专题20 排列组合与二项式定理（14题型+提分快招）2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（天津专用）

专题20 排列组合与二项式定理归类 目录 题型01 基础模型：捆绑与插空型 1 题型02 基础模型：定序型 2 题型03 基础模型：平均分配型 3 题型04 基础模型：球放盒子型 4 题型05 相同元素模型 4 题型06 走楼梯模型（方程不定根）--少1 6 题型07 地图与几何体染色模型 7 题型08 空座位模型（空车位型） 8 题型09 “AB”配对型 9 题型10 公交车上下人型 10 题型11 交叉限制条件型 11 题型12 二项式定理：复合换元型 11 题型13 二项式定理：三项展开型 12 题型14 二项式定理：复杂的多项展开（讨论型） 13 冲高考 13 题型01 基础模型：捆绑与插空型 【解题规律·提分快招】 捆绑与插空型思维 （1）一人一位；（2）、有顺序；（3）、座位可能空；（4）、人是否都来；（5）、必要时，座位拆迁，剩余座位随人排列 特征： 1、 相邻：捆绑法------捆绑的新的“大人”内部有排列（小排列） 2、 不相邻：插空法，一般不相邻插入别的空隙 3. 限制条件较多。特多的限制条件，称为“多重限制型题”，要有“主次”。属于超难题 【典例1-1】 （2011·四川广元·一模）2010年广州亚运会结束了，某运动队的7名队员合影留念，计划站成一横排，但甲不站最左端，乙不站最右端，丙不站正中间.则理论上他们的排法有(  ) A．3864种 B．3216种 C．3144种 D．2952种 【典例1-2】 （22-23高二下·湖南·期末）弘扬国学经典，传承中华文化，国学乃我中华民族五千年留下的智慧精髓，其中“五经”是国学经典著作，“五经”指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》．小明准备学习“五经”，现安排连续四天进行学习且每天学习一种，每天学习的书都不一样，其中《诗经》与《礼记》不能安排在相邻两天学习，《周易》不能安排在第一天学习，则不同安排的方式有（ ） A．32种 B．48种 C．56种 D．68种 【变式1-1】 （22-23高二下·四川资阳·期末）由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，其中奇数不相邻，且2不在第二位，则这样的六位数个数为（    ） A．120种 B．108种 C．96种 D．72种 【变式1-2】 （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 【变式1-3】 （2023·四川成都·模拟预测）形如45132的数称为“波浪数”，即十位数字，千位数字均比它们各自相邻的数字大，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为（    ） A．13 B．16 C．20 D．25 题型02 基础模型：定序型 【解题规律·提分快招】 “书架插书”模型 书架插书法： （1） 、书架上原有书的顺序不变； （2）、新书要一本一本插； （3）、也可以把有顺序的“书”最后放，先放没顺序得，但是得从“总座位”中选（百分比法） 【典例1-1】 （22-23高二下·天津和平·期末）五一国际劳动节，学校团委举办“我劳动，我快乐”的演讲比赛．某班有甲、乙、丙等6名同学参加，抽签确定出场顺序，在“学生甲必须在学生乙的前面出场”的条件下，学生甲、乙相邻出场的概率为（    ） A． B． C． D． 【典例1-2】 （21-22高三上·湖北·开学考试）高三（2）班某天安排6节课，其中语文、数学、英语、物理、生物、地理各一节，若要求物理课比生物课先上，语文课与数学课相邻，则编排方案共有（    ） A．42种 B．96种 C．120种 D．144种 【变式1-1】 （24-25高三上·山西·期末）将单词“”的7个字母填入编号从1到12的一排方格中，每个方格至多填入1个字母，且6号方格填字母“”，则得到的结果从左至右仍为单词“”的填法有（   ） A．400种 B．350种 C．200种 D．150种 【变式1-2】 （23-24高二下·湖北·期中）14名同学合影，站成前排5人后排9人，现摄影师要从后排9人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】 （2024·湖南邵阳·一模）城步苗族自治县“六月六山歌节”是湖南省四大节庆品牌之一，至今已举办25届.假设在即将举办的第26届“六月六山歌节”中，组委会要在原定排好的10个“本土歌舞”节目中增加2个“歌王对唱”节目.若保持原来10个节目的相对顺序不变，则不同的排法种数为（    ） A．110 B．144 C．132 D．156 题型03 基础模型：平均分配型 【解题规律·提分快招】 平均分配型 平均分成几组，就除以几组数的阶乘，如果既有平均分组又有不平均分组的，也要除以相同组的组数的阶乘 【典例1-1】 （24-25高三下·山东聊城·开学考试）寒假期间某校6名同学打算去安徽旅游，体验皖北与皖南当地的风俗与文化，现有黄山、宏村、八里河三个景区可供选择，若每个景区中至少有1名同学前往打卡，则不同方案的种数为（   ） A．180 B．360 C．450 D．540 【典例1-2】 （24-25高三上·江西·期末）小明、小红等5人报名学校的三类选修课(球类、武术类、田径类)，规定每个人只能报其中的一类选修课，且每类选修课至少一人报名，则小明和小红不报同一类选修课的情况有（   ） A．132种 B．114种 C．96种 D．84种 【变式1-1】 （23-24高二下·福建福州·阶段练习）正值元宵佳节，赤峰市“盛世中华•龙舞红山”纪念红山文化命名七十周年大型新春祈福活动中，有5名大学生将前往3处场地开展志愿服务工作.若要求每处场地都要有志愿者，每名志愿者都必须参加且只能去一处场地，则当甲去场地时，场地有且只有1名志愿者的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （24-25高二上·辽宁抚顺·期末）将5名党员志愿者分到3个不同的社区进行知识宣讲，要求每个社区都要有党员志愿者前往，且每个党员志愿者都只安排去1个社区，则不同的安排方法种数有（   ） A．120 B．300 C．180 D．150 【变式1-3】 （24-25高二上·广西·期末）甲，乙，丙3名学生约定：利用假期观看A，B，C，D，E这5部新上映的电影，待返校后互相分享精彩内容.返校后，已知5部电影都有人观看，且每部电影只有一个人观看，则所有观看电影的情况种数为（    ） A．150 B．243 C．183 D．393 题型04 基础模型：球放盒子型 【解题规律·提分快招】 球放盒子模型： 先分组后排列模型：又称“球放盒子” 基础型：幂指数型 如四个不同的球放三个不同的盒子，有多少种方法？ 特征： 1.先分组再排列（尽量遵循这个，否则容易出现重复） 2.分组时候要注意是否存在“平均分配”的情况 【典例1-1】 （2024·湖北·二模）把4个相同的红球，4个相同的白球，全部放入4个不同的盒子中，每个盒子放2个球，则不同的放法种数有（    ） A．12 B．18 C．19 D．24 【典例1-2】 （22-23高三上·全国·阶段练习）将2个红球、2个白球、1个绿球放入编号分别为①②③的三个盒子中，其中，两个盒子各放1个球，另外一个盒子放3个球，这5个球除颜色外其他都一样，则不同的放法有（    ） A．24种 B．30种 C．62种 D．41种 【变式1-1】 （2010·浙江杭州·一模）从编号为1,2,3,4的四个不同小球中取三个不同的小球放入编号为1,2,3的三个不同盒子中，每个盒子放一球，则1号球不放1号盒子且3号球不放3号盒子的放法总数为(   ) A．10 B．12 C．14 D．16 【变式1-2】 （20-21高二下·江苏连云港·期中）把编号为1，2，3，4的4个小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子放入1球，恰有1球与盒子编号相同，则不同的放法种数是（    ） A．36 B．24 C．9 D．8 【变式1-3】 （24-25高二下·辽宁·开学考试）现有5个编号为1，2，3，4，5的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（   ） A．共有120种不同的放法 B．恰有一个盒子不放球，共有1200种放法 C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有60种 D．将5个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有5种 题型05 相同元素模型 【解题规律·提分快招】 数字化法： 标记元素为数字或字母，重新组合。 特别适用于“相同元素” 基本计算，多用’只选不排坐位法“ 相同元素，技巧法：挡板法 挡板法，适用于“相同元素”分配。如三好学生指标，相同小球，各种指标名额等等 【典例1-1】 （21-22高二上·北京·阶段练习）电影院一排10个位置，甲、乙、丙三人去看电影，要求他们坐在同一排，且每人左右两边都有空位的坐法种数为（    ） A．120 B．80 C．64 D．20 【典例1-2】 （21-22高二上·福建厦门·开学考试）已知一袋中有标有号码1､2､3､4的卡片各一张，每次从中取出一张，记下号码后放回，当四种号码的卡片全部取出时即停止，则恰好取6次卡片时停止的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】 （高一·全国·课后作业）一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （21-22高二下·江西景德镇·期中）如图，在某城市中，M､N两地之间有整齐的方格形道路网，其中､､､是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处，今在道路网M､N处的甲､乙两人分别要到N､M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N､M处为止，则下列说法错误的是（    ） A．甲从M必须经过到达N处的方法有9种 B．甲､乙两人相遇的概率为 C．甲乙两人在处相遇的概率为 D．甲从M到达N处的方法有20种 【变式1-3】 （24-25高三上·河北邯郸·开学考试）如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到11的事件中，跳过数字的概率记为，则下列结论正确的是（    ） ①，②，③，④． A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 题型06 走楼梯模型（方程不定根）--少1 【解题规律·提分快招】 走楼梯模型，可以转化为“数字化”模型： 一步一阶设为数字1，一步两阶设为数字2，一步n阶，记为数字n，则把n 阶台阶，变为数字“和”形式。 要注意数字的奇偶时是否能取到 【典例1-1】 （24-25高三上·河北保定·开学考试）某楼梯有11级台阶（从下往上依次为第1级，第2级，，第11级），甲一步能上1级或2级台阶，最多可以一步上3级，且每一步上几级台阶都是随机的，则甲上这个楼梯没踩过第6级台阶的概率是（    ） A． B． C． D． 【典例1-2】 高二下·黑龙江大庆·阶段练习）数学与自然、生活相伴相随，无论是蜂的繁殖规律，树的分枝，还是钢琴音阶的排列，当中都蕴含了一个美丽的数学模型Fibonacci（斐波那契数列）：1，1，2，3，5，8，13，21…，这个数列前两项都是1，从第三项起，每一项都等于前面两项之和，请你结合斐波那契数列，尝试解答下面的问题：小明走楼梯，该楼梯一共8级台阶，小明每步可以上一级或二级，请问小明的不同走法种数是（　　） A．20 B．34 C．42 D．55 【变式1-1】 （23-24高二下·辽宁大连·阶段练习）小明爬楼梯每一步走1级台阶或2级台阶是随机的，且走1级台阶的概率为，走2级台阶的概率为.小明从楼梯底部开始往上爬，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率是（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （2023·江苏扬州·模拟预测）某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，某同学从二楼到三楼准备用7步走完，则第二步走两级台阶的概率为（    ）． A． B． C． D． 题型07 地图与几何体染色模型 【解题规律·提分快招】 染色问题，要从“颜色用了几种”，“地图有没有公用区域”方向考虑： 1.用了几种颜色。如果颜色没有全部用完，就要有选色的步骤 2.尽量先从公共相邻区域开始。所以要观察“地图”是否可以“拓扑”转化 染色的地图，还要从“拓扑结构”来转化 以下这俩图，就是“拓扑”一致的结构 【典例1-1】 （24-25高二上·辽宁·期末）如图，给编号为的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 【典例1-2】 （24-25高三下·湖南·开学考试）提供四种不同颜色的颜料给图中六个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，有公共边的两个区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法共有（    ） A．288种 B．296种 C．362种 D．384种 【变式1-1】 （24-25高二下·江苏盐城·阶段练习）如图；在的矩形长条中，涂上红、黄、蓝3种颜色，每种颜色限涂2格，并且相邻两格不同色，则不同的涂色方法共有种数为（    ）    A．28 B．29 C．30 D．31 【变式1-2】 （22-23高三上·上海虹口·期中）在棱长为1的正方体中，八个顶点按红蓝间隔染色，使得每条棱上的两个顶点各不同色，则由红色顶点连成的四面体与蓝色顶点连成的四面体的公共部分的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】 （2023高三·全国·专题练习）如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为（ ） A．192 B．420 C．210 D．72 题型08 空座位模型（空车位型） 【典例1-1】 （高二下·北京东城·期末）一个停车场有5个排成一排的空车位，现有2辆不同的车停进这个停车场，若停好后恰有2个相邻的停车位空着，则不同的停车方法共有 A．6种 B．12种 C．36种 D．72种 【典例1-2】 （高二下·四川遂宁·期末）某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为 A．16 B．18 C．32 D．72 【变式1-1】 （23-24高二下·江苏南京·阶段练习）北京大兴国际机场拥有世界上最大的单一航站楼，并拥有机器人自动泊车系统，解决了停车满、找车难的问题．现有3辆车停放在7个并排的泊车位上，要求4个空位必须相邻，箭头表示车头朝向，则不同的泊车方案有（　　）种． A．16 B．18 C．24 D．32 【变式1-2】 （23-24高三上·江苏南通·期末）有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（    ）种停放方法． A．72 B．144 C．108 D．96 【变式1-3】 （2023·山东·一模）某停车场只有并排的8个停车位，恰好全部空闲，现有3辆汽车依次驶入，并且随机停放在不同车位，则至少有2辆汽车停放在相邻车位的概率是 A． B． C． D． 题型09 “AB”配对型 【解题规律·提分快招】 配对型思维； 1. 以每一对为对象，讨论有几对全参与。 2. 以每一对讨论有几对半参与，参与的是否是两人选一型 【典例1-1】 （20-21高二下·湖北武汉·阶段练习）三国领导人（男）及夫人一共6人站一排照相，为了增进互信及合作，工作人员特地安排同一对夫妻都不相邻的站法共有（   ）种 A． B． C． D． 【典例1-2】 （2021·湖北襄阳·模拟预测）新冠疫情期间，网上购物成为主流.因保管不善，四个快递A､B､C､D上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这四个快递应分别送去甲､乙､丙､丁四个地方，全部送错的概率是（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】 （2021·广西·模拟预测）某小区从热爱跳广场舞的3对夫妻中随机抽取2人去参加社区组织的广场舞比赛，则抽取的2人恰好为1对夫妻的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式1-2】 （2025高三·吉林·模拟）从6双不同鞋子中任取4只，使其中至少有2只鞋配成一双的概率是（    ）. A． B． C． D． 【变式1-3】 （24-25高二上·浙江舟山·期末）柜子里有3双不同的鞋，分别用表示6只鞋．如果从中随机地取出2只，记事件“取出的鞋子是一只左脚一只右脚的，但不是一双鞋”，求事件的概率（   ） A． B． C． D． 题型10 公交车上下人型 【解题规律·提分快招】 公交车与电梯模型，可以转化为球放盒子，然后先分组后排列。 要注意是否需要剔除掉“空”盒子 【典例1-1】 （24-25高二上·陕西汉中·期末）一辆公交车上有位乘客，沿途个车站，则乘客下车的可能方式共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【典例1-2】 （2021·福建莆田·二模）甲、乙两位同学到莆田市湄洲岛当志愿者，他们同时从“妈祖祖庙”站上车，乘坐开往“黄金沙滩”站方向的路公交车（线路图如下）．甲将在“供水公司”站之前的任意一站下车，乙将在“鹅尾神化石”站之前的任意一站下车．假设每人自“管委会”站开始在每一站点下车是等可能的，则甲比乙后下车的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】 （23-24高三上·江苏无锡·阶段练习）某公交车上有6位乘客，沿途有4个停靠站，乘客下车的可能方式有   （    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式1-2】 （2020·吉林·模拟预测）北京公交101路是北京最早的无轨电车之一，最早可追溯至1957年.游客甲与乙同时从红庙路口西站上了开往百万庄西口站方向的101路公交车，甲将在朝阳门外站之前的任意一站下车，乙将在神路街站之前的任意一站下车，他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式1-3】 （20-21高三上·黑龙江大庆·开学考试）电梯有位乘客，在层楼房的每一层停留，如果有两位乘客从同一层出去，另两位在同一层出去，最后两人各从不同的楼层出去，则不同的下楼方法的种类数是（    ） A． B． C． D． 题型11 交叉限制条件型 【典例1-1】 （2022·湖北·模拟预测）小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（    ） A．20160 B．20220 C．20280 D．20340 【典例1-2】 （2024高三下·全国·模拟）第六届章鱼杯开启了全新赛制，我们邀请到最强外援命题，共76道题，采用团体赛的形式，每队四人，限时4小时．若ldl，lnx，skc，wzy四人组成一队，现在面临73，74，75，76四道题，每人负责作答这四道题中的一道，每道题都要有人做，已知ldl和lnx不会做74题，lnx和skc不会做75题，skc和wzy不会做76题（未被提及的默认都会做），那么在这四道题中不同的安排方案数是（   ） A．4 B．6 C．8 D．10 【变式1-1】 （24-25高二上·江西·阶段练习）将1，2，3，4，5，6，7，8填入如图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有两列数字之和为9的填法有（    ） A．576种 B．1152种 C．2304种 D．4608种 【变式1-2】 （2024·全国·模拟预测）从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（    ） A．195 B．154 C．175 D．185 【变式1-3】 （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． 题型12 二项式定理：复合换元型 【解题规律·提分快招】 换元赋值法原理 可以通过令x+1=t，化为简单形式 【典例1-1】 （2023·天津·模拟预测）已知的二项展开式的奇数项二项式系数和为，若，则等于 ． 【典例1-2】 （2025·四川成都·模拟）已知，则 ．（用数字作答） 【变式1-1】 （2024·河南·二模）设，若，则 . 【变式1-2】 （23-24高二下·甘肃兰州·期中）设，则 . 【变式1-3】 23-24高三下·上海嘉定·阶段练习）已知，则= ． 题型13 二项式定理：三项展开型 【解题规律·提分快招】 三项展开式的通项公式： 【典例1-1】 （2024·河南·模拟预测）的展开式中的系数为 ． 【典例1-2】 （2024·全国·模拟预测）展开式中的系数为 . 【变式1-1】 （2024·江苏·模拟预测）的展开式中的系数为 （用数字作答） 【变式1-2】 （23-24高三上·河南·期末）的展开式中含的项的系数为 ． 【变式1-3】 （23-24高三上·全国·开学考试）的展开式中，项系数为 ． 题型14 二项式定理：复杂的多项展开（讨论型） 【典例1-1】 （23-24高三下·上海奉贤·开学考试）在的展开式中，项的系数为 .（结果用数值表示） 【典例1-2】 （2024·江西赣州·一模）展开式中的常数项为 . 【变式1-1】 2023·广东·一模）在的展开式中，记项的系数为，若，则的值为 . 【变式1-2】 （2023·全国·模拟预测）若，则 ． 【变式1-3】 （2023·江苏·三模）展开式中的常数项为 . 冲高考 1．（2025·江西新余·模拟预测）如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有 种不同的染色方案. 2．（2024·四川德阳·模拟预测）的展开式中的系数最大的项的二项式系数是 . 3．（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. 4．（2024·甘肃张掖·一模）将分别标有号码的6个小球平均分为两组，则“标号为4的小球不是所在组标号最大的且标号为3的小球不是所在组标号最小的”的分组方式有 种. 5．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）在某次国际商贸交流会展期间，举办城市为了提升安保级别，在平时正常安保的基础上再将甲、乙等6名特警人员分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，若每个特警只能分配去1个路口且每个路口至少安排1名特警，则甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是 ． 6．（23-24高二下·山东临沂·期中）某单位安排甲、乙、丙等6人参与周一至周六的值班，每天1人，每人值班1天，要求甲、乙都不值周三和周六，丙不值周五，则不同的安排方法有 种． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题20 排列组合与二项式定理归类 目录 题型01 基础模型：捆绑与插空型 1 题型02 基础模型：定序型 3 题型03 基础模型：平均分配型 5 题型04 基础模型：球放盒子型 6 题型05 相同元素模型 8 题型06 走楼梯模型（方程不定根）--少1 11 题型07 地图与几何体染色模型 13 题型08 空座位模型（空车位型） 16 题型09 “AB”配对型 18 题型10 公交车上下人型 19 题型11 交叉限制条件型 21 题型12 二项式定理：复合换元型 24 题型13 二项式定理：三项展开型 26 题型14 二项式定理：复杂的多项展开（讨论型） 27 冲高考 29 题型01 基础模型：捆绑与插空型 【解题规律·提分快招】 捆绑与插空型思维 （1）一人一位；（2）、有顺序；（3）、座位可能空；（4）、人是否都来；（5）、必要时，座位拆迁，剩余座位随人排列 特征： 1、 相邻：捆绑法------捆绑的新的“大人”内部有排列（小排列） 2、 不相邻：插空法，一般不相邻插入别的空隙 3. 限制条件较多。特多的限制条件，称为“多重限制型题”，要有“主次”。属于超难题 【典例1-1】 （2011·四川广元·一模）2010年广州亚运会结束了，某运动队的7名队员合影留念，计划站成一横排，但甲不站最左端，乙不站最右端，丙不站正中间.则理论上他们的排法有(  ) A．3864种 B．3216种 C．3144种 D．2952种 【答案】B 【分析】根据题意，分3种情况讨论：①、甲在右端，分乙在中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的4个人全排列；②、若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①. ③、若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，分乙在中间与乙不在中间，再安排丙的位置，最后再将剩余的4个人全排列；最后由分类计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分3种情况讨论： ①、甲在右端，若乙在中间，则丙有5个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，有种情况； 甲在右端，若乙不在中间，则乙还有5个位置可选，此时丙还有4个位置可选，再将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置， 有种情况；两种情况合并，共有种情况； ②、若甲在中间，分丙在右端与丙不在右端两种，情况同①. 共有种情况； ③、若甲不在中间也不在右端，先排甲，有4种方法，再排乙，乙若在中间，则丙有5种排法；乙若不在中间，则乙有4种排法，此时丙有4种排法；最后，将剩余的4个人全排列，安排在其余的4个位置，共有种情况； 综上，则共有种不同的站法． 故选：B. 【典例1-2】 （22-23高二下·湖南·期末）弘扬国学经典，传承中华文化，国学乃我中华民族五千年留下的智慧精髓，其中“五经”是国学经典著作，“五经”指《诗经》《尚书》《礼记》《周易》《春秋》．小明准备学习“五经”，现安排连续四天进行学习且每天学习一种，每天学习的书都不一样，其中《诗经》与《礼记》不能安排在相邻两天学习，《周易》不能安排在第一天学习，则不同安排的方式有（ ） A．32种 B．48种 C．56种 D．68种 【答案】D 【分析】利用排列组合分别讨论不排《周易》，排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排，排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个，三种情况，再利用分类加法计数原理将所有情况相加即可. 【详解】①若《周易》不排，先将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列， 再将《诗经》与《礼记》插空，则共有种安排方式． ②若排《周易》且《诗经》与《礼记》都安排， 在《尚书》和《春秋》中先选1种，然后将《诗经》与《礼记》以外的另外2种排列， 再将《诗经》与《礼记》插空，减去将《周易》排在第一天的情况即可， 共有种安排方式； ③若排《周易》且《诗经》与《礼记》只安排一个， 先在《诗经》与《礼记》中选1种，然后将《周易》排在后三天的一天， 最后将剩下的3种书全排列即可， 共有种安排方式． 所以共有种安排方式． 故选：D 【变式1-1】 （22-23高二下·四川资阳·期末）由1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，其中奇数不相邻，且2不在第二位，则这样的六位数个数为（    ） A．120种 B．108种 C．96种 D．72种 【答案】B 【分析】 利用全部不相邻的奇数中去掉2在第二位的情况，即可利用不相邻问题插空法求解. 【详解】1，2，3，4，5，6组成没有重复数字的六位数，其中奇数不相邻，先排3个偶数，然后把3个奇数插入即可，共有个， 若2在第二位，则第一位一定为奇数，则从3个奇数中选择一个放在第一位上，此时还剩下2个偶数和2个奇数安排在后四位上，则先排2个偶数，然后把剩下2个奇数插空即可，此时共有个， 因此符合条件的六位数有个， 故选：B 【变式1-2】 （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 【变式1-3】 （2023·四川成都·模拟预测）形如45132的数称为“波浪数”，即十位数字，千位数字均比它们各自相邻的数字大，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为（    ） A．13 B．16 C．20 D．25 【答案】B 【分析】根据给定条件，确定十位、千位数字，再分类求解作答. 【详解】依题意，由1，2，3，4，5构成的无重复数字的五位“波浪数”的十位、千位数字分别为5与4或5与3， 当十位、千位数字为5与4时，排十位、千位数字有种，排另三个数位有种，共有种， 当十位、千位数字为5与3时，则4与5必相邻，且4只能为最高位或个位，即4与5可视为一个整体， 1，2，3视为一个整体，且3在1与2的中间，因此不同排法有种， 所以构成的无重复数字的五位“波浪数”的个数为. 故选：B 题型02 基础模型：定序型 【解题规律·提分快招】 “书架插书”模型 书架插书法： （1） 、书架上原有书的顺序不变； （2）、新书要一本一本插； （3）、也可以把有顺序的“书”最后放，先放没顺序得，但是得从“总座位”中选（百分比法） 【典例1-1】 （22-23高二下·天津和平·期末）五一国际劳动节，学校团委举办“我劳动，我快乐”的演讲比赛．某班有甲、乙、丙等6名同学参加，抽签确定出场顺序，在“学生甲必须在学生乙的前面出场”的条件下，学生甲、乙相邻出场的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设“学生甲、乙相邻出场”为事件，“学生甲必须在学生乙的前面出场”为事件，根据倍缩法求出学生甲必须在学生乙的前面出场的种数，得出，再根据捆绑法求出学生甲必须在学生乙的前面出场且甲、乙相邻出场的种数，求出，根据条件概率公式计算即可． 【详解】设“学生甲、乙相邻出场”为事件，“学生甲必须在学生乙的前面出场”为事件， 依题意共有种情况，学生甲必须在学生乙的前面出场的情况有种， 所以，甲乙同学按出场顺序一定，且相邻出场的情况共有种，所以， 则，故选：B． 【典例1-2】 （21-22高三上·湖北·开学考试）高三（2）班某天安排6节课，其中语文、数学、英语、物理、生物、地理各一节，若要求物理课比生物课先上，语文课与数学课相邻，则编排方案共有（    ） A．42种 B．96种 C．120种 D．144种 【答案】C 【分析】根据语文课与数学课相邻，则利用捆绑法，物理课比生物课先上则利用对称法求解. 【详解】因为要求物理课比生物课先上，语文课与数学课相邻， 所以课程编排方案共有种， 故选：C. 【变式1-1】 （24-25高三上·山西·期末）将单词“”的7个字母填入编号从1到12的一排方格中，每个方格至多填入1个字母，且6号方格填字母“”，则得到的结果从左至右仍为单词“”的填法有（   ） A．400种 B．350种 C．200种 D．150种 【答案】B 【分析】根据分布计数原理结合分类计数原理，再应用组合数运算计算即可. 【详解】第一类第一步：从1到5号方格中选出3个，填入“c”“o”“l”这3个字母，有种方法； 第二步：从7到12号方格中选出3个，填入“e”“c”“t”这3个字母，有种方法， 所以得到的结果从左至右仍为单词“”的填法有种； 第二类第一步：从1到5号方格中选出2个，填入“c”“o”这2个字母，有种方法； 第二步：从7到12号方格中选出4个，填入“l”“e”“c”“t”这4个字母，有种方法， 所以得到的结果从左至右仍为单词“”的填法有种. 所以得到的结果从左至右仍为单词“”的填法有种. 故选:B. 【变式1-2】 （23-24高二下·湖北·期中）14名同学合影，站成前排5人后排9人，现摄影师要从后排9人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先从后排9人中抽2人，再把两个人在七个位置中选两个位置进行排列，即可求解. 【详解】由题意，从后排9人中抽2人调整到前排，有中不同的取法， 将前排5人和后来两人看成七个位置， 把两个人在七个位置中选两个位置进行排列，完成调整，有中不同的排法， 所以不同调整方法的总数是种. 故选：D. 【变式1-3】 （2024·湖南邵阳·一模）城步苗族自治县“六月六山歌节”是湖南省四大节庆品牌之一，至今已举办25届.假设在即将举办的第26届“六月六山歌节”中，组委会要在原定排好的10个“本土歌舞”节目中增加2个“歌王对唱”节目.若保持原来10个节目的相对顺序不变，则不同的排法种数为（    ） A．110 B．144 C．132 D．156 【答案】C 【分析】共有12个节目，只需排好2个“歌王对唱”节目即可，根据排列数计算即可得出答案. 【详解】添加节目后，共有12个节目， 因为保持原来10个节目的相对顺序不变， 则只需排好2个“歌王对唱”节目即可， 所以，不同的排法种数为. 故选：C. 题型03 基础模型：平均分配型 【解题规律·提分快招】 平均分配型 平均分成几组，就除以几组数的阶乘，如果既有平均分组又有不平均分组的，也要除以相同组的组数的阶乘 【典例1-1】 （24-25高三下·山东聊城·开学考试）寒假期间某校6名同学打算去安徽旅游，体验皖北与皖南当地的风俗与文化，现有黄山、宏村、八里河三个景区可供选择，若每个景区中至少有1名同学前往打卡，则不同方案的种数为（   ） A．180 B．360 C．450 D．540 【答案】D 【分析】分类考虑前往每个景区的人数，求出每种情况的方案数，即可得答案. 【详解】由题意，当每个景区都有2名同学前往时，此时方案有种； 当按分别有1，2，3名同学前往景区时，此时方案有种； 当按分别有1，1，4名同学前往景区时，此时方案有种； 故不同方案的种数为（种）， 故选：D 【典例1-2】 （24-25高三上·江西·期末）小明、小红等5人报名学校的三类选修课(球类、武术类、田径类)，规定每个人只能报其中的一类选修课，且每类选修课至少一人报名，则小明和小红不报同一类选修课的情况有（   ） A．132种 B．114种 C．96种 D．84种 【答案】B 【分析】法一：按3:1:1分组、2:2:1分组报名，应用排列组合、间接法求小明和小红不报同一类选修课的情况数；法二：按3:1:1分组、2:2:1分组报名分别求出小明和小红不报同一类选修课的情况数，即可结果. 【详解】法一：总的情况有种， 若小明和小红报同一类选修课有种， 故小明和小红不报同一类选修课的情况有种. 法二：若按照3:1:1报名，则小明和小红不报同一类选修课的情况有种， 若按照2:2:1报名，则小明和小红不报同一类选修课的情况有种， 故小明和小红不报同一类选修课的情况有种. 故选：B 【变式1-1】 （23-24高二下·福建福州·阶段练习）正值元宵佳节，赤峰市“盛世中华•龙舞红山”纪念红山文化命名七十周年大型新春祈福活动中，有5名大学生将前往3处场地开展志愿服务工作.若要求每处场地都要有志愿者，每名志愿者都必须参加且只能去一处场地，则当甲去场地时，场地有且只有1名志愿者的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将其他四人分组为、、三种情况，求出甲去场地的所有安排，再求出场地有且只有1名志愿者的安排方法数，即可求概率. 【详解】其它四人分成三组，有种，再把三组安排到场地，有种， 其它四人分成两组，有种，再把两组安排到场地，有种， 其它四人分成两组，有种，再把两组安排到场地，有2种， 所以甲去场地时共有种安排方法， 场地有且只有1名志愿者，分成三组有种，分成两组有种，分成两组有0种， 所以甲去场地时，场地有且只有1名志愿者共有种安排方法， 所求概率为.故选：C 【变式1-2】 （24-25高二上·辽宁抚顺·期末）将5名党员志愿者分到3个不同的社区进行知识宣讲，要求每个社区都要有党员志愿者前往，且每个党员志愿者都只安排去1个社区，则不同的安排方法种数有（   ） A．120 B．300 C．180 D．150 【答案】D 【分析】将5名党员按或分组，再安排到3个社区列式计算得解. 【详解】将5名党员志愿者分成三组，各组人数分别为1，1，3或1，2，2． 当各组人数为1，1，3时，共有种安排方法； 当各组人数为1，2，2时，共有种安排方法． 所以不同的安排方法有种．故选：D 【变式1-3】 （24-25高二上·广西·期末）甲，乙，丙3名学生约定：利用假期观看A，B，C，D，E这5部新上映的电影，待返校后互相分享精彩内容.返校后，已知5部电影都有人观看，且每部电影只有一个人观看，则所有观看电影的情况种数为（    ） A．150 B．243 C．183 D．393 【答案】B 【分析】根据甲，乙，丙3名学生观看电影分1人观看5部电影，2人观看5部电影，3人观看5部电影，利用分类加法计数即可解答. 【详解】分三类，第一类：1个人观看5部电影有3种情况； 第二类：2个人观看5部电影有种情况； 第三类：3个人观看5部电影有种情况； 所以共有：种情况.故选：B. 题型04 基础模型：球放盒子型 【解题规律·提分快招】 球放盒子模型： 先分组后排列模型：又称“球放盒子” 基础型：幂指数型 如四个不同的球放三个不同的盒子，有多少种方法？ 特征： 1.先分组再排列（尽量遵循这个，否则容易出现重复） 2.分组时候要注意是否存在“平均分配”的情况 【典例1-1】 （2024·湖北·二模）把4个相同的红球，4个相同的白球，全部放入4个不同的盒子中，每个盒子放2个球，则不同的放法种数有（    ） A．12 B．18 C．19 D．24 【答案】C 【分析】先分成四组再分类放入盒子，根据加法计数原理计算即可. 【详解】先把8个球分成4组，每组2个球，由于红球相同，白球也相同， 所以记红球为R，白球为W，则分组方法共有3种：RR，RR，WW，WW；RW，RW，RR，WW；RW，RW，RW，RW． 对于RR，RR，WW，WW．由于盒子是不同的，从4个盒子中选2个盒子放RR，RR，剩下2个盒子放WW，WW，有种不同的放法． 对于RW，RW，RR，WW，从4个不同的盒子中选2个盒子放RW，RW，有种放法，剩下2个盒子放RR，WW，有2种放法， 由分步乘法计数原理，这组的放法有种． 对于RW，RW，RW，RW，显然只有1种放法． 由分类加法计数原理知不同的放法共有（种）． 故选：C 【典例1-2】 （22-23高三上·全国·阶段练习）将2个红球、2个白球、1个绿球放入编号分别为①②③的三个盒子中，其中，两个盒子各放1个球，另外一个盒子放3个球，这5个球除颜色外其他都一样，则不同的放法有（    ） A．24种 B．30种 C．62种 D．41种 【答案】A 【分析】根据题意结合分类加法计数原理运算求解. 【详解】当两个盒子各放1个球的颜色相同时，则不同的放法有种； 当两个盒子各放1个球的颜色不相同时，则不同的放法有种； 综上所述：不同的放法有24种. 故选：A. 【变式1-1】 （2010·浙江杭州·一模）从编号为1,2,3,4的四个不同小球中取三个不同的小球放入编号为1,2,3的三个不同盒子中，每个盒子放一球，则1号球不放1号盒子且3号球不放3号盒子的放法总数为(   ) A．10 B．12 C．14 D．16 【答案】C 【分析】按照1号盒子中放球的编号分两类计数，再根据加法计数原理可得结果. 【详解】当1号盒子中放3号小球时，有种放法， 当1号盒子中放2号或4号小球时，有种放法， 所以1号球不放1号盒子且3号球不放3号盒子的放法总数为种. 故选：C 【变式1-2】 （20-21高二下·江苏连云港·期中）把编号为1，2，3，4的4个小球放入编号为1，2，3，4的4个盒子中，每个盒子放入1球，恰有1球与盒子编号相同，则不同的放法种数是（    ） A．36 B．24 C．9 D．8 【答案】D 【分析】先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有种情况，其它小球的放法只有2种，利用乘法原理求解决即可， 【详解】解：先选出1个小球，放到对应序号的盒子里，有种情况，其它小球的放法只有2种，例如：4号球放在4号盒子里，其余3个球的放法为，，，共2种，故每盒放一个球，并且恰好有一个球的编号与盒子的编号相同，有种； 故选：D 【变式1-3】 （24-25高二下·辽宁·开学考试）现有5个编号为1，2，3，4，5的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（   ） A．共有120种不同的放法 B．恰有一个盒子不放球，共有1200种放法 C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有60种 D．将5个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有5种 【答案】B 【分析】结合组合数、排列数由分步乘法计算原理逐项计算即可求解； 【详解】对于A：每个小球都有5种选择，所有共有种，错误； 对于B，第一步，选择一个盒子不放球，由, 第二步，5个小球分成4组，分别放入4个盒子有：， 所以共有种，正确； 对于C，第一步选择两个盒子使得编号与小球相同，有， 第二步，剩下3个球，3个盒子使得盒子编号与小球编号不相同共有2种， 所以共有20种，错误； 对于D，第一步，确定哪个盒子不放球，有， 第二步，剩下四个盒子确定哪个盒子放两个球，即可； 所有共有20种，错误； 故选：B 题型05 相同元素模型 【解题规律·提分快招】 数字化法： 标记元素为数字或字母，重新组合。 特别适用于“相同元素” 基本计算，多用’只选不排坐位法“ 相同元素，技巧法：挡板法 挡板法，适用于“相同元素”分配。如三好学生指标，相同小球，各种指标名额等等 【典例1-1】 （21-22高二上·北京·阶段练习）电影院一排10个位置，甲、乙、丙三人去看电影，要求他们坐在同一排，且每人左右两边都有空位的坐法种数为（    ） A．120 B．80 C．64 D．20 【答案】A 【分析】根据题意，先排好7个空座位，注意空座位是相同的，其中6个空位符合条件，将3人插入6个空位中，再对甲、乙、丙三个人进行排列，最后用分步计数原理进行求解即可. 【详解】解：除甲、乙、丙三人的座位外，还有7个座位，它们之间共可形成六个空， 三人从6个空中选三位置坐上去有种坐法， 而甲、乙、丙三个人进行排列，有种坐法， 所以每人左右两边都有空位的坐法种数为：. 故选：A. 【典例1-2】 （21-22高二上·福建厦门·开学考试）已知一袋中有标有号码1､2､3､4的卡片各一张，每次从中取出一张，记下号码后放回，当四种号码的卡片全部取出时即停止，则恰好取6次卡片时停止的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】恰好取6次卡片时停止，说明前5次出现了3种号码且第6次出现第4种号码．三种号码出现的次数分别为3,1,1或者2,21. 可以分步完成，先确定前三种颜色的出现顺序有种，再分别确定这三种颜色出现的位置（注意平均分组问题），最后让第四种颜色出现有一种方法，相乘可得. 【详解】恰好取6次卡片时停止，说明前5次出现了3种号码第6次出现第4种号码，三种号码出现的次数分别为3, 1, 1或者2, 2, 1. 三种号码分别出现3, 1, 1且6次时停止的方法数为： 种， 三种号码分别出现2, 2, 1且6次时停止的方法数为：种， 恰好取6次卡片时停止的概率为： 故选：C 【变式1-1】 （高一·全国·课后作业）一袋中有红、黄、蓝三种颜色的小球各一个，每次从中取出一个，记下颜色后放回，当三种颜色的球全部取出时停止取球，则恰好取5次球时停止取球的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】恰好取5次球时停止取球，分两种情况3，1，1及2，2，1，这两种情况是互斥的，利用等可能事件的概率计算每一种情况的概率，再根据互斥事件的概率得到结果． 【详解】分两种情况3，1，1及2，2，1 这两种情况是互斥的，下面计算每一种情况的概率， 当取球的个数是3，1，1时， 试验发生包含的基本事件总数事件是， 满足条件的事件数是 ∴这种结果发生的概率是 同理求得第二种结果的概率是 根据互斥事件的概率公式得到. 故选：B． 【点睛】此题考查根据古典概型求解概率，关键在于准确分类，求出基本事件总数和某一事件包含的基本事件个数. 【变式1-2】 （21-22高二下·江西景德镇·期中）如图，在某城市中，M､N两地之间有整齐的方格形道路网，其中､､､是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处，今在道路网M､N处的甲､乙两人分别要到N､M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N､M处为止，则下列说法错误的是（    ） A．甲从M必须经过到达N处的方法有9种 B．甲､乙两人相遇的概率为 C．甲乙两人在处相遇的概率为 D．甲从M到达N处的方法有20种 【答案】B 【分析】分别计算两人经过的走法种数，由排列组合与古典概型对选项逐一判断 【详解】对于甲，经过到达有1种，经过到达有种， 经过到达有种，经过到达有1种，甲从M到达N处的方法共有20种， 同理对于乙，经过到达分别有种． 对于A，甲从M必须经过到达N处的方法有9种，A正确， 对于B，甲乙两人相遇的概率，B错误， 对于C，甲乙两人在处相遇的概率，C正确， 对于D，甲从M到达N处的方法共有20种，D正确 故选：B 【变式1-3】 （24-25高三上·河北邯郸·开学考试）如图，从1开始出发，一次移动是指：从某一格开始只能移动到邻近的一格，并且总是向右或向上或右下移动，而一条移动路线由若干次移动构成，如从1移动到11：1→2→3→5→7→8→9→10→11就是一条移动路线．从1移动到数字的不同路线条数记为，从1移动到11的事件中，跳过数字的概率记为，则下列结论正确的是（    ） ①，②，③，④． A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】根据题意分析，不难得到，按照规律写出各项，即可判断①，②正确；对于③，结合树状图，考虑对立事件所包含的样本点数，利用古典概型概率公式计算即得，同法求出即可判断. 【详解】由题意可知， 则，， 则①正确；显然，故②正确； 因为，经过数字5的路线共有条. 理由:如上树状图所示，分别计算1-5的路线共有5条，5-11的路线共有13条， 利用分步乘法计数原理可得，过数字5的路线共有条. 则，故③正确； 同理可得即有，故④错误. 故选:A． 题型06 走楼梯模型（方程不定根）--少1 【解题规律·提分快招】 走楼梯模型，可以转化为“数字化”模型： 一步一阶设为数字1，一步两阶设为数字2，一步n阶，记为数字n，则把n 阶台阶，变为数字“和”形式。 要注意数字的奇偶时是否能取到 【典例1-1】 （24-25高三上·河北保定·开学考试）某楼梯有11级台阶（从下往上依次为第1级，第2级，，第11级），甲一步能上1级或2级台阶，最多可以一步上3级，且每一步上几级台阶都是随机的，则甲上这个楼梯没踩过第6级台阶的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】法一：首先设甲上到第级台阶共有种上法，列举前3项，再得到关于数列的递推关系式，从而得到数列的项，再求解甲踩过第6级台阶的方法，最后利用对立事件概率公式，即可求解； 法二：列举所有的走法，再利用古典概型概率公式，以及对立事件概率公式，即可求解. 【详解】法—：记甲上到第级台阶共有种上法，则， 上到第3级的方法为，每一步一级，或第一步一级第二步两级，或第一步两级第二步一级，或一步走三级，共四种上法，所以. 当时，学生甲上到第级台阶，可以从第级或第级或第级上去， 所以， 于是， 其中甲踩过第6级台阶的上台阶方法数，可分两步计算， 第一步，从第1级到第6级，共有种方法； 第二步，从第7级到第11级，相当于从第1级到第5级的方法数，共有种方法； 所以甲踩过第6级台阶的上台阶方法数有， 则甲没踩过第6级台阶的概率是. 故选：D. 法二： 11级楼梯，甲一步能上1级或2级台阶，最多可以一步上3级， 三步三级：走法为走法为. 两步三级：走法为， 走法为， 走法为； 一步三级：走法为， 走法为， 走法为， 走法为， 走法为； 零步三级：走法为， 走法为， 走法为， 走法为， 走法为， 走法为； 综上，上11级台阶共有. 同理，可得从第1级到第6级，共有24种方法；从第7级到第11级共有13种方法， 则甲没踩过第6级台阶的概率是. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是转化为对立事件求概率，方法一的关键是找到数列的递推关系，或是列举，方法二的关键是不重不漏的列举所有的方法种数. 【典例1-2】 高二下·黑龙江大庆·阶段练习）数学与自然、生活相伴相随，无论是蜂的繁殖规律，树的分枝，还是钢琴音阶的排列，当中都蕴含了一个美丽的数学模型Fibonacci（斐波那契数列）：1，1，2，3，5，8，13，21…，这个数列前两项都是1，从第三项起，每一项都等于前面两项之和，请你结合斐波那契数列，尝试解答下面的问题：小明走楼梯，该楼梯一共8级台阶，小明每步可以上一级或二级，请问小明的不同走法种数是（　　） A．20 B．34 C．42 D．55 【答案】B 【分析】后面的每一级的方法数都是前两级方法的和直到8级，每一级的方法数都求出，因此得解. 【详解】递推： 登上第1级：1种； 登上第2级：2种； 登上第3级：1+2=3种（前一步要么从第1级迈上来，要么从第2级迈上来）； 登上第4级：2+3=5种（前一步要么从第2级迈上来，要么从第3级迈上来）； 登上第5级：3+5=8种； 登上第6级：5+8=13种； 登上第7级：8+13=21种； 登上第8级：13+21=34种， 故选：B 【变式1-1】 （23-24高二下·辽宁大连·阶段练习）小明爬楼梯每一步走1级台阶或2级台阶是随机的，且走1级台阶的概率为，走2级台阶的概率为.小明从楼梯底部开始往上爬，在小明爬到第4级台阶的条件下，他走了3步的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用条件概率和全概率公式可求答案. 【详解】设事件“小明爬到第4级台阶”，“小明走了3步爬到第4级台阶”， 事件包含三种情况：①小明走了4步到第4级台阶，概率为； ②小明走了3步到第4级台阶，概率为，即； ③小明走了2步到第4级台阶，概率为； 所以， . 故选：B 【变式1-2】 （2023·江苏扬州·模拟预测）某教学楼从二楼到三楼的楼梯共10级，上楼可以一步上一级，也可以一步上两级，某同学从二楼到三楼准备用7步走完，则第二步走两级台阶的概率为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用古典概型概率公式结合组合数计算可得. 【详解】10级台阶要用7步走完，则4步是上一级，三步是上两级， 共种走法， 若第二步走两级台阶，则其余6步中有两步是上两级，共， 所以第二步走两级台阶的概率为.故选：C 题型07 地图与几何体染色模型 【解题规律·提分快招】 染色问题，要从“颜色用了几种”，“地图有没有公用区域”方向考虑： 1.用了几种颜色。如果颜色没有全部用完，就要有选色的步骤 2.尽量先从公共相邻区域开始。所以要观察“地图”是否可以“拓扑”转化 染色的地图，还要从“拓扑结构”来转化 以下这俩图，就是“拓扑”一致的结构 【典例1-1】 （24-25高二上·辽宁·期末）如图，给编号为的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 【答案】A 【分析】根据分步乘法计数原理依次涂色即可. 【详解】由题意可得，只需确定区域的颜色，即可确定所有区域的涂色． 先涂区域1，有5种选择；再涂区域2，有4种选择；最后涂区域3，有3种选择． 故不同的涂色方案有种． 故选：A. 【典例1-2】 （24-25高三下·湖南·开学考试）提供四种不同颜色的颜料给图中六个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，有公共边的两个区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法共有（    ） A．288种 B．296种 C．362种 D．384种 【答案】D 【分析】分2号区域和6号区域同色，2号区域与4号区域同色，2号区域与4号区域，6号区域均不同色三种情况讨论，进而可得出答案. 【详解】首先三个区域有种涂法， 当2号区域和6号区域同色时，有种涂法； 当2号区域与4号区域同色时，有种涂法； 当2号区域与4号区域，6号区域均不同色时，有种涂法， 综上，共有384种涂法.故选：D. 【变式1-1】 （24-25高二下·江苏盐城·阶段练习）如图；在的矩形长条中，涂上红、黄、蓝3种颜色，每种颜色限涂2格，并且相邻两格不同色，则不同的涂色方法共有种数为（    ）    A．28 B．29 C．30 D．31 【答案】C 【分析】先分类：第1类，前3个矩形用3种颜色，后3个矩形也用3种颜色；第2类，前3个矩形用2种颜色，后3个矩形也用2种颜色，分别计算后再由加法原理相加即得． 【详解】分2类（先涂前3个矩形，再涂后3个矩形．）： 第1类，前3个矩形用3种颜色，后3个矩形也用3种颜色，有种涂法； 第2类，前3个矩形用2种颜色，后3个矩形也用2种颜色，有种涂法． 综上，不同的涂法和数为． 故选：C． 【变式1-2】 （22-23高三上·上海虹口·期中）在棱长为1的正方体中，八个顶点按红蓝间隔染色，使得每条棱上的两个顶点各不同色，则由红色顶点连成的四面体与蓝色顶点连成的四面体的公共部分的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】画出几何体，找到多面体，根据棱锥体积计算公式，即可求得结果. 【详解】根据题意，作图如下： 多面体即为四面体与四面体的公共部分， 其中均为各个面的中心，且平面//面，面， 故， 又四边形的面积与其投影在底面所得四边形的面积相等，如下所示： 故四边形的面积， 又点到平面的距离为， 故. 故选：C. 【变式1-3】 （2023高三·全国·专题练习）如图所示，将一个四棱锥的每一个顶点染上一种颜色，并使同一条棱上的两个端点异色，如果只有5种颜色可供使用，则不同染色方法的种数为（ ） A．192 B．420 C．210 D．72 【答案】B 【分析】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类，结合分类加法、分步乘法计算即可. 【详解】按照的顺序进行染色，按照A，C是否同色分类： 第一类，A，C同色，由分步计数原理有种不同的染色方法； 第二类，A，C不同色，由分步计数原理有种不同的染色方法； 根据分类加法计数原理，共有种不同的染色方法. 故选：B. 题型08 空座位模型（空车位型） 【典例1-1】 （高二下·北京东城·期末）一个停车场有5个排成一排的空车位，现有2辆不同的车停进这个停车场，若停好后恰有2个相邻的停车位空着，则不同的停车方法共有 A．6种 B．12种 C．36种 D．72种 【答案】B 【分析】分类讨论,利用捆绑法、插空法,即可得出结论. 【详解】把空着的2个相邻的停车位看成一个整体，即2辆不同的车可以停进4个停车场， 由题意,若2辆不同的车相邻,则有种方法 若2辆不同的车不相邻,则利用插空法,2个相邻的停车位空着,利用捆绑法, 所以有种方法，不同的停车方法共有：种， 综上,共有12种方法， 所以B选项是正确的. 本题考查排列、组合的综合应用,注意空位是相同的,是关键. 【典例1-2】 （高二下·四川遂宁·期末）某单位有7个连在一起的车位，现有3辆不同型号的车需停放，如果要求剩余的4个车位中恰好有3个连在一起，则不同的停放方法的种数为 A．16 B．18 C．32 D．72 【答案】D 【分析】根据题意，分2步进行分析：①分析3辆不同型号的车的停放方法，②利用插空法分析剩余的4个车位中恰有3个连在一起的排法，由分步计数原理计算即可得． 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①，3辆不同型号的车需停放，共有种方法， ②，要求剩余的4个车位中恰有3个连在一起，利用插空法，有种方法， 所以不同的停放方法有种．故选． 【点睛】本题主要考查排列组合中捆绑法和插空法的应用． 【变式1-1】 （23-24高二下·江苏南京·阶段练习）北京大兴国际机场拥有世界上最大的单一航站楼，并拥有机器人自动泊车系统，解决了停车满、找车难的问题．现有3辆车停放在7个并排的泊车位上，要求4个空位必须相邻，箭头表示车头朝向，则不同的泊车方案有（　　）种． A．16 B．18 C．24 D．32 【答案】C 【分析】从7个车位里选择4个相邻的车位，再从中剩下的车位中将3辆车进行停放，根据分步乘法计数原理，即可求得答案. 【详解】从7个车位里选择4个相邻的车位，共有4种方式， 停放的3个车辆，有种方式， 则不同的泊车方案有种． 故选：C. 【变式1-2】 （23-24高三上·江苏南通·期末）有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（    ）种停放方法． A．72 B．144 C．108 D．96 【答案】A 【分析】对特殊车辆货车甲的停放方法分类讨论，再停入乙车，最后停入其它车即可得. 【详解】先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有种停法，则乙车有种停法， 除甲、乙外的其它三辆车共有种停法； 若货车甲靠边，共有种停法，则乙车有种停法， 除甲、乙外的其它三辆车的排法共有种， 故共有种停放方法. 故选：A. 【变式1-3】 （2023·山东·一模）某停车场只有并排的8个停车位，恰好全部空闲，现有3辆汽车依次驶入，并且随机停放在不同车位，则至少有2辆汽车停放在相邻车位的概率是 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】分析：先求三辆车皆不相邻的概率，再根据对立事件概率关系求结果. 详解：因为三辆车皆不相邻的情况有，所以三辆车皆不相邻的概率为, 因此至少有2辆汽车停放在相邻车位的概率是 选C. 点睛：古典概型中基本事件数的探求方法 (1)列举法. (2)树状图法：适合于较为复杂的问题中的基本事件的探求.对于基本事件有“有序”与“无序”区别的题目，常采用树状图法. (3)列表法：适用于多元素基本事件的求解问题，通过列表把复杂的题目简单化、抽象的题目具体化. (4)排列组合法：适用于限制条件较多且元素数目较多的题目. 题型09 “AB”配对型 【解题规律·提分快招】 配对型思维； 1. 以每一对为对象，讨论有几对全参与。 2. 以每一对讨论有几对半参与，参与的是否是两人选一型 【典例1-1】 （20-21高二下·湖北武汉·阶段练习）三国领导人（男）及夫人一共6人站一排照相，为了增进互信及合作，工作人员特地安排同一对夫妻都不相邻的站法共有（   ）种 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出6人站一排照相的排法种数，然后分别求出有三对夫妻相邻时，有两对夫妻相邻时，有1对夫妻相邻时的排法种数，再利用排除法即可得出同一对夫妻都不相邻的站法的种数. 【详解】解：6人站一排照相共有种排法， 当有三对夫妻相邻时，有种排法， 当有两对夫妻相邻时，有种排法， 当有1对夫妻相邻时， 首先，选一对夫妻使之相邻，则有种排法， 则现在有5个位置，若这对夫妻在左数第一个，则有种情况， 若这对夫妻在左数第二个，则有种情况， 若这对夫妻在左数第三个，则有种情况， 这对夫妻在左数第四个和左数第二个相同， 这对夫妻在左数第五个和左数第一个相同， 所以当有1对夫妻相邻时，有种排法， 所以同一对夫妻都不相邻的站法共有种. 故选：C. 【典例1-2】 （2021·湖北襄阳·模拟预测）新冠疫情期间，网上购物成为主流.因保管不善，四个快递A､B､C､D上送货地址模糊不清，但快递小哥记得这四个快递应分别送去甲､乙､丙､丁四个地方，全部送错的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先算出都送错的可能情况数，再求出所有送货的可能数，利用概率公式即可得解. 【详解】若全部送错，则每个快递都送到了其他的地方， 即送有3种送错可能，若送到地应该送的地方，则有3种送错可能， 故全部送错的情况有种可能， 而总共有种可能， 所以， 故选：C. 【变式1-1】 （2021·广西·模拟预测）某小区从热爱跳广场舞的3对夫妻中随机抽取2人去参加社区组织的广场舞比赛，则抽取的2人恰好为1对夫妻的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】运用列举法列出所有的基本事件，再运用古典概率公式可得选项. 【详解】设第1，2，3对夫妻分别为，，，从中随机抽取2人， 所有等可能的结果为，，，，，，，，，，，，，，，共有15种， 其中抽取的2人恰好为1对夫妻的情况有，，，共3种， 所以抽取的2人恰好为1对夫妻的概率为． 故选：A. 【变式1-2】 （2025高三·吉林·模拟）从6双不同鞋子中任取4只，使其中至少有2只鞋配成一双的概率是（    ）. A． B． C． D． 【答案】B 【详解】从6双不同鞋子中任取4只.没有2只鞋子配成一双的概率为.所以，其中至少有2只鞋子配成一双的概率为. 故答案为B 【变式1-3】 （24-25高二上·浙江舟山·期末）柜子里有3双不同的鞋，分别用表示6只鞋．如果从中随机地取出2只，记事件“取出的鞋子是一只左脚一只右脚的，但不是一双鞋”，求事件的概率（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】应用列举法写出事件包含基本事件，再应用组合数及古典概型的概率求法求概率. 【详解】若表示左脚的鞋子，其它表示右脚的鞋子， 所以事件包含，共6种情况， 所以事件的概率. 故选：C 题型10 公交车上下人型 【解题规律·提分快招】 公交车与电梯模型，可以转化为球放盒子，然后先分组后排列。 要注意是否需要剔除掉“空”盒子 【典例1-1】 （24-25高二上·陕西汉中·期末）一辆公交车上有位乘客，沿途个车站，则乘客下车的可能方式共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【分析】利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】一辆公交车上有位乘客，沿途个车站，每位乘客都有种下车方式， 所以，乘客下车的可能方式共有种. 故选：A. 【典例1-2】 （2021·福建莆田·二模）甲、乙两位同学到莆田市湄洲岛当志愿者，他们同时从“妈祖祖庙”站上车，乘坐开往“黄金沙滩”站方向的路公交车（线路图如下）．甲将在“供水公司”站之前的任意一站下车，乙将在“鹅尾神化石”站之前的任意一站下车．假设每人自“管委会”站开始在每一站点下车是等可能的，则甲比乙后下车的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】计算出基本事件的总数以及事件“甲比乙后下车”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】甲从“管委会”站到“东环”站的每一站下车都可以，有种情况， 乙从“管委会”站到“北埭”站的每一站下车都可以，有种情况， 若乙在“管委会”站下车，则甲有种情况， 若乙在“地税分局”站下车，则甲有种情况， 若乙在“兴海路”站下车，则甲有种情况， 若乙在“闽台风情街”站下车，则甲有种情况， 若乙在“莲池小学”站下车，则甲有种情况， 若乙在“金海岸”站下车，则甲有种情况， 若乙在“莲池沙滩”站下车，则甲有种情况， 因此，甲比乙后下车的概率为. 故选：C. 【变式1-1】 （23-24高三上·江苏无锡·阶段练习）某公交车上有6位乘客，沿途有4个停靠站，乘客下车的可能方式有   （    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】根据分步计数原理可得答案. 【详解】由题意，每一位乘客都有4种选择，故乘客下车的可能方式有4×4×4×4×4×4＝46种， 故选：B． 【变式1-2】 （2020·吉林·模拟预测）北京公交101路是北京最早的无轨电车之一，最早可追溯至1957年.游客甲与乙同时从红庙路口西站上了开往百万庄西口站方向的101路公交车，甲将在朝阳门外站之前的任意一站下车，乙将在神路街站之前的任意一站下车，他们都至少坐一站再下车，则甲比乙后下车的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，确定总的基本事件个数，以及满足条件的基本事件个数，基本事件个数之比即为所求概率. 【详解】甲下车的站名可能为小庄路口东站、呼家楼西站，关东店站，东大桥路口西站、神路街站，乙下车的站名可能为小庄路口东站、呼家楼西站、关东店站、东大桥路口西站. 所以甲、乙下车的所有情况共有种， 其中甲比乙后下车的情况有： 乙在小庄路口东站下车，甲可以在呼家楼西站，关东店站，东大桥路口西站、神路街站下车； 乙在呼家楼西站下车，甲可以在关东店站，东大桥路口西站、神路街站下车； 乙在关东店站下车，甲可以在东大桥路口西站、神路街站下车； 乙在东大桥路口西站下车，甲可以在神路街站下车； 共有10种. 故甲比乙后下车的概率为. 故选：D. 【点睛】本题主要考查求古典概型的概率，熟记概率计算公式即可，属于常考题型. 【变式1-3】 （20-21高三上·黑龙江大庆·开学考试）电梯有位乘客，在层楼房的每一层停留，如果有两位乘客从同一层出去，另两位在同一层出去，最后两人各从不同的楼层出去，则不同的下楼方法的种类数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】先把6人按分面四组，然后选择4个楼层让这四组的人分别下去即可得． 【详解】由题意所有种类数为． 故选：C． 【点睛】本题考查排列组合的综合应用，考查分组分配法．解题关键是确定完成这件事的方法，然后由计数原理计算即得． 题型11 交叉限制条件型 【典例1-1】 （2022·湖北·模拟预测）小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（    ） A．20160 B．20220 C．20280 D．20340 【答案】A 【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案. 【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能： （1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z. 若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能； 若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有种可能； 若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑（Z）（X）（Z※）（X※）（※※），故有种可能； 小计：1+12+12=25； （2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型 若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能； 若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有种可能； 若是“10=3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含※模式，（H※※）（H※※）（H※）（※）（H），故有种可能； 若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+种可能； YXZ H※ H※ H※ H H※※ H※ H※ H※ ※ H※ H※ ※※ H 若是“10=2+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能； 小计：； （3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型 若是“12=4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能； 若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX）（Z）（X）可能； 若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ）（XZ※）（※※）（※※）（※），故有种可能； 若是“12=3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）（HY）（H）都成立，有2种可能； 若是“12=3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有2种可能. 小计； 诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型 若是“14=4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0种可能； 若是“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能； 若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）（※※），其中Z※※有种可能，故此小类有3种可能； 若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能； 小计； （5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z” 只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1种可能； 综上：共有25+76+54+12+1=168个分堆可能，故不同的方案数为=种. 故选：A 【点睛】比较复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12,14,16分为5个数（从1到4）的和的分类标准，可以做到不重不漏. 【典例1-2】 （2024高三下·全国·模拟）第六届章鱼杯开启了全新赛制，我们邀请到最强外援命题，共76道题，采用团体赛的形式，每队四人，限时4小时．若ldl，lnx，skc，wzy四人组成一队，现在面临73，74，75，76四道题，每人负责作答这四道题中的一道，每道题都要有人做，已知ldl和lnx不会做74题，lnx和skc不会做75题，skc和wzy不会做76题（未被提及的默认都会做），那么在这四道题中不同的安排方案数是（   ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】A 【分析】根据题意分别求出每道题只能由哪些人员完成，分74题由skc完成和74题由wzy完成两种情况讨论即可求解. 【详解】因为ldl和ln x不会做74题，因此74题只能由skc或wzy完成， 因为ln x和skc不会做75题，因此75题只能由ldl或wzy完成， 因为skc和wzy不会做76题，因此76题只能由ldl或ln x完成， 73题无限制，四人皆可完成， 情况1：74题由skc完成， 剩余题目：73、75、76，需分配给ldl、lnx、wzy， 75题可选人员ldl或wzy， 子情况1a：75题由ldl完成， 76题必须由lnx完成（因ldl已分配）， 73题由wzy完成，分配方案：74: skc，75: ldl，76: lnx，73: wzy， 子情况1b：75题由wzy完成， 76题可选人员：ldl 或lnx， 子情况1b1：76题由ldl完成，73题由lnx完成， 分配方案：74: skc，75: wzy，76: ldl，73: ln x， 子情况1b2：76题由lnx完成，73题由ldl完成， 分配方案：74: skc，75: wzy，76: ln x，73: ldl， 情况1总计：3种方案， 情况2：74题由wzy完成， 剩余题目：73、75、76，需分配给ldl、lnx、skc， 75题必须由ldl完成（因wzy已分配）， 76题必须由ln x完成（因ldl已分配）， 73题 由skc完成，分配方案：74: wzy，75: ldl，76: lnx，73: skc， 情况2总计：1种方案， 总方案数：情况1 + 情况2：3 + 1 = 4种. 故选：A. 【变式1-1】 （24-25高二上·江西·阶段练习）将1，2，3，4，5，6，7，8填入如图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有两列数字之和为9的填法有（    ） A．576种 B．1152种 C．2304种 D．4608种 【答案】D 【分析】将八个数按两个数字和为9进行分组，再任取两组并填入两列，然后用排除法求出余下4个数字填入方格的方法数即可求得答案. 【详解】依题意，将1，2，3，4，5，6，7，8按照两个数字之和为9分成“18，27，36，45”四组，从中任取2组有种方法， 再在四列方格中任选2列，填入这两组数字，有种方法，每一列的两个数字的排列有种方法； 余下4个数字填入方格有种，满足同列数字和为9的有种， 所以不同填法共有种. 故选：D 【变式1-2】 （2024·全国·模拟预测）从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（    ） A．195 B．154 C．175 D．185 【答案】C 【分析】解法一：利用正难则反的思想，先假设，若不存在，使得，可得，进而结合组合学知识求解即可； 解法二：利用转化的思想，将问题转化为所取的4个数中至少有2个是连续正整数，进而分类讨论求解即可. 【详解】排列与组合 解法一（正难则反）：存在，，使得表示所取的4个数中总有相邻的数， 直接求解较复杂，考虑正难则反的方法． 假设，若不存在，使得， 则，所以符合条件的取法种数为． 解法二（转化法）：若存在，，使得， 则所取的4个数中至少有2个是连续正整数， 若只有2个是连续正整数，问题转化为把6个相同的白球与4个相同的红球排成一行， 要求只有2个红球相邻，先把6个白球排成一行，再用插空法排红球， 排法种数为． 同理可得若只有3个是连续正整数，排法种数为． 若4个都是连续正整数，排法种数为7． 若4个数中有2个是连续正整数，另外2个也是连续正整数， 但这4个数不是4个连续正整数，则排法种数为． 所以符合条件的取法种数为. 故选：C． 【变式1-3】 （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 【分析】考虑前7个人，分别每相邻的3人取成一组与每相邻的5人取成一组，从而推出矛盾，再考虑人数为6的情况，由此得解. 【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. 题型12 二项式定理：复合换元型 【解题规律·提分快招】 换元赋值法原理 可以通过令x+1=t，化为简单形式 【典例1-1】 （2023·天津·模拟预测）已知的二项展开式的奇数项二项式系数和为，若，则等于 ． 【答案】 【分析】根据二项式系数和公式求出，再利用展开式求. 【详解】的二项展开式的奇数项二项式系数和为64， ，即， 则的通项公式为， 令，则， 所以. 故答案为：. 【典例1-2】 （2025·四川成都·模拟）已知，则 ．（用数字作答） 【答案】 【分析】令，从而得到，写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】令，则， 所以，即为， 又展开式的通项为，（其中且）， 所以. 故答案为： 【变式1-1】 （2024·河南·二模）设，若，则 . 【答案】11 【分析】令，则，然后求出通项，得到，再由，即可解出. 【详解】令，则，则， 的通项为：， 令可得，令可得， 所以由可得，所以. 故答案为：. 【变式1-2】 （23-24高二下·甘肃兰州·期中）设，则 . 【答案】 【分析】利用赋值法求得及，相减即可求得. 【详解】令得，所以， 令得， 所以，所以. 故答案为： 【变式1-3】 23-24高三下·上海嘉定·阶段练习）已知，则= ． 【答案】 【分析】 先令求，再令即可得答案. 【详解】令得， 令得， 所以. 故答案为：. 题型13 二项式定理：三项展开型 【解题规律·提分快招】 三项展开式的通项公式： 【典例1-1】 （2024·河南·模拟预测）的展开式中的系数为 ． 【答案】 【分析】首先将看成一个整体，再结合的形式，利用二项式定理的通项公式求解. 【详解】的通项公式为， 当时，， 中，含项的系数为， 所以展开式中的系数为. 故答案为： 【典例1-2】 （2024·全国·模拟预测）展开式中的系数为 . 【答案】 【分析】借助排列组合与二项式定理计算即可得 【详解】由题意有， 故展开式中的系数为. 故答案为：. 【变式1-1】 （2024·江苏·模拟预测）的展开式中的系数为 （用数字作答） 【答案】80 【分析】中有2个括号提供，还有3个括号都是，求出系数即可. 【详解】可看作5个相乘，有2个括号提供，还有3个括号都是， 则，系数为80. 故答案为：80 【变式1-2】 （23-24高三上·河南·期末）的展开式中含的项的系数为 ． 【答案】1120 【分析】根据二项式定理展开为，从而可求解. 【详解】的展开式的通项为， 故令可得含项的系数为． 故答案为：. 【变式1-3】 （23-24高三上·全国·开学考试）的展开式中，项系数为 ． 【答案】 【分析】求出二项式展开式的通项，令的指数为3，即可求出项系数． 【详解】由， 由展开式通项为， 令，解得， 则项为，则项系数为． 故答案为：. 题型14 二项式定理：复杂的多项展开（讨论型） 【典例1-1】 （23-24高三下·上海奉贤·开学考试）在的展开式中，项的系数为 .（结果用数值表示） 【答案】45 【分析】由二项式展开得项只能在展开式中，进一步结合二项式系数即可求解. 【详解】， 项只能在展开式中，即为，系数为. 故选：45. 【典例1-2】 （2024·江西赣州·一模）展开式中的常数项为 . 【答案】 【分析】表示个相乘，再结合组合即可得解. 【详解】表示个相乘， 则常数项，应为个，个，个，个相乘， 所以展开式中的常数项为. 故答案为：. 【变式1-1】 2023·广东·一模）在的展开式中，记项的系数为，若，则的值为 . 【答案】 【分析】利用二项式定理系数的性质，求出的表达式，利用即可求解. 【详解】因为在的展开式中，记项的系数为， 所以项的系数， 即，由，可得，即， 所以.故答案为：. 【变式1-2】 （2023·全国·模拟预测）若，则 ． 【答案】 【分析】根据二项展开式公式分别计算即可. 【详解】由题意，中含的项为； 含的项为； 含的项为； 含的项为； 含的项为； 故. 故答案为： 【变式1-3】 （2023·江苏·三模）展开式中的常数项为 . 【答案】/6.5625 【分析】利用组合知识处理二项式展开问题即可得解. 【详解】可看作7个相乘，要求出常数项， 只需提供一项，提供4项，提供2项，相乘即可求出常数项， 即. 故答案为： 冲高考 1．（2025·江西新余·模拟预测）如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有 种不同的染色方案. 【答案】192 【分析】法一：间隔元素分析法，分同色，同色；同色，不同色；不同色，同色；不同色，不同色，结合和的颜色相同和不同，分类讨论，得到情况数，相加即可； 法二：相邻最多元素优先分析法，考虑到影响的元素最多，分各不同色， 和同色，结合同色，不同色，同色，不同色，共有类讨论，分类讨论，得到情况数，相加即可 【详解】法一：间隔元素分析法： ①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种； ②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种； ③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式； 若与不同色，则只有1种上色方式； 故有种； ④不同色，不同色， 1）同色，则有种；2）不同色，则有种. 综上，共有种方式. 法二：相邻最多元素优先分析法： 考虑到影响的元素最多： ①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种； 2）不同色，则有2种染色法，故共有：种； ②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到）， 故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种. 综上：共有种染色方案. 故答案为：192. 2．（2024·四川德阳·模拟预测）的展开式中的系数最大的项的二项式系数是 . 【答案】15 【分析】写出二项式的展开式，可求系数最大的项，进而求得二项式系数. 【详解】因为 ， 所以展开式的项的系数最大的项为， 所以二项式系数为. 故答案为：. 3．（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. 4．（2024·甘肃张掖·一模）将分别标有号码的6个小球平均分为两组，则“标号为4的小球不是所在组标号最大的且标号为3的小球不是所在组标号最小的”的分组方式有 种. 【答案】5 【分析】间接法：利用分类加法原理求出“标号为4的小球不是所在组标号最大的且标号为3的小球不是所在组标号最小的”的反面的情形，利用组合知识求解平均分两组的情形，作差即可求解； 直接法：由题意可得，标号为1，2的小球中至少有1个与标号为3的小球一组， 标号为5，6的小球中至少有1个与标号为4的小球一组，利用分类加法原理和组合数求解即可. 【详解】方法一（间接法）：事件“标号为4的小球不是所在组标号最大的且标号为3的小球不是所在组标号最小的”的反面是“标号为4的小球是所在组标号最大的”“标号为3的小球是所在组标号最小的”至少一个成立. 当标号分别为3和4的小球不在同一组时，有124，356一种分法， 且“标号为4的小球是所在组标号最大的”和“标号为3的小球是所在组标号最小的”同时成立. 当标号分别为3和4的小球在同一组时， 若“标号为4的小球是所在组标号最大的”成立，则有134，256和234，156两种分法； 若“标号为3的小球是所在组标号最小的”成立，则有126，345和125，346两种分法． 综上，不符合题意的分法有5种. 将6个小球平均分成两组，有种分法，所以符合题意的分法有种． 方法二（直接法）：当标号分别为3和4的小球在同一组时， 不论和它们在一组的小球的标号是1，2，5，6中的哪一个， “标号为4的小球不是所在组标号最大的”和“标号为3的小球不是所在组标号最小的”不能同时成立， 所以标号分别为3和4的小球不在同一组. 由题意可得，标号为1，2的小球中至少有1个与标号为3的小球一组， 标号为5，6的小球中至少有1个与标号为4的小球一组． 故符合题意的分组方式有种． 故答案为：5 【点睛】 方法点睛：对较复杂的组合问题，要搞清是“分类”还是“分步”，一般是先整体分类，然后局部分步，将复杂问题通过两个计数原理化归为简单问题；组合问题的限制条件主要体现在取出元素中“含”或“不含”某些元素，或者“至少”或“最多”含有几个元素：①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型．“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取．②“至少”或“最多”含有几个元素的题型，考虑逆向思维，用间接法处理． 5．（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）在某次国际商贸交流会展期间，举办城市为了提升安保级别，在平时正常安保的基础上再将甲、乙等6名特警人员分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，若每个特警只能分配去1个路口且每个路口至少安排1名特警，则甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用分组分配求出试验的基本事件总数，再求出甲乙安排在同一路口的事件含有的基本事件数，然后用对立事件概率公式计算即得. 【详解】6名特警分配到展区附近的4个不同的路口进行执勤，不同安排方法数为， 甲乙安排在同一路口，视甲乙为一个人，5个人安排到4个路口的安排数为， 因此甲和乙安排在同一个路口执勤的概率是， 所以甲和乙不安排在同一个路口执勤的概率是. 故答案为： 6．（23-24高二下·山东临沂·期中）某单位安排甲、乙、丙等6人参与周一至周六的值班，每天1人，每人值班1天，要求甲、乙都不值周三和周六，丙不值周五，则不同的安排方法有 种． 【答案】 【分析】利用特殊元素优先及分类讨论的思想计算即可. 【详解】①若甲安排在周五，则乙有3种安排方法，余下的四人四天种安排方法，合计有种方法； ②同理，若乙被安排在周五，也有72种方法； ③若甲、乙都不被安排在周五， 则甲、乙可选周一、二、四三天中的两天即有种方法， 丙有余下四天中除周五的三天可选，即3种方法， 余下三人安排余下的三天，有种方法，合计有种方法， 综上不同的安排方法共种. 故答案为： 【点睛】思路点睛：利用特殊元素优先，先考虑周五的安排方案，结合讨论甲、乙、丙三位的安排情况计算即可. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$