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专题16 计数原理（十二大题型）-备战2023-2024学年高三数学上学期期中真题分类汇编（全国通用）
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这是一份专题16 计数原理（十二大题型）-备战2023-2024学年高三数学上学期期中真题分类汇编（全国通用），文件包含专题16计数原理十二大题型原卷版docx、专题16计数原理十二大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共74页， 欢迎下载使用。
专题16计数原理
捆绑法以及插空法
1．（2022秋·河南洛阳·高三洛阳市第一高级中学上学期期中）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲和乙相邻，丙不站在两端，则不同的排列方式共有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
【答案】B
【分析】采用捆绑法和特殊位置优先法，结合分步乘法计数原理可求得结果．
【详解】将甲和乙看作一个整体，有种方法，
将丁、戊和甲乙的整体首先安排到两端，则有种方法，
再安排丙和剩余的人，有有种方法，
根据分步乘法计数原理可得不同的排列方式有：种．
故选：B．
2．（2022秋·福建泉州·高三泉州五中校考期中）2023年春节在北京工作的五个家庭，开车搭伴一起回老家过年，若五辆车分别为，五辆车随机排成一排，则车与车相邻，车与车不相邻的排法有（ ）
A．36种 B．42种 C．48种 D．60种
【答案】A
【分析】利用捆绑法和插空法可求出结果.
【详解】将车与车捆在一起当一个元素使用，有种捆法，
将除车外的个元素全排，有种排法，
将车插入，不与车相邻，又种插法，
故共有种排法.
故选：A
3．（浙江省杭州市第二中学滨江校区2022-2023学年高三上学期期中）为庆祝广益中学建校130周年，高二年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动，活动结束后5名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法共有（ ）种.
A．40 B．24 C．20 D．12
【答案】B
【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】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，
先令丙、丁两人相邻用捆绑法，再把丙、丁与戊排列在一起，最后插空令甲、乙两人不相邻,则不同的排法共有种.
故选：.
4．（辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试）2位男生和3位女生共5位同学站成一排．若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数为（ ）
A．36 B．42 C．48 D．60
【答案】C
【分析】捆绑法并将女生先排好，讨论男生是否相邻，进而将男生按要求安排位置即可得结果.
【详解】女生任选两人捆绑看作，并与余下女生排成一排有种方法，所成排中有3个空，
若两男生不相邻，则男生甲排在之间的位置上，另一男生在两端任选一个位置有种；
若两男生相邻，则有种排法，再插入之间的位置上只有一种方法；
综上，不同排法共有种.
故选：C
5．（山东省济南市章丘区第四中学2022-2023学年高三上学期期中）2022年10月22日，中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕.某班举行了以“礼赞二十大､奋进新征程”为主题的联欢晩会，原定的个学生节目已排成节目单，开演前又临时增加了两个教师节目，如果将这两个教师节目插入到原节目单中，那么不同的插法的种数为（ ）
A．42 B．30 C．20 D．12
【答案】A
【分析】分两个教师节目相邻和不相邻两种情况讨论，分别计算可得.
【详解】若两个教师节目相邻，则有种插法；
若两个教师节目不相邻，则有种插法；
综上可得一共有种插法.
故选：A
6．（广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校2023届高三上学期期中）将3本不同的数学和1本语文书在书架上随机排成一行，则3本数学书相邻的概率为 .
【答案】
【分析】先求出3本数学相邻的情况，再求出随机排列的情况，最后根据古典概型即可求解.
【详解】∵3本数学书相邻的排法为种可能，4本书随机排列有种可能，
∴3本数学书相邻的概率为.
故答案为：.
倍缩法和隔板法
7．（2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期中）现有6个评优名额要分配给3个班级，要求每班至少一个名额，则分配方案有（ ）
A．8种 B．10种 C．18种 D．27种
【答案】B
【分析】相同元素分组问题，利用隔板法求解即可
【详解】现有6个评优名额要分配给3个班级，要求每班至少一个名额，
利用隔板法，把6个元素排成一列形成5个空，再在5个位置放置2个隔板，
则共有种方案，
故选：B
8．（2022秋·浙江·高三浙江省三门中学校联考期中）某学习小组、、、、、、七名同学站成一排照相，要求与相邻，并且在的左边，在的右边，则不同的站队方法种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将与捆绑，然后要求在的左边，在的右边，结合倍缩法可得结果.
【详解】由题意可知，与相邻，则将与捆绑，
然后要求在的左边，在的右边，
由捆绑法和倍缩法可知，不同的排法种数为种.
故选：C.
9．（2022秋·江苏南京·高三南京市雨花台中学校考期中）某4位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（ ）
A．10 B．20 C．24 D．30
【答案】D
【分析】利用排列中的定序问题的处理方法进行处理.
【详解】6位同学排成一排准备照相时，共有种排法，
如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则有种排法，故A，B，C错误.
故选：D.
10．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期中）（多选）距离高考不到1天时，国家教育部发布了《中国高考报告》，年的高考对各科都有重大的调整，为让高二的学生各科的调整有所了解，某学校拟在一周内组织数学、英语、语文、物理、化学的位该学科的骨干教师进行“中国高考报告”的相应学科讲座，每天一科，连续天.则下列结论正确的是（ ）
A．从五位教师中选两位的不同选法共有种
B．数学不排在第一天的不同排法共有种
C．数学、英语、语文排在都不相邻的三天的不同排法共有种
D．物理要排在化学的前面（可以不相邻）的排法共有种
【答案】BC
【分析】直接利用组合计数原理可判断A选项；先排数学，再排其他四门学科，结合分步乘法计数原理可判断B选项；先排数学、英语、语文三门学科，再排其他两门学科，结合结合分步乘法计数原理可判断C选项；利用倍缩法可判断D选项.
【详解】对于A选项，从五位教师中选两位的不同选法共有种，A错；
对于B选项，数学不排在第一天，则数学有种排法，其他门学科全排即可，
所以，不同的排法种数为种，B对；
对于C选项，数学、英语、语文排在都不相邻的三天，则这三门学科分别排在第一、三、五天，
所以，不同的排法种数为种，C对；
对于D选项，物理要排在化学的前面（可以不相邻）的排法种数为种，D错.
故选：BC.
11．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）在中国革命史上有许多与“8”有关的可歌可泣的感人故事，如“八子参军”、“八女投江”等，因此数字“8”是当之无愧的新时代“英雄数字”．如果一个四位数，各个位置上数字之和等于8，这样的数称为“英雄数”（比如1223，，就是一个“英雄数”），则所有的“英雄数”有 个（用数字回答）
【答案】120
【分析】根据题意，将原问题转化为将8个小球分为4组且第一组不能为0的问题，根据0的个数分情况，结合挡板法即可求解．
【详解】根据题意，8个相同的小球排成一排，8个小球两两之间不包括头尾共有7个空位中，
若四位数的“英雄数”中不含0，则需要在这7个空位中随机安排3个挡板，可以将小球分为4组每两个挡板之间的小球的数目依次对应四位数的千、百、十、个位数字，共有个，
若四位数的“英雄数”中只有一个0，则需要在这7个空位中随机安排2个挡板，可以将小球分成个数不为0的3组，0可以作为百、十、个位其中一位上的数字，此时共有个，
若四位数的“英雄数”中有两个0，则需要在这7个空位中随机安排1个挡板，可以将小球分成个数不为0的2组，0可以作为百、十、个位其中两位上的数字，此时共有个，
若四位数的“英雄数”中有3个0，则只能是8000，只有一种情况，
综上：共有个“英雄数”．
故答案为：120．
12．（2022秋·吉林长春·高三长春市第十七中学上学期期中）将8个大小和形状完全相同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，使每个盒子中球的个数不大于其编号，则不同的放法有 种．
【答案】10
【分析】设1，2，3，4号盒子分别放个球，则有，然后将问题转化为将6个大小和形状完全相同的小球分成4部分，且每一部分至少1个球，利用隔板法求解即可.
【详解】设1，2，3，4号盒子分别放个球，则
，且，
所以，
其中，，，，
此时相当将6个大小和形状完全相同的小球分成4部分，且每一部分至少1个球，
所以将6个球形成的5个空插入3个板，
所以共有种，
故答案为：10
特殊元素问题
13．（湖北省重点高中联考协作体2023届高三上学期期中）第届世界大学生夏季运动会于月日至月日在成都举办，现在从男女共名青年志愿者中，选出男女共名志愿者，安排到编号为、、、、的个赛场，每个赛场只有一名志愿者，其中女志愿者甲不能安排在编号为、的赛场，编号为的赛场必须安排女志愿者，那么不同安排方案有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】D
【分析】对女志愿者甲是否被选中进行分类讨论，分别确定各赛场的人员安排，结合分类加法计数原理可得结果.
【详解】分以下两种情况讨论：
①女志愿者甲被选中，则还需从剩余的人中选出男女，选法种数为，
则女志愿者甲可安排在号或号或号赛场，另一位女志愿者安排在号赛场，
余下个男志愿者随意安排，此时，不同的安排种数为；
②女志愿者甲没被选中，则还需从剩余人中选出男女，选法种数为，
编号为的赛场必须安排女志愿者，只需从名女志愿者中抽人安排在号赛场，
余下人可随意安排，此时，不同的安排方法种数为.
由分类加法计数原理可知，不同的安排方法种数为种.
故选：D.
14．（海南省海口嘉勋高级中学2023届高三上学期期中考）朔门古港遗址入选2022年度全国十大考古新发现，遗址出土数十吨古代瓷片，以龙泉窑产品为主，实证了温州古港是成就“天下龙泉”盛世场景的海运起点和枢纽港口．为了更好地打造“千年商港，幸福温州”的城市新定位，温州市博物馆陶瓷馆巡礼中展示了温州出土的瓯窑青釉褐彩瓜形盖罐（南朝）、青釉点彩盘口鸡首壶（东晋）和瓯窑虎形灯座（东晋）三件文物，若将三件文物排成一排进行巡展，则瓯窑虎形灯座（东晋）排在中间的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据古典概型概率公式结合排列数即可求解.
【详解】因为三件文物排成一排的排法有种，瓯窑虎形灯座（东晋）排在中间的排法有种，
所以瓯窑虎形灯座（东晋）排在中间的概率是.
故选：B
15．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨七十三中校考期中）（多选）某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到A，B，C三家企业开展“面对面”义诊活动，每名医生只能到一家企业工作，每家企业至少派1名医生，则下列结论正确的是（ ）
A．所有不同分派方案共种
B．所有不同分派方案共36种
C．若甲必须到A企业，则所有不同分派方案共12种
D．若甲，乙不能安排到同一家企业，则所有不同分派方案共30种
【答案】BCD
【分析】先将四人分成三组，然后分配到三个企业即可判断AB；分企业有两人和企业只有一人，两种情况讨论即可判断C；先求出甲，乙安排到同一家企业的种数，再利用排除法求解即可.
【详解】由题意，所有不同分派方案共种，故A错误，B正确；
对于C，若甲必须到A企业，
若企业有两人，则将其余三人安排到三家企业，每家企业一人，
则不同分派方案有种，
若企业只有一人，则不同分派方案有种，
所以所有不同分派方案共种，故正确；
对于D，若甲，乙安排到同一家企业，
则将剩下的两人安排到另外两家企业，每家企业一人，
则有种不同的分派方法，
所以若甲，乙不能安排到同一家企业，则所有不同分派方案共种，故D正确.
故选：BCD.
16．（广东省广州市南沙区东涌中学2023届高三上学期期中数学试题）（多选）将A，B，C，D这4张卡片分给甲、乙、丙、丁4人，每人分得一张卡片，则（ ）．
A．甲得到A卡片与乙得到A卡片为对立事件
B．甲得到A卡片与乙得到A卡片为互斥但不对立事件
C．甲得到A卡片的概率为
D．甲、乙2人中有人得到A卡片的概率为
【答案】BCD
【分析】由互斥、对立事件的概念可判断选项A、B；由排列组合和古典概型，可求甲得到A卡片甲、乙2人中有人得到A卡片的概率.
【详解】甲得到A卡片与乙得到A卡片不可能同时发生，但可能同时不发生，
所以甲得到A卡片与乙得到A卡片为互斥但不对立事件，A不正确，B正确．
甲得到A卡片的概率为，C正确．
乙2人中有人得到A卡片的概率为，D正确．
故选：BCD
17．（河北省张家口市部分学校2023届高三上学期期中）现有包括甲、乙在内的5名同学在比赛后合影留念，若甲，乙均不在最左端，乙不在最右端，则符合要求的排列方法共有 种
【答案】54
【分析】利用排列组合先排特殊元素，再排其余元素即可
【详解】先排乙，从中间的3个位置中选1个安排乙，则有种方法，
再排甲，从除左端外，剩下的3个位置中选1个安排甲，则有种方法，
最后排其余3个，有种方法，
所以由分步乘法原理可知共有种方法，
故答案为：54
18．（2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期中）“回文”是古今中外都有的一种修辞手法，如“我为人人，人人为我”等.数学上具有这样特征的一类数称为“回文数”.“回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如121，241142等，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有 个．（用数字作答）
【答案】
【分析】根据给定的信息，确定五位正整数中的“回文数”特征，再由0出现的次数分类求解作答.
【详解】依题意，五位正整数中的“回文数”具有：万位与个位数字相同，且不能为0；千位与十位数字相同，
求有且仅有两位数字是奇数的“回文数”的个数有两类办法：
最多1个0，取奇数字有种，取能重复的偶数字有种，它们排入数位有种，取偶数字占百位有种，
不同“回文数”的个数是个，
最少2个0，取奇数字有种，占万位和个位，两个0占位有1种，取偶数字占百位有种，
不同“回文数”的个数是个，
由分类加法计算原理知，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有个.
故答案为：
染色问题
19．（2022秋·河北沧州·高三任丘市第一中学校考期中）某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域（有公共边）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．720种 B．1440种 C．1560种 D．2520种
【答案】C
【分析】先对图中不同的区域命名，分与布置相同的花卉、与布置不同的花卉两种情况，再运用分步计数和分类计数的方法从开始计数即可.
【详解】
如图，不同的布置方案分两类：
当与布置相同的花卉时，
先安排，有6种不同的选择；再安排与，有5种不同的选择；再安排，有4种不同的选择；最后安排，有4种不同的选择，共有种.
当与布置不同的花卉时，
先安排，有6种不同的选择；再安排与，有种不同的选择；再安排,有3种不同的选择；最后安排，有3种不同的选择，共有种.
所以不同的布置方案有种.
故选：C
20．（山东省泰安市新泰市第一中学北校2022-2023学年高三上学期期中）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8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，..，8，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1与区域5）所涂颜色相同.若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．1050种 B．1260种 C．1302种 D．1512种
【答案】C
【分析】由题意可得，只需确定区域的颜色，先涂区域1，再涂区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同、区域3与区域1涂的颜色相同，最后根据分步乘法原理即可求解.
【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1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择.
当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择.
当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择.
故不同的涂色方案有种.
故选：C
21．（2022秋·江苏南通·高三期中）在如图所示的五块土地上种植四种庄稼，有五种庄稼秧苗可供选择，要求相邻的土地不种同一种庄稼，共有（ ）种植方式．
A．240种 B．300种 C．360种 D．420种
【答案】A
【分析】先选出4种庄稼，再根据可能的相同庄稼情况计算种数，运用分步乘法计数原理即可求解.
【详解】根据题意，五块土地上种植四种庄稼，先选出4种庄稼，共有种选择，
则地种植相同庄稼或地种植相同庄稼，共有种选择，
根据分步乘法计数原理可知，有种．
故选：A
22．（2022秋·河北衡水·高三河北武强中学校考期中）（多选）如图，用种不同的颜色把图中四块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则（ ）
A．
B．当时，若同色，共有48种涂法
C．当时，若不同色，共有48种涂法
D．当时，总的涂色方法有420种
【答案】ABD
【分析】根据同色或者不同色，即可结合选项，根据分步乘法计数原理求解.
【详解】对于A，由于区域与均相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A正确，
对于B，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，由于同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，B正确；
对于C，当时，涂有种，
当不同色（D只有一种颜色可选），此时四块区域所用颜色各不相同，涂只能用与同色，此时共有24种涂法，C错误；
对于D，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，当同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的两种颜色中或者与同色的颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，
当不同色，此时四块区域所用颜色各不相同，共有，
只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂此时共有种涂法，
综上可知，总的涂色方法有420种，故D正确，
故选：ABD
23．（2022秋·山东泰安·高三统考期中）有三种不同颜色供选择，给图中六个格子涂色，相邻格子颜色不能相同，共有 种不同的涂色方案.
【答案】96
【分析】将格子自左向右编号为1，2，3，4，易得格子1，2有种选法，再分格子3与格子1相同和不同求解.
【详解】解：将格子自左向右编号为1，2，3，4，5,6
格子1，2有种选法，
当格子3与格子1相同时，此时格子4，5，6都有2种选法，
当格子3与格子1不同时，此时格子3有1种选法，格子4，5，6都有2种选法，
所以当格子1和2颜色确定后，格子4，5，6共有种选法，
所以不同的涂色方法有种，
故答案为：96
24．（湖北省武汉市江岸区2022-2023学年高三上学期期中）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，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有 种（用数字作答）.
【答案】
【分析】根据题意，用表示个区域，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】如图，用表示个区域，
分4步进行分析：
①，对于区域，有5种颜色可选；
②，对于区域，与区域相邻，有4种颜色可选；
③，对于区域，与、区域相邻，有3种颜色可选；
④，对于区域、，若与颜色相同，区域有3种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选，
则区域、有种选择，
则不同的涂色方案有种.
故答案为：.
25．（湖北省部分省级示范高中2022-2023学年高三上学期期中联考）现有红、黄、青、蓝四种颜色，对如图所示的五角星的内部涂色（分割成六个不同部分），要求每个区域涂一种颜色且相邻部分（有公共边的两个区域）的颜色不同，则最多使用三种颜色的不同涂色方案有 种．（用数字作答）
【答案】372
【分析】由题，假设六块区域为A,B,C,D,E,F.分析6个区域的涂色方案，再根据分步计数原理可得答案.
【详解】若使用三种颜色，从4种颜色中选3种，有种方法，从3种颜色中选一种涂在A处，有3种方法，剩下的B,C,D,E,F，每块区域都有两种涂色方案，共计种方案，
再减去只是用两种颜色的情况，则由分步计数原理可知，不同的涂色方案数为
种涂法；
若只使用两种颜色，则有种涂法；
所以符合要求的涂法种数有种.
故答案为：372
平均分组问题
26．（江苏省镇江中学2022-2023学年高三上学期期中）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月31日我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站将正式进入运营阶段.假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有（ ）
A．450种 B．360种 C．90种 D．70种
【答案】A
【分析】利用分组和分配的求法求得名航天员的安排方案，再利用分类加法计数原理即可求得.
【详解】由题知，6名航天员安排三舱，
三舱中每个舱至少一人至多三人，
可分两种情况考虑：
第一种：分人数为的三组，共有种；
第二种：分人数为的三组，共有种；
所以不同的安排方法共有种.
故选：A.
27．（2022秋·重庆长寿·高三重庆市长寿中学校校考期中）在某项建造任务中，需6名航天员在天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱这三个舱内同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（ ）
A．450种 B．180种 C．720种 D．360种
【答案】A
【分析】安排方案分为两类，第一类，每个舱各安排2人，第二类，分别安排3人，2人，1人，结合分堆分配问题解决方法求解即可.
【详解】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案；
方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案．
所以共有（种）不同的安排方案．
故选：A．
28．（河北省高碑店市崇德实验中学2023届高三下学期期中）习近平总书记在湖南省湘西州花垣县十八洞村考察时，首次提出“精准扶贫”概念，“精准扶贫”已成为我国脱贫攻坚的基本方略．为配合国家“精准扶贫”战略，某省农业厅派出8名农业技术专家（6男2女）分成两组，到该省两个贫困县参加扶贫工作，若要求女专家不单独成组，且每组至多6人，则不同的选派方案共有（ ）种
A．480 B．252 C．306 D．236
【答案】D
【分析】根据组中人数有、、分组形式，再应用分步计数求不同的选派方案的种数.
【详解】由题意，两组人数可分为、、两种，
1、当形式，选派方案有种；
2、当形式，选派方案有种；
3、当形式，选派方案有种；
∴不同的选派方案共有种.
故选：D.
29．（福建省宁德市高级中学2023届高三上学期期中）近年来喜欢养宠物猫的人越来越多．某猫舍只有5个不同的猫笼﹐金渐层猫3只（猫妈妈和2只小猫嶲）、银渐层猫4只、布偶猫1只．该猫舍计划将3只金渐层猫放在同一个猫笼里，4只银渐层猫每2只放在一个猫笼里，布偶猫单独放在一个猫笼里，则不同的安排有（ ）
A．8种 B．30种 C．360种 D．1440种
【答案】C
【分析】根据分组原理先确定4只银渐层猫分两组的分组方法，再根据排列数计算即可得安排方法总数.
【详解】根据题意，将3只金渐层猫放在同一个猫笼里，则把3只金渐层猫看成是1个整体，
4只银渐层猫每2只放在一个猫笼里，则分组方法有（种）
一共有4个整体进行排列放在5个不同的猫笼，在5个不同的猫笼中可以放4个整体，
则一共可以安排的方法有：（种）
故选：C.
30．（广东省深圳市南山区北京师范大学南山附属学校2023届高三上学期期中）有4名高考考生通过2个不同的智能安检门进校，每个安检门每次只能过1人，要求每个安检门都要有人通过，则有 种不同的进校方式.（用数字作答）
【答案】
【分析】根据排列、组合的知识求得正确答案.
【详解】第个安检门人，第个安检门人时，方法数有种，
第个安检门人，第个安检门人时，方法数有种，
第个安检门人，第个安检门人时，方法数有种，
故总的方法数有种.
故答案为：
31．（2022秋·河北张家口·高三张家口市第一中学校考期中）临近春节，某校书法爱好小组书写了若干副春联，准备赠送给四户孤寡老人．春联分为长联和短联两种，无论是长联或短联，内容均不相同．经过调查，四户老人各户需要1副长联，其中乙户老人需要1副短联，其余三户各要2副短联．书法爱好小组按要求选出11副春联，则不同的赠送方法种数为 ．
【答案】15120
【分析】利用全排列计算长联的分配方式，利用平均分组分配计算短联的分配方式，结合分布乘法原理，可得答案.
【详解】4副长联内容不同，赠送方法有种；从剩余的7副短联中选出1副赠送给乙户老人，
有种方法，再将剩余的6副短联平均分为3组，最后将这3组赠送给三户老人，
方法种数为．所以所求方法种数为．
故答案为：.
部分平均分组问题
32．（广东省佛山市第四中学2023届高三上学期期中）第32届夏季奥林匹克运动会于2021年7月23日至8月8日在日本东京举行，有4名大学生申请去A，B，C三个比赛场地当志愿者，组委会接受了他们的申请．A，B，C三个比赛场地中每个比赛场地至少分配一人，且每人只能去一个比赛场地．若甲不去A比赛场地，则不同的安排方案共有（ ）
A．12种 B．24种 C．30种 D．36种
【答案】B
【分析】分类考虑，即分有1个人和甲去除A场地外的同一个场地和甲单独去一个场地两种情况，根据分类加法原理可得答案.
【详解】由题意可分两类：①有一个人与甲被安排在除A场地外的同一个比赛场地，
此时有种不同的安排方案；
②没有人与甲被安排在同一个比赛场地，有种不同的安排方案．
故若甲不去A比赛场地，则有种不同的安排方案，
故选：B．
33．（湖北省襄阳市部分学校2022-2023学年高三上学期期中考）为了提高命题质量，命题组指派5名教师对数学卷的选择题，填空题和解答题这3种题进行改编，则每种题型至少至少指派1名教师的不同分派方法种数为（ ）
A．144 B．120 C．150 D．180
【答案】C
【分析】将5名老师分为和的两种情况，计算得到答案.
【详解】5名老师分为的情况时：共有；
5名老师分为的情况时：共有，
故共有种不同的分派方法.
故选：C.
34．（山东省济宁市邹城市2022-2023学年高三上学期期中数学试题）教育扶贫是我国重点扶贫项目，为了缩小教育资源的差距，国家鼓励教师去乡村支教，某校选派了5名教师到A、B、C三个乡村学校去支教，每个学校至少去1人，每名教师只能去一个学校，不同的选派方法数有（ ）种
A．25 B．60 C．90 D．150
【答案】D
【分析】按照分类分步计数原理可先将5人分成3组，再将3组人员分配到3个学校去，即可计算出结果.
【详解】由题意可知，先将5人分成三组有2类分法，
第一类：各组人数分别为1，1，3，共有种分法；
第二类：各组人数分别为1，2，2，共有种分法，
再将三组人员分配到A、B、C三个乡村学校去，共有种，
所以不同的选派方法共有种.
故选：D
35．（辽宁省大连市滨城联盟2022-2023学年高三上学期期中）某中学举行全区教研活动，有10名志愿者参加接待工作.若每天排早、中、晚三班，每班至少3人，每人每天值一班，则教研活动当天不同的排班种数为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】首先对10人分成三组，再分早中晚三班排列即可得解.
【详解】10人分成三组，每组至少3人，故可分为4人,3人,3人三组，
共有种，
再把三组人员安排到早中晚三班，共有种，
由分步乘法计数原理可得共有种.
故选：B
36．（2022秋·黑龙江大庆·高三大庆中学校考期中）习近平总书记强调说，调查研究是谋事之基、成事之道.琼中县委、县政府根据党中央、国务院《关于在全党大兴调查研究的工作方案》文件精神，决定派出7人分成3个小组，到3个乡镇开展调查研究工作，其中2个小组各2人，1个小组3人，则不同的安排方法共有 .
【答案】
【分析】运用分步计数原理及部分平均分组分配模型先将7人分成3组分别2人、2人、3人再将3组分配到3个乡镇即可求得结果.
【详解】第一步：将7人分成3组分别2人、2人、3人有种方法；
第二步：将这3组分配到3个乡镇有种方法；
所以不同的安排方法有种.
故答案为：630.
37．（福建省福州华侨中学等多校2023届高三上学期期中）第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲、乙等4名志愿者将分别安排到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每个场地至少安排一名志愿者，且每名志愿者只能去一个场地服务，则甲、乙两名志愿者在同一个场地服务的概率为 ．
【答案】
【分析】根据题意，先将4人分为三组，再计算得出甲乙在同一个场地的情况，利用古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】根据题意，先将4人分为三组，共有种分法，
在将三组分段三个不同的场地，共有种分法，
由分步计数原理得，共有种不同的情况，
又由甲乙两名志愿者在同一场地服务，共有种情况，
则甲乙两面志愿者在同一场地服务的概率为.
故答案为：
二项展开式的通项公式
38．（山西大学附属中学校2022-2023学年高三上学期11月期中）若展开式中含有常数项，则n的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．12 D．10
【答案】A
【分析】根据通项公式可求出结果.
【详解】，
令，得，则时，取最小值.
故选：A
39．（福建省龙岩市永定区坎市中学2023届高三上学期期中）已知的展开式中的常数项是672，则（ ）
A． B． C．2 D．1
【答案】C
【分析】写出二项式通项，整理后让的次数为，得出的值，再根据题意常数项的系数列出等式方程即可得出的值.
【详解】展开式的通项为，令，得，∴常数项是，故．
故选：C
40．（江苏省南通西藏民族中学2022-2023学年高三上学期期中）（多选）已知展开式中的第三项的系数为45，则（ ）
A． B．展开式中所有系数和为
C．二项式系数最大的项为中间项 D．含的项是第7项
【答案】BCD
【分析】由二项式定理相关知识逐项判断即可.
【详解】展开式的第三项为：，
所以第三项的系数为：，所以，故A错误；
所以，所以令得展开式中所有系数和为，故B正确；
展开式总共有11项，则二项式系数最大的项为中间项，故C正确；
通项公式为，
令，解得，所以含的项是第7项.故D正确；
故选：BCD.
41．（广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校2023届高三上学期期中）二项式展开式的常数项为 .
【答案】60
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数为0，求得值，即可求得常数项.
【详解】的展开式的通项公式为
，
令，可得，
所以展开式的常数项为.
故答案为：60
42．（江苏省常州市金沙高级中学2022-2023学年高三上学期期中）已知的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，则展开式中的常数项为 ．
【答案】60
【分析】由题意利用二项式展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，建立方程解出的值，再利用公式求出展开式中的常数项.
【详解】因为的二项展开式为：
所以它的第二项的系数为：
该二项式的展开式中第二项的二项式系数为：，
由的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，
所以有：，
所以二项式为，
由展开式通项为：，
令，
所以展开式中的常数项为：.
故答案为：60.
43．（辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试）二项式的展开式中含x的正整数指幂的项数是 .
【答案】5
【分析】利用二项式的展开式的通项公式求解.
【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，
当时，x次数是正整数指幂，
所以二项式的展开式中含x的正整数指幂的项数是5，
故答案为：5
两个多项式乘积的指定项
44．（山东省泰安市宁阳县2022-2023学年高三上学期期中）已知的展开式中的系数为，则实数（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】C
【分析】根据的展开式的通项公式求出的系数和的系数，再结合题意列式可求出.
【详解】的展开式中的系数为，的系数为，
所以的展开式中的系数为，
依题意得，得.
故选：C
45．（江苏省南通市如皋市2023届高三上学期期中）若的展开式中没有常数项，则的可能取值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】由于的展开式中没有常数项，
所以的展开式中没有常数项，也没有含的项，
二项式展开式的通项公式为，
所以且，所以且，
即被除时，余数为，所以AD选项正确，BC选项错误.
故答案为：AD
46．（湖北省七市(州)教研协作体2023届高三上学期期中）设展开式中的常数项为，则实数的值为 .
【答案】
【分析】写出展开式的通项，分析可知的展开式中不含常数项，从而可知的常数项为，结合已知条件可求得实数的值.
【详解】的展开式通项为，
，
在的展开式中，令，可得，不合乎题意；
在的展开式中，，
令，可得，
所以，展开式中的常数项为，解得.
故答案为：.
47．（重庆市第八中学2023届高三上学期期中）在的展开式中，按的升幂排列的第三项为 .
【答案】
【分析】依题意可得第三项为含项，结合展开式的通项可求解．
【详解】易知，展开式中有常数项、一次项、二次项等，故所求的项为项．
整个式子中项可由，的展开式中的常数项与二次项、一次项与一次项、二次项与常数项相乘得到，
其中展开式的通项为（），
展开式的通项为（）；
故所求为．
故答案为：．
48．（河北省高碑店市崇德实验中学2023届高三上学期期中）的展开式中的系数为 （用数字作答）
【答案】
【分析】利用二项式定理，分别求得与的系数即可得解.
【详解】因为，
而的展开通项公式为，
所以在的展开式中，项的系数为，项的系数为，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：.
49．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期中）展开式中的系数是 .
【答案】
【分析】根据通项公式可求出结果.
【详解】，
的通项公式为，，
所以展开式中的系数是.
故答案为：.
50．（2022秋·山东济宁·高三统考期中）的展开式中的常数项为 ．
【答案】40
【分析】先求出的展开式通项为，分析展开式中的常数项的构成，即可求解.
【详解】的展开式通项为.
要求展开式中的常数项，分别令和，
分别解得：和.
因此所求常数项为．
故答案为：40.
三项展开式的指定项
51．（安徽省合肥市庐江第五中学2022-2023学年高三上学期期中）的展开式中的系数为（ ）
A． B．10 C． D．30
【答案】C
【分析】可以看做个盒子，每个盒子中有，，三个元素，现从每个盒子中取出一个元素，最后相乘即可，利用组合数公式，即可求出展开式中的系数.
【详解】可以看做个盒子，每个盒子中有，，三个元素，
现从每个盒子中取出一个元素，最后相乘即可，
所以展开式中含的项为，
故展开式中的系数为.
故选：C.
52．（江苏省无锡市2022-2023学年高三上学期期中）已知常数，的二项展开式中项的系数是780，则m的值为 ．
【答案】3
【分析】转化为，利用展开式的通项公式讨论计算即可.
【详解】=，设其通项为，
设的通项为，
要求项的系数，只有为偶数，
当，此时项的系数为，
当，此时项的系数为，
当，此时项的系数为，
当，不合题意，
故项的系数为.
故答案为：3
53．（2022秋·山东烟台·高三统考期中）设，则 ，的最小值是 ．
【答案】 2 8
【分析】先将等式左边的式子展开，然后和右边的式子对应后列出方程，再根据代换及基本不等式即可解答．
【详解】，
∴有，解得，可知，即，
∴，
，（当时等号成立），故最小值为8．
故答案为：2；8
54．（河北省石家庄市部分学校2023届高三上学期期中）若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，6，8的第六十百分位数，则的展开式中的系数为 .
【答案】
【分析】利用第p百分位数的定义求出n，再利用组合的应用列式计算作答.
【详解】由，得，
于是展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：
55．（海南省琼海市嘉积中学2023届高三上学期期中）展开式中常数项是 .（答案用数字作答）
【答案】
【分析】根据二项式展开式的通项化简得常数项满足，即可代入求解.
【详解】的展开式的通项为，,
令,则或，或，
所以常数项为，
故答案为：
56．（海南省海口嘉勋高级中学2023届高三上学期期中考）已知二项式的展开式中含的项的系数为，则 ．
【答案】2
【分析】表示有5个因式相乘，根据的来源分析即可求出答案.
【详解】表示有5个因式相乘，来源如下：
有1个提供，有3个提供，有1个提供常数，
此时系数是，即，解得：
故答案为：.
57．（湖南省长沙市雅礼中学2023届高三上学期期中）展开式中的系数是 .
【答案】
【分析】的展开式中项可以由4个项、3个项和0个常数项，或3个项、1个项和2个常数项相乘，从而得解．
【详解】因为是7个相乘，
的展开式中项可以由4个项、3个项和0个常数项，或3个项、1个项和3个常数项相乘，
所以展开式中的系数是.
故答案为：.
整除和余数问题
58．（湖南省长沙市南雅中学2022-2023学年高三上学期期中）把实数写成十进制小数，则a的十分位、百分位和千分位上的数字之和等于（ ）
A．0 B．9 C．27 D．前三个答案都不对
【答案】C
【分析】先根据二项式定理可得，再估计出，故可得正确答案：
【详解】
，
故，
于是a的小数部分为，
而，
于是a的十分位、百分位和千分位均为9，和为27．
故选：C.
59．（2022秋·湖南邵阳·高三统考期中）已知，则！被5除所得余数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据阶层公式理解判断余数即可.
【详解】∵被5除所得余数为3，而的均能被5整除，
∴！被5除所得余数为3．
故选：C.
60．（2022秋·山东泰安·高三统考期中）若能被7整除，则x，n的一组值可能为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【分析】利用二项式定理得展开式，对选项一一判断即可得出答案.
【详解】，
当，时，能被7整除；
当，时，不能被7整除；
当，时，不能被7整除；
当，时，不能被7整除．
故选：A．
61．（山东省日照市2022-2023学年高三上学期期中）（多选）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，m（m＞0）为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为．若，，则b的值可以是（ ）
A．2014 B．2017 C．2023 D．2026
【答案】BD
【分析】由题可得，，b是被9除余1的数字，后验证选项即可.
【详解】注意到，则，又，，则，即，b是被9除余1的数字.
A选项，，则，被9除余7，故A错误；
B选项，，则，被9除余1，故B正确；
C选项，注意到，则，故C错误；
D选项，注意到，则，故D正确.
故选：BD
62．（山东省滨州市沾化区实验高级中学2022-2023学年高三上学期期中）（多选）若，则（ ）
A．可以被整除
B．可以被整除
C．被27除的余数为6
D．的个位数为6
【答案】AB
【分析】根据二项式定理的展开式逆用知，据此可判断AB，由可判断C，由可判断D.
【详解】，
可以被整除，故A正确；
，
可以被整除，故B正确；
被27除的余数为5，故C错误；
，
个位数为，故D错误.
故选：AB
63．（湖北省武汉市江夏一中、汉阳一中2022-2023学年高三上学期期中）干支纪年是中国古代的一种纪年法.分别排出十天干与十二地支如下：
天干：甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸
地支：子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥
把天干与地支按以下方法依次配对：把第一个天干“甲”与第一个地支“子”配出“甲子”，把第二个天干“乙”与第二个地支“丑”配出“乙丑”，，若天干用完，则再从第一个天干开始循环使用.已知2023年是癸卯年，则年以后是 年.
【答案】丙午
【分析】根据和，结合二项展开式的性质及余数，即可求解.
【详解】因为，
所以年以后地支为“午”.
因为，
又因为除以10余数为3，所以年以后天干为“丙”，
故年以后是丙午年.
故答案为：丙午
64．（河北省大名县第一中学2023届高三上学期期中）若，则被5除所得的余数为 ．
【答案】1
【分析】取，可以求得，进而根据二项式定理展开，判断被5除得的余数.
【详解】由题知时，， ，
故
所以被5除得的余数是1.
故答案为：1.
（二项式）系数之和问题
65．（广东省深圳市深圳实验学校光明部2023届高三上学期期中）已知展开式的各项系数之和为，则展开式中的系数为（ ）
A．270 B． C．330 D．
【答案】D
【分析】令，得，得. 再根据二项展开式的通项公式即可求解.
【详解】令，则，得.
所以，
又因为只有，展开式中有含的项，
所以的系数为.
故选：D
66．（海南省文昌中学2023届高三上学期期中）已知在的展开式中，第3项与第4项的二项式系数相等，则展开式中各项的系数之和为（ ）
A．128 B．243 C．729 D．2187
【答案】B
【分析】根据题意，列出方程即可得到，然后令，即可得到结果.
【详解】由题意可得，则，即，令，得各项系数之和为.
故选：B
67．（湖北省部分省级示范高中2022-2023学年高三上学期期中）（多选）已知，则（ ）
A．的展开式中没有常数项
B．的展开式中系数最大的项是
C．的展开式的二项式系数之和为128
D．的展开式中各项的系数之和为1
【答案】ABC
【分析】利用二项展开式的通项可判断A；结合二项式系数的性质以及二项展开式的通项可判断B；根据二项式系数和性质可判断C；利用赋值法求得项的系数和可判断D.
【详解】对于选项的二项展开式的通项为，
不满足，故的展开式中没有常数项，故正确；
对于选项：由于的最大值为，
故展开式中系数最大的项是，故B正确；
对于选项C：展开式的二项式系数之和为，故C正确；
对于选项：令，可得展开式中各项的系数之和为，故错误.
故选：.
68．（江苏省徐州市第七中学2023届高三上学期期中）（多选）的展开式中只有第六项的二项式系数最大，且常数项是，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．各项的二项式系数之和为1024
C．
D．各项的系数之和为1024
【答案】ABC
【分析】根据题意，由二项式系数的对称性即可判断A，由二项式系数和的公式即可判断B，由二项式的展开式的通项公式即可判断C，赋值令即可判断D.
【详解】因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以，选项A正确；
所以的展开式中二项式系数之和为，故选项B正确；
根据二项式定理知的通项式为，令得，所以的展开式中常数项为，所以，
解得：，故选项C正确；
令得，所以各项的系数之和为0，所以D选项错误.
故选:ABC.
69．（河北省沧衡八校联盟2022-2023学年高三上学期11月期中）展开式中的各二项式系数之和为256，则的系数是
【答案】112
【分析】由二项式系数和等于求得的值，再利用展开式的通项公式计算即可.
【详解】依题意得：解得
则
由，解得
从而.
故答案为：
70．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期中）在的展开式中，所有项系数之和为 .
【答案】1024
【分析】赋值令，即可得出答案.
【详解】令，可知所有项系数之和为.
故答案为：1024.
71．（广东省深圳市龙岗区2023届高三上学期期中）已知的展开式中，各项系数之和为，则二项式系数之和为 .
【答案】
【分析】令，结合二项式各项系数和可求得的值，进而可求得该二项式系数之和.
【详解】因为的展开式中，各项系数之和为，令，可得，解得，
因此，二项式系数之和为.
故答案为：.
系数的最值
72．（山东省青岛市莱西市2022-2023学年高三上学期期中数学试题）若的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的是（ ）
A．第二项 B．第三项 C．第四项 D．第五项
【答案】B
【分析】先利用二项式系数的增减性求出的值，再根据展开式的通项公式求解即可.
【详解】因为的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，
所以，解得，
则的展开式通项为，
当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数，
所以展开式中系数最大时，为偶数，
由展开式通项可知，，，
，，
所以展开式中系数最大的是第三项，
故选：B
73．（2022秋·山东济宁·高三统考期中）的展开式中系数最大的项为（ ）
A．70 B．56 C．或 D．
【答案】D
【分析】首先根据通项公式求系数，再结合二项式系数的最大值，即可求解.
【详解】的展开式的通项公式为，，由二项式系数中，最大，此时该二项展开式中第5项的系数最大，∴的展开式中系数最大的项为，
故选：D．
74．（2022秋·吉林通化·高三梅河口市第五中学校考期中）在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．所有项的二项式系数和为1 B．第4项和第5项的二项式系数最大
C．所有项的系数和为128 D．第4项的系数最大
【答案】B
【分析】展开式所有项的二项式系数和为，A错误，展开式共有8项，第4项和第5项二项式系数最大，B正确，令得C错误，第4项系数小于0，第3项系数大于0，D错误，得到答案.
【详解】对选项A：展开式所有项的二项式系数和为，错误；
对选项B：展开式共有8项，故第4项和第5项二项式系数最大，正确；
对选项C：令得所有项的系数和为，错误；
对选项D：，，系数小于0， ，系数大于0， D错误.
故选：B
75．（广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校2023届高三上学期期中）的展开式中各项系数的最大值为（ ）．
A．112 B．448 C．896 D．1792
【答案】D
【分析】根据二项式的通项公式，结合展开式系数最大的性质进行求解即可.
【详解】该二项式的通项公式为，
由，可得．
因为，所以展开式中各项系数的最大值为．
故选：D
76．（山东省泰安市新泰市第一中学北校2022-2023学年高三上学期期中考）若展开式的所有项的二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项的二项式系数为 ．（用数字作答）
【答案】28
【分析】根据二项式系数之和可得，结合二项展开式的通项公式求系数最大项，进而可求其二项式系数.
【详解】因为展开式的所有项的二项式系数和为，解得，
则展开式为，
可得第项的系数为，
令，即，解得，
所以展开式中第项系数最大，其二项式系数为.
故答案为：28.
77．（海南省海口嘉勋高级中学2023届高三上学期期中）已知的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，则展开式中系数最大的项为 .（不用计算，写出表达式即可）
【答案】和
【分析】根据末三项的二项式系数的和求得，然后根据系数最大列不等式组，由此求得正确答案.
【详解】由题意可得，，所以，解得，
的展开式的通项为
令，解得，
由于，所以或12，
时，；时，，
所以展开式中系数最大的项为和.
故答案为：和
78．（河北省廊坊市安次区2023届高三上学期期中）已知，写出满足条件①②的一个n的值 ．
①，；②，，1，2，…，n．
【答案】8（答案不唯一）
【分析】求出，解不等式组即可．
【详解】由二项式定理可知，，
由条件②得，所以，解得，
因为，所以n的值可以为8，9，10或11．
故答案为：8
1．（2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期中）设n为正整数，为组合数，则（ ）
A． B．
C． D．前三个答案都不对
【答案】D
【分析】利用组合数的性质或倒序相加法可求代数式的值.
【详解】解法一 设题中代数式为M，则
．
解法二 设题中代数式为M，倒序相加可得，
于是．
故选：D.
2．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）已知的展开式中常数项为20，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】将三项式转化为二项式，求出通项公式求解即可.
【详解】，
其通项公式为：，
当时，，解得：.
故选：A.
3．（浙江省湖州、衢州、丽水三地市2023届高三上学期期中）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】将化为，利用二项式通项公式可求得，判断A；根据二项式的系数和式的特征，利用赋值法可分别判断B，C，D.
【详解】由题意可知，故，A错误；
由，
令，可得，B错误；
令，则，
故，C错误；
令，则，
故，D正确，
故选：D
4．（2022秋·江苏南京·高三南京师大附中校考期中）定义：“各位数字之和为7的四位数叫好运数”，比如1006，2203，则所有好运数的个数为（ ）
A．82 B．83 C．84 D．85
【答案】C
【分析】根据定义分类讨论首位数字，结合计数原理计算即可.
【详解】因为各位数字之和为7的四位数叫好运数，所以按首位数字分别计算：
当首位数字为7，则剩余三位数分别为0，0，0，共有1个好运数；
当首位数字为6，则剩余三位数分别为1，0，0，共有3个好运数；
当首位数字为5，则剩余三位数分别为1，1，0或2，0，0，共有个好运数；
当首位数字为4，则剩余三位数分别为3，0，0或2，1，0或1，1，1，共有个好运数；
当首位数字为3，则剩余三位数分别为4，0，0或3，1，0或2，2，0或2，1，1，
共有个好运数；
当首位数字为2，则剩余三位数分别为5，0，0或4，1，0或3，2，0或3，1，1或2，2，1，
共有个好运数；
当首位数字为1，则剩余三位数分别为6，0，0或5，1，0或4，2，0或4，1，1或3，3，0或3，2，1或2，2，2，
共有个好运数；
所以共有个好运数，
故选：C
5．（湖南省衡阳市第一中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题）（多选）为响应政府部门疫情防控号召，某红十字会安排甲､乙､丙､丁4名志愿者奔赴，，三地参加防控工作，则下列说法正确的是（ ）
A．不同的安排方法共有64种
B．若恰有一地无人去，则不同的安排方法共有42种
C．若甲､乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有44种
D．若该红十字会又计划为这三地捐赠20辆救护车（救护车相同），且每地至少安排一辆，则不同的安排方法共有171种
【答案】BD
【分析】根据分类、分布计数原理和排列、组合，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，安排甲､乙､丙､丁4名志愿者奔赴，，三地参加防控工作，每人都有3种安排方法，则不同的安排方法共有（种），所以A错误；
对于B中，若恰有一地无人去，则需先在三地中选出两地，再将4人安排到这两个地方，不同的安排方法有（种），所以B正确.
对于C中，根据题意，需将4人分为3组，若甲､乙在同一组，有1种分组方法，
又甲､乙两人不能去地，所以安排甲､乙一组到地或地，有2种情况，
剩余2组安排到其余2地，有种情况，此时不同的安排方法有（种）；
若甲､乙不在同一组，有种分组方法，又甲､乙两人不能去A地，
所以安排没有甲､乙的一组去地，甲､乙所在的两组安排到，两地，有种情况，
此时不同的安排方法有（种），则不同的安排方法共有（种），
所以C错误；
对于D中，只需将20辆救护车排成一排，在形成的19个间隙中插入挡板，将20辆救护车分为3组，依次对应，，三地即可，此时不同的安排方法有（种），所以D正确.
故选：BD.
6．（华师─附中等T8联考2022-2023学年高三上学期期中）（多选）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，则以下说法错误的是（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C．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，则不同安排方案的种数是
D．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
【答案】ABD
【分析】根据分步乘法计数原理判断A、B，对开车的人员分类讨论利用分步乘法计数原理及分类加法计数原理判断C，按照部分平均分组法判断D；
【详解】解：根据题意，依次分析选项：
对于，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，故错误；
对于，根据题意，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故错误；
对于，根据题意，分2种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出2人开车，②从丙，丁，戊中选出1人开车，则有种安排方法，正确；
对于，分2步分析：需要先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，则有种安排方法，错误；
故选：．
7．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）（多选）在的展开式中，有理项恰有两项，则的可能取值为（ ）
A．7 B．9 C．12 D．13
【答案】BD
【分析】利用二项式定理的通项公式得到满足题意的项
【详解】展开式各项表达式为
当时，，
所以为6的倍数，所以，6，即可取6，8，10；
当时，
所以为3的奇数倍，所以，9，即可取9，11，13.
即取值集合为.
故选：BD.
8．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）（多选）下列关于排列组合数的等式或说法正确的有（ ）
A．
B．已知，则等式对任意正整数都成立
C．设，则的个位数字是6
D．等式对任意正整数都成立
【答案】ABD
【分析】对A：根据运算求解；对B：可得，结合排列数分析运算；对C：根据组合数分析运算；对D：构建，利用的系数结合二项展开式的通项公式分析运算.
【详解】对A：由可知，
，
A正确；
对B：若，
则，
B正确；
对C： ，，
则，
故，
，其个位数字是0，
故的个位数字是9，C错误；
对D：的展开式通项为，
故展开式的的系数为，又，则，
同理可得：的展开式通项为，即展开式的的系数为，
由于，故，D正确；
故选： ABD
9．（2022秋·广东中山·高三华南师范大学中山附属中学校考期中）在教师节的时候，语文、数学、英语、体育、艺术课代表分别写了一张卡片，放在一个盒子里，让这五个学科的老师在盒子里随意取一张卡片，则只有一个老师取到所教学科的课代表所写卡片的概率为 ．
【答案】/0.375
【分析】先求出五张卡片让五位老师任取的总数，然后再求只有一位老师拿到对应的课代表写的卡片的种数，再利用古典概型的概率公式求解即可
【详解】将五张卡片让五位老师任取的总数为，
其中有一位老师拿到对应的课代表写的卡片，种数为，其余四位老师没有拿对自己对应的课代表写的卡片的种数为，
则只有一个老师取到所教学科的课代表所写卡片的种数为种，
所以所求概率为．
故答案为：．
10．（山东省济宁市兖州区2022-2023学年高三上学期期中考）从1，2，3，4，5，6，7，8中依次取出4个不同的数，分别记作，若和的奇偶性相同，则的取法共有 种（用数字作答）.
【答案】912
【分析】分类讨论两组数的奇偶性即可.
【详解】若和都是奇数，则为一奇一偶，也一奇一偶，
有种取法；
若和都是偶数，则有以下两种情况：
①两奇（偶）数，两奇（偶）数，有种取法；
②两奇（偶）数，两偶（奇）数，有种取法；
共计576+48+288=912种取法.
故答案为：912
11．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭.为了缓解了教育的“内卷”现象，2021年7月24日，中共中央办公厅､国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》.某初中学校为了响应上级的号召，每天减少了一节学科类课程，增加了一节活动课，为此学校特开设了乒乓球，羽毛球，书法，小提琴四门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，初一到初三3学年将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有 种
【答案】54
【分析】由分类加法和分步乘法技术原理以及分配方法和排列组合公式即可求解.
【详解】由题意，三年修完四门选修课程，每学年至多选2门，
则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2，
先将4每学科按1，1，2分成三组，有种方式，
再分到三个学年，有 种不同分式，
由分步计数原理得，不同选修分式共有 种，
同理将4门课程按0，2，2分成三组，再排列，有种，
所以共有36+18=54种，
故答案为：54
12．（黑龙江省大庆中学2022-2023学年高三上学期期中）已知，若存在{0，1，2，…，100}使得，则k的最大值为 .
【答案】49
【分析】根据二项展开式的通项可得，然后由可得为奇数，然后可得，即可求出答案.
【详解】二项式的通项为，
二项式的通项为，
，
，若，则为奇数，
此时，
，又为奇数，的最大值为49.
故答案为：49.
专题16计数原理
捆绑法以及插空法
1．（2022秋·河南洛阳·高三洛阳市第一高级中学上学期期中）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲和乙相邻，丙不站在两端，则不同的排列方式共有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
【答案】B
【分析】采用捆绑法和特殊位置优先法，结合分步乘法计数原理可求得结果．
【详解】将甲和乙看作一个整体，有种方法，
将丁、戊和甲乙的整体首先安排到两端，则有种方法，
再安排丙和剩余的人，有有种方法，
根据分步乘法计数原理可得不同的排列方式有：种．
故选：B．
2．（2022秋·福建泉州·高三泉州五中校考期中）2023年春节在北京工作的五个家庭，开车搭伴一起回老家过年，若五辆车分别为，五辆车随机排成一排，则车与车相邻，车与车不相邻的排法有（ ）
A．36种 B．42种 C．48种 D．60种
【答案】A
【分析】利用捆绑法和插空法可求出结果.
【详解】将车与车捆在一起当一个元素使用，有种捆法，
将除车外的个元素全排，有种排法，
将车插入，不与车相邻，又种插法，
故共有种排法.
故选：A
3．（浙江省杭州市第二中学滨江校区2022-2023学年高三上学期期中）为庆祝广益中学建校130周年，高二年级派出甲､乙､丙､丁､戊5名老师参加“130周年办学成果展”活动，活动结束后5名老师排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，则排法共有（ ）种.
A．40 B．24 C．20 D．12
【答案】B
【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】由题意得，5名代表排成一排合影留念，要求甲、乙两人不相邻且丙、丁两人必须相邻，
先令丙、丁两人相邻用捆绑法，再把丙、丁与戊排列在一起，最后插空令甲、乙两人不相邻,则不同的排法共有种.
故选：.
4．（辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试）2位男生和3位女生共5位同学站成一排．若男生甲不站两端，3位女生中有且只有两位女生相邻，则不同排法的种数为（ ）
A．36 B．42 C．48 D．60
【答案】C
【分析】捆绑法并将女生先排好，讨论男生是否相邻，进而将男生按要求安排位置即可得结果.
【详解】女生任选两人捆绑看作，并与余下女生排成一排有种方法，所成排中有3个空，
若两男生不相邻，则男生甲排在之间的位置上，另一男生在两端任选一个位置有种；
若两男生相邻，则有种排法，再插入之间的位置上只有一种方法；
综上，不同排法共有种.
故选：C
5．（山东省济南市章丘区第四中学2022-2023学年高三上学期期中）2022年10月22日，中国共产党第二十次全国代表大会胜利闭幕.某班举行了以“礼赞二十大､奋进新征程”为主题的联欢晩会，原定的个学生节目已排成节目单，开演前又临时增加了两个教师节目，如果将这两个教师节目插入到原节目单中，那么不同的插法的种数为（ ）
A．42 B．30 C．20 D．12
【答案】A
【分析】分两个教师节目相邻和不相邻两种情况讨论，分别计算可得.
【详解】若两个教师节目相邻，则有种插法；
若两个教师节目不相邻，则有种插法；
综上可得一共有种插法.
故选：A
6．（广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校2023届高三上学期期中）将3本不同的数学和1本语文书在书架上随机排成一行，则3本数学书相邻的概率为 .
【答案】
【分析】先求出3本数学相邻的情况，再求出随机排列的情况，最后根据古典概型即可求解.
【详解】∵3本数学书相邻的排法为种可能，4本书随机排列有种可能，
∴3本数学书相邻的概率为.
故答案为：.
倍缩法和隔板法
7．（2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期中）现有6个评优名额要分配给3个班级，要求每班至少一个名额，则分配方案有（ ）
A．8种 B．10种 C．18种 D．27种
【答案】B
【分析】相同元素分组问题，利用隔板法求解即可
【详解】现有6个评优名额要分配给3个班级，要求每班至少一个名额，
利用隔板法，把6个元素排成一列形成5个空，再在5个位置放置2个隔板，
则共有种方案，
故选：B
8．（2022秋·浙江·高三浙江省三门中学校联考期中）某学习小组、、、、、、七名同学站成一排照相，要求与相邻，并且在的左边，在的右边，则不同的站队方法种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将与捆绑，然后要求在的左边，在的右边，结合倍缩法可得结果.
【详解】由题意可知，与相邻，则将与捆绑，
然后要求在的左边，在的右边，
由捆绑法和倍缩法可知，不同的排法种数为种.
故选：C.
9．（2022秋·江苏南京·高三南京市雨花台中学校考期中）某4位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（ ）
A．10 B．20 C．24 D．30
【答案】D
【分析】利用排列中的定序问题的处理方法进行处理.
【详解】6位同学排成一排准备照相时，共有种排法，
如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则有种排法，故A，B，C错误.
故选：D.
10．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期中）（多选）距离高考不到1天时，国家教育部发布了《中国高考报告》，年的高考对各科都有重大的调整，为让高二的学生各科的调整有所了解，某学校拟在一周内组织数学、英语、语文、物理、化学的位该学科的骨干教师进行“中国高考报告”的相应学科讲座，每天一科，连续天.则下列结论正确的是（ ）
A．从五位教师中选两位的不同选法共有种
B．数学不排在第一天的不同排法共有种
C．数学、英语、语文排在都不相邻的三天的不同排法共有种
D．物理要排在化学的前面（可以不相邻）的排法共有种
【答案】BC
【分析】直接利用组合计数原理可判断A选项；先排数学，再排其他四门学科，结合分步乘法计数原理可判断B选项；先排数学、英语、语文三门学科，再排其他两门学科，结合结合分步乘法计数原理可判断C选项；利用倍缩法可判断D选项.
【详解】对于A选项，从五位教师中选两位的不同选法共有种，A错；
对于B选项，数学不排在第一天，则数学有种排法，其他门学科全排即可，
所以，不同的排法种数为种，B对；
对于C选项，数学、英语、语文排在都不相邻的三天，则这三门学科分别排在第一、三、五天，
所以，不同的排法种数为种，C对；
对于D选项，物理要排在化学的前面（可以不相邻）的排法种数为种，D错.
故选：BC.
11．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）在中国革命史上有许多与“8”有关的可歌可泣的感人故事，如“八子参军”、“八女投江”等，因此数字“8”是当之无愧的新时代“英雄数字”．如果一个四位数，各个位置上数字之和等于8，这样的数称为“英雄数”（比如1223，，就是一个“英雄数”），则所有的“英雄数”有 个（用数字回答）
【答案】120
【分析】根据题意，将原问题转化为将8个小球分为4组且第一组不能为0的问题，根据0的个数分情况，结合挡板法即可求解．
【详解】根据题意，8个相同的小球排成一排，8个小球两两之间不包括头尾共有7个空位中，
若四位数的“英雄数”中不含0，则需要在这7个空位中随机安排3个挡板，可以将小球分为4组每两个挡板之间的小球的数目依次对应四位数的千、百、十、个位数字，共有个，
若四位数的“英雄数”中只有一个0，则需要在这7个空位中随机安排2个挡板，可以将小球分成个数不为0的3组，0可以作为百、十、个位其中一位上的数字，此时共有个，
若四位数的“英雄数”中有两个0，则需要在这7个空位中随机安排1个挡板，可以将小球分成个数不为0的2组，0可以作为百、十、个位其中两位上的数字，此时共有个，
若四位数的“英雄数”中有3个0，则只能是8000，只有一种情况，
综上：共有个“英雄数”．
故答案为：120．
12．（2022秋·吉林长春·高三长春市第十七中学上学期期中）将8个大小和形状完全相同的小球放入编号为1，2，3，4的四个盒子中，使每个盒子中球的个数不大于其编号，则不同的放法有 种．
【答案】10
【分析】设1，2，3，4号盒子分别放个球，则有，然后将问题转化为将6个大小和形状完全相同的小球分成4部分，且每一部分至少1个球，利用隔板法求解即可.
【详解】设1，2，3，4号盒子分别放个球，则
，且，
所以，
其中，，，，
此时相当将6个大小和形状完全相同的小球分成4部分，且每一部分至少1个球，
所以将6个球形成的5个空插入3个板，
所以共有种，
故答案为：10
特殊元素问题
13．（湖北省重点高中联考协作体2023届高三上学期期中）第届世界大学生夏季运动会于月日至月日在成都举办，现在从男女共名青年志愿者中，选出男女共名志愿者，安排到编号为、、、、的个赛场，每个赛场只有一名志愿者，其中女志愿者甲不能安排在编号为、的赛场，编号为的赛场必须安排女志愿者，那么不同安排方案有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】D
【分析】对女志愿者甲是否被选中进行分类讨论，分别确定各赛场的人员安排，结合分类加法计数原理可得结果.
【详解】分以下两种情况讨论：
①女志愿者甲被选中，则还需从剩余的人中选出男女，选法种数为，
则女志愿者甲可安排在号或号或号赛场，另一位女志愿者安排在号赛场，
余下个男志愿者随意安排，此时，不同的安排种数为；
②女志愿者甲没被选中，则还需从剩余人中选出男女，选法种数为，
编号为的赛场必须安排女志愿者，只需从名女志愿者中抽人安排在号赛场，
余下人可随意安排，此时，不同的安排方法种数为.
由分类加法计数原理可知，不同的安排方法种数为种.
故选：D.
14．（海南省海口嘉勋高级中学2023届高三上学期期中考）朔门古港遗址入选2022年度全国十大考古新发现，遗址出土数十吨古代瓷片，以龙泉窑产品为主，实证了温州古港是成就“天下龙泉”盛世场景的海运起点和枢纽港口．为了更好地打造“千年商港，幸福温州”的城市新定位，温州市博物馆陶瓷馆巡礼中展示了温州出土的瓯窑青釉褐彩瓜形盖罐（南朝）、青釉点彩盘口鸡首壶（东晋）和瓯窑虎形灯座（东晋）三件文物，若将三件文物排成一排进行巡展，则瓯窑虎形灯座（东晋）排在中间的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据古典概型概率公式结合排列数即可求解.
【详解】因为三件文物排成一排的排法有种，瓯窑虎形灯座（东晋）排在中间的排法有种，
所以瓯窑虎形灯座（东晋）排在中间的概率是.
故选：B
15．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨七十三中校考期中）（多选）某医院派出甲、乙、丙、丁4名医生到A，B，C三家企业开展“面对面”义诊活动，每名医生只能到一家企业工作，每家企业至少派1名医生，则下列结论正确的是（ ）
A．所有不同分派方案共种
B．所有不同分派方案共36种
C．若甲必须到A企业，则所有不同分派方案共12种
D．若甲，乙不能安排到同一家企业，则所有不同分派方案共30种
【答案】BCD
【分析】先将四人分成三组，然后分配到三个企业即可判断AB；分企业有两人和企业只有一人，两种情况讨论即可判断C；先求出甲，乙安排到同一家企业的种数，再利用排除法求解即可.
【详解】由题意，所有不同分派方案共种，故A错误，B正确；
对于C，若甲必须到A企业，
若企业有两人，则将其余三人安排到三家企业，每家企业一人，
则不同分派方案有种，
若企业只有一人，则不同分派方案有种，
所以所有不同分派方案共种，故正确；
对于D，若甲，乙安排到同一家企业，
则将剩下的两人安排到另外两家企业，每家企业一人，
则有种不同的分派方法，
所以若甲，乙不能安排到同一家企业，则所有不同分派方案共种，故D正确.
故选：BCD.
16．（广东省广州市南沙区东涌中学2023届高三上学期期中数学试题）（多选）将A，B，C，D这4张卡片分给甲、乙、丙、丁4人，每人分得一张卡片，则（ ）．
A．甲得到A卡片与乙得到A卡片为对立事件
B．甲得到A卡片与乙得到A卡片为互斥但不对立事件
C．甲得到A卡片的概率为
D．甲、乙2人中有人得到A卡片的概率为
【答案】BCD
【分析】由互斥、对立事件的概念可判断选项A、B；由排列组合和古典概型，可求甲得到A卡片甲、乙2人中有人得到A卡片的概率.
【详解】甲得到A卡片与乙得到A卡片不可能同时发生，但可能同时不发生，
所以甲得到A卡片与乙得到A卡片为互斥但不对立事件，A不正确，B正确．
甲得到A卡片的概率为，C正确．
乙2人中有人得到A卡片的概率为，D正确．
故选：BCD
17．（河北省张家口市部分学校2023届高三上学期期中）现有包括甲、乙在内的5名同学在比赛后合影留念，若甲，乙均不在最左端，乙不在最右端，则符合要求的排列方法共有 种
【答案】54
【分析】利用排列组合先排特殊元素，再排其余元素即可
【详解】先排乙，从中间的3个位置中选1个安排乙，则有种方法，
再排甲，从除左端外，剩下的3个位置中选1个安排甲，则有种方法，
最后排其余3个，有种方法，
所以由分步乘法原理可知共有种方法，
故答案为：54
18．（2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期中）“回文”是古今中外都有的一种修辞手法，如“我为人人，人人为我”等.数学上具有这样特征的一类数称为“回文数”.“回文数”是指从左到右与从右到左读都一样的正整数，如121，241142等，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有 个．（用数字作答）
【答案】
【分析】根据给定的信息，确定五位正整数中的“回文数”特征，再由0出现的次数分类求解作答.
【详解】依题意，五位正整数中的“回文数”具有：万位与个位数字相同，且不能为0；千位与十位数字相同，
求有且仅有两位数字是奇数的“回文数”的个数有两类办法：
最多1个0，取奇数字有种，取能重复的偶数字有种，它们排入数位有种，取偶数字占百位有种，
不同“回文数”的个数是个，
最少2个0，取奇数字有种，占万位和个位，两个0占位有1种，取偶数字占百位有种，
不同“回文数”的个数是个，
由分类加法计算原理知，在所有五位正整数中，有且仅有两位数字是奇数的“回文数”共有个.
故答案为：
染色问题
19．（2022秋·河北沧州·高三任丘市第一中学校考期中）某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域（有公共边）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．720种 B．1440种 C．1560种 D．2520种
【答案】C
【分析】先对图中不同的区域命名，分与布置相同的花卉、与布置不同的花卉两种情况，再运用分步计数和分类计数的方法从开始计数即可.
【详解】
如图，不同的布置方案分两类：
当与布置相同的花卉时，
先安排，有6种不同的选择；再安排与，有5种不同的选择；再安排，有4种不同的选择；最后安排，有4种不同的选择，共有种.
当与布置不同的花卉时，
先安排，有6种不同的选择；再安排与，有种不同的选择；再安排,有3种不同的选择；最后安排，有3种不同的选择，共有种.
所以不同的布置方案有种.
故选：C
20．（山东省泰安市新泰市第一中学北校2022-2023学年高三上学期期中）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8个区域，每个区域分别印有数字1，2，3，..，8，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1与区域5）所涂颜色相同.若有7种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．1050种 B．1260种 C．1302种 D．1512种
【答案】C
【分析】由题意可得，只需确定区域的颜色，先涂区域1，再涂区域2，再分区域3与区域1涂的颜色不同、区域3与区域1涂的颜色相同，最后根据分步乘法原理即可求解.
【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1，有7种选择；再涂区域2，有6种选择.
当区域3与区域1涂的颜色不同时，区域3有5种选择，剩下的区域4有5种选择.
当区域3与区域1涂的颜色相同时，剩下的区域4有6种选择.
故不同的涂色方案有种.
故选：C
21．（2022秋·江苏南通·高三期中）在如图所示的五块土地上种植四种庄稼，有五种庄稼秧苗可供选择，要求相邻的土地不种同一种庄稼，共有（ ）种植方式．
A．240种 B．300种 C．360种 D．420种
【答案】A
【分析】先选出4种庄稼，再根据可能的相同庄稼情况计算种数，运用分步乘法计数原理即可求解.
【详解】根据题意，五块土地上种植四种庄稼，先选出4种庄稼，共有种选择，
则地种植相同庄稼或地种植相同庄稼，共有种选择，
根据分步乘法计数原理可知，有种．
故选：A
22．（2022秋·河北衡水·高三河北武强中学校考期中）（多选）如图，用种不同的颜色把图中四块区域涂上颜色，相邻区域不能涂同一种颜色，则（ ）
A．
B．当时，若同色，共有48种涂法
C．当时，若不同色，共有48种涂法
D．当时，总的涂色方法有420种
【答案】ABD
【分析】根据同色或者不同色，即可结合选项，根据分步乘法计数原理求解.
【详解】对于A，由于区域与均相邻，所以至少需要三种及以上的颜色才能保证相邻区域不同色，故A正确，
对于B，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，由于同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，B正确；
对于C，当时，涂有种，
当不同色（D只有一种颜色可选），此时四块区域所用颜色各不相同，涂只能用与同色，此时共有24种涂法，C错误；
对于D，当时，此时按照的顺序涂，每一个区域需要一个颜色，此时有种涂法，
涂时，当同色（D只有一种颜色可选），所以只需要从剩下的两种颜色中或者与同色的颜色中选择一种涂，
故共有种涂法，
当不同色，此时四块区域所用颜色各不相同，共有，
只需要从剩下的颜色或者与同色的两种颜色中选择一种涂此时共有种涂法，
综上可知，总的涂色方法有420种，故D正确，
故选：ABD
23．（2022秋·山东泰安·高三统考期中）有三种不同颜色供选择，给图中六个格子涂色，相邻格子颜色不能相同，共有 种不同的涂色方案.
【答案】96
【分析】将格子自左向右编号为1，2，3，4，易得格子1，2有种选法，再分格子3与格子1相同和不同求解.
【详解】解：将格子自左向右编号为1，2，3，4，5,6
格子1，2有种选法，
当格子3与格子1相同时，此时格子4，5，6都有2种选法，
当格子3与格子1不同时，此时格子3有1种选法，格子4，5，6都有2种选法，
所以当格子1和2颜色确定后，格子4，5，6共有种选法，
所以不同的涂色方法有种，
故答案为：96
24．（湖北省武汉市江岸区2022-2023学年高三上学期期中）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，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不相同，则不同的涂色方案共有 种（用数字作答）.
【答案】
【分析】根据题意，用表示个区域，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】如图，用表示个区域，
分4步进行分析：
①，对于区域，有5种颜色可选；
②，对于区域，与区域相邻，有4种颜色可选；
③，对于区域，与、区域相邻，有3种颜色可选；
④，对于区域、，若与颜色相同，区域有3种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选，
则区域、有种选择，
则不同的涂色方案有种.
故答案为：.
25．（湖北省部分省级示范高中2022-2023学年高三上学期期中联考）现有红、黄、青、蓝四种颜色，对如图所示的五角星的内部涂色（分割成六个不同部分），要求每个区域涂一种颜色且相邻部分（有公共边的两个区域）的颜色不同，则最多使用三种颜色的不同涂色方案有 种．（用数字作答）
【答案】372
【分析】由题，假设六块区域为A,B,C,D,E,F.分析6个区域的涂色方案，再根据分步计数原理可得答案.
【详解】若使用三种颜色，从4种颜色中选3种，有种方法，从3种颜色中选一种涂在A处，有3种方法，剩下的B,C,D,E,F，每块区域都有两种涂色方案，共计种方案，
再减去只是用两种颜色的情况，则由分步计数原理可知，不同的涂色方案数为
种涂法；
若只使用两种颜色，则有种涂法；
所以符合要求的涂法种数有种.
故答案为：372
平均分组问题
26．（江苏省镇江中学2022-2023学年高三上学期期中）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱.2022年10月31日我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中国空间站建设完毕.2023年，中国空间站将正式进入运营阶段.假设空间站要安排甲、乙等6名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有（ ）
A．450种 B．360种 C．90种 D．70种
【答案】A
【分析】利用分组和分配的求法求得名航天员的安排方案，再利用分类加法计数原理即可求得.
【详解】由题知，6名航天员安排三舱，
三舱中每个舱至少一人至多三人，
可分两种情况考虑：
第一种：分人数为的三组，共有种；
第二种：分人数为的三组，共有种；
所以不同的安排方法共有种.
故选：A.
27．（2022秋·重庆长寿·高三重庆市长寿中学校校考期中）在某项建造任务中，需6名航天员在天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱这三个舱内同时进行工作，由于空间限制，每个舱至少1人，至多3人，则不同的安排方案共有（ ）
A．450种 B．180种 C．720种 D．360种
【答案】A
【分析】安排方案分为两类，第一类，每个舱各安排2人，第二类，分别安排3人，2人，1人，结合分堆分配问题解决方法求解即可.
【详解】方案一：每个舱各安排2人，共有（种）不同的方案；
方案二：分别安排3人，2人，1人，共有（种）不同的方案．
所以共有（种）不同的安排方案．
故选：A．
28．（河北省高碑店市崇德实验中学2023届高三下学期期中）习近平总书记在湖南省湘西州花垣县十八洞村考察时，首次提出“精准扶贫”概念，“精准扶贫”已成为我国脱贫攻坚的基本方略．为配合国家“精准扶贫”战略，某省农业厅派出8名农业技术专家（6男2女）分成两组，到该省两个贫困县参加扶贫工作，若要求女专家不单独成组，且每组至多6人，则不同的选派方案共有（ ）种
A．480 B．252 C．306 D．236
【答案】D
【分析】根据组中人数有、、分组形式，再应用分步计数求不同的选派方案的种数.
【详解】由题意，两组人数可分为、、两种，
1、当形式，选派方案有种；
2、当形式，选派方案有种；
3、当形式，选派方案有种；
∴不同的选派方案共有种.
故选：D.
29．（福建省宁德市高级中学2023届高三上学期期中）近年来喜欢养宠物猫的人越来越多．某猫舍只有5个不同的猫笼﹐金渐层猫3只（猫妈妈和2只小猫嶲）、银渐层猫4只、布偶猫1只．该猫舍计划将3只金渐层猫放在同一个猫笼里，4只银渐层猫每2只放在一个猫笼里，布偶猫单独放在一个猫笼里，则不同的安排有（ ）
A．8种 B．30种 C．360种 D．1440种
【答案】C
【分析】根据分组原理先确定4只银渐层猫分两组的分组方法，再根据排列数计算即可得安排方法总数.
【详解】根据题意，将3只金渐层猫放在同一个猫笼里，则把3只金渐层猫看成是1个整体，
4只银渐层猫每2只放在一个猫笼里，则分组方法有（种）
一共有4个整体进行排列放在5个不同的猫笼，在5个不同的猫笼中可以放4个整体，
则一共可以安排的方法有：（种）
故选：C.
30．（广东省深圳市南山区北京师范大学南山附属学校2023届高三上学期期中）有4名高考考生通过2个不同的智能安检门进校，每个安检门每次只能过1人，要求每个安检门都要有人通过，则有 种不同的进校方式.（用数字作答）
【答案】
【分析】根据排列、组合的知识求得正确答案.
【详解】第个安检门人，第个安检门人时，方法数有种，
第个安检门人，第个安检门人时，方法数有种，
第个安检门人，第个安检门人时，方法数有种，
故总的方法数有种.
故答案为：
31．（2022秋·河北张家口·高三张家口市第一中学校考期中）临近春节，某校书法爱好小组书写了若干副春联，准备赠送给四户孤寡老人．春联分为长联和短联两种，无论是长联或短联，内容均不相同．经过调查，四户老人各户需要1副长联，其中乙户老人需要1副短联，其余三户各要2副短联．书法爱好小组按要求选出11副春联，则不同的赠送方法种数为 ．
【答案】15120
【分析】利用全排列计算长联的分配方式，利用平均分组分配计算短联的分配方式，结合分布乘法原理，可得答案.
【详解】4副长联内容不同，赠送方法有种；从剩余的7副短联中选出1副赠送给乙户老人，
有种方法，再将剩余的6副短联平均分为3组，最后将这3组赠送给三户老人，
方法种数为．所以所求方法种数为．
故答案为：.
部分平均分组问题
32．（广东省佛山市第四中学2023届高三上学期期中）第32届夏季奥林匹克运动会于2021年7月23日至8月8日在日本东京举行，有4名大学生申请去A，B，C三个比赛场地当志愿者，组委会接受了他们的申请．A，B，C三个比赛场地中每个比赛场地至少分配一人，且每人只能去一个比赛场地．若甲不去A比赛场地，则不同的安排方案共有（ ）
A．12种 B．24种 C．30种 D．36种
【答案】B
【分析】分类考虑，即分有1个人和甲去除A场地外的同一个场地和甲单独去一个场地两种情况，根据分类加法原理可得答案.
【详解】由题意可分两类：①有一个人与甲被安排在除A场地外的同一个比赛场地，
此时有种不同的安排方案；
②没有人与甲被安排在同一个比赛场地，有种不同的安排方案．
故若甲不去A比赛场地，则有种不同的安排方案，
故选：B．
33．（湖北省襄阳市部分学校2022-2023学年高三上学期期中考）为了提高命题质量，命题组指派5名教师对数学卷的选择题，填空题和解答题这3种题进行改编，则每种题型至少至少指派1名教师的不同分派方法种数为（ ）
A．144 B．120 C．150 D．180
【答案】C
【分析】将5名老师分为和的两种情况，计算得到答案.
【详解】5名老师分为的情况时：共有；
5名老师分为的情况时：共有，
故共有种不同的分派方法.
故选：C.
34．（山东省济宁市邹城市2022-2023学年高三上学期期中数学试题）教育扶贫是我国重点扶贫项目，为了缩小教育资源的差距，国家鼓励教师去乡村支教，某校选派了5名教师到A、B、C三个乡村学校去支教，每个学校至少去1人，每名教师只能去一个学校，不同的选派方法数有（ ）种
A．25 B．60 C．90 D．150
【答案】D
【分析】按照分类分步计数原理可先将5人分成3组，再将3组人员分配到3个学校去，即可计算出结果.
【详解】由题意可知，先将5人分成三组有2类分法，
第一类：各组人数分别为1，1，3，共有种分法；
第二类：各组人数分别为1，2，2，共有种分法，
再将三组人员分配到A、B、C三个乡村学校去，共有种，
所以不同的选派方法共有种.
故选：D
35．（辽宁省大连市滨城联盟2022-2023学年高三上学期期中）某中学举行全区教研活动，有10名志愿者参加接待工作.若每天排早、中、晚三班，每班至少3人，每人每天值一班，则教研活动当天不同的排班种数为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】首先对10人分成三组，再分早中晚三班排列即可得解.
【详解】10人分成三组，每组至少3人，故可分为4人,3人,3人三组，
共有种，
再把三组人员安排到早中晚三班，共有种，
由分步乘法计数原理可得共有种.
故选：B
36．（2022秋·黑龙江大庆·高三大庆中学校考期中）习近平总书记强调说，调查研究是谋事之基、成事之道.琼中县委、县政府根据党中央、国务院《关于在全党大兴调查研究的工作方案》文件精神，决定派出7人分成3个小组，到3个乡镇开展调查研究工作，其中2个小组各2人，1个小组3人，则不同的安排方法共有 .
【答案】
【分析】运用分步计数原理及部分平均分组分配模型先将7人分成3组分别2人、2人、3人再将3组分配到3个乡镇即可求得结果.
【详解】第一步：将7人分成3组分别2人、2人、3人有种方法；
第二步：将这3组分配到3个乡镇有种方法；
所以不同的安排方法有种.
故答案为：630.
37．（福建省福州华侨中学等多校2023届高三上学期期中）第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲、乙等4名志愿者将分别安排到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每个场地至少安排一名志愿者，且每名志愿者只能去一个场地服务，则甲、乙两名志愿者在同一个场地服务的概率为 ．
【答案】
【分析】根据题意，先将4人分为三组，再计算得出甲乙在同一个场地的情况，利用古典摡型的概率计算公式，即可求解.
【详解】根据题意，先将4人分为三组，共有种分法，
在将三组分段三个不同的场地，共有种分法，
由分步计数原理得，共有种不同的情况，
又由甲乙两名志愿者在同一场地服务，共有种情况，
则甲乙两面志愿者在同一场地服务的概率为.
故答案为：
二项展开式的通项公式
38．（山西大学附属中学校2022-2023学年高三上学期11月期中）若展开式中含有常数项，则n的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．12 D．10
【答案】A
【分析】根据通项公式可求出结果.
【详解】，
令，得，则时，取最小值.
故选：A
39．（福建省龙岩市永定区坎市中学2023届高三上学期期中）已知的展开式中的常数项是672，则（ ）
A． B． C．2 D．1
【答案】C
【分析】写出二项式通项，整理后让的次数为，得出的值，再根据题意常数项的系数列出等式方程即可得出的值.
【详解】展开式的通项为，令，得，∴常数项是，故．
故选：C
40．（江苏省南通西藏民族中学2022-2023学年高三上学期期中）（多选）已知展开式中的第三项的系数为45，则（ ）
A． B．展开式中所有系数和为
C．二项式系数最大的项为中间项 D．含的项是第7项
【答案】BCD
【分析】由二项式定理相关知识逐项判断即可.
【详解】展开式的第三项为：，
所以第三项的系数为：，所以，故A错误；
所以，所以令得展开式中所有系数和为，故B正确；
展开式总共有11项，则二项式系数最大的项为中间项，故C正确；
通项公式为，
令，解得，所以含的项是第7项.故D正确；
故选：BCD.
41．（广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校2023届高三上学期期中）二项式展开式的常数项为 .
【答案】60
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令的幂指数为0，求得值，即可求得常数项.
【详解】的展开式的通项公式为
，
令，可得，
所以展开式的常数项为.
故答案为：60
42．（江苏省常州市金沙高级中学2022-2023学年高三上学期期中）已知的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，则展开式中的常数项为 ．
【答案】60
【分析】由题意利用二项式展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，建立方程解出的值，再利用公式求出展开式中的常数项.
【详解】因为的二项展开式为：
所以它的第二项的系数为：
该二项式的展开式中第二项的二项式系数为：，
由的展开式中第二项的二项式系数比该项的系数大18，
所以有：，
所以二项式为，
由展开式通项为：，
令，
所以展开式中的常数项为：.
故答案为：60.
43．（辽宁省重点高中沈阳市郊联体2022-2023学年高三上学期期中考试）二项式的展开式中含x的正整数指幂的项数是 .
【答案】5
【分析】利用二项式的展开式的通项公式求解.
【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，
当时，x次数是正整数指幂，
所以二项式的展开式中含x的正整数指幂的项数是5，
故答案为：5
两个多项式乘积的指定项
44．（山东省泰安市宁阳县2022-2023学年高三上学期期中）已知的展开式中的系数为，则实数（ ）
A．2 B． C．1 D．
【答案】C
【分析】根据的展开式的通项公式求出的系数和的系数，再结合题意列式可求出.
【详解】的展开式中的系数为，的系数为，
所以的展开式中的系数为，
依题意得，得.
故选：C
45．（江苏省南通市如皋市2023届高三上学期期中）若的展开式中没有常数项，则的可能取值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】由于的展开式中没有常数项，
所以的展开式中没有常数项，也没有含的项，
二项式展开式的通项公式为，
所以且，所以且，
即被除时，余数为，所以AD选项正确，BC选项错误.
故答案为：AD
46．（湖北省七市(州)教研协作体2023届高三上学期期中）设展开式中的常数项为，则实数的值为 .
【答案】
【分析】写出展开式的通项，分析可知的展开式中不含常数项，从而可知的常数项为，结合已知条件可求得实数的值.
【详解】的展开式通项为，
，
在的展开式中，令，可得，不合乎题意；
在的展开式中，，
令，可得，
所以，展开式中的常数项为，解得.
故答案为：.
47．（重庆市第八中学2023届高三上学期期中）在的展开式中，按的升幂排列的第三项为 .
【答案】
【分析】依题意可得第三项为含项，结合展开式的通项可求解．
【详解】易知，展开式中有常数项、一次项、二次项等，故所求的项为项．
整个式子中项可由，的展开式中的常数项与二次项、一次项与一次项、二次项与常数项相乘得到，
其中展开式的通项为（），
展开式的通项为（）；
故所求为．
故答案为：．
48．（河北省高碑店市崇德实验中学2023届高三上学期期中）的展开式中的系数为 （用数字作答）
【答案】
【分析】利用二项式定理，分别求得与的系数即可得解.
【详解】因为，
而的展开通项公式为，
所以在的展开式中，项的系数为，项的系数为，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：.
49．（2022秋·河北唐山·高三开滦第二中学校考期中）展开式中的系数是 .
【答案】
【分析】根据通项公式可求出结果.
【详解】，
的通项公式为，，
所以展开式中的系数是.
故答案为：.
50．（2022秋·山东济宁·高三统考期中）的展开式中的常数项为 ．
【答案】40
【分析】先求出的展开式通项为，分析展开式中的常数项的构成，即可求解.
【详解】的展开式通项为.
要求展开式中的常数项，分别令和，
分别解得：和.
因此所求常数项为．
故答案为：40.
三项展开式的指定项
51．（安徽省合肥市庐江第五中学2022-2023学年高三上学期期中）的展开式中的系数为（ ）
A． B．10 C． D．30
【答案】C
【分析】可以看做个盒子，每个盒子中有，，三个元素，现从每个盒子中取出一个元素，最后相乘即可，利用组合数公式，即可求出展开式中的系数.
【详解】可以看做个盒子，每个盒子中有，，三个元素，
现从每个盒子中取出一个元素，最后相乘即可，
所以展开式中含的项为，
故展开式中的系数为.
故选：C.
52．（江苏省无锡市2022-2023学年高三上学期期中）已知常数，的二项展开式中项的系数是780，则m的值为 ．
【答案】3
【分析】转化为，利用展开式的通项公式讨论计算即可.
【详解】=，设其通项为，
设的通项为，
要求项的系数，只有为偶数，
当，此时项的系数为，
当，此时项的系数为，
当，此时项的系数为，
当，不合题意，
故项的系数为.
故答案为：3
53．（2022秋·山东烟台·高三统考期中）设，则 ，的最小值是 ．
【答案】 2 8
【分析】先将等式左边的式子展开，然后和右边的式子对应后列出方程，再根据代换及基本不等式即可解答．
【详解】，
∴有，解得，可知，即，
∴，
，（当时等号成立），故最小值为8．
故答案为：2；8
54．（河北省石家庄市部分学校2023届高三上学期期中）若为一组从小到大排列的数1，2，3，5，6，8的第六十百分位数，则的展开式中的系数为 .
【答案】
【分析】利用第p百分位数的定义求出n，再利用组合的应用列式计算作答.
【详解】由，得，
于是展开式中含的项为，
所以的展开式中的系数为.
故答案为：
55．（海南省琼海市嘉积中学2023届高三上学期期中）展开式中常数项是 .（答案用数字作答）
【答案】
【分析】根据二项式展开式的通项化简得常数项满足，即可代入求解.
【详解】的展开式的通项为，,
令,则或，或，
所以常数项为，
故答案为：
56．（海南省海口嘉勋高级中学2023届高三上学期期中考）已知二项式的展开式中含的项的系数为，则 ．
【答案】2
【分析】表示有5个因式相乘，根据的来源分析即可求出答案.
【详解】表示有5个因式相乘，来源如下：
有1个提供，有3个提供，有1个提供常数，
此时系数是，即，解得：
故答案为：.
57．（湖南省长沙市雅礼中学2023届高三上学期期中）展开式中的系数是 .
【答案】
【分析】的展开式中项可以由4个项、3个项和0个常数项，或3个项、1个项和2个常数项相乘，从而得解．
【详解】因为是7个相乘，
的展开式中项可以由4个项、3个项和0个常数项，或3个项、1个项和3个常数项相乘，
所以展开式中的系数是.
故答案为：.
整除和余数问题
58．（湖南省长沙市南雅中学2022-2023学年高三上学期期中）把实数写成十进制小数，则a的十分位、百分位和千分位上的数字之和等于（ ）
A．0 B．9 C．27 D．前三个答案都不对
【答案】C
【分析】先根据二项式定理可得，再估计出，故可得正确答案：
【详解】
，
故，
于是a的小数部分为，
而，
于是a的十分位、百分位和千分位均为9，和为27．
故选：C.
59．（2022秋·湖南邵阳·高三统考期中）已知，则！被5除所得余数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据阶层公式理解判断余数即可.
【详解】∵被5除所得余数为3，而的均能被5整除，
∴！被5除所得余数为3．
故选：C.
60．（2022秋·山东泰安·高三统考期中）若能被7整除，则x，n的一组值可能为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【分析】利用二项式定理得展开式，对选项一一判断即可得出答案.
【详解】，
当，时，能被7整除；
当，时，不能被7整除；
当，时，不能被7整除；
当，时，不能被7整除．
故选：A．
61．（山东省日照市2022-2023学年高三上学期期中）（多选）中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设a，b，m（m＞0）为整数，若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为．若，，则b的值可以是（ ）
A．2014 B．2017 C．2023 D．2026
【答案】BD
【分析】由题可得，，b是被9除余1的数字，后验证选项即可.
【详解】注意到，则，又，，则，即，b是被9除余1的数字.
A选项，，则，被9除余7，故A错误；
B选项，，则，被9除余1，故B正确；
C选项，注意到，则，故C错误；
D选项，注意到，则，故D正确.
故选：BD
62．（山东省滨州市沾化区实验高级中学2022-2023学年高三上学期期中）（多选）若，则（ ）
A．可以被整除
B．可以被整除
C．被27除的余数为6
D．的个位数为6
【答案】AB
【分析】根据二项式定理的展开式逆用知，据此可判断AB，由可判断C，由可判断D.
【详解】，
可以被整除，故A正确；
，
可以被整除，故B正确；
被27除的余数为5，故C错误；
，
个位数为，故D错误.
故选：AB
63．（湖北省武汉市江夏一中、汉阳一中2022-2023学年高三上学期期中）干支纪年是中国古代的一种纪年法.分别排出十天干与十二地支如下：
天干：甲 乙 丙 丁 戊 己 庚 辛 壬 癸
地支：子 丑 寅 卯 辰 巳 午 未 申 酉 戌 亥
把天干与地支按以下方法依次配对：把第一个天干“甲”与第一个地支“子”配出“甲子”，把第二个天干“乙”与第二个地支“丑”配出“乙丑”，，若天干用完，则再从第一个天干开始循环使用.已知2023年是癸卯年，则年以后是 年.
【答案】丙午
【分析】根据和，结合二项展开式的性质及余数，即可求解.
【详解】因为，
所以年以后地支为“午”.
因为，
又因为除以10余数为3，所以年以后天干为“丙”，
故年以后是丙午年.
故答案为：丙午
64．（河北省大名县第一中学2023届高三上学期期中）若，则被5除所得的余数为 ．
【答案】1
【分析】取，可以求得，进而根据二项式定理展开，判断被5除得的余数.
【详解】由题知时，， ，
故
所以被5除得的余数是1.
故答案为：1.
（二项式）系数之和问题
65．（广东省深圳市深圳实验学校光明部2023届高三上学期期中）已知展开式的各项系数之和为，则展开式中的系数为（ ）
A．270 B． C．330 D．
【答案】D
【分析】令，得，得. 再根据二项展开式的通项公式即可求解.
【详解】令，则，得.
所以，
又因为只有，展开式中有含的项，
所以的系数为.
故选：D
66．（海南省文昌中学2023届高三上学期期中）已知在的展开式中，第3项与第4项的二项式系数相等，则展开式中各项的系数之和为（ ）
A．128 B．243 C．729 D．2187
【答案】B
【分析】根据题意，列出方程即可得到，然后令，即可得到结果.
【详解】由题意可得，则，即，令，得各项系数之和为.
故选：B
67．（湖北省部分省级示范高中2022-2023学年高三上学期期中）（多选）已知，则（ ）
A．的展开式中没有常数项
B．的展开式中系数最大的项是
C．的展开式的二项式系数之和为128
D．的展开式中各项的系数之和为1
【答案】ABC
【分析】利用二项展开式的通项可判断A；结合二项式系数的性质以及二项展开式的通项可判断B；根据二项式系数和性质可判断C；利用赋值法求得项的系数和可判断D.
【详解】对于选项的二项展开式的通项为，
不满足，故的展开式中没有常数项，故正确；
对于选项：由于的最大值为，
故展开式中系数最大的项是，故B正确；
对于选项C：展开式的二项式系数之和为，故C正确；
对于选项：令，可得展开式中各项的系数之和为，故错误.
故选：.
68．（江苏省徐州市第七中学2023届高三上学期期中）（多选）的展开式中只有第六项的二项式系数最大，且常数项是，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．各项的二项式系数之和为1024
C．
D．各项的系数之和为1024
【答案】ABC
【分析】根据题意，由二项式系数的对称性即可判断A，由二项式系数和的公式即可判断B，由二项式的展开式的通项公式即可判断C，赋值令即可判断D.
【详解】因为的展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以，选项A正确；
所以的展开式中二项式系数之和为，故选项B正确；
根据二项式定理知的通项式为，令得，所以的展开式中常数项为，所以，
解得：，故选项C正确；
令得，所以各项的系数之和为0，所以D选项错误.
故选:ABC.
69．（河北省沧衡八校联盟2022-2023学年高三上学期11月期中）展开式中的各二项式系数之和为256，则的系数是
【答案】112
【分析】由二项式系数和等于求得的值，再利用展开式的通项公式计算即可.
【详解】依题意得：解得
则
由，解得
从而.
故答案为：
70．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期中）在的展开式中，所有项系数之和为 .
【答案】1024
【分析】赋值令，即可得出答案.
【详解】令，可知所有项系数之和为.
故答案为：1024.
71．（广东省深圳市龙岗区2023届高三上学期期中）已知的展开式中，各项系数之和为，则二项式系数之和为 .
【答案】
【分析】令，结合二项式各项系数和可求得的值，进而可求得该二项式系数之和.
【详解】因为的展开式中，各项系数之和为，令，可得，解得，
因此，二项式系数之和为.
故答案为：.
系数的最值
72．（山东省青岛市莱西市2022-2023学年高三上学期期中数学试题）若的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的是（ ）
A．第二项 B．第三项 C．第四项 D．第五项
【答案】B
【分析】先利用二项式系数的增减性求出的值，再根据展开式的通项公式求解即可.
【详解】因为的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，
所以，解得，
则的展开式通项为，
当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数，
所以展开式中系数最大时，为偶数，
由展开式通项可知，，，
，，
所以展开式中系数最大的是第三项，
故选：B
73．（2022秋·山东济宁·高三统考期中）的展开式中系数最大的项为（ ）
A．70 B．56 C．或 D．
【答案】D
【分析】首先根据通项公式求系数，再结合二项式系数的最大值，即可求解.
【详解】的展开式的通项公式为，，由二项式系数中，最大，此时该二项展开式中第5项的系数最大，∴的展开式中系数最大的项为，
故选：D．
74．（2022秋·吉林通化·高三梅河口市第五中学校考期中）在的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．所有项的二项式系数和为1 B．第4项和第5项的二项式系数最大
C．所有项的系数和为128 D．第4项的系数最大
【答案】B
【分析】展开式所有项的二项式系数和为，A错误，展开式共有8项，第4项和第5项二项式系数最大，B正确，令得C错误，第4项系数小于0，第3项系数大于0，D错误，得到答案.
【详解】对选项A：展开式所有项的二项式系数和为，错误；
对选项B：展开式共有8项，故第4项和第5项二项式系数最大，正确；
对选项C：令得所有项的系数和为，错误；
对选项D：，，系数小于0， ，系数大于0， D错误.
故选：B
75．（广东省广州市增城中学、广东华侨，协和中学三校2023届高三上学期期中）的展开式中各项系数的最大值为（ ）．
A．112 B．448 C．896 D．1792
【答案】D
【分析】根据二项式的通项公式，结合展开式系数最大的性质进行求解即可.
【详解】该二项式的通项公式为，
由，可得．
因为，所以展开式中各项系数的最大值为．
故选：D
76．（山东省泰安市新泰市第一中学北校2022-2023学年高三上学期期中考）若展开式的所有项的二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项的二项式系数为 ．（用数字作答）
【答案】28
【分析】根据二项式系数之和可得，结合二项展开式的通项公式求系数最大项，进而可求其二项式系数.
【详解】因为展开式的所有项的二项式系数和为，解得，
则展开式为，
可得第项的系数为，
令，即，解得，
所以展开式中第项系数最大，其二项式系数为.
故答案为：28.
77．（海南省海口嘉勋高级中学2023届高三上学期期中）已知的展开式中，末三项的二项式系数的和等于121，则展开式中系数最大的项为 .（不用计算，写出表达式即可）
【答案】和
【分析】根据末三项的二项式系数的和求得，然后根据系数最大列不等式组，由此求得正确答案.
【详解】由题意可得，，所以，解得，
的展开式的通项为
令，解得，
由于，所以或12，
时，；时，，
所以展开式中系数最大的项为和.
故答案为：和
78．（河北省廊坊市安次区2023届高三上学期期中）已知，写出满足条件①②的一个n的值 ．
①，；②，，1，2，…，n．
【答案】8（答案不唯一）
【分析】求出，解不等式组即可．
【详解】由二项式定理可知，，
由条件②得，所以，解得，
因为，所以n的值可以为8，9，10或11．
故答案为：8
1．（2022秋·云南·高三云南民族大学附属中学校考期中）设n为正整数，为组合数，则（ ）
A． B．
C． D．前三个答案都不对
【答案】D
【分析】利用组合数的性质或倒序相加法可求代数式的值.
【详解】解法一 设题中代数式为M，则
．
解法二 设题中代数式为M，倒序相加可得，
于是．
故选：D.
2．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）已知的展开式中常数项为20，则（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】A
【分析】将三项式转化为二项式，求出通项公式求解即可.
【详解】，
其通项公式为：，
当时，，解得：.
故选：A.
3．（浙江省湖州、衢州、丽水三地市2023届高三上学期期中）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】将化为，利用二项式通项公式可求得，判断A；根据二项式的系数和式的特征，利用赋值法可分别判断B，C，D.
【详解】由题意可知，故，A错误；
由，
令，可得，B错误；
令，则，
故，C错误；
令，则，
故，D正确，
故选：D
4．（2022秋·江苏南京·高三南京师大附中校考期中）定义：“各位数字之和为7的四位数叫好运数”，比如1006，2203，则所有好运数的个数为（ ）
A．82 B．83 C．84 D．85
【答案】C
【分析】根据定义分类讨论首位数字，结合计数原理计算即可.
【详解】因为各位数字之和为7的四位数叫好运数，所以按首位数字分别计算：
当首位数字为7，则剩余三位数分别为0，0，0，共有1个好运数；
当首位数字为6，则剩余三位数分别为1，0，0，共有3个好运数；
当首位数字为5，则剩余三位数分别为1，1，0或2，0，0，共有个好运数；
当首位数字为4，则剩余三位数分别为3，0，0或2，1，0或1，1，1，共有个好运数；
当首位数字为3，则剩余三位数分别为4，0，0或3，1，0或2，2，0或2，1，1，
共有个好运数；
当首位数字为2，则剩余三位数分别为5，0，0或4，1，0或3，2，0或3，1，1或2，2，1，
共有个好运数；
当首位数字为1，则剩余三位数分别为6，0，0或5，1，0或4，2，0或4，1，1或3，3，0或3，2，1或2，2，2，
共有个好运数；
所以共有个好运数，
故选：C
5．（湖南省衡阳市第一中学2022-2023学年高三上学期期中数学试题）（多选）为响应政府部门疫情防控号召，某红十字会安排甲､乙､丙､丁4名志愿者奔赴，，三地参加防控工作，则下列说法正确的是（ ）
A．不同的安排方法共有64种
B．若恰有一地无人去，则不同的安排方法共有42种
C．若甲､乙两人都不能去A地，且每地均有人去，则不同的安排方法共有44种
D．若该红十字会又计划为这三地捐赠20辆救护车（救护车相同），且每地至少安排一辆，则不同的安排方法共有171种
【答案】BD
【分析】根据分类、分布计数原理和排列、组合，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，安排甲､乙､丙､丁4名志愿者奔赴，，三地参加防控工作，每人都有3种安排方法，则不同的安排方法共有（种），所以A错误；
对于B中，若恰有一地无人去，则需先在三地中选出两地，再将4人安排到这两个地方，不同的安排方法有（种），所以B正确.
对于C中，根据题意，需将4人分为3组，若甲､乙在同一组，有1种分组方法，
又甲､乙两人不能去地，所以安排甲､乙一组到地或地，有2种情况，
剩余2组安排到其余2地，有种情况，此时不同的安排方法有（种）；
若甲､乙不在同一组，有种分组方法，又甲､乙两人不能去A地，
所以安排没有甲､乙的一组去地，甲､乙所在的两组安排到，两地，有种情况，
此时不同的安排方法有（种），则不同的安排方法共有（种），
所以C错误；
对于D中，只需将20辆救护车排成一排，在形成的19个间隙中插入挡板，将20辆救护车分为3组，依次对应，，三地即可，此时不同的安排方法有（种），所以D正确.
故选：BD.
6．（华师─附中等T8联考2022-2023学年高三上学期期中）（多选）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，则以下说法错误的是（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C．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，则不同安排方案的种数是
D．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
【答案】ABD
【分析】根据分步乘法计数原理判断A、B，对开车的人员分类讨论利用分步乘法计数原理及分类加法计数原理判断C，按照部分平均分组法判断D；
【详解】解：根据题意，依次分析选项：
对于，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，故错误；
对于，根据题意，分2步进行分析：先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故错误；
对于，根据题意，分2种情况讨论：①从丙，丁，戊中选出2人开车，②从丙，丁，戊中选出1人开车，则有种安排方法，正确；
对于，分2步分析：需要先将5人分为3组，有种分组方法，将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，则有种安排方法，错误；
故选：．
7．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）（多选）在的展开式中，有理项恰有两项，则的可能取值为（ ）
A．7 B．9 C．12 D．13
【答案】BD
【分析】利用二项式定理的通项公式得到满足题意的项
【详解】展开式各项表达式为
当时，，
所以为6的倍数，所以，6，即可取6，8，10；
当时，
所以为3的奇数倍，所以，9，即可取9，11，13.
即取值集合为.
故选：BD.
8．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）（多选）下列关于排列组合数的等式或说法正确的有（ ）
A．
B．已知，则等式对任意正整数都成立
C．设，则的个位数字是6
D．等式对任意正整数都成立
【答案】ABD
【分析】对A：根据运算求解；对B：可得，结合排列数分析运算；对C：根据组合数分析运算；对D：构建，利用的系数结合二项展开式的通项公式分析运算.
【详解】对A：由可知，
，
A正确；
对B：若，
则，
B正确；
对C： ，，
则，
故，
，其个位数字是0，
故的个位数字是9，C错误；
对D：的展开式通项为，
故展开式的的系数为，又，则，
同理可得：的展开式通项为，即展开式的的系数为，
由于，故，D正确；
故选： ABD
9．（2022秋·广东中山·高三华南师范大学中山附属中学校考期中）在教师节的时候，语文、数学、英语、体育、艺术课代表分别写了一张卡片，放在一个盒子里，让这五个学科的老师在盒子里随意取一张卡片，则只有一个老师取到所教学科的课代表所写卡片的概率为 ．
【答案】/0.375
【分析】先求出五张卡片让五位老师任取的总数，然后再求只有一位老师拿到对应的课代表写的卡片的种数，再利用古典概型的概率公式求解即可
【详解】将五张卡片让五位老师任取的总数为，
其中有一位老师拿到对应的课代表写的卡片，种数为，其余四位老师没有拿对自己对应的课代表写的卡片的种数为，
则只有一个老师取到所教学科的课代表所写卡片的种数为种，
所以所求概率为．
故答案为：．
10．（山东省济宁市兖州区2022-2023学年高三上学期期中考）从1，2，3，4，5，6，7，8中依次取出4个不同的数，分别记作，若和的奇偶性相同，则的取法共有 种（用数字作答）.
【答案】912
【分析】分类讨论两组数的奇偶性即可.
【详解】若和都是奇数，则为一奇一偶，也一奇一偶，
有种取法；
若和都是偶数，则有以下两种情况：
①两奇（偶）数，两奇（偶）数，有种取法；
②两奇（偶）数，两偶（奇）数，有种取法；
共计576+48+288=912种取法.
故答案为：912
11．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）“内卷”作为高强度的竞争使人精疲力竭.为了缓解了教育的“内卷”现象，2021年7月24日，中共中央办公厅､国务院办公厅印发《关于进一步减轻义务教育阶段学生作业负担和校外培训负担的意见》.某初中学校为了响应上级的号召，每天减少了一节学科类课程，增加了一节活动课，为此学校特开设了乒乓球，羽毛球，书法，小提琴四门选修课程，要求每位同学每学年至多选2门，初一到初三3学年将四门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式有 种
【答案】54
【分析】由分类加法和分步乘法技术原理以及分配方法和排列组合公式即可求解.
【详解】由题意，三年修完四门选修课程，每学年至多选2门，
则每位同学每年所修课程数为1，1，2或0，2，2，
先将4每学科按1，1，2分成三组，有种方式，
再分到三个学年，有 种不同分式，
由分步计数原理得，不同选修分式共有 种，
同理将4门课程按0，2，2分成三组，再排列，有种，
所以共有36+18=54种，
故答案为：54
12．（黑龙江省大庆中学2022-2023学年高三上学期期中）已知，若存在{0，1，2，…，100}使得，则k的最大值为 .
【答案】49
【分析】根据二项展开式的通项可得，然后由可得为奇数，然后可得，即可求出答案.
【详解】二项式的通项为，
二项式的通项为，
，
，若，则为奇数，
此时，
，又为奇数，的最大值为49.
故答案为：49.
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