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新高考数学【热点·重点·难点】专练 热点9-1 计数原理综合10大题型
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这是一份新高考数学【热点·重点·难点】专练 热点9-1 计数原理综合10大题型，文件包含热点9-1计数原理综合10大题型原卷版docx、热点9-1计数原理综合10大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共58页， 欢迎下载使用。
1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
热点9-1 计数原理综合10大题型
排列组合问题往往以实际问题为背景，考查排列数、组合数、分类分步计数原理，难度基本稳定在中等。二项式定理问题是高考的热门考点，主要考查二项展开式的通项，二项式系数和及各项系数和等问题，从近几年来看，围绕二项展开式的通项公式命题，考查某一项或考查某一项的系数较多。
一、排列组合常见问题的解题策略
1、特殊优先法：优先安排特殊元素或特殊位置；
2、相邻捆绑法：相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，注意捆绑元素的内部排列；
3、不相邻插空法：先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中；
4、定序倍除法：全部排列后，除以有顺序要求的排列；
5、定序排他法：有顺序要求部分只有一种排法，只要把剩下部分排列即可；
6、间接法：正面分类太多从反面入手；
7、直接法：分排问题直排处理；
8、重排求幂法：可以重复的排列问题实际以元素为研究对象，元素不受位置限制，可以逐一安排各个元素；
9、多排问题直排法：元素分为多排的排列问题，可以看出一排问题，再分段研究；
10、分组分配
（1）解题思路：先分组后分配，分组是组合问题，分配是排列问题；
（2）分组方法： = 1 \* GB3 ①完全均匀分组，分组后除以组数的阶乘； = 2 \* GB3 ②部分均匀分组，有组元素个数相同，则分组后除以； = 3 \* GB3 ③完全非均匀分组，只要分组即可；
（3）分配： = 1 \* GB3 ①相同元素的分配问题，常用“挡板法”； = 2 \* GB3 ②不同元素的分配问题，分步乘法计数原理，先分组后分配； = 3 \* GB3 ③有限制条件的分配问题，采用分类求解；
11、相同元素隔板法：将个相同的元素分成份，每份至少一个元素，可以用块隔板插入个元素排成一排的个空隙中，所有分法数为
二、求二项展开式的特定项的常用方法
1、对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)；
2、对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数集，再根据数的整除性来求解；
3、对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．
【题型1 两种计数原理】
【例1】（2023·江苏连云港·统考模拟预测）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（ ）
A．56种 B．64种 C．72种 D．96种
【答案】D
【解析】由题意可知：根据是否入选进行分类：
若入选：则先给从乙、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，共有种方法；
若不入选：则4个人4个岗位全排有种方法，
所以共有种不同的安排方法，故选：.
【变式1-1】（2023·福建漳州·统考二模）2022年10月22日，中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕．某班举行了以“礼赞二十大、奋进新征程”为主题的联欢晚会，原定的5个学生节目已排成节目单，开演前又临时增加了两个教师节目，如果将这两个教师节目插入到原节目单中，则这两个教师节目相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知，先将第一个教师节目插入到原节目单中，有6种插入法，
再将第二个教师节目插入到这6个节目中，有7种插入法，
故将这两个教师节目插入到原节目单中，共有（种）情况，
其中这两个教师节目恰好相邻的情况有（种），所以所求概率为.故选:D.
【变式1-2】（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）某单位拟安排6位员工在今年6月9日至11日值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值9日，乙不值11日，则不同的安排方法共有（ ）
A．30种 B．36种 C．42种 D．48种
【答案】C
【解析】若甲在11日值班，则在除乙外的4人中任选1人在11日值班，有种选法，
9日、10日有种安排方法，共有（种）安排方法；
若甲在10日值班，乙在9日值班，
余下的4人有种安排方法，共有12种安排方法；
若甲、乙都在10日值班，则共有（种）安排方法．
所以总共有（种）安排方法．故选：C
【变式1-3】（2022秋·江西南昌·高三校联考阶段练习）2022年9月5日，四川甘孜州泸定县发生6.8级地震，某医院决定派遣5名医生前往3个区域参与救援，其中男医生3名，女医生2名.要求每个区域至少要有1名男医生，则不同的派遣法有（ ）
A．18 B．36 C．54 D．72
【答案】C
【解析】3名男医生各去一个区域，有种去法，2名女医生有种去法，
共有种.故选：C.
【变式1-4】（2023·山东菏泽·统考一模）为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”，某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报，每人承担一项工作，现需要一名总负责，两名美工，三名文案，但甲，乙不参与美工，丙不能书写文案，则不同的分工方法种数为（ ）
A．9种 B．11种 C．15种 D．30种
【答案】C
【解析】若丙是美工，则需要从甲、乙、丙之外的三人中再选一名美工，
然后从剩余四人中选三名文案，剩余一人是总负责人，共有种分工方法；
若丙不是美工，则丙一定是总负责人，
此时需从甲、乙、丙之外的三人中选两名美工，
剩余三人是文案，共有种分工方法；
综上，共有种分工方法，故选：C．
【题型2 涂色问题】
【例2】（2023·内蒙古·校联考模拟预测）如图，这是第24届国际数学家大会会标的大致图案，它是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的.现给这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色.若有5种颜色可供选择，则恰用4种颜色的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】若按要求用5种颜色任意涂色：
先涂中间块，有5种选择，再涂上块，有4种选择.
再涂下块，若下块与上块涂相同颜色，则左块和右块均有3种选择；
若下块与上块涂不同颜色，则下块有3种选择，左块和右块均有2种选择.
则共有种方法.
若恰只用其中4种颜色涂色：
先在5种颜色中任选4种颜色，有种选择.
先涂中间块，有4种选择，再涂上块，有3种选择.
再涂下块，若下块与上块涂相同颜色，则左块有2种选择，
为恰好用尽4种颜色，则右块只有1种选择；
若下块与上块涂不同颜色，则下块有2种选择，左块和右块均只有1种选择.
则共有种方法，
故恰用4种颜色的概率是.故选：C.
【变式2-1】（2022秋·四川成都·高三成都七中校考阶段练习）对如下编号为1，2，3，4的格子涂色，有红，黑，白，灰四种颜色可供选择，要求相邻格子不同色，则在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知，整个事件需要分四步，按照格子标号依次涂色即可；
若在1号格子涂灰色，则2号格子还有3种选色方案，
同时3号格子也有3种选色方案，4号格子还剩2种选色方案，
即1号格子涂灰色的方案总数为种；
若1号格子和4号格子同时涂灰色，
则2号格子还有3种选色方案，3号格子还有2种选方案，
即1号和4号格子同时涂灰色的方案总数为种；
所以，在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是.故选：A.
【变式2-2】（2023·山西临汾·统考一模）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：
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.
故共有种涂色方法.故答案为：180
【变式2-3】（2023·全国·高三专题练习）七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作的七巧板，它包括5个等腰直角三角形､一个正方形和一个平行四边形.若用四种颜色给各板块涂色，要求正方形板块单独一色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块不同色，则不同的涂色方案有______种.
【答案】
【解析】由题意，一共4种颜色，板块需单独一色，
剩下6个板块中每2个区域涂同一种颜色.
又板块两两有公共边不能同色，故板块必定涂不同颜色.
①当板块与板块同色时，
则板块与板块或板块分别同色，共2种情况；
②当板块与板块同色时，
则板块只能与同色，板块只能与同色，共1种情况.
又板块颜色可排列，故共种.故答案为：
【变式2-4】（2023·高三课时练习）现有五种不同的颜色，要给四棱锥P－ABCD的五个顶点涂色，要求同一条棱上的两个顶点所涂颜色不能相同，一共有_________种涂色方法.
【答案】420
【解析】五个顶点涂五种不同的颜色，有（种）涂法；
五个顶点涂四种不同的颜色，其中A、C同色或B、D同色，有（种）涂法；
五种顶点涂三种不同的颜色，其中A、C同色且B、D同色，有（种）涂法.
综上，共有120＋240＋60=420（种）涂色方法.
故答案为：420
【题型3 排序问题】
【例3】（2023·广东广州·统考二模）现有甲、乙、丙、丁在内的6名同学在比赛后合影留念，若甲、乙二人必须相邻，且丙、丁二人不能相邻，则符合要求的排列方法共有 __种．（用数字作答）
【答案】144
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①将甲乙看成一个整体，与甲、乙、丙、丁之外的两人全排列，有种情况，
②排好后，有4个空位，在其中任选2个，安排丙、丁，有种情况，
则有种排法，
故答案为：144．
【变式3-1】（2023秋·宁夏石嘴山·高三石嘴山市第三中学校考期末）五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，把这五个音阶排成一列，形成一个的音序，若徵、羽两音阶相邻且在宫音阶之后，则可排成不同的音序的种数为___________.（用数字作答）.
【答案】24
【解析】解：先将徵、羽两音阶相邻捆绑在一起有，
然后与宫、商、角进行全排有，考虑到顺序问题,
则可排成不同的音序的种数为.
故答案为：24．
【变式3-2】国龙外校第一届班主任节上，有3名高二学生给3位高二优秀班主任献花，献花后师生共同合影，要求6人站在一排，如果要求老师与学生相间站，那么站法有（ ）
A．36种 B．72种 C．108种 D．144种
【答案】B
【解析】根据题意，分3步进行分析：
第一步，将3名学生全排列，有种排法；
第二步，将3名老师全排列，有种排法；
第三步，老师与学生相间站，有2种排法；
所以老师与学生相间站，那么站法有种，故选：B
【变式3-3】（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）已知甲、乙两个家庭排成一列测核酸，甲家庭是一对夫妻带1个小孩，乙家庭是一对夫妻带2个小孩.现要求2位父亲位于队伍的两端，3个小孩要排在一起，则不同的排队方式的种数为（ ）
A．288 B．144 C．72 D．36
【答案】C
【解析】方法1：2位父亲的排队方式种数为，2位母亲的排队方式种数为，
3个小孩的排队方式种数为，将3个小孩当成一个整体，
放进父母的中间共有种排队方式，所以不同的排队方式种数为.
方法2：2位父亲的排队方式种数为，
将3个小孩当成一个整体与2位母亲的排队方式种数为，
3个小孩的排队方式种数为，所以不同的排队方式种数为.故选：C.
【变式3-4】（2023春·山西晋城·高三校考阶段练习）某文艺演出团从包括甲、乙、丙在内的7名演员中选派4名参加演出，要求甲、乙、丙这3名演员中至少有1人参加，且当这3名演员都参加时，甲和乙的演出顺序不能相邻，丙必须排在前两位，则所选派的这4名演员不同的演出顺序有（ ）
A．680种 B．720种 C．744种 D．768种
【答案】C
【解析】当甲乙丙中有1人参加时：种顺序；
当甲乙丙中有2人参加时：种顺序；
当甲乙丙中有3人参加时：种顺序；
综上所述：共有种顺序.故选：C
【题型4 排数问题】
【例4】（2022秋·江苏盐城·高三盐城中学校考阶段练习）用1，2，3，4，5五个数字组成五位数，则数字2和4不相邻的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设事件为2和4不相邻的情况，则其对立事件为2和4相邻的情况；
首先1,3,5进行排序，共有种，而形成4个空，使用捆绑法，将2,4看成整体，
则2和4相邻总共有种，所有的情况共有种，
，故选：D.
【变式4-1】（2023·广东汕头·高三校考阶段练习）如果一个四位数的各位数字互不相同，且各位数字之和等于10，则称此四位数为“完美四位数（如1036），则由数字0，1，2，3，4，5，6，7构成的“完美四位数”中，奇数的个数为___．
【答案】44
【解析】若尾数为1，前三位的数字为，或，或时，0放在百位或十位上，
剩余两个数进行全排列，故共有个完美四位数，
若前三位数字为时，则有个完美四位数；
若尾数为3，前三位的数字为，或时，0放在百位或十位上，
剩余两个数进行全排列，故共有个完美四位数，
若前三位数字为时，有个完美四位数；
若尾数为5，若前三位数字为或时，0放在百位或十位上，
剩余两个数进行全排列，共有个完美四位数，
若尾数为7，若前三位数字为时，0放在百位或十位上，剩余两个数进行全排列，
有个完美四位数；
综上所述：共有个完美四位数.
故答案为：44
【变式4-2】（2023春·山西忻州·高三校联考开学考试）从1，2，3，0这四个数中取三个组成没有重复数字的三位数，则这些三位数的和为___________．
【答案】3864
【解析】分三种情况：
（1）在所有不含0的三位数中，百位上的所有数字之和为，
十位上的所有数字之和为，百个位上的所有数字之和为，
所以所有不含0的三位数的和为；
（2）在含0且0在十位上的三位数中，百位上的所有数字之和为，
个位上的所有数字之和为，
所以含0且0在十位上的三位数的和为；
（3）在含0且0在个位上的三位数中，百位上的所有数字之和为，
十位上的所有数字之和为，
所以含0且0在个位上的三位数的和为；
那么可得符合条件的这些三位数之和为．
故答案为：
【变式4-3】（2022·全国·高三专题练习）用0，1，2，3，4这5个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字五位数？
（1）偶数：
（2）左起第二､四位是奇数的偶数；
（3）比21034大的偶数.
【答案】（1）个；（2）个；（3）个
【解析】（1）末位是0，有个，
末位是2或4，有个，
故满足条件的五位数共有个.
（2）法一：可分两类，0是末位数，有个，
2或4是末位数，则个.故共在个.
法二：四位从奇数1，3中取，有；
首位从2，4中取，有个：余下的排在剩下的两位，有个；
故共有个.
（3）法一：可分五类，当末位数是0，而首位数是2时，有个；
当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有个；
当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有个；
当末位数字是4，而首位数字是2时，有个；
当末位数字是4，而首位数字是3吋，有个.
故有个.
法二：不大于21034的偶数可分为三类：
万位数字为1的偶数，有个；
万位数字为2，而千位数字是0的偶数，有个：还有21034本身.
而由组成的五位偶数有个.
故满足条件的五位偶数共有个.
【变式4-4】（2022·全国·高三专题练习）由数字组成无重复数字的五位数.
（1）一共可以组成多少个五位偶数？
（2）在组成的所有五位数中，比32145大的五位数有几个？
【答案】（1）48；（2）65
【解析】（1）先考虑个位数，从2或4中选择1个，有种，再考虑其余4个数位，即余下的4个数字进行全排列，有种，所以一共有=48个五位偶数；
（2）若万位数是3，千位是4或5，共有个符合要求；
若万位数是3，千位是2，则百位须是4或5，共有个符合要求；
若万位数是4或5，则有个符合要求，32154符合要求；
综上：在组成的所有五位数中，比32145大的五位数有12+4+48+1=65个.
【题型5 分组分配问题】
【例5】（2023·陕西铜川·校考一模）将4名新招聘的工人分配到A，B两个生产车间，每个车间至少安排1名工人，则不同安排方案有（ ）
A．36种 B．14种 C．22种 D．8种
【答案】B
【解析】将4名工人，安排到两个车间：分为其中一个车间安排1名工人，另一车间安排3名工人和 两个车间都安排两名工人，两种情况.
其中一个车间安排1名工人，另一车间安排3名工人的方案有：；
两个车间都安排两名工人的方案有：.
所以，不同的安排方案有.故选：B.
【变式5-1】（2023春·江苏南京·高三南京市宁海中学校考阶段练习）将5名学生志愿者分配到成语大赛、诗词大会、青春歌会、爱心义卖4个项目参加志愿活动，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．60种 B．120种 C．240种 D．480种
【答案】C
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①将5名大学生分为4组，有种分组方法，
②将分好的4组安排参加4个项目参加志愿活动，有种情况，
则有种分配方案；故选：．
【变式5-2】（2023·重庆·统考一模）2022年8月某市组织应急处置山火救援行动，现从组织好的5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，另外4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，每支志愿团队只能分配到1个项目，且每个项目至少分配1个志愿团队，则不同的分配方案种数为（ ）
A．36 B．81 C．120 D．180
【答案】D
【解析】先从5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，有种不同的选派方案，
再将剩下的4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，
有种不同的选派方案，
所以，根据分步乘法原理，不同的安排方案有种.故选：.
【变式5-3】（2023秋·福建厦门·高三厦门外国语学校校考期末）长郡中学体育节中，羽毛球单打12强中有3个种子选手，将这12人任意分成3个组（每组4个人），则3个种子选手恰好被分在同一组的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由已知条件得
将12人任意分成3组，不同的分组方法有 种，
3个种子选手分在同一组的方法有 种，
故3个种子选手恰好被分在同一组的概率为，故选：.
【变式5-4】（2022秋·吉林长春·高三长春外国语学校校考期末）从今年8月开始，南充高中教师踊跃报名志愿者参加各街道办、小区、学校的防疫工作，彰显师者先行、师德担当的精神，防疫工作包含扫描健康码、取咽拭子、后勤协调三项工作，现从6名教师自愿者中，选派4人担任扫描健康码、取咽拭子、后勤协调工作，要求每项工作都有志愿者参加，不同的选派方法共有（ ）种
A．90 B．270 C．540 D．1080
【答案】C
【解析】用分步乘法计数原理：
第一步，从6名教师自愿者中选派4人，不同的选派方法种类为；
第二步，将选出的4人分为3组，不同的分组方法种类为；
第三步，将分好的3组，分配到不同的3项工作，不同的分配方法种类为.
所以，不同的选派方法种类为.故选：C.
【变式5-5】（2023·全国·高三专题练习）某校安排5名同学去A，B，C，D四个爱国主义教育基地学习，每人去一个基地，每个基地至少安排一人，则甲同学被安排到A基地的排法总数为______．
【答案】60
【解析】当A基地只有甲同学在时，那么总的排法是种；
当A基地有甲同学还有另外一个同学也在时，那么总的排法是种；
则甲同学被安排到A基地的排法总数为种.
故答案为：60.
【题型6 最短路径问题】
【例6】（山东省泰安肥城市2021-2022学年高二下学期期中考试数学试题）某小区的道路网如图所示，则由A到C的最短路径中，经过B的走法有（ ）
A．6种 B．8种 C．9种 D．10种
【答案】C
【解析】由题意，从点到点，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有种走法；
从点到点，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有种走法，
由分步计数原理，可得共有种不同的走法.故选：C.
【变式6-1】（黑龙江省哈尔滨市第三中学校2021-2022学年高一上学期入学考试数学试题）一只小虫子欲从A点不重复经过图中的点或者线段，而最终到达目的地E，这只小虫子的不同走法共有（ ）
A．12种 B．13种 C．14种 D．15种
【答案】C
【解析】由题意这只小虫子的不同走法共有：ABCDE,ABCDPE, ABCDPFE,ABPDE,
共14种，故选：C
【变式6-2】（2022秋·广东惠州·高三校考期末）如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（ ）
A．23 条 B．24 条 C．25条 D．26 条
【答案】D
【解析】先假设是实线，
则从到，向上次，向右次，最短路径有条，
其中经过的，即先从到，然后到，最后到的最短路径有条，
所以，当不通时，最短路径有条.故选：D
【变式6-3】（上海市南洋模范中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题）有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有___________种.
【答案】24
【解析】如图，由已知可得，应从点，先到点，再到点，最后经点到点即可.
第一步：由点到点，最短路径为4步，最短路径方法种类为；
第二步：由点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为；
第三步：由点经点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为.
根据分步计数原理可得，最短路径有种.
故答案为：24.
【变式6-4】（2022·全国·高三专题练习）方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小相同的竹棍构造一个大正方体（由个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从点出发，沿着竹棍到达点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】D
【解析】由题意可知，从到最少需要步完成，
其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的，
则蚂蚁选择的不同的最短路径共有种.故选：D.
【变式6-5】（上海市向明中学2021-2022学年高二下学期期末数学试题）如图，在某城市中，两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中的一点．今在道路网处的甲、乙两人分别要到处，其中甲每步只能向右走或者向上走，乙每步只能向下或者向左走．
（1）求甲从到达处的走法总数；
（2）求甲乙两人在相遇的方法数．
【答案】（1）924种；（2）50625种
【解析】（1）甲从出发走到需要走12步，向右、向上各走6步，走法总数为种.
（2）甲经过的方法数为种，乙经过的方法数为种，
所以甲乙两人在相遇的方法数为种.
【题型7 二项展开式的特定项求解】
【例7】（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）在二项式的展开式中，常数项为_____________．
【答案】240
【解析】常数项为：.故答案为：240.
【变式7-1】（2023春·北京·高三校考阶段练习）在的展开式中，第四项为（ ）
A．160 B． C． D．
【答案】D
【解析】在的展开式中，
第四项为.故选：D.
【变式7-2】（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考阶段练习）的展开式中的常数项为（ ）
A． B．50 C． D．61
【答案】A
【解析】，
所以展开式中的常数项为.故选：A.
【变式7-3】（2023秋·浙江湖州·高三安吉县高级中学校考期末）的展开式中的系数是__________.
【答案】14
【解析】的展开式的通项为，
令，则，
令，则，
故的系数是.
故答案为：14.
【变式7-4】（2023·湖北·校联考模拟预测）在展开式中，含的项的系数是______.（用数字作答）
【答案】100
【解析】中只有的展开式中才含有，
故中的项与展开式中含的项相乘得到，
展开式中项的系数为，
故的项的系数为.
故答案为:100.
【变式7-5】（2023秋·河南驻马店·高三统考期末）若，则_________.
【答案】
【解析】，
设展开式通项为，
令，则.
设展开式通项为，
令，则.
则.
故答案为：
【题型8 二项式系数与项的系数最值】
【例8】（2023秋·浙江宁波·高三期末）若二项式的展开式中第6项与第7项的系数相等，则此展开式中二项式系数最大的项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，所以，所以，即，
所以，
所以二项式系数最大项为.故选：B.
【变式8-1】（2023春·河南新乡·高三校联考开学考试）若二项式的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（ ）
A． B． C．1792 D．1120
【答案】D
【解析】因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以.
通项为，
令，得，所以展开式中项的系数为．故选：D．
【变式8-2】（2022·全国·高三专题练习）已知的展开式中，第3项的系数与倒数第3项的系数之比为，则展开式中二项式系数最大的项为第（ ）项.
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【解析】的展开式通项公式为，
则第3项的系数为，倒数第3项的系数为，
因为第3项的系数与倒数第3项的系数之比为，
所以，所以，解得，
所以展开式中二项式系数最大的项为第5项，故选：C
【变式8-3】（2022·全国·高三专题练习）设，若，则展开式中系数最大的项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为，所以当时，可得；
当时，可得．
又，所以，得，
所以的展开式中系数最大的项为第4项，即,故选：B
【变式8-4】（2023·全国·高三专题练习）定义函数，若（i为虚数单位），则的展开式中系数最大项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由已知，两边取模，得，所以n＝10．
二项式的展开式的通项为，
因为n＝10，则．
令第r＋1项的系数最大，则，即，解得，
因为，所以r＝3，所以，
故系数最大的项为．故选：C．
【题型9 系数和问题】
【例9】（2023·全国·高三专题练习）若，则的值为（ ）
A． B．1 C．0 D．2
【答案】A
【解析】令得，
令得，
所以．
故选：A．
【变式9-1】（2022秋·江苏常州·高三校考阶段练习）（多选）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】由，
令得，A选项正确.
令得，B选项错误.
二项式展开式的通项公式为，
由此可知是负数，为正数，
所以令得，
，
即，C选项错误
由，
两边求导得，
令得，所以D选项正确.故选：AD
【变式9-2】（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）设，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解析】对于选项A，令得，所以选项A错误；
分别令和得和，
所以选项B和选项C正确；
对于选项 D，
，选项D正确；故：BCD．
【变式9-3】（2023秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）若，则______.
【答案】
【解析】令，则；
令，则；
故.
故答案为：.
【变式9-4】（2023·甘肃兰州·校考一模）若，则的值为______．
【答案】8
【解析】令，则；
令，则，
两式相加除以2可得．
故答案为：8
【题型10 杨辉三角形】
【例10】（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《解析九章算法》一书中，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年，“杨辉三角”在数学史上具有重要的地位．若将杨辉三角中的每一个数都换成，就得到一个如下表所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形．莱布尼茨三角形同“杨辉三角”一样，具有很多优美的性质，比如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和等．现有关于莱布尼茨三角形性质的4个描述，则其中正确个数为（ ）
①当n是偶数时，中间的一项取得最小值；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值；
②；
③；
④．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】①根据杨辉三角的特点，当n是偶数时，中间的一项取得最大值；
当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值；
所以与的最值情况相反，
故当n是偶数时，中间的一项取得最小值；
当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值；故①正确；
②，，故②正确；
③根据组合数的性质，故③正确；
④根据每一个数均等于其“脚下”两个数之和，
即，故④正确．故选：D．
【变式10-1】（2023春·山西晋城·高三校考阶段练习）我国南宋数学家杨辉在他所著的《解析九章算法》中提出了如图所示的三角形数表，这就是著名的“杨辉三角”，它是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始，第行从左至右的数字之和记为，如：为各项非零的等差数列，其前项和为，且，则数列的前项和________________.
【答案】
【解析】根据“杨辉三角”中的几何排列规则可得
所以数列的通项公式为
又数列为各项非零的等差数列，
由等差数列前项和公式可得，
即，又，所以，
即数列的通项公式为
可得数列的前项和
可得
所以
故答案为：
【变式10-2】（2022·全国·高三专题练习）杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《解析九章算法》一书中被记载.它的开头几行如图所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，请问“莱布尼茨三角形”第10行第5个数是___________.
【答案】
【解析】由题意知，将杨辉三角中从第1行开始的每一个数都换成分数，
就得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，
观察表中数字，题中要求第10行第5个数，
所以，（表中每一行的第1个数是0，所以第5个数是，
所以第10行第5个数为：．
故答案为：．
【变式10-3】（2022·全国·高三专题练习）如图，在杨辉三角形中，斜线的上方从1按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”的数列：，记此数列的前项之和为，则的值为__________.
【答案】452
【解析】设数列为{}，
当为偶数时，易知；前23项里面有偶数项11项，奇数项12项，
偶数项是首项为3，公差为1的等差数列，且，
所以偶数项之和为：；
当为奇数时，，，，，…，
所以，则，
所以前23项里面奇数项和为：
====364，
所以.
故答案为：452.
【变式10-4】（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．如图所示，第行的数字之和为__________，去除所有1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…,则此数列的前28项和为_____________．
【答案】 494
【解析】由二项式系数的性质得：第n行的数字之和为，
去除所有1的项后所得三角数阵的第n行有n个数字，其和为，
而，
所以数列的前28项和.
故答案为：；494
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1．（2023秋·江苏·高三统考期末）把5个相同的小球分给3个小朋友，使每个小朋友都能分到小球的分法有（ ）
A．4种 B．6种 C．21种 D．35种
【答案】B
【解析】利用隔板法：由题可知使每个小朋友都能分到小球的分法有种.故选：.
2．（2023·全国·模拟预测）导师制是高中新的教学探索制度，班级科任教师作为导师既面向全体授课对象，又对指定的若干学生的个性、人格发展和全面素质提高负责．已知有3位科任教师负责某学习小组的6名同学，每2名同学由1位科任教师负责，则不同的分配方法的种数为（ ）
A．90 B．15 C．60 D．180
【答案】A
【解析】先将6名同学平均分为3组，不同的分组方式为，
然后再将分好的3组，分配给3位科任教师，不同的分配方式为.
所以，不同的分配方法的种数为.故选：A.
3．（2023·全国·模拟预测）1至10中的质数能够组成的所有没有重复数字的整数的个数为（ ）
A．4 B．12 C．24 D．64
【答案】D
【解析】1至10中的质数有2，3，5，7，
由2，3，5，7组成的没有重复数字的整数可以为一位数、两位数、三位数、四位数，
这4个数字可组成的一位数有（个），
可组成的没有重复数字的两位数有（个），
可组成的没有重复数字的三位数有（个），
可组成的没有重复数字的四位数有（个），
则1至10中的质数能够组成的所有没有重复数字的整数的个数为．
故选：D．
4．（2023秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考期末）若六位老师前去某三位学生家中辅导，每一位学生至少有一位老师辅导，每一位老师都要前去辅导且仅能辅导一位同学，由于就近考虑，甲老师不去辅导同学1，则有（ ）种安排方法
A．335 B．100 C．360 D．340
【答案】C
【解析】把6位老师按照4，1，1或3，2，1或2，2，2人数分为三组；
①把6为老师平均分为3组的不同的安排方法数有
在把这三组老师安排给三位不同学生辅导的不同安排方案数为：，
根据分步计数原理可得共有不同安排方案为：
如果把甲老师安排去辅导同学1的方法数为：
所以把6位老师平均安排给三位学生辅导
且甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
②把6位老师按照4，1，1分为3组给三位学生辅导的方法数为：
若1同学只安排了一位辅导老师则
若1同学安排了四位辅导老师则
所以把6位老师按照4，1，1分为3组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
③把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导的方法数为；
若1同学只安排了一位辅导老师则
若1同学只安排了两位辅导老师则
若1同学只安排了三位辅导老师则
所以把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
综上把6位老师安排给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为故选：C
5．（2023春·广东·高三统考开学考试）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，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（ ）
A．34种 B．56种 C．96种 D．144种
【答案】C
【解析】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，有种结果，
讲座和必须相邻，共有种结果，
根据分步计数原理知共有种结果.故选:C．
6．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）六名同学排成一排照相，则其中甲､乙､丙三人两两不相邻，且甲和丁相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】六名同学排成一排照相，共有中不同的排列方法.
甲､乙､丙三人两两不相邻，且甲和丁相邻共有：
先确定除甲乙丙三人外的位置，共有种方式，
再确定甲在丁的两边有种方式，最后将乙丙放入3个空中，（甲旁边不能放入），
有种方式，故共有种不同的排法，故概率，故选：D
7．（2023·全国·模拟预测）某大学生在刚开学时制订了一个季度的读书计划：从4本不同的哲学书和6本不同的心理学书中选4本阅读，且至少要选1本哲学书和1本心理学书.则该大学生这个季度不同的选书方法有（ ）
A．672种 B．210种 C．194种 D．336种
【答案】C
【解析】由题意，选书的方法可以分三类：
①1本哲学书和3本心理学书；
②2本哲学书和2本心理学书；
③3本哲学书和1本心理学书.
于是该大学生这个季度不同的选书方法有：，
∴有194种不同的方法。故选：C.
8．（2023·全国·高三专题练习）如图是某届国际数学家大会的会标，现在有4种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）
A．72 B．48 C．36 D．24
【答案】A
【解析】由图知：两组颜色可以相同，
若涂4种颜色：颜色相同，则4种选一种涂有，
余下3种颜色涂3个区域有，共种，
同理颜色相同也有24种；
若涂3种颜色，则、分别涂相同的颜色，
首先4种颜色选3种有种，再所选3种中选一种涂5有种，
余下2种颜色涂、个区域有，共有种；
综上，共有72种.故选：A
9．（2023·山东潍坊·统考一模）过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（ ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．60种
【答案】B
【解析】①若失重飞行安排在第一天则前庭功能安排第二天，
则后面三天安排其他三项测试有种安排方法，
此情况跟失重飞行安排在第五天则前庭功能安排第四天安排方案种数相同；
②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有种选择，
超重耐力在第四、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，
则有种安排方法，
此情况与失重飞行安排在第四天方安排方案种数相同；
③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有种选择，
超重耐力在第一、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，
则有种安排方法；
故选拔测试的安排方案有种.故选：B.
10．（2022·北京·统考模拟预测）若5名女生和2名男生去两地参加志愿者活动，两地均要求既要有女生又要有男生，则不同的分配方案有（ ）种．
A．20 B．40 C．60 D．80
【答案】C
【解析】第一步，先安排2名男生，有种排法；
第二步，安排5名女生：
第1种情况，5名女生分两组，一组1人，一组4人，有种分法，
第2种情况，5名女生分两组，一组2人，一组3人，有种分法，
所以5名女生分两组去两地参加志愿者活动共有：种排法，
所以，总共有种分配方案.故A，B，D错误.故选：C.
11．（2023·广东深圳·统考一模）安排5名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人；
当分为3,1,1人时，有种实习方案，
当分为2,2,1人时，有种实习方案，
即共有种实习方案，
其中甲、乙到同一家企业实习的情况有种，
故大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为，故选：D.
12．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）展开式中的系数为（ ）
A．4 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】，
含的项为，
所以展开式中的系数为.故选：D．
13．（2023春·广西柳州·高三统考阶段练习）已知，则（ ）
A．34 B．30 C． D．
【答案】D
【解析】令，得，
展开式的通项公式为，
令，则，
故，所以.故选：D.
14．（2023·全国·模拟预测）已知二项式，的展开式中第四项的系数最大，则a的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】二项式展开式的通项公式为，其中，
由（其中），即，
，，
依题意可知使上式成立，即，所以.故选：A
15．（2023春·天津红桥·高三统考期末）街道上有编号1，2，.3，的十盏路灯，为节省用电又能看清路面，可以把其中的三盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，在两端的灯都不能关掉的情况下，满足条件的关灯方法有__________种.
【答案】
【解析】10只灯关掉3只，实际上还亮7只灯，而又要求不关掉两端的灯和相邻的灯，
此题可以转化为在7只亮着的路灯之间的6个空挡中放入3只熄灭的灯，
有种方法，
故答案为：.
16．（2023·陕西榆林·统考一模）自然对数的底数，也称为欧拉数，它是数学中重要的常数之一，和一样是无限不循环小数，的近似值约为.若用欧拉数的前6位数字设置一个六位数的密码，则不同的密码共有__________个.
【答案】180
【解析】因为2出现2次，8出现2次，
所以不同的密码共有个.
故答案为：180.
17．（2023·河南·长葛市第一高级中学统考模拟预测）的展开式中x的系数为___．
【答案】-3
【解析】，
的展开式通项公式为，
当时，，故，
当时，，故，
故，所以的展开式中x的系数为-3.
故答案为：-3
18．（2023秋·云南德宏·高三统考期末）二项式的常数项为____________．
【答案】
【解析】的展开式的通项公式为，
而，
令，得；令，得，舍去.
所以的展开式中的常数项为．
故答案为：
19．（2023秋·天津·高三统考期末）在的展开式中，常数项为_______．（结果用数字表示）
【答案】-405
【解析】的展开式通项为，
令，可得，
因此，展开式中的常数项为.
故答案为：.
20．（2022·北京·统考模拟预测）已知，则__________．
【答案】
【解析】因为，
令，可得，
令，，
，
，
所以.
故答案为：.A
B
D
C
1、明确模拟练习的目的。不但检测知识的全面性、方法的熟练性和运算的准确性，更是训练书写规范，表述准确的过程。
2、查漏补缺，以“错”纠错。每过一段时间，就把“错题笔记”或标记错题的试卷有侧重的看一下。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。
3、严格有规律地进行限时训练。特别是强化对解答选择题、填空题的限时训练，将平时考试当作高考，严格按时完成，并在速度体验中提高正确率。
4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，对学有余力的学生，可适当拓展高考中难点的训练。
5、注重题后反思总结。出现问题不可怕，可怕的是不知道问题的存在，在复习中出现的问题越多，说明你距离成功越近，及时处理问题，争取“问题不过夜”。
6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
热点9-1 计数原理综合10大题型
排列组合问题往往以实际问题为背景，考查排列数、组合数、分类分步计数原理，难度基本稳定在中等。二项式定理问题是高考的热门考点，主要考查二项展开式的通项，二项式系数和及各项系数和等问题，从近几年来看，围绕二项展开式的通项公式命题，考查某一项或考查某一项的系数较多。
一、排列组合常见问题的解题策略
1、特殊优先法：优先安排特殊元素或特殊位置；
2、相邻捆绑法：相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，注意捆绑元素的内部排列；
3、不相邻插空法：先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中；
4、定序倍除法：全部排列后，除以有顺序要求的排列；
5、定序排他法：有顺序要求部分只有一种排法，只要把剩下部分排列即可；
6、间接法：正面分类太多从反面入手；
7、直接法：分排问题直排处理；
8、重排求幂法：可以重复的排列问题实际以元素为研究对象，元素不受位置限制，可以逐一安排各个元素；
9、多排问题直排法：元素分为多排的排列问题，可以看出一排问题，再分段研究；
10、分组分配
（1）解题思路：先分组后分配，分组是组合问题，分配是排列问题；
（2）分组方法： = 1 \* GB3 ①完全均匀分组，分组后除以组数的阶乘； = 2 \* GB3 ②部分均匀分组，有组元素个数相同，则分组后除以； = 3 \* GB3 ③完全非均匀分组，只要分组即可；
（3）分配： = 1 \* GB3 ①相同元素的分配问题，常用“挡板法”； = 2 \* GB3 ②不同元素的分配问题，分步乘法计数原理，先分组后分配； = 3 \* GB3 ③有限制条件的分配问题，采用分类求解；
11、相同元素隔板法：将个相同的元素分成份，每份至少一个元素，可以用块隔板插入个元素排成一排的个空隙中，所有分法数为
二、求二项展开式的特定项的常用方法
1、对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)；
2、对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数集，再根据数的整除性来求解；
3、对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．
【题型1 两种计数原理】
【例1】（2023·江苏连云港·统考模拟预测）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（ ）
A．56种 B．64种 C．72种 D．96种
【答案】D
【解析】由题意可知：根据是否入选进行分类：
若入选：则先给从乙、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，共有种方法；
若不入选：则4个人4个岗位全排有种方法，
所以共有种不同的安排方法，故选：.
【变式1-1】（2023·福建漳州·统考二模）2022年10月22日，中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕．某班举行了以“礼赞二十大、奋进新征程”为主题的联欢晚会，原定的5个学生节目已排成节目单，开演前又临时增加了两个教师节目，如果将这两个教师节目插入到原节目单中，则这两个教师节目相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题意可知，先将第一个教师节目插入到原节目单中，有6种插入法，
再将第二个教师节目插入到这6个节目中，有7种插入法，
故将这两个教师节目插入到原节目单中，共有（种）情况，
其中这两个教师节目恰好相邻的情况有（种），所以所求概率为.故选:D.
【变式1-2】（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）某单位拟安排6位员工在今年6月9日至11日值班，每天安排2人，每人值班1天．若6位员工中的甲不值9日，乙不值11日，则不同的安排方法共有（ ）
A．30种 B．36种 C．42种 D．48种
【答案】C
【解析】若甲在11日值班，则在除乙外的4人中任选1人在11日值班，有种选法，
9日、10日有种安排方法，共有（种）安排方法；
若甲在10日值班，乙在9日值班，
余下的4人有种安排方法，共有12种安排方法；
若甲、乙都在10日值班，则共有（种）安排方法．
所以总共有（种）安排方法．故选：C
【变式1-3】（2022秋·江西南昌·高三校联考阶段练习）2022年9月5日，四川甘孜州泸定县发生6.8级地震，某医院决定派遣5名医生前往3个区域参与救援，其中男医生3名，女医生2名.要求每个区域至少要有1名男医生，则不同的派遣法有（ ）
A．18 B．36 C．54 D．72
【答案】C
【解析】3名男医生各去一个区域，有种去法，2名女医生有种去法，
共有种.故选：C.
【变式1-4】（2023·山东菏泽·统考一模）为了迎接“第32届菏泽国际牡丹文化旅游节”，某宣传团体的六名工作人员需要制作宣传海报，每人承担一项工作，现需要一名总负责，两名美工，三名文案，但甲，乙不参与美工，丙不能书写文案，则不同的分工方法种数为（ ）
A．9种 B．11种 C．15种 D．30种
【答案】C
【解析】若丙是美工，则需要从甲、乙、丙之外的三人中再选一名美工，
然后从剩余四人中选三名文案，剩余一人是总负责人，共有种分工方法；
若丙不是美工，则丙一定是总负责人，
此时需从甲、乙、丙之外的三人中选两名美工，
剩余三人是文案，共有种分工方法；
综上，共有种分工方法，故选：C．
【题型2 涂色问题】
【例2】（2023·内蒙古·校联考模拟预测）如图，这是第24届国际数学家大会会标的大致图案，它是以我国古代数学家赵爽的弦图为基础设计的.现给这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色.若有5种颜色可供选择，则恰用4种颜色的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】若按要求用5种颜色任意涂色：
先涂中间块，有5种选择，再涂上块，有4种选择.
再涂下块，若下块与上块涂相同颜色，则左块和右块均有3种选择；
若下块与上块涂不同颜色，则下块有3种选择，左块和右块均有2种选择.
则共有种方法.
若恰只用其中4种颜色涂色：
先在5种颜色中任选4种颜色，有种选择.
先涂中间块，有4种选择，再涂上块，有3种选择.
再涂下块，若下块与上块涂相同颜色，则左块有2种选择，
为恰好用尽4种颜色，则右块只有1种选择；
若下块与上块涂不同颜色，则下块有2种选择，左块和右块均只有1种选择.
则共有种方法，
故恰用4种颜色的概率是.故选：C.
【变式2-1】（2022秋·四川成都·高三成都七中校考阶段练习）对如下编号为1，2，3，4的格子涂色，有红，黑，白，灰四种颜色可供选择，要求相邻格子不同色，则在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由题意可知，整个事件需要分四步，按照格子标号依次涂色即可；
若在1号格子涂灰色，则2号格子还有3种选色方案，
同时3号格子也有3种选色方案，4号格子还剩2种选色方案，
即1号格子涂灰色的方案总数为种；
若1号格子和4号格子同时涂灰色，
则2号格子还有3种选色方案，3号格子还有2种选方案，
即1号和4号格子同时涂灰色的方案总数为种；
所以，在1号格子涂灰色的条件下，4号格子也涂灰色的概率是.故选：A.
【变式2-2】（2023·山西临汾·统考一模）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：
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.
故共有种涂色方法.故答案为：180
【变式2-3】（2023·全国·高三专题练习）七巧板是古代劳动人民智慧的结晶.如图是某同学用木板制作的七巧板，它包括5个等腰直角三角形､一个正方形和一个平行四边形.若用四种颜色给各板块涂色，要求正方形板块单独一色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块不同色，则不同的涂色方案有______种.
【答案】
【解析】由题意，一共4种颜色，板块需单独一色，
剩下6个板块中每2个区域涂同一种颜色.
又板块两两有公共边不能同色，故板块必定涂不同颜色.
①当板块与板块同色时，
则板块与板块或板块分别同色，共2种情况；
②当板块与板块同色时，
则板块只能与同色，板块只能与同色，共1种情况.
又板块颜色可排列，故共种.故答案为：
【变式2-4】（2023·高三课时练习）现有五种不同的颜色，要给四棱锥P－ABCD的五个顶点涂色，要求同一条棱上的两个顶点所涂颜色不能相同，一共有_________种涂色方法.
【答案】420
【解析】五个顶点涂五种不同的颜色，有（种）涂法；
五个顶点涂四种不同的颜色，其中A、C同色或B、D同色，有（种）涂法；
五种顶点涂三种不同的颜色，其中A、C同色且B、D同色，有（种）涂法.
综上，共有120＋240＋60=420（种）涂色方法.
故答案为：420
【题型3 排序问题】
【例3】（2023·广东广州·统考二模）现有甲、乙、丙、丁在内的6名同学在比赛后合影留念，若甲、乙二人必须相邻，且丙、丁二人不能相邻，则符合要求的排列方法共有 __种．（用数字作答）
【答案】144
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①将甲乙看成一个整体，与甲、乙、丙、丁之外的两人全排列，有种情况，
②排好后，有4个空位，在其中任选2个，安排丙、丁，有种情况，
则有种排法，
故答案为：144．
【变式3-1】（2023秋·宁夏石嘴山·高三石嘴山市第三中学校考期末）五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，把这五个音阶排成一列，形成一个的音序，若徵、羽两音阶相邻且在宫音阶之后，则可排成不同的音序的种数为___________.（用数字作答）.
【答案】24
【解析】解：先将徵、羽两音阶相邻捆绑在一起有，
然后与宫、商、角进行全排有，考虑到顺序问题,
则可排成不同的音序的种数为.
故答案为：24．
【变式3-2】国龙外校第一届班主任节上，有3名高二学生给3位高二优秀班主任献花，献花后师生共同合影，要求6人站在一排，如果要求老师与学生相间站，那么站法有（ ）
A．36种 B．72种 C．108种 D．144种
【答案】B
【解析】根据题意，分3步进行分析：
第一步，将3名学生全排列，有种排法；
第二步，将3名老师全排列，有种排法；
第三步，老师与学生相间站，有2种排法；
所以老师与学生相间站，那么站法有种，故选：B
【变式3-3】（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）已知甲、乙两个家庭排成一列测核酸，甲家庭是一对夫妻带1个小孩，乙家庭是一对夫妻带2个小孩.现要求2位父亲位于队伍的两端，3个小孩要排在一起，则不同的排队方式的种数为（ ）
A．288 B．144 C．72 D．36
【答案】C
【解析】方法1：2位父亲的排队方式种数为，2位母亲的排队方式种数为，
3个小孩的排队方式种数为，将3个小孩当成一个整体，
放进父母的中间共有种排队方式，所以不同的排队方式种数为.
方法2：2位父亲的排队方式种数为，
将3个小孩当成一个整体与2位母亲的排队方式种数为，
3个小孩的排队方式种数为，所以不同的排队方式种数为.故选：C.
【变式3-4】（2023春·山西晋城·高三校考阶段练习）某文艺演出团从包括甲、乙、丙在内的7名演员中选派4名参加演出，要求甲、乙、丙这3名演员中至少有1人参加，且当这3名演员都参加时，甲和乙的演出顺序不能相邻，丙必须排在前两位，则所选派的这4名演员不同的演出顺序有（ ）
A．680种 B．720种 C．744种 D．768种
【答案】C
【解析】当甲乙丙中有1人参加时：种顺序；
当甲乙丙中有2人参加时：种顺序；
当甲乙丙中有3人参加时：种顺序；
综上所述：共有种顺序.故选：C
【题型4 排数问题】
【例4】（2022秋·江苏盐城·高三盐城中学校考阶段练习）用1，2，3，4，5五个数字组成五位数，则数字2和4不相邻的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设事件为2和4不相邻的情况，则其对立事件为2和4相邻的情况；
首先1,3,5进行排序，共有种，而形成4个空，使用捆绑法，将2,4看成整体，
则2和4相邻总共有种，所有的情况共有种，
，故选：D.
【变式4-1】（2023·广东汕头·高三校考阶段练习）如果一个四位数的各位数字互不相同，且各位数字之和等于10，则称此四位数为“完美四位数（如1036），则由数字0，1，2，3，4，5，6，7构成的“完美四位数”中，奇数的个数为___．
【答案】44
【解析】若尾数为1，前三位的数字为，或，或时，0放在百位或十位上，
剩余两个数进行全排列，故共有个完美四位数，
若前三位数字为时，则有个完美四位数；
若尾数为3，前三位的数字为，或时，0放在百位或十位上，
剩余两个数进行全排列，故共有个完美四位数，
若前三位数字为时，有个完美四位数；
若尾数为5，若前三位数字为或时，0放在百位或十位上，
剩余两个数进行全排列，共有个完美四位数，
若尾数为7，若前三位数字为时，0放在百位或十位上，剩余两个数进行全排列，
有个完美四位数；
综上所述：共有个完美四位数.
故答案为：44
【变式4-2】（2023春·山西忻州·高三校联考开学考试）从1，2，3，0这四个数中取三个组成没有重复数字的三位数，则这些三位数的和为___________．
【答案】3864
【解析】分三种情况：
（1）在所有不含0的三位数中，百位上的所有数字之和为，
十位上的所有数字之和为，百个位上的所有数字之和为，
所以所有不含0的三位数的和为；
（2）在含0且0在十位上的三位数中，百位上的所有数字之和为，
个位上的所有数字之和为，
所以含0且0在十位上的三位数的和为；
（3）在含0且0在个位上的三位数中，百位上的所有数字之和为，
十位上的所有数字之和为，
所以含0且0在个位上的三位数的和为；
那么可得符合条件的这些三位数之和为．
故答案为：
【变式4-3】（2022·全国·高三专题练习）用0，1，2，3，4这5个数字，可以组成多少个满足下列条件的没有重复数字五位数？
（1）偶数：
（2）左起第二､四位是奇数的偶数；
（3）比21034大的偶数.
【答案】（1）个；（2）个；（3）个
【解析】（1）末位是0，有个，
末位是2或4，有个，
故满足条件的五位数共有个.
（2）法一：可分两类，0是末位数，有个，
2或4是末位数，则个.故共在个.
法二：四位从奇数1，3中取，有；
首位从2，4中取，有个：余下的排在剩下的两位，有个；
故共有个.
（3）法一：可分五类，当末位数是0，而首位数是2时，有个；
当末位数字是0，而首位数字是3或4时，有个；
当末位数字是2，而首位数字是3或4时，有个；
当末位数字是4，而首位数字是2时，有个；
当末位数字是4，而首位数字是3吋，有个.
故有个.
法二：不大于21034的偶数可分为三类：
万位数字为1的偶数，有个；
万位数字为2，而千位数字是0的偶数，有个：还有21034本身.
而由组成的五位偶数有个.
故满足条件的五位偶数共有个.
【变式4-4】（2022·全国·高三专题练习）由数字组成无重复数字的五位数.
（1）一共可以组成多少个五位偶数？
（2）在组成的所有五位数中，比32145大的五位数有几个？
【答案】（1）48；（2）65
【解析】（1）先考虑个位数，从2或4中选择1个，有种，再考虑其余4个数位，即余下的4个数字进行全排列，有种，所以一共有=48个五位偶数；
（2）若万位数是3，千位是4或5，共有个符合要求；
若万位数是3，千位是2，则百位须是4或5，共有个符合要求；
若万位数是4或5，则有个符合要求，32154符合要求；
综上：在组成的所有五位数中，比32145大的五位数有12+4+48+1=65个.
【题型5 分组分配问题】
【例5】（2023·陕西铜川·校考一模）将4名新招聘的工人分配到A，B两个生产车间，每个车间至少安排1名工人，则不同安排方案有（ ）
A．36种 B．14种 C．22种 D．8种
【答案】B
【解析】将4名工人，安排到两个车间：分为其中一个车间安排1名工人，另一车间安排3名工人和 两个车间都安排两名工人，两种情况.
其中一个车间安排1名工人，另一车间安排3名工人的方案有：；
两个车间都安排两名工人的方案有：.
所以，不同的安排方案有.故选：B.
【变式5-1】（2023春·江苏南京·高三南京市宁海中学校考阶段练习）将5名学生志愿者分配到成语大赛、诗词大会、青春歌会、爱心义卖4个项目参加志愿活动，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．60种 B．120种 C．240种 D．480种
【答案】C
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①将5名大学生分为4组，有种分组方法，
②将分好的4组安排参加4个项目参加志愿活动，有种情况，
则有种分配方案；故选：．
【变式5-2】（2023·重庆·统考一模）2022年8月某市组织应急处置山火救援行动，现从组织好的5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，另外4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，每支志愿团队只能分配到1个项目，且每个项目至少分配1个志愿团队，则不同的分配方案种数为（ ）
A．36 B．81 C．120 D．180
【答案】D
【解析】先从5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，有种不同的选派方案，
再将剩下的4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，
有种不同的选派方案，
所以，根据分步乘法原理，不同的安排方案有种.故选：.
【变式5-3】（2023秋·福建厦门·高三厦门外国语学校校考期末）长郡中学体育节中，羽毛球单打12强中有3个种子选手，将这12人任意分成3个组（每组4个人），则3个种子选手恰好被分在同一组的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由已知条件得
将12人任意分成3组，不同的分组方法有 种，
3个种子选手分在同一组的方法有 种，
故3个种子选手恰好被分在同一组的概率为，故选：.
【变式5-4】（2022秋·吉林长春·高三长春外国语学校校考期末）从今年8月开始，南充高中教师踊跃报名志愿者参加各街道办、小区、学校的防疫工作，彰显师者先行、师德担当的精神，防疫工作包含扫描健康码、取咽拭子、后勤协调三项工作，现从6名教师自愿者中，选派4人担任扫描健康码、取咽拭子、后勤协调工作，要求每项工作都有志愿者参加，不同的选派方法共有（ ）种
A．90 B．270 C．540 D．1080
【答案】C
【解析】用分步乘法计数原理：
第一步，从6名教师自愿者中选派4人，不同的选派方法种类为；
第二步，将选出的4人分为3组，不同的分组方法种类为；
第三步，将分好的3组，分配到不同的3项工作，不同的分配方法种类为.
所以，不同的选派方法种类为.故选：C.
【变式5-5】（2023·全国·高三专题练习）某校安排5名同学去A，B，C，D四个爱国主义教育基地学习，每人去一个基地，每个基地至少安排一人，则甲同学被安排到A基地的排法总数为______．
【答案】60
【解析】当A基地只有甲同学在时，那么总的排法是种；
当A基地有甲同学还有另外一个同学也在时，那么总的排法是种；
则甲同学被安排到A基地的排法总数为种.
故答案为：60.
【题型6 最短路径问题】
【例6】（山东省泰安肥城市2021-2022学年高二下学期期中考试数学试题）某小区的道路网如图所示，则由A到C的最短路径中，经过B的走法有（ ）
A．6种 B．8种 C．9种 D．10种
【答案】C
【解析】由题意，从点到点，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有种走法；
从点到点，共走三步，需向上走一步，向右走两步，共有种走法，
由分步计数原理，可得共有种不同的走法.故选：C.
【变式6-1】（黑龙江省哈尔滨市第三中学校2021-2022学年高一上学期入学考试数学试题）一只小虫子欲从A点不重复经过图中的点或者线段，而最终到达目的地E，这只小虫子的不同走法共有（ ）
A．12种 B．13种 C．14种 D．15种
【答案】C
【解析】由题意这只小虫子的不同走法共有：ABCDE,ABCDPE, ABCDPFE,ABPDE,
共14种，故选：C
【变式6-2】（2022秋·广东惠州·高三校考期末）如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（ ）
A．23 条 B．24 条 C．25条 D．26 条
【答案】D
【解析】先假设是实线，
则从到，向上次，向右次，最短路径有条，
其中经过的，即先从到，然后到，最后到的最短路径有条，
所以，当不通时，最短路径有条.故选：D
【变式6-3】（上海市南洋模范中学2022-2023学年高二上学期期末数学试题）有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有___________种.
【答案】24
【解析】如图，由已知可得，应从点，先到点，再到点，最后经点到点即可.
第一步：由点到点，最短路径为4步，最短路径方法种类为；
第二步：由点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为；
第三步：由点经点到点，最短路径为3步，最短路径方法种类为.
根据分步计数原理可得，最短路径有种.
故答案为：24.
【变式6-4】（2022·全国·高三专题练习）方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小相同的竹棍构造一个大正方体（由个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从点出发，沿着竹棍到达点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】D
【解析】由题意可知，从到最少需要步完成，
其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的，
则蚂蚁选择的不同的最短路径共有种.故选：D.
【变式6-5】（上海市向明中学2021-2022学年高二下学期期末数学试题）如图，在某城市中，两地之间有整齐的方格形道路网，其中是道路网中的一点．今在道路网处的甲、乙两人分别要到处，其中甲每步只能向右走或者向上走，乙每步只能向下或者向左走．
（1）求甲从到达处的走法总数；
（2）求甲乙两人在相遇的方法数．
【答案】（1）924种；（2）50625种
【解析】（1）甲从出发走到需要走12步，向右、向上各走6步，走法总数为种.
（2）甲经过的方法数为种，乙经过的方法数为种，
所以甲乙两人在相遇的方法数为种.
【题型7 二项展开式的特定项求解】
【例7】（2023·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）在二项式的展开式中，常数项为_____________．
【答案】240
【解析】常数项为：.故答案为：240.
【变式7-1】（2023春·北京·高三校考阶段练习）在的展开式中，第四项为（ ）
A．160 B． C． D．
【答案】D
【解析】在的展开式中，
第四项为.故选：D.
【变式7-2】（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考阶段练习）的展开式中的常数项为（ ）
A． B．50 C． D．61
【答案】A
【解析】，
所以展开式中的常数项为.故选：A.
【变式7-3】（2023秋·浙江湖州·高三安吉县高级中学校考期末）的展开式中的系数是__________.
【答案】14
【解析】的展开式的通项为，
令，则，
令，则，
故的系数是.
故答案为：14.
【变式7-4】（2023·湖北·校联考模拟预测）在展开式中，含的项的系数是______.（用数字作答）
【答案】100
【解析】中只有的展开式中才含有，
故中的项与展开式中含的项相乘得到，
展开式中项的系数为，
故的项的系数为.
故答案为:100.
【变式7-5】（2023秋·河南驻马店·高三统考期末）若，则_________.
【答案】
【解析】，
设展开式通项为，
令，则.
设展开式通项为，
令，则.
则.
故答案为：
【题型8 二项式系数与项的系数最值】
【例8】（2023秋·浙江宁波·高三期末）若二项式的展开式中第6项与第7项的系数相等，则此展开式中二项式系数最大的项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】，所以，所以，即，
所以，
所以二项式系数最大项为.故选：B.
【变式8-1】（2023春·河南新乡·高三校联考开学考试）若二项式的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式中项的系数为（ ）
A． B． C．1792 D．1120
【答案】D
【解析】因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以.
通项为，
令，得，所以展开式中项的系数为．故选：D．
【变式8-2】（2022·全国·高三专题练习）已知的展开式中，第3项的系数与倒数第3项的系数之比为，则展开式中二项式系数最大的项为第（ ）项.
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【解析】的展开式通项公式为，
则第3项的系数为，倒数第3项的系数为，
因为第3项的系数与倒数第3项的系数之比为，
所以，所以，解得，
所以展开式中二项式系数最大的项为第5项，故选：C
【变式8-3】（2022·全国·高三专题练习）设，若，则展开式中系数最大的项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为，所以当时，可得；
当时，可得．
又，所以，得，
所以的展开式中系数最大的项为第4项，即,故选：B
【变式8-4】（2023·全国·高三专题练习）定义函数，若（i为虚数单位），则的展开式中系数最大项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由已知，两边取模，得，所以n＝10．
二项式的展开式的通项为，
因为n＝10，则．
令第r＋1项的系数最大，则，即，解得，
因为，所以r＝3，所以，
故系数最大的项为．故选：C．
【题型9 系数和问题】
【例9】（2023·全国·高三专题练习）若，则的值为（ ）
A． B．1 C．0 D．2
【答案】A
【解析】令得，
令得，
所以．
故选：A．
【变式9-1】（2022秋·江苏常州·高三校考阶段练习）（多选）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】由，
令得，A选项正确.
令得，B选项错误.
二项式展开式的通项公式为，
由此可知是负数，为正数，
所以令得，
，
即，C选项错误
由，
两边求导得，
令得，所以D选项正确.故选：AD
【变式9-2】（2023·云南昆明·昆明一中校考模拟预测）设，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解析】对于选项A，令得，所以选项A错误；
分别令和得和，
所以选项B和选项C正确；
对于选项 D，
，选项D正确；故：BCD．
【变式9-3】（2023秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）若，则______.
【答案】
【解析】令，则；
令，则；
故.
故答案为：.
【变式9-4】（2023·甘肃兰州·校考一模）若，则的值为______．
【答案】8
【解析】令，则；
令，则，
两式相加除以2可得．
故答案为：8
【题型10 杨辉三角形】
【例10】（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《解析九章算法》一书中，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年，“杨辉三角”在数学史上具有重要的地位．若将杨辉三角中的每一个数都换成，就得到一个如下表所示的分数三角形，称为莱布尼茨三角形．莱布尼茨三角形同“杨辉三角”一样，具有很多优美的性质，比如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和等．现有关于莱布尼茨三角形性质的4个描述，则其中正确个数为（ ）
①当n是偶数时，中间的一项取得最小值；当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值；
②；
③；
④．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解析】①根据杨辉三角的特点，当n是偶数时，中间的一项取得最大值；
当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最大值；
所以与的最值情况相反，
故当n是偶数时，中间的一项取得最小值；
当n是奇数时，中间的两项相等，且同时取得最小值；故①正确；
②，，故②正确；
③根据组合数的性质，故③正确；
④根据每一个数均等于其“脚下”两个数之和，
即，故④正确．故选：D．
【变式10-1】（2023春·山西晋城·高三校考阶段练习）我国南宋数学家杨辉在他所著的《解析九章算法》中提出了如图所示的三角形数表，这就是著名的“杨辉三角”，它是二项式系数在三角形中的一种几何排列.从第1行开始，第行从左至右的数字之和记为，如：为各项非零的等差数列，其前项和为，且，则数列的前项和________________.
【答案】
【解析】根据“杨辉三角”中的几何排列规则可得
所以数列的通项公式为
又数列为各项非零的等差数列，
由等差数列前项和公式可得，
即，又，所以，
即数列的通项公式为
可得数列的前项和
可得
所以
故答案为：
【变式10-2】（2022·全国·高三专题练习）杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《解析九章算法》一书中被记载.它的开头几行如图所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，请问“莱布尼茨三角形”第10行第5个数是___________.
【答案】
【解析】由题意知，将杨辉三角中从第1行开始的每一个数都换成分数，
就得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，
观察表中数字，题中要求第10行第5个数，
所以，（表中每一行的第1个数是0，所以第5个数是，
所以第10行第5个数为：．
故答案为：．
【变式10-3】（2022·全国·高三专题练习）如图，在杨辉三角形中，斜线的上方从1按箭头所示方向可以构成一个“锯齿形”的数列：，记此数列的前项之和为，则的值为__________.
【答案】452
【解析】设数列为{}，
当为偶数时，易知；前23项里面有偶数项11项，奇数项12项，
偶数项是首项为3，公差为1的等差数列，且，
所以偶数项之和为：；
当为奇数时，，，，，…，
所以，则，
所以前23项里面奇数项和为：
====364，
所以.
故答案为：452.
【变式10-4】（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数在三角形中的一种几何排列．如图所示，第行的数字之和为__________，去除所有1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…,则此数列的前28项和为_____________．
【答案】 494
【解析】由二项式系数的性质得：第n行的数字之和为，
去除所有1的项后所得三角数阵的第n行有n个数字，其和为，
而，
所以数列的前28项和.
故答案为：；494
（建议用时：60分钟）
1．（2023秋·江苏·高三统考期末）把5个相同的小球分给3个小朋友，使每个小朋友都能分到小球的分法有（ ）
A．4种 B．6种 C．21种 D．35种
【答案】B
【解析】利用隔板法：由题可知使每个小朋友都能分到小球的分法有种.故选：.
2．（2023·全国·模拟预测）导师制是高中新的教学探索制度，班级科任教师作为导师既面向全体授课对象，又对指定的若干学生的个性、人格发展和全面素质提高负责．已知有3位科任教师负责某学习小组的6名同学，每2名同学由1位科任教师负责，则不同的分配方法的种数为（ ）
A．90 B．15 C．60 D．180
【答案】A
【解析】先将6名同学平均分为3组，不同的分组方式为，
然后再将分好的3组，分配给3位科任教师，不同的分配方式为.
所以，不同的分配方法的种数为.故选：A.
3．（2023·全国·模拟预测）1至10中的质数能够组成的所有没有重复数字的整数的个数为（ ）
A．4 B．12 C．24 D．64
【答案】D
【解析】1至10中的质数有2，3，5，7，
由2，3，5，7组成的没有重复数字的整数可以为一位数、两位数、三位数、四位数，
这4个数字可组成的一位数有（个），
可组成的没有重复数字的两位数有（个），
可组成的没有重复数字的三位数有（个），
可组成的没有重复数字的四位数有（个），
则1至10中的质数能够组成的所有没有重复数字的整数的个数为．
故选：D．
4．（2023秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考期末）若六位老师前去某三位学生家中辅导，每一位学生至少有一位老师辅导，每一位老师都要前去辅导且仅能辅导一位同学，由于就近考虑，甲老师不去辅导同学1，则有（ ）种安排方法
A．335 B．100 C．360 D．340
【答案】C
【解析】把6位老师按照4，1，1或3，2，1或2，2，2人数分为三组；
①把6为老师平均分为3组的不同的安排方法数有
在把这三组老师安排给三位不同学生辅导的不同安排方案数为：，
根据分步计数原理可得共有不同安排方案为：
如果把甲老师安排去辅导同学1的方法数为：
所以把6位老师平均安排给三位学生辅导
且甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
②把6位老师按照4，1，1分为3组给三位学生辅导的方法数为：
若1同学只安排了一位辅导老师则
若1同学安排了四位辅导老师则
所以把6位老师按照4，1，1分为3组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
③把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导的方法数为；
若1同学只安排了一位辅导老师则
若1同学只安排了两位辅导老师则
若1同学只安排了三位辅导老师则
所以把6位老师按照3，2，1分为3组给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为
综上把6位老师安排给三位学生辅导，
甲老师不安排去辅导同学1的方法数为故选：C
5．（2023春·广东·高三统考开学考试）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，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（ ）
A．34种 B．56种 C．96种 D．144种
【答案】C
【解析】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，有种结果，
讲座和必须相邻，共有种结果，
根据分步计数原理知共有种结果.故选:C．
6．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）六名同学排成一排照相，则其中甲､乙､丙三人两两不相邻，且甲和丁相邻的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】六名同学排成一排照相，共有中不同的排列方法.
甲､乙､丙三人两两不相邻，且甲和丁相邻共有：
先确定除甲乙丙三人外的位置，共有种方式，
再确定甲在丁的两边有种方式，最后将乙丙放入3个空中，（甲旁边不能放入），
有种方式，故共有种不同的排法，故概率，故选：D
7．（2023·全国·模拟预测）某大学生在刚开学时制订了一个季度的读书计划：从4本不同的哲学书和6本不同的心理学书中选4本阅读，且至少要选1本哲学书和1本心理学书.则该大学生这个季度不同的选书方法有（ ）
A．672种 B．210种 C．194种 D．336种
【答案】C
【解析】由题意，选书的方法可以分三类：
①1本哲学书和3本心理学书；
②2本哲学书和2本心理学书；
③3本哲学书和1本心理学书.
于是该大学生这个季度不同的选书方法有：，
∴有194种不同的方法。故选：C.
8．（2023·全国·高三专题练习）如图是某届国际数学家大会的会标，现在有4种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）
A．72 B．48 C．36 D．24
【答案】A
【解析】由图知：两组颜色可以相同，
若涂4种颜色：颜色相同，则4种选一种涂有，
余下3种颜色涂3个区域有，共种，
同理颜色相同也有24种；
若涂3种颜色，则、分别涂相同的颜色，
首先4种颜色选3种有种，再所选3种中选一种涂5有种，
余下2种颜色涂、个区域有，共有种；
综上，共有72种.故选：A
9．（2023·山东潍坊·统考一模）过去的一年，我国载人航天事业突飞猛进，其中航天员选拔是载人航天事业发展中的重要一环.已知航天员选拔时要接受特殊环境的耐受性测试，主要包括前庭功能、超重耐力、失重飞行、飞行跳伞、着陆冲击五项.若这五项测试每天进行一项，连续5天完成.且前庭功能和失重飞行须安排在相邻两天测试，超重耐力和失重飞行不能安排在相邻两天测试，则选拔测试的安排方案有（ ）
A．24种 B．36种 C．48种 D．60种
【答案】B
【解析】①若失重飞行安排在第一天则前庭功能安排第二天，
则后面三天安排其他三项测试有种安排方法，
此情况跟失重飞行安排在第五天则前庭功能安排第四天安排方案种数相同；
②若失重飞行安排在第二天，则前庭功能有种选择，
超重耐力在第四、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，
则有种安排方法，
此情况与失重飞行安排在第四天方安排方案种数相同；
③若失重飞行安排在第三天，则前庭功能有种选择，
超重耐力在第一、第五天有种选择，剩下两种测试全排列，
则有种安排方法；
故选拔测试的安排方案有种.故选：B.
10．（2022·北京·统考模拟预测）若5名女生和2名男生去两地参加志愿者活动，两地均要求既要有女生又要有男生，则不同的分配方案有（ ）种．
A．20 B．40 C．60 D．80
【答案】C
【解析】第一步，先安排2名男生，有种排法；
第二步，安排5名女生：
第1种情况，5名女生分两组，一组1人，一组4人，有种分法，
第2种情况，5名女生分两组，一组2人，一组3人，有种分法，
所以5名女生分两组去两地参加志愿者活动共有：种排法，
所以，总共有种分配方案.故A，B，D错误.故选：C.
11．（2023·广东深圳·统考一模）安排5名大学生到三家企业实习，每名大学生只去一家企业，每家企业至少安排1名大学生，则大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】5名大学生分三组，每组至少一人，有两种情形，分别为2,2,1人或3,1,1人；
当分为3,1,1人时，有种实习方案，
当分为2,2,1人时，有种实习方案，
即共有种实习方案，
其中甲、乙到同一家企业实习的情况有种，
故大学生甲、乙到同一家企业实习的概率为，故选：D.
12．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）展开式中的系数为（ ）
A．4 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】，
含的项为，
所以展开式中的系数为.故选：D．
13．（2023春·广西柳州·高三统考阶段练习）已知，则（ ）
A．34 B．30 C． D．
【答案】D
【解析】令，得，
展开式的通项公式为，
令，则，
故，所以.故选：D.
14．（2023·全国·模拟预测）已知二项式，的展开式中第四项的系数最大，则a的值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】二项式展开式的通项公式为，其中，
由（其中），即，
，，
依题意可知使上式成立，即，所以.故选：A
15．（2023春·天津红桥·高三统考期末）街道上有编号1，2，.3，的十盏路灯，为节省用电又能看清路面，可以把其中的三盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，在两端的灯都不能关掉的情况下，满足条件的关灯方法有__________种.
【答案】
【解析】10只灯关掉3只，实际上还亮7只灯，而又要求不关掉两端的灯和相邻的灯，
此题可以转化为在7只亮着的路灯之间的6个空挡中放入3只熄灭的灯，
有种方法，
故答案为：.
16．（2023·陕西榆林·统考一模）自然对数的底数，也称为欧拉数，它是数学中重要的常数之一，和一样是无限不循环小数，的近似值约为.若用欧拉数的前6位数字设置一个六位数的密码，则不同的密码共有__________个.
【答案】180
【解析】因为2出现2次，8出现2次，
所以不同的密码共有个.
故答案为：180.
17．（2023·河南·长葛市第一高级中学统考模拟预测）的展开式中x的系数为___．
【答案】-3
【解析】，
的展开式通项公式为，
当时，，故，
当时，，故，
故，所以的展开式中x的系数为-3.
故答案为：-3
18．（2023秋·云南德宏·高三统考期末）二项式的常数项为____________．
【答案】
【解析】的展开式的通项公式为，
而，
令，得；令，得，舍去.
所以的展开式中的常数项为．
故答案为：
19．（2023秋·天津·高三统考期末）在的展开式中，常数项为_______．（结果用数字表示）
【答案】-405
【解析】的展开式通项为，
令，可得，
因此，展开式中的常数项为.
故答案为：.
20．（2022·北京·统考模拟预测）已知，则__________．
【答案】
【解析】因为，
令，可得，
令，，
，
，
所以.
故答案为：.A
B
D
C
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