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人教A版(2019)高中数学选择性必修第二册 专题11 排列组合与二项式定理经典模型归纳
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专题11 排列组合与二项式定理经典模型归纳
知识点1：直接法
例1．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有（ ）种
A．54 B．72 C．96 D．120
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，分2种情况讨论：
①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，
②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法原理计算可得答案．
【详解】
根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，
分2种情况讨论：
①甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
②甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
则一共有种不同的名次情况，
故选：A．
例2．某校开展研学活动时进行劳动技能比赛，通过初选，选出共6名同学进行决赛，决出第1名到第6名的名次（没有并列名次），和去询问成绩，回答者对说“很遗㙳，你和都末拿到冠军；对说“你当然不是最差的”.试从这个回答中分析这6人的名次排列顺序可能出现的结果有（ ）
A．720种 B．600种 C．480种 D．384种
【答案】D
【解析】
【分析】
不是第一名且不是最后一名，的限制最多，先排有4种情况，再排，也有4种情况，余下的问题是4个元素在4个位置全排列，根据分步计数原理求解即可．
【详解】
由题意，不是第一名且不是最后一名，的限制最多，故先排，有4种情况，
再排，也有4种情况，余下4人有种情况，
利用分步相乘计数原理知有种情况．
故选：D.
例3．若从甲､乙2名女志愿者和6名男志愿者中选出正组长1人，副组长1人，普通组员2人到北京冬奥会花样滑冰场馆服务，且要求女志愿者甲不能做正组长，女志愿者乙不能做普通组员，则不同的选法种数为（ ）
A．210 B．390 C．555 D．660
【答案】C
【解析】
【分析】
分为四种情况即可得出答案，第一种4人均从6名男志愿者中选取，第二种女志愿者甲被选中且乙没有被选中，第三种女志愿者乙被选中且甲没有被选中，第四种女志愿者甲､乙均被选中.
【详解】
若4人均从6名男志愿者中选取，则不同的选法种数为；
若女志愿者甲被选中且乙没有被选中，则不同的选法种数为；
若女志愿者乙被选中且甲没有被选中，则不同的选法种数为；
若女志愿者甲､乙均被选中，则不同的选法种数为.
所以满足题意的不同选法种数为.
故选：C.
例4．甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，则不同的排法有（ ）
A．24种 B．6种 C．4种 D．12种
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知可得只需对剩下3人全排即可．
【详解】
解：甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，
则只需对剩下3人全排即可，
则不同的排法共有，
故选：B．
知识点2：间接法
例1．将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（ ）．
A．1860种 B．3696种 C．3600种 D．3648种
【答案】D
【解析】
【分析】
采用间接法，先求出没有限制的所有站法，再排除不满足条件的站法可求解.
【详解】
7个人从左到右排成一排，共有种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有种不同的站法，甲站在最右端有种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有种不同的站法.
故选：D
例2．“烂漫的山花中，我们发现你.自然击你以风雪，你报之以歌唱.命运置你于危崖，你馈人间以芬芳.不惧碾作尘，无意苦争春，以怒放的生命，向世界表达倔强.你是岸畔的桂，雪中的梅”.这是给感动中国十大人物之一的张桂梅老师的颁奖词，她用实际行动奉献社会，不求回报，只愿孩子们走出大山.受张桂梅老师的影响，有大量志愿者到乡村学校支教，现有6名志愿者要到4个学校参加支教活动，要求甲､乙两个学校各安排一个人，剩下两个学校各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，不同的安排方案共有（ ）
A．156种 B．168种 C．172种 D．180种
【答案】A
【解析】
【分析】
利用间接法来求得不同的安排方案的数量.
【详解】
根据题意，设剩下的2个学校为丙学校和丁学校，先计算小李和小王不受限制的排法数目：先在6位志愿者中任选1个，安排到甲学校，有种情况，再在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙学校，有种情况，最后将剩下的4个志愿者平均分成2组，全排列后安排到剩下的2个学校，有种情况，则小李和小王不受限制的排法有6×5×6=180种，
若小李和小王在一起，则两人去丙学校或丁学校，有2种情况，在剩下的4位志愿者中任选1个，安排到甲学校，有种情况，再在剩下的3个志愿者中任选1个，安排到乙学校，有种情况，最后2个安排到剩下的学校，有1种情况，则小李和小王在一起的排法有2×4×3=24种.
所以小李和小王不在一起排法有180-24=156种.
故选：A
例3．某高中从3名男教师和2名女教师中选出3名教师，派到3个不同的乡村支教，要求这3名教师中男女都有，则不同的选派方案共有（ ）种
A．9 B．36 C．54 D．108
【答案】C
【解析】
【分析】
根据给定条件利用排列并结合排除法列式计算作答.
【详解】
从含有3名男教师和2名女教师的5名教师中任选3名教师，派到3个不同的乡村支教，不同的选派方案有种，
选出3名教师全是男教师的不同的选派方案有种，
所以3名教师中男女都有的不同的选派方案共有种
故选：C
例4．某班开展“学党史，感党恩”演讲活动，安排四个演讲小组在班会上按次序演讲，则A组不是第一个演讲的方法数为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．18
【答案】D
【解析】
【分析】
利用排除法，先计算A组是第一个演讲的方法数即得解
【详解】
由题意，安排四个演讲小组在班会上按次序演讲共有种情况
其中A组是第一个演讲的方法数为
故A组不是第一个演讲的方法数为
故选：D
知识点3：染色问题
例1．在中国地图上，西部五省（甘肃、四川、青海、新疆、西藏）如图所示，有四种颜色供选择，要求每省涂一色，相邻省不同色，则不同的涂色方法有（ ）种.
A．48 B．72 C．96 D．120
【答案】B
【解析】
【分析】
结合分步、分类计数原理求得正确答案.
【详解】
先进行编号：新疆、甘肃、青海、西藏、四川，
按的顺序进行涂色，其中颜色可以相同或不相同，
所以不同的涂色方法数有种.
故选：B
例2．“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，如图所示，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现用4种不同的颜色（4种颜色全部使用）给这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，每个区域只涂一种颜色，则不同的涂色方案有（ ）
A．24种 B．48种 C．72种 D．96种
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，分2步进行分析区域①、②、⑤和区域③、④的涂色方法，由分步计数原理计算可得答案.
【详解】
根据题意，分2步进行分析：
当区域①、②、⑤这三个区域两两相邻，有种涂色的方法；
当区域③、④，必须有1个区域选第4种颜色，有2种选法，选好后，剩下的区域有1种选法，则区域③、④有2种涂色方法，故共有种涂色的方法.
故选：B
例3．如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．24种 B．48种 C．72种 D．96种
【答案】B
【解析】
【分析】
按涂色顺序进行分四步，根据分步乘法计数原理可得解.
【详解】
按涂色顺序进行分四步：涂A部分时，有4种涂法；涂B部分时，有3种涂法；涂C部分时，有2种涂法；涂D部分时，有2种涂法.
由分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有种.
故选：B.
例4．用五种不同颜色给三棱柱的六个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】D
【解析】
【分析】
对所选颜色的种数进行分类讨论，先涂、、三点，再确定、、三点颜色的选择方法种数，结合分步乘法和分类加法计数原理可得结果.
【详解】
分以下几种情况讨论：
①若种颜色全用上，先涂、、三点，有种，
然后在、、三点中选择两点涂另外两种颜色，有种，最后一个点有种选择，
此时共有种；
②若用种颜色染色，由种选择方法，先涂、、三点，有种，
然后在、、三点中需选择一点涂最后一种颜色，有种，不妨设涂最后一种颜色的为点，
若点与点同色，则点只有一种颜色可选，
若点与点同色，则点有两种颜色可选，
此时共有种；
③若用种颜色染色，则有种选择方法，先涂、、三点，有种，
点有种颜色可选，则、的颜色只有一种选择，
此时共有.
由分类加法计数原理可知，共有种涂色方法.
故选：D.
知识点4：插空法
例1．将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（ ）．
A．1860种 B．3696种 C．3600种 D．3648种
【答案】D
【解析】
【分析】
采用间接法，先求出没有限制的所有站法，再排除不满足条件的站法可求解.
【详解】
7个人从左到右排成一排，共有种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有种不同的站法，甲站在最右端有种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有种不同的站法.
故选：D
例2．为庆祝中国共产党成立100周年，重温党的光辉历程，歌颂党的伟大成就，继承和发扬党的优良革命传统，充分展现当代中学生爱党､爱国､爱社会主义的深厚情怀，我校计划举办2021年“荔枝杯”中学生演讲比赛，要求从5名男生，2名女生中随机选出4人进行现场比赛，且至少要选1名女生，如果2名女生同时被选中，她们的演讲顺序不能相邻，那么不同的演讲顺序共有（ ）
A．120种 B．480种 C．600种 D．720种
【答案】C
【解析】
【分析】
由题设知：选出的男女可能组合为，再应用排列组合数计算不同演讲顺序的可能情况种数即可.
【详解】
由题设，选出的男女组合有两种情况：
当男女为组合，演讲顺序为种；
当男女为组合，演讲顺序为种；
所以一共有600种.
故选：C
例3．甲、乙、丙三人参加社区义工活动，每人从编号为1到6的社区中任选一个，所选社区编号数各不相同且不相邻，则不同的选择方案的种数为（ ）
A．12 B．24 C．36 D．48
【答案】B
【解析】
【分析】
不相邻问题用插空法可解.
【详解】
问题可看做是将3个不同元素与3个完全一样的元素排成一列，且三个不同元素不相邻的问题.第一步，将3个相同元素排成一列，共1种方法；第二步，将三个不同元素插入到4个空位中，共种方法.所以不同的选择方案共有24种.
另解：依题意，因为甲、乙、丙三人所选社区编号各不相同且不相邻，所以先找三人所选社区编号，三人所选社区编号有1，3，5；1，3，6；1，4，6；2，4，6四种情况，然后在每种情况下安排甲、乙、丙三人有种情况，所以不同的选择方案共有种.
故选：B.
例4．随着经济的发展，私家车成为居民的标配．某小区为了适应这一变化，在小区建设过程中预留了7个排成一排的备用车位．现有3位私家车车主要使用这一备用车位．现规定3位私家车随机停车，任意两辆车都不相邻，则共有不同停车种数为（ ）
A．144 B．24 C．72 D．60
【答案】D
【解析】
【分析】
由题可知7个车位停三辆车，则会产生4个空位，故可先摆4个空位留下5个空隙供3辆车选择即可.
【详解】
由题可知7个车位停三辆车，则会产生4个空位，故可先摆好4个空车位，4个空车位之间共有5个空隙可供3辆车选择停车．
因此，任何两辆车都不相邻的停车种数共有.
故选：D．
知识点5：捆绑法
例1．中国航天工业迅速发展，取得了辉煌的成就，使我国跻身世界航天大国的行列. 中国的目标是到2030年成为主要的太空大国.它通过访问月球，发射火星探测器以及建造自己的空间站，扩大了太空计划.在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施 个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有（ ）
A． 种 B． 种 C． 种 D． 种
【答案】C
【解析】
【分析】
在排列时，相邻元素用捆绑法，特殊元素特殊安排，利用分步计数原理即可求解.
【详解】
首先将程序B和C捆绑在一起，再和除程序A之外的3个程序进行全排列，最后将程序A排在第一步或最后一步，根据分步计数原理可得种.
故选：C
例2．要为5名游客和2位导游拍照留念，要求排成一排，且2位导游相邻，不同的排法共有（ ）种
A．1440 B．960 C．720 D．240
【答案】A
【解析】
【分析】
将两位导游看作一个人，和其他人一起全排列，可得答案.
【详解】
因为两位导游要相邻，因此将两位导游看作一个人，内部排列有种排法，
将两位导游看作一个人和其他人全排列有种排法，
因此根据乘法原理共有种排法，
故选：A
例3．有6个座位连成一排，现有3人入座，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数是（ ）
A．36 B．48
C．72 D．120
【答案】C
【解析】
【分析】
根据相邻两个空座的位置在两端和在中间分类讨论．
【详解】
根据题意，分两种情况讨论；①两端恰有两个空座位相邻，则必须有一人坐在空座的边上，其余两人在余下的三个座位上任意就座，此时有种坐法；②两个相邻的空座位不在两端，有三种情况，此时这两个相邻的空座位两端必须有两人就座，余下一人在余下的两个座位上任意就座，此时有种坐法.故共有种坐法.
故选：C．
例4．中国古代的“礼､乐､射､御､书､数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”即数学某校国学社团利用周日开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，上午三节，下午三节.一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在上午，“射”和“御”两门课程排在下午且相邻，则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有（ ）
A．36种 B．72种 C．108种 D．144种
【答案】B
【解析】
【分析】
先排“数”，然后排“射”和“御”，再排剩下门课程，由此计算出正确答案.
【详解】
先排“数”，然后排“射”和“御”，再排剩下门课程，
所以不同的排课顺序有种.
故选：B
知识点6：分堆与分配问题
例1．现有4本不同的书全部分给甲、乙、丙3人，每人至少一本，则不同的分法有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
【答案】C
【解析】
【分析】
先把4本书按2，1，1分为3组，再全排列求解.
【详解】
先把4本书按2，1，1分为3组，再全排列，
则有种分法，
故选：C
例2．2022年北京冬奥会速度滑冰､花样滑冰､冰球三个项目竞赛中，甲，乙，丙，丁，戊五名同学各自选择一个项目开展志自愿者服务，则甲和乙均选择同一个项目，且三个项目都有人参加的不同方案总数是（ ）
A．18 B．27 C．36 D．48
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，把甲和乙看作一个元素，然后先分组再分配，即可求解．
【详解】
解：因为甲和乙选择同一个项目，所以把甲和乙看作一个元素与丙，丁，戊分配到三个项目，
因为三个项目都有参加，所以有一个项目是2个元素，
所以共有种方案.
故选：C.
例3．“烂漫的山花中，我们发现你.自然击你以风雪，你报之以歌唱.命运置你于危崖，你馈人间以芬芳.不惧碾作尘，无意苦争春，以怒放的生命，向世界表达倔强.你是岸畔的桂，雪中的梅”.这是给感动中国十大人物之一的张桂梅老师的颁奖词，她用实际行动奉献社会，不求回报，只愿孩子们走出大山.受张桂梅老师的影响，有大量志愿者到乡村学校支教，现有6名志愿者要到4个学校参加支教活动，要求甲､乙两个学校各安排一个人，剩下两个学校各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，不同的安排方案共有（ ）
A．156种 B．168种 C．172种 D．180种
【答案】A
【解析】
【分析】
利用间接法来求得不同的安排方案的数量.
【详解】
根据题意，设剩下的2个学校为丙学校和丁学校，先计算小李和小王不受限制的排法数目：先在6位志愿者中任选1个，安排到甲学校，有种情况，再在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙学校，有种情况，最后将剩下的4个志愿者平均分成2组，全排列后安排到剩下的2个学校，有种情况，则小李和小王不受限制的排法有6×5×6=180种，
若小李和小王在一起，则两人去丙学校或丁学校，有2种情况，在剩下的4位志愿者中任选1个，安排到甲学校，有种情况，再在剩下的3个志愿者中任选1个，安排到乙学校，有种情况，最后2个安排到剩下的学校，有1种情况，则小李和小王在一起的排法有2×4×3=24种.
所以小李和小王不在一起排法有180-24=156种.
故选：A
例4．现将5名志愿者全部分派到A、B、C三个居民小区参加抗击新冠病毒知识宣传，要求每个小区至少1人，志愿者甲安排到A小区，则不同的安排方法种数为（ ）．
A．56 B．50 C．62 D．36
【答案】B
【解析】
【分析】
三个居民小区的志愿者人数有（1、1、3）和（1、2、2）两种情况，再对小区安排的人数分类讨论，按照分类加法与分步乘法计数原理计算可得；
【详解】
解：依题意三个居民小区的志愿者人数有（1、1、3）和（1、2、2）两种情况，
对于（1、1、3），①当小区安排3人，则有种方法；②当小区安排1人，则有种方法；
对于（1、2、2），①当小区安排1人，则有种方法，②当小区安排2人，则有种方法，
综上，一共有种方法；
故选：B
例5．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奧会，某学校决定派小明和小李等共5名志愿者将两个吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装．若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】C
【解析】
【分析】
先安排小明和小李，然后剩余3人分两组，一组1人，一组2人，先分组后安排即可．
【详解】
解：小明和小李必须安装不同的吉祥物，则有种情况，
剩余3人分两组，一组1人，一组2人，有，然后分配到参与两个吉祥物的安装，有，
则共有种，
故选：C．
例6．2021年秋季学期，某校新进甲、乙、丙、丁4名教师，按要求分配到高二年级和高一年级任教，每个年级至少一人，则甲、乙在同一年级的分配方案共有（ ）
A．24种 B．12种 C．9种 D．6种
【答案】D
【解析】
【分析】
根据甲、乙在同一年级，将甲、乙捆绑，4个人看成3个元素，再把这3个元素分成2堆分配求解.
【详解】
把甲、乙两人看作一个整体，4个人看成3个元素，
再把这3个元素分成2堆，每堆至少有1个人，
然后分配到2个年级，共有种分配方案，
故选：D．
例7．某大学计算机学院的丁教授在2021年人工智能方向招收了6名研究生．丁教授拟从人工智能领域的语音识别、人脸识别、数据分析、机器学习、服务器开发共5个方向展开研究，每个方向均有研究生学习，每位研究生只参与一个方向的学习．其中小明同学因录取分数最高主动选择学习人脸识别，其余5名研究生均表示服从丁教授统一安排．则这6名研究生不同的分配方向共有（ ）
A．480种 B．360种 C．240种 D．120种
【答案】B
【解析】
【分析】
分人脸识别不安排或安排研究生两种情况，应用组合、排列数求总分配方式即可.
【详解】
1、人脸识别方向不安排其它研究生，则种.
2、人脸识别方向安排1名其它研究生，则种.
综上，共有360种分配.
故选：B
知识点7：隔板法
例1．将9个志愿者名额全部分配给3个学校，则每校至少一个名额且各校名额互不相同的分配方法总数是（ ）
A．16 B．18 C．27 D．28
【答案】B
【解析】
【分析】
根据根据加法和乘法原理，结合组合的定义进行求解即可.
【详解】
“每校至少一个名额的分法”的方法数是至少有两个学校的名额数相同”的分配方法数可以从反面入手去求，即先求出“出现相同名额”的分配方法数，第一种情形是两个学校名额数相同：有三种情形，共有9种分法；第二种情形是三个学校名额数均相同，有1种分法，所以至少有两个学校的名额数相同”的分配为种.所以，满足条件的分配方法共有种.
故选：B
例2．展开式为多项式，则其展开式经过合并同类项后的项数一共有（ ）
A．12项 B．24项 C．39项 D．78项
【答案】D
【解析】
【分析】
展开之后必有形如的式子出现，且，构造14个完全一样的小球组合模型求解即可.
【详解】
展开之后必有形如的式子出现，其中，且.
构造14个完全一样的小球模型，分成3组，每组至少一个，利用隔板法，共有分法种；
每组去掉一个小球的数目分别为的展开式中各字母的次数；
小球分组模型与各项的次数是一一对应的，故的展开式中，合并同类项之后的项数为项.
故选：D
例3．7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（ ）种不同的放法．
A．60种 B．36种 C．30种 D．15种
【答案】D
【解析】
【分析】
7个小球有6个空，采用插空法可求.
【详解】
将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有种不同的方法.
故选：D.
例4．将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲､乙､丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（ ）
A．720种 B．420种 C．120种 D．15种
【答案】D
【解析】
【分析】
先每人分一本书，再将剩下的7本书分给3人，每人至少一本，由“隔板法”可得答案.
【详解】
先从10本书中拿出3本，分给每人一本书，
再将余下7本书采用“隔板法”分给3个人，分法种数为15，
故选: D
例5．方程的非负整数解有（ ）
A．组 B．136组 C．190组 D．68组
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，将问题转化，利用插空法分析即可得出答案.
【详解】
根据题意，对于方程，
将“18”看成18个“1”， 18个“1”共有19个空，
从19个空中选两个空进行隔板，或从19个空中选1个空插2个隔板，
即可以将18个“1”分为三组，每组对应“1”的数目依次为的数值，
则有.
方程的非负整数解有190组.
故选：C
知识点8：列举法
例1．“2021年12月2日”因其数字“20211202”的对称性被很多人晒到了朋友圈，类似这样的对称性在二十一世纪，我们还能再遇到（ ）
A．6次 B．7次 C．8次 D．9次
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，直接列举求解即可.
【详解】
解：由对称性可知，前两位为，后两位为，
因为每年有个月，
所以列举可得，在二十一世纪，有，，
，，，
所以在二十一世纪，我们还能再遇到次.
故选：B
例2．从集合的非空子集中任取两个不同的集合和，若，则不同的取法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C
【解析】
【分析】
分别讨论集合中元素个数为或的时候，集合的取法数，由分步乘法和分类加法计数原理可求得结果.
【详解】
若集合仅有个元素，则集合有种取法；集合有种取法；此时共有种取法；
若集合中有个元素，则集合有种取法；集合有种取法；此时共有种取法；
若集合中有个元素，则集合为的非空真子集，有种取法；此时共有种取法；
综上所述：不同的取法共有种.
故选：C.
例3．三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有（ ）
A．6种 B．8种 C．10种 D．16种
【答案】C
【解析】
【分析】
列出树状图，由分类加法计数原理即可求解.
【详解】
根据题意，作出树状图，第四次球不能传给甲，由分步加法计数原理可知：
经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有10种，
故选：C.
例4．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有（ ）
A．4种 B．5种 C．6种 D．12种
【答案】C
【解析】
【分析】
按甲先传给乙和甲先传给丙分两类，两类方法相等，对第一类用列举法写出不同的传递方式后可得．
【详解】
解析：若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传递方式；同理，甲先传给丙也有3种不同的传递方式.故共有6种不同的传递方式.
答案：C．
例5．用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】D
【解析】
【分析】
将涂色方法分为两类，即用三种颜色涂和用两种颜色涂，分别计算出两种情况下涂色方案的种数，根据分类加法计数原理即可求得结果.
【详解】
将六个方格标注为，如下图所示，
①若用三种颜色涂，则同色或同色或同色，
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
②若用两种颜色涂，则同色，此时六个方格的涂色方法有种；
综上所述：不同的填涂方法有种.
故选：D.
知识点9：多面手问题
例1．我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有种不同的选法．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【详解】
分析：根据题意可按照只会左边的人中入选的人数分类处理，分成三类，即可求解．
详解：根据题意可按照只会左边的人中入选的人数分类处理．
第一类个只会左边的都不选，有种；
第二类个只会左边的有人入选，有种；
第三类个只会左边的全入选，有种，所以共有种不同的选法，故选A．
点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式．
例2．某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（ ）种不同的选法
A．225 B．185 C．145 D．110
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况进行讨论，由加法原理计算可得答案．
【详解】
解：根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类．
①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有种；
②“2人既会英语又会法语”中有一人入选，
这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，
因此有种；
③“2人既会英语又会法语”中两个均入选，
这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种，
因此有种．
综上分析，共可开出种．
故选：B．
例3．“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．26种 B．30种 C．37种 D．42种
【答案】C
【解析】
【分析】
设只会划左桨的3人，只会划右桨的3人，既会划左桨又会划右桨的2人，据此分3种情况讨论：①从中选3人划左桨，划右桨的在（）中剩下的人中选取；②从中选2人划左桨，中选1人划左桨，划右桨的在（）中选取；③从中选1人划左桨，中2人划左桨，中3人划右桨，再运用分类加法原理可得选项.
【详解】
根据题意，设只会划左桨的3人，只会划右桨的3人，既会划左桨又会划右桨的2人，据此分3种情况讨论：
①从中选3人划左桨，划右桨的在（）中剩下的人中选取，有种选法，
②从中选2人划左桨，中选1人划左桨，划右桨的在（）中选取，有种选法，
③从中选1人划左桨，中2人划左桨，中3人划右桨，有种选法，
则有种不同的选法．
故选：C．
例4．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．56种 B．68种
C．74种 D．92种
【答案】D
【解析】
【分析】
根据条件，分划左舷有“多面手”的人数分类，利用组合数公式计算求值.
【详解】
根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有 种，有一个“多面手”的选派方法有种，有两个“多面手”的选派方法有种，即共有(种)不同的选派方法．
故选：D
【点睛】
方法点睛：组合数中的“多面手”问题，需明确某一类元素多面手有多少进行分类，这样才能做到不重不漏.
知识点10：求二项展开式
1．（2021·全国·高二课时练习）二项式的展开式中为常数项的是（ ）
A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项
【答案】C
【解析】
【分析】
根据给定二项式求出其展开式的通项，再求出通项中x的幂指数为0所对项数即可.
【详解】
依题意，的展开式的通项为，，
令，得，即是二项式的展开式的常数项，
所以展开式中的常数项是第5项.
故选：C
2．（2020·新疆·吐鲁番市高昌区第二中学高二期末）展开式中的常数项为
A．第5项 B．第5项或第6项 C．第6项 D．不存在
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，写出展开式中的通项为，令的指数为0，可得的值，由项数与的关系，可得答案．
【详解】
解：根据题意，展开式中的通项为，
令，可得；则其常数项为第项；
故选．
【点睛】
本题考查二项式系数的性质，解题的关键是正确应用二项式定理，写出二项式展开式，其次注意项数值与的关系,属于基础题．
3．（2021·全国·高二专题练习）已知的展开式中第3项、第4项、第5项之和大于25，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二项式的展开式建立不等式，整理得，进而有，从而可求得答案.
【详解】
解：因为的展开式中第3项、第4项、第5项之和大于25，所以，
即，所以， 所以，
故选：A．
4．（2022·江苏·高二课时练习）的展开式的第3项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二项式展开式通项公式求第3项即可.
【详解】
由题设，展开式通项为，
∴第3项为.
故选：A.
5．（2021·江苏连云港·高二期末）若的展开式中第4项是常数项，则n的值为（ ）
A．14 B．16 C．18 D．20
【答案】C
【解析】
【分析】
写出二项式展开式的通项，令时的指数位置等于即可求解.
【详解】
展开式的通项为，
令可得为常数项，可得，可得，
故选：C.
6．（2021·新疆·乌鲁木齐市第二十中学高二期末（理））已知的展开式中的常数项为，则实数（ ）
A．2 B．-2 C．8 D．-8
【答案】B
【解析】
【分析】
直接利用二项式定理计算得到答案.
【详解】
展开式的通项为：，
取得到常数项为，解得.
故选：B
知识点11：多项展开式
7．（2022·全国·高二课时练习）在的展开式中，的系数为（ ）
A． B．21 C． D．15
【答案】A
【解析】
【分析】
含的项是由的6个括号中的5个括号取x，1个括号取常数，从而得到答案.
【详解】
含的项是由的6个括号中的5个括号取x，1个括号取常数，所以展开式含的项的系数为：.
故选：A.
8．（2021·全国·高二课时练习）的展开式中常数项是（ ）
A．-252 B．-220 C．220 D．252
【答案】A
【解析】
【分析】
化简二项式为，求得展开式的通项，令，求得，
代入即可求解.
【详解】
由，
可得二项式的展开式通项为，
令，解得，
所以展开式的常数项为.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了二项展开式的指定项的求解，其中解答中熟记二项展开式的通项是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.
9．（2021·全国·高二单元测试）在的展开式中，x2项的系数为（ ）
A．30 B．45 C．60 D．90
【答案】B
【解析】
把看做一个整体，即可得到的通项公式为：Tr+1•，再求出的通项公式Tk+1•xr﹣2021k，再结合条件列式即可得解.
【详解】
在的展开式中，通项公式为Tr+1•.
对于，通项公式为Tk+1•xr﹣2021k，k≤r，r、k∈N，r≤10.
令r﹣2021k＝2，可得r＝2+2021k，
故k＝0，r＝2，
故x2项的系数为•45，
故选：B.
【点睛】
本题考查了二项展开式，其关键点是把多项式中的两项看做一个整体，即可得到二项展开式，考查了转化思想和计算能力，属于较难题.
10．（2019·重庆八中高二期中（理））的展开式中，常数项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
中将看成一项，两次展开，求出展开式的通项，令的指数为0，即可求解.
【详解】
，展开式通项为
，
令，当时，
为常数项即.
故选:A.
【点睛】
本题考查二项展开式求特定项，解题关键要求出通项，属于中档题.
11．（2021·全国·高二课时练习）在的展开式中，项的系数为（ ）
A． B． C．30 D．50
【答案】B
【解析】
【分析】
根据多项式展开式确定含的项组成情况，再根据乘法计数原理与加法计数原理求结果.
【详解】
表示5个因式的乘积，在这5个因式中，
有2个因式都选，其余的3个因式都选1，相乘可得含的项；
或者有3个因式选，有1个因式选，1个因式选1，相乘可得含的项，
故项的系数为，
故选B．
【点睛】
本题考查乘法计数原理与加法计数原理以及多项式展开式项的系数，考查基本分析求解能力，属基础题.
知识点12：求二项式系数与项的系数最大
12．（2022·安徽省亳州市第一中学高二阶段练习）在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二项式系数的单调性，求得；再结合二项式展开式的通项公式，即可求得指定项的系数.
【详解】
解：因为在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，所以，
所以的展开式的通项
令，得.
所以展开式中的系数为.
故选：A
13．（2022·江苏·高二课时练习）在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【解析】
【分析】
当n为偶数时，展开式中第项二项式系数最大，当n为奇数时，展开式中第和项二项式系数最大.
【详解】
因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故，得.
故选：B
14．（2022·上海市杨浦高级中学高二期末）的二项展开式中，二项式系数最大的项是第（ ）项.
A．6 B．5 C．4和6 D．5和7
【答案】A
【解析】
【分析】
由二项展开的中间项或中间两项二项式系数最大可得解.
【详解】
因为二项式展开式一共11项，其中中间项的二项式系数最大，
易知当r＝5时，最大，即二项展开式中，二项式系数最大的为第6项.
故选：A
15．（2022·北京昌平·高二期末）在的展开式中二项式系数最大的项是（ ）
A．第3项和第4项 B．第4项和第5项 C．第3项 D．第4项
【答案】D
【解析】
【分析】
根据二项式系数的定义计算二项式展开式中各项的二项式系数，进而确定二项式系数最大的项
【详解】
二项式展开式中第项的二项式系数为
所以题中二项式展开式的第项的二项式系数为
时，；时，；时，；
时，；时，；
时，；时，.
所以时二项式系数最大，即第四项的二次项系数最大，答案D正确.
故选：D.
16．（2021·浙江宁波·高二期末）在的展开式中，系数绝对值最大的项是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，解不等式组，可得出结论．
【详解】
解：的展开式中，通项公式为，
该项的系数绝对值为，要使该项的系数绝对值最大，需，
即，求得．
结合，可得当时，该项的系数绝对值最大为672，
故该项为，
故选：B．
17．（2021·全国·高二专题练习）二项式的展开式中，系数最大的项为（ ）
A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项
【答案】C
【解析】
【分析】
显然二项式在第或第项处取得系数最大，再结合对应符号，即可得解.
【详解】
由二项式的特点可知，
系数最大的项在中间项处取得，
第项的系数为，
第项的系数为，
故第项的系数最大.
故选：C
18．（2021·天津一中高二期中）展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为（ ）
A．120 B．210 C．252 D．45
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知得到展开式的通项，得到地留下的系数，根据二项展开式的系数性质得到的值，可求常数项.
【详解】
由已知展开式中只有第6项系数为最大，
所以展开式有11项，所以，即，
又展开式的通项为，
令，解得，
所以展开式的常数项为，
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：该题考查的是有关二项展开式的问题，正确解题的关键是根据系数最大项求得的值，以及熟记二项展开式的通项.
知识点13：系数和问题
19．（2022·陕西·西安市鄠邑区第一中学高二阶段练习（理））二项式的展开式中，各项二项式系数的和是（ ）
A．2 B．8 C．16 D．32
【答案】D
【解析】
【分析】
根据给定条件利用二项式系数的性质直接计算作答.
【详解】
二项式的展开式的各项二项式系数的和是.
故选：D
20．（2022·福建宁德·高二期末）已知，若，则自然数（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
赋值法可得方程进而求解,
【详解】
令，得，
令，得，
所以，.
故选：B.
21．（2021·全国·高二课时练习）若，则（ ）
A．2 B．0 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意写出并求出，进而结合二项式定理求得答案.
【详解】
由题意得，
∴
.
∵
，
∴.
故选：C.
22．（2022·全国·高二）若二项式的展开式中所有项的二项式系数和为128，则该二项式展开式中含有项的系数为（ ）
A．1344 B．672 C．336 D．168
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出，再写出二项式展开式的通项，令的指数等于5即可求解.
【详解】
因为二项式的展开式中所有项的二项式系数和为128
所以，解得，
所以的展开式通项为：，
令可得，
所以该二项式展开式中含有项的系数为.
故选：B.
23．（2022·山西省长治市第二中学校高二阶段练习）若，则下列说法正确的个数是（ ）
①为展开式的二项式系数
② ③
④
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
利用二项式系数的定义判断①；利用赋值法计算判断②③④即可作答.
【详解】
是展开式的相应项的系数，不是二项式系数，
因第项的二项式系数是组合数，①不正确；
令，则，②正确；
，，则，③不正确；
，④正确，
所以给定的4个命题中，说法正确的有2个.
故选：B
24．（2022·全国·高二单元测试）若（），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据赋值法分别令、，然后可得.
【详解】
令，则，再令，则，
∴.
故选：B.
25．（2022·辽宁·大连八中高二期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设，计算出、的值，利用平方差公式可求得结果.
【详解】
设
由已知可得，，
因此，.
故选：D.
26．（2021·山东·德州市第一中学高二阶段练习）设，则等于（ ）
A．1 B． C．63 D．64
【答案】C
【解析】
【分析】
利用赋值法求得正确答案.
【详解】
依题意，
令得，
令得，
所以.
故选：C
知识点14：两个二项式乘积展开式
27．（2022·陕西·西安市鄠邑区第一中学高二阶段练习（理））的展开式中项的系数为（ ）
A． B． C．140 D．1120
【答案】B
【解析】
【分析】
把题给展开整理成，再依据二项展开式通项公式去求解即可.
【详解】
又的展开式的通项公式为
则的展开式中项为
即的展开式中项的系数为
故选：B
28．（2021·全国·高二专题练习）的展开式中的系数为（ ）
A．72 B．60 C．48 D．36
【答案】A
【解析】
【分析】
利用二项式展开式分类讨论，即可求解.
【详解】
的展开式的通项为.
令，得，令，得，舍去；
令，得.
所以的展开式中的系数为，
故选:A.
29．（2022·全国·高二）的展开式中，x的指数为偶数的项的系数之和为（ ）
A．64 B．48 C．32 D．16
【答案】D
【解析】
【分析】
根据与的展开式中x的指数为偶数的项相乘及与的展开式中x的指数为偶数的项相乘，得到展开式中x的指数为偶数的项的系数之和.
【详解】
的展开式中，所有x的指数为偶数的项的系数之和为.
故选：D.
30．（2022·江苏·高二课时练习）已知（为常数）的展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用已知条件求出实数的值，然后写出展开式通项，利用的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】
因为（为常数）的展开式中各项系数之和为，
所以在中令，可得，解得，
的展开式的通项，
因为，
，令，可得，
，令，可得.
故的展开式中的系数为，
故选：A.
31．（2022·全国·高二）已知的展开式中的系数为，则该二项展开式中的常数项为（ ）
A． B． C．640 D．320
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二项式定理的通项公式求的 展开式中项和常数项，从而可求出的值；然后再利用二项式定理求该二项展开式中的常数项.
【详解】
的展开式的通项公式为，
令，得；
令，得(舍去).
故的展开式中的系数为，解得.
令，得(舍去)；
令，得.
故的展开式中的常数项为.
故选：A.
知识点15：整除与余数问题
32．（2021·全国·高二专题练习）若是正奇数，则被9除的余数为（ ）
A．2 B．5 C．7 D．8
【答案】C
【解析】
【分析】
将原式转化为，再将其用二项式定理展开，再结合是正奇数，即可求出其被除的余数．
【详解】
由题可知：原式=
，
因为为正奇数，所以上式可化简为：
所以该式除以9，余数为7.
故选：C.
33．（2022·全国·高二单元测试）被除所得的余数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
，而的展开式中除最后一项外，其它项均能被8整除，所以将其最后一项加上10，再除以8可得结果
【详解】
，
其中所有含有的项都能被整除，只剩下，
被除所得的余数是，
故选：A.
34．（2022·陕西·西安市鄠邑区第一中学高二阶段练习（理））设，且，若能被13整除，则a等于（ ）
A．0 B．1 C．11 D．12
【答案】B
【解析】
【分析】
由且可以被13整除，即其展开式中不含的项为余项，该余项与a的和能被13整除，即可得参数值.
【详解】
由，展开式通项为，又可以被13整除，
所以展开式中的项均可被13整除，余项为，
要使能被13整除，且，则.
故选：B
35．（2021·全国·高二专题练习）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设为整数，若a和b被m除得余数相同，则称a和b对模m同余，记为，若，则b的值可以是（ ）
A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
【答案】B
【解析】
【分析】
利用二项式定理可得，再利用二项式定理展开即可得解.
【详解】
因为
,
四个选项中，只有时，除以10余数是1．
故选：B．
36．（2021·全国·高二课时练习）若，则a除以100所得余数是（ ）
A．3 B．13 C．27 D．前3个都不对
【答案】B
【解析】
【分析】
首先确定当时，是100的倍数，其次考虑除以100所得余数，注意只要考虑第个数的最后两位除以100的余数即可，由此可计算出结论．
【详解】
因为当时，是100的倍数，所以a除以100所得余数与除以100所得余数相同，所以a除以100所得余数与，即213除以100所得余数相同，所以a除以100所得余数为13．
故选：B．
知识点16：近似计算问题
37．（2022·江苏·高二课时练习）利用二项式定理计算，则其结果精确到0.01的近似值是（ ）
A．1.23 B．1.24 C．1.33 D．1.34
【答案】D
【解析】
【分析】
根据可得选项.
【详解】
解：
．
故选：D.
38．（2021·安徽·高二期末（理））估算的结果，精确到0.01的近似值为（ ）
A．30.84 B．31.84 C．30.40 D．32.16
【答案】A
【解析】
【分析】
利用二项式定理进行计算．
【详解】
原式
+
．
故选：A．
39．（2021·全国·高二课时练习）已知为正整数，若，则的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【解析】
【分析】
由，根据二项式定理，将式子展开，估算，进而可得，再由题意，即可得出结果.
【详解】
因为
，
而，
所以，
因此，
又为正整数，，所以；
故选：C.
【点睛】
本题主要考查近似计算的问题，灵活运用二项式定理即可，属于常考题型.
40．（2021·全国·高二课时练习）的近似值（精确到0.01）为（ ）
A．1.12 B．1.13 C．l.14 D．1.20
【答案】B
【解析】
展开后按近似要求求解．
【详解】
.
故选：B．
【点睛】
本题考查二项式定理的应用，用二项式定理进行近似计算，掌握二项式定理是解题关键．
41．（2021·全国·高二课时练习）的计算结果精确到个位的近似值为
A．106 B．107 C．108 D．109
【答案】B
【解析】
【分析】
由题得，再利用二项式定理求解即可.
【详解】
∵，
∴.
故选B
【点睛】
本题主要考查利用二项式定理求近似值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
知识点17：二项式定理与数列的综合问题
42．（2021·全国·高二专题练习）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据给定条件结合组合数计算公式变形和式的通项，再借助二项式性质即可得解.
【详解】
依题意，，
当时，，
于是得
.
故选：B
43．（2022·江苏·南京市第五高级中学高二阶段练习）已知，展开式中的系数为，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题知，进而整理化简，并根据裂项求和法计算即可得答案.
【详解】
∵，展开式中的系数为，
∴则
，
故选：B．
【点睛】
本题考查二项式定理的应用，裂项求和法求和，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据已知条件求得，进而将问题转化为裂项求和问题求解即可.
44．（2021·广东·汕头市东方中学高二期中）若(1＋x)(1－2x)8＝a0＋a1x＋…＋a9x9，x∈R，则a1·2＋a2·22＋…＋a9·29的值为( )
A．29 B．29－1 C．39 D．39－1
【答案】D
【解析】
令x＝0，得a0＝1；令x＝2，得a0＋a1·2＋a2·22＋…＋a9·29＝39，即得解.
【详解】
(1＋x)(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，
令x＝0，得a0＝1；
令x＝2，得a0＋a1·2＋a2·22＋…＋a9·29＝39，
∴a1·2＋a2·22＋…＋a9·29＝39－1.
故选：D
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，考查利用二项式定理求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
45．（2021·全国·高二专题练习）设是常数，对于，都有，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先令，求得的值，再将给定的恒等式两边求关于的导数，然后令，从而可得所求的值.
【详解】
因为，
则令可得.
又对两边求导可得：
，
令，
则，
所以，
所以
故，
所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查函数的导数以及恒等式的系数和的求法，注意根据恒等式的特征选择合适的赋值，本题属于较难题.
一、选择题
1．（2022·江苏省南菁高级中学高二阶段练习）将名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑和冰壶个项目，每名志愿者只分配到个项目，每个项目至少分配名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【解析】
【分析】
将名北京冬奥会志愿者分成三个组，每组人数分别为、、或、、，再将三组志愿者分配给三个项目，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】
将名北京冬奥会志愿者分成三个组，每组人数分别为、、或、、，再将三组志愿者分配给三个项目，
所以，不同的分配方案种数为种.
故选：B.
2．（2022·辽宁·本溪市第二高级中学高二期末）用3，4，5，6，7，9这6个数组成没有重复数字的六位数，下列结论正确的有（ ）
A．在这样的六位数中，奇数共有480个
B．在这样的六位数中，3、5、7、9相邻的共有120个
C．在这样的六位数中，4，6不相邻的共有504个
D．在这样的六位数中，4个奇数从左到右按照从小到大排序的共有60个
【答案】A
【解析】
【分析】
A选项，特殊位置优先考虑求出这样的六位数中，奇数个数；B选项，相邻问题捆绑法求解；C选项，不相邻问题插空法求解；D选项，定序问题使用倍缩法求解.
【详解】
用3，4，5，6，7，9这6个数组成没有重复数字的六位数，个位为3,5,7,9中的一位，有种，其余五个数位上的数字进行全排列，有种，综上：在这样的六位数中，奇数共有个，A正确；
在这样的六位数中，3、5、7、9相邻，将3、5、7、9捆绑，有种排法，再与4,6进行全排列，故共有个，B错误；
在这样的六位数中，4，6不相邻，先将3、5、7、9进行全排列，再从五个位置中任选两个将4,6排列，综上共有个，C错误；
在这样的六位数中，4个奇数从左到右按照从小到大排序的共有个，D错误.
故选：A
3．（2022·山西·灵丘县第一中学校高二阶段练习）的展开式中的系数是（ ）
A．56 B．84 C．96 D．126
【答案】D
【解析】
【分析】
根据通项公式表示二项展开式的第项，该项的二项式系数是，表示出的系数，然后利用组合数的性质进行求解．
【详解】
的展开式中的系数为．
故选：D
4．（2022·山西运城·高二阶段练习）把3个相同的红球和2个不同的白球放在四个不同的盒子中，每个盒子中至少放一个球，则不同的放法有（ ）
A．24 B．28 C．48 D．52
【答案】D
【解析】
【分析】
分两种情况讨论：一、2个不同的白球放在一个盒子里，其他3个相同的红球分别放在其他三个盒子中，一个盒子放一个球；二、2个不同的白球分别放在四个盒子中的两个，且各放一个球，其余两个盒子中各放1个红球，最后1个红球从四个盒子中选一个来放.
【详解】
解：由题意，5个球放在四个不同的盒子中，每个盒子中至少放一个球，则有一个盒子放2个球，有三个盒子分别各放1个球，又5个球为3个相同的红球和2个不同的白球，则分两种情况讨论：
一、2个不同的白球放在一个盒子里，其他3个相同的红球分别放在其他三个盒子中，一个盒子放一个球，有种放法；
二、2个不同的白球分别放在四个盒子中的两个，且各放一个球，其余两个盒子中各放1个红球，最后1个红球从四个盒子中选一个来放，有种放法；
综上，共有种放法.
故选：D.
5．（2022·福建·闽侯县第二中学高二阶段练习）的展开式中的系数是（ ）
A．60 B． C．120 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由，作为一个二项式，展开求得含有的项，再在的展开式中确定项的系数，由乘法可得结论．
【详解】
，展开式的第项为，
令，可得第4项为.
而的展开式的第项为，令，可得第3项为.
所以的展开式中，的系数是.
故选：B.
6．（2022·江苏省太湖高级中学高二阶段练习）2021年重庆市实行“”新高考模式，学生选科时语文、数学、英语三科必选，物理、历史两科中选择1科，政治、地理、化学、生物四科中选择2科，则学生不同的选科方案共有（ ）
A．8种 B．12种 C．15种 D．20种
【答案】B
【解析】
【分析】
先求得物理､历史两科中选择1科的选法，再求得政治､地理､化学､生物四科中选择2科的选法，根据乘法计数原理，即可求得答案.
【详解】
解：由题意得：物理､历史两科中选择1科，有种选法，
政治､地理､化学､生物四科中选择2科，有种选法，
所以学生不同的选科方案共有种.
故选：B
7．（2022·江苏·金陵中学高二阶段练习）由0~9这10个数组成的三位数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺序排列的数的个数是（ ）
A．120 B．168 C．204 D．216
【答案】C
【解析】
【分析】
先不考虑0的情况，从这9个数字中选出3个数字，这三个数字按严格递增或严格递减排列共有2种情况，再考虑有0的情况，由分步计数乘法原理可得结果．
【详解】
先不考虑0的情况，
则从这9个数字中选出3个数字，共种情形，当三个数字确定以后，这三个数字按严格递增或严格递减排列共有2种情况，根据分步计数原理知共有＝168.
再考虑有0时，不可能组成严格递增的数，如果组成严格递减的数，则0在个位，前两位从这9个数字中选出2个数字，共种情形.
所以共
故选：C
8．（2022·全国·高二单元测试）若个人排成一排，、、三人互不相邻，、两人也不相邻的排法有（ ）
A．种
B．种
C．种
D．种
【答案】B
【解析】
【分析】
用插空法和捆绑法即可.
【详解】
设剩下的一个人为，
先算A、、三人互不相邻（含、两人相邻）的情况：
、、当板，有个空，将A、、插入空，有种，、、全排，有种；
则有种，
再算A、、三人互不相邻（、必须两人相邻）的情况：
把、捆绑成一个元素（设为），和剩下的一个人看成两个板，有个空，
将A、、插入空，有种，、全排，有种，、全排，有种，
则有种，
则满足条件的排法种数为种，
故选：B.
9．（2022·重庆八中高二阶段练习）现有语文、数学、外语、物理、化学、生物各一本，均分给3个人，其中数学和物理不分给同一个人，则不同的分配方法有（ ）
A．36 B．54 C．72 D．84
【答案】C
【解析】
【分析】
先计算将6本书平均分给三人，再计算数学物理作为一组分配给一个人的分法，利用间接法即可求解.
【详解】
根据题意，先计算将6本书平均分给三人的情况数目，分2步分析：
①，将6本书分成3组，有种分组方法，②，将分好的三组全排列，对应三人，有种情况，则将6本书平均分给三人，有种分配方法；
再计算其中数学和物理分给同一个人的情况，分2步分析：
①，将除数学和物理之外的4本书，分成2组，有种分组方法，
②，将数学和物理作为1组，和其他2组一起全排列，对应三人，有种情况，则数学和物理分给同一个人的分配方法有种分派方法，则数学和物理不分给同一个人的分配方法有种；
故选：C
10．（2022·湖南·高二阶段练习）有4种不同颜色的涂料，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（ ）
A．1512种 B．1346种 C．912种 D．756种
【答案】D
【解析】
【分析】
先从A区域涂色，讨论B，D区域涂相同、不同颜色的两种情况，再确定C，E，F区域涂色方法，应用分类分步计数原理求不同涂色方法数.
【详解】
1、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂相同颜色，则有3种方法，C，E，F区域分别有3种方法，共有4×3×3×3×3=324种方法．
2、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂不同颜色，则有3×2种方法，则E区域有2种方法，C，F分别有3种方法，共有4×3×2×2×3×3=432种方法．
故不同的涂色方法共有756种．
故选：D
11．（2022·江苏·泰兴市第一高级中学高二阶段练习）为有效防范新冠病毒蔓延，国内将有新型冠状肺炎确诊病例地区及其周边划分为封控区､管控区､防范区.为支持某地新冠肺炎病毒查控，某院派出医护人员共5人，分别派往三个区，每区至少一人，甲､乙主动申请前往封控区或管控区，且甲､乙恰好分在同一个区，则不同的安排方法有（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．30种
【答案】C
【解析】
【分析】
利用分类加法、分步乘法计数原理，结合排列组合知识进行求解.
【详解】
若甲乙和另一人共3人分为一组，则有种安排方法；若甲乙两人分为一组，另外三人分为两组，一组1人，一组两人，则有种安排方法，综上：共有12+12=24种安排方法.
故选：C
二、多选题
12．（2021·江苏·常州市北郊高级中学高二期中）现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（ ）
A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有2个空盒的放法共有18种
C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有1个空盒的放法共有72种
D．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，每个盒子一个小球，且小球的编号和盒子的编号全不相同的方法共有9种
【答案】BD
【解析】
【分析】
对于A：利用分步计数原理计算可得答案；
对于B：利用分别分步原理，先选出两个空盒，再放球，即可求解；
对于C：分2步进行分析：①将4个小球分为3组，②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，由分步计数原理计算即可判断.
对于D：直接列举所有情况，即可判断.
【详解】
对于A：根据题意，4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个小球有4种放法，则4个小球有种不同的放法，A错误；
对于B：因为恰有两个空盒,则先选出两个空盒；再放球有两种放法：一个盒子放3个,另盒子放1个有种方法,或者两个盒子都放两个有1种放法,所以一共有 (种)放法,故B正确;
对于C：
根据题意，分2步进行分析：
①将4个小球分为3组，有种分组方法，
②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，有种情况，
则有种不同的放法，故C错误.
对于D：若编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同,若(2,1,4,3)代表编号为1,2,3,4的盒子放入的小球编号分别为2,1,4,3,
列出所有符合要求的情况:
(2,1,4,3),(4,1,2,3)，（3,1,4,2),(2,4,1,3),(3,4,1,2),(4,3,1,2)，（2,3,4,1),(3,4,2,1),(4,3,2,1),共9(种)放法.故D正确.
故选：BD
13．（2022·福建·闽侯县第二中学高二阶段练习）关于的说法正确的是（ ）
A．展开式中的二项式系数之和为2048 B．展开式中只有第6项的二项式系数最大
C．展开式中第6项和第7项的二项式系数最大 D．展开式中仅第7项的二项式系数最大
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据二项式系数的性质即可判断选项A，由为奇数可知，展开式中二项式系数最大项为中间两项，据此即可判断选项BCD.
【详解】
的展开式中的二项式系数之和为，所以正确；
由题可知的展开式的通项公式为，
因为为奇数，所以展开式中有项，中间两项（第6项和第7项）的二项式系数相等且最大，所以不正确，正确.
故选：AC.
14．（2022·江苏·南京市第五高级中学高二阶段练习）若，则下列判断正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
令求，可判断A的正误；分别令，可判断B，C的正误；令，结合可判断D的正误.
【详解】
由题意，当时，
，故A正确；
当时，，①，
当时，，②，
①-②，得，故B错误；
，故C正确；
当时，，
因为，
所以，故D正确；
故选：ACD.
15．（2022·江苏·昆山震川高级中学高二阶段练习）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】
【分析】
按照题目给定的条件排列即可.
【详解】
对于A， ，故A正确；
对于B，相当于先排好这3个人有 种排法，然后把2个空位插在3个人中间，
故有 种插法， ，故B错误；
对于C，相当于把2个空位先捆绑好，再插到3人中， ，
故C正确；
对于D，相当于先从3人中抽取2人排好后放在两端，
第三个人在中间的3个空位中任取一个，故有 种，
故D正确；
故选：ACD.
16．（2022·广东·广州市第四中学高二阶段练习）在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则下列结论正确的有（ ）
A．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种
B．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
C．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
D．抽出的3件产品中至多有1件是不合格品的抽法有种
【答案】ABC
【解析】
【分析】
求得抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的方法数判断选项A；求得抽出的3件中至少有1件是不合格品的方法数判断选项B、C；求得抽出的3件产品中至多有1件是不合格品的方法数判断选项D.
【详解】
选项A：抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品.可先在不合格品中抽取1件，再在合格品中抽取2件，则方法数为种.判断正确；
选项B：抽出的3件中至少有1件是不合格品. 分为两种情况：
（1）先在不合格品中抽取1件，再在合格品中抽取2件，则方法数为种；
（2）先在不合格品中抽取2件，再在合格品中抽取1件，则方法数为种
则方法总数为种.判断正确；
选项C：抽出的3件中至少有1件是不合格品.可以使用排除法简化计算：从这100件产品中任意抽出3件，有种方法，其中抽出的3件中没有不合格品是不符合要求的，其方法数为.则抽出的3件中至少有1件是不合格品的方法数为.判断正确；
选项D：抽出的3件产品中至多有1件是不合格品. 可以使用排除法简化计算：从这100件产品中任意抽出3件，有种方法，其中抽出的3件中有2件不合格品是不符合要求的，其方法数为.则抽出的3件中至多有1件是不合格品的方法数为种.判断错误.
故选：ABC
17．（2022·江苏省太湖高级中学高二阶段练习）用0、1、2、3、4这五个数字组成无重复数字的自然数，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301、423等都是“凹数”，则下列结论中正确的是（ ）
A．组成的三位数的个数为60 B．在组成的三位数中，偶数的个数为30
C．在组成的三位数中，“凹数”的个数为20 D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为24
【答案】BC
【解析】
【分析】
对于A，因为百位数上的数字不能为零，然后利用分步乘法原理即可判断；
对于B，将所以三位数的偶数分为两类，①个位数为，②个位数为或，然后根据分步乘法原理及分类加法原理即可判断；
对于C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为，②十位为，③十位为，然后根据分步乘法原理及分类加法原理即可得判断.
【详解】
对于A，因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为
，故A不正确；
对于B，将所以三位数的偶数分为两类，①个位数为，则有种，
②个位数为或，则有种，
所以在组成的三位数中，偶数的个数为，故B正确；
对于C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为，则有种，
②十位为，则有种，
③十位为，则有种,
所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为， 故C正确，D不正确.
故选：BC.
三、填空题
18．（2022·辽宁·本溪市第二高级中学高二期末）的展开式中的系数为_________．
【答案】4
【解析】
【分析】
将代数式变形为，写出展开式的通项，
令的指数为，求得参数的值，代入通项即可求解.
【详解】
由展开式的通项为，
令，得展开式中的系数为.
由展开式的通项为，
令，得展开式中的系数为.
所以的展开式中的系数为.
故答案为：.
19．（2022·山西运城·高二阶段练习）已知为满足能被整除的正整数的最小值，则的展开式中含的项的系数为______．
【答案】
【解析】
【分析】
分析可得，利用二项式定理的展开式可求得正整数的最小值，可得出的值，然后写出展开式的通项，令的指数为，求出对应的参数值，代入通项即可求得结果.
【详解】
能被整除，则能被整除，
因为，则正整数的最小值为，即，
展开式的通项为，
因为，
在中，由可得，
在中，由可得，
在中，.
所以，展开式中含的项的系数为.
故答案为：.
20．（2022·山西运城·高二阶段练习）给图中六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色且相邻的区域不同色．若有4种不同的颜色可供选择，则共有______种不同的染色方案．
【答案】288
【解析】
【分析】
分类考虑用三种不同颜色涂色和用四种不同颜色涂色，算出每种情况的不同涂色方案，即可得答案.
【详解】
如图示，六个区域分别设为A,B,C,D,E,F区域，
若仅用三种不同的颜色涂色，那么A,C一定涂相同颜色，
此时共有种不同的涂色方案；
若选四种不同颜色涂色，
那么当A,C涂色相同时，那么A，B，C，D用了三种不同颜色，
这时考虑给E涂色时，可能是涂剩下的那一种颜色，也可能涂和AC或B相同的颜色，
此时有 种不同涂色方案，
当A,C涂色不相同时，有 种不同涂色方案，
故共有的涂色方案共有 种，
故答案为：288
21．（2022·江苏·泰州中学高二阶段练习）已知，则___________（用数字作答）
【答案】1
【解析】
【分析】
利用赋值法，先求得，再求得的值，即可得答案.
【详解】
令 ，则 ，
令 ，则，
即，
故，
故答案为：1
22．（2022·山西·灵丘县第一中学校高二阶段练习）已知的二项展开式中，所有二项式系数的和为256，则_________，展开式中的常数项为___________．（结果用数值表示）．
【答案】 8
【解析】
【分析】
由的二项展开式的所有二项式系数的和为可求得的值，进而可写出该二项展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，再代入通项即可求得结果.
【详解】
由于的二项展开式的所有二项式系数的和为，解得.
的展开式通项为，
令，解得.
因此，的展开式中的常数项为.
故答案为：；.
23．（2022·江苏省太湖高级中学高二阶段练习）电影院一排10个位置，甲、乙、丙三人去看电影，要求他们坐在同一排，且每人左右两边都有空位的坐法种数为____________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，先排好7个空座位，由于空座位是相同的，形成6个空位是符合条件的，再将甲、乙、丙3人安排到这6个空位上即可.
【详解】
解：10个座位中，除了甲、乙、丙3人的座位，还有7个座位，形成6个空位，
所以只需将甲、乙、丙3人安排到这6个空位上即可，故有（种）.
所以每人左右两边都有空位的坐法种数为.
故答案为：
24．（2022·湖南·长沙县实验中学高二阶段练习）在的展开式中，（1）不含的所有项的系数之和为___________；（2）的系数为____________（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】
（1）令，可得出不含的所有项的系数之和；
（2）写出展开式通项，令的指数为，的指数为，求出参数的值，代入展开式通项可得出结果.
【详解】
解：的展开式通项为，
的展开式通项为，
故的展开式通项为，
故的展开式通项为，
（1）在中，令，，可知展开式中所有不含项的系数和为；
（2）在展开式的通项中，
令，可得，
因此，展开式中的系数为.
故答案为：（1）；（2）.
25．（2022·湖北·石首市第一中学高二阶段练习）在某城市中，A，B两地有如图所示的方格型道路网，甲随机沿路网选择一条最短路径，从A地出发去往B地，则不同的路径共有__________条，其中途径C地的不同路径共有__________条．
【答案】 210 90
【解析】
【分析】
根据图形可知从A地出发去往B地的最短路径共10步，其中4步向上，6步向右，结合排列与组合的概念即可得出结果.
【详解】
由图可知，从A地出发去往B地的最短路径共10步，
其中4步向上，6步向右，则不同的路径共有条．
途径地，则不同的路径共有条．
故答案为：210；90
26．（2021·全国·高二专题练习）已知多项式，则_______，_______．
【答案】 8 25
【解析】
【分析】
当时，代入多项式即可解出；
令，把多项式中的换掉，即可求出前面的系数.
【详解】
当时，，
令
故
故
故答案为：8；25.
专题11 排列组合与二项式定理经典模型归纳
知识点1：直接法
例1．甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次．甲和乙去询问成绩，回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军．”对乙说：“你当然不会是最差的．”从这两个回答分析，5人的名次排列方式共有（ ）种
A．54 B．72 C．96 D．120
【答案】A
【解析】
【分析】
根据题意，分2种情况讨论：
①、甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，
②、甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，剩下的三人安排在其他三个名次，由加法原理计算可得答案．
【详解】
根据题意，甲乙都没有得到冠军，而乙不是最后一名，
分2种情况讨论：
①甲是最后一名，则乙可以为第二、三、四名，即乙有3种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
②甲不是最后一名，甲乙需要排在第二、三、四名，有种情况，
剩下的三人安排在其他三个名次，有种情况，
此时有种名次排列情况；
则一共有种不同的名次情况，
故选：A．
例2．某校开展研学活动时进行劳动技能比赛，通过初选，选出共6名同学进行决赛，决出第1名到第6名的名次（没有并列名次），和去询问成绩，回答者对说“很遗㙳，你和都末拿到冠军；对说“你当然不是最差的”.试从这个回答中分析这6人的名次排列顺序可能出现的结果有（ ）
A．720种 B．600种 C．480种 D．384种
【答案】D
【解析】
【分析】
不是第一名且不是最后一名，的限制最多，先排有4种情况，再排，也有4种情况，余下的问题是4个元素在4个位置全排列，根据分步计数原理求解即可．
【详解】
由题意，不是第一名且不是最后一名，的限制最多，故先排，有4种情况，
再排，也有4种情况，余下4人有种情况，
利用分步相乘计数原理知有种情况．
故选：D.
例3．若从甲､乙2名女志愿者和6名男志愿者中选出正组长1人，副组长1人，普通组员2人到北京冬奥会花样滑冰场馆服务，且要求女志愿者甲不能做正组长，女志愿者乙不能做普通组员，则不同的选法种数为（ ）
A．210 B．390 C．555 D．660
【答案】C
【解析】
【分析】
分为四种情况即可得出答案，第一种4人均从6名男志愿者中选取，第二种女志愿者甲被选中且乙没有被选中，第三种女志愿者乙被选中且甲没有被选中，第四种女志愿者甲､乙均被选中.
【详解】
若4人均从6名男志愿者中选取，则不同的选法种数为；
若女志愿者甲被选中且乙没有被选中，则不同的选法种数为；
若女志愿者乙被选中且甲没有被选中，则不同的选法种数为；
若女志愿者甲､乙均被选中，则不同的选法种数为.
所以满足题意的不同选法种数为.
故选：C.
例4．甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，则不同的排法有（ ）
A．24种 B．6种 C．4种 D．12种
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知可得只需对剩下3人全排即可．
【详解】
解：甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，
则只需对剩下3人全排即可，
则不同的排法共有，
故选：B．
知识点2：间接法
例1．将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（ ）．
A．1860种 B．3696种 C．3600种 D．3648种
【答案】D
【解析】
【分析】
采用间接法，先求出没有限制的所有站法，再排除不满足条件的站法可求解.
【详解】
7个人从左到右排成一排，共有种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有种不同的站法，甲站在最右端有种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有种不同的站法.
故选：D
例2．“烂漫的山花中，我们发现你.自然击你以风雪，你报之以歌唱.命运置你于危崖，你馈人间以芬芳.不惧碾作尘，无意苦争春，以怒放的生命，向世界表达倔强.你是岸畔的桂，雪中的梅”.这是给感动中国十大人物之一的张桂梅老师的颁奖词，她用实际行动奉献社会，不求回报，只愿孩子们走出大山.受张桂梅老师的影响，有大量志愿者到乡村学校支教，现有6名志愿者要到4个学校参加支教活动，要求甲､乙两个学校各安排一个人，剩下两个学校各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，不同的安排方案共有（ ）
A．156种 B．168种 C．172种 D．180种
【答案】A
【解析】
【分析】
利用间接法来求得不同的安排方案的数量.
【详解】
根据题意，设剩下的2个学校为丙学校和丁学校，先计算小李和小王不受限制的排法数目：先在6位志愿者中任选1个，安排到甲学校，有种情况，再在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙学校，有种情况，最后将剩下的4个志愿者平均分成2组，全排列后安排到剩下的2个学校，有种情况，则小李和小王不受限制的排法有6×5×6=180种，
若小李和小王在一起，则两人去丙学校或丁学校，有2种情况，在剩下的4位志愿者中任选1个，安排到甲学校，有种情况，再在剩下的3个志愿者中任选1个，安排到乙学校，有种情况，最后2个安排到剩下的学校，有1种情况，则小李和小王在一起的排法有2×4×3=24种.
所以小李和小王不在一起排法有180-24=156种.
故选：A
例3．某高中从3名男教师和2名女教师中选出3名教师，派到3个不同的乡村支教，要求这3名教师中男女都有，则不同的选派方案共有（ ）种
A．9 B．36 C．54 D．108
【答案】C
【解析】
【分析】
根据给定条件利用排列并结合排除法列式计算作答.
【详解】
从含有3名男教师和2名女教师的5名教师中任选3名教师，派到3个不同的乡村支教，不同的选派方案有种，
选出3名教师全是男教师的不同的选派方案有种，
所以3名教师中男女都有的不同的选派方案共有种
故选：C
例4．某班开展“学党史，感党恩”演讲活动，安排四个演讲小组在班会上按次序演讲，则A组不是第一个演讲的方法数为（ ）
A．13 B．14 C．15 D．18
【答案】D
【解析】
【分析】
利用排除法，先计算A组是第一个演讲的方法数即得解
【详解】
由题意，安排四个演讲小组在班会上按次序演讲共有种情况
其中A组是第一个演讲的方法数为
故A组不是第一个演讲的方法数为
故选：D
知识点3：染色问题
例1．在中国地图上，西部五省（甘肃、四川、青海、新疆、西藏）如图所示，有四种颜色供选择，要求每省涂一色，相邻省不同色，则不同的涂色方法有（ ）种.
A．48 B．72 C．96 D．120
【答案】B
【解析】
【分析】
结合分步、分类计数原理求得正确答案.
【详解】
先进行编号：新疆、甘肃、青海、西藏、四川，
按的顺序进行涂色，其中颜色可以相同或不相同，
所以不同的涂色方法数有种.
故选：B
例2．“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，如图所示，它是由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现用4种不同的颜色（4种颜色全部使用）给这5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，每个区域只涂一种颜色，则不同的涂色方案有（ ）
A．24种 B．48种 C．72种 D．96种
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，分2步进行分析区域①、②、⑤和区域③、④的涂色方法，由分步计数原理计算可得答案.
【详解】
根据题意，分2步进行分析：
当区域①、②、⑤这三个区域两两相邻，有种涂色的方法；
当区域③、④，必须有1个区域选第4种颜色，有2种选法，选好后，剩下的区域有1种选法，则区域③、④有2种涂色方法，故共有种涂色的方法.
故选：B
例3．如图，用4种不同的颜色对A，B，C，D四个区域涂色，要求相邻的两个区域不能用同一种颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．24种 B．48种 C．72种 D．96种
【答案】B
【解析】
【分析】
按涂色顺序进行分四步，根据分步乘法计数原理可得解.
【详解】
按涂色顺序进行分四步：涂A部分时，有4种涂法；涂B部分时，有3种涂法；涂C部分时，有2种涂法；涂D部分时，有2种涂法.
由分步乘法计数原理，得不同的涂色方法共有种.
故选：B.
例4．用五种不同颜色给三棱柱的六个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】D
【解析】
【分析】
对所选颜色的种数进行分类讨论，先涂、、三点，再确定、、三点颜色的选择方法种数，结合分步乘法和分类加法计数原理可得结果.
【详解】
分以下几种情况讨论：
①若种颜色全用上，先涂、、三点，有种，
然后在、、三点中选择两点涂另外两种颜色，有种，最后一个点有种选择，
此时共有种；
②若用种颜色染色，由种选择方法，先涂、、三点，有种，
然后在、、三点中需选择一点涂最后一种颜色，有种，不妨设涂最后一种颜色的为点，
若点与点同色，则点只有一种颜色可选，
若点与点同色，则点有两种颜色可选，
此时共有种；
③若用种颜色染色，则有种选择方法，先涂、、三点，有种，
点有种颜色可选，则、的颜色只有一种选择，
此时共有.
由分类加法计数原理可知，共有种涂色方法.
故选：D.
知识点4：插空法
例1．将7个人从左到右排成一排，若甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，则不同的站法有（ ）．
A．1860种 B．3696种 C．3600种 D．3648种
【答案】D
【解析】
【分析】
采用间接法，先求出没有限制的所有站法，再排除不满足条件的站法可求解.
【详解】
7个人从左到右排成一排，共有种不同的站法，其中甲、乙、丙3个都相邻有种不同的站法，甲站在最右端有种不同的站法，甲、乙、丙3个相邻且甲站最右端有种不同的站法，故甲、乙、丙3人中至多有2人相邻，且甲不站在最右端，不同的站法有种不同的站法.
故选：D
例2．为庆祝中国共产党成立100周年，重温党的光辉历程，歌颂党的伟大成就，继承和发扬党的优良革命传统，充分展现当代中学生爱党､爱国､爱社会主义的深厚情怀，我校计划举办2021年“荔枝杯”中学生演讲比赛，要求从5名男生，2名女生中随机选出4人进行现场比赛，且至少要选1名女生，如果2名女生同时被选中，她们的演讲顺序不能相邻，那么不同的演讲顺序共有（ ）
A．120种 B．480种 C．600种 D．720种
【答案】C
【解析】
【分析】
由题设知：选出的男女可能组合为，再应用排列组合数计算不同演讲顺序的可能情况种数即可.
【详解】
由题设，选出的男女组合有两种情况：
当男女为组合，演讲顺序为种；
当男女为组合，演讲顺序为种；
所以一共有600种.
故选：C
例3．甲、乙、丙三人参加社区义工活动，每人从编号为1到6的社区中任选一个，所选社区编号数各不相同且不相邻，则不同的选择方案的种数为（ ）
A．12 B．24 C．36 D．48
【答案】B
【解析】
【分析】
不相邻问题用插空法可解.
【详解】
问题可看做是将3个不同元素与3个完全一样的元素排成一列，且三个不同元素不相邻的问题.第一步，将3个相同元素排成一列，共1种方法；第二步，将三个不同元素插入到4个空位中，共种方法.所以不同的选择方案共有24种.
另解：依题意，因为甲、乙、丙三人所选社区编号各不相同且不相邻，所以先找三人所选社区编号，三人所选社区编号有1，3，5；1，3，6；1，4，6；2，4，6四种情况，然后在每种情况下安排甲、乙、丙三人有种情况，所以不同的选择方案共有种.
故选：B.
例4．随着经济的发展，私家车成为居民的标配．某小区为了适应这一变化，在小区建设过程中预留了7个排成一排的备用车位．现有3位私家车车主要使用这一备用车位．现规定3位私家车随机停车，任意两辆车都不相邻，则共有不同停车种数为（ ）
A．144 B．24 C．72 D．60
【答案】D
【解析】
【分析】
由题可知7个车位停三辆车，则会产生4个空位，故可先摆4个空位留下5个空隙供3辆车选择即可.
【详解】
由题可知7个车位停三辆车，则会产生4个空位，故可先摆好4个空车位，4个空车位之间共有5个空隙可供3辆车选择停车．
因此，任何两辆车都不相邻的停车种数共有.
故选：D．
知识点5：捆绑法
例1．中国航天工业迅速发展，取得了辉煌的成就，使我国跻身世界航天大国的行列. 中国的目标是到2030年成为主要的太空大国.它通过访问月球，发射火星探测器以及建造自己的空间站，扩大了太空计划.在航天员进行的一项太空实验中，要先后实施 个程序，其中程序A只能出现在第一步或最后一步，程序B和C实施时必须相邻，请问实验顺序的编排方法共有（ ）
A． 种 B． 种 C． 种 D． 种
【答案】C
【解析】
【分析】
在排列时，相邻元素用捆绑法，特殊元素特殊安排，利用分步计数原理即可求解.
【详解】
首先将程序B和C捆绑在一起，再和除程序A之外的3个程序进行全排列，最后将程序A排在第一步或最后一步，根据分步计数原理可得种.
故选：C
例2．要为5名游客和2位导游拍照留念，要求排成一排，且2位导游相邻，不同的排法共有（ ）种
A．1440 B．960 C．720 D．240
【答案】A
【解析】
【分析】
将两位导游看作一个人，和其他人一起全排列，可得答案.
【详解】
因为两位导游要相邻，因此将两位导游看作一个人，内部排列有种排法，
将两位导游看作一个人和其他人全排列有种排法，
因此根据乘法原理共有种排法，
故选：A
例3．有6个座位连成一排，现有3人入座，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数是（ ）
A．36 B．48
C．72 D．120
【答案】C
【解析】
【分析】
根据相邻两个空座的位置在两端和在中间分类讨论．
【详解】
根据题意，分两种情况讨论；①两端恰有两个空座位相邻，则必须有一人坐在空座的边上，其余两人在余下的三个座位上任意就座，此时有种坐法；②两个相邻的空座位不在两端，有三种情况，此时这两个相邻的空座位两端必须有两人就座，余下一人在余下的两个座位上任意就座，此时有种坐法.故共有种坐法.
故选：C．
例4．中国古代的“礼､乐､射､御､书､数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”即数学某校国学社团利用周日开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，上午三节，下午三节.一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在上午，“射”和“御”两门课程排在下午且相邻，则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有（ ）
A．36种 B．72种 C．108种 D．144种
【答案】B
【解析】
【分析】
先排“数”，然后排“射”和“御”，再排剩下门课程，由此计算出正确答案.
【详解】
先排“数”，然后排“射”和“御”，再排剩下门课程，
所以不同的排课顺序有种.
故选：B
知识点6：分堆与分配问题
例1．现有4本不同的书全部分给甲、乙、丙3人，每人至少一本，则不同的分法有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
【答案】C
【解析】
【分析】
先把4本书按2，1，1分为3组，再全排列求解.
【详解】
先把4本书按2，1，1分为3组，再全排列，
则有种分法，
故选：C
例2．2022年北京冬奥会速度滑冰､花样滑冰､冰球三个项目竞赛中，甲，乙，丙，丁，戊五名同学各自选择一个项目开展志自愿者服务，则甲和乙均选择同一个项目，且三个项目都有人参加的不同方案总数是（ ）
A．18 B．27 C．36 D．48
【答案】C
【解析】
【分析】
由题意，把甲和乙看作一个元素，然后先分组再分配，即可求解．
【详解】
解：因为甲和乙选择同一个项目，所以把甲和乙看作一个元素与丙，丁，戊分配到三个项目，
因为三个项目都有参加，所以有一个项目是2个元素，
所以共有种方案.
故选：C.
例3．“烂漫的山花中，我们发现你.自然击你以风雪，你报之以歌唱.命运置你于危崖，你馈人间以芬芳.不惧碾作尘，无意苦争春，以怒放的生命，向世界表达倔强.你是岸畔的桂，雪中的梅”.这是给感动中国十大人物之一的张桂梅老师的颁奖词，她用实际行动奉献社会，不求回报，只愿孩子们走出大山.受张桂梅老师的影响，有大量志愿者到乡村学校支教，现有6名志愿者要到4个学校参加支教活动，要求甲､乙两个学校各安排一个人，剩下两个学校各安排两个人，其中的小李和小王不在一起，不同的安排方案共有（ ）
A．156种 B．168种 C．172种 D．180种
【答案】A
【解析】
【分析】
利用间接法来求得不同的安排方案的数量.
【详解】
根据题意，设剩下的2个学校为丙学校和丁学校，先计算小李和小王不受限制的排法数目：先在6位志愿者中任选1个，安排到甲学校，有种情况，再在剩下的5个志愿者中任选1个，安排到乙学校，有种情况，最后将剩下的4个志愿者平均分成2组，全排列后安排到剩下的2个学校，有种情况，则小李和小王不受限制的排法有6×5×6=180种，
若小李和小王在一起，则两人去丙学校或丁学校，有2种情况，在剩下的4位志愿者中任选1个，安排到甲学校，有种情况，再在剩下的3个志愿者中任选1个，安排到乙学校，有种情况，最后2个安排到剩下的学校，有1种情况，则小李和小王在一起的排法有2×4×3=24种.
所以小李和小王不在一起排法有180-24=156种.
故选：A
例4．现将5名志愿者全部分派到A、B、C三个居民小区参加抗击新冠病毒知识宣传，要求每个小区至少1人，志愿者甲安排到A小区，则不同的安排方法种数为（ ）．
A．56 B．50 C．62 D．36
【答案】B
【解析】
【分析】
三个居民小区的志愿者人数有（1、1、3）和（1、2、2）两种情况，再对小区安排的人数分类讨论，按照分类加法与分步乘法计数原理计算可得；
【详解】
解：依题意三个居民小区的志愿者人数有（1、1、3）和（1、2、2）两种情况，
对于（1、1、3），①当小区安排3人，则有种方法；②当小区安排1人，则有种方法；
对于（1、2、2），①当小区安排1人，则有种方法，②当小区安排2人，则有种方法，
综上，一共有种方法；
故选：B
例5．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奧会，某学校决定派小明和小李等共5名志愿者将两个吉祥物“冰墩墩”和“雪容融”安装在学校的体育广场，每人参与且只参与一个吉祥物的安装，每个吉祥物都至少由两名志愿者安装．若小明和小李必须安装不同的吉祥物，则不同的分配方案种数为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．14
【答案】C
【解析】
【分析】
先安排小明和小李，然后剩余3人分两组，一组1人，一组2人，先分组后安排即可．
【详解】
解：小明和小李必须安装不同的吉祥物，则有种情况，
剩余3人分两组，一组1人，一组2人，有，然后分配到参与两个吉祥物的安装，有，
则共有种，
故选：C．
例6．2021年秋季学期，某校新进甲、乙、丙、丁4名教师，按要求分配到高二年级和高一年级任教，每个年级至少一人，则甲、乙在同一年级的分配方案共有（ ）
A．24种 B．12种 C．9种 D．6种
【答案】D
【解析】
【分析】
根据甲、乙在同一年级，将甲、乙捆绑，4个人看成3个元素，再把这3个元素分成2堆分配求解.
【详解】
把甲、乙两人看作一个整体，4个人看成3个元素，
再把这3个元素分成2堆，每堆至少有1个人，
然后分配到2个年级，共有种分配方案，
故选：D．
例7．某大学计算机学院的丁教授在2021年人工智能方向招收了6名研究生．丁教授拟从人工智能领域的语音识别、人脸识别、数据分析、机器学习、服务器开发共5个方向展开研究，每个方向均有研究生学习，每位研究生只参与一个方向的学习．其中小明同学因录取分数最高主动选择学习人脸识别，其余5名研究生均表示服从丁教授统一安排．则这6名研究生不同的分配方向共有（ ）
A．480种 B．360种 C．240种 D．120种
【答案】B
【解析】
【分析】
分人脸识别不安排或安排研究生两种情况，应用组合、排列数求总分配方式即可.
【详解】
1、人脸识别方向不安排其它研究生，则种.
2、人脸识别方向安排1名其它研究生，则种.
综上，共有360种分配.
故选：B
知识点7：隔板法
例1．将9个志愿者名额全部分配给3个学校，则每校至少一个名额且各校名额互不相同的分配方法总数是（ ）
A．16 B．18 C．27 D．28
【答案】B
【解析】
【分析】
根据根据加法和乘法原理，结合组合的定义进行求解即可.
【详解】
“每校至少一个名额的分法”的方法数是至少有两个学校的名额数相同”的分配方法数可以从反面入手去求，即先求出“出现相同名额”的分配方法数，第一种情形是两个学校名额数相同：有三种情形，共有9种分法；第二种情形是三个学校名额数均相同，有1种分法，所以至少有两个学校的名额数相同”的分配为种.所以，满足条件的分配方法共有种.
故选：B
例2．展开式为多项式，则其展开式经过合并同类项后的项数一共有（ ）
A．12项 B．24项 C．39项 D．78项
【答案】D
【解析】
【分析】
展开之后必有形如的式子出现，且，构造14个完全一样的小球组合模型求解即可.
【详解】
展开之后必有形如的式子出现，其中，且.
构造14个完全一样的小球模型，分成3组，每组至少一个，利用隔板法，共有分法种；
每组去掉一个小球的数目分别为的展开式中各字母的次数；
小球分组模型与各项的次数是一一对应的，故的展开式中，合并同类项之后的项数为项.
故选：D
例3．7个相同的小球放入，，三个盒子，每个盒子至少放一球，共有（ ）种不同的放法．
A．60种 B．36种 C．30种 D．15种
【答案】D
【解析】
【分析】
7个小球有6个空，采用插空法可求.
【详解】
将7个小球分成三组即可，可采用插空法，7个小球有6个空，则有种不同的方法.
故选：D.
例4．将10本完全相同的科普知识书，全部分给甲､乙､丙3人，每人至少得2本，则不同的分法数为（ ）
A．720种 B．420种 C．120种 D．15种
【答案】D
【解析】
【分析】
先每人分一本书，再将剩下的7本书分给3人，每人至少一本，由“隔板法”可得答案.
【详解】
先从10本书中拿出3本，分给每人一本书，
再将余下7本书采用“隔板法”分给3个人，分法种数为15，
故选: D
例5．方程的非负整数解有（ ）
A．组 B．136组 C．190组 D．68组
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，将问题转化，利用插空法分析即可得出答案.
【详解】
根据题意，对于方程，
将“18”看成18个“1”， 18个“1”共有19个空，
从19个空中选两个空进行隔板，或从19个空中选1个空插2个隔板，
即可以将18个“1”分为三组，每组对应“1”的数目依次为的数值，
则有.
方程的非负整数解有190组.
故选：C
知识点8：列举法
例1．“2021年12月2日”因其数字“20211202”的对称性被很多人晒到了朋友圈，类似这样的对称性在二十一世纪，我们还能再遇到（ ）
A．6次 B．7次 C．8次 D．9次
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，直接列举求解即可.
【详解】
解：由对称性可知，前两位为，后两位为，
因为每年有个月，
所以列举可得，在二十一世纪，有，，
，，，
所以在二十一世纪，我们还能再遇到次.
故选：B
例2．从集合的非空子集中任取两个不同的集合和，若，则不同的取法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C
【解析】
【分析】
分别讨论集合中元素个数为或的时候，集合的取法数，由分步乘法和分类加法计数原理可求得结果.
【详解】
若集合仅有个元素，则集合有种取法；集合有种取法；此时共有种取法；
若集合中有个元素，则集合有种取法；集合有种取法；此时共有种取法；
若集合中有个元素，则集合为的非空真子集，有种取法；此时共有种取法；
综上所述：不同的取法共有种.
故选：C.
例3．三人互相传球，由甲开始发球，并作为第一次传球，经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有（ ）
A．6种 B．8种 C．10种 D．16种
【答案】C
【解析】
【分析】
列出树状图，由分类加法计数原理即可求解.
【详解】
根据题意，作出树状图，第四次球不能传给甲，由分步加法计数原理可知：
经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有10种，
故选：C.
例4．三人踢毽子，互相传递，每人每次只能踢一下.由甲开始踢，经过4次传递后，毽子又被踢回甲，则不同的传递方式共有（ ）
A．4种 B．5种 C．6种 D．12种
【答案】C
【解析】
【分析】
按甲先传给乙和甲先传给丙分两类，两类方法相等，对第一类用列举法写出不同的传递方式后可得．
【详解】
解析：若甲先传给乙，则有甲→乙→甲→乙→甲，甲→乙→甲→丙→甲，甲→乙→丙→乙→甲3种不同的传递方式；同理，甲先传给丙也有3种不同的传递方式.故共有6种不同的传递方式.
答案：C．
例5．用红、黄、蓝三种颜色填涂如图所示的六个方格，要求有公共边的两个方格不同色，则不同的填涂方法有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】D
【解析】
【分析】
将涂色方法分为两类，即用三种颜色涂和用两种颜色涂，分别计算出两种情况下涂色方案的种数，根据分类加法计数原理即可求得结果.
【详解】
将六个方格标注为，如下图所示，
①若用三种颜色涂，则同色或同色或同色，
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
当同色时，六个方格的涂色方法有种；
②若用两种颜色涂，则同色，此时六个方格的涂色方法有种；
综上所述：不同的填涂方法有种.
故选：D.
知识点9：多面手问题
例1．我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有种不同的选法．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【详解】
分析：根据题意可按照只会左边的人中入选的人数分类处理，分成三类，即可求解．
详解：根据题意可按照只会左边的人中入选的人数分类处理．
第一类个只会左边的都不选，有种；
第二类个只会左边的有人入选，有种；
第三类个只会左边的全入选，有种，所以共有种不同的选法，故选A．
点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件．解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率．在某些特定问题上，也可充分考虑“正难则反”的思维方式．
例2．某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（ ）种不同的选法
A．225 B．185 C．145 D．110
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况进行讨论，由加法原理计算可得答案．
【详解】
解：根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类．
①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有种；
②“2人既会英语又会法语”中有一人入选，
这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，
因此有种；
③“2人既会英语又会法语”中两个均入选，
这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种，
因此有种．
综上分析，共可开出种．
故选：B．
例3．“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．26种 B．30种 C．37种 D．42种
【答案】C
【解析】
【分析】
设只会划左桨的3人，只会划右桨的3人，既会划左桨又会划右桨的2人，据此分3种情况讨论：①从中选3人划左桨，划右桨的在（）中剩下的人中选取；②从中选2人划左桨，中选1人划左桨，划右桨的在（）中选取；③从中选1人划左桨，中2人划左桨，中3人划右桨，再运用分类加法原理可得选项.
【详解】
根据题意，设只会划左桨的3人，只会划右桨的3人，既会划左桨又会划右桨的2人，据此分3种情况讨论：
①从中选3人划左桨，划右桨的在（）中剩下的人中选取，有种选法，
②从中选2人划左桨，中选1人划左桨，划右桨的在（）中选取，有种选法，
③从中选1人划左桨，中2人划左桨，中3人划右桨，有种选法，
则有种不同的选法．
故选：C．
例4．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．56种 B．68种
C．74种 D．92种
【答案】D
【解析】
【分析】
根据条件，分划左舷有“多面手”的人数分类，利用组合数公式计算求值.
【详解】
根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有 种，有一个“多面手”的选派方法有种，有两个“多面手”的选派方法有种，即共有(种)不同的选派方法．
故选：D
【点睛】
方法点睛：组合数中的“多面手”问题，需明确某一类元素多面手有多少进行分类，这样才能做到不重不漏.
知识点10：求二项展开式
1．（2021·全国·高二课时练习）二项式的展开式中为常数项的是（ ）
A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项
【答案】C
【解析】
【分析】
根据给定二项式求出其展开式的通项，再求出通项中x的幂指数为0所对项数即可.
【详解】
依题意，的展开式的通项为，，
令，得，即是二项式的展开式的常数项，
所以展开式中的常数项是第5项.
故选：C
2．（2020·新疆·吐鲁番市高昌区第二中学高二期末）展开式中的常数项为
A．第5项 B．第5项或第6项 C．第6项 D．不存在
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意，写出展开式中的通项为，令的指数为0，可得的值，由项数与的关系，可得答案．
【详解】
解：根据题意，展开式中的通项为，
令，可得；则其常数项为第项；
故选．
【点睛】
本题考查二项式系数的性质，解题的关键是正确应用二项式定理，写出二项式展开式，其次注意项数值与的关系,属于基础题．
3．（2021·全国·高二专题练习）已知的展开式中第3项、第4项、第5项之和大于25，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二项式的展开式建立不等式，整理得，进而有，从而可求得答案.
【详解】
解：因为的展开式中第3项、第4项、第5项之和大于25，所以，
即，所以， 所以，
故选：A．
4．（2022·江苏·高二课时练习）的展开式的第3项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二项式展开式通项公式求第3项即可.
【详解】
由题设，展开式通项为，
∴第3项为.
故选：A.
5．（2021·江苏连云港·高二期末）若的展开式中第4项是常数项，则n的值为（ ）
A．14 B．16 C．18 D．20
【答案】C
【解析】
【分析】
写出二项式展开式的通项，令时的指数位置等于即可求解.
【详解】
展开式的通项为，
令可得为常数项，可得，可得，
故选：C.
6．（2021·新疆·乌鲁木齐市第二十中学高二期末（理））已知的展开式中的常数项为，则实数（ ）
A．2 B．-2 C．8 D．-8
【答案】B
【解析】
【分析】
直接利用二项式定理计算得到答案.
【详解】
展开式的通项为：，
取得到常数项为，解得.
故选：B
知识点11：多项展开式
7．（2022·全国·高二课时练习）在的展开式中，的系数为（ ）
A． B．21 C． D．15
【答案】A
【解析】
【分析】
含的项是由的6个括号中的5个括号取x，1个括号取常数，从而得到答案.
【详解】
含的项是由的6个括号中的5个括号取x，1个括号取常数，所以展开式含的项的系数为：.
故选：A.
8．（2021·全国·高二课时练习）的展开式中常数项是（ ）
A．-252 B．-220 C．220 D．252
【答案】A
【解析】
【分析】
化简二项式为，求得展开式的通项，令，求得，
代入即可求解.
【详解】
由，
可得二项式的展开式通项为，
令，解得，
所以展开式的常数项为.
故选：A.
【点睛】
本题主要考查了二项展开式的指定项的求解，其中解答中熟记二项展开式的通项是解答的关键，着重考查推理与运算能力，属于基础题.
9．（2021·全国·高二单元测试）在的展开式中，x2项的系数为（ ）
A．30 B．45 C．60 D．90
【答案】B
【解析】
把看做一个整体，即可得到的通项公式为：Tr+1•，再求出的通项公式Tk+1•xr﹣2021k，再结合条件列式即可得解.
【详解】
在的展开式中，通项公式为Tr+1•.
对于，通项公式为Tk+1•xr﹣2021k，k≤r，r、k∈N，r≤10.
令r﹣2021k＝2，可得r＝2+2021k，
故k＝0，r＝2，
故x2项的系数为•45，
故选：B.
【点睛】
本题考查了二项展开式，其关键点是把多项式中的两项看做一个整体，即可得到二项展开式，考查了转化思想和计算能力，属于较难题.
10．（2019·重庆八中高二期中（理））的展开式中，常数项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
中将看成一项，两次展开，求出展开式的通项，令的指数为0，即可求解.
【详解】
，展开式通项为
，
令，当时，
为常数项即.
故选:A.
【点睛】
本题考查二项展开式求特定项，解题关键要求出通项，属于中档题.
11．（2021·全国·高二课时练习）在的展开式中，项的系数为（ ）
A． B． C．30 D．50
【答案】B
【解析】
【分析】
根据多项式展开式确定含的项组成情况，再根据乘法计数原理与加法计数原理求结果.
【详解】
表示5个因式的乘积，在这5个因式中，
有2个因式都选，其余的3个因式都选1，相乘可得含的项；
或者有3个因式选，有1个因式选，1个因式选1，相乘可得含的项，
故项的系数为，
故选B．
【点睛】
本题考查乘法计数原理与加法计数原理以及多项式展开式项的系数，考查基本分析求解能力，属基础题.
知识点12：求二项式系数与项的系数最大
12．（2022·安徽省亳州市第一中学高二阶段练习）在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二项式系数的单调性，求得；再结合二项式展开式的通项公式，即可求得指定项的系数.
【详解】
解：因为在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，所以，
所以的展开式的通项
令，得.
所以展开式中的系数为.
故选：A
13．（2022·江苏·高二课时练习）在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【解析】
【分析】
当n为偶数时，展开式中第项二项式系数最大，当n为奇数时，展开式中第和项二项式系数最大.
【详解】
因为只有一项二项式系数最大，所以n为偶数，故，得.
故选：B
14．（2022·上海市杨浦高级中学高二期末）的二项展开式中，二项式系数最大的项是第（ ）项.
A．6 B．5 C．4和6 D．5和7
【答案】A
【解析】
【分析】
由二项展开的中间项或中间两项二项式系数最大可得解.
【详解】
因为二项式展开式一共11项，其中中间项的二项式系数最大，
易知当r＝5时，最大，即二项展开式中，二项式系数最大的为第6项.
故选：A
15．（2022·北京昌平·高二期末）在的展开式中二项式系数最大的项是（ ）
A．第3项和第4项 B．第4项和第5项 C．第3项 D．第4项
【答案】D
【解析】
【分析】
根据二项式系数的定义计算二项式展开式中各项的二项式系数，进而确定二项式系数最大的项
【详解】
二项式展开式中第项的二项式系数为
所以题中二项式展开式的第项的二项式系数为
时，；时，；时，；
时，；时，；
时，；时，.
所以时二项式系数最大，即第四项的二次项系数最大，答案D正确.
故选：D.
16．（2021·浙江宁波·高二期末）在的展开式中，系数绝对值最大的项是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意利用二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，解不等式组，可得出结论．
【详解】
解：的展开式中，通项公式为，
该项的系数绝对值为，要使该项的系数绝对值最大，需，
即，求得．
结合，可得当时，该项的系数绝对值最大为672，
故该项为，
故选：B．
17．（2021·全国·高二专题练习）二项式的展开式中，系数最大的项为（ ）
A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项
【答案】C
【解析】
【分析】
显然二项式在第或第项处取得系数最大，再结合对应符号，即可得解.
【详解】
由二项式的特点可知，
系数最大的项在中间项处取得，
第项的系数为，
第项的系数为，
故第项的系数最大.
故选：C
18．（2021·天津一中高二期中）展开式中只有第6项系数最大，则其常数项为（ ）
A．120 B．210 C．252 D．45
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知得到展开式的通项，得到地留下的系数，根据二项展开式的系数性质得到的值，可求常数项.
【详解】
由已知展开式中只有第6项系数为最大，
所以展开式有11项，所以，即，
又展开式的通项为，
令，解得，
所以展开式的常数项为，
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：该题考查的是有关二项展开式的问题，正确解题的关键是根据系数最大项求得的值，以及熟记二项展开式的通项.
知识点13：系数和问题
19．（2022·陕西·西安市鄠邑区第一中学高二阶段练习（理））二项式的展开式中，各项二项式系数的和是（ ）
A．2 B．8 C．16 D．32
【答案】D
【解析】
【分析】
根据给定条件利用二项式系数的性质直接计算作答.
【详解】
二项式的展开式的各项二项式系数的和是.
故选：D
20．（2022·福建宁德·高二期末）已知，若，则自然数（ ）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
赋值法可得方程进而求解,
【详解】
令，得，
令，得，
所以，.
故选：B.
21．（2021·全国·高二课时练习）若，则（ ）
A．2 B．0 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意写出并求出，进而结合二项式定理求得答案.
【详解】
由题意得，
∴
.
∵
，
∴.
故选：C.
22．（2022·全国·高二）若二项式的展开式中所有项的二项式系数和为128，则该二项式展开式中含有项的系数为（ ）
A．1344 B．672 C．336 D．168
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出，再写出二项式展开式的通项，令的指数等于5即可求解.
【详解】
因为二项式的展开式中所有项的二项式系数和为128
所以，解得，
所以的展开式通项为：，
令可得，
所以该二项式展开式中含有项的系数为.
故选：B.
23．（2022·山西省长治市第二中学校高二阶段练习）若，则下列说法正确的个数是（ ）
①为展开式的二项式系数
② ③
④
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】
【分析】
利用二项式系数的定义判断①；利用赋值法计算判断②③④即可作答.
【详解】
是展开式的相应项的系数，不是二项式系数，
因第项的二项式系数是组合数，①不正确；
令，则，②正确；
，，则，③不正确；
，④正确，
所以给定的4个命题中，说法正确的有2个.
故选：B
24．（2022·全国·高二单元测试）若（），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据赋值法分别令、，然后可得.
【详解】
令，则，再令，则，
∴.
故选：B.
25．（2022·辽宁·大连八中高二期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设，计算出、的值，利用平方差公式可求得结果.
【详解】
设
由已知可得，，
因此，.
故选：D.
26．（2021·山东·德州市第一中学高二阶段练习）设，则等于（ ）
A．1 B． C．63 D．64
【答案】C
【解析】
【分析】
利用赋值法求得正确答案.
【详解】
依题意，
令得，
令得，
所以.
故选：C
知识点14：两个二项式乘积展开式
27．（2022·陕西·西安市鄠邑区第一中学高二阶段练习（理））的展开式中项的系数为（ ）
A． B． C．140 D．1120
【答案】B
【解析】
【分析】
把题给展开整理成，再依据二项展开式通项公式去求解即可.
【详解】
又的展开式的通项公式为
则的展开式中项为
即的展开式中项的系数为
故选：B
28．（2021·全国·高二专题练习）的展开式中的系数为（ ）
A．72 B．60 C．48 D．36
【答案】A
【解析】
【分析】
利用二项式展开式分类讨论，即可求解.
【详解】
的展开式的通项为.
令，得，令，得，舍去；
令，得.
所以的展开式中的系数为，
故选:A.
29．（2022·全国·高二）的展开式中，x的指数为偶数的项的系数之和为（ ）
A．64 B．48 C．32 D．16
【答案】D
【解析】
【分析】
根据与的展开式中x的指数为偶数的项相乘及与的展开式中x的指数为偶数的项相乘，得到展开式中x的指数为偶数的项的系数之和.
【详解】
的展开式中，所有x的指数为偶数的项的系数之和为.
故选：D.
30．（2022·江苏·高二课时练习）已知（为常数）的展开式中各项系数之和为，则展开式中的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
利用已知条件求出实数的值，然后写出展开式通项，利用的指数为，求出参数的值，代入通项即可得解.
【详解】
因为（为常数）的展开式中各项系数之和为，
所以在中令，可得，解得，
的展开式的通项，
因为，
，令，可得，
，令，可得.
故的展开式中的系数为，
故选：A.
31．（2022·全国·高二）已知的展开式中的系数为，则该二项展开式中的常数项为（ ）
A． B． C．640 D．320
【答案】A
【解析】
【分析】
根据二项式定理的通项公式求的 展开式中项和常数项，从而可求出的值；然后再利用二项式定理求该二项展开式中的常数项.
【详解】
的展开式的通项公式为，
令，得；
令，得(舍去).
故的展开式中的系数为，解得.
令，得(舍去)；
令，得.
故的展开式中的常数项为.
故选：A.
知识点15：整除与余数问题
32．（2021·全国·高二专题练习）若是正奇数，则被9除的余数为（ ）
A．2 B．5 C．7 D．8
【答案】C
【解析】
【分析】
将原式转化为，再将其用二项式定理展开，再结合是正奇数，即可求出其被除的余数．
【详解】
由题可知：原式=
，
因为为正奇数，所以上式可化简为：
所以该式除以9，余数为7.
故选：C.
33．（2022·全国·高二单元测试）被除所得的余数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
，而的展开式中除最后一项外，其它项均能被8整除，所以将其最后一项加上10，再除以8可得结果
【详解】
，
其中所有含有的项都能被整除，只剩下，
被除所得的余数是，
故选：A.
34．（2022·陕西·西安市鄠邑区第一中学高二阶段练习（理））设，且，若能被13整除，则a等于（ ）
A．0 B．1 C．11 D．12
【答案】B
【解析】
【分析】
由且可以被13整除，即其展开式中不含的项为余项，该余项与a的和能被13整除，即可得参数值.
【详解】
由，展开式通项为，又可以被13整除，
所以展开式中的项均可被13整除，余项为，
要使能被13整除，且，则.
故选：B
35．（2021·全国·高二专题练习）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究，设为整数，若a和b被m除得余数相同，则称a和b对模m同余，记为，若，则b的值可以是（ ）
A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
【答案】B
【解析】
【分析】
利用二项式定理可得，再利用二项式定理展开即可得解.
【详解】
因为
,
四个选项中，只有时，除以10余数是1．
故选：B．
36．（2021·全国·高二课时练习）若，则a除以100所得余数是（ ）
A．3 B．13 C．27 D．前3个都不对
【答案】B
【解析】
【分析】
首先确定当时，是100的倍数，其次考虑除以100所得余数，注意只要考虑第个数的最后两位除以100的余数即可，由此可计算出结论．
【详解】
因为当时，是100的倍数，所以a除以100所得余数与除以100所得余数相同，所以a除以100所得余数与，即213除以100所得余数相同，所以a除以100所得余数为13．
故选：B．
知识点16：近似计算问题
37．（2022·江苏·高二课时练习）利用二项式定理计算，则其结果精确到0.01的近似值是（ ）
A．1.23 B．1.24 C．1.33 D．1.34
【答案】D
【解析】
【分析】
根据可得选项.
【详解】
解：
．
故选：D.
38．（2021·安徽·高二期末（理））估算的结果，精确到0.01的近似值为（ ）
A．30.84 B．31.84 C．30.40 D．32.16
【答案】A
【解析】
【分析】
利用二项式定理进行计算．
【详解】
原式
+
．
故选：A．
39．（2021·全国·高二课时练习）已知为正整数，若，则的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【解析】
【分析】
由，根据二项式定理，将式子展开，估算，进而可得，再由题意，即可得出结果.
【详解】
因为
，
而，
所以，
因此，
又为正整数，，所以；
故选：C.
【点睛】
本题主要考查近似计算的问题，灵活运用二项式定理即可，属于常考题型.
40．（2021·全国·高二课时练习）的近似值（精确到0.01）为（ ）
A．1.12 B．1.13 C．l.14 D．1.20
【答案】B
【解析】
展开后按近似要求求解．
【详解】
.
故选：B．
【点睛】
本题考查二项式定理的应用，用二项式定理进行近似计算，掌握二项式定理是解题关键．
41．（2021·全国·高二课时练习）的计算结果精确到个位的近似值为
A．106 B．107 C．108 D．109
【答案】B
【解析】
【分析】
由题得，再利用二项式定理求解即可.
【详解】
∵，
∴.
故选B
【点睛】
本题主要考查利用二项式定理求近似值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平和分析推理能力.
知识点17：二项式定理与数列的综合问题
42．（2021·全国·高二专题练习）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据给定条件结合组合数计算公式变形和式的通项，再借助二项式性质即可得解.
【详解】
依题意，，
当时，，
于是得
.
故选：B
43．（2022·江苏·南京市第五高级中学高二阶段练习）已知，展开式中的系数为，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题知，进而整理化简，并根据裂项求和法计算即可得答案.
【详解】
∵，展开式中的系数为，
∴则
，
故选：B．
【点睛】
本题考查二项式定理的应用，裂项求和法求和，考查运算求解能力，是中档题.本题解题的关键在于根据已知条件求得，进而将问题转化为裂项求和问题求解即可.
44．（2021·广东·汕头市东方中学高二期中）若(1＋x)(1－2x)8＝a0＋a1x＋…＋a9x9，x∈R，则a1·2＋a2·22＋…＋a9·29的值为( )
A．29 B．29－1 C．39 D．39－1
【答案】D
【解析】
令x＝0，得a0＝1；令x＝2，得a0＋a1·2＋a2·22＋…＋a9·29＝39，即得解.
【详解】
(1＋x)(1－2x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a9x9，
令x＝0，得a0＝1；
令x＝2，得a0＋a1·2＋a2·22＋…＋a9·29＝39，
∴a1·2＋a2·22＋…＋a9·29＝39－1.
故选：D
【点睛】
本题主要考查二项式定理的应用，考查利用二项式定理求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
45．（2021·全国·高二专题练习）设是常数，对于，都有，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先令，求得的值，再将给定的恒等式两边求关于的导数，然后令，从而可得所求的值.
【详解】
因为，
则令可得.
又对两边求导可得：
，
令，
则，
所以，
所以
故，
所以.
故选：A.
【点睛】
本题考查函数的导数以及恒等式的系数和的求法，注意根据恒等式的特征选择合适的赋值，本题属于较难题.
一、选择题
1．（2022·江苏省南菁高级中学高二阶段练习）将名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑和冰壶个项目，每名志愿者只分配到个项目，每个项目至少分配名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【解析】
【分析】
将名北京冬奥会志愿者分成三个组，每组人数分别为、、或、、，再将三组志愿者分配给三个项目，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】
将名北京冬奥会志愿者分成三个组，每组人数分别为、、或、、，再将三组志愿者分配给三个项目，
所以，不同的分配方案种数为种.
故选：B.
2．（2022·辽宁·本溪市第二高级中学高二期末）用3，4，5，6，7，9这6个数组成没有重复数字的六位数，下列结论正确的有（ ）
A．在这样的六位数中，奇数共有480个
B．在这样的六位数中，3、5、7、9相邻的共有120个
C．在这样的六位数中，4，6不相邻的共有504个
D．在这样的六位数中，4个奇数从左到右按照从小到大排序的共有60个
【答案】A
【解析】
【分析】
A选项，特殊位置优先考虑求出这样的六位数中，奇数个数；B选项，相邻问题捆绑法求解；C选项，不相邻问题插空法求解；D选项，定序问题使用倍缩法求解.
【详解】
用3，4，5，6，7，9这6个数组成没有重复数字的六位数，个位为3,5,7,9中的一位，有种，其余五个数位上的数字进行全排列，有种，综上：在这样的六位数中，奇数共有个，A正确；
在这样的六位数中，3、5、7、9相邻，将3、5、7、9捆绑，有种排法，再与4,6进行全排列，故共有个，B错误；
在这样的六位数中，4，6不相邻，先将3、5、7、9进行全排列，再从五个位置中任选两个将4,6排列，综上共有个，C错误；
在这样的六位数中，4个奇数从左到右按照从小到大排序的共有个，D错误.
故选：A
3．（2022·山西·灵丘县第一中学校高二阶段练习）的展开式中的系数是（ ）
A．56 B．84 C．96 D．126
【答案】D
【解析】
【分析】
根据通项公式表示二项展开式的第项，该项的二项式系数是，表示出的系数，然后利用组合数的性质进行求解．
【详解】
的展开式中的系数为．
故选：D
4．（2022·山西运城·高二阶段练习）把3个相同的红球和2个不同的白球放在四个不同的盒子中，每个盒子中至少放一个球，则不同的放法有（ ）
A．24 B．28 C．48 D．52
【答案】D
【解析】
【分析】
分两种情况讨论：一、2个不同的白球放在一个盒子里，其他3个相同的红球分别放在其他三个盒子中，一个盒子放一个球；二、2个不同的白球分别放在四个盒子中的两个，且各放一个球，其余两个盒子中各放1个红球，最后1个红球从四个盒子中选一个来放.
【详解】
解：由题意，5个球放在四个不同的盒子中，每个盒子中至少放一个球，则有一个盒子放2个球，有三个盒子分别各放1个球，又5个球为3个相同的红球和2个不同的白球，则分两种情况讨论：
一、2个不同的白球放在一个盒子里，其他3个相同的红球分别放在其他三个盒子中，一个盒子放一个球，有种放法；
二、2个不同的白球分别放在四个盒子中的两个，且各放一个球，其余两个盒子中各放1个红球，最后1个红球从四个盒子中选一个来放，有种放法；
综上，共有种放法.
故选：D.
5．（2022·福建·闽侯县第二中学高二阶段练习）的展开式中的系数是（ ）
A．60 B． C．120 D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由，作为一个二项式，展开求得含有的项，再在的展开式中确定项的系数，由乘法可得结论．
【详解】
，展开式的第项为，
令，可得第4项为.
而的展开式的第项为，令，可得第3项为.
所以的展开式中，的系数是.
故选：B.
6．（2022·江苏省太湖高级中学高二阶段练习）2021年重庆市实行“”新高考模式，学生选科时语文、数学、英语三科必选，物理、历史两科中选择1科，政治、地理、化学、生物四科中选择2科，则学生不同的选科方案共有（ ）
A．8种 B．12种 C．15种 D．20种
【答案】B
【解析】
【分析】
先求得物理､历史两科中选择1科的选法，再求得政治､地理､化学､生物四科中选择2科的选法，根据乘法计数原理，即可求得答案.
【详解】
解：由题意得：物理､历史两科中选择1科，有种选法，
政治､地理､化学､生物四科中选择2科，有种选法，
所以学生不同的选科方案共有种.
故选：B
7．（2022·江苏·金陵中学高二阶段练习）由0~9这10个数组成的三位数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺序排列的数的个数是（ ）
A．120 B．168 C．204 D．216
【答案】C
【解析】
【分析】
先不考虑0的情况，从这9个数字中选出3个数字，这三个数字按严格递增或严格递减排列共有2种情况，再考虑有0的情况，由分步计数乘法原理可得结果．
【详解】
先不考虑0的情况，
则从这9个数字中选出3个数字，共种情形，当三个数字确定以后，这三个数字按严格递增或严格递减排列共有2种情况，根据分步计数原理知共有＝168.
再考虑有0时，不可能组成严格递增的数，如果组成严格递减的数，则0在个位，前两位从这9个数字中选出2个数字，共种情形.
所以共
故选：C
8．（2022·全国·高二单元测试）若个人排成一排，、、三人互不相邻，、两人也不相邻的排法有（ ）
A．种
B．种
C．种
D．种
【答案】B
【解析】
【分析】
用插空法和捆绑法即可.
【详解】
设剩下的一个人为，
先算A、、三人互不相邻（含、两人相邻）的情况：
、、当板，有个空，将A、、插入空，有种，、、全排，有种；
则有种，
再算A、、三人互不相邻（、必须两人相邻）的情况：
把、捆绑成一个元素（设为），和剩下的一个人看成两个板，有个空，
将A、、插入空，有种，、全排，有种，、全排，有种，
则有种，
则满足条件的排法种数为种，
故选：B.
9．（2022·重庆八中高二阶段练习）现有语文、数学、外语、物理、化学、生物各一本，均分给3个人，其中数学和物理不分给同一个人，则不同的分配方法有（ ）
A．36 B．54 C．72 D．84
【答案】C
【解析】
【分析】
先计算将6本书平均分给三人，再计算数学物理作为一组分配给一个人的分法，利用间接法即可求解.
【详解】
根据题意，先计算将6本书平均分给三人的情况数目，分2步分析：
①，将6本书分成3组，有种分组方法，②，将分好的三组全排列，对应三人，有种情况，则将6本书平均分给三人，有种分配方法；
再计算其中数学和物理分给同一个人的情况，分2步分析：
①，将除数学和物理之外的4本书，分成2组，有种分组方法，
②，将数学和物理作为1组，和其他2组一起全排列，对应三人，有种情况，则数学和物理分给同一个人的分配方法有种分派方法，则数学和物理不分给同一个人的分配方法有种；
故选：C
10．（2022·湖南·高二阶段练习）有4种不同颜色的涂料，给图中的6个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有（ ）
A．1512种 B．1346种 C．912种 D．756种
【答案】D
【解析】
【分析】
先从A区域涂色，讨论B，D区域涂相同、不同颜色的两种情况，再确定C，E，F区域涂色方法，应用分类分步计数原理求不同涂色方法数.
【详解】
1、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂相同颜色，则有3种方法，C，E，F区域分别有3种方法，共有4×3×3×3×3=324种方法．
2、先涂A区域，则有4种方法，若B，D区域涂不同颜色，则有3×2种方法，则E区域有2种方法，C，F分别有3种方法，共有4×3×2×2×3×3=432种方法．
故不同的涂色方法共有756种．
故选：D
11．（2022·江苏·泰兴市第一高级中学高二阶段练习）为有效防范新冠病毒蔓延，国内将有新型冠状肺炎确诊病例地区及其周边划分为封控区､管控区､防范区.为支持某地新冠肺炎病毒查控，某院派出医护人员共5人，分别派往三个区，每区至少一人，甲､乙主动申请前往封控区或管控区，且甲､乙恰好分在同一个区，则不同的安排方法有（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．30种
【答案】C
【解析】
【分析】
利用分类加法、分步乘法计数原理，结合排列组合知识进行求解.
【详解】
若甲乙和另一人共3人分为一组，则有种安排方法；若甲乙两人分为一组，另外三人分为两组，一组1人，一组两人，则有种安排方法，综上：共有12+12=24种安排方法.
故选：C
二、多选题
12．（2021·江苏·常州市北郊高级中学高二期中）现有4个小球和4个小盒子，下面的结论正确的是（ ）
A．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，则共有24种放法
B．若4个相同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有2个空盒的放法共有18种
C．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，且恰有1个空盒的放法共有72种
D．若4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的盒子，每个盒子一个小球，且小球的编号和盒子的编号全不相同的方法共有9种
【答案】BD
【解析】
【分析】
对于A：利用分步计数原理计算可得答案；
对于B：利用分别分步原理，先选出两个空盒，再放球，即可求解；
对于C：分2步进行分析：①将4个小球分为3组，②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，由分步计数原理计算即可判断.
对于D：直接列举所有情况，即可判断.
【详解】
对于A：根据题意，4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个小球有4种放法，则4个小球有种不同的放法，A错误；
对于B：因为恰有两个空盒,则先选出两个空盒；再放球有两种放法：一个盒子放3个,另盒子放1个有种方法,或者两个盒子都放两个有1种放法,所以一共有 (种)放法,故B正确;
对于C：
根据题意，分2步进行分析：
①将4个小球分为3组，有种分组方法，
②在4个盒子中任选3个，放入三组小球，有种情况，
则有种不同的放法，故C错误.
对于D：若编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子,没有一个空盒但小球的编号和盒子的编号全不相同,若(2,1,4,3)代表编号为1,2,3,4的盒子放入的小球编号分别为2,1,4,3,
列出所有符合要求的情况:
(2,1,4,3),(4,1,2,3)，（3,1,4,2),(2,4,1,3),(3,4,1,2),(4,3,1,2)，（2,3,4,1),(3,4,2,1),(4,3,2,1),共9(种)放法.故D正确.
故选：BD
13．（2022·福建·闽侯县第二中学高二阶段练习）关于的说法正确的是（ ）
A．展开式中的二项式系数之和为2048 B．展开式中只有第6项的二项式系数最大
C．展开式中第6项和第7项的二项式系数最大 D．展开式中仅第7项的二项式系数最大
【答案】AC
【解析】
【分析】
根据二项式系数的性质即可判断选项A，由为奇数可知，展开式中二项式系数最大项为中间两项，据此即可判断选项BCD.
【详解】
的展开式中的二项式系数之和为，所以正确；
由题可知的展开式的通项公式为，
因为为奇数，所以展开式中有项，中间两项（第6项和第7项）的二项式系数相等且最大，所以不正确，正确.
故选：AC.
14．（2022·江苏·南京市第五高级中学高二阶段练习）若，则下列判断正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【解析】
【分析】
令求，可判断A的正误；分别令，可判断B，C的正误；令，结合可判断D的正误.
【详解】
由题意，当时，
，故A正确；
当时，，①，
当时，，②，
①-②，得，故B错误；
，故C正确；
当时，，
因为，
所以，故D正确；
故选：ACD.
15．（2022·江苏·昆山震川高级中学高二阶段练习）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】
【分析】
按照题目给定的条件排列即可.
【详解】
对于A， ，故A正确；
对于B，相当于先排好这3个人有 种排法，然后把2个空位插在3个人中间，
故有 种插法， ，故B错误；
对于C，相当于把2个空位先捆绑好，再插到3人中， ，
故C正确；
对于D，相当于先从3人中抽取2人排好后放在两端，
第三个人在中间的3个空位中任取一个，故有 种，
故D正确；
故选：ACD.
16．（2022·广东·广州市第四中学高二阶段练习）在100件产品中，有98件合格品，2件不合格品，从这100件产品中任意抽出3件，则下列结论正确的有（ ）
A．抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的抽法有种
B．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
C．抽出的3件中至少有1件是不合格品的抽法有种
D．抽出的3件产品中至多有1件是不合格品的抽法有种
【答案】ABC
【解析】
【分析】
求得抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品的方法数判断选项A；求得抽出的3件中至少有1件是不合格品的方法数判断选项B、C；求得抽出的3件产品中至多有1件是不合格品的方法数判断选项D.
【详解】
选项A：抽出的3件产品中恰好有1件是不合格品.可先在不合格品中抽取1件，再在合格品中抽取2件，则方法数为种.判断正确；
选项B：抽出的3件中至少有1件是不合格品. 分为两种情况：
（1）先在不合格品中抽取1件，再在合格品中抽取2件，则方法数为种；
（2）先在不合格品中抽取2件，再在合格品中抽取1件，则方法数为种
则方法总数为种.判断正确；
选项C：抽出的3件中至少有1件是不合格品.可以使用排除法简化计算：从这100件产品中任意抽出3件，有种方法，其中抽出的3件中没有不合格品是不符合要求的，其方法数为.则抽出的3件中至少有1件是不合格品的方法数为.判断正确；
选项D：抽出的3件产品中至多有1件是不合格品. 可以使用排除法简化计算：从这100件产品中任意抽出3件，有种方法，其中抽出的3件中有2件不合格品是不符合要求的，其方法数为.则抽出的3件中至多有1件是不合格品的方法数为种.判断错误.
故选：ABC
17．（2022·江苏省太湖高级中学高二阶段练习）用0、1、2、3、4这五个数字组成无重复数字的自然数，如果十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都小，则称这个数为“凹数”，如301、423等都是“凹数”，则下列结论中正确的是（ ）
A．组成的三位数的个数为60 B．在组成的三位数中，偶数的个数为30
C．在组成的三位数中，“凹数”的个数为20 D．在组成的三位数中，“凹数”的个数为24
【答案】BC
【解析】
【分析】
对于A，因为百位数上的数字不能为零，然后利用分步乘法原理即可判断；
对于B，将所以三位数的偶数分为两类，①个位数为，②个位数为或，然后根据分步乘法原理及分类加法原理即可判断；
对于C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为，②十位为，③十位为，然后根据分步乘法原理及分类加法原理即可得判断.
【详解】
对于A，因为百位数上的数字不能为零，所以组成的三位数的个数为
，故A不正确；
对于B，将所以三位数的偶数分为两类，①个位数为，则有种，
②个位数为或，则有种，
所以在组成的三位数中，偶数的个数为，故B正确；
对于C、D，将这些“凹数”分为三类，①十位为，则有种，
②十位为，则有种，
③十位为，则有种,
所以在组成的三位数中，“凹数”的个数为， 故C正确，D不正确.
故选：BC.
三、填空题
18．（2022·辽宁·本溪市第二高级中学高二期末）的展开式中的系数为_________．
【答案】4
【解析】
【分析】
将代数式变形为，写出展开式的通项，
令的指数为，求得参数的值，代入通项即可求解.
【详解】
由展开式的通项为，
令，得展开式中的系数为.
由展开式的通项为，
令，得展开式中的系数为.
所以的展开式中的系数为.
故答案为：.
19．（2022·山西运城·高二阶段练习）已知为满足能被整除的正整数的最小值，则的展开式中含的项的系数为______．
【答案】
【解析】
【分析】
分析可得，利用二项式定理的展开式可求得正整数的最小值，可得出的值，然后写出展开式的通项，令的指数为，求出对应的参数值，代入通项即可求得结果.
【详解】
能被整除，则能被整除，
因为，则正整数的最小值为，即，
展开式的通项为，
因为，
在中，由可得，
在中，由可得，
在中，.
所以，展开式中含的项的系数为.
故答案为：.
20．（2022·山西运城·高二阶段练习）给图中六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色且相邻的区域不同色．若有4种不同的颜色可供选择，则共有______种不同的染色方案．
【答案】288
【解析】
【分析】
分类考虑用三种不同颜色涂色和用四种不同颜色涂色，算出每种情况的不同涂色方案，即可得答案.
【详解】
如图示，六个区域分别设为A,B,C,D,E,F区域，
若仅用三种不同的颜色涂色，那么A,C一定涂相同颜色，
此时共有种不同的涂色方案；
若选四种不同颜色涂色，
那么当A,C涂色相同时，那么A，B，C，D用了三种不同颜色，
这时考虑给E涂色时，可能是涂剩下的那一种颜色，也可能涂和AC或B相同的颜色，
此时有 种不同涂色方案，
当A,C涂色不相同时，有 种不同涂色方案，
故共有的涂色方案共有 种，
故答案为：288
21．（2022·江苏·泰州中学高二阶段练习）已知，则___________（用数字作答）
【答案】1
【解析】
【分析】
利用赋值法，先求得，再求得的值，即可得答案.
【详解】
令 ，则 ，
令 ，则，
即，
故，
故答案为：1
22．（2022·山西·灵丘县第一中学校高二阶段练习）已知的二项展开式中，所有二项式系数的和为256，则_________，展开式中的常数项为___________．（结果用数值表示）．
【答案】 8
【解析】
【分析】
由的二项展开式的所有二项式系数的和为可求得的值，进而可写出该二项展开式的通项，令的指数为零，求出参数的值，再代入通项即可求得结果.
【详解】
由于的二项展开式的所有二项式系数的和为，解得.
的展开式通项为，
令，解得.
因此，的展开式中的常数项为.
故答案为：；.
23．（2022·江苏省太湖高级中学高二阶段练习）电影院一排10个位置，甲、乙、丙三人去看电影，要求他们坐在同一排，且每人左右两边都有空位的坐法种数为____________．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，先排好7个空座位，由于空座位是相同的，形成6个空位是符合条件的，再将甲、乙、丙3人安排到这6个空位上即可.
【详解】
解：10个座位中，除了甲、乙、丙3人的座位，还有7个座位，形成6个空位，
所以只需将甲、乙、丙3人安排到这6个空位上即可，故有（种）.
所以每人左右两边都有空位的坐法种数为.
故答案为：
24．（2022·湖南·长沙县实验中学高二阶段练习）在的展开式中，（1）不含的所有项的系数之和为___________；（2）的系数为____________（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】
（1）令，可得出不含的所有项的系数之和；
（2）写出展开式通项，令的指数为，的指数为，求出参数的值，代入展开式通项可得出结果.
【详解】
解：的展开式通项为，
的展开式通项为，
故的展开式通项为，
故的展开式通项为，
（1）在中，令，，可知展开式中所有不含项的系数和为；
（2）在展开式的通项中，
令，可得，
因此，展开式中的系数为.
故答案为：（1）；（2）.
25．（2022·湖北·石首市第一中学高二阶段练习）在某城市中，A，B两地有如图所示的方格型道路网，甲随机沿路网选择一条最短路径，从A地出发去往B地，则不同的路径共有__________条，其中途径C地的不同路径共有__________条．
【答案】 210 90
【解析】
【分析】
根据图形可知从A地出发去往B地的最短路径共10步，其中4步向上，6步向右，结合排列与组合的概念即可得出结果.
【详解】
由图可知，从A地出发去往B地的最短路径共10步，
其中4步向上，6步向右，则不同的路径共有条．
途径地，则不同的路径共有条．
故答案为：210；90
26．（2021·全国·高二专题练习）已知多项式，则_______，_______．
【答案】 8 25
【解析】
【分析】
当时，代入多项式即可解出；
令，把多项式中的换掉，即可求出前面的系数.
【详解】
当时，，
令
故
故
故答案为：8；25.
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