期中培优：计数原理8种高频考点专项训练-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第三册

期中培优：计数原理8种高频考点专项训练 期中培优：计数原理8种高频考点专项训练 考点目录 两个计数原理的应用 涂色问题 计数问题 相邻问题与不相邻问题 分组分配问题 隔板法 二项式定理 杨辉三角形 考点一 两个计数原理的应用 例1．（2025·山东枣庄·二模）子贡曰：“夫子温、良、恭、俭、让以得之”，“温、良、恭、俭、让”指五种品德：温和、善良、恭敬、节俭、谦让．现有分别印有这5个字的卡片各2张（同字卡片颜色不同），同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有（    ） A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种 例2．（25-26高二下·山东济南·期中）5名大学生利用暑假到学校的实践基地进行实习，每人从甲、乙、丙三个基地中任选一个，若不考虑其他条件，则不同的选法有（   ） A．8种 B．15种 C．种 D．种 例3．（25-26高二下·湖南长沙·月考）某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙处，需要经过6个转运环节，其中第1，6个环节有a，b两种运输方式，第2，3，5个环节有b，c两种运输方式，第4个环节有c，d，e，f四种运输方式，则快件从甲送到乙使用4种运输方式的不同的方法种数是（   ） A．60 B．70 C．77 D．78 例4．（25-26高二上·江苏南京·期末）某校名男大学生和名女大学生被安排到个不同的单位实习，每个实习单位至少安排名实习学生且性别相同，则不同的安排方法有___________种． 例5．（2026·河北邯郸·一模）某地普法小组安排4名男性普法员和2名女性普法员前往甲、乙、丙三个社区进行宣讲，每名普法员只能前往一个社区，每个社区至少有1名普法员，则2名女性普法员被安排在不同社区的方案共有______种． 例6．（24-25高一上·浙江杭州·开学考试）6人同时被邀请参加一项活动.必须有人去，去几个人自行决定，共有________种不同的去法. 变式1．（25-26高二下·河北保定·月考）某学校人工智能社团从包含甲、乙的6名成员中选出4人，分别负责数据采集、模型训练、算法优化、成果展示四项AI实践任务，每项任务安排1人. 其中甲、乙两名同学不负责模型训练，则不同的安排方案种数为（    ） A．120 B．180 C．240 D．320 变式2．（25-26高二下·重庆·月考）4人同时被邀请参加一项活动，则至少有1人去参加活动的方法种数为（    ） A．4种 B．15种 C．16种 D．24种 变式3．（25-26高三下·山东菏泽·月考）某校有5名教师和3名学生参加志愿者活动，需从中选出3人组成服务小组，若要求至少包含1名教师和1名学生，则不同的选法（    ） A． B． C． D． 变式4．（25-26高二下·四川广安·月考）加德学校召集高二年级5个班级的部分家长座谈，高二（1）班有2名家长到会，其余4个班级各有1名家长到会，会上任选3名家长发言，则发言的3名家长来自3个不同班级的可能情况的方法种数为______． 变式5．（25-26高二下·浙江·开学考试）某校高一年级甲、乙、丙三位同学从政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术共七门学科中选择三门作为高考选考科目，若其中任何两人恰有一门选考科目相同，则共有_______（用数字作答）种不同的选科方法． 变式6．（24-25高二下·江苏无锡·月考）三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有______种. 考点二 涂色问题 例1．（25-26高二下·重庆·期中）给如图所示的花圃中A，B，C，D四块区域种花，中间圆形区域不种花.现有6种不同的花可供选择，每块区域种1种花，且相邻区域种不同的花.则不同的种法总数为（   ） A．320 B．630 C．720 D．1560 例2．（25-26高二下·福建厦门·月考）如图，一个地区分为5个不同的行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法种数是（    ） A．20 B．24 C．48 D．72 例3．（2026·浙江杭州·二模）一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______. 例4．（25-26高二下·江苏泰州·月考）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．若每块区域任意涂上一种颜色，则共有________种不同涂法；若相邻区域不同色且4种颜色全部使用，则共有________种不同涂法． 变式1．（25-26高二下·河北沧州·月考）如图所示，对两行三列共6个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求有公共边的两个格子不能都染红色，满足要求的染色方法共有（    ） A．19种 B．18种 C．17种 D．16种 变式2．（2025·广东茂名·模拟预测）如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（   ） A．120 B．160 C．180 D．300 变式3．（25-26高二下·山东泰安·月考）给如图所示的四个区域涂色，有4种不同的颜色可选，相邻区域颜色不能相同，则共有______种不同的涂色方案. 变式4．（2026·贵州六盘水·一模）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃被分成如图所示的5个部分.现栽种3种不同品种的花，花圃的每部分只栽种一种品种的花，有公共边的部分（仅有1个公共点的两个部分不认为有公共边）不能栽种相同品种的花，且3种品种的花都有栽种，则不同的栽种方法数为_________. 考点三 计数问题 例1．（25-26高二下·安徽安庆·月考）从标有，，，，的五张卡片中随机选取张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这个数大于的概率为（    ） A． B． C． D． 例2．（25-26高二下·天津武清·月考）从0，2，4中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成没有重复数字的四位数的个数为（    ） A．180 B．216 C．162 D．150 例3．（25-26高二下·北京顺义·月考）从，，，，这个数中任选个数，组成没有重复数字的三位数的个数为__________． 例4．（2026·山西晋中·模拟预测）有4张卡片，有一张卡片上标有数字0，有两张卡片上分别标有数字1，2，另一张卡片的两面分别标有数字3，4，将这4个卡片摆在一起，使4张卡片上4个数字组成一个四位数，则这样的四位数共有__________个． 变式1．（25-26高二下·江苏泰州·月考）用0，1，2，3，4，5这六个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（   ） A．40个 B．48个 C．52个 D．64个 变式2．（25-26高二下·福建厦门·月考）用数字0，1，2，3组成没有重复数字的三位数，则其偶数的个数为（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 变式3．（25-26高二下·河南郑州·月考）由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为______. 变式4．（25-26高二下·广东梅州·月考）从1，3，5，7，9中任取2个数，从2，4，6，8中任取2个数，能组成___________个没有重复数字的四位数． 考点四 相邻问题与不相邻问题 例1．（25-26高二下·四川德阳·月考）某德阳研学团计划参观三星堆博物馆、德阳文庙、绵竹年画村、白马关景区4个景点，要求三星堆博物馆必须排在第一个或最后一个参观，且德阳文庙与白马关景区必须相邻，则不同的参观顺序共有（   ）种 A．4 B．8 C．12 D．24 例2．（25-26高二下·云南昆明·月考）某学校读书节活动中，甲、乙、丙3个班级各有2位同学获奖，现将这6人排成一排拍照，则同一班级的两位同学均站在一起的排法共有（    ） A．96种 B．48种 C．24种 D．144种 例3．（2026·上海闵行·二模）小闵同学打算将“20260407”中的8个数字“”进行排列得到密码.如果排列时要求两个“2”相邻且三个“0”不相邻，那么小闵可以设置的不同密码的个数为______. 例4．（25-26高二下·山西忻州·月考）某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有________种． 变式1．（25-26高二下·安徽蚌埠·月考）甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排合影留念，其中甲、乙均不能站最左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有（   ） A．18种 B．24种 C．30种 D．36种 变式2．（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·月考）有2位老师和3名学生排成一队照相，老师不能分开，则不同的排法有（ ） A．48种 B．12种 C．36种 D．24种 变式3．（25-26高二下·天津·月考）3名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为__________，2位老师相邻的排法种数为__________.（用数字填写） 变式4．（25-26高二下·河南新乡·月考）小李从网上选了4道不同的A型题和2道不同的B型题，现将这6道题组成一份练习题．要求B型题不相邻且前3道题中至少有1道B型题，则6道题不同的安排顺序有________种． 考点五 分组分配问题 例1．（25-26高二下·湖北武汉·期中）为调查当前的商品市场价格，国家统计局将5位调查员分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴三个不同的地区进行商品价格调查，则不同的分配方案的种数为（   ） A．90 B．180 C．30 D．15 例2．（25-26高二下·重庆·月考）某校组织包含甲在内的7名大学生前往观看足球､篮球､排球三场比赛，每场比赛至少有2名学生观看且每个人只观看一场比赛，则甲同学不去观看足球比赛的方案种数为（    ） A．420 B．600 C．840 D．960 例3．（25-26高二下·重庆·月考）巴蜀中学坐落于重庆市渝中区，由于地理环境优越，软硬件资质齐备，故经常被用作国家级考试考点．2026年巴蜀中学预计会被用作公务员考试，生物奥赛考试等六项国家级考试作为考点．本校职工小明，小灏，小文因精通各项考试流程，考务组计划邀请三人加入监考工作（六项考试时间不冲突）．预计安排每人至少监考一项考试，每人至多监考三项考试，每项考试，三人中有且仅有一人参与，其中小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，则三人不同的监考安排方案种数为___________． 例4．（25-26高二下·海南省直辖县级单位·月考）2023年3月13日，第十四届全国人民代表大会第一次会议在北京人民大会堂闭幕，为记录这一历史时刻，会务组将6张不同的纪念邮票分配给来自A省的2名代表和B省的2名代表，每名代表至少1张，邮票全部用完，则有___________种分配方法．（用数字作答） 变式1．（2026·重庆万州·模拟预测）现有3本完全相同的书籍进行现场拍卖，有9位竞拍者，每人可以重复竞拍，则不同的竞拍结果有（    ） A．84种 B．129种 C．156种 D．165种 变式2．（2026·陕西·二模）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 变式3．（2026·福建·二模）为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电芯组、基建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至少安排一人，每人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两人不能被安排到资源组，则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答） 变式4．（25-26高二下·山东菏泽·月考）甲、乙等4位老师到某地3所学校进行送教服务，要求每人只去一所学校，每所学校不能少于1人，且甲、乙不在同一所学校，则不同的安排方法有______种． 考点六 隔板法 例1．（25-26高二下·天津和平·月考）我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“吉祥数”，例如105和123，则所有的“吉祥数”共有（   ） A．22个 B．21个 C．20个 D．19个 例2．（24-25高二下·江苏南京·期中）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 例3．（25-26高二下·重庆·期中）将个相同的篮球分给个班级，每班至少分个，则不同的分法种数为_______． 例4．（25-26高二下·贵州遵义·月考）把30个相同的篮球分给高二年级的3个班，要求每个班至少分得8个篮球，则共有________种分法（填数字） 变式1．（24-25高二下·青海西宁·期末）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 变式2．（2026·江西上饶·一模）将6个相同的小球全部放入3个不同的盒子中，每个盒子都要有小球，则不同的放球方法共有（   ） A．4种 B．6种 C．10种 D．12种 变式3．（25-26高三上·河北衡水·期末）如果一个四位数的各位数字之和为9，则称A是一个“好数”，则“好数”的个数为__________. 变式4．（24-25高二下·山东青岛·月考）的非负整数解有__________组. 考点七 二项式定理 例1．（2026·江苏·一模）的二项展开式的第6项系数是（   ） A． B． C． D． 例2．（25-26高二下·浙江宁波·月考）我国农历用“鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪”这12种动物按顺序轮流代表各年的生肖年号.已知2026年是马年，那么年后是（    ） A．羊年 B．马年 C．龙年 D．兔年 例3．（25-26高二下·山西晋中·月考·多选）已知的展开式共有13项，则下列说法中错误的有（    ） A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第6项或第7项 D．有理项共5项 例4．（25-26高二下·江苏盐城·月考·多选）若（），则下列判断正确的是（     ） A． B． C． D． 例5．（25-26高二下·浙江宁波·月考）已知，则________． 例6．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）若的展开式中的常数项为1，则_____. 例7．（25-26高二下·浙江宁波·月考）已知在的展开式中，前项的系数分别为、、，且满足. (1)展开式中是否存在常数项，若存在，求出该常数项；若不存在，请说明理由； (2)求展开式中系数最大的项. 例8．（25-26高二下·山东临沂·月考）在的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项， (1)求的值； (2)若第项是有理项，求的取值集合； (3)求系数最大的项. 变式1．（2026·广东·模拟预测）在的展开式中，的系数为（    ）． A．120 B．80 C．40 D． 变式2．（25-26高二下·重庆·月考）已知的展开式中的系数为35，则展开式中所有项的系数和为（   ） A．-90 B．97 C．160 D．-145 变式3．（25-26高二下·广西贺州·月考·多选）在的展开式中，下列结论正确的是（    ） A．展开式共21项 B．含的项的系数为760 C．只有第10项的二项式系数最大 D．展开式的各项系数的和为1 变式4．（25-26高二下·湖北咸宁·月考·多选）已知，且第5项与第8项的二项式系数相等，则（    ） A． B． C．展开式的各项系数和为 D． 变式5．（2026·河北保定·二模）已知的展开式中有一项是，则 ___________ 变式6．（25-26高二下·上海·月考）若的二项展开式中含有常数项，则正整数的最小值为__________. 变式7．（25-26高二下·四川·期中）已知 的展开式中，所有项的二项式系数的和为256． (1)求n 的值，并求展开式中第5项的二项式系数； (2)求展开式中所有的有理项． 变式8．（25-26高二下·河北石家庄·月考）在二项式的展开式中，所有项的系数之和为. (1)求展开式中的常数项； (2)求展开式中系数绝对值最大的项. 考点八 杨辉三角形 例1．（25-26高二下·浙江宁波·月考·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》.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，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20行中最大的数是第11个数 B．第20行中从左到右第18个数与第19个数之比为 C．记第20行第个数为，则 D．第四斜行的数：1，4，10，20，…，构成数列，则数列的前项和为 例2．（2026·湖北黄石·一模·多选）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（    ） A．第2026行共有2026个数 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D．去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 变式1．（25-26高二下·福建泉州·月考·多选）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 变式2．（25-26高二下·山东潍坊·开学考试·多选）定义有行的“杨辉三角”为阶“杨辉三角”，如图就是一个8阶“杨辉三角”. 给出的下列命题中正确的是（   ） A．记第行中从左到右的第个数为，则； B．第行所有数的和是 C．第行共有个数 D．8阶“杨辉三角”的所有数的和是255 2 学科网（北京）股份有限公司 $期中培优：计数原理8种高频考点专项训练 期中培优：计数原理8种高频考点专项训练 考点目录 两个计数原理的应用 涂色问题 计数问题 相邻问题与不相邻问题 分组分配问题 隔板法 二项式定理 杨辉三角形 考点一 两个计数原理的应用 例1．（2025·山东枣庄·二模）子贡曰：“夫子温、良、恭、俭、让以得之”，“温、良、恭、俭、让”指五种品德：温和、善良、恭敬、节俭、谦让．现有分别印有这5个字的卡片各2张（同字卡片颜色不同），同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有（    ） A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种 【答案】D 【详解】先把字相同的卡片看成一组， 第一步：从这5组中选出一组有种选法. 第二步：再从余下的4组中选2组，这2组中，每组各选一张卡片有. 第三步：把选出的4张卡片，分给4位同学有. 所以不同的分配方案有种. 例2．（25-26高二下·山东济南·期中）5名大学生利用暑假到学校的实践基地进行实习，每人从甲、乙、丙三个基地中任选一个，若不考虑其他条件，则不同的选法有（   ） A．8种 B．15种 C．种 D．种 【答案】C 【详解】由题意知，每位大学生都有3种选择，根据分步乘法计数原理，共有种选法. 例3．（25-26高二下·湖南长沙·月考）某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙处，需要经过6个转运环节，其中第1，6个环节有a，b两种运输方式，第2，3，5个环节有b，c两种运输方式，第4个环节有c，d，e，f四种运输方式，则快件从甲送到乙使用4种运输方式的不同的方法种数是（   ） A．60 B．70 C．77 D．78 【答案】A 【分析】利用分步计数，先确定第4环节不能使用c运输方式，从而确定3种运输方式，再分类讨论第1，6两个环节的两类运输方式，从而可用间接法来确定第2，3，5环节的运输方式，最后利用分步计数乘法原理即可求解. 【详解】若第4个环节使用c运输方式，由题意可得快件从甲送到乙至多使用3种运输方式， 故第4个环节必须使用d，e，f三种运输方式中的1种， 若第1，6两个环节都使用b运输方式，则快件从甲送到乙至多会使用3种运输方式， 故从甲送到乙要使用4种运输方式，则满足条件的运输方法可分为两类． 第一类：第1和第6环节都用a运输方式，则第2，3，5环节必须使用两种不同的运输方式， 第4环节必须使用d，e，f中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有（种）； 第二类：第1和第6环节运输方式不同，则第2，3，5环节只需至少一个环节使用c运输方式， 第4环节必须使用d，e，f中的一种运输方式，故满足条件的运输方式有（种）． 由分类加法计数原理可得，满足条件的运输方式有（种）． 例4．（25-26高二上·江苏南京·期末）某校名男大学生和名女大学生被安排到个不同的单位实习，每个实习单位至少安排名实习学生且性别相同，则不同的安排方法有___________种． 【答案】 【分析】按照名女生在同一个单位和在不同单位两种情况进行分类，然后将每类的方法数相加，即可得到总的方法数. 【详解】情况：当名女生在同一个单位，则名男生被分到另外个单位，方法数为种； 情况：当名女生在两个不同的单位，则名男生在剩下的个单位，方法数为种， 因此，总的方法数为种. 例5．（2026·河北邯郸·一模）某地普法小组安排4名男性普法员和2名女性普法员前往甲、乙、丙三个社区进行宣讲，每名普法员只能前往一个社区，每个社区至少有1名普法员，则2名女性普法员被安排在不同社区的方案共有______种． 【答案】390 【详解】第一步，安排女性普法员，分别去两个社区，有种安排方案； 第二步，安排4名男性普法员去三个社区，总共有种情况， 其中一个社区没人，即都在女性普法员所在社区，共有种情况， 因为社区至少有1名普法员，所以男性普法员的安排方案有种； 由分步乘法计数原理可知，共有种不同的方案. 例6．（24-25高一上·浙江杭州·开学考试）6人同时被邀请参加一项活动.必须有人去，去几个人自行决定，共有________种不同的去法. 【答案】 【分析】利用分类加法原理计算即可. 【详解】如果有1个人去，则有种情况； 如果有2个人去，则有种情况； 如果有3个人去，则有种情况； 如果有4个人去，则有种情况； 如果有5个人去，则有种情况； 如果有6个人去，则有种情况； 所以共有种不同的去法. 变式1．（25-26高二下·河北保定·月考）某学校人工智能社团从包含甲、乙的6名成员中选出4人，分别负责数据采集、模型训练、算法优化、成果展示四项AI实践任务，每项任务安排1人. 其中甲、乙两名同学不负责模型训练，则不同的安排方案种数为（    ） A．120 B．180 C．240 D．320 【答案】C 【详解】因为甲、乙不负责模型训练，则需要从另外4人中选出1人负责模型训练，共有种情况， 然后从剩下的5人中选出3人负责另外三项任务，共有种情况， 再根据分步乘法计数原理可得符合要求的安排方案种数为种. 变式2．（25-26高二下·重庆·月考）4人同时被邀请参加一项活动，则至少有1人去参加活动的方法种数为（    ） A．4种 B．15种 C．16种 D．24种 【答案】B 【详解】4人同时被邀请参加一项活动，参加活动共有种方法， 若没人去，则只有种，故至少有1人去参加活动的方法种数为. 变式3．（25-26高三下·山东菏泽·月考）某校有5名教师和3名学生参加志愿者活动，需从中选出3人组成服务小组，若要求至少包含1名教师和1名学生，则不同的选法（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】从8人中任选3人的选法为：， 全是教师的选法为：， 全是学生的选法为：， 至少包含1名教师和1名学生的选法为：． 变式4．（25-26高二下·四川广安·月考）加德学校召集高二年级5个班级的部分家长座谈，高二（1）班有2名家长到会，其余4个班级各有1名家长到会，会上任选3名家长发言，则发言的3名家长来自3个不同班级的可能情况的方法种数为______． 【答案】16 【详解】若高二（1）班有1名家长发言，则有种情况， 若高二（1）班没有家长发言，则有种情况， 所以共有种情况. 变式5．（25-26高二下·浙江·开学考试）某校高一年级甲、乙、丙三位同学从政治、历史、地理、物理、化学、生物、技术共七门学科中选择三门作为高考选考科目，若其中任何两人恰有一门选考科目相同，则共有_______（用数字作答）种不同的选科方法． 【答案】5670 【分析】利用分步分类计数原理来计数即可. 【详解】第一步：甲从7门学科中选3门，共 种选法； 第二步：因为乙和甲恰有1门相同，因此从甲的3门中选1门，再从甲没选的4门中选2门，共 种选法； 第三步：最后选丙的3门选科，要分两类计数， 设甲乙共同选的科目为，甲除外的两门为，乙除外的两门为，这5个科目互不相同，还剩余2个科目， 情况1：丙也选了公共科目 ，此时丙不能再与甲、乙有其他重复科目，只能从剩余2门科目中选，共 种选法； 情况2：丙不选公共科目 ，则丙需要和甲共1门（从中选）、和乙共1门（从中选），第三门从剩余2个科目中选，共 种选法； 因此丙共有 种选法； 根据分步计数乘法原理可得：总方法数为 . 变式6．（24-25高二下·江苏无锡·月考）三个人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下，由甲开始踢，经过5次传递后，毽子又被踢回给甲，则不同的传递方式共有______种. 【答案】10 【详解】由题设，若三人为甲、乙、丙，传递过程如下： 甲①②③④甲， 其中①④一定不会是甲，所以中间四个人的可能情况为： {乙，甲，乙，丙}、{乙，甲，丙，乙}、{乙，丙，甲，乙}、{乙，丙，甲，丙}、{乙，丙，乙，丙}、{丙，甲，乙，丙}、{丙，甲，丙，乙}、{丙，乙，甲，乙}、{丙，乙，甲，丙}、{丙，乙，丙，乙}，共10种情况. 考点二 涂色问题 例1．（25-26高二下·重庆·期中）给如图所示的花圃中A，B，C，D四块区域种花，中间圆形区域不种花.现有6种不同的花可供选择，每块区域种1种花，且相邻区域种不同的花.则不同的种法总数为（   ） A．320 B．630 C．720 D．1560 【答案】B 【详解】现有6种不同的花可供选择，要求每个区域只种1种花且相邻区域的花不同， 则四块区域最少种2种花，最多种4种花，所以分三类： 若种2种花，则A和C相同，B和D相同，有种方法； 若种3种花，则需要其中两块区域种同一种花，A和C相同或B和D相同，有种； 若种4种花，有种， 则不同的种法总数为． 例2．（25-26高二下·福建厦门·月考）如图，一个地区分为5个不同的行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法种数是（    ） A．20 B．24 C．48 D．72 【答案】D 【详解】 如图所示，首先涂A，剩下BCDE只有3种颜色可供选择， 若BD不同色则CE必同色，反之亦然，即BD或CE同色， 以颜色为主分类计数，按颜色的多少分两类： 第一类：用3种不同颜色时，则区域BD必同色，区域CE也必同色，故共有种 ， 第二类：用4种不同颜色时，若区域BD同色有种，若区域CE同色有种 故用四种颜色有种 ， 由加法原理得不同的涂色方法数共有 种 ，D正确. 例3．（2026·浙江杭州·二模）一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______. 【答案】82 【分析】分①②③④四边同色，①②③④只有三边同色时，另一边不同色时，①②③④每两个同色时三种情况讨论，结合分步乘法计数原理即可求解． 【详解】解： ①②同色时，矩形A另外两边有种方法染色， ①②不同色时，矩形A另外两边有种方法染色，同理其他区域也一样， 则（1）①②③④四边同色，此时共有种； （2）当①②③④只有三边同色，另一边与其不同色时，此时共有种， （3）当①②③④每两个同色时，此时共有种， 综上，共有种． 例4．（25-26高二下·江苏泰州·月考）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．若每块区域任意涂上一种颜色，则共有________种不同涂法；若相邻区域不同色且4种颜色全部使用，则共有________种不同涂法． 【答案】 1024； 48 【分析】利用分步乘法计数原理可得空一；分同色和不同色计算可得空二. 【详解】空一：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； 空二：若同色：先涂有4种，然后涂有种， 此时共有种； 若不同色：先涂有种，然后涂有种，最后涂有1种， 此时共有种. 综上，共有种. 变式1．（25-26高二下·河北沧州·月考）如图所示，对两行三列共6个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求有公共边的两个格子不能都染红色，满足要求的染色方法共有（    ） A．19种 B．18种 C．17种 D．16种 【答案】C 【分析】按第一行的染色分类，再计算对应第二行的染色数即可求解. 【详解】①第一行全蓝（蓝蓝蓝）：第一行无红色，第二行只需要满足自身相邻不能都红， 三个格子的染色共：1（全蓝）3（1个红）1（2个不相邻红）=5种； ②第一行只有第一个格子为红（红蓝蓝）：第二行第一个格子不能为红（和第一行第一个红相邻），第二行格式为（蓝XY）， 要求X、Y不都红，共3种符合要求的染色（蓝蓝蓝、蓝红蓝、蓝蓝红）； ③第一行只有中间格子为红（蓝红蓝）：第二行中间格子不能为红，第二行格式为（X蓝Y），X、Y无相邻限制，共种符合要求的染色； ④第一行只有第三个格子为红（蓝蓝红）：和第二种情况对称，共3种符合要求的染色； ⑤第一行两个红（红蓝红）：第二行第一、第三格子都不能为红，第二行格式为（蓝X蓝），X可红可蓝，共2种符合要求的染色； 所以总染色方法数：种. 变式2．（2025·广东茂名·模拟预测）如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（   ） A．120 B．160 C．180 D．300 【答案】C 【分析】分两步，第一步先排Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，第二步再排Ⅳ，然后根据分步计数原理相乘即可. 【详解】先排Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ共有种，再排Ⅳ有种， 故不同的着色方法数有种. 故选：C 变式3．（25-26高二下·山东泰安·月考）给如图所示的四个区域涂色，有4种不同的颜色可选，相邻区域颜色不能相同，则共有______种不同的涂色方案. 【答案】84 【详解】当A和C颜色相同， 第一步涂A：共4种颜色可选，所以有种选择； 第二步涂B：由于B与A不同色，只有剩下的种颜色可选，所以有种选择； 第三步涂C：由于C与A同色，只有种选择； 第四步涂D：此时D仅需与A（C）不同色，有种选择； 所以根据分步计数乘法原理可知此类方案数为：； 当A和C颜色不同， 第一步涂A：共4种颜色可选，所以有种选择； 第二步涂B：由于B与A不同色，只有剩下的种颜色可选，所以有种选择； 第三步涂C：由于C与A不同色，且与B不同，只有剩下的种颜色可选，所以有种选择； 第四步涂D：此时D既与A不同色，又与C不同色，由于A与C也不同色，故只有种选择； 所以根据分步计数乘法原理可知此类方案数为：； 利用分类计数加法原理，把这两类相加可得总方案数为：. 变式4．（2026·贵州六盘水·一模）某城市在中心广场建造一个花圃，花圃被分成如图所示的5个部分.现栽种3种不同品种的花，花圃的每部分只栽种一种品种的花，有公共边的部分（仅有1个公共点的两个部分不认为有公共边）不能栽种相同品种的花，且3种品种的花都有栽种，则不同的栽种方法数为_________. 【答案】42 【分析】先求出1区任选一种花进行栽种，其它区域不和1区栽种相同的花的方法数，再减去只栽种两种花的情况，即可得答案. 【详解】先给1区任选一种花进行栽种，其它区域不和1区栽种相同的花，不同的栽种方法有种. 只栽种两种花的情况有. 故有公共边的部分不栽种相同品种的花，且3种品种的花都有栽种的方法数有种 考点三 计数问题 例1．（25-26高二下·安徽安庆·月考）从标有，，，，的五张卡片中随机选取张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这个数大于的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用分类讨论及加法原理求所有的偶数、大于的偶数，再由古典概型的概率求法求概率. 【详解】先计算从，，，，这五张卡片选取4张组成的四位偶数的个数： 当个位数是时，直接从其余4个数中选3个作全排列，有个； 当个位数是或时，先填个位数，再填千位数，最后填中间两个数，有种， 所以组成的四位数的偶数共有个； 再计算上述四位偶数中大于的数的个数： 当千位数是时，比大的偶数，先填个位数，再从余下的3个数中选2个作全排列，有种； 当千位数是时，比大的偶数，先填个位数，再从余下的3个数中选2个作全排列，有种； 当千位数是时，分成两类情况：①个位是且比大，在余下的3个数中任选2个作全排列，有种， ②个位是且比大的偶数有，共5种， 综上，比大的偶数共有种， 故所求概率为. 例2．（25-26高二下·天津武清·月考）从0，2，4中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成没有重复数字的四位数的个数为（    ） A．180 B．216 C．162 D．150 【答案】A 【分析】因为要组成无重复数字的四位数，所以需分两大步骤：第一步是选取数字，第二步是排列数字；选取数字时，需分两类情况：一类是从0，2，4中选取的2个数字包含0，另一类是不包含0；如果选取的数字包含0，那么排列时首位不能为0，需先排首位，再排剩余三位；如果选取的数字不包含0，那么四个数字可直接全排列，最后根据分类加法计数原理将两类情况的结果相加即可. 【详解】从0，2，4中任取2个数字，若取出的数字含0，还需从2、4中选1个，共种选法；从1、3、5中选2个，共种选法，总选择方式为种； 由于千位不能为0，故千位有3种选择，剩余3个位置全排列，共种排法； 故此种情况可以组成没有重复数字的四位数的个数为：； 从0，2，4中任取2个数字，若取出的数字不含0， 则从2、4全选，共1种选法；从1、3、5中选2个，共种选法，总选择方式为种， 由于四个数字都不为0，直接全排列，共种排法， 故本情况可以组成没有重复数字的四位数的个数为：， 故一共可以组成没有重复数字的四位数的个数为. 例3．（25-26高二下·北京顺义·月考）从，，，，这个数中任选个数，组成没有重复数字的三位数的个数为__________． 【答案】 【分析】分别考虑百位、十位和个位的情况，根据分步乘法原理计算即可. 【详解】由题意，百位可从，，，这个数中任选个数，共有种选择， 十位可从百位外剩下的个数中任选个数，共有种选择， 个位可从百位、十位外剩下的个数中任选个数，共有种选择， 故共有个． 例4．（2026·山西晋中·模拟预测）有4张卡片，有一张卡片上标有数字0，有两张卡片上分别标有数字1，2，另一张卡片的两面分别标有数字3，4，将这4个卡片摆在一起，使4张卡片上4个数字组成一个四位数，则这样的四位数共有__________个． 【答案】36 【详解】两面分别标有数字3，4的一张卡片选择一面数字，有种方法； 4张卡片上4个数字组成一个四位数，千位不能为0，有种方法； 百位、十位、个位由余下的3个数字全排列，有种方法， 所以这样的四位数共有个． 变式1．（25-26高二下·江苏泰州·月考）用0，1，2，3，4，5这六个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有（   ） A．40个 B．48个 C．52个 D．64个 【答案】C 【分析】分0，2，4作为尾数三种情况讨论，结合排列知识可得答案. 【详解】三位数为偶数，则尾数只能为0，2，4 若偶数尾数为0，则百位，十位的数字排列情况数为； 若尾数为2，百位的情况数为4种，十位的情况数为4种，则共有16种； 若尾数为4，百位的情况数为4，十位的情况数为4，共有16种. 则满足题意的偶数共有：种.故选：C 变式2．（25-26高二下·福建厦门·月考）用数字0，1，2，3组成没有重复数字的三位数，则其偶数的个数为（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】A 【分析】分个位数为与个位数为进行讨论即可得. 【详解】若个位数为，则需再从1，2，3中选出两个数字，共有种， 若个位数为，则百位从1，3中选出一个， 十位从及剩余数字中选出一个，共有种， 故共有种不同偶数. 变式3．（25-26高二下·河南郑州·月考）由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为______. 【答案】156 【分析】分个位数字是0和个位数字不是0两种情况讨论分析即可. 【详解】若组成的4位偶数个位数字是0，则可从这5个数字中任选3个排在千、百、十位， 共有种排法； 若组成的4位偶数个位数字不是0，则需从中选一个排在个位，再从除0和个位已排数字以外的4个数中选一个排在千位， 第三步从千位和个位所排数字之外的4个数字中任选两个排在百位和十位， 共有种排法. 所以由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为. 变式4．（25-26高二下·广东梅州·月考）从1，3，5，7，9中任取2个数，从2，4，6，8中任取2个数，能组成___________个没有重复数字的四位数． 【答案】1440 【详解】由题可得能组成满足要求的没有重复数字的四位数个数有 考点四 相邻问题与不相邻问题 例1．（25-26高二下·四川德阳·月考）某德阳研学团计划参观三星堆博物馆、德阳文庙、绵竹年画村、白马关景区4个景点，要求三星堆博物馆必须排在第一个或最后一个参观，且德阳文庙与白马关景区必须相邻，则不同的参观顺序共有（   ）种 A．4 B．8 C．12 D．24 【答案】B 【分析】按 “特殊元素优先处理” 的思路，分三步完成，再根据分步乘法计数原理得到总排列数. 【详解】首先安排三星堆博物馆的位置，要求三星堆必须排在第一个或最后一个，共2种排法； 由于德阳文庙与白马关必须相邻，用捆绑法将二者看作1个整体，二者内部可交换顺序，共种排法； 捆绑后的整体和绵竹年画村共2个元素，排列在剩余的空位中，共种排法. 根据分步乘法计数原理，总排列数为种. 例2．（25-26高二下·云南昆明·月考）某学校读书节活动中，甲、乙、丙3个班级各有2位同学获奖，现将这6人排成一排拍照，则同一班级的两位同学均站在一起的排法共有（    ） A．96种 B．48种 C．24种 D．144种 【答案】B 【分析】根据题意，先把甲乙丙3个班级的各2名同学看作一个元素，进行全排列，再对每个班级中的两名同学进行全排列，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，把甲、乙、丙3个班的各两名同学看成一个元素，共有种不同的排法， 再对每个班级中的两位同学进行全排列，各个班级中都有种不同的排法， 由分步计数原理得，共有种不同的排法. 例3．（2026·上海闵行·二模）小闵同学打算将“20260407”中的8个数字“”进行排列得到密码.如果排列时要求两个“2”相邻且三个“0”不相邻，那么小闵可以设置的不同密码的个数为______. 【答案】240 【分析】利用相邻问题及不相邻问题列式求解. 【详解】将两个2绑在一起视为一个数，与作全排列，再在形成的5个间隙中插入3个0， 所以不同密码个数为. 例4．（25-26高二下·山西忻州·月考）某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有________种． 【答案】432 【分析】借助插空法解决不相邻要求，用排除法解决前3个节目至少有一个机器人节目要求. 【详解】先排4个歌舞节目：，排好后会产生 5 个空位（包括两端）, 步骤2：将2个机器人节目插入空位：； 步骤3：排除“前3个节目全是歌舞”的情况：先从4个歌舞节目中选3个排在前3个位置，有种方法， 剩下的1个歌舞节目和2个机器人节目排在后3个位置，且机器人节目不相邻， 只能是“机器人-歌舞-机器人”的排列，有种方法， 故不满足条件的情况有，故总数为：. 变式1．（25-26高二下·安徽蚌埠·月考）甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排合影留念，其中甲、乙均不能站最左端，且甲、丙必须相邻，则不同的站法共有（   ） A．18种 B．24种 C．30种 D．36种 【答案】C 【详解】当丙在最左端时，则甲只能站在从左至右的第二个位置， 则有种； 当丙不在最左端时，则只能丁、戊站最左端， 甲、丙必须相邻，将甲、丙捆绑， 则有种， 所以共有种不同的站法. 变式2．（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·月考）有2位老师和3名学生排成一队照相，老师不能分开，则不同的排法有（ ） A．48种 B．12种 C．36种 D．24种 【答案】A 【详解】要求老师不能分开（即相邻），先把2位老师捆绑看作1个整体，两位老师内部不同顺序属于不同排法，内部排列数为 种； 将老师的整体与3名学生进行全排列，全排列数为种； 根据分步乘法计数原理，则不同的排法为 种. 变式3．（25-26高二下·天津·月考）3名学生和2位老师站成一排合影，2位老师不相邻的排法种数为__________，2位老师相邻的排法种数为__________.（用数字填写） 【答案】 72 48 【分析】第一空可由插空法求解，第二空可由捆绑法求解。 【详解】2位老师不相邻时， 3名学生的排列方法有种，再将2位老师插空，有种排法， 总的排法种数为； 2位老师相邻时， 把2位老师捆绑成一个整体，再与3名学生全排列，排法种数为． 变式4．（25-26高二下·河南新乡·月考）小李从网上选了4道不同的A型题和2道不同的B型题，现将这6道题组成一份练习题．要求B型题不相邻且前3道题中至少有1道B型题，则6道题不同的安排顺序有________种． 【答案】432 【分析】先按2道不同的B型题不相邻，进行排列；在B型题不相邻的排列中，排除前3道题中没有B型题的情况，即可求解. 【详解】第一步，排4道A型题．4道A型题全排列，有种安排顺序； 第二步，排2道B型题．排好后的A型题会产生5个空位（包括两端）， 将2道B型题插入空位．有种安排顺序， 由分步乘法计数原理，得B型题不相邻的安排顺序有种； 第三步，排除不符合要求的情况．前3道题都是A型题的情况， 即2道B型题在第4题和第6题的位置：4道A型题全排列，有种安排顺序， 2道B型题全排列，有种安排顺序， 所以不符合要求的安排顺序有种． 所以不同的安排顺序有种． 考点五 分组分配问题 例1．（25-26高二下·湖北武汉·期中）为调查当前的商品市场价格，国家统计局将5位调查员分成3组，其中两组各2人，另一组1人，分赴三个不同的地区进行商品价格调查，则不同的分配方案的种数为（   ） A．90 B．180 C．30 D．15 【答案】A 【详解】5人按的分组方法数为，再将分成的3组分配到3个地区有种方法， 所以不同的分配方案的种数为. 例2．（25-26高二下·重庆·月考）某校组织包含甲在内的7名大学生前往观看足球､篮球､排球三场比赛，每场比赛至少有2名学生观看且每个人只观看一场比赛，则甲同学不去观看足球比赛的方案种数为（    ） A．420 B．600 C．840 D．960 【答案】A 【详解】将名大学生分为三组：第一组个人，第二组2个人，第三组个人，共有 种分组方法； 由于甲不去看足球比赛，故甲所在的组只有种选择，剩下的组任意选，有 种分配方法； 所以甲同学不去观看足球比赛的方案种数为共有 种方法. 例3．（25-26高二下·重庆·月考）巴蜀中学坐落于重庆市渝中区，由于地理环境优越，软硬件资质齐备，故经常被用作国家级考试考点．2026年巴蜀中学预计会被用作公务员考试，生物奥赛考试等六项国家级考试作为考点．本校职工小明，小灏，小文因精通各项考试流程，考务组计划邀请三人加入监考工作（六项考试时间不冲突）．预计安排每人至少监考一项考试，每人至多监考三项考试，每项考试，三人中有且仅有一人参与，其中小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，则三人不同的监考安排方案种数为___________． 【答案】 【分析】先计算无限制的总安排数，再计算小明完全不监考两项特殊考试的补集，两者相减得小明至少监考一项特殊考试的方案数. 【详解】将6项不同的考试分配给小明、小灏、小文三人，每人至少1项，至多3项，可能每人两项，也可能三人分别为1项，2项，3项， 所以总分配方案数为：， 要计算小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，可先计算小明不监考这两项的方案数，即小明监考其余4项的方案数， 当每人选2项时，小明从其余4项中选2项方案数为：种； 当一人1项，一人2项，一人3项时，小明可能选1项，2项，3项，此时方案数为：种； 所以小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，三人不同的监考安排方案种数为：种. 例4．（25-26高二下·海南省直辖县级单位·月考）2023年3月13日，第十四届全国人民代表大会第一次会议在北京人民大会堂闭幕，为记录这一历史时刻，会务组将6张不同的纪念邮票分配给来自A省的2名代表和B省的2名代表，每名代表至少1张，邮票全部用完，则有___________种分配方法．（用数字作答） 【答案】1560 【详解】可分两类：第一类，按1，1，2，2分组，则有（种）分配方法； 第二类，按1，1，1，3分组，则有（种）分配方法. 由分类加法计数原理，共有（种）分配方法. 变式1．（2026·重庆万州·模拟预测）现有3本完全相同的书籍进行现场拍卖，有9位竞拍者，每人可以重复竞拍，则不同的竞拍结果有（    ） A．84种 B．129种 C．156种 D．165种 【答案】D 【详解】3本都给1个人：共种； 3本分为1本和2本，分给2个人：选2个不同竞拍者并分配数量，共种； 3本分给3个人，每人1本：选3个不同竞拍者，共种； 总结果数：种. 变式2．（2026·陕西·二模）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）. 变式3．（2026·福建·二模）为了应对新能源产业爆发式增长带来的挑战，某研究所设立了资源组、电芯组、基建组三个攻关小组．现安排甲、乙等5名工作人员到这三个小组协助工作，且每个小组至少安排一人，每人只能去一个小组，同时，要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，甲、乙两人不能被安排到资源组，则不同的安排方案种数是__________．（用数字作答） 【答案】 【分析】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，由于甲、乙两人不能被安排到资源组，针对甲、乙两人在同一组与不同组进行分类计算，结合要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多排除一些情况，再使用排列组合公式进行计算. 【详解】要求安排到电芯组的人数比资源组的人数多，那么资源组、电芯组、基建组人数分配情况有与, 当甲、乙两人在同一组时，那么甲乙只能同在电芯组或基建组,存在与两种分配情况, 此时,; 当甲、乙两人在不同组时，那么甲乙只能一个在电芯组另一个在基建组,存在与两种分配情况, 此时,; . 变式4．（25-26高二下·山东菏泽·月考）甲、乙等4位老师到某地3所学校进行送教服务，要求每人只去一所学校，每所学校不能少于1人，且甲、乙不在同一所学校，则不同的安排方法有______种． 【答案】30 【详解】设3所学校分别为A，B，C，先把甲乙两人安排到不同学校，有种， 不妨设甲在A，乙在B，只需剩余2人至少有1人去C即可， 利用间接法计算，有种不同安排方法， 根据分步乘法计数原理可知，共有6×5=30种不同安排方法． 方法二：先将4人分成三组，共有种分法，其中甲、乙在一组的分法只有一种， 所以满足题意的分组方法有种， 再将三组分配到3所学校，共有种分配方法， 所以不同的安排方法共有种方法. 考点六 隔板法 例1．（25-26高二下·天津和平·月考）我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“吉祥数”，例如105和123，则所有的“吉祥数”共有（   ） A．22个 B．21个 C．20个 D．19个 【答案】B 【分析】法一：问题化为用2个隔板把6个排成一排的球从左到右分成三份，其中最左侧的一份至少有1个球，靠右侧的两份可以是0个球，应用分类计数原理求吉祥数的个数；法二：化为求方程非负整数解的个数. 【详解】法一：由题意，问题相当于用2个隔板把6个排成一排的球从左到右分成三份， 其中最左侧的一份至少有1个球，靠右侧的两份可以是0个球， 首先第1个隔板从左到右依次插入这一排球所形成的7个空的后6个空中的一个， 再把第2个隔板插入第1个隔板所在空及其右侧的任意一个空， 共有个吉祥数. 法二：等价于从左到右三份分别对应且，， 若，则，即求出方程非负整数解的个数， 由隔板法有个吉祥数. 例2．（24-25高二下·江苏南京·期中）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 例3．（25-26高二下·重庆·期中）将个相同的篮球分给个班级，每班至少分个，则不同的分法种数为_______． 【答案】 【分析】利用隔板法可求得结果. 【详解】个相同的篮球中间形成个空位，只需在这个空位中插入两块板即可， 所以将个相同的篮球分给个班级，每班至少分个，则不同的分法种数为种. 例4．（25-26高二下·贵州遵义·月考）把30个相同的篮球分给高二年级的3个班，要求每个班至少分得8个篮球，则共有________种分法（填数字） 【答案】28 【分析】根据给定条件，每个班先给7个球，将余下9个球排成一列再利用隔板法列式求解. 【详解】依题意，高二年级的3个班，每个班先给7个球，再将余下9个球排成一列， 在形成的8个间隙（不含两端）中插入2块隔板，有种， 所以共有28种分法. 变式1．（24-25高二下·青海西宁·期末）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 变式2．（2026·江西上饶·一模）将6个相同的小球全部放入3个不同的盒子中，每个盒子都要有小球，则不同的放球方法共有（   ） A．4种 B．6种 C．10种 D．12种 【答案】C 【分析】根据隔板法来解决相同元素分组问题，通过在元素之间插入隔板来将元素分成不同的组. 【详解】本题是6个相同的小球放入3个不同的盒子，且每个盒子至少有1个小球的组合问题，可以使用隔板法， 将6个小球排成一排，中间形成5个空隙，在这5个空隙中插入2个隔板， 即可将小球分成3份，每份至少有1个， 因此，不同的放法共有种， 故选：C． 变式3．（25-26高三上·河北衡水·期末）如果一个四位数的各位数字之和为9，则称A是一个“好数”，则“好数”的个数为__________. 【答案】 【分析】本题可通过设出四位数的各位数字，将问题转化为求不定方程的非负整数解的个数，再利用隔板法进行求解. 【详解】设这个四位数的各位数字从最高位到最低位依次是， 则，均为整数， 设，，，， ，，， 对于方程 可将其看作是把个相同的元素分成组，每组元素个数分别对应的值， 为了使用隔板法，我们可以想象在个元素和个隔板的排列中， 隔板将元素分成组，总共有个位置，从中选个位置放隔板， 其余位置放元素，其组合数为. 故答案为：. 变式4．（24-25高二下·山东青岛·月考）的非负整数解有__________组. 【答案】84 【分析】把方程的解转化为将6个相同的小球，放入4个不同的盒子，且可以有空盒出现，有多少种不同的方法？按照相同元素的排列问题进行求解即可. 【详解】本问题等价于将6个相同的小球，放入4个不同的盒子，且可以有空盒出现，有多少种不同的方法？ 因此我们将6个小球排成一排，用3个隔板将小球隔成4段， 因为盒子可以为空，因此隔板可以相邻，将第1,2,3,4段放入这四个盒子中即可， 因为小球没有区别，隔板也没有区别，因此等价于将6个小球和3个隔板排成一列，则共有种方法， 故答案为：84. 考点七 二项式定理 例1．（2026·江苏·一模）的二项展开式的第6项系数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由二项式展开式求解指定项的系数即可. 【详解】的二项展开式的第6项为， 所以第6项系数是. 例2．（25-26高二下·浙江宁波·月考）我国农历用“鼠、牛、虎、兔、龙、蛇、马、羊、猴、鸡、狗、猪”这12种动物按顺序轮流代表各年的生肖年号.已知2026年是马年，那么年后是（    ） A．羊年 B．马年 C．龙年 D．兔年 【答案】A 【分析】利用二项式定理求得除以12所得余数即可得. 【详解】 ， 上式前面各项均是12的整数倍，所以除以12余数为1， 因此年后是羊年. 例3．（25-26高二下·山西晋中·月考·多选）已知的展开式共有13项，则下列说法中错误的有（    ） A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第6项或第7项 D．有理项共5项 【答案】AC 【详解】，，所有奇数项的二项式系数和为，故A错误； 令，所有项的系数和为，故B正确； 由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误； 展开式通项为，， 要使展开式中的项为有理项，则为整数，即，共有项，故D正确. 例4．（25-26高二下·江苏盐城·月考·多选）若（），则下列判断正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】通过给赋值即可判断A，通过给赋值和，得到两个等式作差得到结果，进而判断B，通过给赋值得到结果即可判断C，去绝对值判断正负号，对原式合理转化判断D即可. 【详解】由题意，当时，，故A正确， 当时，， 当时，， 得到，故B错误， 且， 而， 当时，， 所以，故C正确， 由可知，的符号为，所以, 因此 ，故D正确. 例5．（25-26高二下·浙江宁波·月考）已知，则________． 【答案】0 【详解】当时，， 当时，， ． 例6．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）若的展开式中的常数项为1，则_____. 【答案】2 【详解】由， 其展开式的通项为，， 而展开式的通项为，， 令，得或或， 因为的展开式中的常数项为1， 所以，则， 又，则. 例7．（25-26高二下·浙江宁波·月考）已知在的展开式中，前项的系数分别为、、，且满足. (1)展开式中是否存在常数项，若存在，求出该常数项；若不存在，请说明理由； (2)求展开式中系数最大的项. 【答案】(1)不存在，理由见解析 (2)、 【分析】（1）求出、、，根据可得出关于的方程，结合可求得的值，写出展开式通项，令的指数为零，求出参数值，即可得出结论； （2）方法一：设第项系数为，根据，求出的范围，可得出的值，代入通项即可； 方法二：设第项系数为，分析的单调性，可得出的最大值，代入通项即可得解. 【详解】（1）因为展开式的通项公式为， 所以，，， 依题意得，即， 由已知，所以，则， 令，解得，故展开式中不存在常数项. （2）（方法一）设第项系数为， 由可得，即， 解得，故或， 即展开式中第三和第四项系数最大，故系数最大项为，； 设第项系数为， 则，所以， 由，所以， 当或时，； 时，； 时，. 故展开式中第三和第四项系数最大，故系数最大项为，. 例8．（25-26高二下·山东临沂·月考）在的展开式中，二项式系数最大的项只有第五项， (1)求的值； (2)若第项是有理项，求的取值集合； (3)求系数最大的项. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由展开式中只有第五项的二项式系数最大求解即可. （2）根据二项展开式的通项，由为整数求解即可. （3）利用二项式定理求出通项，设第项的系数的绝对值最大求解即可. 【详解】（1）因为展开式中只有第五项的二项式系数最大，所以，展开式共有9项，所以 （2）第项为 若项为有理项，则为整数，则，，，， 所以第，，，，项为有理项，所以的取值集合为 （3）因为第项的系数为，所以第项的系数绝对值为， 设第项的系数的绝对值最大，则，整理得，解得 又因为第6项的系数，第7项的系数， 所以，第7项的系数最大，. 变式1．（2026·广东·模拟预测）在的展开式中，的系数为（    ）． A．120 B．80 C．40 D． 【答案】D 【分析】根据二项式定理计算即可. 【详解】根据二项式定理，展开式的通项公式为： . 令，可得，此时与相乘可得的系数为-80； 令，可得，此时与相乘可得的系数为40； 所以的系数为. 变式2．（25-26高二下·重庆·月考）已知的展开式中的系数为35，则展开式中所有项的系数和为（   ） A．-90 B．97 C．160 D．-145 【答案】C 【分析】先利用二项式展开式的通项，拆分出项的构成，列方程求出参数的值，再通过赋值法（令）计算展开式所有项的系数和. 【详解】的展开式通项为. 中项由两部分构成：与. 因此的系数为. 由题意，解得. 令，得展开式所有项的系数和为. 变式3．（25-26高二下·广西贺州·月考·多选）在的展开式中，下列结论正确的是（    ） A．展开式共21项 B．含的项的系数为760 C．只有第10项的二项式系数最大 D．展开式的各项系数的和为1 【答案】ABD 【分析】结合二项式定理的性质可以判断A；利用二项式定理的通项求解系数可以判断B；根据二项式定理系数性质和二项式次数为可以判断二项式系数最大项，可以判断C；令，代入二项式即可判断D. 【详解】由题意得的展开式共21项，A正确； 展开式的通项为 ，，， 由，得，则含的项的系数为，B正确； 展开式的第项（）对应的二项式系数为， 当为偶数时，只有中间那一项的二项式系数最大， 因为，因此二项式系数最大为，对应， 即二项式系数最大的项是第项，C错误； 令，得展开式的各项系数的和为，D正确. 变式4．（25-26高二下·湖北咸宁·月考·多选）已知，且第5项与第8项的二项式系数相等，则（    ） A． B． C．展开式的各项系数和为 D． 【答案】ABD 【详解】对于A：由题意可得，则，故A正确； 对于B：； 对于C：令，则展开式的各项系数和为，所以C不正确； 对于D：令，得，令，得， 所以，故D正确． 变式5．（2026·河北保定·二模）已知的展开式中有一项是，则 ___________ 【答案】 【分析】直接根据组合数计算多项式展开式的项可得. 【详解】因为的展开式中有一项是，所以； 再将看成个相乘，展开式中每一项都是个括号中各取一个相乘得到的， 所以展开式中项的计算如下：个括号中有个括号取，个括号取，个括号取得到， 所以， 所以，且，故. 变式6．（25-26高二下·上海·月考）若的二项展开式中含有常数项，则正整数的最小值为__________. 【答案】5 【分析】写出二项展开式的通项，对其进行整理，令的指数为0，建立方程求出的最小值． 【详解】该二项式展开式的通项为， 令，则，则的最小值为5. 变式7．（25-26高二下·四川·期中）已知 的展开式中，所有项的二项式系数的和为256． (1)求n 的值，并求展开式中第5项的二项式系数； (2)求展开式中所有的有理项． 【答案】(1)，展开式中第5项的二项式系数为； (2)，，，，； 【分析】（1）由所有项的二项式系数和为，求得，再求得第5项二项式系数； （2）分析通项中的指数，先确定有理项中的范围，再求解有理项. 【详解】（1） 的展开式中所有项的二项式系数和为，所以. 所以展开式中第5项的二项式系数为 （2）的展开式的通项为 . 当，即为偶数时，为有理项. 因为且，所以. 所以展开式中的有理项有： 变式8．（25-26高二下·河北石家庄·月考）在二项式的展开式中，所有项的系数之和为. (1)求展开式中的常数项； (2)求展开式中系数绝对值最大的项. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用二项式的展开式的通项公式计算即可. （2）利用数列最大项的求法列不等式，解不等式即可. 【详解】（1）二项式的展开式中，所有项的系数之和为. ，解得. 二项式的展开式通项公式为. 令，得. 所以展开式中的常数项为. （2）设第项系数绝对值最大，则 ，解得，又，. . 即展开式中系数绝对值最大的项是. 考点八 杨辉三角形 例1．（25-26高二下·浙江宁波·月考·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》.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，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20行中最大的数是第11个数 B．第20行中从左到右第18个数与第19个数之比为 C．记第20行第个数为，则 D．第四斜行的数：1，4，10，20，…，构成数列，则数列的前项和为 【答案】ABD 【分析】A选项利用组合数取得最值的性质可判断；B选项利用组合数公式可计算；C选项利用二项式定理可求解；D选项利用组合数的性质可求解. 【详解】对于A选项，因为杨辉三角第行的数对应组合数，，，， 由组合数的性质：当为偶数时，最大数是，对应第个数，可得 第行对应，最大数为，是第个数.故A正确； 对于B选项，第行的数对应组合数，，，， 则从左到右第个数为，第个数为， 所以.故B正确； 对于C选项，因为第行第个数为， 所以，令， 根据二项式定理，.故C错误； 对于D选项，因为第四斜行的数为：1，4，10，20，…， 对应组合数为，即， 所以数列的前项和为 .故D正确. 例2．（2026·湖北黄石·一模·多选）如图所示为杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列，第行的第个数可以表示为时）.在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的.我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就.同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（    ） A．第2026行共有2026个数 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 D．去除所有为1的项，依次构成数列，则此数列前135项的和为 【答案】BCD 【分析】根据杨辉三角的性质即可求解A，根据组合数的性质化简即可求解B，利用二项式定理求解第48行的所有数字的和，进而根据二项式定理，根据整除的性质即可求解C，根据二项式的和，结合等比数列以及等差数列的性质，即可求解D. 【详解】对于A，第2026行共有2027个数，故A错误， 对于B,由题意可得,B正确， 对于C, 第48行的所有数字之和为 ,由于能被7整除， 故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，C正确， 对于D,第行的和为， 当时，第行中去除为1的项的和为， 第0行为1， 故前行中去除为1的项的和为， 故前17行中去除为1的项的和为， 去除所有为1的项后，则从第一行开始，则剩下的每一行的个数为0，1，2，3，4，……， 可以看成一个首项为0，公差为1的等差数列，前行共有个数， 当时，， 因此前17行中，去掉为1的项，共有136项，且第17行中，去掉为1的项后，最后一项为 则此数列前135项的和为. 变式1．（25-26高二下·福建泉州·月考·多选）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. 变式2．（25-26高二下·山东潍坊·开学考试·多选）定义有行的“杨辉三角”为阶“杨辉三角”，如图就是一个8阶“杨辉三角”. 给出的下列命题中正确的是（   ） A．记第行中从左到右的第个数为，则； B．第行所有数的和是 C．第行共有个数 D．8阶“杨辉三角”的所有数的和是255 【答案】BCD 【详解】第行各个数是的展开式的二项式系数， 则数列的通项公式为，故A错误； 各行的所有数的和是各行相应的二项式系数和，第行各个数的和是，故B正确； 第行共有个数，故C正确； 8阶“杨辉三角”的所有数的和是，故D正确, 2 学科网（北京）股份有限公司 $