专题18 排列组合与二项式定理（解析版）.docx

1、专题18 排列组合与二项式定理目录一览2023真题展现考向一 排列组合真题考查解读近年真题对比考向一 排列组合考向二 二项式定理命题规律解密名校模拟探源易错易混速记/二级结论速记考向一 排列组合1（2023新高考第3题）某学校为了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（）AC40045C20015种BC40020C20040种CC40030C20030种DC40040C20020种【答案】D解：初中部和高中部分别有400和200名学生，人数比例为400：

2、2002：1，则需要从初中部抽取40人，高中部取20人即可，则有C40040C20020 种2（2023新高考第13题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有种（用数字作答）【答案】64解：若选2门，则只能各选1门，有C41C41=16种，如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，则有C41C42+C42C41=24+2448，综上共有16+4864种不同的方案【命题意图】考查二项式定理、排列组合。考查二项式定理公式和应用排列组合计算【考查要点】二项展开基

3、本定理，还会涉及到三项展开，考查特定项、特定项的系数、二项式系数，同时会涉及到赋值法的应用，排列组合 常以现实生活、社会热点为载体多为小题【得分要点】1排列组合问题的一些解题技巧（1）特殊元素优先安排（2）合理分类与准确分步（3）排列、组合混合问题先选后排（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）分排问题直排处理（8）“小集团”排列问题先整体后局部（9）构造模型（10）正难则反、等价转化2排列、组合问题几大解题方法：（1）直接法（2）排除法（3）捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列它主要用于解决“元

4、素相邻问题”（4）插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决“元素不相邻问题”（5）占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置即采用“先特殊后一般”的解题原则（6）调序法：当某些元素次序一定时，可用此法（7）平均法：若把kn个不同元素平均分成k组，每组n个，共有CknnC(k-1)nnCnnAkk（8）隔板法：常用于解正整数解组数的问题（9）定位问题：从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列规定某r个元素都包含在内，并且都排在某r个指定位置则有

5、ArrAn-rk-r（10）指定元素排列组合问题：从n个不同元素中每次取出k个不同的元素作排列（或组合），规定某r个元素都包含在内先C后A策略，排列CrrCn-rk-rAkk；组合CrrCn-rk-r从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都不包含在内先C后A策略，排列Cn-rkAkk；组合Cn-rk从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每个排列（或组合）都只包含某r个元素中的s个元素先C后A策略，排列CrsCn-rk-sAkk；组合CrsCn-rk-s3二项式定理(ab)nCanCan1bCanrbrCbn(nN*)，这个公式所表示的定理叫做二

6、项式定理，右边的多项式叫做(ab)n的二项展开式，其中的系数C(r0，1，2，n)叫做第r1项的二项式系数式中的Canrbr叫做二项式展开式的第r1项(通项)，用Tr1表示，即展开式的第r1项；Tr1Canrbr考向一 排列组合3（2022新高考）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有（）A12种B24种C36种D48种【解答】解：把丙和丁捆绑在一起，4个人任意排列，有48种情况，甲站在两端的情况有24种情况，甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有482424种，故选：B考向二 二项式定理4（2022新高考）（1）（x+y）8的展开式

7、中x2y6的系数为 （用数字作答）【解答】解：（x+y）8的通项公式为Tr+1C8rx8ryr，当r6时，当r5时，（1）（x+y）8的展开式中x2y6的系数为故答案为：28二项展开基本定理考查特定项、特定项的系数、二项式系数，同时会涉及到赋值法的应用。排列组合常以现实生活为载体多为小题一计数原理的应用（共4小题）1（多选）（2023罗定市校级模拟）将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中，不允许有空盒子的放法有多少种？下列结论正确的有（）ACCCCBCACCCAD18【解答】解：根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有13号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中有1个中放2个球，剩下

8、的2个盒子中各放1个，有2种解法：（1）分2步进行分析：、先将四个不同的小球分成3组，有C42种分组方法；、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A33种放法；则没有空盒的放法有CA种；（2）分2步进行分析：、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有CC种情况、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有A22种放法；则没有空盒的放法有CCA22种；故选：BC2（2023汕头二模）电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0255在电脑上绘画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为（）A2563B

9、27C2553D6【解答】解：分3步取色，第一、第二、第三次都有256种取法，根据分步乘法计数原理得，共可配成2562562562563种颜色故选：A3（2023盐都区校级三模）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有种【解答】解：最左端排甲，共有A55120种，最左端排乙，最右端不能排甲，有C41A4496种，根据加法原理可得，共有120+96216种故答案为：2164（2023定远县校级模拟）小林同学喜欢吃4种坚果：核桃、腰果、杏仁、榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每

10、一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（）A20160B20220C20280D20340【解答】解：依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能：（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z，若是“84+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能；若是“83+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z）（）（），故有种可能；小计：1+12+1225；（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型，若是“104+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能；若是“104+2+2+1+1”，

11、则“1+1”中有一个是；若是“103+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含模式，（H）（H）（H）（）（H），故有种可能；若是“103+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有种可能；若是“102+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能；小计：；（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型，若是“124+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能；若是“124+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX） （HYX）（Z）（X）可能；若是“124+3+2+2+1”

12、，则考虑（HYXZ）（HY）（）（）（）或（HYXZ） （XZ） （） （） （），有种可能；若是“124+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY）（）（）（）或（HYXZ） （XZ） （） （） （），若是“123+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY） （HY） （H）都成立，有2种可能；若是“123+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H）（Y），有2种可能小计；诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型若是“144+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0

13、种可能；若是“144+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；若是“144+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z）（）（），其中Z有种可能，故此小类有3种可能；若是“143+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；小计；（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z“只有“164+3+3+3+3”的搭配，有1种可能；综上：共有25+76+54+12+1168个分堆可能，故不同的方案数为种故选：A二排列及排列数公式（共3小题）5（2023荔湾区校级模拟）设aN+，且a27，则（2

14、7a）（28a）（29a）（34a）等于（）ABCD【解答】解：aN+，且a27，（27a）（28a）（29a）（34a）故选：D6（2023安化县校级模拟）某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有（）A504种B960种C1008种D1108种【解答】解：分两类：第一类：甲乙相邻排1、2号或6、7号，这时先排甲和乙，有2种，然后排丁，有种，剩下其他四个人全排列有种，因此共有2A22A41A44384种方法第二类：甲乙相邻排中间，若丙排7号，先排甲和乙，因为相邻且在中间，则有

15、4种，然后丙在7号，剩下四个人全排列有种，若丙不排7号，先排甲和乙，因为相邻且在中间，则有4种，然后排丙，丙不再1号和7号，有种，接着排丁，丁不排在10月7日，有种，剩下3个人全排列，有种，因此共有（4A22A44+4A22A31A31A33）624种方法，故共有1008种不同的排法故选：C7（2023洪山区校级模拟）已知m，n，p均为正整数，则满足m!+n!5p的一组解为（m，n，p）【解答】解：当m5时，m!的尾数为0，而5p尾数为5，m，n4，然后取m，n，p一一检验可得，（m，n，p）（1，4，2）或（4，1，2）故答案为：（1，4，2）或（4，1，2）（写一个即可）三组合及组合数公式

16、（共4小题）8（2023沙河口区校级一模）的值是 【解答】解：由已知可得，（12）20231故答案为：19（2023绍兴二模）的值为 【解答】解：+.+故答案为：10（2023辽宁模拟）我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如：从装有编号为1，2，3，n+1的n+1个球的口袋中取出m个球（0mn，m，nN），共有种取法在种取法中，不取1号球有种取法；取1号球有种取法所以试运用此方法，写出如下等式的结果：【解答】解：从编号为1，2，3，n+3个球中，取出6个球，记所选取的六个小球的编号分别为a1，a2，a6，且a1a2a6，当a33时，分三步完成本次选取：第一步，从编号为1，2的球

17、中选取2个；第二步，选取编号为3的球；第三步，从剩下的n个球中任选3个，故选取的方法数为；当a34时，分三步完成本次选取：第一步，从编号为1，2，3的球中选取2个；第二步，选取编号为4的球；第三步，从剩下的n1个球中任选3个，故选取的方法数为；当a3n时，分三步完成本次选取：第一步，从编号为1，2，3，n1的球中选取2个；第二步，选取编号为n的球；第三步，从剩下的3个球中选3个，故选取的方法数为；至此，完成了从编号为1，2，3，n+3个球中，选取6个球，第3个球的编号确定时的全部情况，另外，从编号为1，2，3，n+3个球中，取出6个球，有种取法，所以故答案为：11（2023常德二模）从4台甲型

18、和5台乙型电视机中任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，则不同的取法共有种【解答】解：甲型电视机2台和乙型电视机1台，取法有C42C5130种；甲型电视机1台和乙型电视机2台，取法有C41C5240种；共有30+4070种故答案为：70四排列、组合及简单计数问题（共31小题）12（2023贺兰县校级四模）从2名教师和5名学生中，选出3人参加“我爱我的祖国”主题活动要求入选的3人中至少有一名教师，则不同的选取方案的种数是（）A20B25C30D55【解答】解：根据题意，从2名教师和5名学生中，选出3人，有C7335种选法，若入选的3人没有教师，即全部为学生的选法有C5310种，则有3

19、51025种不同的选取方案，故选：B13（2023让胡路区校级模拟）某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前两位，节目乙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有（）A36种B42种C48种D54种【解答】解：根据题意，分3步进行分析：节目甲必须排在前两位，则节目甲有2种排法，节目乙必须排在最后一位，节目乙有1种排法，剩下的4个节目安排到其他4个位置，有24种排法，则有212448种编排方案；故选：C14（2023商丘三模）某小学从2位语文教师，4位数学教师中安排3人到西部三个省支教，每个省各1人，且至少有1位语文教师入选，则不同安排方法有（）种A16B20C

20、96D120【解答】解：当只有1为语文教师入选时，则有种安排方法，当2为语文教师均入选时，则有种安排方法，故共有72+2496种安排方法故选：C15（2023沙坪坝区校级模拟）A，B，C，D，E共5人排成一列，要求A与B不相邻，且C排在A后面，则共有（）种排法A36B54C72D96【解答】解：利用间接法，仅考虑C排在A后面的情况，采用先排AC，然后BDE插空，共有34560种，其中AB相邻的有3424 种（将AB捆绑，有种，然后ABC排好后DE插空），故C排在A后面且AB不相邻的有602436种故选：A16（2023南通三模）某人将斐波那契数列的前6项“1，1，2，3，5，8”进行排列设置数

21、字密码，其中两个“1”必须相邻，则可以设置的不同数字密码有（）A120种B240种C360种D480种【解答】解：将两个1捆绑在一起，则可以设置的不同数字密码有种故选：A17（2023雁峰区校级模拟）如图，一圆形信号灯分成A，B，C，D四块灯带区域，现有3种不同的颜色供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数为（）A18B24C30D42【解答】解：若3种不同的颜色灯带都使用，故有两块区域涂色相同，要么A，C，要么B，D相同，有2种方案，则不同的信号数为；若只用2种不同的颜色灯带，则A，C颜色相同，B，D颜色相同，只有1种方案，则不同的信号数为；

22、则不同的信号总数为12+618故选：A18（2023屯昌县二模）某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座A只能安排在第一或最后一场，讲座B和C必须相邻，问不同的安排方法共有（）A34种B56种C96种D144种【解答】解：由题意知讲座A只能安排在第一或最后一场，有种结果，讲座B和C必须相邻，共有种结果，根据分步计数原理知共有24896种结果故选：C19（2023连云港模拟）现要从A，B，C，D，E这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，如果A不能安排在甲岗位上，则安排的方法有（）A56种B64种C72种D96种【解答】解：根据A是否入选进行分类：若

23、A入选，则先给A从乙、丙、丁3个岗位上安排一个岗位有种，再给剩下三个岗位安排人有种，共有32472种方法；若A不入选，则4个人4个岗位全排有种方法，所以共有72+2496种不同的安排方法故选：D20（2023贺兰县校级模拟）某教师有相同的语文参考书3本，相同的数学参考书4本，从中取出4本赠送给4为学生，每位学生1本，则不同的赠送方法共有（）A15种B20种C48种D60种【解答】解：根据题意，按取出4本书的情况不同分4种情况讨论：、若取出的4本书全部是数学参考书，将其赠送给4位学生，有1种情况，、若取出的4本书有1本语文参考书，3本数学参考书，需要在4个学生中选取1人，接受语文参考书，剩下的3

24、人接受数学参考书，有C414种赠送方法，、若取出的4本书有2本语文参考书，2本数学参考书，需要在4个学生中选取2人，接受语文参考书，剩下的2人接受数学参考书，有C426种赠送方法，、若取出的4本书有3本语文参考书，1本数学参考书，需要在4个学生中选取3人，接受语文参考书，剩下的1人接受数学参考书，有C434种赠送方法，则一共有1+4+6+415种赠送方法，故选：A21（2023贵州模拟）公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围：3.14159263.1415927，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学

25、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，那么可以得到小于3.14的不同数字的个数有（）A240B360C600D720【解答】解：小于3.14的不同数字的个数有两类：第一类：3.11开头的，剩余5个数字全排列有种；第二类：3.12开头的，剩余5个数字全排列有种根据分类加法计数原理可知，共120+120240种故选：A22（2023日喀则市模拟）某国际高峰论坛会议中，组委会要从5个国内媒体团和3个国外媒体团中选出3个媒体团进行提问，要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，每个媒体团提问一次，且国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为（）A15

26、0B90C48D36【解答】解：根据题意，要求提问的三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，分2种情况讨论：选出的3个媒体团中只有一个国内媒体团，有种不同的提问方式；选出的3个媒体团中有两个国内媒体团，则国外媒体要在中间位置发言，则有种不同的提问方式综上，共有60+90150种不同的提问方式故选：A23（2023平定县校级模拟）中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱、问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲、乙等5名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实验舱的种数有（）A60B66C72D80【解答】解：5名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有种安排方法，若

27、甲乙在同一实验舱的种数有种，故甲乙不在同一实验舱的种数有901872种故选：C24（2023江西模拟）中国空间站（ChinaSpaceStation）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕2023年，中国空间站将正式进入运营阶段假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有（）A450种B72种C90种D360种【解答】解：由题知，6名航天员

28、安排三舱，三舱中每个舱至少一人至多三人，可分两种情况考虑：第一种，分人数为123的三组，共有种；第二种，分人数为222的三组，共有种；所以不同的安排方法共有360+90450种故选：A25（2023河北模拟）中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月在北京石开会议期间，5男3女共8位代表相约在人民大会堂前站成一排合影，若女代表中恰有2人相邻，且男代表甲不站在两端，则不同的站位方法共有（）A7920种B9360种C15840种D18720种【解答】解：8人站成一排，女代表中恰有2人相邻的站位方法有种，其中男代表甲站在两端的方法有种，故所求的站位方法共有21600576015840种故选：C

29、26（2023香坊区校级三模）“第二课堂”是哈九中多样化课程的典型代表，旨在进一步培养学生的人文底蕴和科学精神，为继续满足同学们不同兴趣爱好，美育中心精心准备了大家非常喜爱的中华文化传承系列的第二课堂活动课：陶艺，拓印，扎染，创意陶盆，壁挂，剪纸六个项目供同学们选学，则甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有（）A135种B720种C1080种D1800种【解答】解：恰有2名学生选课相同，第一步，先将选课相同的2名学生选出，有6种可能；第二步，从6个项目中选出3个排好，有120种排法，根据分步计数原理可得，方法有6120720种；4名学生所选的课全不相同的方法有360种

30、根据分类加法计数原理可得，甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有720+3601080种故选：C27（2023武威模拟）将8个人分成三组，其中一组由2人组成，另外两组都由3人组成，则不同的分组方法种数为 【解答】解：先从8个人中选出3人为一组，再从5人中选出3人为一组，剩余两人为一组满足条件的分组方法种数为故答案为：28028（2023武昌区校级模拟）已知有L，M，S三种尺寸的检测样品盒，其中每个L盒至多放置10支完全相同的样品，且L盒至少比M盒多2支样品，M盒至少比S盒多2只样品，则不同的放置方法共有 种（注：L，M，S不可为空盒）【解答】解：由题意得，当L盒放10

31、支样品，且M盒放8支样品时，S盒可放6、5、4、3、2、1支样品，共有6种不同的放置方法；当L盒放10支样品，且M盒放7支样品时，S盒可放置5、4、3、2、1支样品，共有5种不同的放置方法；当L盒放10支样品，且M盒放3支样品时，S盒可放1支样品，只有1种放置方法，所以L盒放置10支样品，共有放置方法：6+5+4+3+2+121种，同理，L盒放9支样品，共有放置方法：5+4+3+2+115种，L盒放8支样品，共有放置方法：4+3+2+110种，L盒放7支样品，共有放置方法：3+2+16种，L盒放6支样品，共有放置方法：2+13种，L盒放5支样品，共有放置方法：1种，所以不同的放置方法总数为21

32、+15+10+6+3+156种故答案为：5629（2023沙坪坝区校级模拟）某班级计划安排学号为19的九名同学中的某5位，分别担任周一至周五的值日生，要求学号为奇数的同学不能安排在周一、周三、周五三天值日，则不同的安排方法有 种（用数字作答）【解答】解：第一类：当学号为偶数的同学有3位时，有；第二类：当学号为偶数的同学有4位时，有；所以不同的安排方法有480+240720种故答案为：72030（2023泰安二模）用数字1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位数，这样的四位数一共有 个（用数字作答）【解答】解：根据题意，分成两类情况：四位数中没有偶数，即在1，3，

33、5，7中任选4个，共有24种，四位数中只有一个偶数，即在1，3，5，7中任选3个，在2，4，6种选一个，共有288种，故共有24+288312故答案为：31231（2023鼓楼区校级模拟）某市文明办积极创建全国文明典范城市，号召志愿者深入开展交通督导、旅游宣传、洁净家园、秩序维护4项志愿服务现有6组志愿者服务队，若每组参与一项志愿服务，每项志愿服务至少有1组参与，其中甲组志愿服务队不参与旅游宣传志愿服务，则不同的参与方式共有 种【解答】解：以参与旅游宣传的组数分类，有3种情况：1组：从甲组之外的5中任选一组参与旅游宣传，其余5组参与其余3项服务，共有（）750种；2组：从甲组之外的5组中任选2

34、组参与旅游游宣传，其余4组参与另外3项服务，共有：360种；3组：从甲组之外的5组中选3组参与游宣传，其余3组参与其包3项服务，共有60种；共计：750+360+661170种故答案为：117032（2023香洲区校级模拟）“校本课程”是现代高中多样化课程的典型代表，自在进一步培养学生的人文底蕴和科学精神，为继续满足同学们不同兴趣爱好，艺术科组准备了学生喜爱的中华文化传承系列的校本活动课：创意陶盆，拓印，扎染，壁挂，剪纸五个项目供同学们选学，每位同学选择1个项目则甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有（）A360种B480种C720种D1080种【解答】解：恰有2名学

35、生选课相同，第一步，先将选课相同的2名学生选出，有6种可能；第二步，从5个项目中选出3个排序，有60，根据分步计数原理可得，方法有660360种；4名学生所选的课全不相同的方法有120种，根据分类加法计数原理可得，甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有360+120480种故选：B33（2023秦淮区一模）某学校有6个数学兴趣小组，每个小组都配备1位指导老师，现根据工作需要，学校准备将其中4位指导老师由原来的小组均相应的调整到其他兴趣小组，其余的2位指导老师仍在原来的兴趣小组（不作调整），如果调整后每个兴趣小组仍配备1位指导老师，则不同的调整方案为（）A135种B36

36、0种C90种D270种【解答】解：根据题意，6个数学兴趣小组有一位指导老师仍在原来的兴趣小组，则不做调整的两个小组有15种情况，其余的4个小组的指导老师由原来的小组均相应地调整到其他数学兴趣小组，假设4个小组为1、2、3、4，对应的4位指导老师依次为A、B、C、D，A不能在第1小组，有3种情况，假设A分到第2小组，则B有3种情况，剩下的两人有1种情况，则其余的4个小组有339种调整方案，故有159135种调整方案，故选：A34（2023山西模拟）如图，有8个不同颜色的正方形盒子组成的调味盒，现将编号为A，B，C，D的4个盖子盖上（一个盖子配套一个盒子），要求A，B不在同一行也不在同一列，C，D

37、也是此要求那么不同的盖法总数为（）12345678A224B336C448D576【解答】解：第一步：先盖A，B，有8324种方法；第二步：再盖C，D若C与A或B在同一列，则有2种盖法，D就有3种盖法，共236种方法；若C与A或B不在同一列，则有4种盖法，D就有2种盖法，共428种方法综上所述，满足要求的有24（6+8）336种方法故选：B35（2023抚松县校级模拟）琴、棋、书、画、诗、酒、花、茶被称为中国传统八雅为弘扬中国传统文化，某校决定从“八雅”中挑选“六雅”，于某周末开展知识讲座，每雅安排一节，连排六节若“琴”“棋”“书”“画”必选，且要求“琴”“棋”相邻，“书”与“画”不相邻，则不

38、同的排课方法共 种（用数字作答）【解答】解：首先从诗、酒、花、茶中选“两雅”有种选法，“琴”“棋”相邻用捆绑法看做一个整体，与除“书”与“画”外的“两雅”全排列，有种排法，再将“书”与“画”插入到刚刚所形成的4个空中的2个空，有种插法，按照分步乘法计数原理可得一共有种排法故答案为：86436（2023蕉城区校级模拟）近年来喜欢养宠物猫的人越来越多某猫舍只有5个不同的猫笼，金渐层猫3只（猫妈妈和2只小猫嶲）、银渐层猫4只、布偶猫1只该猫舍计划将3只金渐层猫放在同一个猫笼里，4只银渐层猫每2只放在一个猫笼里，布偶猫单独放在一个猫笼里，则不同的安排有（）A8种B30种C360种D1440种【解答】解

39、：根据题意，将3只金渐层猫放在同一个猫笼里，则把3只金渐层猫看成是1个整体，4只银渐层猫每2只放在一个猫笼里，则分组方法有（种），一共有4个整体进行排列放在5个不同的猫笼，则一共可以安排的方法有：（种）故选：C37（2023唐县校级二模）某班级选出甲、乙、丙等六人分别担任语文、数学、英语、物理、化学、生物六门学科的课代表，已知甲只能担任语文或英语课代表，乙不能担任生物或化学课代表，且乙、丙两人中必有一人要担任数学课代表，则不同的安排方式有（）A56种B64种C72种D86种【解答】解：若乙担任数学课代表，则不同的安排方式共有48种，若丙担任数学课代表，则甲只能担任语文或英语课代表，乙不能担任生

40、物或化学课代表，不同的安排方式共有24种，所以不同的安排方式共有48+2472 种故选：C38（2023四川模拟）某班在一次班团活动中，安排2名男生和4名女生讲演，为安排这六名学生讲演的顺序，要求两名男生之间不超过1人讲演，且第一位和最后一位出场讲演的是女生则不同的安排方法总数为（）A168B192C240D336【解答】解：第一位和最后一位出场讲演的是女生，此时有12种，中间4人，为2男2女，任意排列有24种，若中间2名女生，则有4种，则满足条件的有24420种，则共有1220240种不同的安排方法故选：C39（2023桃城区校级三模）第19届亚运会将于2023年9月在杭州举行，在杭州亚运会

41、三馆（杭州奥体中心主体育馆、游泳馆和综合训练馆）对外免费开放预约期间，甲、乙、丙、丁4人预约参观，且每人预约了1个或2个馆，则这4人中每个馆恰有2人预约的不同方案有（）A76种B82种C86种D90种【解答】解：由题意知这4人中恰有2人均预约了2个馆，剩下2人均预约了1个馆，首先将4人分成2组，有种不同的分法，下面分2种情况：若预约2个馆的2人预约完全相同，有种不同的结果；若预约2个馆的2人有预约1馆相同，有种不同的结果，所以每个馆恰有2人预约的不同方案有3（6+24）90（种）故选：D40（2023四川模拟）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次，已知甲没有得

42、到冠军，并且甲和乙都不是第5名，则这5个人名次排列的可能情况共有 种【解答】解：甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次，已知甲没有得到冠军，并且甲和乙都不是第5名，则甲有种排法，当乙是冠军时，剩下的有种排法，当乙不是冠军时，有12种排法，则这5个人名次排列的可能情况共有3（6+12）54种故答案为：5441（2023道里区校级四模）已知A、B、C、D、E为09中五个不重复的数字，且满足以下竖式加法：则满足条件的四位数ABCD共有 个【解答】解：由题意可知，B+B的个位是B，C+C是两位数，D+AC，A+DB，所以BC+1，所以B9，C8，A+D8，所以满足条件的

43、四位数ABCD为：5983，3985，6982，2986共4个故答案为：442（2023茂南区校级三模）由数字0，1，2，3，4组成的各位上没有重复数字的五位数中，从小到大排列第88个数为（）A42031B42103C42130D42301【解答】解：当万位是1或2时，共有22448个数，当万位是3，千位是0，1，2，4时，共有4624个数，当万位是4，千位是0，1时，共有22612个数，当万位是4，千位是2，百位为0，1时，共有22624个数，共有48+24+12+488个数，故第88个数为42130故选：C五二项式定理（共18小题）43（2023江西模拟）的展开式中含x5项的系数是（）A1

44、12B112C28D28【解答】解：由题意可得，其通项公式为，令，可得r2，所以含x5项的系数是故选：B44（2023合肥三模）若（mx1）n（nN*）的展开式中，所有项的系数和与二项式系数和相等，且第6项的二项式系数最大，则有序实数对（m，n）共有（）组不同的解A1B2C3D4【解答】解：根据二项式系数的性质知：由第6项的二项式系数最大知n的可能取值为9，10，11，又由题得：令x1，有（m1）n2n，当n9，11时，m3；当n10时，m3或1，故有序实数对（m，n）共有4组不同的解，分别为（3，9），（3，11），（1，10），（3，10）故选：D45（2023东风区校级模拟）二项式（+）

45、8的展开式的常数项是 【解答】解：二项式（+）8的展开式的通项公式为Tr+1C（）8r（）rC（）rx，r0，1.8，令84r0，解得r2，展开式的常数项是C（）27故答案为：746（2023湖北模拟）已知的展开式的第7项为常数项，则正整数n的值为 【解答】解：根据展开式的通项公式，由题意可知，3n240，n8故答案为：847（2023海淀区校级三模）已知（x1）10a0+a1x+a2x2+a10x10，则a1+a2+a10（）A210B0C1D1【解答】解：因为（x1）10a0+a1x+a2x2+a10x10，当x0时，a01，当x1时，a0+a1+a2+a100，则a1+a2+a101故选

46、：D48（2023巴林左旗校级模拟）在的展开式中，x的系数为（）A12B12C6D6【解答】解：因为，所以只有（1+x）中的1与中的相乘才会得到x，即，所以x的系数为6故选：D49（2023昆明一模）展开式中x4的系数为（用数字作答）【解答】解：因为Tr+1，所以103r4，则r2，含x4的项是第三项，它的系数是10故答案为：1050（2023西城区校级模拟）若（2x1）4a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a0+a1+a2+a3+a4【解答】解：令x1，解得a0+a1+a2+a3+a41故答案为：151（2023深圳模拟）若展开式的各项系数之和为32，则展开式中的常数项为 （用数字

47、作答）【解答】解：令x1可得（x3+）n展开式的各项系数之和为2n32，n5，故其展开式的通项公式为 Tr+1x155r，令155r0，求得 r3，可得常数项为 10故答案为：1052（2023广州二模）已知nN*，的展开式中存在常数项，写出n的一个值为 【解答】解：因为的展开式的通项为Tr+1xnr（）r（1）rxn3r，令n3r0可得r，因为n为正整数，r为自然数，故符合题意的一个n为6故答案为：6（答案不唯一）53（2023威海一模）在（x+a）6的展开式中的x3系数为160，则a【解答】解：（a+x）6的展开式的通项公式为：Tr+1a6rxr，（r0，1，6）所求x3的系数为：a316

48、0a38a2故答案为：254（2023鲤城区校级模拟）已知的展开式中，仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中第5项是 【解答】解：的展开式中，仅有第4项的二项式系数最大，即最大，所以n6，的展开式的通项公式为Tr+1（2）rx3r6，则展开式中第5项是T5（2）4x6240x6故答案为：240x655（2023涪城区校级模拟）已知，则a3【解答】解：因为，所以a3是含x3项的系数，若从10个（1+xx2）式子中取出0个（x2），则需要从中取出3个x，7个1，则得到的项为，若从10个（1+xx2）式子中取出1个（x2），则需要从中取出1个x，8个1，则得到的项为，若从10个（1+xx2）式子中取

49、出大于或等于2个（x2），则无法得到含x3的项，综上：含x3的项为120x390x330x3，则含x3项的系数为30故答案为：3056（2023宿州模拟）设（1+2x）na0+a1x+a2x2+.+anxn，若a7a8，则n（）A8B9C10D11【解答】解：（1+2x）na0+a1x+a2x2+.+anxn，若a7a8，即，即2，化简可得2（n7）8，求得n11，故选：D57（2023武功县校级模拟）已知的展开式中，含x2项的系数为19，则实数a的值为 【解答】解：根据（1x）5的展开式通项满足，当r0时，1，当r3时，故含x2项的系数满足110a19，解得a2故答案为：258（2023河南

50、三模）已知的展开式中的常数项是672，则a（）A39B29C2D1【解答】解：展开式的通项为，令，得r6，常数项是，故a2故选：C59（2023德州三模）若（2x3）12a0+a1（x1）+a2（x1）2+a11（x1）11+a12（x1）12，则（）Aa01BCa1+a2+a122D【解答】解：由题意可知（2x3）121+2（x1）12，故，A错误；由，令x0，可得，B错误；令x2，则，故a1+a2+a121a0110，C错误；令，则，故，D正确故选：D60（2023青山湖区校级三模）若的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的是（）A第二项B第三项C第四项D第五项【解答

51、】解：因为的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，所以，解得n8，则的展开式通项为（k0，1，2，3，4，5，6，7，8），当k为奇数时，系数为负数，当k为偶数时，系数为正数，所以展开式中系数最大时，k为偶数，由展开式通项可知，所以展开式中系数最大的是第三项故选：B一、.分类加法计数原理与分步乘法计数原理的方法技巧二、排列组合解题方法1可重复的排列求幂法：重复排列问题要区分两类元素：一类可以重复，另一类不能重复，把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，则通过“住店法”可顺利解题，在这类问题使用住店处理的策略中，关键是在正确判断哪个是底数，哪个是指数2相邻问题捆绑法： 题目中规定相

52、邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列. 3相离问题插空法 ：元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端.4元素分析法（位置分析法）：某个或几个元素要排在指定位置，可先排这个或几个元素；再排其它的元素。5多排问题单排法：把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理。6定序问题缩倍法（等几率法）：在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的方法.7标号排位问题（不配对问题） 把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成.8不同元素的分配问题（先分

53、堆再分配）：注意平均分堆的算法9相同元素的分配问题隔板法：10走楼梯问题 （分类法与插空法相结合）11染色问题：涂色问题的常用方法有：（1）可根据共用了多少种颜色分类讨论;（2）根据相对区域是否同色分类讨论; （3）将空间问题平面化，转化成平面区域涂色问题。三、杨辉三角形：对于是较小的正整数时，可以直接写出各项系数而不去套用二项式定理，二项式系数也可以直接用下表计算： 表中有如下规律：“左、右两边斜行各数都是，其余各数都等于它肩上两个数字的和。”类似这样的表，早在我国宋朝数学家杨辉年所著出详解九章算法一书里就已出现，如图叫杨辉三角，由“杨辉三角”可直观地看出二项式系数的性质，同时当二项式乘方次数不大时，可借助于它直接写出各项的二项式系数。