核心考点10计数原理

核心考点10计数原理目录一．古典概型及其概率计算公式（共10小题）二．分类加法计数原理（共3小题）三．分步乘法计数原理（共2小题）四．计数原理的应用（共4小题）五．排列及排列数公式（共5小题）六．组合及组合数公式（共10小题）七．排列、组合及简单计数问题（共10小题）八．二项式定理（共10小题）考点考点考向一．古典概型及其概率计算公式【考点归纳】1．定义：如果一个试验具有下列特征：（1）有限性：每次试验可能出现的结果（即基本事件）只有有限个；（2）等可能性：每次试验中，各基本事件的发生都是等可能的．则称这种随机试验的概率模型为古典概型．*古典概型由于满足基本事件的有限性和基本事件发生的等可能性这两个重要特征，所以求事件的概率就可以不通过大量的重复试验，而只要通过对一次试验中可能出现的结果进行分析和计算即可．2．古典概率的计算公式如果一次试验中可能出现的结果有n个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是；如果某个事件A包含的结果有m个，那么事件A的概率为P（A）＝＝．【解题技巧】1．注意要点：解决古典概型的问题的关键是：分清基本事件个数n与事件A中所包含的基本事件数．因此要注意清楚以下三个方面：（1）本试验是否具有等可能性；（2）本试验的基本事件有多少个；（3）事件A是什么．2．解题实现步骤：（1）仔细阅读题目，弄清题目的背景材料，加深理解题意；（2）判断本试验的结果是否为等可能事件，设出所求事件A；（3）分别求出基本事件的个数n与所求事件A中所包含的基本事件个数m；（4）利用公式P（A）＝求出事件A的概率．3．解题方法技巧：（1）利用对立事件、加法公式求古典概型的概率（2）利用分析法求解古典概型．二．列举法计算基本事件数及事件发生的概率【知识点的知识】1、等可能条件下概率的意义：一般地，如果在一次试验中，有n种可能的结果，并且它们发生的可能性都相等，事件A包含其中的m种结果，那么事件A发生的概率为P（A）＝．等可能条件下概率的特征：（1）对于每一次试验中所有可能出现的结果都是有限的；（2）每一个结果出现的可能性相等．2、概率的计算方法：（1）列举法（列表或画树状图），（2）公式法；列表法或树状图这两种举例法，都可以帮助我们不重不漏的列出所以可能的结果．列表法（1）定义：用列出表格的方法来分析和求解某些事件的概率的方法叫做列表法．（2）列表法的应用场合当一次试验要设计两个因素，并且可能出现的结果数目较多时，为不重不漏地列出所有可能的结果，通常采用列表法．树状图法（1）定义：通过列树状图列出某事件的所有可能的结果，求出其概率的方法叫做树状图法．（2）运用树状图法求概率的条件当一次试验要设计三个或更多的因素时，用列表法就不方便了，为了不重不漏地列出所有可能的结果，通常采用树状图法求概率．三．分类加法计数原理【知识点的认识】1．定义：完成一件事有两类不同方案：在第1类办法中有m种不同的方法，在第2类办法中有n种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m+n种不同的方法．2．推广：完成一件事有n类不同方案：在第1类办法中有m1种不同的方法，在第2类办法中有m2种不同的方法，…，在第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m1+m2+…+mn种不同的方法．3．特点：（1）完成一件事的n类方案相互独立；（2）同一类方案中的各种方法相对独立．（3）用任何一类方案中的任何一种方法均可独立完成这件事；4．注意：与分步乘法计数原理区别分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点计算“完成一件事”的方法种数不同点分类完成，类类相加分步完成，步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（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）注意点类类独立，不重不漏步步相依，步骤完整【解题步骤】如果完成一件事情有n类方案，且每一类方案中的任何一种方法均能独立完成这件事，则可使用分类加法计数原理．实现步骤：（1）分类；（2）对每一类方法进行计数；（3）用分类加法计数原理求和；【命题方向】与实际生活相联系，以选择题、填空题的形式出现，并综合排列组合知识成为能力型题目，主要考查学生分析问题和解决问题的能力及分类讨论思想．四．分步乘法计数原理【知识点的认识】1．定义：完成一件事需要分成两个步骤：做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m×n种不同的方法．2．推广：完成一件事需要分成n个步骤：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＝m1×m2×…×mn种不同的方法．3．特点：完成一件事的n个步骤相互依存，必须依次完成n个步骤才能完成这件事；4．注意：与分类加法计数原理区别分类加法计数原理分步乘法计数原理相同点计算“完成一件事”的方法种数不同点分类完成，类类相加分步完成，步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（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）注意点类类独立，不重不漏步步相依，步骤完整【解题步骤】如果完成一件事情有n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤才能完成这件事，则可使用分步乘法计数原理．实现步骤：（1）分步；（2）对每一步的方法进行计数；（3）用分步乘法计数原理求积；【命题方向】与实际生活相联系，以选择题、填空题的形式出现，并综合排列组合知识成为能力型题目，主要考查学生分析问题和解决问题的能力及分类讨论思想．五．计数原理的应用【知识点的认识】1．两个计数原理（1）分类加法计数原理：N＝m1+m2+…+mn（2）分步乘法计数原理：N＝m1×m2×…×mn2．两个计数原理的比较分类加法计数原理分步乘法计数原理共同点都是计数原理，即统计完成某件事不同方法种数的原理．不同点分类完成，类类相加分步完成，步步相乘n类方案相互独立，且每类方案中的每种方法都能独立完成这件事n个步骤相互依存，每步依次完成才算完成这件事情（每步中的每一种方法不能独立完成这件事）注意点类类独立，不重不漏步步相依，步骤完整【解题方法】1．计数原理的应用（1）如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类加法计数原理；（2）如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步乘法计数原理．2．解题步骤（1）指明要完成一件什么事，并依事件特点确定是“分n类”还是“分n步”；（2）求每“类”或每“步”中不同方法的种数；（3）利用“相加”或“相乘”得到完成事件的方法总数；（4）作答．【命题方向】分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基本思想方法．常见考题类型：（1）映射问题（2）涂色问题（①区域涂色②点的涂色③线段涂色④面的涂色）（3）排数问题（①允许有重复数字②不允许有重复数字）六．排列及排列数公式【考点归纳】1．定义（1）排列：一般地，从n个不同的元素中任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列．（其中被取的对象叫做元素）（2）排列数：从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号表示．2．相关定义：（1）全排列：一般地，n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个不同元素的一个全排列．（2）n的阶乘：正整数由1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用n!表示．（规定0!＝1）3．排列数公式（1）排列计算公式：＝．m，n∈N+，且m≤n．（2）全排列公式：＝n•（n﹣1）•（n﹣2）•…•3•2•1＝n!．七．组合及组合数公式【考点归纳】1．定义（1）组合：一般地，从n个不同元素中，任意取出m（m≤n）个元素并成一组，叫做从n个元素中任取m个元素的一个组合．（2）组合数：从n个不同元素中，任意取出m（m≤n）个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中，任意取出m个元素的组合数，用符号表示．2．组合数公式：＝．m，n∈N+，且m≤n．3．组合数的性质：性质1性质2．八．排列、组合及简单计数问题【知识点的知识】1、排列组合问题的一些解题技巧：①特殊元素优先安排；②合理分类与准确分步；③排列、组合混合问题先选后排；④相邻问题捆绑处理；⑤不相邻问题插空处理；⑥定序问题除法处理；⑦分排问题直排处理；⑧“小集团”排列问题先整体后局部；⑨构造模型；⑩正难则反、等价转化．对于无限制条件的排列组合问题应遵循两个原则：一是按元素的性质分类，二是按时间发生的过程进行分步．对于有限制条件的排列组合问题，通常从以下三个途径考虑：①以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；③先不考虑限制条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．2、排列、组合问题几大解题方法：（1）直接法；（2）排除法；（3）捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们“局部”的排列．它主要用于解决“元素相邻问题”；（4）插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决“元素不相邻问题”；（5）占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置．即采用“先特殊后一般”的解题原则；（6）调序法：当某些元素次序一定时，可用此法；（7）平均法：若把kn个不同元素平均分成k组，每组n个，共有；（8）隔板法：常用于解正整数解组数的问题；（9）定位问题：从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列规定某r个元素都包含在内，并且都排在某r个指定位置则有；（10）指定元素排列组合问题：①从n个不同元素中每次取出k个不同的元素作排列（或组合），规定某r个元素都包含在内．先C后A策略，排列；组合；②从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都不包含在内．先C后A策略，排列；组合；③从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每个排列（或组合）都只包含某r个元素中的s个元素．先C后A策略，排列；组合．九．二项式定理【二项式定理】又称牛顿二项式定理．公式（a+b）n＝∁nian﹣i•bi．通过这个定理可以把一个多项式的多次方拆开．例1：用二项式定理估算1.0110＝1.105．（精确到0.001）解：1.0110＝（1+0.01）10＝110+C101•19×0.01+C102•18•0.012≈1+0.1+0.0045≈1.105．故答案为：1.105．这个例题考查了二项式定理的应用，也是比较常见的题型．例2：把把二项式定理展开，展开式的第8项的系数是．解：由题意T8＝C107×＝120×3i＝360i．故答案为：360i．通过这两个例题，大家可以看到二项式定理的重点是在定理，这类型的题都是围着这个定理运作，解题的时候一定要牢记展开式的形式，能正确求解就可以了．【性质】1、二项式定理一般地，对于任意正整数n，都有这个公式就叫做二项式定理，右边的多项式叫做（a+b）n的二项展开式．其中各项的系数叫做二项式系数．注意：（1）二项展开式有n+1项；（2）二项式系数与二项展开式系数是两个不同的概念；（3）每一项的次数是一样的，即为n次，展开式依a的降幂排列，b的升幂排列展开；（4）二项式定理通常有如下变形：①；②；（5）要注意逆用二项式定理来分析问题、解决问题．2、二项展开式的通项公式二项展开式的第n+1项叫做二项展开式的通项公式．它体现了二项展开式的项数、系数、次数的变化规律，是二项式定理的核心，它在求展开式的某些特定的项及其系数方面有着广泛的应用．注意：（1）通项公式表示二项展开式的第r+1项，该项的二项式系数是∁nr；（2）字母b的次数和组合数的上标相同；（3）a与b的次数之和为n．3、二项式系数的性质．（1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即；（2）增减性与最大值：当k＜时，二项式系数是逐渐增大的．由对称性知，它的后半部分是逐渐减小的，且在中间取最大值．当n为偶数时，则中间一项的二项式系数最大；当n为奇数时，则中间的两项，相等，且同时取得最大值．考点考点精讲一．古典概型及其概率计算公式（共10小题）1．（2022秋•徐汇区校级期末）小陈掷两次骰子出现6的概率为．【分析】根据古典概型求解即可．【解答】解：第一次不出现6的概率为，第二次不出现6的概率也为，则掷两次骰子都不出现6的概率为，故掷两次骰子出现6的概率为1﹣，故答案为：．【点评】本题主要考查古典概型，属于基础题．2．（2023•上海模拟）上海电视台五星体育频道有一档四人扑克牌竞技节目“上海三打一”，在打法中有—种“三带二”的牌型，即点数相同的三张牌外加一对牌，（三张牌的点数必须和对牌的点数不同）．在一副不含大小王的52张扑克牌中不放回的抽取五次，已知前三次抽到两张A，一张K，则接下来两次抽取能抽到“三带二”的牌型（AAAKK或KKKAA）的概率为．【分析】从52张扑克牌中不放回的抽取三次之后，还剩49张牌，至此，将所求概率问题转化为一般的古典概型，求出不放回的抽取两次的方法总数，以及抽到一张A一张K或抽到两张K的方法总数，根据古典概型概率公式计算概率即可．【解答】解：由题意，从一副不含大小王的52张扑克牌中不放回的抽取三次，抽到两张A，一张K，还剩49张扑克，其中有两张A，三张K，再不放回的抽取两次，共有49×48（种）抽法，抽到一张A一张K的方法有2×3+3×2＝12（种），抽到两张K的方法有3×2＝6（种），故接下来两次抽取能抽到“三带二”的牌型的方法有12+6＝18（种），故所求概率为P＝＝．故答案为：．【点评】本题主要考查了古典概型的概率公式，属于基础题．3．（2022秋•静安区期末）现有5根细木棍，长度分别为1、3、5、7、9（单位：cm），从中任取3根，能搭成一个三角形的概率是0.3．【分析】根据古典概型，先求出样本空间，再求出条件空间即可．【解答】解：从5根木棍中任取3个共有C＝10种，符合条件有（3，5，7），（3，7，9），（5，7，9），共3种，∴能搭成一个三角形的概率为＝0.3，故答案为：0.3．【点评】本题主要考查古典概型的问题，熟记概率的计算公式即可，属于常考题型．4．（2022秋•杨浦区校级期末）电影公司随机收集了电影的有关数据，经分类整理得到如表：电影类型第一类第二类第三类第四类第五类第六类电影部数16080260200740560好评率0.40.30.20.250.30.15（好评率是指：一类电影中获得好评的部数与该类电影的部数的比值）从这六类电影中随机选取一部电影，则估计这部电影没有获得好评的概率为．【分析】分别求得总的电影部数和获得好评的电影部数，由古典概率和对立事件的概率公式，可得所求值．【解答】解：总的电影部数为160+80+260+200+740+560＝2000，获得好评的电影部数为160×0.4+80×0.3+260×0.2+200×0.25+740×0.3+560×0.15＝496，这部电影获得好评的概率为＝，故这部电影没有获得好评的概率为1﹣＝．故答案为；．【点评】本题考查古典概型和概率计算公式，考查运算能力，属于基础题．5．（2022秋•杨浦区校级期末）8个男生和4个女生排成一排，要求女生不排在两端，则4个女生排在一起的概率为．【分析】由分步计数原理和古典概型计算公式，可得所求值．【解答】解：8个男生和4个女生排成一排，要求女生不排在两端，可以排男生，则总数为AA，4个女生排在一起的总数为AAA，则4个女生排在一起的概率为＝，故答案为：．【点评】本题考查古典概型和概率计算公式，考查运算能力，属于基础题．6．（2022秋•杨浦区校级期末）某高中已经从高一、高二、高三3个年级中各挑选出4男5女，现从这27人中选出一人评选区三好学生，则此人是男生或是高二年级学生的概率是．【分析】设A是“选出的一人为男生”，B是“选出的一人为高二年级学生”，AB是“选出的一人是高二年级的男生”，由古典概型公式和P（A+B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB），计算可得所求值．【解答】解：设A是“选出的一人为男生”，B是“选出的一人为高二年级学生”，AB是“选出的一人是高二年级的男生”，则P（A）＝，P（B）＝＝，P（AB）＝，所以P（A+B）＝P（A）+P（B）﹣P（AB）＝+﹣＝．故答案为：．【点评】本题考查古典概型和概率计算公式，考查运算能力和推理能力，属于基础题．7．（2022秋•徐汇区校级期末）从{1，2，3，4，5}中随机取两个元素（可相同），则这两个元素的积不是6的倍数的概率为．【分析】根据古典概型定义可解．【解答】解：从{1，2，3，4，5}中随机取两个元素，则有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，2），（2，3），（2，4），（2，5），（3，3），（3，4），（3，5），（4，4），（4，5），（5，5），共15种取法，则两个元素的积不是6的倍数有（1，1），（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，2），（2，4），（2，5），（3，3），（3，5），（4，4），（4，5），（5，5），共13种，则这两个元素的积不是6的倍数的概率为【点评】本题考查古典概型概率计算，属于基础题．8．（2022秋•徐汇区校级期末）第14届国际数学教育大会（ICME﹣14）于2021年7月12日至18日在上海举办，已知张老师和李老师都在7天中随机选择了连续的3天参会，则两位老师所选的日期恰好都不相同的概率为．【分析】设7天的编号依次为1，2，3，4，5，6，7，则连续的三天分别为：123，234，345，456，567，共5种情况，分别求出两人总的选择的个数以及所求事件的个数，然后根据古典概型的概率计算公式即可求解．【解答】解：设7天的编号依次为1，2，3，4，5，6，7，则连续的三天分别为：123，234，345，456，567，共5种情况，所以张老师与李老师随机选择的总数为C＝25种情况，两人选择的日期恰好都不相同的分别为（123，456），（123，567），（234，567），（456，123），（567，123），（567，234）共6种情况，所以所求事件的概率为，故答案为：．【点评】本题考查了古典概型的概率计算公式的应用，考查了学生的理解运算能力，属于基础题．9．（2023•浦东新区模拟）数学老师从6道习题中随机抽3道让同学检测，规定至少要解答正确2道题才能及格．某同学只能求解其中的4道题，则他能及格的概率是．【分析】先求出基本事件总数n＝，再求出他能及格包含的基本事件个数m＝＝16，由此能求出他能及格的概率．【解答】解：数学老师从6道习题中随机抽3道让同学检测，基本事件总数n＝，规定至少要解答正确2道题才能及格．某同学只能求解其中的4道题，则他能及格包含的基本事件个数m＝＝16，∴他能及格的概率p＝．故答案为：．【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．10．（2023•上海）为了学习宣传党的二十大精神，某校学生理论宣讲团赴社区宣讲，已知有4名男生，6名女生，从10人中任选3人，则恰有1名男生2名女生的概率为0.5．【分析】根据古典概型求解即可．【解答】解：从10人中任选3人的事件个数为，恰有1名男生2名女生的事件个数为，则恰有1名男生2名女生的概率为，故答案为：0.5．【点评】略二．分类加法计数原理（共3小题）11．（2020•上海）已知A＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}，a、b∈A，则|a|＜|b|的情况有18种．【分析】先讨论a的取值，得到对应b的值，再整体求和即可．【解答】解：当a＝﹣3，0种，当a＝﹣2，2种，当a＝﹣1，4种；当a＝0，6种，当a＝1，4种；当a＝2，2种，当a＝3，0种，故共有：2+4+6+4+2＝18．故答案为：18．【点评】本题主要考查分类讨论思想在概率中的应用，属于基础题目．12．（2023春•闵行区月考）小张同学计划从6本历史类读本、5本军事类读本和3本哲学类读本中任选1本阅读，则不同的选法共有14种．【分析】根据分类加法计数原理可解决此题．【解答】解：根据分类加法计数原理可知，小张同学计划从6本历史类读本、5本军事类读本和3本哲学类读本中任选1本阅读，共有6+5+3＝14种不同的选法．【点评】本题考查分类加法计数原理应用，考查数学运算能力及抽象能力，属于基础题．13．（2022•崇明区二模）某学校每天安排4项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定：（1）每位学生每天最多选择1项；（2）每位学生每项一周最多选择1次．学校提供的安排表如下：时间周一周二周三周四周五课后服务音乐、阅读、体育、编程口语、阅读、编程、美术手工、阅读、科技、体育口语、阅读、体育、编程音乐、口语、美术、科技若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程3项，则不同的选择方案共有14种．（用数值表示）【分析】根据题意，由表可知周一至周四都可选阅读，周一，周三和周四可选体育，周一，周二和周四可选编程，由此分4种情况讨论，由加法原理计算可得答案．【解答】解：根据题意，由表可知周一至周四都可选阅读，周一，周三和周四可选体育，周一，周二和周四可选编程，故分4种情况讨论：当周一选阅读，若体育选周三，编程有2种方法，若体育选周四，编程有1种方法，共3种选法，当周二选阅读，若编程选周一，体育有2种方法，若编程选周四，体育有2种方法，共4种选法，当周三选阅读，若体育选周一，编程有2种方法，若体育选周四，编程有2种方法，共4种选法，当周四选阅读，若体育选周一，编程有1种方法，若体育选周三，编程有2种方法，共3种选法，再由分类加法计数原理可得不同的选课方案共有3+4+4+3＝14种．故答案为：14．【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题．三．分步乘法计数原理（共2小题）14．（2020春•徐汇区校级期中）从甲地到乙地有2条路可走，从乙地到丙地有3条路可走，从甲地到丁地有4条路可走，从丁地到丙地有2条路可走，从甲地到丙地共有14种不同的走法．【分析】两条路线可选：甲地→乙地→丙地；甲地→丁地→丙地，再由分类计数原理，得解．【解答】解：从甲地到丙地有两条路线可选：路线一：甲地→乙地→丙地，共有2×3＝6种；路线二：甲地→丁地→丙地，共有4×2＝8种，由分类计数原理知，共有6+8＝14种不同的走法．故答案为：14．【点评】本题考查分类加法计数原理和分步乘法计数原理，属于基础题．15．（2022春•长宁区校级期末）将3封不同的信投入4个不同的邮箱，则有64种不同投法．【分析】根据题意可知每封信都有4种不同的投法，由分步计数原理可得结果．【解答】解：因为第一封信有4种投法，第二封信有4种投法，第三封信有4种投法，所以由分步乘法计数原理知，共有不同投法43＝64（种）．故答案为：64．【点评】本题主要考查了分步计数原理的应用，属基础题．四．计数原理的应用（共4小题）16．（2021春•浦东新区校级期末）有6本不同的书按下列分配方式分配，问共有多少种不同的分配方式？（1）分成1本、2本、3本三组；（2）分给甲、乙、丙人，其中一个人1本，一个人2本，一个人3本；（3）分成每组都是2本的三个组；（4）分给甲、乙、丙三人，每个人2本．【分析】（1）分成三份，1份1本，1份2本，1份3本，是无序不均匀分组问题，直接利用组合数公式求解即可．（2）甲、乙、丙三人中，一人得1本，一人得2本，一人得3本，甲、乙、丙三人有序不均匀分组问题．直接求出即可．（3）平均分成三份，每份2本．这是平均分组问题，列举（AB，CD，EF），（AB，EF，CD）、（CD，AB，EF）、（CD，EF，AB）、（EF，CD，AB）、（EF，AB，CD）是一种分法，求出组合总数除以A33即可．（4）分给甲、乙、丙三人，每个人2本，甲、乙、丙三人有序均匀分组问题．直接求出即可【解答】解：（1）无序不均匀分组问题．先选1本有C16种选法；再从余下的5本中选2本有C25种选法；最后余下3本全选有C33种方法，故共有C16C25C33＝60种．（2）有序不均匀分组问题．由于甲、乙、丙是不同的三人，在第（1）题基础上，还应考虑再分配，共有C16C25C33A33＝360种．（3）无序均匀分组问题．先分三步，则应是C26C24C22种方法，但是这里出现了重复．不妨记6本书为A、B、C、D、E、F，若第一步取了AB，第二步取了CD，第三步取了EF，记该种分法为（AB，CD，EF），则C26C24C22种分法中还有（AB，EF，CD）、（CD，AB，EF）、（CD，EF，AB）、（EF，CD，AB）、（EF，AB，CD），共A33种情况，而这A33种情况仅是AB、CD、EF的顺序不同，因此只能作为一种分法，故分配方式有＝15种．（4）在（3）的基础上，还应考虑再分配，共有15A33＝90种．【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，正确区分无序不均匀分组问题．有序不均匀分组问题．无序均匀分组问题．是解好组合问题的一部分；本题考查计算能力，理解能力17．（2021春•徐汇区校级期中）54的不同正约数有8个．【分析】根据正约数的定义，即可求解．【解答】解：54的正约数有1，2，3，6，9，18，27，54，共8个．故答案为：8．【点评】本题主要考查了正约数的定义，即可求解．18．（2023春•闵行区月考）五名旅客在三家旅店投宿的方法有243种．【分析】根据题意，分析可得：完成这件事，可分成五个步骤：每一步依次安排一名旅客，都各自有3种方法，由分步计数原理，计算可得答案．【解答】解：完成这件事，可分成五个步骤：第一步安排一名旅客，有3种投宿方法，同理第二步，第三步，第四步，第五步依次安排一名旅客，都各自有3种方法，根据分步计数原理，得到五名旅客在三家旅店投宿的方法有N＝3×3×3×3×3＝35＝243（种）；故答案为：243．【点评】本题考查分步计数原理的运用，解题时首先要分析题意，明确题目中的关系，是分步问题还是分类问题．19．（2022春•青浦区校级期末）6个人排成一排，甲、乙两人相邻的排法有240种．【分析】甲、乙两人相邻可以捆绑看成一个元素，而甲乙可以交换位置，利用排列即可得出结论．【解答】解：甲、乙两人相邻可以捆绑看成一个元素，而甲乙可以交换位置，因此6个人排成一排，甲、乙两人相邻的排法有•＝240种．故答案为：240．【点评】本题考查了排列数的意义及其计算公式、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．五．排列及排列数公式（共5小题）20．（2022春•浦东新区校级期末）＝120．【分析】根据组合数公式计算即可．【解答】解：＝＝＝120．故答案为：120．【点评】本题考查了组合数公式的应用问题，是基础题目．21．（2022秋•嘉定区校级期中）若，则x＝5．【分析】根据排列数，组合数公式，进行化简即可求解．【解答】解：3＝3＝，＝（x+1）x，由，得＝（x+1）x，∵x＞0，∴x＝5，故答案为：5．【点评】本题考查了排列数，组合数公式的应用，是基础题．22．（2022春•闵行区校级期末）求满足下列方程组的正整数的解：（1）；（2）．【分析】利用排列、组合公式列方程，并化简求值即可，注意n的范围．【解答】解：（1）由＝，可得2n（2n﹣1）（2n﹣2）＝28n（n﹣1），而n≥2，故2n﹣1＝7，可得n＝4；（2）﹣＝+，可得﹣＝+n+1，所以2n+3＝，则n2﹣3n﹣4＝（n﹣4）（n+10）＝0，而n≥2，故n＝4．【点评】本题考查了组合数公式的应用问题，也考查了逻辑推理与证明的应用问题，是基础题．23．（2022•黄浦区模拟）已知m∈N*，用非负整数n1、n2表示m，m＝n1+，若Am为其表示方法的数组（n1，n2）的个数，则Am＝m+1．【分析】对任意正整数m，有m＝0+＝1+＝2+＝……＝m+，从而求出Am的不等式．【解答】解：对任意正整数m，有m＝0+＝1+＝2+＝……＝m+，∴Am＝m+1，故答案为：m+1．【点评】本题主要考查了排列组合知识，属于基础题．24．（2022春•浦东新区校级期中）对于任意正整数n，定义“n的双阶乘n!!”如下：对于n是偶数时，n!!＝n（n﹣2）（n﹣4）⋅⋅⋅6×4×2；对于n是奇数时，n!!＝n（n﹣2）（n﹣4）⋅⋅⋅5×3×1．现有如下四个命题：①（2021!!）•（2022!!）＝2022!；②2022!!＝21011•1011!；③2022!!的个位数是0；④2023!!的个位数是5．正确的命题序号为①②③④．【分析】利用新定义，结合阶乘的定义依次判断即可．【解答】解：由n的双阶乘n!!的定义知，（2021!!）•（2022!!）＝2021×2019×2017×……×1×2022×2020×……×2＝2022!，故①正确；2022!!＝2022×2020×……×2＝21011•1011!，故②正确；2022!!的因数中有10，故其个位数是0，故③正确；2023!!的因数中有5，且没有偶数，故其个位数是5，故④正确．故答案为：①②③④．【点评】本题考查了排列组合公式的变形应用，属于中档题．六．组合及组合数公式（共10小题）25．（2022秋•宝山区校级期末）若，则x＝（）A．2 B．5 C．2或5 D．7【分析】由组合数性质可求x的值．【解答】解：由，可得x＝2或x＝7﹣2＝5．故选：C．【点评】本题考查组合数公式及其性质，属基础题．26．（2022春•奉贤区校级月考）“n＝3”是“”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件【分析】利用组合数公式，再借助充分必要条件的定义判断即可．【解答】解：∵，∴n＝3或n+3＝8，∴n＝3或n＝5，∴n＝3是的充分不必要条件，故选：A．【点评】本题考查了组合数公式的应用，充分必要条件的判断，是基础题．27．（2022•虹口区校级开学）关于排列组合的方程的解是n＝8．【分析】根据组合数的性质及排列数转化为n的方程，解得即可．【解答】解：因为，所以，即为，解得n＝8．故答案为：n＝8．【点评】本题主要考查组合数和排列数公式，属于基础题．28．（2022春•松江区校级期末）若C＝C，则正整数x的值是5或7．【分析】根据组合公式，由C＝C列方程求解即可．【解答】解：C＝C，则2x﹣1＝x+6或2x﹣1+x+6＝20，解得x＝5或x＝7．故答案为：5或7．【点评】本题考查了组合数公式的应用问题，是基础题．29．（2022春•浦东新区校级期中）已知，则m＝4或14．【分析】利用+＝化简即可得出结论．【解答】解：由+＝，，可得：＝，∴m+1＝5，或m+1+5＝20，解得m＝4或m＝14，故答案为：4或14．【点评】本题考查了组合数的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．30．（2023春•闵行区月考）解方程（1）；（2）．【分析】（1）根据得到x+2＝4或x+2＝6，计算得到答案；（2）根据排列公式计算得到答案．【解答】解：（1），则x+2＝4或x+2＝6，解得x＝2或x＝4；（2），即（2n+1）（2n）（2n﹣1）（2n﹣2）＝126n（n﹣1）（n﹣2），化简得到：8n2﹣63n+124＝0，解得n＝4或（舍去）．【点评】本题主要考查排列数、组合数的公式，属于基础题．31．（2022春•青浦区校级期末）（1）解不等式；（2）已知，，成等差数列，求的值．【分析】（1）由排列数公式及性质列出不等式组即可求解；（2）由题意，2＝+，利用组合数公式及性质化简，然后求解方程即可得答案．【解答】解：（1）因为，所以＜6×，所以（8﹣m）（7﹣m）＜6，又，解得m＝6；（2）因为，，成等差数列，所以2＝+，所以2＝+，即＝+，所以n2﹣21n+98＝0，又n≥12，且n∈N*，解得n＝14，所以，＝＝91．【点评】本题考查了组合数公式的应用问题，也考查了逻辑推理与证明的应用问题，是基础题目．32．（2022秋•徐汇区校级期末）若（n∈N*），则n＝5．【分析】利用组合数公式直接求解．【解答】解：∵，∴﹣＝，解得n＝5或n＝0（舍）．故答案为：5．【点评】本题考查组合方程的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意组合数公式的合理运用．33．（2022春•浦东新区校级期中）若，则r＝7或3．【分析】由题意利用组合数的计算公式，组合数的性质，求得n的值．【解答】解：∵；则r＝3，或r+3＝10，求得r＝3或r＝7，故答案为：3或7．【点评】本题主要考查组合数的计算公式，组合数的性质，属于基础题．34．（2022秋•静安区校级期中），求正整数x的值．【分析】由题意，利用组合数的性质，求得x的值．【解答】解：∵，∴2x﹣1＝x+3或2x﹣1+x+3＝8，求得正整数x＝4或x＝2．【点评】本题主要考查组合数的性质，属于基础题．七．排列、组合及简单计数问题（共10小题）35．（2022秋•宝山区校级期末）4名同学到3个小区参加垃圾分类宣传活动，每名同学只去1个小区，每个小区至少安排1名同学，则不同的安排方法种数为（）A．36 B．64 C．72 D．81【分析】先把4名同学分成“1，1，2”的组合，再将这三组安排到3个小区，最后由分步计数原理得解．【解答】解：依题意可知，其中一个小区必安排2名同学，则先把4名同学分成“1，1，2”的组合，有种方式，再将这三组安排到3个小区，有种方式，所以符合题意的不同的安排方法种数为6×6＝36种．故选：A．【点评】本题考查排列组合的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．36．（2023春•闵行区月考）将4名新老师安排到A，B，C三所学校去任教，每所学校至少一人，则不同的安排方案的种数是（）A．54 B．36 C．24 D．18【分析】分类讨论A，B，C分别有两名新教师的情况，进而计算出4名新教师安排到A，B，C三所学校去任教每所学校至少一人的所有情况．【解答】解：将4名新教师安排到A，B，C三所学校去任教，每所学校至少一人，分配方案是：1，1，2，A学校有两名新老师：；B学校有两名新老师：；C学校有两名新老师：，所以共有种情况．故选：B．【点评】本题主要考查组合及简单计数问题，属于基础题．37．（2022秋•徐汇区校级期末）某校安排5名同学去A，B，C，D四个爱国主义教育基地学习，每人去一个基地，每个基地至少安排一人，则甲同学被安排到A基地的排法总数为（）A．24 B．36 C．60 D．240【分析】对A基地安排的人数，分类讨论即可求解．【解答】解：①当A基地安排1人时，排法总数为＝36；②当A基地安排2人时，排法总数为＝24，∴满足题意的所有排法数为36+24＝60．故选：C．【点评】本题考查分组分配问题，分类讨论思想，属基础题．38．（2023•浦东新区校级一模）电视台在电视剧开播前连续播放6个不同的广告，其中4个商业广告2个公益广告，现要求2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式共有（）A．A•A B．C•C C．A•A D．C•C【分析】先把4个商业广告排好顺序，再用插空法求得2个公益广告不能连续播放的方法数．【解答】解：先把4个商业广告排好顺序，共有种方法，再把2个公益广告插入5个空（包括两头）中，根据分步计数原理，共有•种方法，故选：A．【点评】本题主要考查排列组合的应用，分步计数原理，不相邻问题采用插空法，属于中档题．39．（2022秋•宝山区校级期末）电视台在电视剧开播前连续播放5个不同的广告，其中3个商业广告2个公益广告，现要求2个公益广告不能连续播放，则不同的播放方式共有72种．【分析】先安排3个商业广告的播放顺序，再将2个公益广告插入3个商业广告所形成的4个空挡中，最后由分步计数原理得解．【解答】解：先安排3个商业广告的播放顺序，有种方式再将2个公益广告插入3个商业广告所形成的4个空挡中，有种方式，则由分步计数原理可知，符合题意的不同的播放方式共有6×12＝72种．故答案为：72．【点评】本题考查排列组合的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．40．（2022秋•浦东新区校级期末）10个相同的小球放到6个不同的盒子里，每个盒子里至少放一个小球，则不同的放法有126种．【分析】利用“隔板法”求解即可．【解答】解：利用“隔板法”，10个相同小球中间共有9个空隙，从中任意选择5个放上“隔板”，即可把10个相同的小球放到6个不同的盒子里，每个盒子里至少放一个小球，所以不同的放法有＝126种．故答案为：126．【点评】本题主要考查了排列组合知识，考查了“隔板法”的应用，属于基础题．41．（2022秋•徐汇区校级期末）有一道路网如图所示，通过这一路网从A点出发不经过C、D点到达B点的最短路径有24种．【分析】根据已知，要想避开C、D点，需分步考虑．得到每一步的方法种类，用分步计数原理乘起来即可得出答案．【解答】解：如图，由已知可得，应从A点，先到E点，再到F点，最后经点G到B点即可．第一步：由A点到E点，最短路径为4步，最短路径方法种类为；第二步：由E点到F点，最短路径为3步，最短路径方法种类为；第三步：由F点经点G到B点，最短路径为3步，最短路径方法种类为．根据分步计数原理可得，最短路径有4×3×2＝24种．故答案为：24．【点评】本题考查分步计数原理，属于基础题．42．（2022秋•虹口区校级期末）从2位女生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，则不同的选法共有16种．（用数字填写答案）【分析】反面考虑，先求出所选的人中没有女生的选法种数，再根据从6人中任选3人的选法种数减去没有女生的选法种数，即可解出．【解答】解：没有女生入选有种选法，从6名学生中任意选3人有种选法，故至少有1位女生入选，则不同的选法共有20﹣4＝16种．故答案为：16．【点评】本题主要考查组合及简单计数问题，属于基础题．43．（2022秋•静安区期末）2022年11月27日上午7点，时隔两年再度回归的上海马拉松赛在外滩金牛广场鸣枪开跑，途径黄浦、静安和徐汇三区．数千名志愿者为1.8万名跑者提供了良好的志愿服务．现将5名志愿者分配到防疫组、检录组、起点管理组、路线垃圾回收组4个组，每组至少分配1名志愿者，则不同的分配方法共有240种．（结果用数值表示）【分析】先将5人分为4组，再分配到不同的4个岗位，利用排列组合数公式求解即可．【解答】解：将5名志愿者分配到防疫组、检录组、起点管理组、路线垃圾回收组4个组，每组至少分配1名志愿者，则不同的分配方法共有＝240种．故答案为：240．【点评】本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于基础题．44．（2022秋•杨浦区校级期末）某兴趣小组有10名学生，若从10名学生中选取3人，则选取的3人中恰有1名女生的概率为，且女生人数超过1人，现在将10名学生排成一排，其中男生不相邻，且男生的左右相对顺序固定，则共有25200种不同的站队方法．【分析】由已知得10名学生中，有女生6人，男生4人，再利用插空法求解即可．【解答】解：设10名学生中，有女生x人，男生（10﹣x）人，则10名学生中选取3人，恰有1名女生的概率P＝＝＝，整理得：x（10﹣x）（9﹣x）＝72，即x3﹣19x2+90x﹣72＝0，因式分解可得：（x﹣6）（x﹣1）（x﹣12）＝0，解得：x＝6＞1或x＝1（舍去）或x＝12（舍去），所以10名学生中，有女生6人，男生4人，将6名女生排成一排有A种方法，再将4名男生插到7个空中有AA种方法，因为男生的左右相对顺序固定，而4名男生排成一排有A种方法，所以一共有＝25200，答案为：25200．【点评】本题考查了排列组合的应用问题，属于基础题．八．二项式定理（共10小题）45．（2022秋•徐汇区校级期末）2100被9除所得的余数为（）A．1 B．3 C．5 D．7【分析】由题意可得：2100＝2（9﹣1）33，结合二项展开式分析求解【解答】解：由题意可得：2100＝2×299＝2×833＝2（9﹣1）33，可知2（9﹣1）33的展开式为，r＝0，1，…，99，当r＝0，1，…，98时，均可被9整除；当r＝99时，T100＝2（﹣1）99＝﹣2被9除所得的余数为7；综上所述：2100被9除所得的余数为7．故选：D．【点评】本题主要考查二项式定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．46．（2022秋•静安区期末）在的二项展开式中，称为二项展开式的第r+1项，其中r＝0，1，2，3，…，n．下列关于的命题中，不正确的一项是（）A．若n＝8，则二项展开式中系数最大的项是 B．已知x＞0，若n＝9，则二项展开式中第2项不大于第3项的实数x的取值范围是 C．若n＝10，则二项展开式中的常数项是 D．若n＝27，则二项展开式中x的幂指数是负数的项一共有12项【分析】对于A，根据系数最大列不等式，解不等式即可判断；对于B，根据题列不等式，分0＜x≤1和x＞1两种情况解不等式即可判断；对于C，令10﹣＝0，解方程即可判断；对于D，令27﹣＜0，解不等式即可判断．【解答】解：对于A，令，解得，解提r＝2，故A正确；对于B，≤，整理得，当0＜x≤1时，不等式恒成立，当x＞1时，解得1＜x≤（），∴0，故B正确；对于C，令10﹣＝0，解得r＝6，∴常数项为＝，故C正确；对于D，令27﹣＜0，解得r＞，∴r可取17，18，•••，27，共11项，故D错误．故选：D．【点评】本题考查二项式定理、二项式展开式系数、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．47．（2022秋•杨浦区校级期末）已知（1+x）n的二项展开式中，第5项与第11项的系数相等，则所有项的系数之和为（）A．216 B．215 C．214 D．213【分析】由由题意求出展开式的第5项，第11项的系数，然后建立方程求出n的值，然后再令x＝1即可求解．【解答】解：由题意展开式的第5项，第11项的系数分别为C，则C，所以n+4+10＝14，则二项式为（1+x）14，令x＝1，则展开式的所有项的系数之和为214，故选：C．【点评】本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．48．（2022秋•杨浦区校级期末）已知，则|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a7|＝（）A．128 B．2187 C．78125 D．823543【分析】由题意可得|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a7|为二项式（5x+2）7的展开式的所有项系数之和，然后令x＝1即可求解．【解答】解：由题意可得|a0|+|a1|+|a2|+⋯+|a7|为二项式（5x+2）7的展开式的所有项系数之和，则令x＝1，|a0|+|a1|+...+|a7|＝（5+2）7＝823543，故选：D．【点评】本题考查了二项式定理的应用，属于基础题．49．（2023•嘉定区模拟）已知a＞0，（1+a）12的二项展开式中的第9项是7920，则实数a为．【分析】根据二项式定理确定开式中的第9项是，再由a＞0，即可求得实数a的值．【解答】解：（1+a）12展开式中的第9项是，解得，又a＞0，所以．故答案为：．【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．50．（2022秋•浦东新区校级期末）的展开式的常数项是﹣20（用数字作答）．【分析】根据已知条件，结合二项式定理，即可求解．【解答】解：＝（x﹣x﹣1）6展开式中的通项公式为Tr+1＝＝，令6﹣2r＝0，解得r＝3，故的展开式的常数项是．故答案为：﹣20．【点评】本题主要考查二项式定理，属于基础题．51．（2022秋•虹口区校级期末）若，则a1+a3+a5＝122．【分析】根据已知条件，结合赋值法，即可求解．【解答】解：，令，令x＝﹣1⇒a0﹣a1﹣a2﹣a3﹣a4x﹣a5＝﹣1，则．故答案为：122．【点评】本题主要考查二项式定理，属于基础题．52．（2022秋•宝山区校级期末）已知的展开式中第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，则展开式中的常数项为405．【分析】由已知结合二项式系数的性质先求出n，然后利用赋值法求出a，再结合通项即可求解．【解答】解：由题意得，故n＝10，令x＝1可得（a﹣1）n＝1024，所以a＝3，所以展开式的通项为Tr+1＝（3x2）10﹣r（﹣）r＝（﹣1）r•310﹣rx，令20﹣＝0，则r＝8，故展开式的通项为405．故答案为：405，．【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．53．（2022秋•杨浦区校级期末）450除以17的余数为16．【分析】因为450＝1625＝（17﹣1）25，然后根据二项式定理展开，根据整除的性质以及余数的求解即可求解．【解答】解：因为450＝1625＝（17﹣1）25＝C+C+...+C，则展开式的前25项都可以被17整除，所以450除以17的余数为﹣1+17＝16，故答案为：16．【点评】本题考查了二项式定理的应用，涉及到整除的性质，属于基础题．54．（2022秋•杨浦区校级期末）在的二项展开式中，系数最大的项为70．【分析】求出展开式的通项公式，然后根据通项公式可知展开式系数的绝对值与二项式系数相等，根据二项式系数的性质即可求解．【解答】解：二项式的展开式的通项公式为T＝C，r＝0，1，...，8，则展开式系数的绝对值与二项式系数相等，因为r＝8，则第5项的二项式系数最大，即为T5＝C＝70，所以系数最大项为T5＝70，故答案为：70．【点评】本题考查了二项式定理的应用，涉及到二项式系数的性质，属于基础题．巩固巩固提升一、单选题1．（2023春·上海闵行·高二校联考阶段练习）已知，则被10除所得的余数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【分析】根据题意得到，再利用二项式定理展开即可得到答案.【详解】，又因为，又因为都是10的倍数，所以被除所得的余数为.故选：B2．（2023春·上海杨浦·高二上海市杨浦高级中学校考开学考试）以下5个命题，其中正确的是（

）①从1，2，3，，9九个数字中任取3个不同的数，组成三位数的个数为；②4封信投入3个信箱，有种投法；③从a，b，c，d四名学生中选两名去完成同一份工作，有种选法；④5个人相互通一次，通的总次数为次；⑤5个人相互写一封信，所有信的数量封．A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】B【分析】根据各命题有无顺序，选择是排列还是组合问题，逐一判断.【详解】①3个不同的数，组成三位数是排列问题，有顺序，组成三位数的个数为，故①错误；②4封信投入3个信箱，每封信有3种选择，共有种投法，故②正确；③从a，b，c，d四名学生中选两名去完成同一份工作，因为是同一份工作，没有顺序，有种选法正确，故③正确；④5个人相互通一次，两人通一次就是互通，没有顺序，通的总次数为次正确，故④正确；⑤5个人相互写一封信，两人相互写信指各写一封信，所有信的数量封，故⑤错误；综上②③④正确，有3个正确.故选：B.3．（2023春·上海宝山·高三上海交大附中校考开学考试）在1、2、3、4、5的所有排列、、、、中，满足条件，，，的排列个数是（

）A．10 B．12 C．14 D．16【答案】D【分析】结合枚举法得出排列个数.【详解】由题意，只能在中出现，不能出现在中，因此若取值4或5，则排列个数为，若取值为3或5，则4只能出现在5的的一侧，即排列有：13254，23154，45231，45132共4个，综上，所有排列个数为12+4=16.故选：D．4．（2023·上海·高三专题练习）若，则（

）A．244 B．243C．242 D．241【答案】C【分析】对偶法，结合二项式展开式的特征，各系数绝对值之和，将二项式中的改成，然后令即可解出结果.【详解】显然，，令得，故.故选：C.二、填空题5．（2023春·上海杨浦·高二上海市杨浦高级中学校考开学考试）圆上有10个不同的点，以其中任意3个点为顶点，可以组成______个不同的三角形．【答案】120【分析】根据圆周上任意三点不会共线，任选三点用组合数公式计算即可.【详解】因为三点在圆周上，所以三点是不会共线的，所以从十个点中任选三个点即可构成三角形，所以可以组成不同的三角形的个数为.故答案为：120.6．（2023春·上海·高三校联考阶段练习）在的展开式中，含有项的系数为__________.【答案】【分析】利用二项式定理即可求解.【详解】由的展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式中含有项的系数为.故答案为：.7．（2023春·上海杨浦·高二上海市杨浦高级中学校考开学考试）满足等式的正整数n的值为______．【答案】4【分析】根据排列数公式展开，并计算，即可得答案.【详解】因为，所以，即，则，故答案为：48．（2023春·上海·高三校联考阶段练习）二项式的展开式中，含的项的系数为___．【答案】【分析】先写出二项式的展开式的通项，然后令的次数为求出，进而可得系数.【详解】二项式的展开式的通项为，令，得，所以含的项的系数为.故答案为：.9．（2023春·上海浦东新·高二上海市川沙中学校考开学考试）有7人站一排，甲既不站在排头、也不站在排尾，有________种不同站法．【答案】3600【分析】先安排甲站中间5个位置，再安排其他人即可.【详解】有7人站一排，甲既不站在排头、也不站在排尾，有.故答案为：10．（2023春·上海浦东新·高二上海市川沙中学校考开学考试）若的二项展开式中的系数为，则________（用数字作答）【答案】2；【分析】利用二项式定理求得的通项，再表示的系数即可求得.【详解】解：设的二项展开式的通项为，令得，则的系数为，解得故答案为：211．（2023春·上海杨浦·高二上海市杨浦高级中学校考开学考试）已知三位数abc满足：以a，b，c为三条边的长可以构成一个等腰（含等边）三角形，则有______个满足条件的三位数．【答案】165【分析】利用排列组合的方法，分等边三角形和等腰（非等边）三角形两类情况分类讨论求解.【详解】若构成等边三角形，则这样的三角形的个数为个；若构成等腰（非等边）三角形，设这样的三角形有个，由于三位数中只有两个不同数码，设为注意到三角形腰与底可以置换，所以可取的数码组有,但是当大数为底时，设，必须满足.此时，不能构成三角形的数码是：9876543214,3,2,14,3,2,13,2,13,2,12,12,111共20种情况，同时，每个数码组中的二个数码填上三位数，有种情况，故,综上，故答案为:165.12．（2023春·上海宝山·高三统考阶段练习）在的二项展开式中，项的系数是______（结果用数值表示）．【答案】80【分析】由二项式展开式的通项公式，直接求得答案.【详解】由题意可得的二项展开式的通项公式为：，，当时，展开式中含有，故的系数为，故答案为：80.13．（2023春·上海杨浦·高三复旦附中校考开学考试）的二项式展开中，系数最大的项为______．【答案】【分析】根据二项式展开式中系数的性质即可求解.【详解】由题意知：的二项式展开中，各项的系数和二项式系数相等，因为展开式的通项为，所以时，系数最大，该项为，故答案为：.14．（2023春·上海普陀·高三曹杨二中校考阶段练习）二项式展开中的系数为___________.【答案】【分析】利用二项式定理，写出展开式的通项即可求解.【详解】二项式的展开式为，令，解得，所以展开中的系数为，故答案为：15．（2023春·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）如图为正六棱柱，若从该正六棱柱的6个侧面的12条面对角线中，随机选取两条，则它们共面的概率是_________．【答案】【分析】共面分为平行和相交，平行时，只需要考虑对面平行中的直线即可，相交时分为：在侧面内相交，两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数，再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可.【详解】解：由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有6个侧面，所以共有6组；若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有12个顶点，所以共有12组，若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接，先考虑下底面，根据正六边形性质可知，所以，且，故共面，且共面，故相交，且相交，故共面有2组，则正六边形对角线所对应的有2组共面的面对角线，同理可知正六边形对角线所对的分别有两组，共6组，故对于上底面对角线，，同样各对两组，共6组，若对面平行，一组对面中有2组对角线平行，三组对面共有6组，所以共面的概率是．故答案为：16．（2023春·上海·高三校联考阶段练习）上海电视台五星体育频道有一档四人扑克牌竞技节目“上海三打一”，在打法中有—种“三带二”的牌型，即点数相同的三张牌外加一对牌，（三张牌的点数必须和对牌的点数不同）．在一副不含大小王的张扑克牌中不放回的抽取五次，已知前三次抽到两张，一张，则接下来两次抽取能抽到“三带二”的牌型（AAAKK或KKKAA）的概率为__________．【答案】【分析】首先求出基本事件总数，再求出满足条件的事件数，最后利用古典概型的概率公式计算可得.【详解】依题意在一副不含大小王的张扑克牌中不放回的抽取三次，抽到两