文档文本内容
计数原理与排列组合——题型01～02
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
D
C
A
C
D
A
C
A
D
A
B
题号
12
答案
C
⼀．选择题（共12 ⼩题）
1．在“3+1+2”模式的新⾼考⽅案中，“3”是指语⽂、数学、外语三科为必考科⽬，“1”指在物理和历史两⻔科⽬
中必选⼀⻔，“2”指在化学、⽣物、政治、地理中任选两科，某学⽣根据⾃身的特点，决定按⼀下⽅法选
课：①外语可选英语或⽇语，②若选历史，则政治和地理⾄多选⼀科，③物理和⽇语最多只能选⼀个，
则这个同学可能的选课⽅式共有（
）
A．6 种
B．11 种
C．12 种
D．16 种
【解答】解：①若该学⽣选⽇语，则该学⽣必选历史，则共有
种选课⽅式；
②若该学⽣选英语，当“1”选物理时，共有
＝6 种选课⽅式，当“1”选历史时，共有
种选课⽅
式，
即该学⽣选英语时共有6+5＝11 种选课⽅式，
综合①②得：这个同学可能的选课⽅式共有5+11＝16 种，
故选：D．
2．5 名同学分别报名参加学校的⾜球队、篮球队、排球队，每⼈限报其中的⼀个运动队，不同报法的种数
为（
）
A．15
B．8
C．35
D．53
【解答】解：∵每名同学都有3 种选择，
∴由分步计数原理可得，不同报法的种数为3×3×3×3×3＝35种．
故选：C．
3．已知集合M＝{1，﹣2，3}，N＝{﹣4，5，6，﹣7}，从集合M 中选⼀个元素作为点的横坐标，从集合N
中选⼀个元素作为点的纵坐标，则落在第三、第四象限内点的个数是（
）
A．6
B．8
C．10
D．12
【解答】解：分两步，第⼀步确定横坐标，有3 种情况，
第⼆步确定纵坐标，有2 种情况，因此满⾜条件的点的个数是3×2＝6．
故选：A．
4．某学校开设5 ⻔球类运动课程、6 ⻔⽥径类运动课程和3 ⻔⽔上运动课程供学⽣学习，某位学⽣任选1
⻔课程学习，则不同的选法共有（
）
A．90 种
B．30 种
C．14 种
D．11 种
【解答】解：某位学⽣从5 ⻔球类运动课程、
6 ⻔⽥径类运动课程和3 ⻔⽔上运动课程中任选⼀⻔，
不同的选法共有5+6+3＝14 种．
故选：C．
5．已知x∈{2，3，7}，y∈{﹣3，﹣4，8}，则xy 可表示不同的值的个数为（
）
A．10
B．6
C．8
D．9
【解答】解：因为x 从集合{2，3，7}中任取⼀个值共有3 个不同的值，
y 从集合{﹣3，﹣4，8}中任取⼀个值共有3 个不同的值，
且x，y 互不相同，故xy 可以表示为3×3＝9（个）不同的值．
故选：D．
6．已知
，则x 的值是（
）
A．3
B．6
C．9
D．3 或9
【解答】解：由题意得6﹣x＝2x﹣3 或6﹣x+2x﹣3＝12，
解得x＝3 或x＝9（舍），
所以x＝3．
故选：A．
7．若
，则正整数n＝（
）
A．4
B．5
C．6
D．7
【解答】解：由题意可得n（n﹣1）（n﹣2）（n﹣3）＝
•4×3×2，
即n2﹣5n﹣6＝0，
解得n＝6 或n＝﹣1（舍去），
故选：C．
8．若
，则n 的值为（
）
A．2
B．8
C．2 或8
D．2 或4
【解答】解：由
，
得
，或
，
解得n＝2．
故选：A．
9．下列式⼦错误的是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：直接利⽤组合数的性质即可判断A，B 是正确的，
由组合数公式
可得C 正确，
＝5×4×3×2＝120，4
＝4×6×5×4＝480，故D 错误，
故选：D．
10．设A＝37+C72•35+C74•33+C76•3，B＝C71•36+C73•34+C75•32+1，则A﹣B＝（
）
A．128
B．129
C．47
D．0
【解答】解：A﹣B＝C7037﹣C7136+C7235﹣C7334+C7433﹣C7532+C7631﹣C77
＝（3﹣1）7＝27＝128，
故选：A．
11．若
，则n 的值为（
）
A．4
B．5
C．6
D．7
【解答】解：由题意可得
+n（n﹣1）＝30，即n2﹣n﹣20＝0，
解得n＝5 或n＝﹣4（舍去），
故选：B．
12．若
，则n＝（
）
A．6
B．7
C．8
D．9
【解答】解：
＝
，解得n＝8 或n＝﹣7（舍去）．
故选：C．
⼆．解答题（共6 ⼩题）
13．求证：
（1）
﹣
＝n2
．
（2）
（k≤n）
【解答】证明：（1）
﹣
＝（n+1）•n•（n﹣1）…3•2•1﹣n•（n﹣1）…3•2•1
＝[n+1﹣1]n!
＝n•n!
＝n2•（n﹣1）！
＝n2
．
等式成⽴．
（2）
＝
＝
＝
∴
（k≤n）
14．（1）若
；求正整数n；
（2）已知
，求
．
【解答】解：（1）
，
∴2n（2n﹣1）（2n﹣2）＝10n（n﹣1）（n﹣2），
整理可得2（2n﹣1）＝5（n﹣2），
解得n＝8；
（2）
，
∴
﹣
＝
，
即
﹣
＝
，
整理可得n2﹣23n+42＝0，
解得n＝2 或n＝21（舍去），
∴
＝28．
15．（1）计算C104﹣C73A33；
（2）解关于x 的⽅程：3A8x＝4A9x﹣1．
【解答】解：（1）C104﹣C73A33
＝
﹣
×
＝
﹣7×6×5
＝0．
（2）∵3A8x＝4A9x﹣1．
∴3×
＝4×
，
∴3＝
，
（9﹣x）（10﹣x）＝12，
解得x＝6 或x＝13（舍），
∴x＝6．
16．（1）计算：
；
（2）已知
，求
的值．
【
解
答
】
解
：（
1
）
＝
．
（2）由
，可得
，
即
，
可得
，整理可得：m2﹣23m+42＝0，
解得m＝2 或m＝21，因为0≤m≤5，可得m＝2，
所以
．
17．解下列⽅程．
（1）
；
（2）
．
【解答】解：（1）因为
，
所以m（m﹣1）（m﹣2）＝3×
，
整理得2m﹣4＝m+1，
所以m＝5．
（2）因为
+
＝
++
＝
+
＝
，
⽽
+
＝
，
所以
＝
，
即3+2x﹣1＝2024 或3＝2x﹣1，
所以x＝2 或x＝1011．
18．（1）解关于n 的不等式
；
（2）求
的值．
【解答】解：（1 ）
，化为：
﹣
＜
，
化为：n2﹣11n﹣12＜0，n≥5，
解得5≤n＜12，n∈N*．
（2）由
，及其n﹣1≤4﹣n，n+2≤2n，解得n＝2．
∴
＝
+
＝26．
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计数原理与排列组合——题型03～04
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
B
C
B
B
A
B
B
D
A
A
题号
12
13
14
15
16
17
18
答案
C
C
A
D
D
D
C
⼀．选择题（共18 ⼩题）
1．A、B、C、D 四⼈并排站成⼀排，如果A 与B 相邻，那么不同的排法种数是（
）
A．24 种
B．12 种
C．48 种
D．23 种
【解答】解：由题意，因为A 与B 相邻，将A 与B 放在⼀起，共有
种排法，
将A 与B 看成⼀个整体，与C、D 进⾏全排列，共有
种排法，
综上共有
种排法．
故选：B．
2．由1，2，3，4，5 五个数字可以组成多少个⽆重复数字且1 和2 相邻的五位数（
）
A．24
B．48
C．12
D．120
【解答】解：根据题意，要求1 和2 相邻，将这两个数字看成⼀个整体，考虑其顺序，有2 种情况，
将这个整体与3、4、5 全排列，有A44＝24 种情况，
则有2×24＝48 个1 和2 相邻的五位数，
故选：B．
3．将7 个⼈从左到右排成⼀排，若甲、⼄、丙3 ⼈中⾄多有2 ⼈相邻，则不同的站法有（
）
A．1440 种
B．2880 种
C．4320 种
D．3600 种
【解答】解：7 个⼈从左到右排成⼀排，共有
＝5040 种不同的站法，
其中甲、⼄、丙3 个都相邻有
＝720 种不同的站法，
故甲、⼄、丙3 ⼈中⾄多有2 ⼈相邻的不同站法有5040﹣720＝4320 种不同的站法．
故选：C．
4．甲、⼄等6 ⼈去参观⺠间剪纸艺术展，参观结束后，他们站成⼀排拍照留念，则甲、⼄相邻的不同站法
有（
）
A．120 种
B．240 种
C．360 种
D．480 种
【解答】解：依题意，甲、⼄相邻的不同站法有
＝240（种）．
故选：B．
5．A，B，C，D 四⼈并排站成⼀排，如果A 与B 相邻，那么不同的排法种数是（
）
A．24 种
B．12 种
C．48 种
D．36 种
【解答】解：A，B，C，D 四⼈并排站成⼀排，如果A 与B 相邻，那么不同的排法种数是
＝12（种）．
故选：B．
6．2022 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”、“清明”、“⽴
夏”、“芒种”、“⼩暑”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“惊蛰”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．192
B．240
C．120
D．288
【解答】解：根据题意不同的放置⽅式有
﹣2
＝192．
故选：A．
7．有4 辆⻋停放5 个并排⻋位，货⻋甲⻋体较宽，停放时需要占两个⻋位，并且⼄⻋与货⻋甲相邻停放，
则共有多少种停放⽅法？（
）
A．8
B．12
C．16
D．10
【解答】解：有4 辆⻋停放5 个并排⻋位，货⻋甲⻋体较宽，停放时需要占两个⻋位，并且⼄⻋与货⻋
甲相邻停放，
则共有
＝12 种停放⽅法．
故选：B．
8．⼀个家庭有5 个成员，其中有⽗、⺟亲以及3 个孩⼦，现安排站⼀排照⼀张全家福，要求⽗、⺟亲相邻
站队，则不同的站法种数为（
）
A．24
B．48
C．16
D．12
【解答】解：安排站⼀排照⼀张全家福，要求⽗、⺟亲相邻站队，
则不同的站法种数为
＝48．
故选：B．
9．有六名同学站成⼀排照相，其中甲与⼄互不相邻，丙与丁必须相邻，则所有不同的排法有（
）种．
A．24
B．48
C．72
D．144
【解答】解：丙与丁必须相邻，先排两⼈的顺序有
种，再把他们看作⼀个元素与除甲⼄两⼈之外的另
外两⼈排列有
种，
甲与⼄互不相邻，把甲与⼄插⼊4 个空位中，有
种，
由分步计数原理可得共有
种．
故选：D．
10．2 位教师和4 位学⽣排成⼀排，要求2 位⽼师不能相邻，也不能站两端，则不同的排法种数为（
）
A．144
B．96
C．72
D．48
【解答】解：先排4 位学⽣，有
＝24 种排法，
再将2 位⽼师插⼊到3 个空隙中，有
＝6 种排法，
故不同的排法有24×6＝144 种．
故选：A．
11．甲、⼄、丙三⼈相约去看电影，他们的座位恰好是同⼀排10 个位置中的3 个，因疫情防控的需要（这
⼀排没有其他⼈就座），则每⼈左右两边都有空位的坐法（
）
A．120 种
B．80 种
C．64 种
D．20 种
【解答】解：先排7 个空座位，由于空座位是相同的，则只有1 种情况，其中有6 个空位符合条件，
考虑三⼈的顺序，将3 ⼈插⼊6 个空位中有A63，则共有1×A63＝120 种情况．
故选：A．
12．⼩花准备将⼀颗⻩⾊圣⼥果、⼀颗红⾊圣⼥果、⼀颗⼭楂、⼀颗草莓、⼀颗葡萄串起来制作⼀串冰糖
葫芦，若要求两颗圣⼥果不相邻，则不同的串法有（
）
A．36 种
B．48 种
C．72 种
D．144 种
【解答】解：⼩花准备将⼀颗⻩⾊圣⼥果、⼀颗红⾊圣⼥果、⼀颗⼭楂、⼀颗草莓、⼀颗葡萄串起来制
作⼀串冰糖葫芦，
⼜要求两颗圣⼥果不相邻，
则不同的串法有
种．
故选：C．
13．在某班进⾏的歌唱⽐赛中，共有5 位选⼿参加，其中3 位⼥⽣，2 位男⽣．如果2 位男⽣不能连着出场，
且⼥⽣甲不能排在第⼀个，那么出场顺序的不同排法种数为（
）
A．30
B．36
C．60
D．72
【解答】解：分两种情况讨论：
第⼀种：当第⼀个出场的是男⽣，则第⼆个出场的是⼥⽣，以后的顺序任意排，此种情况有C
种排法，
第⼆种：当第⼀个出场的是⼥⽣（不是⼥⽣甲），则将剩下的2 个⼥⽣排好，2 个男⽣插空，此种情况有
C
种排法，
所以共有36+24＝60 种排法，
故选：C．
14．在学校的书画展板上，将3 幅书法作品，3 幅美术作品按⼀圆形排列，要求美术作品不相邻，则不同排
列⽅法有（
）
A．12 种
B．18 种
C．24 种
D．36 种
【解答】解：先排列3 幅书法作品有
种排法，
再将3 幅美术作品插⼊3 幅书法作品形成的3 个空中，有
种排法，
所以不同排列⽅法有2×6＝12 种．
故选：A．
15．2024 年10 ⽉1 ⽇是我国国庆75 周年，全国⼈⺠以各种各样的形式共同庆祝．我校以⽂艺演出的形式
庆祝，原本准备了4 个舞蹈，2 个独唱，2 个朗诵节⽬（顺序已定），现节⽬组临时决定加⼊⼀个学⽣红
歌合唱与⼀个教师红歌合唱，则节⽬的不同排法⼀共有（
）种．
A．72
B．36
C．45
D．90
【解答】解：原本准备了4 个舞蹈，2 个独唱，2 个朗诵节⽬（顺序已定），现节⽬组临时决定加⼊⼀个
学⽣红歌合唱与⼀个教师红歌合唱，
则原本8 个节⽬顺序不动，形成9 个空，
将两个红歌合唱节⽬插进去，可以插⼊两个空或⼀个空两种，
所以共有
种排法．
故选：D．
16．为弘扬我国古代的“六艺⽂化”某夏令营主办单位计划利⽤暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六
⻔体验课程，每周⼀⻔，连续开设六周，则下列说法正确的是（
）
A．某学⽣从中选2 ⻔课程学习，共有20 种选法
B．课程“乐”，“射”排在不相邻的两周，共有240 种排法
C．课程“御”，“书”，“数”排在相邻的三周，共有120 种排法
D．课程“礼”不排在第⼀周，也不排在最后⼀周，共有480 种排法
【解答】解：对于A，从六⻔课程中选两⻔的不同选法有
种，
A 错误；
对于B，先排“礼”、“御”、“书”、“数”，再⽤插空法排“乐”“射”，
不同排法共有
种，
B 错误；
对于C，“御”“书”“数”排在相邻的三周，可将“御”“书”“数”视为⼀个元素，
不同排法共有
种，
C 错误；
对于D，从中间四周中任取⼀周排“礼”，再排其它五⻔体验课程共有
种，
D 正确．
故选：D．
17．六名同学暑期相约去都江堰采⻛观景，结束后六名同学排成⼀排照相留念，若甲与⼄相邻，丙与丁不
相邻，则不同的排法共有（
）
A．48 种
B．72 种
C．120 种
D．144 种
【解答】解：甲与⼄相邻，有
＝2 种排法，
将甲、⼄看成⼀个元素，与丙、丁以外的2 ⼈排列，有
＝6 种排法，
将丙、丁插空，有
＝12 种排法，
故不同的排法有2×6×12＝144 种排法．
故选：D．
18．2022 年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意深受各
国⼈⺠的喜爱，某商店有4 个不同造型的吉祥物“冰墩墩”和3 个不同造型的吉祥物“雪容融”展示在柜台
上，要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同排法的种数是（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：先排3 个“雪容融”有
种排法，再在3 个“雪容融”的4 个空位中排上4 个“冰墩墩”有
种
排法，
故总的排法数为
．
故选：C．
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计数原理与排列组合——题型05
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
答案
D
D
C
C
A
B
C
⼀．选择题（共7 ⼩题）
1．7 个相同的⼩球放⼊A，B，C 三个盒⼦，每个盒⼦⾄少放⼀球，共有（
）种不同的放法．
A．60 种
B．36 种
C．30 种
D．15 种
【解答】解：根据题意，先将7 个球排成⼀排，可以形成6 个空位，在6 个空位中插⼊2 个隔板，可以
将7 个⼩球分成3 组分别对应标号为A，B，C 的三个盒⼦，
则有
＝15．
故选：D．
2．将10 本完全相同的科普知识书，全部分给甲、⼄、丙3 ⼈，每⼈⾄少得2 本，则不同的分法种数为（
）
A．720 种
B．420 种
C．120 种
D．15 种
【解答】解：根据题意，分2 步进⾏分析：
①先在10 本书中任意选出3 本，甲⼄丙三⼈每⼈1 本，有1 种情况，
②将剩下的7 本书分为三⼈，每⼈⾄少⼀本，利⽤挡板法分析可得：有C62＝15 种分法，
则有15 种不同的分法，
故选：D．
3．⽅程x+y+z＝18 的⾮负整数解有（
）
A．217组
B．136 组
C．190 组
D．68 组
【解答】解：根据题意，对于⽅程x+y+z＝18，
将18 看成18 个“1”，18 个“1”中间有19 个空，从19 个空中选两个空进⾏插板，或从19 个空中选1 个空
插2 个板，
即可以将18 个“1”分为三组，每⼀组对应“1”的数⽬依次为x、y、z 的数值，
则有C192+C191＝C202＝190 种分组⽅法，
⽅程x+y+z＝18 的⾮负整数解有190 组，
故选：C．
4．不定⽅程x+y+z＝12 的⾮负整数解的个数为（
）
A．55
B．60
C．91
D．540
【解答】解：不定⽅程x+y+z＝12 的⾮负整数解的个数⇔将12 个相同⼩球放⼊三个盒⼦，允许有空盒的
放法种数，
现在在每个盒⼦⾥各加⼀个相同的⼩球，问题等价于将15 个相同⼩球放⼊三个盒⼦，没有空盒的放法
种数，
则只需在15 个⼩球中形成的空位（不包含两端）中插⼊两块板即可，
因此不定⽅程x+y+z＝12 的⾮负整数解的个数为
．
故选：C．
5．若⽅程x1+x2+x3+x4＝8，其中x2＝2，则⽅程的正整数解的个数为（
）
A．10
B．15
C．20
D．30
【解答】解：根据题意，⽅程x1+x2+x3+x4＝8，其中x2＝2，则x1+x3+x4＝6，
则求⽅程的正整数解的个数的问题可以转化为将6 个相同的⼩球放⼊3 个不同的盒⼦，每个盒⼦中⾄少
放⼊1 个⼩球的放法数⽬问题，
其中第⼀个盒⼦中⼩球的数⽬是x1的值，第⼆个盒⼦中⼩球的数⽬是x3的值，第三个盒⼦中⼩球的数
⽬是x4的值，
可以将6 个⼩球排成⼀排，有5 个空位，在其中任选2 个，插⼊挡板即可，有C52＝10 种放法；
则⽅程的正整数解的个数为10；
故选：A．
6．⼩明同学去⽂具店购买⽂具，现有四种不同样式的笔记本可供选择（可以有笔记本不被选择），单价均
为⼀元⼀本，⼩明只有8 元钱且要求全部花完，则不同的选购⽅法共有（
）
A．70 种
B．165 种
C．280 种
D．1860 种
【解答】解：根据题意，⼩明只有8 元钱且要求全部花完，则⼩明需要买8 个笔记本，
将8 个笔记本看成8 个相同的⼩球，原问题可以转化为将8 个⼩球⽤相同的挡板分成4 组，每组对应⼀
种样式的笔记本，
8 个⼩球、3 个挡板共11 个位置，在其中任选8 个安排⼩球，剩下3 个安排挡板，有C118＝165 种；
故选：B．
7．某⾼中从3 名男教师和2 名⼥教师中选出3 名教师，派到3 个不同的乡村⽀教，要求这3 名教师中男⼥
都有，则不同的选派⽅案共有（
）种．
A．9
B．36
C．54
D．108
【解答】解：根据题意，分2 步进⾏分析：
①，从3 名男教师和2 名⼥教师中选出3 名教师，要求男⼥都有，有C53﹣C33＝10﹣1＝9 种选法，
②，将选好的3 ⼈对应3 个乡村⽀教，有A33＝6 种情况，
则有9×6＝54 种选法，
故选：C．
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计数原理与排列组合——题型06～10
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
B
A
C
D
D
C
B
B
C
B
题号
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
答案
C
A
C
B
B
B
A
D
A
B
D
题号
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
答案
C
D
B
C
A
C
B
B
B
D
C
题号
34
35
36
37
38
39
答案
C
C
A
C
D
D
⼀．选择题（共39 ⼩题）
1．“烂漫的⼭花中，我们发现你．⾃然击你以⻛雪，你报之以歌唱．命运置你于危崖，你馈⼈间以芬芳．不
惧碾作尘，⽆意苦争春，以怒放的⽣命，向世界表达倔强．你是岸畔的桂，雪中的梅”．这是给感动中
国⼗⼤⼈物之⼀的张桂梅⽼师的颁奖词，她⽤实际⾏动奉献社会，不求回报，只愿孩⼦们⾛出⼤⼭．受
张桂梅⽼师的影响，有⼤量志愿者到乡村学校⽀教，现有6 名志愿者要到4 个学校参加⽀教活动，要求
甲、⼄两个学校各安排⼀个⼈，剩下两个学校各安排两个⼈，其中的⼩李和⼩王不在⼀起，不同的安排
⽅案共有（
）
A．156 种
B．168 种
C．172 种
D．180 种
【解答】解：根据题意，设剩下的2 个学校为丙学校和丁学校，先计算⼩李和⼩王不受限制的排法数⽬：
先在6 位志愿者中任选1 ⼈，安排到甲学校，有
种情况，
再在剩下的5 个志愿者种任选1 ⼈，安排到⼄学校，有
种情况，
最后将剩下的4 个志愿者平均分成两组，全排列安排到剩下的2 个学校，有
种情况，
则⼩李和⼩王不受限制的排法有6×5×6＝180 种，
若⼩李和⼩王在⼀起，则两⼈取丙学校或丁学校，有2 种情况，
在剩下的4 位志愿者种任选1 个，安排到甲学校，有
种情况，
再在剩下的3 个志愿者中任选1 ⼈，安排到⼄学校，有
种情况，
最后2 个安排到剩下的学校，有1 种情况，则⼩李和⼩王在⼀起的排法有2×3×4＝24 种，
所以⼩李和⼩王不在⼀起的排法有180﹣24＝156 种，
故选：A．
2．某学校计划从包含甲、⼄、丙三位教师在内的10 ⼈中选出5 ⼈组队去⻄部⽀教，若甲、⼄、丙三位教
师⾄少⼀⼈被选中，则组队⽀教的不同⽅式共有（
）
A．21 种
B．231 种
C．238 种
D．252 种
【解答】解：10 ⼈中选5 ⼈有
种选法，其中甲，⼄，丙三位⽼师均不选的选法有
种，
故甲、⼄、丙三位教师⾄少⼀⼈被选中，则组队⽀教的不同⽅式共有
种．
故选：B．
3．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，每艺安排⼀次
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
【解答】解：这六⻔课程的全排A ＝720 种，“射”排在第⼀节的排法有A ＝120 种，
“数”和“乐”两次相邻有
，
“射”排在第⼀节且“数”和“乐”两次相邻
，
“六艺”讲座不同的次序共有
﹣
﹣
•
+
•
＝408，
故选：A．
4．红五⽉，某校团委决定举办庆祝中国共产党成⽴100 周年“百年荣光，伟⼤梦想”联欢会，经过初赛，共
有6 个节⽬进⼊决赛，其中2 个歌舞类节⽬，2 个⼩品类节⽬，1 个朗诵类节⽬，1 个戏曲类节⽬．演出
时要求同类节⽬不能相邻，则演出顺序的排法总数是（
）
A．96
B．326
C．336
D．360
【解答】解：6 个节⽬全排列，减去其中⼀类节⽬相邻的排列数，再加上多减去的两类节⽬都相邻的排
列数，
所以所有排法总数为
．
故选：C．
5．2022 年6 ⽉17 ⽇，我国第三艘航⺟“福建舰”正式下⽔．现要给“福建舰”进⾏航⺟编队配置科学试验，
要求2 艘攻击型核潜艇⼀前⼀后，3 艘驱逐舰和3 艘护卫舰分列左右，每侧3 艘，同侧不能都是同种舰
艇，则舰艇分配⽅案的⽅法数为（
）
A．72
B．324
C．648
D．1296
【解答】解：由题意，2 艘攻击型核潜艇⼀前⼀后，分配⽅案有
＝2 种，3 艘驱逐舰和3 艘护卫舰分列
左右，任意分配有
＝720 种，
同侧的是同种舰艇的分配⽅案有
＝72 种，
故符合题意要求的舰艇分配⽅案的⽅法数为2×（720﹣72）＝1296．
故选：D．
6．在某互联⽹⼤会上，为了提升安全级别，将5 名特警分配到3 个重要路⼝执勤，每个⼈只能选择⼀个路
⼝，每个路⼝最少1 ⼈，最多3 ⼈，且甲和⼄不能安排在同⼀个路⼝，则不同的安排⽅法有（
）
A．180 种
B．150 种
C．96 种
D．114 种
【解答】解：先不管甲和⼄，若三个路⼝的⼈数按3，1，（1 分）配，则共有
＝60 种⽅法；
若三个路⼝的⼈数按2，2，（1 分）配，则共有
＝90 种．
其中，包括了甲⼄在同⼀个路⼝的情况，共有
•
＝36 种，
故甲和⼄不能安排在同⼀个路⼝，则不同的安排⽅法有60+90﹣36＝114 种，
故选：D．
7．电影《夺冠》讲述中国⼥排姑娘们顽强奋⽃、为国争光的励志故事，打造⼀部⻅证新中国体育改⾰40
年的⼒作，该影⽚于2020 年09 ⽉25 ⽇正式上映．在《夺冠》，上映当天，⼀对夫妇带着他们的两个⼩
孩⼀起去观看该影⽚，订购的4 张电影票恰好在同⼀排且连在⼀起．为安全起⻅，影院要求每个⼩孩⼦
要有家⻓相邻陪坐，则不同的坐法种数是（
）
A．8
B．12
C．16
D．20
【解答】解：根据题意，将两名家⻓、孩⼦全排列，有A44＝24 种排法，
其中两个孩⼦相邻且在两端的情况有A22A22A22＝8 种，
则每个⼩孩⼦要有家⻓相邻陪坐的排法有24﹣8＝16 种，
故选：C．
8．把7 个字符a，a，a，b，b，α，β排成⼀排，要求三个“a”两两不相邻，且两个“b”也不相邻，则这样的
排法共有（
）
A．144 种
B．96 种
C．30 种
D．12 种
【解答】解：根据题意，分2 步进⾏分析：
①，先排列b，b，α，β，若α，β不相邻，有A22C32＝6 种，若α，β相邻，有A33＝6 种，
则b，b，α，β的排法有6+6＝12 种，排好后有5 个空位；
②，从所形成了5 个空中选3 个插⼊a，共有12C53＝120，
若b、b 相邻时，从所形成了4 个空中选3 个插⼊a，共有6C43＝24，
故三个“a”两两不相邻，且两个“b“也不相邻，则这样的排法共有120﹣24＝96 种，
故选：B．
9．“2021 年12 ⽉2 ⽇”因其数字“20211202”的对称性被很多⼈晒到了朋友圈，类似这样的对称性在⼆⼗⼀世
纪，我们还能再遇到（
）
A．6 次
B．7 次
C．8 次
D．9 次
【解答】解：由对称性可得，前两位为20，后两位为02，
因为⼀年有12 个⽉，
故这样的对称性在⼆⼗⼀世纪，我们还能再遇到20300302，20400402，20500502，20600602，20700702，
20800802，20900902，共7 次，
故选：B．
10．从集合{1，2，3}的⾮空⼦集中任取两个不同的集合A 和B，若A∩B≠∅，则不同的取法共有（
）
A．42 种
B．36 种
C．30 种
D．15 种
【解答】解：根据题意，集合A 中最少1 个元素，最多3 个元素，
分3 种情况讨论：
①集合A 中有1 个元素，集合A 有3 种选法，集合B 的选法有22﹣1＝3 种选法，此时有3×3＝9 种取法，
②集合A 中有2 个元素，集合A 有C33＝3 种选法，集合B 的选法有23﹣1﹣1﹣1＝5 种选法，此时有3×5
＝15 种取法，
③集合A 中有3 个元素，集合A 有1 种选法，集合B 不是空集和全集即可，有23﹣2＝6 种选法，此时有
1×6＝6 种取法，
则有9+15+6＝30 种取法，
故选：C．
11．三⼈互相传球，由甲开始发球，并作为第⼀次传球，经过5 次传球后，球仍回到甲⼿中，则不同的传
球⽅式共有（
）
A．5 种
B．10 种
C．8 种
D．16 种
【解答】解：根据题意，做出树状图，
注意第四次时球不能在甲的⼿中．
分析可得，
共有10 种不同的传球⽅式；
故选：B．
12．三⼈踢毽⼦，互相传递，每⼈每次只能踢⼀下，若由甲开始踢，经过4 次传递后，毽⼦⼜被踢回甲，
则不同的传递⽅式共有（
）
A．4 种
B．5 种
C．6 种
D．12 种
【解答】解：（1）当开始甲将球传给⼄时，经过4 次传球后，球正好回到甲⼿中的传球⽅式有3 种：
甲→⼄→甲→丙→甲，
甲→⼄→甲→⼄→甲，
甲→⼄→丙→⼄→甲；
（2）当开始甲将球传给丙时，经过4 次传球后，球正好回到甲⼿中的传球⽅式有3 种：
甲→丙→⼄→丙→甲，
甲→丙→甲→丙→甲，
甲→丙→甲→⼄→甲；
所以不同的传球⽅式有：3+3＝6（种）．
故选：C．
13．从⾃然数1，2，3，4，5 中，任意取出两个数组成两位的⾃然数，则在两位⾃然数中取出的数恰好能被
3 整除的概率为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：从⾃然数1，2，3，4，5 中，任意取出两个数组成两位的⾃然数，共有5×4＝20 种，
两位⾃然数中取出的数恰好能被3 整除有12，21，15，51，24，42，45，54
其和能被3 整除的概率为
＝，
故选：A．
14．设xi∈N（i＝1，2，3，4，5，6…），则满⾜x1＜x2＜x3＜x4＜10 的有序数组（x1，x2，x3，x4）的个数为（
）
A．126
B．3024
C．210
D．5040
【解答】解：由xi∈N 且x1＜x2＜x3＜x4＜10，
得xi 为⼩于10 的⾃然数，
∴xi∈{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}
⼜满⾜x1＜x2＜x3＜x4＜10 的有序数组（x1，x2，x3，x4）的个数即从中取出四个数从⼩到⼤排列
只需从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9 中取出4 个按照从⼩到⼤⾃然排列即可，有
＝210 种排法，
故选：C．
15．A，B，C，D，E 五⼈并排站成⼀排，如果B 必须站在A 的右边（A，B 可以不相邻），那么不同的排法
共有（
）
A．24 种
B．60 种
C．90 种
D．120 种
【解答】解：根据题意，使⽤倍分法，
五⼈并排站成⼀排，有A55种情况，
⽽其中B 站在A 的左边与B 站在A 的右边是等可能的，
则其情况数⽬是相等的，
则B 站在A 的右边的情况数⽬为
×A55＝60，
故选：B．
16．将编号分别为a，b，c，d，e，f 的6 张卡⽚从左到右排成⼀⾏，若卡⽚a 必须在卡⽚b 的左边，则不
同的排列⽅法有（
）
A．240 种
B．360 种
C．480 种
D．540 种
【解答】解：将编号分别为a，b，c，d，e，f 的6 张卡⽚从左到右排成⼀⾏，有
＝720 种排法，
则卡⽚a 必须在卡⽚b 的左边，有
＝360 种排法，
故选：B．
17．有五名学⽣站成⼀排照毕业纪念照，其中甲不排在⼄的左边，则不同的站法共有（
）
A．66 种
B．60 种
C．36 种
D．24 种
【解答】解：五名学⽣进⾏全排列共A 种站法，⽽甲要么在⼄左边，要么在⼄的右边，
故甲不排在⼄的左边的情况共有
A ＝60 种，
故选：B．
18．在⼀次学校组织的研究性学习成果报告会上，有A，B，C，D，E，F 共6 项成果要汇报，如果B 成果
不能最先汇报，⽽A、C、D 按先后顺序汇报（不⼀定相邻），那么不同的汇报安排种数为（
）
A．100
B．120
C．300
D．600
【解答】解：若A 先汇报，则有
＝60 种，
若A 不先汇报，则从E，F 中选择⼀个先汇报，则有A21•
＝40 种，
故不同的汇报安排种数为60+40＝100 种．
故选：A．
19．5 个节⽬，若甲、⼄、丙三个节⽬按给定顺序出现不同的排法有（
）
A．120 种
B．80 种
C．48 种
D．20 种
【解答】解：根据题意，设5 个节⽬中除甲、⼄、丙之外的2 个节⽬为a，b；
分2 步进⾏分析：
①，将甲⼄丙三个节⽬按给定顺序排好，
②，排好后有4 个空位，将a 安排到空位中，有4 种情况，
排好后有5 个空位，将b 安排到空位中，有5 种情况，
则不同的排法有4×5＝20 种；
故选：D．
20．习近平总书记在全国教育⼤会上发表重要讲话，称教育是国之⼤计，党之⼤计．哈九中落实讲话内容，
组织研究性学习．在研究性学习成果报告会上，有A、B、C、D、E、F 共6 项成果要汇报，如果B 成果
不能最先汇报，⽽A、C、D 按先后顺序汇报（不⼀定相邻），那么不同的汇报安排种数为（
）
A．100
B．120
C．300
D．600
【解答】解：先排B，除了第⼀个不能选之外其余5 个都可以，有
＝5，
A，C，D3 个成果，从剩余5 个选3 个，按照A，C，D 的顺序汇报有
＝10，
剩余E，F，进⾏排列汇报有
＝2，
则共有5×10×2＝100，
故选：A．
21．元宵节灯展后，悬挂的8 盏不同的花灯需要取下，如图所示，每次取1 盏，则不同的取法共有（
）
A．32 种
B．70 种
C．90 种
D．280 种
【解答】解：对8 盏不同的花灯进⾏取下，
因为取花灯每次只能取⼀盏，⽽且只能从下往上取，
所以每串花灯先后顺序已固定，不同的取法共有
＝70 种．
故选：B．
22．贴春联、挂红灯笼是我国春节的传统习俗．现准备在⼤⻔的两侧各挂四盏⼀样的红灯笼，从上往下挂，
可以⼀侧挂好后再挂另⼀侧，也可以两侧交叉着挂，则挂红灯笼的不同⽅法数为（
）
A．8!
B．1680
C．140
D．70
【解答】解：根据题意，原问题等价于在8 个相同的位置中，选出4 个位置⽤于挂左侧灯笼，剩下4 个
位置挂右侧灯笼，
则有C84＝70 种不同的⽅法，
故选：D．
23．甲、⼄、丙、丁、戊五名同学进⾏劳动技术⽐赛，决出第1 名到第5 名的名次．甲和⼄去询问成绩，回
答者对甲说“很遗憾，你和⼄都没有得到冠军．”对⼄说“你当然不会是最差．”从这两个回答分析，5 ⼈的
名次排列可能有多少种不同情况？（
）
A．27 种
B．36 种
C．54 种
D．72 种
【解答】解：根据题意，
解法⼀：甲⼄都没有得到冠军，⽽⼄不是最后⼀名，
分2 种情况讨论：
①、甲是最后⼀名，则⼄可以为第⼆、三、四名，即⼄有3 种情况，
剩下的三⼈安排在其他三个名次，有
＝6 种情况，
此时有3×6＝18 种名次排列情况；
②、甲不是最后⼀名，甲⼄需要排在第⼆、三、四名，有
＝6 种情况，
剩下的三⼈安排在其他三个名次，有
＝6 种情况，
此时有6×6＝36 种名次排列情况；
则⼀共有36+18＝54 种不同的名次情况．
解法⼆：第⼀名不能是甲⼄，所以第⼀名就有三个同学可以选择，
最后⼀名不能是⼄，也只能有三名同学可以选择，
第⼆名，第三名，第四名有
种选法，
则有3×3×
＝54 种情况．
故选：C．
24．某校开展研学活动时进⾏劳动技能⽐赛，通过初选，选出A，B，C，D，E，F 共6 名同学进⾏决赛，
决出第1 名到第6 名的名次（没有并列名次），A 和B 去询问成绩，回答者对A 说“很遗憾，你和B 都未
拿到冠军；对B 说“你当然不是最差的”．试从这个回答中分析这6 ⼈的名次排列顺序可能出现的结果有
（
）
A．720 种
B．600 种
C．480 种
D．384 种
【解答】解：若A 最差，为第6 名，则B 在2，3，4，5 选⼀个有
，其余4 ⼈，任意排列，共有
，
若A 不是最差，即不是第6 名，则A，B 在2，3，4，5 选2 个排好，有
，其余4 ⼈，任意排列，共有
，
合计
+
＝12×24+4×24＝16×24＝384 种，
故选：D．
25．甲、⼄、丙、丁四⼈站成⼀列，要求甲站在最前⾯，则不同的排法有（
）
A．24 种
B．6 种
C．4 种
D．12 种
【解答】解：甲、⼄、丙、丁四⼈站成⼀列，要求甲站在最前⾯，
则只需对剩下3 ⼈全排即可，
则不同的排法共有
＝3×2×1＝6，
故选：B．
26．为庆祝中国共产党成⽴100 周年，重温党的光辉历程，歌颂党的伟⼤成就，继承和发扬党的优良⾰命
传统，充分展现当代中学⽣爱党、爱国、爱社会主义的深厚情怀，我校计划举办2021 年“荔枝杯”中学⽣
演讲⽐赛，要求从5 名男⽣、2 名⼥⽣中随机选出4 ⼈进⾏现场⽐赛，且⾄少要选1 名⼥⽣，如果2 名
⼥⽣同时被选中，她们的演讲顺序不能相邻，那么不同的演讲顺序共有（
）
A．120 种
B．480 种
C．600 种
D．720 种
【解答】解：由题意可知分为两类：
第⼀类，2 位⼥⽣只有⼀位被选中，则还需从5 位男⽣⾥选出3 位，然后全排列，
所以，不同的演讲顺序有
•
＝480 种，
第⼆类，2 位⼥⽣同时被选中，则还需从5 男⽣⾥选出2 位，
所以，2 位⼥⽣的演讲顺序不相邻的不同演讲顺序有
•
•
＝120 种，
综上，不同的演讲顺序的种数是480+120＝600 种，
故选：C．
27．甲、⼄两名同学从⽣物、地理、政治、化学中各选两⻔进⾏学习，若甲、⼄不能同时选⽣物，则甲、⼄
总的选法种数有（
）
A．27
B．36
C．18
D．24
【解答】解：若甲⼄同时选⽣物，则
＝9，
则、⼄不能同时选⽣物的⽅法有
﹣
＝36﹣9＝27，
故选：A．
28．某学校要从5 名男教师和3 名⼥教师中随机选出3 ⼈去⽀教，则抽取的3 ⼈中，男教师最少为1 ⼈的
选法种数为（
）
A．45
B．50
C．55
D．40
【解答】解：依题意，从8 ⼈中任选3 ⼈，有
种⽅法，其中没有男教师的选法有
种，
所以抽取的3 ⼈中，男教师最少为1 ⼈的选法种数为
．
故选：C．
29．为了贯彻落实中央新疆⼯作座谈会和全国对⼝⽀援新疆⼯作会议精神，促进边疆少数⺠族地区教育事
业发展，我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，则不同的
分派⽅法有（
）
A．18 种
B．36 种
C．68 种
D．84 种
【解答】解：根据题意，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C32A33＝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C31A33＝18 种⽅法；
故⼀共有36 种分派⽅法．
故选：B．
30．在中国地图上，⻄部五省（⽢肃、四川、⻘海、新疆、⻄藏）如图所示，有四种颜⾊供选择，要求每省
涂⼀⾊，相邻省不同⾊，则不同的涂⾊⽅法有（
）种．
A．48
B．72
C．96
D．120
【解答】解：若⽤三⾊涂完，⻘海从四⾊中选⼀⾊有4 种，从剩余的三⾊中选两⾊，⼀⾊涂新疆和四川，
另⼀⾊涂⻄藏和⽢肃，所以三⾊涂完有4
种；若⽤四⾊涂完⻘海选⼀种有4 种情况，新疆和四川同⾊
有
种，⻄藏和⽢肃同⾊有
所以四⾊涂完有4（
），这样⼀共有4
+4（
）＝72 种，
故选：B．
31．“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，如图所示，它是由四个全等的直⻆三⻆形和⼀个正⽅形构成．现⽤
4 种不同的颜⾊（4 种颜⾊全部使⽤）给这5 个区域涂⾊，要求相邻的区域不能涂同⼀种颜⾊，每个区
域只涂⼀种颜⾊，则不同的涂⾊⽅案有（
）
A．24 种
B．48 种
C．72 种
D．96 种
【解答】解：根据题意，分2 步进⾏分析：
①对于区域①、②、⑤，三个区域两两相邻，有A43＝24 种涂⾊的⽅法，
②对于区域③、④，必须有1 个区域选第4 种颜⾊，有2 种选法，选好后，剩下的区域有1 种选法，则
区域③、④有2 种涂⾊⽅法，
故有24×2＝48 种涂⾊⽅法，
故选：B．
32．如图所示，积⽊拼盘由A，B，C，D，E 五块积⽊组成，若每块积⽊都要涂⼀种颜⾊，且为了体现拼盘
的特⾊，相邻的区域需涂不同的颜⾊（如：A 与B 为相邻区域，A 与D 为不相邻区域），现有五种不同
的颜⾊可供挑选，则不同的涂⾊⽅法的种数是（
）
A．780
B．840
C．900
D．960
【解答】解：若每块积⽊都要涂⼀种颜⾊，且为了体现拼盘的特⾊，相邻的区域需涂不同的颜⾊，可以
先涂A，则A 有
种涂法，再涂B，因为B 与A 相邻，所以B 的颜⾊只要与A 不同即可，有
种
涂法，同理C 有
种涂法，D 有
种涂法，E 有
种涂法，由分步乘法计数原理可知，不同
的涂⾊⽅法种数为5×4×3×4×4＝960．
故选：D．
33．如图，a 省分别与b，c，d，e 四省交界，且b，c，d 互不交界，在地图上分别给各省地域涂⾊，要求
相邻省涂不同⾊，现有5 种不同颜⾊可供选⽤，则不同的涂⾊⽅案种数为（
）
A．480
B．600
C．720
D．840
【解答】解：由题意知本题是⼀个分步计数问题，
⾸先涂d，有5 种结果，再涂a，有4 种结果，
第⼆步涂c，分类若c 与d 同⾊，此时e 有三种，再涂b 有三种，即5×4×1×3×3＝180，
若c 与d 不同，则c 有三种涂法，e，b 也各有三种涂法，即5×4×3×3×3＝540，
∴共有5×4（1×3×3+3×3×3）＝720．
故选：C．
34．在⼀个正六边形的六个区域涂⾊（如图），要求同⼀区域同⼀种颜⾊，相邻的两块区域（有公共边）涂
不同的颜⾊，现有5 种不同的颜⾊可供选择，则不同涂⾊⽅案有（
）
A．720 种
B．2160 种
C．4100 种
D．4400 种
【解答】解：考虑A，C，E 三个区域⽤同⼀种颜⾊，共有⽅法数为5×43＝320 种；
考虑A，C，E 三个区域⽤2 种颜⾊，共有⽅法数为（5×4×3）×4×3×3＝2160 种；
考虑A，C，E 三个区域⽤3 种颜⾊，共有⽅法数为
×33＝1620 种．
所以共有⽅法数为320+2160+1620＝4100 种．
故选：C．
35．如图是在“赵爽弦图”的基础上创作出的⼀个“数学⻛⻋”，图中正⽅形ABCD 内部为“赵爽弦图”（由四
个全等的直⻆三⻆形和⼀个⼩正⽅形组成）．现给图中△ABE，△BCF，△CDG，△DAH 这4 个三⻆形
和“赵爽弦图”ABCD 涂⾊，且相邻区域（即图中有公共点的区域）不同⾊，已知有4 种不同的颜⾊可供
选择．则不同的涂⾊⽅法种数是（
）
A．48
B．54
C．72
D．108
【解答】解：根据题意，分3 步进⾏分析：
①对于“赵爽弦图”ABCD，有4 种选法，
②对于△AEB，有3 种选法，对于△AHD，有2 种选法，
③对于△DCG 和△BCF，
若△DCG 与△AEB 选的颜⾊相同，此时有2 种选法，
若△DCG 与△AEB 选的颜⾊不相同，此时有1 种选法，
则△DCG 和△BCF 有2+1＝3 种选法
则有4×3×2×3＝72 种涂⾊⽅法；
故选：C．
36．如图，⽤四种不同的颜⾊给图中的P、A、B、C、D 五个点涂⾊，要求每个点涂⼀种颜⾊，且图中每条
线段的两个端点涂不同的颜⾊，则不同的涂⾊⽅法共有（
）种．
A．72
B．86
C．106
D．120
【解答】解：当AC 同⾊时，有
＝48 种，
当AC 异⾊时，有
＝24 种，
根据分类计数原理得，不同的涂⾊⽅法共有48+24＝72 种．
故选：A．
37．如图，⽤四种不同的颜⾊给图中的A，B，C，D，E，F，G 七个点涂⾊，要求每个点涂⼀
种颜⾊，且图中每条线段的两个端点涂不同颜⾊，则不同的涂⾊⽅法有（
）
A．192
B．336
C．600
D．以上答案均不对
【解答】解：E，F，G 分别有4，3，2 种⽅法，
①当A 与F 相同时，A 有1 种⽅法，此时B 有2 种，
（1）C 若与F 相同有C 有1 种⽅法，同时D 有3 种⽅法，
（2）若C 与F 不同，则此时D 有2 种⽅法，
故此时共有：4×3×2×1×2×（1×3+1×2）＝240 种⽅法；
②当A 与G 相同时，A 有1 种⽅法，
（1）若C 与F 相同，C 有1 种⽅法，同时B，D 各有2 种⽅法，
（2）若C 与F 不同，C 有2 种⽅法，B 有2 种⽅法，D 有1 种⽅法，
故此时共有：4×3×2×1×（2×2+2×2）＝192 种⽅法；
③当A 既不同于F ⼜不同于G 时，A 有1 种⽅法，
（1）若B 与F 相同，
（I）若A 与C 相同，则D 有2 种⽅法，
（II）若A 与C 不同，则C 有1 种⽅法，D 有1 种⽅法，
（2）若B 不同与F，则B 有1 种⽅法，
（Ⅰ）若C 与F 相同，则C 有1 种⽅法，同时D 有2 种⽅法；
（Ⅱ）若C 与F 不同，则必与A 相同，C 有1 种⽅法，同时D 有2 种⽅法；
故此时共有：4×3×2×1×[2+1+2+2]＝168 种⽅法；
综上共有240+192+168＝600 种⽅法．
故选：C．
38．⽤五种不同的颜⾊给图中ABCDEF 六个⼩⻓⽅形区域涂⾊，要求颜⾊⻬全且有公共边的区域颜⾊不同，
则共有涂⾊⽅法（
）
A．720 种
B．840 种
C．960 种
D．1080 种
【解答】解：从6 个区域⼈选5 个区域有（A，B，C，D，E），（A，B，C，D，F），（A，B，C，E，F），
（A，B，D，E，F），（A，C，D，E，F），（B，C，D，E，F），共6 种，
若（A，B，C，D，E），（B，C，D，E，F）各涂⼀⾊，则剩下的⼀个区域有4 种涂法，共有A55A41＝480
种，
若（A，B，C，E，F），（A，B，D，E，F），（A，C，D，E，F），各涂⼀⾊，则剩下的⼀个区域有3 种涂
法，共有A55A31＝360 种，
若（A，B，C，D，F）各涂⼀⾊，则剩下的⼀个区域有2 种涂法，共有A55A21＝240 种，
故共有480+360+240＝1080 种，
故选：D．
39．⽤红、⻩、蓝、绿、橙五种不同颜⾊给如图所示的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颜⾊，则共有涂⾊⽅法（
）
A．120 种
B．720 种
C．840 种
D．960 种
【解答】解：⽤红、⻩、蓝、绿、橙五种不同颜⾊给如图所示的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颜⾊，
第⼀步：涂区域D，有
种涂⾊⽅法，
第⼆步：涂区域A，有
种涂⾊⽅法，
第三步：涂区域B，有
种涂⾊⽅法，
第四步：涂区域C，有
种涂⾊⽅法，
第五步：涂区域E，有
种涂⾊⽅法，
则共有涂⾊⽅法为
＝5×4×3×4×4＝960 种．
故选：D．
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计数原理与排列组合——题型11
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
答案
D
C
B
⼀．选择题（共3 ⼩题）
1．21 个⼈按照以下规则表演节⽬：他们围坐⼀圈，按顺序从1 到3 循环报数，报数字“3”的⼈出来表演节
⽬，并且表演过的⼈不再参加报数，那么在仅剩两个⼈没有表演过节⽬的时候，共报数的次数为（
）
A．19
B．38
C．51
D．57
【解答】解：根据题意，在第⼀轮报数中，有
＝7 ⼈表演节⽬，则第⼀轮报完数后剩下14 ⼈，⼀共
报数21 次；
在第⼆轮报数中，14＝3×4+2，有4 ⼈表演节⽬，则这⼀轮报完数后剩下10 ⼈，⼀共报数14 次；
在第三轮报数中，10 个⼈从3 开始报数，有4 ⼈表演节⽬，则这⼀轮报完数后剩下6 ⼈，⼀共报数10
次；
在第四轮报数中，6＝3×2，有2 ⼈表演节⽬，则这⼀轮报完数后剩下4 ⼈，⼀共报数6 次；
在第五轮报数中，4＝3×1+1，有1 ⼈表演节⽬，则这⼀轮报完数后剩下3 ⼈，⼀共报数4 次；
在第六轮报数中，3 个⼈从2 开始报数，有1 ⼈表演节⽬，则这⼀轮报完数后剩下2 ⼈，⼀共报数2 次；
在第七轮报数中，3＝3×1，有1 ⼈表演节⽬，⼀共报数3 次；
此时仅剩两个⼈没有表演过节⽬，⼀共报数：21+14+10+6+4+2＝57 次．
故选：D．
2．A，B，C，D，E，F 六⼈围坐在⼀张圆桌周围开会，A 是会议的中⼼发⾔⼈，必须坐最北⾯的椅⼦，B、
C ⼆⼈必须坐相邻的两把椅⼦，其余三⼈坐剩余的三把椅⼦，则不同的座次有（
）
A．24 种
B．30 种
C．48 种
D．60 种
【解答】解：B、C ⼆⼈必须坐相邻的两把椅⼦，有4 种情况，B、C 可以交换，有
＝2 种情况，其余
三⼈坐剩余的三把椅⼦，有
＝6 种情况，故共有4×2×6＝48 种情况．
故选：C．
3．现有⼀圆桌，周边有标号为1，2，3，4 的四个座位，甲、⼄、丙、丁四位同学坐在⼀起探讨⼀个数学课
题，每⼈只能坐⼀个座位，甲先选座位，且甲、⼄不能相邻，则所有选座⽅法有（
）
A．6 种
B．8 种
C．12 种
D．16 种
【解答】解：先按排甲，其选座⽅法有
种，由于甲、⼄不能相邻，所以⼄只能坐甲对⾯，⽽丙、丁两
位同学坐另两个位置的坐法有
种，
所以共有坐法种数为
种．
故选：B．
⼆．填空题（共4 ⼩题）
4．5 个⼥孩与6 个男孩围成⼀圈，任意两个⼥孩中间⾄少站⼀个男孩，则不同排法有
86400
种（填数
字）．
【解答】解：因为任意两个⼥孩中间⾄少站⼀个男孩，故有且仅有两个男孩站在⼀起，①先把5 个⼥孩
排成⼀个圈，
这是⼀圆排列，因此共有
＝（5﹣1）!＝4!种⽅法，②再把6 个男孩排成⼀直列，共有6!种⽅法，③最
后在排好的男⽣中
选择两个相邻的男孩组合在⼀起，共有5 种⽅法，这样男⽣被分为5 份，依次塞⼊⼥⽣间的空隙中，
综上，不同的排法应有4!×6!×5＝86400 种．
5．⼀张⽅桌有四个座位，A 先坐在如图所示的座位上，B，C，D 三⼈随机坐到其他三个位置上，则C 与D
相邻的概率为
．
【解答】解：列表为：
左⾯
对⾯
右⾯
B
C
D
B
D
C
C
B
D
C
D
B
D
B
C
D
C
B
共有6 种等可能的结果数，其中C 与D 相邻⽽坐的结果数为4，′′′
所以C 与D 相邻⽽坐的概率P＝
．
故答案为：．
6．⼀个圆桌有⼗⼆个座位，编号为1 ⾄12．现有四个学⽣和四个家⻓⼊座，要求学⽣坐在偶数位，家⻓与
其孩⼦相邻．满⾜要求的坐法共有
2520
种．
【解答】解：学⽣选择相邻的四个偶数，可以为：2，4，6，8；4，6，8，10；6，8，10，12，；8，10，12，
2，10，12，2，4；12，2，4，6；6 种情况；以，2，4，6，8，为例，家⻓的排法有：1，3，5，7；3，5，7，
9；1，5，7，9；1，3，7，9；1，3，5，9；有5 种，每⼀种坐法，家⻓有5 种坐法，所以有：
＝720 种．
学⽣选择3 个相邻的偶数，⼀个学⽣坐对⾯，有2，4，6，10；4，6，8，12；6，8，10，2；8，10，12，4，
10，12，2，6，12，2，4，8 有6 种，
以学⽣选择2，4，6，10；为例，家⻓排法有：1，3，5，9，；1，3，5，11；1，3，7，9；1，3，7，11；1，
5，7，9；1，5，7，11；3，5，7，9；3，5，7，11；共同8 种；
同理可知每⼀种学⽣的坐法，家⻓有8 种坐法，共有
＝1152 种．
四个学⽣两个学⽣选择相邻偶数，令两个学⽣选择相邻偶数，学⽣有：2，4，8，10；4，6，10，12；6，
8，12，2；有3 种，以2，4，8，10；为例：家⻓坐法有1，3，7，9；1，3，7，11；1，3，9，11；1，5，7，
9；1，5，7，11；1，5，9，11；3，5，7，9；3，5，7，11；3，5，9，11；共有9 种；同理可得每⼀种学⽣
的坐法家⻓有9 种坐法，所以有：
＝648 种．
综上满⾜要求的坐法：720+1152+648＝2520 种．
故答案为：2520．
7．现有⼀圆桌，周边有标号为1，2，3，4 的四个座位，甲、⼄，丙、丁四位同学坐在⼀起探讨⼀个数学课
题，每⼈只能坐⼀个座位，甲先选座位，且甲、⼄不能相邻，则所有选座⽅法有
8
种．（⽤数字作答）
【解答】解：根据题意，分3 步进⾏分析：
①，甲先选座位，可以在4 个座位中任选1 个，有4 种情况，
②，⼄与甲不能相邻，则⼄有1 种选法；
③，将丙、丁安排在剩下的2 个座位，有A22＝2 种情况，
则有4×1×2＝8 种不同的选法；
故答案为：8
三．解答题（共2 ⼩题）
8．甲、⼄、丙、丁、戊5 名同学⼿拉⼿站成⼀圈，有多少种不同的站法？
【解答】解：根据题意，将甲、⼄、丙、丁、戊5 名同学全排列，有A55＝120 种排法，
假设5 ⼈之间的顺序为甲⼄丙丁戊，当5 ⼈围成⼀个圆圈时，
和戊甲⼄丙丁，丁戊甲⼄丙，丙丁戊甲⼄，⼄丙丁戊甲对应的⼀种站法，
其他顺序时也⼀样，
则5 ⼈站成⼀圈，有
×120＝24 种不同的站法．
9．有10 个⼈围着⼀张圆桌坐成⼀圈，共有多少种不同的坐法？
【解答】解：10 ⼈全排列数为
，根据圆排列特点，对应10 个排列，
∴共有
＝362880（种）不同坐法．
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^_^
排列组合——题型12～14
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
C
C
A
A
B
C
C
D
A
D
题号
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
答案
B
B
B
B
D
B
D
A
C
B
C
题号
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
答案
B
D
D
A
C
D
B
B
B
C
D
题号
34
35
答案
B
B
⼀．选择题（共35 ⼩题）
1．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π的范围是：3.1415926＜π＜3.1415927，为纪念祖冲之在圆周率⽅
⾯的成就，把3.1415926 称为“祖率”，这是中国数学的伟⼤成就．某教师为帮助同学们了解“祖率”，让同
学们把⼩数点后的7 位数字1，4，1，5，9，2，6 进⾏随机排列，整数部分3 不变，那么可以得到⼤于
3.14 的不同数字的个数为（
）
A．720
B．1440
C．2280
D．4080
【解答】解：根据题意，由于数字1，4，1，5，9，2，6 中有2 个相同的数字1，
故进⾏随机排列可以得到的不同情况有
种，
⽽只有⼩数点前两位为11，12 时，排列后得到的数字不⼤于3.14，
故⼩于3.14 的不同情况有2
种，
故得到的数字⼤于3.14 的不同情况有
﹣2
＝2280 种，
故选：C．
2．2021 年12 ⽉02 ⽇，很多⼈的微信圈都在转发这样⼀条微信：“20211202，所遇皆为对，所做皆称⼼”．形
如“20211202”的数字叫“回⽂数”，即从左到右读和从右到左读都⼀样的正整数，则8 位的回⽂数共有
（
）
A．90
B．900
C．9000
D．90000
【解答】解：根据题意，8 位的回⽂数的前4 位数字与后⾯4 位数字对应，只分析前4 位数字的排法即
可，
其⾸位数字不能为0，有9 种情况，第⼆、三、四位数字不受限制，都有10 种情况，则前4 位数字有9
×10×10×10＝9000 种排法，
后⾯4 位数字分别与前4 位数字对应，有1 种排法，
则有9000 个8 位的回⽂数，
故选：C．
3．将1、2、3、…9 这九个数字填在如图所示的9 个空格中，要求每⼀⾏从左到右依次增⼤，每⼀列从上到
下依次增⼤，当6 在图中的位置时，则填写空格的⽅法有（
）
A．8 种
B．18 种
C．12 种
D．24 种
【解答】解：如图所示，中间数为6，其他数从左到右依次增⼤，从上到下依次增⼤，
故左上⻆必须填数字1，右下⻆必须填数字9．
设未填的⽅格中应填的数字依次是a、b、c、d、e、f，
其中d，f 只能是7 和8，有A22种填法，
当a，c 排定后b，e 随之排定，故只要排好a，c 即可，
在2，3，4，5 中按a ⼩c ⼤来选排，有C24种排法，
因此，⼀共有A22•C24＝12 种不同的填法，
故选：C．
4．算盘是中国古代的⼀项重要发明．现有⼀种算盘（如图1），共两档，⾃右向左分别表示个位和⼗位，档
中横以梁，梁上⼀珠拨下，记作数字5，梁下五珠，上拨⼀珠记作数字1（如图2 中算盘表示整数51）．如
果拨动图1 算盘中的两枚算珠，可以表示不同整数的个数为（
）
A．8
B．10
C．15
D．16
【解答】解：不选⼗位时，有2 种（2 或6），
当⼗位选梁下选⼀个算珠时，有2 种（11 或15），
当⼗位选梁下选两个算珠时，有1 种（20），
当⼗位选梁上选⼀个算珠时，有2 种（51 或55），
当⼗位选梁上选⼀个和梁下选⼀个算珠时，有1 种（60），
故不同的数字共有8 个，
故选：A．
5．⽤1，2，3，4 这4 个数字可写出（
）个没有重复数字的三位数．
A．24
B．12
C．81
D．64
【解答】解：由1，2，3，4 可以组成没有重复数字的三位数共有C
＝24 种，
故选：A．
6．从0、2 中选⼀个数字．从1、3、5 中选两个数字，组成⽆重复数字的三位数．其中奇数的个数为（
）
A．24
B．18
C．12
D．6
【解答】解：从0、2 中选⼀个数字0，则0 只能排在⼗位，从1、3、5 中选两个数字排在个位与百位，
共有
＝6 种；
从0、2 中选⼀个数字2，则2 排在⼗位，从1、3、5 中选两个数字排在个位与百位，共有
＝6 种；
2 排在百位，从1、3、5 中选两个数字排在个位与⼗位，共有
＝6 种；
故共有3
＝18 种
故选：B．
7．数字“2016”中，各位数字相加和为9，称该数为“⻓久四位数”，则⽤数字0，1，2，3，4，5，6 组成的⽆
重复数字且⼤于2016 的“⻓久四位数”有（
）个．
A．39
B．40
C．41
D．42
【解答】解：根据题意，⽤数字0，1，2，3，4，5，6 组成的⽆重复数字的“⻓久四位数”，
则这四个数字为0，1，2，6；0，1，3，5 或0、2、3、4；共三种情况，
则分3 种情况讨论：
①、四个数字为0、1、2、6 时，
要求⼤于2016，则当其⾸位数字为2 时，有2061、2106、2160、2601、2610；共5 种情况；
当其⾸位数字为6 时，在0、1、2 这3 个数字进⾏全排列，安排在百、⼗、个位上，有A33＝6 种情况，
此时共有5+6＝11 种情况；
②、四个数字为0、1、3、5 时，
当其⾸位数字为3 时，在0、1、5 这3 个数字进⾏全排列，安排在百、⼗、个位上，有A33＝6 种情况，
当其⾸位数字为5 时，在0、1、3 这3 个数字进⾏全排列，安排在百、⼗、个位上，有A33＝6 种情况，
此时共有6+6＝12 种情况；
③、四个数字为0、2、3、4 时，
当其⾸位数字为2 时，在0、3、4 这3 个数字进⾏全排列，安排在百、⼗、个位上，有A33＝6 种情况，
当其⾸位数字为3 时，在0、2、4 这3 个数字进⾏全排列，安排在百、⼗、个位上，有A33＝6 种情况，
当其⾸位数字为4 时，在0、2、3 这3 个数字进⾏全排列，安排在百、⼗、个位上，有A33＝6 种情况，
此时共有6+6+6＝18 种情况；
综合可得共有11+12+18＝41 个符合条件的“⻓久四位数”，
故选：C．
8．由数字1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中⼩于50000 的偶数共有（
）
A．60 个
B．48 个
C．36 个
D．24 个
【解答】解：由题意，符合要求的数字共有2×3A33＝36 种
故选：C．
9．由1，2，3，4，5 五个数组成没有重复数字的五位数，其中1 与2 不能相邻的排法总数为（
）
A．20
B．36
C．60
D．72
【解答】解：把“12”看作⼀整体，把“21”看作⼀整体，题⽬相当于4 个数字的排列，可得2
＝48；
5 个数字的全排列：
＝120，
由1，2，3，4，5 五个数组成没有重复数字的五位数，其中1 与2 不能相邻的排法总数为：120﹣48＝72．
故选：D．
10．⼗进制的算筹计数法是中国数学史上⼀个伟⼤的创造，算筹实际上是⼀根根同⻓短的⼩⽊棍．如图是
利⽤算筹表示数字1～9 的⼀种⽅法．例如：3 可表示为“≡”，26 可表示为“＝⊥”，现⽤6 根算筹表示不
含0 的⽆重复数字的三位数，算筹不能剩余，则这个三位数能被3 整除的概率为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：设这个三位数能被3 整除为事件A，
∵2 根算筹可以表示2 或6，两种结果，
3 根算筹可以表示3 或7，两种结果，
∴6 根算筹可能分1，2，3 或者1，6，3 或1，2，7 或1，6，7，
∵基本事件总数为4
＝24，
事件A 为6 根算筹分成1，2，3，包含的基本事件数为
＝6，
∴P（A）＝
＝，
故选：A．
11．⼀次志愿者活动中，其中⼩学⽣2 名、初中⽣3 名、⾼中⽣3 名．现将他们排成⼀列，要求2 名⼩学⽣
排在正中间，要求3 名⾼中⽣中任意两名不相邻，则不同的排法有（
）
A．144
B．216
C．288
D．432
【解答】解：根据题意，分2 种情况讨论：
①2 名⼩学夹在两名⾼中⽣之间，有
×2＝144 种站法，
②2 名⼩学没有夹在两名⾼中⽣之间，有
＝288 种站法，
则有144+288＝432 种不同的站法，
故选：D．
12．现有2 个红球、2 个⻩球、3 个⽩球，3 个⿊球，同⾊球不加区分，将这10 个球排成⼀列，有多少种不
同的⽅法（
）
A．24000
B．25200
C．25600
D．26540
【解答】解：根据题意，假设由10 个位置安排10 个⼩球，
在10 个位置中选出2 个，安排2 个红球，有C
＝45 种安排⽅法；
在剩下的8 个位置中选出2 个，安排2 个⻩球，有C ＝28 种安排⽅法；
在剩下的6 个位置中选出3 个，安排3 个⽩球，有C ＝20 种安排⽅法；
最后3 个位置安排3 个⿊球，有1 种安排⽅法；
则有45×28×20×1＝25200 种不同⽅法，
故选：B．
13．将数字1，2，3，4，5，6 拼成⼀列，记第i 个数为ai（i＝1，2，…，6），若a1≠1，a3≠3，a5≠5，a1＜a3＜
a5，则不同的排列⽅法种数为（
）
A．18
B．30
C．36
D．48
【解答】解：分两步：（1）先排a1，a3，a5，a1＝2，有2 种；a1＝3 有2 种；a1＝4 有1 种，共有5 种；（2）
再排a2，a4，a6，共有A33＝6 种，故不同的排列⽅法种数为5×6＝30，
故选：B．
14．有8 位学⽣春游，其中⼩学⽣2 名、初中⽣3 名、⾼中⽣3 名．现将他们排成⼀列，要求2 名⼩学⽣相
邻、3 名初中⽣相邻，3 名⾼中⽣中任意两名都不相邻，则不同的排法种数有（
）
A．288 种
B．144 种
C．72 种
D．36 种
【解答】解：根据题意，分2 步进⾏分析：
①先将2 名⼩学⽣看成⼀个整体，3 名初中⽣看成⼀个整体，然后排成⼀排有
种不同排法，
②将3 名⾼中⽣插在这两个整体形成的3 个空档中，有
种不同排法，
根据分步计数原理，共有
种不同排法，
故选：B．
15．将A，B，C，D，E 排成⼀列，要求A，C，E 在排列中顺序为“A，C，E”或“E，C，A”（可以不相邻），
则这样的排列数有（
）
A．24 种
B．40 种
C．60 种
D．80 种
【解答】解：根据题意，分3 步进⾏分析：
①先排好A，C，E，要求A，C，E 在排列中顺序为“A，C，E”或“E，C，A”，有2 种情况，
②排好后有4 个空位，在其中任选1 个安排B，有4 种情况，
③排好后有5 个空位，在其中任选1 个安排D，有4 种情况，
则有2×4×5＝40 种安排⽅法；
故选：B．
16．5 个⼈排成⼀列，其中甲不排在末位，且甲、⼄两⼈不能相邻，则满⾜条件的所有排列有（
）
A．18 种
B．36 种
C．48 种
D．54 种
【解答】解：若甲排在第⼀位，则⼄可能排在第三、四或五位有3 种可能，其余三⼈任意排列，有3A33
种排列；
若甲排在第⼆位，则⼄可能排在第四或五位有2 种可能，其余三⼈任意排列，有2A33种排列；
若甲排在第三位，则⼄可能排在第⼀或五位有2 种可能，其余三⼈任意排列，有2A33种排列；
若甲排在第四位，则⼄可能排在第⼀或⼆位有2 种可能，其余三⼈任意排列，有2A33种排列．
综上可得，满⾜条件的所有不同的排列有（3+3×2）A33＝54 种，
故选：D．
17．古代“五⾏”学认为：“物质分⾦、⽊、⼟、⽔、⽕五种属性，⾦克⽊，⽊克⼟，⼟克⽔，⽔克⽕，⽕克⾦．”
将五种不同属性的物质任意排成⼀列，但排列中属性相克的两种物质不相邻，则这样的排列⽅法有多少
种（结果⽤数字表示）．（
）
A．5
B．10
C．20
D．120
【解答】解：由题意，可看作五个位置排列五种事物，第⼀位置有五种排列⽅法，不妨假设排上的是⾦，
则第⼆步只能从⼟与⽔两者中选⼀种排放，故有两种选择不妨假设排上的是⽔，
第三步只能排上⽊，第四步只能排上⽕，第五步只能排上⼟，
故总的排列⽅法种数有5×2×1×1×1＝10
故选：B．
18．计划在某画廊展出10 幅不同的画，其中1 幅⽔彩画，4 幅油画，5 幅国画排成⼀列，要求同⼀品种挂在
⼀起，⽔彩画不在两端，那么不同的排列⽅式有（
）种
A．A A
B．A A A
C．A A A
D．A A A
【解答】解：根据题意，分2 步进⾏分析：
①将4 幅油画看成⼀个整体，有A44种顺序，
再将5 幅国画看成⼀个整体，有A55种顺序，
②将2 个整体全排列，有A22种顺序，再将⽔彩画安排在两个整体的中间，有A22种情况，
则有A22A44A55种不同的排列⽅式；
故选：D．
19．从字⺟a，b，c，d，e，f 中选出4 个字⺟排成⼀列，其中⼀定要选出a 和b，并且必须相邻（a 在b 的
前⾯），共有排列⽅法（
）种．
A．36
B．72
C．90
D．144
【解答】解：由于ab 已经选出，故再从剩余的4 个字⺟中选取2 个，⽅法有
＝6 种，
再将这2 个字⺟和整体ab 进⾏排列，⽅法有
＝6 种，
根据分步计数原理求得所有的排列⽅法共有6×6＝36 种，
故选：A．
20．计算机通常使⽤若⼲个数字0 到1 排成⼀列来表示⼀个物理编号，现有4 个“0”与4 个“1”排成⼀列，那
么⽤这8 个数字排成⼀列能表示的物理信号的个数是（
）
A．140
B．110
C．70
D．60
【解答】解：由题意，⽤这8 个数字排成⼀列能表示的物理信号的个数是
＝70，
故选：C．
21．有5 个球，其中2 个⼀样的⿊球，红、⽩、蓝球各1 个，现从中取出4 个球排成⼀列，则所有不同的排
法种数是（
）
A．72
B．60
C．120
D．54
【解答】解：分类计数：（1）1 个⿊球，红、⽩、蓝球各1 个，4 个球全排列，共有A44＝24 个，
（2）2 个⿊球，红、⽩、蓝球选2 个，再排列4 个球，去除⿊球的顺序，C32•A44＝36 个，
根据分类计数原理，共有24+36＝60，
故选：B．
22．将A、B、C、D、E 排成⼀列，要求A、B、C 在排列中顺序为“A、B、C”或“C、B、A”（可以不相邻），
这样的排列数有多少种（
）
A．12 种
B．20 种
C．40 种
D．60 种
【解答】解：根据题意，分2 种情况讨论：
①、三⼈按“A，B，C”的顺序排列，排好后有4 个空位，
在4 个空位中选1 个安排D，有4 种选法，4 ⼈排好后有5 个空位，
在5 个空位中选1 个安排E，有5 种选法，
则⼀共有4×5＝20 种安排⽅法，
②、三⼈按“C，B，A”的顺序排列，
同理，此时有20 种排列⽅法；
综合可得：这样的排列有20+20＝40 种；
故选：C．
23．把1、2、3、4、5、6、7 这七个数随机地排成⼀列组成⼀个数列，要求该数列恰好先减后增，则这样的
数列共有（
）
A．20 个
B．62 个
C．63 个
D．64 个
【解答】解：从2，3，4，5，6，7 中选出1 个数排在1 的左侧，其余排在1 的右侧，得到先减后增的数
列有
个，从2，3，4，5，6，7 中选出2 个数排在1 的左侧，其余排在1 的右侧，得到先减后增的数
列有
个，……，
故满⾜条件的总个数为
个．
故选：B．
24．从甲、⼄等5 个⼈中选出3 ⼈排成⼀列，则甲不在排头的排法种数是（
）
A．12
B．24
C．36
D．48
【解答】解：（1）若不选甲，则有
＝24 种选法；
（2）若选甲，则先从令两个位置中选⼀个给甲，
再从其余的4 ⼈中选2 ⼈排列，共有
＝24 种，
由分类计数原理可得总的⽅法种数为24+24＝48，
故选：D．
25．以正⽅体的顶点为顶点的三棱锥的个数是（
）
A．70
B．64
C．60
D．58
【解答】解：⾸先从8 个顶点中选4 个，共有C84种结果，
在这些结果中，有四点共⾯的情况，
6 个表⾯有6 个四点共⾯，6 个对⻆⾯有6 个四点共⾯，
∴满⾜条件的结果有C84﹣6﹣6＝C84﹣12＝58．
故选：D．
26．从正⽅体的8 个顶点中选取4 个作为顶点，可得到四⾯体的个数为（
）
A．
﹣12
B．
﹣8
C．
﹣6
D．
﹣4
【解答】解：根据题意，从正⽅体的8 个顶点中选取4 个，有C84种取法，
正⽅体的8 个顶点中，4 个顶点共⾯的情况有12 种，6 个表⾯，6 个对⻆⾯，
则可得到四⾯体的个数为C84﹣12，
故选：A．
27．在正⽅体的8 个顶点中，以任意4 个顶点为顶点的三棱锥，共有（
）
A．52 个
B．54 个
C．58 个
D．62 个
【解答】解：根据题意，在正⽅体的8 个顶点中，任选4 个，有C84＝70 种取法，
其中共⾯的情况有6 个表⾯，6 个对⻆⾯，共12 种情况，
则选出4 点不共⾯的情况有70﹣12＝58 种，即可以组成58 个三棱锥，
故选：C．
28．设P，Q 为⼀个正⽅体表⾯上的两点，已知此正⽅体绕着直线PQ 旋转θ（0＜θ＜2π）⻆后能与⾃身重
合，那么符合条件的直线PQ 的条数为（
）
A．3
B．4
C．7
D．13
【解答】解：若正⽅体绕着直线PQ 旋转θ（0＜θ＜2π）⻆后能与⾃身重合，则PQ ⽐过正⽅体中⼼，
否则，正⽅体绕着直线PQ 旋转θ（0＜θ＜2π）⻆后，中⼼不能回到原来的位置；
共有三种情况：如图所示；
当P，Q 为正⽅体的体对⻆线两顶点时，把正⽅体绕PQ 旋转
，
正⽅体回到原来的位置，此时的直线共有4 条；
当P，Q 为正⽅体两相对棱中点时，把正⽅体绕PQ 旋转π，
正⽅体回到原来的位置，此时直线共有6 条；
当P，Q 为正⽅体对⾯中⼼时，把正⽅体绕PQ 旋转
，
正⽅体回到原来的位置，此时直线共有3 条；
综上，符合条件的直线PQ 有4+6+3＝13 条．
故选：D．
29．正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1，Pi（i＝1，2，…，12）是棱的中点，在任意两个中点的连线中，与平⾯A1C1B
平⾏的直线有⼏条（
）
A．36
B．21
C．12
D．6
【解答】解：图中与平⾯A1C1B 平⾏的平⾯有平⾯P1P4P8，平⾯P10P11P5，平⾯P9P5P2P3P7P12，
故有
＝21．
故选：B．
30．从正⽅体的6 个⾯中选取3 个⾯，其中有2 个⾯不相邻的选法共有（
）
A．8 种
B．12 种
C．16 种
D．20 种
【解答】解：使⽤间接法，⾸先分析从6 个⾯中选取3 个⾯，共C63种不同的取法，
⽽其中有2 个⾯相邻，即8 个⻆上3 个相邻平⾯，选法有8 种，
则选法共有C63﹣8＝12 种；
故选：B．
31．《九章算术》中将四个⾯都是直⻆三⻆形的四⾯体称为“鳖臑”，则以正⽅体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点为
顶点的“鳖臑”的个数为（
）
A．12
B．24
C．48
D．58
【解答】
解：当顶点为A 时，三棱锥A﹣EHG，A﹣EFG，A﹣DCG，A﹣DHG，A﹣BCG，A﹣BFG，为鳖臑．
所以8 个顶点为8×6＝48 个．但每个鳖臑都重复⼀次，再除2．所以个数为24 个．
故选：B．
32．从正⽅体六个⾯的对⻆线中任取两条作为⼀对．其中所成的⻆为60°的共有（
）
A．24 对
B．30 对
C．48 对
D．60 对
【解答】解：正⽅体的⾯对⻆线共有12 条，两条为⼀对，共有
＝66 对，
同⼀⾯上的对⻆线不满⾜题意，对⾯的⾯对⻆线也不满⾜题意，⼀组平⾏平⾯共有6 对不满⾜题意的直
线对数，
不满⾜题意的共有：3×6＝18．
从正⽅体六个⾯的对⻆线中任取两条作为⼀对．其中所成的⻆为60°的共有：66﹣18＝48．
故选：C．
33．从正⽅体ABCD A1B1C1D1 的8 个顶点中选取4 个作为四⾯体的顶点，可得到的不同四⾯体的个数为
（
）
A．66
B．64
C．62
D．58
【解答】解：从正⽅体ABCD A1B1C1D1的8 个顶点中选取4 个，有C84种⽅法，
6 个表⾯及6 组对棱构成的6 个对⻆⾯都是四点共⾯，不能构成四⾯体，有C84﹣12C44＝58 种⽅法．
故选：D．
计数原理与排列组合——题型15～16
参考答案与试题解析
题号
1
答案
B
⼀．选择题（共1 ⼩题）
1．某国际旅⾏社现有11 名对外翻译⼈员，其中有5 ⼈只会英语，4 ⼈只会法语，2 ⼈既会英语⼜会法语，
现从这11 ⼈中选出4 ⼈当英语翻译，4 ⼈当法语翻译，则共有（
）种不同的选法
A．225
B．185
C．145
D．110
【解答】解：根据题意，按“2 ⼈既会英语⼜会法语”的参与情况分成三类．
①“2 ⼈既会英语⼜会法语”不参加，这时有
种；
②“2 ⼈既会英语⼜会法语””中有⼀⼈⼊选，
这时⼜有该⼈参加英⽂或法⽂翻译两种可能，
因此有
+
种；
③“2 ⼈既会英语⼜会法语””中两个均⼊选，
这时⼜分三种情况：两个都译英⽂、两个都译法⽂、两⼈各译⼀个语种，
因此有
+
+
种．
综上分析，共可开出
+
+
+
+
+
＝185 种．
故选：B．
⼆．填空题（共1 ⼩题）
2．为庆祝中国共产党成⽴100 周年，某学校举⾏⽂艺汇演．该校⾳乐组9 名教师中3 ⼈只会器乐表演，5
⼈只会声乐表演，1 ⼈既会器乐表演⼜会声乐表演，现从这9 ⼈中选出3 ⼈参加器乐表演，4 ⼈参加声
乐表演，每⼈只能参加⼀种表演，共有
30
种不同的选法．（⽤数字作答）
【解答】解：根据题意，分2 种情况讨论：
①只会器乐表演的3 ⼈全部被选中，参加器乐表演，需要从剩下6 ⼈中选出4 ⼈参加声乐表演，有
＝
15 种选法，
②从只会器乐表演的3 ⼈选出2 ⼈，和既会器乐表演⼜会声乐表演的1 ⼈共同参加器乐表演，有
＝
15 种选法，
则有15+15＝30 种选法，
故答案为：30．
三．解答题（共2 ⼩题）
3．某单位有11 名外语翻译⼈员（每名翻译⼈员都能从事英语或俄语翻译），其中能从事英语翻译x ⼈，且
x 满⾜
，能从事俄语翻译6 ⼈．
（1）问既能从事英语翻译也能从事俄语翻译的有⼏⼈？
（2）现要从中选出8 ⼈组成两个翻译⼩组，其中4 ⼈翻译英语，另4 ⼈翻译俄语，则有多少种不同的选
派⽅式？
【解答】解：（1）由
可得
，
整理得：x2﹣19x+84＜0，
解得：7＜x＜12，
⼜0＜x⩽8 且0＜x﹣2⩽8，x∈N*，
所以x＝8，
所以既能从事英语翻译也能从事俄语翻译的有8+6﹣11＝3 ⼈．
（2）由（1）可知，只能从事英语翻译的5 ⼈，只能从事俄语翻译的3 ⼈，既能从事英语⼜能从事俄语
的3 ⼈，
按“多⾯⼿”的参与情况分成三类情况：
①多⾯⼿有1 ⼈⼊选，
种；
②多⾯⼿有2 ⼈⼊选，
种；
③多⾯⼿有3 ⼈⼊选，
种．
综上所述，共有15+105+135＝255 种选⼈⽅案．
4．8 ⼈排两排，排后两排各4 ⼈，组成2×4 ⽅阵．
（1）甲、⼄不同排有多少排法？
（2）甲、⼄同排有多少排法？
（3）甲、⼄同排相邻或前后相邻有多少排法？
（4）甲、⼄不在两端有多少排法？
（5）任意排有多少排法？
【解答】解：（1）没有限制条件的排列有A88＝40320 种，其中甲、⼄同排的有C21C62A44A44＝17280 种，
故甲、⼄不同排有40320﹣17280＝23040 种，
（2）由（1）可得甲、⼄同排有C21C62A44A44＝17280 种，
（3）甲、⼄同排相邻，把甲⼄捆绑在⼀起，看作⼀个复合元素，从相邻的6 个位置选⼀个，其余的任意
排，故有A22A61A66＝8640 种，
甲⼄前后相邻，从4 个位置选⼀个，其余的任意排，故有A22A41A66＝5760 种，
根据分类计数原理，共有8640+5760＝14400 种．
（4）选从中间4 个位置选2 个排甲⼄，其余的⼈任意排，故有A42A66＝17280 种
（5）没有限制条件的排列有A88＝40320 种
声明：试题解析著作权属菁优⽹所有，未经书⾯同意，不得复制发布⽇期：2025/3/613:39:34；⽤户：13659236337；邮箱：13659236337；学号：33232166
计数原理与排列组合——题型17～19
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
B
C
D
B
A
C
D
C
B
B
题号
12
13
14
15
16
答案
B
D
B
B
B
⼀．选择题（共16 ⼩题）
1．如图，在某城市中，M、N 两地间有整⻬的道路⽹，若规定只能向东或向北两个⽅向沿图中的矩形的边
前进，则从M 到N 不同的⾛法共有（
）
A．13 种
B．15 种
C．25 种
D．10 种
【解答】解：要从M 到N，共需要前进6 格：
向东前进两格，向北前进4 格，
不同的⾛法有：
＝15 种，
故选：B．
2．如图，⼀只蚂蚁从点A 出发沿着⽔平⾯的线条爬⾏到点C，再由点C 沿着置于⽔平⾯的⻓⽅体的棱爬
⾏⾄顶点B，则它可以爬⾏的不同的最短路径有（
）条．
A．40
B．60
C．80
D．120
【解答】解：由题意，从A 到C 最短路径有C53＝10 条，由点C 沿着置于⽔平⾯的⻓⽅体的棱爬⾏⾄顶
点B，最短路径有C42＝6 条，∴它可以爬⾏的不同的最短路径有10×6＝60 条，
故选：B．
3．如图所示，甲、⼄两⼈同时出发，甲从点A 到B，⼄从点C 到D，且每⼈每次都只能向上或向右⾛⼀格．则
甲、⼄的⾏⾛路线没有公共点的概率为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：⾸先考虑甲从点A 到B，⼄从点C 到D 总的路径的对数，
甲从点A 到B，需要向上⾛4 步，向右⾛4 步，共8 步，∴甲从点A 到B 有
种⾛法，
⼄从点C 到点D，需要向上⾛4 步，向右⾛4 步，共8 步，∴⼄从点到D 有
种⾛法，
由分步乘法计数原理得：甲从点A 到B，⼄从点C 到D，有
＝4900 种⽅法，
下⾯计算甲从点A 到B，⼄从点C 到D 的相交路径的对数，
证明：甲从点A 到B，⼄从点C 到D 相交路径的对数等于甲从点A 到D，⼄从点C 到B 相交路径的对
数，
事实上，对于甲从点A 到B，⼄从点C 到B 的每⼀组相交路径，他们⾄少有⼀个交点，如图1，
设从左到右，从⼩到上的第⼀个交点为P，如图2，
实线路径表示甲从A 到B 的路径，虚线路径表示⼄从点C 到D 的路径，
将P 点以后的实绩路径改为虚线，虚线路径改为实线，
就得到⼀组甲从点A 到D，⼄从点C 到B 的相交路径，如图3，
反之，对于甲从点A 到d，⼄从点C 到B 的任意⼀组相交路径，
也都可能⽤同样的⽅法将之变换成甲从点A 到B，⼄从点C 到D 的⼀组相交路径，
即这两者之间的相交路径是⼀⼀对应的，
∵甲从点A 到D，⼄从点C 到B 的任意⼀组路径都是相交路径，
∴甲、⼄⾏⾛的没有公共点的有4900﹣3150＝1750 种⽅法，
甲、⼄的⾏⾛路线没有公共点的概率为P＝
＝
．
故选：C．
4．国庆⻓假过后学⽣返校，某学校为了做好防疫⼯作组织了6 个志愿服务⼩组，分配到4 个⼤⻔进⾏⾏李
搬运志愿服务，若每个⼤⻔⾄少分配1 个志愿服务⼩组，每个志愿服务⼩组只能在1 个⼤⻔进⾏服务，
则不同的分配⽅法种数为（
）
A．65
B．125
C．780
D．1560
【解答】解：6 个⼈分成4 组，有两种⽅案：“2+2+1+1”，“3+1+1+1”，
故有
＝65 种⽅法，
4 组分配到4 个⼤⻔，有A ＝24 种⽅法，
根据乘法原理，不同的分配⽅法种数为65×24＝1560 种⽅法，
故选：D．
5．某市为了迎接国家⽂明城市验收，要求某单位4 名⼯作⼈员到路⼝执勤，协助交警劝导⼈们规范出⾏．现
有含甲、⼄在内的4 名⼯作⼈员，按要求分配到2 个不同的路⼝执勤，每个路⼝⾄少⼀⼈，则甲、⼄在
同⼀路⼝的分配⽅案共有（
）
A．3 种
B．6 种
C．9 种
D．12 种
【解答】解：根据题意，设另外两⼈为丙、丁，
先将4 ⼈分为2 组，要求甲⼄在同⼀组，分别有{（甲⼄丙），丁}，{（甲⼄丁），丙}，{（甲⼄），（丙丁）}，
共3 种分组⽅法，
再将2 组安排到2 个不同的路⼝执勤，
则有3×2＝6 种分配⽅案，
故选：B．
6．在2022 年北京冬季奥运会志愿者活动中，甲、⼄等6 ⼈报名参加了A，B，C 三个项⽬的志愿者⼯作，
因⼯作需要，每个项⽬仅需1 名志愿者，且甲不能参加A，B 项⽬，⼄不能参加B，C 项⽬，那么不同
的志愿者分配⽅案共有（
）
A．52 种
B．68 种
C．72 种
D．108 种
【解答】解：根据题意，分4 种情况讨论：
①甲⼄都不参加志愿活动，在剩下4 ⼈中任选3 ⼈参加即可，有A43＝24 种选拔⽅法，
②甲参加⼄不参加志愿活动，甲只能参加C 项⽬，在剩下4 ⼈中任选2 ⼈参加A、B 项⽬即可，有A42
＝12 种选拔⽅法，
③⼄参加甲不参加志愿活动，⼄只能参加A 项⽬，在剩下4 ⼈中任选2 ⼈参加B、C 项⽬即可，有A42
＝12 种选拔⽅法，
④甲⼄都参加志愿活动，甲只能参加C 项⽬，⼄只能参加A 项⽬，在剩下4 ⼈中任选1 ⼈参加B 项⽬，
有A41＝4 种选拔⽅法，
则有24+12+12+4＝52 种选拔⽅法；
故选：A．
7．为了落实五育并举，全⾯发展学⽣素质．学校准备组建书法、⾳乐、美术、体育社团．现将5 名同学分
配到这4 个社团进⾏培训，每名同学只分配到1 个社团，每个社团⾄少分配1 名同学，则不同的分配⽅
案共有（
）
A．60 种
B．120 种
C．240 种
D．480 种
【解答】解：先选择2 ⼈构成⼀组，有
＝10 种，然后进⾏全排列有A ＝24 种，
则共有：10×24＝240 种分配⽅法，
故选：C．
8．有6 本不同的书，按下列⽅式进⾏分配，其中分配种数正确的是（
）
A．分给甲、⼄、丙三⼈，每⼈各2 本，有15 种分法
B．分给甲、⼄、丙三⼈中，⼀⼈4 本，另两⼈各1 本，有180 种分法
C．分给甲⼄每⼈各2 本，分给丙丁每⼈各1 本，共有90 种分法
D．分给甲⼄丙丁四⼈，有两⼈各2 本，另两⼈各1 本，有1080 种分法
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，6 本不同的书，分给甲、⼄、丙三⼈，每⼈各2 本，有C62C42C22＝90 种分配⽅法，A 错误；
对于B，先将6 本书分为4﹣1﹣1 的3 组，再将三组分给甲⼄丙三⼈，有C64A33＝90 种分配⽅法，B 错误；
对于C，6 本不同的书先分给甲⼄每⼈各2 本，有C62C42种⽅法；其余2 本分给丙丁，有A22种⽅法，
所以不同的分配⽅法有C62C42A22＝180 种，C 错误；
对于D，先将6 本书分为2﹣2﹣1﹣1 的4 组，再将4 组分给甲⼄丙丁四⼈，有
×A44＝1080
种分法，D 正确．
故选：D．
9．“数独九宫格”原创者是18 世纪的瑞⼠数学家欧拉，它的游戏规则很简单，将1 到9 这九个⾃然数填到如
下所示的⼩九宫格的9 个空格⾥，每个空格填⼀个数，且9 个空格的数字各不相同．若中间空格已填数
字5，且只填第⼆⾏和第⼆列，并要求第⼆⾏从左到右及第⼆列从上⾄下所填的数字都是从⼩到⼤排列
的，则不同的填法种数为（
）
5
A．36
B．72
C．144
D．196
【解答】解：根据题意，如图假设第⼆⾏的两个空格为B、D，第⼆列的两个空格为A、C，
分2 步进⾏分析：
①，对于空格A、B，需要在1、2、3、4 四个数字中任选2 个，有A42＝12 种选法，
②，对于空格C、D，需要在6、7、8、9 四个数字中任选2 个，有A42＝12 种选法，
则有12×12＝144 种不同的填法；
故选：C．
10．编号为1、2、3、4、5 的五个⼈分别去坐编号为1、2、3、4、5 的五个座位，其中有且只有两个⼈的编
号与座位号⼀致的做法是（
）
A．10 种
B．20 种
C．30 种
D．60 种
【解答】解：根据题意，先确定编号与座位号相同的两⼈，有C52＝10 种情况，
剩下的三⼈编号与座位号都不⼀致，第⼀个⼈有2 种坐法，第⼆、三个⼈都有1 种坐法，共有2×1×1＝2
种坐法，
则⼀共有10×2＝20 种坐法；
故选：B．
11．将编号为1，2，3，4，5，6 的⼩球放⼊编号为1，2，3，4，5，6 的六个盒⼦中，每盒放⼀球，若有且
只有两个盒⼦的编号与放⼊的⼩球的编号相同，则不同的放法种数为（
）
A．90
B．135
C．270
D．360
【解答】解：在6 个盒⼦中任选2 个，放⼊与其编号相同的⼩球，有
种，
剩下的4 个盒⼦的编号与放⼊的⼩球编号不相同，
假设这4 个盒⼦的编号为3，4，5，6，
则3 号⼩球可以放进4，5，6 号盒⼦，有3 种选法，
剩下的3 个⼩球放进剩下的3 个盒⼦，有3 种选法，
故不同的放法种数为15×3×3＝135 种选法．
故选：B．
12．同室四⼈各写⼀张贺年卡，先集中起来，然后每⼈从中拿⼀张别⼈送出的贺年卡，则四张贺年卡不同
的分配⽅式有（
）
A．6 种
B．9 种
C．11 种
D．23 种
【解答】解：法⼀：
设四⼈分别为a、b、c、d，写的卡⽚分别为A、B、C、D，
由于每个⼈都要拿别⼈写的，即不能拿⾃⼰写的，故a 有三种拿法，
不妨设a 拿了B，则b 可以拿剩下三张中的任⼀张，也有三种拿法，c 和d 只能有⼀种拿法，
所以共有3×3×1×1＝9 种分配⽅式，
法⼆：
根据题意，列举出所有的结果，
1、甲⼄互换，丙丁互换；
2、甲丙互换，⼄丁互换；
3、甲丁互换，⼄丙互换；
4、甲要⼄的⼄要丙的丙要丁的丁要甲的；
5、甲要⼄的⼄要丁的丙要甲的丁要丙的；
6、甲要丙的丙要⼄的⼄要丁的丁要甲的；
7、甲要丙的丙要丁的⼄要丁的丁要甲的；
8、甲要丁的丁要⼄的⼄要丙的丙要甲的；
9、甲要丁的丁要丙的⼄要甲的丙要⼄的．
通过列举可以得到共有9 种结果．
故选：B．
13．若5 个⼈各写⼀张卡⽚（每张卡⽚的形状、⼤⼩均相同），现将这5 张卡⽚放⼊⼀个不透明的箱⼦⾥，
并搅拌均匀，再让这5 ⼈在箱⼦⾥各摸⼀张，恰有1 ⼈摸到⾃⼰写的卡⽚的⽅法数有（
）
A．20
B．90
C．15
D．45
【解答】解：根据题意，分2 步分析：①先从5 个⼈⾥选1 ⼈，恰好摸到⾃⼰写的卡⽚，有
种选法，
②对于剩余的4 ⼈，因为每个⼈都不能拿⾃⼰写的卡⽚，因此第⼀个⼈有3 种拿法，被拿了⾃⼰卡⽚的
那个⼈也有3 种拿法，剩下的2 ⼈拿法唯⼀，
所以不同的拿卡⽚的⽅法有
种，
故选：D．
14．5 个⼈站成⼀列，重新站队时各⼈都不站在原来的位置上，共有（
）种不同的站法．
A．42
B．44
C．46
D．48
【解答】解：⽅法⼀：设原来站在第i 个位置的⼈是（i＝1，2，3，4，5），
重新站队时，站在第2 个位置的站法有4!种，其中不符合要求的有：站第3 位的3!种，站第4 位的3!种，
但有的站法在考虑的情形时已经减去了，故只应再算（3!﹣2!）种，
同理，站第5 位的应再算[3!﹣2!（2!﹣1!）]种，
站在第3，4，5 位的情形与站在第2 位的情形时对等的，
故所有符合要求的站法有：4{4!﹣3!﹣（3!﹣2!）﹣[3!﹣2!﹣（2!﹣1!）]}＝44（种），
⽅法⼆：⾸先我们把⼈数推⼴到n 个⼈，即n 个⼈排成⼀列，重新站队时，各⼈都不站在原来的位置上．设
满⾜这样的站队⽅式有an 种，现在我们来通过合理分步，恰当分类找出递推关系：
第⼀步：第⼀个⼈不站在原来的第⼀个位置，有n﹣1 种站法．
第⼆步：假设第⼀个⼈站在第2 个位置，则第⼆个⼈的站法⼜可以分为两类：第⼀类，第⼆个⼈恰好站
在第⼀个位置，则余下的n﹣2 个⼈有an﹣2种站队⽅式；第⼆类，第⼆个⼈不站在第⼀个位置，则就是
第⼆个⼈不站在第⼀个位置，第三个⼈不站在第三个位置，第四个⼈不站在第四个位置，…，第n 个⼈
不站在第n 个位置，所以有an﹣1种站队⽅式．
由分步计数原理和分类计数原理，我们便得到了数列an 的递推关系式：
an＝（n﹣1）×（an﹣1+an﹣2），显然，a1＝0，a2＝1，a3＝2，a4＝9，a5＝44，有44 种排法
故选：B．
15．若4 个⼈按原来站的位置重新站成⼀排，恰有⼀个⼈站在⾃⼰原来的位置，则共有（
）种不同的
站法．
A．4
B．8
C．12
D．24
【解答】解：根据题意，分2 步分析：
①，先从4 个⼈⾥选1 ⼈，其位置不变，其他三⼈的都不在⾃⼰原来的位置，有C41＝4 种选法，
②，对于剩余的三⼈，因为每个⼈都不能站在原来的位置上，因此第⼀个⼈有两种站法，
被站了⾃⼰位置的那个⼈只能站在第三个⼈的位置上，
因此三个⼈调换有2 种调换⽅法．
故不同的调换⽅法有4×2＝8，
故选：B．
16．将数字1，2，3，4 填⼊标号为1，2，3，4 的四个⽅格⾥，每格填⼀个数字，则每个⽅格的标号与所填
的数字均不相同的填法有（
）
A．6 种
B．9 种
C．11 种
D．23 种
【解答】解：根据题意，数字1，2，3，4 填⼊标号为1，2，3，4 的四个⽅格⾥，共A44＝24 种填法，
其中，四个数字全部相同的有1 种，
有1 个数字相同的有4×2＝8 种情况，
有2 个数字相同的有C42×1＝6 种情况，
有3 个数字相同的情况不存在，
则每个⽅格的标号与所填的数字均不相同的填法有24﹣1﹣8﹣6＝9 种，
故选：B．
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计数原理与排列组合——题型20
参考答案与试题解析
⼀．解答题（共12 ⼩题）
1．7 位同学站⼀排．
（1）站成两排（前3 后4），共有多少种不同的排法？
（2）其中甲站正中间的位置，共有多少种不同的排法？
（3）甲、⼄只能站在两端的排法共有多少种？
（4）甲不排头，⼄不排尾的排法共有多少种？
（5）甲、⼄两同学必须相邻的排法共有多少种？
（6）甲、⼄两同学必须相邻，⽽且丙不能站在排头和排尾的排法有多少种？
（7）甲、⼄两同学不能相邻的排法共有多少种？
（8）甲、⼄、丙三个同学都不能相邻的排法共有少种？
（9）甲、⼄、丙三个同学不都相邻的排法共有多少种？
（10）甲、⼄相邻且与丙不相邻的排法共有多少种？
（11）甲必须站在⼄的左边的不同排法共有多少种？
【解答】解：7 位同学站⼀排，
（1）站成两排（前3 后4），共有多少种不同的排法，此没有限制条件是全排列问题，故排法种数是
种；
（2）其中甲站正中间的位置，共有多少种不同的排法，此问题是甲定位置的排法，相当于六个元素全
排，故排法种数是
种；
（3）甲、⼄只能站在两端的排法共有多少种，此问题分两步解决，先排甲⼄两⼈，再排其余五⼈，故排
法种数是
种；
（4）甲不排头，⼄不排尾的排法共有多少种，可由⼄在排头与不在排头两种情况解答，⼄在排头时有
种，⼄不排头，先排⼄，有5 种排法，再排第⼀位，有5 种排法，其他五⼈全排列，此类的排法种数是
5×5×
，故总的排法种数是
+25
；
（5）甲、⼄两同学必须相邻的排法，可先将甲⼄两⼈绑定，共
种，将其看作⼀个元素与另五个元素
全排列，有
种，故共有
种；
（6）甲、⼄两同学必须相邻，⽽且丙不能站在排头和排尾的排法计数，可先将甲⼄两⼈绑定，共
种，
将其看作⼀个元素与除丙外四个元素全排列，再将丙插⼊它们隔开的空档中，共有
种；
（7）甲、⼄两同学不能相邻的排法可先将甲⼄两⼈之外的五⼈全排列，再将两⼈插⼊隔开的六个空中，
共有
×
种；
（8）甲、⼄、丙三个同学都不能相邻的排法计数，可先将甲⼄丙外的四个⼈进⾏全排列，再将三⼈分
别插⼊隔开的五个空档中，故共有
种；
（9）甲、⼄、丙三个同学不都相邻的排法共有多少种，可通过排除法计数，从七⼈的全排列数中减去
三⼈相邻的排法种数，共有
﹣
种；
（10）甲、⼄相邻且与丙不相邻的排法共有多少种的计数，可先将甲⼄绑定，然后看作⼀个元素将之与
丙分别插⼊另外四个元素隔开的空档中，故共有
种；
（11）甲必须站在⼄的左边的不同排法共有多少种的计数，可这样考虑，甲在⼄左与甲在⼄右种数是⼀
样的，所以共有
种排法．
2．6 位同学报名参加2022 年杭州亚运会4 个不同的项⽬（记为A，B，C，D）的志愿者活动，每位同学恰
报1 个项⽬．
（1）6 位同学站成⼀排拍照，如果甲⼄两位同学必须相邻，丙丁两位同学不相邻，求不同的排队⽅式有
多少种？
（2）若每个项⽬⾄少需要⼀名志愿者，求⼀共有多少种不同报名⽅式？
（3）若每个项⽬只招⼀名志愿者，且同学甲不参加项⽬A，同学⼄不参加项⽬D，求⼀共有多少种不同
录⽤⽅式？
【解答】解：（1）根据题意先把甲⼄看成整体，与除了甲、⼄、丙、丁之外的两⼈进⾏排列，
再把丙丁插空进⾏排列，所以共有
．
（2）先分为4 组，则按⼈数可分为1，1，1，3 和1，1，2，2 两种分组⽅式，
共有
种，再分到4 个项⽬，
即可得共有
；
（3）先考虑全部，则共有
种排列⽅式，
其中甲参加项⽬A 共有
种，同学⼄参加项⽬D 共有
种；
甲参加项⽬A 同时⼄参加项⽬D 共有
种，
根据题意减去不满⾜题意的情况共有
种．
3．中华⽂化源远流⻓，为了让⻘少年更好地了解中国的传统⽂化，某培训中⼼计划利⽤暑期开设“围棋”、“武
术”、“书法”、“剪纸”、“京剧”、“刺绣”六⻔体验课程．
（1）若体验课连续开设六周，每周⼀⻔，求“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的所有排法种数；
（2）现有甲、⼄、丙三名学⽣报名参加暑期的体验课程，每⼈都选两⻔课程，甲和⼄有⼀⻔共同的课
程，丙和甲、⼄的课程都不同，求所有选课的种数；
（3）计划安排A、B、C、D、E 五名教师教这六⻔课程，每⻔课程只由⼀名教师任教，每名教师⾄少任
教⼀⻔课程，教师A 不任教“围棋”课程，教师B 只能任教⼀⻔课程，求所有课程安排的种数．
【解答】解：（1）第⼀步，先将另外四⻔课排好，有
种情况；
第⼆步，将“京剧”和“剪纸”课程分别插⼊5 个空隙中，有
种情况；
所以“京剧”和“剪纸”课程排在不相邻的两周的排法有
种；
（2）第⼀步，先将甲和⼄的不同课程排好，有
种情况；
第⼆步，将甲和⼄的相同课程排好，有
种情况；
第三步，因为丙和甲、⼄的课程都不同，所以丙的排法
种情况；
因此，所有选课种数为
．
（3）①当A 只任教1 科时：先排A 任教科⽬，有
种；再从剩下5 科中排B 的任教科⽬，有
种；
接下来剩余4 科中必有2 科为同⼀名⽼师任教，分三组全排列，共有
种；所以当A 只任教1 科时，
共有
种；
②当A任教2科时：先选A任教的2科有
中，这样6科分为4组共有
种，
综上，A 不任教“围棋”的课程安排⽅案有1140 种．
4．（1）将9 个互不相同的⼩球放⼊三个不同的盒⼦，可以出现空盒，共有多少种不同的放法？（⽤数字作
答）
（2）9 个⼩球中有5 个红球，2 个⿊球和2 个⽩球，除了颜⾊以外，⼩球完全相同．将这9 个⼩球排成
⼀列，能产⽣多少种不同的图案？（⽤数字作答）
（3）有9 个除了颜⾊外完全相同的⼩球，9 个⼩球中只有红、⿊、⽩三种颜⾊，共有多少种可能的组合？
（⽤数字作答）
【解答】解：（1）每个球均有三种选择，共39＝19683 种选择；
（2）先将9 个⼩球进⾏全排列，共有
种选择，
由于5 个红球，2 个⿊球和2 个⽩球，除了颜⾊以外，⼩球完全相同，
故会有
种重复情况，所以共有
种不同的图案；
（3）可以看作将9 个相同的球放⼊三个盒⼦，每个盒⼦中⾄少有⼀个球，
将9 个⼩球排成⼀排，9 个⼩球之间共有8 个空，选出两个空插⼊隔板，故共
种．
5．有5 个男⽣和3 个⼥⽣，从中选出5 ⼈担任5 ⻔不同学科的科代表，求分别符合下列条件的选法数．
（1）有⼥⽣但⼈数必须少于男⽣；
（2）某⼥⽣⼀定担任语⽂科代表；
（3）某男⽣必须包括在内，但不担任语⽂科代表；
（4）某⼥⽣⼀定要担任语⽂科代表，某男⽣必须担任科代表，但不担任数学科代表．
【解答】解（1）先选后排，5 ⼈可以是2 ⼥3 男，也可以是1 ⼥4 男，
所以先选有
＝45 种，后排有
＝120 种，
所以共有不同选法45×120＝5400（种）．
（2）除去⼀定担任语⽂科代表的⼥⽣后，共有不同选法
（种）．
（3）先安排不担任语⽂科代表的男⽣，共有不同选法
（种）．
（4）先从除去必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男⽣和⼀定要担任语⽂科代表的该⼥⽣的6
⼈中选3 ⼈有
＝20 种，
再安排必须担任科代表，但不担任数学科代表的该男⽣有
＝3 种，其余3 ⼈全排列有
＝6 种，
所以共有不同选法3×20×6＝360（种）．
6．鸡⻄实验中学艺术节⼤合唱排练时，某班计划从3 名男⽣，5 名⼥⽣中选派4 名学⽣参加排练，求下列
情形下有⼏种选派⽅法．
（1）男⽣2 名，⼥⽣2 名；
（2）⾄少有1 名男⽣．
【解答】（1）从3 名男⽣，5 名⼥⽣中选派4 名学⽣，男⽣2 名，⼥⽣2 名的选派⽅法为
＝3×10＝
30 种；
（2）从3 名男⽣，5 名⼥⽣中选派4 名学⽣，⾄少有1 名男⽣的选派⽅法为
﹣
＝
﹣5
＝70﹣5＝65 种．
7．从1，3，5，7 中任取两个数，从0，2，4，6 中任取两个数，组成没有重复数字的四位数．
（1）可以组成多少个四位偶数？
（2）可以组成多少个两个奇数数字相邻的四位数？（所有结果均⽤数值表示）
【解答】解：（1）根据题意可分两类求解：
①当0 在末位时，可以组成的四位偶数个数共有
＝108，
②当末位不为0 时，可以组成的四位偶数个数共有
＝288，
故可以组成满⾜题意的四位偶数共有108+288＝396 个．
（2）因为当0 在最⾼位时有
＝72 种，
所以满⾜题意的四位数共有
＝360 个．
8．（1）将编号为1，2，3，4 的四个⼩球放⼊编号为1，2，3 的三个盒⼦．把球全部放⼊盒内，共有多少种
放法？
（2）将编号为1，2，3，4，5 的五个⼩球放⼊编号为1，2，3，4，5 的五个盒⼦，每个盒⼦放⼀个⼩球，
若有且只有1 个盒⼦的编号与放⼊⼩球的编号相同，有多少种不同的放法？
（3）将11 个相同的⼩球放⼊编号为1，2，3，4，5 的五个盒⼦中．若要求每个盒⾄少放⼀个⼩球，有
多少种不同的放法？
【解答】解：（1）将编号为1，2，3，4 的四个⼩球放⼊编号为1，2，3 的三个盒⼦．把球全部放⼊盒内，
共有34＝81 种放法．
（2）先选⼀个球放⼊其编号与盒⼦的编号相同的盒⼦，有
种⽅法；不妨选的球的编号为5，则剩下
的四个⼩球符合条件的排法共有以下9 种：
2143；2341；2413；3142；3412；3421；4123；4312；4321，因此共有⽅法＝5×9＝45 种．
（3）利⽤“隔板法”：有
＝210 种不同的放法．
9．在班级主题班会活动中，4 名男⽣和3 名⼥⽣站成⼀排表演节⽬．
（1）4 名男⽣相邻有多少种不同的站法？
（2）从中选出2 名男⽣和2 名⼥⽣表演分四个不同⻆⾊的朗诵，有多少种选派⽅法？（写出必要的数学
式和过程，结果⽤数字作答）
【解答】解：（1）4 名男⽣相邻有
•
＝576 种不同的站法；
（2）从中选出2 名男⽣和2 名⼥⽣表演分四个不同⻆⾊的朗诵，有
•
•
＝432 种选派⽅法．
10．（1）4 个不同的⼩球放⼊编号为1，2，3，4 的盒⼦，共有多少种放法；
（2）4 个不同的⼩球放⼊编号为1，2，3，4 的盒⼦，恰有⼀个盒⼦空，共有多少种放法；
（3）10 个相同的⼩球放⼊编号为1，2，3，4 的盒⼦，每个盒⼦不空，共有多少种放法；
（4）4 个相同的⼩球放⼊编号为1，2，3，4 的盒⼦，恰有两个盒⼦空，共有多少种放法？
【解答】解：（1）4 个不同的⼩球放⼊编号为1，2，3，4 的盒⼦，共有44＝256 种放法；
（2）4 个不同的⼩球放⼊编号为1，2，3，4 的盒⼦，恰有⼀个盒⼦空，共有
＝144 种放法；
（3）10 个相同的⼩球分4 组个数情况为1、1、1、7，1、1、2、6，1、1、3、5，1、1、4、4，1、2、3、4，
1、2、2、5，1、3、3、3，2、2、2、4，2、2、3、3，放⼊编号为1，2，3，4 的盒⼦，
每个盒⼦不空，共有3
+
+3
+2
＝84 种放法；
（4）4 个相同的⼩球放⼊编号为1，2，3，4 的盒⼦，恰有两个盒⼦空，共有
（
+1）＝18 种放法．
11．（1）把6 本不同的书分给3 位学⽣，每⼈2 本，共有多少种不同的分法？
（2）学校组建了“数学建模社”和“数学⽂化社”，⾼⼆（8）班某⼩组共有9 ⼈参加，其中3 ⼈只参加“数
学建模社”，4 ⼈只参加“数学⽂化社”，现从中选出5 ⼈参加数学展示活动，其中2 ⼈来⾃“数学建模”，
3 ⼈来⾃“数学⽂化社”，共有多少种不同的选法？
【解答】解：（1）把6 本不同的书分给3 位学⽣，每⼈2 本，共有：
＝90 种分法；
（2）记“数学建模社”为A，“数学⽂化社”为B，则9 ⼈所属情况如图，
∴从9 ⼈⾃选5 ⼈，2 ⼈来⾃A，3 ⼈来⾃B 的选法数为：
＝124．
故共有124 种不同的选法．
12．2017 年开始上海⾼考实⾏“3+3”制度，即语⽂、数学、外语三⻔为必考科⽬，选考科⽬从政治、历史、
地理、物理、化学、⽣命科学六⻔中选出三⻔参加等级考．
（1）⼩张的物理“说多了都是泪”，他只求合格考能够顺利通过，故坚决不选择物理作为等级考学科，
那么他⼀共有多少种选科⽅式（先列式，结果⽤数值表示）？
（2）地理和⽣命科学两⻔等级考在⾼⼆完成，为了减轻⾼三的学习压⼒，某校要求每位学⽣必须从这
两⻔中选择⼀⻔且只能选择⼀⻔，问该校学⽣⼀共有多少种选科⽅式（先列式，结果⽤数值表示）？
（3）求⼩李和⼩刘选择的等级考科⽬恰好有⼀⻔相同的既率（先列式，结果⽤最简分数表示）．
【解答】解：（1）根据题意，语⽂、数学、外语三⻔为必考科⽬，故这三⻔学科只有⼀种选法，⼜⼩张
不选择物理作为等级考学科，则他⼀共有C ＝10 种选法．
（2）根据题意，语⽂、数学、外语三⻔为必考科⽬，故这三⻔学科只有⼀种选法，
从地理和⽣命科学两⻔选择⼀⻔且只能选择⼀⻔有C ＝2 种选法，
再从剩下四科中选两⻔共有C ＝6 种选法，所以该校学⽣共有2×6＝12 种选科⽅式．
（3）⼩李和⼩刘从六⻔学科中选出三⻔参加等级考共有C C ＝400 种选科⽅式，
⼩李和⼩刘选择的等级考科⽬恰好有⼀⻔相同有C C C ＝6×10×3＝180，
所以⼩李和⼩刘选择的等级考科⽬恰好有⼀⻔相同的概率为
＝
．
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计数原理与排列组合——题型21～23
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
D
C
D
D
D
D
A
A
A
B
题号
12
13
14
15
16
17
18
19
20
答案
C
D
C
D
D
C
D
C
A
⼀．选择题（共20 ⼩题）
1．
的展开式中常数项为（
）
A．30
B．15
C．﹣15
D．30
【解答】解：展开式的通项为：
＝
．
令k＝4，可得常数项为
．
故选：B．
2．（x+7）5展开式中x3项的系数是（
）
A．245
B．10
C．49
D．490
【解答】解：根据⼆项式的展开式，
，（0≤r≤5，r∈N），
当r＝2 时，系数为
．
故选：D．
3．
的展开式中常数项为（
）
A．﹣240
B．﹣160
C．240
D．160
【解答】解：由于
的展开式中，通项公式为Tr+1＝
•（﹣2）r•x12﹣3r，
再令12﹣3r＝0，求得r＝4，可得展开式的常数项为
•16＝240，
故选：C．
4．
展开式中含x2项的系数为（
）
A．30
B．24
C．20
D．15
【解答】解：
，令
，解得r＝4，
所以含x2项的系数为
．
故选：D．
5．在（2x2﹣）5的⼆项展开式中，x 项的系数为（
）
A．10
B．﹣10
C．40
D．﹣40
【解答】解：（2x2﹣）5的⼆项展开式的通项为Tr+1＝
＝
令10﹣3r＝1，得r＝3
故x 项的系数为
＝﹣40
故选：D．
6．在（x2﹣1）6的展开式中，含x2的系数为（
）
A．1
B．﹣1
C．6
D．﹣6
【解答】解：（x2﹣1）6的展开式的通项公式为
•（x2）6﹣k•（﹣1）k＝
•x12﹣2k，
令12﹣2k＝2，
则k＝5，
即含x2的系数为（﹣1）
＝﹣6．
故选：D．
7．在
的展开式中常数项为（
）
A．721
B．﹣61
C．181
D．﹣59
【解答】解：∵
＝
的展开式的通项公式为
Tr+1＝
＝
，
其中（x+6）6﹣r 的展开式的通项公式为Tk+1＝
，
当r＝0 时，6﹣r﹣k＝0，
∴k＝6，
常数项为
；
当r＝1 时，6﹣r﹣k＝2，
∴k＝3，
常数项为
；
当r＝2 时，6﹣r﹣k＝4，
∴k＝0，
常数项为
；
故常数项为
+
+
．
故选：D．
8．（1+2x+3x2）5展开式中x3的系数为（
）
A．200
B．230
C．120
D．180
【解答】解：（1+2x+3x2）5＝[1+（2x+3x2）]5，
由通项公式可得Tr+1＝
•（2x+3x2）r，r＝0，1，2，3，4，5，
则x3的系数由（2x+3x2）r 来确定，
由其通项公式可得T′＝
•（2x）r﹣k•（3x2）k＝
•2r﹣k•3k•xr+k，k＝0，1，⋯，r．
由r+k＝3（k≤r，r∈N*，k∈N），得
或
，
所以x3的系数为
•
•23•30+
•
•21•31＝80+120＝200．
故选：A．
9．
的展开式中，
的系数为（
）
A．60
B．﹣60
C．120
D．﹣120
【解答】解：设
的通项为
，r＝0，1，…，6，
设
的通项为
，
令k＝2，6﹣r﹣k＝4，∴k＝2，r＝0，
所以
的系数为
．
故选：A．
10．（x+y﹣1）5的展开式中所有⼆次项（即含x2，xy，y2的项）的系数和为（
）
A．﹣40
B．﹣20
C．0
D．40
【解答】解：根据题意，⼆项式（x+y﹣1）5＝
．
当k＝0，1，2，4，5 时，
的展开式中不含x2，xy，y2的项．
当k＝3 时，
，
这部分含x2，xy，y2的项系数分别为﹣10，﹣20，﹣10．
将含x2，xy，y2的项系数相加，即﹣10﹣20﹣10＝﹣40．
则（x+y﹣1）5的展开式中所有⼆次项的系数和为﹣40．
故选：A．
11．（x2+x+y）5的展开式中，x3y3的系数为（
）
A．10
B．20
C．30
D．60
【解答】解：（x2+x+y）5的展开式中，通项公式Tr+1＝
y5﹣r（x2+x）r，
令5﹣r＝3，解得r＝2．
（x2+x）2＝x4+2x3+x2，
∴x3y3的系数为2×
＝20，
故选：B．
12．
展开式中的常数项为（
）
A．﹣13
B．﹣1
C．11
D．12
【解答】解：由题意可知，
＝
，
展开式的通项为
，
令6﹣3r＝0，得r＝2，则
展开式对应常数项为
，
，⽆常数项；
⽆常数项，
则
展开式中的常数项为12﹣1＝11．
故选：C．
13．已知（x2+3x+2）5展开式中x 的系数为b，函数f（x）＝ax3﹣2x 的图象过点（﹣1，4），则lg2a+lg
＝（
）
A．2
B．﹣4
C．﹣2
D．1
【解答】解：已知（x2+3x+2）5展开式中x 的系数为b，函数f（x）＝ax3﹣2x 的图象过点（﹣1，4），
在（x2+3x+2）5的展开式中，要得到含x 的项，
则有4 个因式中取2，1 个因式中取3x 项，故x 的系数为
．
⼜函数f（x）＝ax3﹣2x 的图象过点（﹣1，4），所以4＝﹣a+2，解得a＝﹣2，
所以
．
故选：D．
14．关于⼆项式（1+ax+x2）（1﹣x）8，若展开式中含x2的项的系数为21，则a＝（
）
A．3
B．2
C．1
D．﹣1
【解答】解：根据排列组合原理，x2的系数为1×
×（﹣1）2+a×
×（﹣1）+1×
＝21，
解得a＝1．
故选：C．
15．（1﹣）（1+x）5的展开式中项x3的系数为（
）
A．7
B．8
C．10
D．5
【解答】解：（1﹣）（1+x）5＝（1﹣）（1+5x+10x2+10x3+5x4+x5），
所以展开式中含x3的项的系数为：10﹣5＝5．
故选：D．
16．若（1﹣x）5（1+x﹣ax2）的展开式中含x4的系数为15，则实数a＝（
）
A．2
B．1
C．﹣1
D．﹣2
【解答】解：（1﹣x）5的展开式的通项：
，
⼜（1﹣x）5（1+x﹣ax2）的展开式中含x4的系数为15，
所以（1﹣x）5（1+x﹣ax2）的展开式中含x4的系数为
，
令
，即5﹣10﹣10a＝15，解得a＝﹣2．
故选：D．
17．已知
展开式各项系数之和为64，则展开式中x3的系数为（
）
A．31
B．30
C．29
D．28
【解答】解：令x＝1，可得展开式各项系数之和为（a﹣1）×26＝64，
得a＝2，
则
展开式通项公式为Tr+1＝
中x3的系数为
，x2的系数为
＝15，
则
展开式中x3的系数为2×15+（﹣1）×1＝29．
故选：C．
18．已知⼆项式（2x2+a）（x﹣）6的展开式中x2的系数是﹣10，则a＝（
）
A．1
B．﹣1
C．
D．2
【解答】解：⼆项式（2x2+a）（x﹣）6＝（2x2+a）（x6﹣6x4+15x2﹣20+15x﹣2﹣6x﹣4+x﹣6），
故展开式中x2的系数是
2•（﹣20）+15a＝﹣10，∴a＝2，
故选：D．
19．
的展开式中的常数项为（
）
A．8
B．2
C．﹣8
D．﹣12
【解答】解：⼆项式
的展开式的通项公式为：
，
k＝0，1，2，3，4，5，
因为
，
所以
展开式的常数项为：
．
故选：C．
20．若
的展开式中含xmyn 的项满⾜m+n＝2，则这些项的系数和为（
）
A．10
B．20
C．30
D．40
【解答】解：⼆项式
展开式的通项为
，
所以
的展开式中的项为
和
，
因为r﹣4+r＝r﹣5+r+1＝2r﹣4，且m+n＝2，所以2r﹣4＝2，解得r＝3，
所以这些项的系数和为
．
故选：A．
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计数原理与排列组合——题型24～25
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
C
D
C
A
D
A
C
A
B
A
题号
12
13
14
15
16
17
答案
B
B
D
D
C
A
⼀．选择题（共17 ⼩题）
1．若（3﹣x）n（n∈N*）的展开式中所有⼆项式系数的和为32，则n＝（
）
A．5
B．6
C．7
D．8
【解答】解：由题意，2n＝32，解得n＝5．
故选：A．
2．已知关于x 的⼆项式
展开式的⼆项式系数之和为32，常数项为270，则a 的值为（
）
A．2
B．±2
C．3
D．±3
【解答】解：∵关于x 的⼆项式
展开式的⼆项式系数之和为2n＝32，∴n＝5．
它的通项公式为Tr+1＝
•ar•
，令
﹣
＝0，求得r＝3，可得常数项为
•a3＝270，∴a＝3，
故选：C．
3．已知
的展开式的⼆项式系数和为32，则其展开式中x 项系数为（
）
A．24
B．120
C．﹣120
D．﹣10
【解答】解：根据题意，2n＝32，解得n＝5，则
，
设x 项为第r+1 项，故其展开式为
．
所以10﹣3r＝1，则r＝3，所以
．
故选：D．
4．若
的展开式的⼆项式系数之和为16，则
的展开式中
的系数为（
）
A．8
B．28
C．56
D．70
【解答】解：
的展开式的⼆项式系数之和2n＝16，n＝4，
则
展开式的通项公式为：
，
令
，
所以
的系数为
．
故选：C．
5．已知（x+
）n 的展开式中第3 项与倒数第3 项的⼆项式系数之和等于72，则该展开式中的常数项为
（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：已知（x+
）n 的展开式中第3 项与倒数第3 项的⼆项式系数之和等于72，
由于
，
故
，解得n＝9（负值舍去）．
所以
的展开式为
（r＝0，1，…，9），
当r＝3 时，该展开式中的常数项为
．
故选：A．
6．在（﹣
）n（n∈N*）的展开式中，所有的⼆项式系数之和为32，则所有系数之和为（
）
A．32
B．﹣32
C．0
D．1
【解答】解：（﹣
）n（n∈N*）的展开式中，所有的⼆项式系数之和为32，
则2n＝32，解得n＝5，
（﹣
）5（n∈N*），令x＝1，
则（2﹣1）5＝1，
故所有系数之和为1．
故选：D．
7．已知
的展开式中所有项的⼆项式系数之和为32，则
的展开式中x3的系数为（
）
A．﹣10
B．﹣20
C．10
D．20
【解答】解：由题意，2n＝32，解得n＝5，
则
的通项公式为Tk+1＝
x5﹣k（﹣）k＝
（﹣2）kx5﹣2k，k＝0，1，2，3，4，5，
当k＝1 时，展开式中x3的系数为5×（﹣2）＝﹣10．
故选：A．
8．已知
的展开式的⼆项式系数之和为256，则展开式中x3的系数为（
）
A．﹣32
B．32
C．﹣16
D．16
【解答】解：
的展开式的⼆项式系数之和为2n＝256，所以n＝8，
所以
的⼆项展开式的通项为
，
令4﹣r＝3，得r＝1，所以展开式中x3的系数为
．
故选：C．
9．在
的展开式中，所有的⼆项式系数之和为32，则所有项的系数和为（
）
A．32
B．﹣32
C．0
D．1
【解答】解：由于所有的⼆项式系数之和为32，则2n＝32，解得n＝5；
令x＝1，解得所有项的系数和为25＝32．
故选：A．
10．若
的展开式中所有项的⼆项式系数之和为16，则其展开式中的常数项为（
）
A．4
B．﹣4
C．6
D．﹣6
【解答】解：由
展开式中所有项的⼆项式系数和为16，得2n＝16，所以n＝4；
所以展开式的通项公式为Tr+1＝
•
•
＝（﹣1）r•
•
，
令
＝0，解得r＝1，
所以展开式中的常数项为T2＝﹣
＝﹣4．
故选：B．
11．
的展开式中奇数项的⼆项式系数之和为32，则n 为（
）
A．6
B．5
C．8
D．4
【解答】解：由题意，2n﹣1＝32＝25，解得n＝6．
故选：A．
12．在
的⼆项展开式中，各⼆项式系数之和为A，各项系数之和为B，若B﹣A＝240，则n＝
（
）
A．3
B．4
C．5
D．6
【解答】解：由
，令x＝1 可得各项系数之和为B＝4n，
⼜各⼆项式系数之和为A＝2n，因为B﹣A＝240，则4n﹣2n＝240，
解得2n＝16 或2n＝﹣15（舍去），
所以n＝4．
故选：B．
13．已知（1+x）n 的展开式中只有第6 项的⼆项式系数最⼤，则展开式各项的⼆项式系数之和为（
）
A．29
B．210
C．211
D．212
【解答】解：（1+x）n 的展开式中第6 项的⼆项式系数为
，由于只有
最⼤，所以n＝10，故⼆项式
系数之和为210．
故选：B．
14．在关于sinx（x∈[0，π]）的⼆项式（1+sinx）n 的展开式中，末尾两项的⼆项式系数之和为7，且⼆项式
系数最⼤的项的值为
，则x＝（
）
A．
B．
或
C．
D．
或
【解答】解：关于sinx（x∈[0，π]）的⼆项式（1+sinx）n 的展开式中，sinx∈[0，1]，
末尾两项的⼆项式系数之和为
+
＝n+1＝7，∴n＝6，故第四项的⼆项式系数最⼤，
故⼆项式系数最⼤的项的值为
•（sinx）3＝，则sinx＝，∴x＝
或
，
故选：D．
15．已知
的⼆项展开式中⼆项式系数之和为64，则下列结论正确的是（
）
A．⼆项展开式中各项系数之和为37
B．⼆项展开式中⼆项式系数最⼤的项为
C．⼆项展开式中⽆常数项
D．⼆项展开式中系数最⼤的项为240x3
【解答】解：由题意，
的⼆项展开式中⼆项式系数之和为64，
所以2n＝64，解得n＝6，
对于A，令x＝1，则⼆项展开式中各项系数之和为36，故选项A 错误；
对于B，因为n＝6，所以展开式中共有7 项，则第4 项的⼆项式系数最⼤，
由展开式的通项公式
，r＝0，1，…，6，
所以
，故选项B 错误；
对于C，由展开式的通项公式可知，当
，即r＝4 时，即展开式的第5 项为常数项，故选项C
错误；
对于D，由
，即
，解得
，
因为r＝0，1，…，6，
所以r＝2，即第3 项的系数最⼤，第3 项为
，故选项D 正确．
故选：D．
16．已知（
+3x2）n 的展开式中，各项系数的和⽐它的⼆项式系数的和⼤992．则展开式中系数最⼤的项
是第（
）项
A．3
B．4
C．5
D．6
【解答】解：∵已知（
+3x2）n 的展开式中，各项系数的和⽐它的⼆项式系数的和⼤992，
∴4n＝2n+992，求得2n＝32，∴n＝5，
故展开式中第r+1 项的系数为
•3r，故当r＝4 时，展开式中系数最⼤，
则展开式中系数最⼤的项是为第五项，
故选：C．
17．已知在
的展开式中，各项系数之和与⼆项式系数之和的等差中项是528，则展开式中⼆
项式系数最⼤的项为（
）
A．270x7与90
B．90x7与270
C．270x7与90x6
D．90x7与270x6
【解答】解：在
的展开式中，各项系数之和与⼆项式系数之和的等差中项是
（4n+2n）
＝528，
则2n＝32，∴n＝5，故
＝
，
则展开式中⼆项展开式的通项公式为Tr+1＝
•35﹣r•
，
故当r＝2 或r＝3 时，⼆项式系数最⼤，
故展开式中⼆项式系数最⼤的项为270x7与90
，
故选：A．
⼆．解答题（共6 ⼩题）
18．已知
的⼆项展开式中，所有项的⼆项式系数之和等于512．求：
（1）n 的值；
（2）展开式中的常数项；
（3）展开式中系数最⼤的项．
【解答】解：（1）∵
展开式的⼆项式系数和为512，
∴2n＝512，
解得：n＝9．
（2）
展开式通项为：
，
令
，解得：r＝3，
则展开式常数项为
．
（3）设展开式第r+1 项的系数最⼤，
则
，即
，
解得：
，
⼜r∈N，
∴r＝3，
∴展开式中系数最⼤的项为
．
19．已知
n 的展开式中的第5 项的⼆项式系数与第3 项的⼆项式系数之⽐为7：2，求：
（1）n 的值；
（2）含a 的⼀次项；
（3）⼆项式系数最⼤的项．
【解答】解：（1）∵
n 的展开式中的通项公式为Tr+1＝
•2n﹣r•
，
第5 项的⼆项式系数与第3 项的⼆项式系数之⽐为7：2，
∴
：
＝7：2，即
：
＝．
化简可得（n﹣2）（n﹣3）＝42，解得n＝9．
（2）令
﹣r＝﹣r＝1，解得r＝3，
可得含a 的⼀次项为T4＝
•26•a＝5376a．
（3）对于⼆项式系数
，当r＝4 或5 时，该项的⼆项式系数最⼤．
⼆项式系数最⼤的项为T5＝
•25•
＝4032
，T6＝
•24•
＝2016
．
20．⽤⼆项式定理展开
，
（1）求展开式中的常数项；
（2）求展开式中系数最⼤的项．
【解答】解：（1）展开式的通项公式为
，
令
，解得r＝8，则展开式的常数项为
．
（2）设第r+1 项的系数最⼤，则
，
解得
，
由于r 为整数，所以r＝4，
所以展开式中系数最⼤的项为
．
21．已知在
的展开式中，第4 项与第6 项的⼆项式系数相等．
（1）求n 的值；
（2）求展开式中的有理项；
（3）若其展开式中x4项的系数为﹣1792，求其展开式中系数的绝对值最⼤的项．
【解答】解：（1）由题意可得
，所以n＝8；
（2）展开式的通项为
，
当
为整数时，k＝0，3，6，
所以展开式中的有理项为a8x8，﹣56a5x4，28a2；
（3）令
，则k＝3，
所以展开式中x4项的系数为﹣56a5＝﹣1792，得a5＝32，
⼜a＞0，所以a＝2，
所以⼆项式
的展开式的通项公式为
，
设第r+1 项为系数绝对值最⼤的项，则
，
解得2≤r≤3，⼜r∈N 且r≤8，所以r＝2 或r＝3，
所以展开式中系数的绝对值最⼤的项为
和﹣1792x4．
22．已知在
的展开式中，第2 项与第3 项的⼆项式系数之⽐是
．
（1）求展开式中的常数项，并指出是第⼏项；
（2）求展开式中的所有有理项；
（3）求展开式中系数绝对值最⼤的项．
【解答】解：（1）在
的展开式中，第2 项与第3 项的⼆项式系数之⽐是
：
＝n：n（n
﹣1）＝2：（n﹣1）＝，所以n＝6；
所以展开式中的通项公式为Tr+1＝
•（2x）6﹣r•
＝（﹣1）r•26﹣r•
•
，令6﹣
＝0，
得r＝4，
所以常数项是第5 项，为T5＝1×22×
＝60；
（2）由通项公式为Tr+1＝（﹣1）r•26﹣r•
•
，
令r＝0，2，4，6，得展开式中的所有有理项为：
64x6，240x3，60，
；
（3）因为T2＝﹣32×6
＝﹣192，T4＝﹣8×20
＝﹣160，
所以展开式中系数绝对值最⼤的项是第3 项，为240x3．
23．已知
的⼆项展开式中第⼆项的系数与第三项的系数的和是48．
（1）求n 的值以及展开式的通项；
（2）求展开式中的常数项；
（3）直接写出展开式系数最⼤的项．
【解答】解：（1）
的通项公式为
，
第⼆项的系数为
，第三项的系数为
，
故﹣2n+2n2﹣2n＝48，解得n＝6，负值舍去，
故展开式的通项为
，r＝0，1，2，⋯，6；
（2）由（1）知
，r＝0，1，2，⋯，6，
令6﹣2r＝0，解得r＝3，故
，
故常数项为﹣160；
（3）系数最⼤的项为240x﹣2，理由如下：
由通项公式
，r＝0，1，2，⋯，6；可得，r＝0，1，2，⋯，6，
当r 为奇数时，项的系数为负数，当r 为偶数时，项的系数为正数，
故当r＝0 时，
，当r＝2 时，
，
当r＝4 时，
，当r＝6 时，
，
故展开式系数最⼤的项为240x﹣2．
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计数原理与排列组合——题型26
参考答案与试题解析
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
答案
C
D
B
A
C
B
B
A
B
⼀．选择题（共9 ⼩题）
1．若（1﹣x）5＝a0+a1x+a2x2+…+a5x5，则a2+a4＝（
）
A．﹣16
B．10
C．15
D．16
【解答】解：设f（x）＝（1﹣x）5＝a0+a1x+a2x2+…+a5x5，
则f（0）＝1，
即a0＝1，
⼜a0+a2+a4＝
，
即a2+a4＝16﹣1＝15．
故选：C．
2．若（2x﹣1）5＝a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a0+a2+a4＝（
）
A．121
B．122
C．﹣122
D．﹣121
【解答】解：由（2x﹣1）5＝a5x5+a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，
令x＝1，得a5+a4+a3+a2+a1+a0＝1；
令x＝﹣1，得﹣a5+a4﹣a3+a2﹣a1+a0＝﹣243，
所以
．
故选：D．
3．若
的展开式中的各项系数和为243，则
＝（
）
A．32
B．31
C．16
D．15
【解答】解：若
的展开式中的各项系数和为243，
令x＝1 可得
，
解得n＝5，
令x＝0 可得a0＝1，
令
可得
，
所以
．
故选：B．
4．设（1+ax）5＝a0+a1x+a2x2+…+a5x5满⾜a1+a2+…+a5＝﹣2，则a2+a4＝（
）
A．120
B．﹣120
C．40
D．﹣40
【解答】解：因为
，
令x＝1，即可得（1+a）5＝a0+a1+a2+⋯+a5＝﹣2+a0①，
令x＝0，即可得（1+a×0）5＝a0＝1 可得（1+a）5＝﹣1，
所以a＝﹣2；令x＝﹣1，即可得
，
①+②得
得a0+a2+a4＝121，
所以a2+a4＝120．
故选：A．
5．已知
，则a1+a3的值为（
）
A．﹣1
B．1
C．4
D．﹣2
【解答】解：在
中，
⽽（x+1）（x﹣1）5＝x（x﹣1）5+（x﹣1）5，
由⼆项式定理知（x﹣1）5展开式的通项为
，
令5﹣r＝2，
解得r＝3，
令5﹣r＝3，
则r＝2，
故
，
同理令5﹣r＝1，
解得r＝4，
令5﹣r＝0，
解得r＝5，
故
，
故a1+a3＝4．
故选：C．
6．已知
，那么
的值为（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：令x＝1，
则a0+a1+...+a6+a7＝3，
令x＝﹣1，
则a0﹣a1+...+a6﹣a7＝﹣729，
则a0+a2+a4+a6＝﹣363，
a1+a3+a5+a7＝366，
⼜a6＝
＝﹣23，
即a0+a2+a4＝﹣340，
则
＝
．
故选：B．
7．若（1+2x）（1﹣2x）5＝a0+a1x+a2x2+⋯+a6x6，x∈R，则a2的值为（
）
A．﹣20
B．20
C．40
D．60
【解答】解：由⼆项式（1﹣2x）5的展开式的通项公式
可得：
（1+2x）（1﹣2x）5的展开式中x2的系数为
，
故选：B．
8．已知（4x﹣3）2021＝a0+a1x+…+a2021x2021，则
＝（
）
A．32021﹣22021
B．﹣1
C．22021﹣32021
D．1
【解答】解：令x＝0，可得（﹣3）2021＝a0＝﹣32021，
令x＝，可得（1﹣3）2021＝a0+
+
+…+
＝﹣22021，
所以
+
+…+
＝﹣22021﹣a0＝32021﹣22021．
故选：A．
9．若⼆项式（x+a）5的展开式中，x2的系数是80，（x2+1）•（ax+1）9＝a0+a1（x+2）+a2（x+2）2+…+a11（x+2）
11，则
＝（
）
A．2
B．﹣2
C．2×39
D．2×（﹣3）9
【解答】解：⼆项式（x+a）5的展开式的通项为Tr+1＝
，
当r＝3 时，x2的系数为
，解得a＝2，
∴（x2+1）•（ax+1）9＝（x2+1）•（2x+1）9＝a0+a1（x+2）+a2（x+2）2+…+a11（x+2）11，
令x+2＝1，即x＝﹣1，
得a0+a1+⋯+a11＝﹣2．
故选：B．
⼆．多选题（共2 ⼩题）
（多选）10．已知（2x﹣5）2025＝a0+a1（x﹣2）+a2（x﹣2）2+…+a2025（x﹣2）2025，则下列结论成⽴的是（
）
A．a0+a1+…+a2025＝1
B．22024a0+22023a1+…+2a2023+a2024＝5×102024
C．a0﹣a1+a2﹣a3…﹣a2025＝32025
D．a1+2a2+3a3+…+2025a2025＝4050
【解答】解：设t＝x﹣2，则x＝t+2，
则等式等价为（2t﹣1）2025＝a0+a1t+a2t2+a3t3+…+a2025t2025，
则令t＝1 得a0+a1+a2+…+a2025＝（2﹣1）2025＝1，故A 正确，
先将等式两边同乘22024，得22024×（2t﹣1）2025＝22024×a0+22024×a1t+22024×a2t2+22024×a3t3+…+22024×a2025t2025，
令t＝，得0＝22024a0+22023a1+…+2a2023+a2024+
a2025，
⼜a2025＝
×22025＝22025，
故22024a0+22023a1+…+2a2023+a2024＝﹣×22025＝﹣22024，故B 错误，
令t＝﹣1，得a0﹣a1+a2﹣a3…﹣a2025＝（﹣2﹣1）2025＝﹣32025，故C 错误，
等式两边对t 求导数，得a1+2a2t+3a3t2+…+2025a2025t2024＝2025×2×（2t﹣1）2024，
令t＝1，得a1+2a2+3a3+…+2025a2025＝2025×2×（2﹣1）2024＝4050，故D 正确．
故选：AD．
（多选）11．已知（1﹣2x）n 展开式的所有⼆项式系数之和为256，若
，
则（
）
A．n＝8
B．a4＝1120
C．a1+a2+⋯+an＝1
D．
【解答】解：因为（1﹣2x）n 展开式的所有⼆项式系数之和为256，故2n＝256，n＝8，故A 正确，
，令r＝4，得
，所以a4＝1120，故B 正确，
令x＝1，得a0+a1+a2+⋯+a8＝1，令x＝0，得a0＝1，所以a1+a2+⋯+a8＝0，故C 错误，
⼆项式（1﹣2x）8的展开式通项为
，
所以x 的奇数次幂的系数均为负数，偶数次幂的系数均为正数，
即a1，a3，a5，a7为负数，a0，a2，a4，a6，a8为正数，令x＝﹣1，
得
，所以
，故D 正确．
故选：ABD．
三．填空题（共2 ⼩题）
12．设（﹣2x+1）6＝a0+a1x+a2x2+a3x3+…+a6x6，则|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|a6|＝36﹣1
．
【解答】解：令x＝0，得a0＝1，
令x＝1，得a0+a1+a2+a3+a4+a5+a6＝1，①
令x＝﹣1，得a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5+a6＝36，②
①+②得a0+a2+a4+a6＝
，
①﹣2 得a1+a3+a5＝
，
⼜（﹣2x+1）6的通项公式为
（﹣2x）r，故ar＝
，
则|a1|+|a2|+|a3|+⋯+|a6|＝a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5+a6﹣a0＝（a0+a2+a4+a6）﹣（a1+a3+a5）﹣a0
＝
﹣
﹣1＝36﹣1．
故答案为：36﹣1．
13．若（2x﹣1）4＝a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a1+a2+a3+a4＝
0
．
【解答】解：令x＝0，解得a0＝1，
令x＝1，解得a0+a1+a2+a3+a4＝1，
∴a1+a2+a3+a4＝0．
故答案为：0．
四．解答题（共5 ⼩题）
14．设
，求：
（Ⅰ）a6+a5+a4+a3+a2+a1；
（Ⅱ）a6+a4+a2+a0；
（Ⅲ）64a6+32a5+16a4+8a3+4a2+2a1+a0．
【解答】解：（Ⅰ）对于
，
取x＝1，可得（2﹣1）6＝a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0＝1，
再取x＝0，可得（﹣1）6＝a0，即a0＝1，两式相减得a6+a5+a4+a3+a2+a1＝0；
（Ⅱ）由（Ⅰ）得a6+a5+a4+a3+a2+a1+a0＝1，即（a6+a4+a2+a0）+（a5+a3+a1）＝1…①，
取x＝﹣1，可得（﹣3）6＝a6﹣a5+a4﹣a3+a2﹣a1+a0＝729，即（a6+a4+a2+a0）﹣（a5+a3+a1）＝729…②．
由①②组成⽅程组，解得a6+a4+a2+a0＝365；
（Ⅲ）对于
，
取x＝2，得（2×2﹣1）6＝a6•26+a5•25+a4•24+a3•23+a2•22+a1•21+a0＝729，
整理得64a6+32a5+16a4+8a3+4a2+2a1+a0＝729．
15．已知
且满⾜各项的⼆项式系数之和为256．
（1）求a3的值；
（2）求
的值．
【解答】解：（1）因为各项的⼆项式系数之和为256，所以2n＝256，所以n＝8，
⼆项式展开式的通项为
，
所以
；
（2）令x＝0，得a0＝1，
令
，得
，
所以
．
16．设
．
（1）求a3的值；
（2）求|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|的值．
【解答】解：（1）对（1﹣2x）5，有
，
则有
，
即a3＝﹣80；
（2）由
，则a1，a3，a5＜0，a2，a4＞0，
故|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|＝﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5，
令x＝0，可得15＝a0，即a0＝1，
令x＝﹣1，有（1+2）5＝35＝a0﹣a1+a2﹣a3+a4﹣a5，
即
，
即|a1|+|a2|+|a3|+|a4|+|a5|＝242．
17．若
．
（1）求a0+a1+a2+a3+⋯+a8+a9+a10的值；
（2）求a0+a2+a4⋯+a10的值；
【解答】解：（1）令x＝1，则
①；
（2）令x＝﹣1，则
②，
由①+②得2（a0+a2+a4⋯+a10）＝﹣32，
所以a0+a2+a4⋯+a10＝﹣16．
18．回答下⾯两题：
（1）⼆项式
展开式中所有⼆项式系数和为32，求其⼆项展开式中x 的系数；
（2）已知
，求a2+a4+a6的值．
【解答】解：（1）由题意得2n＝32，∴n＝5，
展开式通项公式为
，
令
，解得k＝3，
故
，
故其⼆项展开式中x 的系数为﹣250；
（2）
中，
令x＝0 得，a0＝1，
令x＝1 得a0+a1+a2+•••+a6＝0①，
令x＝﹣1 得（a0+a2+a4+a6）﹣（a1+a3+a5）＝﹣2②，
①+②得，2（a0+a2+a4+a6）＝﹣2，解得a0+a2+a4+a6＝﹣1，
故a2+a4+a6＝﹣1﹣a0＝﹣2．
声明：试题解析著作权属菁优⽹所有，未经书⾯同意，不得复制发布⽇期：2025/3/614:20:22；⽤户：13659236337；邮箱：13659236337；学号：33232166
