专题03 计数原理（14大重点题型+思维导图+知识清单）（举一反三期末专项训练）高二数学下学期人教A版选择性必修第三册

**基本信息** 以14大题型为载体，通过10个知识清单系统构建计数原理方法体系，融合逻辑推理与数学建模，实现从概念到应用的递进式突破。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识清单|10个（含计数原理、排列组合等）|分类分步辨析、捆绑插空法、分组分配策略等|从原理概念到公式推导，再到性质应用，形成“概念-方法-应用”逻辑链| |重点题型|14类（含涂色、二项式定理等）|含具体解题步骤与技巧归纳|题型覆盖高频考点，典例兼顾基础与综合，体现知识迁移应用|

专题03 计数原理（14大重点题型+思维导图+知识清单）（期末专项训练） 【人教A版】 题型归纳 【知识清单1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理】 1．分类加法计数原理 (1)分类加法计数原理的概念 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法. 概念推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=种不同的方法. (2)分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事情，我们可以用第一类有m1种方法，第二类有m2种方法，…，第n类有mn种方法，来表示分类加法计数原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有种不同方法可以完成这件事. (3)分类的原则 分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类，分类时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种方法必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏. 2．分步乘法计数原理 (1)分步乘法计数原理的概念 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件 事共有N=m×n种不同的方法. 概念推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…， 做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=种不同的方法. (2)分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“→”强调要依次完成各个步骤才能完成要做的事情，从而共有种不同的方法可以完成这件事. (3)分步的原则 ①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才能完成这件事； ②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事就不可能完成；不能缺少步骤. ③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各个步骤既不能重复也不能遗漏. 3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的辨析 (1)联系 分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题. (2)区别 分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，具体区别如下表： 区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 ① 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 ② 各种方法相互独立 各个步骤中的方法互相依存 ③ 用其中任何一种方法都可以完成这件事 只有各个步骤都完成才算完成这件事 (3)分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择 分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理； 分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理. 在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用. 【知识清单2 两个计数原理的综合应用】 1．两类计数问题的求解思路： (1)“类中有步”计数问题：完成一件事有几类方案，每一类方案中分若干步，利用分步乘法计数原理求出每一类方案中的方法数，再利用分类加法计数原理把各类方案的方法数相加，即可得出结果. (2)“步中有类”计数问题：完成一件事的过程分成若干步，完成每一步的方法分成若干类，利用分类加法计数原理求出完成每一步中的方法数，再利用分步乘法计数原理把每一步的方法数相乘，即可得出结果. 2．两个计数原理的综合应用 两个计数原理的综合应用主要包括五个方面：(1)实际问题中的计数问题；(2)代数中的计数问题；(3)几何计数问题；(4)数字排列问题；(5)涂色问题. 【知识清单3 排列】 1．排列的定义 一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素，并按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列. 2．排列概念的理解 (1)排列的定义中包含两个基本内容，一是取出元素；二是按照一定的顺序排列. (2)两个排列相同的条件：元素完全相同；元素的排列顺序也相同. (3)定义中“一定的顺序”就是说排列与位置有关，在实际问题中，要由具体问题的性质和条件进行判断，这一点要特别注意. 3．排列的判断 判断一个问题是不是排列问题的关键：判断是否与顺序有关，与顺序有关且是从n个不同的元素中任取m(m≤n，n,m∈N*)个元素的问题就是排列问题，否则就不是排列问题.而检验一个问题是否与顺序有关的依据就是变换不同元素的位置，看其结果是否有变化，若有变化就与顺序有关，就是排列问题；若没有变化，就与顺序无关，就不是排列问题. 【知识清单4 排列数】 1．排列数 (1)排列数定义 从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出 m个元素的排列数，用符号表示. (2)排列数公式 n(n-1)(n-2)…(n-m+1).这里，n,m∈N*，并且m≤n. (3)排列数公式的理解 ①排列数公式推导的思路：第1步，排第1个位置的元素，有n种排法；第2步，排第2个位置的元素，有(n-1)种排法；第3步，排第3个位置的元素，有(n-2)种排法；…；第m步，排第m个位置的元素，有(n-m+1)种排法.因此，由分步乘法计数原理知共有n×(n-1)×(n-2)×…×(n-m+1)种不同的排法. ②排列数公式的特征：第一个因数是n，后面每一个因数比它前面一个因数少1，最后一个因数是n-m+1，共有m个因数. (4)排列数的性质 排列数的性质：①；②. 2．全排列和阶乘 (1)全排列 特别地，我们把n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列，这时公式中m=n，即有n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1. (2)阶乘 正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用n!表示，将n个不同的元素全部取出的排列数可以写成， 规定0!=1. (3)排列数公式的阶乘表示 . 【知识清单5 排列的应用问题】 1．排列应用问题的分类与求解思路 (1)有限制条件的排列问题：对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法. (2)相邻问题：对相邻问题采用捆绑法；相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，注意捆绑元素的内部排列. (3)不相邻问题：不相邻问题采用插空法；先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中. (4)定序问题：定序问题有两种求解策略，一是定序倍除法：全部排列后，除以有顺序要求的排列；二是定序排他法：有顺序要求部分只有一种排法，只要把剩下部分排列即可. (5)间接法：正面分类太多从反面入手. 【知识清单6 组合】 1．组合的定义 一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合. 2．组合概念的理解 (1)组合的概念中有两个要点：要求n个元素是不同的；“只取不排”，即取出的m个元素与顺序无关，无序性是组合的特征性质. (2)两个组合相同：只要两个组合中的元素完全相同，无论元素的顺序如何，都是相同的组合. 3．排列与组合的联系与区别 (1)联系：都是从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素. (2)区别：排列是把取出的元素按顺序排成一列，它与元素的顺序有关系，而组合只要把元素取出来就可以，取出的元素与顺序无关.可总结为：有序排列，无序组合. 【知识清单7 组合数】 1．组合数与组合数公式 (1)组合数 从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出 m个元素的组合数，用符号表示. (2)组合数公式 ①连乘表示： . 这里，n,m∈N*，并且m≤n. ②阶乘表示：. 规定：. 2．组合数的性质 (1)性质1： 这个性质反映了组合数的对称性，其实际意义：从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素后，剩下(n-m)个元素，因而从n个不同元素中取m个元素的组合，与剩下的(n-m)个元素的组合是一一对应的，因此取法是一样多的. 利用这个性质，当时，我们可以不直接计算，而是改为计算，这样可以简化运算. (2)性质2： 这个性质可以理解为分类加法计数原理的应用，在确定从(n+1)个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素时，对于某一个特定元素，只存在取与不取两种情况，如果取这个元素，则只需从剩下的n个元素中再取(m-1)个元素，有种取法；如果不取这个元素，则需从剩下的n个元素中取出m个元素，有种取法. 由分类加法计数原理可得：. 在应用中，要注意这个性质的变形、逆用等. 【知识清单8 组合的应用问题】 1．组合问题的分类与解法 组合问题常有以下两类题型变化： (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取. (2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理. 2．分组分配问题 (1)解题思路：先分组后分配，分组是组合问题，分配是排列问题. (2)分组方法：①完全均匀分组，分组后除以组数的阶乘；②部分均匀分组，有m组元素个数相同，则分组后除以m!；③完全非均匀分组，只要分组即可. (3)分配方法：①相同元素的分配问题，常用“挡板法”；②不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组后分配；③有限制条件的分配问题，采用分类求解. 【知识清单9 二项式定理】 1．二项式定理 一般地，对于任意正整数n，都有 .(*) 公式(*)叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式，其中各项的系数(k∈{0,1,2, …,n})叫做二项式系数，叫做二项展开式的通项，用表示，即通项为展开式的第k+1项：. 2．二项展开式的规律 (1)二项展开式一共有(n+1)项. (2)(n+1)项按a的降幂b的升幂排列. (3)每一项中a和b的幂指数之和为n. 【知识清单10 二项式系数的性质】 1．二项式系数的性质 (1)杨辉三角——二项式系数表 当n依次取1,2,3,…时，观察的展开式的二项式系数： 从中我们可以看出，左侧三角是根据二项式定理得到的，右侧三角是算出对应的组合数的值后所得结 果，由此我们可以发现以下性质： ①每一行中的二项式系数是对称的，如第一项与最后一项的二项式系数相等，第二项与倒数第二项的 二项式系数相等. ②每一行两端都是1，而且从第二行起，除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和. ③从第二行起，每一行的二项式系数从两端向中间逐渐增大. ④第一行的两个数之和为2=21，第二行的三个数之和为4=22，…，第六行的各数之和为26，…， 第n行的(n+1)个数之和为2n. (2)二项式系数的性质 对称性 与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等(即) 增减性 当时，二项式系数逐渐增大；当时，二项式系数逐渐减小，因此二项式系数在中间取得最大值 最大值 当n是偶数时，展开式的中间一项的二项式系数最大；当n是奇数时，展开式的中间两项与的二项式系数，相等且最大 各二项式 系数的和 2．两个二项式之积、三项展开式问题的解题策略 (1)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解， 但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏；也可利用排列组合的知识求解. (2)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解. 题型1 分类加法、分步乘法计数原理 1．（24-25高二下·新疆·期末）现有2名同学去听同时进行的3场音乐会，每名同学只能去听其中的1场，则不同的安排方法共有（    ） A．6种 B．4种 C．9种 D．8种 2．（24-25高二下·广东江门·期末）下列说法正确的是（ ） A．中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类，现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有24种 B．从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有5条，则从A村经过B村去C村不同的路线的条数为8 C．一个两层书架，分别放置语文类读物4本，数学类读物5本，每本读物各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有20种 D．从1，2，3，4，5五个数字中任选3个数字，可组成无重复数字的三位数的个数为60 3．（24-25高二下·四川乐山·期末）1000的不同正因数个数为（   ） A．16 B．12 C．10 D．8 4．（24-25高二下·福建福州·期末）春节期间，甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《哪吒之魔童闹海》、《唐探1900》、《熊出没·重启未来》及《蛟龙行动》四部电影中任选一部，则不同的选法有_________种． 5．（24-25高二下·黑龙江鸡西·期中）从0、1、2、3、4这五个数字中任取三个不同的数字组成三位数，求： (1)组成的三位数偶数的个数； (2)组成的三位数中大于200的个数. 题型2 涂色问题 6．（24-25高二下·江苏连云港·期末）用种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂法有（    ）种 A． B． C． D． 7．（24-25高二下·海南海口·期末）如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为（    ） A．24 B．48 C．72 D．120 8．（24-25高二下·福建·期末）在一个具有五个行政区域的地图上，用6种颜色着色，若相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（   ） A．1450种 B．1480种 C．1520种 D．1560种 9．（24-25高二下·陕西铜川·期末）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在用7种颜色给5个小区域（A，B，C，D，E）涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有___________种. 10．（24-25高二下·安徽·阶段检测）给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 题型3 排列数、组合数的计算 11．（24-25高二下·广东江门·期末）计算的值是（ ） A．41 B．61 C．62 D．82 12．（24-25高二下·吉林长春·期末）计算（   ） A．6 B．35 C．41 D．45 13．（24-25高二下·广西百色·期末）若，则（   ） A．5 B．6或5 C．7 D．7或8 14．（24-25高二下·河北石家庄·期末）计算：___________. 15．（24-25高二下·山东济南·期末）（1）证明：，其中，； （2）化简：，其中． 题型4 元素（位置）有限制的排列问题 16．（24-25高二下·内蒙古·期末）已知甲、乙、丙、丁、戊5名同学站一排照相，要求甲、乙站在丙、丁之间，则不同站法有（   ） A．20 B．30 C．36 D．48 17．（24-25高二下·福建三明·期末）由0，1，2，3，5组成的无重复数字的4位数共有（    ） A．24个 B．72个 C．96个 D．120个 18．（24-25高二下·湖北武汉·期末）某单位劳动节共有五天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从A、B、C、D、E、F、G七人中选择五人值班，每名员工最多值班一天，已知A不在第一天值班，B不在第五天值班，则值班安排共有（   ） A．1740种 B．1760种 C．1800种 D．1860种 19．（24-25高二下·四川雅安·期末）某班级周一的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、体育共6节课，其中要求体育课不能排在第一节，且数学课不能排在最后一节，则共有__________种不同的排法.（用数字作答） 20．（24-25高二下·河北保定·期末）3名数学小组成员（包括甲、乙）和4名语文小组成员站成两排拍照，第一排站3人，第二排站4人. (1)若数学小组成员站在第一排，语文小组成员站在第二排，求不同的排法种数； (2)若甲、乙站在同一排且不相邻，求不同的排法种数； (3)若语文小组成员分成两排站（每排至少站1人），求不同的排法种数. 题型5 相邻、不相邻排列问题 21．（24-25高二下·重庆长寿·期末）甲、乙、丙、丁四人站成一排，要求甲、乙必须相邻，丙、丁不相邻，则不同的安排方法有（ ） A．24 种 B．16 种 C．12 种 D．4 种 22．（24-25高二下·贵州六盘水·期末）将4辆车停放到5个并排车位上，由于甲车的车体较宽，停放时需要占两个车位，并且乙车与甲车相邻停放，则不同的停放方法种数为（   ） A．6 B．12 C．18 D．24 23．（24-25高二下·山东聊城·期末）某演出有3个舞蹈、2个歌曲、1个语言类共6个节目，要求语言类节目不能第一个出场，歌曲类节目不能相邻出场，则不同的出场方式共有（    ） A．480种 B．444种 C．408种 D．360种 24．（24-25高二下·云南曲靖·期末）某次志愿者活动需分配4名大学生和2名老师（甲、乙）排成一列合影．要求大学生与必须相邻，两名老师不能相邻，则满足条件的排列方式共有___________种． 25．（24-25高二上·辽宁抚顺·期末）在2名指导老师的带领下，4名大学生（男生2名，女生2名）志愿者深入乡村，开启了支教之旅.他们为乡村的孩子们精心设计了阅读、绘画、心理辅导等多元化课程，并组织了丰富多彩的文体游戏.支教结束后，现让这6名师生站成一排进行合影，在下列情况下，各有多少种不同的站法？ (1)2名指导老师相邻且站正中间，2名女大学生相邻； (2)2名男大学生互不相邻，且男大学生甲不站最左侧； (3)2名指导老师之间恰有1名女大学生和1名男大学生. 题型6 组合计数问题 26．（24-25高二下·新疆·期末）某节目要从三名男演员和六名女演员中选出两人，并安排一人做领唱，另一人做领舞，且领唱者或领舞者至少有一人是女性，则不同的安排方法种数为（    ） A．64 B．66 C．68 D．72 27．（24-25高二下·广东广州·期末）在10件产品中，有8件合格品，2件次品.从这10件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法种数是（    ） A．56 B．64 C．72 D．120 28．（24-25高二下·广东汕头·期末）以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（   ） A．70 B．66 C．62 D．58 29．（24-25高二下·广东深圳·期末）将分别写有2，0，2，6的四张卡片，按一定次序排成一行组成一个四位数（首位不为0），则组成的不同四位数的个数有____________．（用数字作答） 30．（24-25高二下·新疆喀什·期末）某课题组有研究人员7人（男4，女3），选4人参加学术会议，求下列情况的选法有多少种不同的选法. (1)至少2女生； (2)至少2男生 (3)至多1女生. 题型7 分组分配问题 31．（24-25高二下·福建福州·期末）某学术协会收到5篇论文，需要分配给3名专家进行评审，每名专家至少评审1篇，每篇论文由1名专家独立评审，则不同的分配方式共有（ ） A．60种 B．90种 C．120种 D．150种 32．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期末）某医院派6名医生到3个社区进行义诊，每个社区至少一名医生，其中甲乙两人必须在一起，则不同的方案有（   ）种 A．150 B．180 C．360 D．540 33．（24-25高二下·福建福州·期中）某大学开设了《古今数学思想》《世界数学通史》《几何原本》《什么是数学》四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，大一到大三三个学年必须将四门选修课程修完，则每位同学的不同选修方式有（    ） A．60种 B．78种 C．96种 D．144种 34．（24-25高二下·湖南永州·期末）近期，哈尔滨这座“冰城”火了，2024年元旦假期三天接待游客300多万人次，神秘的鄂伦春族再次走进世人的眼帘，这些英雄的后代讲述着英雄的故事，让哈尔滨大放异彩．现安排6名鄂伦春小伙去三个不同的景点宣传鄂伦春族的民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是__________． 35．（24-25高二下·山西·期末）某校高二年级安排6名优秀学生按照以下要求报名参加数学、物理、化学竞赛，每名学生限报一科竞赛. (1)若三科竞赛均有2人报名参加，有多少种不同的报名方法？ (2)若4人报名参加数学竞赛，另外两科竞赛各1人报名参加，有多少种不同的报名方法？ (3)若三科竞赛均有人报名参加，有多少种不同的报名方法？ 题型8 排列组合综合 36．（24-25高二下·山东菏泽·期末）用1，2，3组成三位数，数字最多用次，其中，则满足条件的三位数个数是（   ） A．15个 B．18个 C．19个 D．27个 37．（24-25高二下·四川自贡·期末）从2名男生、3名女生中选2人分别担任班长和学习委员，要求选出的2人中至少有一名女生，则不同的方法数为（    ） A．10 B．16 C．18 D．24 38．（24-25高二下·重庆·期末）某医院拟组成4医生3护士共7人的工作队，派驻到3个地区A、B、C进行工作．若每一个地区至少派驻1医生1护士两位工作人员，且医生甲必须派驻到A地区，则不同的派驻方式有（   ） A．36种 B．72种 C．98种 D．108种 39．（24-25高二下·宁夏·期末）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.年月日分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.年，中国空间站将正式进入运营阶段假设空间站要安排甲、乙等名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有____________. (用数字作答) 40．（24-25高二上·辽宁·月考）甲､乙､丙等6名同学利用周末到社区进行志愿服务. (1)6名同学站成一排，若甲､乙､丙自左向右从高到矮排列，则不同的排列方案有多少种？ (2)6名同学站成一排，甲､乙两名同学之间恰有2人的不同排列方案有多少种？ (3)6名同学分成三组（每组至少有一人），进行三项不同的社区服务，则不同的分配方案有多少种？ 题型9 求二项展开式的特定项（系数） 41．（24-25高二下·江苏连云港·期末）展开式中的常数项为（    ） A．40 B．60 C．80 D．120 42．（24-25高二下·新疆巴州·期末）已知二项式的展开式中含常数项，则n不可能等于（   ） A．3 B．6 C．8 D．9 43．（24-25高二下·广东湛江·期末）在的展开式中，的系数是（ ） A． B． C． D． 44．（24-25高二下·云南曲靖·期末）二项式展开式中的第3项为____________． 45．（24-25高二下·广东·期末）已知在的展开式中，第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比值为2． (1)求的值； (2)求展开式中含的项． 题型10 求展开式中系数最大（小）项 46．（24-25高二下·福建福州·期末）已知二项式的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则为（   ） A．15 B．10 C．9 D．8 47．（24-25高二下·河南濮阳·期末）设，则中最大的是（    ） A． B． C． D． 48．（24-25高二下·重庆·阶段检测）已知的展开式中仅第4项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第（    ）项 A．2 B．3 C．4 D．5 49．（24-25高二下·四川广安·期末）在的展开式中含项的系数为，则展开式中二项式系数最大的是第___________项． 50．（24-25高二下·青海西宁·期末）已知的展开式中第项为，且第三项和第九项的二项式系数相等. (1)求的值，并求二项式系数的最大值； (2)求第四项的二项式系数与系数； (3)的展开式中第几项的系数最大？并求系数的最大值. 题型11 多项式积、三项展开式问题 51．（24-25高二下·云南曲靖·期末）的展开式中的系数为（   ） A． B．25 C． D．50 52．（24-25高二下·安徽宣城·期末）的展开式中，的系数是（   ） A．60 B．30 C．20 D．10 53．（24-25高二下·广东广州·期末）的展开式中的系数是（   ） A．10 B．5 C． D． 54．（24-25高二下·河北沧州·期末）已知在展开式中含的项的系数为51，则正实数a的值为__________． 55．（24-25高二下·广西钦州·期末）在二项式的展开式中，所有偶数项的二项式系数之和为32． (1)求n； (2)求第4项的系数； (3)求的展开式的常数项． 题型12 用赋值法求系数和问题 56．（24-25高二下·北京延庆·期末）若，则（    ） A． B． C． D． 57．（24-25高二下·河北保定·期末）若，则（   ） A． B． C． D． 58．（24-25高二下·福建泉州·期末）已知，则下列选项中错误的是（   ） A． B．的最大值为 C． D． 59．（24-25高二下·重庆沙坪坝·期末）已知，则__________． 60．（24-25高二下·四川广元·期末）已知， (1)求； (2)求； (3)求． 题型13 整除和余数问题 61．（24-25高二下·陕西咸阳·期末）除以128的余数为（   ） A．51 B．43 C．41 D．33 62．（24-25高二下·山东滨州·期末）被8除的余数为（    ） A．2 B．4 C．6 D．7 63．（24-25高二下·河南郑州·期末）若，且，若能被9整除，则的值为（    ） A．1 B．3 C．6 D．8 64．（24-25高二下·湖北荆州·期末）今天是星期二，则天后是星期__________． 65．（24-25高二下·河南郑州·期末）已知 . (1)求的值. (2)若，求被4除后的余数. (3)求的值. 题型14 杨辉三角问题 66．（24-25高二下·黑龙江绥化·期末）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题正确的是（    ）． A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是86 B．第9行所有数字之和为256 C．记第20，21行数字的最大值分别为a，b，则 D．在“杨辉三角”中，从第2行起到第12行，每一行的第3列的数字之和为286 67．（24-25高二下·北京朝阳·期末）“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： 则第8行的第7个数是（   ） A．8 B．21 C．28 D．56 68．（多选）（24-25高二下·广东广州·期末）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2022行的第1011个数最大 C．210在杨辉三角中共出现了6次 D．记第行的第个数为，则 69．（24-25高二下·宁夏·期末）如图所示，在杨辉三角中，斜线上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：，，，，，，，记这个数列前项和为，则__________． 70．（24-25高二下·广东中山·期末）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《解答九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的． 杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题． 性质1：杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数； 性质2（对称性）：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即； 性质3（递归性）：除1以外的数都等于肩上两数之和，即； 性质4：自腰上的某个1开始平行于腰的一条线上的连续个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比如：，； 请回答以下问题： (1)求杨辉三角中第8行的各数之和； (2)在的展开式中，求含项的系数． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 计数原理（14大重点题型+思维导图+知识清单）（期末专项训练） 【人教A版】 题型归纳 【知识清单1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理】 1．分类加法计数原理 (1)分类加法计数原理的概念 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N=m+n种不同的方法. 概念推广：完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有m1种不同的方法，在第2类方案中有m2种不同的方法，…，在第n类方案中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=种不同的方法. (2)分类加法计数原理的特点 分类加法计数原理又称分类计数原理或加法原理，其特点是各类中的每一种方法都可以完成要做的事情，我们可以用第一类有m1种方法，第二类有m2种方法，…，第n类有mn种方法，来表示分类加法计数原理，即强调每一类中的任一种方法都可以完成要做的事，因此一共有种不同方法可以完成这件事. (3)分类的原则 分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类，分类时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种方法必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏. 2．分步乘法计数原理 (1)分步乘法计数原理的概念 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件 事共有N=m×n种不同的方法. 概念推广：完成一件事需要n个步骤，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法，…， 做第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N=种不同的方法. (2)分步乘法计数原理的特点 分步乘法计数原理的特点是在所有的各步之中，每一步都要使用一种方法才能完成要做的事，可以利用图形来表示分步乘法计数原理，图中的“→”强调要依次完成各个步骤才能完成要做的事情，从而共有种不同的方法可以完成这件事. (3)分步的原则 ①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才能完成这件事； ②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事就不可能完成；不能缺少步骤. ③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各个步骤既不能重复也不能遗漏. 3．分类加法计数原理与分步乘法计数原理的辨析 (1)联系 分类加法计数原理和分步乘法计数原理解决的都是有关完成一件事的不同方法的种数问题. (2)区别 分类加法计数原理每次得到的都是最后结果，而分步乘法计数原理每步得到的都是中间结果，具体区别如下表： 区别 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 ① 针对的是“分类”问题 针对的是“分步”问题 ② 各种方法相互独立 各个步骤中的方法互相依存 ③ 用其中任何一种方法都可以完成这件事 只有各个步骤都完成才算完成这件事 (3)分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择 分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理； 分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理. 在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用. 【知识清单2 两个计数原理的综合应用】 1．两类计数问题的求解思路： (1)“类中有步”计数问题：完成一件事有几类方案，每一类方案中分若干步，利用分步乘法计数原理求出每一类方案中的方法数，再利用分类加法计数原理把各类方案的方法数相加，即可得出结果. (2)“步中有类”计数问题：完成一件事的过程分成若干步，完成每一步的方法分成若干类，利用分类加法计数原理求出完成每一步中的方法数，再利用分步乘法计数原理把每一步的方法数相乘，即可得出结果. 2．两个计数原理的综合应用 两个计数原理的综合应用主要包括五个方面：(1)实际问题中的计数问题；(2)代数中的计数问题；(3)几何计数问题；(4)数字排列问题；(5)涂色问题. 【知识清单3 排列】 1．排列的定义 一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素，并按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列. 2．排列概念的理解 (1)排列的定义中包含两个基本内容，一是取出元素；二是按照一定的顺序排列. (2)两个排列相同的条件：元素完全相同；元素的排列顺序也相同. (3)定义中“一定的顺序”就是说排列与位置有关，在实际问题中，要由具体问题的性质和条件进行判断，这一点要特别注意. 3．排列的判断 判断一个问题是不是排列问题的关键：判断是否与顺序有关，与顺序有关且是从n个不同的元素中任取m(m≤n，n,m∈N*)个元素的问题就是排列问题，否则就不是排列问题.而检验一个问题是否与顺序有关的依据就是变换不同元素的位置，看其结果是否有变化，若有变化就与顺序有关，就是排列问题；若没有变化，就与顺序无关，就不是排列问题. 【知识清单4 排列数】 1．排列数 (1)排列数定义 从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出 m个元素的排列数，用符号表示. (2)排列数公式 n(n-1)(n-2)…(n-m+1).这里，n,m∈N*，并且m≤n. (3)排列数公式的理解 ①排列数公式推导的思路：第1步，排第1个位置的元素，有n种排法；第2步，排第2个位置的元素，有(n-1)种排法；第3步，排第3个位置的元素，有(n-2)种排法；…；第m步，排第m个位置的元素，有(n-m+1)种排法.因此，由分步乘法计数原理知共有n×(n-1)×(n-2)×…×(n-m+1)种不同的排法. ②排列数公式的特征：第一个因数是n，后面每一个因数比它前面一个因数少1，最后一个因数是n-m+1，共有m个因数. (4)排列数的性质 排列数的性质：①；②. 2．全排列和阶乘 (1)全排列 特别地，我们把n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列，这时公式中m=n，即有n×(n-1)×(n-2)×…×3×2×1. (2)阶乘 正整数1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用n!表示，将n个不同的元素全部取出的排列数可以写成， 规定0!=1. (3)排列数公式的阶乘表示 . 【知识清单5 排列的应用问题】 1．排列应用问题的分类与求解思路 (1)有限制条件的排列问题：对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法. (2)相邻问题：对相邻问题采用捆绑法；相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，注意捆绑元素的内部排列. (3)不相邻问题：不相邻问题采用插空法；先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中. (4)定序问题：定序问题有两种求解策略，一是定序倍除法：全部排列后，除以有顺序要求的排列；二是定序排他法：有顺序要求部分只有一种排法，只要把剩下部分排列即可. (5)间接法：正面分类太多从反面入手. 【知识清单6 组合】 1．组合的定义 一般地，从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合. 2．组合概念的理解 (1)组合的概念中有两个要点：要求n个元素是不同的；“只取不排”，即取出的m个元素与顺序无关，无序性是组合的特征性质. (2)两个组合相同：只要两个组合中的元素完全相同，无论元素的顺序如何，都是相同的组合. 3．排列与组合的联系与区别 (1)联系：都是从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素. (2)区别：排列是把取出的元素按顺序排成一列，它与元素的顺序有关系，而组合只要把元素取出来就可以，取出的元素与顺序无关.可总结为：有序排列，无序组合. 【知识清单7 组合数】 1．组合数与组合数公式 (1)组合数 从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出 m个元素的组合数，用符号表示. (2)组合数公式 ①连乘表示： . 这里，n,m∈N*，并且m≤n. ②阶乘表示：. 规定：. 2．组合数的性质 (1)性质1： 这个性质反映了组合数的对称性，其实际意义：从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素后，剩下(n-m)个元素，因而从n个不同元素中取m个元素的组合，与剩下的(n-m)个元素的组合是一一对应的，因此取法是一样多的. 利用这个性质，当时，我们可以不直接计算，而是改为计算，这样可以简化运算. (2)性质2： 这个性质可以理解为分类加法计数原理的应用，在确定从(n+1)个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素时，对于某一个特定元素，只存在取与不取两种情况，如果取这个元素，则只需从剩下的n个元素中再取(m-1)个元素，有种取法；如果不取这个元素，则需从剩下的n个元素中取出m个元素，有种取法. 由分类加法计数原理可得：. 在应用中，要注意这个性质的变形、逆用等. 【知识清单8 组合的应用问题】 1．组合问题的分类与解法 组合问题常有以下两类题型变化： (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取. (2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理. 2．分组分配问题 (1)解题思路：先分组后分配，分组是组合问题，分配是排列问题. (2)分组方法：①完全均匀分组，分组后除以组数的阶乘；②部分均匀分组，有m组元素个数相同，则分组后除以m!；③完全非均匀分组，只要分组即可. (3)分配方法：①相同元素的分配问题，常用“挡板法”；②不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组后分配；③有限制条件的分配问题，采用分类求解. 【知识清单9 二项式定理】 1．二项式定理 一般地，对于任意正整数n，都有 .(*) 公式(*)叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式，其中各项的系数(k∈{0,1,2, …,n})叫做二项式系数，叫做二项展开式的通项，用表示，即通项为展开式的第k+1项：. 2．二项展开式的规律 (1)二项展开式一共有(n+1)项. (2)(n+1)项按a的降幂b的升幂排列. (3)每一项中a和b的幂指数之和为n. 【知识清单10 二项式系数的性质】 1．二项式系数的性质 (1)杨辉三角——二项式系数表 当n依次取1,2,3,…时，观察的展开式的二项式系数： 从中我们可以看出，左侧三角是根据二项式定理得到的，右侧三角是算出对应的组合数的值后所得结 果，由此我们可以发现以下性质： ①每一行中的二项式系数是对称的，如第一项与最后一项的二项式系数相等，第二项与倒数第二项的 二项式系数相等. ②每一行两端都是1，而且从第二行起，除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和. ③从第二行起，每一行的二项式系数从两端向中间逐渐增大. ④第一行的两个数之和为2=21，第二行的三个数之和为4=22，…，第六行的各数之和为26，…， 第n行的(n+1)个数之和为2n. (2)二项式系数的性质 对称性 与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等(即) 增减性 当时，二项式系数逐渐增大；当时，二项式系数逐渐减小，因此二项式系数在中间取得最大值 最大值 当n是偶数时，展开式的中间一项的二项式系数最大；当n是奇数时，展开式的中间两项与的二项式系数，相等且最大 各二项式 系数的和 2．两个二项式之积、三项展开式问题的解题策略 (1)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解， 但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏；也可利用排列组合的知识求解. (2)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解. 题型1 分类加法、分步乘法计数原理 1．（24-25高二下·新疆·期末）现有2名同学去听同时进行的3场音乐会，每名同学只能去听其中的1场，则不同的安排方法共有（    ） A．6种 B．4种 C．9种 D．8种 【答案】C 【解题思路】由分步乘法计数原理即可求解. 【解答过程】由分步乘法计数原理可知，不同的安排方法共有种． 故选：C. 2．（24-25高二下·广东江门·期末）下列说法正确的是（ ） A．中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类，现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有24种 B．从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有5条，则从A村经过B村去C村不同的路线的条数为8 C．一个两层书架，分别放置语文类读物4本，数学类读物5本，每本读物各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有20种 D．从1，2，3，4，5五个数字中任选3个数字，可组成无重复数字的三位数的个数为60 【答案】D 【解题思路】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理逐一判断即可. 【解答过程】对于，现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，每人都有3种选择，则不同的选购方式有种，故错误； 对于，从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有5条，则从A村经过B村去C村不同的路线的条数为种，故错误； 对于，一个两层书架，分别放置语文类读物4本，数学类读物5本，每本读物各不相同，从中取出1本，共有种取法，故错误； 对于，从1，2，3，4，5五个数字中任选3个，可组成无重复数字的三位数分三步， 首先确定百位有种，再确定十位有种选择，最后个位有种选择，故共有个，故正确． 故选：D 3．（24-25高二下·四川乐山·期末）1000的不同正因数个数为（   ） A．16 B．12 C．10 D．8 【答案】A 【解题思路】根据分步乘法计数原理，判断整数的不同正因数的个数. 【解答过程】可知，则不同正因数个数为. 故选：A. 4．（24-25高二下·福建福州·期末）春节期间，甲、乙、丙三人去看电影，每人可在《哪吒之魔童闹海》、《唐探1900》、《熊出没·重启未来》及《蛟龙行动》四部电影中任选一部，则不同的选法有_________种． 【答案】 【解题思路】根据分步计数原理的应用即可求解． 【解答过程】易知每个人都有种选法，故不同的选法有种． 故答案为：． 5．（24-25高二下·黑龙江鸡西·期中）从0、1、2、3、4这五个数字中任取三个不同的数字组成三位数，求： (1)组成的三位数偶数的个数； (2)组成的三位数中大于200的个数. 【答案】(1)30 (2)36 【解题思路】（1）组成三位数的偶数，需要分个位是 0 和个位不是 0 两种情况讨论； （2）组成大于 200 的三位数，百位数字只能是 2、3、4 ，进而求解即可 【解答过程】（1）当个位数字为 0 时 百位数字可以从 1、2、3、4 这 4 个数字中任选一个，有 4 种选法； 十位数字可以从剩下的 3 个数字中任选一个，有 3 种选法. 根据乘法原理，此时组成的偶数个数为个. 当个位数字不为 0 时 个位数字只能从 2、4 中选一个，有 2 种选法； 百位数字不能为 0，所以百位数字可以从剩下的 3 个非0 数字中选一个，有 3 种选法；十位数字可以从剩下的 3 个数字中选一个，有 3 种选法. 根据乘法原理，此时组成的偶数个数为，. 将两种情况的个数相加，得到组成的三位数是偶数的总个数为个. （2）百位数字可以从 2、3、4 这 3 个数字中任选一个，有 3 种选法； 十位数字可以从剩下的 4 个数字中任选一个，有 4 种选法； 个位数字可以从剩下的 3 个数字中任选一个，有 3 种选法. 根据乘法原理，组成的三位数中大于 200 的个数为个. 题型2 涂色问题 6．（24-25高二下·江苏连云港·期末）用种不同的颜色给如图所示的地图上色，要求相邻两块涂不同的颜色，则不同的涂法有（    ）种 A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】按照②③①④分步进行即可，计算出每个区域的涂色种数，利用分步乘法计数原理可得结果. 【解答过程】区域②有种选择，区域③有种选择，区域①和④各有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的涂法种数为种. 故选：D. 7．（24-25高二下·海南海口·期末）如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为（    ） A．24 B．48 C．72 D．120 【答案】C 【解题思路】先选择秀英区与龙华区，然后分别对琼山区，美兰区与秀英区是否同色进行讨论，然后计算可得结果. 【解答过程】秀英区有4种选择，龙华区有3种选择， 当琼山区与秀英区同色，则美兰区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区同色，琼山区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区不同色，琼山区有2种选择，美兰区有1种选择； 所以不同的着色方法的种数为. 故选：C. 8．（24-25高二下·福建·期末）在一个具有五个行政区域的地图上，用6种颜色着色，若相邻的区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（   ） A．1450种 B．1480种 C．1520种 D．1560种 【答案】D 【解题思路】先涂3区域，然后涂1区域，然后涂5区域，进而分若1和5区域同色与不同色两种情况求解即可. 【解答过程】先涂3区域，共有6种涂法，然后涂1区域，共有5种涂法， 然后涂5区域，若1和5区域同色，一共的涂法种数为； 若1和5区不同色，一共的涂法种数为 . 故一共的涂色总数为. 故选：D. 9．（24-25高二下·陕西铜川·期末）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在用7种颜色给5个小区域（A，B，C，D，E）涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有___________种. 【答案】4410 【解题思路】根据分步乘法原理及分类加法原理计算求解. 【解答过程】分4步进行分析： ①对于区域，有7种颜色可选； ②对于区域，与区域相邻，有6种颜色可选； ③对于区域，与、区域相邻，有5种颜色可选； ④对于区域、， 若与颜色相同，区域有5种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有4种颜色可选，区域有4种颜色可选， 则区域、有种选择.综上所述， 不同的涂色方案有种. 故答案为：. 10．（24-25高二下·安徽·阶段检测）给如图所示的五个区域涂色，要求每一个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同. (1)最少需要几种颜色才可以完成涂色任务? (2)现有四种颜色可供选择，求有多少种不同的涂色方法. 【答案】(1)3种 (2)72 【解题思路】根据排列组合涂色问题解题方法，先分类再分步完成涂色即可. 【解答过程】（1）由题意得A，B，E三个区域的颜色互不相同，则需要三种颜色，D可以与B的颜色相同，C可以与A的颜色相同，所以最少需要3种颜色才可以完成涂色任务. （2）分两种情况: 情况一：A，C不同色，先涂A有4种，C有3种，E有2种，B，D各有1种，有种涂法; 情况二：A，C同色，先涂A，C有4种，E有3种，B，D各有2种，有种涂法. 所以共有24+48=72种不同的涂色方法. 题型3 排列数、组合数的计算 11．（24-25高二下·广东江门·期末）计算的值是（ ） A．41 B．61 C．62 D．82 【答案】B 【解题思路】利用排列数和组合数公式计算即可． 【解答过程】， ，, 因此. 故选：B. 12．（24-25高二下·吉林长春·期末）计算（   ） A．6 B．35 C．41 D．45 【答案】C 【解题思路】根据组合数及排列数计算求解. 【解答过程】，，， 故选：C． 13．（24-25高二下·广西百色·期末）若，则（   ） A．5 B．6或5 C．7 D．7或8 【答案】B 【解题思路】根据组合数的性质即可求解. 【解答过程】∵， ∴由组合数的性质可得或，则或5. 故选：B. 14．（24-25高二下·河北石家庄·期末）计算：___________. 【答案】 【解题思路】根据排列数和组合数的公式进行求解即可. 【解答过程】， 故答案为：. 15．（24-25高二下·山东济南·期末）（1）证明：，其中，； （2）化简：，其中． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【解题思路】（1）根据题意，利用组合数的公式，进行化简，即可得证； （2）根据题意，结合倒序相加法，以及组合数的运行性质，即可求解. 【解答过程】（1）证明：由组合数的计算公式，可得， 又由，所以； （2）解：设， 则， 两式相加，可得， 所以，即. 题型4 元素（位置）有限制的排列问题 16．（24-25高二下·内蒙古·期末）已知甲、乙、丙、丁、戊5名同学站一排照相，要求甲、乙站在丙、丁之间，则不同站法有（   ） A．20 B．30 C．36 D．48 【答案】A 【解题思路】由题意甲、乙站在丙、丁之间，先排丙、丁，再将甲、乙排在丙、丁之间，再排戊以及分步乘法计算原理即可得出. 【解答过程】由题意先将丙、丁排列有种站法， 再将甲、乙排在丙、丁之间有种站法， 最后在排好的4人所形成的5个空挡中选一个站戊， 有种站法， 根据分步乘法计数原理， 得共有种不同的站法. 故选：A. 17．（24-25高二下·福建三明·期末）由0，1，2，3，5组成的无重复数字的4位数共有（    ） A．24个 B．72个 C．96个 D．120个 【答案】C 【解题思路】分这个4位数含0和不含0两种情况讨论即可. 【解答过程】若组成的4位数不含0，则有个； 若组成的4位数含0，因为0不能在首位，所以首位有种排法，后面的三位有种排法，所以含0的4位数有个. 所以由0，1，2，3，5组成的无重复数字的4位数共有：个. 故选：C. 18．（24-25高二下·湖北武汉·期末）某单位劳动节共有五天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从A、B、C、D、E、F、G七人中选择五人值班，每名员工最多值班一天，已知A不在第一天值班，B不在第五天值班，则值班安排共有（   ） A．1740种 B．1760种 C．1800种 D．1860种 【答案】D 【解题思路】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合排列、组合计数问题列式计算即得. 【解答过程】若A、B不值班，值班安排有种； 若A、B只有一人不值班，值班安排有种； 若A、B都值班，值班安排有种， 所以值班安排共有1860种. 故选：D. 19．（24-25高二下·四川雅安·期末）某班级周一的课程表要排入语文、数学、英语、物理、化学、体育共6节课，其中要求体育课不能排在第一节，且数学课不能排在最后一节，则共有__________种不同的排法.（用数字作答） 【答案】 【解题思路】根据题意，分为体育课排在最后一节和体育课不排在第一节和最后一节，两种情况，分别求得相应的排法数，结合分类计算原理，即可求解. 【解答过程】根据题意，可分为两类： （1）若体育课排在最后一节，则有种不同的排法； （2）若体育课不排在第一节和最后一节，则有种不同的排法， 由分类计数原理得，共有种不同的排法. 故答案为：. 20．（24-25高二下·河北保定·期末）3名数学小组成员（包括甲、乙）和4名语文小组成员站成两排拍照，第一排站3人，第二排站4人. (1)若数学小组成员站在第一排，语文小组成员站在第二排，求不同的排法种数； (2)若甲、乙站在同一排且不相邻，求不同的排法种数； (3)若语文小组成员分成两排站（每排至少站1人），求不同的排法种数. 【答案】(1)144 (2)960 (3)4896 【解题思路】（1）利用分步乘法计数原理、排列计数问题列式计算. （2）按甲乙是否在第一排分类，结合不相邻问题列式求解. （3）结合（1）及已知，利用排除法列式求解. 【解答过程】（1）依题意，不同排法种数是. （2）甲乙都站在第一排，有种；甲乙都站在第二排，有种， 所以不同排法种数是. （3）7个人站7个位置的排列有种，其中语文小组成员站在一排的有， 所以不同站法种数是. 题型5 相邻、不相邻排列问题 21．（24-25高二下·重庆长寿·期末）甲、乙、丙、丁四人站成一排，要求甲、乙必须相邻，丙、丁不相邻，则不同的安排方法有（ ） A．24 种 B．16 种 C．12 种 D．4 种 【答案】D 【解题思路】根据相邻捆绑，不相邻插空和分步乘法计数原理即可分析计算求解. 【解答过程】甲、乙必须相邻，先将甲、乙两人捆绑作为一人有种排列方法， 丙、丁共有排列有种方法， 所以总的不同的安排方法有种. 故选：D. 22．（24-25高二下·贵州六盘水·期末）将4辆车停放到5个并排车位上，由于甲车的车体较宽，停放时需要占两个车位，并且乙车与甲车相邻停放，则不同的停放方法种数为（   ） A．6 B．12 C．18 D．24 【答案】B 【解题思路】利用相邻问题捆绑法求解. 【解答过程】因为客车甲占两个车位且乙车与客车甲相邻停放， 所以将乙车与客车甲捆绑，看成一个车有种排法，与余下的两辆车全排有种排法， 所以共有种不同的停放方法. 故选：B. 23．（24-25高二下·山东聊城·期末）某演出有3个舞蹈、2个歌曲、1个语言类共6个节目，要求语言类节目不能第一个出场，歌曲类节目不能相邻出场，则不同的出场方式共有（    ） A．480种 B．444种 C．408种 D．360种 【答案】C 【解题思路】因语言类节目不能第一个出场，考虑用间接法，用只考虑2个歌曲节目插空的方法数减去语言类节目在第一个出场对应的方法数即可. 【解答过程】依题意，因语言类节目不能第一个出场，可以考虑间接法： 即先将1个语言类与3个舞蹈节目全排，再将2个歌曲节目在留下的5个空中插空，有种方法， 减去这个语言类节目排在第一个出场时的方法数，即先将3个舞蹈节目全排，再将2个歌曲节目在除去第一个节目前的空留下的4个空中插空， 有种方法，故不同的出场方式共有种. 故选：C. 24．（24-25高二下·云南曲靖·期末）某次志愿者活动需分配4名大学生和2名老师（甲、乙）排成一列合影．要求大学生与必须相邻，两名老师不能相邻，则满足条件的排列方式共有___________种． 【答案】144 【解题思路】先对进行捆绑，再与全排，最后用插空法求解即可. 【解答过程】由题知，先把学生与进去捆绑有种，再与进行全排，有种， 最后把2名老师插入4个空中，有种，所以共有. 故答案为：144. 25．（24-25高二上·辽宁抚顺·期末）在2名指导老师的带领下，4名大学生（男生2名，女生2名）志愿者深入乡村，开启了支教之旅.他们为乡村的孩子们精心设计了阅读、绘画、心理辅导等多元化课程，并组织了丰富多彩的文体游戏.支教结束后，现让这6名师生站成一排进行合影，在下列情况下，各有多少种不同的站法？ (1)2名指导老师相邻且站正中间，2名女大学生相邻； (2)2名男大学生互不相邻，且男大学生甲不站最左侧； (3)2名指导老师之间恰有1名女大学生和1名男大学生. 【答案】(1)16 (2)384 (3)96 【解题思路】（1）利用分步计数原理即可； （2）利用插空法来排列即可； （3）利用捆绑法来排列即可. 【解答过程】（1）先排2名指导老师，有种站法， 再排2名女大学生，有种站法， 最后排剩余的2名男大学生，有种站法， 所以共有种不同的站法. （2）先排2名指导老师和2名女大学生，有种站法， 再用插空法排男大学生甲，除去最左侧有种站法， 最后继续用插空法，排剩余的1名男大学生，有种站法， 所以共有种不同的站法. （3）先选1名女大学生和1名男大学生站2名指导老师中间，有种站法， 再排2名指导老师，有种站法， 最后将选中的1名女大学生，1名男大学生及2名指导老师视为一个整体， 利用捆绑法与剩余的2名大学生全排列，有种站法， 所以共有种不同的站法. 题型6 组合计数问题 26．（24-25高二下·新疆·期末）某节目要从三名男演员和六名女演员中选出两人，并安排一人做领唱，另一人做领舞，且领唱者或领舞者至少有一人是女性，则不同的安排方法种数为（    ） A．64 B．66 C．68 D．72 【答案】B 【解题思路】应用间接法求2人至少有一人是女性的不同选法数，再将2人全排列，并应用分步乘法求结果. 【解答过程】从9人任选2人有种，若所选2人都是男性有种，故2人至少有一人是女性有种， 所以不同的安排方法种数为. 故选：B. 27．（24-25高二下·广东广州·期末）在10件产品中，有8件合格品，2件次品.从这10件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法种数是（    ） A．56 B．64 C．72 D．120 【答案】B 【解题思路】利用分类计数原理和分步计数原理结合组合列式计算即可. 【解答过程】根据题意，抽出的3件产品中至少有1件是次品包含1件次品、2件正品和2件次品、1件正品两个事件， 当抽取的为1件次品、2件正品时，抽法有种， 当抽取的为2件次品、1件正品时，抽法有种， 所以抽出的3件产品中至少有1件是次品共有种. 故选：B. 28．（24-25高二下·广东汕头·期末）以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（   ） A．70 B．66 C．62 D．58 【答案】D 【解题思路】应用组合数求从8个顶点任选4个的情况数，再排除4点共面的情况数，即可得. 【解答过程】由正方体共有8个顶点，从中任选4个顶点有个，其中有12种情况4点共面（6个侧面，6个对角面）， 所以以正方体的顶点为顶点的三棱锥的个数是个. 故选：D. 29．（24-25高二下·广东深圳·期末）将分别写有2，0，2，6的四张卡片，按一定次序排成一行组成一个四位数（首位不为0），则组成的不同四位数的个数有____________．（用数字作答） 【答案】9 【解题思路】根据给定条件，利用组合计数问题，结合分步乘法计数原理列式计算. 【解答过程】依题意，排数字0有种方法；排数字2有种方法；排数字6有1种方法， 所以组成的不同四位数的个数是. 故答案为：9. 30．（24-25高二下·新疆喀什·期末）某课题组有研究人员7人（男4，女3），选4人参加学术会议，求下列情况的选法有多少种不同的选法. (1)至少2女生； (2)至少2男生 (3)至多1女生. 【答案】(1)22 (2)31 (3)13 【解题思路】（1）分2男2女，3女1男两种情况讨论即可； （2）分2男2女，3男1女，4男0女三种情况讨论即可； （3）分4个男生，1女3男两种情况讨论即可. 【解答过程】（1）直接法： 2男2女：；3女1男：， 故至少2女生共种不同的选法. （2）直接法：2男2女：；3男1女：；4男0女：， 故至少2男生共有种不同的选法. （3）4个男生：；1女3男：， 故至多1女生共种不同的选法. 题型7 分组分配问题 31．（24-25高二下·福建福州·期末）某学术协会收到5篇论文，需要分配给3名专家进行评审，每名专家至少评审1篇，每篇论文由1名专家独立评审，则不同的分配方式共有（ ） A．60种 B．90种 C．120种 D．150种 【答案】D 【解题思路】先将论文分成3组，再分配给专家. 【解答过程】先将5篇论文分成3组且每组至少一篇，只有两种分组方法：和 若5篇论文分成三份.总共有种方法，再将这三份论文分配给三名专家，因此总计种方法； 若5篇论文分成三份.总共有种方法，再将这三份论文分配给三名专家，因此总计种方法. 因此总计种分配方式. 故选：D. 32．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期末）某医院派6名医生到3个社区进行义诊，每个社区至少一名医生，其中甲乙两人必须在一起，则不同的方案有（   ）种 A．150 B．180 C．360 D．540 【答案】A 【解题思路】视甲乙为一个整体，问题相当于将5名医生到3个社区，再按分组分配列式求解. 【解答过程】甲乙必须在一起，可把甲乙视为一个整体，问题相当于将5名医生到3个社区， 按分配时，共有种方案；按分配时，共有种方案， 所以共有种不同的分配方案. 故选：A. 33．（24-25高二下·福建福州·期中）某大学开设了《古今数学思想》《世界数学通史》《几何原本》《什么是数学》四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，大一到大三三个学年必须将四门选修课程修完，则每位同学的不同选修方式有（    ） A．60种 B．78种 C．96种 D．144种 【答案】B 【解题思路】结合题意可得每位同学每年所修课程数可以分为或或，先将课程分组，再分配到三个学年，最后按照分类加法计数原理、分步乘法计数原理计算即可. 【解答过程】由题意可知三年修完四门课程，且每年至多选三门， 则每位同学每年所修课程数可以分为或或， 若按选修四门课程，则先将四门选修课分成三组，有种不同方式， 再分配到三个学年，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式； 若按选修四门课程，则先将四门选修课分成三组，有种不同方式， 再分配到三个学年，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式； 若按选修四门课程，则先将四门选修课分成三组，有种不同方式， 再分配到三个学年，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式； 所以每位同学的不同选修方式有种． 故选：B． 34．（24-25高二下·湖南永州·期末）近期，哈尔滨这座“冰城”火了，2024年元旦假期三天接待游客300多万人次，神秘的鄂伦春族再次走进世人的眼帘，这些英雄的后代讲述着英雄的故事，让哈尔滨大放异彩．现安排6名鄂伦春小伙去三个不同的景点宣传鄂伦春族的民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是__________． 【答案】540 【解题思路】分三个景点安排的人数之比为、、进行讨论即可求解. 【解答过程】若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法； 若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法； 若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法， 故不同的安排方法种数是． 故答案为：540. 35．（24-25高二下·山西·期末）某校高二年级安排6名优秀学生按照以下要求报名参加数学、物理、化学竞赛，每名学生限报一科竞赛. (1)若三科竞赛均有2人报名参加，有多少种不同的报名方法？ (2)若4人报名参加数学竞赛，另外两科竞赛各1人报名参加，有多少种不同的报名方法？ (3)若三科竞赛均有人报名参加，有多少种不同的报名方法？ 【答案】(1)90 (2)30 (3)540 【解题思路】（1）利用分步乘法计数原理、组合计数问题列式计算. （2）利用组合计数问题、排列计数问题列式计算. （3）将学生人数按分组，财利用排列组合综合问题列式计算. 【解答过程】（1）若三科竞赛均有2人报名参加，则报名方法有种. （2）若4人报名参加数学竞赛，另外两科竞赛各1人报名参加，则报名方法有种. （3）由题可得报名人数的分配方案可以是，，或，，或，，. 若三科竞赛的报名人数为，，，则报名方法有种； 若三科竞赛的报名人数为，，，则报名方法有种； 若三科竞赛的报名人数为，，，则报名方法有种. 所以三科竞赛均有人报名参加，报名方法共有种. 题型8 排列组合综合 36．（24-25高二下·山东菏泽·期末）用1，2，3组成三位数，数字最多用次，其中，则满足条件的三位数个数是（   ） A．15个 B．18个 C．19个 D．27个 【答案】C 【解题思路】分三个不同数字各出现一次，一个数字出现两次，一个数字出现三次，三种情况讨论即可. 【解答过程】当三个不同数字各出现一次时，有个； 当一个数字出现两次，其他两个数字各出现一次时，则重复出现的数字只能是， 则有个； 当一个数字出现三次，则仅有数字符合条件，则有个； 综上所述，满足条件的三位数共有个. 故选：C. 37．（24-25高二下·四川自贡·期末）从2名男生、3名女生中选2人分别担任班长和学习委员，要求选出的2人中至少有一名女生，则不同的方法数为（    ） A．10 B．16 C．18 D．24 【答案】C 【解题思路】利用排列、组合计数问题，结合两个基本原理列式计算即可. 【解答过程】依题意，选出2人中至少有一名女生的方法数为，对选取的2人分配职务有种， 所以不同的方法数为. 故选：C. 38．（24-25高二下·重庆·期末）某医院拟组成4医生3护士共7人的工作队，派驻到3个地区A、B、C进行工作．若每一个地区至少派驻1医生1护士两位工作人员，且医生甲必须派驻到A地区，则不同的派驻方式有（   ） A．36种 B．72种 C．98种 D．108种 【答案】B 【解题思路】根据已知某地区派驻有两名医生，分类讨论，分地区有两名医生和或区有两名医生，然后分配3名护士，即可求解. 【解答过程】若地区派驻两名医生，则有种不同方式； 若或区有两名医生，则有种不同方式. 所以不同的派驻方式有种. 故选：B. 39．（24-25高二下·宁夏·期末）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.年月日分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.年，中国空间站将正式进入运营阶段假设空间站要安排甲、乙等名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有____________. (用数字作答) 【答案】450 【解题思路】利用分组和分配的求法求得6名航天员的安排方案，再利用分类加法计数原理即可求得. 【解答过程】由题知，名航天员安排三舱，三舱中每个舱至少一人至多三人，可分两种情况考虑： 第一种，分人数为的三组，共有种； 第二种，三舱人数都为2，共有种； 所以不同的安排方法共有种． 故答案为：450. 40．（24-25高二上·辽宁·月考）甲､乙､丙等6名同学利用周末到社区进行志愿服务. (1)6名同学站成一排，若甲､乙､丙自左向右从高到矮排列，则不同的排列方案有多少种？ (2)6名同学站成一排，甲､乙两名同学之间恰有2人的不同排列方案有多少种？ (3)6名同学分成三组（每组至少有一人），进行三项不同的社区服务，则不同的分配方案有多少种？ 【答案】(1)120 (2)144 (3)540 【解题思路】（1）先将6人全排列，考虑到甲、乙、丙三人排列有种，进而可得所求排法； （2）先从除甲、乙以外的4人中选2人，再利用捆绑法计算可得； （3）分为三个组可分为三类，即①分组；②分组；③分组；再将再分好的三个组安排到三项不同的社区可求总的方法数. 【解答过程】（1）先将6人全排列有种，考虑到甲、乙、丙三人排列有种， 所以甲､乙､丙自左向右从高到矮排列时，不同的排法有种； （2）从除甲、乙以外的4人中任取2人排在甲、乙之间，与甲、乙组成一个整体，再与余下2个人全排列， 则有种排列方案； （3）由题可得学生的分配方案可以有：①；②；③； ①名学生按分为三个组有种方法， 则人分配到三所学校共有种分配方法； ②名学生按分为三个组有种分法， 则人分配到三项不同的社区一社区人、一社区人、一社区人共有分配方法； ③名学生平均分配到三项不同的社区有种方法； 则人分配到三项不同的社区每个社区至少一人一共有：种方法. 题型9 求二项展开式的特定项（系数） 41．（24-25高二下·江苏连云港·期末）展开式中的常数项为（    ） A．40 B．60 C．80 D．120 【答案】B 【解题思路】由二项式定理写出括号展开式的通项公式，利用赋值法，可得答案. 【解答过程】由的展开式通项为， 则令，即，常数项为. 故选：B. 42．（24-25高二下·新疆巴州·期末）已知二项式的展开式中含常数项，则n不可能等于（   ） A．3 B．6 C．8 D．9 【答案】C 【解题思路】根据二项式的展开式通式，当的次数为0时，列出参数的方程，代入各选项，判断不可能的值. 【解答过程】由可得第项为，且， 令， 当时，解得，含常数项，所以A不正确， 当时，解得，含常数项，所以B不正确， 当时，无整数解，不含常数项，所以C正确， 当时，解得，含常数项，所以D不正确， 故选：C. 43．（24-25高二下·广东湛江·期末）在的展开式中，的系数是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】写出通项公式，然后代值计算即可. 【解答过程】由题意可得，的通项 ， ， 令，得， 所以的系数为， 故选：A. 44．（24-25高二下·云南曲靖·期末）二项式展开式中的第3项为____________． 【答案】 【解题思路】由二项式展开式通项可得答案. 【解答过程】二项式展开式的第r+1项为：. 则展开式中的第3项为：． 故答案为：. 45．（24-25高二下·广东·期末）已知在的展开式中，第4项的二项式系数与第3项的二项式系数的比值为2． (1)求的值； (2)求展开式中含的项． 【答案】(1) (2) 【解题思路】（1）根据题意，利用展开式的二项式系数，列出方程，即可求解； （2）由（1），求得展开式的通项，确定的值，代入计算，即可求解. 【解答过程】（1）解：因为的展开式中，第4项与第3项的二项式系数的比值为2， 可得，解得. （2）解：由（1）知，二项式， 可得展开式的通项为， 令，解得，所以展开式中的项为. 题型10 求展开式中系数最大（小）项 46．（24-25高二下·福建福州·期末）已知二项式的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则为（   ） A．15 B．10 C．9 D．8 【答案】D 【解题思路】展开式共有9项，所以. 【解答过程】的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，故第5项为中间项， 展开式共有9项，所以. 故选：D. 47．（24-25高二下·河南濮阳·期末）设，则中最大的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】根据二项展开式的通项公式分析为偶数，设为中的最大项，则，化简可得，结合即得. 【解答过程】二项式的展开式的通项为， 依题意得：，，要求中最大的，则必须为偶数， 设为中的最大项，则，即， 即，化简得， 因，解得，又，故得， 即中最大的是. 故选：C. 48．（24-25高二下·重庆·阶段检测）已知的展开式中仅第4项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第（    ）项 A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【解题思路】根据第4项的二项式系数最大求出，再通过通项公式得出展开式中项的系数为，接着由即可求解. 【解答过程】由题意二项式系数仅最大，故， 所以二项式为，其通项公式为， 设二项式展开式中第项的系数最大，则有， ，即，故，经经验符合题意， 所以展开式中系数最大的项是第3项. 故选：B. 49．（24-25高二下·四川广安·期末）在的展开式中含项的系数为，则展开式中二项式系数最大的是第___________项． 【答案】 【解题思路】写出二项展开式通项，令的指数为，结合题干条件可得出关于参数的方程组，解出的值，结合二项式系数的性质可得结果. 【解答过程】根据二项式定理可知的展开式的通项为 ． 由已知可得，解得， 根据二项式定理的性质可知，该展开式共有7项，则二项式系数最大的是第项． 故答案为：. 50．（24-25高二下·青海西宁·期末）已知的展开式中第项为，且第三项和第九项的二项式系数相等. (1)求的值，并求二项式系数的最大值； (2)求第四项的二项式系数与系数； (3)的展开式中第几项的系数最大？并求系数的最大值. 【答案】(1)，最大值为 (2)二项式系数：，系数： (3)第项的系数最大，最大值为 【解题思路】（1）首先由第三项与第九项的二项式系数相等的条件可得：，求出的值，进而求解二项式系数的最大值； （2）直接根据二项式定理的通式进行求解即可； （3）首先由，得：，进而可知时，，时，，从而确定第8项的系数最大，进而求解出系数的最大值. 【解答过程】（1）记展开式的第项为的二项式系数为， 因为第三项的二项式系数与第九项的二项式系数相等， 即，故， 因为10是偶数，故二项式系数的最大值为； （2），故， 所以第四项的二项式系数为， 系数为. （3）因为，故， 因为，令， 得：， 因为是正整数，故时，； 时，. 所以第8项的系数最大，最大值为. 题型11 多项式积、三项展开式问题 51．（24-25高二下·云南曲靖·期末）的展开式中的系数为（   ） A． B．25 C． D．50 【答案】A 【解题思路】利用的二项展开式的通项公式，可求的系数. 【解答过程】易得展开式通项公式为， 令可得的系数为，令可得的系数为， 故原展开式中的系数为. 故选：A. 52．（24-25高二下·安徽宣城·期末）的展开式中，的系数是（   ） A．60 B．30 C．20 D．10 【答案】A 【解题思路】先对目标式合理变形，再利用二项式定理多次展开求解系数即可. 【解答过程】由题意得， 由二项式定理得的通项为， 欲求的系数，则令，此时对应项为， 后续我们再从找到只含的项即可， 由二项式定理得的通项为， 令，解得，此时对应项为， 故的系数为，故A正确. 故选：A. 53．（24-25高二下·广东广州·期末）的展开式中的系数是（   ） A．10 B．5 C． D． 【答案】C 【解题思路】根据二项展开式的通项公式，讨论两种情况求解即可. 【解答过程】因为的展开式的通项公式为， 令，可得； 令，可得； 所以的系数是. 故选：C. 54．（24-25高二下·河北沧州·期末）已知在展开式中含的项的系数为51，则正实数a的值为__________． 【答案】1 【解题思路】利用三项式展开式原理，可得含的项为含的项的系数，即可求解参数. 【解答过程】由展开式中， 所以， 解得或（舍）． 故答案为：. 55．（24-25高二下·广西钦州·期末）在二项式的展开式中，所有偶数项的二项式系数之和为32． (1)求n； (2)求第4项的系数； (3)求的展开式的常数项． 【答案】(1) (2) (3) 【解题思路】（1）根据二项式系数和的性质即可求解， （2）根据二项式展开式的通项特征即可求解， （3）利用分配律，结合通项特征即可求解. 【解答过程】（1）由题意得所有偶数项的二项式系数之和为， 得，即． （2）由题意得第4项为， 所以第4项的系数为． （3）， 在的展开式中，含的项为， 常数项为， 所以的展开式的常数项为. 题型12 用赋值法求系数和问题 56．（24-25高二下·北京延庆·期末）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】根据二项展开式的各项系数和的计算公式，利用赋值法计算. 【解答过程】由， 即， 设， 则， 令，则， 令，则， 所以. 故选：B. 57．（24-25高二下·河北保定·期末）若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】分析可知，当为偶数时，；当为奇数时，.然后去绝对值，令，即可得出所求代数式的值. 【解答过程】的展开式通项为， 所以， 故当为偶数时，；当为奇数时，. 所以 . 故选：A. 58．（24-25高二下·福建泉州·期末）已知，则下列选项中错误的是（   ） A． B．的最大值为 C． D． 【答案】C 【解题思路】求出二项式展开式的通项公式，求出分析判断AB；赋值计算判断CD. 【解答过程】展开式的通项公式为， 对于A，，A正确； 对于B，当时，，解得，当时， 即有，因此的最大值为，B正确； 对于C，当分别取时，，则，C错误； 对于D，当分别取时，，则， 而，因此，D正确. 故选：C. 59．（24-25高二下·重庆沙坪坝·期末）已知，则__________． 【答案】 【解题思路】利用二项式定理先求，再令得，进而求解. 【解答过程】由题意有：，令有：， 所以， 故答案为：. 60．（24-25高二下·四川广元·期末）已知， (1)求； (2)求； (3)求． 【答案】(1)； (2)； (3). 【解题思路】（1）分别令，令求解； （2）根据展开式的通项得到偶数项的系数为负数，令求解. （3）两边同时求导再代入即可. 【解答过程】（1）令，得， 令，得， 所以． （2）因为展开式的通项为(且)， 所以当为奇数时，项的系数为负数． 所以， 令，得， ． （3）对两边同时求导， 可得， 令，可得． 题型13 整除和余数问题 61．（24-25高二下·陕西咸阳·期末）除以128的余数为（   ） A．51 B．43 C．41 D．33 【答案】C 【解题思路】变形为，再利用二项展开式即可得到答案. 【解答过程】因为 ， 且显然能被128整除， 所以所求余数即为681除以128的余数. 因为，所以除以128的余数为41. 故选：C. 62．（24-25高二下·山东滨州·期末）被8除的余数为（    ） A．2 B．4 C．6 D．7 【答案】C 【解题思路】利用二项式定理求解. 【解答过程】， 显然中每一项都是8的倍数，因此代数和能被8整除，而除以8后余数为6， 所以被8除的余数为6， 故选：C. 63．（24-25高二下·河南郑州·期末）若，且，若能被9整除，则的值为（    ） A．1 B．3 C．6 D．8 【答案】A 【解题思路】变形，写出通项，根据通项可知，除不能被9整除，其他项均能被9整除，进而只需满足能被9整除，即可根据的取值范围得出答案. 【解答过程】因为， 所以该二项展开式的通项为， 当时，能被9整除， 但时，不能被9整除， 要使能被9整除，则能被9整除， 因为，所以， ，即. 故选：A. 64．（24-25高二下·湖北荆州·期末）今天是星期二，则天后是星期__________． 【答案】三 【解题思路】利用二项式定理的整除问题即可求得结果. 【解答过程】因为, 前10个数除以7都能除尽，最后的那个数1即是余数，故天后是星期三. 故答案为：三. 65．（24-25高二下·河南郑州·期末）已知 . (1)求的值. (2)若，求被4除后的余数. (3)求的值. 【答案】(1) (2)3 (3) 【解题思路】（1）令，得到，令，得到，两式相加除以2即可 （2）将代入化简并展开即可得出答案 （3）两边同时对求导，令即可 【解答过程】（1）令，有， 令，有， 即， 两式相加除以2，得. （2）当时， ， 所以被4除后的余数为3. （3）因为， 等式两边同时对求导可得 ， 令，可得. 题型14 杨辉三角问题 66．（24-25高二下·黑龙江绥化·期末）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题正确的是（    ）． A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是86 B．第9行所有数字之和为256 C．记第20，21行数字的最大值分别为a，b，则 D．在“杨辉三角”中，从第2行起到第12行，每一行的第3列的数字之和为286 【答案】D 【解题思路】由杨辉三角及二项式定理、组合数性质求对应行列数字及相关行的数字之和. 【解答过程】在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是，A错误； 由二项式系数的性质知，第n行各数的和为，所以第8行所有数字之和为，则第9行数字之和必大于256，B错误； 第20行数字的最大值为，第21行数字的最大值为，所以，C错误； 在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为，D正确． 故选：D. 67．（24-25高二下·北京朝阳·期末）“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： 则第8行的第7个数是（   ） A．8 B．21 C．28 D．56 【答案】C 【解题思路】根据“杨辉三角”的规律求解即可. 【解答过程】依题意，第8行的第7个数是28． 故选：C． 68．（多选）（24-25高二下·广东广州·期末）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2022行的第1011个数最大 C．210在杨辉三角中共出现了6次 D．记第行的第个数为，则 【答案】ACD 【解题思路】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2022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. 【解答过程】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，故选项A正确； 选项B：第2022行的第个数可表示为，由组合数的性质可知，最大，因此，，故第2022行的第1012个数最大，选项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，故选项D正确. 故选：ACD. 69．（24-25高二下·宁夏·期末）如图所示，在杨辉三角中，斜线上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：，，，，，，，记这个数列前项和为，则__________． 【答案】 【解题思路】由组合数的运算性质即可求解. 【解答过程】解：由“杨辉三角”性质，得： ． 故答案为：799. 70．（24-25高二下·广东中山·期末）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《解答九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的． 杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题． 性质1：杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数； 性质2（对称性）：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即； 性质3（递归性）：除1以外的数都等于肩上两数之和，即； 性质4：自腰上的某个1开始平行于腰的一条线上的连续个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比如：，； 请回答以下问题： (1)求杨辉三角中第8行的各数之和； (2)在的展开式中，求含项的系数． 【答案】(1)256 (2) 【解题思路】（1）由杨辉三角的性质以及二项式系数之和公式即可得解； （2）求出的每一项中含项的系数在杨辉三角中所处的位置，再结合杨辉三角的性质，即可得解. 【解答过程】（1）由杨辉三角的性质1可知，第8行就是的展开式的二项式系数， 由二项式系数之和公式可知，杨辉三角中第8行的各数之和为； （2）的二项展开式的通项为， 其中的系数为，是杨辉三角第行中从左到右的第三个数， 因此中含项的系数， 分别为杨辉三角中第行中从左到右的第三个数， 首项为，且每一项均在平行于腰的一条线上，满足杨辉三角的性质， 其系数之和为最后一个数斜右下方的那个数， 因此，在的展开式中， 则含项的系数为. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $