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第五章 计数原理全章复习
教学目标 1、巩固对计数原理、排列数组合数的计算、二项式定理的理解与掌握； 2、进一步熟悉排列数组合数常见类型及解法； 3、进一步熟悉二项式定理的计算和应用；
教学重难点 1、重点：计数原理、排列数组合数计算、二项式展开式的指定项； 2、难点：排列组合综合问题、二项式展开式的系数最值、系数和、二项式定理的应用；
回顾重点知识
知识点01 两个计数原理
1.加法计数原理
完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝种方法．(也称“加法原理”)
21.分步乘法计数原理
完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝种方法．(也称“乘法原理”)
3.两个计数原理的区别与联系
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 用来计算完成一件事的方法种数
不同点 分类、相加 分步、相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情(完成某一步并不代表完成这件事)
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，缺一不可
【即学即练】
1.（2025·高二·全国·课后作业）已知集合A ，且A中至少有一个奇数，则这样的集合有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】D
【解析】当集合A中含一个元素时，或；
当集合A中含两个元素时，或或，
所以这样的集合共有个.
故选：D．
2.（2025·高二·全国·课堂例题）某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这 3名学生的参赛的不同方法有（ ）
A．24种 B．48种 C．64种 D．81种
【答案】A
【解析】由于每班每项限报1人，故当前面的学生报了某项之后，后面的学生不能再报，由分步乘法计数原理，共有种不同的参赛方法；
故选：A
3.（2025·高二·广东中山·期末）用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即0，2，4，有3种选择，
而由于这是一个三位数，所以百位数不能是0，有5种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论:
①当个位数为0时，则百位数有5种选择，十位数有两种情况，
与百位数一样，只有一种选择，
与个位数一样，也只有一种选择;
②当个位数为2时，
如果百位数为2，则十位数有6种选择，
如果百位数不为2，则百位数有4种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择:
当个位数为4时，
如果百位数为4，则十位数有6种选择，
如果百位数不为4，则百位数有4种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择
综上所述，.
故选：B.
知识点02 排列组合
1.排列与排列数
（1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示．
（2）排列数的公式：．
特例：当时，；规定：．
（3）排列数的性质：
①；②；③．
2.组合与组合数
(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素，合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
(2)组合数定义：从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号表示.
(3)组合数公式:C＝；这里，n,m∈N*，并且m≤n.
(4)特殊地：，，.
【即学即练】
1.(24-25高二下·新疆哈密·阶段练习)已知，则等于( )
A．12 B．7 C．6或13 D．6
【答案】D
【解析】由题意，，即，化简可得，
即，解得或因为，所以，故故选：D.
2.（2025·高二·陕西咸阳·期中）下列问题不属于排列问题的是（ ）
A．从10个人中选2人分别去种树和扫地
B．从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队
C．从班上30名学生中选出6人，分别担任6科课代表
D．从1，2，3，4，5这五个数字中取出2个不同的数字组成一个两位数
【答案】B
【解析】对于A，从10个人中选2人分别去种树和扫地，因为工作内容不一样，故有顺序，属于排列问题，故A不满足题意；
对于B，从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队，没有顺序，所以不属于排列问题，故B满足题意；
对于C，从班上30名学生中选出6人，分别担任6科课代表，因为科目不相同，故有顺序，属于排列问题，故C不满足题意；
对于D，从1，2，3，4，5这五个数字中取出2个不同的数字组成一个两位数，数字所在位置有顺序，属于排列问题，故D不满足题意.
故选：B
3.（2025·高二·江苏徐州·期中）一个口袋内装有大小相同的5个白球和2个黑球，从中取3个球，则不同的取法种数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据题意，一个口袋内装有大小相同的个白球和个黑球，共个球，
从中取个球，则有种取法．
故选：D．
知识点03 二项式定理与杨辉三角
1.二项式定理：
注意：展开式共有项，而不是第项.
2.通项公式：
(1)通项公式：()
注意：在使用通项公式时，要注意通项公式是表示第项，而不是第项.
(2)其中：称为第项的二项式系数.
注意：二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只是指，而后者是指字母外的部分.
3.杨辉三角：展开式的二项式系数，当依次取时，二项式系数表，表中每行两端都是1，除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和 .
4.二项式系数性质：
(1)对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．
直线是图象的对称轴．
(2)增减性与最大值：
当是偶数时，中间一项取得最大值；当是奇数时，中间两项 ，取得最大值．
(3)二项式系数和：，
奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和均等于，
即：
推导方法：在中令，和，对得到的两个式子进行加和减即可得到上面结论.
【即学即练】
1.(25-26高三上·北京·阶段练习)在的展开式中，求含的项为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题知二项式展开式的通项且，
当时，解得，此时含的项为.故选：C.
2．（24-25高二上·全国·课堂例题）观察图中的数所成的规律，则所表示的数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题图知，下一行的数是其肩上两数的和，所以，即．
故选：B
3.(24-25高二下·山东济宁·期中)已知，则( )
A．80 B．81 C．242 D．243
【答案】C
【解析】，
令，得；令，得；
所以.故选：C.
二、熟记重要结论
1.排列数、组合数常用公式
(1)＝(n－m＋1).
(2)＝n.
(3)(n＋1)！－n！＝n·n！.
(4)k＝n.
(5)＋＋…＋＋＝.
2.系数和：
(1)设，
①令，可得：
②令，可得：，即：
(假设为偶数)，再结合①可得：
．(若n为奇数，同理可得结论)
(2)若，则
①常数项：令，得．
②各项系数和：令，得．
③奇数项的系数和与偶数项的系数和
(i)当为偶数时，奇数项的系数和为；
偶数项的系数和为．
(ii)当为奇数时，奇数项的系数和为；
偶数项的系数和为．
(3)若，同理可得．
注意：常见的赋值为令，或，然后通过加减运算即可得到相应的结果
题型01 计数原理的应用
【典例1-1(24-25高二下·吉林长春·阶段练习)有一个信号装置，从左到右依次有4个信号显示窗，每个显示窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则该装置所能发出的不同信号种数为( )
A．12 B．64 C．81 D．256
【答案】C
【解析】由题意可得每个信号灯有三种情况，各自独立，
故该装置所能发出的不同信号种数为种.故选：C.
【典例1-2】(2025·四川巴中·模拟预测)在如图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格的4个数之和的最大值是 .

【答案】24
【分析】根据分步计数乘法原理直接可得有种选法；从图中数据观察可得，要使所选4个数之和最大，只能是每个数都是4，可计算得和的最大值.
【解析】由题意，可分4步进行选取：第一步，先在第一列中4个格子中选一个格子，有4种选法；
第二步，在第二列中3个格子(与第一步所选的格子不同行)中选一个格子，有3种选法；
第三步，在第三列中2个格子(与前两步所选的格子不同行)中选一个格子，有2种选法；
第四步，在第4列中只有一个格子可选，有1种选法.
所以一共有种选法.
经观察，选中方格的4个数之和的要最大，只能是4个数都是4，所以4个数之和的最大值为.
故答案为：；.
完成一件事的方法种数的计算步骤
第一步：审清题意，弄清要完成的事件是怎样的；
第二步：分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种；
第三步：弄清在每一类或每一步中的方法种数；
第四步：根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方法种数.
【变式1-1】(24-25高二下·吉林·阶段练习)将数字1，2，3填在的表格中，要求每行的数字互不相同，每列的数字也互不相同，则不同的排列方法共有( )
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【答案】A
【解析】第一列第一个数有3种选择，第二个数有2种选择，第三个数有1种选择；
第一行第二个数有2种选择，其它空格只有1种选择；所以共有种.故选：A
【变式1-2】(24-25高二下·山东威海·期末)用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为( )
A．48 B．36 C．24 D．18
【答案】D
【解析】用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数
个位数字有2种情况，首位数字有3种情况，十位数字有3种情况，
所以三位奇数的个数为种情况.故选：D.
题型02 排列(组合)数计算
【典例2】（24-25高二下·广东中山·月考）求值、解方程或解不等式(1)求值：
(2)求值：；
(3)解方程：
(4)解方程：已知（），求
(5)解关于的不等式
【解析】（1）；
（2）因为，
所以；
（3）由，得，
化简得，
解得，
经检验是原方程的解，
∴原方程的解是；
（4），则或
解得：或，经检验均符合，
故或；
（5）由，可得，
所以，整理得，
解得，
又因为，所以.
1.排列数的计算方法
(1)排列数的计算主要是利用排列数的乘积公式进行，应用时注意：连续正整数的积可以写成某个排列数，其中最大的是排列元素的总个数，而正整数(因式)的个数是选取元素的个数，这是排列数公式的逆用．
(2)应用排列数公式的阶乘形式时，一般写出它们的式子后，再提取公因式，然后计算，这样往往会减少运算量．
2.进行组合数的相关计算时，注意以下几点：
(1)像排列数公式一样，公式＝一般用于计算，而公式＝及一般用于证明、解方程(不等式)等．
(2)要注意公式的逆向运用．
【变式2-1】(多选)(23-24高二下·广东江门·阶段练习)下列结论正确的是( )
A． B．(，为正整数且)
C． D．满足方程的值可能为或或或
【答案】BC
【解析】对A：，故A错误；
对B：因为，
，
所以(，为正整数且)，故B正确；
对C：，，所以，故C正确；
对D：因为，所以或，解得或或或，
当时符合题意；
当时，不符合题意，故舍去；
当时，，符合题意；
当时，，不符合题意，故舍去；
综上可得或，故D错误.故选：BC
【变式2-2】(多选)(2023高二·江苏·专题练习)下列等式正确的是( )
A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】对A， ，显然，故A错误；
对B，，故B正确；
对C，，故C正确；
对D，，故D正确．故选：BCD
【变式2-3】（24-25高二下·宁夏吴忠·期中）求值（用数字表示）
(1)
(2)
(3)已知，求
【解析】（1）；
（2）；
（3）由，得，即，
所以，整理得，
所以.
题型03 优限法(元素或位置优先)
【典例3-1】(24-25高二·全国·课堂例题)从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个，则不同的排法共有 种．
【答案】136080
【分析】法一，通过位置分析，先排第二个节目，法二，元素分析，考虑，选女演员独唱结合，和不选两种情况；法三：间接法，总数减去女演员的独唱节目排在第二个的数目的情况即可；
【解析】方法一(位置分析法)：先排第二个节目，再排其他五个节目，则共有(种)．
方法二(元素分析法)：若选女演员的独唱节目，则有种排法；若不选女演员的独唱节目，则有种排法，则共有种排法．
方法三(间接法)：总数减去女演员的独唱节目排在第二个的数目，则共有(种)．
故答案为：136080
【典例3-2】(25-26高二上·全国·单元测试)在一次大型运动会的火炬传递中．某路段的传递活动由共六名火炬手分五棒完成，若第一棒火炬手只能从中产生，最后一棒由两名火炬手共同完成，且两名火炬手不能共同完成最后一棒，则不同的传递方案种数为( )
A．60 B．54 C．120 D．114
【答案】D
【分析】以第一棒完成人分类计数，当A完成第一棒时，最后一棒没有限制条件，从剩下5人中选2人，再排中间三棒即可；
当B完成第一棒时，最后一棒不能是A，C完成，故最后一棒完成方案有种，再排中间三棒即可．
【解析】当完成第一棒时，有种不同的传递方案；
当完成第一棒时，有种不同的传递方案．
故共有种不同的传递方案．故选：D
特殊元素或特殊位置问题一般从以下三种思路考虑：
(1)以元素为主考虑，即先安排特殊元素，再安排其他元素；(2)以位置为主考虑，即先安排特殊位置，再安排其他位置；(3)用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．以上三种思路可以简化如图．
当限制条件有两个或两个以上时，若互不影响，则直接按分步解决；若相互影响，则先分类，然后在每一类中再分步解决．
【变式3-1】(2025·江西·模拟预测)近两年，智能网联汽车逐步进入大众视野，调研数据显示，中国消费者关注度最高的前6名智能网联车技术分别为V2X(车与人、车、路、云平台)的信息交互技术、车联网通信技术、环境感知技术、云计算技术、整车通项技术、物联网技术，某科技自媒体博主准备连续6天分别对这6项技术进行科普，每天只科普一项技术，每项技术只科普1天，则车联网通信技术与云计算技术在相邻两天进行科普，且信息交互技术不在最后一天科普的安排方法种数为 .(用数字作答)
【答案】192
【解析】因为车联网通信技术与云计算技术要在相邻两天进行科普，所以可将这两项技术“捆绑”在一起，看作一个元素.对车联网通信技术与云计算技术进行内部排列，它们之间的排列顺序有种，
由于信息交互技术不在最后一天科普，那么信息交互技术可安排在前天中的任意一天，所以信息交互技术的安排方法有种.
将车联网通信技术与云计算技术看作一个整体后，除信息交互技术外，还剩下项技术以及这个整体，共个元素.
对这个元素进行全排列，排列方法有种，
根据分步乘法原理知道，满足条件的安排方法种数为(种).故答案为：192.
【变式3-2】(24-25高二下·天津·期末)某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡.现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有( )
A．8种 B．10种 C．12种 D．14种
【答案】B
【解析】因为甲负责第一关，且最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，
所以先从除甲之外的4人中选两人负责最后一关，共有种，
然后再将剩余2人分配到第二、三关，共有2种，
所以，满足条件的参赛方案有种.故选：B
【变式3-3】(多选)(24-25高二下·重庆南岸·期中)2025年重庆市“心之向往，渝跑渝爱”主题马拉松赛事设置了全程马拉松、半程马拉松、健康跑和亲子跑四个项目．在渝大学生踊跃参加志愿服务，现有甲、乙等5名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在全程马拉松、半程马拉松和健康跑、亲子跑四个项目进行志愿者活动，则下列说法正确的是( )
A．若全程马拉松项目必须安排2人，其余三项各安排1人，则有60种不同的分配方案
B．若每个比赛项目至少安排1人，且每人均被安排，则有240种不同的分配方案
C．安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有42种不同的站法
D．安排这5人排成一排拍照，若甲不站排头或排尾，则有72种不同的站法
【答案】ABD
【解析】对A，先从5人中选2人安排到全程马拉松项目，有种方法，
然后剩下3人安排到其余两个项目，每个项目安排1人，有(种)，
则由分步乘法计数原理可知共有种分配方案，故A正确；
对B，将5个人分成4组，且每组至少1人，则分法为1，1，1，2，
则不同的分配方案有(种)，故B正确；
对C，先将甲、乙捆绑在一起看成一个整体，再与剩下的3人进行全排列，
所以不同的站法有(种)，故C错误；
对D，安排这5人排成一排拍照，若甲不站排头或排尾，则甲有3个位置可以选择，
余下4人在剩下的4个位置全排列，则有种不同的站法，故D正确．故选：ABD．
题型04 相邻、不相邻问题
【典例4-1】(24-25高二下·重庆长寿·期末)甲、乙、丙、丁四人站成一排，要求甲、乙必须相邻，丙、丁不相邻，则不同的安排方法有( )
A．24 种 B．16 种 C．12 种 D．4 种
【答案】D
【分析】根据相邻捆绑，不相邻插空和分步乘法计数原理即可分析计算求解.
【解析】甲、乙必须相邻，先将甲、乙两人捆绑作为一人有种排列方法，
丙、丁共有排列有种方法，
所以总的不同的安排方法有种.故选：D.
【典例4-2】(多选)(24-25高二下·江西·阶段练习)有三名男生 两名女生排队照相，五个人排成一排，则下列说法正确的有( )
A．如果两名女生必须相邻，那么有48种不同排法
B．如果三名男生均不相邻，那么有12种不同排法
C．如果女生不能站在两端，那么有48种不同排法
D．如果三名男生不能连排在一起，那么有108种不同的排法
【答案】AB
【分析】对A，利用捆绑法即可计算；对B，利用插空法即可计算；对C，先排男生在两端即可；对D，根据正难则反的原则计算即可.
【解析】对A，将这两名女生捆绑，作为一个＂元素＂与剩下的三名男生进行全排列，
此时共有种不同的排法，故A正确；
对B，先对三名男生进行全排列，再将女生插入三名男生所形成的中间2个空中，此时共有种不同的排法，故B正确；
对C，如果女生不能站在两端，则两端安排男生，其他位置的安排没有限制，
此时共有种不同的排法，故C错误；
对D，5个人排成一排的全排列有种，三名男生连排在一起的排法有种，
所以如果三名男生不能连排在一起，此时有种不同的排法，故D错误．故选：AB．
1.解决“相邻”问题用“捆绑法”．将n个不同的元素排成一排，其中k个元素排在相邻位置上，求不同排法的种数，具体求解步骤如下：
(1)先将这k个元素“捆绑”在一起，看成一个整体；
(2)把这个整体当作一个元素与其他元素一起排列，其排列方法有种；
(3)“松绑”，即将“捆绑”在一起的元素内部进行排列，其排列方法有种；
(4)根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有种．
2.解决不相邻问题用“插空法”．将n个不同的元素排成一排，其中k个元素互不相邻(k≤n－k＋1)，求不同排法的种数，具体求解步骤如下：
(1)将没有不相邻要求的元素共(n－k)个排成一排，其排列方法有种；
(2)将要求两两不相邻的k个元素插入(n－k＋1)个空隙中，相当于从(n－k＋1)个空隙中选出k个分别分配给两两不相邻的k个元素，其排列方法有种；
(3)根据分步乘法计数原理，符合条件的排法种数为.
【变式4-1】(25-26高二上·全国·单元测试)学校举行德育知识竞赛，甲、乙、丙、丁、戊5位同学晋级到了决赛环节，决出了第1名到第5名．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对他们说：“决赛5人的成绩各不相同，但你们俩的名次是相邻的”，丙、丁两名参赛者也去询问成绩，回答者对丙说：“很遗憾，你和丁都未拿到冠军”，又对丁说：“你当然不会是最差的"．从这个回答分析，5人的名次排列情况共有 种．
【答案】16
【分析】分冠军为甲、乙两人中的一人；冠军为戊，丁为第二名；冠军为戊，丁为第三名；冠军为戊，丁为第四名．共四种情况，结合相邻问题及特殊元素法分别求解即可．
【解析】由题意可知，冠军不会是丙、丁且丁不是第5名，当冠军为甲、乙两人中的一人时，由于甲、乙两人名次相邻，
所以第二名一定是两人中的另一人，丁就只能是第三或第四名，丙和戊两个人名次就只能是剩余两个名次全排列，此时共有种情况；
当冠军为戊，丁为第二名时，将甲、乙捆绑在一起，内部排列共种，此时丙只能是第三或第五名，故共有种情况；
当冠军为戊，丁为第三名时，由于甲、乙两人名次相邻，所以第二名只能是丙，第四名和第五名只能是甲、乙，所以此时共有种情况；
当冠军为戊，丁为第四名时，由于甲、乙两人名次相邻，所以第五名只能是丙，第二名和第三名只能是甲、乙，所以此时共有种情况．
所以共有种情况．故答案为：16.
【变式4-2】(24-25高二下·广东汕头·期中)年春节档共有部影片定档，某影城根据第一周的观影情况，决定第二周只播放其中的《哪吒之魔童闹海》、《唐探》、《·重启未来》及《蛟龙行动》．为了家庭中的大人和孩子观影便利，该影城对第、周影片播放顺序做出如下要求：《哪吒之魔童闹海》不排第一场，《·重启未来》不排最后一场，《蛟龙行动》和《·重启未来》必须连续安排，则不同的安排方式有( )
A．种 B．种 C．10种 D．种
【答案】A
【解析】分三种情况：第一种：《哪吒之魔童闹海》排最后一场，因为《蛟龙行动》和《·重启未来》
必须连续安排，所以用捆绑法有种可能，并看成一个元素，
剩下元素有种排法，所以共有种排法；
第二种：《哪吒之魔童闹海》排第二场，因为《蛟龙行动》和《·重启未来》必须连续安排，
而且《·重启未来》不排最后一场，所以《蛟龙行动》和《·重启未来》只能排在第四、第三两场，《唐探 》排第一场，这种情况共种排法；
第三种：《哪吒之魔童闹海》排第三场，因为《蛟龙行动》和《·重启未来》必须连续安排，
而且《·重启未来》不排最后一场，所以《蛟龙行动》和《·重启未来》排在前两场有种排法，
《唐探》排最后一场，这种情况共有种排法.
综上符合条件的电影安排方法总数为种.故选：A.
【变式4-3】(2025高三·全国·专题练习)在图所示的10块地中，选出6块种植这六个不同品种的蔬菜，每块地种植一种．若必须横向相邻种在一起，与在横向、纵向都不能相邻种在一起，则不同的种植方案有( ).
A．3120种 B．3360种 C．5160种 D．5520种
【答案】C
【分析】本题是一个分类和分步原理的综合应用，横向相邻种，在这三种蔬菜的排列就是,排在上排与排在下排又是两种方案，可以选择的方案:分两种情况，当与在同一排时，又分两种情况，根据计数原理得到结果.
【解析】①当与同行，与也同行时，有种种植方案；
与不同行时，有种种植方案；
②当与不同行时，有种种植方案.
故不同的种植方案有(种).故选：C.
题型05 隔板法
【典例5-1】(24-25高二下·江苏南京·期中)20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有( )
A．120 B．240 C．300 D．360
【答案】A
【分析】将问题化为17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中，再应用组合数求不同的放法数.
【解析】先往2号，3号盒内分别放入1个球和2个球，此时每个盒子至少还需放入1个球，
将剩下的17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可，
共有(种)方法．故选：A
【典例5-2】(24-25高二下·内蒙古·期末)方程的正整数解共有( )
A．组 B．组 C．组 D．组
【答案】C
【分析】转化为将21瓶相同的矿泉水分给5人，每人至少1瓶，利用隔板法求解即可.
【解析】原题等价于下面问题：将21瓶相同的矿泉水分给5人，每人至少1瓶，有多少种不同的分法
由隔板法可得，方程的正整数解共有组．故选：C
【典例5-3】（2025高二·全国·专题练习）（1）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放1个球，共有多少种不同的方法？
（2）把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放2个球，共有多少种不同的方法？
（3）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，其中可以有空盒子，共有多少种不同的方法？
【分析】（1）法一利用排列数的性质求解，法二利用隔板法求解即可.
（2）先将问题合理转化，再利用隔板法求解即可.
（3）法一对空盒子的个数进行分类讨论，再求和即可，法二利用隔板法求解即可.
【解析】（1）法一：问题相当于先把7个相同的小球分成3堆，再分配到不同的盒子里.
把7个相同的小球分成3堆，有4种分法.
第一类，按照来分，有种方法；
第二类，按照来分，有种方法；
第三类，按照来分，有种方法：
第四类，按照来分，有种方法
综上，共有种方法.
法二：在7个相同的小球中间的6个空档里，
选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法.
（2）可以先在每个盒子中放1个球，问题就变成将7个相同的小球放入3个不同的盒子，
每个盒子里至少放1个球，即将小球分为堆，会产生个空档，
选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法.
（3）法一：空0个盒子共有种，空1个盒子共有种，
空2个盒子共有种，综上，共有种方法.
法二：先借3个相同的球，在每个盒子里先放入1个借来的球，
则问题就转化为把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子都不空，
即在10个相同的小球中间的9个空档里，
选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法.
对于相同元素的分组分配问题我们采用隔板法处理．
将m个相同元素分配给n个人，，每人至少1个．
按以下思路求出不同分配方法的种数：先将m个元素排成一列，中间有个空，然后把个隔板放入个空中即可把所有元素分为n组，再依次把n组元素给到n个人即可，于是总的分法有种，这种处理问题的方法我们称为隔板法．
将m个相同元素分配给n个人，，可以有人分不到．
此时我们可以采用化归的思路处理．先借过来n个元素，给每个人分一个，于是问题就转化为将个相同元素分配给n个人，每人至少1个，分完之后每个人再扣除一个即可，于是总的分法有种．不定方程的正整数解的个数问题往往转化为相同元素的分配问题，再利用隔板法求解.
【变式5-1】(24-25高二下·河北·期末)现有9个三好学生的名额分给甲、乙、丙、丁4个班级，若每个班级至少1个名额，则不同的分配方法有( )
A．504种 B．126种 C．84种 D．56种
【答案】D
【解析】根据隔板法，9个名额，分给四个班级，每个班级至少1个名额，则有种.故选：D
【变式5-2】(24-25高二下·广东东莞·阶段练习)方程的正整数解的个数为( )
A．15 B．35 C．40 D．20
【答案】D
【分析】转化为将7个相同小球装入4个不同盒子里，每个盒子至少有1个小球，用隔板法进行求解.
【解析】原问题相当于将7个相同的小球装入4个不同的盒子里，每个盒子中至少有1个小球，
可采用隔板法，将7个相同的小球排成一排，在中间形成的6个空位上插入3个隔板，
故共有种方法.故选：D
【变式5-3】(2025高三·全国·专题练习)(1)某校准备组建一个由12人组成的篮球队，这12人由8个班的学生组成，每班至少1人，名额分配方案共有 种.
(2)某校准备组建一个由12人组成的篮球队，这12人由8个班的学生组成，名额分配方案共有 种.
【答案】330；50388
【分析】(1)满足条件的分配方案数与将12个相同的小球排成一行，在中间插入7块隔板将其分成8组，任意两块隔板不能相邻，且不能插在两端的方法数一致，结合隔板法可得结论；
(2)满足条件的分配方案数与个相同的小球排成一行，在中间插入7块隔板将其分成8组，任意两块隔板不能相邻，且不能插在两端的方法数一致，结合隔板法可得结论.
【解析】(1)将12个名额(相同元素)分配给8个班，每班至少1个名额，
相当于12个相同的小球排成一行，在中间插入7块隔板将其分成8组，每组至少1个小球，
所以任意两块隔板不能相邻，且不能插在两端，由插空法可知名额分配方案共有种.
(2)将12个名额(相同元素)分配给8个班，每班没有名额限制的方法，
与将个名额(相同元素)分配给8个班，每班至少一个名额，再从各班所分名额中取走一个的方法相等，
也就相当于个相同的小球排成一行，在中间插入7块隔板将其分成8组，因为每组至少1个小球，
所以任意两块隔板不能相邻，且不能插在两端，由插空法可知名额分配方案共有种.
题型06 不同元素的分组分配问题
【典例6-1】(多选)(23-24高二下·山西忻州·阶段练习)在4张奖券中，一、二、三、四等奖各1张，将这4张奖券分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至多2张，则下列结论正确的是( )
A．若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有24种不同的获奖情况
B．若甲获得了一等奖和二等奖，则共有6种不同的获奖情况
C．若仅有两人获奖，则共有36种不同的获奖情况
D．若仅有三人获奖，则共有144种不同的获奖情况
【答案】ACD
【分析】将4个奖项分给4个人的全排列数判断A；按另两个奖项由1人获得、2人获得分类计算判断B；将4个奖项按平均分组，再分配判断C；取2个奖项一组，分3组分给3人判断D.
【解析】对A，若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有种不同的获奖情况，A正确．
对B，若甲获得了一等奖和二等奖，则其他三人有一人获得2个奖项或者有两人各获得1个奖项，
共有种不同的获奖情况，B错误．
对C，若仅有两人获奖，则有两人各获得2个奖项，共有种不同的获奖情况，C正确．
对D，若仅有三人获奖，则有一人获得2个奖项，有两人各获得1个奖项，
共有种不同的获奖情况，D正确．故选：ACD
【典例6-2】 将6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？
(1)-堆一本，一堆两本，一堆三本；
(2)甲得一本，乙得两本，丙得三本；
(3)-人得一本，一人得二本，一人得三本；
(4)平均分给甲、乙、丙三人；
(5)平均分成三堆．
【分析】本例为分组或分配问题，分配问题是把物件分给不同的人（或团体），是有顺序可言的,而分组问题，只是把物件分成组，是无顺序的，两者有着明显的不同，其关系与排列数同组合数的关系类似,可结合乘法计数原理及排列组合知识逐一求解.
【解析】(1)先在6本书中任取一本，作为一堆，有种取法，再从余下的五本书中任取两本，作为一堆，有种取法，再后从余下三本取三本作为一堆，有种取法，故共有分法（种）．
(2)由(1)知，分成三堆的方法有种，而每种分组方法仅对应一种分配方法，故甲得一本，乙得二本，丙得三本的分法亦为（种）．
(3)由(1)知，分成三堆的方法有种，但每一种分组方法又有种不同的分配方案，故一人得一本，一人得两本，一人得三本的分法有（种）
（4）3个人一个一个地来取书，甲从6本不同的书本中任取出2本的方法有 种，甲不论用哪一种方法取得2本书后，已再从余下的4本书中取书有种方法，而甲、乙不论用哪一种方法各取2本书后，丙从余下的两本中取两本书，有 种方法，所以一共有=90种方法．
（5）把6本不同的书分成三堆，每堆二本与把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人二本的区别在于，后者相当于把六本不同的书，平均分成三难后，再把每次分得的三堆书分给甲、乙、丙三个人．因此，设把六本不同的书，平均分成三堆的方法有x 种，那么把六本不同的书分给甲、乙、丙三人每人2本的分法就应有种，由（4）知，把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人2本的方法有 种．所以＝ ，则(种）
【点拨提升】 本问题中的每一个小题均为一种分组或分配问题，搞清类型的归属对今后解题大有裨益，其中: (1)属非均匀分组问题;(2)属非均匀定向分配问题;(3)属非均匀不定向分配问题;(4)属均匀不定向分配（平均分配）问题;(5)属均匀分组（平均分组）问题．这是一个典型问题，同学们要掌握好.
要特别注意平均分配与平均分组的区别，如6本书分给甲、乙、丙三人各两本和分成3堆每堆两本是有区别的，前者虽然也属均分问题，但要甲、乙、丙三个人一个人一个人的去拿，而后者属均分问题又是无序问题，所以必须除以 ．一般地，n个元素中有个元素（≤n)均分成m堆一定要除以 ．
非均匀不定向分配问题一般“先分堆，再分配”，如第(3)小题.
不同元素分组、分配问题的求解策略
整体均分组 分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数
部分均分组 若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数
不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等
不同元素的分配 利用分步乘法计数原理，先分组，后分配
有限制条件的分配 采用分类讨论法求解
【变式6-1】(23-24高三下·山西·开学考试)“畅通微循环，未来生活更舒适”．我国开展一刻钟便民生活圈建设，推进生活服务业“规范化、连锁化、便利化、品牌化、特色化、智能化”发展，以提质便民为核心，高质量建设国际消费中心城市，便民商业体系向高品质发展．某调研机构成立5个调研小组，就4个社区的便民生活圈的建设情况进行调研，每个调研小组选择其中1个社区，要求调研活动覆盖被调研的社区，共有派出方案种数为( )
A．120 B．240 C．360 D．480
【答案】B
【分析】根据分组分配的组合问题，即可求解.
【解析】将这5个调研小组分成2，1，1，1这4个小组，然后派往4个社区，
所以派出方案种数为．故选：B．
【变式6-2】(24-25高二下·湖南郴州·期末)2025年第十三届中国(湖南)国际矿物宝石博览会5月16日在郴州国际会展中心举行，甲、乙、丙、丁、戊5人参与接待、引导和协助三类志愿者服务工作，每类工作必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一类工作，则不同的志愿者分配方案的种数是( )
A．120 B．150 C．180 D．300
【答案】B
【分析】根据题意可知有，两种分配方案，进而求解即可.
【解析】由题意，按分配，方案的种数为,
按分配，方案的种数为,
所以不同的志愿者分配方案的种数是.故选：B.
【变式6-3】(24-25高二下·福建福州·期中)某大学开设了《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三门，大一到大三三个学年必须将四门选修课程修完，则每位同学的不同选修方式有( )
A．60种 B．78种 C．96种 D．144种
【答案】B
【分析】结合题意可得每位同学每年所修课程数可以分为或或，先将课程分组，再分配到三个学年，最后按照分类加法计数原理、分步乘法计数原理计算即可.
【解析】由题意可知三年修完四门课程，且每年至多选三门，
则每位同学每年所修课程数可以分为或或，
若按选修四门课程，则先将四门选修课分成三组，有种不同方式，
再分配到三个学年，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式；
若按选修四门课程，则先将四门选修课分成三组，有种不同方式，
再分配到三个学年，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式；
若按选修四门课程，则先将四门选修课分成三组，有种不同方式，
再分配到三个学年，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式；
所以每位同学的不同选修方式有种．故选：B．
【变式6-4】(多选)(24-25高二下·重庆·期中)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
【分析】A计算每次使用法宝的种数，再利用分步乘法计数原理计算；B先将7件法宝分成3组，每组至少2件，再进行分配；C先排列其余5件法宝，再利用插空法排列即可；D利用倍缩法解决定序问题即可.
【解析】对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
题型07 数字的排列组合
【典例7-1】(24-25高二下·河南南阳·期末)从中任取个数字，从中任取个数字，用这个数字组成的没有重复数字的五位数的个数为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】分五位数中有和没有两种情况，利用排列、组合，直接求解即可.
【解析】若组成的位数中没有，则有个；
若组成的位数中有，则有个，
所以用这个数字组成的没有重复数字的五位数有个.故选：C
【典例7-2】(多选)(24-25高二下·江苏苏州·阶段练习)用数中0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是( )
A．可以组成300个四位数 B．可以组成180个四位偶数
C．可以组成96个能被3整除的四位数
D．将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85个数为2310
【答案】AC
【分析】A选项，先考虑千位，再考虑剩余3个数位，相乘得到答案；B选项，分个位为0和个位不为0两种情况，相加得到答案；C选项，选出四个数，数字之和能被3整除，再考虑每种情况下能组成的四位数个数，相加后得到答案；D选项，先考虑千位数字为1，再考虑千位数字为2，再考虑百位，从而得到从小到大排列，第85个数为2301.
【解析】对A，先从1，2，3，4，5五个数字中选出1个放在千位上，有种选择，
再从添上0后的剩余5个数中选出4个，放在百位，十位和个位上，有种选择，
因此可以组成没有重复数字的四位数个数为，A正确；
对B，分两种情况，当个位为0时，从1，2，3，4，5五个数中，选择3个放在千位，百位和十位上，有中选择，
当个位不为0时，先从2，4中选择1个放在个位上，有种选择，
再考虑千位，从除去0外的剩余4个数中，选择1个放在千位，有种选择，
再从添上0后的4个数中，选择2个，和剩余的百位和十位进行全排列，有种选择，
故可以组成没有重复数字的四位偶数个数为，B错误；
对C，能被3整除的四位数，数位上的数字之和要能被整除，
先从0，1，2，3，4，5六个数中，选出四个数，数字之和能被3整除的有0,1,2,3；0,2,3,4；0,1,3,5；0,3,4,5和1,2,4,5；
其中0,1,2,3，先考虑千位，从除去0的三个数中，选出1个，有种选择，再考虑剩余的3个数，有种选择，可以组成的没有重复数字的四位数个数为，
同理可得0,2,3,4；0,1,3,5；0,3,4,5，均可以组成的没有重复数字的四位数个数为18，
1,2,4,5，能组成没有重复数字的四位数个数为，
因此可以组成个能被3整除的四位数，C正确；
对D，若组成的没有重复数字的四位数千位为1，
此时剩余的5个数中，选择3个，分别安排在百位，十位和个位，有个，
若组成的没有重复数字的四位数千位为2，
此时剩余的5个数中，选择3个，分别安排在百位，十位和个位，有个，
，故将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85个四位数千位为2，
若组成的没有重复数字的四位数千位为2，百位为0，此时从剩余的4个数字中选择2个，放在十位和个位，组成的没有重复数字的四位数有个，，
同理可得：若组成的没有重复数字的四位数千位为2，百位为1，组成的没有重复数字的四位数有个，，因此将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85个数为2301，D错误.
故选：AC
排数问题核心是结合分步乘法计数原理，先定特殊位置( 元素)，再处理剩余部分.
优先安排有约束的元素（如首位非 0、奇偶定位），再排无要求元素，比如用 0-9 组成无重复三位偶数，先定个位（0/2/4/6/8），再定首位（非 0），最后定十位.
【变式7-1】(24-25高二下·河北唐山·阶段练习)由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有( )
A．48个 B．52个 C．60个 D．120个
【答案】B
【解析】由题意可知，分为两种情况：
情况一：个位是0，则有不同的结果个；
情况二：个位不是0，则有不同结果个；
所以共有个；故选：B.
【变式7-2】(24-25高二下·江苏苏州·阶段练习)只用2，3，4，5四个数字组成一个五位数，规定这四个数字必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数有( )
A．96 B．144 C．240 D．288
【答案】B【难度】0.65
【知识点】排列组合综合、分步乘法计数原理及简单应用、不相邻排列问题、数字排列问题
【分析】由分步乘法计数原理分三步求解即可.
【解析】从2，3，4，5四个数字选个作为重复数字，共有种选法，
将不重复的个数字全排列，有种排法，
不重复的个数字排好后形成个空位，从中选个空位插入重复数字，共有种选法，
根据分步乘法计数原理，可得，所以这样的五位数有个.故选：.
【变式7-3】（2025·高二·江苏南京·阶段练习）“渐升数”是指每一位数字都比左边数字大的正整数（如1347），那么四位“渐升数”有 个，比5789小的四位“渐升数”有 个.（用数字作答）
【答案】
【解析】根据题意，“渐升数”中不能有0，则在其他的9个数字中任取4个数，
则每种取法对应一个“渐升数”，所以四位“渐升数”有个；
当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个；
当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个；
当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个；
当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个；
当千位数字为，百位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个，
综上可得，比5789小的四位“渐升数”有个.
故答案为：；.
题型08 涂色问题
【典例8-1】(24-25高二下·广东广州·期中)如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有4种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为( )

A．96 B．144 C．480 D．600
【答案】B
【分析】由分步乘法计数原理按步骤去涂色即可.
【解析】第一步涂陕西有4种选择，第二步涂湖北有3种选择，第三步涂安徽有3种选择，第四步涂江西有2选择，第五步涂湖南有2种选择，
所以共有种涂色方案.故选：B
【典例8-2】（2025·高三·上海·阶段练习）如图，一个区域分为5块，现给每块着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．若有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种．

【答案】72
【解析】按照使用颜色的种灶分为两类：
第一类，使用了4种颜色，此时2，4同色或3，5同色，则共有，
第二类，使用了三种颜色，此时2，4同色且3，5同色，则共有，
所以共有种.
故答案为：.
求解涂色(种植)问题一般直接利用两个计算原理求解：
(1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
(3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
【变式8-1】（2025·高二·全国·课堂例题）将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有 种不同的涂色方法．
【答案】260
【解析】如图所示，将4个小方格依次编号为1，2，3，4，第1个小方格可以从5种颜色中任取一种颜色涂上，有5种不同的涂法，第2个、第3个小方格涂色可分两类：
第1类，当第2个、第3个小方格涂不同颜色时，有种不同的涂法，第4个小方格有3种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有种不同的涂法；
第2类，当第2个、第3个小方格涂相同颜色时，有4种涂法，由于相邻两格不同色，因此，第4个小方格也有4种不同的涂法，由分步乘法计数原理可知有种不同的涂法．
由分类加法计数原理可得共有种不同的涂法．
故答案为：260
1 2
3 4
【变式8-2】（2025·江西新余·模拟预测）如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有 种不同的染色方案.
【答案】192
【解析】法一：间隔元素分析法：
①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种；
②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种；
③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式；
若与不同色，则只有1种上色方式；
故有种；
④不同色，不同色，
1）同色，则有种；2）不同色，则有种.
综上，共有种方式.
法二：相邻最多元素优先分析法：
考虑到影响的元素最多：
①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种；
2）不同色，则有2种染色法，故共有：种；
②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到），
故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种.
综上：共有种染色方案.
故答案为：192.
【变式8-3】（2025·高三·甘肃酒泉·期末）用4种不同的颜色对如图所示的6个区域（图中，，，，，）进行着色，要求相邻区域颜色不同，则共有 种不同的着色方法．
【答案】120
【解析】根据题意，用4种不同颜色标注6个区域，相邻区域颜色不相同，
则，，，，五个区域中必有两组不相邻的区域分别涂同一种颜色，
共有：{“和”且“和”}，{“和”且“和”}，{“和”且“和”}，
{“和”且“和”}，{“和”且“和”}5种情况，
所以不同的涂色共有种．
故答案为：120.
题型09 排列组合的综合问题
【典例9-1】(2025高二·全国·专题练习)从A，B，C，D，E这5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛，其中A不参加物理、化学竞赛，则不同的参赛方案有( )种.
A．24 B．48 C．72 D．120
【答案】C
【分析】根据分类加法计数原理和排列组合的应用，对特殊元素分类讨论，分别计算不同的情况种类数目，求出结果.
【解析】解法1(特殊元素优先)：若A参加竞赛，则参赛方案有种；
若A不参加竞赛，则参赛方案有种，因此不同的参赛方案有72种.
解法2(特殊位置优先)：先从除了A以外的4名学生中选择2名参加物理、化学竞赛，有种；
再从余下的3名学生中选择2名参加数学、外语竞赛，有种；因此共有种不同的参赛方案.
故选：C.
【典例9-2】(多选)(25-26高三上·内蒙古包头·阶段练习)由0，1，2，3，4，5这六个数字，组成没有重复数字的四位数，则下列说法错误的是( )
A．该四位数是奇数的有108个
B．该四位数能被5整除的有108个
C．该四位数中，个位上的数字小于十位上的数字的有150个
D．若该四位数是偶数，将这些偶数从小到大排列，则第71个数是3142
【答案】AD
【分析】对选项A：优先考虑个位为奇数，再考虑千位不能是0，借助排列组合数公式计算即可；对选项B：优先考虑个位为0以及个位为5，再利用排列组合数公式及分类计数原理计算即可；对选项C：分别讨论个位是0，1，2，3，4，再利用排列组合数公式及分类计数原理计算即可；对选项D：借助计数原理等知识，优先考虑千位数，依次讨论千位数为1，2，3，在考虑百位数，直至找到第71个数即可.
【解析】对选项A：当末位是数字1，3，5时，千位不能是0，共有个奇数．所以A错误；
对选项B：能被5整除的数则末位是数字0或5，当末位是数字0时，可以组成个，
当末位是数字5时，首位有4种选法，中间两位可以从余下的4个数字中选两个，有个，
根据分类计数原理知共有个，所以B正确；
对选项C：该四位数中个位上的数字小于十位上的数字，个位是0，有个；
个位是1，有个；个位是2，有个；
个位是3，有个；个位是4，有个，
共有：个，所以C正确；
对选项D：当千位是数字1时，可以组成个偶数；
当千位是2时，偶数共有个偶数；
千位是3时，百位为0时有：个；合计66个，
千位是3．百位是1时，偶数依次为：3102，3104，3120，3124，3140，3140就是0，1，2，3，4，5这六个数组成没有重复数字的四位偶数，将这些四位数从小到大排列起来第71个数．所以D不正确；故选：AD．
【典例9-3】(24-25高二下·广东深圳·期末)深圳市某公园一条笔直的林荫道上有张长椅．现因规划要求，需移走其中张长椅．要求两端的长椅不能移走，且移走的相邻两张长椅之间，至少要留下三张长椅，则不同的移走方案共有 ．
【答案】
【分析】先安排15张长椅，其中4张移走的长椅，则分成5段，将剩下的3张长椅放进5个位置中，分类讨论，利用分类加法计数原理即可求解.
【解析】先安排15张长椅，按如下顺序排好，分成5段.(表示留下的长椅，表示将移走的长椅)
再将剩下的3张长椅放进5个位置中，则：
第一类情况：若3张长椅在一起，有种方法；
第二类情况：若3张长椅分两组，有种方法；
第三类情况：若3张长椅均不在一起，有种方法.
根据分类加法计数原理共有种方法.故答案为：.
对于排列组合的综合问题，一般先取出元素（组合）再根据条件将元素放置到不同的位置上去（组合），即先取后排.
【变式9-1】(24-25高二下·湖北武汉·期末)某单位劳动节共有五天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从A、B、C、D、E、F、G七人中选择五人值班，每名员工最多值班一天，已知A不在第一天值班，B不在第五天值班，则值班安排共有( )
A．1740种 B．1760种 C．1800种 D．1860种
【答案】D【难度】0.85【知识点】排列组合综合、元素(位置)有限制的排列问题
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合排列、组合计数问题列式计算即得.
【解析】若A、B不值班，值班安排有种；
若A、B只有一人不值班，值班安排有种；
若A、B都值班，值班安排有种，
所以值班安排共有1860种.故选：D.
【变式9-2】(多选)(24-25高二下·云南昭通·阶段练习)现有数字0，1，1，1，2，3，4，5，下列说法正确的是( )
A．可以组成720个没有重复数字的六位数 B．可以组成288个没有重复数字的六位偶数
C．可以组成3240个六位数 D．可以组成2160个相邻两个数字不相同的八位数
【答案】CD
【分析】根据分步乘法和分类加法计数原理分别判断各选项即可．
【解析】对A，没有重复数字的六位数应由0，1，2，3，4，5组成，共有个，故A错误；
对B，没有重复数字的六位偶数有两类情况，末位为0的有个，末位不为0的有个，共有个，故B错误；
对C，没有重复数字的六位数有600个，有两个1的六位数有个，
有三个1的六位数有个，共有个，故C正确；
对D，先排0，2，3，4，5，首位为0的有个，首位不为0的有个，再插人，
共有个，故D正确，故选：CD．
【变式9-3】（2025·高二·河南·期中）已知集合，若、、且、、互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是 .
【答案】
【解析】若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若、和在上单调递增，则有个.
综上所述：共有个.
故答案为：.
题型10 求特定项或项的系数、二项式系数
【典例10-1】(2025·湖南长沙·三模)二项式的展开式中第5项的系数为( )
A．252 B．-252 C．210 D．-210
【答案】C
【分析】求出展开式的通项，从而可得第5项的系数．
【解析】二项式展开式的通项公式，
当时，第5项系数为210．故选：C.
【典例10-2】(24-25高二下·广东中山·阶段练习)的展开式中常数项为( )
A．120 B．-120 C．180 D．-180
【答案】D
【分析】因为，所以分别求和展开式中的常数项，再相加即可得出结果.
【解析】
展开式的通项为:，.
不存在的值使得，所以的展开式中没有常数项；
当且仅当时，常数项为，则常数项为.
综上所述：的展开式中常数项为-180.故选：D.
【典例10-3】(1)(2025·河南郑州模拟)的展开式中的系数为(　　)
A.4 B.6
C.8 D.12
(2)(1＋2x－3x2)5的展开式中含x5的项的系数为　　　　.
【答案】(1)B　(2)92
【解析】(1)＝的通项Tk＋1＝yk，令k＝2，得T3＝y2＝y2，所以＝6.故选B.
(2)将(1＋2x－3x2)5看作5个因式1＋2x－3x2的乘积，这5个因式乘积的展开式中形成x5的来源有：①5个因式各出一个2x，这样的方式有种，对应的项为(2x)5；②有3个因式各出一个2x，有1个因式出一个－3x2，剩余1个因式出一个1，这样的方式有种，对应的项为(2x)3(－3x2)；③有1个因式出一个2x，2个因式各出一个－3x2，剩余2个因式各出一个1，这样的方式有种，对应的项为(2x)(－3x2)2；所以含x5的项的系数为×25＋×23××(－3)＋×2××(－3)2＝92.
1.求(a＋b)n(n∈N＋)的展开式中的特定项的步骤
2.求(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N＋)型展开式中问题的思路
(1)若m，n中有一个比较小，可考虑把它展开，如(a＋b)2·(c＋d)n＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)n，然后分别求解；
(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并；
(3)分别得到(a＋b)m，(c＋d)n的通项，综合考虑.
注意：对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏.
3.求(a＋b＋c)n(n∈N＋)型展开式中问题的方法
(1)因式分解法：将三项式利用因式分解变化为两个二项式，然后再用二项式定理求解问题.
(2)逐层展开法：将三项式分成两组，用二项式定理展开，再把其中含二项式的项展开，从而求解问题.
(3)组合知识法：把(a＋b＋c)n看成n个(a＋b＋c)的积，利用组合知识分析项的构成.
【变式10-1】(24-25高二下·贵州遵义·期中)的展开式中，项的二项式系数为( )
A． B． C． D．84
【答案】D
【解析】的展开式中，项的二项式的项为：，
所以项的二项式系数为.故选：D.
【变式10-2】(24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末)的展开式中的系数为 .
【答案】12
【解析】因为，
所以的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为12.
【变式10-3】的展开式中，x3y3的系数是　　　　(用数字作答).
【答案】－120
【解析】表示6个因式x2－＋y的乘积，在这6个因式中，有3个因式选y，其余的3个因式中有2个选x2，剩下一个选－，即可得到x3y3的系数，即x3y3的系数是×(－2)＝20×3×(－2)＝－120.
题型11 项的系数及二项式系数的最值
【典例11-1】(24-25高二下·安徽滁州·期中)的展开式中二项式系数最大的项为( )
A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项
【答案】B
【解析】因为展开式中共有7项，所以展开式中间项的二项式系数最大，
则第4项的二项式系数最大，故B正确.故选：B.
【典例11-2】(2025高三·全国·专题练习)已知，二项式展开式的前三项的系数成等差数列，则展开式中二项式系数的最大值为 ，系数最大值为 ．
【答案】70；7
【分析】写出通项，求出前三项的系数，根据等差中项的概念列出等式，解出n，
设第项的系数最大得，求解即可.
【解析】二项式通项公式为：，
所以第一项的系数为：，第二项的系数为：，第三项的系数为： ，
由于前三项的系数成等差数列，所以，解得，或，
因为至少有前三项，所以(舍)，故，所以二项式系数的最大值为.
二项式通项公式为：，设第项的系数最大，
则，即，即，解得，
因为，所以或，故系数最大的项为或.
故系数最大值为7.故答案为：70；7.
1.求二项式系数最大项
(1)如果n是偶数，那么中间一项的二项式系数最大.
(2)如果n是奇数，那么中间两项的二项式系数相等且最大.
2.求展开式系数最大项
求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法.设展开式中各项系数分别为A0，A1，A2，…，An，且第r＋1项最大，应用解出r，即得出系数的最大项.
【变式11-1】(多选)(24-25高二下·甘肃甘南·期末)在的展开式中，下列说法正确的是( )
A．常数项为160 B．各二项式系数的和为64
C．各项系数的和为1 D．各二项式系数的最大值为240
【答案】BC
【分析】根据二项式展开式的通项公式的性质以及各项系数和的求法来逐一分析选项．
【解析】由二项式的展开式的通项为，，
令，解得．则常数项为，所以A错误；
根据二项式系数和的性质，可得的各二项式系数的和为，所以B正确；
要求各项系数的和，可令，则，所以各项系数的和为1，所以C正确；
因为，所以二项式系数最大的是中间项，即第项，其二项式系数为，所以D错误．故选：BC．
【变式11-2】(2025高二·全国·专题练习)在二项式中，，若它的展开式中系数最大的项是常数项，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】先根据的关系确定第5项是常数项，再根据第5项的系数最大求的取值范围.
【解析】，
由，且.即当时，既是常数项又是系数最大的项，
故，即，
由，；
由，，.
所以：．
题型12 项的系数和、二项式系数和
【典例12-1】(24-25高二下·江苏南京·阶段练习)已知，则下列描述正确的是( )
A． B．
C． D．除以5所得的余数是1
【答案】D
【分析】利用赋值法即可判断ABC；根据二项式展开式的通项即可求解D.
【解析】，令，可得，
再令，可得，，故A错误．
因为，
所以，所以，故B错误．
由于为展开式各项系数和，
故，，故C错误．
由题意，，
显然，除了最后一项外，其余各项均能被5整除，除以5所得的余数是1，故D确．故选：D
【典例12-2】（多选题）（2025·高二·辽宁·开学考试）对任意实数，有.则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【解析】对任意实数x有
，
所以，故A正确；
令，可得，故B不正确；
令，可得，故C正确；
令，可得，故D正确．
故选：ACD．
求展开式中各项系数的和，在使用赋值法时，令a，b等于多少，应视具体情况而定，一般取1，－1或0，有时也取其他值.
【变式12-1】(24-25高二下·广东清远·期中)若，则( )
A．256 B．127 C．128 D．129
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用赋值法求解即得.
【解析】令，得，
令，得，两式相减，得，
令，得，所以.故选：D
【变式12-2】(2025·湖南益阳·模拟预测)若，则( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】令计算可判断A；利用展开式的通项公式计算可判断B，令计算可判断C；令结合C选项计算可判断D.
【解析】对A，令，得，即，故A错误；
对B，通项为，所以，故B错误；
对C，令，得，即，故C正确；
对D，令，得，即，
因为，所以，
因为，所以不成立，
故D错误.故选：C
【变式12-3】(24-25高二下·福建厦门·阶段练习)若，则的值为( )
A．1 B．0 C． D．2
【答案】C
【分析】通过令，求得，再令，计算即得.
【解析】由，
令，可得，
再令时，可得，
故.故选：C.
题型13 整除与余数
【典例13-1】（2025·高三·甘肃武威·期末）除以的余数为 .
【答案】1
【解析】因为
，
所以除以的余数是
故答案为：
【典例13-2】设，且能被6整除，则的值可以为 .(写出一个满足条件的的值即可)
【答案】5（答案不唯一）
【解析】
，
其中被6整除，
由能被6整除，可得能被6整除，
则n的值可以为5，或11，或17等，答案不唯一
故答案为：5（答案不唯一）
利用二项式定理可以解决求余数和整除的问题，通常需将底数化成两数的和与差的形式，且这种转化形式与除数有密切的关系
【变式13-1】(24-25高二下·陕西咸阳·期末)除以128的余数为( )
A．51 B．43 C．41 D．33
【答案】C
【分析】变形为，再利用二项展开式即可得到答案.
【解析】因为，
且显然能被128整除，
所以所求余数即为681除以128的余数.
因为，所以除以128的余数为41.故选：C.
【变式13-2】 (24-25高二下·湖北武汉·期末)下列能整除的数是( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】D
【解析】
，能被8整除.故选：D.
【变式13-3】(24-25高二下·山东泰安·期末)已知，
①若，则；②若，则；③若，则中含项的系数为48；④若为偶数，则能被4整除； 则正确命题的序号是
【答案】①②④
【解析】由，令得：，
所以，故①正确；
由得，令，
可知在上单调递减，又，故②正确；
若，则，所以，
由的通项为，的通项为，
所以中的系数为：，故③错误；
由，若时，，
由能被8整除，所以能被4整除，故④正确.故答案为：①②④.
题型14 近似计算问题
【典例14】（2025·高三·河北·开学考试）已知二项式的二项式系数的和为，则 .试估算时，的值为 .（精确到）
【答案】
【解析】二项式的二项式系数的和为，解得，
当时，
.
故答案为：；.
用二项式定理求近似值问题，模式比较固定，近似值问题先凑整，再展开．
【变式14-1】（2025·高二·江西九江·期末）实数精确到的近似值为 .
【答案】
【解析】因为
，
将精确到，故近似值为.
故答案为：.
【变式14-2】(多选)(24-25高二下·江苏镇江·阶段练习)下列说法正确的是( )
A．若二项式的二项式系数和为32，则展开式中的有理项有4项
B．精确到0.1的近似值为1.6
C．被8除的余数为7
D．的展开式中含项的系数为5376
【答案】BCD
【解析】对A：二项式系数和为32，则，解得；的通项为，则当时为有理项，故A错误；
对B：，故B正确；
对C：因为
所以被8除的余数为7，故C正确；
对D：，
所以的系数为，故D正确.故选：BCD.
题型15 杨辉三角问题
【典例15-1】(多选)(24-25高二下·山东·期中)如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第行是的展开式的二项式系数，直观解释二项式系数规律，记第行从左至右的第个数为，若被2024除所得的余数为，则( )

A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】由，再利用二项式展开式可得答案.
【解析】因为
，
所以被2024除所得的余数为，所以.故选：AC.
解决与杨辉三角有关的问题的一般方法是：观察——分析，实验——猜想结论——证明，要得出杨辉三角中的数字的诸多排列规律，取决于我们的观察能力，注意观察方法：横看、竖看、斜看、连续看、隔行看，从多角度观察(横看成岭侧成峰，远近高低各不同)．
【变式13-1】（2025·高二·辽宁·阶段练习）杨辉三角（帕斯卡三角）是我国南宋数学家杨辉用三角形来直观解释二项式系数规律的一种方法，如图，记第行的第个数为，则 ， .
【答案】 45 1
【解析】根据题意分析可得，；
由，且左侧展开式中的系数为，
而右侧展开式中的系数为
，
所以，
则.
故答案为：；.
【变式13-2】（2025·高二·四川眉山·期中）在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现了一些规律．在我国南宋数学家杨辉年所著的《解析九章算法》一书中，出现了这个表，我们称这个表为杨辉三角．杨辉三角是中国古代数学中十分精彩的篇章．杨辉三角如图所示：
如上图，杨辉三角第行的个数依次为，，…，．现将杨辉三角中第行的第个数乘以，第行的一个数为，得到一个新的三角数阵如下图：
在这个新的三角数阵中，第行的第个数为 ；第行的所有数的和为 ．
【答案】
【解析】由题可得杨辉三角中第行的第个数为，
则新的三角数阵中第行的第个数为，故第10行的第3个数为，
新的三角数阵中第行的和为：，
设，，
两边求导得，，
令得，，
所以新的三角数阵中第行的和为.
故答案为：90，．
【变式13-3】（2025·高二·山西·期中）如图是我国古代著名数学家杨辉在《解析九章算术》给出的一个用数排列起来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和为 .
【答案】
【解析】第三行的第三位数字是，第四行的第三位数字是，
第五行的第三位数字是，，第十五行的第三位数字是，
由
，
则
.
故答案为：.
一、单选题
1．（24-25高二下·云南保山·期中）已知，则（ ）
A．2 B．6 C．2或5 D．2或6
【答案】D
【解析】由，可得或，解得或.
故选：D.
2．（25-26高二上·广东江门·月考）集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为（ ）
A．12 B．11 C．8 D．6
【答案】B
【解析】个位数取自集合，十位数取自集合，共有个，
个位数取自集合，十位数取自集合，共有个，
这两类中重复的有数字，故所有样本点的个数为.
故选：B
3.(2025·安徽·模拟预测)现将12个相同的小球全部放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放2个小球，则不同的放法共有( )
A．24种 B．35种 C．56种 D．70种
【答案】
【解析】先在每个盒子中分别放入一个小球则剩余个小球，
只需保证个盒子中分别再放入至少个小球，则采用隔板法可得有种放法.故选择：B
4.(24-25高二下·湖北恩施·期末)某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出二十四节气宣传橱窗，其中“雨水”，“惊蛰”，“谷雨”，“芒种”，“白露”，“寒露”6块知识展板放置在排成一排的六个文化橱窗里，要求“雨水”和“谷雨”两块展板不相邻，且“白露”与“寒露”两块展板不相邻，则不同放置方式的种数为( )
A．144 B．240 C．336 D．456
【答案】
【解析】根据题意，第一步，让“雨水”和“谷雨”不相邻，不同放置方式种数为；
第二步，让“雨水和“谷雨”不相邻且“白露和“寒露”相邻，不同放置方式种数为；
所以不同放置方式种数为.故选：C.
5．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，在的两条边上分别有和共9个点，连接线段，如果其中两条线段不相交，则称之为1对“和睦线”，则图中的“和睦线”共有（ ）．
A．60对 B．62对 C．72对 D．124对
【答案】A
【分析】由分步乘法原理、组合数即可求解.
【解析】任意一个四边形恰有1对“和睦线”，故有（对）．
故选：A.
6．（25-26高三上·河南·期中）某校园诗歌朗诵大赛共有5名同学进入决赛，决赛要求这5名同学均从《琵琶行》《蜀道难》《离骚》中选择1篇进行参赛，且这3篇诗歌中每篇均有同学选择，则这5名同学诗歌篇目的选择情况共有（ ）
A．150种 B．240种 C．180种 D．120种
【答案】A
【分析】由题意人数分配只能是“2,2,1”与“3,1,1” 两种组合，分类求解即可.
【解析】5名同学分配到3篇诗歌（每篇至少1人），人数分配只能是 “2,2,1” 或 “3,1,1” 两种组合，
若人数分配为“2,2,1”，则有种不同选择情况；
若人数分配为“3,1,1”，则有种不同选择情况；
综上，共有种不同选择情况.
故选：A
7.(24-25高二上·江西·阶段练习)将1，2，3，4，5，6，7，8填入如图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有两列数字之和为9的填法有( )
A．576种 B．1152种 C．2304种 D．4608种
【答案】D
【分析】将八个数按两个数字和为9进行分组，再任取两组并填入两列，然后用排除法求出余下4个数字填入方格的方法数即可求得答案.
【解析】依题意，将1，2，3，4，5，6，7，8按照两个数字之和为9分成“18，27，36，45”四组，从中任取2组有种方法，
再在四列方格中任选2列，填入这两组数字，有种方法，每一列的两个数字的排列有种方法；
余下4个数字填入方格有种，满足同列数字和为9的有种，
所以不同填法共有种.故选：D
8．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先对图中挂件进行编号，根据已知条件分析讨论各层挂件的涂色方法数，从而得出所有的涂色方法种数．
【解析】给挂件进行如图所示的编号，
中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件，
用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，
1号有4种涂色方法，2，3，4号有种涂色方法，
分情况讨论5，6，7号的涂色方法：
①若5号与1号同色，6号与2号同色，则7号只有1种涂色方法，
5，6，7号有种涂色方法；
②若5号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种涂色方法，则7号有2种涂色方法，
5，6，7号有种涂色方法；
③若5号与1号异色，与3号同色，5号只有1种涂色方法，
当6号与4号同色时，7号有2种涂色方法；
当6号与4号异色时，6号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法，
5，6，7号有种涂色方法；
④若5号与1号、3号均异色，则5号只有1种涂色方法，6号、7号均有2种涂色方法，
5，6，7号有种涂色方法；
综上，所有的涂色方法种数为，故C正确．
故选：C．
二、多选题
9．（24-25高二下·山东聊城·期中）给出下列问题，属于组合问题的有（ ）
A．从2，11，13，17中任选两个数相除，可以得到多少个不同的商.
B．有5张广场演唱会门票，要在8人中确定5人去观看，有多少种不同的选法
C．从20只不同颜色的气球中选出6只布置教室，有多少种不同的选法
D．艺术节排练，从甲、乙、丙等9名同学中选出4名分别去参加两个不同的节目，有多少种不同的安排方法
【答案】BC
【解析】对于选项A，选数后作商有顺序，故不是组合问题，A错误；
对于选项B，从8人中选5人，无顺序，符合组合定义，B正确；
对于选项C，从20只不同的球中选6只，无顺序，符合组合定义，C正确；
对于选项D，9人中选4人参加两个不同节目，有先后顺序，不是组合问题，D错误.
故选：BC
10.(25-26高三上·四川成都·开学考试)将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本，则下列说法正确的是( )
A．若甲分得1本，乙分得2本，丙分得3本，则有60种方案 B．若每人分得2本，则有90种方案
C．若三人分得书本数互不相同，则有360种方案 D．共有450种分配方案
【答案】ABC
【分析】利用分组分配问题的解法即可得解.
【解析】对A，甲1本 乙2本 丙3本，方案数为，故A正确；
对B，每人2本，方案数为，故B正确；
对C，书本数互不相同(即1，2，3)，所以方案数为，故C正确；
对D，分三类：第一类，每人2本，方案数为90种；
第二类，一人1本，一人2本，一人3本，方案数为360种；
第三类，一人4本，另外两人各1本，方案数为，
故总的分配方案数为种，故D错误.故选：ABC.
11．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《解析九章算法》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.下列结论正确的是（ ）
A．第48行的所有数字之和被7除的余数为1
B．第20行第7个数和第8个数的比为
C．从第4行起到第19行，每一行的第4列数字之和为
D．第行所有数的平方和等于第行最中间的数
【答案】ACD
【分析】对A：由题意可得，再借助二项式的展开式计算即可得；对B：计算即可得；对C：借助计算即可得；对D：借助，再利用二项式的展开式的通项公式计算即可得.
【解析】对A：第48行的所有数字之和为，
由，
故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，故A正确；
对B：第20行第7个数为，第8个数为，
，故B错误；
对C：第行的第4个数字为，由，
则
，故C正确；
对D：第行所有数的平方和为，
第行最中间的数为，
由
，
则的展开式中的系数为，
又对，有，则其展开式中的系数为，
即有，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
12．（25-26高三上·上海·月考）的展开式中常数项是 ．（用数值作答）
【答案】924
【分析】把三项变成两项再应用二项式展开式计算求解.
【解析】的展开式中常数项是.
13.(24-25高二下·重庆·阶段练习)如图，5块相同的正方体垒放在桌子上，每次“变化”会随机让其中某块正方体消失，直到所有正方体全部消失不见．如果某次被“变化”的正方体的正上方仍有其他正方体，那么它正上方的正方体会竖直掉落下来，我们称发生了“坍塌”．5次“变化”叫一次“操作”，则所有的“操作”中，发生过坍塌的“操作”次数为 ．
【答案】110
【分析】根据给定条件，求出5次“变化”不发生“坍塌”的次数，再利用排除法求解.
【解析】5次“变化”中，垒放在左侧的3个、右侧的2个正方体都按由上至下的次序消失，不发生“坍塌”，
因此不发生坍塌的“操作”次数为，
所以所有的“操作”中，发生过坍塌的“操作”次数为.故答案为：110
14.(2025高三·全国·专题练习)在一个五位数中，若十位数字，千位数字均比它们各自相邻的数字大，则称此五位数为“五位波浪数”，如45132，则由数字0，1，2，3，4，5，6，7可构成无重复数字的“五位波浪数”的个数为 个.
【答案】721
【分析】根据题意知，0不能在十位、千位和万位.
解法1：根据五位数字中包含0的情况分类，结合分类加法计数原理与分步乘法计数原理即可求解；
解法2：先从这8个数字中任选5个数字，分最大的两个数在千位和十位和最大的数与第三大的数在千位和十位两类讨论，再分别排除0在万位的情况，结合分类加法计数原理与分步乘法计数原理即可求解.
【解析】根据题意知，0不能在十位、千位和万位.
解法1：根据这个五位数字中包含0的情况进行分类.
情况一：当数字中有0时，从另外7个数字中选择4位数字，有种.
①当0在个位时，有种；
②当0在百位时，有种.
情况二：当数字中没有0时，从另外7个数字中选择5个数字，有种.
①最小数字在个位或万位，有种；
②最小数字在百位，有种.
故满足题意的“五位波浪数”有(种).
解法2：先从这8个数字中任选5个数字，有种．以数字1，2，3，4，5为例：
①当最大的两个数即5和4放在千位和十位时，如，共有种；
②当最大的数与第三大的数即5和3放在千位和十位时，则4只能在万位，如，共有种.
分别排除上述两种情形中0在万位的情况.
上述①中包含如这种情况的有种，②中包含如这种情况的有种.
故满足题意的情况共有(种).故答案为：721.
四、解答题
15．（24-25高二下·湖北咸宁·期末）已知.求：
(1)；
(2)；
【解析】（1）令，得.①
令，得，②
由①-②，得，
.
（2），
时，，时，，
，
令，得.
16．（24-25高二下·湖北孝感·月考）用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的五位数．
(1)比20000大的五位偶数共有多少个；
(2)从小到大排列所有的五位数，问35214是第几位？
(3)能被6整除的五位数有多少个．
【解析】（1）根据题意，符合题意的五位数的首位只能是2，3，4，5，共4种可能，
末位数字必须是0、2或4；
当首位是2时，末位是4或0，有种结果，当首位是4时，同样有48种结果，
当首位是3或5时，末位数字必须是0、2或4，共有种结果，
综上，可知共有种结果，即比20000大的五位偶数有个；
（2）根据题意，当五位数首位数字为1、2时，有个数，
当首位数字为3，第2位数字为0、1、2、4时，有个数，
当首位数字为3，第2位数字为，第3位数字为0、1时，有个数，
当首位数字为3，第2位数字为5，第3位数字为2，十位数字为0时，有2个数，
当首位数字为3，第2位数字为5，第3位数字为2，十位数字为1时，比35214小的还有35210，1个数；
则比35214小的五位数有个，故35214是第位；
（3）根据题意，被6整除的数必须是既能被2整除，也能被3整除，
若能被3整除，则各位数字之和必须能被3整除，有2种情况，
①当五个数字由、、、、组成时，其末位数字为、，有个，
②当五个数字由、、、、组成时，首位数字为或时，末位有种选择，共有个，
首位数字为或时，末位有种选择，共有个，此时共有个，
则被整除的五位数有个．
17.(24-25高二下·山西·期末)某校高二年级安排6名优秀学生按照以下要求报名参加数学、物理、化学竞赛，每名学生限报一科竞赛.
(1)若三科竞赛均有2人报名参加，有多少种不同的报名方法？
(2)若4人报名参加数学竞赛，另外两科竞赛各1人报名参加，有多少种不同的报名方法？
(3)若三科竞赛均有人报名参加，有多少种不同的报名方法？
【解析】(1)若三科竞赛均有2人报名参加，则报名方法有种.
(2)若4人报名参加数学竞赛，另外两科竞赛各1人报名参加，则报名方法有种.
(3)由题可得报名人数的分配方案可以是，，或，，或，，.
若三科竞赛的报名人数为，，，则报名方法有种；
若三科竞赛的报名人数为，，，则报名方法有种；
若三科竞赛的报名人数为，，，则报名方法有种.
所以三科竞赛均有人报名参加，报名方法共有种.
18．（2025高三·全国·专题练习）7人站成一排．
(1)一共有多少种不同的排法？
(2)甲站在正中间的不同排法有多少种？
(3)甲、乙两人必须站在两端的不同排法有多少种？
(4)甲、乙两人不能站在两端的不同排法有多少种？
(5)甲不站在排头，也不站在排尾的不同排法有多少种？
(6)甲不站在排头，乙不站在排尾的不同排法有多少种？
(7)甲、乙、丙三人必须排在一起的不同排法有多少种？
(8)甲、乙、丙三人不相邻的不同排法有多少种？
(9)甲、乙、丙三人从左到右顺序是一定的不同排法有多少种？
【解析】（1）由于不受任何条件限制，所以共有种不同的排法．
（2）因为除甲外的6人可站在除正中间之外的6个不同的位置上，所以共有种不同的排法．
（3）首先，甲、乙站在两端的排法有种；其次，其余5人在中间5个不同位置的排法有种，根据分步乘法计数原理，甲、乙两人必须站在两端的不同排法有种．
（4）方法1：甲、乙可以排在除两端的其余5个不同的位置，有种排法，其余5人有种排法，根据分步乘法计数原理，共有种不同的排法．
方法2：甲在排头或排尾的排法有种排法，乙在排头或排尾的排法有种排法，甲、乙同时排在两端的有种排法，故共有种不同的排法．
（5）方法1：甲从中间5个位置任选1个，有种排法，其余6人有种排法，故共有种不同的排法．
方法2：由于甲不能排在两端，只能从其余6人中任选2人排在两端，有种排法，中间5个位置共有种排法，故共有种不同的排法．
方法3：甲站在排头或排尾的排法有种排法，故共有种不同的排法．
（6）方法1：第1类，乙站在排头，共有种不同的排法；第2类，乙不站在排头，由于甲也不能站在排头，所以，排头有种排法，由于有一个人站在排头，乙又不能站在排尾，因此排尾有种排法，中间5个位置有种排法，故共有种不同的排法．
方法2：因为甲站在排头时有种排法，乙站在排尾时有种排法，甲在排头且乙在排尾时有种排法，故共有种不同的排法．
（7）第1步，把甲、乙、丙作为一个整体“捆绑”成一个元素与另4人排成一排有种排法，第2步，甲、乙、丙全排列有种排法，根据分步乘法计数原理，共有种不同的排法．
（8）第1步，除甲、乙、丙三人外的4人有种排法，第2步，其余4人之间及两端有5个空位，将甲、乙、丙三人排入这5个空位，有种排法，故共有种不同的排法．
（9）方法1：七个位置中，先将甲、乙、丙三人外的4人排列，有种排法，然后将甲、乙、丙按规定顺序安排到剩下的3个位置上，故共有种不同的排法．
方法2：先不考虑甲、乙、丙的顺序，有种排法，因为在上述排列中，每6种有且仅有一种恰好是符合甲、乙、丙按一定顺序排列的，故共有种不同的排法．
19．（25-26高三上·四川绵阳·开学考试）已知函数．
(1)当时，设，若在中，唯一的最大的数是，试求的值；
(2)化简；
(3)当时，定义：，化简：．
【解析】（1）因为二项式展开式的通项为：，
又在中，唯一的最大的数是，由于，
所以，即，解得，即，
又，所以或；
（2），
原式；
（3）①，
②，
在①、②添加，则得
③，
④，
③+④得：，
.
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)第五章 计数原理全章复习
教学目标 1、巩固对计数原理、排列数组合数的计算、二项式定理的理解与掌握； 2、进一步熟悉排列数组合数常见类型及解法； 3、进一步熟悉二项式定理的计算和应用；
教学重难点 1、重点：计数原理、排列数组合数计算、二项式展开式的指定项； 2、难点：排列组合综合问题、二项式展开式的系数最值、系数和、二项式定理的应用；
回顾重点知识
知识点01 两个计数原理
1.加法计数原理
完成一件事，可以有n类办法，在第1类办法中有m1种方法，在第2类办法中有m2种方法……在第n类办法中有mn种方法．那么，完成这件事共有N＝种方法．(也称“加法原理”)
21.分步乘法计数原理
完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可，做第1步有m1种不同的方法，做第2步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法．那么，完成这件事共有N＝种方法．(也称“乘法原理”)
3.两个计数原理的区别与联系
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 用来计算完成一件事的方法种数
不同点 分类、相加 分步、相乘
每类方案中的每一种方法都能独立完成这件事 每步依次完成才算完成这件事情(完成某一步并不代表完成这件事)
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，缺一不可
【即学即练】
1.（2025·高二·全国·课后作业）已知集合A ，且A中至少有一个奇数，则这样的集合有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
2.（2025·高二·全国·课堂例题）某班有3名学生准备参加校运会的100米、200米、跳高、跳远四项比赛，如果每班每项限报1人，则这 3名学生的参赛的不同方法有（ ）
A．24种 B．48种 C．64种 D．81种
3.（2025·高二·广东中山·期末）用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（ ）
A． B． C． D．
知识点02 排列组合
1.排列与排列数
（1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示．
（2）排列数的公式：．
特例：当时，；规定：．
（3）排列数的性质：
①；②；③．
2.组合与组合数
(1)组合的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素，合成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合.
(2)组合数定义：从n个不同元素中取出m(m≤n，n,m∈N*)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号表示.
(3)组合数公式:C＝；这里，n,m∈N*，并且m≤n.
(4)特殊地：，，.
【即学即练】
1.(24-25高二下·新疆哈密·阶段练习)已知，则等于( )
A．12 B．7 C．6或13 D．6
2.（2025·高二·陕西咸阳·期中）下列问题不属于排列问题的是（ ）
A．从10个人中选2人分别去种树和扫地
B．从班上30名男生中选出5人组成一个篮球队
C．从班上30名学生中选出6人，分别担任6科课代表
D．从1，2，3，4，5这五个数字中取出2个不同的数字组成一个两位数
3.（2025·高二·江苏徐州·期中）一个口袋内装有大小相同的5个白球和2个黑球，从中取3个球，则不同的取法种数是（ ）
A． B． C． D．
知识点03 二项式定理与杨辉三角
1.二项式定理：
注意：展开式共有项，而不是第项.
2.通项公式：
(1)通项公式：()
注意：在使用通项公式时，要注意通项公式是表示第项，而不是第项.
(2)其中：称为第项的二项式系数.
注意：二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只是指，而后者是指字母外的部分.
3.杨辉三角：展开式的二项式系数，当依次取时，二项式系数表，表中每行两端都是1，除1以外的每一个数都等于它肩上两个数的和 .
4.二项式系数性质：
(1)对称性．与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等．
直线是图象的对称轴．
(2)增减性与最大值：
当是偶数时，中间一项取得最大值；当是奇数时，中间两项 ，取得最大值．
(3)二项式系数和：，
奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和均等于，
即：
推导方法：在中令，和，对得到的两个式子进行加和减即可得到上面结论.
【即学即练】
1.(25-26高三上·北京·阶段练习)在的展开式中，求含的项为( )
A． B． C． D．
2．（24-25高二上·全国·课堂例题）观察图中的数所成的规律，则所表示的数是（ ）
A． B． C． D．
3.(24-25高二下·山东济宁·期中)已知，则( )
A．80 B．81 C．242 D．243
二、熟记重要结论
1.排列数、组合数常用公式
(1)＝(n－m＋1).
(2)＝n.
(3)(n＋1)！－n！＝n·n！.
(4)k＝n.
(5)＋＋…＋＋＝.
2.系数和：
(1)设，
①令，可得：
②令，可得：，即：
(假设为偶数)，再结合①可得：
．(若n为奇数，同理可得结论)
(2)若，则
①常数项：令，得．
②各项系数和：令，得．
③奇数项的系数和与偶数项的系数和
(i)当为偶数时，奇数项的系数和为；
偶数项的系数和为．
(ii)当为奇数时，奇数项的系数和为；
偶数项的系数和为．
(3)若，同理可得．
注意：常见的赋值为令，或，然后通过加减运算即可得到相应的结果
题型01 计数原理的应用
【典例1-1(24-25高二下·吉林长春·阶段练习)有一个信号装置，从左到右依次有4个信号显示窗，每个显示窗可亮红灯、绿灯或不亮灯，则该装置所能发出的不同信号种数为( )
A．12 B．64 C．81 D．256
【典例1-2】(2025·四川巴中·模拟预测)在如图的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格的4个数之和的最大值是 .

完成一件事的方法种数的计算步骤
第一步：审清题意，弄清要完成的事件是怎样的；
第二步：分析完成这件事应采用分类、分步、先分类后分步、先分步后分类这四种方法中的哪一种；
第三步：弄清在每一类或每一步中的方法种数；
第四步：根据分类加法计数原理或分步乘法计数原理计算出完成这件事的方法种数.
【变式1-1】(24-25高二下·吉林·阶段练习)将数字1，2，3填在的表格中，要求每行的数字互不相同，每列的数字也互不相同，则不同的排列方法共有( )
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【变式1-2】(24-25高二下·山东威海·期末)用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为( )
A．48 B．36 C．24 D．18
题型02 排列(组合)数计算
【典例2】（24-25高二下·广东中山·月考）求值、解方程或解不等式(1)求值：
(2)求值：；
(3)解方程：
(4)解方程：已知（），求
(5)解关于的不等式
1.排列数的计算方法
(1)排列数的计算主要是利用排列数的乘积公式进行，应用时注意：连续正整数的积可以写成某个排列数，其中最大的是排列元素的总个数，而正整数(因式)的个数是选取元素的个数，这是排列数公式的逆用．
(2)应用排列数公式的阶乘形式时，一般写出它们的式子后，再提取公因式，然后计算，这样往往会减少运算量．
2.进行组合数的相关计算时，注意以下几点：
(1)像排列数公式一样，公式＝一般用于计算，而公式＝及一般用于证明、解方程(不等式)等．
(2)要注意公式的逆向运用．
【变式2-1】(多选)(23-24高二下·广东江门·阶段练习)下列结论正确的是( )
A． B．(，为正整数且)
C． D．满足方程的值可能为或或或
【变式2-2】(多选)(2023高二·江苏·专题练习)下列等式正确的是( )
A． B． C． D．
【变式2-3】（24-25高二下·宁夏吴忠·期中）求值（用数字表示）
(1)
(2)
(3)已知，求
题型03 优限法(元素或位置优先)
【典例3-1】(24-25高二·全国·课堂例题)从10个不同的文艺节目中选6个编成一个节目单，如果某女演员的独唱节目一定不能排在第二个，则不同的排法共有 种．
【典例3-2】(25-26高二上·全国·单元测试)在一次大型运动会的火炬传递中．某路段的传递活动由共六名火炬手分五棒完成，若第一棒火炬手只能从中产生，最后一棒由两名火炬手共同完成，且两名火炬手不能共同完成最后一棒，则不同的传递方案种数为( )
A．60 B．54 C．120 D．114
特殊元素或特殊位置问题一般从以下三种思路考虑：
(1)以元素为主考虑，即先安排特殊元素，再安排其他元素；(2)以位置为主考虑，即先安排特殊位置，再安排其他位置；(3)用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．以上三种思路可以简化如图．
当限制条件有两个或两个以上时，若互不影响，则直接按分步解决；若相互影响，则先分类，然后在每一类中再分步解决．
【变式3-1】(2025·江西·模拟预测)近两年，智能网联汽车逐步进入大众视野，调研数据显示，中国消费者关注度最高的前6名智能网联车技术分别为V2X(车与人、车、路、云平台)的信息交互技术、车联网通信技术、环境感知技术、云计算技术、整车通项技术、物联网技术，某科技自媒体博主准备连续6天分别对这6项技术进行科普，每天只科普一项技术，每项技术只科普1天，则车联网通信技术与云计算技术在相邻两天进行科普，且信息交互技术不在最后一天科普的安排方法种数为 .(用数字作答)
【变式3-2】(24-25高二下·天津·期末)某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡.现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有( )
A．8种 B．10种 C．12种 D．14种
【变式3-3】(多选)(24-25高二下·重庆南岸·期中)2025年重庆市“心之向往，渝跑渝爱”主题马拉松赛事设置了全程马拉松、半程马拉松、健康跑和亲子跑四个项目．在渝大学生踊跃参加志愿服务，现有甲、乙等5名大学生志愿者，通过培训后，拟安排在全程马拉松、半程马拉松和健康跑、亲子跑四个项目进行志愿者活动，则下列说法正确的是( )
A．若全程马拉松项目必须安排2人，其余三项各安排1人，则有60种不同的分配方案
B．若每个比赛项目至少安排1人，且每人均被安排，则有240种不同的分配方案
C．安排这5人排成一排拍照，若甲、乙相邻，则有42种不同的站法
D．安排这5人排成一排拍照，若甲不站排头或排尾，则有72种不同的站法
题型04 相邻、不相邻问题
【典例4-1】(24-25高二下·重庆长寿·期末)甲、乙、丙、丁四人站成一排，要求甲、乙必须相邻，丙、丁不相邻，则不同的安排方法有( )
A．24 种 B．16 种 C．12 种 D．4 种
【典例4-2】(多选)(24-25高二下·江西·阶段练习)有三名男生 两名女生排队照相，五个人排成一排，则下列说法正确的有( )
A．如果两名女生必须相邻，那么有48种不同排法
B．如果三名男生均不相邻，那么有12种不同排法
C．如果女生不能站在两端，那么有48种不同排法
D．如果三名男生不能连排在一起，那么有108种不同的排法
1.解决“相邻”问题用“捆绑法”．将n个不同的元素排成一排，其中k个元素排在相邻位置上，求不同排法的种数，具体求解步骤如下：
(1)先将这k个元素“捆绑”在一起，看成一个整体；
(2)把这个整体当作一个元素与其他元素一起排列，其排列方法有种；
(3)“松绑”，即将“捆绑”在一起的元素内部进行排列，其排列方法有种；
(4)根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有种．
2.解决不相邻问题用“插空法”．将n个不同的元素排成一排，其中k个元素互不相邻(k≤n－k＋1)，求不同排法的种数，具体求解步骤如下：
(1)将没有不相邻要求的元素共(n－k)个排成一排，其排列方法有种；
(2)将要求两两不相邻的k个元素插入(n－k＋1)个空隙中，相当于从(n－k＋1)个空隙中选出k个分别分配给两两不相邻的k个元素，其排列方法有种；
(3)根据分步乘法计数原理，符合条件的排法种数为.
【变式4-1】(25-26高二上·全国·单元测试)学校举行德育知识竞赛，甲、乙、丙、丁、戊5位同学晋级到了决赛环节，决出了第1名到第5名．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对他们说：“决赛5人的成绩各不相同，但你们俩的名次是相邻的”，丙、丁两名参赛者也去询问成绩，回答者对丙说：“很遗憾，你和丁都未拿到冠军”，又对丁说：“你当然不会是最差的"．从这个回答分析，5人的名次排列情况共有 种．
【变式4-2】(24-25高二下·广东汕头·期中)年春节档共有部影片定档，某影城根据第一周的观影情况，决定第二周只播放其中的《哪吒之魔童闹海》、《唐探》、《·重启未来》及《蛟龙行动》．为了家庭中的大人和孩子观影便利，该影城对第、周影片播放顺序做出如下要求：《哪吒之魔童闹海》不排第一场，《·重启未来》不排最后一场，《蛟龙行动》和《·重启未来》必须连续安排，则不同的安排方式有( )
A．种 B．种 C．10种 D．种
【变式4-3】(2025高三·全国·专题练习)在图所示的10块地中，选出6块种植这六个不同品种的蔬菜，每块地种植一种．若必须横向相邻种在一起，与在横向、纵向都不能相邻种在一起，则不同的种植方案有( ).
A．3120种 B．3360种 C．5160种 D．5520种
题型05 隔板法
【典例5-1】(24-25高二下·江苏南京·期中)20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有( )
A．120 B．240 C．300 D．360
【典例5-2】(24-25高二下·内蒙古·期末)方程的正整数解共有( )
A．组 B．组 C．组 D．组
【典例5-3】（2025高二·全国·专题练习）（1）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放1个球，共有多少种不同的方法？
（2）把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放2个球，共有多少种不同的方法？
（3）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，其中可以有空盒子，共有多少种不同的方法？
对于相同元素的分组分配问题我们采用隔板法处理．
将m个相同元素分配给n个人，，每人至少1个．
按以下思路求出不同分配方法的种数：先将m个元素排成一列，中间有个空，然后把个隔板放入个空中即可把所有元素分为n组，再依次把n组元素给到n个人即可，于是总的分法有种，这种处理问题的方法我们称为隔板法．
将m个相同元素分配给n个人，，可以有人分不到．
此时我们可以采用化归的思路处理．先借过来n个元素，给每个人分一个，于是问题就转化为将个相同元素分配给n个人，每人至少1个，分完之后每个人再扣除一个即可，于是总的分法有种．不定方程的正整数解的个数问题往往转化为相同元素的分配问题，再利用隔板法求解.
【变式5-1】(24-25高二下·河北·期末)现有9个三好学生的名额分给甲、乙、丙、丁4个班级，若每个班级至少1个名额，则不同的分配方法有( )
A．504种 B．126种 C．84种 D．56种
【变式5-2】(24-25高二下·广东东莞·阶段练习)方程的正整数解的个数为( )
A．15 B．35 C．40 D．20
【变式5-3】(2025高三·全国·专题练习)(1)某校准备组建一个由12人组成的篮球队，这12人由8个班的学生组成，每班至少1人，名额分配方案共有 种.
(2)某校准备组建一个由12人组成的篮球队，这12人由8个班的学生组成，名额分配方案共有 种.
题型06 不同元素的分组分配问题
【典例6-1】(多选)(23-24高二下·山西忻州·阶段练习)在4张奖券中，一、二、三、四等奖各1张，将这4张奖券分给甲、乙、丙、丁四个人，每人至多2张，则下列结论正确的是( )
A．若甲、乙、丙、丁均获奖，则共有24种不同的获奖情况
B．若甲获得了一等奖和二等奖，则共有6种不同的获奖情况
C．若仅有两人获奖，则共有36种不同的获奖情况
D．若仅有三人获奖，则共有144种不同的获奖情况
【典例6-2】 将6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？
(1)-堆一本，一堆两本，一堆三本；
(2)甲得一本，乙得两本，丙得三本；
(3)-人得一本，一人得二本，一人得三本；
(4)平均分给甲、乙、丙三人；
(5)平均分成三堆．
不同元素分组、分配问题的求解策略
整体均分组 分组后一定要除以(n为均分的组数)，避免重复计数
部分均分组 若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数
不等分组 只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等
不同元素的分配 利用分步乘法计数原理，先分组，后分配
有限制条件的分配 采用分类讨论法求解
【变式6-1】(23-24高三下·山西·开学考试)“畅通微循环，未来生活更舒适”．我国开展一刻钟便民生活圈建设，推进生活服务业“规范化、连锁化、便利化、品牌化、特色化、智能化”发展，以提质便民为核心，高质量建设国际消费中心城市，便民商业体系向高品质发展．某调研机构成立5个调研小组，就4个社区的便民生活圈的建设情况进行调研，每个调研小组选择其中1个社区，要求调研活动覆盖被调研的社区，共有派出方案种数为( )
A．120 B．240 C．360 D．480
【变式6-2】(24-25高二下·湖南郴州·期末)2025年第十三届中国(湖南)国际矿物宝石博览会5月16日在郴州国际会展中心举行，甲、乙、丙、丁、戊5人参与接待、引导和协助三类志愿者服务工作，每类工作必须有志愿者参加，每个志愿者只能参加一类工作，则不同的志愿者分配方案的种数是( )
A．120 B．150 C．180 D．300
【变式6-3】(24-25高二下·福建福州·期中)某大学开设了《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三门，大一到大三三个学年必须将四门选修课程修完，则每位同学的不同选修方式有( )
A．60种 B．78种 C．96种 D．144种
【变式6-4】(多选)(24-25高二下·重庆·期中)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
题型07 数字的排列组合
【典例7-1】(24-25高二下·河南南阳·期末)从中任取个数字，从中任取个数字，用这个数字组成的没有重复数字的五位数的个数为( )
A． B． C． D．
【典例7-2】(多选)(24-25高二下·江苏苏州·阶段练习)用数中0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，则下列说法正确的是( )
A．可以组成300个四位数 B．可以组成180个四位偶数
C．可以组成96个能被3整除的四位数
D．将组成的四位数按从小到大的顺序排成一列，则第85个数为2310
排数问题核心是结合分步乘法计数原理，先定特殊位置( 元素)，再处理剩余部分.
优先安排有约束的元素（如首位非 0、奇偶定位），再排无要求元素，比如用 0-9 组成无重复三位偶数，先定个位（0/2/4/6/8），再定首位（非 0），最后定十位.
【变式7-1】(24-25高二下·河北唐山·阶段练习)由数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有( )
A．48个 B．52个 C．60个 D．120个
【变式7-2】(24-25高二下·江苏苏州·阶段练习)只用2，3，4，5四个数字组成一个五位数，规定这四个数字必须同时使用，且同一数字不能相邻出现，这样的五位数有( )
A．96 B．144 C．240 D．288
【变式7-3】（2025·高二·江苏南京·阶段练习）“渐升数”是指每一位数字都比左边数字大的正整数（如1347），那么四位“渐升数”有 个，比5789小的四位“渐升数”有 个.（用数字作答）
题型08 涂色问题
【典例8-1】(24-25高二下·广东广州·期中)如图，湖北省分别与湖南、安徽、陕西、江西四省交界，且湘、皖、陕互不交界，在地图上分别给各省地域涂色，要求相邻省涂不同色，现有4种不同颜色可供选用，则不同的涂色方案数为( )

A．96 B．144 C．480 D．600
【典例8-2】（2025·高三·上海·阶段练习）如图，一个区域分为5块，现给每块着色，要求相邻区域不得使用同一颜色．若有4种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种．

求解涂色(种植)问题一般直接利用两个计算原理求解：
(1)按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析；
(2)以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析；
(3)对于涂色问题将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题.
【变式8-1】（2025·高二·全国·课堂例题）将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在“田”字形的4个小方格内，每格涂一种颜色，相邻两格涂不同的颜色，如果颜色可以反复使用，共有 种不同的涂色方法．
【变式8-2】（2025·江西新余·模拟预测）如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有 种不同的染色方案.
【变式8-3】（2025·高三·甘肃酒泉·期末）用4种不同的颜色对如图所示的6个区域（图中，，，，，）进行着色，要求相邻区域颜色不同，则共有 种不同的着色方法．
题型09 排列组合的综合问题
【典例9-1】(2025高二·全国·专题练习)从A，B，C，D，E这5名学生中选出4名分别参加数学、物理、化学、外语竞赛，其中A不参加物理、化学竞赛，则不同的参赛方案有( )种.
A．24 B．48 C．72 D．120
【典例9-2】(多选)(25-26高三上·内蒙古包头·阶段练习)由0，1，2，3，4，5这六个数字，组成没有重复数字的四位数，则下列说法错误的是( )
A．该四位数是奇数的有108个
B．该四位数能被5整除的有108个
C．该四位数中，个位上的数字小于十位上的数字的有150个
D．若该四位数是偶数，将这些偶数从小到大排列，则第71个数是3142
【典例9-3】(24-25高二下·广东深圳·期末)深圳市某公园一条笔直的林荫道上有张长椅．现因规划要求，需移走其中张长椅．要求两端的长椅不能移走，且移走的相邻两张长椅之间，至少要留下三张长椅，则不同的移走方案共有 ．
对于排列组合的综合问题，一般先取出元素（组合）再根据条件将元素放置到不同的位置上去（组合），即先取后排.
【变式9-1】(24-25高二下·湖北武汉·期末)某单位劳动节共有五天假期，但每天都需要留一名员工值班，现从A、B、C、D、E、F、G七人中选择五人值班，每名员工最多值班一天，已知A不在第一天值班，B不在第五天值班，则值班安排共有( )
A．1740种 B．1760种 C．1800种 D．1860种
【变式9-2】(多选)(24-25高二下·云南昭通·阶段练习)现有数字0，1，1，1，2，3，4，5，下列说法正确的是( )
A．可以组成720个没有重复数字的六位数 B．可以组成288个没有重复数字的六位偶数
C．可以组成3240个六位数 D．可以组成2160个相邻两个数字不相同的八位数
【变式9-3】（2025·高二·河南·期中）已知集合，若、、且、、互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是 .
题型10 求特定项或项的系数、二项式系数
【典例10-1】(2025·湖南长沙·三模)二项式的展开式中第5项的系数为( )
A．252 B．-252 C．210 D．-210
【典例10-2】(24-25高二下·广东中山·阶段练习)的展开式中常数项为( )
A．120 B．-120 C．180 D．-180
【典例10-3】(1)(2025·河南郑州模拟)的展开式中的系数为(　　)
A.4 B.6
C.8 D.12
(2)(1＋2x－3x2)5的展开式中含x5的项的系数为　　　　.
1.求(a＋b)n(n∈N＋)的展开式中的特定项的步骤
2.求(a＋b)m(c＋d)n(m，n∈N＋)型展开式中问题的思路
(1)若m，n中有一个比较小，可考虑把它展开，如(a＋b)2·(c＋d)n＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)n，然后分别求解；
(2)观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并；
(3)分别得到(a＋b)m，(c＋d)n的通项，综合考虑.
注意：对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏.
3.求(a＋b＋c)n(n∈N＋)型展开式中问题的方法
(1)因式分解法：将三项式利用因式分解变化为两个二项式，然后再用二项式定理求解问题.
(2)逐层展开法：将三项式分成两组，用二项式定理展开，再把其中含二项式的项展开，从而求解问题.
(3)组合知识法：把(a＋b＋c)n看成n个(a＋b＋c)的积，利用组合知识分析项的构成.
【变式10-1】(24-25高二下·贵州遵义·期中)的展开式中，项的二项式系数为( )
A． B． C． D．84
【变式10-2】(24-25高二下·黑龙江哈尔滨·期末)的展开式中的系数为 .
【变式10-3】的展开式中，x3y3的系数是　　　　(用数字作答).
题型11 项的系数及二项式系数的最值
【典例11-1】(24-25高二下·安徽滁州·期中)的展开式中二项式系数最大的项为( )
A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项
【典例11-2】(2025高三·全国·专题练习)已知，二项式展开式的前三项的系数成等差数列，则展开式中二项式系数的最大值为 ，系数最大值为 ．
1.求二项式系数最大项
(1)如果n是偶数，那么中间一项的二项式系数最大.
(2)如果n是奇数，那么中间两项的二项式系数相等且最大.
2.求展开式系数最大项
求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式中系数最大的项，一般是采用待定系数法.设展开式中各项系数分别为A0，A1，A2，…，An，且第r＋1项最大，应用解出r，即得出系数的最大项.
【变式11-1】(多选)(24-25高二下·甘肃甘南·期末)在的展开式中，下列说法正确的是( )
A．常数项为160 B．各二项式系数的和为64
C．各项系数的和为1 D．各二项式系数的最大值为240
【变式11-2】(2025高二·全国·专题练习)在二项式中，，若它的展开式中系数最大的项是常数项，则的取值范围是 ．
题型12 项的系数和、二项式系数和
【典例12-1】(24-25高二下·江苏南京·阶段练习)已知，则下列描述正确的是( )
A． B．
C． D．除以5所得的余数是1
【典例12-2】（多选题）（2025·高二·辽宁·开学考试）对任意实数，有.则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
求展开式中各项系数的和，在使用赋值法时，令a，b等于多少，应视具体情况而定，一般取1，－1或0，有时也取其他值.
【变式12-1】(24-25高二下·广东清远·期中)若，则( )
A．256 B．127 C．128 D．129
【变式12-2】(2025·湖南益阳·模拟预测)若，则( )
A． B．
C． D．
【变式12-3】(24-25高二下·福建厦门·阶段练习)若，则的值为( )
A．1 B．0 C． D．2
题型13 整除与余数
【典例13-1】（2025·高三·甘肃武威·期末）除以的余数为 .
【典例13-2】设，且能被6整除，则的值可以为 .(写出一个满足条件的的值即可)
利用二项式定理可以解决求余数和整除的问题，通常需将底数化成两数的和与差的形式，且这种转化形式与除数有密切的关系
【变式13-1】(24-25高二下·陕西咸阳·期末)除以128的余数为( )
A．51 B．43 C．41 D．33
【变式13-2】 (24-25高二下·湖北武汉·期末)下列能整除的数是( )
A．5 B．6 C．7 D．8
【变式13-3】(24-25高二下·山东泰安·期末)已知，
①若，则；②若，则；③若，则中含项的系数为48；④若为偶数，则能被4整除； 则正确命题的序号是
题型14 近似计算问题
【典例14】（2025·高三·河北·开学考试）已知二项式的二项式系数的和为，则 .试估算时，的值为 .（精确到）
用二项式定理求近似值问题，模式比较固定，近似值问题先凑整，再展开．
【变式14-1】（2025·高二·江西九江·期末）实数精确到的近似值为 .
【变式14-2】(多选)(24-25高二下·江苏镇江·阶段练习)下列说法正确的是( )
A．若二项式的二项式系数和为32，则展开式中的有理项有4项
B．精确到0.1的近似值为1.6
C．被8除的余数为7
D．的展开式中含项的系数为5376
题型15 杨辉三角问题
【典例15-1】(多选)(24-25高二下·山东·期中)如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第行是的展开式的二项式系数，直观解释二项式系数规律，记第行从左至右的第个数为，若被2024除所得的余数为，则( )

A． B． C． D．
解决与杨辉三角有关的问题的一般方法是：观察——分析，实验——猜想结论——证明，要得出杨辉三角中的数字的诸多排列规律，取决于我们的观察能力，注意观察方法：横看、竖看、斜看、连续看、隔行看，从多角度观察(横看成岭侧成峰，远近高低各不同)．
【变式13-1】（2025·高二·辽宁·阶段练习）杨辉三角（帕斯卡三角）是我国南宋数学家杨辉用三角形来直观解释二项式系数规律的一种方法，如图，记第行的第个数为，则 ， .
【变式13-2】（2025·高二·四川眉山·期中）在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现了一些规律．在我国南宋数学家杨辉年所著的《解析九章算法》一书中，出现了这个表，我们称这个表为杨辉三角．杨辉三角是中国古代数学中十分精彩的篇章．杨辉三角如图所示：
如上图，杨辉三角第行的个数依次为，，…，．现将杨辉三角中第行的第个数乘以，第行的一个数为，得到一个新的三角数阵如下图：
在这个新的三角数阵中，第行的第个数为 ；第行的所有数的和为 ．
【变式13-3】（2025·高二·山西·期中）如图是我国古代著名数学家杨辉在《解析九章算术》给出的一个用数排列起来的三角形阵，请通过观察图象发现递推规律，并计算从第三行到第十五行中，每行的第三位数字的总和为 .
一、单选题
1．（24-25高二下·云南保山·期中）已知，则（ ）
A．2 B．6 C．2或5 D．2或6
2．（25-26高二上·广东江门·月考）集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为（ ）
A．12 B．11 C．8 D．6
3.(2025·安徽·模拟预测)现将12个相同的小球全部放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放2个小球，则不同的放法共有( )
A．24种 B．35种 C．56种 D．70种
4.(24-25高二下·湖北恩施·期末)某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出二十四节气宣传橱窗，其中“雨水”，“惊蛰”，“谷雨”，“芒种”，“白露”，“寒露”6块知识展板放置在排成一排的六个文化橱窗里，要求“雨水”和“谷雨”两块展板不相邻，且“白露”与“寒露”两块展板不相邻，则不同放置方式的种数为( )
A．144 B．240 C．336 D．456
5．（2025高三·全国·专题练习）如图所示，在的两条边上分别有和共9个点，连接线段，如果其中两条线段不相交，则称之为1对“和睦线”，则图中的“和睦线”共有（ ）．
A．60对 B．62对 C．72对 D．124对
6．（25-26高三上·河南·期中）某校园诗歌朗诵大赛共有5名同学进入决赛，决赛要求这5名同学均从《琵琶行》《蜀道难》《离骚》中选择1篇进行参赛，且这3篇诗歌中每篇均有同学选择，则这5名同学诗歌篇目的选择情况共有（ ）
A．150种 B．240种 C．180种 D．120种
7.(24-25高二上·江西·阶段练习)将1，2，3，4，5，6，7，8填入如图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有两列数字之和为9的填法有( )
A．576种 B．1152种 C．2304种 D．4608种
8．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（24-25高二下·山东聊城·期中）给出下列问题，属于组合问题的有（ ）
A．从2，11，13，17中任选两个数相除，可以得到多少个不同的商.
B．有5张广场演唱会门票，要在8人中确定5人去观看，有多少种不同的选法
C．从20只不同颜色的气球中选出6只布置教室，有多少种不同的选法
D．艺术节排练，从甲、乙、丙等9名同学中选出4名分别去参加两个不同的节目，有多少种不同的安排方法
10.(25-26高三上·四川成都·开学考试)将6本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人至少分得1本，则下列说法正确的是( )
A．若甲分得1本，乙分得2本，丙分得3本，则有60种方案 B．若每人分得2本，则有90种方案
C．若三人分得书本数互不相同，则有360种方案 D．共有450种分配方案
11．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《解析九章算法》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.下列结论正确的是（ ）
A．第48行的所有数字之和被7除的余数为1
B．第20行第7个数和第8个数的比为
C．从第4行起到第19行，每一行的第4列数字之和为
D．第行所有数的平方和等于第行最中间的数
三、填空题
12．（25-26高三上·上海·月考）的展开式中常数项是 ．（用数值作答）
13.(24-25高二下·重庆·阶段练习)如图，5块相同的正方体垒放在桌子上，每次“变化”会随机让其中某块正方体消失，直到所有正方体全部消失不见．如果某次被“变化”的正方体的正上方仍有其他正方体，那么它正上方的正方体会竖直掉落下来，我们称发生了“坍塌”．5次“变化”叫一次“操作”，则所有的“操作”中，发生过坍塌的“操作”次数为 ．
14.(2025高三·全国·专题练习)在一个五位数中，若十位数字，千位数字均比它们各自相邻的数字大，则称此五位数为“五位波浪数”，如45132，则由数字0，1，2，3，4，5，6，7可构成无重复数字的“五位波浪数”的个数为 个.
四、解答题
15．（24-25高二下·湖北咸宁·期末）已知.求：
(1)；
(2)；
16．（24-25高二下·湖北孝感·月考）用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的五位数．
(1)比20000大的五位偶数共有多少个；
(2)从小到大排列所有的五位数，问35214是第几位？
(3)能被6整除的五位数有多少个．
17.(24-25高二下·山西·期末)某校高二年级安排6名优秀学生按照以下要求报名参加数学、物理、化学竞赛，每名学生限报一科竞赛.
(1)若三科竞赛均有2人报名参加，有多少种不同的报名方法？
(2)若4人报名参加数学竞赛，另外两科竞赛各1人报名参加，有多少种不同的报名方法？
(3)若三科竞赛均有人报名参加，有多少种不同的报名方法？
18．（2025高三·全国·专题练习）7人站成一排．
(1)一共有多少种不同的排法？
(2)甲站在正中间的不同排法有多少种？
(3)甲、乙两人必须站在两端的不同排法有多少种？
(4)甲、乙两人不能站在两端的不同排法有多少种？
(5)甲不站在排头，也不站在排尾的不同排法有多少种？
(6)甲不站在排头，乙不站在排尾的不同排法有多少种？
(7)甲、乙、丙三人必须排在一起的不同排法有多少种？
(8)甲、乙、丙三人不相邻的不同排法有多少种？
(9)甲、乙、丙三人从左到右顺序是一定的不同排法有多少种？
19．（25-26高三上·四川绵阳·开学考试）已知函数．
(1)当时，设，若在中，唯一的最大的数是，试求的值；
(2)化简；
(3)当时，定义：，化简：．21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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