专题9.1 计数原理综合【九大题型】（举一反三）（新高考专用）（解析版）2024年高考数学二轮复习

第第页专题9.1计数原理综合【九大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1分类、分步计数原理的应用】 2【题型2涂色问题】 5【题型3元素（位置）有限制的排列问题】 9【题型4相邻、不相邻排列问题】 11【题型5分组分配问题】 13【题型6排列、组合的综合问题】 15【题型7展开式中的特定项或特定项的系数问题】 17【题型8二项式系数和与各项系数的和问题】 18【题型9二项式系数的最值问题】 191、计数原理综合计数原理是高考的热点内容.从近几年的高考情况来看，排列组合问题往往以实际问题为背景，考查排列数、组合数、分类分步计数原理、分组分配等问题，难度不大；二项式定理问题也是高考的热门内容，主要考查二项展开式的通项、展开式的特定项或特定项的系数以及各项系数和等问题，往往以选择题或填空题的形式考查，难度中等，二轮复习时需要加强这方面的练习.【知识点1分类、分步计数原理的应用】1.分类加法计数原理的解题策略分类标准是运用分类加法计数原理的难点所在，应抓住题目中的关键词、关键元素和关键位置.(1)根据题目特点恰当选择一个分类标准；(2)分类时应注意完成这件事情的任何一种方法必须属于某一类，并且分别属于不同种类的两种方法才是不同的方法，不能重复；(3)分类时除了不能交叉重复外，还不能有遗漏.2.分步乘法计数原理的解题策略(1)利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事.(2)分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成.【知识点2排列组合常见问题的分类与解题策略】1.排列应用问题的分类与解法(1)有限制条件的排列问题：对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法.(2)相邻问题：对相邻问题采用捆绑法；相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，注意捆绑元素的内部排列.(3)不相邻问题：不相邻问题采用插空法；先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空档中.(4)定序问题：定序问题有两种求解策略，一是定序倍除法：全部排列后，除以有顺序要求的排列；二是定序排他法：有顺序要求部分只有一种排法，只要把剩下部分排列即可.(5)间接法：正面分类太多从反面入手.(6)多排问题直排法：元素分为多排的排列问题，可以看出一排问题，再分段研究.2.组合问题的分类与解法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“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.3.分组分配问题(1)解题思路：先分组后分配，分组是组合问题，分配是排列问题.(2)分组方法：①完全均匀分组，分组后除以组数的阶乘；②部分均匀分组，有m组元素个数相同，则分组后除以m!；③完全非均匀分组，只要分组即可.(3)分配方法：①相同元素的分配问题，常用“挡板法”；②不同元素的分配问题，利用分步乘法计数原理，先分组后分配；③有限制条件的分配问题，采用分类求解.【知识点3展开式中的通项问题】1.展开式中的通项问题的求解方法：(1)求二项展开式中的特定项，一般是化简通项公式后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k+1，代回通项公式即可.(2)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏；也可利用排列组合的知识求解.(3)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解.【知识点4二项式系数的最值问题】1.二项式系数的最值问题的求法：

二项式系数最大项的确定方法：当n为偶数时，展开式中第项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，展开式中第项和第项的二项式系数最大，最大值为或.【题型1分类、分步计数原理的应用】【例1】（2023·全国·模拟预测）在正方形ABCD的每一个顶点处分别标上1,2,3,4中的某一个数字（可以重复），则顶点A,B处的数字都大于顶点C,D处的数字的标注方法有（

）A．36种 B．48种 C．24种 D．26种【解题思路】按顶点A,B处标注的数字分类讨论，利用分类加法和乘法计数原理即可求解.【解答过程】按顶点A,B处标注的数字分类，有如下几种情况：若A,B处都标注的是4，则C,D处的标注方法有3×3=9（种）；若A,B处都标注的是3，则C,D处的标注方法有2×2=4（种）；若A,B处都标注的是2，则C,D处的标注方法有1种；若A,B处标注的是4和3两个数字，则C,D处的标注方法有2×2=4（种），不同的标注方法共有2×4=8（种）；若A,B处标注的是4和2两个数字，则C,D处的标注方法有1种，不同的标注方法共有2×1=2（种）；若A,B处标注的是3和2两个数字，则C,D处的标注方法有1种，不同的标注方法共有2×1=2（种）.由分类加法计数原理可知，顶点A,B处的数字都大于顶点C,D处的数字的标注方法共有9+4+1+8+2+2=26（种）.故选:D.【变式1-1】（2023·河南·模拟预测）古代中国的太极八卦图是以同圆内的圆心为界，画出形状相同的两个阴阳鱼，阳鱼的头部有个阴眼，阴鱼的头部有个阳眼，表示万物都在相互转化，互相渗透，阴中有阳，阳中有阴，阴阳相合，相生相克，蕴含现代哲学中的矛盾对立统一规律，由八卦模型图可抽象得到正八边形，从该正八边形的8个顶点中任意取出4个构成四边形，其中梯形的个数为（

）A．8 B．16 C．24 D．32【解题思路】利用分类加法原理即可求解.【解答过程】梯形的上、下底平行且不相等，如图，若以AB为底边，则可构成2个梯形，根据对称性可知此类梯形有16个，若以AC为底边，则可构成1个梯形，此类梯形共有8个，所以梯形的个数是16+8=24，故选：C.【变式1-2】（2023·福建泉州·模拟预测）某公园有如图所示A至F共6个座位，现有2个男孩2个女孩要坐下休息，要求相同性别的孩子不坐在同一行也不坐在同一列，则不同的坐法总数为（

）

A．24 B．36C．72 D．81【解题思路】根据题意，先排男生再排女生，由分步计数原理计算可得答案.【解答过程】第一步：排男生，第一个男生在第一行选一个位置有3个位置可选，第二个男生在第二行有2个位置可选，由于两名男生可以互换，故男生的排法有3×2×2=12种，第二步：排女生，若男生选AF，则女生有BD,CD,CE共3种选择，由于女生可以互换，故女生的排法有2×3=6种，根据分步计数原理，共有12×6=72种，故选：C.【变式1-3】（2023·天津·一模）甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝A，B，C；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝D，E，F；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝G，A，C；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝B，D，H；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝I，C，E，则下列结论正确的是（

）A．最高处的树枝定是G B．最低处的树枝一定是FC．九根树枝从高到低不同的顺序共有33种 D．九根树枝从高到低不同的顺序共有32种【解题思路】由题判断出部分树枝由高到低的顺序为GABCEF，还剩下D，H，I，且树枝I比C高，树枝D在树枝B，E之间，树枝H比D低，根据I的位置不同分类讨论，求得这九根树枝从高到低不同的顺序共33种.【解答过程】由题判断出部分树枝由高到低的顺序为GABCEF，还剩下D，H，I，且树枝I比C高，树枝D在树枝B，E之间，树枝H比D低，最高可能为G或I，最低为F或H，故A、B错误；先看树枝I，有4种可能，若I在B，C之间，则D有3种可能：①D在B，I之间，H有5种可能；②D在I，C之间，H有4种可能；③D在C，E之间，H有3种可能，此时树枝的高低顺序有5+4+3=12（种）.若I不在B，C之间，则I有3种可能，D有2种可能，若D在B，C之间，则H有4种可能，若D在C，E之间，则H有3种可能，此时树枝的高低顺序有3×(4+3)=21（种）可能，故这九根树枝从高到低不同的顺序共有12+故选：C.【题型2涂色问题】【例2】（2023·四川资阳·模拟预测）某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉，要求相邻区域布置的花卉种类不同，且每个区域只布置一种花卉，若有5种不同的花卉可供选择，则不同的布置方案有（

）A．360种 B．420种 C．480种 D．540种【解题思路】利用要求根据区域依次讨论计算即可.【解答过程】如图，先在区域A布置花卉，有5种不同的布置方案，再在区域E布置花卉，有4种不同的布置方案，再在区域D布置花卉，有3种不同的布置方案．若区域B与区域E布置同一种花卉，则区域C有3种不同的布置方案；若区域B与区域E布置不同的花卉，则区域B有2种不同的布置方案，区域C有3种不同的布置方案．故不同的布置方案有5×4×3×3+2×3故选：D.【变式2-1】（2023·山西忻州·模拟预测）春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（

）A．120种 B．240种 C．420种 D．720种【解题思路】先对图中不同的区域命名，再运用分步计数和分类计数的方法从中央开始计数即可.【解答过程】如图，先在A中种植，有5种不同的选择，再在B中种植，有4种不同的选择，再在C中种植，有3种不同的选择，再在D中种植，若D与B种植同一种花卉，则E有3种不同的选择，若D与B种植不同花卉，则D有2种不同的选择，E有2种不同的选择，不同的布置方案有5×4×3×3+2×2故选：C.【变式2-2】（2023·山西·模拟预测）将一个四棱锥P−ABCD的每个顶点涂上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，若只有5种颜色可供使用，则共使用4种颜色的概率为（

）A．27 B．37 C．47【解题思路】分用5种颜色中的多少种颜色去涂色，分情况计算出总的涂色方法种数，然后用古典概型公式计算即可.【解答过程】如图：若将四棱锥P−ABCD的每个顶点涂上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，有5种颜色可供使用，则有以下情况：若5种颜色都使用上，则四棱锥P−ABCD的五个顶点的颜色都不一样，共有A5若只使用5种颜色中的4种，则四棱锥P−ABCD的五个顶点中A与C同色或B与D同色，共有2A5若只使用5种颜色中的3种，则四棱锥P−ABCD的五个顶点中A与C同色且B与D同色，共有A5综上，一共有120+240+60=420种涂色方法，其中共使用4种颜色的涂色方法有240种，则共使用4种颜色的概率P=240故选：C.【变式2-3】（2023·广西南宁·模拟预测）五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有4种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（

）

A．30 B．120 C．150 D．240【解题思路】依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分别确定每个区域的涂色方法种数，结合分类加法分步乘法计数原理可得结果.【解答过程】由题意可知，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），不妨设四种颜色分别为A、B、C、D，先填涂区域“火”，有4种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为A，接下来填涂区域“土”，有3种选择，分别为B、C、D，若区域“土”填涂的颜色为B，则区域“金”填涂的颜色分别为A、C、D；若区域“土”填涂的颜色为C，则区域“金”填涂的颜色分别为A、B、D；若区域“土”填涂的颜色为D，则区域“金”填涂的颜色分别为A、B、C.综上所述，区域“金”填涂A、B、C、D的方案种数分别为3、2、2、2种，接下来考虑区域“水”的填涂方案：若区域“金”填涂的颜色为A，则区域“水”填涂的颜色可为B、C、D；若区域“金”填涂的颜色为B，则区域“水”填涂的颜色可为A、C、D；若区域“金”填涂的颜色为C，则区域“水”填涂的颜色可为A、B、D；若区域“金”填涂的颜色为D，则区域“水”填涂的颜色可为A、B、C.则区域“水”填涂A的方案种数为2×3=6种，填涂B的方案种数为3+2×2=7种，填涂C的方案种数为3+2×2=7种，填涂D的方案种数为3+2×2=7种.从区域“火”、“土”、“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，当区域“水”填涂的颜色为A时，区域“木”填涂的颜色可为B、C、D；若区域“水”填涂的颜色为B时，区域“木”填涂的颜色可为C、D；若区域“水”填涂的颜色为C时，区域“木”填涂的颜色可为B、D；若区域“水”填涂的颜色为D时，区域“木”填涂的颜色可为B、C.所以，当区域“火”填涂颜色A时，填涂方案种数为6×3+7×2×3=60种.因此，不同的涂色方法种数有4×60=240种.故选：D.【题型3元素（位置）有限制的排列问题】【例3】（2024·四川成都·模拟预测）在2023年成都“世界大学生运动会”期间，组委会将甲，乙，丙，丁四位志愿者分配到A,B,C三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且甲不能被分配到A场馆，则不同分配方案的种数是（

）A．48 B．36 C．24 D．12【解题思路】分甲单独一人执勤一个场馆和甲和另一个人一起执勤一个场馆两种情况求解即可.【解答过程】分两种情况：第一种情况，甲单独一人执勤一个场馆，共有C2第二种情况，甲和另一个人一起执勤一个场馆，共有C3故选：C.【变式3-1】（2023·福建福州·模拟预测）某国军队计划将5艘不同的军舰全部投入到甲，乙，丙三个海上区域进行军事演习，要求每个区域至少投入一艘军舰，且军舰A必须安排在甲区域，则甲区域还有其它军舰的安排方案共有（

）A．14种 B．24种 C．36种 D．50种【解题思路】按甲区域还有其它几艘军舰进行分情况讨论求解.【解答过程】依题意，甲区域除军舰A外至少还有一艘军舰，至多还有两艘军舰.若甲区域除军舰A外还有一艘军舰，则安排方案共有C4若甲区域除军舰A外还有两艘军舰，则安排方案共有C4所以甲区域还有其它军舰的安排方案共有24+12=36种.故选：C.【变式3-2】（2024·吉林白山·一模）2023年12月初，某校开展宪法宣传日活动，邀请了法制专家杨教授为广大师生做《大力弘扬宪法精神，建设社会主义法制文化》的法制报告，报告后杨教授与四名男生、两名女生站成一排合影留念，要求杨教授必须站中间，他的两侧均为两男1女，则总的站排方法共有（

）A．300 B．432 C．600 D．864【解题思路】根据特殊原元素先排列，4名男生、两名女生平均分组再排序的原则得出结果.【解答过程】杨教授站中间，只有1种方法；四名男生分成两组放在两边方法数C4两名女生放在两边方法数A2每一边两名男生与一名女生再排序，得出总的方法数为N=C故选：B.【变式3-3】（2023·全国·模拟预测）2023年高考考场的规格为每场30名考生，分为6排5列，依照下图所示的方式进行座位号的编排．为了确保考试的公平性，考生的试题卷分为A卷和B卷，座位号为奇数的考生使用A卷，座位号为偶数的考生使用B卷．已知甲、乙、丙三名考生在同一考场参加高考，且三人使用的试卷类型相同，三名考生中任意两人不得安排在同一行或同一列，则甲、乙、丙三名考生的座位安排方案共有（

）第五列第四列第三列第二列第一列2524131201第一排2623141102第二排2722151003第三排2821160904第四排2920170805第五排3019180706第六排A．2016种 B．1008种 C．1440种 D．720种【解题思路】考虑甲、乙、丙三人使用A卷，则这三个人的座位号都为奇数，对三个人选择奇数列的人数进行分类讨论，确定第一、二、三个人选择座位的种数，结合分步乘法和分类加法计数原理可得出三人使用A卷的座位排法种数，再由对称性可得出三人都使用B卷座位排法种数，综合可得结果.【解答过程】先考虑甲、乙、丙三人使用A卷，则这三个人的座位号都为奇数，分以下几种情况讨论：（1）若这三人都在奇数列，则有一人需在第一列选一个奇数号的座位，有3种情况，然后有一人在第三列要选一个奇数号的座位，但与第一人不能同在一排，只有2种情况，最后一人只能在第五列选择一个奇数号的座位，但该人不能与前两人在同一排，最后一人的座位只有一个，此时，不同的排法有3×2×1×A（2）三人中只有两人在奇数列，首先在第一、三、五列中选两列，有C3其次，第一个人在其中的第一个奇数列中选择一个奇数号的位置，有3种选择，第二个人在另一个奇数列中选择一个奇数号的位置，有2种选择，第三个人在两个偶数列中选择一个奇数号的位置，有6种选择，此时，共有C3（3）三人中只有一人在奇数列，第一个人在第一、三、五列中随便选择一个奇数号的位置，有9种选择，其次，第二个人在第二列中选择一个奇数号的位置，有3种选择，例如第二个人选择10号座位，由于第三个人不能与第二个人同排或同列，则第三个人只有2种选择，即20号和24号两个位置可供选择，此时，不同的排法种数为9×3×2×A综上所述，当三个人都考A卷时，不同的排法种数为36+648+324=1008.由对称性可知，当三人都考B卷时，不同的排法种数也为1008种.综上，当三人的考卷类型相同时，不同的座位安排方案种数为1008×2=2016种.故选：A.【题型4相邻、不相邻排列问题】【例4】（2023·四川凉山·一模）五名同学彝族新年期间去邛海湿地公园采风观景，在观鸟岛湿地门口五名同学排成一排照相留念，若甲与乙相邻，丙与丁不相邻，则不同的排法共有（

）A．12种 B．24种 C．48种 D．96种【解题思路】甲和乙相邻利用捆绑法，丙和丁不相邻用插空法，即先捆甲和乙，再与丙和丁外的一人共“2人”排列，再插空排丙和丁.【解答过程】甲和乙相邻，捆绑在一起有A2再与丙和丁外的1人排列有A2再排丙和丁有A3故共有A2故选：B.【变式4-1】（2023·湖南益阳·三模）某个单位安排7位员工在“五·一”假期中1日至7日值班，每天安排1人值班，且每人值班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻的两天，丙不排在5月1日，丁不排在5月7日，则不同的安排方案共有（

）A．504种 B．960种 C．1008种 D．1200种【解题思路】根据题意，利用间接法，即可求解.【解答过程】依题意，满足甲、乙两人值班安排在相邻两天的方法共有A2其中满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在5月1日值班的方法共有A2满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丁在5月7日值班的方法共有A2满足甲、乙两人值班安排在相邻两天且丙在5月1日值班，丁在5月7日值班的方法共有A2因此满足题意的方法共有1440−2×240+48=1008(种).故选：C.【变式4-2】（2023·重庆·模拟预测）一排10个座位，现安排甲、乙、丙三人就座，规定中间的2个座位不能坐，且甲、乙相邻，甲、乙与丙不能相邻，则不同排法的种数是（

）A．56 B．44 C．38 D．32【解题思路】按甲、乙与丙在两个空位的同侧和异侧进行分类，再结合排列问题列式求解作答.【解答过程】依题意，甲、乙与丙在两个空位的同侧和异侧分成两类，当甲、乙与丙在两个空位的同侧时，共有2A当甲、乙与丙在两个空位的异侧时，共有2A由分类加法计数原理知，不同排法的种数是8+48=56种.故选：A.【变式4-3】（2023·河北·模拟预测）某班一天上午有四节课，现要安排该班上午的课程表，从语文、数学、英语、物理、体育5科中选出4科排到课表中，体育课不能排到第一节，且数学和物理两科不能相邻，则不同的排课方案共有（

）种A．64 B．68C．72 D．84【解题思路】按有无体育、数学、物理分成三类：第一类，不排体育；第二类，排数学和物理中的一科；第三类若体育、数学和物理都排上.分别求出每一类的排课方案种数，利用分类加法计数原理可求得结果.【解答过程】可按有无体育、数学、物理分成三类：第一类，若不排体育，先排语文和英语两科，然后将数学和物理插入语文和英语两科所形成的空位中，则不同的排课方案有A2第二类，若排数学和物理中的一科，则体育可排在第二或第三或第四节课，则不同的排课方案有A2第三类若体育、数学和物理都排上，体育在第二节或第三节时有2A2体育在第四节，则物理和数学不能排第二节，此时不同的排课方案有A2则不同的排课方案有20种．由分类加法计数原理可得不同的排课方案共有12+36+20=68种．故选：B.【题型5分组分配问题】【例5】（2024·安徽合肥·模拟预测）中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，很好地展示了国际形象，增进了国际友谊，多次为祖国赢得了荣誉.现有5支救援队前往A，B，C等3个受灾点执行救援任务，若每支救援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排1支救援队，其中甲救援队只能去B，C两个数点中的一个，则不同的安排方法数是（

）A．72 B．84 C．100 D．120【解题思路】若甲去B点则剩余4人，可只去A、C两个点，也可分为3组去A，B，C3个点，按照分组分配的方法计算可得，同理求出甲去C点的安排方法，再由分类加法计数原理计算可得.【解答过程】若甲去B点，则剩余4人，可只去A、C两个点，也可分为3组去A，B，C3个点.当剩余4人只去A、C两个点时，人员分配为1,3或2,2，此时的分配方法有C4当剩余4人分为3组去A，B，C3个点时，先从4人中选出2人，即可分为3组，然后分配到3个小组即可，此时的分配方法有C4综上可得，甲去B点，不同的安排方法数是14+36=50.同理，甲去C点，不同的安排方法数也是50，所以，不同的安排方法数是50+50=100.故选：C.【变式5-1】（2024·四川·模拟预测）为了深化教育改革，坚持“五育并举”融合育人．某学校准备组建书法、音乐、美术、体育4个不同的社团．现将甲、乙、丙、丁、戊5名同学分配到这4个社团进行培训，每名同学只能分配到1个社团，每个社团至少分配1名同学，且甲乙两名同学不能在同一个社团培训，则不同的分配方案共有（

）A．192种 B．216种 C．240种 D．432种【解题思路】根据题意，先计算出所有的分配方案数，然后去掉甲乙两名同学在同一个社团的方案数，即可得到结果.【解答过程】由题意可得，将5名同学分配到这4个社团进行培训每名同学只能分配到1个社团，每个社团至少分配1名同学，则不同的分配方案共有C5当甲乙两名同学在同一个社团培训，则不同的分配方案有A4综上可得，不同的分配方案共有240−24=216种.故选：B.【变式5-2】（2024·重庆·一模）2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为（

）A．50 B．36 C．26 D．14【解题思路】按照2,2,1和3,1,1分组讨论安排.【解答过程】（1）按照2,2,1分3组安装，①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有C4②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有C4（2）按照3,1,1分3组安装，①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有C4②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有C4故共有6+24+8+12=50种，故选：A.【变式5-3】（2023·湖北武汉·模拟预测）2023年武汉马拉松于4月16日举行，组委会决定派小王、小李等6名志愿者到甲乙两个路口做引导员，每位志愿者去一个路口，每个路口至少有两位引导员，若小王和小李不能去同一路口，则不同的安排方案种数为（

）A．40 B．28 C．20 D．14【解题思路】根据题意，先分配特殊的两个人，再将剩余4个人分到两个路口，按照分组分配相关知识进行计算即可.【解答过程】若小王在1号路口，小李在2号路口，则剩余4个人分到两个路口，两个路口为1+3人分布，共有C4两个路口为2+2人分布，共有C4此时共有8+6=14种方案；同理若小王在2号路口，小李在1号路口，也共有8+6=14种方案.所以一共有28种不同的安排方案种数.故选：B.

【题型6排列、组合的综合问题】【例6】（2024·全国·模拟预测）某中学教师节活动分上午和下午两场，且上午和下午的活动均为A，B，C，D，E这5个项目.现安排甲、乙、丙、丁四位教师参加教师节活动，每位教师上午、下午各参加一个项目，每场活动中的每个项目只能有一位老师参加，且每位教师上午和下午参加的项目不同.已知丁必须参加上午的项目E，甲、乙、丙不能参加上午的项目A和下午的项目E，其余项目上午和下午都需要有人参加，则不同的安排方法种数为（

）A．20 B．40 C．66 D．80【解题思路】先求上午的安排方法种数，再求下午的安排方法种数，结合分步乘法计数原理运算求解.【解答过程】因为丁必须参加上午的项目E，甲、乙、丙不能参加上午的项目A，所以上午甲、乙、丙参加B，C，D这3个项目，共有A3又因为甲、乙、丙、丁四人下午参加的项目为A，B，C，D，分2类：①丁参加项目A，共有2种不同的安排方法；②丁参加B，C，D这3个项目中的1个，从甲、乙、丙中选1人参加项目A，剩下两人参加剩下的2个项目，共有C3综上所述：共有A3故选：C.【变式6-1】（2023·福建福州·三模）厦门市博物馆由厦门博物馆主馆、郑成功纪念馆、厦门经济特区纪念馆、厦门市文化遗产保护中心、破狱斗争陈列馆、陈化成纪念馆、陈胜元故居七个馆区组成.甲、乙两名同学各自选取一个馆区参观且所选馆区互不相同，若郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆至少有一个被选，则不同的参观方案有（

）A．22种 B．20种 C．12种 D．10种【解题思路】分为郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆选一个和两个，两种情况分开求解即可得出答案.【解答过程】若郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆选一个：C2若郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆选二个：C2故若郑成功纪念馆和破狱斗争陈列馆至少有一个被选，则不同的参观方案有20+2=22种方案.故选：A.【变式6-2】（2023·江西南昌·二模）中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的汉族传统工艺品．灯笼综合了绘画、剪纸、纸扎、刺缝等工艺，与中国人的生活息息相连．灯笼成了中国人喜庆的象征．经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型，现将红木宫灯、檀木宫灯、楠木纱灯、花梨木纱灯、恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯各一个随机挂成一排，则有且仅有一种类型的灯笼相邻的概率为（

）A．25 B．C．13 D．【解题思路】设红木宫灯、檀木宫灯为a1,a2；楠木纱灯、花梨木纱灯为b1,b2；恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯为c1,c2．先求仅a1【解答过程】设红木宫灯、檀木宫灯为a1,a2；楠木纱灯、花梨木纱灯为先求仅a1a2当a1a2当a1a2当a1a2故仅a1a2同理得仅b1b2相邻，仅c所以有且仅有一种类型灯笼相邻的概率为P=96×3故选：A.【变式6-3】（2023·全国·模拟预测）某医院安排王医生、李医生、赵医生、张医生、孙医生5人到三个社区开展主题为“提高免疫力，预防传染病”的知识宣传活动，要求每人只能参加一个社区的活动，每个社区必须有人宣传，若李医生、张医生不安排在同一个社区，孙医生不单独安排在一个社区，则不同的安排方法有（

）A．54种 B．66种 C．90种 D．112种【解题思路】由分类加法计数原理分为两类，一个社区3人，剩下两个社区各1人和一个社区1人，剩下两个社区各2人，再按照分步乘法计数原理分别分析计算即可．【解答过程】由题意知可分为两类：第一类：一个社区3人，剩下两个社区各1人，当李医生、张医生2人都单独安排到一个社区时，有A3当李医生、张医生中有1人单独安排到一个社区时，有C2第二类：一个社区1人，剩下两个社区各2人，当李医生、张医生中有1人单独安排到一个社区时，有C2当李医生、张医生都不单独安排到一个社区时，有C2综上可知，共有6+24+36+24=90（种），故选：C．【题型7展开式中的特定项或特定项的系数问题】【例7】（2023·全国·模拟预测）二项式x−1x6的展开式中常数项为【解题思路】根据给定的条件，利用二项式定理求解作答.【解答过程】x−1x6令6−2r=0，得r=3，故常数项为(−1)3故答案为：−20.【变式7-1】（2023·山西临汾·模拟预测）2x−x36的展开式中含x【解题思路】利用二项式定理求得式子的展开通项公式，从而得解.【解答过程】因为2xTr+1令4r−6=2，得r=2，所以其中含x2的项的系数为−1故答案为：240.【变式7-2】（2023·广东深圳·模拟预测）x+2x−13展开式中x2的系数为−3【解题思路】变换x+2x−1【解答过程】x−13的展开式的通项为：Tr+1=取r=2和r=1，计算得到系数为：C3故答案为：−3.【变式7-3】（2023·山东潍坊·模拟预测）2x2−x+110的展开式中x3【解题思路】令2x2−x+110的通项公式为Tr+1=C10【解答过程】2x2−x+1显然，展开式中要出现x3，必有r<10令2x2−x由20−2r−n=3，由r∈0,1,2,⋯,9，0≤n≤10−r,n∈N，所以r=7,n=3，或所以x3的系数为C故答案为：−300.【题型8二项式系数和与各项系数的和问题】【例8】（2023·河南开封·模拟预测）若(2−3x)5=a0+a1【解题思路】利用赋值法，分别代入x=1和x=0进行求解即可【解答过程】令x=1可得(2−3)5=a0令x=0可得25=32=a0，即a故答案为：−33.【变式8-1】（2023·北京海淀·模拟预测）在x2−3xn【解题思路】由二项式系数的性质可求n，再利用赋值法求各项系数和.【解答过程】因为二项式x2所以2n=16，故取x=1可得二项式x2−3故答案为：16.【变式8-2】（2023·四川南充·三模）若x−14=a4x4【解题思路】由函数观点结合赋值法即可求解.【解答过程】不妨设fx令x=0得f0令x=−1所以a4故答案为：15.【变式8-3】（2023·江苏扬州·模拟预测）若(x+5)2023=a0+a1【解题思路】取x=1，可以求得a0【解答过程】由题知x=1时，a0故T=T5故答案为：1.【题型9二项式系数的最值问题】【例9】（2024·全国·模拟预测）在x+1n的二项展开式中，系数最大的项为x3和x4，则展开式中含x项的系数为【解题思路】首先由系数最大的项为x3和x4，得n=7，再结合二项展开式的通项公式求含【解答过程】Tk+1=Cnkxn−kn−n+12−1=4，且所以含x项的系数为C7故答案为：7.【变式9-1】（2023·上海嘉定·一模）已知(1+2x)6的二项展开式中系数最大的项为240x【解题思路】设系数最大的项为Tk+1=C【解答过程】设系数最大的项为Tk+1则C6k⋅因为0≤k≤6且k为整数，所以k=4，此时最大的项为T5故答案为：240x【变式9-2】（2023·海南海口·一模）在x+14y+z6的展开式中，系数最大的项为【解题思路】分别求出x+14和y+z【解答过程】因为x+14的通项为C4rx4−r∵x+14展开式系数最大的项为Cy+z6展开式系数最大的项为C∴在x+14y+z6故答案为：120x【变式9-3】（2023·山东青岛·三模）若13x+xn展开式的所有项的二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项的二项式系数为【解题思路】根据二项式系数之和可得n=8，结合二项展开式的通项公式求系数最大项，进而可求其二项式系数.【解答过程】因为展开式的所有项的二项式系数和为2n=256，解得则13x+x可得第r+1项的系数为ar+1令ar+1≥ar+2a所以展开式中第7项系数最大，其二项式系数为C8故答案为：28.1．（2023·全国·高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（

）A．16 B．13 C．12【解题思路】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.【解答过程】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有C4其中这2名学生来自不同年级的基本事件有C2所以这2名学生来自不同年级的概率为46