考点巩固23 排列组合及二项式定理(七大考点)2025年高考一轮复习(解析)

高中数学精编资源2/2考点巩固卷23排列组合及二项式定理(七大考点)考点01：排列数及组合数的运算1.排列的定义：一般地，从n个不同的元素中取出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．要点诠释:（1）排列的定义中包括两个基本内容，一是“取出元素”，二是“按照一定的顺序排列”．（2）从定义知，只有当元素完全相同，并且元素排列的顺序也完全相同时，才是同一个排列．（3）如何判断一个具体问题是不是排列问题，就要看从n个不同元素中取出m个元素后，再安排这m个元素时是有顺序还是无顺序，有顺序就是排列，无顺序就不是排列．2、排列数1.排列数的定义从个不同元素中，任取（）个元素的所有排列的个数叫做从个元素中取出元素的排列数，用符号表示.要点诠释:“排列”和“排列数”是两个不同的概念，一个排列是指“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”，它不是一个数，而是具体的一个排列（也就是具体的一件事）；2．排列数公式，其中n，m∈N+，且m≤n．要点诠释:公式特征：第一个因数是，后面每一个因数比它前面一个少1，最后一个因数是，共有个因数。3：阶乘表示式1．阶乘的概念：把正整数1到的连乘积，叫做的阶乘.表示：，即.规定：．2.排列数公式的阶乘式：所以．组合数公式：(1)（、，且）(2)（、，且）1．设，，则中前的系数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】依题意，写出的展开式，利用二项式通项，写出展开式中前的系数，利用组合数的性质计算即得.【详解】依题意，，对于的通项为，故中前的系数为：.故选：D.2．若，则的个位数字是（

）A．3 B．8 C．0 D．5【答案】A【分析】通过发现当时，可知个位数为0，再求出即可判断．【详解】当时，，当时，的个位数字为0，又，的个位数字为3．故选：A．3．（

）A．24 B．60 C．48 D．72【答案】A【分析】根据组合数以及排列数的计算即可求解.【详解】,故选：A4．的值是（

）A．480 B．520 C．600 D．1320【答案】C【分析】根据排列数公式计算即可.【详解】.故选：C.5．已知，，，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先借助排列数的定义与指数定义得到与的关系后，借助组合数定义结合放缩可比较与的关系，即可得解.【详解】，，均由20个数相乘组成，其中前两项和最后一项比较，其他项，直到，故，，其中里面前四项大于中的后五项，即，其他项均要对应大于或等于剩余中的每一项，故.故选：C.6．不等式的解集是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用排列数公式化简并求解不等式.【详解】不等式中，，化为，整理得，解得，因此，所以不等式的解集是.故选：A7．，，则等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定条件利用排列数公式的意义即可得解.【详解】因且，表示80个连续正整数的乘积，其中最大因数为，最小因数为，由排列数公式的意义得结果为，所以.故选：A8．表示为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由排列数公式求解．【详解】由排列数公式可得：．故选：B．9．若，则（

）A．5 B．20 C．60 D．120【答案】D【分析】直接利用组合数与排列数的计算方法计算即可.【详解】因为，由组合数的性质可得，解得，故.故选：D.10．已知，则（

）A．11 B．10 C．9 D．8【答案】B【分析】根据组合数的性质计算可得.【详解】因为，所以，又，所以，所以，解得.故选：B考点02：捆绑法及插空法相邻问题1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体，在于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序，则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算.2、解题步骤：第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数第二步：求出其余元素的排列种数第三步：求出总的排列种数不相邻问题技巧总结1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列，然后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可2.解题步骤：①先考虑不受限制的元素的排列种数②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数③求出总的排列种数11．一个小型联欢会要安排1个诗词朗诵类节目，2个独唱类节目，2个歌舞类节目，则同类节目不相邻的安排方式共有（

）A．44种 B．48种 C．72种 D．80种【答案】B【分析】利用间接法，首先将五个节目全排列，减去独唱类节目相邻，再减去歌舞类节目相邻，最后加上独唱类节目相邻且歌舞类节目也相邻的情况即可.【详解】依题意五个节目全排列有种排法；若独唱类节目相邻，则有种排法；若歌舞类节目相邻，则有种排法；若独唱类节目相邻且歌舞类节目也相邻，则有种排法；综上可得同类节目不相邻的安排方式共有种.故选：B12．两个大人和4个小孩站成一排合影，若两个大人之间至少有1个小孩，则不同的站法有（

）种.A．240 B．360 C．420 D．480【答案】D【分析】由题意可得两个大人不相邻，不相邻问题用插空法即可得.【详解】若两个大人之间至少有1个小孩，即两个大人不相邻，故共有种.故选：D.13．现在六个人并排站成一排，则甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在丙的左边的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由6人的全排列，以及插空法及甲乙丙的顺序确定，从而可求甲在乙的左边，乙在丙的左边的概率.【详解】6人的全排列有，利用插空法，将余下的三个人全排列，则将甲、乙、丙三人插入到四个空中且他们的顺序为甲乙丙一种，又由甲、乙、丙三人的全排列有种，所以甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在丙的左边的排法有种，故所求概率为．故选：B．14．甲、乙、丙等5人站成一排，甲乙相邻，且乙丙不相邻，则不同排法共有（

）A．24种 B．36种 C．48种 D．72种【答案】B【分析】利用捆绑法，结合排列组合只是求解.【详解】甲乙捆绑在一起看成一个整体，与丙以外的2人全排列，有种，又因为乙丙不相邻，所以把乙放入一共有3种，所以一共有种，故选：B.15．2024年“花开刺桐城”闽南风情系列活动在泉州举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览，书画笔会，文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域有2幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品、1幅不同的摄影作品，将这6幅作品排成两排挂在同一面墙上，第一排挂4幅，第二排挂2幅，则美术作品不相邻的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用排列组合公式，还需要用到分类计数加法原理和分步计数乘法原理，因为遇到不相邻问题，还得用插空法原理.【详解】由题意知这6幅作品排成两排挂在同一面墙上的不同挂法有：种，由于美术作品不相邻，按以下情形分类：①美术作品挂在第一排的不同挂法有：种；②美术作品分挂在两排的不同挂法有：种；所以美术作品不相邻的概率是：，故选：C.16．已知A、B、C、D、E、F六个人站成一排，要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的排法共有（

）种A．186 B．264 C．284 D．336【答案】D【分析】先考虑A和B不相邻的排法，再考虑A和B不相邻，且C站两端的情况，相减后得到答案.【详解】先考虑A和B不相邻的排法，将C、D、E、F四个人进行全排列，有种情况，C、D、E、F四个人之间共有5个空，选择2个排A和B，有种情况，故有种选择，再考虑A和B不相邻，且C站两端的情况，先从两端选择一个位置安排C，有种情况，再将D、E、F三个人进行全排列，有种情况最后D、E、F三个人之间共有4个空，选择2个排A和B，有种情况，故有种情况，则要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的安排有种情况.故选：D17．已知甲、乙、丙、丁、戊5人身高从低到高，互不相同，将他们排成相对身高为“高低高低高”或“低高低高低”的队形，则甲、丁不相邻的不同排法种数为（

）A．12 B．14 C．16 D．18【答案】B【分析】将排法分为两种情况讨论，再利用分类加法计数原理相加即可.【详解】依据题意，分两种情况讨论，情况一：高低高低高依次对应1-5号位置，规定甲在号位，则乙在1号位或4号位，而甲，丁不相邻，当乙在1号位时，此时为乙甲戊丙丁，共1种，当乙在4号位时，此时有丙甲戊乙丁，戊甲丙乙丁，共2种，易得倒序排列和正序排列种数相同，故本情况共6种，情况二：低高低高低依次对应1-5号位置，假设戊在2号位，若丁在1号位，此时有丁戊甲丙乙，丁戊乙丙甲，共2种，若丁在4号位，此时有甲戊丙丁乙，甲戊乙丁丙，共2种，易得倒序排列和正序排列种数相同，故本情况共8种，故符合题意的情况有种，故B正确.故选：B.18．二项式的展开式中，把展开式中的项重新排列，则有理项互不相邻的排法种数为（

）A．种 B．种 C．种 D．种【答案】D【分析】先利用二项式的展开式的通项公式求出有理项的项数，再利用插空法求解.【详解】二项式的展开式的通项公式为：，令，得，所以展开式中的有理项有4项，把展开式中的项重新排列，先把3项无理项全排列，再把4项有理项插入形成的4个空中，所以有理项互不相邻的排法种数为种.故选：D.19．甲乙丙丁戊5名同学坐成一排参加高考调研，若甲不在两端且甲乙不相邻的不同排列方式的个数为（

）A．36种 B．48种 C．54种 D．64种【答案】A【分析】利用间接法，先考虑甲乙不相邻的不同排列方式数，再减去甲站在一端且甲乙不相邻的排列方式数，结合排列数运算求解.【详解】先考虑甲乙不相邻的不同排列方式数，再减去甲站在一端且甲乙不相邻的排列方式数，所以总数为种，故选：A.20．某年级在元旦活动中要安排6个节目的表演顺序，其中有3个不同的歌唱节目和3个不同的舞蹈节目，要求第一个和最后一个都必须安排舞蹈节目，且不能连续安排3个歌唱节目，则不同的安排方法有（

）A．144种 B．72种 C．36种 D．24种【答案】B【分析】先排第一及最后一个节目，再排歌唱节目，最后用插空法计算即可得.【详解】先从3个不同的舞蹈节目选出2个分别安排在第一及最后一个，有种，再将3个不同的歌唱节目排成一列，有种，3个不同的歌唱节目中间有2个空，从中选1个安排最后一个节目，有种，故共有.故选：B.考点03：染色问题秒杀策略：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域，因为这些区域颜色各不相同，按乘法原理涂色，再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不用剩余颜色。模型演练模型1：如图，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求最多使用3种颜色且相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有种。(用数字作答)破解：两两相邻最多的区域是两个，这两个区域涂色按乘法原理：种，再涂剩余两个区域，分：用剩余颜色：种；不用剩余颜色：1种；共种。模型2：如图，一环形花坛分成A、B、C、D四块，现有4种不同的花供选种，要求在每块里种1种花，且相邻的2块种不同的花，则不同的种法总数为()DDBCAA.96 B.84 C.60 D.48破解：共有：(四种颜色：三种颜色：两种颜色：1)=84)种，选B。21．已知正四棱锥，现有五种颜色可供选择，要求给每个顶点涂色，每个顶点只涂一种颜色，且同一条棱上的两个顶点不同色，则不同的涂色方法有（

）A．240 B．420 C．336 D．120【答案】B【分析】分三种情况，用三种颜色，四种颜色，五种颜色，求出每种情况数相加得到答案.【详解】当只用三种颜色时，同色且同色，5种颜色选择3种，且有种选择，当只用四种颜色时，同色或同色，从5种颜色中选择4种，再从和中二选一，涂相同颜色，故有种选择，当用五种颜色时，每个顶点用1种颜色，故有种选择，

综上，共有种选择.故选：B22．如图，A，B，C，D为四个不同的区域，现有红、黄、蓝、黑4种颜色，对这四个区域进行涂色，要求相邻区域涂不同的颜色（A与C不相邻，B与D不相邻），则使用2种颜色涂色的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由排列组合以及分类加法计数原理求解个数，即可由古典概型概率公式求解.【详解】使用4种颜色给四个区域涂色，有种涂法；使用3种颜色给四个区域涂色，共有种涂法；（使用3种颜色给四个区域涂色有两类情况：①区域A与区域C涂同一种颜色，区域B与区域D涂另外2种颜色；②区域B与区域D涂同一种颜色，区域A与区域C涂另外2种颜色）使用2种颜色给四个区域涂色，共有种不同的涂法．所以所有的涂色方法共有（种），故使用2种颜色给四个区域涂色的概率为．故选：B23．为迎接元宵节，某广场将一个圆形区域分成五个部分（如图所示），现用4种颜色的鲜花进行装扮（4种颜色均用到），每部分用一种颜色，相邻部分用不同颜色，则该区域鲜花的摆放方案共有（

）A．48种 B．36种 C．24种 D．12种．【答案】A【分析】满足条件的涂色方案可分为区域同色，且和其它区域不同色和区域同色两类，且和其它区域不同色，结合分步乘法计数原理，分类加法计数原理求解即可【详解】满足条件的摆放方案可分为两类，第一类区域同色，且和其它区域不同色的摆放方案，满足条件的方案可分四步完成，第一步，先摆区域有种方法，第二步，摆放区域有3种方法，第三步，摆放区域有2种方法，第四步，考虑到区域不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域有1种方法，由分步乘法计数原理可得第一类中共有种方案，第二类，区域同色两类，且和其它区域不同色的摆放方案，满足条件的方案可分四步完成，第一步，先摆区域有种方法，第二步，摆放区域有3种方法，第三步，摆放区域有2种方法，第四步，考虑到区域不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域有1种方法，由分步乘法计数原理可得第一类中共有种方案，根据分步加法计数原理可得该区域鲜花的摆放方案共有种，故选：A.24．地图涂色是一类经典的数学问题.如图，用4种不同的颜色涂所给图形中的4个区域，要求相邻区域的颜色不能相同，则不同的涂色方法有（

）种.A．84 B．72 C．48 D．24【答案】A【分析】先将区域分为上下左右，再分上下颜色相同与不同，最后用分步计数原理求解.【详解】将图形区域氛围上下左右，若上下颜色相同，则上有4种，左有3种，右有3种，共有种；若上下颜色不同，则上有4种，下有3种，左右各有两种，共有种，所以共有种，故选：A25．用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是（

）A．120 B．72 C．48 D．24【答案】A【分析】利用两个计数原理，先分类再分步即可求解．【详解】先涂，有4种选择，接下来涂，有3种选择，再涂,有2种选择，①当,颜色相同时涂色方法数是：，②当,颜色不相同时涂色方法数是：，满足题意的涂色方法总数是：．故选：A．26．中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域如区域与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（

）A．种 B．种C．种 D．种【答案】B【分析】确定区域，，，的颜色，分区域与区域涂的颜色是否相同两种情况讨论，进而可得出答案.【详解】由题意可得，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色．先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择，当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择；当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择，故不同的涂色方案有种．故选：B．27．某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有（

）种不同的方法.

A．120 B．360 C．420 D．480【答案】C【分析】利用分类计数原理求解，按2与4两区域种植果树是否相同进行分类即可.【详解】分两类情况：第一类：2与4种同一种果树，第一步种1区域，有5种方法；第二步种2与4区域，有4种方法；第三步种3区域，有3种方法；最后一步种5区域，有3种方法，由分步计数原理共有种方法；第二类：2与4种不同果树，第一步在1234四个区域，从5种不同的果树中选出4种果树种上，是排列问题，共有种方法；第二步种5号区域，有2种方法，由分步计数原理共有种方法.再由分类计数原理，共有种不同的方法.故选：C.28．五行是华夏民族创造的哲学思想.多用于哲学、中医学和占卜方面.五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系.五行是指木、火、土、金、水五种物质的运动变化.所以，在中国，“五行”有悠久的历史渊源.下图是五行图，现有种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】依次填涂“火”、“土”、“金”、“水”、“木”，分别确定每个区域的涂色方法种数，结合分类加法分步乘法计数原理可得结果.【详解】由题意可知，要求五行相生不能用同一种颜色（例如木生火，木与火不能同色，水生木，水与木不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如火与水相克可以用同一种颜色），不妨设四种颜色分别为、、、，先填涂区域“火”，有种选择，不妨设区域“火”填涂的颜色为，接下来填涂区域“土”，有种选择，分别为、、，若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、；若区域“土”填涂的颜色为，则区域“金”填涂的颜色分别为、、.综上所述，区域“金”填涂、、、的方案种数分别为、、、种，接下来考虑区域“水”的填涂方案：若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、；若区域“金”填涂的颜色为，则区域“水”填涂的颜色可为、、.则区域“水”填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种，填涂的方案种数为种.从区域“火”、“土”、“金”填涂至区域“水”，填涂区域“水”的方案还和填涂区域“木”有关，当区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、、；若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、；若区域“水”填涂的颜色为时，区域“木”填涂的颜色可为、.所以，当区域“火”填涂颜色时，填涂方案种数为种.因此，不同的涂色方法种数有种.故选：D.29．将一个四棱锥的每个顶点涂上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，若只有5种颜色可供使用，则共使用4种颜色的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】分用5种颜色中的多少种颜色去涂色，分情况计算出总的涂色方法种数，然后用古典概型公式计算即可.【详解】如图：若将四棱锥的每个顶点涂上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，有5种颜色可供使用，则有以下情况：若5种颜色都使用上，则四棱锥的五个顶点的颜色都不一样，共有种不同涂色的方法；若只使用5种颜色中的4种，则四棱锥的五个顶点中与同色或与同色，共有种不同涂色的方法；若只使用5种颜色中的3种，则四棱锥的五个顶点中与同色且与同色，共有种不同涂色的方法，综上，一共有种涂色方法，其中共使用4种颜色的涂色方法有240种，则共使用4种颜色的概率.故选：C30．如图所示的五个区域中，中心区域是一幅图画，现要求在其余四个区域中涂色，有四种颜色可供选择，要求每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法种数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意可知每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，分类研究，不同色；同色两大类，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得答案．【详解】由题意知，分两种情况：(1)不同色，先涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，由分步乘法计数原理可得有种；(2)同色；先涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，再涂区域有种方法，由分步乘法计数原理可得有种．由分类加法计数原理，共有种，故选：A．考点04：倍缩法及隔板法定序问题作倍缩放：将题干给定的总数都看成某一个独立的个体（不相同的），进行全排列故为，其次再将有顺序要求的个元素进行全排列个，其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为。 31．方程的非负整数解个数为（

）．A．220 B．120 C．84 D．24【答案】A【分析】将问题转化为：将排成一列的13个完全相同的小球分成部分，利用隔板法即可得解.【详解】依题意，可知为非负整数，因为，所以，从而将问题转化为：将排成一列的13个完全相同的小球分成部分，每部分至少一个球，一共有12个间隔，利用4个隔板插入即可，故共有种.故选：A32．把分别写有1，2，3，4，5，6的六张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（

）A．60 B．36 C．30 D．12【答案】A【分析】分析可知原题意相当于将，，，，，这六个数用两个隔板隔开，在五个空位插上两个隔板，再对应到具体三个人，利用隔板法分析求解.【详解】先将卡片分为符合条件的三份，由题意知：三人分六张卡片，且每人至少一张，至多四张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，相当于将，，，，，这六个数用两个隔板隔开，在五个空位插上两个隔板，共种情况，再对应到三个人有种情况，则共有种法.故选：A．33．已知，且，记为，，中的最大值，（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据隔板法得到的解有组，然后列举得到有6组解，最后求概率即可.【详解】根据隔板法，将10看做10和完全相同的小球排成一排，中间形成9个空，放入两个隔板，可求得的解有组，时，或或或或或，所以.故选：A.34．若方程，其中，则方程的正整数解的个数为（

）A．10 B．15 C．20 D．30【答案】A【分析】将方程正整数解问题转化为排列组合问题，采用挡板法求出结果.【详解】因为方程，其中，则，将其转化为有6个完全相同的小球，排成一列，利用挡板法将其分成3组，第一组小球数目为；第二组小球数目为；第三组小球数目为，共有种方法，故方程的正整数解的个数为10，故选：A.35．满足不等式的有序整数组的数目为（

）A．228 B．229 C．230 D．231【答案】D【分析】根据隔板法可求方程不同的整数解的个数.【详解】先考虑的有序整数解的个数，由绝对值的和为3、4或5，可得个数为.若有一个为零，则有序整数解的个数为，若有两个为零，则有序整数解的个数为，若全为零，则有序整数解的个数为个，故共有不同组数231.故选：D.36．已知，，，则关于，，的方程共有（

）组不同的解.A． B． C． D．【答案】A【分析】问题转化为10个相同小球放入三个不同盒子中，每个盒子都有小球，利用隔板法求解.【详解】问题可转化为，10个相同的小球放到三个不同的盒子里，每个盒子不能空着，每个盒子中小球的数目就是方程的一组解，由隔板法可知，共有种不同的分法，即方程共有组不同的解.故选：A37．在空间直角坐标系中，，则三棱锥内部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先利用空间向量法求得面的一个法向量为，从而求得面上的点满足，进而得到棱锥内部整点为满足，再利用隔板法与组合数的性质即可得解.【详解】根据题意，作出图形如下，因为，所以，设面的一个法向量为，则，令，则，故，设是面上的点，则，故，则，不妨设三棱锥内部整点为，则，故，则，易知若，则在面上，若，则在三棱锥外部，所以，当且时，将写成个排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为的取值的方法个数，显然有个方法，所有整点的个数为，因为，所以.故选：B.38．的展开式为多项式，其展开式经过合并同类项后的项数一共有（

）A．72项 B．75项 C．78项 D．81项【答案】C【分析】由多项式展开式中的项为，即，将问题转化为将2个隔板和11个小球分成三组，应用组合数求项数即可.【详解】由题设，多项式展开式各项形式为且，故问题等价于将2个隔板和11个小球分成三组，即.故选：C39．学校有个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少个名额，则有（

）种分配方案.A． B． C． D．【答案】C【分析】问题等价于将个完全相同的小球，放入个不同的盒子，每个盒子至少个球，结合隔板法可得结果.【详解】问题等价于将个完全相同的小球，放入个不同的盒子，每个盒子至少个球，由隔板法可知，不同的分配方案种数为.故选：C.40．袋中有十个完全相同的乒乓球，四个小朋友去取球，每个小朋友至少取一个球，所有的球都被取完，最后四个小朋友手中乒乓球个数的情况一共有（

）A．84种 B．504种 C．729种 D．39种【答案】A【分析】相同元素分组可以采用“隔板法”求解.【详解】四个小朋友去取球，每个小朋友至少取一个球，所有的球都被取完，即将个球分成了份：个球有个空隙，选个空隙插上“隔板”即可分成4份，即：种.故选：A.考点05：平均分组及部分平均分组问题分堆问题①平均分堆，其分法数为：．②分堆但不平均，其分法数为．41．某中学派6名教师到A，B，C，D，E五个山区支教，每位教师去一个地方，每个地方至少安排一名教师前去支教．学校考虑到教师甲的家乡在山区A，决定派教师甲到山区A，同时考虑到教师乙与丙为同一学科，决定将教师乙与丙安排到不同山区，则不同安排方法共有（

）A．360种 B．336种 C．216种 D．120种【答案】B【分析】对山区的派发人数分类，若派到山区只有甲，剩下教师按人数分组以后计算种数，再减去乙丙教师安排到同一山区的种数，即可得山区只派甲的情况的种数，进而求出总的情况数量.【详解】若派到山区有人，则不同的派法有种；若派到山区只有甲，先把其余人分为四组，每组人数分别为，再将四组教师分配到四个山区，不同派法有种，其中乙和丙安排到同一山区的情况有种，所以派到山区只有甲的派法有种；所以不同的派法共有种.故选：42．将5本不同的书分给3位同学，则每位同学至少有1本书的不同分配方式共有（

）种.A． B． C． D．【答案】C【分析】先求出将5本不同的书分成三份的方法数，再求出将分好的三份书籍分发给3位同学的方法数即可根据分步乘法计算原理求解.【详解】由题可先将5本不同的书分成三份，共有种方法，再将分好的三份书籍分发给3位同学的方法数有种，所以将5本不同的书分给3位同学共有种分法.故选：C.43．有个人到南京、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【答案】C【分析】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.【详解】若人中有且仅有人被录用，满足条件的录用情况有种，若人中有且仅有人被录用，满足条件的录用情况有种，若人都被录用，满足条件的录用情况有种，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.故选：C.44．A、B、C、D、E5所学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有甲、乙、丙三个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，且每个基地至少有1所学校去，则A校不去甲地，乙地仅有2所学校去的不同的选择种数共有（

）A．36种 B．42种 C．48种 D．60种【答案】B【分析】根据给定条件，利用两个原理，结合排列、组合应用列式计算即可.【详解】①A校去乙地有种；②A校与另一所学校去丙地有种，③A校单独去丙地有种，所以共有种，故选：B．45．甲、乙等5人去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人游览，若甲、乙两人不去同一景区游览，则不同的游览方法的种数为（

）A．112 B．114 C．132 D．160【答案】B【分析】先分组再分配，先将5人分成3组，有、两种分组可能，求出所有游览方法总数，根据题意再减去甲乙去同一景区的方法总数即可.【详解】去三个不同的景区游览，每个人去一个景区，每个景区都有人去游览，因此先分组再分配，5个人可以分为3组，分别是、，当为时，有种组合，当为时，有种组合，再分配到三个不同的景区，有种；以上情况包含甲乙去同一景区，需要再减去此种情况，将甲乙捆绑起来作为一个元素，此时有四个元素去三个不同的景区，此时只有这种组合，因此有种组合，再分配给三个不同的景区，有种；因此满足题意的有：种.故选:B46．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【答案】A【分析】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.【详解】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，(1)当参加生物创新实验模块的为1人时，若这个人为，则一共有种不同的分配方式；若这个人不是，则只能参加现代农业技术模块，一共有种不同的分配方式；(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，若这两人中没有，则只能参加现代农业技术模块，一共有种不同的分配方式；综上，一共由种不同的分配方式；胡选：A47．甲、乙等5人计划去上海、苏州及青岛三个城市调查农民工薪资情况．每个人只能去一个城市，并且每个城市都要有人去，则不同的分配方案共有种数为（

）A．150 B．300 C．450 D．540【答案】A【分析】先分组再分配，结合排列组合即可求解.【详解】把5人分组有两类情况：和.先把5人按分组，有种分组方法，按分组，有种分组方法，因此不同分组方法数为，再把三组人安排到三个城市，有种方法，所以不同分配方法种数是.故选：A.48．基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键．其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“九章算术”，“古今数学思想”，“数学原理”，“世界数学通史”，“算术研究”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，至少选一门，且已选过的课程不能再选，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式种数为（）．A．种 B．种 C．种 D．种【答案】A【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解.【详解】先将五门课程分成3,1,1和2,2,1这样两种情况，再安排到三个学年中，则共有种选修方式故选：A49．为了了解双减政策的执行情况，某地教育主管部门安排甲、乙、丙、丁四人到三所学校进行调研，每个学校至少安排一人，则不同的安排方法种数有（

）A．12种 B．24种 C．36种 D．72种【答案】C【分析】先将四人分三组，然后再分配给三个学校即可即可.【详解】将甲、乙、丙、丁四人到三所学校进行调研，每个学校至少安排一人，将四人分成3组：其中一组1人，一组1人，一组2人，有种，再将这三组分配给三个不同的学校有，所以共有种情况.故选：C50．将甲，乙等5人全部安排到四个工厂实习，每人只去一个工厂，每个工厂至少安排1人，且甲，乙都不能去工厂，则不同的安排方法有（

）A．72种 B．108种 C．126种 D．144种【答案】C【分析】利用分类加法计数原理，结合分组分配问题和排列组合知识求解．【详解】由题意可知，分两种情况讨论，①工厂安排1人，有种，②工厂安排2人，有种，所以不同的安排方法有种．故选：C．考点06：利用分配系数求指定项或系数二项式定理1.定义一般地,对于任意正整数,都有：()，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式。式中的做二项展开式的通项，用Tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项：，其中的系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数2．二项式(a+b)n的展开式的特点：(1)项数：共有n+1项，比二项式的次数大1；(2)二项式系数：第r+1项的二项式系数为，最大二项式系数项居中；(3)次数：各项的次数都等于二项式的幂指数n．字母a降幂排列，次数由n到0；字母b升幂排列，次数从0到n，每一项中，a，b次数和均为n；3.二项展开式的通项公式二项展开式的通项：（）公式特点：①它表示二项展开式的第r+1项，该项的二项式系数是；②字母b的次数和组合数的上标相同；51．的展开式中二项式系数最大的项是（

）A．第3项 B．第6项 C．第6，7项 D．第5，7项【答案】C【分析】根据n＝11为奇数，结合二项式系数的性质，由展开式中第项和第项相等且最大求解.【详解】因为n＝11为奇数，所以的展开式中第项和项，即第6，7项的二项式系数相等，且最大．故选：C52．若的展开式中第6项的二项式系数最大，则其常数项为（

）A．120 B．252 C．210 D．45【答案】C【分析】先根据展开式中二项式系数最大求出，再根据二项式的展开式的通项令指数等于，求出，即可求出常数项.【详解】的展开式中第6项的二项式系数最大，，即，则的展开式的通项为，令，即，故其常数项为.故选：C.53．在的展开式中，二项式系数最大的项是（

）A．第项 B．第项C．第项与第项 D．第项与第项【答案】D【分析】结合二项式系数的性质即可得到二项式系数最大的项是第几项.【详解】由二项式系数的性质得，二项式系数最大为，，分别为第项与第项的二次项系数．故选：D.54．的展开式的第5项的系数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】写出展开式的通项，即可判断.【详解】二项式展开式的通项为（且），则第5项公式为，所以展开式的第5项的系数是.故选：C55．在的二项展开式中，x的系数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出的展开式通项公式，再求出x的系数.【详解】因为的展开式，所以当时，x的系数为.故选：B.56．被3除的余数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】利用二项式定理赋值化简，再将写成形式展开后可求余数.【详解】由二项式定理得，令得，①，令得，②，①②得，，解得，，由，故被3除的余数为.故选：B.57．已知的展开式中各项的二项式系数和为32，则展开式中常数项为（

）A．60 B．80 C．100 D．120【答案】B【分析】根据各项二项式系数和求出，再由二项展开式通项公式求解即可.【详解】由题意得，解得，则的展开式第项，令，解得，所以，故选：B58．二项式的展开式中第项的二项式系数为（

）A． B．15 C． D．20【答案】D【分析】写出展开式的通项，即可得到第项的二项式系数为.【详解】二项式展开式的通项为（且），所以二项式的展开式中第项的二项式系数为．故选：D．59．的二项展开式中，第m项的二项式系数是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据二项式展开式通项判断即可.【详解】二项式展开式第项的二项式系数为.故选：C.60．若的展开式中二项式系数和为64，则（

）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】D【分析】根据二项式系数和求解即可.【详解】在二项式展开式中，二项式系数的和为，所以.故选：D.考点07：二项式系数的最值及系数的最值展开式系数最大（一道题破解所有）正规方法：原则：系数最大的这一