2025高考数学专项复习：两个计数原理、排列与组合（含答案）

2025高考数学专项复习第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布

第十一章计数原理、概率、随机变量及其分布

第一节两个计数原理、排列与组合

课标解读考向预测

1.了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理

及其意义.在近几年的高考中，排列与组合考查的频率

2.会用分类加法计数原理和分步乘法计数原较高，常以社会热点问题为背景，考查考生

理分析和解决一些简单的实际问题.利用排列组合知识解决问题的能力.预计

3.理解排列、组合的概念；能利用计数原理推2025年高考将会以小题形式单独考查排列与

导排列数公式、组合数公式.组合的应用问题或与统计概率综合命题.

4.能利用排列组合解决简单的实际问题.

必备知识——强基础

知识梳理

1.两个计数原理

(1)分类加法计数原理

完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不

同的方法，那么完成这件事共有双=画〃?+"种不同的方法.

(2)分步乘法计数原理

完成一件事需要两个步骤，做第1步有机种不同的方法，做第2步有〃种不同的方法，那么

完成这件事共有N=^^x〃种不同的方法.

2.排列与组合

(1)排列与组合的概念

名称定义

并按照画一定的顺序排成一列,叫做从

排列

从n个不同元素中取出n个不同元素中取出m个元素的一个排列

加(mW九)个元素作为一组，叫做从〃个不同元素中取出"Z

组合

个元素的一个组合

(2)排列数与组合数

①从n个不同元素中取出皿。W0个元素的所有画不同排列的个数,叫做从n个不同元素

中取出根个元素的排列数，用符号画继表示.

②从n个不同元素中取出皿mW")个元素的所有画不同组合的个数,叫做从n个不同元素

中取出机个元素的组合数，用符号画甥表示.

(3)排列数、组合数的公式及性质

⑴A7—1。8|〃(小1)(〃济+1)—z_■、］.

\YIfn/•

mn(n-1)(九一2)...(n—m+1)

⑷n\Jr=-AM-=---------------m-l----------------

公式

—109|(•x.(n,m€N,且MW九).

m!(〃一加！

特别地c°=i

(1)0!=®J_；A^=DT|〃!.

性质

(2)c™=crm；cr=Mc酊+c籍i

常用

1.排列数、组合数常用公式

(l)A；r=(n-/77+l)A™-1.

⑵A/=wA忆！I

(3)(〃+1)!—n!=〃・"！.

(4)H%=“CQ.

十l•八—i十...十。机+1十。根—。〃+1.

2.解决排列与组合问题的四大原则

(1)特殊优先原则：如果问题中有特殊元素或特殊位置，优先考虑这些特殊元素或特殊位置.

(2)先取后排原则：在既有取出又需要对取出的元素进行排列时，要先取后排，即完整地把需

要排列的元素取出后，再进行排列.

(3)正难则反原则：当直接求解困难时，采用间接法解决问题.

(4)先分组后分配原则：在分配问题中如果被分配的元素多于位置，这时要先进行分组，再进

行分配.

诊断自测

1.概念辨析(正确的打“Y”，错误的打“X”)

(D在分类加法计数原理中，两类不同方案中的方法可以相同.()

(2)在分步乘法计数原理中，事情是分两步完成的，其中任何一个单独的步骤都能完成这件

事.()

(3)所有元素完全相同的两个排列为相同排列.()

(4)若组合数公式C；,=C%则成立.()

答案(l)x(2)x(3)x(4)x

2.小题热身

(1)某同学逛书店，发现3本喜欢的书，决定至少买其中的一本，则购买方案有()

A.3种B.6种

C.7种D.9种

答案C

解析买一本，有3种方案；买两本，有3种方案；买三本，有1种方案.因此共有3+3+

1=7种方案.

(2)(人教A选择性必修第三册习题6.2T4(2)改编)现从6名学生干部中选出3名同学分别参加

全校资源、生态和环保3个夏令营活动，则不同的选派方案的种数是()

A.20B.90

C.120D.240

答案C

解析共有Ag=120种不同的选派方案.

(3)(人教A选择性必修第三册习题6.1T8(2)改编)3个班分别从5处风景点中选择一处游览，

不同的选法有种.

答案125

解析因为第1个班有5种选法，第2个班有5种选法，第3个班有5种选法，所以由分步

乘法计数原理可得，不同的选法有5x5x5=125种.

(4)(人教A选择性必修第三册习题6.2T13改编)某医院计划从3名医生和4名护士中任选3

人去外地培训，则至少有1名医生被选中的选法共有种.

答案31

解析至少有1名医生被选中的选法共有C3—Cl=31种.

考点探究——提素养

考点一两个计数原理

例1⑴若机，n€N,m>0,n>0,且MI+〃W8,则平面上的点(加，")共有()

A.21个B.20个

C.28个D.30个

答案C

解析根据题意，加可取的值为1,2,3,4,5,6,7,当机=1时，”可取的值为1,2,3,

4,5,6,7,共7种；当机=2时，〃可取的值为1,2,3,4,5,6,共6种；当,"=3时，

〃可取的值为1,2,3,4,5,共5种；当机=4时，〃可取的值为1,2,3,4,共4种；当

相=5时，/可取的值为1,2,3,共3种；当m=6时，w可取的值为1,2,共2种；当初

=7时，”可取的值为1,共1种.则平面上的点(“Z,”)共有1+2+3+4+5+6+7=28个.

(2)有六名同学报名参加三个智力竞赛项目，每项限报一人，且每人至多参加一项，则共有

种不同的报名方法.

答案120

解析因为每项限报一人，且每人至多参加一项，因此可由项目选人，第一个项目有6种选

法，第二个项目有5种选法，第三个项目有4种选法.根据分步乘法计数原理，共有6x5x4

=120种不同的报名方法.

(3)用0,1,2,3,4,5,6这7个数字可以组成个无重复数字的四位偶数(用数字作

答).

答案420

解析要完成的"一件事''为"组成无重复数字的四位偶数“，所以千位数字不能为0,个位数

字必须是偶数，且组成的四位数中四个数字不重复，因此应先分类，再分步.

第一类，当千位数字为奇数，即取1,3,5中的任意一个时，个位数字可取0,2,4,6中的

任意一个，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重复的

数字.根据分步乘法计数原理，有3x4x5x4=240种取法；

第二类，当千位数字为偶数，即取2,4,6中的任意一个时，个位数字可以取除首位数字的

任意一个偶数，百位数字不能取与这两个数字重复的数字，十位数字不能取与这三个数字重

复的数字.根据分步乘法计数原理，有3x3x5x4=180种取法.

根据分类加法计数原理，共可以组成240+180=420个无重复数字的四位偶数.

(4)如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成••个“正交线面对”.在一个正方

体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”共有个.

答案36

解析在正方体中，每一个表面有四条棱与之垂直，六个表面，共构成6x4=24个“正交线

面对”；而正方体的六个对角面中，每个对角面有两条面对角线与之垂直，共构成6x2=12

个“正交线面对”，所以共有24+12=36个“正交线面对”.

(5)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5种不同颜色可供选用，则不同的涂色

方案共有种.

陕西'

湖北「安徽

湖南江西

答案720

解析解法一：依题意，分五步进行.第一步，涂湖北有5种方法；第二步，涂江西有4种

方法；第三步，涂安徽有3种方法；第四步，涂湖南有3种方法；第五步，涂陕西有4种方

法.根据分步乘法计数原理，不同的涂色方案共有5x4x3x3x4=720种.

解法二：依题意，按安徽与陕西涂的颜色相同和不同分成两类：若安徽与陕西涂同色，先涂

陕西有5种方法，再涂湖北有4种方法，涂安徽有1种方法，涂江西有3种方法，最后涂湖

南有3种方法，由分步乘法计数原理得，不同的涂色方案有5x4x1x3x3=180种；若安徽与

陕西涂不同色，先涂陕西有5种方法，再涂湖北有4种方法，涂安徽有3种方法，涂江西、

湖南也各有3种方法，由分步乘法计数原理得，不同的涂色方案有5x4x3x3x3=540种.所

以由分类加法计数原理得，不同的涂色方案共有180+540=720种.

【通性通法】

利用两个计数原理解决应用问题的一般思路

⑴弄清完成一件事是做什么；

⑵确定是先分类后分步，还是先分步后分类；

(3)弄清分步、分类的标准是什么；

(4)利用两个计数原理求解.

【巩固迁移】

I设/={1,2,3,4},A与2是/的子集，若A"B={1,2},则称(A,2)为一个“理想配集”.若

将(A,B)与(B,A)看成不同的“理想配集”，则符合此条件的“理想配集”有个.

答案9

解析对子集A分类讨论：当A是二元集{1,2}时，B可以为{1,2,3,4},{1,2,4},{1,

2,3},{1,2],共4种情况；当A是三元集{1,2,3}时，8可以为{1,2,4},{1,2},共

2种情况；当A是三元集{1,2,4}时，8可以为{1,2,3},{1,2},共2种情况；当A是

四元集{1,2,3,4}时，8取{1,2},有1种情况.根据分类加法计数原理，共有4+2+2

+1=9种结果，即符合此条件的“理想配集”有9个.

2.如果一个三位正整数形如2a3”满足且a2>a3,则称这样的三位数为凸数(如120)

343,275等)，那么所有凸数的个数为.

答案240

解析若。2=2,则百位数字只能选1,个位数字可选1或0,凸数为120与121,共2个；

若6=3,则百位数字有两种选择，个位数字有三种选择，则凸数有2x3=6个；若02=4,

满足条件的凸数有3x4=12个；…；若的=9,满足条件的凸数有8义9=72个.所以所有凸

数的个数为2+6+12+20+30+42+56+72=240.

3.现要将5种不同的花卉种植在如图所示的5个区域上，要求相邻的区域不能种植同一种花

卉，则不同的种植方法有种.

52

答案420

解析由题意，可以种植相同花卉的区域为2,4和3,5.若都不相同，则有5x4x3x2x1=120

种；若只有2,4相同,则有5x4x3x2=120种；若只有3,5相同，则有5x4x3x2=120种;

若2,4与3,5分别相同，则有5x4x3=60种.由分类加法计数原理知，共有120+120+120

+60=420种不同的种植方法.

考点二排列问题

例2(1)中国国家滑雪队将开展自由式滑雪项目中的空中技巧、雪上技巧、障碍追逐和U型

场地技巧四个项目表演，现安排两名男队员和两名女队员组队参演，参演选手每人展示其中

一个不同的项目，雪上技巧项目必须由女队员展示，则所有不同出场顺序与项目展示方案种

数为()

A.576B.288

C.144D.48

答案B

解析根据题意，雪上技巧项目必须由女队员展示，有2种情况，剩下3人表演其他3个项

目，有A?=6种情况，而4个项目之间的排法有A才=24种顺序，则有2x6x24=288种展示

方案.

(2)用0,1,2,3,4,5这六个数字可以组成个无重复数字且不大于4310的四位偶

数.

答案110

解析①当千位上排1或3时，符合题意的数共有A3A4A2个；②当千位上排2时，符合题意

的数共有A/AZ个；③当千位上排4时，形如40XX,42XX的偶数各有AJ个符合题意，形如41xx

的偶数有AJA』个符合题意，形如43xx的偶数只有4310和4302这两个数符合题意.故共有

AlAUHA1AH2A3+A3A3+2=110个数符合题意.

【通性通法】

求解排列问题的四种常用方法

【巩固迁移】

4.从3,5,7,11这四个质数中，每次取出两个不同的数，分别记为a,b,则共可得到左的

不同值的个数为()

A.6B.8

C.12D.16

答案C

解析号的值的个数即为从3,5,7,H这四个数中任选2个数的排列数，即A?=4x3=12.

考点三组合问题

例3某市工商局对35种商品进行抽样检查，已知其中有15种假货.现从35种商品中选取

3种.

(1)其中某一种假货必须在内，不同的取法有多少种？

(2)其中某一种假货不能在内，不同的取法有多少种？

(3)恰有2种假货在内，不同的取法有多少种？

(4)至少有2种假货在内，不同的取法有多少种？

(5)至多有2种假货在内，不同的取法有多少种？

解(1)从余下的34种商品中选取2种有C%=561种，所以某一种假货必须在内的不同的取

法有561种.

⑵从34种可选商品中选取3种有色4=5984种，所以某一种假货不能在内的不同的取法有

5984种.

⑶从20种真货中选取1种，从15种假货中选取2种，

有C%C25=2100种，

所以恰有2种假货在内的不同的取法有2100种.

(4)选取2种假货有口品种,选取3种假货有C：5种，

共有CloC?5+C?5=2100+455=2555种，

所以至少有2种假货在内的不同的取法有2555种.

（5）从35种商品中选取3种有C*种,选取3种假货有C：5种，因此共有C?5一昂=6545—455

=6090种.

所以至多有2种假货在内的不同的取法有6090种.

【通性通法】

组合问题常有以下两类题型

⑴“含有''或"不含有”问题：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先

将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.

（2）“至少”或“至多”问题：用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法，分类复杂时，考虑

逆向思维，用间接法处理.

【巩固迁移】

5.（2023•新课标I卷）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8

门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有

种（用数字作答）.

答案64

解析由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有种方

案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有C3C?种方案；第

三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有c3a种方案.综上，不

同的选课方案共有C\C\+C\d+ClC\=64种.

考点四排列、组合问题的综合应用（多考向探究）

考向1相邻、不相邻问题

例4某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“惊蛰”“雨水”“春分”“清明”“谷

雨”六张知识展板分别放置在六个并排的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻，且

“清明”与“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（）

A.24B.48

C.144D.244

答案C

解析根据题意，先将“立春”和“春分”两块展板捆绑在一起‘解‘雨水”“谷雨”排列,有4个

空，然后“清明”与“惊蛰”去插空，所以不同的放置方式有A3A执?=144种.

【通性通法】

相邻与不相邻问题的解决方法

⑴“相邻”问题：元素相邻问题，一般用“捆绑法”，先把相邻的若干个元素“捆绑”为一个大元

素与其余元素全排列，然后再松绑，将这若干个元素内部全排列.

（2）“不相邻”问题：元素不相邻问题，一般用“插空法”，先将不相邻元素以外的“普通”元素全

排列，然后在“普通''元素之间及两端插入不相邻元素.

【巩固迁移】

6.三对夫妻站成一排照相，则仅有一对夫妻相邻的站法总数是（）

A.72B.144

C.240D.288

答案D

解析首先，选一对夫妻使之相邻，捆绑在一起看作一个复合元素4这对夫妻有2种排法,

故有C3A3=6种排法，则现在共有5个位置，若这对夫妻在左数第一个位置，共有C3A3A3=

8种情况，若这对夫妻在左数第二个位置，则共有口。=8种情况，若这对夫妻在中间位置

共有GQA3A5=16种情况，左数第四个和第二个情况一样，第五个和第一个情况一样，所

以三对夫妻站成一排照相，则仅有一对夫妻相邻的站法有6x（2x8+2x8+16）=288种.故选

D.

考向2特殊元素（位置）问题

例5（2022•新高考II卷）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站

在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（）

A.12种B.24种

C.36种D.48种

答案B

解析因为丙、丁要在一起，先把丙、丁捆绑，看作一个元素，连同乙、戊看成三个元素排

列，有A?种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一

个位置插入，有2种插入方式；注意到丙、丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排

这5名同学共有A^x2><2=24种不同的排列方式.故选B.

【通性通法】

解决特殊元素、特殊位置问题的原则与方法

⑴原则：解“在''与"不在''的有限制条件的排列问题时，可以从元素入手也可以从位置入手,

原则是谁特殊谁优先.

⑵方法：从元素入手时，先给特殊元素安排位置，再把其他元素安排在其他位置上，从位置

入手时，先安排特殊位置，再安排其他位置.

【巩固迁移】

7.从10种不同的作物种子中选出6种放入6个不同的瓶子中展出，如果甲、乙两种种子不

能放入第1号瓶内，那么不同的放法种数为（）

A.C?oAgB.C|A§

C.cmD.C同

答案c

解析先排第1号瓶，从除甲、乙以外的8种不同作物种子中选出1种，有C&种选法，再排

剩余的瓶子，有种方法，故不同的放法共有C&A8种.故选C.

考向3分组、分配问题

例6（多选）有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（）

A.分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有90种分配方法

B.分给甲、乙、丙三人，一人4本，另两人各1本，有90种分配方法

C.分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有180种分配方法

D.分给甲、乙、丙、丁四人，有两人各2本，另两人各1本，有2160种分配方法

答案ABC

解析对于A,先从6本书中分给甲2本，有CW种方法；再从其余的4本书中分给乙2本，

有C3种方法；最后的2本书给丙，有C芬中方法，所以不同的分配方法有CVC2G=9O种，A

正确；对于B,先把6本书分成3堆：4本、1本、1本，有C,种方法；再分给甲、乙、丙三

人，所以不同的分配方法有C4A?=9O种，B正确；对于C,6本不同的书先分给甲、乙每人

各2本，有C支土种方法；其余2本分给丙、丁，有A3种方法，所以不同的分配方法有Cr%A当

=180种，C正确；对于D,先把6本不同的书分成4堆：2本、2本、1本、1本，有筹•第

种方法；再分给甲、乙、丙、丁四人，所以不同的分配方法有等•粤-A1=1080种，D错

误.

【通性通法】

解决分组分配问题的策略

（1）对于不等分问题，首先要对分配数量的可能情形进行一一列举，然后再对每一种情形分类

考虑.在每一类的计数中，又要考虑是分步乘法计数还是分类加法计数，是排列问题还是组

合问题.

⑵对于整体均分，分组后一定要除以A［（w为均分的组数），避免重复计数.

（3）对于部分均分，若有机组元素个数相等，则分组时应除以相！.

【巩固迁移】

8.（2024•岳阳模拟）中国书法历史悠久，源远流长，书法作为一门艺术，以文字为载体，不断

地反映着和丰富着华夏民族的自然观、宇宙观和人生观，谈到书法艺术，就离不开汉字，汉

字是书法艺术的精髓，汉字本身具有丰富的意象和可塑的规律性，使汉字书写成为一门独特

的艺术，我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体，如图，以“国”字为例，现有5

张分别写有一种书体的临摹纸，将其全部分给3名书法爱好者，每人至少1张，则不同的分

法种数为（）

励国国因6

A.60B.90

C.120D.150

答案D

解析满足条件的分法可分为两类：第一类，一人三张，另两人各一张，符合条件的分法有

色A?种，即60种；第二类，其中一人一张，另两人各两张，符合条件的分法有筹种，

即90种.由分类加法计数原理可得，满足条件的不同分法种数为60+90=150.

9.数学活动小组由12名同学组成，现将这12名同学平均分成四组分别研究四个不同课题,

且每组只研究一个课题，并要求每组选出1名组长，则不同的分配方案有（）

A."区才种B.62必废34种

（2.罔风3种D.色2色霓43种

答案B

解析解法一：首先将12名同学平均分成四组，有望建种分法，然后将这四组同学分配

到四个不同的课题组，有A才种分法，并在各组中选出1名组长，有34种选法.根据分步乘

4

法计数原理，满足条件的不同分配方案有蟹重•A$34=a2CM3种.

解法二：根据题意可知，第一组分3名同学有C%种分法，第二组分3名同学有Cg种分法，

第三组分3名同学有C湃中分法，第四组分3名同学有CW种分法.第一组选1名组长有3种

选法，第二组选1名组长有3种选法，第三组选1名组长有3种选法，第四组选1名组长有

3种选法.根据分步乘法计数原理可知，满足条件的不同分配方案有C%C§C2G34=G2C3C234

种.

课时作业

基础巩固续

一、单项选择题

1.一个火车站有8股岔道，每股岔道只能停放1列火车，现需停放4列不同的火车，则不同

的停放方法共有（）

A.84种B.48种

C.Cg种D.A?种

答案D

解析因为一个火车站有8股岔道，每股忿道只能停放1列火车，现要停放4列不同的火车，

所以有A?种不同的停放方法.

2.（2023•全国乙卷）甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读

物中恰有1种相同的选法共有（）

A.30种B.60种

C.120种D.240种

答案C

解析首先确定相同的读物，共有eg种情况，然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的

5种读物中选出2种进行排列，共有Ag种情况，根据分步乘法计数原理知，共有C1A1=12O

种选法.故选C.

3.（2023•安徽省五校联盟质检）某地环保部门召集6家企业的负责人座谈，其中甲企业有2

人到会，其余5家企业各有1人到会，会上任选3人发言，则发言的3人来自3家不同企业

的可能情况的种数为（）

A.15B.30

C.35D.42

答案B

解析甲企业有2人，其余5家企业各有1人，共有7人，所以从7人中任选3人共有C3种

情况，发言的3人来自2家企业的情况有C3&种，所以发言的3人来自3家不同企业的可能

情况共有G—GCg=30种.

4.（2024・九省联考）甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不

同排法共有（）

A.20种B.16种

C.12种D.8种

答案B

解析因为乙和丙之间恰有2人，所以乙、丙及中间2人占据首四位或尾四位，①当乙、丙

及中间2人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙、丙中间，排乙、丙有A芬中方法，排甲有

A4种方法，剩余两个位置两人全排列有A3种排法，所以有A3xAjxA3=8种方法；②当乙、

丙及中间2人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙、丙中间，排乙、丙有A芬中方法，排甲

有A夕种方法，剩余两个位置两人全排列有A3种排法，所以有A3XA/XA3=8种方法.由分类

加法计数原理可知，共有8+8=16种排法.故选B.

5.（2024・重庆检测）将5名实习老师安排到高一年级的3个班实习，每班至少1人，至多2

人，则不同的安排方法有（）

A.90种B.120种

C.150种D.18种

答案A

解析由题意，先将5名实习老师按1人、2人、2人分为三组，再安排到3个班中，则不同

的安排方法有拶•A?=90种.

6.6把椅子摆成一排，3人随机就座，任意两人不相邻的坐法种数为（）

A.144B.120

C.72D.24

答案D

解析“插空法”，先排3个空位，形成4个空隙供3人选择就座，因此任意两人不相邻的坐

法种数为用=4x3x2=24.

7.（2023•浙江十校联盟联考）源于探索外太空的渴望，航天事业在21世纪获得了长足的发

展.太空中的环境为某些科学实验提供了有利条件，宇航员常常在太空旅行中进行科学实

验.在某次太空旅行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中A,8两道程序既

不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有（）

A.18种B.36种

C.72种D.108种

答案B

解析先排A,B两道程序，其既不能放在最前，也不能放在最后，则在第2,3,4道程序

选两个放A,B,共有A3种放法；再排剩余的3道程序，共有A?种放法，则共有A3AW=36

种放法.

8.用1,2,3,4,5这五个数字，可以组成比20000大，并且百位数不是数字3的没有重复

数字的五位数的个数为（）

A.96B.78

C.72D.64

答案B

解析根据题意知，要求这个五位数比20000大，则万位数必须是2,3,4,5这4个数字中

的一个，当万位数是3时，百位数不是数字3,符合要求的五位数有A|=24个；当万位数是

2,4,5时，由于百位数不能是数字3,则符合要求的五位数有3X（A3—A?）=54个.因此共

有54+24=78个符合要求的五位数.

二、多项选择题

9.在新高考方案中，选择性考试科目有：物理、化学、生物、政治、历史、地理6门.学生

根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史2门科目中选择1门，再从政治、

地理、化学、生物4门科目中选择2门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考招生录取的

依据.某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这6门课程中选三门作为选考科目，

下列说法正确的是（）

A.若任意选科，选法总数为C?

B.若化学必选，选法总数为C4G

c.若政治和地理至少选一门，选法总数为caaa

D.若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为caa+i

答案BD

解析若任意选科，选法总数为A错误；若化学必选，选法总数为Cia，B正确；若

政治和地理至少选一门，选法总数为ckCG+i）,c错误；若物理必选，化学、生物至少选

一门，选法总数为C』C，+1,D正确.

10.（2024•重庆八中适应性月考）将甲、乙、丙、丁4名志愿者分别安排到A,B,C三个社区

进行暑期社会实践活动，要求每个社区至少安排一名志愿者，则下列说法正确的是（）

A.共有18种安排方法

B.若甲、乙被安排在同社区，则有6种安排方法

C.若A社区需要2名志愿者，则有24种安排方法

D.若甲被安排在A社区，则有12种安排方法

答案BD

解析对于A,4名志愿者先分为三组，再分配到三个社区，所以安排方法种数为C?A?=36,

A错误；对于B,甲、乙被安排在同社区，先从三个社区中选一个安排甲与乙，再把剩余的

2名志愿者分配到剩余的两个社区中，所以安排方法种数为C3A3=6,B正确；对于C,A社

区需要2名志愿者，所以先从4名志愿者中选择2名安排到A社区，再把剩余的2名志愿者

分配到剩余的两个社区中，所以安排方法种数为C?A3=12,C错误；对于D,甲安排在A社

区，分为两种情况：第一种是A社区安排了2名志愿者，所以从剩余3名志愿者中选择1名

分到A社区，再把剩余的2名志愿者分配到剩余的两个社区中，安排方法有CgA芬中；第二种

是A社区只安排了甲志愿者，此时剩余的3名志愿者分为两组，再分配到剩余的两个社区中，

此时安排方法有Cg芬中，所以安排方法种数为C3A3+C3A3=12,D正确.

11.（2024•江苏苏州质检）现有4个小球和4个小盒子，下列结论正确的是（）

A.若4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，则共有24种放法

B.若4个相同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，且恰有两个空盒的放法共有18种

C.若4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，且恰有一个空盒的放法共有144种

D.若编号为1,2,3,4的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，没有一个空盒但小球的编

号和盒子的编号全不相同的放法共有9种

答案BCD

解析若4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子中，共有44=256种放法，故A错

误；若4个相同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，且恰有两个空盒，则一个盒子放3

个小球，另一个盒子放1个小球或两个盒子均放2个小球，共有C3（A3+1）=18种放法，故

B正确；若4个不同的小球放入编号为1,2,3,4的盒子，且恰有一个空盒，则两个盒子中

各放1个小球，另一个盒子中放2个小球，共有C3•电炉=144种放法，故C正确；若（2,

1,4,3)代表编号为1,2,3,4的盒子放入的小球编号分别为2,1,4,3,列出所有符合

要求的情况有(2,1,4,3),(4,1,2,3),(3,1,4,2),(2,4,1,3),(3,4,1,2),(4,

3,1,2),(2,3,4,1),(3,4,2,1),(4,3,2,1),共9种放法，故D正确.

三、填空题

12.把5张不同的电影票分给4个人，每人至少一张，则不同的分法种数为.

答案240

解析由题意知，其中一人分两张，先分后排，共有C3A4=240种不同的分法.

13.宋代学者聂崇义编撰的《三礼图集注》中描述的周王城：“匠人营国，方九里，旁三门，

国中九经九纬……”意思是周王城为正方形，边长为九里，每边都有左中右三个门，城内纵横

各有九条路……，依据此种描述，画出周王城的平面图，则图中共有个矩形.

答案3025

解析要想组成一个矩形，需要找出两条横边、两条纵边，根据分步乘法计数原理，依题意,

所有矩形的个数为C?iC?i=3025.

14.某次灯谜大会共设置6道不同的谜题，分别藏在如图所示的6只灯笼里，每只灯笼里仅放

一道谜题，并规定一名参与者每次只能取其中一串最下面的一只灯笼并解答里面的谜题，直

到答完全部6道谜题，则一名参与者有种不同的答题顺序.

答案60

解析将6只灯笼全排，即Ag,因为每次只能取其中一串最下面的一只灯笼内的谜题，所以

AR

取谜题的方法有忒=6°种.即一名参与者有6°种不同的答题顺序.

素养提标

15.（多选）（2024.广东佛山联考）现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加某运动会的志愿者

服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是（）

A.若每人都安排一项工作，则不同的安排方法数为45

B.若每项工作至少有1人参加，则不同的安排方法数为AgC，

C.如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方

法数为（cgca+cl（3）A?

D.每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜

任四项工作，则不同的安排方法数为C£2A?+C次1

答案AD

解析对于A,若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有45种不同的安排方法，

A正确；对于B,先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排四项工作，有CgA才种不

同的安排方法，B错误；对于C,先将5人分为3组，有震十等种分组方法，将分好

的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有A?种情况，则有^+等用种不同的安排方

法，C错误；对于D,①从丙、丁、戊中选出1人开车，②从丙、丁、戊中选出2人开车，

则有C3C3A?+C3A*种不同的安排方法，D正确.故选AD.

16.（多选）某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形A8CD（边长为

2个单位）的顶点A处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走的单位长

度，如果掷出的点数为2,6）,则棋子就按逆时针方向行走i个单位长度，一直

循环下去.某人抛掷〃次骰子后棋子恰好又回到点A处，贝1（）

A.若力=2,则共有3种不同走法

B.若w=2,则共有5种不同走法

C.若”=3,则共有25种不同走法

D.若w=3,则共有27种不同走法

答案BD

解析由题意知正方形ABCD(边长为2个单位)的周长是8.当〃=2时，骰子的点数之和是8,

列举出在点数中两个数字能够使得和为8的有(2,6),(3,5),(4,4),共3种组合，抛掷骰

子是有序的，所以共5种结果，故A错误，B正确；当〃=3时，三次骰子的点数之和是8,

16,列举出在点数中三个数字能够使得和为8,16的有(1,2,5),(1,3,4),(1,1,6),(2,

2,4),(2,3,3),(4,6,6),(5,5,6),共7种组合，前2种组合(1,2,5),(1,3,4),

每种情况可以排列出A?=6种结果，共有2A?=2x6=12种结果，其中(1,1,6),(2,2,4),

(2,3,3),(4,6,6),(5,5,6)各可以排列出3种结果，共有5x3=15种结果.根据分类

加法计数原理，知共有12+15=27种结果，故C错误，D正确.

17.(2024•辽宁十校调研)某34人的班级派5人参观展览，班级里有11人喜欢唱，4人喜欢

跳，5人喜欢rap,14人喜欢篮球，每个人只喜欢一种.5人站一队参观，但是展览馆不希望

队伍中第左，Z+1,k+2,上+3个人分别喜欢唱、跳、rap、篮球.当且仅当两个队伍中至少

有一个位置上的人的喜好不同，两个队伍才被认为是不同的，则满足上述条件的不同的排队

方案数为.

答案1015

解析如果5个人中喜欢的种类有1种，则不同的排队方案数为3；如果5个人中喜欢的种

类有2种,则不同的排队方案数为C3(C1A3+C!A3)=18O；如果5个人中喜欢的种类有3种,

则不同的排队方案数为C(C$AW+砥祟公。=600；如果5个人中喜欢的种类有4种，则不

同的排队方案数为CgA才一8=232.故不同的排队方案数为3+180+600+232=1015.

18.(2024・江浙高三联考)第19届杭州亚运会的吉祥物是一组名为“江南忆”的机器人：“琮琮”

代表世界遗产良渚古城遗址，“莲莲”代表世界遗产西湖，“宸宸”代表世界遗产京杭大运河.现

有6个不同的吉祥物，其中“琮琮”“莲莲”和“宸宸”各2个，将这6个吉祥物排成前后两排，

每排3个，且每排相邻两个吉祥物名称不同，则排法种数为(用数字作答).

答案336

解析由题意可分两种情形：①前排含有两种不同名称的吉祥物，首先，前排从“琮琮”“莲莲”

和“宸宸''中取两种，其中一种选两个,另一种选一个,有CQClCl£=24种排法;其次,后

排有A3=2种排法，故共有24义2=48种不同的排法.②前排含有三种不同名称的吉祥物，

有CJQC必j=48种排法;后排有A§=6种排法，此时共有48x6=288种排法.因此，共有

48+288=336种排法.

第二节二项式定理

课标解读考向预测

近几年的高考中考查了二项展开式的通项的

能用多项式运算法则和计数原理证明二项式应用、二项式定理的正用和逆用，二项式系

定理，会用二项式定理解决与二项展开式有数的性质与各项的和.预计2025年高考可能

关的简单问题.会以二项式、三项式或两因式乘积的形式呈

现，考查特定项或特定项的系数，难度中档.

必备知识——强基础

知识梳理

1.二项式定理

(1)二项式定理：(a+6)"=画C/"+6+…+C犷…+C韵"(〃€N*)；

nkk

(2)通项：TM=[02\c^a~b,它表示第画任L项；

(3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C9，CL…，C；.

2.二项式系数的性质

(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数画相等.

n

(2)增减性与最大值：当w是偶数时，中间的一项C?取得最大值；当"是奇数时，中间的两项

C工与C班相等，且同时取得最大值.

3.各二项式系数和

(l)(a+6)"展开式的各二项式系数和：C°+CHCH...+C；!^[05l2".

⑵奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即c2+cHd+...=cHcH

CH...=[06]2"-1.

睡1结的

(a+b)"的展开式形式上的特点：

(1)项数为w+1.

(2)各项的次数都等于二项式的幕指数n,即a与6的指数的和为n.

(3)字母a按降幕排列，从第一项开始，次数由〃逐项减1直到零；字母。按升幕排列，从第

一项起，次数由零逐项增1直到机

(4)二项式系数从C9,G，一直到C『i,C«

(5)二项式系数与项的系数是完全不同的两个概念.二项式系数是指C9,C；,它只与

各项的项数有关，而与mb的值无关；而项的系数是指该项中除变量外的常数部分，它不仅

与各项的项数有关，还与a,b