专题04 排列组合与二项式定理（期末复习讲义，16大题型精讲+过关分层验收）高二数学上学期人教B版

专题04 排列组合二项式定理（期末复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 1：两大计数原理（排列组合基础核心） 1.能通过关键词（“或”“且”）快速判断计数场景适用的原理； 2.熟练应用两大原理解决无复杂限制的基础计数问题（如“选课程、分任务”）； 3.建立“先判断原理，再列式计算”的解题习惯，杜绝重复或遗漏计数. 1.题型：以选择题、填空题为主（占该考点考查频次的90%以上）； 2.难度：基础题（占比80%），极少涉及难题； 3.命题特点：常结合生活场景（如选课、购票、分配任务），直接考查原理应用，不与其他模型复杂结合. 2：排列与组合的定义及计算（排列组合核心工具） 1.牢记排列数、组合数公式及组合数性质，无需推导直接快速计算； 2.能根据“是否有序”准确判断用排列或组合列式； 3.熟练运用组合数性质化简计算（如），提升解题效率. 1.题型：选择题、填空题为主（占比70%），部分解答题第一问涉及（占比30%）； 2.难度：基础题（60%）、中档题（40%）； 3.命题特点：直接考查公式计算（如“计算的值”）或性质化简（如“化简求k”），极少设置复杂背景. 3：常见计数模型（排列组合高频应用题） 1.能通过题干关键词（“相邻”“不相邻”“平均分配”“甲不站XX位”）快速识别对应模型； 2.掌握各模型解题步骤（如捆绑法“先捆后排”、插空法“先排无限制再插空”），能独立列式求解； 3.突破均匀分组重复计算的易错点（记住“均匀分组需除以组数阶乘”）. 1.题型：选择题、填空题（占比50%），解答题（占比50%）； 2.难度：中档题（占比80%），少量基础题（20%）； 3.命题特点：常结合排队、分配任务、选代表等场景，单个模型考查（如纯捆绑问题）或两个模型简单综合（如“部分人相邻+部分人不相邻”），不涉及三个及以上模型叠加. 4：排列组合综合应用（排列组合能力提升） 1.能解决“先选后排”的混合计算问题（如“从6人中选4人排成一列，有多少种排法”）； 2.掌握“排列组合求基本事件数，再算概率”的解题逻辑； 3.能处理含1-2个简单限制条件的综合题（如“选3人排成一排，甲不站末位，求排法数”）. 1.题型：解答题为主（占比70%），少量填空题（30%）； 2.难度：中档题（占比90%），极少难题（10%）； 3.命题特点：部分地区期末考查，常以“概率背景”呈现（如“从5件正品2件次品中选2件，求恰好1件次品的概率”），核心是排列组合计算基本事件数. 5：二项式定理的展开式（二项式基础核心） 1.熟练默写二项式展开式核心公式及通项公式； 2.明确通项公式中“k的含义”（从0开始），避免“第m项”与“k值”的对应错误（如第3项对应k=2）； 3.能根据通项公式快速写出任意指定项的表达式. 1.题型：选择题、填空题为主（占比80%）； 2.难度：基础题（占比70%）、中档题（30%）； 3.命题特点：直接考查通项公式书写（如“写出的第2项”）或展开式前3项展开（如“展开的前3项”），下标对应是高频易错点考查. 6：二项式系数与项的系数（二项式高频区分点） 1.能通过定义快速区分“二项式系数”与“项的系数”（如中，第2项的二项式系数是，项的系数是）； 2.牢记二项式系数之和的结论，能直接应用计算； 3.避免“二项式系数之和”与“项的系数之和”的混淆. 1.题型：选择题、填空题（占比100%）； 2.难度：基础题（60%）、中档题（40%）； 3.命题特点：高频考查“区分与计算”（如“求中第3项的二项式系数和项的系数”），二项式系数之和常结合赋值法间接考查. 7：特定项求解（二项式期末必考题） 1.掌握“通项公式+指数方程”的解题逻辑（如求常数项：令通项中x的指数=0，解k值，再计算系数）； 2.能快速求解常数项、指定次数项的系数，准确判断有理项的个数； 3.熟练处理含分式、根式的二项式特定项问题（如求有理项）. 1.题型：选择题、填空题（占比60%），解答题（占比40%）； 2.难度：中档题（占比90%）； 3.命题特点：期末必考题，背景简洁（多为、形式），核心是通项公式的应用，计算量不大但需细心. 8：赋值法的应用（二项式系数和核心方法） 1.掌握赋值法的核心逻辑（通过代入特殊值简化展开式，快速求系数和）； 2.能根据所求“系数和类型”选择对应赋值（如求全项系数和用）； 3.能解决含负号、系数的二项式系数和问题（如的所有项系数和）. 1.题型：选择题、填空题（占比100%）； 2.难度：中档题（占比80%）； 3.命题特点：高频考点，常直接设问（如“求的所有项系数和”），偶尔结合二项式系数和综合考查（如“求的奇数项系数和”）. 知识点1：两大计数原理（排列组合基础核心） 基础知识：解决计数问题的根本方法，区分“独立选择”与“连续操作”场景. 核心概念： 1.分类加法计数原理：完成一件事有类互斥方案，每类有种方法，总方法数为各类方法数之和（“或”关系，互斥无重叠）； 2.分步乘法计数原理：完成一件事需个关联步骤，每步有种方法，总方法数为各步方法数之积（“且”关系，步骤连贯）. 核心公式： 分类加法： 分步乘法： 易错点： 1.混淆“分类”与“分步”（关键词“或”→分类，“且”→分步）； 2.分类时出现重叠（如“选男生或班干部”，男生与班干部有交集）； 3.分步时遗漏关键步骤（如“从到再到”，忽略某段路线的选择）. 常考结论： 1.若问题既有分类又有分步，先分类再对每类分步计算； 2.互斥场景必用分类加法，连续操作必用分步乘法. 知识点2：排列与组合的定义及计算（排列组合核心工具） 基础知识：从个不同元素中选取个元素的两种基本形式，核心区别“有序与否”. 核心概念： 1.排列：从个不同元素中选个（），按一定顺序排成一列（有序，如“排队”“排序”）； 2.组合：从个不同元素中选个（），不考虑顺序组成一组（无序，如“选代表”“选物品”）. 核心公式： 排列数：（规定） 组合数： 组合数性质： ①对称性：； ②递推性：； ③特殊值：，，。 易错点： 1.未判断“有序/无序”直接套用公式（如“选3人排成一排”是排列，“选3人参加活动”是组合）； 2.组合数性质应用错误（如误将算成）； 3.阶乘计算失误（如，而非）. 常考结论： 1.（排列=组合×排序）； 2.当时，用简化计算（如）； 3.（组合数之和，后续二项式定理会深化）. 知识点3：常见计数模型（排列组合高频应用题） 基础知识：针对特定场景（相邻、不相邻、分组等）的标准化解题模板. 核心概念： 1.捆绑法：解决“相邻问题”，将相邻元素视为一个整体参与排列； 2.插空法：解决“不相邻问题”，先排无限制元素，再在间隙中插入受限元素； 3.分组分配：将个元素分成若干组（均匀/非均匀），再分配到对应位置； 4.特殊元素/位置优先：优先安排有约束条件的元素（如“甲不站首位”）或位置. 核心公式/步骤： 捆绑法：①捆（相邻元素内部排列：）；②排（整体与其他元素排列：）；总方法数：； 插空法：①排无限制元素（）；②插空（个元素形成个间隙，选个插入：）；总方法数：； 分组分配： ①非均匀分组（各组元素数不同）：直接分（）； ②均匀分组（部分组元素数相同）：分后除重（，为均匀组数）； ③分配到位置：分组后×全排列（，为位置数）. 易错点： 1.捆绑法忘记计算相邻元素内部的排列（如“3人相邻排队”，仅算整体排列，忽略3人内部顺序）； 2.插空法先排相邻元素（导致间隙数计算错误）； 3.均匀分组未除重（如“6人平均分成3组”，误算为，正确应为）； 4.特殊元素优先时，遗漏其他约束条件（如“甲不站首位，乙不站末位”，仅排除甲站首位，未考虑甲站末位时乙的限制）. 常考结论： 1.相邻问题必用捆绑法，不相邻问题必用插空法（两者不可混淆）； 2.分组问题先判断“均匀与否”，再决定是否除重； 3.多约束条件（如“甲不站首、乙不站末”）优先用“直接法”或“间接法”（总排法−不符合条件排法）. 知识点4：排列组合综合应用（排列组合能力提升） 基础知识：融合排列、组合及概率的复合型问题，核心是“计数为基础，应用为目标”. 核心概念： 1.先选后排：先通过组合选取元素，再通过排列安排顺序（如“选3人排成一排”）； 2.计数求概率：用排列组合计算基本事件总数及目标事件数，再套用概率公式. 核心公式： 先选后排：； 概率计算：（超几何分布模型，如“从件产品中选件，含件次品”）. 易错点： 1.先排后选导致重复计数（如“选2人排前后位”，误算为，实际直接用即可）； 2.概率计算时混淆“有序”与“无序”（基本事件总数与目标事件数需保持一致，均有序或均无序）； 3.忽略“不放回”与“放回”的区别（如“摸球问题”，不放回用排列/组合，放回用分步乘法）. 常考结论： 1.“先选后排”是排列组合混合问题的核心思路； 2.与概率结合时，优先明确“基本事件是否有序”，再计算总数与目标数； 3.常见场景（选产品、选代表、摸球）多为“不放回”模型，需用组合数计算. 知识点5：二项式定理的展开式（二项式基础核心） 基础知识：的代数展开规律，是二项式相关问题的核心依据. 核心概念： 1.二项式定理：（），右侧为展开式，共项； 2.通项公式：第项（从0开始计数），是求解特定项的关键工具. 核心公式： 展开式：； 通项公式：（）。 易错点： 1.通项公式下标错误（误将第项当作，正确应为）； 2.忽略的取值范围（必须满足，否则二项式系数为0）； 3.展开式项数错误（误将的展开式项数记为项，实际为项）. 常考结论： 1.通项公式是解决二项式特定项问题的唯一核心工具，必须牢记； 2.展开式中各项的的次数从递减到0，的次数从0递增到，各项次数和均为； 3.当或为负数时，展开式中奇数项为正，偶数项为负（如的展开式第项符号为）. 知识点6：二项式系数与项的系数（二项式高频区分点） 基础知识：二项式展开式中两类系数的明确区分，是期末高频考查的基础知识点. 核心概念： 1.二项式系数：仅指展开式中各项的（与a、b的系数无关，仅由n、k决定）； 2.项的系数：该项中未知数前的数字因数（二项式系数与a、b本身系数的乘积，如中第项的系数为）. 核心公式/结论： 二项式系数之和：（令）； 奇数项二项式系数之和=偶数项二项式系数之和：（令）； 项的系数之和：令（若a、b含系数，需代入对应值，如的项的系数之和为）. 易错点： 1.混淆二项式系数与项的系数（如中第3项的二项式系数是，项的系数是）； 2.求项的系数之和时，未代入a、b的实际系数（如误算为，正确应为）； 3.认为“二项式系数之和=项的系数之和”（仅当时成立，若a、b含系数则不成立）. 常考结论： 1.二项式系数仅与“项的位置”有关，项的系数与“a、b的系数+项的位置”都有关； 2.求各类系数和必用赋值法，关键是根据所求目标选择合适的赋值（1或-1）； 3.二项式系数的最大值：当为偶数时，中间项（第项）的二项式系数最大；当为奇数时，中间两项（第项和第项）的二项式系数相等且最大. 知识点7：特定项求解（二项式期末必考题） 基础知识：利用二项式通项公式，根据目标项的特征（常数、指定次数等）求解，是二项式定理的核心应用. 核心概念： 1.常数项：展开式中不含未知数的项（未知数的指数为0）； 2.指定次数项：未知数的指数为特定值的项（如项、项）； 3.有理项：未知数的指数为整数的项（含常数项）；无理项：未知数的指数为非整数的项. 核心公式/步骤： 1.写出通项公式：； 2.化简通项中未知数的指数：设、（含系数需保留），则未知数指数为； 3.根据目标项特征列方程. 常数项：，解出整数（）； 指定次数项：（为目标次数），解出整数； 有理项：，找出所有满足条件的整数； 4.代入值计算目标项的系数或具体项. 易错点： 1.化简未知数指数时出错（如中，，误写为）； 2.解方程后未验证是否为整数或是否在范围内（如时，解出需舍去）； 3.计算项的系数时遗漏a、b的系数（如中，常数项系数误算为，忽略）. 常考结论： 1.特定项求解的核心是“通项公式+指数方程”，步骤固定，需熟练掌握； 2.含分式、根式的二项式（如、），先统一未知数的指数形式（化为负指数或分数指数）再列方程； 3.常数项存在的条件：指数方程有整数解，且（如，指数方程，即，需是3的倍数）. 知识点8：赋值法的应用（二项式系数和核心方法） 基础知识：通过代入特殊值（如1、-1、0）简化二项式展开式，快速求解各类系数和，是期末高频技巧. 核心概念： 1.全项系数和：展开式中所有项的系数之和（含常数项）； 2.奇数项/偶数项系数和：展开式中奇数位置项（第1、3、5…项）或偶数位置项（第2、4、6…项）的系数之和； 3.特定字母系数和：仅含某一字母的项的系数之和（如中含的项的系数之和）. 核心公式/赋值方式： 所求目标 赋值方式 计算结果 全项系数和 令（a、b含系数需代入） 如： 奇数项系数和-偶数项系数和 令 如： 奇数项系数和 （全项系数和+上述结果）÷2 如： 偶数项系数和 （全项系数和-上述结果）÷2 如： 常数项 令未知数=0（如） 如： 易错点： 1.赋值时忽略a、b本身的系数（如求全项系数和，误令得，正确）； 2.混淆“奇数项系数和”与“奇数项二项式系数和”（前者需考虑a、b系数，后者仅为）； 3.求含负号的二项式系数和时，符号错误（如令，误算为，正确为）. 常考结论： 1.赋值法的本质是“特殊值代入法”，核心是利用、交替变号的性质简化计算； 2.若二项式含多个字母（如），可固定一个字母，对其他字母赋值（如求含的项的系数之和，令，转化为中的系数）； 3.常数项可通过“赋值法”或“特定项求解”两种方式验证，期末常考两种方法的交叉应用. 知识点9：杨辉三角（二项式系数的直观表示） 基础知识：二项式系数的几何排列形式，直观反映组合数的递推关系，是衔接组合数与二项式定理的桥梁. 核心概念： 1.行数定义：第行（从0开始计数）对应的二项式系数（如第0行对应，系数为；第1行对应，系数为）； 2.递推特征：从第2行起，每个数字等于上方两个相邻数字之和（对应组合数性质）； 3.对称特征：每行数字左右对称（对应组合数对称性）. 核心特征： 1.第行共有个数字； 2.第行所有数字之和为（对应二项式系数之和）； 3.第行数字的最大值：当为偶数时，中间1个数字最大；当为奇数时，中间2个数字相等且最大. 易错点： 1.行数与二项式次数对应错误（误将第3行当作的系数，实际第行对应）； 2.递推关系应用错误（如第行第个数字，误写为，顺序颠倒）； 3.忽略“行数从0开始”的规则（如求的系数，需查第5行，而非第6行）. 常考结论： 1.杨辉三角可快速查找低次二项式的系数（如的系数直接查第4行：）； 2.利用递推性可快速计算组合数（如，对应杨辉三角第6行第4个数字）； 3.期末仅考查基础应用（查找系数、验证组合数性质），不涉及复杂的杨辉三角规律（如质数行、斐波那契数列关联等）. 题型一 分类计数问题（“或”关系，互斥场景） 解｜题｜技｜巧 典型例题：从3名男生和2名女生中选1人参加活动，有多少种选法？ 答题模板： 1.识别特征：问题含“或”“要么…要么…”，类别互斥无重叠； 2.划分类别：按统一标准分类（如“男生”“女生”两类）； 3.计算每类方法数：第1类，第2类，…，第类； 4.求和得总方法数：. 套用示例：男生3种+女生2种=5种. 【典例1】（25-26高二上·上海·期中）将各位数字之和为的三位数叫“幸运数”，比如，，则所有“幸运数”的个数为 ． 【典例2】（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片､2部文艺片､3部喜剧片，小华从中任选1部电影观看，则不同的选法种数有（    ） A．18 B．9 C．8 D．7 【变式1】（24-25高二下·青海西宁·期末）在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（    ） A．14 B．19 C．90 D．200 【变式2】（2025高三·全国·专题练习）若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为（    ） A．28 B．29 C．30 D．32 【变式3】（2025高二·全国·专题练习）中国古代十进制的算筹计数法是数学史上一个伟大的创造，算筹由一根根同样长短的小木棍构成，如图所示是利用算筹表示的一种方法.例如：可表示为“”， 可表示为“”.按照这种表示方法，根算筹可以表示多少个三位数？（算筹不能剩余且三位数中不含） 题型二 分步计数问题（“且”关系，连续操作） 答｜题｜模｜板 典型例题：从地到地有2条路，从地到地有3条路，从到有多少种走法？ 答题模板： 1.识别特征：问题含“且”“先…再…”，步骤连贯缺一不可； 2.拆解步骤：按操作顺序分步（如“”“”两步）； 3.计算每步方法数：第1步，第2步，…，第步； 4.求积得总方法数：. 套用示例：种. 【典例1】（25-26高三上·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】（2025高二·全国·专题练习）现有3名医生，5名护士，2名麻醉师.从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？ 【变式1】（2025高二·全国·专题练习）甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，先将贺卡集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺卡，则不同的分配方式有（    ） 种. A． B． C． D． 【变式2】（24-25高二下·全国·课后作业）把3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社会实践，3人均可分到相同或不同车间，共有多少种不同的分配方案？ 【变式3】（2025高二·全国·专题练习）8名学生争夺4项冠军，获得冠军的可能情况有（    ）种． A． B． C． D． 题型三 分类与分步结合问题 答｜题｜模｜板 典型例题：从3名男生和2名女生中选1名男生和1名女生参加活动，有多少种选法？ 答题模板： 1.先分类：按其中一类元素划分（如“选男生”“选女生”两类）； 2.再分步：每类内部按连续操作拆解（如“选1名男生”为第1步，“选1名女生”为第2步）； 3.分步求积：每类的方法数=各步方法数之积； 4.分类求和：总方法数=各类方法数之和. 套用示例：（3选1）×（2选1）种. 【典例1】（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）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 【典例2】（2025高二·全国·专题练习）用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（    ）种涂法， A． B． C． D． 【变式1】（2025高二·全国·专题练习）用数字，，，，，，，组成没有重复数字且至多有一位数字是偶数的四位个数，那么这样的四位数一共有 个. 【变式2】（24-25高二下·山西·期末）某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有四种不同的鲜花可供摆放，要求有公共边的区域摆放不同种类的鲜花，则摆放鲜花的不同方法种数为 .    【变式3】（24-25高二下·黑龙江鸡西·期中）从0、1、2、3、4这五个数字中任取三个不同的数字组成三位数，求： (1)组成的三位数偶数的个数； (2)组成的三位数中大于200的个数. 题型四 排列数/组合数直接计算 答｜题｜模｜板 典型例题：计算、. 答题模板： 1.区分类型：有序→排列（用），无序→组合（用）； 2.确定参数：明确（总元素数）、（选取元素数）； 3.代入公式： 排列数：； 组合数：； 4.简化计算：用组合数性质（时）. 套用示例：；. 【典例1】（24-25高二下·吉林·期末）若，则 . 【典例2】（2025高二·全国·专题练习）解关于x的方程： (1)； (2)． 【变式1】（24-25高二下·广东中山·月考）求值、解方程或解不等式 (1)求值： (2)求值：； (3)解方程： (4)解方程：已知（），求 (5)解关于的不等式 【变式2】（24-25高二下·山西·月考）已知，若，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．1或3 【变式3】（24-25高二下·宁夏银川·期中）（1）计算：； （2）计算：. （3）已知：，求n. 题型五 组合数性质应用（化简/求值） 答｜题｜模｜板 典型例题：化简；已知，求. 答题模板： 1.识别性质： 递推性：； 对称性：； 2.代入化简：按性质合并或转化表达式； 3.求解结论：等式两边对应相等，得出结果. 套用示例：；→. 【典例1】【多选题】（25-26高二上·全国·单元测试）已知m，且，则下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【典例2】【多选题】（2025高二·全国·专题练习）（多选题）下列关于排列数、组合数的计算中，正确的是（    ）． A． B． C． D．是一个常数 【变式1】（24-25高二下·全国·课后作业）（1）求满足的正整数的值． （2）计算：． 【变式2】（24-25高二下·山东济南·期末）（1）证明：，其中，； （2）化简：，其中． 【变式3】（24-25高二下·广东深圳·期中）若，则（    ） A．28 B．56 C．112 D．120 题型六 捆绑法（相邻问题） 答｜题｜模｜板 典型例题：5人排队，甲、乙、丙3人相邻，有多少种排法？ 答题模板： 1.处理相邻元素（捆）：将相邻元素视为1个整体，内部排列：（为相邻元素个数）； 2.处理整体与其他元素（排）：总元素数变为（为总元素数），全排列：； 3.总方法数：两步结果相乘→. 套用示例：捆（3人内部）；排（整体+2人）；总排法种. 【典例1】（2026高三·全国·专题练习）甲､乙等6人围成一圈，且甲､乙两人相邻，则不同的排法共有（    ） A．6种 B．12种 C．24种 D．48种 【典例2】（24-25高二下·四川泸州·月考）三个人坐在一排5个座位上，空位相邻的坐法有 种．（用数字作答） 【变式1】（25-26高三上·陕西西安·开学考试）七位渔民各驾驶一辆渔船依次进湖捕鱼，甲、乙渔船要排在一起出行，丙必须在最中间出行，则不同的排法种数为 ． 【变式2】（2025高三·全国·专题练习）为了抒写乡村发展故事，展望乡村振兴图景，演出民众身边日常，唱出百姓幸福心声，某地组织了“美丽乡村”节目表演，共有舞蹈、歌曲、戏曲、小品、器乐、非遗展演六个节目，若要求歌曲和戏曲节目相邻，且歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出，则节目的排列顺序种数为（    ） A．120 B．360 C．180 D．90 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）若有7个人排成一排，其中甲、乙必须相邻，而丙不能站在两端，则不同的排法共有 种. 题型七 插空法（不相邻问题） 答｜题｜模｜板 典型例题：5人排队，甲、乙不相邻，有多少种排法？ 答题模板： 1.排无限制元素：先排其他无约束元素，全排列：（为无限制元素个数）； 2.算间隙数：个元素形成个间隙（含两端）； 3.插受限元素：从间隙中选个插入受限元素，排列：（为受限元素个数）； 4.总方法数：两步结果相乘→. 套用示例：排3人（无限制）；间隙4个，插2人；总排法种. 【典例1】（25-26高二上·上海·期中）人并排站成一行，如果甲、乙两人必须不相邻，那么不同的排法种数是 ． 【典例2】（25-26高三上·湖南·月考）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1】（25-26高三上·广东佛山·月考）现将2本不同的数学书、3本不同的物理书、1本化学书放在一个单层的书架上，且同类的书各不相邻，则不同的放法有（   ） A．120种 B．144种 C．96种 D．160种 【变式2】（25-26高三上·江苏南通·开学考试）3名学生和2名老师随机排成一行，2名老师不相邻，则不同排法的种数为 ． 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）在我市的一项竞赛活动中，某县的三所学校分别有1名、2名、3名学生获奖，这6名学生排成一排合影，要求同校的任意2名学生不能相邻，那么不同的排法有 种．（用数字作答） 题型八 分组分配问题 答｜题｜模｜板 子题型3.1：非均匀分组（各组元素数不同） 典型例题：6人分成1、2、3人三组，有多少种分法？ 答题模板： 1.按组次分步选取：第1组，第2组，第3组（）； 2.总方法数：各步组合数相乘→（无需除重）. 套用示例：种. 子题型3.2：均匀分组（部分/全部组元素数相同） 典型例题：6人平均分成3组（每组2人），有多少种分法？ 答题模板： 1.按非均匀分组计算：； 2.除以均匀组数的阶乘（除重）：若有组元素数相同，除以； 3.总方法数：. 套用示例：种. 子题型3.3：分组后分配到位置 典型例题：6人分成1、2、3人三组，分配到甲、乙、丙3个岗位，有多少种分法？ 答题模板： 1.先分组：按非均匀/均匀分组规则计算分组数； 2.再分配：将组分配到个位置，全排列； 3.总方法数：分组数×. 套用示例：分组数60（子题型3.1）×→种. 【典例1】（2025高二·全国·专题练习）将6个不同的球分别按如下方式来分，写出不同分法的种数． (1)平均分成3堆，每堆2个； (2)分给甲、乙、丙3人，每人2个； (3)分成3堆，每堆个数分别为1个、2个、3个： (4)分给甲1个、乙2个、丙3个； (5)分给3人，3人分别得到1个、2个、3个． 【典例2】（25-26高二上·全国·月考）从5名学生中选择4人对A，B两种不同算法的加密文件进行破译，每人选择一种文件，每个文件2人破译，则不同的人员安排共有（ ） A．40种 B．48种 C．30种 D．72种 【变式1】（2025·云南昆明·模拟预测）将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（    ） A．540 B．504 C．408 D．390 【变式2】（25-26高三上·重庆·月考）某班 5 名学生负责校内 3 个不同地段的卫生工作. 每名学生都要参与且只负责某个地段的卫生工作，每个地段至少有 1 名学生的分配方案共有（   ） A．300 种 B．90 种 C．240 种 D．150 种 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）现有10本不同的书，分给甲、乙、丙等六人，其中一人得3本、两人得2本、三人得1本，则不同分法的种数是 ．（用排列数、组合数表示） 题型九 特殊元素/位置优先问题 答｜题｜模｜板 典型例题：5人排队，甲不站首位，乙不站末位，有多少种排法？ 答题模板（直接法）： 1.优先安排特殊元素： 情况1：甲站末位→剩余4人全排列：； 情况2：甲不站首、末位→甲有3种选择，乙有3种选择（排除末位+甲的位置），剩余3人全排列：； 2.总方法数：两类情况相加→. 套用示例：种. 【典例1】（24-25高二下·上海·期中）已知6位同学站成一排，若甲同学不站在两端，则有 种不同的排法. 【典例2】（25-26高二上·上海奉贤·期中）某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．96种 【变式1】（2025·广西柳州·一模）甲、乙等5人站成一排，若甲和乙之间恰好有2人，且甲不在两端，则不同排法共有（   ） A．8种 B．12种 C．16种 D．20种 【变式2】（2025·广东·模拟预测）3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的排法有（    ）种． A．36 B．108 C．120 D．144 【变式3】（25-26高三上·福建三明·月考）甲、乙、丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥、长江索道、重庆动物园、白帝城这4个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲、乙、丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有（   ） A．24种 B．18种 C．12种 D．6种 题型十 先选后排问题 答｜题｜模｜板 典型例题：从6人中选4人排成一排，有多少种排法？ 答题模板： 1.选元素：从个元素中选个，组合数； 2.排顺序：将选出的个元素全排列，排列数； 3.总方法数：. 套用示例：（或直接）. 【典例1】（2025高三·上海·专题练习）第41届全国中学生物理竞赛决赛于10月24 日至10月30日由华东师范大学第二附属中学承办.根据赛事安排，组委会欲安排 589 名选手和各省领队参观5个不同场馆，分别为李政道研究所、中国商飞、上海交通大学张江高等研究院、上海科技大学和上海博物馆东馆.现欲将6位志愿者老师分配到5个不同场馆做带队服务.若每个场馆至少1人，则不同的分配方案的种数为 . 【典例2】（2025·全国·模拟预测）已知4位学生被分配到A、B、C三地学习，每地至少分配一位学生且每位学生只能去一个地方学习，则不同的分配方式有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 【变式1】（2025·全国·模拟预测）2025年1月7日9时5分，西藏自治区日喀则市定日县发生6.8级地震．现从各省共抽派7支抢险工作队前往5个灾区县救援，要求每个受灾县至少有一个工作队的方法种数共有（    ） A．1800 B．16800 C．14280 D．25200 【变式2】（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等六名教师被随机地分到四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法（    ） A．1080 B．1560 C．2640 D．3960 【变式3】（25-26高三上·陕西西安·开学考试）某校安排高一年级（1）~（5）班共5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高一（1）班被安排到A基地的排法种数为（    ） A．24 B．36 C．60 D．240 题型十一 展开式书写（前3项/指定项） 答｜题｜模｜板 典型例题：写出的展开式前3项。 答题模板： 1.牢记展开式公式：； 2.确定a、b、n：本题，，； 3.逐项计算：从0开始，依次代入计算前3项（）； 4.化简结果：合并同类项，保留系数符号。 套用示例： ：； ：； ：； 前3项：。 【典例1】（25-26高二上·全国·课堂例题）求多项式的展开式. 【典例2】（24-25高二·全国·课堂例题）求多项式的展开式． 【变式1】（24-25高二·全国·课堂例题）求的展开式； 【变式2】（24-25高三·上海·课堂例题）写出的二项展开式 . 【变式3】（24-25高三·上海·随堂练习）的二项展开式是 ． 题型十二 通项公式应用（求某一项） 答｜题｜模｜板 典型例题：求的第4项；求的含的项. 答题模板： 1.明确目标：确定求“第项”或“含的项”； 2.写出通项公式：（）； 3.确定参数：明确a、b、n，若求第项，则；若求含的项，需化简的指数； 4.计算求解： 第项：代入，计算系数与字母部分； 含的项：令的指数等于，解出，再代入计算项； 5.整理结果：保留系数符号，化简表达式. 套用示例： 求第4项：→，； 求含的项：，，，指数→，项为. 【典例1】（2026高三·全国·专题练习）的常数项为 ． 【典例2】（25-26高三上·上海嘉定·月考）的二项展开式中第4项是 . 【变式1】（25-26高三上·四川成都·期中）的展开式的中间项为 ． 【变式2】（25-26高二上·上海奉贤·月考）的展开式中的第四项是 . 【变式3】（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． 题型十三 二项式系数与项的系数 答｜题｜模｜板 子题型1：二项式系数与项的系数区分计算 典型例题：求的展开式中第2项的二项式系数和项的系数 答题模板： 1.明确定义： 二项式系数：仅（与a、b系数无关）； 项的系数：的系数的系数； 2.确定值：第项→； 3.分别计算： 二项式系数：直接取； 项的系数：计算； 4.对比结果：明确两者区别，规范书写. 套用示例： 第2项→，二项式系数：； 项的系数：. 子题型2：二项式系数最值问题 典型例题：求展开式中二项式系数最大的项；求展开式中二项式系数最大的项. 答题模板： 1.确定的奇偶性： 为偶数：中间1项（第项）二项式系数最大； 为奇数：中间2项（第项、第项）二项式系数相等且最大； 2.计算对应值： 偶数：； 奇数：和； 3.代入通项求项：计算对应项的表达式（仅二项式系数，无需考虑a、b系数）. 套用示例： （偶数）：第5项，，项为； （奇数）：第5、6项，和，项为、. 子题型3：项的系数最值问题 典型例题：求展开式中项的系数最大的项. 答题模板： 1.写出通项公式：化简项的系数表达式（含的函数）； 2.设第项系数为，列不等式组： ； ； 3.解不等式组：求出整数（）； 4.验证符号：根据的奇偶性判断系数符号，确定最大系数项； 5.计算结果：代入值求项. 套用示例： 通项系数：； 列不等式：且，解得→； 系数最大项：，项为. 【典例1】（24-25高二下·贵州毕节·期末）的展开式的第7项的二项式系数是 . 【典例2】（25-26高三上·天津·月考）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1】（2025高三·全国·专题练习）已知，二项式展开式的前三项的系数成等差数列，则展开式中二项式系数的最大值为 ，系数最大值为 ． 【变式2】（24-25高二下·河南开封·月考）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 . 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）已知的展开式中各项系数的和比各二项式系数的和大992．求展开式中二项式系数最大的项及展开式中系数最大的项． 题型十四 特定项求解 答｜题｜模｜板 题型1：常数项求解 典型例题：求的展开式中的常数项. 答题模板： 1.写出通项公式：； 2.化简的指数：将a、b化为的幂次形式（如），合并指数； 3.列方程求：令的指数为0，解出整数（需满足）； 4.计算常数项：代入值，计算系数部分（不含）； 5.验证结果：确保有效，系数计算无误. 套用示例： 通项：； 令→； 常数项：. 题型2：有理项/无理项求解 典型例题：求的展开式中的有理项. 答题模板： 1.写出通项公式：化简的指数（化为分数指数）； 2.定义有理项条件：的指数为整数； 3.列方程求：设指数为整数，解出满足的整数； 4.列举所有有效：逐一验证，确保指数为整数； 5.计算有理项：代入每个值，求出对应项. 套用示例： 通项：； 有理项条件：→是6的倍数，； 解得： ：； ：. 题型3：指定指数差/系数关系问题 典型例题：在的展开式中，若第3项与第6项的系数相等，求. 答题模板： 1.写出对应项的系数：第项系数为（二项式系数）； 2.根据题意列等式：如“第项系数=第项系数”→； 3.利用组合数性质求解： 对称性：→； 递推性：结合题意化简等式； 4.验证结果：确保为正整数，符合题意. 套用示例： 第3项系数，第6项系数，由→→. 【典例1】（25-26高三上·天津·开学考试）在的展开式中，的系数为 ． 【典例2】（25-26高三上·四川成都·月考）在的展开式中，的系数为（    ） A．15 B．45 C．60 D．90 【变式1】（25-26高三上·云南·月考）在的展开式中，含项的系数是（   ） A．14 B．15 C．16 D．18 【变式2】（2025高三上·广东深圳·专题练习）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3】（2025高二·全国·专题练习）已知二项式. (1)求展开式的第4项； (2)求展开式中的有理项； (3)求展开式中的常数项. 题型十五 赋值法的应用 答｜题｜模｜板 题型1：全项系数和求解（完整） 典型例题：求的展开式中所有项的系数之和. 答题模板： 1.识别目标：求所有项的系数和（含常数项、各字母项）； 2.选择赋值：令所有字母变量=1（若字母含系数，直接代入1，不改变系数）； 3.计算结果：将赋值代入二项式，化简得出数值即为系数和； 4.验证逻辑：确保赋值后所有字母项转化为1，仅保留系数运算. 套用示例：令、，系数和. 题型2：奇数项/偶数项系数和求解 典型例题：求的展开式中奇数项系数和、偶数项系数和. 答题模板： 1.设参数：设全项系数和为，奇数项系数和为，偶数项系数和为； 2.求全项系数和：令所有字母=1，计算； 3.求奇数项-偶数项系数和：令含字母项的系数为1，另一项为-1（如令），得； 4.列方程求解： ； ； 5.化简结果：确保计算过程符号无误. 套用示例： 全项系数和； 奇数项-偶数项系数和； 奇数项系数和； 偶数项系数和. 题型3：特定字母系数和求解 典型例题：求的展开式中含的项的系数之和。 答题模板： 1.识别目标：仅保留含指定字母（如）的项，求其系数和； 2.固定其他字母：令非指定字母=1（消除其对系数的影响）； 3.转化为二项式问题：原多项式转化为仅含指定字母的二项式（或单项式）； 4.提取指定项系数：利用二项式定理求出指定字母对应次数的系数； 5.验证结果：确保未遗漏其他字母的系数贡献。 套用示例： 令、，多项式转化为； 含的项的系数为，即所求系数和为150. 【典例1】（25-26高二上·上海奉贤·期中）已知，则 ． 【典例2】（25-26高三上·重庆·期中）若，则 . 【变式1】【多选题】（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知，则（    ） A． B． C． D． 【变式2】【多选题】（25-26高二上·黑龙江绥化·期中）已知的展开式中只有第五项的二项式系数最大，则下列说法正确的是（    ） A． B．展开式中偶数项的二项式系数的和为 C．展开式中各项系数的和为 D．展开式中奇数项的系数的和为 【变式3】【多选题】（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）已知，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 题型十六 杨辉三角 答｜题｜模｜板 题型1：利用杨辉三角查找二项式系数 典型例题：通过杨辉三角求的展开式中二项式系数最大的项的系数；求的展开式中第3项的二项式系数. 答题模板： 1.明确行数规则：第行（从0开始计数）对应的二项式系数； 2.绘制/回忆杨辉三角前行： 第0行：[1] 第1行：[1,1] 第2行：[1,2,1] 第3行：[1,3,3,1] 第4行：[1,4,6,4,1] 第5行：[1,5,10,10,5,1] 3.查找目标系数： 二项式系数最大项：偶数取中间列，奇数取中间两列； 第项的二项式系数：第行第列（从0开始列计数）； 4.输出结果：明确系数对应的项或直接输出系数. 套用示例： 求二项式系数最大项的系数：第5行中间两列（第2、3列），系数为10； 求第3项的二项式系数：第4行第2列，系数为6. 题型2：利用杨辉三角验证组合数性质 典型例题：用杨辉三角验证；验证. 答题模板： 1.明确组合数与杨辉三角的关系：第行第列的数字=； 2.验证递推性： 找到第行第列的数字； 找到第行第列和第列的数字，求和验证是否等于前者； 3.验证对称性： 找到第行第列和第列的数字，验证是否相等； 4.总结结论：明确组合数性质在杨辉三角中的直观体现. 套用示例： 验证：第6行第3列数字=20，第5行第2列=10、第3列=10，10+10=20，成立； 验证：第7行第4列=35、第3列=35，相等，成立. 题型3：杨辉三角与二项式定理结合求系数 典型例题：已知杨辉三角第行的数字为[1,4,6,4,1]，求的展开式中含的项的系数. 答题模板： 1.由杨辉三角确定：行数=数字个数-1，本题数字个数=5→； 2.明确二项式系数：第行第列数字=，含的项对应，二项式系数=第4行第2列=6； 3.计算项的系数：项的系数=二项式系数×的系数×的系数； 4.化简结果：代入数值计算，保留符号. 套用示例： ，含的项对应； 项的系数=. 【典例1】（2026高三·全国·专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A．在第10行中第5个数最大 B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等 C． D．第6行的第7个数､第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 【典例2】【多选题】（24-25高二下·河南信阳·期末）我国南宋数学家杨辉首先发现了二项式系数的性质，并把系数写成一张表，后人称为杨辉三角，如图所示，关于杨辉三角正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二下·黑龙江大庆·期末）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望.题图为“杨辉三角”的一部分（如图），记第n行的第i个数为，则 .    【变式2】【多选题】（24-25高二下·广东广州·期末）我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．以下关于杨辉三角的说法正确的是（    ） A．第6行从左到右第4个数是20 B．第2022行的第1011个数最大 C．210在杨辉三角中共出现了6次 D．记第行的第个数为，则 【变式3】【多选题】（24-25高二下·重庆·期末）“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数阵中的一种几何排列规律，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，如图所示.下列关于“杨辉三角”的说法中正确的是（   ） A． B． C． D．第10行中从左往右第5个数与第6个数之比为 期末基础通关练（测试时间：30分钟） 一、单选题 1．（24-25高二下·广东广州·期末）用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为（    ） A．36 B．48 C．60 D．72 2．（24-25高二下·吉林长春·期末）的展开式中，的系数与常数项之差为（   ） A．20 B．19 C． D． 3．（24-25高二下·河北·期末）设，若，则（    ） A．1 B． C．3 D． 4．（24-25高二下·浙江温州·期末）某校招聘了6名教师，现平均分配给学校的两个校区，其中2名英语教师不能分配在同一个校区，另外3名数学教师也不能全分配在同一个校区，则不同的分配方案共有（    ） A．12种 B．14种 C．24种 D．48种 5．（24-25高二上·甘肃白银·期末）已知，则（    ） A．4 B．3 C．5 D．1 6．（23-24高二下·河南郑州·期末）不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 7．（24-25高二下·广东江门·期末）下列说法正确的是（ ） A．中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类，现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有24种 B．从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有5条，则从A村经过B村去C村不同的路线的条数为8 C．一个两层书架，分别放置语文类读物4本，数学类读物5本，每本读物各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有20种 D．从1，2，3，4，5五个数字中任选3个数字，可组成无重复数字的三位数的个数为60 8．（24-25高二下·广东湛江·期末）在的展开式中，的系数是（ ） A． B． C． D． 二、多选题 9．（24-25高二下·黑龙江鸡西·期末）有3名学生和2名教师排成一排，则下列说法正确的是（     ） A．共有种不同的排法 B．当2名教师相邻时，共有24种不同的排法 C．当2名教师不相邻时，共有种不同的排法 D．当2名教师不排在两端时，共有48种不同的排法 三、解答题 10．（24-25高二下·河北沧州·期末）已知二项展开式． (1)求的值； (2)求的值． 11．（24-25高二下·黑龙江鸡西·期末）已知的二项展开式的各二项式系数之和为32. (1)求是多少？ (2)求展开式中的常数项为多少？ 12．（24-25高二下·广东深圳·期末）在下列三个条件中任选一个合适的条件，补充在问题中的横线上，并解答． 条件①：展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于50； 条件②：展开式中第3项的二项式系数是21； 条件③：展开式中第2项与第7项的二项式系数相等． 【选择多个条件解答，则按第一个条件计分】 问题：已知二项式，若_____________，求： (1)求n和展开式中二项式系数最大的项； (2)求的展开式中含的项的系数． 期末重难突破练（测试时间：60分钟） 一、单选题 1．（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 2．（24-25高二下·福建泉州·期末）已知，则下列选项中错误的是（   ） A． B．的最大值为 C． D． 3．（24-25高二下·湖北武汉·期末）在的展开式中，含项的系数是（   ） A．1139 B．1140 C．1329 D．1330 4．（24-25高二下·北京通州·期末）设集合，集合，那么集合B中满足的元素的个数为（   ） A．72 B．54 C．24 D．12 5．（24-25高二下·广东深圳·期末）将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中，下列说法错误的是（   ） A．恰有一个空盒，有324种放法 B．把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有12种放法 C．有256种放法 D．每盒至多两球，有204种放法 6．（24-25高二下·河南周口·期末）为打造特色校园文化，某学校计划在艺术节期间举办“创意工坊”活动，提供陶艺、木工、剪纸、面塑、扎染5种手工体验项目．现从8名美术老师中任选5人分别负责一个项目，且要求负责陶艺和木工的老师是男老师，已知这8名老师中有5名男老师，3名女老师，则不同的人员安排方案有（   ） A．1200种 B．1800种 C．2400种 D．3600种 7．（24-25高二下·河北沧州·期末）现安排6名大学生到4所学校去实习，要求每名大学生去且只能去一所学校实习，每所学校都有大学生去实习，则不同的安排方法共有（    ）． A．480种 B．1080种 C．1560种 D．2640种 8．（24-25高二下·海南海口·期末）如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为（    ） A．24 B．48 C．72 D．120 二、多选题 9．（24-25高二下·安徽宿州·期末）已知的展开式中，仅第6项的二项式系数最大，则下列说法正确的是（   ） A． B．展开式中常数项为180 C．展开式中各项系数之和为 D． 10．（24-25高二下·青海西宁·期末）已知，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 11．（24-25高二下·内蒙古赤峰·期末）“杨辉三角”是中国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中首次记载的，比欧洲早393年．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题中正确的是（   ）    A．第6行中，有两个相等的最大数 B． C．第行所有数之和为 D．在第3行以后，还会出现全为奇数的行 12．（24-25高二上·江苏南京·期末）若，为正整数且，则下列等式正确的是（    ） A． B． C．若，则 D． 13．（24-25高二下·江苏连云港·期末）用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成（    ） A．180个无重复数字的三位数 B．75个无重复数字且为奇数的三位数 C．30个无重复数字且能被25整除的四位数 D．480个无重复数字且比1300大的四位数 三、填空题 14．（24-25高二下·山东枣庄·期末）十进制计数法与二进制计数法有如下转换规律：若十进制计数法下的满足：，，，，则其在二进制计数法下可记为.例如：1在二进制中表示为，2表示为，3表示为，4表示为，7表示为.记为，，…，中0的个数，如，，，则从1到255这些自然数的二进制表示中，的个数为 . 四、解答题 15．（23-24高二上·辽宁沈阳·期末）（1）已知，计算：； （2）解方程：． 期末综合拓展练（测试时间：100分钟） 一、单选题 1．（2025·湖南长沙·一模）设正整数 其中，记，则下列说法错误的是（    ）. A．(10)=2. B．(16n+5)=ω(4n+3). C．(8n+5)=ω(4n+5). D．若n<256且(n)=3，则符合条件的n有56个. 二、填空题 2．（2024高三·全国·专题练习）数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有 个； . 3．（24-25高二上·辽宁·期末）“四进制”是一种以4为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值.四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，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 . 4．（24-25高二下·安徽芜湖·期末）定义：给定一个正整数m，如果两个整数a，b满足能够被m整除，就称整数a，b对模m同余，记作．若，，则的最小值为 ． 5．（24-25高二下·广东深圳·期末）互质是数论中一个基础概念，指的是两个整数公因数只有，例如和，和分别都只有公因数，所以和，和分别都是互质的. 的不同的正因数有 个，从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的概率为 . 三、解答题 6．（24-25高三上·福建泉州·期末）将数组的某一个全排列记为，若满足：，能被3整除，则称为的一个“好排列”.例如：的“好排列”共有两个：，. (1)写出的所有“好排列”； (2)若中“好排列”至少有4个，求的取值范围； (3)记的“好排列”个数为，证明：. 7．（24-25高二上·江苏无锡·期末）我们称元有序实数组为n维向量，为该向量的范数．已知维向量，其中，记范数为奇数的维向量的个数为，这个向量的范数之和为． (1)求和的值； (2)求的值； (3)当为偶数时，求（用表示）． 8．（23-24高二下·江苏泰州·月考）组合数有许多丰富有趣的性质，例如，二项式系数的和有下述性质：.小明同学想进一步探究组合数平方和的性质，请帮他完成下面的探究. (1)计算：，，并与，比较，你有什么发现?写出一般性结论并证明； (2)证明：； (3)利用上述（1）（2）两小问的结论，证明：. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 排列组合二项式定理（期末复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 1：两大计数原理（排列组合基础核心） 1.能通过关键词（“或”“且”）快速判断计数场景适用的原理； 2.熟练应用两大原理解决无复杂限制的基础计数问题（如“选课程、分任务”）； 3.建立“先判断原理，再列式计算”的解题习惯，杜绝重复或遗漏计数. 1.题型：以选择题、填空题为主（占该考点考查频次的90%以上）； 2.难度：基础题（占比80%），极少涉及难题； 3.命题特点：常结合生活场景（如选课、购票、分配任务），直接考查原理应用，不与其他模型复杂结合. 2：排列与组合的定义及计算（排列组合核心工具） 1.牢记排列数、组合数公式及组合数性质，无需推导直接快速计算； 2.能根据“是否有序”准确判断用排列或组合列式； 3.熟练运用组合数性质化简计算（如），提升解题效率. 1.题型：选择题、填空题为主（占比70%），部分解答题第一问涉及（占比30%）； 2.难度：基础题（60%）、中档题（40%）； 3.命题特点：直接考查公式计算（如“计算的值”）或性质化简（如“化简求k”），极少设置复杂背景. 3：常见计数模型（排列组合高频应用题） 1.能通过题干关键词（“相邻”“不相邻”“平均分配”“甲不站XX位”）快速识别对应模型； 2.掌握各模型解题步骤（如捆绑法“先捆后排”、插空法“先排无限制再插空”），能独立列式求解； 3.突破均匀分组重复计算的易错点（记住“均匀分组需除以组数阶乘”）. 1.题型：选择题、填空题（占比50%），解答题（占比50%）； 2.难度：中档题（占比80%），少量基础题（20%）； 3.命题特点：常结合排队、分配任务、选代表等场景，单个模型考查（如纯捆绑问题）或两个模型简单综合（如“部分人相邻+部分人不相邻”），不涉及三个及以上模型叠加. 4：排列组合综合应用（排列组合能力提升） 1.能解决“先选后排”的混合计算问题（如“从6人中选4人排成一列，有多少种排法”）； 2.掌握“排列组合求基本事件数，再算概率”的解题逻辑； 3.能处理含1-2个简单限制条件的综合题（如“选3人排成一排，甲不站末位，求排法数”）. 1.题型：解答题为主（占比70%），少量填空题（30%）； 2.难度：中档题（占比90%），极少难题（10%）； 3.命题特点：部分地区期末考查，常以“概率背景”呈现（如“从5件正品2件次品中选2件，求恰好1件次品的概率”），核心是排列组合计算基本事件数. 5：二项式定理的展开式（二项式基础核心） 1.熟练默写二项式展开式核心公式及通项公式； 2.明确通项公式中“k的含义”（从0开始），避免“第m项”与“k值”的对应错误（如第3项对应k=2）； 3.能根据通项公式快速写出任意指定项的表达式. 1.题型：选择题、填空题为主（占比80%）； 2.难度：基础题（占比70%）、中档题（30%）； 3.命题特点：直接考查通项公式书写（如“写出的第2项”）或展开式前3项展开（如“展开的前3项”），下标对应是高频易错点考查. 6：二项式系数与项的系数（二项式高频区分点） 1.能通过定义快速区分“二项式系数”与“项的系数”（如中，第2项的二项式系数是，项的系数是）； 2.牢记二项式系数之和的结论，能直接应用计算； 3.避免“二项式系数之和”与“项的系数之和”的混淆. 1.题型：选择题、填空题（占比100%）； 2.难度：基础题（60%）、中档题（40%）； 3.命题特点：高频考查“区分与计算”（如“求中第3项的二项式系数和项的系数”），二项式系数之和常结合赋值法间接考查. 7：特定项求解（二项式期末必考题） 1.掌握“通项公式+指数方程”的解题逻辑（如求常数项：令通项中x的指数=0，解k值，再计算系数）； 2.能快速求解常数项、指定次数项的系数，准确判断有理项的个数； 3.熟练处理含分式、根式的二项式特定项问题（如求有理项）. 1.题型：选择题、填空题（占比60%），解答题（占比40%）； 2.难度：中档题（占比90%）； 3.命题特点：期末必考题，背景简洁（多为、形式），核心是通项公式的应用，计算量不大但需细心. 8：赋值法的应用（二项式系数和核心方法） 1.掌握赋值法的核心逻辑（通过代入特殊值简化展开式，快速求系数和）； 2.能根据所求“系数和类型”选择对应赋值（如求全项系数和用）； 3.能解决含负号、系数的二项式系数和问题（如的所有项系数和）. 1.题型：选择题、填空题（占比100%）； 2.难度：中档题（占比80%）； 3.命题特点：高频考点，常直接设问（如“求的所有项系数和”），偶尔结合二项式系数和综合考查（如“求的奇数项系数和”）. 知识点1：两大计数原理（排列组合基础核心） 基础知识：解决计数问题的根本方法，区分“独立选择”与“连续操作”场景. 核心概念： 1.分类加法计数原理：完成一件事有类互斥方案，每类有种方法，总方法数为各类方法数之和（“或”关系，互斥无重叠）； 2.分步乘法计数原理：完成一件事需个关联步骤，每步有种方法，总方法数为各步方法数之积（“且”关系，步骤连贯）. 核心公式： 分类加法： 分步乘法： 易错点： 1.混淆“分类”与“分步”（关键词“或”→分类，“且”→分步）； 2.分类时出现重叠（如“选男生或班干部”，男生与班干部有交集）； 3.分步时遗漏关键步骤（如“从到再到”，忽略某段路线的选择）. 常考结论： 1.若问题既有分类又有分步，先分类再对每类分步计算； 2.互斥场景必用分类加法，连续操作必用分步乘法. 知识点2：排列与组合的定义及计算（排列组合核心工具） 基础知识：从个不同元素中选取个元素的两种基本形式，核心区别“有序与否”. 核心概念： 1.排列：从个不同元素中选个（），按一定顺序排成一列（有序，如“排队”“排序”）； 2.组合：从个不同元素中选个（），不考虑顺序组成一组（无序，如“选代表”“选物品”）. 核心公式： 排列数：（规定） 组合数： 组合数性质： ①对称性：； ②递推性：； ③特殊值：，，。 易错点： 1.未判断“有序/无序”直接套用公式（如“选3人排成一排”是排列，“选3人参加活动”是组合）； 2.组合数性质应用错误（如误将算成）； 3.阶乘计算失误（如，而非）. 常考结论： 1.（排列=组合×排序）； 2.当时，用简化计算（如）； 3.（组合数之和，后续二项式定理会深化）. 知识点3：常见计数模型（排列组合高频应用题） 基础知识：针对特定场景（相邻、不相邻、分组等）的标准化解题模板. 核心概念： 1.捆绑法：解决“相邻问题”，将相邻元素视为一个整体参与排列； 2.插空法：解决“不相邻问题”，先排无限制元素，再在间隙中插入受限元素； 3.分组分配：将个元素分成若干组（均匀/非均匀），再分配到对应位置； 4.特殊元素/位置优先：优先安排有约束条件的元素（如“甲不站首位”）或位置. 核心公式/步骤： 捆绑法：①捆（相邻元素内部排列：）；②排（整体与其他元素排列：）；总方法数：； 插空法：①排无限制元素（）；②插空（个元素形成个间隙，选个插入：）；总方法数：； 分组分配： ①非均匀分组（各组元素数不同）：直接分（）； ②均匀分组（部分组元素数相同）：分后除重（，为均匀组数）； ③分配到位置：分组后×全排列（，为位置数）. 易错点： 1.捆绑法忘记计算相邻元素内部的排列（如“3人相邻排队”，仅算整体排列，忽略3人内部顺序）； 2.插空法先排相邻元素（导致间隙数计算错误）； 3.均匀分组未除重（如“6人平均分成3组”，误算为，正确应为）； 4.特殊元素优先时，遗漏其他约束条件（如“甲不站首位，乙不站末位”，仅排除甲站首位，未考虑甲站末位时乙的限制）. 常考结论： 1.相邻问题必用捆绑法，不相邻问题必用插空法（两者不可混淆）； 2.分组问题先判断“均匀与否”，再决定是否除重； 3.多约束条件（如“甲不站首、乙不站末”）优先用“直接法”或“间接法”（总排法−不符合条件排法）. 知识点4：排列组合综合应用（排列组合能力提升） 基础知识：融合排列、组合及概率的复合型问题，核心是“计数为基础，应用为目标”. 核心概念： 1.先选后排：先通过组合选取元素，再通过排列安排顺序（如“选3人排成一排”）； 2.计数求概率：用排列组合计算基本事件总数及目标事件数，再套用概率公式. 核心公式： 先选后排：； 概率计算：（超几何分布模型，如“从件产品中选件，含件次品”）. 易错点： 1.先排后选导致重复计数（如“选2人排前后位”，误算为，实际直接用即可）； 2.概率计算时混淆“有序”与“无序”（基本事件总数与目标事件数需保持一致，均有序或均无序）； 3.忽略“不放回”与“放回”的区别（如“摸球问题”，不放回用排列/组合，放回用分步乘法）. 常考结论： 1.“先选后排”是排列组合混合问题的核心思路； 2.与概率结合时，优先明确“基本事件是否有序”，再计算总数与目标数； 3.常见场景（选产品、选代表、摸球）多为“不放回”模型，需用组合数计算. 知识点5：二项式定理的展开式（二项式基础核心） 基础知识：的代数展开规律，是二项式相关问题的核心依据. 核心概念： 1.二项式定理：（），右侧为展开式，共项； 2.通项公式：第项（从0开始计数），是求解特定项的关键工具. 核心公式： 展开式：； 通项公式：（）。 易错点： 1.通项公式下标错误（误将第项当作，正确应为）； 2.忽略的取值范围（必须满足，否则二项式系数为0）； 3.展开式项数错误（误将的展开式项数记为项，实际为项）. 常考结论： 1.通项公式是解决二项式特定项问题的唯一核心工具，必须牢记； 2.展开式中各项的的次数从递减到0，的次数从0递增到，各项次数和均为； 3.当或为负数时，展开式中奇数项为正，偶数项为负（如的展开式第项符号为）. 知识点6：二项式系数与项的系数（二项式高频区分点） 基础知识：二项式展开式中两类系数的明确区分，是期末高频考查的基础知识点. 核心概念： 1.二项式系数：仅指展开式中各项的（与a、b的系数无关，仅由n、k决定）； 2.项的系数：该项中未知数前的数字因数（二项式系数与a、b本身系数的乘积，如中第项的系数为）. 核心公式/结论： 二项式系数之和：（令）； 奇数项二项式系数之和=偶数项二项式系数之和：（令）； 项的系数之和：令（若a、b含系数，需代入对应值，如的项的系数之和为）. 易错点： 1.混淆二项式系数与项的系数（如中第3项的二项式系数是，项的系数是）； 2.求项的系数之和时，未代入a、b的实际系数（如误算为，正确应为）； 3.认为“二项式系数之和=项的系数之和”（仅当时成立，若a、b含系数则不成立）. 常考结论： 1.二项式系数仅与“项的位置”有关，项的系数与“a、b的系数+项的位置”都有关； 2.求各类系数和必用赋值法，关键是根据所求目标选择合适的赋值（1或-1）； 3.二项式系数的最大值：当为偶数时，中间项（第项）的二项式系数最大；当为奇数时，中间两项（第项和第项）的二项式系数相等且最大. 知识点7：特定项求解（二项式期末必考题） 基础知识：利用二项式通项公式，根据目标项的特征（常数、指定次数等）求解，是二项式定理的核心应用. 核心概念： 1.常数项：展开式中不含未知数的项（未知数的指数为0）； 2.指定次数项：未知数的指数为特定值的项（如项、项）； 3.有理项：未知数的指数为整数的项（含常数项）；无理项：未知数的指数为非整数的项. 核心公式/步骤： 1.写出通项公式：； 2.化简通项中未知数的指数：设、（含系数需保留），则未知数指数为； 3.根据目标项特征列方程. 常数项：，解出整数（）； 指定次数项：（为目标次数），解出整数； 有理项：，找出所有满足条件的整数； 4.代入值计算目标项的系数或具体项. 易错点： 1.化简未知数指数时出错（如中，，误写为）； 2.解方程后未验证是否为整数或是否在范围内（如时，解出需舍去）； 3.计算项的系数时遗漏a、b的系数（如中，常数项系数误算为，忽略）. 常考结论： 1.特定项求解的核心是“通项公式+指数方程”，步骤固定，需熟练掌握； 2.含分式、根式的二项式（如、），先统一未知数的指数形式（化为负指数或分数指数）再列方程； 3.常数项存在的条件：指数方程有整数解，且（如，指数方程，即，需是3的倍数）. 知识点8：赋值法的应用（二项式系数和核心方法） 基础知识：通过代入特殊值（如1、-1、0）简化二项式展开式，快速求解各类系数和，是期末高频技巧. 核心概念： 1.全项系数和：展开式中所有项的系数之和（含常数项）； 2.奇数项/偶数项系数和：展开式中奇数位置项（第1、3、5…项）或偶数位置项（第2、4、6…项）的系数之和； 3.特定字母系数和：仅含某一字母的项的系数之和（如中含的项的系数之和）. 核心公式/赋值方式： 所求目标 赋值方式 计算结果 全项系数和 令（a、b含系数需代入） 如： 奇数项系数和-偶数项系数和 令 如： 奇数项系数和 （全项系数和+上述结果）÷2 如： 偶数项系数和 （全项系数和-上述结果）÷2 如： 常数项 令未知数=0（如） 如： 易错点： 1.赋值时忽略a、b本身的系数（如求全项系数和，误令得，正确）； 2.混淆“奇数项系数和”与“奇数项二项式系数和”（前者需考虑a、b系数，后者仅为）； 3.求含负号的二项式系数和时，符号错误（如令，误算为，正确为）. 常考结论： 1.赋值法的本质是“特殊值代入法”，核心是利用、交替变号的性质简化计算； 2.若二项式含多个字母（如），可固定一个字母，对其他字母赋值（如求含的项的系数之和，令，转化为中的系数）； 3.常数项可通过“赋值法”或“特定项求解”两种方式验证，期末常考两种方法的交叉应用. 知识点9：杨辉三角（二项式系数的直观表示） 基础知识：二项式系数的几何排列形式，直观反映组合数的递推关系，是衔接组合数与二项式定理的桥梁. 核心概念： 1.行数定义：第行（从0开始计数）对应的二项式系数（如第0行对应，系数为；第1行对应，系数为）； 2.递推特征：从第2行起，每个数字等于上方两个相邻数字之和（对应组合数性质）； 3.对称特征：每行数字左右对称（对应组合数对称性）. 核心特征： 1.第行共有个数字； 2.第行所有数字之和为（对应二项式系数之和）； 3.第行数字的最大值：当为偶数时，中间1个数字最大；当为奇数时，中间2个数字相等且最大. 易错点： 1.行数与二项式次数对应错误（误将第3行当作的系数，实际第行对应）； 2.递推关系应用错误（如第行第个数字，误写为，顺序颠倒）； 3.忽略“行数从0开始”的规则（如求的系数，需查第5行，而非第6行）. 常考结论： 1.杨辉三角可快速查找低次二项式的系数（如的系数直接查第4行：）； 2.利用递推性可快速计算组合数（如，对应杨辉三角第6行第4个数字）； 3.期末仅考查基础应用（查找系数、验证组合数性质），不涉及复杂的杨辉三角规律（如质数行、斐波那契数列关联等）. 题型一 分类计数问题（“或”关系，互斥场景） 解｜题｜技｜巧 典型例题：从3名男生和2名女生中选1人参加活动，有多少种选法？ 答题模板： 1.识别特征：问题含“或”“要么…要么…”，类别互斥无重叠； 2.划分类别：按统一标准分类（如“男生”“女生”两类）； 3.计算每类方法数：第1类，第2类，…，第类； 4.求和得总方法数：. 套用示例：男生3种+女生2种=5种. 【典例1】（25-26高二上·上海·期中）将各位数字之和为的三位数叫“幸运数”，比如，，则所有“幸运数”的个数为 ． 【答案】 【分析】应用分类加法原理计算得出幸运数的个数即可. 【详解】当百位数字是，其他数字是，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和或者是和，此时幸运数有个； 当百位数字是，其他数字是和或者是和或者是和，此时幸运数有个； 所以幸运数的个数为. 故答案为：. 【典例2】（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）某影城有一些电影新上映，其中有3部科幻片､2部文艺片､3部喜剧片，小华从中任选1部电影观看，则不同的选法种数有（    ） A．18 B．9 C．8 D．7 【答案】C 【分析】根据分类加法计数原理即可求解. 【详解】由分类加法计数原理，得不同的选法种数为. 故选：C 【变式1】（24-25高二下·青海西宁·期末）在全球高铁技术竞争中，中国站到了前沿.全国政协委员、中国铁道科学研究院集团有限公司首席研究员赵红卫近日透露，全球最快的高铁列车CR450正在加紧试验，预计将在一年后投入商业运营.小张需要乘坐某班次高铁去北京，已知此次高铁列车车票还剩下二等座4张，一等座10张，商务座5张，则小张的购票方案种数为（    ） A．14 B．19 C．90 D．200 【答案】B 【分析】由分类加法计数原理运算即可. 【详解】按照分类加法计数原理可得小张的购票方案种数为. 故选：B. 【变式2】（2025高三·全国·专题练习）若从1，2，3，4，5，6，7，8，9这九个数字中任取三个不同的数字，则取出的这三个数字之和能被3整除的种数为（    ） A．28 B．29 C．30 D．32 【答案】C 【分析】将数分为三组，即可根据整除的性质求解. 【详解】被3除余1的数有，被3除余2的数有2，5，8，被3整除的数有3，6，9，若要使选取的三个数字的和能被3整除，则需要从每一组中选取一个数字，或者从一组中选取三个数字，则取出的这三个数字的和能被3整除的种数种． 故选：C 【变式3】（2025高二·全国·专题练习）中国古代十进制的算筹计数法是数学史上一个伟大的创造，算筹由一根根同样长短的小木棍构成，如图所示是利用算筹表示的一种方法.例如：可表示为“”， 可表示为“”.按照这种表示方法，根算筹可以表示多少个三位数？（算筹不能剩余且三位数中不含） 【答案】个 【分析】根据个数位上的算筹根数有，，三种情况进行分类，结合分步乘法及分类加法计数原理进行计算. 【详解】个数位上的算筹根数有，，三种情况. （1）：根算筹可以表示“”或“”，故三位数可由，，或，，组成，有个. （2）：根算筹可以表示“”或“”， 根算筹可以表示“”或“”，故能表示个三位数. （3）：根算筹可以表示“”或“”，故能表示个三位数. 因此，根据分类加法计数原理，共能表示个三位数. 题型二 分步计数问题（“且”关系，连续操作） 答｜题｜模｜板 典型例题：从地到地有2条路，从地到地有3条路，从到有多少种走法？ 答题模板： 1.识别特征：问题含“且”“先…再…”，步骤连贯缺一不可； 2.拆解步骤：按操作顺序分步（如“”“”两步）； 3.计算每步方法数：第1步，第2步，…，第步； 4.求积得总方法数：. 套用示例：种. 【典例1】（25-26高三上·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 【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】（2025高二·全国·专题练习）现有3名医生，5名护士，2名麻醉师.从这些人中选出1名医生、1名护士和1名麻醉师组成1个医疗小组，有多少种不同的选法？ 【答案】30 【分析】分步计数，分别计算出第一步选医生、第二步选护士、第三步选麻醉师的选派方法数，然后相乘即可. 【详解】第一步，选出1名医生有3种选派方法； 第二步，选1名护士有5种选派方法； 第三步，选1名麻醉师有2种选派方法. 由分步计数可知，总的选派方法有种. 【变式1】（2025高二·全国·专题练习）甲、乙、丙、丁四人各写一张贺卡，先将贺卡集中起来，然后每人从中拿一张别人写的贺卡，则不同的分配方式有（    ） 种. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据特殊元素优先原则，结合分步乘法计数原理可得解. 【详解】（1）甲先拿，有种拿法； （2）再让写那张被甲拿到的卡片的人去拿，有种拿法； （3）剩余两人只有种拿法，根据分步乘法计数原理知共有种拿法， 故选：A. 【变式2】（24-25高二下·全国·课后作业）把3名学生分配到某工厂的5个车间去参加社会实践，3人均可分到相同或不同车间，共有多少种不同的分配方案？ 【答案】125 【分析】由分步乘法计算原理即可求解. 【详解】把3名学生分配到5个车间中，可分3个步骤完成，每一步分配1名学生， 分别有5种不同的方法，根据分步乘法计数原理， 共有（种）不同的分配方案． 【变式3】（2025高二·全国·专题练习）8名学生争夺4项冠军，获得冠军的可能情况有（    ）种． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】一个项目的冠军的情况有8种，由分步乘法计数原理求解即可. 【详解】因为每一名学生都可以同时夺得4个项目的冠军，故一个项目的冠军的情况有8种， 所以分步乘法计数原理可知，冠军的可能情况有种. 故选：A． 题型三 分类与分步结合问题 答｜题｜模｜板 典型例题：从3名男生和2名女生中选1名男生和1名女生参加活动，有多少种选法？ 答题模板： 1.先分类：按其中一类元素划分（如“选男生”“选女生”两类）； 2.再分步：每类内部按连续操作拆解（如“选1名男生”为第1步，“选1名女生”为第2步）； 3.分步求积：每类的方法数=各步方法数之积； 4.分类求和：总方法数=各类方法数之和. 套用示例：（3选1）×（2选1）种. 【典例1】（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）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 【分析】根据分类相加计数原理，先分四种颜色都用和只有三种颜色两种情况，再根据分步乘法计数原理，将涂色过程分成若干步，每一步确定一个区域的颜色，再根据相邻区域不同色的条件，确定每一步的涂色方案数，最后将各步方法数相乘得到总的涂色方案数. 【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 【典例2】（2025高二·全国·专题练习）用红、黄、蓝三种颜色去涂图中标号为，，，的个小正方形，使得任意相邻（有公共边）的小正方形所涂颜色都不相同，且标号为，，的小正方形涂相同的颜色，则共有（    ）种涂法， A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据分类加法与分步乘法计数原理直接计算. 【详解】把区域分成三部分，第一部分为，，，有种涂法. 第二部分为，，.当，同色时，，各有2种涂法；当，异色时，有种涂法，，均只有种涂法. 故第二部分共有种涂法. 第三部分为，，，与第二部分一样，共有种涂法. 因此根据分步乘法计数原理，共有种涂法， 故选：D. 【变式1】（2025高二·全国·专题练习）用数字，，，，，，，组成没有重复数字且至多有一位数字是偶数的四位个数，那么这样的四位数一共有 个. 【答案】 【分析】根据特殊元素“”是否被选择进行分类讨论，根据分类加法计数原理可得解. 【详解】以特殊元素“”为研究对象分类讨论. （1）若四位数中有“”，则“”有种放法， 其他位置上的数字从，，，中挑选，故共有种； （2）若四位数中无“”，则这四位数字可以全为奇数或者有个偶数. ①全为奇数，有种； ②有个偶数，则必从，，中选个并可放置在任意数位上，其余位置填奇数，共有种； 故满足条件的四位数有个， 故答案为：. 【变式2】（24-25高二下·山西·期末）某公园设计了如图所示的观赏花坛，现有四种不同的鲜花可供摆放，要求有公共边的区域摆放不同种类的鲜花，则摆放鲜花的不同方法种数为 .    【答案】120 【分析】根据分步乘法计数原理，结合4，5以及1，2是否同色，分类即可求解. 【详解】先排1，3，5区域，此时从4种鲜花中任选3种全排列，故共有种方法， 接下来排区域4，2，6， 若4与5同色，1，2同色，此时区域6有2种选择， 若4与5同色，1，2不同色，此时区域2只有一种选择，区域6也只有1种选择， 若4与5不同色，此时1，2只能同色，此时区域6有2种选择， 故涂区域2，4，6共有种方法， 因此总的涂法共有， 故答案为：120 【变式3】（24-25高二下·黑龙江鸡西·期中）从0、1、2、3、4这五个数字中任取三个不同的数字组成三位数，求： (1)组成的三位数偶数的个数； (2)组成的三位数中大于200的个数. 【答案】(1)30 (2)36 【分析】（1）组成三位数的偶数，需要分个位是 0 和个位不是 0 两种情况讨论； （2）组成大于 200 的三位数，百位数字只能是 2、3、4 ，进而求解即可 【详解】（1）当个位数字为 0 时 百位数字可以从 1、2、3、4 这 4 个数字中任选一个，有 4 种选法； 十位数字可以从剩下的 3 个数字中任选一个，有 3 种选法. 根据乘法原理，此时组成的偶数个数为个. 当个位数字不为 0 时 个位数字只能从 2、4 中选一个，有 2 种选法； 百位数字不能为 0，所以百位数字可以从剩下的 3 个非0 数字中选一个，有 3 种选法；十位数字可以从剩下的 3 个数字中选一个，有 3 种选法. 根据乘法原理，此时组成的偶数个数为，. 将两种情况的个数相加，得到组成的三位数是偶数的总个数为个. （2）百位数字可以从 2、3、4 这 3 个数字中任选一个，有 3 种选法； 十位数字可以从剩下的 4 个数字中任选一个，有 4 种选法； 个位数字可以从剩下的 3 个数字中任选一个，有 3 种选法. 根据乘法原理，组成的三位数中大于 200 的个数为个. 题型四 排列数/组合数直接计算 答｜题｜模｜板 典型例题：计算、. 答题模板： 1.区分类型：有序→排列（用），无序→组合（用）； 2.确定参数：明确（总元素数）、（选取元素数）； 3.代入公式： 排列数：； 组合数：； 4.简化计算：用组合数性质（时）. 套用示例：；. 【典例1】（24-25高二下·吉林·期末）若，则 . 【答案】3 【分析】应用排列公式解排列数方程即可. 【详解】由题设，且，， 则， 所以，则， 所以，可得（非整数解舍）. 故答案为：3 【典例2】（2025高二·全国·专题练习）解关于x的方程： (1)； (2)． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）利用排列数公式求解即可； （2）利用组合数公式求解即可． 【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． 【变式1】（24-25高二下·广东中山·月考）求值、解方程或解不等式 (1)求值： (2)求值：； (3)解方程： (4)解方程：已知（），求 (5)解关于的不等式 【答案】(1)1 (2)165 (3) (4)或 (5) 【分析】（1）利用排列数的计算求解即可； （2）利用组合数的性质与计算求解即可； （3）根据排列数的计算解排列方程即可； （4）利用组合数的性质解组合方程即可； （5）根据排列数的计算解排列不等式即可； 【详解】（1）； （2）因为， 所以； （3）由，得， 化简得， 解得， 经检验是原方程的解， ∴原方程的解是； （4），则或 解得：或，经检验均符合， 故或； （5）由，可得， 所以，整理得， 解得， 又因为，所以. 【变式2】（24-25高二下·山西·月考）已知，若，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．1或3 【答案】C 【分析】根据排列组合公式列方程求参数. 【详解】由题意知，且，解得． 故选：C 【变式3】（24-25高二下·宁夏银川·期中）（1）计算：； （2）计算：. （3）已知：，求n. 【答案】（1）0； （2）252； （3） 【分析】（1）利用排列数性质化简计算可求值； （2）利用组合数的性质可求值； （3）利用组合数公式与排列数公式计算可求解. 【详解】（1）； （2）。 ； （3）由已知可得，所以， 所以，所以，解得或， 经检验知不符合题意，故舍去; 符合题意， 故. 题型五 组合数性质应用（化简/求值） 答｜题｜模｜板 典型例题：化简；已知，求. 答题模板： 1.识别性质： 递推性：； 对称性：； 2.代入化简：按性质合并或转化表达式； 3.求解结论：等式两边对应相等，得出结果. 套用示例：；→. 【典例1】【多选题】（25-26高二上·全国·单元测试）已知m，且，则下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】由排列与组合数的运算性质求解即可. 【详解】A错，，． B对，． C对，，，所以． D错，． 故选：BC. 【典例2】【多选题】（2025高二·全国·专题练习）（多选题）下列关于排列数、组合数的计算中，正确的是（    ）． A． B． C． D．是一个常数 【答案】BD 【分析】由排列数公式判断AB，由组合数的性质化简判断C，根据组合数的性质得，然后代入计算判断D. 【详解】由排列数公式知A不正确， ，B正确， 由组合数的性质可知，，故C不正确， D选项中，n应该满足，且，，解得， 因此，D正确． 故选：BD． 【变式1】（24-25高二下·全国·课后作业）（1）求满足的正整数的值． （2）计算：． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）根据排列数的定义列不等式求解即可； （2）根据组合数的性质计算即可. 【详解】（1）因为，所以， 所以，所以， 所以或．又因为，所以． （2）． 【变式2】（24-25高二下·山东济南·期末）（1）证明：，其中，； （2）化简：，其中． 【答案】（1）证明见解析； （2） 【分析】（1）根据题意，利用组合数的公式，进行化简，即可得证； （2）根据题意，结合倒序相加法，以及组合数的运行性质，即可求解. 【详解】（1）证明：由组合数的计算公式，可得， 又由，所以； （2）解：设， 则， 两式相加，可得， 所以，即. 【变式3】（24-25高二下·广东深圳·期中）若，则（    ） A．28 B．56 C．112 D．120 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用组合数的性质求出，再利用组合性质求解. 【详解】由，得，解得， 所以 . 故选：B 题型六 捆绑法（相邻问题） 答｜题｜模｜板 典型例题：5人排队，甲、乙、丙3人相邻，有多少种排法？ 答题模板： 1.处理相邻元素（捆）：将相邻元素视为1个整体，内部排列：（为相邻元素个数）； 2.处理整体与其他元素（排）：总元素数变为（为总元素数），全排列：； 3.总方法数：两步结果相乘→. 套用示例：捆（3人内部）；排（整体+2人）；总排法种. 【典例1】（2026高三·全国·专题练习）甲､乙等6人围成一圈，且甲､乙两人相邻，则不同的排法共有（    ） A．6种 B．12种 C．24种 D．48种 【答案】D 【分析】根据环状排列的计算方法，结合元素相邻的计算方法求解. 【详解】因为由于环状排列没有首尾之分，将个不同元素围成的环状排列剪开看成个元素排成一排，即共有种排法， 由于个不同元素共有种不同的剪法，则环状排列共有种排法. 甲､乙两人相邻而坐，可将此2人当作1人看，即5人围一圆桌，有种坐法， 又因为甲､乙2人可换位，有种坐法，故所求坐法为种. 故选：D 【典例2】（24-25高二下·四川泸州·月考）三个人坐在一排5个座位上，空位相邻的坐法有 种．（用数字作答） 【答案】 【分析】将两个空位视为一个整体与三个人排列，结合排列数的定义及计算公式可得结论. 【详解】将两个空位视为一个整体与三个人排列，又两个空位没有区别，故共有种排法. 故答案为：. 【变式1】（25-26高三上·陕西西安·开学考试）七位渔民各驾驶一辆渔船依次进湖捕鱼，甲、乙渔船要排在一起出行，丙必须在最中间出行，则不同的排法种数为 ． 【答案】192 【分析】先将甲乙捆绑成一个单元，再讨论其所排位置，运算求解. 【详解】由题意可知，丙排在第4位，则甲乙两人可能在第1、2或2、3或5、6或6、7位， 故不同的排法有种. 故答案为：192. 【变式2】（2025高三·全国·专题练习）为了抒写乡村发展故事，展望乡村振兴图景，演出民众身边日常，唱出百姓幸福心声，某地组织了“美丽乡村”节目表演，共有舞蹈、歌曲、戏曲、小品、器乐、非遗展演六个节目，若要求歌曲和戏曲节目相邻，且歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出，则节目的排列顺序种数为（    ） A．120 B．360 C．180 D．90 【答案】A 【分析】相邻节目捆绑，然后捆绑的节目与器乐固定顺序，其余三个节目选三个位置排列，再按固定顺序插入捆绑的节目与器乐节目，再由分步乘法原理计算． 【详解】因为歌曲和戏曲节目相邻，所以先用捆绑法视为同一个元素，共种排列顺序； 歌曲和戏曲都在器乐节目前面演出，可视作两个元素顺序固定，其余三个元素补全5个空位，共种排列顺序， 所以满足题意的排列顺序种数为， 故选：A． 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）若有7个人排成一排，其中甲、乙必须相邻，而丙不能站在两端，则不同的排法共有 种. 【答案】 【分析】利用捆绑法将甲、乙捆绑，解法1分类讨论甲、乙所在位置，再确定丙的位置，最后全排列；解法2先确定丙的位置，再全排列求解即可. 【详解】解法1  将满足题意的排列方式分为三类． ①若甲、乙放在左端，则有种； ②若甲、乙放在右端，则有种； ③若甲、乙不在两端，则有种. 综上可得，（种）， 故不同的排法共有种. 解法2  捆绑甲、乙，先排丙，则有（种）. 故不同的排法共有种. 故答案为：. 题型七 插空法（不相邻问题） 答｜题｜模｜板 典型例题：5人排队，甲、乙不相邻，有多少种排法？ 答题模板： 1.排无限制元素：先排其他无约束元素，全排列：（为无限制元素个数）； 2.算间隙数：个元素形成个间隙（含两端）； 3.插受限元素：从间隙中选个插入受限元素，排列：（为受限元素个数）； 4.总方法数：两步结果相乘→. 套用示例：排3人（无限制）；间隙4个，插2人；总排法种. 【典例1】（25-26高二上·上海·期中）人并排站成一行，如果甲、乙两人必须不相邻，那么不同的排法种数是 ． 【答案】 【分析】先把除甲乙之外的其他三人全排列，三人排好后，有个空位，将甲乙安排到空位中，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】根据题意，分步进行分析： ①把甲、乙之外的其他三人全排列，有种排法， ②三人排好后，有个空位，将甲乙安排到空位中，有种排法， 故甲乙不相邻的安排方法有种. 故答案为：. 【典例2】（25-26高三上·湖南·月考）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 【分析】甲班的2名同学相邻，用“捆绑法”，乙班的2名同学不相邻，用“插空法”，再根据分步乘法计数原理即可求解. 【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1】（25-26高三上·广东佛山·月考）现将2本不同的数学书、3本不同的物理书、1本化学书放在一个单层的书架上，且同类的书各不相邻，则不同的放法有（   ） A．120种 B．144种 C．96种 D．160种 【答案】A 【分析】分化学书在2本数学书之间，或是1本物理书在2本数学书直接，再按照分步计数原理，插空法解决问题. 【详解】第一种情况，首先化学书在2本数学书的中间，数学书排列有2种方法，再让三本物理书插空，有种方法，所以共有种方法， 第二种情况，若1本物理书在2本数学书的中间，则这3本书看成1个元素，有种方法，再和化学书排列有种方法，最后剩下的2本物理书插空，有种方法，所以共有种方法， 综上，共有种方法. 故选：A 【变式2】（25-26高三上·江苏南通·开学考试）3名学生和2名老师随机排成一行，2名老师不相邻，则不同排法的种数为 ． 【答案】72 【分析】根据给定条件，利用不相邻问题列式求解. 【详解】先排3名学生，有种方法，再把2名老师插入间隙中，有种方法， 所以不同排法的种数为. 故答案为：72 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）在我市的一项竞赛活动中，某县的三所学校分别有1名、2名、3名学生获奖，这6名学生排成一排合影，要求同校的任意2名学生不能相邻，那么不同的排法有 种．（用数字作答） 【答案】120 【分析】根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理进行求解即可. 【详解】记有1名、2名、3名学生获奖的学校分别为． 先排学校的3名学生，有种；再对学校的学生进行排列： ①若校的1名与校2名中的1名相邻，则有种排法； ②若校的1名与校的2名均间隔，则有种排法． 由加法原理得（种）． 故答案为：120. 题型八 分组分配问题 答｜题｜模｜板 子题型3.1：非均匀分组（各组元素数不同） 典型例题：6人分成1、2、3人三组，有多少种分法？ 答题模板： 1.按组次分步选取：第1组，第2组，第3组（）； 2.总方法数：各步组合数相乘→（无需除重）. 套用示例：种. 子题型3.2：均匀分组（部分/全部组元素数相同） 典型例题：6人平均分成3组（每组2人），有多少种分法？ 答题模板： 1.按非均匀分组计算：； 2.除以均匀组数的阶乘（除重）：若有组元素数相同，除以； 3.总方法数：. 套用示例：种. 子题型3.3：分组后分配到位置 典型例题：6人分成1、2、3人三组，分配到甲、乙、丙3个岗位，有多少种分法？ 答题模板： 1.先分组：按非均匀/均匀分组规则计算分组数； 2.再分配：将组分配到个位置，全排列； 3.总方法数：分组数×. 套用示例：分组数60（子题型3.1）×→种. 【典例1】（2025高二·全国·专题练习）将6个不同的球分别按如下方式来分，写出不同分法的种数． (1)平均分成3堆，每堆2个； (2)分给甲、乙、丙3人，每人2个； (3)分成3堆，每堆个数分别为1个、2个、3个： (4)分给甲1个、乙2个、丙3个； (5)分给3人，3人分别得到1个、2个、3个． 【答案】(1)15 (2)90 (3)60 (4)60 (5)360 【分析】（1）利用平均分组法求解即可； （2）利用平均分组分配求解即可； （3）利用不平均分组法求解即可； （4）利用不平均分组分配求解即可； （5）利用不平均分组，结合排列数公式求解即可； 【详解】（1）本题是平均分组无归属问题，则共有种分法． （2）本题是平均分组有归属问题，则共有种分法． （3）本题是不平均分组问题，则共有种分法． （4）本题是不平均分组有归属且归属确定问题，将球按照分成3堆， 甲、乙、丙3人来拿，只有1种拿法，则共有种分法． （5）本题是不平均分组目归属不确定问题，先将球按照分成3堆， 有种分法，再分给3人，有种分法， 因此共有种分法. 【典例2】（25-26高二上·全国·月考）从5名学生中选择4人对A，B两种不同算法的加密文件进行破译，每人选择一种文件，每个文件2人破译，则不同的人员安排共有（ ） A．40种 B．48种 C．30种 D．72种 【答案】C 【分析】根据分组分配问题，结合排列组合即可求解. 【详解】从5名学生中选择4人，共有种， 将4人分成两组，共有种， 再将2组进行全排列，对应A，B两种文件，共有种， 则不同的人员安排共有种． 故选：C 【变式1】（2025·云南昆明·模拟预测）将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（    ） A．540 B．504 C．408 D．390 【答案】D 【分析】先分组后分配，再间接减去甲、乙在一起的情况即可. 【详解】总的分配方法有种. 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种； 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种； 若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种，故不同的分配方法数为. 故选D. 【变式2】（25-26高三上·重庆·月考）某班 5 名学生负责校内 3 个不同地段的卫生工作. 每名学生都要参与且只负责某个地段的卫生工作，每个地段至少有 1 名学生的分配方案共有（   ） A．300 种 B．90 种 C．240 种 D．150 种 【答案】D 【分析】利用先分组后分配原则来进行求解即可. 【详解】先将5名学生分成三组的分法有：（种） 再将这三组学生分配到三个地段共有：（种） 所以利用分步乘法原理，可知每个地段至少有 1 名学生的分配方案共有（种） 故选：D. 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）现有10本不同的书，分给甲、乙、丙等六人，其中一人得3本、两人得2本、三人得1本，则不同分法的种数是 ．（用排列数、组合数表示） 【答案】 【分析】先将10本不同的书分成3本、2本、2本、1本、1本、1本，再将6组作全排列，注意两人得2本、三人得1本是平均分组问题，排除重复即可得到答案． 【详解】先将10本书分成有顺序的6堆，其中第1堆为3本书，第2、3堆为2本书，第4、5、6堆为本书，则有种情况， 然后将甲、乙、丙等六人也进行排序，有种情况， 而得2本书的两人和得1本书的三人并无顺序差异，因此要除以，再除以消序． 综上所述，不同分法的种数是． 故答案为：． 题型九 特殊元素/位置优先问题 答｜题｜模｜板 典型例题：5人排队，甲不站首位，乙不站末位，有多少种排法？ 答题模板（直接法）： 1.优先安排特殊元素： 情况1：甲站末位→剩余4人全排列：； 情况2：甲不站首、末位→甲有3种选择，乙有3种选择（排除末位+甲的位置），剩余3人全排列：； 2.总方法数：两类情况相加→. 套用示例：种. 【典例1】（24-25高二下·上海·期中）已知6位同学站成一排，若甲同学不站在两端，则有 种不同的排法. 【答案】 【分析】先排甲，再排其余5人. 【详解】甲同学不站在两端有种排法， 其余5人的全排列有种排法， 则共有种不同的排法. 故答案为：. 【典例2】（25-26高二上·上海奉贤·期中）某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其中讲座只能安排在第一或最后一场，讲座和必须相邻，问不同的安排方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．96种 【答案】D 【分析】先安排讲座，再安排讲座和及其余三场讲座，最后利用分步乘法计算原理即可得出答案. 【详解】由题意知讲座只能安排在第一或最后一场，安排A有种排法， 因为讲座和必须相邻，所以安排BC及其余三场讲座共有种排法， 根据分步计数原理知共有种排法. 故选：D． 【变式1】（2025·广西柳州·一模）甲、乙等5人站成一排，若甲和乙之间恰好有2人，且甲不在两端，则不同排法共有（   ） A．8种 B．12种 C．16种 D．20种 【答案】B 【分析】分乙站第一个位置，甲站第四个位置，和甲站第二个位置，乙站第五个位置，两类情况求解即可. 【详解】从左向右看，若甲和乙之间恰好有2人，且甲不在两端，有两种情况： 乙站第一个位置，甲站第四个位置，有种， 甲站第二个位置，乙站第五个位置，有种， 共有种， 故选：B 【变式2】（2025·广东·模拟预测）3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的排法有（    ）种． A．36 B．108 C．120 D．144 【答案】D 【分析】分步骤分析，利用排列组合的乘法原理来计算即可． 【详解】总共有3个男同学，排头必须是男同学，所以排头的选择有种， 所以排尾只能从剩余2个男同学选取，有种， 最后剩余4人安排在中间4个位置，有种，所以一共有种． 故选：D． 【变式3】（25-26高三上·福建三明·月考）甲、乙、丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥、长江索道、重庆动物园、白帝城这4个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲、乙、丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有（   ） A．24种 B．18种 C．12种 D．6种 【答案】B 【分析】根据排列的定义，结合分步计数原理进行求解即可. 【详解】因为甲不去重庆动物园， 所以甲有三种不同的去处， 又因为甲、乙、丙三人去的景区互不相同， 所以这三人的不同选择方法共有， 故选：B 题型十 先选后排问题 答｜题｜模｜板 典型例题：从6人中选4人排成一排，有多少种排法？ 答题模板： 1.选元素：从个元素中选个，组合数； 2.排顺序：将选出的个元素全排列，排列数； 3.总方法数：. 套用示例：（或直接）. 【典例1】（2025高三·上海·专题练习）第41届全国中学生物理竞赛决赛于10月24 日至10月30日由华东师范大学第二附属中学承办.根据赛事安排，组委会欲安排 589 名选手和各省领队参观5个不同场馆，分别为李政道研究所、中国商飞、上海交通大学张江高等研究院、上海科技大学和上海博物馆东馆.现欲将6位志愿者老师分配到5个不同场馆做带队服务.若每个场馆至少1人，则不同的分配方案的种数为 . 【答案】 【分析】将位志愿者老师分成组，再分配到个不同场馆即可列式计算得解. 【详解】依题意，将位志愿者老师分成5组有种方法， 再将分成的5组分配到5个不同场馆有种方法， 所以不同的分配方案的种数为， 故答案为：. 【典例2】（2025·全国·模拟预测）已知4位学生被分配到A、B、C三地学习，每地至少分配一位学生且每位学生只能去一个地方学习，则不同的分配方式有（    ） A．12种 B．18种 C．24种 D．36种 【答案】D 【分析】根据题意先将4位学生分成三组，再分配到A、B、C三地学习，根据分步乘法计数原理即可求解． 【详解】根据题意，先从4人中选2人组成一组，有种方法， 然后将3组学生分配到A、B、C三地学习，有种方法， 由分步计数原理知共有种不同的分配方法， 故选：D． 【变式1】（2025·全国·模拟预测）2025年1月7日9时5分，西藏自治区日喀则市定日县发生6.8级地震．现从各省共抽派7支抢险工作队前往5个灾区县救援，要求每个受灾县至少有一个工作队的方法种数共有（    ） A．1800 B．16800 C．14280 D．25200 【答案】B 【分析】先分组后分配，分组分配上有3，1，1，1，1与2，2，1，1，1两种方式，再结合排列组合数计算即可. 【详解】分组分配上有3，1，1，1，1与2，2，1，1，1两种方式． 若是3，1，1，1，1，则有种； 若是2，2，1，1，1，则有种． 所以共有种. 故选：B． 【变式2】（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）哈尔滨市开展支教活动，我校有甲，乙，丙等六名教师被随机地分到四个不同的中学，且每个中学至少分到一名教师，共有多少种不同分法（    ） A．1080 B．1560 C．2640 D．3960 【答案】B 【分析】根据分类加法计数原理和部分平均分组计数方法计算即得. 【详解】依题意，可分为两类情况：第一类，将六名教师按照分配到四个不同的中学，有种分法； 第二类，将六名教师按照分配到四个不同的中学，有种分法. 故由分类加法计数原理，共有种不同分法. 故选：B. 【变式3】（25-26高三上·陕西西安·开学考试）某校安排高一年级（1）~（5）班共5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高一（1）班被安排到A基地的排法种数为（    ） A．24 B．36 C．60 D．240 【答案】C 【分析】根据只有高一（1）班被安排到A基地与还有一个班和高一（1）班一起被安排到A基地两种情况，结合排列组合知识求解即可. 【详解】由题得，若只有高一（1）班被安排到A基地，则有（种）安排方法， 若还有1个班和高一（1）班一起被安排到A基地，则有（种）安排方法， 故高一（1）班被安排到A基地的安排方法种数为种. 故选：C. 题型十一 展开式书写（前3项/指定项） 答｜题｜模｜板 典型例题：写出的展开式前3项。 答题模板： 1.牢记展开式公式：； 2.确定a、b、n：本题，，； 3.逐项计算：从0开始，依次代入计算前3项（）； 4.化简结果：合并同类项，保留系数符号。 套用示例： ：； ：； ：； 前3项：。 【典例1】（25-26高二上·全国·课堂例题）求多项式的展开式. 【答案】 【分析】利用二项式定理可得展开式. 【详解】， . 【典例2】（24-25高二·全国·课堂例题）求多项式的展开式． 【答案】 【分析】由，利用二项式定理即可求解； 【详解】， ． 【变式1】（24-25高二·全国·课堂例题）求的展开式； 【答案】 【分析】法一、法二，由二项式定理即可求解； 【详解】方法一： ． 方法二： ． 【变式2】（24-25高三·上海·课堂例题）写出的二项展开式 . 【答案】 【分析】直接根据二项式定理展开求解即可. 【详解】因为的展开式的通项为， 所以. 故答案为： 【变式3】（24-25高三·上海·随堂练习）的二项展开式是 ． 【答案】 【分析】根据二项式定理可得答案. 【详解】 ． 故答案为：． 题型十二 通项公式应用（求某一项） 答｜题｜模｜板 典型例题：求的第4项；求的含的项. 答题模板： 1.明确目标：确定求“第项”或“含的项”； 2.写出通项公式：（）； 3.确定参数：明确a、b、n，若求第项，则；若求含的项，需化简的指数； 4.计算求解： 第项：代入，计算系数与字母部分； 含的项：令的指数等于，解出，再代入计算项； 5.整理结果：保留系数符号，化简表达式. 套用示例： 求第4项：→，； 求含的项：，，，指数→，项为. 【典例1】（2026高三·全国·专题练习）的常数项为 ． 【答案】 【分析】化简二项式展开式的通项公式，由此求得常数项． 【详解】的展开式为， 当，即时，， 则的常数项为． 故答案为：． 【典例2】（25-26高三上·上海嘉定·月考）的二项展开式中第4项是 . 【答案】 【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：的二项展开式中第4项是. 故答案为：. 【变式1】（25-26高三上·四川成都·期中）的展开式的中间项为 ． 【答案】 【分析】根据二项式定理只需求解展开式第4项即可. 【详解】由二项式定理可知，展开式共项， 所以的展开式的中间项为第项， 所以，由二项式定理展开的通项公式得： 所以的展开式的中间项为 故答案为： 【变式2】（25-26高二上·上海奉贤·月考）的展开式中的第四项是 . 【答案】 【分析】由二项式展开式的通项公式可求得答案. 【详解】的展开式中的第四项是， 故答案为：. 【变式3】（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 【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. 题型十三 二项式系数与项的系数 答｜题｜模｜板 子题型1：二项式系数与项的系数区分计算 典型例题：求的展开式中第2项的二项式系数和项的系数 答题模板： 1.明确定义： 二项式系数：仅（与a、b系数无关）； 项的系数：的系数的系数； 2.确定值：第项→； 3.分别计算： 二项式系数：直接取； 项的系数：计算； 4.对比结果：明确两者区别，规范书写. 套用示例： 第2项→，二项式系数：； 项的系数：. 子题型2：二项式系数最值问题 典型例题：求展开式中二项式系数最大的项；求展开式中二项式系数最大的项. 答题模板： 1.确定的奇偶性： 为偶数：中间1项（第项）二项式系数最大； 为奇数：中间2项（第项、第项）二项式系数相等且最大； 2.计算对应值： 偶数：； 奇数：和； 3.代入通项求项：计算对应项的表达式（仅二项式系数，无需考虑a、b系数）. 套用示例： （偶数）：第5项，，项为； （奇数）：第5、6项，和，项为、. 子题型3：项的系数最值问题 典型例题：求展开式中项的系数最大的项. 答题模板： 1.写出通项公式：化简项的系数表达式（含的函数）； 2.设第项系数为，列不等式组： ； ； 3.解不等式组：求出整数（）； 4.验证符号：根据的奇偶性判断系数符号，确定最大系数项； 5.计算结果：代入值求项. 套用示例： 通项系数：； 列不等式：且，解得→； 系数最大项：，项为. 【典例1】（24-25高二下·贵州毕节·期末）的展开式的第7项的二项式系数是 . 【答案】7 【分析】根据二项式定理的性质计算. 【详解】由题可知：第7项的二项式系数是. 故答案为：7 【典例2】（25-26高三上·天津·月考）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 【分析】根据只有第5项的二项式系数最大，可得，写出展开式的通项公式，令，求得k值，代入即可求出答案. 【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1】（2025高三·全国·专题练习）已知，二项式展开式的前三项的系数成等差数列，则展开式中二项式系数的最大值为 ，系数最大值为 ． 【答案】 70 7 【分析】写出通项，求出前三项的系数，根据等差中项的概念列出等式，解出n，设第项的系数最大得，求解即可. 【详解】二项式通项公式为： ， 所以第一项的系数为：，第二项的系数为：， 第三项的系数为： ， 由于前三项的系数成等差数列， 所以，解得，或， 因为至少有前三项，所以（舍），故， 所以二项式系数的最大值为. 二项式通项公式为：， 设第项的系数最大，故， 即，即， 解得， 因为，所以或， 故系数最大的项为或. 故系数最大值为7. 【变式2】（24-25高二下·河南开封·月考）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】 【分析】利用二项式展开式的通项公式，结合已知条件可先求出，再利用递推不等式组可求出系数最大项. 【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： 【变式3】（2025高三·全国·专题练习）已知的展开式中各项系数的和比各二项式系数的和大992．求展开式中二项式系数最大的项及展开式中系数最大的项． 【答案】，；系数最大的项 【分析】根据已知得，即并写展开式通项，结合二项式系数的性质确定二项式系数最大项，列举所有项系数即可得系数最大项. 【详解】在中，令，得，又二项式系数的和为， 由题意得，，故，展开式通项为，， 故二项式最大项为第3、4项，对应，，即，， 由从小到大对应系数依次为，，，，，， 所以系数最大的项． 题型十四 特定项求解 答｜题｜模｜板 题型1：常数项求解 典型例题：求的展开式中的常数项. 答题模板： 1.写出通项公式：； 2.化简的指数：将a、b化为的幂次形式（如），合并指数； 3.列方程求：令的指数为0，解出整数（需满足）； 4.计算常数项：代入值，计算系数部分（不含）； 5.验证结果：确保有效，系数计算无误. 套用示例： 通项：； 令→； 常数项：. 题型2：有理项/无理项求解 典型例题：求的展开式中的有理项. 答题模板： 1.写出通项公式：化简的指数（化为分数指数）； 2.定义有理项条件：的指数为整数； 3.列方程求：设指数为整数，解出满足的整数； 4.列举所有有效：逐一验证，确保指数为整数； 5.计算有理项：代入每个值，求出对应项. 套用示例： 通项：； 有理项条件：→是6的倍数，； 解得： ：； ：. 题型3：指定指数差/系数关系问题 典型例题：在的展开式中，若第3项与第6项的系数相等，求. 答题模板： 1.写出对应项的系数：第项系数为（二项式系数）； 2.根据题意列等式：如“第项系数=第项系数”→； 3.利用组合数性质求解： 对称性：→； 递推性：结合题意化简等式； 4.验证结果：确保为正整数，符合题意. 套用示例： 第3项系数，第6项系数，由→→. 【典例1】（25-26高三上·天津·开学考试）在的展开式中，的系数为 ． 【答案】 【分析】根据题意，求得二项展开式的通项，确定的值，代入即可求解. 【详解】由二项式定理得，二项式的展开式的通项如下， 为，其中， 令，可得，所以的系数. 故答案为：. 【典例2】（25-26高三上·四川成都·月考）在的展开式中，的系数为（    ） A．15 B．45 C．60 D．90 【答案】B 【分析】根据二项式展开式的通项公式计算即可求解. 【详解】的展开式为 ， 所以二项式展开式中含项为， 二项式展开式中含项的系数为45. 故选：B 【变式1】（25-26高三上·云南·月考）在的展开式中，含项的系数是（   ） A．14 B．15 C．16 D．18 【答案】A 【分析】应用二项式展开式通项公式结合组合数公式计算求解. 【详解】含项的系数为， 故选：A． 【变式2】（2025高三上·广东深圳·专题练习）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 【分析】求出“0，2，4，5，6，8”这组数据的上四分位数，代入二项式，并写出二项式展开式的通项，分析其有理项,即可得到答案. 【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3】（2025高二·全国·专题练习）已知二项式. (1)求展开式的第4项； (2)求展开式中的有理项； (3)求展开式中的常数项. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）令，即可求得展开式的第4项； （2）令的指数为整数，即可求得展开式中的有理项； （3）令的指数为0，即可求得展开式中的常数项. 【详解】（1）的二项展开式通项是： ， 当时，展开式的第4项为. （2）由（1）知 的二项展开式通项是， 有理项是使变量的指数为整数的项，故只需，且， 解得，因此有理项分别为： ， ， ， . （3）由（1）知 的二项展开式通项是， 常数项即为变量的指数为0的项，令，解得， 因此常数项为. 题型十五 赋值法的应用 答｜题｜模｜板 题型1：全项系数和求解（完整） 典型例题：求的展开式中所有项的系数之和. 答题模板： 1.识别目标：求所有项的系数和（含常数项、各字母项）； 2.选择赋值：令所有字母变量=1（若字母含系数，直接代入1，不改变系数）； 3.计算结果：将赋值代入二项式，化简得出数值即为系数和； 4.验证逻辑：确保赋值后所有字母项转化为1，仅保留系数运算. 套用示例：令、，系数和. 题型2：奇数项/偶数项系数和求解 典型例题：求的展开式中奇数项系数和、偶数项系数和. 答题模板： 1.设参数：设全项系数和为，奇数项系数和为，偶数项系数和为； 2.求全项系数和：令所有字母=1，计算； 3.求奇数项-偶数项系数和：令含字母项的系数为1，另一项为-1（如令），得； 4.列方程求解： ； ； 5.化简结果：确保计算过程符号无误. 套用示例： 全项系数和； 奇数项-偶数项系数和； 奇数项系数和； 偶数项系数和. 题型3：特定字母系数和求解 典型例题：求的展开式中含的项的系数之和。 答题模板： 1.识别目标：仅保留含指定字母（如）的项，求其系数和； 2.固定其他字母：令非指定字母=1（消除其对系数的影响）； 3.转化为二项式问题：原多项式转化为仅含指定字母的二项式（或单项式）； 4.提取指定项系数：利用二项式定理求出指定字母对应次数的系数； 5.验证结果：确保未遗漏其他字母的系数贡献。 套用示例： 令、，多项式转化为； 含的项的系数为，即所求系数和为150. 【典例1】（25-26高二上·上海奉贤·期中）已知，则 ． 【答案】 【分析】利用赋值法，先令，再令可得. 【详解】令，可得， 令，可得， 所以. 故答案为：2. 【典例2】（25-26高三上·重庆·期中）若，则 . 【答案】 【分析】根据已知，应用赋值法求出对应参数、系数和，即可求. 【详解】令，则， 令，则， 所以. 故答案为： 【变式1】【多选题】（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【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. 【变式2】【多选题】（25-26高二上·黑龙江绥化·期中）已知的展开式中只有第五项的二项式系数最大，则下列说法正确的是（    ） A． B．展开式中偶数项的二项式系数的和为 C．展开式中各项系数的和为 D．展开式中奇数项的系数的和为 【答案】AD 【分析】由题意可得，可求得，利用二项式展开式的性质，结合赋值法逐项判断即可. 【详解】因为的展开式中只有第五项的二项式系数最大， 所以共有项，又项数为，所以，故A正确； 因为，所以展开式中所有项的二项式系数的和为， 由二项式的性质可知所有偶数项与奇数项的二项式系数和相等， 所以展开式中偶数项的二项式系数的和为，故B错误； 令，可得， 即，故C错误； 令，可得，即， 所以，所以， 所以展开式中奇数项的系数的和为，故D正确. 故选：AD. 【变式3】【多选题】（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考）已知，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】ABC选项，利用赋值法进行求解；D选项，得到展开式的通项公式，从而求出，，故，D正确. 【详解】A选项，中，令得，A正确； B选项，中，令得 ， 又，故，B错误； C选项，中，令得 ， 与相加可得， 故，C错误； D选项，展开式的通项公式为， 故，，故，D正确. 故选：AD 题型十六 杨辉三角 答｜题｜模｜板 题型1：利用杨辉三角查找二项式系数 典型例题：通过杨辉三角求的展开式中二项式系数最大的项的系数；求的展开式中第3项的二项式系数. 答题模板： 1.明确行数规则：第行（从0开始计数）对应的二项式系数； 2.绘制/回忆杨辉三角前行： 第0行：[1] 第1行：[1,1] 第2行：[1,2,1] 第3行：[1,3,3,1] 第4行：[1,4,6,4,1] 第5行：[1,5,10,10,5,1] 3.查找目标系数： 二项式系数最大项：偶数取中间列，奇数取中间两列； 第项的二项式系数：第行第列（从0开始列计数）； 4.输出结果：明确系数对应的项或直接输出系数. 套用示例： 求二项式系数最大项的系数：第5行中间两列（第2、3列），系数为10； 求第3项的二项式系数：第4行第2列，系数为6. 题型2：利用杨辉三角验证组合数性质 典型例题：用杨辉三角验证；验证. 答题模板： 1.明确组合数与杨辉三角的关系：第行第列的数字=； 2.验证递推性： 找到第行第列的数字； 找到第行第列和第列的数字，求和验证是否等于前者； 3.验证对称性： 找到第行第列和第列的数字，验证是否相等； 4.总结结论：明确组合数性质在杨辉三角中的直观体现. 套用示例： 验证：第6行第3列数字=20，第5行第2列=10、第3列=10，10+10=20，成立； 验证：第7行第4列=35、第3列=35，相等，成立. 题型3：杨辉三角与二项式定理结合求系数 典型例题：已知杨辉三角第行的数字为[1,4,6,4,1]，求的展开式中含的项的系数. 答题模板： 1.由杨辉三角确定：行数=数字个数-1，本题数字个数=5→； 2.明确二项式系数：第行第列数字=，含的项对应，二项式系数=第4行第2列=6； 3.计算项的系数：项的系数=二项式系数×的系数×的系数； 4.化简结果：代入数值计算，保留符号. 套用示例： ，含的项对应； 项的系数=. 【典例1】（2026高三·全国·专题练习）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A．在第10行中第5个数最大 B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等 C． D．第6行的第7个数､第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数 【答案】D 【分析】根据杨辉三角每一行的数字与组合数的对应关系，结合组合数的运算性质，依次判断选项. 【详解】对于A，因“杨辉三角”的第10行中第5个数是，又，故A错误； 对于B，因“杨辉三角”的第2023行中第1011个数和第1012个数分别为和， 因，故，故B错误； 对于C，因， ……… 则，故C错误； 对于D，因，而，故D正确. 故选：D 【典例2】【多选题】（24-25高二下·河南信阳·期末）我国南宋数学家杨辉首先发现了二项式系数的性质，并把系数写成一张表，后人称为杨辉三角，如图所示，关于杨辉三角正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】根据杨辉三角的性质可得，，进而判断各选项即可. 【详解】根据杨辉三角的性质：，，所以选项A正确，B错误； 当时， ，选项C正确； 当时， ，选项D正确． 故选：ACD． 【变式1】（24-25高二下·黑龙江大庆·期末）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望.题图为“杨辉三角”的一部分（如图），记第n行的第i个数为，则 .    【答案】 【分析】根据二项展开式的性质，得到，结合，即可求解. 【详解】由题意，根据二项展开式的性质，可得， 则. 故答案为：. 【变式2】【多选题】（24-25高二下·广东广州·期末）我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的．以下关于杨辉三角的说法正确的是（    ） A．第6行从左到右第4个数是20 B．第2022行的第1011个数最大 C．210在杨辉三角中共出现了6次 D．记第行的第个数为，则 【答案】ACD 【分析】选项A：根据题目所给的杨辉三角，得出每一行每一个数的表示，将第6行第4个数代入即可；选项B：根据组合数的性质，即可找到第2022行中的最大数；选项C：列举出值为210的组合数即可；选项D：使用二项式定理进行转化即可. 【详解】选项A：由题目所给的杨辉三角可知，从第1行起，第行的第个数可表示为，故第6行从左到右第4个数是，故选项A正确； 选项B：第2022行的第个数可表示为，由组合数的性质可知，最大，因此，，故第2022行的第1012个数最大，选项B错误； 选项C：210在杨辉三角中出现的情况有（第10行的第5个数），（第10行的第7个数），（第210行的第2个数），（第210行的第210个数），（第21行的第3个数），（第21行的第20个数），共6次，故选项C正确； 选项D：第行的第个数，因此，令，则，即，故选项D正确. 故选：ACD. 【变式3】【多选题】（24-25高二下·重庆·期末）“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数阵中的一种几何排列规律，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，如图所示.下列关于“杨辉三角”的说法中正确的是（   ） A． B． C． D．第10行中从左往右第5个数与第6个数之比为 【答案】AD 【分析】根据杨辉三角的性质以及组合数的相关知识，对选项进行分析. 【详解】根据组合数性质，A正确； ，故B错误； 根据A的等式，，故C错误； 第10行中从左往右第5个数与第6个数分别为和，比值为，故D正确， 故选：AD. 期末基础通关练（测试时间：30分钟） 一、单选题 1．（24-25高二下·广东广州·期末）用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位数，其中偶数的个数为（    ） A．36 B．48 C．60 D．72 【答案】C 【分析】利用特殊元素优先法，结合计数原理以及排列数，即可求解. 【详解】若五位数的个位为零，其余数位随意安排，这样的数有个， 若五位数的个位不为零，而个位仅有2，4两种选择，万位有3种选择，这样的数有， 所以五位的偶数有. 故选：C. 2．（24-25高二下·吉林长春·期末）的展开式中，的系数与常数项之差为（   ） A．20 B．19 C． D． 【答案】B 【分析】化简式子，然后分别按照二项式定理的性质计算即可. 【详解】，展开式中的系数为， 常数项为2，故的系数与常数项之差为． 故选：B． 3．（24-25高二下·河北·期末）设，若，则（    ） A．1 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】令，可得，解出m的值即可. 【详解】令，则可得. 又，则． 故选：D． 4．（24-25高二下·浙江温州·期末）某校招聘了6名教师，现平均分配给学校的两个校区，其中2名英语教师不能分配在同一个校区，另外3名数学教师也不能全分配在同一个校区，则不同的分配方案共有（    ） A．12种 B．14种 C．24种 D．48种 【答案】A 【分析】先将2名英语教师分到两个校区，再将3名数学老师分成2组再分到两个校区，最后只需将其他1人到人数少的一个校区即可. 【详解】由题意知，先将2名英语教师分到两个校区，有2种方法， 第二步将3名数学老师分成2组，一组1人另一组2人，有种分法， 然后再分到两个校区，共有种方法， 第三步只需将其他1人分到人数少的一个校区， 根据分布乘法计数原理知不同的分配方案共有. 故选：A 5．（24-25高二上·甘肃白银·期末）已知，则（    ） A．4 B．3 C．5 D．1 【答案】C 【分析】由组合数公式及已知等量关系列方程，即可求参数. 【详解】根据题意，得或，解得（舍去）或. 故选：C 6．（23-24高二下·河南郑州·期末）不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用排列数公式将不等式转化为二次不等式求解. 【详解】易知，. 因为，，， 所以原不等式可化为， 所以， 所以原不等式的解集为. 故选：A 7．（24-25高二下·广东江门·期末）下列说法正确的是（ ） A．中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类，现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有24种 B．从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有5条，则从A村经过B村去C村不同的路线的条数为8 C．一个两层书架，分别放置语文类读物4本，数学类读物5本，每本读物各不相同，从中取出1本，则不同的取法共有20种 D．从1，2，3，4，5五个数字中任选3个数字，可组成无重复数字的三位数的个数为60 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理逐一判断即可. 【详解】对于，现有4名学生，每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，每人都有3种选择，则不同的选购方式有种，故错误； 对于，从A村去B村的道路有3条，从B村去C村的道路有5条，则从A村经过B村去C村不同的路线的条数为种，故错误； 对于，一个两层书架，分别放置语文类读物4本，数学类读物5本，每本读物各不相同，从中取出1本，共有种取法，故错误； 对于，从1，2，3，4，5五个数字中任选3个，可组成无重复数字的三位数分三步， 首先确定百位有种，再确定十位有种选择，最后个位有种选择，故共有个，故正确． 故选： 8．（24-25高二下·广东湛江·期末）在的展开式中，的系数是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】写出通项公式，然后代值计算即可. 【详解】由题意可得，的通项 ， ， 令，得， 所以的系数为， 故选：A. 二、多选题 9．（24-25高二下·黑龙江鸡西·期末）有3名学生和2名教师排成一排，则下列说法正确的是（     ） A．共有种不同的排法 B．当2名教师相邻时，共有24种不同的排法 C．当2名教师不相邻时，共有种不同的排法 D．当2名教师不排在两端时，共有48种不同的排法 【答案】AC 【分析】对于选项A，根据全排列的排列数进行求解；对于选项B，利用捆绑法和分步乘法计数原理进行求解；对于选项C，利用插空法和分步乘法计数原理进行求解；对于选项D，利用分步乘法计数原理进行求解即可. 【详解】对于选项A：3名学生和2名教师共5个人进行全排列，有种排法，所以A正确； 对于选项B：将2名老师看成一个整体，与3名学生全排列，有种排法， 2名教师内部有种排法，共有种排法，所以B错误； 对于选项C：3名学生全排列有种排法，形成4个空位，2名教师插入4个空位有种排法， 共有种排法，所以C正确； 对于选项D：从3名学生选2名学生排在两端，有种排法，剩下3人全排列有种排法. 共有种排法，所以D错误. 故选：AC. 三、解答题 10．（24-25高二下·河北沧州·期末）已知二项展开式． (1)求的值； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用赋值法可得系数和的值，即可求解； （2）先构造二项式展开，再得相应系数的正负，然后去绝对值,即可用赋值法求对应系数和. 【详解】（1）已知， 令，可得， 令，可得， 所以． （2）展开式的通项为． 当r为偶数时，； 当r为奇数时，． 所以． 令，则， 即． 11．（24-25高二下·黑龙江鸡西·期末）已知的二项展开式的各二项式系数之和为32. (1)求是多少？ (2)求展开式中的常数项为多少？ 【答案】(1) (2)1 【分析】（1）根据二项式的系数之和可求得的值. （2）根据二项式的通项公式可求出常数项. 【详解】（1）因为的二项展开式的各二项式系数之和为32， 则，解得. （2）由（1）知，所以二项式为， 其通项公式为. 令，则. 所以展开式的常数项为1. 12．（24-25高二下·广东深圳·期末）在下列三个条件中任选一个合适的条件，补充在问题中的横线上，并解答． 条件①：展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于50； 条件②：展开式中第3项的二项式系数是21； 条件③：展开式中第2项与第7项的二项式系数相等． 【选择多个条件解答，则按第一个条件计分】 问题：已知二项式，若_____________，求： (1)求n和展开式中二项式系数最大的项； (2)求的展开式中含的项的系数． 【答案】(1)，和 (2) 【分析】（1）根据二项式系数的性质，判断的值和二项式系数最大的项，根据二项式展开式，求出该项即可. （2）根据二项式的展开式，求出指定项即可. 【详解】（1）条件①：展开式中所有偶数项的二项式系数之和为，令，无整数解，条件一不符合题意， 条件②：展开式中第3项的二项式系数是21，即，解得； 条件③：展开式中第2项与第7项的二项式系数相等，即，解得； 当时，二项式为，二项式系数最大的项为第4项和第5项， 根据二项式展开式可知，第项为， 当时，，当时，， 所以二项式系数最大的项为第4项和第5项. （2）已知，展开式通项为， 当，即时，， 当，即时，， 所以含的项为，可得含的项的系数为. 期末重难突破练（测试时间：60分钟） 一、单选题 1．（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 【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. 2．（24-25高二下·福建泉州·期末）已知，则下列选项中错误的是（   ） A． B．的最大值为 C． D． 【答案】C 【分析】求出二项式展开式的通项公式，求出分析判断AB；赋值计算判断CD. 【详解】展开式的通项公式为， 对于A，，A正确； 对于B，当时，，解得，当时， 即有，因此的最大值为，B正确； 对于C，当分别取时，，则，C错误； 对于D，当分别取时，，则， 而，因此，D正确. 故选：C 3．（24-25高二下·湖北武汉·期末）在的展开式中，含项的系数是（   ） A．1139 B．1140 C．1329 D．1330 【答案】C 【分析】由的展开通项为，在展开式中含项的系数分别为 、、，根据组合式求和即可. 【详解】因为的展开通项为， 所以的展开式中含项的系数分别为 、、，其系数和为， 则， 其中，，，依次类推， 得出. 故选：C. 4．（24-25高二下·北京通州·期末）设集合，集合，那么集合B中满足的元素的个数为（   ） A．72 B．54 C．24 D．12 【答案】B 【分析】根据已知分类讨论，再结合排列数计算及分步计数原理求解即可. 【详解】集合，集合， 那么集合B中满足， 第一种情况可以分别是； 所以分别是或或或或或； 第二种情况可以分别是； 所以分别是或或或或或； 集合B中满足的元素的个数为. 故选：B. 5．（24-25高二下·广东深圳·期末）将4个编号为1，2，3，4的小球放入4个编号为1，2，3，4的盒子中，下列说法错误的是（   ） A．恰有一个空盒，有324种放法 B．把4个不同的小球换成4个相同的小球，恰有一个空盒，有12种放法 C．有256种放法 D．每盒至多两球，有204种放法 【答案】A 【分析】对选项进行逐一分析，选项A先从4个盒子中选出一个空盒，再从4个球中选2个放入剩下3个盒子中的1个，再将剩余2球各1个放入剩余2盒中，据此得出放法总数；选项B先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．已知四个小球相同即没有顺序，属于组合问题；选项C根据分步乘法原理分析求解；选项D在选项C的基础上减去每盒至少3个球的情况可得. 【详解】选项A：先从4个盒子中选出一个空盒，再从4个球中选2个放入剩下3个盒子中的1个，再将剩余2球各1个放入剩余2盒中，故有种放法，故A错误； 选项B：先从四个盒子中选出三个盒子，再从三个盒子中选出一个盒子放入两个球，余下两个盒子各放一个．已知四个小球相同即没有顺序，属于组合问题，故共有种放法，故B正确； 选项C：每个小球都可能放入4个盒子中的任何一个，将小球一个一个放入盒子，共有种放法，故C正确； 对于D：由C分析，不考虑盒中球个数，共有256种放法， 若一个盒中放3个球，另外1盒放1球，则有种放法， 若1个盒中放4球，有4种放法，故每盒至少3个球的情况有种， 所以每盒至多两球，有种放法，故D正确. 故选：A. 6．（24-25高二下·河南周口·期末）为打造特色校园文化，某学校计划在艺术节期间举办“创意工坊”活动，提供陶艺、木工、剪纸、面塑、扎染5种手工体验项目．现从8名美术老师中任选5人分别负责一个项目，且要求负责陶艺和木工的老师是男老师，已知这8名老师中有5名男老师，3名女老师，则不同的人员安排方案有（   ） A．1200种 B．1800种 C．2400种 D．3600种 【答案】C 【分析】应用分步计数及排列数求不同的人员安排方案数. 【详解】先从5名男老师中任选2名负责陶艺和木工，则有种， 再从余下的6名老师中任选3名负责剪纸、面塑、扎染，则有种， 所以共有种. 故选：C 7．（24-25高二下·河北沧州·期末）现安排6名大学生到4所学校去实习，要求每名大学生去且只能去一所学校实习，每所学校都有大学生去实习，则不同的安排方法共有（    ）． A．480种 B．1080种 C．1560种 D．2640种 【答案】C 【分析】首先将6名大学生分组，使得每所学校都有大学生去实习，然后对每一组利用排列数和组合数求出安排方法种数，然后它们的和即是答案. 【详解】为满足题意，将6名大学生分为3，1，1，1或2，2，1，1四组， 所以不同的安排方法共有种. 故选：C． 8．（24-25高二下·海南海口·期末）如图，现要用4种不同的颜色对海口市的4个区地图进行着色，要求有公共边的2个区不能用同一种颜色，则不同的着色方法的种数为（    ） A．24 B．48 C．72 D．120 【答案】C 【分析】先选择秀英区与龙华区，然后分别对琼山区，美兰区与秀英区是否同色进行讨论，然后计算可得结果. 【详解】秀英区有4种选择，龙华区有3种选择， 当琼山区与秀英区同色，则美兰区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区同色，琼山区有2种选择； 当琼山区与秀英区不同色，美兰区与秀英区不同色，琼山区有2种选择，美兰区有1种选择； 所以不同的着色方法的种数为. 故选：C 二、多选题 9．（24-25高二下·安徽宿州·期末）已知的展开式中，仅第6项的二项式系数最大，则下列说法正确的是（   ） A． B．展开式中常数项为180 C．展开式中各项系数之和为 D． 【答案】ABD 【分析】对于A，根据已知条件求出展开式的项数，可解得正整数的值；对于B，写出展开式通项，赋值后即可求常数项的值；对于C，赋值法令，即可得展开式中各项系数之和；对于D，利用组合数公式得出，再利用二项式定理化简可得结果. 【详解】对于A ，因展开式中仅第6项的二项式系数最大，故二项展开式共有项，则，故A正确； 对于B，的展开式通项为， 令，解得，故展开式中的常数项为，故B正确； 对于C，在展开式中，令，可得各项系数之和为，故C错误； 对于D，因，即， 故，即D正确. 故选：ABD. 10．（24-25高二下·青海西宁·期末）已知，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对于A，直接令进行求解即可；对于B，可以将二项式转化为，然后再根据二项式定理的通式进行求解即可；对于C，先令求出，再令求出的值，由即可求出的值；对于D，首先分别令与后得到两个方程，然后通过联立方程进行求解即可. 【详解】对于A，令，得：，故A正确； 对于B，由 由二项式定理可得：，故B正确； 对于C，令，得：， 再令，得：， 由此可得：，故C错误； 对于D，令，得：， 再令，得：， 由此可得：，故D正确. 故选：ABD 11．（24-25高二下·内蒙古赤峰·期末）“杨辉三角”是中国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中首次记载的，比欧洲早393年．如图所示，在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题中正确的是（   ）    A．第6行中，有两个相等的最大数 B． C．第行所有数之和为 D．在第3行以后，还会出现全为奇数的行 【答案】BCD 【分析】根据由杨辉三角的规律直接写出第6、7行可判断AD；利用性质化简可判断B；由二项式系数性质可判断C. 【详解】对A，由杨辉三角的规律可知，第6行的数为：，最大数只有一个，错误； 对B， ，正确； 对C，由二项式系数性质可知，第行所有数之和为，正确； 对D，由杨辉三角的规律可知，第6行的数为：， 第7行的数为：，所有数都是奇数，正确. 故选：BCD 12．（24-25高二上·江苏南京·期末）若，为正整数且，则下列等式正确的是（    ） A． B． C．若，则 D． 【答案】ABD 【分析】对于A：根据组合数公式分析判断；对于B：根据组合数性质分析判断；对于CD：根据排列数公式分析判断. 【详解】因为，为正整数且， 对于选项A：因为，故A正确； 对于选项B：因为， 则 ， 所以，故B正确； 对于选项C：因为，所以，故C错误； 对于选项D：因为 ， 所以，故D正确； 故选：ABD. 13．（24-25高二下·江苏连云港·期末）用0，1，2，3，4，5，6这7个数字，可以组成（    ） A．180个无重复数字的三位数 B．75个无重复数字且为奇数的三位数 C．30个无重复数字且能被25整除的四位数 D．480个无重复数字且比1300大的四位数 【答案】AB 【分析】根据分步乘法原理，由选项中的限制条件，逐项计算，可得答案. 【详解】对于A，无重复数学的三位数的情况数为，故A正确； 对于B，为奇数的三位数的个位可选的数字有，则无重复数学且为奇数的三位数的情况数为，故B正确； 对于C，能被整除的四位数的最后两位有，则无重复数字且能被整除的四位数的情况数有，故C错误； 对于D，当千位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为且百位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为且十位比大的无重复数字的四位数的情况数有； 当千位为、百位为、十位为且个位比大的无重复数字的四位数的情况数有. 综上可得，故D错误. 故选：AB. 三、填空题 14．（24-25高二下·山东枣庄·期末）十进制计数法与二进制计数法有如下转换规律：若十进制计数法下的满足：，，，，则其在二进制计数法下可记为.例如：1在二进制中表示为，2表示为，3表示为，4表示为，7表示为.记为，，…，中0的个数，如，，，则从1到255这些自然数的二进制表示中，的个数为 . 【答案】56 【分析】由题意：在二进制中的表示，恰有两个0，结合组合数计算即可求解. 【详解】由，即，要使， 则在二进制中的表示恰好有两个0， 所以有个满足题意的的值. 故答案为：56. 四、解答题 15．（23-24高二上·辽宁沈阳·期末）（1）已知，计算：； （2）解方程：． 【答案】（1）126；（2）． 【分析】（1）根据给定条件，利用组合数的性质求出并计算得解. （2）利用组合计算公式、排列数公式求解即得. 【详解】（1）因为，则，解得，经验证符合题意， 所以 . （2）由，得， 即，而由，知，解得， 所以原方程的解为. 期末综合拓展练（测试时间：100分钟） 一、单选题 1．（2025·湖南长沙·一模）设正整数 其中，记，则下列说法错误的是（    ）. A．(10)=2. B．(16n+5)=ω(4n+3). C．(8n+5)=ω(4n+5). D．若n<256且(n)=3，则符合条件的n有56个. 【答案】C 【分析】利用的定义可判断A、B的正误，用特殊值代入可判断C，列举法可判断D的正误，即可得正确答案. 【详解】，所以，故A项正确， ， 所以，， 所以 ，所以， 故B项正确; ， ，故， 即时，，故C项错误， 若且，由 ， 可知，时，有个，时，有个，时， 有个，…，时，有个， 共有，故D项正确. 故选：C. 二、填空题 2．（2024高三·全国·专题练习）数学家莱布尼兹是世界上首个提出二进制计数法的人，任意一个十进制正整数均可以用二进制数表示.若正整数，其中或，则可以用位二进制数表示.记的二进制各个位数和为，则.例如，因此.已知正整数1024且，则这样的有 个； . 【答案】 45 4095 【分析】第一空：由题意：是2～10位二进制数，得到的前10位中恰有两个1，其余位均为即可求解； 第二空：是最大的6位二进制数，从而说明1～63的二进制数中，时共有个二进制数，时共有个二进制数，时共有个二进制数，…，时共有个二进制数，进而可求解； 【详解】详解：（1），要使， 则是位二进制数，且的前10位中恰好有两个1， 其余位均为0，因为最高位必为1， 所以有个满足题意的的值. （2）由于是最大的6位二进制数，故的二进制数中最少1个1，最多6个1，即当时，. 当时，位二进制数最高位必为1，其余位为0， 故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有1个1，其余位均为0）； 当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有一个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有2个1，其余位均为0）；当时，位二进制数最高位必为1，其余位只有2个1，故共有个二进制数（或者理解为前6位中恰有3个1，其余位均为0）； … 当时，6位二进制数全是1，故共有个二进制数， 所以 . 【点睛】思路点睛： 第二空：由是最大的6位二进制数，得到；分别讨论，，，…，时二进制数的个数即可. 3．（24-25高二上·辽宁·期末）“四进制”是一种以4为基数的计数系统，使用数字，，，来表示数值.四进制在数学和计算的世界中呈现出多个维度的特性，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】 【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，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 这个四进制数由，，，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，，，组成时，有4个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有4个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个； 当这个四进制数由，，，组成时，有个. 因为由，，，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：. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将四进制转化为十进制之后，利用二项式定理来求解能否被3整除的问题，得出所有可能的组合即可求得相应概率. 4．（24-25高二下·安徽芜湖·期末）定义：给定一个正整数m，如果两个整数a，b满足能够被m整除，就称整数a，b对模m同余，记作．若，，则的最小值为 ． 【答案】5 【分析】根据二项式定理可得题设中的代数式即为，再结合二项式定理逐项计算验证即可求解. 【详解】依题意得能够被5整除. 而 ， 所以能够被5整除. 取，得能够被5整除. 逐个验证不满足，当时，满足被5整除. 此时， 取，得能够被5整除，显然不论何值都不满足， 取，得能够被5整除， 逐个验证不满足，显然都有， 取，得能够被5整除， 逐个验证不满足，当时，满足被5整除. 此时， 取，得能够被5整除， 逐个验证不满足，此时 若取，此时， 故的最小值为5. 故答案为：5 5．（24-25高二下·广东深圳·期末）互质是数论中一个基础概念，指的是两个整数公因数只有，例如和，和分别都只有公因数，所以和，和分别都是互质的. 的不同的正因数有 个，从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的概率为 . 【答案】 【分析】对分解因数，转化的正因数，结合参数的取值及分步乘法计数原理即可得解；然后对所选的两个因数机型分类讨论，结合分类加法计数原理以及古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】因为，则的正因数， 其中，，， 所以有个不同的正因数； 从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的情况有如下几种： ①选择的两个因数为、，其中，，有种情况； ②选择的两个因数为、，其中，，有种情况； ③选择两个因数为、，其中，，有种情况； ④选择的两个因数为、，其中，，，有种情况； ⑤选择的两个因数为、，其中，，，有种情况； ⑥选择的两个因数为、，其中，，，有种情况； ⑦若选择的因数有，与其它因数的公约数为，有种情况. 综上所述，从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的概率为. 故答案为：；, 三、解答题 6．（24-25高三上·福建泉州·期末）将数组的某一个全排列记为，若满足：，能被3整除，则称为的一个“好排列”.例如：的“好排列”共有两个：，. (1)写出的所有“好排列”； (2)若中“好排列”至少有4个，求的取值范围； (3)记的“好排列”个数为，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）按新定义即可求解； （2）结合新定义分，，讨论即可； （3）先确定考虑中“好排列”个数，由除以3的余数，共有个1，n个2，n个0；设余数形成的排列，其 “好排列”的最后一个数为1，形如共有个，进而得到，同样求解即可； 【详解】（1）的所有“好排列”为：. （2）当时，只有2个，不符合要求； 当时，由（1）可知，只有3个“好排列”，不符合要求； 当时，的“好排列”有，，，，至少有4个，符合要求； 当时，的“好排列”至少有， ，，，至少4个，符合要求； 故当时，中“好排列”至少有4个. （3）（i）考虑中“好排列”个数： 因为是的一个排列，考虑除以3的余数，共有个1，n个2，n个0； 考虑由余数形成的排列，其中为个1，n个2，个0的全排列，为满足“好排列”的条件要求， 排列中每个1的右边必为2，故“好排列”的最后一个数为1，形如； 其中的排法数即为个0与个的排法数，即. 故中“好排列”的个数. （ii）考虑中“好排列”个数； 因为是的一个排列，考虑除以3的余数，共有个1，个2，n个0； 考虑由余数形成的排列，其中为个1，个2，个0的全排列； ①情况1：中，个1与个2形成个，每个1的右边均为2； 此时为“好排列”的排法数即为个0与个的排法数， 即.故“好排列”的个数有 ； ②情况2：最后位置的数为1，则第一位的数必为2，即排列； 其中的排法数即为个0与个的排法数，即. 故“好排列”的个数有 . 由①，②可得. 所以 【点睛】关键点点睛：除以3的余数，共有个1，n个2，n个0；通过余数形成的排列要为“好排列”，必须每个1的右边必为2，确定个数，求得 7．（24-25高二上·江苏无锡·期末）我们称元有序实数组为n维向量，为该向量的范数．已知维向量，其中，记范数为奇数的维向量的个数为，这个向量的范数之和为． (1)求和的值； (2)求的值； (3)当为偶数时，求（用表示）． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据定义可知，当，范数为奇数时，中0的个数为0或2，根据乘法原理和加法原理求解即可； （2）当为奇数时，要使范数为奇数，则0的个数一定为偶数，可按0的个数为分情况讨论，再根据和的展开式得到的通项公式即可求解； （3）同（2），按0的个数分情况讨论，利用新定义求出的通项公式，再根据组合数的性质化简求解即可. 【详解】（1）由题意可知，当，范数为奇数时，的个数为偶数， 即中0的个数为0或2， 所以根据乘法原理和加法原理可得，. （2）由题意可知，当为奇数时，在中要使范数为奇数，则0的个数一定为偶数，其余位置为或， 所以可按0的个数为分情况讨论， 根据乘法原理和加法原理可得， 因为①， ②， 所以得， 所以. （3）当为偶数时，在向量中，要使范数为奇数，则的个数一定为奇数，其余位置为或， 所以可按0的个数为分情况讨论， 所以， ， 解法一：因为， 所以 . 解法二：因为③， ④， 得， 又因为， 所以 . 【点睛】难点点睛：本题的难点在于理解新定义，学会类比的方法从特殊到一般，其次对组合数，二项式定理的灵活应用，化简变形要求较高，属于难题. 8．（23-24高二下·江苏泰州·月考）组合数有许多丰富有趣的性质，例如，二项式系数的和有下述性质：.小明同学想进一步探究组合数平方和的性质，请帮他完成下面的探究. (1)计算：，，并与，比较，你有什么发现?写出一般性结论并证明； (2)证明：； (3)利用上述（1）（2）两小问的结论，证明：. 【答案】(1)，， ，证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）通过计算可得结果，利用二项展开式中的系数相等可证一般性结论； （2）通过的展开式中的系数相等可证结论； （3）结合前两个结论，作差可证结论. 【详解】（1），， 规律：，证明如下： 的展开式中，的系数为， 同时，的展开式中的系数为， 所以. （2）证明：的展开式中的系数为， 又，的展开式中的系数为 ， 所以. （3）证明：由（1）可知， 由（2）可知， 两式相减可得， 即. 【点睛】关键点点睛：本题证明的关键是构造二项式，利用二项展开式中某项的系数相等得出题中需证的结论. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $