专题03 排列组合及二项式定理（十大考点）（高效培优期末专项训练）数学人教A版高二选择性必修第三册

**基本信息** 聚焦排列组合与二项式定理，以10个考点构建从基础计数到综合应用的递进式训练，强化逻辑推理与运算能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |排列组合|30题|含几何计数、涂色、全排列等，多选择填空，结合实际情境|从简单计数到元素限制、相邻不相邻、分组分配，层层递进| |二项式定理|20题|涉及二项/三项展开、乘积展开及杨辉三角，侧重系数计算|从基础展开式到综合应用，结合杨辉三角深化二项式系数性质理解|

专题03 排列组合及二项式定理 考点01几何计数问题 考点02涂色问题 考点03全排列问题 考点04元素有限制的排列问题 考点05相邻与不相邻问题 考点06分组分配问题 考点07二项式展开式问题 考点08 三项式展开式问题 考点09 二项与二项乘积展开问题 考点10 杨辉三角 考点01几何计数问题 1．（多选）下列叙述正确的是（   ） A．甲、乙、丙等5人排成一列，若甲与丙不相邻，则共有36种排法 B．用数字0，1，2，3这四个数可以组成没有重复数字的四位数共有18个 C．4个人分别从3个景点中选择一处游览，有81种不同选法 D．正十二边形的对角线的条数是54 2．若、，则方程表示的直线条数为（    ） A． B． C． D． 3．以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 4．已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（   ）个． A．3 B．6 C．7 D．10 5．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（　　） A．48 B．18 C．24 D．36 考点02涂色问题 6．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）． 7．一个的灯阵，每盏灯颜色各不相同，初始时所有灯均熄灭，每次可以任选一整行或一整列，使其中所有灯的状态同时反转，经过若干次操作后，恰有8盏灯亮，只按最终灯亮位置计算（如右图为其中一种情况），可得到的不同亮灯图案共有_______________种. 8．（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 9．如图，有一块菜地被分成四部分，现要在这四部分种植蔬菜，要求每部分只种植一种，现有4种不同的蔬菜种子可供选择，则在相邻部分不种植同一种蔬菜的条件下，恰好种了3种蔬菜的概率为（   ） 1 2 3 4 A． B． C． D． 10．用五种不同颜色的涂料涂在如图所示的五个区域，相邻两个区域不能同色，则不同的涂色方法有（    ） A．240 B．480 C．420 D．360 考点03全排列问题 11．（多选）现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（    ） A．没有空盒子的方法共有24种 B．有空盒子的方法共有256种 C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种 12．（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 13．（多选）下列说法正确的是（    ） A．若，则的值为或． B．从6名男生和2名女生中选出3名，其中至少有1名女生的选法共有种. C．的展开式中的系数为． D．从5本不同的书中选出3本分配给3位同学，每人一本，则分配方案总数为60． 14．将5个编号为1，2，3，4，5的小球全部放入5个编号为1，2，3，4，5的盒子中． (1)每盒至多一球，有多少种放法？ (2)恰好有一个空盒，有多少种放法？ (3)把5个不同的小球换成5个相同的小球，恰好有一个空盒，有多少种放法？ 15．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． 考点04元素有限制的排列问题 16．（多选）将甲、乙、丙、丁、戊5位教师分配到A、B、C三所学校支教，若每所学校至少分配一位教师，则（     ） A．共有540种不同的分配方法 B．甲分配到学校的概率为 C．若甲、乙两位教师必须分配到同一所学校，则共有36种不同的分配方法 D．甲不能分配到学校同时乙必须分配到学校的概率为 17．为助力城市低空经济发展，某科技公司计划开展无人机编队飞行表演．现有架不同型号的四旋翼无人机和架不同型号的六旋翼无人机，将它们排成一列进行飞行展示．要求任意两架相邻无人机的旋翼数不同，则不同的飞行队形共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 18．现将数列、立体几何、解析几何、导数、概率与统计这五道解答题排序，数列必须在第一道或者第二道位置，解析几何不能在第一道，则不同的题目排序方式有__________种． 19．（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 20．将编号为1，2，3，4的四本不同的书随机放入编号为1，2，3，4的书架上，每个书架放一本书，至少有一本书在对应书架上的放法有______种.（用数字作答） 考点05相邻与不相邻问题 21．某登山团队的7名成员站在山顶排成一排合影留念，其中队长甲必须站在正中间，好友乙和丙必须相邻，小朋友丁不能站在边上，则符合条件的排法有_________种（用数字作答）． 22．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） 23．某演讲比赛结束后，2名男同学、3名女同学和2位老师站成一排拍照留念，则2位老师相邻，且3名女同学不相邻的站法有_________种.（用数字作答） 24．有4名男生、3名女生，其中包括甲、乙两人，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数（列式--最后用数字作答）． (1)排成前后两排，前排3人，后排4人； (2)全体排成一排，女生必须站在一起； (3)全体排成一排，女生互不相邻； (4)全体排成一排，甲不站在排头，乙不站在排尾； 25．（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 考点06分组分配问题 26．某中学要在五一假期期间组织学生参加爱国主义教育活动，需要挑选10名志愿者，10个志愿者名额要分给该校高一年级的八个班，每个班至少一个名额，则名额分配方法有（   ） A．45种 B．36种 C．28种 D．8种 27．从3位男生，2位女生中安排3人到三个场馆做志愿者，每个场馆各1人，且至少有1位女生入选，则不同安排方法有（    ）种． A．9 B． C． D． 28．根据四川省委省政府有关文件精神，德阳市既支教阿坝州若尔盖，又支教甘孜州．在德阳市教育局统一协调组织下，某学校今年派出6名教师前往两地支教，若每个地区至少派送2名支教老师．则不同派送的种数为（     ） A．50 B．64 C．35 D．128 29．高三年级 1， 2， 3， 4， 5 五个班负责甲、乙、丙、丁四个区域的卫生，每个班负责一个区域， 每个区域至少有一个班级负责， 其中 1 班和 2 班都不去区域甲， 则不同的任务分配方法种数为（    ） A．108 B．120 C．126 D．144 30．今年我校有5名新进教师，需将这5人全部分配到高中3个不同的年级，要求每个年级至少分配1人，每名教师只能分配到一个年级，则不同的分配方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 考点07二项式展开式问题 31．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. 32．在的展开式中，含有项的系数为_____________． 33．（多选）若的二项展开式共有项，则该二项展开式中（   ） A．各项二项式系数和为 B．奇数项的各项系数和为 C．有理项共有项 D．展开式中第项的系数最大 34．（多选）的展开式中，第项与第项的二项式系数相等，则（    ） A．展开式共项 B．展开式中常数项为 C．展开式中所有项的二项式系数之和为 D．展开式中所有项的系数之和为 35．已知二项式展开式中所有项的二项式系数和为16，则展开式中所有项的系数和为（      ） A．4 B．16 C．1 D．81 考点08 三项式展开式问题 36．（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 37．的展开式中，共有多少项（ ） A．45 B．55 C．120 D．165 38．多项式的展开式中，含项的系数为______. 39．已知的展开式中只有第3项的二项式系数最大，则的展开式中的常数项是（    ） A．20 B．70 C．84 D．864 40．在的展开式中，含的项的系数为（   ） A．10 B．20 C．30 D．60 考点09 二项与二项乘积展开问题 41．展开式中含项的系数为（     ） A．150 B．160 C．170 D．180 42．在的展开式中，的系数是（    ） A．15 B． C．30 D． 43．的展开式中的系数是（     ） A． B．26 C． D．30 44．已知的展开式中的系数为35，则的值为（    ） A． B． C．3 D．5 45．已知的展开式中项的系数为35，则实数的值为（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 考点10 杨辉三角 46．（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 47．（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 48．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． 49．（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．中国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，比欧洲早393年发现．在“杨辉三角”中，除每行（不含第0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．则下列说法正确的是（   ） A．第6行从左到右第4个数是15 B．第2026行的第1014个数最大 C． D．记第行的第个数为，则 50．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出著名的杨辉三角.由此可见我国古代数学的成就就是非常值得中华民族自豪的.如上图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为，以下关于杨辉三角的猜想中正确的序号有______.（写出所有正确的序号） ①由“与首末两端等距离的两个二项式系数相等”猜想 ②由“在相邻两行中，除1以外的每个数都等于它肩上的两个数之和”猜想 ③第9条斜线上各数之和为55 ④在第条斜线上，各数从左往右先增大后减小 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03 排列组合及二项式定理 考点01几何计数问题 考点02涂色问题 考点03全排列问题 考点04元素有限制的排列问题 考点05相邻与不相邻问题 考点06分组分配问题 考点07二项式展开式问题 考点08 三项式展开式问题 考点09 二项与二项乘积展开问题 考点10 杨辉三角 考点01几何计数问题 1．（多选）下列叙述正确的是（   ） A．甲、乙、丙等5人排成一列，若甲与丙不相邻，则共有36种排法 B．用数字0，1，2，3这四个数可以组成没有重复数字的四位数共有18个 C．4个人分别从3个景点中选择一处游览，有81种不同选法 D．正十二边形的对角线的条数是54 【答案】BCD 【分析】应用间接法求不同排法数判断A；先排千位，再排其它三位判断B；应用分步计数原理判断C；根据对角线定义及分步计数原理求对角线条数判断D. 【详解】A：将5人作全排列有种，先求甲丙相邻的情况，将甲和丙捆绑，再和其他三人全排列，有， 若甲与丙不相邻，则共有种，错； B：从1、2、3中选一个放在千位有种，再把余下的3个数作全排种，共有种，对； C：由题意，每个人都有3种选择，故共有种，对； D：对于任意一个顶点都有9条对角线，但会重复计算一次，故共有条，对. 故选：BCD 2．若、，则方程表示的直线条数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分析可知直线的条数等同于的取值个数，分、两种情况讨论，分析的取值个数，即可得解. 【详解】因为、，所以直线的斜率必存在，且其斜率为， 由得，由得， 故直线过定点， 故直线的条数等同于的取值个数， 当时，满足题设条件的直线只有一条； 当时，由于且，且，且， 此时的取值个数为. 综上所述，不同的直线的条数为条. 3．以1，1，1，，，为六条棱长的四面体个数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．6 【答案】B 【分析】由这些边为三角形仅有四种，，，，讨论底面三角形为、，结合对称性确定四面体个数. 【详解】以这些边为三角形仅有四种，，，． 固定四面体的一面作为底面： 当底面的三边为时，另外三边的取法只有一种情况，即； 当底面的三边为时，另外三边的取法有两种情形，即，． 其余情形得到的四面体均在上述情形中． 由此可知，四面体个数有3个． 故选：B 4．已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面（含棱）上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有（   ）个． A．3 B．6 C．7 D．10 【答案】D 【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案. 【详解】设，情况如下： ①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且， 由具有对称性，不妨讨论，， 满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上， 即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点， 同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个； ②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且， 若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和（舍）； 若到和中的两个距离一样，由具有对称性， 不妨讨论，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图， 同理，和也各有1个满足题意的点，共4个； 综上，共有10个满足题意的点. 故选：D 【点睛】关键点点睛：依据题意将问题分成到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且两类为关键. 5．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”.在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是（　　） A．48 B．18 C．24 D．36 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理列式计算作答. 【详解】正方体的两个顶点确定的直线有棱、面对角线、体对角线， 对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有（个）； 对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个， 不存在四个顶点确定的平面与体对角线垂直， 所以正方体中“正交线面对”共有（个）. 故选：D 考点02涂色问题 6．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. 7．一个的灯阵，每盏灯颜色各不相同，初始时所有灯均熄灭，每次可以任选一整行或一整列，使其中所有灯的状态同时反转，经过若干次操作后，恰有8盏灯亮，只按最终灯亮位置计算（如右图为其中一种情况），可得到的不同亮灯图案共有_______________种. 【答案】78 【分析】按照反转的行数和列数的不同情况，分类计算所有能得到8盏灯亮的不同图案，相加可得到总数. 【详解】要想得到8盏灯亮的不同图案，可分如下情况进行讨论： 设行数为，列数为. 若. 时，总数为. 时，总数为. 时，总数为(此时内部有一半重复). 时，总数为(与，重复). 时，总数为(与，重复). 总数为. 若. 时，总数为. 时，总数为. 时，与上述重复不计. 时，总数为(与，重复). 时，总数为(与，重复). 总数为. 综上所述，一共有种. 8．（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. 9．如图，有一块菜地被分成四部分，现要在这四部分种植蔬菜，要求每部分只种植一种，现有4种不同的蔬菜种子可供选择，则在相邻部分不种植同一种蔬菜的条件下，恰好种了3种蔬菜的概率为（   ） 1 2 3 4 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，求出符合条件的种植总数，再求出恰好种了3种蔬菜的种植数即可. 【详解】恰好种植4种蔬菜有种方法；恰好种植3种蔬菜有种方法；恰好种植2种蔬菜有种方法， 因此符合条件的不同种植方法总数是， 所以恰好种了3种蔬菜的概率. 10．用五种不同颜色的涂料涂在如图所示的五个区域，相邻两个区域不能同色，则不同的涂色方法有（    ） A．240 B．480 C．420 D．360 【答案】C 【分析】考查排列组合涂色问题，利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理来求解. 【详解】完成涂色需要分5步，按照顺序依次涂，区域有5种颜色可选，区域有4种颜色可选，区域有3种颜色可选， 若区域与区域颜色相同，区域有1种颜色可选，则区域有3种颜色可选； 若区域与区域颜色不同，区域有2种颜色可选，则区域有2种颜色可选； 再由分步乘法计数原理和分类加法计数原理计算，可得共有. 考点03全排列问题 11．（多选）现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（    ） A．没有空盒子的方法共有24种 B．有空盒子的方法共有256种 C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种 D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种 【答案】ACD 【分析】对于A，没有空盒即4个球4个盒子全排列即得；对于B，可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，再减去没有空盒的情况，即可求解； 对于C，恰有一个空盒，即另外三个盒子都有球，而球共四个，必然有一个盒子中放了两个球，求解即得； 对于D，只需从四盒四球中选定标号相同的球和盒，另外的球与盒不能对应，求解即得． 【详解】对于选项A，把4个小球全部放进盒子中，没有空盒子，相当于4个小球在4个盒子上进行全排列，故共有种方法，所以选项A正确， 对于选项B，有空盒子，因为有4个球，每个球各有4种放法，故共有种方法，所以选项B错误； 对于选项C，恰有1个盒子不放球，说明另外三个盒子都有球，而球共4个，则必有一个盒子放了2个球， 先将四盒中选一个作为空盒，再将4球中选出2球绑在一起，再对三个盒子全排共有种方法，故C正确； 对于选项D，恰有一个小球放入自己编号的盒中，则从四盒四球中选定标号相同的球和盒有种， 另外三球三盒不能对应共2种，则共有种方法，故D正确. 12．（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. 13．（多选）下列说法正确的是（    ） A．若，则的值为或． B．从6名男生和2名女生中选出3名，其中至少有1名女生的选法共有种. C．的展开式中的系数为． D．从5本不同的书中选出3本分配给3位同学，每人一本，则分配方案总数为60． 【答案】ACD 【详解】选项A：根据组合数性质等价于或，且上标满足. 列方程：①，解得，此时上标为7，符合要求. ②，解得，此时上标分别为4和6，符合要求，故或，A正确. 选项B：用间接法计算，总选法，全是男生的选法，故至少1名女生的选法为种，不是42种，B错误. 选项C：的展开通项为，得到项分两类： ①2乘中项，系数为；. ②乘中项，系数为. 总系数为，C正确. 选项D：从5本不同的书中选3本分给3位同学，属于排列问题，总方案数为，D正确. 14．将5个编号为1，2，3，4，5的小球全部放入5个编号为1，2，3，4，5的盒子中． (1)每盒至多一球，有多少种放法？ (2)恰好有一个空盒，有多少种放法？ (3)把5个不同的小球换成5个相同的小球，恰好有一个空盒，有多少种放法？ 【答案】(1)120 (2)1200 (3)20 【分析】（1）应用全排列列式计算求解； （2）先组合捆绑再应用排列数计算求解； （3）应用分组分配结合组合数计算求解. 【详解】（1）将5个不同的小球全部放入5个不同的盒子中，每盒至多一球，则必然每盒恰有一球，共有种放法． （2）先取5个球中的两个“捆”在一起，有种选法， 把它与其他三个球共4个元素分别放入5个盒子中的4个盒子，有种放法， 所以共有种放法． （3）先从五个盒子中选出四个盒子，再从四个盒子中选出一个盒子放入两个球， 余下三个盒子各放一个．由于球是相同的即没有顺序，所以属于组合问题， 故共有种放法． 15．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． 考点04元素有限制的排列问题 16．（多选）将甲、乙、丙、丁、戊5位教师分配到A、B、C三所学校支教，若每所学校至少分配一位教师，则（     ） A．共有540种不同的分配方法 B．甲分配到学校的概率为 C．若甲、乙两位教师必须分配到同一所学校，则共有36种不同的分配方法 D．甲不能分配到学校同时乙必须分配到学校的概率为 【答案】BCD 【分析】按与分配求解判断AC；缩小样本空间求出古典概率判断B；按甲去校分类求出方法种数，再求出概率判断D. 【详解】对于A，按分配有种方法，按分配有种方法， 因此符合要求的不同分法种数是，A错误； 对于B，甲有3种分配方案，因此甲分配到学校的概率为，B正确； 对于C，若甲乙和另外一位老师分配到某校，则需按分配有种方法， 若甲乙分配到某校，则需按分配有种方法， 因此甲、乙两位教师必须分配到同一所学校的不同分法种数是，C正确； 对于D，甲到校有种方法，甲到校有种方法， 因此甲不能分配到学校同时乙必须分配到学校的概率为，D正确. 17．为助力城市低空经济发展，某科技公司计划开展无人机编队飞行表演．现有架不同型号的四旋翼无人机和架不同型号的六旋翼无人机，将它们排成一列进行飞行展示．要求任意两架相邻无人机的旋翼数不同，则不同的飞行队形共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】确定六旋翼无人机、四旋翼无人机所排的位置，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】由题意可知，两种无人机必须交错排列， 即架不同型号的六旋翼无人机分别排在第、、号位； 架不同型号的四旋翼无人机排在第、、、号位， 所以不同的飞行队形种数为种. 18．现将数列、立体几何、解析几何、导数、概率与统计这五道解答题排序，数列必须在第一道或者第二道位置，解析几何不能在第一道，则不同的题目排序方式有__________种． 【答案】42 【详解】数列在第一道位置时，解析几何没有要求，则有种； 数列在第二道位置时，解析几何不能在第一道， 则解析几何排在第3，4，5道的位置，则有种； 综上，共有种. 19．（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. 20．将编号为1，2，3，4的四本不同的书随机放入编号为1，2，3，4的书架上，每个书架放一本书，至少有一本书在对应书架上的放法有______种.（用数字作答） 【答案】15 【分析】求出四本书放在四个书架上总的方法，四本书均不在自己所对应编号上的放法，利用间接法求解. 【详解】四本书放在四个书架上共种放法，四本书均不在自己所对应编号上的放法有种， 所以至少有一本书在对应书架上的放法种. 考点05相邻与不相邻问题 21．某登山团队的7名成员站在山顶排成一排合影留念，其中队长甲必须站在正中间，好友乙和丙必须相邻，小朋友丁不能站在边上，则符合条件的排法有_________种（用数字作答）． 【答案】120 【分析】将队伍从左到右依次按1到7编号，先将队长甲固定在4号位，再考虑乙和丙必须相邻的排法种数，接下来分情况讨论小朋友丁不能站在边上的情况，最后找出符合条件的排法种数. 【详解】将队伍从左到右依次按1到7编号，其中队长甲必须站在正中间的4号位置， 因为好友乙和丙必须相邻，可能的相邻位置组为：，，，. 乙丙内部有种排列，所以乙丙的位置选择有种. 当乙丙在的位置上，剩余的位置为3、5、6、7， 因为小朋友丁不能站在边上， 所以丁可选3、5、6三个位置，剩余三个位置排其余三人，有种排法， 这种情况的排法有种. 同理当乙丙在的位置上，也有种排法. 当乙丙在的位置上，剩余的位置为1、2、3、7， 因为小朋友丁不能站在边上， 所以丁可选2、3两个位置，剩余三个位置排其余三人，有种排法， 这种情况的排法有种. 同理当乙丙在的位置上，也有种排法， 综上，符合条件的排法共有种 22．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. 23．某演讲比赛结束后，2名男同学、3名女同学和2位老师站成一排拍照留念，则2位老师相邻，且3名女同学不相邻的站法有_________种.（用数字作答） 【答案】288 【详解】将2名老师作为一个元素和2名男同学共3个元素全排列，共有种方法， 再让3名女同学插空，有种方法，所以满足条件的站法有种. 24．有4名男生、3名女生，其中包括甲、乙两人，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数（列式--最后用数字作答）． (1)排成前后两排，前排3人，后排4人； (2)全体排成一排，女生必须站在一起； (3)全体排成一排，女生互不相邻； (4)全体排成一排，甲不站在排头，乙不站在排尾； 【答案】(1)5040 (2)720 (3)1440 (4)3720 【分析】（1）应用排列数，全排列公式及分步乘法原理计算求解； （2）应用排列数，全排列公式及捆绑法计算求解； （3）应用排列数，全排列公式及插空法计算求解； （4）分类讨论甲的位置应用排列数及特殊位置优先计算求解； 【详解】（1）先选3人站前排有种方法，余下4人站后排有种方法， 共有（种）． （2）捆绑法，将3名女生看成一个整体有种，再与4名男生进行全排列有种， 共有（种）． （3）插空法，先排男生，再在5个空位中插入3名女生，有种， 所以共有 （种）． （4）分为两种情况： ①甲在排尾时有种， ②甲不在排尾时有，从非甲乙5人中选1人排尾，甲从中间5个位置中安排一个，剩下5人排列，则种， 所以共有（种）． 25．（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. 考点06分组分配问题 26．某中学要在五一假期期间组织学生参加爱国主义教育活动，需要挑选10名志愿者，10个志愿者名额要分给该校高一年级的八个班，每个班至少一个名额，则名额分配方法有（   ） A．45种 B．36种 C．28种 D．8种 【答案】B 【详解】10个名额为相同元素，可用隔板法，10个相同元素分为8组，即将7个隔板插入9个空，． 27．从3位男生，2位女生中安排3人到三个场馆做志愿者，每个场馆各1人，且至少有1位女生入选，则不同安排方法有（    ）种． A．9 B． C． D． 【答案】C 【详解】总共3个场馆，每个场馆各1人，选出3人后进行全排列： 已知共3名男生，2名女生，且至少有1名女生，则共2种情况，1女2男和2女1男， 不同安排方法有：种． 28．根据四川省委省政府有关文件精神，德阳市既支教阿坝州若尔盖，又支教甘孜州．在德阳市教育局统一协调组织下，某学校今年派出6名教师前往两地支教，若每个地区至少派送2名支教老师．则不同派送的种数为（     ） A．50 B．64 C．35 D．128 【答案】A 【详解】若每个地区至少派送2名支教老师，则不同的分组方案为2人、4人或3人、3人： 若是2人、4人，则共有种分组方法，然后分到两地，有种分配方法，则共有种方法； 若是3人、3人，则共有种分组方法，然后分到两地，有种分配方法，则有种方法； 综上，共有 种方法. 29．高三年级 1， 2， 3， 4， 5 五个班负责甲、乙、丙、丁四个区域的卫生，每个班负责一个区域， 每个区域至少有一个班级负责， 其中 1 班和 2 班都不去区域甲， 则不同的任务分配方法种数为（    ） A．108 B．120 C．126 D．144 【答案】C 【分析】分只有一个班去区域甲以及有两个班去区域甲进行讨论，结合排列数与组合数性质计算即可得. 【详解】分为两类，第一类：只有一个班去区域甲，在3，4，5三个班级中任选一个去区域甲， 剩下的四个班级去其余的三个区域，且每个区域至少有一个班，则方法种数为：； 第二类：有两个班去区域甲，在3，4，5 三个班级中任选两个去区域甲， 剩下的三个班级去其余的三个区域，方法种数为：； 故共有种方法. 30．今年我校有5名新进教师，需将这5人全部分配到高中3个不同的年级，要求每个年级至少分配1人，每名教师只能分配到一个年级，则不同的分配方案共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【详解】已知5名新进教师分到3个不同年级，每个年级至少1人，共两种分法： ①：； ②：； 不同的分配方案共有种． 考点07二项式展开式问题 31．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． 32．在的展开式中，含有项的系数为_____________． 【答案】 【详解】根据二项式展开得，含有项的系数为. 33．（多选）若的二项展开式共有项，则该二项展开式中（   ） A．各项二项式系数和为 B．奇数项的各项系数和为 C．有理项共有项 D．展开式中第项的系数最大 【答案】AD 【详解】∵ 二项式的展开式共有项，二项式展开式的项数为， ∴ ，解得，即二项式为， 其展开式的通项公式为，其中. 对选项A：各项二项式系数和为，故A正确. 对选项B：设奇数项系数和为，奇数项对应，代入得，故奇数项系数和为64，B错误. 对选项C：若项为有理项，则的指数为整数，即为整数，故为偶数，可取，共4个值，即有理项共有项，故C错误. 对选项D：展开式各项的系数为，正系数对应为偶数： 时系数为，时系数为，时系数为，时系数为， 最大系数为，对应，即第项，故展开式中第项的系数最大，D正确. 34．（多选）的展开式中，第项与第项的二项式系数相等，则（    ） A．展开式共项 B．展开式中常数项为 C．展开式中所有项的二项式系数之和为 D．展开式中所有项的系数之和为 【答案】ACD 【分析】先由两项二项式系数相等可得，根据二项式定理可判断AC，再通过通项公式可判断B，用赋值法判断选项D可得. 【详解】因为的展开式中，第项与第项的二项式系数相等， 所以，即，得. 所以二项式展开式的项数为，故A正确； 对于B，由通项公式. 令，得，所以常数项为 ，故B错误. 所以二项式展开式中所有项的二项式系数之和为，故C正确； 令，则展开式中所有项的系数之和为 ，故D正确； 35．已知二项式展开式中所有项的二项式系数和为16，则展开式中所有项的系数和为（      ） A．4 B．16 C．1 D．81 【答案】D 【详解】因为二项式的展开式中所有项的二项式系数和为16 所以，解得， 所以展开式中所有项的系数和为. 考点08 三项式展开式问题 36．（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； 37．的展开式中，共有多少项（ ） A．45 B．55 C．120 D．165 【答案】B 【分析】按照展开式项含有字母个数分类，即可求出项数． 【详解】当展开式的项含有1个字母时，有项， 当展开式的项含有2个字母时，有项， 当展开式的项含有3个字母时，有项， 所以的展开式共有项. 38．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. 39．已知的展开式中只有第3项的二项式系数最大，则的展开式中的常数项是（    ） A．20 B．70 C．84 D．864 【答案】B 【分析】先得到，对变形后，由展开式通项公式进行求解 【详解】的展开式中只有第3项的二项式系数最大， 故展开式共5项，所以， 变形为， 展开式为， 令得，所以常数项为. 40．在的展开式中，含的项的系数为（   ） A．10 B．20 C．30 D．60 【答案】C 【分析】根据多项式定理求解即可. 【详解】的展开式的通项为. 令，则 的展开式的通项为， 令，则系数为. 因此含项的总系数为. 考点09 二项与二项乘积展开问题 41．展开式中含项的系数为（     ） A．150 B．160 C．170 D．180 【答案】B 【详解】， 则展开式中含项为， 故展开式中含项的系数为． 42．在的展开式中，的系数是（    ） A．15 B． C．30 D． 【答案】A 【分析】将二项式展开后给赋值到问题的次数即可求解. 【详解】由题意得， 令，解得，故的系数是. 43．的展开式中的系数是（     ） A． B．26 C． D．30 【答案】D 【分析】利用二项式展开的通项公式，分别求出中项和项的系数，结合前一因式的系数求和即可得到的系数. 【详解】二项式的展开式通项为，其中 的展开式中项来源于两部分： 因式乘以的项：取，对应系数为； 因式乘以的项：取，对应系数为； 将两部分系数求和，得的系数为. 44．已知的展开式中的系数为35，则的值为（    ） A． B． C．3 D．5 【答案】A 【分析】利用乘法分配律以及二项式展开式等知识列方程，由此求得的值. 【详解】的展开式中，含的项为：， 依题意，，解得. 45．已知的展开式中项的系数为35，则实数的值为（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【详解】已知展开式中项的系数为35，利用二项式定理，则项的系数为：． 即． 考点10 杨辉三角 46．（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 47．（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. 48．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 . 49．（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．中国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，比欧洲早393年发现．在“杨辉三角”中，除每行（不含第0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．则下列说法正确的是（   ） A．第6行从左到右第4个数是15 B．第2026行的第1014个数最大 C． D．记第行的第个数为，则 【答案】BCD 【分析】利用二项式定理，结合组合数运算性质逐一判断即可 【详解】对A：第6行从左到右的第4个数为，故A错误； 对B：第2026行一共有2027个数，即， 由二项式系数的性质可知：中间的第个数最大，故B正确； 对C：因为，故C正确； 对D：因为， 所以，故D正确． 50．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出著名的杨辉三角.由此可见我国古代数学的成就就是非常值得中华民族自豪的.如上图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为，以下关于杨辉三角的猜想中正确的序号有______.（写出所有正确的序号） ①由“与首末两端等距离的两个二项式系数相等”猜想 ②由“在相邻两行中，除1以外的每个数都等于它肩上的两个数之和”猜想 ③第9条斜线上各数之和为55 ④在第条斜线上，各数从左往右先增大后减小 【答案】①②④ 【分析】根据二项式系数与杨辉三角判断①，②；通过观察归纳出第条斜线上的数的特征，进而判断③，④选项即可. 【详解】对于①，②，根据二项式系数的性质，结合杨辉三角， 可得，成立，故①，②正确； 对于③，④，第1条斜线上的数为，第2条斜线上的数为， 第3条斜线上的数为，第4条斜线上的数为， 第5条斜线上的数为，第6条斜线上的数为， 第7条斜线上的数为， 由此归纳得到，第条斜线上的数依次为， 第条斜线上的数依次为， 所以第条斜线上各数字为， 和为，故③错误； 而结合二项式性质得在第条斜线上， 各数从左往右先增大后减小，故④正确. 1 / 37 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $