08排列组合二项式定理考前练习-2025届高三数学三轮复习

第 1 页 共 11 页 排列组合二项式定理-考前练习（棉中） 一、基础 1．小花准备将一颗黄色圣女果、一颗红色圣女果、一颗山楂、一颗草莓、一颗葡萄串起来制 作一串冰糖葫芦，若要求两颗圣女果不相邻，则不同的串法有（ ） A．36种 B． 48 种 C． 72 种 D．144种 【答案】C 【分析】利用插空法可求得结果. 【解析】先将一颗山楂、一颗草莓、一颗葡萄进行排序， 然后将两颗圣女果插入一颗山楂、一颗草莓、一颗葡萄所形成的空位中， 从 4个空位中抽取 2个空位进行排序， 由插空法可知，不同的串法有 3 23 4A A 72 种. 故选：C. 2．用 2，3，5，6，7，8 这 6 个数字组成无重复数字的六位数，其中，个位数为质数的六位 数有（ ） A．360 个 B．420 个 C．480 个 D．600 个 【答案】C 【分析】先考虑个位的排法数，再考虑前五位的排法数，结合分步乘法计数原理可得结论. 【解析】这6个数字中 2,3,5,7为质数，故个位数的排法有 4种， 前五位的排法有 55A 种， 由分步乘法计数原理可得，个位数为质数的六位数有 554A 480 个． 故选：C. 3．5 个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法 总数为（ ） A．18 B．36 C．48 D．60 【答案】B 【分析】先考虑特殊位置，再利用分步乘法计数原理求解即可. 【解析】甲在排头或排尾站法有 12A 种，再让乙在中间 3 个位置选一个，有 13A 种站法，其余 3 人有 33A 种站法， 第 2 页 共 11 页 所以共有 1 1 32 3 3A A A 36   种站法， 故选：B 4．第十五届中国国际航空航天博览会于 2024 年 11 月 12 日至 17 日在珠海举行．此次航展 有 47 个国家参加．为了给观展人更准确、更专业的解读，某大学航空航天专业 4 名志愿者要 到 3 个场地执勤，要求每个场地至少有 1 名志愿者，且每个志愿者只到 1 个场地执勤，则不 同的执勤方案有（ ） A．144 种 B．72 种 C．36 种 D．18 种 【答案】C 【分析】将 4 名志愿者分成 3 组，再分配到 3 个场地即可. 【解析】依题意，将 4 人按2 :1:1分成 3 组有 24C 种分法，再将每种分法所得 3 组分到 3 个场地 有 33A 种方法， 所以不同的执勤方案有 2 34 3C A 36 （种）. 故选：C 5．若 4 2 n x x      的展开式中各项系数之和为 32，则展开式中 x的系数为 【答案】320 【分析】应用赋值法及各项系数和求得 5n  ，再应用展开式通项公式求对应项系数. 【解析】令 1x  ，则 54 1 22 1 2 3 n n n         ， 所以展开式通项为 3 55 5 2 1 5 5 4C ( ) ( 2 ) ( 2) 4 C rr r r r r r rT x xx        且 0,1, ,5r   ， 当 4r  时， 4 45 5( 2) 4 C 320T x x    ，即所求项系数为 320. 故答案为：320 6．在 6 1 2 x x       的展开式中，下列说法错误的是( ) A.二项式系数之和为 64 B.各项系数之和为 1 64 C.二项式系数最大的项为 3 25 2 x D.常数项为 15 16 【答案】答案：C 第 3 页 共 11 页 解析：对于选项 A：因为 6n  ，所以二项式系数之和为 62 64 ，故 A 正确； 对于选项 B：令 1x  ，可得各项系数之和为 61 11 2 64       ，故 B 正确； 因为 6 1 2 x x       的展开式为 366 2 1 6 6 1 1C C 22 r r rr r r rT x xx               ， 0,1, ,6r   ， 对于选项 C：因为 6n  ，可知二项式系数最大的项为第 4 项 3 3 3 3 2 2 4 6 1 5C 2 2 T x x        ，故 C 错误； 对于选项 D：令 36 0 2 r  ，解得 4r  ，所以常数项为 4 4 0 5 6 1 15C 2 16 T x       ，故 D 正确； 7．若   5( 1)a x x  的展开式中 4x 的系数是 20，则实数 a的值为 ． 【答案】6 【分析】通过二项展开式的通项公式即可求解； 【解析】   5( 1)a x x  的展开式中 4x 的系数是 1 25 5C C 20, 5 30, 6a a a      ． 故答案为：6 二、中 1．现在六个人并排站成一排，则甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在丙的左边的 概率为（ ） A． 245 B． 1 30 C． 1 15 D． 1 10 【答案】B 【分析】由 6 人的全排列，以及插空法及甲乙丙的顺序确定，从而可求甲在乙的左边，乙在 丙的左边的概率. 【详解】6 人的全排列有 66A ，利用插空法，将余下的三个人全排列 3 33 4A A ， 则将甲、乙、丙三人插入到四个空中且他们的顺序为甲乙丙一种， 又由甲、乙、丙三人的全排列有 33A 种， 所以甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在丙的左边的排法有 3 3 3 4 3 3 A A A 种， 第 4 页 共 11 页 故所求概率为 3 3 3 4 6 3 6 3 A A 1 A A 30  ． 故选：B． 2．（2022 新高考Ⅱ卷·5）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 【答案】B 【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解 【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3!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：3! 2 2 24   种不同的排列方式， 故选：B 3．2024 年“花开刺桐城”闽南风情系列活动在泉州举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品 展览，书画笔会，文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域 有 2 幅不同的美术作品、3 幅不同的书法作品、1 幅不同的摄影作品，将这 6 幅作品排成两排 挂在同一面墙上，第一排挂 4 幅，第二排挂 2 幅，则美术作品不相邻的概率为（ ） A． 4 15 B． 815 C． 11 15 D．1315 【答案】C 【分析】利用排列组合公式，还需要用到分类计数加法原理和分步计数乘法原理，因为遇到 不相邻问题，还得用插空法原理. 【详解】由题意知这 6 幅作品排成两排挂在同一面墙上的不同挂法有： 66A 种， 由于美术作品不相邻，按以下情形分类： ①美术作品挂在第一排的不同挂法有： 2 2 2 24 2 3 2C A A A 种； ②美术作品分挂在两排的不同挂法有： 2 3 4 22 4 4 2A C A A 种； 所以美术作品不相邻的概率是： 2 2 2 2 2 3 4 2 4 2 3 2 2 4 4 2 6 6 C A A A +A C A A 11 A 15  ， 故选：C. 第 5 页 共 11 页 4．用数字 0，1，2，3，4，5 组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为( ) A.76 B.38 C.36 D.30 【答案】B 解析：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，5 1 5 1 1 6 4 2 1 6 4 2 38            . 故选：B. 5．如图，湖面上有 4 个相邻的小岛 , , ,A B C D，现要建 3 座桥梁，将这 4 个小岛连通起来，则 建设方案有（ ） A．12 种 B．16 种 C．20 种 D．24 种 【答案】B 【分析】确定可以建设桥梁的位置有几个地方，进而求出建设 3 个桥梁的所有可能选法，去 掉不符合题意的选法，即可得答案. 【解析】由题意知要将 4 个相邻的小岛 A，B，C，D连接起来， 共有 24C 6 个位置可以建设桥梁， 从这 6 个位置中选 3 个建设桥梁，共有 36C 20 种选法， 第 6 页 共 11 页 但选出的 3 个位置可能是仅连接 , ,A B C 或 , ,A B D或 , ,A C D或 , ,B C D三个小岛，不合题意， 故要建 3 座桥梁，将这 4 个小岛连接起来，共有 20 4 16  （种）不同的方案. 故选：B. 6． 63 2 2 1x x        的展开式中含 3x 项的系数为 . 【答案】175 【分析】根据二项式展开式通项公式计算求解系数即可. 【解析】依题意得含 3x 项的系数为 2 4 3 3 36 6C ( 1) C ( 2) ( 1) 15 20 8 175           . 故答案为：175. 7．已知   1 2 20 1 22 n n n n n nx y a x a x y a x y a y       ，且 0 1 729na a a    ，则  2 nx y 的二项展 开式中含  *p px y pN 项的二项式系数为 ． 【答案】20 【分析】令 1, 1x y   ，结合题目条件可得 6n  ，根据二项展开式的通项公式可得结果. 【解析】由题意得，当 n为偶数且 *nN 时， 0na  ，当 n为奇数且 *nN 时， 0na  ， 令 1, 1x y   得， 0 13 729 n na a a     ，∴ 6n  ， ∴  62x y 的二项展开式通项为    6 61 6 6C 2 C 2 r rr r r r r rT x y x y        ， 由6 r r  得 3r  ，故 3p  ， ∴  2 nx y 的二项展开式中含  *p px y pN 项的二项式系数为 36C 20 ． 故答案为：20. 8．在二项式  *1( ) N2 nx n x   的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中 x的 系数为 .(用数字作答 ) 【答案】7 【分析】先由展开式中只有第 5 项的二项式系数最大，可得展开式共 9 项，从而可得以 8n  ，， 再由二项展开式的通项公式得到. 【解析】解：因为只有第五项的二项式系数最大，所以 8n  ， 故  *1( ) N2 nx n x   的展开式通项为   38 4 2 1 8 8 1 1C C 2 2 r r r rr r rT x xx                  ， 令 34 1 2 r  ，解得 2r  ， 第 7 页 共 11 页 所以展开式中 x的系数为 2 2 8 1 C 7 2       . 故答案为：7. 三、难 1．（2024 新高考Ⅱ卷·14）在如图的 4×4 方格表中选 4 个方格，要求每行和每列均恰有一个方 格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的 4 个数之 和的最大值是 ． 【答案】 24 112 【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有 4、3、2、1 个方格可选；利用列举法写出所 有的可能结果，即可求解. 【详解】由题意知，选 4 个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中， 则第一列有 4 个方格可选，第二列有 3 个方格可选， 第三列有 2 个方格可选，第四列有 1 个方格可选， 所以共有 4 3 2 1 24    种选法； 每种选法可标记为 ( , , , )a b c d ， a b c d, ,, 分别表示第一、二、三、四列的数字， 则所有的可能结果为： (11, 22,33, 44), (11, 22,34, 43), (11, 22,33, 44), (11, 22,34, 42), (11, 24,33, 43), (11, 24,33, 42) ， (12, 21,33, 44), (12, 21,34, 43), (12, 22,31, 44), (12, 22,34, 40), (12, 24,31, 43), (12, 24,33, 40)， (13, 21,33, 44), (13, 21,34, 42), (13, 22,31, 44), (13, 22,34, 40), (13, 24,31, 42), (13, 24,33, 40) ， (15, 21,33, 43), (15, 21,33, 42), (15, 22,31, 43), (15, 22,33, 40), (15, 22,31, 42), (15, 22,33, 40)， 所以选中的方格中， (15, 21,33, 43) 的 4 个数之和最大，为15 21 33 43 112    . 2．为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内 的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被安排在同一 第 8 页 共 11 页 所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法有（ ）种. A．144 B．260 C．320 D．540 【答案】B 【分析】采用分类与分步计数原理，先排丙共有 12C 种分法，再分为甲、丙在同一所学校和甲、 丙不在同一所学校两类，每类分别讨论，最后相加得到结果. 【详解】先将丙安排在一所学校，有 12C 种分法； 若甲、丙在同一所学校，那么乙就有 12C 种选法， 剩下 3 名教师可能分别有 3、2、1 人在最后一所学校（记为 X 校）， 分别对应有 1（3 人均在 X 校）、 2 13 2C C （2 人在 X 校，另 1 人随便排）、 1 1 2 3 2 2C C A  （1 人在 X 校，另 2 人分在同一所学校或不在同一所学校）， 共 2 1 1 1 23 2 3 2 21 C C C C A 19      种排法； 若甲、丙不在同一所学校，则甲有 12C 种选法， 若乙与丙在同一所学校，则剩下 3 名教师按上面方法有 19 种排法； 若乙与丙不在同一所学校，则有剩下 3 人可分别分为 1、2、3 组， 分别有 13C 、 1 2 3 3C A 、 3 3A 种排法，故共有：  1 1 1 1 1 2 32 2 2 3 3 3 3C C 19 C 19 C C A A 260           种排法. 故选：B. 3．从 1，2，3，…，10 这 10 个数中任取 4 个不同的数 1a ， 2a ， 3a ， 4a ，则存在1 4i j   ， *,i jN ， 使得 1i ja a  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 1 2 3 4a a a a   ，若不存在1 4i j   ，使得 1i ja a  ，可得 1 2 3 41 1 2 3 7a a a a        ，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 第 9 页 共 11 页 解法一（正难则反）：存在1 4i j   ， *,i jN ，使得 1i ja a  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 1 2 3 4a a a a   ，若不存在1 4i j   ，使得 1i ja a  ， 则 1 2 3 41 1 2 3 7a a a a        ，所以符合条件的取法种数为 4 4 10 7C C 175  ． 解法二（转化法）：若存在1 4i j   ， *,i jN ，使得 1i ja a  ， 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 3 1 27 3 2C C C 105 ． 同理可得若只有 3 个是连续正整数，排法种数为 2 27 2C A 42 ． 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 27C 21 ． 所以符合条件的取法种数为105 42 7 21 175    . 故选：C． 4．程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记 载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为 主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图 1）共 三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字 5： 梁下五珠，上拨一珠记作数字 1.例如：图 2 中算盘表示整数 506.如果拨动图 1 中算盘的 3 枚 算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为 . 【答案】26 第 10 页 共 11 页 【分析】分“百位”拨动 3 枚算珠、“百位”拨动 2 枚算珠、“百位”拨动 1 枚算珠三种情况罗列 出可表示的数据即可得解. 【详解】由题“百位”拨动 3 枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700； “百位”拨动 2 枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205，610、650、601、 605； “百位”拨动 1 枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、 155； 520、502、506、560、511、551、515、555. 则符合条件的三位整数的个数为 26. 故答案为：26. 5．如图 1，把一个圆分成 n（ 2n  ）个扇形，每个扇形用 k 种颜色之一染色，要求相邻扇形 不同色，有 ( 1) ( 1) ( 1)n nna k k      种方法． 如图 2，有 4 种不同颜色的涂料，给图中的 12 个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则 不同的涂色方法共有 种（用数字作答） 【答案】 201852 【分析】利用已知条件可计算 ABCDEFGH 八个空格染色问题，剩下的可用分步分类计数即可. 【详解】染色问题按以下步骤进行： 第一步：给M 染色有 4 种方法； 第二步：给 ABCDEFGH 染色， 若M 与 BDFH 的颜色均不同，则可用颜色有 3 种， 根据已知条件可知： 8 88 (3 1) (3 1) ( 1) 258a        种； 若M 与 BDFH 其中一个的颜色相同，则有  24 3 2 2 2 2 1 768       种方法； 若M 与 BDFH 两个的颜色相同，则有  2 23 24 3 3 1 2 3 2 2 1 2 3 2 864( )            种方法 若M 与 BDFH 其中三个的颜色相同，则有 2 24 3 3 2 432    种方法； 若M 与 BDFH 的颜色都相同，则有 43 =81种方法： 第 11 页 共 11 页 第三步：给 XYZ染色，因为D已经染了色，所以分以下两类: 当Y与D同色，给 XYZ染色有：3 3 9  种； 当Y与D不同色，给 XYZ染色有：3 2 2 12   种； 利用分类分步原理可得：总有：    4 258+768+864+432+81 9 12 201852    种， 故答案为： 201852 . 6．（多选）已知  2025 2 20250 1 2 2025(2 5) 2 ( 2) ( 2)x a a x a x a x         ，则下列结论成立的是（ ） A． 0 1 2025 1a a a    B． 2024 2023 20240 1 2023 20242 2 2 5 10a a a a      C． 20250 1 2 3 2025 3a a a a a     D． 1 2 3 20252 3 2025 4050a a a a    【答案】AD 【分析】应用赋值法及换元法分别判断 A，B，C 选项；等式两侧同时求导函数及赋值可判断 D 选项. 【详解】A.令 3x  ，得 2025 0 1 20251 a a a    ，即 0 1 2025 1a a a    ，A 正确. B.令 2x t  ，则原等式变形为 2025 2 20250 1 2 2025(2 1)t a a t a t a t      ， 由二项式定理得， 0 2025 20252025 2025C 2 2a   ， 令 1 2 t  ，得 2024 20251 20 2 2024 20250 2 22 2 a aa aa       ， 等式两侧同乘 20242 ，得 2024 2023 20250 1 2023 20242 2 2 02 aa a a a      ， ∴ 2024 2023 20250 1 202 4 3 202 202 42 2 2 2 2aa a a a        ，B 错误. C.令 1x  ，得 2025 0 1 2 3 2025( 3) a a a a a      ，故 20250 1 2 3 2025 3a a a a a      ，C 错误. D.对等式 2025 2 20250 1 2 2025(2 1)t a a t a t a t      两侧同时求导函数得， 2024 2 2024 1 2 3 20254050(2 1) 2 3 2025t a a t a t a t      ， 令 1t  ，得 1 2 3 20252 3 2025 4050a a a a    ，D 正确. 故选：AD. 第 1 页 共 4 页 排列组合二项式定理-考前练习（棉中） 一、基础 1．小花准备将一颗黄色圣女果、一颗红色圣女果、一颗山楂、一颗草莓、一颗葡萄串起来制 作一串冰糖葫芦，若要求两颗圣女果不相邻，则不同的串法有（ ） A．36种 B． 48 种 C． 72 种 D．144种 2．用 2，3，5，6，7，8 这 6 个数字组成无重复数字的六位数，其中，个位数为质数的六位 数有（ ） A．360 个 B．420 个 C．480 个 D．600 个 3．5 个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法 总数为（ ） A．18 B．36 C．48 D．60 4．第十五届中国国际航空航天博览会于 2024 年 11 月 12 日至 17 日在珠海举行．此次航展 有 47 个国家参加．为了给观展人更准确、更专业的解读，某大学航空航天专业 4 名志愿者要 到 3 个场地执勤，要求每个场地至少有 1 名志愿者，且每个志愿者只到 1 个场地执勤，则不 同的执勤方案有（ ） A．144 种 B．72 种 C．36 种 D．18 种 5．若 4 2 n x x      的展开式中各项系数之和为 32，则展开式中 x的系数为 6．在 6 1 2 x x       的展开式中，下列说法错误的是( ) A.二项式系数之和为 64 B.各项系数之和为 1 64 C.二项式系数最大的项为 3 25 2 x D.常数项为 15 16 7．若   5( 1)a x x  的展开式中 4x 的系数是 20，则实数 a的值为 ． 第 2 页 共 4 页 二、中 1．现在六个人并排站成一排，则甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在丙的左边的 概率为（ ） A． 245 B． 1 30 C． 1 15 D． 1 10 2．（2022 新高考Ⅱ卷·5）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 3．2024 年“花开刺桐城”闽南风情系列活动在泉州举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品 展览，书画笔会，文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域 有 2 幅不同的美术作品、3 幅不同的书法作品、1 幅不同的摄影作品，将这 6 幅作品排成两排 挂在同一面墙上，第一排挂 4 幅，第二排挂 2 幅，则美术作品不相邻的概率为（ ） A． 4 15 B． 815 C． 11 15 D．1315 4．用数字 0，1，2，3，4，5 组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为( ) A.76 B.38 C.36 D.30 5．如图，湖面上有 4 个相邻的小岛 , , ,A B C D，现要建 3 座桥梁，将这 4 个小岛连通起来，则 建设方案有（ ） A．12 种 B．16 种 C．20 种 D．24 种 6． 63 2 2 1x x        的展开式中含 3x 项的系数为 . 7．已知   1 2 20 1 22 n n n n n nx y a x a x y a x y a y       ，且 0 1 729na a a    ，则  2 nx y 的二项展 开式中含  *p px y pN 项的二项式系数为 ． 8．在二项式  *1( ) N2 nx n x   的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中 x的 系数为 .(用数字作答 ) 第 3 页 共 4 页 三、难 1．（2024 新高考Ⅱ卷·14）在如图的 4×4 方格表中选 4 个方格，要求每行和每列均恰有一个方 格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的 4 个数之 和的最大值是 ． 2．为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内 的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被安排在同一 所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法有（ ）种. A．144 B．260 C．320 D．540 3．从 1，2，3，…，10 这 10 个数中任取 4 个不同的数 1a ， 2a ， 3a ， 4a ，则存在1 4i j   ， *,i jN ， 使得 1i ja a  的取法种数为（ ） A．195 B．154 C．175 D．185 4．程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记 载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为 主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图 1）共 三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字 5： 梁下五珠，上拨一珠记作数字 1.例如：图 2 中算盘表示整数 506.如果拨动图 1 中算盘的 3 枚 算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为 . 第 4 页 共 4 页 5．如图 1，把一个圆分成 n（ 2n  ）个扇形，每个扇形用 k 种颜色之一染色，要求相邻扇形 不同色，有 ( 1) ( 1) ( 1)n nna k k      种方法． 如图 2，有 4 种不同颜色的涂料，给图中的 12 个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则 不同的涂色方法共有 种（用数字作答） 6．（多选）已知  2025 2 20250 1 2 2025(2 5) 2 ( 2) ( 2)x a a x a x a x         ，则下列结论成立的是（ ） A． 0 1 2025 1a a a    B． 2024 2023 20240 1 2023 20242 2 2 5 10a a a a      C． 20250 1 2 3 2025 3a a a a a     D． 1 2 3 20252 3 2025 4050a a a a    排列组合二项式定理-考前练习（棉中） 1、 基础 1．小花准备将一颗黄色圣女果、一颗红色圣女果、一颗山楂、一颗草莓、一颗葡萄串起来制作一串冰糖葫芦，若要求两颗圣女果不相邻，则不同的串法有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】利用插空法可求得结果. 【解析】先将一颗山楂、一颗草莓、一颗葡萄进行排序， 然后将两颗圣女果插入一颗山楂、一颗草莓、一颗葡萄所形成的空位中， 从个空位中抽取个空位进行排序， 由插空法可知，不同的串法有种. 故选：C. 2．用2，3，5，6，7，8这6个数字组成无重复数字的六位数，其中，个位数为质数的六位数有（    ） A．360个 B．420个 C．480个 D．600个 【答案】C 【分析】先考虑个位的排法数，再考虑前五位的排法数，结合分步乘法计数原理可得结论. 【解析】这个数字中为质数，故个位数的排法有种， 前五位的排法有种， 由分步乘法计数原理可得，个位数为质数的六位数有个． 故选：C. 3．5个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法总数为（    ） A．18 B．36 C．48 D．60 【答案】B 【分析】先考虑特殊位置，再利用分步乘法计数原理求解即可. 【解析】甲在排头或排尾站法有种，再让乙在中间3个位置选一个，有种站法，其余3人有种站法， 所以共有种站法， 故选：B 4．第十五届中国国际航空航天博览会于 2024年11月12 日至17日在珠海举行．此次航展有47个国家参加．为了给观展人更准确、更专业的解读，某大学航空航天专业4名志愿者要到3个场地执勤，要求每个场地至少有1名志愿者，且每个志愿者只到1个场地执勤，则不同的执勤方案有（   ） A．144种 B．72种 C．36种 D．18种 【答案】C 【分析】将4名志愿者分成3组，再分配到3个场地即可. 【解析】依题意，将4人按分成3组有种分法，再将每种分法所得3组分到3个场地有种方法， 所以不同的执勤方案有（种）. 故选：C 5．若的展开式中各项系数之和为32，则展开式中x的系数为 【答案】320 【分析】应用赋值法及各项系数和求得，再应用展开式通项公式求对应项系数. 【解析】令，则， 所以展开式通项为且， 当时，，即所求项系数为320. 故答案为：320 6．在的展开式中，下列说法错误的是( ) A.二项式系数之和为64 B.各项系数之和为 C.二项式系数最大的项为 D.常数项为 【答案】答案：C 解析：对于选项A：因为，所以二项式系数之和为，故A正确； 对于选项B：令，可得各项系数之和为，故B正确； 因为的展开式为，， 对于选项C：因为，可知二项式系数最大的项为第4项，故C错误； 对于选项D：令，解得，所以常数项为，故D正确； 7．若的展开式中的系数是20，则实数的值为 ． 【答案】6 【分析】通过二项展开式的通项公式即可求解； 【解析】的展开式中的系数是． 故答案为：6 2、 中 1．现在六个人并排站成一排，则甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在丙的左边的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由6人的全排列，以及插空法及甲乙丙的顺序确定，从而可求甲在乙的左边，乙在丙的左边的概率. 【详解】6人的全排列有，利用插空法，将余下的三个人全排列， 则将甲、乙、丙三人插入到四个空中且他们的顺序为甲乙丙一种， 又由甲、乙、丙三人的全排列有种， 所以甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在丙的左边的排法有种， 故所求概率为． 故选：B． 2．（2022新高考Ⅱ卷·5）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 【答案】B 【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解 【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 3．2024年“花开刺桐城”闽南风情系列活动在泉州举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览，书画笔会，文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域有2幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品、1幅不同的摄影作品，将这6幅作品排成两排挂在同一面墙上，第一排挂4幅，第二排挂2幅，则美术作品不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用排列组合公式，还需要用到分类计数加法原理和分步计数乘法原理，因为遇到不相邻问题，还得用插空法原理. 【详解】由题意知这6幅作品排成两排挂在同一面墙上的不同挂法有：种， 由于美术作品不相邻，按以下情形分类： ①美术作品挂在第一排的不同挂法有：种； ②美术作品分挂在两排的不同挂法有：种； 所以美术作品不相邻的概率是：， 故选：C. 4．用数字0，1，2，3，4，5组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为( ) A.76 B.38 C.36 D.30 【答案】B 解析：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. 5．如图，湖面上有4个相邻的小岛，现要建3座桥梁，将这4个小岛连通起来，则建设方案有（   ） A．12种 B．16种 C．20种 D．24种 【答案】B 【分析】确定可以建设桥梁的位置有几个地方，进而求出建设3个桥梁的所有可能选法，去掉不符合题意的选法，即可得答案. 【解析】由题意知要将4个相邻的小岛A，B，C，D连接起来， 共有个位置可以建设桥梁， 从这6个位置中选3个建设桥梁，共有种选法， 但选出的3个位置可能是仅连接或或或三个小岛，不合题意， 故要建3座桥梁，将这4个小岛连接起来，共有（种）不同的方案. 故选：B. 6．的展开式中含项的系数为 . 【答案】175 【分析】根据二项式展开式通项公式计算求解系数即可. 【解析】依题意得含项的系数为. 故答案为：175. 7．已知，且，则的二项展开式中含项的二项式系数为 ． 【答案】20 【分析】令，结合题目条件可得，根据二项展开式的通项公式可得结果. 【解析】由题意得，当为偶数且时，，当为奇数且时，， 令得，，∴， ∴的二项展开式通项为， 由得，故， ∴的二项展开式中含项的二项式系数为． 故答案为：20. 8．在二项式的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中x的系数为 用数字作答 【答案】7 【分析】先由展开式中只有第5项的二项式系数最大，可得展开式共9项，从而可得以，再由二项展开式的通项公式得到. 【解析】解：因为只有第五项的二项式系数最大，所以 故的展开式通项为 令解得 所以展开式中x的系数为. 故答案为：7. 3、 难 1．（2024新高考Ⅱ卷·14）在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ． 【答案】 24 112 【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解. 【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中， 则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选， 第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选， 所以共有种选法； 每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字， 则所有的可能结果为： ， ， ， ， 所以选中的方格中，的4个数之和最大，为. 2．为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被安排在同一所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法有（    ）种. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】采用分类与分步计数原理，先排丙共有种分法，再分为甲、丙在同一所学校和甲、丙不在同一所学校两类，每类分别讨论，最后相加得到结果. 【详解】先将丙安排在一所学校，有种分法； 若甲、丙在同一所学校，那么乙就有种选法， 剩下3名教师可能分别有3、2、1人在最后一所学校（记为X校）， 分别对应有1（3人均在X校）、（2人在X校，另1人随便排）、 （1人在X校，另2人分在同一所学校或不在同一所学校）， 共种排法； 若甲、丙不在同一所学校，则甲有种选法， 若乙与丙在同一所学校，则剩下3名教师按上面方法有19种排法； 若乙与丙不在同一所学校，则有剩下3人可分别分为1、2、3组， 分别有、、种排法，故共有： 种排法. 故选：B. 3．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． 4．程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为 . 【答案】26 【分析】分“百位”拨动3枚算珠、“百位”拨动2枚算珠、“百位”拨动1枚算珠三种情况罗列出可表示的数据即可得解. 【详解】由题“百位”拨动3枚算珠可以表示的不同的三位整数有：300、700； “百位”拨动2枚算珠可以表示的不同的三位整数有：210、250、201、205，610、650、601、605； “百位”拨动1枚算珠可以表示的不同的三位整数有：120、102、160、106、111、151、115、155； 520、502、506、560、511、551、515、555. 则符合条件的三位整数的个数为26. 故答案为：26. 5．如图1，把一个圆分成n（）个扇形，每个扇形用k种颜色之一染色，要求相邻扇形不同色，有种方法． 如图2，有4种不同颜色的涂料，给图中的12个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答） 【答案】 【分析】利用已知条件可计算八个空格染色问题，剩下的可用分步分类计数即可. 【详解】染色问题按以下步骤进行： 第一步：给染色有4种方法； 第二步：给染色， 若与的颜色均不同，则可用颜色有3种， 根据已知条件可知：种； 若与其中一个的颜色相同，则有种方法； 若与两个的颜色相同，则有种方法 若与其中三个的颜色相同，则有种方法； 若与的颜色都相同，则有种方法： 第三步：给染色，因为已经染了色，所以分以下两类: 当与同色，给染色有：种； 当与不同色，给染色有：种； 利用分类分步原理可得：总有：种， 故答案为：. 6．（多选）已知，则下列结论成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】应用赋值法及换元法分别判断A，B，C选项；等式两侧同时求导函数及赋值可判断D选项. 【详解】A.令，得，即，A正确. B.令，则原等式变形为， 由二项式定理得，， 令，得， 等式两侧同乘，得， ∴，B错误. C.令，得，故，C错误. D.对等式两侧同时求导函数得， ， 令，得，D正确. 故选：AD. 第 1 页 共 10 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 排列组合二项式定理-考前练习（棉中） 1、 基础 1．小花准备将一颗黄色圣女果、一颗红色圣女果、一颗山楂、一颗草莓、一颗葡萄串起来制作一串冰糖葫芦，若要求两颗圣女果不相邻，则不同的串法有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．用2，3，5，6，7，8这6个数字组成无重复数字的六位数，其中，个位数为质数的六位数有（    ） A．360个 B．420个 C．480个 D．600个 3．5个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法总数为（    ） A．18 B．36 C．48 D．60 4．第十五届中国国际航空航天博览会于 2024年11月12 日至17日在珠海举行．此次航展有47个国家参加．为了给观展人更准确、更专业的解读，某大学航空航天专业4名志愿者要到3个场地执勤，要求每个场地至少有1名志愿者，且每个志愿者只到1个场地执勤，则不同的执勤方案有（   ） A．144种 B．72种 C．36种 D．18种 5．若的展开式中各项系数之和为32，则展开式中x的系数为 6．在的展开式中，下列说法错误的是( ) A.二项式系数之和为64 B.各项系数之和为 C.二项式系数最大的项为 D.常数项为 7．若的展开式中的系数是20，则实数的值为 ． 2、 中 1．现在六个人并排站成一排，则甲、乙、丙三人不相邻，且甲在乙的左边，乙在丙的左边的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（2022新高考Ⅱ卷·5）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（    ） A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 3．2024年“花开刺桐城”闽南风情系列活动在泉州举办，包含美术、书法、摄影民间文艺作品展览，书画笔会，文艺晚会等内容．假如在美术、书法、摄影民间文艺作品展览中，某区域有2幅不同的美术作品、3幅不同的书法作品、1幅不同的摄影作品，将这6幅作品排成两排挂在同一面墙上，第一排挂4幅，第二排挂2幅，则美术作品不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 4．用数字0，1，2，3，4，5组成的有重复数字的三位数且是偶数的个数为( ) A.76 B.38 C.36 D.30 5．如图，湖面上有4个相邻的小岛，现要建3座桥梁，将这4个小岛连通起来，则建设方案有（   ） A．12种 B．16种 C．20种 D．24种 6．的展开式中含项的系数为 . 7．已知，且，则的二项展开式中含项的二项式系数为 ． 8．在二项式的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中x的系数为 用数字作答 3、 难 1．（2024新高考Ⅱ卷·14）在如图的4×4方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ． 2．为了协调城乡教育资源的平衡，政府决定派甲、乙、丙等六名教师去往包括希望中学在内的三所学校支教（每所学校至少安排一名教师）.受某些因素影响，甲乙教师不被安排在同一所学校，丙教师不去往希望中学，则不同的分配方法有（     ）种. A． B． C． D． 3．从1，2，3，…，10这10个数中任取4个不同的数，，，，则存在，，使得的取法种数为（     ） A．195 B．154 C．175 D．185 4．程大位（1533-1606）是明代珠算发明家，徽州人.他所编撰的《直指算法统宗》是最早记载珠算开平方、开立方方法的古算书之一，它完成了计算由筹算向珠算的转变，使算盘成为主要的计算工具.算盘其形长方，周为木框，内贯直柱，俗称“档”.现有一种算盘（如图1）共三档，自右向左分别表示个位、十位和百位，档中横以梁，梁上一珠，下拨一珠记作数字5：梁下五珠，上拨一珠记作数字1.例如：图2中算盘表示整数506.如果拨动图1中算盘的3枚算珠，则可以表示不同的三位整数的个数为 . 5．如图1，把一个圆分成n（）个扇形，每个扇形用k种颜色之一染色，要求相邻扇形不同色，有种方法． 如图2，有4种不同颜色的涂料，给图中的12个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答） 6．（多选）已知，则下列结论成立的是（   ） A． B． C． D． 第 1 页 共 10 页 学科网（北京）股份有限公司 $$