专题：计数原理专项训练-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 以方法统领知识，通过捆绑法、隔板法等8类解题技巧系统覆盖排列组合、二项式定理及概率综合应用，形成“原理-方法-应用”逻辑链条。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |排列组合|单选2/17(1)(2)|捆绑法、分堆去重、隔板法|从基础排列到复杂分配，构建“相邻-分堆-相同元素”问题解决路径| |二项式定理|单选5/15(1)|通项公式、赋值法|以展开式系数计算为核心，链接二项式系数性质与常数项求解| |概率综合|单选4/14|古典概型、间接法|结合计数原理计算基本事件，体现“用数学思维分析现实情境”素养|

专题：计数原理-2027届高三数学上学期复习系列 一、单选题 1．2026年世界杯小组赛，某组有4支球队，每两队之间赛一场，则该组小组赛阶段共进行比赛场数为（     ） A．4 B．6 C．8 D．12 2．有六人排成一排，甲､乙两人必须相邻，则满足要求的排法有（    ） A．120种 B．180种 C．240种 D．360种 3．某非遗工坊推出款不同的榫卯结构文创盲盒，其中款为故宫联名隐藏款．某游客一次性购买个不同款的盲盒，则买到的盲盒中至多有个故宫联名隐藏款的购买种数为（    ） A． B． C． D． 4．为了更好地打造“千年商港，幸福温州”的城市新定位，温州市博物馆陶瓷馆巡礼中展示了温州出土的瓯窑青釉褐彩瓜形盖罐（南朝）、青釉点彩盘口鸡首壶（东晋）和瓯窑虎形灯座（东晋）三件文物，若将三件文物排成一排进行巡展，则瓯窑虎形灯座（东晋）排在中间的概率是（     ） A． B． C． D． 5．的展开式中，含的项的系数为（     ） A． B． C． D． 6．若的展开式中含有常数项，则的最小值为（   ） A．2 B．4 C．5 D．10 7．已知，则（    ） A． B． C． D． 8．校运会开始了，高二某班四位同学报名参加百米､跳高､跳远三个项目，每人只能报其中一个项目，则有（    ）种不同的报名方案. A． B． C． D． 二、多选题 9．一个盒子中有2个红球，3个绿球，每个球大小、质地均相同，采用不放回的方式从中依次随机取出2个球．记事件为“第1次取出的球是红色”，事件为“第2次取出的球是红色”，则（    ） A． B． C． D． 10．下列选项正确的是（     ） A． B． C．二项式的展开式中各项系数之和为 D．四名同学依次站成一排，要求其中的甲和乙必须相邻，则不同的站队方式共有种 11．已知（），则（    ） A． B．展开式中二项式系数的和为 C． D．展开式中系数最大的项是第项 三、填空题 12．在的展开式中，系数最大的项是第______项. 13．某高中运动会设有5个项目，甲､乙两名学生每人随机选取3个项目，则至少选中2个相同项目的报名情况有______. 14．一个不透明袋子中有大小和质地均相同的9个小球，分别标有号码1，2，3，…，9，不放回地先后摸出两个小球，记号码分别为，，则事件“”发生的概率为_________． 四、解答题 15．(1)求的展开式中的常数项． (2)求的展开式中的系数． 16．已知的展开式中，所有项的二项式系数的和是，求： (1)的值及展开式中二项式系数最大的项； (2)展开式中所有的有理项. 17．为了喜迎端午佳节，高坪中学某班举行了一场文化知识竞答比赛．经过比拼，最终评出获奖学生共6人：一等奖1名，二等奖2名，三等奖3名． (1)6人排成一排上台领奖，同一奖项的获奖同学必须站在一起，求不同的站法数； (2)将这6名获奖者分配到包粽子、挂艾草等4个手工活动中，每个手工活动至少去1人，求不同的分配方法数； (3)班主任为获奖的6名同学准备了12个完全一样的粽子，若一等奖至少分得3个粽子，二等奖至少分得2个粽子，三等奖至少分得1个粽子，求不同分发方法数． 18．已知． (1)求的值； (2)求的展开式中项的系数． 19．已知在二项式的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，并且所有项的系数之和为1． (1)求和的值； (2)求展开式中二项式系数最大的项； (3)求的展开式中的常数项． (4)若，求．（结果用数字表达） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 《专题：计数原理-2027届高三数学上学期复习系列》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B B D C D B AD ACD 题号 11 答案 AB 1．B 【详解】. 2．C 【详解】将甲、乙两人捆绑为一个整体，两人内部的排列种数为， 将甲乙整体看成一个元素与剩余的4人共5个不同元素进行全排列，排列种数为， 总排法种数为种. 3．B 【分析】先求出一次性买个盲盒的购买总数，再求出买到的盲盒中都是故宫联名隐藏款的购买总数，利用间接法求结论. 【详解】一次性买个盲盒的购买总数为：， 买到的盲盒中都是故宫联名隐藏款的购买总数：， 所以买到的盲盒中至多有3个故宫联名隐藏款的购买种数为. 4．B 【详解】三件不同的文物排成一排，共有种；瓯窑虎形灯座（东晋）排在中间位置，剩余2件文物排在首尾的有种；则瓯窑虎形灯座（东晋）排在中间的概率为. 5．D 【分析】利用二项展开式的通项公式赋值计算即得. 【详解】因二项式的展开式的通项为， 取，即得含的项的系数为. 6．C 【分析】根据二项式定理展开式的通项公式求解判断即可. 【详解】的展开式的通项为． 因为展开式中含有常数项，所以有解，即． 又，，故的最小值为5． 7．D 【分析】利用二项展开式的通项公式直接求出，即可求解. 【详解】因为展开式的通项公式为， 所以，则. 8．B 【分析】由分步乘法计数原理即得. 【详解】要完成的是“高二某班四位同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，由分步乘法计数原理可得，共有(种)报名方法． 9．AD 【详解】由古典概型得，，故A正确； ，故B错误； 事件为“两次取出的球均是绿色”，则， 故，，故C错误，D正确. 10．ACD 【详解】对于A选项，由组合数的性质可得，A对； 对于B选项，由二项式系数的性质可知， 所以，B错； 对于C选项，二项式的展开式中各项系数之和为，C对； 对于D选项，四名同学依次站成一排，要求其中的甲和乙必须相邻， 将甲乙捆绑，形成一个“大元素”，与其他两个人进行排序， 所以不同的站队方式种数为种，D对. 11．AB 【分析】本题考查二项式定理的相关应用，结合通项公式、二项式系数性质、赋值法即可逐一判断选项. 【详解】选项A：的展开式通项为，当时，对应项系数，故A正确； 选项B：二项式系数和为，故B正确； 选项C：令，得；令，得， 两式相减得，即奇数项系数和为（时不成立），故C错误； 选项D：展开式共项，二项式系数最大的是中间第项，由于展开式系数均为正，故系数最大的项是第项，故D错误. 12．8 【分析】设展开式中系数最大的项是第项，则，计算即可求解. 【详解】二项式的展开式的通项公式为且. 设展开式中系数最大的项是第项， 则，即， 即，解得，又，所以， 所以展开式中系数最大的项是第8项. 13．70 【分析】根据题意，可以分两种情况，第一种情况所选取3个项目恰有2个相同，第二种情况所选取的3个项目完全相同，结合分步乘法计数原理与分类加法计数原理，代入计算，即可求解. 【详解】由题意知可分为两种情况， 第一种情况所选取的3个项目恰有2个相同： 第一步，在5个项目中选取2项，共有种， 第二步，甲在剩下的3个项目中选取1项，共有种， 第三步，乙在剩下的2个项目中选取1项，共有种， 由分步乘法计数原理可知，共有种； 第二种情况所选取的3个项目完全相同，则有种. 由分类加法计数原理可知，总情况共有种. 14． 【分析】先求出总基本事件数，然后根据二项式系数的增减性求出满足事件“的事件数，最后根据古典概率公式即可求解. 【详解】不放回先后摸出两个小球，互不相同，总事件数为从9个球中选2个的排列数：， 根据组合数性质：，且组合数当时单调递增，时单调递减， 时，可取2~8，共7个，时，可取3~7，共5个；时，可取4~6，共3个； 时，可取5，共1个；时，不存在满足，时，可取5，共1个； 时，可取4~6，共3个；时，可取3~7，共5个；时，可取2~8，共7个； 合计满足条件的事件数为， 则事件“”发生的概率为. 15．（1）393；（2） 【分析】（1）解法1：根据7个因式，结合计数原理求多项式展开式的常数项即可；解法2：把三项式中两项变成一项，两次利用通项求解即可.（2）利用分类求出展开式中含项，即可求出展开式中含项的系数. 【详解】（1）解法1：根据多项式展开式确定常数项，再根据乘法计数原理与加法计数原理求结果． 表示7个因式的乘积， 在这7个因式中，7个因式都选1，相乘可得常数项； 有1个因式选，有1个因式都选，其余的5个因式都选1，相乘可得常数项； 有2个因式选，有2个因式都选，其余的3个因式都选1，相乘可得常数项； 有3个因式选，有3个因式都选，其余的1个因式都选1，相乘可得常数项， 由多项式定理，得的展开式中的常数项为： ． 解法2：由二项式定理，得 ①， 其中第项为 ②， 在的展开式中，设第k+1项为常数项，记为， 则 ③， 由③，令，则，所以为偶数， 再根据①、②知，所求常数项为. （2）由的展开式中含项：， 所以展开式中的系数为 16．(1)，和 (2)，，， 【分析】（1）所有二项式系数之和为，由此求出n；利用n为奇数时，中间两项的二项式系数最大即可求解； （2）写出通项公式，令x的指数为整数，找出k的可取整数值，算出有理项. 【详解】（1）由题可知，， 展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项. 展开式的通项公式为 ；. 综上，展开式中二项式系数最大的项为和； （2）由（1）知展开式的通项公式为， 有理项要求的指数为整数，即，其中， 易知当，，，时，其对应的项依次为： ；； ；. 17．(1) 72 (2) 1560 (3) 21 【分析】 （1）相邻排列问题采用捆绑法，先对同奖项捆绑后的整体全排列，再计算各整体内部排列数，相乘得结果； （2）先将6人按人数分为3,1,1,1和2,2,1,1两类分堆，平均分组需去重，再将分好的组分配到4个不同活动，分类求和得结果； （3）相同元素分配问题采用隔板法，先给每人分配满足最低要求的部分粽子，再对剩余粽子用隔板法分配得结果. 【详解】（1）利用捆绑法求解：第一步，将同一奖项的学生分别捆绑为1个整体，共得到3个整体，对3个整体全排列，排列数为； 第二步，计算各整体内部的排列数：一等奖共1人，内部排列数为； 二等奖共2人，内部排列数为； 三等奖共3人，内部排列数为； 根据分步乘法计数原理，总站法数为. （2）6人分配到4个不同活动，每个活动至少1人，人数分堆分为两类： 第一类：分堆为3,1,1,1：从6人中选3人作为1组，剩余3人各为1组，分堆数为， 将4组分配到4个不同活动，排列数为，该类分配方法数为； 第二类：分堆为2,2,1,1： 从6人中选2人、再从剩余4人中选2人，剩余2人各为1组， 由于两个2人组、两个1人组为平均分组，需除以重复的排列数去重，分堆数为， 将4组分配到4个不同活动，排列数为，该类分配方法数为； 根据分类加法计数原理，总分配方法数为. （3）粽子完全相同，采用隔板法求解：6名同学中，1名一等奖同学至少分3个，2名二等奖同学每人至少分2个，3名三等奖同学每人至少分1个. 先给每人分配最低要求减1的粽子：一等奖先分2个，每名二等奖先分1个，每名三等奖先分0个，共分配个，剩余粽子数为个； 问题转化为将8个相同粽子分给6名同学，每人至少1个，根据隔板法公式，方法数为. 18．(1) (2)3 【分析】（1）利用赋值法求解即可； （2）此系数由三部分组成，利用展开式分别求出中常数项系数，再分别与相乘再相加即可. 【详解】（1）令，得① 令，得② 由得． （2）的展开式中项的系数来自三类乘积， 即1乘的项，系数为； 乘的项，系数为； 乘的常数项，系数为； 三类系数相加得总系数为. 19．(1)， (2) (3) (4) 【分析】（1）利用二项式的性质结合已知条件求出展开式的项数，进而求出，再利用赋值法结合所有项系数和为1，构造方程求出； （2）列出二项式的通项公式，结合第5项最大代入求解； （3）利用二项展开式的通项公式，采用赋值法求出，进而求解； （4）利用赋值法求出与，再作差计算求解． 【详解】（1）二项式只有第5项二项式系数最大，说明展开式共项，故， 令，，且，解得． （2）二项式的通项公式为，第5项对应， 则． （3）已知，，则的常数项由两部分组成： 当时，； 当时，， 则常数项为：． （4）， 令，则， 令，则， 则． 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $