考点巩固卷23排列组合及二项式定理(七大考点)（解析版）_02高考数学_2025年新高考资料_一轮复习_2025年高考数学一轮复习考点通关卷（新高考通用）

考点巩固卷 23 排列组合及二项式定理(七大考点) 考点01：排列数及组合数的运算 1.排列的定义： 一般地，从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做 从n个不同元素中取出m个元素的一个排列． 要点诠释: （1）排列的定义中包括两个基本内容，一是“取出元素”，二是“按照一定的顺序排 列”． （2）从定义知，只有当元素完全相同，并且元素排列的顺序也完全相同时，才是同一个 排列． （3）如何判断一个具体问题是不是排列问题，就要看从 n个不同元素中取出m个元素后， 再安排这m个元素时是有顺序还是无顺序，有顺序就是排列，无顺序就不是排列．2、排列数 1.排列数的定义 n m mn n 从 个不同元素中，任取 （ ）个元素的所有排列的个数叫做从 个元素中取 m Am 出 元素的排列数，用符号 n 表示. 要点诠释: “排列”和“排列数”是两个不同的概念，一个排列是指“从 n个不同的元素中，任取 m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列”，它不是一个数，而是具体的一个排列 （也就是具体的一件事）； 2．排列数公式 Am n(n1)(n2)(nm1) n ，其中n，m∈N ，且m≤n． + 要点诠释: n 公式特征：第一个因数是 ，后面每一个因数比它前面一个少 1，最后一个因数是 nm1 m ，共有 个因数。 3：阶乘表示式 1．阶乘的概念： n n n! An  n! 把正整数1到 的连乘积，叫做 的阶乘.表示： ，即 n . 0!1 规定： ． 2.排列数公式的阶乘式： n(n1)(n2)(nm1)(nm)21 n! Am n(n1)(n2)(nm1)  n (nm)21 (nm)! n! Am  n (nm)! 所以 ． 组合数公式： 试卷第2页，共3页Am n(n-1)(n-2)(n-m1) Cm  n  n Am m! m nN mn (1) m （ 、 ，且 ） n! Cm  n m!(n-m)! m nN mn (2) （ 、 ，且 ） 1．设 ， ，则 中 前的系数为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意，写出 的展开式，利用二项式通项，写出展开式中 前的系数，利用 组合数的性质计算即得. 【详解】依题意， ， 对于 的通项为 ， 故 中 前的系数为： . 故选：D. 2．若 ，则 的个位数字是（ ） A．3 B．8 C．0 D．5 【答案】A 【分析】通过发现当 时， 可知个位数为0，再求出 即可判断． 【详解】 当 时， ， 当 时， 的个位数字为0，又 ， 的个位数字为3． 故选：A． 3． （ ） A．24 B．60 C．48 D．72 【答案】A 【分析】根据组合数以及排列数的计算即可求解. 【详解】 , 故选：A 4． 的值是（ ） A．480 B．520 C．600 D．1320 【答案】C 【分析】根据排列数公式计算即可. 【详解】 . 故选：C. 5．已知 ， ， ，则（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先借助排列数的定义与指数定义得到 与 的关系后，借助组合数定义结合放缩 可比较 与 的关系，即可得解. 【详解】 ， ， 均由20个数相乘组成，其中前两项和最后一项比较 ， 其他项 ， 直到 ，故 ， ， 试卷第4页，共3页其中 里面前四项大于 中的后五项， 即 ， 其他项均要对应大于或等于剩余 中的每一项，故 . 故选：C. 6．不等式 的解集是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用排列数公式化简并求解不等式. 【详解】不等式 中， ，化为 ， 整理得 ，解得 ，因此 ， 所以不等式 的解集是 . 故选：A 7． ， ，则 等于（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件利用排列数公式的意义即可得解. 【详解】因 且 ， 表示80个连续正整数的乘积， 其中最大因数为 ，最小因数为 ，由排列数公式的意义得结果为 ， 所以 . 故选：A 8． 表示为（ ） A． B． C． D． 【答案】B【分析】由排列数公式求解． 【详解】由排列数公式可得： ． 故选：B． 9．若 ，则 （ ） A．5 B．20 C．60 D．120 【答案】D 【分析】直接利用组合数与排列数的计算方法计算即可. 【详解】因为 ，由组合数的性质可得 ，解得 ， 故 . 故选：D. 10．已知 ，则 （ ） A．11 B．10 C．9 D．8 【答案】B 【分析】根据组合数的性质计算可得. 【详解】因为 ，所以 ， 又 ，所以 ，所以 ，解得 . 故选：B 考点02：捆绑法及插空法 相邻问题 1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体，在 于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序，则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元 素放在一起进行计算. 2、解题步骤： 第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数 试卷第6页，共3页第二步：求出其余元素的排列种数 第三步：求出总的排列种数 不相邻问题 技巧总结 1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列，然 后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可 2.解题步骤： ①先考虑不受限制的元素的排列种数 ②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数 ③求出总的排列种数 11．一个小型联欢会要安排1个诗词朗诵类节目，2个独唱类节目，2个歌舞类节目，则同 类节目不相邻的安排方式共有（ ） A．44种 B．48种 C．72种 D．80种 【答案】B 【分析】利用间接法，首先将五个节目全排列，减去独唱类节目相邻，再减去歌舞类节目 相邻，最后加上独唱类节目相邻且歌舞类节目也相邻的情况即可. 【详解】依题意五个节目全排列有 种排法； 若独唱类节目相邻，则有 种排法； 若歌舞类节目相邻，则有 种排法； 若独唱类节目相邻且歌舞类节目也相邻，则有 种排法； 综上可得同类节目不相邻的安排方式共有 种. 故选：B 12．两个大人和4个小孩站成一排合影，若两个大人之间至少有1个小孩，则不同的站法 有（ ）种. A．240 B．360 C．420 D．480 【答案】D【分析】由题意可得两个大人不相邻，不相邻问题用插空法即可得. 【详解】若两个大人之间至少有1个小孩，即两个大人不相邻， 故共有 种. 故选：D. 13．现在六个人并排站成一排，则甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在丙的左 边的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由6人的全排列，以及插空法及甲乙丙的顺序确定，从而可求甲在乙的左边，乙 在丙的左边的概率. 【详解】6人的全排列有 ，利用插空法，将余下的三个人全排列 ， 则将甲、乙、丙三人插入到四个空中且他们的顺序为甲乙丙一种， 又由甲、乙、丙三人的全排列有 种， 所以甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在丙的左边的排法有 种， 故所求概率为 ． 故选：B． 14．甲、乙、丙等5人站成一排，甲乙相邻，且乙丙不相邻， 则不同排法共有（ ） A．24 种 B．36 种 C．48 种 D．72 种 【答案】B 【分析】利用捆绑法，结合排列组合只是求解. 【详解】甲乙捆绑在一起看成一个整体，与丙以外的2人全排列，有 种， 又因为乙丙不相邻， 所以把乙放入一共有3种， 所以一共有 种， 试卷第8页，共3页故选：B. 15．2024年“花开刺桐城”闽南风情系列活动在泉州举办，包含美术、书法、摄影民间文 艺作品展览，书画笔会，文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中， 某区域有2幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品、1幅不同的摄影作品，将这6幅作品 排成两排挂在同一面墙上，第一排挂4幅，第二排挂2幅，则美术作品不相邻的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用排列组合公式，还需要用到分类计数加法原理和分步计数乘法原理，因为遇 到不相邻问题，还得用插空法原理. 【详解】由题意知这6幅作品排成两排挂在同一面墙上的不同挂法有： 种， 由于美术作品不相邻，按以下情形分类： ①美术作品挂在第一排的不同挂法有： 种； ②美术作品分挂在两排的不同挂法有： 种； 所以美术作品不相邻的概率是： ， 故选：C. 16．已知A、B、C、D、E、F六个人站成一排，要求A和B不相邻，C不站两端，则不同 的排法共有（ ）种 A．186 B．264 C．284 D．336 【答案】D 【分析】先考虑A和B不相邻的排法，再考虑A和B不相邻，且C站两端的情况，相减后 得到答案. 【详解】先考虑A和B不相邻的排法， 将C、D、E、F四个人进行全排列，有 种情况， C、D、E、F四个人之间共有5个空，选择2个排A和B，有 种情况，故有 种选择， 再考虑A和B不相邻，且C站两端的情况， 先从两端选择一个位置安排C，有 种情况， 再将D、E、F三个人进行全排列，有 种情况 最后D、E、F三个人之间共有4个空，选择2个排A和B，有 种情况， 故有 种情况， 则要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的安排有 种情况. 故选：D 17．已知甲、乙、丙、丁、戊5人身高从低到高，互不相同，将他们排成相对身高为“高 低高低高”或“低高低高低”的队形，则甲、丁不相邻的不同排法种数为（ ） A．12 B．14 C．16 D．18 【答案】B 【分析】将排法分为两种情况讨论，再利用分类加法计数原理相加即可. 【详解】依据题意，分两种情况讨论， 情况一：高低高低高依次对应1-5号位置，规定甲在 号位，则乙在1号位或4号位，而甲， 丁不相邻， 当乙在1号位时，此时为乙甲戊丙丁，共1种， 当乙在4号位时，此时有丙甲戊乙丁，戊甲丙乙丁，共2种， 易得倒序排列和正序排列种数相同，故本情况共6种， 情况二：低高低高低依次对应1-5号位置，假设戊在2号位， 若丁在1号位，此时有丁戊甲丙乙，丁戊乙丙甲，共2种， 若丁在4号位，此时有甲戊丙丁乙，甲戊乙丁丙，共2种， 易得倒序排列和正序排列种数相同，故本情况共8种， 故符合题意的情况有 种，故B正确. 故选：B. 试卷第10页，共3页18．二项式 的展开式中，把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法 种数为（ ） A． 种 B． 种 C． 种 D． 种 【答案】D 【分析】先利用二项式 的展开式的通项公式求出有理项的项数，再利用插空法 求解. 【详解】二项式 的展开式的通项公式为： ， 令 ，得 ， 所以展开式中的有理项有4项， 把展开式中的项重新排列，先把3项无理项全排列， 再把4项有理项插入形成的4个空中， 所以有理项互不相邻的排法种数为 种. 故选：D. 19．甲乙丙丁戊5名同学坐成一排参加高考调研，若甲不在两端且甲乙不相邻的不同排列 方式的个数为（ ） A．36种 B．48种 C．54种 D．64种 【答案】A 【分析】利用间接法，先考虑甲乙不相邻的不同排列方式数，再减去甲站在一端且甲乙不 相邻的排列方式数，结合排列数运算求解. 【详解】先考虑甲乙不相邻的不同排列方式数，再减去甲站在一端且甲乙不相邻的排列方 式数， 所以总数为 种，故选：A. 20．某年级在元旦活动中要安排6个节目的表演顺序，其中有3个不同的歌唱节目和3个 不同的舞蹈节目，要求第一个和最后一个都必须安排舞蹈节目，且不能连续安排3个歌唱 节目，则不同的安排方法有（ ） A．144种 B．72种 C．36种 D．24种 【答案】B 【分析】先排第一及最后一个节目，再排歌唱节目，最后用插空法计算即可得. 【详解】先从3个不同的舞蹈节目选出2个分别安排在第一及最后一个，有 种， 再将3个不同的歌唱节目排成一列，有 种， 3个不同的歌唱节目中间有2个空，从中选1个安排最后一个节目，有 种， 故共有 . 故选：B. 考点03：染色问题 秒杀策略：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域，因为 这些区域颜色各不相同，按乘法原理涂色，再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不 用剩余颜色。 模型演练 模型1：如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多 使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有 种。(用数字 作答) 破解：两两相邻最多的区域是两个，这两个区域涂色按乘法原理： 种，再涂剩 余两个区域，分：用剩余颜色： 种；不用剩余颜色：1 种；共 试卷第12页，共3页种。 模型2：如图，一环形花坛分成A、B、C、D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每 块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为 ( ) A D B C A.96 B.84 C.60 D.48 破解：共有： (四种颜色： 三种颜色： 两种颜色：1)=84)种， 选B。 21．已知正四棱锥 ，现有五种颜色可供选择，要求给每个顶点涂色，每个顶点 只涂一种颜色，且同一条棱上的两个顶点不同色，则不同的涂色方法有（ ） A．240 B．420 C．336 D．120 【答案】B 【分析】分三种情况，用三种颜色，四种颜色，五种颜色，求出每种情况数相加得到答案. 【详解】当只用三种颜色时， 同色且 同色， 5种颜色选择3种，且有 种选择， 当只用四种颜色时， 同色或 同色， 从5种颜色中选择4种，再从 和 中二选一，涂相同颜色， 故有 种选择， 当用五种颜色时，每个顶点用1种颜色，故有 种选择，综上，共有 种选择. 故选：B 22．如图，A，B，C，D为四个不同的区域，现有红、黄、蓝、黑4种颜色，对这四个区 域进行涂色，要求相邻区域涂不同的颜色（A与C不相邻，B与D不相邻），则使用2种 颜色涂色的概率为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由排列组合以及分类加法计数原理求解个数，即可由古典概型概率公式求解. 【详解】使用4种颜色给四个区域涂色，有 种涂法； 使用3种颜色给四个区域涂色，共有 种涂法； （使用3种颜色给四个区域涂色有两类情况：①区域A与区域C涂同一种颜色，区域B与 区域D涂另外2种颜色； ②区域B与区域D涂同一种颜色，区域A与区域C涂另外2种颜色） 使用2种颜色给四个区域涂色，共有 种不同的涂法． 所以所有的涂色方法共有 （种），故使用2种颜色给四个区域涂色的概率为 ． 故选：B 23．为迎接元宵节，某广场将一个圆形区域分成 五个部分（如图所示），现用 4种颜色的鲜花进行装扮（4种颜色均用到），每部分用一种颜色，相邻部分用不同颜色， 则该区域鲜花的摆放方案共有（ ） 试卷第14页，共3页A．48种 B．36种 C．24种 D．12种． 【答案】A 【分析】满足条件的涂色方案可分为 区域同色，且和其它区域不同色和 区域同色 两类，且和其它区域不同色，结合分步乘法计数原理，分类加法计数原理求解即可 【详解】满足条件的摆放方案可分为两类， 第一类 区域同色，且和其它区域不同色的摆放方案， 满足条件的方案可分四步完成， 第一步，先摆区域 有 种方法， 第二步，摆放区域 有3种方法， 第三步，摆放区域 有2种方法， 第四步，考虑到区域 不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域 有1种方法， 由分步乘法计数原理可得第一类中共有 种方案， 第二类， 区域同色两类，且和其它区域不同色的摆放方案， 满足条件的方案可分四步完成， 第一步，先摆区域 有 种方法， 第二步，摆放区域 有3种方法， 第三步，摆放区域 有2种方法， 第四步，考虑到区域 不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域 有1种方法， 由分步乘法计数原理可得第一类中共有 种方案， 根据分步加法计数原理可得该区域鲜花的摆放方案共有 种， 故选：A. 24．地图涂色是一类经典的数学问题.如图，用4种不同的颜色涂所给图形中的4个区域， 要求相邻区域的颜色不能相同，则不同的涂色方法有（ ）种.A．84 B．72 C．48 D．24 【答案】A 【分析】先将区域分为上下左右，再分上下颜色相同与不同，最后用分步计数原理求解. 【详解】将图形区域氛围上下左右， 若上下颜色相同，则上有4种，左有3种，右有3种，共有 种； 若上下颜色不同，则上有4种，下有3种，左右各有两种，共有 种， 所以共有 种， 故选：A 25．用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂 不同颜色，则涂色方法的总数是（ ） A．120 B．72 C．48 D．24 【答案】A 【分析】利用两个计数原理，先分类再分步即可求解． 【详解】先涂 ，有4种选择，接下来涂 ，有3种选择，再涂 ,有2种选择， ① 当 , 颜色相同时涂色方法数是： ， ② 当 , 颜色不相同时涂色方法数是： ， 满足题意的涂色方法总数是： ． 故选：A． 试卷第16页，共3页26．中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的 雨伞，其伞面被伞骨分成 个区域，每个区域分别印有数字 ， ， ， ， 现准备给该 伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称 的两个区域 如区域 与区域 所涂颜色相同．若有 种不同颜色的颜料可供选择，则不同 的涂色方案有（ ） A． 种 B． 种 C． 种 D． 种 【答案】B 【分析】确定区域 ， ， ， 的颜色，分区域 与区域 涂的颜色是否相同两种情况讨论， 进而可得出答案. 【详解】由题意可得，只需确定区域 ， ， ， 的颜色，即可确定整个伞面的涂色． 先涂区域 ，有 种选择，再涂区域 ，有 种选择， 当区域 与区域 涂的颜色不同时，区域 有 种选择，剩下的区域 有 种选择； 当区域 与区域 涂的颜色相同时，剩下的区域 有 种选择， 故不同的涂色方案有 种． 故选：B． 27．某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻 区域不能种同一种果树，则共有（ ）种不同的方法. A．120 B．360 C．420 D．480 【答案】C【分析】利用分类计数原理求解，按2与4两区域种植果树是否相同进行分类即可. 【详解】分两类情况： 第一类：2与4种同一种果树， 第一步种1区域，有5种方法； 第二步种2与4区域，有4种方法； 第三步种3区域，有3种方法； 最后一步种5区域，有3种方法， 由分步计数原理共有 种方法； 第二类：2与4种不同果树， 第一步在1234四个区域，从5种不同的果树中选出4种果树种上，是排列问题，共有 种方法； 第二步种5号区域，有2种方法， 由分步计数原理共有 种方法. 再由分类计数原理，共有 种不同的方法. 故选：C. 28．五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明 重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土， 彼此之间存在相生相克的关系.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在 中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有 种颜色可供选择给五“行”涂色， 要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同 色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），则不同的涂色 方法种数有（ ） 试卷第18页，共3页A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分别确定每个区域的涂色 方法种数，结合分类加法分步乘法计数原理可得结果. 【详解】由题意可知，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色， 水生木，水与木不能同色）， 五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色）， 不妨设四种颜色分别为 、 、 、 ， 先填涂区域“火”，有 种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为 ， 接下来填涂区域“土”，有 种选择，分别为 、 、 ， 若区域“土”填涂的颜色为 ，则区域“金”填涂的颜色分别为 、 、 ； 若区域“土”填涂的颜色为 ，则区域“金”填涂的颜色分别为 、 、 ； 若区域“土”填涂的颜色为 ，则区域“金”填涂的颜色分别为 、 、 . 综上所述，区域“金”填涂 、 、 、 的方案种数分别为 、 、 、 种， 接下来考虑区域“水”的填涂方案： 若区域“金”填涂的颜色为 ，则区域“水”填涂的颜色可为 、 、 ； 若区域“金”填涂的颜色为 ，则区域“水”填涂的颜色可为 、 、 ； 若区域“金”填涂的颜色为 ，则区域“水”填涂的颜色可为 、 、 ； 若区域“金”填涂的颜色为 ，则区域“水”填涂的颜色可为 、 、 . 则区域“水”填涂 的方案种数为 种，填涂 的方案种数为 种， 填涂 的方案种数为 种，填涂 的方案种数为 种. 从区域“火”、“土”、“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域 “木”有关， 当区域“水”填涂的颜色为 时，区域“木”填涂的颜色可为 、 、 ； 若区域“水”填涂的颜色为 时，区域“木”填涂的颜色可为 、 ； 若区域“水”填涂的颜色为 时，区域“木”填涂的颜色可为 、 ； 若区域“水”填涂的颜色为 时，区域“木”填涂的颜色可为 、 . 所以，当区域“火”填涂颜色 时，填涂方案种数为 种. 因此，不同的涂色方法种数有 种. 故选：D. 29．将一个四棱锥 的每个顶点涂上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色， 若只有5种颜色可供使用，则共使用4种颜色的概率为（ ）A． B． C． D． 【答案】C 【分析】 分用5种颜色中的多少种颜色去涂色，分情况计算出总的涂色方法种数，然后用古典概型 公式计算即可. 【详解】如图： 若将四棱锥 的每个顶点涂上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，有5种 颜色可供使用，则有以下情况： 若5种颜色都使用上，则四棱锥 的五个顶点的颜色都不一样，共有 种不 同涂色的方法； 若只使用5种颜色中的4种，则四棱锥 的五个顶点中 与 同色或 与 同色， 共有 种不同涂色的方法； 若只使用5种颜色中的3种，则四棱锥 的五个顶点中 与 同色且 与 同色， 共有 种不同涂色的方法， 综上，一共有 种涂色方法，其中共使用4种颜色的涂色方法有240种， 则共使用4种颜色的概率 . 故选：C 30．如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色，有四 种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方 法种数为（ ） 试卷第20页，共3页A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可知每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，分类研究， 不 同色； 同色两大类，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得答案． 【详解】由题意知，分两种情况： (1) 不同色，先涂区域 有 种方法，再涂区域 有 种方法，再涂区域 有 种方法， 再涂区域 有 种方法，由分步乘法计数原理可得有 种； (2) 同色；先涂区域 有 种方法，再涂区域 有 种方法，再涂区域 有 种方法， 再涂区域 有 种方法，由分步乘法计数原理可得有 种． 由分类加法计数原理，共有 种， 故选：A． 考点04：倍缩法及隔板法 定序问题作倍缩放：将题干给定的总数 都看成某一个独立的个体（不相同的），进行全 排列故为 ，其次再将有顺序要求的 个元素进行全排列 个，其中满足要求的顺序必 为1个，则总的情况数为 。 31．方程 的非负整数解个数为（ ）． A．220 B．120 C．84 D．24 【答案】A 【分析】将问题转化为：将排成一列的13个完全相同的小球分成 部分，利用隔板法即可 得解.【详解】依题意，可知 为非负整数， 因为 ， 所以 ， 从而将问题转化为：将排成一列的13个完全相同的小球分成 部分，每部分至少一个球， 一共有12个间隔，利用4个隔板插入即可，故共有 种. 故选：A 32．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． 33．已知 ，且 ，记 为 ， ， 中的最大值， （ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据隔板法得到 的解有 组，然后列举得到 有 试卷第22页，共3页6组解，最后求概率即可. 【详解】根据隔板法，将10看做10和完全相同的小球排成一排，中间形成9个空，放入 两个隔板，可求得 的解有 组， 时， 或 或 或 或 或 ， 所以 . 故选：A. 34．若方程 ，其中 ，则方程的正整数解的个数为（ ） A．10 B．15 C．20 D．30 【答案】A 【分析】将方程正整数解问题转化为排列组合问题，采用挡板法求出结果. 【详解】因为方程 ，其中 ， 则 ，将其转化为有6个完全相同的小球，排成一列， 利用挡板法将其分成3组，第一组小球数目为 ；第二组小球数目为 ；第三组小球数目 为 ， 共有 种方法，故方程的正整数解的个数为10， 故选：A. 35．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. 36．已知 ， ， ，则关于 ， ， 的方程 共有（ ）组不 同的解. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】问题转化为10个相同小球放入三个不同盒子中，每个盒子都有小球，利用隔板法 求解. 【详解】问题可转化为，10个相同的小球放到三个不同的盒子里，每个盒子不能空着，每 个盒子中小球的数目就是方程 的一组解， 由隔板法可知，共有 种不同的分法， 即方程共有 组不同的解. 故选：A 37．在空间直角坐标系 中， ，则三棱锥 内 部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用空间向量法求得面 的一个法向量为 ，从而求得面 上的 点 满足 ，进而得到棱锥 内部整点为 满足 ，再利用隔板法与组合数的性质即可得解. 试卷第24页，共3页【详解】根据题意，作出图形如下， 因为 ，所以 ， 设面 的一个法向量为 ，则 ， 令 ，则 ，故 ， 设 是面 上的点，则 ， 故 ，则 ， 不妨设三棱锥 内部整点为 ，则 ，故 ，则 ， 易知若 ，则 在面 上，若 ，则 在三棱锥 外部， 所以 ， 当 且 时， 将 写成 个 排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为 的取值的方法 个数，显然有 个方法， 所有整点 的个数为 ， 因为 ，所以 . 故选：B. 38． 的展开式为多项式，其展开式经过合并同类项后的项数一共有（ ） A．72项 B．75项 C．78项 D．81项 【答案】C 【分析】由多项式展开式中的项为 ，即 ，将问题转化为将2 个隔板和11个小球分成三组，应用组合数求项数即可. 【详解】由题设，多项式展开式各项形式为 且 ， 故问题等价于将2个隔板和11个小球分成三组，即 . 故选：C 39．学校有 个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少 个名额，则 有（ ）种分配方案. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】问题等价于将 个完全相同的小球，放入 个不同的盒子，每个盒子至少 个球， 结合隔板法可得结果. 【详解】问题等价于将 个完全相同的小球，放入 个不同的盒子，每个盒子至少 个球， 由隔板法可知，不同的分配方案种数为 . 故选：C. 40．袋中有十个完全相同的乒乓球，四个小朋友去取球，每个小朋友至少取一个球，所有 的球都被取完，最后四个小朋友手中乒乓球个数的情况一共有（ ） A．84种 B．504种 C．729种 D．39种 【答案】A 【分析】相同元素分组可以采用“隔板法”求解. 【详解】 四个小朋友去取球，每个小朋友至少取一个球，所有的球都被取完， 即将 个球分成了 份： 试卷第26页，共3页个球有 个空隙，选 个空隙插上“隔板”即可分成4份， 即： 种. 故选：A. 考点05：平均分组及部分平均分组问题 分堆问题 平分到指定位置 堆数的阶乘 ①平均分堆，其分法数为： ． 分到指定位置 相同数量的堆数阶乘之积 ②分堆但不平均，其分法数为 ． 41．某中学派6名教师到A，B，C，D，E五个山区支教，每位教师去一个地方，每个地方 至少安排一名教师前去支教．学校考虑到教师甲的家乡在山区A，决定派教师甲到山区 A，同时考虑到教师乙与丙为同一学科，决定将教师乙与丙安排到不同山区，则不同安排 方法共有（ ） A．360种 B．336种 C．216种 D．120种 【答案】B 【分析】对山区 的派发人数分类，若派到山区 只有甲，剩下教师按人数分组以后计算 种数，再减去乙丙教师安排到同一山区的种数，即可得山区 只派甲的情况的种数，进而 求出总的情况数量. 【详解】若派到山区 有 人，则不同的派法有 种； 若派到山区 只有甲，先把其余 人分为四组，每组人数分别为 ，再将四组教师分 配到 四个山区，不同派法有 种， 其中乙和丙安排到同一山区的情况有 种，所以派到山区 只有甲的派法有 种； 所以不同的派法共有 种. 故选：42．将5本不同的书分给3位同学，则每位同学至少有1本书的不同分配方式共有（ ） 种. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出将5本不同的书分成三份的方法数，再求出将分好的三份书籍分发给3位 同学的方法数即可根据分步乘法计算原理求解. 【详解】由题可先将5本不同的书分成三份，共有 种方法， 再将分好的三份书籍分发给3位同学的方法数有 种， 所以将5本不同的书分给3位同学共有 种分法. 故选：C. 43．有 个人到南京、镇江、扬州的三所学校去应聘，若每人至多被一个学校录用，每个 学校至少录用其中一人，则不同的录用情况种数是（ ） A．90 B．150 C．390 D．420 【答案】C 【分析】根据录用的人数，结合组合和排列的定义分类讨论进行求解即可. 【详解】若 人中有且仅有 人被录用，满足条件的录用情况有 种， 若 人中有且仅有 人被录用，满足条件的录用情况有 种， 若 人都被录用，满足条件的录用情况有 种， 由分类加法计数原理可得符合要求的不同的录用情况种数是 . 故选：C. 44．A、B、C、D、E 5所学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有甲、乙、丙三个研 学基地供选择，每个学校只选择一个基地，且每个基地至少有1所学校去，则A校不去甲 地，乙地仅有2所学校去的不同的选择种数共有（ ） A．36种 B．42种 C．48种 D．60种 试卷第28页，共3页【答案】B 【分析】根据给定条件，利用两个原理，结合排列、组合应用列式计算即可. 【详解】①A校去乙地有 种； ②A校与另一所学校去丙地有 种， ③A校单独去丙地有 种， 所以共有 种， 故选：B． 45．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 【分析】先分组再分配，先将 5人分成 3 组，有 、 两种分组可能，求出 所有游览方法总数，根据题意再减去甲乙去同一景区的方法总数即可. 【详解】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 46．大连市普通高中创新实践学校始建于2010年1月，以丰富多彩的活动广受学生们的喜 爱.现有A，B，C，D，E五名同学参加现代农业技术模块，影视艺术创作模块和生物创新 实验模块三个模块，每个人只能参加一个模块，每个模块至少有一个人参加，其中A不参 加现代农业技术模块，生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加，则 不同的分配方式共有（ ）种． A．84 B．72 C．60 D．48 【答案】A 【分析】分参加生物创新实验模块的为1人和2人两种情况，结合排列组合知识和计数原 理求解即可. 【详解】因为生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加，所以参加生 物创新实验模块的为1人和2人两种情况， (1)当参加生物创新实验模块的为1人时，若这个人为 ，则一共有 种 不同的分配方式； 若这个人不是 ，则 只能参加现代农业技术模块，一共有 种不同的分 配方式； (2) 参加生物创新实验模块的为2人时，若这两人中有 ，则一共有 ， 若这两人中没有 ，则 只能参加现代农业技术模块，一共有 种不同的分配 方式； 综上，一共由 种不同的分配方式； 胡选：A 47．甲、乙等5人计划去上海、苏州及青岛三个城市调查农民工薪资情况．每个人只能去 一个城市，并且每个城市都要有人去，则不同的分配方案共有种数为（ ） A．150 B．300 C．450 D．540 【答案】A 试卷第30页，共3页【分析】先分组再分配，结合排列组合即可求解. 【详解】把5人分组有两类情况： 和 . 先把5人按 分组，有 种分组方法， 按 分组，有 种分组方法， 因此不同分组方法数为 ， 再把三组人安排到三个城市，有 种方法， 所以不同分配方法种数是 . 故选：A. 48．基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键． 其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“九章算 术”，“古今数学思想”，“数学原理”，“世界数学通史”，“算术研究”五门选修课 程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，至少选一门，且已选过的课程不能再选，大 一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式种数为（ ）． A． 种 B． 种 C． 种 D． 种 【答案】A 【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解. 【详解】先将五门课程分成3,1,1和2,2,1这样两种情况，再安排到三个学年中， 则共有 种选修方式 故选：A 49．为了了解双减政策的执行情况，某地教育主管部门安排甲、乙、丙、丁四人到三所学 校进行调研，每个学校至少安排一人，则不同的安排方法种数有（ ） A．12种 B．24种 C．36种 D．72种 【答案】C 【分析】先将四人分三组，然后再分配给三个学校即可即可.【详解】将甲、乙、丙、丁四人到三所学校进行调研，每个学校至少安排一人， 将四人分成3组：其中一组1人，一组1人，一组2人，有 种， 再将这三组分配给三个不同的学校有 ，所以共有 种情况. 故选：C 50．将甲，乙等5人全部安排到 四个工厂实习，每人只去一个工厂，每个工厂至 少安排1人，且甲，乙都不能去 工厂，则不同的安排方法有（ ） A．72种 B．108种 C．126种 D．144种 【答案】C 【分析】利用分类加法计数原理，结合分组分配问题和排列组合知识求解． 【详解】由题意可知，分两种情况讨论， ① 工厂安排1人，有 种， ② 工厂安排2人，有 种， 所以不同的安排方法有 种． 故选：C． 考点06： 利用分配系数求指定项或系数 二项式定理 1.定义 一般地,对于任意正整数n ,都有： (ab)n C0an C1an1bCranrbr Cnbn nN* n n n n ( )， (ab)n 这个公式所表示的定理叫做二项式定理， 等号右边的多项式叫做 的二项展开 式。 Cranrbr 式中的 n 做二项展开式的通项，用T 表示，即通项为展开式的第r+1项： r+1 试卷第32页，共3页T Cranrbr r1 n ， Cr n 其中的系数 （r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数 2．二项式(a+b)n的展开式的特点： (1)项数：共有n+1项，比二项式的次数大1； Cr n (2)二项式系数：第r+1项的二项式系数为 ，最大二项式系数项居中； (3)次数：各项的次数都等于二项式的幂指数n．字母a降幂排列，次数由n到0；字母 b升幂排列，次数从0到n，每一项中，a，b次数和均为n； 3.二项展开式的通项公式 二项展开式的通项： T Cran-rbr r 0,1,2,,n r1 n （ ） 公式特点： Cr n ①它表示二项展开式的第r+1项，该项的二项式系数是 ； ②字母b的次数和组合数的上标相同； 51． 的展开式中二项式系数最大的项是（ ） A．第3项 B．第6项 C．第6，7项 D．第5，7项 【答案】C 【分析】根据n＝11为奇数，结合二项式系数的性质，由展开式中第 项和第 项相等且最大求解. 【详解】因为n＝11为奇数， 所以 的展开式中第 项和 项， 即第6，7项的二项式系数相等，且最大． 故选：C 52．若 的展开式中第6项的二项式系数最大，则其常数项为（ ）A．120 B．252 C．210 D．45 【答案】C 【分析】先根据展开式中二项式系数最大求出 ，再根据二项式的展开式的通项令指数等 于 ，求出 ，即可求出常数项. 【详解】 的展开式中第6项的二项式系数最大， ，即 ， 则 的展开式的通项为 ， 令 ，即 ， 故其常数项为 . 故选：C. 53．在 的展开式中，二项式系数最大的项是（ ） A．第 项 B．第 项 C．第 项与第 项 D．第 项与第 项 【答案】D 【分析】结合二项式系数的性质即可得到二项式系数最大的项是第几项. 【详解】由二项式系数的性质得， 二项式系数最大为 ， ， 分别为第 项与第 项的二次项系数． 故选：D. 54． 的展开式的第5项的系数是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】写出展开式的通项，即可判断. 试卷第34页，共3页【详解】二项式展开式的通项为 （ 且 ）， 则第5项公式为 ， 所以展开式的第5项的系数是 . 故选：C 55．在 的二项展开式中，x的系数为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出 的展开式通项公式，再求出x的系数. 【详解】因为 的展开式 ， 所以当 时，x的系数为 . 故选：B. 56． 被3除的余数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用二项式定理赋值化简，再将 写成 形式展开后可求余数. 【详解】由二项式定理得 ， 令 得， ①， 令 得， ②， ① ②得， ，解得， ， 由 ， 故 被3除的余数为 . 故选：B. 57．已知 的展开式中各项的二项式系数和为32，则展开式中常数项为（ ） A．60 B．80 C．100 D．120 【答案】B 【分析】根据各项二项式系数和求出 ，再由二项展开式通项公式求解即可. 【详解】由题意得 ，解得 ， 则 的展开式第 项 ， 令 ，解得 ，所以 ， 故选：B 58．二项式 的展开式中第 项的二项式系数为（ ） A． B．15 C． D．20 【答案】D 【分析】写出展开式的通项，即可得到第 项的二项式系数为 . 试卷第36页，共3页【详解】二项式 展开式的通项为 （ 且 ）， 所以二项式 的展开式中第 项的二项式系数为 ． 故选：D． 59． 的二项展开式中，第m项的二项式系数是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二项式展开式通项判断即可. 【详解】二项式展开式第 项的二项式系数为 . 故选：C. 60．若 的展开式中二项式系数和为64，则 （ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】根据二项式系数和求解即可. 【详解】在二项式 展开式中，二项式系数的和为 ， 所以 . 故选：D. 考点07：二项式系数的最值及系数的最值 展开式系数最大（一道题破解所有） 正规方法： 原则：系数最大的这一项，即比前一项大，也比后一项大，从而列不等式组. ①在系数符号相同的前提下，求系数的最大（最小）值只需比较两组相邻两项系数的大小. 不等式组最大值为： ，最小值为②当各项系数正负相间时，求系数的最大值应在系数都为正的各项系数间构造不等式 不等式组最大值为： 求系数的最小值应在系数都为负的各项系数间构造不等式最小值为 61．在 的二项展开式中，系数最大的项为 和 ，则展开式中含 项的系数为 ． 【答案】7 【分析】首先由系数最大的项为 和 ，得 ，再结合二项展开式的通项公式求含x项 的系数即可. 【详解】 ，因为系数最大的项为 和 ，所以 为奇数， ，且 ，解得 ． 所以含 项的系数为 ． 故答案为：7 62．若 展开式的所有项的二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项的二 项式系数为 ．（用数字作答） 【答案】28 【分析】 根据二项式系数之和可得 ，结合二项展开式的通项公式求系数最大项，进而可求其二 项式系数. 【详解】因为展开式的所有项的二项式系数和为 ，解得 ， 试卷第38页，共3页则 展开式为 ， 可得第 项的系数为 ， 令 ，即 ，解得 ， 所以展开式中第 项系数最大，其二项式系数为 . 故答案为：28. 63．已知 的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，则展开式中系数最大的 项为 .（不用计算，写出表达式即可） 【答案】 和 【分析】根据末三项的二项式系数的和求得 ，然后根据系数最大列不等式组，由此求得 正确答案. 【详解】由题意可得， ，所以 ，解得 ， 的展开式的通项为 令 ，解得 ， 由于 ，所以 或12， 时， ； 时， ， 所以展开式中系数最大的项为 和 . 故答案为： 和 64． 的二项式展开中，系数最大的项为 ． 【答案】 【分析】根据二项式展开式中系数的性质即可求解.【详解】由题意知： 的二项式展开中，各项的系数和二项式系数相等， 因为展开式的通项为 ，所以 时，系数最大，该项为 ， 故答案为： . 65．已知 ，写出满足条件①②的一个n的值 ． ① ， ；② ， ，1，2，…，n． 【答案】8（答案不唯一） 【分析】求出 ，解不等式组 即可． 【详解】由二项式定理可知， ， 由条件②得 ，所以 ，解得 ， 因为 ，所以n的值可以为8，9，10或11． 故答案为：8 66．在二项式 的展开式中，系数最大的项的系数为 （结果用数值表示）. 【答案】462 【分析】先求出二项式展开式的通项公式，然后利用二项式系数的性质可求得结果. 【详解】二项式 的展开式的通项公式为 ， 所以当 或 时，其系数最大， 则最大系数为 ， 试卷第40页，共3页故答案为：462. 67．若 中 的系数为 ，则 ；二项展开式中系数最大的项为 ． 【答案】 /0.25 【分析】利用二项展开式的通项公式求解. 【详解】解：因为 的展开式中 的系数为 ， 即 ，得 ， 所以 ， 最大项一定是k为偶数时， 时，系数为 时，系数为 时，系 数为 时，系数为1， 所以 时系数最大，最大项为 ． 故答案为： ， 68．已知 的展开式中，第4项的系数与倒数第四项的系数之比为 ，则展开式 中二项式系数最大的项的系数为 ． 【答案】1120 【分析】根据二项式展开式中项的系数，可求出 ，然后根据二项式系数的单调性可知， 可知第五项二项式系数最大，进而求出最大的项系数. 【详解】设 展开式的通项为 ，故第四项的系数为 ，倒数第四项的系数 ，所以 ， ，解得 ，所以第五项二项式系数最大，故最大项的系数 为 . 故答案为:1120 69．已知 展开式中第三项的二项式系数是10，则 ，展开式中系数 的绝对值最大的项是 . 【答案】 5 【分析】根据二项式系数的概念和二项式定理的通项公式 即可求出答案. 【详解】由题意，知 ，所以 ， 又 ，将 依次代入， 时， ； 时， ； 时， ； 时， ； 时， ； 时， . 所以系数的绝对值最大的项为 . 故答案为：5； . 70．假如 的二项展开式中 项的系数是 ，则 二项展开式中系数最小的 试卷第42页，共3页项是 . 【答案】 【分析】由二项展开式通项，结合指定项系数求 ，利用二项式的对称性确定系数最小的 项的 值，即可求系数最小的项. 【详解】由二项式知： ，而 项的系数是 ， ∴ 时，有 且 为奇数 ，又由 ， ∴可得 . ∴ ，要使系数最小， 为奇数，由对称性知： ， ∴ . 故答案为： .