题型10 5类排列组合二项式定理的解题技巧（特殊元素（位置）、定序倍缩、分组分配、三项式、二项式乘积）-2025年高考数学答题技巧与模板构建

题型10 5类排列组合二项式定理的解题技巧 （特殊元素（位置）、定序倍缩、分组分配、三项式、二项式乘积） 技法01 特殊元素（位置）的应用及解题技巧 技法02 定序倍缩法的应用及解题技巧 技法03 平均分组分配及部分平均分组分配的应用及解题技巧 技法04 三项展开式的应用及解题技巧 技法05 二项式乘积的应用及解题技巧 本节导航 技法01 特殊元素（位置）的应用及解题技巧 对于有附加条件的排列组合问题，一般采用先考虑满足特殊的元素或位置，再考虑其它元素或位置，常在小题中考查，需强加练习. 首先，要明确题目中的特殊元素或位置，如某个特定数字、颜色、形状等，或者是某个特定的位置，如首位、末位等。这些特殊元素或位置往往对排列组合的结果产生决定性影响。 其次，根据特殊元素或位置的性质，灵活运用排列组合的基本原理进行求解。例如，如果特殊元素不能相邻，则可以采用插空法；如果特殊元素必须相邻，则可以将它们看作一个整体进行排列，然后再考虑整体与其他元素的排列。 此外，还需要注意题目中的其他条件，如元素的总数、不同元素的数量等，这些条件也会对排列组合的结果产生影响。在解题过程中，要综合考虑所有条件，灵活运用各种技巧进行求解。 通过大量练习和积累，可以逐渐掌握特殊元素（位置）的应用技巧，提高解题能力和效率。 （2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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．36种 D．48种 1．（2024·全国甲卷·高考真题）甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·江西新余·模拟预测）甲、乙等5人排成一行，则甲不站在5人正中间位置且乙不站在最左端的不同的排列方式共有（     ）种. A． B． C． D． 3．（2024·浙江杭州·三模）已知甲、乙、丙、丁、戊5人身高从低到高，互不相同，将他们排成相对身高为“高低高低高”或“低高低高低”的队形，则甲、丁不相邻的不同排法种数为（    ） A．12 B．14 C．16 D．18 1．（2024·安徽合肥·模拟预测）甲乙丙丁戊5名同学坐成一排参加高考调研，若甲不在两端且甲乙不相邻的不同排列方式的个数为（    ） A．36种 B．48种 C．54种 D．64种 2．（2024·浙江金华·三模）在义乌，婺剧深受民众喜爱.某次婺剧表演结束后，老生、小生、花旦、正旦、老旦各一人排成一排合影留念，其中小生和老生不相邻且老旦不排在最右边的不同排法总数是（    ） A．36 B．48 C．60 D．72 3．（2024·安徽池州·模拟预测）植树节这天，某学校组织5名学生依次给树木浇水，其中甲和乙是好朋友，必须相邻，丙不在第三位，则不同的浇水顺序的种数为（    ） A．30 B．36 C．40 D．42 技法02 定序倍缩法的应用及解题技巧 定序倍缩法是一种在排列组合问题中常用的技巧，尤其在处理具有特定顺序要求的元素排列时显得尤为有效。该方法的核心在于，当某些元素需要按照特定顺序排列时，我们可以通过“倍缩”这些元素来考虑其排列方式，从而简化问题。掌握这一技巧对于提高排列组合问题的解题能力具有重要意义。 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列 对于某些顺序一定的元素(m个)的排列问题，可先把这些元素与其他元素一起(共n个)进行排列，然后用总排列数A除以m个顺序一定的元素之间的全排列数A，即得到不同排法种＝A. 某学习小组、、、、、、七名同学站成一排照相，要求与相邻，并且在的左边，在的右边，则不同的站队方法种数为（    ） A． B． C． D． 1．某次数学竞赛获奖的6名同学上台领奖，若甲、乙、丙三人上台的先后顺序已确定，则不同的上台顺序种数为（    ）． A．20 B．120 C．360 D．720 2．今有2个红球，3个黄球，同色球不加以区分，将这5个球排成一行，则不同的排法种数为（    ） A． B． C． D． 1．用组成没有重复数字的七位数，若的顺序一定，则符合条件的七位数有（    ）个 A．840 B．210 C．640 D．410 2．习近平总书记在全国教育大会上发表重要讲话，称教育是国之大计，党之大计．哈九中落实讲话内容，组织研究性学习．在研究性学习成果报告会上，有A、B、C、D、E、F共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A、C、D按先后顺序汇报（不一定相邻），那么不同的汇报安排种数为（    ） A．100 B．120 C．300 D．600 技法03 平均分组分配及部分平均分组分配的应用及解题技巧 这类问题在排列组合中较为常见，其核心在于理解“平均”与“部分平均”的概念。平均分组即指将元素均等地分配到各个组中，不考虑组内的排列顺序；而部分平均分组则是在平均分组的基础上，允许部分组内的元素数量有所不同，但仍需遵循一定的分配规则。常在小题中考查，需强加练习。 平均分组、部分平均分组 1．对不同元素的分配问题 (1)对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数． (2)对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数． (3)对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数． （2024·江西宜春·模拟预测）将6名志愿者安排到4个不同的社区进行创文共建活动，要求每个社区至少安排1名志愿者，则不同排法共有（    ） A．480种 B．1560种 C．2640种 D．640种 1．每年的5月25日是全国大中学生心理健康日．某高校计划在这一天开展有关心理健康的宣传活动，现计划将6位老师平均分成三组分别到三个不同的班级进行宣讲，则不同的排法总数为（    ） A．540 B．120 C．90 D．60 2．洛阳市牡丹文化节期间，5名志愿者准备到3个博物馆参加志愿服务，若每个博物馆至少接受1名志愿者，则不同的分配方案有（    ） A．90种 B．150种 C．240种 D．300种 3．某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 1．在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（   ） A． B． C． D． 2．运动会期间，将甲、乙等5名志愿者安排到，，三个场地参加志愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要1名志愿者，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，则不同的安排方法种数为（   ） A．72 B．96 C．114 D．124 3．有6本不同的书，全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（   ） A．1440种 B．1560种 C．1920种 D．5760种 4．现有包含两本书的六本不同的书，分给甲､乙､丙三个人，要求每人至少一本，其中两本书被分给甲的概率为（    ） A． B． C． D． 技法04 三项展开式的应用及解题技巧 三项展开式在模拟题中经常考查，通常涉及到求系数，需强加练习。 三项展开式的解题技巧是不要用二项式定理去解两次，而应该从数学意义的角度看做多少个式子相乘，直接当做排列组合求解，可秒解。 （2024·福建福州·模拟预测）展开式中的常数项为 .（用数字作答） 1．（2024·江西·模拟预测）的展开式中的系数为 ． 2．（2024·湖南衡阳·一模）的展开式中的系数为（    ） A． B． C． D． 1．的展开式中的系数为 . 2．（2024·江西新余·模拟预测）设为虚数单位，则的展开式中，项的系数为： （结果用复数表示）. 技法05 二项式乘积的应用及解题技巧 二项式乘积在高考和模拟题中经常考查，通常涉及到求系数，需强加练习。 二项式乘积的解题技巧是先相乘，再结合二项式定理的通项公式求解即可。 （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）的展开式中的系数为 （用数字作答）． 1．（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 2．（2024·江西·一模）的展开式中的常数项为（    ） A．147 B． C．63 D． 3．（2024·河南许昌·模拟预测）的展开式中，其中不含的项为 . 1．（2025·浙江·模拟预测）展开式中的系数为 . 2．（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 . 3．（2024·贵州遵义·模拟预测）在多项式的展开式中，的系数为32，则 . 4．（2025·江西新余·一模）的展开式中的系数为36，则的值为 . 一、单选题 1．（2024·安徽芜湖·三模）已知A、B、C、D、E、F六个人站成一排，要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的排法共有（    ）种 A．186 B．264 C．284 D．336 2．（2025·甘肃白银·模拟预测）某高校有8名研究生要去小兴安岭采集植物样本，其中男生6人，女生2人，将这8人分成两组，若要求每组至少2人，且两名女生不单独成组，则不同的分组方案共有（    ） A．240种 B．158种 C．126种 D．118种 3．（2024·广西贵港·模拟预测）2024年4月6号岳阳马拉松暨全国半程马拉松锦标赛（第三站）开赛，比赛结束后，其中5男3女共8位运动员相约在赛道旁站成前后两排合影，每排各4人，若男运动员中恰有2人左右相邻，则不同的排列方法共有（    ） A．732种 B．2260种 C．4320种 D．8640种 4．（2024·内蒙古包头·三模）一个小型联欢会要安排1个诗词朗诵类节目，2个独唱类节目，2个歌舞类节目，则同类节目不相邻的安排方式共有（    ） A．44种 B．48种 C．72种 D．80种 5．（2024·辽宁·模拟预测）现有含甲在内的5名游客来到江西旅游，分别准备从井冈山、庐山、龙虎山这3个5A级景区中随机选择1个景区游玩.在这5名游客中，甲不去井冈山，但每个景区均有人选择，则这5名游客不同的选择方案种数为（    ） A．52 B．72 C．76 D．100 6．（2024·广东·模拟预测）甲、乙等6人围成一圈，且甲、乙两人相邻，则不同的排法共有（ ） A．6种 B．12种 C．24种 D．48种 7．（2024·陕西西安·模拟预测）的展开式的常数项为（    ） A． B． C． D． 8．（2024·北京大兴·三模）在的展开式中，x的系数为（   ） A．9 B．15 C． D． 二、填空题 9．（2025·广东肇庆·二模）在的展开式中，所有项的系数和为 . 10．（2025·山东潍坊·模拟预测）的展开式的第8项是 ． 11．（2024·江西·模拟预测）的展开式中的系数为 ． 12．（2024·江西宜春·模拟预测）在的展开式中，项的系数是 ． 13．（2024·河北·模拟预测）已知的展开式中各项系数和为8，则展开式中常数项为 . 14．（2024·甘肃张掖·三模）春节期间，小明一家3口､姑姑一家3口和爷爷，奶奶围坐圆桌聚餐，则在爷爷､奶奶相邻的前提下，小明一家3口均不相邻的概率为 ． 15．（2025·河南郑州·一模）甲、乙两人各有4张卡片，每张卡片上分别标有1，2，3，4四个数字之一.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，甲、乙各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较卡片上数字的大小，数字大者胜，然后各自舍弃此轮所选卡片舍弃的卡片在此后的轮次中不能使用则四轮比赛中，甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况共有 种. 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 $$ 题型10 5类排列组合二项式定理的解题技巧 （特殊元素（位置）、定序倍缩、分组分配、三项式、二项式乘积） 技法01 特殊元素（位置）的应用及解题技巧 技法02 定序倍缩法的应用及解题技巧 技法03 平均分组分配及部分平均分组分配的应用及解题技巧 技法04 三项展开式的应用及解题技巧 技法05 二项式乘积的应用及解题技巧 本节导航 技法01 特殊元素（位置）的应用及解题技巧 对于有附加条件的排列组合问题，一般采用先考虑满足特殊的元素或位置，再考虑其它元素或位置，常在小题中考查，需强加练习. 首先，要明确题目中的特殊元素或位置，如某个特定数字、颜色、形状等，或者是某个特定的位置，如首位、末位等。这些特殊元素或位置往往对排列组合的结果产生决定性影响。 其次，根据特殊元素或位置的性质，灵活运用排列组合的基本原理进行求解。例如，如果特殊元素不能相邻，则可以采用插空法；如果特殊元素必须相邻，则可以将它们看作一个整体进行排列，然后再考虑整体与其他元素的排列。 此外，还需要注意题目中的其他条件，如元素的总数、不同元素的数量等，这些条件也会对排列组合的结果产生影响。在解题过程中，要综合考虑所有条件，灵活运用各种技巧进行求解。 通过大量练习和积累，可以逐渐掌握特殊元素（位置）的应用技巧，提高解题能力和效率 （2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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．36种 D．48种 思路点拨：本题主要解决有位置限制且存在相邻元素的排列问题。破题点在于合理运用捆绑法和插空法，并结合排列组合的计数原理计算可得。 思路详解：因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式， 故选：B 1．（2024·全国甲卷·高考真题）甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（    ） A． B． C． D． 思路详解：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种； 当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种； 于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意； 基本事件总数显然是， 根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为. 故选：B 2．（2024·江西新余·模拟预测）甲、乙等5人排成一行，则甲不站在5人正中间位置且乙不站在最左端的不同的排列方式共有（     ）种. A． B． C． D． 思路详解：采用间接法，先5人全排有种，去掉甲在中间的有种，乙排最左端的有种， 然后加上甲在中间和乙在最左端的有种， 则共有种排法. 故选：D. 3．（2024·浙江杭州·三模）已知甲、乙、丙、丁、戊5人身高从低到高，互不相同，将他们排成相对身高为“高低高低高”或“低高低高低”的队形，则甲、丁不相邻的不同排法种数为（    ） A．12 B．14 C．16 D．18 思路详解：依据题意，分两种情况讨论， 情况一：高低高低高依次对应1-5号位置，规定甲在号位，则乙在1号位或4号位，而甲，丁不相邻， 当乙在1号位时，此时为乙甲戊丙丁，共1种， 当乙在4号位时，此时有丙甲戊乙丁，戊甲丙乙丁，共2种， 易得倒序排列和正序排列种数相同，故本情况共6种， 情况二：低高低高低依次对应1-5号位置，假设戊在2号位， 若丁在1号位，此时有丁戊甲丙乙，丁戊乙丙甲，共2种， 若丁在4号位，此时有甲戊丙丁乙，甲戊乙丁丙，共2种， 易得倒序排列和正序排列种数相同，故本情况共8种， 故符合题意的情况有种，故B正确. 故选：B. 1．（2024·安徽合肥·模拟预测）甲乙丙丁戊5名同学坐成一排参加高考调研，若甲不在两端且甲乙不相邻的不同排列方式的个数为（    ） A．36种 B．48种 C．54种 D．64种 【答案】A 【分析】利用间接法，先考虑甲乙不相邻的不同排列方式数，再减去甲站在一端且甲乙不相邻的排列方式数，结合排列数运算求解. 【详解】先考虑甲乙不相邻的不同排列方式数，再减去甲站在一端且甲乙不相邻的排列方式数， 所以总数为种， 故选：A. 2．（2024·浙江金华·三模）在义乌，婺剧深受民众喜爱.某次婺剧表演结束后，老生、小生、花旦、正旦、老旦各一人排成一排合影留念，其中小生和老生不相邻且老旦不排在最右边的不同排法总数是（    ） A．36 B．48 C．60 D．72 【答案】C 【分析】间接法，先求出小生和老生不相邻的情况，再减去老旦排在最右边的情况，即可得解. 【详解】首先按照小生和老生不相邻的要求共有种排法， 其中老旦排在最右边情况，左侧4个位置，先排花旦、正旦有， 由此所成的3个空中将小生、老生插入有， 所以排法有种， 所以满足题意的不同排法总数是. 故选：C 3．（2024·安徽池州·模拟预测）植树节这天，某学校组织5名学生依次给树木浇水，其中甲和乙是好朋友，必须相邻，丙不在第三位，则不同的浇水顺序的种数为（    ） A．30 B．36 C．40 D．42 【答案】C 【分析】分丙在第一或第五位，在第二位或第四位，两种情况，求出浇水顺序，相加得到答案. 【详解】若丙在第一或第五位，甲乙进行捆绑，内部可以全排列， 甲乙看作一个整体，和剩余的两个学生进行全排列， 故不同的浇水顺序有种， 若丙在第二位或第四位，甲乙进行捆绑，内部可以全排列，且甲乙只能有两个位置可以选择， 再将剩余的两为同学进行排列， 则不同的浇水顺序有种， 则不同的浇水顺序共有种． 故选：C 技法02 定序倍缩法的应用及解题技巧 定序倍缩法是一种在排列组合问题中常用的技巧，尤其在处理具有特定顺序要求的元素排列时显得尤为有效。该方法的核心在于，当某些元素需要按照特定顺序排列时，我们可以通过“倍缩”这些元素来考虑其排列方式，从而简化问题。掌握这一技巧对于提高排列组合问题的解题能力具有重要意义。 对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后，再除以定序元素的全排列 对于某些顺序一定的元素(m个)的排列问题，可先把这些元素与其他元素一起(共n个)进行排列，然后用总排列数A除以m个顺序一定的元素之间的全排列数A，即得到不同排法种＝A. 某学习小组、、、、、、七名同学站成一排照相，要求与相邻，并且在的左边，在的右边，则不同的站队方法种数为（    ） A． B． C． D． 思路点拨：本题是元素存在相邻关系和位置特定顺序要求的排列问题，关键在于综合运用捆绑法和倍缩法来求解。 思路详解：由题意可知，与相邻，则将与捆绑， 然后要求在的左边，在的右边， 由捆绑法和倍缩法可知，不同的排法种数为种. 故选：C. 1．某次数学竞赛获奖的6名同学上台领奖，若甲、乙、丙三人上台的先后顺序已确定，则不同的上台顺序种数为（    ）． A．20 B．120 C．360 D．720 思路详解：因为甲、乙、丙三人上台的先后顺序已确定， 所以不同的上台顺序种数为. 故选：B. 2．今有2个红球，3个黄球，同色球不加以区分，将这5个球排成一行，则不同的排法种数为（    ） A． B． C． D． 思路详解：因为5个球有种排法，因为同色球不加以区分，2个红球有种排法，3个黄球排有种排法，所以共有种排法． 故选：D． 1．用组成没有重复数字的七位数，若的顺序一定，则符合条件的七位数有（    ）个 A．840 B．210 C．640 D．410 【答案】A 【分析】根据倍缩法求解定序问题. 【详解】组成没有重复数字的七位数，共有个，的顺序有个， 所以所求的个数有， 故选：. 2．习近平总书记在全国教育大会上发表重要讲话，称教育是国之大计，党之大计．哈九中落实讲话内容，组织研究性学习．在研究性学习成果报告会上，有A、B、C、D、E、F共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A、C、D按先后顺序汇报（不一定相邻），那么不同的汇报安排种数为（    ） A．100 B．120 C．300 D．600 【答案】A 【分析】优先排B元素，然后根据A、C、D顺序确定用除法可得. 【详解】先排B元素，有5种排法，然后排剩余5个元素共，由于A、C、D顺序确定，所以不同的排法共有. 故选：A 技法03 平均分组分配及部分平均分组分配的应用及解题技巧 这类问题在排列组合中较为常见，其核心在于理解“平均”与“部分平均”的概念。平均分组即指将元素均等地分配到各个组中，不考虑组内的排列顺序；而部分平均分组则是在平均分组的基础上，允许部分组内的元素数量有所不同，但仍需遵循一定的分配规则。常在小题中考查，需强加练习。 平均分组、部分平均分组 1．对不同元素的分配问题 (1)对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以A(n为均分的组数)，避免重复计数． (2)对于部分均分，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数． (3)对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数． （2024·江西宜春·模拟预测）将6名志愿者安排到4个不同的社区进行创文共建活动，要求每个社区至少安排1名志愿者，则不同排法共有（    ） A．480种 B．1560种 C．2640种 D．640种 思路点拨：本题是排列组合中的分组分配问题，解题关键在于先合理分组，再将分好的组进行全排列分配到不同社区，同时要注意分组时的重复情况。 思路详解：解：先将6名志愿者分成4组，然后再分配到不同的社区即可， 若志愿者人数依次为3，1，1，1，则不同的安排方法种数为：种； 若志愿者人数依次为2，2，1，1，则不同的安排方法种数为：种， 故不同的安排方法共有种． 故选：B． 1．每年的5月25日是全国大中学生心理健康日．某高校计划在这一天开展有关心理健康的宣传活动，现计划将6位老师平均分成三组分别到三个不同的班级进行宣讲，则不同的排法总数为（    ） A．540 B．120 C．90 D．60 思路详解：先将6位老师平均分成三组，再将三组分配即可. 【详解】将6位老师平均分成三组，共有种可能， 三组老师分别到三个不同的班级进行宣讲，每个班级都有老师宣讲， 则有种排法． 故选：C. 2．洛阳市牡丹文化节期间，5名志愿者准备到3个博物馆参加志愿服务，若每个博物馆至少接受1名志愿者，则不同的分配方案有（    ） A．90种 B．150种 C．240种 D．300种 思路详解：将5名志愿者分为1，2，2，则有 种分法， 将5名志愿者分为1，1，3，则有种分法， 则不同的分配方案有种. 故选：B. 3．某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 思路详解：满足条件的报名方法可分为两类： 第一类：甲单独参加某项比赛， 先安排甲，由于甲不能参加跳远，故甲的安排方法有种， 再将余下人，安排到与下的三个项目， 由于每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名， 故满足条件的报名方法有, 所以甲单独参加某项比赛的报名方法有种， 第二类：甲与其他一人一起参加某项比赛， 先选一人与甲一起，再将两人安排至某一项目，有种方法， 再安排余下三人，有种方法， 所以甲不单独参加某项比赛的报名方法有种， 所以满足条件的不同的报名方法共有种方法. 故选：C. 1．在打结计时赛中，现有5根绳子，共有10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有绳头打结完毕视为结束．则这5根绳子恰好能围成一个圈的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】可以把问题看做10个绳头平均分成5组，按平均分组问题求总的基本事件，再求恰好能围成一个圆的基本事件数，结合古典概型计算. 【详解】10个绳头，每个绳头只打一次结，且每个结仅含两个绳头，所有的打结方式有：种. 其中恰好能围成一个圈的打结方式有：种. 所以5根绳子恰好能围成一个圈的概率为：. 故选：D 【点睛】方法点睛：（1）10个绳头打结，按要求，每次打结都减少2个绳头，所以可以把问题看成平均分组来解决. （2）恰好围成一个圆时，先选1根绳子，不能两端打结，只能从其余的8个绳头选1个打结，完成后，这段绳子不能两端打结，再从其余的6个绳头选1个…，最后这段绳子两端打结. 2．运动会期间，将甲、乙等5名志愿者安排到，，三个场地参加志愿服务，每名志愿者只能安排去一个场地，每个场地至少需要1名志愿者，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地，则不同的安排方法种数为（   ） A．72 B．96 C．114 D．124 【答案】C 【分析】根据题意，先将5人分为三组并分配到各个场地，再计算得出甲乙不在同一个场地的情况即可求解. 【详解】将5名志愿者分为1，2，2，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地， 则不同的安排方法有种. 将5名志愿者分为1，1，3，且甲、乙两名志愿者不安排到同一个场地， 则不同的安排方法有种. 故不同的安排方法共有种. 故答案为：C. 3．有6本不同的书，全部分给4个学生，每个学生至少一本，不同的分法种数为（   ） A．1440种 B．1560种 C．1920种 D．5760种 【答案】B 【分析】先进行分组，有和两种情况，利用排列组合知识分别求出两种情况下的情况数，再相加求出答案. 【详解】先将6本书进行分为4组，每个学生至少一本，有和两种情况， 其中分为的情况有种， 分为的情况有种， 故不同的分法种数为. 故选：B 4．现有包含两本书的六本不同的书，分给甲､乙､丙三个人，要求每人至少一本，其中两本书被分给甲的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将六本书先分组再分配，按照三组本数为，和三种情况讨论可得总分法.每种情况下优先分甲可得满足条件的分法，然后由古典概型概率公式可得. 【详解】第一类，将六本书分成三组，然后分给三人共有种， 其中满足条件的分法：先将两本分给甲，然后将4本书分成两组分给乙、丙， 共有种； 第二类，将六本书分成三组，然后分给三人共有种， 其中满足条件的分法：先从4本书中取2本连同分给甲，剩下的分给乙、丙， 共有种； 第三类，将六本书分成三组，然后分给三人共有种， 其中满足条件的分法： 1）甲得2本：将分给甲，然后将剩余4本分成两组分给乙、丙， 共有种； 2）甲得3本：先从4本书中取1本连同分给甲，再将剩余3本分成两组分给乙、丙， 共有. 综上，将六本不同的书，分给甲､乙､丙三个人，共有种， 满足条件的分法有种. 所以，两本书被分给甲的概率为. 故选：C 技法04 三项展开式的应用及解题技巧 三项展开式在模拟题中经常考查，通常涉及到求系数，需强加练习。 三项展开式的解题技巧是不要用二项式定理去解两次，而应该从数学意义的角度看做多少个式子相乘，直接当做排列组合求解，可秒解。 （2024·福建福州·模拟预测）展开式中的常数项为 .（用数字作答） 思路点拨：本题是求多项式展开式中常数项的问题，关键在于根据多项式乘法原理，对展开式中得到常数项的不同情形进行分类讨论。 思路详解：展开式中得到常数项的方法分类如下： （1）4个因式全取-1，相乘得到常数项.常数项为； （2）4个因式中有1个取，则再取1个，其余因式取，相乘得到常数项.常数项为； （3）4个因式中有2个取，则再取2个，相乘得到常数项.常数项为， 合并同类项，所以展开式中常数项为. 故答案为：49. 1．（2024·江西·模拟预测）的展开式中的系数为 ． 思路详解：由题设，含的项为, 故其系数为． 故答案为：672. 2．（2024·湖南衡阳·一模）的展开式中的系数为（    ） A． B． C． D． 思路详解：， 项对应，， 项对应系数为，故展开后系数为. 故选：D. 1．的展开式中的系数为 . 【答案】 【分析】分析找到满足题意的项，化简即可得到结果． 【详解】根据题意，展开式中的项为 则的系数为： 故答案为：. 2．（2024·江西新余·模拟预测）设为虚数单位，则的展开式中，项的系数为： （结果用复数表示）. 【答案】 【分析】利用二项式定理展开. 【详解】将的次数分成5份，符合题意的有：0，0，1，1，1和0，0，0，1，2两种， ， ，故系数为：. 故答案为： 技法05 二项式乘积的应用及解题技巧 二项式乘积在高考和模拟题中经常考查，通常涉及到求系数，需强加练习。 二项式乘积的解题技巧是先相乘，再结合二项式定理的通项公式求解即可。 （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）的展开式中的系数为 （用数字作答）． 思路点拨：本题是求多项式展开式中特定项系数的问题，关键在于将给定式子变形，再利用二项式展开式的通项公式来确定特定项的系数。 思路详解：因为， 所以的展开式中含的项为， 的展开式中的系数为-28 故答案为：-28 1．（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 思路详解：依题意可知，含的项是 ， 所以的系数是. 故选：C 2．（2024·江西·一模）的展开式中的常数项为（    ） A．147 B． C．63 D． 思路详解：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 3．（2024·河南许昌·模拟预测）的展开式中，其中不含的项为 . 思路详解：由二项式定理可得展开式的通项为， 所以多项式的展开式中不含x的项分别为： 和. 故答案为：和. 1．（2025·浙江·模拟预测）展开式中的系数为 . 【答案】30 【分析】求出二项式的展开式的项和项即可得解. 【详解】二项式的展开式中，项为，项为， 因此展开式中项为， 所以所求系数为30. 故答案为：30 2．（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】 【分析】令求出，然后求出展开式中的常数项和含的项，分别与因式中的项相乘可得. 【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： 3．（2024·贵州遵义·模拟预测）在多项式的展开式中，的系数为32，则 . 【答案】 【分析】首先展开得，再分别计算两部分含的系数，即可求解. 【详解】， 中含的系数为，中含的系数为，所以中的系数为， 所以，得 故答案为： 4．（2025·江西新余·一模）的展开式中的系数为36，则的值为 . 【答案】 【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式运算求解. 【详解】因为的二项展开式为， 令，可得； 令，可得； 可得， 所以， 解得：， 故答案为： 一、单选题 1．（2024·安徽芜湖·三模）已知A、B、C、D、E、F六个人站成一排，要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的排法共有（    ）种 A．186 B．264 C．284 D．336 【答案】D 【分析】先考虑A和B不相邻的排法，再考虑A和B不相邻，且C站两端的情况，相减后得到答案. 【详解】先考虑A和B不相邻的排法， 将C、D、E、F四个人进行全排列，有种情况， C、D、E、F四个人之间共有5个空，选择2个排A和B，有种情况， 故有种选择， 再考虑A和B不相邻，且C站两端的情况， 先从两端选择一个位置安排C，有种情况， 再将D、E、F三个人进行全排列，有种情况 最后D、E、F三个人之间共有4个空，选择2个排A和B，有种情况， 故有种情况， 则要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的安排有种情况. 故选：D 2．（2025·甘肃白银·模拟预测）某高校有8名研究生要去小兴安岭采集植物样本，其中男生6人，女生2人，将这8人分成两组，若要求每组至少2人，且两名女生不单独成组，则不同的分组方案共有（    ） A．240种 B．158种 C．126种 D．118种 【答案】D 【分析】由题意，分组方案有4，4和3，5及2，6三种情况，利用组合计算每种情况，即可求解. 【详解】根据题意，分3种情况讨论： ①分为4，4的两组时，不会出现两名女生单独成组情况，有种分组方法； ②分为3，5的两组时，有种分组方法； ③分为2，6的两组时，有种分组方法，其中有1种两名女生单独成组情况， 则有27种符合条件的分组方法，故共有种分组方法. 故选：D 3．（2024·广西贵港·模拟预测）2024年4月6号岳阳马拉松暨全国半程马拉松锦标赛（第三站）开赛，比赛结束后，其中5男3女共8位运动员相约在赛道旁站成前后两排合影，每排各4人，若男运动员中恰有2人左右相邻，则不同的排列方法共有（    ） A．732种 B．2260种 C．4320种 D．8640种 【答案】D 【分析】依题意只能一排3男1女，另一排2男2女，且相邻的2位男运动员在“3男1女”这一排中，按照先选人，再排列，相邻问题用捆绑法，最后按照分步乘法计数原理计算可得． 【详解】根据题意，只能一排3男1女，另一排2男2女，且相邻的2位男运动员在“3男1女”这一排中． 先确定“3男1女”这一排，5男选3人，3女选1人， 所选3男选2人相邻，与余下的1男安排在1女的两侧， 排列方法有种， 再确定“2男2女”这一排，2男先排好有， 2女相邻并放在2男之间有种，或2女放在2男成排的两空有种方式， 排列方法有种， 因此，不同的排列方法总数为． 故选：D 4．（2024·内蒙古包头·三模）一个小型联欢会要安排1个诗词朗诵类节目，2个独唱类节目，2个歌舞类节目，则同类节目不相邻的安排方式共有（    ） A．44种 B．48种 C．72种 D．80种 【答案】B 【分析】利用间接法，首先将五个节目全排列，减去独唱类节目相邻，再减去歌舞类节目相邻，最后加上独唱类节目相邻且歌舞类节目也相邻的情况即可. 【详解】依题意五个节目全排列有种排法； 若独唱类节目相邻，则有种排法； 若歌舞类节目相邻，则有种排法； 若独唱类节目相邻且歌舞类节目也相邻，则有种排法； 综上可得同类节目不相邻的安排方式共有种. 故选：B 5．（2024·辽宁·模拟预测）现有含甲在内的5名游客来到江西旅游，分别准备从井冈山、庐山、龙虎山这3个5A级景区中随机选择1个景区游玩.在这5名游客中，甲不去井冈山，但每个景区均有人选择，则这5名游客不同的选择方案种数为（    ） A．52 B．72 C．76 D．100 【答案】D 【分析】分类讨论与甲为一组的人数情况，结合分组分配问题的解法即可得解. 【详解】若甲1个人一组，则其他两组人数分别为1，3或2，2， 则不同的选择方案有种； 若甲和另外1个人两人一组，则其他两组人数为1，2， 则不同的选择方案有种； 若甲和另外2个人三人一组，则其他两组人数为1，1， 则不同的选择方案有种； 所以共有种选择方案. 故选：D. 6．（2024·广东·模拟预测）甲、乙等6人围成一圈，且甲、乙两人相邻，则不同的排法共有（ ） A．6种 B．12种 C．24种 D．48种 【答案】D 【分析】将甲、乙两人看成一个人，根据n个不同元素围成的环状共有 种排法求解. 【详解】因为由于环状排列没有首尾之分，将n个不同元素围成的环状排列剪开看成n个元素排成一排，即共有种排法， 由于n个不同元素共有n种不同的剪法，则环状排列共有 种排法. 甲、乙两人相邻而坐，可将此2人当作1人看，即5人围一圆桌，有种坐法， 又因为甲、乙2人可换位，有2!种坐法，故所求坐法为种. 故选：D 7．（2024·陕西西安·模拟预测）的展开式的常数项为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用的展开式的通项公式，得的展开式的项为或，即可求出结果. 【详解】因为的展开式的通项公式为， 所以的展开式的项为或， 令时，， 令时，， 所以的展开式的常数项为， 故选：A. 8．（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 【分析】利用二项式展开式的通项公式即可得解. 【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. 二、填空题 9．（2025·广东肇庆·二模）在的展开式中，所有项的系数和为 . 【答案】 【分析】令，可得所有项的系数和. 【详解】令，可得所有项的系数和为. 故答案为：. 10．（2025·山东潍坊·模拟预测）的展开式的第8项是 ． 【答案】 【分析】根据二项式定理求出展开式中的第8项，由此即可求解． 【详解】因为的展开式的通项公式， 令，则， 所以展开式的第8项是 . 故答案为: . 11．（2024·江西·模拟预测）的展开式中的系数为 ． 【答案】-105 【分析】根据，而二项式的展开式的通项，所以分别计算，最后合并即可求出答案． 【详解】解：因为， 而二项式的展开式的通项，． 所以的展开式中的项为， 其系数为-105， 故答案为：-105． 12．（2024·江西宜春·模拟预测）在的展开式中，项的系数是 ． 【答案】380 【分析】由题意，利用二项式定理求出各项中的系数即可. 【详解】展开式的通项公式为， 又， 其中中含的项为， 中含项为， 中不含项， 故系数为， 故答案为：380. 13．（2024·河北·模拟预测）已知的展开式中各项系数和为8，则展开式中常数项为 . 【答案】 【分析】令即可求出，求出展开式通项即可求出常数项. 【详解】令，可得展开式中各项系数的和，解得； 的展开式通项为， 因为，所以展开式中常数项为， 故答案为：. 14．（2024·甘肃张掖·三模）春节期间，小明一家3口､姑姑一家3口和爷爷，奶奶围坐圆桌聚餐，则在爷爷､奶奶相邻的前提下，小明一家3口均不相邻的概率为 ． 【答案】/ 【分析】利用捆绑法和插空法求出爷爷、奶奶捆绑在一起的方法数和小明一家3口均不相邻的方法数，再由条件概率求解. 【详解】将爷爷、奶奶捆绑在一起有种方法，与另外6人排列， 又因为是围坐圆桌，所以有种， 将爷爷、奶奶捆绑在一起和姑姑一家三口排列有种，形成4个空， 将小明一家3口插空，有种，故共有种， 所以在爷爷､奶奶相邻的前提下，小明一家3口均不相邻的概率为. 故答案为：. 15．（2025·河南郑州·一模）甲、乙两人各有4张卡片，每张卡片上分别标有1，2，3，4四个数字之一.两人进行四轮比赛，在每轮比赛中，甲、乙各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较卡片上数字的大小，数字大者胜，然后各自舍弃此轮所选卡片舍弃的卡片在此后的轮次中不能使用则四轮比赛中，甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况共有 种. 【答案】216 【分析】甲，乙出卡片的种数均有种，不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4，先求出甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况，分三种情况：甲、乙每轮所出数字大小有一张、有两张、有三张卡片数字相同讨论，进而求出甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种，则，得解. 【详解】甲出卡片的种数一共有种，同理，乙出卡片的种数也一共有种. 不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4， 若甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况， 则乙每轮所出数字有以下三种情况： ①甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同， 不妨设乙第一轮所出数字为1，那么后面三轮所出卡片数字均不能相同， 有1，3，4，2和1，4，2，3两种情况， 则甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同共有种情况； ②甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同， 不妨设乙第一、二轮所出数字为1，2，那么后面两轮所出卡片数字均不能相同， 有1，2，4，3一种情况， 则甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同共有种情况； ③甲、乙每轮所出数字大小有三张卡片数字相同，那么第四张卡片也会相同， 则乙每轮所出数字只有1，2，3，4一种情况. 故甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况共有种， 所以当甲出牌的数字依次为1，2，3，4， 甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种. 故甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有：种. 故答案为：216. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4，求出甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况，得到甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况. 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 $$