专题01 计数原理（期中真题汇编，安徽专用）高二数学下学期

专题01 计数原理 4大高频考点概览 考点01组合 考点02 二项式原理 考点03排列 考点04 加法原理与乘法原理 地 城 考点01 组合 一、选择题 1．（24-25高二下·安徽合肥·期中）数学实验教学能极大激发学生的学习兴趣.在一次模仿操作实验教学中，学生们从装有大小相同的标号分别为的9种不同的种子中随机抽取2种种子进行操作实验，则抽到的两种不同的种子的标号之和恰为10的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（安徽省A10联盟2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题）（    ） A．20 B．35 C．120 D．210 3．（24-25高二下·安徽合肥·期中）下列计算正确的是（   ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·安徽合肥·期中）“杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图：    下列说法正确的有（    ） A．第行的第个数是 B．第行的第个数最大 C． D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 5．（24-25高二下·安徽池州·期中）下列正确的有（    ） A．把6个相同的小球放入4个相同的盒子中，每个盒子都不空，共有10种方法 B．把6个相同的小球放入4个不同的盒子中，每个盒子都不空，共有10种方法 C．把6个不同的小球放入4个相同的盒子中，每个盒子都不空，共有1560种方法 D．把6个不同的小球放入4个不同的盒子中，恰有一个空盒，共有2160种方法 6．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）亚冬会期间，某校学生会组织甲，乙，丙，丁，戊5个志愿服务团，前往A，B，C这3个比赛场地进行志愿服务，若每个场地至少分配1个志愿服务团，每个志愿服务团只能在1个场地进行服务，并且甲团只能去A场地，则不同的分配方法种数为__________． 7．（24-25高二下·安徽安庆·期中）一个集合有5个元素，这个集合的含有3个元素的子集有（    ）个 A．10 B．20 C．30 D．40 8．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）将20个大小，材质均相同的小球分别编号为1，2，3，…，20，将这20个小球随机分装到甲，乙两个盒子中，每个盒子装10个小球，设甲盒中小球的最小编号为a，最大编号为b，乙盒中小球的最小编号为c，最大编号为d，则“”的概率为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 9．（24-25高二下·安徽六安·期中）以平行六面体的顶点为顶点的三棱锥的个数是_______________； 三、解答题 10．（24-25高二下·安徽芜湖·期中）解下列方程或不等式： (1)； (2). 地 城 考点02 二项式原理 一、选择题 1．（24-25高二下·安徽·期中）的小数点后第三位数字为（ ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·安徽滁州·期中）的展开式中二项式系数最大的项为（    ） A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项 3．（24-25高二下·安徽·期中）的展开式中的系数为（    ） A．40 B．60 C．80 D．100 4．（24-25高二下·安徽·期中）已知，则下列说法正确的是（    ） A．展开式中所有项的二项式系数和为 B． C．展开式中系数最大的项为第1350项 D． 5．（24-25高二下·安徽池州·期中）在二项式的展开式中，第五项的二项式系数最大，则（    ） A．8 B．7或8 C．8或9 D．7，8或9 6．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）已知的展开式中，的系数为32，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 7．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）已知，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 8．（24-25高二下·安徽淮南·期中）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，对于两个整数，若它们除以正整数所得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 9．（24-25高二下·安徽合肥·期中）关于二项式，若展开式中含项的系数为4，则（    ） A． B．1 C．3 D．2 10．（24-25高二下·安徽六安·期中）我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中，用如图的数表列出了一些正整数在三角形中的一种几何排列，俗称“杨辉三角形”，若将这些数字依次排列构成数列1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，……，则此数列的第2025项为（   ）    A． B． C． D． 11．（24-25高二下·安徽合肥·期中）展开式的常数项为（   ） A．20 B．90 C．40 D．120 12．（安徽省马鞍山市第二中学2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究.则下列结论正确的是（    ）    A．第6行、第7行、第8行的第7个数之和为第9行的第8个数 B． C．第2020行的第1010个数最大 D．第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为 13．（24-25高二下·安徽宿州·期中）已知的展开式共有7项，则（   ） A．展开式的所有项的系数和为1 B．二项式系数和为128 C．展开式中的系数与的系数和为128 D．所有项的系数绝对值之和为729 14．（24-25高二下·安徽池州·期中）已知，下列正确的有（    ） A． B． C． D． 15．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）设，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 二、填空题 16．（24-25高二下·安徽淮南·期中）已为的展开式中的系数为10，则实数______． 17．（24-25高二下·安徽池州·期中）在的展开式中，常数项为______. 18．（24-25高二下·安徽芜湖·期中）已知的二项展开式中各项的二项式系数之和为128，则展开式中的常数项等于______. 三、解答题 19．（24-25高二下·安徽淮南·期中）在的展开式中，第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为． (1)求的值； (2)求展开式中的系数． 令，解得，故展开式中的系数为． 20．（24-25高二下·安徽滁州·期中）已知的二项展开式中，前三项的二项式系数和等于46. (1)求展开式中所有项的系数和； (2)求展开式中含的项. 21．（24-25高二下·安徽池州·期中）在的展开式中. (1)求二项式系数最大的项； (2)求系数最大的项. 22．（24-25高二下·安徽合肥·期中）已知二项式展开式中，前三项的二项式系数和是56. (1)求的值； (2)求其二项式系数之和与各项系数之和的差. 23．（24-25高二下·安徽安庆·期中）已知的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比为. (1)求该二项展开式的项数； (2)求展开式中含的项. 地 城 考点03 排列 一、选择题 1．（24-25高二下·安徽合肥·期中）若，则（    ） A．120 B．105 C．210 D．240 2．（24-25高二下·安徽·期中）已知m，n为正整数，且，则下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·安徽·期中）已知为正整数，且，下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高二下·安徽合肥·期中）某学校为迎接校园艺术节的到来，决定举行文艺晚会，节目单中有，，，，，，共7个节目，则下列结论正确的是（   ） A．若节目与节目相邻，则共有1440种不同的安排方法 B．若节目与节目不相邻，则共有3000种不同的安排方法 C．若节目在节目之前表演（可以不相邻），则共有2420种不同的安排方法 D．若决定在已经排好的节目单中临时添加3个节目，现有节目次序不变，则共有720种不同的安排方法 二、填空题 5．（24-25高二下·安徽池州·期中）贵池区某高中高二（3）班周二的课表要排语文、数学、英语、物理、化学、生物、体育共7节课，如果语文需要安排在数学前，数学需要安排在体育前（均可以不相邻），有______种不同的排法. 三、解答题 6．（24-25高二下·安徽芜湖·期中）从、、等人中选出人排成一排. (1)必须在内，有多少种排法？ (2)、、都在内，且在前，在后，有多少种排法？ (3)不允许站排头和排尾，不允许站在中间（第三位），有多少种排法？ 7．（24-25高二下·安徽池州·期中）贵池某中学在2025年距离高考倒计时100天当天，为高三学生举办高考百日誓师大会，用以激励正在备考的高三学生.学校共准备了四首励志歌曲和三个发言（一个教师代表发言，一个往届优秀学生视频发言，一个应届学生代表发言）.根据不同的要求，求本次活动的安排方法. (1)往届优秀学生视频发言和应届学生代表发言必须相邻，有多少种安排方法？ (2)三个发言不能相邻，有多少种安排方法？ (3)励志歌曲甲不排在第一个，励志歌曲乙不排在最后一个，有多少种安排方法？（结果用数字作答） 地 城 考点04 加法原理与乘法原理 一、选择题 1．（24-25高二下·安徽滁州·期中）学校要安排一场文艺晚会的10个节目的演出顺序，除第1个节目和最后1个节目已确定外，3个音乐节目要求排在第2，5，7的位置，3个舞蹈节目要求排在第3，6，9的位置，2个曲艺节目要求排在第4，8的位置，不同的排法有（    ） A．72种 B．144种 C．288种 D．576种 2．（24-25高二下·安徽合肥·期中）2025届高二数学竞赛中对尖端生采用暂时屏蔽措施，某校有，，，，五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第一、二、五名是，，三位同学，但不是第一名，，两名同学只知道在6至9名，且的成绩比好，则这5位同学总分名次有多少种可能（    ） A．6 B．24 C．22 D．12 3．（24-25高二下·安徽滁州·期中）一个商店销售某种型号的电视机，其中本地的产品有6种，外地的产品有8种.要买1台这种型号的电视机，则不同的选法有（    ） A．6种 B．8种 C．14种 D．48种 4．（24-25高二下·安徽池州·期中）如图，现要用5种不同的颜色给池州市4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，且青阳与东至不能使用同一种颜色，共有（    ）种不同的着色方法. A．180 B．120 C．60 D．240 5．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）如图，从甲地到乙地有1条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路；从甲地不经乙地或丙地直接到达丁地有n条路．若从甲地到丁地总共有20条不同的路线，则（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 6．（24-25高二下·安徽池州·期中）2024年11月24日，在池州市举行的马拉松比赛中，昭明大道设有三个服务站，某高中5名同学到①、②、③三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，其中同学甲只能去①号服务点，则不同的安排方法共有（    ）种 A．50 B．60 C．68 D．90 7．（24-25高二下·安徽宿州·期中）2025年1月16日在灵璧县钟灵文化广场举办了灵璧县第四届青年音乐节，节目均由青年人自导自演，展现了灵璧青年的独特风采和灵璧城市的魅力.若音乐节共6个节目，其中2个是个人歌唱表演，2个是舞蹈表演，1个大合唱，1个乐器合奏，要求第一个节目不能是大合唱，两个歌唱表演节目不相邻，现确定节目顺序，则不同的排法种数为（   ） A．280 B．336 C．360 D．408 二、填空题 8．（24-25高二下·安徽滁州·期中）某校提供了3个兴趣小组供学生选择，现有5名学生选择参加兴趣小组，若这5名学生每人选择一个兴趣小组且每个兴趣小组都有人选，则这5名学生不同的选择方法有______种.（用数字作答） 9．（24-25高二下·安徽合肥·期中）现有3个编号为1，2，3的盒子和3个编号为1，2，3的小球，要求把3个小球全部放进盒子中，恰有1个盒子是空盒的方法共有______种. 10．（24-25高二下·黑龙江鸡西·月考）将A， B， C， D ，E五名教师安排到甲，乙，丙三所学校，若每所学校至少安排一名教师，每名教师只去一所学校，则不同的安排方法___________种 三、解答题 11．（24-25高二下·安徽·期中）某社团共有学生9名，其中有5名男生和4名女生，现从中选出4人去参加一项创新大赛．（列式表明计算过程，结果用数字表示） (1)如果4人中男生女生各选2人，那么有多少种选法? (2)如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有多少种选法？ (3)如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有多少种选法？ (4)如果4人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法？ 12．（24-25高二下·安徽安庆·期中）将4个编号为的小球放入4个编号为的盒子中． (1)有多少种放法？ (2)恰好有一个空盒，有多少种放法？ (3)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？ 32 / 32 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 计数原理 4大高频考点概览 考点01组合 考点02 二项式原理 考点03排列 考点04 加法原理与乘法原理 地 城 考点01 组合 一、选择题 1．（24-25高二下·安徽合肥·期中）数学实验教学能极大激发学生的学习兴趣.在一次模仿操作实验教学中，学生们从装有大小相同的标号分别为的9种不同的种子中随机抽取2种种子进行操作实验，则抽到的两种不同的种子的标号之和恰为10的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题 【分析】根据古典概型得概率公式求解即可. 【详解】由题意，所有结果有种， 而标号之和恰为10的结果有：，共4种， 所以所求的概率为. 故选：A. 2．（安徽省A10联盟2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题）（    ） A．20 B．35 C．120 D．210 【答案】B 【知识点】组合数的计算 【分析】根据组合数公式计算即可. 【详解】. 故选：B 3．（24-25高二下·安徽合肥·期中）下列计算正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【知识点】利用组合数公式证明、组合数的计算、排列数的计算 【分析】根据排列数的计算公式即可判断A；根据组合数的计算公式即可判断BCD． 【详解】对于A，，故A正确； 对于B， ，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，， ， 所以，故D正确； 故选：ABD． 4．（24-25高二下·安徽合肥·期中）“杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图：    下列说法正确的有（    ） A．第行的第个数是 B．第行的第个数最大 C． D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 【答案】AD 【知识点】二项式系数的增减性和最值、求指定项的二项式系数、杨辉三角、组合数的性质及应用 【分析】利用二项式系数可判断A选项；利用二项式系数的增减性可判断B选项；利用组合数的性质可判断C选项；构造等式，结合等式两边展开式中的系数相等可判断D选项. 【详解】对于选项A，依题意，第行的第个数是，所以A正确； 对于选项B，因为第行的第个位置的数是， 由组合数性质可知：为的最大值， 所以第行的第和个数最大，故B错误； 对于选项C，因为， 易知 ，故C错误； 选项D，由题易知，第行所有数字的平方和为， 第行的中间一项的数字为， 构造等式， 在等式左边的系数为， 等式右边的系数为，故，故D正确. 故选：AD. 5．（24-25高二下·安徽池州·期中）下列正确的有（    ） A．把6个相同的小球放入4个相同的盒子中，每个盒子都不空，共有10种方法 B．把6个相同的小球放入4个不同的盒子中，每个盒子都不空，共有10种方法 C．把6个不同的小球放入4个相同的盒子中，每个盒子都不空，共有1560种方法 D．把6个不同的小球放入4个不同的盒子中，恰有一个空盒，共有2160种方法 【答案】BD 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、实际问题中的组合计数问题、分组分配问题 【分析】对于A，根据条件每个盒子先放一个，确定余下两个小球的放法即为答案； 对于B，将6个相同的小球排成一列，利用隔板法求解即得； 对于C，把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，求出所有分组方法数即可； 对于D，把6个不同的小球按2，2，2和3，2，1和4，1，1三种方案分成3组，再将每一种分法放入3个不同盒子即可得解. 【详解】对于A，把6个相同的小球放入4个相同的盒子中，每个盒子至少放1个小球，每个盒子先放入1个小球，还剩下2个小球，则余下2个小球放在1个箱子中，或分开放在2个盒子中，所以共有2种放法，故A错误； 对于B，6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少放1个小球，将6个相同的小球排成一列，在形成的中间5个空隙中插入3块隔板，所以不同的放法种数为，故B正确； 对于C，6个不同的小球放入4个相同的盒子，每个盒子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，每一种分法的4组小球分别放入4个盒子满足要求，一种分组方法即为一种放法，所以不同的放法种数为，故C错误； 对于D，6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少放1个小球，恰有一个空盒，先把6个不同的小球按2，2，2和3，2，1和4，1，1三种种方案分成3组，每一种分法的3组小球全排列，得到的每一个排列的3组小球分别放入3个盒子满足要求， 所以不同的放法种数为，故D正确． 故选：BD. 6．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）亚冬会期间，某校学生会组织甲，乙，丙，丁，戊5个志愿服务团，前往A，B，C这3个比赛场地进行志愿服务，若每个场地至少分配1个志愿服务团，每个志愿服务团只能在1个场地进行服务，并且甲团只能去A场地，则不同的分配方法种数为__________． 【答案】 【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 【分析】分组方式按人数分为、两种，再应用分步计数原理及排列组合数求两种分组方式对应的分配方法种数. 【详解】由题设，5个团去往3个场地，可按人数分组为、两种， 按分组， 若甲一人成组，则其它4人的分组有种，再把两组安排到有种， 若甲所在的组有两人，则选一人与甲去往有种，余下3人分成两组有种，再把两组安排到有种， 所以共有种； 按分组， 若甲一人成组，则其它4人的分组有种，再把两组安排到有种， 若甲所在的组有三人，则选两人与甲去往有种，余下2人分成两组安排到有种， 所以共有种； 综上，共有种分配方法. 故答案为： 7．（24-25高二下·安徽安庆·期中）一个集合有5个元素，这个集合的含有3个元素的子集有（    ）个 A．10 B．20 C．30 D．40 【答案】A 【知识点】其他组合计数模型 【分析】根据题意结合组合数运算求解即可. 【详解】根据题意可知：集合的含有3个元素的子集有个. 故选：A. 8．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）将20个大小，材质均相同的小球分别编号为1，2，3，…，20，将这20个小球随机分装到甲，乙两个盒子中，每个盒子装10个小球，设甲盒中小球的最小编号为a，最大编号为b，乙盒中小球的最小编号为c，最大编号为d，则“”的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】计算古典概型问题的概率、分组分配问题、实际问题中的组合计数问题 【分析】先求出将这20个小球随机分为两组放入甲，乙两个盒子中的方法数，再假设1号在甲盒中，推出编号从1到7的小球，13号小球在甲盒中，情况数为，甲盒与乙盒互换，同样有6种情况，共有12种满足要求，从而计算出概率. 【详解】将这20个小球随机分为两组放入甲，乙两个盒子中，共有种方法， 假设1号在甲盒中，则甲盒中小球的最大编号为13，故20号小球在乙盒中， 乙盒中小球最小编号为8，从而编号从1到7的小球均在甲盒中， 9,10,11,12号小球有任意2个在甲盒中，满足要求的情况数为， 将甲盒与乙盒互换，同样有6种情况，综上，共有种，满足要求， 所以“”的概率为. 故选：C 二、填空题 9．（24-25高二下·安徽六安·期中）以平行六面体的顶点为顶点的三棱锥的个数是_______________； 【答案】58 【知识点】几何组合计数问题 【分析】由八个顶点任选四个的所有种数减去四点共面的个数计算即可. 【详解】首先从8个顶点中选4个，共有种结果， 其中6个表面有6个四点共面情况，6个对角面有6个四点共面情况， 所以以平行六面体的顶点为顶点的三棱锥的个数是58. 故答案为：58 三、解答题 10．（24-25高二下·安徽芜湖·期中）解下列方程或不等式： (1)； (2). 【答案】(1) (2) 【知识点】组合数的性质及应用、组合数的计算、排列数的计算 【分析】（1）根据题意，利用组合数的性质，得到，求得或，结合，即可求得的值. （2）由不等式，求得，结合且，即可得到答案. 【详解】（1）解：由组合数的性质，可得，且， 即，则， 整理得，解得或， 又因为，即，所以. （2）解：由不等式， 可得， 化简得，解得， 又因为且，所以， 所以原不等式的解集是. 地 城 考点02 二项式原理 一、选择题 1．（24-25高二下·安徽·期中）的小数点后第三位数字为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【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. 2．（24-25高二下·安徽滁州·期中）的展开式中二项式系数最大的项为（    ） A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项 【答案】B 【知识点】求系数最大（小）的项 【分析】利用二项式系数的性质求解最大项即可. 【详解】因为展开式中共有7项，所以展开式中间项的二项式系数最大， 则第4项的二项式系数最大，故B正确. 故选：B. 3．（24-25高二下·安徽·期中）的展开式中的系数为（    ） A．40 B．60 C．80 D．100 【答案】B 【知识点】求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题 【分析】由，写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】因为， 其中展开式的通项为， 所以的展开式中含的项为 即展开式中的系数为． 故选：B． 4．（24-25高二下·安徽·期中）已知，则下列说法正确的是（    ） A．展开式中所有项的二项式系数和为 B． C．展开式中系数最大的项为第1350项 D． 【答案】ABD 【知识点】奇次项与偶次项的系数和、求系数最大（小）的项、二项式的系数和、求指定项的二项式系数 【分析】利用二项式系数的性质，二项式展开式公式，结合赋值法求奇偶项系数和，即能判断各选项. 【详解】对于A，由展开式所有项的二项式系数和为，故A正确； 对于B，由， 则，故B正确； 对于C，由于第1350项系数为，显然负值不可能是最大系数，故C错误； 对于D，令，则， 令， 上两式作差可得，故D正确. 故选：ABD. 5．（24-25高二下·安徽池州·期中）在二项式的展开式中，第五项的二项式系数最大，则（    ） A．8 B．7或8 C．8或9 D．7，8或9 【答案】D 【知识点】二项式系数的增减性和最值 【分析】根据题意分类讨论二项式系数最大得出项数. 【详解】若的展开式中只有第五项的二项式系数最大可知； 当时，展开式有8项，则第四项，第五项的二项式系数最大，符合题意； 当时，展开式有10项，则第六项，第五项的二项式系数最大，符合题意； 故选：D. 6．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）已知的展开式中，的系数为32，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【知识点】由项的系数确定参数 【分析】由通项公式即可求解. 【详解】由通项公式可知含项为：， 所以，即， 故选：A 7．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）已知，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【知识点】组合数的性质及应用、组合数的计算 【分析】根据组合性质得到方程，求出答案. 【详解】，故或， 解得或， 当时，满足， 当时，此时，不合要求，舍去. 故选：C 8．（24-25高二下·安徽淮南·期中）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，对于两个整数，若它们除以正整数所得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【答案】B 【知识点】整除和余数问题 【分析】根据给定条件，利用二项式定理变形，求出除以8的余数即可得解. 【详解】由题意， 则， 显然是8的整数倍， 因此除以8的余数为7， 而2022,2023,2024,2025除以8的余数分别为6,7,0,1. 所以选项B符合条件. 故选：B. 9．（24-25高二下·安徽合肥·期中）关于二项式，若展开式中含项的系数为4，则（    ） A． B．1 C．3 D．2 【答案】D 【知识点】由项的系数确定参数、求指定项的系数 【分析】根据题意，先求得二项式的展开式的和项系数，进而得到展开式中的系数，列出方程，求解的值，即可得到答案. 【详解】由二项式展开式中项系数为，展开式的项系数为， 所以展开式中含的项的系数，解得. 故选：D. 10．（24-25高二下·安徽六安·期中）我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中，用如图的数表列出了一些正整数在三角形中的一种几何排列，俗称“杨辉三角形”，若将这些数字依次排列构成数列1，1，1，1，2，1，1，3，3，1，1，4，6，4，1，……，则此数列的第2025项为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】杨辉三角、组合数的性质及应用、求等差数列前n项和 【分析】根据图形判定每行数字个数成等差数列，结合等差数列求和公式确定第2025项是第64行的第9个数字，结合二项式定理计算即可. 【详解】由“杨辉三角形”可知：第一行1个数，第二行2个数，．．．，第行个数， 所以前行共有：，当时，， 所以第2025项是第64行的第9个数字，即为. 故选：B． 11．（24-25高二下·安徽合肥·期中）展开式的常数项为（   ） A．20 B．90 C．40 D．120 【答案】A 【知识点】求指定项的系数 【分析】根据二项展开式的通项公式赋值即可求出． 【详解】展开式的通项公式为， 令，解得， 所以常数项为． 故选：A． 12．（安徽省马鞍山市第二中学2024-2025学年高二下学期4月期中数学试题）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究.则下列结论正确的是（    ）    A．第6行、第7行、第8行的第7个数之和为第9行的第8个数 B． C．第2020行的第1010个数最大 D．第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为 【答案】ABD 【知识点】杨辉三角、组合数的计算 【分析】根据杨辉三角读出数据即可判断A，利用组合数公式判断B，分析各行数据的特征，即可判断C，求出第行中从左到右第个数与第个数，判断D即可. 【详解】对于A：第行，第行，第行的第个数字分别为：，，， 其和为；而第行第个数字就是，故A正确； 对于B：因为，， 所以，故B正确； 对于C：由图可知：第行有个数字， 如果是偶数，则第（最中间的）个数字最大； 如果是奇数，则第和第个数字最大，并且这两个数字一样大， 所以第行的第个数最大，故C错误； 对于D：依题意：第行从左到右第个数为， 第行从左到右第个数为， 所以第行中从左到右第个数与第个数之比为，故D正确. 故选：ABD. 13．（24-25高二下·安徽宿州·期中）已知的展开式共有7项，则（   ） A．展开式的所有项的系数和为1 B．二项式系数和为128 C．展开式中的系数与的系数和为128 D．所有项的系数绝对值之和为729 【答案】AD 【知识点】二项式的系数和、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和 【分析】利用赋值法可判断AD；利用二项式系数和为判断B；利用二项式的通项公式可判断C. 【详解】因为的展开式共有7项，所以， 对于A，令，得的展开式中所有项的系数和为，所以A正确； 对于B选项，二项式系数和为，B错误； 对于C，因为展开式的通项公式为， 令，得，即的系数为， 又令，得，系数为， 所以这两项的系数和为，所以C错误； 对于D选项，由二项式的通项公式可知的系数正负交错排列， 所以令，得，所以D正确. 故选：AD 14．（24-25高二下·安徽池州·期中）已知，下列正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【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】对于A，利用赋值法令，可求；对于B，绝对值系数和等价于展开式的所有系数和即得；对于C，对原式两边求导后令即可求解；对于D，令即可求解. 【详解】选项A：令，得；令，得，所以，故A正确； 选项B：绝对值系数和等价于展开式的所有系数和，令，得，所以，故B正确. 选项C：对原式两边求导得：. 令，得，故C错误. 选项D：令，得左边， 右边为 故，故D正确. 故选：ABD. 15．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）设，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【知识点】二项展开式各项的系数和、导数的运算法则 【分析】对于A，由二项式定理即可判断；对于BC，赋值即可判断；对于D，先求导，再赋值即可判断. 【详解】对于A，由题意，展开式的通项公式为， 所以，故A正确； 对于B，设， ，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，， 所以，故D正确. 故选：ACD. 二、填空题 16．（24-25高二下·安徽淮南·期中）已为的展开式中的系数为10，则实数______． 【答案】1 【知识点】由项的系数确定参数 【分析】先求的展开式的通项公式，得到，的系数，进而求得答案． 【详解】因为， 因为的展开式的通项公式为：， 可得的展开式中，的系数分别为：，， 故的展开式中的系数为：， 又的展开式中的系数为10， 所以，解得． 故答案为：． 17．（24-25高二下·安徽池州·期中）在的展开式中，常数项为______. 【答案】 【知识点】求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题 【分析】先求出的展开式中的常数项和的系数，再求的常数项. 【详解】由题得的通项为， 令得的常数项为, 令，得的的系数为. 所以的常数项为. 故答案为: . 18．（24-25高二下·安徽芜湖·期中）已知的二项展开式中各项的二项式系数之和为128，则展开式中的常数项等于______. 【答案】2520 【知识点】求指定项的系数、二项式的系数和、组合数的计算 【分析】根据题意，得到，求得，再由表示7个相乘，结合组合数的计算公式，即可求解. 【详解】因为的二项展开式中二项式系数之和为128，所以，可得， 其中表示7个相乘， 则常数项应为1个，2个，2个，2个相乘， 所以展开式中的常数项为. 故答案为：. 三、解答题 19．（24-25高二下·安徽淮南·期中）在的展开式中，第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比为． (1)求的值； (2)求展开式中的系数． 【答案】(1)； (2)-1792 【知识点】求指定项的系数、求指定项的二项式系数 【分析】（1）由求解即可； （2）由通项公式即可求解. 【详解】（1）由题意可得，即， 即，故； （2）， 其展开式的通项公式，， 令，解得，故展开式中的系数为． 20．（24-25高二下·安徽滁州·期中）已知的二项展开式中，前三项的二项式系数和等于46. (1)求展开式中所有项的系数和； (2)求展开式中含的项. 【答案】(1) (2) 【知识点】二项展开式各项的系数和、求二项展开式的第k项 【分析】（1）利用前三项的二项式系数和求出参数，再利用赋值法求出所有项的系数和即可. （2）利用二项式定理求出指定项的系数，再写出指定项即可. 【详解】（1）因为前三项的二项式系数和等于46，所以， 即，即，所以（舍）或. 令，得， 所以展开式中所有项的系数和为. （2）由（1）知二项式为， 其二项展开式的通项公式为， 令，得， 所以展开式中含的项为. 21．（24-25高二下·安徽池州·期中）在的展开式中. (1)求二项式系数最大的项； (2)求系数最大的项. 【答案】(1) (2)， 【知识点】二项式系数的增减性和最值、求系数最大（小）的项 【分析】（1）根据二项式系数的性质即可判断最大项并求解； （2）设第项系数最大，则其系数大于或等于其前一项和后一项系数，列出不等式组求解即可得到答案. 【详解】（1）由题意，二项展开式共9项，故第5项二项式系数最大， 又展开式通项为， 所以 （2）设第项系数最大，则， 所以，解得， 故系数最大的项是第3项和第4项， . 22．（24-25高二下·安徽合肥·期中）已知二项式展开式中，前三项的二项式系数和是56. (1)求的值； (2)求其二项式系数之和与各项系数之和的差. 【答案】(1) (2)1023 【知识点】二项式的系数和、二项展开式各项的系数和 【分析】（1）根据前三项的二项式系数和是56得到方程，求出； （2）二项式系数之和为，令，可得各项系数之和为1，从而得到答案. 【详解】（1）因为二项式展开式中，前三项的二项式系数和是56， 所以， 即，解得，负值舍去. （2）由二项式性质得二项式系数之和为， 令，可得各项系数之和为， 所以二项式系数之和与各项系数之和的差为. 23．（24-25高二下·安徽安庆·期中）已知的展开式中，第2项与第3项的二项式系数之比为. (1)求该二项展开式的项数； (2)求展开式中含的项. 【答案】(1)8 (2) 【知识点】由项的系数确定参数、求二项展开式的第k项 【分析】（1）由二项式展开式中二项式系数比计算即可； （2）由二项展开式的通项中令，再计算即可. 【详解】（1）因为二项式的展开式中第2项的二项式系数为，第3项的二项式系数为， 所以，即，解得， 所以该二项展开式的项数为8. （2）因为二项式的展开式的第项为， 令，得， 地 城 考点03 排列 一、选择题 1．（24-25高二下·安徽合肥·期中）若，则（    ） A．120 B．105 C．210 D．240 【答案】C 【知识点】组合数的性质及应用、排列数的计算 【分析】直接利用排列数和组合数公式求解即可. 【详解】由题意得，得到，解得， 则由排列数公式得，故C正确. 故选：C 2．（24-25高二下·安徽·期中）已知m，n为正整数，且，则下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【知识点】排列数的计算 【分析】根据阶乘和排列数运算公式，进行推理和判断选项中的运算是否正确即可. 【详解】，故A错误；，，则，故B错误；，故C正确；，故D正确. 故选：CD. 3．（24-25高二下·安徽·期中）已知为正整数，且，下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【知识点】组合数的计算、排列数的计算 【分析】利用组合数公式计算判断A；利用排列数公式推理判断BCD. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C， ， ，则，C错误； 对于D，，D正确. 故选：ABD 4．（24-25高二下·安徽合肥·期中）某学校为迎接校园艺术节的到来，决定举行文艺晚会，节目单中有，，，，，，共7个节目，则下列结论正确的是（   ） A．若节目与节目相邻，则共有1440种不同的安排方法 B．若节目与节目不相邻，则共有3000种不同的安排方法 C．若节目在节目之前表演（可以不相邻），则共有2420种不同的安排方法 D．若决定在已经排好的节目单中临时添加3个节目，现有节目次序不变，则共有720种不同的安排方法 【答案】AD 【知识点】不相邻排列问题、相邻问题的排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】利用捆绑法，插空法等求得每个选项的排列数可判断其正确性. 【详解】若节目与节目相邻，共有种不同的安排方法，故正确； 若节目与节目不相邻，共有种不同的安排方法，故B错误； 因为节目在节目之前表演与节目在节目之前表演的情况是一样的， 所以共有种不同的安排方法，故C错误； 添加第一个节目有8种情况，添加第二个节目有9种情况，添加第三个节目有10种情况， 共有种不同的安排方法，故D正确. 故选：AD. 二、填空题 5．（24-25高二下·安徽池州·期中）贵池区某高中高二（3）班周二的课表要排语文、数学、英语、物理、化学、生物、体育共7节课，如果语文需要安排在数学前，数学需要安排在体育前（均可以不相邻），有______种不同的排法. 【答案】840 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题 【分析】先求全排列，因为语文，数学，体育只有1种顺序，可求总的方法数. 【详解】先对7个学科全排列有种，又因为语文需要安排在数学前，数学需要安排在体育前， 则这3个学科只有1种顺序， 所以共有. 故答案为：. 三、解答题 6．（24-25高二下·安徽芜湖·期中）从、、等人中选出人排成一排. (1)必须在内，有多少种排法？ (2)、、都在内，且在前，在后，有多少种排法？ (3)不允许站排头和排尾，不允许站在中间（第三位），有多少种排法？ 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、排列组合综合 【分析】（1）先在剩余人中选出，再将这人与进行全排列； （2）先在剩余人中选出，再根据部分定序问题排列方式进行排列； （3）根据特殊元素与特殊位置分情况讨论. 【详解】（1）先从余下的人中选人共有种不同结果， 再将这人与进行全排列有种不同的排法， 故由乘法原理可知共有种不同排法； （2）因，，都在内，所以只需从余下人中选人有种不同结果， ，，相对顺序确定，共有种不同排法； （3）分四类：第一类：所选的人无、，共有种排法； 第二类：所选的人有、无，共有种排法； 第三类：所选的人无、有，共有种排法； 第四类：所选的人有、，若排中间时，有种排法， 若不排中间时，有种排法， 共有种排法； 综上，共有种不同排法. 7．（24-25高二下·安徽池州·期中）贵池某中学在2025年距离高考倒计时100天当天，为高三学生举办高考百日誓师大会，用以激励正在备考的高三学生.学校共准备了四首励志歌曲和三个发言（一个教师代表发言，一个往届优秀学生视频发言，一个应届学生代表发言）.根据不同的要求，求本次活动的安排方法. (1)往届优秀学生视频发言和应届学生代表发言必须相邻，有多少种安排方法？ (2)三个发言不能相邻，有多少种安排方法？ (3)励志歌曲甲不排在第一个，励志歌曲乙不排在最后一个，有多少种安排方法？（结果用数字作答） 【答案】(1)1440种 (2)1440种 (3)3720种 【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）利用捆绑可求解； （2）利用插空法可求解； （3）利用间接法可求解. 【详解】（1）根据题意，分两步分析 ①先将往届优秀学生视频发言和应届学生代表发言捆绑，有种情况 ②捆绑后，与其他5个节目全排列，有种情况 共有的方法数：种 （2）分两步进行分析： ①先排列三个发言以外节目，全排列，有种情况，排好后有5个空位， ②在5个空位中任选3个，安排三个发言节目，有种情况， 则三个发言不能相邻的排法有种； （3）如果没有条件限制，方法数为：种情况， 励志歌曲甲排在第一个，方法数有：种情况， 励志歌曲乙排在最后一个，方法数有：种情况， 励志歌曲甲排在第一个且乙排在最后一个，方法数有：种情况， 共有：种. 地 城 考点04 加法原理与乘法原理 一、选择题 1．（24-25高二下·安徽滁州·期中）学校要安排一场文艺晚会的10个节目的演出顺序，除第1个节目和最后1个节目已确定外，3个音乐节目要求排在第2，5，7的位置，3个舞蹈节目要求排在第3，6，9的位置，2个曲艺节目要求排在第4，8的位置，不同的排法有（    ） A．72种 B．144种 C．288种 D．576种 【答案】A 【知识点】全排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】分别将音乐、舞蹈、曲艺全排列，再利用分步乘法计数原理即可. 【详解】第一步排音乐节目，有种排法；第二步排舞蹈节目，有种排法； 第三步排曲艺节目，有种排法， 所以共有种排法. 故选：A. 2．（24-25高二下·安徽合肥·期中）2025届高二数学竞赛中对尖端生采用暂时屏蔽措施，某校有，，，，五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第一、二、五名是，，三位同学，但不是第一名，，两名同学只知道在6至9名，且的成绩比好，则这5位同学总分名次有多少种可能（    ） A．6 B．24 C．22 D．12 【答案】B 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理 【分析】根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理计算可得. 【详解】第一步排有两种可能：第2名或第5名； 第二步排和有两种可能； 第三步排和，有6，7，8位三种可能； 当为第6名时，有7，8，9名三种可能， 当为第7名时，有8，9名两种可能， 当为第8名时，只有第9名一种可能， 所以第三步的总数为种； 根据分步计数原理，所有名次排位的总数种. 故选：B. 3．（24-25高二下·安徽滁州·期中）一个商店销售某种型号的电视机，其中本地的产品有6种，外地的产品有8种.要买1台这种型号的电视机，则不同的选法有（    ） A．6种 B．8种 C．14种 D．48种 【答案】C 【知识点】分类加法计数原理 【分析】根据分类加法计数原理进行求解 【详解】由题意，购买本地产品的选法有6种，购买外地产品的选法有8种， 所以购买1台这种型号的电视机，共有种不同的选法. 故选：C. 4．（24-25高二下·安徽池州·期中）如图，现要用5种不同的颜色给池州市4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，且青阳与东至不能使用同一种颜色，共有（    ）种不同的着色方法. A．180 B．120 C．60 D．240 【答案】B 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题 【分析】由分步乘法计数原理可求解. 【详解】给青阳着色有5种不同的方法，给贵池着色有4种不同的方法，给石台着色有3种不同的方法，因为青阳与东至不能使用同一种颜色，故给东至着色有2种不同的方法， 故由分步乘法计数原理有. 故选：B. 5．（24-25高二下·安徽蚌埠·期中）如图，从甲地到乙地有1条路，从乙地到丁地有3条路；从甲地到丙地有3条路，从丙地到丁地有4条路；从甲地不经乙地或丙地直接到达丁地有n条路．若从甲地到丁地总共有20条不同的路线，则（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理 【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理得到方程，求出. 【详解】甲地经乙地到丁地的路线共有条， 甲地经丙地到丁地的路线共有条， 故从甲地到丁地路线条数为， 所以，解得. 故选：B 6．（24-25高二下·安徽池州·期中）2024年11月24日，在池州市举行的马拉松比赛中，昭明大道设有三个服务站，某高中5名同学到①、②、③三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，其中同学甲只能去①号服务点，则不同的安排方法共有（    ）种 A．50 B．60 C．68 D．90 【答案】A 【知识点】分组分配问题 【分析】根据①号服务点分配的人数讨论即可. 【详解】当①号服务点只有甲时，将剩下四个人分成两组，按人数可分为{1,3}，{2,2}两种情况， 总的分组种类有种；再将两组人分配到②和③号服务点，有种方法， 故总共有种方法； 当①号服务点有两个同学时，共有种方法； 当①号服务点有三个同学时，共有种方法. 故总共有种方法. 故选：A. 7．（24-25高二下·安徽宿州·期中）2025年1月16日在灵璧县钟灵文化广场举办了灵璧县第四届青年音乐节，节目均由青年人自导自演，展现了灵璧青年的独特风采和灵璧城市的魅力.若音乐节共6个节目，其中2个是个人歌唱表演，2个是舞蹈表演，1个大合唱，1个乐器合奏，要求第一个节目不能是大合唱，两个歌唱表演节目不相邻，现确定节目顺序，则不同的排法种数为（   ） A．280 B．336 C．360 D．408 【答案】D 【知识点】不相邻排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】利用间接法，首先求第一个节目不排大合唱的方法种数，再减去两个节目相邻的方法，即可求解. 【详解】间接法：第一个节目不排大合唱，共有（种）不同的排法，第一个节目不排大合唱且两个歌唱节目相邻共（种），所以第一个节目不排大合唱且两个歌唱节目不相邻共有（种）排法， 故选：D. 二、填空题 8．（24-25高二下·安徽滁州·期中）某校提供了3个兴趣小组供学生选择，现有5名学生选择参加兴趣小组，若这5名学生每人选择一个兴趣小组且每个兴趣小组都有人选，则这5名学生不同的选择方法有______种.（用数字作答） 【答案】150 【知识点】分组分配问题、实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】利用先分组再分配，均分组要消序，即可解决问题. 【详解】先将5名学生分成三组，每组人数有1，1，3或2，2，1两种情况， 则不同的分组方法有， 再由这3组学生选取3个兴趣小组，不同的选法有种， 由分步乘法计数原理可知这5名学生不同的选择方法有种. 故答案为：. 9．（24-25高二下·安徽合肥·期中）现有3个编号为1，2，3的盒子和3个编号为1，2，3的小球，要求把3个小球全部放进盒子中，恰有1个盒子是空盒的方法共有______种. 【答案】 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、排列数的计算、组合数的计算、实际问题中的组合计数问题 【分析】根据题意，先从3个盒子中选一个作为空盒，再从3个球中选出2个绑在一起，排列后放入两个盒子，结合排列数和组合数的公式，即可求解. 【详解】由恰有1个盒子不放球，即有2个球放入一个盒子中，另一个球放入另一个盒子中， 先从3个盒子中选一个作为空盒，再从3个球中选出2个绑在一起，排列放入两个盒子， 共有（种）放法. 故答案为：. 10．（24-25高二下·黑龙江鸡西·月考）将A， B， C， D ，E五名教师安排到甲，乙，丙三所学校，若每所学校至少安排一名教师，每名教师只去一所学校，则不同的安排方法___________种 【答案】 【知识点】分组分配问题 【分析】五名教师分配到三所学校，有两类分法，一种是三组人数分别为一人，一人，三人，另一种是三组人数分别为两人，两人，一人，得出分组的方法种数后，再根据分步乘法计数原理安排各组到各校即可得解. 【详解】由题意，五名教师分配到三所学校，有两类分法， 共有种分法， 则这三组老师分配到三所不同学校，共有种安排方法. 故答案为：. 三、解答题 11．（24-25高二下·安徽·期中）某社团共有学生9名，其中有5名男生和4名女生，现从中选出4人去参加一项创新大赛．（列式表明计算过程，结果用数字表示） (1)如果4人中男生女生各选2人，那么有多少种选法? (2)如果男生中的甲和女生中的乙必须在内，那么有多少种选法？ (3)如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内，那么有多少种选法？ (4)如果4人中必须既有男生又有女生，那么有多少种选法？ 【答案】(1) (2) (3) (4) 【知识点】实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】（1）根据要求直接选取即可； （2）在剩下的7人中任选2人即可； （3）利用间接法可求得总的方法数； （4）从所有9人中选4人，去掉只有男生和只有女生的情况. 【详解】（1）如果4人中男生女生各选2人，有种选法． （2）如果男生中的甲和女生中的乙必须在内， 则在剩下的7人中任选2人，有种选法． （3）如果男生中的甲和女生中的乙至少要有1人在内， 共有种选法． （4）如果4人中必须既有男生又有女生， 先从所有9人中选4人，去掉只有男生和只有女生的情况， 故有种选法． 12．（24-25高二下·安徽安庆·期中）将4个编号为的小球放入4个编号为的盒子中． (1)有多少种放法？ (2)恰好有一个空盒，有多少种放法？ (3)把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有多少种放法？ 【答案】(1)256（种） (2)144（种） (3)12（种） 【知识点】分组分配问题、分步乘法计数原理及简单应用、排列组合综合 【分析】（1）根据分步乘法计数原理即可求解； （2）方法1先分组再分配即可；方法2先取4个球中的两个“捆”在一起，把它与其他两个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，最后利用分步乘法计数原理即可求解； （3）方法1先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个，利用组合数即可求解；方法2恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，第二步在小球之间的3个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，由分步计数原理即可求解， 【详解】（1）每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有种放法． （2）（方法1）先将4个小球分为三组，有种方法，再将三组小球投入四个盒子中的三个盒子，有种投放方法，故共有（种）放法． （方法2）先取4个球中的两个“捆”在一起，有种选法， 把它与其他两个球共3个元素分别放入4个盒子中的3个盒子，有种投放方法，所以共有（种）放法． （3）（方法1）先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题，故共有（种）放法． （方法2）恰有一个空盒子，第一步先选出一个盒子，有种选法， 第二步在小球之间的3个空隙中任选2个空隙各插一块隔板，有种方法，由分步计数原理得，共有（种）放法． 32 / 32 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $