专题7-3 计数原理（专题分层练）（7种题型）解析版.docx

1、专题验收评价专题7-3 计数原理内容概览A常考题不丢分一分类加法计数原理（共2小题）二分步乘法计数原理（共1小题）三计数原理的应用（共5小题）四排列及排列数公式（共5小题）五组合及组合数公式（共4小题）六排列、组合及简单计数问题（共5小题）七二项式定理（共9小题）B拓展培优拿高分（压轴题）（12题）C挑战真题争满分（11题）一分类加法计数原理（共2小题）1（2023春闵行区月考）小张同学计划从6本历史类读本、5本军事类读本和3本哲学类读本中任选1本阅读，则不同的选法共有 14种【分析】根据分类加法计数原理可解决此题【解答】解：根据分类加法计数原理可知，小张同学计划从6本历史类读本、5本军事类读

2、本和3本哲学类读本中任选1本阅读，共有种不同的选法【点评】本题考查分类加法计数原理应用，考查数学运算能力及抽象能力，属于基础题2（2022崇明区二模）某学校每天安排4项课后服务供学生自愿选择参加学校规定：（1）每位学生每天最多选择1项；（2）每位学生每项一周最多选择1次学校提供的安排表如下：时间周一周二周三周四周五课后服务音乐、阅读、体育、编程口语、阅读、编程、美术手工、阅读、科技、体育口语、阅读、体育、编程音乐、口语、美术、科技若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程3项，则不同的选择方案共有 14种（用数值表示）【分析】根据题意，由表可知周一至周四都可选阅读，周一，周三和周四可选体育，周一

3、，周二和周四可选编程，由此分4种情况讨论，由加法原理计算可得答案【解答】解：根据题意，由表可知周一至周四都可选阅读，周一，周三和周四可选体育，周一，周二和周四可选编程，故分4种情况讨论：当周一选阅读，若体育选周三，编程有2种方法，若体育选周四，编程有1种方法，共3种选法，当周二选阅读，若编程选周一，体育有2种方法，若编程选周四，体育有2种方法，共4种选法，当周三选阅读，若体育选周一，编程有2种方法，若体育选周四，编程有2种方法，共4种选法，当周四选阅读，若体育选周一，编程有1种方法，若体育选周三，编程有2种方法，共3种选法，再由分类加法计数原理可得不同的选课方案共有种故答案为：14【点评】本题

4、考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题二分步乘法计数原理（共1小题）3（2023秋松江区校级月考）设4名学生报名参加同一时间安排的3项课外活动方案有种，这4名学生在运动会上共同争夺100米、跳远、铅球3项比赛的冠军的可能结果有种，则为A，B，C，D，【分析】本题是一个分步乘法问题，每名学生报名有3种选择，有4名学生根据分步计数原理知共有种选择，同理三项冠军的结果数也有类似的做法【解答】解：由题意知本题是一个分步乘法问题，首先每名学生报名有3种选择，有4名学生根据分步计数原理知共有种选择，每项冠军有4种可能结果，3项冠军根据分步计数原理知共有种可能结果故选：【点评】本题考查分步乘

5、法原理，考查计数原理的应用，是一个简单的应用分步计数原理的题目，没有同分类原理结合，也没有排列组合问题的应用，是一个基础题三计数原理的应用（共5小题）4（2023秋杨浦区校级期末）记为一个位正整数，其中，都是正整数，3，若对任意的正整数，至少存在另一个正整数，使得，则称这个数为“位重复数”根据上述定义，“四位重复数”的个数为252【分析】根据题意，首先分析四位数的个数，再由排列公式计算出其中4个数字均不相同的四位数的个数，进而得到至少有1个数字发生重复的数的个数，即可得到答案【解答】解：由题意，对于“ 位重复数”，任意数位上的数字都必然有另一个数位上也是相同的数字（1）四个数位上的数字相同，有

6、9 共 个（2）两个数位上的数字相同，另两个数位上同为另外一个数字若千位、百位相同（不能为，十位、个位相同，故有 个同理，若千位、十位相同（不能为，百位、个位相同，也有 81个若千位、个位相同（不能为，百位、十位相同，也有81个 综上，“四位重复数”的个数为故答案为：252【点评】本题主要考查排列、组合的应用，关键是正确理解题中所给的定义，再运用正难则反的解题方法，分析解决问题5（2023春闵行区月考）五名旅客在三家旅店投宿的方法有 243种【分析】根据题意，分析可得：完成这件事，可分成五个步骤：每一步依次安排一名旅客，都各自有3种方法，由分步计数原理，计算可得答案【解答】解：完成这件事，可分

7、成五个步骤：第一步安排一名旅客，有3种投宿方法，同理第二步，第三步，第四步，第五步依次安排一名旅客，都各自有3种方法，根据分步计数原理，得到五名旅客在三家旅店投宿的方法有（种；故答案为：243【点评】本题考查分步计数原理的运用，解题时首先要分析题意，明确题目中的关系，是分步问题还是分类问题6（2023春浦东新区校级期中）书架上某层有8本书，新买2本插进去，要保持原有8本书的顺序，则有 90种不同的插法（具体数字作答）【分析】根据题意分析可得，分2次放入，第一次放入有9种情况，而放入第2本时，有10个空位，即10种情况，由乘法计数原理可得答案【解答】解：根据题意，分2次放入，第一次放入有9种情况

8、，而放入第2本时，有10个空位，即10种情况，故不同的放法有种，故答案为：90【点评】本题考查分步乘法计数原理，做一件事，完成它需要分成个步骤，做第一步有种不同的方法，做第二步有种不同的方法，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法7（2023春徐汇区校级期中）已知，六个字母以随机顺序排成一行，若小明每次操作可以互换2个字母的位置，则小明必须进行5次操作才能将六个字母排成的顺序的排列情况有 120种【分析】利用题设条件，先假设有一个字母已排在正确位置上，经过分析判断得出不符合题意，从而得到每个字母均不在正确的位置上，再利用分步计数原理能求出结果【解答】解：小明必须经过5次操作才能将

9、六个字母排列成的顺序，这里研究排序混乱到什么程度才需要“必须经过5次操作”排列成的顺序，不妨记，六个字母对应的位次分别为1，2，3，4，5，6，首先，考虑一种情况：假设字母“”已经排在自己的位置，即排在1号位，其他字母均不在自己位置，由题意得把其他五个字母调到自己的位置，至少需要经过4次操作，即第一次让“”归位，第二次让“”归位，第三次让“”归位，第四次将“”与“”同时归位，这样仅需进行4次操作，不满足情况，要满足“必须进行5次操作”的情况，则每个字母均不在自己位置，这样1号位有5种选择，放在1号的那个字母对应的位次有4种选择，以此类推，总的排序方法有5！种选法故答案为：120【点评】本题考查

10、排列组合的应用，考查运算求解能力，属于中档题8（2023春浦东新区校级期末）某校高二年级共有10个班级，5位数学教师，每位教师教两个班级，其中姜老师一定教1班，张老师一定教3班，王老师一定教8班，秋老师至少教9班和10班中的一个班，曲老师不教2班和6班，王老师不教5班，则不同的排课方法种数236种【分析】按照特殊元素优先处理原则，分类讨论秋老师教9班，秋老师教10班的排课方法种数，但是这两种重复了秋老师同时教9班和10班的排课方法种数，减去重复的种数，即可得到答案【解答】解：（1）秋老师教9班，曲老师可在4，5，7，10班中选两个班，再分两类：曲老师不教5班，则曲老师可选种；王老师可选种；剩余

11、的3个班3个老师全排列，有种，由分步计数原理可得种；曲老师教5班，则曲老师可选种；剩余的4个班4个老师全排列，有种，由分步计数原理可得种由分类计数原理可得，秋老师教9班共有种；（2）秋老师教10班，同理也是126种；（3）秋老师同时教9班和10班，则曲老师可在4，5，7班中选两个班，再分两类：曲老师不教5班，则曲老师教4班和7班，王老师再从2，6班中选一个，有种，剩余的2个班2个老师全排列，有种，由分步计数原理可得种；曲老师教5班，则曲老师可选种，剩余的3个班3个老师全排列，有种，由分步计数原理可得种由分类计数原理可得，秋老师同时教9班和10班共有种，因为秋老师同时教9班和10班的排课方法重复

12、，所以不同的排课方法种数为种故答案为：236【点评】本题考查了分类计数原理与分步计数原理的应用，排列组合知识的应用，此类问题一般运用特殊元素优先处理原则进行求解，考查了逻辑推理能力，属于中档题四排列及排列数公式（共5小题）9（2023春金山区校级期末）已知，则的值为A3B4C5D6【分析】直接利用排列数公式，写出结果即可【解答】解：，可知故选：【点评】本题考查排列数公式的应用，是基础题10（2023春浦东新区校级期中）下列关于排列数和组合数的计算中正确的是ABCD【分析】利用排列数，组合数公式化简即可判断求解【解答】解：因为，故，错误，故正确，错误故选：【点评】本题考查了排列数，组合数公式，属

13、于基础题11（2023春浦东新区校级月考）若正整数满足不等式，则5【分析】根据排列数与组合数公式计算即可【解答】解：由，得，且，化简整理得，解得，又因为，所以故答案为：5【点评】本题主要考查排列数、组合数公式，属于基础题12（2023春长宁区校级期中）已知为正整数，且，则8【分析】根据已知条件，结合排列数公式，即可求解【解答】解：为正整数，且，则，化简整理可得，解得或（舍去）故答案为：8【点评】本题主要考查排列数公式，属于基础题13（2022黄浦区模拟）已知，用非负整数、表示，若为其表示方法的数组，的个数，则【分析】对任意正整数，有，从而求出的不等式【解答】解：对任意正整数，有，故答案为：【点

14、评】本题主要考查了排列组合知识，属于基础题五组合及组合数公式（共4小题）14（2023春浦东新区校级期中）已知，则正整数3【分析】利用组合以及组合数公式化简即可求解【解答】解：因为，则，解得故答案为：3【点评】本题考查了组合以及组合数公式，属于基础题15（2023秋嘉定区校级期中）若，则4【分析】根据排列数、组合数公式计算可得【解答】解：因为，即，所以，因为，所以故答案为：4【点评】本题主要考查排列数、组合数公式，属于基础题16（2023春浦东新区校级期中）462【分析】利用组合数公式以及组合数的运算性质化简即可求解【解答】解：故答案为：462【点评】本题考查了组合公式以及组合数的运算性质，属

15、于基础题17（2023秋浦东新区校级期末）若，则的值为A9B8C7D6【分析】根据组合数公式可解【解答】解：根据题意，由组合数计算公式，解得或舍去）故选：【点评】本题考查组合数公式，属于基础题六排列、组合及简单计数问题（共5小题）18（2023浦东新区校级一模）电视台在电视剧开播前连续播放6个不同的广告，其中4个商业广告2个公益广告，现要求2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式共有ABCD【分析】先把4个商业广告排好顺序，再用插空法求得2个公益广告不能连续播放的方法数【解答】解：先把4个商业广告排好顺序，共有种方法，再把2个公益广告插入5个空（包括两头）中，根据分步计数原理，共有种方法，故

16、选：【点评】本题主要考查排列组合的应用，分步计数原理，不相邻问题采用插空法，属于中档题19（2023上海模拟）现在有5人通过3个不同的闸机进站乘车，每个闸机每次只能过1人，要求每个闸机都要有人经过，则有 720种不同的进站方式（用数字作答）【分析】考虑和两种情况，结合同一闸机的不同人的顺序，计算相加得到答案【解答】解：将5人分为3组，有和两种情况：当分组为时：共有，当分组为时：共有，综上所述：共有种不同的进站方式故答案为：720【点评】本题主要考查了排列组合知识，考查了分类加法计数原理的应用，属于基础题20（2023嘉定区校级三模）4名志愿者全部分到3所学校支教，要求每所学校至少有1名志愿者，

17、则不同的分法共有 36种【分析】先把4名志愿者分成3组，再将三组分到三所学校即可【解答】解：根据题意，4名志愿者分为1，1，2三组有种分法，再将三组分到三个学校有种方法，故不同的分法有种故答案为：36【点评】本题考查接排列组合问题，属于中档题21（2023闵行区校级三模）安排4名男生和3名女生参与完成3项工作，要求必须每人参与一项，每项工作至少由1名男生和1名女生完成，则不同的安排方式种数为 216【分析】首先根据捆绑法将男生分为3组，然后男生与女生分别全排列，根据分步计数乘法原理计算即可【解答】解：由于每项工作至少由1名男生和1名女生完成，则先从4个男生选2人一组，将4人分成三组，所以男生的

18、排法共有，女生的安排方法共有，故不同的安排共有种故答案为：216【点评】本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于中档题22（2023浦东新区校级模拟）从6人中选取4人分别去北京、香港、广州、深圳四个城市游览，要求每个城市有1人游览，而每人只游览一个城市，且这6人中，甲、乙两人都不去香港游览，则不同的选择方案共有 240种（用数字作答）【分析】根据题意，使用间接法，首先计算从6人中选4人分别到四个城市游览的情况数目，再分别计算其包含的甲、乙两人去香港游览的情况数目，进而由事件间的关系，计算可得答案【解答】解：根据题意，由排列公式可得，首先从6人中选4人分别到四个城市游览，有

19、种不同的情况，其中包含甲到香港游览的有种，乙到香港游览的有种，故这6人中甲、乙两人不去香港游览，则不同的选择方案共有种；故答案为：240【点评】本题考查排列的应用，注意间接法比直接分析更为简便，要使用间接法，属于中档题七二项式定理（共9小题）23（2023青浦区二模）已知为正整数，则“是3的倍数”是“的二项展开式中存在常数项”的条件A充分非必要B必要非充分C充要D既不充分也不必要【分析】根据二项式展开式的通项公式以及充分、必要条件的知识确定正确答案即可【解答】解：的二项展开式的通项公式为，令，解得，所以，若的二项展开式中存在常数项，则是3的倍数，反之，亦成立故“是3的倍数”是“的二项展开式中存

20、在常数项”的充要条件故选：【点评】本题考查二项式定理的应用，属于基础题24（2023青浦区校级模拟）已知的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为 80【分析】直接利用二项展开式和组合数的应用求出结果【解答】解：已知的展开式中各项系数和为243，即，解得；所以，令，故常数项为故答案为：80【点评】本题考查的知识要点：二项展开式，组合数，赋值法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题25（2023虹口区校级模拟）的二项展开式中项的系数为 【分析】根据二项式定理直接求解即可【解答】解：的二项展开式中项的系数为故答案为：【点评】本题考查二项式定理的运用，考查运算求解能力，属于基础题26（

21、2023徐汇区校级三模）展开式的常数项为 （用最简分数表示）【分析】直接利用二项展开式和组合数的应用求出结果【解答】解：的展开式：，令，解得；故常数项为故答案为：【点评】本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题27（2023徐汇区二模）若，1，2，则【分析】赋值，和，即可求解【解答】解：令，令，所以故答案为：【点评】本题主要考查二项式定理，属于基础题28（2023松江区校级模拟）在二项式的展开式中，系数为有理数的项的个数是 5个【分析】写出二项展开式的通项，由2的指数为整数求得系数为有理数的项的个数【解答】解：二项式的展开式的通项为当，3，5，7，9时，系

22、数为有理数，系数为有理数的项的个数是5个故答案为：5【点评】本题考查二项式定理及其应用，关键是熟记二项展开式的通项，是基础题29（2023宝山区校级三模）二项式的展开式中含项的系数为 28【分析】由二项式定理，结合二项式展开式的通项公式求解即可【解答】解：由二项式的展开式的通项公式为，令，故，则，即含项的系数为28故答案为：28【点评】本题考查了二项式定理，重点考查了二项式展开式的通项公式，属基础题30（2023奉贤区校级三模）的二项展开式中的常数项为160（用数字作答）【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数等于0，求得的值，即可求得展开式中的常数项的值【解答】解：由于的二项展开式

23、的通项公式为令，求得，故二项展开式中的常数项为，故答案为160【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，属于中档题31（2023浦东新区校级模拟）的二项展开式中系数最大的项为 ，【分析】设第项的系数最大，列不等式求，再由通项求解即可【解答】解：设展开式的第项的系数最大，则，解得，所以系数最大的项为第6或第7项，所以系数最大的项为：，故答案为：，【点评】本题考查二项式定理相关知识，属于中档题一选择题（共1小题）1（2022上海自主招生）8个点将半圆分成9段弧，以10个点（包括2个端点）为顶点的三角形中钝角三角形有个A55B112C156D120【分析】根

24、据题意，用排除法分析，先利用组合数公式计算其中三角形的数目，排除其中直角三角形的数目，计算可得答案【解答】解：根据题意，如图：在10个点中，任意三点不共线，在其中任取3个点，可以组成个三角形，其中没有锐角三角形，直角三角形有8个，（包含两点在内8个三角形），则钝角三角形有个故选：【点评】本题考查排列组合的应用，涉及圆周角定理，属于基础题二填空题（共6小题）2（2020上海自主招生）某公司安排甲乙丙等7人完成7天的值班任务，每人负责一天已知甲不安排在第一天，乙不安排在第二天，甲和丙在相邻两天，则不同的安排方式有1128种【分析】根据题意，按甲乙丙的安排分5种情况讨论：甲在第二天值班，则丙可以安排

25、在第一天和第三天，乙没有限制，甲在第三天值班，丙安排在第二天值班，乙没有限制，甲在第三天值班，丙安排在第四天值班，乙有4种安排方法，甲在第四五六天值班，丙有2种安排方法，乙有4种安排方法，甲安排在第七天值班，丙只能安排在第六天，乙有4种安排方法，求出每种情况的安排方法数目，由加法原理计算可得答案【解答】解：根据题意，甲不安排在第一天，乙不安排在第二天，甲和丙在相邻两天，分5种情况讨论：甲在第二天值班，则丙可以安排在第一天和第三天，有2种情况，剩下5人全排列，安排在剩下的5天，有种安排方式，此时有种安排方式，甲在第三天值班，丙安排在第二天值班，剩下5人全排列，安排在剩下的5天，有种安排方式，此时

26、有种安排方式，甲在第三天值班，丙安排在第四天值班，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有种安排方式，此时有种安排方式，甲在第四五六天值班，丙有2种安排方法，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有种安排方式，此时有种安排方式，甲安排在第七天值班，丙只能安排在第六天，乙有4种安排方法，剩下4人全排列，安排在剩下的4天，有种安排方式，此时有种安排方式；故有种安排方式；故答案为：1128【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分类、分步计数原理的应用，属于基础题3（2020上海自主招生）从2个红球，3个黑球，5个白球中任意取6个球，则有11种不同的取法【分析】根据题意，按不

27、同颜色球的数目列举所有的情况，即可得答案【解答】解：根据题意，从2个红球，3个黑球，5个白球中任意取6个球，有以下情况：1、2个红球，3个黑球，1个白球；2、2个红球，2个黑球，2个白球；3、2个红球，1个黑球，3个白球；4、2个红球，4个白球；5、1个红球，3个黑球，2个白球；6、1个红球，2个黑球，3个白球；7、1个红球，1个黑球，4个白球；8、1个红球，5个白球；9，3个黑球，3个白球；10、2个黑球，4个白球；11、1个黑球，5个白球；共11种情况；故答案为：11【点评】本题考查分类计数原理的应用，注意分类讨论要做到不重不漏，属于基础题4（2020上海自主招生）展开式中，常数项为126

28、00【分析】要使展开式中出现常数项，由题意可知，展开式中的常数项应符合以下特征：，且，由此求出，的值即可【解答】解：利用组合的知识可知，展开式中的常数项满足：，且，即，解得，故常数项为：【点评】本题考查二项式展开式中特定项的求法，注意组合知识在解题中的应用属于基础题5（2020金山区二模）设，为的展开式的各项系数之和，表示不超过实数的最大整数），则的最小值为 【分析】表示的是点到直线的距离的平方，研究点的变化规律可求解【解答】解：易知，表示的是到直线的距离的平方因为，的值依次为：0，1，2，3，（因为对于，当时，所以所以表示不超过实数的最大整数），对应的点依次为，这些点与直线的距离先接近，再离

29、得越来越远所以这些点到直线的距离为：，易知时，故所求的最小值为故答案为：【点评】本题考查二项式系数的求法等知识，同时还考查学生运用转化思想，函数思想解决问题的能力同时考查学生的逻辑推理、数学抽象、直观想象和数学运算等数学核心素养属于较难的题目6（2022浦东新区校级二模）定义域为集合，2，3，上的函数满足：（1）；，2，；（1）、（6）、成等比数列；这样的不同函数的个数为155【分析】分析出的所有可能的取值，得到使中（1）、（6）、成等比数列时对应的项，再运用计数原理求出这样的不同函数的个数即可【解答】解：经分析，的取值的最大值为，最小值为，并且成以2为公差的等差数列，故（6）的取值为6，4，

30、2，0，的取值为12，10，8，6，4，2，0，所以能使中的（1）、（6）、成等比数列时，（1）、（6）、的取值只有两种情况：（1）、（6）、；（1）、（6）、，2，或者，即得到后项时，把前项加1或者把前项减1（1）当（1）、（6）、时；将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从（1）变化到（6），第二步：从（6）变化的 从（1）变化到（6）时有5次变化，函数值从1变化到2，故应从5次中选择3步加1，剩余的两次减1对应的方法数为种 从（6）变化到时有6次变化，函数值从2变化到4，故应从6次变化中选择4次增加1，剩余两次减少1，对应的方法数为种 根据分步乘法原理，共有种方法（2）当（1）、（

31、6）、时，将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从（1）变化到（6），第二步：从（6）变化的 从（1）变化到（6）时有5次变化，函数值从1变化到，故应从5次中选择1步加1，剩余的4次减1对应的方法数为种 从（6）变化到时有6次变化，函数值从变化到4，故应从6次变化中选择6次增加1，对应的方法数为种 根据分步乘法原理，共有种方法综上，满足条件的共有：种故填：155【点评】解决本题的难点在于发现的取值规律，并找到使（1）、（6）、成等比数列所对应的三项然后用计数原理计算种类本题属于难题7（2020上海自主招生）方程的非负整数解的组数为14365【分析】利用非负整数这一条件结合题干中的进行分析

32、入手即可【解答】解：因为，所以，因为，均为整数，所以也是整数，所以设，则，所以，易知，则可取的值为，当时，当时，或，当时，的取值集合为，1，2，对应，故当取遍时，的所有可能取值数为种，故所有的非负整数解为14365种，故答案为14365【点评】本题考查逻辑分析能力，考查学生对于题中隐藏条件的判断，属于中档题三解答题（共5小题）8（2022上海自主招生），求的值【分析】分别令和，可列式得，又利用二项展开式可得，从而可解【解答】解：当时，又当时，当时，以上两式相减得，则，又根据二项展开式可得，则，则【点评】本题考查二项展开式相关知识，属于中档题9（2021上海自主招生）求的常数项【分析】显然的指数

33、是指数的倍，据此讨论，再考虑与的指数，由此求解【解答】解：要想得到展开式中的常数项，只需：当的指数为1时，则的指数为2，此时只需的展开式中出现项，即，故此时常数项为；当的指数为2时，则的指数为4，此时只需的展开式中出现项，显然不可能；故所求常数项为1680【点评】本题考查二项式定理的应用，属于中档题10（2021上海自主招生）求展开式中的常数项【分析】原式可化为，然后写出的通项，结合常数项指数为零，求出结果【解答】解：由题知：原式，的通项为，1，6，分别令，和3，即，和0时，即可得到原式中前面式子和后面式子的常数项，即原式展开式中的常数项为：【点评】本题考查二项式定理的应用，属于中档题11（2

34、021上海自主招生）方程的正整数解有多少组？【分析】根据题意确定或，其中，用隔板法即可求出方程的正整数解组数【解答】解：由题意，即，故，代入原方程得：，则，即，故或，其中，（注：这里第一个取是为了保证代入方程可得：或，其中，（注：两类不同的解，转化后形式一致）根据隔板法该不定方程的解共有组【点评】本题考查了排列组合，属于中档题，隔板法是关键12（2020奉贤区二模）两个数列、，当和同时在时取得相同的最大值，我们称与具有性质，其中（1）设的二项展开式中的系数为，1，2，3，记，依次下去，组成的数列是；同样地，的二项展开式中的系数为，1，2，3，记，依次下去，组成的数列是；判别与是否具有性质，请说

35、明理由；（2）数列的前项和是，数列的前项和是，若与具有性质，则这样的数列一共有多少个？请说明理由；（3）两个有限项数列与满足，且，是否存在实数，使得与具有性质，请说明理由【分析】（1）分别求出与的最大值，可知与不具有性质；（2）令，则，结合，求得，求得的最大值，由与具有性质，可得时，由，结合，求得的范围，再由是等差数列，可得然后联立，解出数列的个数；（3）由，可得，再由与是有限项数列，知一定存在最大值设，结合与具有性质，得，即，可得时显然成立；与产生矛盾综上可得【解答】解：（1）在中，时，有最大值，在中，或时，有最大值，与不具有性质；（2）令，则由，即，解得，又，当时，则与具有性质时，是等差数

36、列，由，解出，共102个数列；（3），当，时，即当时，符合上式，与是有限项数列，一定存在最大值设，与具有性质，即时显然成立；假设，则显然，产生矛盾；同理也产生矛盾【点评】本题考查考查二项式定理的应用，考查数列的函数特性，考查逻辑思维能力与推理论证能力，考查计算能力，属难题一填空题（共11小题）1（2022上海）在的展开式中，则含项的系数为 66【分析】求出展开式的通项公式，令的次数为，求出的值即可【解答】解：展开式的通项公式为，由，得，得，即，即含项的系数为66，故答案为：66【点评】本题主要考查二项式定理的应用，根据条件求出通项公式，利用的次数建立方程是解决本题的关键，是基础题2（2020上

37、海）已知，0，1，2，、，则的情况有18种【分析】先讨论的取值，得到对应的值，再整体求和即可【解答】解：当，0种，当，2种，当，4种；当，6种，当，4种；当，2种，当，0种，故共有：故答案为：18【点评】本题主要考查分类讨论思想在概率中的应用，属于基础题目3（2020上海）已知二项式，则展开式中的系数为10【分析】由，可得到答案【解答】解：，所以展开式中的系数为10故答案为：10【点评】本题考查利用二项式定理求特定项的系数，属于基础题4（2022上海）用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2134大的数字个数为 17（用数字作答）【分析】根据题意，按四位数的千位数字分2

38、种情况讨论，由加法原理计算可得答案【解答】解：根据题意，用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数，当其千位数字为3或4时，有种情况，即有12个符合题意的四位数，当其千位数字为2时，有6种情况，其中最小的为2134，则有个比2134大的四位数，故有个比2134大的四位数，故答案为：17【点评】本题考查排列组合的应用，注意分类计数原理的应用，属于基础题5（2023上海）设，则17【分析】根据二项式定理及组合数公式，即可求解【解答】解：根据题意及二项式定理可得：故答案为：17【点评】本题考查二项式定理及组合数公式的应用，属基础题6（2022上海）二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，则10【

39、分析】由题意，利用二项式展开式的通项公式，求得的值【解答】解：二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，即，即，故答案为：10【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题7（2021上海）已知二项式展开式中，的系数为80，则2【分析】由二项展开式的通项公式可得的系数，再根据的系数为80，求出的值【解答】解：的展开式的通项公式为，所以的系数为，解得故答案为：2【点评】本题主要考查二项式定理，二项展开式的通项公式，考查运算求解能力，属于基础题8（2021上海）已知的展开式中，唯有的系数最大，则的系数和为64【分析】由已知可得，令，即可求得系数和【解答】解：由题意，且，所

40、以，所以令，的系数和为故答案为：64【点评】本题主要考查二项式定理考查二项式系数的性质，属于基础题9（2023上海）已知，若存在，1，2，使得，则的最大值为 49【分析】由二项展开式的通项可得，若，则为奇数，所以，即，从而求出的取值范围，得到的最大值【解答】解：二项式的通项为，1，2，二项式的通项为，1，2，1，2，若，则为奇数，此时，又为奇数，的最大值为49故答案为：49【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于中档题10（2024上海）展开式中的系数为 15【分析】直接利用二项式的展开式求出结果【解答】解：根据二项式展开故答案为：15【点评】本题考查的知识要点：二项式的展开式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题11（2020上海）从6个人挑选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排1个人，第二天安排1个人，第三天安排2个人，则共有180种安排情况【分析】根据题意，由组合公式得共有排法，计算即可得出答案【解答】解：根据题意，可得排法共有种故答案为：180【点评】本题考查组合数公式，解题关键是正确理解题意并熟悉组合数公式，属于基础题