高考数学第二轮复习专题练习专题6.9 计数原理全章综合测试卷（提高篇）（教师版）

这是一份高考数学第二轮复习专题练习专题6.9 计数原理全章综合测试卷（提高篇）（教师版），共16页。
1．（5分）（2022春·江苏南通·高二阶段练习）若Am-12=6Cm4，则m=（ ）
A．7B．6C．5D．4
【解题思路】根据组合数、排列数公式得到方程，解得即可.
【解答过程】解：因为Am-12=6Cm4，所以m-1m-2=6×m⋅m-1⋅m-2⋅m-34×3×2×1，且m≥4，
解得m=4或m=-1（舍去）；
故选：D.
2．（5分）（2022秋·吉林四平·高二阶段练习）给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，有公共边的区域使用不同的颜色，现有红、黄、蓝、绿、橙5种颜色可供选择，则不同的涂色方法有（ ）
A．120种B．720种C．840种D．960种
【解题思路】依次给区域A,B,D,C,E涂色，求出每一步的种数，由乘法分步原理即得解.
【解答过程】解：A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C有4种颜色可选，E有4种颜色可选，故共有5×4×3×4×4＝960种不同的涂色方法．
故选：D．
3．（5分）（2022秋·浙江宁波·高二期中）x-2y2x-y5的展开式中的x3y3系数为（ ）
A．-200B．-120C．120D．200
【解题思路】由题意首先确定(2x-y)5展开式的通项公式，再采用分类讨论法即可确定x3y3的系数.
【解答过程】(2x-y)5展开式的通项公式为Tr+1=C5r(2x)5-r-yr=25-rC5rx5-r-yr，
当r=3时，T4=25-3C53x5-3-y3=-40x2y3，此时只需乘以第一个因式x-2y中的x即可，得到-40x3y3；
当r=2时，T3=25-2C52x5-2-y2=80x3y2，此时只需乘以第一个因式x-2y中的-2y即可，得到-160x3y3；
据此可得：x3y3的系数为-40-160=-200.
故选：A.
4．（5分）（2022·高二课时练习）某旅行社共有5名专业导游，其中3人会英语，3人会日语，若在同一天要接待3个不同的外国旅游团，其中有2个旅游团要安排会英语的导游，1个旅游团要安排会日语的导游，则不同的安排方法种数有（ ）
A．12B．13C．14D．15
【解题思路】分析可知有1名导游既会英语又会日语，记甲为既会英语又会日语的导游，按照甲是否被安排到需要会英语的旅游团可分为两类，先确定甲所安排的旅行团，再确定其他团的人员，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果.
【解答过程】由题意知有1名导游既会英语又会日语，记甲为既会英语又会日语的导游，按照甲是否被安排到需要会英语的旅游团可分为两类：
第一类，甲被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，从会英语的另外2人中选出1人，有2种选法，将选出的人和甲安排到2个需要会英语的旅游团，有2种安排方法，所以有2×2=4种安排方法；
第二步，从会日语的另外2人中选出1人安排到需要会日语的旅游团，共2种选法.
故此时共有4×2=8种安排方法；
第二类，甲没有被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：
第一步，将会英语的另外2人安排到需要会英语的旅游团，有2种安排方法；
第二步，从会日语的3人（包括甲）中选出1人安排到需要会日语的旅游团，有3种选法.
故此时共有2×3=6种选法．
综上，不同的安排方法种数为8+6=14．
故选：C．
5．（5分）（2022·贵州贵阳·模拟预测）2022年9月3日贵阳市新冠疫情暴发以来，某住宿制中学为做好疫情防控工作，组织6名教师组成志愿者小组，分配到高中三个年级教学楼楼门口配合医生给学生做核酸.由于高三年级学生人数较多，要求高三教学楼志愿者人数均不少于另外两栋教学楼志愿者人数，若每栋教学楼门至少分配1名志愿者，每名志愿者只能在1个楼门进行服务，则不同的分配方法种数为（ ）
A．240B．150C．690D．180
【解题思路】利用分类计数原理及排列组合的意义，对高三志愿者人数进行分类讨论即可.
【解答过程】第一种：当高三的志愿者有3人时，其他两个年级有1个年级1人，有1个年级2人，则有C63C32A22=120种；
第二种：当高三的志愿者有2人时，其他两个年级也分别有2人，则有C62C42C22=90种；
第三种：当高三的志愿者有4人时，其他两个年级分别有1人，则有C64A22=30种，
所以不同的分配方法有：120+90+30=240种，
故选：A.
6．（5分）（2022·高二课时练习）已知(1-2x)2021=a0+a1x+a2x2+⋯+a2021x2021，下列命题中，不正确的是（ ）
A．展开式中所有项的二项式系数的和为22021
B．展开式中所有奇次项系数的和为32021+12
C．展开式中所有偶次项系数的和为32021-12
D．a12+a222+a323+⋯+a202122021=-1
【解题思路】根据给定条件，利用二项式定理及性质，结合赋值法逐项分析、计算判断作答.
【解答过程】对于A，二项式(1-2x)2021展开式中所有项的二项式系数的和为22021，A正确；
对于B，令f(x)=(1-2x)2021，则a0+a1+a2+a3+⋯+a2021=f(1)=-1，
a0-a1+a2-a3+⋯-a2021=f(-1)=32021，
所以展开式中所有奇次项系数的和为f(1)-f(-1)2=-32021+12，B不正确；
对于C，由选项B知，展开式中所有偶次项系数的和为f(1)+f(-1)2=32021-12，C正确；
对于D，由选项B知，a0=f(0)=1，a12+a222+a323+⋯+a202122021=f(12)-a0=-1，D正确.
故选：B.
7．（5分）（2022·全国·高三专题练习）现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（ ）
A．每人都安排一项工作的不同方法数为54
B．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为A54C41
C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为(C53C21+C52C32)A33
D．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，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，则不同安排方案的种数是C31C42A33+C32A33
【解题思路】对于选项A ，每人有4种安排法，故有45种；对于选项B ，5名同学中有两人工作相同，先选人再安排；对于选项C，先分组再安排；对于选项D ，以司机人数作为分类标准进行讨论即可.
【解答过程】解：①每人都安排一项工作的不同方法数为45，即选项A错误，
②每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为C52A44，即选项B错误，
③如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为：（C53C21A22+C52C32A22）A33，即选项C错误，
④分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊选一人当司机有C31 ,从余下四人中安排三个岗位C42C21C11A33A22，
故有C31C42C21C11A33A22=C31C42A33；第二种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊选两人当司机有C32 ,
从余下三人中安排三个岗位A33，故有C32A33；所以每项工作至少有一人参加，
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，则不同安排方案的种数是C31C42A33+C32A33，
即选项D正确，
故选：D．
8．（5分）（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，⋯，则下列选项不正确的是（ ）
A．在第9条斜线上，各数之和为55
B．在第nn≥5条斜线上，各数自左往右先增大后减小
C．在第n条斜线上，共有2n+1--1n4个数
D．在第11条斜线上，最大的数是C73
【解题思路】根据从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，…，得到数列规律为an+an+1=an+2判断A选项，再根据杨辉三角得到第n条斜线上的数为：Cn-10,Cn-21,Cn-32,Cn-43,Cn-54,⋯,Cn-kk-1,Cn-k+1k,⋯，进而判断BCD.
【解答过程】从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，⋯，
其规律是an+an+1=an+2，
所以第9条斜线上各数之和为13+21=34，故A错误；
第1条斜线上的数：C00，
第2条斜线上的数：C11；
第3条斜线上的数：C20,C11，
第4条斜线上的数：C30,C21，
第5条斜线上的数：C40,C31,C22，
第6条斜线的数：C50,C41,C32，
……，
依此规律，第n条斜线上的数为：Cn-10,Cn-21,Cn-32,Cn-43,Cn-54,⋯,Cn-kk-1,Cn-k+1k,⋯，
在第11条斜线上的数为C100,C91,C82,C73,C64,C55，最大的数是C73，
由上面的规律可知：n为奇数时，第n条斜线上共有n+12=2n+24个数；
n为偶数时，第n条斜线上共有共有n2=2n4个数，
所以第n条斜线上共2n+1--1n4，故C正确；
由上述每条斜线的变化规律可知：在第n(n⩾5)条斜线上，各数自左往右先增大后减小，故B正确.
故选：A.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2022春·广东江门·高二期中）已知1-2x7=a0+a1x+a2x2+⋯+a7x7，下列结论正确的有（ ）
A．各项二项式系数和为128B．式子a1+a2+⋯+a7的值为2
C．式子a1+a3+a5+a7的值为－1094D．式子a0+a2+a4+a6的值为1093
【解题思路】由二项式系数的性质可判断A；用赋值法令x=1，x=-1，x=0可判断BCD
【解答过程】对于A：二项式1-2x7的各项二项式系数和为27=128，故A正确；
对于BCD：令x=1，则1-27=a0+a1+a2+⋯+a7，
即a0+a1+a2+⋯+a7=-1，
令x=-1，则1+27=a0-a1+a2-⋯+a6-a7，
即a0-a1+a2-⋯+a6-a7=37=2187，
令x=0，则a0=1，
所以a1+a2+⋯+a7=-2，故B错误；
由a0+a1+a2+⋯+a7=-1a0-a1+a2-⋯+a6-a7=2187，
解得a1+a3+a5+a7=-1094，a0+a2+a4+a6=1093，故C正确，D正确；
故选：ACD.
10．（5分）（2022春·江苏连云港·高二期中）下列结论正确的是（ ）
A．k=0n2kCnk=3n(n∈N*)
B．多项式1+2x-x6展开式中x3的系数为40
C．若(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10,x∈R，则展开式中各项的二项式系数的和为1
D．38被5除所得的余数是1
【解题思路】利用二项式定理及二项式展开式各项系数和，依次判断各项正误.
【解答过程】解：因为k=0n2kCnk=Cn0⋅20+Cn1⋅21+Cn2⋅22+⋅⋅⋅+Cnn⋅2n=(1+2)n=3n，故A项正确;
多项式1+2x-x6的展开式通项为：C6r⋅2x-xr，要求x3的系数，则r≥3，
当r=3时，有C63⋅2x-x3，x3的系数为C63C33⋅20×(-1)3=-20,
当r=4时，有C64⋅2x-x4，不存在x3，
当r=5时，有C65⋅2x-x5，x3的系数为C65C54⋅21×(-1)4=60,
当r=6时，有C66⋅2x-x6，不存在x3，
故展开式中x3的系数为-20+60=40,故B项正确；
(2x-1)10=a0+a1x+a2x2+⋯+a10x10,x∈R,其展开式中各项的二项式系数之和为210=1024，故C项错误；
因为38=5-28，其展开式的通项公式为：Tr+1=C8r×58-r×(-2)r，只有当r=8时，即T9=C88×50×(-2)8=256，不能被5整除，且256被5整除的余数为1，故D项正确.
故选：ABD.
11．（5分）（2022·全国·高三专题练习）如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中A1，A2，A3，A4是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处.今在道路网M，N处的甲､乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（ ）
A．甲从M到达N处的走法种数为120
B．甲从M必须经过A3到达N处的走法种数为9
C．甲，两人能在A3处相遇的走法种数为36
D．甲，乙两人能相遇的走法种数为164
【解题思路】根据题意分析出甲从M到达N处， 需要走6格，其中向上3格，向右3格，从而可得到从M到达N处的走法种数为C63=20，从而可得出A错误；
若甲从M必须经过A3到达N处，可分两步，甲从M到达A3，从A3到达N，从而可判断选项B正确；
若甲，乙两人能在A3处相遇，先计算甲经过A3的走法种数，再计算乙经过A3的走法种数，从而可求出甲，乙两人能在A3处相遇的走法种数；
根据题意可得出只能在A1，A2，A3，A4处相遇，然后分别计算走法种数即可.
【解答过程】对于A，需要走6格，其中向上3格，向右3格，所以从M到达N处的走法种数为C63=20，故A错误.
对于B，甲从M到达A3，需要走3格，其中向上1格，向右2格，有C31=3种走法，从A3到达N，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有C31=3种走法，所以甲从M必须经过A3到达N处的走法种数为3×3=9，故B正确.
对于C，甲经过A3的走法种数为C31×C31=9，乙经过A3的走法种数为C31×C31=9，所以甲，乙两人能在A3处相遇的走法种数为9×9=81，故C错误.
对于D，甲，乙两人沿着最短路径行走，只能在A1，A2，A3，A4处相遇，若甲，乙两人在A1处相遇，甲经过A1处，必须向上走3格，乙经过A1处，必须向左走3格，两人在A1处相遇的走法有1种；若甲，乙两人在A2或A3处相遇，各有81种走法；若甲，乙两人在A4处相遇，甲经过A4处，必须向右走3格，乙经过A4处，必须向下走3格，则两人在A4处相遇的走法有1种.所以甲，乙两人能相遇的走法种数为1+81+81+1=164，故D正确.
故选：BD.
12．（5分）（2022春·重庆沙坪坝·高二阶段练习）中国古代中“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，一天内连续安排六节课，则下列说法正确的是（ ）
A．某学生从中选3门学习，共有20种选法
B．“礼”和“射”不相邻，共有400种选法
C．“乐”不能排在第一节，且“数”不能排在最后，共有504种选法
D．“书”必须排在前三节，且“射”和“御”相邻，共有108种选法
【解题思路】对于A，从6个中选3个，则有C63种；对于B，利用插空法求解；对于C，分两类求解，一是若“数”排在第一节，二是若“数”不排在第一节，也不排在最后一节；对于D，分三类，利用捆绑法，①若“书”排在第一节，且“射”和“御”相邻，②若“书”排在第二节，且“射”和“御”相邻，③若“书”排在第三节，且“射”和“御”相邻，然后利用分类加法原理求解
【解答过程】解：对于A，某学生从中选3门学习，共有C63=20种选法，
故选项A正确；
对于B，“礼”和“射”不相邻，则有A44A52=480种，
故选项B错误；
对于C，①若“数”排在第一节，则排法有A55=120种；
②若“数”不排在第一节，也不排在最后一节，则排法有C41C41A44=384种，
所以“乐”不能排在第一节，且“数”不能排在最后，共有120+384＝504种选法，
故选项C正确；
对于D，①若“书”排在第一节，且“射”和“御”相邻，则有4⋅A22⋅A33=48种；
②若“书”排在第二节，且“射”和“御”相邻，则有3A22A33=36种；
③若“书”排在第三节，且“射”和“御”相邻，则有3A22A33=36种.
所以“书”必须排在前三节，且“射”和“御”相邻，共有48+36+36＝120种选法，
故选项D错误；
故选：AC.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2022秋·上海浦东新·高三阶段练习）(x-1x)n的二项展开式中各项的二项式系数之和为64，则展开式中的常数项等于 15 .
【解题思路】根据二项式系数和得n=6，进而求出二项式展开式的通式公式，令3-32r=0，解出r，即可得出答案.
【解答过程】因为(x-1x)n的二项展开式中二项式系数之和为64，
所以2n=64，得n=6，
所以题中二项式为(x-1x)6，二项式展开式的通式公式为：Tr+1=C6rx6-r-1xr=C6r-1rx3-32r，
令3-32r=0，得：r=2，则展开式中的常数项等于C62-12=15.
故答案为：15.
14．（5分）（2022春·福建泉州·高二期末）如图，用4种不同的颜色对图中4个区域涂色，要求每个区域涂1种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有 48 种．
【解题思路】利用分步计数原理，一个个按照顺序去考虑涂色.
【解答过程】按照分步计数原理，
第一步：涂区域1，有4种方法；
第二步：涂区域2，有3种方法；
第三步：涂区域3，分两类：（1）区域3与1同色，则区域4有2种方法；（2）区域3与1不同色，则区域3有2种方法，区域4有1种方法；
所以不同的涂色种数有4×3×(1×2+2×1)=48种．
故答案为：48.
15．（5分）（2022·高二课时练习）某篮球队有12名队员，其中有6名队员打前锋，有4名队员打后卫，甲、乙两名队员既能打前锋又能打后卫.若出场阵容为3名前锋，2名后卫，则不同的出场阵容共有 636 种．
【解题思路】分三种情况讨论：①甲、乙都不出场；②甲、乙只有一人出场；③甲、乙都出场.分别计算出每种情况下出场的阵容种数，利用分类加法计数原理即可得出结果.
【解答过程】分以下三种情况讨论：
①甲、乙都不出场，则应从6名打前锋的队员中挑选3人，从4名打后卫的队员中挑选2人，此时，出场阵容种数为C63C42=120；
②甲、乙只有一人出场，若出场的这名队员打前锋，则应从6名打前锋的队员中挑选2人，从4名打后卫的队员中挑选2人；若出场的这名队员打后卫，则应从6名打前锋的队员中挑选3人，从4名打后卫的队员中挑选1人.
此时，出场阵容种数为C21⋅C62C42+C63C41=340；
③甲、乙都出场，若这两名队员都打前锋，则应从6名打前锋的队员中挑选1人，从4名打后卫的队员中挑选2人；若这两名队员都打后卫，则应从6名打前锋的队员中挑选3人，从4名打后卫的队员中不用挑选；若这两名队员一人打前锋、一人打后卫，则应从6名打前锋的队员中挑选2人，从4名打后卫的队员中挑选1人，此时，出场阵容种数为C61C42+C63C40+C21C62C41=176.
综上所述，由分类加法计数原理可知，共有120+340+176=636种不同的出场阵容.
故答案为：636.
16．（5分）（2022春·全国·高二专题练习）课本中，在形如a+bn=Cn0an+Cn1an-1b+…Cnran-rbr+…Cnnbn的展开式中，我们把Cnrr=0,1,2,…,n）叫做二项式系数，类似地在1+x+x2n=Dn0+Dn1x+Dn2x2+…Dn2n-1x2n-1+Dn2nx2n的展开式中，我们把Dnrr=0,1,2,…,2n叫做三项式系数，则D20150⋅C20150-D20151⋅C20151+D20152⋅C20152-…+-1kD2015kC2015k+…-D20152015⋅C20152015的值为 0 .
【解题思路】根据1+x+x22015⋅(x-1)2015=x3-12015的等式两边的x2015项的系数相同，从而求得要求式子的值.
【解答过程】∵1+x+x22015⋅(x-1)2015=D20150+D20151x+D20152x2+…+D2015rxr+…+D20154030-1x4030-1+D20154030x4030 ⋅C20150⋅x2015-C20151⋅x2014+C20152⋅x2013-C20153x2012+…+C20152014⋅x-C20152015，
其中x2015系数为
D20150⋅C20150-D20151⋅C20151+D20152⋅C20152-…+-1kD2015kC2015k+…-D20152015⋅C20152015，
∵1+x+x22015⋅(x-1)2015=x3-12015，
而二项式x3-12015的通项公式Tr+1=C2015r⋅x32015-r，
因为2015不是3的倍数，所以x3-12015的展开式中没有x2015项，由代数式恒成立可得
D20150⋅C20150-D20151⋅C20151+D20152⋅C20152-…+-1kD2015kC2015k+…-D20152015⋅C20152015=0，
故答案为0.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2022春·山东菏泽·高二统考期中）（1）计算：4A73+2A74A77-A84．
（2）已知1C5m-1C6m=710C7m，求C6m+C6m+1+C7m+2+C8m+3的值．
【解题思路】（1）根据排列数的计算公式即可得解；
（2）根据组合数的计算公式即可得解.
【解答过程】（1）4A73+2A74A77-A84=4×7×6×5+2×7×6×5×47×6×5×4×3×2×1-8×7×6×5
=7×6×5×4×37×6×5×(4×3×2×1-8)=1216=34．
（2）由1C5m-1C6m=710C7m可得m!(5-m)!5!-m!(6-m)!6!=7×m×(7-m)!10×7!
即m!(5-m)!5!-m×(6-m)×(5-m)!6×5!=7×m×(7-m)(6-m)(5-m)!10×7×6×5!，
可得1-(6-m)6=(7-m)(6-m)10×6，整理可得：m2-23m+42=0，
解得m=2或m=21，因为0≤m≤5，可得m=2，
所以C62+C63+C74+C85=C73+C74+C85=C84+C85=C95=126．
18．（10分）（2023·全国·高二专题练习）由2、3、5、7组成无重复数字的四位数，求：
(1)这些数的数字和；
(2)这些数的和．
【解题思路】（1）根据分步乘法原理计算所有的四位数，进而可得这24个数的数字之和，
（2）确定24个数中，每个数位上2，3，5，7出现的次数，进而可求这些数的和,
【解答过程】（1）共可组成4×3×2×1＝24个四位数，这24个四位数的数字和为24×2+3+5+7=408．
（2）这24个四位数中，数字2在千位的有3×2×1＝6个，同样，3、5、7在千位的各有6个．
同理，2、3、5、7在百位、十位、个位各出现6次．
所以所有数之和为2+3+5+7×6×1000+100+10+1=113322
19．（12分）（2023·全国·高三专题练习）如图，一个正方形花圃被分成5份．
(1)若给这5个部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，已知现有5种颜色不同的花，求有多少种不同的种植方法？
(2)若向这5个部分放入7个不同的盆栽，要求每个部分都有盆栽，问有多少种不同的放法？
【解题思路】（1）分种3、4、5种颜色的花，应用分步计数及组合排列数求种植方法数；
（2）分{3,1,1,1,1}、{2,2,1,1,1}两种分组，结合不平均分组、全排列求不同的放法.
【解答过程】（1）
当种5种颜色的花，作全排列，则有A55=120种；
当种4种颜色的花，5种颜色选4种，{(A,E),(C,E),(B,C)}中选一组种同颜色的花，余下3种颜色作全排列，则有C54C41C31A33=360种；
当种3种颜色的花，5种颜色选3种，D位置任选一种，余下2种颜色在{(A,E),(B,C)}分别种相同颜色，则有C53C31A22=60种；
所以共有540种不同种植方法.
（2）
将7个盆栽有{3,1,1,1,1}、{2,2,1,1,1}两种分组方式，
以{3,1,1,1,1}分组，则C73A55=4200种；
以{2,2,1,1,1}分组，则C72C52A22⋅A55=12600种；
所以共有16800种不同的放法.
20．（12分）（2022春·山东菏泽·高二阶段练习）6名同学(简记为A、B、C、D、E、F)到甲、乙、丙三个场馆做志愿者.
(1)一天上午有16个相同的口罩全部发给这6名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数？
(2)每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法种数？
(3)每名同学只去一个场馆，每个场馆至少要去一名，且A、B两人约定去同一个场馆，C、D不想去一个场馆，则满足同学要求的不同的安排方法种数？
【解题思路】（1）先让每位同学拿一个口罩，余下10个用隔板法求解作答.
（2）利用分步计数乘法原理从6人中依次取1人，2人，3人去甲、乙、丙三个场馆列式计算作答.
（3）按给定条件将6人分成3组，再分到三个场馆列式计算作答.
【解答过程】(1)
16个相同的口罩，每位同学先拿一个，剩下的10个口罩排成一排有9个间隙，插入5块板子分成6份，每一种分法所得6份给到6个人即可，
所以不同的发放方法C95=126种.
(2)
求不同的安排方法分三步：6人中选一人去甲场馆，剩下的5人中选2人去乙场馆，最后剩下3人去丙场馆，
所以不同的安排方法有C61C52C33=60 种.
(3)
把A,B视为一人，相当于把5个人先分成三组，再分配给三个场馆，分组方法有两类：
第一类1，1，3，去掉C,D在一组的情况，有(C53-C31)种分组方法，再分配给三个场馆，有C53-C31A33=7×6=42种方法，
第二类1，2，2，去掉C,D在一组的情况，有(C51C42A22-C31)种分组方法，再分配给三个场馆，有C51C42A22-C31A33=12×6=72种方法，
所以不同的安排方法有42+72=114种方法.
21．（12分）（2022秋·上海杨浦·高二期末）已知4x+12xn（n为正整数）的二项展开式中.
(1)若Cn0+Cn2+Cn4+⋯=256，求所有项的系数之和；
(2)若Cn0+Cn1+Cn2=821，求展开式中的有理项的个数；
(3)若n=30，求系数最大的项.
【解题思路】（1）由题意求出n=9，令4x+12x9中x=1，即可得出答案.
（2）求出n=40，写出4x+12x40的通项，要使展开式为有理项，则10-34r∈Z，求解即可；
（3）设二项式展开式第r+1项的系数最大，求出4x+12x40的通项，则C30r12r≥C30r-112r-1C30r12r≥C30r+112r+1，解不等式即可得出答案.
【解答过程】（1）因为Cn0+Cn1+Cn2+Cn3+⋯+Cnn=2n，
而Cn0+Cn2+Cn4+⋯⋯=Cn1+Cn3+Cn5+⋯=2n-1，
所以2n-1=256⇒n=9.
所以令4x+12x9中x=1，则所有项的系数之和为：1+129=329.
（2）若Cn0+Cn1+Cn2=821，则1+n+nn-12=821，
n-40n+41=0，解得：n=40.
则4x+12x40的通项为：Tr+1=C40r4x40-r12xr=C40r12rx10-34r，
其中r∈0,1,2,3,⋯,40，要使展开式为有理项，
则10-34r∈Z，则r=0,4,8,12,16,20,24,28,32,36,40，
故展开式中的有理项的个数为11.
（3）若n=30，则4x+12x30的通项为：Tr+1=C30r4x30-r12xr=C30r12rx30-3r4，
则设二项式展开式第r+1项的系数最大，
则C30r12r≥C30r-112r-1C30r12r≥C30r+112r+1，得30!r!30-r!12r≥30!r-1!31-r!12r-130!r!30-r!12r≥30!r+1!29-r!12r+1，
化简得：12r≥131-r130-r≥12r+1，解得：283≤r≤313.
因为r∈Z，则r=10，所以系数最大的项为T11=C30101210.
22．（12分）（2022·全国·高三专题练习）在x2+x+1n=Dn0x2n+Dn1x2n-1+Dn2x2n-2+⋅⋅⋅+Dn2n-1x+Dn2n的展开式中，把Dn0，Dn1，Dn2，…，Dn2n叫做三项式的n次系数列．
（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列；
（2）列出杨辉三角形类似的表（0≤n≤4，n∈N），用三项式的n次系数表示Dn+10，Dn+11，Dn+1k+11≤k≤2n-1；
（3）用二项式系数表示Dn3．
【解题思路】（1）先求出三项式的展开式，即可求出；
（2）列出杨辉三角形类似的表，即可得出结果；
（3）根据三项式的n次系数列定义展开求解即可得出.
【解答过程】（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列：
∵x2+x+12=x4+x2+1+2x3+2x2+2x=x4+2x3+3x2+2x+1，
∴D20=1，D21=2，D22=3，D23=2，D24=1，
∵x2+x+13=x4+2x3+3x2+2x+1x2+x+1
=x6+3x5+6x4+7x3+6x2+3x+1，
∴D30=1，D31=3，D32=6，D33=7，D34=6，D35=3，D36=1．
（2）列出杨辉三角形类似的表（0≤n≤4，n∈N），
用三项式的n次系数表示Dn+10，Dn+11，Dn+1k+11≤k≤2n-1，
Dn+10=Dn0=0，Dn+11=Dn1+Dn0=n+1，Dn+1k+1=Dnk-1+Dnk+Dnk+11≤k≤2n-1，
（3）用二项式系数表示Dn3，
D12=1，D22=D10+D11+D12=3=C32，D32=D20+D21+D22=6=C42，
D42=D30+D31+D32=10=C52，…，⇒Dn-12=Dn-20+Dn-21+Dn-22=1+n-2+Cn-12=Cn2，
∵Dn3=Dn-11+Dn-12+Dn-13，
∴Dn3-Dn-13=Dn-11+Dn-12=Cn1+Cn2-1=Cn+12-1，
∵D33-D23=C42-1,D43-D33=C52-1，D53-D43=C62-1，…，Dn3-Dn-13=Cn+12-1，
∴Dn3-D23=C42+C52+C62+⋅⋅⋅+Cn+12-n-2
=C53-C43+C63-C53+C73-C63+⋅⋅⋅+Cn+23-Cn+13-n-2
=Cn+23-C43-n-2=Cn+23-n+2，
∴Dn3=Cn+23-Cn1．