专题11 计数原理（选填题10种考法）（解析版）

专题11计数原理（选填题10种考法）考法一排队问题【例1】（2023春·重庆沙坪坝）（多选）甲、乙、丙、丁、戊5人参加完某项活动后合影留念，则（

）．A．甲、乙、丙站前排，丁、戊站后排，共有120种排法B．5人站成一排，若甲、乙站一起且甲在乙的左边，共有24种排法C．5人站成一排，甲不在两端，共有72种排法D．5人站成一排，甲不在最左端，乙不在最右端，共有78种排法【答案】BCD【解析】对A：甲、乙、丙站前排，有种排法，丁、戌站后排，有种排法，共有种排法，故A错误；对B：甲、乙看作一个元素，则5人站成一排，若甲、乙站一起且甲在乙的左边，共有种排法，故B正确；对C：5人站成一排，甲不在两端，共有种排法，故C正确；对D：5人站成一排，有种排法，则甲在最左端，乙不在最右端，共有种排法；甲不在最左端，乙在最右端，共有种排法；甲在最左端，乙在最右端，共有种排法；则甲不在最左端，乙不在最右端，共有种排法，故D正确.故选：BCD.【变式】1．（2023秋·高二课时练习）(多选)把5件不同产品A，B，C，D，E摆成一排，则（

）A．A与B相邻有48种摆法B．A与C相邻有48种摆法C．A，B相邻又A，C相邻，有12种摆法D．A与B相邻，且A与C不相邻有24种摆法【答案】ABC【解析】对于A选项：产品A与B相邻，把作为一个元素有种方法，而A，B可交换位置，所以有种摆法.故A选项符合题意.对于B选项：同A选项一样分析可知产品A与C相邻也有48种摆法.故B选项符合题意.对于C选项:当相邻又满足相邻，首先将产品捆绑起来作为一个元素并把产品放在产品与之间，注意到产品与可互换位置，所以首先排列有种摆法，把组成的整体作为一个元素和剩下的两个元素进行排列，又有种摆法，所以A，B相邻又A，C相邻，有种摆法.故C选项符合题意.对于D选项：由A选项可知A与B相邻有48种摆法，由C选项可知A，B相邻又A，C相邻有12种摆法，因此A与B相邻，且A与C不相邻有种摆法.故D选项不符合题意.故选：ABC.2．（2023秋·河南郑州·高三校考开学考试）（多选）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加演出，下列说法中正确的是（

）A．若甲不在正中间，则不同的排列方式共有96种B．若甲、乙、丙三人互不相邻，则不同的排列方式共有6种C．若甲、丙、丁从左到右的顺序一定，则不同的排列方式共有20种D．若甲不在两端、丙和丁相邻，则不同的排列方式共有24种【答案】ACD【解析】对于选项A：因为甲不在正中间，则甲的不同的排列方式有种，剩余的四人全排列，不同的排列方式有种，所以不同的排列方式共有种，故A正确；对于选项B：若甲、乙、丙三人互不相邻，则甲、乙、丙三人在首位、中间和末位，则不同的排列方式有种，剩余的2人全排列，不同的排列方式有种，所以不同的排列方式共有种，故B错误；对于选项C：若甲、丙、丁从左到右的顺序一定，则有四个间隔空位，若乙、戊不相邻，把乙、戊安排四个间隔空位中，不同的排列方式共有种；若乙、戊相邻，把两人看成整体安排四个间隔空位中，不同的排列方式共有种；所以不同的排列方式共有种，故C正确；对于选项D：若丙和丁相邻，不同的排列方式共有种，若甲在两端、丙和丁相邻，则不同的排列方式共有种，所以甲不在两端、丙和丁相邻，则不同的排列方式共有种，故D正确；故选：ACD.3．（2023春·河北石家庄）（多选）现将把椅子排成一排，位同学随机就座，则下列说法中正确的是（

）A．个空位全都相邻的坐法有种B．个空位中只有个相邻的坐法有种C．个空位均不相邻的坐法有种D．4个空位中至多有个相邻的坐法有种【答案】AC【解析】对于A，将四个空位当成一个整体，全部的坐法：种，故A对；对于B，先排4个学生，然后将三个相邻的空位当成一个整体，和另一个空位插入由4个学生形成的5个空档中有种方法，所以一共有种，故B错；对于C，先排4个学生，4个空位是一样的，然后将4个空位插入由4个学生形成的个空档中有种，所以一共有种，故C对；对于D，至多有2个相邻即都不相邻或者有两个相邻，由C可知都不相邻的有120种，空位两个两个相邻的有，空位只有两个相邻的有，所以一共有种，故D错；故选：AC考法二排数问题【例2】（2023春·江苏泰州）（多选）从1，2，3，4，6中任取若干数字组成新的数字，下列说法正确的有（

）A．若数字可以重复，则可组成的三位数的个数为125B．若数字可以重复，则可组成的四位数且为偶数的个数为375C．若数字不能重复，则可组成的三位数的个数为70D．若数字不能重复，则可组成的四位数且为偶数的个数为72【答案】ABD【解析】A选项：若数字可以重复，则可组成的三位数的个数为，故A正确；B选项：若数字可以重复，则可组成的四位数且为偶数的个数为，故B正确；C选项：若数字不能重复，则可组成的三位数的个数为，故C错；D选项：若数字不能重复，则可组成的四位数且为偶数的个数为，故D正确.故选：ABD.【变式】1．（2022·全国·统考高考真题）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，若两数不互质，不同的取法有：，共7种，故所求概率.故选：D.2．（2023·北京）（多选）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是（

）A．可以组成个四位数B．可以组成个四位偶数C．可以组成个能被3整除的四位数D．将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85个数为2310【答案】ABC【解析】A选项，先从1，2，3，4，5五个数字中选出1个放在千位上，有种选择，再从添上0后的剩余5个数中选出4个，放在百位，十位和个位上，有种选择，所以可以组成没有重复数字的四位数个数为，A正确；B选项，分两种情况，当个位为0时，从1，2，3，4，5五个数中，选择3个放在千位，百位和十位上，有中选择，当个位不为0时，先从2，4中选择1个放在个位上，有种选择，再考虑千位，从除去0外的剩余4个数中，选择1个放在千位，有种选择，再从添上0后的4个数中，选择2个，和剩余的百位和十位进行全排列，有种选择，故可以组成没有重复数字的四位偶数个数为，B正确；C选项，能被3整除的四位数，数位上的数字之和要能被整除，先从0，1，2，3，4，5六个数中，选出四个数，数字之和能被3整除的有0,1,2,3；0,2,3,4；0,1,3,5；0,3,4,5和1,2,4,5；其中0,1,2,3，先考虑千位，从除去0的三个数中，选出1个，有种选择，再考虑剩余的3个数，有种选择，故可以组成的没有重复数字的四位数个数为，同理可得0,2,3,4；0,1,3,5；0,3,4,5，均可以组成的没有重复数字的四位数个数为18，1,2,4,5，能组成没有重复数字的四位数个数为，所以可以组成个能被3整除的四位数，C正确；D选项，若组成的没有重复数字的四位数千位为1，此时剩余的5个数中，选择3个，分别安排在百位，十位和个位，有个，若组成的没有重复数字的四位数千位为2，此时剩余的5个数中，选择3个，分别安排在百位，十位和个位，有个，，故将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85个四位数千位为2，若组成的没有重复数字的四位数千位为2，百位为0，此时从剩余的4个数字中选择2个，放在十位和个位，组成的没有重复数字的四位数有个，，同理可得：若组成的没有重复数字的四位数千位为2，百位为1，组成的没有重复数字的四位数有个，，故将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85个数为2301，D错误.故选：ABC考法三分组分配问题【例3】（2022·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）（多选）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，则以下说法错误的是（

）A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为C．每项工作至少有1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D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为【答案】ABD【解析】根据题意，依次分析选项：对于，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，故错误；对于，根据题意，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故错误；对于，根据题意，分2种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出2人开车，②从丙，丁，戊中选出1人开车，则有种安排方法，正确；对于，分2步分析：需要先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，则有种安排方法，错误；故选：．【变式】1．（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【答案】C【解析】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，有种不同的安排方法；当李医生、张医生中有1人单独安排到一个社区时，有种不同的安排方法；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，有种不同的安排方法；当李医生、张医生都不单独安排到一个社区时，有种不同的安排方法；综上可知，共有（种），故选：C．2．（2023·湖南岳阳·湖南省平江县第一中学校考模拟预测）甲､乙､丙､丁､戊5名志愿者参加新冠疫情防控志愿者活动，现有三个小区可供选择，每个志愿者只能选其中一个小区.则每个小区至少有一名志愿者，且甲不在小区的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】首先求所有可能情况，5个人去3个地方，共有种情况，再计算5个人去3个地方，且每个地方至少有一个人去，5人被分为或当5人被分为时，情况数为;当5人被分为时，情况数为；所以共有.由于所求甲不去，情况数较多，反向思考，求甲去的情况数，最后用总数减即可，当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为3，则共计种，当5人被分为时，且甲去，甲若为1，则，甲若为2，则，共计种，所以甲不在小区的概率为故选：B.3．（2023春·福建泉州）（多选）现安排甲､乙､丙､丁､戊5名同学参加运动会志愿者服务活动，有翻译､导游､礼仪､司机四项工作可以安排，则以下说法正确的有（

）A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为C．每项工作至少有1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D．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为【答案】ACD【解析】对于A，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方式，则有种安排方法，故选项A正确.对于B，根据题意，分2步进行分析：先将5人分成4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故选项B错误.对于C，根据题意，分2种情况需要讨论：①从丙､丁､戊中选出2人开车，②从丙､丁､戊中选出1人开车，则有种安排方法，故选项C正确.对于D，分2步进行分析：先将5人分成3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译､导游､礼仪三项工作，有种安排方法，则这5名同学全部被安排的不同方法数为，故选项D正确.故选：ACD.考法四涂色问题【例4】（2023·云南·校联考二模）三国时期数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅如图所示的“弦图”，后人称之为“赵爽弦图”，它由四个全等的直角三角形和一个正方形构成.现对该图进行涂色，有5种不同的颜色提供选择，相邻区域所涂颜色不同.在所有的涂色方案中随机选择一种方案，该方案恰好只用到三种颜色的概率是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】所有的涂色方案分3类：(1)用到三种颜色，为⑤一种颜色，①③同色，②④同色，涂色方法为；(2)用到四种颜色，为⑤一种颜色，①③不同色，②④同色或⑤一种颜色，①③同色，②④不同色，涂色方法为；(3)用到五种颜色，涂色方法为；因此该方案恰好只用到三种颜色的概率是.故选：B．【变式】1．（2023春·江苏连云港）（多选）如图，在一广场两侧设置6只彩灯，现有4种不同颜色的彩灯可供选择，则下列结论正确的是（

）A．共有种不同方案B．若相邻两灯不同色，正相对的两灯（如1､4）也不同色，且4种颜色的彩灯均要使用，则共有186种不同方案C．若相邻两灯不同色，正相对的两灯（如1､4）也不同色，且只能使用3种颜色的彩灯，则共有192种不同方案D．若相邻两灯不同色，正相对的两灯（如1､4）也不同色，且只能使用2种颜色的彩灯，则共有12种不同方案【答案】ACD【解析】对于选项A，每个彩灯颜色都有4种选择，根据分步乘法原理得，有种不同方案，故A正确；对于选项B，第一类：先从4种颜色的彩灯选出3种颜色的彩灯有安装在1，2，3号位，则有种结果，使用1种剩余的颜色和前3种颜色的2种安装4，5，6号位彩灯时，有种结果，根据乘法原理得共有种不同的安装方法；第二类：先从4种颜色的彩灯选出2种颜色的彩灯有安装在1，2，3号位，则有种结果，再安装4，5，6号位彩色灯，分两类：第一类，4，5，6号位只用1，2，3号位剩余的2种彩色灯，有2种结果，第二类，4，5，6号位用1，2，3号位剩余的2种彩色灯和前三个位置使用过的1种彩灯，有种结果，根据计数原理得共有种不同的安装方法.由分类加法原理得共有种不同的安装方案，故B错误；对于选项C，第一步：先从4种颜色的彩灯选出3种颜色的彩灯有安装在1，2，3号位，则有种结果，第二步：分两类：第一类，4，5，6号位用1，2，3号位的3种彩色灯，有2种结果，第二类，4，5，6号位用1，2，3号位的2种彩色灯，有种结果，根据计数原理得共有种不同的安装方法.故C正确；对于选项D，第一步：从4种颜色的彩灯选出2种颜色的彩灯安装在1，2，3号位，则有种结果，第二步：安装4，5，6号位彩灯有1种，根据分步计数原理，可得有种不同的安装法，故D正确；故选：ACD2.（2023·重庆·统考模拟预测）某城市休闲公园管理人员拟对一块圆环区域进行改造封闭式种植鲜花，该圆环区域被等分为5个部分，每个部分从红、黄、紫三种颜色的鲜花中选取一种进行栽植．要求相邻区域不能用同种颜色的鲜花，总的栽植方案有种．

【答案】30【解析】若只用两种颜色的鲜花，则1，3位置的颜色相同，2，4位置的颜色相同，即可得1，4位置的颜色不同，则5位置无颜色可选，不合题意；故必用3种颜色的鲜花，则1，2的栽植方案有种，已用两种颜色，第三种颜色可能在3，4，5，可得：（i）若第三种颜色在3或5，有如下两种可能：①3，5的颜色相同，则4的颜色有两种可能，栽植方案有种；②3，5的颜色不相同，则4的颜色必和1的颜色相同，栽植方案有种；栽植方案共有种；（ⅱ）若第三种颜色在4，则3的颜色必和1的颜色相同，5的颜色必和2的颜色相同，栽植方案共有种；综上所述：总的栽植方案有种.故答案为：30.3（2023·全国·高三专题练习）如图，用4种不同的颜色给图中的8个区域涂色，每种颜色至少使用一次，每个区域仅涂一种颜色，且相邻区域所涂颜色互不相同，则区域，，，和，，，分别各涂2种不同颜色的涂色方法共有种；区域，，，和，，，分别各涂4种不同颜色的涂色方法共有种.【答案】24216【解析】，同色，所以先涂有：，再涂有种，所以共有：种.先涂共有：种，设四种颜色为，假设涂的颜色分别为，则涂色情况如下：，，，共9种，所以：种.故答案为：24；216.考法五最短距离【例5】（2023云南）（多选）某城市街道如图，某人要走最短路程从A地前往B地，则不同走法有（）

A．种 B．种 C．12种 D．32种【答案】AB【解析】因为从A地到B地路程最短，我们可以在地面画出模型，实地实验探究一下走法可得出：①要走的路程最短必须走5步，且不能重复；②向东的走法定出后，向南的走法随之确定，所以我们只要确定出向东的三步或向南的两步走法有多少种即可，故不同走法的种数有种．故选：AB【变式】1．（2023·全国·高三专题练习）夏老师从家到学校，可以选择走锦绣路、杨高路、张杨路或者浦东大道，由于夏老师不知道杨高路有一段在修路导致第一天上班就迟到了，所以夏老师决定以后要绕开那段维修的路，如图，假设夏老师家在处，学校在处，段正在修路要绕开，则夏老师从家到学校的最短路径有（

）条．A．23 B．24 C．25 D．26【答案】D【解析】由到的最短路径需要向右走四段路，向上走三段路，所以有条路，由到的最短路径需要向右走两段路，向上走一段路，所以有条路，由到的最短路径需要向右走一段路，向上走两段路，所以有条路，所以由到不经过的最短路径有.故选：D.2（2023·广东惠州·高三校考期末）如图，某城市的街区由12个全等的矩形组成（实线表示马路），CD段马路由于正在维修，暂时不通，则从A到B的最短路径有（

）A．23条 B．24条 C．25条 D．26条【答案】D【解析】先假设是实线，则从到，向上次，向右次，最短路径有条，其中经过的，即先从到，然后到，最后到的最短路径有条，所以，当不通时，最短路径有条.故选：D3（2023·北京）方形是中国古代城市建筑最基本的形态，它体现的是中国文化中以纲常伦理为代表的社会生活规则，中国古代的建筑家善于使用木制品和竹制品制作各种方形建筑.如图，用大小相同的竹棍构造一个大正方体（由个大小相同的小正方体构成），若一只蚂蚁从点出发，沿着竹棍到达点，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有（

）A．种 B．种C．种 D．种【答案】D【解析】由题意可知，从到最少需要步完成，其中有步是横向的，步是纵向的，步是竖向的，则蚂蚁选择的不同的最短路径共有种.故选：D.考法六指定项系数【例6-1】（2023·天津·统考高考真题）在的展开式中，项的系数为．【答案】【解析】展开式的通项公式，令可得，，则项的系数为.故答案为：60.【例6-2】（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）的展开式中的系数为．（用数字作答）【答案】【解析】因为，其中展开式的通项公式为（且），所以的展开式中含的项为，所以的展开式中的系数为．故答案为：【例6-3】（2023·福建·校联考模拟预测）展开式中的常数项为.（用数字做答）【答案】49【解析】展开式中得到常数项的方法分类如下：（1）4个因式中都不取，则不取，全取，相乘得到常数项.常数项为；（2）4个因式中有1个取，则再取1个，其余因式取，相乘得到常数项.常数项为；（3）4个因式中有2个取，则再取2个，相乘得到常数项.常数项为.合并同类项，所以展开式中常数项为.故答案为：.【例6-4】（2023·湖南常德·常德市一中校考模拟预测）已知，则.【答案】【解析】因为，而的展开通项为，令，得，则.故答案为：.【变式】1（2022·天津·统考高考真题）的展开式中的常数项为.【答案】【解析】由题意的展开式的通项为，令即，则，所以的展开式中的常数项为.故答案为：.2．（2022·全国·统考高考真题）的展开式中的系数为（用数字作答）．【答案】-28【解析】因为，所以的展开式中含的项为，的展开式中的系数为-28故答案为：-283．（2023·福建龙岩·统考二模）已知的展开式中的系数为21，则．【答案】1【解析】由二项式定理可知的展开式中含的项分别为，故的展开式中含的项为，即.故答案为：4．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）若，则.【答案】【解析】因为，令，则，所以，其中二项式展开式的通项为（且），令，解得，所以，所以.故答案为：5（2023春·河南开封·高三统考开学考试）已知的展开式中的系数为，则实数（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】展开式的通项为：，且；展开式的通项为：，且；令，则或，的系数为，解得：.故选：A.考法七（二项式）系数和【例7-1】（2023·福建宁德·校考模拟预测）（多选）若，，则（

）A．B．C．D．【答案】AC【解析】令得：，所以选项A正确；令得：，所以，所以选项B错误；因为，所以选项C正确；，两边对求导得：，令得：，选项D错误；故选：AC.【例7-2】（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）（多选）已知多项式，则（

）A． B．C． D．【答案】AD【解析】因为，的展开式的通项公式为，，得，，所以，故A正确；令得，令，得，所以，故B不正确；，故C不正确；由两边对求导得，，令，得，所以，故D正确.故选：AD【变式】1．（2023·黑龙江大庆·大庆中学校考模拟预测）（多选）若，则（

）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】令，则，即，故A正确；令，则，令，则，则，故B正确；，则，令，则，故C错误；由两边求导，得，令，则，故D正确.故选：ABD.2．（2023·山东日照·三模）（多选）已知，则（

）A． B．C． D．【答案】AD【解析】由，令得，故A正确；由的展开式的通项公式，得，故B错误；令，得①，再由，得，故错误；令，得②，①-②再除以2得，故D正确.故选：AD考法八二项式系数的性质【例8-1】（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）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.【答案】【解析】因为的二项展开式中第3项与第10项的二项式系数相等，可得，即，即二项式为，其展开式的通项为，令，可得，即展开式中的系数为.故答案为：.【例8-2】（2023·福建泉州·泉州五中校考模拟预测）已知的展开式中，仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中第5项是.【答案】【解析】由题可得，，解得，所以.故答案为：【例8-3】（2023·山东·模拟预测）（多选）的展开式中系数最大的项是（

）A．第2项 B．第3项 C．第4项 D．第5项【答案】BC【解析】的展开式的通项公式为：则第项的系数为：设第项的系数最大，则即，即解得，所以或时，的展开式中系数最大即的展开式中系数最大是第3,4项,故选：BC【变式】1．（2023·湖南郴州·统考一模）在二项式的展开式中只有第4项二项式系数最大，则展开式中的常数项为.【答案】【解析】因为二项式的展开式中只有第4项二项式系数最大，故二项式的展开式有7项，则，故的通项公式为，令，故展开式中的常数项为，故答案为：2．（2023·四川雅安·统考一模）的展开式中，系数最小的项是（

）A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项【答案】C【解析】依题意，的展开通项公式为，其系数为，当为奇数时，才能取得最小值，又由二项式系数的性质可知，是的最大项，所以当时，取得最小值，即第6项的系数最小.故选：C．3（2023·全国·模拟预测）已知二项式，的展开式中第四项的系数最大，则a的值为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】二项式展开式的通项公式为，其中，由（其中），即，，，依题意可知使上式成立，即，所以.故选：A考法九二项式定理的应用【例9】（2023·江苏无锡）（多选）若，则（

）A．可以被整除B．可以被整除C．被27除的余数为6D．的个位数为6【答案】AB【解析】，可以被整除，故A正确；，可以被整除，故B正确；被27除的余数为5，故C错误；，个位数为，故D错误.故选：AB【变式】1.（2022·潍坊模拟）除以7的余数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】，则，又是7的倍数，故余数为3.故答案为：D.2.（2022广东）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】∵，∴.故选B3．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）若，则被5除所得的余数为．【答案】1【解析】由题知时，，，故所以被5除得的余数是1.故答案为：1.考法十二项式定理与其他知识综合【例10-1】（2023秋·辽宁锦州·高三渤海大学附属高级中学校考期末）已知函数在处的切线与直线平行，则二项式展开式中的系数为（

）A．70 B．－70 C．56 D．－56【答案】A【解析】，由已知可得，，即，所以.设展开式中的第k+1项含有，，则可知，，所以二项式展开式中的系数为.故选：A.【例10-2】（2023·全国·高三专题练习）定义函数，已知为虚数单位，则的展开式中常数项是（

）A．180 B．120 C．90 D．45【答案】A【解析】，由题可知，所以.所以的展开式的通项为.令，解得.所以展开式中的常数项是.故选：A【变式】1.（2023秋·辽宁锦州·高三渤海大学附属高级中学校考期末）已知函数在处的切线与直线平行，则二项式展开式中的系数为（

）A．70 B．－70 C．56 D．－56【答案】A【解析】，由已知可得，，即，所以.设展开式中的第k+1项含有，，则可知，，所以二项式展开式中的系数为.故选：A.2.（2023·全国·高三专题练习）定义函数，已知为虚数单位，则的展开式中常数项是（

）A．180 B．120 C．90 D．45【答案】A【解析】，由题可知，所以.所以的展开式的通项为.令，解得.所以展开式中的常数项是.故选：A3．（2023·上海·高三专题练习）已知函数（k，n为正奇数），是的导函数，则（

）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为，所以，所以，则，其中，所以，所以；故选：D4．（2023·山西·统考一模）已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______.【答案】60【解析】由正态分布易得，设二项展开式的第项，则常数项为当时，值为60.故答案为：60.一、单选题1．（2023·全国·统考高考真题）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． B． C． D．【答案】D【解析】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有件，其中这2名学生来自不同年级的基本事件有，所以这2名学生来自不同年级的概率为.故选：D.2．（2023·全国·统考高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（

）A．120 B．60 C．30 D．20【答案】B【解析】不妨记五名志愿者为，假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法，同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法，所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.故选：B.3．（2023·全国·统考高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（

）A．30种 B．60种 C．120种 D．240种【答案】C【解析】首先确定相同得读物，共有种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种，根据分步乘法公式则共有种，故选：C.4．（2023·全国·统考高考真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（

）．A．种 B．种C．种 D．种【答案】D【解析】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取，根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种.故选：D.5．（2023·北京·统考高考真题）的展开式中的系数为（

）．A． B． C．40 D．80【答案】D【解析】的展开式的通项为令得所以的展开式中的系数为故选：D6．（2022·全国·统考高考真题）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（

）A．12种 B．24种 C．36种 D．48种【答案】B【解析】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，故选：B7．（2022·北京·统考高考真题）若，则（

）A．40 B．41 C． D．【答案】B【解析】令，则，令，则，故，故选：B.8．（2023·全国·模拟预测）为躲过了新冠，躲过了甲流，没躲过呼吸道合胞病毒.”甲流高峰才过去不久，呼吸道感染的老人又多起来.“最近，呼吸道合胞病毒感染处于高峰.目前因咳嗽、喘息住院的患者中，在浙大儿院占据首位的就是呼吸道合胞病毒感染.呼吸道合胞病毒是一种什么病毒？RSV为副黏病毒科肺炎病毒属的单股负链RNA病毒，是引起老年人下呼吸道感染的常见病原，RSV通常于上呼吸道中开始感染，引发的症状易与普通感冒相混淆，出现呼吸系统后遗症.5月3日，葛兰素史克（GSK）宣布其呼吸道合胞病毒（RSV）疫苗Arexvy，用于老年人群体预防RSV感染导致的下呼吸道疾病（RSV-LRTD）.该产品也是全球首款获批上市的RSV疫苗.为研究的临床试验，旨在评估单剂量和接种Arexvy对比安慰剂对RSV-LRTD的预防效果.该实验有3接种组，现有8名志愿者将被派往这3接种组安排接种工作，每个接种组至少2名至多4名志愿者，则不同的安排方法共有（）A．2940种 B．3000种 C．3600种 D．5880种【答案】A【解析】根据题意派往3个医院的人数分配有2种情况：2、2、4；3、3、2.不同的安排方法共有（种）．故选：A．9．（2023·浙江·校联考二模）甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，同一级台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法种数是（

）A．120 B．210 C．211 D．216【答案】D【解析】由题意分三种情况：第一种情况是3人各站一个台阶，有种；第二种情况是2人站一个台阶，另1人站另一个台阶，有种，第三种情况是3人站一个台阶，有种，所以根据分类计数原理知共有不同的站法种数是种．故选：D．10．（2023·江西南昌·统考二模）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． B．C． D．【答案】A【解析】设红木宫灯、檀木宫灯为；楠木纱灯、花梨木纱灯为；恭喜发财吊灯、吉祥如意吊灯为．先求仅相邻的种数，把看作一个元素，当排在首尾时，不同的排法有种；当排在五个位置中第二、第四位时，不同的排法有种；当排在第三个位置时，不同的排法有种，故仅相邻共有种排法，同理得仅相邻，仅相邻的情况，也都有种排法，所以有且仅有一种类型灯笼相邻的概率为．故选：A.11．（2023·河南·开封高中校考模拟预测）2023年元旦当天，某微信群中有小郭、小张、小陈、小李和小陆五个人玩抢红包游戏，现有4个红包，每人最多抢一个，且红包被全部抢完，4个红包中有2个66.66元、1个88.88元、1个99.99元（红包中金额相同视为相同红包），则小郭、小张都抢到红包的不同情况有（

）A．18种 B．24种 C．36种 D．48种【答案】C【解析】当小郭、小张都抢到66.66元时，有种；当小郭、小张抢到66.66元和88.88元时，有种；当小郭、小张抢到66.66元和99.99元时，有种；当小郭、小张抢到88.88元和99.99元时，有种.故小郭、小张都抢到红包的不同情况有种.故选：C12．（2023·河南洛阳·洛阳市第三中学校联考一模）为弘扬中国优秀传统文化，某地教育局决定举办“经典诵读”知识竞赛．竞赛规则：参赛学生从《红楼梦》《论语》《史记》这3本书中选取1本参加有关该书籍的知识竞赛，且同一参赛学校的选手必须全部参加3本书籍的知识竞赛．某校决定从本校选拔出的甲、乙等5名优秀学生中选出4人参加此次竞赛．因甲同学对《论语》不精通，学校决定不让他参加该书的知识竞赛，其他同学没有限制，则不同的安排方法有（

）种．A．128 B．132 C．156 D．180【答案】B【解析】根据题意，学校从5名优秀学生中选出4人去参加3本书籍的知识竞赛，且每本书的知识竞赛都要有该校学生参加，则必会有两人去参加同一书籍的知识竞赛．①若选出的4名学生中不含甲同学，在这4名学生中任意取2人进行捆绑，则不同的安排方法共有种；②若选出的4名学生中含有甲同学，则在剩余的4名优秀学生中再抽取3人，共有种方法；若甲同学和其中1名学生去参加同一书籍的知识竞赛，则共有种方法；若甲同学单独一人去参加某本书的知识竞赛，则共有种方法．根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理可得，不同的安排方法共有种．综上所述，不同的安排方法共有种．故选：B．13．（2023·辽宁沈阳·统考一模）甲、乙、丙、丁、戊、己6人站成一排拍合照，要求甲必须站在中间两个位置之一，且乙、丙2人相邻，则不同的排队方法共有（

）A．24种 B．48种 C．72种 D．96种【答案】C【解析】先安排甲，可从中间两个位置中任选一个安排有种方法，而甲站好后一边有2个位置，另一边有3个位置，再安排乙丙2人，因乙、丙2人相邻，可分为两类：安排在甲有2个位置的一侧有种方法；安排在甲有3个位置的一侧有种方法，最后安排其余3人有种方法，综上，不同的排队方法有：种.故选：C.14．（2023·江西·校联考模拟预测）中国空间站（ChinaSpaceStation）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站将正式进入运营阶段.假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有（

）A．450种 B．72种 C．90种 D．360种【答案】A【解析】由题知，6名航天员安排三舱，三舱中每个舱至少一人至多三人，可分两种情况考虑：第一种：分人数为的三组，共有种；第二种：分人数为的三组，共有种；所以不同的安排方法共有种.故选：A.15．（2023·辽宁盘锦·盘锦市高级中学校考一模）有3名男生，4名女生，在下列不同条件下，错误的是（

）A．任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案有70种B．全体站成一排，男生互不相邻有1440种C．全体站成一排，女生必须站在一起有144种D．全体站成一排，甲不站排头，乙不站排尾有3720种．【答案】C【解析】对于A：任选其中3人相互调整座位，其余4人座位不变，则不同的调整方案有种，故A正确；对于B：先排女生，将4名女生全排列，有种方法，再安排男生，由于男生互不相邻，可以在女生之间及首尾空出的5个空位中任选3个空位排男生，有种方法，故共有种方法，故B正确．对于C：将女生看成一个整体，考虑女生之间的顺序，有种情况，再将女生的整体与3名男生在一起进行全排列，有种情况，故共有种方法，故C错误．对于D：若甲站在排尾则有种排法，若甲不站在排尾则有种排法，故有种排法，故D正确；故选：C.16．（2023·广西北海·统考一模）展开式中，的系数为（

）A．3 B．6 C．9 D．12【答案】C【解析】由题意，故的系数为．故选：C．17．（2023·广东揭阳·惠来县第一中学校考模拟预测）设，则等于（

）A．45 B．84 C．120 D．165【答案】D【解析】依题意，.故选：D二、多选题18．（2023春·江苏扬州）现有4个编号为1，2，3，4的盒子和4个编号为1，2，3，4的小球，要求把4个小球全部放进盒子中，则下列结论正确的有（

）A．没有空盒子的方法共有24种B．可以有空盒子的方法共有128种C．恰有1个盒子不放球的方法共有144种D．没有空盒子且恰有一个小球放入自己编号的盒子的方法有8种【答案】ACD【解析】对于A：4个球全放4个盒中，没有空盒则全排列，共种，故A正确；对于B：可以有空盒子，有4个球，每个球有4种放法，共种，故B错误；对于C：恰有1个空盒子，说明另外3个盒子都有球，而球共4个，必然有1个盒子中放了2个球，先将4个盒中选1个作为空盒，再将4个球中选出2个球绑在一起，再排列共种，故C正确；对于D：恰有一个小球放入自己编号的盒中，从4个盒4个球中选定一组标号相同得球和盒，另外3个球3个盒标号不能对应，则共种，故D正确．故选：ACD．19．（2023春·辽宁朝阳·高二校联考阶段练习）某校举办“新生杯”足球比赛，现分配A、B、C、D，4人到甲，乙，丙三场比赛中担任主裁判，每人最多担任其中一场比赛的主裁判，每场比赛主裁判有且只有一人担任则下列说法正确的是（

）A．不同的分配方案共有81种B．不同的分配方案共有24种C．若A，B两人都不能去甲场比赛担任主裁判，则不同的安排方法共有12种D．若A，B两人必有一人去甲场比赛担任主裁判，则不同的安排方法共有12种【答案】BCD【解析】不同的分配方案共有（种），故B正确，A错误；若A、B两人都不能去甲场比赛担任主裁判，第一步：从中选出一人取甲场；第二步：从剩下的三人中选出两人组成一组；第三步：将选出的两人分配到乙、丙两场.则不同的安排方法共有（种），故C正确；若A，B两人必有一人去甲场比赛担任主裁判，第一步：从中选出一人取甲场；第二步：从剩下的三人中选出两人组成一组；第三步：将选出的两人分配到乙、丙两场.则不同的安排方法共有（种），故D正确．故选：BCD．20．（2023春·甘肃白银·高二统考开学考试）小许购买了一套五行文昌塔摆件（如图），准备一字排开摆放在桌面上，下列结论正确的有（

）A．不同的摆放方法共有120种B．若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有36种C．若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有72种D．若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有36种【答案】ACD【解析】由题可知，不同的摆放方法共有种，A正确；若要求“水塔”和“土塔”不相邻，则不同的摆放方法共有种，C正确，B不正确；若要求“水塔”和“土塔”相邻，且“水塔”不摆两端，则不同的摆放方法共有种，D正确．故选：ACD21．（2023春·广东珠海·高二校考阶段练习）校园师生安全重于泰山，越来越多的学校纷纷引进各类急救设备.福清融城中学准备引进5个不同颜色的自动体外除颤器（简称AED），则下面正确的是（

）A．从5个AED中随机取出3个，共有10种不同的取法B．从5个AED中选3个分别给3位教师志愿者培训使用，每人1个，共有60种选法C．把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，共有129种方法D．把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，每个地方至少放一个，共有150种方法【答案】ABD【解析】从5个AED中随机取出3个，共有种不同的取法，故A正确；从5个AED中选3个分别给3位教师志愿者培训使用，每人1个，共有种选法，故B正确；把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，则每个AED都有3种安放方法，故共有种方法，故C错误；把5个AED安放在宿舍、教学楼、体育馆三个不同的地方，每个地方至少放一个，可先将5个AED分成3组，每组至少1个，再把这3组AED放在宿舍、教学楼、体育馆三个地方，每个地方放1组，故共有方法，故D正确.故选：ABD22．（2023·全国·高三专题练习）生命在于运动，小兰给自己制定了周一到周六的运动计划，这六天每天安排一项运动，其中有两天练习瑜伽，另外四天的运动项目互不相同，且运动项目为跑步、爬山、打羽毛球和跳绳.（

）A．若瑜伽被安排在周一和周六，则共有48种不同的安排方法B．若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则共有216种不同的安排方法C．若周一不练习瑜伽，周三爬山.则共有36种不同的安排方法D．若瑜伽不被安排在相邻的两天，则共有240种不同的安排方法【答案】BCD【解析】对于A，若瑜伽被安排在同一和周六，则共有种不同的安排方法，故A不正确；对于B，若周二和周五至少有一天安排练习瑜伽，则由间接法可得，不同的安排方法种数为，故B正确对于C，若周一不练习瑜伽，周三爬山，则共有种不同的安排方法，故C正确；对于D，若瑜伽不被安排在相邻的两天，则先排其他四项运动，共有种不同的安排方法，再从5个空位里插入2个安排练习瑜伽，故共有种不同的安排方法，故D正确.故选：BCD23．（2023·辽宁抚顺·校考模拟预测）在的展开式中，各项系数的和为1，则（

）A． B．展开式中的常数项为C．展开式中的系数为160 D．展开式中无理项的系数之和为【答案】BC【解析】根据题意令，得的展开式中各项系数和为，则，A错误；则，又的展开式的通项为，，所以展开式中的常数项为，B正确；含的项为，其系数为160，C正确；展开式中无理项的系数之和为，D错误.故选：BC.24．（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）已知展开式中的第三项的系数为45，则（

）A． B．展开式中所有系数和为C．二项式系数最大的项为中间项 D．含的项是第7项【答案】BCD【解析】展开式的第三项为：，所以第三项的系数为：，所以，故A错误；所以，所以令得展开式中所有系数和为，故B正确；展开式总共有11项，则二项式系数最大的项为中间项，故C正确；通项公式为，令，解得，所以含的项是第7项.故D正确；故选：BCD.25．（2023·云南·校联考模拟预测）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1012项C． D．【答案】AC【解析】选项A，令，则展开式的各项系数和为，A选项正确；选项B，因为，所以展开式中二项式系数最大项为第1012项与第1013项，B选项错误；选项C，令，则，令，则，所以，C选项正确；选项D，已知关系式两边同时取导，则，令，则，D选项错误；故选：AC.26．（2023·广西柳州·统考模拟预测）已知，则（

）A． B．C． D．【答案】ACD【解析】因为，令，得，故A正确；展开式的通项为，则，故B错误；令，得，故C正确；展开式的通项为，则，其中且，当为偶数时，；当为奇数时，，令，可得，故D正确.故选：ACD.27．（2023·重庆·统考模拟预测）在展开式中（

）A．展开式中不存在含的项 B．展开式所有项系数和为243C．展开式中含项的系数为30 D．展开式共21项【答案】BCD【解析】表示个相乘，含的项是在个中选个，个，所以展开式中含的项的系数为，故A错误；令，则展开式所有项系数和为，故B正确；含项是在个中选个，个，个，所以展开式中含的项的系数为，故C正确；的展开式的项可以理解为有个盒子，每个盒子中均有、、三个元素，现在从每个盒子中各取出个元素，再将它们相乘，若只选一个字母则有种，若选个字母则有种，若选个字母则有种，故展开式共有项，故D正确；故选：BCD28．（2023·山西晋中·统考二模），若，则下列结论正确的有（

）A． B．C． D．的展开式中第1012项的系数最大【答案】BC【解析】对于A，，可得，故A错误；对于B，因为，令，则，故B正确；对于C，令，则，令，则，故C正确；对于D，由展开式知，，，故第1012项的系数，不会是展开式中系数最大的项，故D错误.故选：BC29．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）在的展开式中，下列结论正确的是（

）A．第6项和第7项的二项式系数相等 B．奇数项的二项式系数和为256C．常数项为84 D．有理项有2项【答案】BC【解析】的展开式中共有10项，由二项式系数的性质可得展开式中的第5项和第6项的二项式系数相等，故A错误；由已知可得二项式系数之和为，且展开式中奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等，所以奇数项的二项式系数和为，故B正确；展开式的通项为，令，解得．故常数项为，故C正确；有理项中x的指数为整数，故，2，4，6，8，故有理项有5项，故D错误．故选：BC30．（2023·湖南·模拟预测）已知，则下列结论成立的是（

）A． B．C． D．【答案】ABD【解析】，展开式的通项为，对选项A：令，可得，正确；对选项B：，所以，正确；对选项C：令，可得，错误；对选项D：，两边同时求导，得，令，，正确．故选：ABD31．（2023·吉林白山·抚松县第一中学校考模拟预测）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究．则下列结论正确的是（

）．A．B．第2022行的第1011个数最大C．第6行、第7行、第8行的第7个数之和为第9行的第8个数D．第34行中从左到右第14个数与第15个数之比为2∶3【答案】ACD【解析】，，故A正确；由图可知：第n行有n个数字，如果n是奇数，则第（最中间的）个数字最大；如果n是偶数，则第和第个数字最大，并且这两个数字一样大，故错误；第6行，第7行，第8行的第7个数字分别为：1，7，28，其和为36；第9行第8个数字就是36，故C正确；依题意：第34行第14个数字是，第34行第15个数字是，所以，故D正确；故答案为：ACD.三、填空题32（2023·全国·统考高考真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有种（用数字作答）．【答案】64【解析】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；（2）当从8门课中选修3门，①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；综上所述：不同的选课方案共有种.故答案为：64.33．（2022·浙江·统考高考真题）已知多项式，则，．【答案】【解析】含的项为：，故；令，即，令，即，∴，故答案为：；．33．（2022·全国·统考高考真题）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为．【答案】/0.3【解析】解法一：设这5名同学分