第三章 排列组合与二项式定理（单元复习 重点19类题型清单）-2024-2025学年高二数学单元速记•巧练（人教B版2019选择性必修第二册）

第三章 排列组合与二项式定理知识归纳与题型突破（题型清单） 知识1、分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 知识2、分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法. 知识3、分类加法计数原理及分步乘法计数原理区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理. 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题.如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理. 知识4、排列与排列数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． （2）排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． （3）排列数的性质： ①；②；③． （4）解排列应用题的基本思路： 通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）． 注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用． 知识5、组合与组合数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． （2）组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到； 因此． 这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：． 注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明． （3）组合数的主要性质：①；②． （4）组合应用题的常见题型： ①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型 ②“至少”或“最多”含有几个元素的题型 知识6、解决排列组合综合问题的一般过程 1、认真审题，确定要做什么事； 2、确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多少步； 3、确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元素； 4、解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略． 知识7、相同元素隔板法分配问题 相同元素的组合问题，即有若干组元素，每组元素相同，将这些元素排成一排的计数问题 典型问题：相同小球放入不同盒中，即个相同元素分成组（每组的任务不同）的问题. Ⅰ:当每组至少含一个元素时，其不同分组分式有种，即给个元素中间的个空隙中插入个隔板. ①当每组至少含一个元素时,5个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将5个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现5个小球共有4个间隔，故放隔板的位置有4处，从这4处中任取2处即可，故. ②当每组至少含一个元素时,6个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将6个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现6个小球共有5个间隔，故放隔板的位置有5处，从这5处中任取2处即可，故. ③当每组至少含一个元素时,7个相同的小球放入4个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求4个不同的盒子，只需3个隔板即可 放3个隔板可以将7个小球分为4组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现7个小球共有6个间隔，故放隔板的位置有6处，从这6处中任取3处即可，故. ④当每组至少含一个元素时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可 放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现个小球共有个间隔，故放隔板的位置有处，从这处中任取处即可，故. Ⅱ：任意分组，可出现某些组含0个元素的情况，其不同分组分式有种，即将个元素与个相同隔板进行排序，在个位置中选个隔板. ①任意分组时,5个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将5个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现5个小球及2个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这7处位置中任取2处安排隔板即可，故. ②任意分组时,6个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将6个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现6个小球及2个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这8处位置中任取2处安排隔板即可，故. ③任意分组时,7个相同的小球放入4个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求4个不同的盒子，只需3个隔板即可 放3个隔板可以将7个小球分为4组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现7个小球及3个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这10处位置中任取3处安排隔板即可，故. ④任意分组时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可 放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现个小球及个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这处位置中任取处安排隔板即可，故. 知识8、不同元素分组分配问题 分组问题与分配问题 Ⅰ：将个不同元素按照某些条件分成组，称为分组问题. 分组问题共分为3类：不平均分组、平均分组、部分平均分组. 将个不同元素按照某些条件分配给个不同的对象，称为分配问题. 分配问题共分为2类：定额分配、随机分配. 区别：分组问题是组与组之间只要元素个数相同，是不区分的.而分配问题即使两组元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的，对于分配问题必须先分组后分配. Ⅱ：分组问题的常见形式及快速处理方法 ①非均匀不编号分组：个不同元素分成组，每组元素数目均不相等，且不考虑各组间的顺序，不管是否分完，其分法种数为： 如：6个不同的球分为3组，且每组数目不同，有多少种情况？ ②均匀不编号分组：将个不同元素分成不编号的组，假定其中组元素个数相等，不管是否分尽，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）.如果再有组均匀分组，应再除以.除的原因为：如：123456平均分成3组，可能是 也可能是或者是等，一共有种不同的组别，但这些组都是一样的，所以除以. 如：两两一组，分两组，若直接用种，但列举出来的分别为、、再往下列举就已经重复了. 如：、、. 如：6个不同的球分为3组，且每组数目相同，有多少种情况？ . ③非均匀编号分组：将个不同元素分成组，各组元素数目均不相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数） ④均匀编号分组：将个不同元素分成组，各组元素数目均相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）. 知识9、相邻问题 1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体，在于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序，则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. 2、解题步骤： 第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数 第二步：求出其余元素的排列种数 第三步：求出总的排列种数 知识10、不相邻问题 1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列，然后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可 2.解题步骤： ①先考虑不受限制的元素的排列种数 ②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数 ③求出总的排列种数 知识11、涂色问题 秒杀策略：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域，因为这些区域颜色各不相同，按乘法原理涂色，再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不用剩余颜色。 知识12、定序问题 定序问题作倍缩放：将题干给定的总数都看成某一个独立的个体（不相同的），进行全排列故为，其次再将有顺序要求的个元素进行全排列个，其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为。 知识13、二项展开式中的系数最值问题 模型1：二项式系数最大问题 二项式系数具备对称性，即（）对于大小以二次函数开口向下的图象分析. ①当，即为奇数 则共有项，总项数为偶数. 巧记：当为奇数时，则总的二项式系数为偶数（因为从开始），既然为偶数，则最大项个数也为偶数，即为2个. 如：当，，中间项为，和 结论：当幂指数为奇数时，中项即右上标为项二项式系数相等且最大 ②当，即为偶数 则共有项，总项数为奇数. 巧记：当为偶数时，则总的二项式系数为奇数（因为从开始），既然为奇数，则最大项个数也为奇数，即为1个. 如：当，，中间项为. 结论：当幂指数为偶数时，中项即右上标为项二项式系数最大。 形如：设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则= ( ) A.5 B.6 C.7 D.8 破解：前面展开后共有2m+1(奇数项)，后面展开后共有2m+2(偶数项)，则有：，得，选B。 秒杀方法： 求展开式中系数最大的项与求二次项系数最大的项是不同的，还需考虑各项系数的正负变化情况，事实上由于展开式中的各项的系数是离散型变量，因此我们可以考虑类比求数列最大项的方法，即比较第项与相邻两项系数的大小，根据通项构造不等式求解.技巧如下： 形如：的二项式展开式，设第项的系数为最大. 则 因为，所以不等式组必有解，且当和都为整数时，有两解，且两解分别为和，否则有一解，因此得出一个结论： 形如的二项展开式系数最大的项最多只有两项. 注意：若系数最大的项为最后一项，则（） 例如：求展开式中系数最大的项时，因为，所以系数最大的项是最后一项. 若系数最大的项为第一项，则，即 例如：求展开式中的系数最大的项时，因为，所以系数最大项是第一项. 但是，对于，使用上述方法时由于的奇偶性不确定，会有多个满足条件的，故此法不可取，考虑到展开式中各项的系数正负相间，奇数项的系数为正，偶数项系数为负，故系数最大的项必须满足奇数项，这里介绍一种通法， 对于可以先求系数绝对值最大的项，再根据项的系数的正负确定系数最大的项，求系数绝对值最大的不等式组和上述一致. 如果和都为整数，那么其中的偶数就是我们要求得. 若和不是整数，则介于它们之间的偶数，就是我们要求，如果介于它们之间的是奇数，那么只要比较第项左右两项的系数就可以了. 知识14、二项展开式中的系数和问题 解决二项式系数和的问题 一般地，若，则展开式中各项系数的和为. ①奇次项系数的和为 偶次项系数的和为 ②形如的式子，求展开式的各项系数之和，只需令即可. ③形如的式子求其展开式的各项系数之和，只需令. ④二项展开式二项式系数和：；奇数项与偶数项二项式系数和相等为：。 推导： 题型一：分类加法原理 1．（24-25高二下·全国·课后作业）某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有（    ） 1 2 3 4 5 A．30240种 B．60480种 C．120960 D．241920种 2．（23-24高二下·广东中山·期末）用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 巩固训练 3．（23-24高二上·辽宁抚顺·阶段练习）书架上有10 本不同的自然科学图书和9本不同的社会科学图书，甲同学想从中选出1本阅读，则不同的选法共有（   ） A．9种 B．10种 C．19种 D．90种 4．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）某女生有3件不同颜色的衬衣，4件不同花样的裙子，另有3套不同样式的连衣裙，“五一”节选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有（    ） A．24种 B．10种 C．9种 D．15种 题型二：分类乘法原理 1．（2024·云南大理·模拟预测）现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（    ）种 A．10 B．20 C．30 D．60 2．（24-25高二下·全国·课后作业）编号为1，2，3，4的四位同学参观某博物馆，该博物馆共有编号为1，2，3，4的四个门，若规定编号为1，2，3，4的四位同学进入博物馆不能走与自己编号相同的门，则四位同学用不同的方式进入博物馆的方法种数为（    ） A．12 B．16 C．81 D．256 巩固训练 3．（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 4．（22-23高二下·广东湛江·期中）从6名班委中选出2人分别担任正、副班长，一共有多少种选法？（    ） A．11 B．12 C．30 D．36 题型三：数字排列问题 1．（23-24高二下·河南商丘·期中）数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为（    ） A．147 B．112 C．65 D．50 2．（23-24高二下·河南洛阳·期中）用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数共有（    ） A．48个 B．24个 C．18个 D．12个 巩固训练 3．（2024高三·全国·专题练习）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中比4 000大的偶数共有（　　） A．48个 B．56个 C．60个 D．72个 4．（23-24高二下·江苏无锡·期中）将数字“322469”重新排列后得到不同的偶数个数为（   ） A．240 B．192 C．120 D．72 题型四：涂色问题 1．（24-25高二上·全国·单元测试）用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法（    ）    A．120种 B．720种 C．840种 D．960种 2．（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 巩固训练 3．（23-24高二下·山东淄博·期中）如图，用四种不同颜色给矩形A、B、C、D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（    ）    A．12种 B．24种 C．48种 D．72种 4．（25-26高三上·上海·单元测试）如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有（    ）．    A．240种 B．300种 C．360种 D．420种 题型五：排列数的计算问题 1．（24-25高二上·全国·课后作业）的值是（   ） A．480 B．520 C．600 D．1320 2．（23-24高二下·山东菏泽·期中），，则等于（    ） A． B． C． D． 巩固训练 3．（23-24高二下·江苏徐州·期中）可表示为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高三·上海·课堂例题）计算得到的数，其个位数字是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 题型六：元素限制问题 1．（2024·海南海口·模拟预测）海口市作为首批“国际湿地城市”，有丰富的湿地资源和独特的生态环境，海口市某中学一研究性学习小组计划利用5月1日至5月5日共5天假期实地考察美舍河湿地公园、五源河湿地公园、三江红树林湿地公园、潭丰洋湿地公园和响水河湿地公园5个湿地公园，每天考察1个，其中对美舍河湿地公园的考察安排在5月1日或5月2日，则不同的考察安排方法有（    ） A．24种 B．48种 C．98种 D．120种 2．（24-25高三上·重庆涪陵·开学考试）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次(无并列情况).甲、乙、丙去询问成绩.老师对甲说：“你不是最差的.”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军.”对丙说：“你不是第2名.”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为（    ） A．44 B．46 C．48 D．54 巩固训练 3．（24-25高二下·全国·课后作业）一位语文老师在网上购买了四书五经各一套，四书指《大学》《中庸》《论语》《孟子》，五经指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》，他将9本书整齐地放在同一层书架上，若四书，五经必须分别排在一起，且《大学》和《春秋》不能相邻，则不同方式的排列种数为（    ） A．5760 B．5660 C．5642 D．5472 4．（21-22高二下·安徽马鞍山·期中）某校毕业典礼由6个节目组成，节目甲必须排在前三位，且节目丙，丁必须排在一起，则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有（    ） A．120种 B．156种 C．188种 D．240种 题型七：相邻问题的排列 1．（23-24高二下·内蒙古·期末）有本不同的书，其中语文书本，数学书本，物理书本．若将其随机摆放到书架的同一层上，则相同科目的书相邻的排法有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．（24-25高三上·重庆·阶段练习）我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队．其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在的左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为（    ） A．432 B．864 C．1728 D．2592 巩固训练 3．（24-25高二下·全国·课后作业）春节是团圆的日子，为了烘托这一喜庆的气氛，某村组织了“村晚”．通过海选，现有6个自编节目需要安排演出，为了更好地突出演出效果，对这6个节目的演出顺序有如下要求：“杂技节目”排在后三位，“相声”与“小品”必须相继演出，则不同的演出方案有（    ） A．240种 B．188种 C．144种 D．120种 4．（24-25高二下·全国·课后作业）四名男生和两名女生排一行进行合影，若要求男生甲与男生乙不相邻，且女生A和女生B相邻，则不同排法的种数有（    ） A．288种 B．144种 C．96种 D．72种 题型八：不相邻问题的排列 1．（2024·四川成都·模拟预测）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值．它具有红黑两种阵营，将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子，现将3个红色的“将”“车”“马”棋子与2个黑色的“将”“车”棋子排成一列，则同色棋子不相邻的排列方式有（    ） A．120种 B．24种 C．36种 D．12种 2．（24-25高三上·山东济南·开学考试）由0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中任意两个偶数都不相邻，则满足条件的六位数的个数为（    ） A．60 B．108 C．132 D．144 巩固训练 3．（24-25高三上·河北邢台·开学考试）有4名男生､3名女生和2个不同的道具（记作A和B）参与一个活动，活动要求：所有人（男生和女生）必须站成一排，女生必须站在一起，并且她们之间按照身高从左到右由高到低的顺序排列（假设女生的身高各不相同）；两个道具A和B必须被分配给队伍中的两个人（可以是男生，也可以是女生），但这两人不能站在一起.满足上述所有条件的排列方式共有（    ） A．2400种 B．3600种 C．2880种 D．4220种 4．（23-24高二下·广东·期中）某种产品的加上需要经过A，B，C，D，E，F，G七道工序，要求A，B两道工序必须相邻，C，D两道工序不能相邻，则不同的加工顺序有（    ） A．960种 B．836种 C．816种 D．720种 题型九：组合数的计算问题 1．（24-25高三上·江苏苏州·开学考试）下列数中，与不相等的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·山西长治·期中）已知，则（    ） A．11 B．10 C．9 D．8 巩固训练 3．（23-24高二下·湖北·期中）式子的值为（    ） A．27 B．127 C．5160 D．与的取值有关 4．（24-25高三·上海·随堂练习）已知n，，，下面哪一个等式是恒成立的（    ）． A． B． C． D． 题型十：分组分配问题 1．（24-25高三上·浙江·阶段练习）将6棵高度不同的景观树种植在道路两侧，要求每一侧种植3棵，且每一侧中间的景观树都要比两边的高，则不同的种植方法共有（    ） A．20种 B．40种 C．80种 D．160种 2．（23-24高二下·河北·阶段练习）暑期将至，甲､乙､丙等六名学生准备各自从四个景点中选一个景点去旅游.已知每个景点都有人选，且甲没有选景点，则所有不同的选法种数为（    ） A．540 B．720 C．1080 D．1170 巩固训练 3．（24-25高三上·江苏南通·开学考试）今年暑期档，全国各大院线推出多部精彩影片，其中比较热门的有《异形：夺命舰》，《名侦探柯南》，《抓娃娃》，《逆行人生》，《姥姥的外孙》这5部，小明和小华两位同学准备从这5部影片中各选2部观看，若两人所选的影片至多有一部相同，且小明一定选看《名侦探柯南》，则两位同学不同的观影方案种数为（    ） A．12 B．24 C．28 D．36 4．（24-25高三上·河北邯郸·开学考试）在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为（    ） A．32 B．24 C．18 D．12 题型十一：x+y+z=n的整数解的个数 1．（23-24高二下·贵州遵义·期末）方程的非负整数解个数为（    ）． A．220 B．120 C．84 D．24 2．（23-24高二上·北京大兴·阶段练习）已知，且，记为，，中的最大值，（    ） A． B． C． D． 巩固训练 3．（22-23高二下·山西朔州·阶段练习）方程的正整数解的个数为（    ） A．56 B．35 C．70 D．66 4．（18-19高二上·湖北·期末）若方程，其中，则方程的正整数解的个数为（    ） A．10 B．15 C．20 D．30 题型十二：二项式展开式问题 1．（24-25高三上·北京·阶段练习）的展开式中含有项的系数是（    ） A．160 B． C．20 D． 2．（24-25高三上·浙江·阶段练习）在的展开式中，含的项的系数为（    ） A．15 B． C．270 D． 巩固训练 3．（23-24高三上·四川内江·阶段练习）已知展开式各项系数之和为64，则展开式中的系数为（    ） A．31 B．30 C．29 D．28 4．（24-25高三上·云南德宏·阶段练习）的展开式中项的系数为（   ） A． B． C． D． 题型十三：二项式系数和问题 1．（23-24高三上·重庆南岸·阶段练习）的展开式中所有项的系数和为（    ） A．2048 B．1024 C．512 D．2024 2．（23-24高二下·天津红桥·期中）已知的展开式中各项的二项式系数和为32，则展开式中常数项为（    ） A．60 B．80 C．100 D．120 巩固训练 3．（25-26高三上·上海·单元测试）计算的值为（    ） A．2048 B．1024 C．1023 D．512 4．（2024·浙江·模拟预测）已知的二项式系数之和为64，则的展开式中常数项为（    ） A．1 B．6 C．15 D．20 题型十四：求系数最大（小）的项 1．（22-23高三下·江苏连云港·阶段练习）的展开式中，二项式系数最大且系数较大的项的系数为（    ） A．40 B． C．80 D． 2．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）在的二项展开式中，系数最大的项是（    ） A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第5项和第6项 巩固训练 3．（23-24高二下·陕西咸阳·阶段练习）已知的展开式中第9项是常数项，则展开式中系数的绝对值最大的项是（    ） A．第6项 B．第7项 C．第8项 D．第9项 4．（23-24高二下·天津静海·阶段练习）已知，则（    ） A． B．此二项展开式系数最大的项为第4项 C．此二项展开式的二项式系数和为32 D． 题型十五：奇次项与偶次项的系数和问题 1．（24-25高二下·全国·课后作业）若，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·河南三门峡·阶段练习）若，则（ ） A． B．41 C． D．82 巩固训练 3．（23-24高二下·江苏无锡·阶段练习）已知，则等于（    ） A．1 B．121 C． D．243 4．（23-24高二下·新疆·期中）已知，则（    ） A． B． C． D． 题型十六：三项展开式的系数问题 1．（24-25高三上·江苏南京·开学考试）的的展开式中的系数为（    ） A．30 B． C．20 D． 2．（24-25高二下·全国·课后作业）的展开式中所有项的系数之和为（    ） A．243 B．240 C．237 D．234 巩固训练 3．（23-24高二下·安徽阜阳·期末）的展开式中的系数为（    ） A．120 B．80 C．60 D．40 4．（24-25高三上·贵州贵阳·开学考试）的展开式中的系数是（    ） A．5 B．10 C．20 D．60 题型十七：两个二项式乘积展开式系数问题 1．（24-25高二下·全国·课后作业）的展开式中的项的系数为30，则（    ） A． B． C．1 D．2 2．（2024·山西长治·模拟预测）的展开式中的系数是（    ） A．﹣10 B．0 C．10 D．30 巩固训练 3．（2024·江西·一模）的展开式中的常数项为（    ） A．147 B． C．63 D． 4．（2023·四川·模拟预测）的展开式中的系数为（    ） A．9 B．15 C．21 D．24 题型十八：整除和余数问题 1．（24-25高二上·全国·随堂练习）被100除所得的余数为（    ） A．1 B．81 C． D． 2．（2024·湖北·模拟预测）被9除的余数为（    ） A．1 B．4 C．5 D．8 巩固训练 3．（23-24高二下·河北秦皇岛·阶段练习）被10除所得的余数为（    ） A．1 B．2 C．0 D．9 4．（23-24高二下·江苏连云港·期中）被3除的余数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 题型十九：杨辉三角 1．（23-24高二下·海南海口·期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题中正确的是（    ）． 第0行 第1行 第2行 第3行 第4行 第5行 第n行 1 1   1 1   2   1 1   3   3   1 1   4   6   4   1 1   5   10   10   5   1 第n行 A．在第10行中第5个数最大 B． C．第8行中第4个数与第5个数之比为 D．在杨辉三角中，第n行的所有数字之和为 2．（23-24高二下·江苏扬州·期中）“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． B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C．记第n行的第i个数为，则 D．第20行中第8个数与第9个数之比为 巩固训练 3．（23-24高二下·江苏南通·期中）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了一张表示二项式系数构成的三角形数阵（如图所示），在“杨辉三角”中，下列选项正确的是（    ） A．第10行所有数字的和为1024 B． C．第6行所有数字的平方和等于 D．若第行第个数记为，则 4．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，下列结论正确的是（    ） A．第n行的第个位置的数是 B． C．第2024行的第1012个数最大 D．第28行中第5个数与第6个数的比值为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 学科网（北京）股份有限公司 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 � 事件B� 步骤1 步骤i··· 步骤2 m2种 方法n mi种 m1种 mn种 解决事件B共有m1×m2×m3×···×mn种不同的方法 $$ 第三章 排列组合与二项式定理知识归纳与题型突破（题型清单） 知识1、分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 知识2、分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法. 知识3、分类加法计数原理及分步乘法计数原理区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理. 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题.如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理. 知识4、排列与排列数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． （2）排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． （3）排列数的性质： ①；②；③． （4）解排列应用题的基本思路： 通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）． 注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用． 知识5、组合与组合数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． （2）组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到； 因此． 这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：． 注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明． （3）组合数的主要性质：①；②． （4）组合应用题的常见题型： ①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型 ②“至少”或“最多”含有几个元素的题型 知识6、解决排列组合综合问题的一般过程 1、认真审题，确定要做什么事； 2、确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多少步； 3、确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元素； 4、解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题策略． 知识7、相同元素隔板法分配问题 相同元素的组合问题，即有若干组元素，每组元素相同，将这些元素排成一排的计数问题 典型问题：相同小球放入不同盒中，即个相同元素分成组（每组的任务不同）的问题. Ⅰ:当每组至少含一个元素时，其不同分组分式有种，即给个元素中间的个空隙中插入个隔板. ①当每组至少含一个元素时,5个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将5个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现5个小球共有4个间隔，故放隔板的位置有4处，从这4处中任取2处即可，故. ②当每组至少含一个元素时,6个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将6个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现6个小球共有5个间隔，故放隔板的位置有5处，从这5处中任取2处即可，故. ③当每组至少含一个元素时,7个相同的小球放入4个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求4个不同的盒子，只需3个隔板即可 放3个隔板可以将7个小球分为4组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现7个小球共有6个间隔，故放隔板的位置有6处，从这6处中任取3处即可，故. ④当每组至少含一个元素时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可 放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现个小球共有个间隔，故放隔板的位置有处，从这处中任取处即可，故. Ⅱ：任意分组，可出现某些组含0个元素的情况，其不同分组分式有种，即将个元素与个相同隔板进行排序，在个位置中选个隔板. ①任意分组时,5个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将5个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现5个小球及2个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这7处位置中任取2处安排隔板即可，故. ②任意分组时,6个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将6个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现6个小球及2个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这8处位置中任取2处安排隔板即可，故. ③任意分组时,7个相同的小球放入4个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求4个不同的盒子，只需3个隔板即可 放3个隔板可以将7个小球分为4组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现7个小球及3个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这10处位置中任取3处安排隔板即可，故. ④任意分组时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可 放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现个小球及个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这处位置中任取处安排隔板即可，故. 知识8、不同元素分组分配问题 分组问题与分配问题 Ⅰ：将个不同元素按照某些条件分成组，称为分组问题. 分组问题共分为3类：不平均分组、平均分组、部分平均分组. 将个不同元素按照某些条件分配给个不同的对象，称为分配问题. 分配问题共分为2类：定额分配、随机分配. 区别：分组问题是组与组之间只要元素个数相同，是不区分的.而分配问题即使两组元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的，对于分配问题必须先分组后分配. Ⅱ：分组问题的常见形式及快速处理方法 ①非均匀不编号分组：个不同元素分成组，每组元素数目均不相等，且不考虑各组间的顺序，不管是否分完，其分法种数为： 如：6个不同的球分为3组，且每组数目不同，有多少种情况？ ②均匀不编号分组：将个不同元素分成不编号的组，假定其中组元素个数相等，不管是否分尽，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）.如果再有组均匀分组，应再除以.除的原因为：如：123456平均分成3组，可能是 也可能是或者是等，一共有种不同的组别，但这些组都是一样的，所以除以. 如：两两一组，分两组，若直接用种，但列举出来的分别为、、再往下列举就已经重复了. 如：、、. 如：6个不同的球分为3组，且每组数目相同，有多少种情况？ . ③非均匀编号分组：将个不同元素分成组，各组元素数目均不相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数） ④均匀编号分组：将个不同元素分成组，各组元素数目均相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）. 知识9、相邻问题 1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体，在于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序，则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. 2、解题步骤： 第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数 第二步：求出其余元素的排列种数 第三步：求出总的排列种数 知识10、不相邻问题 1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列，然后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可 2.解题步骤： ①先考虑不受限制的元素的排列种数 ②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数 ③求出总的排列种数 知识11、涂色问题 秒杀策略：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域，因为这些区域颜色各不相同，按乘法原理涂色，再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不用剩余颜色。 知识12、定序问题 定序问题作倍缩放：将题干给定的总数都看成某一个独立的个体（不相同的），进行全排列故为，其次再将有顺序要求的个元素进行全排列个，其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为。 知识13、二项展开式中的系数最值问题 模型1：二项式系数最大问题 二项式系数具备对称性，即（）对于大小以二次函数开口向下的图象分析. ①当，即为奇数 则共有项，总项数为偶数. 巧记：当为奇数时，则总的二项式系数为偶数（因为从开始），既然为偶数，则最大项个数也为偶数，即为2个. 如：当，，中间项为，和 结论：当幂指数为奇数时，中项即右上标为项二项式系数相等且最大 ②当，即为偶数 则共有项，总项数为奇数. 巧记：当为偶数时，则总的二项式系数为奇数（因为从开始），既然为奇数，则最大项个数也为奇数，即为1个. 如：当，，中间项为. 结论：当幂指数为偶数时，中项即右上标为项二项式系数最大。 形如：设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为，展开式的二项式系数的最大值为，若，则= ( ) A.5 B.6 C.7 D.8 破解：前面展开后共有2m+1(奇数项)，后面展开后共有2m+2(偶数项)，则有：，得，选B。 秒杀方法： 求展开式中系数最大的项与求二次项系数最大的项是不同的，还需考虑各项系数的正负变化情况，事实上由于展开式中的各项的系数是离散型变量，因此我们可以考虑类比求数列最大项的方法，即比较第项与相邻两项系数的大小，根据通项构造不等式求解.技巧如下： 形如：的二项式展开式，设第项的系数为最大. 则 因为，所以不等式组必有解，且当和都为整数时，有两解，且两解分别为和，否则有一解，因此得出一个结论： 形如的二项展开式系数最大的项最多只有两项. 注意：若系数最大的项为最后一项，则（） 例如：求展开式中系数最大的项时，因为，所以系数最大的项是最后一项. 若系数最大的项为第一项，则，即 例如：求展开式中的系数最大的项时，因为，所以系数最大项是第一项. 但是，对于，使用上述方法时由于的奇偶性不确定，会有多个满足条件的，故此法不可取，考虑到展开式中各项的系数正负相间，奇数项的系数为正，偶数项系数为负，故系数最大的项必须满足奇数项，这里介绍一种通法， 对于可以先求系数绝对值最大的项，再根据项的系数的正负确定系数最大的项，求系数绝对值最大的不等式组和上述一致. 如果和都为整数，那么其中的偶数就是我们要求得. 若和不是整数，则介于它们之间的偶数，就是我们要求，如果介于它们之间的是奇数，那么只要比较第项左右两项的系数就可以了. 知识14、二项展开式中的系数和问题 解决二项式系数和的问题 一般地，若，则展开式中各项系数的和为. ①奇次项系数的和为 偶次项系数的和为 ②形如的式子，求展开式的各项系数之和，只需令即可. ③形如的式子求其展开式的各项系数之和，只需令. ④二项展开式二项式系数和：；奇数项与偶数项二项式系数和相等为：。 推导： 题型一：分类加法原理 1．（24-25高二下·全国·课后作业）某农学院计划从10种不同的水稻品种和7种不同的小麦品种中，选5种品种种植在如图所示五块实验田中，要求仅选两种小麦品种且需种植在相邻两块实验田中，其他三块实验田选种水稻品种，则不同种法有（    ） 1 2 3 4 5 A．30240种 B．60480种 C．120960 D．241920种 【答案】C 【分析】相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类，再分别计算每一类的方法数，可求得结论. 【详解】由题得相邻两块实验田分成1和2；2和3；3和4；4和5四类； 第一类在1和2上种植小麦，“1”有7种选择，“2”有6种选择，剩下3块实验田种植水稻， 分别有种选择，所以共计种； 第二、三、四类和第一类种数相同．综上总计有种方法． 故选：C. 2．（23-24高二下·广东中山·期末）用数字，，，，，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】组成有重复数字的三位数，且是偶数,按个位是和不是进行分类; 个位不是时要注意选中的数有和不是情况求解. 【详解】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即0，2，4，有3种选择， 而由于这是一个三位数，所以百位数不能是0，有5种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论: ①当个位数为0时，则百位数有5种选择，十位数有两种情况， 与百位数一样，只有一种选择， 与个位数一样，也只有一种选择; ②当个位数为2时， 如果百位数为2，则十位数有6种选择， 如果百位数不为2，则百位数有4种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择: 当个位数为4时， 如果百位数为4，则十位数有6种选择， 如果百位数不为4，则百位数有4种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有2种选择 综上所述，. 故选：B. 巩固训练 3．（23-24高二上·辽宁抚顺·阶段练习）书架上有10 本不同的自然科学图书和9本不同的社会科学图书，甲同学想从中选出1本阅读，则不同的选法共有（   ） A．9种 B．10种 C．19种 D．90种 【答案】C 【分析】由分类加法计数原理，即可解题. 【详解】由分类加法计数原理知，不同的选法种数为. 故选 C. 4．（23-24高二下·江苏宿迁·期中）某女生有3件不同颜色的衬衣，4件不同花样的裙子，另有3套不同样式的连衣裙，“五一”节选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有（    ） A．24种 B．10种 C．9种 D．15种 【答案】D 【分析】利用分类加法和分步乘法计数原理计算可得结果. 【详解】依题意可知，有两类衣服可选， 第一类：选择衬衣和裙子，共有种选择； 第二类：选择连衣裙，共有中选择； 所以共有种选择. 故选：D 题型二：分类乘法原理 1．（2024·云南大理·模拟预测）现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（    ）种 A．10 B．20 C．30 D．60 【答案】C 【分析】应用分步乘法原理计算即可. 【详解】4个同学站成一排有5个空，甲加入排列有5种情况，队列变成5个人有6个空，乙加入排列有6种情况， 由分步计数原理得，共有种不同的方法. 故选：C 2．（24-25高二下·全国·课后作业）编号为1，2，3，4的四位同学参观某博物馆，该博物馆共有编号为1，2，3，4的四个门，若规定编号为1，2，3，4的四位同学进入博物馆不能走与自己编号相同的门，则四位同学用不同的方式进入博物馆的方法种数为（    ） A．12 B．16 C．81 D．256 【答案】C 【分析】根据题意因不能走与自己编号相同的门，所以每人都可从其它3个门进入，再由分步乘法计数原理从而可求解. 【详解】因不能走与自己编号相同的门，安排编号为1的同学进入博物馆有3种选法； 同理编号为2，3，4的同学进入博物馆各有3种方法， 由分步乘法计数原理，共有种方法．故C正确. 故选：C. 巩固训练 3．（24-25高三上·重庆·阶段练习）如图，无人机光影秀中，有架无人机排列成如图所示，每架无人机均可以发出种不同颜色的光，至号的无人机颜色必须相同，、号无人机颜色必须相同，号无人机与其他无人机颜色均不相同，则这架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对、号无人机颜色与至号的无人机颜色是否相同进行分类讨论，再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得结果. 【详解】根据题意可知，至号的无人机颜色有4种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色相同时，号无人机颜色有3种选择； 当、号无人机颜色与至号的无人机颜色不同时，、号无人机颜色有3种选择，号无人机颜色有2种选择； 再由分类加法和分步乘法计数原理计算可得共有种. 故选：D 4．（22-23高二下·广东湛江·期中）从6名班委中选出2人分别担任正、副班长，一共有多少种选法？（    ） A．11 B．12 C．30 D．36 【答案】C 【分析】根据乘法原理，即可得出结论． 【详解】由题意，共有种选法. 故选：C． 题型三：数字排列问题 1．（23-24高二下·河南商丘·期中）数学中“凸数”是一个位数不低于3的奇位数，是最中间的数位上的数字比两边的数字都大的数，则没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为（    ） A．147 B．112 C．65 D．50 【答案】C 【分析】根据给定条件，结合“凸数”的意义，利用分类加法计数原理求解即得. 【详解】最高位是5的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个； 最高位是6的“凸数”，中间数分别为7，8，9，分别有6，7，8个，共有21个； 最高位是7的“凸数”，中间数分别为8，9，分别有7，8个，共有15个； 最高位是8的“凸数”，中间数为9，有8个， 所以没有重复数字且大于564的三位数中“凸数”的个数为. 故选：C 2．（23-24高二下·河南洛阳·期中）用0，1，2，3，4这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数共有（    ） A．48个 B．24个 C．18个 D．12个 【答案】C 【分析】根据题意，依次分析三位数的个位、百位、十位数字的情况，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，三位数的个位数字必须为1或3，有2种情况， 百位数字不能为0，有3种情况， 十位数字在剩下的3个数字任选1个，有3种情况， 则共有种情况，即有18个符合题意的三位奇数． 故选：C． 巩固训练 3．（2024高三·全国·专题练习）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中比4 000大的偶数共有（　　） A．48个 B．56个 C．60个 D．72个 【答案】C 【分析】分首位数字为5和首位数字为4两种情况讨论，再根据分类加法和分步乘法计数原理计算即可. 【详解】根据题意，符合条件的四位数首位数字必须是4，5其中1个， 末位数字为0，2，4其中1个． 分两种情况讨论：①首位数字为5时，末位数字有3种情况， 在剩余的4个数中任取2个，放在剩余的2个位置上，有（种）情况， 此时有（个）； ②首位数字为4时，末位数字有2种情况， 在剩余的4个数中任取2个，放在剩余的2个位置上，有（种）情况， 此时有（个）， 综上所述，共有（个）. 故选：C. 4．（23-24高二下·江苏无锡·期中）将数字“322469”重新排列后得到不同的偶数个数为（   ） A．240 B．192 C．120 D．72 【答案】A 【分析】考虑到该六位数中有两个2，故按照分类加法计数原理计算，对于个位是4或6的两类，只需排好另外三个数字即可，对于个位是2的一类，则可以考虑另5个数字全排即得. 【详解】依题意，因这个六位数中有两个“2”，故不能直接将其与其他数字全排，否则会出现重复.可将这样的偶数分成三类： 第一类，个位排4，在前面五位数位中，只需选三个排上数字3，6，9即可（剩下两个数位即排2），有种方法； 第二类，个位排6，与第一类相同，有种方法； 第三类个位排2，则前面五个数位只需将另外5个数字全排即可，有种方法. 由分类加法计数原理，不同的偶数个数为. 故选：A. 题型四：涂色问题 1．（24-25高二上·全国·单元测试）用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法（    ）    A．120种 B．720种 C．840种 D．960种 【答案】D 【分析】利用分步乘法计数原理可得答案. 【详解】有5种颜色可选，有4种颜色可选，有3种颜色可选， ，均有4种颜色可选，故共有涂色方法（种）． 故选：D. 2．（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 【答案】D 【分析】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． 【详解】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有种选择， 所以不同的涂色方案有种. 故选：D. 巩固训练 3．（23-24高二下·山东淄博·期中）如图，用四种不同颜色给矩形A、B、C、D涂色，要求相邻的矩形涂不同的颜色，则不同的涂色方法共有（    ）    A．12种 B．24种 C．48种 D．72种 【答案】C 【分析】先A区域，再涂B，涂C，涂D，根据分步乘法计数原理可得解. 【详解】先A区域，再涂B，涂C，涂D，根据分步乘法计数原理共有种涂法. 故选：C. 4．（25-26高三上·上海·单元测试）如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有（    ）．    A．240种 B．300种 C．360种 D．420种 【答案】D 【分析】先安排中心区域A，再从B开始沿逆时针方向进行布置四周的区域，分D与B选用同一种和选用不同种类菊花两种情况，结合计数原理得到答案. 【详解】先布置中心区域A共有5种方法，从B开始沿逆时针方向进行布置四周的区域， 则B有4种布置方法，C有3种布置方法． 如果D与B选用同一种菊花，则E有3种布置方法； 如果D与B选用不同种类菊花，则D有2种布置方法，E有2种布置方法． 按照分步乘法与分类加法计数原理， 则全部的布置方法有（种）. 故选：D． 题型五：排列数的计算问题 1．（24-25高二上·全国·课后作业）的值是（   ） A．480 B．520 C．600 D．1320 【答案】C 【分析】根据排列数公式计算即可. 【详解】. 故选：C. 2．（23-24高二下·山东菏泽·期中），，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件利用排列数公式的意义即可得解. 【详解】因且，表示80个连续正整数的乘积， 其中最大因数为，最小因数为，由排列数公式的意义得结果为， 所以. 故选：A 巩固训练 3．（23-24高二下·江苏徐州·期中）可表示为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据排列数公式判断即可. 【详解】因为，且， 所以. 故选：B 4．（24-25高三·上海·课堂例题）计算得到的数，其个位数字是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】根据题意，根据题意，分析可得从5开始阶乘的个位全部是0，直接计算1！！！！的值，即可得答案． 【详解】 根据题意，5！， 6！， 由于5！，6！，，100！中都有， 则从5开始阶乘的个位全部是0， 只用看1！！！！的个位即可． 又由1！！！！， 即得到的数的个位数字是4； 故选：C． 题型六：元素限制问题 1．（2024·海南海口·模拟预测）海口市作为首批“国际湿地城市”，有丰富的湿地资源和独特的生态环境，海口市某中学一研究性学习小组计划利用5月1日至5月5日共5天假期实地考察美舍河湿地公园、五源河湿地公园、三江红树林湿地公园、潭丰洋湿地公园和响水河湿地公园5个湿地公园，每天考察1个，其中对美舍河湿地公园的考察安排在5月1日或5月2日，则不同的考察安排方法有（    ） A．24种 B．48种 C．98种 D．120种 【答案】B 【分析】先排特殊，再一般，最后按照计数原理计算即可. 【详解】先安排美舍河湿地公园的考察时间，方式有种； 再安排剩下四天的行程有，所以一共有种安排方法. 故选：B 2．（24-25高三上·重庆涪陵·开学考试）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次(无并列情况).甲、乙、丙去询问成绩.老师对甲说：“你不是最差的.”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军.”对丙说：“你不是第2名.”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为（    ） A．44 B．46 C．48 D．54 【答案】B 【分析】解法一：分析可知甲的排位有可能是第二、三、四3种情况，分类讨论结合组合数分析求解；解法二：利用间接法，根据题意先排甲不排首尾，再排除不符合题意的情况，结合组合数分析求解. 【详解】解法一：多重限制的排列问题： 甲、乙都不是第一名且甲不是最后一名，且丙不是最后一名，即甲的限制最多，故以甲为优先元素分类计数， 甲的排位有可能是第二、三、四3种情况： ①甲排第二位，乙排第三、四、五位，包含丙的余下3人有种排法，则有； ②甲排第三、四位，乙排第二位，包含丙的余下3人有种排法，则有； ③甲排第三、四位，乙不排第一、二位，即有2种排法，丙不排第二位，有2种排法，余下2人有种排法，则有； 综上，该5名同学可能的名次排情况种数为种. 解法二：间接法： 甲不排首尾，有三种情况，再排乙，也有3种情况，包含丙的余下3人有种排法，共有种不同的情况； 但如果丙是第二名，则甲有可能是第三、四名2种情况；再排乙，也有2种情况；余下2人有种排法，故共有种不同的情况； 从而该5名同学可能的名次排情况种数为种. 故选：B. 巩固训练 3．（24-25高二下·全国·课后作业）一位语文老师在网上购买了四书五经各一套，四书指《大学》《中庸》《论语》《孟子》，五经指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》，他将9本书整齐地放在同一层书架上，若四书，五经必须分别排在一起，且《大学》和《春秋》不能相邻，则不同方式的排列种数为（    ） A．5760 B．5660 C．5642 D．5472 【答案】D 【分析】计算出所有情况后减去《大学》和《春秋》相邻的情况即可得. 【详解】四书、五经必须分别排在一起，共有种， 若《大学》和《春秋》相邻，则不符合条件，共有种， 则共有种． 故选：D. 4．（21-22高二下·安徽马鞍山·期中）某校毕业典礼由6个节目组成，节目甲必须排在前三位，且节目丙，丁必须排在一起，则该校毕业典礼节目演出顺序的编排方案共有（    ） A．120种 B．156种 C．188种 D．240种 【答案】A 【分析】对甲的位置分三种情况讨论，依次分析丙丁的位置以及其他三个节目的安排方法，由分步计数原理可得每种情况的编排方案数目，由加法原理计算可得答案． 【详解】根据题意，由于节目甲必须排在前三位，分3种情况讨论： ①、甲排在第一位，节目丙、丁必须排在一起，则丙丁相邻的位置有个， 考虑两者顺序，有种情况，将剩下的个节目全排列,安排在其他三个位置， 有种安排方法，则此时有种编排方法； ②、甲排在第二位，节目丙、丁必须排在一起，则丙丁相邻的位置有个， 考虑两者的顺序，有种情况，将剩下的个节目全排列， 安排在其他三个位置，有种安排方法，则此时有种编排方法； ③、甲排在第三位，节目丙、丁必须排在一起，则丙丁相邻的位置有个， 考虑两者的顺序，有种情况，将剩下的个节目全排列， 安排在其他三个位置，有种安排方法，则此时有种编排方法； 则符合题意要求的编排方法有种； 故选：A. 题型七：相邻问题的排列 1．（23-24高二下·内蒙古·期末）有本不同的书，其中语文书本，数学书本，物理书本．若将其随机摆放到书架的同一层上，则相同科目的书相邻的排法有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】利用捆绑法可求得结果. 【详解】将本语文书捆绑、本数学书捆绑， 则相同科目的书相邻的排法种数为种. 故选：C. 2．（24-25高三上·重庆·阶段练习）我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队．其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在的左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为（    ） A．432 B．864 C．1728 D．2592 【答案】C 【分析】先计算甲队的排列总数，分别要用上捆绑法和除序法；然后再利用插空法计算乙队的排列总数，最后利用计数原理计算总的排列方法数即可. 【详解】甲队，先用捆绑法，将与捆绑有种，将与看作一个整体，再用除序法得种，利用计数原理可知，一共为种； 乙队，利用插空法得种； 按照计数原理可知，一共种. 故选：C 巩固训练 3．（24-25高二下·全国·课后作业）春节是团圆的日子，为了烘托这一喜庆的气氛，某村组织了“村晚”．通过海选，现有6个自编节目需要安排演出，为了更好地突出演出效果，对这6个节目的演出顺序有如下要求：“杂技节目”排在后三位，“相声”与“小品”必须相继演出，则不同的演出方案有（    ） A．240种 B．188种 C．144种 D．120种 【答案】D 【分析】先将“相声”与“小品”排在一起再与其它4个节目排序，最后考虑杂技节目在前三位或在后三位情况一样,即可得出答案. 【详解】先将“相声”与“小品”排在一起，有种排法，再与其它4个节目排序，有种排法， 最后考虑杂技节目在前三位或在后三位情况一样，所以有种． 故选：D. 4．（24-25高二下·全国·课后作业）四名男生和两名女生排一行进行合影，若要求男生甲与男生乙不相邻，且女生A和女生B相邻，则不同排法的种数有（    ） A．288种 B．144种 C．96种 D．72种 【答案】B 【分析】利用插空法和捆绑法求解即可. 【详解】第一步：先对2名女生进行排队，有种排法； 第二步：将除甲和乙之外的人进行排队，有种排法； 第三步：甲、乙采用插空的方式，有种排法．所以共有种． 故选：B. 题型八：不相邻问题的排列 1．（2024·四川成都·模拟预测）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值．它具有红黑两种阵营，将、车、马、炮、兵等均为象棋中的棋子，现将3个红色的“将”“车”“马”棋子与2个黑色的“将”“车”棋子排成一列，则同色棋子不相邻的排列方式有（    ） A．120种 B．24种 C．36种 D．12种 【答案】D 【分析】先排红色棋子，再将黑色棋子插空，求出答案. 【详解】先将3个红色的“将”“车”“马”棋子进行全排列，有种选择， 3个红色棋子中间有2个空，将2个黑色的“将”“车”棋子进行插空，有种选择， 则同色棋子不相邻的排列方式有种. 故选：D 2．（24-25高三上·山东济南·开学考试）由0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的六位数，其中任意两个偶数都不相邻，则满足条件的六位数的个数为（    ） A．60 B．108 C．132 D．144 【答案】B 【分析】根据插空法先排奇数，再排偶数去除0在首位的情况计算即可. 【详解】先排3个奇数，有种排法， 排完奇数后形成4个空，插入余下3个偶数，有种排法， 但此时0放在首位的情况有种，故满足条件的排法有. 故选：B 巩固训练 3．（24-25高三上·河北邢台·开学考试）有4名男生､3名女生和2个不同的道具（记作A和B）参与一个活动，活动要求：所有人（男生和女生）必须站成一排，女生必须站在一起，并且她们之间按照身高从左到右由高到低的顺序排列（假设女生的身高各不相同）；两个道具A和B必须被分配给队伍中的两个人（可以是男生，也可以是女生），但这两人不能站在一起.满足上述所有条件的排列方式共有（    ） A．2400种 B．3600种 C．2880种 D．4220种 【答案】B 【分析】先用捆绑法排列（女生不需要内部排列），然后利用间接法再分配2个道具． 【详解】根据题意4名男生､3名女生的排列方法为，然后在7人中选2人（不相邻）分配道具：，总方法数为， 故选：B． 4．（23-24高二下·广东·期中）某种产品的加上需要经过A，B，C，D，E，F，G七道工序，要求A，B两道工序必须相邻，C，D两道工序不能相邻，则不同的加工顺序有（    ） A．960种 B．836种 C．816种 D．720种 【答案】A 【分析】先捆绑，再全排列后插空得出加工顺序. 【详解】先捆绑再和排列，然后插入 共有种排法． 故选：A. 题型九：组合数的计算问题 1．（24-25高三上·江苏苏州·开学考试）下列数中，与不相等的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】运用排列数和组合数公式计算即可. 【详解】 对于A，； 对于B, 对于C, ， 对于D，， 故选：B 2．（23-24高二下·山西长治·期中）已知，则（    ） A．11 B．10 C．9 D．8 【答案】B 【分析】根据组合数的性质计算可得. 【详解】因为，所以， 又，所以，所以，解得. 故选：B 巩固训练 3．（23-24高二下·湖北·期中）式子的值为（    ） A．27 B．127 C．5160 D．与的取值有关 【答案】A 【分析】根据组合数的性质和运算公式进行求解即可. 【详解】由题中组合数的形式可知：， 所以. 故选：A 4．（24-25高三·上海·随堂练习）已知n，，，下面哪一个等式是恒成立的（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】A.由组合数的定义判断；B.由排列数的定义判断；CD.由组合数的性质判断. 【详解】对A，由组合数的定义可知，，A选项错误； 对B，由排列数的定义可知，B选项正确； 对CD，由组合数的性质可知，则，则C、D选项均错误． 故选：B． 题型十：分组分配问题 1．（24-25高三上·浙江·阶段练习）将6棵高度不同的景观树种植在道路两侧，要求每一侧种植3棵，且每一侧中间的景观树都要比两边的高，则不同的种植方法共有（    ） A．20种 B．40种 C．80种 D．160种 【答案】C 【分析】先分步计算两侧的排法，再结合分步计数原理计算即可. 【详解】一侧的种植方法有种排法， 另一侧的种植方法有种排法 再由分步计数原理得不同的种植方法共有种排法， 故选:C. 2．（23-24高二下·河北·阶段练习）暑期将至，甲､乙､丙等六名学生准备各自从四个景点中选一个景点去旅游.已知每个景点都有人选，且甲没有选景点，则所有不同的选法种数为（    ） A．540 B．720 C．1080 D．1170 【答案】D 【分析】根据排列组合知识结合分组问题求解即可. 【详解】因为甲没有选景点，所以甲有种选法， 其余5名学生可以选3个景点或4个景点. 当其余5名学生选3个景点时，有种选法； 当其余5名学生选4个景点时，有种选法. 故共有种不同的选法. 故选：D. 巩固训练 3．（24-25高三上·江苏南通·开学考试）今年暑期档，全国各大院线推出多部精彩影片，其中比较热门的有《异形：夺命舰》，《名侦探柯南》，《抓娃娃》，《逆行人生》，《姥姥的外孙》这5部，小明和小华两位同学准备从这5部影片中各选2部观看，若两人所选的影片至多有一部相同，且小明一定选看《名侦探柯南》，则两位同学不同的观影方案种数为（    ） A．12 B．24 C．28 D．36 【答案】D 【分析】分三种情况，两人所选影片均不同，两人所选影片中，《名侦探柯南》相同，不是《名侦探柯南》相同，分别计算出相应的方案数，相加即可. 【详解】若两人所选影片均不同，此时小明先从除《名侦探柯南》中选择一部， 小华从剩余的3部中选择两部，此时共有种方案， 若两人所选影片中，《名侦探柯南》相同，则两人从剩余4部中各选1部，有种方案， 若两人所选影片中，不是《名侦探柯南》相同，相同的影片为4部中1部，有种选择， 再给小华从剩余3部中选择一部，有种选择，故共有种方案， 综上，共有种方案. 故选：D 4．（24-25高三上·河北邯郸·开学考试）在第33届夏季奥运会期间，中国中央电视台体育频道在某比赛日安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天A，B，C三个比赛场地的现场报道，且每个场地至少安排一人，甲不在A场地的不同安排方法数为（    ） A．32 B．24 C．18 D．12 【答案】B 【分析】按照A场地安排人数分类讨论，结合分类加法原理，利用排列组合知识求解即可. 【详解】按照A场地安排人数，可以分以下两类： 第一类，A场地安排1人，共种安排方法， 第二类，A场地安排2人，共种安排方法， 由分类加法计数原理得，共有（种）不同安排方法. 故选：B 题型十一：x+y+z=n的整数解的个数 1．（23-24高二下·贵州遵义·期末）方程的非负整数解个数为（    ）． A．220 B．120 C．84 D．24 【答案】A 【分析】将问题转化为：将排成一列的13个完全相同的小球分成部分，利用隔板法即可得解. 【详解】依题意，可知为非负整数， 因为， 所以， 从而将问题转化为：将排成一列的13个完全相同的小球分成部分，每部分至少一个球， 一共有12个间隔，利用4个隔板插入即可，故共有种. 故选：A 2．（23-24高二上·北京大兴·阶段练习）已知，且，记为，，中的最大值，（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据隔板法得到的解有组，然后列举得到有6组解，最后求概率即可. 【详解】根据隔板法，将10看做10和完全相同的小球排成一排，中间形成9个空，放入两个隔板，可求得的解有组， 时，或或或或或， 所以. 故选：A. 巩固训练 3．（22-23高二下·山西朔州·阶段练习）方程的正整数解的个数为（    ） A．56 B．35 C．70 D．66 【答案】B 【分析】将问题转化为将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球，采用隔板法求解即可． 【详解】原问题相当于将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球， 采用隔板法，将8个小球排成一排，在其中的7个空位上插入3个隔板即可， 故共有种． 故选：B. 4．（18-19高二上·湖北·期末）若方程，其中，则方程的正整数解的个数为（    ） A．10 B．15 C．20 D．30 【答案】A 【分析】将方程正整数解问题转化为排列组合问题，采用挡板法求出结果. 【详解】因为方程，其中， 则，将其转化为有6个完全相同的小球，排成一列， 利用挡板法将其分成3组，第一组小球数目为；第二组小球数目为；第三组小球数目为， 共有种方法，故方程的正整数解的个数为10， 故选：A. 题型十二：二项式展开式问题 1．（24-25高三上·北京·阶段练习）的展开式中含有项的系数是（    ） A．160 B． C．20 D． 【答案】B 【分析】写出的展开式的通项公式，得到，求出，得到答案. 【详解】的展开式的通项公式为， 令得，， 故，展开式中含有项的系数是. 故选：B 2．（24-25高三上·浙江·阶段练习）在的展开式中，含的项的系数为（    ） A．15 B． C．270 D． 【答案】A 【分析】利用二项展开式的通项公式解决问题. 【详解】设二项展开式的第项为：， 由. 所以含的项的系数为：. 故选：A 巩固训练 3．（23-24高三上·四川内江·阶段练习）已知展开式各项系数之和为64，则展开式中的系数为（    ） A．31 B．30 C．29 D．28 【答案】C 【分析】赋值法得到方程，求出，求出展开式通项公式，得到，，从而得到展开式中的系数为. 【详解】中令得，解得， 展开式通项公式为，， 当时，，当时，， 故展开式中的系数为. 故选：C 4．（24-25高三上·云南德宏·阶段练习）的展开式中项的系数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】因为，结合二项展开式的通项公式运算求解. 【详解】因为， 且的展开式为， 令，解得，可得； 令，解得，不合题意； 所以项的系数为. 故选：B. 题型十三：二项式系数和问题 1．（23-24高三上·重庆南岸·阶段练习）的展开式中所有项的系数和为（    ） A．2048 B．1024 C．512 D．2024 【答案】B 【分析】直接由赋值法即可求解. 【详解】设，在该式中令， 可得. 故选：B. 2．（23-24高二下·天津红桥·期中）已知的展开式中各项的二项式系数和为32，则展开式中常数项为（    ） A．60 B．80 C．100 D．120 【答案】B 【分析】根据各项二项式系数和求出，再由二项展开式通项公式求解即可. 【详解】由题意得，解得， 则的展开式第项， 令，解得，所以， 故选：B 巩固训练 3．（25-26高三上·上海·单元测试）计算的值为（    ） A．2048 B．1024 C．1023 D．512 【答案】C 【分析】根据二项式系数的性质计算即可. 【详解】由二项式系数的性质知， ， . 故选：C. 4．（2024·浙江·模拟预测）已知的二项式系数之和为64，则的展开式中常数项为（    ） A．1 B．6 C．15 D．20 【答案】C 【分析】先根据二项式系数之和求出，进一步即可得解. 【详解】由二项式系数的组合意义，，得， 则中常数项为. 故选：C. 题型十四：求系数最大（小）的项 1．（22-23高三下·江苏连云港·阶段练习）的展开式中，二项式系数最大且系数较大的项的系数为（    ） A．40 B． C．80 D． 【答案】A 【分析】根据二项式系数的性质可得二项式系数最大的项为第3项和第4项，然后根据二项式定理求出第3项和第4项，再比较系数即可求解. 【详解】由题意可得二项式系数最大的项为第3项和第4项， 则展开式中第3项为，系数为40， 展开式中第4项为，系数为， 所以二项式系数最大且系数较大的项的系数为40. 故选：A. 2．（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）在的二项展开式中，系数最大的项是（    ） A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第5项和第6项 【答案】B 【分析】根据二项式的通项公式进行求解即可. 【详解】的通项公式为, 根据二项式系数的性质可知，第5项和第6项的二项式系数最大， 第6项时，展开式的系数为负，因此第5项，展开式系数最大 故选：B 巩固训练 3．（23-24高二下·陕西咸阳·阶段练习）已知的展开式中第9项是常数项，则展开式中系数的绝对值最大的项是（    ） A．第6项 B．第7项 C．第8项 D．第9项 【答案】C 【分析】先求出展开式的通项，从而依据展开式中第9项是常数项得到，再依据第项的系数绝对值大于或等于第项且大于或等于第项列不等式组即可求解. 【详解】由题意得二项式展开式的通项公式为：， 因为展开式中第9项为常数项，故， 故第项的系数绝对值为， 设展开式中第项的系数绝对值最大，则有， ， 又因为，故，所以第8项的系数绝对值最大. 故选：C. 4．（23-24高二下·天津静海·阶段练习）已知，则（    ） A． B．此二项展开式系数最大的项为第4项 C．此二项展开式的二项式系数和为32 D． 【答案】D 【分析】对A：借助二项式的展开式的通项公式计算即可得；对B：计算出第4项的系数可得其小于0，再计算出第1项的系数可得其大于0，可得其错误；对C：借助二项式系数和为计算即可得；对D：借助赋值法，令代入计算后结合即可得. 【详解】对A：，则，故A错误； 对B：，即第4项的系数为， 令，有，故B错误； 对C：，故此二项展开式的二项式系数和为，故C错误； 对D：令，则，又， 故，故D正确. 故选：D. 题型十五：奇次项与偶次项的系数和问题 1．（24-25高二下·全国·课后作业）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设，利用赋值法计算与，即可得解. 【详解】， 令，则， 令，则， 则. 故选：D. 2．（23-24高二下·河南三门峡·阶段练习）若，则（ ） A． B．41 C． D．82 【答案】B 【分析】赋值法得到，，进而可得. 【详解】设， 则，， ， 故选：B 巩固训练 3．（23-24高二下·江苏无锡·阶段练习）已知，则等于（    ） A．1 B．121 C． D．243 【答案】D 【分析】赋值可得，再由系数正负及整体关系可得. 【详解】， ， 令，得， ． 故选：D． 4．（23-24高二下·新疆·期中）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】赋值法求解即可. 【详解】令，得①，令，得②， ①－②，得，即． 故选：A． 题型十六：三项展开式的系数问题 1．（24-25高三上·江苏南京·开学考试）的的展开式中的系数为（    ） A．30 B． C．20 D． 【答案】D 【分析】根据展开式的每一项的生成过程，结合组合数公式，即可求解. 【详解】从5个含有的括号中，其中1个括号中取，一个括号中取，3个括号中取，乘在一起构成这一项， 这一项为，所以的系数为. 故选：D 2．（24-25高二下·全国·课后作业）的展开式中所有项的系数之和为（    ） A．243 B．240 C．237 D．234 【答案】A 【分析】根据题意，令，即可求得所有项的系数之和，得到答案． 【详解】由多项式，令，可得所有项的系数之和为． 故选：A. 巩固训练 3．（23-24高二下·安徽阜阳·期末）的展开式中的系数为（    ） A．120 B．80 C．60 D．40 【答案】D 【分析】写出展开式通项，令指数为2，即可求解. 【详解】展开式通项为：， 令，即， 当时，的系数为； 当时，的系数为； 所以的系数为， 故选：D 4．（24-25高三上·贵州贵阳·开学考试）的展开式中的系数是（    ） A．5 B．10 C．20 D．60 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用组合计数问题列式计算即得. 【详解】依题意，的展开式中项是5个多项式中取3个用， 余下2个取1个用，最后1个用的积，即， 所以的展开式中的系数是20. 故选：C 题型十七：两个二项式乘积展开式系数问题 1．（24-25高二下·全国·课后作业）的展开式中的项的系数为30，则（    ） A． B． C．1 D．2 【答案】C 【分析】结合两个二项式乘积展开项的系数问题的方法求解.根据所给的条件可求的值. 【详解】中的展开式的通项为， 当时，，得到项的系数为， 当时，，得到项的系数为， 故展开式中的项的系数为，即． 故选：C 2．（2024·山西长治·模拟预测）的展开式中的系数是（    ） A．﹣10 B．0 C．10 D．30 【答案】C 【分析】根据乘法的分配律以及二项式展开式的通项公式求得正确答案. 【详解】依题意可知，含的项是 ， 所以的系数是. 故选：C 巩固训练 3．（2024·江西·一模）的展开式中的常数项为（    ） A．147 B． C．63 D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出展开式中项即可列式计算即得 【详解】二项式展开式中项分别为， 所以的展开式中的常数项为． 故选：C 4．（2023·四川·模拟预测）的展开式中的系数为（    ） A．9 B．15 C．21 D．24 【答案】A 【分析】由的展开式中求出包含和的项，然后由多项式乘法可得． 【详解】二项式的展开式的通项公式为. 所以含的项为． 故选：A． 题型十八：整除和余数问题 1．（24-25高二上·全国·随堂练习）被100除所得的余数为（    ） A．1 B．81 C． D． 【答案】B 【分析】由二项式定理将展开，即可得出答案. 【详解】． 前91项均能被100整除，剩下两项为， 显然8281除以100所得的余数为81． 故被100除所得的余数为81． 故选：B. 2．（2024·湖北·模拟预测）被9除的余数为（    ） A．1 B．4 C．5 D．8 【答案】B 【分析】化简得出，应用二项式展开式根据整除即可计算求出余数. 【详解】 其中是9的整数倍. 故被9除的余数为4. 故选：B. 巩固训练 3．（23-24高二下·河北秦皇岛·阶段练习）被10除所得的余数为（    ） A．1 B．2 C．0 D．9 【答案】C 【分析】显然211被10除所得的余数为1，故只需由二项式定理求得被10除所得的余数即可. 【详解】 ， 因为能被10整除， 所以被10除所得的余数9； 因为211被10除所得的余数为1，所以被10除所得的余数为0． 故选：C. 4．（23-24高二下·江苏连云港·期中）被3除的余数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】利用二项式定理赋值化简，再将写成形式展开后可求余数. 【详解】由二项式定理得， 令得，①， 令得，②， ①②得，， 解得，， 由 ， 故被3除的余数为. 故选：B. 题型十九：杨辉三角 1．（23-24高二下·海南海口·期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题中正确的是（    ）． 第0行 第1行 第2行 第3行 第4行 第5行 第n行 1 1   1 1   2   1 1   3   3   1 1   4   6   4   1 1   5   10   10   5   1 第n行 A．在第10行中第5个数最大 B． C．第8行中第4个数与第5个数之比为 D．在杨辉三角中，第n行的所有数字之和为 【答案】BC 【分析】利用二项式定理，结合组合数运算性质逐一判断，即可求解． 【详解】对于A：第10行是二项式的展开式的系数， 所以第10行中第个数最大，故A错误； 对于B： ，故B正确； 对于C：第8行是二项式的展开式的系数，又展开式的通项为， 所以第4个数为，第5个数为， 所以第4个数与第5个数之比为，故C正确； 对于D：第n行是二项式的展开式的系数，故第n行的所有数字之和为，故D错误． 故选：BC． 2．（23-24高二下·江苏扬州·期中）“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． B．第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C．记第n行的第i个数为，则 D．第20行中第8个数与第9个数之比为 【答案】CD 【分析】利用图象及二项式系数计算可得A，利用组合数性质可判定B，利用二项式定理可判定C，利用组合数的计算可判定D. 【详解】由图象可知为第行第三个数， 所以，故A错误； 易知第n行的第i个数为， 则第2023行中从左往右第1013个数与第1014个数分别为， 由组合数的性质知，故B错误； 易知，所以 ，故C正确； 第20行中第8个数与第9个数之比为，故D正确. 故选：CD 巩固训练 3．（23-24高二下·江苏南通·期中）南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》一书中画了一张表示二项式系数构成的三角形数阵（如图所示），在“杨辉三角”中，下列选项正确的是（    ） A．第10行所有数字的和为1024 B． C．第6行所有数字的平方和等于 D．若第行第个数记为，则 【答案】ACD 【分析】根据第行数学特征确定二项式，结合二项式系数和公式、组合数公式、二项式定理逐一判断即可. 【详解】A：第10行所有数字是二项式系数，因此第10行所有数字的和为，因此本选项正确； B： ，所以本选项不正确； C：所求的和表达式为：， 因为 ， 所以展开式中的系数为，即， 而， 因此有， 于是有，所以本选项正确； D：因为，所以本选项正确， 故选：ACD 4．（23-24高一下·黑龙江哈尔滨·期末）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图所示，在“杨辉三角”中，下列结论正确的是（    ） A．第n行的第个位置的数是 B． C．第2024行的第1012个数最大 D．第28行中第5个数与第6个数的比值为 【答案】AB 【分析】对于A：根据杨辉三角即可得结果；对于BC：根据组合数的性质分析求解；对于D：根据组合数公式分析求解. 【详解】对于选项A：由杨辉三角可得：第n行的第个位置的数是，故A正确； 对于选项B：因为 ， 所以，故B正确； 对于选项C：因为第2024行的第个位置的数是， 由组合数性质可知：为的最大值， 所以第2024行的第1013个数最大，故C错误； 对于选项D：第28行中第5个数与第6个数的比值为，故D错误； 故选：AB. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 学科网（北京）股份有限公司 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 � 事件B� 步骤1 步骤i··· 步骤2 m2种 方法n mi种 m1种 mn种 解决事件B共有m1×m2×m3×···×mn种不同的方法 $$