第三章 排列、组合与二项式定理（复习讲义）数学人教B版2019选择性必修第二册

第三章 排列、组合与二项式定理（复习讲义） 基础目标 能复述分类加法计数原理、分步乘法计数原理的定义，明确两者核心区别；能准确复述排列、组合的定义及“有无顺序”的差异，复述排列数、组合数的计算公式，以及的规定；能复述二项式定理公式、通项及二项式系数的定义；会直接套用公式计算简单排列数、组合数，能写出展开式的前3项与最后2项，满足基础题型考查要求。 进阶目标 会推导组合数的两个性质，并能结合性质简化组合数计算；理解相邻（捆绑法）、不相邻（插空法）、定序问题的解法逻辑，能根据题目条件选择对应方法求解；会用赋值法求二项展开式的各项系数和、奇数项与偶数项系数和；能根据二项式系数的对称性与增减性，确定展开式中系数最大的项，适配核心题型考查需求。 拓展目标 理解并应用平均分组、不平均分组、相同元素分配（隔板法）的解法，能区分“分组后是否分配到不同对象”的差异；会结合分类讨论、间接法（总情况减不符合情况），求解含多个限制条件的排列组合问题；能将二项式定理与函数、不等式知识结合，解决相关综合问题，如求多项式展开式中特定项系数、证明不等式等，满足压轴题及拔高题考查要求。 1．两个计数原理的应用 利用分类加法计数原理计数时的解题步骤：①分类:将完成这件事的方法分成若干类；②计数:求出每一类的方法数.③结论:将每一类的方法数相加得出结果. 利用分步乘法计数原理计数时的解题步骤：①分步:将完成这件事的过程分成若干步；②计数:求出每一步的方法数；③结论:将每一步中的方法数相乘得出最终结果. 2．排列数、组合数的应用 涉及具体数字问题可以直接运算和； 的主要作用:一是计算较大时的数;二是对含有字母的组合数的式子进行变形和证明. 注意：排列数，组合数中的隐含条件,且,求解时应检验其结果是否满足这一条件. 3．排列组合常见问题 （1）相邻问题和不相邻问题：相邻问题采用捆绑法；不相邻问题采用插空法 （2）定序问题：采用倍缩法，先不考虑顺序限制,排列后,再除以定序元素的全排列 （3）分组分配问题：①完全均匀分组，应注意不要重复，有组均匀，最后必须除； ②部分均匀分组，应注意不要重复，有组均匀，最后必须除； ③完全非均匀分组,这种分组不考虑重复现象 （4）隔板法：将个相同的元素分给个不同的对象，有种方法可描述为个空中插入块板. （5）数字排序问题：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,被3整除的数各数位上的数字之和能被3整除，等等;最后先分类再分步，从特殊数字或特殊位置入手进行组数. 4．二项式定理常见问题： （1）二项展开式的有理项：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. （2）求三项展开式的指定项：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. （3）求多个二项式积的展开式的特定项：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. （4）求二项式系数和、各项（奇偶项）系数和：“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. ①若,则展开式中各项系数之和为 ②若,则奇数项系数之和为 偶数项系数之和为 （5）（二项式）系数的最值 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. 题型一两种计数原理综合应用 例1．集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为（   ） A．12 B．11 C．8 D．6 变式1-1．一个3×3的正方形花坛被划分为9个1×1小方格（如图），计划种植4种花卉（玫瑰、月季、百合、郁金香）每个小方格种1种花卉.要求：花坛中任意2×2的小区域内，4种花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方案共有_______种. 变式1-2．从4个汉字、10个数字、3种颜色中选元素组成3个标识，每个标识含1个汉字、1个数字、1种颜色，且同一组内汉字、数字、颜色均不重复.最多可设计不同标识组的数量为（    ） A．2400 B．3200 C．4320 D．5760 变式1-3．在如图的方格表中选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，选中方格的4个数之和的最大值是______.    题型二排列数与组合数的计算 例2．满足条件的正整数的个数是（    ） A．10 B．9 C．4 D．3 变式2-1．（多选）已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 变式2-2．若，则_______. 变式2-3．解关于x的方程： (1)； (2)． 题型三排数问题 例3．用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的五位数． (1)比20000大的五位偶数共有多少个； (2)从小到大排列所有的五位数，问35214是第几位？ (3)能被6整除的五位数有多少个． 变式3-1．用数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为（    ） A．6 B．12 C．24 D．36 变式3-2．从数字0，1，2，3，4，5中任取四个数字，组成没有重复数字的四位偶数，其个数为_____ 变式3-3．小明忘记了自己的某软件的账户密码，只记得如图所示的三个数字.已知小明设置的密码满足以下两个原则： ①密码中所有数字的可能取值集合为； ②密码中不存在重复三次及以上的数字. 则小明在符合以上两个原则输入密码时，至多需要尝试的密码种数为. 题型四相邻及不相邻问题 例4．（多选）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑假开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（    ） A．某学生从中选2门课程学习，共有30种选法 B．课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有72种排法 D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504种排法 变式4-1．某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法种数共有（   ） A．36种 B．72种 C．144种 D．288种 变式4-2．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每“艺”安排一次讲座，共开展六次．讲座次序要求“射”和“御”必须相邻，“礼”和“书”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有______种． 变式4-3．现有3名男生和3名女生要与班主任站成一排合影，班主任站中间，则3名女生有且仅有2名相邻的站法总数为.（结果用数字作答）. 题型五涂色问题 例5．如图所示，现要给固定位置的四棱锥的五个面涂上颜色，要求相邻的面涂不同的颜色，可供选择的颜色共有5种，则不同的涂色方案共有（    ）    A．360 B．420 C．480 D．660 变式5-1．如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为______.    变式5-2．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 变式5-3．现有五种不同的颜料可用，从这五种染料中选取染料给四棱锥的五个顶点染色，要求同一条棱上的两个顶点不同色，问满足条件的染色方案有种______. 题型六分组分配问题 例6．在2024年梧州“半程马拉松”活动中，组委会将小明等四位志愿者分配到三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且小明不能被分配到场馆，则不同分配方案的种数是（    ） A．24 B．36 C．48 D．60 变式6-1．现将位民警派往甲，乙，丙，丁，戊5个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人.已知民警不能去甲学校，两位民警不能到乙学校，则不同的分派方法共有_____种. 变式6-2．某班5位同学参加3项跑步比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不同的报名方法有_____种. 变式6-3．为了表扬三位乐于助人的同学，班主任购买了4个价钱相同的礼盒全部分给这3名同学，若购买的4个礼盒仅有2个相同，按一人2个礼盒，另两人各1个礼盒进行分配，共有_____种分法.（用数字作答） 题型七定序问题 例7．育才学校校庆要编制一张演出节目单，5个舞蹈节目已排定顺序，要再插入4个歌唱节目，则共有_____种插入方法（用数字作答）. 变式7-1．在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”排成一行组成的序列，不同的排列表示不同的信号．已知某信号由2个1和4个0组成，且每个0的左边或者右边位置至少有1个0与它相邻，则这样的信号有______种． 变式7-2．如图，3根绳子上共挂有7只气球，绳子上的气球个数依次为2，2，3，每枪只能打破一只气球，而且同一条绳上，只有打破下面的气球才能打上面的气球，则将这些气球都打破的不同打法有_____种（请用数字作答） 变式7-3．现有面值分别为一分的硬币1枚，二分的硬币2枚，五分的硬币3枚，一角的硬币4枚，五角的硬币5枚，一元的硬币6枚共21枚硬币排成一排，共有多少种排法？ 题型八多面手问题 例8．某出版社的名工人中，有人只会排版，人只会印刷，还有人既会排版又会印刷，现从人中选人排版，人印刷，有（    ）种不同的选法. A． B． C． D． 变式8-1．9名学生报名参加学校联欢晚会，其中4人只会唱歌，2人只会跳舞，其余3人既会唱歌又会跳舞，现从中选6人，3人唱歌，3人跳舞，共有______种不同的选法. 变式8-2．某旅行社有导游9人，其中3人只会英语，4人只会日语，2人既会英语，也会日语，现从中选6人，其中3人进行英语导游，另外3人进行日语导游，则不同的选择方法有_____种. 变式8-3．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有_____ 题型九二项展开式的正用与逆用 例9．化简多项式的结果是（    ） A． B． C． D． 变式9-1．_____ 变式9-2．设的小数部分为，则._____ 变式9-3．求的展开式． 题型十二项展开式中的特定项 例10．已知的展开式中第3项与第5项的二项式系数之比为，则展开式中的有理项的项数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 变式10-1．在的展开式中，含的项的二项式系数为（   ） A．6 B．16 C．24 D．216 变式10-2．一组数据按照从小到大的顺序排列为0，2，4，5，6，8，记这组数据的上四分位数为，则二项式展开式的有理项共（    ）项 A．3 B．4 C．5 D．6 变式10-3．展开式中的常数项为160，则实数______． 题型十一二项式系数与项的系数和 例11．已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中的系数为______． 变式11-1．若，则______．；______．. 变式11-2．若的展开式中二项式系数之和为64，则展开式的常数项为______． 变式11-3．（多选）已知，则（   ） A． B． C．除以5所得的余数是1 D． 题型十二二项式系数与项的系数最值 例12．（多选）在二项式的展开式中，下列说法正确的是（　　） A．常数项为 B．各项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第项 D．有理项的系数和为 变式12-1．在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为______．. 变式12-2．已知的二项式系数和为64，则二项式系数最大值为______． 变式12-3．已知的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比为15：2，展开式中系数最大项是______．. 题型十三三项展开式问题 例13．展开式中的系数为（   ） A． B． C．160 D．80 变式13-1．已知在展开式中含的项的系数为51，则正实数a的值为______．． 变式13-2．（多选）关于展开式中，则（    ） A．展开式的各项系数和为 B．展开式中项的系数为120 C．展开式中含的各项系数之和为100 D．展开式中不含字母的各项的系数之和为1 变式13-3．的展开式中常数项是______．．（用数值作答） 题型十四多个二项式积的展开式 例14．展开式中的系数为（    ） A． B．24 C． D．16 变式14-1．的展开式中，的系数为（    ） A．60 B．30 C．45 D．15 变式14-2．的展开式中的系数为（   ） A．162 B．168 C．180 D．185 变式14-3．若的展开式中常数项为，则实数的值是______．． 基础巩固通关测 一、单选题 1．（2025·26高三上·山东潍坊·阶段练习）从分别标有1，2，3，4，5的5个小球中无放回地随机摸取2个，则摸到的2个小球上数字之和是2的倍数的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·26高三上·北京·阶段练习）的展开式中，的系数是（   ） A． B． C． D． 3．（2024·25高二下·广西河池·阶段练习）若，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 4．（2024·25高二下·天津·期末）某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡.现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有（   ） A．8种 B．10种 C．12种 D．14种 5．（2025·26高三上·广东佛山·阶段练习）一支军事特别任务部队由18名士兵组成，当中共有6名女士兵，其余的是男士兵．若从该部队中随机选出8名士兵，求选出不多于4名女士兵的概率．（　　） A． B． C． D． 6．（2024·25高二下·广东中山·阶段练习）的展开式中常数项为（    ） A．120 B．-120 C．180 D．-180 二、多选题 7．（2024·25高二下·江苏连云港·阶段练习）、、、、五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（    ） A．若、两人站在一起有种方法 B．若、不相邻共有种方法 C．若在左边有种排法 D．若不站在最左边，不站最右边，有种方法 8．（2025·26高三上·贵州·阶段练习）二项式的展开式中含的项的系数是60，则下列说法正确的是（    ） A． B．展开式中含的项的系数是 C．展开式中一定有含的项 D．展开式中的常数项是 三、填空题 9．（2025高三·全国·专题练习）假定有一排蜂房，形状如图所示，一只蜜蜂在左下角，由于受了伤，只能爬行，假设只能向右（包括右上，右下）从一间蜂房爬到与之相邻的蜂房中去，则从最初位置爬到号蜂房共有______．种方法． 10．（2025高三·全国·专题练习）将大小相同的8个小球排成一排，其中4个红球，4个黑球，从左至右依次编号为1，2，…，8，则红球的编号之和小于黑球的编号之和的排法有______．种. 11．（2024·25高二下·河北邯郸·期末）已知小张、小王等6名同学需要到甲、乙、丙、丁4个单位去实习，要求每名同学只去一个单位实习，每个单位都有学生参加实习，则在小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的概率为______．. 四、解答题 12．（2024·25高二下·宁夏吴忠·期中）求值（用数字表示） (1) (2) (3)已知，求 13．（2025高三·全国·专题练习）可将此类题型进行推广：将一个圆分成一个小圆和个扇环（如图所示），用种不同的颜色对这个区域着色，每一个区域着一种颜色，相邻区域着不同颜色，共有多少种不同的着色方法？ 14．（2025·26高二上·全国·单元测试）在（n为正整数）的展开式中， (1)若，求展开式中无理项的个数； (2)若，求展开式中系数最大的项 15．（2025·26高二上·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）（1）6名学生站成一排照相留念，其中男生4人，女生2人，2名女生必须相邻而站，且女生不站两端，有多少种不同的站法？ （2）某传统文化学习小组有10名同学，其中男生5名，女生5名，现要从中选取4人参加学校举行的汇报展示活动，男生甲与女生乙至少有1人参加，有多少种选法？ （3）从0，2，4，6中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的四位数？ 能力提升进阶练 1．（2025高三·全国·专题练习）如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（    ）    A．若，不同的染色方法种数为 B．若，不同的染色方法种数为 C．若，不同的染色方法种数为 D．若，不同的染色方法种数为 2．（2025·26高三上·浙江温州·阶段练习）设为数字1，2，3，4，5，6的一个排列，记三位数，其中，例，则的值大于400的概率为． 3．（2025·26高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）（多选）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.下列结论正确的是（    ） A．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 B．第20行第7个数和第8个数的比为 C．从第4行起到第19行，每一行的第4列数字之和为 D．第行所有数的平方和等于第行最中间的数 4．（2025高三·全国·专题练习）将集合分拆成两个集合和，且，，这样的分拆方法共有________种． 5．（2024·25高三下·江苏无锡·阶段练习）在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同、颜色互不相同的小球，某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），第一次摸取后记下摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色，则“两次记下的小球颜色能凑齐种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为________． 1/3 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章 排列、组合与二项式定理（复习讲义） 基础目标 能复述分类加法计数原理、分步乘法计数原理的定义，明确两者核心区别；能准确复述排列、组合的定义及“有无顺序”的差异，复述排列数、组合数的计算公式，以及的规定；能复述二项式定理公式、通项及二项式系数的定义；会直接套用公式计算简单排列数、组合数，能写出展开式的前3项与最后2项，满足基础题型考查要求。 进阶目标 会推导组合数的两个性质，并能结合性质简化组合数计算；理解相邻（捆绑法）、不相邻（插空法）、定序问题的解法逻辑，能根据题目条件选择对应方法求解；会用赋值法求二项展开式的各项系数和、奇数项与偶数项系数和；能根据二项式系数的对称性与增减性，确定展开式中系数最大的项，适配核心题型考查需求。 拓展目标 理解并应用平均分组、不平均分组、相同元素分配（隔板法）的解法，能区分“分组后是否分配到不同对象”的差异；会结合分类讨论、间接法（总情况减不符合情况），求解含多个限制条件的排列组合问题；能将二项式定理与函数、不等式知识结合，解决相关综合问题，如求多项式展开式中特定项系数、证明不等式等，满足压轴题及拔高题考查要求。 1．两个计数原理的应用 利用分类加法计数原理计数时的解题步骤：①分类:将完成这件事的方法分成若干类；②计数:求出每一类的方法数.③结论:将每一类的方法数相加得出结果. 利用分步乘法计数原理计数时的解题步骤：①分步:将完成这件事的过程分成若干步；②计数:求出每一步的方法数；③结论:将每一步中的方法数相乘得出最终结果. 2．排列数、组合数的应用 涉及具体数字问题可以直接运算和； 的主要作用:一是计算较大时的数;二是对含有字母的组合数的式子进行变形和证明. 注意：排列数，组合数中的隐含条件,且,求解时应检验其结果是否满足这一条件. 3．排列组合常见问题 （1）相邻问题和不相邻问题：相邻问题采用捆绑法；不相邻问题采用插空法 （2）定序问题：采用倍缩法，先不考虑顺序限制,排列后,再除以定序元素的全排列 （3）分组分配问题：①完全均匀分组，应注意不要重复，有组均匀，最后必须除； ②部分均匀分组，应注意不要重复，有组均匀，最后必须除； ③完全非均匀分组,这种分组不考虑重复现象 （4）隔板法：将个相同的元素分给个不同的对象，有种方法可描述为个空中插入块板. （5）数字排序问题：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,被3整除的数各数位上的数字之和能被3整除，等等;最后先分类再分步，从特殊数字或特殊位置入手进行组数. 4．二项式定理常见问题： （1）二项展开式的有理项：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. （2）求三项展开式的指定项：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. （3）求多个二项式积的展开式的特定项：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. （4）求二项式系数和、各项（奇偶项）系数和：“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. ①若,则展开式中各项系数之和为 ②若,则奇数项系数之和为 偶数项系数之和为 （5）（二项式）系数的最值 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. 题型一两种计数原理综合应用 例1．集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为（   ） A．12 B．11 C．8 D．6 【答案】B 【详解】个位数取自集合，十位数取自集合，共有个， 个位数取自集合，十位数取自集合，共有个， 这两类中重复的有数字，故所有样本点的个数为. 故选：B 变式1-1．一个3×3的正方形花坛被划分为9个1×1小方格（如图），计划种植4种花卉（玫瑰、月季、百合、郁金香）每个小方格种1种花卉.要求：花坛中任意2×2的小区域内，4种花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方案共有种. 【答案】72 【详解】如图对正方形每个方格编号： 不妨记玫瑰、月季、百合、郁金香分别为：， 第一步在方格中种植4种不同花卉，有种方法； 第二步：不妨取一种种植情况如图： A B 3 D C 6 7 8 9 （1）当方格种植花卉时，则方格种植D花卉，方格只能种植B花卉， 方格种植A花卉，方格种植D花卉，只有种方法； （2）当方格不种植花卉时，则方格中种植花卉，方格种植A花卉， ①当方格种植花卉时，则方格种植B花卉，方格种植花卉，只有种方法； ②当方格种植B花卉时，则方格中只能种植花卉，方格种植B花卉，只有种方法； 因此根据分类加法计数原理和分步计数原理可知，共有种方法. 故答案为： 变式1-2．从4个汉字、10个数字、3种颜色中选元素组成3个标识，每个标识含1个汉字、1个数字、1种颜色，且同一组内汉字、数字、颜色均不重复.最多可设计不同标识组的数量为（    ） A．2400 B．3200 C．4320 D．5760 【答案】D 【详解】由题设，3种颜色（假设为红黄蓝）分别填入3条标识的颜色栏，如下表， 颜色 汉字 数字 红 * * 黄 * * 蓝 * * 再将4个汉字、10个数字安排到上表的3条标识中，且各条标识间的汉字、数字不重复， 所以，依次填入3条标识汉字栏、数字栏，有种， 所以一共可以构成个标识，而每3个标识构成一个标识组， 所以不同标识组最多有个. 故选：D 变式1-3．在如图的方格表中选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，选中方格的4个数之和的最大值是.    【答案】 【详解】由题意，可分4步进行选取：第一步，先在第一列中4个格子中选一个格子，有4种选法； 第二步，在第二列中3个格子（与第一步所选的格子不同行）中选一个格子，有3种选法； 第三步，在第三列中2个格子（与前两步所选的格子不同行）中选一个格子，有2种选法； 第四步，在第4列中只有一个格子可选，有1种选法. 所以一共有种选法. 经观察，选中方格的4个数之和的要最大，只能是4个数都是4，所以4个数之和的最大值为. 故答案为：；. 题型二排列数与组合数的计算 例2．满足条件的正整数的个数是（    ） A．10 B．9 C．4 D．3 【答案】C 【详解】由可得， 整理得，解得，且， 所以，又，所以. 故选：C. 变式2-1．（多选）已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】对A：因为．故A正确； 对B：根据组合数公式得， ， 所以．故B正确； 对C：， 而， 显然此时，．故C错误； 对D：， 而，所以．故D正确. 故选：ABD 变式2-2．若，则. 【答案】3 【详解】由题设，且，， 则， 所以，则， 所以，可得（非整数解舍）. 故答案为：3 变式2-3．解关于x的方程： (1)； (2)． 【答案】(1) (2)． 【分析】 【详解】（1）由排列数公式，可得， 化简得， 解得或或或． 又因为x要满足，且， 所以原方程的解为． （2）由条件，结合组合数的性质，可得或， 则或（舍去） 又因为， 可得， 即， 把代入上式，解得． 题型三排数问题 例3．用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的五位数． (1)比20000大的五位偶数共有多少个； (2)从小到大排列所有的五位数，问35214是第几位？ (3)能被6整除的五位数有多少个． 【答案】(1)240 (2)352 (3)108 【分析】 【详解】（1）根据题意，符合题意的五位数的首位只能是2，3，4，5，共4种可能， 末位数字必须是0、2或4； 当首位是2时，末位是4或0，有种结果，当首位是4时，同样有48种结果， 当首位是3或5时，末位数字必须是0、2或4，共有种结果， 综上，可知共有种结果，即比20000大的五位偶数有个； （2）根据题意，当五位数首位数字为1、2时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为0、1、2、4时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为，第3位数字为0、1时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为5，第3位数字为2，十位数字为0时，有2个数， 当首位数字为3，第2位数字为5，第3位数字为2，十位数字为1时，比35214小的还有35210，1个数； 则比35214小的五位数有个，故35214是第位； （3）根据题意，被6整除的数必须是既能被2整除，也能被3整除， 若能被3整除，则各位数字之和必须能被3整除，有2种情况， ①当五个数字由、、、、组成时，其末位数字为、，有个， ②当五个数字由、、、、组成时，首位数字为或时，末位有种选择，共有个， 首位数字为或时，末位有种选择，共有个，此时共有个， 则被整除的五位数有个． 变式3-1．用数字组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为（    ） A．6 B．12 C．24 D．36 【答案】D 【详解】用数字组成没有重复数字的三位奇数，可分为两步完成， 第一步，先确定个位数字，个位可能为或或，有种方法， 第二步，确定十位和百位数字，有种方法， 由分步乘法计数原理可得符合要求的奇数的个数为． 故选：D 变式3-2．从数字0，1，2，3，4，5中任取四个数字，组成没有重复数字的四位偶数，其个数为 【答案】156 【详解】若个位数字为0，则其余数位上的数字可从其余5个数字里任选3个排列， 此时符合题意的偶数有（个）； 若个位数字为2或4，首位不能为0，则符合题意的偶数有（个）； 故符合题意的四位偶数共有（个）， 故答案为：156. 变式3-3．小明忘记了自己的某软件的账户密码，只记得如图所示的三个数字.已知小明设置的密码满足以下两个原则： ①密码中所有数字的可能取值集合为； ②密码中不存在重复三次及以上的数字. 则小明在符合以上两个原则输入密码时，至多需要尝试的密码种数为. 【答案】84 【详解】由题意可知密码共有6位，其中第1、2、4位已知，分别为3，4，2， 由原则①密码中所有数字的可能取值集合为可知可能的密码组合数为种， 其中数字1或5重复三次的情况有2种， 数字2或3或4重复三次的情况有种， 数字2或3或4重复四次的情况有3种， 所以符合以上两个原则输入密码时，至多需要尝试的密码种数为种， 故答案为：84 题型四相邻及不相邻问题 例4．（多选）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑假开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（    ） A．某学生从中选2门课程学习，共有30种选法 B．课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有240种排法 C．课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有72种排法 D．课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，共有504种排法 【答案】BD 【详解】对于A，某学生从中选2门课程学习，共有种选法，故A错误； 对于B，课程“乐”“射”排在相邻的两周，共有种排法，故B正确； 对于C，课程“御”“书”“数”排在不相邻的三周，共有种排法，故C错误； 对于D，课程“礼”不排在第一周，课程“数”不排在最后一周，分两种情况： 若课程“礼”排在最后一周，有种排法， 若课程“礼”不排在最后一周，有种排法， 共有种排法，故D正确. 故选：BD. 变式4-1．某学校在读书节活动中，甲，乙，丙3个班各有2名同学获奖，现将这6人站成一排拍照，其中甲班的2名同学相邻，且乙班的2名同学不相邻的站法种数共有（   ） A．36种 B．72种 C．144种 D．288种 【答案】C 【详解】第一步，将甲班的2人捆绑，连同丙班的2人作全排列，有种站法； 第二步，将乙班的2人插入前后4个空档，有种站法. 根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种. 故选：C 变式4-2．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每“艺”安排一次讲座，共开展六次．讲座次序要求“射”和“御”必须相邻，“礼”和“书”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有种． 【答案】144 【详解】先将“射”和“御”“捆绑”视为一个元素，再与“乐”和“数”一起排列，有种不同的次序， 再将“礼”和“书”排到所得排列的空隙中（“射”和“御”中间不能排），有种不同的次序， 最后将“射”和“御”交换位置，有种不同排序， 根据分步乘法计数原理可知“六艺”讲座不同的次序共有种． 故答案为：. 变式4-3．现有3名男生和3名女生要与班主任站成一排合影，班主任站中间，则3名女生有且仅有2名相邻的站法总数为.（结果用数字作答）. 【答案】 【详解】班主任站中间位置，只有1种站法； 从3名女生中选2名女生并“捆绑”，有种选法；“捆绑”的2名女生内部有种排列顺序； 3名男生全排列，有种排法，3名男生排列后形成4个空位（包括两端）； 从4个空位中选2个空位插入“捆绑”的女生整体和剩余1名女生，有种插空方法； 根据分步乘法计数原理，总站法数为. 故答案为：nn 题型五涂色问题 例5．如图所示，现要给固定位置的四棱锥的五个面涂上颜色，要求相邻的面涂不同的颜色，可供选择的颜色共有5种，则不同的涂色方案共有（    ）    A．360 B．420 C．480 D．660 【答案】B 【详解】若5种颜色全涂，有种； 若5种颜色涂4种，则左右侧面或前后侧面涂同种颜色，有种； 若5种颜色涂3种，则左右侧面涂同种颜色，前后侧面涂同种颜色，有种 可得，故不同的涂色方案共有420种. 故选：B 变式5-1．如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为.    【答案】/ 【详解】先计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数. 第一步：停红色汽车，第一辆红色汽车在第一行选一个位置有四个位置可选，第二辆红色汽车在第二行有三个位置可选，由于两辆红色汽车可以互换，故有种； 第二步：停黑色汽车，分成两种情况：若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车同列，则另一辆黑色汽车有3种停法，若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车不同列有2种停法，此时另一辆黑色汽车有2种停法，由于两辆黑色汽车可以互换，故有种. 因此，相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数共有24×14种， 8个车位停入4辆车的试验共有种情况， 所以相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为. 故答案为： 变式5-2．用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 【答案】C 【详解】设四种颜色分别为1、2、3、4， （1）四种颜色都用： 先涂区域，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1， 再涂区域，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2， 再涂区域，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3， 若区域填涂颜色2，则区域填涂颜色1、4或4、3， 若区域填涂颜色4，则区域填涂颜色1、3或4、3， 共4种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有种不同的涂法. （2）四种颜色只用其中的三种颜色： 即当同色，同色，同色，共有种不同的涂法. 综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有种不同涂法. 故选：C 变式5-3．现有五种不同的颜料可用，从这五种染料中选取染料给四棱锥的五个顶点染色，要求同一条棱上的两个顶点不同色，问满足条件的染色方案有种. 【答案】420 【详解】五个顶点涂五种不同的颜色，有（种）涂法； 五个顶点涂四种不同的颜色，其中同色不同色或不同色同色，有（种）涂法； 五种顶点涂三种不同的颜色，其中同色且同色，有（种）涂法. 综上，共有120＋240＋60=420（种）涂色方法. 故答案为：420 题型六分组分配问题 例6．在2024年梧州“半程马拉松”活动中，组委会将小明等四位志愿者分配到三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且小明不能被分配到场馆，则不同分配方案的种数是（    ） A．24 B．36 C．48 D．60 【答案】A 【详解】分两种情况：第一种情况，小明单独一人执勤一个场馆，共有种； 第二种情况，小明和另一个人一起执勤一个场馆，共有种. 综上，共有24种不同分配方案. 故选：A 变式6-1．现将位民警派往甲，乙，丙，丁，戊5个学校进行“反校园欺凌”普法宣讲，每人只到1个学校，每个学校只去1人.已知民警不能去甲学校，两位民警不能到乙学校，则不同的分派方法共有种. 【答案】60 【详解】因为每人只到1个学校，每个学校只去1人，所以将5人全排列有种， 其中将A民警安排在甲学校有种不同的安排方法， 将民警B或C安排在乙学校有种不同的安排方法， 又A民警在甲学校，且民警B或C在乙学校有， 所以A民警不能去甲学校，B，C两位民警不能到乙学校， 则不同的分派方法共有种. 故答案为：60. 变式6-2．某班5位同学参加3项跑步比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不同的报名方法有种. 【答案】 【详解】设报1项的同学有人，报2项的同学有人， 由题意有：5位同学每人报名1项或2项，3个项目每个项目恰有2人报名，总报名名额为， 所以，即恰好有1人报2项，其余4人各报1项， 第一步：先选报2项的同学有种选法， 第二步：选该同学报的2个项目有种选法，假设选的项目是和， 则项目各已有1人，还需各1人，项目还需要2人， 第三步：分配剩余4人，从4人中选1人去项目有种选法，选1人去项目有种选法， 剩余的2人去项目有种选法，共有种选法， 根据分步乘法计数原理有：种选法. 故答案为：. 变式6-3．为了表扬三位乐于助人的同学，班主任购买了4个价钱相同的礼盒全部分给这3名同学，若购买的4个礼盒仅有2个相同，按一人2个礼盒，另两人各1个礼盒进行分配，共有种分法.（用数字作答） 【答案】21 【详解】第一种情况，当2个相同礼盒分给同一人时： 第一步，分配2个相同礼盒， 即将这2个相同礼盒分给三个同学中的一个，共种分配方法； 第二步，分配剩下的2个不同礼盒， 即将剩下的2个不同礼盒，分给剩下的2个同学，共有种， 所以一共有种分法； 第二种情况，当2个相同礼盒不分给同一人时： 记4个礼盒分别为， 当或在一起时，共有种分配方法； 当在一起时，即将分给三个人中任何一个，剩下的2个人，每人分一个，共有种分配方法； 综上，共有种分配方法. 故答案为： 题型七定序问题 例7．育才学校校庆要编制一张演出节目单，5个舞蹈节目已排定顺序，要再插入4个歌唱节目，则共有种插入方法（用数字作答）. 【答案】 【详解】对全部的9个节目全排列，有种，已排定顺序的5个舞蹈节目的全排列数有种，所以满足题意的插入方法有（种）. 故答案为：. 变式7-1．在数字通信中，信号是由数字“0”和“1”排成一行组成的序列，不同的排列表示不同的信号．已知某信号由2个1和4个0组成，且每个0的左边或者右边位置至少有1个0与它相邻，则这样的信号有种． 【答案】6 【详解】第一种情况，4个0全部相邻，把4个0看成1个元素，共有种； 第二种情况，将4个0分成2组，每组2个0，每组不相邻，利用插空法共有种． 综上，这样的信号共有6种． 故答案为：. 变式7-2．如图，3根绳子上共挂有7只气球，绳子上的气球个数依次为2，2，3，每枪只能打破一只气球，而且同一条绳上，只有打破下面的气球才能打上面的气球，则将这些气球都打破的不同打法有种（请用数字作答） 【答案】210 【详解】将7只气球编号，从下往上，从右往左依次编号为1，2，3，4，5，6，7，如图， 问题等价于求7只气球的排列，且1在2的前面，2在3的前面，4在5的前面，6在7的前面的排法总数，则总共有种排法. 故答案为：210. 变式7-3．现有面值分别为一分的硬币1枚，二分的硬币2枚，五分的硬币3枚，一角的硬币4枚，五角的硬币5枚，一元的硬币6枚共21枚硬币排成一排，共有多少种排法？ 【答案】 【详解】此题中的21个元素不完全相同，也不完全不同，那么相同的元素之间不考虑其顺序，但是不同的元素之间又要考虑顺序，因此采用倍缩法，排法总数为． 故答案为：. 题型八多面手问题 例8．某出版社的名工人中，有人只会排版，人只会印刷，还有人既会排版又会印刷，现从人中选人排版，人印刷，有（    ）种不同的选法. A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设只会印刷的人中被选中人数为，则的可能取值有、、， ①当时，从只会印刷的人中选人，有种情况， 再安排既会排版又会印刷的人印刷，有种情况，最后从只会排版的人中选人，有种情况， 则共有种情况； ②当时，先从只会印刷的人中选人，有种情况， 再从既会排版又会印刷的人中选人印刷，有种情况，最后从剩余会排版的人中选人，有种情况，则共有种情况； ③当时，先从只会印刷的人中选人，有种情况， 再从会排版的人中选人，有种情况，则共有种情况； 综上所述，共有种情况； 故选：A. 变式8-1．9名学生报名参加学校联欢晚会，其中4人只会唱歌，2人只会跳舞，其余3人既会唱歌又会跳舞，现从中选6人，3人唱歌，3人跳舞，共有种不同的选法. 【答案】 【详解】只会跳舞的选人，则有种， 只会跳舞的选人，则有种， 只会跳舞的选人，则有种， 所以共有种不同的选法. 故答案为：. 变式8-2．某旅行社有导游9人，其中3人只会英语，4人只会日语，2人既会英语，也会日语，现从中选6人，其中3人进行英语导游，另外3人进行日语导游，则不同的选择方法有种. 【答案】92 【详解】①若既会英语，也会日语的2人均没有选中， 此时只会英语的3人全部选中，只会日语的4人选择3人，共种选择； ②若既会英语，也会日语的2人选中1人，有种选择， 此人去进行英语导游，则从只会英语的3人选择2人，只会日语的4人选择3人， 有种选择， 此人去进行日语导游，则从只会英语的3人全部选中，只会日语的4人选择2人， 有种选择， 此时共有种选择； ③若既会英语，也会日语的2人均选中， 2人均进行英语导游，则从只会英语的3人选择1人，只会日语的4人选择3人， 有种选择， 2人均进行日语导游，则从只会英语的3人选择3人，只会日语的4人选择1人， 有种选择， 2人有1人进行英语导游，1人进行日语导游，有种选择， 再从只会英语的3人选择2人，只会日语的4人选择2人，有种选择， 此时有种选择， 所以若既会英语，也会日语的2人均选中，有种选择， 综上：共有种选择. 故答案为：92 变式8-3．某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有 【答案】92 【详解】不妨设既会划左舷又会划右舷的2人为、， ①若和两人均不去参加比赛，则选派方法有种； ②若和两人只去一人参加比赛， (i)若只会划左舷的去两人，则选派方法为种； (ii)若只会划右舷的去两人，则选派方法为种； ③若和两人均去参加比赛， (i)若只会划左舷的去1人，则和两人均去划左舷，则选派方法为种； (ii)若只会划左舷的去2人，则和两人中有一人去划左舷，另一人去划右舷， 则选派方法为种； (iii)若只会划左舷的去3人，则和两人均去划右舷，则选派方法为种， 综上所述，不同的选派方法共有种. 故答案为：92. 题型九二项展开式的正用与逆用 例9．化简多项式的结果是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】依题意可知，多项式的每一项都可看作， 故该多项式为的展开式， 化简． 故选：D. 变式9-1． 【答案】152 【详解】 ， ， 故. 故答案为：152 变式9-2．设的小数部分为，则. 【答案】7 【详解】因为，所以的整数部分为3， 则，即， 所以 ， 故. 故答案为：7 变式9-3．求的展开式． 【答案】 【详解】对，不妨令， 故 . 故求的展开式为：. 题型十二项展开式中的特定项 例10．已知的展开式中第3项与第5项的二项式系数之比为，则展开式中的有理项的项数为（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【详解】由题知，又， 所以，展开式通项为，令， 则，所以展开式中有4项的有理项. 故选：C 变式10-1．在的展开式中，含的项的二项式系数为（   ） A．6 B．16 C．24 D．216 【答案】A 【详解】由题可知：的项的二项式系数为. 故选：A 变式10-2．一组数据按照从小到大的顺序排列为0，2，4，5，6，8，记这组数据的上四分位数为，则二项式展开式的有理项共（    ）项 A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【详解】“0，2，4，5，6，8”，这组数据共有6个数，所以， 所以这组数据的上四分位数为第5个数，即6. 二项式展开式的通项为：. 当分别取时，是整数，为有理项，所以共有4项. 它们分别是： 故选：B. 变式10-3．展开式中的常数项为160，则实数． 【答案】1 【详解】由题意知， 则，即， 故即． 故答案为：1. 题型十一二项式系数与项的系数和 例11．已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式中的系数为． 【答案】135 【详解】依题意，，解得， 故二项式的展开式的通项为：， 当时，可得该展开式中的系数为. 故答案为：. 变式11-1．若，则；. 【答案】 【详解】令，则； 令， 令， 两式相减得， 即. 故答案为：；. 变式11-2．若的展开式中二项式系数之和为64，则展开式的常数项为 【答案】 【详解】由， 则展开式的通项为， 令，得， 所以常数项为：． 故答案为:. 变式11-3．（多选）已知，则（   ） A． B． C．除以5所得的余数是1 D． 【答案】ACD 【详解】选项A，因为， 令，得到，所以选项A正确； 选项B，因为二项展开式的通项公式为（，）， 由通项公式知，二项展开式中偶数项的系数为负数， 所以， 由，令，得到， 令，得到， 所以，所以选项B错误； 选项C，因为， 所以除以5所得的余数是1，选项C正确； 对于选项D，令，得到， 所以选项D正确. 故选：ACD. 题型十二二项式系数与项的系数最值 例12．（多选）在二项式的展开式中，下列说法正确的是（　　） A．常数项为 B．各项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第项 D．有理项的系数和为 【答案】AC 【详解】二项式的通项为：， 当即时，该项为常数项，即，故选项A正确； 当时，各项系数和为，故选项B错误； 因为是偶数，所以二项式系数最大的项是， 即第项为二项式系数最大的项，故选项C正确； 有理项要求的指数为整数，即为整数， 令，则，即，故需为偶数， 因此，分别计算对应项的系数： ， ， ， ， 有理项系数和为，因此选项D错误. 故选：AC. 变式12-1．在的展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为. 【答案】7 【详解】因为只有第5项的二项式系数最大， 所以展开式共有9项，即， 所以展开式的通项公式为， 令，解得， 所以展开式中的系数为. 故答案为：7 变式12-2．已知的二项式系数和为64，则二项式系数最大值为 【答案】20 【详解】因为的二项式系数和为64，则，解得， 所以二项式系数最大值为. 故答案为：20. 变式12-3．已知的展开式中，第5项与第3项的二项式系数之比为15：2，展开式中系数最大项是. 【答案】 【详解】由题意，可得二项式展开式的通项为， 因为第5项与第3项的二项式系数之比为15：2，可得，即， 所以，则或（舍）， 设展开式中第项的系数最大，则，可得， 解得，因为，所以， 所以系数最大的项为． 故答案为： 题型十三三项展开式问题 例13．展开式中的系数为（   ） A． B． C．160 D．80 【答案】A 【详解】表示5个相乘，每个在相乘时均有三种选择， 选或或． 设选的有个，选的有个，那么选的有个， 则有，解得或或， 即选5个；或者选1个、3个、1个；或者选2个、1个、2个； 因此含项的系数为. 故选：A 变式13-1．已知在展开式中含的项的系数为51，则正实数a的值为． 【答案】1 【详解】由展开式中， 所以， 解得或（舍）． 故答案为： 变式13-2．（多选）关于展开式中，则（    ） A．展开式的各项系数和为 B．展开式中项的系数为120 C．展开式中含的各项系数之和为100 D．展开式中不含字母的各项的系数之和为1 【答案】AB 【详解】A：令，即可得出展开式的各项系数和为，所以A正确． B：可以看成在5个因式“”的乘积中，在其中一个因式选择“”， 再在剩下的4个因式“”中有两个因式中选择“”，两个因式中选择“”， 所以项的系数为，所以B正确． C：含的各项系数之和为，所以C错误． D：展开式中不含字母的各项的系数之和即为的各项系数和， 令，即可得出展开式的各项系数和为，所以D错误． 故选：AB． 变式13-3．的展开式中常数项是．（用数值作答） 【答案】924 【详解】的展开式中常数项是. 故答案为：．nn 题型十四多个二项式积的展开式 例14．展开式中的系数为（    ） A． B．24 C． D．16 【答案】D 【详解】的展开式的通项为， 若从因式选取，则需， 此时展开式中含的项为； 若从因式选取，则需， 此时展开式中含的项为； 故展开式中的系数为. 故选：D 变式14-1．的展开式中，的系数为（    ） A．60 B．30 C．45 D．15 【答案】A 【详解】的展开式中，有， 则的系数为，的系数为， 所以的展开式中，的系数为． 故选：A． 变式14-2．的展开式中的系数为（   ） A．162 B．168 C．180 D．185 【答案】B 【详解】二项式展开式的通项公式为， 所以的展开式中的系数为. 故选：B 变式14-3．若的展开式中常数项为，则实数的值是． 【答案】 【详解】因的通项公式为， 若得到常数项，有两种情况： ①当取时，令，解得， 因为的展开式的常数项为，则，解得； ②当取时，令，解得（舍）. 综上可得． 故答案为： 基础巩固通关测 一、单选题 1．（2025·26高三上·山东潍坊·阶段练习）从分别标有1，2，3，4，5的5个小球中无放回地随机摸取2个，则摸到的2个小球上数字之和是2的倍数的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】从5个小球中无放回摸2个，总组合数为，数字之和为2的倍数（偶数）， 分两种情况，选2个奇数（1、3、5）为； 选2个偶数（2、4）为，满足条件的组合数共，概率为． 故选：B． 2．（2025·26高三上·北京·阶段练习）的展开式中，的系数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为的二项展开式的通项公式为， 令，得到，所以的系数是， 故选：C. 3．（2024·25高二下·广西河池·阶段练习）若，则（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【详解】 由，得，解得（舍去） 故选：D． 4．（2024·25高二下·天津·期末）某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡.现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有（   ） A．8种 B．10种 C．12种 D．14种 【答案】B 【详解】因为甲负责第一关，且最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡， 所以先从除甲之外的4人中选两人负责最后一关，共有种， 然后再将剩余2人分配到第二、三关，共有2种， 所以，满足条件的参赛方案有种. 故选：B 5．（2025·26高三上·广东佛山·阶段练习）一支军事特别任务部队由18名士兵组成，当中共有6名女士兵，其余的是男士兵．若从该部队中随机选出8名士兵，求选出不多于4名女士兵的概率．（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】从名士兵中随机选出名士兵共有种情况， 选出的名士兵中包含5名女士兵，3名男士兵有种情况； 选出的名士兵中包含6名女士兵，2名男士兵有种情况； 由此可得：选出的名士兵中不多于4名女士兵有种情况. 综上可得：从该部队随机选出8名士兵中选出不多于4名女士兵的概率. 故选：D 6．（2024·25高二下·广东中山·阶段练习）的展开式中常数项为（    ） A．120 B．-120 C．180 D．-180 【答案】D 【详解】 展开式的通项为:，. 不存在的值使得，所以的展开式中没有常数项； 当且仅当时，的展开式可取到常数项，则的常数项为. 综上所述：的展开式中常数项为-180. 故选：D. 二、多选题 7．（2024·25高二下·江苏连云港·阶段练习）、、、、五个人并排站在一起，则下列说法正确的有（    ） A．若、两人站在一起有种方法 B．若、不相邻共有种方法 C．若在左边有种排法 D．若不站在最左边，不站最右边，有种方法 【答案】AC 【详解】对于A，利用“捆绑法”，把两人看成整体与其他3人进行全排， 再考虑两人的顺序，故不同的方法有种，故A正确； 对于B，考虑另外3人的不同站法，再将两人在另外3人留下的4个空位上选两个位置进行插空， 故不同的方法有种，故B错误； 对于C，因排队后与只有两个相同可能性的顺序，故先考虑5人全排， 再取其一半，则不同的方法有种，故C正确； 对于D，依题意，分成两类情况： ①站在最右边，则与3人随便站，有种不同的站法； ②不站在最左边，也不站在最右边，有3种站法，因不站最右边，故有3种站法， 余下3人全排即可，故不同的站法有种； 综上，不同的站法共有种，故D错误. 故选：AC. 8．（2025·26高三上·贵州·阶段练习）二项式的展开式中含的项的系数是60，则下列说法正确的是（    ） A． B．展开式中含的项的系数是 C．展开式中一定有含的项 D．展开式中的常数项是 【答案】ABD 【详解】的通项公式为， 令，可得，解得，A正确， 故通项公式为：， 令，可得项的系数为，B正确， 由，得不符合题意，所以展开式中一定不含的项，C错误， 对于D,令，可得展开式中的常数项是，D正确， 故选：ABD 三、填空题 9．（2025高三·全国·专题练习）假定有一排蜂房，形状如图所示，一只蜜蜂在左下角，由于受了伤，只能爬行，假设只能向右（包括右上，右下）从一间蜂房爬到与之相邻的蜂房中去，则从最初位置爬到号蜂房共有种方法． 【答案】21 【分析】 【详解】解法1：蜜蜂从蜂房的左下角爬到号蜂房最多爬行次，路线如： 如果中途爬一横格，只需爬次，每增加一横格就减少两步，可得，故所求的方法有种． 解法2：由树形图可得，蜜蜂从最初位置爬到号蜂房先进入号蜂房有种爬法;蜜蜂先进入号蜂房共有种爬法． 所以蜜蜂从最初位置爬到号蜂房，共有种不同的爬法. 故答案为：. 10．（2025高三·全国·专题练习）将大小相同的8个小球排成一排，其中4个红球，4个黑球，从左至右依次编号为1，2，…，8，则红球的编号之和小于黑球的编号之和的排法有种. 【答案】31 【详解】不考虑编号，任选4个号码，有种.下面考虑黑球和红球编号相等的情况： ①将编号分为4组：，，和，从中任选2组，有种； ②将编号分为2组：和，分别是黑球或红球的编号，有2种. 除此之外，“红球的编号之和小于黑球的编号之和”与“红球的编号之和大于黑球的编号之和”的排法数相同， 又，故红球的编号之和小于黑球的编号之和的排法有31种． 故答案为：31. 11．（2024·25高二下·河北邯郸·期末）已知小张、小王等6名同学需要到甲、乙、丙、丁4个单位去实习，要求每名同学只去一个单位实习，每个单位都有学生参加实习，则在小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的概率为. 【答案】 【详解】根据题意，小张去丁单位实习的情况共有三种： 一人去丁单位实习有种， 两人去丁单位实习有种， 三人去丁单位实习有种， 所以小张去丁单位实习的情况共390种， 在上述小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的情况共有三种： 一人去丁单位实习有种， 两人去丁单位实习有种， 三人去丁单位实习有种，共计330种， 所以在小张去丁单位实习的前提下，小王不去丁单位实习的概率为. 故答案为：. 四、解答题 12．（2024·25高二下·宁夏吴忠·期中）求值（用数字表示） (1) (2) (3)已知，求 【答案】(1)64； (2)15； (3)7. 【分析】 【详解】（1）； （2）； （3）由，得，即， 所以，整理得， 所以. 13．（2025高三·全国·专题练习）可将此类题型进行推广：将一个圆分成一个小圆和个扇环（如图所示），用种不同的颜色对这个区域着色，每一个区域着一种颜色，相邻区域着不同颜色，共有多少种不同的着色方法？ 【答案】，，． 【详解】小圆有种颜色可选， 第一个扇环有种颜色可选，其余扇环(从第二个到第个)在不与相邻区域颜色相同的情况下，每个扇环有种颜色可选； 由于第个扇环与第一个扇环相邻，需要考虑循环着色问题，利用包含排斥原理计算， 扇环颜色总的涂色方法数为种， 所以总的着色方法为，，． 14．（2025·26高二上·全国·单元测试）在（n为正整数）的展开式中， (1)若，求展开式中无理项的个数； (2)若，求展开式中系数最大的项 【答案】(1)15个 (2) 【分析】 【详解】（1）若，则，即，解得或（舍去）． 则的通项为，且， 所以当，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，27，29时，为无理项（无理项指的是x的指数不为整数的项）， 所以共有15个无理项． （2）设的通项为， 且， 因为系数为，所以最大的项为偶数， 则，解得， ， 所以展开式中系数最大的项为.． 15．（2025·26高二上·黑龙江齐齐哈尔·阶段练习）（1）6名学生站成一排照相留念，其中男生4人，女生2人，2名女生必须相邻而站，且女生不站两端，有多少种不同的站法？ （2）某传统文化学习小组有10名同学，其中男生5名，女生5名，现要从中选取4人参加学校举行的汇报展示活动，男生甲与女生乙至少有1人参加，有多少种选法？ （3）从0，2，4，6中任取2个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成多少个没有重复数字的四位数？ 【答案】（1）144；（2）140；（3）378. 【分析】 【详解】（1）将2名女生排成一排有种排法， 再从4名男生中选2名男生排在两端，有种排法， 最后，将2名女生看成一个元素和剩余2名男生全排列，有种， 由分步乘法计数原理可得，总的排法有种. （2）10名同学中选取4人，共有种选法， 男生甲与女生乙都未参加的选法有种选法， 所以男生甲与女生乙至少有1人参加的选法有种选法. （3）不含0时：可以组成没有重复数字的四位数有个； 含0时：第一步，偶数的取法有种，奇数的取法有种，共种； 第二步，从不为0的3个数字中选择1个排在首位，其余3个数字全排列，有种， 由分步乘法计数原理可得，共有个 所以，一共可以组成个没有重复数字的四位数. 能力提升进阶练 1．（2025高三·全国·专题练习）如图（1），由两个半径相等的圆柱体呈直角相交而得到的公共部分对应的几何体称为“牟合方盖”（如图（2）），牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，然后每个曲面染一种颜色，相邻（有公共图边）的两面颜色不能相同，如果只有种颜色可供使用，则不同的染色方法种数（    ）    A．若，不同的染色方法种数为 B．若，不同的染色方法种数为 C．若，不同的染色方法种数为 D．若，不同的染色方法种数为 【答案】BD 【详解】根据牟合方盖的表面可以看成四个曲面拼接成的.将一个牟合方盖的四个曲面编号为，故可转化为有公共点的4个区域，如图所示： 1 2 3 4 若用三种颜色，则要么号和4号区域同色，要么号和号区域同色， 故有种不同的涂法，所以A错误，B正确. 若用四种颜色，1号区域可以从4种颜色的染料中任取一种涂色，有4种不同的涂法. ①当2号，3号区域涂不同颜色的染料时，有种不同的涂法，4号区域有2种不同的涂法，可知有种不同的涂法. ②当2号，3号区域涂相同颜色的染料时，有3种不同的涂法，4号区域也有3种不同的涂法，可知有种不同的涂法. 综上，由分类加法计数原理，可得共有种不同的涂法. 因此，C错误，D正确. 故选： 2．（2025·26高三上·浙江温州·阶段练习）设为数字1，2，3，4，5，6的一个排列，记三位数，其中，例，则的值大于400的概率为． 【答案】 【详解】数字1，2，3，4，5，6的排列数为， 要使的值大于400，则的取值组合为， 其中与的情况数一样，下面只分析其中一类： 当时，从中进行选取，满足即可， 则时，满足条件的情况数为， 时，满足条件的情况数为， 时，满足条件的情况数为； 当时，从中进行选取，此时任意选取均满足题意， 则满足条件的情况数为； 当时，从中进行选取，满足即可， 则时，满足条件的情况数为， 时，满足条件的情况数为， 时，满足条件的情况数为. 综上所述，满足条件的情况数为， 所以的值大于400的概率为. 故答案为：. 3．（2025·26高二上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）（多选）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.下列结论正确的是（    ） A．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 B．第20行第7个数和第8个数的比为 C．从第4行起到第19行，每一行的第4列数字之和为 D．第行所有数的平方和等于第行最中间的数 【答案】ACD 【详解】对A：第48行的所有数字之和为， 由， 故第48行的所有数字之和被7除的余数为1，故A正确； 对B：第20行第7个数为，第8个数为， ，故B错误； 对C：第行的第4个数字为，由， 则 ，故C正确； 对D：第行所有数的平方和为， 第行最中间的数为， 由 ， 则的展开式中的系数为， 又对，有，则其展开式中的系数为， 即有，故D正确. 故选：ACD. 4．（2025高三·全国·专题练习）将集合分拆成两个集合和，且，，这样的分拆方法共有种． 【答案】 【详解】按集合中的元素个数进行分类： 若中有0个元素（即种）时，则有种，共有种； 若中有1个元素（即种）时，则有种，共有种； 若中有2个元素（即种）时，则有种，共有种； 若中有3个元素（即种）时，则有种，共有种； … 若中有个元素（即种）时，则有种，共有种. 可得，故这样的分拆方法有种. 故答案为： 5．（2024·25高三下·江苏无锡·阶段练习）在一个不透明的袋子中装有个形状大小相同、颜色互不相同的小球，某人先后两次任意摸取小球（每次至少摸取1个小球），第一次摸取后记下摸到的小球颜色，再将摸到的小球放回袋中；第二次摸取后，也记下摸到的小球颜色，则“两次记下的小球颜色能凑齐种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下”的概率为． 【答案】 【详解】某人先后两次任意摸取小球，每次至少摸取1个小球， 则每次摸球的情况有种， 所以先后两次任意摸取小球共有种情况； 两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且恰有一种颜色两次都被记下的情况有： 第一次摸取1个球，第二次摸取4个球，情况共有种； 第一次摸取2个球，第二次摸取3个球，情况共有种； 第一次摸取3个球，第二次摸取2个球，情况共有种； 第一次摸取4个球，第二次摸取1个球，情况共有种； 因为每次摸到球的各种不同情况等可能，所以两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色， 且恰有一种颜色两次都被记下的概率为. 故答案为：. 1/3 学科网（北京）股份有限公司 $