专题02 计数原理精选压轴80题16类考点专练（期中复习专项训练）高二数学下学期苏教版

专题02 计数原理精选压轴80题16类考点专练 （期中复习专项训练） 选填小压轴 解答压轴 题型1 分类加法计数原理 题型14 两个基本计数原理的应用 题型2 分步乘法计数原理 题型15 排列组合实际应用 题型3 数字排列问题 题型16 二项式定理的展开综合考点 题型4 涂色问题 题型5 全排列问题 题型6 元素有限制的排列问题 题型7 相邻与不相邻问题 题型8 分组分配问题 题型9 整数解的个数问题 题型10 二项展开问题 题型11 三项展开问题 题型12 二项与二项乘积展开问题 题型13 系数和及最值问题 题型一 分类加法计数原理（共5小题） 1．如图，对于编号1～8的8盏灯，有如下规则：对1盏灯进行开灯或关灯为1次操作，1号灯在任意情况下都可以进行1次操作，对号灯，当且仅当号灯左边有且仅有号灯打开时才可进行1次操作．下列说法正确的是（    ） A．若所有灯全部处于关灯状态，则至少需要4次操作才能打开3号灯 B．若所有灯全部处于开灯状态，则至少需要3次操作才能关闭4号灯 C．若除了6号灯以外其余灯全部打开，则至少需要32次操作才能打开所有灯 D．若除了6号灯以外其余灯全部关闭，则至少需要32次操作才能关闭6号灯 2．将图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，则下列说法正确的是（    ） A B E C D A．若每块区域任意涂上一种颜色，则共有种不同涂法 B．若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则共有24种不同涂法 C．若4种不同颜色全部用上，B，D同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 D．若4种不同颜色全部用上，B，D不同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 3．小明与爸爸进行“石头、剪刀、布”猜拳游戏，计分规则为：每一次猜拳，胜者得1分，败者得0分；若为平局，则小明得1分，爸爸得0分.若游戏过程中小明的累计得分超过爸爸，则比赛结束，小明获胜；若比赛达20次时，小明仍未获胜，则比赛结束，爸爸获胜.记比赛次后，小明的累计得分为，所有可能的得分情况共有种，则（   ） A． B． C．若为偶数，则 D．若，则 4．现有不同的球15个，其中红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（    ） A．从中任选1个球，有15种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 5．某公司举办了教职工运动会，设置了三大类项目：个人项目､集体项目､趣味项目，其中个人项目包括100米､200米､1000米三种比赛，集体项目只有4*100米接力赛，趣味项目包括嘉嘉传真情､跳跳一家亲两种比赛.该公司一名员工从这三类项目中只选两类且每类项目中只能选一种比赛参加，则该员工共有（    ）种不同的选法. A．6 B．7 C．11 D．14 题型二 分步乘法计数原理（共5小题） 6．今有标号为1、2、3、4、5的五封信，另有同样标号1、2、3、4、5的五个信封，现将五封信任意装入五个信封中，每个信封内装一封信，那么恰有一封信与信封标号一致的情况有______种． 7．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___________． 8．若集合，集合，，且满足集合中最大的数大于集合中最大的数，则称有序集合对为“兄弟集合对”．当时，这样的“兄弟集合对”有______对． 9．已知集合，集合，从集合A中取一个数作为点的横坐标，从集合B中取一个数作为点的纵坐标，则在第二象限的点有（   ） A．2个 B．4个 C．1个 D．12个 10．从4个汉字、10个数字、3种颜色中选元素组成3个标识，每个标识含1个汉字、1个数字、1种颜色，且同一组内汉字、数字、颜色均不重复.最多可设计不同标识组的数量为（    ） A．2400 B．3200 C．4320 D．5760 题型三 数字排列问题（共5小题） 11．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是，为纪念祖冲之在圆周率上的成就，把称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某数学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的位数字进行随机排列，整数部分不变，那么可以得到大于的不同数字有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 12．从1，2，4，5，7，8这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于7000的奇数个数是（    ）． A．24 B．36 C．60 D．120 13．用1，3，5组成数字可以重复的自然数，并按照从小到大的顺序排列，依次得到1，3，5，11，13，15，31，33，35，51，53，55，…则3135是这组数的（    ） A．第69项 B．第72项 C．第74项 D．第75项 14．用数字，，，，组成数字，下列说法正确的有（   ） A．可以组成个没有重复数字的三位数 B．可以组成个没有重复数字的四位奇数 C．可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数 D．可以组成个没有重复数字且十位上的数字最大的三位数 15．对于，，…，的全部排列，定义Euler数（其中，，1，…，n）表示其中恰有次升高的排列的个数（注：次升高是指在排列中有k处，，…，）.例如：1，2，3的排列共有：123，132，213，231，312，321六个，恰有1处升高的排列有如下四个：132，213，231，312，因此：.则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 题型四 涂色问题（共5小题） 16．对于一个方格图，定义“连续完美分割”：当且仅当方格图可被互不重叠且连通的四个形状相同的区域完全分割，且每个区域恰含有1个M和1个N．给出下列方格图，可“连续完美分割”的是（   ） A．B．C． D． 17．用1，2，3，4四种颜色给图中的，，，四个区域涂色，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域涂不同色，则（   ） A．用四种不同颜色涂色的不同方法数为24 B．用1，2，3这三种不同颜色涂色的不同方法数为6 C．在用四种不同颜色涂色的条件下，区域用4涂色的概率为 D．在用1，2，3这三种不同颜色涂色的条件下，区域用2涂色的概率为 18．空间个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色（一条线段只染一种颜色）．对于由上述线段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有（    ） A．若，则可能存在任意2条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥 B．若，则一定存在3条边是同一种颜色的三角形 C．若，则可能存在任意三角形的3条边不是同一种颜色的情况 D．若，则一定存在至少有4条棱是同一种颜色的三棱锥 19．已知五个区域A，B，C，D，E依次相邻，如图所示，现在给这5个区域涂色，要求相邻的两个区域不能涂相同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法有（    ） A．1140 B．1200 C．1280 D．1400 20．某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 题型五 全排列问题（共5小题） 21．某中学《十年弦歌育桃李•党恩师泽启新程》文艺演出于2025年12月31日在学校演艺大厅开幕，开幕式文艺表演共由6个节目组成，若考虑整体效果，要求：节目《新年!你好》､《觉醒年代》､《精武门》必须相邻，则开幕式文艺表演演出顺序的编排方案共有（    ） A．144种 B．156种 C．188种 D．240种 22．在啦啦操的某次队形变化时，六位同学要排成一个“三角形”队形，其中第一排站一位同学，第二排站两位同学，第三排站三位同学，请问这六位同学的站位有（    ） A．1080种 B．720种 C．360种 D．60种 23．现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有（ ） 种. A．54 B．55 C．56 D．58 24．毕业前夕，某高中高三（6）班科技创新兴趣小组的5名同学与1名辅导老师，共6人合影留念，站成前后相对应的两排，每排3人，老师站在前排中间，其中甲、乙两名同学不相邻（相邻仅包括正前后或左右），则不同站法种数为（    ） A．96 B．84 C．72 D．48 25．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码.如果排列时要求数字9不在最后一位，那么小明可以设置的不同密码有（   ）个. A．180 B．300 C．360 D．480 题型六 元素有限制的排列问题（共5小题） 26．给出下列四个命题，正确的有（    ） A．已知复数满足，则复数的虚部为 B．在展开式中，常数项为15 C．当实数时，的最小值为16 D．甲乙丙等5人站在一排，且甲不在两端，乙和丙中间恰好有两人，则不同排法共有16种 27．由组成没有重复数字的五位数，则所有组成的五位数中（    ） A．奇数有60个 B．能被5整除的有24个 C．1在万位而2不在个位的有18个 D．比12345大的有108个 28．将四大名著《红楼梦》、《西游记》、《三国演义》、《水浒传》，诗集《唐诗三百首》、《徐志摩诗集》和戏曲《中华戏曲》7本书放在一排，则（   ） A．戏曲书放在正中间位置的不同放法有种 B．诗集相邻的不同放法有种 C．四大名著互不相邻的不同放法有种 D．四大名著不放在两端的不同放法有种 29．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（   ） A．如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种 B．如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种 C．如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种 D．如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种 30．北京时间2024年4月26日5时04分，神舟十七号航天员乘组（汤洪波、唐胜杰、江新林）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十八号航天员乘组（叶光富、李聪、李广苏）入驻“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排，则下列说法正确的是（   ） A．若要求神舟十七号乘组3名航天员相邻，则这6名航天员共有144种不同的排法 B．若要求两个乘组航天员相间排列，则这6名航天员共有96种排法 C．若要求神舟十七号乘组3名航天员互不相邻，则这6名航天员共有144种排法 D．若要求航天员叶光富不在排头也不在排尾，则这6名航天员共有480种排法 题型七 相邻与不相邻问题（共5小题） 31．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 32．2025年10月西宁市大通回族土族自治县首次全面摸清野生动物资源“家底”，标志着生物多样性保护进入科学化、精细化新阶段．某校野生动物兴趣小组在野生动物宣传周后合影留念，2名指导老师和5名学生排成一排照相留念，若2位老师相邻，则不同的排法共有（   ） A．5040种 B．1440种 C．720种 D．360种 33．某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法种数共有（   ） A．36种 B．72种 C．144种 D．288种 34．某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六张知识展板放置在六个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（   ） A．24 B．48 C．144 D．240 35．在图所示的10块地中，选出6块种植这六个不同品种的蔬菜，每块地种植一种．若必须横向相邻种在一起，与在横向、纵向都不能相邻种在一起，则不同的种植方案有（    ）. A．3120种 B．3360种 C．5160种 D．5520种 题型八 分组分配问题（共5小题） 36．清明将至，为倡导文明祭祀，筑牢防火安全防线，4名青年志愿者到3个社区参加“绿色清明”公益宣讲活动，要求每名志愿者只能选择一个社区，每个社区至少要有一名志愿者，则不同的分配方案共有（   ） A．24种 B．36种 C．64种 D．72种 37．北京年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合.为了宣传年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等6名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装.若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（   ） A． B． C． D． 38．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 39．全民登高谱新篇，策马奔腾启华年.1月1日，“中国体育彩票”2026年全国新年登高健身大会（江西分会场）在宜春明月山举行的活动中，某路段设三个服务站，宜春某高校5名同学到甲､乙､丙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，则不同的安排方法共有（    ） A．25种 B．150种 C．300种 D．50种 40．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 题型九 整数解的个数问题（共5小题） 41．已知数列：，，…，，，，设（，），若或2，则满足条件的不同数列的个数为（） A．7 B．21 C．35 D．70 42．20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 43．已知方程，若x，y，z均为正整数，则称为该方程的正整数解.则方程共有（    ）个正整数解. A．171 B．190 C．342 D．380 44．若数轴上有一个质点位于处，每次运动它都等可能地向左或向右移动一个单位，已知它在第10次运动后首次到达处，则它在运动过程中没有重返过原点的概率为（   ） A． B． C． D． 45．已知元一次方程（，，，）的正整数解的个数为，则方程满足（）的整数解的个数为（    ） A．35 B．56 C．84 D．120 题型十 二项展开问题（共5小题） 46．已知的展开式中，含x的项的系数为19，则当含项的系数最小时，展开式中含项的系数为（   ） A．28 B．64 C．128 D．156 47．除以7所得的余数为（   ） A．1 B．2 C．4 D．6 48．二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克牛顿于1664年~1665年间提出，据考证，我国至迟在11世纪，北宋数学家贾宪就已经知道了二项式系数法则．在的展开式中常数项是（   ） A． B． C． D． 49．下列各式正确的是（   ） A．已知，则的取值为6或7 B． C．的展开式中的系数为 D．将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则共有70种不同放法 50．在的展开式中，下列说法正确的有（   ） A．任意正整数，展开式的各项系数的和恒为0 B．存在正整数，使得展开式中含有常数项 C．若，则该展开式中二项式系数和为32 D．若，则该展开式中的系数为10 题型十一 三项展开问题（共5小题） 51．关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ） A．各项系数之和为32 B．各项系数的绝对值之和为 C．常数项为80 D．的系数为0 52．下列结论错误的是（   ） A．若，则 B．的展开式中的系数是30 C．在的展开式中，含的项的系数是220 D．的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大 53．已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则（    ） A． B．的展开式中项的系数为56 C．奇数项的二项式系数和为128 D．的展开式中常数项的系数为1 54．已知的展开式中第3项与第7项的系数相等，则（   ） A． B．的展开式中项的系数为56 C．奇数项的二项式系数和为128 D．的展开式中项的系数为 55．若的展开式是关于的多项式，则下列说法正确的是（    ） A．展开式中每一项的次数都是6 B．展开式中含项的系数是60 C．所有项的系数之和为 D．展开式中共有28项 题型十二 二项与二项乘积展开问题（共5小题） 56．已知，则（   ） A． B． C． D． 57．设，则（   ） A． B． C． D．的展开式中，的系数为 58．若，则下列选项正确的有（   ） A． B． C． D． 59．在下列关于二项式的命题中，正确的是（    ） A．在的展开式中，常数项为60 B．的展开式中，的系数为5 C．若二项式的展开式中，第3项的二项式系数最大，则 D．若，则 60．已知，则（   ） A．的值为 B．的值为30 C．的值为 D． 题型十三 系数和及最值问题（共5小题） 61．已知，则下列说法中正确的有（    ） A．的展开式中不含的项 B．的展开式中的常数项为84 C．的展开式中的二项式系数最大的项是第四项和第五项 D．的展开式中的各项系数之和与二项式系数之和相等 62．我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，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，以下关于杨辉三角的说法正确的是（   ） A．第6行从左到右第4个数是20 B．第2026行的第1013个数最大 C．210在杨辉三角中出现了6次 D．记第行的第个数为，则 63．下列结论正确的是（   ） A．的展开式中第5项的二项式系数最大 B．若，则 C．若，则方程表示19条不同的直线 D．从2，4，8，14这四个数中任取两个数相减，可以得到12个不相等的值 64．关于的展开式，下列结论正确的是（    ） A．展开式中共有9项 B．第3项为 C．各项系数的和为256 D．二项式系数的最大值为70 65．已知的展开式中的系数为，则（   ） A． B．展开式中常数项为 C．所有项的系数之和为512 D．二项式系数最大项为第5项或第6项 题型十四 两个基本计数原理的应用（共5小题） 66．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？ 67．一个古代王国使用一套独特的货币系统，共有N种不同面值的硬币，其面值构成的集合为．每种面值的硬币数量充足．现在需要用这些硬币凑出总值为K的金额，问共有多少种不同的组合方案？（注意：方案只和每种硬币使用的数量有关，与使用的顺序无关．例如，使用一枚1元和一枚2元，与使用一枚2元和一枚1元，视为同一种方案．） 令表示仅使用前i种硬币（即）凑出金额j的不同方案数． (1)设货币系统为，目标金额．求和的值． (2)试写出的通用递推关系式． 68．在一个铁路系统中，有两条平行的无限轨道和.从起点开始，每隔单位距离就有一个车站，依次编号为.一列火车从0号车站（车库）出发，可以选择进入轨道的1号站，或轨道的1号站.对于任意车站： 若列车在轨道的号站，它有2种方式可以到达轨道的号站，有1种方式可以换轨到达轨道的号站. 若列车在轨道的号站，它有2种方式可以到达轨道的号站，有3种方式可以到达轨道的号站. 令表示列车到达轨道号站的所有不同调度方案数，表示列车到达轨道号站的所有不同调度方案数. (1)已知，求以及的值； (2)试建立一个关于数列和的线性递推关系组. 69．某校为了提高学生的反诈骗意识，举办了反诈骗知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．    (1)求频率分布直方图中a的值与样本成绩的平均数； (2)用分层随机抽样的方法从，两个区间共抽取出8名学生，再从这8名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间的概率； (3)学校决定从知识竞赛中抽出成绩最好的两个同学甲乙进行现场知识抢答赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得1分，负方得0分，没有平局，三个项目比赛结束后，总得分高的人获得冠军．已知甲在三个项目中获胜的概率分别为，，p，各项目的比赛结果相互独立，甲至少得1分的概率是，甲乙两人谁获得最终胜利的可能性大？并说明理由． 70．解答下列问题，要求列式并计算结果： (1)某影城有一些电影新上映，其中有2部科幻片､3部文艺片､2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法种数有多少种； (2)用0~6这7个自然数，可以组成多少个没有重复数字的三位数； (3)有9本不同的语文书，7本不同的数学书，4本不同的英语书，从中选出不同学科的2本书，则不同的选法有多少种； (4)3个不同的球放入5个不同的盒子，每个盆子放球的数量不限，共多少种放法？ 题型十五 排列组合实际应用（共5小题） 71．单循环赛制是指所有参赛队伍（或选手）相互之间都轮流进行比赛，每两支队伍之间只比赛一次，最后按照各队在全部比赛中的得分、胜负场次等成绩指标来排定名次．现有（）支球队进行单循环赛，规定每场比赛获胜队得1分，负的队得0分，且无平局，最后按各队在全部比赛中的积分从高到低排列名次，积分最高者为冠军．并将第支球队的胜场数记为，负场数记为，（）． (1)当时，求单循环赛的总比赛场数，并计算的值； (2)证明：； (3)现支球队分为甲、乙两组，其中甲组球队比乙组球队多5支，甲，乙两组球队混合在一起进行单循环赛，若甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，请判断冠军是甲组中的球队，还是乙组中的球队，并说明理由． 72．如图，在某城市中，两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中位于一条对角线上的个交汇处，今在道路网处的甲、乙两人分别要到处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径． (1)甲从到达处的走法有多少种； (2)甲从必须经过到达处的走法有多少种； (3)甲、乙以相同的速度同时出发，直到到达处为止．他们在行走途中会相遇，则共有多少种走法． 73．回答下列问题 (1)把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有多少种方法？ (2)有个相同的口罩全部分给名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数是多少？ (3)某旅行社有导游人，其中人只会英语，人只会日语，其余人既会英语，也会日语，现从中选人，其中人进行英语导游，另外人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？ 74．某学校组织学科竞赛集训与选拔工作. (1)组委会将13个相同的集训推荐名额分配给6个参赛小组，每个小组至少分配1个名额，共有多少种不同的分配方法？ (2)现有6名指导教师负责命题、监考、阅卷三项工作，要求每项工作至少安排1名指导老师，每名指导老师都只能参加一项工作，共有多少种不同的分配方法？ (3)学科竞赛集训与选拔工作结束后，10名工作人员（包含指导教师甲、乙、丙、丁、戊、戌）站成一排合影留念，其中甲、乙、丙三人必须相邻，丁、戊、戌三人互不相邻，共有多少种不同的排法？ 75．5名工作人员在社区开展交通安全宣讲活动，活动结束后，5名工作人员与社区组织者小王站成一排拍照留念．（须有适当的文字说明） (1)要求小王与工作人员甲、乙三人相邻，且小王在甲、乙中间，有多少种不同的站法？ (2)若这5名工作人员中，甲、乙、丙的身高互不相等，拍照时甲、乙、丙三人按从高到低的顺序从左到右排列（不一定相邻），有多少种不同的站法？ (3)若工作人员甲不站在最左端，工作人员乙不站在最右端，有多少种不同的站法？（写出必要的数学式，结果用数字作答） 题型十六 二项式定理的展开综合考点（共5小题） 76．若展开式中前三项的系数成等差数列. (1)求的值； (2)求展开式中所有的有理项. 77．已知在的展开式中，第6项系数与第4项系数之比是6:1. (1)求展开式中所有二项式系数的和. (2)若展开式中，第k项为有理项，求k的取值集合. (3)求展开式中系数绝对值最大的项. 78．（1）求的展开式中各项系数之和； （2）求的展开式中奇数项二项式系数之和； （3）求的展开式中系数最大的项． 79．已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 80．在的展开式中． (1)求二项式系数最大的项； (2)有无x的负整数次幂？有，请求出这些项，没有，则说明理由； (3)判断系数的绝对值最大的项是第几项，并求出系数最大的项． 1．城区某中学安排2位数学老师、4位英语老师到，两所乡村中学任教，要求两个乡村中学各安排3位老师，其中中学至少需要安排1位数学老师，那么有（    ）种不同的安排方式 A．9 B．12 C．14 D．16 2．文化节跳蚤市场某班摊位举办抽奖活动，已知10张奖券中只有3张有奖，5个人购买，每人1张，至少有1人中奖的概率是（   ） A． B． C． D． 3．某学校选派了三位男教师和两位女教师参加某活动，这五位教师被分到三个不同的小组，其中两位女教师分派到同一个小组，则不同的分配方案有（   ） A．18种 B．36种 C．68种 D．84种 4．某次文艺晚会上计划演出7个节目，其中2个歌曲节目，3个舞蹈节目，2个小品节目，需要制作节目单： (1)三个舞蹈节目相邻且不排两端，有多少种排法？ (2)唱歌节目相邻，舞蹈节目也相邻，两个个小品节目不相邻，有多少种排法？ (3)由于特殊原因，需要在定好的节目单上加上两个新节目：一个育才师生的诗歌朗诵《育才赋》和一个快板节目，但是不能改变原来节目的相对顺序，有多少种排法？ 5．将7个小球放入3个盒子中，结合小球的相同与不同属性、盒子的相同与不同特征，以及不同的放置限制条件，下列说法正确的有（   ） A．若小球相同、盒子不同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为15 B．若小球相同、盒子不同，且允许有空盒子，则不同的放法种数为21 C．若小球不同、盒子相同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为301 D．若小球相同、盒子不同，且恰有1个盒子放2个球，其余盒子至少放1个球，则不同的放法种数为15 6．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（    ） A．72个 B．96个 C．120个 D．144个 7．从包含甲、乙2人的8人中选4人参加米接力赛，求在下列条件下，各有多少种不同的排法？（结果用数字作答） (1)甲、乙2人都被选中且必须跑中间两棒； (2)甲、乙2人都被选中且必须跑相邻两棒； (3)甲、乙2人都被选中且不能相邻两棒； (4)甲、乙2人都被选中且甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒. 8．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《详解九章算法》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.根据以上材料 （1）杨辉三角中第8行的各数之和为_______. （2）记第行的第个数为，则_______. 9．已知的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比为． (1)求n的值； (2)求展开式中系数最大项． 10．中国空间技术的突破和空间站的建设，吸引了众多太空爱好者.在“天宫课堂”第三课中就有人提问：如何能成为一名航天员?如何才能加入探索太空的队伍中?已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.现对这五项测试排序，要求前庭功能不排在第一项，超重耐力不排在最后一项，失重飞行不排在第三项，则选拔测试的安排方案有（    ） A．28种 B．36种 C．48种 D．64种 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 计数原理精选压轴80题16类考点专练 （期中复习专项训练） 选填小压轴 解答压轴 题型1 分类加法计数原理 题型14 两个基本计数原理的应用 题型2 分步乘法计数原理 题型15 排列组合实际应用 题型3 数字排列问题 题型16 二项式定理的展开综合考点 题型4 涂色问题 题型5 全排列问题 题型6 元素有限制的排列问题 题型7 相邻与不相邻问题 题型8 分组分配问题 题型9 整数解的个数问题 题型10 二项展开问题 题型11 三项展开问题 题型12 二项与二项乘积展开问题 题型13 系数和及最值问题 题型一 分类加法计数原理（共5小题） 1．如图，对于编号1～8的8盏灯，有如下规则：对1盏灯进行开灯或关灯为1次操作，1号灯在任意情况下都可以进行1次操作，对号灯，当且仅当号灯左边有且仅有号灯打开时才可进行1次操作．下列说法正确的是（    ） A．若所有灯全部处于关灯状态，则至少需要4次操作才能打开3号灯 B．若所有灯全部处于开灯状态，则至少需要3次操作才能关闭4号灯 C．若除了6号灯以外其余灯全部打开，则至少需要32次操作才能打开所有灯 D．若除了6号灯以外其余灯全部关闭，则至少需要32次操作才能关闭6号灯 【答案】ABD 【分析】用列举法列举求得打开3号灯的次数即可判断A；用列举法列举求得关闭4号灯的次数即可判断B；要打开6号灯，则需先关闭前4号灯，用列举法列举求得关闭前4号灯的状态变化即可判断C；要关闭6号灯，则需打开5号灯且1～4号灯关闭，用列举法列举求得前5号灯的状态变化情况即可判断D. 【详解】设开灯为，关灯为． 对于A，只考虑1～3号灯即可，灯的状态变化如下：，需进行4次操作，A正确． 对于B，只考虑1～4号灯即可，灯的状态变化如下：，需进行3次操作，B正确． 对于C，要打开6号灯，则需先关闭前4号灯，前4号灯的状态变化如下： ，需进行10次操作． 然后打开6号灯，前6号灯的状态变化如下：，需进行1次操作． 最后再把前4号灯打开，需进行10次操作． 所以共需进行21次操作，C错误． 对于D，要关闭6号灯，则需打开5号灯且1～4号灯关闭，前5号灯的状态变化如下： （只亮2号灯）（只亮3号灯） （只亮4号灯） （只亮5号灯），需进行31次操作． 关闭6号灯，需进行1次操作，故共需进行32次操作，D正确． 故选：ABD 2．将图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，则下列说法正确的是（    ） A B E C D A．若每块区域任意涂上一种颜色，则共有种不同涂法 B．若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则共有24种不同涂法 C．若4种不同颜色全部用上，B，D同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 D．若4种不同颜色全部用上，B，D不同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 【答案】AB 【分析】根据所用颜色种数，以及各区域所用颜色的规定，运用两个计数原理逐一计算判断即可. 【详解】对于A，每块区域任意涂上一种颜色，即每块区域都有4种选择，则有种不同涂法，A正确； 对于B，若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则B和D同色，A和E同色，则共有种不同涂法，故B正确； 对于C，因4种不同颜色全部用上，B，D同色，相邻区域不同色，故可以先涂B，D区域，有种涂法， 因三个区域都与B，D相邻，故只需将余下的3种颜色在上全排，有种涂法，则共有种涂法，故C错误； 对于D，按照ABC的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法， 因B，D不同色（D只有一种颜色可选），此时ABCD四块区域所用颜色各不相同，涂E只能与A同色，此时共有24种涂法，故D错误． 故选：AB. 3．小明与爸爸进行“石头、剪刀、布”猜拳游戏，计分规则为：每一次猜拳，胜者得1分，败者得0分；若为平局，则小明得1分，爸爸得0分.若游戏过程中小明的累计得分超过爸爸，则比赛结束，小明获胜；若比赛达20次时，小明仍未获胜，则比赛结束，爸爸获胜.记比赛次后，小明的累计得分为，所有可能的得分情况共有种，则（   ） A． B． C．若为偶数，则 D．若，则 【答案】BCD 【分析】对于选项A，先依据比赛结束条件确定比赛未结束.通过列举次比赛累计得分的所有可能情况，得到的实际值；对于选项B，先判断比赛是否结束，再分类计算得分情况数，再根据分类加法计数原理得到的值；对于选项C，先分析得分与比赛次数关系，再建立得分情况数联系，从而判断选项；对于选项D，分类讨论最后一次得分，分和两种情况. 确定前次得分情况数，再根据分类加法计数原理得到的表达式. 【详解】记小明n次比赛的得分情况为，其中， 由题意知道，若比赛结束，则比赛结束的条件是，或为奇数且. 对于选项A，已知比赛次后，小明累计得分， 因为且是偶数，不满足比赛结束的条件，所以比赛未结束. 要使得次比赛得分情况有或，即，所以选项A错误. 对于选项B，比赛次后，小明累计得分，因为，且， 所以比赛未结束. 将小明次比赛的得分情况分为两类： ①前局累计得分，后局累计得分.前局累计得分的情况为或， 后局累计得分且满足总得分分的情况分别为、， 所以这种情况有种可能，分别为、. ②前局累计得分，后局累计得分.前局累计得分的情况为， 后局累计得分且满足总得分分的情况分别为、、， 所以这种情况有种可能，分别为、、. 根据分类加法计数原理，，所以选项B正确. 对于选项C，若为偶数，比赛次后，小明的累计得分为.则，否则不会有第n次比赛. 这意味着“比赛次后，小明累计得分为的所有可能的得分情况数”与“进行次比赛后， 小明累计得分为的所有可能的得分情况数”是相同的，即，所以选项C正确. 对于选项D，若，比赛次后，小明累计得分为，可分为两类： ①当时，说明前次比赛累计得分为，此时有种情况. ②当时，说明前次比赛累计得分为，此时有种情况. 根据分类加法计数原理，，所以选项D正确. 故选：BCD. 4．现有不同的球15个，其中红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是（    ） A．从中任选1个球，有15种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要不放回地依次选出2个球，有210种不同的选法 【答案】ABD 【分析】利用分步与分类计数原理计算得到选项ABD正确；若要选出不同颜色的2个球，有74种不同的选法，所以选项C错误. 【详解】A. 从中任选1个球，有种不同的选法，所以该选项正确； B. 若每种颜色选出1个球，有种不同的选法，所以该选项正确； C. 若要选出不同颜色的2个球，有种不同的选法，所以该选项错误； D. 若要不放回地依次选出2个球，有种不同的选法，所以该选项正确. 故选：ABD 5．某公司举办了教职工运动会，设置了三大类项目：个人项目､集体项目､趣味项目，其中个人项目包括100米､200米､1000米三种比赛，集体项目只有4*100米接力赛，趣味项目包括嘉嘉传真情､跳跳一家亲两种比赛.该公司一名员工从这三类项目中只选两类且每类项目中只能选一种比赛参加，则该员工共有（    ）种不同的选法. A．6 B．7 C．11 D．14 【答案】C 【分析】根据题意列式求解即可. 【详解】由题意知种. 故选：C. 题型二 分步乘法计数原理（共5小题） 6．今有标号为1、2、3、4、5的五封信，另有同样标号1、2、3、4、5的五个信封，现将五封信任意装入五个信封中，每个信封内装一封信，那么恰有一封信与信封标号一致的情况有______种． 【答案】45 【分析】先从5封信中选1封，使其与信封标号一致，再对剩下的4封信都不装在对应的情况进行分析，最后根据分步乘法计数原理计算出总的情况数. 【详解】从5封信中选1封，使其与信封标号一致的选法有种； 剩余4封信都不装在对应信封的情况 设这4封信的标号分别为1、2、3、4，对应的信封标号也为1、2、3、4； 当1号信不装在1号信封时，1号信有3种装法（可装在2、3、4号信封）； 若1号信装在2号信封，此时分两种情况： 若2号信装在1号信封，那么3号信只能装在4号信封，4号信只能装在3号信封，共1种情况； 若2号信不装在1号信封，2号信有2种装法（可装在3、4号信封）： 当2号信装在3号信封时，3号信只能装在4号信封，4号信只能装在1号信封； 当2号信装在4号信封时，4号信只能装在3号信封，3号信只能装在1号信封；共2种情况， 综上，共有3种情况. 同理，当1号信装在3号信封和1号信装在4号信封时，各有3种情况. 所以，剩余4封信都不装在对应标号信封的情况共有种； 根据分步乘法计数原理，恰有一封信与信封标号一致的情况有种. 7．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：. 8．若集合，集合，，且满足集合中最大的数大于集合中最大的数，则称有序集合对为“兄弟集合对”．当时，这样的“兄弟集合对”有______对． 【答案】14 【分析】利用分类计数原理和分步计数原理即可求解. 【详解】由题意可知，当时，． 当集合中最大的数为1，即时，此时无满足题意的集合； 当集合中最大的数为2，即或时， 此时只有一种满足题意的集合，故此时“兄弟集合对”有（对）； 当集合中最大的数为3，即或或或时， 此时满足题意的集合有，和三种可能， 故此时“兄弟集合对”有（对）． 故当时，这样的“兄弟集合对”有（对）． 故答案为： 9．已知集合，集合，从集合A中取一个数作为点的横坐标，从集合B中取一个数作为点的纵坐标，则在第二象限的点有（   ） A．2个 B．4个 C．1个 D．12个 【答案】B 【分析】根据第二象限点的特征，运用分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】在第二象限的点的横坐标为负数，纵坐标为正数， 由题意得点的横坐标有，两种选择，点的纵坐标有3，5两种选择． 由分步乘法计数原理，得在第二象限的点有个． 故选：B． 10．从4个汉字、10个数字、3种颜色中选元素组成3个标识，每个标识含1个汉字、1个数字、1种颜色，且同一组内汉字、数字、颜色均不重复.最多可设计不同标识组的数量为（    ） A．2400 B．3200 C．4320 D．5760 【答案】D 【分析】根据题设，以颜色为序将4个汉字、10个数字填入，应用分步乘法求出所有可能标识个数，再由每3个标识构成一个标识组求出不同标识组最多个数. 【详解】由题设，3种颜色（假设为红黄蓝）分别填入3条标识的颜色栏，如下表， 颜色 汉字 数字 红 * * 黄 * * 蓝 * * 再将4个汉字、10个数字安排到上表的3条标识中，且各条标识间的汉字、数字不重复， 所以，依次填入3条标识汉字栏、数字栏，有种， 所以一共可以构成个标识，而每3个标识构成一个标识组， 所以不同标识组最多有个. 故选：D 题型三 数字排列问题（共5小题） 11．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是，为纪念祖冲之在圆周率上的成就，把称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某数学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的位数字进行随机排列，整数部分不变，那么可以得到大于的不同数字有（    ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【分析】先计算这位数字随机排列（整数部分不变）的总排列数，因为有两个会产生重复情况，所以要除以消除重复。再找出小于的排列数，最后用总排列数减去小于的排列数，即可得到大于的不同数字个数. 【详解】由于这7位数字中有2个相同的数字1，故进行随机排列，可以得到的不同情况有， 而只有小数点后前两位为11或12时，排列后得到的数字不大于3.14，故小于3.14的不同情况有， 故得到的数字大于3.14的不同情况有； 故选：C． 12．从1，2，4，5，7，8这6个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于7000的奇数个数是（    ）． A．24 B．36 C．60 D．120 【答案】C 【分析】根据题设千位可选7,8，个位可选1,5,7，其它两个数在余下的数字任选2个，应用分类分步计数原理及排列数求四位数的个数. 【详解】因为组成的四位数大于7000，所以千位上的数字只能是7或8． 因为组成的四位数是奇数，所以个位上的数字只能是1，5或7． 若千位上的数字是7，则个位上的数字只能是1或5， 故符合题意的四位数有； 若千位数字是8，则个位上的数字是1，5成7，故符合题意的四位数有（个）． 综上，符合题意的四位数共有（个）． 故选：C． 13．用1，3，5组成数字可以重复的自然数，并按照从小到大的顺序排列，依次得到1，3，5，11，13，15，31，33，35，51，53，55，…则3135是这组数的（    ） A．第69项 B．第72项 C．第74项 D．第75项 【答案】B 【分析】由已知分别计算出一位数，两位数，三位数以及比3135小的四位数的个数，从而确定3135是这组数的第几项. 【详解】当组成的数字为一位数时，有1，3，5，共个， 当组成的数字为两位数时，十位和个位都可以从1，3，5中任意选一个数字， 所以两位数的个数为个， 当组成的数字为三位数时，百位，十位和个位都可以从1，3，5中任意选一个数字， 所以三位数的个数为个， 当组成的数字为四位数且比3135小时， 千位是的四位数，百位，十位和个位都有种选择，所以个数为个， 千位是的四位数，百位是，十位是，个位有种选择， 千位是的四位数，百位是，十位是，个位有种选择，所以个数为个， 因为， 所以3135是这组数的第72项. 故选：B. 14．用数字，，，，组成数字，下列说法正确的有（   ） A．可以组成个没有重复数字的三位数 B．可以组成个没有重复数字的四位奇数 C．可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数 D．可以组成个没有重复数字且十位上的数字最大的三位数 【答案】BCD 【分析】考虑各个位置上的选法数，结合两个计数原理逐项分析即可. 【详解】对于A，百位上的数字有种选择，十位上的数字有种选择，个位上的数字有种选择， 由分步乘法计数原理，可以组成个没有重复数字的三位数，故A错误； 对于B，因为是奇数，所以个位上的数字有，，，共种选择， 千位上的数字有种选择，百位上的数字有种选择，十位上的数字有种选择， 由分步乘法计数原理，可以组成个没有重复数字的四位奇数，故B正确； 对于C，因为是偶数，所以个位上的数字有，，共种选择， 若个位上的数字是，因为组成的数小于，所以百位上的数字有，，，共种选择，十位上的数字有种选择， 由分步乘法计数原理，可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数， 若个位上的数字是，因为组成的数小于，所以百位上的数字有，，共种选择，十位上的数字有种选择， 由分步乘法计数原理，可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数． 由分类加法计数原理，可以组成个小于且没有重复数字的三位偶数，故C正确； 因为十位上的数字最大，所以十位上的数字可以是，，， 当十位上的数字是时，若个位上的数字是，则百位上的数字有种选择， 若个位上的数字不是，则个位上的数字有种选择，百位上的数字有种选择， 所以可以组成个符合要求的三位数； 当十位上的数字是时，个位和百位都有种选择，所以可以组成个符合要求的三位数， 当十位上的数字是时，符合要求的三位数只有，共个， 综上，可以组成个没有重复数字且十位上的数字最大的三位数，故D正确； 故选：BCD． 15．对于，，…，的全部排列，定义Euler数（其中，，1，…，n）表示其中恰有次升高的排列的个数（注：次升高是指在排列中有k处，，…，）.例如：1，2，3的排列共有：123，132，213，231，312，321六个，恰有1处升高的排列有如下四个：132，213，231，312，因此：.则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】按的定义计算，判断，；根据的定义，举反例判断，. 【详解】选项A，将、、、全部排列，恰有1次升高的排列为， 1排首位时，共有1432，共1个排列符合恰有1次升高； 2排首位时，共有2431，2143，共2个排列符合恰有1次升高； 3排首位时，共有3142，3214，3241，3421共4个排列符合恰有1次升高； 4排首位时，共有4132，4213，4231，4312共4个排列符合恰有1次升高； 故，故正确； 选项，将、、、全部排列，恰有2次升高，排列个数可以如下考虑： 1排首位时，共有1324，1423，1342，1243共4个排列符合恰有2次升高； 2排首位时，共有2134，2341，2314，2413共4个排列符合恰有2次升高； 3排首位时，共有3124，3412共2个排列符合恰有2次升高； 4排首位时，共有4123共1个排列符合恰有2次升高； 故，故B错误； 选项C，举例当，，， 当由选项、知，，该对称性普遍成立， 故.故C正确； 选项D，不妨取，则，而，，则，即，故，故D错误； 故选：. 题型四 涂色问题（共5小题） 16．对于一个方格图，定义“连续完美分割”：当且仅当方格图可被互不重叠且连通的四个形状相同的区域完全分割，且每个区域恰含有1个M和1个N．给出下列方格图，可“连续完美分割”的是（   ） A．B．C． D． 【答案】ACD 【分析】根据已知新定义判断A，C，D，再根据连续完美分割得出图形判断B. 【详解】A，C，D可“连续完美分割”如图： 对于B，对于4×4的方格，其可行的“连续完美分割”，仅有以下5种情形或其旋转图形， 经验证，符合条件的分割方式不存在. 17．用1，2，3，4四种颜色给图中的，，，四个区域涂色，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域涂不同色，则（   ） A．用四种不同颜色涂色的不同方法数为24 B．用1，2，3这三种不同颜色涂色的不同方法数为6 C．在用四种不同颜色涂色的条件下，区域用4涂色的概率为 D．在用1，2，3这三种不同颜色涂色的条件下，区域用2涂色的概率为 【答案】ABD 【分析】由分类乘法计数原理结合相邻区域不能同色的条件，即可求解. 【详解】对于A，先涂区域，有4种方法，再涂区域，有3种涂法，再涂区域，有2种涂法， 最后涂区域，因为要保证4种颜色全部使用，故只有1种涂法， 故共有种方法，所以A正确； 对于B，先涂区域，有3种方法，再涂区域，有2种涂法， 再涂区域，有1种涂法，最后涂区域，有1种涂法， 故共有种方法，所以B正确； 对于C，若用4涂色，则区域有3种方法，区域有2种方法， 区域有1种方法，由A知总情况有24种，则概率为，所以C错误； 对于D，若用2涂色，则区域有2种方法，区域有1种方法， 区域有1种方法，由B知总情况有6种，则概率为，所以D正确； 18．空间个点满足任意三点不共线，任意四点不共面，将所有的点两两相连，并用红、蓝两种颜色将所有相连得到的线段染色（一条线段只染一种颜色）．对于由上述线段构成的所有三角形和三棱锥，下列说法中正确的有（    ） A．若，则可能存在任意2条没有公共点的棱不是同一种颜色的三棱锥 B．若，则一定存在3条边是同一种颜色的三角形 C．若，则可能存在任意三角形的3条边不是同一种颜色的情况 D．若，则一定存在至少有4条棱是同一种颜色的三棱锥 【答案】AD 【分析】根据的取值、根据染色的要求进行分析，从而确定正确答案. 【详解】若，4点仅能构成一个三棱锥，记为， 不妨把，，染成红色，把，，染成蓝色， 则满足要求，故A正确； 若，设这5个点分别为，如图，实线表示红色线段， 虚线表示蓝色线段，则存在三角形的3条边不是同一种颜色的情况，故B错误； 若，设这6个点分别为， 考虑由一点引出5条线段，，，，， 则至少有3条线段是同色，不妨设，，为红色，，为蓝色． 对于的三条边，若有一条边为红色（不妨设为红色）， 则的3条边都是红色，若任意一条边都为蓝色， 则的三条边都是蓝色， 故一定存在一个三角形的3条边都是同一种颜色的情况，故C错误； 若，设这8个点分别为，从中任取6个点，则由上可知， 这6个点所构成的三角形中一定存在3条边是同一种颜色的三角形， 不妨设的3条边都是红色，则以中一点为顶点， 以为底面的三棱锥中，仅当棱都是蓝色时， 在三棱锥的所有棱中恰有3条是红色，3条是蓝色， 否则存在某个三棱锥至少有4条棱是红色的情况， 但如果棱都是蓝色，则在三棱锥中， 棱，，，是蓝色，故无论棱是何种颜色， 三棱锥至少有4条棱是蓝色， 所以不存在一个三棱锥的6条棱恰有3条棱是红色，3条棱是蓝色的情况，故D正确． 故选：AD 19．已知五个区域A，B，C，D，E依次相邻，如图所示，现在给这5个区域涂色，要求相邻的两个区域不能涂相同的颜色，现有5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法有（    ） A．1140 B．1200 C．1280 D．1400 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理列式计算即得. 【详解】依题意，分5步依次对涂色， 所以不同的涂色方法有（种）. 故选：C 20．某市的5个区县，，，，地理位置如图所示，给这五个区域染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色．若有四种颜色可供选择，则不同的染色方案共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．72种 【答案】D 【分析】先对A，B，C三个区域染色，再讨论B，E是否同色 【详解】当B，E同色时，共有种不同的染色方案， 当B，E不同色时，共有种不同的染色方案， 所以共有72种不同的染色方案. 故选：D 题型五 全排列问题（共5小题） 21．某中学《十年弦歌育桃李•党恩师泽启新程》文艺演出于2025年12月31日在学校演艺大厅开幕，开幕式文艺表演共由6个节目组成，若考虑整体效果，要求：节目《新年!你好》､《觉醒年代》､《精武门》必须相邻，则开幕式文艺表演演出顺序的编排方案共有（    ） A．144种 B．156种 C．188种 D．240种 【答案】A 【分析】利用捆绑法结合排列数的性质求解即可. 【详解】先将节目《新年!你好》､《觉醒年代》､《精武门》捆绑在一起， 有种排法，再把这个整体和另外三个节目全排列，有种排法， 则共有种排法，故A正确. 故选：A 22．在啦啦操的某次队形变化时，六位同学要排成一个“三角形”队形，其中第一排站一位同学，第二排站两位同学，第三排站三位同学，请问这六位同学的站位有（    ） A．1080种 B．720种 C．360种 D．60种 【答案】B 【分析】方法1，题目所求相当于6位同学的全排列数，据此可得答案； 方法2，将排队分成3步，第一步从6人中选1人排列，第二步从剩下的5人中选2人并排列，第三步将剩下的3人排成1列，据此可得答案. 【详解】法本题相当于将6位同学排列到6个不同的位置，排列数即为6位同学的全排列数，故总排列数为； 法2：排队分为三步，第一步从6人中选1人排列，排列数为，第二步从剩下的5人中选2人并排列，排列数为， 第三步在前两排选完后，将剩下的3人排列，排列数为；故总排列数为. 故选：B. 23．现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有（ ） 种. A．54 B．55 C．56 D．58 【答案】A 【分析】由题设条件有，设，则，还有一个数为，则，，讨论并结合排列数，即可求所有情况数. 【详解】由，得， 则，不妨设，则， 还有一个数为，显然，，对于任意取值，都有如下情况： 当时，三个数为，，，对应，，，有种方法； 当时，三个数为，，，对应，，，有种方法； 当时，三个数为，，，对应，，，有种方法； 当时，三个数为，，，对应，，，有种方法. 所以一共有种. 故选：A 24．毕业前夕，某高中高三（6）班科技创新兴趣小组的5名同学与1名辅导老师，共6人合影留念，站成前后相对应的两排，每排3人，老师站在前排中间，其中甲、乙两名同学不相邻（相邻仅包括正前后或左右），则不同站法种数为（    ） A．96 B．84 C．72 D．48 【答案】C 【分析】利用间接法，先直接排序，再分正前后相邻或左右相邻两种情况，结合排列和计数原理知识解决. 【详解】先直接排序，站法种数为； 当甲、乙两名同学为正前后相邻时，其中必有1人站在老师的左侧或右侧， 另1人站在正后面，站法种数为； 当甲、乙两名同学为左右相邻时，两人必都站在后一排，将甲、乙两名同学看成一个元素， 从其余的3人中选2人站在老师的左右两侧，余下的1人与甲、乙两名同学看成的一个元素进行全排列， 所以站法种数为； 所以不同站法种数为. 故选：C. 25．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的范围是：，为纪念祖冲之在圆周率方面的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.小明是个数学迷，他在设置手机的数字密码时，打算将圆周率的前6位数字3，1，4，1，5，9进行某种排列得到密码.如果排列时要求数字9不在最后一位，那么小明可以设置的不同密码有（   ）个. A．180 B．300 C．360 D．480 【答案】B 【分析】将六个数全排并剔除两个1的重复情况，求出9为最后一位数的排法数，间接法求不同密码数. 【详解】将六个数字看作不同数有种，剔除两个1的重复情况，共有， 若9为最后一位数有种，剔除两个1的重复情况，共有， 所以一共有种. 故选：B 题型六 元素有限制的排列问题（共5小题） 26．给出下列四个命题，正确的有（    ） A．已知复数满足，则复数的虚部为 B．在展开式中，常数项为15 C．当实数时，的最小值为16 D．甲乙丙等5人站在一排，且甲不在两端，乙和丙中间恰好有两人，则不同排法共有16种 【答案】BCD 【分析】根据复数的定义判断A选项，对于B选项可根据二项展开式的通项公式判断其常数项即可，使用基本不等式判断C选项，根据分步乘法计数原理判断D选项. 【详解】对于A选项，，则，虚部是，A选项错误； 对于B选项，，即，常数项为，B选项正确； 对于C选项，因为， 当且仅当时取等，故C选项正确； 对于D选项，先安排乙和丙则有共4种方案， 甲不在两端所以甲只能在乙和丙之间，种选择， 剩下两个位置给安排给余下两人有种排法，则不同的排法共有种，D选项正确. 故选：BCD 27．由组成没有重复数字的五位数，则所有组成的五位数中（    ） A．奇数有60个 B．能被5整除的有24个 C．1在万位而2不在个位的有18个 D．比12345大的有108个 【答案】BC 【分析】先选末位为奇数再排列可判断A；先选末位为，再排列可判断B；先排数字，再排列其他数字可判断C；利用间接法可判断D. 【详解】末位为奇数有种选择，再将其他数字进行排列，故奇数有个，故A错误； 能被5整除，则末位为，共个，故B正确； 数字的位置有种选择，则1在万位而2不在个位的有个，故C正确； 由组成没有重复数字的五位数共个，其中最小的五位数是， 故比12345大的有119个，故D错误. 故选：BC 28．将四大名著《红楼梦》、《西游记》、《三国演义》、《水浒传》，诗集《唐诗三百首》、《徐志摩诗集》和戏曲《中华戏曲》7本书放在一排，则（   ） A．戏曲书放在正中间位置的不同放法有种 B．诗集相邻的不同放法有种 C．四大名著互不相邻的不同放法有种 D．四大名著不放在两端的不同放法有种 【答案】BD 【分析】利用全排列可判断A；利用捆绑法可判断B；利用插空法可判断C；先将除四大名著外的3本书中，挑选2本放在两端，再将剩余的书和位置进行全排列可判断D. 【详解】对于A，戏曲书放在正中间，其余6本书和6个位置进行全排列，共有种不同放法， 故A错误； 对于B，将两本诗集进行捆绑，有种放法，再将捆绑的诗集和剩余的5本书， 进行全排列，此时有种放法，故诗集相邻的不同放法有种，故B正确； 对于C，先将诗集和戏曲进行全排列，有种方法，且3本书之间产生4个空位， 将4大名著进行插空，有种方法，故共有种放法，故C错误； 对于D，将除四大名著外的3本书中，挑选2本放在两端，有种放法， 再将剩余5本书和5个位置进行全排列，有种放法，故四大名著不放在两端的不同放法有 种，D正确. 故选：BD. 29．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（   ） A．如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种 B．如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种 C．如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种 D．如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种 【答案】ACD 【分析】由倍缩法即可判断A，由插空法即可判断B，由特殊元素优先法即可判断C，由捆绑法即可判断D. 【详解】对于A，由于甲乙丙按从左到右的顺序固定了，故有种方法，故A正确； 对于B，甲乙不相邻，先把其他人排成一排有种方法，有个空，然后将甲乙插空有种方法，故共有种，故B错误； 对于C，甲，乙都不排两端，则先从中间个位置选择两个将甲，乙安排好，有种方法，其他人安排到剩下的个位置，有种方法，所以共有种方法，故C正确. 对于D，甲，乙必须相邻，将甲，乙捆绑到一起有种方法，看成一个大元素然后与其他人排成一排有种方法，故共有种，故D正确； 故选：ACD 30．北京时间2024年4月26日5时04分，神舟十七号航天员乘组（汤洪波、唐胜杰、江新林）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十八号航天员乘组（叶光富、李聪、李广苏）入驻“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排，则下列说法正确的是（   ） A．若要求神舟十七号乘组3名航天员相邻，则这6名航天员共有144种不同的排法 B．若要求两个乘组航天员相间排列，则这6名航天员共有96种排法 C．若要求神舟十七号乘组3名航天员互不相邻，则这6名航天员共有144种排法 D．若要求航天员叶光富不在排头也不在排尾，则这6名航天员共有480种排法 【答案】ACD 【分析】对于A，利用捆绑法求解判断即可；对于B，分神舟十七号乘组在奇数位，神舟十八号乘组在偶数位或神舟十七号乘组在偶数位，神舟十八号乘组在奇数位，两种情况求解判断即可；对于C，利用插空法求解判断即可；对于D，先从除叶光富外的5名航天员中选2名排在排头和排尾，再剩下4名航天员全排列，进而求解判断即可； 【详解】对于A，先将神舟十七号航天员乘组3名航天员看成一个整体， 再与神舟十八号乘组3名航天员进行排列， 因此共有种不同的排法，故A正确； 对于B，有两种情况：神舟十七号乘组在奇数位，神舟十八号乘组在偶数位； 或者神舟十七号乘组在偶数位，神舟十八号乘组在奇数位， 因此共有种不同的排法，故B错误； 对于C，先排神舟十八号乘组3名航天员，在其前后会留下4个空位， 再将神舟十七号乘组3名航天员插入空位中， 因此共有种不同的排法，故C正确； 对于D，先从除叶光富外的5名航天员中选2名排在排头和排尾，再剩下4名航天员全排列， 因此共有种不同的排法，故D正确. 故选：ACD. 题型七 相邻与不相邻问题（共5小题） 31．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． 32．2025年10月西宁市大通回族土族自治县首次全面摸清野生动物资源“家底”，标志着生物多样性保护进入科学化、精细化新阶段．某校野生动物兴趣小组在野生动物宣传周后合影留念，2名指导老师和5名学生排成一排照相留念，若2位老师相邻，则不同的排法共有（   ） A．5040种 B．1440种 C．720种 D．360种 【答案】B 【分析】利用捆绑法即可求解. 【详解】先将2位老师看作一个整体与5名学生全排，有种，2位老师自身排有种，所以2位老师相邻时不同的排法共有种． 故选 ：B． 33．某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法种数共有（   ） A．36种 B．72种 C．144种 D．288种 【答案】C 【分析】甲班的2名同学相邻，用“捆绑法”，乙班的2名同学不相邻，用“插空法”，再根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】第一步，将甲班的2人捆绑，连同丙班的2人作全排列，有种站法； 第二步，将乙班的2人插入前后4个空档，有种站法. 根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种. 故选：C 34．某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六张知识展板放置在六个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（   ） A．24 B．48 C．144 D．240 【答案】C 【分析】利用捆绑法和插空法，结合排列知识进行求解. 【详解】将“立春”和“春分”两块展板捆绑成一个整体，有种放置方法， 捆绑后的“立春”和“春分”整体与“雨水”，“谷雨”进行全排列，共有种方法， 再将“清明”和“惊蛰”进行插空，4个空选择2个，共有种方法， 综上，共有种放置方式. 故选：C 35．在图所示的10块地中，选出6块种植这六个不同品种的蔬菜，每块地种植一种．若必须横向相邻种在一起，与在横向、纵向都不能相邻种在一起，则不同的种植方案有（    ）. A．3120种 B．3360种 C．5160种 D．5520种 【答案】C 【分析】本题是一个分类和分步原理的综合应用，横向相邻种，在这三种蔬菜的排列就是,排在上排与排在下排又是两种方案，可以选择的方案:分两种情况，当与在同一排时，又分两种情况，根据计数原理得到结果. 【详解】①当与同行，与也同行时，有种种植方案； 与不同行时，有种种植方案； ②当与不同行时，有种种植方案. 故不同的种植方案有（种）. 故选：C. 题型八 分组分配问题（共5小题） 36．清明将至，为倡导文明祭祀，筑牢防火安全防线，4名青年志愿者到3个社区参加“绿色清明”公益宣讲活动，要求每名志愿者只能选择一个社区，每个社区至少要有一名志愿者，则不同的分配方案共有（   ） A．24种 B．36种 C．64种 D．72种 【答案】B 【分析】根据分组分配问题解法，先分组再分配即可求解． 【详解】根据题意，将4名青年志愿者分为三组，共有种情况，再分配到3个社区，共有种情况， 所以共有种不同情况． 37．北京年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合.为了宣传年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等6名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装.若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】直接根据分组分配问题计算，先分组有两类：一类为，二类为平均分组，最后再分配可得. 【详解】小明和小李必须安装不同的吉祥物，根据题设条件，将6人分成两组其中小明和小李不在同一组， 设小明所在的组为小明组，小李所在的组为小李组， ①若小明组2人小李组4人，先给小明组选1人，剩余3个人到小李组，有种不同的分组方法； ②若小明组3人小李组3人，先给小明组选2人，剩余2个人到小李组，有种不同的分组方法； ③若小明组4人小李组2人，先给小明组选3人，剩余1个人到小李组，有种不同的分组方法； 所以一共有种分组方法，然后再分配到两个安装组有种情况， 所以不同的分配方案种数为种. 故选：C. 38．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 【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 39．全民登高谱新篇，策马奔腾启华年.1月1日，“中国体育彩票”2026年全国新年登高健身大会（江西分会场）在宜春明月山举行的活动中，某路段设三个服务站，宜春某高校5名同学到甲､乙､丙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，则不同的安排方法共有（    ） A．25种 B．150种 C．300种 D．50种 【答案】B 【分析】利用先分组后分配来解题，分组中要注意均分组消序思想. 【详解】依题意，有两类分组方法： ① 5名同学按2人，2人，1人分成三个小组，有种分法， ② 5名同学按3人，1人，1人分成三个小组，有种分法. 再把分好的三个小组安排到三个服务站分别有种方法， 故每个服务点至少有1人的不同安排方法有：种. 故选：B. 40．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 【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. 题型九 整数解的个数问题（共5小题） 41．已知数列：，，…，，，，设（，），若或2，则满足条件的不同数列的个数为（） A．7 B．21 C．35 D．70 【答案】B 【分析】通过递推关系或，将转化为求7个和为12的1、2组合的个数，用组合数即可求得结果. 【详解】已知数列，且，，则. 因为（，），若或2， 所以. 设这7个差值中有个1和个2，且，解得，. 问题转化为在7个位置中选5个放2（其余放1）的组合数，即. 因此，满足条件的不同数列的个数为. 故选：B. 42．20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 【答案】A 【分析】将问题化为17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中，再应用组合数求不同的放法数. 【详解】先往2号，3号盒内分别放入1个球和2个球，此时每个盒子至少还需放入1个球， 将剩下的17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可， 共有（种）方法． 故选：A 43．已知方程，若x，y，z均为正整数，则称为该方程的正整数解.则方程共有（    ）个正整数解. A．171 B．190 C．342 D．380 【答案】A 【分析】先将题目问题进行转化；再利用隔板法进行求解. 【详解】因为x，y，z均为正整数， 所以方程正整数解的个数问题可以转化为：将个相同的物品分成组，每组至少一个，有多少种不同的分法. 利用隔板法可得：不同的分法有种. 故选：A 44．若数轴上有一个质点位于处，每次运动它都等可能地向左或向右移动一个单位，已知它在第10次运动后首次到达处，则它在运动过程中没有重返过原点的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】把左称记为，右称记为，要达到处，记10次运动为一个有序数组，满足首次和为6的所有可能，这里组合数来确定所有可能性，同时再研究没有返回原点的所有可能性，最后利用古典概型求解即可. 【详解】设第i次向右运动赋值为，第i次向左运动赋值为. 则10次运动路径可以表示为有序数组，其中，. 记10次运动后首次到达处的路径为， 则，且，可得且， 而故，.由得，不可能全为－1， 而，恒成立， 因此共有种不同路径. 记10次运动后首次到达处且过程中没有重返原点的路径为， 同理可得共有种不同路径. 所以题中所求概率为， 故选:B. 45．已知元一次方程（，，，）的正整数解的个数为，则方程满足（）的整数解的个数为（    ） A．35 B．56 C．84 D．120 【答案】B 【分析】令，得到，结合条件即可求解. 【详解】由得，， 令，. 则原问题等价于方程的正整数解的个数， 由题意知符合条件的个数为， 故选：B. 题型十 二项展开问题（共5小题） 46．已知的展开式中，含x的项的系数为19，则当含项的系数最小时，展开式中含项的系数为（   ） A．28 B．64 C．128 D．156 【答案】D 【详解】由二项式定理，展开式中含的项的系数为， 同理中含的项的系数为，因此； 含的项的系数为， 利用及，代入得 ， 令， 这是关于的二次函数，开口向上，对称轴为， 又因为，且离9.5最近的整数是9和10， 所以当或时，最小， 此时， ， 因此含的项的系数最小值为81，对应或。 此时含的项的系数为. 47．除以7所得的余数为（   ） A．1 B．2 C．4 D．6 【答案】D 【分析】利用二项式定理化简原式，再将问题转化为求除以7所得的余数，再次结合二项式定理将问题转化为除以7所得的余数即可. 【详解】， 因为，所以除以7所得的余数为，即， 故， 而， 故除以7所得的余数为， 故原式除以7所得的余数与除以7所得的余数相等均为. 48．二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克牛顿于1664年~1665年间提出，据考证，我国至迟在11世纪，北宋数学家贾宪就已经知道了二项式系数法则．在的展开式中常数项是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由的展开式通项为， 令，解得，所以，展开式中常数项为． 49．下列各式正确的是（   ） A．已知，则的取值为6或7 B． C．的展开式中的系数为 D．将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则共有70种不同放法 【答案】ABC 【分析】由组合数的性质和二项式定理，计数原理及排列组合可得. 【详解】对于A，由题意得或，解得或；故A正确 对于B，由， 所以，故B正确； 对于C，的展开式中的系数为，故C正确； 对于D，将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，采用隔板法，故D错误. 50．在的展开式中，下列说法正确的有（   ） A．任意正整数，展开式的各项系数的和恒为0 B．存在正整数，使得展开式中含有常数项 C．若，则该展开式中二项式系数和为32 D．若，则该展开式中的系数为10 【答案】ABD 【分析】利用二项式定理逐项计算判断即可. 【详解】对于A，令，则，所以任意正整数，展开式的各项系数的和恒为0， 所以A正确； 对于B，展开式的通项为. 令指数为0，即，解得. 当时，，满足条件，此时展开式中含有常数项，B正确； 对于C，二项式系数和为，当时，和为，C错误； 对于D， 当时，通项为. 令，解得，代入系数为，D正确. 故选：ABD. 题型十一 三项展开问题（共5小题） 51．关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ） A．各项系数之和为32 B．各项系数的绝对值之和为 C．常数项为80 D．的系数为0 【答案】ABD 【分析】令，可判断A；令多项式中的可得到B；求出通项，令可得C错误；在C基础上，由通项中令可得D. 【详解】对于A，令，可得各项系数之和为，故A正确； 对于B，多项式的展开式各项系数的绝对值之和与多项式的展开式各项系数之和相等， 在多项式中，令，可得各项系数之和为，故B正确； 对于C，的展开式的通项公式为， 的展开式的通项公式为， 令，则有3种情况：当时，该项为； 当时，该项为；当时，该项为； 故常数项为，故C错误； 对于D，令，结合，则有， 解得或， 当时，该项为； 当时，该项为， 所以，的系数为，故D正确. 故选：ABD. 52．下列结论错误的是（   ） A．若，则 B．的展开式中的系数是30 C．在的展开式中，含的项的系数是220 D．的展开式中，有且只有第4项的二项式系数最大 【答案】AD 【分析】根据组合数的性质可判断AD，由二项式展开式的特征可判断BC. 【详解】对于A，由于，所以或，解得或，故A错误； 对于B, 的展开式通项为， 令，即，所以的系数为，故B正确； 对于C，的展开式中， 含的项的系数是 ，故C正确； 对于D，的展开式中，第4项和第5项的二项式系数为，由组合数的性质可知最大且，故D错误. 故选：AD 53．已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则（    ） A． B．的展开式中项的系数为56 C．奇数项的二项式系数和为128 D．的展开式中常数项的系数为1 【答案】ACD 【分析】根据已知条件，利用二项式定理求解判定AB；利用二项式系数的性质计算判定C；仿照二项式定理的组合意义，研究三项式的展开中的常数项，即可判定D. 【详解】第3项对应 ，第7项对应 ，根据组合数的性质 ，解得 .因此选项A正确； 展开式中 项的系数为 ，而选项B中给出的系数为56，因此选项B错误； 奇数项的二项式系数和为 ，当 时，和为 ，因此选项C正确； 在 的展开式中，常数项仅在所有括号中都选择1时产生，因此常数项系数为 ，选项D正确. 故选： ACD. 54．已知的展开式中第3项与第7项的系数相等，则（   ） A． B．的展开式中项的系数为56 C．奇数项的二项式系数和为128 D．的展开式中项的系数为 【答案】ACD 【分析】利用二项式定理求得的展开通项公式，从而得到关于的方程，解出的值判断AB，利用所有奇数项的二项式系数和为判断C，根据二项式定理判断D. 【详解】因为的展开式通项为（且）， 所以的展开式的第项的系数为， 依题意可得，所以，故A正确； 因为的展开式通项为（且）， 所以项的系数为，故B错误； 奇数项的二项式系数和为，故C正确； 根据二项式定理，表示个相乘， 所以在这个因式中，其中个选择，个选择，个选择， 所以的展开式中项的系数为，故D正确； 故选：ACD 55．若的展开式是关于的多项式，则下列说法正确的是（    ） A．展开式中每一项的次数都是6 B．展开式中含项的系数是60 C．所有项的系数之和为 D．展开式中共有28项 【答案】ABD 【分析】对于AB：分析可知：展开式中每一项为的形式，即可判断AB；对于C：令，可得所有项的系数之和；对于D：分析可知等价于将9个相同的球分到3个不同的盒中（每盒不空），结合插空法分析求解. 【详解】对于选项AB：由题意可知：展开式中每一项相对于个、个以及个相乘而得， 其中，且，展开式中每一项都为的形式， 展开式中每一项的次数都是，故A正确； 展开式中含项的系数是，故B正确； 对于选项C：令，可得所有项的系数之和为，故C错误； 对于选项D：本题等价于将6个相同的球分到3个不同的盒中， 等价于将9个相同的球分到3个不同的盒中（每盒不空），则有种可能放法， 所以展开式中共有28项，故D正确； 故选：ABD. 题型十二 二项与二项乘积展开问题（共5小题） 56．已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据乘法的运算法则，结合赋值法、二项式系数公式逐一判断即可. 【详解】A：二项式展开式中最高次项的指数为， 所以展开式中最高次项的指数为， 所以，因此本选项说法正确； B：展开式中最高次项的指数为，系数为， 所以， 含项的系数为， 中，含项的系数， 所以，因此本选项说法正确； C：在中， 令，得， 令，得， 两式相减，得， 所以本选项说法不正确； D：由上可知，所以本选项说法正确. 故选：ABD 57．设，则（   ） A． B． C． D．的展开式中，的系数为 【答案】ABD 【分析】本题考查二项式定理.记，换元法将已知等式转化为，求出其展开式的通项，即可判断选项ABC；根据多项式的展开式可判断D. 【详解】记，原条件即，的展开式的通项为. 对于A，令得，故A正确； 对于B，令得，故B正确； 对于C，令，可得，① 令，可得，② ，得，故C错误； 对于D，的展开式中的系数，即的展开式中的系数与的系数之和，所以所求系数为，故D正确. 故选：ABD. 58．若，则下列选项正确的有（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】应用赋值法可判断BCD，由二项式展开项的通项公式可求的值，判断A. 【详解】当时，．B错误． 当时，． 又，所以，C错误． 当时， ．D正确． 又, 当时，即，此时,展开式中的系数为 当时，即，此时，展开式中的系数为 ， ，A正确. 故选：AD 59．在下列关于二项式的命题中，正确的是（    ） A．在的展开式中，常数项为60 B．的展开式中，的系数为5 C．若二项式的展开式中，第3项的二项式系数最大，则 D．若，则 【答案】ABD 【分析】A选项，求出的展开式的通项公式，得到常数项为60；B选项，根据展开式通项公式，得到的系数；C选项，分为偶数和奇数两种情况，求出或4或5，C错误；D选项，赋值得到，，从而D正确. 【详解】对于A，的展开式的通项公式为， 令，解得，所以常数项为，故A正确； 对于B，展开式通项公式为，故， ， 故展开式中的系数为，故B正确． 对于C，由二项式的系数的性质可知最中间项的二项式系数最大， 当为偶数时，最中间项只有一项，又第3项的二项式系数最大，故共为5项， 所以，解得， 当为奇数时，中间项有二项，又第3项的二项式系数最大， 所以可能第二项与第三项二项式系数相同都最大或第三项与第四项二项式系数相同都最大， 此时或，解得或，综上，或4或5，C错误； 对于D，令，可得， 令，可得，所以，故D正确． 故选：ABD 60．已知，则（   ） A．的值为 B．的值为30 C．的值为 D． 【答案】AB 【分析】令 ，即可判断 ；利用二项式展开得通项，结合乘法得分配律即可判断 ；分别令 和 即可判断 ；令 即可判断 . 【详解】对于 ，令 ，则 ，故 正确； 对于B， 先将展开，其通项公式为， 展开式中的系数为展开式中的系数与的系数之和， ，故B正确； 对于 ，令 ，则 ， 令 ，则 ， 则 ， 故 错误； 对于 ，令 ，则 ， 所以，D错误. 故选： AB 题型十三 系数和及最值问题（共5小题） 61．已知，则下列说法中正确的有（    ） A．的展开式中不含的项 B．的展开式中的常数项为84 C．的展开式中的二项式系数最大的项是第四项和第五项 D．的展开式中的各项系数之和与二项式系数之和相等 【答案】BD 【分析】根据二项展开式的通项公式以及二项式系数的性质即可解出． 【详解】因为展开式的通项公式， 所以当时，，A错误； 当，B正确； 根据二项式系数的性质可知，最大， 所以的展开式中二项式系数最大的项是第五项和第六项，C错误； 的展开式中各项系数和为，二项式系数之和为，D正确. 62．我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，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，以下关于杨辉三角的说法正确的是（   ） A．第6行从左到右第4个数是20 B．第2026行的第1013个数最大 C．210在杨辉三角中出现了6次 D．记第行的第个数为，则 【答案】ACD 【分析】选项A：根据题目所给的杨辉三角，得出每一行每一个数的表示，将第6行第4个数代入即可；选项B：根据组合数的性质，即可找到第2026行中的最大数；选项C：列举出值为210的组合数即可；选项D：使用二项式定理进行转化即可. 【详解】选项A：由题目所给的杨辉三角可知，从第1行起，第行的第个数可表示为， 故第6行从左到右第4个数是，故A正确； 选项B：第2026行的第个数可表示为，， 由组合数的性质可知，最大， 因此，，故第2026行的第1014个数最大，B错误； 选项C：210在杨辉三角中出现的情况有（第10行的第5个数），（第10行的第7个数），（第210行的第2个数），（第210行的第210个数），（第21行的第3个数），（第21行的第20个数），共6次，故选项C正确； 选项D：第行的第个数，因此， 令，则， 即，故D正确. 63．下列结论正确的是（   ） A．的展开式中第5项的二项式系数最大 B．若，则 C．若，则方程表示19条不同的直线 D．从2，4，8，14这四个数中任取两个数相减，可以得到12个不相等的值 【答案】ABC 【详解】对于A，展开式共有9项，正中间项即第5项的二项式系数最大，故A正确； 对于B，， 令，得，令，得， 故，则，故B正确； 对于C，因为，所以总共有个方程， 当时，方程都表示直线，故减去4条重复的， 方程与表示同一条直线， 方程与表示同一条直线，再减去2条重复的， 故符合条件的有条直线，故C正确； 对于D，根据题意，所得结果有，，，，，共10个不相等的值，故D错误. 64．关于的展开式，下列结论正确的是（    ） A．展开式中共有9项 B．第3项为 C．各项系数的和为256 D．二项式系数的最大值为70 【答案】ABD 【详解】对于A，二项式的展开式中共有项，故A正确； 对于B，第3项为，故B正确； 对于C，令，得各项系数的和为，故C错误； 对于D，二项式系数的最大值为，故D正确. 65．已知的展开式中的系数为，则（   ） A． B．展开式中常数项为 C．所有项的系数之和为512 D．二项式系数最大项为第5项或第6项 【答案】ABD 【分析】求出展开式的通项，令的指数等于，即可求出，进而可判断A；令的指数等于，即可判断B；令即可判断C；根据二项式系数的性质即可判断D. 【详解】展开式的通项为， 令，则， 所以的展开式中的系数为，所以，故A正确； 对于B，展开式的通项为， 令，则， 所以展开式中常数项为，故B正确； 对于C，令，则所有项的系数之和为，故C错误； 对于D，由二项式系数的性质可得二项式系数最大项为第5项或第6项，故D正确. 题型十四 两个基本计数原理的应用（共5小题） 66．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． 【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． 67．一个古代王国使用一套独特的货币系统，共有N种不同面值的硬币，其面值构成的集合为．每种面值的硬币数量充足．现在需要用这些硬币凑出总值为K的金额，问共有多少种不同的组合方案？（注意：方案只和每种硬币使用的数量有关，与使用的顺序无关．例如，使用一枚1元和一枚2元，与使用一枚2元和一枚1元，视为同一种方案．） 令表示仅使用前i种硬币（即）凑出金额j的不同方案数． (1)设货币系统为，目标金额．求和的值． (2)试写出的通用递推关系式． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）计算即用硬币凑出5元，分三种情况（不使用硬币2，使用一个硬币2，使用两个硬币2）求解即可，计算即用硬币凑出5元，分两种情况（使用硬币5和不使用硬币5）求解即可； （2）计算分两种情况，不使用任何硬币和至少使用一个硬币两种情况求解即可，最后根据加法原理，总方案数是这两者之和. 【详解】（1）定义状态：为用前i种硬币凑出金额j的方案数． （除外，用0种硬币无法凑出正金额）．（凑出0元只有一种方案：什么都不选）． 货币系统．计算即用硬币凑出5元． 不使用硬币2：方案数等于只用硬币凑出5元，即． 只用1元凑5元只有一种方案（5个1元）．所以． 至少使用一个硬币2：我们拿出一个硬币2，剩下需要凑足元， 此时仍然可以用硬币．其方案数为．要计算， 我们发现可以用一个1元一个2元，或三个1元，共2种方案． 所以．． 这3种方案是：． 计算即用硬币凑出5元． 不使用硬币5：方案数等于用硬币凑出5元，即． 至少使用一个硬币5：我们拿出一个硬币5，剩下需要凑足元，可以用硬币． 其方案数为． 这4种方案是前述3种，加上一个5元硬币的方案． （2）通用递推关系式推导．为了计算，我们考虑对第i种硬币的使用情况： 不使用任何硬币：那么凑出金额j的所有方案，都必须仅由前种硬币构成， 其方案数由定义即为． 至少使用一个硬币：此情况要求， 如果我们从方案中拿走一个硬币，那么剩下的硬币必须凑出金额， 由于硬币无限，剩下的组合仍然可以用前i种硬币（包括）来构成， 其方案数为．根据加法原理，总方案数是这两者之和， ， 其中第二项仅在时存在， 边界条件：，以及对所有． 68．在一个铁路系统中，有两条平行的无限轨道和.从起点开始，每隔单位距离就有一个车站，依次编号为.一列火车从0号车站（车库）出发，可以选择进入轨道的1号站，或轨道的1号站.对于任意车站： 若列车在轨道的号站，它有2种方式可以到达轨道的号站，有1种方式可以换轨到达轨道的号站. 若列车在轨道的号站，它有2种方式可以到达轨道的号站，有3种方式可以到达轨道的号站. 令表示列车到达轨道号站的所有不同调度方案数，表示列车到达轨道号站的所有不同调度方案数. (1)已知，求以及的值； (2)试建立一个关于数列和的线性递推关系组. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据题目条件，分两类进行讨论：第一类：列车从轨道号站进入轨道号站和轨道号站；第二类：列车从轨道号站进入轨道号站和轨道号站；结合，的初始值即可求解； （2）根据（1）中的分析，要到达轨道的号站，列车必须从号站的轨道或轨道驶来，要到达轨道的号站，列车必须从号站的轨道或轨道驶来，将此过程一般化进行递推即可. 【详解】（1）依题意，表示列车到达轨道号站的所有不同调度方案数， 表示列车到达轨道号站的所有不同调度方案数，. 若列车在轨道第1站出发到达轨道第2站，调度方案数共有（种）， 若列车在轨道第1站出发到达轨道第2站，调度方案数共有（种）， 所以； 若列车在轨道第1站出发到达轨道第2站，调度方案数共有（种）， 若列车在轨道第1站出发到达轨道第2站，调度方案数共有（种）， 所以； 若列车在轨道第2站出发到达轨道第3站，调度方案数共有（种）， 若列车在轨道第2站出发到达轨道第3站，调度方案数共有（种）， 所以； 若列车在轨道第2站出发到达轨道第3站，调度方案数共有（种）， 若列车在轨道第2站出发到达轨道第3站，调度方案数共有（种）， 所以； 所以；. （2）若列车在轨道第站出发到达轨道第站，调度方案数共有（种）， 若列车在轨道第站出发到达轨道第站，调度方案数共有（种）， 所以； 若列车在轨道第站出发到达轨道第站，调度方案数共有（种）， 若列车在轨道第站出发到达轨道第站，调度方案数共有（种）， 所以； 综上，关于数列和的线性递推关系组是：. 69．某校为了提高学生的反诈骗意识，举办了反诈骗知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图．    (1)求频率分布直方图中a的值与样本成绩的平均数； (2)用分层随机抽样的方法从，两个区间共抽取出8名学生，再从这8名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间的概率； (3)学校决定从知识竞赛中抽出成绩最好的两个同学甲乙进行现场知识抢答赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得1分，负方得0分，没有平局，三个项目比赛结束后，总得分高的人获得冠军．已知甲在三个项目中获胜的概率分别为，，p，各项目的比赛结果相互独立，甲至少得1分的概率是，甲乙两人谁获得最终胜利的可能性大？并说明理由． 【答案】(1)，平均数为分； (2)； (3)乙最终获胜的可能性更大，理由见解析. 【分析】（1）由频率之和为1，结合频率分布直方图可得；根据频率分布直方图的平均数的计算公式求解样本成绩的平均数； （2）根据分层抽样的方法确定从，中抽取的人数，结合古典概型的概率计算公式求解； （3）根据题意由对立事件概率关系列式求得，再分别求得甲，乙得到2分和3分的概率，即可得到答案. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以样本成绩的平均数约为. （2）由频率分布直方图知，样本答卷成绩在，的学生比为， 用分层随机抽样的方法从的学生中抽取（人），从的学生中抽取（人）. 从这8名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，有种情形， 第一个和第二个交流分享的学生成绩均在区间，有种情形， 第一个交流分享的学生成绩在区间，第二个交流分享的学生成绩在区间，有种情形， 故所求概率为. （3）乙最终获胜的可能性大；理由如下： 由题，甲至少得1分的概率是，可得， 其中，解得， 则甲得2分或3分的概率为：， 所以乙得分为2分或3分的概率为，乙最终获胜的可能性大. 70．解答下列问题，要求列式并计算结果： (1)某影城有一些电影新上映，其中有2部科幻片､3部文艺片､2部喜剧片，小明从中任选1部电影观看，不同的选法种数有多少种； (2)用0~6这7个自然数，可以组成多少个没有重复数字的三位数； (3)有9本不同的语文书，7本不同的数学书，4本不同的英语书，从中选出不同学科的2本书，则不同的选法有多少种； (4)3个不同的球放入5个不同的盒子，每个盆子放球的数量不限，共多少种放法？ 【答案】(1)7种不同的选法 (2)180个没有重复数字的三位数 (3)127种不同的选法 (4)125种不同的放法 【分析】（1）由分类计数原理可求解； （2）由分步计数原理可求解； （3）由分类计数原理可求解； （4）由分步计数原理可求解. 【详解】（1）小明从中任选1部电影观看，则小明可以选择科幻片､文艺片或喜剧片， 不同的选法种数有种； （2）百位数字有6种不同的选法，十位有6种不同的选法，个位有5种不同的选法， 由分步计数原理可得共有种； （3）从语文和数学中选择有，从语文和英语中选择有，从数学和英语中选择有， 总共有种不同的选择； （4）每个球可以放入5个盒子中的任何一个盒子有5种放法， 故由分步计数原理可得共有种不同的放法. 题型十五 排列组合实际应用（共5小题） 71．单循环赛制是指所有参赛队伍（或选手）相互之间都轮流进行比赛，每两支队伍之间只比赛一次，最后按照各队在全部比赛中的得分、胜负场次等成绩指标来排定名次．现有（）支球队进行单循环赛，规定每场比赛获胜队得1分，负的队得0分，且无平局，最后按各队在全部比赛中的积分从高到低排列名次，积分最高者为冠军．并将第支球队的胜场数记为，负场数记为，（）． (1)当时，求单循环赛的总比赛场数，并计算的值； (2)证明：； (3)现支球队分为甲、乙两组，其中甲组球队比乙组球队多5支，甲，乙两组球队混合在一起进行单循环赛，若甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，请判断冠军是甲组中的球队，还是乙组中的球队，并说明理由． 【答案】(1)总比赛场数为15场， (2)证明见解析 (3)冠军是甲组中的球队，理由见解析 【分析】（1）根据组合计数和胜负守恒进行计算即可. （2）根据代数恒等变形 和平方差公式证明即可. （3）根据乙组的总得分不会少于乙组球队在乙组内总得分列出不等式，解得未知数的值，进而求得结果. 【详解】（1）当时，根据单循环赛是所有参加比赛的队均能相遇一次，则每支球队都比赛5场， 所以共比赛场. 根据单循环赛的规则和题意，15场中每一场定有一队获胜，故比赛结束后所有队胜的场次和为15， 所以. （2）根据单循环赛的规则，每一队都要和对方比赛一场，所以 又因为在一场比赛中的两队一定是一胜一负，故全部比赛结束后胜的总场次数和负的总场次数相等， 得，即. 又. 所以. 又因为，所以 所以. （3）设乙组有球队支，则甲组有球队支，由（2）知所有球队总得分为 . 又因为甲组球队总得分是乙组球队总得分的7倍，所以甲组球队总得分为， 乙组球队总得分为，又乙组球队在乙组内总得分为. 而每场比赛获胜队得1分，另一队得0分，所以乙组的总得分不会少于乙组球队在乙组内总得分， 得. 解得，又为整数，解得只能为6. 所以甲组球队共有11支，乙组球队共6支，所有球队总得分为分， 甲组球队总得分为119分，乙组球队总得分为17分，甲组球队内部总得分为分， 乙组球队内部总得分分，因乙组球队总共得17分，但乙组内部总得分15分， 所以乙组胜甲组的得分为2分，所以乙组球队最高得分不大于分， 又因为甲组共11支，而，故甲组中至少有一支球队超过7分，所以冠军在甲组球队中. 72．如图，在某城市中，两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中位于一条对角线上的个交汇处，今在道路网处的甲、乙两人分别要到处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径． (1)甲从到达处的走法有多少种； (2)甲从必须经过到达处的走法有多少种； (3)甲、乙以相同的速度同时出发，直到到达处为止．他们在行走途中会相遇，则共有多少种走法． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）从到的最短路径，需要向右走次，向上走次，总共走步，只需确定这步中哪步是向右（或向上）即可； （2）从到，需要向右走次、向上走次，从到，需要向右走次，向上走次，利用分步乘法计数原理计算； （3）两人速度相同，相遇点必在上，计算即可． 【详解】（1）甲从到的最短路径，需要向右走次，向上走次， 所以甲从到达处有种走法； （2）甲从到的最短路径，需要向右走次，向上走次， 所以甲从到达处有种走法， 从到的最短路径，需要向右走次，向上走次， 所以甲从到达处有种走法， 所以甲从必须经过到达处有种走法； （3）（3）甲，乙两人沿各自的最短路径行走，只可能在处相遇， 甲从处到达有种走法，从处到达有种走法， 所以甲从处经过到达有种走法， 同理乙从处经过到达有种走法， 所以他们在处相遇有种走法， 所以共有种走法． 73．回答下列问题 (1)把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有多少种方法？ (2)有个相同的口罩全部分给名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数是多少？ (3)某旅行社有导游人，其中人只会英语，人只会日语，其余人既会英语，也会日语，现从中选人，其中人进行英语导游，另外人进行日语导游，则不同的选择方法有多少种？ 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）把本不同的书分给位学生，每人至少一本，有和两类， 分配方式为时，共有种分法， 分配方式为时，共有种分法， 由分类加法计数原理可得共有种分法. （2）个相同的口罩，每位同学先拿一个， 剩下的个口罩排成一排有个间隙，插入块板子分成份， 每一种分法所得份给到个人即可， 所以不同的发放方法有种. （3）若只会英语的人中选了人做英语导游，共有种选法， 若只会英语的人中选了人做英语导游，共有种选法， 若只会英语的人中选了人做英语导游，共有种选法， 由分类加法计数原理可得共有种选法. 74．某学校组织学科竞赛集训与选拔工作. (1)组委会将13个相同的集训推荐名额分配给6个参赛小组，每个小组至少分配1个名额，共有多少种不同的分配方法？ (2)现有6名指导教师负责命题、监考、阅卷三项工作，要求每项工作至少安排1名指导老师，每名指导老师都只能参加一项工作，共有多少种不同的分配方法？ (3)学科竞赛集训与选拔工作结束后，10名工作人员（包含指导教师甲、乙、丙、丁、戊、戌）站成一排合影留念，其中甲、乙、丙三人必须相邻，丁、戊、戌三人互不相邻，共有多少种不同的排法？ 【答案】(1)792 (2)540种． (3)86400种． 【分析】（1）应用隔板法结合组合数计算求解； （2）应用分组分配计算求解； （3）应用排列及插空法结合排列数计算求解. 【详解】（1）由隔板法可知，不同的分配方法种数为. （2）将6名指导教师分成3组，当这3组的人数为1，1，4时，有种不同的分配方法； 当这3组的人数为1，2，3时，有种不同的分配方法； 当这3组的人数为2，2，2时，有种不同的分配方法. 故不同的分配方法共有种. （3）将甲、乙、丙三人进行捆绑，与除丁、戊、戌三人以外的4人进行全排列，然后将丁、戊、戌三人进行插空排列， 则不同的排法种数为种． 75．5名工作人员在社区开展交通安全宣讲活动，活动结束后，5名工作人员与社区组织者小王站成一排拍照留念．（须有适当的文字说明） (1)要求小王与工作人员甲、乙三人相邻，且小王在甲、乙中间，有多少种不同的站法？ (2)若这5名工作人员中，甲、乙、丙的身高互不相等，拍照时甲、乙、丙三人按从高到低的顺序从左到右排列（不一定相邻），有多少种不同的站法？ (3)若工作人员甲不站在最左端，工作人员乙不站在最右端，有多少种不同的站法？（写出必要的数学式，结果用数字作答） 【答案】(1)48(2)120(3)504 【分析】（1）由相邻问题中的捆绑法即可求解； （2）由定序问题中的倍缩法即可求解； （3）求出工作人员甲站在最左端或工作人员乙站在最右端的站法之和、以及工作人员甲站在最左端且工作人员乙站在最右端的站法，即可由间接法求解. 【详解】（1）小王与工作人员甲、乙三人相邻，且小王在甲、乙中间的站法有种， 所以5名工作人员与社区组织者小王站成一排拍照留念共有不同的站法种； （2）由题拍照时甲、乙、丙三人按从高到低的顺序从左到右排列（不一定相邻）的不同站法共有种； （3）工作人员甲站在最左端或工作人员乙站在最右端的站法共有种， 工作人员甲站在最左端且工作人员乙站在最右端的站法有种， 所以工作人员甲不站在最左端，工作人员乙不站在最右端的不同站法共有种. 题型十六 二项式定理的展开综合考点（共5小题） 76．若展开式中前三项的系数成等差数列. (1)求的值； (2)求展开式中所有的有理项. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据二项式定理及等差数列的性质，列出相应的方程，求解可得的值； （2）利用二项式展开式的通项，分析可得所有的有理项. 【详解】（1）因为有项，所以，所以. 展开式中前三项依次为， 其系数分别为. 因为前三项的系数成等差数列，所以，即， 因为，所以，所以. （2）展开式的通项为. 当能被整除时，为整数，为的有理项. 因为，所以或或. 当时，； 当时，； 当时，. 所以展开式中的有理项为. 77．已知在的展开式中，第6项系数与第4项系数之比是6:1. (1)求展开式中所有二项式系数的和. (2)若展开式中，第k项为有理项，求k的取值集合. (3)求展开式中系数绝对值最大的项. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据展开式的通项及第6项系数与第4项系数之比是6:1，求出的值，根据即可求得二项式系数和； （2）利用（1）的结论及展开式的通项知，当k为偶数时为有理项，由此可得k的取值集合. （3）利用通项写出各项的系数，列出相应的不等式组，求解可得的值，即可得到展开式中系数绝对值最大的项. 【详解】（1）的展开式的通项为. 因为第6项系数与第4项系数之比是6:1，所以，即， 化简得，即. 因为，所以. 所以的展开式中所有二项式系数的和为. （2）由（1）知的展开式的第项为. 若展开式中，第k项为有理项，则是整数，即是奇数，所以为偶数. 所以k的取值集合为. （3）的展开式的通项为，系数为. 令，即， 解得. 因为，所以. 所以展开式中系数绝对值最大的项为. 78．（1）求的展开式中各项系数之和； （2）求的展开式中奇数项二项式系数之和； （3）求的展开式中系数最大的项． 【答案】（1）729；（2）32；（3） 【分析】（1）令即可求出展开式中各项系数之和； （2）利用二项式系数之和的性质即可求出； （3）设第项的系数最大，列式计算即可. 【详解】（1）令，，所以的展开式中各项系数之和为729． （2）的展开式中奇数项二项式系数之和为． （3）由通项可得第项为． 设第项的系数最大，则  即  解得． 因为，所以，所以展开式中系数最大的项为． 79．已知． (1)求的值； (2)求的值； (3)求的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意，利用组合数的计算公式，化简得，即可求解； （2）求得二项展开式的通项，得到为正数，为负数，分别令和，即可求得的值． （3）由（1）得到，两边求导，再令，即可求解. 【详解】（1）解：由组合数的计算公式，可得， 即，解得或（舍去）． （2）解：二项式展开式的通项公式为， 由 二项式展开式中的系数为, 当为偶数时，；当为奇数时， 令，可得， 令，可得，即， 所以． （3）解：由（1）知，可得 两边求导得 可得， 令，代入得， 所以． 80．在的展开式中． (1)求二项式系数最大的项； (2)有无x的负整数次幂？有，请求出这些项，没有，则说明理由； (3)判断系数的绝对值最大的项是第几项，并求出系数最大的项． 【答案】(1)第5项， (2)有，分别是 (3)系数的绝对值最大的项是第项和第7项；系数最大的项是 【分析】（1）根据二项式系数的性质，当为偶数时，中间一项的二项式系数最大，由此可确定二项式系数最大的项. （2）先写出展开式的通项公式，再根据通项公式判断是否存在的负整数次幂. （3）设出系数的绝对值最大的项，根据系数绝对值最大的条件列出不等式组，求解不等式组得到的值，进而确定系数绝对值最大的项，再根据系数的正负性确定系数最大的项. 【详解】（1）的展开式的通项为： ，，， 二项式系数最大的项为中间项，即第5项，. （2），，， 令且，. 当时，； 当时，； 当时，； 当时，. （3）的展开式的通项为 ，，， 设第项系数的绝对值最大，显然，则， 整理得，即， 解得，而，则或， 所以系数的绝对值最大的项是第6项和第7项； 由以上知，展开式中的第6项和第7项系数的绝对值最大，而第6项的系数为负， 第7项的系数为正，所以系数最大的项为第7项. 1．城区某中学安排2位数学老师、4位英语老师到，两所乡村中学任教，要求两个乡村中学各安排3位老师，其中中学至少需要安排1位数学老师，那么有（    ）种不同的安排方式 A．9 B．12 C．14 D．16 【答案】D 【详解】情况1：中学安排1位数学老师，2位英语老师的方式：， 情况2：中学安排2位数学老师，1位英语老师的方式：， 所以中学至少需要安排1位数学老师的方式为：（种）. 2．文化节跳蚤市场某班摊位举办抽奖活动，已知10张奖券中只有3张有奖，5个人购买，每人1张，至少有1人中奖的概率是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意，由于10张奖券中只有3张有奖，那么5个人购买，每人1张，所有的情况为， 那么对于没有人中奖的情况为，那么可知没有人中奖的概率为， 所以至少有1人中奖的概率. 3．某学校选派了三位男教师和两位女教师参加某活动，这五位教师被分到三个不同的小组，其中两位女教师分派到同一个小组，则不同的分配方案有（   ） A．18种 B．36种 C．68种 D．84种 【答案】B 【详解】 当两位女教师不单独一组时，先三位男教师全排，再两位女教师选择一组参加， 分配方案有种； 当两位女教师单独一组时，两位女教师先选一组，3位男教师分另外2组， 不同的分配方案有； 综上，不同的分配方案有36种． 4．某次文艺晚会上计划演出7个节目，其中2个歌曲节目，3个舞蹈节目，2个小品节目，需要制作节目单： (1)三个舞蹈节目相邻且不排两端，有多少种排法？ (2)唱歌节目相邻，舞蹈节目也相邻，两个个小品节目不相邻，有多少种排法？ (3)由于特殊原因，需要在定好的节目单上加上两个新节目：一个育才师生的诗歌朗诵《育才赋》和一个快板节目，但是不能改变原来节目的相对顺序，有多少种排法？ 【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）将三个舞蹈节目看成整体，先排剩下4个节目，再把三个舞蹈节目放入不含两端的3个空中，据此可得答案； （2）将舞蹈，歌曲看成整体并优先安排，然后把小品放入舞蹈歌曲整体排布产生的空中可得答案. （3）将新增两个节目放入7个节目排布产生的空中，分放入同一个空和放入两个不同的空两种情况，据此可得答案. 【详解】（1）将3个舞蹈节目看成整体，优先排布，有种排法．再将剩下4个节目全排列，有种排法．最后，将舞蹈节目整体放入剩下4个节目排布时产生的不含两端的3个空中，有3种排法，故共有种排法； （2）将舞蹈，歌曲看成整体并优先安排，有种排法．再将小品分放入排布舞蹈，歌曲时产生的三个空中，有种排法．则共有种排法． （3）将新增两个节目放入7个节目排布产生的8个空中．若两个节目放入同一个空，有种排法，若两个节目不放入同一个空，有种排法，故共有种排法． 5．将7个小球放入3个盒子中，结合小球的相同与不同属性、盒子的相同与不同特征，以及不同的放置限制条件，下列说法正确的有（   ） A．若小球相同、盒子不同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为15 B．若小球相同、盒子不同，且允许有空盒子，则不同的放法种数为21 C．若小球不同、盒子相同，且每个盒子至少放1个球，则不同的放法种数为301 D．若小球相同、盒子不同，且恰有1个盒子放2个球，其余盒子至少放1个球，则不同的放法种数为15 【答案】AC 【分析】对于AB，根据隔板法求解；对于C，先分组，再选球放入；对于D，先分组，再排列盒子即可． 【详解】对于A，将7个小球分成3组即可，由隔板法得不同的放法种数有种，故A正确； 对于B，允许有空盒子，先给每个盒子一个虚拟的球， 即10个小球分成3组，每个盒子至少一个， 由隔板法得不同的放法种数有种，故B错误； 对于C，根据题意，每个盒子里球的个数情况有：；；；， 则不同的放法种数有，故C正确； 对于D，小球相同、盒子不同，恰有1个盒子放2个球（即只有1个盒子为2个）， 其余两个盒子至少1个球且不能为2个球：先选放2个球的盒子：， 剩余两个盒子共5个球，均不为2的放法只有共2种， 总放法，故D错误． 6．用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（    ） A．72个 B．96个 C．120个 D．144个 【答案】C 【详解】根据题意，符合条件的五位数首位必须是4或5，需分两类解决： 第1类，首位数字为5时，末尾数字可为0或2或4，则比40000大的偶数有(个)； 第2类，首位数字为时，末尾数字可为0或2，则比40000大的偶数有(个)； 根据分类加法计数原理，可得比40000大的偶数共有(个)． 7．从包含甲、乙2人的8人中选4人参加米接力赛，求在下列条件下，各有多少种不同的排法？（结果用数字作答） (1)甲、乙2人都被选中且必须跑中间两棒； (2)甲、乙2人都被选中且必须跑相邻两棒； (3)甲、乙2人都被选中且不能相邻两棒； (4)甲、乙2人都被选中且甲不能跑第一棒，乙不能跑第四棒. 【答案】(1)60(2)180(3)180(4)210 【分析】（1）优先安排甲乙跑中间两棒，再从其余6人中选2人排列在剩下2个位置. （2）使用捆绑法，将甲乙看作是一个元素，与另外选出的2人进行全排列. （3）使用插空法，先从除甲乙外的6人中选出2人进行排列，再将甲乙插入到已经排列好的元素的邻近位置. （4）使用占位法分类讨论，先讨论甲在乙的限制位置，再讨论甲不在乙的限制位置，即可求解. 【详解】（1）甲乙两人在中间两棒，则有种排法， 从剩下6人选出2人排列到两边，有种排法， 则共有种排法. （2）将甲乙绑定到一起，内部有2种排法， 从剩下6人选出2人，有种选法， 全排列3个元素有种排法， 所以共有种排法. （3）先从剩下6人选出2人先排列，有种排法， 将甲乙插入到已排列的两个元素邻近的3个空位中，以保证甲乙不相邻，有种排法， 所以共有种排法. （4）若甲在第四棒， 则从剩下6人选出2人，有种选法， 3人全排列，共有种排法， 此时共有种排法， 若甲不在第四棒，也不在第一棒，所以甲有2种排列方法， 乙不在第四棒，也不能与甲同棒，所以乙有2种排列方法， 再从剩下6人选出2人排列到剩下的两个位置，有种排法， 此时共有种排法， 综上，共有种排法. 8．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《详解九章算法》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.根据以上材料 （1）杨辉三角中第8行的各数之和为_______. （2）记第行的第个数为，则_______. 【答案】 256 【分析】根据条件，分析可得第8行的各数之和为，计算即可得答案；分析可得，代入整理，结合二项式的展开公式，即可得答案. 【详解】杨辉三角中第8行的各数之和为 记第行的第个数为，则， 则. 9．已知的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比为． (1)求n的值； (2)求展开式中系数最大项． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，得出方程可得，结合组合数的计算公式，求得的值； （2）设展开式中第项的系数最大，得出不等式组，结合组合数的计算公式，即可求解. 【详解】（1）解：由二项式展开式的通项为， 因为展开式中第5项与第3项的二项式系数之比为 可得，即，解得或（舍去）， 所以的值为. （2）解：由（1）知：二项展开式的通项为，其中， 设展开式中第项的系数最大，其中， 则满足，可得，解得， 因为，所以， 所以展开式中系数最大的项为. 10．中国空间技术的突破和空间站的建设，吸引了众多太空爱好者.在“天宫课堂”第三课中就有人提问：如何能成为一名航天员?如何才能加入探索太空的队伍中?已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.现对这五项测试排序，要求前庭功能不排在第一项，超重耐力不排在最后一项，失重飞行不排在第三项，则选拔测试的安排方案有（    ） A．28种 B．36种 C．48种 D．64种 【答案】D 【详解】根据题意，分3种情况讨论： ①若前庭功能排在最后一项，超重耐力排在第三项，则失重飞行有3种排法，所以有3·=6种情况； 若前庭功能排在最后一项，超重耐力不排在第三项，则超重耐力有3种排法，此时失重飞行有2种排法， 所以有(3×2)·=12种情况.故共有18种情况. ②若前庭功能排在第三项，失重飞行有排在最后一项与不排在最后一项两种，情况同①.故共有18种情况. ③若前庭功能排在第2或第4位（2种情况），先排前庭功能，有2种排法，再排超重耐力， 若超重耐力排在第三项，则失重飞行有3种排法； 若超重耐力不排在第三项，则超重耐力有2种排法， 此时失重飞行有2种排法.故共有2×(3+2×2)·=28种情况. 综上，共有18+18+28=64种安排方案. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $