第6章 计数原理（知识清单）高二数学沪教版选择性必修第二册

该高中数学计数原理单元知识清单全面梳理了乘法原理、加法原理、排列组合、二项式定理等知识范畴，搭建了从原理定义到解题方法再到错误分析的递进式学习支架。 清单通过“错误归因+解题提示”设计突出实用性，如标注“分类加法用于独立完成事件，分步乘法用于依次完成环节”，培养学生的数学思维与运算能力。整合捆绑法、插空法等7类解题方法，配套典型例题解析，帮助学生用数学语言规范表达解题过程，既方便学生自主查漏补缺，也为教师提供系统教学参考。

第6章 计数原理 1. 乘法原理 (分步计数原理): 做一件事,需要依次完成 个步骤,其中完成第一步有 种不同的方法,完成第二步有 种不同的方法, ,完成第 步有 种不同的方法,那么完成这件事共有______种不同的方法. 2. 加法原理 (分类计数原理): 做一件事,完成它有 类办法,其中第一类办法有 种不同的方法,第二类办法有 种不同的方法, ,第 类办法有 种不同的方法. 那么完成这件事共有种不同的方法. 3. 排列的定义: 从 个互不相同的元素中,取出 个不同元素,按照一定的顺序排成一列叫做从 个元素中取出 个元素的一个排列. 4. 排列数的计算: 从 个互不相同的元素中,取出 个不同元素的所有排列的个数,叫做从 个元素中取出 个元素的排列数,用符号______表示. 排列数公式 ________________________ ,其中 . 5. 排列数的性质: 把 个不同元素全部进行排列,叫做这 个元素的全排列. 这时排列数公式中 , 即 . 把乘积 记作 !,读作 的阶乘,那么 个不同元素的全排列数可以写成 ______ 排列数公式用阶乘表示为 ______ ,当 时,规定 . 排列数性质: . 6. 组合的定义: 从 个互不相同的元素中,取出 个不同元素作为一组,叫做从 个元素中取出 个元素的一个组合. 7. 组合数的计算: 从 个互不相同的元素中,取出 个不同元素所有组合的个数,叫做从 个元素中取出 个元素的组合数,用符号 表示. 组合数公式 ,其中 . 8. 组合数的性质: ______,特殊地, 9. 排列组合问题的常用方法: (1)特殊优先法: 特殊位置优先考虑, 特殊元素优先考虑. (2)先选后排法:先进行组合，再根据需要决定是否进行排列. (3)捆绑法:相邻问题捆绑法，记得再“松绑”. (4)插空法:不相邻问题插空法. (5)隔板法: 相同元素分组问题. (6)逆向法: 至多至少问题, 正难则反, 等价转化, 又称间接法. (7)枚举法:数量不大时可以逐一枚举各种情况. 10. 二项式定理: 设 是正整数,等式 称为二项式定理. 表示 的二项展开式中的第 项,其中 . 11. 二项式定理的应用——组合数的性质 (1) 的二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即 . (2) 的二项展开式中，所有二项式系数的和等于 ，即 . 注意二项式系数与系数之间的区别. (3)赋值法在二项式定理中的应用:一般令字母______可得常数项，令字母______可得所有系数之和，令字母______可分离出奇数项系数之和与偶数项系数之和. 错误：分不清何时用分类加法、何时用分步乘法，该分类时用乘法，该分步时用加法． 注意：能独立完成整件事用分类加法；需依次完成所有环节、缺一不可用分步乘法． 1．在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到A大学有5个自己感兴趣的专业，B大学有6个自己感兴趣的专业，C大学有3个自己感兴趣的专业，这三个大学他感兴趣的专业各不相同，若他只能从这三个大学中选1个专业，则他的选择共有（   ） A．3种 B．14种 C．30种 D．90种 2．李老师要从3幅不同的油画、2幅不同的国画和2幅不同的水彩画中各选取1幅布置自己的名师工作室，则不同的布置方案有（    ） A．12种 B．10种 C．7种 D．5种 3．用红、黄、蓝、绿4种不同颜色在如图所示的，，，，的5个区域涂上颜色，要求每个区域只涂1种颜色，且相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的不同涂色方案种数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．72 4．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法（    ） A．10 B．20 C．21 D．40 5．将按一定顺序排列后，得到一个能被5整除的五位数，从最高位起，的前两位、前三位、前四位按原顺序组成的两位数、三位数、四位数分别能被2，3，4整除，则（   ） A．的最小值为5 B．的最大值为9 C．的最小值为24325 D．的最大值为54325 错误：解题时不区分有序/无序，排列、组合乱用． 注意：有顺序要求用排列；只分组、不考虑顺序用组合． 6．从含有3件次品的8件新产品中，任意抽取5件进行检验，抽出的5件产品中恰好有2件次品的抽法种数为（    ） A． B． C． D． 7．为了了解全国观众对2024年春晚语言类节目的满意度，某网站对2024年春晚的2700名观众，按性别比例分层随机抽样的方法进行抽样调查，已知这2700名观众中男､女人数之比为，若样本容量为135，则不同的抽样结果共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 8．从集合中任取两个元素，有以下五个问题： ①相加可得多少个不同的和？ ②相除可得多少个不同的商？ ③作为椭圆方程中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程？ ④作为双曲线方程中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程？ ⑤作为对数中的a，b，可得到多少个不同的对数？其中属于排列问题的是（    ）． A．①②③④⑤ B．②④⑤ C．②③⑤ D．②④ 9．（多选）下列问题中是组合问题的是（   ） A．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次 B．平面上有2024个不同点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条直线 C．集合的含有三个元素的子集有多少个 D．从高二（6）班的50名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法 10．智慧农机是指配备先进的信息技术，传感器､自动化和机器学习等技术，对农业机械进行数字化和智能化改造的农业装备，例如：自动育秧机和自动插秧机.正值春耕备耕时节，某智慧农场计划新购2台自动育秧机和3台自动插秧机，现有6台不同的自动育秧机和5台不同的自动插秧机可供选择，则共有__________种不同的选择方案. 错误：相邻问题用捆绑法时，只计算整体，忘记捆绑内部元素也要排序． 注意：元素捆绑成整体后，组内元素依然有顺序，必须再次排列． 11．为提高和展示学生的艺术水平，也为了激发学生的爱国热情，我校开展劳动节文艺汇演，共有6个节目，其中有两个舞蹈，三个唱歌，一个朗诵，若三个唱歌节目必须相邻，则有多少种不同排法（   ） A．24 B．36 C．96 D．144 12．某班上午有五节课，分别安排语文､数学､英语､物理､化学各一节课.要求数学课不排第一节，且语文与物理相邻，则不同排课方案有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．96种 13．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 14．甲、乙、丙、丁、戊5名同学排成一列，甲、乙不相邻，且丙、丁相邻，则不同的排法种数为________．（用数字作答） 15．本学期辉南六中高二年级准备举办一场课本剧展演，前8个班级每班准备了1个节目，杨老师需要根据各个班的表演剧目排定出场顺序；其中1班和2班都要表演《屈原》，因此需要分开排；3班和4班要表演的分别是《雷雨》第一集——铺垫矛盾和《雷雨》第二集——真相爆发，所以需要相邻且按序表演，则杨老师能排出______种不同的方案（用数字表示） 错误：平均分组问题，分组后未剔除组与组之间的重复计数，导致结果偏大． 注意：多组元素数量相同时，必须除以组数的阶乘，消除分组带来的重复． 16．为了应对即将到来的汛期，某地防汛指挥部抽调名专业人员（包括甲、乙两人）平均分成三组，对当地三处重点水利工程进行防汛安全检查，则甲、乙不同组的概率为（    ） A． B． C． D． 17．某地开展志愿服务，小蓝，小黄等人充当志愿者，现将他们均分成三组，则小蓝和小黄不在同一组的概率为（    ） A． B． C． D． 18．现将甲､乙､丙､丁､戊､己6名员工平均分成两个志愿者小组，到外面参加两项不同的服务工作，则丙､丁两人恰好参加同一项服务工作的概率为（    ） A． B． C． D． 19．将小文等5名大学生安排到三家企业进行实践学习，每名大学生只能安排去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，且安排小文独自去其中一家企业进行实践学习，则不同的安排方法种数为（    ） A．48 B．60 C．42 D．14 20．将6本不同的书平均分给甲、乙两名同学，则不同的分法种数为__________. 错误：把“分组”和“分配”混为一谈，直接将分组结果当作分配结果． 注意：单纯分堆是分组；分给不同对象时，要先分组，再对各组进行排列． 21．现有4名同学，需要把他们全部安排到甲、乙两个场馆参加志愿服务，每人只能去1个场馆，且每个场馆至少安排1人，则不同的安排方法共有（    ） A．10种 B．12种 C．14种 D．20种 22．在惠州市举行的半程马拉松比赛中，江北路段设三个服务点，惠州市东江高级中学5名同学到①､②､③三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，则不同的安排方法共有（    ） A．150种 B．90种 C．60种 D．25种 23．某民俗文化景区，在即将到来的五一假期，预计需要增派6名工作人员去三个不同的民族景点辅助宣传民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是（    ） A．360 B．450 C．540 D．1020 24．在2026年3月15日举行的宁波市马拉松比赛活动中，有4位志愿者被派往A、B两个服务站，若每个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则不同的分配方案有（    ） A．6种 B．12种 C．14种 D．28种 25．（多选）现有五名同学报名参加数学，物理，化学三个兴趣小组讲解员，每个小组至少需要一名同学，每名同学只能报名其中一个小组（每个同学都参加了小组），已知甲同学不参加化学小组，则不同的分配方法数量是________． 错误：用直接法解“至多、至少”问题时，分类不完整，出现漏解或重解． 注意：优先使用间接法，用总数减去不符合条件的反面情况，避免分类错误． 26．某党校派了名讲师到个单位去讲党课，每个单位只能安排一位讲师授课，而每位讲师至少要去一个单位且至多只能去两个单位，则不同的选派方法的种数为（    ） A． B． C． D． 27．把10个苹果分给三个人，要求每人至少1个，至多5个，则不同的分法共有（    ） A．24种 B．25种 C．26种 D．18种 28．高一某班有5名同学报名参加学校组织的三个不同社区服务小组，每个小组至多可接受该班2名同学，每名同学只能报一个小组，则报名方案有________（用数字作答）. 29．为营造安心舒适的学习环境，助力高三学子圆梦高考，重庆市第二外国语学校计划在五月底举行考前趣味活动.现已知年级领导为高三23个班级共准备了50份完全相同的奖品，若每班至少获得2个奖品，有______种不同的奖品分配方法. 30．某前沿科技公司正在研发一款新型“AI陪伴机器人”，该机器人共配有5个不同的传感器，需要激活至少3个传感器机器人才能正常运行，则要使机器人正常运行，共有__________种不同的激活方案. 错误：把二项式系数和项的系数当成同一概念，计算时直接混用． 注意：二项式系数仅指组合数；项的系数包含数字、符号和组合数，二者概念不同． 31．在 的展开式中，第3项的二项式系数为_____. 32．在的展开式中，第项的系数是_____ 33．的展开式中的系数为______. 34．已知二项式，求： (1)二项展开式第3项的二项式系数； (2)二项展开式第8项的系数． 35．已知二项式. (1)求展开式通项. (2)求第3项. (3)求展开式第3项的二项式系数和第3项的系数. 错误：求指定项时，误把第k+1项当成第k项，导致下标与项数错位． 注意：二项式展开式的通项对应第k+1项，计算时项数与下标相差1． 36．的展开式中按x的升幂排列的第4项是______． 37．的展开式中常数项为160，则它展开式的第5项为________． 38．在的二项展开式中，第四项是常数项，则该常数项为______.（用数字作答） 39．已知展开式中存在常数项，则当n取最小值时，该展开式中的第2项为__________． 40．已知（）的展开式中，第4项系数与第6项系数之比为5∶6，则展开式一共有__________项． 错误：分不清当n为奇数或偶数时，二项式系数最大值的位置． 注意：当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大． 41．（多选）已知 f(x)的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则（    ） A． B．的展开式中所有项的二项式系数和为1 C．是5的倍数 D． 42．（多选）已知在的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则下列结论错误的是（    ） A． B．展开式中含的项的系数是60 C．展开式的各二项式系数和为128 D．展开式的各项系数和为729 43．已知在的二项展开式中，只有第6项的二项式系数最大，若在展开式中任取2项，其中抽到有理项的个数为1，这个事件记为事件A，则______． 44．若展开式的第三项和第四项的二项式系数同时最大，则______，其展开式中的常数项为______. 45．已知（）. (1)若展开式中只有第7项的二项式系数最大，求的值； (2)当，时，求二项式的展开式中系数最大的项. 1．某同学从语文、数学、英语、物理、化学、生物这门课程中选择门报名参加合格性考试，其中，语文、数学这门课程同时入选的不同选法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．欧几里得在《几何原本》中证明了算术基本定理：任何一个大于1的自然数，可以唯一分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式是唯一的.记（其中是素数，是正整数，，），这样的分解称为自然数的标准素数分解式.若的标准素数分解式为，则的正因子有个，根据以上信息，180的正因子个数为（    ） A．6 B．12 C．13 D．18 3．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列选项中不正确的是（   ） A．课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，共有144种排法 B．课程“礼”排在“乐”的后面（可以不相邻），共有360种排法 C．课程“射”“御”排在不相邻的两周，共有240种排法 D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法 4．某单位将12个表彰名额分配给甲､乙､丙､丁四个部门，其中甲部门至少2个名额至多3个名额，乙､丙､丁三个部门每个部门至少2个名额，则不同的分配方案共有（    ） A．15种 B．19种 C．25种 D．46种 5．（多选）小杨正在安排五一五天假期（月日月日）的旅行计划，他决定在这天里每天去一个不同的景点（其中甲、乙、丙是五个不同景点中的三个），则下列说法正确的是（    ） A．若甲、乙两景点必须在相邻的两天去，则不同的安排方法共有种 B．若去甲、乙两景点的两天不相邻，则不同的安排方法共有种 C．若去甲、乙、丙三个景点的先后顺序不变（不一定相邻），则不同的安排方法有种 D．若月日不去甲景点，月日不去乙景点，则不同的安排方法共有种 6．（多选）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（    ） A．课程“数”不排在第一天的不同排法共有600种 B．课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 C．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种 D．课程“御”和“书”相邻的不同排法共有240种 7．（多选）现有6本不同的书，下列说法正确的有（    ） A．分成一堆一本，一堆两本，一堆三本，共有60种方法 B．甲得一本，乙得两本，丙得三本，共有180种方法 C．一人得一本，一人得二本，一人得三本，共有360种方法 D．平均分给甲､乙､丙三人，共有90种方法 ，共有种方法． 8．（多选）已知，且第4项与第7项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（    ） A． B．展开式中的系数和等于二项式系数和 C． D． 9．7位同学站成一排，其中甲乙丙三人相邻，且都不与丁相邻，则不同的排队方法有___________种.（以数字作答） 10．已知一个行李箱密码由四个正自然数组成，且四个数字之和为7，则该密码共有______种可能. 11．现将某工厂车间的6名班长和3名质检员平均分成三组参与春节期间的安全生产工作，各小组内3人分别负责生产安全、人员调度、产品质检三项工作，其中质检员只负责产品质检，则班长甲与质检员乙不在同一个小组的概率为______． 12．某市推出“文明出行，平安上学”宣传活动，某宣传志愿者计划利用4天到7所学校进行宣讲，要求每天至多宣讲两所学校，7所学校中相距较远的甲、乙两校不安排在同一天宣讲，则不同的安排方法有______种 13．某高中为提高学生的身体素质，特开设了“乒乓球”“排球”“羽毛球”“篮球”“足球”五门选修课程，要求该校每位学生在高一、高二每学年至多选修3门，高三至多选修1门，高一到高三三学年必须将五门选修课程选修完，每门课程限选修一学年，则每位学生的不同的选修方式有______种．（用数字作答） 14．二项式的展开式中常数项为第__________项． 15．展开式中第3项与第4项的二项式系数最大，设是展开式的第3项，若在上恒成立，则实数的取值范围是_____________． 所以实数的取值范围是. 16．（1）将6个不同的小球放入编号分别为1、2、3的三个不同盒子.若要使每个盒子的球数不小于它的编号数，则共有多少种不同的放法？ （2）有编号为1、2、3、4的四个不同的盒子，编号为1、2、3、4的四个不同的球，现把四个小球逐个随机放入四个盒子里.若每盒放一个球，且恰好只有一个球的编号与盒子的编号相同，则有多少种不同的放法？ （3）求方程的正整数解（）的组数. 17．在的二项展开式中． (1)若展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，求值； (2)若，求展开式通项和展开式中含项的系数； (3)若展开式中含有常数项，求最小的正整数的值． 18．已知展开式中前三项的二项式系数和为. (1)求的值； (2)求展开式中含的项的系数； (3)求展开式中系数最大的项. 1/6 学科网（北京）股份有限公司 $ 第6章 计数原理 1. 乘法原理 (分步计数原理): 做一件事,需要依次完成 个步骤,其中完成第一步有 种不同的方法,完成第二步有 种不同的方法, ,完成第 步有 种不同的方法,那么完成这件事共有 种不同的方法. 2. 加法原理 (分类计数原理): 做一件事,完成它有 类办法,其中第一类办法有 种不同的方法,第二类办法有 种不同的方法, ,第 类办法有 种不同的方法. 那么完成这件事共有 种不同的方法. 3. 排列的定义: 从 个互不相同的元素中,取出 个不同元素,按照一定的顺序排成一列叫做从 个元素中取出 个元素的一个排列. 4. 排列数的计算: 从 个互不相同的元素中,取出 个不同元素的所有排列的个数,叫做从 个元素中取出 个元素的排列数,用符号 表示. 排列数公式 ,其中 . 5. 排列数的性质: 把 个不同元素全部进行排列,叫做这 个元素的全排列. 这时排列数公式中 , 即 . 把乘积 记作 !,读作 的阶乘,那么 个不同元素的全排列数可以写成 排列数公式用阶乘表示为 ,当 时,规定 . 排列数性质: . 6. 组合的定义: 从 个互不相同的元素中,取出 个不同元素作为一组,叫做从 个元素中取出 个元素的一个组合. 7. 组合数的计算: 从 个互不相同的元素中,取出 个不同元素所有组合的个数,叫做从 个元素中取出 个元素的组合数,用符号 表示. 组合数公式 ,其中 . 8. 组合数的性质: ,特殊地, 9. 排列组合问题的常用方法: (1)特殊优先法: 特殊位置优先考虑, 特殊元素优先考虑. (2)先选后排法:先进行组合，再根据需要决定是否进行排列. (3)捆绑法:相邻问题捆绑法，记得再“松绑”. (4)插空法:不相邻问题插空法. (5)隔板法: 相同元素分组问题. (6)逆向法: 至多至少问题, 正难则反, 等价转化, 又称间接法. (7)枚举法:数量不大时可以逐一枚举各种情况. 10. 二项式定理: 设 是正整数,等式 称为二项式定理. 表示 的二项展开式中的第 项,其中 . 11. 二项式定理的应用——组合数的性质 (1) 的二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等，即 . (2) 的二项展开式中，所有二项式系数的和等于 ，即 . 注意二项式系数与系数之间的区别. (3)赋值法在二项式定理中的应用:一般令字母等于0可得常数项，令字母等于1可得所有系数之和，令字母等于-1可分离出奇数项系数之和与偶数项系数之和. 易错01 两大计数原理概念混淆 错误：分不清何时用分类加法、何时用分步乘法，该分类时用乘法，该分步时用加法． 注意：能独立完成整件事用分类加法；需依次完成所有环节、缺一不可用分步乘法． 1．在填写高考志愿表时，一名高中毕业生了解到A大学有5个自己感兴趣的专业，B大学有6个自己感兴趣的专业，C大学有3个自己感兴趣的专业，这三个大学他感兴趣的专业各不相同，若他只能从这三个大学中选1个专业，则他的选择共有（   ） A．3种 B．14种 C．30种 D．90种 【答案】B 【详解】根据分类加法计数原理可得他的选择共有种. 2．李老师要从3幅不同的油画、2幅不同的国画和2幅不同的水彩画中各选取1幅布置自己的名师工作室，则不同的布置方案有（    ） A．12种 B．10种 C．7种 D．5种 【答案】A 【分析】由分步计数原理结合题设可得答案. 【详解】根据分步乘法计数原理，共有种不同的布置方案. 3．用红、黄、蓝、绿4种不同颜色在如图所示的，，，，的5个区域涂上颜色，要求每个区域只涂1种颜色，且相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的不同涂色方案种数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．72 【答案】D 【分析】由分步计数原理结合分类讨论即可. 【详解】依顺序，区域可涂种颜色，区域可涂种颜色，区域可涂种颜色， ①区域若与区域同色，则E有两种颜色可选； ②区域若不与区域同色，则只有种颜色可选，也只有种颜色可选， 所以符合条件的方案有种方案． 4．某外语组有9人，每人至少会英语和日语中的一门，其中7人会英语，3人会日语，从中选出会英语和日语的各一人，有多少种不同的选法（    ） A．10 B．20 C．21 D．40 【答案】B 【详解】“完成一件事”指“从9人中选出会英语与日语的各1人”，故需分三类： ①既会英语又会日语的不当选；②既会英语又会日语的按会日语当选； ③既会英语又会日语的按会英语当选． 既会英语又会日语的有（人），仅会英语的有6人，仅会日语的有2人． 从仅会英､日语的人中各选1人有种选法； 从仅会英语与英､日语都会的人中各选1人有种选法； 从仅会日语与英､日语都会的人中各选1人有种选法． 根据分类加法计数原理，共有（种）不同选法． 5．将按一定顺序排列后，得到一个能被5整除的五位数，从最高位起，的前两位、前三位、前四位按原顺序组成的两位数、三位数、四位数分别能被2，3，4整除，则（   ） A．的最小值为5 B．的最大值为9 C．的最小值为24325 D．的最大值为54325 【答案】C 【分析】由题可知五位数A的个位只能是0或5，十位和千位均为偶数，前三位上的各数字之和能被3整除，且前四位按原顺序组成的四位数能被4整除，进而分析判断各选项即可. 【详解】由题可知五位数A的个位只能是0或5，十位和千位均为偶数， 前三位上的各数字之和能被3整除，且前四位按原顺序组成的四位数能被4整除． 对于A项，若，可得可以为34520或54320或32405或34205， 故最小可以取到0，A错误； 对于B项，若，将2，3，4，5，9排序，得个位只能是5，且十位和千位是偶数， 则这个五位数的前三位上的数字之和为14或16， 因为14和16均不能被3整除，不满足题意，所以，B错误； 对于C项，将2，3，4，5，排序， ①当且为首位时，个位为5，此时没有满足题意的五位数，即； ②当首位是2，个位为5，要满足十位和千位均是偶数，此时百位只能是3， 要满足前三位上的各数字之和能被3整除，所以千位的最小值为4， 此时要满足前四位上的各数之和能被4整除，十位的最小值为2， 得，满足题意，所以的最小值为24325，C正确； 对于D项，将2，3，4，5，排序，由B项分析得， 故当且为首位时，个位为5，此时当且仅当千位为4，百位为3，十位为2时， 满足题意，取最大值84325，D错误． 故选：C. 易错02 排列与组合概念混淆 错误：解题时不区分有序/无序，排列、组合乱用． 注意：有顺序要求用排列；只分组、不考虑顺序用组合． 6．从含有3件次品的8件新产品中，任意抽取5件进行检验，抽出的5件产品中恰好有2件次品的抽法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】用分步乘法计数原理，第一步从3件次品中选2件次品，第二步从5件正品中选3件正品，由此可得． 【详解】根据题意，先从3件次品中抽取2件次品，有种抽取方法， 再从5件正品中抽取3件正品，有种抽取方法， 则抽取的5件产品中恰好有2件次品的抽法有种. 故选：C. 7．为了了解全国观众对2024年春晚语言类节目的满意度，某网站对2024年春晚的2700名观众，按性别比例分层随机抽样的方法进行抽样调查，已知这2700名观众中男､女人数之比为，若样本容量为135，则不同的抽样结果共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】先按比例分别计算出男女观众的人数与样本数，由于是抽取，故只需用组合数列式，再按乘法原理相乘即可. 【详解】在这2700名观众中，男观众的人数为， 女观众的人数为. 在被抽取的135名观众中，男观众的人数为， 女观众的人数为. 故不同的抽样结果共有种. 故选：B. 8．从集合中任取两个元素，有以下五个问题： ①相加可得多少个不同的和？ ②相除可得多少个不同的商？ ③作为椭圆方程中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的椭圆方程？ ④作为双曲线方程中的a，b，可以得到多少个焦点在x轴上的双曲线方程？ ⑤作为对数中的a，b，可得到多少个不同的对数？其中属于排列问题的是（    ）． A．①②③④⑤ B．②④⑤ C．②③⑤ D．②④ 【答案】B 【分析】根据排列的定义，是否与顺序相关是确定一个问题是否为排列问题的关键，据此逐项判断即可． 【详解】对于①，两数的和与顺序无关，故①是组合问题； 对于②，两数的商与顺序有关，故②是排列问题； 对于③，因为椭圆的焦点在x轴上，故与取的两数顺序无关，故③是组合问题； 对于④，取得两数与顺序有关，故④是排列问题； 对于⑤，取得两数与顺序有关，故⑤是排列问题； 所以，②④⑤与两数的顺序有关，为排列问题. 故选：B. 9．（多选）下列问题中是组合问题的是（   ） A．10个朋友聚会，每两人握手一次，一共握手多少次 B．平面上有2024个不同点，它们中任意三点不共线，连接任意两点可以构成多少条直线 C．集合的含有三个元素的子集有多少个 D．从高二（6）班的50名学生中选出2名学生分别参加校庆晚会的独唱、独舞节目，有多少种选法 【答案】ABC 【分析】选项A、B、C中都与顺序无关，利用组合问题的定义判断即可. 【详解】因为两人握手没有顺序之分，所以选项A问题是组合问题； 因为两点组成直线没有顺序之分，所以选项B问题是组合问题； 因为集合元素具有无序性，所以选项C问题是组合问题； 因为这2名学生参加的节目有顺序之分，所以选项D问题不是组合问题. 故选：ABC, 10．智慧农机是指配备先进的信息技术，传感器､自动化和机器学习等技术，对农业机械进行数字化和智能化改造的农业装备，例如：自动育秧机和自动插秧机.正值春耕备耕时节，某智慧农场计划新购2台自动育秧机和3台自动插秧机，现有6台不同的自动育秧机和5台不同的自动插秧机可供选择，则共有__________种不同的选择方案. 【答案】150 【分析】利用乘法原理，结合组合知识求解． 【详解】第一步从6台不同的自动育秧机选2台，第二步从5台不同的自动插秧机选3台，由乘法原理可得选择方案数为， 故答案为：150. 易错03 捆绑法忽略内部排列 错误：相邻问题用捆绑法时，只计算整体，忘记捆绑内部元素也要排序． 注意：元素捆绑成整体后，组内元素依然有顺序，必须再次排列． 11．为提高和展示学生的艺术水平，也为了激发学生的爱国热情，我校开展劳动节文艺汇演，共有6个节目，其中有两个舞蹈，三个唱歌，一个朗诵，若三个唱歌节目必须相邻，则有多少种不同排法（   ） A．24 B．36 C．96 D．144 【答案】D 【分析】相邻元素用捆绑法解题即可. 【详解】三个唱歌节目捆绑共种排法，再和其他三个节目进行排列， 共有种不同排法. 12．某班上午有五节课，分别安排语文､数学､英语､物理､化学各一节课.要求数学课不排第一节，且语文与物理相邻，则不同排课方案有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．96种 【答案】B 【分析】利用捆绑法，特殊元素优先考虑，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理进行求解. 【详解】先将语文与物理两个进行相邻排列，有种选择， 若语文和物理作为一个整体，两个学科中有一个在第一节课的位置， 则另一个一定在第二节课的位置， 其他3个科目和3个位置可以进行全排列，故有种选择， 此时共有种选择， 若语文和物理作为一个整体，两个科目均不在第一节课的位置， 则可以安排第二，三节课或第三，四节课，或第四，五节课，共有3种选择， 此时数学不能安排在第一节课，故有2种选择， 最后再安排其他英语和化学两个学科，共有种情况， 此时共有种情况， 综上，共有种情况. 13．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. 14．甲、乙、丙、丁、戊5名同学排成一列，甲、乙不相邻，且丙、丁相邻，则不同的排法种数为________．（用数字作答） 【答案】24 【详解】因为丙、丁相邻，所以将丙、丁“捆绑”，可得丙、丁的排列方法有种； “丙、丁”整体与戊的排列方法有种； “丙、丁”整体与戊排列后，形成3个空位，从这3个空位中选2个安排给甲、乙，排列方法有； 所以，满足甲、乙不相邻，且丙、丁相邻，则不同的排法种数为种. 15．本学期辉南六中高二年级准备举办一场课本剧展演，前8个班级每班准备了1个节目，杨老师需要根据各个班的表演剧目排定出场顺序；其中1班和2班都要表演《屈原》，因此需要分开排；3班和4班要表演的分别是《雷雨》第一集——铺垫矛盾和《雷雨》第二集——真相爆发，所以需要相邻且按序表演，则杨老师能排出______种不同的方案（用数字表示） 【答案】3600 【分析】先采用捆绑相邻的元素，在插空处理不相邻的元素，使用分分步乘法原理计算出总方案即可. 【详解】把3班和4班捆绑为1个整体，且3班必须要在4班之前，所以内部只有1种排列顺序， 除去1班和2班，剩下的元素为3班和4班整体加上其余四个班级，共5个元素，共有种排法， 5个元素排好后共产生6个空位，从6个空位中选2个插入1班和2班，有种排法， 因此总方案共有种. 易错04 平均分组未消序 错误：平均分组问题，分组后未剔除组与组之间的重复计数，导致结果偏大． 注意：多组元素数量相同时，必须除以组数的阶乘，消除分组带来的重复． 16．为了应对即将到来的汛期，某地防汛指挥部抽调名专业人员（包括甲、乙两人）平均分成三组，对当地三处重点水利工程进行防汛安全检查，则甲、乙不同组的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】考虑甲、乙在同一组的分组方法种数，以及将六人平均分为三组的分组方法数，利用古典概型的概率公式以及对立事件的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】考虑甲、乙在同一组，只需将其他四人分为两组即可，分组方法种数为， 将六人平均分为三组，每组两人，则不同的分组方法种数为， 因此，甲、乙不同组的概率为. 故选：D. 17．某地开展志愿服务，小蓝，小黄等人充当志愿者，现将他们均分成三组，则小蓝和小黄不在同一组的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用排列组合的方法求出事件发生的个数，然后根据古典概型概率公式直接求解即可. 【详解】将他们人均分成三组的方法种数有， 小蓝和小黄不在同一组的方法种数有， 故小蓝和小黄不在同一组的概率. 故选：D 18．现将甲､乙､丙､丁､戊､己6名员工平均分成两个志愿者小组，到外面参加两项不同的服务工作，则丙､丁两人恰好参加同一项服务工作的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】基本事件总数：先分成两组，后排列到两项工作； 丙､丁两人恰好参加同一项服务工作的基本事件个数：丙､丁先挑一人成组，后排列到两项工作. 【详解】基本事件总数，丙､丁两人恰好参加同一项服务工作包含的基本事件个数， 所以丙､丁两人恰好参加同一项服务工作的概率. 故选：B 19．将小文等5名大学生安排到三家企业进行实践学习，每名大学生只能安排去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，且安排小文独自去其中一家企业进行实践学习，则不同的安排方法种数为（    ） A．48 B．60 C．42 D．14 【答案】C 【分析】本题考查分步计数原理，利用特殊元素优先安排法和分组分配问题原理进行求解即可. 【详解】先安排小文选择一家企业，有种选择方式. 然后将剩余人安排到两家企业，每家企业至少安排1人，所以将人分为组，再安排企业，有两种分组方式： 第一种：人去一家企业，其余人去一家企业，有种方式； 第二种：每家企业各人，有种方式. 所以不同的安排种数为. 故选：. 20．将6本不同的书平均分给甲、乙两名同学，则不同的分法种数为__________. 【答案】20 【分析】直接从本不同的书抽本书给甲同学，剩余本书给乙同学，结合组合计数原理可得结果. 【详解】将本不同的书平均分给甲、乙两名同学，只需从本不同的书抽本书给甲同学，剩余本书给乙同学， 所以，不同的分法种数为种. 故答案为：20. 易错05 分组与分配概念混淆 错误：把“分组”和“分配”混为一谈，直接将分组结果当作分配结果． 注意：单纯分堆是分组；分给不同对象时，要先分组，再对各组进行排列． 21．现有4名同学，需要把他们全部安排到甲、乙两个场馆参加志愿服务，每人只能去1个场馆，且每个场馆至少安排1人，则不同的安排方法共有（    ） A．10种 B．12种 C．14种 D．20种 【答案】C 【分析】结合人数的分配以及排列数、组合数的计算求得正确答案. 【详解】根据题意，不同的分组有和， 则不同的安排方法共有． 22．在惠州市举行的半程马拉松比赛中，江北路段设三个服务点，惠州市东江高级中学5名同学到①､②､③三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1人，则不同的安排方法共有（    ） A．150种 B．90种 C．60种 D．25种 【答案】A 【详解】将五名同学分成三个小组， 若按2人，2人，1人来分有种， 若按3人，1人，1人来分有种， 再把这三组分配到三个服务点去，共有种， 所以每个服务点至少1人，不同的安排方法共有种. 23．某民俗文化景区，在即将到来的五一假期，预计需要增派6名工作人员去三个不同的民族景点辅助宣传民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是（    ） A．360 B．450 C．540 D．1020 【答案】C 【详解】将6名工作人员按1、2、3或1、1、4或2、2、2分成3组安排到三个不同的景点. 按1、2、3分组，则有种安排方法； 按1、1、4分组，则有种安排方法； 按2、2、2分组，则有种安排方法； 则不同的安排方法种数为. 24．在2026年3月15日举行的宁波市马拉松比赛活动中，有4位志愿者被派往A、B两个服务站，若每个服务站至少派一位志愿者，且每位志愿者只能被派往一个服务站，则不同的分配方案有（    ） A．6种 B．12种 C．14种 D．28种 【答案】C 【分析】分三种情况讨论即可求解. 【详解】4位志愿者分到两个服务站，每个站至少1人，分组情况有三种： 1人去，3人去：种 2人去，2人去：种 3人去，1人去：种 总方案数：种 25．（多选）现有五名同学报名参加数学，物理，化学三个兴趣小组讲解员，每个小组至少需要一名同学，每名同学只能报名其中一个小组（每个同学都参加了小组），已知甲同学不参加化学小组，则不同的分配方法数量是________． 【答案】100 【分析】先分组，然后将含甲同学的小组分配到数学或物理小组，再分配另外两个小组即可. 【详解】第一步，将五人分成三个小组，各小组人数有和两类情况， 当按照分组时，有种分组方法， 当按照分组时，有， 所以总的分组方法有种； 第二步，将含有甲的小组分到数学或物理兴趣小组，有2种方法； 第三步，将剩余两组分配到另外两个兴趣小组，有种方法. 又分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有种方法. 易错06 “至多、至少”问题分类不全 错误：用直接法解“至多、至少”问题时，分类不完整，出现漏解或重解． 注意：优先使用间接法，用总数减去不符合条件的反面情况，避免分类错误． 26．某党校派了名讲师到个单位去讲党课，每个单位只能安排一位讲师授课，而每位讲师至少要去一个单位且至多只能去两个单位，则不同的选派方法的种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由题意知，必有一位讲师去两个单位，另外两个单位各去一位讲师. 第一步：先将个单位按分成三组，共有种方法； 第二步：再把三名讲师分配到三个小组，有种分配方法， 故共有种选派方法. 27．把10个苹果分给三个人，要求每人至少1个，至多5个，则不同的分法共有（    ） A．24种 B．25种 C．26种 D．18种 【答案】D 【详解】有1人分得5个，其他两人总和为5，每人至少1个，只有2种分法，即1和4，2和3两种方法，分配方法数均为种 三人中“最多”的为4个，其他两人总和为6，每人至少1个，只有2种分法，即2和4，3和3两种方法，分配方法数均为种. 所以不同的分法共有种. 28．高一某班有5名同学报名参加学校组织的三个不同社区服务小组，每个小组至多可接受该班2名同学，每名同学只能报一个小组，则报名方案有________（用数字作答）. 【答案】 【分析】先分组再分配求解. 【详解】先把5名同学分成3个组，每组人数分别为“2，2，1”，再将3组分配到三个不同社区服务小组，共有种不同报名方案. 29．为营造安心舒适的学习环境，助力高三学子圆梦高考，重庆市第二外国语学校计划在五月底举行考前趣味活动.现已知年级领导为高三23个班级共准备了50份完全相同的奖品，若每班至少获得2个奖品，有______种不同的奖品分配方法. 【答案】 【详解】先给每个班提前分1份奖品，总共分掉份，剩余奖品数为 再将剩余27份相同奖品分给23个班，每班至少再分1份，使用隔板法 30．某前沿科技公司正在研发一款新型“AI陪伴机器人”，该机器人共配有5个不同的传感器，需要激活至少3个传感器机器人才能正常运行，则要使机器人正常运行，共有__________种不同的激活方案. 【答案】16 【分析】5个不同的传感器中激活3个传感器、4个传感器和5个传感器三种情况求出不同的选择方案，相加后得到答案. 【详解】因为5个不同的传感器，需要激活至少3个传感器机器人才能正常运行， 所以要使机器人正常运行，需要激活3个传感器、4个传感器和5个传感器三种情况： 种不同的激活方案. 易错07 混淆二项式系数与项的系数 错误：把二项式系数和项的系数当成同一概念，计算时直接混用． 注意：二项式系数仅指组合数；项的系数包含数字、符号和组合数，二者概念不同． 31．在 的展开式中，第3项的二项式系数为_____. 【答案】 【分析】根据题意结合二项式系数的定义运算求解即可. 【详解】由题意可知：第3项的二项式系数为. 故答案为：10. 32．在的展开式中，第项的系数是_____ 【答案】 【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得. 【详解】，， 则，故展开式中第项的系数是. 33．的展开式中的系数为______. 【答案】32 【详解】的展开式的通项为. 令，得，展开式中的系数为， 令，得，展开式中的系数为， 令，得，展开式中的系数为. 则的展开式中的系数为. 34．已知二项式，求： (1)二项展开式第3项的二项式系数； (2)二项展开式第8项的系数． 【答案】(1)28 (2)16 【分析】（1）根据展开式的通项公式可求第3项的二项式系数； （2）由展开式的通项公式可求第8项的系数. 【详解】（1）展开式的通项公式为， 故二项展开式第3项的二项式系数为． （2）二项展开式第8项为， 故二项展开式第8项的系数为16． 35．已知二项式. (1)求展开式通项. (2)求第3项. (3)求展开式第3项的二项式系数和第3项的系数. 【答案】(1)（） (2) (3)二项式系数为，第3项的系数为 【分析】（1）根据二项式展开式的通项公式求得正确答案. （2）令求得第项. （3）根据二项式系数和系数的知识求得正确答案. 【详解】（1）二项式展开式的通项公式为（）. （2）当时，第项为. （3）由（2）得第项的二项式系数为.系数为. 易错08 二项式通项项数判断错误 错误：求指定项时，误把第k+1项当成第k项，导致下标与项数错位． 注意：二项式展开式的通项对应第k+1项，计算时项数与下标相差1． 36．的展开式中按x的升幂排列的第4项是______． 【答案】 【详解】x升幂排列依次为常数项、一次项、二次项、三次项，第4项为三次项， 即. 37．的展开式中常数项为160，则它展开式的第5项为________． 【答案】 【分析】利用二项式展开式的通项公式求解即可. 【详解】由题意可知的展开式的常数项为，则，所以展开式的第5项为． 38．在的二项展开式中，第四项是常数项，则该常数项为______.（用数字作答） 【答案】 【分析】根据题意求得二项展开式的通项，结合展开式中的第四项为常数项求得的值，进而求解常数项. 【详解】由二项式的展开式的通项为， 可得展开式的第四项为， 因为二项展开式的第四项为常数项，所以，解得. 该常数项为. 故答案为： 39．已知展开式中存在常数项，则当n取最小值时，该展开式中的第2项为__________． 【答案】 【详解】的展开式的通项， 令，得，又因为，所以的最小值为. 此时展开式中的第2项为. 40．已知（）的展开式中，第4项系数与第6项系数之比为5∶6，则展开式一共有__________项． 【答案】7 【分析】由二项展开式通项公式得系数比，从而求得． 【详解】， 由第4项系数与第6项系数之比为得 ，解得：. 所以展开式一共有7项. 易错09 二项式系数最值判断失误 错误：分不清当n为奇数或偶数时，二项式系数最大值的位置． 注意：当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大． 41．（多选）已知 f(x)的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则（    ） A． B．的展开式中所有项的二项式系数和为1 C．是5的倍数 D． 【答案】AC 【分析】首先根据最大的二项式系数公式求，判断A，根据二项式系数和公式判断B，将写为，再根据二项展开式的特征判断C，利用二项展开式两边取导数，根据赋值法，判断D. 【详解】由条件可知，只有第5项的二项式系数最大，所以展开式有9项，由，可得，故A正确； 的展开式中所有项的二项式系数和为，故B错误； ，展开式的每一项都能被10整除，即能被5整除，故C正确； ，两边求导数，， 令，得，故D错误. 42．（多选）已知在的展开式中只有第四项的二项式系数最大，则下列结论错误的是（    ） A． B．展开式中含的项的系数是60 C．展开式的各二项式系数和为128 D．展开式的各项系数和为729 【答案】ACD 【分析】先利用二项式系数的对称性，根据展开式中只有第四项的二项式系数最大求出的值，再利用展开式通项公式和二项式系数性质逐一计算验证各选项的结论判断正误即可得. 【详解】对A：根据二项式系数的性质：展开式中只有一项二项式系数最大，说明为偶数， 且最大二项式系数对应中间项，则，即，故A错误； 对B：对，有， 令，解得，则， 即展开式中含的项的系数是，故B正确； 对C：二项式系数和为，故C错误； 对D：对，令，有， 故展开式的各项系数和为，故D错误. 43．已知在的二项展开式中，只有第6项的二项式系数最大，若在展开式中任取2项，其中抽到有理项的个数为1，这个事件记为事件A，则______． 【答案】 【分析】利用二项式系数的性质可知，再由二项展开式的通项求出有理项的个数，即可求解. 【详解】在的二项展开式中只有第6项的二项式系数最大，则， 可得的二项展开式的通项， 当为整数时，该项为有理项，因为且，所以当时， 分别为是整数，即有理项有3项，可得. 44．若展开式的第三项和第四项的二项式系数同时最大，则______，其展开式中的常数项为______. 【答案】 【分析】第1空，根据二项式展开共有项及二项式系数的对称性，可得到关于的等式，解出即可； 第2空，先写出通项公式，化简，令的指数为，即可求出项数，再代入计算即可求出常数项. 【详解】（1）解：由二项式展开共有项，又展开式的第三项和第四项的二项式系数同时最大， 则为奇数，且这两项为中间两项，所以，即，解得； （2）由（1）知，则二项式为，设其通项公式为， 则当该项为常数项时，，解得， 即第三项为常数项，所以. 45．已知（）. (1)若展开式中只有第7项的二项式系数最大，求的值； (2)当，时，求二项式的展开式中系数最大的项. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）若展开式中只有第7项的二项式系数最大，则展开式共13项，故． （2）当，时，二项式为． 展开式的通项为（，1，2，…，6）， 设第项系数最大，则， 即， 整理得，解得，又，所以． 所以二项式的展开式中系数最大的项为． 1．某同学从语文、数学、英语、物理、化学、生物这门课程中选择门报名参加合格性考试，其中，语文、数学这门课程同时入选的不同选法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【分析】根据题意可知，若语文、数学这门课程同时入选，则只需从剩余门课程中选择门即可，结合组合的知识，求解即可. 【详解】某同学从语文、数学、英语、物理、化学、生物这门课程中选择门报名参加合格性考试， 若语文、数学这门课程同时入选，则只需从剩余门课程中选择门即可， 故不同选法共有种. 故选：. 2．欧几里得在《几何原本》中证明了算术基本定理：任何一个大于1的自然数，可以唯一分解成有限个素数的乘积，如果不考虑这些素数在乘积中的顺序，那么这个乘积形式是唯一的.记（其中是素数，是正整数，，），这样的分解称为自然数的标准素数分解式.若的标准素数分解式为，则的正因子有个，根据以上信息，180的正因子个数为（    ） A．6 B．12 C．13 D．18 【答案】D 【分析】先将180分解成素数的乘积，然后根据题意求解即可. 【详解】根据N的标准分解式可得，故180的正因子个数为， 故选：D. 3．为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列选项中不正确的是（   ） A．课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，共有144种排法 B．课程“礼”排在“乐”的后面（可以不相邻），共有360种排法 C．课程“射”“御”排在不相邻的两周，共有240种排法 D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法 【答案】C 【详解】对A：利用“捆绑法”，满足条件的排法有种，故A正确； 对B：因为课程“礼”排在“乐”的后面和课程“乐”排在“礼”的后面的情况一样多，所以满足条件的排法有种，故B正确； 对C：利用“插空法”，满足条件的排法有种，故C错误； 对D：满足条件的排法可分为两类： 第一类，“御”排在第一周，这样的排法有种； 第二类，“御”不排在第一周，这样的排法有种. 所以满足条件的排法种.故D正确. 4．某单位将12个表彰名额分配给甲､乙､丙､丁四个部门，其中甲部门至少2个名额至多3个名额，乙､丙､丁三个部门每个部门至少2个名额，则不同的分配方案共有（    ） A．15种 B．19种 C．25种 D．46种 【答案】C 【分析】根据相同元素的分组分配问题进行求解，先分组后分配，常规法和隔板法都可以解答. 【详解】方法一（常规法）：因为甲部门至少2个名额至多3个名额，乙､丙､丁三个部门每个部门至少2个名额， 所以先给四个部门各分配2个名额，剩 个名额未分配，接下来分配这4个名额. 第一类，当甲不增加名额时，还剩4个名额分配给乙､丙､丁， 当4个名额分配给乙､丙､丁中的任意一个部门时，有种分法； 当4个名额分配给乙､丙､丁中的两个部门时，若一个部门有1个名额，另一个部门有3个名额，有种分法，若这两个部门都有2个名额，有种分法； 当4个名额分配给乙､丙､丁这三个部门，且两个部门各分配1个名额，另一个部门分配2个名额时，有种分法. 所以第一类共有 种方案. 第二类，当甲再增加1个名额时，还剩3个名额分配给乙､丙､丁， 当3个名额分配给乙､丙､丁中的任意一个部门时，有种分法； 当3个名额分配给乙､丙､丁中的两个部门，且一个部门有1个名额，另一个部门有2个名额时，有种分法； 当3个名额分配给乙､丙､丁这三个部门，且三个部门各分配1个名额时，有1种分法. 所以第二类共有 种方案. 综上，不同的分配方案共有种. 方法二（隔板法）：第一类，当甲分配2个名额时，先给乙､丙､丁三个部门各分配1个名额，还剩7个名额分配给乙､丙､丁三个部门，且每个部门至少1个名额， 在7个名额形成的6个空隙中插入2块隔板，有种方案； 第二类，当甲分配3个名额时，先给乙､丙､丁三个部门各分配1个名额，还剩6个名额分配给乙､丙､丁三个部门，且每个部门至少1个名额， 在6个名额形成的5个空隙中插入2块隔板，有种方案. 综上，不同的分配方案共有种. 5．（多选）小杨正在安排五一五天假期（月日月日）的旅行计划，他决定在这天里每天去一个不同的景点（其中甲、乙、丙是五个不同景点中的三个），则下列说法正确的是（    ） A．若甲、乙两景点必须在相邻的两天去，则不同的安排方法共有种 B．若去甲、乙两景点的两天不相邻，则不同的安排方法共有种 C．若去甲、乙、丙三个景点的先后顺序不变（不一定相邻），则不同的安排方法有种 D．若月日不去甲景点，月日不去乙景点，则不同的安排方法共有种 【答案】BD 【分析】利用捆绑法可判断A选项；利用插空法可判断B选项；利用倍缩法可判断C选项；记事件月日去甲景点，记事件月日去乙景点，则不同的排法种数为，结合韦恩图可判断D选项. 【详解】对于A选项，将甲、乙两景点捆绑，形成一个大元素，与其余三个景点进行排序， 所以不同的安排方法种数为种，故A错误； 对于B选项，先将除甲、乙两景点以外的三个景点进行排序， 再将甲、乙两景点插入其余三个元素中形成的个空位中的个， 由插空法可知，不同的安排方法种数为，故B正确； 对于C选项，若去甲、乙、丙三个景点的先后顺序不变（不一定相邻）， 由倍缩法可知，不同的排法种数为，故C错误； 对于D选项，记事件月日去甲景点，记事件月日去乙景点，如下图所示： 则月日去甲景点，且月日去乙景点，则， ， 所以，不同的排法种数为种，故D正确. 6．（多选）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某国学班计划开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门课程，每天开设一门，连续开设6天，则（    ） A．课程“数”不排在第一天的不同排法共有600种 B．课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有360种 C．课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有24种 D．课程“御”和“书”相邻的不同排法共有240种 【答案】ABD 【详解】对于A，优先排课程“数”，从除第一天以外的5天中选1天排课程“数”，再排剩下的课程， 则课程“数”不排在第一天的不同排法共有种，故A正确； 对于B，由于“射”与“御”的相对位置有2种（“射”前或“御”前），且两种情况排法数相等， 则课程“射”必须排在“御”前面的不同排法共有种，故B正确； 对于C，要使课程“御”、“书”、“数”互不相邻， 则可先排“礼、乐、射”，产生4个空位，再将“御、书、数”插入空位中， 则课程“御”、“书”、“数”互不相邻的不同排法共有种，故C错误； 对于D，要使课程“御”和“书”相邻，先排课程“御”和“书”，将2个课程看作一个整体与另外4个课程排列即可， 则课程“御”和“书”相邻的不同排法共有种，故D正确. 7．（多选）现有6本不同的书，下列说法正确的有（    ） A．分成一堆一本，一堆两本，一堆三本，共有60种方法 B．甲得一本，乙得两本，丙得三本，共有180种方法 C．一人得一本，一人得二本，一人得三本，共有360种方法 D．平均分给甲､乙､丙三人，共有90种方法 【答案】ACD 【详解】A选项，6本中选1本作为一堆，剩下5本中选2本作为一堆，剩下3本作为一堆， ，共有种方法． B选项，6本中选1本给甲，剩下5本中选2本给乙，剩下3本给丙， ，共有种方法． C选项，三人排序，6本中选1本给第一人，剩下5本中选2本给第二人，剩下3本给第三 人，，共有种方法． D选项，6本中选2本给甲，剩下4本中选2本给乙，剩下2本给丙， ，共有种方法． 8．（多选）已知，且第4项与第7项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（    ） A． B．展开式中的系数和等于二项式系数和 C． D． 【答案】ABC 【详解】由题意可得，则，故A正确； 因为，所以展开式的二项式系数和为，当时，展开式中的系数和为，故B正确； 令，得，令，得， 两式相减可得，故C正确； 令，则， 令，则，所以，故D不正确. 9．7位同学站成一排，其中甲乙丙三人相邻，且都不与丁相邻，则不同的排队方法有___________种.（以数字作答） 【答案】432 【分析】相邻元素捆绑法，不相邻元素插空法求解即可． 【详解】甲乙丙三人相邻，捆绑到一起有种方法，然后看成一个元素与丁不相邻采用插空法， 先将除甲乙丙丁外的其他3人排成一排有种方法，有4个空选2个空插进去有种方法, 所以共有 种方法． 10．已知一个行李箱密码由四个正自然数组成，且四个数字之和为7，则该密码共有______种可能. 【答案】20 【分析】根据隔板法求解即可. 【详解】已知密码由个正自然数组成，设四个数字分别为， 满足，且. 根据隔板法，解的个数为，共有种可能. 11．现将某工厂车间的6名班长和3名质检员平均分成三组参与春节期间的安全生产工作，各小组内3人分别负责生产安全、人员调度、产品质检三项工作，其中质检员只负责产品质检，则班长甲与质检员乙不在同一个小组的概率为______． 【答案】 【分析】计算总的分组方式有，再计算班长甲与质检员乙在同一个小组的方式数即可求解. 【详解】质检员分配有种方法，班长分配有， 所以总的分组方式有； 若班长甲与质检员乙在同一个小组，则有， 故所求为. 故答案为：. 12．某市推出“文明出行，平安上学”宣传活动，某宣传志愿者计划利用4天到7所学校进行宣讲，要求每天至多宣讲两所学校，7所学校中相距较远的甲、乙两校不安排在同一天宣讲，则不同的安排方法有______种 【答案】2160 【详解】将7所学校分成1，2，2，2四组，当甲或乙单独一组时，有种不同的分组方法； 当甲、乙分别与其他学校一组时，种不同的分组方法， 根据分类加法计数原理可知，甲、乙两校不安排在同一天宣讲，共有种不同的分组方法. 将分好的4组安排到4天中，共有种不同的安排方法， 根据分步乘法计数原理，共有种不同的安排方法. 13．某高中为提高学生的身体素质，特开设了“乒乓球”“排球”“羽毛球”“篮球”“足球”五门选修课程，要求该校每位学生在高一、高二每学年至多选修3门，高三至多选修1门，高一到高三三学年必须将五门选修课程选修完，每门课程限选修一学年，则每位学生的不同的选修方式有______种．（用数字作答） 【答案】90 【分析】本题是分组分配问题，第1步将五门选修课程分为3组且有3种情况；第2步将分好的三组安排在三年内选修，即可得. 【详解】第1步将五门选修课程分为3组， ①若分为3，1，1三组有种分组方法， ②若分为2，2，1三组有种分组方法， ③若分为3，2，0三组，有种分组方法， 第2步，将分好的三组安排在三年内选修， 因为要求该校每位学生高一、高二每学年至多选3门，高三至多选1门， 所以对于分组方法①②③，分别有种， 种，种情况， 所以共有种选修方式． 14．二项式的展开式中常数项为第__________项． 【答案】 【分析】利用二项式展开式的通项公式，令的指数为0求出r，即可得到常数项对应的项数. 【详解】展开式的第项为：，其中 令，得到，故展开式中常数项为第项. 15．展开式中第3项与第4项的二项式系数最大，设是展开式的第3项，若在上恒成立，则实数的取值范围是_____________． 【答案】 【分析】由二项式系数最大得，从而可知解析式，分离参数得， 构造函数，即在上，从而可求得取值范围. 【详解】在的展开式中，第3项和第4项的二项式系数最大， 则的展开式共6项，则，展开式的第3项为， 在上恒成立，所以， 在，，即， 令，即，， ，当 ，，当，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以， 所以实数的取值范围是. 16．（1）将6个不同的小球放入编号分别为1、2、3的三个不同盒子.若要使每个盒子的球数不小于它的编号数，则共有多少种不同的放法？ （2）有编号为1、2、3、4的四个不同的盒子，编号为1、2、3、4的四个不同的球，现把四个小球逐个随机放入四个盒子里.若每盒放一个球，且恰好只有一个球的编号与盒子的编号相同，则有多少种不同的放法？ （3）求方程的正整数解（）的组数. 【答案】（1）60（2）8（3）35 【分析】（1）利用组合数，结合分步计数原理即可； （2）利用分类法和列举法，来解决其中3个元素的错位排列数； （3）利用隔板法来求正整数解的个数即可. 【详解】（1）当每个盒子的球数不小于它的编号数时，1号盒1个球，2号盒2个球，3号盒3个球，共有种不同的放法. （2）每盒放一个球，且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，则1、2、3、4号盒子里对应的球编号可能为1，3，4，2；1，4，2，3；2，3，1，4；2，4，3，1；3，2，4，1；3，1，2，4；4，1，3，2；4，2，1，3，共8种不同放法. （3）此为求正整数解的组合问题，可使用隔板法：将8个1看作8个相同的小球，在其形成的7个空隙中选择3个插入隔板，即可分成4份正整数，故共有组正整数解. 17．在的二项展开式中． (1)若展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，求值； (2)若，求展开式通项和展开式中含项的系数； (3)若展开式中含有常数项，求最小的正整数的值． 【答案】(1) (2)通项为，含项的系数为 (3)最小正整数 【分析】（1）根据求解即可. （2）利用二项展开式的通项计算可得结果； （3）由通项得出含有常数项时，再结合其范围可得当时，取最小值5. 【详解】（1）因为展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以, 所以 （2）当时，展开式的通项为 令，解得 所以展开式中含项的系数为 （3）展开式的通项， 由于展开式含有常数项，可得 即，又 即当时，取最小值5，此时展开式含有常数项， 因此最小的正整数的值为5. 18．已知展开式中前三项的二项式系数和为. (1)求的值； (2)求展开式中含的项的系数； (3)求展开式中系数最大的项. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据及组合数公式得到方程，解得即可； （2）写出展开式的通项，利用通项计算可得； （3）设第项的系数最大，得到关于系数的不等式组，求出，再代入通项计算可得. 【详解】（1）因为展开式中前三项的二项式系数和为， 所以，即，解得或（舍去）， 所以； （2）因为展开式的通项为（其中且）， 令，解得， 所以，所以展开式中含的项的系数为； （3）设第项的系数最大， 所以，即，解得， 又，所以， 所以，所以展开式中系数最大的项为. 1/6 学科网（北京）股份有限公司 $