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第1讲 计数原理
考点一 排队问题
【例1-1】（24-25高二下·江苏苏州·期中）（多选）到了毕业季，某科技创新兴趣小组内的5名同学要站在一排进行拍照留念，则下列说法正确的是（ ）
A．所有不同的排法种数为120种
B．如果甲同学和乙同学必须相邻，则所有不同的排法种数为48种
C．如果甲同学不站在第一个位置，也不在最后一个位置，则所有不同的排法种数为48种
D．如果甲和丙不能相邻，则所有不同的排法种数为72种
【例1-2】（24-25高二下·福建三明·期中）（多选）“六艺”即“礼 乐 射 御 书 数”，为春秋战国时期读书人必须学习的六种技艺，分别为礼法 乐舞 射箭 驾车 书法和算术.某国学馆开设“传承优秀文化”专题培训班，对这六种技艺要逐项培训，下列叙述正确的是（ ）
A．“礼”与“射”必须相邻的培训方法有种排法
B．先培训“数”后培训“乐”的培训方法种数为种排法
C．课程“乐”不排在第一节，课程“御”不排在最后一节，共有种排法
D．甲 乙 丙 丁 戊五名教师教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，求甲不任教“数”的课程安排方案种数为种排法
【变式】
1．（24-25高二下·广东广州·期中）（多选）若3男3女排成一排，则下列说法正确的是（ ）
A．共计有360种不同的排法
B．男生甲在排头或在排尾的排法总数为240种
C．男生甲、乙相邻的排法总数为240种
D．男女生相间排法总数为36种
2．（24-25高二下·贵州·期中）（多选）某学校举行校园歌手大赛活动邀请了6位专家评委，在活动结束时邀请这6位专家站成一排合影留念，则下列说法正确的是（ ）
A．若将专家甲、乙、丙三人从左到右按照身高递增的顺序排列，则共有120种排法
B．若专家甲、乙两人不相邻，则共有480种排法
C．若专家甲、乙、丙三人相邻，且甲在中间，则共有72种排法
D．若专家丙不在排头，丁不在排尾，则共有480种排法
3．（24-25高二下·山东济宁·期中）（多选）小张、小赵、小李、小孙、小王为五名志愿者．现有接待、安保、礼仪、服务四项不同的工作可供安排，则下列说法正确的是（ ）
A．若五人每人可任选一项工作，则不同的选法有种
B．若安排5人排成一排训练，小张不站在第一位，小赵不站在第五位，则有78种不同的方案
C．若安排5人排成一排训练，小张必须站在小李的左侧，则有60种不同的站法
D．若安排5人排成一排训练，小张和小赵必须相邻，且小孙和小李不相邻，则有24种不同的站法
考点二 数字问题
【例2-1】（24-25高二下·江苏宿迁·期中）（多选）用数字0，1，2，3，4，5这6个数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的是（ ）
A．共可组成360个四位数
B．四位偶数有156个
C．能被25整除的四位数有21个
D．从小到大排列第89个数为2340
【例2-2】（24-25高二下·江苏南京·期中）（多选）由0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，则（ ）
A．其中能被5整除的数有240个 B．其中偶数有312个
C．其中2，4相邻的数有192个 D．其中1，3不相邻的数有372个
【变式】
1．（24-25高二下·山东济宁·期中）（多选）下列说法正确的是（ ）
A．用1～9这9个自然数组成的四位数的个数是
B．用1～9这9个自然数组成的没有重复数字的四位数的个数是
C．用1～9这9个自然数组成的千位数字小于百位数字，百位数字小于十位数字，十位数字小于个位数字的四位数的个数是
D．用1～9这9个自然数组成的没有重复数字的四位数中，包含1和3，且1和3不相邻的四位数的个数是
2．（24-25高二下·贵州黔东南·期中）（多选）从0，1，2，3，4，5中任选4个不同的数字组成一个四位数，则下列说法正确的是（ ）
A．这样的四位数有300个
B．若这个四位数是偶数，则这样的四位数有156个
C．若0，1被选中，且0，1不相邻，则这样的四位数有72个
D．若这个四位数的个位、十位和百位上的数字之和为偶数，则这样的四位数有144个
3．（24-25高二下·山西·期中）（多选）数字0，1，2，3，4组成的无重复数字的五位数构成集合，则下列说法正确的是（ ）
A．中有偶数60个
B．中数字1，2相邻的数有36个
C．中2，4不相邻的数有72个
D．将中的元素从小到大排列，第55个数为31024
考点三 涂色
【例3-1】（23-24高二上·山东德州·阶段练习）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域如区域与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
【例3-2】（2025山西晋中·阶段练习）某正方体形木块的六个面分别标有数字1~6，用红 黄 蓝 白4种颜色给这六个面涂色（不一定每种颜色都用上），相邻两个面所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案有（ ）

A．48种 B．72种 C．96种 D．144种
【变式】
1．（2025广东梅州·期中）某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面所涂颜色不能相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．1080种 B．720种 C．660种 D．600种
2.（2025湖北·阶段练习）中国古代哲学用五行“金、木、水、火、土”来解释世间万物的形成和联系，如图，现用3种不同的颜色给五“行”涂色，要求相邻的两“行”不能同色，则不同的涂色方法种数有（ ）
A．24 B．36 C．30 D．20
2．（2025湖南·阶段练习）给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，有公共边的区域使用不同的颜色，现有红、黄、蓝、绿、橙5种颜色可供选择，则不同的涂色方法有（ ）
A．120种 B．720种 C．840种 D．960种
3（2025广东深圳·阶段练习）如图所示的几何体由三棱锥与三棱柱组合而成，现用种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
考点四 几何中的排列组合
【例4-1】（河北省N20名校联合体2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题）小朋友们在如图所示的正八边形的游乐场玩丢手绢.场地被等分成8段（标记为到），每个点有一个小朋友，小明从点处开始选择顺时针或逆时针方向在8个小朋友身后放手绢，小明每跑完一段（例如）需要3秒，在每个点都会随机选择顺时针或逆时针方向继续跑动.若小明一直不停下来，21秒恰好在点的概率是（ ）
A． B． C． D．
【例4-2】（24-25高二下·重庆·期中）如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中，，，是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则甲、乙两人相遇的概率为（ ）

A． B． C． D．
【变式】
1．（24-25高二下·河南洛阳·期中）（多选）如图，正方形网格棋盘，其中，，，位于棋盘上一条对角线的4个交汇处．在棋盘M，N处的甲、乙两个质点分别要到N，M处，它们分别随机地选择一条沿网格实线走的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（ ）
A．甲从M到达N处的走法种数为20
B．甲从M必须经过到达N处的走法种数为9
C．甲、乙能在处相遇的走法种数为36
D．甲、乙能相遇的走法种数为164
2．（2025高三·全国·专题练习）（多选）从正六棱柱的所有顶点中任取4个点，则（ ）
A．所取4个点不全在该正六棱柱的一个面内的取法有489种
B．所取4个点共面的概率为
C．过所取4个点中任意2点的连线中有3对异面直线的取法有426种
D．若所取4个点共面，则这4个点为矩形顶点的概率为
3．（2025·陕西安康）（多选）在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上 下 左 右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则（ ）
A．蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是
B．蚂蚁移动到点的概率为
C．蚂蚁回到原点的概率为
D．蚂蚁移动到直线上的概率为
考点五 小球问题
【例5-1】（24-25高二下·江苏徐州·期中）（多选）现有4个编号为的不同的球和4个编号为的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．共有24种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有144种放法
C．每个盒子内只放一个球，恰有1个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有8种
D．将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有12种
【变式】
1．（24-25高二下·江苏盐城·阶段练习）（多选）现有个编号为，，，的不同的球和个编号为，，，，的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．共有种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有种放法
C．每个盒子只放一个球，恰有个盒子编号与球的编号相同，不同放法有种
D．将个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有种
2．（24-25高二下·安徽池州·期中）（多选）下列正确的有（ ）
A．把6个相同的小球放入4个相同的盒子中，每个盒子都不空，共有10种方法
B．把6个相同的小球放入4个不同的盒子中，每个盒子都不空，共有10种方法
C．把6个不同的小球放入4个相同的盒子中，每个盒子都不空，共有1560种方法
D．把6个不同的小球放入4个不同的盒子中，恰有一个空盒，共有2160种方法
3．（24-25高二下·广东深圳·期中）将6个不同的小球放入编号分别为的三个不同盒子.（过程要用文字简要说明，结果用数字作答）
(1)求共有多少种不同放法；
(2)当每个盒子的球数不小于它的编号数时，求共有多少种不同放法；
(3)当每个盒子至少有一个小球时，求共有多少种不同放法；
(4)若将题干中“6个不同的小球”改为“9个相同的小球”，其他条件不变，则当每个盒子的球数不小于它的编号数时，共有多少种不同放法？
考点六 分组分配
【例6-1】（24-25高二下·广东广州·期中）（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，则以下说法正确的是（ ）
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
【例6-2】（24-25高二下·重庆·期中）（多选）现有5个编号为1，2，3，4，5的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．若自由放置，共有3125种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有240种放法
C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有20种
D．将5个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有20种
【变式】
1．（24-25高二下·四川南充·期中）（多选）有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ）
A．分给甲 乙 丙三人，每人各2本，有540种分法；
B．分给甲 乙 丙三人中，一人4本，另两人各1本，有90种分法；
C．分给甲乙每人各2本，分给丙丁每人各1本，有90种分法；
D．分给甲乙丙丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有1080种分法；
2．（24-25高二下·重庆·期中）（多选）某电影中太乙真人作为哪吒的授业恩师，送给了哪吒七件法宝：乾坤圈、混天绫、火尖枪、金砖、阴阳剑、九龙神火罩和风火轮.哪吒使用这七件法宝对阵敌人，则下列说法正确的是（ ）
A．若哪吒每次使用两件法宝，对阵3次，可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有种
B．若哪吒与敌人对阵3次，每次至少使用两件法宝，法宝不可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有
C．若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，7件法宝全部使用且法宝不可以重复使用，且乾坤圈和风火轮不能相邻使用，则不同的使用法宝的方法有种
D．若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈比风火轮更早使用，风火轮比火尖枪更早使用，则不同的使用法宝的方法有
考点七 杨辉三角
【例7-1】（24-25高二下·新疆伊犁·阶段练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）
A．在第10行中第5个数最大
B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等
C．
D．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数
【变式】
1．（2025高二下·全国·专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．在“杨辉三角”中从左往右第3斜行的数构成一个数列：，则该数列前10项的和为（ ）
A．66 B．120 C．165 D．220
2．（24-25高二下·宁夏石嘴山·阶段练习）习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）
A．第十行中第5个数最大
B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等
C．
D．第20行中第8个数与第9个数之比为
3．（24-25高二下·安徽蚌埠·阶段练习）（多选）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2024行的第1014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7个数
D．第34行中从左到右第14个数与第15个数之比为
4．（24-25高二下·安徽合肥·期中）（多选）“杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图：

下列说法正确的有（ ）
A．第行的第个数是
B．第行的第个数最大
C．
D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字
考点八 二项式定理
【例8-1】（24-25高二下·云南·期中）（多选）的展开式中（ ）
A．第三项系数为1792 B．二项式系数最大的项是第5项
C．常数项为240 D．所有项的系数之和为1
【例8-2】．（2025·甘肃平凉·模拟预测）（多选）已知，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【变式】
1．（2025·新疆·模拟预测）（多选）在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．x的系数是10 B．第四项的二项式系数为10
C．没有常数项 D．各项系数的和为32
2．（2025·甘肃平凉·模拟预测）（多选）已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式的各项系数之和为4096
B．展开式中含项的系数为45
C．展开式中存在常数项
D．展开式中第6项的系数最大
3．（24-25高二下·浙江·期中）（多选）已知的展开式中含项的系数为324，若，则（ ）
A． B．
C． D．当时，被6除的余数为1
4．（24-25高二下·海南省直辖县级单位·期中）（多选）已知，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．=
C．= D．=
5．（2025湖北）（多选）若，则（ ）
A． B．
C． D．
单选题
1．（24-25高二下·云南昆明·期中）云大附中高二年级的教学楼名为诚心楼，二楼至五楼共四层，每层有四个教室.高二年级共有16个班，其中历史类班级2个，物理类班级14个，安排教室时需将两个历史类班级安排在同一楼层的相邻两个教室，为求出共有多少种安排教室的方法列式如下，其中能算出正确结果的式子是（ ）
A．16！ B． C． D．
2．（24-25高二下·天津·期中）千里烟尘书香近，异乡耕耘报国情．离家辛勤育人梦，天下繁花桃李红．越来越多的大学生选择毕业后支教边远山区，这项活动不仅是对孩子们未来的投资，也是这些年轻志愿者自身成长与蜕变的旅程．现有5名大学生，每人从甘肃、贵州、云南地区选择一个地区支教，则至少有2人都选择贵州地区支教的概率为（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高二下·天津滨海新·期中）在的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（ ）
A． B． C． D．7
4．（24-25高二下·四川南充·期中）用五个数字，可以组成无重复数字的三位偶数个数为（ ）
A．36 B．30 C．18 D．12
5．（24-25高二下·重庆荣昌·期中）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
6．（24-25高二下·天津·期中）在一次数学复习课上，黑板上从左至右分别为直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线5道题．现有6名学生去黑板上作答，甲乙同学先后作答同一道题，丙同学作答的题目不能与甲乙作答的题目相邻，则6名学生的答题方案有（ ）
A．60种 B．72种 C．120种 D．144种
7．（2025辽宁）已知的展开式中二项式系数之和为，则说法不正确（ ）
A．展开式中共有项
B．展开式中第项为
C．展开式中各项系数绝对值的和为
D．展开式中第项或第项的二项式系数最大
8．（24-25高二上·福建宁德·期末）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法错误的是（ ）
A．如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种
B．如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种
C．如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种
D．如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种
多选题
9．（24-25高二下·河南·阶段练习）关于的展开式，下列说法正确的是（ ）
A．展开式共有8项 B．展开式的所有项系数之和为1
C．展开式的二项式系数之和为256 D．展开式中含有常数项
10．（24-25高二下·四川绵阳·期中）现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁、戊五个社区进行社会实践，每名同学只能选择一个社区，则下列结果正确的是（ ）
A．所有可能的方法有种
B．若同学A不去社区甲，B不去社区乙，则不同的安排方法有80种
C．若社区甲必须有同学去，则不同的安排方法有61种
D．若有一个社区安排两名同学，还有一个社区安排一名同学，则不同的安排方法有60种
11．（24-25高二下·重庆·期中）下列说法中正确的是（ ）
A．平面内有任意三点不共线的6个点，可以组成30条线段
B．从3名男生，4名女生中选出3名参加一项活动，至少一名女生被选中共有34种选法
C．将5名工人分配给甲乙丙三个车间，每个车间至少分一名工人，共有150种分配方法
D．将5个相同的小球，放入编号为1，2，3的盒子中，每个盒子至少放1个球共有25种放法
填空题
12．（24-25高二下·上海浦东新·期中）在的展开式中，的系数是 （结果用数字表示）.
13．（24-25高二下·天津·期中）2025年，上海合作组织峰会、2025夏季达沃斯论坛双主场齐聚天津！现需将6名工作人员安排到“内宾接待”、“会议保障”、“媒体宣传”三项工作，每人必须安排且只能安排一项工作，若“内宾接待”安排2名工作人员，“会议保障”、“媒体宣传”至少安排1名工作人员，则不同的安排方法有 种（用数字作答）；若三项工作各安排2人，则甲和乙安排相同工作的概率为 ．
14．（2025·山东聊城·期中）用红、黄、蓝、绿四种颜色涂在如图所示的六个区域，且相邻两个区域不能同色，则涂色方法总数是 ．（用数字填写答案）
解答题
15．（24-25高二下·江苏无锡·期中）设，，．若，
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
16．（24-25高二下·北京顺义·期中）某校志愿者团队共派出6人参加志愿服务活动，其中男生4人，女生2人．
(1)从这6人中选出男、女队长各1人参加志愿服务活动，共有多少种选法？
(2)从这6人中选出3人完成本次活动的宣传工作，其中至少需要1名女生和1名男生，共有多少种选法？
(3)活动后6人排成一排拍照，男生甲在女生乙左边，有多少种不同的排法？
(4)现要将6名志愿者分配到三所学校参加志愿服活动，每所学校至少分配1人，共有多少种不同的安排方法？
17．（24-25高二下·北京·期中）在的展开式中.
(1)求各项的二项式系数之和；
(2)求第3项的系数；
(3)求的系数；
(4)求常数项；
(5)求二项式系数最大的项.
18．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）已知函数（），且，
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)设且，若能被10整除，求的值；
(4)求的最大值.
19．（24-25高二下·广东深圳·期中）杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列．中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现了杨辉三角和“三角垛”．如图左为用阿拉伯数字表示的杨辉三角，如图右的“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……
(1)设“三角垛”各层球数构成一个数列，观察发现杨辉三角中第2斜列即为数列；1，3，6，10，15，…，请写出与的递推关系，并求出数列的通项公式；
(2)记杨辉三角的第行所有数之和为，令，设为数列的前项和．
（i）求；
（ii）若成立，求的取值范围．
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第1讲 计数原理
考点一 排队问题
【例1-1】（24-25高二下·江苏苏州·期中）（多选）到了毕业季，某科技创新兴趣小组内的5名同学要站在一排进行拍照留念，则下列说法正确的是（ ）
A．所有不同的排法种数为120种
B．如果甲同学和乙同学必须相邻，则所有不同的排法种数为48种
C．如果甲同学不站在第一个位置，也不在最后一个位置，则所有不同的排法种数为48种
D．如果甲和丙不能相邻，则所有不同的排法种数为72种
【答案】ABD
【解析】对于A，5名同学排一排共有种不同排法，故A正确；
对于B，相邻问题捆绑法，共有种排法，故B正确；
对于C，先排甲，有3个位置可选，再排另外4人有种，共有种排法，故C错误；
对于D，先将除了甲丙之外的三人排好有种，再插空甲丙有种，共有种排法，故D正确.
故选：ABD.
【例1-2】（24-25高二下·福建三明·期中）（多选）“六艺”即“礼 乐 射 御 书 数”，为春秋战国时期读书人必须学习的六种技艺，分别为礼法 乐舞 射箭 驾车 书法和算术.某国学馆开设“传承优秀文化”专题培训班，对这六种技艺要逐项培训，下列叙述正确的是（ ）
A．“礼”与“射”必须相邻的培训方法有种排法
B．先培训“数”后培训“乐”的培训方法种数为种排法
C．课程“乐”不排在第一节，课程“御”不排在最后一节，共有种排法
D．甲 乙 丙 丁 戊五名教师教这六门课程，每名教师至少任教一门课程，求甲不任教“数”的课程安排方案种数为种排法
【答案】BCD
【解析】对于A，先排“礼、射”有种，然后将“礼、射”看作一个课程，与其余4个全排有，
所以满足条件的培训方法种数为，故A错误；
对于B，先全排有种，“数”和“乐”的顺序有2种，满足顺序排法相同，
所以满足条件的排法有种，故B正确；
对于C，当“乐”排在第一节时有种排法，当“御”排在最后一节时有种排法，
全排有种，当“乐”排在第一节且“御”排在最后一节时有种排法，
所以当“乐”不排在第一节且“御”不排在最后一节时有种排法，故C正确；
对于D，当甲只任教1科时有种排法；当甲任教2科时有种排法，
所以甲不任教“数”的课程安排方案有种，故D正确.
故选：BCD.
【变式】
1．（24-25高二下·广东广州·期中）（多选）若3男3女排成一排，则下列说法正确的是（ ）
A．共计有360种不同的排法
B．男生甲在排头或在排尾的排法总数为240种
C．男生甲、乙相邻的排法总数为240种
D．男女生相间排法总数为36种
【答案】BC
【解析】对于A，所有的排法共有种，故A错误，
对于B，甲可以排在头或者尾，有2种选择，剩下5个人全排列，故共有种，故B正确，
对于C，将甲乙看作一个整体，与剩下4个人全排列，故共有种，C正确，
对于D，女生第一位，有种方法，男生第一位，有种方法，故共有种方法，故D错误，
故选：BC
2．（24-25高二下·贵州·期中）（多选）某学校举行校园歌手大赛活动邀请了6位专家评委，在活动结束时邀请这6位专家站成一排合影留念，则下列说法正确的是（ ）
A．若将专家甲、乙、丙三人从左到右按照身高递增的顺序排列，则共有120种排法
B．若专家甲、乙两人不相邻，则共有480种排法
C．若专家甲、乙、丙三人相邻，且甲在中间，则共有72种排法
D．若专家丙不在排头，丁不在排尾，则共有480种排法
【答案】AB
【解析】对于A：若将专家甲、乙、丙三人从左到右按照身高递增的顺序排列，
将6位专家全排列，其中专家甲、乙、丙三人的顺序固定，则用倍缩法，所以有种排法，故A正确；
对于B：若专家甲、乙两人不相邻，先将其余四人全排列，再将甲、乙两人插空，
所以有种排法，故B正确；
对于C：若专家甲、乙、丙三人相邻，且甲在中间，先将甲、乙、丙三人作为一组与其余三人全排列，组内再排乙、丙，
所以有种排法，故C错误；
对于D：若丙排尾，则有种排法，若丙不在排尾，则有种排法，
综上可得若专家丙不在排头，丁不在排尾，则共有种排法，故D错误.
故选：AB
3．（24-25高二下·山东济宁·期中）（多选）小张、小赵、小李、小孙、小王为五名志愿者．现有接待、安保、礼仪、服务四项不同的工作可供安排，则下列说法正确的是（ ）
A．若五人每人可任选一项工作，则不同的选法有种
B．若安排5人排成一排训练，小张不站在第一位，小赵不站在第五位，则有78种不同的方案
C．若安排5人排成一排训练，小张必须站在小李的左侧，则有60种不同的站法
D．若安排5人排成一排训练，小张和小赵必须相邻，且小孙和小李不相邻，则有24种不同的站法
【答案】BCD
【解析】A：因为每人均有四种不同选择，所以五人每人可任选一项工作，有种选法，错误；
B：若小张在第五位，有种；若小张不在第五位，有种，共有种方案，正确；
C：先选出两个位置安排小张、小李，再安排其余三人，共有种站法，正确；
D：将小张和小赵捆绑，再与小王全排列，最后让小孙和小李插空，共有种站法，正确．
故选：BCD
考点二 数字问题
【例2-1】（24-25高二下·江苏宿迁·期中）（多选）用数字0，1，2，3，4，5这6个数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的是（ ）
A．共可组成360个四位数
B．四位偶数有156个
C．能被25整除的四位数有21个
D．从小到大排列第89个数为2340
【答案】BC
【解析】对于A，，故A错误；
对于B，，故B正确；
对于C，由能被整除的数后两位为，则，故C正确；
对于D，最高位为的四位数有，前两位为的四位数有，
前两位为的四位数有，前三位为的四位数有，
由，且，，则从小到大排列第个数为，故D错误.
故选BC.
【例2-2】（24-25高二下·江苏南京·期中）（多选）由0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，则（ ）
A．其中能被5整除的数有240个 B．其中偶数有312个
C．其中2，4相邻的数有192个 D．其中1，3不相邻的数有372个
【答案】BC
【解析】对于A，能被5整除的整数，个位为0或5，个位为0的六位数有个；
个位为5的六位数有个，共有（个），A错误；
对于B，个位为0的六位偶数有个，个位为2，4之一的六位偶数有个，
共有（个），B正确；
对于C，视2，4为1个数，相当于5个元素的排列，0不能排首位，有（个），C正确；
对于D，由选项C知，1，3相邻的数有192个，符合条件的六位数有个，
因此1，3不相邻的数有（个），D错误.
故选：BC
【变式】
1．（24-25高二下·山东济宁·期中）（多选）下列说法正确的是（ ）
A．用1～9这9个自然数组成的四位数的个数是
B．用1～9这9个自然数组成的没有重复数字的四位数的个数是
C．用1～9这9个自然数组成的千位数字小于百位数字，百位数字小于十位数字，十位数字小于个位数字的四位数的个数是
D．用1～9这9个自然数组成的没有重复数字的四位数中，包含1和3，且1和3不相邻的四位数的个数是
【答案】BC
【解析】对于A：用1～9这9个自然数组成的四位数的个数是，故A错误；
对于B：用1～9这9个自然数组成的没有重复数字的四位数的个数是，故B正确；
对于C：因为各位数字从左到右依次递增，所以排列方法唯一且不能出现重复数字，
所以这样的四位数有个，故C正确；
对于D：首先从其余个数字中选出个数字并排列好，有种，
再将1和3插入所形成的三个空中，则有种插法，
按照分步乘法计数原理可知一共有个数字，故D错误.
故选：BC
2．（24-25高二下·贵州黔东南·期中）（多选）从0，1，2，3，4，5中任选4个不同的数字组成一个四位数，则下列说法正确的是（ ）
A．这样的四位数有300个
B．若这个四位数是偶数，则这样的四位数有156个
C．若0，1被选中，且0，1不相邻，则这样的四位数有72个
D．若这个四位数的个位、十位和百位上的数字之和为偶数，则这样的四位数有144个
【答案】ABD
【解析】对于A，符合条件的四位数有个，A正确，
对于B，符合条件的奇数有,故偶数有个，B正确，
对于C，先从剩下4个数字选择两个数字，共有，若1在千位，则剩余数字的排列有种，
若1不在千位，则有，故总的四位数有，C错误，
对于D，若千位为1，3，5时，且个位、十位和百位上的数字均为偶数，此时有种，
若千位为1，3，5时，且个位、十位和百位上的数字有一个位置为偶数，另外两个位置的数字为奇数，此时有种，
若千位为2或4时，个位、十位和百位上的数字有一个位置为偶数，另外两个位置的数字为奇数，
此时有种，故符合条件的四位数共有，D正确，
故选：ABD
3．（24-25高二下·山西·期中）（多选）数字0，1，2，3，4组成的无重复数字的五位数构成集合，则下列说法正确的是（ ）
A．中有偶数60个
B．中数字1，2相邻的数有36个
C．中2，4不相邻的数有72个
D．将中的元素从小到大排列，第55个数为31024
【答案】ABD
【解析】对于A：
若个位数为，则有个；
若个位数不为，则个位数只能是之一，
只能在中间3个位置任选一个位置，
剩余3个数字在剩余的三个位置上任意排列，
则有个.
所以偶数有60个，故A正确；
对于B，将看成一个整体，首位不为，
则有个，
所以中数字1，2相邻的数有36个，故B正确；
对于C，种共有个元素，
其中相邻有个，
所以中2，4不相邻的数有个，故C错误；
首位为，则有个，
首位为，则有个，
首位为，则有个，
所以将中的元素从小到大排列，第55个数的首位为，
则第个数为，第个数为，第个数为，第个数为，
第个数为，第个数为，第个数为，故D正确.
故选：ABD.
考点三 涂色
【例3-1】（23-24高二上·山东德州·阶段练习）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域如区域与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
【答案】B
【解析】由题意可得，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色．
先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择，
当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择；
当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择，
故不同的涂色方案有种．
故选：B．
【例3-2】（2025山西晋中·阶段练习）某正方体形木块的六个面分别标有数字1~6，用红 黄 蓝 白4种颜色给这六个面涂色（不一定每种颜色都用上），相邻两个面所涂颜色不能相同，则不同的涂色方案有（ ）

A．48种 B．72种 C．96种 D．144种
【答案】C
【解析】先涂区域1，有4种选择，再涂区域2，有3种选择，再涂区域3，有2种选择.若区域4的颜色和区域2的颜色不同，此时区域只有一种选择；若区域4的颜色和区域2的颜色相同，剩下的区域有3种选择.故不同的涂色方案有种.
故选：C.
【变式】
1．（2025广东梅州·期中）某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面所涂颜色不能相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．1080种 B．720种 C．660种 D．600种
【答案】A
【解析】若使用五种颜色，即每个面一种颜色，则有种方案；
若使用四种颜色，即面AED与面FBC同色，则有种方案.
故不同涂色方案有720+360=1080种.
故选：A
2.（2025湖北·阶段练习）中国古代哲学用五行“金、木、水、火、土”来解释世间万物的形成和联系，如图，现用3种不同的颜色给五“行”涂色，要求相邻的两“行”不能同色，则不同的涂色方法种数有（ ）
A．24 B．36 C．30 D．20
【答案】C
【解析】设3种不同的颜色为，
对于“火、土”两个位置有种不同的涂色方法，不妨设“火、土”两个位置分别为，
1.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共2种涂色可能；
2.若“金”位涂色为，则有：
①若“水”位涂色为，则“木”位涂色为或，共2种不同的涂色方法；
②若“水”位涂色为，则“木”位涂色为，共1种不同的涂色方法；
共3种涂色可能；
综上所述：共种不同的涂色方法.
故选：C.
2．（2025湖南·阶段练习）给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，有公共边的区域使用不同的颜色，现有红、黄、蓝、绿、橙5种颜色可供选择，则不同的涂色方法有（ ）
A．120种 B．720种 C．840种 D．960种
【答案】D
【解析】A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C有4种颜色可选，E有4种颜色可选，故共有5×4×3×4×4＝960种不同的涂色方法．
故选：D．
3（2025广东深圳·阶段练习）如图所示的几何体由三棱锥与三棱柱组合而成，现用种不同颜色对这个几何体的表面涂色(底面不涂色)，要求相邻的面均不同色，则不同的涂色方案共有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
【答案】C
【解析】第一步：涂三棱锥P-ABC的三个侧面，
因为要求相邻的面均不同色，
所以共有种不同的涂法，
第二步：涂三棱柱ABC-的三个侧面，
先涂侧面有种涂法，再涂和只有1种涂法，
所以涂三棱柱的三个侧面共有种涂法，
所以对几何体的表面不同的涂色方案共有种涂法，
故选：C
考点四 几何中的排列组合
【例4-1】（河北省N20名校联合体2024-2025学年高二下学期4月期中考试数学试题）小朋友们在如图所示的正八边形的游乐场玩丢手绢.场地被等分成8段（标记为到），每个点有一个小朋友，小明从点处开始选择顺时针或逆时针方向在8个小朋友身后放手绢，小明每跑完一段（例如）需要3秒，在每个点都会随机选择顺时针或逆时针方向继续跑动.若小明一直不停下来，21秒恰好在点的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】小明21秒后恰好停在，则小明不停的状态下走了7段路恰好停在点，有以下情况:
（1）从处顺时针走6步返回1步，即顺时针走6段小路，逆时针走1段小路，此情况有种可能；
（2）从处逆时针走5步返回2步，即顺时针走2段小路，逆时针走5段小路，此情况有种可能；
由（1）（2）可知所求概率为.
故选：C.
【例4-2】（24-25高二下·重庆·期中）如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中，，，是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网M，N处的甲、乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则甲、乙两人相遇的概率为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】甲从M到达N处，需要走6步，其中有3步向上走，3步向右走，则甲从M到达N处的方法有种；
同理，乙从N到达M处的方法有种；
甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向上走，乙经过处，则乙的前三步必须向左走，两人在处相遇的走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，甲到处，前三步有1步向右走，后三步只有2步向右走，
乙到处，前三步有1步向下走，后三步只有2步向下走，
所以，两人在处相遇的走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，由C选项可知，走法种数为种；
若甲、乙两人在处相遇，甲经过处，则甲的前三步必须向右走，乙经过处，则乙的前三步必须向下走，两人在处相遇的走法种数为种；
故甲、乙两人相遇的概率.
故选：B.
【变式】
1．（24-25高二下·河南洛阳·期中）（多选）如图，正方形网格棋盘，其中，，，位于棋盘上一条对角线的4个交汇处．在棋盘M，N处的甲、乙两个质点分别要到N，M处，它们分别随机地选择一条沿网格实线走的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（ ）
A．甲从M到达N处的走法种数为20
B．甲从M必须经过到达N处的走法种数为9
C．甲、乙能在处相遇的走法种数为36
D．甲、乙能相遇的走法种数为164
【答案】ABD
【解析】A选项：需要走6格，其中向上3格，向右3格，
所以甲从M到达N处的走法种数为，故A正确；
B选项：甲从到达，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有种走法，
从到达，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有种走法，
根据分步乘法计数原理得：甲从M必须经过到达N处的走法种数为9，故B正确；
C选项：由图可知，甲走到处需要3步，且乙走到处需要3步，
又因为，甲经过的走法种数为9，乙经过的走法种数为9，
所以甲，乙两人能在处相遇的走法种数为，故C错误；
D选项：甲，乙两人沿着最短路径行走，可能在，，，处相遇，
若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向上走3格，乙经过处，必须向左走3格，所以两人在处相遇的走法有1种；
若甲，乙两人在或处相遇，各有81种走法；
若甲，乙两人在处相遇，甲经过处，必须向右走3格，乙经过处，必须向下走3格，
所以两人在处相遇的走法有1种.
根据分类加法计数原理得：甲，乙两人能相遇的走法种数为，故D正确.
故选：ABD.
2．（2025高三·全国·专题练习）（多选）从正六棱柱的所有顶点中任取4个点，则（ ）
A．所取4个点不全在该正六棱柱的一个面内的取法有489种
B．所取4个点共面的概率为
C．过所取4个点中任意2点的连线中有3对异面直线的取法有426种
D．若所取4个点共面，则这4个点为矩形顶点的概率为
【答案】BC
【解析】选项A：正六棱柱有12个顶点，6个侧面均有4个顶点，2个底面均有6个顶点，
所以所取4个点不全在该正六棱柱的一个面内的取法有（种），A错误.
选项B：可以将4个点共面的情况分为5种：①从每个侧面中取4个点，有种情况；
②从每个底面中取4个点，有种情况；
③从上底面中取共边的2个点，则下底面中有2条直线与其共面但不与其共侧面，有种情况；
④从上底面中取相隔一点的对角线的2个端点，则下底面中有2条直线与其共面，有种情况；
⑤从上底面中取相隔两点的对角线的2个端点，则下底面中有3条直线与其共面，有种情况；
所取4个点共面的概率为，B正确.
选项C：若过所取4个点中任意2点的连线中有3对异面直线，则所取的4个点不共面，
所以取法种数为，C正确.
选项D：由B知所取4个点共面的取法有69种，4个点恰好为矩形4个顶点的取法种数为，
①等式中第一个“6”表示正六棱柱的6个侧面；
②等式中“”表示正六棱柱的上、下底面中均有3种所取4个点可构成矩形的情况；
③等式中“”中的“6”表示上底面的6条边可以与下底面的6条边构成矩形且构成的矩形不是侧面，情况有6种，
“12”表示从上底面中取相隔一点的对角线的2个端点，则下底面中有2条对角线与其共面且可构成矩形，情况有12种，
“3”表示从上底面中取相隔两点的对角线的2个端点，则下底面中有1条对角线与其共面且可构成矩形，情况有3种
所以所求概率为，D错误.
故选：BC.
3．（2025·陕西安康）（多选）在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上 下 左 右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则（ ）
A．蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是
B．蚂蚁移动到点的概率为
C．蚂蚁回到原点的概率为
D．蚂蚁移动到直线上的概率为
【答案】ACD
【解析】对于A，蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度，则每一步的位置只能是或原点的上下左右四个点，
最开始蚂蚁在原点，第一次移动有上下左右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理，
第三次移动有上下左右4种走法，第四次移动只能回到原点，即只有1种走法，
第五次移动有上下左右4种走法，第六次移动只能回到原点，即只有1种走法，
所以满足题意的共有种路径，而移动6次，每次有4种走法，
即总路径数为，由古典概型可知蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率为，故A正确；
对于B，蚂蚁移动到点，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为种，
所以蚂蚁移动到点的概率为，故B错误；
对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，均为次；上下移动次数相等，均为次，
总次数满足，即，
可能的组合有：
①，即左右都3次，路径数为种；
②，即左右均2次，上下均1次，路径数为种；
③，即左右均1次，上下均2次，路径数为种；
④，即上下都3次，路径数为种；
所以路径总数为种，故蚂蚁移动到点的概率为，故C正确；
对于D，蚂蚁要移动到直线上，则水平净移动（向右移动次数减去向左移动次数）要等于
垂直净移动（向上移动次数减去向下移动次数），例如，向右移动3次，向左移动1次，则水平净移动为，
向上移动2次，向下移动0次，则垂直净移动为次，此时蚂蚁位于，符合题意，
设水平净移动为，则垂直净移动也为，
当时，水平和垂直净移动均为0，即回到坐标原点，也即C选项所考虑的结果，共400种；
当时，水平和垂直净移动均为1，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为，
总移动次数，所以可能的组合有：
①，此时向右1次，向左0次，向上3次，向下2次，路径数为种；
②，此时向右2次，向左1次，向上2次，向下1次，路径数为种；
③，此时向右3次，向左2次，向上1次，向下0次，路径数为种；
所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种；
当时，水平和垂直净移动均为2，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为，
总移动次数，所以可能的组合有：
①，此时向右2次，向左0次，向上3次，向下1次，路径数为种；
②，此时向右3次，向左1次，向上2次，向下0次，路径数为种；
所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种；
当时，水平和垂直净移动均为3，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为，
总移动次数，所以可能的组合只有：
，此时向右3次，向左0次，向上3次，向下0次，路径数为种；
由对称性，可知当时，路径总数也为种；
当或绝对值更大时，总移动次数会超过6次，不符合题意，
故蚂蚁移动到直线上的总路径数为种，
所以概率为，故D正确；
故选：ACD.
考点五 小球问题
【例5-1】（24-25高二下·江苏徐州·期中）（多选）现有4个编号为的不同的球和4个编号为的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．共有24种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有144种放法
C．每个盒子内只放一个球，恰有1个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有8种
D．将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有12种
【答案】BCD
【解析】对于A，每个球都有种放法，共有种放法，故A错误；
对于B，把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球，
则个盒子的球数分别为、、，所以种放法，故B正确；
对于C，每个盒子内只放一个球，恰有个盒子的编号与球的编号相同，
不同的放法有种，故C正确；
对于D，将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，则有个盒子放个球，
另外两个盒子各放个球，所以有种放法，故D正确，
故选：BCD.
【变式】
1．（24-25高二下·江苏盐城·阶段练习）（多选）现有个编号为，，，的不同的球和个编号为，，，，的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．共有种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有种放法
C．每个盒子只放一个球，恰有个盒子编号与球的编号相同，不同放法有种
D．将个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有种
【答案】BCD
【解析】对于A，每个球都有5种放法，共有种放法，故A错误；
对于B，把球全部放入盒子内，恰有一个盒子不放球，则有4个盒子每个盒子放1个球，有种放法，故B正确；
对于C，每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有种放法，故C正确；
对于D，将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒，即有4个盒子每个盒子放1个球的放法有5种，故D正确.
故选：BCD.
2．（24-25高二下·安徽池州·期中）（多选）下列正确的有（ ）
A．把6个相同的小球放入4个相同的盒子中，每个盒子都不空，共有10种方法
B．把6个相同的小球放入4个不同的盒子中，每个盒子都不空，共有10种方法
C．把6个不同的小球放入4个相同的盒子中，每个盒子都不空，共有1560种方法
D．把6个不同的小球放入4个不同的盒子中，恰有一个空盒，共有2160种方法
【答案】BD
【解析】对于A，把6个相同的小球放入4个相同的盒子中，每个盒子至少放1个小球，每个盒子先放入1个小球，还剩下2个小球，则余下2个小球放在1个箱子中，或分开放在2个盒子中，所以共有2种放法，故A错误；
对于B，6个相同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少放1个小球，将6个相同的小球排成一列，在形成的中间5个空隙中插入3块隔板，所以不同的放法种数为，故B正确；
对于C，6个不同的小球放入4个相同的盒子，每个盒子至少放1个小球，先把6个不同的小球按2，2，1，1和3，1，1，1两种方案分成4组，每一种分法的4组小球分别放入4个盒子满足要求，一种分组方法即为一种放法，所以不同的放法种数为，故C错误；
对于D，6个不同的小球放入4个不同的盒子，每个盒子至少放1个小球，恰有一个空盒，先把6个不同的小球按2，2，2和3，2，1和4，1，1三种种方案分成3组，每一种分法的3组小球全排列，得到的每一个排列的3组小球分别放入3个盒子满足要求，
所以不同的放法种数为，故D正确．
故选：BD.
3．（24-25高二下·广东深圳·期中）将6个不同的小球放入编号分别为的三个不同盒子.（过程要用文字简要说明，结果用数字作答）
(1)求共有多少种不同放法；
(2)当每个盒子的球数不小于它的编号数时，求共有多少种不同放法；
(3)当每个盒子至少有一个小球时，求共有多少种不同放法；
(4)若将题干中“6个不同的小球”改为“9个相同的小球”，其他条件不变，则当每个盒子的球数不小于它的编号数时，共有多少种不同放法？
【答案】(1)(2)(3)(4)
【解析】（1）根据分步乘法计数原理得共有种不同放法.
（2）当每个盒子的球数不小于它的编号数时，1号盒1个球，2号盒2个球，3号盒3个球，共有种不同放法.
（3）当每个盒子至少有1个小球时，共有三类：
第一类，一盒4个球，其余两盒各1个球，有种；
第二类，一盒1个球，一盒2个球，一盒3个球，有种；
第三类，每盒2个球，有种.
综上得，共有种不同放法.
（4）方法一：在2号盒子里放入1个小球，在3号盒子里放入2个小球，
然后在剩余的6个相同的小球中间5个空插入2个挡板，共有种不同放法.
方法二：在号盒子里首先分别放入个球，
然后剩下的3个小球和两个挡板一起排队，5个位置中给挡板选两个位置，共有种不同放法.
考点六 分组分配
【例6-1】（24-25高二下·广东广州·期中）（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，则以下说法正确的是（ ）
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】AC
【解析】对于A，若每人都安排一项工作，则每人选择一项工件有4种选法，
所以不同的方法数为种，故A正确；
对于B，若每项工作至少有1人参加，则有一项工作有2人，其余3项工作各1人，
先将5人分成4个组种分法，再安排这4个组的人各负责一项工作有种，
由分步计数原理有，故B错误；
对于C，因为每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，
故需从丙、丁、戊中选1人或2人从事司机工作，
若安排丙、丁、戊中1人从事司机工作有，若安排丙、丁、戊中2人从事司机工作有，
故不同安排方案的种数是，故C正确；
对于D，如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，
把5名同学分按3，1，1分组安排有种安排方法，
把5名同学分按2，2，1分组安排有种安排方法，
故这5名同学全部被安排的不同方法数为种，故D错误.
故选：AC.
【例6-2】（24-25高二下·重庆·期中）（多选）现有5个编号为1，2，3，4，5的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．若自由放置，共有3125种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有240种放法
C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有20种
D．将5个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有20种
【答案】ACD
【解析】对于选项A：每个小球都有5种选择，所有共有种，故A正确；
对于选项B：第一步，选择一个盒子不放球，由,
第二步，5个小球分成4组，分别放入4个盒子有：，
所以共有种，故B错误；
对于选项C：第一步选择两个盒子使得编号与小球相同，有，
第二步，剩下3个球，3个盒子使得盒子编号与小球编号不相同共有2种，
所以共有20种，故C正确；
对于选项D：第一步，确定哪个盒子不放球，有，
第二步，剩下四个盒子确定哪个盒子放两个球，即可；
所有共有20种，故D正确；
故选：ACD
【变式】
1．（24-25高二下·四川南充·期中）（多选）有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ）
A．分给甲 乙 丙三人，每人各2本，有540种分法；
B．分给甲 乙 丙三人中，一人4本，另两人各1本，有90种分法；
C．分给甲乙每人各2本，分给丙丁每人各1本，有90种分法；
D．分给甲乙丙丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有1080种分法；
【答案】BD
【解析】对A，先从6本书中分给甲2本，有种方法；再从其余的4本书中分给乙2本，有种方法；最后的2本书给丙，有种方法.
所以不同的分配方法有种，故A错误；
对B，先把6本书分成3堆:4本、1本、1本，有种方法；再分给甲 乙 丙三人，
所以不同的分配方法有种，故B正确；
对C，6本不同的书先分给甲乙每人各2本，有种方法；其余2本分给丙丁，有种方法，
所以不同的分配方法有种，故C错误；
对D，先把6本不同的书分成4堆:2本、2本、1本、1本，有种方法；
再分给甲乙丙丁四人， 所以不同的分配方法有种，故D正确.
故选：BD.
2．（24-25高二下·重庆·期中）（多选）某电影中太乙真人作为哪吒的授业恩师，送给了哪吒七件法宝：乾坤圈、混天绫、火尖枪、金砖、阴阳剑、九龙神火罩和风火轮.哪吒使用这七件法宝对阵敌人，则下列说法正确的是（ ）
A．若哪吒每次使用两件法宝，对阵3次，可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有种
B．若哪吒与敌人对阵3次，每次至少使用两件法宝，法宝不可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有
C．若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，7件法宝全部使用且法宝不可以重复使用，且乾坤圈和风火轮不能相邻使用，则不同的使用法宝的方法有种
D．若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈比风火轮更早使用，风火轮比火尖枪更早使用，则不同的使用法宝的方法有
【答案】ACD
【解析】对于A，每次使用法宝有种，
因可以重复使用，则对阵3次、不同的使用法宝的方法有种，故A正确；
对于B，将7件法宝分成3组，每组至少2件，共有种，
则对阵3次、不同的使用法宝的方法有种，故B错误；
对于C，先将除乾坤圈、风火轮以外的5种法宝排列，共有种，
再利用插空法将乾坤圈、风火轮插入6个空位置中，
则不同的使用法宝的方法有种，故C正确；
对于D，先将7件法宝排列共有种，
再利用倍缩法解决定序问题即可得，不同的使用法宝的方法有种，故D正确.
故选：ACD
考点七 杨辉三角
【例7-1】（24-25高二下·新疆伊犁·阶段练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）
A．在第10行中第5个数最大
B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等
C．
D．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数
【答案】D
【解析】对于A，因“杨辉三角”的第10行中第5个数是，又，故A错误；
对于B，因“杨辉三角”的第2023行中第1011个数和第1012个数分别为和，
因，故，故B错误；
对于C，因
，
则，故C错误；
对于D，因而，故D正确.
故选：D.
【变式】
1．（2025高二下·全国·专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．在“杨辉三角”中从左往右第3斜行的数构成一个数列：，则该数列前10项的和为（ ）
A．66 B．120 C．165 D．220
【答案】D
【解析】由题意可知：前10项分别为，
则
，
所以前10项的和为220.
故选：D．
2．（24-25高二下·宁夏石嘴山·阶段练习）习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）
A．第十行中第5个数最大
B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等
C．
D．第20行中第8个数与第9个数之比为
【答案】D
【解析】对于A，由“杨辉三角”和二项式系数的性质可知，第行共有个数，
正中间即第个数最大，故A错误；
对于B，由“杨辉三角”和二项式系数的性质可知，第行共有个数，
中间两项的数相等，即第个和第个数相等，故B错误；
对于C，由组合数的性质可知，
，故C错误；
对于D，由“杨辉三角”可得第行第个数为，
所以第行中第个数与第个数之比为，故D正确.
故选：D.
3．（24-25高二下·安徽蚌埠·阶段练习）（多选）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2024行的第1014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7个数
D．第34行中从左到右第14个数与第15个数之比为
【答案】AD
【解析】对于A：因为，，
所以，故A正确；
对于B：由图可知：第行有个数字，如果是奇数，则第和第个数字最大，且这两个数字一样大；
如果是偶数，则第个数字最大，故第行的第个数最大，故B错误；
对于C：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7个数字是84，故C错误；
对于D：依题意：第34行第14个数字是，
第34行第15个数字是，所以，
即第34行中从左到右第14个数与第15个数之比为，故D正确.
故选：AD.
4．（24-25高二下·安徽合肥·期中）（多选）“杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图：

下列说法正确的有（ ）
A．第行的第个数是
B．第行的第个数最大
C．
D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字
【答案】AD
【解析】对于选项A，依题意，第行的第个数是，所以A正确；
对于选项B，因为第行的第个位置的数是，
由组合数性质可知：为的最大值，
所以第行的第和个数最大，故B错误；
对于选项C，因为，
易知
，故C错误；
选项D，由题易知，第行所有数字的平方和为，
第行的中间一项的数字为，
构造等式，
在等式左边的系数为，
等式右边的系数为，故，故D正确.
故选：AD.
考点八 二项式定理
【例8-1】（24-25高二下·云南·期中）（多选）的展开式中（ ）
A．第三项系数为1792 B．二项式系数最大的项是第5项
C．常数项为240 D．所有项的系数之和为1
【答案】ABD
【解析】二项式展开式的通项为（且），
对于A：第三项系数为，故A正确；
对于B：展开式中共项，二项式系数最大的项是第项，故B正确；
对于C：令，解得，又，所以展开式中不存在常数项，故C错误；
对于D：令可得所有项的系数之和为，故D正确.
故选：ABD
【例8-2】．（2025·甘肃平凉·模拟预测）（多选）已知，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【解析】对于A，令，得，
两边同乘以，得，故A正确；
对于B，令，得，
令，得，
两式相减，得，
即，故B正确；
对于C，两边同时求导数，
得，
再令，得，故C错误；
对于D，，所以，
同理，
所以，故D正确.
故选:ABD.
【变式】
1．（2025·新疆·模拟预测）（多选）在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．x的系数是10 B．第四项的二项式系数为10
C．没有常数项 D．各项系数的和为32
【答案】BC
【解析】含x的项为，故x的系数是80，所以A错误；
第四项为，其二项式系数为，故B正确；
2x和只有分得的次数相同才能得到常数项，5次方无法均分，因此没有常数项，故C正确；
各项系数的和是由时得到，即，故D错误．
故选：BC．
2．（2025·甘肃平凉·模拟预测）（多选）已知的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，则下列说法正确的是（ ）
A．展开式的各项系数之和为4096
B．展开式中含项的系数为45
C．展开式中存在常数项
D．展开式中第6项的系数最大
【答案】BCD
【解析】由二项式的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，得，解得，
令，得，即展开式的各项系数之和为1024，故A错误；
由通项，令，解得，
所以展开式中含项的系数为，故B正确；
若展开式中存在常数项，令，解得，故C正确；
由可知展开式共有11项，中间项的二项式系数最大，即第6项的系数最大，故D正确.
故选：BCD.
3．（24-25高二下·浙江·期中）（多选）已知的展开式中含项的系数为324，若，则（ ）
A． B．
C． D．当时，被6除的余数为1
【答案】ABD
【解析】由，则其展开式的通项为，
令，则，即，解得（舍负），故A正确，
由，则，故B正确；
令，则，
令，则，
两式相减可得，故C错误；
当时，，
由为的倍数，则被6除的余数为1，故D正确.
故选：ABD.
4．（24-25高二下·海南省直辖县级单位·期中）（多选）已知，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．=
C．= D．=
【答案】BCD
【解析】令，可得①，
故B正确；
令，可得②，
由①+②可得，所以，
故D正确；
由二项式定理可知，，
故，
故A错误；
的系数均为正数，的系数均为负数，
所以，
故C正确.
故选：BCD.
5．（2025湖北）（多选）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】对于A，令，则，故A正确；
对于B，令，则1，故B正确；
对于C，令，则，所以，故C错误；
对于D，因为，
所以，故D正确．
故选：ABD．
单选题
1．（24-25高二下·云南昆明·期中）云大附中高二年级的教学楼名为诚心楼，二楼至五楼共四层，每层有四个教室.高二年级共有16个班，其中历史类班级2个，物理类班级14个，安排教室时需将两个历史类班级安排在同一楼层的相邻两个教室，为求出共有多少种安排教室的方法列式如下，其中能算出正确结果的式子是（ ）
A．16！ B． C． D．
【答案】C
【解析】先选出历史类班级所在楼层有种选法，再从这层的四个教室选出两个相邻教室有种选法，
最后安排其它班级共有种方法，结合分步计数原理可得，共有种方法.
故选：C
2．（24-25高二下·天津·期中）千里烟尘书香近，异乡耕耘报国情．离家辛勤育人梦，天下繁花桃李红．越来越多的大学生选择毕业后支教边远山区，这项活动不仅是对孩子们未来的投资，也是这些年轻志愿者自身成长与蜕变的旅程．现有5名大学生，每人从甘肃、贵州、云南地区选择一个地区支教，则至少有2人都选择贵州地区支教的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题，“至少有2人都选择贵州地区支教”的对立事件为只有1人选择贵州地区支教和没有人选择贵州地区支教，
只有1人选择贵州地区支教的情况有种，没有人选择贵州地区支教的情况有种，
所以至少有2人都选择贵州地区支教的概率.
故选：B.
3．（24-25高二下·天津滨海新·期中）在的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（ ）
A． B． C． D．7
【答案】A
【解析】在的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，
它的展开式共计有项，，
故二项展开式的通项公式为，
令，求得，可得在的展开式中的系数为，
故选：A．
4．（24-25高二下·四川南充·期中）用五个数字，可以组成无重复数字的三位偶数个数为（ ）
A．36 B．30 C．18 D．12
【答案】B
【解析】若个位排0，则此时有种，
若个位不排0，则个位有2种选择，此时百位有3种选择，十位有3种选择，故共有种，
故总的个数有种，
故选：B
5．（24-25高二下·重庆荣昌·期中）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
【解析】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.
6．（24-25高二下·天津·期中）在一次数学复习课上，黑板上从左至右分别为直线、圆、椭圆、双曲线、抛物线5道题．现有6名学生去黑板上作答，甲乙同学先后作答同一道题，丙同学作答的题目不能与甲乙作答的题目相邻，则6名学生的答题方案有（ ）
A．60种 B．72种 C．120种 D．144种
【答案】D
【解析】法一：先将甲乙看作一个整体，要求其与丙不相邻，先排列其余三人共有种，再将甲乙整体和丙插入个空隙中有种，
最后将甲乙排序有种，
则共有答题方案有种.
法二：甲乙同学先后作答同一道题是直线或抛物线，丙同学作答的题目是椭圆，其他人作答其他剩下的题，共有；
甲乙同学先后作答同一道题是圆、椭圆、双曲线，丙同学作答的题目是椭圆，其他人作答其他剩下的题，共有；
所以共有答题方案有种.
故选：D.
7．（2025辽宁）已知的展开式中二项式系数之和为，则说法不正确（ ）
A．展开式中共有项
B．展开式中第项为
C．展开式中各项系数绝对值的和为
D．展开式中第项或第项的二项式系数最大
【答案】A
【解析】由题知，解得，所以展开式中共有项，故选项A错误，
对于选项B，因为的二项展开式的通项公式为，
令，得到，所以选项B正确，
对于选项C，易知展开式中各项系数绝对值的和等于展开式中各项系数和，
又，所以选项C正确，
对于选项D，因为，由二项式系数的性质知，展开式中第项或第项的二项式系数最大，所以选项D正确，
故选：A
8．（24-25高二上·福建宁德·期末）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法错误的是（ ）
A．如果甲乙丙按从左到右的顺序（可以不相邻），则不同排法共有20种
B．如果甲乙不相邻，则不同排法共有36种
C．如果甲，乙都不排两端，则不同的排法共有36种
D．如果甲，乙必须相邻，则不同的排法有48种
【答案】B
【解析】对于A，由于甲乙丙按从左到右的顺序固定了，故有种方法，故A正确；
对于B，甲乙不相邻，先把其他人排成一排有种方法，有个空，然后将甲乙插空有种方法，故共有种，故B错误；
对于C，甲，乙都不排两端，则先从中间个位置选择两个将甲，乙安排好，有种方法，其他人安排到剩下的个位置，有种方法，所以共有种方法，故C正确.
对于D，甲，乙必须相邻，将甲，乙捆绑到一起有种方法，看成一个大元素然后与其他人排成一排有种方法，故共有种，故D正确；
故选：B
多选题
9．（24-25高二下·河南·阶段练习）关于的展开式，下列说法正确的是（ ）
A．展开式共有8项 B．展开式的所有项系数之和为1
C．展开式的二项式系数之和为256 D．展开式中含有常数项
【答案】BC
【解析】对于A，，所以展开式共有9项，故A错误；
对于B，令，则，故B正确；
对于C，展开式的二项式系数之和为，故C正确；
对于D，展开式中的通项是，
令，解得，所以展开式中没有含常数项，故D错误；
故选：BC．
10．（24-25高二下·四川绵阳·期中）现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁、戊五个社区进行社会实践，每名同学只能选择一个社区，则下列结果正确的是（ ）
A．所有可能的方法有种
B．若同学A不去社区甲，B不去社区乙，则不同的安排方法有80种
C．若社区甲必须有同学去，则不同的安排方法有61种
D．若有一个社区安排两名同学，还有一个社区安排一名同学，则不同的安排方法有60种
【答案】BCD
【解析】选项A：每名同学有5个社区可选，总共有 种方法.而选项A中写的是 ，显然错误.
选项B：同学A有4种选择（不去甲），同学B有4种选择（不去乙），
同学C有5种选择，总数为 ，正确.
选项C：总情况数 ，减去都不去甲的情况数 .
结果为 ，故选项C正确.
选项D：满足要求的安排方法可以分为三步完成：
第一步：从5个社区中选两个不同的社区（该步的完成方法数为），
第二步：从3名同学中选2人分配到第一个社区（该步的完成方法数为 ），
第三步：安排所选的第三名同学，此步的完成方法数为.
总数为，故选项D正确.
故选：BCD.
11．（24-25高二下·重庆·期中）下列说法中正确的是（ ）
A．平面内有任意三点不共线的6个点，可以组成30条线段
B．从3名男生，4名女生中选出3名参加一项活动，至少一名女生被选中共有34种选法
C．将5名工人分配给甲乙丙三个车间，每个车间至少分一名工人，共有150种分配方法
D．将5个相同的小球，放入编号为1，2，3的盒子中，每个盒子至少放1个球共有25种放法
【答案】BC
【解析】A选项，平面内有任意三点不共线的6个点，可以组成条线段，A错误；
B选项，从3名男生，4名女生中选出3名参加一项活动，
其中选出1名女生，2名男生的选法有种，
选出2名女生，1名男生的选法有种，
选出3名女生的选法有种，
故至少一名女生被选中共有种选法，B正确；
C选项，将5名工人分配给甲乙丙三个车间，每个车间至少分一名工人，
故5名工人分为2,2,1或3,1,1，
若5名工人分为2,2,1，则有种分配方法，
若5名工人分为3,1,1，则有种分配方法，
综上，共有种分配方法，C正确；
D选项，可考虑隔板法，由于每个盒子至少放1个球，
所以5个相同的小球排成一排，5个小球之间共有4个空，插入2个挡板，
故有种方法，D错误.
故选：BC
填空题
12．（24-25高二下·上海浦东新·期中）在的展开式中，的系数是 （结果用数字表示）.
【答案】
【解析】中的系数为，的系数为，
所以的展开式中，的系数是，
故答案为：
13．（24-25高二下·天津·期中）2025年，上海合作组织峰会、2025夏季达沃斯论坛双主场齐聚天津！现需将6名工作人员安排到“内宾接待”、“会议保障”、“媒体宣传”三项工作，每人必须安排且只能安排一项工作，若“内宾接待”安排2名工作人员，“会议保障”、“媒体宣传”至少安排1名工作人员，则不同的安排方法有 种（用数字作答）；若三项工作各安排2人，则甲和乙安排相同工作的概率为 ．
【答案】 210 /
【解析】根据题意可将6名工作人员分成三组，符合题意的分组为2，1，3或2，2，2；
因此不同的安排方法有种；
若三项工作各安排2人，共有种，
则甲和乙安排相同工作的方法有种，
所以甲和乙安排相同工作的概率为.
故答案为：210，.
14．（2025·山东聊城·期中）用红、黄、蓝、绿四种颜色涂在如图所示的六个区域，且相邻两个区域不能同色，则涂色方法总数是 ．（用数字填写答案）
【答案】120
【解析】所有的涂色方法可以分为三类：
第一类：区域涂同一种颜色，
先涂区域，有4种方法，再涂区域，有3种方法，然后涂区域，有2种方法，再涂区域，有1种方法，最后涂区域，有2种方法，由分步乘法计数原理可得区域涂同一种颜色的涂色方法有种，即48种方法，
第二类：区域涂不同颜色，区域涂不同颜色，
先涂区域，有4种方法，再涂区域，有3种方法，然后涂区域，有2种方法，再涂区域，有1种方法，再涂区域，有1种方法，最后涂区域，有1种方法，由分步乘法计数原理可得区域涂不同颜色的涂色方法有种，即24种方法，
第三类：区域涂不同颜色，区域涂相同颜色，
先涂区域，有4种方法，再涂区域，有3种方法，然后涂区域，有2种方法，再涂区域，有1种方法，再涂区域，有1种方法，最后涂区域，有2种方法，由分步乘法计数原理可得区域涂不同颜色的涂色方法有种，即48种方法，
由分类加法计数原理可得涂色方法总数是48+24+48种方法，即120种方法.
故答案为：120.
解答题
15．（24-25高二下·江苏无锡·期中）设，，．若，
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值．
【答案】(1)(2)(3)12
【解析】（1）由二项式定理可得展开式的通项为，
所以，
所以.
整理可得，解得或（舍去负值），
所以.
（2）由（1）可得，.
令，可得，
所以.
（3）对两边同时求导可得，
整理可得.
代入，可得.
16．（24-25高二下·北京顺义·期中）某校志愿者团队共派出6人参加志愿服务活动，其中男生4人，女生2人．
(1)从这6人中选出男、女队长各1人参加志愿服务活动，共有多少种选法？
(2)从这6人中选出3人完成本次活动的宣传工作，其中至少需要1名女生和1名男生，共有多少种选法？
(3)活动后6人排成一排拍照，男生甲在女生乙左边，有多少种不同的排法？
(4)现要将6名志愿者分配到三所学校参加志愿服活动，每所学校至少分配1人，共有多少种不同的安排方法？
【答案】(1)8；
(2)16；
(3)360；
(4)540.
【解析】（1）从这6人中选出男、女队长各1人参加志愿服务活动，分两步完成，
第一步从男生4人中选1人有4种选法，第二步从女生2人中选1人共2种选法，故有种选法；
（2）从这6人中选出3人完成本次活动的宣传工作，其中至少需要1名女生和1名男生，共有2种情况：
第一种：男生选2人，女生选1人，共有种选法，
第一种：男生选1人，女生选2人，共有种选法，
故总共有种选法；
（3）活动后6人排成一排拍照共有种排法，男生甲与女生乙有2种排法，满足顺序排法相同，
所以活动后6人排成一排拍照，男生甲在女生乙左边共有排法；
（4）现要将6名志愿者分配到三所学校参加志愿服活动，每所学校至少分配1人，则三所学校分配志愿者人数为：，
若人数为，则有种安排方法，
若人数为，则有种安排方法，
若人数为，则有种安排方法，
根据分类加法计数原理共有种安排方法.
17．（24-25高二下·北京·期中）在的展开式中.
(1)求各项的二项式系数之和；
(2)求第3项的系数；
(3)求的系数；
(4)求常数项；
(5)求二项式系数最大的项.
【答案】(1)64；
(2)240；
(3)160；
(4)60；
(5)160.
【解析】（1）的展开式中各项的二项式系数之和为
（2）因为；
所以第3项的系数为240；
（3），令，解得,
所以，所以的系数为160；
（4）由（3）得，令，解得,
所以；所以常数项为60；
（5）由二项式系数的性质可知，二项式系数最大的项为第4项，由（3）得，，
所以二项式系数最大的项为.
18．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）已知函数（），且，
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)设且，若能被10整除，求的值；
(4)求的最大值.
【答案】(1)
(2)
(3)；
(4)15
【解析】（1）有，解得.
因此，令，得，再令，得所以
（2）给等式两边关于自变量求导，，令得；
（3），能被10整除，只需能被整除，而且，所以；
（4）由通项公式为，则，
解得，，，所以，所以的最大值为.
19．（24-25高二下·广东深圳·期中）杨辉三角是二项式系数在三角形中的一种几何排列．中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现了杨辉三角和“三角垛”．如图左为用阿拉伯数字表示的杨辉三角，如图右的“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球……
(1)设“三角垛”各层球数构成一个数列，观察发现杨辉三角中第2斜列即为数列；1，3，6，10，15，…，请写出与的递推关系，并求出数列的通项公式；
(2)记杨辉三角的第行所有数之和为，令，设为数列的前项和．
（i）求；
（ii）若成立，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)（i）；
（ii）
【解析】（1）由题意可知，，
，
所以数列的一个递推关系为，
所以当时，利用累加法可得
，
将代入得，符合，
所以数列的通项公式为.
（2）（i）利用二项式系数的性质得，
所以，
所以，
，
得，
所以，
所以，
（ii）成立，等价于成立，
等价于成立，令，
所以，即，解得，
所以的最大值为，
所以，即的取值范围是.
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