文档文本内容
【五年高考真题分布(2020－2024)】
微专题 13 计数原理
高考定位 1.主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，时常与概率相结
合，以选择题、填空题为主；2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知
识，有时也与函数、不等式、数列交汇考查.
【真题体验】
1.(2023·全国乙卷)甲、乙两位同学从6 种课外读物中各自选读2 种，则这两人选
读的课外读物中恰有1 种相同的选法共有( )
A.30 种
B.60 种
C.120 种
D.240 种
答案 C
解析 甲、乙二人先选1 种相同的课外读物，有C＝6(种)情况，再从剩下的5 种
课外读物中各自选1 种不同的读物，有CC＝20(种)情况，由分步乘法计数原理
可得共有6×20＝120(种)选法.
2.(2024·北京卷)在(x－)4的展开式中，x3的系数为( )
A.6
B.－6
C.12
D.－12
答案 A
解析 法一 (x－)4的展开式的通项Tr＋1＝Cx4－r(－)r＝(－1)rCx4－(r＝0，1，2，
3，4).
由4－＝3，得r＝2，所以(x－)4的展开式中x3的系数为(－1)2C＝6.
法二 (x－)4的展开式中含x3的项是由(x－)(x－)(x－)(x－)中任意取2 个括号内的
x 与剩余的2 个括号内的(－)相乘得到的，所以(x－)4 的展开式中含x3 的项为
Cx2·C(－)2＝6x3，
所以(x－)4的展开式中x3的系数为6.
3.(2022·新高考Ⅰ卷)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________.(用数字作答)
答案 －28
解析 (x＋y)8展开式的通项Tr＋1＝Cx8－ryr，
r＝0，1，…，7，8.
令r＝6，得T6＋1＝Cx2y6；
令r＝5，得T5＋1＝Cx3y5，
所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为C－C＝－28.
4.(2024·全国甲卷)的展开式中，各项系数中的最大值为________.
答案 5
解析 的展开式的通项公式为
Tr＋1＝Cxr，
则各项的系数分别为C，C，C，C，C，C，
C，C，C，C，C，
观察发现二项式系数先增大后减小，且前后对称，指数式递增，分别计算C，C，
C，C，C，C，
比较可得，C＝5 最大.
5.(2024·新高考Ⅱ卷)在如图的4×4 的方格表中选4 个方格，要求每行和每列均
恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，
选中方格中的4 个数之和的最大值是________.
11
21
31
40
12
22
33
42
13
22
33
43
15
24
34
44
答案 24 112
解析 第一步，从第一行任选一个数，共有4 种不同的选法；
第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3 种不同的选法；
第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2 种不同的选法；
第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1 种选法.
由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24.
先按列分析，每列必选出一个数，
故所选4 个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.
再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，
故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4 行选15，
此时个位上的数字之和最大.
故选中方格中的4 个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
【热点突破】
热点一 两个计数原理
例1 (1)(2024·海南调研)为了备战下一届排球世锦赛，中国国家队甲、乙、丙、
丁四人练习传球，第1 次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2 次由持球
者传给另外三人中的任意一人，往后依次类推，经过4 次传球，球仍回到甲手中，
则传法总数为( )
A.30
B.24
C.21
D.12
(2)用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F 涂色，要求相
邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是( )
A.120
B.72
C.48
D.24
答案 (1)C (2)A
解析 (1)法一 由题意，四人练习传球，
第1 次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2 次由持球者传给另外三人中
的任意一人，往后依次类推，经过4 次传球，球仍回到甲手中，可分两种情况：
①当第2 次球传到甲手中，则经过4 次传球，球仍回到甲手中，共有3×1×3×1
＝9(种)不同的传法；
②当第2 次球不传到甲手中，则经过4 次传球，球仍回到甲手中，共有
3×2×2×1＝12(种)不同的传法，
综合①②可得经过4 次传球，球仍回到甲手中，传法总数为9＋12＝21(种).
法二 由题意第3 次传球后球一定不在甲手中，而第4 次传球只能传给甲，
若第2 次传球后球在甲手中，则不同的传法有3×1×3×1＝9(种)；
若第2 次传球后球不在甲手中，则不同传法有3×2×2×1＝12(种)，
综上，第4 次仍传回到甲的方法共有9＋12＝21(种).
(2)先涂E，有4 种选择，接下来涂C，有3 种选择，再涂F，有2 种选择，
①当C，D 颜色相同时涂色方法数是4×3×2×1×2＝48，
②当C，D 颜色不相同时涂色方法数是4×3×2×1×(1＋2)＝72，
∴满足题意的涂色方法总数是48＋72＝120.
规律方法 利用两个计数原理解题时的三个注意点
(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件
事；
(2)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图；
(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步.
训练1 (1)(2024·湛江调研)某企业面试环节准备编号为1，2，3，4 的四道试题，
编号为1，2，3，4 的四名面试者分别回答其中的一道试题(每名面试者回答的试
题互不相同)，则每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有(
)
A.9 种
B.10 种
C.11 种
D.12 种
(2)用数字3，6，9 组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3 至多出现一
次，则可以组成的四位数的个数为( )
A.81
B.48
C.36
D.24
答案 (1)A (2)B
解析 (1)根据题意分析可得，面试者1 可以从编号为2，3，4 的三道试题中任选
一道，
假设选编号为2 的试题，则面试者2 可以从剩下的3 道试题中任选一道，
假设选编号为3 的试题，则面试者3 只能选编号为4 的试题，面试者4 只能选编
号为1 的试题，
可知面试者1 选编号为2 的试题时有3 种符合题意的选法；
同理，面试者1 选编号为3 或4 的试题时，都有3 种符合题意的选法，
故每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有3＋3＋3＝9 种.
故选A.
(2)根据题意，数字3 至多出现一次，分2 种情况讨论：
①数字3 不出现，此时四位数的每个数位都可以为6 或9，都有2 种情况，则此
时四位数有2×2×2×2＝16 个；
②数字3 出现1 次，则数字3 出现的情况有4 种，剩下的三个数位，可以为6 或
9，都有2 种情况，此时四位数有4×2×2×2＝32 个，故有16＋32＝48 个四位
数，故选B.
热点二 排列与组合
例2 (1)(2024·邯郸模拟)某班联欢会原定5 个节目，已排成节目单，开演前又增
加了2 个节目，现将这2 个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，
也不排在最后一位，那么不同的插法种数为( )
A.12
B.18
C.20
D.60
(2)(2024·杭州模拟)将5 名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者去
一个社区，每个社区至少1 名志愿者，则不同的分配方法数是( )
A.300
B.240
C.150
D.50
答案 (1)C (2)C
解析 (1)根据题意，可分为两类：
①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有CA＝4×2＝8 种方法；
②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有A＝4×3＝12 种方法，
由分类加法计数原理得，共有8＋12＝20 种不同的插法.
(2)先将5 名志愿者分成3 组，
若这三组的人员构成为1、1、3，则共有种分组方案，
若这三组的人员构成为1、2、2，则共有种分组方案，
再将这3 组志愿者随机分配到三个社区，共有A 种分配方案，
故共有·A＝×6＝150 种分配方法.
规律方法 排列、组合问题的求解方法与技巧
(1)合理分类与准确分步；(2)排列、组合混合问题要先选后排；(3)特殊元素优先
安排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题除法处理；
(7)“小集团”排列问题先整体后局部；(8)正难则反，等价转化.
训练2 (1)(2024·兰州诊断)将8 个数学竞赛名额全部分给4 个不同的班，每个班
至少有1 个名额，则不同的分配方案种数为( )
A.15
B.35
C.56
D.70
(2)(2024·聊城模拟)班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，
要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不
同的安排方案共有( )
A.60 种
B.54 种
C.48 种
D.36 种
答案 (1)B (2)B
解析 (1)将8 个数学竞赛名额全部分给4 个不同的班，每个班至少有1 个名额，
可类比为用3 个隔板插入8 个小球中间的空隙中，将球分成4 堆，
由于8 个小球中间共有7 个空隙，因此共有C＝35 种不同的分法.
(2)甲、乙、丙三位同学都担任课代表有A＝36 种，甲、乙、丙三位同学有一人
不担任课代表有·A＝18 种，
综合得不同的安排方案共有36＋18＝54 种.
热点三 二项式定理
例3 (1)(多选)(2024·镇江调研)下列说法正确的是( )
A.若(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310－1
B.1.0510精确到0.1 的近似数为1.6
C.5555被8 整除的余数为1
D.C29＋C28＋…＋C＝39
(2)(2024·丽水调研)设(1－4x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，已知a0＋a1＝－35，则
n＝________，的展开式中含x－7的项的系数为________.
答案 (1)ABD (2)9 －18
解析 (1)对于A，(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，
令x＝0，则a0＝1，
易知a1，a3，a5，a7，a9为负数，a2，a4，a6，a8，a10为正数.
令x＝－1，则310＝a0－a1＋a2－…－a9＋a10，故|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝－a1＋a2
－…－a9＋a10＝310－1，故A 正确；
对于B，1.0510＝(1＋0.05)10＝C×0.050＋C×0.051＋C×0.052＋…＋C×0.0510＝1＋0.5
＋0.112 5＋…＝1.5＋0.112 5＋…，故1.0510精确到0.1 的近似数为1.6，B 正确；
对于C，5555＝(56－1)55＝C×5655－C×5654＋C×5653－…＋C×561－C×560，
由此可得5555被8 整除的余数为8－1＝7，C 错误；
对于D，C29＋C28＋…＋C＝(2＋1)9＝39，D 正确.故选ABD.
(2)令x＝0，得a0＝1，由二项展开式的通项可知a1＝C·(－4)＝－4n，
由a0＋a1＝－35，得1－4n＝－35，解得n＝9.
是由9 个连乘得到，要得到含x－7的项，有两种情形：
①这9 个式子中：8 个式子中取－，剩下的1 个式子中取2x；
②这9 个式子中：7 个式子中取－，剩下的2 个式子中取1.
故含x－7的项的系数为C×2－C＝－18.
规律方法 1.求两个因式积的特定项，一般对某个因式用通项公式，再结合因式
相乘，分类讨论求解.
2.求三项展开式的特定项，一般转化为二项式求解或用定义法.
3.求解系数和问题应用赋值法.
4.涉及整除或近似值问题要应用二项展开式解决.
训练3 (1)(2024·汕头模拟)(1＋x)7展开式中x3项的系数为( )
A.42
B.35
C.7
D.1
(2)(多选)的展开式中，下列结论正确的是( )
A.二项式系数最大项为第五项
B.各项系数和为0
C.含x4项的系数为4
D.所有项二项式系数和为16
答案 (1)A (2)BD
解析 (1)(1＋x)7的展开式通项为Tr＋1＝C·xr(r＝0，1，2，…，7)，
因为(1＋x)7＝(1＋x)7＋x－3(1＋x)7，
在C·xr(r＝0，1，2，…，7)中，令r＝3，可得x3项的系数为C＝35；
在x－3C·xk＝C·xk－3(k＝0，1，2，…，7)中，令k－3＝3，得k＝6，可得x3项的系
数为C＝7.
所以(1＋x)7展开式中x3项的系数为35＋7＝42.
(2)对于A，因为展开式一共5 项，所以二项式系数最大项为第3 项，故A 错误；
对于B，令x＝1 时，＝0，所以各系数的和为0，故B 正确；
对于C，因为的展开式的通项为Tr＋1＝Cx4－r
＝C(－1)rx4－2r(r＝0，1，2，3，4)，
令4－2r＝4，得r＝0，故含x4项的系数为C·(－1)0＝1，故C 错误；
对于D，所有项的二项式的系数和为24＝16，故D 正确.
【精准强化练】
一、单选题
1.(2024·烟台模拟)将8 个大小形状完全相同的小球放入3 个不同的盒子中，要求
每个盒子中至少放2 个小球，则不同放法的种数为( )
A.3
B.6
C.10
D.15
答案 B
解析 依题意，每个盒子放入2 个球，余下2 个球可以放入一个盒子有C 种方法，
放入两个盒子有C 种方法，所以不同放法的种数为C＋C＝6.
2.(2024·西安调研)的展开式中含x5项的系数是( )
A.－112
B.112
C.－28
D.28
答案 B
解析 ＝的展开式的通项公式为Tk＋1＝Cx8－k·(－2)kx－k
＝(－2)kC·x8－k，
令8－k＝5，得k＝2，
故T3＝(－2)2Cx5＝112x5，
即其展开式中含x5项的系数是112.
3.(2024·石家庄质检)今年贺岁片《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》
引爆了电影市场，小明和他的同学一行四人决定去看这三部电影，则恰有两人看
同一部影片的选择共有( )
A.9 种
B.36 种
C.38 种
D.45 种
答案 B
解析 从4 人中选择2 人看同一部影片，再从3 部影片中选择一部安排给这两人
观看，剩余的2 人，2 部影片进行全排列，故共有CCA＝6×3×2＝36 种情况.
4.(2024·邵阳模拟)某市举行乡村振兴汇报会，六个获奖单位的负责人甲、乙、丙
等六人分别上台发言，其中负责人甲、乙发言顺序必须相邻，丙不能在第一个与
最后一个发言，则不同的安排方法共有( )
A.240 种
B.120 种
C.156 种
D.144 种
答案 D
解析 将甲乙捆绑看做一个元素，由丙不能在第一个与最后一个发言，则丙的位
置有3 个，将剩余4 个元素再排序有AA＝48 种方法，故不同的安排方法共有
3×48＝144 种.
5.(1＋2x)(1＋x)3的展开式中x2的系数为( )
A.4
B.6
C.9
D.10
答案 C
解析 ∵(1＋2x)(1＋x)3＝(1＋x)3＋2x(1＋x)3，展开式中含x2的项为Cx2＋2xCx1，
∴x2的系数为C＋2C＝3＋2×3＝9.
6.(2024·荆州调研)(a2－a＋b)5的展开式中a5b2的系数为( )
A.－60
B.－30
C.30
D.60
答案 B
解析 (a2－a＋b)5＝[(a2－a)＋b]5，
根据二项式的展开式的通项为Tr＋1＝C(a2－a)5－r·br(r＝0，1，2，3，4，5)，
令r＝2，(a2－a)3的展开式满足关系式为Tk＋1＝Ca6－2k(－1)kak(k＝0，1，2，3)，
当k＝1 时，(a2－a)3的展开式a5的系数为C(－1)＝－3，故(a2－a＋b)5的展开式
中a5b2的系数为C×(－3)＝－30.
7.某公园有如图所示A 至H 共8 个座位，现有2 个男孩2 个女孩要坐下休息，要
求相同性别的孩子不坐在同一行也不坐在同一列，则不同的坐法总数为( )
A
B
C
D
E
F
G
H
A.168
B.336
C.338
D.84
答案 B
解析 第一步：排男孩，第一个男孩在第一行有四个位置可选，第二个男孩在第
二行有三个位置可选，由于两名男孩可以互换，故男孩的排法有4×3×2＝
24(种)，
第二步：排女孩，若男孩选AF，则女孩有BE，BG，BH，CE，CH，DE，DG
共7 种选择， 由于女孩可以互换，故女孩的排法有2×7＝14(种)，
根据分步乘法计数原理，共有24×14＝336(种)，
故选B.
8.(2024·嘉兴模拟)6 位学生在游乐场游玩A，B，C 三个项目，每个人都只游玩一
个项目，每个项目都有人游玩，若A 项目必须有偶数人游玩，则不同的游玩方
式有( )
A.180 种
B.210 种
C.240 种
D.360 种
答案 C
解析 若A 有2 人游玩，则有C＝15×(8＋6)＝210 种；若A 有4 人游玩，则有
CA＝15×2＝30 种.所以共有240 种，故选C.
二、多选题
9.3 个人坐在一排5 个座位上，则下列说法正确的是( )
A.共有60 种不同的坐法
B.空位不相邻的坐法有72 种
C.空位相邻的坐法有24 种
D.两端不是空位的坐法有18 种
答案 ACD
解析 对于A，共有A＝5×4×3＝60(种)不同的坐法，故A 正确；
对于B，先排好这3 个人有A 种排法，
然后把2 个空位插入3 个人形成的4 个空隙中，
有C 种插法，故共有CA＝36(种)坐法，故B 错误；
对于C，把2 个空位先捆绑好，再插入3 人形成的4 个空隙中， 故共有CA＝
24(种)坐法，故C 正确；
对于D，先从3 人中抽取2 人放在两端，第三个人在中间的3 个空位中任取一个，
故有CAC＝18(种)坐法，故D 正确.
10.(2024·郑州调研)已知(m＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，(x－1)(m＋x)4＝b0＋
b1x＋b2x2＋b3x3＋b4x4＋b5x5，其中m∈R，m≠0.若a2＝3b2，则( )
A.m＝2
B.a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝81
C.b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝－16
D.b1＋2b2＋3b3＋4b4＋5b5＝80
答案 AB
解析 二项式(m＋x)4展开式的通项为Tr＋1＝Cm4－rxr(0≤r≤4 且r∈N)，
(x－1)(m＋x)4＝x(m＋x)4－(m＋x)4，
所以a2＝Cm2＝6m2，b2＝Cm3－Cm2＝4m3－6m2，
因为a2＝3b2，所以6m2＝3(4m3－6m2)，
解得m＝0(舍去)或m＝2，故A 正确；
由(2＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，
令x＝1 可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝34＝81，故B 正确；
由(x－1)(2＋x)4＝b0＋b1x＋b2x2＋b3x3＋b4x4＋b5x5，
令x＝0 可得b0＝－24＝－16，
令x＝1 可得b0＋b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝0，
所以b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝16，故C 错误；
将(x－1)(2＋x)4＝b0＋b1x＋b2x2＋b3x3＋b4x4＋b5x5两边对x 求导可得，
(2＋x)4＋4(x－1)(2＋x)3＝b1＋2b2x＋3b3x2＋4b4x3＋5b5x4，
令x＝1 可得b1＋2b2＋3b3＋4b4＋5b5＝(2＋1)4＋4(1－1)(2＋1)3＝81，故D 错误.
11.(2024·福州质检)下列结论正确的是( )
A.C＝C，则n＝3
B.C＝C
C.(x－1)10的展开式的第6 项的系数是C
D.(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5的展开式中x2的系数为C－1
答案 BD
解析 对于A，因为C＝C，由组合数性质可得n＝3 或n＝4，A 错误；
对于B，C＝
＝·
＝，
所以C＝C，B 正确；
对于C，(x－1)10展开式的第6 项为T6＝Cx10－5(－1)5＝－Cx5，所以第6 项的系数
是－C，C 错误；
对于D，(1＋x)3的展开式中x2的系数为C，(1＋x)4的展开式中x2的系数为C，
(1＋x)5的展开式中x2的系数为C，
所以(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5的展开式中x2的系数为C＋C＋C＝C＋C＋C＋C－
1＝C＋C＋C－1＝C＋C－1＝C－1，D 正确，故选BD.
三、填空题
12.(2024·合肥调研)5 名同学去听同时举行的3 个课外知识讲座，每名同学可自由
选择听其中的1 个讲座，且甲、乙听同一个讲座，则不同选择的种数是________.
答案 81
解析 把甲、乙看成一个同学，则不同选择的种数是34＝81.
13.(2024·南昌调研)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
解析 将丙、丁捆绑排列有A＝2 种，
再把他们作为整体与戊排成一排有A＝2 种，
排完后有3 个空，
最后将甲、乙插入其中的两个空有A＝6 种，
故符合题意的排法共有2×2×6＝24 种.
14.如图，现要对某公园的4 个区域进行绿化，有5 种不同颜色的花卉可供选择，
要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色的花卉，共有________种不同的绿化
方案(用数字作答).
答案 180
解析 如图：
A
B
D
C
从A 开始摆放花卉，A 有5 种颜色花卉摆放方法，
B 有4 种颜色花卉摆放方法，C 有3 种颜色花卉摆放方法；
由D 区与B，C 区花卉颜色不一样，与A 区花卉颜色可以同色也可以不同色，
则D 有3 种颜色花卉摆放方法.
故共有5×4×3×3＝180 种不同的绿化方案.
