第15讲 计数原理、排列组合、二项式定理（7类核心考点精讲精练）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（上海专版）

第15讲 计数原理、排列组合、二项式定理 （7类核心考点精讲精练） 1. 5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 2024年秋考6、10题 2024年春考4题 二项式系数和及通项公式；排列、组合及简单的计数问题 二项式的展开式 2023秋考10题 2023春考8题 二项式定理的应用 二项式定理及组合数公式的应用 2022秋考7题 2022春考4、9题 二项式定理的应用 二项式定理的应用、排列组合的应用 2021年秋考6题 2021年春考7题 二项展开式的通项公式 二项式定理、二项式系数的性质 2020年秋考9题 2020年春考8题 组合数公式 二项式定理求特定系数 2. 备考策略 1．排列数、组合数常用公式 (1)A＝(n－m＋1)A. (2)A＝nA. (3)(n＋1)！－n！＝n·n！. (4)kC＝nC. (5)C＋C＋…＋C＋C＝C. 2．解决排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排． (2)合理分类与准确分步． (3)排列、组合混合问题要先选后排． (4)相邻问题捆绑处理． (5)不相邻问题插空处理． (6)定序问题倍缩法处理． (7)分排问题直排处理． (8)“小集团”排列问题先整体后局部． (9)构造模型． (10)正难则反，等价转化． 3．C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. 4．C＝C＋C. 1．两个计数原理 (1)分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法． (2)分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法． 2．排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照一定的顺序排成一列 组合 作为一组 3.排列数与组合数 (1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，用符号A表示． (2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，用符号C表示． 4．排列数、组合数的公式及性质 公式 (1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(n，m∈N*，且m≤n)． (2)C＝＝(n，m∈N*，且m≤n) 性质 (1)0！＝1；A＝n！. (2)C＝1；C＝C；C＝C＋C 5．二项式定理 二项式定理 (a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*) 二项展开式的通项 Tk＋1＝Can－kbk，它表示展开式的第k＋1项 二项式系数 C(k＝0,1，…，n) 6.二项式系数的性质 (1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等． (2)增减性与最大值： ①当k<时，C随k的增加而增大；由对称性知，当k>时，C随k的增加而减小． ②当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项与相等，且同时取得最大值． (3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和为C＋C＋C＋…＋C＝2n. 知识讲解 考点一：计数原理及应用 1．（2022•崇明区二模）某学校每天安排4项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定： （1）每位学生每天最多选择1项； （2）每位学生每项一周最多选择1次．学校提供的安排表如下： 时间 周一 周二 周三 周四 周五 课后服务 音乐、阅读、 体育、编程 口语、阅读、 编程、美术 手工、阅读、 科技、体育 口语、阅读、 体育、编程 音乐、口语、 美术、科技 若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程3项，则不同的选择方案共有 　14　种．（用数值表示） 【分析】根据题意，由表可知周一至周四都可选阅读，周一，周三和周四可选体育，周一，周二和周四可选编程，由此分4种情况讨论，由加法原理计算可得答案． 【解答】解：根据题意，由表可知周一至周四都可选阅读，周一，周三和周四可选体育，周一，周二和周四可选编程， 故分4种情况讨论： 当周一选阅读，若体育选周三，编程有2种方法，若体育选周四，编程有1种方法，共3种选法， 当周二选阅读，若编程选周一，体育有2种方法，若编程选周四，体育有2种方法，共4种选法， 当周三选阅读，若体育选周一，编程有2种方法，若体育选周四，编程有2种方法，共4种选法， 当周四选阅读，若体育选周一，编程有1种方法，若体育选周三，编程有2种方法，共3种选法， 再由分类加法计数原理可得不同的选课方案共有种． 故答案为：14． 【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题． 2．（2024•黄浦区校级三模）用这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共有 　840　个． 【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理及分类加法计数原理求解． 【解答】解：用这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数可分为2类： ①当数位上数字为奇数且个数为2时， 则有个； ②当数位上数字为奇数且个数为4时， 则有个， 则各个数位上数字和为偶数的奇数共有个． 故答案为：840． 【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理及分类加法计数原理，属中档题． 3．（2024•徐汇区模拟）将四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有四种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为 　72　． 【分析】首先给顶点选色，有4种结果，再给选色有3种结果，再给选色有2种结果，最后分两种情况即与同色与与不同色来讨论，根据分步计数原理和分类计数原理得到结果． 【解答】解：设四棱锥为． 下面分两种情况即与同色与与不同色来讨论， （1）的着色方法种数为，的着色方法种数为，的着色方法种数为， 与同色时的着色方法种数为1，的着色方法种数为， （2）的着色方法种数为，的着色方法种数为，的着色方法种数为， 与不同色时的着色方法种数为，的着色方法种数为． 综上两类共有种结果． 故答案为：72． 【点评】本题主要排列与组合及两个基本原理，总体需分类，每类再分步，综合利用两个原理解决，属中档题． 考点二：排列及排列数公式 4．（2024•杨浦区校级三模）若排列数，则　3　． 【分析】由排列数的运算公式计算即可得解． 【解答】解：由得： 因， 则， 解得， 故答案为：3． 【点评】本题考查了排列数的运算，属基础题． 5．（2023•闵行区校级三模）安排4名男生和3名女生参与完成3项工作，要求必须每人参与一项，每项工作至少由1名男生和1名女生完成，则不同的安排方式种数为 　216　． 【分析】首先根据捆绑法将男生分为3组，然后男生与女生分别全排列，根据分步计数乘法原理计算即可． 【解答】解：由于每项工作至少由1名男生和1名女生完成， 则先从4个男生选2人一组，将4人分成三组， 所以男生的排法共有， 女生的安排方法共有， 故不同的安排共有种． 故答案为：216． 【点评】本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于中档题． 6．（2024•虹口区二模）3个男孩和3个女孩站成一排做游戏，3个女孩不相邻的站法种数为 　144　． 【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合插空法求解． 【解答】解：3个男孩和3个女孩站成一排做游戏，3个女孩不相邻， 先将3个男孩全排，然后在男孩之间的4个空中选3个空排3个女孩即可， 即不同的站法种数为． 故答案为：144． 【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了插空法，属中档题． 7．（2022•长宁区二模）将编号为1，2，3，4的4个小球放入3个不同的盒子中，每个盒子不空，若放在同一盒子里的2个小球编号不相邻，则共有 　18　种不同的放法． 【分析】先将2个小球放在同一盒子里，再将另外两个小球放到另外2个盒子中即可得解． 【解答】解：先将2个小球放在同一盒子里，要求2个小球编号不相邻，则这2个小球编号可以为1和3或1和4或2和4，共三种情况， 再将另外两个小球放到另外2个盒子中，则共有种不同的放法， 故答案为：18． 【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步原理，属基础题． 8．（2021•崇明区二模）某学校组织学生参加劳动实践活动，其中4名男生和2名女生参加农场体验活动，体验活动结束后，农场主与6名同学站成一排合影留念，则2名女生互不相邻，且农场主站在中间的概率等于　　（用数字作答） 【分析】根据题意，由排列组合数公式计算“农场主与6名同学站成一排”和“2名女生互不相邻，且农场主站在中间”的站法数目，由古典概型公式计算可得答案． 【解答】解：根据题意，农场主与6名同学站成一排，有种不同的站法， 若农场主站在中间，有种不同的站法，农场主人站在中间，两名女生相邻共有种站法， 则2名女生互不相邻，且农场主站在中间的站法有种站法， 则其概率， 故答案为：． 【点评】本题考查古典概型的计算，涉及排列组合的实际应用，属于基础题． 9．（2021•徐汇区校级三模）现有高一学生两人，高二学生两人，高三学生一人，将这五人排成一行，要求同一年级的学生不能相邻，则不同的排法总数为　48　 【分析】根据题意，由排除法分析：先计算五人任意排列的情况数目，再计算其中高一学生相邻或高二学生相邻的情况和高一学生相邻且高二学生相邻的情况数目，据此分析可得答案． 【解答】解：根据题意，将五个人的全排列，共有种结果． 其中高一学生相邻或高二学生相邻两种情况，有种， 高一学生相邻且高二学生相邻情况，有种， 故同一年级的学生不能相邻的排法是， 故答案为：48 【点评】本题考查排列组合的应用，注意用间接法分析，属于基础题． 考点三：组合及组合数公式 10．（2021•静安区二模）在1，2，3，4，5，6，7中任取6个不同的数作为一个3行2列矩阵的元素，要求矩阵的第2行的两个数字之和等于5，而矩阵的第1行和第3行的两个数字之和都不等于5，则可组成不同矩阵的个数为　　 A．204 B．260 C．384 D．480 【分析】两个数字之和等于5的情形只有两种：．下面先考虑第二行选取1，4作为元素，有种方法；再安排第一行、第三行，若只选取2，3中的一个有种方法，若2，3都选取，则有种方法．再利用乘法原理与加法原理即可得出． 【解答】解：两个数字之和等于5的情形只有两种：． 下面先考虑第二行选取1，4作为元素，有种方法；再安排第一行、第三行，若只选取2，3中的一个有种方法，若2，3都选取，则有种方法． 由乘法原理可得：方法． 同理可得：第二行选取2，3作为元素，也有方法． 利用加法原理可得：可组成不同矩阵的个数为种方法． 故选：． 【点评】本题考查了排列组合数的计算公式及其应用、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 11．（2023•浦东新区校级模拟）从6人中选取4人分别去北京、香港、广州、深圳四个城市游览，要求每个城市有1人游览，而每人只游览一个城市，且这6人中，甲、乙两人都不去香港游览，则不同的选择方案共有 　240　种．（用数字作答） 【分析】根据题意，使用间接法，首先计算从6人中选4人分别到四个城市游览的情况数目，再分别计算其包含的甲、乙两人去香港游览的情况数目，进而由事件间的关系，计算可得答案． 【解答】解：根据题意，由排列公式可得， 首先从6人中选4人分别到四个城市游览，有种不同的情况， 其中包含甲到香港游览的有种，乙到香港游览的有种， 故这6人中甲、乙两人不去香港游览，则不同的选择方案共有种； 故答案为：240． 【点评】本题考查排列的应用，注意间接法比直接分析更为简便，要使用间接法，属于中档题． 12．（2021•黄浦区三模）一个三位数，个位、十位、百位上的数字依次为，，，当且仅当且时，称这样的数为“凸数”（如，则从集合，2，3，4，中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为　20　． 【分析】5个整数中任取3个不同的数，将最大的放在十位上，剩余的2个数字分别放在百、个位上就构成一个“凸数”，问题得以解决． 【解答】解：从，2，3，4，的5个整数中任取3个不同的数，将最大的放在十位上， 剩余的2个数字分别放在百、个位上就构成一个“凸数”， 故“凸数”有种情况． 故答案为：20． 【点评】本题考查组合数公式的运用，关键在于根据题干中所给的“凸数”的定义，属于基础题． 13．（2024•闵行区校级三模）两本相同的图画书和两本不同的音乐书全部分给三个小朋友，每人至少一本，且两本图画书不分给同一个小朋友，则不同的分法共有 　15　种． 【分析】根据题意，需要先将4本书分为3组，再分配给3个小朋友，按4本书分为3组的不同情况讨论，由加法原理计算可得答案． 【解答】解：根据题意，不妨记两本相同的图书为元素1，1，两本不同的音乐书为元素3，4， 需要先将4本书分为3组，再分配给3个小朋友， 分3种情况讨论： 若分为、1、的三组时，分配给三个小朋友的方法有种情况； 若分为、1、的三组时，分配给三个小朋友的方法有种情况； 若分为、1、的三组时，分配给三个小朋友的方法有种情况； 综上，不同的分法共有种． 故答案为：15． 【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分类计数原理的应用，属于基础题． 考点四：排列组合的综合应用 14．（2024•黄浦区二模）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用分层抽样的方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取40名学生，已知该校初中部和高中部分别有500和300名学生，则不同的抽样结果的种数为　　 A． B． C． D． 【分析】先确定初中部和高中部各抽取的人数，再利用组合数即可得． 【解答】解：由题意，初中部和高中部总共有人， 按照分层随机抽样的原理，应从初中部抽取 人，从高中部抽取． 从初中部抽取25人，有种方法，从高中部抽取15人，有种方法， 根据分步乘法计数原理，一共有种抽样结果． 故选：． 【点评】本题考查分层抽样，考查组合数的应用，属于基础题． 15．（2024•闵行区校级二模）如图，设点为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有2个元素，那么符合条件的点有 　10　个． 【分析】根据分类计数原理求解即可． 【解答】解：符合条件的点有两类： 一，六条棱的中点；二，四个面的中心； 集合中有且只有2个元素，符合条件的点有个． 故答案为：10． 【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法计数原理，属基础题． 16．（2024•闵行区三模）4名志愿者全部分到3所学校支教，要求每所学校至少有1名志愿者，则不同的分法共有 　36　种． 【分析】先把4名志愿者分成3组，再将三组分到三所学校即可． 【解答】解：根据题意，4名志愿者分为1，1，2三组有种分法， 再将三组分到三个学校有种方法， 故不同的分法有种． 故答案为：36． 【点评】本题考查接排列组合问题，属于中档题． 17．（2024•松江区校级模拟）把1、2、3、4、5这五个数随机地排成一个数列，要求该数列恰好先递增后递减，则这样的数列共有 　14　个． 【分析】根据已知条件，分从1，2，3，4中选出一个数排在5的右侧，其余排在5的左侧，从1，2，3，4中选出两个数排在5的右侧，其余排在5的左侧，从1，2，3，4中选出三个数排在5的右侧，其余排在5的左侧三种情况讨论，并对所求的结果求和，即可求解． 【解答】解：从1，2，3，4中选出一个数排在5的右侧，其余排在5的左侧，得到先增后减的数列有， 从1，2，3，4中选出两个数排在5的右侧，其余排在5的左侧，得到先增后减的数列有， 从1，2，3，4中选出三个数排在5的右侧，其余排在5的左侧，得到先增后减的数列有， 故满足条件的数量总个数为个． 故答案为：14． 【点评】本题主要考查组合及简单计数问题，考查分类讨论的思想，属于基础题． 18．（2024•闵行区校级三模）某羽毛球俱乐部，安排男女选手各6名参加三场双打表演赛（一场为男双，一场为女双，一场为男女混双），每名选手只参加1场表演赛，则所有不同的安排方法有 　4050　种． 【分析】先考虑两对混双的组合的方法，余下4名男选手和4名女选手各有3种不同的配对方法组成两对男双组合，两对女双组合，推出结果． 【解答】解：先考虑两对混双的组合有种不同的方法， 余下4名男选手和4名女选手各有3种不同的配对方法组成两对男双组合，两对女双组合， 故共有． 故答案为：4050． 【点评】本题考查计数原理，以及排列、组合的简单应用，是中档题． 19．（2024•浦东新区校级三模）2024年重庆市高考数学科目采用新试卷结构，我校高三年级将对来自三个班级的9名学生（每个班级3名学生）做一项围绕适应新试卷结构的调研，并再抽选其中的若干名学生做访谈，要求每个班级至少有一名学生被抽中，且任意两个班级被抽中的学生人数之和至多为3，则不同的抽选方法数为 　108　． 【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分类加法及分步乘法计数原理求解． 【解答】解：当三个班级的人数为”1，1，1“时， 则不同的抽选方法数为； 当三个班级的人数为”1，2，1“时， 则不同的抽选方法数为， 即不同的抽选方法数共有． 故答案为：108． 【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分类加法及分步乘法计数原理，属中档题． 20．（2024•闵行区二模）已知空间中有2个相异的点，现每增加一个点使得其与原有的点连接成尽可能多的等边三角形．例如，空间中3个点最多可连接成1个等边三角形，空间中4个点最多可连接成4个等边三角形．当增加到8个点时，空间中这8个点最多可连接成 　20　个等边三角形． 【分析】利用已知条件，判断求解空间中这8个点最多可连接成等边三角形的个数． 【解答】解：正四面体的每一个面向外作一个正四面体，此时是增加一个点，增加正三角形3个，新增加的4个点，又是1个正四面体， 所以当增加到8个点时，空间中这8个点最多可连接成． 故答案为：20． 【点评】本题考查空间想象能力，发现问题解决问题的能力，是基础题． 21．（2024•杨浦区二模）有5名志愿者报名参加周六、周日的公益活动，若每天从这5人中安排2人参加，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有 　60　种． 【分析】先选出1人在这两天都参加的分法，然后安排其它志愿者即可． 【解答】解：有5名志愿者报名参加周六、周日的公益活动，若每天从这5人中安排2人参加， 则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有：（种． 故答案为：60． 【点评】本题考查了排列组合的综合应用，计数原理的应用，属于中档题． 22．（2024•松江区二模）某校高一数学兴趣小组一共有30名学生，学号分别为1，2，3，，30，老师要随机挑选三名学生参加某项活动，要求任意两人的学号之差绝对值大于等于5，则有 　1540　种不同的选择方法． 【分析】设挑选出的三名学生的学号分别为，，，不妨设，根据任意两人的学号之差绝对值大于等于5列方程，运用隔板法求解． 【解答】解：设挑选出的三名学生的学号分别为，，，不妨设， 则有恒等式，其中，，，，即，，，， 故式为， 上式四个正整数的和为23，相当于23个1分成四组，运用隔板法，在22个空中放3块板，故有种方法． 故答案为：1540． 【点评】本题考查隔板法的应用，属于中档题． 23．（2024•虹口区模拟）中国古典数学的代表作有《算数书》《九章算术》《周髀算经》《孙子算经》等．学校图书馆计划将这四本书借给3名学生阅读，要求每人至少读一本，则不同的借阅方式有 　36　种（用数字作答）． 【分析】根据题意，分2步进行分析：①在四本书中选出2本，分配给三人中的1人，②剩下的2本安排给其余2人，由分步计数原理计算可得答案． 【解答】解：根据题意，分2步进行分析： ①在四本书中选出2本，分配给三人中的1人，有种分法， ②剩下的2本安排给其余2人，有种分法， 则有种借阅方式， 故答案为：36． 【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题． 考点五：二项展开式的通项与项的系数 24．（2024•青浦区二模）的二项展开式中的常数项为 　160　． 【分析】直接利用二项式的展开式和组合数求出结果． 【解答】解：根据二项式的展开式：，1，2，3，4，5，， 当时，常数项为． 故答案为：160． 【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于基础题． 25．（2024•徐汇区模拟）已知的二项展开式中各项系数和为1024，则展开式中常数项的值为 　210　． 【分析】依题意，可求得，再利用的二项展开式的通项公式可求得答案． 【解答】解：的二项展开式中各项系数和为1024， 即， 故． 设的二项展开式的通项为，则， 令，得， 故展开式中常数项的值为． 故答案为：210． 【点评】本题考查二项式定理的应用，求得是关键，考查运算求解能力，属于中档题． 26．（2024•徐汇区校级模拟）的二项展开式的各项系数之和为256，则该二项展开式中的常数项为 　54　． 【分析】先利用赋值法求出的值，然后利用展开式通项求常数项． 【解答】解：令，则， 解得， 所以展开式通项为：，且， 令得，， 故常数项为：． 故答案为：54． 【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，考查了赋值法的应用，属于基础题． 27．（2024•浦东新区校级三模）的展开式的第四项为 　　． 【分析】利用二项式的通项公式可求得答案． 【解答】解：的展开式的第四项为． 故答案为：． 【点评】本题主要考查二项式定理，考查二项展开式的通项公式及特定项的求法，属于基础题． 考点六：二项式系数与二项式系数的和 28．（2023•浦东新区校级三模）已知为正整数）的展开式中所有项的二项式系数的和为64，则　6　． 【分析】由题意，利用二项式系数的性质，求得的值． 【解答】解：为正整数）的展开式中所有项的二项式系数的和为， ． 故答案为：6． 【点评】本题主要考查二项式系数的性质，属于基础题． 29．（2023•黄浦区校级三模）已知的二项展开式中，所有二项式系数的和等于64，则该展开式中常数项的值等于　60　． 【分析】先根据二项式系数的性质求出的值，再利用通项公式求得展开式中常数项． 【解答】解：的二项展开式中，所有二项式系数的和等于，则， 故展开式的通项公式为， 令，求得， 可得展开式中常数项等于． 故答案为：60． 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，二项式系数的性质，属于基础题． 考点七：二项式定理的应用 30．（2024•松江区校级模拟）设，且，若能被13整除，则　12　． 【分析】直接利用二项式的展开式解决整除问题． 【解答】解：， 由于，且； 故能被13整除，故． 故答案为：12． 【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题． 31．（2024•宝山区校级四模）设为大于2的自然数，将二项式两边同时求导，可以得到一些特别的组合恒等式，结合课本中杨辉三角研究方法，可以得到　　． 【分析】对，两边同乘以整理后再对求导，最后令代入整理即可得到结论． 【解答】解：对， 两边同乘以得：， 再两边对求导得到：， 在上式中令，得． 故答案为：． 【点评】本题主要考查二项式定理的应用．赋值法，是中档题． 32．（2023•普陀区校级模拟）如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为 　　（用最简分数表示）． 【分析】根据题意，归纳数表可得第10行中数依次为：、、、、、，由此分析最大和第二大的数，计算可得答案． 【解答】解：根据题意，第10行中数依次为：、、、、、， 其中最大为，第二大的数为或， 故第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为． 故答案为：． 【点评】本题考查归纳推理的应用，涉及二项式定理，属于基础题． 一．选择题（共4小题） 1．（2024春•普陀区校级月考）已知为正整数，则　　 A． B． C． D． 【分析】根据排列数的运算即可求解． 【解答】解：由， 得． 故选：． 【点评】本题主要考查了排列数公式的应用，属于基础题． 2．（2024春•浦东新区校级期中）某宿舍6名同学排成一排照相，其中甲与乙必须相邻的不同排法有　　 A．120种 B．240种 C．216种 D．256种 【分析】利用“捆绑法”求解． 【解答】解：利用捆绑法，把甲和乙看成一个整体，与其他4人进行全排列， 所以不同排法有种． 故选：． 【点评】本题主要考查了排列组合知识，考查了“捆绑法”的应用，属于基础题． 3．（2024春•虹口区期末）某同学要从物理、化学、生物、思想政治、历史、地理这六门学科中选三门参加等级考，若要求物理和历史这两门学科至少要选一门，则这名同学选科组合方式共有的种数是　　 A．12 B．16 C．20 D．32 【分析】结合间接法求解． 【解答】解：某同学要从物理、化学、生物、思想政治、历史、地理这六门学科中选三门参加等级考，若要求物理和历史这两门学科至少要选一门， 则这名同学选科组合方式共有的种数是． 故选：． 【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，属基础题． 4．（2023秋•杨浦区校级期末）某单位计划从5人中选4人值班，每人值班一天，其中第一、二天各安排一人，第三天安排两人，则安排方法数为　　 A．30 B．60 C．120 D．180 【分析】根据分步乘法计数原理结合捆绑法分析求解． 【解答】解：先从5人中选出4人值班， 再从4人中选出2人值第三天，剩余2人分别值第一、二天， 所以安排方法数为． 故选：． 【点评】本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于中档题． 二．填空题（共14小题） 5．（2024•浦东新区校级四模）在展开式中，项的系数是 　60　． 【分析】求出展开式的通项公式，令的指数为2，进而可以求解． 【解答】解：二项式的展开式的通项公式为，，1，，6， 令，解得， 所以的系数为， 故答案为：60． 【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题． 6．（2024•闵行区三模）二项式展开式中的系数为 　5　． 【分析】将化为，利用二项式系数结合组合数的计算，求得答案． 【解答】解：因为， 故展开式中的系数为． 故答案为：5． 【点评】本题主要考查二项式定理，属于基础题． 7．（2024•普陀区校级三模）展开式中项的系数为 　30　． 【分析】利用二项式展开式的通项公式，求解即可． 【解答】解：展开式的通项公式为， 当时，， 所以，即项的系数为30． 故答案为：30． 【点评】本题考查二项式定理，熟练掌握展开式的通项公式是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题． 8．（2024•黄浦区二模）若的展开式中的系数是，则实数　　． 【分析】根据已知条件，结合二项式定理，即可求解． 【解答】解：若的展开式的通项公式为：， 令，解得， 的展开式中的系数是， 则，解得． 故答案为：． 【点评】本题主要考查二项式定理，属于基础题． 9．（2024•浦东新区校级模拟）在的展开式中，项的系数为 　45　．（结果用数值表示） 【分析】根据已知条件，结合二项式定理，即可求解． 【解答】解：， 项只能在展开式中，即为，系数为． 故答案为：45． 【点评】本题主要考查二项式定理的应，属于基础题． 10．（2024•浦东新区校级模拟）若排列数，则　4　． 【分析】由排列数的运算公式计算即可得解． 【解答】解：由得： 因， 则， 解得， 故答案为：4． 【点评】本题考查了排列数的运算，属基础题． 11．（2024秋•黄浦区校级月考）若甲、乙两人从6门课程中各选修3门，则甲、乙所选修的课程中至少有1门相同的选法种数为 　380　． 【分析】根据题意，利用间接法分析：先计算“甲、乙两人从6门课程中各选修3门”的选法，排除其中“甲乙所选的课程全不相同”的选法，即可得答案． 【解答】解：根据题意，甲、乙两人从6门课程中各选修3门，有种选法， 其中甲乙所选的课程全不相同，有种情况， 故甲、乙所选修的课程中至少有1门相同的选法有种． 故答案为：380． 【点评】本题考查排列组合的应用，注意间接法的应用，属于基础题． 12．（2024•浦东新区校级模拟）已知，且，则　2　． 【分析】利用二项展开式的通项公式，分析含项的构成，求出． 【解答】解：由题意，为中的系数． 因为的二项展开式的通项公式为， 所以的展开式中含项的系数为：， 解得：． 故答案为：2． 【点评】本题考查二项式定理，属于基础题． 13．（2024•杨浦区校级三模）二项式展开式中含项的系数为　60　（用数字作答）． 【分析】利用二项展开式通项可解决此题． 【解答】解：二项式展开式的通项为：，当时，，展开式中含项的系数为：． 故答案为：60． 【点评】本题考查二项式定理，考查数学运算能力，属于基础题． 14．（2024•浦东新区三模）若，则的值为 　　． 【分析】直接利用赋值法求出结果． 【解答】解：令，故， 令，故， 故． 故答案为：． 【点评】本题考查的知识点：赋值法，主要考查学生的运算能力，属于基础题． 15．（2024•长宁区校级三模）二项式的展开式中，项的系数是 　60　（用数字作答）． 【分析】求出二项式的展开式的通项公式，然后令的指数为2，进而可以求解． 【解答】解：二项式的展开式的通项公式为，，1，，6， 令，解得， 则项的系数为． 故答案为：60． 【点评】本题考查了二项式定理的应用，属于基础题． 16．（2024•青浦区校级模拟）已知的展开式中项的系数为，则　　． 【分析】直接利用二项展开式的通项公式求解． 【解答】解：由题意得， 解得， 故答案为：． 【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，主要考查学生的运算能力，属于基础题． 17．（2024•闵行区校级模拟）的展开式中的系数是 　8　． 【分析】写出二项式展开式的通项公式，令的指数为1，解出，可得展开式中的系数． 【解答】解：的通项公式为，，1，2，3，4， 令，解得，即二项式展开式中的系数是． 故答案为：8． 【点评】本题考查二项式展开式的应用，属于基础题． 18．（2024•杨浦区校级三模）在的展开式中，项的系数是 　10　． 【分析】利用二项展开式的通项公式可求得答案． 【解答】解：在的展开式中，通项，1，2，，， 令，得， 故项的系数为． 故答案为：10． 【点评】本题考查二项式定理的应用，属于基础题． 一．填空题（共7小题） 1．（2024•普陀区校级模拟）若，则　　． 【分析】由组合数以及分类加法和分步乘法计数原理即可得解． 【解答】解：表示5个因数的乘积．而为展开式中的系数， 设这5个因数中分别取、、2这三项分别取，，个， 所以，若要得到含的项，则由计数原理知，，的取值情况如下表： 2 个 个 个 0 5 0 1 3 1 2 1 2 由上表可知． 故答案为：． 【点评】本题考查的知识要点：二项式的展开式，组合数的应用，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题． 2．（2024•闵行区校级三模）若的二项展开式中第3项与第5项的系数相等，则该展开式中的系数为 　6　． 【分析】直接利用二项式的展开式以及组合数的应用求出结果． 【解答】解：根据二项式的展开式该题的展开式的系数和二项式的系数相等； 即，故； 所以的二项式的展开式为，1，2，3，4，5，， 当时，该展开式中的系数为． 故答案为：6． 【点评】本题考查的知识点：二项式的展开式，组合数，主要考查学生的运算能力，属于中档题． 3．（2024•闵行区校级三模）已知，则的值为 　10　． 【分析】直接利用二项展开式和组合数求出结果． 【解答】解：已知， 根据二项展开式，当时，． 故答案为：10． 【点评】本题考查的知识要点：二项展开式，组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题． 4．（2023•徐汇区校级三模）已知，其中、、、、是常数，则的值为 　1　． 【分析】利用赋值法得到，，从而利用平方差公式即可得解． 【解答】解：因为， 令，得， 令，得， 所以． 故答案为：1． 【点评】本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于中档题． 5．（2023•闵行区校级三模）若，则被10除所得的余数为 　9　． 【分析】直接利用二项式的展开式及赋值法和组合数的运算求出结果． 【解答】解：由于， 当时，， 故， 故被10除所得的余数为9． 故答案为：9． 【点评】本题考查的知识要点：二项展开式，组合数的求法，数的整除问题，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题． 6．（2020•金山区二模）设，为的展开式的各项系数之和，，，表示不超过实数的最大整数），则的最小值为 　　． 【分析】表示的是点到直线的距离的平方，研究点的变化规律可求解． 【解答】解：易知，表示的是到直线的距离的平方． 因为，的值依次为：0，1，2，3，，，，（因为对于，当时，，所以． 所以表示不超过实数的最大整数），对应的点依次为，，，，，，， 这些点与直线的距离先接近，再离得越来越远． 所以这些点到直线的距离为：，， 易知时，，故所求的最小值为． 故答案为：． 【点评】本题考查二项式系数的求法等知识，同时还考查学生运用转化思想，函数思想解决问题的能力．同时考查学生的逻辑推理、数学抽象、直观想象和数学运算等数学核心素养．属于较难的题目． 7．（2022•浦东新区校级二模）定义域为集合，2，3，，上的函数满足：①（1）；②，2，，；③（1）、（6）、成等比数列；这样的不同函数的个数为　155　． 【分析】分析出的所有可能的取值，得到使中（1）、（6）、成等比数列时对应的项，再运用计数原理求出这样的不同函数的个数即可． 【解答】解：经分析，的取值的最大值为，最小值为，并且成以2为公差的等差数列， 故（6）的取值为6，4，2，0，，． 的取值为12，10，8，6，4，2，0，，，，，， 所以能使中的（1）、（6）、成等比数列时，（1）、（6）、的取值只有两种情况： ①（1）、（6）、；②（1）、（6）、． ，2，，，，或者，即得到后项时，把前项加1或者把前项减1． （1）当（1）、（6）、时；将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从（1）变化到（6），第二步：从（6）变化的． 从（1）变化到（6）时有5次变化，函数值从1变化到2，故应从5次中选择3步加1，剩余的两次减1．对应的方法数为种． 从（6）变化到时有6次变化，函数值从2变化到4，故应从6次变化中选择4次增加1，剩余两次减少1，对应的方法数为种． 根据分步乘法原理，共有种方法． （2）当（1）、（6）、时，将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从（1）变化到（6），第二步：从（6）变化的． 从（1）变化到（6）时有5次变化，函数值从1变化到，故应从5次中选择1步加1，剩余的4次减1．对应的方法数为种． 从（6）变化到时有6次变化，函数值从变化到4，故应从6次变化中选择6次增加1，对应的方法数为种． 根据分步乘法原理，共有种方法． 综上，满足条件的共有：种． 故填：155． 【点评】解决本题的难点在于发现的取值规律，并找到使（1）、（6）、成等比数列所对应的三项．然后用计数原理计算种类．本题属于难题． 二．解答题（共1小题） 8．（2020•奉贤区二模）两个数列、，当和同时在时取得相同的最大值，我们称与具有性质，其中． （1）设的二项展开式中的系数为，1，2，3，，，，记，，，依次下去，，组成的数列是；同样地，的二项展开式中的系数为，1，2，3，，，，记，，，依次下去，，组成的数列是；判别与是否具有性质，请说明理由； （2）数列的前项和是，数列的前项和是，若与具有性质，，，则这样的数列一共有多少个？请说明理由； （3）两个有限项数列与满足，，且，是否存在实数，使得与具有性质，请说明理由． 【分析】（1）分别求出与的最大值，可知与不具有性质； （2）令，则，结合，求得，求得的最大值，由与具有性质，可得时，．由，结合，求得的范围，再由是等差数列，可得．然后联立，解出数列的个数； （3）由，，可得，再由与是有限项数列，知一定存在最大值．设，，结合与具有性质，得，即，可得时显然成立；与产生矛盾．综上可得． 【解答】解：（1）在中，时，有最大值， 在中，或时，有最大值， 与不具有性质； （2）令，则． 由，即， 解得， ，又，， 当时，． 则与具有性质． 时，． ，，． 是等差数列，． 由，解出，，，共102个数列； （3），， 当，时， ， 即． 当时，符合上式． ， 与是有限项数列，一定存在最大值． 设，． 与具有性质，，即． 时显然成立； 假设，则显然，产生矛盾； 同理也产生矛盾． ． 【点评】本题考查考查二项式定理的应用，考查数列的函数特性，考查逻辑思维能力与推理论证能力，考查计算能力，属难题． 一．填空题（共12小题） 1．（2022•上海）用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2134大的数字个数为 　17　（用数字作答） 【分析】根据题意，按四位数的千位数字分2种情况讨论，由加法原理计算可得答案． 【解答】解：根据题意，用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数， 当其千位数字为3或4时，有种情况，即有12个符合题意的四位数， 当其千位数字为2时，有6种情况，其中最小的为2134，则有个比2134大的四位数， 故有个比2134大的四位数， 故答案为：17． 【点评】本题考查排列组合的应用，注意分类计数原理的应用，属于基础题． 2．（2024•上海）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 　329　． 【分析】根据已知条件，结合组合数、排列数公式，并分类讨论，即可求解． 【解答】解：由题可知，集合中每个元素都互异，且元素中最多有一个奇数，剩余全是偶数， 先研究集合中无重复数字的三位偶数： （1）若个位为0，这样的偶数有种； （2）若个位不为0，这样的偶数有种； 所以集合元素个数最大值为种． 故答案为：329． 【点评】本题主要考查排列、组合及简单计数问题，属于中档题． 3．（2020•上海）从6个人挑选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排1个人，第二天安排1个人，第三天安排2个人，则共有　180　种安排情况． 【分析】根据题意，由组合公式得共有排法，计算即可得出答案． 【解答】解：根据题意，可得排法共有种． 故答案为：180． 【点评】本题考查组合数公式，解题关键是正确理解题意并熟悉组合数公式，属于基础题． 4．（2024•上海）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为 　10　． 【分析】根据二项式系数和求得值，再结合二项式的通项公式即可求得． 【解答】解：由题意，展开式中各项系数的和是，所以， 则该二项式的通项公式是， 令，解得，故项的系数为． 故答案为：10． 【点评】本题考查二项式系数和及通项公式，属基础题． 5．（2024•上海）展开式中的系数为 　15　． 【分析】直接利用二项式的展开式求出结果． 【解答】解：根据二项式展开． 故答案为：15． 【点评】本题考查的知识要点：二项式的展开式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题． 6．（2023•上海）设，则　17　． 【分析】根据二项式定理及组合数公式，即可求解． 【解答】解：根据题意及二项式定理可得： ． 故答案为：17． 【点评】本题考查二项式定理及组合数公式的应用，属基础题． 7．（2023•上海）已知，若存在，1，2，，使得，则的最大值为 　49　． 【分析】由二项展开式的通项可得，若，则为奇数，所以，即，从而求出的取值范围，得到的最大值． 【解答】解：二项式的通项为，，1，2，，， 二项式的通项为，，1，2，，， ，，1，2，，， 若，则为奇数， 此时， ， ， ， 又为奇数， 的最大值为49． 故答案为：49． 【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于中档题． 8．（2022•上海）二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，则　10　． 【分析】由题意，利用二项式展开式的通项公式，求得的值． 【解答】解：二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍， 即，即， ， 故答案为：10． 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题． 9．（2022•上海）在的展开式中，则含项的系数为 　66　． 【分析】求出展开式的通项公式，令的次数为，求出的值即可． 【解答】解：展开式的通项公式为，由，得， 得， 即，即含项的系数为66， 故答案为：66． 【点评】本题主要考查二项式定理的应用，根据条件求出通项公式，利用的次数建立方程是解决本题的关键，是基础题． 10．（2021•上海）已知的展开式中，唯有的系数最大，则的系数和为　64　． 【分析】由已知可得，令，即可求得系数和． 【解答】解：由题意，，且， 所以， 所以令，的系数和为． 故答案为：64． 【点评】本题主要考查二项式定理．考查二项式系数的性质，属于基础题． 11．（2021•上海）已知二项式展开式中，的系数为80，则　2　． 【分析】由二项展开式的通项公式可得的系数，再根据的系数为80，求出的值． 【解答】解：的展开式的通项公式为， 所以的系数为，解得． 故答案为：2． 【点评】本题主要考查二项式定理，二项展开式的通项公式，考查运算求解能力，属于基础题． 12．（2020•上海）已知二项式，则展开式中的系数为　10　． 【分析】由，可得到答案． 【解答】解：，所以展开式中的系数为10． 故答案为：10． 【点评】本题考查利用二项式定理求特定项的系数，属于基础题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第15讲 计数原理、排列组合、二项式定理 （7类核心考点精讲精练） 1. 5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 2024年秋考6、10题 2024年春考4题 二项式系数和及通项公式；排列、组合及简单的计数问题 二项式的展开式 2023秋考10题 2023春考8题 二项式定理的应用 二项式定理及组合数公式的应用 2022秋考7题 2022春考4、9题 二项式定理的应用 二项式定理的应用、排列组合的应用 2021年秋考6题 2021年春考7题 二项展开式的通项公式 二项式定理、二项式系数的性质 2020年秋考9题 2020年春考8题 组合数公式 二项式定理求特定系数 2. 备考策略 1．排列数、组合数常用公式 (1)A＝(n－m＋1)A. (2)A＝nA. (3)(n＋1)！－n！＝n·n！. (4)kC＝nC. (5)C＋C＋…＋C＋C＝C. 2．解决排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排． (2)合理分类与准确分步． (3)排列、组合混合问题要先选后排． (4)相邻问题捆绑处理． (5)不相邻问题插空处理． (6)定序问题倍缩法处理． (7)分排问题直排处理． (8)“小集团”排列问题先整体后局部． (9)构造模型． (10)正难则反，等价转化． 3．C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. 4．C＝C＋C. 1．两个计数原理 (1)分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法． (2)分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法． 2．排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照一定的顺序排成一列 组合 作为一组 3.排列数与组合数 (1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，用符号A表示． (2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，用符号C表示． 4．排列数、组合数的公式及性质 公式 (1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(n，m∈N*，且m≤n)． (2)C＝＝(n，m∈N*，且m≤n) 性质 (1)0！＝1；A＝n！. (2)C＝1；C＝C；C＝C＋C 5．二项式定理 二项式定理 (a＋b)n＝Can＋Can－1b1＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*) 二项展开式的通项 Tk＋1＝Can－kbk，它表示展开式的第k＋1项 二项式系数 C(k＝0,1，…，n) 6.二项式系数的性质 (1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等． (2)增减性与最大值： ①当k<时，C随k的增加而增大；由对称性知，当k>时，C随k的增加而减小． ②当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项与相等，且同时取得最大值． (3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和为C＋C＋C＋…＋C＝2n. 知识讲解 考点一：计数原理及应用 1．（2022•崇明区二模）某学校每天安排4项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定： （1）每位学生每天最多选择1项； （2）每位学生每项一周最多选择1次．学校提供的安排表如下： 时间 周一 周二 周三 周四 周五 课后服务 音乐、阅读、 体育、编程 口语、阅读、 编程、美术 手工、阅读、 科技、体育 口语、阅读、 体育、编程 音乐、口语、 美术、科技 若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程3项，则不同的选择方案共有 　　种．（用数值表示） 2．（2024•黄浦区校级三模）用这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇数共有 　　个． 3．（2024•徐汇区模拟）将四棱锥的每个顶点染上一种颜色，并使同一条棱的两端点异色，如果只有四种颜色可供使用，则不同的染色方法总数为 　　． 考点二：排列及排列数公式 4．（2024•杨浦区校级三模）若排列数，则　　． 5．（2023•闵行区校级三模）安排4名男生和3名女生参与完成3项工作，要求必须每人参与一项，每项工作至少由1名男生和1名女生完成，则不同的安排方式种数为 　　． 6．（2024•虹口区二模）3个男孩和3个女孩站成一排做游戏，3个女孩不相邻的站法种数为 　　． 7．（2022•长宁区二模）将编号为1，2，3，4的4个小球放入3个不同的盒子中，每个盒子不空，若放在同一盒子里的2个小球编号不相邻，则共有 　　种不同的放法． 8．（2021•崇明区二模）某学校组织学生参加劳动实践活动，其中4名男生和2名女生参加农场体验活动，体验活动结束后，农场主与6名同学站成一排合影留念，则2名女生互不相邻，且农场主站在中间的概率等于　　（用数字作答） 9．（2021•徐汇区校级三模）现有高一学生两人，高二学生两人，高三学生一人，将这五人排成一行，要求同一年级的学生不能相邻，则不同的排法总数为　　 考点三：组合及组合数公式 10．（2021•静安区二模）在1，2，3，4，5，6，7中任取6个不同的数作为一个3行2列矩阵的元素，要求矩阵的第2行的两个数字之和等于5，而矩阵的第1行和第3行的两个数字之和都不等于5，则可组成不同矩阵的个数为　　 A．204 B．260 C．384 D．480 11．（2023•浦东新区校级模拟）从6人中选取4人分别去北京、香港、广州、深圳四个城市游览，要求每个城市有1人游览，而每人只游览一个城市，且这6人中，甲、乙两人都不去香港游览，则不同的选择方案共有 　　种．（用数字作答） 12．（2021•黄浦区三模）一个三位数，个位、十位、百位上的数字依次为，，，当且仅当且时，称这样的数为“凸数”（如，则从集合，2，3，4，中取出三个不相同的数组成的“凸数”个数为　　． 13．（2024•闵行区校级三模）两本相同的图画书和两本不同的音乐书全部分给三个小朋友，每人至少一本，且两本图画书不分给同一个小朋友，则不同的分法共有 　　种． 考点四：排列组合的综合应用 14．（2024•黄浦区二模）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用分层抽样的方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取40名学生，已知该校初中部和高中部分别有500和300名学生，则不同的抽样结果的种数为　　 A． B． C． D． 15．（2024•闵行区校级二模）如图，设点为正四面体表面（含棱）上与顶点不重合的一点，由点到四个顶点的距离组成的集合记为，如果集合中有且只有2个元素，那么符合条件的点有 　　个． 16．（2024•闵行区三模）4名志愿者全部分到3所学校支教，要求每所学校至少有1名志愿者，则不同的分法共有 　　种． 17．（2024•松江区校级模拟）把1、2、3、4、5这五个数随机地排成一个数列，要求该数列恰好先递增后递减，则这样的数列共有 　　个． 18．（2024•闵行区校级三模）某羽毛球俱乐部，安排男女选手各6名参加三场双打表演赛（一场为男双，一场为女双，一场为男女混双），每名选手只参加1场表演赛，则所有不同的安排方法有 　 　种． 19．（2024•浦东新区校级三模）2024年重庆市高考数学科目采用新试卷结构，我校高三年级将对来自三个班级的9名学生（每个班级3名学生）做一项围绕适应新试卷结构的调研，并再抽选其中的若干名学生做访谈，要求每个班级至少有一名学生被抽中，且任意两个班级被抽中的学生人数之和至多为3，则不同的抽选方法数为 　　． 20．（2024•闵行区二模）已知空间中有2个相异的点，现每增加一个点使得其与原有的点连接成尽可能多的等边三角形．例如，空间中3个点最多可连接成1个等边三角形，空间中4个点最多可连接成4个等边三角形．当增加到8个点时，空间中这8个点最多可连接成 　　个等边三角形． 21．（2024•杨浦区二模）有5名志愿者报名参加周六、周日的公益活动，若每天从这5人中安排2人参加，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有 　　种． 22．（2024•松江区二模）某校高一数学兴趣小组一共有30名学生，学号分别为1，2，3，，30，老师要随机挑选三名学生参加某项活动，要求任意两人的学号之差绝对值大于等于5，则有 　　种不同的选择方法． 23．（2024•虹口区模拟）中国古典数学的代表作有《算数书》《九章算术》《周髀算经》《孙子算经》等．学校图书馆计划将这四本书借给3名学生阅读，要求每人至少读一本，则不同的借阅方式有 　　种（用数字作答）． 考点五：二项展开式的通项与项的系数 24．（2024•青浦区二模）的二项展开式中的常数项为 　　． 25．（2024•徐汇区模拟）已知的二项展开式中各项系数和为1024，则展开式中常数项的值为 　　． 26．（2024•徐汇区校级模拟）的二项展开式的各项系数之和为256，则该二项展开式中的常数项为 　　． 27．（2024•浦东新区校级三模）的展开式的第四项为 　 　． 考点六：二项式系数与二项式系数的和 28．（2023•浦东新区校级三模）已知为正整数）的展开式中所有项的二项式系数的和为64，则　 　． 29．（2023•黄浦区校级三模）已知的二项展开式中，所有二项式系数的和等于64，则该展开式中常数项的值等于　　． 考点七：二项式定理的应用 30．（2024•松江区校级模拟）设，且，若能被13整除，则　　． 31．（2024•宝山区校级四模）设为大于2的自然数，将二项式两边同时求导，可以得到一些特别的组合恒等式，结合课本中杨辉三角研究方法，可以得到　 　． 32．（2023•普陀区校级模拟）如图，在由二项式系数所构成的杨辉三角形中，第10行中最大的数与第二大的数的数值之比为 　 　（用最简分数表示）． 一．选择题（共4小题） 1．（2024春•普陀区校级月考）已知为正整数，则　　 A． B． C． D． 2．（2024春•浦东新区校级期中）某宿舍6名同学排成一排照相，其中甲与乙必须相邻的不同排法有　　 A．120种 B．240种 C．216种 D．256种 3．（2024春•虹口区期末）某同学要从物理、化学、生物、思想政治、历史、地理这六门学科中选三门参加等级考，若要求物理和历史这两门学科至少要选一门，则这名同学选科组合方式共有的种数是　　 A．12 B．16 C．20 D．32 4．（2023秋•杨浦区校级期末）某单位计划从5人中选4人值班，每人值班一天，其中第一、二天各安排一人，第三天安排两人，则安排方法数为　　 A．30 B．60 C．120 D．180 二．填空题（共14小题） 5．（2024•浦东新区校级四模）在展开式中，项的系数是 　　． 6．（2024•闵行区三模）二项式展开式中的系数为 　　． 7．（2024•普陀区校级三模）展开式中项的系数为 　　． 8．（2024•黄浦区二模）若的展开式中的系数是，则实数　　． 9．（2024•浦东新区校级模拟）在的展开式中，项的系数为 　　．（结果用数值表示） 10．（2024•浦东新区校级模拟）若排列数，则　　． 11．（2024秋•黄浦区校级月考）若甲、乙两人从6门课程中各选修3门，则甲、乙所选修的课程中至少有1门相同的选法种数为 　　． 12．（2024•浦东新区校级模拟）已知，且，则　　． 13．（2024•杨浦区校级三模）二项式展开式中含项的系数为　　（用数字作答）． 14．（2024•浦东新区三模）若，则的值为 　　． 15．（2024•长宁区校级三模）二项式的展开式中，项的系数是 　　（用数字作答）． 16．（2024•青浦区校级模拟）已知的展开式中项的系数为，则　　． 17．（2024•闵行区校级模拟）的展开式中的系数是 　　． 18．（2024•杨浦区校级三模）在的展开式中，项的系数是 　　． 一．填空题（共7小题） 1．（2024•普陀区校级模拟）若，则　　． 2．（2024•闵行区校级三模）若的二项展开式中第3项与第5项的系数相等，则该展开式中的系数为 　　． 3．（2024•闵行区校级三模）已知，则的值为 　　． 4．（2023•徐汇区校级三模）已知，其中、、、、是常数，则的值为 　　． 5．（2023•闵行区校级三模）若，则被10除所得的余数为 　　． 6．（2020•金山区二模）设，为的展开式的各项系数之和，，，表示不超过实数的最大整数），则的最小值为 　　． 7．（2022•浦东新区校级二模）定义域为集合，2，3，，上的函数满足：①（1）；②，2，，；③（1）、（6）、成等比数列；这样的不同函数的个数为　　． 二．解答题（共1小题） 8．（2020•奉贤区二模）两个数列、，当和同时在时取得相同的最大值，我们称与具有性质，其中． （1）设的二项展开式中的系数为，1，2，3，，，，记，，，依次下去，，组成的数列是；同样地，的二项展开式中的系数为，1，2，3，，，，记，，，依次下去，，组成的数列是；判别与是否具有性质，请说明理由； （2）数列的前项和是，数列的前项和是，若与具有性质，，，则这样的数列一共有多少个？请说明理由； （3）两个有限项数列与满足，，且，是否存在实数，使得与具有性质，请说明理由． 一．填空题（共12小题） 1．（2022•上海）用数字1、2、3、4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2134大的数字个数为 　　（用数字作答） 2．（2024•上海）设集合中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，求集合中元素个数的最大值 　　． 3．（2020•上海）从6个人挑选4个人去值班，每人值班一天，第一天安排1个人，第二天安排1个人，第三天安排2个人，则共有　　种安排情况． 4．（2024•上海）在的二项展开式中，若各项系数和为32，则项的系数为 　　． 5．（2024•上海）展开式中的系数为 　　． 6．（2023•上海）设，则　　． 7．（2023•上海）已知，若存在，1，2，，使得，则的最大值为 　　． 8．（2022•上海）二项式的展开式中，项的系数是常数项的5倍，则　　． 9．（2022•上海）在的展开式中，则含项的系数为 　　． 10．（2021•上海）已知的展开式中，唯有的系数最大，则的系数和为　　． 11．（2021•上海）已知二项式展开式中，的系数为80，则　　． 12．（2020•上海）已知二项式，则展开式中的系数为　　． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$