第六章 计数原理章末重点题型复习 讲义-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

第六章 计数原理章末重点题型 目录 题型1：两个计数原理的综合应用 2 题型2：排列数与组合数的计算 2 题型3：数字排列问题 3 题型4：排队问题 4 题型5：涂色问题 5 题型6：定序问题 7 题型7：分组分配问题 8 题型8：移动与网格问题 9 题型9：二项式定理的正用与逆用 12 题型10：求二项展开式中的指定项 12 题型11：二项式系数与系数最值问题 13 题型12：赋值法求系数和问题 14 题型13：二项式定理的应用 15 题型14：杨辉三角的简单应用 16 题型1：两个计数原理的综合应用 【例1.1.】 现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营． (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种不同的选法？ 【例1.2.】 同一个宿舍的8名同学被邀请去看电影，其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，丙同学不去，其他人根据个人情况可选择去，也可选择不去，则不同的去法有（    ） A．32种 B．128种 C．64种 D．256种 【例1.3.】 从5名女老师和3名男老师中选出一位主考和两位监考参加2025年高考某考场的监考工作．要求主考固定在考场前方监考，一女教师在考场内流动监考，另一位教师固定在考场后方监考，则不同的安排方案种数为 ． 【例1.4.】 有12名划船运动员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，其他5人既会划左舷又会划右舷，现要从这12名运动员中选出6人平均分在左、右舷参加划船比赛，则不同的选法共有（   ） A．1860种 B．2174种 C．2354种 D．2651种 【例1.5.】 （多选）五一假期即将来临，小张，小李，小王，小赵，小孙五名同学决定到南京的著名景点“夫子庙”、“中山陵”、“玄武湖”游玩，每名同学只能选择一个景点，则下列说法正确的有（   ） A．所有可能的方法有125种 B．若小张同学必须去“夫子庙”，则不同的安排方法有64种 C．若每个景点必须有同学去，则不同的安排方法有150种 D．若每个景点必须有同学去，且小张和小李不去同一个景点，则不同的安排方法有114种 题型2：排列数与组合数的计算 【例2.1.】 若，则（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【例2.2.】 已知，则满足的所有的和为 . 【例2.3.】 已知，则 . 【例2.4.】 已知，求的值． 【例2.5.】 （多选）下列各式正确的是（） A． B． C． D． 【例2.6.】 （多选）下列等式恒成立的是（   ） A． B． C． D． 【例2.7.】 （多选）下列选项正确的有（   ） A． B． C． D． 【例2.8.】 （1）求的值； （2）解关于的不等式：. 题型3：数字排列问题 【例3.1.】 用0，1，2，3，4，5这6个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？（列式并计算） (1)六位数； (2)六位奇数； (3)能被5整除的六位数； (4)组成的六位数按从小到大顺序排列，第265个数是多少？ (5)六位数中数字1，2始终相邻的数 【例3.2.】 用0，1，2，3，4五个数字，组成无重复数字的五位数，则下列说法不正确的是（   ） A．共有96个数 B．偶数有60个 C．大于31000的数有24个 D．数字2和数字4不相邻的数有60个 【例3.3.】 用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的自然数，能够组成多少个小于2018的正偶数 ． 【例3.4.】 从2到7这6个数字中任意取出3个数，组成一个没有重复数字的三位数，从百位到个位数字依次增大，则满足条件的三位数的个数是 . 【例3.5.】 从这五个数中任选三个数，其中至少有两个数为相邻的数，所选的三个数组成的三位数共有（    ） A．8个 B．54个 C．10个 D．60个 【例3.6.】 用1、2、3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个1相邻出现，则这样的四位数有 个．（用数字作答） 【例3.7.】 设是的任意排列，若任意相邻三数之和都不能被3整除，则这样的排列有 个． 【例3.8.】 从0，1，2，3，4，5，6这7个数字中选出2个奇数数字和2个偶数数字，组成奇数数字相邻且没有重复数字的四位数，则这样的四位数的个数为 . 题型4：排队问题 【例4.1.】 7人站成一排． (1)一共有多少种不同的排法？ (2)甲站在正中间的不同排法有多少种？ (3)甲、乙两人必须站在两端的不同排法有多少种？ (4)甲、乙两人不能站在两端的不同排法有多少种？ (5)甲不站在排头，也不站在排尾的不同排法有多少种？ (6)甲不站在排头，乙不站在排尾的不同排法有多少种？ (7)甲、乙、丙三人必须排在一起的不同排法有多少种？ (8)甲、乙、丙三人不相邻的不同排法有多少种？ (9)甲、乙、丙三人从左到右顺序是一定的不同排法有多少种？ 【例4.2.】 甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排，若甲和乙之间恰好有1人，且丙和丁不相邻，则不同排法共有（   ） A．16种 B．20种 C．24种 D．28种 【例4.3.】 2个女生和2个男生站成一排合影，2个男生相邻的不同排法总数为（    ） A．12 B．24 C．36 D．72 【例4.4.】 将甲、乙等6人排成一排，则甲不在最左边，乙不在最右边的不同排法共有 种.（用数字作答） 【例4.5.】 现有6名同学，包含2名男生､4名女生，分2排3列（第1排3人､第2排3人），其中第1排是3名女生A､B､C，第2排是2名男生甲､乙和1名女生D，要求女生A和男生甲在同一列，则不同的排法种数为（    ） A．12 B．36 C．48 D．72 【例4.6.】 某文艺汇演有6名演员（含甲、乙）站成一排表演，若甲不站最左边，乙不站最右边，则不同的排法有（    ） A．480种 B．504种 C．360种 D．288种 题型5：涂色问题 【例5.1.】 如图，某心形花坛中有A，B，C，D，E5个区域，每个区域只种植一种颜色的花． (1)要把5种不同颜色的花种植到这5个区域中，每种颜色的花都必须种植，共有多少种不同的种植方案？ (2)要把4种不同颜色的花种植到这5个区域中，每种颜色的花都必须种植，共有多少种不同的种植方案？ (3)要把红、黄、蓝、白4种不同颜色的花种植到这5个区域中，每种颜色的花都必须种植，要求相同颜色的花不能相邻种植，且有两个相邻的区域种植红、黄2种不同颜色的花，共有多少种不同的种植方案？ 【例5.2.】 如图，用四种不同的颜色给三棱柱的六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色．    (1)若每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有多少种？ (2)若每条棱的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有多少种？ 【例5.3.】 给如图所示的由，，，，，，七个正六边形区域组成的平面图形涂色，有四种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．144 B．288 C．432 D．576 【例5.4.】 从4种不同的颜色中选择若干种给如图所示的4个方格涂色，每个方格中只涂一种颜色且相邻两格不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．24种 B．72种 C．108种 D．120种 【例5.5.】 将5种不同的颜色填入图中六边形内的6块区域中，要求相邻的区域不同色，则不同的填法有 种． 【例5.6.】 在如图的7块区域中，用5种颜色填充，且相邻区域不同色，不同的染色方法有 种. 【例5.7.】 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使一条棱的两端异色，若只有五种颜色可使用，则不同的染色方法的总数为（    ） A．120 B．260 C．340 D．420 【例5.8.】 如图所示，用4种不同的颜色涂三棱台的顶点，同一线段的端点不同色，且颜色可以不用完，则不同的涂法有 种． 【例5.9.】 在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，则当时，三角形区域的个数为 ；若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，则至少需要 种不同的颜色． 题型6：定序问题 【例6.1.】 某道菜的制作需要用到鸡汤、鸡脯肉、香菌、新笋、豆腐干、果干、茄子净肉共七种原料，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，则制作这道菜时不同的下锅顺序共有（    ） A．12种 B．16种 C．24种 D．28种 【例6.2.】 某校校庆要编制一张演出节目单，5个舞蹈节目已排定顺序，要再插入4个歌唱节目，则共有 种插入方法（用数字作答）. 【例6.3.】 5人参加百米赛跑，若无同时到达终点的情况，则甲比乙先到有 种情况. 【例6.4.】 在一次交流活动中，有4名男同学（包含甲）和3名女同学共7名同学排成一行，则男同学甲的右侧（可不相邻）没有其他男同学的排法种数为（    ） A．468 B．540 C．720 D．1260 【例6.5.】 系统的登录密码由个字符组成，其中前位是大写字母、、、的某种排列，后位是不相同的数字，则可能的密码总数是多少（   ） A． B． C． D． 【例6.6.】 某同学将英文单词“”中字母的顺序记错了，则该同学写错的情况有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【例6.7.】 四根绳子上共挂有10只气球，绳子上的球数依次为1，2，3，4，每枪只能打破一只球，而且规定只有打破下面的球才能打上面的球，则将这些气球都打破的不同打法数是（    ） A．12600 B．6000 C．8200 D．12000 题型7：分组分配问题 【例7.1.】 将6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？ (1)（非均匀分组）一堆一本，一堆两本，一堆三本； (2)（定向分配）甲得一本，乙得两本，丙得三本； (3)（不定向分配）一人得一本，一人得二本，一人得三本； (4)（平均分配）平均分给甲、乙、丙三人； (5)（平均分组）平均分成三堆． 【例7.2.】 把4位男售票员和4位女售票员平均分成4组，到4辆公共汽车里售票，如果同样两人在不同汽车上服务算作不同的情况． (1)有几种不同的分配方法？ (2)每小组必须是一位男售票员和一位女售票员，有几种不同的分配方法？ (3)如果每组的售票员性别相同，有几种不同的分配方法？ 【例7.3.】 （多选）下面正确的是（   ） A．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，有150种不同的放法； B．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有种不同的放法； C．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，有6种不同的放法； D．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有19种不同的放法． 【例7.4.】 将4名医生和5名护士安排到A，B两个社区义诊，要求每个社区至少有1名医生和2名护士，每名医生和护士都要参加且只能到一个社区义诊，则不同的分配方案有（   ） A．110种 B．140种 C．220种 D．280种 【例7.5.】 在《红楼梦》中，史湘云邀众姐妹和贾宝玉一起作诗.共编写了十首不同的咏菊诗，假设分配贾宝玉作《访菊》《种菊》两首，薛宝钗作《忆菊》、《画菊》两首，剩下六首诗分别由林黛玉、史湘云、探春三人创作，且每人至少创作一首，至多创作三首，则不同的分工方案共有（    ） A．150种 B．360种 C．450种 D．800种 【例7.6.】 将5名程序专家全部分配到1，2，3号3个实验室指导工作，每个实验室至少分配1名专家，其中专家必须去1号实验室，则不同的分配方案共有（    ） A．26种 B．36 种 C．38 种 D．50 种 【例7.7.】 将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为（       ） A．72 B．78 C．84 D．96 【例7.8.】 甲、乙、丙、丁、戊、己6人一起报名校运会的跑步项目，跑步项目共有100m短跑、400m短跑和1000m长跑这3项，每人仅报一个项目，每个项目至少有一人报名，则不同的报名方法有（   ） A．450 B．540 C．630 D．900 【例7.9.】 苏轼，字子瞻，号东坡居士，眉州眉山（今四川省眉山市）人，北宋文学家､书法家､画家，历史治水名人.现有苏轼的6本不同诗集全部奖励给3名同学，每人至少分得一本，则共有（    ）种分配方案 A．90 B．120 C．360 D．540 题型8：移动与网格问题 【例8.1.】 如图，已知平面图形ABCDEFG的内部连有线段． (1)由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有多少条？ (2)由点出发，沿着图中的线段到达点，任意两次向上行走都不连续且最近的路线有多少条？ (3)由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有多少条？ 【例8.2.】 如图所示，现有个正方形构成的网格，从A点沿网格线到B点，且不能经过C点，则最短路线共有 条．    【例8.3.】 某迷宫隧道猫爬架如图所示，，C为一个长方体的两个顶点，，是边长为3米的大正方形的两个顶点，且大正方形由完全相同的9小正方形拼成.若小猫从点沿着图中的线段爬到点，再从点沿着长方体的棱爬到点，则小猫从点爬到点可以选择的最短路径共有 条.    【例8.4.】 （多选）如图，在某城市中，M，N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M，N处的甲､乙两人分别要到N，M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N，M处为止，则下列说法正确的有（    ） A．甲从M到达N处的走法种数为120 B．甲从M必须经过到达N处的走法种数为9 C．甲，两人能在处相遇的走法种数为36 D．甲，乙两人能相遇的走法种数为164 【例8.5.】 如图，甲从到，乙从到，两人每次都只能向上或者向右走一格，如果两个人的线路不相交，则称这两个人的路径为一对孤立路，那么不同的孤立路总计对数为（    ） A．1860对 B．1750对 C．1850对 D．1760对 【例8.6.】 （多选）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，点从点处出发，每次向上或向右移动1个单位长度，直至到达点时停止移动，则下列结论正确的是（   ）    A．移动的方法共有252种 B．仅有4次连续向上移动的方法有30种 C．经过点的移动方法有70种 D．若对任意，从第次到第次的移动方向相同，则移动的方法有2种 题型9：二项式定理的正用与逆用 【例9.1.】 （1）求的展开式； （2）化简：． 【例9.2.】 若（a，b为有理数），则（    ） A．44 B．32 C．28 D．52 【例9.3.】 化简：（   ） A．2 B．1 C．0 D． 【例9.4.】 化简，其结果等于（   ） A． B． C． D． 【例9.5.】 的值是（    ） A． B．1 C．0 D．22024 【例9.6.】 若对恒成立，其中，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 【例9.7.】 已知，则实数 题型10：求二项展开式中的指定项 【例10.1.】 的展开式的中间项为 ． 【例10.2.】 在的展开式中，常数项为（   ） A．15 B．40 C．60 D．80 【例10.3.】 若的展开式中第4项为160，则 . 【例10.4.】 的展开式中的常数项是（   ） A．352 B． C．1120 D． 【例10.5.】 的展开式中含的项为（    ） A． B． C． D． 【例10.6.】 在的展开式中，的系数为 ．（用具体数字作答） 【例10.7.】 在的展开式中，含项的系数是 ． 【例10.8.】 的展开式中的常数项为（   ）． A． B．4 C． D．2 【例10.9.】 在的展开式中，的系数是 . 【例10.10.】 在的展开式中，含的项的系数是（    ） A．120 B．240 C．274 D．282 题型11：二项式系数与系数最值问题 【例11.1.】 已知m，n是正整数，的展开式中x的系数为17． (1)求； (2)当展开式中的系数最小时，求的系数； (3)已知的展开式的二项式系数的最大值为a，系数的最大值为b，求． 【例11.2.】 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)求第四项的二项式系数与系数； (2)求二项式系数的最大值及展开式系数的最大值． 【例11.3.】 的展开式中，系数最小的项为 . 【例11.4.】 已知二项式展开式中项的系数为64，则此二项式的常数项为 . 【例11.5.】 在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则的展开式中有理项的项数是（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 题型12：赋值法求系数和问题 【例12.1.】 （多选）若，则下列正确的是（    ） A． B． C． D． 【例12.2.】 （多选）已知，则（   ） A． B． C． D． 【例12.3.】 已知展开式中，只有第6项的二项式系数最大. (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值. 【例12.4.】 已知的展开式中的奇数次幂项的系数之和为64，则实数 . 【例12.5.】 ，则 . 【例12.6.】 若，则的值为 . 【例12.7.】 已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式的常数项为（    ） A．10 B．20 C．30 D．40 【例12.8.】 已知的展开式中的系数为25，则展开式中所有项的系数和为（   ） A． B．97 C．96 D． 题型13：二项式定理的应用 【例13.1.】 （1）求精确到0.001的近似值； （2）若今天是星期一，再过天是星期几？ 【例13.2.】 若能被7整除，则的一个值可能为（   ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 【例13.3.】 被7除所得的余数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．6 【例13.4.】 若既能被整除又能被整除，则正整数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【例13.5.】 若，则被整除的余数为（    ） A． B． C． D． 【例13.6.】 的小数点后第三位数字为（ ） A． B． C． D． 【例13.7.】 设被9除所得的余数为，则的展开式中的常数项为 ． 题型14：杨辉三角的简单应用 【例14.1.】 杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《解答九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的． 杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题． 性质1：杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数； 性质2（对称性）：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即； 性质3（递归性）：除1以外的数都等于肩上两数之和，即； 性质4：自腰上的某个1开始平行于腰的一条线上的连续个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比如：，； 请回答以下问题： (1)求杨辉三角中第8行的各数之和； (2)在的展开式中，求含项的系数． 【例14.2.】 “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（   ） 第0行                  1 第1行                1  1 第2行              1  2  1 第3行            1  3  3  1 第4行          1  4  6  4  1 第5行        1  5  10  10  5  1 第6行      1  6  15  20  15  6  1 第7行     1  7  21  35  35  21  7  1 第8行    1  8  28  56  70  56  28  8  1           …… A．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 B．第2023行中第1012个数和第1013个数相等 C．记“杨辉三角”第n行的第i个数为，则 D．第34行中第15个数与第16个数之比为 【例14.3.】 （多选）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果.从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（    ） A． B．第10行所有数字之和为 C．第2026行的第1013个数最大 D．第15行中从左到右第4个数与倒数第4个数之比为1:3 【例14.4.】 （多选）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》.在编写这些算书时，杨辉广泛引用古代数学典籍，使得我们能够了解许多已经失传的数学方法.杨辉在《详解九章算法》里指出，杨辉三角这种方法出于《释锁》算书，且我国北宋数学家贾宪(约11世纪上半叶)曾用过.由此可以推断，我国发现这个表不晚于11世纪上半叶.在欧洲，这个表被认为是法国数学家帕斯卡(B．Pascal，1623~1662)首先发现的，他们把这个表叫做帕斯卡三角.这就是说，杨辉三角的发现要比欧洲早600年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题.观察杨辉三角中数字排列的规律，下列结论正确的是（    ） A．第行的奇数项和为 B． C． D． 【例14.5.】 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，记载了如图所示的数表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，已知第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前35项和为（    ） A．996 B．995 C．1014 D．1024 【例14.6.】 杨辉是我国一位杰出的数学家，他在《详解九章算法》一书中，画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，除1以外，其他每一个数值都是它“肩上”的两个数值之和，每一行第个数连成的斜线称为第k斜线．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2024行第k斜线与第（）斜线上所有数值之和最大时，的值为（    ） A．1010 B．1011 C．1012 D．1013 【例14.7.】 （多选）杨辉三角第行，第1行为1的元素为组合数，满足，且具有对称性、递推性.下列关于杨辉三角与组合数的结论中，正确的有（    ） A．对任意正整数 B．对任意非负整数 C．第2026行中，奇数的个数为16 D．对任意正整数 ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章 计数原理章末重点题型 目录 题型1：两个计数原理的综合应用 2 题型2：排列数与组合数的计算 5 题型3：数字排列问题 9 题型4：排队问题 15 题型5：涂色问题 19 题型6：定序问题 27 题型7：分组分配问题 30 题型8：移动与网格问题 37 题型9：二项式定理的正用与逆用 43 题型10：求二项展开式中的指定项 47 题型11：二项式系数与系数最值问题 52 题型12：赋值法求系数和问题 56 题型13：二项式定理的应用 61 题型14：杨辉三角的简单应用 66 题型1：两个计数原理的综合应用 【例1.1.】 现有高一学生50人，高二学生42人，高三学生30人，组成冬令营． (1)若从中选1人作为总负责人，共有多少种不同的选法？ (2)若每年级各选1名负责人，共有多少种不同的选法？ (3)若从中推选两人作为中心发言人，要求这两人要来自不同的年级，则有多少种不同的选法？ 【答案】(1)122 (2)63000 (3)4860 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的计数问题、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理 【分析】（1）利用分类加法计数原理将三个年级人数相加即可； （2）利用分步乘法计数原理将三个年级人数相乘即可； （3）结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理分为三类，每一类分成两步相乘再求和即可. 【详解】（1）从高一选1人作为总负责人有50种选法； 从高二选1人作为总负责人有42种选法； 从高三选1人作为总负责人有30种选法． 由分类加法计数原理，可知共有50（种）选法． （2）从高一选1名负责人有50种选法； 从高二选1名负责人有42种选法； 从高三选1名负责人有30种选法． 由分步乘法计数原理，可知共有（种）选法． （3）①从高一和高二中各选1人作为中心发言人，有（种）选法； ②从高二和高三中各选1人作为中心发言人，有（种）选法； ③从高一和高三中各选1人作为中心发言人，有（种）选法． 故共有（种）选法． 【例1.2.】 同一个宿舍的8名同学被邀请去看电影，其中甲和乙两名同学要么都去，要么都不去，丙同学不去，其他人根据个人情况可选择去，也可选择不去，则不同的去法有（    ） A．32种 B．128种 C．64种 D．256种 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】分甲和乙都去和甲和乙都不去两类，利用分类计数原理求解. 【详解】若甲、乙都去，剩下的5人每个人都可以选择去或不去，有种去法； 若甲、乙都不去，剩下的5人每个人都可以选择去或不去，有种去法． 故一共有种去法． 故选：C. 【例1.3.】 从5名女老师和3名男老师中选出一位主考和两位监考参加2025年高考某考场的监考工作．要求主考固定在考场前方监考，一女教师在考场内流动监考，另一位教师固定在考场后方监考，则不同的安排方案种数为 ． 【答案】 【难度】0.65 【知识点】实际问题中的组合计数问题、组合数的计算、元素（位置）有限制的排列问题、分类加法计数原理 【分析】根据题意，分为选三个女教师，选两个女教师，一个男教师和选一个女教师，两个男教师，三类情况讨论，结合排列数和组合数公式，以及分类计数原理，进行计算，即可求解 【详解】根据题意，可分为三类： ①选三个女教师，全排列即可，不同的安排方案有（种）； ②选两个女教师，一个男教师，其中男教师只能担任主考或后方监考，两名女教师安排在剩余的两个位置，不同的安排方案有（种） ③选一个女教师，两个男教师，其中女教师必须担任流动监考，两名男教师安排在主考和后方监考两个位置，不同的安排方案有（种）． 由分类计数原理得，不同的安排方案种数为． 故答案为：. 【例1.4.】 有12名划船运动员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，其他5人既会划左舷又会划右舷，现要从这12名运动员中选出6人平均分在左、右舷参加划船比赛，则不同的选法共有（   ） A．1860种 B．2174种 C．2354种 D．2651种 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】组合数的计算、实际问题中的计数问题 【分析】根据题意，以“只会划左舷的人员入选左舷的人数” 为标准进行分类，对每一种情况进行计算即可求解. 【详解】设集合只会划左舷的3人，只会划右舷的4人}，既会划左舷又会划右舷的5人． 先分类，以集合为基准，被选出划左舷的3个人中，有以下几类情况： ①中有3人；②中有2人，中有1人；③中有1人，中有2人；④中有3人． 第①类情况中，从集合中选3人划左舷，从集合，中选3人划右舷，有种选法； 第②类情况中，从集合中选2人划左舷，从集合中选1人划左舷，从集合与集合剩下的人中选3人划右舷，有种选法； 第③类情况中，从集合中选1人划左舷，从集合中选2人划左舷，从集合与集合剩下的人中选3人划右舷，有种选法； 第④类情况中，从集合中选0人划左舷，从集合中选3人划左舷，从集合与集合剩下的人中选3人划右舷，有种选法． 故不同的选法共有（种）． 故选：B． 【例1.5.】 （多选）五一假期即将来临，小张，小李，小王，小赵，小孙五名同学决定到南京的著名景点“夫子庙”、“中山陵”、“玄武湖”游玩，每名同学只能选择一个景点，则下列说法正确的有（   ） A．所有可能的方法有125种 B．若小张同学必须去“夫子庙”，则不同的安排方法有64种 C．若每个景点必须有同学去，则不同的安排方法有150种 D．若每个景点必须有同学去，且小张和小李不去同一个景点，则不同的安排方法有114种 【答案】CD 【难度】0.4 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、实际问题中的组合计数问题 【分析】对于AB：根据分步乘法计数原理分析判断；对于C：利用间接法，讨论这5人去的景点个数，结合组合数运算求解；对于D：利用间接法，讨论这个景点去的人数，结合排列数、组合数运算求解. 【详解】对于选项A：因为每个人均有3个景点可以选择， 所以所有可能的方法有种，故A错误； 对于选项B：若小张同学必须去“夫子庙”，即小张的选择已经确定，不需要考虑， 所以不同的安排方法有种，故B错误； 对于选项C：若5个人都去一个景点，不同的安排方法有种； 若5个人都去其中2个景点（每个景点必须有同学去），不同的安排方法有种； 所以若每个景点必须有同学去，则不同的安排方法有种，故C正确； 对于选项D：若每个景点必须有同学去，且小张和小李去同一个景点，则有： 若这个景点仅有2人去，不同的安排方法有种； 若这个景点有3人去，不同的安排方法有种； 所以若每个景点必须有同学去，且小张和小李不去同一个景点，则不同的安排方法有种，故D正确； 故选：CD. 题型2：排列数与组合数的计算 【例2.1.】 若，则（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】排列数的计算、组合数的计算、组合数的性质及应用 【分析】根据组合数与排列数的计算公式，将原方程化简整理，即可求出结果. 【详解】由，可得：,且， 解得：. 故选：A 【例2.2.】 已知，则满足的所有的和为 . 【答案】5 【难度】0.65 【知识点】组合数的性质及应用、组合数方程和不等式 【分析】利用组合数的性质解组合数方程即可. 【详解】由组合数的性质可得，解得， 又，则或，解得或， 故满足的所有的和为. 故答案为：5 【例2.3.】 已知，则 . 【答案】 【难度】0.85 【知识点】排列数方程和不等式 【分析】根据排列数计算即可得到答案. 【详解】， 由题意得， 解得. 故答案为：. 【例2.4.】 已知，求的值． 【答案】91 【难度】0.65 【知识点】组合数的计算、组合数方程和不等式、组合数的性质及应用 【分析】由已知得，化简可得，求出，代入，根据组合数的性质及定义可求其值. 【详解】由已知得， 所以， 两边同乘以，可得， 整理得， 解得或． 要求的值，故， 所以， 于是． 【例2.5.】 （多选）下列各式正确的是（） A． B． C． D． 【答案】ACD 【难度】0.65 【知识点】排列数的计算、组合数的计算、组合数的性质及应用 【分析】根据排列数和组合数的公式和性质进行计算即可. 【详解】A选项：，，两边相等，故A选项正确； B选项：，， ，，，不成立，B选项错误 C选项：，取，：， 因为，移项得：成立，C选项正确； D选项：， 由二项式定理：，取：成立，D选项正确； 故选：ACD 【例2.6.】 （多选）下列等式恒成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【难度】0.65 【知识点】利用组合数公式证明、排列数的计算 【分析】利用排列数公式，组合数公式一一判断即可. 【详解】，故A 错误； ，故B正确； ，故C正确； 因为，且， 所以，故D正确. 故选：BCD 【例2.7.】 （多选）下列选项正确的有（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【难度】0.65 【知识点】排列数的计算、组合数的计算、组合数的性质及应用 【分析】利用排列数公式可判断AB选项，利用组合数公式可判断C选项，利用组合数的性质可判断D选项. 【详解】因为，所以A正确； 因为，所以B不正确； 因为，所以C正确； 由组合数的性质可得，故D正确. 故选：ACD. 【例2.8.】 （1）求的值； （2）解关于的不等式：. 【答案】（1）280；（2） 【难度】0.65 【知识点】排列数的计算、组合数的计算、组合数方程和不等式 【分析】（1）利用排列数和组合数的公式计算；（2）利用组合数运算求解. 【详解】（1）； （2）由题意可得，解得，且， 由，可得，解得， 又因为，所以，故不等式的解集为. 题型3：数字排列问题 【例3.1.】 用0，1，2，3，4，5这6个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？（列式并计算） (1)六位数； (2)六位奇数； (3)能被5整除的六位数； (4)组成的六位数按从小到大顺序排列，第265个数是多少？ (5)六位数中数字1，2始终相邻的数 【答案】(1)600 (2)288 (3)216 (4)310245 (5)192 【难度】0.65 【知识点】数字排列问题、全排列问题、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题 【分析】（1）先排个位，再排其它位的数字，再利用分步乘法计数原理可求得结果， （2）先在个位排1个奇数，然后排除0之外的数字，再利用分步乘法计数原理可求得结果， （3）讨论个位数是0或5，然后进行计算即可． （4）讨论首位是1，首位是2和首位是3时的不同个数再结合第265 个数求解即可． （5）先将1,2捆绑，再排首位和其它位即可求解. 【详解】（1）先排首数，有种，最后排其它有种， 根据分步计数原理得，六位数有种； （2）先排个位数，有种， 因为0不能在首位，再排首位有4种，最后排其它有种， 根据分步计数原理得，六位奇数有个； （3）能被5整除的六位数，则个位数是0或5， 个位数是0，则有种， 个位数是5，先排首位，0不作为首位，则有种排法，其余位置有种排法，故共有个． （4）首位数字不能为0，首位数字为1有种， 首位数字为2，有种， 首位数字为3，万位数字上为0，有种，此时所有6位数有个， 故第264个数是，第265个数是. （5）先将1,2捆绑看做一个元素，有种方法，再排首位，除0外均可，有种，再排其它位有种， 故共有个数. 【例3.2.】 用0，1，2，3，4五个数字，组成无重复数字的五位数，则下列说法不正确的是（   ） A．共有96个数 B．偶数有60个 C．大于31000的数有24个 D．数字2和数字4不相邻的数有60个 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】不相邻排列问题、元素（位置）有限制的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】利用排列组合的相关知识运用分类和间接法等逐一进行判断即可. 【详解】对于A，首位不能为，故共有种；剩下的4个数全排列共有种，一共有种，故A正确， 对于B，末位为0时，剩下的4个数全排列共有种； 末位为2时，首位不能为，故共有种，剩下的3个数全排列共有种，一共有种； 末位为4时，首位不能为，故共有种，剩下的3个数全排列共有种，一共有种； 总计有种，故B正确， 对于C，首位为4时，剩下的4个数全排列共有种； 首位为3时，千位为，剩下的3个数全排列共有种，一共有种；千位为，剩下的3个数全排列共有种， 总计有种，故C错误， 对于D，一共的排列共有96个数，数字2和数字4相邻的数共有种，0在首位的情况有种， 数字2和数字4不相邻的数有种，故D正确. 故选：C. 【例3.3.】 用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的自然数，能够组成多少个小于2018的正偶数 ． 【答案】个 【难度】0.65 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、数字排列问题 【分析】组成小于的正偶数，可以是一位数、两位数、三位数、四位数，再分类计算，即可得出结论. 【详解】有一位正偶数时，可选、， 当有两位正偶数时，个位可为、、，所以当最后一位为时，可能的结果为，当最后一位为或时，可能结果为，所以共有种， 当有三位正偶数时，个位可为、、，所以当最后一位为时，可能的结果为，当最后一位为或时，可能结果为，所以共有种， 当有四位正偶数时，首项为时，由种， 首位为时，只有符合条件，所以共有种. 故答案为：个. 【例3.4.】 从2到7这6个数字中任意取出3个数，组成一个没有重复数字的三位数，从百位到个位数字依次增大，则满足条件的三位数的个数是 . 【答案】20 【难度】0.65 【知识点】组合数的计算、实际问题中的组合计数问题 【分析】根据题意利用组合数求解即可. 【详解】从2到7这6个数字中任取3个不同的数， 由于要求三位数的百位到个位数字依次增大， 因此，每一组取出的3个数，按从小到大排列只有1种排列方式. 因此，满足条件的三位数的个数等价于从6个数字中选3个的组合数， 即. 故答案为：20 【例3.5.】 从这五个数中任选三个数，其中至少有两个数为相邻的数，所选的三个数组成的三位数共有（    ） A．8个 B．54个 C．10个 D．60个 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、写出某事件的对立事件 【分析】利用对立事件的性质与排列数的性质求解即可. 【详解】由题意得至少有两个数为相邻的数的对立事件是三个数都不相邻， 则在中选数，共有符合，共个， 而从这五个数中任选三个数组成三位数，共有个， 可得符合题意的三位数共有个，故B正确. 故选：B 【例3.6.】 用1、2、3三个数字的全体或部分构造四位数，但不允许有两个1相邻出现，则这样的四位数有 个．（用数字作答） 【答案】60 【难度】0.65 【知识点】数字排列问题、不相邻排列问题 【分析】分为三种情况：四位数中没有1，四位数中有1个1，若四位数中有2个1分别求出个数最后求和即得结果. 【详解】若四位数中没有1，共有个， 若四位数中有1个1，共有个， 若四位数中有2个1，则这两个1不能相邻，有种放置方法， 其余两位各有2种选择（2或3），故共有个. 因此共有60个． 故答案为：60． 【例3.7.】 设是的任意排列，若任意相邻三数之和都不能被3整除，则这样的排列有 个． 【答案】96 【难度】0.4 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、数字排列问题 【分析】先根据除3余数分类，再根据排列及分步计数原理计算求解. 【详解】首先设除3余0，除3余1，除3余2分别为0，1，2， 考虑2个0，2个1，2个2且任意相邻三数之和都不能被3整除的排列， 共有001122，002211，110022，112200，220011，221100，011220，022110，100221，122001，200112，211002，共有12种排法． 填入1，2，3，4，5，6中除3余0，除3余1，除3余2分别都有2个， 所以共有排列个 故答案为：96. 【例3.8.】 从0，1，2，3，4，5，6这7个数字中选出2个奇数数字和2个偶数数字，组成奇数数字相邻且没有重复数字的四位数，则这样的四位数的个数为 . 【答案】180 【难度】0.4 【知识点】数字排列问题 【分析】先取2个奇数并捆绑，再分类讨论所取的偶数是否有0，结合排列数、组合数运算求解. 【详解】先从1，3，5中任意取2个，并排列有种排法， 若取偶数含0时，在2，4，6中取1个有种取法， 将2个奇数看成一个整体，并与取出的这个非零偶数进行排列，有种排法， 再将0插入有2种方法，所以含0的满足条件的四位数有个； 若不含0时，先从2，4，6中任意取2个有种取法， 将2个奇数看成一个整体，并与取出的这2个偶数进行排列，有种排法， 所以满足条件的四位数有个； 综上所述：所以共有个数. 故答案为：180. 题型4：排队问题 【例4.1.】 7人站成一排． (1)一共有多少种不同的排法？ (2)甲站在正中间的不同排法有多少种？ (3)甲、乙两人必须站在两端的不同排法有多少种？ (4)甲、乙两人不能站在两端的不同排法有多少种？ (5)甲不站在排头，也不站在排尾的不同排法有多少种？ (6)甲不站在排头，乙不站在排尾的不同排法有多少种？ (7)甲、乙、丙三人必须排在一起的不同排法有多少种？ (8)甲、乙、丙三人不相邻的不同排法有多少种？ (9)甲、乙、丙三人从左到右顺序是一定的不同排法有多少种？ 【答案】(1)5040 (2)720 (3)240 (4)2400 (5)3600 (6)3720 (7)720 (8)1440 (9)840 【难度】0.65 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】(1)由排列数公式求解即可; (2)先安排甲站在正中间，其他位置进行全排列即可; (3)先安排甲乙站在两端，其他位置进行全排列即可; (4)先安排甲乙在中间五个位置，其他位置进行全排列即可; (5)先安排甲站在中间五个位置，其他位置进行全排列即可; (6)利用间接法求解即可; (7)利用捆绑法求解即可; (8)利用插空法求解即可; (9)利用定序法求解即可. 【详解】（1）由于不受任何条件限制，所以共有种不同的排法． （2）因为除甲外的6人可站在除正中间之外的6个不同的位置上，所以共有种不同的排法． （3）首先，甲、乙站在两端的排法有种；其次，其余5人在中间5个不同位置的排法有种，根据分步乘法计数原理，甲、乙两人必须站在两端的不同排法有种． （4）方法1：甲、乙可以排在除两端的其余5个不同的位置，有种排法，其余5人有种排法，根据分步乘法计数原理，共有种不同的排法． 方法2：甲在排头或排尾的排法有种排法，乙在排头或排尾的排法有种排法，甲、乙同时排在两端的有种排法，故共有种不同的排法． （5）方法1：甲从中间5个位置任选1个，有种排法，其余6人有种排法，故共有种不同的排法． 方法2：由于甲不能排在两端，只能从其余6人中任选2人排在两端，有种排法，中间5个位置共有种排法，故共有种不同的排法． 方法3：甲站在排头或排尾的排法有种排法，故共有种不同的排法． （6）方法1：第1类，乙站在排头，共有种不同的排法；第2类，乙不站在排头，由于甲也不能站在排头，所以，排头有种排法，由于有一个人站在排头，乙又不能站在排尾，因此排尾有种排法，中间5个位置有种排法，故共有种不同的排法． 方法2：因为甲站在排头时有种排法，乙站在排尾时有种排法，甲在排头且乙在排尾时有种排法，故共有种不同的排法． （7）第1步，把甲、乙、丙作为一个整体“捆绑”成一个元素与另4人排成一排有种排法，第2步，甲、乙、丙全排列有种排法，根据分步乘法计数原理，共有种不同的排法． （8）第1步，除甲、乙、丙三人外的4人有种排法，第2步，其余4人之间及两端有5个空位，将甲、乙、丙三人排入这5个空位，有种排法，故共有种不同的排法． （9）方法1：七个位置中，先将甲、乙、丙三人外的4人排列，有种排法，然后将甲、乙、丙按规定顺序安排到剩下的3个位置上，故共有种不同的排法． 方法2：先不考虑甲、乙、丙的顺序，有种排法，因为在上述排列中，每6种有且仅有一种恰好是符合甲、乙、丙按一定顺序排列的，故共有种不同的排法． 【例4.2.】 甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排，若甲和乙之间恰好有1人，且丙和丁不相邻，则不同排法共有（   ） A．16种 B．20种 C．24种 D．28种 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题 【分析】分类讨论求解， 第一类，甲和乙之间为丙或丁，则丙丁一定不相邻；第二类，甲和乙之间为戊，则仅当甲乙在二、四位符合条件.从而得解. 【详解】甲和乙之间恰好有1人，有两种情况： 甲和乙之间为丙或丁，则丙丁一定不相邻，有种， 甲和乙之间为戊，则仅当甲乙在二、四位符合条件，有种，共有种． 故选：D. 【例4.3.】 2个女生和2个男生站成一排合影，2个男生相邻的不同排法总数为（    ） A．12 B．24 C．36 D．72 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、相邻问题的排列问题 【分析】根据相邻问题捆绑法求解即可. 【详解】把2个男生看作一个整体，内部有种排列方式 将这个男生整体和2个女生一起排列，相当于3个元素，有种排列方式, 所以，根据乘法原理，总的排法有：种不同排法. 故选：A 【例4.4.】 将甲、乙等6人排成一排，则甲不在最左边，乙不在最右边的不同排法共有 种.（用数字作答） 【答案】504 【难度】0.65 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】将6人全排列，利用间接法去除不合题意的排法即可. 【详解】人的全排列的方法数为, 甲在最左边，剩下人的全排列的方法数为, 乙在最右边，剩下人的全排列的方法数为, 甲在最左边且乙在最右边，剩下人的全排列的方法数为, 则符合题意的排列数为. 故答案为： 【例4.5.】 现有6名同学，包含2名男生､4名女生，分2排3列（第1排3人､第2排3人），其中第1排是3名女生A､B､C，第2排是2名男生甲､乙和1名女生D，要求女生A和男生甲在同一列，则不同的排法种数为（    ） A．12 B．36 C．48 D．72 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】按先选出女生A和男生甲所在的一列、接着排女生B和C、再排男生乙和女生D的顺序结合组合数和排列数的运算即可计算求解. 【详解】当女生A和男生甲在同一列时，先选出女生A和男生甲所在的一列、接着排女生B和C、再排男生乙和女生D， 则排法总数为. 故选：A 【例4.6.】 某文艺汇演有6名演员（含甲、乙）站成一排表演，若甲不站最左边，乙不站最右边，则不同的排法有（    ） A．480种 B．504种 C．360种 D．288种 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】根据题意，求得全排列数，再求得甲站在最左边，乙站最右边，以及甲站在最左边且乙站在最右边的排法数，结合间接法，即可求解. 【详解】由6名演员站成一排表演，共有种排法， 甲站在最左边，有种排法，乙站在最右边，有种排法， 甲站在最左端且乙站在最右端，有种排法， 所以甲不站最左边，乙不站最右边，则不同的排法有种排法. 故选：B. 题型5：涂色问题 【例5.1.】 如图，某心形花坛中有A，B，C，D，E5个区域，每个区域只种植一种颜色的花． (1)要把5种不同颜色的花种植到这5个区域中，每种颜色的花都必须种植，共有多少种不同的种植方案？ (2)要把4种不同颜色的花种植到这5个区域中，每种颜色的花都必须种植，共有多少种不同的种植方案？ (3)要把红、黄、蓝、白4种不同颜色的花种植到这5个区域中，每种颜色的花都必须种植，要求相同颜色的花不能相邻种植，且有两个相邻的区域种植红、黄2种不同颜色的花，共有多少种不同的种植方案？ 【答案】(1)种 (2)种 (3)种 【难度】0.65 【知识点】涂色问题、全排列问题、元素（位置）有限制的排列问题、不相邻排列问题 【分析】（1）由全排列公式求出答案； （2）先选出两个区域种植同一种颜色的花，再考虑其他三种颜色的花，利用分步乘法计数原理得到答案； （3）对区域种植的花的颜色分类讨论，求出各种情况的种植方案数，相加后得到答案. 【详解】（1）由全排列可得，共有种不同的种植方案． （2）第一步，先将5个区域选出2个区域种植一种相同颜色的花，共有种方案； 第二步，再将剩余的3种颜色的花种植到剩下的3个区域，共有种方案． 所以共有种不同的种植方案． （3）要把4种不同颜色的花分别种植到这5个区域中，则必然有2个区域种植相同颜色的花． 第一类，区域种植红色的花，4个区域中有2个区域种植其他相同颜色的花， 则相同颜色的花必然种植在或区域，共有种方案． 第二类，区域种植黄色的花，同理可得，共有种方案． 第三类，区域种植蓝色的花，若有2个区域种植白色的花， 则没有两个相邻的区域种植红、黄2种不同颜色的花，所以不可能有2个区域种植白色的花， 故2个区域种植的相同颜色的花是红色或黄色的花，共有种方案． 第四类，区域种植白色的花，同理可得，共有种方案． 综上，共有种不同的种植方案． 【例5.2.】 如图，用四种不同的颜色给三棱柱的六个顶点涂色，要求每个点涂一种颜色．    (1)若每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，则不同的涂色方法共有多少种？ (2)若每条棱的两个端点涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有多少种？ 【答案】(1)576 (2)264 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题、排列数的计算 【分析】（1）第一步，、、三点所涂颜色各不相同，第二步，、、三点所涂颜色各不相同，结合分步乘法即可求得结果. （2）分别研究用四种颜色或三种颜色或两种颜色涂色方法，结合分类计数、分步计数原理计算即可. 【详解】（1）由题得每个底面的顶点涂色所使用的颜色不相同，第一步，、、三点所涂颜色各不相同的方法有（种），第二步，、、三点所涂颜色各不相同的方法有（种）， 所以由分步计数原理，不同的涂色方法共有（种）. （2）若用四种颜色，即，，，各涂一种颜色，与同色，与同色，所以有（种）； 若用三种颜色，即第一类： 与同色、、各涂一种颜色，则只能涂剩余那种颜色，可以与或同色，所以有（种）， 第二类：与同色、、各涂一种颜色，则只能涂剩余那种颜色，可以与或同色，所以有（种）， 第三类：与同色、、各涂一种颜色，则可以涂剩余那种颜色或与同色，可以与同色或涂剩余那种颜色，所以有（种）， 所以用三种颜色，有（种）； 若用两种颜色，即与同色、与同色各涂一种颜色，可以涂剩余剩余两种颜色，也可以涂剩余剩余两种颜色，所以有（种）． 所以由分类加法计数原理，共有（种）． 【例5.3.】 给如图所示的由，，，，，，七个正六边形区域组成的平面图形涂色，有四种不同的颜色可供选择，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个正六边形区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（    ） A．144 B．288 C．432 D．576 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题 【分析】直接根据，，，，，，按顺序涂色，逐步分析各个步骤的可能数，最后根据分步乘法计数原理求解即可． 【详解】从四个不同的颜色中选出一种颜色给涂色，有4种可能，再给涂色，有3种可能， 给涂色，有2种可能，给涂色，有2种可能，给涂色，有3种可能， 给涂色，有2种可能，给涂色，有2种可能， 这样给七个正六边形区域，，，，，，涂色， 不同的涂色方案有． 故选：D． 【例5.4.】 从4种不同的颜色中选择若干种给如图所示的4个方格涂色，每个方格中只涂一种颜色且相邻两格不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．24种 B．72种 C．108种 D．120种 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】涂色问题、排列数的计算、组合数的计算 【分析】分类讨论，利用排列知识可求得答案. 【详解】用两种颜色时，涂法有种； 用三种颜色时，涂法有种； 用四种颜色时，涂法有种； 所以不同的涂色方法共有种. 故选：C. 【例5.5.】 将5种不同的颜色填入图中六边形内的6块区域中，要求相邻的区域不同色，则不同的填法有 种． 【答案】4100 【难度】0.65 【知识点】涂色问题 【分析】对区域①②③进行讨论，有三种颜料使用情况，再由分类加法计数原理求解即可. 【详解】第一类：区域①②③同色，则有种； 第二类：区域①②③有2种颜色，则有种； 第三类：区域①②③有3种颜色，则有种. 可得，故不同的填法有4100种. 故答案为：4100 【例5.6.】 在如图的7块区域中，用5种颜色填充，且相邻区域不同色，不同的染色方法有 种. 【答案】3660 【难度】0.65 【知识点】排列组合综合、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题 【分析】先分区域同色和区域异色两种情况，再根据的颜色结合分步计数原理列式计算求解； 【详解】解法1：  若区域同色，则有种填色方法，此时有4种，有3种，有2种.由对称性可知，有3种，有2种，共有种. 若区域异色，则有种填色方法，有3种． 此时的颜色可再分两类，即同色时，有3种；异色时，有2种，有2种．与对称，共有种． 综上可得，，故不同的染色方法有3660种． 解法2 ：根据题意可得，故不同的染色方法有3660种． 故答案为：. 【例5.7.】 将一个四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使一条棱的两端异色，若只有五种颜色可使用，则不同的染色方法的总数为（    ） A．120 B．260 C．340 D．420 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】分别求出用五种，四种，三种颜色涂色的方法数，再求和即可. 【详解】由题设四棱锥为，若用五种颜色，则共有（种）方法； 若用四种颜色，A，C同色，或B，D同色，共有（种）方法； 若用三种颜色，则底面的两组对角顶点必须分别同色（A和C同色，B和D同色），且与顶点P的颜色不同，相当于从5种颜色中选3种对P点、点组、点组进行全排列，方法数为（种）； 综上，不同染色方法共有120+240+60=420（种）． 故选：D 【例5.8.】 如图所示，用4种不同的颜色涂三棱台的顶点，同一线段的端点不同色，且颜色可以不用完，则不同的涂法有 种． 【答案】264 【难度】0.65 【知识点】排列组合综合、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题 【分析】根据涂色需要的颜色数量分别结合排列组合计算求解. 【详解】根据题意可得，用3种颜色涂色有（种），用4种颜色涂色有（种）， 共有（种）． 故答案为：. 【例5.9.】 在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，则当时，三角形区域的个数为 ；若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，则至少需要 种不同的颜色． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】涂色问题 【分析】在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，利用等差数列得到三角形的个数为，将代入得解； 若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，至少需要种不同的颜色． 【详解】在矩形内部（不包含矩形边界）有个点， 将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域， 设三角形的个数为， 当时，在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，这个点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，即这个点和矩形的四个点构成个的满足条件的三角形，即； 当时，第二个点是在满足第一个点的三角形中的一个三角形内部，这个点和这个三角形的三个点构成三个满足条件的三角形，同时去掉这个点所在的大三角形，故； 同理，，故构成等差数列，首项为，公差为， 故 则三角形的个数为， 则当时，三角形的个数为； 若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色， 如果用2种颜色，则同色且同色，且两色相异，则必定与中某块同色， 与题设不合； 如果用3种颜色， 假设在号区域内涂红色，在号区域内涂黑色，在号区域内涂黑色， 在号区域内涂红色，则在号区域内不能涂红色和黑色，只能涂第三种颜色， 假设在号区域内涂蓝色，在号区域内涂黑色，在号区域内涂红色， 故至少需要种不同的颜色． 故答案为：，. 题型6：定序问题 【例6.1.】 某道菜的制作需要用到鸡汤、鸡脯肉、香菌、新笋、豆腐干、果干、茄子净肉共七种原料，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，则制作这道菜时不同的下锅顺序共有（    ） A．12种 B．16种 C．24种 D．28种 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】将鸡脯肉、（香菇、新笋、豆腐干）、果干、茄子净肉四个元素进行全排列，定序问题用倍缩法可得结果. 【详解】因为鸡汤最后下锅，所以将鸡脯肉、（香菇、新笋、豆腐干）、果干、茄子净肉四个元素进行全排列. 因为结果包含两种情况：茄子净肉在鸡脯肉前下锅、茄子净肉在鸡脯肉后下锅， 所以茄子净肉在鸡脯肉后下锅的情况有种. 故选：A. 【例6.2.】 某校校庆要编制一张演出节目单，5个舞蹈节目已排定顺序，要再插入4个歌唱节目，则共有 种插入方法（用数字作答）. 【答案】 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】利用倍缩法解决定序问题即可. 【详解】对全部的9个节目全排列，有种，已排定顺序的5个舞蹈节目的全排列数有种，所以满足题意的插入方法有（种）. 故答案为：. 【例6.3.】 5人参加百米赛跑，若无同时到达终点的情况，则甲比乙先到有 种情况. 【答案】60 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、实际问题中的组合计数问题 【分析】解法1：因为甲比乙先到，所以排甲乙，再排另外3人即可. 解法2：根据题意，结合定序问题，先对所有人进行排序，再消除甲乙的顺序即可. 【详解】解法1：先在5个位置中选2个位置放定序元素甲、乙，有种；再排另外3人，有种.所以共有种. 解法2（定序问题）：5人全排列有种情况，由于甲和乙的顺序确定，因此满足条件的共有种情况. 故答案为：60. 【例6.4.】 在一次交流活动中，有4名男同学（包含甲）和3名女同学共7名同学排成一行，则男同学甲的右侧（可不相邻）没有其他男同学的排法种数为（    ） A．468 B．540 C．720 D．1260 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】由排列数的概念可得结果. 【详解】要使排列符合题意，甲在4名男同学的排列中位于最右边，则排列的方法数为1260. 故选：D. 【例6.5.】 系统的登录密码由个字符组成，其中前位是大写字母、、、的某种排列，后位是不相同的数字，则可能的密码总数是多少（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、其他排列模型 【分析】利用倍缩法可得出前个位置的排法种数，利用排列计数原理可得出后两位的排法种数，再利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】由题意可知，前个位置中有两个位置安排字母，有种， 然后从中选择两个不同的数字排最后两个位置，有种， 由分步乘法计数原理可知，可能的密码种数为. 故选：C. 【例6.6.】 某同学将英文单词“”中字母的顺序记错了，则该同学写错的情况有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】其他排列模型 【分析】先求出英文单词“”中字母所有排列，即可求解. 【详解】因为“”中字母共有种排法，所以该同学写错的情况有种， 故选：D. 【例6.7.】 四根绳子上共挂有10只气球，绳子上的球数依次为1，2，3，4，每枪只能打破一只球，而且规定只有打破下面的球才能打上面的球，则将这些气球都打破的不同打法数是（    ） A．12600 B．6000 C．8200 D．12000 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】其他排列模型 【分析】由题意，转化为排列中部分元素定序排列即可. 【详解】根据题意，如图， 将10个气球进行编号1-10，原问题可以转化为将编号为1～10的10个气球排列， 其中2，3号，4，5，6号，7，8，9，10号气球必须是从下到上的顺序，按小球从下到上的编号顺序打破气球即可， 则有（种）排列方法，则有12600（种）不同打法， 故选：A． 题型7：分组分配问题 【例7.1.】 将6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？ (1)（非均匀分组）一堆一本，一堆两本，一堆三本； (2)（定向分配）甲得一本，乙得两本，丙得三本； (3)（不定向分配）一人得一本，一人得二本，一人得三本； (4)（平均分配）平均分给甲、乙、丙三人； (5)（平均分组）平均分成三堆． 【答案】(1)60 (2)60 (3)360 (4)90 (5)15 【难度】0.75 【知识点】分组分配问题 【分析】（1）根据组合的定义，结合分步计数原理进行求解即可； （2）根据（1）中的结论进行求解即可； （3）根据（1）中的结论，结合排列的定义进行求解即可 （4）根据组合的定义，结合分步计数原理进行求解即可； （5）根据组合和排列的定义进行求解即可. 【详解】（1）先在6本书中任取一本，作为一堆，有种取法，再从余下的五本书中任取两本，作为一堆，有种取法，再后从余下三本取三本作为一堆，有种取法，故共有分法（种）； （2）分成三堆的方法有种，而每种分组方法仅对应一种分配方法，故甲得一本，乙得二本，丙得三本的分法亦为（种）． （3）分成三堆的方法有种，但每一种分组方法又有种不同的分配方案，故一人得一本，一人得两本，一人得三本的分法有（种）； （4）3个人一个一个地来取书，甲从6本不同的书本中任取出2本的方法有 种，甲不论用哪一种方法取得2本书后，乙再从余下的4本书中取书有种方法，而甲、乙不论用哪一种方法各取2本书后，丙从余下的两本中取两本书，有 种方法，所以一共有=90种方法． （5） 把6本不同的书分成三堆，每堆二本与把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人二本的区别在于，后者相当于把六本不同的书，平均分成三堆后，再把每次分得的三堆书分给甲、乙、丙三个人．因此，设把六本不同的书，平均分成三堆的方法有x 种，那么把六本不同的书分给甲、乙、丙三人每人2本的分法就应有种，由（4）知，把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人2本的方法有 种．所以＝ ，则(种）. 【例7.2.】 把4位男售票员和4位女售票员平均分成4组，到4辆公共汽车里售票，如果同样两人在不同汽车上服务算作不同的情况． (1)有几种不同的分配方法？ (2)每小组必须是一位男售票员和一位女售票员，有几种不同的分配方法？ (3)如果每组的售票员性别相同，有几种不同的分配方法？ 【答案】(1)2520 (2)576 (3)216 【难度】0.4 【知识点】分组分配问题、实际问题中的组合计数问题、全排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】（1）按照分步乘法计数原理，依次给每辆车分配售票员即可； （2）按照分步乘法计数原理，分两步完成分配.先分配男售票员，共有种不同方法；再分配女售票员，也有种方法，相乘可得答案； （3）第一步将男售票员和女售票员分别平均分组，各有种不同分法，所以共有种分组方法，第二步分配到车，每一种分法都有种上车方法，相乘可得答案. 【详解】（1）男女合在一起共有8人，每个车上2人，可以分四个步骤完成， 先安排2人上第一辆车，共有种， 再安排第二辆车共有种， 再安排第三辆车共有种， 最后安排第四辆车共有种， 这样不同的分配方法有（种）． （2）要求男女各1人，因此先把男售票员安排上车，共有种不同方法； 再把女售票员安排上车，也有种方法. 由分步乘法计数原理，男女各1人的不同分配方法为（种）． （3）男女分别分组，4位男售票员平均分成两组，共有种不同分法， 4位女售票员平均分成两组，也有种不同分法， 这样分组方法就有（种）. 对于其中每一种分法又有种上车方法，因而不同的分配方法有216（种）． 【例7.3.】 （多选）下面正确的是（   ） A．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，有150种不同的放法； B．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有种不同的放法； C．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，有6种不同的放法； D．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有19种不同的放法． 【答案】AC 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、组合数的计算、分组分配问题 【分析】先将5个不同的小球分为三组，确定每组小球的数量，然后将三组小球放入三个盒子，结合分步计数原理可得结果验证A；确定每个小球的放法种数，利用分步乘法计数原理可得结果验证B；只需在5个相同的小球中间所形成的4个空位中插入2块板即可，利用隔板法可求得结果验证C；问题等价于在8个相同的小球中间所形成的7个空位中插入2块板即可，利用隔板法可求得结果验证D. 【详解】将5个不同的小球分为三组，每组的小球数量分别为2、2、1或3、1、1，然后再将这三组小球放入三个盒子中， 因此，不同的放法种数为种，故A正确 每个小球有3种方法，由分步乘法计数原理可知，将5个不同的小球放入3个不同的盒子中， 盒子可空，不同的放法种数为种，故B错误； 将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，只需在5个相同的小球中间所形成的4个空位中插入2块板即可， 所以不同的放法种数为种，故C正确. 将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，等价于将8个相同的小球放入3个不同的盒子中， 每个盒子不空，只需在8个相同的小球中间所形成的7个空位中插入2块板即可， 所以不同的放法种数为种，故D错误； 故选：AC. 【例7.4.】 将4名医生和5名护士安排到A，B两个社区义诊，要求每个社区至少有1名医生和2名护士，每名医生和护士都要参加且只能到一个社区义诊，则不同的分配方案有（   ） A．110种 B．140种 C．220种 D．280种 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】实际问题中的组合计数问题、分组分配问题 【分析】分1名医生和2名护士一组、1名医生和3名护士一组和2名医生和2名护士一组三种情况讨论即可. 【详解】1名医生和2名护士一组，另一组3名医生和3名护士有种分配方案； 1名医生和3名护士一组，另一组3名医生和2名护士有种分配方案； 2名医生和2名护士一组，另一组2名医生和3名护士有种分配方案． 故满足要求的不同的分配方案有种. 故选：D. 【例7.5.】 在《红楼梦》中，史湘云邀众姐妹和贾宝玉一起作诗.共编写了十首不同的咏菊诗，假设分配贾宝玉作《访菊》《种菊》两首，薛宝钗作《忆菊》、《画菊》两首，剩下六首诗分别由林黛玉、史湘云、探春三人创作，且每人至少创作一首，至多创作三首，则不同的分工方案共有（    ） A．150种 B．360种 C．450种 D．800种 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题 【分析】结合两类计数原理，将6首诗按和两种情况求解即可. 【详解】第一类，将6首诗按的数量分给3人，有种； 第二类，将6首诗按的数量分给3人，有种， 所以不同的分工方案共有种． 故选：C. 【例7.6.】 将5名程序专家全部分配到1，2，3号3个实验室指导工作，每个实验室至少分配1名专家，其中专家必须去1号实验室，则不同的分配方案共有（    ） A．26种 B．36 种 C．38 种 D．50 种 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】分组分配问题 【分析】利用两个计数原理以及分组分配问题的解法结合组合数的性质求解即可. 【详解】当1号实验室有1人时，即专家，其余4名专家分配到2号和3号实验室， 且每个实验室至少1人，分配方案有种； 当1号实验室有2人时，先从其余4名专家中选1人到1号实验室有种方法， 再将其余3名专家分配到2号和3号实验室且每个实验室至少1人有种方法， 故共有种； 当1号实验室有3人时，分配方案有种； 可得不同的分配方案共有种． 故答案为：50 【例7.7.】 将4个不同的小球放入4个不同的盒子中，则恰有两个盒子为空的放法种数为（       ） A．72 B．78 C．84 D．96 【答案】C 【难度】0.72 【知识点】分组分配问题 【分析】利用先选后排的方法进行解题即可. 【详解】第一步：选择两个空盒子，有种方法； 第二步：4个不同的小球放入2个不同的盒子中，有两种方式， 第一种方式，两个盒子都有2个不同的小球，不同的方式有种， 第二种方式，两个盒子中一个盒子有1个小球，另一个盒子有3个不同的小球，所以不同的方法有， 所以恰有两个盒子为空的放法种数为. 故选：C 【例7.8.】 甲、乙、丙、丁、戊、己6人一起报名校运会的跑步项目，跑步项目共有100m短跑、400m短跑和1000m长跑这3项，每人仅报一个项目，每个项目至少有一人报名，则不同的报名方法有（   ） A．450 B．540 C．630 D．900 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题 【分析】先将6人分成3组，即分为；或，再把三组分配到3个不同项目. 【详解】先将6人分成3组，即分为；或， 共有种分组方法， 再把三组分配到3个不同项目， 则有种不同的报名方法. 故选：B 【例7.9.】 苏轼，字子瞻，号东坡居士，眉州眉山（今四川省眉山市）人，北宋文学家､书法家､画家，历史治水名人.现有苏轼的6本不同诗集全部奖励给3名同学，每人至少分得一本，则共有（    ）种分配方案 A．90 B．120 C．360 D．540 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】排列组合综合、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题、分组分配问题 【分析】先分组再分配，利用分步乘法计数原理进行计算. 【详解】先将6本不同诗集分成3组，可分三种情况： 情况一：按分组：则有种； 情况二：按分组：则有种； 情况三：按分组：则有种； 所以6本不同诗集全部奖励给3名同学共有种分配方案， 故选：D 题型8：移动与网格问题 【例8.1.】 如图，已知平面图形ABCDEFG的内部连有线段． (1)由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有多少条？ (2)由点出发，沿着图中的线段到达点，任意两次向上行走都不连续且最近的路线有多少条？ (3)由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有多少条？ 【答案】(1)10条． (2)21条． (3)155条． 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题 【分析】（1）先求出点出发到达点需要向上和向右的次数，再根据组合数求解即可； （2）先求出点出发到达点的最近路线有多少条，再计算两次向上行走连续且最近的路线，相减即可； （3）分类讨论分别经过的情况数，结合（1）中的方法求解即可. 【详解】（1）由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线需要向上移动2次，向右移动3次， 则由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有条． （2）由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线需要向上移动2次，向右移动6次， 则由点出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有条， 其中两次向上行走连续且最近的路线有7条． 故所求路线有条． （3）设H，K的位置如图所示， 则由出发，沿着图中的线段到达点的最近路线可分为以下三种情况： ①，有条最近路线； ②，有条最近路线； ③，有条最近路线． 故由出发，沿着图中的线段到达点的最近路线有条． 【例8.2.】 如图所示，现有个正方形构成的网格，从A点沿网格线到B点，且不能经过C点，则最短路线共有 条．    【答案】66 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】利用间接法，先求出A到B的最短路线的条数和经过C点的条数，进而求出不能经过C点的条数． 【详解】从A到B的最短路线，均需走9步，包括横向的5步和纵向的4步， 所以A到B的最短路线共有＝126条， 其中经过C点的有＝60条， 所以不能经过C点的有126－60＝66条． 故答案为：66． 【例8.3.】 某迷宫隧道猫爬架如图所示，，C为一个长方体的两个顶点，，是边长为3米的大正方形的两个顶点，且大正方形由完全相同的9小正方形拼成.若小猫从点沿着图中的线段爬到点，再从点沿着长方体的棱爬到点，则小猫从点爬到点可以选择的最短路径共有 条.    【答案】 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题 【分析】应用乘法原理计算即可. 【详解】小猫要从点爬到点，需要先从点爬到点，需要走3横3竖，则可选的路径共有条， 再从点爬到点的路径共6条，用分步乘法计数原理可得小猫可以选择的最短路径有20×6=120条. 故答案为：120. 【例8.4.】 （多选）如图，在某城市中，M，N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M，N处的甲､乙两人分别要到N，M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N，M处为止，则下列说法正确的有（    ） A．甲从M到达N处的走法种数为120 B．甲从M必须经过到达N处的走法种数为9 C．甲，两人能在处相遇的走法种数为36 D．甲，乙两人能相遇的走法种数为164 【答案】BD 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题 【分析】根据题意分析出甲从到达处， 需要走6格，其中向上3格，向右3格，从而可得到从到达处的走法种数为，从而可得出A错误； 若甲从M必须经过到达N处，可分两步，甲从到达，从到达，从而可判断选项B正确； 若甲，乙两人能在处相遇，先计算甲经过的走法种数，再计算乙经过的走法种数，从而可求出甲，乙两人能在处相遇的走法种数； 根据题意可得出只能在，，，处相遇，然后分别计算走法种数即可. 【详解】对于A，需要走6格，其中向上3格，向右3格，所以从到达处的走法种数为，故A错误. 对于B，甲从到达，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有种走法，从到达，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有种走法，所以甲从必须经过到达处的走法种数为，故B正确. 对于，甲经过的走法种数为，乙经过的走法种数为，所以甲，乙两人能在处相遇的走法种数为，故C错误. 对于D，甲，乙两人沿着最短路径行走，只能在，，，处相遇，若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向上走3格，乙经过处，必须向左走3格，两人在处相遇的走法有1种；若甲，乙两人在或处相遇，各有81种走法；若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向右走3格，乙经过处，必须向下走3格，则两人在处相遇的走法有1种.所以甲，乙两人能相遇的走法种数为，故D正确. 故选：BD. 【例8.5.】 如图，甲从到，乙从到，两人每次都只能向上或者向右走一格，如果两个人的线路不相交，则称这两个人的路径为一对孤立路，那么不同的孤立路总计对数为（    ） A．1860对 B．1750对 C．1850对 D．1760对 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题 【分析】分两步计算：首先计算总的路径的对数，共有不同路径对；再计算有相交路径的对数，设与的交点为，甲从到再到，乙从到再到，可以理解为过点后，甲乙交换线路分别到达目的地，这样就等价于甲从到，乙从到的路径对数，共有对，故不相交的路径对数为解得. 【详解】首先计算总的路径的对数： 甲从到，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从到共有种走法， 乙从到，需要向右走4步，向上走4步，共需8步，所以从到共有种走法， 根据分步乘法计数原理可知，共有不同路径对. 再计算有相交路径的对数：设与的交点为，甲从到再到，乙从到再到， 可以理解为过点后，甲乙交换线路分别到达目的地，这样就等价于甲从到，乙从到的路径对数： 甲从到，需要向右走6步，向上走4步，共需10步，所以从到共有种走法， 乙从到，需要向右走2步，向上走4步，共需6步，所以从到共有种走法， 所以相交路径共有对， 因此不同的孤立路一共有对． 故选：B． 【例8.6.】 （多选）在如图所示的正方形网格中，每个小正方形的边长都是1个单位长度，点从点处出发，每次向上或向右移动1个单位长度，直至到达点时停止移动，则下列结论正确的是（   ）    A．移动的方法共有252种 B．仅有4次连续向上移动的方法有30种 C．经过点的移动方法有70种 D．若对任意，从第次到第次的移动方向相同，则移动的方法有2种 【答案】ABD 【难度】0.4 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题 【分析】结合分步乘法原理利用组合数求解判断AC，结合分类加法原理利用组合数求解判断B，逐个分析即可判断有“先连续向右，再连续向上，最后连续向右”和“先连续向上，再连续向右，最后连续向上”2种方法判断D. 【详解】对A，由题可知，无论怎样走，一定移动10次，其中5次向上移动，5次向右移动， 故移动的方法共有种，故A正确； 对B，仅有4次连续向上移动的方法有种，故B正确； 对C，若经过点，则前3次向右移动2次向上1次，后7次向右3次向上4次， 所以移动的方法有种，故C错误； 对D，由题可知，当时，第1,2次的移动方向相同，当时，第3,4,5次的移动方向相同， 当时，第6,7,8,9次的移动方向相同，因为向右5次，向上5次， 所以第次的移动方向相同，则移动的方法有2种，故D正确. 故选：ABD 题型9：二项式定理的正用与逆用 【例9.1.】 （1）求的展开式； （2）化简：． 【答案】（1）；（2） 【难度】0.65 【知识点】求二项展开式、二项展开式的应用 【分析】（1）法一：直接利用二项式的展开式即可得到结果；法二：整理可得，结合二项式的展开式即可得到结果； （2）根据题意，反向利用二项式定理，即可得到结果. 【详解】法一： ． 法二：． （2）原式． 【例9.2.】 若（a，b为有理数），则（    ） A．44 B．32 C．28 D．52 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】求二项展开式 【分析】先将利用二项式定理展开，然后根据等式确定和的值即可得到答案. 【详解】利用二项式定理展开，得 ， ，， 即， 故选：． 【例9.3.】 化简：（   ） A．2 B．1 C．0 D． 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】二项展开式的应用 【分析】由二项式定理写可得答案. 【详解】因为， ，所以. 故选：C. 【例9.4.】 化简，其结果等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】求二项展开式、二项展开式的应用 【分析】根据二项式定理，对所给式子进行变形，然后结合二项式定理的形式求出结果． 【详解】设． 根据组合数的性质，则． 由二项式定理可知， 即． 那么， 因为，所以． 即，则． 故选：A． 【例9.5.】 的值是（    ） A． B．1 C．0 D．22024 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】二项展开式的应用 【分析】利用二项式定理即可求解. 【详解】由二项式定理得 . 故选：A. 【例9.6.】 若对恒成立，其中，则（    ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】二项展开式的应用 【分析】利用二项展开式的特征，把等号右边表示为，与等号左边相等，可求出. 【详解】 ， ，即. 故选：D 【例9.7.】 已知，则实数 【答案】 【难度】0.65 【知识点】求二项展开式、二项展开式的应用 【分析】根据二项式定理将等式右边简化即可得的值. 【详解】因为 ， 所以， 故. 故答案为：. 题型10：求二项展开式中的指定项 【例10.1.】 的展开式的中间项为 ． 【答案】 【难度】0.85 【知识点】求二项展开式的第k项 【分析】根据二项式定理只需求解展开式第4项即可. 【详解】由二项式定理可知，展开式共项， 所以的展开式的中间项为第项， 所以，由二项式定理展开的通项公式得： 所以的展开式的中间项为 故答案为： 【例10.2.】 在的展开式中，常数项为（   ） A．15 B．40 C．60 D．80 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】求二项展开式的第k项 【分析】利用二项式定理的通项公式进行求解. 【详解】由题，展开式的通项为， 令，所以展开式中常数项为. 故选：C. 【例10.3.】 若的展开式中第4项为160，则 . 【答案】 【难度】0.85 【知识点】根据二项式的第k项求值 【分析】根据二项式展开的通项公式，结合题意，列出等式，化简计算，即可得答案. 【详解】的展开式中第4项为， 所以，解得. 故答案为： 【例10.4.】 的展开式中的常数项是（   ） A．352 B． C．1120 D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】求二项展开式的第k项、求指定项的系数、三项展开式的系数问题 【分析】法一：将原式看作二项式的展开，利用二项式定理展开，仅选取展开式中不含的项并求和，得到常数项；法二：先将原式括号内配方并平方转化为，再写出其通项公式，令的指数为0确定值，代入计算得常数项. 【详解】法一：原式， 所以其常数项为． 法二：原式． ， 由，得， 所以常数项为． 故选：C. 【例10.5.】 的展开式中含的项为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】三项展开式的系数问题、求二项展开式的第k项、二项展开式的应用 【分析】将三项展开式变为，根据和展开式通项，结合不同的取值可求得结果. 【详解】 展开式通项为；展开式通项为， 当时，对应的项为； 当时，对应的项为； 当时，对应的项为； 当时，对应的项为； 当时，对应的项为； 展开式中含的项为. 故选：B. 【例10.6.】 在的展开式中，的系数为 ．（用具体数字作答） 【答案】 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数 【分析】利用二项式定理即可求解. 【详解】因为， 所以的系数为 故答案为： 【例10.7.】 在的展开式中，含项的系数是 ． 【答案】 【难度】0.85 【知识点】求指定项的系数、求二项展开式的第k项 【分析】根据二项式定理，的通项为，把分成和两部分，分别求其项的系数再求和即可. 【详解】根据二项式定理，的通项为. 原式可分成和两部分： 对于，求项（即）： ，因此项的系数是6. 同理，对于，求项（即）： ，因此项的系数是24. 将两部分的项系数相加：. 故答案为：. 【例10.8.】 的展开式中的常数项为（   ）． A． B．4 C． D．2 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】两个二项式乘积展开式的系数问题、求二项展开式的第k项 【分析】应用二项式定理，写出展开式通项，结合乘积关系写出常数项. 【详解】二项式的展开式的通项公式为，， 令，得，令，得， 由于， 故其展开式中的常数项为. 故选：A 【例10.9.】 在的展开式中，的系数是 . 【答案】 【难度】0.65 【知识点】求二项展开式、求指定项的系数 【分析】写出二项式的展开式，从而求出的展开式中的系数. 【详解】因为二项式的展开式为： ， 又， 所以的展开式中的项是， 所以的展开式中的系数是. 故答案为：. 【例10.10.】 在的展开式中，含的项的系数是（    ） A．120 B．240 C．274 D．282 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数、多项式的展开式 【分析】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个常数，1个，即可写出含的项. 【详解】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个常数，1个， 所以含的项为， 所以含的项的系数是. 故选：. 题型11：二项式系数与系数最值问题 【例11.1.】 已知m，n是正整数，的展开式中x的系数为17． (1)求； (2)当展开式中的系数最小时，求的系数； (3)已知的展开式的二项式系数的最大值为a，系数的最大值为b，求． 【答案】(1) (2)140 (3)582 【难度】0.65 【知识点】求系数最大（小）的项、由项的系数确定参数、求指定项的系数、二项式系数的增减性和最值 【分析】（1）写出的通项公式，根据展开式中x的系数得到的值； （2）由（1）知，分，，均大于等于2时，得到展开式中的系数，求出当或时，的系数取得最小值，进而得到的系数； （3）由（1）知，写出的展开式的通项公式，根据二项式系数的增减性得到，利用不等式法得到，求出. 【详解】（1）根据二项式定理知，的展开式的通项为 ， 根据题意得，即． （2）由（1）知， 当时，，此时展开式中的系数为， 同理当时，，此时展开式中的系数为， 当均大于等于2时，展开式中的系数为 ， 故当或时，的系数取得最小值64， 显然的系数最小时，或， 此时，的系数为． （3）由（1）知，则， 二项式的展开式的通项为， 所以可得，再根据即得， 此时，所以. 【例11.2.】 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)求第四项的二项式系数与系数； (2)求二项式系数的最大值及展开式系数的最大值． 【答案】(1)第四项的二项式系数为；系数为 (2)二项式系数的最大值为；系数最大值为 【难度】0.65 【知识点】求指定项的二项式系数、二项式系数的增减性和最值、求指定项的系数、求系数最大（小）的项 【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的值，进而确定二项式定理的通式，从而得所求； （2）根据二项式系数的性质确定二项式系数的最大值，再由，得的单调性，从而确定系数最大时的值，进而求解出系数的最大值． 【详解】（1）已知的展开式中第项，，且第三项和第九项的二项式系数相等． 即，故； 又展开式的通项为，故， 所以第四项的二项式系数为，系数为； （2）因为是偶数，故二项式系数的最大值为， 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． 【例11.3.】 的展开式中，系数最小的项为 . 【答案】 【难度】0.65 【知识点】求二项展开式、二项式系数的增减性和最值 【分析】求出展开式的通项，列出展开式中各项的系数，由二项式系数的性质即可求出. 【详解】二项式的展开式的通项是， 展开式中各项的系数为， 由二项式系数的性质知的值最大，则展开式中各项的系数中最小， 则系数最小的项为. 故答案为：. 【例11.4.】 已知二项式展开式中项的系数为64，则此二项式的常数项为 . 【答案】60 【难度】0.65 【知识点】求二项展开式的第k项、求指定项的系数、由项的系数确定参数 【分析】根据二项式展开式的特点可求解进而根据通项求解. 【详解】由于展开式中项为，故则 由于展开式通项公式为， 令得，故展开式的常数项为. 故答案为：60 【例11.5.】 在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则的展开式中有理项的项数是（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】二项式系数的增减性和最值、求有理项或其系数 【分析】先算出，再写出通项公式，确定的次数为整数即可． 【详解】因为在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大， 所以仅有最大，则， 的通项公式， 其中，当时， 是有理项，所以， 即的展开式中有理项的项数是5． 故选：A． 题型12：赋值法求系数和问题 【例12.1.】 （多选）若，则下列正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【难度】0.65 【知识点】简单复合函数的导数、二项展开式各项的系数和、奇次项与偶次项的系数和 【分析】对于ABC，利用赋值法分别判断即可；对于D，对等式两边同时求导，再赋值即可求解判断. 【详解】对于A，令，则，故A正确； 对于BC，令，则， 令，则， 则，，故B错误，C正确； 对于D，由两边同时求导可得： ， 令，则， 所以，故D错误. 故选：AC 【例12.2.】 （多选）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【难度】0.4 【知识点】导数的运算法则、二项展开式各项的系数和、奇次项与偶次项的系数和、两个二项式乘积展开式的系数问题 【分析】对于A，注意到，据此可判断选项正误；对于BC，由赋值法可判断选项正误；对于D，利用导数知识结合赋值法可判断选项正误. 【详解】对于A选项，，所以，A选项正确； 对于B选项，令，可得，B选项正确； 对于C选项，令，可得，与B选项分析中的式子相加，可得，所以，C选项错误； 对于D选项，设， 则， 令，可得，D选项正确． 故选：ABD. 【例12.3.】 已知展开式中，只有第6项的二项式系数最大. (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值. 【答案】(1)10 (2)0 (3) 【难度】0.65 【知识点】二项式系数的增减性和最值、二项展开式各项的系数和 【分析】（1）由二项式系数的对称性，可知展开式的项数，即可得解； （2）分别赋值即可求解； （3）根据二项展开式的通项公式，得到二项展开式中项的系数的正负，化简得到，令，即可求解. 【详解】（1）因为的展开式中，只有第6项的二项式系数最大， 所以展开式共项，其中第6项是唯一中间项， 所以. （2）由， 可令，得， 再令，可得， 所以. （3）二项展开式的通项为， 当时，展开式的项的系数为负； 当时，展开式的项的系数为正， 所以 令，可得， 即. 【例12.4.】 已知的展开式中的奇数次幂项的系数之和为64，则实数 . 【答案】 【难度】0.4 【知识点】由项的系数确定参数、奇次项与偶次项的系数和 【分析】利用赋值法结合条件求解即得. 【详解】设， 令，得①， 令，得②， ①－②得，，由， 所以，解得. 故答案为：. 【例12.5.】 ，则 . 【答案】20 【难度】0.65 【知识点】简单复合函数的导数、二项展开式各项的系数和 【分析】对给定等式两边求导，再利用赋值法求解. 【详解】由，求导得， 令，得. 故答案为：20 【例12.6.】 若，则的值为 . 【答案】0 【难度】0.65 【知识点】奇次项与偶次项的系数和、虚数单位i及其性质 【分析】通过赋值，代入即可求解. 【详解】由，令， 则有， 即. 故答案为：0 【例12.7.】 已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式的常数项为（    ） A．10 B．20 C．30 D．40 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】求二项展开式的第k项、由二项展开式各项系数和求参数 【分析】先由赋值法得到关于a的方程求出a，接着求出二项式展开式中含和的项即可求出展开式的常数项，进而得解. 【详解】令得，解得， 二项式的展开式的通项公式为且， 所以当时，；当时，， 所以二项式展开式的常数项为. 故选：B 【例12.8.】 已知的展开式中的系数为25，则展开式中所有项的系数和为（   ） A． B．97 C．96 D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】由项的系数确定参数、二项展开式各项的系数和 【分析】法一：根据的展开式，得，则的系数为，解得．代回，利用赋值法，令，可得展开式中所有项的系数和；法二：写出的展开式的通项，由乘法分配律可得的系数为，解得．代回，利用赋值法，令，可得展开式中所有项的系数和. 【详解】法一：因为， 所以的系数为，由题意得，解得． 设，令，得． 即展开式中所有项的系数和为. 故选：C. 法二：的展开式的通项为. 由乘法分配律知，的展开式中含的项为. 所以展开式中的系数为， 所以，解得. 设， 令，得． 故选：C． 题型13：二项式定理的应用 【例13.1.】 （1）求精确到0.001的近似值； （2）若今天是星期一，再过天是星期几？ 【答案】（1）0.995；（2）星期三． 【难度】0.65 【知识点】近似计算问题、整除和余数问题 【分析】（1）由并作展开，结合精确数位即可得近似值； （2）由并作展开，判断除以7的余数，即可得. 【详解】（1）， 可以看出，及其后面的项在精确到0.001时都可以忽略， 所以近似值为． （2）因为， 显然，是一个除以7余2的数， 所以，如果今天是星期一，再过天是星期三． 【例13.2.】 若能被7整除，则的一个值可能为（   ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】整除和余数问题 【分析】运用二项式定理、结合指数幂的运算性质进行求解即可. 【详解】 ， 因为， 所以能被7整除， ， 所以能被7整除， 因此要想能被7整除，只需能被7整除. A：，，显然符合能被7整除； B：，，显然不符合能被7整除； C：，，显然不符合能被7整除； D：，，显然不符合能被7整除； 故选：A 【例13.3.】 被7除所得的余数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．6 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】整除和余数问题 【分析】把用二项式定理展开，进而求解即可. 【详解】由 ， 展开式中除了最后的6均能被7整除， 则被7除所得的余数为6. 故选：D 【例13.4.】 若既能被整除又能被整除，则正整数的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】整除和余数问题 【分析】分析可知能被整除，可得出，结合二项式定理可知能被整除，即可得出合适的选项. 【详解】因为既能被整除又能被整除，故能被整除， 因为 ， 且能被整除，故能被整除， 设，可得，故的最小值为. 故选：D. 【例13.5.】 若，则被整除的余数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】整除和余数问题 【分析】根据题意，给自变量赋值，取和，两个式子相减，得到的值，将构造成一个新的二项式，根据二项展开式可以看出被8整除的结果，得到余数． 【详解】令，得， 令，得， 两式相减得， 所以． 因为 能被8整除， 被8整除的余数为3， 所以被8整除的余数为3， 故选：C． 【例13.6.】 的小数点后第三位数字为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】近似计算问题 【分析】利用二项展开式可得出该小数的前四位数，即可得解. 【详解】因为 ， 因此，的小数点后第三位数字为. 故选：A. 【例13.7.】 设被9除所得的余数为，则的展开式中的常数项为 ． 【答案】 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数、整除和余数问题 【分析】由得出值，再根据的展开式通项列方程求解即可． 【详解】由于， 所以； 由于被9除所得的余数为8， 故即的展开式为， 当时，常数项为． 故答案为：． 题型14：杨辉三角的简单应用 【例14.1.】 杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《解答九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的． 杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题． 性质1：杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数； 性质2（对称性）：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即； 性质3（递归性）：除1以外的数都等于肩上两数之和，即； 性质4：自腰上的某个1开始平行于腰的一条线上的连续个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比如：，； 请回答以下问题： (1)求杨辉三角中第8行的各数之和； (2)在的展开式中，求含项的系数． 【答案】(1)256 (2) 【难度】0.65 【知识点】组合数的性质及应用、杨辉三角、二项式的系数和 【分析】（1）由杨辉三角的性质以及二项式系数之和公式即可得解； （2）求出的每一项中含项的系数在杨辉三角中所处的位置，再结合杨辉三角的性质，即可得解. 【详解】（1）由杨辉三角的性质1可知，第8行就是的展开式的二项式系数， 由二项式系数之和公式可知，杨辉三角中第8行的各数之和为； （2）的二项展开式的通项为， 其中的系数为，是杨辉三角第行中从左到右的第三个数， 因此中含项的系数， 分别为杨辉三角中第行中从左到右的第三个数， 首项为，且每一项均在平行于腰的一条线上，满足杨辉三角的性质， 其系数之和为最后一个数斜右下方的那个数， 因此，在的展开式中， 则含项的系数为. 【例14.2.】 “杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（   ） 第0行                  1 第1行                1  1 第2行              1  2  1 第3行            1  3  3  1 第4行          1  4  6  4  1 第5行        1  5  10  10  5  1 第6行      1  6  15  20  15  6  1 第7行     1  7  21  35  35  21  7  1 第8行    1  8  28  56  70  56  28  8  1           …… A．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 B．第2023行中第1012个数和第1013个数相等 C．记“杨辉三角”第n行的第i个数为，则 D．第34行中第15个数与第16个数之比为 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】杨辉三角、组合数的性质及应用、组合数的计算 【分析】A选项，分别得到第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数，第9行的第8个数，得到A正确；B选项，第2023行中第1012个数为，第1013个数为，结合组合知识得到B正确；C选项，先得到，得到；D选项，第15个数与第16个数之比为. 【详解】A选项，第6行的第7个数为1，第7行的第7个数为7，第8行的第7个数为28， 它们之和等于36，第9行的第8个数是，A正确； B选项，第2023行是二项式的展开式的系数， 故第2023行中第1012个数为，第1013个数为，又，B正确； C选项，“杨辉三角”第n行是二项式的展开式的系数，所以， ，C正确； D选项，第34行是二项式的展开式的系数， 所以第15个数与第16个数之比为，D错误． 故选：D． 【例14.3.】 （多选）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果.从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（    ） A． B．第10行所有数字之和为 C．第2026行的第1013个数最大 D．第15行中从左到右第4个数与倒数第4个数之比为1:3 【答案】AB 【难度】0.65 【知识点】组合数的计算、组合数的性质及应用、杨辉三角、二项式的系数和 【分析】由组合数的性质计算可判断A；由杨辉三角的每行系数和性质可判断B；由杨辉三角图可知，第行有个数字，每行最中间项的系数最大可判断C；根据可判断D. 【详解】对于，故A正确； 对于B，由杨辉三角的每行系数和性质可知， 第0行所有数字之和为，第1行所有数字之和为， 第2行所有数字之和为，第3行所有数字之和为， 第4行所有数字之和为，以此类推，第10行所有数字之和为，故B正确； 对于C，由杨辉三角图可知，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行的第个数最大，故C错误； 对于D，由题意，第15行，第4个数为， 倒数第4个数为，即，故D错误. 故选：AB. 【例14.4.】 （多选）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》.在编写这些算书时，杨辉广泛引用古代数学典籍，使得我们能够了解许多已经失传的数学方法.杨辉在《详解九章算法》里指出，杨辉三角这种方法出于《释锁》算书，且我国北宋数学家贾宪(约11世纪上半叶)曾用过.由此可以推断，我国发现这个表不晚于11世纪上半叶.在欧洲，这个表被认为是法国数学家帕斯卡(B．Pascal，1623~1662)首先发现的，他们把这个表叫做帕斯卡三角.这就是说，杨辉三角的发现要比欧洲早600年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题.观察杨辉三角中数字排列的规律，下列结论正确的是（    ） A．第行的奇数项和为 B． C． D． 【答案】ABD 【难度】0.4 【知识点】组合数的性质及应用、杨辉三角、证明组合恒等式 【分析】根据组合数的性质及二项式定理一一判断即可. 【详解】对于A：第行对应二项式系数为，，，，， 且， 则第行的奇数项和为，故A正确； 对于B：的展开式中，的系数为 ， 同时，而的展开式中的系数为， 所以，故B正确； 对于C：先证明：， 由组合数公式可得 ， 所以， 故C错误. 对于D： ，故D正确. 故选：ABD 【例14.5.】 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，记载了如图所示的数表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，已知第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前35项和为（    ） A．996 B．995 C．1014 D．1024 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】求等比数列前n项和、杨辉三角 【分析】明确杨辉三角每行数字个数及规律以及去掉1后每行数字个数规律，然后确定所求数列前35项在杨辉三角中的位置，利用等比数列求和公式求杨辉三角前行和，再去掉1的个数及第10行对应部分和，从而得到所求数列前35项和. 【详解】杨辉三角第行有个数，且数字之和为，去除两端的1后，第行剩余个数. 第2行去掉1后无数字，第3行去掉1后剩余1个数字，第4行去掉1后剩余2个数字，， 第行去掉1后剩余个数字； 那么， 当时，，即前9行去掉1后有28个数. 所以此数列的前35项应包含第10行前7个数字. 杨辉三角前行和为， 前9行和为，而前9行中两端的1共有（第1行1个，后面8行各2个）. 第10行数字为1，9，36，84，126，126，84，36，9，1， 去除首尾的1后为9，36，84，126，126，84，36，9， 前7个数字和为. 所以此数列的前35项和为. 故选：B. 【例14.6.】 杨辉是我国一位杰出的数学家，他在《详解九章算法》一书中，画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，除1以外，其他每一个数值都是它“肩上”的两个数值之和，每一行第个数连成的斜线称为第k斜线．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2024行第k斜线与第（）斜线上所有数值之和最大时，的值为（    ） A．1010 B．1011 C．1012 D．1013 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】杨辉三角 【分析】根据题意可得前2024行第斜线上所有数值之和为，第斜线上所有数值之和为，结合组合数的运算性质即可求解． 【详解】当时，前2024行第斜线上所有数值之和为 ． 同理，前2024行第斜线上所有数值之和为，而， 所以前2024行第斜线与第斜线上所有数值之和最大时，， 解得． 故选：C. 【例14.7.】 （多选）杨辉三角第行，第1行为1的元素为组合数，满足，且具有对称性、递推性.下列关于杨辉三角与组合数的结论中，正确的有（    ） A．对任意正整数 B．对任意非负整数 C．第2026行中，奇数的个数为16 D．对任意正整数 【答案】ABD 【难度】0.4 【知识点】组合数的性质及应用、杨辉三角 【分析】对于A，利用二项式定理，令来验证；对于B，可通过构造组合模型来证明；对于C，将转化为二进制，根据奇数个数与二进制的关系判断；对于D，可利用组合数的性质和二项式定理进行推导. 【详解】对于A项，根据二项式定理，令， 得到，有正整数满足题意，故A正确； 对于B项，把个元素分成两组，每组个元素， 从第一组中选取个元素，有种选法； 从第二组中选取个元素，有种选法， 所以选法种数为，故B正确； 对于C项，根据题干定义，第2026行的元素为， 在杨辉三角中，与组合数对应的行中奇数个数为， 其中为的二进制表示中1的个数，2025的二进制表示为， 其中的个数，因此奇数个数为，故C错误； 对于D项，因为，又， 所以， 又， 可得，故D正确. 故选：ABD ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $