专题02 计数原理·排列·组合·二项式定理（十六大高频考点）（期末复习专项训练）数学苏教版高二选择性必修第二册

**基本信息** 以计数原理为核心，系统覆盖排列组合、二项式定理16类题型，通过重点标注与分层设计构建从基础到综合的解题逻辑链，培养数学抽象与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |计数原理基础|8题|含分类分步直接应用及代数计数，结合集合、函数背景|从原理到代数抽象，体现数学眼光观察现实问题| |排列问题|16题|含数字排列、涂色、相邻不相邻等，突出元素限制处理|从全排列到特殊元素/位置，培养有序思维与空间观念| |组合问题|16题|含组合数性质、分组分配、整数解等，强调分类讨论|从组合定义到复杂分配模型，发展逻辑推理与模型意识| |二项式定理|16题|含二项式、三项式、乘积及余数问题，结合杨辉三角|从展开式到系数应用，体现数学语言表达规律的严谨性|

专题02 计数原理·排列·组合·二项式定理 题型1 分类分步两大原理 题型9 代数中组合计数问题（难点） 题型2 代数中的计数问题 题型10 分组分配问题（重点） 题型3 数字排列问题（重点） 题型11 x+y+z=n的整数解的个数（常考点） 题型4涂色问题（重点） 题型12 二项式的问题（常考点） 题型5 全排列问题（常考点） 题型13 三项式的问题 题型6 元素有限制的排列问题 题型14 两项与两项的乘积问题 题型7 相邻与不相邻问题 题型15 整数与余数问题（重点） 题型8 组合数的性质及应用（重点） 题型16 杨辉三角（难点） 题型1 分类分步两大原理（共4小题） 1．某企业为河北农产品设计包装，有两类方式：方式一是使用现成包装模板，共种选择；方式二是自主定制，分两步完成，第一步先从种材质中选种，第二步再从种配色方案中选种．不同的包装选择种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】按照分类加法计数原理和分类乘法计数原理计算即可. 【详解】方式一：共种选择； 方式二：第一步先从种材质中选种，有种选择， 第二步再从种配色方案中选种，有种选择，共有种选择； 因此方式一和方式二共有种选择. 2．小明要从伊宁市去乌鲁木齐参加学科竞赛，他既可以选择坐火车，也可以选择乘飞机，火车每天有3趟，飞机每天有4次航班，那么小明在一天中从伊宁市去乌鲁木齐有多少种不同方法？（   ） A．12 B． C．7 D． 【答案】C 【详解】由题意，根据分类加法计数原理，小明在一天中从伊宁市去乌鲁木齐有种不同方法. 3．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． 4．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. 题型2 代数中的计数问题（共4小题） 5．设集合，函数，且对任意的，则满足题设的的个数为（　　） A．14 B．13 C．11 D．9 【答案】B 【分析】根据函数的定义，应用列举法写出对应函数值，进而确定的值，结合不等关系确定满足条件的函数个数. 【详解】由，函数，任意的， 若依次为，依次为， 当为，则为，满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，不满足； 当为，则为，满足； 综上，共有13个满足条件. 故选：B 6．求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．15 D．16 【答案】C 【分析】首先分解质因数，再根据分步乘法计数原理计算可得. 【详解】因为， 所以的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可， 有种取法，即有个正整数因数． 故选：C． 7．方程的非负整数解的组数为（    ） A．40 B．28 C．22 D．12 【答案】A 【分析】将分解质因数，即可求出的因数的个数，从而得解. 【详解】因为，所以的因数有个， 故方程的非负整数解的组数为40． 故选：A 8．集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有___________个． 【答案】 【分析】令，，求出集合的非空子集数，与集合的子集数，再由分步乘法计数原理计算可得. 【详解】集合中的完全平方数有，，， 令，， 则集合的非空子集有个， 集合的子集有个， 则满足条件的集合为集合的非空子集与集合的子集的并集， 故一共有个. 故答案为： 题型3 数字排列问题（共4小题）（重点） 9．用2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数的个数是（     ） A．5 B．120 C．625 D．1024 【答案】B 【详解】用2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数的个数为. 10．已知是由，，组成的一个三位数，表示为，其中，，，均表示从1到5中的任意数，若以，，为三条边长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数共有（   ） A．65个 B．55个 C．47个 D．35个 【答案】C 【分析】根据题意，分构成等边三角形和非等边等腰三角形，两种情况讨论，结合列举法，即可求解. 【详解】若构成等边三角形，边长为1到5的三位数共5个，所以有个； 若构成等腰三角形，设腰长为，底边长为，其中且， 当时，，每种对应3个排列，共个； 当时，，每种对应3个排列，共个； 当时，，每种对应3个排列，共个； 当时，，每种对应3个排列，共个； 由分类计数原理得，共有个. 11．用1，2，2，3，3，3这六个数字可组成（   ）个不同的三位数 A．19 B．15 C．27 D．18 【答案】A 【详解】三个数字全不同：只能选1、2、3各1个，全排列得个； 三个数字全相同：只有3能凑出三个相同，仅333这个； 恰好两个数字相同：相同数字为2：不同数字可选1或3，共2种选择， 选位置放不同数字共种，得个； 相同数字为3：不同数字可选1或2，同理个，共个. 将所有情况相加：，因此可组成19个不同的三位数. 12．定义“各位数字之和为6的三位数叫幸运数”，如123，222，则所有幸运数的个数为（    ） A．21 B．16 C．11 D．6 【答案】A 【详解】设三位数的百位、十位、个位数字分别为， 因为， 所以， 当时，，， 幸运数为，共6个， 当时，，， 幸运数为，共5个， 当时，，， 幸运数为，共4个， 当时，，， 幸运数为，共3个， 当时，，， 幸运数为，共2个， 当时，，， 幸运数为，共1个， 综上所述三位数字之和为6的幸运数总计21个. 题型4涂色问题（共4小题）（重点） 13．某六角星徽章由A，B，C，D，E，F六个平行四边形区域构成，现有3种颜色可供这六个区域进行涂色，要求每个区域只能涂1种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（    ） A．36 B．60 C．66 D．78 【答案】C 【分析】利用分步乘法原理可得答案. 【详解】若颜色全相同，选颜色共种选法； 涂：每个区域不能是的颜色， 因此每个区域各有种选择，共种.共有种方法. 若用两种不同颜色，选2种颜色种；再分配给三个区域种， 因此共种涂法. 涂，仅夹在两个同色区域之间的那个区域有种选择， 其余两个夹在异色区域之间的区域各只有种选择，共种. 因此共有种方法. 若颜色全不同，用3种颜色，共种涂法； 涂，每个区域夹在两个异色区域之间，仅剩余1种颜色可选，共种. 共有种方法. 将三类相加，总涂色方法为种. 14．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． 15．小明周末打开了一款航天基地主题的游戏，看着屏幕上熟悉的平面布局，他突然意识到沉迷游戏不如用数学探索世界．于是他将基地平面图转化为涂色问题：中央中控楼不涂色，周围五个功能区域如图所示．现用红、黄、蓝、绿四种颜色给这五个区域涂色，要求相邻区域不同色（其中四种颜色可以用完，也可以不需用完）．则不同的涂色方法有______种（用数字作答）． 【答案】168 【分析】先分两类讨论，每一类用分步乘法计数原理计算，最后再用分类加法计数原理相加可求解. 【详解】根据题意，有以下两种情况： （1）工业区和离心机室颜色相同，则工业区有4种涂法，宿舍区有3种涂法，浮力室有2种涂法，离心机室有1种涂法，黑室有3种涂法，共有 种； （2）工业区和离心机室颜色不同，则工业区有4种涂法，宿舍区有3种涂法，浮力室有2种涂法，离心机室有2种涂法，黑室有2种涂法，共有种； 综上，共有72 种. 16．（多选）将图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，则下列说法正确的是（   ） A．若每块区域任意涂上一种颜色，则共有种不同涂法 B．若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则共有24种不同涂法 C．若4种不同颜色全部用上，B，D同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 D．若4种不同颜色全部用上，B，D不同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 【答案】AB 【详解】对于A，每块区域任意涂上一种颜色，即每块区域都有4种选择，则有种不同涂法，A正确； 对于B，若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则和同色，和同色，则共有种不同涂法，故B正确； 对于C，因4种不同颜色全部用上，，同色，相邻区域不同色，故可以先涂，区域，有种涂法， 因三个区域都与，相邻，故只需将余下的3种颜色在上全排，有种涂法，则共有种涂法，故C错误； 对于D，按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法， 因，不同色（只有一种颜色可选），此时四块区域所用颜色各不相同，涂只能与同色，此时共有24种涂法，故D错误. 题型5 全排列问题（共4小题）（常考点） 17．一个火车站有6股岔道，如果每股道只能停放1列火车，现要停放2列不同的火车，不同的停放方法共有______种 【答案】30 【详解】一个火车站有6股岔道，如果每股道只能停放1列火车， 现要停放2列不同的火车，不同的停放方法共有种. 18．（多选）羽毛球比赛结束后，4名选手和甲、乙两名裁判站成一排拍照留念，则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙相邻的排法有480种 B．甲、乙不相邻的排法有480种 C．甲在乙的右边（可以不相邻）的排法有360种 D．甲不在排头，且乙不在排尾的排法有504种 【答案】BCD 【分析】用捆绑法求出总的排法，从而判断A；用插空法求出总的排法数，从而判断B；根据甲在乙的右边与甲在乙的左边各占全排列的一半，求出总的排法数，从而判断C；分当甲排在排尾和当甲不排在排尾，求出总的排法数，从而判断D. 【详解】对于A，当甲、乙相邻时，将甲、乙捆绑在一起，其排法数共有种排法，故A错误； 对于B，将4名选手全排列，再将甲、乙二人插入4名选手产生的5个空中，共有种排法，故B正确； 对于C，因为甲在乙的右边与甲在乙的左边各占全排列的一半， 所以甲在乙的右边共有种排法，故C正确； 对于D，当甲排在排尾时，乙自然不在排尾，此时有种排法； 当甲不排在排尾时，甲只能排在中间4个位置中的一个，乙只能排在除排尾和甲所占的位置剩下的4个位置中的一个，其余的人全排列，共有种排法， 所以一共有种排法，故D正确. 19．五位同学站成一排拍照，其中甲必须站在左端或右端，则不同的站法共______种． 【答案】48 【分析】先确定甲的位置，然后剩余同学全排列即可求解. 【详解】先安排特殊元素甲：甲只能在左端或右端，因此甲有种站法； 剩余位同学在剩下的个位置全排列，排列数为； 根据分步乘法计数原理，总站法为种. 20．将标有、、、、、的六张数字卡片分成甲、乙、丙三组，要求每组都有奇数数字卡片与偶数数字卡片，则不同的分法总数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】确定奇数数字卡片、偶数数字卡片分配给甲、乙、丙三人的分配方法种数，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】将奇数数字卡片分配给甲、乙、丙三组，可以是、、或、、或、、，有种分配方法， 将偶数数字卡片分配给甲、乙、丙三组，共种分法， 由分步乘法计数原理知共种分法． 题型6 元素有限制的排列问题（共4小题） 21．（多选）安排语、数、英、物4位老师进班答疑，每位老师可选择周一至周五的某一天答疑，每人只安排一天，每天可以有多位老师答疑，则下列说法正确的是（   ） A．不同的安排方法共有种 B．若恰有2位老师安排在同一天答疑，则不同的安排方法共有360种 C．若4位老师的答疑日期都不相同，且数学和物理老师答疑的日期不相邻，则不同的安排方法共有36种 D．若4位老师的答疑日期都不相同，因为数学是物理的基础，所以数学答疑必须排在物理答疑之前（可不相邻），则不同的安排方法共有60种 【答案】BD 【详解】对于A，不同的安排方法共有种，A错误； 对于B，恰有2位老师安排在同一天答疑，则不同的安排方法共有种，B正确； 对于C，4位老师的答疑日期都不相同的总排法种， 数学和物理老师答疑的日期相邻的排法有， 所以数学和物理老师答疑的日期不相邻的排法有种，C错误； 对于D，4位老师的答疑日期都不相同，且数学答疑必须排在物理答疑之前共有种安排方法，D正确； 22．已知为的任意一个排列，则满足对于任意的，都有的排列有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】D 【分析】先由时的总和约束，推出首项，仅可能为或；当时，剩余个数任意排列均满足条件，共个；当时，分三类讨论，其中，时剩余数任意排列，分别由个，时，不能取，仅个有效排列，合计个；两类相加共个． 【详解】因为，所以时，必有，即． ①当时，任意排列均满足题意，共有（个）． ②当时，只能取或或（不满足）， 则满足题意的所有情况如下： 排列均符合题意，有（个）， 排列均符合题意，有（个）， 排列符合题意的有，，，共个（，不满足）． 综上，满足题意的排列共有（个）． 23．某4位同学排成一排准备照相时，又来了3位同学要加入，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（   ） A．150 B．160 C．180 D．210 【答案】D 【详解】7位同学排成一排准备照相时，共有种排法，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则有种排法. 24．某班一天8节课，上、下午各4节．现安排上午两节语文课连上，下午两节数学课连上，英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，不同的排法种数是（    ） A．72 B．108 C．216 D．288 【答案】C 【分析】先排语文与数学，再通过乘法原理求解即可. 【详解】上午两节语文课连上有三种可能，同理下午两节数学课连上有三种可能， 因为英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，直接全排列，所以有种. 题型7 相邻与不相邻问题（共4小题） 25．现一排有7个座位，安排甲、乙、丙3名同学就坐，若这3位同学不相邻，则不同的安排方法有（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】先将4个空座位排成一排，形成5个可插入的空隙， 再将3名同学安排在这5个空隙中，共有种方法. 26．从包含甲、乙2人的6人中选4人参加米接力赛，求在下列条件下，各有多少种不同的排法？（结果用数字作答） (1)甲、乙2人都被选中且必须跑中间两棒； (2)甲、乙2人都被选中且必须跑相邻两棒； (3)甲、乙2人都被选中且不能相邻两棒. 【答案】(1)24 (2)72 (3)72 【分析】（1）先安排甲、乙的位置，再从剩余的4人中选2人并安排在剩余位置； （2）采用捆绑法，先选后排； （3）插空法，先从其余4人中选2人进行排列，再将甲乙两人插入空位. 【详解】（1）甲乙两人在中间两棒，则有种排法， 从剩下4人选出2人排列到两边，有种排法， 所以共有种排法；                                           （2）将甲乙绑定到一起，内部有2种排法，从剩下4人选出2人，有种选法， 全排列3个元素有种排法，所以共有种排法； （3）先从剩下4人选出2人先排列，有种排法， 将甲乙插入到已排列的两个元素邻近的3个空位中，以保证甲乙不相邻，有种排法， 所以共有种排法. 27．（多选）已知3名女同学与5名男同学站成一排，则（   ） A．不同排法数为 B．3名女同学站在一起的排法数为 C．3名女同学两两不相邻的排法数为 D．3名女同学都不站两端的排法数为 【答案】BCD 【分析】根据排列知识，结合捆绑法、插空法及特殊位置法求解即可. 【详解】若3名女同学与5名男同学站成一排，则不同排法数为，A错误； 由捆绑法可得，3名女同学站在一起的排法数为，B正确； 由插空法可得，3名女同学两两不相邻的排法数为，C正确； 若3名女同学都不站两端，则从5名男同学中选2名进行排列，剩余3名男同学与3名女同学进行全排列， 则3名女同学都不站两端的排法数为，D正确. 28．（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. 题型8 组合数的性质及应用（共4小题）（重点） 29．已知，则（   ） A．11 B．12 C．13 D．14 【答案】D 【详解】由组合数性质知， 所以，所以，得 30．已知甲、乙、丙、丁四名男生结伴游玩，入住的酒店仅有单人房和双人房两种房型，则四人不同的订房方案数为_________． 【答案】 【详解】当订购2间双人房时，共有种方案， 当订购1间双人房和2间单人房时，共有种方案， 当订购4间单人房时，共有1种方案， 综上，由分类加法计数原理知共有种方案. 31．已知，则（   ） A．64 B．56 C．20 D．6 【答案】B 【详解】因为，所以由组合数性质得， 所以. 32．（多选）下列结论正确的是（    ） A． B．（m，n为正整数且） C． D．满足方程的x值可能为1或5 【答案】AB 【分析】根据组合数公式和性质判断选项. 【详解】对于A，由公式可知A正确； 对于B，，， 所以（m，n为正整数且），故B正确； 对于C，因，故C错误； 对于D，因为，所以，解得， 当时，，成立，故D错误. 33．已知集合，若，则满足条件的集合个数为（    ） A．84 B．96 C．117 D．135 【答案】C 【详解】因为，所以能被3整除，所以除以3的余数相同，中的元素能被3整除的整数有，被3除余1的整数有，被3除余2的整数有， 当都被3整除时，则从被3整除的4个数中选取3个， 或可从被3整除的4个数中选取2个，从其余7个数中选择， 所以的个数为， 当被3除余1时，则从被3除余1的4个数中选取3个， 或可从被3除余1的4个数中选取2个，从其余7个数中选择， 所以的个数为， 当被3除余2时，则从被3除余2的3个数中选取3个， 或可从被3除余2的3个数中选取2个，从其余8个数中选择， 所以的个数为，所以满足条件的集合共有个. 题型9 代数中组合计数问题（共4小题）（难点） 34．将1，2，3，4，5，6这6个数排在图中，，，，，六个位置，则任意相邻两数之积不超过20的概率为__________．    【答案】/0.3 【分析】先得到6不能与4或5相邻，结合组合知识进行求解 【详解】任意相邻两数之积不超过20，则6不能与4或5相邻， 故6的两侧可以为1，2，可以为1，3，也可以为2，3； 又6的两侧共有种情况安排， 综上，任意相邻两数之积不超过20的概率为； 35．设为函数的定义域，若对于且，都有，我们称为“不减函数”.若定义域，值域为，且，则符合条件的不减函数有______个. 【答案】20 【分析】根据“不减函数”的定义，值域中的元素个数可以为1个，2个，3个，分三种情况讨论，分别求出每种情况中不减函数的个数，再求和即可. 【详解】根据“不减函数”的定义，值域中的元素个数可以为1个，2个，3个， 所以分三种情况讨论： （1）若值域中的元素个数为1个，当分别取时，所对应的三个函数值都相同， 可以是中的任何一个，所以有种取法，即有4个“不减函数”； （2）若值域中的元素个数为2个，有两种情况： ①取时所对应的函数值相同，此时只需从这4个数字中任选2个， 其中较大者为所对应的函数值，较小者为1所对应的函数值，所以有种取法，即有6个“不减函数”； ②取时所对应的函数值相同，同理有种取法，即有6个“不减函数”； （3）若值域中的元素个数为3个，此时只需从这4个数字中任选3个， 其中较大者为3所对应的函数值，居中者为2所对应的函数值，较小者为1所对应的函数值， 所以有种取法，即有4个“不减函数”. 所以符合条件的不减函数有个. 36．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为：（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】六个数字中有三个偶数，分别是；有三个奇数，分别是. 从三个偶数中任取两个，其和为偶数，有种不同取法； 从三个奇数中任取两个，其和为偶数，有种不同取法. 所以共有种不同取法. 37．某学校派出包括小明，小红在内的12名志愿者参加志愿活动，活动过程中需要将他们随机平均分成3个小组，那么小明和小红出现在同一个小组的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，求出均分成3组的分法数，再求出小明和小红出现在同一组的分法数并求出概率. 【详解】将12名志愿者随机平均分成3个小组，有种方法， 其中小明和小红出现在同一个小组，有种方法， 所以小明和小红出现在同一个小组的概率为. 38．将6个各不相同的小球全部放入4个颜色各不相同的盒子中，每个盒子至少放一个小球，其中红色盒子至多放两个小球，则一共有（    ）种不同的放法. A．480 B．540 C．1440 D．4320 【答案】C 【分析】若红色盒子放一个小球，则剩下三个盒子按照1:2:2或1:1:3来放；若红色盒子放两个小球，则剩下三个盒子按照1:1:2来放，再利用分组分配求解. 【详解】若红色盒子放一个小球，则剩下三个盒子按照1:2:2或1:1:3来放， 若按照1:2:2来放：有种， 若按照1:1:3来放：有种， 若红色盒子放两个小球，则剩下三个盒子按照1:1:2来放， 共有种， 故一共有540+360+540=1440种不同的放法. 故选：C. 题型10 分组分配问题（共4小题）（重点） 39．某校准备组建2个社团，现将5名同学分配到这2个社团，每名同学只能去其中1个，每个社团至少分配2名同学，则不同的分配方案的种数为___________． 【答案】20 【分析】将五名同学分为两组，再将分好的两组同学分配到两个不同的社团中即可. 【详解】将五名同学分为两组，一组2人，一组3人，有种， 再将这两组同学分配到两个不同的社团中，有种分配方式， 则总的分配方案有种. 40．第十五届全国运动会共有约5万名“小海豚”志愿者奔波于各个比赛场馆，他们在赛场内外用贴心的服务照亮每一场精彩赛事. 若要把4名新加入的志愿者全部随机分配到A、B、C三个不同的场馆服务，每个场馆至少分配到1名志愿者，每名志愿者只去1个场馆，且甲不能去A场馆，乙必须去B场馆，则共有______种分配方法. 【答案】7 【分析】分甲、乙被分配1个场馆和甲、乙被分配不同场馆进行讨论，结合分步计算原理及排列组合求解． 【详解】三个场馆每个场馆至少分配到1名志愿者， 所以4名志愿者将以2，1，1分配给三个场馆， 第一类，甲、乙被分配1个场馆，甲、乙只能分配到B场馆，此类共有种方法， 第二类，甲、乙被分配不同场馆，则甲只能分配到C场馆， 若剩下2人（丙丁）分配到同一个场馆，则只能分配到A场馆，有1种方法； 若剩下2人（丙丁）分配到不同场馆，则2人先选1人分配到A场馆， 剩下1人可选择分配到B场馆或C场馆，共有种， 则总共种分配方法． 41．方程的正整数解的个数为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先确定变量的正整数取值，再对剩余变量的和用挡板法分情况计算分组数，累加得到结果. 【详解】已知均为正整数，即. 由， 结合，得，解得，故可取. 利用挡板法：将个相同元素分为3组且每组至少1个，分组方式数为. 当时，，分组数， 当时，，分组数， 当时，，分组数， 当时，，分组数， 因此，总分组方式数为. 42．向量，其中，且，，均为正整数，则满足条件的的个数是（     ） A．84 B．56 C．36 D．21 【答案】B 【分析】将问题转化为计算正整数不定方程（取3到8的整数）的解数之和，利用隔板法求解. 【详解】已知均为正整数，故， 因此的最小取值为，符合约束， 所以的取值范围为， 对于正整数不定方程，根据隔板法，其正整数解的个数为： 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 当时，解的个数为； 将所有解数求和得总个数为，即满足条件的向量的个数为56. 题型11 x+y+z=n的整数解的个数（共4小题）（常考点） 43．方程的非负整数的个数为（   ） A．495 B．715 C．1001 D．2002 【答案】B 【分析】利用隔板法求解. 【详解】，， 则问题转化为将14个相同的元素分成5份，每份至少1个， 需要在14个元素之间的13个空隙中插入4个隔板， 则方程非负整数解的个数有. 44．（多选）已知，关于方程，则下列说法正确的是（    ） A．当时，该方程有15组解 B．当时，该方程的解满足的概率为 C．当时，该方程有35组解 D．当时，该方程有495组解 【答案】BCD 【分析】根据组合数的计算、古典概率、隔板法等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】对于A，当时，中有3个2，2个1， 所以该方程解的组数为，故A错误； 对于B，因为中有3个2，2个1，且， 所以，，，中有2个是1，1个是2， 所以所求概率为，故B正确； 对于C，当时，相当于在8个1之间的7个空隙中选4个插入4个隔板， 把8个1分为5部分，各部分1的个数分别为的值， 所以解的组数为，故C正确； 对于D，当时，设，则，且， 相当于在13个1之间的12个空隙中选4个插入4个隔板，把13个1分为5部分， 各部分1的个数分别为的值， 所以解的组数为，故D正确． 45．若展开式中的常数项为90，则常数的值为（    ） A．4 B．2 C．8 D．6 【答案】D 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解. 【详解】展开式的通项为， 令，则，故常数项为，则. 46．若的展开式中第4项为常数项，则n的值为______． 【答案】12 【详解】由题得展开式的通项为， 当时，，所以 题型12 二项式的问题（共4小题）（常考点） 47．若的二项展开式中，第5项为常数项，则__________. 【答案】 【分析】利用二项展开式通项以及已知条件可得出关于的等式，即可得解. 【详解】根据二项式定理，其展开式的第项通项为： ， 当时，第5项为为常数， 则， 解得：. 48．若的展开式中第4项为160，则__________. 【答案】 【分析】根据二项式展开的通项公式，结合题意，列出等式，化简计算，即可得答案. 【详解】的展开式中第4项为， 所以，解得. 故答案为： 49．（多选）关于多项式的展开式，下列结论正确的是（    ） A．各项系数之和为32 B．常数项为80 C．项的系数为 D．展开式一共有21项 【答案】AC 【分析】由多项式展开式令代入计算判断A；令或或，计算可判断B；令或，计算可判断C；由的指数取值范围求解可判断D. 【详解】由题意得多项式展开式的通项如下， 为 ， 即， 对于A，令得， 所以各项系数之和为32，故A正确； 对于B，常数项中的次数为0，则或或， 则，故B错误； 对于C，令，得或， 所以项为， 故项的系数为，故C正确； 对于D，因为，的指数为的整数， 化简可得， 所以展开式一共有9项，故D错误； 50．的展开式中，的系数为（    ） A．135 B．15 C． D． 【答案】A 【详解】由题意可知的通项为，， 可知的通项为， 令，，解得，，所以的系数为． 题型13 三项式的问题（共4小题） 51．多项式的展开式中，含项的系数为______. 【答案】 【分析】由展开式通项为，再写出的展开式通项，结合所得写出含项的系数即可. 【详解】由可写为，展开式为，， 对于，其展开式为，， 当，即， 若，，则对应项的系数为， 若，，则对应项的系数为， 综上，含项的系数为. 52．已知，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题列式求解. 【详解】依题意，展开式中含的项为， 所以. 53．的展开式中的系数为______________．（用数字作答） 【答案】 【分析】利用二项展开式的通项公式，分析的展开式中含项的系数，含项的系数，即可得解． 【详解】由二项式的展开式的通项为， 其中含项的系数为0，含项的系数为， 所以的展开式中的系数为． 54．的展开式中常数项为___________． 【答案】 【详解】. 展开式通项为：，. 不存在的值使得，的展开式中没有常数项； 当且仅当时，的展开式可取到常数项， 展开式的常数项为. 综上所述：的展开式中常数项为. 题型14 两项与两项的乘积问题（共4小题） 55．已知展开式中项的系数为30，则（   ） A．2 B． C．4 D． 【答案】A 【详解】，其中的展开式通项为， 展开式中项来自两部分，当，，当，， 由题意可得，解得. 56．已知的展开式中各项系数的和为2，则展开式中含项的系数为（   ） A． B．120 C． D．240 【答案】D 【分析】根据各项系数和得，再写出的展开式通项，结合乘积形式写出展开式中含项的系数. 【详解】由题意，时，所以二项式为， 其中的展开式通项为，， 所以，则，此时， ，则不是整数，故该项不存在， 综上，展开式中含项的系数为. 57．（多选）下列说法正确的是（   ） A． B．若 则 C．被整除的余数为 D．精确到的近似数为 【答案】ABD 【详解】对于A，由二项式定理可得，故A正确； 对于B，已知， 展开式的通项为， 由此可知，系数正负交替， 因此各项系数的绝对值之和等于展开式的各项系数之和， 令，代入，得到系数绝对值之和为， 即， 令，代入，得， 所以，故B正确； 对于C，， 因为能被整除，因此除以的余数等价于除以的余数， 在正整数范围内，除以的余数是，即除以的余数是，故C错误； 对于D，，故D正确. 题型15 整数与余数问题（共4小题）（重点） 58．已知，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．除以5所得的余数是1 D． 【答案】C 【分析】根据二项展开式的形式，结合选项，合理利用赋值法求解，即可得到答案. 【详解】对于A，令，可得，所以A错误； 对于B，令，可得， 因为，所以，所以B错误； 对于C，由，所以除以5所得的余数是，所以C正确； 对于D，由二项式展开式的通项为， 可得为正数，为负数， 所以， 令，可得， 因为，所以，所以D错误. 59．（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. 60．（多选）若，则（    ） A． B． C． D．除以的余数为1 【答案】AB 【分析】利用组合数公式求得，再应用排列组合数的性质分析A、B、C，根据二项式定理确定余数判断D. 【详解】，解得. 令， 则，两式相加得 ，所以， 故A正确； 因为，所以 ，故B正确； ， ， 所以时，，故C错误； ，都能被整除，故只要求除以7的余数即可. ，同理只要求除以7的余数， 又， 所以除以7的余数为，故D错误. 题型16 杨辉三角（共4小题）（难点） 61．（多选）我国南宋数学家杨辉年所著的《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自豪的，以下关于杨辉三角的叙述正确的是（   ） A．在“杨辉三角”第行中，从左到右第8个数是 B．第行的第个数最大 C．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 D．在“杨辉三角”中，当时，从第3行起，每一行的第3列的数字之和为 【答案】ABC 【分析】利用组合数的对称性，结合二项式系数的对应关系计算，判断选项A；根据二项式系数的单调性，偶数行最大系数在正中间，判断选项B；利用组合恒等式判断选项C；先确定第3列的数为，再结合组合恒等式计算，判断选项D． 【详解】根据题意，杨辉三角第行对应二项式系数，第行第个数为， 则第行，从左到右第个数： ，故正确; 第行，最大二项式系数在中间位置：行数，中间位置为， 故第个数最大，故B正确； 由组合恒等式，是第行的中间项， 故第行所有数字的平方和等于第行的中间项，故C正确； 由，结合各行第3列的数为，则 ，故D错误． 62．（多选）我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．该表蕴含着许多的数学规律，下列结论正确的是（   ） A． B． C．从左往右逐行数，第2023项在第63行第7个 D．第5行到第10行的所有数字之和为2024 【答案】AC 【分析】A选项，利用组合数的计算性质进行判断；B选项，利用展开计算即可判断；C选项，利用等差数列求和公式求出第n行最后一项对应的项数，然后确定第2023项所在行数及位置；D选项，利用进行计算. 【详解】A选项，由组合数的计算性质知 ，A正确； B选项，，B错误； C选项，第行共有项，从左往右逐行数，第行最后一项对应的项数为，因为，且，所以，从左往右逐行数，第2023项在第63行第7个，C正确； D选项，第行所有项之和为，所以，第5行到第10行的所有数字之和为，D错误． 故选：AC 63．（多选）如图所示为杨辉三角，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行中从左到右第28个数和第2000个数大小相等 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第45行的所有数字之和被9除的余数为1 D．若存在，使得（且）为公差不为0的等差数列，则 【答案】ABD 【分析】利用组合数对称性、组合数求和公式、二项式定理构造分析余数、组合数性质与二项式展开，逐一验证各选项正误. 【详解】对于选项A： 第行的第个数为，因此第个数为，第个数为. 由组合数对称性，得，故A正确. 对于选项B： 第行的第个数为，所求和为. 由组合数求和公式，得，故B正确. 对于选项C： 第行所有数字之和为， 由二项式定理展开：, 展开式中前项均含有因式，均可被整除，仅剩最后一项， 因此（），即， 可得被除余数为，故C错误. 对于选项D： 由组合数性质，得数列为公差不为的等差数列. 是关于的次多项式，等差数列对应一次多项式，故，即. 所以 ， 故D正确. 64．如图，“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，比欧洲发现早500年左右.则第2025行所有数的和为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】杨辉三角的第行对应二项式展开 的系数，即 ，这些系数的和为 ，因此第2025行所有数的和为 . 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 计数原理·排列·组合·二项式定理 题型1 分类分步两大原理 题型9 代数中组合计数问题（难点） 题型2 代数中的计数问题 题型10 分组分配问题（重点） 题型3 数字排列问题（重点） 题型11 x+y+z=n的整数解的个数（常考点） 题型4涂色问题（重点） 题型12 二项式的问题（常考点） 题型5 全排列问题（常考点） 题型13 三项式的问题 题型6 元素有限制的排列问题 题型14 两项与两项的乘积问题 题型7 相邻与不相邻问题 题型15 整数与余数问题（重点） 题型8 组合数的性质及应用（重点） 题型16 杨辉三角（难点） 题型1 分类分步两大原理（共4小题） 1．某企业为河北农产品设计包装，有两类方式：方式一是使用现成包装模板，共种选择；方式二是自主定制，分两步完成，第一步先从种材质中选种，第二步再从种配色方案中选种．不同的包装选择种数为（    ） A． B． C． D． 2．小明要从伊宁市去乌鲁木齐参加学科竞赛，他既可以选择坐火车，也可以选择乘飞机，火车每天有3趟，飞机每天有4次航班，那么小明在一天中从伊宁市去乌鲁木齐有多少种不同方法？（   ） A．12 B． C．7 D． 3．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 4．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 题型2 代数中的计数问题（共4小题） 5．设集合，函数，且对任意的，则满足题设的的个数为（　　） A．14 B．13 C．11 D．9 6．求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．15 D．16 7．方程的非负整数解的组数为（    ） A．40 B．28 C．22 D．12 8．集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有___________个． 题型3 数字排列问题（共4小题）（重点） 9．用2，3，4，5，6组成没有重复数字的四位数的个数是（     ） A．5 B．120 C．625 D．1024 10．已知是由，，组成的一个三位数，表示为，其中，，，均表示从1到5中的任意数，若以，，为三条边长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则这样的三位数共有（   ） A．65个 B．55个 C．47个 D．35个 11．用1，2，2，3，3，3这六个数字可组成（   ）个不同的三位数 A．19 B．15 C．27 D．18 12．定义“各位数字之和为6的三位数叫幸运数”，如123，222，则所有幸运数的个数为（    ） A．21 B．16 C．11 D．6 题型4涂色问题（共4小题）（重点） 13．某六角星徽章由A，B，C，D，E，F六个平行四边形区域构成，现有3种颜色可供这六个区域进行涂色，要求每个区域只能涂1种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（    ） A．36 B．60 C．66 D．78 14．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 15．小明周末打开了一款航天基地主题的游戏，看着屏幕上熟悉的平面布局，他突然意识到沉迷游戏不如用数学探索世界．于是他将基地平面图转化为涂色问题：中央中控楼不涂色，周围五个功能区域如图所示．现用红、黄、蓝、绿四种颜色给这五个区域涂色，要求相邻区域不同色（其中四种颜色可以用完，也可以不需用完）．则不同的涂色方法有______种（用数字作答）． 16．（多选）将图中A，B，C，D，E五块区域涂上颜色，现有4种不同的颜色可供选择，则下列说法正确的是（   ） A．若每块区域任意涂上一种颜色，则共有种不同涂法 B．若只用3种不同颜色，且相邻区域不同色，则共有24种不同涂法 C．若4种不同颜色全部用上，B，D同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 D．若4种不同颜色全部用上，B，D不同色，且相邻区域不同色，则共有48种不同涂法 题型5 全排列问题（共4小题）（常考点） 17．一个火车站有6股岔道，如果每股道只能停放1列火车，现要停放2列不同的火车，不同的停放方法共有______种 18．（多选）羽毛球比赛结束后，4名选手和甲、乙两名裁判站成一排拍照留念，则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙相邻的排法有480种 B．甲、乙不相邻的排法有480种 C．甲在乙的右边（可以不相邻）的排法有360种 D．甲不在排头，且乙不在排尾的排法有504种 19．五位同学站成一排拍照，其中甲必须站在左端或右端，则不同的站法共______种． 20．将标有、、、、、的六张数字卡片分成甲、乙、丙三组，要求每组都有奇数数字卡片与偶数数字卡片，则不同的分法总数为（    ） A． B． C． D． 题型6 元素有限制的排列问题（共4小题） 21．（多选）安排语、数、英、物4位老师进班答疑，每位老师可选择周一至周五的某一天答疑，每人只安排一天，每天可以有多位老师答疑，则下列说法正确的是（   ） A．不同的安排方法共有种 B．若恰有2位老师安排在同一天答疑，则不同的安排方法共有360种 C．若4位老师的答疑日期都不相同，且数学和物理老师答疑的日期不相邻，则不同的安排方法共有36种 D．若4位老师的答疑日期都不相同，因为数学是物理的基础，所以数学答疑必须排在物理答疑之前（可不相邻），则不同的安排方法共有60种 22．已知为的任意一个排列，则满足对于任意的，都有的排列有（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 23．某4位同学排成一排准备照相时，又来了3位同学要加入，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（   ） A．150 B．160 C．180 D．210 24．某班一天8节课，上、下午各4节．现安排上午两节语文课连上，下午两节数学课连上，英语、物理、体育、音乐各一节的课程表，不同的排法种数是（    ） A．72 B．108 C．216 D．288 题型7 相邻与不相邻问题（共4小题） 25．现一排有7个座位，安排甲、乙、丙3名同学就坐，若这3位同学不相邻，则不同的安排方法有（ ） A． B． C． D． 26．从包含甲、乙2人的6人中选4人参加米接力赛，求在下列条件下，各有多少种不同的排法？（结果用数字作答） (1)甲、乙2人都被选中且必须跑中间两棒； (2)甲、乙2人都被选中且必须跑相邻两棒； (3)甲、乙2人都被选中且不能相邻两棒. 27．（多选）已知3名女同学与5名男同学站成一排，则（   ） A．不同排法数为 B．3名女同学站在一起的排法数为 C．3名女同学两两不相邻的排法数为 D．3名女同学都不站两端的排法数为 28．（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 题型8 组合数的性质及应用（共4小题）（重点） 29．已知，则（   ） A．11 B．12 C．13 D．14 30．已知甲、乙、丙、丁四名男生结伴游玩，入住的酒店仅有单人房和双人房两种房型，则四人不同的订房方案数为_________． 31．已知，则（   ） A．64 B．56 C．20 D．6 32．（多选）下列结论正确的是（    ） A． B．（m，n为正整数且） C． D．满足方程的x值可能为1或5 33．已知集合，若，则满足条件的集合个数为（    ） A．84 B．96 C．117 D．135 题型9 代数中组合计数问题（共4小题）（难点） 34．将1，2，3，4，5，6这6个数排在图中，，，，，六个位置，则任意相邻两数之积不超过20的概率为__________．    35．设为函数的定义域，若对于且，都有，我们称为“不减函数”.若定义域，值域为，且，则符合条件的不减函数有______个. 36．从0，1，2，3，4，5这六个数字中，任取两个不同的数字相加，其和为偶数的不同取法的种数为：（    ） A． B． C． D． 37．某学校派出包括小明，小红在内的12名志愿者参加志愿活动，活动过程中需要将他们随机平均分成3个小组，那么小明和小红出现在同一个小组的概率为（ ） A． B． C． D． 38．将6个各不相同的小球全部放入4个颜色各不相同的盒子中，每个盒子至少放一个小球，其中红色盒子至多放两个小球，则一共有（    ）种不同的放法. A．480 B．540 C．1440 D．4320 题型10 分组分配问题（共4小题）（重点） 39．某校准备组建2个社团，现将5名同学分配到这2个社团，每名同学只能去其中1个，每个社团至少分配2名同学，则不同的分配方案的种数为___________． 40．第十五届全国运动会共有约5万名“小海豚”志愿者奔波于各个比赛场馆，他们在赛场内外用贴心的服务照亮每一场精彩赛事. 若要把4名新加入的志愿者全部随机分配到A、B、C三个不同的场馆服务，每个场馆至少分配到1名志愿者，每名志愿者只去1个场馆，且甲不能去A场馆，乙必须去B场馆，则共有______种分配方法. 41．方程的正整数解的个数为（     ） A． B． C． D． 42．向量，其中，且，，均为正整数，则满足条件的的个数是（     ） A．84 B．56 C．36 D．21 题型11 x+y+z=n的整数解的个数（共4小题）（常考点） 43．方程的非负整数的个数为（   ） A．495 B．715 C．1001 D．2002 44．（多选）已知，关于方程，则下列说法正确的是（    ） A．当时，该方程有15组解 B．当时，该方程的解满足的概率为 C．当时，该方程有35组解 D．当时，该方程有495组解 45．若展开式中的常数项为90，则常数的值为（    ） A．4 B．2 C．8 D．6 46．若的展开式中第4项为常数项，则n的值为______． 题型12 二项式的问题（共4小题）（常考点） 47．若的二项展开式中，第5项为常数项，则__________. 48．若的展开式中第4项为160，则__________. 49．（多选）关于多项式的展开式，下列结论正确的是（    ） A．各项系数之和为32 B．常数项为80 C．项的系数为 D．展开式一共有21项 50．的展开式中，的系数为（    ） A．135 B．15 C． D． 题型13 三项式的问题（共4小题） 51．多项式的展开式中，含项的系数为______. 52．已知，则（    ）． A． B． C． D． 53．的展开式中的系数为______________．（用数字作答） 54．的展开式中常数项为___________． 题型14 两项与两项的乘积问题（共4小题） 55．已知展开式中项的系数为30，则（   ） A．2 B． C．4 D． 56．已知的展开式中各项系数的和为2，则展开式中含项的系数为（   ） A． B．120 C． D．240 57．（多选）下列说法正确的是（   ） A． B．若 则 C．被整除的余数为 D．精确到的近似数为 题型15 整数与余数问题（共4小题）（重点） 58．已知，则下列说法正确的是（   ） A． B． C．除以5所得的余数是1 D． 59．（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． 60．（多选）若，则（    ） A． B． C． D．除以的余数为1 题型16 杨辉三角（共4小题）（难点） 61．（多选）我国南宋数学家杨辉年所著的《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自豪的，以下关于杨辉三角的叙述正确的是（   ） A．在“杨辉三角”第行中，从左到右第8个数是 B．第行的第个数最大 C．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 D．在“杨辉三角”中，当时，从第3行起，每一行的第3列的数字之和为 62．（多选）我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．该表蕴含着许多的数学规律，下列结论正确的是（   ） A． B． C．从左往右逐行数，第2023项在第63行第7个 D．第5行到第10行的所有数字之和为2024 63．（多选）如图所示为杨辉三角，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行中从左到右第28个数和第2000个数大小相等 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第45行的所有数字之和被9除的余数为1 D．若存在，使得（且）为公差不为0的等差数列，则 64．如图，“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，比欧洲发现早500年左右.则第2025行所有数的和为（   ） A． B． C． D． 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $