微专题13　计数原理

【五年高考真题分布(2020－2024)】

微专题13计数原理高考定位1.主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，时常与概率相结合，以选择题、填空题为主；2.二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，有时也与函数、不等式、数列交汇考查.【真题体验】1.(2023·全国乙卷)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解析甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有Ceq\o\al(1,6)＝6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1种不同的读物，有Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4)＝20(种)情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20＝120(种)选法.2.(2024·北京卷)在(x－eq\r(x))4的展开式中，x3的系数为()A.6 B.－6C.12 D.－12答案A解析法一(x－eq\r(x))4的展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)x4－r(－eq\r(x))r＝(－1)rCeq\o\al(r,4)x4－eq\f(r,2)(r＝0，1，2，3，4).由4－eq\f(r,2)＝3，得r＝2，所以(x－eq\r(x))4的展开式中x3的系数为(－1)2Ceq\o\al(2,4)＝6.法二(x－eq\r(x))4的展开式中含x3的项是由(x－eq\r(x))(x－eq\r(x))(x－eq\r(x))(x－eq\r(x))中任意取2个括号内的x与剩余的2个括号内的(－eq\r(x))相乘得到的，所以(x－eq\r(x))4的展开式中含x3的项为Ceq\o\al(2,4)x2·Ceq\o\al(2,2)(－eq\r(x))2＝6x3，所以(x－eq\r(x))4的展开式中x3的系数为6.3.(2022·新高考Ⅰ卷)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为________.(用数字作答)答案－28解析(x＋y)8展开式的通项Tr＋1＝Ceq\o\al(r,8)x8－ryr，r＝0，1，…，7，8.令r＝6，得T6＋1＝Ceq\o\al(6,8)x2y6；令r＝5，得T5＋1＝Ceq\o\al(5,8)x3y5，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(y,x)))(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为Ceq\o\al(6,8)－Ceq\o\al(5,8)＝－28.4.(2024·全国甲卷)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋x))eq\s\up12(10)的展开式中，各项系数中的最大值为________.答案5解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)＋x))eq\s\up12(10)的展开式的通项公式为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(10－r)xr，则各项的系数分别为Ceq\o\al(0,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(10)，Ceq\o\al(1,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(9)，Ceq\o\al(2,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(8)，Ceq\o\al(3,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(7)，Ceq\o\al(4,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(6)，Ceq\o\al(5,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(5)，Ceq\o\al(6,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)，Ceq\o\al(7,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)，Ceq\o\al(8,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)，Ceq\o\al(9,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(1)，Ceq\o\al(10,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)，观察发现二项式系数先增大后减小，且前后对称，指数式递增，分别计算Ceq\o\al(5,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(5)，Ceq\o\al(6,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(4)，Ceq\o\al(7,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(3)，Ceq\o\al(8,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)，Ceq\o\al(9,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(1)，Ceq\o\al(10,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)，比较可得，Ceq\o\al(8,10)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝5最大.5.(2024·新高考Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有________种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是________.11213140122233421322334315243444答案24112解析第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法.由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24.先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.【热点突破】热点一两个计数原理例1(1)(2024·海南调研)为了备战下一届排球世锦赛，中国国家队甲、乙、丙、丁四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，往后依次类推，经过4次传球，球仍回到甲手中，则传法总数为()A.30 B.24C.21 D.12(2)用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是()A.120 B.72C.48 D.24答案(1)C(2)A解析(1)法一由题意，四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，往后依次类推，经过4次传球，球仍回到甲手中，可分两种情况：①当第2次球传到甲手中，则经过4次传球，球仍回到甲手中，共有3×1×3×1＝9(种)不同的传法；②当第2次球不传到甲手中，则经过4次传球，球仍回到甲手中，共有3×2×2×1＝12(种)不同的传法，综合①②可得经过4次传球，球仍回到甲手中，传法总数为9＋12＝21(种).法二由题意第3次传球后球一定不在甲手中，而第4次传球只能传给甲，若第2次传球后球在甲手中，则不同的传法有3×1×3×1＝9(种)；若第2次传球后球不在甲手中，则不同传法有3×2×2×1＝12(种)，综上，第4次仍传回到甲的方法共有9＋12＝21(种).(2)先涂E，有4种选择，接下来涂C，有3种选择，再涂F，有2种选择，①当C，D颜色相同时涂色方法数是4×3×2×1×2＝48，②当C，D颜色不相同时涂色方法数是4×3×2×1×(1＋2)＝72，∴满足题意的涂色方法总数是48＋72＝120.规律方法利用两个计数原理解题时的三个注意点(1)当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事；(2)分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图；(3)对于复杂问题，一般是先分类再分步.训练1(1)(2024·湛江调研)某企业面试环节准备编号为1，2，3，4的四道试题，编号为1，2，3，4的四名面试者分别回答其中的一道试题(每名面试者回答的试题互不相同)，则每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有()A.9种 B.10种C.11种 D.12种(2)用数字3，6，9组成四位数，各数位上的数字允许重复，且数字3至多出现一次，则可以组成的四位数的个数为()A.81 B.48C.36 D.24答案(1)A(2)B解析(1)根据题意分析可得，面试者1可以从编号为2，3，4的三道试题中任选一道，假设选编号为2的试题，则面试者2可以从剩下的3道试题中任选一道，假设选编号为3的试题，则面试者3只能选编号为4的试题，面试者4只能选编号为1的试题，可知面试者1选编号为2的试题时有3种符合题意的选法；同理，面试者1选编号为3或4的试题时，都有3种符合题意的选法，故每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有3＋3＋3＝9种.故选A.(2)根据题意，数字3至多出现一次，分2种情况讨论：①数字3不出现，此时四位数的每个数位都可以为6或9，都有2种情况，则此时四位数有2×2×2×2＝16个；②数字3出现1次，则数字3出现的情况有4种，剩下的三个数位，可以为6或9，都有2种情况，此时四位数有4×2×2×2＝32个，故有16＋32＝48个四位数，故选B.热点二排列与组合例2(1)(2024·邯郸模拟)某班联欢会原定5个节目，已排成节目单，开演前又增加了2个节目，现将这2个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为()A.12 B.18C.20 D.60(2)(2024·杭州模拟)将5名志愿者分配到三个社区协助开展活动，每个志愿者去一个社区，每个社区至少1名志愿者，则不同的分配方法数是()A.300 B.240C.150 D.50答案(1)C(2)C解析(1)根据题意，可分为两类：①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(2,2)＝4×2＝8种方法；②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有Aeq\o\al(2,4)＝4×3＝12种方法，由分类加法计数原理得，共有8＋12＝20种不同的插法.(2)先将5名志愿者分成3组，若这三组的人员构成为1、1、3，则共有eq\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4),Aeq\o\al(2,2))种分组方案，若这三组的人员构成为1、2、2，则共有eq\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))种分组方案，再将这3组志愿者随机分配到三个社区，共有Aeq\o\al(3,3)种分配方案，故共有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Ceq\o\al(1,5)Ceq\o\al(1,4),Aeq\o\al(2,2))＋\f(Ceq\o\al(2,5)Ceq\o\al(2,3),Aeq\o\al(2,2))))·Aeq\o\al(3,3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5×4,2)＋\f(10×3,2)))×6＝150种分配方法.规律方法排列、组合问题的求解方法与技巧(1)合理分类与准确分步；(2)排列、组合混合问题要先选后排；(3)特殊元素优先安排；(4)相邻问题捆绑处理；(5)不相邻问题插空处理；(6)定序问题除法处理；(7)“小集团”排列问题先整体后局部；(8)正难则反，等价转化.训练2(1)(2024·兰州诊断)将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，则不同的分配方案种数为()A.15 B.35C.56 D.70(2)(2024·聊城模拟)班主任从甲、乙、丙三位同学中安排四门不同学科的课代表，要求每门学科有且只有一位课代表，每位同学至多担任两门学科的课代表，则不同的安排方案共有()A.60种 B.54种C.48种 D.36种答案(1)B(2)B解析(1)将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，可类比为用3个隔板插入8个小球中间的空隙中，将球分成4堆，由于8个小球中间共有7个空隙，因此共有Ceq\o\al(3,7)＝35种不同的分法.(2)甲、乙、丙三位同学都担任课代表有eq\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,2)Ceq\o\al(1,1),Aeq\o\al(2,2))Aeq\o\al(3,3)＝36种，甲、乙、丙三位同学有一人不担任课代表有eq\f(Ceq\o\al(2,3)·Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,2))·Aeq\o\al(2,2)＝18种，综合得不同的安排方案共有36＋18＝54种.热点三二项式定理例3(1)(多选)(2024·镇江调研)下列说法正确的是()A.若(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，则|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝310－1B.1.0510精确到0.1的近似数为1.6C.5555被8整除的余数为1D.Ceq\o\al(0,9)29＋Ceq\o\al(1,9)28＋…＋Ceq\o\al(9,9)＝39(2)(2024·丽水调研)设(1－4x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，已知a0＋a1＝－35，则n＝________，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)＋1))eq\s\up12(n)的展开式中含x－7的项的系数为________.答案(1)ABD(2)9－18解析(1)对于A，(2x－1)10＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a10x10，令x＝0，则a0＝1，易知a1，a3，a5，a7，a9为负数，a2，a4，a6，a8，a10为正数.令x＝－1，则310＝a0－a1＋a2－…－a9＋a10，故|a1|＋|a2|＋…＋|a10|＝－a1＋a2－…－a9＋a10＝310－1，故A正确；对于B，1.0510＝(1＋0.05)10＝Ceq\o\al(0,10)×0.050＋Ceq\o\al(1,10)×0.051＋Ceq\o\al(2,10)×0.052＋…＋Ceq\o\al(10,10)×0.0510＝1＋0.5＋0.1125＋…＝1.5＋0.1125＋…，故1.0510精确到0.1的近似数为1.6，B正确；对于C，5555＝(56－1)55＝Ceq\o\al(0,55)×5655－Ceq\o\al(1,55)×5654＋Ceq\o\al(2,55)×5653－…＋Ceq\o\al(54,55)×561－Ceq\o\al(55,55)×560，由此可得5555被8整除的余数为8－1＝7，C错误；对于D，Ceq\o\al(0,9)29＋Ceq\o\al(1,9)28＋…＋Ceq\o\al(9,9)＝(2＋1)9＝39，D正确.故选ABD.(2)令x＝0，得a0＝1，由二项展开式的通项可知a1＝Ceq\o\al(1,n)·(－4)＝－4n，由a0＋a1＝－35，得1－4n＝－35，解得n＝9.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)＋1))eq\s\up12(9)是由9个eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)＋1))连乘得到，要得到含x－7的项，有两种情形：①这9个式子中：8个式子中取－eq\f(1,x)，剩下的1个式子中取2x；②这9个式子中：7个式子中取－eq\f(1,x)，剩下的2个式子中取1.故含x－7的项的系数为Ceq\o\al(8,9)×2－Ceq\o\al(7,9)＝－18.规律方法1.求两个因式积的特定项，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨论求解.2.求三项展开式的特定项，一般转化为二项式求解或用定义法.3.求解系数和问题应用赋值法.4.涉及整除或近似值问题要应用二项展开式解决.训练3(1)(2024·汕头模拟)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x3)))(1＋x)7展开式中x3项的系数为()A.42 B.35C.7 D.1(2)(多选)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(4)的展开式中，下列结论正确的是()A.二项式系数最大项为第五项B.各项系数和为0C.含x4项的系数为4D.所有项二项式系数和为16答案(1)A(2)BD解析(1)(1＋x)7的展开式通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,7)·xr(r＝0，1，2，…，7)，因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x3)))(1＋x)7＝(1＋x)7＋x－3(1＋x)7，在Ceq\o\al(r,7)·xr(r＝0，1，2，…，7)中，令r＝3，可得x3项的系数为Ceq\o\al(3,7)＝35；在x－3Ceq\o\al(k,7)·xk＝Ceq\o\al(k,7)·xk－3(k＝0，1，2，…，7)中，令k－3＝3，得k＝6，可得x3项的系数为Ceq\o\al(6,7)＝7.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x3)))(1＋x)7展开式中x3项的系数为35＋7＝42.(2)对于A，因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(4)展开式一共5项，所以二项式系数最大项为第3项，故A错误；对于B，令x＝1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(4)＝0，所以各系数的和为0，故B正确；对于C，因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))eq\s\up12(4)的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)x4－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))eq\s\up12(r)＝Ceq\o\al(r,4)(－1)rx4－2r(r＝0，1，2，3，4)，令4－2r＝4，得r＝0，故含x4项的系数为Ceq\o\al(0,4)·(－1)0＝1，故C错误；对于D，所有项的二项式的系数和为24＝16，故D正确.【精准强化练】一、单选题1.(2024·烟台模拟)将8个大小形状完全相同的小球放入3个不同的盒子中，要求每个盒子中至少放2个小球，则不同放法的种数为()A.3 B.6C.10 D.15答案B解析依题意，每个盒子放入2个球，余下2个球可以放入一个盒子有Ceq\o\al(1,3)种方法，放入两个盒子有Ceq\o\al(2,3)种方法，所以不同放法的种数为Ceq\o\al(1,3)＋Ceq\o\al(2,3)＝6.2.(2024·西安调研)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,\r(x))))eq\s\up12(8)的展开式中含x5项的系数是()A.－112 B.112C.－28 D.28答案B解析eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,\r(x))))eq\s\up12(8)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－2x－\f(1,2)))eq\s\up12(8)的展开式的通项公式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,8)x8－k·(－2)kx－eq\f(1,2)k＝(－2)kCeq\o\al(k,8)·x8－eq\f(3,2)k，令8－eq\f(3,2)k＝5，得k＝2，故T3＝(－2)2Ceq\o\al(2,8)x5＝112x5，即其展开式中含x5项的系数是112.3.(2024·石家庄质检)今年贺岁片《第二十条》、《热辣滚烫》、《飞驰人生2》引爆了电影市场，小明和他的同学一行四人决定去看这三部电影，则恰有两人看同一部影片的选择共有()A.9种 B.36种C.38种 D.45种答案B解析从4人中选择2人看同一部影片，再从3部影片中选择一部安排给这两人观看，剩余的2人，2部影片进行全排列，故共有Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(1,3)Aeq\o\al(2,2)＝6×3×2＝36种情况.4.(2024·邵阳模拟)某市举行乡村振兴汇报会，六个获奖单位的负责人甲、乙、丙等六人分别上台发言，其中负责人甲、乙发言顺序必须相邻，丙不能在第一个与最后一个发言，则不同的安排方法共有()A.240种 B.120种C.156种 D.144种答案D解析将甲乙捆绑看做一个元素，由丙不能在第一个与最后一个发言，则丙的位置有3个，将剩余4个元素再排序有Aeq\o\al(4,4)Aeq\o\al(2,2)＝48种方法，故不同的安排方法共有3×48＝144种.5.(1＋2x)(1＋x)3的展开式中x2的系数为()A.4 B.6C.9 D.10答案C解析∵(1＋2x)(1＋x)3＝(1＋x)3＋2x(1＋x)3，展开式中含x2的项为Ceq\o\al(2,3)x2＋2xCeq\o\al(1,3)x1，∴x2的系数为Ceq\o\al(2,3)＋2Ceq\o\al(1,3)＝3＋2×3＝9.6.(2024·荆州调研)(a2－a＋b)5的展开式中a5b2的系数为()A.－60 B.－30C.30 D.60答案B解析(a2－a＋b)5＝[(a2－a)＋b]5，根据二项式的展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,5)(a2－a)5－r·br(r＝0，1，2，3，4，5)，令r＝2，(a2－a)3的展开式满足关系式为Tk＋1＝Ceq\o\al(k,3)a6－2k(－1)kak(k＝0，1，2，3)，当k＝1时，(a2－a)3的展开式a5的系数为Ceq\o\al(1,3)(－1)＝－3，故(a2－a＋b)5的展开式中a5b2的系数为Ceq\o\al(2,5)×(－3)＝－30.7.某公园有如图所示A至H共8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()ABCDEFGHA.168 B.336C.338 D.84答案B解析第一步：排男孩，第一个男孩在第一行有四个位置可选，第二个男孩在第二行有三个位置可选，由于两名男孩可以互换，故男孩的排法有4×3×2＝24(种)，第二步：排女孩，若男孩选AF，则女孩有BE，BG，BH，CE，CH，DE，DG共7种选择，由于女孩可以互换，故女孩的排法有2×7＝14(种)，根据分步乘法计数原理，共有24×14＝336(种)，故选B.8.(2024·嘉兴模拟)6位学生在游乐场游玩A，B，C三个项目，每个人都只游玩一个项目，每个项目都有人游玩，若A项目必须有偶数人游玩，则不同的游玩方式有()A.180种 B.210种C.240种 D.360种答案C解析若A有2人游玩，则有Ceq\o\al(2,6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ceq\o\al(3,4)Ceq\o\al(1,1)Aeq\o\al(2,2)＋\f(Ceq\o\al(2,4)Ceq\o\al(2,2),Aeq\o\al(2,2))Aeq\o\al(2,2)))＝15×(8＋6)＝210种；若A有4人游玩，则有Ceq\o\al(4,6)Aeq\o\al(2,2)＝15×2＝30种.所以共有240种，故选C.二、多选题9.3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是()A.共有60种不同的坐法 B.空位不相邻的坐法有72种C.空位相邻的坐法有24种 D.两端不是空位的坐法有18种答案ACD解析对于A，共有Aeq\o\al(3,5)＝5×4×3＝60(种)不同的坐法，故A正确；对于B，先排好这3个人有Aeq\o\al(3,3)种排法，然后把2个空位插入3个人形成的4个空隙中，有Ceq\o\al(2,4)种插法，故共有Ceq\o\al(2,4)Aeq\o\al(3,3)＝36(种)坐法，故B错误；对于C，把2个空位先捆绑好，再插入3人形成的4个空隙中，故共有Ceq\o\al(1,4)Aeq\o\al(3,3)＝24(种)坐法，故C正确；对于D，先从3人中抽取2人放在两端，第三个人在中间的3个空位中任取一个，故有Ceq\o\al(2,3)Aeq\o\al(2,2)Ceq\o\al(1,3)＝18(种)坐法，故D正确.10.(2024·郑州调研)已知(m＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，(x－1)(m＋x)4＝b0＋b1x＋b2x2＋b3x3＋b4x4＋b5x5，其中m∈R，m≠0.若a2＝3b2，则()A.m＝2 B.a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝81C.b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝－16 D.b1＋2b2＋3b3＋4b4＋5b5＝80答案AB解析二项式(m＋x)4展开式的通项为Tr＋1＝Ceq\o\al(r,4)m4－rxr(0≤r≤4且r∈N)，(x－1)(m＋x)4＝x(m＋x)4－(m＋x)4，所以a2＝Ceq\o\al(2,4)m2＝6m2，b2＝Ceq\o\al(1,4)m3－Ceq\o\al(2,4)m2＝4m3－6m2，因为a2＝3b2，所以6m2＝3(4m3－6m2)，解得m＝0(舍去)或m＝2，故A正确；由(2＋x)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4，令x＝1可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝34＝81，故B正确；由(x－1)(2＋x)4＝b0＋b1x＋b2x2＋b3x3＋b4x4＋b5x5，令x＝0可得b0＝－24＝－16，令x＝1可得b0＋b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝0，所以b1＋b2＋b3＋b4＋b5＝16，故C错误；将(x－1)(2＋x)4＝b0＋b1x＋b2x2＋b3x3＋b4x4＋b5x5两边对x求导可得，(2＋x)4＋4(x－1)(2＋x)3＝b1＋2b2x＋3b3x2＋4b4x3＋5b5x4，令x＝1可得b1＋2b2＋3b3＋4b4＋5b5＝(2＋1)4＋4(1－1)(2＋1)3＝81，故D错误.11.(2024·福州质检)下列结论正确的是()A.Ceq\o\al(n,7)＝Ceq\o\al(3,7)，则n＝3B.Ceq\o\al(m,n)＝eq\f(m＋1,n＋1)Ceq\o\al(m＋1,n＋1)C.(x－1)10的展开式的第6项的系数是Ceq\o\al(5,10)D.(1＋x)3＋(1＋x)4＋(1＋x)5的展