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第1 讲 计数原理
微点一 排序问题
例1 (1)已知甲、乙、丙3 位同学围成一个圆时，其中一个排列“甲乙丙”与该排列旋转一个或几个位
置后得到的排列“乙丙甲”或“丙甲乙”是同一个排列.现有m 位同学，若站成一排，且甲同学在乙同
学左边的站法共有60 种，那么这m 位同学围成一个圆时，不同的站法有( )
A.24 种
B.48 种
C.60 种
D.120 种
答案 A
解析 因为m 位同学站成一排，甲同学在乙同学左边的站法共有60 种，则甲同学在乙同学右边的站法也
有60 种，故1
2 Am
m=60，解得m=5，那么这5 位同学围成一个圆时，不同的站法有1
5 A5
5=24(种).
(2)中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每
次讲一艺.讲座次序要求“数”不在第一次也不在第六次，“礼”和“乐”不相邻，则“六艺”讲座不
同的次序共有( )
A.480 种
B.336 种
C.144 种
D.96 种
答案 B
解析 方法一 “数”“礼”和“乐”都有限制条件，先考虑剩下的“射”“御”“书”，然后考虑不相
邻的“礼”“乐”，最后安排“数”.分两种情况：
①先排“射”“御”“书”，再让不相邻的“礼”“乐”插空，最后安排“数”，即不同的次序有
A3
3 A4
2C 4
1=288(种)；
②先把“礼”“乐”捆绑在一起和“射”“御”“书”全排列，最后把“数”放到“礼”“乐”中间，则
不同的次序有A4
4 A2
2=48(种).
所以满足要求的“六艺”讲座次序共有288+48=336(种).
方法二 依题意，“数”不在第一次也不在第六次的不同次序有A4
1 A5
5=480(种)，“数”不在第一次也不在
第六次时，“礼”“乐”相邻的不同次序有A4
4 A2
2 A3
1=144(种)，
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所以“六艺”讲座不同的次序共有480-144=336(种).
[规律方法] (1)“定序”排列问题：在n 个不同的元素中，其中有m 个元素之间的顺序固定不变(不一定相
邻)的排列问题称为“定序”排列问题，其计算公式为N= An
n
Am
m.
(2)不尽相异的n 个元素的全排列问题：在n 个元素中，有n1个元素相同，又另有n2个元素相同……一直到
另有nr个元素相同，且n1+n2+…+nr=n，这n 个元素的排列问题叫做不尽相异的n 个元素的全排列问题，其
计算公式是N=
n！
n1！n2！…nr！.
(3)圆排列问题：n 个不同的元素依照不同的顺序并按一定的方向(顺时针或逆时针)排成环状称为圆排列或
环状排列问题，其排列数计算公式为N= An
n
n
.其中，顺序不同的排法才算不同的排列，而顺序相同(即通过
旋转就可以重合)的排法认为是相同的排列.它与普通排列的区别在于只计顺序而无首位、末位之分.
跟踪演练1 如图，3 根绳子上共挂有7 只气球，绳子上的气球个数依次为2，2，3，每枪只能打破一
只气球，而且同一条绳上，只有打破下面的气球才能打上面的气球，则将这些气球都打破的不同打法
有 种.(请用数字作答)
答案 210
解析 将7 只气球编号，从下往上，从右往左依次编号为1，2，3，4，5，6，7，如图，
问题等价于求7 只气球的排列，且1 在2 的前面，2 在3 的前面，4 在5 的前面，6 在7 的前面的排法总数，
则总共有
A7
7
A2
2 A2
2 A3
3=210(种)排法.
微点二 错排问题
1.错排的定义
当n 个人排成一列时，若重新站队，每个人都不站在原来的位置上，有多少种不同的站队方式问题即为错
排问题.
2.错排问题递推关系式
设n 个人有an种满足要求的站队方式，通过合理分步、恰当分类找出递推关系.
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第一步：第1 个人不站在原来的第1 个位置，有(n-1)种站法；
第二步：假设第1 个人站在第2 个位置，则第2 个人的站法又可以分为两类：
①第2 个人恰好站在第1 个位置，则余下的(n-2)个人有an-2种站队方式；
②第2 个人不站在第1 个位置，则就是第2 个人不站在第1 个位置，第3 个人不站在第3 个位置，第4 个人
不站在第4 个位置……第n 个人不站在第n 个位置，相当于转化为(n-1)个人的错排问题，所以有an-1种站队
方式.
由分步乘法计数原理和分类加法计数原理，我们便得到了数列{an}的递推关系式：
an=(n-1)(an-2+an-1)(n>2，n∈N*)，显然，a1=0，a2=1，
再由递推关系有a3=2，a4=9，a5=44，….
3.错排公式的推导
已知递推关系式an=(n-1)(an-2+an-1)(n>2，n∈N*)，且a1=0，a2=1，求通项公式an.
解：an=(n-1)(an-1+an-2)(n>2，n∈N*)两边同除以n！，
得an
n！=n−1
n
·
an−1
(n−1)！+1
n ·
an−2
(n−2)！
⇔an
n！-
an−1
(n−1)！
=-1
n[
an−1
(n−1)！−
an−2
(n−2)！]
⇒an
n！-
an−1
(n−1)！
=(-1)n-21
n×
1
n−1×…×1
3(
a2
2！−a1
1！)
=(-1)n 1
n！.
进一步累加，得an
n！- a1
1！= 1
2！- 1
3！+…+(-1)n 1
n！，
即an=n！[
1
2！−1
3！+…+(−1)
n 1
n！](n>2，n∈N*)，
又a1=0 不满足该式，a2=1 满足该式，
故通项公式an
={
0,n=1,
n![
1
2! −1
3! +…+(−1)
n 1
n!],n≥2,n∈N
∗.
例2 (多选)历史上著名的伯努利错排问题指的是一个人有n(n≥2)封不同的信，投入n 个对应的不同的
信箱，他把每封信都投错了信箱，投错的方法数为an.例如两封信都投错有a2=1 种方法，三封信都投错
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有a3=2 种方法，通过推理可得an+1=n(an+an-1).高等数学给出了泰勒公式：ex=1+x+ x
2
2！+ x
3
3！+…+ x
n
n！
+…，则下列说法正确的是( )
A.a4=9
B.{an+1-(n+1)an}为等比数列
C. an
n！=(−1)
2
2！
+(−1)
3
3！
+…+(−1)
n
n！
D.信封均被投错的概率大于1
e
答案 ABC
解析 选项A，由题意得an+1=n(an+an-1)，a3=2，a2=1，
当n=3 时，可得a4=3(a3+a2)=3×(2+1)=9，故A 正确；
选项B，an+1=n(an+an-1)，∴an+1-(n+1)an=-an+nan-1=-(an-nan-1)，
又a3-3a2=-1≠0，则an+1−(n+1)an
an−nan−1
=-1(n≥2)，故B 正确；
选项C，a3-3a2=-1，an-nan-1=-1×(-1)n-3=(-1)n-2，
两边同除以n！得，
an
n！-
an−1
(n−1)！=(−1)
n−2
n！
=(−1)
n
n！，an
n！
= an
n！-
an−1
(n−1)！+
an−1
(n−1)！-
an−2
(n−2)！+…+ a3
3！- a2
2！+ a2
2！
= 1
2！+(−1)
3
3！
+…+(−1)
n
n！
=(−1)
2
2！
+(−1)
3
3！
+…+(−1)
n
n！，故C 正确；
选项D，信封均被投错的概率为
an
An
n= an
n！，∵ex=1+x+ x
2
2！+ x
3
3！+…+ x
n
n！+…，
则e-1=1+(-1)+(−1)
2
2！+(−1)
3
3！+…+(−1)
n
n！+ (−1)
n+1
(n+1)！+…，即1
e - an
n！= (−1)
n+1
(n+1)！+ (−1)
n+2
(n+2)！+…，
当n 为奇数时，1
e - an
n！=[
1
(n+1)！+
−1
(n+2)！]+[
1
(n+3)！+
−1
(n+ 4)！]+…=
n+1
(n+2)！+
n+3
(n+ 4)！+…
>0；
当n 为偶数时，1
e - an
n！=[
−1
(n+1)！+
1
(n+2)！]+[
−1
(n+3)！+
1
(n+ 4)！]+…= −(n+1)
(n+2)！+ −(n+3)
(n+ 4)！+…
<0，
综上，当n 为奇数时，an
n！<1
e ；
当n 为偶数时，an
n！>1
e ，故D 错误.
[规律方法] 解决错排问题的步骤
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(1)识别问题：首先判断是不是“全部错位”的经典错排问题.关键词：没有一个、全部不对应、全部不坐
在自己的位置上等.
(2)选择方法：
如果n 较小(n≤5)，建议直接使用记忆的数值或枚举；
如果n 较大，或题目要求证明，优先使用递推公式.它逻辑清晰，不易错.
(3)应用公式：代入公式计算.如果使用递推公式，务必从基础情况a1，a2开始一步步推.
跟踪演练2 甲、乙、丙、丁、戊5 位妈妈相约各带一个小孩去参观郁金香花展，她们选择骑共享电动
车出行，每辆电动车只能带一个孩子，但是孩子们都表示不坐自己妈妈的车，则他们坐车不同的搭配
方式有 种.
答案 44
解析 方法一 (1)甲的小孩先选择坐的车，共有4 种不同的选择，不妨假设甲的小孩坐乙的车.
(2)此时乙的小孩有两类坐车选择：
①选择坐甲的车，则丙、丁、戊的小孩共有2 种不同的选择；
②选择坐丙或丁或戊的车，丙、丁、戊的小孩共3×3=9(种)不同的选择.
即共有2+9=11(种)不同的选择.
综合(1)(2)得他们坐车不同的搭配方式有4×11=44(种).
方法二 本题实际上是一个错位排列的问题，
由公式an=n！[
1
2！−1
3！+…+(−1)
n 1
n！]，n≥2，n∈N*，
可得a5=5！[
1
2！−1
3！+…+(−1)
5 1
5！]=44，
所以他们坐车不同的搭配方式有44 种.
微点三 分组分配问题
例3 (1)在“文化抚州，梦想之舟”半程马拉松比赛中，某路段设有甲、乙、丙三个服务点，某高校5
名同学到甲、乙、丙三个服务点做志愿者，每名同学只去1 个服务点，每个服务点至少1 人，则不同的
安排方法共有( )
A.25 种
B.150 种
C.300 种
D.50 种
答案 B
解析 5 名同学分为三个小组，
若按2 人，2 人，1 人来分，有C5
2C3
2C1
1
A2
2
=15(种)分组方法，
若按3 人，1 人，1 人来分，有C5
3=10(种)分组方法，
再把这三个小组安排到三个服务点，共有A3
3=6(种)安排方法，
所以不同的安排方法共有(15+10)×6=150(种).
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(2)六元一次方程x1+x2+…+x6=100 中满足每个未知量解得的数值大于自身下标数字，即xi>i(i=1，2，3，
4，5，6)的正整数解有 组.(用组合数表示)
答案 C78
5
解析 题设要求xi>i(i=1，2，3，4，5，6)，不妨先构造满足要求的方程式.
令yi=xi-i(i=1，2，3，4，5，6)，
易知yi为正整数，
所以(x1-1)+(x2-2)+…+(x6-6)=100-1-2-3-4-5-6=79，
则y1+y2+…+y6=79，
所以题目转化成六元一次方程y1+y2+…+y6=79 的正整数解有多少组的问题，可以把问题看成79 个完全相同
的小球，分给6 个人，每人至少一个，利用隔板法可得不同的分配方式共有C78
5 种.即六元一次方程
x1+x2+…+x6=100 满足条件的正整数解有C78
5 组.
[规律方法] 分组分配包括
(1)不同元素分组分配：
①平均分组；②部分平均分组.
(2)相同元素分组分配(隔板法).
跟踪演练3 (2025·聊城模拟)寒假期间某校6 名同学打算去安徽旅游，体验皖北与皖南当地的风俗与文
化，现有黄山、宏村、八里河三个景区可供选择，若每个景区至少有1 名同学前往，则不同方案的种
数为( )
A.180
B.360
C.450
D.540
答案 D
解析 由题意得，当每个景区都有2 名同学前往时，此时方案有C6
2C4
2C2
2
A3
3
A3
3=90(种)；
当按分别有1，2，3 名同学前往景区时，此时方案有C6
1C5
2C3
3 A3
3=360(种)；
当按分别有1，1，4 名同学前往景区时，此时方案有C6
1C5
1C4
4
A2
2
A3
3=90(种)；
故不同方案的种数为90+360+90=540.
微点四 环形染色问题
例4 在排列组合的学习中，我们会遇到一类涂色问题——“圆环涂色”问题(如图1)：用m 种颜色给
有n(n≥2)个区域(不含最中间区域)的圆环涂色，且要求相邻区域不同色，用an表示完成这一涂色的方
法数.
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(1)当m=3 时，求a4；
(2)当m=4 时，找出an，an+1的关系，并求出an(n≥2)的通项公式；
(3)用5 种颜色给图2 中10 个区域(含最中间区域)涂色，要求相邻区域不同色，求涂色的方法总数.
解 (1)由题意，用3 种颜色给有4 个区域的圆环涂色，要求相邻区域不同色，
先给A1，A2涂色，有3×2=6(种)方法，
接下来，若A3与A1同色，则A4有2 种涂色方法，即1×2=2(种)；
若A3与A1不同色，则A3，A4都只有1 种涂色方法，
所以a4=6×(2+1)=18.
(2)先考虑an+1的取值，
假设不区分A1，An+1是否同色，则用4 种颜色涂这(n+1)个区域等价于对以下区域涂色.
A1
A2
A3
A4
…
An+1
因此共有4×3n种，但是这其中包含了A1，An+1同色的情况，
因此an+1的取值应该减去A1，An+1同色的情况.
而当A1，An+1同色时，可以将这两个相邻区域看成一个整体，
即用4 种颜色给n 个区域涂色，
其方法数也就是an，所以有an+1=-an+4×3n(n≥2).
由an+1=-an+4×3n，
两边同除以(-1)n+1得
an+1
(−1)
n+1=
an
(−1)
n-4×(-3)n，
移项得
an+1
(−1)
n+1-
an
(−1)
n=-4×(-3)n，
所以当n≥3 时，
an
(−1)
n=
an
(−1)
n-
an−1
(−1)
n−1+
an−1
(−1)
n−1-
an−2
(−1)
n−2+…+
a3
(−1)
3-
a2
(−1)
2+
a2
(−1)
2
=-4[(-3)n-1+(-3)n-2+…+(-3)2]+a2，
又因为a2=A4
2=12，
所以
an
(−1)
n=-4[(-3)n-1+(-3)n-2+…+(-3)2]+12=-4×9[1−(−3)
n−2]
1−(−3)
+12=3+(-3)n，又
a2
(−1)
2=3+(-3)2=12，
所以an=3×(-1)n+3n(n≥2).
(3)先给中间的区域A10涂色，共有5 种方法，接下来就是用剩下的4 种颜色涂含有9 个区域的“圆环涂色”
问题，即(2)中的a9，
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所以方法总数为5×a9=5×39-15=98 400.
[规律方法] 在计数原理中，当计数的基数较大时，用枚举法会显得非常困难.如果问题带有明显的递推特
征，把此类计数问题的基数从有限个且数目很少推广到n 个，运用数列知识建立递推关系，经过推广就可
以解决这类计数问题.
跟踪演练4 把1 个圆分成n(n≥2)个扇形，依次记为D1，D2，…，Dn-1，Dn，每个扇形都可以用3 种不
同颜色中的任何1 种涂色，要求相邻的扇形颜色不同，则共有 种不同涂色方
法.
答案 2n+2·(-1)n
解析 设涂色方法共有f(n)种，当n=2 时，f(2)=6.
下面寻求f(n)(n≥3)的递推关系：D1有3 种涂色方法，D2有2 种涂色方法，…，Dn-1有2 种涂色方法，Dn有
2 种涂色方法(不论是否与D1同色)，这样共有3×2n-1种涂色方法，
这3×2n-1种涂色方法可分为两类：
(1)Dn与D1同色，虽然与要求不符，但可以认为Dn与D1合为1 个扇形，此时涂色方法有f(n-1)种；
(2)Dn与D1不同色，此时涂色方法有f(n)种.
于是，由分类加法计数原理知3×2n-1=f(n)+f(n-1)(n≥3)，
则f(n)-2n=-[f(n-1)-2n-1]，
则数列{f(n)-2n}从第2 项起构成f(2)-22=2 为首项，-1 为公比的等比数列，
可得f(n)=2n+2·(-1)n(n≥2).
微点五 二项式定理
(a+b+c)n展开式中特定项的求解方法
例5 (1)在(2x+y+3z)6的展开式中，xy3z2项的系数为( )
A.360
B.540
C.720
D.1 080
答案 D
解析 (2x+y+3z)6相当于6 个因式(2x+y+3z)相乘，
其中一个因式取2x，有C6
1种取法，
余下5 个因式中有3 个取y，有C5
3种取法，
最后2 个因式中全部取3z，有C2
2种取法，
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故(2x+y+3z)6的展开式中，xy3z2项的系数为C6
1×2×C5
3×13×C2
2×32=1 080.
(2)(多选)(2025·上饶模拟)若(x+2)(x-1)8=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+a3(x+1)3+…+a9(x+1)9，则下列结论正确的是(
)
A.a1+a2+a3+…+a9=2
B.a7=96
C.a0+2a1+22a2+23a3+…+29a9=4
D.a1+2a2+3a3+…+9a9=-15
答案 BD
解析 对于A，令x=-1，得a0=28=256；
令x=0，得a0+a1+a2+a3+…+a9=2，
因此a1+a2+a3+…+a9=2-a0=-254，A 错误；
对于B，(x+2)(x-1)8=[(x+1)+1][(x+1)-2]8，
因此a7=C8
2×(-2)2+C8
1×(-2)=112-16=96，B 正确；
对于C，令x+1=2，即x=1，得a0+2a1+22a2+23a3+…+29a9=0，C 错误；
对于D，原等式两边求导得(x-1)8+8(x+2)(x-1)7=a1+2a2(x+1)+3a3(x+1)2+…+9a9(x+1)8，
令x=0，得a1+2a2+3a3+…+9a9=(-1)8+8×2×(-1)7=-15，D 正确.
[规律方法] 二项式(a+b)n的通项公式Tk+1=Cn
kan-kbk(k=0，1，2，…，n)，它表示的是二项展开式的第k+1 项，
而不是第k 项；其中Cn
k是二项展开式的第k+1 项的二项式系数，而二项展开式的第k+1 项的系数是字母幂
前的常数，要区分二项式系数与系数.
跟踪演练5 (1)(2025·济宁模拟)(2+ 1
x)(2x-1)11的展开式中的常数项为( )
A.18
B.20
C.22
D.24
答案 B
解析 (2+ 1
x)(2x-1)11=2(2x-1)11+1
x (2x-1)11，
(2x-1)11的二项展开式的通项为Tk+1=C11
k (2x)11-k·(-1)k=(-1)k·211-kC11
k x11-k(k=0，1，2，…，11)，
∴2(2x-1)11展开式的通项为(-1)k212-kC11
k x11-k(k=0，1，2，…，11)，
①
1
x (2x-1)11展开式的通项为(-1)k211-kC11
k x10-k(k=0，1，2，…，11)，
②
在①式中，令11-k=0 得k=11，
故2(2x-1)11的展开式中的常数项为(-1)1121C11
11=-2，
在②式中，令10-k=0 得k=10，
则1
x (2x-1)11的展开式中的常数项为(-1)1021C11
10=22，
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故(2+ 1
x)(2x-1)11的展开式中的常数项为-2+22=20.
(2)(2025·陕西名校联盟TOP10 模拟)已知(ax + 1
x
2)
n
(a>0)的展开式的二项式系数和为64，各项系数和为
729，则其展开式的常数项为 .
答案 240
解析 由于(ax + 1
x
2)
n
的展开式的二项式系数和为64，即Cn
0+Cn
1+…+Cn
n=2n=64，解得n=6.
又(ax + 1
x
2)
6
的展开式系数和为729，
令x=1 得(a+1)6=729，又a>0，
解得a=2 或a=-4(舍去)，
(2 x + 1
x
2)
6
的展开式的通项为Tk+1=C6
k(2x)6-k(
1
x
2)
k
=26-kC6
kx6-3k(k=0，1，2，…，6)，
令6-3k=0，解得k=2，
所以展开式的常数项为24·C6
2=240.
专题强化练
[分值：73 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共40 分)
1.(2025·赤峰模拟)在(x+1)n的展开式中，x2的系数为15，则n 的值为( )
A.6
B.5
C.4
D.3
答案 A
解析 (x+1)n展开式的通项Tk+1=Cn
kxn-k，
因为x2的系数为15，所以{
n−k =2,
Cn
k =15, 解得{
n=6,
k = 4.
2.某校高一学生进行演讲比赛，原有5 名同学参加比赛，后又增加2 名同学参加比赛，如果保持原来的5
名同学比赛顺序不变，那么不同的比赛顺序有( )
A.12 种
B.30 种
C.36 种
D.42 种
答案 D
解析 将第6 名同学放到原来的5 名同学形成的6 个空中，有6 种放法；
将第7 名同学放到已经排好的6 名同学形成的7 个空中，有7 种放法，
故不同的比赛顺序共有6×7=42(种).
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3.用红、黄、蓝、绿四种颜色给图中五个区域进行涂色，要求相邻区域所涂颜色不同，共有 种不同
的涂色方法( )
A.120
B.240
C.360
D.480
答案 B
解析 从A 开始涂色，A 有4 种方法，B 有3 种方法，
①若E 与B 涂色相同，则C，D 共有A3
2种涂色方法；
②若E 与B 涂色不相同，则E 有2 种涂色方法，
当C 与E 涂色相同时，D 有3 种涂色方法；当C 与E 涂色不相同时，C 有2 种涂法，D 有2 种涂色方法.
故共有4×3×[A3
2+2×(3+2×2)]=240(种)涂色方法.
4.e 是自然对数的底数，被称为自然常数或者欧拉数，大约为2.718 281 828.小明是个数学迷，他在设置手
机的数字密码时，打算将自然常数e 的前6 位数字2，7，1，8，2，8 进行排列得到一个六位数密码，那么
小明可以设置 个不同密码( )
A.240
B.180
C.120
D.72
答案 B
解析 6 位数字2，7，1，8，2，8 中有2 个2，2 个8，
故所组成的六位数密码有
A6
6
A2
2 A2
2=180(个).
5.(2025·皖豫联盟联考)如图(1)，由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为
“牟合方盖”(如图(2))，牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为
1，2，3，4，然后每个曲面涂一种颜色，相邻(有公共边)的两面颜色不能相同，如果只有4 种颜色的染料
可供使用，则不同的涂色方法种数为( )
A.24
B.48
C.60
D.84
答案 D
解析 根据牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为1，2，3，4，
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故可转化为有公共点的4 个区域，如图所示.
1 号小方格可以从4 种颜色的染料中任取一种涂色，有4 种不同的涂法.
①当2 号、3 号小方格涂不同颜色的染料时，有3×2=6(种)不同的涂法，4 号小方格有2 种不同的涂法，故
由分步乘法计数原理，可知有4×6×2=48(种)不同的涂法.
②当2 号、3 号小方格涂相同颜色的染料时，有3 种不同的涂法，4 号小方格也有3 种不同的涂法，故由分
步乘法计数原理，可知有4×3×3=36(种)不同的涂法.
综上，由分类加法计数原理，可得共有48+36=84(种)不同的涂法.
6.(√x−1
x +2)
5
的展开式中，常数项为( )
A.88
B.-88
C.32
D.-32
答案 B
解析 展开式中常数项的构成来源，包括以下情况：①全是2，②2 个√x，1 个-1
x ，2 个2，
由组合知识可知，(√x−1
x +2)
5
展开式中常数项为C5
5×25+C5
2×22×C3
2(√x)2(−1
x)=32-120=-88.
7.著名的“全错位排列”问题(也称“装错信封问题”)是指将n 个不同的元素重新排成一行，每个元素都不
在自己原来的位置上，求不同的排法总数.若将n 个不同元素全错位排列的总数记为an，则数列{an}满足
a1=0，a2=1，an=(n-1)(an-1+an-2)(n≥3).已知有7 名同学坐成一排，现让他们重新坐，恰有2 名同学坐到自己
原来的位置，则不同的坐法有( )
A.21 种
B.44 种
C.396 种
D.924 种
答案 D
解析 第一步，先选出2 名同学位置不变，则有C7
2=7×6
2×1=21(种)选法，
第二步，剩下5 名同学都不在原位，则有a5种坐法，
由数列{an}满足a1=0，a2=1，an=(n-1)(an-1+an-2)(n≥3)，
则a3=(3-1)(a2+a1)=2，a4=(4-1)(a3+a2)=9，
a5=(5-1)(a4+a3)=44，
则不同的坐法有21×44=924(种).
8.有9 级台阶，每次只能向上走1 级、2 级或3 级台阶(不能往回走)，则走完9 级台阶的方法种数为( )
A.24
B.44
C.81
D.149
答案 D
解析 记走完n 级台阶的方法种数构成数列{an}，易得a1=1，a2=2，a3=4.
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走完这n 级台阶可考虑最后一步走的是1 级、2 级或3 级台阶这三种情况，
则an=an-1+an-2+an-3(n≥4).
所以a4=a3+a2+a1=7，
a5=a4+a3+a2=13，
a6=a5+a4+a3=24，
a7=a6+a5+a4=44，
a8=a7+a6+a5=81，
a9=a8+a7+a6=149.
二、多项选择题(每小题6 分，共18 分)
9.小许购买了一套五行文昌塔摆件(如图)，准备一字排开摆放在桌面上，下列结论正确的有( )
A.不同的摆放方法共有120 种
B.若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有36 种
C.若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有72 种
D.若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有36 种
答案 ACD
解析 由题可知，不同的摆放方法共有A5
5=120(种)，A 正确；若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同
的摆放方法共有A3
3 A4
2=72(种)，C 正确，B 不正确；若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两
端，则不同的摆放方法共有A2
2 A4
4-2A3
3=36(种)，D 正确.
10.设x2 026=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+…+a2 026(x+1)2 026，则( )
A.a1=-2 026
B.a0-a1+a2-…+a2 026=22 026
C.a0，a1，a2，…，a2 026中最大的是a1 013
D.a1
2 +a2
2
2+a3
2
3 +…+a2 026
2
2 026 =(
1
2)
2 026
答案 AB
解析 设t=x+1，则(t-1)2 026=a0+a1t+a2t2+a3t3+…+a2 026t2 026，所以a1=C2 026
2 025(-1)2 025=-2 026，A 选项正确；
令t=-1，得(-2)2 026=a0-a1+a2-…+a2 026=22 026，B 选项正确；
a1 013=C2 026
1 013(-1)1 013为负数，显然C 选项错误；
令t=1
2 ，得(
1
2 −1)
2 026
=a0+a1
2 +a2
2
2+a3
2
3+…+a2 026
2
2 026=(
1
2)
2 026
，
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令t=0，得a0=1，所以a1
2 +a2
2
2+a3
2
3+…+a2 026
2
2 026=(
1
2)
2 026
-1，D 选项错误.
11.(2025·包头模拟)数的进制是人们利用符号来计数的方法.我们在日常生活中习惯于采用十进制计数与运
算，但是在其他领域中，其他进制计数方式也应用广泛，例如计算机处理数据时，采用的就是二进制方法.
二进制数是用0 和1 表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”.若十
进制数n=a0×2k+a1×2k-1+a2×2k-2+…+ak-1×21+ak×20，其中a0=1，ai∈{0，1}(i=1，2，…，k)，则n 对应的
二进制数为(a0a1a2…ak)2(k∈N).以下说法正确的是( )
A.十进制数2 025 用二进制表示为(1 111 101 001)2
B.满足a0，a1，a2，…，a6中有且只有3 个1 的所有二进制数(a0a1a2…a6)2对应的十进制数的和为1 275
C.将十进制数n 对应的二进制数中1 的个数记为S(n)，则S(2n+1)=S(16n+4)
D.将十进制数n 对应的二进制数中0 的个数记为T(n)，令f(n)=2T(n)，则f(22 025)+f(22 025+1)+f(22 025+2) +…+f(22
026-1)=32 025
答案 BCD
解析 对于A，2 025=1 024+512+256+128+64+32+8+1=1×210+1×29+1×28+1×27+1×26+1×25
+0×24+1×23+0×22+0×21+1×20=(11 111 101 001)2，故A 错误；
对于B，n=a0×26+a1×25+…+a5×21+a6×20，
其中a0=1，a1，a2，…，a6中有且只有2 个1，有C6
2=15(种)可能；
所以所有二进制数(a0a1a2…a6)2对应的十进制数的和中，26出现C6
2=15(次)，
25，24，…，21，20均出现C5
1=5(次)，
所以对应的十进制数的和为C5
1(25+24+…+21+20)+C6
2×26=1 275，故B 正确；
对于C，n=a0×2k+a1×2k-1+a2×2k-2+…+ak-1×21+ak×20，
则S(n)=
k
Σ
i=0
ai，2n+1=a0×2k+1+a1×2k+a2×2k-1+…+ak-1×22+ak×21+1×20，
故S(2n+1)=
k
Σ
i=0
ai+1=S(n)+1，16n+4=a0×2k+4+a1×2k+3+a2×2k+2+…+ak-1×25+ak×24+1×22，故S(16n+4)=
k
Σ
i=0
ai+1=S(n)+1，故S(2n+1)=S(16n+4)，故C 正确；
对于D，22 025，22 025+1，22 025+2，…，22 026-1 共22 026-22 025=22 025(个)数，所有的数转换为二进制后，
总位数都为2 026，且最高位都为1，
而除最高位之外的剩余2 025 位中，每一位都是0 或者1.
设其中的数x，转换为二进制后有k 个0(0≤k≤2 025)，则f(x)=2k；
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在这22 025个数中，转换为二进制后有k 个0 的数共有C2 025
k
个，故f(22 025)+f(22 025+1)+f(22 025+2)+…+f(22 026-1)=
2 025
Σ
k =0
2k·C2 025
k
=(1+2)2 025=32 025，故D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共15 分)
12.(2025·北京)已知(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4，则a0= ；a1+a2+a3+a4= .
答案 1 15
解析 令x=0，则a0=1，
又(1-2x)4=a0-2a1x+4a2x2-8a3x3+16a4x4=a0+a1(-2x)+a2(-2x)2+a3(-2x)3+a4(-2x)4，令t=-2x，则
(1+t)4=a0+a1t+a2t2+a3t3+a4t4，令t=1，则a0+a1+a2+a3+a4=24，故a1+a2+a3+a4=15.
13.(2025·南昌模拟)某次庆典后，墙壁上的装饰品需要取下来，如图，由于材料特性，每次只能取一个，且
所取的装饰品只能有1 个或0 个相邻的装饰品，则不同的取法种数为 .
答案 216
解析 将这7 个装饰品编号如图所示，
分以下两种情况讨论：
第一种，第一步，先取1，5，7 号装饰品，第二步，再从2，4，6 号装饰品中依次取2 个装饰品，
最后一步依次取剩余2 个装饰品，
此时不同的取法种数为A3
3 A3
2 A2
2=72；
第二种，将(1，2)，(4，5)，(6，7)视为三个整体，
任选其中一个整体及另两个整体中不与3 号装饰品相邻的一个装饰品，有6 种情况，
以1，2，5 为例，可依次取(1，2，5)，(1，5，2)，(5，1，2)，共3 种情况，
剩余3，4，6，7 号装饰品，先从4，7 号装饰品中取一个，有2 种情况，
比如先取7 号装饰品，剩余3 个相邻的装饰品，接下来从4，6 号装饰品中取一个，有2 种情况，
最后依次取剩余2 个装饰品，
此时，不同的取法种数为6×3×2×2×2=144.
综上所述，不同的取法种数为72+144=216.
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14.(2025·吴忠模拟)在中国象棋的棋盘上，红方“车”从初始位置(如图，第1 行第5 列)出发，每一步可以
横向或纵向移动任意格(但不能斜着移动，也不能连续两次均横向或纵向移动)，已知黑方“将”位于第10
行第5 列，红方“车”必须在恰好4 步后到达第10 行第5 列.若棋盘上仅存在黑方“将”和红方“车”，黑
方“将”不移动，则红方“车”不同的移动路径有 种.
答案 128
解析 记红方“车”的初始位置为(1，5)，则目标位置为(10，5)，
由题意知，必须恰好4 步后到达，且每次移动必须改变方向，
所以可能的移动模式有两种，纵向→横向→纵向→横向，记为模式A，或横向→纵向→横向→纵向，记为
模式B.
模式A 的详细步骤如下.
步骤1：纵向移动a 格到(1+a，5)，1≤a≤8.
步骤2：横向移动x 格到(1+a，5+x)，x≠0 且1≤5+x≤9，即x∈[-4，4]且x≠0，所以x 的可能取值有8 种.
步骤3：纵向移动b 格到(10，5+x)，b≥1，且1+a+b=10.
步骤4：横向移动-x 格到(10，5).
因此，a 和b 必须满足a≥1，b≥1，a+b=9，则a=1，2，3，…，8，对应的b=8，7，6，…，1.
对于每个x，a 均有8 种可能，因此模式A 的移动路径有8×8=64(种).
模式B 的详细步骤如下.
步骤1：横向移动m 格到(1，5+m)，m∈[-4，4]且m≠0，有8 种可能.
步骤2：纵向移动n 格到(1+n，5+m)，n≥1，且1+n≤9.
步骤3：横向移动-m 格到(1+n，5).
步骤4：纵向移动y 格到(10，5).
因此，n 和y 必须满足n≥1，y≥1，n+y=9，则n=1，2，3，…，8，对应的y=8，7，6，…，1.
对于每个m，n 均有8 种可能，因此模式B 的移动路径有8×8=64(种).
综上，不同的移动路径有64+64=128(种)
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