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专题 6.6 计数原理全章十一大压轴题型归纳（拔尖篇）
【人教 A 版（2019）】
题型 1 涂色问题
1．（24-25 高二上·全国·单元测试）用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的 5 块区域 , , , , 涂
色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法（ ）
A．120 种 B．720 种 C．840 种 D．960 种
【解题思路】利用分步乘法计数原理可得答案.
【解答过程】 有 5 种颜色可选， 有 4 种颜色可选， 有 3 种颜色可选，
， 均有 4 种颜色可选，故共有涂色方法5 × 4 × 3 × 4 × 4 = 960（种）．
故选：D.
2．（23-24 高二下·安徽池州·期中）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
不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）
A．120 B．26
C．340 D．420
【解题思路】根据题意，分 4 步依次分析区域 A、B、C、D、E 的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案．
【解答过程】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 C，与 A、B 区域相邻，有 3 种颜色可选；
④，对于区域 D、E，若 D 与 B 颜色相同，E 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，E 区域有 2 种颜色可选，
则区域 D、E 有3 + 2 × 2 = 7种选择，
所以不同的涂色方案有5 × 4 × 3 × 7 = 420种.
故选：D.
3．（23-24 高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥 .
(1)从 5 种颜色中选出 3 种颜色，涂在四棱锥 的 5 个顶点上，每个顶点涂 1 种颜色，并使同一条棱
上的 2 个顶点异色，求不同的涂色方法数；
(2)从 5 种颜色中选出 4 种颜色，涂在四棱锥 的 5 个顶点上，每个顶点涂 1 种颜色，并使同一条棱
上的 2 个顶点异色，求不同的涂色方法数.
【解题思路】（1）由分步乘法原理，先涂 S，再涂 A，再涂 B，最后涂 CD 计算即可.
（2）解法一：由分步乘法原理，先涂 AC，再一次涂 SAB，计算即可；解法二：分类分步原理，先按照 A
与 C 颜色相同与不同分类，再用分步乘法，最后求和即可.
【解答过程】（1）由题意知，四棱锥 的顶点 S，A，B 所涂颜色互不相同，
则 A，C 颜色相同，且 B，D 颜色相同，
所以共有5 × 4 × 3 × 1 × 1 = 60种不同的涂色方法.
（2）解法一：由题意知，四棱锥 的顶点 S，A，B 所涂颜色互不相同，
则 A，C 可以颜色相同，B，D 可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同，
所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有 2 种选法（如：B，D 颜色相同）；
再从 5 种颜色中，选出 4 种颜色涂在 S，A，B，C 四个顶点上，
最后 D 涂 B 的颜色，有5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120种不同的涂色方法.
根据分步计数原理知，共有2 × 120 = 240种不同的涂色方法.
解法二：分两类.
第一类，A 与 C 颜色相同，
由题意知，四棱锥 的顶点 S，A，B 所涂颜色互不相同，
它们有5 × 4 × 3 = 60种不同的涂色方法，
所以共有5 × 4 × 3 × 1 × 2 = 120种不同的涂色方法；
第二类，A 与 C 颜色不同，
由题意知，四棱锥 的顶点 S，A，B 所涂颜色互不相同，
它们有5 × 4 × 3 = 60种不同的涂色方法，
所以共有5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120种不同的涂色方法.
根据分类计数原理知，共有120 + 120 = 240种不同的涂色方法.
4．（23-24 高二下·河北邢台·阶段练习）如图，某心形花坛中有 A，B，C，D，E5 个区域，每个区域只种
植一种颜色的花．
(1)要把 5 种不同颜色的花种植到这 5 个区域中，每种颜色的花都必须种植，共有多少种不同的种植方案？
(2)要把 4 种不同颜色的花种植到这 5 个区域中，每种颜色的花都必须种植，共有多少种不同的种植方案？
(3)要把红、黄、蓝、白 4 种不同颜色的花种植到这 5 个区域中，每种颜色的花都必须种植，要求相同颜色
的花不能相邻种植，且有两个相邻的区域种植红、黄 2 种不同颜色的花，共有多少种不同的种植方案？
【解题思路】（1）由全排列公式求出答案；
（2）先选出两个区域种植同一种颜色的花，再考虑其他三种颜色的花，利用分步乘法计数原理得到答案；
（3）对 区域种植的花的颜色分类讨论，求出各种情况的种植方案数，相加后得到答案.
【解答过程】（1）由全排列可得，共有A55 = 120种不同的种植方案．
（2）第一步，先将 5 个区域选出 2 个区域种植一种相同颜色的花，共有C2C15 4 = 40种方案；
第二步，再将剩余的 3 种颜色的花种植到剩下的 3 个区域，共有A33 = 6种方案．
所以共有40 × 6 = 240种不同的种植方案．
（3）要把 4 种不同颜色的花分别种植到这 5 个区域中，则必然有 2 个区域种植相同颜色的花．
第一类， 区域种植红色的花， , , , 4 个区域中有 2 个区域种植其他相同颜色的花，
则相同颜色的花必然种植在 , 或 , 区域，共有1 × A13A1 22A2 = 12种方案．
第二类， 区域种植黄色的花，同理可得，共有1 × A1A1 23 2A2 = 12种方案．
第三类， 区域种植蓝色的花，若有 2 个区域种植白色的花，
则没有两个相邻的区域种植红、黄 2 种不同颜色的花，所以不可能有 2 个区域种植白色的花，
故 2 个区域种植的相同颜色的花是红色或黄色的花，共有1 × A1A1 22 2A2 = 8种方案．
第四类， 区域种植白色的花，同理可得，共有1 × A1A12 2A22 = 8种方案．
综上，共有12 × 2 + 8 × 2 = 40种不同的种植方案．
题型 2 两个计数原理的综合应用
1．（23-24 高二下·江苏宿迁·期中）某女生有 3 件不同颜色的衬衣，4 件不同花样的裙子，另有 3 套不同样
式的连衣裙，“五一”节选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有（ ）
A．24 种 B．10 种 C．9 种 D．15 种
【解题思路】利用分类加法和分步乘法计数原理计算可得结果.
【解答过程】依题意可知，有两类衣服可选，
第一类：选择衬衣和裙子，共有3 × 4 = 12种选择；
第二类：选择连衣裙，共有3中选择；
所以共有12 + 3 = 15种选择.
故选：D.
2．（23-24 高二下·广西·期末）如图，要让电路从 A 处到 B 处只有一条支路接通，可有（ ）条不同路径.
A．4 B．5 C．9 D．10
【解题思路】根据分类加法和分步乘法计数原理即可求解.
【解答过程】走上面需要两步，每步都有两种路径，有2 × 2 = 4种方法，
走下面需要两步，第一步有三种路径，第二步有两种路径，有2 × 3 = 6种方法，
共计有 10 种方法.
故选：D.
3．（24-25 高三·上海·课堂例题）用 0、1、2、3、…、9 十个数字可组成多少个不同的：
(1)三位数；
(2)无重复数字的三位数；
(3)小于 500 且无重复数字的三位奇数．
【解题思路】（1）（2）根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算出
正确答案；
（3）根据分类加法、分步乘法计数原理，分别分析个位数满足条件的数字计算出正确答案.
【解答过程】（1）由于 0 不能在首位，所以首位数字有 9 种选法，
十位与个位上的数字均有 10 种选法，
所以不同的三位数共有9 × 10 × 10 = 900（个）；
（2）百位数字有 9 种选法，十位数字有除百位数字以外的 9 种选法，
个位数字应从剩余 8 个数字中选取，
所以共有9 × 9 × 8 = 648（个）无重复数字的三位数；
（3）若个位为 1 或 3，则小于 500 的三位奇数有2 × 3 × 8 = 48（个）；
若个位为 5 或 7 或 9，则小于 500 的三位奇数有3 × 4 × 8 = 96（个）；
所以小于 500 的三位奇数有48 + 96 = 144．
4．（23-24 高二下·山东菏泽·阶段练习）高二（1）班、（48）班、（62）班分别有 7，5，9 人参加创新技
能大赛笔试．
(1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？
(2)如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？
(3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？
【解题思路】（1）根据分类加法计数原理求解；
（2）根据分步乘法计数原理求解；
（3）综合利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求解；
【解答过程】（1）事件选一人当组长可分三类方案完成，
第一类，组长从（1）班选出，有 7 种选法、
第二类，组长从（48）班选出，有 5 种选法、
第三类，组长从（62）班选出，有 9 种选法，
根据分类加法计数原理，选一人当组长有7 + 5 + 9 = 21种选法，
（2）如果老师任组长，每班选一名副组长，则需要分三步，
第一步，从（1）班选一名同学担任副组长，有 7 种选法，
第二步，从（48）班选一名同学担任副组长，有 5 种选法，
第三步，从（62）班选一名同学担任副组长，有 9 种选法，
根据分步乘法计数原理，每班选一名副组长共有7 × 5 × 9 = 315种选法；
（3）事件推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，可分为三类方案，
第一类，若两人来自（1）班和（48）班，有7 × 5 = 35种选法，
第二列，若两人来自（1）班和（62）班，有7 × 9 = 63种选法，
第三类，若两人来（48）班和（62）班，有5 × 9 = 45种选法，
综上可知，这两人来自不同的班级的不同的选法有35 + 63 + 45 = 143种．
题型 3 元素（位置）有限制的排列问题
1．（23-24 高二下·内蒙古·期中）从 6 人（包含甲）中选派出 3 人参加 ， ， 这三项不同的活动，且每项
活动有且仅有 1 人参加，若甲不参加 和 活动，则不同的选派方案有（ ）
A．60 种 B．80 种 C．90 种 D．150 种
【解题思路】分甲被选中和甲没被选中两种情况，结合排列数公式即可求解.
【解答过程】当甲被选中时，不同的选派方案有A25 = 20种；
甲没被选中时，不同的选派方案有A35 = 60种.
故满足条件的不同的选派方案有20 + 60 = 80种.
故选：B.
2．（23-24 高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末）现有 3 男 3 女站成一排照相，左右两端恰好性别不同，则不同的
排法种数为（ ）
A．216 B．240 C．432 D．720
【解题思路】先排特殊位置，再排其它位置，由分步乘法计数原理计算.
【解答过程】3 男 3 女站成一排拍照，左右两端的恰好是一男一女，
先分别选 1 男 1 女排在左右两端，有C1C1A23 3 2 = 18种排法，
再排中间 4 个位置，有A44 = 24种排法，
所以不同的排法种数为18 × 24 = 432种.
故选：C.
3．（23-24 高二下·陕西咸阳·期中）现有 8 个人（5 男 3 女）站成一排．
(1)其中甲必须站在排头有多少种不同排法？
(2)女生必须排在一起，共有多少种不同的排法？
(3)甲、乙不能排在前 3 位，有多少种不同排法？
【解题思路】（1）采用“特殊元素优先法”可求解.
（2）采用“元素相邻捆绑法”可求解.
（3）采用“特殊元素优先法”可求解.
【解答过程】（1）根据题意，甲必须站在排头，有 1 种情况，将剩下的 7 人全排列，有A77种情况，
则甲必须站在排头有A77 = 5040种排法.
（2）根据题意，先将 3 名女生看成一个整体，考虑三人之间的顺序，有A33种情况，
将这个整体与 5 名男生全排列，有A66种情况，则女生必须排在一起的排法有A3 63A6 = 4320种.
（3）根据题意，将甲、乙两人安排在后面的 5 个位置，有A25种情况，
将剩下的 6 人全排列，有A66种情况，甲、乙不能排在前 3 位，有A2A65 6 = 14400种不同排法．
4．（23-24 高二下·吉林延边·阶段练习）有 0，1，2，3，4，5 这六个数字.
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个无重复数字且能被 25 整除的四位数
(3)能组成多少个无重复数字且比 1325 大的四位数
【解题思路】（1）符合要求的四位偶数可分为三类：0、2、4 分别在个位的情况，结合分类加法计数原理
即可求解；
（2）符合要求的四位数可分为两类：十位和个位分别为 2 和 5 与十位和个位分别为 5 和 0 的情况，结合分
类加法计数原理即可求解；
（3）有三类：第一类是千位是 2,3,4,5 中任意 1 个；第二类是千位是 1 且百位是 4,5 中任意 1 个；第三类是
千位是 1 且百位是 3，结合分类加法计数原理即可求解.
【解答过程】（1）符合要求的四位偶数可分为三类：
第一类：0 在个位时，有A35种方法；
第二类：2 在个位时，首位从 1,3,4,5,中选 1 个（有A14个），
十位和百位从余下的数字中选（有A2个），共有A1 24 4A4个；
第三类：4 在个位时，与第二类同理，共有A1A24 4个；
由分类加法计数原理，知四位偶数共有A3 + A1A2 + A1A25 4 4 4 4 = 156个.
（2）符合要求的四位数可分为两类：
第一类：十位和个位分别为 2 和 5 时，需要从余下的非 0 数字中选 1 个放在千位，
剩下的 3 个数字选 1 个放在百位，共有A13A13个；
第二类：十位和个位分别为 5 和 0 时，共有A24个；
由分类加法计数原理，知符合题意的四位数共有A13A13+A24 = 21个.
（3）符合要求的四位数可分为三类：
第一类：千位是 2,3,4,5 中任意 1 个，余下的三位任意排，有4A35个；
第二类：千位是 1，且百位是 4,5 中任意 1 个，余下的两位任意排，有2A24个；
第三类：千位是 1，且百位是 3，十位是 4,5 中任意 1 个，个位任意排，有2 × 3 = 6个；
由分类加法计数原理，知符合题意的四位数共有4A3+2A25 4 +6 = 270个.
题型 4 相邻、不相邻排列问题
1．（23-24 高二下·陕西西安·阶段练习）2024 年龙年春晚西安分会场的节目《山河诗长安》引起巨大反响，
让观众感受到了传统文化的魅力.我校新学期开学以来为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“惊
蛰”、“清明”、“立夏”、“芒种”、“小暑”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“惊
蛰”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？（ ）
A．192 B．240 C．120 D．288
【解题思路】先用捆绑法得到，只有“立春”和“惊蛰”相邻的情况，再减去“清明”和“惊蛰”相邻的情况即可.
【解答过程】依题意，只考虑“立春”和“惊蛰”时，利用捆绑法得到A2 52A5 = 240,
当“立春”和“惊蛰”和“清明”均相邻时，只有 2 种排法，即“惊蛰”在中间，“立春”“清明”分布两侧，
此时再用捆绑法，将三者捆在一起即2A44 = 48，
所以最终满足题意的排法为240 48 = 192.
故选：A.
2．（23-24 高二下·江苏泰州·阶段练习）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值.
它具有红黑两种阵营，将 车 马 炮 兵等均为象棋中的棋子，现将 3 个红色的“将”“车”“马”棋子与 2 个黑色
的“将”“车”棋子排成一列，则下列说法不正确的是（ ）
A．共有 120 种排列方式
B．若两个“将”相邻，则有 24 种排列方式
C．若两个“将”不相邻，则有 72 种排列方式
D．若同色棋子不相邻，则有 12 种排列方式
【解题思路】A 选项，由全排列知识进行求解，B 选项，相邻问题进行捆绑，再由排列知识求出答案；C 选
项，不相邻问题插空法进行求解；D 选项，先将 2 个黑色的棋子进行全排列，再插空即可.
【解答过程】A 选项，由排列知识可得共有A55 = 120种排列方式，A 正确；
B 选项，两个“将”捆绑，有A22=2种情况，再和剩余的 4 个棋子进行全排列，故共有2A44=48种情况，B 错误；
C 选项，两个“将”不相邻，先将剩余 3 个棋子进行全排列，共有 4 个空，再将两个“将”插空，故共有A33A24 = 72
种情况，C 正确；
D 选项，将 2 个黑色的棋子进行全排列，共有 3 个空，再将 3 个红色的棋子进行插空，则有A2 32A3=12种排
列方式，D 正确.
故选：B.
3．（23-24 高二下·江苏徐州·期中）有 8 名同学站成一排照相，符合下列各题要求的不同排法共有多少种
（用数字作答）？
(1)甲同学既不站在排头也不站在排尾；
(2)甲 乙 丙三位同学两两不相邻；
(3)甲 乙两同学相邻，且丙 丁两同学也相邻；
(4)甲 乙两同学不相邻，且乙 丙两同学也不相邻.
【解题思路】（1）利用特殊元素优先原则，利用排列列式计算即得.
（2）利用插空法求解不相邻问题.
（3）利用捆绑法求解相邻问题.
（4）利用排除法列式计算即得.
【解答过程】（1）中间 6 个位置取 1 个让甲站，余下 7 个位置让另 7 个人站，
所以不同排法种数是A16A77 = 6 × 5040 = 30240.
（2）排除甲 乙 丙三位同学的 5 名同学，再在每一种排法的 6 个间隙中插入甲 乙 丙，
所以不同排法种数是A55A36 = 120 × 120 = 14400.
（3）分别视甲乙、丙丁为一个整体，与其余 4 名同学作全排列，再分别对甲乙、丙丁作排列，
所以不同排法种数是A2 2 62A2A6 = 2 × 2 × 720 = 2880.
（4）求出 8 个人的全排列，去掉甲乙相邻、乙丙相邻的排列法，再补上乙在甲丙中间的 3 人相邻的排列，
所以不同排法种数是A88 2A2A72 7 + A2 62A6 = 40320 2 × 2 × 5040 + 2 × 720 = 21600.
4．（24-25 高二上·陕西汉中·阶段练习）电影《志愿军雄兵出击》讲述了在极其简陋的装备和极寒严酷环境
下，中国人民志愿军凭着钢铁意志和英勇无畏的精神取得入朝作战第一阶段战役的胜利，著名的“松骨峰战
斗”在该电影中就有场景.现有 3 名男生和 4 名女生相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一
起．（列出算式，并计算出结果）
(1)女生必须坐在一起的坐法有多少种？
(2)女生互不相邻的坐法有多少种？
(3)甲、乙两位同学相邻且都不与丙同学相邻的坐法有多少种？
【解题思路】（1）由捆绑法即可得到结果；
（2）由插空法即可得到结果；
（3）结合捆绑法与插空法代入计算，即可得到结果.
【解答过程】（1）先将 4 名女生排在一起，有A44种排法，
将排好的女生视为一个整体，再与 3 名男生进行排列，共有A44种排法，
由分步乘法计数原理，共有A4 × A44 4 = 24 × 24 = 576种排法；
（2）先将 3 名男生排好，共有A33种排法，
在这 3 名男生中间以及两边的 4 个空位中插入 4 名女生，共有A44种排法，
再由分步乘法计数原理，共有A33 × A44 = 6 × 24 = 144种排法；
（3）先将甲乙丙以外的其余 4 人排好，共有A44种排法，
由于甲乙相邻，则有A22种排法，
最后将排好的甲乙这个整体与丙分别插入原先排好的 4 人的 5 个空隙中，
共有A25种排法，
由分步计数原理，共有A4 2 24 × A5 × A2 = 24 × 20 × 2 = 960种排法.
题型 5 组合计数问题
1．（23-24 高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）6 名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场
馆，其中甲场馆安排 2 名志愿者，乙、丙场馆都至少安排 1 名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）
A．300 种 B．210 种 C．120 种 D．60 种
【解题思路】甲场馆安排 2 名志愿者可以知有C26种，乙、丙场馆都至少安排 1 名志愿者可以有三种分法第
一种是乙馆安排 1 名志愿者丙安排 3 名有C14种情况，第二种是乙、丙各安排 2 名有C24，第三种是乙安排 3
名丙安排 1 名C34，根据分步计算可得答案.
【解答过程】根据题意可知，甲场馆安排 2 名志愿者可以知有C26种，
乙、丙场馆都至少安排 1 名志愿者可以有三种分法
第一种是乙馆安排 1 名志愿者丙安排 3 名有C14种情况，
第二种是乙、丙各安排 2 名有C24，
第三种是乙安排 3 名丙安排 1 名C34，
所以根据分步算法可得C2 16 C4 + C24 + C34 = 210种.
故选：B.
2．（23-24 高二下·山东菏泽·期末）从标有1,2,3,4,5,6的 6 张卡片中任取 4 张卡片放入如下表格中，使得表
中数字满足 > , > ，则满足条件的排法种数为（ ）


A．45 B．60 C．90 D．180
【解题思路】分两步完成，第一步从6张卡片中任取2张卡片放入 、 ，第二步从剩下的4张卡片中任取2张
卡片放入 、 ，按照分步乘法计数原理计算可得.
【解答过程】首先从6张卡片中任取2张卡片放入 、 （较大的数放入 ）有C26种方法；
再从剩下的4张卡片中任取2张卡片放入 、 （较大的数放入 ）有C24种方法；
综上可得一共有C26C24 = 90种不同的排法.
故选：C.
3．（24-25 高二下·北京大兴·阶段练习）（每小问均须用数字作答）在0,1,2,3,4,5,6中选出 4 个数字组成一个
四位数
(1)可以组成多少个没有重复数字的四位数？
(2)可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？
(3)若 5 和 6 至多出现 1 个，可以组成多少个没有重复数字的四位数？
【解题思路】（1）分选到 0 和没有选到 0 两种情况，利用排列组合公式，即可求解；
（2）对个位进行分类，利用排列数公式，即可求解；
（3）利用间接法，结合排列组合公式，即可求解.
【解答过程】（1）若选到 0，则 0 不能排在首位，有C1A33 6 = 360种方法，
若没有选到 0，则有A46 = 360种方法，
综上可知，共有360 + 360 = 720种方法；
（2）个位是偶数的数是偶数，
若个位是 0，则有A36 = 120种方法，
若个位不是 0，则个位是 2，4，6 中的一个数字，有 3 种方法，千位有 5 种方法，中间两位有A25 = 20种方
法，则有3 × 5 × 20 = 300种方法，
综上可知，共有120 + 300 = 420种方法；
（3）0,1,2,3,4,5,6中选出 4 个数字组成一个四位数，共有 4 37 6 = 720个数字，其中四位数有 5 且有 6 的数
字，有C2 4 1 35A4 C4A3 = 216个四位数，
则720 216 = 504个四位数，
综上可知，若 5 和 6 至多出现 1 个，可以组成504个没有重复数字的四位数.
4．（23-24 高二下·广西·期末）每年的 6 月 5 日是世界环境日，某校计划在 6 月 5 日开展社区垃圾分类宣传
活动，学校现从 12 名志愿者中选调 6 名志愿者去某社区作宣传，其中这 12 名志愿者有 2 名教师、4 名高一
学生、4 名高二学生和 2 名高三学生.求：
(1)若选调的志愿者中恰有 1 名教师，且不含高三学生，则不同选调方法有多少种？
(2)若选调的志愿者中必有教师，则不同选调方法有多少种？
(3)若选调的志愿者必含教师和各年级学生，且高一与高二学生选调人数相等，则不同选调方法有多少种？
【解题思路】（1）先选 1 名教师，再从高一高二选 5 人，算出组合数即可.
（2）选调的志愿者中必有教师,有两种情况，选 1 名教师 5 名学生和 2 名教师 4 名学生，算出组合数即可.
（3）选调的志愿者必含教师和各年级学生，且高一与高二学生选调人数相等，有两种情况，教师和高三学
生各选 1 名，高一高二各选 2 名学生和教师和高三学生各选 2 名，高一高二各选 1 名学生，算出组合数即
可.
【解答过程】（1）选调的志愿者中恰有 1 名教师，先选 1 名教师，再从高一高二选 5 人，共有C1C52 8
= 2 × 56 = 112种选法.
（2）选调的志愿者中必有教师,有两种情况，选 1 名教师 5 名学生和 2 名教师 4 名学生，
共有C1 5 2 42C10 + C2C10 = 2 × 252 + 210 = 714种选法.
（3）选调的志愿者必含教师和各年级学生，且高一与高二学生选调人数相等，有两种情况：
教师和高三学生各选 1 名，高一高二各选 2 名学生和教师和高三学生各选 2 名，高一高二各选 1 名学生，
共有C1C1 22 2C4C2 2 2 1 14 + C2C2C4C4 = 2 × 2 × 6 × 6 + 1 × 1 × 4 × 4 = 160种选法.
题型 6 分组分配问题
1．（23-24 高二下·安徽安庆·阶段练习）有5个人到南京、镇江、扬州的三所学校去应聘，若每人至多被一
个学校录用，每个学校至少录用其中一人，则不同的录用情况种数是（ ）
A．90 B．150 C．390 D．420
【解题思路】根据录用的人数，结合组合和排列的定义分类讨论进行求解即可.
【解答过程】若5人中有且仅有3人被录用，满足条件的录用情况有A35 = 60种，
1 1
若5 C C人中有且仅有4人被录用，满足条件的录用情况有C4 4 3 35 A2 A3 = 180种，2
5 C
1C1 C2C2
若 人都被录用，满足条件的录用情况有 5 4A2 A
3
3 +
5 3 3
A2 A3 = 150种，2 2
由分类加法计数原理可得符合要求的不同的录用情况种数是390.
故选：C.
2．（23-24 高二下·广东云浮·阶段练习）大连市普通高中创新实践学校始建于 2010 年 1 月，以丰富多彩的
活动广受学生们的喜爱.现有 A，B，C，D，E 五名同学参加现代农业技术模块，影视艺术创作模块和生物
创新实验模块三个模块，每个人只能参加一个模块，每个模块至少有一个人参加，其中 A 不参加现代农业
技术模块，生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加，则不同的分配方式共有（ ）
种．
A．84 B．72 C．60 D．48
【解题思路】分参加生物创新实验模块的为 1 人和 2 人两种情况，结合排列组合知识和计数原理求解即可.
【解答过程】因为生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加，所以参加生物创新实验
模块的为 1 人和 2 人两种情况，
2
(1) C当参加生物创新实验模块的为 1 人时，若这个人为 ，则一共有 4A2 A
2
2 + C3 A24 2 = 14种不同的分配方式；
2
若这个人不是 ，则 只能参加现代农业技术模块，一共有C14 1 + C23 A22 = 28种不同的分配方式；
(2) 参加生物创新实验模块的为 2 人时，若这两人中有 ，则一共有C14 C23 A22 = 24，
若这两人中没有 ，则 只能参加现代农业技术模块，一共有C24 1 + C12 = 18种不同的分配方式；
综上，一共由14 + 28 + 24 + 18 = 84种不同的分配方式；
胡选：A.
3．（23-24 高二下·安徽安庆·期中）甲乙丙丁戊五个同学
(1)去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，共有多少种不同游览方法？
(2)排成一排，甲不在首位，乙不在末位，共有多少种不同排列方法？
(3)分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，每人只能去一个城市，共有多少种不同分配方法？
【解题思路】（1）根据乘法计数原理即可求解，
（2）用全部情况去掉甲不在首位，乙不在末位，即可求解，
（3）利用分组分配，结合排列组合即可求解.
【解答过程】（1）去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，因此每个人都有3种选择，
所以不同游览方法有35 = 243（种）.
（2）排成一排，无限制条件的排列有A55，
甲不在首位，乙不在末位的反面是甲在首位或乙在末位，共有2A4 34 A3，
则甲不在首位，乙不在末位的不同排法有A55 2A44 + A33 = 78（种）.
（3）分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，每人只能去一个城市，
2 2
则先把 5 人按1:1:3分组，有C35种分组方法，按2:2:1
C5C分组，有 3A2 种分组方法，2
C2C2
因此不同分组方法数为C3 5 35 + A2 ，2
再把每一种分组安排到三个城市，有A33种方法，
2 2
所以不同分配方法种数是(C3 + C5C3)A35 A2 3 = (10 + 15) × 6 = 150.2
4．（23-24 高二下·河北沧州·阶段练习）某学校派出 6 名同学参加省教育厅主办的理科知识竞赛，分为数学
竞赛，物理竞赛和化学竞赛，该校每名同学只能参加其中一个学科的竞赛，且每个学科至少有一名学生参
加．
(1)求该校派出的 6 名学生总共有多少种不同的参赛方案？
(2)若甲同学主攻数学方向，必须选择数学竞赛，乙同学主攻物理方向，必须选择物理竞赛，则这 6 名学生
一共有多少种不同的参赛方案？
【解题思路】（1）对参加三个学科的人数分三种情况讨论，先分组、再分配求出各组情况的方案数，最后
相加；
（2）对选择化学竞赛的人数分四种情况讨论，利用分步乘法计数原理与分类加法计数原理计算可得.
C1C1C4
【解答过程】（1）若参加三个学科的人数分别为 1，1，4 时，共有 6 5 4A2 A
3
3 = 90种参赛方案；
2
若参加三个学科的人数分别为 1，2，3 时，共有C1C2C3A36 5 3 3 = 360种参赛方案；
C2C2C2
若参加三个学科的人数分别为 2，2，2 时，共有 6 4 2 A3A3 3 = 90种参赛方案；3
该校派出的 6 名学生总共有90 + 360 + 90 = 540种不同的参赛方案．
（2）若有 4 人选择化学竞赛，则有 1 种参赛方案；
若有 3 人选择化学竞赛，余下的一人有 2 种选法，则有C34C12 = 8种参赛方案；
若有 2 人选择化学竞赛，余下的两人各有 2 种选法，则有C2C1C14 2 2 = 24种参赛方案；
若有 1 人选择化学竞赛，余下的三人各有 2 种选法，则有C1C1C1 14 2 2C2 = 32种参赛方案；
所以总共有1 + 8 + 24 + 32 = 65种不同的参赛方案．
题型 7 排列与组合的综合应用
1．（23-24 高二下·江苏镇江·期中）某单位开展联欢活动，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等
奖、鼓励奖共五种奖项.甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这 5 人的奖项都不相同.甲说：
“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖项介于丁和戊之间”.根据以上信息，这 5 人的奖项
的所有可能的种数是（ ）
A．15 B．18 C．22 D．26
【解题思路】根据给定条件，按甲是否是特等奖分类，再结合丙的情况利用倍分法列式计算即得.
【解答过程】甲是特等奖，不考虑丙的位置有A44种；甲不是特等奖，不考虑丙的位置有C1 1 33C3A3种；
1
而丙在丁和戊之间占 ，所以 5 1人的奖项的所有可能的种数是 (A4 + C1C13 3 4 3 3A
3
3) = 26.
故选：D.
2．（23-24 高二下·贵州遵义·期中）第 33 届夏季奥林匹克运动会预计 2024 年 7 月 26 日至 8 月 11 日在法国
巴黎举办．假设这届奥运会将新增 2 个竞赛项目和 4 个表演项目，现有三个场地 A，B，C 承办这 6 个新增
项目的比赛，每个场地至少承办其中 1 个项目，且 A 场地只能承办竞赛项目，则不同的安排方法有（ ）
A．60 种 B．74 种 C．88 种 D．120 种
【解题思路】按照 A 场地承办 1 个竞赛项目还是 2 个竞赛项目分类讨论，结合排列组合知识进行求解.
【解答过程】当 A 场地承办 1 个竞赛项目时，分1,1,4和1,2,3两种情况，共有C1 12 × C5 + C2 × A
2
5 2 = 60种安
排；
2
当 A 场地承办 2 个竞赛项目时，分2,1,3和2,2,2两种情况，有 C1 C44 + × A
2
2 = 142 种安排．A2
故不同的安排方法共有60 + 14 = 74种．
故选：B.
3．（23-24 高二下·江苏泰州·期末）某校举行劳动技术比赛，该校高二（1）班的班主任从本班的 5 名男选
手和 4 名女选手中随机地选出男、女选手各 2 名参加本次劳动技术比赛中的团体赛，并排好团体赛选手的
出场顺序.在下列情形中各有多少种不同的安排方法？
(1)男选手甲必须参加，且第 4 位出场；
(2)男选手甲和女选手乙都参加，且出场的顺序不相邻；
(3)男选手甲和女选手乙至少有一人参加.
【解题思路】根据先选后排的原则，结合排列数、组合数运算求解.
【解答过程】（1）完成该件事情可分两步进行：
第一步，选出选手，有C14C24种方法；
第二步，排好出场顺序，有A33种方法，
所以，共有C14C24A33 = 144种不同的安排方法.
（2）完成该件事情可分两步进行：
第一步，选出选手，有C1 14C3种方法；
第二步，排好出场顺序，有A2A22 3种方法，
所以，共有C1C1A24 3 2A23 = 144种不同的安排方法.
（3）完成该件事情可分两步进行：
第一步，选出选手，“有男选手甲且无女选手乙”的选法种数为C14C23；
“无男选手甲且有女选手乙”的选法种数为C2 14C3；
“有男选手甲且有女选手乙”的选法种数为C1C14 3；
第二步，排好出场顺序，有A44种排法，
所以，共有 C1C2+C2 1 1 1 44 3 4C3+C4C3 A4=1008种不同的安排方法.
4．（24-25 高二上·上海奉贤·阶段练习）用 0，1，2，3，4 这 5 个数字，可以组成多少个满足下列条件的没
有重复数字五位数？
(1)偶数：
(2)左起第二 四位是奇数的偶数；
(3)比 21034 大的偶数.
【解题思路】（1）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
（2）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
（3）先考虑特殊位置、特殊元素，再利用分类加法原理、分步乘法原理进行计算.
【解答过程】（1）末位是 0，有A44 = 24个，
末位是 2 或 4，有C1C12 3A33 = 36个，
故满足条件的五位数共有24 + 36 = 60个.
（2）法一：可分两类，0 是末位数，有A2 22A2 = 4个，
2 或 4 是末位数，则A2 12A2 = 4个.
故共在4 + 4 = 8个.
法二：二、四位从奇数 1，3 中取，有A22；
首位从 2，4 中取，有C12个：余下的排在剩下的两位，有A22个；
故共有A22C1 22A2 = 8个.
（3）法一：可分五类，当末位数是 0，而首位数是 2 时，有C1 2 22A2 + A2 = 6个；
当末位数字是 0，而首位数字是 3 或 4 时，有C1 32A3 = 12个；
当末位数字是 2，而首位数字是 3 或 4 时，有C12A33 = 12个；
当末位数字是 4，而首位数字是 2 时，有A22 + A11 = 3个；
当末位数字是 4，而首位数字是 3 时，有A33 = 6个.
故有6 + 12 + 12 + 3 + 6 = 39个.
法二：不大于 21034 的偶数可分为三类：
万位数字为 1 的偶数，有A1 33A3 = 18个；
万位数字为 2，而千位数字是 0 的偶数，有A12个：还有 21034 本身.
而由0,1,2,3,4组成的五位偶数有A4 + C1 34 2A3C13 = 60个.
故满足条件的五位偶数共有60 A1A33 3 A12 1 = 39个.
题型 8 用赋值法求系数和问题

1．（23-24 高二下·湖南常德·期中）已知(4 3)2021 = 0 + + + 2021
1 2 3 2021
1 2021 ，则 4 + 42 + 43 + + 42021
= （ ）
A．32021 22021 B． 1 C．22021 32021 D．1
【解题思路】由赋值法求解即可.
【解答过程】令 = 0，则 32021 = 0①，
1 2021 1 2 3 = 2 = + + + +…… + 2021令 4，则 0 4 42 43 42021②，
1 2 3 ② ① + + +…… + 2021减 可得： = 22021 ( 32021) = 220214 42 43 42021 + 3
2021.
故选：A.
2．（23-24 高二下·山东泰安·期中）已知对任意实数 x，(2 1)8 = 0 + 21( + 1) + 2( + 1) + + 8
( + 1)8，则下列结论成立的是（ ）
A． 1 + 2 + + 8 = 1
8
B． 0 + 2 + 4 + 6 + 8 =
3 +1
2

C + 1 + 2
8
． 0 2 22 + + 28 = 256
D． 1 +2 2 +3 3 + + 8 8 = 16
【解题思路】
对于题中的二项展开式，只需分别取 = 1， = 0， = 2和 = 12代入化简计算即可判断 ABC，将二项
式展开式两边求导，然后取 = 0代入化简计算即可判断 D.
【解答过程】因(2 1)8 = 2 80 + 1( + 1) + 2( + 1) + + 8( + 1) （*）
对于 A 项，当 = 1时，代入（*）可得 80 = 3 ，当 = 0时，代入（*）可得 0 + 1 + 2 + + 88 = ( 1)
= 1，所以 81 + 2 + + 8 = 1 3 ，故 A 项错误；
对于 B 项，当 = 2时，代入（*）可得 0 1 + 82 3 + 7 + 8 = ( 5) = 58，
8
又 0 + 1 + 2 + + 8 = 1，所以 0 + 2 + 4 + 6 +
5 +1
8 = 2 ，故 B 项错误；

对于 C 项，当 = 12时，代入（*
1 2
）可得 0 + 2 + 22 + +
8
28 = ( 2)
8 = 256，故 C 项正确；
对于 D 项，对（*）两边求导可得16(2 1)7 = 1 +2 2( + 1) + 3 ( + 1)23 + + 8 78( + 1) ，
，当 = 0时， 1 +2 2 +3 3 + + 8 78 = 16 ( 1) = 16，故 D 项错误.
故选：C.
3．（23-24 高二下·山东·期中）设( + 2)2024 = 20 + 1 + 2 + + 20242024 ( ∈ ).求下列各式的值.
(1) 2 + 4 + 6 + + 2024；
(2) 1 2 2 +3 3 4 4 + 2024 2024.
【解题思路】（1）根据条件，通过赋值 = 0， = 1， = 1，即可求出结果；
（2）对( + 2)2024 = 2 2024 20230 + 1 + 2 + + 2024 两边同时求导，得2024( + 2) = 1 +2 2 + 3 3
2 + + 2024 20232024 ，再令 = 1，即可求出结果.
【解答过程】（1）令 = 0，可得 0 = 22024，
令 = 1，得32024 = 0 + 1 + 2 + + 2024，
令 = 1得1 = 0 1 + 2 3 + + 2024，
两式相加得2( 0 + 2 + + 20242024) = 3 +1，
32024+1
所以 2 + 4 + 6 + + 20242024 = 2 2 .
（2）对( + 2)2024 = 0 + 1 + 22 + + 2024 2024两边同时求导得，
2024( + 2)2023 = 1 +2 2 + 3 3 2 + + 2024 20232024 ，
令 = 1可得 1 2 2 +3 3 4 4 + 2024 2024 = 2024.
4．（23-24 高二下·江苏淮安·期中）若(1 2 )7 = 0 + 1 + 2 2 + + 77 ．求：
(1) 1 + 2 + + 7；
(2)| 0| + | 1| + + | 7|．
【解题思路】（1）利用赋值法求出结果；
（2）去绝对值，再令 = 1即可．
【解答过程】（1） ∵ (1 2 )7 = 0 + 1 + 2 2 +… + 77 ，
令 = 0，解得 0 = 1；
令 = 1，整理得 0 + 1 + ... + 7 = 1，
故 1 + 2 + 3 +… + 7 = 2；
（2）令 = 1可得 + 70 1 2 3 + 4 5 + 6 7 = 3 = 2187，
(1 2 )7的展开式通项为 = C +1 7 ( 2 ) = C 7 ( 2) ，则 = C7 ( 2) ，
其中0 ≤ ≤ 7且 ∈ N，
当 为偶数时， > 0；当 为奇数时， < 0.
所以| 0| + | 1| + + | 7| = 0 1 + 2 3 + 4 5 + 6 7 = 2187.
题型 9 利用二项式定理证明整除问题或求余数
1．（23-24 高二下·贵州黔东南·期末）4505被 9 除的余数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【解题思路】由于4505 = 4 × (9 1)336，利用二项式定理展开可得答案.
【解答过程】4505 = 4 × 21008 = 4 × 8336 = 4 × (9 1)336 = 4 × C0 336 1 335 336336 × 9 C336 × 9 + + C336 .
因为C0 × 9336 C1 × 9335336 336 + C335 1336 × 9 被 9 整除，
所以4505被 9 除的余数为4C336336 = 4.
故选：B.
2．（23-24 高二下·山东菏泽·期末）若4 × 6 +5 ( ∈ )能被 25 整除，则正整数 的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【解题思路】利用二项式定理展开，并对 讨论即可得到答案
【解答过程】因为4 × 6 +5 ( ∈ )能被 25 整除，
所以当 = 1时，4 × 6 + 5 = 29 ，此时 = 29 25 ( ∈ Z)， > 0，
当 = 1时， = 4；
当 ≥ 2时，
4 × (5 + 1) +5 = 4 × (5 + C1 × 5 1 + + C 2 × 52 + C 1 × 5 + 1) + 5
= 4 × (5 + C1 × 5 1 + + C 2 × 52) + 4 × (C 1 × 5 + 1) + 5
= 4 × 25(5 2 + C1 × 5 3 + + C 2 ) + 25 + 4
= 25(4 × 5 2 +4C1 3 2 × 5 + + 4C + ) + 4 ，
因此只需4 能够被25整除即可，可知最小正整数 的值为4，
综上所述，正整数 的最小值为4，
故选：C.
3．（23-24 高二下·江苏南京·期中）函数 ( ) = ( 2 + 1)10 = 0 + 1 + + 2020 ．
(1)求 2 + 4 + + 20的值；
(2)用二项式定理证明： (7) 9能被 8 整除．
【解题思路】（1）利用赋值法对 进行赋值，代入求解即可.
（2）对 (7) 9进行代入化简，根据二项式定理展开，即可证明 (7) 9被 8 整除.
【解答过程】（1）令 = 0，则 (0) = ( 1)10 = 0，所以 0 = 1，
令 = 1，则 (1) = 110 = 0 + 1 + 2 + + 19 + 20，
令 = 1，则 ( 1) = ( 1)10 = 0 1 + 2 + 19 + 20，
两式相加，得2=2( 0 + 2 + + 20)，
所以 0 + 2 + 4 + + 20=1，
所以 2 + 4 + + 20=0.
（2） (7) 9 = 5510 9 = (56 1)10 9 = C0105610( 1)0 + C110569( 1)1 + C2 568( 1)2 + + C9 561 910 10 ( 1)
+ C1010560( 1)10 9，
显然C0 5610 010 ( 1) + C110569( 1)1 + C2 56810 ( 1)2 + + C9 561( 1)910 能被 8 整除，
且C10560( 1)1010 9=1 9 = 8能被 8 整除，
所以 (7) 9能被 8 整除.
4．（23-24 高二上·上海松江·期末）已知(2 + 3)9 = 0 + 1( + 1) + 2( + 1)2 + + ( + 1) .
(1)求 2的值；
(2)设 ( ) = (2 + 3)9，求 (20) 20被 6 除的余数.
【解题思路】（1）由(2 + 3)9 = [2( + 1) + 1]9，结合二项式定理写出通项公式求 2；
（2）由题设 (20) 20 = (42 + 1)9 20，结合二项式定理得 (20) 20 = 429 + C1 428 + C2 7 89 9 42 + + C9
42 24 + 5，即可确定余数.
【解答过程】（1）由题设(2 + 3)9 = [2( + 1) + 1]9，则展开式通项为 = C +1 9[2( + 1)]9 = 29 C 9
( + 1)9 ， = 0,1,2, ,9，
所以 = 22 72 C9 = 144.
（2）由题设 (20) 20 = 439 20 = (42 + 1)9 20，
而(42 + 1)9 = C09 429 10 + C1 428 11 + C2 427 129 9 + + C9 09 42 19
= 429 + C19 428 + C29 427 + + C89 42 + 1，
所以 (20) 20 = 429 + C1 428 + C29 9 427 + + C89 42 19，
显然，除 19外，其它项均可被 6 整除，又 19 = 24 + 5，
所以 (20) 20被 6 除的余数为5.
题型 10 杨辉三角问题
1．（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一
批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）
A．C23 + C24 + C25 + + C29 = 120
B．第 2023 行中从左往右第 1013 个数与第 1014 个数相等
+1
C．记第 行的第 个数为 ，则 2 1 = 4
=1
D．第 20 行中第 8 个数与第 9 个数之比为8:13
【解题思路】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错.
【解答过程】由图知，第 行的第 个数为 ，则 1 = C ，
对于 A，由C 1 + C = C 2 2 2 2 3 2 2 2 2 +1，得C3 + C4 + C5 + + C9 = C3 + C3 +C4 + C5 + + C9 1
= C3+C24 4 + C
2
5 + + C29 1 = C310 1 = 119，故 A 错误；
对于 B，第 2023 行有 2024 项，从左往右第 1013 个数与第 1014 个数分别为C1012 1013 1012 10132023,C2023，所以C2023 > C2023，
故 B 错误；
+1
对于 C，第 行的第 个数为 ，则 2 1 = 20 + 21 + 22 1 2 3 + + 2 +1，
=1
+1
∴ 2 1 = C020 + C121 + C2 2 2 + + C 2 = (1 + 2)
= 3 ，故 C 错误；
=1
对于 D，第 20 20! 20!行中，第 8 个数与第 9 个数的比为C720:C820 = 7!13!:8!12! = 8:13，故 D 正确.
故选：D.
2．（2024 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，最早出现在中国南宋数学
家杨辉于 1261 年所著的《详解九章算法》一书中，法国数学家帕斯卡在 1654 年才发现这一规律.“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.则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是
（ ）
A．C2 + C2 + C23 4 5 + + C210 = 165
B．在第 2022 行中第 1011 个数最大
C．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 9 行的第 8 个数
D．第 34 行中第 15 个数与第 16 个数之比为 2：3
【解题思路】A 选项由C 1 2 2 2 2 2 3 2 2 2 + C = C +1及C3 + C4 + C5 + + C10 = C3 + C3 + C4 + C5 + + C10 1即可判
断；B 选项由二项式系数的增减性即可判断；C 选项由C 1 + C = C 6 7 +1及C6 = C7即可判断；D 选项直接计
算比值即可判断.
【解答过程】由C 1 2 2 2 2 2 3 2 2 2 + C = C +1可得C3 + C4 + C5 + + C10 = C3 + C3 + C4 + C5 + + C10 1
= C3 + C2 + C2 + + C2 1 = C3 1 = 11×10×94 4 5 10 11 3×2×1 1 = 164，故 A 错误；
第 2022 行中第 1011 个数为C10102022 < C10112022，故 B 错误；
C6 6 6 7 6 6 7 6 76 + C7 + C8 = C7 + C7 + C8 = C8 + C8 = C9，故 C 正确；
第 34 行中第 15 个数与第 16 个数之比为
C14:C15 = 34×33× ×21 34×33× ×2034 34 14×13× ×1 :15×14×13× ×1 = 15:20 = 3:4，故 D 错误.
故选：C.
3．（2024 高二下·全国·专题练习）我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，他提出的杨辉三角是我国古
代数学重大成就之一.图为杨辉三角的部分内容.设杨辉三角中第 n 行的第 r 个数为C 1 ，观察题图可知，相
邻两行中三角形的两个腰都是由数字 1 组成的，其余的数都等于它肩上的两个数相加.
(1)用公式表示出题目中叙述的规律，并加以证明.
(2)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存
在，请说明理由.
【解题思路】（1）写出C = C 1 + C 1 1，利用组合公式进行证明；
（2）在第 n 行存在连续三项C 1 +1 ，C ，C ，得到方程组，求出 = 3， = 10，得到答案.
【解答过程】（1）观察得到C 1 = C 1 + C 1．
利用组合相关公式证明如下：C 1
( 1)! ( 1)! ( 1)! !
1 + C 1 = ( 1)!( )! + !( 1 )! = !( )![ + ( )] = !( )! = C ，
故原式得证.
（2）存在，理由如下：
设在第 n 行存在连续三项C 1，C ，C +1 ，其中 ∈ N 且 ≥ 2， ∈ N 且 ≥ 2，
C 1 = 3 C

8 3 +1 8有 C 8
且C +1 = ，化简得 = 且 = ， 14 +1 8 14
3 + 3 = 11
即 22 8 + 14 = 0 ，解得 = 3， = 10，
故三个数依次是 45，120，210.
4．（24-25 高二上·上海浦东新·期中）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家，杨辉三角是杨辉
的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图 1 为杨辉
三角的部分内容，图 2 为杨辉三角的改写形式
(1)求图 2 中第 11 行的各数之和；
(2)从图 2 第 2 行开始，取每一行的第 3 个数一直取到第 100 行的第 3 个数，求取出的所有数之和；
(3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为 3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不
存在，请说明理由.
【解题思路】（1）利用二项式系数的性质求和即可；
（2）利用C + C 1 =C +1的性质进行化简求和，得到答案；
（3）设在第 行存在三个相邻的数之比为 3:8:14，从而得到方程组，求出答案.
【解答过程】（1）第 11 行的各数之和为C0 1 2 11 1111 + C11 + C11 + + C11 = 2 = 2048；
（2）杨辉三角中第 2 行到第 100 行，各行第 3 个数之和为
C2 2 2 2 3 2 22 + C3 + C4 + + C100 = C3 + C3 + C4 + + C2 3100 = C4 + C24 + + C2 3100 = C101
= C3101 =
101×100×99
3×2×1 = 166650；
（3）存在，理由如下：
设在第 行存在三个相邻的数C 1,C ,C +1 ，其中 , ∈ N ，且 + 1 ≤ ， ≥ 2，
C 1 ,C +1 ,C 之比为 3:8:14，
C 1
故
3 C 8 3 +1 8
C = 8,C +1 = 14，化简得 +1 = 8, = 14，
8 = 3 3 + 3 = 3
即 14 + 14 = 8 8 ，解得 = 10 ，
所以这三个数为C2 =45,C3 =120,C410 10 10 = 210.
题型 11 二项式定理与数列求和
6
1．（2024·江西· 17模拟预测）设 2 2 = 0 0 + 1 + 2 + + 1 2 6 6，则 0 + 1 + 2 + + 6
= （ ）
A．21 B．64 C．78 D．156
【解题思路】首先写出展开式的通项，再根据等差数列前 项和公式计算可得；
17 6
【解答过程】解： 2 2 的展开式的通项为 = C 26 ( 17) 12 3 +1 6 ， = 0,1,2, ,6，
所以 0 + 1 + 2 + + 6 = 12 × 7 3 × (1 + 2 + + 6) = 84 3 ×
(1+6)×6
2 = 21.
故选：A.
2 2 3
2．（24-25 2 2高二·全国·课后作业）已知(2 ) ( ≥ 2, ∈ )，展开式中 的系数为 ( )，则 (2) + (3) + (4)
2019
+ + 2 (2020)等于（ ）
A 2019． 110 B
2019 1009 1009
． 505 C．1010 D． 505
【解题思路】由题知 ( ) = 2 2 2，进而整理化简，并根据裂项求和法计算即可得答案.
【解答过程】∵(2 ) ( ≥ 2, ∈ )，展开式中 的系数为 ( ) = 2 2 2 ，
2 2 3 2019 22 23 22019
∴则 (2) +
2 2 2
(3) + (4) + + (2020) =
2
1 + 2 2 + 2 22 + + 23 4 2020 22018
2 2 2 2 2 2
= 2 + 2 + 2 + + 2 = 2 + 3×2 + 4×3 + +
4 4 4
2000×2019 = 2 + + + + = 2 + 4 ×
3 4 2020 2 2 2 3×2 4×3 2020×2019
1 1 + 1 1 + + 1 1
2 3 3 4 2019 2020
= 2 + 4 × 1 2019 1 = ，
2 2020 505
故选：B．
3．（23-24 高二下·江苏宿迁·阶段练习）已知(1 + )2n = + + 20 1 2 + + 2 2n ．
(1)求 1 + 2 + 3 + + 2 的值
1
(2) ① = 2 +1 1 1证明：C 2 2 +2 ，其中 = 1，2，3， ，2 ；C + +12 +1 C2 +1
1 1 1 1 1 1
②利用①的结论求 +1 2 3 + + 的值．4 2 1 2
【解题思路】（1）赋值 = 0和 = 1，即可求解系数的和；
1 1 2 +1 1 1
（2）①利用组合数的阶乘公式，即可证明；②首先由①可得 C C +1 =2 2 2 +2 ，再根据 = CC +2 2 2 +1 C2 +1
, = 1,2,3 2 ，利用裂项相消法求和.
【解答过程】（1） ∵ 令 = 0，得 0 = 1，
令 = 1，得 2 0 + 1 + 2 + + 2 = 2 ，
∴ 1 + 2 + 3 + + = 22 2 1;
（2）① 证明： ∵ = C2 , = 1,2,3, ,2 ，
1 1 !(2 +1 )! ( +1)!(2 )!
∴ C + C +1 = (2 +1)! +2 +1 2 +1 (2 +1)!
!(2 )!(2 + 2)
= (2 + 1)!
2 +2
= (2 +1)C ，2
1 1
∴ C =
2 +1 1 1 2 +1 1 1
2 2 +2
+ ; C +1 = 2 +2 ;C C +1 2 C +1 + +22 +1 2 +1 2 +1 C2 +1
1 1
② 2 +1 1 1解： ∵ 由①得：C C +1 =2 2 2 +2 ，C +22 +1 C2 +1
= C 2 , = 1,2,3 2 ，
1 1 1 1 1 1
∴ + + +1 2 3 4 ，2 1 2
= 2 +1 1 1 1 1 1 12 +2 C1 3 + 3 5 + C C C C2 1 2 +1 ，2 +1 2 +1 2 +1 2 +1 2 +1 C2 +1
= 2 +1 1 12 +2 1 C C2 +1 ，2 +1 2 +1
= 2 +1 12 +2 1 ，2 +1

= +1．
4
4 1．（24-25 高二·全国·单元测试）已知数列{ }是等比数列， 1 = 1，公比 是 + 4 2 的展开式的第二项
（按 的降幂排列）．
(1)求数列{ }的通项 与前 项和 ；
(2)若 = C1 2 1 + C 2 + + C ，求 ．
【解题思路】（1）由二项展开式通项可确定 = ，由等比数列通项公式可得 ；分别在 = 1和 ≠ 1的情
况下，利用等比数列求和公式求得 ；
（2）当 = 1时， 1 2 = C +2C + + C ，对(1 + ) 的展开式进行求导运算，代入 = 1即可求得C1 2 +2C
+ + C ≠ 1 1 1 ，即可得到 ；当 时，将 整理为1 C
1 + C2 + + C 1 1 C + C
2 2 + + C ，利
用二项式系数的性质可求得结果.
4
【解答过程】（1） ∵ + 12 展开式通项公式为： +1 = C
4 1 = 1 C 4 3
4 4 4 2 4 4 ，
∴ = = 1 1 12 4C4 = ，又 1 = 1， ∴ = ；
当 = 1时， = 1 = ；
≠ 1 = 1(1
) = 1

当 时， 1 1 ；
, = 1
综上所述： = 1 , ≠ 1
1
（2）①当 = 1时， 1 2 = C +2C + + C ；
∵ (1 + ) = C0 + C1 1 + C2 2 + + C ， ∴ [(1 + ) ]′ = (1 + ) 1 = C1 2 +2C + + C 1 ，
令 = 1得：C1 +2C2 + + C = 2 1，即 1 = 2 ；
2 3
②当 ≠ 1时， 1 2 = C 1 + C 2 + + C = C1 +
1 2 1 3 1 1 1 2
1 C + 1 C + + 1 C = 1 C + C + + C


1

C1 + C2 2
1 1
1 + + C

= 1 (2
1) 1 [(1 + )
1] = 2 (1+ )1 ；
2 1, = 1
综上所述： = 2 (1+ ) , ≠ 1 .
1 专题 6.6 计数原理全章十一大压轴题型归纳（拔尖篇）
【人教 A 版（2019）】
题型 1 涂色问题
1．（24-25 高二上·全国·单元测试）用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的 5 块区域 , , , , 涂
色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法（ ）
A．120 种 B．720 种 C．840 种 D．960 种
2．（23-24 高二下·安徽池州·期中）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
不相同，则不同的涂色方案种数为（ ）
A．120 B．26
C．340 D．420
3．（23-24 高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥 .
(1)从 5 种颜色中选出 3 种颜色，涂在四棱锥 的 5 个顶点上，每个顶点涂 1 种颜色，并使同一条棱
上的 2 个顶点异色，求不同的涂色方法数；
(2)从 5 种颜色中选出 4 种颜色，涂在四棱锥 的 5 个顶点上，每个顶点涂 1 种颜色，并使同一条棱
上的 2 个顶点异色，求不同的涂色方法数.
4．（23-24 高二下·河北邢台·阶段练习）如图，某心形花坛中有 A，B，C，D，E5 个区域，每个区域只种
植一种颜色的花．
(1)要把 5 种不同颜色的花种植到这 5 个区域中，每种颜色的花都必须种植，共有多少种不同的种植方案？
(2)要把 4 种不同颜色的花种植到这 5 个区域中，每种颜色的花都必须种植，共有多少种不同的种植方案？
(3)要把红、黄、蓝、白 4 种不同颜色的花种植到这 5 个区域中，每种颜色的花都必须种植，要求相同颜色
的花不能相邻种植，且有两个相邻的区域种植红、黄 2 种不同颜色的花，共有多少种不同的种植方案？
题型 2 两个计数原理的综合应用
1．（23-24 高二下·江苏宿迁·期中）某女生有 3 件不同颜色的衬衣，4 件不同花样的裙子，另有 3 套不同样
式的连衣裙，“五一”节选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有（ ）
A．24 种 B．10 种 C．9 种 D．15 种
2．（23-24 高二下·广西·期末）如图，要让电路从 A 处到 B 处只有一条支路接通，可有（ ）条不同路径.
A．4 B．5 C．9 D．10
3．（24-25 高三·上海·课堂例题）用 0、1、2、3、…、9 十个数字可组成多少个不同的：
(1)三位数；
(2)无重复数字的三位数；
(3)小于 500 且无重复数字的三位奇数．
4．（23-24 高二下·山东菏泽·阶段练习）高二（1）班、（48）班、（62）班分别有 7，5，9 人参加创新技
能大赛笔试．
(1)如果选一人当组长，那么有多少种不同的选法？
(2)如果老师任组长，每班选一名副组长，那么有多少种不同的选法？
(3)如果推选两名学生参赛，要求这两人来自不同的班级，那么有多少种不同的选法？
题型 3 元素（位置）有限制的排列问题
1．（23-24 高二下·内蒙古·期中）从 6 人（包含甲）中选派出 3 人参加 ， ， 这三项不同的活动，且每项
活动有且仅有 1 人参加，若甲不参加 和 活动，则不同的选派方案有（ ）
A．60 种 B．80 种 C．90 种 D．150 种
2．（23-24 高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末）现有 3 男 3 女站成一排照相，左右两端恰好性别不同，则不同的
排法种数为（ ）
A．216 B．240 C．432 D．720
3．（23-24 高二下·陕西咸阳·期中）现有 8 个人（5 男 3 女）站成一排．
(1)其中甲必须站在排头有多少种不同排法？
(2)女生必须排在一起，共有多少种不同的排法？
(3)甲、乙不能排在前 3 位，有多少种不同排法？
4．（23-24 高二下·吉林延边·阶段练习）有 0，1，2，3，4，5 这六个数字.
(1)能组成多少个无重复数字的四位偶数？
(2)能组成多少个无重复数字且能被 25 整除的四位数
(3)能组成多少个无重复数字且比 1325 大的四位数
题型 4 相邻、不相邻排列问题
1．（23-24 高二下·陕西西安·阶段练习）2024 年龙年春晚西安分会场的节目《山河诗长安》引起巨大反响，
让观众感受到了传统文化的魅力.我校新学期开学以来为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”、“惊
蛰”、“清明”、“立夏”、“芒种”、“小暑”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“惊
蛰”两块展板相邻，且“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式有多少种？（ ）
A．192 B．240 C．120 D．288
2．（23-24 高二下·江苏泰州·阶段练习）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值.
它具有红黑两种阵营，将 车 马 炮 兵等均为象棋中的棋子，现将 3 个红色的“将”“车”“马”棋子与 2 个黑色
的“将”“车”棋子排成一列，则下列说法不正确的是（ ）
A．共有 120 种排列方式
B．若两个“将”相邻，则有 24 种排列方式
C．若两个“将”不相邻，则有 72 种排列方式
D．若同色棋子不相邻，则有 12 种排列方式
3．（23-24 高二下·江苏徐州·期中）有 8 名同学站成一排照相，符合下列各题要求的不同排法共有多少种
（用数字作答）？
(1)甲同学既不站在排头也不站在排尾；
(2)甲 乙 丙三位同学两两不相邻；
(3)甲 乙两同学相邻，且丙 丁两同学也相邻；
(4)甲 乙两同学不相邻，且乙 丙两同学也不相邻.
4．（24-25 高二上·陕西汉中·阶段练习）电影《志愿军雄兵出击》讲述了在极其简陋的装备和极寒严酷环境
下，中国人民志愿军凭着钢铁意志和英勇无畏的精神取得入朝作战第一阶段战役的胜利，著名的“松骨峰战
斗”在该电影中就有场景.现有 3 名男生和 4 名女生相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一
起．（列出算式，并计算出结果）
(1)女生必须坐在一起的坐法有多少种？
(2)女生互不相邻的坐法有多少种？
(3)甲、乙两位同学相邻且都不与丙同学相邻的坐法有多少种？
题型 5 组合计数问题
1．（23-24 高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）6 名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去一个场
馆，其中甲场馆安排 2 名志愿者，乙、丙场馆都至少安排 1 名志愿者，则不同的安排方法共有（ ）
A．300 种 B．210 种 C．120 种 D．60 种
2．（23-24 高二下·山东菏泽·期末）从标有1,2,3,4,5,6的 6 张卡片中任取 4 张卡片放入如下表格中，使得表
中数字满足 > , > ，则满足条件的排法种数为（ ）


A．45 B．60 C．90 D．180
3．（24-25 高二下·北京大兴·阶段练习）（每小问均须用数字作答）在0,1,2,3,4,5,6中选出 4 个数字组成一个
四位数
(1)可以组成多少个没有重复数字的四位数？
(2)可以组成多少个没有重复数字的四位偶数？
(3)若 5 和 6 至多出现 1 个，可以组成多少个没有重复数字的四位数？
4．（23-24 高二下·广西·期末）每年的 6 月 5 日是世界环境日，某校计划在 6 月 5 日开展社区垃圾分类宣传
活动，学校现从 12 名志愿者中选调 6 名志愿者去某社区作宣传，其中这 12 名志愿者有 2 名教师、4 名高一
学生、4 名高二学生和 2 名高三学生.求：
(1)若选调的志愿者中恰有 1 名教师，且不含高三学生，则不同选调方法有多少种？
(2)若选调的志愿者中必有教师，则不同选调方法有多少种？
(3)若选调的志愿者必含教师和各年级学生，且高一与高二学生选调人数相等，则不同选调方法有多少种？
题型 6 分组分配问题
1．（23-24 高二下·安徽安庆·阶段练习）有5个人到南京、镇江、扬州的三所学校去应聘，若每人至多被一
个学校录用，每个学校至少录用其中一人，则不同的录用情况种数是（ ）
A．90 B．150 C．390 D．420
2．（23-24 高二下·广东云浮·阶段练习）大连市普通高中创新实践学校始建于 2010 年 1 月，以丰富多彩的
活动广受学生们的喜爱.现有 A，B，C，D，E 五名同学参加现代农业技术模块，影视艺术创作模块和生物
创新实验模块三个模块，每个人只能参加一个模块，每个模块至少有一个人参加，其中 A 不参加现代农业
技术模块，生物创新实验模块因实验材料条件限制只能有最多两个人参加，则不同的分配方式共有（ ）
种．
A．84 B．72 C．60 D．48
3．（23-24 高二下·安徽安庆·期中）甲乙丙丁戊五个同学
(1)去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，共有多少种不同游览方法？
(2)排成一排，甲不在首位，乙不在末位，共有多少种不同排列方法？
(3)分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，每人只能去一个城市，共有多少种不同分配方法？
4．（23-24 高二下·河北沧州·阶段练习）某学校派出 6 名同学参加省教育厅主办的理科知识竞赛，分为数学
竞赛，物理竞赛和化学竞赛，该校每名同学只能参加其中一个学科的竞赛，且每个学科至少有一名学生参
加．
(1)求该校派出的 6 名学生总共有多少种不同的参赛方案？
(2)若甲同学主攻数学方向，必须选择数学竞赛，乙同学主攻物理方向，必须选择物理竞赛，则这 6 名学生
一共有多少种不同的参赛方案？
题型 7 排列与组合的综合应用
1．（23-24 高二下·江苏镇江·期中）某单位开展联欢活动，抽奖项目设置了特等奖、一等奖、二等奖、三等
奖、鼓励奖共五种奖项.甲、乙、丙、丁、戊每人抽取一张奖票，开奖后发现这 5 人的奖项都不相同.甲说：
“我不是鼓励奖”；乙说：“我不是特等奖”；丙说：“我的奖项介于丁和戊之间”.根据以上信息，这 5 人的奖项
的所有可能的种数是（ ）
A．15 B．18 C．22 D．26
2．（23-24 高二下·贵州遵义·期中）第 33 届夏季奥林匹克运动会预计 2024 年 7 月 26 日至 8 月 11 日在法国
巴黎举办．假设这届奥运会将新增 2 个竞赛项目和 4 个表演项目，现有三个场地 A，B，C 承办这 6 个新增
项目的比赛，每个场地至少承办其中 1 个项目，且 A 场地只能承办竞赛项目，则不同的安排方法有（ ）
A．60 种 B．74 种 C．88 种 D．120 种
3．（23-24 高二下·江苏泰州·期末）某校举行劳动技术比赛，该校高二（1）班的班主任从本班的 5 名男选
手和 4 名女选手中随机地选出男、女选手各 2 名参加本次劳动技术比赛中的团体赛，并排好团体赛选手的
出场顺序.在下列情形中各有多少种不同的安排方法？
(1)男选手甲必须参加，且第 4 位出场；
(2)男选手甲和女选手乙都参加，且出场的顺序不相邻；
(3)男选手甲和女选手乙至少有一人参加.
4．（24-25 高二上·上海奉贤·阶段练习）用 0，1，2，3，4 这 5 个数字，可以组成多少个满足下列条件的没
有重复数字五位数？
(1)偶数：
(2)左起第二 四位是奇数的偶数；
(3)比 21034 大的偶数.
题型 8 用赋值法求系数和问题

1．（23-24 高二下·湖南常德·期中）已知(4 3)2021 = 0 + 1 + + 2021 2021
1 2 3
，则 4 + 42 + 43 + +
2021
42021
= （ ）
A．32021 22021 B． 1 C．22021 32021 D．1
2．（23-24 高二下·山东泰安·期中）已知对任意实数 x，(2 1)8 = 0 + 1( + 1) + 2( + 1)2 + + 8
( + 1)8，则下列结论成立的是（ ）
A． 1 + 2 + + 8 = 1
8
B． 0 + 2 + 4 + 6 +
3 +1
8 = 2
1 C． + + 2 80 2 22 + + 28 = 256
D． 1 +2 2 +3 3 + + 8 8 = 16
3．（23-24 高二下·山东·期中）设( + 2)2024 = 0 + 1 + 2 2 + + 20242024 ( ∈ ).求下列各式的值.
(1) 2 + 4 + 6 + + 2024；
(2) 1 2 2 +3 3 4 4 + 2024 2024.
4．（23-24 高二下·江苏淮安·期中）若(1 2 )7 = 20 + 1 + 2 + + 77 ．求：
(1) 1 + 2 + + 7；
(2)| 0| + | 1| + + | 7|．
题型 9 利用二项式定理证明整除问题或求余数
1．（23-24 高二下·贵州黔东南·期末）4505被 9 除的余数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
2．（23-24 高二下·山东菏泽·期末）若4 × 6 +5 ( ∈ )能被 25 整除，则正整数 的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．（23-24 高二下·江苏南京·期中）函数 ( ) = ( 2 + 1)10 = 0 + 1 + + 2020 ．
(1)求 2 + 4 + + 20的值；
(2)用二项式定理证明： (7) 9能被 8 整除．
4．（23-24 高二上·上海松江·期末）已知(2 + 3)9 = + ( + 1) + ( + 1)2 + + ( + 1) 0 1 2 .
(1)求 2的值；
(2)设 ( ) = (2 + 3)9，求 (20) 20被 6 除的余数.
题型 10 杨辉三角问题
1．（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一
批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）
A．C23 + C2 24 + C5 + + C29 = 120
B．第 2023 行中从左往右第 1013 个数与第 1014 个数相等
+1
C．记第 行的第 个数为 ，则 2 1 = 4
=1
D．第 20 行中第 8 个数与第 9 个数之比为8:13
2．（2024 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，最早出现在中国南宋数学
家杨辉于 1261 年所著的《详解九章算法》一书中，法国数学家帕斯卡在 1654 年才发现这一规律.“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.则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是
（ ）
A．C23 + C2 + C2 + + C24 5 10 = 165
B．在第 2022 行中第 1011 个数最大
C．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 9 行的第 8 个数
D．第 34 行中第 15 个数与第 16 个数之比为 2：3
3．（2024 高二下·全国·专题练习）我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，他提出的杨辉三角是我国古
代数学重大成就之一.图为杨辉三角的部分内容.设杨辉三角中第 n 行的第 r 个数为C 1 ，观察题图可知，相
邻两行中三角形的两个腰都是由数字 1 组成的，其余的数都等于它肩上的两个数相加.
(1)用公式表示出题目中叙述的规律，并加以证明.
(2)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不存
在，请说明理由.
4．（24-25 高二上·上海浦东新·期中）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家，杨辉三角是杨辉
的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图 1 为杨辉
三角的部分内容，图 2 为杨辉三角的改写形式
(1)求图 2 中第 11 行的各数之和；
(2)从图 2 第 2 行开始，取每一行的第 3 个数一直取到第 100 行的第 3 个数，求取出的所有数之和；
(3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为 3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不
存在，请说明理由.
题型 11 二项式定理与数列求和
6
1．（2024· · 17江西 模拟预测）设 2 2 = 0 0 + 1 1 + 2 2 + + 6 6，则 0 + 1 + 2 + + 6
= （ ）
A．21 B．64 C．78 D．156
2 2 3
2．（24-25 2 2高二·全国·课后作业）已知(2 ) ( ≥ 2, ∈ )，展开式中 的系数为 ( )，则 (2) + (3) + (4)
2019
+ + 2 (2020)等于（ ）
A 2019 B 2019 1009 1009． 110 ． 505 C．1010 D． 505
3．（23-24 高二下·江苏宿迁·阶段练习）已知(1 + )2n = 0 + 1 + 2 2 + + 2n 2 ．
(1)求 1 + 2 + 3 + + 2 的值
1
(2) ① = 2 +1 1 1证明：C 2 +2 + ，其中 = 1，2，3， ，2 ；2 C +12 +1 C2 +1
1 1 1 1 1 1
②利用①的结论求 1 +2 + +3 4 2 1 的值．2
4
4．（24-25 高二·全国·单元测试）已知数列{ }
1
是等比数列， 1 = 1，公比 是 + 4 2 的展开式的第二项
（按 的降幂排列）．
(1)求数列{ }的通项 与前 项和 ；
(2)若 = C1 1 + C2 2 + + C ，求 ．

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