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

该高中数学单元复习讲义通过表格梳理教学目标与重难点，以知识框架系统呈现分类加法与分步乘法计数原理、排列组合、二项式定理等核心内容，明确原理区别、公式推导及应用场景，构建“概念-公式-应用”递进脉络，突出涂色问题、分组分配等难点的内在联系。 讲义亮点在于“题型分类+方法建模”的练习体系，涵盖相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法等15类题型，如典例5通过5名学生排队中3人相邻的概率计算，培养逻辑推理与运算能力。基础题与变式题结合，帮助学生掌握通法，教师可据此实施分层教学，提升学生用数学思维解决实际问题的能力，支持自主复习与精准教学。

第三章 排列、组合与二项式定理 教学目标 1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义． 2.通过实例，理解排列、组合的概念． 3.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式． 4.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理． 5.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题． 教学重难点 1.重点 基本概念和基本方法为主；涉及特殊元素与特殊位置、两元索相邻或不相邻、分组、分配等问题；二项式定理的展开项与特定项；二项式中系数之和及系数的最值问题. 2.难点 涂色问题；分组与分配问题（平均分）；多面手问题及排列与组合的综合问题；二项式系数之和与二项式展开式中的之和；二项式展开式中的系数的最大值问题. 知识点01 分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 【即学即练】 1．三个人传球，由甲开始发球，并作为第1次传球，经过5次传球后，球仍回到甲的手中，则不同的传球方式共有 种． 2．某实践团有个男生、个女生，从中任选人发起问卷调研，那么恰好有个女生被选中的方法有 种. 知识点02 分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 注意：两个原理及其区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理． 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题．如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理． 当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理．即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数．对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法． 【即学即练】 1．从1，2，3，…，20，21这21个整数中任选两个不同的整数，其中使得的个位上的数字为9的有序数组的个数为（   ） A．75 B．80 C．85 D．90 2．一对非负整数组成的有序数对，如果在做与的加法时不用进位，则称为“中国梦数对”，称为“中国梦数对”的和，则和为2018的“中国梦数对”的个数为（    ） A．36个 B．48个 C．54个 D．56个 知识点03 排列与排列数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． （2）排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． （3）排列数的性质： ①；②；③． （4）解排列应用题的基本思路： 通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）． 注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用． 【即学即练】 1．甲、乙、丙等人站成一排，其中甲、乙、丙3人相邻，则不同的站法共有 种． 2．甲、乙等6人排成一排照相，其中甲、乙两人不相邻的排法数为 ．（用数字表示） 知识点04 组合与组合数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． （2）组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到； 因此． 这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：． 注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明． （3）组合数的主要性质：①；②． （4）组合应用题的常见题型： ①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型 ②“至少”或“最多”含有几个元素的题型 【即学即练】 1．20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 2．（24-25高二下·安徽合肥·期末）包含甲在内的5名在校大学生计划参加学校运动会的志愿者服务，有跳高、跳远、铅球、篮球四个项目可以选择，每个学生只能选择一个项目，每个项目至少招募这5名志愿者中的一名.若甲不能参加跳高，跳远这两个项目的服务，则不同的招募方式共有（   ） A．180种 B．150种 C．120种 D．90种 知识点05 二项式定理 （1） 二项式定理 (1).式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N*)； (2).通项公式：Tr＋1＝Can－rbr，它表示第r＋1项； (3).二项式系数：二项展开式中各项的系数C，C，…，C. （2）二项式系数的性质 性质 性质描述 对称性 与首末等距离的两个二项式系数相等，即C＝C 增减性 二项式系数C 当k＜(n∈N*)时，是递增的 当k＞(n∈N*)时，是递减的 二项式系数最大值 当n为偶数时，中间的一项取得最大值 当n为奇数时，中间的两项与取得最大值 （3）各二项式系数和 (1).(a＋b)n展开式的各二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n. (2).偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. 【知识必备】(a＋b)n的展开式形式上的特点 (1).项数为n＋1. (2).各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n. (3).字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n. (4).二项式的系数从C，C，一直到C，C. 【即学即练】 1．（多选题）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 2．（多选题）已知，则（    ） A． B． C． D． 3．（多选题）关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ） A．各项系数之和为32 B．各项系数的绝对值之和为 C．常数项为80 D．的系数为0 4．的展开式中的系数为 . 题型01 计数原理-分类用加法，分步用乘法 【典例1】.（25-26高二上·江苏南京·开学考试）书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有（   ）种. A．504 B．84 C．1008 D．168 【典例2】．（25-26高二上·四川成都·月考）重新排列数字，使得偶数在偶数的位置上，但都不在原来的位置上，奇数在奇数位置上，但除其中一个奇数在原本位置上以外，其余3个奇数都不在原来的位置上，则有 种不同的排法. 【变式1】．设集合，选择集合的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有（    ）. A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 【变式2】．（2025·广西南宁·模拟预测）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. 题型02 无限制的排列与组合问题-直接法 【典例3】．（23-24高二下·河南周口·月考）A，B，C，D，E五人站成一排，那么排法种数为 . 【典例4】．（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）某旅行社设计了4条不同的旅游路线，甲要从中任选2条路线，分别在假期7月和8月出游，则不同的选择及安排方法有（    ） A．24种 B．16种 C．12种 D．6种 【变式1】．（23-24高二下·天津和平·期末）某校举办“中华颂”朗诵比赛，现有3名男生和3名女生报名，需将这6名同学分为3组，每组由1名男生和1名女生组成，则有 种分组方法.（请用数字作答） 【变式2】．（24-25高二下·江苏南通·月考）书架共四层，将3本不同的书放入书架，书架恰有一层空着，则不同的放法有（   ） A．24种 B．15种 C．12种 D．6种 题型03 相邻问题-捆绑法 【典例5】．（24-25高二下·河南商丘·月考）5名学生排成一排，甲、乙、丙3人相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【典例6】．（24-25高二下·河南商丘·期中）现有甲、乙等5人并排站成一排，如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法种数有（   ） A．24 B．36 C．48 D．60 【变式1】．（24-25高二下·福建厦门·月考）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，当甲和乙相邻时，甲必须在乙的右边，则不同的排列方式共有 种. 【变式2】．名男生和名女生排成一排，若女生必须相邻，则有 种不同排法.用数字作答 题型04 不相邻问题-插空法 【典例7】．（24-25高三上·上海·月考）2位女生3位男生排成一排，则2位女生不相邻，且3位男生相邻的排法共有 种． 【典例8】．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音阶，排成一个没有重复音阶的五音音序，且商、角、徵不全相邻，则可排成的不同音序有 种.（用数字作答） 【变式1】．（24-25高二下·河南·月考）若3个男生和2个女生排成一排，则女生不相邻的排法数为（    ） A．120 B．72 C．48 D．12 【变式2】．（24-25高二下·湖北·月考）袋中装有红色小球1个、黄色小球2个、绿色小球3个，小球除了颜色外完全相同，现从中取出5个小球排成一行，相同颜色的小球不能相邻，则不同的排法种数为（    ） A．8 B．11 C．12 D．15 题型05 定序问题-除法 【典例9】五人并排站在一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有（    ） A．60种 B．48种 C．36种 D．24种 【典例10】DNA是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在DNA中只有4种类型的碱基，分别用A、C、G和T表示，DNA中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是A-T，或者是C-G，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所示为一条DNA单链模型示意图，现在某同学想在碱基T和碱基C之间插入3个碱基A，2个碱基C和1个碱基T，则不同的插入方式的种数为（    ） A．20 B．40 C．60 D．120 【变式1】．花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的6盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为_________ 【变式2】某公司在元宵节组织了一次猜灯谜活动，主持人事先将10条不同灯谜分别装在了如图所示的10个灯笼中，猜灯谜的职员每次只能任选每列最下面的一个灯笼中的谜语来猜（无论猜中与否，选中的灯笼就拿掉），则这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法数为____________.（用数字作答） 题型06 多面手问题 【典例11】．某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（    ）种不同的选法 A．225 B．185 C．145 D．110 【典例12】．“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ） A．26种 B．30种 C．37种 D．42种 【变式1】．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（    ） A．56种 B．68种 C．74种 D．92种 【变式2】．我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有（   ）种不同的选法． A． B． C． D． 题型07 涂色问题 【典例13】．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种（      ）    A． B． C． D． 【典例14】．在如图所示的6块区域中，用4种颜色填涂，且相邻区域不同色，不同的染色方法有 种. 【变式1】．某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉，要求相邻区域布置的花卉种类不同，且每个区域只布置一种花卉，若有5种不同的花卉可供选择，则不同的布置方案有（    ） A．360种 B．420种 C．480种 D．540种 【变式2】．（24-25高二下·江苏南京·月考）如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有 种． 题型08 相同元素的排列问题 【典例15】．从3个箱子（每个箱子里的球足够多）里选8个小球，每个箱子至少选2个小球，不同的选法有 种. 【典例16】．（24-25高二下·青海西宁·期末）已知方程，若x，y，z均为正整数，则称为该方程的正整数解.则方程共有（    ）个正整数解. A．171 B．190 C．342 D．380 【变式1】．（24-25高二下·天津南开·期中）把个相同的小球放入个不同的盒子中，每个盒子最多放个小球，则不同方法有 种（用数字作答）. 【变式2】．已知，，，则关于，，的方程共有（    ）组不同的解. A． B． C． D． 题型09 分组分配问题（平均分） 【典例17】．（2025·湖南郴州·一模）“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【典例18】．（24-25高二下·安徽宿州·期末）现将《红楼梦》、《水浒传》、《三国演义》、《西游记》、《史记》5本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（   ） A．150 B．100 C．25 D．50 【变式1】．（25-26高三上·湖南邵阳·期中）赣超联赛作为江西本土热门足球赛事，正处于激烈的关键赛程阶段.为保障赛事服务质量，需将4名志愿者小赵、小孙、小周、小吴平均分配到A，B两个比赛场馆服务，则恰好小赵与小周分到同一个场馆的概率为 ． 【变式2】．（25-26高三上·广东·月考）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10 与数字有关的排列问题 【典例19】．（23-24高二下·天津北辰·月考）从1，3，5，7中任取两个数，从0，2，4，6中任取两个数，组成没有重复数字的四位数．这样的四位偶数有 个．（用数字作答） 【典例20】．（24-25高二下·山西·月考）由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为（    ） A．360 B．280 C．156 D．150 【变式1】．用数字1，2，3，4，5，6组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的三位数，这样的三位数一共有 个.（用数字作答） 【变式2】．（2024·河南新乡·二模）从这5个数字中任取2个偶数和1个奇数，组成一个三位数，则不同的三位数的个数为（    ） A．16 B．24 C．28 D．36 题型11 与几何图形有关的排列问题 【典例21】．（24-25高二下·广西河池·月考）从正六边形的个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（    ） A． B． C． D． 【典例22】．（24-25高二下·山西·期中）已知平面平面，平面内有共5个点，其中有且仅有三点共线，平面内有共4个点，任意三点不共线，则以这9个点为顶点的三棱锥最多有（    ） A．80个 B．86个 C．116个 D．136个 【变式1】．如图，点，，，分别是四面体的顶点或其棱的中点，则在同一平面内的四点组共有 个． 【变式2】．（24-25高二上·上海·期末）从边长为1的正八边形的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，则为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的 倍． 题型12 环排问题 【典例23】．21个人按照以下规则表演节目：他们围坐成一圈，按顺序从1到3循环报数，报数字“3”的人出来表演节目，并且表演过的人不再参加报数．那么在仅剩两个人没有表演过节目的时候，共报数的次数为（     ） A．19 B．38 C．51 D．57 【典例24】．A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有（   ） A．60种 B．48种 C．30种 D．24种 【变式1】．如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（    ）. A．40320种 B．5040种 C．20160种 D．2520种 【变式2】．5个女孩与6个男孩围成一圈，任意2个女孩中间至少站1个男孩，则不同排法有______种（填数字）． 题型13 二项式的特定项及系数问题 【典例25】．（25-26高三上·上海·期中）的二项式展开式中的系数为 ． 【典例26】．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·月考）二项式的展开式中常数项为（　　） A． B．540 C．15 D． 【变式1】．（25-26高三上·浙江·期中）在的展开式中，含的项的系数是 . 【变式2】．（多选题）在的展开式中，（    ） A．常数项为20 B．含的项的系数为80 C．各项系数的和为32 D．各项系数中的最大值为80 题型14 二项式系数的性质与各项系数的和 【典例27】．（25-26高三上·江苏泰州·月考）已知的二项展开式中各项系数的和为 ． 【典例28】．（24-25高二下·贵州遵义·月考）已知在的二项展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则下列说法不正确的是（    ） A． B．展开式的各项系数和为729 C．展开式中的系数为15 D．展开式中奇数项的二项式系数和为32 【变式1】．（25-26高三上·北京·月考）若二项式的展开式的二项式系数之和为8，则 ，该展开式每一项的系数之和为 . 【变式2】．（24-25高二下·广东惠州·期中）已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的是（   ） A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第6项或第7项 D．有理项共5项 题型15 多项式展开式中的特定项（系数问题） 【典例29】．（24-25高二下·山东聊城·期末）的展开式中的系数为（    ） A．75 B．135 C．180 D．195 【典例30】．（24-25高二下·江苏南京·期中）在的展开式中项的系数为（    ） A．360 B．540 C．720 D．1080 【变式1】．（多选题）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2】．（2025·辽宁·模拟预测）在的展开式中，常数项为 . 一、选择题 1．（24-25高三上·河南周口·期中）从标号分别为的四个不同圆形图标与标号分别为的三个不同方形图标中任取个图标排成一排，则不同的排法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 2．（24-25高一下·江苏南京·期末）书架上有2本体育杂志和3本文学杂志，从中任意挑选2本，则挑选的杂志类型相同的概率为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·福建福州·期中）在电影《哪吒之魔童闹海》宣传海报中，哪吒、敖丙、太乙真人、申公豹、鹿童五个主人公站成一排，其中哪吒和敖丙必须相邻，且太乙真人和申公豹不能相邻，那么共有多少种不同的站法（    ） A．18 B．12 C．28 D．24 4．（24-25高二下·广东·期中）高三毕业来临之际，3名教师，4名女同学和2名男同学排成一排拍照，已知3名教师互不相邻，4名女同学相邻且不在最左边也不在最右边，2名男同学互不相邻且不在最左边也不在最右边，则不同的排法种数共有（   ） A．1152种 B．384种 C．288种 D．144种 5．（24-25高二下·黑龙江大庆·期中）春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为个区域．中心区域为雕塑，四周种植花卉.现有种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 6．某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域（有公共边）不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．720种 B．1440种 C．1560种 D．2520种 7．用0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中能被3整除的有（    ） A．96个 B．72个 C．24个 D．300个 8．北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，是古人藉以判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线，若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（  ） A．35 B．34 C．31 D．30 9．（2025高三上·广东·专题练习）的展开式中，的系数为（    ） A．-54 B．-24 C．27 D．54 10．（2025·湖南益阳·模拟预测）若，则（    ） A． B． C． D． 11．（25-26高三上·广东·月考）在的展开式中，的系数为；在的展开式中，的系数为.则（    ） A．10 B． C． D． 12．（25-26高三上·广东广州·月考）（多选题）在二项式的展开式中，下列说法正确的是（    ） A．常数项为15 B．各项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第4项 D．有理项的系数和为16 13．（多选题）若的二项展开式共有8项，则该二项展开式（    ） A． B．各项二项式系数和为128 C．二项式系数最大项有2项 D．第5项系数等于-35 14．（2025·甘肃武威·模拟预测）（多选题）已知的展开式中各项的系数之和为0，则（   ） A． B．二项式系数的和为1314 C．展开式中每一项的指数都是偶数 D．展开式中不存在常数项 二、填空题 15．（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． 16．（24-25高二下·重庆·期末）某校的艺术节活动中，高二年级有4个参加歌唱展示的名额和5个参加书画展示的名额，将这些名额分配给高二年级的1，2，3三个班，则每个班都能够获得歌唱展示名额和书画展示名额的分配方案有 种． 17．某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉，要求相邻区域布置的花卉种类不同，且每个区域只布置一种花卉，若有5种不同的花卉可供选择，则不同的布置方案有 .    18．（2025·安徽安庆·模拟预测）“四进制”是一种以4为基数的计数系统，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响.四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以4的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加.例如：四进制数013转换为十进制数为；四进制数0033转换为十进制数为.现将所有由，，，组成的4位（如：1233，3201）四进制数转化为十进制数，在这些非零十进制数中任取一个，则这个数能被3整除的概率为 . 19．（2025·辽宁锦州·模拟预测）渤大附中校园景色优美，道路和楼宇的命名都蕴含着深远的意义，值得同学们在三年的时光里驻足留意.小陈､小张等6位即将毕业的同学在知博楼､君子路､红色文化广场､三到园4个标志性场所中各选择一个拍照留念，若每个地方至少有一位同学拍照，每位同学都恰选择一处地方拍照，且小陈､小张不在同一个地方拍照，则不同的拍照方式共有 种.（用数字作答） 20．（24-25高三·上海·随堂练习）从0，1，2，3，4，5中任取3个数字组成没有重复数字的三位数，其中能被5整除的概率为 （用数字作答）． 21．（23-24高二下·上海·期末）如图，6只小狗恰好在正六边形广场的顶点上玩耍，从中随机选取三只（视作点）连结成线，则以它们作为顶点的三角形是直角三角形的概率是 . 22．（25-26高二上·北京·期中）若，则 ， .（用数字作答） 23．（2025·河北廊坊·模拟预测）的展开式中的常数项为 （用数字作答）. 24．（2024·安徽·三模）的展开式中的系数为 . 三、解答题 25．（25-26高二上·湖北十堰·期中）某多选题有，，，四个选项. (1)若已知有且仅有两个选项正确，则随机任选两项，能全对的概率是多少； (2)若已知有且仅有三个选项正确，则随机任选两项，能得分（不是0分）的概率是多少？ 26．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知的展开式中第3项与第项的二项式系数之和为30. (1)求的值； (2)记，从中任取两个相乘，求积为负数的概率. 27．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期中）组合恒等式是一类含有组合数的恒等式，其结构工整精美，是数学园林中的一组瑰宝.其证明方法有很多，有构造计数模型法（算两次），构造函数法及数学归纳法等等.请根据条件解决以下问题： (1)求证：； (2)设，求证：； (3)求证：，m，. （提示：证明过程中，可能会用到以下公式：），（a，，）. 28．（25-26高二上·上海奉贤·月考）已知（为正整数）的展开式中，末三项的二项式系数的和等于67. (1)求的值，从集合中任取一个元素，求该元素满足不等式的概率； (2)若，求除以7所得的余数； (3)求展开式中系数最大的项. 2 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 � 事件B� 步骤1 步骤i··· 步骤2 m2种 方法n mi种 m1种 mn种 解决事件B共有m1×m2×m3×···×mn种不同的方法 $ 第三章 排列、组合与二项式定理 教学目标 1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义． 2.通过实例，理解排列、组合的概念． 3.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式． 4.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理． 5.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题． 教学重难点 1.重点 基本概念和基本方法为主；涉及特殊元素与特殊位置、两元索相邻或不相邻、分组、分配等问题；二项式定理的展开项与特定项；二项式中系数之和及系数的最值问题. 2.难点 涂色问题；分组与分配问题（平均分）；多面手问题及排列与组合的综合问题；二项式系数之和与二项式展开式中的之和；二项式展开式中的系数的最大值问题. 知识点01 分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 【即学即练】 1．三个人传球，由甲开始发球，并作为第1次传球，经过5次传球后，球仍回到甲的手中，则不同的传球方式共有 种． 【答案】10 【难度】0.85 【知识点】分类加法计数原理 【分析】列出树状图，由分类加法计数原理即可求解. 【详解】根据题意，作出树状图，第四次球不能传给甲，由分类加法计数原理可知： 经过5次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有10种， 故答案为：10. 2．某实践团有个男生、个女生，从中任选人发起问卷调研，那么恰好有个女生被选中的方法有 种. 【答案】 【难度】0.94 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】根据组合数的定义及计算方式直接可得解. 【详解】恰好有个女生被选中时，共有种方法， 故答案为：. 知识点02 分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 注意：两个原理及其区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理． 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题．如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理． 当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理．即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数．对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法． 【即学即练】 1．从1，2，3，…，20，21这21个整数中任选两个不同的整数，其中使得的个位上的数字为9的有序数组的个数为（   ） A．75 B．80 C．85 D．90 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据的个位上的数字具有周期性规律，对、的取值分类讨论，结合计数原理求得答案. 【详解】的个位上的数字具有周期性规律，如表所示， 1 2 3 4 5 6 7 8 的个位上的数字 2 4 8 6 2 4 8 6 的个位上的数字 3 9 7 1 3 9 7 1 由表可得，的个位上的数字周期为， 因此，①当取时，可取，此时满足题意的有序数组有个； ②当取时，可取，此时满足题意的有序数组有个； ③当取时，可取，此时满足题意的有序数组有个， 综上，满足题意的有序数组的个数为个， 故选：C. 2．一对非负整数组成的有序数对，如果在做与的加法时不用进位，则称为“中国梦数对”，称为“中国梦数对”的和，则和为2018的“中国梦数对”的个数为（    ） A．36个 B．48个 C．54个 D．56个 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】设，， 则， 根据题意得其中均为自然数， 满足条件的自然数对，有，，，共3对； 满足条件的自然数对只有； 满足条件的自然数对有，，共2对； 满足条件的自然数对有，，，，，，，，，共9对． 由分步乘法计数原理可知，和为2018的“中国梦数对”的个数为． 故选：C 知识点03 排列与排列数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． （2）排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． （3）排列数的性质： ①；②；③． （4）解排列应用题的基本思路： 通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）． 注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用． 【即学即练】 1．甲、乙、丙等人站成一排，其中甲、乙、丙3人相邻，则不同的站法共有 种． 【答案】36 【难度】0.94 【知识点】相邻问题的排列问题 【分析】排列相邻问题，甲、乙、丙捆绑有，与另外2人排也有，再利用乘法原理计算可求. 【详解】甲、乙、丙捆绑并排列有种，与另外2人排有种，故共有种. 故答案为：36. 2．甲、乙等6人排成一排照相，其中甲、乙两人不相邻的排法数为 ．（用数字表示） 【答案】480 【难度】0.94 【知识点】不相邻排列问题 【分析】根据给定条件，利用不相邻问题插空法列式求解发. 【详解】依题意，甲、乙两人不相邻的排法数为. 故答案为：480 知识点04 组合与组合数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． （2）组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到； 因此． 这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：． 注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明． （3）组合数的主要性质：①；②． （4）组合应用题的常见题型： ①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型 ②“至少”或“最多”含有几个元素的题型 【即学即练】 1．20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【分析】将问题化为17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中，再应用组合数求不同的放法数. 【详解】先往2号，3号盒内分别放入1个球和2个球，此时每个盒子至少还需放入1个球， 将剩下的17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可， 共有（种）方法． 故选：A 2．（24-25高二下·安徽合肥·期末）包含甲在内的5名在校大学生计划参加学校运动会的志愿者服务，有跳高、跳远、铅球、篮球四个项目可以选择，每个学生只能选择一个项目，每个项目至少招募这5名志愿者中的一名.若甲不能参加跳高，跳远这两个项目的服务，则不同的招募方式共有（   ） A．180种 B．150种 C．120种 D．90种 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题 【分析】分甲单独参加某个项目与甲和其他一人一起参加某个项目两类，在每一类中利用分步乘法计数原理计算出方法数，再相加可得结果. 【详解】满足条件的招募方式可分为两类： 第一类：甲单独参加某个项目， 先安排甲，由于甲不能参加跳高，跳远两个项目，故甲的安排方法有2种， 再将余下4人，安排到余下的三个项目， 由于每个学生只能选择一个项目，每个项目至少招募一名学生， 故满足条件的招募方式有种， 所以甲单独参加某个项目的招募方式有种； 第二类：甲和其他一人一起参加某个项目， 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3人，有种方法， 所以甲不单独参加某个项目的报名方法有种， 所以满足条件的不同的招募方式共有种方法. 故选：C. 知识点05 二项式定理 （1） 二项式定理 (1).式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N*)； (2).通项公式：Tr＋1＝Can－rbr，它表示第r＋1项； (3).二项式系数：二项展开式中各项的系数C，C，…，C. （2）二项式系数的性质 性质 性质描述 对称性 与首末等距离的两个二项式系数相等，即C＝C 增减性 二项式系数C 当k＜(n∈N*)时，是递增的 当k＞(n∈N*)时，是递减的 二项式系数最大值 当n为偶数时，中间的一项取得最大值 当n为奇数时，中间的两项与取得最大值 （3）各二项式系数和 (1).(a＋b)n展开式的各二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n. (2).偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. 【知识必备】(a＋b)n的展开式形式上的特点 (1).项数为n＋1. (2).各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n. (3).字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n. (4).二项式的系数从C，C，一直到C，C. 【即学即练】 1．（多选题）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 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数、由项的系数确定参数 【分析】由含的项的系数是60，求得，再结合通项公式逐个判断即可. 【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 2．（多选题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【难度】0.85 【知识点】求指定项的系数、奇次项与偶次项的系数和、二项展开式各项的系数和 【分析】A选项，令可求；B选项令可求；C选项，令可求；D选项，把和时的展开式相加可求. 【详解】令，得，故A错误； 令，得，故B正确； 令，得，故C正确； 将与这两式的左右两边分别相加， 得，解得，故D错误. 故选：BC. 3．（多选题）关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ） A．各项系数之和为32 B．各项系数的绝对值之和为 C．常数项为80 D．的系数为0 【答案】ABD 【难度】0.65 【知识点】三项展开式的系数问题、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和 【分析】令，可判断A；令多项式中的可得到B；求出通项，令可得C错误；在C基础上，由通项中令可得D. 【详解】对于A，令，可得各项系数之和为，故A正确； 对于B，多项式的展开式各项系数的绝对值之和与多项式的展开式各项系数之和相等， 在多项式中，令，可得各项系数之和为，故B正确； 对于C，的展开式的通项公式为， 的展开式的通项公式为， 令，则有3种情况：当时，该项为； 当时，该项为；当时，该项为； 故常数项为，故C错误； 对于D，令，结合，则有， 解得或， 当时，该项为； 当时，该项为， 所以，的系数为，故D正确. 故选：ABD. 4．的展开式中的系数为 . 【答案】 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数 【分析】根据二项式展开式的通项公式，令，或，即可求得答案. 【详解】因为的展开式的通项：， 取项的组合方式：展开式中的项是由乘以展开式中的项，与乘以展开式中的项相加得到， 故需求解展开式中和时的情况， 所以的展开式中的系数为, 故答案为： 题型01 计数原理-分类用加法，分步用乘法 【典例1】.（25-26高二上·江苏南京·开学考试）书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有（   ）种. A．504 B．84 C．1008 D．168 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】定序问题，由分步乘法计数原理可得. 【详解】将新买的本书逐一放进去， 对第一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 对第二本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 最后一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法； 由分步乘法计数原理可得，共有(种). 故选：A 【典例2】．（25-26高二上·四川成都·月考）重新排列数字，使得偶数在偶数的位置上，但都不在原来的位置上，奇数在奇数位置上，但除其中一个奇数在原本位置上以外，其余3个奇数都不在原来的位置上，则有 种不同的排法. 【答案】72 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】分2步进行：先排偶数，再排奇数.利用列举法分别表示偶数、奇数排列的所有情况，结合分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由题意知，可分2步进行：先排偶数，再排奇数. 排偶数的情况：设4个偶数排列为， 其中表示第2位，表示第4位，表示第6位，表示第8位， 则所有的可能有， ，共9种排法； 同理，满足奇数的所有可能有 ，共8种排法. 所以总的排法数为种. 故答案为：72 【变式1】．设集合，选择集合的两个非空子集和，要使中最小的数大于中最大的数，则不同的选择方法共有（    ）. A．50种 B．49种 C．48种 D．47种 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】判断集合的子集（真子集）的个数、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】依中的最大数进行分类求解. 【详解】依中的最大数进行分类： ①若中的最大数为1，则有1种，则是集合的非空子集，有种，所以有（种）； ②若中的最大数为2，则有2种，则是集合的非空子集，有种，所以有种； ③若中的最大数为3，则有4种，则是集合的非空子集，有种，所以有种； ④若中的最大数为4，则有8种，则是集合的非空子集，有1种，所以有种. 所以可得，故不同的选择方法共有49种． 【变式2】．（2025·广西南宁·模拟预测）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 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据分类加法以及分步乘法计数原理求解即可. 【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： 题型02 无限制的排列与组合问题-直接法 【典例3】．（23-24高二下·河南周口·月考）A，B，C，D，E五人站成一排，那么排法种数为 . 【答案】120 【难度】0.94 【知识点】全排列问题 【分析】利用全排列公式即可得到答案. 【详解】由五人站成一排，进行全排列有种. 故答案为：120. 【典例4】．（24-25高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）某旅行社设计了4条不同的旅游路线，甲要从中任选2条路线，分别在假期7月和8月出游，则不同的选择及安排方法有（    ） A．24种 B．16种 C．12种 D．6种 【答案】C 【难度】0.94 【知识点】全排列问题 【分析】从四个当中选两个安排在不同日期，意味着有顺序需要用排列解决. 【详解】由题意可得不同的选择及安排方法有种. 故选：. 【变式1】．（23-24高二下·天津和平·期末）某校举办“中华颂”朗诵比赛，现有3名男生和3名女生报名，需将这6名同学分为3组，每组由1名男生和1名女生组成，则有 种分组方法.（请用数字作答） 【答案】6 【难度】0.94 【知识点】全排列问题 【分析】视3名男同学为3个位置，将3名女同学安排到3个位置即可得解. 【详解】依题意，将6名同学分为3组，每组由1名男生和1名女生组成， 可视3名男同学为3个位置，将3名女同学安排到3个位置，不同安排方法数为种. 故答案为：6 【变式2】．（24-25高二下·江苏南通·月考）书架共四层，将3本不同的书放入书架，书架恰有一层空着，则不同的放法有（   ） A．24种 B．15种 C．12种 D．6种 【答案】A 【难度】0.94 【知识点】实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用、全排列问题 【分析】利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】第一步，从四层书架中选一层空着，有种方法； 第二步，将3本不同的书放入剩下的3层书架中，每层一本，有种方法； 则不同的放法总数有种. 故选：A. 题型03 相邻问题-捆绑法 【典例5】．（24-25高二下·河南商丘·月考）5名学生排成一排，甲、乙、丙3人相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.94 【知识点】计算古典概型问题的概率、相邻问题的排列问题 【分析】通过捆绑法确定甲、乙、丙3人相邻的排法总数，再由古典概型概率计算公式即可求解. 【详解】5名学生排成一排，共有种排法， 其中甲、乙、丙3人相邻有种， 所以甲、乙、丙3人相邻的概率为， 故选：A 【典例6】．（24-25高二下·河南商丘·期中）现有甲、乙等5人并排站成一排，如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法种数有（   ） A．24 B．36 C．48 D．60 【答案】A 【难度】0.94 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、相邻问题的排列问题 【分析】利用“元素相邻捆绑法”求解. 【详解】第一步：甲、乙相邻且乙在甲的右边，这样的排列方式只有1种； 第二步：将甲乙看成一个整体，将其与其余3人站成一排，有种排法. 由分步乘法计数原理可得：满足条件的排法种数为：. 故选：A 【变式1】．（24-25高二下·福建厦门·月考）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，当甲和乙相邻时，甲必须在乙的右边，则不同的排列方式共有 种. 【答案】24 【难度】0.94 【知识点】相邻问题的排列问题 【分析】利用捆绑法可得答案. 【详解】当甲和乙相邻时，，甲和乙看作一个元素，与余下的3名同学拍成一排， 甲必须在乙的右边，则不同的排列方式共有种. 故答案为：24. 【变式2】．名男生和名女生排成一排，若女生必须相邻，则有 种不同排法.用数字作答 【答案】 【难度】0.94 【知识点】相邻问题的排列问题 【分析】利用捆绑法可求不同的排法总数. 【详解】根据题意，分步进行， 先将名女生排在一起，看成做一个元素，考虑其顺序，有种情况， 再将其与其他名男生全排列，有种情况， 则其不同的排列方法为种， 故答案为：. 题型04 不相邻问题-插空法 【典例7】．（24-25高三上·上海·月考）2位女生3位男生排成一排，则2位女生不相邻，且3位男生相邻的排法共有 种． 【答案】 【难度】0.94 【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】根据相邻问题捆绑即可求解. 【详解】2位女生不相邻，且3位男生相邻，则只能3位男生一起站中间，2名女生站两端， 故总的排法有, 故答案为：12 【典例8】．（23-24高二下·陕西咸阳·期末）中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用这五个音阶，排成一个没有重复音阶的五音音序，且商、角、徵不全相邻，则可排成的不同音序有 种.（用数字作答） 【答案】84 【难度】0.94 【知识点】排列数的计算、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】由捆绑法、间接法即可求解. 【详解】这五个音阶的全排列数为， 若商、角、徵全相邻，则由捆绑法可知，共有种排法， 故由间接法可知，满足题意的排法数有种. 故答案为：84. 【变式1】．（24-25高二下·河南·月考）若3个男生和2个女生排成一排，则女生不相邻的排法数为（    ） A．120 B．72 C．48 D．12 【答案】B 【难度】0.94 【知识点】不相邻排列问题 【分析】先排男生，再把女生排进男生间的空隙，结合分步计数原理可得结果． 【详解】先排男生共有种，男生排好后共有4个空隙， 再把2个女生排进去共有种排法， 所以符合条件的共有种排法． 故选：B. 【变式2】．（24-25高二下·湖北·月考）袋中装有红色小球1个、黄色小球2个、绿色小球3个，小球除了颜色外完全相同，现从中取出5个小球排成一行，相同颜色的小球不能相邻，则不同的排法种数为（    ） A．8 B．11 C．12 D．15 【答案】D 【难度】0.94 【知识点】不相邻排列问题 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合组合计数问题列式求解. 【详解】不取红色小球时，排法种数为1； 剩下一个小球是黄色小球时，排法种数为2； 剩下一个小球是绿色小球时，当红色小球在两个黄色小球之间时，有种排法； 当红色小球不在两个黄色小球之间时，有种排法， 所以不同排法种数是. 故选：D 题型05 定序问题-除法 【典例9】五人并排站在一排，如果A，B必须相邻且B在A的右边，那么不同的排法种数有（    ） A．60种 B．48种 C．36种 D．24种 【答案】D 【解析】根据题意，分2步进行分析： ①，必须相邻且在的左边，将看成一个整体，有1种顺序， ②将整体与、、全排列，有种情况， 则有种排法； 故选：D． 【典例10】DNA是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在DNA中只有4种类型的碱基，分别用A、C、G和T表示，DNA中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是A-T，或者是C-G，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另一条链上碱基的顺序．如图所示为一条DNA单链模型示意图，现在某同学想在碱基T和碱基C之间插入3个碱基A，2个碱基C和1个碱基T，则不同的插入方式的种数为（    ） A．20 B．40 C．60 D．120 【答案】C 【解析】依题意可知，不同的插入方式的种数为. 故选：C 【变式1】．花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现有悬挂着的6盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为_________ 【答案】 【解析】由题意，对6盏不同的花灯进行取下， 先对6盏不同的花灯进行全排列，共有种方法， 因为取花灯每次只取一盏，而且只能从下往上取， 所以必须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序， 故共有取法总数为：. 故答案为： 【变式2】某公司在元宵节组织了一次猜灯谜活动，主持人事先将10条不同灯谜分别装在了如图所示的10个灯笼中，猜灯谜的职员每次只能任选每列最下面的一个灯笼中的谜语来猜（无论猜中与否，选中的灯笼就拿掉），则这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法数为____________.（用数字作答） 【答案】 【解析】一共有10条灯谜，共有种方法，由题意可知而其中按2，3，3，2组成的4列相对位置不变，所以结合倍缩法可知共有种，也即是这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法有种 故答案为：. 题型06 多面手问题 【典例11】．某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（    ）种不同的选法 A．225 B．185 C．145 D．110 【答案】B 【解析】根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类． ①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有种； ②“2人既会英语又会法语”中有一人入选， 这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能， 因此有种； ③“2人既会英语又会法语”中两个均入选， 这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种， 因此有种． 综上分析，共可开出种． 故选：B． 【典例12】．“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ） A．26种 B．30种 C．37种 D．42种 【答案】C 【解析】根据题意，设只会划左桨的3人，只会划右桨的3人，既会划左桨又会划右桨的2人，据此分3种情况讨论： ①从中选3人划左桨，划右桨的在（）中剩下的人中选取，有种选法， ②从中选2人划左桨，中选1人划左桨，划右桨的在（）中选取，有种选法， ③从中选1人划左桨，中2人划左桨，中3人划右桨，有种选法， 则有种不同的选法． 故选：C． 【变式1】．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（    ） A．56种 B．68种 C．74种 D．92种 【答案】D 【解析】根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有 种，有一个“多面手”的选派方法有种，有两个“多面手”的选派方法有种，即共有(种)不同的选派方法． 故选：D 【变式2】．我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有（   ）种不同的选法． A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意可按照只会跳舞的人中入选的人数分类处理． 第一类个只会跳舞的都不选，则从既能唱歌又能跳舞的5人中选择3人来跳舞，接着从剩余的5人中选择3人唱歌，故有种； 第二类个只会跳舞的有人入选，有种，再从从既能唱歌又能跳舞的5人中选择2人来跳舞，有种，再从剩余的6人中选择3人唱歌，有种，故有种； 第三类个只会跳舞的全入选，有种，再从从既能唱歌又能跳舞的5人中选择1人来跳舞，有种，再从剩余的7人中选择3人唱歌，有种，有种， 所以共有种不同的选法， 故选：A． 题型07 涂色问题 【典例13】．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种（      ）    A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】根据题意，分4步依次分析区域、、、、的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案． 【详解】分4步进行分析： ①，对于区域，有4种颜色可选； ②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选； ③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选； ④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选， 则区域、有种选择， 则不同的涂色方案有种. 故选：A 【典例14】．在如图所示的6块区域中，用4种颜色填涂，且相邻区域不同色，不同的染色方法有 种. 【答案】 【难度】0.65 【知识点】涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】通过分类加法计数原理，分同色和异色两类，每一类再分步计算得到. 【详解】分两类完成： ①当同色时，有4种颜色可供选择，此时有3种，有2种，有2种，有1种，由乘法原理可得共有48种． ②当异色时，不同颜色的选法有种，此时有2种，有1种． 若同色，则有2种； 若异色，则有1种． 由乘法原理可得，故不同的染色方法有72种. 由加法原理得一共有种. 故答案为：. 【变式1】．某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉，要求相邻区域布置的花卉种类不同，且每个区域只布置一种花卉，若有5种不同的花卉可供选择，则不同的布置方案有（    ） A．360种 B．420种 C．480种 D．540种 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】涂色问题 【分析】利用要求根据区域依次讨论计算即可. 【详解】如图，先在区域A布置花卉，有5种不同的布置方案，再在区域E布置花卉，有4种不同的布置方案， 再在区域D布置花卉，有3种不同的布置方案． 若区域B与区域E布置同一种花卉，则区域C有3种不同的布置方案； 若区域B与区域E布置不同的花卉，则区域B有2种不同的布置方案，区域C有3种不同的布置方案． 故不同的布置方案有种． 故选：D 【变式2】．（24-25高二下·江苏南京·月考）如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5个不同品种的菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有 种． 【答案】420 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】先安排中心区域A，再从B开始沿逆时针方向进行布置四周的区域，分D与B选用同一种和选用不同种类菊花两种情况，结合计数原理得到答案. 【详解】先布置中心区域A共有5种方法，从B开始沿逆时针方向进行布置四周的区域， 则B有4种布置方法，C有3种布置方法． 如果D与B选用同一种菊花，则E有3种布置方法； 如果D与B选用不同种类菊花，则D有2种布置方法，E有2种布置方法． 按照分步乘法与分类加法计数原理， 则全部的布置方法有（种）. 故选：420． 题型08 相同元素的排列问题 【典例15】．从3个箱子（每个箱子里的球足够多）里选8个小球，每个箱子至少选2个小球，不同的选法有 种. 【答案】6 【难度】0.65 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【分析】应用隔板法，将5个小球排成一排，用2块挡板插入四个空中的2个，即可得. 【详解】8个相同小球再减去3个小球共5个小球排成一排，用2块挡板去插入，有种. 然后再往每个箱子里放1个球，即每个箱子至少选2个小球，故不同的选法有6种． 故答案为：6 【典例16】．（24-25高二下·青海西宁·期末）已知方程，若x，y，z均为正整数，则称为该方程的正整数解.则方程共有（    ）个正整数解. A．171 B．190 C．342 D．380 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数、组合数的计算 【分析】先将题目问题进行转化；再利用隔板法进行求解. 【详解】因为x，y，z均为正整数， 所以方程正整数解的个数问题可以转化为：将个相同的物品分成组，每组至少一个，有多少种不同的分法. 利用隔板法可得：不同的分法有种. 故选：A 【变式1】．（24-25高二下·天津南开·期中）把个相同的小球放入个不同的盒子中，每个盒子最多放个小球，则不同方法有 种（用数字作答）. 【答案】 【难度】0.65 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【分析】先考虑个相同的小球放入个不同的盒子的情形，其中有空盒的放法种数；接下来考虑把个相同的小球放在同一个盒子的情形，结合隔板法和间接法可求得结果. 【详解】先考虑个相同的小球放入个不同的盒子的情形，那么其中有空盒， 可考虑在每个盒子中各加一个球，问题转化为将个相同的小球放入个不同的盒子， 每个盒子中至少有个球，由隔板法可知，不同的方法种数为种； 接下来考虑把个相同的小球放在同一个盒子的情形，有种情况. 由间接法可知，不同的方法种数为种. 故答案为：. 【变式2】．已知，，，则关于，，的方程共有（    ）组不同的解. A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】x+y+z=n的整数解的个数 【分析】问题转化为10个相同小球放入三个不同盒子中，每个盒子都有小球，利用隔板法求解. 【详解】问题可转化为，10个相同的小球放到三个不同的盒子里，每个盒子不能空着，每个盒子中小球的数目就是方程的一组解， 由隔板法可知，共有种不同的分法， 即方程共有组不同的解. 故选：A 题型09 分组分配问题（平均分） 【典例17】．（2025·湖南郴州·一模）“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题 【分析】分两步完成，先分跳箱、再分药球，确定每一步的分法种数，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】分以下两步： （1）先分跳箱：个相同的跳箱分给三个球队，三个球队分得的跳箱数量分别为、、或、、或、、， 所以，跳箱的分法种数为种； （2）接下来分药球：将个药球分给三个球队，三个球队分得的药球数量分别为、、或、、， 所以，药球的分法种数为种. 由分步乘法计数原理可知，不同的分法种数为种. 故选：B. 【典例18】．（24-25高二下·安徽宿州·期末）现将《红楼梦》、《水浒传》、《三国演义》、《西游记》、《史记》5本不同的书籍分发给甲乙丙3人，每人至少分得1本，已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发方式种数是（   ） A．150 B．100 C．25 D．50 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】实际问题中的组合计数问题、分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题 【分析】根据题意，分2步进行分析：①将5本不同的书籍分为3组，每组至少1本，②将《西游记》所在的组分发给了甲，剩下2组任意分配，由分步计数原理计算可得答案. 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①将5本不同的书籍分为3组，每组至少1本， 若分为1、1、3的三组，有种分组方法， 若分为1，2，2的三组，有种分组方法， 共有种分组方法， ②将《西游记》所在的组分发给了甲，剩下2组任意分配，有2种情况， 则有种分发方式. 故选：D. 【变式1】．（25-26高三上·湖南邵阳·期中）赣超联赛作为江西本土热门足球赛事，正处于激烈的关键赛程阶段.为保障赛事服务质量，需将4名志愿者小赵、小孙、小周、小吴平均分配到A，B两个比赛场馆服务，则恰好小赵与小周分到同一个场馆的概率为 ． 【答案】 【难度】0.65 【知识点】计算古典概型问题的概率、分组分配问题 【分析】先将四人分成两组，再将两组人分配到两个场馆，根据分步乘法计数原理即可求出总的分法数，再求出小赵与小周分到一个场馆的分法数，最后利用古典概型概率计算公式即可求解． 【详解】将4人平均分为两组，每组两人，共种分法， 再将两组人分配到A，B两个场馆，因此共种分法， 小赵与小周分到同一个场馆的分法有2种； 故小赵与小周分到同一个场馆的概率为． 故答案为：． 【变式2】．（25-26高三上·广东·月考）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 【难度】0.65 【知识点】排列组合综合、分组分配问题 【分析】考虑2个相同礼盒是否分给同一人两种情况，结合分步计数原理求解即可. 【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10 与数字有关的排列问题 【典例19】．（23-24高二下·天津北辰·月考）从1，3，5，7中任取两个数，从0，2，4，6中任取两个数，组成没有重复数字的四位数．这样的四位偶数有 个．（用数字作答） 【答案】396 【难度】0.65 【知识点】数字排列问题、代数中的组合计数问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】利用分步乘法计数原理求出个位为偶数字的排列数，去掉最高位是数字0且个位为偶数字的排列数即可得结果. 【详解】取出两个奇数字和两个偶数字的方法数为种， 把取出的4个数字排列，个位为偶数字的排列方法数为， 其中取出数字0并排在最高位，个位为偶数字的有， 所以符合要求的四位偶数个数为. 故答案为：396 【典例20】．（24-25高二下·山西·月考）由0，1，2，3，4，5所组成的无重复数字的4位数中偶数的个数为（    ） A．360 B．280 C．156 D．150 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、数字排列问题、代数中的组合计数问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】分个位的数字为0、2、4并求出对应满足条件的偶数个数即可. 【详解】若个位上的数字为0，可以组成个无重复数字的4位数的偶数， 若个位上的数字为2或4，可以组成， 故可以组成个符合条件的数． 故选：C 【变式1】．用数字1，2，3，4，5，6组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的三位数，这样的三位数一共有 个.（用数字作答） 【答案】60 【难度】0.65 【知识点】代数中的组合计数问题 【分析】分只有一个数字为偶数和没有偶数两种情况求解求和即可 【详解】分两种情况，只有一个数字为偶数有个，没有偶数有个，所以共有个． 故答案为：60 【变式2】．（2024·河南新乡·二模）从这5个数字中任取2个偶数和1个奇数，组成一个三位数，则不同的三位数的个数为（    ） A．16 B．24 C．28 D．36 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】代数中的组合计数问题 【分析】分两种情况，再按照分步计数原理，即可求解. 【详解】若没有取到0，则有种方法， 若取到0，则有种方法， 所以不同的三位数共有种. 故选：C 题型11 与几何图形有关的排列问题 【典例21】．（24-25高二下·广西河池·月考）从正六边形的个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.94 【知识点】几何组合计数问题 【分析】求出选出的三个点能构成三角形的选法种数，并求出等边三角形的个数，结合间接法可得结果. 【详解】在正六边形中，为其中心，如下图所示： 从这七个点中任选三个点，共有种，其中三点共线的情形有种， 所以，能构成的三角形的个数为个， 其中，构成的等边三角形分别为、、、、、 、、，共个， 所以，构成的三角形不是等边三角形的个数是个. 故选：A. 【典例22】．（24-25高二下·山西·期中）已知平面平面，平面内有共5个点，其中有且仅有三点共线，平面内有共4个点，任意三点不共线，则以这9个点为顶点的三棱锥最多有（    ） A．80个 B．86个 C．116个 D．136个 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】几何组合计数问题、组合数的计算 【分析】由三棱锥的几何结构特征，可分三类情况讨论：从平面内取3个点不共线，平面内取1个点，从平面内取2个点，平面内取2个点，从平面内取1个点，平面内取3个点，结合数的计算公式和分类计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，由三棱锥的几何结构特征，可分三类情况讨论： 从平面内取3个点不共线，平面内取1个点共有种情况； 从平面内取2个点，平面内取2个点共有种情况； 从平面内取1个点，平面内取3个点共有种情况， 所以从这9个点为顶点的三棱锥最多有个三棱锥. 故选：C. 【变式1】．如图，点，，，分别是四面体的顶点或其棱的中点，则在同一平面内的四点组共有 个． 【答案】33 【难度】0.85 【知识点】几何组合计数问题、空间中的点（线）共面问题 【分析】先将四点组分成两类，一类在四面体的侧面上，一类在一条侧棱和其对棱中点组成的平面上，分别计数，再由分类加法计数原理即得. 【详解】因在同一平面内的四点组都含有点，故可以分成两类情况： ①四点组在四面体的侧面上，如在平面中，除去点，还剩5个点，选其中3点，有个， 同理在平面和平面中也各有10个，共有30个； ②四点组在一条侧棱和其对棱中点组成的平面上，如平面中，除去点还剩3个点，故有1个， 同理在平面和平面上，也各有1个，共有3个. 综上，在同一平面内的四点组共有33个. 故答案为：33. 【变式2】．（24-25高二上·上海·期末）从边长为1的正八边形的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点，则为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的 倍． 【答案】2 【难度】0.65 【知识点】几何组合计数问题、计算古典概型问题的概率、利用对立事件的概率公式求概率 【分析】先求出八边形中的等腰三角形的个数，从而由组合知识得到为等腰三角形的概率为，再求出不是直角三角形的情况，得到为直角三角形的概率为，得到答案. 【详解】在八边形中，以为顶点的等腰三角形有3个， 分别为， 故为等腰三角形的情况数共个， 故为等腰三角形的概率为， 从棱长为2的正方体的顶点中随机选3个点作为三角形的顶点， 不是直角三角形的情况，如下图中的等边三角形，这样的等边三角形共8个， 分别为，，，，，，，， 所以为直角三角形的概率为， 由于， 故为直角三角形的概率是为等腰三角形的概率的2倍. 故答案为：2 题型12 环排问题 【典例23】．21个人按照以下规则表演节目：他们围坐成一圈，按顺序从1到3循环报数，报数字“3”的人出来表演节目，并且表演过的人不再参加报数．那么在仅剩两个人没有表演过节目的时候，共报数的次数为（     ） A．19 B．38 C．51 D．57 【答案】D 【解析】当倒数第个人出来表演节目时，一共报数了次. 故选：D 【典例24】．A，B，C，D，E，F六人围坐在一张圆桌周围开会，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，B，C二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有（   ） A．60种 B．48种 C．30种 D．24种 【答案】B 【解析】首先，A是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子， 考虑B、C两人的情况，只能选择相邻的两个座位，位置可以互换， 根据排列数的计算公式，得到，，接下来，考虑其余三人的情况， 其余位置可以互换，可得种，最后根据分步计数原理，得到种， 故选B. 【变式1】．如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（    ）. A．40320种 B．5040种 C．20160种 D．2520种 【答案】D 【解析】先从7种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有种方法， 再将剩余的6种颜色全部涂在剩余的6个区域内，共有种方法， 由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次， 所以不同的涂色方法，共有种不同的涂法. 故选：D. 【变式2】．5个女孩与6个男孩围成一圈，任意2个女孩中间至少站1个男孩，则不同排法有______种（填数字）． 【答案】86400 【解析】因为任意2个女孩中间至少站1个男孩，则有且仅有2个男孩站在一起， 先把5个女孩排成一个圈，这是个圆形排列，因此排法共有(种)， 把6个男孩按2，1，1，1，1分成5组有种分法， 最后把5组男孩放入5个女孩构成圆排列的5个间隔中有种方法，而站在一起的两个男孩有顺序性，有2种站法， 所以，由分步乘法计数 题型13 二项式的特定项及系数问题 【典例25】．（25-26高三上·上海·期中）的二项式展开式中的系数为 ． 【答案】 【难度】0.85 【知识点】求指定项的系数 【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中项的系数． 【详解】的展开式的通项公式为， 令，求得， 可得展开式中项的系数为. 故答案为： 【典例26】．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·月考）二项式的展开式中常数项为（　　） A． B．540 C．15 D． 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】求二项展开式的第k项、求指定项的系数 【分析】写出二项展开式的通项，由x的指数为0，求得r的值，可求展开式中常数项. 【详解】二项式的展开式的通项为， 由，得， 所以二项式的展开式中常数项为. 故选：B. 【变式1】．（25-26高三上·浙江·期中）在的展开式中，含的项的系数是 . 【答案】10 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题 【分析】分别计算的展开式和的系数，即可求解. 【详解】中由中的常数2与中的项相乘，和中的项与中的项相乘得到， 又中项系数为，系数为， 所以在的展开式中，含的项的系数为， 故答案为：10 【变式2】．（多选题）在的展开式中，（    ） A．常数项为20 B．含的项的系数为80 C．各项系数的和为32 D．各项系数中的最大值为80 【答案】BD 【难度】0.65 【知识点】求系数最大（小）的项 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解AB，根据二项式系数的定义可求解C，求出展开式的通项公式为：，利用求解即可判断D。 【详解】2x和只有分得的次数相同才能得到常数项，5次方无法均分，因此没有常数项，故A不正确； 含x的项为，故x的系数是80，所以B正确； 各项系数的和是令时得到，即，故C错误． 的展开式的通项公式为：， 设第项的系数最大，系数为，则， 解得：或，此时系数为，故D正确； 故选：BD． 题型14 二项式系数的性质与各项系数的和 【典例27】．（25-26高三上·江苏泰州·月考）已知的二项展开式中各项系数的和为 ． 【答案】256 【难度】0.85 【知识点】二项展开式各项的系数和 【分析】利用赋值法计算即可. 【详解】对于，令， 则的二项展开式中各项系数的和为． 故答案为：256 【典例28】．（24-25高二下·贵州遵义·月考）已知在的二项展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则下列说法不正确的是（    ） A． B．展开式的各项系数和为729 C．展开式中的系数为15 D．展开式中奇数项的二项式系数和为32 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】二项式系数的增减性和最值、求指定项的系数、奇次项与偶次项的系数和、二项展开式各项的系数和 【分析】根据二项式系数的性质求出，再根据二项式展开式的通项公式逐一分析选项. 【详解】根据二项式系数的性质：当为偶数时，二项式展开式中中间一项的二项式系数最大； 当为奇数时，二项式展开式中中间两项的二项式系数最大. 根据题意，在的展开式中，只有第4项的二项式系数最大， 所以，所以，所以A正确. 要求展开式的各项系数和，则令， 那么各项系数和为，B正确. 二项式的展开式为：. 要求展开式中的系数，则令，解得. 将代入通项公式中可得的系数为，所以C错误. 根据二项式系数的性质：二项式展开式中，奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和， 且都等于，因为这里，所以奇数项的二项式系数和为，所以D正确. 故选：C. 【变式1】．（25-26高三上·北京·月考）若二项式的展开式的二项式系数之和为8，则 ，该展开式每一项的系数之和为 . 【答案】 【难度】0.85 【知识点】二项式的系数和、二项展开式各项的系数和 【分析】由二项式系数和性质求，赋值法求系数和. 【详解】由已知可得，解得； 令，则展开式每一项的系数之和为 故答案为：，. 【变式2】．（24-25高二下·广东惠州·期中）已知的展开式共有13项，则下列说法中正确的是（   ） A．所有奇数项的二项式系数和为 B．所有项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第6项或第7项 D．有理项共5项 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】二项式系数的增减性和最值、二项式的系数和、求有理项或其系数、二项展开式各项的系数和 【分析】根据展开式的通项公式以及二项式系数的性质求解判断各选项即可. 【详解】由题意，，所以， 则所有奇数项的二项式系数和为，故A错误， 令，得所有项的系数和为，故B错误， 由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7项，故C错误， 因为展开式通项为， ， 要使展开式中的项为有理项，则为整数， 此时，3，6，9，12，共有5项，故D正确. 故选：D. 题型15 多项式展开式中的特定项（系数问题） 【典例29】．（24-25高二下·山东聊城·期末）的展开式中的系数为（    ） A．75 B．135 C．180 D．195 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】三项展开式的系数问题 【分析】利用二项式定理求解. 【详解】， 这个展开式中从第4项开始就不会出现，即只在前3项出现， 所以的系数为， 故选：D. 【典例30】．（24-25高二下·江苏南京·期中）在的展开式中项的系数为（    ） A．360 B．540 C．720 D．1080 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】三项展开式的系数问题、求指定项的系数 【分析】根据给定多项式，结合指定项及组合数求对应系数即可. 【详解】相当于6个因式相乘， 其中一个因式取，有种取法， 余下5个因式中有3个取，有种取法， 最后2个因式中全部取，有种取法， 故展开式中的系数为． 故选：D 【变式1】．（多选题）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 【难度】0.65 【知识点】三项展开式的系数问题、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和 【分析】令求得各项系数和判断A，结合组合数的运算根据二项式定理的定义求出系数判断B，结合组合数及二项式定理求出各项系数并求和判断C，将问题转化为的各项系数和，令即可求解判断D. 【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2】．（2025·辽宁·模拟预测）在的展开式中，常数项为 . 【答案】1120 【难度】0.85 【知识点】三项展开式的系数问题、求指定项的系数 【分析】将式子变形为，即可求解的通项，并求解其含的项，即可得解. 【详解】， 则展开式的通项为， 令，解得，所以常数项为. 故答案为：1120 一、选择题 1．（24-25高三上·河南周口·期中）从标号分别为的四个不同圆形图标与标号分别为的三个不同方形图标中任取个图标排成一排，则不同的排法共有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【难度】0.94 【知识点】排列数的计算、全排列问题 【分析】根据条件，利用排列的定义及排列数的计算，即可求解. 【详解】由题知，不同的排法共有， 故选：D. 2．（24-25高一下·江苏南京·期末）书架上有2本体育杂志和3本文学杂志，从中任意挑选2本，则挑选的杂志类型相同的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.94 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】利用古典概型概率公式求解即可. 【详解】从5本杂志中任意挑选2本有种不同的选法， 其中挑选的杂志类型相同的选法有， 所以挑选的杂志类型相同的概率为. 故选：C. 3．（24-25高二下·福建福州·期中）在电影《哪吒之魔童闹海》宣传海报中，哪吒、敖丙、太乙真人、申公豹、鹿童五个主人公站成一排，其中哪吒和敖丙必须相邻，且太乙真人和申公豹不能相邻，那么共有多少种不同的站法（    ） A．18 B．12 C．28 D．24 【答案】D 【难度】0.94 【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题 【分析】利用捆绑法将相邻的两人看成一个大元素，再与无特殊要求的元素进行排列，最后将不相邻的元素利用插空法排列即可得出结果. 【详解】将哪吒和敖丙捆绑在一起，与鹿童进行排列，共有种， 再把太乙真人和申公豹利用插空法放到符合题意的3个空隙当中，共有种， 因此共有种不同的站法. 故选：D 4．（24-25高二下·广东·期中）高三毕业来临之际，3名教师，4名女同学和2名男同学排成一排拍照，已知3名教师互不相邻，4名女同学相邻且不在最左边也不在最右边，2名男同学互不相邻且不在最左边也不在最右边，则不同的排法种数共有（   ） A．1152种 B．384种 C．288种 D．144种 【答案】A 【难度】0.94 【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】先将4名女同学捆绑在一起看成一个整体并内部排序，再用插空法安排教师和男同学的位置. 【详解】第一步：先将3名教师全排，共有种排法；第二步：将4名女同学＂捆绑＂在一起，共有种排法；第三步：将＂捆绑＂在一起的4名女同学作为一个元素，在第一步形成的2个空中选择1个插人，有种排法；第四步：首先将2名男同学之中的一人，插人第三步后相邻的两名教师中间，然后将另一个男同学插入由女同学与教师形成的2个空中的其中1个，共有种排法，所以不同的排法种数有：种． 故选：A 5．（24-25高二下·黑龙江大庆·期中）春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为个区域．中心区域为雕塑，四周种植花卉.现有种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】涂色问题 【分析】对五个区域进行编号，依次分析、、、的布置方案种数，结合分步乘法与分类加法计数原理可得结果. 【详解】如下图所示： 区域有种选择，区域有种选择， 若区域、种同一种花，则区域有种选择，区域有种选择； 若区域、种所种的花不同，则区域有种选择，区域有种选择. 由分步乘法和分类加法计数原理可知，不同的布置方案种数为. 故选：A. 6．某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有6种不同的花卉可供选择，要求相邻的区域（有公共边）不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．720种 B．1440种 C．1560种 D．2520种 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】涂色问题 【分析】先对图中不同的区域命名，分与布置相同的花卉、与布置不同的花卉两种情况，再运用分步计数和分类计数的方法从开始计数即可. 【详解】 如图，不同的布置方案分两类： 当与布置相同的花卉时， 先安排，有6种不同的选择；再安排与，有5种不同的选择；再安排，有4种不同的选择；最后安排，有4种不同的选择，共有种. 当与布置不同的花卉时， 先安排，有6种不同的选择；再安排与，有种不同的选择；再安排,有3种不同的选择；最后安排，有3种不同的选择，共有种. 所以不同的布置方案有种. 故选：C 7．用0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的四位数，其中能被3整除的有（    ） A．96个 B．72个 C．24个 D．300个 【答案】A 【难度】0.65 【知识点】其他排列模型、代数中的计数问题、代数中的组合计数问题 【分析】 首先将这6个数字按照被3除的余数分类，再根据条件排列数字，即可求解. 【详解】其中能被3整除的有，被3除余1的有，被3除余2的有， 所以被3整除的四位数由数字构成，有种方法，或是包含数字，再从和各选一个数字组成一个四位数，有种方法， 所以能被3整除的有个. 故选：A 8．北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们成的图形像我国古代舀酒的斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，是古人藉以判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，D，E，F，G表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F看作共线，其他任何三点均不共线，若过这七个点中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（  ） A．35 B．34 C．31 D．30 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】几何组合计数问题 【分析】由间接法，从所有三角形中减去不能构成三角形的情况计算即可. 【详解】从这七个点任意选取三个点有个， 其中共线的四点中有个不能构成三角形， 所以不同的三角形个数有31个， 故选：C. 9．（2025高三上·广东·专题练习）的展开式中，的系数为（    ） A．-54 B．-24 C．27 D．54 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数 【分析】先写出二项式的通项公式，再令得出系数即可. 【详解】展开式通项为， 令，得的系数为. 故选:D. 10．（2025·湖南益阳·模拟预测）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数、奇次项与偶次项的系数和、两个二项式乘积展开式的系数问题、二项展开式各项的系数和 【分析】令计算可判断A；利用展开式的通项公式计算可判断B，令计算可判断C；令结合C选项计算可判断D. 【详解】对于A，令，得，即，故A错误； 对于B，展开式的通项公式为， 所以，故B错误； 对于C，令，得， 即，故C正确； 对于D，令，得， 即， 因为， 所以， 因为， 所以不成立，故D错误. 故选：C 11．（25-26高三上·广东·月考）在的展开式中，的系数为；在的展开式中，的系数为.则（    ） A．10 B． C． D． 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】三项展开式的系数问题、求指定项的系数 【分析】10个因式的乘积中，有8个选，有1个选，有1个选，可得的系数，9个因式的乘积中，有8个选，有1个选，可得的系数为，求解即可． 【详解】的展开式表示10个因式的乘积， 故在这10个因式中，有8个选，有1个选，有1个选， 即可得到含的项，故的系数为，即； 在的展开式表示9个因式的乘积， 故在这9个因式中，有8个选，有1个选，即可得到含的项， 故的系数为，即， 所以. 故选：B． 12．（25-26高三上·广东广州·月考）（多选题）在二项式的展开式中，下列说法正确的是（    ） A．常数项为15 B．各项的系数和为 C．二项式系数最大的项为第4项 D．有理项的系数和为16 【答案】AC 【难度】0.65 【知识点】二项式系数的增减性和最值、求指定项的系数、求有理项或其系数、二项展开式各项的系数和 【分析】应用二项式的通项公式计算求解A，结合组合数公式计算判断D，应用系数和计算判断B，应用二项式系数性质判断C. 【详解】的展开式通项为． 当时，常数项为，故A正确； 令，得各项的系数和为，故B错误； 展开式共7项，二项式系数最大应为第4项，故C正确； 有理项指指数为整数的项，即奇数项，其系数和为，故错误． 故选：AC． 13．（多选题）若的二项展开式共有8项，则该二项展开式（    ） A． B．各项二项式系数和为128 C．二项式系数最大项有2项 D．第5项系数等于-35 【答案】BC 【难度】0.85 【知识点】二项式系数的增减性和最值、二项式的系数和、求指定项的系数 【分析】利用二项展开式的性质和通项公式计算即可逐一判断. 【详解】对于A，的二项展开式共有8项，则 ，即，故A错误； 对于B，二项式展开式中各项的二项式系数的和为，故B正确； 对于C，因该二项展开式共有8项，则可得中间两项的二项式系数最大，即第4和第5项的二项式系数最大，故C正确； 对于D，因，则第5项的系数是35，故D错误. 故选：BC. 14．（2025·甘肃武威·模拟预测）（多选题）已知的展开式中各项的系数之和为0，则（   ） A． B．二项式系数的和为1314 C．展开式中每一项的指数都是偶数 D．展开式中不存在常数项 【答案】AC 【难度】0.65 【知识点】二项式的系数和、由二项展开式各项系数和求参数、二项展开式各项的系数和、由项的系数确定参数 【分析】令可判断A；由二项式的系数和可判断B；利用展开式的通项可判断C；在通项中令可判断D. 【详解】对于，令，得，解得，故A正确； 二项式系数的和为，故B错误； 展开式的通项为，因为1314为偶数，所以展开式中每一项的指数都是偶数，故C正确； 令，得，所以展开式中存在常数项，故D错误. 故选：AC. 二、填空题 15．（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 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】解法1：分析蜜蜂不同爬行横格情况时起到关键作用，不同横格数量对应不同的组合数计算，进而确定爬行方法数； 解法2：树状图法列举每一步的可能性来求解. 【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：. 16．（24-25高二下·重庆·期末）某校的艺术节活动中，高二年级有4个参加歌唱展示的名额和5个参加书画展示的名额，将这些名额分配给高二年级的1，2，3三个班，则每个班都能够获得歌唱展示名额和书画展示名额的分配方案有 种． 【答案】18 【难度】0.94 【知识点】实际问题中的组合计数问题、分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题 【分析】先分好指标，由于指标是相同元素，所以在分配时，相同数量的指标分配就是组合问题，也可以先分配指标数单类的给一个班，以此计数即可. 【详解】每个班都要分到名额，则4个参加歌唱展示的名额可分为， 5个参加书画展示的名额可分为或， 所以分配方案为种． 故答案为：18 17．某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉，要求相邻区域布置的花卉种类不同，且每个区域只布置一种花卉，若有5种不同的花卉可供选择，则不同的布置方案有 .    【答案】540 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的计数问题、涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】给5块不同的区域标别布置A，B，D区域的花卉，继而讨论B，E是否布置同种花卉，根据分步计数原理，即可得答案. 【详解】如图：给5块不同的区域标上字母，    可先在A中布置花卉，有5种不同的布置方案， 再在B中布置花卉，有4种不同的布置方案， 再在D中布置花卉，有3种不同的布置方案， 若区域B，E布置同种花卉，则C有3种不同的布置方案， 若区域B，E布置不同的花卉，则E有2种不同的布置方案，C有3种不同的布置方案， 故不同的布置方案有种， 故答案为：540 18．（2025·安徽安庆·模拟预测）“四进制”是一种以4为基数的计数系统，对于现代计算机科学和技术发展有着深远的影响.四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以4的相应次方（从0开始），然后将所有乘积相加.例如：四进制数013转换为十进制数为；四进制数0033转换为十进制数为.现将所有由，，，组成的4位（如：1233，3201）四进制数转化为十进制数，在这些非零十进制数中任取一个，则这个数能被3整除的概率为 . 【答案】 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理、x+y+z=n的整数解的个数、计算古典概型问题的概率、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】设，将四进制数转换为十进制形式，由该数能被3整除转化为能被3整除，根据该四进制数数字的所有可能组合，分类计算符合要求的数的个数，利用古典概型概率公式计算即可. 【详解】设，则4位四进制数转换为十进制为： ， 若这个数能被3整除，则能被3整除. 当这个四进制数由1,2,3,3组成时，有个； 当这个四进制数由1,1,2,2组成时，有个； 当这个四进制数由1,1,1,3组成时，有个； 这个四进制数由2,2,2,3组成时，有个； 这个四进制数都由3组成时，有1个； 当这个四进制数由0,0,0,3组成时，有4个； 当这个四进制数由0,0,3,3组成时，有个； 当这个四进制数由0,0,1,2组成时，有个； 当这个四进制数由0,1,2,3组成时，有个； 当这个四进制数由0,3,3,3组成时，有4个； 当这个四进制数由0,2,2,2组成时，有个； 当这个四进制数由0,1,1,1组成时，有个. 因为由0,1,2,3组成的4位非零四进制数共有个， 所以能被3整除的概率. 故答案为：. 19．（2025·辽宁锦州·模拟预测）渤大附中校园景色优美，道路和楼宇的命名都蕴含着深远的意义，值得同学们在三年的时光里驻足留意.小陈､小张等6位即将毕业的同学在知博楼､君子路､红色文化广场､三到园4个标志性场所中各选择一个拍照留念，若每个地方至少有一位同学拍照，每位同学都恰选择一处地方拍照，且小陈､小张不在同一个地方拍照，则不同的拍照方式共有 种.（用数字作答） 【答案】 【难度】0.65 【知识点】排列数的计算、组合数的计算、分组分配问题 【分析】根据题意，分2步进行分析：①将6人分为4组，要求小陈､小张不在同一组，分为3､1､1､1的四组，分为2､2､1､1的四组,②将四组安排在4座标志性建筑中拍照.然后求解. 【详解】根据题意，分2步进行分析：①将6人分为4组，要求小陈､小张不在同一组， 若分为3､1､1､1的四组，有种分组方法， 若分为2､2､1､1的四组，有种分组方法，则有种分组方法； ②将四组安排在4座标志性建筑中拍照，有种情况，故有种排法. 故答案为：. 20．（24-25高三·上海·随堂练习）从0，1，2，3，4，5中任取3个数字组成没有重复数字的三位数，其中能被5整除的概率为 （用数字作答）． 【答案】/ 【难度】0.65 【知识点】计算古典概型问题的概率、数字排列问题、代数中的组合计数问题、元素（位置）有限制的排列问题 【分析】分类讨论求所以三位数和能被5整除的三位数的个数，结合古典概型运算求解. 【详解】选出的3个数字含有0时，有种方法； 选出的3个数字不含有0时，有种方法； 所以没有重复数字的三位数共有个. 其中能被5整除的三位数末位必为0或5． ①末位为0的三位数其首次两位从的5个数中任取2个排列而成方法数为； ②末位为5的三位数，首位从非0，5的4个数中选1个，有种挑法， 再挑十位，还有种挑法，所以合要求的数有种； 所以共有个符合要求的数． 结合古典概型计算公式可得所求概率值为． 故答案为：. 21．（23-24高二下·上海·期末）如图，6只小狗恰好在正六边形广场的顶点上玩耍，从中随机选取三只（视作点）连结成线，则以它们作为顶点的三角形是直角三角形的概率是 . 【答案】/ 【难度】0.85 【知识点】几何组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】从正六边形的6个顶点中随机选择3个顶点，选择方法有种，且每种情况出现的可能性相同，故为古典概型，由列举法计算出它们作为顶点的三角形是直角三角形的方法种数，求比值即可． 【详解】从正六边形的6个顶点中随机选择3个顶点，选择方法有种， 在正六边形中，直角三角形有，共12个， 由古典概型可知以它们作为顶点的三角形是直角三角形的概率 故答案为：． 22．（25-26高二上·北京·期中）若，则 ， .（用数字作答） 【答案】 1 【难度】0.85 【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和 【分析】利用二项式定理求出通项，进而得到系数求解第一空，利用赋值法求解第二空即可. 【详解】由二项式定理得的通项是， 当时，可得， 令，得到. 故答案为：；1 23．（2025·河北廊坊·模拟预测）的展开式中的常数项为 （用数字作答）. 【答案】 【难度】0.65 【知识点】三项展开式的系数问题 【分析】由，只需求展开式中的的系数即可. 【详解】由，所以， 只需求展开式中的的系数， 即 . 故答案为：. 24．（2024·安徽·三模）的展开式中的系数为 . 【答案】-30 【难度】0.85 【知识点】三项展开式的系数问题 【分析】利用乘方的几何意义和二项展开式的通项公式求解. 【详解】解：因为是由5个相乘得到， 使用要想产生，则出1个，出2个，y出2个， 故所求系数为. 故答案为：-30 三、解答题 25．（25-26高二上·湖北十堰·期中）某多选题有，，，四个选项. (1)若已知有且仅有两个选项正确，则随机任选两项，能全对的概率是多少； (2)若已知有且仅有三个选项正确，则随机任选两项，能得分（不是0分）的概率是多少？ 【答案】(1)； (2) 【难度】0.65 【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率 【分析】（1）列出所有选法，共6种，全对的有且只有一种，所以全对的概率为； （2）把能得分的情况看作是从三个正确选项中随机选两个，与从四个中随机选两个的情况数的比值即为得分的概率；或假设正确答案为，分析随机选两个能得分的情况，再用全概率思想求解；或假设所选的两项是，分析能得分的概率，再用全概率思想求解. 【详解】（1）随机选两项共有6种选法， 其中只有1种全对，所以全对的概率为； （2）从四个选项中随机任选两项，共有种情况， 能得分的情况相当于从三个正确选项中随机选两个，共有种， 所以能得分（不是0分）的概率是. 方法二：假设正确答案为，其概率为. 随机选两项共有6种， 其中3种可得分，所以能得分概率为， 若正确答案为其它，同理可得. 所以能得分概率为. 方法三：假设选的是，其概率为. 正确答案的可能选项共有4种， 其中有2种可以得分，所以得分概率为，其它同理可得. 所以能得分概率为. 26．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知的展开式中第3项与第项的二项式系数之和为30. (1)求的值； (2)记，从中任取两个相乘，求积为负数的概率. 【答案】(1) (2) 【难度】0.85 【知识点】计算古典概型问题的概率、组合数的计算、二项展开式的应用、由项的系数确定参数 【分析】（1）由题意，可得，根据组合数的求法，列式计算，即可得答案. （2）由（1）得，进而可得的通项公式，即可求出，分析可得当时，，当时，，根据古典概型概率公式，列式计算，即可得答案. 【详解】（1）第3项与第项的二项式系数之和为， 即，解得或， 又，所以. （2）由（1）得，则的通项公式为， 所以， 所以当时，，当时，， 所以从中任取两个相乘，积为负数的概率为. 27．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期中）组合恒等式是一类含有组合数的恒等式，其结构工整精美，是数学园林中的一组瑰宝.其证明方法有很多，有构造计数模型法（算两次），构造函数法及数学归纳法等等.请根据条件解决以下问题： (1)求证：； (2)设，求证：； (3)求证：，m，. （提示：证明过程中，可能会用到以下公式：），（a，，）. 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 (3)证明见详解 【难度】0.15 【知识点】利用组合数公式证明、二项式的系数和 【分析】（1）根据题意结合组合数公式分析证明即可； （2）整理可得，结合二项式系数和的性质分析证明即可； （3）利用数学归纳法，根据（1）中的结论以及分析证明. 【详解】（1）因为 ， 所以. （2）因为 ， 即， 则， 令，则， 可得， 所以. （3）设， 利用数学归纳法证明该等式，过程如下： 当时，左边为； 右边为； 即左边右边，等式成立； 假设当时，等式成立，即； 当时，则， 因为，即， 则 ， 又因为， 可得； 综上所述：对任意，均有， 所以. 28．（25-26高二上·上海奉贤·月考）已知（为正整数）的展开式中，末三项的二项式系数的和等于67. (1)求的值，从集合中任取一个元素，求该元素满足不等式的概率； (2)若，求除以7所得的余数； (3)求展开式中系数最大的项. 【答案】(1)，； (2)6； (3)或. 【难度】0.65 【知识点】求系数最大（小）的项、计算古典概型问题的概率、整除和余数问题、由项的系数确定参数 【分析】（1）根据给定条件，利用二项式系数列式求出，进而求出古典概率. （2）将目标式化成，再利用二项式定理进而展开式，进而求出余数. （3）求出展开式的通项，再构造不等式求出系数最大的项. 【详解】（1）展开式末三项的二项式系数分别为， 则，即，整理得， 而为正整数，因此，集合， 从集合中任取一个元素的试验有11个样本点， 满足不等式的事件有一个样本点5，所以所求概率为. （2）当时， ， 所以除以7所得的余数等于13除以7所得的余数6. （3）由（1）知，展开式通项为， 设第项即为系数最大的项，则，整理得，解得， 所以展开式系数最大的项为或. 2 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 � 事件B� 步骤1 步骤i··· 步骤2 m2种 方法n mi种 m1种 mn种 解决事件B共有m1×m2×m3×···×mn种不同的方法 $