【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修三）专题6.9 计数原理全章综合测试卷（提高篇） Word版含解析.docx，共(16)页，109.832 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-d370f952165e56f76bae6dc3fb061d75.html

以下为本文档部分文字说明：

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一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022春·江苏南通·高二阶段练习）若A𝑚−12=6C𝑚4，则𝑚=（）A．7B．6C．5D．4【解题思路】根据组合数、排列数公式得到方程，解得即可.【解答过程】解：因为A

𝑚−12=6C𝑚4，所以(𝑚−1)(𝑚−2)=6×𝑚⋅(𝑚−1)⋅(𝑚−2)⋅(𝑚−3)4×3×2×1，且𝑚≥4，解得𝑚=4或𝑚=−1（舍去）；故选：D.2．（5分）（2022秋·吉林四平·高二阶段

练习）给如图所示的5块区域A，B，C，D，E涂色，要求同一区域用同一种颜色，有公共边的区域使用不同的颜色，现有红、黄、蓝、绿、橙5种颜色可供选择，则不同的涂色方法有（）A．120种B．720种C．840种D．960种【解题思路】依次给区域𝐴,𝐵,𝐷,𝐶,𝐸涂色，求出每一步的种数，由乘

法分步原理即得解.【解答过程】解：A有5种颜色可选，B有4种颜色可选，D有3种颜色可选，C有4种颜色可选，E有4种颜色可选，故共有5×4×3×4×4＝960种不同的涂色方法．故选：D．3．（5分）（2022秋

·浙江宁波·高二期中）(𝑥−2𝑦)(2𝑥−𝑦)5的展开式中的𝑥3𝑦3系数为（）A．−200B．−120C．120D．200【解题思路】由题意首先确定(2𝑥−𝑦)5展开式的通项公式，再采用分类

讨论法即可确定𝑥3𝑦3的系数.【解答过程】(2𝑥−𝑦)5展开式的通项公式为𝑇𝑟+1=𝐶5𝑟(2𝑥)5−𝑟(−𝑦)𝑟=25−𝑟𝐶5𝑟𝑥5−𝑟(−𝑦)𝑟，当𝑟=3时，𝑇4=25−3𝐶53𝑥5−3(−𝑦)3=−40𝑥2𝑦3，此时只需乘以第一个

因式(𝑥−2𝑦)中的𝑥即可，得到−40𝑥3𝑦3；当𝑟=2时，𝑇3=25−2𝐶52𝑥5−2(−𝑦)2=80𝑥3𝑦2，此时只需乘以第一个因式(𝑥−2𝑦)中的−2𝑦即可，得到−160𝑥3

𝑦3；据此可得：𝑥3𝑦3的系数为−40−160=−200.故选：A.4．（5分）（2022·高二课时练习）某旅行社共有5名专业导游，其中3人会英语，3人会日语，若在同一天要接待3个不同的外国旅游团

，其中有2个旅游团要安排会英语的导游，1个旅游团要安排会日语的导游，则不同的安排方法种数有（）A．12B．13C．14D．15【解题思路】分析可知有1名导游既会英语又会日语，记甲为既会英语又会日语的导游，按照甲是否被安排到需要会英语

的旅游团可分为两类，先确定甲所安排的旅行团，再确定其他团的人员，结合分步乘法计数原理和分类加法计数原理可得结果.【解答过程】由题意知有1名导游既会英语又会日语，记甲为既会英语又会日语的导游，按照甲是否被安排到需要会英语的旅游团可分为两类：第一类，甲被安排到需要会

英语的旅游团，则可分两步进行：第一步，从会英语的另外2人中选出1人，有2种选法，将选出的人和甲安排到2个需要会英语的旅游团，有2种安排方法，所以有2×2=4种安排方法；第二步，从会日语的另外2人中选出1人安排到需要会日语的旅游团，共2种选法.故此时共有4×2=8种安排方法；第二类

，甲没有被安排到需要会英语的旅游团，则可分两步进行：第一步，将会英语的另外2人安排到需要会英语的旅游团，有2种安排方法；第二步，从会日语的3人（包括甲）中选出1人安排到需要会日语的旅游团，有3种选法.故此时共有2×3=6种选法．综上，不同的安排方法种数为8+6=14．故选：C．5．（5

分）（2022·贵州贵阳·模拟预测）2022年9月3日贵阳市新冠疫情暴发以来，某住宿制中学为做好疫情防控工作，组织6名教师组成志愿者小组，分配到高中三个年级教学楼楼门口配合医生给学生做核酸.由于高三年级学生人数较多，要求高三教学楼志愿者人数均不少于另外两栋教学楼志愿者人数，若每栋教学楼门

至少分配1名志愿者，每名志愿者只能在1个楼门进行服务，则不同的分配方法种数为（）A．240B．150C．690D．180【解题思路】利用分类计数原理及排列组合的意义，对高三志愿者人数进行分类讨论即可.【解答过程】第一种：当高三的

志愿者有3人时，其他两个年级有1个年级1人，有1个年级2人，则有C63C32A22=120种；第二种：当高三的志愿者有2人时，其他两个年级也分别有2人，则有C62C42C22=90种；第三种：当高三的志愿者有4人时，其他两个年级分别有1人，则有C64A22=30种，所以不同的分配方法有：120+9

0+30=240种，故选：A.6．（5分）（2022·高二课时练习）已知(1−2𝑥)2021=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎2021𝑥2021，下列命题中，不正确的是（）A．展开式中所有项的二项式系数的和为22021B．展开式中所有奇次项系数的和为32021+12C．展开式中

所有偶次项系数的和为32021−12D．𝑎12+𝑎222+𝑎323+⋯+𝑎202122021=−1【解题思路】根据给定条件，利用二项式定理及性质，结合赋值法逐项分析、计算判断作答.【解答过程】对于A，二项式(1−2𝑥)2021展开式中所有项的二项式系数的和为22021，A正确；对于B，

令𝑓(𝑥)=(1−2𝑥)2021，则𝑎0+𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎2021=𝑓(1)=−1，𝑎0−𝑎1+𝑎2−𝑎3+⋯−𝑎2021=𝑓(−1)=32021，所以展开式中所有奇次项系数的和为𝑓(1)−𝑓(−1)2=−32021+12，B不正确；对于C，由

选项B知，展开式中所有偶次项系数的和为𝑓(1)+𝑓(−1)2=32021−12，C正确；对于D，由选项B知，𝑎0=𝑓(0)=1，𝑎12+𝑎222+𝑎323+⋯+𝑎202122021=𝑓(12)−𝑎0=−1，D正确.故选：B.7．（5分）（2022·全国·高三专题

练习）现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加2022年杭州亚运会志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，以下说法正确的是（）A．每人都安排一项工作的不同方法数为54B．每人都安排一项工作

，每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为𝐴54𝐶41C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为(𝐶53𝐶21+𝐶52𝐶32)𝐴33D．每人都安排一项工作，每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、

戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是𝐶31𝐶42𝐴33+𝐶32𝐴33【解题思路】对于选项𝐴，每人有4种安排法，故有45种；对于选项𝐵，5名同学中有两人工作相同，先选人再安排；对于选项𝐶，先分组再安排；对于选项𝐷，以司机人数作为分类标准进行讨

论即可.【解答过程】解：①每人都安排一项工作的不同方法数为45，即选项𝐴错误，②每项工作至少有一人参加，则不同的方法数为𝐶52𝐴44，即选项B错误，③如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排一人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为：（𝐶53𝐶21𝐴22+𝐶5

2𝐶32𝐴22）𝐴33，即选项C错误，④分两种情况：第一种，安排一人当司机，从丙、丁、戊选一人当司机有𝐶31,从余下四人中安排三个岗位𝐶42𝐶21𝐶11𝐴33𝐴22，故有𝐶31𝐶42𝐶21𝐶11𝐴33𝐴22=𝐶31𝐶42𝐴33；第二

种情况，安排两人当司机，从丙、丁、戊选两人当司机有𝐶32,从余下三人中安排三个岗位𝐴33，故有𝐶32𝐴33；所以每项工作至少有一人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是𝐶

31𝐶42𝐴33+𝐶32𝐴33，即选项D正确，故选：D．8．（5分）（2022·全国·高三专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学杰出的研究成果之一.如图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行

线，从上往下每条线上各数之和依次为1，1，2，3，5，8，13，⋯，则下列选项不正确的是（）A．在第9条斜线上，各数之和为55B．在第𝑛(𝑛≥5)条斜线上，各数自左往右先增大后减小C．在第𝑛条斜线上，共

有2𝑛+1−(−1)𝑛4个数D．在第11条斜线上，最大的数是C73【解题思路】根据从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2，3，5，8，13，…，得到数列规律为𝑎𝑛+𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+2判断A选项

，再根据杨辉三角得到第n条斜线上的数为：𝐶𝑛−10,𝐶𝑛−21,𝐶𝑛−32,𝐶𝑛−43,𝐶𝑛−54,⋯,𝐶𝑛−𝑘𝑘−1,𝐶𝑛−(𝑘+1)𝑘,⋯，进而判断BCD.【解答过程】从上往下每条线上各数之和依次为：1，1，2

，3，5，8，13，⋯，其规律是𝑎𝑛+𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+2，所以第9条斜线上各数之和为13+21=34，故A错误；第1条斜线上的数：𝐶00，第2条斜线上的数：𝐶11；第3条斜线上的数：𝐶20,𝐶11，第4条斜线上的数：𝐶30,𝐶21，第5条斜线上

的数：𝐶40,𝐶31,𝐶22，第6条斜线的数：𝐶50,𝐶41,𝐶32，……，依此规律，第n条斜线上的数为：𝐶𝑛−10,𝐶𝑛−21,𝐶𝑛−32,𝐶𝑛−43,𝐶𝑛−54,⋯,𝐶𝑛−𝑘𝑘−1,𝐶𝑛−(𝑘+1)

𝑘,⋯，在第11条斜线上的数为𝐶100,𝐶91,𝐶82,𝐶73,𝐶64,𝐶55，最大的数是𝐶73，由上面的规律可知：n为奇数时，第n条斜线上共有𝑛+12=2𝑛+24个数；n为偶数时，第n条斜线上共有共有𝑛2=2𝑛4个数，所以第n

条斜线上共2𝑛+1−(−1)𝑛4，故C正确；由上述每条斜线的变化规律可知：在第𝑛(𝑛⩾5)条斜线上，各数自左往右先增大后减小，故B正确.故选：A.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2022春·广东江门·高二期中）已知(1−2𝑥)7=𝑎0+�

�1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎7𝑥7，下列结论正确的有（）A．各项二项式系数和为128B．式子𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎7的值为2C．式子𝑎1+𝑎3+𝑎5+𝑎7的值为－1094D．式子𝑎0+𝑎2+𝑎4+𝑎6的

值为1093【解题思路】由二项式系数的性质可判断A；用赋值法令𝑥=1，𝑥=−1，𝑥=0可判断BCD【解答过程】对于A：二项式(1−2𝑥)7的各项二项式系数和为27=128，故A正确；对于BCD：令𝑥=1，则(1−2)7=𝑎0+𝑎1+�

�2+⋯+𝑎7，即𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎7=−1，令𝑥=−1，则(1+2)7=𝑎0−𝑎1+𝑎2−⋯+𝑎6−𝑎7，即𝑎0−𝑎1+𝑎2−⋯+𝑎6−𝑎7=37=2187，令𝑥

=0，则𝑎0=1，所以𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎7=−2，故B错误；由{𝑎0+𝑎1+𝑎2+⋯+𝑎7=−1𝑎0−𝑎1+𝑎2−⋯+𝑎6−𝑎7=2187，解得𝑎1+𝑎3+𝑎5+𝑎7=−1094，𝑎0+𝑎2+𝑎

4+𝑎6=1093，故C正确，D正确；故选：ACD.10．（5分）（2022春·江苏连云港·高二期中）下列结论正确的是（）A．∑2𝑘𝑛𝑘=0𝐶𝑛𝑘=3𝑛(𝑛∈𝑁∗)B．多项式(1+2𝑥−𝑥)6展开式中𝑥3的系数为

40C．若(2𝑥−1)10=𝑎0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎10𝑥10,𝑥∈𝑅，则展开式中各项的二项式系数的和为1D．38被5除所得的余数是1【解题思路】利用二项式定理及二项式展开式各项系数和，依次判断各项正误.【解答过程】解：

因为∑2𝑘𝑛𝑘=0𝐶𝑛𝑘=𝐶𝑛0⋅20+𝐶𝑛1⋅21+𝐶𝑛2⋅22+⋅⋅⋅+𝐶𝑛𝑛⋅2𝑛=(1+2)𝑛=3𝑛，故A项正确;多项式(1+2𝑥−𝑥)6的展开式通项为：𝐶6

𝑟⋅(2𝑥−𝑥)𝑟，要求𝑥3的系数，则𝑟≥3，当𝑟=3时，有𝐶63⋅(2𝑥−𝑥)3，𝑥3的系数为𝐶63𝐶33⋅20×(−1)3=−20,当𝑟=4时，有𝐶64⋅(2𝑥−𝑥)4，不存在𝑥3，当𝑟=5时，有𝐶65⋅

(2𝑥−𝑥)5，𝑥3的系数为𝐶65𝐶54⋅21×(−1)4=60,当𝑟=6时，有𝐶66⋅(2𝑥−𝑥)6，不存在𝑥3，故展开式中𝑥3的系数为−20+60=40,故B项正确；(2𝑥−1)10=𝑎

0+𝑎1𝑥+𝑎2𝑥2+⋯+𝑎10𝑥10,𝑥∈𝑅,其展开式中各项的二项式系数之和为210=1024，故C项错误；因为38=(5−2)8，其展开式的通项公式为：𝑇𝑟+1=𝐶8𝑟×58−𝑟×(−2)𝑟，只有当𝑟=8时，即𝑇9=𝐶88×50×(−2)8=256，

不能被5整除，且256被5整除的余数为1，故D项正确.故选：ABD.11．（5分）（2022·全国·高三专题练习）如图，在某城市中，M，N两地之间有整齐的方格形道路网，其中𝐴1，𝐴2，𝐴3，𝐴4是道路网中位于一条对角线上的4个交汇

处.今在道路网M，N处的甲､乙两人分别要到N，M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N，M处为止，则下列说法正确的有（）A．甲从M到达N处的走法种数为120B．甲从

M必须经过𝐴3到达N处的走法种数为9C．甲，两人能在𝐴3处相遇的走法种数为36D．甲，乙两人能相遇的走法种数为164【解题思路】根据题意分析出甲从𝑀到达𝑁处，需要走6格，其中向上3格，向右3格，从而可得到从

𝑀到达𝑁处的走法种数为C63=20，从而可得出A错误；若甲从M必须经过𝐴3到达N处，可分两步，甲从𝑀到达𝐴3，从𝐴3到达𝑁，从而可判断选项B正确；若甲，乙两人能在𝐴3处相遇，先计算甲经过𝐴3的走法种数，再计算乙经过𝐴3的走法种数，从而

可求出甲，乙两人能在𝐴3处相遇的走法种数；根据题意可得出只能在𝐴1，𝐴2，𝐴3，𝐴4处相遇，然后分别计算走法种数即可.【解答过程】对于A，需要走6格，其中向上3格，向右3格，所以从𝑀到达𝑁处的走法种数为C63=20，故A错误.对于B，甲从𝑀到达𝐴3，需要走3格，其中

向上1格，向右2格，有C31=3种走法，从𝐴3到达𝑁，需要走3格，其中向上2格，向右1格，有C31=3种走法，所以甲从𝑀必须经过𝐴3到达𝑁处的走法种数为3×3=9，故B正确.对于C，甲经过𝐴3的走法种数为C31

×C31=9，乙经过𝐴3的走法种数为C31×C31=9，所以甲，乙两人能在𝐴3处相遇的走法种数为9×9=81，故C错误.对于D，甲，乙两人沿着最短路径行走，只能在𝐴1，𝐴2，𝐴3，𝐴4处相遇，若甲，乙两人在𝐴1处相遇，甲经过𝐴1处，必须向上走3格

，乙经过𝐴1处，必须向左走3格，两人在𝐴1处相遇的走法有1种；若甲，乙两人在𝐴2或𝐴3处相遇，各有81种走法；若甲，乙两人在𝐴4处相遇，甲经过𝐴4处，必须向右走3格，乙经过𝐴4处，必须向下走3格，则两

人在𝐴4处相遇的走法有1种.所以甲，乙两人能相遇的走法种数为1+81+81+1=164，故D正确.故选：BD.12．（5分）（2022春·重庆沙坪坝·高二阶段练习）中国古代中“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”.“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳

动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学.某校国学社团开展“六艺”课程讲座活动，一天内连续安排六节课，则下列说法正确的是（）A．某学生从中选3门学习，共有20种选法B．“礼”和“射”不相邻，共有400种选法C．“乐”不能排在第一节，且“数”不能排

在最后，共有504种选法D．“书”必须排在前三节，且“射”和“御”相邻，共有108种选法【解题思路】对于A，从6个中选3个，则有𝐶63种；对于B，利用插空法求解；对于C，分两类求解，一是若“数”排在第一节，二是若“数”不排在第一节，也不排

在最后一节；对于D，分三类，利用捆绑法，①若“书”排在第一节，且“射”和“御”相邻，②若“书”排在第二节，且“射”和“御”相邻，③若“书”排在第三节，且“射”和“御”相邻，然后利用分类加法原理求解【解答过程】解：对

于A，某学生从中选3门学习，共有𝐶63=20种选法，故选项A正确；对于B，“礼”和“射”不相邻，则有𝐴44𝐴52=480种，故选项B错误；对于C，①若“数”排在第一节，则排法有𝐴55=120种；②若“数”

不排在第一节，也不排在最后一节，则排法有𝐶41𝐶41𝐴44=384种，所以“乐”不能排在第一节，且“数”不能排在最后，共有120+384＝504种选法，故选项C正确；对于D，①若“书”排在第一节，且“射”

和“御”相邻，则有4⋅𝐴22⋅𝐴33=48种；②若“书”排在第二节，且“射”和“御”相邻，则有3𝐴22𝐴33=36种；③若“书”排在第三节，且“射”和“御”相邻，则有3𝐴22𝐴33=36种.所以“书”必须排在前三节，且“射”和“御”相邻，共有

48+36+36＝120种选法，故选项D错误；故选：AC.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2022秋·上海浦东新·高三阶段练习）(√𝑥−1𝑥)𝑛的二项展开式中各项的二项式系数

之和为64，则展开式中的常数项等于15.【解题思路】根据二项式系数和得𝑛=6，进而求出二项式展开式的通式公式，令3−32𝑟=0，解出𝑟，即可得出答案.【解答过程】因为(√𝑥−1𝑥)𝑛的二项展开式中二项式系数之和为64，所以2𝑛=64，得𝑛=6，所以题中二项式为(√𝑥

−1𝑥)6，二项式展开式的通式公式为：𝑇𝑟+1=C6𝑟(√𝑥)6−𝑟(−1𝑥)𝑟=C6𝑟(−1)𝑟𝑥3−32𝑟，令3−32𝑟=0，得：𝑟=2，则展开式中的常数项等于C62(−1)2=15

.故答案为：15.14．（5分）（2022春·福建泉州·高二期末）如图，用4种不同的颜色对图中4个区域涂色，要求每个区域涂1种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有48种．【解题思路】利用分步计数原理，一个个按照顺序去考虑涂色.【解答

过程】按照分步计数原理，第一步：涂区域1，有4种方法；第二步：涂区域2，有3种方法；第三步：涂区域3，分两类：（1）区域3与1同色，则区域4有2种方法；（2）区域3与1不同色，则区域3有2种方法，区域4有1种方法；所以不同的涂色种数

有4×3×(1×2+2×1)=48种．故答案为：48.15．（5分）（2022·高二课时练习）某篮球队有12名队员，其中有6名队员打前锋，有4名队员打后卫，甲、乙两名队员既能打前锋又能打后卫.若出场阵容为3名前锋，2

名后卫，则不同的出场阵容共有636种．【解题思路】分三种情况讨论：①甲、乙都不出场；②甲、乙只有一人出场；③甲、乙都出场.分别计算出每种情况下出场的阵容种数，利用分类加法计数原理即可得出结果.【解答过程】分以下三种情况讨论：①甲、乙都不出场，则应从6名打前锋的队员中挑选3人，从4名

打后卫的队员中挑选2人，此时，出场阵容种数为𝐶63𝐶42=120；②甲、乙只有一人出场，若出场的这名队员打前锋，则应从6名打前锋的队员中挑选2人，从4名打后卫的队员中挑选2人；若出场的这名队员打后卫，则

应从6名打前锋的队员中挑选3人，从4名打后卫的队员中挑选1人.此时，出场阵容种数为𝐶21⋅(𝐶62𝐶42+𝐶63𝐶41)=340；③甲、乙都出场，若这两名队员都打前锋，则应从6名打前锋的队员中挑选1人，从4名打后卫的队员中挑选2人；若这两名队员都打后卫，则应从6名打前

锋的队员中挑选3人，从4名打后卫的队员中不用挑选；若这两名队员一人打前锋、一人打后卫，则应从6名打前锋的队员中挑选2人，从4名打后卫的队员中挑选1人，此时，出场阵容种数为𝐶61𝐶42+𝐶63𝐶40+𝐶21𝐶62𝐶41=176.综上所述，由分类加法计数原理可知，共有12

0+340+176=636种不同的出场阵容.故答案为：636.16．（5分）（2022春·全国·高二专题练习）课本中，在形如(𝑎+𝑏)𝑛=𝐶𝑛0𝑎𝑛+𝐶𝑛1𝑎𝑛−1𝑏+…𝐶𝑛𝑟𝑎�

�−𝑟𝑏𝑟+…𝐶𝑛𝑛𝑏𝑛的展开式中，我们把𝐶𝑛𝑟(𝑟=0,1,2,…,𝑛)）叫做二项式系数，类似地在(1+𝑥+𝑥2)𝑛=𝐷𝑛0+𝐷𝑛1𝑥+𝐷𝑛2𝑥2+…𝐷𝑛2𝑛−1𝑥2𝑛−

1+𝐷𝑛2𝑛𝑥2𝑛的展开式中，我们把𝐷𝑛𝑟(𝑟=0,1,2,…,2𝑛)叫做三项式系数，则𝐷20150⋅𝐶20150−𝐷20151⋅𝐶20151+𝐷20152⋅𝐶20152−…+(−1)𝑘𝐷2015𝑘𝐶2015𝑘+…−𝐷20152015⋅𝐶

20152015的值为0.【解题思路】根据(1+𝑥+𝑥2)2015⋅(𝑥−1)2015=(𝑥3−1)2015的等式两边的𝑥2015项的系数相同，从而求得要求式子的值.【解答过程】∵(1+𝑥+𝑥2)2015⋅(𝑥−1)2015=(𝐷20150+𝐷20151𝑥+𝐷20

152𝑥2+…+𝐷2015𝑟𝑥𝑟+⋯+𝐷20154030−1𝑥4030−1+𝐷20154030𝑥4030)⋅(𝐶20150⋅𝑥2015−𝐶20151⋅𝑥2014+𝐶20152

⋅𝑥2013−𝐶20153𝑥2012+⋯+𝐶20152014⋅𝑥−𝐶20152015)，其中𝑥2015系数为𝐷20150⋅𝐶20150−𝐷20151⋅𝐶20151+𝐷20152⋅𝐶20152−…+(−1

)𝑘𝐷2015𝑘𝐶2015𝑘+…−𝐷20152015⋅𝐶20152015，∵(1+𝑥+𝑥2)2015⋅(𝑥−1)2015=(𝑥3−1)2015，而二项式(𝑥3−1)2015的通项公式𝑇𝑟+1=𝐶2015𝑟⋅(𝑥3)2015−𝑟，因为2015不是

3的倍数，所以(𝑥3−1)2015的展开式中没有𝑥2015项，由代数式恒成立可得𝐷20150⋅𝐶20150−𝐷20151⋅𝐶20151+𝐷20152⋅𝐶20152−…+(−1)𝑘𝐷2015𝑘𝐶201

5𝑘+…−𝐷20152015⋅𝐶20152015=0，故答案为0.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022春·山东菏泽·高二统考期中）（1）计算：4𝐴73+2𝐴74𝐴77−𝐴84．（2）已知1𝐶5𝑚−1𝐶6𝑚=710𝐶7𝑚，求𝐶6𝑚+

𝐶6𝑚+1+𝐶7𝑚+2+𝐶8𝑚+3的值．【解题思路】（1）根据排列数的计算公式即可得解；（2）根据组合数的计算公式即可得解.【解答过程】（1）4𝐴73+2𝐴74𝐴77−𝐴84=4×7×6×5+2×7×6×5×47×6×5×4×3×2×1

−8×7×6×5=7×6×5×4×37×6×5×(4×3×2×1−8)=1216=34．（2）由1𝐶5𝑚−1𝐶6𝑚=710𝐶7𝑚可得𝑚!(5−𝑚)!5!−𝑚!(6−𝑚)!6!=7×𝑚×(7−𝑚)!1

0×7!即𝑚!(5−𝑚)!5!−𝑚×(6−𝑚)×(5−𝑚)!6×5!=7×𝑚×(7−𝑚)(6−𝑚)(5−𝑚)!10×7×6×5!，可得1−(6−𝑚)6=(7−𝑚)(6−𝑚)10×6，整理可得：𝑚2−23𝑚+42=0，

解得𝑚=2或𝑚=21，因为0≤𝑚≤5，可得𝑚=2，所以𝐶62+𝐶63+𝐶74+𝐶85=𝐶73+𝐶74+𝐶85=𝐶84+𝐶85=𝐶95=126．18．（10分）（2023·全国·高二专题练习）由2、3、5、7组成无重复数字的四位

数，求：(1)这些数的数字和；(2)这些数的和．【解题思路】（1）根据分步乘法原理计算所有的四位数，进而可得这24个数的数字之和，（2）确定24个数中，每个数位上2，3，5，7出现的次数，进而可求这些数的和,【

解答过程】（1）共可组成4×3×2×1＝24个四位数，这24个四位数的数字和为24×(2+3+5+7)=408．（2）这24个四位数中，数字2在千位的有3×2×1＝6个，同样，3、5、7在千位的各有6个．同理，2、3、5、7在百位、十位、个位各出现6次．

所以所有数之和为(2+3+5+7)×6×(1000+100+10+1)=11332219．（12分）（2023·全国·高三专题练习）如图，一个正方形花圃被分成5份．(1)若给这5个部分种植花，要求相邻两部分种植不同颜色的花，已知现有5种

颜色不同的花，求有多少种不同的种植方法？(2)若向这5个部分放入7个不同的盆栽，要求每个部分都有盆栽，问有多少种不同的放法？【解题思路】（1）分种3、4、5种颜色的花，应用分步计数及组合排列数求种植方法数；（2）分{3,1,1,1,1}、{2,2,1,1,1}两种分组，结合不平均分组、全排列求

不同的放法.【解答过程】（1）当种5种颜色的花，作全排列，则有A55=120种；当种4种颜色的花，5种颜色选4种，{(𝐴,𝐸),(𝐶,𝐸),(𝐵,𝐶)}中选一组种同颜色的花，余下3种颜色作全排列，则有C54C41C31A33=360种；当种3种颜色的花，5种颜色选3种，𝐷位置任选一种

，余下2种颜色在{(𝐴,𝐸),(𝐵,𝐶)}分别种相同颜色，则有C53C31A22=60种；所以共有540种不同种植方法.（2）将7个盆栽有{3,1,1,1,1}、{2,2,1,1,1}两种分组方

式，以{3,1,1,1,1}分组，则C73A55=4200种；以{2,2,1,1,1}分组，则C72C52A22⋅A55=12600种；所以共有16800种不同的放法.20．（12分）（2022春·山东菏泽·高二阶段练习）6名同学(简记为𝐴、𝐵、𝐶、𝐷、𝐸、𝐹)到甲、乙、丙三个场馆做

志愿者.(1)一天上午有16个相同的口罩全部发给这6名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数？(2)每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法种数？(3)每名同学只去一个场馆，每个场馆至少要去

一名，且𝐴、𝐵两人约定去同一个场馆，𝐶、𝐷不想去一个场馆，则满足同学要求的不同的安排方法种数？【解题思路】（1）先让每位同学拿一个口罩，余下10个用隔板法求解作答.（2）利用分步计数乘法原理从6人中依次取1人，2人，3人去甲、

乙、丙三个场馆列式计算作答.（3）按给定条件将6人分成3组，再分到三个场馆列式计算作答.【解答过程】(1)16个相同的口罩，每位同学先拿一个，剩下的10个口罩排成一排有9个间隙，插入5块板子分成6份，每一种分法所得6份给到6个人即可，所以不同的发放方法C9

5=126种.(2)求不同的安排方法分三步：6人中选一人去甲场馆，剩下的5人中选2人去乙场馆，最后剩下3人去丙场馆，所以不同的安排方法有C61C52C33=60种.(3)把𝐴,𝐵视为一人，相当于把

5个人先分成三组，再分配给三个场馆，分组方法有两类：第一类1，1，3，去掉𝐶,𝐷在一组的情况，有(C53−C31)种分组方法，再分配给三个场馆，有(C53−C31)A33=7×6=42种方法，第二类1，2，2，去掉�

�,𝐷在一组的情况，有(C51C42A22−C31)种分组方法，再分配给三个场馆，有(C51C42𝐴22−C31)A33=12×6=72种方法，所以不同的安排方法有42+72=114种方法.21．（12分）（2022秋·上海杨

浦·高二期末）已知(√𝑥4+12√𝑥)𝑛（𝑛为正整数）的二项展开式中.(1)若C𝑛0+C𝑛2+C𝑛4+⋯=256，求所有项的系数之和；(2)若C𝑛0+C𝑛1+C𝑛2=821，求展开式中的有理项的个数；(3)若𝑛=

30，求系数最大的项.【解题思路】（1）由题意求出𝑛=9，令(√𝑥4+12√𝑥)9中𝑥=1，即可得出答案.（2）求出𝑛=40，写出(√𝑥4+12√𝑥)40的通项，要使展开式为有理项，则10−34𝑟∈Z，

求解即可；（3）设二项式展开式第𝑟+1项的系数最大，求出(√𝑥4+12√𝑥)40的通项，则{C30𝑟(12)𝑟≥C30𝑟−1(12)𝑟−1C30𝑟(12)𝑟≥C30𝑟+1(12)𝑟+1，解不等式即可得出答案.【解答过程】（1）因为C�

�0+C𝑛1+C𝑛2+C𝑛3+⋯+C𝑛𝑛=2𝑛，而C𝑛0+C𝑛2+C𝑛4+⋯⋯=C𝑛1+C𝑛3+C𝑛5+⋯=2𝑛−1，所以2𝑛−1=256⇒𝑛=9.所以令(√𝑥4+12√𝑥)9中𝑥=1，则所有项的系数之和为：(1+12)9=(32)9.（2）若C𝑛

0+C𝑛1+C𝑛2=821，则1+𝑛+𝑛(𝑛−1)2=821，(𝑛−40)(𝑛+41)=0，解得：𝑛=40.则(√𝑥4+12√𝑥)40的通项为：𝑇𝑟+1=C40𝑟(√𝑥4)40−𝑟(12√𝑥)𝑟=C40𝑟(12)𝑟𝑥10−34𝑟，其中𝑟∈{0,1,2

,3,⋯,40}，要使展开式为有理项，则10−34𝑟∈Z，则𝑟=0,4,8,12,16,20,24,28,32,36,40，故展开式中的有理项的个数为11.（3）若𝑛=30，则(√𝑥4+12√𝑥)30的通

项为：𝑇𝑟+1=C30𝑟(√𝑥4)30−𝑟(12√𝑥)𝑟=C30𝑟(12)𝑟𝑥30−3𝑟4，则设二项式展开式第𝑟+1项的系数最大，则{C30𝑟(12)𝑟≥C30𝑟−1(12)𝑟−1C3

0𝑟(12)𝑟≥C30𝑟+1(12)𝑟+1，得{30!𝑟!(30−𝑟)!(12)𝑟≥30!(𝑟−1)!(31−𝑟)!(12)𝑟−130!𝑟!(30−𝑟)!(12)𝑟≥30!(𝑟+1)!(29−𝑟)!(12)

𝑟+1，化简得：{12𝑟≥131−𝑟130−𝑟≥12(𝑟+1)，解得：283≤𝑟≤313.因为𝑟∈Z，则𝑟=10，所以系数最大的项为𝑇11=C3010(12)10.22．（12分）（2022·全国·高三专题练习）在(𝑥2+𝑥+1)𝑛=𝐷𝑛0𝑥2

𝑛+𝐷𝑛1𝑥2𝑛−1+𝐷𝑛2𝑥2𝑛−2+⋅⋅⋅+𝐷𝑛2𝑛−1𝑥+𝐷𝑛2𝑛的展开式中，把𝐷𝑛0，𝐷𝑛1，𝐷𝑛2，…，𝐷𝑛2𝑛叫做三项式的𝑛次系数列．（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列；（2）列出杨辉三角形类似

的表（0≤𝑛≤4，𝑛∈𝑁），用三项式的𝑛次系数表示𝐷𝑛+10，𝐷𝑛+11，𝐷𝑛+1𝑘+1(1≤𝑘≤2𝑛−1)；（3）用二项式系数表示𝐷𝑛3．【解题思路】（1）先求出三项式的展开式，即可求出；（2）列出杨辉三

角形类似的表，即可得出结果；（3）根据三项式的𝑛次系数列定义展开求解即可得出.【解答过程】（1）写出三项式的2次系数列和3次系数列：∵(𝑥2+𝑥+1)2=𝑥4+𝑥2+1+2𝑥3+2𝑥2+2𝑥=𝑥4+2𝑥3+3𝑥2+2𝑥+1，∴𝐷20=1，𝐷21=2，𝐷22=

3，𝐷23=2，𝐷24=1，∵(𝑥2+𝑥+1)3=(𝑥4+2𝑥3+3𝑥2+2𝑥+1)(𝑥2+𝑥+1)=𝑥6+3𝑥5+6𝑥4+7𝑥3+6𝑥2+3𝑥+1，∴𝐷30=1，𝐷31=3，𝐷32=6，𝐷33=7，𝐷34=6，𝐷

35=3，𝐷36=1．（2）列出杨辉三角形类似的表（0≤𝑛≤4，𝑛∈𝑁），用三项式的𝑛次系数表示𝐷𝑛+10，𝐷𝑛+11，𝐷𝑛+1𝑘+1(1≤𝑘≤2𝑛−1)，𝐷𝑛+10=𝐷𝑛0=0，𝐷𝑛+11=𝐷𝑛1+𝐷𝑛0=

𝑛+1，𝐷𝑛+1𝑘+1=𝐷𝑛𝑘−1+𝐷𝑛𝑘+𝐷𝑛𝑘+1(1≤𝑘≤2𝑛−1)，（3）用二项式系数表示𝐷𝑛3，𝐷12=1，𝐷22=𝐷10+𝐷11+𝐷12=3=𝐶32，𝐷32=𝐷20+𝐷21+𝐷22=6=𝐶42，𝐷4

2=𝐷30+𝐷31+𝐷32=10=𝐶52，…，⇒𝐷𝑛−12=𝐷𝑛−20+𝐷𝑛−21+𝐷𝑛−22=1+𝑛−2+𝐶𝑛−12=𝐶𝑛2，∵𝐷𝑛3=𝐷𝑛−11+𝐷𝑛−12+𝐷𝑛−13，∴𝐷𝑛3−

𝐷𝑛−13=𝐷𝑛−11+𝐷𝑛−12=𝐶𝑛1+𝐶𝑛2−1=𝐶𝑛+12−1，∵𝐷33−𝐷23=𝐶42−1,𝐷43−𝐷33=𝐶52−1，𝐷53−𝐷43=𝐶62−1，…，𝐷𝑛3−𝐷𝑛−13=𝐶𝑛+12−1

，∴𝐷𝑛3−𝐷23=𝐶42+𝐶52+𝐶62+⋅⋅⋅+𝐶𝑛+12−(𝑛−2)=(𝐶53−𝐶43)+(𝐶63−𝐶53)+(𝐶73−𝐶63)+⋅⋅⋅+(𝐶𝑛+23−𝐶𝑛+13)−(𝑛−2)=𝐶𝑛+23−𝐶43−(𝑛−2)=𝐶𝑛+23−(𝑛+2)，∴�

�𝑛3=𝐶𝑛+23−𝐶𝑛1．