文档文本内容
专题10 排列组合与二项式定理小题综合
（4 维精讲+3 维精练）
考前百日冲刺目录
引领风向--最新模考新颖题（5 题）............................................1
最新热点热搜题（5 题）......................................................5
最新高频经典题（5 题）......................................................8
最新高考真题回顾（5 题）...................................................10
最新模考基础练（5 题）.....................................................13
最新模考能力练（5 题）.....................................................15
最新模考压轴练（5 题）.....................................................17
引领风向
-- 最新模考新颖题（
5 题）
【典例】1．（2025·湖南郴州·一模）“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训
练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为
个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳
箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】B
【分析】分两步完成，先分跳箱、再分药球，确定每一步的分法种数，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】分以下两步：
（1）先分跳箱：
个相同的跳箱分给三个球队，三个球队分得的跳箱数量分别为、
、或
、
、
或
、、，
所以，跳箱的分法种数为
种；
（2）接下来分药球：将个药球分给三个球队，三个球队分得的药球数量分别为、、或
、、
，
所以，药球的分法种数为
种.
由分步乘法计数原理可知，不同的分法种数为
种.
故选：B.
【典例】2．（2025·安徽六安·模拟预测）中国空间站主体由天和核心舱、问天实验室、梦天实验舱构
成．某次实验需要位宇航员同时在三个舱中开展，每个人只能去一个舱，每个舱至少安排名宇航员，其
中甲宇航员只能去问天实验室和梦天实验舱中的一个，则不同的安排方法有（ ）
A．72
B．88
C．100
D．144
【答案】C
【分析】先确定甲，再安排剩下
人，按照将剩下
人分三组和分两组讨论，结合分类加法与分步乘法计
数原理可得解.
【详解】第一步，安排甲
种；
第二步，安排剩下四人；①
人分三组
种；②
人分两组
种；
综上：
种.
故选：C.
【典例】3．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图所示的挂件由7 个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向
三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层
分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不
同的颜色，则所有的涂色方法种数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】先对图中挂件进行编号，根据已知条件分析讨论各层挂件的涂色方法数，从而得出所有的涂色方
法种数．
【详解】给挂件进行如图所示的编号，
中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，靠近主挂件的为第一层分
挂件，远离主挂件的为第二层分挂件，
用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，
1 号有4 种涂色方法，2，3，4 号有
种涂色方法，
分情况讨论5，6，7 号的涂色方法：
①若5 号与1 号同色，6 号与2 号同色，则7 号只有1 种涂色方法，
5，6，7 号有
种涂色方法；
②若5 号与1 号同色，6 号与2 号异色，此时6 号只有1 种涂色方法，则7 号有2 种涂色方法，
5，6，7 号有
种涂色方法；
③若5 号与1 号异色，与3 号同色，5 号只有1 种涂色方法，
当6 号与4 号同色时，7 号有2 种涂色方法；
当6 号与4 号异色时，6 号有2 种涂色方法，7 号有1 种涂色方法，
5，6，7 号有
种涂色方法；
④若5 号与1 号、3 号均异色，则5 号只有1 种涂色方法，6 号、7 号均有2 种涂色方法，
5，6，7 号有
种涂色方法；
综上，所有的涂色方法种数为
，故C 正确．
故选：C．
【典例】4．（2025·辽宁·三模）9 本不同的书平均分成三摞，如图所示，现将这9 本书全部取走，且每
次只能从其中一摞的上面取一本，则不同的取法有（ ）种．
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据题意，将取书转换为放书，再由每次只能从其中一摞的最上面取一本确定每摞书的顺序唯一
确定，再由组合数即可得到结果.
【详解】对取出的书进行编号，记取出的第一本书为，第二本书为
，依次类推，最后取出的书为，
则不同的取法对应这个编号的书在书堆中的排列，
因此不同的取法数目等于不同的排列数目，
即将本书分成三摞的摆放方法数，
又因为每次只能从其中一摞的最上面取一本，
故每摞书的编号从上往下依次增大，
因此再摆放时每摞书的顺序唯一确定，
从本书中选三本放在第一摞，有
种方法，
再从剩下的
本书中选三本放在第二摞，有
种方法，
最后剩下的本书中选三本放在第三摞，有
种方法，
综上，共有
种方法.
故选：B
【典例】5．（2025·辽宁·三模）下列各二项式中，其展开式不存在常数项的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据二项展开式的通项公式求常数项即可.
【详解】设二项展开式的第
为常数项.
对A：由
，由
，所以
展开式的第6 项为
常数项，即
的展开式有常数项；
对B：由
，由
，所以
展开式的第
5 项为常数项，即
的展开式有常数项；
对C：由
，由
，所以
的展开式的第9 项
为常数项，即
的展开式有常数项；
对D：由
，由
，所以
的展开式不存在
常数项.
故选：D
最新热点热搜题（
5 题）
【典例】6．（2025·四川德阳·二模）已知
的展开式中
的系数为17．则实数
的值为（ ）
A．
B．
C．1
D．2
【答案】A
【分析】先找到
的展开式通项为
，再由乘法分配律得展开式中
的系数为
，即可
得解.
【详解】根据题意，
的展开式通项为
，
所以
的展开式中
为：
，
则
，解得
.
故选：A
【典例】7．（2025·山东济南·三模）（多选）在
的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．常数项为120
B．各二项式系数的和为64
C．各项系数的和为1
D．各二项式系数的最大值为240
【答案】BC
【分析】根据二项式展开式的通项公式、二项式系数的性质以及各项系数和的求法来逐一分析选项.
【详解】对于二项式
，根据二项式展开式的通项公式可得：
，
.
令
，则
，解得
.
将
代入通项公式可得常数项为
，所以选项A 错误.
根据二项式系数和的性质，所以
的各二项式系数的和为
，选项B 正确.
要求各项系数的和，可令
，则
，所以各项系数的和为，选项C 正确.
因为
，所以二项式系数最大的是中间项，即第
项，其二项式系数为
，
选项D 错误.
故选：BC.
【典例】8．（2025·浙江·二模）若
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】分别令
，
，得两式，运算可求得
，再令
，求得
，即可得
解.
【详解】因为
，
当
时，
，
当
时，
①，
当
时，
②，
①+②=
，
所以
，
所以
，
故选：C.
【典例】9．（2025·湖北武汉·模拟预测）有四对双胞胎共8 人，从中随机选4 人，则其中恰有一对双胞
胎的选法种数为（ ）
A．48
B．72
C．96
D．192
【答案】A
【分析】利用分步计数乘法原理，先选双胞胎，再选人即可.
【详解】第一步：选一对双胞胎有
种；
第二步：再选两对双胞胎，并从每对双胞胎中各选一人共有
种；
利用分步计数乘法原理可知：从中随机选4 人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为
，
故答案：A.
【典例】10．（2025·河南郑州·三模）河南具有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现
有一名游客计划在三天内品尝完以下六种河南特色美食：烩面、胡辣汤、灌汤包、道口烧鸡、焖饼、黄河
鲤鱼．该游客每天从这六种美食中选择1 到3 种进行品尝（每天必须选择且不能重复选择已品尝过的美
食）．若三天后恰好品尝完所有美食，则不同的选法种数为（ ）
A．450
B．360
C．180
D．90
【答案】A
【分析】根据题意可知分配方式有
和
两种情况，然后分别计算这两种情况的选法种数，最
后相加就是所求答案.
【详解】①计算按照
分配的选法种数.
根据分步乘法计数原理，按
分配的选法种数为：
种.
②按照
分配的选法种数为：
种.
最后将两种选法种数相加得到总的选法种数为
种.
故选：A.
最新高频经典题（
5 题）
【典例】11．（2025·山东·一模）已知
的展开式中第2 项，第3 项，第4 项的二项式系
数成等差数列，则
（ ）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】C
【分析】写出二项式系数再利用等差中项建立方程，求解即得.
【详解】已知
的展开式中第2 项，第3 项，第4 项的二项式系数为
，
依题意成等差数列，故
，得到：
，
化简得
，即：
，
解得：
或
（舍去）
故选：C
【典例】12．（2025·河北保定·模拟预测）在
的展开式中，
的系数为（ ）
A．
B．
C．
D．20
【答案】B
【分析】根据二项式定理展开式计算即可.
【详解】先求
展开式中含
，
的项，
易知
，显然其不含
，
含
的项分别为：
，
，
所以在
的展开式中，
的系数为
.
故选：B.
【典例】13．（2025·江苏南通·二模）有3 个男生和2 个女生站成一排合影，则女生甲不在两端且2 个
女生不相邻的不同排法总数为（ ）
A．18
B．36
C．72
D．144
【答案】B
【分析】先排两个女生，将排法分类再相加，剩下的3 个男生为全排列，再根据分步乘法计数原理可得不
同的排法总数.
【详解】设5 个位置依次为1,2,3,4,5，特殊元素优先考虑，女生甲不在两端，则只能在中间3 个位置，
两女生不相邻，则
①甲在位置2，另一个女生只能4 或5，2 种选择；
②甲在位置3，另一个女生只能1 或5，2 种选择；
③甲在位置4，另一个女生只能1 或2，2 种选择，
根据分类加法计数原理，两个女生的排法共有
种，
剩余3 个男生为全排列
种排法，
根据分步乘法计数原理，不同排法总数为
.
故选：B.
【典例】14．（2025·湖北·二模）甲、乙等5 名志愿者参加2025 年文化和旅游发展大会的
、
、
、
四项服务工作，要求每名志愿者只能参加1 项工作，每项工作至少安排1 人，且甲不参加
项工作，乙
必须参加
项工作，则不同的安排方法数有（ ）
A．36 种
B．42 种
C．54 种
D．72 种
【答案】B
【分析】按照B 项工作安排的人数分为两类，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解即可.
【详解】安排B 项工作的人数分为两类，
第一类，B 项工作仅安排1 人，因为甲不参加B 项工作，乙必须参加D 项工作，
从甲、乙以外的3 人中选一人参加B 项工作有
种方法，
再安排A，C，D 项工作，若D 项工作安排两人，则有
种方法，
若D 项工作安排一人，则有
种方法，
所以B 项工作仅安排1 人共
种方法，
第二类，B 项工作安排2 人，有
种方法，
由分类加法计数原理，得共有
种方法.
故选：B.
【典例】15．（2025·四川广安·模拟预测）把1，2，3，4，5，6，7，8，9 这9 个数字分别填入右图所
示的方框中，每一排构成一个三位数，若要求图中每个数位上的数字第二排比第一排大，第三排比第二排
大，且这三个三位数的和为999，则最后一列的三个数字之和为 （填出所有可能的结果）；这样的
排列方法共有 种.
【答案】 19 5
【分析】根据这三个三位数的和为999，先得出最后一列的数字之和为19，再分第1、2 列的三个数字之和
依次为8，18 得出排法.
【详解】由于1 到9 的和为45，
，这三个三位数的和为999，依题意该算式进位了两次，则最
后一列的三个数字之和为19.
第1、2 列的三个数字之和依次为8，18.
（1）当百位数字从上到下依次为1，2，5 时，十位数字从上到下依次可以为4，6，8；
十位数字从上到下依次也可以为3，6，9；十位数字还可以从上到下依次为4，5，9，共有3 种填法.
（2）当百位数字从上到下依次为1，3，4 时，十位数字从上到下依次可以为5，6，7；
十位数字从上到下依次也可以为2，7，9，共有2 种填法.
这样的排列方法共有
种：
故答案为：19；5.
最新高考真题回顾（
5 题）
【典例】16．（2024·北京·高考真题）在
的展开式中，
的系数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】写出二项展开式，令
，解出然后回代入二项展开式系数即可得解.
【详解】
的二项展开式为
，
令
，解得
，
故所求即为
.
故选：A.
【典例】17．（2023·全国乙卷·高考真题）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
【分析】相同读物有6 种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.
【详解】首先确定相同得读物，共有
种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5 种读物里，选出两种进行排列，共有
种，
根据分步乘法公式则共有
种，
故选：C.
【典例】18．（2024·全国甲卷·高考真题）某独唱比赛的决赛阶段共有甲、乙、丙、丁四人参加，每人
出场一次，出场次序由随机抽签确定，则丙不是第一个出场，且甲或乙最后出场的概率是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解.
解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.
【详解】解法一：画出树状图，如图，
由树状图可得，出场次序共有24 种，
其中符合题意的出场次序共有8 种，
故所求概率
；
解法二：当甲最后出场，乙第一个出场，丙有
种排法，丁就种，共
种；
当甲最后出场，乙排第二位或第三位出场，丙有种排法，丁就种，共
种；
于是甲最后出场共
种方法，同理乙最后出场共
种方法，于是共种出场顺序符合题意；
基本事件总数显然是
，
根据古典概型的计算公式，所求概率为
.
故选：C
【典例】19．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分
层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60 名学生，已知该校初中部和高中部分别
有400 名和200 名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.
【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取
人，高中部共抽取
，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有
种.
故选：D.
【典例】20．（2023·全国甲卷·高考真题）现有5 名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、
星期日两天，每天从这5 人中安排2 人参加公益活动，则恰有1 人在这两天都参加的不同安排方式共有（
）
A．120
B．60
C．30
D．20
【答案】B
【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解.
【详解】不妨记五名志愿者为
，
假设
连续参加了两天公益活动，再从剩余的4 人抽取2 人各参加星期六与星期天的公益活动，共有
种方法，
同理：
连续参加了两天公益活动，也各有
种方法，
所以恰有1 人连续参加了两天公益活动的选择种数有
种.
故选：B.
最新模考基础练（
5 题）
21．（2025·辽宁大连·一模）某班有甲、乙、丙、丁四名学生依次参加接力跑的
接力比赛，已
知甲不能站在第一位，乙不能站在第二位，则可能的安排排列顺序有（ ）
A．种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】B
【分析】按照甲站在第二位和不站在第二位两种情况讨论，结合分类加法计数原理可得解.
【详解】分甲站在第二位和不站在第二位两种情况讨论，
①当甲站在第二位时，余下三人可以全排列，此时共有
种情况；
②当甲不站在第二位时，甲有
个位置可选，此时乙也有
种情况可选，余下两人可以全排列，则此时共
有
种情况；
综上所述，一共有
种情况，
故选：B.
22．（2025·四川泸州·模拟预测）亚冬会期间，从4 位志愿者中安排2 人值守2 个不同的岗位，规定每
个值守岗位只安排一位志愿者，则不同的安排方法种数为（ ）
A．6
B．12
C．16
D．24
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用排列的意义列式计算作答即可得.
【详解】
，故不同的安排方法种数为
种.
故选：B.
23．（2025·陕西汉中·模拟预测）若
，
则
（ ）
A．244
B．1023
C．
D．1
【答案】A
【分析】利用换元法结合二项展开式的通项公式可求
.
【详解】设
，则原恒等式可化为
，
令
，则
，
而
展开式的通项公式为
，
故
，故
，
故选：A.
24．（2025·浙江温州·一模）在
的展开式中，含
项的系数是（ ）
A．42
B．
C．84
D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用二项式定理直接求解.
【详解】在
的展开式中，含
的项为
，
所以含
项的系数是84.
故选：C
25．（2025·广东茂名·模拟预测）如图，现要用5 种不同的颜色对某市的4 个区县地图进行着色，要求
有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（ ）
A．120
B．160
C．180
D．300
【答案】C
【分析】分两步，第一步先排Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，第二步再排Ⅳ，然后根据分步计数原理相乘即可.
【详解】先排Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ共有
种，再排Ⅳ有
种，
故不同的着色方法数有
种.
故选：C
最新模考能力练（
5 题）
26．（2025·广东江门·模拟预测）把6 名技术员分到3 个车间工作，分到3 个车间的人数各不相同，每
个车间至少1 人，则不同的分配方案共有（ ）
A．270 种
B．540 种
C．720 种
D．360 种
【答案】D
【分析】根据分组分配法，即利用分步乘法计数原理即可求解.
【详解】每个车间至少分配一名技术员且人数各不相同,故三个车间分配到技术员的人数为1，2，3，
故共有
种不同的分配方案.
故选：D.
27．（2025·云南·模拟预测）从0，1，2，3 中任取三个数字组成无重复数字的三位数，则下列结论错
误的是（ ）
A．三位数共有18 个
B．百位数字为1 的三位数共有6 个
C．十位数字为1 的三位数共有6 个
D．个位数字为0 的三位数共有6 个
【答案】C
【分析】根据各选项的条件逐一分析判断即可.
【详解】选项A，从百位排起，百位有3 种选择（1、2、3，因为不能为0），十位有3 种选择，个位有2
种选择.总数为
个，故A 正确；
选项B，百位固定为1，十位从0、2、3 中选（3 种选择），个位从剩下2 个数字中选（2 种选择），共有
个，故B 正确；
选项C，十位固定为1，百位不能为0，且不能为1，所以百位有2 种选择（2、3），个位从剩下2 个数字
（包括0）中选（2 种选择），共
个，故C 错误；
选项D，因为个位数字为0，则百位和十位可以在
中任取两个排列，共
个.故D 正确.
故选：C.
28．（2025·广东佛山·三模）若
的展开式中的常数项为31，则
（ ）
A．
B．0
C．1
D．2
【答案】C
【分析】根据二项式定理，写出指定项的系数，结合题意，建立方程，可得答案.
【详解】依题意，
，所以
，即
．
故选：C.
29．（2025·重庆·模拟预测）某化工厂园区内有4 个仓库，现要将A，B 等6 种化工原料储存在仓库中.
为了方便使用，每种原料平分为2 份储存在2 个不同的仓库中，每个仓库储存3 种不同的原料，且考虑到
安全因素，原料A，B 不能储存在同一个仓库，则不同的储存方案数为（ ）.
A．240
B．270
C．480
D．540
【答案】D
【分析】先安排好A，B，再分类讨论安排C 的组合方式及放法，由计数原理得解.
【详解】先把A 分成两份放入两个仓库，再把B 分成两份放入剩余两个仓库，共有
种方法，
再把C 分成两份，从剩余的D、E、F 中取出一种分成两份与C 组成一组，放入两个仓库，剩余的两种组
合放入另外两个仓库，共有
种放法，
也可从剩余的D、E、F 中取出两种，与C 组合成两份，则剩余的两种组合成两份，共有四种不同的组合，
分别放入四个仓库，共有种
种放法，
由分类加法计数原理与分步乘法计数原理可得，
共有
种不同的方法，
故选：D
30．（2025·四川成都·一模）（多选）已知在
的展开式中，第3 项的二项式系数与第5 项的二
项式系数相等，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．第4 项的二项式系数最大
C．
的系数为
D．展开式各项系数之和为
【答案】ABC
【分析】先由题设结合组合数的性质求出n 即可判断A；由二项式系数的定义和组合数性质即可求解判断
B；由二项式的展开式的通项公式即可求解判断C；由系数定义赋值
即可求解判断D.
【详解】由题意得
，所以
，故A 正确；
因为
时，二项式系数最大的是
，所以第4 项的二项式系数最大，故B 正确；
的展开式的通项公式为
，
令
，得
，所以
的系数为
，故C 正确；
展开式各项系数之和为
，故D 错误.
故选：ABC
最新模考压轴练（
5 题）
31．（2025·广西·模拟预测）把5 个相同的乒乓球放入编号为1-7 号的盒子里，其中编号为1-5 号的盒
子，每个盒子至多放1 个球，编号为6-7 号的盒子，每个盒子至多放3 个球，则不同的放法有
种.
【答案】98
【分析】解法一：利用分类加法计数原理分类计算可求得结论.解法二：用
表示
个分配指标，现考虑
符合题意的一种放法：第1､2 两个盒子各放1 个球，第3､4､5､6 盒子不放球，第7 个盒子放3 个球，这个
放法可用符号表示为
.进而可得
，利用展开式中
的系数可求得结论.
【详解】解法一：1-5 号盒共放0 个球，即5 个球放入6-7 号盒子，有种放法；
1-5 号盒共放1 个球，有
种放法；
1-5 号盒共放2 个球，有
种放法；
1-5 号盒共放3 个球，有
种放法；
1-5 号盒共放4 个球，有
种放法；
1-5 号盒共放5 个球，有1 种放法，所以共有
种放法.
解法二：用
表示
个分配指标，现考虑符合题意的一种放法：
第1､2 两个盒子各放1 个球，第3､4､5､6 盒子不放球，第7 个盒子放3 个球，
这个放法可用符号表示为
.
考虑母函数
，
从第一二个括号中各取
､
，从第三四五六个括号中各取
､
､
､
，从第七个括号中取
，
然后相乘，即得到展开式中的一个
项，
此
项的系数即为满足题意的分配名额的方案数.
从上分析可见，满足题意的名额分配的方案与多项式
展开式中
项正好一一对应，
故多项式
的展开式中
项的系数即为满足题意的名额分配的方案数.
又
，
其中
，
所以满足题意的分配方案数为98.
故答案为：98.
32．（2025·河南·二模）为拓展学生数学视野，鼓励学生多读数学书，学校举办了“数学图书在哪”的
抽奖活动.如图，在一个5×5 的方格表中，按如下规则放置了一些图书，小方格中的数字表示与其有公共
顶点的小方格的图书的总本数，且有数字的小方格上没有图书，其余方格内无限制，且每一个方格只能放
1 本图书.则所有可能的图书排列方式总数为（ ）
A．160
B．192
C．224
D．256
【答案】B
【分析】根据数字的约束，确定哪些方格可以放置图书，通过分析每个数字的约束，确定可以放置图书的
方格，并计算最大可能的图书数目，使用排列组合的方法，计算所有满足条件的图书放置方式的总数.
【详解】如图所示，灰色代表图书位置，此时有11 本图书，接下来说明不可能有12 本图书，考虑数字控
制的区域，假设有一种方式可以达到8 本图书，首先左上角区域只有2 本图书（下图左），在大图中去掉
后变成了下图中间的样子，并且图中应有6 本图书.类似的，下方数字2 代表周围单元格中有2 本图书，再
去掉后形如下方右侧图形，此时需要填4 本图书，但只剩下三个空方格，矛盾!故最多有7 本，结合不受限
制的区域，最多能抽中
本书.
接下来求所有可能的方法数，
情形一：
如图所示，?处有图书时，在左上数字2 的周围有两种情形，若数字3 右侧方格无图书，
则4 周围的图书排布方式已经固定，此时下方数字2 的排布方式也被固定，
此时中间数字3 周围只有两本图书，矛盾，∴中间数字3 右侧必有图书.
此时如上右图阴影区域中有且仅有一本图书，故下方数字2 左侧或右侧有一本图书.
若下方数字2 左侧有一本图书，则右侧没有图书，此时4 周围的图书排布已经固定，
则此时3 周围图书也已经符合题意，只有一种情形.
若下方数字2 右侧有一本图书，此时考虑下方数字2 周围还应存在的一本图书的位置，
若在2 右上方，即上左图中☆位置，则满足题意，并且此时3 周围也满足题意，
4 周围还剩一本图书，共有两种选择，共两种；
若不在2 右上方，则4 周围图书的排布已经符合题意，
3 周围还应有一本图书，共有两种选择.
综上，在情形一中，根据分类加法和分步乘法计数原理，共有
种可能.
情形二：
如图所示，?处无图书时，左上数字2 的图书排布被固定，与情形一类似讨论，可知3 右侧必有图书，
此时根据3 周围应还有2 本图书得到下方的2 左右两侧均无图书（否则下方2 周围图书数目大于2），
故4 周围的图书排列方式被固定，∴3 周围还应有一本图书，共有两种选择，故情形二共有2 种可能.
∴共有
种.
故选：B.
33．（2025·贵州毕节·模拟预测）在如图的
方格中选5 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（用数字作答），在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的5 个数之
和的最大值是 ．
12
11
12
14
13
21
21
23
25
22
32
32
31
33
31
41
43
42
44
40
52
51
53
54
54
【答案】 120 166
【分析】利用分步乘法原理结合题意分析求解即可；先分析行再分析列得到个位上数字之和最大的情况即
可求解.
【详解】第一步，从第一行任选一个数，共有5 种不同的选法，
第二步，从第二行任选一个与第一个数不同列的数，共有4 种不同的选法，
第三步，从第三行中选一个与第一，二个数不同列的数，共有3 种选法，
第四步，从第四行中选一个与第一、二，三个数不同列的数，共有2 种选法，
第五步，从第五行中选一个与第一、二，三，四个数不同列的数，只有1 种选法，
由分步乘法计数原理可知共有
种不同的选法；
先按行分析，每行必选出一个数，所以所选5 个数的十位数字分别为1，2，3，4，5，
再按列分析，第一、二、三、四，五列个位上的数字的最大值分别为2，3，3，5，4，
所以从第一行选13，从第二行选25，从第三行选32，从第四行选43，从第五行选53，
此时个位上的数字之和最大，所以选中方格中的5 个数之和的最大值为
.
故答案为：
；
.
34．（2025·湖南永州·模拟预测）（多选）设
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BD
【分析】应用赋值法求
或系数和判断A、C，由二项式定理求对应项系数判断B，对等式两侧求导，再应
用赋值法求系数和判断D.
【详解】对于A，令
，则
，故A 错误；
对于B，由
的系数为
，故B 正确；
对于C，令
，则
①，
令
，则
②，
①+②可得，
，故C 错误；
对于D，对原方程两边求导，有
，
令
，得
，故D 正确.
故选：BD
35．（2025·河北沧州·模拟预测）（多选）已知
的展开式中，
的系数记为
，
则（ ）
A．该展开式共有15 项
B．
C．
D．
的最大值为
【答案】BCD
【分析】根据多项式乘法的性质和
与
二项展开式中的项数可判断A 选项；根据二项展开式中
特定项的系数可判断BCD 选项.
【详解】对于A，
展开式中共有4 项，
展开式中共有6 项，故
展开式共有24 项，
故A 错误；
对于B，
，故B 正确；
对于C，
，故C 正确；
当
，或
时，
的值最大，为
，故D 正确.
故选：BCD.
