计数原理-2026年高考数学二轮复习

板块五概率与统计

微专题28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.3O种R.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。=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CgCL=20（种）情况，由分步乘法计数原

理可得共有6X20=120（种）选法.

2.（2024•北京卷）在。一为，的展开式中，N的系数为（）

A.6B.-6

C.12D.-12

答案A

解析法一（x-刈4的展开式的通项77+i=c/r-4=（-lyci?-/.=（）,1,

2,3,4）.

由4-；=3,得/=2,所以（x—工厂的展开式中2的系数为（一1）20=6.

法二（%—x）4的展开式中含A3的项是由（x—X）（A—x）（x—x）（x—X）中任意取2

个括号内的X与剩余的2个括号内的（一X）相乘得到的，所以。一工）4的展开式中

含的项为Cjv2.©(—x)2=6x3,

所以（》一X）4的展开式中工3的系数为6.

3.（2022・新高考I卷）I1-T（x+y）8的展开式中;6,6的系数为.（用数字作

答）

答案一28

解析（x+y）8展开式的通项「+1,

r=0,1,…，7,8.

令尸=6,得T6+1=C取少6；

令1=5,得75+1=CD3y5,

所以O'-T（x+y）8的展开式中x2/的系数为a-Cl=-28.

4.（2024•全国甲卷）的展开式中，各项系数中的最大值为,

答案5

解析匕+”IO-r

，展开式的通项公式为rr+I=aoCJ

则各项的系数分别为0期,c。,c©需：JKc。,

CJ3,CloCJ3,C?oCJ,C?o0,CI80,

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

CfoCT,C?oC）,,C?£）,CigC）,

比较可得，cJH=5最大.

5.（2024•新高考II卷）在如图的4X4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.

11213140

12223342

13223343

15243444

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4X3X2X1=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

I核心归纳

1.利用分类加法计数原理时注意根据题目特点选择一个恰当的分类标准，分类时

注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类.

2.利用分步乘法计数原理时，注意将这件事划分成几个步骤来完成，各步躲之间

有一定的连续性，只有当名步骤都完成了，这件事才能完成.

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.30B.24

C.21D.12

（2）用四种不同的颜色给如图所示的六块区域儿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（）

E

D

A.120B.72

C.48D.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3X1X3X1

=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3X2X2X1

=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义1X3X1=9（种）；

若第2次传球后球不在甲手中，则不同传法有3X2X2X1=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。，有3种选择，再涂尸，有2种选择，

①当C,。颜色相同时涂色方法数是4X3X2X1X2=48,

②当C,。颜色不相同时涂色方法数是4X3X2X1X（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•灌江调研）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.81B.48

C.36D.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2X2X2X2=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4X2X2X2=32个，故有16+32=48个四位数，

故选B.

热点二排列与组合

I核心归纳

解决排列、组合问题的一般步骤

(1)认真审题弄清楚要做什么事情；

(2)要做的事情是分步还是分类，还是分步分类同时进行，确定分多少步及多少类;

(3)确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题，元素总数是多少及

取出多少元素.

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.12B.18

C.20D.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.300B.240

C.150D.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CJA9=4X2=8种方法；

②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有A孑=4X3=12种方法，

由分类加法计数原理得，共有3+12=20种不同的插法.

（2）先将5名志愿者分成3组，

CC

若这三组的人员构成为1、1、3,则共有2种分组方案,

A-7

32

CA?2

若这三组的人员构成为1、2、2,则共有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AW种分配方案,

,Qc

c十c?5X4+10X3

八4AG

故共有Z尸22X6=150种分配方法.

规律方法排列、组合问题的求解方法与技巧

⑴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.15B.35

C.56D.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035种不同的分法.

(2)甲、乙、丙三位同学都担任课代表有GC；QAJ=36种，甲、乙、丙三位同学

有一人不担任课代表有C±pG.A3=i8种，综合程不同的安排方案共有36+18=

54种.

热点三二项式定理

I核心归纳

1.求他+〃)〃的展开式中的特定项一般要应用通项公式77+i=C幻”"〃(左=0,1,2,…,

〃).

2.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.

3.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.

4.求解系数和问题应用赋值法.

例3(1)(多选)(2024・镇江调研)下列说法正确的是()

A.若(2x—iy°=ao+mx+a2x2T---l-aiox10,则2H----F|aio|-310—1

B.1.051。精确到0.1的近似数为1.6

C.5555被8整除的余数为1

D.C§29+CJ28+…+C?=39

(2)(2024•丽水调研)设(1—4x)"=〃o+〃]x+a”2+…己知〃()+〃[=-35,则

〃=，的展开式中含J?的项的系数为.

答案(l)ABD(2)9-18

解析⑴对于A,(2x—l),o=ao+aix+a2r24----Faiox10,

令x=0,则ao=l,

易知m,43,。5,47,49为负数，。2,。4,。6,。8,。10为正数.

令x=-1,则31°=«0-。|+。2-…一。9+。10,故|。||+|。2|+…+|。1。|=-C7l+〃2-…

—49+010=31°—1,故A正确；

对于B,1.O510=(1+O.O5)10=C%X0.05°+CIoX0.05,+C?oX0.052+…+

Cl8XO.O5lo=1+0.5+0.1125+-=1.5+0.1125+-,故1.051。精确到0.1的近似

数为1.6,B正确；

5555555453

对于C,55=(56-I)=C55X56-Cj5X56+C55X56——+C^C56「

C第义56°,

由此可得5555被8整除的余数为8—1=7,c错误；

对于D,C829+CJ2'+…+C8=(2+1)9=3\D正确.故选ABD.

(2)令x=0,得ao=l,由二项展开式的通项可知ai=C>(-4)=—4〃，

由〃o+m=—35,得1—4〃=—35,解得〃=9.

［法―1十4是由9个［〃―I+”连乘得到，要得到含-7的项，有两种情形：

①这9个式子中：8个式子中取一I剩下的1个式子中取2x；

x

②这9个式子中：7个式子中取一I剩下的2个式子中取1.

x

故含—7的项的系数为C9X2—CJ=-18.

规律方法1.二项式(a+b)〃的展开式的通项71+1(攵=0,1,2,…，〃)

表示的是二项展开式的第4+1项，而不是第4项，要区分某项的二项式系数与系

数.

2.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I1+jJ(i+4展开式中/项的系数为()

A.42B.35

C.7D.1

(2)(多选)卜一J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0

C.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+》的展开式通项为7；+尸勒・必尸=0,1,2,…，7),

因为I/1+x）7=（［+幻7+广3（］+%）7,

在C5S=O,1,2,7）中,令r=3,可得炉项的系数为G=35；

在”ay=c4N3（左=0,1,2,…，7）中,令4—3=3,得〃=6,可得六项的

系数为C9=7.

［1

所以I1+刊1|（］+的7展开式中/项的系数为35+7=42.

（2）对于A,因为卜一J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；

J牛

对于B,令x=l时，LX）=0,所以各系数的和为0,故B正确；

对于C,因为卜一J4的展开式的通项为7；“=CW一［—J=Q（—1）¥-2G=（）,1,

2,3,4）,

令4—2r=4,得厂=0,故含/项的系数为C9・（-1）。=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.3B.6

C.10D.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C4种方法,

放入两个盒子有C3种方法，所以不同放法的种数为0+0=6.

2.（2024・西安调研）1.J的展开式中含炉项的系数是（）

A.-112B.112

C.-28D.28

答案B

解析［-J=1-2xJ的展开式的通项公式为公+|=ch8“（_2）5j

=(-2)M-x8-/,

令8—攵=5,得4=2,

2

255

故r3=(-2)Civ=H2x,

即其展开式中含/项的系数是112.

3.(2024•石家庄质检)某一年贺岁片《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C3CIA2=6X3X2=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AXA3=48种方法，故不同的安排方法共有

3X48=144种.

5.(1+2x)(1+x)3的展开式中好的系数为()

A.4B.6

C.9D.10

答案C

解析,.,(I+2x)(1+x>=(l+x>+2x(l展开式中含炉的项为c5x2+2xClxl

・,・f的系数为CH2C1=3+2X3=9.

6.(2024•荆州调研)Q2—Q+6)5的展开式中a5b2的系数为()

A.—60B.-30

C.30D.60

答案B

解析他2—。+6）5=[（屋一〃）十句根据二项式的展开式的通项为「+[=Cg（Q2—。）5

"&=0,1,2,3,4,5）,

令〃=2,（解一干）3的展开式满足关系式为/+]=006-24（-1）%”=0,1,2,3）,

当％=1时，（屋一op的展开式/的系数为cj（—1）=—3,故（小一白+/5的展开式

中的系数为C?X（-3）=-30.

7.某公园有如图所示力至，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（）

ABCD

EFGH

A.168B.336

C.338D.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4X3X2=24（种）,

第二步：排女孩，若男孩选力凡则女孩有BE,BG,BH,CE,CH,DE,QG共

7种选择，由于女孩彳以互换，故女孩的排法有2X7=14（种），

根据分步乘法计数原理，共有24X14=336（种），

故选B.

8.（2024・嘉兴模拟）6位学生在游乐场游玩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，若力项目必须有偶数人游玩，则不同的游玩方式

有（）

A.18O种B.210种

C.240种D.360种

答案C

1rCWClAg+C'C3A力

解析若4有2人游玩，则有C4M"=15X（8+6）=210种；若力

有4人游玩，则有aA3=15X2=3O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&=5X4X3=60(种)不同的坐法，故A正确；

对于B,先排好这3个人有A§种排法，

然后把2个空位插入3个人形成的4个空隙中，

有C3种插法，故共有&用=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CLA1=

24(种)坐法，故CF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C3A交4=18(种)坐法,故D正确.

10.(2024-郑州调研)已知(加+x>=qo+ciix+aix2+ayx3+a4X4,(x—l)(/w+x>=氏+

力迷+人］+厄d+儿父+阮岛其中〃?£R,加#0.若42=3/?2，则()

A.〃z=2

B.a()+m+々2+43+44=81

C.8I+岳+力3+仇+力5=-16

D.bi+2/)2+3/j3+4儿+585=80

答案AB

解析二项式(〃7+x)4展开式的通项为Tr+\=CJi/Z?4-ry(0WiW4且厂£N),(%—1)(/7/

+x)4=x(m+x)4—(m+x)4,

所以a2=Clni2=6m2,bi=Cl/w3—Cim2=4m3—6nr,

因为。2=3/)2，所以6〃P=3(4/-6/w2),

解得加=0(舍去)或〃1=2,故A正确；

由(2+x)4=40+4a+。2丫2+,

令x=1可得00+41+42+43+44=34=81,故B正确；

由(x—1)(2+必=氏++b2X2+byx3+Z?4X4+bsx5,

令x=0可得氏=—2，=—16,

令x=1可得60+61+62+63+84+65=0,

所以61+62+63+64+85=16,故C错误；

将(x—1)(2+x)4=b()+b\x+bix1+Z>3X3+te4+bsx5两边对x求导可得，

(2+X)4+4(X—1)(2+x)3=+2b2X+3/>jx2+4b4X3-F5bsx4,

令x=l可得力+2岳+3++4儿+5卜=(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.0=C3贝IJ〃=3

B.C「加”心"

〃+1

C.(x—Ip。的展开式的第6项的系数是C?o