计数原理、排列组合、二项式定理-2023年高考数学考试（新高考）（解析版）

专题15计数原理与排列组合、二项式定理

易命台所

【正解】

一、混淆二项式系数与项的系数致错

I.（F+3）的展开式中√t的系数为（）

A.10B.20C.90D.80

【错解】A,q∙3r∙x10-3r

令10-3r=4厕r=2,所以（/+1的展开式中/的系数为曰。，故选A.

【错因】错把二项式系数当成项的系数。

【正解】C,由题可得&∣=C>(χ2广.[a]=C∙3F∣°τr

令10—3r=4,则r=2,所以u,3'_C?.3?—90，故选C

2、（α-b）”的展开式中,系数最大的项是第项

【错解】6或7,（4-"’的展开式中共12项,第6项的系数为CQ第7项的系数为,又循=C],

所以数最大的项是第6或7项.

【错因】错把二项式系数当成项的系数。

【正解】（“—6）”的展开式中共12项,第6项的系数为,第7项的系数为C：,

所以数最大的项是第7项.

二、忽略二项展开式的通项是第r+1项不是第r项致错

3、二项式—的展开式的第二项是（）

A.60X2B.-60X2C.12X4D.-12x4

2

【错解】展开式的通项为Cl（X）j,令r=2,可得展开式的第二项为C；/=60X2.

故选A.

【错因】误认为第二项是尸=2而错误

【正解】展开式的通项为7；M=Cζ(x)6-',令r=1,可得展开式的第二项为

C=-12一.故选d∙

三、混淆均匀分组与部分均匀分组致错

4、某校高二年级共有六个班,现从外地转入4名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安排2

名,则不同的安排方案种数为O

Λ2Γ2

A.B.C.A：A^D.2A；

2

【错解】选A,先将4名学生均分成两组方法数为C；,再分配给6个年级中的2个分配方法数

为尼,根据分步计数原理合要求的安排方法数为盘片.

【错因】该题为均匀分组，忽略除以G而错误.

C2

【正解】先将4名学生均分成两组方法数为卡,再分配给6个年级中的2个分配方法数为

4

C2A2

根据分步计数原理合要求的安排方法数为‘√∙.故选B.

5.某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，

6人中有4名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行检测工作的传授，每

个检测点至少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案

种数是()

A.72B.108C.216D.432

【错解】A,根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为2,1,1的三组，再分配到3个检测点，共

氾

CC；・；种分法，然后把名“生手”分配到个检测点中的个，有；种分法,

仃ɪA232A

Cc；c；

所以共有・A，A；=72种不同的分配方案.

【错因】该题为部分均匀分组，应除以4；,而不是

【正解】C,根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为2,1,1的三组，再分配到3个检测点，共有

CCe

・A汨吩法，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有A；种分法,所

C；C；C；

以共有∙A}A；=216种不同的分配方案.

F

四、计数时混淆有序与定序

6、某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特

地邀请了三位老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，且不改变原来的节目

顺序，则不同的安排方式有种.

【错解】4：原先有七个节目，添加三个节目后，节目单中共有十个节目，则不同的排列方法

有浦种.

【错因】忽略了不改变原来的节目顺序这一条件，即原来的七个节目是定序的。

【正解】原先七个节目的不同安排方法共有W利，，添加三个节目后，节目单中共有十个节目，

先将这十个节目进行全排列，不同的排列方法有力：：种，而原先七个节目的顺序一定,

4?

故不同的安排方式共有=720（种）.

7、身高互不相同的七名学生排成一排,从中间往两边越来越矮,不同的排法有O

A.5040种B.720种C.240种D.20种

【错解】最高个子站在中间,只需排好左右两边,第一步：先排左边,有A：=120种排法,第二步:

排右边,有A；种排法,根据分步乘法计数原理,共有120x6=720种,故选B.

【错因】混淆有序与定序

【正解】最高个子站在中间,只需排好左右两边,第一步：先排左边,因顺序固定有屐=20种排法,

第二步：排右边,因顺序固定,有1种排法,根据分步乘法计数原理,共有20x1=20种,故选。.

五、混淆排列与组合导致计数错误

8.有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选出4人承

担这三项任务，不同的选法种数是（）

A.1260B.2025C.2520D.5040

【错解】先从10人中选出2人承担甲任务：再从余下8人中选出2人分别承担乙任务、丙任务.根

据分步乘法计数原理，不同的选法共有4彳44=5040种.故选A.

【错因】本题是组合问题，是无序的，不是排列问题。

【正解】选C,先从10人中选出2人承担甲任务；再从余下8人中选出2人分别承担乙任务、

丙任务.根据分步乘法计数原理，不同的选法共有C%C⅛C}=2520种.故选C.

六、考虑问题不全面导致漏计出错

9、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，其甲壳上有此图象，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.10B.40C.44D.70

【错解】选B,由题意可知，阴数为2,4,6,8,阳数为1,3,5,7,9,若选取3个数的和为奇数，则3

个数都为奇数，共有Cg=IO种方法；所以满足题意的方法共有10种.

【错因】没有考虑两偶一奇的情况，

【正解】选B,由题意可知，阴数为2,4,6,8,阳数为1,3,5,7,9,若选取3个数的和为奇数，则有

两类：一类是3个数都为奇数，共有Cg=IO种方法；另一类是两偶一奇，共有C2Cg=

30种方法，所以满足题意的方法共有10+30=40种.故选B.

10.某宾馆安排N,B,C,D,E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且48不能

住同一房间，则共有种不同的安排方法.（用数字作答）

【错解】42,5个人住3个房间，每个房间至少住1人，则按3,1,1住，有Cg∙A+=60（种），A,B

住同一房间有QA§=18（种），故有60—18=42（种）.

【错因】没有考虑按2,2,1住的情况，

【正解】114,5个人住3个房间，每个房间至少住1人，则有3,1,1和2,2,1两种.当为3,1,1

时，有C*AJ=6O（种），A,8住同一房间有CV^=I8（种），故有60—18=42（种）；当为

2,2,1时，有器ɪXAt=90（种），A,8住同一房间有C3A3=18（种），故有90—18=

Ai

72（种）.根据分类加法计数原理可知，共有42+72=114（种）.

11、若a,b∈{1,2,3,4,8,9}J∣Jlogπb可表示个不同的实数。

【错解】当。RLb=I时log,/=。；当α=b≠l时IOg“6=1,当。力不相等且均不为1时满

足条件的实数个数为&=20,所以log,*可表示22个不同的实数.

【错因】忽略l0g23=Iog49,log32=log,4,log,4=Iog39,Iog42=Iog93.

【正解】当αwl力=1时logf,b=0；当α=b≠1时IOg“b=1,当α,b不相等且均不为1

时,由α,b可组成6=20个对数式淇中lɑgɔ3=Iog49Iog32=Iog94,Iog24=Iog39,

所以logflb可表示20个不同的实数.

七、混淆二项式系数之和与所有项系数之和出错

12.已知(x+二)"的展开式中各项的二项式系数的和为256,则这个展开式中X4项的系数

X

【错解】令X=I,则4"=256,则〃=4,a+)的展开式的通项为小尸《产'('=43工-

XX

(r∈N*,r≤4),由4-2厂=4得r=0,所以所求展开式中√l项的系数是蠕.3°=L

3

【错因】混淆二项式系数之和与所有项系数之和，本题是说(x+3)"的展开式中各项的二项式

X

系数的和为256,

【正解】依题意2"=256,则N=8,(x+3)ii的展开式的通项为小I=QXx(3y=C.3'∙∙χ8-2r

XX

(r∈N*,r≤8),由8—2厂=4,得r=2,所以所求展开式中X4项的系数是.3?=252.

八、利用分步乘法原理计数,分步标准错误

13、把3个不同的小球投入到4个盒子,所有可能的投法共有()

A.24种B.4种C.43种D.34种

【错解】因为每个盒子有三种投入方法,共4个盒子,所以共有3χ3χ3χ3=3"种)投法.

【错因】没有考虑每个球只能投入一个盒子中,导致错误

【正解】第1个球投入盒子中有4种投法；第2个球投入盒子中也有4种投法；第3个球投入

盒子中也有4种投法.只要把这3个球投完,就做完了这件事情,由分步乘法计数原理可

得共有43种方法.

九、混淆二项式展开式中二项式系数最大的项与系数最大的项致错

14、若［"十41展开式中前三项的系数和为163,则展开式中系数最大的项第项.

2n~3k

【错解】5或6,展开式的通项为=由题意可得，20C!!+2C,1,+22Cs=163,

解得〃=9.则展开式中共有10项，且第5项、第6项为二项式系数最大的项。

【错因】混淆二项式展开式中二项式系数最大的项与系数最大的项

【正解】展开式的通项为。+I=2*c⅛χ1^一,由题意可得，20C2+2C,∣+22CA163,解得“=9.

2tC⅛≥2*+lCΓ'17A

设展开式中〃+1项的系数最大，则,'解得izWAW9型，又∙.∙R∈N,

2M>2λ'^lCΓl,33

：.k=6,故展开式中系数最大的项为第7项。

1.将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组

由1名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有()

A.12种B.10种C.9种D.8种

【答案】A

【解析】先安排I名教师和2名学生到甲地，再将剩下的1名教师和2名学生安排到乙地，共

有C；C；=12种.

2.(l+±)(l+x)6展开式中χ2的系数为()

X

A.15B.20C.30D.35

【答案】C

【解析】因为(1+!)(1+X)6=1∙(1+X)6+J∙(1+X)6,则(l+x)6展开式中含χ2的项为

XJr

22

1-C；X=15X,[∙(l+x)6展开式中含尤2的项为Jrc54=i5χ2,故χ2的系数为

XX

15+15=30,选C.

3.6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

【解析】首先从6名同学中选1名去甲场馆，方法数有G：然后从其余5名同学中选2名去乙场

馆，方法数有C；；最后剩下的3名同学去并场馆，故不同的安排方法共有=6x10=60

种，故选C.

4.某班级要从6名男生、3名女生中选派6人参加社区宣传活动，如果要求至少有2名女生参

加，那么不同的选派方案种数为()

A.19B.38C.55D.65

【答案】D

【解析】至少有2名女生参加包括2名女生4名男生与3名女生3名男生两种情况，所以不

同的选派方案种数为C3C⅛+CK⅛=65.故选D.

5.若(x—I)4=ao+aιx+a2χ2+ajχ3+a4χ4,则知+内+四的值为()

A.9B.8C.7D.6

【答案】B

【解析】令X=1,则ao+α1+α2+43+44=O,令X=-I,则。0—“|+。2—。3+。4=16,两式相加

得。（）+。2+。4=8.

6.若（1-x）5=αo+αιx+42χ2+α3χ3+α4χ4+α5χ5,则Iaol一切|+心2|一∣tf3∣+∣α4∣一|怒|=（）

A.OB.1C.32D.-1

【答案】A

rr

【解析】由（1—x）5的展开式的通项为7^∙+1=（—1）C⅛τ,得m,ay,“5为负数，ao,a2,。4为正数,

故有IaOI—∣m∣+∣02∣一闷+⑸一∣α5∣=α0+α∣+α2+43+α4+α5=（l-^l）'=0.故选A.

7、某次联欢会要安排3个歌舞类节目，2个小品类节目和1个相声类节目的演出顺序，则同类

节目不相邻的排法种数是（）

A.72B.120C.144D.168

【答案】B

【解析】安排小品节目和相声节目的顺序有三种：“小品1,小品2,相声“，“小品I,相声，

小品2”和“相声，小品1,小品2”.对于第一种情况，形式为“□小品1歌舞1小品2口相

声□"，有A3C3A孑=36（种）安排方法；同理，第三种情况也有36种安排方法，对于第二种情况,

三个节目形成4个空，其形式为“□小品1口相声□小品2口”，有A3Ai=48种安排方法，故

共有36+36+48=120种安排方法.

8.（多选题）卜+：）的展开式中，下列结论正确的是（）

A.展开式共6项

B.常数项为160

C.所有项的系数之和为729

D.所有项的二项式系数之和为64

【答案】BCD

【详解】+展开式的总项数是7,A不正确；（X+：）展开式的通项公式为

C）6-，E）=qZx6-2r,令6-2r=0得r=3,常数项为C：23=160,B正确；取X=I得卜+：］

展开式的所有项的系数之和为3'=729,C正确；由二项式系数的性质得（x+1］展开式的所有

项的二项式系数之和为26=64,D正确.

LX2__Ll

9、(多选)已知IUJ"(α>O)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项

系数之和为1024,则下列说法正确的是()

A.展开式中奇数项的二项式系数和为256

B.展开式中第6项的系数最大

C.展开式中存在常数项

D.展开式中含χi5的项的系数为45

【答案】BCD

【解析】由二项式的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等可知〃=10,又展开式的各项系

数之和为1024,所以令X=1,得伍+1严=IO24,又4>0,所以α=l,所以二项式为(x2+⅛]∙θ

=G+xJ10,故展开式中奇数项的二项式系数和为,x2∣°=512,故A错误；由"=IO可知展

2

开式中第6项的二项式系数最大，因为/与AΛ5的系数均为[,所以第6项的系数最大，故B

(--]2(10-r)--1

2

正确；l『+xJ∣°的展开式的通项为7；+I=Cf(JX(F=0,1,2,10),令2(10—r)一,=0,

解得，=8,即常数项为第9项，故C正确；令2(10-r)一5=15,得r=2,所以展开式中含x"

的项的系数为C?o=45,故D正确.故选B、C、D.

10某运动会期间，从3名男志愿者和2名女志愿者中选4名去支援“冰壶”“花样滑冰”“短道速滑”

三项比赛志愿者工作，其中冰壶项目需要一男一女两名，花样滑冰和短道速滑各需要一名，男

女不限.则不同的支援方法的种数是()

A.36B.24C.18D.42

【答案】A

【详解】第•步从3名男志愿者和2名女志愿者各选一名志愿者去支援冰壶项目，选法共有

C；C；=6种；第二步从剩余的3人中选•人去支援花样滑冰，选法共有C；=3种；第三步从剩余

的2人中选一人去支援短道速滑，选法共有C；=2种；依据分步乘法计数原理可知，不同的支

援方法的种数是6x3x2=36,

11.已知(x+2)”的二项展开式中，第三项与第凡-2项的二项式系数和为84,则第四项的系数为

A.280B.448C.692D.960

【答案】B

【详解】由题，［+I=CXl"4x2,因为第三项与第〃-2项的二项式系数和为84,所以

C：+C；『=84,即C：+0=84,所以.M〃T）+〃（〃_1）（〃_2）=84,解得”=8,

23×2

所以第四项的系数为CjχJ3χ23=448,

12.甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者去4民C三个不同的小区参加新冠疫情防控志愿服务，每

个小区至少去1人，每人只去1个小区，且甲、乙去同一个小区，则不同的安排方法有（）

A.28种B.32种C.36种D.42种

【答案】C

CCe

【详解】将甲、乙看成一个元素然后将/、内、丁、戊四个元素分为组，共有=6

43F

种，再将3组分到3个不同小区有A；=6种，所以满足条件的安排方法共有6x6=36种.

13.现从男、女共8名学生中选出2名男生和1名女生分别参加学校“资源”“生态”和“环保”三个

夏令营活动，已知共有90种不同的方案，那么男、女学生的人数分别是（）

A.2,6B.3,5C.5,3D.6,2

【答案】B

【详解】设男生有X人，则女生有（8-x）人,且8>x≥2.由题意可得CCLA”90,即

X（X-I）（8-x）χ6=9o,得χ=3,故8-x=5,即男、女学生的人数分别是3,5.

2

14.（多选）已知6"一色”的展开式中，二项式系数之和为64,下列说法正确的是（）

A.2,10成等差数列

B.各项系数之和为64

C.展开式中二项式系数最大的项是第3项

D.展开式中第5项为常数项

【答案】BDA

【解析】由6A-W"的二项式系数之和为2"=64,得〃=6,得2,6,10成等差数列，A正确;

令x=l,则［"-∖^）6=26=64,即各项系数之和为64,B正确；［”∙∖^j6的展开式共有7项，

则二项式系数最大的项是第4项，C不正确；6,一日6的展开式中的第5项为©2（5月2（—《｝1

=15X25X81为常数项，D正确.

15.在M(x+y)6的展开式中，X3V的系数是()

A.20B,-C.-5D.--

22

【答案】D

【解析】(?]α+y)6=j(x+y)6-y(χ+y)6,(χ+y)6展开式的通项为「“=C衣6-y,令6—尸

=2,则厂=4,则(x+y)6的展开式中炉)4的系数为CW=I5.令6一r=3,则厂=3,则(x+yp的展

33

开式中XjP的系数为Q=20,故(H(x+y)6的展开式中XV的系数是15-20=-y..

16.(多选)为了弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设

“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，贝(J()

A.某学生从中选3门，共有30种选法

B.课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法

C.课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，共有144种排法

D.课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法

【答案】CD

【解析】对于A,某学生从6门中选3门共有CN=20种选法，故A错误；对于B,课程“射”“御”

排在不相邻两周，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个安排“射”“御”，

共有AfAg=480种排法，故B错误；对于C,课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，由捆绑

法分析，将“礼”“书”“教”看成一个整体，与其他3门课程全排列，共有AjAg=144种排

法，故C正确；对于D,课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，分2种情况

讨论，若课程“乐”排在最后一周，有Aw种排法，若课程“乐”不排在最后一周，有QCVU种

排法，则共有Ag+C1C1AW=5O4种排法，故D正确.故选C、D.

17.(多选)已知1+3x)展开式中，各项系数和比它的二项式系数和大992,则下列结论正确

的是()

A.展开式中的有理项是第2项和第5项

B.展开式中没有常数项

C.展开式中二项式系数最大的项是第3项和第4项

D.展开式中系数最大的项是第5项

【答案】BCD

【解析】由题意可得4"-2〃=992,解得2"=32,所以〃=5.所以6+'1的展开式的通项为

Tr+]=C∙3”华.若10+4为有理数,则r=2或〃=5,展开式中的有理项是第3项和第6项，

33

ιn-∣-4rS

故A错误；令出口=O,解得r=-2,不符合题意，故展开式中没有常数项，故B正确；由〃

32

=5可知，展开式中二项式系数最大的项为第3项和第4项，故C正确；假设第A+1项系数最

3λα>3i^lCΓl,

大，则户解得3.5≤无W4.5,因为k∈N*,所以k=4,所以展开式中系数最大的

项是第5项，故D正确.故选B、C、D.

18.(多选)某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理、技术这七门课程中选三门作为选

考科目，下列说法错误的是()

A.若任意选择三门课程，选法总数为AJ

B.若物理和化学至少选一门，选法总数为CJR

C.若物理和历史不能同时选，选法总数为C}-Cg

D.若物理和化学至少选一门，且物理和历史不同时选，选法总数为C3CK⅛

【答案】ABD

【解析】对于A,若任意选择三门课程，选法总数为C3,A错误；对于B,若物理和化学选一

门，有C4种方法，其余两门从剩余的五门中选，有Cg种选法；若物理和化学选两门，有C3种

选法，剩下一门从剩余的五门中选，有Cg种选法，所以总数为CJCg+Gcg,B错误；对于C,

若物理和历史不能同时选，选法总数为C3一Ga=G—Q,C正确；对于D,有3种情况：①

选物理,不选化学，有CZ种选法；②选化学，不选物理，有Cw种选法；③物理与化学都选，有

C)种选法，故总数为α+Cg+CL=6+10+4=20,D错误.

2

19.(多选)已知(2+x)(l—2x)5="o+α∣x+tJ2X+α3χ3+α4χ4+α5χ5+q6χ6,则()

A.“0的值为2

B.公的值为16

C.m+a2+a3+44+α5+α6的值为一5

D.g+g+/的值为120

【答案】ABC

【解析】对于A,令X=0,得αo=2Xl=2,故A正确；对于B,(1—2x>的展开式的通项为

rrr

7;+ι=Cξ(-2x)=(-2)C⅛x,所以α5=2X(-2)5Cg+lX(-2)4Cg=-64+80=16,故B正确；

对于C,令X=1,得(2+1)(1-2XI)5="o+α∣+α2+03+α4+05+α6①，即α∣+α2+α3+α4+05

+“6=—3—ao=-3—2=-5,故C正确；对于D,令X=-1,得(2—1)口一2x(—I)[=。。-0

+。2一α3+α4一的+期②，由①②解得α∣+α3+α5=—123,故D不正确.故选A、B、C.

20.己知多项式(1—2x)+(l+x+x2)3=0o+<zix+α2X2H-----ba6x6,则m=，02+α3+04

+“5+"6=.

【答案】123

【解析】根据题意，令X=1,得(1—2)+(1+1+l)3=αo+m+α2^∣F"6=26,令x=0,得ao

=1+1=2.易知m为展开式中X项的系数，考虑一次项系数“|=-2+C[C⅛XH=1,所以做+

α3+44+α5+46=26-1-2=23.

21.如果一个整数的各位数字是左右对称的，则称这个数是对称数，例：1234321,123321等，

显然，两位数的对称数有9个，即11,22,33,…，99,则三位数的对称数有个，2〃+1(〃

∈N*)位数的对称数有个.

【答案】909X10«

【解析】根据题意，对于三位数的对称数，其百位和个位数字相同，都不能为0,有9种选法，

其十位数字可以为任意的数字，有10种选法，则三位数的对称数有9X10=90个；对于2N+1("

∈N*)位数的对称数，其首位和个住数字相同，都不能为0,有9种选法，第2位数字到第〃+I

位数字都可以为任意的数字，有10种选法，则2"+l("∈N*)位数的对称数有9X10"个.

22.设(x—l)(2+x)3="o+αιx+α2χ2+αjχ3+α4χ4,则⑶=,2(∕2÷3⅛÷4a4=.

【答案】-431

【解析】由题意知，m为展开式中X项的系数，所以内=(：吃3—(2,22=-4.对所给等式，两边对

X求导，(2÷x)3÷3(χ-l)(2+x)2=fl∣÷2fl2r÷3ajx2÷4a4X3,令x=l,得27=。|+2。2+3。3+4。4,

所以2。2+3,3+444=31.

23.有编号分别为1,2,3,4的四个盒子和四个小球，把小球全部放入盒子，恰有一个空盒，有

种放法.

【答案】144

【解析】由题设，必有一个盒子内放入2个小球，从4个小球中取出2个小球，有CZ种取法，

此时把这2个小球看作一个整体，与另2个小球放入4个盒子中，有Ai种放法，所以满足题意

的放法有CjAi=144种.

24.(忽视排列数公式的排列