专题04计数原理（解析版）

专题04计数原理【清单01】排列和排列数1、定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示．2、排列数的公式：．特例：当时，；规定：．3、排列数的性质：①；②；③．【清单02】组合和组合数1、定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示．2、组合数公式及其推导求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑：第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数；第二步，求每一个组合中个元素的全排列数；根据分步计数原理，得到；因此．这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：．注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明．3、组合数的主要性质：①；②．4、组合应用题的常见题型：=1\*GB3①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型=2\*GB3②“至少”或“最多”含有几个元素的题型【清单03】常见排列组合类型及解法1、涂颜色问题：如图，在圆中，将圆分等份得到个区域，，，，，现取种颜色对这个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有种．2、定位、定元的排列问题，一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限制的位置称为特殊位置．这一类问题通常以三种途径考虑：（1）以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元素；（2）以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位置；（3）用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．3、解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种．4、解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），求不同排法种数的方法是：先将（）个元素排成一排，共有种排法；然后把个元素插入个空隙中，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有·种．5.分组、分配问题①整体均分问题，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以Aeq\o\al(n,n)(n为均分的组数)，避免重复计数．②局部均分问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．③不等分问题，只需先分组，后排列，分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．6.倍缩法部分不同元素在排列前后的顺序固定不变（不一定相邻）的排列问题，称之为定序（排列）问题．定序问题可以用倍缩法.7.排数问题对于有限制条件的数字排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同时注意隐含条件：0不能在首位.【清单04】二项式展开式的特定项、特定项的系数问题1、二项式定理一般地，对于任意正整数，都有：，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式．式中的做二项展开式的通项，用表示，即通项为展开式的第项：，其中的系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数，2、二项式的展开式的特点：①项数：共有项，比二项式的次数大1；②二项式系数：第项的二项式系数为，最大二项式系数项居中；③次数：各项的次数都等于二项式的幂指数．字母降幂排列，次数由到；字母升幂排列，次数从到，每一项中，，次数和均为；④项的系数：二项式系数依次是，项的系数是与的系数（包括二项式系数）．3、两个常用的二项展开式：①（）②4、二项展开式的通项公式二项展开式的通项：公式特点：①它表示二项展开式的第项，该项的二项式系数是；②字母的次数和组合数的上标相同；③与的次数之和为．【清单05】二项式展开式中的最值问题1、二项式系数的性质=1\*GB3①每一行两端都是，即；其余每个数都等于它“肩上”两个数的和，即．=2\*GB3②对称性每一行中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即．=3\*GB3③二项式系数和令，则二项式系数的和为，变形式．=4\*GB3④奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和在二项式定理中，令，则，从而得到：．=5\*GB3⑤最大值：如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项的二项式系数最大；如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项，的二项式系数，相等且最大．2、系数的最大项求展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为，设第项系数最大，应有，从而解出来．【清单06】二项式展开式中系数和有关问题若，则①常数项：令，得．②各项系数和：令，得．③奇数项的系数和与偶数项的系数和（i）当为偶数时，奇数项的系数和为；偶数项的系数和为．（可简记为：为偶数，奇数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配）（ii）当为奇数时，奇数项的系数和为；偶数项的系数和为．（可简记为：为奇数，偶数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配）若，同理可得．注意：常见的赋值为令，或，然后通过加减运算即可得到相应的结果．【考点题型一】排列【例1】.（多选）身高各不相同的六位同学站成一排照相，则说法正确的是（）A．A、C、D三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有120种站法B．A与同学不相邻，共有种站法C．A、C、D三位同学必须站在一起，且A只能在C与D的中间，共有144种站法D．A不在排头，B不在排尾，共有504种站法【答案】ABD【详解】对于A，将三位同学从左到右按照由高到矮的顺序站，共有种站法，故A正确；对于B，先排，共有种站法，A与同学插空站，有种站法，故共有种站法，故B正确；对于C，将三位同学捆绑在一起，且A只能在C与D的中间，有2种情况，捆绑后有种站法，故共有种站法，故C错误；对于D，当在排尾时，随意站，则有种站法；当不在排头也不在排尾时，有种，有种，剩下同学随意站有种，共有种，故A不在排头，B不在排尾，共有种站法，故D正确；故选：ABD．【变式1-1】.五人站成一排，如果必须相邻，那么排法种数为（

）A．48 B．24 C．20 D．16【答案】A【详解】由相邻问题捆绑法可得,故选：A【变式1-2】.将1，2，3，4，5，6这6个数填入如图所示的3行2列表格中，则表格内每一行数字之和均相等的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】要使表格内每一行数字之和均相等，根据，先将6个数字分为3组，分别为，，；将三组全排列，安排在表格的三行中，每一行有种顺序，则可组成不同表格的个数为；将1，2，3，4，5，6这6个数填入表格中的所有情况,故概率为故选：C．【变式1-3】.福厦高铁全线共设8个客运站：福州南、福清西、莆田、泉港、泉州东、泉州南、厦门北、漳州，则铁路部门应为福厦高铁线上的这8个站间准备不同的火车票的种数为（

）A．28 B．56 C．64 D．112【答案】B【详解】火车票是要分出发站与到达站，是有顺序的，故不同的火车票的种数为：，故选：B【变式1-4】.3名男生和4名女生站成一排拍照，在下列要求下分别求不同排列方法的数目.(1)学生甲不在最左边；(2)3名男生必须排在一起.【答案】(1)4320(2)720【详解】（1）先排最左边，除去甲外有种排法，余下的6个位置全排列有种排法，则符合条件的排法共有种.（2）将男生看成一个整体，进行全排列，有种排法，与其他元素进行全排列，有种排法，则符合条件的排法共有种.【考点题型二】组合【例2】.霹雳舞是一种动感和节奏感非常强烈、动作非常炫酷的舞蹈，年青人对这种舞蹈如痴如醉．2024年巴黎奥运会（第33届夏季奥林匹克运动会）首次把霹雳舞列入比赛项目，中国小将刘清漪勇获女子铜牌，藉此之际，某中学组建了霹雳舞队，计划从3名男队员，5名女队员中选派4名队员外出参加培训，求下列情形下有几种选派方法．(1)男队员2名，女队员2名；(2)至少有1名男队员．【答案】(1)30(2)65【详解】（1）从3名男队员，5名女队员中分别选出男女队员各2名，不同选法数为（种）.（2）从8名队员中任选4名队员有种，其中没有男队员的选法数是种，所以至少有1名男队员的不同选法数是（种）.【变式2-1】.下列四个问题属于组合问题的是（

）A．从4名志愿者中选出2人分别参加导游和翻译的工作B．从0，1，2，3，4这5个数字中选取3个不同的数字，组成一个三位数C．从全班同学中选出3名同学参加某大学生运动会开幕式D．从全班同学中选出3名同学分别担任班长、副班长和学习委员【答案】C【详解】A.从4名志愿者中选出2人分别参加导游和翻译的工作，顺序不同，结果不同，与顺序有关，是排列问题.B.从0，1，2，3，4这5个数字中选取3个不同的数字，组成一个三位数，顺序不同，结果不同，与顺序有关，是排列问题.C.从全班同学中选出3名同学参加某大学生运动会开幕式，与顺序无关，是组合问题.D.从全班同学中选出3名同学分别担任班长、副班长和学习委员，顺序不同，结果不同，与顺序有关，是排列问题.故选：C.【变式2-2】.新课程改革后，普通高校招生方案规定：每位考生从物理、化学、生物、地理、政治、历史六门学科中随机选三门参加考试，某省规定物理或历史至少选一门，那么该省每位考生的选法共有种（用数字作答）；【答案】16【详解】若物理或历史只选一门，则有种，若物理和历史都被选中，则有种，所以共有16种选法，故答案为：16．【变式2-3】.（多选）某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选考科目，下列说法错误的是（

）A．若任意选择三门课程，选法总数为B．若物理和化学至少选一门，选法总数为C．若物理和历史不能同时选，选法总数为D．若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为【答案】ABD【详解】对于A：若任意选择三门课程，选法总数为，故A错误；对于B：若物理和化学选一门，有种方法，其余两门从剩余的五门中选，有种选法；若物理和化学选两门，有种选法，剩下一门从剩余的五门中选，有种选法，所以总数为，而，故B错误；对于C：若物理和历史不能同时选，选法总数为，故C正确；对于D：有3种情况：①选物理，不选化学，有种选法；②选化学，不选物理，有种选法；③物理与化学都选，有种选法.故总数，故D错误.故选：ABD【变式2-4】.高二年级将10个优秀团员的名额分配给3个班级，一共有种分法.【答案】66【详解】本题相当于10个名额和2个虚名额分配给3个班级，利用隔板法解决，从12个位置中选2个位置放隔板，共有种分配方法.故答案为：66【变式2-5】.从含有3件次品的8件新产品中，任意抽取4件进行检验，抽出的4件产品中恰好有2件次品的抽法种数为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意，8件新产品中有3件次品，件正品，先从3件次品中取出2件次品，有种抽法，再从件正品中取出2件正品，有种抽法，所以抽出的4件产品中恰好有2件次品的抽法种数为.故选：.【考点题型三】排列组合【例3】.寒假有来自不同大学的3名男生和2名女生来母校开展大学宣讲活动．(1)若要将这5名同学分配到三个班进行宣讲，每班至少一名同学，有多少种不同的分配方案？(2)宣讲完毕，这五位同学和原高中班主任合影留念，要求班主任站在甲乙同学中间，有多少种不同的排法？(3)若这五位同学中甲、乙、丙三位同学身高互不相等，则这五位同学和班主任合影留念时甲、乙、丙三人按高低从左到右有多少种不同的排法？(4)随后这五位同学合影留念时，同学甲不站在最左端，同学乙不站在最右端，有多少种不同的排法？（写出必要的数学式，结果用数字作答）【答案】(1)150(2)48(3)120(4)【详解】（1）将5名同学分为3，1，1或2，2，1三组，然后分配到三个班，所以分配方案有种．（2）先甲乙同学之间排列，再把班主任和甲乙同学看作一个整体，与其他3名同学排列，则不同的排法种．（3）先将6人全排列有种，考虑到甲、乙、丙三人排列有种，所以甲、乙、丙三人按高低从左到右排列时，不同的排法有种．（4）先将五位同学全排列，去掉同学甲站在最左端的情形，再去掉同学乙站在最右端的情形，再加上重复去掉的同学甲站在最左端且同学乙站在最右端的情形，所以不同的排法种数有．【变式3-1】.2024年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕某校足球社的6名学生准备分成三组前往村超球队所在的平地村､口寨村､忠诚村3个村寨进行调研，每个村各有一组来调研，每个组至多3名学生，则不同的安排方法种数为（

）A．900 B．600 C．450 D．150【答案】C【详解】由题意可知6个人分成三组且每组最多3名学生，所以可以分成1，2，3或2，2，2两类，当6人分成1，2，3三组，有种分法，当6人分成2，2，2三组，有种分法，所以不同的安排方法种数为种，故选：C【变式3-2】.年月我校组织年校庆活动，有甲、乙、丙名志愿者负责、、、等个任务．每人至少负责一个任务，每个任务都有人负责，且甲不负责任务的分配方法共有（

）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】C【详解】因任务有个，人只有三个，结合题意可知有人负责两个任务.若甲负责两个任务，因甲不负责任务，则有种分配方法，剩下的任务有种分配方法，则此时的分配方法共有种；若甲负责个任务，因甲不负责任务，则有种分配方法，剩下的任务有种分配方法，则此时的分配方法共有种；综上，满足题意的分配方法共有种.故选：C.【变式3-3】.在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有的打结方式有：种.其中恰好能围成一个圈的打结方式有：种.所以5根绳子恰好能围成一个圈的概率为：.故选：D【变式3-4】.（多选）有甲、乙、丙等6名同学，以下说法正确的是：（

）A．若6人站成一排，甲、乙两人不相邻，则不同的排法种数为480种B．若6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位，则不同的站法种数为504种C．6名同学平均分成三组到A、B、C三个实验室参观（每个实验室都有人），则有210种不同的安排方法D．6名同学分成三组参加不同的活动，甲、乙、丙在一起，则不同的分组方法有6种【答案】AD【详解】A选项，6人站成一排，甲、乙两人不相邻，先将除甲、乙外的4人进行全排列，有种排法，再将甲、乙两人插空，有种排法，则共有种不同的排法，A正确；B选项，6人站成一排，甲、乙、丙按从左到右的顺序站位，可用倍缩法进行求解，即种不同的站法，B错误；C选项，6名同学平均分成三组到A、B、C工厂参观（每个工厂都有人），则有种不同的安排方法，C错误；D选项，6名同学分成三组参加不同的活动，甲、乙、丙在一起，若还有一位同学与他们一组，共有种分法；若三组同学分为3人一组，2人一组和1人一组，先将除甲、乙、丙外的剩余3人分为两组，有种分法；共有6种分组方法，D正确．故选：AD．【变式3-5】.由0，1，2，3，4这五个数字．(1)能组成多少个无重复数字的五位数？(2)能组成多少个无重复数字的五位偶数？(3)组成无重复数字的五位数中比21034大的数有多少个？【答案】(1)96(2)60(3)65【详解】（1）先排数字0，0只能占除最高位外的其余四个数位，有种排法，再排四个非0数字有种，由分步乘法计数原理得，所以能组成96个无重复数字的五位数；（2）当个位数字为0时，则可以组成个无重复数字的五位偶数，当个位数字为2或4时，则可以组成个无重复数字的五位偶数，即可以组成个无重复数字的五位偶数；（3）计算比21034大的五位数的个数分两类：万位比2大的五位数个数是，万位是2的五位数中，千位比1大的有个，千位是1，百位比0大的有个，千位是1，百位是0，十位比3大的有1个，由分类加法计数原理得，所以组成无重复数字的五位数中比21034大的数有65个.【变式3-6】.按要求列出式子，再计算结果，用数字作答.(1)在5件产品中，有3件正品，2件次品，从这5件产品中任意抽取3件.（ⅰ）抽出的3件中恰有1件正品的抽法有多少种？（ⅱ）抽出的3件中至少有1件次品的抽法有多少种？(2)现有，，等5人排成一排照相，按下列要求各有多少种不同的排法.（ⅰ）若，之间恰有一人，有多少种不同的排法？（ⅱ）不站左端，且不站右端，有多少种不同的排法？【答案】(1)（ⅰ）3；（ⅱ）9(2)（ⅰ）36；（ⅱ）78【详解】（1）（ⅰ）抽出的3件中恰有1件次品是指1件正品，2件次品，则有种不同的抽法；（ⅱ）解法一：抽出的3件中至少有1件次品的抽法有两种情况：只有1件次品的抽法和2件次品的抽法，由（ⅰ）得有2件次品的抽法为种不同的抽法，只1件次品的抽法为种不同的抽法，共有种不同的抽法；解法二：抽出的3件中至少有1件次品的抽法数，是在5件产品中任意抽出3件的抽法数，减去抽出的3件产品全是正品的抽法数，所以共有种不同的抽法；（2）（ⅰ）将A、某人、B看作一个整体，进行捆绑，再将另外两人一起排列，所以一共有36种排法；（ⅱ）解法一：因为5个人全排列有排法，且A站左端有种排法，B站右端有种排法，A站左端且B站右端有种排法，所以A不站左端，且B不站右端有种排法；解法二：依题意可得：整件事可分为B站左端，和B不站左端．若B站左端，则其他4人全排列，有种排法；若B不站左端，则其他3人中选出1人站在左端，有种选法，又由于B不站左端，也不站右端，有种排法，剩下3人有有种排法，所以B不站左端有排法；所以A不站左端，且B不站右端有排法.【考点题型四】不二项式特定项及特定项系数【例4】.已知在的二项展开式中.(1)若，求展开式中含项的系数；(2)若展开式含有常数项，求最小的正整数的值.【答案】(1)(2)【详解】（1）当时，展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式中含项的系数为.（2）展开式的通项公式为，令，解得，因为，所以当时，取得最小值，此时展开式含有常数项，所以最小的正整数的值为.【变式4-1】.的展开式中含项的系数为（

）A． B． C．28 D．56【答案】A【详解】二项式的展开式的通项公式为，令，所以，所以，所以展开式中含的项的系数为.故选：A.【变式4-2】.的展开式中的系数为（

）A．120 B．80 C．60 D．40【答案】D【详解】展开式通项为：，令，即，当时，的系数为；当时，的系数为；所以的系数为，故选：D【变式4-3】.在的展开式中，项的系数为（

）A． B． C．16 D．144【答案】C【详解】，其展开式通项公式为，，所以所求项的系数为，故选：C．【变式4-4】.在的展开式中，含项的系数是10，则（

）A．0 B．1 C．2 D．4【答案】C【详解】根据二项展开式可知含项即从5个因式中取4个，1个常数项即可写出含的项；所以含的项是，可得；即可得.故选：C【考点题型五】二项式系数和系数【例5】.已知.(1)求的值；(2)求的值.【答案】(1)(2)【详解】（1）二项式展开式的通项为，，因为，所以；（2）令，则，令，则，可得，因此.【变式5-1】.的展开式中各项系数和为32，则展开式中含的项是（

）A． B．C． D．【答案】A【详解】令，则有，解得，对有，则有，故展开式中含的项是.故选：A.【变式5-2】.（多选）已知的展开式的第2项与第3项系数的和为3，则（

）A．B．展开式的各项系数的和为C．展开式的各二项式系数的和为256D．展开式的常数项为第5项【答案】ACD【详解】解：因为的展开式的通项公式为，（），所以，即，解得（舍去），故A正确；所以（），当，即时为常数项,故D正确；所以展开式的各项系数的和为，故B错误；所以展开式的各二项式系数的和为，故C正确.故选：ACD.【变式5-3】.（多选）关于二项式的展开式，下列说法正确的是（

）A．展开式的所有系数和为1 B．展开式的第4项二项式系数最大C．展开式中不含项 D．展开式的常数项为240【答案】ABD【详解】对于A选项：令，可得二项式的展开式中所有项的系数和为，故A正确；对于B选项：因为指数为偶数，即，所以展开式的第项二项式系数最大，故B正确；展开式通项为，对于C选项：令，解得，所以展开式中含项，故C错误；对于D选项：令，可得，故展开式中常数项为，故D正确.故选：ABD.【变式5-4】.（多选）已知，则（

）A．展开式中的常数项为1 B．展开式中各项系数之和为0C．展开式中二项式系数最大的项为第1012项 D．【答案】AD【详解】A选项，中，令得，，常数项为1，A正确；B选项，中，令得，，展开式中各项系数之和为1，B错误；C选项，展开式共有2025项，根据二项式系数的单调性和对称性，二项式系数最大的项为第项，C错误；D选项，中，令得，，又，故，D正确.故选：AD【变式5-5】.已知.(1)求(2)求(3)【答案】(1)；(2)1093；(3)．【详解】（1）在中，取得，取得①，所以.（2）取得②，①+②得，所以.（3）令则，取，得.【考点题型六】杨辉三角【例6】.杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家，杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图1为杨辉三角的部分内容，图2为杨辉三角的改写形式(1)求图2中第11行的各数之和；(2)从图2第2行开始，取每一行的第3个数一直取到第100行的第3个数，求取出的所有数之和；(3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存在，请说明理由.【答案】(1)2048；(2)166650；(3)存在，这三个数为.【详解】（1）第11行的各数之和为；（2）杨辉三角中第2行到第100行，各行第3个数之和为；（3）存在，理由如下：设在第行存在三个相邻的数，其中，且，，之比为3:8:14，故，化简得，即，解得，所以这三个数为.【变式6-1】.将杨辉三角中的每一个数都换成，得到如图所示的莱布尼茨三角形.莱布尼茨三角形具有很多优美的性质，如从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，如果（为正整数），则下列结论中正确的是（

）第0行

第1行

第2行

第3行

……

……A．当时中间的两项相等，且同时取得最大值B．当时中间一项为C．第6行第5个数是D．【答案】C【详解】对于A，由莱布尼茨三角形知，当n为奇数时，中间两项相等，且同时取到最小值，为奇数，故A错误；对于B，当时，这一行有2025个数，最中间为第1013个数，即，B错误；对于C，第6行有7个数，第5个数是，C正确；对于D，由于从第0行开始每一个数均等于其“脚下”两个数之和，故，D错误，故选：C【变式6-2】.在杨辉三角中，每一个数值是它上面两个数值之和，这个三角形开头几行如图，则第9行从左到右第3个数是；若第行从左到右第12个数与第13个数的比值为，则.【答案】3627【详解】依题意，，解得．故答案为：；.课后检测练习1．某学习小组有男、女生共8人，现从男生中选2人，女生中选1人分别去做3种不同的工作，共有90种不同的选法，则男、女生人数分别为（

）A．3，5 B．2，5 C．5，3 D．6，2【答案】A【详解】设男生人数为，则女生人数为，由题意可知，即，即，解得，所以男、女生人数为.故选:A.2.已知的展开式中的系数为48，则实数＝（

）A．2 B．1 C． D．−2【答案】B【详解】二项式的通项公式为．的展开式中，的系数为，解得．故选：B．3.高三某班毕业活动中，有5名同学已站成一排照相，这时有两位老师需要插入进来.若同学顺序不变，则不同的插入方式有（

）A．21种 B．27种 C．30种 D．42种【答案】D【详解】5位同学已经排好，第一位老师站进去有6种选择，当第一位老师站好后，第二位老师站进去有7种选择，所以2位老师与同学们站成一排的站法共有6×7＝42（种）.故选：D4.国际数学家大会（ICM）是由国际数学联盟（IMU）主办的国际数学界规模最大也是最重要的会议，每四年举行一次，被誉为数学界的奥林匹克盛会.2002年第24届国际数学家大会在北京召开，其会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，由一个正方形和四个全等的直角三角形构成（如图）.现给图中5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色.若有5种不同的颜色可供使用，则不同的涂色方案有（

）A．120种 B．360种 C．420种 D．540种【答案】C【详解】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5块区域至少需要种颜色，若块区域只用种颜色涂色，则颜色的选法有种，相对的直角三角形必同色，此时不同的涂色方案有种；若块区域只用种颜色涂色，则颜色的选法有种，其中一对相对的直角三角形必同色，余下的两个直角三角形不同色，此时不同的涂色方案有种；若块区域只用种颜色涂色，则每块直角三角形都不同色，此时不同的涂色方案有种；综上，不同的涂色方案有：种.故选：C.5．现有包含两本书的六本不同的书，分给甲､乙､丙三个人，要求每人至少一本，其中两本书被分给甲的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【详解】第一类，将六本书分成三组，然后分给三人共有种，其中满足条件的分法：先将两本分给甲，然后将4本书分成两组分给乙、丙，共有种；第二类，将六本书分成三组，然后分给三人共有种，其中满足条件的分法：先从4本书中取2本连同分给甲，剩下的分给乙、丙，共有种；第三类，将六本书分成三组，然后分给三人共有种，其中满足条件的分法：1）甲得2本：将分给甲，然后将剩余4本分成两组分给乙、丙，共有种；2）甲得3本：先从4本书中取1本连同分给甲，再将剩余3本分成两组分给乙、丙，共有.综上，将六本不同的书，分给甲､乙､丙三个人，共有种，满足条件的分法有种.所以，两本书被分给甲的概率为.故选：C6．如图是2024年法国巴黎奥运会和残奥会吉祥物“弗里热”，其中残奥会的吉祥物有一个“腿”被设计成了假肢，现将4个奥运会吉祥物和2个残奥会吉祥物排成一排，则不同的排法有（

）A．6种 B．12种 C．15种 D．60种【答案】C【详解】从一排的6个位置选2个摆放残奥会吉祥物即可（剩下的4个位置放奥运会吉祥物），.故选:C.7．如图，洛书古称龟书，是阴阳五行术数之源.在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图像，结构是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数.若从四个阴数和五个阳数中随机选取2个数，则选取的2个数之和为偶数的方法数有（

）种.A．6 B．10 C．16 D．36【答案】C【详解】根据题意，四个阴数即4个偶数：2､4､6､8，五个阳数即5即奇数：，从中任选2个，使选出的2个数和为偶数，有2种情况，①选出的2个数是2个偶数，有种选法，②选出的2个数是2个奇数，有种选法，一共有种选法.故选：C.8．（多选）从0，1，2，3，4，5这6个数字中取出4个数字，则（

）A．可以组成300个无重复数字的四位数B．可以组成144个无重复数字的四位奇数C．可以组成160个无重复数字且比3400大的四位数D．可以组成21个无重复数字且能被25整除的四位数【答案】ABD【详解】对于A，首位不能排0，有种排法，后面三位从剩下的5个数字中任选3个进行排列，所以共有种排法，即可以组成300个无重复数字的四位数，故A正确；对于B，个位从1，3，5选择一个，有种选法；千位数字不可选0，从剩下的4个中选一个，有种选法；在剩下的4个数字中选出2个，安排在百位、十位数字，有种选法，则有个无重复数字的四位奇数，故B正确；对于C，比3400大的四位数分三类：第一类千位比3大的数，其它三位任意排，有个，第二类千位是3，百位比4大的数只有5，其它两位任意排，有个，第三类千位是3，百位是4的数，其它两位任意排，有个，根据分类计数原理得比3400大的四位数共有种，故C不正确；对于D，能被25整除的四位数分两类：第一类：形如□□25，共有个；第二类：形如□□50，共有个，所以能被25整除的四位数共有个，故D正确．故选：ABD9．（多选）传承红色文化，宣扬爱国精神，湖洋中学国旗队在高一年级招收新成员，现有小明、小红、小华等7名同学加入方阵参加训练，则下列说法正确的是（

）A．7名同学站成一排，小明、小红、小华必须按从左到右的顺序站位，则不同的站法种数为840B．7名同学站成一排，小明、小红两人相邻，则不同的排法种数为720C．7名同学站成一排，小明、小红两人不相邻，则不同的排法种数为480D．7名同学分成三组（每组至少有两人），进行三种不同的训练，则有630种不同的训练方法