2026年高考数学考前20天冲刺讲义（五）（解析版）

目录

倒计时04天

➤排列组合与二项式定理（选填题）……………01

聚焦排列组合应用、二项式定理通项及系数求解等2大考向10个核心考点

倒计时03天

➤不等式（选填题）………………19

聚焦不等式性质与解法、基本不等式应用等2大考向6个核心考点

倒计时02天

➤复数（选填题）…………………35

聚焦复数概念、四则运算及几何意义等7大考向8个核心考点

倒计时01天

➤集合与常用逻辑用语（选填题）………………51

聚焦集合运算与关系、充要条件、量词等5大考向7个核心考点

倒计时04天功不唐捐，玉汝于成。

——《法华经》

排列组合与二项式定理（选填题）

考情透视--把脉命题直击重点

►命题解码：①排列组合核心考点：两大计数原理、排列数组合数公式、常用方法（相邻捆绑、

不相邻插空、定序倍缩、分组分配、隔板法）。二项式定理核心：通项公式、特定项系数、二

项式系数性质（对称性、增减性、最大项、系数和）。②难度中档为主，强调分类清晰、不重

不漏，避免复杂枚举。

►高考前沿：聚焦有限制条件的分配问题（如名额分配、涂色问题）及二项式系数与系数最值；

突出逻辑推理与数学运算，注意“分组是否有标识”“是否允许为空”等易错点，强化赋值法

求系数和。

考点抢分--核心精粹高效速记

终极考点1分类计数原理（加法原理）

.

Nm1m2mn

终极考点2分步计数原理（乘法原理）

.

Nm1m2mn

终极考点3排列数公式

n！*

Am=n(n1)(nm1)=.(n，m∈N，且mn)．注:规定0!1.

n(nm)！

终极考点4组合数公式

m

mAn(n1)(nm1)n！*

C=n==(n∈N，mN，且mn).

nm！！

Am12mm(nm)

终极考点5排列数与组合数的关系

m！m.

AnmCn

终极考点6单条件排列

以下各条的大前提是从n个元素中取m个元素的排列.

（1）“在位”与“不在位”

m1

①某（特）元必在某位有An1种；

mm11m1m1m1

②某（特）元不在某位有AnAn1（补集思想）An1An1（着眼位置）An1Am1An1

（着眼元素）种.

（2）紧贴与插空（即相邻与不相邻）

kmk

①定位紧贴：k(kmn)个元在固定位的排列有AkAnk种.

nk1k

②浮动紧贴：n个元素的全排列把k个元排在一起的排法有Ank1Ak种.注：此类问题常用

捆绑法；

③插空：两组元素分别有k、h个（kh1），把它们合在一起来作全排列，k个的一组

hk

互不能挨近的所有排列数有AhAh1种.

（3）两组元素各相同的插空

m个大球n个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？

An

当时，无解；当时，有m1n种排法

nm1nm1nCm1.

An

n

（4）两组相同元素的排列：两组元素有m个和n个，各组元素分别相同的排列数为Cmn.

终极考点7分配问题

（1）(平均分组有归属问题)将相异的m、n个物件等分给m个人，各得n件，其分配方法

nnnnn(mn)!

数共有NCCCCC.

mnmnnmn2n2nn(n!)m

（2）(平均分组无归属问题)将相异的m·n个物体等分为无记号或无顺序的m堆，其分配

方法数共有

CnCnCn...CnCn(mn)!

Nmnmnnmn2n2nn.

m!m!(n!)m

终极考点8二项式定理

n0n1n12n22rnrrnn

(ab)CnaCnabCnabCnabCnb;

二项展开式的通项公式

rnrr，，，

Tr1Cnab(r012n).

终极考点9二项式系数的性质

性质内容

对称性与首末两端等距离的两个二项式系数相等，即mnm

CnCn

n＋1

当k＜时，二项式系数逐渐增大；

2

增减性

n＋1

当k＞时，二项式系数逐渐减小

2

nn

第＋1项

当是偶数时，中间一项的二项式系数最大，最大值为2；

n2Cn

最大值

n－1n＋1

第＋1项和第＋1项

当n是奇数时，中间两项22的二项式系数相等，且同时取得最大值，

n1n1

最大值为2或2

CnCn

终极考点10二项式系数和

nn012knn

(a＋b)的展开式的各个二项式系数的和等于2，即Cn＋Cn＋Cn＋…＋Cn＋…＋Cn＝2.

135024

二项展开式中，偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即Cn＋Cn＋Cn＋…＝Cn＋Cn＋Cn

＋…＝2n1.

真题精研--复盘经典把握规律

考向01排列组合综合

1．（2023·全国甲卷·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．120B．60C．30D．20

【答案】B

【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解.

【详解】不妨记五名志愿者为a,b,c,d,e，

2

假设a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A412

种方法，

同理：b,c,d,e连续参加了两天公益活动，也各有12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51260种.

故选：B.

2．（2023·全国乙卷·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

【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.

1

【详解】首先确定相同得读物，共有C6种情况，

2

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A5种，

12

根据分步乘法公式则共有C6A5120种，

故选：C.

3．（2023·新课标Ⅱ卷·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（）．

45152040

A．C400C200种B．C400C200种

30304020

C．C400C200种D．C400C200种

【答案】D

【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.

400200

【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取6040人，高中部共抽取6020，

600600

4020

根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有C400C200种.

故选：D.

4．（2023·新课标Ⅰ卷·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

【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.

11

【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有C4C416种；

（2）当从8门课中选修3门，

12

①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有C4C424种；

21

②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有C4C424种；

综上所述：不同的选课方案共有16242464种.

故答案为：64.

5．（2024·全国甲卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3

次，每次取1个球.记m为前两次取出的球上数字的平均值，n为取出的三个球上数字的平均值，则m与n之

1

差的绝对值不大于的概率为______．

2

7

【答案】

15

【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则

ab32cab3，就c的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.

3

【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有A6120种，

abcab1

设前两个球的号码为a,b，第三个球的号码为c，则，

322

故2c(ab)3，故32c(ab)3，

故ab32cab3，

若c1，则ab5，则a,b为：2,3,3,2，故有2种，

若c2，则1ab7，则a,b为：1,3,1,4,1,5,1,6,3,4，

3,1,4,1,5,1,6,1,4,3，故有10种，

当c3，则3ab9，则a,b为：

1,2,1,4,1,5,1,6,2,4,2,5,2,6,4,5，

2,1,4,1,5,1,6,1,4,2,5,2,6,2,5,4，

故有16种，

当c4，则5ab11，同理有16种，

当c5，则7ab13，同理有10种，

当c6，则9ab15，同理有2种，

1

共m与n的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为22101656，

2

567

故所求概率为.

12015

7

故答案为：

15

6．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）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________．

【答案】24112

【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，

即可求解.

【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，

则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，

第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，

所以共有432124种选法；

每种选法可标记为(a,b,c,d)，a,b,c,d分别表示第一、二、三、四列的数字，

则所有的可能结果为：

(11,22,33,44),(11,22,34,43),(11,22,33,44),(11,22,34,42),(11,24,33,43),(11,24,33,42)，

(12,21,33,44),(12,21,34,43),(12,22,31,44),(12,22,34,40),(12,24,31,43),(12,24,33,40)，

(13,21,33,44),(13,21,34,42),(13,22,31,44),(13,22,34,40),(13,24,31,42),(13,24,33,40)，

(15,21,33,43),(15,21,33,42),(15,22,31,43),(15,22,33,40),(15,22,31,42),(15,22,33,40)，

所以选中的方格中，(15,21,33,43)的4个数之和最大，

故答案为：24；112

【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列

举法写出所有的可能结果.

解题妙法

三步解题法：

1.识别问题类型：

!

排列（有序）：从个不同元素中选个排成一列，=

!

��

��−�

�!��

组合（无序）：=

!!

��

常见模型：相邻�（�捆�绑法�−�）、不相邻（插空法）、定序（除以阶乘）、分组分配（先分组再

分配）、数字问题（特殊位置优先）、涂色问题（分类或递推）。

2.选择解题策略：

特殊元素/位置优先：优先处理有限制的元素或位置。

捆绑法：若干元素必须相邻，将它们视为一个整体，内部再排列。

插空法：若干元素互不相邻，先排无限制元素，再在空位中插入。

间接法（正难则反）：总情况减去不符合条件的情况。

平均分组：个元素平均分成组，每组个，方法数为。

��!

��⋅��−�⋯

3.计算并验证：����

注意区分“排列”还是“组合”；

是否有重复计数（如分组是否有序、元素是否相同）；

结果是否满足实际意义（如人数、对象是否可区分）。

口诀：特殊优先绑插空，正难则反用间接；分组注意去重复，排列组合要分清。

考向02二项式定理综合

4

7．（2024·北京·高考真题）在xx的展开式中，x3的系数为（）

A．6B．6C．12D．12

【答案】A

r

【分析】写出二项展开式，令43，解出r然后回代入二项展开式系数即可得解.

2

4r

rr4

【详解】xx的二项展开式为r4rr2，

Tr1C4xxC41x,r0,1,2,3,4

r

令43，解得r2，

2

22

故所求即为C416.

故选：A.

5

1

8．（2023·北京·高考真题）2x的展开式中x的系数为（）

x

A．80B．40C．40D．80

【答案】D

【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可.

5r

【详解】对于1，由二项展开式的通项得r5r1r5rr52r，

2xTr1C52x=12C5x

xx

令52r1解得r2，

2522

则所求系数为12C580，

故选：D

三、填空题

6

9．（2025·天津·高考真题）在x1的展开式中，x3项的系数为________．

【答案】20

【分析】根据二项式定理相关知识直接计算即可.

6r6rr

【详解】x1展开式的通项公式为Tr1C6x1，

3333

当r3时，T4C6x120x，

6

即x1展开式中x3的系数为20.

故答案为：20

6

2

．（天津高考真题）在x3的展开式中，常数项为．

102024··2______

3x

【答案】20

【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可.

66r

22r

【详解】因为x3的展开式的通项为rx32r6r124r，

2Tr1C623C6x,r0,1,,6

3x3x

令124r0，可得r3，

03

所以常数项为3C620.

故答案为：20.

6

312

11．（2023·天津·高考真题）在2x的展开式中，x的系数为_________．

x

【答案】60

k6kk184k

【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式Tk112C6x，令184k2确定k的值，

然后计算x2项的系数即可.

k

6k

【详解】展开式的通项公式k31k6kk184k，

Tk1C62x12C6x

x

令184k2可得，k4，

24644

则x项的系数为12C641560.

故答案为：60.

10

1

12．（2024·全国甲卷·高考真题）x的展开式中，各项系数中的最大值为______．

3

【答案】5

10r9r

r1r11

C10C10

33

【分析】先设展开式中第项系数最大，则根据通项公式有，进而求出r即可求

r110r11r

11

rr1

C10C10

33

解.

10r

【详解】由题展开式通项公式为r1r，且，

Tr1C10x0r10rZ

3

10r9r

r1r11

C10C10

33

设展开式中第项系数最大，则，

r110r11r

11

rr1

C10C10

33

29

r

42933

，即r，又rZ，故r8，

3344

r

4

2

所以展开式中系数最大的项是第项，且该项系数为81

9C105.

3

故答案为：5.

4234

13．（2025·北京·高考真题）已知(12x)a02a1x4a2x8a3x16a4x，则a0________；

a1a2a3a4________．

【答案】115

【分析】利用赋值法可求a0，利用换元法结合赋值法可求a1a2a3a4的值.

【详解】令x0，则a01，

4234

又12xa02a1x4a2x8a3x16a4x，

4234

故12xa0a12xa22xa32xa42x，

4234

令t2x，则1ta0a1ta2ta3ta4t，

4

令t1，则a0a1a2a3a42，故a1a2a3a415

故答案为：1,15.

解题妙法

三步解题法：

1.写出通项公式：+展开式的通项+1=（=0,1,,）。

注意,可能为单�项式、多项式或分式，要�根�据−�题�目准确提取指数。

���������…�

2.根据条件列方程：

��

求指定项（如常数项、项）：令的指数等于目标值，解出，再代入求系数。

求系数和：令=1得各�项系数和；令=1得奇偶项系数差；奇次项/偶次项系数和可

���

用1+1/2等方法。

��−

整除与余数问题：将底数拆分为“模数+余数”形式，利用二项展开求余数。

��−

近似计算：取展开式前几项估算。

3.计算组合数与系数：

求出后，计算及的系数，注意符号。

涉及两个二项式相乘�时，可�−分�别�写通项，再合并同次幂。

�����

口诀：通项公式写清楚，指数条件定值；赋值法求系数和，拆底数解整除题。

�

终极预测--压轴实战稳拿高分

一、单选题

6

1．（2026·吉林长春·二模）1ax的展开式中x3的系数为160，则a（）

11

A．-2B．C．D．2

22

【答案】D

6r6rrrrr

【详解】二项式1ax展开式的通项公式为Tr1C61axC6ax，

33333

令r3，则可得展开式中x的系数为C6a，所以C6a160，解得a2.

5

2．（2026·广东·模拟预测）在xyx2y的展开式中，x3y3的系数为（）．

A．120B．80C．40D．40

【答案】D

【分析】根据二项式定理计算即可.

5

【详解】根据二项式定理，x2y展开式的通项公式为：

k5kkkk5kk

Tk1C5x2yC52xy.

3232333

令k3，可得T4C5x2y80xy，此时与xy相乘可得xy的系数为-80；

2323233

令k2，可得T3C5x2y40xy，此时与xy相乘可得xy的系数为40；

所以x3y3的系数为804040.

3．（2026·山西运城·二模）运城，因“盐运之城”而得名，它是一座因盐而建立起来的城市，史称“盐运专城”．甲、

乙两名游客从运城的7个AAAA级旅游景区（含运城盐湖和鹳雀楼）中各选3个景区去旅游，则甲选了运

城盐湖且乙未选鹳雀楼的选法共有（）

A．200种B．225种C．300种D．400种

【答案】C

2

【详解】依题意甲选了运城盐湖，只需再从剩余的6个景区中选2个，选法数为：C615；

3

乙未选鹳雀楼，则乙从剩余的6个景区中选3个，选法数为：C620，

可得甲选了运城盐湖且乙未选鹳雀楼的选法共有1520300种．

4．（2026·广东茂名·二模）某学校从周一至周五中选择2天开展社会实践活动，周一和周二不能同时被选中，

则不同的选择方案有（）

A．7种B．8种C．9种D．10种

【答案】C

【分析】直接用间接法计算可得结果.

2

【详解】因为从5天中选2天，共有C510种．而周一和周二同时被选的选法，共有1种．

因此，满足条件的方案为1019种．

5．（2026·江苏·模拟预测）从甲､乙等五名志愿者中选派四人分别从事翻译､导游､礼仪､司机四项不同工作，

若甲和乙只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案的种数为（）

A．12B．24C．36D．48

【答案】C

【分析】分为选派的四人中甲乙仅有其中一人和选派的四人中甲乙均有两种情况分别讨论，结合排列组合

即可求出答案.

【详解】若选派的四人中甲乙仅有其中一人，

113

则选派方案的种数为C2C2A324，

若选派的四人中甲乙均有，

22

则选派方案的种数为A2A312，

综上，不同的选派方案的种数为36.

6．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）某人有3种颜色的灯泡（每种颜色的灯泡足够多），要在如图所示的图形

的6个顶点A，B，C，A1，B1，C1上各安装一个灯泡，要求同一线段两端的灯泡颜色不同，则不同的安装

方法共有（）

A．3种B．6种C．12种D．48种

【答案】C

3

【详解】法一：先安装下底面的三个顶点有A36种不同的安装方法，

再安装上底面的三个顶点有2种不同的安装方法.

3

由分步乘法计数原理可知，共有2A312种不同的安装方法.

法二：依次安装A，B，C，A1，B1，C1六个位置，

则有32121112种不同的安装方法.

二、多选题

929

7．（2026·陕西咸阳·模拟预测）设12xa0a1xa2xa9x，则下列说法正确的是（）

A．a01B．a28a1

391391

C．aaaD．aaa

24821392

【答案】ABD

【详解】令x0，得a01，故A正确；

9rrr

12x的展开式中，Tr12C9x,0r9,rN，

221

a22C9144，a12C918，

a28a1，故B正确；

9

令x1，得a0a1a2a93，令x1，得a0a1a2a91，

391391

aaa,aaaa，

139202482

又a01，

393

aaa，故C错误，D正确．

2482

n

1

8．（2026·江苏南京·二模）已知ax(a0)的展开式中只有第7项的二项式系数最大．若展开式中所有

x

项的系数和为1，则正确的命题是（）

A．n12B．a1

C．展开式中所有二项式系数的和为4096D．展开式中第11项为24x10

【答案】AC

n

1

【详解】因为ax(a0)的展开式中只有第7项的二项式系数最大，

x

所以展开式中共有13项，所以n12，所以A正确.

0121212

展开式中所有二项式系数的和C12C12C12C1224096，所以C正确.

因为展开式中所有项的系数和为1，

12

令x1，得a11，所以a2或a0.

因为a0，所以a2.所以B错误.

10

展开式中第项为102122108，所以错误

11T11C122xC12·4x·x264xD.

x

．（山西临汾二模）若202622026，则下列结论正确的是（）

92026··fx12xa0a1xa2xa2026x

2026

A．展开式中第1014项的二项式系数最大B．a0a1a2a20263

C．a0a12a22026a20264053D．f8被16除的余数是15

【答案】ABC

【分析】利用二项式定理中二项式系数的特点：中间项的二项式系数最大，求解选项A，对二项式展开式

进行赋值，赋值x1求解选项B，对二项式展开式的左右两边进行求导再赋值求解即可求解选项C，对二

项式展开式赋值x8并观察各项系数特点是否含有16的因数求解选项D.

【详解】202621013，101311014，展开式中二项式系数最大为第1014项，故选项A正确，

r2026rrrrr

Tr1C202612xC20262x,a01,a1220260,

所以a0a1a2a2026a0a1a2a3

202622026

又因为fx12xa0a1xa2xa2026x

2026

所以令x1,则3a0a1a2a3a2026.故选项B正确.

202622026

对函数fx12xa0a1xa2xa2026x左右两边求导得：

20252025

2026(12x)2a12a2x2026a2026x.

2025

令x1，则a12a2x2026a2026xa12a22026a2026202624052.

又a01，所以a0a12a22026a20264053，故选项C正确.

r2026rrrrr

Tr1C202612xC20262x，

r2026rrrrr

令x8，则Tr1C2026128C202628，

2026r00r11rrr202620262026

f8128C202628C202628C202628C202628

除第一项外，其余项均可以被16整除，

所以f8被16除的余数是1，故选项D错误.

三、填空题

4

10．（2026·河北·模拟预测）1x23x2x2的展开式中x8的系数为______．

【答案】104

4

【分析】利用3x2x2展开式各项的意义可求解.

4

【详解】因为x8的项可以由3x2x2展开式中含x8的项与1的乘积构成，

44

又3x2x2展开式中x8的项为2x216x8；

4

因为x8的项可以由3x2x2展开式中含x6的项与x2的乘积构成，

432

又2的展开式中含6的项为321222666，

3x2xxC42x3C42xx=96x+24x=120x

48628

所以1x23x2x2的展开式中x8的项为16x1120xx104x.

4

故1x23x2x2的展开式中x8的系数为104.

故答案为：104.

10

21

11．（2026·河南信阳·模拟预测）已知ax的展开式中常数项为180，则实数a的值为__________.

x

【答案】2

10r5

110r1r20r

【详解】因为2的展开式通项为r210rr2，

axTr1C10ax1aC10x,r0,1,,10

xx

5

令20r0，解得r8，

2

8282

可得常数项为1aC1045a180，解得a2.

202622027

12．（2026·河南濮阳·二模）若(15x)(1x)a0a1xa2xa2027x，则

a2a4a6a2026___________．

【答案】3220261

【分析】利用赋值法，令x1，x0和x1，即可求解.

【详解】由题意得：

20262026

令x1，得a0a1a2a2027151162，

令x0，得a01，

2026

令x1，得a0a1a2a3a2026a202715110，

2026

所以a0a2a4a2026a1a3a5a202732，

2026

所以a2a4a6a2026321.

13．（2026·福建宁德·模拟预测）某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡，现有包含甲、乙、丙在内的5

名选手组团参赛，每一个选手参加一个关卡的闯关，每一个关卡至少一个选手参加，若甲负责第一关，最

后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有______种.

【答案】10

【分析】先计算甲负责第一关时的情况，再减去乙、丙在同一关卡的情况即可.

2

【详解】已知甲负责第一关，从剩余4人中选2人去第四关，共C46种选法，剩下2人全排列去第二、

2

三关，共A22种排法，总方案数为6×2=12，

不符合条件（乙丙同关卡）的情况：因为第二、三关都只有1个位置，乙丙只能同时在第四关，此时剩下2

2

人全排列去第二、三关，共A22种，

因此符合条件的方案数为12−2=10.

14．（2026·浙江杭州·二模）一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色

对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______.

【答案】82

【分析】分①②③④四边同色，①②③④只有三边同色时，另一边不同色时，①②③④每两个同色时三种

情况讨论，结合分步乘法计数原理即可求解．

【详解】解：

①②同色时，矩形A另外两边有1种方法染色，

①②不同色时，矩形A另外两边有2种方法染色，同理其他区域也一样，

1

则（1）①②③④四边同色，此时共有C22种；

31

（2）当①②③④只有三边同色，另一边与其不同色时，此时共有C4A2112232种，

2

（3）当①②③④每两个同色时，若①③同色，②④同色，则有A2222232种；

2

若①②同色，③④同色，则有A212218种；

2

若①④同色，②③同色，则有A221128种；

此时共有328848种；

综上，共有2324882种．

15．（2026·重庆·模拟预测）小明玩一款棋，如图所示，地图上标记了不能走的山或湖，小明每一步只能向

上或向右移动1格，则从起点到终点共有______种不同的走法.

【答案】29

【分析】利用分类计数加法原理和分步计数乘法原理来求解即可.

【详解】设：列从左到右为x1~6，行从下到上为y1~5，

起点(x1,y1)，简记为1,1，