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2022新高考数学热点·重点·难点专练 热点11 计数原理
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这是一份2022新高考数学热点·重点·难点专练 热点11 计数原理，文件包含热点11计数原理解析版docx、热点11计数原理原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共50页， 欢迎下载使用。
热点11 计数原理
从新高考考查情况来看，排列组合与二项式定理是新高考命题的热点，主要考查分类、分步计数原理的应用，排列与组合的综合应用，分组分配问题等，二项展开式的通项、二项式系数、特定项的系数、系数和问题、最值问题、参数问题等，一般以选择题和填空题的形式出现，难度中等．主要考查学生的转化与化归、分类讨论思想，数学运算和逻辑推理等核心素养．
1、求二项式系数和或各项的系数和的解题技巧：
（1）形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可．
（2）对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
（3）若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，
奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，
偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
2、解决排列问题的常见方法：
（1）“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先.不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置.
（2）解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看作一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列.
（3）解决不相邻问题的方法是“插空法”，即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当中.
（4）对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列.
（5）若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”.
3、解决组合问题的常见方法：
组合问题的限制条件主要体现在取出的元素中“含”或“不含”某些元素，在解答时可用直接法，也可用间接法.用直接法求解时，要注意合理地分类或分步；用间接法求解时，要注意题目中“至少”“至多”等关键词的含义，做到不重不漏。
热点1. 以实际情景为背景的排列组合问题
主要以接近生活的实际情况为主，多以选择或填空为主。主要考查分类、分步计数原理的应用，突出分类讨论思想、转化化归思想的应用，问题情景的设置越来越接近生活,能否将实际问题合理、正确地转化成排列组合问题，是解决这类试题的关键。
热点2. 二项式定理及相关运用
二项式定理是中学数学的重要组成部分，高考中二项式定理是考点之一，二项式定理的应用在高考中一般以选择题和填空题的形式出现,难度不大。
A卷（建议用时60分钟）
一、单选题
1．（2021·河北衡水中学模拟预测）在2020中俄高加索联合军演的某一项演练中，中方参加演习的有5艘军舰，4架飞机；俄方有3艘军舰，6架飞机．若从中、俄两方中各选出2个单位（1架飞机或一艘军舰都作为一个单位，所有的军舰两两不同，所有的飞机两两不同），且选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有（ ）
A．51种 B．224种 C．240种 D．336种
【答案】C
【分析】按中方选一架飞机或俄方选一架飞机分类讨论，每类再分步选择即可得．
【详解】不同的选法有：（种）．故选：C．
2．（2021·湖北·模拟预测）某校的6名高二学生打算参加学校组织的“篮球队”“微电影社团”“棋艺社”“美术社”“合唱团”5个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团，每个社团至多2人参加，则这6人中至多有1人参加“微电影社团”的不同参加方法种数为（ ）
A．1140 B．3600 C．5040 D．6840
【答案】C
【分析】分两类：一类是有1人参加“微电影社团”，则从6人中选1人参加该社团，其余5人参加剩下4个社团，人数安排有和两种情况；一类是无人参加“微电影社团”，则6人参加剩下4个社团，人数安排有和两种情况，进而结合两个计数原理即可求出结果.
【详解】可分两类：第一类，若有1人参加“微电影社团”，则从6人中选1人参加该社团，其余5人参加剩下4个社团，人数安排有和两种情况，所以不同的参加方法种数为；第二类，若无人参加“微电影社团”，则6人参加剩下4个社团，人数安排有和两种情况，所以不同的参加方法种数为．故不同的参加方法种数为，
故选：C．
3．（2021·江苏·南京市中华中学高三期中）已知的二项展开式中第3项与第10项的二项式系数相等，则展开式中含的系数为（ ）
A． B．31 C． D．220
【答案】D
【分析】根据题意可得，求出展开式即可得出.
【详解】的展开式的通项为，
由题可得第3项与第10项的二项式系数相等，则，所以，
则展开式中含的系数为.故选：D.
4.（2021·江苏常州·高三期中）已知，则（ ）
A．-2 B．-1 C．0 D．2
【答案】B
【分析】根据题意，分别令和，代入计算即可求解.
【详解】根据题意，令，得，令，得，
因此.故选：B.
5．（2021·江苏·南京师大附中高三期中）2021年初，某市因新冠疫情面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，全国各地志愿者纷纷驰援．现有5名医生志愿者需要分配到两家医院(每人去一家医院，每家医院至少去1人)，则共有（ ）
A．12种 B．30种 C．18种 D．15种
【答案】B
【分析】根据题意，先将5名医生志愿者分为两组，再将分成的两组，安排的两家不用的医院，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】由题意，现有5名医生志愿者需要分配到两家医院(每人去一家医院，每家医院至少去1人)，
可按两步分析：（1）可先将5名医生志愿者分为2组，由两种可能的分法:
①一组4人，一组1人，共有种不同的分组方法；
②一组3人，一组2人，共有种不同的分组方法，
（2）再将分成的两组，安排两家医院，结合分步计数原理，共有种不同的安排方式.故选：B.
6．（2021·江苏海安·高三期中）“冰墩墩”是2022年北京冬奥会吉祥物，在冬奥特许商品中，已知一款“冰墩墩”盲盒外包装上标注隐藏款抽中的概率为，出厂时每箱装有6个盲盒．小明买了一箱该款盲盒，他抽中k(0≤k≤6，k∈N)个隐藏款的概率最大，则k的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】由题意可得小明抽中个隐藏款的概率为，进而可得，解不等式组即可求出结果.
【详解】由题意可得小明抽中个隐藏款的概率为，其中，
要使得最大，只需要最大，则，即，则，
又因为，则，故选：B.
7．（2021·山东省济南市莱芜第一中学高三期中）已知正整数，若的展开式中不含x5的项，则n的值为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C
【分析】根据题意要使展开式中不含项，即展开式中项和项的系数和为0，建立方程进行求解即可．
【详解】解：展开式的通项公式为，则展开式中项的系数为，项的系数为，
，要使展开式中不含的项，
，即，
即，又，所以，故选：C．
8．（2021·福建·莆田二中高三期中）现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，提出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方案有（ ）
A．18种 B．36种 C．48种 D．72种
【答案】D
【分析】分别求解选用4种颜色和3种颜色，不同的染色方案，综合即可得答案.
【详解】若选择4种颜色，则前后侧面或左右侧面用1种颜色，其他3个面，用3种颜色，有种；
若选择3种颜色，则前后侧面用1种颜色，左右侧面用1种颜色，底面不同色，所以有种，
综上，不同的染色方案有种.故选：D
9．（2021·浙江·慈溪中学高三期中）用数字、、组成五位数，且数字、、至少都出现一次，这样的五位数共有（ ）个
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，采用排除法，首先计算不考虑重复与否的全部情况数目，进而计算出其中不符合条件的只有个数字和只含有个数字的情况数目，进而由全部情况数目减去不符合条件的情况数目，即可得解.
【详解】首先考虑全部的情况，即每个数位均有种选择，共有个，
其中包含数字全部相同只有种情况，还有只含有个数字的共有个，
因此，满足条件的五位数的个数为个.故选：B.
10．（2021·河北·唐山市第十中学高三期中）若，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知条件可知为展开式中的系数，利用二项式定理及组合数的性质即可得出答案.
【详解】解：由已知条件可知为展开式中的系数，
则
.故选：C.
11．（2021·湖南·模拟预测）某体育彩票规定：从01至36共36个号中选出7个作为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，若这人想把满足这种特殊要求的号买全，则他要花的钱数为（ ）
A．3360 B．6720元 C．4320元 D．8640元
【答案】D
【分析】分三步，第一步先从01至10中选3个连续的号，再从11至20中选2个连续的号，然后从21至30中选1个号，最后从31至36中选1个号，由分步乘法计数原理求解.
【详解】从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；
从21至30中选1个号共有10种选法；从31至36中选1个号共有6种选法，
所以共有种选法，要花元．故选：D
12．（2022·上海·高三专题练习）算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具，为我国古代数学的发展做出了很大贡献.在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如图：
表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，如图；
如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的三位数的个数为（ ）
A．46 B．44 C．42 D．40
【答案】B
【分析】按每一位算筹的根数分类，列举出所有的情况，根据根或根以上的算筹可以表示两个数字，计算出每种情况下所表示的三位数的个数，利用分类加法计数原理可得结果.
【详解】按每一位算筹的根数分类一共有种情况，分别为、、、、、、、、、、、、、、，
根或根以上的算筹可以表示两个数字，运用分步乘法计数原理，得上面情况能表示的三位数字个数分别为：、、、、、、、、、、、、、、，
根据分类加法计数原理，得根算筹能表示的三位数字个数为：
.故选：B.
13．（2021·重庆市杨家坪中学模拟预测）在二项式（x﹣2y）6的展开式中，设二项式系数和为A，各项系数和为B，x的奇次幂项的系数和为C，则＝（ ）
A．﹣ B． C．﹣ D．
【答案】A
【分析】根据二项式的性质求得A，用特值法可求得B， C，再计算即可
【详解】在二项式（x﹣2y）6的展开式中，二项式系数和A＝26＝64，
令x＝y＝1，得各项系数和B＝（﹣1）6＝1，
令f（x）＝（x﹣2）6，得x的奇次幂项的系数和C＝＝＝﹣364，
所以＝﹣＝﹣．故选：A．
二、多选题
14．（2021·辽宁丹东·高三期末）对于二项式，以下判断正确的有（ ）
A．存在，展开式中有常数项 B．对任意，展开式中没有常数项
C．对任意，展开式中没有x的一次项 D．存在，展开式中有x的一次项
【答案】AD
【分析】利用展开式的通项公式依次对选项进行分析，得到答案．
【详解】设二项式展开式的通项公式为，则，
不妨令，则时，展开式中有常数项，故答案A正确，答案B错误；
令，则时，展开式中有的一次项，故C答案错误，D答案正确．故选：AD
15．（2021·湖北襄阳·高三期末）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】设，利用赋值法可判断各选项的正误.
【详解】设，
对于A选项，，A对；对于BC选项，，
所以，，，B错，C对；对于D选项，，D对.故选：ACD.
16．（2021·山西大附中模拟预测）关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ）
A．各项系数之和为1 B．各项系数的绝对值之和为212
C．存在常数项 D．x3的系数为40
【答案】BCD
【分析】令，可以判断A； 多项式的展开式各项系数的绝对值之和与多项式的展开式各项系数之和相等,可判断选项B；利用通项公式可判断C，D.
【详解】由题意令可得，各项系数之和为26，故A错误；
多项式的展开式各项系数的绝对值之和与多项式的展开式各项系数之和相等，故令，得各项系数的绝对值之和为212，故B正确；
由，易知该多项式的展开式中一定存在常数项，故C正确；由题中的多项式可知，若出现x3，可能的组合只有和，结合排列组合的性质可得x3的系数为，故D正确.故选：BCD.
17．（2021·海南·三模）从，，，，，中任取三个不同的数组成一个三位数，则在所有组成的数中（ ）
A．奇数有个 B．包含数字的数有个
C．个位和百位数字之和为的数有个 D．能被整除的数有个
【答案】AD
【分析】对于A，先排好个位数，再排十位和百位，故可求排列数，故可判断A的正误.对于B，可从余下的5个数中选择两个，再全排列后可得所求的排列数，故可判断B的正误.对于C，可就个位、百位的数字分类讨论，从而可得所求的排列数，故可判断C的正误；
对于D，可根据各数字之和为3的倍数分类讨论后可得所求的排列数，故可判断D的正误.
【详解】对于A，先从，，中任取一个数放在个位，再任取两个数放在十位和百位，一共有个，故正确；对于B，先从以外的数中任取个，对个数全排列，一共有个，故错误；
对于C，个位和百位的数可以是，，顺序可以交换，再从剩下的数中任选一个放在十位上，所以一共有个，故错误；
对于D，要使组成的数能被整除，则各位数之和为的倍数，取出的数有，，，，，，，，共种情况，所以组成的能被整除的数有个，故正确．
故选：AD.
三、填空题
18．（2021·浙江·台州一中高三期中）已知的展开式中各项系数的和为，则________，该展开式中常数项为_____________.
【答案】
【分析】利用赋值法，令，可得各项系数和，进而可得的值，再利用通项公式求得特定项.
【详解】令，可得，即，解得，
，
又的通项，，且，
故该展开式中常数项为：，故答案为：，.
19．（2022·浙江·模拟预测）已知多项式，则___________，___________.
【答案】4 -81
【分析】结合二项式的展开式的通项公式分别求出和的各项系数进而可以求出结果.
【详解】结合二项式的展开式的通项公式可知：
的展开式的通项公式为，则的系数为；
的展开式的通项公式为，则的系数为；因此；
则中的系数为；则中的系数为；因此；
则中的系数为；则中的系数为；因此；
则中的系数为；则中的系数为；因此；
则中的系数为；则中的系数为；因此；
则中的系数为 ；因此；
则故答案为：.
20．（2021·全国·高三专题练习）有3个少数民族地区，每个地区需要一各支医医生和两名支教教师，现将3名支医医生（1男2女）和6名支教教师（3男3女）分配到这3地区去工作，
（1）要求每个地区至少有一名男性，则共有________种不同分配方案；
（2）要求每个地区至少有一名女性，则共有________种不同分配方案．
【答案】324 432
【分析】（1）使用间接法求解，先计算对立事件至少有一个地区全是女性的分配方案，再计算所有分配方案即可求解问题；（2）使用间接法求解，先计算对立事件至少有一个地区全是男性的分配方案，再用总方案相减即可求解结果．
【详解】（1）要求每个地区至少有一名男性的对立事件是至少有一个地区全是女性的分配方案有，
每个地区需要一各支医医生和两名支教教师的总分配方案有
所以要求每个地区至少有一名男性的分配方案有；
（2）有一个地区全是男性的分配方案有
所以要求每个地区至少有一名女性的分配方案有．故答案为：324，432
【点睛】组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取；
(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．
21．（2021·河北邯郸·高三期末）2021年7月下旬河南省多地遭遇了暴雨洪涝灾害，社会各界众志成城支援河南，邯郸市某单位组织4辆救援车随机前往河南省的A，B，C三个城市运送物资，则每个城市都至少安排一辆救援车的概率为______．
【答案】
【分析】求出总共的安排方式和每个城市都至少安排一辆车的情况即可求出.
【详解】四辆车前往三个城市安排方式有种，每个城市都至少安排一辆车共种，
因此每个城市都至少安排一辆救援车的概率为．故答案为：.
22．（2021·浙江·模拟预测）我们想把9张写着1~9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种.
【答案】198
【分析】首先列出至少有两个卡片之和相等的盒子的情况，然后利用全排列即可求解.
【详解】由题意可知，设存在的这两个盒子中卡片的数字之和相等，设其相等的和为．
当时，共有1种情况，即；
当时，共有3种情况，即，，{(1，5，6)，(2，3，7)}；
当时，共有5种情况，即，，，，；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有2种情况，即，
；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有5种情况，即，，，，{(1，7，9)，(3，6，8)}；
当时，共有2种情况，即，；
当x＝19时，共有1种情况，即{(3，7，9)，(5，6，8)}；
综上所述，共有1＋3＋5＋7＋2＋7＋5＋2＋1＝33(种)情况，
∴不同的放法共有：种．故答案为：198．
23．（2021·全国·模拟预测）中国体育彩票坚持“公益体彩乐善人生”公益理念，为支持中国体育事业发展做出了贡献，其中“大乐透”是群众特别喜欢购买的一种体育彩票，其规则是从前区1到35的号码中选5个，后区1到12的号码中选2个组成一注彩票.其中复式玩法允许从前区选5个以上，后区选2个以上号码，那么从前区1到35的号码中选7个号码，从后区1到12的号码中选3个，组成的彩票注数为___________.
【答案】63
【分析】由题意分两步，第一步从前区所选7个号码中任选5个号码，第二步从后区所选3个号码中任选2个号码，再由由分步计数乘法原理求解.
【详解】第一步从前区所选7个号码中任选5个号码有（种）情况，
第二步从后区所选3个号码中任选2个号码有（种）情况，
由分步计数乘法原理，组成的彩票注数为（注）.故答案为：63
24．（2021·重庆市杨家坪中学模拟预测）2020年初，我国突发新冠肺炎疫情．面对“突发灾难”，举国上下一心，克服困难积极复工，复产，复学．复学后，通过心理问卷调查，发现某校高三年级有6位学生心理问题凸显，需要心理老师干预．已知该校高三年级有三位心理老师，每位心理老师至少安排一位学生，至多安排三位学生，问共有_________种心理辅导安排方法．
【答案】450
【分析】根据题意，分2步进行分析：①将6位学生分为3组，②将分好的3组安排给3个老师进行心理辅导，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：
将6位学生分为3组，若每组2人，有种分组方法，若一组3人，一组2人，最后1组1人，有种分组方法，则有15+60＝75种分组方法，②将分好的3组安排给3个老师进行心理辅导，有种情况，则有75×6＝450种安排方法，故答案为：450．
25．（2021·广东实验中学模拟预测）展开式的项数为___________.
【答案】17
【分析】把转化为，利用二项式定理展开,可得通项为：，对分别取值进行计算，求出所有含的次数，即可求出结果.
【详解】，展开式通项为：．
通过通项可知：中含的次数为0；中含的次数为、；中含的次数为2、0、-2；
中含的次数为3、1、-1、-3；中含的次数为4、2、0、-2、-4‘；中含的次数为5、3、1、-1、-3、-5；中含的次数为6、4、2、-2、-4、-6；中含的次数为7、5、3、1、-1、-3、-5、-7；
中含的次数为8、6、4、2、0、-2、-4、-6、-8．
由上可知：展开式含的次数为8、7、6、5、4、3、2、1、0、-1、-2、-3、-4、-5、-6、-7、-8；
故展开式的项数为17项．故答案为：17.
四、解答题
26．（2021·江苏如东·高三期中）已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.
（1）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和；
（2）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率.
【答案】（1）系数和为：2187，二项式系数和为：128；（2）
【分析】（1）根据题意先求出m，令x=1求出系数和，由求出二项式系数和；
（2）根据题意求出有理项项数，进而利用插空法求得答案.
（1）由题意，，所以展开式中所有项的系数和为：，二项式系数和为：.
（2）展开式的第项为，展开式一共有8项，当时为有理项，所以由插空法得有理项不相邻的概率为：.
B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·福建·厦门外国语学校模拟预测）武汉疫情爆发后，某医院抽调3名医生，5名护士支援武汉的三家医院，规定每家医院医生一名，护士至少一名，则不同的安排方案有（ ）
A．900种 B．1200种 C．1460种 D．1820种
【答案】A
【分析】结合分步计数原理以及全排列和部分平均分组问题即可求出结果.
【详解】解：根据题意，分2步进行分析：
①将3名医生安排到三家医院，有种安排方法，
②将5名护士分为3组，安排到三家医院，有种安排方法，
则有种不同的安排方案，故选：A.
2．（2021·山东菏泽·二模）已知正整数n≥7，若的展开式中不含x5的项，则n的值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】D
【分析】结合二项式的展开式，求出的项的系数，根据题意建立方程，解方程即可求出结果.
【详解】的二项展开式中第k+1项为
又因为的展开式不含的项
所以 即所以，故选：D.
3．（2021·广东·模拟预测）某单位在春节七天的假期间要安排值班表，该单位有值班领导3人，值班员工4人，要求每位值班领导至少值两天班，每位值班员工至少值一天班，每天要安排一位值班领导和一位值班员工一起值班，且一人值多天班时要相邻的安排方案有（ ）
A．249种 B．498种 C．1052种 D．8640种
【答案】D
【分析】先安排值班领导：选1位值班领导值三天班，则安排3位领导值班共有种方案.再安排值班员工：分4名员工中有1名员工值四天班，其他员工各值一天班；1名员工值两天班，另一名员工值三天班，剩余2名员工各值一天班； 3名员工各值两天班，1名员工值一天班，三种情况分别得出方案数，再根据分步乘法原理可得选项.
【详解】解：先安排值班领导：选1位值班领导值三天班，则安排3位领导值班共有(种)方案.
再安排值班员工：若4名员工中有1名员工值四天班，其他员工各值一天班，则有(种)选法；
若1名员工值两天班，另一名员工值三天班，剩余2名员工各值一天班，则有(种)选法；
若3名员工各值两天班，1名员工值一天班，则有(种)选法，
故安排4名员工值班共有(种)方案.
因此，该单位在春节七天的假期间值班表安排方案共有(种).故选：D.
4．（2021·全国·高三专题练习）四色定理(Fourcolortheorem)又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一.它是于年由毕业于伦敦大学的格斯里(FrancisGuthrie)提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”四色问题的证明进程缓慢，直到年，美国数学家运用电子计算机证明了四色定理.某校数学兴趣小组在研究给四棱锥的各个面涂颜色时，提出如下的“四色问题”：要求相邻面（含公共棱的平面）不得使用同一颜色，现有种颜色可供选择，那么不同的涂法有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【分析】先确定底面的涂色种数，然后依次确定侧面、平面的涂色方法种数，对侧面与侧面的所涂颜色是否相同进行分类讨论，确定侧面的涂色方法种数，利用分步和分类计数原理可得结果.
【详解】如下图所示：
底面的涂色有种选择，侧面有种选择，侧面有2种选择.
①若侧面与侧面所涂颜色相同，则侧面有种选择；
②若侧面与侧面所涂颜色不同，则侧面有种选择，侧面有种选择.
综上所述，不同的涂法种数为种.故选：B.
5．（2021·全国·高三专题练习）英因数学家泰勒(B.Taylor，1685-1731)以发现泰勒公式和泰勒级数闻名于世.由泰勒公式，我们能得到(其中为自然对数的底数，，)，其拉格朗日余项是.可以看出，右边的项用得越多，计算得到的的近似值也就越精确.若近似地表示的泰勒公式的拉格朗日余项，不超过时，正整数的最小值是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】根据题意建立不等式，利用验证的方式求解即可.
【详解】依题意得，即，，，所以的最小值是6.故选：B
6．（2021·吉林松原·高三阶段练习）“五一”小长假期间，某学生会组织看望留守老人活动，现安排，，，，，，G，H共8名学生的小组去看望甲，乙，丙，丁四位留守老人，小组决定两名学生看望一位老人，考虑到学生与老人住址距离问题，学生不安排看望老人甲，学生不安排看望老人乙，则安排方法共有（ ）
A．1260种 B．2520种 C．1440种 D．1890种
【答案】C
【分析】利用组合计数，结合乘法计数原理求得每两位学生看望一位老人的总安排方法数，以及A看望老人甲、B看望老人乙的情况和看望老人甲同时B看望老人乙的方法种数，然后利用集合的元素个数的容斥原理计算可得所求.
【详解】8名学生看望四位老人，每两位学生看望一位老人共有种安排方法，
其中A看望老人甲的情况有种；B看望老人乙的情况有种；
A看望老人甲，同时B看望老人乙的情况有种，
符合题意的安排方法有种，故选：C.
【点睛】本题考查组合应用问题，关键是从正面计算，并利用集合的容斥原理求解.
二、多选题
7．（2021·江苏如皋·高三期末）已知的二项式展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是（ ）
A．二项展开式中无常数项 B．二项展开式中倒数第5项为
C．二项展开式中各项系数之和为 D．二项展开式中二项式系数最大的项为
【答案】CD
【分析】先利用二项式展开式中二项式系数之和为64，可求出的值，从而可求出二项式展开式的通项公式，然后逐个分析判断即可
【详解】解：因为的二项式展开式中二项式系数之和为64，所以，解得，
所以的二项式展开式的通项公式为，
对于A，当，得，所以展开式的第5项为常数项，所以A错误；
对于B，二项式展开式中倒数第5项为二项式展开式的第3项，即，所以B错误；
对于C，令，则得，所以二项展开式中各项系数之和为，所以C正确；
对于D，二项展开式中二项式系数最大的项为第4项，即为，所以D正确，故选：CD
8．（2021·辽宁实验中学二模）十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进，例如：自然数1在二进制中就表示为1，2表示为10，3表示为11，7表示为111，即，，其中，或，记为上述表示中0的个数，如，．则下列说法中正确的是（ ）．
A． B．
C． D．1到127这些自然数的二进制表示中的自然数有35个
【答案】ABD
【分析】根据二进制计数法逐个分析选项即可.
【详解】对于选项A：∵，∴12表示为1100，∴，
∵，∴18表示为10010，∴，∴，故选项A正确，
对于选项B：∵，∴转化为二进制后末尾必为0，
又∵，∴转化为二进制后末尾必为1，∴，故选项B正确，
对于选项C：当时，，，∵，，∴，故选项C错误，
对于选项D：当时，有1个，当时，有个，当时，有个，当时，有个，
当时，有个，则一共有个，故选项D正确，故选：ABD．
9．（2021·湖南·模拟预测）在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．x4的系数为16 B．各项系数和为108 C．无x5项 D．x2的系数为8
【答案】AB
【分析】结合二项式定理以及组合逐项分析排除即可.
【详解】因为，
用数字表示的次数，对A：（1）前三个括号取，后两个括号取，则，
（2）前三个括号取，后两个括号取，则，
（3）前三个括号取，后两个括号取，则，
（4）前三个括号取，后两个括号取，则，故x4的系数为16，A正确；
对B：令，则，故B正确，
对C：前三个括号取，后两个括号取，则，故C错误，
对D：（1）前三个括号取，后两个括号取，则，
（2）前三个括号取，后两个括号取，则，
（3）前三个括号取，后两个括号取，则，
故x2的系数为12，故D错误，故选：AB.
10．（2022·全国·高三专题练习）已知，下列命题中，正确的是（ ）
A．展开式中所有项的二项式系数的和为； B．展开式中所有奇次项系数的和为；
C．展开式中所有偶次项系数的和为； D．.
【答案】ACD
【分析】由二项式定理知的所有项的二项式系数和为，分别令、，再将所得作和差处理，求奇偶次项的系数和，根据通项，即可求，进而判断各选项的正误.
【详解】A：由二项式知：，正确；
当时，有，当有，
B：由上，可得，错误；
C：由上，可得，正确；
D：由二项式通项知：，则，，…，，所以，正确.故选：ACD
11．（2021·江苏如皋·高三期中）已知，则（ ）
A．展开式中所有项的系数和为 B．展开式中二项系数最大项为第1010项
C． D．
【答案】AC
【分析】逐一验证，对A，代入即可；对B，计算即可；对C，分别令，，代入计算即可;对D，两边求导即可得到结果.
【详解】当时，，展开式中所有项的系数和为，A对.
展开式中第项二项式系数，，则，∴.
展开式中第1011和1012项二项式系数最大，B错.，
令，则，令，则，∴，C对.
对等式两边求导，，
，∴，D错.故选：AC
12．（2021·江苏南京·一模）设，下列恒等式正确的为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】由二项式定理可得，令即可判断A；
对式子两边求导后，令即可判断B；对B中式子两边同乘后再求导，令即可判断C，对C中式子两边同乘后再求导，令即可判断D.
【详解】解：由二项式定理可得，令可得
，所以，A不正确；
对二项式定理式子两边求导可得，
令可得，故B正确；
由B知，两边同乘可得
，两边求导可得
，
令可得，C正确；
由C可得，两边同乘可得,
，两边求导可得，
，令可得
，D不正确；故选:BC.
【点睛】本题的关键是结合二项式定理和导数的思想，通过代入进行判断.
13．（2021·江苏泰州·模拟预测）已知下列说法正确的是（ ）
A．设，则数列的前项的和为 B．
C．=() D．为等比数列
【答案】AD
【分析】对A，为项系数，即每个括号中只有一个括号取，其余都取1，则；对B，为项系数，有2个括号取，其余取1；对C，即为的系数，仅有1个括号取1，其余取，；对D，求出公式即可判断.
【详解】对A，为项系数，即每个括号中只有一个括号取，其余都取1，
则，，故A正确；
对B，为项系数，有2个括号取，其余取1，
则
，故B错误；
对C，即为的系数，仅有1个括号取1，其余取，
则，故C错误；
对D，，，
为首项，公比的等比数列，故D正确.故选：AD.
【点睛】解决本题的关键是正确理解不同项所需和1的个数.
14．（2021·全国·高三专题练习）甲､乙两人进行围棋比赛，共比赛局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为.如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为，则（ ）
A． B．
C． D．的最大值为
【答案】BC
【分析】由题设可得，又，可得，结合各选项即可判断正误.
【详解】由题意知：要使甲赢得比赛，则甲至少赢局，，而，∴，故C正确；
A： ，错误；B：，正确；
D：当时，，由A知，显然的最大值不是，错误.故选：BC
【点睛】由题设得到，利用二项式各项系数和的性质求.
15．（2021·河北承德·二模）同余关系是数论中的重要概念，在我国南北朝时期的著作《孙子算经》中就对同余除法有了较深的研究.设a，b，m为正整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为.则下列选项中正确的是（ ）
A．若，，则
B．
C．若，，则
D．若，则，
【答案】AD
【分析】A：根据绝对值的性质，结合已知的定义进行判断即可；
B：运用二项式定理进行判断即可；C：根据已知通过数学运算计算判断即可；
D：根据已知结合二项式定理进行判断即可.
【详解】A：若，则或，故，故A正确；
B：因为，所以218被3除得的余数为1，563除得的余数为2，故B错误；C：由得，由，得，
，ab被m除得的余数为2，而被m除得余数为3，故C错误；
D：若，则，，
，
，所以，故D正确，
故选：AD.
【点睛】读懂同余关系的定义，并转化为数学式子是解题的关键.
16．（2021·江苏·金陵中学高三开学考试）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现，于是留下遗言：他死后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，若，则（ ）
A．的展开式中的常数项是 B．的展开式中的各项系数之和为
C．的展开式中的二项式系数最大值是 D．，其中为虚数单位
【答案】BC
【分析】设内切球的半径为，由圆柱和球的体积和表面积公式可求得，进而得到；
对于A，利用二项式定理得到展开式通项，令可求得，代入得到常数项，知A错误；
对于B，采用赋值法，令可得各项系数和，知B正确；
对于C，由二项式系数性质知最大值为，知C正确；对于D，根据复数的运算可知D错误.
【详解】设内切球的半径为，则圆柱的高为，
，，则，；
对于A，展开式通项公式为：，
令，解得：，展开式的常数项为，A错误；
对于B，，即展开式的各项系数之和为，B正确；
对于C，展开式中二项式系数最大值为，C正确；
对于D，，D错误.故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题以立体几何的知识为载体，重点考查了二项式定理的知识，解题关键是能够利用球和圆柱的表面积及体积公式确定二项展开式的表达式.
17．（2021·辽宁·模拟预测）某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是（ ）
A．若1班不再分配名额，则共有种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外学生参加，则共有种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
【答案】BD
【分析】对于AB，将20个名额分给n个班，且每个班至少有一个名额，相当于在20个物体的19个空中，选个位置分隔，用插空法；对于CD，利用分类相加计数原理，即可得到.
【详解】对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据插空法，有种分配方法，故A错误；
对于B，若1班有除劳动模范之外学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据插空法，有种分配方法，故B正确；
对于CD，若每个班至少3人参加，相当于16个名额被占用，还有4个名额需要分到6个班级，分5类：①4个名额到一个班，有6种；②一个班3个名额，一个班1个名额，有种；③两个班都是2个名额，有种；④两个班1个名额，一个班2个名额，有；⑤四个班都是1个名额，有种，则共有126种，故C错误，D正确.故选：BD.
【点睛】本题主要考查排列的应用，属于中档题，常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
18．（2021·江苏盐城·二模）已知，设，其中则（ ）
A． B．
C．若，则 D．
【答案】AC
【分析】根据二项式定理判断A，利用组合数公式结合二项式定理判断B，设是中最大项，列不等式组，求解后判断C，举反例判断D．
【详解】A． ，A正确；
B．，
所以
（除非），B错；
C．设是中最大项，，即，
注意到，，又，
不等式组可解为，所以，所以，C正确；
D．例如时，，，
，D错误．故选：AC．
【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项式定理是解题关键．处理方法：（1）组合数的变形公式，（2）求二项展开式中最大项（或最小项）的方法，设第项是，可设第项最大，则有，解此不等式可得．
三、填空题
19．（2021·湖南·长郡中学模拟预测）算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一.算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠.例如，在十位档拨上一颗上珠和两颗下珠，个位档拨上四颗下珠，则表示数字74，若在个､十､百､千位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机选择两个不同档位各拨一颗上珠，则所表示的数字大于300的概率为___________
【答案】
【分析】先分析所有表示的数的种数，然后考虑所表示的数不大于的种数：①下珠在个、十位档上、②下珠在百位档上，根据种数相除即可求解出数字不大于的概率，则所表示的数字大于的概率可求.
【详解】由题意，在个､十､百､千位档中随机选择一档拨上一颗下珠，
再随机选择两个不同档位各拨一颗上珠，共有种，
①当在个､十位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机从个､十位两个不同档位各拨一颗上珠时，得到的数字不大于300，有种；
②当在百位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机从个､十位两个不同档位各拨一颗上珠时，得到的数字不大于300，有种；所以所拨数字大于300的概率为，故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于理解每个位档上一个算珠所表示的数字大小以及“正难则反”思想的运用，利用排列组合的思想先分析数字小于的种数，最后结合古典概型的概率计算方法完成求解.
20．（2021·湖北·汉阳一中模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊5个人分到，，三个班，要求每班至少一人，则甲不在班的分法种数有______.
【答案】100
【分析】根据甲自己去一个班、甲和其他四人中一人去一个班，甲和其他四人中二人去一个班进行分类讨论进行求解即可.
【详解】根据题意有以下三类情况：
1、甲单独去一个班，则有种方法，剩下四人就分两组去剩下的二个班，
（1）每班都有2人，则有种方法；
（2）一班1人，一班3人，则有种方法，
因此甲单独去一个班，共有种方法；
2、甲和剩下4人中其中一人去一个班，则有种方法，
剩下的3人分两组分别去剩下的2个班，则有种方法，
因此甲和剩下4人中其中一人去一个班，共有种方法；
3、甲和剩下4人中其中二人去一个班，则有种方法，
因此剩下的2人去剩下的2个班，共有种方法，
所以甲和剩下4人中其中二人去一个班共有，
所以甲不在班的分法种数有种方法，故答案为：100
21．（2021·浙江·模拟预测）设，则___________，的最小值是___________.
【答案】
【分析】将等式左边的式子展开，后和右边的式子对应后列出方程，再根据代换及基本不等式即可解答.
【详解】
所以有（可知），
所以，，
（当时等号成立），故最小值为.故答案为：；.
22．（2021·重庆·模拟预测）设，则的展开式中第______项最大．
【答案】30
【分析】设第项最大，建立不等式组，求解可得答案.
【详解】解：设第项最大，则,
即，所以，解得，所以,
故的展开式中第30项最大． 故答案为：30.
【点睛】易错点睛：求解本题时，易在求出后，认为第29项即为所求，要注意通项是的展开式的第项，而不是第r项．
23．（2022·上海·高三专题练习）考查等式：(*)，其中，且.某同学用概率论方法证明等式(*)如下：设一批产品共有件，其中件是次品，其余为正品.现从中随机取出件产品，记事件{取到的件产品中恰有件次品}，则，，1，2，…，.显然，，…，为互斥事件，且(必然事件)，因此，所以，即等式(*)成立.对此，有的同学认为上述证明是正确的，体现了偶然性与必然性的统一；但有的同学对上述证明方法的科学性与严谨性提出质疑.现有以下四个判断：①等式(*)成立，②等式(*)不成立，③证明正确，④证明不正确，试写出所有正确判断的序号___________.
【答案】①③
【分析】构造概率模型，从中随机取出件产品，记事件{取到的产品中恰有件次品}，利用古典概型概率公式求得其概率，根据，，…，为互斥事件，且(必然事件)，即可判断.
【详解】设一批产品共有件，其中件是次品，其余件为正品.
现从中随机取出件产品，记事件{取到的产品中恰有件次品}，
则取到的产品中恰有件次品共有种情况，
从中随机取出件产品，共有种情况，，1，…，，概率为，，1，…，.
∵，，…，为互斥事件，且(必然事件)，
因此，
所以，即等式(*)成立.从而可知正确的序号为：①③.答案：①③.
【点睛】关键点点睛：本题以概率为依托，证明组合中的等式问题，解题的关键是构造概率模型，利用古典概型的概率公式求概率，题目新颖.
24．（2021·安徽·亳州二中高二期末）如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G，H八个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段上的点颜色不同，则不同的涂色方法有___________种.
【答案】
【分析】分涂4种，3种或2种颜色，再分别计算涂色的方法种数.
【详解】①对涂4种颜色，对于剩下的各剩2种颜色，且相邻的都含一种颜色是相同的，即当某个点取一种颜色时，其他点的颜色是确定的，那么共有2种情况，共有种，
②对涂3种颜色，对于从4种颜色中取3种，即，从这3种颜色中取1种来作重复的一种，即，再对这四种颜色进行排列，重复的那种只能在对角，有2个对角，再对其他不重复的2种进行排列，即对于剩下的同①一样，各剩2个颜色，当其中一点取一种颜色时，其他点颜色是确定的，共有2种，故共有种，
③涂2种颜色，则选2种颜色，涂在对角位置，有种方法，共2种颜色，故共有种方法，所以一共有种方法.故答案为：
【点睛】本题考查排列，组合，计数原理的综合应用，本题的关键是正确分类的涂色方法种数，并且先涂，再涂.
四、解答题
25．（2021·福建·模拟预测）班级里共有名学生，其中有，，．已知，，中任意两人均为朋友，且三人中每人均与班级里中超过一半的学生为朋友．若对于某三个人，他们当中任意两人均为朋友，则称他们组成一个“朋友圈”．（1）求班级里朋友圈个数的最大值．（2）求班级里朋友圈个数的最小值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）利用组合数可求；（2）利用容斥原理可求.
【详解】（1）当班级中的任意3人中，任意两个人都是朋友时，班级里朋友圈个数的最大，
此时.
（2）当时，，
当时，，，中的每个人都至少与班级的3个同学是好朋友，故4人彼此是好朋友，故，
当时，记为班级中除去且与是朋友的同学的集合，为班级中除去且与是朋友的同学的集合，为班级中除去且与是朋友的同学的集合，
若，由题设可知，、、中的元素的个数不小于，余下同学记为：，集合中元素的个数记为，
因为余下人数为，由容斥原理可得
，
所以，
即，故此时，
考虑一种特殊情况：，
此时朋友圈个数为，故.
若，由题设可知，、、中的元素的个数不小于，余下同学记为：，集合中元素的个数记为，
因为余下人数为，由容斥原理可得
，
所以，
即，故此时，
考虑一种特殊情况：，
此时朋友圈个数为，故.
综上，.
26．（2021·湖北·襄阳四中一模）杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中出现了杨辉三角.在欧洲，帕斯卡在年也发现了这一规律，所以这个表又叫做帕斯卡三角形.杨辉三角是中国古代数学的杰出研究成果之一，它把二项式系数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中体现出来，是一种离散型的数与形的结合.
（1）记杨辉三角的前行所有数之和为，求的通项公式；
（2）在杨辉三角中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；（3）已知、为正整数，且.求证：任何四个相邻的组合数、、、不能构成等差数列
【答案】（1）；（2）存在，第行；（3）证明见解析.
【分析】（1）计算出杨辉三角第行的个数的和为，利用等比数列的求和公式可求得；
（2）根据，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由此可得出结论；
（3）假设存在、，使得、、、成等差数列，可得出，，根据组合数公式可得出，根据二项式系数的性质可得出结论.
【详解】（1）由二项式定理的性质，杨辉三角第行的个数的和为：，
；
（2）杨辉三角形的第行由二项式系数，、、、、组成.
如果第行中有，，
那么，，解这个联立方程组，得，.
即第行有三个相邻的数、、的比为；
（3）若有、，使得、、、成等差数列，
则，，
即，
.
所以有，
，
经整理得到，.
两式相减可得，
而由二项式系数的性质可知，
这与、、、成等差数列矛盾，所以原命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查二项式系数的应用，解题的关键在于根据已知条件结合组合数的定义列等式求解.
27．（2020·江苏·滨海县八滩中学二模）已知，其中，，，.
（1）试求，，的值；（2）试猜测关于的表达式，并证明你的结论.
【答案】（1），（2）
【详解】（1）根据对应以及组合数公式展开化简得，，的值；（2）从阶乘角度猜想关于的表达式，证明时注意利用性质及进行转化：配凑成归纳假设的条件.
试题解析：解：（1） ；
；
.
（2）猜想：.
而 ， ，所以.
用数学归纳法证明结论成立.
①当时，，所以结论成立.
②假设当时， .
当时，
（*）
由归纳假设知（*）式等于 .
所以当时，结论也成立.
综合①②，成立.
28．（2021·江苏·扬州市江都区大桥高级中学高三阶段练习）设，，其中．（1）当时，求的值；（2）对，证明：恒为定值．
【答案】（1）1（2）1
【解析】分析：（1）当时可得，可得.（2）先得到关系式，累乘可得，从而可得，即为定值．
详解：（1）当时，，
又，所以.
（2）
即，由累乘可得，
又，所以．即恒为定值1．
点睛：本题考查组合数的有关运算，解题时要注意所给出的的定义，并结合组合数公式求解．由于运算量较大，解题时要注意运算的准确性，避免出现错误．
29．（2021·江苏·泰州中学模拟预测）（1）已知：及，（，，．求；（结果用，表示）（2）已知，．猜想的表达式并用数学归纳法证明你的结论．
【答案】（1）或，；（2）猜想，证明见解析.
【分析】（1）根据组合数的性质以及组合数公式证明即可；
（2）根据，的值猜想出，再由数学归纳法证明即可.
【详解】（1），可得或；
解得；
（2），
猜想
下面用数学归纳法证明：
①时，猜想成立；
②假设时猜想成立
即
则时，由及得
又
则
即
则，则猜想成立．
由①②知．
【点睛】本题主要考查了组合公式以及性质的应用，利用数学归纳法证明恒等式，属于中档题.
热点11 计数原理
从新高考考查情况来看，排列组合与二项式定理是新高考命题的热点，主要考查分类、分步计数原理的应用，排列与组合的综合应用，分组分配问题等，二项展开式的通项、二项式系数、特定项的系数、系数和问题、最值问题、参数问题等，一般以选择题和填空题的形式出现，难度中等．主要考查学生的转化与化归、分类讨论思想，数学运算和逻辑推理等核心素养．
1、求二项式系数和或各项的系数和的解题技巧：
（1）形如(ax＋b)n，(ax2＋bx＋c)m(a，b，c∈R)的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令x＝1即可．
（2）对形如(ax＋by)n(a，b∈R)的式子求其展开式各项系数之和，只需令x＝y＝1即可．
（3）若f(x)＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f(x)展开式中各项系数之和为f(1)，
奇数项系数之和为a0＋a2＋a4＋…＝，
偶数项系数之和为a1＋a3＋a5＋…＝.
2、解决排列问题的常见方法：
（1）“在”与“不在”的有限制条件的排列问题，既可以从元素入手，也可以从位置入手，原则是谁“特殊”谁优先.不管是从元素考虑还是从位置考虑，都要贯彻到底，不能既考虑元素又考虑位置.
（2）解决相邻问题的方法是“捆绑法”，即把相邻元素看作一个整体和其他元素一起排列，同时要注意捆绑元素的内部排列.
（3）解决不相邻问题的方法是“插空法”，即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当中.
（4）对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列.
（5）若某些问题从正面考虑比较复杂，可从其反面入手，即采用“间接法”.
3、解决组合问题的常见方法：
组合问题的限制条件主要体现在取出的元素中“含”或“不含”某些元素，在解答时可用直接法，也可用间接法.用直接法求解时，要注意合理地分类或分步；用间接法求解时，要注意题目中“至少”“至多”等关键词的含义，做到不重不漏。
热点1. 以实际情景为背景的排列组合问题
主要以接近生活的实际情况为主，多以选择或填空为主。主要考查分类、分步计数原理的应用，突出分类讨论思想、转化化归思想的应用，问题情景的设置越来越接近生活,能否将实际问题合理、正确地转化成排列组合问题，是解决这类试题的关键。
热点2. 二项式定理及相关运用
二项式定理是中学数学的重要组成部分，高考中二项式定理是考点之一，二项式定理的应用在高考中一般以选择题和填空题的形式出现,难度不大。
A卷（建议用时60分钟）
一、单选题
1．（2021·河北衡水中学模拟预测）在2020中俄高加索联合军演的某一项演练中，中方参加演习的有5艘军舰，4架飞机；俄方有3艘军舰，6架飞机．若从中、俄两方中各选出2个单位（1架飞机或一艘军舰都作为一个单位，所有的军舰两两不同，所有的飞机两两不同），且选出的四个单位中恰有一架飞机的不同选法共有（ ）
A．51种 B．224种 C．240种 D．336种
【答案】C
【分析】按中方选一架飞机或俄方选一架飞机分类讨论，每类再分步选择即可得．
【详解】不同的选法有：（种）．故选：C．
2．（2021·湖北·模拟预测）某校的6名高二学生打算参加学校组织的“篮球队”“微电影社团”“棋艺社”“美术社”“合唱团”5个社团，若每名同学必须参加且只能参加1个社团，每个社团至多2人参加，则这6人中至多有1人参加“微电影社团”的不同参加方法种数为（ ）
A．1140 B．3600 C．5040 D．6840
【答案】C
【分析】分两类：一类是有1人参加“微电影社团”，则从6人中选1人参加该社团，其余5人参加剩下4个社团，人数安排有和两种情况；一类是无人参加“微电影社团”，则6人参加剩下4个社团，人数安排有和两种情况，进而结合两个计数原理即可求出结果.
【详解】可分两类：第一类，若有1人参加“微电影社团”，则从6人中选1人参加该社团，其余5人参加剩下4个社团，人数安排有和两种情况，所以不同的参加方法种数为；第二类，若无人参加“微电影社团”，则6人参加剩下4个社团，人数安排有和两种情况，所以不同的参加方法种数为．故不同的参加方法种数为，
故选：C．
3．（2021·江苏·南京市中华中学高三期中）已知的二项展开式中第3项与第10项的二项式系数相等，则展开式中含的系数为（ ）
A． B．31 C． D．220
【答案】D
【分析】根据题意可得，求出展开式即可得出.
【详解】的展开式的通项为，
由题可得第3项与第10项的二项式系数相等，则，所以，
则展开式中含的系数为.故选：D.
4.（2021·江苏常州·高三期中）已知，则（ ）
A．-2 B．-1 C．0 D．2
【答案】B
【分析】根据题意，分别令和，代入计算即可求解.
【详解】根据题意，令，得，令，得，
因此.故选：B.
5．（2021·江苏·南京师大附中高三期中）2021年初，某市因新冠疫情面临医务人员不足和医疗物资紧缺等诸多困难，全国各地志愿者纷纷驰援．现有5名医生志愿者需要分配到两家医院(每人去一家医院，每家医院至少去1人)，则共有（ ）
A．12种 B．30种 C．18种 D．15种
【答案】B
【分析】根据题意，先将5名医生志愿者分为两组，再将分成的两组，安排的两家不用的医院，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】由题意，现有5名医生志愿者需要分配到两家医院(每人去一家医院，每家医院至少去1人)，
可按两步分析：（1）可先将5名医生志愿者分为2组，由两种可能的分法:
①一组4人，一组1人，共有种不同的分组方法；
②一组3人，一组2人，共有种不同的分组方法，
（2）再将分成的两组，安排两家医院，结合分步计数原理，共有种不同的安排方式.故选：B.
6．（2021·江苏海安·高三期中）“冰墩墩”是2022年北京冬奥会吉祥物，在冬奥特许商品中，已知一款“冰墩墩”盲盒外包装上标注隐藏款抽中的概率为，出厂时每箱装有6个盲盒．小明买了一箱该款盲盒，他抽中k(0≤k≤6，k∈N)个隐藏款的概率最大，则k的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】由题意可得小明抽中个隐藏款的概率为，进而可得，解不等式组即可求出结果.
【详解】由题意可得小明抽中个隐藏款的概率为，其中，
要使得最大，只需要最大，则，即，则，
又因为，则，故选：B.
7．（2021·山东省济南市莱芜第一中学高三期中）已知正整数，若的展开式中不含x5的项，则n的值为（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C
【分析】根据题意要使展开式中不含项，即展开式中项和项的系数和为0，建立方程进行求解即可．
【详解】解：展开式的通项公式为，则展开式中项的系数为，项的系数为，
，要使展开式中不含的项，
，即，
即，又，所以，故选：C．
8．（2021·福建·莆田二中高三期中）现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，提出如下的“四色问题”：要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的染色方案有（ ）
A．18种 B．36种 C．48种 D．72种
【答案】D
【分析】分别求解选用4种颜色和3种颜色，不同的染色方案，综合即可得答案.
【详解】若选择4种颜色，则前后侧面或左右侧面用1种颜色，其他3个面，用3种颜色，有种；
若选择3种颜色，则前后侧面用1种颜色，左右侧面用1种颜色，底面不同色，所以有种，
综上，不同的染色方案有种.故选：D
9．（2021·浙江·慈溪中学高三期中）用数字、、组成五位数，且数字、、至少都出现一次，这样的五位数共有（ ）个
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，采用排除法，首先计算不考虑重复与否的全部情况数目，进而计算出其中不符合条件的只有个数字和只含有个数字的情况数目，进而由全部情况数目减去不符合条件的情况数目，即可得解.
【详解】首先考虑全部的情况，即每个数位均有种选择，共有个，
其中包含数字全部相同只有种情况，还有只含有个数字的共有个，
因此，满足条件的五位数的个数为个.故选：B.
10．（2021·河北·唐山市第十中学高三期中）若，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知条件可知为展开式中的系数，利用二项式定理及组合数的性质即可得出答案.
【详解】解：由已知条件可知为展开式中的系数，
则
.故选：C.
11．（2021·湖南·模拟预测）某体育彩票规定：从01至36共36个号中选出7个作为一注，每注2元．某人想从01至10中选3个连续的号，从11至20中选2个连续的号，从21至30中选1个号，从31至36中选1个号组成一注，若这人想把满足这种特殊要求的号买全，则他要花的钱数为（ ）
A．3360 B．6720元 C．4320元 D．8640元
【答案】D
【分析】分三步，第一步先从01至10中选3个连续的号，再从11至20中选2个连续的号，然后从21至30中选1个号，最后从31至36中选1个号，由分步乘法计数原理求解.
【详解】从01至10中选3个连续的号共有8种选法；从11至20中选2个连续的号共有9种选法；
从21至30中选1个号共有10种选法；从31至36中选1个号共有6种选法，
所以共有种选法，要花元．故选：D
12．（2022·上海·高三专题练习）算筹是在珠算发明以前我国独创并且有效的计算工具，为我国古代数学的发展做出了很大贡献.在算筹计数法中，以“纵式”和“横式”两种方式来表示数字，如图：
表示多位数时，个位用纵式，十位用横式，百位用纵式，千位用横式，以此类推，遇零则置空，如图；
如果把5根算筹以适当的方式全部放入下面的表格中，那么可以表示的三位数的个数为（ ）
A．46 B．44 C．42 D．40
【答案】B
【分析】按每一位算筹的根数分类，列举出所有的情况，根据根或根以上的算筹可以表示两个数字，计算出每种情况下所表示的三位数的个数，利用分类加法计数原理可得结果.
【详解】按每一位算筹的根数分类一共有种情况，分别为、、、、、、、、、、、、、、，
根或根以上的算筹可以表示两个数字，运用分步乘法计数原理，得上面情况能表示的三位数字个数分别为：、、、、、、、、、、、、、、，
根据分类加法计数原理，得根算筹能表示的三位数字个数为：
.故选：B.
13．（2021·重庆市杨家坪中学模拟预测）在二项式（x﹣2y）6的展开式中，设二项式系数和为A，各项系数和为B，x的奇次幂项的系数和为C，则＝（ ）
A．﹣ B． C．﹣ D．
【答案】A
【分析】根据二项式的性质求得A，用特值法可求得B， C，再计算即可
【详解】在二项式（x﹣2y）6的展开式中，二项式系数和A＝26＝64，
令x＝y＝1，得各项系数和B＝（﹣1）6＝1，
令f（x）＝（x﹣2）6，得x的奇次幂项的系数和C＝＝＝﹣364，
所以＝﹣＝﹣．故选：A．
二、多选题
14．（2021·辽宁丹东·高三期末）对于二项式，以下判断正确的有（ ）
A．存在，展开式中有常数项 B．对任意，展开式中没有常数项
C．对任意，展开式中没有x的一次项 D．存在，展开式中有x的一次项
【答案】AD
【分析】利用展开式的通项公式依次对选项进行分析，得到答案．
【详解】设二项式展开式的通项公式为，则，
不妨令，则时，展开式中有常数项，故答案A正确，答案B错误；
令，则时，展开式中有的一次项，故C答案错误，D答案正确．故选：AD
15．（2021·湖北襄阳·高三期末）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【分析】设，利用赋值法可判断各选项的正误.
【详解】设，
对于A选项，，A对；对于BC选项，，
所以，，，B错，C对；对于D选项，，D对.故选：ACD.
16．（2021·山西大附中模拟预测）关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ）
A．各项系数之和为1 B．各项系数的绝对值之和为212
C．存在常数项 D．x3的系数为40
【答案】BCD
【分析】令，可以判断A； 多项式的展开式各项系数的绝对值之和与多项式的展开式各项系数之和相等,可判断选项B；利用通项公式可判断C，D.
【详解】由题意令可得，各项系数之和为26，故A错误；
多项式的展开式各项系数的绝对值之和与多项式的展开式各项系数之和相等，故令，得各项系数的绝对值之和为212，故B正确；
由，易知该多项式的展开式中一定存在常数项，故C正确；由题中的多项式可知，若出现x3，可能的组合只有和，结合排列组合的性质可得x3的系数为，故D正确.故选：BCD.
17．（2021·海南·三模）从，，，，，中任取三个不同的数组成一个三位数，则在所有组成的数中（ ）
A．奇数有个 B．包含数字的数有个
C．个位和百位数字之和为的数有个 D．能被整除的数有个
【答案】AD
【分析】对于A，先排好个位数，再排十位和百位，故可求排列数，故可判断A的正误.对于B，可从余下的5个数中选择两个，再全排列后可得所求的排列数，故可判断B的正误.对于C，可就个位、百位的数字分类讨论，从而可得所求的排列数，故可判断C的正误；
对于D，可根据各数字之和为3的倍数分类讨论后可得所求的排列数，故可判断D的正误.
【详解】对于A，先从，，中任取一个数放在个位，再任取两个数放在十位和百位，一共有个，故正确；对于B，先从以外的数中任取个，对个数全排列，一共有个，故错误；
对于C，个位和百位的数可以是，，顺序可以交换，再从剩下的数中任选一个放在十位上，所以一共有个，故错误；
对于D，要使组成的数能被整除，则各位数之和为的倍数，取出的数有，，，，，，，，共种情况，所以组成的能被整除的数有个，故正确．
故选：AD.
三、填空题
18．（2021·浙江·台州一中高三期中）已知的展开式中各项系数的和为，则________，该展开式中常数项为_____________.
【答案】
【分析】利用赋值法，令，可得各项系数和，进而可得的值，再利用通项公式求得特定项.
【详解】令，可得，即，解得，
，
又的通项，，且，
故该展开式中常数项为：，故答案为：，.
19．（2022·浙江·模拟预测）已知多项式，则___________，___________.
【答案】4 -81
【分析】结合二项式的展开式的通项公式分别求出和的各项系数进而可以求出结果.
【详解】结合二项式的展开式的通项公式可知：
的展开式的通项公式为，则的系数为；
的展开式的通项公式为，则的系数为；因此；
则中的系数为；则中的系数为；因此；
则中的系数为；则中的系数为；因此；
则中的系数为；则中的系数为；因此；
则中的系数为；则中的系数为；因此；
则中的系数为 ；因此；
则故答案为：.
20．（2021·全国·高三专题练习）有3个少数民族地区，每个地区需要一各支医医生和两名支教教师，现将3名支医医生（1男2女）和6名支教教师（3男3女）分配到这3地区去工作，
（1）要求每个地区至少有一名男性，则共有________种不同分配方案；
（2）要求每个地区至少有一名女性，则共有________种不同分配方案．
【答案】324 432
【分析】（1）使用间接法求解，先计算对立事件至少有一个地区全是女性的分配方案，再计算所有分配方案即可求解问题；（2）使用间接法求解，先计算对立事件至少有一个地区全是男性的分配方案，再用总方案相减即可求解结果．
【详解】（1）要求每个地区至少有一名男性的对立事件是至少有一个地区全是女性的分配方案有，
每个地区需要一各支医医生和两名支教教师的总分配方案有
所以要求每个地区至少有一名男性的分配方案有；
（2）有一个地区全是男性的分配方案有
所以要求每个地区至少有一名女性的分配方案有．故答案为：324，432
【点睛】组合问题常有以下两类题型变化：(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取；
(2)“至少”或“最多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．
21．（2021·河北邯郸·高三期末）2021年7月下旬河南省多地遭遇了暴雨洪涝灾害，社会各界众志成城支援河南，邯郸市某单位组织4辆救援车随机前往河南省的A，B，C三个城市运送物资，则每个城市都至少安排一辆救援车的概率为______．
【答案】
【分析】求出总共的安排方式和每个城市都至少安排一辆车的情况即可求出.
【详解】四辆车前往三个城市安排方式有种，每个城市都至少安排一辆车共种，
因此每个城市都至少安排一辆救援车的概率为．故答案为：.
22．（2021·浙江·模拟预测）我们想把9张写着1~9的卡片放入三个不同盒子中，满足每个盒子中都有3张卡片，且存在两个盒子中卡片的数字之和相等，则不同的放法有___________种.
【答案】198
【分析】首先列出至少有两个卡片之和相等的盒子的情况，然后利用全排列即可求解.
【详解】由题意可知，设存在的这两个盒子中卡片的数字之和相等，设其相等的和为．
当时，共有1种情况，即；
当时，共有3种情况，即，，{(1，5，6)，(2，3，7)}；
当时，共有5种情况，即，，，，；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有2种情况，即，
；
当时，共有7种情况，即，，，，，，；
当时，共有5种情况，即，，，，{(1，7，9)，(3，6，8)}；
当时，共有2种情况，即，；
当x＝19时，共有1种情况，即{(3，7，9)，(5，6，8)}；
综上所述，共有1＋3＋5＋7＋2＋7＋5＋2＋1＝33(种)情况，
∴不同的放法共有：种．故答案为：198．
23．（2021·全国·模拟预测）中国体育彩票坚持“公益体彩乐善人生”公益理念，为支持中国体育事业发展做出了贡献，其中“大乐透”是群众特别喜欢购买的一种体育彩票，其规则是从前区1到35的号码中选5个，后区1到12的号码中选2个组成一注彩票.其中复式玩法允许从前区选5个以上，后区选2个以上号码，那么从前区1到35的号码中选7个号码，从后区1到12的号码中选3个，组成的彩票注数为___________.
【答案】63
【分析】由题意分两步，第一步从前区所选7个号码中任选5个号码，第二步从后区所选3个号码中任选2个号码，再由由分步计数乘法原理求解.
【详解】第一步从前区所选7个号码中任选5个号码有（种）情况，
第二步从后区所选3个号码中任选2个号码有（种）情况，
由分步计数乘法原理，组成的彩票注数为（注）.故答案为：63
24．（2021·重庆市杨家坪中学模拟预测）2020年初，我国突发新冠肺炎疫情．面对“突发灾难”，举国上下一心，克服困难积极复工，复产，复学．复学后，通过心理问卷调查，发现某校高三年级有6位学生心理问题凸显，需要心理老师干预．已知该校高三年级有三位心理老师，每位心理老师至少安排一位学生，至多安排三位学生，问共有_________种心理辅导安排方法．
【答案】450
【分析】根据题意，分2步进行分析：①将6位学生分为3组，②将分好的3组安排给3个老师进行心理辅导，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：
将6位学生分为3组，若每组2人，有种分组方法，若一组3人，一组2人，最后1组1人，有种分组方法，则有15+60＝75种分组方法，②将分好的3组安排给3个老师进行心理辅导，有种情况，则有75×6＝450种安排方法，故答案为：450．
25．（2021·广东实验中学模拟预测）展开式的项数为___________.
【答案】17
【分析】把转化为，利用二项式定理展开,可得通项为：，对分别取值进行计算，求出所有含的次数，即可求出结果.
【详解】，展开式通项为：．
通过通项可知：中含的次数为0；中含的次数为、；中含的次数为2、0、-2；
中含的次数为3、1、-1、-3；中含的次数为4、2、0、-2、-4‘；中含的次数为5、3、1、-1、-3、-5；中含的次数为6、4、2、-2、-4、-6；中含的次数为7、5、3、1、-1、-3、-5、-7；
中含的次数为8、6、4、2、0、-2、-4、-6、-8．
由上可知：展开式含的次数为8、7、6、5、4、3、2、1、0、-1、-2、-3、-4、-5、-6、-7、-8；
故展开式的项数为17项．故答案为：17.
四、解答题
26．（2021·江苏如东·高三期中）已知的展开式中，第4项的系数与倒数第4项的系数之比为.
（1）求展开式中所有项的系数和与二项式系数和；
（2）将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率.
【答案】（1）系数和为：2187，二项式系数和为：128；（2）
【分析】（1）根据题意先求出m，令x=1求出系数和，由求出二项式系数和；
（2）根据题意求出有理项项数，进而利用插空法求得答案.
（1）由题意，，所以展开式中所有项的系数和为：，二项式系数和为：.
（2）展开式的第项为，展开式一共有8项，当时为有理项，所以由插空法得有理项不相邻的概率为：.
B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·福建·厦门外国语学校模拟预测）武汉疫情爆发后，某医院抽调3名医生，5名护士支援武汉的三家医院，规定每家医院医生一名，护士至少一名，则不同的安排方案有（ ）
A．900种 B．1200种 C．1460种 D．1820种
【答案】A
【分析】结合分步计数原理以及全排列和部分平均分组问题即可求出结果.
【详解】解：根据题意，分2步进行分析：
①将3名医生安排到三家医院，有种安排方法，
②将5名护士分为3组，安排到三家医院，有种安排方法，
则有种不同的安排方案，故选：A.
2．（2021·山东菏泽·二模）已知正整数n≥7，若的展开式中不含x5的项，则n的值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】D
【分析】结合二项式的展开式，求出的项的系数，根据题意建立方程，解方程即可求出结果.
【详解】的二项展开式中第k+1项为
又因为的展开式不含的项
所以 即所以，故选：D.
3．（2021·广东·模拟预测）某单位在春节七天的假期间要安排值班表，该单位有值班领导3人，值班员工4人，要求每位值班领导至少值两天班，每位值班员工至少值一天班，每天要安排一位值班领导和一位值班员工一起值班，且一人值多天班时要相邻的安排方案有（ ）
A．249种 B．498种 C．1052种 D．8640种
【答案】D
【分析】先安排值班领导：选1位值班领导值三天班，则安排3位领导值班共有种方案.再安排值班员工：分4名员工中有1名员工值四天班，其他员工各值一天班；1名员工值两天班，另一名员工值三天班，剩余2名员工各值一天班； 3名员工各值两天班，1名员工值一天班，三种情况分别得出方案数，再根据分步乘法原理可得选项.
【详解】解：先安排值班领导：选1位值班领导值三天班，则安排3位领导值班共有(种)方案.
再安排值班员工：若4名员工中有1名员工值四天班，其他员工各值一天班，则有(种)选法；
若1名员工值两天班，另一名员工值三天班，剩余2名员工各值一天班，则有(种)选法；
若3名员工各值两天班，1名员工值一天班，则有(种)选法，
故安排4名员工值班共有(种)方案.
因此，该单位在春节七天的假期间值班表安排方案共有(种).故选：D.
4．（2021·全国·高三专题练习）四色定理(Fourcolortheorem)又称四色猜想，是世界近代三大数学难题之一.它是于年由毕业于伦敦大学的格斯里(FrancisGuthrie)提出来的，其内容是“任何一张地图只用四种颜色就能使具有共同边界的国家着上不同的颜色”四色问题的证明进程缓慢，直到年，美国数学家运用电子计算机证明了四色定理.某校数学兴趣小组在研究给四棱锥的各个面涂颜色时，提出如下的“四色问题”：要求相邻面（含公共棱的平面）不得使用同一颜色，现有种颜色可供选择，那么不同的涂法有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【分析】先确定底面的涂色种数，然后依次确定侧面、平面的涂色方法种数，对侧面与侧面的所涂颜色是否相同进行分类讨论，确定侧面的涂色方法种数，利用分步和分类计数原理可得结果.
【详解】如下图所示：
底面的涂色有种选择，侧面有种选择，侧面有2种选择.
①若侧面与侧面所涂颜色相同，则侧面有种选择；
②若侧面与侧面所涂颜色不同，则侧面有种选择，侧面有种选择.
综上所述，不同的涂法种数为种.故选：B.
5．（2021·全国·高三专题练习）英因数学家泰勒(B.Taylor，1685-1731)以发现泰勒公式和泰勒级数闻名于世.由泰勒公式，我们能得到(其中为自然对数的底数，，)，其拉格朗日余项是.可以看出，右边的项用得越多，计算得到的的近似值也就越精确.若近似地表示的泰勒公式的拉格朗日余项，不超过时，正整数的最小值是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【分析】根据题意建立不等式，利用验证的方式求解即可.
【详解】依题意得，即，，，所以的最小值是6.故选：B
6．（2021·吉林松原·高三阶段练习）“五一”小长假期间，某学生会组织看望留守老人活动，现安排，，，，，，G，H共8名学生的小组去看望甲，乙，丙，丁四位留守老人，小组决定两名学生看望一位老人，考虑到学生与老人住址距离问题，学生不安排看望老人甲，学生不安排看望老人乙，则安排方法共有（ ）
A．1260种 B．2520种 C．1440种 D．1890种
【答案】C
【分析】利用组合计数，结合乘法计数原理求得每两位学生看望一位老人的总安排方法数，以及A看望老人甲、B看望老人乙的情况和看望老人甲同时B看望老人乙的方法种数，然后利用集合的元素个数的容斥原理计算可得所求.
【详解】8名学生看望四位老人，每两位学生看望一位老人共有种安排方法，
其中A看望老人甲的情况有种；B看望老人乙的情况有种；
A看望老人甲，同时B看望老人乙的情况有种，
符合题意的安排方法有种，故选：C.
【点睛】本题考查组合应用问题，关键是从正面计算，并利用集合的容斥原理求解.
二、多选题
7．（2021·江苏如皋·高三期末）已知的二项式展开式中二项式系数之和为64，则下列结论正确的是（ ）
A．二项展开式中无常数项 B．二项展开式中倒数第5项为
C．二项展开式中各项系数之和为 D．二项展开式中二项式系数最大的项为
【答案】CD
【分析】先利用二项式展开式中二项式系数之和为64，可求出的值，从而可求出二项式展开式的通项公式，然后逐个分析判断即可
【详解】解：因为的二项式展开式中二项式系数之和为64，所以，解得，
所以的二项式展开式的通项公式为，
对于A，当，得，所以展开式的第5项为常数项，所以A错误；
对于B，二项式展开式中倒数第5项为二项式展开式的第3项，即，所以B错误；
对于C，令，则得，所以二项展开式中各项系数之和为，所以C正确；
对于D，二项展开式中二项式系数最大的项为第4项，即为，所以D正确，故选：CD
8．（2021·辽宁实验中学二模）十七世纪至十八世纪的德国数学家莱布尼兹是世界上第一个提出二进制记数法的人，用二进制记数只需数字0和1，对于整数可理解为逢二进，例如：自然数1在二进制中就表示为1，2表示为10，3表示为11，7表示为111，即，，其中，或，记为上述表示中0的个数，如，．则下列说法中正确的是（ ）．
A． B．
C． D．1到127这些自然数的二进制表示中的自然数有35个
【答案】ABD
【分析】根据二进制计数法逐个分析选项即可.
【详解】对于选项A：∵，∴12表示为1100，∴，
∵，∴18表示为10010，∴，∴，故选项A正确，
对于选项B：∵，∴转化为二进制后末尾必为0，
又∵，∴转化为二进制后末尾必为1，∴，故选项B正确，
对于选项C：当时，，，∵，，∴，故选项C错误，
对于选项D：当时，有1个，当时，有个，当时，有个，当时，有个，
当时，有个，则一共有个，故选项D正确，故选：ABD．
9．（2021·湖南·模拟预测）在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．x4的系数为16 B．各项系数和为108 C．无x5项 D．x2的系数为8
【答案】AB
【分析】结合二项式定理以及组合逐项分析排除即可.
【详解】因为，
用数字表示的次数，对A：（1）前三个括号取，后两个括号取，则，
（2）前三个括号取，后两个括号取，则，
（3）前三个括号取，后两个括号取，则，
（4）前三个括号取，后两个括号取，则，故x4的系数为16，A正确；
对B：令，则，故B正确，
对C：前三个括号取，后两个括号取，则，故C错误，
对D：（1）前三个括号取，后两个括号取，则，
（2）前三个括号取，后两个括号取，则，
（3）前三个括号取，后两个括号取，则，
故x2的系数为12，故D错误，故选：AB.
10．（2022·全国·高三专题练习）已知，下列命题中，正确的是（ ）
A．展开式中所有项的二项式系数的和为； B．展开式中所有奇次项系数的和为；
C．展开式中所有偶次项系数的和为； D．.
【答案】ACD
【分析】由二项式定理知的所有项的二项式系数和为，分别令、，再将所得作和差处理，求奇偶次项的系数和，根据通项，即可求，进而判断各选项的正误.
【详解】A：由二项式知：，正确；
当时，有，当有，
B：由上，可得，错误；
C：由上，可得，正确；
D：由二项式通项知：，则，，…，，所以，正确.故选：ACD
11．（2021·江苏如皋·高三期中）已知，则（ ）
A．展开式中所有项的系数和为 B．展开式中二项系数最大项为第1010项
C． D．
【答案】AC
【分析】逐一验证，对A，代入即可；对B，计算即可；对C，分别令，，代入计算即可;对D，两边求导即可得到结果.
【详解】当时，，展开式中所有项的系数和为，A对.
展开式中第项二项式系数，，则，∴.
展开式中第1011和1012项二项式系数最大，B错.，
令，则，令，则，∴，C对.
对等式两边求导，，
，∴，D错.故选：AC
12．（2021·江苏南京·一模）设，下列恒等式正确的为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【分析】由二项式定理可得，令即可判断A；
对式子两边求导后，令即可判断B；对B中式子两边同乘后再求导，令即可判断C，对C中式子两边同乘后再求导，令即可判断D.
【详解】解：由二项式定理可得，令可得
，所以，A不正确；
对二项式定理式子两边求导可得，
令可得，故B正确；
由B知，两边同乘可得
，两边求导可得
，
令可得，C正确；
由C可得，两边同乘可得,
，两边求导可得，
，令可得
，D不正确；故选:BC.
【点睛】本题的关键是结合二项式定理和导数的思想，通过代入进行判断.
13．（2021·江苏泰州·模拟预测）已知下列说法正确的是（ ）
A．设，则数列的前项的和为 B．
C．=() D．为等比数列
【答案】AD
【分析】对A，为项系数，即每个括号中只有一个括号取，其余都取1，则；对B，为项系数，有2个括号取，其余取1；对C，即为的系数，仅有1个括号取1，其余取，；对D，求出公式即可判断.
【详解】对A，为项系数，即每个括号中只有一个括号取，其余都取1，
则，，故A正确；
对B，为项系数，有2个括号取，其余取1，
则
，故B错误；
对C，即为的系数，仅有1个括号取1，其余取，
则，故C错误；
对D，，，
为首项，公比的等比数列，故D正确.故选：AD.
【点睛】解决本题的关键是正确理解不同项所需和1的个数.
14．（2021·全国·高三专题练习）甲､乙两人进行围棋比赛，共比赛局，且每局甲获胜的概率和乙获胜的概率均为.如果某人获胜的局数多于另一人，则此人赢得比赛.记甲赢得比赛的概率为，则（ ）
A． B．
C． D．的最大值为
【答案】BC
【分析】由题设可得，又，可得，结合各选项即可判断正误.
【详解】由题意知：要使甲赢得比赛，则甲至少赢局，，而，∴，故C正确；
A： ，错误；B：，正确；
D：当时，，由A知，显然的最大值不是，错误.故选：BC
【点睛】由题设得到，利用二项式各项系数和的性质求.
15．（2021·河北承德·二模）同余关系是数论中的重要概念，在我国南北朝时期的著作《孙子算经》中就对同余除法有了较深的研究.设a，b，m为正整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为.则下列选项中正确的是（ ）
A．若，，则
B．
C．若，，则
D．若，则，
【答案】AD
【分析】A：根据绝对值的性质，结合已知的定义进行判断即可；
B：运用二项式定理进行判断即可；C：根据已知通过数学运算计算判断即可；
D：根据已知结合二项式定理进行判断即可.
【详解】A：若，则或，故，故A正确；
B：因为，所以218被3除得的余数为1，563除得的余数为2，故B错误；C：由得，由，得，
，ab被m除得的余数为2，而被m除得余数为3，故C错误；
D：若，则，，
，
，所以，故D正确，
故选：AD.
【点睛】读懂同余关系的定义，并转化为数学式子是解题的关键.
16．（2021·江苏·金陵中学高三开学考试）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.这是因为阿基米德认为这个“圆柱容球”是他最为得意的发现，于是留下遗言：他死后，墓碑上要刻上一个“圆柱容球”的几何图形.设圆柱的体积与球的体积之比为，圆柱的表面积与球的表面积之比为，若，则（ ）
A．的展开式中的常数项是 B．的展开式中的各项系数之和为
C．的展开式中的二项式系数最大值是 D．，其中为虚数单位
【答案】BC
【分析】设内切球的半径为，由圆柱和球的体积和表面积公式可求得，进而得到；
对于A，利用二项式定理得到展开式通项，令可求得，代入得到常数项，知A错误；
对于B，采用赋值法，令可得各项系数和，知B正确；
对于C，由二项式系数性质知最大值为，知C正确；对于D，根据复数的运算可知D错误.
【详解】设内切球的半径为，则圆柱的高为，
，，则，；
对于A，展开式通项公式为：，
令，解得：，展开式的常数项为，A错误；
对于B，，即展开式的各项系数之和为，B正确；
对于C，展开式中二项式系数最大值为，C正确；
对于D，，D错误.故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题以立体几何的知识为载体，重点考查了二项式定理的知识，解题关键是能够利用球和圆柱的表面积及体积公式确定二项展开式的表达式.
17．（2021·辽宁·模拟预测）某中学为提升学生劳动意识和社会实践能力，利用周末进社区义务劳动，高三一共6个班，其中只有1班有2个劳动模范，本次义务劳动一共20个名额，劳动模范必须参加并不占名额，每个班都必须有人参加，则下列说法正确的是（ ）
A．若1班不再分配名额，则共有种分配方法
B．若1班有除劳动模范之外学生参加，则共有种分配方法
C．若每个班至少3人参加，则共有90种分配方法
D．若每个班至少3人参加，则共有126种分配方法
【答案】BD
【分析】对于AB，将20个名额分给n个班，且每个班至少有一个名额，相当于在20个物体的19个空中，选个位置分隔，用插空法；对于CD，利用分类相加计数原理，即可得到.
【详解】对于A，若1班不再分配名额，则20个名额分配到5个班级，每个班级至少1个，根据插空法，有种分配方法，故A错误；
对于B，若1班有除劳动模范之外学生参加，则20个名额分配到6个班级，每个班级至少1个，根据插空法，有种分配方法，故B正确；
对于CD，若每个班至少3人参加，相当于16个名额被占用，还有4个名额需要分到6个班级，分5类：①4个名额到一个班，有6种；②一个班3个名额，一个班1个名额，有种；③两个班都是2个名额，有种；④两个班1个名额，一个班2个名额，有；⑤四个班都是1个名额，有种，则共有126种，故C错误，D正确.故选：BD.
【点睛】本题主要考查排列的应用，属于中档题，常见排列数的求法为：（1）相邻问题采取“捆绑法”；（2）不相邻问题采取“插空法”；（3）有限制元素采取“优先法”；（4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数.
18．（2021·江苏盐城·二模）已知，设，其中则（ ）
A． B．
C．若，则 D．
【答案】AC
【分析】根据二项式定理判断A，利用组合数公式结合二项式定理判断B，设是中最大项，列不等式组，求解后判断C，举反例判断D．
【详解】A． ，A正确；
B．，
所以
（除非），B错；
C．设是中最大项，，即，
注意到，，又，
不等式组可解为，所以，所以，C正确；
D．例如时，，，
，D错误．故选：AC．
【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项式定理是解题关键．处理方法：（1）组合数的变形公式，（2）求二项展开式中最大项（或最小项）的方法，设第项是，可设第项最大，则有，解此不等式可得．
三、填空题
19．（2021·湖南·长郡中学模拟预测）算盘是中国传统的计算工具，其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”，档中横以梁，梁上两珠，每珠作数五，梁下五珠，每珠作数一.算珠梁上部分叫上珠，梁下部分叫下珠.例如，在十位档拨上一颗上珠和两颗下珠，个位档拨上四颗下珠，则表示数字74，若在个､十､百､千位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机选择两个不同档位各拨一颗上珠，则所表示的数字大于300的概率为___________
【答案】
【分析】先分析所有表示的数的种数，然后考虑所表示的数不大于的种数：①下珠在个、十位档上、②下珠在百位档上，根据种数相除即可求解出数字不大于的概率，则所表示的数字大于的概率可求.
【详解】由题意，在个､十､百､千位档中随机选择一档拨上一颗下珠，
再随机选择两个不同档位各拨一颗上珠，共有种，
①当在个､十位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机从个､十位两个不同档位各拨一颗上珠时，得到的数字不大于300，有种；
②当在百位档中随机选择一档拨上一颗下珠，再随机从个､十位两个不同档位各拨一颗上珠时，得到的数字不大于300，有种；所以所拨数字大于300的概率为，故答案为：.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于理解每个位档上一个算珠所表示的数字大小以及“正难则反”思想的运用，利用排列组合的思想先分析数字小于的种数，最后结合古典概型的概率计算方法完成求解.
20．（2021·湖北·汉阳一中模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊5个人分到，，三个班，要求每班至少一人，则甲不在班的分法种数有______.
【答案】100
【分析】根据甲自己去一个班、甲和其他四人中一人去一个班，甲和其他四人中二人去一个班进行分类讨论进行求解即可.
【详解】根据题意有以下三类情况：
1、甲单独去一个班，则有种方法，剩下四人就分两组去剩下的二个班，
（1）每班都有2人，则有种方法；
（2）一班1人，一班3人，则有种方法，
因此甲单独去一个班，共有种方法；
2、甲和剩下4人中其中一人去一个班，则有种方法，
剩下的3人分两组分别去剩下的2个班，则有种方法，
因此甲和剩下4人中其中一人去一个班，共有种方法；
3、甲和剩下4人中其中二人去一个班，则有种方法，
因此剩下的2人去剩下的2个班，共有种方法，
所以甲和剩下4人中其中二人去一个班共有，
所以甲不在班的分法种数有种方法，故答案为：100
21．（2021·浙江·模拟预测）设，则___________，的最小值是___________.
【答案】
【分析】将等式左边的式子展开，后和右边的式子对应后列出方程，再根据代换及基本不等式即可解答.
【详解】
所以有（可知），
所以，，
（当时等号成立），故最小值为.故答案为：；.
22．（2021·重庆·模拟预测）设，则的展开式中第______项最大．
【答案】30
【分析】设第项最大，建立不等式组，求解可得答案.
【详解】解：设第项最大，则,
即，所以，解得，所以,
故的展开式中第30项最大． 故答案为：30.
【点睛】易错点睛：求解本题时，易在求出后，认为第29项即为所求，要注意通项是的展开式的第项，而不是第r项．
23．（2022·上海·高三专题练习）考查等式：(*)，其中，且.某同学用概率论方法证明等式(*)如下：设一批产品共有件，其中件是次品，其余为正品.现从中随机取出件产品，记事件{取到的件产品中恰有件次品}，则，，1，2，…，.显然，，…，为互斥事件，且(必然事件)，因此，所以，即等式(*)成立.对此，有的同学认为上述证明是正确的，体现了偶然性与必然性的统一；但有的同学对上述证明方法的科学性与严谨性提出质疑.现有以下四个判断：①等式(*)成立，②等式(*)不成立，③证明正确，④证明不正确，试写出所有正确判断的序号___________.
【答案】①③
【分析】构造概率模型，从中随机取出件产品，记事件{取到的产品中恰有件次品}，利用古典概型概率公式求得其概率，根据，，…，为互斥事件，且(必然事件)，即可判断.
【详解】设一批产品共有件，其中件是次品，其余件为正品.
现从中随机取出件产品，记事件{取到的产品中恰有件次品}，
则取到的产品中恰有件次品共有种情况，
从中随机取出件产品，共有种情况，，1，…，，概率为，，1，…，.
∵，，…，为互斥事件，且(必然事件)，
因此，
所以，即等式(*)成立.从而可知正确的序号为：①③.答案：①③.
【点睛】关键点点睛：本题以概率为依托，证明组合中的等式问题，解题的关键是构造概率模型，利用古典概型的概率公式求概率，题目新颖.
24．（2021·安徽·亳州二中高二期末）如图，用四种不同颜色给图中的A，B，C，D，E，F，G，H八个点涂色，要求每个点涂一种颜色，且图中每条线段上的点颜色不同，则不同的涂色方法有___________种.
【答案】
【分析】分涂4种，3种或2种颜色，再分别计算涂色的方法种数.
【详解】①对涂4种颜色，对于剩下的各剩2种颜色，且相邻的都含一种颜色是相同的，即当某个点取一种颜色时，其他点的颜色是确定的，那么共有2种情况，共有种，
②对涂3种颜色，对于从4种颜色中取3种，即，从这3种颜色中取1种来作重复的一种，即，再对这四种颜色进行排列，重复的那种只能在对角，有2个对角，再对其他不重复的2种进行排列，即对于剩下的同①一样，各剩2个颜色，当其中一点取一种颜色时，其他点颜色是确定的，共有2种，故共有种，
③涂2种颜色，则选2种颜色，涂在对角位置，有种方法，共2种颜色，故共有种方法，所以一共有种方法.故答案为：
【点睛】本题考查排列，组合，计数原理的综合应用，本题的关键是正确分类的涂色方法种数，并且先涂，再涂.
四、解答题
25．（2021·福建·模拟预测）班级里共有名学生，其中有，，．已知，，中任意两人均为朋友，且三人中每人均与班级里中超过一半的学生为朋友．若对于某三个人，他们当中任意两人均为朋友，则称他们组成一个“朋友圈”．（1）求班级里朋友圈个数的最大值．（2）求班级里朋友圈个数的最小值．
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）利用组合数可求；（2）利用容斥原理可求.
【详解】（1）当班级中的任意3人中，任意两个人都是朋友时，班级里朋友圈个数的最大，
此时.
（2）当时，，
当时，，，中的每个人都至少与班级的3个同学是好朋友，故4人彼此是好朋友，故，
当时，记为班级中除去且与是朋友的同学的集合，为班级中除去且与是朋友的同学的集合，为班级中除去且与是朋友的同学的集合，
若，由题设可知，、、中的元素的个数不小于，余下同学记为：，集合中元素的个数记为，
因为余下人数为，由容斥原理可得
，
所以，
即，故此时，
考虑一种特殊情况：，
此时朋友圈个数为，故.
若，由题设可知，、、中的元素的个数不小于，余下同学记为：，集合中元素的个数记为，
因为余下人数为，由容斥原理可得
，
所以，
即，故此时，
考虑一种特殊情况：，
此时朋友圈个数为，故.
综上，.
26．（2021·湖北·襄阳四中一模）杨辉三角，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中出现了杨辉三角.在欧洲，帕斯卡在年也发现了这一规律，所以这个表又叫做帕斯卡三角形.杨辉三角是中国古代数学的杰出研究成果之一，它把二项式系数图形化，把组合数内在的一些代数性质直观地从图形中体现出来，是一种离散型的数与形的结合.
（1）记杨辉三角的前行所有数之和为，求的通项公式；
（2）在杨辉三角中是否存在某一行，且该行中三个相邻的数之比为？若存在，试求出是第几行；若不存在，请说明理由；（3）已知、为正整数，且.求证：任何四个相邻的组合数、、、不能构成等差数列
【答案】（1）；（2）存在，第行；（3）证明见解析.
【分析】（1）计算出杨辉三角第行的个数的和为，利用等比数列的求和公式可求得；
（2）根据，可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由此可得出结论；
（3）假设存在、，使得、、、成等差数列，可得出，，根据组合数公式可得出，根据二项式系数的性质可得出结论.
【详解】（1）由二项式定理的性质，杨辉三角第行的个数的和为：，
；
（2）杨辉三角形的第行由二项式系数，、、、、组成.
如果第行中有，，
那么，，解这个联立方程组，得，.
即第行有三个相邻的数、、的比为；
（3）若有、，使得、、、成等差数列，
则，，
即，
.
所以有，
，
经整理得到，.
两式相减可得，
而由二项式系数的性质可知，
这与、、、成等差数列矛盾，所以原命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查二项式系数的应用，解题的关键在于根据已知条件结合组合数的定义列等式求解.
27．（2020·江苏·滨海县八滩中学二模）已知，其中，，，.
（1）试求，，的值；（2）试猜测关于的表达式，并证明你的结论.
【答案】（1），（2）
【详解】（1）根据对应以及组合数公式展开化简得，，的值；（2）从阶乘角度猜想关于的表达式，证明时注意利用性质及进行转化：配凑成归纳假设的条件.
试题解析：解：（1） ；
；
.
（2）猜想：.
而 ， ，所以.
用数学归纳法证明结论成立.
①当时，，所以结论成立.
②假设当时， .
当时，
（*）
由归纳假设知（*）式等于 .
所以当时，结论也成立.
综合①②，成立.
28．（2021·江苏·扬州市江都区大桥高级中学高三阶段练习）设，，其中．（1）当时，求的值；（2）对，证明：恒为定值．
【答案】（1）1（2）1
【解析】分析：（1）当时可得，可得.（2）先得到关系式，累乘可得，从而可得，即为定值．
详解：（1）当时，，
又，所以.
（2）
即，由累乘可得，
又，所以．即恒为定值1．
点睛：本题考查组合数的有关运算，解题时要注意所给出的的定义，并结合组合数公式求解．由于运算量较大，解题时要注意运算的准确性，避免出现错误．
29．（2021·江苏·泰州中学模拟预测）（1）已知：及，（，，．求；（结果用，表示）（2）已知，．猜想的表达式并用数学归纳法证明你的结论．
【答案】（1）或，；（2）猜想，证明见解析.
【分析】（1）根据组合数的性质以及组合数公式证明即可；
（2）根据，的值猜想出，再由数学归纳法证明即可.
【详解】（1），可得或；
解得；
（2），
猜想
下面用数学归纳法证明：
①时，猜想成立；
②假设时猜想成立
即
则时，由及得
又
则
即
则，则猜想成立．
由①②知．
【点睛】本题主要考查了组合公式以及性质的应用，利用数学归纳法证明恒等式，属于中档题.
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