2026年高二升高三暑期数学夯实专项作业专题二： 计数原理

**基本信息** 以“分步分类”为核心，通过场景化命题构建计数逻辑，系统整合排列组合与二项式定理，培养数学抽象与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |排列组合应用|8题（含分组/排队/分配）|捆绑/插空法、分组分配策略|两大原理→排列组合基本方法→实际场景应用| |二项式定理|10题（含展开式/系数/性质）|二项式系数性质、通项公式法|组合数概念→二项式定理→杨辉三角性质| |综合创新题型|3题（含杨辉三角/涂色问题）|模型构建与分类讨论|知识整合→复杂情境问题解决→创新意识培养|

专题二 计数原理 高二暑期数学夯实专项作业 专题二 计数原理【解析】 · 命题透视：结合场景分类，考查排列组合 · 思维建模：分清分步分类，构建计数逻辑 · 知识精练：活用两大原理，巧算方案数目 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．在的展开式中，的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】写出二项展开式，令，解出然后回代入二项展开式系数即可得解. 【解析】的二项展开式为， 令，解得， 故所求即为. 故选：A. 2.现有甲、乙、丙、丁等8人分成A、B两个技术小组，要求每组4人，且甲、乙必须在一起，丙、丁不能在一起，则不同的分配方案有（     ） A．10种 B．12种 C．16种 D．24种 【答案】C 【分析】对甲、乙两人都在A小组和B小组进行分类，结合计数原理求解即可. 【解析】情况1：甲、乙两人都在A小组， 安排丙、丁：丙、丁中必须有一个在A组，另一个在 B 组. 若丙在A组，丁在B组：此时A组已有 {甲, 乙, 丙}，还差1人； B组已有{丁}，还差3人， 则从剩余4人中选1人进A组，方案数为. 若丁在A组，丙在 B 组：同理，方案数为. 所以当甲、乙在A组时，方案数为种. 情况2：甲、乙两人都在 B 小组， 甲、乙在B组的情况与在A组的情况完全一致， 安排丙、丁：同样是丙在A组或丁在A组两种情况，方案数各为 ， 所以当甲、乙在B组时，方案数为 种. 故所有分配方案共有种. 故选：C. 3．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 【解析】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. 4.的展开式中，各项的二项式系数和为64，则常数项为（ ） A．-160 B．160 C．60 D．--60 【答案】A 【分析】各项的二项式系数之和为64，可得，得到，再利用通项公式即可求常数项. 【解析】因为各项的二项式系数和为64，所以 ，所以, 所以的， 令，解得，代入通项得常数项. 故选：A. 5.某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（   ） A．35 B．36 C．42 D．50 【答案】D 【分析】以舱的人数为分类依据，将 5 人分配到 A、B、C 三个舱中，分别计算各类分组与排列的方法数，最后求和得到总安排数. 【解析】有四类不同的安排情形： ①甲单独在舱，其余四人分成两组，一组1人，一组3人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ②甲单独在舱，其余四人平均分成两组每组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ③舱安排人，其余三人分成两组，一组人，一组人，安排在舱， 有种不同的安排方法； ④舱安排人，其余二人分成两组，安排在舱， 有种不同的安排方法； 综上，不同的安排方法共有种. 6.“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A．在第10行中第5个数最大 B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等 C． D．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数 【答案】D 【分析】根据杨辉三角的规律以及组合数的性质逐一进行判断即得. 【解析】对于A，因“杨辉三角”的第10行中第5个数是，又，故A错误； 对于B，因“杨辉三角”的第2023行中第1011个数和第1012个数分别为和， 因，故，故B错误； 对于C，因 ， 则，故C错误； 对于D，因而，故D正确. 故选：D. 7．甲、乙等5人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为（    ） A．112 B．114 C．132 D．160 【答案】B 【解答】去 三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人去游览，因此先分组再分配， 5个人可以分为3组，分别是、， 当为时，有种组合，当为时，有种组合， 再分配到三个不同的景区，有种； 以上情况包含甲乙去同一景区，需要再减去此种情况， 将甲乙捆绑起来作为一个元素，此时有四个元素去三个不同的景区，此时只有这种组合， 因此有种组合，再分配给三个不同的景区，有种； 因此满足题意的有：种. 故选: B. 8．若的展开式中常数项是10，则m＝（  ） A．－2 B．－1 C．1 D．2 【答案】D 【解析】 ， 的展开式的通项公式为， 令，解得，则的展开式的常数项为； 令，解得，则的展开式的常数项为， 因为的展开式中常数项是10，所以，解得， 故选：D. 9．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（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【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. 【解析】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. 故选：A. 二、多选题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 10.设，则（    ） A． B． C．的展开式中含项的系数为 D． 【答案】ABD 【分析】应用二项式展开式通项公式计算判断A，B，C，再应用赋值法计算判断D. 【解析】对于，故，故A正确； 对于，故B正确； 对于C，的展开式中含项的系数为， 而，显然二者不相等，故C错误； 对于， 所以，即，故D正确． 故选：ABD. 11.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. 【解析】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； 故选：AC. 12. 若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】A：根据展开式最高次项的次数进行求解即可；B：利用二项式的通项公式，结合乘法的运算性质进行求解即可；C：利用赋值法进行求解即可；D：利用导数的运算性质，结合赋值法进行求解即可. 【解析】A：因为， 所以多项式最高次项的次数为， 所以，因此本选项说法正确； B：因为，所以本选项说法不正确； C：在中， 令，得， 令，得， 所以本选项说法正确； D：对两边同时求导， 得， 令，得 ，所以本选项说法不正确. 故选：AC 13．已知 ，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D．中，与最大 【答案】ACD 【分析】令可得，根据二项式定理确定展开式中的表达式，根据二项式系数的性质逐项判断即可得结论. 【解析】对于A，令可得，故A正确； 对于B，令可得， 所以， 设展开式的通项为， 取，可得，所以，故B错误； 对于C，令可得①， 令可得②， 由①②可得，故C正确； 对于D，由选项B可知，， 若最大，则 所以，， 解得，则，故或， 又，所以中，与最大，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题： 14．的二项展开式中，的系数为____________. 【答案】 【分析】写出二项展开式的通项公式，令，解出，代入即可得到答案. 【解析】二项式的展开式的通项公式为， 令，解得， 所以的系数为. 故答案为：. 15.已知，则___________． 【答案】 【分析】根据题意，分别令和，得到运算结果，两式相加，进而得到答案. 【解析】由， 令，则 ①； 令，则， 即 ②． ，得 16．某次庆典后，墙壁上的装饰品需要取下来，如图，由于材料特性，每次能取一个，且所取的装饰品只能有个或个相邻的装饰品，则不同的取法数有__________种. 【答案】 【分析】对小球进行编号，然后对前三个球的取法进行分类讨论，进而对后续小球的摸球顺序进行讨论，结合分步乘法与分类加法计数原理可得结果. 【解析】将这个小球编号如下图所示： 分以下两种情况讨论： 第一种，第一步，先取、、号球，第二步，再取、、号球依次取个球， 最后一步，从剩余两球依次摸取，此时不同的抽法种数为种； 第二种，将、、视为三个整体， 前三个球从其中一个整体和每支不与号球相邻的小球中依次摸取，有种， 以、、为例，可依次为、、，共种， 剩余、、、号球，先从、号球中摸一个，有种情况， 比如先取号球，剩余三个相邻的小球，接下来从、号球中取一个，有种情况， 最后剩余两球摸取的先后顺序任意， 此时，不同的取法种数为. 综上所述，不同的取法种数为种. 故答案为：. 17.已知，二项式的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为__________. 【答案】 【解析】因为二项式的展开式中所有项的系数和为64， 所以，或舍去， 二项式的通项公式为， 令， 所以展开式中的常数项为. 故答案为： 18．给如图所示的圆环涂色，将圆环平均分成A，B，C，D四个区域，现有红，黄、蓝、绿四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域的颜色不同，则不同的涂色方法有 种. 【答案】84. 【解析】由题意可知：四个区域最少涂两种颜色，最多涂四种颜色，所以分以下三类： 当涂两种颜色时：A和C相同，B和D相同，共有种涂色方法； 当涂三种颜色时：分A和C相同和A，C不同两种情况， 此时共有种涂色方法； 当涂四种颜色时：四个区域各涂一种，此时共有种涂色方法. 综上，不同的涂色方法有种. 故答案为：84. 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 19．某学校派出6名同学参加省教育厅主办的理科知识竞赛，分为数学竞赛，物理竞赛和化学竞赛，该校每名同学只能参加其中一个学科的竞赛，且每个学科至少有一名学生参加． (1)求该校派出的6名学生总共有多少种不同的参赛方案？ (2)若甲同学主攻数学方向，必须选择数学竞赛，乙同学主攻物理方向，必须选择物理竞赛，则这6名学生一共有多少种不同的参赛方案？ 【答案】(1)540;(2)65. 【解析】（1）若参加三个学科的人数分别为1，1，4时，共有种参赛方案； 若参加三个学科的人数分别为1，2，3时，共有种参赛方案； 若参加三个学科的人数分别为2，2，2时，共有种参赛方案； 该校派出的6名学生总共有种不同的参赛方案． （2）若有4人选择化学竞赛，则有1种参赛方案； 若有3人选择化学竞赛，余下的一人有2种选法，则有种参赛方案； 若有2人选择化学竞赛，余下的两人各有2种选法，则有种参赛方案； 若有1人选择化学竞赛，余下的三人各有2种选法，则有种参赛方案； 所以总共有种不同的参赛方案． 20.在二项式的展开式中，所有偶数项的二项式系数之和为32． (1)求n； (2)求第4项的系数； (3)求的展开式的常数项． 【答案】(1); (2)-160；(3)300. 【分析】 （1）根据二项式系数和的性质即可求解， （2）根据二项式展开式的通项特征即可求解， （3）利用分配律，结合通项特征即可求解. 【解析】（1）由题意得所有偶数项的二项式系数之和为， 得，即． （2）由题意得第4项为， 所以第4项的系数为． （3）， 在的展开式中，含的项为， 常数项为， 所以的展开式的常数项为. 21.在二项式的展开式中， (1)若第4项的系数与第6项的系数比为5∶6，求展开式中的有理项； (2)若展开式中只有第5项的二项式系数最大，求展开式中系数最大的项． 【答案】(1)，，.; (2)，. 【分析】（1）根据已知条件及二项展开式的通项公式，结合有理项的特点即可求解； （2）利用二项式系数的性质及系数的最大项的求法即可求解. 【解析】（1）由题意得, ∴，即,解得或（舍）. ∴，，1，2，…6， 所以，3，6时为有理项 即展开式中的有理项为：，，. （2）因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以， 设第项的展开式系数最大，则 ,解得。 所以展开式中系数最大项为： ，. 第 1 页 共 13 页 学科网（北京）股份有限公司 $专题二 计数原理 高二暑期数学夯实专项作业 专题二 计数原理 · 命题透视：结合场景分类，考查排列组合 · 思维建模：分清分步分类，构建计数逻辑 · 知识精练：活用两大原理，巧算方案数目 一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．在的展开式中，的系数为（    ） A． B． C． D． 2.现有甲、乙、丙、丁等8人分成A、B两个技术小组，要求每组4人，且甲、乙必须在一起，丙、丁不能在一起，则不同的分配方案有（     ） A．10种 B．12种 C．16种 D．24种 3．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 4.的展开式中，各项的二项式系数和为64，则常数项为（ ） A．-160 B．160 C．60 D．--60 5.某空间站由，，三个舱构成，某次实验需要5名宇航员同时在3个舱中开展，每个人只能去1个舱，每个舱至少安排1名宇航员，其中宇航员甲只能去舱，则不同的安排方法的种数为（    ） A．35 B．36 C．42 D．50 6.“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A．在第10行中第5个数最大 B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等 C． D．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于9行的第8个数 7．甲、乙等5人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为（    ） A．112 B．114 C．132 D．160 8．若的展开式中常数项是10，则m＝（  ） A．－2 B．－1 C．1 D．2 9．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（    ） A． B． C． D． 二、多选题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 10.设，则（    ） A． B． C．的展开式中含项的系数为 D． 11.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 12. 若，则（   ） A． B． C． D． 13．已知 ，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D．中，与最大 三、填空题： 14．的二项展开式中，的系数为____________. 15.已知，则___________． 16．某次庆典后，墙壁上的装饰品需要取下来，如图，由于材料特性，每次能取一个，且所取的装饰品只能有个或个相邻的装饰品，则不同的取法数有__________种. 17.已知，二项式的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为__________. 18．给如图所示的圆环涂色，将圆环平均分成A，B，C，D四个区域，现有红，黄、蓝、绿四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色且相邻区域的颜色不同，则不同的涂色方法有 种. 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 19．某学校派出6名同学参加省教育厅主办的理科知识竞赛，分为数学竞赛，物理竞赛和化学竞赛，该校每名同学只能参加其中一个学科的竞赛，且每个学科至少有一名学生参加． (1)求该校派出的6名学生总共有多少种不同的参赛方案？ (2)若甲同学主攻数学方向，必须选择数学竞赛，乙同学主攻物理方向，必须选择物理竞赛，则这6名学生一共有多少种不同的参赛方案？ 20.在二项式的展开式中，所有偶数项的二项式系数之和为32． (1)求n； (2)求第4项的系数； (3)求的展开式的常数项． 21.在二项式的展开式中， (1)若第4项的系数与第6项的系数比为5∶6，求展开式中的有理项； (2)若展开式中只有第5项的二项式系数最大，求展开式中系数最大的项． 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $