排整体内部元素. 例：男女排成一排，女生必须相邻.第一步：捆绑名女生，内部排列种；第二步：排个“元素”（男+个女生整体），有种；总排法为种. （3）不相邻问题（插空法） 解题步骤：①排无限制条件的元素；②在元素间的空位（含两端）插入不相邻元素. 例：男女排成一排，女生不相邻.第一步：排名男生，有种；第二步：男生产生个空位，选个插女生，有种；总排法为种. （4）定序问题（倍缩法） 核心原理：若个元素排成一列，其中个元素的顺序固定，则总的排列数为所有元素全排列数除以这个元素的全排列数（消去固定顺序的重复计数）. 解题步骤：①计算所有元素的全排列数；②计算定序元素的全排列数；③两者相除得结果. 例1：名同学排成一排，其中甲、乙两人顺序固定（甲在乙左边），不同排法数为种. 例2：人排队，甲、乙、丙人顺序固定，不同排法数为种. （5）相同元素分配问题（挡板法） 适用场景：将个相同元素分配给个不同对象（如相同小球分给不同班级、相同名额分给不同小组等），分无空分配和有空分配两种情况. ①无空分配（每个对象至少分1个） 原理：个相同元素间有个空隙，插入块挡板，将元素分成组，对应个对象. 公式：分配方法数. 例：将个相同的小球分给个不同的班级，每个班级至少分个，分法数为种. ②有空分配（允许某些对象分0个） 转化技巧：先给每个对象“借”个相同元素，使总元素数变为，此时问题转化为“将个相同元素无空分配给个对象”，再用无空分配公式计算. 公式：分配方法数. 例：将个相同的小球分给个不同的班级，允许班级分个，分法数为种. （6）分组分配问题 ①非均匀分组（各组元素个数不同）：直接用组合数计算，无需消序. ②均匀分组（各组元素个数相同）：需除以组数的阶乘消去重复计数. ③定向分配：直接分步计数；不定向分配：先分组再乘以组数的阶乘. 例1（均匀分组）：人分两组，分组数为种. 例2（定向分配）：人分配到甲（人）、乙（人）、丙（人）岗位，分配数为种. 例3（不定向分配）：人分三组后分配到个不同岗位，第一步分组数种，第二步分配到岗位种，总分配数种. 3.二项式定理的核心应用 （1）求特定项（常数项、有理项、指定次数项等） 核心工具：通项公式. 解题步骤：①写出通项公式并化简；②根据项的特征列方程求（）；③代入计算项的值. 例：求的常数项.第一步：通项公式；第二步：令，得；第三步：常数项为. （2）求展开式系数和与差 方法：赋值法（给二项式中的字母赋特殊值，如、、等）. 常见结论：①所有项系数和：令，得；②奇数项系数和：；③偶数项系数和：. 例：求的所有项系数和与奇数项系数和.令，所有项系数和为；令，得；奇数项系数和为. （3）整除性问题 思路：将待证明的式子转化为（为整数）的形式，利用二项式定理展开，展开式中除末项外，其余项均含因式，可被整除，再结合剩余项化简验证. 例：证明能被整除（）.第一步：变形；第二步：展开（为整数）；第三步：代入原式得，显然能被整除. （二）常见结论总结 1.排列与组合的本质关系：，即排列=“先组合选取元素，再对选取的元素排序”. 2.定序问题核心结论：个元素排列，个元素定序，排法数. 3.挡板法核心结论：①相同元素无空分配（个元素分给个对象）：；②相同元素有空分配：. 4.组合数核心恒等式：①全和恒等式：；②奇偶项和恒等式：. 5.二项式展开式系数最大项判定：当均为正数时，展开式中间项的二项式系数最大（为偶数时，第项；为奇数时，第项和第项）. （三）易错点辨析 易错类型 反例 正解 避坑技巧 原理混淆致误 4个门进，3个门出，误算为种 分步乘法：种 判断是否需完成所有步骤才能达成目标，是则用乘法，否则用加法 排列组合概念混淆致误 5人选2人参赛，误算为种 组合：种 交换检验法：交换元素位置，结果是否不同 均匀分组重复计数致误 4人分2,2两组，误算为种 消序：种 均匀分组除以组数的阶乘，非均匀分组直接用组合数乘积 忽略特殊元素/位置限制致误 0,1,2,3组成四位数，误算为种 优先排首位：种 特殊元素/位置优先处理，再排普通元素/位置 定序问题未消序致误 5人排队，甲、乙定序，误算为种 倍缩消序：种 看到“顺序固定”“顺序不变”，直接用总排列数除以定序元素全排列数 挡板法误用致误 8个相同小球分给3班（可分0），误算为种 有空分配转化：种 先判断分配类型：无空用，有空先转化为无空再计算 二项式通项记错致误 求第3项，误取 第项，取， 牢记通项是第项，指数和为，结合简单展开式强化记忆 题型一 乘法原理与加法原理 【例1】（25-26高二上·上海·期中）甲、乙、丙、丁四名同学报名参加，，三个智力竞赛项目，每个人都要报名且只能参加一个项目． (1)共有多少种不同的报名方法？ (2)若甲、乙报同一项目，丙不报A项目，则有多少种不同的报名方法？ 【答案】(1)81 (2)18 【分析】（1）每个同学都有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果； （2）由题意可知，甲、乙报名的方法种数为，丙有种选择，丁有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】（1）每个同学都有种选择，则甲、乙、丙、丁四名同学的报名方法种数为. （2）甲、乙报同一项目，则甲、乙报名的方法种数为， 丙不报项目，则丙有种选择，丁有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的报名方法种数为. 【变式1-1】（23-24高二下·上海·期末）若，则不同的有序集合组共有 种． 【答案】9 【分析】对集合分类讨论即可得解. 【详解】根据题意，若，则， 若，则或， 若，则或， 若，则或或或， 故不同的有序集合组共有种． 故答案为：9． 【变式1-2】（24-25高二下·上海闵行·期中）把5封不同的信投入4个不同的信箱，不同的投法种数共有 种. 【答案】/ 【分析】利用分步计数乘法原理，即可求解. 【详解】分步计数乘法原理：每封信都有种投法，所以总共有， 故答案为： 【变式1-3】（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 题型二 排列数的计算 【例1】（24-25高二下·上海浦东新·期中）关于的不等式的解集是 . 【答案】/ 【分析】利用排列数的性质求解不等式即可. 【详解】由排列数的性质得，且， 当时，，不符合题意，当时，，不符合题意， 当时，，不符合题意，当时，，符合题意， 当时，，符合题意， 综上可得，原不等式的解集为. 故答案为： 【变式1-1】（24-25高二下·上海浦东新·期中）若排列数，则 . 【答案】 【分析】根据排列数公式来求解的值. 【详解】排列数公式为， 这里 对比公式可看出. 故答案为：3. 【变式1-2】（24-25高二下·上海闵行·期中）若m为正整数，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据组合数的计算公式得解. 【详解】因为， 即9个连续正整数相乘，且最大值为， 故， 故选：D 【变式1-3】（24-25高二上·上海浦东新·期中）若，则 . 【答案】 【分析】利用排列数公式额可得出关于的等式，即可解得正整数的值. 【详解】因为，即， 因为且，故. 故答案为：. 题型三 组合数的计算 【例1】（24-25高二下·上海·月考）（1）求满足等式的所有正整数； （2）已知正整数满足，求正整数的值. 【答案】（1）3或7 （2） 【分析】（1）利用组合数的性质求解即可； （2）根据排列数的公式计算即可. 【详解】（1）因为，所以或， 解得：或 （2）因为，所以，， 解得： 【变式1-1】（24-25高二下·上海·期中）若，则正整数 ． 【答案】 【分析】利用组合数计算公式求解即可. 【详解】由可得， 化简可得， 故答案为：. 【变式1-2】（24-25高二下·上海静安·期末）下列关于排列组合的等式成立的个数为（   ）． ① ； ②；③；④ A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据排列，组合的定义，逐一分析各个等式即可. 【详解】对①，由，可知等式①不成立； 对②，由阶乘的定义，得，等式②成立； 对③，由排列组合的定义可知：等式左边， 等式右边，等式③成立； 对④，等式左边, 等式右边=， 与左边相等，等式④成立. 综上，等式②、③、④成立，等式①不成立，成立的个数为 3. 故选：C 【变式1-3】（24-25高二下·上海·月考）已知为正整数．若，则 ． 【答案】 【分析】利用排列数和组合数公式求解 【详解】由得,则, 故答案为： 题型四 组合数的性质 【例1】（25-26高二上·上海奉贤·月考）规定，其中，是正整数，且，这是组合数（，是正整数，且）的一种推广. (1)求的值； (2)组合数的两个性质：①，②是否都能推广到（，是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明，若不能，则说明理由； (3)①已知为正整数，，求证：； ②已知组合数是正整数，证明：当，是正整数时，. 【答案】(1)54264 (2)答案见解析 (3)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据组合数的推广公式计算即得； （2）对于①，只需举反例即可排除；对于②，可根据组合数的推广公式推理计算证明； （3）对于①，利用组合数的推广公式化简计算即可证明；对于②，将问题分成，和三种情况，分别计算推理即可证明. 【详解】（1）由题意可得：． （2）性质①不能推广，例如当时有意义，但无意义； 性质②能推广，它的推广形式是：，，m是正整数． 证明：当时，有， 当时， ． （3）①因， 而， 所以； ②当时，组合数； 当时，； 当时，由可知， 则 ， 因为时，，所以，即时，． 综上，当，m是正整数时，． 【变式1-1】（24-25高一下·上海·期末）已知，，，则下列等式中恒成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据排列数公式、组合数公式对选项逐一进行分析. 【详解】，A错误；，B错误； ，C错误； ，D正确. 故选：D 【变式1-2】（24-25高二下·上海·期中）根据组合数的性质可知，（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由,利用组合数性质计算即可. 【详解】, 故选:C. 【变式1-3】（24-25高二上·上海奉贤·月考）（1）解不等式； （2）解方程. 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）利用组合数的性质可得答案； （2）利用组合数性质、排列数公式计算可得答案. 【详解】（1）根据组合数公式，原不等式可化为.化简可得. 进一步变形为. 根据阶乘的性质，则. 约分后得到，解这个不等式得. 又因为且（组合数中的取值范围要求），即且， 综合可得或，故不等式解集为. （2）原方程可化为，即， ∴，∴， ∴，解得或，经检验：是原方程的解. 故方程解集为 题型五 相邻问题捆绑法 【例1】（25-26高二上·上海奉贤·期中）某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．96种 【答案】D 【分析】先安排讲座，再安排讲座和及其余三场讲座，最后利用分步乘法计算原理即可得出答案. 【详解】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，安排A有种排法， 因为讲座和必须相邻，所以安排BC及其余三场讲座共有种排法， 根据分步计数原理知共有种排法. 故选：D． 【变式1-1】（2025·上海金山·一模）某学校读书节活动中，甲、乙、丙3个班级各有2位同学获奖，现将这6人排成一排拍照，则同一班级的两位同学均站在一起的排法共有 种． 【答案】48 【分析】用“捆绑法”以及全排列即可求解. 【详解】将每个班的2人捆绑，然后全排列，故总的排法有, 故答案为：48 【变式1-2】（24-25高二下·上海·期中）学校组织文艺汇演，有3个舞蹈节目、2个歌唱节目和1个魔术节目，要求3个舞蹈节目必须连续表演，那么这6个节目的表演顺序共有 种． 【答案】144 【分析】利用捆绑法即可求得答案. 【详解】将3个舞蹈节目捆绑，再与其他3个节目全排列可得, 所以共有144种表演顺序， 故答案为：144. 【变式1-3】（24-25高二上·上海·期末）有7个同学要排队做操，其中甲乙丙必须相邻，则总共有 种排法． 【答案】 【分析】根据相邻问题捆绑法即可求解. 【详解】甲乙丙相邻，则共有, 故答案为： 题型六 不相邻问题插空法 【例1】（25-26高二上·上海·期中）人并排站成一行，如果甲、乙两人必须不相邻，那么不同的排法种数是 ． 【答案】 【分析】先把除甲乙之外的其他三人全排列，三人排好后，有个空位，将甲乙安排到空位中，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】根据题意，分步进行分析： ①把甲、乙之外的其他三人全排列，有种排法， ②三人排好后，有个空位，将甲乙安排到空位中，有种排法， 故甲乙不相邻的安排方法有种. 故答案为：. 【变式1-1】（24-25高二下·上海·期末）某校艺术节汇演，已知高一，高二，高三分别选送了3，2，2个节目，若高一的节目彼此都不相邻，则共计有 种不同的出场顺序. 【答案】1440 【分析】不相邻问题运用插空法求解即可，即先将高二的2个节目和高三2个节目全排列，再把高一的3个节目插入高二和高三节目所成的5个空中的4个，根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】先将高二的2个节目和高三2个节目全排列，共有种方法； 再把高一的3个节目插入高二和高三节目所成的5个空中的3个，共有种方法， 根据分步乘法计数原理可知共有种不同的出场顺序. 故答案为：. 【变式1-2】（24-25高二下·上海·期中）4名学生和2位老师随机站成一排拍照，则两位老师不相邻的排法有 种． 【答案】 【分析】根据不相邻问题插空法,结合排列即可求解. 【详解】首先,将4名学生全排列,共有种方法,接下来,将2名老师安放在5个空隙中,共有种方法,故总的排法有, 故答案为:480 【变式1-3】（24-25高二下·上海徐汇·期中）某校艺术节总汇演，已知高一，高二，高三分别选送了4，3，2个节目，若高一的节目彼此都不相邻，高三的节目必须相邻，共计有 种出场顺序． 【答案】 【分析】根据相邻问题捆绑，再把不相邻问题应用插空计算求解. 【详解】高三2个节目视作1个节目，与高二3个节目全排列， 再把高一的4个节目插入所成的5个空中的4个，所以共有 . 故答案为：. 题型七 特殊元素/特殊位置优先 【例1】（25-26高三上·上海黄浦·期中）有3位家长带2位儿童去爬山，5个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列种数有 种. 【答案】36 【分析】先选家长作队尾和队首，再排中间三人即可. 【详解】已知3位家长带2位儿童去爬山，5个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长， 则不同的排列种数有种． 故答案为：. 【变式1-1】（25-26高三上·上海嘉定·期中）已知校运动会米比赛，某队派出甲、乙、丙、丁4名运动员参加，其中甲不跑第一和第三棒，则不同的交接棒安排顺序有 种. 【答案】 【分析】利用分步计数原理，优先安排甲，再排其他3人，最后利用乘法即可求解. 【详解】甲、乙、丙、丁4名运动员参加，其中甲不跑第一和第三棒， 则首先安排甲跑第二或第四棒，共有2种方法； 再安排剩下三棒，共有种方法； 所以不同的交接棒安排顺序有种方法， 故答案为：. 【变式1-2】（25-26高三上·上海徐汇·期中）徐汇中学家长会期间，在汇学博物馆，汇学长廊，创新实验室的三个地点需要志愿者服务，现有甲、乙、丙、丁四人报名参加，每个地点仅需1名志愿者，每人至多在一个地点服务，若甲不能到第一个地点服务，则不同的安排方法共有 ． 【答案】 【分析】根据安排的人中有没有甲进行分类讨论，由此求得正确答案. 【详解】若安排的人中没有甲，安排方法有种， 若安排的人中有甲，则先安排甲，然后再选两人来安排， 则安排的方法有种， 所以总的方法数有种. 故答案为： 【变式1-3】（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 【分析】先选家长作队尾和队首，再排中间四人即可. 【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 题型八 定序问题倍缩法 【例1】（24-25高二下·上海·月考）在一张节目单中原有7个节目已排好顺序，现要插入3个节目，并要求不改变原有7个节目前后相对顺序，则一共有 种不同的插法． 【答案】 【分析】利用倍缩法求解即可. 【详解】由题意，不同的插法共有种. 故答案为：. 【变式1-1】（24-25高二下·全国·课后作业）6个人站成一排，甲、乙、丙三人从左到右的顺序保持一定，有多少种不同的站法？ 【答案】120 【分析】由倍缩法解决定序问题即可. 【详解】（种）. 【变式1-2】（2025高三·全国·专题练习）将3面红旗、4面蓝旗、2面黄旗依次悬挂在旗杆上，问：可以组成多少种不同的标志？ 【答案】1260 【分析】根据不全相异元素的全排列问题求解即可. 【详解】将3面红旗、4面蓝旗、2面黄旗全排列共有种排法， 由于每个颜色的旗都一样，所以相同颜色的旗不需要排序， 所求的标志数目为种． 【变式1-3】（2025·浙江绍兴·二模）甲乙丙丁等二十人排队，并从左至右依次编号1～20．甲乙丙丁所对应的编号为a，b，c，d．则满足c＞b＞a＞d的概率为 ． 【答案】 【分析】利用古典概型概率公式，结合排列数的计算即可的答案. 【详解】二十人排队共有种排列方法， 因为甲乙丙丁排列顺序唯一确定，则满足条件的情况数为， 所以满足条件的概率为， 故答案为：. 题型九 平均分组与不平均分组 【例1】（25-26高三上·上海·单元测试）3位男生、3位女生平均分成三组，恰好每组都有一位男生和一位女生的概率是 . 【答案】/0.4 【分析】求出3位男生、3位女生平均分成三组的情况数和恰好每组都有一位男生和一位女生的情况数，得到概率. 【详解】3位男生、3位女生平均分成三组，共有种情况， 其中恰好每组都有一位男生和一位女生的情况有种， 故恰好每组都有一位男生和一位女生的概率为. 故答案为： 【变式1-1】（23-24高三上·河北·月考）为增强学生体质，某校在暑假期间组织本校学生开展各项体育比赛，由于工作需要，将10名志愿者分成4组，每组至少2人，则不同的分组方法种数为 ． 【答案】9450 【分析】根据不平均分组问题，结合排列组合即可求解. 【详解】将10名志愿者分成4组，每组至少2人，有两种分组方案： （1）若小组人数分别为2，2，2，4，则有种； （2）若小组人数分别为2，2，3，3，则有种，所以共有种． 故答案为：9450 【变式1-2】（24-25高二下·湖北恩施·月考）在某项建造任务中，需6名航天员在天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱这三个舱内同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（    ） A．450种 B．180种 C．720种 D．360种 【答案】A 【分析】安排方案分为两类，第一类，每个舱各安排2人，第二类，分别安排3人，2人，1人，结合分堆分配问题解决方法求解即可. 【详解】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案； 方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案． 所以共有（种）不同的安排方案． 故选：A． 【变式1-3】（24-25高二下·上海闵行·期中）在量子力学中，研究微观粒子的概率模型与概率论中最经典的球盒模型有关，已知7种不同的巧克力放入5个相同的巧克力盒子中，每个盒子中至少有一个巧克力，五个盒子一起打包（不考虑打包顺序）成一个礼品包出售，则不同的礼品包种数是（    ） A．245 B．140 C．2520 D．10 【答案】B 【分析】分5个盒子里巧克力个数分别为3，1，1，1，1和2，2，1，1，1时讨论即可. 【详解】当5个盒子里巧克力个数分别为3，1，1，1，1时，此时有种， 当5个盒子里巧克力个数分别为2，2，1，1，1时，此时有种， 则不同的礼品包种数是种， 故选：B. 题型十 先分组后分配 【例1】（25-26高三上·上海·月考）某校安排甲，乙，丙，丁共4位教师分别去高一，高二，高三三个年级任教，其中每个年级至少安排一位教师，若甲，乙不去高三年级但能去其他两个年级，丙，丁都能去三个年级，则不同的安排方案的种数为 ．（用数字作答） 【答案】14 【分析】根据去高三年级的情况分类讨论即可. 【详解】若高三年级去一个人，只能从丙，丁中选1个，剩余3人选2人去1个学校，将这两人看成1人，则2人分到2个学校的方法是,所以不同的分配方案有：； 若高三年级去2个人：只能是丙，丁，所以不同的分配方案有：. 所以共有种. 故答案为：14 【变式1-1】（24-25高二下·上海·期中）第33届夏季奥运会在法国巴黎举办，这届奥运会将新增霹雳舞、滑板、攀岩、冲浪四个比赛项目及两个表演项目．现有三个场地分别承担这6个新增项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，其中两个表演项目不在一个场地举办，则不同的安排方法有 种． 【答案】390 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合分组分配问题列式求解. 【详解】三个场地分别承担个项目，不同安排方法种数为； 三个场地分别承担个项目，不同安排方法种数为； 三个场地分别承担个项目，不同安排方法种数为， 综上，不同的安排方法共有（种）. 故答案为：390 【变式1-2】（24-25高二上·上海·期末）6名同学到三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，A场馆安排1名，B场馆安排2名，C场馆安排3名，则不同的安排方法的个数有（    ） A．30 B．60 C．120 D．360 【答案】B 【分析】根据场馆安排，对6名同学依次分组，利用分步乘法原则即可求得结果. 【详解】首先安排C场馆的3名同学，即； 再从剩下的3名同学中来安排A场馆的1名同学，即； 最后安排2名同学到丙场馆，即. 所以不同的安排方法有：种. 故选：B 【变式1-3】（24-25高三·上海·随堂练习）重阳节，农历九月初九，二九相重，谐音是“久久”，有长久之意，是我国民间的传统节日，人们常在此日感恩敬老．某校在重阳节当日安排6名学生到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排2人，则不同的分配方案是 种． 【答案】50 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合分组分配列式计算即得. 【详解】6名学生分成两组，要求每组不少于2人，则分组情况有两类： 第一类，一组2人一组4人，不同的分配方案为种； 第二类，每组3人，不同的分配方案为种， 所以不同的分配方案共有50种． 故答案为：50 题型十一 数字排列问题 【例1】（2025·上海嘉定·一模）、、、、是1、2、3、4、5的全排列，如果对任意的，和中至少有一个大于，则满足要求的排列的总数为 . 【答案】 【分析】先判断出的位置，然后对第二位进行分类讨论，同时注意数字的位置，结合对称性可求解出满足要求的排列的总数. 【详解】因为没有比大的数，所以只能排在第一位或者第五位， 当排在第一位时，若排在第二位，此时排列可以是，，，，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 当排在第一位时，若排在第二位，此时没有比大的数，故只能排在第五位， 此时排列可以是，共种情况； 由上可知，当排在第一位时，共有种情况， 同理可得，当排在第五位时，也有种情况满足条件， 综上所述，共有种排列满足条件， 故答案为：. 【变式1-1】（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】/0.2 【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：. 【变式1-2】（23-24高二上·上海·月考）用组合成没有重复数字的三位数，从中随机地取一个，取得的数为偶数的概率是 . 【答案】/0.4 【分析】应用排列数求出所有三位数个数及其中偶数的个数，由古典概型的概率求法求概率. 【详解】任取三个数字组成三位数有种， 其中三位数为偶数有种， 所以取到的数为偶数的概率为. 故答案为：. 【变式1-3】（23-24高二下·上海·期中）用这十个数字组成没有重复数字的三位数的个数为 . 【答案】 【分析】借助分步加法原理计算即可得. 【详解】百位上有种可能，之后十位有种可能，个位有种可能， 故共有个. 故答案为：. 题型十二 隔板法 【例1】（25-26高二上·山东潍坊·月考）三元一次方程的正整数解的组数为（    ） A．21 B．28 C．35 D．42 【答案】A 【分析】“将三元一次方程的正整数解的组数”转变为“等价于将8个相同的小球分成3组，每组至少1个小球的不同分法”，利用隔板法即可求得结果. 【详解】三元一次方程的正整数解的组数， 等价于将8个相同的小球分成3组，每组至少1个小球的不同分法. 只需要在8个小球中间的7个空位中选取2个空位用隔板隔开即可， 则共有种分法， 即三元一次方程的正整数解的组数为21. 故选：A. 【变式1-1】（2025高三·全国·专题练习）有20个不加区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子里，要求每个盒子内的球数不少于编号数，则有多少种不同的放法? 【答案】120 【分析】由题，问题可化为将17个小球放进3个盒子，每个小盒至少一个的问题，利用隔板法计算可得答案． 【详解】因为小球是不加区别的，我们可以先在2号盒子中放入一个球，3号盒子中放入两个球， 再把剩下17个球放入三个盒子中，每个盒子至少一个. 由隔板法共有种不同的方法. 【变式1-2】（2025高三·全国·专题练习）15个相同的小球放入编号为1，2，3的盒子内，盒子内的小球数不小于编号数，则不同的放法有 种. 【答案】55 【分析】个数不小于盒子编号数，用填满分隔法． 【详解】由于小球是相同的，故先用6个小球按编号数“填满”各盒子（符合最低要求），再把9个小球放入3个盒子内即可． 可用2块挡板与9个球一起排列（即为两类元素的排列问题），可得． 故符合题意的不同放法有55种. 故答案为：55. 【变式1-3】（2025高二·全国·专题练习）方程共有 组正整数解，共有 组非负整数解． 【答案】 455 969 【分析】第一空：将方程正整数解的组数，看成相同元素分组问题，采用隔板法，第二空，通过转化为将方程正整数解的组数，采用隔板法求解即可. 【详解】可将16理解为16个1相加．而x，y，z，w相当于四个盒子，每个盒子里装入若干个1．则每个盒子里若干个1的和构成其中一组正整数解． 对于第一空，用隔板法，将16个1排成一排，形成15个空隙， 在空隙中插入3个隔板，将16个1截为4部分， 每一部分的和对应原四元方程的正整数解，则有组正整数解． 对于第二空，正整数解与非负整数解的区别在于非负整数解可以是0， 相当于允许盒子为空，而隔板法适用于盒子非空的情况，所以考虑进行化归． 由， 得， 则这四个盒子非空即可， 此时使用隔板法，可得原方程共有组非负整数解． 故答案为：455，969 题型十三 排列组合综合问题 【例1】（25-26高三上·上海·期中）盲盒是指消费者不能提前得知具体产品款式的商品盒面已知某盲盒产品共有3种玩偶，小明购买4个盲盒，则他能集齐3种玩偶的概率是 .（结果用数值表示） 【答案】 【分析】根据给定条件，求出买4个盲盒的基本事件数，再求出集齐3种玩偶的基本事件数即可计算作答. 【详解】小明购买4个盲盒的试验有个基本事件，它们等可能，能集齐3种玩偶的事件含有的基本事件数为：， 所以能集齐3种玩偶的概率是. 故答案为：. 【变式1-1】（25-26高三上·上海虹口·月考）从3名男生和4名女生中任选4名同学参加志愿者活动，其中2名同学为负责人，2名同学为组员，则选出的4名学生中至少有1名女生做负责人的概率为 ． 【答案】 【分析】分选取4名同学的情况有3名男生1名女生，男女生各2名，1名男生3名女生，4名女生四种情况，应用组合数、古典概型的概率求法及独立事件乘法求概率即可. 【详解】由题意，从7名学生任选4名有种，4人中任选2人做负责人有种， 选取4名同学的情况：3名男生1名女生，男女生各2名，1名男生3名女生，4名女生， 当3名男生1名女生，有种，概率为，其中女生为负责人有种，概率为，此情况的概率为， 当男女生各2名，有种，概率为，其中至少有1名女生为负责人有种，概率为，此情况的概率为， 当1名男生3名女生，有种，概率为，其中必有女生为负责人，此情况的概率为， 当4名女生，有种，概率为，其中女生为负责人，此情况的概率为， 综上，所以选出的4名学生中至少有1名女生做负责人的概率为. 故答案为： 【变式1-2】（24-25高三下·上海·月考）若方程的系数a，b，c是从，0，1，2，3，4这6个数中任取3个不同的数而得到，则这样的方程表示焦点在x轴上的椭圆的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先计算总情况数，然后结合椭圆的定义判断，结合古典概型的概率公式代入计算，即可得到结果. 【详解】从，0，1，2，3，4这6个数中任取3个不同的数有种方法， 方程可化简为， 要表示焦点在x轴上的椭圆，则， 若，则，则有种方法， 若，则，则不存在． 故样的方程表示焦点在x轴上的椭圆的概率是：． 故选：A 【变式1-3】（24-25高二上·上海黄浦·月考）从、、、、这个数中任取个不同的数、、、，则存在且、，使得的取法种数为 .（用数字作答） 【答案】 【分析】根据题意，用间接法分析：先计算“、、、、这个数中任取个不同的数”的取法，排除其中不符合题意的取法，即可得答案． 【详解】根据题意，从、、、、这个数中任取个不同的数、、、，有种取法， 假设， 若不存在且、，使得， 则有， 在、、、、中任取个不同的数，依次表示、、、， 此时有种不符合题意的取法， 则有种符合题意的取法． 故答案为：. 题型十四 二项式定理求特定项 【例1】（2026·上海·高考真题）的二项展开式中，的系数为 . 【答案】 【分析】写出二项展开式的通项公式，令，解出，代入即可得到答案. 【详解】二项式的展开式的通项公式为， 令，解得， 所以的系数为. 故答案为：. 【变式1-1】（2025·上海浦东新·模拟预测）的二项展开式中常数项为 ． 【答案】 【分析】写出展开式的通项，令，解出，代入计算即可得答案. 【详解】展开式的通项为， 令，解得， 所以的二项展开式中常数项为. 故答案为：. 【变式1-2】（25-26高三上·上海嘉定·月考）的二项展开式中第4项是 . 【答案】 【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：的二项展开式中第4项是. 故答案为：. 【变式1-3】（25-26高三上·上海青浦·期中）在的二项展开式中，第四项是常数项，则 ． 【答案】6 【分析】求出通项，再令可解. 【详解】展开式的通项为，， 因为第四项是常数项， 所以当时，， 所以 故答案为：6. 题型十五 多项式的展开式 【例1】（25-26高三上·上海·月考）的展开式中常数项是 ．（用数值作答） 【答案】924 【分析】把三项变成两项再应用二项式展开式计算求解. 【详解】的展开式中常数项是. 故答案为：． 【变式1-1】（24-25高二下·上海·期中）在的展开式中，不含的所有项的系数和为 （用数值作答）. 【答案】 【分析】先将问题转化为各项的系数之和，再通过赋值法即可得到答案. 【详解】二项式， 其展开式的通项为， 令，则， 则不含的项的系数和等于的各项系数之和， 令，则. 故答案为：. 【变式1-2】（24-25高三上·上海虹口·月考）的展开式中，项的系数是 . 【答案】5040 【分析】根据计数原理确定展开式中含的项，即可得出答案. 【详解】的展开式中，含有的项是， 所以项的系数是5040， 故答案为： 【变式1-3】（23-24高三下·上海奉贤·开学考试）在的展开式中，项的系数为 .（结果用数值表示） 【答案】45 【分析】由二项式展开得项只能在展开式中，进一步结合二项式系数即可求解. 【详解】， 项只能在展开式中，即为，系数为. 故选：45. 题型十六 二项式系数/系数最值 【例1】（24-25高三下·上海·月考）在的展开式中，二项式系数最大的有且仅有第4项，则正整数 ． 【答案】 【分析】二项式系数最大的有且仅有第4项，可知展开式有7项，即可求解. 【详解】因为二项式系数最大的有且仅有第4项， 由二项式系数的性质可知：展开式有7项， 所以， 故答案为：6 【变式1-1】（24-25高二下·上海·期中）已知在的展开式中， (1)求常数项； (2)求二项式系数最大的项． 【答案】(1)-84 (2)和 【分析】（1）根据二项式展开式的通项特征，即可求解， （2）根据二项式系数的单调性，即可求解. 【详解】（1） ， 令，∴常数项 （2）， ∴二项式系数最大的项和 【变式1-2】（24-25高三上·上海·月考）在的展开式中系数最大的项是第 项． 【答案】 【分析】根据二项式的展开项的通项确定系数为，结合组合数的性质即可得系数最大的项. 【详解】的展开式的通项为， 则展开式的系数为，故为偶数时系数为正数， 由组合数，可知当，即时，取到最大值，也符合为偶数， 故展开式中系数最大的项是第项. 故答案为：. 【变式1-3】（25-26高三上·上海·单元测试）已知展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大．求： (1)的值； (2)展开式中二项式系数最大的项． 【答案】(1) (2)和 【分析】（1）二项式系数和为，令可得各项系数和为，即可得到方程，解得即可； （2）写出展开式的通项，从而得到当或时二项式系数最大，利用通项计算可得. 【详解】（1）因为的二项式系数和为， 令，可得各项系数和为， 依题意可得，即， 又，所以，解得； （2）二项式展开式的通项为，， 所以当或时二项式系数最大， 所以二项式系数最大的项为和． 题型十七 二项式系数和 【例1】（25-26高二上·上海浦东新·月考）已知，则 ． 【答案】 【分析】通过赋值法，将 代入已知等式，即可求出的值. 【详解】令，则， 即. 故答案为：. 【变式1-1】（25-26高二上·上海奉贤·期中）已知，则 ． 【答案】 【分析】利用赋值法，先令，再令可得. 【详解】令，可得， 令，可得， 所以. 故答案为：2. 【变式1-2】（24-25高三下·上海·月考）若展开式系数之和为32，则展开式中含项的系数为 ． 【答案】15 【分析】由题意求出，利用二项展开式的通项即可求得答案. 【详解】由题意，，解得， 则的展开式的通项为：， 使，解得. 则展开式中含项的系数为. 故答案为：15. 【变式1-3】（2024·上海·三模）设为正整数，已知的二项展开式中第项为常数项，则展开式中各项的系数之和为 ． 【答案】 【分析】利用二项展开式中第项为常数项求出，再令答案可得 【详解】设展开式的通项为， 因为二项展开式中第项为， 由，解得， 令，可得展开式中各项的系数之和. 故答案为：64. 题型十八 整除与余数问题 【例1】（25-26高二上·上海·期中）设为正整数，和均为整数，若和被除后余数相同，则称和模同余，记为．已知，，则正整数的最小值是 ． 【答案】5 【分析】根据二项式定理对的表达式进行化简，即可求出结果. 【详解】由于， 所以， 所以, 所以. 由于 ， 所以 ， 因为. 所以被除后余数为，由，则正整数的最小值为. 故答案为：. 【变式1-1】（24-25高二下·上海·期中）若，，则被7除所得的余数为 ． 【答案】 【分析】应用赋值法计算系数和，再应用二项式化简计算余数即可. 【详解】若， 令，， 只有不是7的倍数，则被7除所得的余数为6. 故答案为：6. 【变式1-2】（24-25高二上·上海·假期作业）若为奇数，求被除的余数. 【答案】7 【分析】根据二项式展开式可得，即可根据二项式展开，即可求解余数. 【详解】因为 由于为奇数，所以上式可化为， 所以被除的余数为7. 【变式1-3】（23-24高二上·上海松江·期末）已知. (1)求的值； (2)设，求被6除的余数. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）由，结合二项式定理写出通项公式求； （2）由题设，结合二项式定理得，即可确定余数. 【详解】（1）由题设，则展开式通项为，， 所以. （2）由题设， 而 ， 所以， 显然，除外，其它项均可被6整除，又， 所以被6除的余数为. 题型十九 杨辉三角问题 【例1】（24-25高二上·上海浦东新·期中）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1为杨辉三角的部分内容，图2为杨辉三角的改写形式 (1)求图2中第11行的各数之和； (2)从图2第2行开始，取每一行的第3个数一直取到第100行的第3个数，求取出的所有数之和； (3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)2048； (2)166650； (3)存在，这三个数为. 【分析】（1）利用二项式系数的性质求和即可； （2）利用的性质进行化简求和，得到答案； （3）设在第行存在三个相邻的数之比为3:8:14，从而得到方程组，求出答案. 【详解】（1）第11行的各数之和为； （2）杨辉三角中第2行到第100行，各行第3个数之和为 ； （3）存在，理由如下： 设在第行存在三个相邻的数，其中，且，， 之比为3:8:14， 故，化简得， 即，解得， 所以这三个数为. 【变式1-1】（23-24高二上·上海奉贤·期中）在中，把称为三项式的系数． (1)当时，写出三项式的系数的值； (2)类比的二项式展开式(杨辉三角)的规律，当时，写出三项式的(杨辉三角)数字表，并求出时的； (3)求（用组合数表示）． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3) 【分析】（1）由代入可得答案； （2）类比，结合可写出三项式的(杨辉三角)数字表，令可得的值； （3）由 得的系数为，转化为求展开式中的系数可得答案. 【详解】（1）因为， 所以； （2）当时，三项式的(杨辉三角)数字表如下， 令，可得； （3） ， 其中的系数为， 又， 而二项式的通项， 由解得，所以的系数为， 由代数式恒成立得 . 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是类比的二项式展开式(杨辉三角)的规律和结合二项式定理解题，考查了学生的运算能力、转化能力。 【变式1-2】（24-25高二下·上海·期中）“杨辉三角”是数学史上的一个伟大成就．在如图所示的“杨辉三角”中，去掉所有的数字1，余下的数逐行从左到右排列，得到数列为2，3，3，4，6，4，5，10，…，若，，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据“杨辉三角”确定的位置，再分析出去掉所有的之后的位置，从而得到的最大值. 【详解】依据“杨辉三角”的分布规律及可知最后一个出现在第行的第个数， 去掉所有之后是第行第个数，所以的最大值为， 故答案为：. 【变式1-3】（2023·上海普陀·模拟预测）如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为 （用最简分数表示）. 【答案】 【分析】第行从左至右依次为，由二项式系数性质可得答案. 【详解】观察知第行从左至右依次为， 由二项式系数的性质可得最大，其次为， 所以第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为. 故答案为：. 基础巩固通关测 一、单选题 1．（24-25高二下·上海·期中）“冰雪同梦，亚洲同心”，2025年第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨成功举办，彰显了中国冰雪运动的蓬勃发展和举办大型赛事的实力.在运动会的某比赛日，某人欲在冰壶（●）、冰球（●）、短道速滑（○）、速度滑冰（○）、花样滑冰（○）这5个项目中随机选择2个比赛项目现场观赛（注：比赛项目后括号内为“●”表示当天不决出奖牌的比赛，“○”表示当天会决出奖牌的比赛），则所选择的2个观赛项目中最多只有1项当天会决出奖牌的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出恰有1项当天会决出奖牌、2项都不会当天决出奖牌、5个项目中随机选择2个项目的种类数，再利用古典概型求概率即可. 【详解】恰有1项当天会决出奖牌有种选择，2项都不会当天决出奖牌有种选择， 5个项目中随机选择2个项目有种选择， 则所选择的2个观赛项目中最多只有1项当天会决出奖牌的概率为. 故选：D 2．（24-25高二下·上海·期中）若一个三位数的各位数字之和为10，则称这个三位数为“十全十美数”，如208，136都是“十全十美数”，则一共有（    ）个“十全十美数”． A．36 B．42 C．48 D．54 【答案】D 【分析】利用分类加法原理，根据三位数的具体情况，由列举法，可得答案. 【详解】任取一个＂十全十美三位数＂，包含有一个0的三位数：，分别为： 含有相同数字的三位数：，分别为： 424， 不含有0，并且没有相同数字的三位数，分别为： 共54个. 故选：D. 二、填空题 3．（24-25高二下·上海·期末）已知，则 . 【答案】 【分析】由，结合通项公式即可求解系数. 【详解】， 的通项公式为：， 令，得，所以. 故答案为： 4．（24-25高二下·上海闵行·月考）已知，则 ． 【答案】 【分析】先令求，再令即可得答案. 【详解】令得， 令得， 所以. 故答案为：. 5．（24-25高二下·上海松江·期末）若的二项展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为 64，则二项展开式中项的系数是 . 【答案】 【分析】令，求得展开式的所有项的系数之和为，再由二项式系数之和为，根据题意，列出方程，求得，进而求得展开式中项的系数. 【详解】令，可得二项式的展开式的所有项的系数之和为， 又由二项式的展开式的二项式系数之和为， 可得，即，解得，即二项式为， 则二项式的展开式中项的系数为. 故答案为：. 6．（24-25高二下·上海浦东新·期末）已知且且则 ． 【答案】 【分析】根据组合数的性质和二项式定理对原式进行化简求和. 【详解】. 所以原式. 根据二项式定理，令，则. 所以原式. 故答案为：. 7．（25-26高三上·上海·月考）若为一组从小到大排列的数1，2，4，8，9，10的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项是 ． 【答案】 【分析】求出第六十百分位数，再利用二项式定理求出常数项. 【详解】由，数据1，2，4，8，9，10的第六十百分位数是8， 所以二项式的展开式的常数项是. 故答案为：70 8．（25-26高三上·上海·期中）在展开式中，含有项的系数为 .（结果用数值表示） 【答案】 【分析】利用二项展开式可求得展开式中含有项的系数. 【详解】因为的展开式通项为 ， 由题意可知在展开式中，含有项的系数为. 故答案为：. 9．（25-26高三上·上海·期中）已知的展开式中所有项的二项式系数的和为64，则展开式中的系数为 . 【答案】 【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】因为所有项的二项式系数的和为64， 所以，解得， 所以展开式的通项公式为， 令，可得， 故答案为： 10．（24-25高三上·陕西西安·月考）某校学生会打算将甲､乙､丙､丁､戊这5名同学安排到4个不同的社团负责组织活动，每个社团至少安排一名同学，则不同的安排方法种数是 . 【答案】240 【分析】根据组合求得5人分为4组的方法数，再根据排列求得4个不同的小组安排到4个不同的社团的方法数，可得答案. 【详解】先将甲､乙､丙､丁､戊这5名同学分为4组，共有种， 再安排到4个不同的社团负责组织活动，共有种不同的安排方法. 故答案为：240. 11．（25-26高三上·上海·开学考试）一份考卷有10道考题，分别为两组，每组5道．现要求考生选答6道，但每组最多选4道，有 种选法． 【答案】200 【分析】利用分类加法计数原理，即可求得答案. 【详解】由题意可分3类考虑： 第一类：A组选4题，B组选2题，有种选法； 第二类：A组选3题，B组选3题，有种选法； 第三类：A组选2题，B组选4题，有种选法； 故共有（种）选法， 故答案为：200 12．（25-26高一上·上海·期中）若，那么正整数的值是 ． 【答案】或 【分析】利用组合数的性质求解即可. 【详解】因为， 所以或，解得或， 经检验或符合题意， 所以满足等式的值为. 故答案为：或 13．（25-26高三上·上海·期中）莫高窟坐落在甘肃的敦煌，它是世界上现存规模最大、内容最丰富的佛教艺术圣地，每年都会吸引来自世界各地的游客参观旅游．已知购买莫高窟正常参观套票可以参观8个开放洞窟，在这8个洞窟中有3个被誉为最值得参观的洞窟．现游客需从套票包含的开放洞窟中随机选择4个进行参观，则至少选中2个最值得参观洞窟的概率是 ． 【答案】/ 【分析】根据题意，结合组合数公式，分别求得基本事件的总数为种，再求得至少选中2个最值得参观洞窟的个数为种，结合古典概型的概率计算公式，即可求解. 【详解】从8个洞窟中选出4个洞窟，共有种不同的选法， 其中至少选中2个最值得参观的洞窟，有种选法， 由古典概型的概率计算公式，可得至少选中2个最值得参观洞窟的概率. 故答案为：. 14．（2026·上海·高考真题）在5个人中选3个人去演讲，若甲一定去，则一共有 种选法. 【答案】6 【分析】结合组合知识求解即可. 【详解】由题意，甲一定去，则从剩下的4人中任选2人即可， 则一共有种选法. 故答案为：6. 15．（24-25高二下·上海浦东新·期中）某班周四下午的四节课分别为政治、数学、外语和生物.则数学与外语不连排的课表排法共 种. 【答案】12 【分析】利用不相邻问题插空法即可. 【详解】依题意，只需将数学与外语在政治与生物留下的三个空位进行插空，再考虑它们的顺序即可，故课表的排法有种. 故答案为：12. 16．（24-25高二下·上海闵行·期末）从5名同学中选2名分别去A、B两个不同地点做志愿者，不同的安排方案种数为 ． 【答案】 【分析】根据排列的知识求得正确答案. 【详解】从5名同学中选2名分别去A、B两个不同地点做志愿者， 不同的安排方案种数为. 故答案为：. 17．（25-26高三上·上海·期中）由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数中，任取一个数，其为奇数的概率为 （用最简分数表示） 【答案】 【分析】根据分步乘法计数原理结合古典概型运算求解. 【详解】数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数的个数为：， 其中奇数的个数为， 所以任取一个数，其为奇数的概率为． 故答案为：． 三、解答题 18．（24-25高二下·上海·期中）（1）写出从这4个字母中，取出2个不同字母的所有排列； （2）已知正整数满足，求正整数的值； （3）有7名学生排成一排，其中甲不站排头，乙不站排尾，有多少种不同的排法？ 【答案】（1） ；（2）；（3）． 【分析】（1）列出所有可能结果即可； （2）根据排列数公式计算可得； （3）分甲在排尾与甲不在排尾两种情况讨论，分别计算可得. 【详解】（1）从这4个字母中，取出2个不同字母的排列有个， 分别为：； （2）因为， 所以且， 解得； （3）有7名学生排成一排，其中甲不站排头，乙不站排尾， 若甲在排尾，则有种排法； 若甲不在排尾，则甲有种排法，乙有种排法，其余人全排列有种排法， 即有种排法； 综上可得一共有种不同的排法. 19．（24-25高二下·上海普陀·期末）在某次社会实践活动中，学校高二年级有甲、乙等7名同学排成一列照相，求下列排法种数. (1)甲乙两人不相邻； (2)甲在排头并且乙不在末尾. 【答案】(1)3600 (2)600 【分析】（1）利用插空法求解即可； （2）先排甲乙，剩余5人全排列即可. 【详解】（1）先排其余人，有种情况， 再把甲乙插入人之间的个空中，共有种， 所以共有种排法； （2）首先排甲有种排法，再排乙有种排法，排其余人有种情况， 所以共有种排法. 20．（24-25高二下·上海·期中）如图，某密码锁共有12位拨盘，包含0到9共10个数字和“*、#”两个特殊符号，某人知道开锁密码按顺序为“6位数字+1位特殊符号（6位数字可重复）”.已知，当拨盘依次是907856#时，锁才能打开. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 * 0 # (1)如果该人记不得密码所包含的6位数字和1位特殊符号，则一次打开锁的概率是多少？ (2)如果该人只记得密码的最后两位数字是56，则他一次打开锁的概率是多少？ 【答案】(1) (2) 【分析】（1）计算“6位数字+1位特殊符号”的样本空间中的基本事件总个数，再计算“试开一次就把锁打开”所包含的基本事件即可； （2）计算“4位数字+1位特殊符号”的样本空间中的基本事件总个数，再计算“试开一次就把锁打开”所包含的基本事件即可. 【详解】（1）密码锁的每个拨盘上有从0到9共10个数字，即有10种可能取法， 开锁密码顺序为“6位数字+1位特殊符号”， 则样本空间中的基本事件的总个数是， 显然基本事件出现的可能性是相等的， 设事件表示为“试开一次就把锁打开”， 事件中的基本事件的只有一个， 故， 即试开一次就能把锁打开的概率是. （2）因为该人只记得密码的最后两位数字是56， 则样本空间中的基本事件的总个数是， 显然基本事件出现的可能性是相等的， 设事件表示为“试开一次就把锁打开”， 事件中的基本事件的只有一个， 故， 即试开一次就能把锁打开的概率是. 能力提升进阶练 一、单选题 1．（24-25高二下·上海·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16种 B．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144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】C 【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，再减去没有空盒的情况，即可求解； 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】对于选项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，共有种方法，故A错误； 对于选项B，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错误； 对于选项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正确； 对于选项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：C. 二、填空题 2．（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. 3．（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. 4．（24-25高二下·上海松江·期末）在探究 展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律， 我们称这个表为杨辉三角 (如图 1). 现进行类比探究， 将 的展开式按 的升幂排列，将各项系数列表如下(如图 2):         1     1     图 1                                     图 2 图 2 表中第 行的第 个数用 表示，即 展开式中 的系数为 ，以下四个结论: ① ; ② ; ③ ; ④ ，正确的有 . 【答案】②③④ 【分析】由图2得到，可直接判断①②③，对于④，运用赋值法分析计算即可判断； 【详解】依据题意结合图②可知图②中每一行的每一个数等于其上一行头顶和左、右肩上共三个数的和（没有的用0代替）， 如：第四行的第三个数10，等于上一行头顶上的数3加上左、右肩上的数1和6， 第三行中的第二个数3，等于上一行头顶上的数1加上左、右肩上的数0（左肩上没有数，故用0代替）和2， 所以， 对于①项，由上可得，故①项错误； 对于②项，由图可知 ， 依此类推可得 ，故②项正确； 对于③项，由上可知，，故③项正确； 对于④项，已知. 令，则， 即. 又因为. 由，展开式中的系数为. 而 ， 其展开式中的系数为，故④项正确. 故答案为：②③④. 5．（24-25高二下·上海·期末）已知，当取最大值时，从这100个实数中任取两个数，则这两个数的和不大于10的概率是 ．（用最简分数表示） 【答案】 【分析】要使，则需方差最大，为此应尽可能多取1和10，则可得44个10，55个1，1个5可满足题意，据此可得答案. 【详解】平均数，方差为，则要使取最大值，需方差最大， 则应尽可能多取1和10，假设这组数中有个1，则有个10， 有，解得. 若取45个10，55个1，则和为505，不满题意； 取44个10，55个1，1个5，和为500，满足题意， 设从中任取两个数，和为，则 两数和不大于10，即 . 故答案为： 6．（25-26高三上·上海·期中）已知集合，非空集合，且满足: 对任意，均存在 ，使. 记符合要求的的个数为. 则对于正整数， . 【答案】 【分析】根据条件，分析可得当时，满足要求的元素个数，可得的个数，根据组合数的性质，即可求得答案. 【详解】因为，所以P中元素是中满足且的元素， 对于，则， 所以满足要求的元素有，共有个元素， 所以在不考虑顺序的情况下，共有对， 故. 故答案为： 7．（25-26高三上·上海黄浦·期中）已知，且，当时，正整数k的最小值为 . 【答案】51 【分析】利用二项展开式得，再结合条件得k为奇数，且，即可求解． 【详解】因为展开后按x升幂排列， 则第项为， 由题知， 因为，要使，则， 故k为奇数，故，， 故，解得， 又k为奇数，所以正整数k的最小值为 故答案为： 8．（25-26高二上·上海·月考）从个男生和个女生（）中任选2个人当队长，假设事件表示选出的2人性别相同，事件表示选出的2人性别不同．如果事件的概率和事件的概率相等，则的可能值组成的集合为 ． 【答案】 【分析】根据题意，得到，求得，结合为完全平方数，分类讨论，求得的值，即可求解. 【详解】由事件的概率和事件的概率相等，即， 所以，可得， 所以为完全平方数，其中，且， 当时，所以，此时， 当时，所以，此时， 所以的可能值组成的集合为. 故答案为：. 9．（25-26高三上·上海松江·期末）将3名男生和3名女生排成一排，若从左边第一个学生开始依次往右数，无论数到几人，男生人数都大于或等于女生人数，则有 种不同的排法．（结果用数值表示） 【答案】 【分析】根据分类加法与分步乘法原理将第二位分为男生和女生两种情况，结合排列组合数逐步计算即可得结论. 【详解】由题可知，从左边开始第一个学生为男生有种安排方法： ①若第二位为男生： 第三位为男生时的方法数为种， 第三位为女生时第四位为男生时有种，第四位为女生时种， 综上，第二位为男生的方法总数为； ②若第二位为女生： 第三位必为男生，则第四位为男生时有种，第四位为女生时种， 综上，第二位为女生的方法总数为； 根据分类分步计数原理可得总方法数为种不同的排法． 故答案为：. 10．（2025·上海徐汇·一模）从20名男生和18名女生中选取5人组成一个宣传小组，其中男生和女生都不少于2人的选法有 种． 【答案】329460 【分析】从男女共38中选出5人组成一个宣传小组，要求男生和女生均不少于2人， 分选出的5人为2男3女，和3男2女两种情况讨论即可. 【详解】从男女共38中选出5人组成一个宣传小组，要求女生和男生均不少于2人，分为以下两类情况： 当选出的5人为2男3女时，不同选法共为种， 当选出的5人为3男2女时，不同选法共为种， 即从中选出5人组成一个宣传小组，要求女生和男生均不少于2人的选法共有种， 故答案为：329460. 11．（25-26高二上·上海浦东新·月考）若是正整数，则除以8的余数是 ． 【答案】7 【分析】由二项式定理得到，即可求解. 【详解】根据二项式定理可知，， 又 所以除以8的余数为7. 故答案为： 7 12．（25-26高二上·上海浦东新·月考）若集合满足，则称是集合的一个覆盖，当且仅当时，与为同一个覆盖．设集合，当时，则集合的覆盖总数为 ． 【答案】6561 【分析】确定集合中元素的个数，分析集合的覆盖的构成方式，计算集合的覆盖总数. 【详解】要使成立，则在这四个数中，有且仅有一个数的绝对值为1，其余三个数为0， 对于每个绝对值为1的数，它既可以取1，也可以取，有2种取法，而绝对值为1的数可以在这四个位置中任选一个， 有种选法，根据分步乘法计数原理，集合中元素的个数为个. 设集合的覆盖为，因为，所以对于集合中的每个元素，它可能属于又属于， 即对于集合中的每一个元素，都有3种归属情况. 由于集合中有8个元素，且每个元素有3种归属情况，根据分步乘法计数原理，集合的覆盖总数为. 故答案为：. 13．（25-26高三上·上海徐汇·月考）已知，若，则的值为 . 【答案】6 【分析】根据二项式定理展开得，，进而根据已知解方程即可得答案. 【详解】根据二项式定理展开式得：， ， ， 因为， 所以，即， 因为， 所以，即，解得， 所以的值为 故答案为： 14．（25-26高三上·上海浦东新·期末）某城市交通系统采用数智技术记录城市道路口的信号灯状态，每个时段的信号灯状态对应一个数字（见下表）. 信号灯状态 正常绿波协调 非正常绿波协调 道路施工临时黄灯 突发事故临时红灯 对应数字 0 1 现需要按顺序记录某个道路口5个时段的信号灯状态，例如，记号表示5个时段中有3个时段是“非正常绿波协调”状态，分别发生在第1、3、5时段.问：该路口5个时段所有可能的记录中，“非正常绿波协调”的时段数不少于1个且不多于3个的记录共有 种. 【答案】130 【分析】按照“非正常绿波协调”的时段个数进行分类，结合计数原理和组合数知识求解. 【详解】按照“非正常绿波协调”的时段个数进行分类， 每类情况均先从个时段中选取“非正常绿波协调”的时段个数，且因 “非正常绿波协调”有两种情况， 则“非正常绿波协调”的时段数1个的记录有种； “非正常绿波协调”的时段数2个的记录有种； “非正常绿波协调”的时段数3个的记录有种； 故 “非正常绿波协调”的时段数不少于1个且不多于3个的记录共有：种； 故答案为： 三、解答题 15．（24-25高二下·上海普陀·期中）设． (1)若，求的值； (2)若，求的值； (3)若，求，，…，中的最大值． 【答案】(1)； (2)6561； (3)3075072. 【分析】（1）利用赋值法列式求出值. （2）由（1）结合赋值法求出目标值. （3）把代入，求出，再作商结合组合数计算求出最大值. 【详解】（1）取，得，因此， 所以. （2）当时，由（1）知， 取，得，所以 . （3）当时，，， 当时，，解得， 于是， 所以，，…，中的最大值为. 16．（24-25高二下·上海·期末）在的展开式中，把的系数记作，称为三项式系数．数列，，……称为三项式n次系数列，如三项式0次系数列为1，三项式1次系数列为1，1，1． (1)试写出三项式的2次和3次系数列； (2)类比杨辉三角形中的规律，探究三项式系数的规律（不需要给出证明）； (3)写出两个三项式n次系数列的性质(不需要给出证明)． 【答案】(1)答案见解析 (2)规律：每一个数等于它上面一行三个数的和 (3)答案见解析 【分析】（1）按照三项式n次系数列的定义即可得解； （2）按规律写出三项式系数即可发现规律； （3）通过赋值法即可发现规律. 【详解】（1）由题意， 三项式的2次系数列为：1  2  3  2  1；     三项式的3次系数列为：1  3  6  7  6  3  1； （2）1 1     1     1 1     2     3     2     1 1    3     6     7     6     3    1 1   4   10    16    19    16    10    4    1 1   5  15   30    45    51    45    30   15    5    1 1  6  21  50   90   126   141   126    90   50   21    6    1 规律：每一个数等于它上面一行三个数的和. （3）性质1：在中，令，可得， 性质2：在中，令，可得. 17．（25-26高二上·上海奉贤·月考）已知（为正整数）的展开式中，末三项的二项式系数的和等于67. (1)求的值，从集合中任取一个元素，求该元素满足不等式的概率； (2)若，求除以7所得的余数； (3)求展开式中系数最大的项. 【答案】(1)，； (2)6； (3)或. 【分析】（1）根据给定条件，利用二项式系数列式求出，进而求出古典概率. （2）将目标式化成，再利用二项式定理进而展开式，进而求出余数. （3）求出展开式的通项，再构造不等式求出系数最大的项. 【详解】（1）展开式末三项的二项式系数分别为， 则，即，整理得， 而为正整数，因此，集合， 从集合中任取一个元素的试验有11个样本点， 满足不等式的事件有一个样本点5，所以所求概率为. （2）当时， ， 所以除以7所得的余数等于13除以7所得的余数6. （3）由（1）知，展开式通项为， 设第项即为系数最大的项，则，整理得，解得， 所以展开式系数最大的项为或. 18．（25-26高二上·上海静安·月考）（1）化简； （2）设，为正整数，若在中，唯一的最大的数是，试求的值. 【答案】（1）；（2）或13 【分析】（1）逆用二项式定理展开式化简即可； （2）先利用二项式展开式通项公式求得，然后判断其单调性，根据题意列不等式求解即可. 【详解】（1）原式； （2）因为二项式展开式的通项为， ， 若，则，得， 当时，；当时，；当时，， 因为在中，唯一的最大的数是，且， 所以，即，又为正整数，所以或13. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 第6章 计数原理（复习讲义） （一）基础目标 1.能复述分类加法计数原理、分步乘法计数原理的核心内涵，明确“分类相加、类类独立”与“分步相乘、步步关联”的本质区别. 2.能准确区分排列与组合的概念，清晰表述两者“有序”与“无序”的核心差异. 3.会默写排列数公式：（，）； 组合数公式：（，）； 组合数性质：、. 4.能复述二项式定理内容，写出（）的展开式，明确通项公式（）的含义. 5.能运用两个基本计数原理、简单排列组合公式及二项式定理，解决单一知识点的基础计数问题与展开式简单题型. （二）进阶目标 1.会推导分类加法计数原理、分步乘法计数原理，能结合实例辨析两种原理的适用场景. 2.会推导排列数公式、组合数公式，能结合实例说明公式的实际背景与几何意义. 3.理解并应用两个基本计数原理，解决含限制条件的计数问题（如元素相邻、不相邻、定序、相同元素分配等），掌握捆绑法、插空法、倍缩法、挡板法等常用技巧. 4.理解并应用排列组合知识，解决分组分配问题，能区分均匀/非均匀分组、定向/不定向分配的差异，避免重复或遗漏计数. 5.理解并应用二项式定理，解决展开式综合问题（如求常数项、有理项、系数最大项、系数和与差、整除性问题等）. 6.能将计数原理与古典概率结合，通过计数求解基本事件总数与符合条件的事件数，进而计算简单概率. （三）拓展目标 1.能运用分类讨论、转化与化归思想，解决复杂计数问题（如多限制条件排列组合、含参数计数问题等）. 2.理解二项式定理的推广，能结合函数、数列等知识，解决跨模块综合性问题（如用二项式展开式证明不等式、求数列通项或前项和等）. 3.能运用计数原理解决染色、路径、分配等实际应用问题，提升数学建模素养. 4.能精准辨析计数问题中的常见易错点，形成严谨的逻辑推理能力. （一）核心概念与公式对比表 知识模块 核心概念 核心公式/定理 关键特征/要点 基本计数原理 分类加法计数原理 完成一件事有类办法，第类有种方法，则总方法数： 类类独立，每类方法可单独完成事件 分步乘法计数原理 完成一件事有个步骤，第步有种方法，则总方法数： 步步关联，需完成所有步骤才完成事件 排列与组合 排列 从个不同元素取个有序排成一列，排列数公式： ， 强调“顺序”，元素相同顺序不同为不同排列 组合 从个不同元素取个无序组成一组，组合数公式： 性质：，， 不强调“顺序”，元素相同顺序不同为同一组合 二项式定理 二项式展开 （）展开式： 通项公式：（） ①共项；②二项式系数为；③二项式系数和为，奇偶项和均为 （一）核心重点知识解析 1.两个基本计数原理的辨析与应用 （1）核心辨析：判断用分类加法还是分步乘法，关键看“完成一件事是否可通过单一类别方法实现”.某类方法可独立完成事件→加法；需完成所有步骤才完成事件→乘法. （2）应用技巧：复杂问题先拆解为子问题，再判断子问题间是“分类”还是“分步”关系.例：多元素限制排列问题，先按限制条件分类，再对每类分步计数. 2.排列组合的核心题型与解法 （1）特殊元素/位置优先问题 解题步骤：先排特殊元素或特殊位置，再排其余元素. 例：用组成无重复数字的三位数.第一步：排首位（特殊位置，不能为），有种选择；第二步：排十位和个位，从剩余个数字中选个排列，有种选择；总个数为. （2）相邻问题（捆绑法） 解题步骤：①捆绑相邻元素为一个“整体”；②排整体与其余元素；③排整体内部元素. 例：男女排成一排，女生必须相邻.第一步：捆绑名女生，内部排列种；第二步：排个“元素”（男+个女生整体），有种；总排法为种. （3）不相邻问题（插空法） 解题步骤：①排无限制条件的元素；②在元素间的空位（含两端）插入不相邻元素. 例：男女排成一排，女生不相邻.第一步：排名男生，有种；第二步：男生产生个空位，选个插女生，有种；总排法为种. （4）定序问题（倍缩法） 核心原理：若个元素排成一列，其中个元素的顺序固定，则总的排列数为所有元素全排列数除以这个元素的全排列数（消去固定顺序的重复计数）. 解题步骤：①计算所有元素的全排列数；②计算定序元素的全排列数；③两者相除得结果. 例1：名同学排成一排，其中甲、乙两人顺序固定（甲在乙左边），不同排法数为种. 例2：人排队，甲、乙、丙人顺序固定，不同排法数为种. （5）相同元素分配问题（挡板法） 适用场景：将个相同元素分配给个不同对象（如相同小球分给不同班级、相同名额分给不同小组等），分无空分配和有空分配两种情况. ①无空分配（每个对象至少分1个） 原理：个相同元素间有个空隙，插入块挡板，将元素分成组，对应个对象. 公式：分配方法数. 例：将个相同的小球分给个不同的班级，每个班级至少分个，分法数为种. ②有空分配（允许某些对象分0个） 转化技巧：先给每个对象“借”个相同元素，使总元素数变为，此时问题转化为“将个相同元素无空分配给个对象”，再用无空分配公式计算. 公式：分配方法数. 例：将个相同的小球分给个不同的班级，允许班级分个，分法数为种. （6）分组分配问题 ①非均匀分组（各组元素个数不同）：直接用组合数计算，无需消序. ②均匀分组（各组元素个数相同）：需除以组数的阶乘消去重复计数. ③定向分配：直接分步计数；不定向分配：先分组再乘以组数的阶乘. 例1（均匀分组）：人分两组，分组数为种. 例2（定向分配）：人分配到甲（人）、乙（人）、丙（人）岗位，分配数为种. 例3（不定向分配）：人分三组后分配到个不同岗位，第一步分组数种，第二步分配到岗位种，总分配数种. 3.二项式定理的核心应用 （1）求特定项（常数项、有理项、指定次数项等） 核心工具：通项公式. 解题步骤：①写出通项公式并化简；②根据项的特征列方程求（）；③代入计算项的值. 例：求的常数项.第一步：通项公式；第二步：令，得；第三步：常数项为. （2）求展开式系数和与差 方法：赋值法（给二项式中的字母赋特殊值，如、、等）. 常见结论：①所有项系数和：令，得；②奇数项系数和：；③偶数项系数和：. 例：求的所有项系数和与奇数项系数和.令，所有项系数和为；令，得；奇数项系数和为. （3）整除性问题 思路：将待证明的式子转化为（为整数）的形式，利用二项式定理展开，展开式中除末项外，其余项均含因式，可被整除，再结合剩余项化简验证. 例：证明能被整除（）.第一步：变形；第二步：展开（为整数）；第三步：代入原式得，显然能被整除. （二）常见结论总结 1.排列与组合的本质关系：，即排列=“先组合选取元素，再对选取的元素排序”. 2.定序问题核心结论：个元素排列，个元素定序，排法数. 3.挡板法核心结论：①相同元素无空分配（个元素分给个对象）：；②相同元素有空分配：. 4.组合数核心恒等式：①全和恒等式：；②奇偶项和恒等式：. 5.二项式展开式系数最大项判定：当均为正数时，展开式中间项的二项式系数最大（为偶数时，第项；为奇数时，第项和第项）. （三）易错点辨析 易错类型 反例 正解 避坑技巧 原理混淆致误 4个门进，3个门出，误算为种 分步乘法：种 判断是否需完成所有步骤才能达成目标，是则用乘法，否则用加法 排列组合概念混淆致误 5人选2人参赛，误算为种 组合：种 交换检验法：交换元素位置，结果是否不同 均匀分组重复计数致误 4人分2,2两组，误算为种 消序：种 均匀分组除以组数的阶乘，非均匀分组直接用组合数乘积 忽略特殊元素/位置限制致误 0,1,2,3组成四位数，误算为种 优先排首位：种 特殊元素/位置优先处理，再排普通元素/位置 定序问题未消序致误 5人排队，甲、乙定序，误算为种 倍缩消序：种 看到“顺序固定”“顺序不变”，直接用总排列数除以定序元素全排列数 挡板法误用致误 8个相同小球分给3班（可分0），误算为种 有空分配转化：种 先判断分配类型：无空用，有空先转化为无空再计算 二项式通项记错致误 求第3项，误取 第项，取， 牢记通项是第项，指数和为，结合简单展开式强化记忆 题型一 乘法原理与加法原理 【例1】（25-26高二上·上海·期中）甲、乙、丙、丁四名同学报名参加，，三个智力竞赛项目，每个人都要报名且只能参加一个项目． (1)共有多少种不同的报名方法？ (2)若甲、乙报同一项目，丙不报A项目，则有多少种不同的报名方法？ 【变式1-1】（23-24高二下·上海·期末）若，则不同的有序集合组共有 种． 【变式1-2】（24-25高二下·上海闵行·期中）把5封不同的信投入4个不同的信箱，不同的投法种数共有 种. 【变式1-3】（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 题型二 排列数的计算 【例1】（24-25高二下·上海浦东新·期中）关于的不等式的解集是 . 【变式1-1】（24-25高二下·上海浦东新·期中）若排列数，则 . 【变式1-2】（24-25高二下·上海闵行·期中）若m为正整数，且，则（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】（24-25高二上·上海浦东新·期中）若，则 . 题型三 组合数的计算 【例1】（24-25高二下·上海·月考）（1）求满足等式的所有正整数； （2）已知正整数满足，求正整数的值. 【变式1-1】（24-25高二下·上海·期中）若，则正整数 ． 【变式1-2】（24-25高二下·上海静安·期末）下列关于排列组合的等式成立的个数为（   ）． ① ； ②；③；④ A．1 B．2 C．3 D．4 【变式1-3】（24-25高二下·上海·月考）已知为正整数．若，则 ． 题型四 组合数的性质 【例1】（25-26高二上·上海奉贤·月考）规定，其中，是正整数，且，这是组合数（，是正整数，且）的一种推广. (1)求的值； (2)组合数的两个性质：①，②是否都能推广到（，是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明，若不能，则说明理由； (3)①已知为正整数，，求证：； ②已知组合数是正整数，证明：当，是正整数时，. 【变式1-1】（24-25高一下·上海·期末）已知，，，则下列等式中恒成立的是（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】（24-25高二下·上海·期中）根据组合数的性质可知，（    ）． A． B． C． D． 【变式1-3】（24-25高二上·上海奉贤·月考）（1）解不等式； （2）解方程. 题型五 相邻问题捆绑法 【例1】（25-26高二上·上海奉贤·期中）某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．96种 【变式1-1】（2025·上海金山·一模）某学校读书节活动中，甲、乙、丙3个班级各有2位同学获奖，现将这6人排成一排拍照，则同一班级的两位同学均站在一起的排法共有 种． 【变式1-2】（24-25高二下·上海·期中）学校组织文艺汇演，有3个舞蹈节目、2个歌唱节目和1个魔术节目，要求3个舞蹈节目必须连续表演，那么这6个节目的表演顺序共有 种． 【变式1-3】（24-25高二上·上海·期末）有7个同学要排队做操，其中甲乙丙必须相邻，则总共有 种排法． 题型六 不相邻问题插空法 【例1】（25-26高二上·上海·期中）人并排站成一行，如果甲、乙两人必须不相邻，那么不同的排法种数是 ． 【变式1-1】（24-25高二下·上海·期末）某校艺术节汇演，已知高一，高二，高三分别选送了3，2，2个节目，若高一的节目彼此都不相邻，则共计有 种不同的出场顺序. 【变式1-2】（24-25高二下·上海·期中）4名学生和2位老师随机站成一排拍照，则两位老师不相邻的排法有 种． 【变式1-3】（24-25高二下·上海徐汇·期中）某校艺术节总汇演，已知高一，高二，高三分别选送了4，3，2个节目，若高一的节目彼此都不相邻，高三的节目必须相邻，共计有 种出场顺序． 题型七 特殊元素/特殊位置优先 【例1】（25-26高三上·上海黄浦·期中）有3位家长带2位儿童去爬山，5个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列种数有 种. 【变式1-1】（25-26高三上·上海嘉定·期中）已知校运动会米比赛，某队派出甲、乙、丙、丁4名运动员参加，其中甲不跑第一和第三棒，则不同的交接棒安排顺序有 种. 【变式1-2】（25-26高三上·上海徐汇·期中）徐汇中学家长会期间，在汇学博物馆，汇学长廊，创新实验室的三个地点需要志愿者服务，现有甲、乙、丙、丁四人报名参加，每个地点仅需1名志愿者，每人至多在一个地点服务，若甲不能到第一个地点服务，则不同的安排方法共有 ． 【变式1-3】（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． 题型八 定序问题倍缩法 【例1】（24-25高二下·上海·月考）在一张节目单中原有7个节目已排好顺序，现要插入3个节目，并要求不改变原有7个节目前后相对顺序，则一共有 种不同的插法． 【变式1-1】（24-25高二下·全国·课后作业）6个人站成一排，甲、乙、丙三人从左到右的顺序保持一定，有多少种不同的站法？ 【变式1-2】（2025高三·全国·专题练习）将3面红旗、4面蓝旗、2面黄旗依次悬挂在旗杆上，问：可以组成多少种不同的标志？ 【变式1-3】（2025·浙江绍兴·二模）甲乙丙丁等二十人排队，并从左至右依次编号1～20．甲乙丙丁所对应的编号为a，b，c，d．则满足c＞b＞a＞d的概率为 ． 题型九 平均分组与不平均分组 【例1】（25-26高三上·上海·单元测试）3位男生、3位女生平均分成三组，恰好每组都有一位男生和一位女生的概率是 . 【变式1-1】（23-24高三上·河北·月考）为增强学生体质，某校在暑假期间组织本校学生开展各项体育比赛，由于工作需要，将10名志愿者分成4组，每组至少2人，则不同的分组方法种数为 ． 【变式1-2】（24-25高二下·湖北恩施·月考）在某项建造任务中，需6名航天员在天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱这三个舱内同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（    ） A．450种 B．180种 C．720种 D．360种 【变式1-3】（24-25高二下·上海闵行·期中）在量子力学中，研究微观粒子的概率模型与概率论中最经典的球盒模型有关，已知7种不同的巧克力放入5个相同的巧克力盒子中，每个盒子中至少有一个巧克力，五个盒子一起打包（不考虑打包顺序）成一个礼品包出售，则不同的礼品包种数是（    ） A．245 B．140 C．2520 D．10 题型十 先分组后分配 【例1】（25-26高三上·上海·月考）某校安排甲，乙，丙，丁共4位教师分别去高一，高二，高三三个年级任教，其中每个年级至少安排一位教师，若甲，乙不去高三年级但能去其他两个年级，丙，丁都能去三个年级，则不同的安排方案的种数为 ．（用数字作答） 【变式1-1】（24-25高二下·上海·期中）第33届夏季奥运会在法国巴黎举办，这届奥运会将新增霹雳舞、滑板、攀岩、冲浪四个比赛项目及两个表演项目．现有三个场地分别承担这6个新增项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，其中两个表演项目不在一个场地举办，则不同的安排方法有 种． 【变式1-2】（24-25高二上·上海·期末）6名同学到三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，A场馆安排1名，B场馆安排2名，C场馆安排3名，则不同的安排方法的个数有（    ） A．30 B．60 C．120 D．360 【变式1-3】（24-25高三·上海·随堂练习）重阳节，农历九月初九，二九相重，谐音是“久久”，有长久之意，是我国民间的传统节日，人们常在此日感恩敬老．某校在重阳节当日安排6名学生到两所敬老院开展志愿服务活动，要求每所敬老院至少安排2人，则不同的分配方案是 种． 题型十一 数字排列问题 【例1】（2025·上海嘉定·一模）、、、、是1、2、3、4、5的全排列，如果对任意的，和中至少有一个大于，则满足要求的排列的总数为 . 【变式1-1】（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 . 【变式1-2】（23-24高二上·上海·月考）用组合成没有重复数字的三位数，从中随机地取一个，取得的数为偶数的概率是 . 【变式1-3】（23-24高二下·上海·期中）用这十个数字组成没有重复数字的三位数的个数为 . 题型十二 隔板法 【例1】（25-26高二上·山东潍坊·月考）三元一次方程的正整数解的组数为（    ） A．21 B．28 C．35 D．42 【变式1-1】（2025高三·全国·专题练习）有20个不加区别的小球放入编号为1，2，3的三个盒子里，要求每个盒子内的球数不少于编号数，则有多少种不同的放法? 【变式1-2】（2025高三·全国·专题练习）15个相同的小球放入编号为1，2，3的盒子内，盒子内的小球数不小于编号数，则不同的放法有 种. 【变式1-3】（2025高二·全国·专题练习）方程共有 组正整数解，共有 组非负整数解． 题型十三 排列组合综合问题 【例1】（25-26高三上·上海·期中）盲盒是指消费者不能提前得知具体产品款式的商品盒面已知某盲盒产品共有3种玩偶，小明购买4个盲盒，则他能集齐3种玩偶的概率是 .（结果用数值表示） 【变式1-1】（25-26高三上·上海虹口·月考）从3名男生和4名女生中任选4名同学参加志愿者活动，其中2名同学为负责人，2名同学为组员，则选出的4名学生中至少有1名女生做负责人的概率为 ． 【变式1-2】（24-25高三下·上海·月考）若方程的系数a，b，c是从，0，1，2，3，4这6个数中任取3个不同的数而得到，则这样的方程表示焦点在x轴上的椭圆的概率是（   ） A． B． C． D． 【变式1-3】（24-25高二上·上海黄浦·月考）从、、、、这个数中任取个不同的数、、、，则存在且、，使得的取法种数为 .（用数字作答） 题型十四 二项式定理求特定项 【例1】（2026·上海·高考真题）的二项展开式中，的系数为 . 【变式1-1】（2025·上海浦东新·模拟预测）的二项展开式中常数项为 ． 【变式1-2】（25-26高三上·上海嘉定·月考）的二项展开式中第4项是 . 【变式1-3】（25-26高三上·上海青浦·期中）在的二项展开式中，第四项是常数项，则 ． 题型十五 多项式的展开式 【例1】（25-26高三上·上海·月考）的展开式中常数项是 ．（用数值作答） 【变式1-1】（24-25高二下·上海·期中）在的展开式中，不含的所有项的系数和为 （用数值作答）. 【变式1-2】（24-25高三上·上海虹口·月考）的展开式中，项的系数是 . 【变式1-3】（23-24高三下·上海奉贤·开学考试）在的展开式中，项的系数为 .（结果用数值表示） 题型十六 二项式系数/系数最值 【例1】（24-25高三下·上海·月考）在的展开式中，二项式系数最大的有且仅有第4项，则正整数 ． 【变式1-1】（24-25高二下·上海·期中）已知在的展开式中， (1)求常数项； (2)求二项式系数最大的项． 【变式1-2】（24-25高三上·上海·月考）在的展开式中系数最大的项是第 项． 【变式1-3】（25-26高三上·上海·单元测试）已知展开式中各项的系数和比各项的二项式系数和大．求： (1)的值； (2)展开式中二项式系数最大的项． 题型十七 二项式系数和 【例1】（25-26高二上·上海浦东新·月考）已知，则 ． 【变式1-1】（25-26高二上·上海奉贤·期中）已知，则 ． 【变式1-2】（24-25高三下·上海·月考）若展开式系数之和为32，则展开式中含项的系数为 ． 【变式1-3】（2024·上海·三模）设为正整数，已知的二项展开式中第项为常数项，则展开式中各项的系数之和为 ． 题型十八 整除与余数问题 【例1】（25-26高二上·上海·期中）设为正整数，和均为整数，若和被除后余数相同，则称和模同余，记为．已知，，则正整数的最小值是 ． 【变式1-1】（24-25高二下·上海·期中）若，，则被7除所得的余数为 ． 【变式1-2】（24-25高二上·上海·假期作业）若为奇数，求被除的余数. 【变式1-3】（23-24高二上·上海松江·期末）已知. (1)求的值； (2)设，求被6除的余数. 题型十九 杨辉三角问题 【例1】（24-25高二上·上海浦东新·期中）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1为杨辉三角的部分内容，图2为杨辉三角的改写形式 (1)求图2中第11行的各数之和； (2)从图2第2行开始，取每一行的第3个数一直取到第100行的第3个数，求取出的所有数之和； (3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由. 【变式1-1】（23-24高二上·上海奉贤·期中）在中，把称为三项式的系数． (1)当时，写出三项式的系数的值； (2)类比的二项式展开式(杨辉三角)的规律，当时，写出三项式的(杨辉三角)数字表，并求出时的； (3)求（用组合数表示）． 【变式1-2】（24-25高二下·上海·期中）“杨辉三角”是数学史上的一个伟大成就．在如图所示的“杨辉三角”中，去掉所有的数字1，余下的数逐行从左到右排列，得到数列为2，3，3，4，6，4，5，10，…，若，，则的最大值为 ． 【变式1-3】（2023·上海普陀·模拟预测）如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为 （用最简分数表示）. 基础巩固通关测 一、单选题 1．（24-25高二下·上海·期中）“冰雪同梦，亚洲同心”，2025年第九届亚洲冬季运动会在哈尔滨成功举办，彰显了中国冰雪运动的蓬勃发展和举办大型赛事的实力.在运动会的某比赛日，某人欲在冰壶（●）、冰球（●）、短道速滑（○）、速度滑冰（○）、花样滑冰（○）这5个项目中随机选择2个比赛项目现场观赛（注：比赛项目后括号内为“●”表示当天不决出奖牌的比赛，“○”表示当天会决出奖牌的比赛），则所选择的2个观赛项目中最多只有1项当天会决出奖牌的概率为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·上海·期中）若一个三位数的各位数字之和为10，则称这个三位数为“十全十美数”，如208，136都是“十全十美数”，则一共有（    ）个“十全十美数”． A．36 B．42 C．48 D．54 二、填空题 3．（24-25高二下·上海·期末）已知，则 . 4．（24-25高二下·上海闵行·月考）已知，则 ． 5．（24-25高二下·上海松江·期末）若的二项展开式中所有项的系数之和与二项式系数之和的比为 64，则二项展开式中项的系数是 . 6．（24-25高二下·上海浦东新·期末）已知且且则 ． 7．（25-26高三上·上海·月考）若为一组从小到大排列的数1，2，4，8，9，10的第六十百分位数，则二项式的展开式的常数项是 ． 8．（25-26高三上·上海·期中）在展开式中，含有项的系数为 .（结果用数值表示） 9．（25-26高三上·上海·期中）已知的展开式中所有项的二项式系数的和为64，则展开式中的系数为 . 10．（24-25高三上·陕西西安·月考）某校学生会打算将甲､乙､丙､丁､戊这5名同学安排到4个不同的社团负责组织活动，每个社团至少安排一名同学，则不同的安排方法种数是 . 11．（25-26高三上·上海·开学考试）一份考卷有10道考题，分别为两组，每组5道．现要求考生选答6道，但每组最多选4道，有 种选法． 12．（25-26高一上·上海·期中）若，那么正整数的值是 ． 13．（25-26高三上·上海·期中）莫高窟坐落在甘肃的敦煌，它是世界上现存规模最大、内容最丰富的佛教艺术圣地，每年都会吸引来自世界各地的游客参观旅游．已知购买莫高窟正常参观套票可以参观8个开放洞窟，在这8个洞窟中有3个被誉为最值得参观的洞窟．现游客需从套票包含的开放洞窟中随机选择4个进行参观，则至少选中2个最值得参观洞窟的概率是 ． 14．（2026·上海·高考真题）在5个人中选3个人去演讲，若甲一定去，则一共有 种选法. 15．（24-25高二下·上海浦东新·期中）某班周四下午的四节课分别为政治、数学、外语和生物.则数学与外语不连排的课表排法共 种. 16．（24-25高二下·上海闵行·期末）从5名同学中选2名分别去A、B两个不同地点做志愿者，不同的安排方案种数为 ． 17．（25-26高三上·上海·期中）由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数中，任取一个数，其为奇数的概率为 （用最简分数表示） 三、解答题 18．（24-25高二下·上海·期中）（1）写出从这4个字母中，取出2个不同字母的所有排列； （2）已知正整数满足，求正整数的值； （3）有7名学生排成一排，其中甲不站排头，乙不站排尾，有多少种不同的排法？ 19．（24-25高二下·上海普陀·期末）在某次社会实践活动中，学校高二年级有甲、乙等7名同学排成一列照相，求下列排法种数. (1)甲乙两人不相邻； (2)甲在排头并且乙不在末尾. 20．（24-25高二下·上海·期中）如图，某密码锁共有12位拨盘，包含0到9共10个数字和“*、#”两个特殊符号，某人知道开锁密码按顺序为“6位数字+1位特殊符号（6位数字可重复）”.已知，当拨盘依次是907856#时，锁才能打开. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 * 0 # (1)如果该人记不得密码所包含的6位数字和1位特殊符号，则一次打开锁的概率是多少？ (2)如果该人只记得密码的最后两位数字是56，则他一次打开锁的概率是多少？ 能力提升进阶练 一、单选题 1．（24-25高二下·上海·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16种 B．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144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 二、填空题 2．（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. 3．（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 4．（24-25高二下·上海松江·期末）在探究 展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张表，借助它发现二项式系数的一些规律， 我们称这个表为杨辉三角 (如图 1). 现进行类比探究， 将 的展开式按 的升幂排列，将各项系数列表如下(如图 2):         1     1     图 1                                     图 2 图 2 表中第 行的第 个数用 表示，即 展开式中 的系数为 ，以下四个结论: ① ; ② ; ③ ; ④ ，正确的有 . 5．（24-25高二下·上海·期末）已知，当取最大值时，从这100个实数中任取两个数，则这两个数的和不大于10的概率是 ．（用最简分数表示） 6．（25-26高三上·上海·期中）已知集合，非空集合，且满足: 对任意，均存在 ，使. 记符合要求的的个数为. 则对于正整数， . 7．（25-26高三上·上海黄浦·期中）已知，且，当时，正整数k的最小值为 . 8．（25-26高二上·上海·月考）从个男生和个女生（）中任选2个人当队长，假设事件表示选出的2人性别相同，事件表示选出的2人性别不同．如果事件的概率和事件的概率相等，则的可能值组成的集合为 ． 9．（25-26高三上·上海松江·期末）将3名男生和3名女生排成一排，若从左边第一个学生开始依次往右数，无论数到几人，男生人数都大于或等于女生人数，则有 种不同的排法．（结果用数值表示） 10．（2025·上海徐汇·一模）从20名男生和18名女生中选取5人组成一个宣传小组，其中男生和女生都不少于2人的选法有 种． 11．（25-26高二上·上海浦东新·月考）若是正整数，则除以8的余数是 ． 12．（25-26高二上·上海浦东新·月考）若集合满足，则称是集合的一个覆盖，当且仅当时，与为同一个覆盖．设集合，当时，则集合的覆盖总数为 ． 13．（25-26高三上·上海徐汇·月考）已知，若，则的值为 . 14．（25-26高三上·上海浦东新·期末）某城市交通系统采用数智技术记录城市道路口的信号灯状态，每个时段的信号灯状态对应一个数字（见下表）. 信号灯状态 正常绿波协调 非正常绿波协调 道路施工临时黄灯 突发事故临时红灯 对应数字 0 1 现需要按顺序记录某个道路口5个时段的信号灯状态，例如，记号表示5个时段中有3个时段是“非正常绿波协调”状态，分别发生在第1、3、5时段.问：该路口5个时段所有可能的记录中，“非正常绿波协调”的时段数不少于1个且不多于3个的记录共有 种. 三、解答题 15．（24-25高二下·上海普陀·期中）设． (1)若，求的值； (2)若，求的值； (3)若，求，，…，中的最大值． 16．（24-25高二下·上海·期末）在的展开式中，把的系数记作，称为三项式系数．数列，，……称为三项式n次系数列，如三项式0次系数列为1，三项式1次系数列为1，1，1． (1)试写出三项式的2次和3次系数列； (2)类比杨辉三角形中的规律，探究三项式系数的规律（不需要给出证明）； (3)写出两个三项式n次系数列的性质(不需要给出证明)． 17．（25-26高二上·上海奉贤·月考）已知（为正整数）的展开式中，末三项的二项式系数的和等于67. (1)求的值，从集合中任取一个元素，求该元素满足不等式的概率； (2)若，求除以7所得的余数； (3)求展开式中系数最大的项. 18．（25-26高二上·上海静安·月考）（1）化简； （2）设，为正整数，若在中，唯一的最大的数是，试求的值. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $