单元复习07 计数原理【过习题】（分级培优练）- 2022-2023学年高二数学单元复习（苏教版2019选择性必修第二册）

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单元复习07 计数原理

一、单选题
1．已知，则可表示不同的值的个数为（    ）
A．8 B．9 C．10 D．12
【答案】B
【分析】对的值一一列举即可得到答案.
【详解】因为，
所以时，；
时，；
时，；
时，；
时，；
时，；
时，；
时，；
时，；
一共有9个不同结果.
故选：B
2．一个架子上有8本书，每次至少拿出1本，拿完为止，则一共有几种拿法（    ）
A．108 B．120 C．128 D．144
【答案】C
【分析】分8种情况求解，然后利用分类加法原理求解即可
【详解】解：1次拿完，有种，
2次拿完，相当于8本书分2堆，有种，
3次拿完，相当于8本书分3堆，有种，
4次拿完，相当于8本书分4堆，有种，
5次拿完，相当于8本书分5堆，有种，
6次拿完，相当于8本书分6堆，有种，
7次拿完，相当于8本书分7堆，有种，
8次拿完，相当于8本书一本一本拿，有种，
由分类加法原理可得共有
种，
故选：C
3．祖冲、刘辉、米德、牛敦、高师、欧啦六个人到A、B、C三个地点接种新冠疫苗，每个地点去两人，祖冲不去A点，刘辉去B点，不同的分配方法种数是（    ）
A．12 B．18 C．24 D．30
【答案】B
【分析】根据题意，祖冲不去A点，则分两种情况讨论：①祖冲去B点，②祖冲去C点，然后利用分类加法原理求解即可
【详解】解：根据题意，祖冲不去A点，则祖冲去B点或C点，
分2种情况讨论：
①祖冲去B点，将剩下4人安排在A、C点即可，有种安排方法，
②祖冲去C点，在剩下4人选出2人，安排在A点，其余2人分别安排在B、C点，有种安排方法，
则有种安排方法，
故选：B
4．已知，则x的取值为（    ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【分析】利用组合数的性质求解即可.
【详解】
根据组合数的性质
或  
解得， 选项A正确，选项BCD错误.
故选：A.
5．七名同学站成一排照毕业留念照，其中甲必须站在正中间，并且乙、丙两位同学要站在一起，则不同的排法有（    ）
A．240种 B．192种 C．120种 D．96种
【答案】B
【分析】先确定甲站在正中间，然后分乙、丙都在甲的左手边和乙、丙都在甲的右手边计数，最后利用分类加法计数原理求排法总数.
【详解】由题知，当甲站在正中间，其左右各有3个位置，
若乙、丙两位同学站在一起且都在甲的左手边，则其余4个位置的人站法可按全排列计算，
有种，
若乙、丙两位同学站在一起且都在甲的右手边，则其余4个位置的人站法可按全排列计算，
有种，
由分类加法计数原理知，共有种排法.
故选：B.
6．将0，1，2，3，4，5这6个数组成无重复数字的五位偶数的个数为（    ）
A．360 B．312 C．264 D．288
【答案】B
【分析】根据题意，按五位偶数的个位数字是否为0，分两种情况进行讨论，结合加法计数原理即可求出结果.
【详解】根据题意，分两种情况讨论：
①0排在五位数的个位，在剩下5个数中任取4个，安排在前4位，有种；
②0不排在五位数的个位，则五位数的个位可以是2或者4，首位数字有4种选择，在剩下4个数字中任取3个，安排在中间三位，有种，共有种，
则一共有种，
故选：B.

二、多选题
7．对于关于下列排列组合数，结论正确的是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】利用排列数、组合数公式对各选项逐一计算判断作答.
【详解】对于A，由组合数的性质知，成立，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，因，因此成立，C正确；
对于D，因，即不成立，D不正确.
故选：ABC
8．现有不同的黄球5个，黑球6个，蓝球4个，则下列说法正确的是（    ）
A．从中任选1个球，有15种不同的选法
B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法
C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法
D．若要不放回地选出任意的2个球，有240种不同的选法
【答案】AB
【分析】根据分类加法计数原理即可判断A；
根据分步乘法计数原理即可判断B；
首先按颜色分三类“黄，黑”，“黄，蓝”，“黑，蓝”，再进行各类分步选择，即可判断C；
根据分步乘法计数原理即可判断D.
【详解】解：对于A，从中任选1个球，共有种不同的选法，故A正确；
对于B，每种颜色选出1个球，可分步从每种颜色分别选择，共有种不同的选法，故B正确；
对于C，若要选出不同颜色的2个球，首先按颜色分三类“黄，黑”，“黄，蓝”，“黑，蓝”，再进行各类分步选择，共有种不同的选法，故C错误；
对于D，若要不放回地选出任意的2个球，直接分步计算，共有种不同的选法，故D错误．
故选：AB．
9．甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的是（    ）
A．如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有24种
B．最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有42种
C．甲乙不相邻的排法种数为72种
D．甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有20种
【答案】ABCD
【分析】对于A利用捆绑法可求，对于B分成甲在左和乙在左两类进行排列，对于C采用插空法求解，对于D按定序问题即解.
【详解】对于A，如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，可将甲乙捆绑看成一个元素，则不同的排法有种，故正确，
对于B，最左端排甲时，有种不同的排法，最左端排乙时，最右端不能排甲，则有种不同的排法，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有24+18=42种,故正确，
对于C，因为甲乙不相邻，先排甲乙以外的三人，再让甲乙插空，则有种，故正确，
对于D，甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，故正确．
故选：ABCD．

三、填空题
10．已知，则正整数___________.
【答案】6
【分析】根据组合数和排列数的运算即可求得答案.
【详解】由题意，，得.
故答案为：6.
11．3个学生和3个老师共6个人站成一排照相，有且仅有两个老师相邻，则不同站法的种数是_______（结果用数字表示）．
【答案】
【分析】根据题意，分3步进行分析：①将3个老师分成2组，并考虑2人的一组的2人之间的顺序;②将剩余的3个学生全排列，形成有4个空位；③在4个空位中任选2个安排3个老师分成的两个组，分别求出每一步的情况数目，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，分3步进行分析：
①将3个老师分成2组，有种分组方法，将2人的一组看成一个元素，考虑2人之间的顺序，有种情况；
②将剩余的3个学生全排列，有种排法，排好后，有4个空位；
③在4个空位中任选2个，安排3个老师分成的两个组，有种方法，
则6人站成一排照相，3个老师中有且只有两个老师相邻的站法有种.
故答案为：.
12．将学号为1~6的六名大学生全部安排到4所中学教育实习，若每所中学都有大学生教育实习，且学号为1，2的两名学生要安排在同一所中学，学号为5，6的两名学生不能安排在同一所中学，则不同的安排方法共有______种.
【答案】216
【分析】利用分步乘法计数原理，先求出第一步将六名大学生分成4组，要求1、2在同一组，5、6不在同一组的方法，再求出将分好的四组全排列，分配到4所中学的方法，最后相乘即可.
【详解】第一步，将六名大学生分成4组，要求1，2在同一组，5，6不在同一组，
若分为3，1，1，1的四组，1，2必须在3人组，有种分组方法，
若分为2，2，1，1的四组，1，2必须在两人组，有种分组方法，
则一共有5+4=9种分组方法；
第二步，将分好的四组全排列，分配到4所中学，有种.
故总的分配方法有种.
故答案为：216

四、解答题
13．书架的第1层放有4本不同的计算机书，第2层放有3本不同的文艺书，第3层放有2本不同的体育书.
(1)从书架上任取1本书，有多少种不同取法？
(2)从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，有多少种不同取法？
【答案】(1)9
(2)24

【分析】（1）利用分类相加计数原理即可得解；
（2）利用分步相乘计数原理即可得解.
(1)
从书架上任取1本书，有三类方案：
第1类，从第1层取1本计算机书，有4种方法；
第2类，从第2层取1本文艺书，有3种方法；
第3类，从第3层取1本体育书，有2种方法.
根据分类加法计数原理，不同取法的种数为.
(2)
从书架的第1层、第2层、第3层各取1本书，可以分三步完成：
第1步，从第1层取1本计算机书，有4种方法；
第2步，从第2层取1本文艺书，有3种方法；
第3步，从第3层取1本体育书，有2种方法.
根据分步乘法计数原理，不同取法的种数为.
14．（1）用0，2，4，6，8这五个数字可以组成多少个不同且无重复数字的四位数？
（2）将5件不同的礼物分给甲1件，乙､丙各2件，试问有多少种不同的分配方法？
【答案】（1）；（2）种.
【分析】（1）根据分步计数原理，按千位、百位、十位和个位，依次填数，即可求解；
（2）根据分步计数原理，先分给甲1件，再分给乙2件，最后分给丙2件，即可求解.
【详解】（1）第一步，千位数字有4种填法；
第二步，百位数字有4种填法；
第三步，十位数字有3种填法；
第四步，个位数字有2种填法，
故这五个数字可以组成个不同且无重复数字的四位数.
（2）先把1件礼物分给甲，有种方法，
再从剩下的4件礼物中任选2件分给乙，有种方法，最后剩下的2件分给丙，
所以一共有种不同的分配方法.
15．（1）某校运动会上甲、乙、丙、丁四名同学在100m、400m、800m三个项目中选择，每人报一项，共有多少种报名方法？
（2）若甲、乙、丙、丁四名同学选报100m、400m、800m三个项目，每项均有一人报名，且每人至多报一项，共有多少种报名方法？
（3）若甲、乙、丙、丁名同学争夺100m、400m、800m三项冠军，共有多少种可能的结果？
【答案】（1）81种；（2）24种；（3）64种
【分析】（1）利用分步计数原理可求报名方法总数.
（2）利用分步计数原理可求报名方法总数.
（3）利用分步计数原理可求报名方法总数.
【详解】（1）要完成的是“4名同学每人从三个项目中选一项报名”这件事，因为每人必报一项，4人都报完才算完成，所以按人分步，且分为四步，又每人可在三项中选一项，选法为3种，所以共有（种）报名方法．
（2）每项限报一人，且每人至多报一项，因此100m项目有4种选法，400m项目有3种选法，800m项目只有2种选法．根据分步乘法计数原理，可得不同的报名方法有（种）．
（3）要完成的是“三个项目冠军的获取”这件事，因为每项冠军只能有一人获得，三项冠军都有得主，这件事才算完成，所以应以“确定三项冠军得主”为线索进行分步，而每项冠军的得主有4种可能结果，所以共有（种）可能的结果．
16．已知的展开式中二项式系数和为16．
(1)求展开式中二项式系数最大的项；
(2)设展开式中的常数项为p，展开式中所有项系数的和为q，求．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由二项式系数和的性质得出，再由性质求出展开式中二项式系数最大的项；
（2）由通项得出，利用赋值法得出，再求解．
(1)
由题意可得，解得．，展开式中二项式系数最大的项为；
(2)
，其展开式的通项为
，令，得．
∴常数项
令，可得展开式中所有项系数的和为，∴．


一、单选题
1．某学生将语文、数学、英语、物理、化学、生物6科的作业安排在周六、周日完成，要求每天至少完成两科，且数学，物理作业不在同一天完成，则完成作业的不同顺序种数为
A．600 B．812 C．1200 D．1632
【答案】C
【解析】根据特殊元素优先安排的原则，分两类，一天2科，另一天4科或每天各3科.
一天2科，另一天4科的情况：先安排数学、物理，再安排另外4科，先分组再分配，一组1科，一组3科，最后给两个大组分别全排列．每天各3科的情况同理．最后把两种情况相加即可．
【详解】分两类：一天2科，另一天4科或每天各3科.
①第一步，安排数学、物理两科作业，有种方法；，
第二步，安排另4科一组1科，一组3科，有种方法；
第三步，完成各科作业，有种方法，
所以共有种.
②两天各3科，数学、物理两科各一组，另4科每组2科，
第一步，安排数学、物理两科作业，有种方法；
第二步，安排另4科每组2科，有种方法；
第三步，完成各科作业，有种方法，
所以共有种，
综上，共有种.故选C.
【点睛】本题考查分类计数原理，特殊元素优先安排的原则，分类不重不漏，属于基础题．
2．的展开式中，的系数为
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】分析：题中为独立项，所以展开式中含的为，其中中的系数为展开式中与的系数差．最后再将两部分系数相乘即得所求．
详解：由，
得含的项为，
中的项为
系数为
故选B.
点睛：本题考查了二项式定理的应用，多项式展开问题要抓住独立项，以此为简化问题的突破点，从而减少计算和分类讨论的难度.
3．三名男生和三名女生站成一排照相，男生甲与男生乙相邻，且三名女生中恰好有两名女生相邻，则不同的站法共有
A．72种 B．108种 C．36种 D．144种
【答案】D
【分析】根据题意，利用捆绑法和插空法，再利用分布乘法原理，即可求出结果．
【详解】解：先将男生甲与男生乙“捆绑”，有种方法，
再与另一个男生排列，则有种方法，
三名女生任选两名“捆绑”，有种方法，
再将两组女生插空，插入男生3个空位中，则有种方法，
利用分步乘法原理，共有种.
故选：D．
【点睛】本题考查乘法原理的运用和排列知识，还运用了捆绑法和插空法解决相邻和不相邻问题，考查学生分析解决问题的能力．
4．现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（    ）
A．每人都安排一项工作的不同方法数为54
B．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
D．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是
【答案】D
【解析】对于选项 ，每人有4种安排法，故有种；对于选项 ，5名同学中有两人工作相同，先选人再安排；对于选项，先分组再安排；对于选项 ，以司机人数作为分类标准进行讨论即可.
【详解】解：①每人都安排一项工作的不同方法数为，即选项错误，
②每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为，即选项B错误，
③如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为：（），即选项C错误，
④分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊选一人当司机有 ,从余下四人中安排三个岗位，
故有；第二种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊选两人当司机有 ,
从余下三人中安排三个岗位，故有；所以每项工作至少有一人参加，
甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是，
即选项D正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了排列知识的应用.
求解排列问题的六种主要方法:
1.直接法:把符合条件的排列数直接列式计算;
2.优先法:优先安排特殊元素或特殊位置;
3.捆绑法:把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列;
4.插空法:对不相邻问题，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;
5.定序问题除法处理: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;
6.间接法:正难则反、等价转化的方法.

5．设集合，设集合是集合的非空子集，中的最大元素和最小元素之差称为集合的直径. 那么集合所有直径为的子集的元素个数之和为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先考虑最小元素为1，最大元素为72的情况：只有1种情况；且，共有种情况；且，共有种 情况；以此类推……，有1（）种情况.所以，此类满足要求的子集元素个数之和，计算可得：.再思考可以分为等1949类，问题可得解.
【详解】当最小元素为1，最大元素为72时，集合有如下情况：
集合只含2个元素：只有1种情况；
集合含有3个元素：且，共有种情况；
集合含有4个元素：且，共有 种情况；
以此类推……
集合含有72个元素：，有（）种情况.
所以，此类满足要求的子集元素个数之和M为：



①②两式对应项相加，得：


同理可得：所有子集元素个数之和都是，所以集合所有直径为的子集的元素个数之和为.
故选：C
【点睛】本题考查了集合的子集个数和组合数及其计算，考查了分类讨论思想，属于难题.
6．从装有个不同小球的口袋中取出个小球（），共有种取法．在这种取法中，可以视作分为两类：第一类是某指定的小球未被取到，共有种取法；第二类是某指定的小球被取到，共有种取法．显然，即有等式：成立．试根据上述想法，下面式子（其中）应等于
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】分析：从装有个不同小球的口袋中取出个小球（），共有种取法．在这种取法中，可以视作分为两类：第一类是某指定的小球未被取到，第二类是某指定的小球被取到，即有等式：成立，题中的式子表示的是从装有个球中取出个球的不同取法数，从而得到选项.
详解：在中，从第一项到最后一项分别表示：
从装有个白球，个黑球的袋子里，取出个球的所有情况取法总数的和，故答案为从装有个球中取出个球的不同取法数，故选A.
点睛：该题考查的是有关球的取法问题，涉及到的是有关组合数的性质，认真分析题中式子的关系，最后求得结果.

二、多选题
7．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，展开式中没有的一次项
D．存在，展开式中有的一次项
【答案】AD
【解析】求得二项式和的通项公式，得到二项式，展开式的通项为，
分别考察的指数为0，1的情况，进而判定常数项和一次项的系数的存在性.
【详解】解：对于二项式的展开式的通项公式为，，
而的通项公式为，.
对于二项式，展开式的通项为，
未知数的次数为
当时，即，当，，是其中一组解，由于的各项的系数都是正数，故展开式中有常数项，且常数项的系数不为0，故A正确，B错误，
当时，即，当，，是其中一组解，由于的各项的系数都是正数，故展开式中有一次项，且一次项的系数不为0，展开式中有一次项，故D正确，C错误，
故选：AD.
【点睛】本题考查二项展开式的通项，考查分析问题与解决问题的能力，是基础题.关键要熟练掌握二项展开式的通项公式，在中，当x的指数为0时，得到，指数为1时，得到，然后分别求得一组解，再结合其余各项中的系数都是正值，得到常数项和一次项的系数不为零，从而说明既有常数项又有一次项，是解决问题的关键.
8．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】方法点睛：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.

三、填空题
9．某区突发新冠疫情，为抗击疫情，某医院急从甲、乙、丙等9名医务工作者中选6人参加周一到周六的某社区核酸检测任务，每天安排一人，每人只参加一天．现要求甲、乙、丙至少选两人参加．考虑到实际情况，当甲、乙、丙三人都参加时，丙一定得排在甲乙之间，那么不同的安排数为__________．（请算出实际数值）
【答案】
【分析】根据给定条件分两类，再用分步乘法计数原理、排列、组合分类计算作答.
【详解】计算不同的安排数有两类办法：
甲、乙、丙中只选两人，有种选法，再从余下6人中任选4人有选法，
将选取的6人安排到周一到周六有种，因此，共有不同安排种数为，
当甲、乙、丙三人都参加时，从余下6人中任选3人有选法，
周一到周六中取3天安排甲、乙、丙且丙在甲乙之间有种，另3天安排所选3人有种，
共有不同安排数为：，
由分类加法计数原理得：共有不同的安排数为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法)，分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏.
10．如图，我们在第一行填写整数到，在第二行计算第一行相邻两数的和，像在三角（杨辉三角）中那样，如此进行下去，在最后一行我们会得到的整数是______.

【答案】
【分析】将数阵倒置，记第行第个数为，由此可得出所求的数为，且有性质并且，通过结合规律逐项推导得出，利用组合数公式以及二项式定理可得出结果.
【详解】将数阵倒置，计第行第个数为，则倒置后的数阵为：

则有，且有.
，
，
.
依此类推，
，
因此，.
故答案为.
【点睛】本题考查归纳推理，解题的关键在于找出一般规律并借助二项式定理进行计算，考查逻辑推理能力与计算能力，属于难题.

四、解答题
11．将20个完全相同的球放入编号为1，2，3，4，5的五个盒子中．
(1)若要求每个盒子至少放一个球，则一共有多少种放法？
(2)若每个盒子可放任意个球，则一共有多少种放法？
(3)若要求每个盒子放的球的个数不小于其编号数，则一共有多少种放法？
【答案】(1)3876 ；
(2)；
(3)126 ．

【分析】（1）由隔板法知，在19个空隙中放4个板子；（2）在24个空隙中放4个板子；（3）先在1，2，3，4，5的五个盒子中依次放入0，1，2，3，4个球，再将剩余的10个球利用隔板法分为5份.
(1)
把20个球摆好，在中间19个空隙中选择放4个板子，所以一共有种；
(2)
由题意可知，可以出现空盒子，所以把20个球和5个虚拟的球摆好，在中间24个空隙中选择放4个板子，所以一共有种；
(3)
先在编号为1，2，3，4，5的五个盒子中依次放入0，1，2，3，4个球，再只要保证余下的10个球每个盒子至少放一个，把10个球摆好，在中间9个空隙中选择放4个板子，所以一共有种.
12．用，，，，，，组成无重复数字七位数，满足下述条件的七位数各有多少个？
（1）偶数不相邻；
（2）偶数一定在奇数位上；
（3）和之间恰有一个奇数，没有偶数；
（4）三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列.
【答案】（1）1440；（2）576；（3）720；（4）840.
【分析】（1）根据题意，分2步进行分析：①先将4个奇数排好，②排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排3个偶数，由分步计数原理计算可得答案；
（2）根据题意，分2步进行分析：①将3个偶数安排在4个奇数位上，②剩下的4个数字安排在剩下的4个数位上，由分步计数原理计算可得答案；
（3）根据题意，分2步进行分析：①在1和2之间安排一个奇数，考虑1和2的情况，②将三个数字看成一个整体，与其他4个数字全排列，由分步计数原理计算可得答案；
（4）根据题意，分2步进行分析：①在7个数位中任选3个，将三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列，②剩下的4个数字安排在剩下的4个数位上，由分步计数原理计算可得答案．
【详解】解：根据题意，1，2，3，4，5，6，7中，奇数有4个，偶数有3个，
（1）根据题意，分2步进行分析：
①先将4个奇数排好，有种排法，
②排好后，有5个空位可选，在其中任选3个，安排3个偶数，有种排法，
则有个符合题意的七位数；
（2）根据题意，偶数一定在奇数位上，分2步进行分析：
①将3个偶数安排在4个奇数位上，有种排法，
②剩下的4个数字安排在剩下的4个数位上，有种排法，
则有个符合题意的七位数；
（3）根据题意，分2步进行分析：
①在1和2之间安排一个奇数，考虑1和2的情况，有种安排方法，
②将三个数字看成一个整体，与其他4个数字全排列，有种排法，
则有个符合题意的七位数；
（4）根据题意，分2步进行分析：
①在7个数位中任选3个，将三个偶数从左到右按从小到大的顺序排列，有种排法，
②剩下的4个数字安排在剩下的4个数位上，有种排法，
则有个符合题意的七位数．
13．（1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（2）把6个相同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（3）把6个不同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
（4）把6个不同的小球放入4个不同的箱子中，每个箱子都不空，共有多少种放法？
【答案】（1）2；（2）10；（3）65；（4）1560.
【分析】(1)根据条件每个箱子先放一个，确定余下两个小球的放法即为答案；
(2)将6个相同的小球排成一列，利用隔板法求解即得；
(3)把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，求出所有分组方法数即可；
(4)把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，再将每一种分法放入4个不同箱子即可得解.
【详解】（1）把6个相同的小球放入4个相同的箱子中，每个箱子至少放1个小球，每个箱子先放入1个小球，还剩下2个小球，
则余下2个小球放在1个箱子中，或分开放在2个箱子中，
所以共有2种放法；
（2）6个相同的小球放入4个不同的箱子，每个箱子至少放1个小球，将6个相同的小球排成一列，在形成的中间5个空隙中插入3块隔板，
所以不同的放法种数为；
（3）6个不同的小球放入4个相同的箱子，每个箱子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，
每一种分法的4组小球分别放入4个箱子满足要求，一种分组方法即为一种放法，
所以不同的放法种数为；
（4）6个不同的小球放入4个不同的箱子，每个箱子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，
每一种分法的4组小球全排列，得到的每一个排列的4组小球分别放入4个箱子满足要求，
所以不同的放法种数为．
14．对任意，定义+，其中为正整数.
（1）求的值；
（2）探究是否为定值，并证明你的结论；
（3）设，是否存在正整数，使得成等差数列，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1) ,; (2)是定值，答案见解析;(3) 答案见解析.
【分析】(1)由题意求出的值，即可求出的值.
(2)根据，，结合平方差公式即可求出的值.
(3) 假设存在正整数，使得成等差数列，结合等差数列定义可得
，结合已知进行推导，可推出当且仅当时，等号成立，不成立，从而可证明.
【详解】解：(1)由题意知，，
，
所以，
(2)是定值，证明:由题意知，，，
则，
所以.
(3) 假设存在正整数，使得成等差数列，则，
当时，，即，即，因为，
所以，，
整理得，，其中为正整数，，
因为，所以，
当且仅当时等号成立，又，即不成立，即假设不成立，
所以不存在存在正整数，使得成等差数列.
【点睛】关键点睛:
本题第二问应将看作，从而代入已知条件即可求解.

一、单选题
1．（2022·安徽黄山·统考一模）2022年11月30日,神舟十四号字航员陈冬、刘洋、蔡旭哲和神舟十五号宇航员费俊龙、邓清明、张陆顺利“会师太空”,为记录这一历史时刻,他们准备在天河核心舱合影留念.假设6人站成一排,要求神舟十四号三名航天员互不相邻,且神舟十五号三名航天员也互不相邻,则他们的不同站法共有（    ）种
A．72 B．144 C．36 D．108
【答案】A
【分析】不相邻问题进行插空,先将神舟十四号三名航天员全排,再将神舟十五号三名航天员插入,由于神舟十四号三名航天员互不相邻,神舟十四号三名航天员之间有两个空需要有人插入,故将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间即可满足,写出式子,计算结果即可.
【详解】解:由题知,不妨先将神舟十四号三名航天员全排为:,
再将神舟十五号三名航天员插入到神舟十四号三名航天员中,
因为神舟十四号三名航天员互不相邻,
故先将神舟十五号三名航天员中选出两名插到神舟十四号三名航天员中间空出的两个位置上,进行排列:,
最后一位神舟十五号航天员在首和尾中选一个位置站下,共,
故不同站法有:种.
故选:A
2．（2023·重庆·统考一模）2022年8月某市组织应急处置山火救援行动，现从组织好的5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，另外4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，每支志愿团队只能分配到1个项目，且每个项目至少分配1个志愿团队，则不同的分配方案种数为（    ）
A．36 B．81 C．120 D．180
【答案】D
【分析】先从5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，再将4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，最后根据分步乘法原理求解即可.
【详解】先从5支志愿团队中任选1支救援物资接收点服务，有种不同的选派方案，
再将剩下的4支志愿团队分配给“传送物资、砍隔离带、收捡垃圾”三个不同项目，
有种不同的选派方案，
所以，根据分步乘法原理，不同的安排方案有种.
故选：.
3．（2023·全国·模拟预测）展开式的常数项为（    ）
A．1 B．15 C．60 D．76
【答案】D
【分析】将三项式分成两组，用二项式定理展开，再把其中含二项式的项展开，从而求解.
【详解】由
，
其中含有常数项的有，，，
所以常数项为，
故选：.
4．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）某项活动安排了4个节目，每位观众都有6张相同的票，活动结束后将票全部投给喜欢的节目，一位观众最喜欢节目A，准备给该节目至少投3张，剩下的票则随机投给其余的节目，但必须要A节目的得票数是最多的，则4个节目获得该观众的票数情况有（    ）种.
A．150 B．72 C．20 D．17
【答案】D
【分析】对的得票分类讨论，分别求出投票方案数，再根据分类加法计数原理计算可得.
【详解】解：依题意，当得票，则只有种，
当得票，则有种，
当得票，剩下的票可能投给个节目或个节目，则有种，
当得票，剩下的票可能投给个节目或个节目，则有种，
综上可得一共有种情况.
故选：D
5．（2021·天津静海·静海一中校考三模）已知的二项展开式的奇数项二项式系数和为，若，则等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据奇数项二项式系数和公式求出，再利用展开式求.
【详解】的二项展开式的奇数项二项式系数和为64，
，即；
则的通项公式为，
令，则，所以.
故选：B
6．（2011·四川广元·统考一模）2010年广州亚运会结束了，某运动队的7名队员合影留念，计划站成一横排，但甲不站最左端，乙不站最右端，丙不站正中间.则理论上他们的排法有(  )
A．3864种 B．3216种 C．3144种 D．2952种
【答案】B
【分析】根据题意，分3种情况讨论：①、甲在右端，分乙在中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的4个人全排列；②、若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①. ③、若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，分乙在中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的4个人全排列；最后由分类计数原理计算可得答案．
【详解】根据题意，分3种情况讨论：
①、甲在右端，若乙在中间，则丙有5个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，有种情况；
甲在右端，若乙不在中间，则乙还有5个位置可选，此时丙还有4个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置， 有种情况；两种情况合并，共有种情况；
②、若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①. 共有种情况；
③、若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，乙若在中间，则丙有5种排法；乙若不在中间，则乙有4种排法，此时丙有4种排法；最后，将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，共有种情况；
综上，则共有种不同的站法．
故选：B.

二、多选题
7．（2022·江苏扬州·统考模拟预测）已知，则下列说法中正确的有（    ）
A．的展开式中的常数项为84
B．的展开式中不含的项
C．的展开式中的各项系数之和与二项式系数之和相等
D．的展开式中的二项式系数最大的项是第四项和第五项
【答案】AC
【分析】根据二项展开式的通项公式以及二项式系数的性质即可解出．
【详解】因为展开式的通项公式，所以
当，A正确；
当时，，B错误；
的展开式中各项系数和为，二项式系数之和为，C正确；
根据二项式系数的性质可知，最大，所以，的展开式中二项式系数最大的项是第五项和第六项，D错误.
故选：AC.
8．（2022·全国·模拟预测）下列关于多项式的展开式的结论中，正确的是（       ）
A．各项系数之和为 B．各项系数的绝对值之和为
C．不存在项 D．常数项为
【答案】AD
【分析】赋值法判断A、B；根据已知多项式，结合二项式定理判断C、D的正误.
【详解】令得，故A 正确﹔
取多项式，将代入多项式可得，故B错误﹔
由题设，，
若要得到含项，只需个因式中个取，剩下个取，故C错误;
个因式中个取，个取，剩下个取，得
5个因式中个取个取，剩下个取，得，
5个因式中均取，得.
故常数项为，D正确.
故选：AD.

三、填空题
9．（2023·陕西西安·校考模拟预测）某重点高中选派3名男教师和2名女教师去支教，将5人分配到3所学校每所学校至少一人，每人只去一所学校，则两名女教师分到同一所学校的情况种数为________种.
【答案】
【分析】根据每所学校的人数进行分类讨论，由此求得正确答案.
【详解】两名女教师分到同一所学校，
当学校的人数分组为时，其中3人组中2位女教师1位男教师，则方法数有种.
当学校的人数分组为时，其中2位女教师、2位男教师各成一组，则方法数有种.
所以共有种
故答案为：
10．（2023·福建·统考一模）近年来，“剧本杀”门店遍地开花．放假伊始，7名同学相约前往某“剧本杀”门店体验沉浸式角色扮演型剧本游戏，目前店中仅有可供4人组局的剧本，其中A，B角色各1人，C角色2人．已知这7名同学中有4名男生，3名女生，现决定让店主从他们7人中选出4人参加游戏，其余3人观看，要求选出的4人中至少有1名女生，并且A，B角色不可同时为女生．则店主共有__________种选择方式．
【答案】348
【分析】根据题意，按照选出的女生人数进行分类，分别求出每一类的选择种数，然后相加即可求解.
【详解】由题意，根据选出的女生人数进行分类，
第一类：选出1名女生，先从3名女生中选1人，再从四名男生中选3人，然后安排角色，两名男生扮演A，B角色有种，剩余的1名男生和女生扮演C角色，或A，B角色1名男生1名女生，女生先选有，剩下的一个角色从3名男生中选1人，则种，所以共有种，
第二类：选出2名女生，先从3名女生中选2人，再从四名男生中选2人，然后安排角色，两名男生扮演A，B角色有种，剩余的2名女生扮演C角色，或A，B角色1名男生1名女生，选出1名女生先选角色有，剩下的一个角色从2名男生中选1人，则种，所以共有种，
第三类：选出3名女生，从先从3名女生中选3人，再从四名男生中选1人，然后安排角色，A，B角色1名男生1名女生，选出1名女生先选角色有，剩下的一个角色让男生扮演，余下的2名女生扮演角色C，所以共有种，
由分类计数原理可得：店主共有种选择方式，
故答案为：.