暑假作业09 计数原理（10题型）-【暑假作业】2025年高二数学暑假培优练试题（含答案）（人教A版2019）

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作业01 计数原理
三层必刷：巩固提升+能力培优+创新题型
【题型一： 分类加法计数原理 】
1．（2025·辽宁鞍山·一模）小李同学想用一支铅笔从如下的直三棱柱的顶点出发沿三棱柱的棱逐步完成“一笔画”，即每一步均沿着某一条棱从一个端点到达另一个端点，紧接着从上一步的终点出发随机选择下一条棱再次画出，进而达到该棱的另一端点．按此规律一直进行，其中每经过一条棱称为一次移动，并随机选择选择某个顶点处停止，得到一条“一笔画”路径．比如，“一笔画”路径：．若经过4次移动后，到达点的条件下，两次经过点的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、计算古典概型问题的概率
【分析】利用分类基本原理列出所有的情况，再利用古典概型进行求概率．
【详解】根据从顶点出发沿三棱柱的棱逐步完成“一笔画”，
经过4次移动后，到达点的条件下，分为三类：
第一类：；
，有2种情况；
第二类：；
，
，
，
，
，有6种情况；
第三类：；
，
，有3种情况；
故经过4次移动后，到达点的共有：，
其中经过4次移动后，到达点的条件下，两次经过点的有：
，，，共3种，
故经过4次移动后，到达点的条件下，两次经过点的概率为：，
故选：A．
2．（24-25高二下·四川遂宁·期中）程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数中能被3整除的个数为（ ）
A．5B．7C．15D．26
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理
【分析】分“百位”拨动3枚算珠、“百位”拨动2枚算珠、“百位”拨动1枚算珠三种情况罗列出可表示的数据即可得解.
【详解】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700；
“百位”拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205，610、650、601、605；
“百位”拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、155；
520、502、506、560、511、551、515、555.
其中能被3整除的三位整数为：300、210、201、120、102、111、555.
所以共有7个.
故选：B.
3
（2025高三·全国·专题练习）将按一定顺序排列后，得到一个能被5整除的五位数，从最高位起，的前两位、前三位、前四位按原顺序组成的两位数、三位数、四位数分别能被2，3，4整除，则（ ）
A．的最小值为5B．的最大值为9
C．的最小值为24325D．的最大值为54325
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】判断事件计数的原理
【分析】由题可知五位数A的个位只能是0或5，十位和千位均为偶数，前三位上的各数字之和能被3整除，且前四位按原顺序组成的四位数能被4整除，进而分析判断各选项即可.
【详解】由题可知五位数A的个位只能是0或5，十位和千位均为偶数，
前三位上的各数字之和能被3整除，且前四位按原顺序组成的四位数能被4整除．
对于A项，若，可得可以为34520或54320或32405或34205，
故最小可以取到0，A错误；
对于B项，若，将2，3，4，5，9排序，得个位只能是5，且十位和千位是偶数，
则这个五位数的前三位上的数字之和为14或16，
因为14和16均不能被3整除，不满足题意，所以，B错误；
对于C项，将2，3，4，5，排序，
①当且为首位时，个位为5，此时没有满足题意的五位数，即；
②当首位是2，个位为5，要满足十位和千位均是偶数，此时百位只能是3，
要满足前三位上的各数字之和能被3整除，所以千位的最小值为4，
此时要满足前四位上的各数之和能被4整除，十位的最小值为2，
得，满足题意，所以的最小值为24325，C正确；
对于D项，将2，3，4，5，排序，由B项分析得，
故当且为首位时，个位为5，此时当且仅当千位为4，百位为3，十位为2时，
满足题意，取最大值84325，D错误．
故选：C.
【题型二： 分布乘法计数原理 】
1．（24-25高二下·四川内江·阶段练习）某学校准备派遣5名教师同时到三个不同的学校进行支教活动.要求每个学校至少派遣1名教师，若教师甲乙去往不同的学校，则不同的派遣方案有（ ）种.
A．36B．72C．114D．162
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合排除法列式计算即得.
【详解】安排甲有3种方法，再安排乙有2种方法，因此安排甲乙共有种方法；
余下3人，每人有3种安排方法，共有种方法，除甲乙去的学校外的学校无人去的情况有种，
所以不同的派遣方案有（种）.
故选：C
2．（24-25高二下·陕西咸阳·阶段练习）合阳中学是陕西省第一所县立中学，始建于1916年，明年是我校建校110周年，则满足建校周年的正整数能整除对应年份的的个数为（ ）
A．6B．8C．12D．前三个选项都不对
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据题设可得为正整数，从而可根据的因数分解可求的个数.
【详解】根据已知条件有建校周年对应的年份为，
结合题意有：，
因为，所以的可能取值为：
，，，，，，
共种情况.
故选：A
3．（24-25高二下·重庆·阶段练习）4名同学分别戴了4顶不同的帽子参加聚会，参加聚会时出于礼仪他们需要将帽子脱下放置于一个不透明的空的储物箱中，参加完聚会以后4名同学随机从这个储物箱中取出1顶帽子，则至少有3人戴错帽子的事件数为（ ）
A．9B．11C．15D．17
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、错位排列数
【分析】分两种情况，结合全错位排列数计算即可.
【详解】4名同学随机从这个储物箱中取出1顶帽子，则至少有3人戴错帽子有两种情况：
第一种：恰有3人戴错帽子，首项选一人戴对帽子，有种，
剩下3人必须全部带错，即3个元素的全错位排列数，故有8种；
第二种：4人全部带错，即4个元素的全错位排列数；
所以至少有3人戴错帽子的事件数为17.
故选：D
4．（24-25高二下·内蒙古赤峰·期中）数独是源自18世纪瑞士的一种数学游戏．如图是数独的一个简化版，由3行3列9个单元格构成．玩该游戏时，需要将数字5，6，8（各3个）全部填入单元格，每个单元格填一个数字，要求每一行、每一列均有5，6，8这三个数字，则不同的填法有（ ）
A．12种B．24种C．72种D．216种
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】分步填数，先填第一行三个数字，第二步填第二行的第一个数，第三步其它格子中的数字填法唯一，由分步计数原理可得．
【详解】先填第一行，有种不同填法，
再填第二行第一列，有2种不同填法，当该单元格填好后，其它单元格唯一确定．
根据分步乘法计数原理，共有种不同的填法．
故选：A．
5．（24-25高二下·天津·阶段练习）用四种不同的颜色给如图所示的六块区域涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是（ ）
A．120B．144C．264D．96
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【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．
6．（24-25高二下·山东聊城·期中）小红从6条不同的裙子，3双不同的皮鞋中选择一条裙子和一双皮鞋搭配，则不同的搭配方案共有（ ）
A．18种B．9种C．种D．种
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】运用分步乘法原理计算.
【详解】完成选一条裙子和一双皮鞋搭配这件事，需要分两步，
第一步选裙子有种方法，第二步选皮鞋有种方法，
根据分步乘法计数原理，不同的搭配方案共有（种）.
故选：A.
【题型三：分类加法计数原理与分布乘法计数原理的综合应用 】
1．（24-25高二下·天津滨海新·期中）对一个四棱锥各个顶点着色，现有5种不同颜色供选择，要求同一条棱连接的两个顶点不能着相同的颜色，则不同的着色方法有（ ）种．
A．120B．360C．420D．240
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据分类与分步计数原理，点P，A，B分别有5，4，3种涂法，再分当C与A颜色相同与颜色不同分类计数即可.
【详解】设四棱锥为，
则由题意，点P，A，B分别有5，4，3种涂法，
当C与A颜色相同时，C有1种涂色方法，此时D有3种涂色方法，
当C与A颜色不相同时，C有2种涂色方法，此时D有2种涂色方法，
故此时共有种涂色方法（种）.
故选：C．
2．（2025高三·全国·专题练习）植树节那天，4位同学去植树，现有3棵不同的树，若一棵树限1人完成，则不同的植树方法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用
【分析】按照分步乘法计数原理和分类加法原理计算可得.
【详解】根据题意，现在记为4个人，为3棵树.
法一：从人作为元素（主动）来讲，分三类.
第一类可以选择1人去种3棵树，一共有4种方法.
第二类可以选择2个人去种3棵树，
第一步，从4个人中选出2个人，一共有6种选择，分别是
第二步，要2人种3棵树，一共有6种选择，分别为选择3棵树中的1棵，
选择剩下的2棵，或者选择3棵树中的2棵，选择剩下的1棵，
根据分步乘法计数原理，一共有种方法.
第三类可以选择4个人中3个人分别种3棵树，分两步完成，
第一步，从4个人中选出3人，一共有4种选择，分别是
第二步，要3人种3棵树，一共有6种选择，
分别为选择3棵树中的1棵，选择剩下2棵中的1棵，剩下最后1棵由种，
根据分步乘法计数原理，一共有种方法.
综上，根据分类加法计数原理，一共有种方法．
法二：从树为元素来讲，完成这件事分三步.
第一步，第一棵树有4个人可选，共有4种方法，
第二步，第二棵树有4个人可选，共有4种方法，
第三步，第三棵树有4个人可选，共有4种方法，
据分步乘法计数原理可得一共有种方法，故B正确.
故选：B．
【题型四：排列的综合应用 】
1．（24-25高一下·广东广州·期中）在华南师大附中社团开放日的展示活动中，辩论社，国学社，摄影社，魔方社，天文社5个社团的摊位排成一列，其中辩论社与国学社必须相邻，那么不同的排法有（ ）
A．60种B．48种C．36种D．24种
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、相邻问题的排列问题
【分析】将辩论社与国学社捆绑，看成一个社团，与其他3个社团排成1列，再考虑辩论社与国学社的顺序，据此可得不同排法.
【详解】将辩论社与国学社捆绑，看成一个社团，与其他3个社团排成1列，有种排法.
又辩论社与国学社的先后顺序有2种情况，则满足题意的排法有种.
故选：B
2．（24-25高二下·四川成都·阶段练习）在某次研讨会中，甲、乙、丙、丁、戊、己6位专家轮流发言，其中甲和乙不能连续发言，则这6位专家的不同发言顺序共有 （ ）
A．240种B．280种C．480种D．720种
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、不相邻排列问题
【分析】根据给定条件，利用插空法列式求解不相邻问题.
【详解】排除甲乙外的4位专家有种方法，再将甲乙插入每种排法形成的5个间隔中，有种，
所以这6位专家的不同发言顺序共有: 种.
故选：C
3．（24-25高二下·四川眉山·期中）中国灯笼又统称为灯彩，是一种古老的传统工艺品．经过历代灯彩艺人的继承和发展，形成了丰富多彩的品种和高超的工艺水平，从种类上主要有宫灯、纱灯、吊灯等类型．现将4盏相同的宫灯、3盏不同的纱灯、2盏不同的吊灯挂成一排，要求吊灯挂两端，同一类型的灯笼至多2盏相邻挂，则不同挂法种数为（ ）
A．384B．486C．216D．208
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、相邻问题的排列问题
【分析】由题意，先挂2盏吊灯，再在2盏吊灯之间挂3盏纱灯，最后将宫灯插空挂，结合插空法计算即可求解.
【详解】先挂2盏吊灯有种挂法，
再在2盏吊灯之间挂3盏纱灯有种挂法，最后将宫灯插空挂．
当4盏宫灯分成2，2两份插空时,有种挂法；
当4盏宫灯分成1，1，2三份插空时,有种挂法；
当4盏宫灯分成1，1，1，1四份插空时,有1种挂法，
所以共有种不同的挂法．
故选：C
4．（24-25高二下·重庆渝中·期中）在某校高二年级半期考试表彰仪式上，班1人、班2人、班3人总共6人站成一排在舞台上领奖，要求同班的同学不相邻，则不同排法共有（ ）
A．72种B．84种C．120种D．150种
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】不相邻排列问题、分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据排列组合的知识，先将C班的人按照不相邻的条件排列，共有4种情况，然后针对每种情况利用插空法再将A班和B班的人进行排列，最后将其相加得到总的排法数.
【详解】因为C班3人不相邻排列，所以有以下情形的排列方式：
第一类，C班3人分别在第一､第三､第五个位置，则有种排法；
第二类，C班3人分别在第一､第三､第六个位置，则有种排法；
第三类，C班3人分别在第一､第四､第六个位置，则有种排法；
第四类，C班3人分别在第二､第四､第六个位置，则有种排法；因此不同排法共有种.
故选：C.
5．（24-25高二下·北京·期中）在某班进行的歌唱比赛中，共有6位选手参加，其中3位女生，3位男生．如果3位男生任何两人都不能连着出场，且女生甲不能排在最后一个，那么出场顺序的排法种数为（ ）
A．60B．72C．132D．144
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、不相邻排列问题
【分析】先排女生，再利用插空法排男生，同时要注意女生甲排在最后一个的情况.
【详解】①先不考虑女生甲的位置限制，计算3位男生任何两人都不连着出场的排法总数.
先排3位女生，有种排法，即6种排法.
3位女生排好后会产生4个空位，从这四个空位中选3个排男生，共有种排法，即24种排法.
根据分步乘法计数原理，那么不考虑女生甲位置限制时，
3位男生任何两人都不连着出场的排法总数为.
②计算女生甲排在最后一个且3位男生任何两人都不连着出场的排法数.
女生甲排在最后一个，那么先排另外两个女生，有种排法，即2种排法.
这两个女生排好后会产生3个空位，从这3个空位中排3个男生，有种排法，即6种排法.
根据分步乘法计数原理，那么女生甲排在最后一个且3位男生任何两人都不连着出场的排法数为
.
综上，根据题意，满足题目要求的排法有种.
故选：C.
6．（24-25高二下·重庆·期中）2025年春节档电影《哪吒之魔童闹海》成为中国影史票房最高的电影，某班甲、乙、丙、丁、戊这5位同学相约一起去电影院观看，要求5人坐在同一排相邻的5个位置，甲、乙、丙这三人相邻，且丙不与丁相邻，则不同的座位排列方法有（ ）种.
A．32B．28C．24D．20
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题
【分析】根据给定条件，利用相邻问题捆绑法，结合排除法列式计算.
【详解】将甲乙丙三人视为整体与丁戊排列，有种，
当甲乙丙相邻，丙不在甲乙的中间，丙丁相邻时，甲乙丙丁视为一个整体与戊排列，有种，
所以不同的座位排列方法的种数是.
故选：B
7．（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）灌云县第一中学高二动漫社团中有6名优秀学员、、、、、和他们的指导老师共7人站成一排合影留念，则指导老师和同学站在两端，、相邻，、不相邻的排法种数为（ ）
A．56B．72C．36D．48
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】不相邻排列问题、相邻问题的排列问题
【分析】根据题意，分2步进行分析：①指导老师和站在两端，全排列即可；②中间5人分2种情况讨论：相邻且与相邻、相邻且不与相邻，相邻问题用捆绑法，不相邻问题用插空，最后再由分步乘法计数原理计算可得答案.
【详解】根据题意，分2步进行分析：
①指导老师和站在两端，有种情况，
②中间5人分2种情况讨论：
若相邻且与相邻，有种安排方法，
若相邻且不与相邻，有种安排方法，
则中间5人有安排方法，则有种不同的安排方法.
故选：B.
8．（24-25高二下·天津和平·期中）在某颁奖仪式上，队员人（其中人为队长）)，教练组人，站成一排照相，要求队长必须站中间，教练组要求相邻并站在边上，不同的站法种数共有（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题
【分析】根据捆绑法以及特殊元素优先安排的原则，即可由排列组合以及分步乘法计数原理求解.
【详解】选择左、右两边其中一边将教练组人捆绑看作一个整体安排，共有种排法，
将剩余的名队员全排列，共有种排法，
由分步乘法计数原理可知，满足条件的排法种数为.
故选：B.
9．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）已知3张卡片的正、反两面分别写有数字1，2；3，4；5，6.将这3张卡片排成一排，则可构成不同的三位数的个数为（ ）
A．120B．60C．48D．36
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、全排列问题
【分析】根据分步乘法计数原理即可解题.
【详解】将3张卡片排成一排，每一张卡片数字有两种情况，则不同的数字组合有种，
再将3个数字进行排列，则有种，所以构成的不同三位数有种.
故选：C
10．（2025·甘肃白银·三模）花江大峡谷被誉为“地球的裂缝”，是贵州喀斯特地貌类型最为齐全的天然亚热带岩溶景观博物馆，自2022年1月花江峡谷大桥正式开工建设以来，贵州桥梁集团等承建单位的建设者们不畏严寒酷暑，奋战在花江大峡谷600多米的云山雾海里，为大桥早日建成攻坚克难、不懈努力．某日，从张师傅、李师傅、王师傅等8名花江峡谷大桥建设工人中选取4人轮休，要求张师傅和李师傅不能同时轮休、且张师傅和王师傅必须同时轮休或在岗，若轮休的4人需要在四个不同时间返回待岗室进行设备检查，且每人只需返回一次，则不同的轮休方案有（ ）
A．360种B．480种C．600种D．720种
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题
【分析】首先分类，分张师傅在岗和张师傅轮休2类，再根据分步计数原理，结合组合数和排列数公式，即可求解.
【详解】若张师傅轮休，则王师傅一定也轮休，李师傅则在岗，则另外在岗3人有种方法，
若张师傅在岗，则王师傅也在岗，则另外在岗2人有种方法，
轮休的4人在四个不同时间返回待岗室进行设备检查，有种方法，
所以不同的轮休方案有.
故选：A
11．（24-25高二下·山东·阶段练习）方程的正整数解共有（ ）
A．50组B．58组C．60组D．66组
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】x+y+z=n的整数解的个数
【分析】将系数相同的变量合并换元，即设，
讨论和时的取值，利用隔板法求出解的组数，最后由分类加法计数原理即可得出答案.
【详解】对于方程，
设，则，
当时，，因为为偶数，则也为偶数，所以可以为，
时，只有一种解，此时，
由隔板法可知，将8个单位长度分成3个整数部分，一共有种分法，
所以共有组解，同理可得其他的组数，
所以当时，可得解的组数为；
当时，，因为为偶数，则为奇数，所以可以为，
利用隔板法可得解的组数为，
当时，因为，所以此时，不合题意，
综上，方程的正整数解共有组．
故选：B.
【题型五： 组合的综合应用 】
1．（2025·山东临沂·三模）苏轼，字子瞻，号铁冠道人、东坡居士.北宋文学家，书法家、画家，历史治水名人.与父苏洵、弟苏辙三人并称“三苏”.为了纪念苏轼在文学方面的伟大成就，某中学开展“苏轼文化竞赛”活动，最终参加决赛共有位同学，参加决赛的同学都有奖，决赛设置一、二、三等奖.若要求获得一等奖的人数不少于人，获得二等奖的人数不少于人，获得三等奖的人数不少于人，则恰有人获得二等奖的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】分组分配问题、计算古典概型问题的概率
【分析】先确定获得一等奖、二等奖、三等奖的人数，利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】设获得一等奖、二等奖、三等奖的人数分别为、、，则，
因为要求获得一等奖的人数不少于人，获得二等奖的人数不少于人，获得三等奖的人数不少于人，
则或或，
所以恰有人获得二等奖的概率为.
故选：D.
2．（23-24高二下·广西南宁·期中）南宁三中五象校区高二年级在本学期组建了年级学生会，共设了学习部、生活部和文体部三个部门，现有5个同学去竞聘年级学生会委员，若每个部门至少聘用他们中的一个人，每人至多被一个部门聘用，并且甲同学和乙同学不会被同一个部门聘用，则不同的聘用情况总数是（ ）
A．336B．162C．114D．60
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分组分配问题
【分析】根据不平均分组分配计算原理，算出总事件的情况，再排除甲同学和乙同学在同一组的情况即可.
【详解】根据题意分组的方法有两种，第一种：3、1、1，第二种：2、2、1，
第一种方案共有：，第二种方案共有：，
故总体的分配方案共有150种，
又甲同学和乙同学不会被同一个部门聘用，
则在第一种方案中甲同学和乙同学在同一组的方案有：，
在第二种方案中甲同学和乙同学在同一组的方案有：，
故符合题意得方案有：,
故选：C.
3．（24-25高二下·湖南·阶段练习）给图中五个区域染色，有4种不同的颜色可供选择，要求有公共边的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ）
A．216种B．192种C．180种D．168种
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】排列组合综合、涂色问题
【分析】利用分类计数原理和分步计数原理可求解．
【详解】对 染色，有 种方法．
若区域2 和 区域3同色，则区域1有3种不同的染色方法，此时总的染色方法有 种；
若区域2和区域3不同色，则区域2有2种不同的染色方法，区域1有2种不同的染色方法，此时总的染色方法有 种．
综上，不同的染色方法有 种．
故选：D．
4．（2025·甘肃白银·模拟预测）某校派高一、高二、高三每个年级各2名学生参加某项技能大赛，比赛要求每2名学生组成一个小组，则在这6名学生组成的小组中，只有一个小组的2名学生来自同一年级的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率
【分析】利用古典概率模型进行计算，即可得到答案.
【详解】6人分成3个小组，每个小组2人，共有种方法，
3个年级中选1个，该年级的2名学生组成一个小组，有 种选择，
剩余两个年级（设为年级）各有2名学生，年级学生记为 ，年级学生记为 ，
分组方式有和，和，共2种情况.
所以，只有一个小组的2名学生来自同一年级的概率为.
故选：C
5．（24-25高三下·上海·阶段练习）若方程的系数a，b，c是从，0，1，2，3，4这6个数中任取3个不同的数而得到，则这样的方程表示焦点在x轴上的椭圆的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】根据方程表示椭圆求参数的范围、计数原理与概率综合
【分析】先计算总情况数，然后结合椭圆的定义判断，结合古典概型的概率公式代入计算，即可得到结果.
【详解】从，0，1，2，3，4这6个数中任取3个不同的数有种方法，
方程可化简为，
要表示焦点在x轴上的椭圆，则，
若，则，则有种方法，
若，则，则不存在．
故样的方程表示焦点在x轴上的椭圆的概率是：．
故选：A
6．（2025·湖南·三模）如图，从正六边形的顶点和该正六边形的中心这七个点中任意选取三个点，若选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】实际问题中的组合计数问题、利用对立事件的概率公式求概率、计算古典概型问题的概率
【分析】求出选出的三个点能构成三角形的选法种数，并求出等边三角形的个数，结合古典概型和对立事件的概率公式可求得结果.
【详解】从这七个点中任选三个点，共有种，其中三点共线的情形有种，
即、、或、、或、、，
其中能构成的等边三角形的有：、、、、、
、、，共个，
因此，构成的三角形不是等边三角形的概率是.
故选：B.
7．（2025·安徽·模拟预测）在三棱锥的顶点和各棱中点中取个不共面的点，不同的取法共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】几何组合计数问题
【分析】根据棱锥的结构特征，应用组合数及列举法确定所有选取方法数、共面情况的选取方法数，即可得.
【详解】如下图，共有个点任选个有种，
每个侧面的个点都共面，任选个有种，共个面，则有种共面情况，
如、、分别构成一个平面，有种，
如、、、、、分别构成一个平面，有种，
综上，在三棱锥的顶点和各棱中点取个不共面的点，不同的取法共有种.
故选：D.
8．（24-25高二下·福建莆田·期中）运动会期间，将甲､乙等6名志愿者安排到A，B，C三个场地参加志愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要1名志愿者，且甲､乙两名志愿者安排到同一个场地，则不同的安排方法种数为（ ）
A．78B．126C．150D．168
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】排列组合综合、组合数的计算、分组分配问题
【分析】利用捆绑法和分组分配求解计算即可得到结果.
【详解】甲､乙两名志愿者安排到同一个场地，可将甲乙捆绑成一个元素，6名志愿者可以理解为5名志愿者.
将5名志愿者分为1，2，2，
则不同的安排方法有种.
将5名志愿者分为1，1，3，
则不同的安排方法有种.
故不同的安排方法共有种.
故选：C.
9．（24-25高二下·福建泉州·期中）将甲、乙、丙和丁个同学分配到个班级，要求每个班至少分到一个同学，则不同的分配方式有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】分组分配问题
【分析】先将个同学分为三组，再将这三组同学分配到个班级，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】先将个同学分为三组，每组的人数分别为、、，再将这三组同学分配到个班级，
由分步乘法计数原理可知，不同的分配方式种数为种.
故选：A.
10．（24-25高二下·福建福州·期中）近几年，网购已逐渐成为透视消费市场和经济发展的一扇窗户.小米直播间共有位主播（男女），现需安排两人分别担任“主推官”和“推荐官”，要求：主推官和推荐官必须由不同性别的主播担任，且小李（男）和小红（女）至少有一人被选中，则不同的安排方案有（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题
【分析】分三种情况讨论：小李（男）被选中，小红（女）没被选中；小李（男）没被选中，小红（女）被选中；小李（男）和小红（女）都被选中.结合分类加法计数原理可得结果.
【详解】分三种情况讨论：
小李（男）被选中，小红（女）没被选中，则需在另外名女主播中再选择一人，
此时，不同的安排方案种数为种；
小李（男）没被选中，小红（女）被选中，则需在另外名男主播中再选择一人，
此时，不同的安排方案种数为种；
小李（男）和小红（女）都被选中，此时不同的安排方案种数为种.
综上所述，不同的安排方案种数为种.
故选：C.
11.（2025·安徽合肥·三模）有4位同学到书店购买课外书，每人购买一本，根据需求，书店有5种书适合4位同学购买，那么4位同学恰好购买了3种书的购买方法有（ ）
A．240种B．360种C．480种D．500种
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】实际问题中的组合计数问题、分组分配问题
【分析】首先选出3种书，再将4位同学分成的三组，最后将种书分配给三组同学，按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】首先选出3种书，有种选法，
再将4位同学分成的三组，有种选法，
最后将种书分配给三组同学，有种分配的方法，
按照分步乘法计数原理可知有种购买方法.
故选：B
12．（2025·福建三明·三模）县委组织部拟派六位大学生村官对五个贫困村进行驻村帮扶，每位大学生村官只去一个贫困村，每个贫困村至少派一位大学生村官，其中甲、乙两位大学生村官派遣至不同的贫困村，则不同的派遣方案共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】分组分配问题
【分析】先考虑将六位大学生村官分派到五个贫困村的分法种数，然后考虑虑甲、乙两位大学生村官分派在同一个贫困村的派遣方案种数，结合间接法可求得结果.
【详解】先考虑将六位大学生村官分派到五个贫困村的分法种数，
则五个贫困村分派的村官人数分别为、、、、，
不同的派遣方案种数为；
接下来考虑甲、乙两位大学生村官分派在同一个贫困村，则不同的派遣方案种数为种，
由间接法可知，甲、乙两位大学生村官派遣至不同的贫困村，则不同的派遣方案共有种.
故选：B.
13．（24-25高三下·山西·期中）DeepSeek软件是我国一款深度求索人工智能软件．现将DeepSeek单词中的字母重新排列，则字母e互不相邻的不同排法种数为（ ）
A．24B．120C．576D．2880
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】不相邻排列问题
【分析】先将除字母外的四个字母排序，再将四个字母放到5个空位，利用分步乘法计数原理即可求解.
【详解】先将除字母外的四个字母排序有种排法，
再将四个字母放到5个空位有种排法，
根据分步乘法计数原理共有种排法，
故选：B.
14．（24-25高二下·浙江绍兴·期中）某地区安排，，，，，六名党员志愿者同志到三个基层社区开展防诈骗宣传活动，每个地区至少安排一人，至多安排三人，且，两人安排在同一个社区，则不同的分配方法总数为（ ）
A．132B．114C．90D．72
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题
【分析】根据题意分为每个社区各两人和一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人，第二种分配方式再分，两人一组去一个社区，，两人加上另一个人三人去一个社区，进行求解，最后利用分类加法原理求解即可.
【详解】第一种分配方式这每个社区各两人，则，为一组，再从，，，中选两人为一组，剩下的两人为一组，所以有种分配方法，
第二种分配方式为一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人，
当，两人一组去一个社区，则剩下的4人，1人为一组，3人为一组，所以有种分配方法，
当，两人加上另一个人三人去一个社区，则剩下的3人，1人为一组，2人为一组，所以有种分配方法，
所以由分类加法原理可知共有种不同的分配方法.
故选：B
15．（2025·山东潍坊·二模）现安排甲、乙、丙、丁、戊位志愿者到三个社区做志愿服务工作，每个社区至少安排人，每位志愿者只到一个社区，其中甲、乙安排在同一个社区的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分组分配问题、计算古典概型问题的概率
【分析】先求出将位志愿者到三个社区做志愿服务工作的分法种数，然后就甲、乙所安排的小区的志愿者人数进行分类讨论，利用计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.
【详解】将甲、乙、丙、丁、戊位志愿者到三个社区做志愿服务工作，
每个社区的人数分别为、、或、、，
所以不同的分法种数为种；
现在考虑甲、乙安排在同一个社区，若甲、乙所安排的小区有人，则还需从另外人中抽人，
此时分法种数为种；
若甲、乙所安排的小区只有他们两人，此时只需将剩余人分为两组，则分法种数为种.
综上所述，甲、乙安排在同一个社区的概率为.
故选：C.
16．（24-25高二下·黑龙江齐齐哈尔·期中）安排甲、乙、丙、丁4位老师到三所学校工作，要求每所学校都有人去，每人只能去一所学校，则甲不去学校、乙不去学校工作的分配方案数为（ ）
A．12B．17C．18D．20
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题、分组分配问题
【分析】采取分组分配计数方法，结合分类加法原理，可计算得到结果.
【详解】第一类：甲、乙分在一组就只能去学校，则分配方案有：；
第二类：甲、乙没分在一组，则有种分组方法，
有甲的那组去学校，此时根据分组分配方案有：种；
有甲的那组去学校，则有乙的那组只能去学校，此时根据分组分配方案只有：种；
综上可得：根据分类加法原理总的分配方案共有种，
故选：B.
17．（24-25高二下·湖北武汉·期中）在送教下乡活动中，某学校安排甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师，且甲、乙、丙三名老师不同时安排在同一学校，则不同的分配方法总数为（ ）
A．36B．72C．144D．108
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、分组分配问题
【分析】考虑间接法求解, 求出甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师的方法种数，减去每所学校至少安排一名老师且甲、乙、丙三名老师同时安排在同一学校的方法种数，利用排列组合数公式计算即得.
【详解】根据题意，考虑间接法求解，即求出甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名
老师的方法种数，减去每所学校至少安排一名老师且甲、乙、丙三名老师同时安排在同一学校的方法种数即可.
将甲、乙、丙、丁、戊五名老师到3所乡学校工作，每所学校至少安排一名老师，可分为两种情况，
其一：按照“221”分组，有种方法；其二：按照“113”分组，有种方法.
而每所学校至少安排一名老师且甲、乙、丙三名老师同时安排在同一学校的方法有种.
故不同的分配方法总数为种.
故选：C.
18．（24-25高二下·江西景德镇·期中）从标号为1号到10号的10个小球中随机取出4个，求这4个球中恰好有两个标号为偶数和两个标号为奇数，且其中标号最大的小球是偶数的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】组合意义理解、实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率
【分析】先求出从10个小球中随机取出个的所有可能情况数，再求出满足“个球中恰好有两个标号为偶数和两个标号为奇数，且其中标号最大的小球是偶数”的情况数，最后根据古典概型概率公式计算概率.
【详解】计算从10个小球中随机取出个的所有可能情况数，（种）
先确定最大的偶数标号，
如果最大的偶数标号是10，则再从剩下的个偶数中选个偶数，有种选法.
从个奇数中选个奇数，有种选法.此时情况有种.
如果最大的偶数标号是8，则再从剩下的个偶数中选个偶数，有种选法.
从个奇数中选个奇数，有种选法.此时情况有种.
如果最大的偶数标号是6，则再从剩下的个偶数中选个偶数，有种选法.
从个奇数中选个奇数，有种选法.此时情况有种.
如果最大的偶数标号是4，则再从剩下的个偶数中选个偶数，有种选法.
从个奇数中选个奇数，有种选法.此时情况有种.
根据分类计数原理，所以满足条件的情况数为：（种）
根据古典概型概率公式，可得所求概率为：.
故选：A.
19．（24-25高二下·重庆·期中）为了提升数学素养，甲、乙、丙等五名同学打算选修学校开设的数学拓展课程，现有几何画板、数学与生活、趣味数学、数独四门课程可供选修，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则甲不选修几何画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】其他排列模型、分组分配问题、计算古典概型问题的概率
【分析】先考虑五名同学选修四门课程的所有情况种数，然后对选修数独、几何画板的人数进行分类讨论，结合分类、分步计数原理与古典概型的概率公式求解即可.
【详解】将五名同学分为四组，每组人数分别为、、、，分组方法种数为种，
所以，五名同学报名四门课程，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，
不同的报名种数为种，
考虑数独的报名人数，
①若数独只有一人报名，从乙和丙中选一人，有种情况，
若选修几何画板只有一人，从剩余4人中除甲以外的3人中任选1人，有种情况，
最后将剩余人分为两组，再分配给另外两门课程，
此时不同的选择情况种数为种；
若选修几何画板有两人，有种情况，剩余两人选修剩余两门课程，
此时不同的选择方法种数为种；
②若数独有两人报名（乙和丙），
则选修几画板的有剩余人中除甲以外的两人中任选一人，有两种情况.
剩余两人报名剩余两名课程，
此时不同的选择方法种数为种.
综上所述，所求概率为.
故选：D.
20．（24-25高三上·海南省直辖县级单位·开学考试）小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2不相邻，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ）
A．144B．72C．36D．24
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题
【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.
【详解】由题意知可将当成一个整体来计算，和总计有种排法，
再根据插空法可得总排法有.
故选：B
21．（24-25高三上·河北·阶段练习）在空间直角坐标系中，平面、平面、平面把空间分成了八个部分.在空间直角坐标系中，确定若干个点，点的横坐标、纵坐标、竖坐标均取自集合，这样的点共有个，从这个点中任选2个，则这2个点不在同一个部分的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】计算古典概型问题的概率、组合数的计算、实际问题中的计数问题
【分析】利用排列组合及古典概型的概率的知识计算即可.
【详解】由题意得，从这个点中任选2个，共有种选法，
在坐标系同一部分的点的横坐标、纵坐标、竖坐标的正负均相同，
所以八个部分中的点的个数分别为，
从这27个点中任选2个，若这2个点在同一个部分，
概率为
所以这2个点不在同一个部分的概率为．
故选：B.
22．（24-25高二下·四川成都·阶段练习）2024年世界园艺博览会在成都举行，展会期间需要志愿者开展服务活动，其中有5名志愿者全部被安排到3家参展商开展服务活动，每家参展商至少有1名志愿者，则5名志愿者不同的安排方法有（ ）
A．150种B．250种C．300种D．540种
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】排列组合综合
【分析】先将5名志愿者分成3组，一是1，1，3，二是1，2，2，再分配到3家参展商即可．
【详解】先将5名志愿者分成3组，再分配到3家参展商，
故不同的安排方式共有种．
故选：A．
23．（24-25高二下·广东广州·阶段练习）将6名志愿者安排到4个不同的社区进行创文共建活动，要求每个社区至少安排1名志愿者，每名志愿者只能到一个社区，则不同排法共有（ ）
A．480种B．1560种C．2640种D．640种
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】分组分配问题
【分析】首先计算分组方法，再按照分组分配的方法，列式求解.
【详解】首先将6名志愿者分成1，1，1，3，或1，1，2，2两种分组形式，
1，1，1，3的分组包含种情况，
1，1，2，2的分组包含种情况，
这样分组后再分配到4个不同社区共有种方法.
故选：B
24．（2025·江苏泰州·模拟预测）如图，某社区为墙面A、B、C、D四个区域进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（有公共边）不能用同一种颜色，若只有四种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂色方法共有（ ）
A．12种B．24种C．48种D．84种
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【分析】由条件可知，若只用3种颜色，则只有和颜色相同，或只有和颜色相同，所以采用分类和分步计数原理，结合排列组合，即可求解.
【详解】由条件可知，可以分成只有和颜色相同，或只有和颜色相同，
若只有和颜色相同，则有种方法，
只有和颜色相同，也有24种方法，所以一共有种方法.
故选：C
25．（24-25高二下·陕西咸阳·阶段练习）如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点0出发，每隔1s等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则下列说法正确的是（ ）
A．质点位于原点0的概率是B．质点位于原点0的概率是
C．质点位于4的概率是D．质点位于4的概率是
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率
【分析】根据古典概型的概率公式即可求解判断．
【详解】质点移动6次，可能的结果共有种情况，
质点位于原点0的位置则质点向左移动3次，向右移动3次，共种情况，
所以质点回到原点的概率为，故A，B错误；
质点位于4的位置则质点向左移动1次，向右移动5次，共种情况，
所以质点位于4的位置的概率为，故C正确，D错误.
故选：C.
26．（24-25高二下·河南·阶段练习）某户外探险俱乐部组织10名成员（7名男性，3名女性）前往某无人岛进行野外生存挑战.为了便于管理和保障安全，需将这10人分成两组（不区分两组的顺序），要求每组至少4人，且3名女性不能在同一组，则不同的分组方法共有（ ）
A．105种B．168种C．210种D．273种
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题
【分析】利用平均分组与不平均分组法计算可求得总的分组方法.
【详解】将10人平均分成两个组有种，其中3名女生在同一组的分法有，
故将10人平均分成两个组，3名女生不在同一组的分法有种，
将10人按一组4人，一组6人分成两个组有，
其中3名女生在4人组中的分法有，其中3名女生在6人组中的分法有，
故故将10人按一组4人，一组6人分成两个组，3名女生不在同一组的分法有种，
综上所述：将这10人分成两组（不区分两组的顺序），要求每组至少4人，
且3名女性不能在同一组，则不同的分组方法共有.
故选：D.
27．（24-25高二下·内蒙古赤峰·阶段练习）有6名志愿者，分配到甲、乙、丙三所学校支教，每个学校至少一名志愿者，每个志愿者只能到一所学校支教.分配到甲学校志愿者的人数不少于乙、丙学校.则不同的分配方法种数为（ ）
A．150B．240C．690D．180
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】分组分配问题
【分析】根据甲学校志愿者人数的不同情况进行分类讨论，再结合排列组合的知识分别计算出每类情况的分配方法种数，最后将各类情况的种数相加，即可得到总的分配方法种数.
【详解】当甲学校安排名志愿者时，从名志愿者中选名安排到甲学校，有种选法；剩下名志愿者安排到乙、丙两所学校，有种排法.
根据分步乘法计数原理，此时的分配方法种数为种.
当甲学校安排名志愿者时，从名志愿者中选名安排到甲学校，有种选法；
剩下名志愿者安排到乙、丙两所学校，可分为和两种情况，有种排法.
根据分步乘法计数原理，此时的分配方法种数为种.
当甲学校安排名志愿者时，从名志愿者中选名安排到甲学校，有种选法；
剩下名志愿者安排到乙、丙两所学校，由条件乙校与丙校各安排两人，有种排法.
根据分步乘法计数原理，此时的分配方法种数为种.
将上述三种情况的分配方法种数相加，可得总的分配方法种数为种.
故选：B.
28．（2025·安徽六安·模拟预测）中国空间站主体由天和核心舱、问天实验室、梦天实验舱构成．某次实验需要位宇航员同时在三个舱中开展，每个人只能去一个舱，每个舱至少安排名宇航员，其中甲宇航员只能去问天实验室和梦天实验舱中的一个，则不同的安排方法有（ ）
A．72B．88C．100D．144
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】排列组合综合、分组分配问题
【分析】先确定甲，再安排身下人，按照将剩下人分三组和分两组讨论，结合分类加法与分步乘法计数原理可得解.
【详解】第一步，安排甲种；
第二步，安排剩下四人；①人分三组种；②人分两组种；
综上：种.
故选：C.
29．（24-25高二下·黑龙江大庆·期中）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如360、253等都是“凸数”．用0，1，2，3，4，5这五个数字组成无重复数字的三位数，则在组成的三位数中“凸数”的个数为（ ）（用数字作答）
A．20B．25C．30D．40
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】排列组合综合
【分析】分“凸数”中有0和无0两种情况，结合题意可得“凸数”的总个数.
【详解】由题可得若“凸数”中有0，则0在“凸数”的个位数，剩下两数，
因大小关系限制，相当于从5个中选2个，有种情况；
若“凸数”中没有0，则先从剩下5个数中，选3个，有种可能性，
由于十位数最大，个位数与百位数没有限制，故将3数中最大数放在十位，
剩下两数有2种安排方法，故共有种情况.
则共有种方法.
故选：C
30．（2025·辽宁盘锦·三模）将李老师、唐老师等六名优秀教师委派到三个学校进行督导活动，其中每个老师都必须去一个学校，每个学校至少派一名老师，则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有（ ）
A．240种B．360种C．390种D．420种
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分组分配问题
【分析】解法一：先分组，再分配，先算总的情况，再用捆绑法算李老师和唐老师在同一学校督导的情况即可求解；
解法二：分类讨论，分别计算李老师和唐老师不在同一学校督导的情况即可求解.
【详解】依题意，分组情况可能为（1，1，4），（1，2，3），（2，2，2）．
解法一：总的情况数为，
其中李老师和唐老师在同一学校督导的情况数为，
故李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有390种．
解法二：若派遣的人数情况为（1，1，4），则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有种；
若派遣的人数情况为（1，2，3），则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有种；
若派遣的人数情况为（2，2，2），则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有种；
故李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有390种．
故选：C.
31．（24-25高二下·河北邢台·阶段练习）某校庆典活动开场舞安排高中三个年级的16名学生共同完成，要求每个年级至少安排1名学生，则名额的分配方案共有（ ）
A．105种B．455种C．120种D．560种
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】分组分配问题
【分析】采用隔板法分析，取16个元素排成一排，在相邻的每两个元素形成的15个间隙中选取2个插入隔板，再结合组合数计算可得.
【详解】取16个元素排成一排，在相邻的每两个元素形成的15个间隙中选取2个插入隔板，
这样就把16个元素分成3个区间，这3个区间的元素个数分别对应这3个年级的学生名额，
则名额的分配方案的种数与隔板插入方法的种数相等．
因为隔板插入方法共有种，所以名额的分配方案共有105种．
故选：A.
32．（2025·海南·模拟预测）某电影院一排有7个座位，中间有条过道，过道左侧有4个座位，右侧有3个座位，现有包含小明，小刚，小强在内的7位同学购买了某一排的座位，其中小明想和小刚坐在一起，小强想坐在右侧，则共有（ ）种不同的排法．
A．216B．264C．312D．528
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、实际问题中的组合计数问题
【分析】根据给定条件，按小明和小刚坐在左、右分类，再利用排列、组合计数问题列式求解.
【详解】按照1－7的序号对座位进行编号，左侧编号1－4，右侧编号5－7，
若小明和小刚坐在左侧，则安排情况为，共3种排法，
小明和小刚可互换位置，小强排在右侧有3种排法，剩下的4人有种排法，
因此小明和小刚坐在左侧时共有种排法；
若小明和小刚坐在右侧，则安排情况为，共2种排法，小明和小刚可互换位置，
小强只有一种排法，剩下的4人有种排法，因此小明和小刚坐在右侧时共有种排法，
所以不同的排法共有种情况.
故选：D
33．（24-25高二下·广东揭阳·阶段练习）某超市正在进行有奖促销活动，其中一盒5瓶装的饮料中有2瓶有奖，某消费者从中随机取出2瓶，记为其中有奖的瓶数，则 （ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率
【分析】结合组合数，由古典概型概率公式求解即可.
【详解】，
因此.
故选：B
34．（24-25高二下·江苏·期末）如图，在一个的区域内（每个交叉点可视为一个通信节点位置），有16个潜在的通信节点位置，为了建立一个稳定的通信网络，需要选择3个节点，且这3个节点不能在同一条直线上（否则会存在信号干扰或覆盖缺陷），则不同的节点选择方案数量为（ ）
A．576B．528C．520D．516
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】组合数的计算、实际问题中的组合计数问题
【分析】根据先从16个点取3个去掉共线情况结合组合数公式计算求解.
【详解】在一个的区域内有16个潜在的通信节点位置，需要选择3个节点，共有种情况；
4点共线有10种情况，3点共线有4种情况，
所以满足条件的点有.
故选：D.
35．（24-25高二下·江苏·阶段练习）学校食堂为学生配餐，现准备了6种不同的荤菜和种不同的素菜.
(1)当时，若每份学生餐有1荤3素，则共有多少种不同的配餐供学生选择？
(2)若每位学生可以任选2荤2素，要保证至少有200种以上的不同选择，求的最小值.
【答案】(1)
(2)6
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、组合数的计算
【分析】（1）利用组合计数原理结合分步乘法计数原理可求出不同的选择方法种数；
（2）利用组合计数原理可得出每位学生的不同选择方法种数，结合题意可得出关于的不等式，由此可求得正整数的最小值．
【详解】（1）当时，学校共有6种不同的荤菜和4种不同的素菜，
若每份学生餐有1荤3素，由分步乘法计数原理可知，不同的选择方法为（种）．
（2）6种不同的荤菜和种不同的素菜，任取2荤2素，不同的选择方法为（种）．
由题意，得，整理可得，解得或（舍去），
因为，，，所以，所以的最小值为6．
36.（24-25高二下·四川达州·阶段练习）用0，1，3，4，5，6，7，8组成一个无重复数字的四位数.
(1)求满足条件的四位数的总个数；
(2)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被5整除的概率；
(3)若从所有满足条件的四位数中任意选取一个，求这个四位数能被3整除且不含数字0的概率.
【答案】(1)
(2)
(3)
【难度】0.65
【知识点】数字排列问题、组合数的计算、计算古典概型问题的概率
【分析】（1）需要考虑到千位数字不能为0的情形，然后利用排列组合的知识进行求解即可.
（2）首先判断能被5整除的数的特点，然后分情况计算个数，最后除以总数就是概率值.
（3）首先判断能被3整除的数字的特点，然后一一列出符合条件的数字，最后通过排列数进行计算即可.
【详解】（1）因为四位数的千位数不能为0，所以千位数有7种选择，排完了千位数后，还剩7个数字，
所以满足条件的四位数的总个数为.
（2）若这个四位数能被5整除，则这个四位数的个位数为0或5.
当个位数为0时，满足条件的四位数的个数为；
当个位数为5时，满足条件的四位数的个数为.
故这个四位数能被5整除的概率为.
（3）若这个四位数能被3整除，则这个四位数的各位数之和能被3整除，
各位数之和是3的倍数且不含数字0的所有情况有，，，，
，，，，，，.
故这个四位数能被3整除且不含数字0的概率为.
【题型六： 二项式定理 】
1.（2025·甘肃白银·三模）已知展开式的所有二项式系数之和为32，则展开式的各项中系数的最大值为（ ）
A．252B．210C．120D．10
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】二项式的系数和、求系数最大（小）的项
【分析】根据二项式系数之和公式求出m， 结合通项公式进行求解即可.
【详解】因为展开式的所有二项式系数之和为32，
所以，
所以的通项公式为
，
当或6时，展开式的系数最大，其系数最大值为，
故选：B
2．（2025·江苏南通·模拟预测）的二项展开式中，二项式系数之和等于256，则二项展开式中二项式系数最大的项为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】求二项展开式的第k项、二项式系数的增减性和最值、二项式的系数和
【分析】由题意求出，写出二项展开式的通项，即可求得二项式系数最大的项.
【详解】因为，所以，二项展开式的通项为
，
故二项展开式中，二项式系数最大的项为.
故选：A.
3．（24-25高二下·山东·阶段练习）的展开式中的系数为（ ）
A．30B．10C．D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题
【分析】根据二项式定理，先求出的展开式中和的系数，再分别与相乘即可求解.
【详解】由题意知的展开式的通项为.
令，得的展开式中的系数为；
令，得的展开式中的系数为，
所以的展开式中的系数为.
故选：A.
4．（24-25高二下·河南濮阳·期末）设，则中最大的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】二项式系数的增减性和最值、求指定项的系数
【分析】根据二项展开式的通项公式分析为偶数，设为中的最大项，则，化简可得，结合即得.
【详解】二项式的展开式的通项为，
依题意得：，，要求中最大的，则必须为偶数，
设为中的最大项，则，即，
即，化简得，
因，解得，又，故得，
即中最大的是.
故选：B.
5．（24-25高二下·云南昆明·阶段练习）在的展开式中，的系数为（ ）
A．B．C．60D．30
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】三项展开式的系数问题
【分析】根据给定条件，利用多项式乘法结合组合应用问题，列式计算作答.
【详解】表示5个的乘积，
在这5个因式中，有2个因式选，2个因式选，剩下的1个因式选−2，即可得到含的项，
故含的项的系数为，
故选：A．
6.（2025·河南许昌·模拟预测）若，则被8整除的余数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】二项展开式各项的系数和、整除和余数问题
【分析】令得，令得，两式相减即可得，即利用二项式定理即可求解.
【详解】令得，令得，
两式相减得，
所以，因为
，，因为能被8整除，
所以被8整除的余数为4.
故选：C.
7.（24-25高二下·河北邢台·阶段练习）的展开式中的系数为（ ）
A．10B．45C．120D．165
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】两个二项式乘积展开式的系数问题
【分析】根据的二项展开式中含有项的系数即可计算出结果.
【详解】易知的展开式中的系数为，的系数为，
所以的展开式中含的项为，
所以其系数为．
故选：D
8．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）等于（ ）
A．B．1C．2D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】组合数的计算、组合数的性质及应用、二项式的系数和
【分析】本题利用二项式系数和公式分别求出分子、分母的值即可得出答案.
【详解】根据二项式系数和分子的值为，分母的值为代入原式得
故选：A.
9.（24-25高三下·甘肃庆阳·期中）已知，均为正整数，若多项式展开式中含项的系数为0，则下列说法一定正确的是（ ）
A．是偶数B．是奇数C．是偶数D．是奇数
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】由项的系数确定参数、两个二项式乘积展开式的系数问题
【分析】写出的展开式通项公式，得到含项的系数为0得到方程，求出，故一定是偶数.
【详解】展开式的通项公式为，
故，，
所以含项的系数为，解得，
因为，均为正整数，故一定是偶数.
故选：C.
10．（2025·江苏扬州·三模）的展开式中的系数为（ ）
A．B．C．20D．60
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题
【分析】结合通项公式即可求解.
【详解】的通项公式，
取，可得，又中不含平方项，
所以的展开式中的系数为,
故选：C
11．（24-25高二下·河北承德·期中）在展开式中的系数为（ ）
A．4B．-4C．2D．-2
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数
【分析】将因式分解得
，要求的系数，只需一个因式取常数其余的取即可.
【详解】
展开式中的系数为，
故选：A.
12．（24-25高二下·江苏·阶段练习）在某个章节学习完成后，进行系统化归纳梳理以及个性化回顾整理，不仅可以帮助我们构建完整的知识框架，也能够及时查漏补缺，提升数学抽象、逻辑推理、数学运算等学科素养.某同学在学完“计数原理”这一章之后的纠错本整理过程中发现以下四个课后习题中仍然有一个结论是错误的，则该同学（ ）项中结论有误，需要进一步落实纠错.
A．能被整除
B．乘积展开后，共有项
C．从2、5、10、13、15五个数中任取两个相减可以得到20个不相等的差
D．从6件不同的礼物中选出3件分别送给3名同学，共有120种不同方法
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】实际问题中的组合计数问题、二项展开式的应用、整除和余数问题
【分析】利用二项式的展开式可判断A，利用乘法原理可判断B，利用排列组合知识可判断CD．
【详解】对于A，
，
因为为正整数，所以能被整除，故A正确；
对于B，利用乘法原理，在中有种取法，
在中也有种取法，所以共有种取法，
即乘积展开后，共有项，故B正确；
对于C，从2、5、10、13、15五个数中任取两个相减可以得到个不相等的差，故C错误；
对于D，从6件不同的礼物中选出3件分别送给3名同学，共有种不同方法，故D正确．
故选：C．
13．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）已知，则下列描述正确的是（ ）
A．B．
C．D．除以5所得的余数是1
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】整除和余数问题、奇次项与偶次项的系数和、二项展开式各项的系数和
【分析】利用赋值法即可判断ABC；根据二项式展开式的通项即可求解D.
【详解】，
令，可得，再令，可得，
，故A错误．
因为，
所以，
所以，故B错误．
由于为展开式各项系数和，
故，，故C错误．
由题意，，
显然，除了最后一项外，其余各项均能被5整除，除以5所得的余数是1，故D确．
故选：D
14．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知的展开式中二项式系数之和为16，各项系数之和为81，则其展开式中的系数是（ ）
A．4B．8C．32D．64
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】二项式的系数和、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和
【分析】根据二项式系数之和以及系数之和求，再根据二项式定理运算求解即可.
【详解】由题意，展开式中二项式系数之和为16，则，即，
即二项式为，因为的展开式中各项系数之和为81，
令可得，，解得，
此时二项式为，其展开式的通项公式为
，，
令，得，所以展开式中的系数是.
故选：C.
15．（2025·湖南邵阳·模拟预测）已知的展开式中的系数为126，则（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】组合数的性质及应用、求指定项的系数
【分析】利用二项式系数的性质即可求解.
【详解】由题意有的系数为
，解得.
故选：B.
16．（2025·四川成都·模拟预测）在的展开式中的系数等于（ ）
A．10B．-10C．20D．-20
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数
【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出指定项的系数.
【详解】展开式的通项为，
令，得，所以展开式中的系数为.
故选：D
17．（2025·四川巴中·三模）在展开式中，的偶数次幂的项的系数和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】奇次项与偶次项的系数和
【分析】设，分别令、，将所得等式联立可得的值.
【详解】设，
令可得，
令可得，
上述两式子相加得，，故，
展开式中，的偶数次幂的项的系数和为.
故选：D.
18．（24-25高二下·安徽·阶段练习）已知一组数据为，若为这组数据的分位数，则的展开式中的系数为（ ）
A．B．280C．D．560
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数、总体百分位数的估计
【分析】利用分位数求出幂指数，再利用二项式定理求出指定项的系数.
【详解】由，得，
则展开式中含的项为，
所以所求的系数为．
故选：C.
19．（24-25高二下·江苏南京·阶段练习）在的展开式中，第、、项的二项式系数依次成等差数列，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】等差中项的应用、求指定项的二项式系数
【分析】根据题干条件得出，结合，可求得的值.
【详解】因为展开式中第、、项的二项式系数依次成等差数列，即，
即，整理得，即，
又因为，，故的值为.
故选：D.
20．（2025·浙江·二模）的展开式中，的系数为（ ）
A．60B．120C．240D．360
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数、三项展开式的系数问题
【分析】根据展开式中每一项的生成过程，结合组合数公式，即可求解.
【详解】要得到这一项，相当于从6个含有三项的因式中的3个因式取，1个因式取，2个因式取，
即这一项为.
故的系数为.
故选：B
21．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，将展开式中所有的项重新随机排列，则有理项互不相邻的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】不相邻排列问题、求有理项或其系数、计算古典概型问题的概率
【分析】先由第3项与第7项的二项式系数相等求出的值，然后求出二项式展开式的通项公式，求出有理项的个数，利用插空法求出有理项互不相邻的情况，再利用古典概型的概率公式求解即可.
【详解】因为的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，
所以，得，
所以的展开式的通项为，()，
当或时，为整数，所以展开式9项中，有理项有2项，
若将展开式中所有的项重新随机排列，则所有的排列共有种，其中有理项互不相邻的排列有种，
所以所求的概率为.
故选：B
22．（24-25高二下·湖北·阶段练习）除以的余数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】二项展开式的应用、整除和余数问题
【分析】由,转化为二项式，然后配凑求出的余数.
【详解】由
，
所以除以余数为.
故选：C.
23．（24-25高二下·安徽·阶段练习）的展开式中的系数为（ ）
A．-80B．80C．60D．-60
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数
【分析】根据二项式展开式通项公式计算求解.
【详解】的展开式中，通项为，
由，得，
所以的展开式中的系数为.
故选：B.
24．（24-25高二下·四川成都·阶段练习）若的展开式中含的系数为15，则实数
【答案】
【难度】0.65
【知识点】由项的系数确定参数、两个二项式乘积展开式的系数问题
【分析】先求出的展开式通项，再分别分析与相乘后得到项的情况，最后根据的系数为15列出方程求解.
【详解】的展开式通项为，，
原展开式中含的系数为：.
化简得：，解得.
故答案为：
25．（24-25高二下·浙江杭州·阶段练习）在的展开式中，有且仅有项前的系数最大，则实数的取值范围是
【答案】.
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数、求系数最大（小）的项
【分析】讨论a的取值范围，结合题意，列出不等式组，求解即可得答案.
【详解】若展开式中有且仅有项的系数最大，不合题意，
当时，所以项的系数均为正数，则需满足，
即得；
当时，奇数项的系数均为正数，偶数项的系数均为负数，
则此时需满足，解得，
综合可得的取值范围是，
故答案为：.
26．（24-25高二下·山东济宁·阶段练习）已知二项式，若，则 .
【答案】
【难度】0.65
【知识点】由项的系数确定参数、二项展开式各项的系数和
【分析】由，利用二项式定理求解通项公式，利用，然后赋值进行求解结论.
【详解】由，
则二项式通项公式，
则，且,
解得，，
则令，则，
令，则，
故.
故答案为：
27．（2025·浙江·三模）已知的展开式中含项的系数为16，则 .
【答案】2
【难度】0.65
【知识点】由项的系数确定参数、两个二项式乘积展开式的系数问题
【分析】利用二项式定理及通项公式即可求解.
【详解】由题意可知，展开式的通项公式为，，
所以展开式中含项的，
所以由题意可得，解得.
故答案为：.
28．（上海市静安区2024-2025学年高二下学期6月期末教学质量调研数学试卷） ．
【答案】
【难度】0.65
【知识点】组合数的计算、二项式的系数和
【分析】根据二项式定理及逆用求解即得.
【详解】
.
故答案为：.
29．（2025高三·全国·专题练习）的展开式中的系数为 （用数字作答）
【答案】-28
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题
【详解】
因为，所以的展开式中含的项为，所以的展开式中的系数为
30．（2025·湖南娄底·模拟预测）若的展开式中的系数为231，则 .
【答案】2
【难度】0.65
【知识点】求二项展开式的第k项、由项的系数确定参数
【分析】求出展开式的通项公式，令的次幂为求出，然后利用系数列方程即可求解.
【详解】的展开式的通项，.
令，解得，则，解得.
故答案为：2.

【题型七：涂色问题 】
1．（24-25高二下·黑龙江大庆·期中）春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为个区域．中心区域为雕塑，四周种植花卉.现有种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】涂色问题
【分析】对五个区域进行编号，依次分析、、、的布置方案种数，结合分步乘法与分类加法计数原理可得结果.
【详解】如下图所示：
区域有种选择，区域有种选择，
若区域、种同一种花，则区域有种选择，区域有种选择；
若区域、种所种的花不同，则区域有种选择，区域有种选择.
由分步乘法和分类加法计数原理可知，不同的布置方案种数为.
故选：A.
2．（24-25高二下·江苏徐州·期中）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在用6种颜色给5个小区域（）涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，则不同的涂色方法有（ ）

A．480种B．720种C．1080种D．1560种
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【分析】根据题意，分4步依次分析区域、、、、的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案．
【详解】分4步进行分析：
（1）对于区域，有6种颜色可选；
（2）对于区域，与区域相邻，有5种颜色可选；
（3）对于区域，与、区域相邻，有4种颜色可选；
（4）对于区域、，若与颜色相同，区域有4种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有3种颜色可选，区域有3种颜色可选，
则区域、有种选择，
则不同的涂色方案有种.
故选：D.
3．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【分析】根据题意，分4步依次分析区域、、、、的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案．
【详解】分4步进行分析：
①，对于区域，有4种颜色可选；
②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；
③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选；
④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选，
则区域、有种选择，
则不同的涂色方案有种.
故选：A
4．（24-25高二下·山西·期中）用五种不同颜色的涂料涂在如图所示的五个区域，相邻两个区域不能同色，且至少要用四种颜色，则不同的涂色方法有（ ）

A．240B．480C．420D．360
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】涂色问题
【分析】按照分类加法和分步乘法计算原理，对5个区域进行分步、分类涂色即可.
【详解】先不考虑至少要用四种颜色，完成涂色需要分5步，按照顺序依次涂区域CADEB，
C区域有5种颜色可选，A区域有4种颜色可选，D区域有3种颜色可选；
若E区域与D区域颜色相同，E区域有1种颜色可选，则B区域有3种颜色可选；
若E区域与D区域颜色不同，E区域有2种颜色可选，则B区域有2种颜色可选；
再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有种；
如果只使用三种颜色涂色（小于三种无法涂色），则A，B同色且D,E同色，共有种涂色方法；
所以满足题意的不同的涂色方法有种.
故选：D.
5．（2025·全国·模拟预测）如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有4种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（ ）
A．24B．48C．60D．84
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【分析】利用分步计数乘法原理与分类加法计数原理可求解.
【详解】根据牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，故可转化为有公共点的4个区域，如图所示：
1号小方格可以从4种颜色的染料中任取一种涂色，有4种不同的涂法.
①当2号，3号小方格涂不同颜色的染料时，有种不同的涂法，4号小方格有2种不同的涂法，故由分步乘法计数原理，可知有种不同的涂法.
②当2号，3号小方格涂相同颜色的染料时，有3种不同的涂法，4号小方格也有3种不同的涂法，故由分步乘法计数原理，可知有种不同的涂法.
综上，由分类加法计数原理，可得共有种不同的涂法.
故选：D.
6．（24-25高二下·河北邯郸·阶段练习）给图中五个区域染色，有四种不同的颜色可供选择，要求边界有重合部分的区域（仅顶点与边重合或仅顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ）
A．216种B．180种C．192种D．168种
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的计数问题
【分析】分别讨论区域3，4，5和2，3区域的染色，由分步计数原理计算可得答案.
【详解】先对3，4，5染色，有种方法，
若2和3同色，则不同的染色方法有种，
若2和3不同色，则不同的染色方法有种，
综上，不同的染色方法有种．
故选：D.
7．（24-25高二下·安徽合肥·阶段练习）给正六边形的六条边涂色，现有3种不同的颜色可以选择，要求相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有（ ）种
A．B．C．D．
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】涂色问题
【分析】对三条边所涂颜色的种数进行分类讨论，确定另外三条边所涂颜色的方法种数，利用分步乘法和分类加法计数原理可得结果.
【详解】第一类，三条边用同一种颜色，
先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法，
再涂有种方法，共有方法数为种；
第二类，三条边用种颜色，
由三条边用种颜色，可得必有条边涂同一种颜色，
先涂有种方法，再涂，，有种方法，
共有方法数为种；
第三类三条边用种颜色，
先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法，
再涂有种方法，共有方法数为种；
由分类加法计数原理可得，共有方法数种．
故选：B．
8．（2025·云南·一模）如图，用 6 种不同的颜色把图中 A，B，C，D 四块区域分开，若相邻区域不能涂同一种颜色，则不同的涂法共有（ ）
A．400 种B．460 种C．480 种D．496 种
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题
【分析】完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色，当使用3种颜色时，和涂一种颜色，利用分类加法、分步乘法计数原理即可求解.
【详解】完成此事可能使用4种颜色，也可能使用3种颜色，
当使用4种颜色时，有6种涂法，有5种涂法，有4种涂法，有3种涂法，
所以共有种方法；
当使用3种颜色时，和涂一种颜色，共有6种涂法，
有5种涂法，有4种涂法，
所以共有种方法；
所以不同的涂法共有种.
故选：.
9．（2025·河北保定·一模）勒洛三角形是一种特殊三角形，指分别以正三角形的三个顶点为圆心，以其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形.现提供5种颜色给如图所示的勒洛三角形中的4个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，且相邻区域颜色不同，则不同的涂色方案种数为（ ）
A．120B．240C．300D．320
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】通过先确定中间的涂色情况，再依次确定其他部分的涂色情况，利用分步乘法原理计算总方案数.
【详解】先涂中间，有5种选色，再逐个涂旁边部分，都有4种选色.由分步乘法计数原理得不同的涂色方案种数为.
故选：D.
10．（24-25高二下·湖北省直辖县级单位·期中）用4种不同的颜色给图中6个区域染色，要求边界有重合部分的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ）
A．384种B．168种C．108种D．192种
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题、排列数的计算
【分析】先涂区域，再分类讨论涂4的种数，根据对称性知3，6的涂法，利用分步乘法计数原理得解.
【详解】先给2，5染色，有种方法，
若1和5同色，则4有2种涂法；若1和5不同色，则4有种涂法．
因为1，4分别与3，6对称，所以不同的染色方法有种．
故选：D
【题型八：几何计数问题 】
1．（24-25高二下·上海宝山·期中）直线（不全为 0）与圆有公共点，且公共点的横、纵坐标均为整数，那么这样的直线有（ ）
A．60 条B．66 条C．72 条D．78 条
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】几何计数问题
【分析】由题确定圆上的整点，然后由两点确定一条直线及过圆整点的切线条数可得答案.
【详解】因，，则公共点为：
，共12个.
若这样的直线为圆的切线，则满足题意的切线有12条；
若这样的直线不为圆的切线，则由两点确定一条直线，满足的直线有条.
则这样的直线有78 条.
故选：D
【题型九：计数原理的新定义问题 】
1．（24-25高二上·江西九江·期末）如图所示，5颗串珠用一根细线串起，现将它们依次取出（只允许从两边取出），一次取一颗，两颗☆☆串珠被连续取出的概率是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、计算古典概型问题的概率
【分析】利用两个原理及古典概率公式求解即可.
【详解】依题意，前4次取珠，每次可取左或取右两种选择，最后1次取只有1种情况，因此不同取法种数为，
第1，2次取“☆☆”，再取另3颗珠有4种方法；
第2，3次取“☆☆”，则第1次取右起第一颗，共有2种方法；
第3，4次取“☆☆”，则第1，2次取右起两颗，有1种取法；
第4，5次取“☆☆”，则第1，2，3次取右起三颗，有2种取法，
因此两颗☆☆串珠被连续取出的方法种数是，
所以所求概率为.
故选：D
2．（24-25高二下·安徽·阶段练习）定义“鼎尖数列”满足以下条件：是由4个1和4个2组成的有穷数列，且对任意的，前m项中1的个数不少于2的个数．则不同的“鼎尖数列”共有（ ）
A．10个B．12个C．14个D．18个
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】利用表格把满足条件的数列一一列举出来即可得到答案.
【详解】依次列举，满足条件的“鼎尖数列”如下：
可知：不同的“鼎尖数列”共有个.
故选：C
3．（24-25高二下·江西赣州·期中）已知各项均为整数的数列共有项， 且对任意，，.若，则满足条件的有（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、数列新定义
【分析】根据题意，采用列举法即可求解.
【详解】由题意可得：
当时，，只有种情况.
当时，若，则或；若，则，有种情况.
当时，若，则或或；若，则或；若，则，有种情况.
依此类推可得：
当时，有种情况；
当时，有种情况；
当时，有种情况.
故满足条件的共有个.
故选：C.
【题型十：其他计数模型 】
1．（2025高三·全国·专题练习）几位同学假期组成一个小组去某市旅游，已知该市有6座塔，它们的位置分别为．同学们自由行动一段时间后，每位同学都发现自己在所在的位置只能看到位于处的4座塔，而看不到位于和处的塔．已知
（1）同学们的位置和塔的位置均视为同一平面上的点，且这些点彼此不重合；
（2）中任意3点不共线；
（3）看不到塔的唯一可能就是视线被其他的塔所阻挡，例如，如果某位同学所在的位置和共线，且在线段上，那么该同学就看不到位于处的塔．
请问，这个旅游小组最多可能有多少名同学？（ ）
A．3B．4C．6D．12
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】其他计数模型
【分析】根据题目条件，举例分析推理即可得出答案.
【详解】由于任意3座塔的位置不共线，
所以对任意一位同学来说，和处的塔必然是被2座不同的塔所阻挡了视线，
我们任取处的2座塔（不妨取处和处的塔），
假设一位同学的视线是被这2座塔阻挡，
那么该同学的位置是的延长线和的延长线的交点，
或者是的延长线和的延长线的交点，
且被处和处的塔阻挡住视线的同学最多有一位，
由于在处的4座塔中选取2座塔的方式有6种，
所以同学的人数不超过6．
设是6名同学的位置，则如图是一种符合题意的位置分配方法．
故选：C.
A
B
C
D
1
1
1
1
2
2
2
2
2
1
2
2
2
1
2
2
1
2
1
1
2
2
2
1
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
1
2
2
1
2
1
1
2
2
1