第六章 计数原理全章综合测试卷（提高篇）
【人教 A 版 2019】
考试时间：120 分钟；满分：150 分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共 19 题，单选 8 题，多选 3 题，填空 3 题，解答 5 题，满分 150 分，限时 120 分钟，本卷题型针对性
较高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要
求的。
1．（5 分）（23-24 高二下·宁夏银川·阶段练习）下列有关排列数、组合数的等式中，错误的是（ ）
A．C3 = C69 9 B．A66 = 6! C．A2 24 = C6 D．A410 = C410A44
2．（5 分）（23-24 高二下·浙江嘉兴·期中）不透明的盒子中有红色、黄色、黑色的球各3个，且这些球标
有不同的编号，每次从中随机取出1个，不放回，当取出相同颜色的球时，结束取球，则结束取球时，恰有
2种不同颜色的球被取出的取法共有（ ）
A．108种 B．148种 C．186种 D．216种
3．（5 分）（23-24 高二下·安徽池州·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，则不同的涂色方案种数为（ ）
A．120 B．26
C．340 D．420
4．（5 分）（23-24 · · 1高二下 全国 单元测试）已知二项式 + ( > 0)3 的展开式奇数项的二项式系数和
为256，展开式中 2项的系数为84，则 a 的值为（ ）
A．1 B 1 1．4 C．2 D．2
5．（5 分）（23-24 高二下·湖北武汉·阶段练习）有四名男生，三名女生排队照相，七个人排成一排，则下
列说法正确的是（ ）
A．如果四名男生必须连排在一起，那么有 720 种不同排法
B．如果三名女生必须连排在一起，那么有 576 种不同排法
C．如果女生不能站在两端，那么有 1440 种不同排法
D．如果三个女生中任何两个均不能排在一起，那么有 720 种不同排法
6．（5 分）（23-24 高二下·天津滨海新·期中）已知 ( ) = (2 )8 = 0 + 1 + 22 + + 8 8，则下列
描述正确的是（ ）
A． 1 + 2 + + 8 = 1
B． ( 1)除以 5 所得的余数是 1
C．| 1| + | 2| + + | 8| = 38
8
D． 2 + 4 + 6 + =
3 1
8 2
7．（5 分）（23-24 高二下·吉林松原·期末）中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，
很好地展示了国际形象，增进了国际友谊．现有 6 支救援队前往 , , 三个受灾点执行救援任务，若每支救
援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排 1 支救援队，其中 受灾点至少需要 2 支救援队，则
不同的安排方法种数是（ ）
A．180 B．240 C．320 D．360
8．（5 分）（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起
一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）
A．C2 + C2 + C23 4 5 + + C29 = 120
B．第 2023 行中从左往右第 1013 个数与第 1014 个数相等
+1
C．记第 行的第 个数为 ，则 2 1 = 4
=1
D．第 20 行中第 8 个数与第 9 个数之比为8:13
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。
9．（6 分）（23-24 高二下·广东东莞·阶段练习）某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过
9 站的地铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过
9 站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是（ ）
0 < 3 < 6 <
站数
≤ 3 ≤ 6 ≤ 9
票价/元 2 3 4
A．若小明、小华两人共花费 5 元，则小明、小华下地铁的方案共有 9 种
B．若小明、小华两人共花费 5 元，则小明、小华下地铁的方案共有 18 种
C．若小明、小华两人共花费 6 元，则小明、小华下地铁的方案共有 27 种
D．若小明、小华两人共花费 6 元，则小明比小华先下地铁的方案共有 12 种（同一地铁站出站不分先后）
10．（6 分）（23-24 高二下·福建福州·期中）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑
期开设“礼”、“乐”、“御”、“书”、“数”、“射”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（ ）
A．课程“射”“御”不排在相邻两周，共有 480 种排法
B．某学生从中选 2 门，共有 30 种选法
C．课程“礼”“书”“数”要排在一起，共有 144 种排法
D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有 504 种排法
11．（6 分）（23-24 高二下·浙江台州·期末）对 ∈ R，设 2023 = 1 + 2 + + 1 2 + + 2023
2023 ，其中 = ( 1) ( + 1)， = 1,2, ,2023，则（ ）
A． 1 = 1 B． + = 220331 2
2023 2023
C． ( 1) ! = 0 D． ( 1) 2( 2)! = 2022
=2 =2
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
10
12．（5 分）（2024· 1全国甲卷·高考真题） + 3 的展开式中，各项系数中的最大值为 ．
13．（5 分）（23-24 高二下·河北唐山·阶段练习）在如图所示的 5 个区域内种植花卉，每个区域种植 1 种
花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有 6 种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是 .
14．（5 分）（24-25 高二下·重庆沙坪坝·阶段练习）某高校大一新生中的 6 名同学打算参加学校组织的“雅
荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能
参加 1 个社团且每个社团至多两人参加，则这 6 个人中至多有 1 人参加“演讲团”的不同参加方法数为 ．
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13 分）（2024 高二下·全国·专题练习）如图所示，用 5 种不同的颜料给 4 块图形(A，B，C，D)涂色，
要求共边两块颜色互异，求有多少种不同的涂色方案．
16．（15 分）（24-25 高二下·全国·课后作业）现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女
学生2人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？
(1)老师站在最中间，2名女学生分别在老师的两边且相邻，4名男学生两边各2人；
(2)4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端；
(3)2名老师之间必要有男女学生各1人．
2 17．（15 分）（23-24 高二下·江苏镇江·期中）已知 + ( ∈ )展开式中，二项式系数最大的项为第
3 2
6 项，且展开式中第二项系数为 20.
(1)求实数 的值；
(2)求展开式中的常数项；
(3)求展开式中系数最大的项.
18．（17 分）（23-24 高二下·湖北武汉·期中）为参加武汉市高中生足球友谊赛，某校决定从高一年级的学
生中挑选11名球员组建校足球队.（以下问题最终结果用数字作答）
(1)若将校足球队的11个名额分到8个班级，每个班级至少1个名额，问有多少种分配方法？
(2)学校教练计划比赛前将除指定的守门员外的其他10名队员，进行分组训练. 若其中一组4人，另外两组每
组3人，问有多少种不同的分组方式？
(3)比赛入场式时工作人员会为11名队员拍集体照，若要求拍照时 、 、 三人必须相邻， 、 、 、 四人
均不相邻，问有多少种不同的排法？
19．（17 分）（23-24 高二下·河北沧州·期末）已知(1 + )(2 + )2 1 = 0 + 2 1 + + + + 2
, ∈ N*.
(1)当 = 3时，求 1 + 2 + + 2 的值；
(2)当 ≥ 1时，证明：2 = (2 + )C 1 22 2 1 ；
(3)设2 (2 ) = 22 1 (2 + ) ，求和： 0 +3 1 +5 2 +7 3 + + (4 1) 2 1.第六章 计数原理全章综合测试卷（提高篇）
参考答案与试题解析
第 I 卷（选择题）
一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要
求的。
1．（5 分）（23-24 高二下·宁夏银川·阶段练习）下列有关排列数、组合数的等式中，错误的是（ ）
A．C3 = C6 B．A69 9 6 = 6! C．A2 24 = C6 D．A410 = C4 410A4
【解题思路】根据排列数与组合数的性质与计算公式一一判定即可.
【解答过程】根据组合数公式可知
9! 9!
C39 = 63!(9 3)!，C9 = 6!(9 6)!，显然两式相等，故 A 正确；
根据排列数公式可知A66 = 6!，故 B 正确；
4! 6×5
易知A24 = 2! = 12，C
2
6 = 2 = 15，显然两式不相等，故 C 错误；
A4 10! 4 4 10!10 = 6! ，C10A4 = 4!×6! × 4!，显然两式相等，故 D 正确.
故选：C.
2．（5 分）（23-24 高二下·浙江嘉兴·期中）不透明的盒子中有红色、黄色、黑色的球各3个，且这些球标
有不同的编号，每次从中随机取出1个，不放回，当取出相同颜色的球时，结束取球，则结束取球时，恰有
2种不同颜色的球被取出的取法共有（ ）
A．108种 B．148种 C．186种 D．216种
【解题思路】合理分步，应用分步乘法原理计算即可.
【解答过程】第一步，从 9 个球中任意取一个，有 9种取法；
第二步，从与第一步所取球颜色不同的 6 个球中任意取一个，有6种取法；
第三步，剩下的球中与第一步颜色相同的球有 2 个，与第二步颜色相同的球也有 2 个，从这 4 个球中任意
选一个，有4 种取法；
根据分步乘法计数原理，结束取球时，恰有 2 种不同颜色的球被取出的取法共有9 × 6 × 4 = 216种.
故选：D .
3．（5 分）（23-24 高二下·安徽池州·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，则不同的涂色方案种数为（ ）
A．120 B．26
C．340 D．420
【解题思路】根据题意，分 4 步依次分析区域 A、B、C、D、E 的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案．
【解答过程】根据题意，如图，设 5 个区域依次为 A、B、C、D、E，
分 4 步进行分析：
①，对于区域 A，有 5 种颜色可选；
②，对于区域 B，与 A 区域相邻，有 4 种颜色可选；
③，对于区域 C，与 A、B 区域相邻，有 3 种颜色可选；
④，对于区域 D、E，若 D 与 B 颜色相同，E 区域有 3 种颜色可选，
若 D 与 B 颜色不相同，D 区域有 2 种颜色可选，E 区域有 2 种颜色可选，
则区域 D、E 有3 + 2 × 2 = 7种选择，
所以不同的涂色方案有5 × 4 × 3 × 7 = 420种.
故选：D.
4．（5 分）（23-24 1高二下·全国·单元测试）已知二项式 + ( > 0)3 的展开式奇数项的二项式系数和
为256，展开式中 2项的系数为84，则 a 的值为（ ）
A．1 B 1 1．4 C．2 D．2
9 5
【解题思路】根据条件，利用二项式的性质得 = 9，再利用二项展开式的通项公式 +1 = C9 9 2 6
( = 0,1,2, ,9)，即可求解.
【解答过程】由展开式奇数项的二项式系数和2 1 = 256，可得 = 9，
9 9 5
则展开式的通项为 = C ( )9 ( 1 ) = C 9 2 3 = C 9 +1 9 9 9 2 6 ( = 0,1,2, ,9)3 ，
9
令2
5
6 = 2，则 = 3， ∴ C
3
9 9 3 = C3 69 = 84，解得 =± 1，
∵ > 0， ∴ = 1.
故选：A.
5．（5 分）（23-24 高二下·湖北武汉·阶段练习）有四名男生，三名女生排队照相，七个人排成一排，则下
列说法正确的是（ ）
A．如果四名男生必须连排在一起，那么有 720 种不同排法
B．如果三名女生必须连排在一起，那么有 576 种不同排法
C．如果女生不能站在两端，那么有 1440 种不同排法
D．如果三个女生中任何两个均不能排在一起，那么有 720 种不同排法
【解题思路】根据捆绑法、特殊位置的排列和插空法计算，依次判断选项即可.
【解答过程】A：如果四名男生必须连排在一起，将这四名男生捆绑，形成一个“大元素”，
此时，共有A4 4 24A4 = 24 = 576种不同的排法，故 A 错误；
B：如果三名女生必须连排在一起，将这三名女生捆绑，形成一个“大元素”，
此时，共有A3 53A5 = 6 × 120 = 720种不同的排法种数，故 B 错误；
C：如果女生不能站在两端，则两端安排男生，其他位置的安排没有限制，
此时，共有A2A54 5 = 12 × 120 = 1440种不同的排法种数，故 C 正确；
D：如果三个女生中任何两个均不能排在一起，将女生插入四名男生所形成的 5 个空中，
此时，共有A4A34 5 = 24 × 60 = 1440种不同的排法种数，故 D 错误.
故选：C．
6．（5 分）（23-24 高二下·天津滨海新·期中）已知 ( ) = (2 )8 = 20 + 1 + 2 + + 88 ，则下列
描述正确的是（ ）
A． 1 + 2 + + 8 = 1
B． ( 1)除以 5 所得的余数是 1
C．| 1| + | 2| + + | 8| = 38
8
D． 2 + 4 + 6 + =
3 1
8 2
【解题思路】利用赋值法即可判断 ACD，根据二项式展开式的通项即可求解 B.
【解答过程】 ∵ ( ) = (2 )8 = 0 + 1 + 22 +… + 8 8，
∴ 令 = 1，可得 (1) = 80 + 1 + 2 +… + 8 = 1，再令 = 0，可得 0 = 2 ，
1 + 2 + + 8 = 1 0 = 1 28 = 255,故 A 错误．
由于| 0| + | 1| + | 2| + … + | 8|，即(2 + )8展开式各项系数和系数和，
故| 0| + | 1| + | 2| + … + | 88| = 3 ， ∴ | 1| + | 2| + … + | 8 88| = 3 2 ，故 C 错误．
由题意， ( 1) = 38 = 94 = (10 1)4 = C0 1044 C1 103 + C2 2 310 10 10 C10 10 + 1，
显然，除了最后一项外，其余各项均能被 5 整除， ( 1)除以 5 所得的余数是 1，故 B 正确．
因为 (1) = 0 + 1 + 2 +… + 8 = 1， ( 1) = 0 1 + 2 … + 8 = 38
8
+ + + + = 3 +1所以 0 2 4 6 8 2 ，
8
所以 2 +
3 +1 8
4 + 6 + 8 = 2 2 ，故 D 错误．
故选：B．
7．（5 分）（23-24 高二下·吉林松原·期末）中国救援力量在国际自然灾害中为拯救生命作出了重要贡献，
很好地展示了国际形象，增进了国际友谊．现有 6 支救援队前往 , , 三个受灾点执行救援任务，若每支救
援队只能去其中的一个受灾点，且每个受灾点至少安排 1 支救援队，其中 受灾点至少需要 2 支救援队，则
不同的安排方法种数是（ ）
A．180 B．240 C．320 D．360
【解题思路】将 6 支救援队按 1，1，4、1，2，3 或 2，2，2 分成 3 组，分别求出其不同的安排方法种数，
再由分类加法计算原理即可得出答案.
C1C1
【解答过程】若 6 支救援队按 1，1，4 分成 3 组，则不同的安排方法种数是 6 5A2 ·A
2
2=30，
2
若 6 支救援队按 1，2，3 分成 3 组，则不同的安排方法种数是C1 26C5C1 22A2=240，
6 C
2 2
若 支救援队按 2，2，2 分成 3 组，则不同的安排方法种数是 6C4A3 ·A
3
3=90，
3
故不同的安排方法种数是 360.
故选：D.
8．（5 分）（23-24 高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起
一批又一批数学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）
A．C23 + C2 2 24 + C5 + + C9 = 120
B．第 2023 行中从左往右第 1013 个数与第 1014 个数相等
+1
C．记第 行的第 个数为 ，则 2 1 = 4
=1
D．第 20 行中第 8 个数与第 9 个数之比为8:13
【解题思路】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错.
【解答过程】由图知，第 行的第 个数为 ，则 = C 1 ，
对于 A，由C 1 + C 2 = C +1，得C3 + C2 2 24 + C5 + + C9 = C33 + C23 +C
2
4 + C2 25 + + C9 1
= C3+C2 2 2 34 4 + C5 + + C9 1 = C10 1 = 119，故 A 错误；
对于 B，第 2023 行有 2024 项，从左往右第 1013 个数与第 1014 个数分别为C1012,C1013，所以C1012 > C10132023 2023 2023 2023，
故 B 错误；
+1
对于 C，第 行的第 个数为 ，则 2 1 = 20 1 2 1 + 2 2 + 2 3 + + 2 +1，
=1
+1
∴ 2 1 = C020 + C121 + C222 + + C 2 = (1 + 2) = 3 ，故 C 错误；
=1
对于 D，第 20 20! 20!行中，第 8 个数与第 9 个数的比为C7 820:C20 = 7!13!:8!12! = 8:13，故 D 正确.
故选：D.
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的
要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。
9．（6 分）（23-24 高二下·广东东莞·阶段练习）某市地铁按照乘客乘坐的站数实施分段优惠政策，不超过
9 站的地铁票价如下表：现有小明、小华两位乘客同时从首站乘坐同一辆地铁，已知他们乘坐地铁都不超过
9 站，且他们各自在每个站下地铁的可能性相同，则下列结论正确的是（ ）
0 < 3 < 6 <
站数
≤ 3 ≤ 6 ≤ 9
票价/元 2 3 4
A．若小明、小华两人共花费 5 元，则小明、小华下地铁的方案共有 9 种
B．若小明、小华两人共花费 5 元，则小明、小华下地铁的方案共有 18 种
C．若小明、小华两人共花费 6 元，则小明、小华下地铁的方案共有 27 种
D．若小明、小华两人共花费 6 元，则小明比小华先下地铁的方案共有 12 种（同一地铁站出站不分先后）
【解题思路】利用分类计数原理和分步计数原理可求答案.
【解答过程】两人共花费 5 元分为两类：小明花费 2 元，小华花费 3 元，此时两人下地铁的方案有3 × 3 = 9
种，
同理小明花费 3 元，小华花费 2 元时，两人下地铁的方案也是9种，所以共有 18 种，A 不正确，B 正确.
两人共花费 6 元分为三类：小明花费 2 元，小华花费 4 元，此时两人下地铁的方案有3 × 3 = 9种；
小明花费 3 元，小华花费 3 元，此时两人下地铁的方案有3 × 3 = 9种；
小明花费 4 元，小华花费 2 元，此时两人下地铁的方案有3 × 3 = 9种，
共有 27 种，C 正确.
小明比小华先下地铁有两类：小明花费 2 元，小华花费 4 元，此时两人下地铁的方案有9种；
小明和小华均花费 3 元，小明比小华先下地铁仅有 3 种方案，所以共有 12 种方案，D 正确.
故选：BCD.
10．（6 分）（23-24 高二下·福建福州·期中）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑
期开设“礼”、“乐”、“御”、“书”、“数”、“射”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（ ）
A．课程“射”“御”不排在相邻两周，共有 480 种排法
B．某学生从中选 2 门，共有 30 种选法
C．课程“礼”“书”“数”要排在一起，共有 144 种排法
D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有 504 种排法
【解题思路】A 选项利用插空法；B 选项直接由C26计算；C 选项利用捆绑法；D 选项分课程“御”排在第一周
和不排在第一周两种情况考虑.
【解答过程】课程“射”“御”排在不相邻两周，共有A44A25 = 480种排法，故 A 正确；
6 门中选 2 门共有C26 = 15种，故 B 错误；
课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，共有A3 43A4 = 144种排法，故 C 正确；
课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，“御”排在第一周有A55种不同的排法，符合题意，
“御”不排在第一周，先除“乐”、“御”外的课程选一门排在第一周，再从剩余的除“御”外的课程中选一门排到
最后一周，剩余的课程在第二周到第五周全排列即可，
由分布乘法计数原理知共C1C1A44 4 4种，再由分类加法计数原理，共有A55 + C14C14A44 = 504种排法，故 D 正确.
故选：ACD.
11．（6 分）（23-24 高二下·浙江台州·期末）对 ∈ R，设 2023 = 1 2 1 + 2 + + + + 2023
2023，其中 = ( 1) ( + 1)， = 1,2, ,2023，则（ ）
A． 1 = 1 B． 1 + 2 = 22033
2023 2023
C． ( 1) ! = 0 D． ( 1) 2( 2)! = 2022
=2 =2
【解题思路】根据题意，令 = 1和 = 2，可判定 A 正确，B 不正确；令 = 1，结合 1 = 1，化简得到
2! 2 +3! 3 + + 2023! 2023 = 0，可判定 C 正确；等号两边同除以 ( 1)，化简得到1 + + 2 + +
2021 = 2 + 3( 2) + + 2023( 2)( 3) ( 2022)，令 = 1，可判定 D 正确.
【解答过程】由 2023 = 1 + 2 + + 20231 2 + + 2023 ，其中 = ( 1) ( + 1)，
对于 A 中，令 = 1，可得 = 120231 = 1，所以 A 正确；
对于 B 中，令 = 2，可得2 1 +2 20232 = 2 ，所以 1 + = 220222 ，所以 B 不正确；
2023
对于 C 中，由 ( 1) ! = ( 1)1 1! + ( 1)2 1 2! 20232 + + ( 1) 2023! 2023
=2
= 1 +2! 2 3! 3 + 2023! 2023，
又由 2023 = 1 1 + 2 2 + + + + 2023 2023 ，且 = ( 1) ( + 1)，
可得 2023 = 1 + 2 ( 1) + + 2023 ( 1)( 2) ( 2022)，
令 = 1，可得 1 = 1 +2! 2 3! 3 +4! 4 + 2023! 2023
2023
因为 1 = 1，所以2! 2 3! 3 + 2023! 2023 = 0，即 ( 1) ! = 0，所以 C 正确；
=2
对于 D 中，因为 = ( 1) ( + 1), = 1,2, ,2023，
可得 ( 1) = ( 2)( 3) ( + 1)，
因为 2023 = 1 1 + 2 2023 1 2 + + + + 2023 ，其中 1 = 1, = ，
2022 2023 2 3 2023
所以1 + + 2 + + 2021 = 1 = 1 ( 1) = 2 ( 1) + 3 ( 1) + + 2023 ( 1)，
所以可得2022 = 2 3 +2!· 4 2021!· 2023，
2023
所以 ( 1) 2( 2)! = 2022，所以 D 正确.
=2
故选：ACD.
第 II 卷（非选择题）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
1 1012．（5 分）（2024·全国甲卷·高考真题） + 3 的展开式中，各项系数中的最大值为 5 ．
10 9
C 1 ≥ C +1 1
【解题思路】先设展开式中第 + 1 10 10项系数最大，则根据通项公式有 3 3
1 10 1 11
，进而求出
C ≥ C 110 3 10 3
即可求解.
1 10
【解答过程】由题展开式通项公式为 +1 = C10 ，0 ≤ ≤ 10且 ∈ Z3 ，
10 9
C 1 ≥ C +1 1
设展开式中第 + 1 10 10项系数最大，则 3 310 ，
C 1 1 1
11
10 ≥ C3 10 3
≥ 29
4 29 33
≤ 33
，即 4 ≤ ≤ 4 ，又 ∈ Z，故 = 8，
4
1 2
所以展开式中系数最大的项是第 9 项，且该项系数为C810 = 53 .
故答案为：5.
13．（5 分）（23-24 高二下·河北唐山·阶段练习）在如图所示的 5 个区域内种植花卉，每个区域种植 1 种
花卉，且相邻区域种植的花卉不同，若有 6 种不同的花卉可供选择，则不同的种植方法种数是 1920 .
【解题思路】根据题意，按照地图涂色问题的方法，分步讨论每个区域的涂色方法，由分步计数原理计算
求解即可.
【解答过程】如图，
设 5 个区域分别是 A，B，C，D，E.
第一步：选择 1 种花卉种植在 A 区域，有 6 种方法可以选择；
第二步：从剩下的 5 种不同的花卉中选择 1 种种植在 B 区域，有 5 种方法可以选择；
第三步：从剩下的 4 种花卉中选择 1 种种植在 C 区域，有 4 种方法可以选择；
第四步：若区域 D 与区域 A.种植同 1 种花卉，则区域 E 可选择的花卉有 4 种；
若区域 D 与区域 A 种植不同种花卉，则有 3 种方法可以选择，则区域 E 可选择的花卉有 4 种，
故不同的种植方法种数是：6 × 5 × 4 × (1 × 4 + 3 × 4) = 1920.
故答案为：1920.
14．（5 分）（24-25 高二下·重庆沙坪坝·阶段练习）某高校大一新生中的 6 名同学打算参加学校组织的“雅
荷文学社”、“青春风街舞社”、“羽乒协会”、“演讲团”、“吉他协会”五个社团，若每名同学必须参加且只能
参加1个社团且每个社团至多两人参加，则这6个人中至多有1人参加“演讲团”的不同参加方法数为 5040 ．
【解题思路】参加“演讲团”人数分为有 1 人或无人的情况，而每种情况又各自包含 2 种情况，分别求出对应
的方法数，结合计数原理计算即可.
【解答过程】若有1人参加“演讲团”，则从6人选1人参加该社团，其余5人去剩下4个社团，人数安排有2种
情况：1，1，1，2和1，2，2，
2 2 1 1 1
故1人参加“演讲团”的不同参加方法数为 1 5 3 3 + 5 4 3 46 2 4 3 4 = 3600；2 3
若无人参加“演讲团”，则6人参加剩下4个社团，人数安排安排有2 种情况：1，1，2，2和2，2，2，故无人
“
2 2 1
参加 演讲团”的不同参加方法数为 6 4 2 4 3 2 2 2 4+C4 6
2
4 = 1440，
2 2
故满足条件的方法数为3600 + 1440 = 5040，
故答案为：5040.
四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．（13 分）（2024 高二下·全国·专题练习）如图所示，用 5 种不同的颜料给 4 块图形(A，B，C，D)涂色，
要求共边两块颜色互异，求有多少种不同的涂色方案．
【解题思路】因 A，B，C，D 4 块图形中， 块与 块不共边，B 块与 D 块不共边，故可就 块与 块将其分
成 A，C 同色与不同色两类情况考虑，在每一类中，考虑根据分步乘法计数原理按顺序涂色,最后利用分类
加法计数原理即得.
【解答过程】本题的解法可按照顺序涂色，因 块与 块不共边，故可分成 A，C 同色与不同色两类情况.
第一类，A，C 颜色相同，则 A 有 5 种涂色方法，B 有 4 种涂色方法，D 有 4 种涂色方法，
由分步乘法计数原理知，共有5 × 4 × 4 = 80种涂法；
第二类，A，C 颜色不同，则 A 有 5 种涂色方法，C 有 4 种涂色方法，B 有 3 种涂色方法，D 也有 3 种涂色
方法（因 B 块与 D 块不共边），
由分步乘法计数原理知，共有5 × 4 × 3 × 3 = 180种涂法．
根据分类加法计数原理，共有80 + 180 = 260种不同的涂色方案．
16．（15 分）（24-25 高二下·全国·课后作业）现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女
学生2人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？
(1)老师站在最中间，2名女学生分别在老师的两边且相邻，4名男学生两边各2人；
(2)4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端；
(3)2名老师之间必要有男女学生各1人．
【解题思路】（1）根据特殊元素优先安排求解即可.
（2）利用插空法，先排老师和女学生，再排男学生甲，最后排剩余的3名男学生即可.
（3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，再排老师，最后利用捆绑法排列即可.
【解答过程】（1）由题意可得共A22A22A44 = 2 × 2 × 24 = 96种不同的站法．
（2）先排老师和女学生共有A44种站法，再排男学生甲有C13种站法，
最后排剩余的3名男学生有A34种站法，
所以共有A44C1 33A4 = 24 × 3 × 24 = 1728种不同的站法．
（3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，有C12C1 24A2种站法，
两老师的站法有A22种，
再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的 4 个人进行全排列有A55种，
所以共有C1 1 2 2 52C4A2A2A5 = 2 × 4 × 2 × 2 × 120 = 3840种不同的站法．
2
17 ．（15 分）（23-24 高二下·江苏镇江·期中）已知 + ( ∈ )展开式中，二项式系数最大的项为第
3 2
6 项，且展开式中第二项系数为 20.
(1)求实数 的值；
(2)求展开式中的常数项；
(3)求展开式中系数最大的项.
【解题思路】（1）由题意依次列方程求得 , 即可；
2 5（ ）写出展开式通项，令10 3 = 0，解得 = 6，回代即可；
（3）利用不等式法求最大项即可.
【解答过程】（1）因为二项式系数最大的项为第 6 项，所以2 + 1 = 2 × 6 1 = 11，解得 = 5，
10 5
所以 + 展开式为 10 +1 = C10 = C
10
10 3 ,(0 ≤ ≤ 10, ∈ N)，3 2 3 2
而展开式中第二项系数为 20，从而 C110 = 10 = 20，解得 = 2；
10 5
2 1 + 2 = C 10 2 = 2 C 10 （ ）由（ ）可知， 展开式为
3 2 +1 10 3 2 10
3 ,(0 ≤ ≤ 10, ∈ N)，
10 5令 3 = 0，解得 = 6，故所求为2
6C610 = 64 × 210 = 13440；
+1 +1
（3 2 C ≥ 2 C）设展开式中系数最大的项为第 + 1项，则 10 102 C ≥ 2 1C 1 ,(0 ≤ ≤ 10, ∈ N)，10 10
10! ≥ 2 10!
!(10 )! ( +1)!(9 )！ + 1 ≥ 2(10 )
即
2 10! ≥ 10!
，即 2(11 ) ≥ ，
!(10 )! ( 1)!(11 )!
19
解得 3 ≤ ≤
22
3 ,(0 ≤ ≤ 10, ∈ N)，所以 = 7，
5 5 5
所以展开式中系数最大的项为 = 278 C7 10 ×710 3 = 128 × 120
3 = 15360 3，经检验符合题意.
18．（17 分）（23-24 高二下·湖北武汉·期中）为参加武汉市高中生足球友谊赛，某校决定从高一年级的学
生中挑选11名球员组建校足球队.（以下问题最终结果用数字作答）
(1)若将校足球队的11个名额分到8个班级，每个班级至少1个名额，问有多少种分配方法？
(2)学校教练计划比赛前将除指定的守门员外的其他10名队员，进行分组训练. 若其中一组4人，另外两组每
组3人，问有多少种不同的分组方式？
(3)比赛入场式时工作人员会为11名队员拍集体照，若要求拍照时 、 、 三人必须相邻， 、 、 、 四人
均不相邻，问有多少种不同的排法？
【解题思路】（1）利用隔板法可求得结果；
（2）利用平均分组法可求得分组方法种数；
（3）将 、 、 三人进行捆绑，与除 、 、 、 四人以外的4人进行全排，然后将 、 、 、 四人进行
插空，利用捆绑法与插空法可求得不同的排法种数.
【解答过程】（1）解：将校足球队的11个名额分到8个班级，每个班级至少1个名额，
问题等价于将11个完全相同的小球分为8组，每组至少一个小球，
由隔板法可知，不同的分配方法种数为C710 = 120种.
（2）解：将除指定的守门员外的其他10名队员，进行分组训练，若其中一组4人，另外两组每组3人，
C4 C3C3 210×20
则不同的方法种数为 10 6 3A2 =2 2 = 2100种.
（3）解：将 、 、 三人进行捆绑，与除 、 、 、 四人以外的4人进行全排，
然后将 、 、 、 四人进行插空，
所以，不同的排法种数为A3A53 5A46 = 6 × 120 × 360 = 259200种.
19．（17 分）（23-24 高二下·河北沧州·期末）已知(1 + )(2 + )2 1 = 0 + 1 + + + + 2 2
, ∈ N*.
(1)当 = 3时，求 1 + 2 + + 2 的值；
(2)当 ≥ 1时，证明：2 = (2 + )C 1 2 1 22 ；
(3)设2 (2 ) = 22 1 (2 + ) ，求和： 0 +3 1 +5 2 +7 3 + + (4 1) 2 1.
【解题思路】（1）把 = 3代入原式，再赋值 = 1， = 0即可求得部分系数和 1 + 2 + + 2 ；
（2）先根据展开式系数表示出 ，再根据组合数公式进行化简即可；
（3）把（2）中化简中的 代入2 (2 ) = 22 1 (2 + ) 中，求出 ，进而求得(2 + 1) ，再代
入 0 +3 1 +5 2 +7 3 + + (4 1) 2 1中，分组求和即可.
【解答过程】（1）当 = 3时，已知等式化为(1 + )(2 + )5 = 0 + 1 + + 66 ，
今 = 1，则 0 + 1 + + 6 = 2 × 35；令 = 0，则 0 = 25.
∴ 1 + 2 + + 2 = 1 + 2 + + 6 = 2 × 35 25 = 454.
（2）由题意得 = C 1 22 + C 22 1 = 22 1 2(2 1)! + (2 1)! 2 1 2 1 ( 1)!(2 )! !(2 1)!
= 22 1
(2 1)!
2 2 1 1 2 + ( 1)!(2 )! 2 + = 2 C 2 1 .
∴ 2 = (2 + )C 1 22 2 1 .
(2 1)!
3 2 （ ）由（2）知 = 22 1 ( 1)!(2 )! 2 +
2 1 (2 1)!= 2 2 !(2 1)! + 1 = 2
2 1 C 2 +
2 2 1
2 ，
则2 (2 ) 2 1 = 2 C2 1 (2 + )，
∵ 2 (2 ) = 22 1 (2 + ) , ∴ = C 2 1，
当 = 0时，(2 + 1) = 0 = C02 1；
(2 1)!
当 ≥ 1时，(2 + 1) = 2 C 2 1 + C2 1 = 2 !(2 1)! + C2 1
(2 2)!
= 2(2 1) 1 ( 1)!(2 1)! + C2 1 = 2(2 1)C2 2 + C2 1，
∴ 0 + 3 1 + 5 2 + 7 3 + + (4 1) 2 1
=C02 1 + 2(2 1) C02 2 + C1 2 2 1 2 12 2 + + C2 2 + C2 1 + + C2 1
= 2(2 1) C0 1 2 2 0 1 2 12 2 + C2 2 + + C2 2 + C2 1 + C2 1 + + C2 1
= 2(2 1) 22 2 + 22 1 = (2 1) 22 1 + 22 1 = 2 22 1 = 22 .
