热点05 排列组合及二项式定理（10题型+高分技法+限时提升练）-2025年高考数学【热点·重点·难点】专练（北京专用）

热点05 排列组合及二项式定理 三年考情分析 2025考向预测 2022年，第8题，考察奇次项与偶次项的系数和 2023年，第5题，考察指定项的系数 2024年，第4题，考察指定项的系数 排列组合在北京高考中单独命题的概率不高，但在复习过程中也不可完全忽视，需为统计概率的题目打好基础；而在二项式定理这一节的命题将继续保持对通项公式及其应用的重点考查，要注意二项式定理与组合、数列极限、杨辉三角等知识点的综合题目 题型1 两种计数原理的应用 1、用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在最开始计算之前进行仔细分析需要分类还是需要分步； 2、若分类，则将完成这件事的方法分成若干类，求出每一类的方法数，将每一类的方法数相加得出结果； 3、若分步，则将完成这件事的过程分成若干步，求出每一步的方法数，将每一步中的方法数相乘得出最终结果. 1．（2023·北京东城·二模）某社区计划在端午节前夕按如下规则设计香囊：在基础配方以外，从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选择一味添加到香囊，则不同的添加方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．（2024·广东江门·模拟预测）第24届冬奥会于2024年2月4日在中华人民共和国北京市和河北省张家口市联合举行.此届冬奥会的项目中有两大项是滑雪和滑冰，其中滑雪有6个分项，分别是高山滑雪、自由式滑雪、单板滑雪、跳台滑雪、越野滑雪和北欧两项，滑冰有3个分项，分别是短道速滑、速度滑冰和花样滑冰.甲和乙相约去观看比赛，他们约定每人观看两个分项，而且这两个分项要属于不同大项.若要求他们观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是（    ） A．324 B．306 C．243 D．162 3．（2024·上海青浦·一模）已知函数的定义域为，值域为，则满足条件的函数 最多有 个. 4．（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 5．（2024·河南郑州·模拟预测）已知，，则满足方程的解的个数为（    ） A． B． C． D． 题型2 队列、数字的排序问题 首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数、两位及其以上的数首位数字不能是0等；最后先分类再分步从特殊数字或特殊位置进行组数． 1．（2024·北京石景山·一模）中国民族五声调式音阶的各音依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音，排成一个没有重复音的五音音列，且商、角不相邻，徵位于羽的左侧，则可排成的不同音列有（    ） A．18种 B．24种 C．36种 D．72种 2．（2023·北京·模拟预测）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（    ） A．12种 B．24种 C．32种 D．40种 3．（2024·北京朝阳·一模）已知三棱锥，现有质点Q从A点出发沿棱移动，规定质点Q从一个顶点沿棱移动到另一个顶点为1次移动，则该质点经过3次移动后返回到A点的不同路径的种数为(    ) A．3 B．6 C．9 D．12 4．（2024·重庆九龙坡·三模）用1，2，3，4，5，6这六个数组成无重复数字的六位数，则在数字1，3相邻的条件下，数字2，4，6也相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 5．（2023·湖南邵阳·二模）在数学中，有一个被称为自然常数（又叫欧拉数）的常数．小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，那么小明可以设置的不同密码共有 个． 题型3 涂色问题 （1）根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理染色问题的基本方法；（2）根据使用颜色总数分类讨论；（3）根据某2个不相邻区域是否同色分类讨论；（4）根据相间区域使用颜色的种类分类讨论；（5）遇到点或线或面的涂色问题，可将空间问题平面化转化成区域涂色问题。 1．（2024·北京·模拟预测）甲､乙､丙三人手持黑白两色棋子，在3行8列的网格中，三人同时从左到右，从1号位置摆到8号位置，若甲的1号位置与乙的1号位置颜色相同，称甲乙对应位置相同，反之称甲乙对应位置不同，则下列情况可能的是（    ） A．甲乙丙相互有3个对应位置不同 B．甲乙丙互相不可能有4个对应位置不同 C．甲乙1个位置不同，甲丙3个位置不同，乙丙5个位置不同 D．甲乙3个位置不同，甲丙4个位置不同，乙丙5个位置不同 2．（2024·四川成都·二模）现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为（    ）    A． B． C． D． 3．（2024·重庆·三模）无人机集群智能灯光秀是一种集无人机技术和智能照明相结合的艺术表演.它利用大量无人机排列组合，加上灯光智能照明的“协作”，依据编程和算法，制造出惊人的3D视觉效果.如图，在某一次无人机灯光表演秀中，有8架无人机排布成如图形式，已知每架无人机均可以发出3种不同颜色的光，编号1至5号的无人机颜色必须相同，编号7、8号的无人机颜色必须相同，编号6号的无人机与其他无人机颜色均不相同，则这8架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A．9 B．12 C．15 D．18 4．（2024·安徽淮北·二模）在的方格中，每个方格被涂上红、橙、黄、绿四种颜色之一，若每个的方格中的四个小方格的颜色都不相同，则满足要求的不同涂色方法的种数为 . 5．（2024·全国·模拟预测）如图，A，B，C，D为四个不同的区域，现有红、黄、蓝、黑4种颜色，对这四个区域进行涂色，要求相邻区域涂不同的颜色（A与C不相邻，B与D不相邻），则使用2种颜色涂色的概率为（    ） A． B． C． D． 题型4 分组分配问题 个不同元素按照某些条件分配给个不同得对象，称为分配问题，分定向分配和不定向分配两种问题；将个不同元素按照某些条件分成组，称为分组向题。分组问题有不平均分组、平均分组、和部分平均分组三种情况。分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同是不区分的；而后者即使2组元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的.对于后者必须先分组后排列。 1．（2023·北京·模拟预测）若5名女生和2名男生去两地参加志愿者活动，两地均要求既要有女生又要有男生，则不同的分配方案有（    ）种． A．20 B．40 C．60 D．80 2．（2024·北京丰台·一模）在抗击新冠疫情期间，有3男3女共6位志愿者报名参加某社区“人员流调”、“社区值守”这两种岗位的志愿服务，其中3位志愿者参加“人员流调”，另外3位志愿者参加“社区值守”．若该社区“社区值守”岗位至少需要1位男性志愿者．则这6位志愿者不同的分配方式共有（    ） A．19种 B．20种 C．30种 D．60种 3．（2024·贵州六盘水·模拟预测）甲、乙、丙、丁四位同学去三个不同的地方参加社会实践活动，要求每个地方至少有一名同学参与，且每人只能去一个地方，则一共有 种不同的分配方案（用数字作答） 4．（2024·江西新余·模拟预测）小梁同学将个完全相同的球放入个不同的盒子中有种放法，小郅同学将个完全不同的球放入个相同的盒子中有种放法.若每个盒子中至少有一个球，则（     ）. A． B． C． D． 5．（2024·湖南湘西·模拟预测）三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，某中学有四名学生报名参加．若每名学生只能报一所大学，每所大学都有该中学的学生报名，且大学只有其中一名学生报名，则不同的报名方法共有（   ） A．18种 B．21种 C．24种 D．36种 题型5 二项展开式的指定项系数 （1）对于常数项,隐含条件是字母的指数为0(即0次项). （2）对于有理项,一般是先写出通项,其所有的字母的指数恰好都是整数的项.解这类问题必须合并通项中同一字母的指数,根据具体要求,令其属于整数,再根据数的整除性来求解. 1．（2024·北京通州·三模）若，则（    ） A．80 B． C．40 D．81 2．（2024·北京朝阳·二模）在的展开式中，若二项式系数的和等于，则 ，此时的系数是 .（用数字作答） 3．（2024·北京·模拟预测）在的展开式中无常数项，则的一个取值为 ． 4．（2024·北京房山·一模）设，则 ；当时， ． 5．（2023·北京西城·三模）若（为有理数），则 ． 题型6 三项展开式的指定项系数 应根据式子的特点,转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决),转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合，项与项结合时要注意合理性和简捷性. 1．（2024·山西吕梁·二模）的展开式中的系数为 . 2．（2023·江苏连云港·模拟预测）的展开式中项的系数为 ． 3．（2024·湖南衡阳·一模）的展开式中的系数为（    ） A． B． C． D． 4．（2024-23高三上·湖南·阶段练习）的展开式中的系数为 ． 5．（2024·江苏苏州·三模）记“的不同正因数的个数”，“的展开式中项的系数”，则（    ） A． B． C． D． 题型7 多项乘积展开式的指定项系数 ①分别对每个二项展开式进行分析,发现它们各自项的特点;②找到构成展开式中特定项的组成部分;③分别求解再相乘,求和即得. 1．（2024·北京大兴·三模）在的展开式中，x的系数为（   ） A．9 B．15 C． D． 2．（2024·北京·三模）在的展开式中，项的系数为（    ） A． B． C．16 D．144 3．（2023·北京·模拟预测）展开式中的系数是（    ） A． B． C． D． 4．（2023·湖北武汉·二模）的展开式中含项的系数为 ． 5．（2024·重庆·模拟预测）的展开式中的各项系数和为243，则该展开式中的系数为 . 题型8 二项式系数与系数的最值问题 （1）求二项式系数最大的项,根据二项式系数的性质,当为奇数时,中间两项的二项式系数最大;当为偶数时,中间一项的二项式系数最大. （2）求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的,需根据各项系数的正、负变化情况进行判断,一般采用列不等式组,解不等式组的方法求得. 1．（2024·福建泉州·一模）已知展开式中共有8项．则该展开式结论正确的是（    ） A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为 C．系数最大项为第2项 D．有理项共有3项 2．（2024·安徽·二模）已知的展开式二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项为（    ） A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项 3．（2023-24高三下·河北邢台·阶段练习）的展开式中，系数最大的项是（    ） A．第11项 B．第12项 C．第13项 D．第14项 4．（2023·北京海淀·二模）在的展开式中，若的系数为，则 ；若展开式中有且仅有项的系数最大，则的取值范围是 ． 5．（2024·全国·模拟预测）在的二项展开式中，系数最大的项为和，则展开式中含项的系数为 ． 题型9 二项式系数的和与各项系数的和 （1）“赋值法”普遍适用于恒等式,是一种重要的方法,若求其展开式各项系数之和,只需令未知数为1即可. （2）若,则展开式中各项系数之和为 1．（2023·北京通州·三模）若，则（    ） A．64 B．33 C．32 D．31 2．（2023·北京海淀·一模）若，则（    ） A． B．1 C．15 D．16 3．（2024·北京西城·二模）设，则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·北京海淀·一模）若，则 ； . 5．（2023·北京大兴·三模）若，则 . 题型10 杨辉三角 1、在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等； 2、在相邻的两行中，除1以外的其余各数都等于它“肩上”两个数字之和. 由此可知，当二项式次数不大时，可借助“杨辉三角”直接写出各项的二项式系数. 1．（2024·北京朝阳·二模）“杨辉三角”是数学史上的一个伟大成就．在如图所示的“杨辉三角”中，去掉所有的数字1，余下的数逐行从左到右排列，得到数列为2，3，3，4，6，4，5，10，…，则数列的前10项和为 ；若，则m的最大值为 ． 2．（2024·宁夏·二模）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多规律，如图是一个5阶杨辉三角． 若第行中从左到右第3个数与第5个数的比为，则的值为 ． 3．（2024·河南新乡·三模）如图所示的“分数杨辉三角形”被我们称为莱布尼茨三角形，是将杨辉三角形中的换成得到的，根据莱布尼茨三角形，下列结论正确的是（    ）    A． B． C． D． 4．（2023-24高二上·山东青岛·期末）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究．则下列结论正确的是（    ） A．第6行、第7行、第8行的第7个数之和为第9行的第8个数 B． C．第2024行的第1010个数最大 D．第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为 5．（2023-24高二上·河南南阳·期末）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（    ） A． B．第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数不相等 C．记第行的第个数为，则 D．第20行中第12个数与第13个数之比为 1．（2024·北京朝阳·模拟预测）已知集合，若集合A、B满足：，则集合对共有（   ）个． A．36 B．48 C．64 D．81 2．（2024·北京·高考真题）在的展开式中，的系数为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·北京·高考真题）若，则（    ） A．40 B．41 C． D． 4．（2024·北京西城·二模）一组学生站成一排.若任意相邻的3人中都至少有2名男生，且任意相邻的5人中都至多有3名男生，则这组学生人数的最大值是（    ） A． B． C． D． 5．（2023·北京·模拟预测）“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，某单位龙舟队欲参加端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派3人划左桨、3人划右桨共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ）． A．26种 B．31种 C．36种 D．37种 6．（2024·北京石景山·一模）“回文数”是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数.如22，121，3443等.那么在四位数中，回文数共有（    ） A．81个 B．90个 C．100个 D．900个 7．（2023·青海西宁·一模）在的展开式中，常数项为 . 8．（2024·北京东城·一模）已知，若，则的取值可以为（    ） A．2 B．1 C． D． 9．（2023-24高三上·北京·阶段练习）在的展开式中，的系数为 ． 10．（2023·北京·模拟预测）若为正整数，且的展开项中有常数项，则的最小值为 . 11．（2023·北京朝阳·二模）已知的展开式中所有项的二项式系数的和为64，则 ，展开式中的系数为 . 12．（2023·北京朝阳·一模）设，若，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 13．（2023·北京海淀·模拟预测）已知，则 ． 14．（2023·北京石景山·一模）若的展开式中含有常数项，则正整数的一个取值为 . 15．（2023-24高三下·湖北·阶段练习）已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中项的系数为20，则实数的值为 . 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 热点05 排列组合及二项式定理 三年考情分析 2025考向预测 2022年，第8题，考察奇次项与偶次项的系数和 2023年，第5题，考察指定项的系数 2024年，第4题，考察指定项的系数 排列组合在北京高考中单独命题的概率不高，但在复习过程中也不可完全忽视，需为统计概率的题目打好基础；而在二项式定理这一节的命题将继续保持对通项公式及其应用的重点考查，要注意二项式定理与组合、数列极限、杨辉三角等知识点的综合题目 题型1 两种计数原理的应用 1、用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在最开始计算之前进行仔细分析需要分类还是需要分步； 2、若分类，则将完成这件事的方法分成若干类，求出每一类的方法数，将每一类的方法数相加得出结果； 3、若分步，则将完成这件事的过程分成若干步，求出每一步的方法数，将每一步中的方法数相乘得出最终结果. 1．（2023·北京东城·二模）某社区计划在端午节前夕按如下规则设计香囊：在基础配方以外，从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选择一味添加到香囊，则不同的添加方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【详解】从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选一种，有种， 从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选二种，有种， 从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中选三种，有种， 从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药全选，有种， 所以从佩兰、冰片、丁香、石菖蒲这四味中药中至少选一种，共有种， 故选：C. 2．（2024·广东江门·模拟预测）第24届冬奥会于2024年2月4日在中华人民共和国北京市和河北省张家口市联合举行.此届冬奥会的项目中有两大项是滑雪和滑冰，其中滑雪有6个分项，分别是高山滑雪、自由式滑雪、单板滑雪、跳台滑雪、越野滑雪和北欧两项，滑冰有3个分项，分别是短道速滑、速度滑冰和花样滑冰.甲和乙相约去观看比赛，他们约定每人观看两个分项，而且这两个分项要属于不同大项.若要求他们观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是（    ） A．324 B．306 C．243 D．162 【答案】B 【详解】由题意得：总的观看方案为， 两个分项都相同的观看分案为， 所以观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是， 故选：B 3．（2024·上海青浦·一模）已知函数的定义域为，值域为，则满足条件的函数 最多有 个. 【答案】14 【详解】由函数定义，转化为给安排对应的自变量，每一种对应方式，即为一个函数， 给取3个自变量，则对应1个自变量，有种， 给取2个自变量，则对应2个自变量，有种， 给取1个自变量，则对应3个自变量，有种， 所以由分类加法计数原理知，共有种不同的对应方式， 故答案为：14 4．（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 【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 5．（2024·河南郑州·模拟预测）已知，，则满足方程的解的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题设，得， 又，其中都为质数， 所以， 因为x，，所以可能为，，， 所以的取值个数为， 方程的整数解的个数为． 故选：B． 题型2 队列、数字的排序问题 首先明确题目条件对数字的要求，针对这一要求通过分类、分步进行组数；其次注意特殊数字对各数位上数字的要求，如偶数的个位数字为偶数、两位及其以上的数首位数字不能是0等；最后先分类再分步从特殊数字或特殊位置进行组数． 1．（2024·北京石景山·一模）中国民族五声调式音阶的各音依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音，排成一个没有重复音的五音音列，且商、角不相邻，徵位于羽的左侧，则可排成的不同音列有（    ） A．18种 B．24种 C．36种 D．72种 【答案】C 【详解】解：先将宫、徽、羽三个音节进行排序，且徽位于羽的左侧，有， 再将商、角插入4个空中的2个，有， 所以共有种． 故选：C． 2．（2023·北京·模拟预测）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（    ） A．12种 B．24种 C．32种 D．40种 【答案】B 【详解】把丙和丁捆绑在一起，4个人任意排列，有种情况， 甲站在两端的情况有种情况， 甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有种. 故选：B． 3．（2024·北京朝阳·一模）已知三棱锥，现有质点Q从A点出发沿棱移动，规定质点Q从一个顶点沿棱移动到另一个顶点为1次移动，则该质点经过3次移动后返回到A点的不同路径的种数为(    ) A．3 B．6 C．9 D．12 【答案】B 【详解】可以看成先后顺序为1、2、3、4的四个座位，第1和第4个座位都是A，第2和第3两个座位从B、C、D三个字母选两个进行排列，共种排法. 故选：B. 4．（2024·重庆九龙坡·三模）用1，2，3，4，5，6这六个数组成无重复数字的六位数，则在数字1，3相邻的条件下，数字2，4，6也相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设“数字1，3相邻”，设“数字2，4，6相邻”， 则数字1，3相邻时的六位数有个， 数字1，3相邻，数字2，4，6也相邻的六位数的个数为， 则. 故选：A. 5．（2023·湖南邵阳·二模）在数学中，有一个被称为自然常数（又叫欧拉数）的常数．小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码．如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻，那么小明可以设置的不同密码共有 个． 【答案】36 【详解】如果排列时要求两个2相邻，两个8不相邻， 两个2捆绑看作一个元素与7，1全排列，排好后有4个空位，两个8插入其中的2个空位中，注意到两个2，两个8均为相同元素， 那么小明可以设置的不同密码共有． 故答案为：36. 题型3 涂色问题 （1）根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理染色问题的基本方法；（2）根据使用颜色总数分类讨论；（3）根据某2个不相邻区域是否同色分类讨论；（4）根据相间区域使用颜色的种类分类讨论；（5）遇到点或线或面的涂色问题，可将空间问题平面化转化成区域涂色问题。 1．（2024·北京·模拟预测）甲､乙､丙三人手持黑白两色棋子，在3行8列的网格中，三人同时从左到右，从1号位置摆到8号位置，若甲的1号位置与乙的1号位置颜色相同，称甲乙对应位置相同，反之称甲乙对应位置不同，则下列情况可能的是（    ） A．甲乙丙相互有3个对应位置不同 B．甲乙丙互相不可能有4个对应位置不同 C．甲乙1个位置不同，甲丙3个位置不同，乙丙5个位置不同 D．甲乙3个位置不同，甲丙4个位置不同，乙丙5个位置不同 【答案】D 【解析】根据所给条件，逐个分析判断即可得解. 【详解】对A，若甲乙有3个对应位置不同，不妨设前3个对应位置不同，则后5个对应位置相同， 若丙和甲、丙和乙都要有3个对应位置不同，则只能在后5个对应位置中有3个和甲乙不同，若丙和甲在后5个对应位置中有3个对应位置不同，则必和乙有6个位置不同，故A错误； 对B，若甲和乙前4个对应位置不同，乙和丙后4个对应位置不同，则甲和丙后4个对应位置也不同，故存在，所以B错误； 对C，若甲乙第1个位置不同，后7个位置相同，甲丙在后7个位置中有3个位置不同，此时乙丙最多有4个位置不同，故C错误； 对D，若甲乙前3个位置不同，甲丙第3个到第6个位置不同，则成立，故D正确. 故选：D. 【点睛】本题考查了颜色的排列，考查了位置关系的组合数，考查了逻辑推理能力和分析判断能力，属于中档题. 2．（2024·四川成都·二模）现有四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据题意，用四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，每个部分都有4种涂色方法，则有种涂色方法； 若其中任意有公共边的两块着不同颜色，有两种情况：①只用三种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法；②用四种颜色涂这5个区域，则有种涂色方法，所以若其中任意有公共边的两块着不同颜色，共有144种涂色方法，故四种不同的颜色要对如图形中的五个部分进行着色，其中任意有公共边的两块着不同颜色的概率为. 故选：C 3．（2024·重庆·三模）无人机集群智能灯光秀是一种集无人机技术和智能照明相结合的艺术表演.它利用大量无人机排列组合，加上灯光智能照明的“协作”，依据编程和算法，制造出惊人的3D视觉效果.如图，在某一次无人机灯光表演秀中，有8架无人机排布成如图形式，已知每架无人机均可以发出3种不同颜色的光，编号1至5号的无人机颜色必须相同，编号7、8号的无人机颜色必须相同，编号6号的无人机与其他无人机颜色均不相同，则这8架无人机同时发光时，一共可以有（    ）种灯光组合. A．9 B．12 C．15 D．18 【答案】B 【详解】先考虑6号，有3种颜色可选.则剩下的1至5号有2种颜色可选， 号也有2种颜色可选，所以一共有种灯光组合. 故选：B 4．（2024·安徽淮北·二模）在的方格中，每个方格被涂上红、橙、黄、绿四种颜色之一，若每个的方格中的四个小方格的颜色都不相同，则满足要求的不同涂色方法的种数为 . 【答案】 【详解】设四种颜色分别为，对于第一个的方格，共有种不同的涂法， 假设第一个的方格，涂如图所示四种颜色， ①若第三列的一个方格涂，第三列的第二方格涂，则第三列的第三方格涂或， 当第三列的第三方格涂时，则第三行的第一、二方格，分别涂； 当第三列的第三方格涂时，则第三行的第一、二方格，分别涂； ②若第三列的一个方格涂，第三列的第二方格涂，则第三列的第三方格涂或， 当第三列的第三方格涂时，则第三行的第一、二方格，分别涂； 当第三列的第三方格涂时，则第三行的第二方格涂，不合题意； 所以，共有类涂法，则共有种不同的涂色方法. 故答案为：. 5．（2024·全国·模拟预测）如图，A，B，C，D为四个不同的区域，现有红、黄、蓝、黑4种颜色，对这四个区域进行涂色，要求相邻区域涂不同的颜色（A与C不相邻，B与D不相邻），则使用2种颜色涂色的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】使用4种颜色给四个区域涂色，有种涂法； 使用3种颜色给四个区域涂色，共有种涂法； （使用3种颜色给四个区域涂色有两类情况：①区域A与区域C涂同一种颜色，区域B与区域D涂另外2种颜色； ②区域B与区域D涂同一种颜色，区域A与区域C涂另外2种颜色） 使用2种颜色给四个区域涂色，共有种不同的涂法． 所以所有的涂色方法共有（种），故使用2种颜色给四个区域涂色的概率为． 故选：B 题型4 分组分配问题 个不同元素按照某些条件分配给个不同得对象，称为分配问题，分定向分配和不定向分配两种问题；将个不同元素按照某些条件分成组，称为分组向题。分组问题有不平均分组、平均分组、和部分平均分组三种情况。分组问题和分配问题是有区别的，前者组与组之间只要元素个数相同是不区分的；而后者即使2组元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的.对于后者必须先分组后排列。 1．（2023·北京·模拟预测）若5名女生和2名男生去两地参加志愿者活动，两地均要求既要有女生又要有男生，则不同的分配方案有（    ）种． A．20 B．40 C．60 D．80 【答案】C 【详解】第一步，先安排2名男生，有种排法； 第二步，安排5名女生： 第1种情况，5名女生分两组，一组1人，一组4人，有种分法， 第2种情况，5名女生分两组，一组2人，一组3人，有种分法， 所以5名女生分两组去两地参加志愿者活动共有：种排法， 所以，总共有种分配方案.故A，B，D错误. 故选：C. 2．（2024·北京丰台·一模）在抗击新冠疫情期间，有3男3女共6位志愿者报名参加某社区“人员流调”、“社区值守”这两种岗位的志愿服务，其中3位志愿者参加“人员流调”，另外3位志愿者参加“社区值守”．若该社区“社区值守”岗位至少需要1位男性志愿者．则这6位志愿者不同的分配方式共有（    ） A．19种 B．20种 C．30种 D．60种 【答案】A 【详解】6位志愿者3位志愿者参加“人员流调”，另外3位志愿者参加“社区值守”的分配方式共有种，“社区值守”岗位全是女性的分配方式共1种，故“社区值守”岗位至少需要1位男性志愿者的分配方式共有种. 故选：A 3．（2024·贵州六盘水·模拟预测）甲、乙、丙、丁四位同学去三个不同的地方参加社会实践活动，要求每个地方至少有一名同学参与，且每人只能去一个地方，则一共有 种不同的分配方案（用数字作答） 【答案】 【详解】先将四名同学分成人、人、人三组，则有种分法， 再将三组人随机分配至三个不同的地方有种分法， 故共有种不同分配方案. 故答案为：. 4．（2024·江西新余·模拟预测）小梁同学将个完全相同的球放入个不同的盒子中有种放法，小郅同学将个完全不同的球放入个相同的盒子中有种放法.若每个盒子中至少有一个球，则（     ）. A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意将个完全相同的球放入个不同的盒子中，每个盒子中至少有一个球， 利用隔板法共有种放法，所以； 将个完全不同的球放入个相同的盒子中，每个盒子中至少有一个球， 可以将个球分成组，有和两种分组方法， 按分组时，有种放法，按分组时，有种放法， 所以，所以. 故选：B 5．（2024·湖南湘西·模拟预测）三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，某中学有四名学生报名参加．若每名学生只能报一所大学，每所大学都有该中学的学生报名，且大学只有其中一名学生报名，则不同的报名方法共有（   ） A．18种 B．21种 C．24种 D．36种 【答案】C 【详解】第一步选一人去大学，则有（种）， 第二步将剩余的三位同学以一组两人，一组一人进行分组，然后分配到两所学校， 则有（种）， 则不同的报名方法共有（种）， 故选：C. 题型5 二项展开式的指定项系数 （1）对于常数项,隐含条件是字母的指数为0(即0次项). （2）对于有理项,一般是先写出通项,其所有的字母的指数恰好都是整数的项.解这类问题必须合并通项中同一字母的指数,根据具体要求,令其属于整数,再根据数的整除性来求解. 1．（2024·北京通州·三模）若，则（    ） A．80 B． C．40 D．81 【答案】C 【详解】由题意，. 故选：C. 2．（2024·北京朝阳·二模）在的展开式中，若二项式系数的和等于，则 ，此时的系数是 .（用数字作答） 【答案】 6 135 【详解】由二项式系数的和等于，则，； 通项公式为， 令，所以的系数为. 故答案为：；. 3．（2024·北京·模拟预测）在的展开式中无常数项，则的一个取值为 ． 【答案】（答案不唯一） 【详解】的展开式的通项公式为， 由，得，又, 因此，所以的一个取值为. 故答案为：（答案不唯一）. 4．（2024·北京房山·一模）设，则 ；当时， ． 【答案】 【详解】令可得：， 的通项为：， 令可得， 令可得， 所以由可得，所以. 故答案为：；. 5．（2023·北京西城·三模）若（为有理数），则 ． 【答案】 【详解】由二项式定理得：， 依题意，，而为有理数，因此， 所以. 故答案为：120 题型6 三项展开式的指定项系数 应根据式子的特点,转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决),转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合，项与项结合时要注意合理性和简捷性. 1．（2024·山西吕梁·二模）的展开式中的系数为 . 【答案】 【详解】根据题意，展开式中的项为 则的系数为： 故答案为：. 2．（2023·江苏连云港·模拟预测）的展开式中项的系数为 ． 【答案】 【详解】由题意知的通项为 ， 化简得， 令，得， 即， 所以的系数为. 故答案为： 3．（2024·湖南衡阳·一模）的展开式中的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】， 项对应，， 项对应系数为，故展开后系数为. 故选：D. 4．（2024-23高三上·湖南·阶段练习）的展开式中的系数为 ． 【答案】 【详解】在的展开式中， 由， 得的系数为. 故答案为：． 5．（2024·江苏苏州·三模）记“的不同正因数的个数”，“的展开式中项的系数”，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以的约数有个，即， 又展开式的项可以看作从个盒子中取出一个元素相乘，每个盒子中均有，，， 要得到，需从个盒子中取出，个盒子中取出，个盒子中取出， 所以，所以，即. 故选：B 题型7 多项乘积展开式的指定项系数 ①分别对每个二项展开式进行分析,发现它们各自项的特点;②找到构成展开式中特定项的组成部分;③分别求解再相乘,求和即得. 1．（2024·北京大兴·三模）在的展开式中，x的系数为（   ） A．9 B．15 C． D． 【答案】A 【详解】 易知，的展开式中，没有x项； 因为的展开式的通项为：， 令，即，所以展开式中，x的系数为； 又因为的展开式的通项为：， 令，即，所以展开式中，x的系数为； 综上，在的展开式中，x的系数为， 故选：A. 2．（2024·北京·三模）在的展开式中，项的系数为（    ） A． B． C．16 D．144 【答案】C 【详解】，其展开式通项公式为，， 所以所求项的系数为， 故选： C． 3．（2023·北京·模拟预测）展开式中的系数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由知展开式中含项情况为： ①， ②， 所以展开式中的系数是：. 故选：A. 4．（2023·湖北武汉·二模）的展开式中含项的系数为 ． 【答案】 【详解】的通项公式为， 所以的展开式中含项为， 所以展开式中含项的系数为． 故答案为：. 5．（2024·重庆·模拟预测）的展开式中的各项系数和为243，则该展开式中的系数为 . 【答案】 【详解】令可得，解得， 的展开式中通项，， 分别令，得， 所以展开式中的常数项和含的项分别为， 所以展开式中的系数为. 故答案为： 题型8 二项式系数与系数的最值问题 （1）求二项式系数最大的项,根据二项式系数的性质,当为奇数时,中间两项的二项式系数最大;当为偶数时,中间一项的二项式系数最大. （2）求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的,需根据各项系数的正、负变化情况进行判断,一般采用列不等式组,解不等式组的方法求得. 1．（2024·福建泉州·一模）已知展开式中共有8项．则该展开式结论正确的是（    ） A．所有项的二项式系数和为128 B．所有项的系数和为 C．系数最大项为第2项 D．有理项共有3项 【答案】A 【详解】A项，因为的展开式共有8项，所以． 故所有项的二项式系数和为，故A正确； B项，令，可得所有项的系数和为，故B错误； 因为二项展开式的通项公式为： ．. C项， 当，设项系数最大， 由，解得，则， 且，第3项系数为. 当时，，系数为1； 当时，，系数为； 由，故第3项的系数最大；故C错误； D项，由为整数，且可知，的值可以为：0，2，4，6， 所以二项展开式中，有理项共有4项，故D错误． 故选：A. 2．（2024·安徽·二模）已知的展开式二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项为（    ） A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项 【答案】C 【详解】由已知，故，故通项为（，1，…，8），故奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数， 故最大，因此第七项的系数最大， 故选：C． 3．（2023-24高二下·河北邢台·阶段练习）的展开式中，系数最大的项是（    ） A．第11项 B．第12项 C．第13项 D．第14项 【答案】C 【详解】因为的展开通项公式为， 又当时，取最大值， 则系数最大的项是第13项． 故选：C. 4．（2023·北京海淀·二模）在的展开式中，若的系数为，则 ；若展开式中有且仅有项的系数最大，则的取值范围是 ． 【答案】 －1 【详解】由题意知在的展开式中，的系数为， 即， 若展开式中有且仅有项的系数最大，不合题意， 当时，所以项的系数均为正数，则需满足， 即得； 当时，奇数项的系数均为正数，偶数项的系数均为负数， 则此时需满足，解得， 综合可得的取值范围是， 故答案为：-1； 【点睛】关键点点睛：本题第二空解决的关键是，注意时，二项展开式中系数的正负情况，从而列式得解. 5．（2024·全国·模拟预测）在的二项展开式中，系数最大的项为和，则展开式中含项的系数为 ． 【答案】7 【详解】，因为系数最大的项为和，所以为奇数， ，且，解得． 所以含项的系数为． 故答案为：7 题型9 二项式系数的和与各项系数的和 （1）“赋值法”普遍适用于恒等式,是一种重要的方法,若求其展开式各项系数之和,只需令未知数为1即可. （2）若,则展开式中各项系数之和为 1．（2023·北京通州·三模）若，则（    ） A．64 B．33 C．32 D．31 【答案】D 【详解】因为， 所以令可得①， 令可得②， 令可得③， ②+③可得①， 将①代入④可得. 故选：D 2．（2023·北京海淀·一模）若，则（    ） A． B．1 C．15 D．16 【答案】C 【详解】因为， 令得，， 令得，， 所以，． 故选：C. 3．（2024·北京西城·二模）设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】依题意，， 令，得； 令，得， 所以. 故选：B. 4．（2024·北京海淀·一模）若，则 ； . 【答案】 【详解】令，可得，即， 令，可得，即， 令，可得，即， 则， 即，则， 故. 故答案为：；. 5．（2023·北京大兴·三模）若，则 . 【答案】 【详解】二项式展开式的通项公式为， 所以， 令，可得. 故答案为：. 题型10 杨辉三角 1、在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等； 2、在相邻的两行中，除1以外的其余各数都等于它“肩上”两个数字之和. 由此可知，当二项式次数不大时，可借助“杨辉三角”直接写出各项的二项式系数. 1．（2024·北京朝阳·二模）“杨辉三角”是数学史上的一个伟大成就．在如图所示的“杨辉三角”中，去掉所有的数字1，余下的数逐行从左到右排列，得到数列为2，3，3，4，6，4，5，10，…，则数列的前10项和为 ；若，则m的最大值为 ． 【答案】 52； 45. 【详解】由于次二项式系数对应的杨辉三角形的第行，例如， 系数分别为，对应杨辉三角形的第三行；令，就可以求出该行的系数和，第 行为，第行为，第行为，以此类推即每一行数字和为首项为，公比为的等 比数列，则杨辉三角形的前项和为.若去除所有的项，则剩下的每 一行的个数为，可以看成构成一个首项为，公差为的等差数列，则 ，可得：当时，， 则数列的前10项和为； 根据杨辉三角形的分布规律，最后出现的位置应为第行的最后一项， . 故答案为：；. 2．（2024·宁夏·二模）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家．杨辉三角是杨辉的一项重要研究成果，它的许多性质与组合数的性质有关，杨辉三角中蕴藏了许多规律，如图是一个5阶杨辉三角． 若第行中从左到右第3个数与第5个数的比为，则的值为 ． 【答案】 【详解】依题意可知第行的数从左到右分别为， 所以，即，得，解得或（舍去）， 所以的值为. 故答案为： 3．（2024·河南新乡·三模）如图所示的“分数杨辉三角形”被我们称为莱布尼茨三角形，是将杨辉三角形中的换成得到的，根据莱布尼茨三角形，下列结论正确的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【详解】观察莱布尼茨三角形，知每一个数等于下一层与它紧挨的两个数之和， 因此，即D正确，ABC错误. 故选：D 4．（2023-24高二上·山东青岛·期末）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究．则下列结论正确的是（    ） A．第6行、第7行、第8行的第7个数之和为第9行的第8个数 B． C．第2024行的第1010个数最大 D．第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为 【答案】ABD 【详解】对于A：第行，第行，第行的第个数字分别为：，，，其和为； 而第行第个数字就是，故A正确； 对于B：因为，， 所以，故B正确； 对于C：由图可知：第行有个数字， 如果是偶数，则第（最中间的）个数字最大； 如果是奇数，则第和第个数字最大，并且这两个数字一样大， 所以第行的第个数最大，故C错误； 对于D：依题意：第行从左到右第个数为，第行从左到右第个数为， 所以第行中从左到右第个数与第个数之比为，故D正确； 故答案为：ABD. 5．（2023-24高二上·河南南阳·期末）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（    ） A． B．第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数不相等 C．记第行的第个数为，则 D．第20行中第12个数与第13个数之比为 【答案】A 【详解】对于A： ，A错误； 对于B：第2023行中的数为的展开式的二项式系数， 则从左往右第1011个数为，第1012个数为，，B正确； 对于C：第行的第个数为， 则，C正确； 对于D：第20行中的数为的展开式的二项式系数， 则从左往右第12个数为，第13个数为， 则，D正确. 故选：AB. 1．（2024·北京朝阳·模拟预测）已知集合，若集合A、B满足：，则集合对共有（   ）个． A．36 B．48 C．64 D．81 【答案】D 【详解】因为，， 当时，又，故， 当集合中有一个元素时，又，这样的集合对有， 当集合中有两个元素时，又，这样的集合对有， 当集合中有三个元素时，又，这样的集合对有， 当集合中有四个元素时，又，这样的集合对有， 所以集合对共有. 故选：D. 2．（2024·北京·高考真题）在的展开式中，的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】的二项展开式为， 令，解得， 故所求即为. 故选：A. 3．（2024·北京·高考真题）若，则（    ） A．40 B．41 C． D． 【答案】B 【详解】令，则， 令，则， 故， 故选：B. 4．（2024·北京西城·二模）一组学生站成一排.若任意相邻的3人中都至少有2名男生，且任意相邻的5人中都至多有3名男生，则这组学生人数的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如果人数大于6，考虑前7个人：， 每相邻的3人取成一组，则有5组， 因为任意相邻的3人中都至少有2名男生，所以这5个组里至少有10名男生， 即这15人中至少有10名男生； 每相邻的5人取成一组，则有3组， 因为任意相邻的5人中都至多有3名男生，所以这3个组里至多有9名男生， 即这15人中至多有9名男生； 显然矛盾，故人数不可能大于6， 当人数为6时，用表示男生，表示女生，则可以. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是找到矛盾的分界人数，利用条件推出矛盾，从而得解. 5．（2023·北京·模拟预测）“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，某单位龙舟队欲参加端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派3人划左桨、3人划右桨共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ）． A．26种 B．31种 C．36种 D．37种 【答案】D 【详解】根据题意，设只会划左桨的人，只会划右桨的人，既会划左桨又会划右桨的人， 据此分3种情况讨论： ①从中选3人划左桨，划右桨的在中剩下的人中选取，有种选法； ②从中选2人划左桨，中选1人划左桨，划右桨的在中剩下的人中选取，有种选法； ③从中选1人划左桨，中2人划左桨，中3人划右桨，有种选法， 则有种不同的选法. 故选：D． 6．（2024·北京石景山·一模）“回文数”是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数.如22，121，3443等.那么在四位数中，回文数共有（    ） A．81个 B．90个 C．100个 D．900个 【答案】B 【详解】由题可知：回文数中间两个数字是一样的，两端的数字是一样的 所以共有： 故选：B 7．（2023·青海西宁·一模）在的展开式中，常数项为 . 【答案】 【详解】的展开式的通项， 令，解得，故常数项为. 故答案为：. 8．（2024·北京东城·一模）已知，若，则的取值可以为（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】A 【详解】令，有， 即或. 故选：A. 9．（2023-24高三上·北京·阶段练习）在的展开式中，的系数为 ． 【答案】 【详解】的展开式的通项公式为， 令，可得，故的系数为. 故答案为： 10．（2023·北京·模拟预测）若为正整数，且的展开项中有常数项，则的最小值为 . 【答案】 【详解】因为为正整数，的展开式通项为， 令，可得，故当时，取最小值. 故答案为：. 11．（2023·北京朝阳·二模）已知的展开式中所有项的二项式系数的和为64，则 ，展开式中的系数为 . 【答案】 【详解】由题意，则，故原二项式为， 所以其展开式通项为， 当，则，故所求系数为. 故答案为：， 12．（2023·北京朝阳·一模）设，若，则（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【详解】展开式第项， ∵，∴， ∴. 故选：A. 13．（2023·北京海淀·模拟预测）已知，则 ． 【答案】9 【详解】 故，， 所以， 故答案为9. 14．（2023·北京石景山·一模）若的展开式中含有常数项，则正整数的一个取值为 . 【答案】3（只要是3正整数倍即可） 【详解】的展开式的通项为， 的展开式中含有常数项需要满足， 即，所以只要是3正整数倍即可. 故答案为：3（只要是3正整数倍即可）. 15．（2023-24高三下·湖北·阶段练习）已知二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，且展开式中项的系数为20，则实数的值为 . 【答案】/0.5 【详解】因为二项式的展开式中只有第4项的二项式系数最大，所以，二项式的通项为，令，解得， 所以展开式中项为，，解得. 故答案为：. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！22 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$