专题03 排列组合和二项式定理（期末真题汇编，云南专用）高二数学下学期人教A版

**基本信息** 专题聚焦排列组合与二项式定理，汇编云南各地期中、期末及模拟试题，覆盖11个高频考点，注重方法应用与实际情境结合。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择（含多选）、填空|多题|计数原理、排列组合（捆绑/插空/均分除序）、二项式定理（系数/整除）、几何与涂色问题|结合生活情境（书架取书、旅游安排）、文化素材（回文数、六艺），层次从基础方法到综合应用（如三项式系数、杨辉三角）|

专题03 排列组合和二项式定理 高频考点概览 考点01加法计数原理和乘法计数原理 考点02排列组合数、分组分配 考点03特殊位置优先法 考点04 捆绑法和插空法 考点05 插板法和间接法 考点06 均分除序、缩倍法 考点07 几何问题，涂色问题 考点08 二项式定理系数 考点09二项式系数和、系数和 考点10 三项式系数和最值 考点11 整除和杨辉三角 ( 考点01 加法 计数 原理与乘法 计数 原理 ) 1．（23-24高二下·云南迪庆·期中）一个三层书架，分别放置语文类读物7本，政治类读物8本，英语类读物9本，每本图书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有（ ） A．3种 B．24种 C．48种 D．504种 2．（2024·云南大理·模拟预测）现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（ ）种 A．10 B．20 C．30 D．60 3．（23-24高二下·云南曲靖·期中）现南京有4个家庭准备在2023年五一小长假期间选择吉林､白山､四平三个城市中的一个城市旅游，则这4个家庭共有多少种不同的安排方法（ ） A．24种 B．6种 C．64种 D．81种 4．（2025·云南·模拟预测）为提升学生的数学素养，某中学特开设了“数学史”“数学建模”“古今数学思想”“数学探究”“中国大学先修课程微积分学习指导”五门选修课程，要求每位同学每学年至多选四门，高一到高二两学年必须将五门选修课程选完，则每位同学不同的选修方式为（ ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·云南曲靖·阶段检测）用3，4，5中的任意一个数作分子，6，8，10中的任意一个数作分母，则可构成（ ）个不同的分数． A．6 B．7 C．8 D．9 6．（22-23高二下·云南楚雄·期中）如图，小华从图中处出发，先到达处，再前往处，则小华从处到处可以选择的最短路径有（ ） A．25条 B．48条 C．150条 D．512条 7．（23-24高二上·云南曲靖·期末）10000的除去1和自己外的正因数的个数是（ ） A．25 B．24 C．23 D．16 ( 考点0 2 排列组合数，分组 分配 ) 1．（22-23高二下·云南昆明·阶段检测）（ ） A．55 B．65 C．100 D．110 2．（24-25高二下·云南保山·期中）已知，则（ ） A．2 B．6 C．2或5 D．2或6 3．（2025高二上·云南·学业考试）某校学生会体育部有4名学生，其中高一年级、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织学校篮球比赛，则这2名学生来自相同年级的概率为（ ） A． B． C． D． 4．（24-25高三下·云南·阶段检测）从3位男生、4位女生中选派4人参加座谈会，则既有男生又有女生参加的不同选派方法共有（ ） A．120种 B．60种 C．34种 D．30种 5．（2014·云南红河·一模）某班有名学生，其中正、副班长各人，现要选派人参加一项社区活动，要求正、副班长至少人参加，问共有多少种选派方法？下列算式中错误的是（　　） A． B． C． D． 6．（22-23高二下·云南楚雄·期中）（多选）从6名男生、5名女生中选择3人担任班长、学习委员和体育委员，则下列结论正确的是（ ） A．若所选的3人中有女生，则不同的选法有870种 B．若所选的3人中恰有2名女生，则不同的选法有360种 C．若班长由女生担任，则不同的选法有225种 D．若担任班长和学习委员的学生性别不同，则不同的选法有540种 ( 考点0 3 特殊位置优先法 ) 1．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）如图所示，某学校进行“大脚板”趣味运动，需要八名同学一起团结协作，统一步调才能前进．甲同学作为队长需要喊口令，故只能站在最中间的两个位置之一，方便前后的同学都清晰地听到口令．乙、丙两位同学经验较为丰富所以站在最前或最后面，则这八位同学一共有多少种站位方式（ ） A．240 B．480 C．720 D．960 2．（2021·云南昆明·模拟预测）数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗“儿忆父兮妻忆夫”，既可以顺读也可以逆读.数学中有回文数，如343，12521等.两位数的回文数有11，22，33，……，99共9个，则在三位数的回文数中偶数的个数是（ ） A．40 B．30 C．20 D．10 3．（26-27高二上·云南·期末）某传统文化学习小组有4名同学（包含甲），现要从中选出3名同学参加学校举行的汇报展示活动．如果要求选出的3名同学分别参加绘画、国学、书法3种不同的活动，其中甲不能参加绘画活动，则不同的安排方法种数为（ ） A．6 B．12 C．15 D．18 4．（25-26高二上·云南·期末）某校为了提倡素质教育，丰富学生们的课外生活，分别成立绘画、象棋和篮球等三个兴趣小组.现有甲、乙、丙、丁、戊五名同学报名参加，每人仅参加一个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一个人报名，且甲不能参加绘画，则不同的报名方法有（ ） A．150 B．114 C．100 D．72 5．（2023·云南·模拟预测）有7个人排成前后两排照相，前排站3人后排站4人，其中甲同学站在前排，乙同学站在后排的概率为（ ） A． B． C． D． 6．（2025·云南·模拟预测）从0，1，2，3中任取三个数字组成无重复数字的三位数，则下列结论错误的是（ ） A．三位数共有18个 B．百位数字为1的三位数共有6个 C．十位数字为1的三位数共有6个 D．个位数字为0的三位数共有6个 7．（24-25高三上·云南临沧·开学考试）为了提升数学素养，甲、乙、丙等五名同学打算选修学校开设的数学拓展课程，现有几何画板、数学与生活、趣味数学、数独四门课程可供选修，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的情况的种数为（ ） A．48 B．50 C．52 D．54 8．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）盒子中有5个小球，分别标有数字为1，2，3，4，5，这些小球除数字外完全相同，现从中依次随机抽取2个小球(不放回)，记取出的两个小球数字分别为m和n，使得关于x的一元二次方程有实数根的概率为__________. ( 考点0 4 捆绑法和插空法 ) 1．（24-25高二下·云南昆明·期中）安排5名歌手演出的顺序时，要求歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，同时和歌手的演出顺序要相邻，则不同的安排的方式有（ ） A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 2．（2023·云南·模拟预测）中国古代儒家提出的“六艺”指：礼､乐､射､御､书､数.某校国学社团预在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备排课六节，每艺一节，排课有如下要求：“礼”与“乐”不能相邻，“射”和“御”要相邻，则针对“六艺”课程讲座活动的不同排课顺序共有（ ） A．18种 B．36种 C．72种 D．144种 3．（24-25高二下·云南·期中）只用0，1，2这三个数字组成一个五位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数共有（ ） A．28个 B．24个 C．22个 D．18个 4．（25-26高二下·云南昆明·阶段检测）某学校读书节活动中，甲、乙、丙3个班级各有2位同学获奖，现将这6人排成一排拍照，则同一班级的两位同学均站在一起的排法共有（ ） A．96种 B．48种 C．24种 D．144种 5．（24-25高二下·云南保山·阶段检测）两名老师和甲、乙等五名学生站成一排，要求甲不站最左边，两名老师相邻，且乙和老师不相邻，则不同的排法共有（ ） A．774种 B．796种 C．816种 D．834种 6．（24-25高二·全国·课堂例题）某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六块知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“雨水”与“谷雨”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（ ） （ ） A．24 B．48 C．144 D．240 7．（25-26高三下·云南楚雄·阶段检测）甲､乙､丙等7位同学和1位老师共8人合影，已知老师的左边站4人，右边站3人，若甲和乙相邻，丙站在老师的右边，则共有（ ）种不同的排法. A．528 B．312 C．264 D．216 8．（24-25高二下·云南·期末）一个7位数的密码由4个1和3个0组成，则3个0都不相邻的概率为（ ） A． B． C． D． 9．（23-24高二下·云南曲靖·阶段检测）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁不相邻，则不同的排列方式共有（ ） A．40种 B．48种 C．12种 D．24种 ( 考点0 5 插板法和间接法 ) 1．（22-23高三·云南昆明·阶段检测）某村镇道路上有10盏照明路灯，为了节约用电，需要关闭其中不相邻的3盏，但考虑行人夜间出行安全，两端的路灯不能关闭，则关灯方案的种数有（ ） A．60 B．35 C．20 D．5 2．（23-24高三下·云南昆明·阶段检测）把分别写有1，2，3，4，5，6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（ ） A．60 B．36 C．30 D．12 3．（2025·云南·一模）某年级有个班，每个班有名学生，现要从该年级中选取名学生参加知识竞赛，要求班和班共至少有名学生入选，且班和班共入选的学生人数不能为人，不同的选法有（ ） A．种 B．种 C．种 D．种 4．（22-23高三上·云南·阶段检测）各数位数字之和等于8(数字可以重复)的四位数个数为____________． ( 考点0 6 均分除序，缩倍法 ) 1．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）昆明马拉松活动中，将4名志愿者分配到3个不同的服务点参加志愿工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法种类数为（ ） A．12 B．36 C．48 D．72 2．（24-25高二下·云南昭通·期中）安排4名志愿者完成5项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（ ） A．240种 B．120种 C．600种 D．360种 3．（24-25高二下·云南曲靖·期中）现将5名志愿者分配到4个服务点，要求每位志愿者都要到一个服务点服务，每个服务点都要安排志愿者，有（ ）种分配方式. A．36 B．60 C．240 D．1440 4．（24-25高二下·云南昆明·阶段检测）对于一个自然数，如果从左往右，每一位上的数字依次减小，则称自然数是“渐降数”，那么四位数的“渐降数”的个数为（ ） A． B． C． D． 5．（2026·云南红河·模拟预测）森林植被是主要由树木组成的植物群落，常见的典型类型包括：常绿阔叶林（以云南西双版纳为代表）、落叶阔叶林（以华北地区为代表）和针叶林（以大兴安岭为代表）．某地理研究团队计划派5个研究小组对这三种典型森林植被的3个代表地区进行考察，要求每个研究小组只分配到一个地区，每个地区至少分配1个研究小组，则不同的分配方案共有（ ） A．300种 B．240种 C．150种 D．120种 6．（2025·云南昆明·模拟预测）将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（ ） A．540 B．504 C．408 D．390 7．（24-25高二下·云南昆明·期中）某市选派9名医生到3个乡镇义诊，其中有5名主治医师，4名实习医生，要求每个乡镇分配3名医生，且每个乡镇至少有一名主治医师，则不同的分配方法种数为（ ） A．720 B．1480 C．1080 D．1440 8．（2025·云南昆明·模拟预测）将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（ ） A．540 B．504 C．408 D．390 ( 考点0 7 几何问题，涂色问题 ) 1．（2022·云南红河·模拟预测）有如下形状的花坛需要栽种4种不同颜色的花卉，要求有公共边界的两块不能种同种颜色的花，则不同的种花方式共有（ ） A．96种 B．72种 C．48种 D．24种 2．（24-25高二下·云南昆明·阶段检测）如图，现要用6种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有__________种不同的着色方法. 3．（24-25高二下·云南·期中）用4种不同的颜色给图中6个区域染色，要求边界有重合部分的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有________种. 4．（24-25高二下·云南临沧·阶段检测）用种不同颜色的粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔，则该板报共有______种不同的书写方案． 5．（2022·云南昆明·模拟预测）若从正六边形的6个顶点中随机选出3个点，以选出的这3个点为顶点构成直角三角形的概率为__________． ( 考点0 8 二项式定理系数 ) 1．（25-26高三下·云南曲靖·阶段检测）的展开式中的常数项为（ ） A．60 B．15 C．-15 D．-60 2．（2026·云南大理·二模）二项式的展开式的第四项为（ ） A． B． C． D． 3．（2026·云南·模拟预测）的展开式中的系数为（ ） A．2 B．－2 C．4 D．－4 4．（23-24高二上·云南曲靖·期末）（多选）关于的展开式，下列陈述正确的是（ ） A．各项系数的和等于0 B．二项式系数的和等于512 C．常数项等于 D．含的最高次幂的项是. 5．（24-25高二下·云南曲靖·期末）二项式展开式中的第3项为______． 6．（23-24高三下·云南昆明·阶段检测）在的展开式中，常数项为______．（用数字作答） 7．（22-23高三上·云南德宏·期末）二项式的常数项为____________． 8．（2025·云南·模拟预测）二项式的展开式中的系数为，则_____. 9．（2026·云南保山·二模）已知的展开式中，项的系数为-10，则________. ( 考点0 9 二项式系数和 、 系数和 ) 1．（24-25高三下·云南昭通·开学考试）已知的展开式中，第2项和第6项的二项式系数相等，则展开式中的系数为（ ） A．60 B． C．448 D． 2．（22-23高三上·云南昆明·阶段检测）二项式的展开式中所有二项式系数之和为，则二项式的展开式中常数项为（ ） A．9 B．15 C．135 D．540 3．（25-26高二下·云南昆明·阶段检测）已知的展开式中，偶数项的二项式系数之和为32，则（ ） A．5 B．12 C．32 D．6 4．（25-26高三上·云南曲靖·阶段检测）的展开式中，的奇数次幂项的系数之和为32，则（ ） A．3 B．4 C．5 D．7 5．（2025·云南大理·模拟预测）（多选）的展开式中，则（ ） A．含项的系数为40 B．第3项与第4项的二项式系数相等 C．所有项的二项式系数之和为32 D．所有项的系数之和为32 6．（25-26高三下·云南楚雄·开学考试）（多选）关于的展开式，下列结论正确的是（ ） A．展开式共7项 B．所有项的二项式系数之和为64 C．常数项为540 D．所有项的系数之和为64 7．（2026·云南玉溪·模拟预测）（多选）已知，则下列描述正确的是（ ） A． B．的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为 C．被8除所得的余数是1 D． 8．（25-26高二下·云南德宏·期中）（多选）已知函数展开式中二项式系数和为256，则下列说法正确的有（ ） A．所有项的系数之和为1 B．二项式系数最大项为第4项 C． D． ( 考点 10 三项式系数和最值 ) 1．（2026·云南玉溪·模拟预测）的展开式中的第项与第项的系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为（ ） A．第项 B．第项或第项 C．第项 D．第项 2．（25-26高二下·云南·期中）已知二项式的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（ ） A．84 B． C．56 D． 3．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）已知二项式的展开式中，二项式系数的和为，则二项式系数最大的项是（ ） A．第3项 B．第、项 C．第4项 D．第、项 4．（21-22高二下·云南昆明·期中）已知，则（ ） A．31 B．32 C．15 D．16 5．（2026·云南·三模）的展开式中常数项为（ ） A．-20 B．20 C．-924 D．924 6．（2026·云南昆明·模拟预测）（多选）关于的展开式，下列结论正确的是（ ） A．展开式中共有9项 B．第3项为 C．各项系数的和为256 D．二项式系数的最大值为70 7．（2025·云南·模拟预测）的展开式中的系数为___________． ( 考点 11 整除和 杨辉三角 ) 1．（23-24高二下·云南·期中）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论错误的是（ ） A． B．第6行､第7行､第8行的第7个数之和为第9行的第8个数 C．第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为 D．第2020行的第1010个数最大 2．（23-24高三上·云南昆明·阶段检测）已知能被9整除，则整数的值可以是（ ） A． B． C．9 D．13 3．（2024·云南昆明·模拟预测）若能被13整除，则可以是（ ） A．0 B．1 C．11 D．12 4．（22-23高三上·云南·阶段检测）（多选）下列命题为真命题的是（ ） A．展开式的常数项为20 B．被7除余1 C．展开式的第二项为 D．被63除余1 5．（24-25高二下·云南昆明·期中）（多选）下列说法正确的是（ ） A．若二项式的展开式中，第3项的二项式系数最大，则 B．若，则 C．被8除的余数为7 D．的展开式中含项的系数为5376 6．（24-25高二下·云南保山·期中）杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载，它的开头几行如图4所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，则“莱布尼茨三角形”第5行第3个数是__________；若，是的前项和，则__________.（用含的代数式作答） 7．（23-24高二下·云南丽江·阶段检测）除以9的余数是___________． 8．（2024·云南楚雄·一模）除以的余数是____________． 14 / 14 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 排列组合和二项式定理 高频考点概览 考点01加法计数原理和乘法计数原理 考点02排列组合数、分组分配 考点03特殊位置优先法 考点04 捆绑法和插空法 考点05 插板法和间接法 考点06 均分除序、缩倍法 考点07 几何问题，涂色问题 考点08 二项式定理系数 考点09二项式系数和、系数和 考点10 三项式系数和最值 考点11 整除和杨辉三角 ( 考点01 加法 计数 原理与乘法 计数 原理 ) 1．（23-24高二下·云南迪庆·期中）一个三层书架，分别放置语文类读物7本，政治类读物8本，英语类读物9本，每本图书各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有（ ） A．3种 B．24种 C．48种 D．504种 【答案】B 【分析】由分类加法计数原理即可求解. 【详解】从书架上取一本书，由分类加法计数原理可知，不同的取法共有种． 故选：B 2．（2024·云南大理·模拟预测）现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（ ）种 A．10 B．20 C．30 D．60 【答案】C 【分析】应用分步乘法原理计算即可. 【详解】4个同学站成一排有5个空，甲加入排列有5种情况，队列变成5个人有6个空，乙加入排列有6种情况， 由分步计数原理得，共有种不同的方法. 故选：C 3．（23-24高二下·云南曲靖·期中）现南京有4个家庭准备在2023年五一小长假期间选择吉林､白山､四平三个城市中的一个城市旅游，则这4个家庭共有多少种不同的安排方法（ ） A．24种 B．6种 C．64种 D．81种 【答案】D 【分析】运用分步乘法原理可解． 【详解】利用乘法原理，第一个家庭有三种选择方式､第二个家庭有三种选择方式､第三个家庭有三种选择方式､第四个家庭有三种选择方式，共计有种. 故选：D. 4．（2025·云南·模拟预测）为提升学生的数学素养，某中学特开设了“数学史”“数学建模”“古今数学思想”“数学探究”“中国大学先修课程微积分学习指导”五门选修课程，要求每位同学每学年至多选四门，高一到高二两学年必须将五门选修课程选完，则每位同学不同的选修方式为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，结合分步计数原理，得到安排的总数为种安排方法，再除去五门选修课程安排到同一学年的种情况，即可求解. 【详解】由题意，每门选修课程被安排到高一到高二两学年都有种安排方法， 共有种安排方法， 其中五门选修课程安排到同一学年的情况有种， 则每位同学不同的选修方式为种． 故选：A． 5．（23-24高二下·云南曲靖·阶段检测）用3，4，5中的任意一个数作分子，6，8，10中的任意一个数作分母，则可构成（ ）个不同的分数． A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【分析】根据分步乘法计数原理求解，再去掉重复分数即可. 【详解】取3，4，5中取一个数作分子有种不同的取法，6，8，10中的任意一个数作分母有种不同的取法， 所以可以得到个分数，其中相同， 所以可得到个不同的分数. 故选：B 6．（22-23高二下·云南楚雄·期中）如图，小华从图中处出发，先到达处，再前往处，则小华从处到处可以选择的最短路径有（ ） A．25条 B．48条 C．150条 D．512条 【答案】C 【分析】利用组合、分步乘法计数原理可得答案. 【详解】从处到处的最短路径有条，从处到处的最短路径有条，则小华从处到处可以选择的最短路径有条． 故选：C. 7．（23-24高二上·云南曲靖·期末）10000的除去1和自己外的正因数的个数是（ ） A．25 B．24 C．23 D．16 【答案】C 【分析】依题意可得，将问题转化为从盒子中取数，按照分步乘法计数原理计算即可. 【详解】由题意， 所求数的不同正因数的个数可以看做从两盒子中取数， 其中盒子中有4个2，盒子中装有4个5，从两盒中各取一个数相乘可以得到一个因数（如不取可看作取1）， 所以从两盒中取数均有5种取法，但要舍去都不取或全取出所有的4个2和4个5这2种情况（即因数为1和10000本身的情况）， 综上所述，10000的除去1和自己外的正因数的个数是. 故选：C. ( 考点0 2 排列组合数，分组 分配 ) 1．（22-23高二下·云南昆明·阶段检测）（ ） A．55 B．65 C．100 D．110 【答案】B 【分析】根据排列数及组合数公式计算即可. 【详解】因为, 所以 故选： 2．（24-25高二下·云南保山·期中）已知，则（ ） A．2 B．6 C．2或5 D．2或6 【答案】D 【分析】由，利用组合公式,列方程进行求解. 【详解】由，可得或，解得或. 故选：D. 3．（2025高二上·云南·学业考试）某校学生会体育部有4名学生，其中高一年级、高二年级各2名.从这4名学生中随机选2名组织学校篮球比赛，则这2名学生来自相同年级的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用古典概率公式，结合组合计数问题列式计算得解. 【详解】从4名学生中任取2名的试验有个基本事件， 这2名学生来自相同年级的事件有个基本事件， 所以所求概率为. 故选：B 4．（24-25高三下·云南·阶段检测）从3位男生、4位女生中选派4人参加座谈会，则既有男生又有女生参加的不同选派方法共有（ ） A．120种 B．60种 C．34种 D．30种 【答案】C 【分析】由题意知从7人中任选4人，除去选到4个全是女生的情况即可. 【详解】从7人中任选4人，除去选到4个全是女生的情况，共有. 故选：C． 5．（2014·云南红河·一模）某班有名学生，其中正、副班长各人，现要选派人参加一项社区活动，要求正、副班长至少人参加，问共有多少种选派方法？下列算式中错误的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用间接法和分类加法原理求出满足题意的组合情况，依次判断选项即可. 【详解】B：先从60人选5人，有种情况， 选出班干部2人，从余下的58人选5人，有种情况， 所以正、副班长至少1人参加的有种情况，故B正确； C：先在2个班干部选1人，从余下的59人选4人，有种情况， 再排除正、副班长2人参加的情况，有种情况， 所以正、副班长至少1人参加的有种情况，故C正确，A错误； D：当一个班长参加时，有种情况， 当2个班长参加时，有种情况， 所以正、副班长至少1人参加的有种情况，故D正确； 故选：A. 6．（22-23高二下·云南楚雄·期中）（多选）从6名男生、5名女生中选择3人担任班长、学习委员和体育委员，则下列结论正确的是（ ） A．若所选的3人中有女生，则不同的选法有870种 B．若所选的3人中恰有2名女生，则不同的选法有360种 C．若班长由女生担任，则不同的选法有225种 D．若担任班长和学习委员的学生性别不同，则不同的选法有540种 【答案】ABD 【分析】由排列组合的知识求解即可. 【详解】若所选的3人中有女生，则不同的选法有种，则A正确． 若所选的3人中恰有2名女生，则不同的选法有种，则B正确． 若班长由女生担任，则不同的选法有种，则C错误． 若担任班长和学习委员的学生性别不同，则不同的选法有种，则D正确． 故选:ABD ( 考点0 3 特殊位置优先法 ) 1．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）如图所示，某学校进行“大脚板”趣味运动，需要八名同学一起团结协作，统一步调才能前进．甲同学作为队长需要喊口令，故只能站在最中间的两个位置之一，方便前后的同学都清晰地听到口令．乙、丙两位同学经验较为丰富所以站在最前或最后面，则这八位同学一共有多少种站位方式（ ） A．240 B．480 C．720 D．960 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用有位置关系的排列问题，结合分步乘法计数原理列式求解. 【详解】让甲站位有种方法，再让乙丙站位有种方法，最后排余下5人，有种方法， 由分步乘法计数原理得， 所以这八位同学一共有480种站位方式. 故选：B 2．（2021·云南昆明·模拟预测）数学与文学有许多奇妙的联系，如诗中有回文诗“儿忆父兮妻忆夫”，既可以顺读也可以逆读.数学中有回文数，如343，12521等.两位数的回文数有11，22，33，……，99共9个，则在三位数的回文数中偶数的个数是（ ） A．40 B．30 C．20 D．10 【答案】A 【分析】根据回文数定义，确定首位，再确定中间数，最后根据分步乘法计数原理得结果. 【详解】由题意，若三位数的回文数是偶数，则末（首）位可能为，，，.如果末（首）位为， 中间一位数有种可能，同理可得，如果末（首）位为或或， 中间一位数均有种可能，所以有个， 故选：A 【点睛】本题考查分步计数原理实际应用，考查基本分析求解能力，属基础题. 3．（26-27高二上·云南·期末）某传统文化学习小组有4名同学（包含甲），现要从中选出3名同学参加学校举行的汇报展示活动．如果要求选出的3名同学分别参加绘画、国学、书法3种不同的活动，其中甲不能参加绘画活动，则不同的安排方法种数为（ ） A．6 B．12 C．15 D．18 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理分有甲参加和无甲参加两种情况讨论即可. 【详解】从4名学生中选出3名分别参加绘画、国学、书法3种不同的活动， 其中甲不能参加绘画活动，可分为以下两步； （1）先从4人中选出3人，分为两种情况：有甲参加和无甲参加． 有甲参加时，选法有：种； 无甲参加时，选法有：种． （2）安排活动 有甲参加时，先排甲，再排其他人，排法有：种． 无甲参加时，排法有种． 综上，． 所以不同的安排方法种数为18， 故选：D． 4．（25-26高二上·云南·期末）某校为了提倡素质教育，丰富学生们的课外生活，分别成立绘画、象棋和篮球等三个兴趣小组.现有甲、乙、丙、丁、戊五名同学报名参加，每人仅参加一个兴趣小组，每个兴趣小组至少有一个人报名，且甲不能参加绘画，则不同的报名方法有（ ） A．150 B．114 C．100 D．72 【答案】C 【分析】分类讨论参加绘画小组的人数，对参加象棋和篮球小组的人数进行分组，然后进行排序，最后利用分类计数原理求解. 【详解】甲不能参加绘画，若有1人参加绘画小组，有种，则有4人参加象棋和篮球， 人数分为，，故有种，共有种； 若有2人参加绘画小组，有种，则有3人参加象棋和篮球，人数分为， 故有种，共有种； 若有3人参加绘画小组，有种，则还有2人参加象棋和篮球，人数分为， 故有种，共有种， 根据分类计数原理，共有种， 故选：C. 5．（2023·云南·模拟预测）有7个人排成前后两排照相，前排站3人后排站4人，其中甲同学站在前排，乙同学站在后排的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】总事件数看成7人站一排,考虑符合题意的情况，从余下5人中选2人与甲站在前排,根据古典概型的计算公式求解即可. 【详解】先计算总事件数，可以看成7人站一排有种. 现在考虑符合题意的情况，从余下5人中选2人与甲站在前排，乙站在后排有种， 概率为. 故选:D. 6．（2025·云南·模拟预测）从0，1，2，3中任取三个数字组成无重复数字的三位数，则下列结论错误的是（ ） A．三位数共有18个 B．百位数字为1的三位数共有6个 C．十位数字为1的三位数共有6个 D．个位数字为0的三位数共有6个 【答案】C 【分析】根据各选项的条件逐一分析判断即可. 【详解】选项A，从百位排起，百位有3种选择（1、2、3，因为不能为0），十位有3种选择，个位有2种选择.总数为个，故A正确； 选项B，百位固定为1，十位从0、2、3中选（3种选择），个位从剩下2个数字中选（2种选择），共有个，故B正确； 选项C，十位固定为1，百位不能为0，且不能为1，所以百位有2种选择（2、3），个位从剩下2个数字（包括0）中选（2种选择），共个，故C错误； 选项D，因为个位数字为0，则百位和十位可以在中任取两个排列，共个.故D正确. 故选：C. 7．（24-25高三上·云南临沧·开学考试）为了提升数学素养，甲、乙、丙等五名同学打算选修学校开设的数学拓展课程，现有几何画板、数学与生活、趣味数学、数独四门课程可供选修，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的情况的种数为（ ） A．48 B．50 C．52 D．54 【答案】C 【分析】对选修数独、几何画板的人数进行分类讨论，结合分类、分步计数原理求解即可. 【详解】若数独只有1人报名，从乙和丙中选1人，有种情况， 若选修几何画板只有1人，从剩余4人中除甲以外的3人中任选1人，有种情况， 最后将剩余3人分为两组，再分配给另外两门课程，此时不同的选择情况种数为种； 若选修几何画板有2人，从剩余4人中除甲以外的3人中任选2人，有种情况， 剩余2人选修剩余2门课程，此时不同的选择情况种数为种； 根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理，数独只有1人报名的选择情况种数为： 种； 若数独有2人报名（乙和丙），有1种情况， 若选修几何画板只有1人，从剩余3人中除甲以外的2人中任选1人，有种情况， 剩余2人报名剩余2门课程，此时不同的选择方法种数为种， 根据分步乘法计数原理，数独有2人报名的选择情况种数为：种. 综上，根据分步加法计数原理，甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的情况的种数为种. 故选：C. 8．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）盒子中有5个小球，分别标有数字为1，2，3，4，5，这些小球除数字外完全相同，现从中依次随机抽取2个小球(不放回)，记取出的两个小球数字分别为m和n，使得关于x的一元二次方程有实数根的概率为__________. 【答案】/0.5 【分析】先求出从有5个小球随机抽取2个小球的所有情况，再找出符合方程要有实数根的情况，最后根据古典概型概率公式即可求出. 【详解】从中依次随机抽取2个小球(不放回)，共有种， 方程要有实数根，即判别式， 满足条件的有：当时，，共一种情况； 当时，共两种情况； 当时，共三种情况； 当时，共四种情况， 满足方程要有实数根共有种情况， 所以概率为. 故答案为：. ( 考点0 4 捆绑法和插空法 ) 1．（24-25高二下·云南昆明·期中）安排5名歌手演出的顺序时，要求歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，同时和歌手的演出顺序要相邻，则不同的安排的方式有（ ） A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 【答案】B 【分析】利用捆绑法和特殊元素法计算可得. 【详解】首先将和捆绑作为一组，组内有种排法， 再将歌手排到中间两个位置中的一个，有种排法， 最后将另外两人与这一组安排到三个位置，有种排法， 按照分步乘法计数原理可知不同的安排的方式有种. 故选：B 2．（2023·云南·模拟预测）中国古代儒家提出的“六艺”指：礼､乐､射､御､书､数.某校国学社团预在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备排课六节，每艺一节，排课有如下要求：“礼”与“乐”不能相邻，“射”和“御”要相邻，则针对“六艺”课程讲座活动的不同排课顺序共有（ ） A．18种 B．36种 C．72种 D．144种 【答案】D 【分析】利用捆绑法和插空法计算可得. 【详解】解：由题意“乐”与“书”不能相邻，“射”和“御”要相邻，可将“射”和“御”进行捆绑看成一个整体，共有种， 然后与“礼”､“数”进行排序，共有种， 最后将“乐”与“书”插入4个空即可，共有种， 由于是分步进行，所以共有种. 故选：D. 3．（24-25高二下·云南·期中）只用0，1，2这三个数字组成一个五位数，规定这三个数字必须全部使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数共有（ ） A．28个 B．24个 C．22个 D．18个 【答案】A 【分析】利用间接法，先保证首位不为0且同一数字不能相邻出现，再排除只有2个数字组成的5位数即可. 【详解】先保证首位不为0且同一数字不能相邻出现， 则首位不为0，其余各位均有2种选择，可得不同排法的种数为； 下面考虑只有2个数字组成的5位数，有，只有4种可能； 所以不同排法的种数为种. 故选：A. 4．（25-26高二下·云南昆明·阶段检测）某学校读书节活动中，甲、乙、丙3个班级各有2位同学获奖，现将这6人排成一排拍照，则同一班级的两位同学均站在一起的排法共有（ ） A．96种 B．48种 C．24种 D．144种 【答案】B 【分析】根据题意，先把甲乙丙3个班级的各2名同学看作一个元素，进行全排列，再对每个班级中的两名同学进行全排列，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，把甲、乙、丙3个班的各两名同学看成一个元素，共有种不同的排法， 再对每个班级中的两位同学进行全排列，各个班级中都有种不同的排法， 由分步计数原理得，共有种不同的排法. 5．（24-25高二下·云南保山·阶段检测）两名老师和甲、乙等五名学生站成一排，要求甲不站最左边，两名老师相邻，且乙和老师不相邻，则不同的排法共有（ ） A．774种 B．796种 C．816种 D．834种 【答案】C 【分析】根据捆绑法和插空法即可求解． 【详解】不考虑甲的排列限制，先不排乙和两名老师，其他人任意排列有种排法， 再将两名老师（捆绑在一起）和乙插入五个空隙中，有种排法，即此时排法有种， 而甲站最左边的排法有种， 故符合条件的排法共有种， 故选：C． 6．（24-25高二·全国·课堂例题）某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”六块知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且“雨水”与“谷雨”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（ ） （ ） A．24 B．48 C．144 D．240 【答案】C 【分析】先将“立春”和“春分”两块展板捆绑，与“惊蛰”“清明”一起排列，再将“雨水”与“谷雨”两块展板插入个空隙中，结合分步乘法计数原理可得. 【详解】将“立春”和“春分”两块展板捆绑，与“惊蛰”“清明”一起排列，共有种， 再将“雨水”与“谷雨”两块展板插入个空隙中，有种， 按照分步乘法计数原理可知，不同的放置方式有种. 故选：C. 7．（25-26高三下·云南楚雄·阶段检测）甲､乙､丙等7位同学和1位老师共8人合影，已知老师的左边站4人，右边站3人，若甲和乙相邻，丙站在老师的右边，则共有（ ）种不同的排法. A．528 B．312 C．264 D．216 【答案】A 【分析】先固定老师位置，再分甲乙在老师左侧、右侧两种情况，分别计算位置选择数、甲乙排列数与其余人排列数，最后相加得总排法数. 【详解】按照的序号进行编号，老师的左边编号，右边编号， 若甲乙站在老师的左边，则安排情况为，共3种选择， 甲乙可互换位置，丙排在右侧有3种选择，剩下的4人有种排法， 因此甲乙站在老师左边时共有种排法； 若甲乙站在老师的右边，则安排情况为，共2种情况， 甲乙可互换位置，丙只有一种选择，剩下的4人有种排法， 因此甲乙站在老师的右边时共有种排法， 所以不同的排法共有种情况. 8．（24-25高二下·云南·期末）一个7位数的密码由4个1和3个0组成，则3个0都不相邻的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意先计算总的样本空间，再利用插空法计算符合题意的情况，根据古典概型求概率即可. 【详解】7位数密码由4个和个组成.从7个位置中选个位置放，其余位置放，则总数为种. 计算个都不相邻的排列情况：采用插空法，先排4个，4个产生5个空（包括两端）， 从这5个空中选个空插入，则个都不相邻的排列数为种． 设“个都不相邻”为事件A，由古典概型概率公式可得． 故选：C. 9．（23-24高二下·云南曲靖·阶段检测）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁不相邻，则不同的排列方式共有（ ） A．40种 B．48种 C．12种 D．24种 【答案】B 【分析】根据题意，分类讨论甲在第二、三、四位，求出对应的排法，结合分类加法计数原理即可求解. 【详解】若甲在第二位，分两种情况讨论： ①：第一位安排丙或丁，则第三、四、五位全排列，共有种； ②：第一位和第四位安排乙戊，第三位和第五位安排丙丁，共有种； 若甲在第三位，丙丁可能排在第位，共种可能， 排好丙丁需种，在剩余两个位子排乙戊，有种，此时共种 若甲在第四位，丙丁可能排在第位，共种可能； 排好丙丁需种，在剩余两个位子排乙戊，有种，此时共种 所以共有种不同的排法. 故选：B ( 考点0 5 插板法和间接法 ) 1．（22-23高三·云南昆明·阶段检测）某村镇道路上有10盏照明路灯，为了节约用电，需要关闭其中不相邻的3盏，但考虑行人夜间出行安全，两端的路灯不能关闭，则关灯方案的种数有（ ） A．60 B．35 C．20 D．5 【答案】C 【分析】利用插板法，即可求解. 【详解】采用插板法，让3盏需要关闭的灯插空，有种方法. 故选：C 2．（23-24高三下·云南昆明·阶段检测）把分别写有1，2，3，4，5，6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（ ） A．60 B．36 C．30 D．12 【答案】A 【分析】分析可知原题意相当于将，，，，，这六个数用两个隔板隔开，在五个空位插上两个隔板，再对应到具体三个人，利用隔板法分析求解. 【详解】先将卡片分为符合条件的三份， 由题意知：三人分六张卡片，且每人至少一张，至多四张， 若分得的卡片超过一张，则必须是连号， 相当于将，，，，，这六个数用两个隔板隔开，在五个空位插上两个隔板，共种情况， 再对应到三个人有种情况，则共有种法. 故选：A． 3．（2025·云南·一模）某年级有个班，每个班有名学生，现要从该年级中选取名学生参加知识竞赛，要求班和班共至少有名学生入选，且班和班共入选的学生人数不能为人，不同的选法有（ ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【分析】采用间接法求解，先求出从名学生中选名学生的所有选法，再减去不满足条件的选法即得答案. 【详解】已知该年级有个班，每个班有名学生，则总共有名学生， 从名学生中选名学生的选法有种. 不满足条件的情况有两种： 情况一：班和班没有学生入选 若班和班没有学生入选，那么从剩下名学生中选名，选法有种； 情况二：班和班共有人入选 从班和班共人中选人，有种选法，再从剩下人中选人，有种选法， 根据分步乘法计数原理，班和班共选人时共有种选法， 所以班和班共有人入选的选法有种， 用总的选法减去不满足条件的选法，可得满足条件的选法有种. 故选：A. 4．（22-23高三上·云南·阶段检测）各数位数字之和等于8(数字可以重复)的四位数个数为____________． 【答案】 【分析】设对应个位到千位上的数字，则，，则有，隔板法计算即可求值. 【详解】设对应个位到千位上的数字，则，且，相当于8个相同的球排成一排，先拿一个球装入， 转化为7个球装入4个盒子，每盒可空，等价于11个球用3个隔板分成4组（各组不可为空），故共种. 故答案为： ( 考点0 6 均分除序，缩倍法 ) 1．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）昆明马拉松活动中，将4名志愿者分配到3个不同的服务点参加志愿工作，每人只去1个服务点，每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法种类数为（ ） A．12 B．36 C．48 D．72 【答案】B 【分析】先选后排可得答案. 【详解】将4名志愿者分配到3个不同的服务点参加志愿工作，每人只去1个服务点， 每个服务点至少安排1人，则不同的安排方法种类数为. 故选：B. 2．（24-25高二下·云南昭通·期中）安排4名志愿者完成5项工作，每人至少完成1项，每项工作由1人完成，则不同的安排方式共有（ ） A．240种 B．120种 C．600种 D．360种 【答案】A 【分析】按照排列组合中部分均匀分组方法，分布计算求出结果. 【详解】根据题意，将5项工作分成4组，有一组两项工作，其他三组每组一项工作，再全排列把工作分配给四个人，则有种不同的安排方式. 故选：A． 3．（24-25高二下·云南曲靖·期中）现将5名志愿者分配到4个服务点，要求每位志愿者都要到一个服务点服务，每个服务点都要安排志愿者，有（ ）种分配方式. A．36 B．60 C．240 D．1440 【答案】C 【分析】将5人按1，1，1，2，分配，在排序即可求解. 【详解】根据要求将5名志愿者分配到4个服务点的志愿者的人数为1，1，1，2， 所以有种分配方式， 故选：C. 4．（24-25高二下·云南昆明·阶段检测）对于一个自然数，如果从左往右，每一位上的数字依次减小，则称自然数是“渐降数”，那么四位数的“渐降数”的个数为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由组合数的意义即可求解. 【详解】因为一个自然数从左往右，每一位上的数字依次减小，则称自然数是“渐降数”， 在0，1，2，3，…，9中任取4个数，其大小关系确定，所以“渐降数”共有个， 故选：C. 5．（2026·云南红河·模拟预测）森林植被是主要由树木组成的植物群落，常见的典型类型包括：常绿阔叶林（以云南西双版纳为代表）、落叶阔叶林（以华北地区为代表）和针叶林（以大兴安岭为代表）．某地理研究团队计划派5个研究小组对这三种典型森林植被的3个代表地区进行考察，要求每个研究小组只分配到一个地区，每个地区至少分配1个研究小组，则不同的分配方案共有（ ） A．300种 B．240种 C．150种 D．120种 【答案】C 【详解】5个小组分配到3个地区，每个地区至少有1个小组，可分为两种情况： ①各地区小组数分别为1，1，3： 先将5个小组分为三组，再分配到3个地区，方法数为种； ②各地区小组数分别为2，2，1： 先将5个小组分为三组，再分配到3个地区，方法数为种； 因此所求方案共有种方法． 6．（2025·云南昆明·模拟预测）将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（ ） A．540 B．504 C．408 D．390 【答案】D 【分析】先分组后分配，再间接减去甲、乙在一起的情况即可. 【详解】总的分配方法有种. 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种； 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种； 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种，故不同的分配方法数为. 故选D. 7．（24-25高二下·云南昆明·期中）某市选派9名医生到3个乡镇义诊，其中有5名主治医师，4名实习医生，要求每个乡镇分配3名医生，且每个乡镇至少有一名主治医师，则不同的分配方法种数为（ ） A．720 B．1480 C．1080 D．1440 【答案】D 【分析】依题意，先考虑主治医师的两种分配方案，在每种方案中（注意平均分组），再考虑对应的实习医生的分配人数，最后将三个组合分配到3个乡镇即可. 【详解】由题意，要求每个乡镇分配3名医生，且每个乡镇至少有一名主治医师， 则主治医师的分配方案有2种，即“”或“”. 当主治医师按照“”分配时，主治医师的分法种数为， 再将4名实习医生按照“”与之配成对应的三组，分法种数为， 最后将分好的三组分配到3个乡镇，分配方法种数为， 根据分步乘法计数原理，不同的分配方法种数为； 当主治医师按照“”分配时，主治医师的分法种数为， 再将4名实习医生按照“”与之配成对应的三组，分法种数为， 最后将分好的三组分配到3个乡镇，分配方法种数为， 根据分步乘法计数原理，不同的分配方法种数为. 根据分类加法计数原理，不同的分配方法种数为. 故选：D. 8．（2025·云南昆明·模拟预测）将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（ ） A．540 B．504 C．408 D．390 【答案】D 【分析】先分组后分配，再间接减去甲、乙在一起的情况即可. 【详解】总的分配方法有种. 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种； 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种； 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种，故不同的分配方法数为. 故选D. ( 考点0 7 几何问题，涂色问题 ) 1．（2022·云南红河·模拟预测）有如下形状的花坛需要栽种4种不同颜色的花卉，要求有公共边界的两块不能种同种颜色的花，则不同的种花方式共有（ ） A．96种 B．72种 C．48种 D．24种 【答案】A 【分析】如图，由题意可知②，④同色，或者③，⑤同色，或者①，④同色，或者①，⑤同色，从而可求得结果 【详解】依题意可知，将区域标号如图. 用4种颜色的花卉完成栽种，需要②，④同色，或者③，⑤同色，或者①，④同色，或者①，⑤同色，故有种. 故选：A 2．（24-25高二下·云南昆明·阶段检测）如图，现要用6种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有__________种不同的着色方法. 【答案】 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】先给I地区涂色有6种， 再给Ⅱ地区涂色有5种， 给Ⅲ地区涂色有4种， 给Ⅳ地区涂色有4种， 所以由分步乘法计数原理得：种. 故答案为：. 3．（24-25高二下·云南·期中）用4种不同的颜色给图中6个区域染色，要求边界有重合部分的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有________种. 【答案】192 【分析】先对2，5染色，分1和5同色，或1和5不同色，两种情况下讨论4的涂法，再根据1，4分别与3，6对称得到答案. 【详解】先给2，5染色，有种方法. 若1和5同色，则4有2种涂法； 若1和5不同色，则4有种涂法. 因为1，4分别与3，6对称，所以不同的染色方法有种. 故答案为：192. 4．（24-25高二下·云南临沧·阶段检测）用种不同颜色的粉笔写黑板报，板报设计如图所示，要求相邻区域不能用同一种颜色的粉笔，则该板报共有______种不同的书写方案． 【答案】 【分析】利用分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】完成工作可分四步： 第一步，“英语角”用的粉笔颜色有种不同的选法； 第二步，“语文学苑”用的粉笔颜色不能与“英语角”用的粉笔颜色相同，有种不同的选法； 第三步，“理综世界”用的粉笔颜色与“英语角”和“语文学苑”用的粉笔颜色都不相同，有种不同的选法； 第四步，“数学天地”用的粉笔颜色只要与“理综世界”用的粉笔颜色不同即可，有种不同的选法． 由分步乘法计数原理知，该板报共有种不同的书写方案． 故答案为：． 5．（2022·云南昆明·模拟预测）若从正六边形的6个顶点中随机选出3个点，以选出的这3个点为顶点构成直角三角形的概率为__________． 【答案】/0.6 【分析】从正六边形的6个顶点中随机选择3个顶点，选择方法有种，再求出是直角三角形的方法种数，求比值即可． 【详解】从正六边形的6个顶点中随机选择3个顶点，选择方法有种， 如图，图中由顶点构成的矩形有三个：ABDE、ACDF、BCEF，每个矩形的一个内角都是直角，共4×3=12个， 所以正六边形的顶点构成的三角形是直角三角形有12个， 所以所求概率， 故答案为：． ( 考点0 8 二项式定理系数 ) 1．（25-26高三下·云南曲靖·阶段检测）的展开式中的常数项为（ ） A．60 B．15 C．-15 D．-60 【答案】A 【详解】通项公式，由， 代入得. 2．（2026·云南大理·二模）二项式的展开式的第四项为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先写出通项，进而计算第四项即可； 【详解】二项式的通项为， 则． 故选：A. 3．（2026·云南·模拟预测）的展开式中的系数为（ ） A．2 B．－2 C．4 D．－4 【答案】A 【分析】利用乘法分配律和二项式展开式的通项公式求得正确答案. 【详解】由二项式定理可知：的展开式中含的项为： ，所以的系数为2. 4．（23-24高二上·云南曲靖·期末）（多选）关于的展开式，下列陈述正确的是（ ） A．各项系数的和等于0 B．二项式系数的和等于512 C．常数项等于 D．含的最高次幂的项是. 【答案】ACD 【分析】对于A，令即可验算；对于B，直接由二项式系数和公式验算即可；对于C，求展开通项并化简，令的指数为0，即可得项数，进而即可得解；对于C，令即可验算. 【详解】对于A，在中，令，得，即各项系数的和等于0，故A正确； 对于B，二项式系数的和等于，故B错误； 对于C，的展开通项为， 令，得，所以常数项等于，故C正确； 对于D，由通项可知，当时，得到含的最高次幂的项是，故D正确. 故选：ACD. 5．（24-25高二下·云南曲靖·期末）二项式展开式中的第3项为______． 【答案】 【分析】由二项式展开式通项可得答案. 【详解】二项式展开式的第r+1项为：. 则展开式中的第3项为：． 故答案为：. 6．（23-24高三下·云南昆明·阶段检测）在的展开式中，常数项为______．（用数字作答） 【答案】448 【分析】由题可得展开式通项，令的指数为0，可得常数项为第几项，即可得答案. 【详解】展开式的通项为， 令，解得，故常数项为． 故答案为：448. 7．（22-23高三上·云南德宏·期末）二项式的常数项为____________． 【答案】 【分析】先确定的展开式的通项公式，再由求解即可. 【详解】的展开式的通项公式为， 而， 令，得；令，得，舍去. 所以的展开式中的常数项为． 故答案为： 8．（2025·云南·模拟预测）二项式的展开式中的系数为，则_____. 【答案】 【分析】利用二项展开式的通项公式，结合题意即可得方程，求解即可. 【详解】由展开式的通项公式得：， 令，则，所以， 由题意得：，而，故，解得. 故答案为： 9．（2026·云南保山·二模）已知的展开式中，项的系数为-10，则________. 【答案】4 【详解】项系数为，解得． ( 考点0 9 二项式系数和 、 系数和 ) 1．（24-25高三下·云南昭通·开学考试）已知的展开式中，第2项和第6项的二项式系数相等，则展开式中的系数为（ ） A．60 B． C．448 D． 【答案】A 【分析】先应用二项式系数相等得出，再应用通项公式应用赋值法计算求值. 【详解】∵第2项和第6项的二项式系数相等，∴，则， 则展开式通项公式是， 令，得，∴的系数为， 故选：A. 2．（22-23高三上·云南昆明·阶段检测）二项式的展开式中所有二项式系数之和为，则二项式的展开式中常数项为（ ） A．9 B．15 C．135 D．540 【答案】C 【分析】根据所有二项式系数之和为，求出，再根据通项公式可求出结果. 【详解】由二项式的展开式中所有二项式系数之和为，得，即， 所以， 令，得， 所以二项式的展开式中常数项为. 故选：C． 3．（25-26高二下·云南昆明·阶段检测）已知的展开式中，偶数项的二项式系数之和为32，则（ ） A．5 B．12 C．32 D．6 【答案】D 【分析】由题意可得，偶数项的二项式系数之和为32，则其中奇数项的二项式系数之和为32，由二项式系数之和求解即可. 【详解】因为的展开式中，偶数项的二项式系数之和为32， 所以奇数项的二项式系数之和为32， 所以二项式系数之和为64，即，即. 4．（25-26高三上·云南曲靖·阶段检测）的展开式中，的奇数次幂项的系数之和为32，则（ ） A．3 B．4 C．5 D．7 【答案】A 【分析】设，分别代入和，两式作差即可构造方程求得的值. 【详解】设， 令得：； 令得：； 两式作差得：，即，解得：. 故选：A. 5．（2025·云南大理·模拟预测）（多选）的展开式中，则（ ） A．含项的系数为40 B．第3项与第4项的二项式系数相等 C．所有项的二项式系数之和为32 D．所有项的系数之和为32 【答案】ABC 【分析】对于A、B选项，直接根据二项式展开式的通项公式进行求解，并判断选项正误即可； 对于C选项，根据所有项的二项式系数之和为进行求解即可； 对于D选项，通过赋值法，令即可求解所有项的系数之和. 【详解】对于A，的展开式中含的项为，故的系数为40，A正确； 对于B，的展开式中第3项与第4项的二项式系数分别为，，二项式系数相等，B正确； 对于C，所有项的二项式系数之和为，C正确； 对于D，令，所有项的系数之和为，D错误. 故选：ABC 6．（25-26高三下·云南楚雄·开学考试）（多选）关于的展开式，下列结论正确的是（ ） A．展开式共7项 B．所有项的二项式系数之和为64 C．常数项为540 D．所有项的系数之和为64 【答案】ABD 【分析】根据二项式展开式的项的特征得出A，由二项式系数和项的系数之和的计算公式判断B、D，再利用通项公式判断C. 【详解】对于A，因为，所以展开式共有7项，故A正确； 对于B，所有项的二项式系数和为，故B正确； 对于C，展开式的通项公式为，， 令，解得，此时常数项为，故C错误； 对于D，令，则所有项的系数和为，故D正确． 7．（2026·云南玉溪·模拟预测）（多选）已知，则下列描述正确的是（ ） A． B．的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为 C．被8除所得的余数是1 D． 【答案】ABC 【详解】令，得，再令，得， ，A选项正确. 根据二项式系数和的性质，对于二项式，所有二项式系数和为， 且奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，都为， 的展开式中，对于所有含的偶数次项的二项式系数和， 即为展开式中奇数项的二项式系数和，为，B选项正确. 而. 可得除了最后一项外，其余各项均能被8整除，故被8除所得的余数是，C选项正确. 对两边分别求导， 可得. 令，得，D选项错误. 8．（25-26高二下·云南德宏·期中）（多选）已知函数展开式中二项式系数和为256，则下列说法正确的有（ ） A．所有项的系数之和为1 B．二项式系数最大项为第4项 C． D． 【答案】ACD 【分析】对于A，令，代入计算即得；对于B，利用二项式系数的单调性可求；对于C，分别取和，计算即得；对于D，对二项式两边取导数，再代入计算即得. 【详解】由题意，，解得， 对于A，在展开式中，令，可得所有项的系数之和为，故A正确； 对于B，因，则二项展开式有9项，故二项式系数最大项为第5项，故B错误； 对于C，在展开式中，令，得， 令，可得， 两式相减，得，故C正确； 对于D，对两边求导得， 令，得，即，故D正确. ( 考点 10 三项式系数和最值 ) 1．（2026·云南玉溪·模拟预测）的展开式中的第项与第项的系数相等，则展开式中二项式系数最大的项为（ ） A．第项 B．第项或第项 C．第项 D．第项 【答案】A 【详解】的展开式的通项为，则，， 依题意有，解得， 所以的展开式中共有项，二项式系数最大的项为第项. 2．（25-26高二下·云南·期中）已知二项式的展开式中仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（ ） A．84 B． C．56 D． 【答案】D 【详解】因为二项式的展开式中仅有第5项的二项式系数最大， 所以，所以的展开式的通项为， 令，即，故， 故展开式中的系数为. 3．（25-26高三上·云南昆明·阶段检测）已知二项式的展开式中，二项式系数的和为，则二项式系数最大的项是（ ） A．第3项 B．第、项 C．第4项 D．第、项 【答案】C 【分析】根据二项式系数的和为求出的值，再利用二项式系数的性质即可求解. 【详解】因为的展开式中，二项式系数的和为64，所以，解得；所以该二项式的展开式共7项，所以二项式系数最大的项为第4项. 故选：C． 4．（21-22高二下·云南昆明·期中）已知，则（ ） A．31 B．32 C．15 D．16 【答案】A 【分析】根据二项式定理的逆用即可得到，进而可求n=5，根据二项式系数即可求解. 【详解】逆用二项式定理得，即，所以n=5，所以． 故选:A 5．（2026·云南·三模）的展开式中常数项为（ ） A．-20 B．20 C．-924 D．924 【答案】D 【分析】将整理为，利用二项式展开式的通项公式求得正确答案. 【详解】因为， 展开式的通项公式为， 则当时为常数项. 6．（2026·云南昆明·模拟预测）（多选）关于的展开式，下列结论正确的是（ ） A．展开式中共有9项 B．第3项为 C．各项系数的和为256 D．二项式系数的最大值为70 【答案】ABD 【详解】对于A，二项式的展开式中共有项，故A正确； 对于B，第3项为，故B正确； 对于C，令，得各项系数的和为，故C错误； 对于D，二项式系数的最大值为，故D正确. 7．（2025·云南·模拟预测）的展开式中的系数为___________． 【答案】420 【详解】依题意，所求系数为． 故答案为：420． ( 考点 11 整除和 杨辉三角 ) 1．（23-24高二下·云南·期中）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论错误的是（ ） A． B．第6行､第7行､第8行的第7个数之和为第9行的第8个数 C．第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为 D．第2020行的第1010个数最大 【答案】D 【分析】对于ABC选项，都可以对照图表与二项式系数的关系，即可得到判断；对于D选项，则需要找到二项式系数的规律分析即可或直接运用二项式系数的性质直接判断，如第2020行的二项式系数是，根据二项式系数的性质最大的是，从而判断是第1011项． 【详解】对于：因为，所以，故正确； 对于：第6行，第7行，第8行的第7个数字分别为：，其和为；而第9行第8个数字就是36，故B正确； 对于C：依题意：第12行从左到右第2个数为，第12行从左到右第3个数为，所以第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为，故C正确； 对于D：由图可知：第行有个数字，如果是偶数，则第（最中间的）个数字最大；如果是奇数，则第和第个数字最大，并且这两个数字一样大，所以第2020行的第1011个数最大，故D错误. 故选:D. 2．（23-24高三上·云南昆明·阶段检测）已知能被9整除，则整数的值可以是（ ） A． B． C．9 D．13 【答案】B 【分析】根据二项式展开式的通项公式可得，则能被整除，结合选项即可求解. 【详解】因为 ， 又能被整除， 所以能被整除， 由选项知当时符合，当，或时均不符合. 故选：B． 3．（2024·云南昆明·模拟预测）若能被13整除，则可以是（ ） A．0 B．1 C．11 D．12 【答案】B 【分析】利用二项式定理展开，然后根据整除列式计算即可. 【详解】因为 ， 又因为能被13整除， 所以能被13整除，观察选项可知可以是. 故选：B. 4．（22-23高三上·云南·阶段检测）（多选）下列命题为真命题的是（ ） A．展开式的常数项为20 B．被7除余1 C．展开式的第二项为 D．被63除余1 【答案】BCD 【分析】利用二项展开式的通项及二项式定理即可求解. 【详解】对于A，的展开式的通项为. 令，解得，所以展开式的常数项为，故A错误； 对于B，，因为都是的倍数，所以是的倍数，所以被7除余1，故B正确； 对于C，的展开式的第二项为，故C正确； 对于D， ，因为都是的倍数，所以是63的倍数，所以被63除余1，故D正确. 故选：BCD. 5．（24-25高二下·云南昆明·期中）（多选）下列说法正确的是（ ） A．若二项式的展开式中，第3项的二项式系数最大，则 B．若，则 C．被8除的余数为7 D．的展开式中含项的系数为5376 【答案】BCD 【分析】根据二项式系数的性质可判断A，利用赋值法可判断B，利用二项式定理可判断C，将原式整理为，求项的系数可判断D. 【详解】对A：若第2，3项的二项式系数相等且最大，则；若只有第3项的二项式系数最大，则； 若第3，4项的二项式系数相等且最大，则，故A错误； 对B：令可得；令可得， 所以，故B正确； 对C：因为， 所以被8除的余数为7，故C正确； 对D：因为， 所以的系数为，故D正确. 故选：BCD. 6．（24-25高二下·云南保山·期中）杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载，它的开头几行如图4所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，则“莱布尼茨三角形”第5行第3个数是__________；若，是的前项和，则__________.（用含的代数式作答） 【答案】； 【分析】由题意将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形为“莱布尼茨三角形”，观察表中数字，题中要求第5行第3个数，当，即可求解；由莱布尼茨三角形的特点可知，每个数均等于其“脚下”两个数之和，由可得：，即，利用列相消法即可求解. 【详解】由题意知，将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形为“莱布尼茨三角形”， 观察表中数字，题中要求第5行第3个数，所以，，所以第5行第3个数为. 由莱布尼茨三角形的特点可知，每个数均等于其“脚下”两个数之和， 由可得：， 所以， 所以 ， 所以. 故答案为：；. 7．（23-24高二下·云南丽江·阶段检测）除以9的余数是________． 【答案】8 【分析】根据组合数性质得原式等于，再将其变形为，最后利用二项展开式即可得到答案. 【详解】 所以余数是8． 故答案为：8. 8．（2024·云南楚雄·一模）除以的余数是______． 【答案】24 【分析】利用二项式定理得到，故求出余数. 【详解】 ， ∴除以1000的余数是24． 故答案为：24 28 / 39 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $