资源简介 2023 届高考数学一轮复习——计数原理计数原理【知识点讲解】一、计数原理1.定义（1）排列：从 个不同元素中取出 ≤ 个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从 个不同元素中取出 个元素的一个排列。（2）组合：从 个不同元素中取出 ≤ 个元素作为一组，叫做从 个不同元素中取出 个元素的一个组合。2.公式（1）排列数公式A = 1 2 … + 1 = !。规定 0！= 1 。 !（2）组合数公式C = 1 2 … +1 = ! 。规定C0 ! ! ! = 1 。3.排列数与组合数的性质A （1）C = ;（2）C = C ;（3）C = C 1 +1 + C ；（4）A = A 1 ! 1 。二、二项式定理1.二项式定理（1）二项式定理 + 1=C0 1 1 1 + C + + C + + C ∈ 。（2）通项： +1 = C ，它表示第 + 1 项。（3）二项式系数：二项展开式中各项的系数C = 0,1,2, …, 。2. 二项式系数的性质（1）对称性：在二项展开式中与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即C = C （2） +1 +1增减性：当 ＜ 时，二项式系数逐渐增大；当 ＞ 时，二项式系数逐渐减小2 2第 1 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理3.各二项式系数和（1） + 展开式的各二项式系数和：C0 + C1 + C2 + + C = 2 。（2）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C0 + C2 + C4 1 + = C + C3 + C5 + = 2 1 。【例题讲解】一、数字问题例 1．从0,1,2,3这 4个数字中选3个数字组成没有重复数字的三位数,则能被3整除的三位数有个A．8 B．10 C．12 D． 24【答案】B【详解】由题意所求三位数的个数为C1A22 2 A33 10，例 2．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有个A．50 B．45 C．36 D．35【答案】C【详解】由题意得，由于个数字大于十位数，所以按个位数是 2,3, 4,5,6,7,8,9分成8类，在每一类中满足条件的两位数分别是1个，2个，3个，4个，5个，6个，7个，8个，所以共有1 2 3 4 5 6 7 8 36个，故选 C．例 3．由数字 0，1,2,3组成的无重复数字的 4 位数，比 2018 大的有个A．10 B．11 C．12 D．13【答案】B【详解】千位数字为 3时满足题意的数字个数为：3! 6，千位数字为 2时，只有 2013不满足题意，则满足题意的数字的个数为3! 1 5，综上可得：2018大的有 6+5=11 个.二、分组分配例 4．将 5 名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶 4 个项目进行培训，每名志愿者只分配到 1 个项目，每个项目至少分配 1 名志愿者，则第 2 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理不同的分配方案共有（ ）A．60 种 B．120种 C．240 种 D．480种【答案】C【详解】根据题意，有一个项目中分配 2名志愿者，其余各项目中分配 1 名志愿者，可以先从 5名志愿者中任选 2 人，组成一个小组，有C25 种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有 4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有C 25 4! 240种不同的分配方案，例 5．6 名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去 1 个场馆，甲场馆安排 1名，乙场馆安排 2 名，丙场馆安排 3名，则不同的安排方法共有（ ）A．120 种 B．90种 C．60种 D．30种【答案】C【详解】首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有C16；然后从其余5名同学中选 2名去乙场馆，方法数有C25 ；最后剩下的3名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有C1 C 26 5 6 10 60种.三、染色问题例 6．如图，一环形花坛分成 A，B，C，D四块，现有 4 种不同的花供选种，要求在每块里种 1种花，且相邻的 2 块种不同的花，则不同的种法总数为A．96 B．84 C．60 D．48【答案】B【详解】解：分三类：种两种花有 A24 种种法；种三种花有 2 A3种种法；种四种花有 A4 3 2 44 4 种种法．共有 2 A4 + A4 + A4 =84．第 3 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理例 7．如图为我国数学家赵爽 (约 3世纪初 )在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供 5种颜色给其中 5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则 A,C区域涂色不相同的概率为 ( )1 2 3 4A． B7 ． C7 ． D7 ． 7【答案】D【详解】提供 5种颜色给其中 5 个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，根据题意，如图，设 5个区域依次为 A,B,C,D,E ,分 4 步进行分析：①，对于区域A，有 5种颜色可选；②，对于区域 B与A区域相邻，有 4 种颜色可选；③，对于区域 E，与 A,B区域相邻，有 3种颜色可选；④，对于区域D,C，若D与 B颜色相同，C区域有 3种颜色可选，若D与 B颜色不相同，D区域有 2 种颜色可选，C区域有 2种颜色可选，则区域D,C有3 2 2 7种选择，则不同的涂色方案有5 4 3 7 420种，其中， A,C区域涂色不相同的情况有：①，对于区域A，有 5种颜色可选；②，区域C，有 4种颜色可选；③对于区域 B，有 3 种颜色可选；④，若D与 B颜色相同， E区域有 2 种颜色可选；若D与 B颜色不相同，D区域有 2 种颜色可选， E区域有 1 种颜色可选；所以区域D,E有 2 2 4种选择；第 4 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理不同的涂色方案有5 4 3 4 240种， A,C p 240 4区域涂色不相同的概率为 , D420 7 故选 ．例 8．给图中 A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有 4 种颜色可供选择，则共有___种不同的染色方案.【答案】96【详解】解：要完成给图中A、 B、C、D、 E、 F六个区域进行染色，染色方法可分两类，第一类是仅用三种颜色染色，即 AF同色， BD同色，CE同色，则从四种颜色中取三种颜色有C 3 44 种取法，三种颜色染三个区域有 A33 6种染法，共 4 6 24种染法；第二类是用四种颜色染色，即 AF，BD，CE中有一组不同色，则有 3 种方案 (AF不同色或 BD不同色或CE不同色），先从四种颜色中取两种染同色区有 A24 12种染法，剩余两种染在不同色区有 2种染法，共有3 12 2 72种染法． 由分类加法原理得总的染色种数为24 72 96种．四、相邻问题例 9．小明跟父母、爷爷和奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5 人坐一排.若小明的父母都与他相邻，则不同坐法的种数为（ ）A．6 B．12 C．24 D．48【答案】B【详解】将小明父母与小明三人进行捆绑，其中小明居于中间，形成一个元素，与其他两个元素进行排序，则 A22 A33 12，故所求的坐法种数为 12，第 5 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理五、不相邻问题例 10．甲、乙、丙、丁、戊五位妈妈相约各带一个小孩去观看花卉展，她们选择共享电动车出行，每辆电动车只能载两人，其中孩子们表示都不坐自己妈妈的车，甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式有A．12种 B．11种 C．10种 D．9种【答案】B【详解】解法一：不对号入座的递推公式为：a1 0，a2 1，an n 1 an 1 an 2 n≥3 ，据此可得：a3 2, a4 9, a5 44，即五个人不对号入座的方法为 44种，由排列组合的对称性可知：若甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，则坐车不同的搭配44方式有 11种.本题选择 B选项.4解法二：设五位妈妈为 ABCDE，五个小孩为abcde，对五个小孩进行排练后坐五位妈妈的车即可，由于甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，故排列的第五个位置一定是 a，对其余的四个小孩进行排列：bcde,bced ,bdce,bdec,becd ,bedc；cbde,cbed ,cdbe,cdeb,cebd ,cedb； dbce,dbec,dcbe,dceb,debc,decb；ebcd ,ebdc,ecbd ,ecdb,edbc,edcb .共有 24中排列方法，其中满足题意的排列方法为：bcde,bdec,bedc， cdbe,cdeb,cedb， dcbe,dceb,debc， ecdb,edbc，共有 11 种.六、特殊元素例 11．某校有 5 名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有 1名学生且至多 2 名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）A．48 B．54 C．60 D．72【答案】C【详解】将 5名大学生分为 1-2-2三组，即第一组 1个人，第二组 2 个人，第三第 6 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理组 2个人，C 2 C 2 C1共有 5 3 12 15A 种方法；2由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有 2种选择，剩下的 2 组任意选，所以由2A22 4 种方法；按照分步乘法原理，共有 4 15 60 种方法；例 12．2021年某地电视台春晚的戏曲节目，准备了经典京剧、豫剧、越剧、粤剧、黄梅戏、评剧 6个剧种的各一个片段．对这 6 个剧种的演出顺序有如下要求：京剧必须排在前三，且越剧、粤剧必须排在一起，则该戏曲节目演出顺序共有( )种．A．120 B．156 C．188 D．240【答案】A【详解】完成排戏曲节目演出顺序这件事，可以有两类办法：京剧排第一，越剧、粤剧排在一起作一个元素与余下三个作全排列有A4 24，越剧、粤剧有前后A2，共有：A2 42A4种；京剧排二三之一有C12，越剧、粤剧排在一起只有三个位置并且它们有先后，有C13A2 3 1 1 2 32，余下三个有A3，共有：C2C3A2A3种；由分类计数原理知，所有演出顺序有：A2A4 C1C1 2 32 4 2 3A2A3＝120 (种)七、错位问题例 13．甲、乙、丙三名同学上台领奖，从左到右按甲、乙、丙的顺序排列，则三人全都站错位置的概率是（ ）1 1 1A 1． 3 B． C． 2 D．6 4【答案】A【详解】所有基本事件为（甲，乙，丙）（甲，丙，乙）（乙，甲，丙）（乙，丙，甲）（丙，甲，乙）（丙，乙，甲）共 6 个，其中全部站错位包含（乙，丙，甲）（丙，第 7 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理1甲，乙）2个，故 P 3例 14．某密码锁的一个密码由 3 位数字组成，每一位均可取 0，1，2，…，9 这10个数字中的一个，小明随机设置了一个密码，则恰有两个位置数字相同的概率为（ ）A．0.09 B．0.12 C．0.18 D．0.27【答案】D【详解】先从 3个位置中选 1 个，从 0 到 9这 10 个数字中选一个数字放入，剩下的两个位置再从剩下的9个数字中选一个数字放入（两个位置数字相同），有C1 1 13C10C9 270270种方法，所以所求概率 P 0.27103 ．八、分类综合问题例 15．《红海行动》是一部现代海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务A必须排在前三位，且任务 E、F必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有A．240 种 B．188种 C．156 种 D．120种【答案】D【详解】当 E,F 排在前三位时， N1 (A22 A22 )A33 =24,当 E,F排后三位时，N 1 2 2 22 (C3A3 )(A2 A2 ) =72，当 E,F 排 3，4 位时，N (C1A1 2 23 2 3 )A2 A2 =24，N=120种，选 D.例 16．已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡，第 8 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，则他们结账方式的可能情况有________种．【答案】20【详解】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有 1+C 1C 12 2 ＝5，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有 1+C 1C 12 2＝5，此时共有 5+5=10 种，当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有 1+C 12 C 12 ＝5，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有 1+C 12 C 12 ＝5，此时共有 5+5=10种，综上故有 10+10＝20 种，故答案为 20.例 17．学校将从 4 名男生和 4名女生中选出 4 人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选．那么不同的组队形式有_________种．【答案】930【详解】若甲乙都入选，则从其余6人中选出 2人，有C 26 15种，男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，则有 A4 3 24 2A3 A2 14种，故共有15 14 210种；若甲不入选，乙入选，则从其余6人中选出3人，有C36 20种，女生乙不适合担任四辩手，则有C1 33A3 18种，故共有20 18 360种；若甲乙都不入选，则从其余66 人中选出4人，有C 4 15种，再全排，有 A46 4 24种，故共有15 24 360种，综上所述，共有210 360 360 930，故答案为930 .九、整数解问题例 18．方程 x y z 10的正整数解的个数__________.【答案】36【详解】问题中的 x y z看作是三个盒子，问题则转化为把10个球放在三个不同第 9 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理的盒子里，有多少种方法．将10个球排一排后，中间插入两块隔板将它们分成三堆球，使每一堆至少一个球．隔板不能相邻，也不能放在两端，只能放在中间的9个空内． 共有C 29 36种．例 19．方程 x y z 18的非负整数解有______组.【答案】190组【详解】解：求方程 x y z 18的非负整数解有多少组 求方程 (x 1) (y 1) (z 1) 21的正整数解有多少组，即在 21个位置产生的 20个空档里插入 2 个隔板，所以有C 220 190组.例 20．方程 x y z 2010满足 x y z的正整数解（ x，y，z）的个数是________.【答案】336675【详解】首先，易知方程的正整数解的个数为C 22009 2009 1004 .其次，把方程满足 x y z的正整数解分为三类：（1） x、 y、 z均相等的正整数解的个数显然为 1；（2） x、 y、 z中有且仅有两个相等的正整数解的个数，易知为 1003；（3）设 x、 y、 z两两均不相等的正整数解的个数为 k .注意到1 3 1003 6k 2009 1004 .解得 k 1003 335 334 335671.故满足 x y z的正整数解的个数为1 1003 335671 336675 .十、二项式定理y2例 21． (x )(x y)5的展开式中 x3y3的系数为（ ）xA．5 B．10 C．15 D．20【答案】C【详解】 (x y)5展开式的通项公式为T r 5 r rr 1 C5 x y （ r N且 r 5） y2 所以 x (x y)5x 的各项与 展开式的通项的乘积可表示为： 2 2xT xC rx5 r yr C rx6 r yr y T y和 C rx5 r yr C rx4 r r 2r 1 5 5 x r 1 5 5yx第 10 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理在 xT C rx6 r rr 1 5 y 中，令 r 3，可得： xT C34 5 x3y3，该项中 x3y3的系数为10，y2 2在 T r 4 rr 1 C5 x yr 2 y中，令 r 1，可得： T C1 3 3 3 3x x 2 5x y ，该项中 x y 的系数为5所以 x3y3的系数为10 5 15例 22． x2 5 x y 的展开式中， x5y2的系数为A．10 B．20 C．30 D．60【答案】C【详解】在 (x2 x y)5的 5 个因式中，2 个取因式中 x2剩余的 3 个因式中 1 个取 x，其余因式取 y,故 x5y2的系数为C 2 15C3C 22 =30，故选 C.考点：本题主要考查利用排列组合知识计算二项式展开式某一项的系数.23 2例 ． 1 x 1 x 3 1 x 9 的展开式中 x2的系数是（ ）A．60 B．80 C．84 D．120【答案】D2 3 9【详解】 1 x 1 x 1 x 的展开式中 x2的系数是C 2 C 2 C 2 22 3 4 C9因为Cm 1n Cm Cmn n 1且C2 C32 3 ，所以C2 C 2 C3 C 2 32 3 3 3 C4 ，所以C 22 C23 C24 C24 C34 C35 ，以此类推，C 2 C 2 C 2 C 22 3 4 9 C3 C 2 C3 10 9 89 9 10 120 .3 2 1例 24．已知多项式 (x 1)3 (x 1)4 x4 a 3 21x a2x a3x a4，则 a1 ___________，a2 a3 a4 ___________.【答案】 5 ; 10 .【详解】 (x 1)3 x 3 3x 2 3x 1， (x 1)4 x 4 4x 3 6x 2 4x 1 ，所以a1 1 4 5,a2 3 6 3，a3 3 4 7,a4 1 1 0 ，所以a2 a3 a4 10 .例 25．已知 S 是数列 a 的前 n 项和，若 (1 2x)2021 b b x b x2 b x2021n n 0 1 2 2021 ，数第 11 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理列{a } ab b b的首项 1 2 2021n 1 , a S S2 22 22021 n 1 n n 1，则S2021 （ ）1 1A． B． C 2021 D2021 ． ． 20212021【答案】A1 2021 1 b【详解】令 x ，得 1 2 b 1b2 b 2021 0 2 2021 0 .2 2 2 2 2b 1 a b1 b2 b又因为 0 ，所以 1 2 2021 1.2 2 22021Sn 1 Sn 1 1 1 1由an 1 SnSn 1 Sn 1 Sn ，得 1 1SnSn 1 Sn S，所以 ，n 1 Sn 1 Sn 1 1所以数列 S 是首项为 1S ，公差为 1的等差数列，所以 n 11 1 (n 1) ( 1) nS ，n1 1所以 Sn S .n，所以 2021 2021十一、余数问题例 26．98被5除所得的余数是_____________．【答案】1【详解】因为98 (10 1)8 C 08 108 C18 107 C 28 106 C 78 10 ( 1)7 C88 ( 1)8，展开式中的前 8项均能被 5 整除，只有最后一项 C88 ( 1)8 1不能被 5 整除，所以98被 5除所得的余数是 1（注意余数只能是大于等于 0 且小于 5的整数）.例 27．32016除以100的余数是___________.【答案】21【详解】32016 91008 10 1 1008 C0 101008 C1 1007 2 1006 10051008 1008 10 C 1008 10 C 1008103 C1006102 C1007 10 C1008，显然只需考虑后两项，计算可得 C1007 10 C10081008 1008 1008 1008 1008 10079，32016故 x 100 10079 x 101 100 10100 10079 x 101 100 21故32016除以 100的余数是 21，例 28．今天是星期二，6100后是星期________．【答案】三第 12 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理【详解】由6100 (7 1)100 C 0 7100 C1 799 ( 1)1 C 99 71 ( 1)99 C100 ( 1)100100 100 100 100 C 0 7100 C1 99 1 99 1100 1007 ( 1) C1007 ( 1)99 1 7(C 0 799 C1 98 99 100100 1007 C100 ) 1，即6 除 7 的余数为 1，因为今天是星期二，所以6100后是星期三.第 13 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理【对点训练】一、单选题1．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有A．192 种 B．216种 C．240 种 D．288种2．我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，功不可没，“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必清注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化败毒方、宣肺败毒方.若某医生从“三药三方”中随机选出两种，事件A表示选出的两种中有一药，事件 B表示选出的两种中有一方，则P B A （ ）1 3 3 3A． B5 ． C D10 ． 5 ． 43．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的 6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“——”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有 3个阳爻的概率是5 11A 11． B C21 D16 ． 32 ． 32 ．164．将 5 名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶 4 个项目进行培训，每名志愿者只分配到 1 个项目，每个项目至少分配 1 名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）A．60 种 B．120种 C．240 种 D．480种5．（1+2x2 ）（1+x）4的展开式中 x3的系数为A．12 B．16 C．20 D．246．将 4 个 1 和 2个 0 随机排成一行，则 2 个 0 不相邻的概率为（ ）1 2A B C 24． 3 ． 5 ． 3D． 57．6 名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去 1 个场馆，甲场馆安排 1名，乙场馆安排 2 名，丙场馆安排 3名，则不同的安排方法共有（ ）第 14 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理A．120 种 B．90种C．60 种 D．30种8．如图，将钢琴上的 12 个键依次记为 a1，a2，…，a12.设 1≤i且 j–i=4，则称 ai，aj，ak 为原位大三和弦；若 k–j=4且 j–i=3，则称 ai，aj，ak为原位小三和弦．用这 12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（ ）A．5 B．8 C．10 D．159．将 3 个 1 和 2个 0 随机排成一行，则 2 个 0 不相邻的概率为（ ）A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．0.810．已知 (1 x)n的展开式中第 4项与第8项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）．A． 212 B． 211 C．210 D． 2911．有甲、乙、丙、丁、戊 5 名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ）A．12 种 B．24种 C．36种 D．48种12．北京 2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破.为了宣传 2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等5名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为（ ）A．8 B．10 C．12 D．1413．用数字 1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为第 15 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理A．24 B．48 C．60 D．7214．数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选3门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ）A．60种 B．78种 C．84种 D．144种15．小明跟父母、爷爷和奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5 人坐一排.若小明的父母都与他相邻，则不同坐法的种数为（ ）A．6 B．12 C．24 D．4816．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 3个数，则选取的 3 个数之和为奇数的方法数为（ ）A．30 B．40 C．44 D．7017．如图，小明从街道的 E处出发，先到 F处与小红会合，再一起到位于 G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为A．24 B．18 C．12 D．918．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，第 16 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有A．120种 B．156种 C．188种 D． 240种19．某校迎新晚会上有6个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起．则该校迎新晚会节目演出顺序的编排方案共有A．120种 B．156种 C．188种 D． 240种20．某班上午有五节课，分别安排语文，数学，英语，物理，化学各一节课．要求语文与化学相邻，数学与物理不相邻，且数学课不排第一节，则不同排课法的种数是A．24 B．16 C．8 D．1221．要排出高三某班一天中，语文、数学、英语各 2节，自习课1节的功课表，其中上午5节，下午 2节，若要求 2节语文课必须相邻且 2节数学课也必须相邻（注意：上午第五节和下午第一节不算相邻），则不同的排法种数是（ ）A．84 B．54 C． 42 D．1822．2020年 12月 1 日，大连市开始实行生活垃圾分类管理.某单位有四个垃圾桶，分别是一个可回收物垃圾桶 一个有害垃圾桶 一个厨余垃圾桶 一个其它垃圾桶.因为场地限制，要将这四个垃圾桶摆放在三个固定角落，每个角落至少摆放一个，则不同的摆放方法共有(如果某两个垃圾桶摆放在同一角落，它们的前后左右位置关系不作考虑)（ ）A．18种 B． 24种 C．36种 D． 72种23 2 x 2021 a a x 1 a x 1 2 a x 1 2021．已知 0 1 2 2021 ，则a0 a1 a2 a2021 （ ）A． 24042 B．1 C． 22021 D． 024．定义“规范 01数列”{an}如下：{an}共有 2m项，其中 m项为 0，m项为 1，且对任意 k≤2m， a1,a2 , ,ak ,中 0的个数不少于 1 的个数.若 m=4，则不同的“规范01数列”共有第 17 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理A．18 个 B．16 个 C．14 个 D．12个25．天河区某校开展学农活动时进行劳动技能比赛，通过初选，选出甲 乙 丙 丁 戊共 5 名同学进行决赛，决出第 1 名到第 5 名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”；对乙说“你当然不是最差的”，试从这个回答中分析这 5人的名次排列顺序可能出现的种类有（ ）A．54 种 B．60种 C．72种 D．96种26．《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳（约公元 2世纪）所著，该书主要记述了：积算（即筹算）太乙、两仪、三才、五行、八卦、九宫、运筹、了知、成数、把头、龟算、珠算计数14种计算器械的使用方法某研究性学习小组3人分工搜集整理14种计算器械的相关资料，其中一人4种、另两人每人5种计算器械，则不同的分配方法有（ ）C4 C5 C5 3 4 5 5 2 4 5 5A． 14 10 5A3 C CB． 14 10C5A2 CC． 14C10C52 3 2 D．C4 5 5A A A 14C10C52 3 227．将 7个座位连成一排，安排4个人就坐，恰有两个空位相邻的不同坐法有A． 240 B． 480 C．720 D．96028． x y x 2y z 6 的展开式中， x2 y3z2的系数为A． 30 B．120 C． 240 D．42029．由 1，2，3，4，5 组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前 3个数字保持递减，后 3 个数字保持递增”（如五位数“43125”，前 3个数字“431”保持递减，后 3 个数字“125”保持递增）的概率是（ ）1 1 1 1A． B20 ． C12 ． D10 ． 630．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，以下说法正确的是（ ）A．每人都安排一项工作的不同方法数为 54B．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为 A45C14C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这 5 名同学全部被安3 1 2 2 3排的不同方法数为 C5C2 C5C3 A3第 18 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理D．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，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C1C 2A3 C 2 33 4 3 3 A3431 x 1． 2 1 展开式中常数项为（ ）. x A．11 B． 11 C．8 D． 732．如图，给 7 条线段的 5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有 4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有（ ）A．24 B．48 C．96 D．12033．某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形 ABCD（边长为 2个单位）的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为 i(i 1, 2, , 6)，则棋子就按逆时针方向行走 i个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的所有不同走法共有A．22 种 B．24种 C．25种 D．27种二、多选题34．现安排高二年级 A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（ ）第 19 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理A．所有可能的方法有34种B．若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有 37种C．若同学 A必须去工厂甲，则不同的安排方法有 16种D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有 24种35．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 A1、 A2、A3、 A4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.则下列说法正确的是（ ）A．甲从M 到达N处的方法有120种B．甲从M 必须经过 A2到达N处的方法有9种81C．甲、乙两人在 A2处相遇的概率为 40041D．甲、乙两人相遇的概率为100三、填空题36．4 名同学到 3 个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去 1 个小区，每个小区至少安排 1名同学，则不同的安排方法共有__________种.37．从 1，3，5，7，9 中任取 2个数字，从 0，2，4，6 中任取 2 个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)38．在三棱锥的六条棱中任意选择两条,则这两条棱异面的概率为_____.39．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有 3种不同的植物可供选择，则有_____种第 20 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理栽种方案．40．某学校要对如图所示的 5个区域进行绿化（种花），现有 4 种不同颜色的花供选择，要求相邻区域不能种同一种颜色的花，则共有___________种不同的种花方法.四、解答题41．7 名同学，在下列情况下，各有多少种不同安排方法？（答案以数字呈现）（1）7 人排成一排，甲不排头，也不排尾．（2）7 人排成一排，甲、乙、丙三人必须在一起．（3）7 人排成一排，甲、乙、丙三人两两不相邻．（4）7 人排成一排，甲、乙、丙三人按从高到矮，自左向右的顺序（不一定相邻）．（5）7 人分成 2 人，2人，3 人三个小组安排到甲、乙、丙三地实习．第 21 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理42．按下列要求分配 6 本不同的书,各有多少种不同的分配方式 （1）分成三份,1 份 1 本,1份 2 本,1 份 3 本;（2）甲、乙、丙三人中,一人得 1 本,一人得 2 本,一人得 3本;（3）平均分成三份,每份 2 本;（4）平均分配给甲、乙、丙三人,每人 2 本;（5）分成三份,1 份 4 本,另外两份每份 1本;（6）甲、乙、丙三人中,一人得 4 本,另外两人每人得 1 本;（7）甲得 1 本,乙得 1 本,丙得 4本.43．按下列要求分配 6 本不同的书,各有多少种不同的分配方式 （1）分成三份,1 份 1 本,1份 2 本,1 份 3 本;（2）甲、乙、丙三人中,一人得 1 本,一人得 2 本,一人得 3本;（3）平均分成三份,每份 2 本;（4）平均分配给甲、乙、丙三人,每人 2 本;（5）分成三份,1 份 4 本,另外两份每份 1本;（6）甲、乙、丙三人中,一人得 4 本,另外两人每人得 1 本;第 22 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理44．将4个编号为1、2、3、4的不同小球全部放入4个编号为1、2、3、4的4个不同盒子中.求：（1）每个盒至少一个球，有多少种不同的放法？（2）恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？（3）每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种不同的放法？（4）把已知中4个不同的小球换成四个完全相同的小球（无编号），其余条件不变，恰有一个空盒，有多少种不同的放法？45．设 (1 x)n a a 2 n0 1x a2x anx ,n 4,n N* .已知 a23 2a2a4 .（1）求 n的值；n * 2 2（2）设 (1 3) a b 3，其中 a,b N ，求 a 3b 的值第 23 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理【参考答案】1．B【详解】解：最左端排甲，共有 A55 =120种，最左端只排乙，最右端不能排甲，有C14A44 =96种，根据加法原理可得，共有 120+96=216种．故选 B．2．D【详解】若某医生从“三药三方”中随机选出两种，事件A表示选出的两种中有一药，事件 B表示选出的两种中有一方，3C 2 1 1 1 1则 P A 3 C3C3 4 ， P AB = C3C3 3P AB ，∴ P B A 5 3C 2 2 6 5 C6 5 P A 4 4 .53．A【详解】由题知，每一爻有 2 种情况，一重卦的 6 爻有26情况，其中 6 爻中恰有 3 个阳爻C3 5情况有C36 ，所以该重卦恰有 3个阳爻的概率为 66 =16，故选 A．24．C【详解】根据题意，有一个项目中分配 2名志愿者，其余各项目中分配 1 名志愿者，可以先从 5名志愿者中任选 2 人，组成一个小组，有C25 种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有 4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有C 25 4! 240种不同的分配方案，5．A【详解】由题意得 x3的系数为C 3 2C14 4 4 8 12，故选 A．6．C【详解】将 4个 1 和 2 个 0随机排成一行，可利用插空法，4 个 1 产生 5 个空，若 2个 0 相邻，则有C15 5种排法，若 2个 0 不相邻，则有C 25 10种排法，10 2所以 2个 0 不相邻的概率为 .5 10 37．C第 24 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理【详解】首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有C16；然后从其余5名同学中选 2名去乙场馆，方法数有C25 ；最后剩下的3名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有C16 C 25 6 10 60种.8．C【详解】根据题意可知，原位大三和弦满足： k j 3, j i 4．∴ i 1, j 5,k 8；i 2, j 6,k 9；i 3, j 7,k 10；i 4, j 8,k 11；i 5, j 9,k 12．原位小三和弦满足： k j 4, j i 3．∴ i 1, j 4,k 8；i 2, j 5,k 9；i 3, j 6,k 10；i 4, j 7,k 11；i 5, j 8,k 12．故个数之和为 10．9．C【详解】解：将 3个 1 和 2 个 0随机排成一行，可以是：00111,01011,01101,01110,10011,10101,10110,11001,11010,11100，共 10种排法，其中 2 个 0不相邻的排列方法为：01011,01101,01110,10101,10110,11010，6共 6种方法，故 2 个 0 不相邻的概率为 =0.6，1010．D【详解】因为 (1 x)n的展开式中第 4 项与第 8项的二项式系数相等，所以 ，解得，所以二项式 (1 x)10中奇数项的二项式系数和为 ．11．B【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有3!种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有 2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有 2种排列方式，故安排这 5 名同学共有：3! 2 2 24种不同的排列方式，12．A【详解】由题意可知应将志愿者分为三人组和两人组，当三人组中包含小明和小李时，安装方案有C1 23A2 6种；第 25 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理当三人组中不包含小明和小李时，安装方案有 A22 2种，共计有6 2 8种，13．D【详解】由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为 1或 3 或 5，其他位置共有 A44 种排法，所以奇数的个数为3A44 72，故选 D.14．B【详解】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为1,1,2或1 1 20,1,3或0,2,2C C C若是1,1,2，则先将4门学科分成三组共 4 3 2A2 种不同方式.再分配到2C1C1C 2 3三个学年共有 A33种不同分配方式，由乘法原理可得共有4 3 22 A3 36A 种，若是20,1,3，则先将4门学科分成三组共C1 34C3 种不同方式，再分配到三个学年共有 A33种不同分配方式，由乘法原理可得共有C1C3 34 3 A3 24种，若是0,2,2，则先将门学科C 2C 2分成三组共 4 2A2 种不同方式，再分配到三个学年共有A33种不同分配方式，由乘2C 2C 2 3法原理可得共有 4 22 A3 18A 种2所以每位同学的不同选修方式有36 24 18 78种，15．B【详解】将小明父母与小明三人进行捆绑，其中小明居于中间，形成一个元素，与其他两个元素进行排序，则 A2A32 3 12，故所求的坐法种数为 12，16．B【详解】由题意可知，阴数为 2，4，6，8，阳数为 1，3，5，7，9.若选则 3个数的和为奇数，则 3 个数都为奇数，共有C35 10种方法，或是两偶一奇，共有C2C14 5 30，共有10 30 40种方法.17．B第 26 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理【详解】解：从 E到 F，每条东西向的街道被分成 2段，每条南北向的街道被分成 2 段，从 E到 F最短的走法，无论怎样走，一定包括 4段，其中 2 段方向相同，另 2段方向相同，每种最短走法，即是从 4段中选出 2 段走东向的，选出 2 段走北向的，故共有C42C22＝6 种走法．同理从 F到 G，最短的走法，有 C31C22＝3种走法．∴小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为 6×3＝18种走法．18．A【详解】当“数”排在第一节时有 A2 42 A4 48排法；当“数”排在第二节时有 A13 A22 A33 36种排法；当“数”排在第三节时，当“射”和“御”两门课程排在第一、二节时有 A2 A32 3 12种排法，当“射”和“御”两门课程排在后三节的时候有 A1 A2 32 2 A3 24种排法，所以满足条件的共有48 36 12 24 120种排法，19．A【详解】先考虑将丙、丁排在一起的排法种数，将丙、丁捆绑在一起，与其他四人形成五个元素，排法种数为 A2 52 A5 2 120 240，利用对称性思想，节目甲放在前三位或后三位的排法种数是一样的，240因此，该校迎新晚会节目演出顺序的编排方案共有 120种，故选 A.220．B【详解】根据题意，可分三步进行分析：（1）要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序，有 A22 2种情况；（2）将这个整体与英语全排列，有 A22 2中顺序，排好后，有 3 个空位；（3）数学课不排第一行，有 2 个空位可选，在剩下的 2 个空位中任选 1个，安排物理，有 2中情况，则数学、物理的安排方法有2 2 4种，所以不同的排课方法的种数是2 2 4 16种，故选 B．21．C第 27 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理【详解】根据题意，分两种情况进行讨论：①语文和数学都安排在上午，要求 2节语文课必须相邻且 2节数学课也必须相邻，将 2节语文课和 2节数学课分别捆绑，然后在剩余3节课中选1节到上午，由于 2节C1A2A3英语课不加以区分，此时，排法种数为 3 2 3 18A2 种；2②语文和数学都一个安排在上午，一个安排在下午.语文和数学一个安排在上午，一个安排在下午，但 2节语文课不加以区分， 2节C1A4数学课不加以区分， 2节英语课也不加以区分，此时，排法种数为 2 42 24A 种.2综上所述，共有18 24 42种不同的排法.22．C【详解】根据题意，有四个垃圾桶放到三个固定角落，其中有一个角落放两个垃圾桶，先选出两个垃圾桶，有C24 6种选法，之后与另两个垃圾桶分别放在三个不同的地方有 A33种放法；所以不同的摆放方法共有C24 A33 6 6 36种，23．A2021 2021【详解】令 t x 1，可得 x t 1，则 2 t 1 3 t a 0 a 1t a t22 a20212021t ，2021 r r二项式 3 t 的展开式通项为T r 2021 r r 2021 rr 1 C2021 3 t ，则 ar C2021 3 1 .当 r为奇数时， ar 0，当 r为偶数时， ar 0，因此， a0 a1 a2 a2021 a0 a1 a2 a2021 3 1 2021 2 4042 .24．C【详解】由题意，得必有a1 0，a8 1，则具体的排法列表如下：第 28 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理,01010011;010101011,共 14 个25．A【详解】由题意，甲乙不是第一名且乙不是最后一名，乙的限制最多，故先排乙，有 3种情况，再排甲，也有 3 种情况，余下 3 人有 A33 3 2 1 6种情况，利用分步相乘计数原理知有3 3 6 54种情况26．AC4C5C5【详解】先将14种计算器械分为三组，方法数有 14 10 5A2 种，再排给3个人，方2C 4C 5 5法数有 14 10C52 A3A 3 种，故选 A.227．B【详解】12或 67为空时，第三个空位有 4 种选择；23 或 34或 45或 56 为空时，第三个空位有 3种选择；因此空位共有2 4+4 3=20，所以不同坐法有 20A44 480 ,选 B.28．B【详解】由 (x y)(x 2y z) 6 (x y)[(x 2y) z] 6 ，得含 z2的项为 (x y)C 2 (x 2y)4 z2 C 2z26 6 [x(x 2y)4 y(x 2y)4 ]， x(x 2y)4 y(x 2y)4中 x2 y3的项为 xC3x(2y)3 yC 2 24 4 x (2y)2 8x2 y3 x2 y3z2 系数为C 26 8 15 8 12029．A【详解】由 1，2，3，4，5 组成的没有重复数字的五位数共A 55 120个，前 3 个数字保持第 29 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理递减，后 3个数字保持递增，说明中间数字为 1；在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.C24×1 6因此“前 3个数字保持递减，后 3 个数字保持递增”的五位数有C24 6个，6 1所以所求的概率 P 120 20．30．D【详解】解：①每人都安排一项工作的不同方法数为 45，即选项A错误，②每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为C 2 45 A4 ，即选项 B 错误，③如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这 5 名同学全部被安C3C1 C 2C 2排的不同方法数为：（ 5 2 5 3 3A2 2 ）AA 3，即选项 C 错误，2 2④分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊选一人当司机有C13 ,C 2C1C1A3从余下四人中安排三个岗位 4 2 1 3A2 ，21 C 2C1C1A3 1 2 3故有C 4 2 1 33 A2=C3C4 A3 ；第二种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊选两人2当司机有C23 ,从余下三人中安排三个岗位 A3，故有C 23 3 A33 ；所以每项工作至少有一人参加，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C1C 2 3 2 33 4 A3 C3 A3 ，即选项 D正确，31．B【详解】x 1将 2 看成一个整体，展开得到：x第 30 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理T C rr 1 4 (x1 2 )4 r ( 1)rx(x 1 )4 rx2 的展开式为：T Cm x4 r m x 2m Cm x4 r 3mm 1 4 r 4 r取4 r 3m 0当m 0时， r 4 系数为：C 4 C 04 0 ( 1)4 1当m 1时， r 1 系数为：C14 C13 ( 1)1 12常数项为1 12 1132．C【详解】若 A,D颜色相同，先涂 E有4种涂法，再涂 A,D有3种涂法，再涂 B有 2种涂法，C只有一种涂法，共有 4 3 2 24种；若颜色 A,D不同，先涂 E有4种涂法，再涂A有3种涂法，再涂D有 2种涂法，当B和D相同时，C有 2 种涂法，当 B和D不同时， B,C只有一种涂法，共有4 3 2 2 1 72种，根据分类计数原理可得，共有24 72 96 种，故选 C.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率..33．D【详解】由题意知正方形 ABCD（边长为 2个单位）的周长是8，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点A处的表示三次骰子的点数之和是8,16，列举出在点数中三个数字能够使得和为8,16的有125;134;116;224;233;466;556，共有 7种组合，前 2种组合125;134，每种情况可以排列出 A33 6种结果，共有 2A33 2 6 12种结果；116;224;233;466;556各有3种结果，共有5 3 15种结果，根据分类计数原理知共有12 15 27种结果，故选 D.第 31 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.34．BCD【详解】所有可能的方法有43种，A错误.对于 B，分三种情况：第一种：若有 1名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学情况为C13，另外两名同学的安排方法有3 3 9种，此种情况共有C13 9 27种，第二种：若有两名同学去工厂甲，则同学选派情况有C23 ，另外一名同学的排法有 3种，此种情况共有C 23 3 9种，第三种情况，若三名同学都去工甲，此种情况唯一，则共有27 9 1 37种安排方法，B 正确.对于 C，若 A 必去甲工厂，则 B，C 两名同学各有 4种安排，共有 4 4 16种安排，C正确.对于 D，若三名同学所选工厂各不同，则共有 A34 24种安排，D 正确.35．BCD【详解】A 选项，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C36 20种，A选项错误；B 选项，甲经过 A2到达N处，可分为两步：第一步，甲从M 经过 A2需要走3步，其中1步向右走，2步向上走，方法数为C13种；第二步，甲从 A2到N需要走3步，其中1步向上走， 2步向右走，方法数为C13种. 甲经过 A 1 12到达N的方法数为C3 C3 9种，B选项正确；C选项，甲经过 A2的方法数为C1 13 C3 9种，乙经过 A 1 12的方法数也为C3 C3 9种， 甲、乙两人在 A 处相遇的方法数为C1 C12 3 3 C1 C13 3 81，81 81甲、乙两人在 A2处相遇的概率为 3 C C3 400，C 选项正确；6 6D选项，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在 A1、 A2、 A3、 A4处相遇，第 32 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理若甲、乙两人在 A1处相遇，甲经过 A1处，则甲的前三步必须向上走，乙经过 A1处，则乙的前三步必须向左走，两人在 A1处相遇的走法种数为1种；若甲、乙两人在 A2处相遇，由 C选项可知，走法种数为81种；若甲、乙两人在 A3处相遇，甲到 A3处，前三步有 2步向右走，后三步只有1步向右走，乙到 A3处，前三步有 2步向下走，后三步只有1步向下走，所以，两人在 A3处相遇的走法种数为C2C1 2 13 3C3C3 81种；若甲、乙两人在 A4处相遇，甲经过 A4处，则甲的前三步必须向右走，乙经过 A4处，则乙的前三步必须向下走，两人在 A4处相遇的走法种数为1种；1 81 81 1 41故甲、乙两人相遇的概率 ，D选项正确.400 10036．36【详解】 4名同学到 3 个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去 1 个小区，每个小区至少安排 1名同学 先取 2 名同学看作一组，选法有：C24 6现在可看成是 3组同学分配到 3 个小区，分法有： A33 6根据分步乘法原理，可得不同的安排方法6 6 36种37．1260.【详解】详解：若不取零，则排列数为C2C2 45 3A4 ,若取零，则排列数为C2C1A1A35 3 3 3 ,因此一共有C2C2 4 2 1 1 35 3A4 C5C3A3A3 1260个没有重复数字的四位数.138． 5【详解】在三棱锥的六条棱中任选两条共C 26 15种,其中任两条棱的关系为相交或异面,其中互为异面直线的有 3对,3 1故所求事件的概率为 15 51故答案为： .539．66【详解】根据题意，分 3种情况讨论：第 33 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理①当 A、C、E种同一种植物，此时共有 3×2×2×2=24种方法；②当 A、C、E种二种植物，此时共有 C 23 ×A 23 ×2×1×1=36种方法；③当 A、C、E种三种植物，此时共有 A 33 ×1×1×1=6种方法；则一共有 24+36+6=66种不同的栽种方案；故答案为 66．40．72【详解】根据题意，分 4步进行分析：①，对于区域 1，有 4 种颜色可选，即有 4 种着色方法，②，对于区域 2，与区域 1 相邻，有 3 种颜色可选，即有 3种着色方法，③，对于区域 3，与区域 1、2 相邻，有 2种颜色可选，即有 2 种着色方法，④，对于区域 4，若其颜色与区域 2 的相同，区域 5 有 2种颜色可选，若其颜色与区域 2的不同，区域 4 有 1 种颜色可选，区域 5有 1 种颜色可选，则区域 4、5 共有 2+1=3 种着色方法；则一共有 4×3×2×（1+2）=72 种着色方法；41．(1)3600种；(2)720 种；(3)1440种；(4)840 种；(5)630 种【详解】(1) A1 65A6 3600； (2) A3 53 A5 720A7 C 2C 2(3) A4A3 1440 (4) 7 840(5) 7 5 A34 5 ； 3 2 3 630A3 A242．（1）60；（2）360；（3）15；（4）90；（5）15；（6）90；（7）30【详解】（1）无序不均匀分组问题.先选1本有C16种选法;再从余下的5本中选 2本有C25 种选法;最后余下的3本全选有C33 种选法.故共有C1C 2 36 5C3 60 (种)选法.（2）有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同三人,在1题的基础上,还应考虑再分配,共有C1C 2C3 36 5 3 A3 360 .（3）无序均匀分组问题.先分三步,则应是C 26C 2C 24 2 种选法,但是这里出现了重复.不妨记六本书为A , B ,C ,D , E , F ,若第一步取了 AB ,第二步取了CD ,第三步取了 EF ,记该种分法为( AB ,CD , EF ),则C 26C 2C 24 2 种分法中还有( AB , EF ,CD ),(CD , AB , EF ),(CD , EF , AB ),( EF ,CD , AB ),(EF , AB ,CD ),共有 A33种情第 34 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理况,而这 A33种情况仅是 AB ,CD , EF的顺序不同,因此只能作为一种分法,故分配方C 26C2C 2式有 4 2 15A3 .3（4）有序均匀分组问题.在3题的基础上再分配给3个人,共有分配方式C 2C 2 26 4C23 A33 90A (种).3C4C1C1（5）无序部分均匀分组问题.共有 6 2 1A2 15 (种)分法.2（6）有序部分均匀分组问题.在5题的基础上再分配给3个人,共有分配方式C 46C1 12C1 3A2 A3 90 (种).2（7）直接分配问题.甲选1本有C16种选法,乙从余下5本中选1本有C15种选法,余下4本留给丙有C44 种选法,共有C16C1C 45 4 30 (种)选法.43．（1）60；（2）360；（3）15；（4）90；（5）15；（6）90.【详解】（1）先从 6 本书中选 1 本，有C16种分配方法；再从剩余 5本书中选择 2 本，有C25 种分配方法剩余的就是 2本书，有C33 种分配方法所以总共有C16C2 35C3 60种分配方法．（2）由（1）可知分组后共有 60种方法，分别分给甲乙丙后的方法有C1C 2C3A36 5 3 3 360种．（3）从 6 本书中选择 2 本书，有C26 种分配方法；再从剩余 4本书中选择 2 本书，有C 24 种分配方法；剩余的就是 2本书，有C22 种分配方法;所以有C 2 2 26C4C2 90种分配方法．但是，该过程有重复．假如 6本书分别为 A、B、C、D、E、F，若三个步骤分别选出的是 AB , CD , EF ．则所有情况为 AB,CD,EF ， AB,EF ,CD ， CD, AB,EF ，第 35 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理 CD,EF , AB ， EF , AB,CD ， EF ,CD, AB ．C 2C 2C 2所以分配方式共有 6 4 2A3 15种3（4）由（3）可知，将三种分配方式分别分给甲乙丙三人，则分配方法为C 2C 2 26 4C2 A3A3 3 90种3（5）从 6 本书中选 4 本书的方法有C46 种从剩余 2本书中选 1 本书有C12种C 4C1因为在最后两本书选择中发生重复了 A2 6 22 所以总共有 2 =15A 种2（6）由（5）可知，将三种分配情况分别分给甲乙丙三人即可，即C 4 16C22 A33=90A 种．244．（1） 24（种）；（2）144（种）；（3）8（种）；（4）12（种）.【详解】（1）根据题意知，每个盒子里有且只有一个小球，所求放法种数为 A44 24（种）；（2）先将4个小球分为3组，各组的球数分别为 2、1、1，然后分配给4个盒子中的3个盒子，由分步乘法计数原理可知，所求的放法种数为C 2A34 4 144（种）；（3）考查编号为1的盒子中放入编号为1的小球，则其它3个球均未放入相应编号的盒子，那么编号为 2、3、4的盒子中放入的小球编号可以依次为3、4、2或4、 2、3，因此，所求放法种数为2 4 8（种）；（4）按两步进行，空盒编号有4种情况，然后将4个完全相同的小球放入其它3个盒子，没有空盒，则只需在4个完全相同的小球所形成的3个空（不包括两端）中插入 2块板，由分步乘法计数原理可知，所求的放法种数为 4C 23 12（种）.45．（1） n 5；（2）-32.第 36 页 共 37 页2023 届高考数学一轮复习——计数原理【详解】（1）因为 (1 x)n C0 C1 2 2 n nn nx Cnx Cnx ，n 4，a C2 n(n 1) ,a 3 n(n 1)(n 2)所以 2 n 2 3 Cn 6 ，a C4 n(n 1)(n 2)(n 3)4 n 24 ．因为 a23 2a2a4，[n(n 1)(n 2)]2 2 n(n 1) n(n 1)(n 2)(n 3)所以 6 2 24 ，解得 n 5．（2）由（1）知， n 5．(1 3)n (1 3)5 C0 C1 3 C2 ( 3)2 C3( 3)3 C45 5 5 5 5 ( 3)4 C55( 3)5 a b 3．解法一：因为 a,b N*，所以 a C0 25 3C5 9C45 76,b C15 3C35 9C55 44，从而 a2 3b2 762 3 442 32．解法二：(1 3)5 C0 C1 ( 3) C2 ( 3)2 C35 5 5 5( 3)3 C45 ( 3)4 C55( 3)5 C0 C1 3 C2 ( 3)2 C3( 3)3 C4 ( 3)4 C55 5 5 5 5 5( 3)5．因为 a,b N*，所以 (1 3)5 a b 3．因此 a2 3b2 (a b 3)(a b 3) (1 3)5 (1 3)5 ( 2)5 32．第 37 页 共 37 页计数原理【知识点讲解】一、计数原理1.定义（1）排列：从 个不同元素中取出 个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从 个不同元素中取出 个元素的一个排列。（2）组合：从 个不同元素中取出 个元素作为一组，叫做从 个不同元素中取出 个元素的一个组合。2.公式（1）排列数公式。规定 。（2）组合数公式。规定 。3.排列数与组合数的性质（1） ;（2） ;（3） ；（4） 。二、二项式定理1.二项式定理（1）二项式定理1= 。（2）通项： ，它表示第 项。（3）二项式系数：二项展开式中各项的系数 。二项式系数的性质对称性：在二项展开式中与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即增减性：当 时，二项式系数逐渐增大；当 时，二项式系数逐渐减小3.各二项式系数和（1） 展开式的各二项式系数和： 。（2）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 。【例题讲解】数字问题例1．从这个数字中选个数字组成没有重复数字的三位数,则能被整除的三位数有个A． B． C． D．【答案】B【详解】由题意所求三位数的个数为，例2．在所有的两位数中，个位数字大于十位数字的两位数共有个A．50 B．45 C．36 D．35【答案】C【详解】由题意得，由于个数字大于十位数，所以按个位数是分成类，在每一类中满足条件的两位数分别是个，个，个，个，个，个，个，个，所以共有个，故选C．例3．由数字0，1,2,3组成的无重复数字的4位数，比2018大的有个A．10 B．11 C．12 D．13【答案】B【详解】千位数字为3时满足题意的数字个数为：，千位数字为2时，只有2013不满足题意，则满足题意的数字的个数为，综上可得：2018大的有6+5=11个.分组分配例4．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）A．60种 B．120种 C．240种 D．480种【答案】C【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，例5．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）A．120种 B．90种 C．60种 D．30种【答案】C【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；最后剩下的名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有种.染色问题例6．如图，一环形花坛分成四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为A．96 B．84 C．60 D．48【答案】B【详解】解：分三类：种两种花有种种法；种三种花有2种种法；种四种花有种种法．共有2++=84．例7．如图为我国数学家赵爽约3世纪初在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则区域涂色不相同的概率为 A． B． C． D．【答案】D【详解】提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，根据题意，如图，设5个区域依次为,分4步进行分析：，对于区域，有5种颜色可选；，对于区域与区域相邻，有4种颜色可选；，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；，对于区域，若与颜色相同，区域有3种颜色可选，若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选，则区域有种选择，则不同的涂色方案有种，其中，区域涂色不相同的情况有：，对于区域，有5种颜色可选；，区域，有4种颜色可选；对于区域，有3种颜色可选；，若与颜色相同，区域有2种颜色可选；若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有1种颜色可选；所以区域有种选择；不同的涂色方案有种，区域涂色不相同的概率为 ,故选D．例8．给图中A，B，C，D，E，F六个区域进行染色，每个区域只染一种颜色，且相邻的区域不同色.若有4种颜色可供选择，则共有___种不同的染色方案.【答案】96【详解】解：要完成给图中、、、、、六个区域进行染色，染色方法可分两类，第一类是仅用三种颜色染色，即同色，同色，同色，则从四种颜色中取三种颜色有种取法，三种颜色染三个区域有种染法，共种染法；第二类是用四种颜色染色，即，，中有一组不同色，则有3种方案不同色或不同色或不同色），先从四种颜色中取两种染同色区有种染法，剩余两种染在不同色区有2种染法，共有种染法．由分类加法原理得总的染色种数为种．相邻问题例9．小明跟父母、爷爷和奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐一排.若小明的父母都与他相邻，则不同坐法的种数为（ ）A．6 B．12 C．24 D．48【答案】B【详解】将小明父母与小明三人进行捆绑，其中小明居于中间，形成一个元素，与其他两个元素进行排序，则，故所求的坐法种数为12，不相邻问题例10．甲、乙、丙、丁、戊五位妈妈相约各带一个小孩去观看花卉展，她们选择共享电动车出行，每辆电动车只能载两人，其中孩子们表示都不坐自己妈妈的车，甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，则她们坐车不同的搭配方式有A．种 B．种 C．种 D．种【答案】B【详解】解法一：不对号入座的递推公式为：，，，据此可得：，即五个人不对号入座的方法为种，由排列组合的对称性可知：若甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，则坐车不同的搭配方式有种.本题选择B选项.解法二：设五位妈妈为，五个小孩为，对五个小孩进行排练后坐五位妈妈的车即可，由于甲的小孩一定要坐戊妈妈的车，故排列的第五个位置一定是，对其余的四个小孩进行排列：；；；.共有24中排列方法，其中满足题意的排列方法为：，，，，共有11种.特殊元素例11．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（ ）A．48 B．54 C．60 D．72【答案】C【详解】将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，共有 种方法；由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，所以由 种方法；按照分步乘法原理，共有 种方法；例12．2021年某地电视台春晚的戏曲节目，准备了经典京剧、豫剧、越剧、粤剧、黄梅戏、评剧6个剧种的各一个片段．对这6个剧种的演出顺序有如下要求：京剧必须排在前三，且越剧、粤剧必须排在一起，则该戏曲节目演出顺序共有( )种．A．120 B．156 C．188 D．240【答案】A【详解】完成排戏曲节目演出顺序这件事，可以有两类办法：京剧排第一，越剧、粤剧排在一起作一个元素与余下三个作全排列有，越剧、粤剧有前后，共有：种；京剧排二三之一有，越剧、粤剧排在一起只有三个位置并且它们有先后，有，余下三个有，共有：种；由分类计数原理知，所有演出顺序有：(种)错位问题例13．甲、乙、丙三名同学上台领奖，从左到右按甲、乙、丙的顺序排列，则三人全都站错位置的概率是（ ）A． B． C． D．【答案】A【详解】所有基本事件为（甲，乙，丙）（甲，丙，乙）（乙，甲，丙）（乙，丙，甲）（丙，甲，乙）（丙，乙，甲）共6个，其中全部站错位包含（乙，丙，甲）（丙，甲，乙）2个，故例14．某密码锁的一个密码由3位数字组成，每一位均可取0，1，2，…，9这10个数字中的一个，小明随机设置了一个密码，则恰有两个位置数字相同的概率为（ ）A．0.09 B．0.12 C．0.18 D．0.27【答案】D【详解】先从3个位置中选1个，从0到9这10个数字中选一个数字放入，剩下的两个位置再从剩下的9个数字中选一个数字放入（两个位置数字相同），有种方法，所以所求概率．分类综合问题例15．《红海行动》是一部现代海军题材影片，该片讲述了中国海军“蛟龙突击队”奉命执行撤侨任务的故事．撤侨过程中，海军舰长要求队员们依次完成六项任务，并对任务的顺序提出了如下要求：重点任务必须排在前三位，且任务、必须排在一起，则这六项任务的不同安排方案共有A．240种 B．188种 C．156种 D．120种【答案】D【详解】当E,F排在前三位时，=24,当E,F排后三位时，=72，当E,F排3，4位时，=24，N=120种，选D.例16．已知某超市为顾客提供四种结账方式：现金、支付宝、微信、银联卡，若顾客甲只带了现金，顾客乙只用支付宝或微信付款，顾客丙、丁用哪种方式结账都可以，这四名顾客购物后，恰好用了其中三种结账方式，则他们结账方式的可能情况有________种．【答案】20【详解】当乙选择支付宝时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择支付宝时，丙丁也可以都选微信，或者其中一人选择微信，另一人只能选支付宝或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，当乙选择微信时，丙丁可以都选银联卡，或者其中一人选择银联卡，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，而乙选择微信时，丙丁也可以都选支付宝，或者其中一人选择支付宝，另一人只能选微信或现金，故有1+C21C21＝5，此时共有5+5=10种，综上故有10+10＝20种，故答案为20.例17．学校将从4名男生和4名女生中选出4人分别担任辩论赛中的一、二、三、四辩手，其中男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手．现要求：如果男生甲入选，则女生乙必须入选．那么不同的组队形式有_________种．【答案】【详解】若甲乙都入选，则从其余人中选出人，有种，男生甲不适合担任一辩手，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有 种；若甲不入选，乙入选，则从其余人中选出人，有种，女生乙不适合担任四辩手，则有种，故共有种；若甲乙都不入选，则从其余6人中选出人，有种，再全排，有种，故共有种，综上所述，共有，故答案为.整数解问题例18．方程的正整数解的个数__________.【答案】【详解】问题中的看作是三个盒子，问题则转化为把个球放在三个不同的盒子里，有多少种方法．将个球排一排后，中间插入两块隔板将它们分成三堆球，使每一堆至少一个球．隔板不能相邻，也不能放在两端，只能放在中间的个空内．共有种．例19．方程的非负整数解有______组.【答案】190组【详解】解：求方程的非负整数解有多少组求方程的正整数解有多少组，即在21个位置产生的20个空档里插入2个隔板，所以有组.例20．方程满足的正整数解（，，）的个数是________.【答案】336675【详解】首先，易知方程的正整数解的个数为.其次，把方程满足的正整数解分为三类：（1）、、均相等的正整数解的个数显然为1；（2）、、中有且仅有两个相等的正整数解的个数，易知为1003；（3）设、、两两均不相等的正整数解的个数为.注意到.解得.故满足的正整数解的个数为.二项式定理例21．的展开式中x3y3的系数为（ ）A．5 B．10 C．15 D．20【答案】C【详解】展开式的通项公式为（且）所以的各项与展开式的通项的乘积可表示为：和在中，令，可得：，该项中的系数为，在中，令，可得：，该项中的系数为所以的系数为例22．的展开式中，的系数为A．10 B．20 C．30 D．60【答案】C【详解】在的5个因式中，2个取因式中剩余的3个因式中1个取，其余因式取y,故的系数为=30，故选 C.考点：本题主要考查利用排列组合知识计算二项式展开式某一项的系数.例23．的展开式中的系数是（ ）A．60 B．80 C．84 D．120【答案】D【详解】的展开式中的系数是因为且，所以，所以，以此类推，.例24．已知多项式，则___________，___________.【答案】 ; .【详解】， ，所以，，所以.例25．已知是数列的前n项和，若，数列的首项，则（ ）A． B． C．2021 D．【答案】A【详解】令，得.又因为，所以.由，得，所以，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，所以，所以.十一、余数问题例26．被除所得的余数是_____________．【答案】1【详解】因为，展开式中的前8项均能被5整除，只有最后一项 不能被5整除，所以被 除所得的余数是1（注意余数只能是大于等于0且小于5的整数）.例27．除以的余数是___________.【答案】21【详解】，显然只需考虑后两项，计算可得，故故除以100的余数是，例28．今天是星期二，后是星期________．【答案】三【详解】由，即除7的余数为1，因为今天是星期二，所以后是星期三.【对点训练】一、单选题1．六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有A．192种 B．216种 C．240种 D．288种2．我国中医药选出的“三药三方”对治疗新冠肺炎均有显著效果，功不可没，“三药”分别为金花清感颗粒、连花清瘟胶囊、血必清注射液；“三方”分别为清肺排毒汤、化败毒方、宣肺败毒方.若某医生从“三药三方”中随机选出两种，事件表示选出的两种中有一药，事件表示选出的两种中有一方，则（ ）A． B． C． D．3．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是A． B． C． D．4．将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）A．60种 B．120种 C．240种 D．480种5．（1+2x2 ）（1+x）4的展开式中x3的系数为A．12 B．16 C．20 D．246．将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ）A． B． C． D．7．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（ ）A．120种 B．90种C．60种 D．30种8．如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤iA．5 B．8 C．10 D．159．将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（ ）A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．0.810．已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）．A． B． C． D．11．有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ）A．12种 B．24种 C．36种 D．48种12．北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破.为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，某学校决定派小明和小李等名志愿者将两个吉祥物安装在学校的体育广场，若小明和小李必须安装同一个吉祥物，且每个吉祥物都至少由两名志愿者安装，则不同的安装方案种数为（ ）A． B． C． D．13．用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为A．24 B．48 C．60 D．7214．数学对于一个国家的发展至关重要，发达国家常常把保持数学领先地位作为他们的战略需求.现某大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“古今数学思想”，“世界数学通史”，“几何原本”，“什么是数学”四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有（ ）A．种 B．种 C．种 D．种15．小明跟父母、爷爷和奶奶一同参加《中国诗词大会》的现场录制，5人坐一排.若小明的父母都与他相邻，则不同坐法的种数为（ ）A．6 B．12 C．24 D．4816．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3个数，则选取的3个数之和为奇数的方法数为（ ）A．30 B．40 C．44 D．7017．如图，小明从街道的E处出发，先到F处与小红会合，再一起到位于G处的老年公寓参加志愿者活动，则小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为A．24 B．18 C．12 D．918．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”，主要指德育；“乐”，主要指美育；“射”和“御”，就是体育和劳动；“书”，指各种历史文化知识；“数”，数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，每艺安排一节，连排六节，一天课程讲座排课有如下要求：“数”必须排在前三节，且“射”和“御”两门课程相邻排课，则“六艺”课程讲座不同排课顺序共有A．种 B．种 C．种 D．种19．某校迎新晚会上有个节目，考虑整体效果，对节目演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三位，且节目丙、丁必须排在一起．则该校迎新晚会节目演出顺序的编排方案共有A．种 B．种 C．种 D．种20．某班上午有五节课，分别安排语文，数学，英语，物理，化学各一节课．要求语文与化学相邻，数学与物理不相邻，且数学课不排第一节，则不同排课法的种数是A．24 B．16 C．8 D．1221．要排出高三某班一天中，语文、数学、英语各节，自习课节的功课表，其中上午节，下午节，若要求节语文课必须相邻且节数学课也必须相邻（注意：上午第五节和下午第一节不算相邻），则不同的排法种数是（ ）A． B． C． D．22．2020年12月1日，大连市开始实行生活垃圾分类管理.某单位有四个垃圾桶，分别是一个可回收物垃圾桶 一个有害垃圾桶 一个厨余垃圾桶 一个其它垃圾桶.因为场地限制，要将这四个垃圾桶摆放在三个固定角落，每个角落至少摆放一个，则不同的摆放方法共有(如果某两个垃圾桶摆放在同一角落，它们的前后左右位置关系不作考虑)（ ）A．种 B．种 C．种 D．种23．已知，则（ ）A． B． C． D．24．定义“规范01数列”{an}如下：{an}共有2m项，其中m项为0，m项为1，且对任意，中0的个数不少于1的个数.若m=4，则不同的“规范01数列”共有A．18个 B．16个 C．14个 D．12个25．天河区某校开展学农活动时进行劳动技能比赛，通过初选，选出甲 乙 丙 丁 戊共5名同学进行决赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去询问成绩，回答者对甲说“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”；对乙说“你当然不是最差的”，试从这个回答中分析这5人的名次排列顺序可能出现的种类有（ ）A．54种 B．60种 C．72种 D．96种26．《数术记遗》是《算经十书》中的一部，相传是汉末徐岳（约公元世纪）所著，该书主要记述了：积算（即筹算）太乙、两仪、三才、五行、八卦、九宫、运筹、了知、成数、把头、龟算、珠算计数种计算器械的使用方法某研究性学习小组人分工搜集整理种计算器械的相关资料，其中一人种、另两人每人种计算器械，则不同的分配方法有（ ）A． B． C． D．27．将个座位连成一排，安排个人就坐，恰有两个空位相邻的不同坐法有A． B． C． D．28．的展开式中，的系数为A． B． C． D．29．由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数，从中任意抽取一个，则其恰好为“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”（如五位数“43125”，前3个数字“431”保持递减，后3个数字“125”保持递增）的概率是（ ）A． B． C． D．30．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，以下说法正确的是（ ）A．每人都安排一项工作的不同方法数为54B．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为D．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，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31．展开式中常数项为（ ）.A．11 B． C．8 D．32．如图，给7条线段的5个端点涂色，要求同一条线段的两个端点不能同色，现有4种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数有（ ）A．24 B．48 C．96 D．12033．某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的所有不同走法共有A．22种 B．24种 C．25种 D．27种二、多选题34．现安排高二年级A，B，C三名同学到甲、乙、丙、丁四个工厂进行社会实践，每名同学只能选择一个工厂，且允许多人选择同一个工厂，则下列说法正确的是（ ）A．所有可能的方法有种B．若工厂甲必须有同学去，则不同的安排方法有37种C．若同学A必须去工厂甲，则不同的安排方法有16种D．若三名同学所选工厂各不相同，则不同的安排方法有24种35．如图，在某城市中，、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个交汇处.今在道路网、处的甲、乙两人分别要到、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、处为止.则下列说法正确的是（ ）A．甲从到达处的方法有种B．甲从必须经过到达处的方法有种C．甲、乙两人在处相遇的概率为D．甲、乙两人相遇的概率为三、填空题36．4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法共有__________种.37．从1，3，5，7，9中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成___________个没有重复数字的四位数.(用数字作答)38．在三棱锥的六条棱中任意选择两条,则这两条棱异面的概率为_____.39．在一个正六边形的六个区域栽种观赏植物（如图），要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物．现有3种不同的植物可供选择，则有_____种栽种方案．40．某学校要对如图所示的5个区域进行绿化（种花），现有4种不同颜色的花供选择，要求相邻区域不能种同一种颜色的花，则共有___________种不同的种花方法.四、解答题41．7名同学，在下列情况下，各有多少种不同安排方法？（答案以数字呈现）（1）7人排成一排，甲不排头，也不排尾．（2）7人排成一排，甲、乙、丙三人必须在一起．（3）7人排成一排，甲、乙、丙三人两两不相邻．（4）7人排成一排，甲、乙、丙三人按从高到矮，自左向右的顺序（不一定相邻）．（5）7人分成2人，2人，3人三个小组安排到甲、乙、丙三地实习．42．按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式 （1）分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;（2）甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;（3）平均分成三份,每份2本;（4）平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;（5）分成三份,1份4本,另外两份每份1本;（6）甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本;（7）甲得1本,乙得1本,丙得4本.43．按下列要求分配6本不同的书,各有多少种不同的分配方式 （1）分成三份,1份1本,1份2本,1份3本;（2）甲、乙、丙三人中,一人得1本,一人得2本,一人得3本;（3）平均分成三份,每份2本;（4）平均分配给甲、乙、丙三人,每人2本;（5）分成三份,1份4本,另外两份每份1本;（6）甲、乙、丙三人中,一人得4本,另外两人每人得1本;44．将个编号为、、、的不同小球全部放入个编号为、、、的个不同盒子中.求：（1）每个盒至少一个球，有多少种不同的放法？（2）恰好有一个空盒，有多少种不同的放法？（3）每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有多少种不同的放法？（4）把已知中个不同的小球换成四个完全相同的小球（无编号），其余条件不变，恰有一个空盒，有多少种不同的放法？45．设.已知.（1）求n的值；（2）设，其中，求的值【参考答案】1．B【详解】解：最左端排甲，共有=120种，最左端只排乙，最右端不能排甲，有=96种，根据加法原理可得，共有120+96=216种．故选B．2．D【详解】若某医生从“三药三方”中随机选出两种，事件表示选出的两种中有一药，事件表示选出的两种中有一方，则，，∴.3．A【详解】由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻有情况，其中6爻中恰有3个阳爻情况有，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为=，故选A．4．C【详解】根据题意，有一个项目中分配2名志愿者，其余各项目中分配1名志愿者，可以先从5名志愿者中任选2人，组成一个小组，有种选法；然后连同其余三人，看成四个元素，四个项目看成四个不同的位置，四个不同的元素在四个不同的位置的排列方法数有4！种，根据乘法原理，完成这件事，共有种不同的分配方案，5．A【详解】由题意得x3的系数为，故选A．6．C【详解】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空，若2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法，所以2个0不相邻的概率为.7．C【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；最后剩下的名同学去丙场馆.故不同的安排方法共有种.8．C【详解】根据题意可知，原位大三和弦满足：．∴；；；；．原位小三和弦满足：．∴；；；；．故个数之和为10．9．C【详解】解：将3个1和2个0随机排成一行，可以是：，共10种排法，其中2个0不相邻的排列方法为：，共6种方法，故2个0不相邻的概率为，10．D【详解】因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以，解得，所以二项式中奇数项的二项式系数和为．11．B【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，12．A【详解】由题意可知应将志愿者分为三人组和两人组，当三人组中包含小明和小李时，安装方案有种；当三人组中不包含小明和小李时，安装方案有种，共计有种，13．D【详解】由题意，要组成没有重复数字的五位奇数，则个位数应该为1或3或5，其他位置共有种排法，所以奇数的个数为，故选D.14．B【详解】由题意可知三年修完四门课程，则每位同学每年所修课程数为或或若是，则先将门学科分成三组共种不同方式.再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种，若是，则先将门学科分成三组共种不同方式，再分配到三个学年共有种不同分配方式，由乘法原理可得共有种所以每位同学的不同选修方式有种，15．B【详解】将小明父母与小明三人进行捆绑，其中小明居于中间，形成一个元素，与其他两个元素进行排序，则，故所求的坐法种数为12，16．B【详解】由题意可知，阴数为2，4，6，8，阳数为1，3，5，7，9.若选则3个数的和为奇数，则3个数都为奇数，共有种方法，或是两偶一奇，共有，共有种方法.17．B【详解】解：从E到F，每条东西向的街道被分成2段，每条南北向的街道被分成2段，从E到F最短的走法，无论怎样走，一定包括4段，其中2段方向相同，另2段方向相同，每种最短走法，即是从4段中选出2段走东向的，选出2段走北向的，故共有C42C22＝6种走法．同理从F到G，最短的走法，有C31C22＝3种走法．∴小明到老年公寓可以选择的最短路径条数为6×3＝18种走法．18．A【详解】当“数”排在第一节时有排法；当“数”排在第二节时有种排法；当“数”排在第三节时，当“射”和“御”两门课程排在第一、二节时有种排法，当“射”和“御”两门课程排在后三节的时候有种排法，所以满足条件的共有种排法，19．A【详解】先考虑将丙、丁排在一起的排法种数，将丙、丁捆绑在一起，与其他四人形成五个元素，排法种数为，利用对称性思想，节目甲放在前三位或后三位的排法种数是一样的，因此，该校迎新晚会节目演出顺序的编排方案共有种，故选A.20．B【详解】根据题意，可分三步进行分析：（1）要求语文与化学相邻，将语文与化学看成一个整体，考虑其顺序，有种情况；（2）将这个整体与英语全排列，有中顺序，排好后，有3个空位；（3）数学课不排第一行，有2个空位可选，在剩下的2个空位中任选1个，安排物理，有2中情况，则数学、物理的安排方法有种，所以不同的排课方法的种数是种，故选B．21．C【详解】根据题意，分两种情况进行讨论：①语文和数学都安排在上午，要求节语文课必须相邻且节数学课也必须相邻，将节语文课和节数学课分别捆绑，然后在剩余节课中选节到上午，由于节英语课不加以区分，此时，排法种数为种；②语文和数学都一个安排在上午，一个安排在下午.语文和数学一个安排在上午，一个安排在下午，但节语文课不加以区分，节数学课不加以区分，节英语课也不加以区分，此时，排法种数为种.综上所述，共有种不同的排法.22．C【详解】根据题意，有四个垃圾桶放到三个固定角落，其中有一个角落放两个垃圾桶，先选出两个垃圾桶，有种选法，之后与另两个垃圾桶分别放在三个不同的地方有种放法；所以不同的摆放方法共有种，23．A【详解】令，可得，则，二项式的展开式通项为，则.当为奇数时，，当为偶数时，，因此，.24．C【详解】由题意，得必有，，则具体的排法列表如下：,01010011;010101011,共14个25．A【详解】由题意，甲乙不是第一名且乙不是最后一名，乙的限制最多，故先排乙，有3种情况，再排甲，也有3种情况，余下3人有种情况，利用分步相乘计数原理知有种情况26．A【详解】先将种计算器械分为三组，方法数有种，再排给个人，方法数有种，故选A.27．B【详解】12或67为空时，第三个空位有4种选择；23或34或45或56为空时，第三个空位有3种选择；因此空位共有，所以不同坐法有,选B.28．B【详解】由，得含的项为，中的项为系数为29．A【详解】由1，2，3，4，5组成的没有重复数字的五位数共个，前3个数字保持递减，后3个数字保持递增，说明中间数字为1；在剩余的四个数字中任取两个数字，按照递减顺序,仅有一种排列方式放置在首两位（或末两位），则剩余两位数字排列方式唯一确定，放置在最后两位（或首两位）.因此“前3个数字保持递减，后3个数字保持递增”的五位数有个，所以所求的概率．30．D【详解】解：①每人都安排一项工作的不同方法数为，即选项错误，②每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为，即选项B错误，③如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为：（），即选项C错误，④分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊选一人当司机有 ,从余下四人中安排三个岗位，故有；第二种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊选两人当司机有 ,从余下三人中安排三个岗位，故有；所以每项工作至少有一人参加，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，即选项D正确，31．B【详解】将看成一个整体，展开得到：的展开式为：取当时， 系数为：当时， 系数为：常数项为32．C【详解】若颜色相同，先涂有种涂法，再涂有种涂法，再涂有种涂法，只有一种涂法，共有种；若颜色不同，先涂有种涂法，再涂有种涂法，再涂有种涂法，当和相同时，有2种涂法，当和不同时， 只有一种涂法，共有种，根据分类计数原理可得，共有 种，故选C.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率..33．D【详解】由题意知正方形（边长为个单位）的周长是，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到点处的表示三次骰子的点数之和是，列举出在点数中三个数字能够使得和为的有，共有种组合，前种组合，每种情况可以排列出种结果，共有种结果；各有种结果，共有种结果，根据分类计数原理知共有种结果，故选D.点睛：本题主要考查分类计数原理与分步计数原理及排列组合的应用，属于难题.有关排列组合的综合问题，往往是两个原理及排列组合问题交叉应用才能解决问题，解答这类问题理解题意很关键，一定多读题才能挖掘出隐含条件.解题过程中要首先分清“是分类还是分步”、“是排列还是组合”，在应用分类计数加法原理讨论时，既不能重复交叉讨论又不能遗漏，这样才能提高准确率.34．BCD【详解】所有可能的方法有种，A错误.对于B，分三种情况：第一种：若有1名同学去工厂甲，则去工厂甲的同学情况为，另外两名同学的安排方法有种，此种情况共有种，第二种：若有两名同学去工厂甲，则同学选派情况有，另外一名同学的排法有3种，此种情况共有种，第三种情况，若三名同学都去工甲，此种情况唯一，则共有种安排方法，B正确.对于C，若A必去甲工厂，则B，C两名同学各有4种安排，共有种安排，C正确.对于D，若三名同学所选工厂各不同，则共有种安排，D正确.35．BCD【详解】A选项，甲从到达处，需要走步，其中有步向上走，步向右走，则甲从到达处的方法有种，A选项错误；B选项，甲经过到达处，可分为两步：第一步，甲从经过需要走步，其中步向右走，步向上走，方法数为种；第二步，甲从到需要走步，其中步向上走，步向右走，方法数为种.甲经过到达的方法数为种，B选项正确；C选项，甲经过的方法数为种，乙经过的方法数也为种，甲、乙两人在处相遇的方法数为，甲、乙两人在处相遇的概率为，C选项正确；D选项，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，由C选项可知，走法种数为种；若甲、乙两人在处相遇，甲到处，前三步有步向右走，后三步只有步向右走，乙到处，前三步有步向下走，后三步只有步向下走，所以，两人在处相遇的走法种数为种；若甲、乙两人在处相遇，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，D选项正确.36．【详解】4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学先取2名同学看作一组，选法有：现在可看成是3组同学分配到3个小区，分法有：根据分步乘法原理，可得不同的安排方法种37．1260.【详解】详解：若不取零，则排列数为若取零，则排列数为因此一共有个没有重复数字的四位数.38．【详解】在三棱锥的六条棱中任选两条共种,其中任两条棱的关系为相交或异面,其中互为异面直线的有3对,故所求事件的概率为故答案为：.39．66【详解】根据题意，分3种情况讨论：①当A、C、E种同一种植物，此时共有3×2×2×2=24种方法；②当A、C、E种二种植物，此时共有C32×A32×2×1×1=36种方法；③当A、C、E种三种植物，此时共有A33×1×1×1=6种方法；则一共有24+36+6=66种不同的栽种方案；故答案为66．40．72【详解】根据题意，分4步进行分析：①，对于区域1，有4种颜色可选，即有4种着色方法，②，对于区域2，与区域1相邻，有3种颜色可选，即有3种着色方法，③，对于区域3，与区域1、2相邻，有2种颜色可选，即有2种着色方法，④，对于区域4，若其颜色与区域2的相同，区域5有2种颜色可选，若其颜色与区域2的不同，区域4有1种颜色可选，区域5有1种颜色可选，则区域4、5共有2+1=3种着色方法；则一共有4×3×2×（1+2）=72种着色方法；41．(1)3600种；(2)720种；(3)1440种；(4)840种；(5)630种【详解】(1)； (2)(3) ；(4)(5)42．（1）60；（2）360；（3）15；（4）90；（5）15；（6）90；（7）30【详解】（1）无序不均匀分组问题.先选本有种选法;再从余下的本中选本有种选法;最后余下的本全选有种选法.故共有 (种)选法.（2）有序不均匀分组问题.由于甲、乙、丙是不同三人,在题的基础上,还应考虑再分配,共有.（3）无序均匀分组问题.先分三步,则应是种选法,但是这里出现了重复.不妨记六本书为,,,,,,若第一步取了,第二步取了,第三步取了,记该种分法为(,,),则种分法中还有(,,),(,,),(,,),(,,),(,,),共有种情况,而这种情况仅是,,的顺序不同,因此只能作为一种分法,故分配方式有.（4）有序均匀分组问题.在题的基础上再分配给个人,共有分配方式 (种).（5）无序部分均匀分组问题.共有 (种)分法.（6）有序部分均匀分组问题.在题的基础上再分配给个人,共有分配方式 (种).（7）直接分配问题.甲选本有种选法,乙从余下本中选本有种选法,余下本留给丙有种选法,共有 (种)选法.43．（1）60；（2）360；（3）15；（4）90；（5）15；（6）90.【详解】（1）先从6本书中选1本，有种分配方法；再从剩余5本书中选择2本，有种分配方法剩余的就是2本书，有种分配方法所以总共有种分配方法．（2）由（1）可知分组后共有60种方法，分别分给甲乙丙后的方法有种．（3）从6本书中选择2本书，有种分配方法；再从剩余4本书中选择2本书，有种分配方法；剩余的就是2本书，有种分配方法;所以有种分配方法．但是，该过程有重复．假如6本书分别为A、B、C、D、E、F，若三个步骤分别选出的是．则所有情况为，，，，，．所以分配方式共有种（4）由（3）可知，将三种分配方式分别分给甲乙丙三人，则分配方法为种（5）从6本书中选4本书的方法有种从剩余2本书中选1本书有种因为在最后两本书选择中发生重复了 所以总共有种（6）由（5）可知，将三种分配情况分别分给甲乙丙三人即可，即种．44．（1）（种）；（2）（种）；（3）（种）；（4）（种）.【详解】（1）根据题意知，每个盒子里有且只有一个小球，所求放法种数为（种）；（2）先将个小球分为组，各组的球数分别为、、，然后分配给个盒子中的个盒子，由分步乘法计数原理可知，所求的放法种数为（种）；（3）考查编号为的盒子中放入编号为的小球，则其它个球均未放入相应编号的盒子，那么编号为、、的盒子中放入的小球编号可以依次为、、或、、，因此，所求放法种数为（种）；（4）按两步进行，空盒编号有种情况，然后将个完全相同的小球放入其它个盒子，没有空盒，则只需在个完全相同的小球所形成的个空（不包括两端）中插入块板，由分步乘法计数原理可知，所求的放法种数为（种）.45．（1）；（2）-32.【详解】（1）因为，所以，．因为，所以，解得．（2）由（1）知，．．解法一：因为，所以，从而．解法二：．因为，所以．因此． 展开更多...... 收起↑ 资源列表 计数原理——2023届高考数学一轮复习学案.docx 计数原理——2023届高考数学一轮复习学案.pdf
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