6.8 计数原理数学思想与重难点方法总结
模块一：数学思想方法................................................................... 2
思想一：分类讨论思想................................................................ 2
思想二：函数思想......................................................................4
思想三：整体思想......................................................................5
思想四：主元思想......................................................................7
思想五：“正难则反”思想............................................................8
模块二：重难点方法总结................................................................ 9
题型一：两个计数原理的综合应用..................................................9
题型二：数字排列问题.............................................................. 12
题型三：涂色问题.................................................................... 14
题型四：全排列问题................................................................. 19
题型五：元素位置有限制问题......................................................22
题型六：相邻与不相邻问题........................................................ 24
题型七：分组分配问题.............................................................. 27
题型八：二项展开式及其逆应用...................................................29
题型九：特定项（特定项系数）...................................................30
题型十：二项式系数（含最值问题）.............................................32
题型十一：系数（含系数最大，小项）..........................................35
题型十二：二项式系数和与系数和................................................38
题型十三：二项式定理应用........................................................ 41
题型十四：杨辉三角形.............................................................. 43
6.8 计数原理数学思想与重难点方法总结
模块一：数学思想方法
思想一：分类讨论思想
1.部队是青年学生成长成才的大学校，是砥砺品格、增强意志的好课堂，是施展才华、成就事业的大舞台，
国防和军队现代化建设迫切需要一大批有责任、敢担当的有志青年携笔从戎、报效祖国．为响应征兵号召，
某高等院校7 名男生和5 名女生报名参军，经过逐层篮选，有5 人通过入伍审核．
(1)若学生甲和乙都接到了入伍通知，其余入伍人员尚未接到通知，求所有可能结果有多少种？
(2)若至少有2 名女生通过入伍审核，但入伍人员尚未接到通知，求所有可能结果有多少种？
【答案】(1)120
(2)596
【详解】（1）因为学生甲和乙都接到了入伍通知，其余入伍人员尚未接到通知，
所以从学生甲和乙以外的10 人中任选3 人，
所以所有的可能结果有
3
10
C
120
种．
（2）从12 人中任选5 人的所有可能结果有
5
12
C 种，
选出的5 人中没有女生所有可能结果有
5
7
C 种，
选出的5 人中有1 名女生所有可能结果有
4
1
7
5
C
C
种，
所以至少有2 名女生被选出的选法数为
5
5
4
1
12
7
7
5
C
C
C
C
792
21 175
596
种．
2.有9名歌舞演员，其中7 名会唱歌，5名会跳舞，从中选出2 人，并指派一人唱歌，另一个跳舞，则不同
的选派方法有（
）A．19种
B．26 种C．32种D．72 种
【答案】C
【详解】根据题意，有9名歌舞演员，其中7 名会唱歌，5名会跳舞，
则既会跳舞又会唱歌的有5
7
9
3
人，
只会唱歌的有7
3
4
人，只会跳舞的有5
3
2
人;
若选出2 人，没有既会跳舞又会唱歌，则有
1
1
4
2
C
C
8
种选法，
若选出2 人中有1 人既会跳舞又会唱歌，则有
1
1
1
1
3
2
3
4
C
C
C
C
18
种选法，
若选出2 人全部是既会跳舞又会唱歌的，则有
2
3
A
6
种选法，
综上共有8 18
6
32
种选法.
故选：C.
3.在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数的个数是（
）
A．18
B．36
C．72
D．48
【答案】B
【详解】解法一：
按十位上的数字分别是1，2，3，4，5，6，7，8 分成八类，
在每一类中满足条件的两位数分别有8 个、7 个、6 个、5 个、4 个、3 个、2 个、1 个．
由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有8
7
6
5
4
3
2 1
36
个．
解法二：
按个位上的数字分别是2，3，4，5，6，7，8，9 分成八类，
在每一类中满足条件的两位数分别有1 个、2 个、3 个、4 个、5 个、6 个、7 个、8 个．
由分类加法计数原理知，满足条件的两位数共有1 2
3
4
5
6
7
8
36
个．
解法三：
所有的两位数共有90 个，
其中个位数字等于十位数字的两位数为11，22，33，…，99，共9 个；
有10，20，30，…，90 共9 个两位数的个位数字与十位数字不能调换位置，
则剩余的两位数有90 18
72
个．
在这72 个两位数中，每一个个位数字（a）小于十位数字（b）的两位数都有一个十位数字（a）小于个位
数字（b）的两位数与之对应，
故满足条件的两位数的个数是72
2
36
.
故选：B.
4.武术是中国的四大国粹之一，某武校上午开设文化课，下午开设武术课，某年级武术课有太极拳、形意
拳、长拳、兵器四门，计划从周一到周五每天下午排两门课，每周太极拳和形意拳上课三次，长拳和兵器
上课两次，同样的课每天只上一次，则排课方式共有（
）
A．19840 种
B．16000 种
C．31360 种
D．9920 种
【答案】D
【详解】先从5 天中选3 天排太极拳，有
3
5
C 种，
然后再从所选的3 天中选一节排太极拳有
1
1
2
2
1
2
C C C 种，
所以太极拳有
3
1
1
1
5
2
2
2
C C C C 种排法，
若五天中有1天既有太极拳又有形意拳，
则哪一天重复有
1
3
C 种，
再从另外不重复的2 天中每天选1 天排形意拳，有
1
1
2
2
C C 种，
再从剩下的4 节课中选2 节排长拳，有
2
4
C 种，则另外2 节排兵器，
所以有
1
1
1
2
3
2
2
4
C C C C 种，
若五天中有2 天既有太极拳又有形意拳，
则哪两天重复有
2
3
C 种，
再从另外不重复的2 天中排形意拳，有
1
1
2
2
C C 种，
再从剩下的4 节课中抽2 节课排长拳，有
2
4
C 种，则另外2 节排兵器，
但排在同一天不合适，所以有
2
2
4
2
C
2C
种，
所以共有
1
1
1
2
2
3
2
2
4
2
C C C
C
2C
种，
若五天中有3天既有太极拳又有形意拳，
则剩下的4 节课中选2 节排长拳，有
2
4
C 种，再去掉排同一天的
2
2
2C 种，
所以有
2
2
4
2
C
2C
种，
综上所述：共有
3
1
1
1
1
1
1
2
1
1
1
2
2
2
2
5
2
2
2
3
2
2
4
3
2
2
4
2
4
2
C C C C
C C C C
C C C
C
2C
C
2C
80
72
48
4
9920
种.
故选：D.
5.“莺啼岸柳弄春晴，柳弄春晴夜月明：明月夜晴春弄柳，晴春弄柳岸啼莺.”这是清代女诗人吴绛雪的一首
回文诗，“回文”是汉语特有的一种使用语序回环往复的修辞手法，而数学上也有类似这样特征的一类“回文
数”，如232，251152 等，那么在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是偶数的“回文数”共有
个.
【答案】225
【详解】依题意，五位正整数中“回文数”具有：
万位与个位数字相同，且不为0，千位与十位数字相同，
求有且仅有两位数字是偶数的“回文数”的个数有两类办法：
第一类：万位数字为偶数且不为0 有4 种，千位选一个奇数有5 种，
百位选一个奇数有5 种，
不同“回文数”的个数为4 5 5
100
个，
第二类：万位数字为奇数有5 种，千位选一个偶数有5 种，百位选一个奇数有5 种，
不同“回文数”的个数为5 5 5
125
，
由分类加法原理得，
在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是偶数的“回文数”共有：100
125
225
个.
故答案为：225
思想二：函数思想
1.已知(1 2 )n
x
的展开式中所有的二项式系数之和为128.
（1）求展开式中二项式系数最大的项；
（2）求展开式中系数最大的项.
【答案】（1）
3
4
280
T
x
，
4
5
560
T
x
；（2）
5
672x .
【详解】（1）由题意，知2
128
n
，所以
7
n
.在二项式系数
0
1
2
7
7
7
7
7
,
,
,
,
C
C
C
C
中，最大的是
3
7
C 与
4
7
C ，
故二项式系数最大的项是第4 项与第5 项，即
3
3
3
4
7 (2 )
280
T
C
x
x
，
4
4
4
5
7
2
560
T
C
x
x
.
（2）设第
1(0
7,
)
r
r
r
N
项的系数最大，
则有
1
1
7
7
1
1
7
7
2
2
2
2
r
r
r
r
r
r
r
r
C
C
C
C
3
16
3
13
r
r
，由于r
N
，故
= 5
r
，所以系数最大的项是第6 项，即
5
5
5
6
7 (2 )
672
T
C
x
x
.
2.设m 为正整数，
2
(
) m
x
y
展开式的二项式系数的最大值为a ，
2
1
(
) m
x
y
展开式的二项式系数的最大值为
b ，若13
7
a
b
，则m
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】B
【详解】m
为正整数，由
2
(
) m
x
y
展开式的二项式系数的最大值为a ，以及二项式系数的性质可得
2
m
m
a
C
，
同理，由
2
1
(
) m
x
y
展开式的二项式系数的最大值为b ，可得
m 1
2m 1
b
C
．
再由13
7
a
b
，可得
2
2
1
13
7
m
m
m
m
C
C
，即
(2 )!
(2
1)!
13
7
!
!
! (
1)!
m
m
m m
m
m
，
即
2
1
13
7
1
m
m
，即13(
1)
7(2
1)
m
m
，解得
6
m ，
故选：B ．
3.已知
2
2
*
9
2A
C
4!
n
n
N
，则n （
）
A．5
B．4
C．3
D．2
【答案】C
【详解】因为
2
2
*
9
2A
C
4!
n
n
N
，
所以
9 8
2
1
1 2 3 4
12
1 2
n n
，即
1
6
n n
，解得
3
n
或
2
n ，
因为
*
nN ，所以
3
n
.
故选：C．
思想三：整体思想
1.有9名歌舞演员，其中7 名会唱歌，5名会跳舞，从中选出2 人，并指派一人唱歌，另一个跳舞，则不同
的选派方法有（
）A．19种
B．26 种C．32种D．72 种
【答案】C
【详解】根据题意，有9名歌舞演员，其中7 名会唱歌，5名会跳舞，
则既会跳舞又会唱歌的有5
7
9
3
人，
只会唱歌的有7
3
4
人，只会跳舞的有5
3
2
人;
若选出2 人，没有既会跳舞又会唱歌，则有
1
1
4
2
C
C
8
种选法，
若选出2 人中有1 人既会跳舞又会唱歌，则有
1
1
1
1
3
2
3
4
C
C
C
C
18
种选法，
若选出2 人全部是既会跳舞又会唱歌的，则有
2
3
A
6
种选法，
综上共有8 18
6
32
种选法.
故选：C.
2.某中学为庆祝建校130 周年，高二年级派出甲､乙､丙､丁､戊5 名老师参加“130 周年办学成果展”活动，活
动结束后5 名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法共有
种(用数字作答)．
【答案】24
【详解】将丙、丁捆绑排列有
2
2
A
2
种，再把他们作为整体与戊排成一排有
2
2
A
2
种，
排完后其中有3 个空，最后将甲、乙插入其中的两个空有
2
3
A
6
种，
综上，共有2 2 6
24
种排法.
故答案为：24
3. A ，B ，C ，D ，E ，F ，6 名同学站成一排参加文艺汇演，若A 不站在两端，B 和C 必须相邻，则不
同的排列方式共有
种．
【答案】144
【详解】根据题意，由于B 和C 相邻，把B 和C 看成一个元素，与其他4 个人全排列，有
2
5
2
5
A A
240
种排
法，
其中A 站在两端的排法有
1
4
2
2
4
2
A A A
96
种，
则有240
96
144
种符合题意的排法．
故答案为：144．
4.将5 个人排成一排，若甲和乙必须排在一起，则有多少种不同的排法？
【答案】48
【详解】根据捆绑法，
共有
2
4
2
4
A A
2
24
48
种不同的排法.
5.用1、2、3、4、5、6 组成没有重复数字的六位数，要求所有相邻两个数字的奇偶性都不同，且1 和2
相邻．问：有多少个这样的六位数？
【答案】40
【详解】先排3、5，有
2
2
A 种方法，再将4、6 插空排列，有
2
2
2A 种方法，
最后将1,2 捆绑放到3、4、5、6 形成的5 个空中，
且保持所有相邻两个数字的奇偶性都不同，共有
1
5
C 种方法，
综上：一共有
2
2
1
2
2
5
A
2A C
40
个这样的六位数.
6.现有8 个人（5 男3 女）站成一排.
(1)女生必须排在一起，共有多少种不同的排法?
(2)女生两旁必须有男生，有多少种不同排法?
【答案】(1)4320
(2)2880
【详解】（1）根据题意，先将3 名女生看成一个整体，考虑三人之间的顺序，有
3
3
A 种情况，
将这个整体与5 名男生全排列，有
6
6
A 种情况，
则女生必须排在一起的排法有
3
6
3
6
A A
4320
种；
（2）根据题意，将5 名男生全排列，有
5
5
A 种情况，
排好后除去2 端有4 个空位可选，在4 个空位中任选3 个，安排3 名女生，有
3
4
A 种情况，
则女生两旁必须有男生，有
5
3
5
4
A A
2880
种不同排法
思想四：主元思想
1.某医院选派甲、乙等4 名医生到3 个乡镇义诊，每个乡镇至少有一人，每名医生只能去一个乡镇，且甲、
乙不在同一个乡镇，则不同的选派方法有
种．
【答案】30
【详解】由题意知可按甲、乙两人的选派情况分两类：
①甲、乙均单独去一个乡镇，则剩下的2 人一起去另一个乡镇，共有
3
3
A
6
种选派方法；
②甲、乙两人有一人和另外2 人中的一人一起去一个乡镇，剩下的2 人均单独去一个乡镇，共有
1
1
3
2
2
3
C C A
24
种选派方法．
由分类加法计数原理可知，不同的选派方法共有6
24
30
（种）．
故答案为：30.
2.现有包括甲、乙在内的5 名同学在比赛后合影留念，若甲，乙均不在最左端，乙不在最右端，则符合要
求的排列方法共有
种
【答案】54
【详解】先排乙，从中间的3 个位置中选1 个安排乙，则有
1
3
C
3
种方法，
再排甲，从除左端外，剩下的3 个位置中选1 个安排甲，则有
1
3
C
3
种方法，
最后排其余3 个，有
3
3
A
6
种方法，
所以由分步乘法原理可知共有3 3 6
54
种方法，
故答案为：54
3.为了全面推进乡村振兴，加快农村、农业现代化建设，某市准备派6 位乡村振兴指导员到A，B，C，3
地指导工作；每地上午和下午各安排一位乡村振兴指导员，且每位乡村振兴指导员只能被安排一次，其中
张指导员不安排到C 地，李指导员不安排在下午，则不同的安排方案共有（
）
A．180 种
B．240 种
C．480 种
D．540 种
【答案】B
【详解】李指导员安排在C 地上午时，张指导员有
1
4
C 种安排方案，其余4 位指导员有
4
4
A 种安排方案，则
共有
1
4
4
4
C A =96 种安排方案；
李指导员不安排在C 地上午时，李指导员有
1
2
C 种安排方案，张指导员有
1
3
C 种安排方案，其余4 位指导员
有
4
4
A 种安排方案，则共有
1
1
4
2
3
4
C C A =144 种安排方案；
综上，共有96+144=240 种安排方案.
故选：B
4.2022 年10 月16 日至10 月22 日，中国共产党第二十次全国人民代表大会在北京召开．会议圆满结束后，
某市为了宣传好二十大会议精神，市宣传部决定组织
,
,
,
,
A B C D E 去甲、乙、丙、丁4 个村开展二十大宣讲
工作，每村至少1 人，其中A 不去甲村，且
,
A B 不去同一个村，则宣讲的分配方案种数为（
）
A．216
B．198
C．180
D．162
【答案】D
【详解】当A 单独去一个村时，有
1
2
3
3
4
3
C C A 种，
当A 与除B 以外的另外一人去一个村时，有
1
1
3
3
3
3
C C A 种，
所以共有
1
1
3
3
3
1
2
3
3
3
3
4
C C A
162
C C A
种分配方案．
故选：D
5.学校安排甲乙丙丁4 名运动员参加4 100
米接力赛，其中甲不跑第一棒，则共有
种不同的接力方
式.
【答案】18
【详解】甲先在第二、三、四棒中选一棒，有
1
3
A 种选法，
乙丙丁三人选择除甲选择之外的三棒，全排列即可，有
3
3
A 种选法，
所以一共有
1
3
3
3
A A
18
种接力方式，
故答案为：18.
思想五：“正难则反”思想
1.平面上有10 个点，其中有4 个点在同一条直线上，除此以外，不再有三点共线.问：由这些点可以确定
多少条直线？
【答案】40
【详解】方法一（直接法）共线的4 点记为A，B，C，D.
第一类：A，B，C，D 确定1 条直线
第二类：A，B，C，D 以外的6 个点可确定
2
6
C 条直线；
第三类：从A，B，C，D 中任取1 点，其余6 点中任取1 点可确定
1
1
4
6
C C 条直线．
根据分类计数原理，共有不同直线
2
1
1
6
4
6
1
C
C C
1 15
24
40
（条）.
方法二（间接法）10 个点取2 个点共有
2
10
C 种，
4 个共线点取2 个共有
2
4
C 种，以上均表示同一条直线，再加上4 个共线点所在的直线，
则可确定不同的直线有
2
2
10
4
C
C
1
40
（条）.
2.（1）从10 男8 女中任选5 人，共有多少种不同的选法？
（2）从10 男8 女中任选5 人（男女都有）担任5 项不同的工作，共有多少种不同的选法？
【答案】（1）8568；（2）991200
【详解】（1）从10 男8 女中任选5 人有
5
18
18 17 16 15 14
C
8568
1 2 3 4 5
种不同的选法；
（2）从10 男8 女中任选5 人担任5 项不同的工作有
5
18
A 种不同的选法，
其中5 人全部是男生的有
5
10
A 种不同的选法，全部是女生有
5
8
A 种不同的选法，
故符合条件的方法种数为：
5
5
5
18
10
8
A
A
A
991200
.
3.某班团支部换届选举，从已产生的甲、乙、丙、丁四名候选人中选出三人分别担任书记、副书记和组织
委员，并且规定：上届任职的甲、乙、丙三人不能连任原职，则不同的任职结果有（
）.
A．15
B．11
C．14
D．23
【答案】B
【详解】四人中选出三人分别任职三个不同的岗位，其方法数为
3
4
A
4 3 2
24
，
三个职位中有一位连任，假设上届任职的甲、乙、丙三人分别担任书记、副书记和组织委员，
假设甲连任书记，副书记可选的人选分别为丙和丁，
当丁担任了副书记，则组织委员只能选乙；当丙担任了副书记，则组织委员只能选乙和丁，
故其方法数为
1
3
C
1
2
9
；
三个职位中有两位连任，其方法数为
2
3
C
1
3
；
三个职位中三位都连任，其方法数为1.
故符合题意的方法数为24
9
3 1
11
.
故选：B.
4．将2 个男生和4 个女生排成一排，要求2 个男生都不与女生甲相邻的排法有
种.
【答案】288
【详解】先将除甲外其它3 个女生排一排有
3
3
A
6
种，共有4 个空，
若2 个男生与女生甲排一起有
3
3
A
6
种，再将他们插入上述4 个空中的一个有
1
4
C
4
种，
此时，共有6
4 6
144
种；
若2 个男生中的一个与女生甲排一起有
1
2
2
2
C A
4
种，再将他们和另一个男生插入上述4 个空中的两个有
2
4
A
12
种，
此时，共有4 12 6
288
种；
又6 个人做全排列有
6
6
A
720
种，故2 个男生都不与女生甲相邻的排法有720 144
288
288
种.
故答案为：288
5.第六届进博会招募志愿者，某校高一年级有3 位同学报名，高二年级有5 位同学报名，现要从报名的学
生中选取4 人，要求高一年级和高二年级的同学都有，则不同的选取方法种数为
.（结果用数值表示）
【答案】65
【详解】由题意，要求高一年级和高二年级的同学都有，
则有
1
3
2
2
3
1
3
5
3
5
3
5
C
C
C
C
C
C
30
30
5
65
.
另解：间接法：
4
4
8
5
C
C
70
5
65
.
故答案为：65
模块二：重难点方法总结
题型一：两个计数原理的综合应用
1.用0，1，2，…，9 这十个数字，可以排成多少个没有重复数字的四位偶数？
【答案】2296
【详解】满足条件的四位数可以分为两类：
第一类的末位数字是0，有
3
9
A 个，
第二类的末位数字不是0，要排成这样的四位数，可以分成三个步骤来完成：
第一步，确定末位数字，因为只能是2，4，6 或8，所以有
1
4
A 种方法；
第二步，确定首位数字，因为数字不能重复，所以有
1
8
A 种方法；
第三步，确定中间两位数字，有
2
8
A 种方法，
由分步乘法计数原理可知，这样的数字有
1
1
2
4
8
8
A A A 个，
由分类加法计数原理可知，满足条件的四位数个数为
3
1
1
2
9
4
8
8
A
A A A
9 8 7
4 8 8 7
41 56
2296
.
2.安排5 名志愿者完成
, ,
,
A B C D 四项工作，其中A 项工作需2 人，B 项工作不安排5 人中的甲完成，5 名
志愿者均分配了工作，且每项工作均有人完成，则不同的安排方法共有（
）
A．66 种
B．60 种
C．54 种
D．48 种
【答案】D
【详解】甲去完成A 项工作，有
1
3
4
3
C A
24
种不同的安排方式；
甲不去完成A 项工作，又B 项工作不安排甲完成，有
2
1
1
4
2
2
C C C
24
种不同的安排方式，
故共有24
24
48
种不同的安排方式．
故选：D
3.教务处准备给高三某班的学生排周六的课表，上午五节课，下午三节课．若准备英语、物理、化学、地
理各排一节课，数学、语文各排两节课连堂，且数学不排上午的第一节课，则不同的排课方式有（
）
A．216 种
B．384 种
C．408 种
D．432 种
【答案】D
【详解】由题意，数学、语文不能同时安排在下午，
若数学（连堂）安排在下午，在英语、物理、化学、地理中选一种安排在下午有
1
2
4
2
C A
8
种，
再把余下的三科与语文（连堂）安排在上午，把上午看作四节课，则有
4
4
A
24
种，
此时共有8 24
192
´
=
种；
若语文（连堂）安排在下午，在英语、物理、化学、地理中选一种安排在下午有
1
2
4
2
C A
8
种，
再把余下的三科与数学（连堂）安排在上午，且数学不排上午的第一节课，
把上午看作四节课，数学只能安排在后三节有
1
3
C
3
种，其余三科全排有
3
3
A
6
种，
此时共有8 3 6
144
种；
若数学、语文都安排在上午，在英语、物理、化学、地理中选一种安排在上午有
1
4
C
4
种，
将上午看作三节课，且数学不排上午的第一节课，有
1
2
2
2
C A
4
种，
再把余下的三科安排在下午作全排有
3
3
A
6
种，
此时共有4
4
6
96
种；
综上，共有192
144
96
432
种.
故选：D
4.2023 年的五一劳动节是疫情后的第一个小长假，公司筹备优秀员工假期免费旅游．除常见的五个旅游热
门地北京、上海、广州、深圳、成都外，淄博烧烤火爆全国，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门
所选旅游地全不相同的方法种数共有（
）
A．1800
B．1080
C．720
D．360
【答案】B
【详解】①恰有2 个部门所选的旅游地相同，
第一步，先将选相同的2 个部门取出，有
2
4
C
6
种；
第二步，从6 个旅游地中选出3 个排序，有
3
6
A
120
种，
根据分步计数原理可得，方法有6 120
720
种；
②4 个部门所选的旅游地都不相同的方法有
4
6
A
360
种，
根据分类加法计数原理得，则甲、乙、丙、丁四个部门至少有三个部门所选旅游地全不相同的方法种数共
有720
360
1080
种．
故选：B
5.为贯彻落实“立德树人”的根本任务，探索德智体美劳“五育并举”的实施路径，某校统筹推进以“五育并举
＋教师教育”为特色的第二课堂养成体系，引导学生崇尚劳动、尊重劳动者、提高劳动素养，以劳动周的
形式开展劳育工作的创新实践．若学生可以参加“民俗文化”“茶艺文化”“茶壶制作”“水果培育”“蔬菜种
植”“3D 打印”这六门劳动课中的一门，则甲、乙、丙、丁这4 名学生中至少有3 名所选劳动课全不相同的
方法共有
种．
【答案】1080
【详解】分两种情况讨论：
若4 名学生选的课全不同，则有
4
4
6
4
C A
360
种方法；
若有3 名学生选的课全不同，即只有2 名学生选的课相同，则有
3
2
3
6
4
3
C C A
720
种方法．
故共有360
720
1080
种方法．
故答案为：1080
6.在由数字1，2，3，4，5 组成的数字不重复的五位数中，小于50000 的奇数有
个．
【答案】60
【详解】小于50000 的奇数万位只能是1，2，3，4，个位只能为1，3，5，
①万位为1或3 ，则万位有
1
2
C 种方法，个位有
1
2
C 种方法，
其余各位为
3
3
A
3 2
6
种方法，则
1
1
3
2
2
3
C
C
A
24
种方法；
②万位为2 或4 ，则万位有
1
2
C 种方法，个位有
1
3
C 种方法，
其余各位为
3
3
A
3 2
6
种方法，则
1
1
3
2
3
3
C
C
A
36
种方法；
共有：24
36
60
种方法.
故答案为：60 .
题型二：数字排列问题
1.已知0，1，2，3，4，5 这六个数字．
(1)可以组成多少个数字不重复的三位奇数？
(2)可以组成多少个数字不重复的小于1 000 的自然数？
(3)可以组成多少个数字不重复的大于3 000 且小于5 421 的四位数？
【答案】(1)48
(2)131
(3)175
【详解】（1）分3 步：
①先选个位数字，由于组成的三位数是奇数，因此有3 种选法；
②再选百位数字有4 种选法；
③十位数字也有4 种选法；
由分步计数原理知所求三位数共有3
4
4
48
个.
（2）分3 类：
①一位数，共有6 个；
②两位数，先选十位数字，有5种选法；再选个位数字也有5种选法，共有5 5
25
个；
③三位数，先选百位数字，有5种选法；再选十位数字也有5种选法；再选个位数字，有4种选法，共有
5
5
4
100
个；
因此，比1 000 小的自然数共有6
25 100
131
个．
（3）分4 类：
①千位数字为3 或4 时，后面三个数位上可随便选择，此时共有2
5
4
3
120
个；
②千位数字为5，百位数字为0,1,2,3之一时，共有4
4
3
48
个；
③千位数字为5，百位数字是4 ，十位数字为0,1之一时，共有2 3
6
个；
④5420也满足条件；
故所求四位数共有120
48
6
1
175
个.
2.在0 ，1，2 ，3，4 ，5，6这7 个数中任取4 个数，将其组成无重复数字的四位数，则能被5整除，且比
4351大的数共有（
）
A．54个
B．62 个
C．74 个
D．82 个
【答案】C
【详解】若这个数的千位数为4 ，百位数为3 ，则这个数可以是4360 ，4365 ，共2 个，
若这个数的千位数为4 ，百位数为5，则这个数的个位只能是0 ，
满足条件的数共有
1
4
C
4
个，
若这个数的千位数为4 ，百位数为6，则满足条件的数共有
1
1
2
4
C C
8
个，
若这个数的千位数为5，这个数的个位只能是0 ，则满足条件的数共有
2
5
A
20
个，
若这个数的千位数为6，则满足条件的数共有
1
2
2
5
C A
40
个，
根据分类计数原理，可得满足条件的数共有2
4
8
20
40
74
个．
故选：C．
3.由数字0，1，2，3，4，5 可以组成无重复数字且奇偶数字相间的六位数的个数为
．
【答案】60
【详解】当首位为奇数时，则奇数位上都是奇数才能满足题意，这样三个位奇数在三个奇数位置排列，
三个偶数在三个偶数位置排列共有
3
3
3
3
A A
36
种结果，
当首位是偶数时，三个奇数在偶数位置排列，三个偶数有两个可以排在首位，
共有
2
3
2
3
2
A
A
24
种结果，
根据分类计数原理可以得到共有36
24
60
种结果.
故答案为：60．
4.若一个五位数的各个数位上的数字之和为3，则这样的五位数共有
个．
【答案】15
【详解】若一个五位数的各个数位上的数字之和为3，则这样的五位数可分为3类：
第一类，五位数的各个数位上的数字是4 个0 ，1个3组成，
则由首位不为0 可知，3 在首位，其余各位为0 ，即30000，仅有1种方法；
第二类，五位数的各个数位上的数字是3 个0 ，1个1，1个2 组成，
则由首位不为0 可知，1或2 在首位，选1个放在首位，另1个则从其它4 个位选1个位放上，其余各位为0 ，
共有
1
1
2
4
C A
8
种方法；
第三类，五位数的各个数位上的数字是2 个0 ，3个1组成，
则由首位不为0 可知，1在首位，在其它4 个位中选2 个位为1，其余各位为0 ，共有
2
4
C
6
种方法；
所以由分类计数原理可得共有1 8
6
15
个这样的五位数.
故答案为：15.
5.将0，1，2，3，4 这五个数字组成无重复数字的五位数，则：
(1)可以组成多少个偶数？
(2)可以组成多少个比13123 大的数？
【答案】(1)60；
(2)82.
【详解】（1）当个位数字为0 时，可以组成
4
4
A
24
个偶数；
当个位数字不为0 时，可以组成
1
1
3
2
3
3
A A A
36
个偶数；
所以可以组成24
36
60
个偶数.
（2）所组成的比13123 大的五位数，可以分为以下2 类：
第一类：形如2
,3
,4
，共有
4
4
3A
72
个，
第二类：形如13
,14
，共有
2
3
2
3
2A
A
10
个，
所以可以组成72 10
82
个比13123 大的数.
6.用数字0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的自然数，问：
(1)能够组成多少个五位偶数？
(2)能够组成多少个小于2018 的正整数？
【答案】(1)312
(2)193
【详解】（1）依题意，当0 在个位时，组成五位偶数个数为
4
5
A
120
＝
；
当2,4 在个位时，组成五位偶数，首位不为0，则个数为
1
3
4
4
2 C
A
192
，
共计组成的五位偶数个数为120
192
312
＝
；
（2）小于2018 的正整数有：
一位数有5 个；
两位数有
1
1
5
5
C
C
25
个；
三位数有
1
2
5
5
C
A
100
个；
四位数1 为千位时有
3
5
A
60
四位数2 为千位时有2013,2014,2015 ，3 个；
小于2018 的正整数共有5
25 100
60
3
193
个.
题型三：涂色问题
1.学习涂色能锻炼手眼协调能力，更能提高审美能力.现有四种不同的颜色：湖蓝色､米白色､橄榄绿､薄荷绿，
欲给小房子中的四个区域涂色，要求相邻区域不涂同一颜色，且橄榄绿与薄荷绿也不涂在相邻的区域内，
则共有（
）种不同的涂色方法.
A．78
B．66
C．56
D．48
【答案】B
【详解】当选择两种颜色时，因为榄绿与薄荷绿不涂在相邻的区域内，
所以共有
2
4
C
1
5
种选法，因此不同的涂色方法有5 2
10
种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿都被选中，则有2 种方法选法，
因此不同的涂色方法有2 2 2
8
种，
当选择三种颜色且橄榄绿与薄荷绿只有一个被选中，则有2 种方法选法，
因此不同的涂色方法有2 3 2 (2 1)
36
种，
当选择四种颜色时，不同的涂色方法有2 2 2
2 2
12
种，
所以共有10
8
36
12
66
种不不同的涂色方法，
故选：B.
2.五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.下图
是五行图，现有5 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（例如金生火，水生木，
不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方
法种数有（
）
A．3125
B．1000
C．1040
D．1020
【答案】D
【详解】五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种颜色，即无限制条件.
五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同一种颜色.
故问题转化为如图
,
,
,
,
A B C D E 五个区域，
有5种不同的颜色可用，要求相邻区域不能涂同一种颜色，即5色5区域的环状涂色问题.
分为以下两类情况：
第一类：
,
,
A C D 三个区域涂三种不同的颜色，
第一步涂
,
,
A C D 区域，
从5种不同的颜色中选3种按序涂在不同的3个区域上，则有
3
5
A 种方法，
第二步涂B 区域，由于
,
A C 颜色不同，有3 种方法，
第三步涂E 区域，由于
,
A D颜色不同，则有3种方法，
由分步计数原理，则共有
3
5
3 3A
540
种方法；
第二类：
,
,
A C D 三个区域涂两种不同的颜色，
由于
,
C D 不能涂同一色，则
,
A C 涂一色，或
,
A D涂同一色，两种情况方法数相同.
若
,
A C 涂一色，
第一步涂
,
,
A C D 区域，
,
A C 可看成同一区域，且
,
A D区域不同色，
即涂2 个区域不同色，
从5种不同的颜色中选2 种按序涂在不同的2 个区域上，则有
2
5
A 种方法，
第二步涂B 区域，由于
,
A C 颜色相同，则有4 种方法，
第三步涂E 区域，由于
,
A D颜色不同，则有3种方法，
由分步计数原理，则共有
2
5
4 3A
240
种方法；
若
,
A D涂一色，与
,
A C 涂一色的方法数相同，
则共有2 240
480
种方法.
由分类计数原理可知，不同的涂色方法共有540
480
1020
种.
故选：D.
3.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，现在提供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，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有
种（用数字作答）.
【答案】420
【详解】如图，用
,
,
,
,
A B C D E 表示5个区域，
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3
2 2
7
种选择，
则不同的涂色方案有5 4 3 7
420
种.
故答案为：420 .
4.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
【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5 4 3 3 180
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
4
5
A
120
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120 2
240
种方法.
再由分类计数原理，共有180
240
420
种不同的方法.
故选：C.
5.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8 个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，..，8，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1 与区域5）所涂颜色相同.若有
7 种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（
）
A．1050 种
B．1260 种
C．1302 种
D．1512 种
【答案】C
【详解】由题意可得，只需确定区域1,2,3,4 的颜色，即可确定整个伞面的涂色.
先涂区域1，有7 种选择；再涂区域2，有6 种选择.
当区域3 与区域1 涂的颜色不同时，区域3 有5 种选择，剩下的区域4 有5 种选择.
当区域3 与区域1 涂的颜色相同时，剩下的区域4 有6 种选择.
故不同的涂色方案有
7 6
5 5
6
1302
种.
故选：C
6.（多选）用n 种不同的颜色涂图中的矩形
,
,
,
A B C D ，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数
记为
s n ，则（
）
A．
3
12
s
B．
4
36
s
C．
5
120
s
D．
6
600
s
【答案】AD
【详解】当
3
n
时，分四步：
第一步，涂C 处，有3 种涂色方案；第二步，涂D 处，有2 种涂色方案；
第三步，涂A 处，有2 种涂色方案；第四步，涂B 处，有1 种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为3 2 2 1 12
，所以
3
12
s
，故A 正确；
当
4
n
时，分四步：
第一步，涂C 处，有4 种涂色方案；第二步，涂D 处，有3 种涂色方案；
第三步，涂A 处，有3 种涂色方案；第四步，涂B 处，有2 种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为4 3 3 2
72
，所以
4
72
s
，故B 错误；
当
5
n
时，分四步：
第一步，涂C 处，有5 种涂色方案；第二步，涂D 处，有4 种涂色方案；
第三步，涂A 处，有4 种涂色方案；第四步，涂B 处，有3 种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为5 4 4 3
240
，所以
5
240
s
，故C 错误；
当
6
n
时，分四步：
第一步，涂C 处，有6 种涂色方案；第二步，涂D 处，有5 种涂色方案；
第三步，涂A 处，有5 种涂色方案；第四步，涂B 处，有4 种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为6 5 5 4
600
，所以
6
600
s
，故D 正确.
故选：AD.
题型四：全排列问题
1.为了弘扬我国古代的“六艺文化”，某学校欲利用每周的社团活动课开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门课
程，每周开设一门，连续开设六周，若课程“射”不排在第二周，课程“乐”不排在第五周，则所有可能的排
法种数为
【答案】504
【详解】“射”不在第二周且“乐”不在第五周的排法可以分为两类：
第一类“射”排在第五周的排法，排法有
5
5
A 种，
第二类“射”不在第二和第五周且“乐”不在第五周的排法，
①若“乐”在第二周，则射有四种选法，然后剩余四项全排列，则共有
1
4
4
4
A A 种排法
②若“乐”不在第二周，则“射”与乐共有
2
4
A 种选法，然后剩余四项全排列则共有
2
4
4
4
A A 种，
由分类加法原理可得总的排法数为
4
5
1
4
2
4
4
4
5
4
A
A A
A
504
A
，
故答案为：504.
2.班级迎接元旦晚会有3个唱歌节目、2 个相声节目和1个魔术节目，要求排出一个节目单．
(1)2 个相声节目要排在一起，有多少种排法？
(2)相声节目不排在第一个节目、魔术节目不排在最后一个节目，有多少种排法？
(3)现在临时增加1个魔术节目，要求重新编排节目单，要求2 个相声节目不相邻且2 个魔术节目也不相邻，
有多少种排法？
【答案】(1) 240 种
(2) 408 种
(3) 2640 种
【详解】（1）将2 个相声节目捆绑在一起，看成1个节目
2
2
A ，与其余4 个节目一起排
5
5
A ，
则共有
2
5
2
5
A A
2 120
240
种不同排法；
（2）若相声节目排在第一个节目，则有
1
5
2
5
C A 种不同排法，
若魔术节目排在最后一个节目，则有
5
5
A 种不同排法，
若相声节目排在第一个节目，并且魔术节目排在最后一个节目，则有
1
4
2
4
C A 种不同排法，
则相声节目不排在第一个节目、魔术节目不排在最后一个节目，
可以用6个节目的全排列减去相声节目排在第一个节目的排列数和魔术节目排在最后一个节目的排列数，
再加上相声节目排在第一个节目并且魔术节目排在最后一个节目的排列数，
所以共有
6
1
5
5
1
4
6
2
5
5
2
4
A
C A
A
C A
720
240 120
48
408
种不同排法；
（3）若2 个相声节目相邻，则有
2
6
2
6
A A 种不同排法，
若2 个魔术节目相邻，也有
2
6
2
6
A A 种不同排法，
若2 个相声节目相邻，并且2 个魔术节目也相邻，则有
2
2
5
2
2
5
A A A 种不同排法，
则2 个相声节目不相邻且2 个魔术节目也不相邻，可由7 个节目的全排列减去2 个相声节目相邻的排列数
和2 个魔术节目相邻的排列数，
再加上2 个相声节目相邻并且2 个魔术节目也相邻的排列数，
所以共有
7
2
6
2
2
5
5
7
2
6
2
2
5
5
A
2A A
A A A
A
42
24
4
2640
种不同排法．
3.求下列问题的排列数:
(1)3 名男生和3 名女生排成一排,男生甲和女生乙不能相邻;
(2)3 名男生和3 名女生排成一排,男生甲不能排排头,女生乙不能排排尾.
【答案】(1)480
(2)504
【详解】（1）解:由题知共6 人,除去男生甲和女生乙外,还有4 人,
将4 人全排共
4
4
A 种,
4 人排好后留下5 个位置,将这5 个位置分给甲乙,有
2
5
A 种,
所以男生甲和女生乙不能相邻共
4
2
4
5
480
A A
种
（2）由于男生甲不能排排头,女生乙不能排排尾,
当乙排排头时,甲没有限制,此时排列数为
5
5
A
120
种,
当乙不排排头,因为乙不能排排尾,
所以乙只能排中间4 个位置中,共
1
4
A 种,
因为甲不能排排头,除去排头位置和已经排好的乙外,
还有4 个位置,选一个位置给甲,有
1
4
A 种,
此时还有另4 人,没有限制,全排列有
4
4
A 种,
故当乙不排派头时有
4
4
1
4
1
4
A A A
384
种,
所以男生甲不能排排头,女生乙不能排排尾共计:
5
1
1
4
5
4
4
4
A
A A A
384
120
504
种.
4.有四名男生，两名女生和两名老师站成一排照相，在下列情况下，各有多少种不同的站法？（结果用数
字作答）
(1)两名老师站正中间；
(2)四名男生身高都不相等，从左向右看，四名男生按从高到低的顺序站.
【答案】(1)1440
(2)1680
【详解】（1）2 名老师站中间，有
2
2
A 种站法，6 名学生有
6
6
A 种站法，
故共有
2
6
2
6
A A
1440
种；
（2）先从8 个位置中选出4 个位置给4 名男生，有
4
8
C 种方法，再在剩下的4 个位置上排其余4 人，有
4
4
A
种站法，
故四名男生从左到右按照由高到低的顺序的站法有
4
4
8
4
C A =1680（种）．
5.毕业典礼期间，国际班的7 名师生站成一排拍照留念，其中老师1 人，男学生4 人.在下列各种情况下，
有多少种不同的站法？请分别列式计算出结果
(1)前排站3 人，后排站4 人
(2)老师的左右两边都是女学生
(3)男学生互不相邻
(4)老师不站中间，且女学生不站两端
【答案】(1)5040
(2)240
(3)144
(4)2112
【详解】（1）解：因为前排站3 人，后排站4 人，只需全排，将后4 人站到后排即可，
即共
7
7
A
5040
种；
（2）因为老师1 人，男学生4 人，所以女学生2 人，
将两名女生与一名老师捆绑共
2
2
A
2
种，
再将捆绑后的三位和剩余4 人一起排列共有：
5
5
A
120
种，
所以共2 120
240
种；
（3）先将两名女生和一名老师全排，共
3
3
A
6
种，
共有4 个空，将4 名男生插空有
4
4
A
24
种，
所以共6
24
144
种；
（4）当老师站两端时，先排老师，有2 种情况，再在中间5 个位置选两个给女生进行排列，
再将剩余的4 位男生全排列，共
2
4
5
4
2
A
A
960
种，
当老师不站两端时，且不站中间，则有4 种情况，
再选2 个男生站两端进行排列，剩下的人全排，
共有
2
4
4
4
4
A
A
1152
种，
所以共有960 1152
2112
种.
6.如图，某伞厂生产的太阳伞蓬是由8 块相同的区域组成的，用7 种颜色分别涂在伞蓬的8个区域内，且恰
有一种颜色涂在相对区域内，则不同的颜色图案的此类太阳伞至多有多少种?
【答案】2520
【详解】如图，对8 个区域进行编号，任选一组对称区域（如1与5）同色，
用7 种颜色涂8个区域的不同涂法有
7
7
A 种，
又由于1与5，2 与6，3 与7 ，4 与8是对称的，即重复染色2 次，
故此种图案至多有
7
7
A
2520
2
（种）.
题型五：元素位置有限制问题
1.2023 杭州亚运会于9 月23 日至10 月8 日举办，组委会将6 名志愿者随机派往黄龙体育中心､杭州奥体
中心､浙江大学紫金港校区三座体育馆工作，若每名志愿者只去一座体育馆工作，每座体育馆至少派1 名
志愿者，其中志愿者甲不去黄龙体育中心，则不同的分配方案种数为（
）
A．180
B．300
C．360
D．380
【答案】C
【详解】若甲单独一组：由于甲同学不去黄龙体育中心，所以先排甲共有
1
2
C
2
种，
再将其余5 人分成两组共有
1
2
5
5
C
C
15
种，分配到另外两个体育中心共有
2
2
A
2
，
所以此类情况共有2 15 2
60
种；
若甲与其他志愿者一组：先安排甲共有
1
2
C
2
种，
然后将其余5 人分成三组共有
1
1
3
1
2
2
5
4
3
5
4
2
2
2
2
2
C C C
C C C
25
A
A
种，
再将三组分配到三个体育馆共
3
3
A
6
种，
所以此类情况共有2 25 6
300
种.
综上，不同的分配方案共有360 种.
故选：C.
2.2023 年10 月23 日，杭州亚运会历时16 天圆满结束.亚运会结束后，甲､乙､丙､丁､戊五名同学排成一排
合影留念，其中甲､乙均不能站左端，且甲､丙必须相邻，则不同的站法共有（
）
A．18 种
B．24 种
C．30 种
D．36 种
【答案】C
【详解】由题意可知，当丙站在左端时，有
3
3
A
6
种站法；
当丙不站在左端时，有
1
2
3
2
2
3
C A A
24
种站法.
由分类加法计数原理可得，一共有6
24
30
种不同的站法.
故选：C.
3.第19 届杭州亚运会的吉祥物，分别取名为“琮琮”“莲莲”“宸宸”，是一组承载深厚底蕴和充满时代活力的
机器人，组合名为“江南忆”.现有6 个不同的吉祥物，其中“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各2 个，将这6 个吉祥物
排成前后两排，每排3 个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数共有
.（用数字作答）
【答案】336
【详解】由题意可分两种情形：
①前排含有两种不同名称的吉祥物，
首先，前排从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”中取两种，有
2
3
C 种情况，
从选出的两种吉祥物中，其中一种取两个，另一种选一个，有
1
2
2
2
1
2
C C C 种排法，
选出的三个吉祥物进行排列，选一个的一定放中间，名字相同的放两边，
由于属于不同的吉祥物，故有
2
2
A 种排法，
综上，有
2
2
3
2
2
1
2
1
2
2
C C C C A
24
种排法；
其次，后排剩余两个相同名字的吉祥物和另一个名字不同的吉祥物，
故有
2
2
A
2
种排法，故共有24 2
48
种不同的排法；
②前排含有三种不同名称的吉祥物，
先从“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各二选一，有
1
1
2
2
1
2
C C C 种选法，
再进行全排列，故有
1
1
1
3
2
2
2
3
48
C C C A
种排法；
同理后排有
3
3
A
6
种排法，此时共有48 6
288
种排法；
因此，共有48
288
336
种排法，
故答案为：336.
4.某班在一次班团活动中，安排2 名男生和4 名女生讲演，为安排这六名学生讲演的顺序，要求两名男生
之间不超过1 人讲演，且第一位和最后一位出场讲演的是女生．则不同的安排方法总数为（
）
A．168
B．192
C．240
D．336
【答案】C
【详解】第一位和最后一位出场讲演的是女生，有
2
2
4
2
C A
12
种，
中间4 人，为2 男2 女，任意排列有
4
4
A
24
种，
若中间2 名女生，则有
2
2
2
2
A A
4
种，则满足条件的有24
4
20
种，
则共有12 20
240
种不同的安排方法．
故选：C
5.已知A、B、C、D、E 为0﹣9 中五个不重复的数字，且满足以下竖式加法，则满足条件的四位数ABCD
共有
个．
【答案】4
【详解】由题可知，个位A
D
无进位且为C ，所以A
D
C
，
千位A
D
为B ，所以千位上的B 是由百位进1 得到的，即
1
A
D
B
，
百位B
B
有进位则2
1 10
B
B
，所以
9
B＝，
8
A
D
C
，
十位C
C
的个位为E ，则C
C
有进位，则
10
C
C
E
，
所以
6
E
，
9
B＝，
8
C
A
D
，
所以满足条件的四位数ABCD 为：5983，3985，1987，7981，共4 个．
故答案为：4．
6.甲、乙、丙、丁、戊共5 名同学进行劳动技能比赛，决出第1 名到第5 名的名次，已知甲没有得到冠军，
并且甲和乙都不是第5 名，则这5 个人名次排列的可能情况共有
种．
【答案】54
【详解】解：甲、乙、丙、丁、戊共5 名同学进行劳动技能比赛，决出第1 名到第5 名的名次，
已知甲没有得到冠军，并且甲和乙都不是第5 名，则甲有
1
3
C =3种排法，
当乙是冠军时，剩下的有
3
3
A
6
种排法，
当乙不是冠军时，有
3
1
2
3
C A ＝12 种排法，
则这5 个人名次排列的可能情况共有3
6 12
54
（
）
种．
故答案为：54．
题型六：相邻与不相邻问题
1、7 个人站成两排，前排3 人，后排4 人，其中甲乙两人必须挨着，甲丙必须分开站，则一共有（
）
种站排方式．
A．672
B．864
C．936
D．1056
【答案】D
【详解】当甲站在每一排的两端时，有4 种站法，此时乙的位置确定，剩下的人随便排，有
5
5
4A
480
种
站排方式；
当甲不站在每一排的两端时，有3 种站法，此时乙和甲相邻有两个位置可选，丙和甲不相邻有四个位置可
选，剩下的人随便站，有
1
1
4
2
4
4
3C C A
576
种站排方式；
故总共有480
576
1056
种站排方式.
故选：D．
2.斐波那契数列，又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，…，这个数列从第3 项
开始，每一项都等于前两项之和，小李以前6 项数字的某种排列作为他的银行卡密码，如果数字1 与2 不
相邻，则小李可以设置的不同的密码个数为（
）
A．144
B．120
C．108
D．96
【答案】A
【详解】命题意图本题考查排列与组合的应用．
解析先排数字2，3，5，8，有
4
4
A 种排法，4 个数字形成5 个空当．
第一类：若两个1 相邻，则从可选择的3 个空当中选出一个放入两个1，有3 种排法；
第二类：若两个1 也不相邻，则从可选择的3 个空当中选出两个分别放入数字1，
有3 种排法．所以密码个数为
4
4
3
3
144
A
．
故选：A
3.（1）现有4 男2 女共6 个人排成一排照相，其中两个女生相邻的排法种数为多少？
（2）8 个体育生名额，分配给5 个班级，每班至少1 个名额，有多少种分法？
（3）要排一份有4 个不同的朗诵节目和3 个不同的说唱节目的节目单，如果说唱节目不排在开头，并且
任意两个说唱节目不排在一起，则不同的排法种数为多少？
（4）某医院有内科医生7 名，其中3 名女医生，有外科医生5 名，其中只有1 名女医生．现选派6 名去
甲、乙两地参加赈灾医疗队，要求每队必须2 名男医生1 名女医生，且每队由2 名外科医生1 名内科医生
组成，有多少种派法？（最后结果都用数字作答）
【答案】（1）240 ；（2）35 ；（3）576；（4）360.
【详解】（1）两个女生相邻捆绑处理，有
2
5
2
5
A A
240
种；
（2）将8 个体育生名额排成一列，在形成的中间7 个空隙中插入4 块隔板，
所以不同的放法种数为
4
7
C
35
；
（3）第1 步，先排4 个朗诵节目共
4
4
A 种；
第2 步，排说唱节目，不相邻则用插空法，且保证不放到开头，
从剩下4 个空中选3 个插空共有
3
4
A 种，所以一共有
4
3
4
4
A A =576 种排法；
（4）先分类：
①若外科女医生必选，则一组内科4 男选1，外科4 男选1；
另一组内科3 女中选1 女，外科3 男选2，共有
1
1
1
2
4
4
3
3
144
C C C C
种；
②若外科女医生不选，则一组内科3 女选1，外科4 男选2；
另一组内科2 女选1，外科2 男选2 ，共有
1
2
1
3
4
2
C C C
36
种；
由于分赴甲乙两地，所以共有
2
144
36
360
种．
4.某5 位同学排成一排准备照相时，又来了甲､乙､丙3 位同学要加入，若保持原来5 位同学的相对顺序不
变，且甲､乙2 位同学互不相邻，丙同学不站在两端，则不同的加入方法共有（
）
A．360 种
B．144 种
C．180 种
D．192 种
【答案】D
【详解】分两种情况：
当丙不在甲､乙中间时，先加入甲，有
1
6
A 种方法，再加入乙，有
1
5
A 种方法，最后加入丙，有
1
6
A 种方法，
此时不同的加入方法共有
1
1
1
6
5
6
A A A
180
种；
当丙在甲､乙中间时，共有
2
1
2
6
A A
12
种方法.
故不同的加入方法共有180
12
192
种.
故选：D
5.唐宋八大家，又称唐宋散文八大家，是中国唐代韩愈、柳宗元，宋代苏洵、苏轼、苏辙、王安石、曾巩、
欧阳修八位散文家的合称，其中江西独占三家，分别是：王安石、曾巩、欧阳修，他们掀起的古文革新浪
潮，使诗文发展的陈旧面貌焕然一新.为弘扬中国传统文化，某校决定从唐宋八大家中挑选五位，于某周末
开展他们的散文赏析课，五位散文家的散文赏析课各安排一节，连排五节.若在来自江西的三位散文家中至
少选出两人，且他们的散文赏析课互不相邻，则不同的排课方法共有
种.（用数字作答）
【答案】2280
【详解】由题意可得，若挑选来自江西的三位散文家中选出两人，则另外五位中挑选三人，
则有
2
3
3
5
C
C
种情况，且他们互不相邻，则有
3
2
3
4
A
A
种情况，即
2
3
3
2
3
5
3
4
C
C
A
A
2160
；
若挑选来自江西的三位散文家中选出三人，则另外五位中挑选两人，且他们互不相邻，
则有
3
2
2
3
3
5
2
3
C
C
A
A
120
种情况；
故不同的排课方法共有2160 120
2280
种情况.
故答案为：2280 .
6.电影《长津湖》讲述了在极寒严酷环境下，中国人民志愿军凭着钢铁意志和英勇无畏的精神为长津湖战
役胜利做出重要贡献的故事，现有4 名男生和3 名女生相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连
在一起．（列出算式，并计算出结果）
(1)女生必须坐在一起的坐法有多少种？
(2)女生互不相邻的坐法有多少种？
(3)甲、乙两位同学相邻且都不与丙同学相邻的坐法有多少种？
【答案】(1)720 种
(2)1440 种
(3)960 种．
【详解】（1）根据题意，先将3 个女生排在一起，有
3
3
A
6
种排法，
将排好的女生视为一个整体，与4 个男生进行排列，共有
5
5
A
120
种排法，
由分步乘法计数原理，共有6 120
720
种排法；
（2）根据题意，先将4 个男生排好，有
4
4
A
24
种排法，
再在这4 个男生之间及两头的5 个空位中插入3 个女生有
3
5
A
60
种方法，
故符合条件的排法共有24
60
1440
种；
（3）根据题意，先排甲、乙、丙以外的其他4 人，有
4
4
A
24
种排法，
由于甲、乙相邻，故再把甲、乙排好，有
2
2
A
2
种排法，
最后把排好的甲、乙这个整体与丙分别插入原先排好的4 人的5 个空挡中有
2
5
A
20
种排法，故符合条件
的排法共有24 2 20
960
种．
题型七：分组分配问题
1.2023 年杭州亚运会志愿者第一小组有5 人，需要分配到击剑､拳击､柔道比赛场馆，每个场馆至少1 人，
至多2 人，则不同的分配方法有多少种（
）
A．90 种
B．150 种
C．180 种
D．240 种
【答案】A
【详解】现将第一小组5 人分层3组，为一组1 人两组2 人，
所以有
1
2
2
5
4
2
2
2
C C C =15
A
种，再将其分分配到击剑､拳击､柔道比赛场馆
3
3
A
6
种，
所以共有15 6
90
种.
故选：A.
2.2023 年7 月28 日至8 月8 日，第31 届世界大学生夏季运动会在四川成都成功举办．某中学积极响应，
举办学校运动会．小赵、小钱、小孙、小李、小周5 位同学报名参加3 个项目，每人只报名1 个项目，每
个项目至少1 人，小赵和小钱不参加同一个项目，则不同的报名方法共有（
）
A．72 种
B．114 种
C．120 种
D．144 种
【答案】B
【详解】方法一：5 位同学报名参加3 个项目，人数构成分为2
2
1
与3
1 1
两种情况，
先分组再将不同组分配去参加运动项目：
①小赵和小钱分别在2 人组和2 人组：
1
1
3
3
2
3
C C A
36
；
②小赵和小钱分别在2 人组和1 人组：
1
1
3
2
3
3
C C A
36
；
③小赵和小钱分别在1 人组和1 人组：
3
3
A
6
；
④小赵和小钱分别在1 人组和3 人组：
1
2
3
2
3
3
C C A
36
，
所以共有36
36
6
36
114
（种）不同的报名方法.
方法二：不考虑小赵与小钱的特殊要求，5 位同学报名参加3 个项目，
人数构成分为2
2 1
与3
1 1
两种情况：
①
2
2
3
5
3
3
2
2
C C
2
2 1:
A
90
A
；②3
1 1
：
3
1
3
5
2
3
2
2
C C A
60
A
，共有150 种情况．
假如小赵与小钱参加同一个项目，分为他们都在2 人组和都在3 人组两种情况，
①都在2 人组：
2
3
3
3
C
A
18
；②都在3 人组：
1
1
3
3
2
3
2
2
C C A
18
A
，
考虑两人的特殊要求之后，共有150 18 18
114
（种）不同的报名方法.
故选：B．
3.2023 年成都大运会期间，5 名同学到3 个场馆做志愿者，每名同学只去1 个场馆，每个场馆至少安排1
名同学，则不同的安排方法共有
种．
【答案】150
【详解】5名同学可分为1,1,3三组，也可分为1,2,2 三组，
若分为1,1,3三组，则安排的方法有
1
1
3
3
5
4
3
3
2
2
C
C
C
A
60
A
种，
若分为1,2,2 三组，则安排的方法有
1
2
2
3
5
4
2
3
2
2
C
C
C
A
90
A
种，
由分类加法计数原理可知，一共有60
90
150
种安排方法，
故答案为：150.
4.某学校派出五名教师去三所乡村学校支教，其中有一对教师夫妇参与支教活动．根据相关要求，每位教
师只能去一所学校参与支教，并且每所学校至少有一名教师参与支教，同时要求教师夫妇必须去同一所学
校支教，则不同的安排方案有（
）
A．18种
B．24 种
C．36种
D．48 种
【答案】C
【详解】先将五个人分为三组，每组的人数分别为3 、1、1或2 、2 、1，
若三组的人数分别为3 、1、1，则教师夫妇必在三人的一组，
则教师夫妇这组还需从剩余的三人中抽1人，此时，不同的分组方法数为
1
3
C
3
种；
若三组人数分别为2 、2 、1，则两人一组的有一组是教师夫妇，
只需将剩余三人分为两组，且这两组的人数分别为2 、1，此时，不同的分组方法种数为
2
3
C
3
种.
接下来，将所分的三组分配给三所不同的学校，
因此，不同的安排方案种数为
3
3
3
3 A
6 6
36
种.
故选：C.
5.为了支援与促进边疆少数民族地区教育事业发展，某市教育系统选派了三位男教师和两位女教师支援新
疆，这五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，其中两
位女教师分派到同一个地方的方法种数为（
）
A．18
B．150
C．36
D．54
【答案】C
【详解】五名教师被分派到三个不同地方对口支援，每位教师只去一个地方，每个地方至少去一人，
分派方案可按人数分为3，1，1 或2，2，1 两种情况，
根据题意两位女教师分派到同一个地方，分派方案可分为两种情况：
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方没有男老师，则有：
2
3
3
3
C ×A
18
种方法；
若两位女教师分配到同一个地方，且该地方有一位男老师，则有：
1
3
3
3
C ×A
18
种方法；
故共有：36 种分派方法，
故选：C ．
6.将六名志愿者分配到
, ,
,
A B C D 四个场所做志愿活动，其中A 场所至少分配两名志愿者，其他三个场所各
至少分配一名志愿者，则不同的分配方案共有
种．（用数字作答）
【答案】660
【详解】第一类：A 场所2 人，B，C，D 其中一场所2 人，共有
2
2
3
6
4
3
0
C
2
C A
6 5
4 3
3 2 1
54
2 1
1
种；
第二类：A 场所3 人，B ，C，D 每个场所1 人，共有
3
3
6
3
0
C
2
A
6 5 4
3
1
12
3 2 1
种；
则不同的分配方案共有
2
2
3
3
3
6
4
3
6
3
C C A
C A
540
120
660
种．
故答案为：660.
题型八：二项展开式及其逆应用
1.设数列
na
的通项公式为
1
2
2
3
3
*
1
2C
2 C
2 C
2 C
N
n
n
n
n
n
n
n
a
n
，其前n 项和为
n
S ，则使
2023
n
S
的最小n 是（
）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】C
【详解】由二项式定理，
2
1
3
n
n
na
，
1
3 1 3
3
3
1 3
2
n
n
n
S
，
根据指数函数单调性知则
n
S 单调递增，
当
6
n
时，
1092
n
S
，
7
n
时
3279
n
S
，故n的最小值为7.
故选：C.
2.化简
5
4
3
2
1
5
1
10
1
10
1
5
1
x
x
x
x
x
．
【答案】
5
1
x
【详解】原式
0
5
1
4
2
3
3
2
4
1
5
0
5
5
5
5
5
5
C (
1)
C (
1)
C (
1)
C (
1)
C (
1)
C (
1)
1
x
x
x
x
x
x
5
5
[(
1)
1]
1
1
x
x
.
3.若对
x
R ，
5
5
4
3
2
2
5
2
10
2
10
2
5
2
1
ax
b
x
x
x
x
x
恒成立，其中a ，
R
b
，
则a
b
（）
A．3
B．2
C．0
D．1
【答案】C
【详解】由
5
4
3
2
5
5
2
5
2
10
2
10
2
5
2
1
2 1
1
x
x
x
x
x
x
x
，
得
5
5
1
ax
b
x
，所以
1
a
b
，所以
0
a
b
.
故选：C.
4.若对
x
R ，
5
5
4
3
2
2
5
2
10
2
10
2
5
2
1
ax
b
x
x
x
x
x
恒成立，其中,a bR ，则
a
b
（
）
A．1
B．0
C．2
D．3
【答案】C
【详解】由
5
4
3
2
5
5
2
5
2
10
2
10
2
5
2
1
2 1
1
x
x
x
x
x
x
x
，
得
5
5
1
ax
b
x
，所以
1
a
b
，
2
a
b
.
故选：C.
题型九：特定项（特定项系数）
1.已知
4
2
n
x
x
的展开式中第4 项与第6 项的二项式系数相等，写出展开式中的一个有理项
．
【答案】
4
x ，1120x ，
2
256x（写出其中一个即可）
【详解】由题意知
3
5
C
C
n
n
，所以
!
!
(
3)!3!
(
5)!5!
n
n
n
n
，
整理得
2
7
8
0
n
n
，解得
8
n 或
1
n （舍去），
所以
8
4
2
x
x
的展开式的通项为：
3
8
4 4
1
8
8
4
2
C
C ( 2)
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
x
，0
8
r
，rZ ．
若
1
rT 为有理项，则
3
4
4 r
Z ，所以
0
r
，4，8，
故展开式中所有的有理项为：
0
0
4
4
1
8
C ( 2)
T
x
x
，
3
4
4
4
4
4
5
8
C ( 2)
1120
T
x
x
，
3
4
8
8
8
2
4
9
8
C ( 2)
256
T
x
x
．
故答案为：
4
x ，1120x ，
2
256x
2.
8
2
1
2
x
x
x
展开式中的常数项为
．
【答案】196
【详解】因为
8
8
8
2
2
1
1
1
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
，
则
8
2
1
x
x
x
的展开通项公式为
2
8
10 2
8
8
1
C
C
1
r
r
r
r
r
r
x
x
x
x
，
8
1
2 x
x
的展开通项公式为
8
8 2
8
8
1
2
C
C
2
1
k
k
k
k
r
k
x
x
x
，
令
10
2
0
8
2
0
r
k
，即
5
4
r
k
，
可得
5
5
0
8
C
1
56
x
和
4
4
0
8
C
2
1
140
x
，
相加得56 140
196
，
故答案为：196
.
3.已知
4
5
A
40C
n
n
，设
3
1
n
f x
x
x
．
(1)求n 的值；
(2)求
f
x 的展开式中的有理项．
【答案】(1)
7
n
(2)
7x ，
3
35x
，
1
7x
【详解】（1）由已知
4
5
A
40C
n
n
得：
!
!
40
40
4
120
4 !
5 !5!
n
n
n
n
n
,
解得：
7
n
．
（2）当
7
n
，
7
3
1
f x
x
x
展开式的通项为
4
7
7
3
1
7
7
3
1
C
C
1
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
x
，
要使之为有理项则
4
7
0,1,2,3,4,5,6,7
3 r r
为整数，
此时r 可以取到0，3，6
所以有理项分别是第1 项，第4 项，第7 项，
7
1
T
x ，
3
4
35
T
x
，
1
7
7
T
x ．
4.
6
3
1
2
3
x
x
x
x
的展开式中常数项为
（用数字作答）．
【答案】46
【详解】若要得到展开式中的常数项，则只能第一个括号选
3x 且第二个括号里选6 个1
x ，
或者第一个括号里面选一个3 且第二个括号里面分别各选2 个x 、4 个1
x ，
所以展开式中常数项为
6
4
6
6
C
3C
46
．
故答案为：46.
5.在
4
1
2x
x
的展开式中，x 的系数为
．
【答案】24
【详解】二项式
4
1
2x
x
展开式的通项为
3
4
4
4
2
1
4
4
1
C
2
1
2
C
,
N,
4
r
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
r
r
x
，
由
3
4
1
2 r
，得
2
r
，则
2
2
2
3
4
1
2 C
24
T
x
x
，所以x 的系数为24.
故答案为：24.
6.已知
3
3
3
n
x
x
的展开式中，第6 项为常数项.
(1)求含
2x 项的系数；
(2)求展开式中所有的有理项.
【答案】(1) 405
(2)
2
2
2
10
C
3
x
，
5
5
10
C
3
，
8
8
2
10
C
3
x
.
【详解】（1）通项公式为
2
3
3
3
1
C
3
3
C
n r
r
n
r
r
r
r
r
r
n
n
T
x
x
x
.
因为第6项为常数项，所以
= 5
r
时，有
2
0
3
n
r
，解得
10
n
.
令
2
2
3
n
r
，解得
2
r
.
所以含
2x 项的系数为
2
2
10
3
C
405
.
（2）由题意可知，
10
2
Z
3
0
10
N
r
r
r
，
则r 可能的取值为2 ，5，8.
所以第3 项，第6项，第9项为有理项，分别为
2
2
2
10
C
3
x
，
5
5
10
C
3
，
8
8
2
10
C
3
x
.
题型十：二项式系数（含最值问题）
1.（多选）若
3
2
n
x
（n
N ）的展开式中第5 项的二项式系数最大，则n 的可能取值为（
）
A．7
B．8
C．9
D．10
【答案】ABC
【详解】A 选项，此时展开式有8 项，第4 项二次项系数
3
7
C ，第5 项二次项系数
4
7
C 最大且相等，故
7
n
满足题意，故A 正确；
B 选项，此时展开式有9 项，第5 项二次项系数
4
8
C 最大，故
8
n 满足题意，故B 正确；
C 选项，此时展开式有10 项，第5 项二次项系数
4
9
C ，第6 项二次项系数
5
9
C 最大且相等，故
9
n
满足题
意，故C 正确；
D 选项，此时展开式有11 项，第6 项二次项系数
5
10
C 最大，不合题意，故D 错误.
故选：ABC
2.若
2
n
x
x
展开式的二项式系数和为64，则展开式中第三项的二项式系数为
.
【答案】15
【详解】
2
n
x
x
展开式的二项式系数和为2
64
n
，故
6
n
，
展开式中第三项的二项式系数为
2
6
15
C
.
故答案为：15.
3.已知在
1
n
ax
的展开式中，第3 项的二项式系数与第4 项的二项式系数相等，且
3x 的系数为80
，则
a
.
【答案】2
【详解】二项式
1
n
ax
的展开式的通项公式为
1
C
1
C
n k
k
k
k
n k
n k
k
n
n
T
ax
a
x
，
0,1,2,
,
k
n
，
所以第3 项的二项式系数
2
Cn ，第4 项的二项式系数为
3
Cn ，
因为第3 项的二项式系数与第4 项的二项式系数相等，
所以
2
3
C
C
n
n
，解得
5
n
，
所以在
1
n
ax
的展开式中
3x 的系数为
2
3
5
C a ，
由已知
2
3
5
C
80
a
，解得
2
a ，
故答案为：2
.
4.已知
1
(2 +
)n
x
x
展开式前三项的二项式系数和为22 .
(1)求展开式中各项的二项式系数和；
(2)求展开式中的常数项；
(3)求展开式中二项式系数最大的项.
【答案】(1)64
(2)60
(3)
3
2
160x
【详解】（1）由题意，
1
(2
) n
x
x
展开式前三项的二项式系数和为22 .
二项式定理展开前三项二项式系数和为：
0
1
2
1
C
C
C
1
22
2
n
n
n
n n
n
，
解得：
6
n
或
7
n （舍去），即n 的值为6，
故有展开式中，各项二项式系数之和为
6
2
64
.
（2）由通项公式
3
6
6
6
2
1
6
6
1
C (2 )
(
)
C 2
k
k
k
k
k
k
kT
x
x
x
，
0,1,2,3,4,5,6
k
，
令
3
6
0
2
k
，可得：
4
k
.
展开式中的常数项为
12
6
4
6 4
5
2
6
C 2
60
T
x
；
（3）
n
是偶数，展开式共有7 项，则第四项最大，
展开式中二项式系数最大的项为
9
3
6
3
6 3
2
2
6
4
C 2
160
T
x
x
.
5.已知
2
2
n
x
x
展开式中第3 项和第5 项的二项式系数相等，则n
，且展开式中的常数项为
.
【答案】
6
240
【详解】由题意得
2
4
C =C
n
n ，所以
2
4
6
n
.
又
6
2
2
x
x
的展开式通项公式：
6
2
12 3
1
6
6
2
C
C
2
,
0,1,2,3,4,5,6
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
r
x
，
令12
3
0
r
，得
4,
r
所以常数项为
4
4
5
6
C
2
240
T
,
故答案为：①6;②240.
6.
3
2
n
x
x
的展开式中，若二项式系数最大的项仅是第4 项，则展开式中
6x 的系数为
．
【答案】160
【详解】因为在二项式
3
2
n
x
x
的展开式中，二项式系数最大的项仅是第4 项，
所以
3
2
n
x
x
展开式中第4 项是中间项，共有7 项，则
6
n
，
所以
6
3
2
x
x
展开式的通项公式为
6
3
18 4
1
6
6
2
C
(
0
6
2) C
,
N
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
x
r
r
，
令18
4
6
r
，得
3
r ，
所以
6
3
2
x
x
展开式中含
6x 项的系数是
3
3
6
( 2) C
160
.
故答案为：160
．
7.已知
1 2
n
x
的展开式中第7 项和第8 项的二项式系数相等，求展开式中系数最大的项及二项式系数最
大的项．
【答案】答案见解析
【详解】因为
1 2
n
x
的展开式中第7 项的二项式系数是
6
Cn ，第8 项的二项式系数是
7
Cn ，
则
6
7
C
C
n
n
，解得
13
n
，
所以
1 2
n
x
的展开式共有14项，则二项式系数最大的是第7 和第8 项，
又
13
1
2x
的展开通项公式为
1
13
13
C
0
N
C
)
1
2
3
(
2
,
r
r
r
r
r
rT
r
x
r
x
，
则
6
6
6
6
7
13
109824
2 C x
x
T
，
7
7
7
7
8
13
219648
2 C x
x
T
；
而第
1
r 项的系数是
13
2 C
r
r ，不妨设第
1
r 项为系数最大的项，
则
1
1
13
13
1
1
13
13
2 C
2
C
2 C
2
C
r
r
r
r
r
r
r
r
，即
1
13
13
1
13
13
C
2C
2C
C
r
r
r
r
，
即
13!
13!
2
! 13
!
1 ! 12
!
13!
13!
2 ! 13
!
1 ! 14
!
r
r
r
r
r
r
r
r
，即
1
2
13
1
2
1
14
r
r
r
r
，解得25
28
3
3
r
，则
9
r
，
即第10 项的系数最大，
3
9
9
9
9
10
1
366080
2 C x
x
T
；
综上，
1 2
n
x
展开式中系数最大的项为
9
10
366080
T
x
，二项式系数最大的项为
6
7
109824
T
x
与
7
8
219648
T
x
.
8.若
1
3
n
x
x
展开式前三项的二项式系数之和为22.
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求展开式中的常数项.
【答案】(1)
3
2
540x
(2)135
【详解】（1）因为展开式前三项的二项式系数之和为22，所以
0
1
2
C
C
C
22
n
n
n
，
即
2
42
0
n
n
，
解得
6
n
或
7
n （舍），故n 的值为6，
即展开式中最大的二项式系数为
3
6
C
20
，所以展开式中二项式系数最大的项为第4 项，
即
3
3
3
3
2
4
6
1
C (3 )
540
T
x
x
x
.
（2）由题意知展开式中通项公式为
3
6
6
6
2
1
6
6
1
C (3 )
( 1
,
0,1,2,
,
)
3
6
C
r
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
x
r
，
令
3
6
0
2
r
，解得
4
r
，
所以
4
6 4
4
4 1
6
( 1)
3
C
135
T
，故展开式中的常数项为135.
题型十一：系数（含系数最大，小项）
1.
2
1
2
n
x
x
的展开式中第3 项与第7 项的二项式系数相等，则
2
1
2
n
x
x
的展开式中系数最大的项的系数
为
.
【答案】1792
【详解】由
2
6
C
C
n
n
得
8
n ，
所以
2
1
2
n
x
x
的展开式的通项为
8
3
16
1
8
8
2
1
C
2
C
2
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
x
，
当展开式的项的系数最大时，r 为偶数，
比较
0
0
8
C
2
1
，
2
2
8
C
2
112
，
4
4
8
C
2
1120
，
6
6
8
C
2
1792
，
8
8
8
C
2
256
，
所以当
6
r
时，展开式中项的系数最大，该项系数为1792.
故答案为：1792.
2.在
8
2
2
x
x
的展开式中.
(1)求第三项的系数；
(2)系数的绝对值最大的项是第几项？
(3)求系数最大的项与系数最小的项.
【答案】(1)112
(2)第6 项和第7 项
(3)
11
1792x，
17
2
1792x
【详解】（1）
8
2
2
x
x
的展开式的通项为
5
8
4
2
1
8
8
2
2
C
( 1)
C
2
r
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
x
，
则
2
5 2
8 2
4
2
2
2
2
2
8
8
1
3
2
2
1
112
C
(
)
C
2
T
x
x
x
x
，
所以第三项的系数为112 ；
（2）设第
1
r 项系数的绝对值最大，
则
1
1
8
8
1
1
8
8
C
2
C
2
C
2
C
2
r
r
r
r
r
r
r
r
，即
1
2
8
1
2
1
9
r
r
r
r
，解得5
6
r
所以
= 5
r
或
6
r
，
故系数的绝对值最大的项是第6 项和第7 项；
（3）由（2）知，展开式中的第6 项和第7 项系数的绝对值最大，第6 项的系数为负，第7 项的系数为正，
故系数最大的项为
6
6
11
11
7
8
C
2
1792
T
x
x
，
系数最小的项为
17
17
5
5
5
2
2
6
8
( 1) C
2
1792
T
x
x
.
3.已知
2
2
(
,
1)
N
n
x
n
n
x
的展开式中，二项式系数和为256.
(1)此展开式中有没有常数项？有理项的个数是几个？并说明理由；
(2)求展开式中系数最小的项.
【答案】(1)没有常数项，有理项有5 个；
(2)
17
2
1792x
【详解】（1）由题意，二项式系数和为2
256
n
，解得
8
n ，通项为
8 5
8
2
1
8
8
2
2
(
)
( 2)
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
x
C
C
，
①若
1
rT 为常数项，当且仅当8
5
0
2
r
，即5
8
r
，且r Z ，这是不可能的，所以展开式中不含常数项；
②若
1
rT 为有理项，当且仅当8
5
2
Z
r
，且0
8
r
，即
0
r
，2，4，6，8，故展开式中共有5 个有理项；
（2）设展开式中第r 项、第
1
r 项、第
2
r
项的系数绝对值分别为
1
1
8
C
2
r
r
、
8
C
2
r
r
、
1
1
8
C
2
r
r
，
若第
1
r 项的系数绝对值最大，则
1
1
8
8
1
1
8
8
C
2
C
2 ,
C
2
C
2 ,
r
r
r
r
r
r
r
r
解得5
6
r
，故
= 5
r
或
6
r
，
因为
= 5
r
时，第6 项的系数为负；
6
r
时，第7 项的系数为正，所以系数最小的项为
17
17
5
5
2
2
6
8 ( 2)
1792
T
x
x
C
.
4.已知在
3
1
2
n
x
x
的展开式中，前三项的系数分别为
1a ，
2a ，
3
a ，且满足
2
1
3
2a
a
a
．
(1)求展开式中系数最大的项；
(2)求展开式中所有有理项．
【答案】(1)
7
3
3
7
T
x ，
3
2
4
7
T
x ；
(2)
4
1T
x
，
7
7
16
T
x
．
【详解】（1）
3
1
(
)
2
n
x
x
的展开式通项公式为：
3
5
6
1
3
1
1
C
C
2
2
r
n
r
n r
r
r
r
n
n
r
T
x
x
x
，
0
r
，1，2，，
n，
则
0
1
0
1 C
2
n
a
，
1
2
1
1
1
C
2
2
n
a
n
，
2
3
2
1
(
1)
C
2
8
n
n n
a
，
1
(
1)
2
1
2
8
n n
n
，解得
8
n ，（
1
n 舍去）.
由
6
8
24 5
1
1 C
2r
r
r
r
T
x
，记系数为
k
k
k
1
8
1
2
P
C
=
，
0
k
,1，2，8，
设
k
k
k
1
8
1
2
P
C
=
最大，则有
2
1
k
k
P
P
，且
1
k
k
P
P
，于是
1
1
8
8
1
1
8
8
C 2
C
2
C 2
C
2
k
k
k
k
k
k
k
k
，解得2
3
k
，
所以
3
7
P
,
4
7
P
均为最大，
所以系数最大项为第3 项
7
3
3
7
T
x 和第4 项
3
2
4
7
T
x ；
（2）通项
6
8
24 5
1
1 C
2r
r
r
r
T
x
，
令
5
4
Z(
0
6 r
r
，1，2，，8) 所以只有当
0
r
，6 时，对应的项才为有理项，
有理项为
4
1T
x
，
7
7
16
T
x
．
5.求
9
3
2x
的二项展开式中系数最大的项．
【答案】
4
489888x
【详解】
9
3
2x
展开式中通项公式为：
9
9
1
9
9
C 3
2
2
C 3
r
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
，
设第
1
r 项的系数绝对值最大，则
9
1
1
8
9
9
9
1
1 10
9
9
2 C 3
2
C
3
2 C 3
2
C
3
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
，
即
9
1
8
9
1
10
9!
9!
2
3
2
3
! 9
!
1 ! 8
!
9!
9!
2
3
2
3
! 9
!
1 ! 10
!
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
，整理得
3
3
18
2
20
2
3
r
r
r
r
，
所以3
4
r
且
N
r
，
当
3
r 时，系数为负值，项的系数不是最大的；
当
4
r
时，
4
4
5
4
4
5
9
2 C 3
489888
T
x
x
，
故
9
3
2x
的二项展开式中系数最大的项为
4
489888x ．
6.(1)已知在
3
2
1
n
x
x
的二项展开式中，只有第六项的二项式系数最大，求该二项展开式中不含x 的项；
(2)已知在
3
2
1
n
x
x
的二项展开式中，只有第七项的系数最大，求n 的值；
(3)已知在
3
2
1
n
x
x
的二项展开式中，第六项的系数最小，求n 的值．
【答案】(1) 210
(2)
11,12,13
n
(3)
8,9,10,11,12
n
【详解】（1）因为只有第六项的二项式系数最大，由二项式系数的性质可得
10
n
，
10
3
2
1
x
x
的二项展开式的通项为
10
30 5
3
1
10
10
2
1
C
1
C
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
x
，
令30
5
0
r
，所以
6
r
，该二项展开式中不含x 的项为
6
10
C
210
；
（2）
3
2
1
n
x
x
的二项展开式的通项为
3
5
3
1
2
1
C
1
C
n r
n
r
r
r
r
r
r
n
n
T
x
x
x
，
所以展开式项的系数是
1
C
r
r
n ，即偶数项的系数为负数，奇数项的系数为正数，
只有第七项的系数最大，则有
6
6
4
C
C
C
n
n
n
n ，且
6
8
C
C
n
n ，
又n
N
，解得
11,12,13
n
；
（3）
3
2
1
n
x
x
的二项展开式的通项为
3
5
3
1
2
1
C
1
C
n r
n
r
r
r
r
r
r
n
n
T
x
x
x
，
所以展开式项的系数是
1
C
r
r
n ，即偶数项的系数为负数，奇数项的系数为正数，
第六项的系数为
5
5
5
1
C
C
n
n ，因为第六项的系数最小，
所以
5
3
5
7
C
C
C
C
n
n
n
n
，又n
N
，解得
8,9,10,11,12
n
.
题型十二：二项式系数和与系数和
1.若
10
2
10
0
1
2
10
2
1
1
1
1
x
a
a
x
a
x
a
x
，则
1
2
10
2
10
a
a
a
（
）
A．
10
3
B．
10
3
1
C．
9
20 3
D．
9
10 3
【答案】C
【详解】根据题意，对原式两边求导可得：
9
9
1
2
10
10 2
1
2
2
1
10
1
x
a
a
x
a
x
，
令
2
x
，可得
9
1
2
10
20 3
2
10
a
a
a
.
故选：C．
2.（多选）已知
2023
2
2023
0
1
2
2023
1
2x
a
a x
a x
a
x
，则（
）
A．展开式中所有二项式的系数和为
2023
2
B．展开式中二项式系数最大项为第1012 项
C．
1
2
3
2023
2
3
2023
1
2
2
2
2
a
a
a
a
D．
1
2
3
2023
2
3
2023
4046
a
a
a
a
【答案】ACD
【详解】对于A：展开式中所有二项式的系数和为
2023
2
，正确；
对于B：根据二项式系数的性质知，
1011
1012
2023
2023
C
C
且是二项式系数中最大的两项，于是展开式中二项式系数
最大项为第1012 项和第1013 项，错误；
对于C：取
0
x
，得
0
1
a ，取
1
2
x
，得
2023
1
2
0
2
2023
0
2
2
2
a
a
a
a
，
故
1
2
3
2023
2
3
2023
1
2
2
2
2
a
a
a
a
，正确；
对于D：等式两边同时求导，得到
2022
2022
1
2
2023
4046 1
2
2
2023
x
a
a x
a
x
，
取
1
x ，得
1
2
3
2023
2
3
2023
4046
a
a
a
a
，正确．
故选：ACD
3.在
3
2
n
x
x
的二项式中，所有的二项式系数之和为64，则各项的系数的绝对值之和为
．
【答案】729/
63
【详解】由题意
3
2
n
x
x
的二项式中，所有的二项式系数之和为64，
即2
64,
6
n
n
，
设
6
3
2
x
x
的各项的系数为
0
1
2
6
,
,
,
,
a a a
a
，
则各项的系数的绝对值之和为
0
1
2
6
|
|
|
|
|
|
|
|
a
a
a
a
，
即为
6
3
2
x
x
中各项的系数的和，
令
1
x ，
6
6
0
1
2
6
|
|
|
|
|
|
|
| (1
2)
3
a
a
a
a
，
即各项的系数的绝对值之和为
63
729
，
故答案为：729
4.已知二项式
0
1
2
1
n
n
n
x
a
a x
a x
，且满足
4
5
A
30C
n
n
.
(1)求n 的值；
(2)求
1
2
3
n
a
a
a
a
的值.
【答案】(1)
8
n ；
(2)6560.
【详解】（1）由
4
5
A
30C
n
n
得：
!
!
30
4 !
5 !5!
n
n
n
n
，解得
8
n .
（2）由（1）知
8
2
8
0
1
2
8
2
1
x
a
a x
a x
a x
，根据二项式展开式通项，
易知
1a ，
3
a ，
5a ，
7a 为负值，其它系数为正值，
所以，
0
1
2
3
8
0
1
2
3
8
a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
，
于是，令
0
x
则
0
1
a ；令= 1
x 则
8
0
1
2
8
3
3
a
a
a
a
a
；
所以
8
1
2
3
7
8
3
1
6560
a
a
a
a
a
.
5.已知
2023
2
2023
0
1
2
2023
3
2
x
a
a x
a x
a
x
，则下列结论不正确的是（
）
A．
2023
0
2
a
B．
0
1
2
2023
1
a
a
a
a
C．
2023
1
3
5
2023
5
1
2
a
a
a
a
D．
1
2
3
2023
0
2
3
2023
1
3
3
3
3
a
a
a
a
a
【答案】A
【详解】对于A，令
0
x
可得
2023
0
2023
0
2
2
a
，即A 错误；
对于B，令
1
x 可得
2023
0
1
2
2023
3
1
2
a
a
a
a
，所以B 正确；
对于C，令= 1
x 可得
2023
2023
0
1
2
2023
2
5
3
a
a
a
a
，
将选项B 中的式子与C 中式子相减可得
2023
1
3
5
2023
2
1
5
a
a
a
a
，
所以可得
2023
1
3
5
2023
5
1
2
a
a
a
a
，因此C 正确；
对于D，令
1
3
x
可得
2023
2023
2023
1
2
0
2
2023
1
3
2
1
1
3
3
3
3
a
a
a
a
，即可知D 正确.
故选：A
6.已知
2
3
2
n
x
x
展开式的二项式系数之和为256，则其展开式中
4
x 的系数为
.（用数字作
答）
【答案】1120
【详解】由
8
2
256
2
n
, 得
8
n .
8
2
3
2x
x
展开式的通项
8
2
3
8
5
16
1
8
8
C
2
C 2
1
r
r
r
r
r
r
r
rT
x
x
x
，
,令5
16
4
r
, 得
4
r
,
则展开式中含
4
x 的项为
4
4
4
4
8
4
5
8
C 2
12
1
1
0
T
x
x
.
所以
4
x 的系数为1120.
故答案为：1120.
7.已知
2
0
1
2
(3
2)
(
1)
(
1)
(
1)
n
n
n
x
a
a x
a
x
a
x
，若(3
2)n
x
展开式各项的二项式系数的和为1024，
则
4a 的值为
．
【答案】17010
【详解】
2
0
1
2
(3
2)
(
1)
(
1)
(
1)
[1
3(
1)]
n
n
n
n
x
a
a x
a
x
a
x
x
，
(3
2)n
x
展开式各项的二项式系数的和为2
1024
n
，
10
n
，
故
10
10
(3
2)
3(
1)
1
x
x
展开式的通项公式为
1
10
C
3
(
1)
r
r
r
rT
x
．
则令
4
r
，可得
4
4
4
10
C
3
17010
a
．
故答案为：17010．
8.已知(1 2 )n
x
的二项式系数和为256，则展开式中含
2x 项的系数为
．
【答案】112
【详解】因为二项式系数和为256，所以2
256
n
，即
8
n ，
所以
1
8
8
C
2
2
C
r
r
r
r
r
rT
x
x
，
令
2
r
，则
2
2
2
2
3
8
2
C
112
T
x
x
，
所以展开式中含
2x 项的系数为112.
故答案为：112
题型十三：二项式定理应用
1.中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设a，b，m(m＞0)为整数，若a 和b 被
m 除得的余数相同，则称a 和b 对模m 同余，记为
mod
a
b
m
.若
1
2
2
18
18
18
18
18
C
2
C
2
...
C
2
a
，
mod10
a
b
，则b 的值可以是（
）
A．2018
B．2020
C．2022
D．2024
【答案】A
【详解】因为
18
9
0
18
9
18
1
2
C
3
1
9
1
10 1
1
a
0
9
1
8
8
1
9
9
9
9
9
C 10
C 10
...
C 10
C
1
0
8
1
7
8
9
9
9
10 C 10
C 10
...
C
2
所以a 被10 除得的余数为8，而2018 被10 除得的余数是8.
故选：A．
2.泰勒公式是一个用函数在某点的信息描述其附近取值的公式，得名于英国数学家泰勒．根据泰勒公式，
有
3
5
7
2
1
1
sin
1
3!
5!
7!
2
1 !
n
n
x
x
x
x
x
x
n
，其中
R
x
，
*
nN ，!
1 2
3
n
n
，0! 1
．现用上
述式子求
2
4
6
2
2
1
4
4
4
4
1
1
2!
4!
6!
2
2 !
n
n
n
的值，下列选项中与该值最接近的是（
）
A．cos49
B．cos41
C．sin49
D．sin41
【答案】D
【详解】由题意得
3
5
7
2
1
1
sin
( 1)
3!
5!
7!
(2
1)!
n
n
x
x
x
x
x
x
n
3
5
7
2
1
1
'
(sin )
cos
(
( 1)
)
3!
5!
7!
(2
1)!
n
n
x
x
x
x
x
x
x
n
4
6
2
2
2
1
1
( 1)
2!
4!
6!
(2
2)!
n
n
x
x
x
x
n
当
4
x
时，
π
cos4
sin
4
2
于是
2
4
6
2
2
1
4
4
4
4
1
1
cos4
2!
4!
6!
2
2 !
n
n
n
180
cos 4
cos229
cos49
sin41°
故选：D.
3.已知
9
2
0
1
2
2
3
1
1
1
n
n
x
a
a
x
a
x
a
x
.
(1)求
2a 的值；
(2)设
9
2
3
f
x
x
，求
(20)
20
f
被6 除的余数.
【答案】(1)
2
144
a
；
(2)5.
【详解】（1）由题设
9
9
2
3
[2(
1) 1]
x
x
，则展开式通项为
9
9
9
1
9
9
C [2(
1)]
2
C (
1)
r
r
r
r
r
rT
x
x
，
0,1,2,
,9
r
，
所以
2
7
2
9
2 C
144
a
.
（2）由题设
9
9
(20)
20
43
20
(42 1)
20
f
，
而
9
0
9
0
1
8
1
2
7
2
9
0
9
9
9
9
9
(42 1)
C
42 1
C
42 1
C
42 1
C
42 1
9
1
8
2
7
8
9
9
9
42
C
42
C
42
C
42 1
，
所以
9
1
8
2
7
8
9
9
9
(20)
20
42
C
42
C
42
C
42 19
f
，
显然，除19
外，其它项均可被6 整除，又19
24
5
，
所以
(20)
20
f
被6 除的余数为5.
4.若
1
2
2
3
3
100
100
100
100
100
100
1 3C
3 C
3 C
3
C
S
，且
17
S
m
n
（
,
m nZ ，且0
17
n
），则n （
）
A．1
B．2
C．15
D．16
【答案】D
【详解】
100
25
1
2
2
3
3
100
25
100
100
100
1 3C
3 C
3 C
3
1 3
16
17 1
S
25
24
1
23
2
24
25
25
25
17
17 C
17 C
17C
1
，因
为
25
24
1
23
2
24
25
25
25
17
17 C
17 C
17C
能被17 整除，所以
1
S 可以被17 整除，即17
1
m
n
能被17 整除，因
为0
17
n
且
,
m nZ ，所以
16
n
.
故选：D.
5.（多选）下列说法正确的是（
）
A．若
10
2
10
0
1
2
10
2
1
x
a
a x
a x
a x
，则
10
1
2
10
3
1
a
a
a
B．
10
1.05 精确到0.1 的近似数为1.6
C．
55
55 被8 整除的余数为1
D．
0
9
1
8
9
9
9
9
9
C 2
C 2
C
3
【答案】ABD
【详解】对于A，
10
2
10
0
1
2
10
2
1
x
a
a x
a x
a x
，
令
0
x
，则
0
1
a ，
1
3
5
7
9
,
,
,
,
a a a a a 为负数，
2
4
6
8
10
,
,
,
,
a a a a a 为正数，
令= 1
x ，
1
9
10
0
2
10
3
a
a
a
a
a
，
故
10
1
2
10
1
2
1
9
0
3
1
a
a
a
a
a
a
a
，故A 正确；
对于B，
10
0
0
1
1
2
2
10
10
10
10
1
0
0
1
10
1
1 0.05
C
0.05
C
0.05
C
0.05
C
0.0
5
5
.0
1 0.5
0.1125
1.5
0.1125
,
故
10
1.05 精确到0.1 的近似数为1.6，B 正确；
对于C，
55
55
0
55
1
54
2
53
54
1
55
0
55
55
55
55
55
55
56 1
C
56
C
56
C
56
C
56
C
56
，
由此可得
55
55 被8 整除的余数为8 1
7
，C 错误；
对于D，
9
0
9
1
8
9
9
9
9
9
C 2
C 2
C
2 1
3
，D 正确.
故选：ABD
6.已知正项等比数列
na
中，
2
1
3
,3 ,
a
a a 成等差数列，其前n 项和为
n
S ，若
1
n
n
S
ka
，则
2024
S
除以7 的余
数为
.
【答案】3
【详解】设等比数列
na
的公比为,
0
q q
，因为
2
1
3
,3 ,
a
a a 成等差数列，所以
2
1
1
1
6
2
a
a q
a q
q
.
又因为
1
1
1
1
1
1
1
S
a
ka
a
k
，
2
1
1
1
1
1
2
2
1
2
3
S
a
a
ka
a
k
，
1
1
1
2
3
k
k
，
解得
1
2,
1
k
a
，所以
1
2n
na
，
2
1
n
n
S
a
，
1 2
2
1
1 2
n
n
n
S
，
则
2024
674
674
2024
2
1
4 8
1
4 (7
1)
1
S
0
674
1
673
673
674
674
674
674
674
4 C
7
C
7
C
7
C
1
0
674
1
673
673
674
674
674
4 C
7
C
7
C
7
3
，
所以
2024
S
除以7 的余数为3.
故答案为：3.
题型十四：杨辉三角形
1.我国南宋时期数学家杨辉于1261 年写下的《详解九章算法》，书中记载的图表给出了(
)n
a
b
展开式的系
数规律.
当代数式
4
3
2
12
54
108
81
x
x
x
x
的值为1 时，则x 的值为（
）
A．2 或4
B．2 或4
C．2
D．4
【答案】A
【详解】由规律可得：
4
4
3
2
2
3
4
4
6
4
a
b
a
a b
a b
ab
b
，
令a
x
，
3
b ，∴
4
4
3
2
3
12
54
108
81
x
x
x
x
x
，
∵
4
3
2
12
54
108
81 1
x
x
x
x
，∴
4
3
1
x
，∴
3
1
x
，∴
4
x
或
2
x
，
故选：A
2.（多选）为引导游客领略传统数学研究的精彩并传播中国传统文化，某景点推出了“解数学题获取名胜古
迹入场码”的活动.活动规则如下：如图所示，将杨辉三角第p 行第q个数记为
*
,
,
p q
a
p q N
，并从左腰上
的各数出发，引一组平行的斜线，记第n 条斜线上所有数字之和为
1
2
3
1,
2
n
S
S
S
S
，入场码由两段数
字组成，前段的数字是
4
4
4,
1
10
i
i
i
a
的值，后段的数字是
2021
2023
1
i
i
S
S
的值，则（
）
A．
2023,2
2023
a
B．
4
4
4,
1
10
1331
i
i
i
a
C．
9
34
S
D．该景点入场码为13311
【答案】BCD
【详解】由题意得
1
,
1
Cq
p q
p
a
，
对于A：
2023,2
a
即为第2023行第2 个数，则
1
2023,2
2022
C
2022
a
，故A 错误；
对于B：
3
10
x
展开式的通项为
3
1
3
0,1,2,3
C 10
k
k
k
kT
k
x
，
其中
0
3
4,1
C
a
，
1
3
4,2
C
a
，
2
3
1,3
C
a
，
3
3
4,4
C
a
，
所以，
4
3
4
0
3
1
2
2
1
3
0
4,
3
3
3
3
1
10
C
10
C 10
C
10
C 10
10 1
1331
i
i
i
a
，故B 正确；
对于C：
1
2
1
S
S
，
3
2
S
，
4
3
S ，
5
5
S
，L，
归纳可得
2
1
n
n
n
S
S
S
，即
2
1
n
n
n
S
S
S
，
所以，
6
5
4
5
3
8
S
S
S
，
7
6
5
8
5
13
S
S
S
，
8
7
6
13 8
21
S
S
S
，
9
8
7
21 13
34
S
S
S
，故C 正确；
对于D：
2021
3
2
4
3
5
4
2023
2022
2023
2
1
i
i
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
，
故
2021
2023
1
1
i
i
S
S
，该景点入场码为13311，故D 正确.
故选：BCD.
3.杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》､《日用算法》和《杨辉算法》，
杨辉在1261 年所著的《详解九章算法》给出了如下图1 所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2 是杨
辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500 年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中
华民族自豪的.
杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题.
性质1：杨辉三角的第n 行就是(
)n
a
b
的展开式的二项式系数；
性质2（对称性）：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即C
C
r
n r
n
n
；
性质3（递归性）：除1 以外的数都等于肩上两数之和，即
1
1
1
C
C
C
r
r
r
n
n
n
；
性质4：自腰上的某个1 开始平行于腰的一条线上的连续n 个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，
比如：1
2
3
4
5
15,1
3
6
10
20
；
请回答以下问题：
(1)求杨辉三角中第8 行的各数之和；
(2)证明：
1
1
1
C
C
C
r
r
r
n
n
n
；
(3)在
2
3
1
(1
)
(1
)
(1
)n
x
x
x
的展开式中，求含
2x 项的系数.
【答案】(1)256
(2)证明见解析
(3)
3
2
Cn
【详解】（1）杨辉三角中第8 行的各数之和为
1
2
7
0
1
2
7
8
8
8
8
8
8
8
8
8
8
1
;
C
C
C
C
C
C
C
C
1
2
256
（2）
1
1
1
!
C
1 !
1 !
1 !
!
1 !
!
!
1
!
!
!
!
C
r
r
n
n
n
n
n
n
r
n
r
r
n
r
r
n
r
r
n
r
r
n
r
!
C
!
!
r
n
n
r
n
r
，
1
1
1
C
C
C
r
r
r
n
n
n
（3）
2
3
1
(1
)
(1
)
(1
)n
x
x
x
的展开式中，求含
2x 项的系数为
2
2
2
2
3
2
2
2
3
2
2
2
3
2
2
2
3
4
1
3
3
4
1
4
4
5
1
5
5
1
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
C
n
n
n
n
3
2
3
1
1
2
C
C
C
n
n
n
4.如图为“杨辉三角”示意图，已知每行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前n 项和为
n
S ，设
2
5log
1
1
n
n
b
S
，将数列
nb
中的整数项依次取出组成新的数列记为
nc
，则
20
c 的值为（
）
A．545
B．51
C．560
D．48
【答案】B
【详解】由题意知：第n 行数字之和构成的数列的通项为
1
2n，
1 2
2
1
1 2
n
n
n
S
，
5
1
nb
n
；
则数列
nb
的整数项为：4,6,9,11,14,16,，
数列
nc
的奇数项是以4 为首项，5为公差的等差数列；偶数项是以6为首项，5为公差的等差数列，
2
1
4
5
1
5
1
n
c
n
n
，
2
6
5
1
5
1
n
c
n
n
，
20
5 10 1
51
c
.
故选：B.
5.（多选）将杨辉三角中的每一个数Cr
n 都换成
1
1 Cr
n
n
，得到如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角
形．莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0 行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果
*
2
N
n
n
，那么下面关于莱布尼茨三角形的结论正确的是（
）
A．当n 是偶数时，中间的一项取得最大值；当n 是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值
B．第8 行第2 个数是1
72
C．
1
1
1 C
1 C
r
n r
n
n
n
n
（
N
r
，0
r
n
）
D．
1
1
1
1
1
1 C
1 C
C
r
r
r
n
n
n
n
n
n
（
N
r
，1
r
n
）
【答案】BC
【详解】对于A，根据杨辉三角的特点，当n 为偶数时，中间的一项取得最大值，当n为奇数时，中间的
两项相等，且同时取得最大值，所以当每一项取倒数时，再乘以一个常数，可得当n 是偶数时，中间的一
项取得最小值；当n 是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值，所以A 错误，
对于B，由莱布尼茨三角形知：第8 行第2 个数是
1
8
1
1
8 1 C
72
，故B 正确；
对于C，由组合数性质知：C
C
r
n r
n
n
，所以
1
1
1 C
1 C
r
n r
n
n
n
n
（
N
r
，0
r
n
），故C 正确；
对于D，由从第0 行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和知：
1
1
1
1
1
1
1 C
1 C
C
r
r
r
n
n
n
n
n
n
（
N
r
，
1
r
n
），故D 错误.
故选：BC.
6.将杨辉三角中的每一个数Cr
n 都换成
1
1 Cr
n
n
，得到如图所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形.莱布
尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0 行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果
2
n
（n 为
正整数），那么下面关于莱布尼茨三角形的结论中正确的序号是
.
①当n 是偶数时，中间的一项取得最大值；当n 是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值；②第
8 行第2 个数是1
72 ；③
1
1
1 C
1 C
r
n r
n
n
n
n
（r N ，0
r
n
）；
【答案】②③
【详解】对于①，根据杨辉三角的特点，当n 为偶数时，中间的一项取得最大值，当n 为奇数时，中间的
两项相等，且同时取得最大值，
所以当每一项取倒数时，再乘以一个常数，可得当n 是偶数时，中间的一项取得最小值；当n 是奇数时，
中间的两项相等，且同时取得最小值，所以①错误；
对于②，第7 行第1 个数为1
8 ，第8 行第1 个数为1
9 ，所以第8 行第2 个数为1
1
1
8
9
72
，所以②正确；
对于③，每一行距离首末距离相等的两项相等，即
1
1
N,0
1 C
1 C
r
n r
n
n
r
r
n
n
n
，所以③正确；
故答案为：②③
