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专题 25 排列组合二项式定理归类
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题型一：有顺序模型：书架插书法.....................................................................................................................................1
题型二：先分组再排列：球放盒子模型.............................................................................................................................3
题型三：不相邻与相邻型：人坐座位模型.........................................................................................................................4
题型四：多重限制模型.........................................................................................................................................................6
题型五：相同元素模型：数字化法.....................................................................................................................................8
题型六：平均分配型...........................................................................................................................................................10
题型七：空车位型...............................................................................................................................................................12
题型八：地图染色...............................................................................................................................................................14
题型九：走楼梯型...............................................................................................................................................................16
题型十：挡板法...................................................................................................................................................................17
题型十一：公交车与电梯型...............................................................................................................................................19
题型十二：立体几何空间型...............................................................................................................................................20
题型十三：跳棋模型...........................................................................................................................................................22
题型十四：不定方程模型...................................................................................................................................................23
题型十五：二项式：赋值法...............................................................................................................................................25
题型十六：换元型赋值.......................................................................................................................................................27
题型十七：系数最大...........................................................................................................................................................29
题型十八：三项式展开.......................................................................................................................................................31
题型一：有顺序模型：书架插书法
“书架插书”模型
书架插书法：
（1）、书架上原有书的顺序不变；
（2）、新书要一本一本插；
（3）、也可以把有顺序的“书”最后放，先放没顺序得，但是得从“总座位”中选（百分比
法）
1．（22-23高二下·云南·期中）某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.
如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为
A．42 B．30 C．20 D．12
【答案】A
【详解】原定的5个节目之间有6个位．
当插入的这两个新节目在一起时，有 插法；
当插入的这两个新节目不在一起时，有 插法，
所以总的不同插法的种数为 种．
故选：A．
【点睛】关于排列和组合的题目，常用到捆绑法和插位法．捆绑法是将一些对象看作一个对象进行排列；
插位法是将一些对象进行排列后，再对剩下的对象进行排列．
2．（21-22高二上·黑龙江鹤岗·期末）有10本不同的书紧贴着依次立放在书架上，摆成上层3本下层7本，现要从下层7本中任取2本再随机分别调整到上层，若其他书本的相对顺序不变，则上层新增的2本书不
相邻的概率为
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】试题分析：从下层7本中任取2本再随机分别调整到上层，若其他书本的相对顺序不变，共
种方法，若新增的两本书不相邻，则共有 种方法，所以 ，故选A．
考点：1．古典概型；2．排列，组合．
【方法点睛】主要涉及排列组合的问题，属于基础题型，对于总体中部分元素顺序一定的问题，比如总体
有n个元素，其中m个元素的顺序一定，那方法一，先不排这m个元素， ，最后这m个元素只有1
种方法，或是n个元素的全排列，再除以 种顺序方法 ，对于新增的两本书不相邻，那就选择插空
法， ，最后按古典概型求概率．
3．（21-22高二·全国·课后作业）书架上某一层有5本不同的书，新买了3本不同的书插进去，要保持原来
5本书的顺序不变，则不同的插法种数为（ ）.
A．60 B．120 C．336 D．504
【答案】C
【分析】依据分步计数原理即可求得不同的插法种数.
【详解】将新买的3本书逐一插进去：
第1本书插入5本书形成的6个空隙中的1个，有6种插法；
第2本书插入6本书形成的7个空隙中的1个，有7种插法；
最后1本书插入7本书形成的8个空隙中的1个，有8种插法.
由分步乘法计数原理，知不同的插法种数为6×7×8=336.
故选：C
4．（22-23高二下·上海浦东新·期中）书架上某层有8本书，新买2本插进去，要保持原有8本书的顺序，
则有 种不同的插法（具体数字作答）
【答案】90
【分析】利用定序相除法进行求解，先求10本书的所有排法，再求原来8本书的排法，相除可得结果.
【详解】原来的8本书，加上新买的2本书，随意排列共有 种排法，
原来的8本书随意排列共有 种排法，
而原来特有的顺序只有1种，所以共有 种方法.
故答案为：90.
5．（23-24高二下·四川广安·期中）班会课上原定有3位同学依次发言，现临时加入甲、乙2位同学也发言，
若保持原来3位同学发言的相对顺序不变，且甲、乙的发言顺序不能相邻，则不同的发言顺序种数为
（用数字作答）
【答案】12
【分析】甲乙不能相邻，则采用插空法分析即可.
【详解】在原来三位同学的发言顺序一定时，他们之间及两边会形成4个空位，插入甲、乙2位同学，有
（种）方法．
故答案为：12.
题型二：先分组再排列：球放盒子模型先分组后排列模型：又称“球放盒子”
基础型：幂指数型
如四个不同的球放三个不同的盒子，有多少种方法？
特征：
1.先分组再排列（尽量遵循这个，否则容易出现重复）
2.分组时候要注意是否存在“平均分配”的情况
1．（2023·广西南宁·一模）将红、黑、蓝、黄 个不同的小球放入 个不同的盒子，每个盒子至少放一个
球，且红球和蓝球不能放在同一个盒子，则不同的放法的种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将4个小球分成三组，一组2个球，另外两组分别为1个球，然后将三组球分配到 个不同的盒
子，有 种放法，而红球和蓝球恰好放在同一个盒子里有 种放法，利用间接法即可求解.
【详解】解：由题意，将4个小球分成三组，一组2个球，另外两组分别为1个球，有 种分组方法，再
将三组球分配到 个不同的盒子，有 种分法，所以将红、黑、蓝、黄 个不同的小球放入 个不同的盒
子，每个盒子至少放一个球，有 种放法，而红球和蓝球恰好放在同一个盒子里有 种放法，
所以红球和蓝球不能放到同一个盒子里的不同放法种数为 ，
故选：C.
2．（2023高三·全国·专题练习）将A，B，C，D四个小球放入编号为1，2，3的三个盒子中，若每个盒子
中至少放一个球且A，B不能放入同一个盒子中，则不同的放法种数为（ ）
A．15 B．30 C．20 D．42
【答案】B
【分析】按照放入同一盒子的球进行分类，最后由分类加法计数原理计算即可．
【详解】当放入一个盒子的是 时，有 种不同的放法
当放入一个盒子的是 时，有 种不同的放法
当放入一个盒子的是 时，有 种不同的放法
当放入一个盒子的是 时，有 种不同的放法
当放入一个盒子的是 时，有 种不同的放法
则共有 种不同的放法
故选B
3．（20-21高二下·广东深圳·阶段练习）设有编号为1，2，3，4，5的5个小球和编号为1，2，3，4，5的
5个盒子，现将这5个小球放入5个盒子中．每个盒子内投入1个球，并且至多有1个球的编号与盒子的编
号是相同的，则有（ ）投放方法
A．45种 B．53种 C．96种 D．89种
【答案】D
【分析】至多有1个球的编号与盒子的编号是相同的，可以分为两种情形：第一种，五个球的编号与盒子
的编号全不同，第二种，恰有一球的编号与盒子编号相同，把两种情形的投放方法数求出，然后再根据分
类计数原理相加即可.
【详解】由题意知，至多有1个球的编号与盒子的编号是相同的，可以分为两种情形：第一种，五个球的
编号与盒子的编号全不同的放法有 种，
第二种，恰有一球的编号与盒子编号相同的放法有 ，
所以至多有1个球的编号与盒子的编号是相同的投放方法有 种.故选：D.
4．（22-23高三上·河北·阶段练习）桌子上有5个除颜色外完全相同的球，其中3个红球，2个白球，随机
拿起两个球放入一个盒子中，则放入的球均是红球的概率为 ．
【答案】
【分析】对5个球编号，列出所有随机拿起两个球取法，再求出两球都是红球的取法个数，根据古典概型
概率求法，即可求解.
【详解】3个红球记为 ，2个白球记为 ，
随机拿起两个球放入一个盒子所有情况，
，
共有10种取法，其中都是红球有3种，
放入的球均是红球的概率为 .
故答案为:
【点睛】本题考查古典概型的概率求法，属于基础题.
5．（22-23高二下·浙江温州·期中）4个不同的球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，每个盒子中球的
个数不大于盒子的编号，则共有 种方法（用数字作答）．
【答案】175
【分析】根据题意，分4种情况讨论：①四个盒子都放，②4个球放到三个盒子里，③4个球放到两个盒
子里，④4个球放一个盒子，分别求出每种情况下的放法，由分类计数原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，分4种情况讨论：
①四个盒子都放，每个盒子里都放1个球，将4个球全排列即可：有 种情况，
②4个球分组为 放到三个盒子里，有 种情况，
③4个球分组为 或 放到两个盒子里，有 种情况，
④4个球放一个盒子，只能放在编号为4的盒子里，有1种情况，
所以共有 种放法；
故答案为： ．
题型三：不相邻与相邻型：人坐座位模型
座位拆迁
1、一人一位；2、有顺序；3、座位可能空；4、人是否都来；5、必要时， ，剩余座位随人排列
特征：
小排列
1、相邻：捆绑法------捆绑的新的“大人”内部有排列（ ）
2、不相邻：插空法，一般不相邻插入别的空隙
“主次”
3. 限制条件较多。特多的限制条件，称为“多重限制型题”，要有 。属于超难题
1．（22-23高二下·湖南长沙·期末）雅礼女篮一直是雅礼中学的一张靓丽的名片，在刚刚结束的2022到
2023赛季中国高中篮球联赛女子组总决赛中，雅礼中学女篮队员们敢打敢拼，最终获得了冠军．在颁奖仪
式上，女篮队员12人（其中1人为队长），教练组3人，站成一排照相，要求队长必须站中间，教练组三
人要求相邻并站在边上，总共有多少种站法（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据捆绑法以及特殊元素优先安排的原则，即可由排列组合以及分步乘法计数原理求解.【详解】选择左右两边其中一边将教练组3人捆绑看作一个整体安排共有 种排法，
将剩余的11名队员全排列共有 ，
由分步乘法计数原理可得总的站法有 ，
故选:B.
2．（23-24高二下·浙江·期中）已知3名教师和4名学生排成一排照相，每位教师互不相邻，且教师甲和学
生乙必须相邻，一共有多少种不同的排法？（ ）
A．144 B．288 C．576 D．720
【答案】C
【分析】利用捆绑法和插空法结合分步乘法计数原理求解即可.
【详解】先将教师甲和学生乙捆绑成一个元素，与另外3名学生全排列，则有 种方法，
再将剩下的两名教师插入除去与教师甲相邻的四个空位中，有 种方法，
所以由分步乘法计数原理可知共有 种不同的排法，
故选：C
3．（21-22高二下·福建泉州·期中）2022年2月4日，中国北京第24届奥林匹克冬季运动会开幕式以二十
四节气的方式开始倒计时创意新颖，惊艳了全球观众．衡阳市某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制
作出“立春”、“惊蛰”、“雨水”、“春分”、“清明”、“谷雨”六张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“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同
的放置方式有多少种？（ ）
A．24 B．48 C．144 D．244
【答案】C
【分析】将“立春”和“春分”两块展板捆绑在一起，与“雨水”、 “谷雨”排列，然后“清明”与
“惊蛰”去插空即可
【详解】根据题意先将“立春”和“春分”两块展板捆绑在一起，与“雨水”、 “谷雨”排列，有4个空，
然后“清明”与“惊蛰”去插空，
所以不同的放置方式有 种.
故选：C
4．（24-25高三·上海·课堂例题） 、 、 、 、 五人排成一排，如果 必须站在 的右边，且 、
不相邻，则不同的排法共有 种．
【答案】36
【分析】先计算 站在 的右边的排法，再减去 、 相邻且 站在 的右边的排法可得答案.
【详解】 站在 的右边的排法有 ，
、 相邻且 站在 的右边的排法有 ，
所以 必须站在 的右边，且 、 不相邻，
则不同的排法共有 种.
故答案为：36.
5．（23-24高二下·浙江·期中）甲乙丙丁戊5个人排成一排拍照，要求甲不站在最左端，且甲乙不相邻，
则共有 种不同的排法.
【答案】
【分析】根据甲在中间位置以及最后一个位置，结合排列组合，即可由计数原理求解.
【详解】若甲在第2，3，4位置中选择一个位置安排甲，有 种选择，
接下来安排乙，则有 种方法，
再安排剩余三个人，有 ,
故一共有 种方法，
若甲在最后一位，则由 种方法，
因此一共有 ,
故答案为：题型四：多重限制模型
多重限制型，属于“人坐座位”模型
特征：
1. 一人一位；
2. 有顺序；
3、座位可能空；
4、人是否都来；
座位拆迁
5、要时， ，剩余座位随人排列
难题特征：
3、相邻：捆绑法------捆绑的新的“大人”内部有排列（小排列）
4、不相邻：插空法
4. 限制条件较多。特多的限制条件，称为“多重限制型题”，属于超难题
1．（22-23高二下·河南开封·期中）三名男生和三名女生站成一排照相，男生甲与男生乙相邻，且三名女
生中恰好有两名女生相邻，则不同的站法共有
A．72种 B．108种 C．36种 D．144种
【答案】D
【分析】根据题意，利用捆绑法和插空法，再利用分布乘法原理，即可求出结果．
【详解】解：先将男生甲与男生乙“捆绑”，有 种方法，
再与另一个男生排列，则有 种方法，
三名女生任选两名“捆绑”，有 种方法，
再将两组女生插空，插入男生3个空位中，则有 种方法，
利用分步乘法原理，共有 种.
故选：D．
【点睛】本题考查乘法原理的运用和排列知识，还运用了捆绑法和插空法解决相邻和不相邻问题，考查学
生分析解决问题的能力．
2．（21-22高三上·北京通州·期中）中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”主
要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指
数学．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次．讲座次序要求“射”不在第
一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有（ ）
A．408种 B．240种 C．192种 D．120种
【答案】A
【分析】首先对六艺全排列，减去“射”排在第一次的情况，再减去“数”和“乐”两次相邻的情况，最
后再加上“射”排在第一次且“数”和“乐”两次相邻的情况即可求解.
【详解】将六艺全排列，有 种，
当“射”排在第一次有 种，
“数”和“乐”两次相邻的情况有 种，
“射”排在第一次且“数”和“乐”两次相邻的情况有 种，
所以“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻的排法有 种，
故选：A.
3．（22-23高二下·湖南·期末）弘扬国学经典，传承中华文化，国学乃我中华民族五千年留下的智慧精髓，
其中“五经”是国学经典著作，“五经”指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》．小明准备学习“五经”，现安排连续四天进行学习且每天学习一种，每天学习的书都不一样，其中《诗经》与《礼记》
不能安排在相邻两天学习，《周易》不能安排在第一天学习，则不同安排的方式有（ ）
A．32种 B．48种
C．56种 D．68种
【答案】D
【分析】利用排列组合分别讨论不排《周易》，排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，排《周易》且
《诗经》与《礼记》只安排一个，三种情况，再利用分类加法计数原理将所有情况相加即可.
【详解】①若《周易》不排，先将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，
再将《诗经》与《礼记》插空，则共有 种安排方式．
②若排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，
在《尚书》和《春秋》中先选1种，然后将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列，
再将《诗经》与《礼记》插空，减去将《周易》排在第一天的情况即可，
共有 种安排方式；
③若排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，
先在《诗经》与《礼记》中选1种，然后将《周易》排在后三天的一天，
最后将剩下的3种书全排列即可，
共有 种安排方式．
所以共有 种安排方式．
故选：D
4．（2024高三下·江苏·专题练习）阳春三月，草长莺飞；丝绦拂堤，尽飘香玉.三个家庭的3位妈妈带着3
名女宝和2名男宝共8人踏春.在沿行一条小溪时，为了安全起见，他们排队前进，三位母亲互不相邻照顾
孩子；3名女宝相邻且不排最前面也不排最后面；为了防止2名男宝打闹，2人不相邻，且不排最前面也不
排最后面.则不同的排法种数共有 种（用数字作答）.
【答案】288
【分析】
根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合相邻与不相邻问题，列式计算即得.
【详解】第一步：先将3名母亲作全排列，共有 种排法；
第二步：将3名女宝“捆绑”在一起，共有 种排法；
第三步：将“捆绑”在一起的3名女宝作为一个元素，在第一步形成的2个空中选择1个插入，有 种排
法；
第四步：首先将2名男宝之中的一人，插入第三步后相邻的两个妈妈中间，
然后将另一个男宝插入由女宝与妈妈形成的2个空中的其中1个，共有 种排法.
所以不同的排法种数有： （种）.
故答案为：288
5．（2021·黑龙江哈尔滨·模拟预测）某校高二年级共有10个班级，5位教学教师，每位教师教两个班级，
其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，
曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数 ．
【答案】236
【分析】按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但这两种
重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去即可得到答案.
【详解】（1）秋老师教9班，曲老师可在4,5,7,10班中选两班，再分两小类：
①曲老师不教5班，则曲老师可选 （种）；王老师可选 （种）；剩余的3个班3个老师全排列
安排有 （种）；按分步相乘计数原理有： （种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选 （种）；剩余的4个班4个老师全排列安排有
（种）；按分步相乘计数原理有： （种）.
按分类相加计数原理，秋老师教9班有： （种）；
（2）秋老师教10班，同理也有126（种）；
（3）秋老师同时教9班和10班，曲老师可在4,5,7班中选两班，再分两小类：①曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2,6班选一个，可选 （种）；剩余的2个班
2个老师全排列安排有 （种）；按分步相乘计数原理有： （种）；
②曲老师教5班，则曲老师可选 （种）；剩余的3个班3个老师全排列安排有 （种）；
按分步相乘计数原理有： （种）.
按分类相加计数原理，秋老师同时教9班和10班有： （种）；
但秋老师同时教9班和10班在（1）和（2）两种分类里都涉及到，所以重复需减去，
故不同的排课方法种数有： （种）.
故答案为：236
题型五：相同元素模型：数字化法
数字化法：
标记元素为数字或字母，重新组合。
特别适用于“相同元素”
1．（2022·新疆·一模）如图，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或右上
或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如1→3→4→5→6→7就是一条移动路线，则从数字“1”
到“7”，漏掉两个数字的移动路线条数为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】分类分步排列即可.
【详解】由题意1和7是不能漏掉的，所以由以下路线：
（1,3,5,6,7），（1,3,4,6,7），（1,3,4,5,7），（1,2,4,6,7），（1,2,4,5,7），（1,2,3,5,7）共6条，
故选：B.
2．（22-23高三上·上海浦东新·阶段练习）夏老师从家到学校，可以选择走锦绣路、杨高路、张杨路或者
浦东大道，由于夏老师不知道杨高路有一段在修路导致第一天上班就迟到了，所以夏老师决定以后要绕开
那段维修的路，如图，假设夏老师家在 处，学校在 处， 段正在修路要绕开，则夏老师从家到学校
的最短路径有（ ）条．
A．23 B．24 C．25 D．26
【答案】D
【分析】先求出由 到 的最短路径的条数，然后求出由 到 且经过 的最短路径的条数，最后相
减即可.
【详解】由 到 的最短路径需要向右走四段路，向上走三段路，所以有 条路，由 到 的最短路径需要向右走两段路，向上走一段路，所以有 条路，
由 到 的最短路径需要向右走一段路，向上走两段路，所以有 条路，
所以由 到 不经过 的最短路径有 .
故选：D.
3．（2016·全国·高考真题）如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老
年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为
A．24 B．18 C．12 D．9
【答案】B
【详解】解：从E到F，每条东西向的街道被分成2段，每条南北向的街道被分成2段，
从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，其中2段方向相同，另2段方向相同，
每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，故共有C 2C 2＝6种走法．
4 2
同理从F到G，最短的走法，有C 1C 2＝3种走法．
3 2
∴小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6×3＝18种走法．
故选B．
【考点】计数原理、组合
【名师点睛】分类加法计数原理在使用时易忽视每类中每一种方法都能完成这件事情，类与类之间是相互
独立的；分步乘法计数原理在使用时易忽视每步中某一种方法只是完成这件事的一部分，而未完成这件事，
步步之间是相互关联的．
4．（2023·安徽亳州·模拟预测）如图，小明从街道的 出发，选择一条最短路径到达 处，但 处正在维
修不通，则不同的路线有（ ）种
A．66 B．86 C．106 D．126
【答案】B
【分析】求出从A到C不同的路线总数，减去从A到C的过程中途经B处的路线数，即可得出答案.
【详解】要使A到C的路径最短，则小明到达每个网格点后只能选择向右或向上走到下一个网格点，且选
择向右的次数为5，选择向上的次数为4，总共9次选择，所以从A到C总共有 种不同的路线，
同样，从A到B相当于在4次选择中3次向右，1次向上，所以A到B总共有 种不同的路线，
从B到C相当于在5次选择中2次向右，3次向上，所以B到C总共有 种不同的路线，
故从A到C的过程中途经B处的路线数为4×10＝40种，
但B处正在维修不通，则不同的路线有126－40＝86种．
故选：B.
5．（21-22高二下·黑龙江双鸭山·阶段练习）2021年高考结束后小明与小华两位同学计划去老年公寓参加
志愿者活动．小明在如图的街道E处，小华在如图的街道F处，老年公寓位于如图的G处，则下列说法正
确的个数是（ ）①小华到老年公寓选择的最短路径条数为4条
②小明到老年公寓选择的最短路径条数为35条
③小明到老年公寓在选择的最短路径中，与到F处和小华会合一起到老年公寓的概率为
④小明与小华到老年公寓在选择的最短路径中，两人并约定在老年公寓门口汇合，事件A：小明经过F事
件B；从F到老年公寓两人的路径没有重叠部分（路口除外），则
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据起点走向终点所需要向上、向右走的总步数 ，并确定向上或向右各走的步数 ，则最短路
径的走法有 ，再利用古典概率及条件概率求法，求小明到F处和小华会合一起到老年公寓的概率、小明
经过F且从F到老年公寓两人的路径没有重叠的概率即可.
【详解】由图知，要使小华、小明到老年公寓的路径最短，则只能向上、向右移动，而不能向下、向左移
动，
对于①，小华到老年公寓需要向上1格，向右2格，即小华共走3步其中1步向上，
所以最短路径条数为 条，错误；
对于②，小明到老年公寓需要向上3格，向右4格，即小明共走7步其中3步向上，最短路径条数为
条，正确；
对于③，小明到 的最短路径走法有 条，再从F处和小华一起到老年公寓的路径最短有3条，而小
明到老年公寓共有 条，
所以到F处和小华会合一起到老年公寓的概率为 ，正确；
对于④，由题意知：事件 的走法有18条即 ，事件 的概率 ，
所以 ，错误.
故说法正确的个数是2.
故选：B.
题型六：平均分配型
平均分成几组，就除以几组数的阶乘，如果既有平均分组又有不平均分组的，也要除以相同组的组数
的阶乘
1．（【全国校级联考】山西省临汾一中、忻州一中、长治二中、康杰中学2016-2017学校高二4月联考数
学（理）试题）某高校大一新生中的6名同学打算参加学校组织的“雅荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团且每个社
团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为
A．4680 B．4770 C．5040 D．5200
【答案】C
【详解】若有 人参加“演讲团”，则从 人选 人参加该社团，其余 人去剩下 个社团，人数安排有
种情况： 和 ，故 人参加“演讲团”的不同参加方法数为
，若无人参加“演讲团”，则 人参加剩下 个社团，人数安排安排有 种情况： 和 ，
故无人参加“演讲团”的不同参加方法数为 ，故满足条件的方法数为
，故选C.
【方法点睛】本题主要考查分组分配问题及排列组合的综合应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往
往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖
掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原
理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.
2．（2024·湖北武汉·模拟预测）将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个
球，则不同的装法种数为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【分析】先将红球从数量分成 ，(1,1,1)两种类型的分组，在分两类研究以上不同形式下红球放入三
个不同的袋中的方法数，最后袋中不重上黑球，使每个袋子中球的总个数为 个，将两类情况的方法总数
相加即可.
【详解】将 个红球分成 组，每组球的数量最多 个最少 个，则有 ，(1,1,1)两种组合形式，
当红球分组形式为 时，将红球放入三个不同的袋中有 放法，
此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为 个即可.
当红球分组形式为(1,1,1)时，将红球放入三个不同的袋中有 种放法，
此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为 个即可.
综上所述：将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球，
不同的装法种数为 种.
故选：A .
3．（20-21高二·全国·单元测试）《数术记遗》是东汉时期徐岳编撰的一本数学专著，该书介绍了我国古
代14种算法，其中积算（即筹算）､太乙算､两仪算､三才算､五行算､八卦算､九宫算､运筹算､了知算､成数
算､把头算､龟算､珠算13种均需要计算器械.某研究性学习小组3人分工搜集整理这13种计算器械的相关
资料，其中一人搜集5种，另两人每人搜集4种，则不同的分配方法种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】按先分组后分配的方法计算出不同的分配方法种数.
【详解】依题意，先将13种计算器械分为3组，方法种数为 ，再分配给3个人，方法种数为
.
故选：A.
4．（2021·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知有5个不同的小球，现将这5个球全部放入到标有编号1、2、
3、4、5的五个盒子中，若装有小球的盒子的编号之和恰为11，则不同的放球方法种数为（ ）
A．150 B．240 C．390 D．1440
【答案】C【分析】分析可得可以将5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中，
分别计算每种放球方法种数，再利用分类相加计数原理可求得结果.
【详解】因为 或
所以5个球放到编号2、4、5的三个盒子中或者放到编号1、2、3、5的四个盒子中
（1）5个球放到编号2、4、5的三个盒子中，因为每个盒子中至少放一个小球，所以在三个盒子中有两种
方法：
各放1个，2个，2个的方法有 种.
各放3个，1个，1个的方法有 种.
（2）5个球放到编号1、2、3、5的四个盒子中，则各放2个，1个，1个，1个的方法有
种.
综上，总的放球方法数为 种.
故选：C
【点睛】易错点睛：本题考查排列组合的部分均匀分组，解题时一定要注意不要重复，有n组均匀，最后
一点要除以 ，考查学生的逻辑思维能力与运算求解能力，属于中档题.
5．（2024高三·全国·模拟） 3名医生和6名护士分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护
士，有 种分配方法.
【答案】
【分析】把3名医生和6名护士按每组1名医生2名护士，进行平均分3组.注意除以均分组数的全排列 .
再将3个小组作为3个元素分到3所学校，这样就有一个全排列. 根据分步计数原理得到结果.
【详解】属于平均分组且排序型，共有 .
故答案为：540.
【点睛】本题考查了平均分组分配问题，属于基础题.
题型七：空车位型
1．（21-22北京模拟）一个停车场有5个排成一排的空车位，现有2辆不同的车停进这个停车场，若停好
后恰有2个相邻的停车位空着，则不同的停车方法共有
A．6种 B．12种 C．36种 D．72种
【答案】B
【分析】分类讨论,利用捆绑法、插空法,即可得出结论.
【详解】把空着的2个相邻的停车位看成一个整体，即2辆不同的车可以停进4个停车场，
由题意,若2辆不同的车相邻,则有 种方法
若2辆不同的车不相邻,则利用插空法,2个相邻的停车位空着,利用捆绑法,
所以有 种方法，不同的停车方法共有： 种，
综上,共有12种方法，
所以B选项是正确的.
本题考查排列、组合的综合应用,注意空位是相同的,是关键.2．（22-23高二下·内蒙古巴彦淖尔·阶段练习）某电影院第一排共有9个座位，现有3名观众前来就座，若
他们每两人都不能相邻，且要求每人左右至多两个空位，则不同的坐法共有
A．36种 B．42种 C．48种 D．96种
【答案】C
【详解】试题分析：共有6个空位，如果3人旁边有三个位置时空位，那就是222的空位组合，共有
种情况，当3人旁边有4个位置有空位，那空位组合就是1122的组合，采用插空法，共有
种情况，所以不同的做法就是12+36=48种情况，故选C.
考点：1.排列；2.组合.
【思路点睛】本题主要考查的排列的方法，属于基础题型，对于不相邻问题，一般采用插空法，例，有
个不同元素，其中 个不同元素不相邻，那么排列方法种数就是 ，但本题还有其他的条件，每人左
右至多2个空位，所以对可先对空位进行分类，空位看成相同元素，只有个数的区分，所以可以均分为3
组空位，或4组空位，任何再在空位之间排列3人，最后相加即得结果.
3．（22-23高二下·河北·期末）一条长椅上有6个座位，3个人坐．要求3个空位中恰有2个空位相邻，则
坐法的种数为（ ）
A．36 B．48 C．72 D．96
【答案】C
【分析】分两个相邻空位包括最左端或最右端时和不含最左端或最右端时，两种情况求出坐法后相加即可.
【详解】先考虑相邻的2个空位，
当两个相邻空位包括最左端或最右端时，有2种情况，与空位相邻的座位需要安排一个人，有3种选择，
剩余的3个座位，安排2个人，有 种选择，
则有 种选择，
当两个相邻空位不含最左端或最右端时，此时有3种情况，与空位相邻的左右座位需要安排两个人，有
种选择，最后一个人有2种选择，
则有 种选择，
综上：坐法的种数共有 个.
故选：C
4．（16-17高二下·陕西西安·期中）某公共汽车站有6个候车位排成一排，甲、乙、丙三个乘客在该汽车
站等候228路公交车的到来，由于市内堵车，228路公交车一直没到站，三人决定在座位上候车，且每人
只能坐一个位置，则恰好有2个连续空座位的候车方式的种数是
A．48 B．54 C．72 D．84
【答案】C
【解析】根据题意，分2步进行分析：①先将3名乘客全排列，②3名乘客排好后，有4个空位，在4个
空位中任选1个，安排2个连续空座位，再在剩下的3个空位中任选1个，安排1个空座位，由分步计数
原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，分2步进行分析：
①先将3名乘客全排列，有 种情况，
②3名乘客排好后，有4个空位，在4个空位中任选1个，安排2个连续空座位，有4种情况，
在剩下的3个空位中任选1个，安排1个空座位，有3种情况，
则恰好有2个连续空座位的候车方式有 种；
故选： ．
【点睛】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
5．（20-21高二·全国·课后作业）地面上有并排的七个汽车位，现有红、白、黄、黑四辆不同的汽车同时
倒车入库.当停车完毕后，恰有两个连续的空车位，且红、白两车互不相邻的情况有 种.
【答案】336
【解析】根据题意从反面考虑，恰有两个连续空车位的排法，再算出恰有两个连续空车位，且红、白两车
相邻时的排法，两数作差即可求解.
【详解】从反面考虑，恰有两个连续空车位时有 （种）情况；恰有两个连续空车位，且红、白两车相邻时有 （种）情况，
故所求情况有 （种）
故答案为：336
【点睛】本题考查排列组合，考查了捆绑法，属于中档题.
题型八：地图染色
染色问题，要从“颜色用了几种”，“地图有没有公用区域”方向考虑：
1.用了几种颜色。如果颜色没有全部用完，就要有选色的步骤
2.尽量先从公共相邻区域开始。所以要观察“地图”是否可以“拓扑”转化
染色的地图，还要从“拓扑结构”来转化
以下这俩图，就是“拓扑”一致的结构
1．（2022·浙江·模拟预测）给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相
邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择，则共有（ ）种不同的染色方案.
A．96 B．144 C．240 D．360
【答案】A
【分析】通过分析题目给出的图形，可知要完成给图中 、 、 、 、 、 六个区域进行染色，最少
需要3种颜色，即 同色， 同色， 同色，由排列知识可得该类染色方法的种数；也可以4种颜色
全部用上，即 ， ， 三组中有一组不同色，同样利用排列组合知识求解该种染法的方法种数，最
后利用分类加法求和．
【详解】解：要完成给图中 、 、 、 、 、 六个区域进行染色，染色方法可分两类，
第一类是仅用三种颜色染色，
即 同色， 同色， 同色，则从四种颜色中取三种颜色有 种取法，三种颜色染三个区域有
种染法，共 种染法；
第二类是用四种颜色染色，即 ， ， 中有一组不同色，则有3种方案 不同色或 不同色或
不同色），先从四种颜色中取两种染同色区有 种染法，剩余两种染在不同色区有2种染法，共
有 种染法．
由分类加法原理得总的染色种数为 种．
故选：A．
2．（22-23高二下·上海嘉定·阶段练习）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在替工5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻颜
色不同，则不同的涂色方法种数为（ ）
A．120 B．420 C．300 D．以上都不对
【答案】B
【分析】根据题意，分4步依次分析区域A、B、C、D、E的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案.
【详解】分4步进行分析：
①对于区域A，有5种颜色可选，
②对于区域B，与A区域相邻，有4种颜色可选;
③对于区域C，与A、B区域相邻,有3种颜色可选;
④,对于区域D、E,若D与B颜色相同，E区域有3种颜色可选，若D与B颜色不相同，D区域有2种颜色
可选，E区域有2种颜色可选，则区域D、E有 种选择,
则不同的涂色方案有 种;
故选：B
3．（23-24高二下·湖南·阶段练习）给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种
颜色，有公共边的区域使用不同的颜色，现有红、黄、蓝、绿、橙5种颜色可供选择，则不同的涂色方法
有（ ）
A．120种 B．720种 C．840种 D．960种
【答案】D
【分析】依次给区域 涂色，求出每一步的种数，由乘法分步原理即得解.
【详解】解：A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C有4种颜色可选，E有4种颜
色可选，故共有5×4×3×4×4＝960种不同的涂色方法．
故选：D．
4．（22-23高三浙江·模拟）用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，
若四种颜色全用上，则共有多少种不同的涂法（ ）
A．72 B．96 C．108 D．144
【答案】B
【分析】对于排列组合的染色问题通常采用分步计数原理，分别为各个区域染色，即可求解.
【详解】设四种颜料为 ，
①先涂区域B，有4中填涂方法，不妨设涂颜色1；
②再涂区域C，有3中填涂方法，不妨设涂颜色2；
③再涂区域E，有2中填涂方法，不妨设涂颜色3；
④若区域A填涂颜色2，则区域D、F填涂颜色1，4，或4，3，若区域A填涂颜色4，则区域D、F填涂颜色1,3或4,3，共4中不同的填涂方法，
综合①②③④，由分步计数原理可得，共有 种不同的填涂法.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了分步计数原理，以及排列组合的染色问题，其中解答中认真审题，合理利用分步
计数原理分别为各个区域染色是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力.
5．（23-24高二下·山西临汾·期中）如图，这是一面含A，B，C，D，E，F六块区域的墙，现有含甲的五
种不同颜色的油漆，一位工人要对这面墙涂色，相邻的区域不同色，则共有 种不同的涂色方法；若区
域D 不能涂甲油漆，则共有 种不同的涂色方法.
【答案】 1200 960
【分析】直接由分类、分步计数原理即可求解.
【详解】
第一空：若C，E的涂色相同，则共有 种方法；
若C，E的涂色不相同，则共有 种方法.
故共有1200种不同的涂色方法.
第二空：因为区域D不能涂甲油漆，所以区域D 的涂色方法有4种.
若C，E的涂色相同，则共有 种方法；
若C，E的涂色不相同，则共有 种方法.
故共有960种不同的涂色方法.
故答案为：1200，960.
题型九：走楼梯型
走楼梯模型，可以转化为“数字化”模型：
一步一阶设为数字1，一步两阶设为数字2，一步n阶，记为数字n，则把n
阶台阶，变为数字“和”形式。
要注意数字的奇偶时是否能取到
1．（20-21高二·全国·单元测试）某人在上楼梯时，一步上一个台阶或两个台阶，设他从平地上到第一级
台阶时有f（1）种走法，从平地上到第二级台阶时有f（2）种走法……则他从平地上到第n级(n≥3)台阶时
的走法f(n)等于（ ）
A．f(n-1)+1 B．f(n-2)+2
C．f(n-2)+1 D．f(n-1)+f(n-2)
【答案】D
【分析】确定他如何到达第 级台阶即可：有两种走法，在第 级台阶跨两步到达，或者在第 级台
阶跨一步到达，由此可得所求关系式．
【详解】解：要到达第n级台阶有两种走法：（1）在第n-2级的基础上到达；（2）在第n-1级的基础上到
达．
因此有 ．
故选：D
2．（22-23高二下·上海浦东新·阶段练习）某幢楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也
可以一步上两级，若规定从二楼到三楼用8步走完，则方法有（ ）
A．45种 B．36种 C．28种 D．25种【答案】C
【解析】由题意可知，10 级楼梯要8 步走完，这8步中有6步是一步上一级，2步是一步上两级，所以此
问题转化为从8步中选2步即为答案.
【详解】由题意，这8步中有6步是一步上一级，2步是一步上两级， 只需确定这8步中，哪2步是一步
上两级即得答案为 ，
故选：C.
【点睛】此题考查排列组合的实际应用，解题的关键是看清楚这个实际问题相当于数学中的什么问题，注
意转化，属于中档题.
3．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）数学与自然、生活相伴相随，无论是蜂的繁殖规律，树的分枝，还是
钢琴音阶的排列，当中都蕴含了一个美丽的数学模型Fibonacci（斐波那契数列）：1，1，2，3，5，8，
13，21…，这个数列前两项都是1，从第三项起，每一项都等于前面两项之和，请你结合斐波那契数列，尝
试解答下面的问题：小明走楼梯，该楼梯一共6级台阶，小明每步可以上一级或二级，请问小明的不同走
法种数是（ ）
A．20 B．13 C．12 D．15
【答案】B
【分析】设 级台阶的走法为 ，找出数列的递推公式，求 的值.
【详解】设 级台阶的走法为 ，
则 ， （走法有每步上一级或一步二级，共2种走法），
当 时， （可以从第 级台阶跨一级到达第 级，或从第 级台阶跨二级到达第
级）.
所以： ，
，
，
.
故选：B
4．（22-23高三下·重庆渝中·阶段练习）某楼梯一共有8个台阶，甲同学每步可以登一个或两个台阶，一
共用6步登上该楼梯，则甲同学登上该楼梯的不同方法数是（ ）
A．10 B．15 C．20 D．30
【答案】B
【分析】根据组合数的计算即可求解.
【详解】用6步走完8个台阶，则需要的每次的步数为2，2，1，1，1，1，即需要2次两步，4次1步，
故从6步中选择一下子走2步的即可，故完成的方法数是： 种，
故选：B.
5．（22-23·江西·阶段练习）某幢楼从二楼到三楼的楼梯共11级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两
级，若规定从二楼到三楼用7步走完，则上楼梯的方法有______种．
【答案】35
【分析】从二楼到三楼用7步走完11级，七次中选四步走两级的组合，七步中肯定是三步一级，四步两级，
共有C 4种结果．
7
【详解】∵从二楼到三楼的楼梯共11级，规定从二楼到三楼用7步走完
∴七次中选四步走两级的组合，七步中肯定是三步一级，四步两级，共有C 4＝35种结果，
7
故答案为35
【点睛】本题考查排列组合的实际应用，注意实际问题的转化，属于基础题．
题型十：挡板法挡板法，适用于“相同元素”分配。如三好学生指标，相同小球，各种指标名额等等
1．（20-21高二·全国·单元测试）将20个完全相同的小球放入编号分别为1，2，3，4的四个盒子中，要求
每个盒子中球的个数不小于它的编号，则不同的放法种数为（ ）
A．1615 B．1716
C．286 D．364
【答案】C
【分析】先在编号为1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，再利用插空法即可求解.
【详解】先在编号为1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，再将剩下的14个小球分成四份分
别放入编号为1，2，3，4的盒子里．14个球之间有13个空隙，选出3个空隙放入隔板，所以有
种放法．
故选：C.
2．（22-23高二下·安徽合肥·期末）将7个相同的球放入4个不同的盒子中，则每个盒子都有球的放法种数
为（ ）
A．840 B．35 C．20 D．15
【答案】C
【分析】利用“隔板法”即可得解．
【详解】将7个相同的球放入4个不同的盒子中，即把7个相同的球分成4组，
因为每个盒子都有球，所以每个盒子至少有一个球，
不妨将7个球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空插入3个隔板将它们隔开，即分成4组，不同
插入方法共有 种，
所以每个盒子都有球的放法种数为20．
故选：C．
3．（21-22高三上·山东·期中）将10个完全相同的小球放入编号分别为1，2，3的三个盒子中，要求每个
盒子中球的个数不小于它的编号，则不同的放法种数为（ ）
A．10 B．12 C．13 D．15
【答案】D
【分析】根据题意，先在2号盒子里放入1个小球，3号盒子放入2个小球，分析可得原问题可以转化为将
剩下的7个小球放入3个小盒，每个小盒至少放一个的问题，将剩下的7个小球排成一排，分析其可用的
空位，由插空法分析即可得答案．
【详解】解：根据题意，先在2号盒子里放入1个小球，3号盒子放入2个小球，原问题即可以转化为将剩
下的7个小球放入3个小盒，每个小盒至少放一个的问题，
将剩下的7个小球排成一排，排好后有6个空位可选，
在6个空位中任选2个，插入挡板即可，则有 种不同的放法；
故选：D．
4．（2023高三·全国·模拟）把1995个不加区别的小球分别放在10个不同的盒子里，使得第 个盒子中至
少有 个球（ ），则不同放法的总数是
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】先在第 个盒里放入 个球， ，即第1个盒里放1个球，第2个盒里放2个球，…，这
时共放了 个球，还余下 个球.故转化为把1940个球任意放入10个盒子里
（允许有的盒子里不放球）.把这1940个球用9块隔板隔开，每一种隔法就是一种球的放法，1940个球连
同9块隔板共占有1949个位置，相当于从1949个位置中选9个位置放隔板，有 种放法.选D.
5．（21-22高二下·重庆万州·期中）将 个完全相同的小球放入编号分别为 的四个盒子中，要求每
个盒子中球的个数不小于它的编号，则不同的放法种数为 .
【答案】84【分析】先在编号为1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，再利用插空法即可求解.
【详解】先在编号为1，2，3，4的四个盒子内分别放0，1，2，3个球，再将剩下的10个小球分成四份分
别放入编号为1，2，3，4的盒子里．10个球之间有9个空隙，选出3个空隙放入隔板，所以有 种
放法．
故答案为：84
题型十一：公交车与电梯型
公交车与电梯模型，可以转化为球放盒子，然后先分组后排列。
要注意是否需要剔除掉“空”盒子
1．（22-23高二下·陕西咸阳·阶段练习）车上有6名乘客，沿途有3个车站，每名乘客可任选1个车站下车，
则乘客不同的下车方法数为（ ）
A． B． C．120 D．20
【答案】B
【分析】根据分步乘法计数原理求得正确答案.
【详解】每名乘客都有 种选法，
故总的方法数为 .
故选：B
2．（20-21高二上·全国·单元测试）某公共汽车上有10位乘客，沿途5个车站，乘客下车的可能方式有（
）
A．510种 B．105种
C．50种 D．3 024种
【答案】A
【解析】乘客下车这个事件可以考虑每个乘客的下车方式，应用分步乘法原理求解．
【详解】每位乘客都有5种不同的下车方式，根据分步乘法计数原理，共有510种可能的下车方式，
故选：A.．
3．（2020·四川达州·三模）有3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼的任一楼走出
电梯．如果电梯正常运行，那么恰有两人在第4楼走出电梯的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意结合分步乘法、排列组合的知识可得所有基本情况数及满足要求的情况数，再由古典概型
概率公式即可得解.
【详解】3人同时从底楼进入同一电梯，他们各自随机在第2至第7楼的任一楼走出电梯,共有 种
不同情况；
恰有两人在第4楼走出电梯，共有 种不同情况；
故所求概率 .
故选：C.
【点睛】本题考查了计数原理的应用，考查了古典概型概率的求解，属于基础题.
4．（2022高二下·浙江宁波·学业考试）通苏嘉甬高速铁路起自南通西站， 经苏州市、嘉兴市后跨越杭州
湾进入宁波市， 全线正线运营长度 ， 其中新建线路长度 ， 是《中长期铁路网规
划》中 “八纵八横”高速铁路主通道之一的沿海通道的重要组成部分， 是长江三角洲城市群的重要城际
通道， 沿途共设南通西、张家港、常熟西、 苏州北、汾湖、嘉兴北、嘉兴南、海盐西、慈溪、庄桥等
10 座车站.假设甲、乙两人从首发站（南通西） 同时上车， 在沿途剩余9站中随机下车， 两人互不影响，则甲、乙两人在同一站下车的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】甲、乙两人下车包含的基本事件个数为 ，甲、乙两人在同一车站下车包含的基本事件个
数 ，由此算出甲、乙两人在同一站下车的概率.
【详解】解：甲、乙两人从首发站（南通西） 同时上车，沿途经过剩余9个车站，甲、乙两人随机下车，
互不影响，故甲、乙两人下车包含的基本事件个数为：
设“甲、乙两人在同一车站下车为事件M”，则事件M包含的基本事件个数为：
.
故选：D.
5．（20-21高三上·陕西西安·阶段练习）汽车上有5名乘客，沿途有3个车站，每人在3个车站中随机任选
一个下车，直到乘客全部下车，不同的下站方法有 种．（用数字作答）
【答案】243
【分析】由每位乘客可以在任意的车站下车，得到每位乘客下车的情况有3种，然后利用分步计数原理求
解.
【详解】因为每位乘客可以在任意的车站下车，
所以每位乘客下车的情况有3种，
所以5名乘客下客站的方法有 种．
故答案为：243
【点睛】本题主要考查分步计数原理的应用，属于基础题.
题型十二：立体几何空间型
立体型结构，可以“拍扁了”，“拓扑”为平面型染色，这是几何体染色的一个小技巧
所以注意这类图形之间的互相转化
1．（21-22高二下·安徽安庆·期中）如图所示，将四棱锥 的每一个顶点染上一种颜色，并使同一
条棱上的两端异色，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数为（ ）
A．120 B．96 C．72 D．48
【答案】C
【分析】分为 同色，且 同色； 同色，而 不同色； 同色，而 不同色三种情况，
分别计算，根据分类加法计数原理，求和即可得出答案.
【详解】由题意知， 与 任意一点均不同色.
只用3种颜色，即 同色，且 同色，此时不同染色方法的种数为 ；
用4种颜色，此时可能 同色，而 不同色或 同色，而 不同色.
若 同色，而 不同色，此时不同染色方法的种数为 ；若 同色，而 不同色，此时不同染色方法的种数为 .
根据分类加法计数原理可得，不同染色方法的种数为 .
故选：C.
2．（20-21高二下·福建莆田·期中）正方体六个面上分别标有A、B、C、D、E、F六个字母，现用5种不
同的颜色给此正方体六个面染色，要求有公共棱的面不能染同一种颜色，则不同的染色方案有（ ）种.
A．420 B．600 C．720 D．780
【答案】D
【分析】根据对面的颜色是否相同，分①三对面染相同的颜色、②两对面染相同颜色，另一对面染不同颜
色、③一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，分别求出不同的染色方案，最后加总即可.
【详解】分三类：
1、若三对面染相同的颜色，则有 种；
2、若两对面染相同颜色，另一对面染不同颜色，则有 种；
3、若一对面染相同颜色，另两对面染不同颜色，则有 种；
∴共有 种.
故选：D
3．（23-24·安徽·练习）如图所示的几何体是由一个正三棱锥P－ABC与正三棱柱ABC－A B C 组合而成，现
1 1 1
用3种不同颜色对这个几何体的表面染色(底面A B C 不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的染色方案
1 1 1
共有
A．24种 B．18种 C．16种 D．12种
【答案】D
【解析】先对正三棱锥P－ABC三个表面染色，再对正三棱柱ABC－A B C 三个表面染色，最后根据分步计
1 1 1
数原理得结果.
【详解】先对正三棱锥P－ABC三个表面染色，有 种,再对正三棱柱ABC－A B C 三个表面染色有 种，
1 1 1
所以共有 种，选D.
【点睛】本题考查排列组合应用，考查基本分析求解能力，属基础题.
4．（2022·江西抚州·模拟）已知三棱锥的6条棱代表6种不同的化工产品，有公共顶点的两条棱代表的化
工产品放在同一仓库是安全的，没有公共顶点的两条棱代表的化工产品放在同一仓库是危险的 现用编号为
1，2，3的三个仓库存放这6种化工产品，每个仓库放2种，那么安全存放的不同方法种数为( )
A．12 B．24 C．36 D．48
【答案】D
【分析】先将 种产品分成三组，然后存放在三个仓库，由分步乘法计数原理求得安全存放的方法种数.
【详解】设 种产品分别为 ，画出图像如下图所示，根据题意，安全的分组方法有
， ， ， ，共 种，
每一种分组方法安排到 个仓库，有 种方法，故总的方法种数有 种，故选D.【点睛】本小题主要考查简单的排列组合问题，考查分类加法计数原理、分步乘法计数原理，属于中档题.
5．（22-23高二下·山东·阶段练习）现准备给每面刻有不同点数的骰子涂色，每个面涂一种颜色，相邻两
个面所涂颜色不能相同.若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．720种 B．780种 C．600种 D．660种
【答案】B
【分析】从骰子的一面开始涂色，依次求出其他面的涂色情况即可.
【详解】先涂点数为2的区域，有5种选择；再涂点数为4的区域，有4种选择；再涂点数为6的区域，
有3种选择.当点数为6的对面区域与点数为6的区域涂的颜色不同时，有两种情况，剩下的区域分两种情
况讨论：第一种情况，点数为4的对面区域与点数为4的区域涂的颜色不同，则剩下的一个区域只有1种
选择；第二种情况，点数为4的对面区域与点数为4的区域涂的颜色相同，则剩下的一个区域有2种选择.
当点数为6的对面区域与点数为6的区域涂的颜色相同时，分两种情况讨论：第一种情况，点数为4的对
面区域与点数为4的区域涂的颜色不同，有2种选择，则剩下的一个区域也有2种选择；第二种情况，点
数为4的对面区域与点数为4的区域涂的颜色相同，则剩下的一个区域有3种选择.故不同的涂色方案有
种.
故选：B
题型十三：跳棋模型
1．（22-23·全国·模拟）一只小青蛙位于数轴上的原点处，小青蛙每一次具有只向左或只向右跳动一个单位
或者两个单位距离的能力，且每次跳动至少一个单位.若小青蛙经过5次跳动后，停在数轴上实数2位于的
点处，则小青蛙不同的跳动方式共有种.
A．105 B．95 C．85 D．75
【答案】A
【详解】分析：根据题意，分4种情况讨论：①，小青蛙向左跳一次2个单位，向右跳4次，每次1个单
位，②，小青蛙向左跳2次，每次2个单位，向右跳3次，每次2个单位，③，小青蛙向左跳2次，一次2
个单位，一次1个单位，向右跳3次，2次2个单位，1次1个单位，④，小青蛙向左跳2次，每次1个单
位，向右跳3次，1次2个单位，2次1个单位，由加法原理计算可得答案．
详解：根据题意，分4种情况讨论：
①，小青蛙向左跳一次2个单位，向右跳4次，每次1个单位，有C 1=5种情况，
5
②，小青蛙向左跳2次，每次2个单位，向右跳3次，每次2个单位，有C 2=10种情况，
5
③，小青蛙向左跳2次，一次2个单位，一次1个单位，向右跳3次，2次2个单位，1次1个单位，有C 2A 3=60种情况，
5 3
④，小青蛙向左跳2次，每次1个单位，向右跳3次，1次2个单位，2次1个单位，有C 2C 2=30种情况，
5 3
则一共有5+10+60+30=105种情况，即有105种不同的跳动方式．
故选A．
点睛：本题考查排列、组合的应用，注意分析青蛙左右跳动的次数与单位．
2．（23-24高三上·河南漯河·期末）一只小蜜蜂位于数轴上的原点处，小蜜蜂每一次具有只向左或只向右
飞行一个单位或者两个单位距离的能力，且每次飞行至少一个单位.若小蜜蜂经过4次飞行后，停在位于数
轴上实数3的点处，则小蜜蜂不同的飞行方式有（ ）
A．22 B．24 C．26 D．28
【答案】B
【分析】设出事件，分两种情况，结合排列知识进行求解，相加得到答案.
【详解】经过4次飞行，停在位于数轴上实数3的点处，
设向右飞行1个单位为事件 ，向右飞行2个单位为事件 ，
情况一， 满足要求，此时只需安排好 ，故不同的飞行方式为 种，
情况二， 满足要求，此时只需安排好 ，故不同的飞行方式为 种，
综上，小蜜蜂不同的飞行方式有 种.
故选：B
3．（19-20高三上·北京大兴·期末）动点M位于数轴上的原点处，M每一次可以沿数轴向左或者向右跳动，
每次可跳动1个单位或者2个单位的距离，且每次至少跳动1个单位的距离.经过3次跳动后，M在数轴上
可能位置的个数为（ ）
A．7 B．9 C．11 D．13
【答案】D
【分析】根据题意，分为动点M①向左跳三次，②向右跳三次，③向左跳2次，向右跳1次，④向左跳1
次，向右跳2次，四种情况进行讨论，得到相应的位置，从而得到答案.
【详解】根据题意，分4种情况讨论：
①，动点M向左跳三次，3次均为1个单位，3次均为2个单位，2次一个单位，2次2个单位，故有﹣6，
﹣5，﹣4，﹣3，
②，动点M向右跳三次，3次均为1个单位，3次均为2个单位，2次一个单位，2次2个单位，故有6，
5，4，3，
③，动点M向左跳2次，向右跳1次，故有﹣3，﹣2，﹣1，0，
④，动点M向左跳1次，向右跳2次，故有0，1，2，3，
故M在数轴上可能位置的个数为﹣6，﹣5，﹣4，﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3，4，5，6共有13个，
故选：D.
【点睛】本题考查分类计数原理，考查了分类讨论的思想，属于中档题.
4．（2023全国阶段练习） 一个质点从原点出发,每秒末必须向右、或向左、或向上、或向下跳一个单位
长度,则此质点在第 秒末到达点 的跳法共有（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由分类计数原理与分步计数原理求解即可
【详解】分两类情况讨论：
第一类，向右跳 次，向上跳 次，向下跳 次，有 种；
第二类，向右跳 次，向上跳 次，向左跳 次，有 种；
根据分类计数原理得，共有 种方法，
故选：B.
5．（2021·湖北黄冈·模拟） 点从原点出发，每步走一个单位，方向为向上或向右，则走10步时，所有
可能终点的横坐标的和为
A．66 B．45 C．55 D．72
【答案】C
【分析】分类讨论，分别求得向右走0、1、2，…10步时，终点的横坐标，利用等差数列求和公式求和即
可.
【详解】只向上走10步终点的横坐标为0，若只向右走1步，其余都向上，则终点的横坐标为1；若只向右走2步，其余都向上，则终点的横坐标为2；若只向右走3步，其余都向上，则终点的横坐标为3；若只
向右走4步，其余都向上，则终点的横坐标为4，…以此类推，若向右走10步，横坐标为10，所有可能的
结果横坐标之和为：
，故选C.
题型十四：不定方程模型
1．（22-23高二下·江苏徐州·期中）已知空间直角坐标系中， ，三棱锥
内部整数点（所有坐标均为整数的点，不包括边界）的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设出三棱锥 内部整数点的坐标，建立不等式，再根据方程有正整数解，借助隔板法列式
作答.
【详解】设三棱锥 内部整数点的坐标为 ，
依题意， ， ，则 ，令 ， ， ，
于是 ，令 ，即方程 有正整数解，
因此三棱锥 内部整数点（不包括边界）的个数即为方程 的正整数解个数，
把8个相同小球排成一列，形成7个间隙，用3块板子插入其中的3个间隙，将8个小球分成4部分，
每种分法的各部分小球数即为方程 的一个正整数解，共有 种不同分法，
所以三棱锥 内部整数点（不包括边界）的个数为 .
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及形如不等式 一正整数解个数问题，可以增加变量转化为方程的不定解
个数问题，再借助隔板法求解即可.
2．（2022·江苏盐城·模拟预测）设集合 ，其中 为自然数且 ，则符合条件的
集合A的个数为（ ）
A．833 B．884 C．5050 D．5151
【答案】A
【分析】利用隔板法，然后排除有两个数相同的结果，再结合集合元素的无序性可得.
【详解】将100个小球排成一列，在101个空位（包括两段的空位）中插入第一个挡板，再在产生的102
个空位中插入第二个挡板，将小球分成三段，分别记每段中的小球个数为a、b、c，共有
种结果，
因为 ，所以a、b、c中含有两个0,1,2，…，50各有3种结果，
所以a、b、c三个数各不相等的结果共有 个
因为三个元素的每种取值有6种不同顺序，
所以，由集合元素的无序性可知符合条件的集合A的个数为 个.
故选：A3．（22-23全国模拟）已知 ，则满足 的有序数
组 共有（ ）个
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】从 个位置中选2个位置填上 或 ，其余位置填上0即可.
【详解】 所有有序数组 中,满足
的
有序数组 中包含 个0，另外两个数在 或 中选择，每个位置有2种选择，由乘法计
数原理得不同的种数为 .
故选：B.
4．（·北京·强基计划）满足不等式 的有序整数组 的数目为（ ）
A．228 B．229 C．230 D．231
【答案】D
【分析】根据隔板法可求方程不同的整数解的个数.
【详解】先考虑 的有序整数解的个数，由绝对值的和为3、4或5，可得个数为
.
若 有一个为零，则有序整数解的个数为 ，
若 有两个为零，则有序整数解的个数为 ，
若 全为零，则有序整数解的个数为 个，
故共有不同组数231.
故选：D.
5．（2018高三·全国·竞赛） 是一个正整数， 的整数组解的数目是
A．4的倍数 B．6的倍数
C．2的倍数 D．8的倍数
【答案】B
【详解】如果 是一组解，则 ， ， ， ， 也是解.由于
, 不全为零,则上述6组解是两两不相同的.选B.
题型十五：二项式：赋值法
赋值法原理：
1．（2024高三·全国·专题练习）若 ，则的值为（ ）
A．0 B． C．1 D．
【答案】C
【分析】应用赋值法得出奇偶项系数计算求值即可.
【详解】令 ，
令x=1,
令x=−1, ，
则
.
故选：C.
2．（23-24高二下·湖南益阳·期末）已知 ，那么 的
值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令 可得 ，令 可得 ，即可
求出 ， ，再利用展开式的通项求出 ，即可求出 ，从而得解.
【详解】因为 ，
令 可得 ，
令 可得 ，
所以 ， ，
又 ，
其中 展开式的通项为 （ 且 ），
所以 ，
所以 ，
所以 .
故选：B
3．（23-24高二下·广东广州·期中）已知 ，其中 ，则
（ ）
A．16 B．32 C．24 D．48
【答案】D
【分析】由 ，写出 展开式的通项，从而得到 展开
式中含 的项，即可求出 ，再利用赋值法计算可得.
【详解】因为 ，
其中 展开式的通项为 （ 且 ），所以 展开式中含 的项为 ，
所以 ，解得 ，
所以 ，
令 可得 ，
令 可得 ，
所以 .
故选：D
4．（23-24高二下·河北秦皇岛·阶段练习）已知 ，若
，则 （ ）
A．240 B．－240
C．280 D．－280
【答案】D
【分析】借助赋值法令 可计算出 ，再借助二项式的展开式的通项公式计算即可得解.
【详解】令 ，则有 ，
即 ，故 ，
即有 ，
对 ，有 ，
令 ，则有 ，
即 .故选：D.
5．（2024全国·模拟）若 ，则
（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由二项式定理得 ，从而 为奇数时， ， 为偶数时， ，故可通过赋值法
即可求解.
【详解】因为 ，
所以 ，即 ，
从而 为奇数时， ， 为偶数时， ，
所以
.
故选：D．
题型十六：换元型赋值换元赋值法原理
可以通过令x+1=t，化为简单形式
1．（2024·湖南常德·三模）已知 ，则
=（ ）
A．9 B．10 C．18 D．19
【答案】D
【分析】先将等式两边同时乘以 ，再将两边同时求导后，令 可得.
【详解】由 得，
分别对两边进行求导得
，
令 ，得 ，
得 ，
故选：D
2．（2024·全国·模拟预测）已知 ，若
，且 ，则m的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】令 ，结合 求出 ，令 ，求出 ，进而可得 ，再根据二项展开式即可得解.
【详解】对于 ，
令 ，得 ，故 ，
令 ，得 ，
故 ，
令 ，得 ，则等式变为 ，
则 ，又 ，所以 ，故 ．
故选：B.
3．（23-24高二下·山东泰安·期中）已知对任意实数x， ，
则下列结论成立的是（ ）A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】
对于题中的二项展开式，只需分别取 ， ， 和 代入化简计算即可判断ABC，将
二项式展开式两边求导，然后取 代入化简计算即可判断D.
【详解】因 （*）
对于A项，当 时，代入（*）可得 ，当 时，代入（*）可得 ，
所以 ，故A项错误；
对于B项，当 时，代入（*）可得 ，
又 ，所以 ，故B项错误；
对于C项，当 时，代入（*）可得 ，故C项正确；
对于D项，对（*）两边求导可得 ，
，当 时， ，故D项错误.
故选：C.
4．（2024·山东潍坊·三模）已知 (x+3)(x+2) 8=a +a (x+1)+a (x+1) 2+⋯+a (x+1) 8+a (x+1) 9 ，
0 1 2 8 9
则 a =（ ）
8
A．8 B．10 C．28 D．29
【答案】B
【分析】由 ，利用二项式定理求解指定项的系数.
【详解】 ，
其中 展开式的通项为 ， 且 ，
当 时， ，此时只需乘以第一个因式 中的2，可得 ；
当 时， ，此时只需乘以第一个因式 中的 ，可得 .
所以 .
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题的关键点是把 表示成 ，利用即可二项式定
理求解.
5．（23-24高二下·重庆·阶段练习）已知 ，则
（ ）
A． B．14 C． D．7
【答案】A
【分析】根据所求式子中的各项系数与题干中展开式中指数相同，联想到幂函数求导公式，因此对题干中
展开式两边同时求导，再结合二项式定理中求各项系数和的方法，取值求解.【详解】等式两边同时求导可得 ，令 ，得
，
故选：A.
题型十七：系数最大
1．（23-24高二下·江苏泰州·期末）已知 的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中
系数的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由 的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，得到 ，从而求出展开式中系数的最小
值.
【详解】因为 的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，所以 ，
所以展开式的通项公式为 ，要使展开式中系数的最小值，则 为奇数，取值为
1，3，5，7，所以当 或5时，系数 最小，则展开式中系数的最小值为 ，
故选：C
2．（23-24高二下·重庆·阶段练习）已知 的展开式中仅第4项的二项式系数最大，则展开式中
系数最大的项是第（ ）项
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据第4项的二项式系数最大求出 ，再通过通项公式得出展开式中项的系数为 ，接着
由 即可求解.
【详解】由题意二项式系数仅 最大，故 ，
所以二项式为 ，其通项公式为 ，
设二项式展开式中第 项的系数最大，则有 ，
，即 ，故 ，经经验符合题意，
所以展开式中系数最大的项是第3项.
故选：B.
3．（23-24河北模拟）若 的展开式中各项的二项式系数之和为512，且第6项的系数最大，
则a的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C【分析】计算 ，计算 ， ， ，根据系数的大小关系得到
，解得答案.
【详解】 ， ， ， ， ，
第6项的系数最大， ，则 .
故选： .
【点睛】本题考查了二项式定理，意在考查学生的计算能力和应用能力.
4．（22-23高三下·江苏连云港·阶段练习） 的展开式中，二项式系数最大且系数较大的项的系数为
（ ）
A．40 B． C．80 D．
【答案】A
【分析】根据二项式系数的性质可得二项式系数最大的项为第3项和第4项，然后根据二项式定理求出第
3项和第4项，再比较系数即可求解.
【详解】由题意可得二项式系数最大的项为第3项和第4项，
则展开式中第3项为 ，系数为40，
展开式中第4项为 ，系数为 ，
所以二项式系数最大且系数较大的项的系数为40.
故选：A.
5．（2024·浙江·模拟预测）已知 的展开式中 的系数是 ，则各项系
数最大的是
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据展开式中 的系数是 ，求得m的取值，根据二项式系数性质求解系数最大值.
【详解】 ， ，
又二项展开式中 的系数是 ，可得 ，
， 二项展开式的通项公式为 ，系数为
当 时，系数最大为 .
故选：B.
【点睛】此题考查二项式定理的应用，根据项的系数求解参数的取值，结合二项式系数性质求解系数的最
值.
题型十八：三项式展开
三项展开式的通项公式：
1．（2024·河北沧州·二模）在 的展开式中， 项的系数为（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据条件，利用组合知识，即可求出结果.
【详解】 相当于6个因式 相乘，其中一个因式取 ，有 种取法，
余下5个因式中有2个取 ，有 种取法，最后3个因式中全部取 ，有 种取法，故 展
开式中 的系数为 .
故选：A.
2．（2024·江苏苏州·三模）记 “ 的不同正因数的个数”， “ 的展开式中 项的
系数”，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由 ，即可求出 的约数的个数，即可求出 ，再根据二项式定理求出 ，即可
判断.
【详解】因为 ，所以 的约数有 个，即 ，
又 展开式的项可以看作从 个盒子中取出一个元素相乘，每个盒子中均有 ， ， ，
要得到 ，需从 个盒子中取出 ， 个盒子中取出 ， 个盒子中取出 ，
所以 ，所以 ，即 .
故选：B
3．（24-25高三上·贵州贵阳·开学考试） 的展开式中 的系数是（ ）
A．5 B．10 C．20 D．60
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用组合计数问题列式计算即得.
【详解】依题意， 的展开式中 项是5个多项式 中取3个用 ，
余下2个取1个用 ，最后1个用 的积，即 ，
所以 的展开式中 的系数是20.
故选：C
4．（24-25高二下·全国·课后作业） 的展开式中 项的系数为（ ）
A．280 B． C．448 D．
【答案】D
【分析】利用二项式展开式的通项特征，即可求解.
【详解】由于 ，则其展开式的通项为 ， ，
令 ，则 ，所以 项的系数为 ．
故选：D
5．（2024·江苏南京·模拟预测） 的展开式中， 的系数为（ ）
A．60 B． C．120 D．
【答案】A
【分析】根据 ，结合二项展开式的通项公式分析求解.
【详解】由题意可知： 的通项为 ，且 的通项为 ，
令 ，解得 ，
所以 的系数为 ．
故选：A
