专题11 计数原理（知识梳理+考点精讲精练+实战训练）-【决胜春考】2025年春季高考数学冲刺总复习（上海专用）(原卷版+解析版)

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计数原理章节是高考的基础章节，难度不大，考察的力度较小，高考占比3%左右，最近3年春考中，考察4次，考察重点是利用排列组合解决实际计数与概率问题，二项展开式的应用。
基础知识梳理
1、加法原理和乘法原理
1.加法原理
做一件事,完成它有类办法,其中第一类办法有种不同的方法,第二类办法有种不同的方法,,第类办法有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法.
2.乘法原理
做一件事,需要依次完成个步骤,其中完成第一步有种不同的方法,完成第二步有种不同的方法,,完成第步有种不同的方法.那么完成这件事共有种不同的方法.
1.排列、组合的定义
2、排列与组合
2.排列数的定义
从个不同元素中取出个不同元素的所有不同排列的个数叫做从个不同元素中取出个元素的排列数,用表示.
3.组合数的定义
从个不同元素中取出个不同元素的所有组合的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的组合数,用表示.
4.排列数、组合数的公式及性质
3、二项式定理
一、二项式定理相关概念
1.二项式定理
设是正整数,等式称为二项式定理,右边的多项式叫做的二项展开式,其中的系数叫做二项式系数.式中的叫做二项展开式的通项,用表示,即展开式的第项;.
2.二项展开式形式上的特点
(1)项数为;
(2)各项的次数都等于二项式的幂指数,即与的指数的和为;
(3)字母按降幂排列,从第一项开始,次数由逐项减1直到零;字母按升幂排列,从第一项起,次数由零逐项增1直到;
(4)二项式的系数从,一直到.
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:二项式系数,当.时,二项式系数是递增的;由对称性知,当时,二项式系数是递减的;当是偶数时,中间的一项取得最大值;
当是奇数时,中间两项和相等,且同时取得最大值;
(3)各二项式系数的和的展开式的各个二项式系数的和等于,即,二项展开式中,偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和,即
4.注意
(1)分清是第项,而不是第项(请写出,思考为什么以为通项公式);
（2）在通项公式中,含有这六个参数,只有是独立的,在末知的情况下,用通项公式解题,一般都需要首先将通式转化为方程(组)求出,然后代为通项公式求解;
(3)求二项展开式中的一些特殊项,如系数最大项、常数项等,通常都是先利用通项公式由题意列方程,求出,再求所需的某项;有时则需先求,计算时要注意和的取值范围以及它们之间的大小关系;
(4)在中,就是该项的二项式系数,它与的值无关;而项的系数是指化简后字母外的数.
二、常见思想方法
1.在应用通项公式时,要注意以下几点
(1)它表示二项展开式的任意项,只要与确定,该项就随之确定;
(2)是展开式中的第项,而不是第项;
(3)公式中,的指数和为且不能随便颠倒位置;
(4)对二项式展开式的通项公式要特别注意符号问题.
(5)在二项式定理的应用中,“赋值思想”是一种重要方法,是处理组合数问题、系数问题的经典方法.
2.二项式定理问题的处理方法和技巧
(1)运用二项式定理,一定要牢记通项,注意与虽然相同,但具体到它们展开式的某一项时是不同的,一定要注意顺序问题,另外二项展开式的二项式系数与该项的(字母)系数是两个不同的概念,前者只指,而后者是字母外的部分.前者只与和有关,恒为正,后者还与有关,可正可负;
(2)对于二项式系数问题,应注意以下几点:
(1)求二项式所有项的系数和,可采用“特殊值法”(赋值法),通常令字母变量的值为1;
(2)关于组合恒等式的证明,常采用“构造法”一一构造函数或构造同一问题的两种算法;
(3)证明不等式时,应注意运用放缩法.
(3)求二项展开式中指定的项,通常是先根据已知条件求,再求,有时还需先求,再求,才能求出;
(4)有些三项展开式问题可以转化为二项式问题加以解决;有时也可以通过组合解决,但要注意分类清楚,不重不漏;
(5)对于二项式系数问题,首先要熟记二项式系数的性质,其次要掌握赋值法,赋值法是解决二项式系数问题的一个重要手段.
3.赋值法的应用
(1)对形如的式子求其展开式各项系数之和,常用赋值法,只需令即可；
(2)对形如的式子求其展开式各项系数之和,只须令即可;
（3）一般地,对于多项式,令,则:展开式中各项的系数的和为,展开式中奇数项的系数和为(两次赋值,解方程组),展开式中偶数项的系数和为同上).
考点精讲讲练
考点一：加法原理与乘法原理
【典型例题】
例1．书架上层放4本不同的语文书，中层放5本不同的数学书，下层放6本不同的英语书．
(1)如果从中任取一本书，有多少种不同的取法？
(2)如果从中任取三本书，其中包括语文书、数学书、英语书各一本，有多少种不同的取法？
【答案】(1)15
(2)120
【分析】（1）根据分类相加原则计算即可；
（2）根据分步乘法原则计算即可.
【解析】（1）书架上共有不同的书4+5+6=15本，
所以从中任取一本书，共有15种不同的取法.
（2）由题知从4本不同的语文书中任取一本，有4种取法；
从5本不同的数学书中任取一本，有5种取法；
从6本不同的英语书中任取一本，有6种取法.
根据分步乘法原则，4×5×6=120，
所以从中任取三本书，其中包括语文书、数学书、英语书各一本，有120种不同的取法.
例2．（2023·上海·模拟预测）空间内存在三点A、B、C，满足AB=AC=BC=1，在空间内取不同两点（不计顺序），使得这两点与A、B、C可以组成正四棱锥，求方案数为 ．
【答案】9
【分析】根据题意，先考虑正四棱锥中三个点构成等边三角形的情况，分类讨论△ABC为正四棱锥的侧面或对角面两种情况，再结合△ABC三边的轮换对称性即可得解.
【解析】因为空间中有三个点A、B、C，且AB=BC=CA=1，
不妨先考虑在一个正四棱锥中，哪三个点可以构成等边三角形，同时考虑△ABC三边的轮换对称性，可先分为两种大情况，即以下两种：
第一种：△ABC为正四棱锥的侧面，如图1，
此时AB,BC,AC分别充当为底面正方形的一边时，对应的情况数显然是相同的;
不妨以BC为例，此时符合要求的另两个点如图1所示，显然有两种情况，
考虑到△ABC三边的轮换对称性，故而总情况有6种；

第二种：△ABC为正四棱锥的对角面，如图2，
此时AB,BC,AC分别充当底面正方形的一对角线时，对应的情况数显然也是相同的;
不好以BC为例，此时符合要求的另两个点图2所示，显然只有一种情况，
考虑到△ABC三边的轮换对称性，故而总情况有3种；
综上所述：总共有9种情况.
故答案为：9.
【即时演练】
1．从上海开往南京的普通快车沿途停靠苏州、无锡、常州、镇江、南京站，则火车上3名乘客最多有 种不同的下车方法．
【答案】125
【分析】由分步计数原理可得.
【解析】要得到一种下车方法，可分三步，分别确定每位乘客的下车方法，每位乘客最多有5种不同的下车方法.
故由分步乘法计数原理可得，3名乘客最多有5×5×5=125种不同的下车方法.
故答案为：125.
2．假定有一排蜂房，形状如图所示，一只蜜蜂在左下角，由于受了点伤，只能爬，不能飞，而且只能向右方（包括右上、右下）爬行，从一间蜂房爬到与之相邻的右蜂房中去，求从最初位置爬到6号蜂房共有多少种不同的爬法？
【答案】21种
【分析】由树状图直接表示.
【解析】解法1：由树形图可得，蜜蜂从最初位置爬到6号蜂房先进入0号蜂房有13种爬法；蜜蜂先进入1号蜂房共有8种爬法．
所以蜜蜂从最初位置爬到6号蜂房，共有13+8=21种不同的爬法．
说明：图1所表示的图形叫树形图．用这种方式解决排列组合问题较为直观形象．
解法2：依题意，蜜蜂爬到0号蜂房有1种爬法；爬到1号蜂房有2种爬法；
爬到2号蜂房有1+2=3种爬法（在爬到0号或1号蜂房后再爬到2号蜂房）；
同理，爬到3号蜂房有2+3=5种爬法；
爬到4号蜂房有3+5=8种爬法；
爬到5号蜂房有5+8=13种爬法；
爬到6号蜂房有8+13=21种爬法．
所以蜜蜂从最初位置爬到6号蜂房共有21种不同的爬法．
3．（24-25高三上·上海·期中）仰晖楼有A、B两部电梯.已知电梯每上一层需要5秒，电梯在某层楼停留时开门到关门所花时间为10秒（人员均能在电梯开关门时间内完成进出电梯和按楼层等操作）.某天清晨，楼上还没有人，1楼已经有若干人均欲乘坐电梯上楼，目的地分别是2∼10楼.现两部电梯均恰好在1楼（两部电梯互相独立运行，可以独立开关门，在1楼按下按钮后将同时打开门），且每部电梯容量足够容纳所有人.定义TATB为：从A（B）电梯开门时刻算起，到电梯内最后一人到达目标楼层后A（B）电梯门关闭为止，所花时间.记"运输完成时间"：T0=maxTA,TB.
(1)若所有人均乘坐一部电梯，求T0；
(2)为了研究T0的最小值，我们需要对电梯的"乘坐安排"作出一些合理假设.例如：假设两部电梯都有人乘坐.理由：分开乘坐，比如去2层的人都坐电梯A，其余人坐电梯B，则TA,TB均小于（1）中T0，故"运输完成时间"也小于（1）中T0，所以要使得T0最小，两部电梯一定都有人乘坐.请你在此基础上再提出1至2条关于电梯"乘坐安排"的合理假设，并简述作出这些假设的理由（若有多条假设，请按重要性从高到低写出最重要的两条）；
(3)求出T0最小值.
【答案】(1)145秒
(2)答案见解析
(3)95秒
【分析】（1）根据题意，知总时间包括开门的两次及中途上楼的层数；
（2）分目的地为同一层楼的人都坐同一部电梯，即A、B电梯所到楼层不重叠和不妨设A电梯到达10层，则可假设B电梯停留层数均小于A电梯停留层数，两种情况讨论，进而可得出结论；
（3）根据题意求出T0与a的关系，进而可得出答案.
【解析】（1）包括1楼，电梯共开关门10次数，上升9层，
所以完成运输所花时间为10×10+9×5=145秒；
（2）假设一：目的地为同一层楼的人都坐同一部电梯，即A、B电梯所到楼层不重叠.
理由：将目的地为同一层楼的人调整到同一部电梯可以使得其中一部电梯至少节约10秒，这样调整后方案的"运输完成时间"必然不大于原方案.
假设二：不妨设A电梯到达10层，则可假设B电梯停留层数均小于A电梯停留层数.
理由：记B电梯最高到达b(b3C8x可化为8!(x−1)!(8−(x−1))!>3×8!x!(8−x)!.化简可得1(x−1)!(9−x)!>3×1x!(8−x)!.
进一步变形为x!(8−x)!(x−1)!(9−x)!>3.
根据阶乘的性质n!=n×(n−1)!，则x×(x−1)!(8−x)!(x−1)!(9−x)×(8−x)!>3.
约分后得到x9−x>3，解这个不等式得x>274.
又因为x−1≥0且x≤8（组合数中x的取值范围要求），即x≥1且x≤8，
综合可得x=7或x=8，故不等式解集为{7,8}.
（2）原方程可化为Cx+3x−2=110Px+33，即Cx+35=110Px+33，
∴(x+3)!5!(x−2)!=(x+3)!10⋅x!，∴1120(x−2)!=110⋅x(x−1)⋅(x−2)!，
∴x2−x−12=0，解得x=4或x=−3，经检验：x=4是原方程的解.
故方程解集为{4}
例3．班级迎新晚会有3个唱歌节目、2个相声节目和1个魔术节目，要求排出一个节目单.
(1)魔术节目不排在最后一个节目，有多少种排法？
(2)3个唱歌节目要排在一起，有多少种排法?
【答案】(1)600；
(2)144.
【分析】（1）先从3个唱歌节目和2个相声节目中选1个放在最后，再将其余5个节目全排列，根据分步乘法计数原理即可求解；
（2）先将3个歌唱节目捆绑在一起，再与其余3个节目全排列，根据分步乘法计数原理即可求解.
【解析】（1）魔术节目不排在最后一个节目，
则先从3个唱歌节目和2个相声节目中选1个放在最后，有5种排法；
其余5个节目任意排，有P55种排法，
所以魔术节目不排在最后一个节目，有5P55=600种排法.
（2）将3个歌唱节目捆绑在一起，看成1个节目有P33=6种，
与其余3个节目一起排共P44=24种，
则3个唱歌节目要排在一起，有6×24=144种排法．
【即时演练】
1．（24-25高三上·上海嘉定·期中）配置某种染色剂，需要加入3种有机染料、2种无机染料和2种添加剂，已知不同的添加顺序对染色效果是不一样的，则其中2种无机染料添加顺序不相邻的概率为 .
【答案】57
【分析】先计算出总的排列方式，然后利用插空法计算出2种无机染料添加顺序不相邻的排列方式，然后求其概率即可.
【解析】一共有A77种添加顺序，由插空法可知，2种无机染料添加顺序不相邻的的种数有A55A62,
所以其中2种无机染料添加顺序不相邻的概率为A55A62A77=57.
故答案为：57
2．（2024·上海虹口·二模）3个男孩和3个女孩站成一排做游戏，3个女孩不相邻的站法种数为 .
【答案】144
【分析】利用插空法求解即可.
【解析】先将3个男孩站成一排，有P33=6种方法，
将3个女孩插入3个男孩形成的4个空位中，有P43=24种方法，
故一共有：P33P43=144种.
故答案为：144
3．（2023·上海闵行·一模）今年中秋和国庆共有连续8天小长假，某单位安排甲、乙、丙三名员工值班，每天都需要有人值班．任选两名员工各值3天班，剩下的一名员工值2天班，且每名员工值班的日期都是连续的，则不同的安排方法数为 ．
【答案】18
【分析】先确定值班2天的人，有3种选择，再将三个人全排即可，结合分步乘法计数原理可得结果.
【解析】三人值班的天数分别为3、3、2，先确定值班2天的人，有3种选择，
再将三个人全排即可，所以，不同的排法种数为3P33=18种.
故答案为：18.
4．（24-25高三上·上海·期中）已知a1,a2,…,an是1,2,…,n(n≥2,n∈N)满足下列性质T的一个排列，性质T：排列a1,a2,…,an中有且仅有一个a1>ai+1(i∈{1,2,…,n−1})，当n=5时，满足性质T的数列一共有 个.
【答案】24
【分析】依据题给条件，利用全排列数公式即可求得满足性质T的数列个数.
【解析】当n=5时，a1,a2,…,a5是1,2,3,4,5的一个排列，
由排列a1,a2,…,a5中有且仅有一个a1>ai+1(i∈{1,2,3,4})，
可得a1=2，a2,a3,a4,a5是1,3,4,5的任意一个排列，
则满足性质的数列一共有A44=24（个）
故答案为：24
5．3名男生和4名女生站成一排拍照，在下列要求下分别求不同排列方法的数目.
(1)学生甲不在最左边；
(2)3名男生必须排在一起.
【答案】(1)4320
(2)720
【分析】（1）特殊位置用优先法，先排最左边，再排余下位置．
（2）相邻问题用捆绑法，将男生看成一个整体，进行全排列，再与其他元素进行全排列
【解析】（1）先排最左边，除去甲外有A61种排法，余下的6个位置全排列有A66种排法，
则符合条件的排法共有A61⋅A66=4320种.
（2）将男生看成一个整体，进行全排列，有A33种排法，与其他元素进行全排列，有A55种排法，
则符合条件的排法共有A33⋅A55=720种.
考点三：二项式定理
【典型例题】
例1．已知2x−1x2n（n为正整数）.
(1)若Cn0+Cn1+Cn2+⋅⋅⋅+Cnn=64，求该式的展开式中所有项的系数之和；
(2)若Cn1+Cnn−2=465，求该式的展开式中无理项的个数；
(3)若n=20，求该式的展开式中系数最大的项.
【答案】(1)1
(2)15
(3)T7=635043840x−5
【分析】（1）由Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn=2n求出n，再令x=1可得答案；
（2）由Cn1+Cnn−2=465求出n，求出展开式的通项公式，再由x的指数不为整数可得答案；
（3）求出展开式的通项公式由C20r220−r≥C20r−2222−rC20r220−r≥C20r+2218−r解不等式可得答案．
【解析】（1）由2n=Cn0+Cn1+Cn2+…+Cnn=64可得n=6，
令x=1可得2−116=16=1，
所以展开式中所有项的系数之和为1；
（2）若Cn1+Cnn−2=465，则n+nn−12=465，解得n=30，或n=−31舍去，
设2x−1x230的通项为Tr+1=C30r2x30−r−1x2r=−1rC30r230−rx30−5r2，
且r∈0,1,2,⋯,30，
所以当r=1,3,5,⋯,29时可得展开式中的无理项，所以共有15个无理项；
（3）设2x−1x220的通项为Tr+1=C20r2x20−r−1x2r=−1rC20r220−rx20−5r2，
且r∈0,1,2,⋯,20，
最大的项r为偶数，
则C20r220−r≥C20r−2222−rC20r220−r≥C20r+2218−r，解得r=6，
T7=C206220−6x20−302=635043840x−5，
所以展开式中系数最大的项为T7=635043840x−5．
【即时演练】
1．（24-25高三上·上海奉贤·期中）二项式3x−15x6的展开式中，常数项为
【答案】−18
【分析】先求出二项式的通项公式，令x的指数为0即可求解.
【解析】由题得二项式通项公式为：Tr+1=C6r3x6−r−15xr=−r36−rC6rx6−65r，
令6−65r=0⇒r=5，
所以二项式3x−15x6的展开式中，常数项为−536−5C65x6−65×5=−18.
故答案为：−18.
2．（2024·上海普陀·模拟预测）已知(1+x)n的展开式各项系数之和为64，展开式中含x2项的系数为 .
【答案】15
【分析】先根据各项系数之和得到方程，求出n=6，根据二项式定理得到通项公式，求出x2项的系数.
【解析】令x=1，则(1+x)n的展开式各项系数之和为2n=64=26，则n=6，
所以二项式的通项公式为Tr+1=C6r⋅xr，
令r=2，则T3=C62⋅x2=15x2，故x2项的系数为15.
故答案为：15
3．（24-25高三上·上海·阶段练习）在(1−x)2024的展开式中系数最大的项是第 项．
【答案】1013
【分析】根据二项式的展开项的通项确定系数为C2024r−1r,r=0,1,2,⋯,2024，结合组合数的性质即可得系数最大的项.
【解析】(1−x)2024的展开式的通项为Tr+1=C2024r−xr=C2024r−1rxr,r=0,1,2,⋯,2024，
则展开式的系数为C2024r−1r,r=0,1,2,⋯,2024，故r为偶数时系数为正数，
由组合数C2024r=C20242024−r，可知当r=2024−r，即r=1012时，C2024r取到最大值，也符合r为偶数，
故展开式中系数最大的项是第1013项.
故答案为：1013.
4．（24-25高三上·上海宝山·期中）若x−ax5展开式中x−2的系数为80，则实数a的值为 .
【答案】−2
【分析】求出展开式的通项，再令x的系数等于−2，结合已知即可得解.
【解析】x−ax5展开式的通项为Tk+1=C5kx5−k⋅−axk=−akC5kx5−3k2，
令5−3k2=−2，得k=3，
所以x−ax5展开式中x−2的系数为−a3C53=80，解得a=−2.
故答案为：−2.
5．（24-25高三上·上海闵行·期中）若1−2x4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则a0+a1的值为 ．
【答案】9
【分析】利用二项式定理直接计算即可.
【解析】a0=C40×14×−20=1，
a1=C41×13×−21=−8，
所以a0+a1=1+8=9.
故答案为：9
6．（2024·上海·三模）若x+1xn的二项展开式中第3项与第5项的系数相等，则该展开式中1x4的系数为 ．
【答案】6
【分析】求得二项式的展开式的通项公式，由题意可得Cn2=Cn4，可求得n=6，可求1x4项的系数.
【解析】x+1xn的展开式为Tr+1=Cnr·xn−r·(1x)r=Cnr·xn−2r，r=0,1,⋯,n，
因为二项展开式中第3项与第5项的系数相等，
所以Cn2=Cn4，所以n=6，
令6−2r=−4，解得r=5，
所以该展开式中的1x4系数为C65=6.
故答案为：6.
7．（2024·上海金山·二模）在1+x51+y3的展开式中，记xmyn项的系数为fm,n，则f3,0+f2,1= ．
【答案】40
【分析】根据二项式展开式的通项公式可得f(m,n)=C5mC3n，即可求解f(3,0)+f(2,1).
【解析】(1+x)5(1+y)3展开式的通项公式为C5mxm⋅C3nyn=C5mC3nxmyn，
所以f(m,n)=C5mC3n，
则f(3,0)+f(2,1)=C53C30+C52C31=40.
故答案为：40
8．在 x+43y20的展开式中，系数为有理数的项共有 项．
【答案】6
【分析】根据二项式展开式的通项公式可得Tr+1=3r4C20rx20−ryr，易知r=0,4,8,12,16,20符合题意，即可求解.
【解析】由题意知，(x+43y)20展开式的通项公式为Tr+1=C20rx20−r(43y)r=3r4C20rx20−ryr，
当r4（0≤r≤20,r∈N）为整数时，3r4C20rx20−ryr的系数为有理数，
所以r=0,4,8,12,16,20，即(x+43y)20展开式中系数为有理数的项共有6个.
故答案为：6
9．（24-25高三上·上海·期中）已知二项式x+m6m>0的展开式各项系数和等于64，则m= .
【答案】1
【分析】根据展开式各项系数和等于64列出方程，即可求解出m的值.
【解析】因为展开式各项系数和等于64，
所以m+16=64m>0，解得m=1，
故答案为：1.
10．（2023·上海闵行·一模）已知x−14=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4，则a2= ．
【答案】6
【分析】直接利用二项式定理计算得到答案.
【解析】x−14展开式的通项为Tr+1=C4rx4−r⋅−1r，取x=2得到a2=C42⋅−12=6.
故答案为：6.
11．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知x6=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+⋯+a6(x+1)6，则2a1+2a2+22a3+⋯+8a6= ．
【答案】98−702/−702+98
【分析】对二项展开式分别赋值x=−1和x=2−1，化简计算即得.
【解析】由x6=a0+a1(x+1)+a2(x+1)2+⋯+a6(x+1)6，
取x=−1，可得a0=1；
再取x=2−1，可得(2−1)6=a0+2a1+2a2+22a3+⋯+8a6，
将a0=1代入整理得：
2a1+2a2+22a3+⋯+8a6=(2−1)6−1=(3−22)3−1
=(17−122)(3−22)−1=98−702.
故答案为：98−702.
12．（2023·上海徐汇·模拟预测）若等式1+x+x2+x3=a0+a1(1−x)+a2(1−x)2+a3(1−x)3对一切x∈R都成立，其中a0，a1，a2，a3为实常数，则a1+a2+a3的值为 ．
【答案】−3
【分析】在所给的已知式中，令x=0，可得a0+a1+a2+a3的值，再令x=1，求出a0，即可得解．
【解析】因为等式1+x+x2+x3=a0+a11−x+a2(1−x)2+a3(1−x)3
对一切x∈R都成立，其中a0，a1，a2，a3为实常数，
则令x=0，可得a0+a1+a2+a3=1，
令x=1，可得a0=4，
所以a1+a2+a3=−3.
故答案为：−3．
实战能力训练
1．将标有1、2、3、4的四个球放到标号为1、2、3、4的四个盒子里，每只盒子放一个球，则盒子的标号与球号均不相同的放法种数为（ ）
A．6种B．9种C．11种D．23种
【答案】B
【分析】由分步乘法计数原理可得.
【解析】要得到盒子标号与球号均不同的一种放法，可分三个步骤：
第一步，先放1号球，从标号2、3、4的3个盒子中任选一个放入，有3种放法；
第二步，再放与1号球放入的盒子标号相同的球，有3种放法，
例如，第一步中1号球放入2号盒子；第二步则放2号球，可从1、3、4号盒子中任选一个放入；
第三步，最后放余下两球，只有1种放法.
由乘法原理得，不同的放法有3×3×1=9种.
故选：B.
2．（24-25高三上·上海虹口·阶段练习）现有10个完全相同，尺寸为3cm×4cm×6cm的长方体箱子，将第一个箱子平放在地面上，其余的9个箱子的每一个箱子都平放在前面的箱子上，可以任意旋转箱子，那么使得这10个箱子堆放高度为41cm的堆放方式共有 种.
【答案】5130
【分析】设分别有x,y,z个高度为3cm,4cm,5cm的箱子，结合题意可得x≥0,y≥0，z∈1,2,3，进而得到x,y,z=1,8,1，3,5,2，5,2,3，再结合排列组合知识求解即可.
【解析】因为10个箱子都有3种不同的高度，
设分别有x,y,z个高度为3cm,4cm,5cm的箱子，
则x+y+z=103x+4y+5z=41，则x=2z−1y=11−3z，
由于x≥0,y≥0，则z∈1,2,3，
所以x,y,z=1,8,1，3,5,2，5,2,3，
则使得这10个箱子堆放高度为41cm的堆放方式共有A102+2C103C75C22=5130种.
故答案为：5130.
3．（2024年春考4） 展开式中的系数为 .
【答案】15
【难度】0.94
【分析】根据给定条件，利用二项式定理直接求出结果.
【详解】 展开式中令的项为，
所以 展开式中的系数为15.
故答案为：15
4.（2023年春考10）已知有名男生，名女生，从人中任选人，则恰有名男生名女生的概率为 ·
【答案】
【解析】由题意得所求概率为
5．（2024·上海徐汇·二模）已知(x3+1x2)n的二项展开式中各项系数和为1024，则展开式中常数项的值为 .
【答案】210
【分析】依题意，可求得n=10，再利用(x3+1x2)10的二项展开式的通项公式可求得答案．
【解析】∵ (x3+1x2)n的二项展开式中各项系数和为1024，
即(1+1)n=1024，
故n=10．
设(x3+1x2)10的二项展开式的通项为Tr+1，则Tr+1=C10rx−2r⋅x3(10−r)=C10rx30−5r，
令30−5r=0，得r=6，
故展开式中常数项的值为C106=C104=10×9×8×74×3×2×1=210．
故答案为：210．
6．（2024·上海闵行·三模）某羽毛球俱乐部，安排男女选手各6名参加三场双打表演赛（一场为男双，一场为女双，一场为男女混双），每名选手只参加1场表演赛，则所有不同的安排方法有 种.
【答案】4050
【分析】先考虑两对混双的组合，再从余下4名男选手和4名女选手各有3种不同的配对方法组成两对男双组合，两对女双组合，利用分步乘法原理可求得结果.
【解析】先考虑两对混双的组合有2C62⋅C62种不同的方法，
余下4名男选手和4名女选手各有3种不同的配对方法组成两对男双组合，两对女双组合，故共有2C62⋅C62×3×3=4050.
故答案为：4050
7．已知A∈l，B∈l，C∈l，D∉l，将A、B、C、D两两连线，可得到 条直线．
【答案】4
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理计算即得.
【解析】点D与A,B,C中任意一点连线，可得3条直线，
点A,B,C确定1条直线，
所以可得直线条数是4.
故答案为：4
8．（2024·上海松江·二模）某校高一数学兴趣小组一共有30名学生，学号分别为1，2，3，…，30，老师要随机挑选三名学生参加某项活动，要求任意两人的学号之差绝对值大于等于5，则有 种不同的选择方法.
【答案】1540
【分析】根据题意，设挑选出的三名学生的学号分别为x，y，z，不妨设x