重难点03 计数原理六大考点重难突破（期末真题汇编）高二数学下学期人教A版

**基本信息** 聚焦计数原理六大核心考点，汇编全国多地区高二期末真题，注重问题情境的应用性与数学文化渗透。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |选择/填空/解答|60题|数字排列、涂色、相邻不相邻、元素限制、分组分配、杨辉三角|数字排列结合无重复数字构造（如第2题），涂色问题融入赵爽弦图等文化情境（第14题），杨辉三角注重数学史与性质应用（第51题）|

重难点03 计数原理六大考点重难突破 6大高频考点概览 考点01数字排列问题 考点02涂色问题 考点03相邻与不相邻问题 考点04 元素限制及全排列问题 考点05 分组分配问题 考点06 杨辉三角 ( 地 城 考点01 数字排列问题 ) 1．(24-25高二下·山西吕梁·期末)用可以排成数字不重复的三位数的个数是（ ） A． B． C． D． 2．(24-25高二下·四川绵阳高中·期末)用数字0，2，3，4，5组成没有重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．30 B．24 C．18 D．12 3．(24-25高二下·山东威海·期末)用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 4．(24-25高二下·吉林吉林永吉实验高级中学等校·期末)用、、、可以组成没有重复数字的三位数的个数是（   ） A． B． C． D． 5．(24-25高二下·广东深圳红岭中学·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） 6．(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 7．(24-25高二下·河北保定高中·期末)在由数字0，1，2，3，4，5，6，7，8，9组成的三位数（数字可以重复）中，能被3整除的三位数的个数为______，能被3整除且不含数字0的三位数的个数为______． 8．(24-25高二下·广东广州白云区·期末)用0，1，2，3这4个数字，可组成________个没有重复数字的三位数（用数字作答） 9．(24-25高二下·山东滨州·期末)由数字0，1，2组成的五位数中，满足“0恰好出现两次”或“1恰好出现两次”的所有五位数的个数为（    ） A．86 B．104 C．128 D．130 10．(24-25高二下·湖北荆州·期末)由组成允许有重复数字的自然数，将所得的自然数按照从小到大的顺序排成一列，构成无穷数列，若，则（    ） A．64 B．65 C．72 D．73 ( 地 城 考点02 涂色问题 ) 11．(24-25高二下·山东聊城·期末)给如图所示的风筝中的5个区域涂色，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，现有5种颜色可选，则不同的涂色方案共有______种． 12．(24-25高二下·甘肃白银实验中学·期末)如图，一环形花坛分成A，B，C，D，E五块区域，现有5种不同的花供选种，要求在每块区域里种一种花，且相邻的2块区域种不同的花，则不同的种法总数为（    ） A．420 B．380 C．360 D．320 13．(24-25高二下·福建百校·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 14．(24-25高二下·陕西铜川王益中学·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. 15．(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 16．(24-25高二下·湖南衡阳·期末)某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（    ） A． B． C． D． 17．(24-25高二下·安徽合肥第八中学·期末)现用3种不同的颜色给正六边形ABCDEF的六条边涂色，要求每种颜色都要使用，相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有__________种.    18．(24-25高二下·山西太原、阳泉·期末)某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有四种不同的鲜花可供摆放，要求有公共边的区域摆放不同种类的鲜花，则摆放鲜花的不同方法种数为__________.    19．(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． 20．(24-25高二下·上海闵行区五校联考·调研)从5名同学中选2名分别去A、B两个不同地点做志愿者，不同的安排方案种数为________． ( 地 城 考点0 3 相邻与不相邻问题 ) 21．(24-25高二下·云南曲靖会泽县·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． 22．(24-25高二下·青海西宁第十四中学·期末)高三毕业季甲乙丙丁戊五位同学在孔子像前站成一排合影留念，其中甲乙丙要求站在一起，则不同的站队方法共有（    ）种. A．6 B．12 C．36 D．72 23．(24-25高二下·湖北恩施州·期末)某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出二十四节气宣传橱窗，其中“雨水”，“惊蛰”，“谷雨”，“芒种”，“白露”，“寒露”6块知识展板放置在排成一排的六个文化橱窗里，要求“雨水”和“谷雨”两块展板不相邻，且“白露”与“寒露”两块展板不相邻，则不同放置方式的种数为（   ） A．144 B．240 C．336 D．456 24．(24-25高二下·河南信阳·期末)《哪吒之魔童闹海》在全球热映创下中国电影多项记录，影片的角色受到海内外观众的喜爱．现将敖丙、敖闰、申公豹、太乙真人4个卡通模型和2个相同的哪吒模型从左到右排成一排，则两个哪吒模型相邻的概率为（   ） A． B． C． D． 25．(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 26．(24-25高二下·湖南郴州·期末)（多选）下列结论正确的是（   ） A．甲、乙、丙、丁四人排成一列，则甲乙相邻有24种排法 B．从5个男生、4个女生中选出4人参加植树节活动，至少有一名女生，则有121种选法 C．已知随机变量，若，则 D．若，，，则 27．(24-25高二下·广东茂名普通高中·期末)小明在注册某账号的密码时，想在1，2，3，a，b中组成无重复的五位字符的密码，要求a与b相邻，则可以设置不同的密码的个数为（   ） A．12 B．24 C．36 D．48 28．(24-25高二下·广西钦州·期末)有4辆车停放于5个并排的车位中，若乙车必须与甲车相邻停放，那么请问不同的停放方法有（    ） A．40种 B．48种 C．56种 D．64种 29．(24-25高二下·湖北仙桃·期末)甲、乙、丙、丁、戊、己6名同学站成一排参加文艺汇演，若甲和乙相邻，且都不站在两端，则不同的排列方式共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．144种 30．(24-25高二下·广西百色·期末)校运动会中，某班级选出跑步较好的4人参加米接力赛，其中甲、乙两人跑相邻棒的排法有_____种. ( 地 城 考点0 4 元素限制及全排列问题 ) 31．(24-25高二下·江苏南京中华中学·期末)（多选）下列说法中，正确的有（   ） A．的展开式中，的系数是60 B．若的展开式中第二、三、四项的二项式系数成等差数列，则 C．用数字0，1，2，3，4组成的无重复数字的四位数中，偶数的个数为60 D．某篮球运动员投球的命中率是，他投球4次，相互独立，则恰好投进3个球的概率为. 32．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·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 33．(24-25高二下·湖南衡南县第一中学·期末)已知4张卡片的正、反两面分别写有数字1，2；3，4；5，6；7，8．将这4张卡片排成一排，则可构成不同的四位数的个数为（    ） A． B． C． D． 34．(24-25高二下·安徽合肥第一中学·期末)从编号为1，2，3，4的四个元素中取出3个元素，排在编号为1，2，3的位置上（每个位置只排一个元素）．则：元素的编号与所处位置的号码不相同的排法______． 35．(24-25高二下·黑龙江鸡西第二中学校·期末)（多选）有3名学生和2名教师排成一排，则下列说法正确的是（     ） A．共有种不同的排法 B．当2名教师相邻时，共有24种不同的排法 C．当2名教师不相邻时，共有种不同的排法 D．当2名教师不排在两端时，共有48种不同的排法 36．(24-25高二下·青海西宁大通县·期末)安排6名歌手演出顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，则不同排法的种数是（    ） A．240种 B．360种 C．480种 D．600种 37．(24-25高二下·吉林农安县第十中学·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，求不同的排法种数； (2)若数学小组成员站在第二排，求不同的排法种数； (3)若甲、乙均站在第二排且不相邻，求不同的排法种数. 38．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)某旅行社设计了4条不同的旅游路线，甲要从中任选2条路线，分别在假期7月和8月出游，则不同的选择及安排方法有（    ） A．24种 B．16种 C．12种 D．6种 39．(24-25高二下·河北保定高中·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. 40．(24-25高二下·四川泸州·期末)从2，4，6，8中任取2个数字，从1，3，5中任取1个数字，共可组成无重复数字的三位数的个数____________（用具体数字作答）. ( 地 城 考点0 5 分组分配问题 ) 41．(24-25高二下·宁夏育才中学·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) 42．(24-25高二下·福建福州马尾第一中学等六校·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 43．(24-25高二下·福建泉州第五中学·期末)为了提高人们的环保意识，让所有人都能为保护环境出一份力，学校安排A，B，C，D 4名学生去甲、乙、丙三个社区宣讲，每个学生去且只去一个社区，每个社区至少有1名学生，其中学生A不能去甲社区，则不同安排方式的总数是（   ） A．20 B．24 C．32 D．36 44．(24-25高二下·福建三明·期末)《数术记遗》记述了我国古代十余种算法.甲、乙、丙三人拟收集该书中运筹算、九宫算、了知算、成数算和把头算等5种算法的相关资料，要求每人至少收集其中一种，且每种算法只由一个人收集，则不同的分工收集方案有______种. 45．(24-25高二下·贵州黔西南布依族苗族·期末)（多选）某高校安排男生甲、乙、丙和女生、到3家公司实习，每人只安排一家公司，则（   ） A．共有种安排方式 B．每家公司至少有一人的不同安排共有150种 C．丙独自一人在一家公司的概率为 D．、在同一家公司，甲、乙不在一家公司的安排方式共有30种 46．(24-25高二下·福建福州第一中学·期末)某户外探险俱乐部组织10名成员（7名男性，3名女性）前往某无人岛进行野外生存挑战．为了便于管理和保障安全，需将这10人平均分成两组（不区分两组的顺序），且3名女性不能在同一组，则不同的分组方法共有（   ） A．35种 B．105种 C．210种 D．231种 47．(24-25高二下·安徽宿州第二中学·期末)现将《红楼梦》、《水浒传》、《三国演义》、《西游记》、《史记》5本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（   ） A．150 B．100 C．25 D．50 48．(24-25高二下·山东东营·期末)5名同学分成两组参加志愿服务活动，其中甲、乙不同组的分法种数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 49．(24-25高二下·贵州贵阳清镇博雅实验学校·期末)4月15日，人工智能模型OpenAI推出参数规模达10万亿级的GPT-5，支持20万字长文本理解，推理速度较GPT-4提升3倍．小明等5位同学组成人工智能调研小组，准备对OpenAl、DeepSeek、百度文心一言和腾讯元宝等4种人工智能模型展开学习研究，每位同学只调研一种模型，每个模型至少由一位同学调研，则不同的总方案数为（   ） A．180 B．240 C．288 D．360 50．(24-25高二下·湖南郴州·期末)2025年第十三届中国（湖南）国际矿物宝石博览会5月16日在郴州国际会展中心举行，甲、乙、丙、丁、戊5人参与接待、引导和协助三类志愿者服务工作，每类工作必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一类工作，则不同的志愿者分配方案的种数是（   ） A．120 B．150 C．180 D．300 ( 地 城 考点0 6 杨辉三角 ) 51．(24-25高二下·广东中山第一中学·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． 52．(24-25高二下·内蒙古赤峰·期末)（多选）“杨辉三角”是中国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中首次记载的，比欧洲早393年．如图所示，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，例如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题中正确的是（   ）    A．第6行中，有两个相等的最大数 B． C．第行所有数之和为 D．在第3行以后，还会出现全为奇数的行 53．(24-25高二下·黑龙江安达三校联考·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 54．(24-25高二下·河南信阳·期末)（多选）我国南宋数学家杨辉首先发现了二项式系数的性质，并把系数写成一张表，后人称为杨辉三角，如图所示，关于杨辉三角正确的是（    ） A． B． C． D． 55．(24-25高二下·广东广州天河区·期末)（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 56．(24-25高二下·重庆（康德卷）·期末)（多选）将（，1，2，…）按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将“杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则（    ） A．在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B．在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则 C．在“谢尔宾斯基三角形”中，第（，2，…）行全行都为黑色圆 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆多一个 57．(24-25高二下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)（多选）“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数阵中的一种几何排列规律，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，如图所示.下列关于“杨辉三角”的说法中正确的是（   ） A． B． C． D．第10行中从左往右第5个数与第6个数之比为 58．(24-25高二下·河南郑州中牟县·期末)（多选）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项展开式中的各项系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，下列说法正确的（    ） A．第8行的第8个数是8 B．第2026行中，第1014个数最大 C．第10行中，第5个数与第6个数之比为 D．第行所有数字的平方和为 59．(24-25高二下·河南三门峡·期末)（多选）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝，最早出现在南宋数学家杨辉1261年所著《详解九章算法》中.“杨辉三角”中三角形数的排列规律如图所示，它的第行的各项从左往右依次是二项式展开式中各项的二项式系数.下列结论正确的是（    ） A． B．第2024行中从左往右第1013个数是该行中所有数字中最大的 C．记第行的第个数为，则 D．记第2行第3个数字为，第3行第3个数字为，第行的第3个数字为，则 60．(24-25高二下·辽宁沈阳重点高中联合体·期末)已知数列满足，且当n为奇数时，；当n为偶数时，则被9整除所得余数为______． 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点03 计数原理六大考点重难突破 6大高频考点概览 考点01数字排列问题 考点02涂色问题 考点03相邻与不相邻问题 考点04 元素限制及全排列问题 考点05 分组分配问题 考点06 杨辉三角 ( 地 城 考点01 数字排列问题 ) 1．(24-25高二下·山西吕梁·期末)用可以排成数字不重复的三位数的个数是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用排列数列式即可. 【详解】用可以排成数字不重复的三位数即从6个不同的数字中选择3个不同的数字进行排列， 则三位数的个数是. 故选：A. 2．(24-25高二下·四川绵阳高中·期末)用数字0，2，3，4，5组成没有重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．30 B．24 C．18 D．12 【答案】C 【分析】个位从和中选择一个，百位不能选0，根据含不含0的情况分类讨论即可求解. 【详解】根据题意：个位从和中选择一个，百位不能选0， 若不含0，则有，若含0，则有， 根据分类加法计数原理有：. 故选：C. 3．(24-25高二下·山东威海·期末)用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 【答案】D 【分析】根据分步乘法原理计算求解. 【详解】用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数个位数字有2种情况，首位数字有3种情况，十位数字有3种情况， 所以三位奇数的个数为种情况. 故选：D. 4．(24-25高二下·吉林吉林永吉实验高级中学等校·期末)用、、、可以组成没有重复数字的三位数的个数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用排列计数原理可求得结果. 【详解】用、、、可以组成没有重复数字的三位数的个数是. 故选：D. 5．(24-25高二下·广东深圳红岭中学·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 【分析】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. 【详解】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 6．(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 【分析】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. 【详解】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 7．(24-25高二下·河北保定高中·期末)在由数字0，1，2，3，4，5，6，7，8，9组成的三位数（数字可以重复）中，能被3整除的三位数的个数为______，能被3整除且不含数字0的三位数的个数为______． 【答案】 【分析】根据能被3整除的条件将数字0，1，2，3，4，5，6，7，8，9分为三类组成三个集合，利用能被3整除的条件分类讨论即可求解；同理将不含0的数字分三类组成集合，根据条件分类讨论即可求解. 【详解】将数字0，1，2，3，4，5，6，7，8，9分为三类：第一类被3整除的集合，第二类被3整除余1的集合，第三类被3整除余2的集合， 第一种情况：在中选3个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况， 第二种情况：在中选3个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况， 第三种情况：在中选3个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况， 第四种情况：在中各取一个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数：不含0则有，含0则在各取一个数字则有， 根据分类加法计数原理共有：； 能被3整除且不含数字0，则中的数字除0外组成的集合为， 第一种情况：在中选3个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况， 第二种情况：在中选3个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况， 第三种情况：在中选3个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况， 第四种情况：在中各取一个数组成三位数（数字可以重复）能被3整除的三位数则有种情况， 根据分类加法计数原理共有. 故答案为：；. 8．(24-25高二下·广东广州白云区·期末)用0，1，2，3这4个数字，可组成________个没有重复数字的三位数（用数字作答） 【答案】18 【分析】需要分步确定三位数的百位、十位和个位数字. 【详解】组成的数是三位数，故百位不能是， 百位有种选择； 百位选了一个数字后，十位还有种选择； 百位和十位各选了一个数字后，个位还有种选择； 一共可以组成没有重复数字的三位数有：（个） 故答案：. 9．(24-25高二下·山东滨州·期末)由数字0，1，2组成的五位数中，满足“0恰好出现两次”或“1恰好出现两次”的所有五位数的个数为（    ） A．86 B．104 C．128 D．130 【答案】A 【分析】分情况讨论，再利用分步乘法计数原理及容斥原理即可求解. 【详解】（1）“0恰好出现两次”： 万位不能为0，因此两个0的位置只能从剩下的4个位置中选择，有种方法， 剩下的3个位置由1或2填充，每个位置有2种选择，共种方法， 则“0恰好出现两次”的种数有种； （2）“1恰好出现两次”： “万位为1”时：从剩下的4个位置中选择1个位置放1，有种， 剩下的三个位置由0或2填充，每个位置有2种选择，共种方法， 则共有种方法， “万位不为1”时：从剩下的4个位置中选择2个位置放1，有种， 则万位放2，剩下的两个位置由0或2填充，每个位置有2种选择，有种， 则共有种方法， 所以“1恰好出现两次”的种数有种； （3）“0恰好出现两次”且“1恰好出现两次”： 先安排2个0，有种方法，再从剩下的3个位置选择2个放1，有种， 最后一个位置放2即可，则共有种方法； 则“0恰好出现两次”或“1恰好出现两次”的所有五位数的个数为. 故选：A. 10．(24-25高二下·湖北荆州·期末)由组成允许有重复数字的自然数，将所得的自然数按照从小到大的顺序排成一列，构成无穷数列，若，则（    ） A．64 B．65 C．72 D．73 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理列式计算得解. 【详解】将1位数、2位数补成3位数，比如将6看成006，将24看成024， 由乘法原理知，由1个、2个、3个数字组成的数有个， 数列中的四位数按照从小到大的顺序排列：， 所以2026是第项. 故选：C ( 地 城 考点02 涂色问题 ) 11．(24-25高二下·山东聊城·期末)给如图所示的风筝中的5个区域涂色，每个区域只涂一种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，现有5种颜色可选，则不同的涂色方案共有______种． 【答案】420 【分析】先对1，2，3三个区域涂色，再讨论1和5区域是否同色，结合排列数分析求解. 【详解】先对1，2，3三个区域涂色，有种涂法， 当1和5区域同色时，有种涂法； 当1和5区域不同色时，有种涂法； 综上所述：共有种涂法. 故答案为：420. 12．(24-25高二下·甘肃白银实验中学·期末)如图，一环形花坛分成A，B，C，D，E五块区域，现有5种不同的花供选种，要求在每块区域里种一种花，且相邻的2块区域种不同的花，则不同的种法总数为（    ） A．420 B．380 C．360 D．320 【答案】A 【分析】分类讨论，按照所种的花的种数考虑，根据分步乘法以及分类加法原理，即可求得答案 【详解】由题意可分三类情况：种三种花时，种同种花，有种种法； 种四种花时，其中之一相对的区域种同种花，有种种法； 种五种花有种种法，故共有（种）. 故选：A 13．(24-25高二下·福建百校·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 【分析】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. 【详解】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. 14．(24-25高二下·陕西铜川王益中学·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 【分析】根据分步乘法原理及分类加法原理计算求解. 【详解】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：. 15．(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 【分析】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. 【详解】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 16．(24-25高二下·湖南衡阳·期末)某社区广场有一个如图所示的花坛，花坛有1，2，3，4四个区域，现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能种植同一种花卉，中间圆圈区域不种植花卉.若从所有种植方案中任意选一种，则这种方案中花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别求出区域1与区域3种同种花卉和不同花卉的方案种数，根据古典概率的公式求解. 【详解】当区域1与区域3种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种； 当区域1与区域3不种植同一种花卉时，该花坛种植方案共有种． 故该花坛区域1和区域3种植的是同一种花卉的概率为. 故选：B. 17．(24-25高二下·安徽合肥第八中学·期末)现用3种不同的颜色给正六边形ABCDEF的六条边涂色，要求每种颜色都要使用，相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有__________种.    【答案】60 【分析】对三条边所涂颜色的种数进行分类讨论，确定另外三条边所涂颜色的方法种数，利用分步乘法和分类加法计数原理可得结果，注意去掉只有两种颜色的涂法数． 【详解】第一类，三条边用同一种颜色， 先涂有3种方法，再涂有2种方法，再涂有2种方法，再涂有2种方法，若颜色相同，方法数为，则不合题意，共有方法数为种； 第二类，三条边用2种颜色， 由三条边用2种颜色，可得必有2条边涂同一种颜色，先涂有种方法，再涂，有2种方法，共有方法数为种； 第三类三条边用种颜色， 先涂有种方法，再涂有1种方法，再涂有1种方法，再涂有1种方法，共有方法数为种； 由分类加法计数原理可得，共有方法数种． 故答案为：60. 18．(24-25高二下·山西太原、阳泉·期末)某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有四种不同的鲜花可供摆放，要求有公共边的区域摆放不同种类的鲜花，则摆放鲜花的不同方法种数为__________.    【答案】120 【分析】根据分步乘法计数原理，结合4，5以及1，2是否同色，分类即可求解. 【详解】先排1，3，5区域，此时从4种鲜花中任选3种全排列，故共有种方法， 接下来排区域4，2，6， 若4与5同色，1，2同色，此时区域6有2种选择， 若4与5同色，1，2不同色，此时区域2只有一种选择，区域6也只有1种选择， 若4与5不同色，此时1，2只能同色，此时区域6有2种选择， 故涂区域2，4，6共有种方法， 因此总的涂法共有， 故答案为：120 19．(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 【分析】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. 【详解】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. 20．(24-25高二下·上海闵行区五校联考·调研)从5名同学中选2名分别去A、B两个不同地点做志愿者，不同的安排方案种数为________． 【答案】 【分析】根据排列的知识求得正确答案. 【详解】从5名同学中选2名分别去A、B两个不同地点做志愿者， 不同的安排方案种数为. 故答案为：. ( 地 城 考点0 3 相邻与不相邻问题 ) 21．(24-25高二下·云南曲靖会泽县·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 【分析】先对进行捆绑，再与全排，最后用插空法求解即可. 【详解】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. 22．(24-25高二下·青海西宁第十四中学·期末)高三毕业季甲乙丙丁戊五位同学在孔子像前站成一排合影留念，其中甲乙丙要求站在一起，则不同的站队方法共有（    ）种. A．6 B．12 C．36 D．72 【答案】C 【分析】排列问题，捆绑法解决 【详解】先将甲乙丙“捆绑”，然后与丁戊进行全排列，有种排列方式， 再将甲乙丙解绑，并只对甲乙丙进行排列，有种排列方式， 总数为种 故选：C 23．(24-25高二下·湖北恩施州·期末)某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出二十四节气宣传橱窗，其中“雨水”，“惊蛰”，“谷雨”，“芒种”，“白露”，“寒露”6块知识展板放置在排成一排的六个文化橱窗里，要求“雨水”和“谷雨”两块展板不相邻，且“白露”与“寒露”两块展板不相邻，则不同放置方式的种数为（   ） A．144 B．240 C．336 D．456 【答案】C 【分析】根据题意，先让“雨水”和“谷雨”不相邻，再让“雨水和“谷雨”不相邻且“白露和“寒露”相邻，分别求得不同的放置方式，结合间接法，即可求解. 【详解】根据题意，第一步，让“雨水”和“谷雨”不相邻，不同放置方式种数为； 第二步，让“雨水和“谷雨”不相邻且“白露和“寒露”相邻，不同放置方式种数为； 所以不同放置方式种数为. 故选：C. 24．(24-25高二下·河南信阳·期末)《哪吒之魔童闹海》在全球热映创下中国电影多项记录，影片的角色受到海内外观众的喜爱．现将敖丙、敖闰、申公豹、太乙真人4个卡通模型和2个相同的哪吒模型从左到右排成一排，则两个哪吒模型相邻的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】解法1：6个位置中选2个摆放哪吒模型，然后根据古典概型计算；解法2：从6个位置中选4个摆放敖丙、敖闰、申公豹、太乙真人然后根据古典概型计算. 【详解】解法1：从6个位置中选2个摆放哪吒模型，有种方法， 两个哪吒相邻等价于从5个位置中选一个摆放两个哪吒模型，有种方法，所求概率为． 解法2：先从6个位置中选4个摆放敖丙、敖闰、申公豹、太乙真人（剩下两个位置放哪吒模型），有种方法， 两个哪吒相邻可将两个哪吒捆绑在一起，与敖丙、敖闰、申公豹、太乙真人进行全排列，有种方法，所求概率为． 故选：C． 25．(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 【分析】利用相邻问题捆绑法求解. 【详解】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. 26．(24-25高二下·湖南郴州·期末)（多选）下列结论正确的是（   ） A．甲、乙、丙、丁四人排成一列，则甲乙相邻有24种排法 B．从5个男生、4个女生中选出4人参加植树节活动，至少有一名女生，则有121种选法 C．已知随机变量，若，则 D．若，，，则 【答案】BCD 【分析】A选项利用捆绑法求解即可；B选项利用间接法可求解；C选项利用二项分布的方差公式以及方差的性质即可求解；D选项利用条件概率以及全概率公式即可求解. 【详解】对于A选项，把甲乙看作一个整体，此时甲乙之间有种排法， 再将甲乙这个整体与丙，丁进行全排列，有种排法， 根据分步乘法计数原理，甲乙相邻的排法有种，故A错误； 对于B选项，从5个男生、4个女生中选出4人的总选法有， 其中没有女生的选法有种， 则至少有一名女生的选法有种，故B正确； 对于C选项，随机变量，， ，故C正确； 对于D选项，，，， ，， ，，， ，， 又根据全概率公式得， ，，故D正确. 故选：BCD. 27．(24-25高二下·广东茂名普通高中·期末)小明在注册某账号的密码时，想在1，2，3，a，b中组成无重复的五位字符的密码，要求a与b相邻，则可以设置不同的密码的个数为（   ） A．12 B．24 C．36 D．48 【答案】D 【分析】将“a”和“b”看成一个整体，利用捆绑法求解. 【详解】将“a”和“b”看成一个整体，与1，2，3进行全排列，再将“a”和“b”交换顺序， 所以不同的放置方式种数为. 故选：D. 28．(24-25高二下·广西钦州·期末)有4辆车停放于5个并排的车位中，若乙车必须与甲车相邻停放，那么请问不同的停放方法有（    ） A．40种 B．48种 C．56种 D．64种 【答案】B 【分析】由题意，利用捆绑法以及排列，可得答案. 【详解】从个并排车位中选出并排的车位，共有种情况， 则甲乙辆车的不同排法有种， 再将剩余的辆车停放在剩余的个车位，则不同的排法有， 所以总共有. 故选：B. 29．(24-25高二下·湖北仙桃·期末)甲、乙、丙、丁、戊、己6名同学站成一排参加文艺汇演，若甲和乙相邻，且都不站在两端，则不同的排列方式共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．144种 【答案】D 【分析】应用捆绑法及特殊位置优先处理计算求解 【详解】甲、乙、丙、丁、戊、己6名同学站成一排参加文艺汇演， 若甲和乙相邻，则有种排法，且甲和乙都不站在两端丙、丁、戊、己4名同学选2人在两端有种排法， 所以不同的排列方式有种排法. 故选：D. 30．(24-25高二下·广西百色·期末)校运动会中，某班级选出跑步较好的4人参加米接力赛，其中甲、乙两人跑相邻棒的排法有_____种. 【答案】12 【分析】利用捆绑法进行求解，得到答案. 【详解】先对甲乙两个人进行全排列，有种， 此时将甲、乙两人捆绑在一起再跟其他两人进行排列，有种， 根据分步乘法计数原理，共有种排法. 故答案为：12 ( 地 城 考点0 4 元素限制及全排列问题 ) 31．(24-25高二下·江苏南京中华中学·期末)（多选）下列说法中，正确的有（   ） A．的展开式中，的系数是60 B．若的展开式中第二、三、四项的二项式系数成等差数列，则 C．用数字0，1，2，3，4组成的无重复数字的四位数中，偶数的个数为60 D．某篮球运动员投球的命中率是，他投球4次，相互独立，则恰好投进3个球的概率为. 【答案】ACD 【分析】根据二项式定理和二项式系数及其性质判断选项A、B，用排列数知识判断选项C，用二项分布知识判断选项D. 【详解】的展开式的通项为：.令，可得的展开式中的系数为:，故选项A正确； 选项B：由题意得的展开式至少有四项，所以. 在的展开式中，第二、三、四项的二项式系数分别为，，. 由题意，得所以,所以，故选项B错误； 选项C：由题意，若四位数为偶数，则其个位数字为或 当个位数字为0时，四位数有个； 当个位数字为2或4时，四位数分别有个． 由分类加法计数原理，得偶数的个数为，故选项C正确； 选项D：因为每次投球相互独立，所以投球4次，恰好投进3个球的概率为，故选项D正确. 故选：ACD. 32．(24-25高二下·湖北武汉五校联合体·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 【分析】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. 【详解】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. 33．(24-25高二下·湖南衡南县第一中学·期末)已知4张卡片的正、反两面分别写有数字1，2；3，4；5，6；7，8．将这4张卡片排成一排，则可构成不同的四位数的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先排四张卡片的顺序，再考虑每张卡片的正反面，由乘法原理得出. 【详解】分两步完成，第一步先排4张卡片的顺序有种；第二步再排每一张卡的正反面有种，所以一共有种结果. 故选：A. 34．(24-25高二下·安徽合肥第一中学·期末)从编号为1，2，3，4的四个元素中取出3个元素，排在编号为1，2，3的位置上（每个位置只排一个元素）．则：元素的编号与所处位置的号码不相同的排法______． 【答案】11 【分析】根据取出的3个元素的情况进行分类讨论，即可求得所有排法. 【详解】若取出的3个元素中有4，且从1,2,3中任取2个元素，则共有种 若从1,2,3中取出的3个元素，则共有2种排法. 综上所述，共有种排法. 故答案为：11 35．(24-25高二下·黑龙江鸡西第二中学校·期末)（多选）有3名学生和2名教师排成一排，则下列说法正确的是（     ） A．共有种不同的排法 B．当2名教师相邻时，共有24种不同的排法 C．当2名教师不相邻时，共有种不同的排法 D．当2名教师不排在两端时，共有48种不同的排法 【答案】AC 【分析】对于选项A，根据全排列的排列数进行求解；对于选项B，利用捆绑法和分步乘法计数原理进行求解；对于选项C，利用插空法和分步乘法计数原理进行求解；对于选项D，利用分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】对于选项A：3名学生和2名教师共5个人进行全排列，有种排法，所以A正确； 对于选项B：将2名老师看成一个整体，与3名学生全排列，有种排法， 2名教师内部有种排法，共有种排法，所以B错误； 对于选项C：3名学生全排列有种排法，形成4个空位，2名教师插入4个空位有种排法， 共有种排法，所以C正确； 对于选项D：从3名学生选2名学生排在两端，有种排法，剩下3人全排列有种排法. 共有种排法，所以D错误. 故选：AC. 36．(24-25高二下·青海西宁大通县·期末)安排6名歌手演出顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，则不同排法的种数是（    ） A．240种 B．360种 C．480种 D．600种 【答案】C 【分析】利用特殊元素优先法，先安排这名歌手，再余下的歌手进行全排列即可. 【详解】先排这名歌手有种方法，余下5名歌手全排列为种方法， 所以不同排法的种数为种. 故选:C. 37．(24-25高二下·吉林农安县第十中学·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，求不同的排法种数； (2)若数学小组成员站在第二排，求不同的排法种数； (3)若甲、乙均站在第二排且不相邻，求不同的排法种数. 【答案】(1)144 (2)576 (3)720 【分析】（1）先排第一排数学小组成员，再排第二排语文小组成员，然后由乘法原理计算； （2）选一个语文小组成员与3个数学小组成员排在第二排，还有3个语文小组成员排在第一排，然后由乘法原理计算； （3）其余5人全排列（其中3人在前排，2人在后排），然后甲、乙两人插入后排，然后由乘法原理计算. 【详解】（1）先排第一排数学小组成员，再排第二排语文小组成员，方法数为； （2）选一个语文小组成员与3个数学小组成员排在第二排，还有3个语文小组成员排在第一排，排法为； （3）其余5人全排列（其中3人在前排，2人在后排），然后甲、乙两人插入后排，方法数为. 38．(24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末)某旅行社设计了4条不同的旅游路线，甲要从中任选2条路线，分别在假期7月和8月出游，则不同的选择及安排方法有（    ） A．24种 B．16种 C．12种 D．6种 【答案】C 【分析】从四个当中选两个安排在不同日期，意味着有顺序需要用排列解决. 【详解】由题意可得不同的选择及安排方法有种. 故选：. 39．(24-25高二下·河北保定高中·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 【分析】（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. 【详解】（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. 40．(24-25高二下·四川泸州·期末)从2，4，6，8中任取2个数字，从1，3，5中任取1个数字，共可组成无重复数字的三位数的个数____________（用具体数字作答）. 【答案】108 【分析】应用分步计数及组合排列数求三位数的个数即可. 【详解】由题设，所得三位数有个. 故答案为：108 ( 地 城 考点0 5 分组分配问题 ) 41．(24-25高二下·宁夏育才中学·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 【分析】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. 【详解】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 42．(24-25高二下·福建福州马尾第一中学等六校·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 【分析】先将论文分成3组，再分配给专家. 【详解】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 43．(24-25高二下·福建泉州第五中学·期末)为了提高人们的环保意识，让所有人都能为保护环境出一份力，学校安排A，B，C，D 4名学生去甲、乙、丙三个社区宣讲，每个学生去且只去一个社区，每个社区至少有1名学生，其中学生A不能去甲社区，则不同安排方式的总数是（   ） A．20 B．24 C．32 D．36 【答案】B 【分析】由题意可知将4人分为1，1，2三组共计种分法，分好的组去三个社区，总共种分法；假设A必须去甲社区，则有两种分法:①三人去乙、丙两个社区或②三人去甲、乙、丙社区；所以总的安排方式为：. 【详解】A，B，C，D 4名学生去甲、乙、丙三个社区，每个社区至少有1名学生 可将4人分为1，1，2三组，共有种分法. 总分法为 令学生A必须去甲社区，则有两种分法:三人去乙、丙两个社区或三人去甲、乙、丙社区,则共有： 学生A不能去甲社区的不同安排方式为： 故选:B. 44．(24-25高二下·福建三明·期末)《数术记遗》记述了我国古代十余种算法.甲、乙、丙三人拟收集该书中运筹算、九宫算、了知算、成数算和把头算等5种算法的相关资料，要求每人至少收集其中一种，且每种算法只由一个人收集，则不同的分工收集方案有______种. 【答案】150 【分析】把5种算法按1，1，3或1，2，2分成三组，再安排给3人，由此计算可得. 【详解】5种算法按1，1，3或1，2，2分成三组的方法数为：， 再安排给3人，总方法数为， 故答案为：150. 45．(24-25高二下·贵州黔西南布依族苗族·期末)（多选）某高校安排男生甲、乙、丙和女生、到3家公司实习，每人只安排一家公司，则（   ） A．共有种安排方式 B．每家公司至少有一人的不同安排共有150种 C．丙独自一人在一家公司的概率为 D．、在同一家公司，甲、乙不在一家公司的安排方式共有30种 【答案】BC 【分析】利用分步乘法计数原理判断A；利用分组分配列式计算判断B；求出概率判断C；视为一个整体，列式计算判断D. 【详解】对于A，每个人有3种去向，则不同安排方式共有种，A错误； 对于B，5个人分成3组，有种分法，再将每种分法的3组安排到3家公司， 不同安排方法数为，B正确； 对于C，丙独自一人在一家公司的安排方法数为，概率为，C正确； 对于D，视为一个整体，相当于4个人至少分到2家公司，甲乙不在同一家公司， 不同安排方法数为，D错误. 故选：BC 46．(24-25高二下·福建福州第一中学·期末)某户外探险俱乐部组织10名成员（7名男性，3名女性）前往某无人岛进行野外生存挑战．为了便于管理和保障安全，需将这10人平均分成两组（不区分两组的顺序），且3名女性不能在同一组，则不同的分组方法共有（   ） A．35种 B．105种 C．210种 D．231种 【答案】B 【分析】由题意7名男性取3名，3名女性取2名构成一组，余下其它5人构成另一组，应用组合数求不同分组数. 【详解】由题意，7名男性取3名，3名女性取2名构成一组，余下其它5人构成另一组， 所以不同分组方法有种. 故选：B 47．(24-25高二下·安徽宿州第二中学·期末)现将《红楼梦》、《水浒传》、《三国演义》、《西游记》、《史记》5本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（   ） A．150 B．100 C．25 D．50 【答案】D 【分析】根据题意，分2步进行分析：①将5本不同的书籍分为3组，每组至少1本，②将《西游记》所在的组分发给了甲，剩下2组任意分配，由分步计数原理计算可得答案. 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①将5本不同的书籍分为3组，每组至少1本， 若分为1、1、3的三组，有种分组方法， 若分为1，2，2的三组，有种分组方法， 共有种分组方法， ②将《西游记》所在的组分发给了甲，剩下2组任意分配，有2种情况， 则有种分发方式. 故选：D. 48．(24-25高二下·山东东营·期末)5名同学分成两组参加志愿服务活动，其中甲、乙不同组的分法种数为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】根据5名同学分成两组，有1和4分组以及2和3分组这两种情况即可求解. 【详解】5名同学分成两组，有1和4分组以及2和3分组这两种情况， 若甲在1人组，乙在4人组，这是1种情况， 若甲在4人组，乙在1人组，这又是1种情况， 所以1和4分组时甲、乙不同组的方案数为种， 若甲在2人组，乙在3人组，那么从剩下3人中选1人与甲一组， 根据组合数公式，则种情况， 若甲在3人组，乙在2人组， 同样从剩下3人中选1人与乙一组，也有种情况， 所以2和3分组时甲、乙不同组的方案数为种， 根据分类加法计数原理，将两种分组情况的方案数相加，可得甲、乙不同组的分配方案共有种． 故选：D. 49．(24-25高二下·贵州贵阳清镇博雅实验学校·期末)4月15日，人工智能模型OpenAI推出参数规模达10万亿级的GPT-5，支持20万字长文本理解，推理速度较GPT-4提升3倍．小明等5位同学组成人工智能调研小组，准备对OpenAl、DeepSeek、百度文心一言和腾讯元宝等4种人工智能模型展开学习研究，每位同学只调研一种模型，每个模型至少由一位同学调研，则不同的总方案数为（   ） A．180 B．240 C．288 D．360 【答案】B 【分析】5位同学，分为2,1,1,1，根据组合和排列相关公式求解. 【详解】由题意得，5位同学对4种人工智能模型展开学习研究，分为2,1,1,1， 故不同的总方案数为. 故选：B 50．(24-25高二下·湖南郴州·期末)2025年第十三届中国（湖南）国际矿物宝石博览会5月16日在郴州国际会展中心举行，甲、乙、丙、丁、戊5人参与接待、引导和协助三类志愿者服务工作，每类工作必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一类工作，则不同的志愿者分配方案的种数是（   ） A．120 B．150 C．180 D．300 【答案】B 【分析】根据题意可知有，两种分配方案，进而求解即可. 【详解】由题意，按分配，方案的种数为, 按分配，方案的种数为, 所以不同的志愿者分配方案的种数是. 故选：B. ( 地 城 考点0 6 杨辉三角 ) 51．(24-25高二下·广东中山第一中学·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) 【分析】（1）由杨辉三角的性质以及二项式系数之和公式即可得解； （2）求出的每一项中含项的系数在杨辉三角中所处的位置，再结合杨辉三角的性质，即可得解. 【详解】（1）由杨辉三角的性质1可知，第8行就是的展开式的二项式系数， 由二项式系数之和公式可知，杨辉三角中第8行的各数之和为； （2）的二项展开式的通项为， 其中的系数为，是杨辉三角第行中从左到右的第三个数， 因此中含项的系数， 分别为杨辉三角中第行中从左到右的第三个数， 首项为，且每一项均在平行于腰的一条线上，满足杨辉三角的性质， 其系数之和为最后一个数斜右下方的那个数， 因此，在的展开式中， 则含项的系数为. 52．(24-25高二下·内蒙古赤峰·期末)（多选）“杨辉三角”是中国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中首次记载的，比欧洲早393年．如图所示，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，例如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题中正确的是（   ）    A．第6行中，有两个相等的最大数 B． C．第行所有数之和为 D．在第3行以后，还会出现全为奇数的行 【答案】BCD 【分析】根据由杨辉三角的规律直接写出第6、7行可判断AD；利用性质化简可判断B；由二项式系数性质可判断C. 【详解】对A，由杨辉三角的规律可知，第6行的数为：，最大数只有一个，错误； 对B， ，正确； 对C，由二项式系数性质可知，第行所有数之和为，正确； 对D，由杨辉三角的规律可知，第6行的数为：， 第7行的数为：，所有数都是奇数，正确. 故选：BCD 53．(24-25高二下·黑龙江安达三校联考·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 【分析】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. 【详解】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 54．(24-25高二下·河南信阳·期末)（多选）我国南宋数学家杨辉首先发现了二项式系数的性质，并把系数写成一张表，后人称为杨辉三角，如图所示，关于杨辉三角正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据杨辉三角的性质可得，，进而判断各选项即可. 【详解】根据杨辉三角的性质：，，所以选项A正确，B错误； 当时， ，选项C正确； 当时， ，选项D正确． 故选：ACD． 55．(24-25高二下·广东广州天河区·期末)（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 【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. 【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. 56．(24-25高二下·重庆（康德卷）·期末)（多选）将（，1，2，…）按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将“杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则（    ） A．在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B．在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则 C．在“谢尔宾斯基三角形”中，第（，2，…）行全行都为黑色圆 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆多一个 【答案】ACD 【分析】根据二项式系数之和的公式即可求解A，根据组合数的运算性质即可求解BC,由杨辉三角的性质即可求解D. 【详解】第n行的所有数字之和为，A正确； ，所以，B错误； 通过观察规律归纳可知：第行数字都是奇数，因此可以归纳出第（，2，…）行全行都是奇数，故都为黑色圆，C正确； 由D可知第127行全行为奇数，则由奇数偶数奇数，结合， 则第126行的127个数是奇偶相间，且两端都是奇数，所以黑色圆比白色圆多一个，D正确； 故选：ACD． 57．(24-25高二下·重庆巴蜀中学教育集团·期末)（多选）“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数阵中的一种几何排列规律，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，如图所示.下列关于“杨辉三角”的说法中正确的是（   ） A． B． C． D．第10行中从左往右第5个数与第6个数之比为 【答案】AD 【分析】根据杨辉三角的性质以及组合数的相关知识，对选项进行分析. 【详解】根据组合数性质，A正确； ，故B错误； 根据A的等式，，故C错误； 第10行中从左往右第5个数与第6个数分别为和，比值为，故D正确， 故选：AD. 58．(24-25高二下·河南郑州中牟县·期末)（多选）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项展开式中的各项系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，下列说法正确的（    ） A．第8行的第8个数是8 B．第2026行中，第1014个数最大 C．第10行中，第5个数与第6个数之比为 D．第行所有数字的平方和为 【答案】ABD 【分析】根据杨辉三角的规律以及组合数的性质逐一进行判断即得. 【详解】对于选项A，依题意，第8行的第8个数是，所以A正确； 对于选项B，由题图可知，第行有个数字，如果是奇数， 则第和第个数字最大，且这两个数字一样大； 如果是偶数，则第个数字最大， 故第2026行中，第1014个数最大，故B正确； 对于选项C，第10行是的展开式的二项式系数， 所以第5个数与第6个数之比为，故C错误； 对于选项D，由题易知，第行所有数字的平方和为， 构造等式， 在等式左边展开式中的系数为 ， 等式右边展开式中的系数为， 故第行所有数字的平方和为，故D正确. 故选：ABD. 59．(24-25高二下·河南三门峡·期末)（多选）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝，最早出现在南宋数学家杨辉1261年所著《详解九章算法》中.“杨辉三角”中三角形数的排列规律如图所示，它的第行的各项从左往右依次是二项式展开式中各项的二项式系数.下列结论正确的是（    ） A． B．第2024行中从左往右第1013个数是该行中所有数字中最大的 C．记第行的第个数为，则 D．记第2行第3个数字为，第3行第3个数字为，第行的第3个数字为，则 【答案】BD 【分析】利用组合数性质可判断A；根据二项式系数性质判断BC；确定，根据数列的裂项求和，判断D。 【详解】对于A，由于， 故164，A错误； 对于B，由于2024为偶数，这一行共有2025项，故这一行中的中间一项最大， 第2024行中从左往右第1013个数是中间项，是该行中所有数字中最大的，B正确； 对于C，第行的第个数为， 故，C错误； 对于D，由题意可知， 故 ，故D正确， 故选：BD 60．(24-25高二下·辽宁沈阳重点高中联合体·期末)已知数列满足，且当n为奇数时，；当n为偶数时，则被9整除所得余数为______． 【答案】 【分析】根据题意，当n为奇数时，得到，当n为偶数时，得到，得到数列为等比数列，求得，结合二项式的展开式，即可求解. 【详解】当n为奇数时，，所以． 当n为偶数时，，所以，所以， 所以数列是首项为4、公比为2的等比数列， 所以， 所以， 又由, 可得被整除的余数为，即被整除的余数为. 故答案为：. 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $