重难点专题4 排列组合二项式定理(高效培优专项训练)数学湘教版2019选择性必修第一册

重难点专题4 排列组合二项式定理 题型一：计数原理 题型二：排列 题型三：组合 题型四：二项式定理 题型一：计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法 结论 完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法 完成这件事共有N＝mn种不同的方法 一、单选题 1．(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 2．(25-26高二上·广东江门·月考)集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为(   ) A．12 B．11 C．8 D．6 3．(25-26高二上·湖北襄阳·月考)李华家养了白、灰、黑三种颜色的小兔各1只，从兔窝中每次摸取1只，有放回地摸取3次，则3次摸取的颜色各不相同的概率为(   ) A． B． C． D． 4．(2025高二·全国·专题练习)如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点爬到相对的顶点，则其中经过条棱的路线共有(    )条.    A． B． C． D． 5．(25-26高二上·江西赣州·月考)我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“lucky”数，例如105和213，则所有的“lucky”数有(　　) A．48个 B．30个 C．21个 D．18个 6．(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 7．(2025·湖南郴州·三模)定义：在空间直角坐标系中、两点的“网线距离”为.设、、，其中、、均为整数，若满足的点的个数为，则的值为(   ) A． B． C． D． 8．(24-25高三上·上海金山·期末)已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面(含棱)上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有(   )个． A．3 B．6 C．7 D．10 二、多选题 9．(24-25高二下·江苏镇江·月考)有4位同学参加三个不同的社团，则下列说法正确的是(    ) A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 C．每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有24种 D．每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有33种 10．(25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中)下列说法正确的是(    ) A．用这6个数字，可以排成1080个可重复数字的四位数 B．用这6个数字，可以排成300个无重复数字的四位数 C．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位奇数 D．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 11．(24-25高二下·湖北武汉·期中)对于，，…，的全部排列，定义Euler数(其中，，1，…，n)表示其中恰有次升高的排列的个数(注：次升高是指在排列中有k处，，…，).例如：1，2，3的排列共有：123，132，213，231，312，321六个，恰有1处升高的排列有如下四个：132，213，231，312，因此：.则下列结论正确的有(    ) A． B． C． D． 三、填空题 12．(25-26高二上·辽宁·月考)比2000小且没有重复数字的四位偶数有 个．(用数字表示) 13．(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 ． 14．(22-23高二下·上海徐汇·期中)已知六个字母以随机顺序排成一行，若小明每次操作可以互换2个字母的位置，则小明必须进行5次操作才能将六个字母排成的顺序的排列情况有 种． 四、解答题 15．(2025高二·全国·专题练习)一种团体竞技比赛的积分规则是：每队胜、平、负分别得分、分、分.已知甲球队已赛场，积分，则在这场比赛中，甲球队胜、平、负(包括顺序)的情况共有多少种？ 16．(25-26高二上·上海·期中)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加，，三个智力竞赛项目，每个人都要报名且只能参加一个项目． (1)共有多少种不同的报名方法？(2)若甲、乙报同一项目，丙不报A项目，则有多少种不同的报名方法？ 17．(24-25高二下·江苏南通·月考)在这个数字中选择若干个数. (1)能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？ (2)能组成多少个无重复数字且不大于的四位数？ 18．(23-24高二下·安徽·月考)近年来，社交推理游戏越来越受到大众的喜爱，它们不仅提供了娱乐和休闲的功能，还可以锻炼玩家的逻辑推理、沟通技巧和团队合作精神，增强社交能力和人际交往能力.某校“社交推理游戏社团”在一次活动中组织了“搜索魔法师”游戏，由1名“侦探”、6名“麻瓜”、4名“魔法师”参与游戏.游戏开始前，“侦探”是公认的，每个“麻瓜”和“魔法师”均清楚自己的角色且不知道其他人的身份.游戏过程中，由“侦探”对“麻瓜”和“魔法师”逐个当众询问并正确应答，直至找出所有的“魔法师”为止. (1)若恰在第5次搜索才测试到第1个“魔法师”，第10次才找到最后一个“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ (2)若恰在第5次搜索后就找出了所有“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ (3)游戏开始，有甲、乙、丙三位同学都想争取“侦探”的角色，主持人决定采用“击鼓传花”的方式来最终确认人员.三人围成一圈，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两个人中任何一人.试问，5次传花后花在甲手上的可能线路有多少种？ 19．(2023高三·全国·专题练习)小学生甲玩耍上楼梯的游戏：建筑物有级台阶的楼梯，一步可以迈一级或两级台阶，问这位小学生有多少种不同的爬楼方法？ 题型二：排列 ，A＝n！，0！＝1 常见排列组合类型及解法 1．“在位”与“不在位” ①某(特)元必在某位有种； ②某(特)元不在某位有(补集思想)(着眼位置)(着眼元素)种. 2.相邻(紧贴)问题“捆绑法”， 其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，排法共有种． ①定位紧贴：个元在固定位的排列有种. ②浮动紧贴：个元素的全排列把k个元排在一起的排法有种.注：此类问题常用捆绑法； 3.不相邻问题“插空法”， 其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），的排法共有·种． 4.两组元素各相同的插空 个大球个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？ 当时，无解；当时，有种排法. 5.分配问题 (1)(平均分组有归属问题)将相异的、个物件等分给个人，各得件， 其分配方法数共有. (2)(平均分组无归属问题)将相异的·个物体等分为无记号或无顺序的堆， (3)其分配方法数共有. 6.涂色问题 如图，在圆中，将圆分等份得到个区域，，，，，现取种颜色对这个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有种． 一、单选题 1．(25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考)(    ) A．10 B．15 C．20 D．25 2．(25-26高二上·全国·单元测试)在一次大型运动会的火炬传递中．某路段的传递活动由共六名火炬手分五棒完成，若第一棒火炬手只能从中产生，最后一棒由两名火炬手共同完成，且两名火炬手不能共同完成最后一棒，则不同的传递方案种数为(    ) A．60 B．54 C．120 D．114 3．(25-26高二上·广西桂林·月考)若将5名男生和3名女生排成一排，则3名女生相邻的不同排法种数为(   ) A．4680 B．4320 C．3640 D．3860 4．(25-26高二上·全国·单元测试)有4名男生，5名女生排成一行，甲不在正中间也不在两端的排法种数为(    ) A．336 B．7200 C．40320 D．241920 5．(25-26高二上·辽宁葫芦岛·月考)现有5个女生和10个男生要排成一排，要求女生都站在一起，则不同的排法数为(   ) A． B． C． D． 6．(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 7．(25-26高二·全国·假期作业)五人并排站成一行，如果必须相邻且在的右边，那么不同的排法种数是(   ) A．6 B．24 C．48 D．120 8．(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 二、多选题 9．(2025高二·全国·专题练习)(多选题)某校要举办一次中外学生交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名志愿者从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同的工作，则下列说法中正确的是(    ). A．若这五人每人任选一项工作，则不同的选法有种 B．若每人安排其中一项工作，每项工作至少一人，则有240种不同的方案 C．若礼仪工作必须安排两人，其余工作安排一人，则有60种不同的方案 D．若安排A和B从事翻译、安保工作，其余三人中任选两人从事礼仪、服务工作，则有12种不同的方案 10．(25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考)为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则(    ) A．课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，共有144种排法 B．课程“礼”排在“乐”的后面(可以不相邻)，共有360种排法 C．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法 D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法 11．(23-24高二下·内蒙古赤峰·期中)用数字组成无重复数字的四位数，则(   ) A．可组成360 个四位数 B．可组成120 个四位偶数 C．可组成108个是5的倍数的四位数 D．可组成270个比 1325 大的四位数 三、填空题 12．(24-25高二下·贵州·月考)一个数阵有行5列，第一行中的5个数互不相同，其余行都由这5个数以不同的顺序组成，如果要使任意两行的数字顺序都不相同，那么的最大取值为 13．(24-25高三上·安徽·月考)现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次(每个球被抽取的可能性相同)，记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有 种. 14．(23-24高二下·江苏泰州·期末)某高中高二(1)班10名学生、高二(2)班10名学生、高二(3)班20名学生参加“少年强则国强”演讲比赛，比赛采用随机抽签的方式确定出场顺序，每位学生依次出场．记“高二(1)班全部学生完成比赛后，高二(2)班和高二(3)班都有学生尚未完成比赛”为事件A，则事件A发生的概率为 ． 四、解答题 15．(24-25高二下·全国·课后作业)让6名学生排成一排，按下列条件，求分别有多少种不同的排法． (1)甲在乙的左边；(2)甲在乙的左边，乙在丙的左边． 16.(24-25高二下·新疆伊犁·期中)(1)一名同学有5本不同的数学书，3本不同的物理书，2本不同的化学书，现要将这些书放在一个单层的架子上．如果要将全部的书放在书架上，且不使同类的书分开，那么有多少种不同的放法? (2)一条街道上原有6个路灯，假设保持这几个路灯的相对顺序不变，再多安装3个路灯，则一共有多少种不同的安装方法? 17．(25-26高二上·陕西汉中·月考)某次文艺晚会上计划演出7个节目，其中2个歌曲节目，3个舞蹈节目，2个小品节目，需要制作节目单： (1)唱歌节目排在两头，有多少种排法？ (2)唱歌节目相邻，舞蹈节目相邻，两个小品节目不相邻，有多少种排法？ (3)三个舞蹈节目出场顺序固定，有多少种排法？ 18．(24-25高二下·河北沧州·期末)某箱子中放有编号分别为1，2，3，4，5，6，7，8的大小与形状都相同的小球，现由A，B二人轮流从该箱子中不放回地取出小球，并记下小球的编号，若A先取小球． (1)求B前两次取得的小球编号之和为13的概率． (2)当有一人所取出的小球编号之和为13时，游戏结束，并判定此人胜利． (ⅰ)求A取了3次小球并获得胜利的概率； (ⅱ)求A获得胜利的概率． 19．(23-24高二下·江苏南京·月考)“数”在研究某电动汽车工厂生产中的相关数据发挥了重要作用，设为非零实数，对任意，有如下定义： 定义：“数”：； 定义：“阶乘”：规定； 定义：“组合数”： (1)求的值． (2)证明：对任意，都有 ①；② (3)证明：对任意，都有 题型二：组合 C＝， ，，. 一、单选题 1．(25-26高二上·广西桂林·月考)某人计划去广西旅游，打算从北海银滩、钦州三娘湾、桂林漓江、大新德天瀑布、百色乐业大石围天坑这5个景点中选3个景点去游玩，则不同的选择方法种数为(   ) A．60 B．20 C．12 D．10 2．(2025高二下·北京·学业考试)北京中轴线纵贯北京老城中心，北起钟鼓楼，南至永定门，途经多处著名景点，展现了中国传统都城规划理念及“中”“和”哲学思想的深刻内涵．为传播北京中轴线文化，某社会实践活动小组准备从北京中轴线上的万宁桥、景山、故宫和天安门4个景点中随机选取2个景点做策划方案，则选取的2个景点包含故宫的概率是(    ) A． B． C． D． 3．(25-26高二上·陕西汉中·月考)计算的值是(    ) A．41 B．70 C．76 D．82 4．(24-25高二下·甘肃定西·期末)从4名男生和3名女生中任选4人参加主持人大赛，则选中的4人中恰有1名女生的选法共有(　　) A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 5．(25-26高二上·辽宁·月考)某高校7名大学生到抚顺参观雷锋纪念馆、西露天矿坑、赫图阿拉城，若每名学生都要参观，且只参观一个地点，每个地点至少有2名学生参观的不同方案共有(   ) A．105种 B．210种 C．630种 D．1260种 6．(25-26高二上·江西·月考)现安排5名师范生到某高中(三年制)学校实习，每个年级至少安排1名，每名师范生都安排了实习，且只安排到一个年级实习，则所有的安排种数为(    ) A．138 B．240 C．300 D．150 7．(2025·福建福州·模拟预测)某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能(AI)技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖.已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为(     ) A． B． C． D． 8．(2022·湖北·模拟预测)小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为(    ) A．20160 B．20220 C．20280 D．20340 二、多选题 9．(25-26高二上·安徽阜阳·月考)下面问题中，是组合问题的是(    ) A．由1，2，3三个数字组成无重复数字的三位数 B．从40人中选5人组成篮球队 C．从100人中选2人抽样调查 D．从1，2，3，4，5中选2个数组成集合. 10．(2025高三·全国·专题练习)现安排甲、乙、丙、丁、戊名同学参加年冬奥会志愿者服务活动，有翻译、礼仪、司机三项工作可以安排，以下说法正确的是(    ) A．每人安排一项工作的不同方法数为 B．每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同安排方法种数是 C．若甲乙丙会翻译，丙丁戊懂礼仪，现翻译和礼仪各安排两人，则不用的安排方法为 D．每人安排一项工作，如果礼仪工作不安排，其余两项工作每项工作至少安排一人，则不同的安排方法数为 11．(2025·陕西安康·三模)在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上､下､左､右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则(    ) A．蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是 B．蚂蚁移动到点的概率为 C．蚂蚁回到原点的概率为 D．蚂蚁移动到直线上的概率为 三、填空题 12．(25-26高二上·江西赣州·月考)某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正､副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有 种. 13．(25-26高二上·江西·月考)宜春某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有红､黄､白､黑4个形状､大小相同的小球，规定每人可以有放回地先后两次任意摸取小球(每次至少摸取1个小球)，其中红黄白各计1分，黑计3分.若两次摸到的小球记录的得分的总分为7分，且凑齐四种颜色，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为 . 14．(24-25高二下·福建福州·期末)10个名额随机分给10个班级，允许有的班级没分到名额，设表示分到名额的班级个数，若的概率最大，则 ． 四、解答题 15．(24-25高二下·河北承德·期中)4名男生和3名女生共7人排成一排.(下列问题的结果全部用数字表示) (1)如果男生甲不站在队伍的两头，有多少种不同的排法； (2)如果全部男生相邻，有多少种不同的排法； (3)如果女生不能相邻，有多少种不同的排法； (4)如果队伍的两头均是女生且男生甲不站中间，有多少种不同的排法. 16．(2025高二·全国·专题练习)有物理、化学、生物、政治、历史、地理6门课程，从中选出4门安排在上午的四节课中，其中物理不安排在第一节和第四节，上午的课程共有多少种安排方法？ 17．(25-26高二上·辽宁·月考)(1)要把6本不同的课外书分给甲、乙、丙三名同学： (i)如果每人都得2本，则共有不同的分法多少种？ (ii)如果要求甲得1本，乙得2本，丙得3本，则共有不同的分法多少种？ (iii)如果要求一人得1本，一人得2本，一人得3本，则共有不同的分法多少种？ (2)要把6本不同的课外书分别装到三个相同的手提袋里： (i)如果一个袋子中1本，一个袋子中2本，一个袋子中3本，则共有不同的分法多少种？ (ii)如果每个袋子中都是2本，则共有不同的分法多少种？ (iii)如果每个袋子中至少1本，则共有不同的分法多少种？ (计算结果用数字作答) 18．(25-26高二上·全国·单元测试)规定，其中，m是正整数，且，这是组合数(n，m是正整数，且)的一种推广． (1)求的值； (2)组合数的两个性质：①，②是否都能推广到(，m是正整数)的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明，若不能，则说明理由； (3)①已知，，求证：； ②已知组合数是正整数，证明：当，m是正整数时，． 19．(23-24高二下·福建福州·期末)对给定的正整数，令．对任意，，定义与的距离．设A是的至少含有两个元素的子集，集合中的最小值称为A的特征值，记作． (1)设，，直接写出集合的特征值； (2)当时，求证：存在集合A满足对任意，都存在唯一的，使得，且A中不同元素之间的距离为5； (3)当时，且，求A中元素个数的最大值． 题型四：二项式定理 1.二项式定理：(a＋b)n＝(n∈N*). 右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式， 其中的系数 (k∈{0,1,2，…，n})叫做二项式系数. 式中的an－kbk叫做二项展开式的通项，用Tk＋1表示，即展开式的第k＋1项：Tk＋1＝an－kbk. 2.两个常用的二项展开式： ①（） ② 3.各二项式系数的和：令，则二项式系数的和为， ． 4.二项式系数最大值： (1)如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项的二项式系数最大； (2)如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项的二项式系数相等且最大． 5.项的系数最大值： 求展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为， 设第项系数最大，应有从而解出来． 6.二项式展开式中系数的和 (1).设， ①令，可得： ②令，可得：，即： （假设为偶数），再结合①可得： ． (2).若，则 ①常数项：令，得． ②各项系数和：令，得． ③奇数项的系数和与偶数项的系数和 (i)当为偶数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． (ii)当为奇数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． (3).若，同理可得． 注意：常见的赋值为令，或，然后通过加减运算即可得到相应的结果. 一、单选题 1．(25-26高二上·广西桂林·月考)展开式的各项系数之和为(   ) A．0 B．1 C． D． 2．(25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期中)已知 的展开式系数和为729，则a的值为(   ) A． B．0 C．1 D．2 3．(23-24高二下·福建厦门·期中)二项式 展开式中， 常数项为(    ) A．4 B． C．6 D． 4．(25-26高二上·辽宁·月考)的展开式中的系数为(   ) A． B．0 C．1 D．2 5．(25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考)若的展开式中，所有项的二项式系数之和为1024，则该展开式中的常数项为(    ) A． B．45 C． D．90 6．(25-26高三上·广东揭阳·期中)已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式的常数项为(    ) A．10 B．20 C．30 D．40 7．(24-25高二下·黑龙江绥化·期末)“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图，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，如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题正确的是(    )． A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是86 B．第9行所有数字之和为256 C．记第20，21行数字的最大值分别为a，b，则 D．在“杨辉三角”中，从第2行起到第12行，每一行的第3列的数字之和为286 8．(24-25高三上·湖南长沙·月考)从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码(每种砝码各2个)中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是(    ) A． B． C． D． 二、多选题 9．(25-26高二·全国·假期作业)已知，则下列结论正确的是(   ) A．该二项展开式中各项的二项式系数的和与各项的系数的和相等 B．该二项展开式中的常数项为 C．该二项展开式中含的项的系数是 D．该二项展开式中的有理项的二项式系数的和为 10．(2025·浙江绍兴·三模)已知数列中，数列中，则下列说法正确的是(    ) A．若，则 B．若，则数列为等比数列 C．若，则数列为常数列 D．若，则 11．(24-25高二下·山东泰安·期中)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法.利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式.例如：考察恒等式，左边的系数为，而右边，的系数为，因此可得到组合恒等式.利用算两次的思想方法或其他方法，可以得出下面有关组合数的等式，正确的是(   ) A． B． C． D． 三、填空题 12．(25-26高二上·上海·期中)设为正整数，和均为整数，若和被除后余数相同，则称和模同余，记为．已知，，则正整数的最小值是 ． 13．(24-25高二下·重庆·期中)按照一定次序排列的一列集合称为集合列，可记为；已知全集的子集满足.若恰有两个元素，则这样的集合列有 个；所有满足条件的集合列有 个. 14．(23-24高二下·广东肇庆·期末)抛掷一校质地均匀的正四面体骰子(四个面上分别标有数字1，2，3，4)，底面的点数为1记为事件，抛掷次后事件发生奇数次的概率记为，则 ， . 四、解答题 15．(24-25高二上·全国·单元测试)若=，求 . 16．(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. 17．(25-26高二上·辽宁葫芦岛·月考)已知，且的展开式中各项的二项式系数之和为64． (1)求；(2)求的展开式中的系数；(3)求． 18．(24-25高二下·河南·期中)二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”．若十进制数，其中，，则n对应的二进制数为． (1)十进制数6，2025分别用二进制表示． (2)证明：满足，，，…，中有且只有3个1的所有二进制数对应的十进制数的和为1275． (3)将n对应的二进制数中1的个数记为，则． 19．(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，，). 第 1 页 共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专题4 排列组合二项式定理 题型一：计数原理 题型二：排列 题型三：组合 题型四：二项式定理 题型一：计数原理 分类加法计数原理 分步乘法计数原理 条件 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法 结论 完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法 完成这件事共有N＝mn种不同的方法 一、单选题 1．(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 【难度】0.94 【知识点】分类加法计数原理 【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 2．(25-26高二上·广东江门·月考)集合，从中各任意取一个数，构成一个两位数，则所有样本点的个数为(   ) A．12 B．11 C．8 D．6 【答案】B 【难度】0.94 【知识点】代数中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】先利用计数原理得出所有的两位数，再减去重复数字即可. 【详解】个位数取自集合，十位数取自集合，共有个， 个位数取自集合，十位数取自集合，共有个， 这两类中重复的有数字，故所有样本点的个数为. 故选：B 3．(25-26高二上·湖北襄阳·月考)李华家养了白、灰、黑三种颜色的小兔各1只，从兔窝中每次摸取1只，有放回地摸取3次，则3次摸取的颜色各不相同的概率为(   ) A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】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】结合分步乘法计数原理，利用古典概型概率公式求解概率即可. 【详解】每次摸取有3种颜色选择，有放回地摸取3次， 根据分步乘法计数原理，总基本事件数为， 3次摸取的颜色各不相同，即从3种颜色中选3种排列， 第1次有3种选择，第2次不能与第1次相同有2种选择，第3次不能与前两次相同有1种选择， 符合条件的事件数为，所以所求概率为. 故选：B. 4．(2025高二·全国·专题练习)如图，一只蚂蚁沿着长方体的棱，从顶点爬到相对的顶点，则其中经过条棱的路线共有(    )条.    A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】分类加法计数原理 【分析】根据分类加法计数原理直接计算即可. 【详解】从顶点出发有条路线，分别经过，，. 经过有条路线，经过有条路线，经过有条路线. 根据分类加法计数原理可知，从顶点到顶点，经过条棱的路线共有条， 故选：B. 5．(25-26高二上·江西赣州·月考)我们称各个数位上的数字之和为6的三位数为“lucky”数，例如105和213，则所有的“lucky”数有(　　) A．48个 B．30个 C．21个 D．18个 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】数字排列问题、分类加法计数原理 【分析】根据题意，按首位数字为，分类讨论，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】当首位数字为1时，后两位相加为5，“lucky”数分别是105，150，114，141，123，132共6个； 当首位数字为2时，后两位相加为4，“lucky”数分别是204，240，213，231，222，共5个； 当首位数字为3时，后两位相加为3，“lucky”数分别是303，330，312，321，共4个； 当首位数字为4时，后两位相加为2，“lucky”数分别是402，420，411，共3个； 当首位数字为5时，后两位相加为1，“lucky”数分别是501，510，共2个； 当首位数字为6时，后两位相加为0，“lucky”数分别是600，共1个； 由分类计数原理得，共有个. 故选：C. 6．(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 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理、涂色问题 【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 7．(2025·湖南郴州·三模)定义：在空间直角坐标系中、两点的“网线距离”为.设、、，其中、、均为整数，若满足的点的个数为，则的值为(   ) A． B． C． D． 【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】利用三角不等式可得出当时，、、，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】因为、、，则， 由三角不等式可得，当且仅当时，即当时，等号成立， 同理可得，，当且仅当、时，等号成立， 又因为， 即，可得、、， 又因为、、都是整数，则、、， 故满足条件的点的个数为个. 故选：C. 8．(24-25高三上·上海金山·期末)已知三棱锥的侧棱长相等，且侧棱两两垂直．设P为该三棱锥表面(含棱)上异于顶点的点，记．若集合D中有且只有2个元素，则符合条件的点P有(   )个． A．3 B．6 C．7 D．10 【答案】D 【难度】0.15 【知识点】几何计数问题 【分析】设，分到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且，两种情况，结合对称性，列举出满足题设的所有点，即可得答案. 【详解】设，情况如下： ①到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且， 由具有对称性，不妨讨论，， 满足题意的应同时在线段的中垂线面和三棱锥表面上， 即为其中垂面交线与三棱锥表面的交点，如图两点， 同理，，和，也各有2个满足题意的点，故共6个； ②到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且， 若到的距离一样，即，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图和(舍)； 若到和中的两个距离一样，由具有对称性， 不妨讨论 ，则为过外心的垂线与三棱锥表面的交点，如图， 同理， 和 也各有1个满足题意的点，共4个； 综上，共有10个满足题意的点. 故选：D 【点睛】关键点点睛：依据题意将问题分成到两个顶点的距离一样，到另外两个顶点的距离一样，且，和到其中三个顶点的距离一样，到另一个顶点的距离为，且两类为关键. 二、多选题 9．(24-25高二下·江苏镇江·月考)有4位同学参加三个不同的社团，则下列说法正确的是(    ) A．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 B．每位同学限报其中一个社团，则不同的报名方法共有种 C．每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有24种 D．每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则不同的报名方法共有33种 【答案】AC 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】利用分步乘法计数原理可得答案. 【详解】对于选项A，B，每位同学报一种社团，可以有3种选择，那么4个人可以报名的方法共有，故A对，B错； 对于选项C，D，每个社团限报一人且不同社团参加的人不同，则种，故C对，D错. 故选：AC. 10．(25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中)下列说法正确的是(    ) A．用这6个数字，可以排成1080个可重复数字的四位数 B．用这6个数字，可以排成300个无重复数字的四位数 C．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位奇数 D．用这6个数字，可以排成144个无重复数字的四位偶数 【答案】ABC 【难度】0.65 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、数字排列问题 【分析】根据分类加法计数原理和分步乘法计数原理逐项求解即可. 【详解】对于A，第一步，千位可以为，有5种排法， 第二步，百、十、个位有种排法， 所以可以排成个可重复数字的四位数，故A正确； 对于B，第一步，千位可以为，有5种排法； 第二步，百、十、个位有种排法， 所以可以排成个无重复数字的四位数，故B正确； 对于C，第一步，个位可以为，有3种排法； 第二步，千位有除个位和0以外的4种排法， 第三步，百、十位有种排法， 所以可以排成个无重复数字的四位奇数，故C正确； 对于D，第一种情况：当个位为0时，千､百､十位有种排法， 第二种情况：第一步，个位可以为2，4，有2种排法； 第二步，千位有除个位和0以外的4种排法， 第三步，百、十位有种排法，共有种排法， 综上所述，可以排成个无重复数字的四位偶数，故D错误. 故选：ABC. 11．(24-25高二下·湖北武汉·期中)对于，，…，的全部排列，定义Euler数(其中，，1，…，n)表示其中恰有次升高的排列的个数(注：次升高是指在排列中有k处，，…，).例如：1，2，3的排列共有：123，132，213，231，312，321六个，恰有1处升高的排列有如下四个：132，213，231，312，因此：.则下列结论正确的有(    ) A． B． C． D． 【答案】AC 【难度】0.4 【知识点】数字排列问题 【分析】按的定义计算，判断，；根据的定义，举反例判断，. 【详解】选项A，将、、、全部排列，恰有1次升高的排列为， 1排首位时，共有1432，共1个排列符合恰有1次升高； 2排首位时，共有2431，2143，共2个排列符合恰有1次升高； 3排首位时，共有3142，3214，3241，3421共4个排列符合恰有1次升高； 4排首位时，共有4132，4213，4231，4312共4个排列符合恰有1次升高；故，故正确； 选项，将、、、全部排列，恰有2次升高，排列个数可以如下考虑： 1排首位时，共有1324，1423，1342，1243共4个排列符合恰有2次升高； 2排首位时，共有2134，2341，2314，2413共4个排列符合恰有2次升高； 3排首位时，共有3124，3412共2个排列符合恰有2次升高； 4排首位时，共有4123共1个排列符合恰有2次升高；故，故B错误； 选项C，举例当，，， 当由选项、知，，该对称性普遍成立，故.故C正确； 选项D，不妨取，则，而，，则，即，故，故D错误； 故选：. 三、填空题 12．(25-26高二上·辽宁·月考)比2000小且没有重复数字的四位偶数有 个．(用数字表示) 【答案】280 【难度】0.94 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】分析可得千位为1，个位数字有5种选择，百位数字有8种选择，十位数字有7种选择，列式计算，即可得答案. 【详解】当千位数字为1时，个位数字可以为0，2，4，6，8，有5种选择， 百位数字从剩下8个数字中选择，十位数字从剩下7个数字中选择， 共有个． 故答案为：280 13．(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】 【难度】0.65 【知识点】分类加法计数原理 【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：. 14．(22-23高二下·上海徐汇·期中)已知六个字母以随机顺序排成一行，若小明每次操作可以互换2个字母的位置，则小明必须进行5次操作才能将六个字母排成的顺序的排列情况有 种． 【答案】120 【难度】0.15 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】利用条件，分析得到每个字母均不在自己位置，且交换过程中只存在一次，即最后一次交换使两个字母同时归位，再利用分步计数原理即可求出结果. 【详解】因为小明必须经过5次操作才能将六个字母排成ABCDEF的顺序， 这里研究排序混乱到什么程度才需要“必须经过5次操作”排成ABCDEF的顺序， 这里不妨记A，B，C，D，E，F六个字母对应的位次分别为1，2，3，4，5，6， 首先，考虑一种情况：假设字母“A”已经排在自己的位置，即排在1号位， 其他字母均不在自己位置，易知把其他五个字母调换到自己的位置至少需要经过4次操作， 即第一次让“B”归位，第二次让“C”归位，第三次让“D”归位，第四次将“E”与“F”同时归位， 这样仅需进行4次操作，不满足题意； 若A，B，C，D，E，F均不在对应的自己位置，但经过一次交换后，可使得两个字母同时归位， 此时也不能满足“必须进行5次操作”的情况， 例如，，同时交换可使两者同时归位，此时只需交换四次即可， 而，只需交换三次即可，不合要求， 所以，要满足“必须进行5次操作”的情况，则每个字母均不在自己位置， 且交换过程中只存在一次，即最后一次交换使两个字母同时归位， 1号位可放中的一个，有5种选择，不妨设放的为， 则3号位不能放，可从剩余中选一个，有4种选择，不妨设放的为， 则5号位不能放，否则可先交换，再交换，交换过程中出现交换一次使两个字母同时归位的情况， 故5号位可从种选择一个，有3种选择，不妨设放的为， 字母可选择号位或5号位，有2种选择，剩余只有1种放法，才能满足要求， 综上，总的排序方法有种. 故答案为：120 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于，分析出要满足“必须进行5次操作”的情况，则每个字母均不在自己位置，且交换过程中只存在一次，即最后一次交换使两个字母同时归位. 四、解答题 15．(2025高二·全国·专题练习)一种团体竞技比赛的积分规则是：每队胜、平、负分别得分、分、分.已知甲球队已赛场，积分，则在这场比赛中，甲球队胜、平、负(包括顺序)的情况共有多少种？ 【答案】种 【难度】0.94 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理 【分析】分情况讨论不同胜负情况下的情况总数. 【详解】设甲球队胜场、平场、负场， 则有，解得或或， (1)平场，只有种情况. (2)胜场、平场、负场，有种情况. (3)胜场、负场，有种情况. 故共有种情况. 16．(25-26高二上·上海·期中)甲、乙、丙、丁四名同学报名参加，，三个智力竞赛项目，每个人都要报名且只能参加一个项目． (1)共有多少种不同的报名方法？(2)若甲、乙报同一项目，丙不报A项目，则有多少种不同的报名方法？ 【答案】(1)81;(2)18 【难度】0.85 【知识点】分步乘法计数原理及简单应用 【分析】(1)每个同学都有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果；(2)由题意可知，甲、乙报名的方法种数为，丙有种选择，丁有种选择，利用分步乘法计数原理可得结果. 【详解】(1)每个同学都有种选择，则甲、乙、丙、丁四名同学的报名方法种数为. (2)甲、乙报同一项目，则甲、乙报名的方法种数为， 丙不报项目，则丙有种选择，丁有种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的报名方法种数为. 17．(24-25高二下·江苏南通·月考)在这个数字中选择若干个数. (1)能组成多少个无重复数字且为的倍数的五位数？ (2)能组成多少个无重复数字且不大于的四位数？ 【答案】(1);(2) 【难度】0.65 【知识点】数字排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】(1)分个位数为和两种情况讨论，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可得解； (2)分千位数为或和两种情况讨论，再根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可得解. 【详解】(1)当个位数为时，则万位数有种选法， 则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数； 当个位数为时，则万位数有种选法， 则千位数有种选法，百位数有种选法，十位数有种选法， 所以能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数， 综上所述，能组成个无重复数字且为5的倍数的五位数； (2)当千位数为或时， 则能组成个无重复数字且不大于3450的四位数； 当千位数为，百位数为，十位数为时，则符合题意的数只有一个； 当千位数为，百位数为，十位数不为时， 则十位数有种选法，个位数有种选法，所以符合题意的数有种； 当千位数为，百位数不为， 则百位数有种选法，十位数有种选法，个位数有种选法，所以符合题意的数有种， 综上所述，能组成个无重复数字且不大于3450的四位数. 18．(23-24高二下·安徽·月考)近年来，社交推理游戏越来越受到大众的喜爱，它们不仅提供了娱乐和休闲的功能，还可以锻炼玩家的逻辑推理、沟通技巧和团队合作精神，增强社交能力和人际交往能力.某校“社交推理游戏社团”在一次活动中组织了“搜索魔法师”游戏，由1名“侦探”、6名“麻瓜”、4名“魔法师”参与游戏.游戏开始前，“侦探”是公认的，每个“麻瓜”和“魔法师”均清楚自己的角色且不知道其他人的身份.游戏过程中，由“侦探”对“麻瓜”和“魔法师”逐个当众询问并正确应答，直至找出所有的“魔法师”为止. (1)若恰在第5次搜索才测试到第1个“魔法师”，第10次才找到最后一个“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ (2)若恰在第5次搜索后就找出了所有“魔法师”，则这样的不同搜索方法数是多少？ (3)游戏开始，有甲、乙、丙三位同学都想争取“侦探”的角色，主持人决定采用“击鼓传花”的方式来最终确认人员.三人围成一圈，第1次由甲将花传出，每次传花时，传花者都等可能地将花传给另外两个人中任何一人.试问，5次传花后花在甲手上的可能线路有多少种？ 【答案】(1);(2)576;(3)10 【难度】0.4 【知识点】其他组合计数模型、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 【分析】(1)(2)根据排列组合，结合分步乘法计数原理即可求解， (3)根据题意可得，，即可根据递推关系求解. 【详解】(1)先排前4次搜索，只能取“麻瓜”，有种不同的搜索方法， 再从4个“魔法师”中选2个排在第5次和第10次的位置上搜索，有种搜索方法， 再排余下4个的搜索位置，有种搜索方法. 所以共有种不同的搜索方法. (2)第5次搜索恰为最后一个“魔法师”， 则另3个在前4次搜索中出现，从而前4次有一个“麻瓜”出现， 所以共有种不同的搜索方法. (3)由于甲是第1次传花的人，因此第2次传花时，甲不能再次拿到花. 这意味着在第2次传花时，花必须传给乙或丙. 同样，第3次传花时，花不能回到前一次传花的人手中. 因此，传花的路线不能有连续两次传给同一个人的情况. 设为经过次传花后花在甲手上的线路数，其中. 则为经过次传花后花在甲手上的线路数，即经过次传花后花不在甲手上的线路数， 所以为经过次传花的总线路，每一次传花均有两种方向(顺时针或逆时针)， 则，.所以，，，， 综上，5次传花后花在甲手上的可能线路有10种. 19．(2023高三·全国·专题练习)小学生甲玩耍上楼梯的游戏：建筑物有级台阶的楼梯，一步可以迈一级或两级台阶，问这位小学生有多少种不同的爬楼方法？ 【答案】 【难度】0.4 【知识点】根据数列递推公式写出数列的项、实际问题中的计数问题 【分析】设小学生爬个台阶有种方法，结合最后一步有种情况，找到数列的递推关系，据此即可求得结果. 【详解】设小学生爬个台阶有种方法. 考虑最后一步：若最后一步只迈一级台阶，则前个台阶有种方法； 若最后一步迈两级台阶，则前个台阶有种不同的方法. 由加法原理得：，易知其初值，， 则 ， ， 故小学生级台阶的楼梯有种不同的爬楼方法. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题以斐波那契数列为背景，考察学生在排列组合问题中建立模型，求解模型的能力；处理问题的关键是能够合理建立模型，属综合困难题. 题型二：排列 ，A＝n！，0！＝1 常见排列组合类型及解法 1．“在位”与“不在位” ①某(特)元必在某位有种； ②某(特)元不在某位有(补集思想)(着眼位置)(着眼元素)种. 2.相邻(紧贴)问题“捆绑法”， 其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，排法共有种． ①定位紧贴：个元在固定位的排列有种. ②浮动紧贴：个元素的全排列把k个元排在一起的排法有种.注：此类问题常用捆绑法； 3.不相邻问题“插空法”， 其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），的排法共有·种． 4.两组元素各相同的插空 个大球个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？ 当时，无解；当时，有种排法. 5.分配问题 (1)(平均分组有归属问题)将相异的、个物件等分给个人，各得件， 其分配方法数共有. (2)(平均分组无归属问题)将相异的·个物体等分为无记号或无顺序的堆， (3)其分配方法数共有. 6.涂色问题 如图，在圆中，将圆分等份得到个区域，，，，，现取种颜色对这个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有种． 一、单选题 1．(25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考)(    ) A．10 B．15 C．20 D．25 【答案】C 【难度】0.94 【知识点】排列数的计算 【分析】根据排列数的运算直接求解即可. 【详解】根据排列数的运算，. 故选：C. 2．(25-26高二上·全国·单元测试)在一次大型运动会的火炬传递中．某路段的传递活动由共六名火炬手分五棒完成，若第一棒火炬手只能从中产生，最后一棒由两名火炬手共同完成，且两名火炬手不能共同完成最后一棒，则不同的传递方案种数为(    ) A．60 B．54 C．120 D．114 【答案】D 【难度】0.94 【知识点】元素(位置)有限制的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】以第一棒完成人分类计数，当A完成第一棒时，最后一棒没有限制条件，从剩下5人中选2人，再排中间三棒即可；当B完成第一棒时，最后一棒不能是A，C完成，故最后一棒完成方案有种，再排中间三棒即可． 【详解】当完成第一棒时，有种不同的传递方案； 当完成第一棒时，有种不同的传递方案． 故共有种不同的传递方案． 故选：D. 3．(25-26高二上·广西桂林·月考)若将5名男生和3名女生排成一排，则3名女生相邻的不同排法种数为(   ) A．4680 B．4320 C．3640 D．3860 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】相邻问题的排列问题 【分析】利用捆绑法列式计算即得. 【详解】将3名女生看成一个整体，再和5名男生进行全排，有种排法， 因为3名女生内部顺序可以调整，所以共有种不同的排法. 故选：B 4．(25-26高二上·全国·单元测试)有4名男生，5名女生排成一行，甲不在正中间也不在两端的排法种数为(    ) A．336 B．7200 C．40320 D．241920 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】元素(位置)有限制的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】方法一：根据“甲不在正中间也不在两端”的条件排甲，共6种排法，剩余8人有种排法，根据分步乘法计数原理相乘求解. 方法二：排中间和两端3个位置，从除甲以外8人中选3人，共种，剩余6个人排剩余6个位置，共种，根据分步乘法计数原理相乘求解. 方法三：9人全排列共种排法，根据甲在每个位置机会均等，排除中间和两端3个位置得出排法数. 方法四：9人全排列共种排法，固定甲在中间、左端或右端的排法数分别为，则甲不在正中间和两端的排法数为. 【详解】方法一(元素分析法)： 先排甲，有6种排法，再排剩余8人，有种排法，故共有种排法． 方法二(位置分析法)： 先排正中间和两端，有种排法，再排包括甲在内的剩余6人，有种排法，故共有 种排法． 方法三(等机会法)： 9个人全排列，有种排法，甲排在每一个位置的机会都是均等的，依题意，甲不在正中 间及两端的排法种数是． 方法四(间接法)： 9个人全排列，有种排法，甲排在正中间，剩余8人全排列有种排法，同理甲在最左 端或最右端，剩余8人全排列，也都有种排法，故甲不在正中间及两端的排法种数是 ． 故选：D. 5．(25-26高二上·辽宁葫芦岛·月考)现有5个女生和10个男生要排成一排，要求女生都站在一起，则不同的排法数为(   ) A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】相邻问题的排列问题 【分析】将5个女生捆绑当作一个元素，与10个男生进行全排列，即可得出结论. 【详解】先把5名女生捆绑在一起，看成一个整体，内部有种排法， 再把这个整体与另外10名男生进行排列，有种排法， 所以不同的排法数为． 故选：B 6．(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 【难度】0.65 【知识点】相邻问题的排列问题、元素(位置)有限制的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【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． 7．(25-26高二·全国·假期作业)五人并排站成一行，如果必须相邻且在的右边，那么不同的排法种数是(   ) A．6 B．24 C．48 D．120 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】相邻问题的排列问题、元素(位置)有限制的排列问题 【分析】将、看成一个整体，将题设等价于4人并排站成一行即可由全排列求解. 【详解】由于、必须相邻且在的右边，则可将、看成一个整体， 因此题设相当于4人并排站成一行，则不同的排法种数有种. 故选：B. 8．(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 【难度】0.4 【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、不相邻排列问题 【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 二、多选题 9．(2025高二·全国·专题练习)(多选题)某校要举办一次中外学生交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名志愿者从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同的工作，则下列说法中正确的是(    ). A．若这五人每人任选一项工作，则不同的选法有种 B．若每人安排其中一项工作，每项工作至少一人，则有240种不同的方案 C．若礼仪工作必须安排两人，其余工作安排一人，则有60种不同的方案 D．若安排A和B从事翻译、安保工作，其余三人中任选两人从事礼仪、服务工作，则有12种不同的方案 【答案】BCD 【难度】0.85 【知识点】元素(位置)有限制的排列问题、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逐一进行计算即可. 【详解】若五人每人任选一项工作，则每人均有4种不同的选法，不同的选法有种，故A不正确. 若每项工作至少安排一人，则先将五人分成四组，再分配到四个岗位，故不同的方案有种.B正确. 若礼仪工作必须安排两人，其余工作安排一人：则先从五人中任选两人安排在礼仪岗位， 其余三人安排在剩余三个岗位上全排列即可，因此不同的方案有种，C正确. 若安排A和B从事翻译、安保工作，其余三人中任选两人从事礼仪、服务工作，则不同的方案有种，D正确. 故选：BCD. 10．(25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考)为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则(    ) A．课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，共有144种排法 B．课程“礼”排在“乐”的后面(可以不相邻)，共有360种排法 C．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法 D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法 【答案】ABD 【难度】0.4 【知识点】不相邻排列问题、相邻问题的排列问题、元素(位置)有限制的排列问题、排列组合综合 【分析】根据题意，由分布、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别判断各选项即可. 【详解】对于选项A，课程“礼”“乐”“射”排在相邻的三周，通过捆绑法，将课程“礼”“乐”“射”看成一个整体， 与其他3门课程全排列，共有种排法，故A正确； 对于选项B，在所有排列中，课程“礼”排在“乐”的后面与课程“乐”排在课程“礼”的后面的情况等可能， 各占一半，所以课程“礼”排在课程“乐”的后面的排法有种，故B正确； 对于选项C，课程“射”“御”排在不相邻两周，通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选， 在其中任选2个，安排课程“射”“御”共有种排法，故C错误； 对于选项D，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，用总的排法数减去课程“乐” 排在第一周的排法数，再减去课程“御”排在最后一周的排法数，然后加上课程“乐” 排在第一周且 课程“御”排在最后一周的排法，则总的排法为种，若课程“乐”排在第一周的排法为种， 若课程“御”排在最后一周的排法为种， 课程“乐”排在第一周且课程“御”排在最后一周的排法为种， 则满足条件的排法数为种，故D正确. 故选：ABD. 11．(23-24高二下·内蒙古赤峰·期中)用数字组成无重复数字的四位数，则(   ) A．可组成360 个四位数 B．可组成120 个四位偶数 C．可组成108个是5的倍数的四位数 D．可组成270个比 1325 大的四位数 【答案】CD 【难度】0.4 【知识点】分类加法计数原理、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】根据题设，逐一分析各个选项的限制条件，利用特殊位置法、排列数和两个计数原理列式计算即可. 【详解】选项A：组成的四位数首位不能为0，有5种选法， 再从其余的五个数字中任选三个排在其余三个位置，有种选法， 由分步乘法计数原理的可以组成的四位数有个，A说法错误； 选项B：当末位数字是0时，可以组成个， 当末位数字不是0时，末位有2，4两种选法，首位有4种选法，中间两位可以从余下的4个数字中选两个，共有种结果， 根据分类加法计数原理可得共有个，B说法错误； 选项C：当末位数字是0时，可以组成个， 当末位数字是5时，首位有4种选法，中间两位可以从余下的4个数字中选两个，共有个， 根据分类加法计数原理可得共有个，C说法正确； 选项D：当千位上的数字比1大时，共有个， 当千位上数字是1，百位上的数字比3大时，共有个， 当千位上数字是1，百位上数字是3时，十位上数字比2大时，共有个， 不存在千位上数字是1，百位上数字是3，十位上数字是2时比1325 大的四位数， 所以共有个，D说法正确； 故选：CD 三、填空题 12．(24-25高二下·贵州·月考)一个数阵有行5列，第一行中的5个数互不相同，其余行都由这5个数以不同的顺序组成，如果要使任意两行的数字顺序都不相同，那么的最大取值为 【答案】120 【难度】0.85 【知识点】全排列问题 【分析】根据排列数的意义计算即可． 【详解】第一行中的个数互不相同，所构成的顺序有种情况， 所以这个数可组成种不同的排列顺序， 若要使任意两行的顺序都不相同，则的值最大为． 故答案为：. 13．(24-25高三上·安徽·月考)现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次(每个球被抽取的可能性相同)，记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有 种. 【答案】54 【难度】0.15 【知识点】全排列问题、实际问题中的计数问题 【分析】由题设条件有，设，则，还有一个数为，则，，讨论并结合排列数，即可求所有情况数. 【详解】由，可得， 所以. 不妨设，则，还有一个数为， 显然，，对于任意取值，都有如下情况， 当时，三个数为，，，对应，，，有种方法； 当时，三个数为，，，对应，，，有种方法； 当时，三个数为，，，对应，，，有种方法； 当时，三个数为，，，对应，，，有种方法. 所以一共有种. 故答案为：54 【点睛】关键点点睛：根据条件分析有，，另一个数为，且，为关键. 14．(23-24高二下·江苏泰州·期末)某高中高二(1)班10名学生、高二(2)班10名学生、高二(3)班20名学生参加“少年强则国强”演讲比赛，比赛采用随机抽签的方式确定出场顺序，每位学生依次出场．记“高二(1)班全部学生完成比赛后，高二(2)班和高二(3)班都有学生尚未完成比赛”为事件A，则事件A发生的概率为 ． 【答案】 【难度】0.15 【知识点】计算古典概型问题的概率、元素(位置)有限制的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】本题需要对题目进行转化，将高二(1)班10名学生、高二(2)班10名学生、高二(3)班20名学生转化为，1班1名学生，2班1名学生，3班2名学生，再进行全排列，利用概率公式求解答案. 【详解】根据题目本题主要关注的问题是最后一名参赛学生是哪个班级的学生. 问题1：如果最后一位赛学生为1班学生，即1班完成比赛时，2班、3班已经全部完成， 此时的概率为，表示1班10位学生选取1位作为最后一位参赛学生， 表示去除最后一名参赛学生后剩余学生全排列，作为分母表示40位学生的全排列. 同理可得，最后一名参赛学生是2班的概率为， 最后一名参赛学生是3班的概率为. 将以上高二(1)班10名学生、高二(2)班10名学生、高二(3)班20名学生， 按照比例转化为，1班1名学生，2班1名学生，3班2名学生，进行考察. 问题2：发现最后一名参赛学生是1班的概率为，最后一名参赛学生是2班的概率为， 最后一名参赛学生是3班的概率为，所以问题1与问题2等价. 不妨令1班学生为a，2班学生为b，三班学生为c，d，则全排列作为概率公式分母，即. 记“高二(1)班全部学生完成比赛后，高二(2)班和高二(3)班都有学生尚未完成比赛”为事件A，现在对事件A进行分析： 第一类：a在首位时，b，c，d全排列，有种可能； 第二类：a在第二位时，b必须在第三或第四位，c，d全排列，有种可能；共种可能. 所以. 故答案为：. 四、解答题 15．(24-25高二下·全国·课后作业)让6名学生排成一排，按下列条件，求分别有多少种不同的排法． (1)甲在乙的左边；(2)甲在乙的左边，乙在丙的左边． 【答案】(1)360;(2)120 【难度】0.85 【知识点】元素(位置)有限制的排列问题 【分析】(1)［方法一］结合排列数，利用倍缩法求解即可；［方法二］结合排列数，利用空位法求解即可. (2)［方法一］结合排列数，利用倍缩法求解即可；［方法二］结合排列数，利用空位法求解即可. 【详解】(1)［方法一］倍缩法：不考虑甲、乙顺序，有种排法，甲、乙全排有(种)排法， 所以甲在乙的左边的排法共有(种)． ［方法二］空位法：从6个位置中选择4个位置把除甲、乙外的其余4人放入，共有种排法， 再将甲、乙按序排入余下的2个位置，因此共有(种)排法． (2)［方法一］倍缩法：不考虑甲、乙、丙顺序，有种排法，甲、乙、丙全排有(种)排法， 所以甲在乙的左边，乙在丙的左边共有(种)排法． ［方法二］空位法：从6个位置中选择3个位置把除甲、乙、丙外的其余3人放入，共有种排法， 再将甲、乙、丙按序排入余下的3个位置，因此共有(种)排法． 16.(24-25高二下·新疆伊犁·期中)(1)一名同学有5本不同的数学书，3本不同的物理书，2本不同的化学书，现要将这些书放在一个单层的架子上．如果要将全部的书放在书架上，且不使同类的书分开，那么有多少种不同的放法? (2)一条街道上原有6个路灯，假设保持这几个路灯的相对顺序不变，再多安装3个路灯，则一共有多少种不同的安装方法? 【答案】(1)；(2) 【难度】0.85 【知识点】相邻问题的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用 【分析】(1)采用“元素相邻捆绑法”进行排列.(2)利用分布乘法计数原理求解. 【详解】(1)结合“元素相邻捆绑法”，满足条件的排列方法有： . (2)原有的6个路灯相对顺序不变，出现7个空，所以多安装的第一个路灯有7种安法；安好第7盏路灯后，出现8个空，所以多安装的第二个路灯有8种安法；安装好8个路灯后，出现9个空，所以多安装的第3个路灯有9种安法. 根据“分步乘法计数原理”可得，不同的安装方法有种. 17．(25-26高二上·陕西汉中·月考)某次文艺晚会上计划演出7个节目，其中2个歌曲节目，3个舞蹈节目，2个小品节目，需要制作节目单： (1)唱歌节目排在两头，有多少种排法？ (2)唱歌节目相邻，舞蹈节目相邻，两个小品节目不相邻，有多少种排法？ (3)三个舞蹈节目出场顺序固定，有多少种排法？ 【答案】(1)；(2)；(3). 【难度】0.65 【知识点】元素(位置)有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题、其他排列模型 【分析】(1)先排两头的唱歌节目，再排中间的5个节目，即可得解； (2)第一步，先将2个唱歌节目全排列，再将这2个唱歌节目看成一个整体，第二步，先将3个舞蹈节目全排列，再将这3个舞蹈节目看成一个整体，第三步，把这两个整体进行全排列，此时这两个整体的全排列，形成3个空，将2个小品节目插入这3个空中，即可得解； (3)先将7个节目进行全排列，再由3个舞蹈节目出场顺序固定，就是7个节目的全排列数除以3个舞蹈节目的全排列数，即为所求. 【详解】(1)2个唱歌节目排在两头，先排两头的唱歌节目，有种，再排中间的5个节目，有种， 则唱歌节目排在两头，有种排法； (2)2个唱歌节目全排列，排法有种，将这2个唱歌节目看成一个整体， 3个舞蹈节目全排列，排法有种，将这3个舞蹈节目看成一个整体， 把这两个整体进行全排列，排法有种，此时这两个整体的全排列，形成3个空， 将2个小品节目插入这3个空中，排法有种， 则唱歌节目，舞蹈节目相邻，两个小品节目不相邻， 有种； (3)7个节目进行全排列，排法有种，3个舞蹈节目出场顺序固定， 则不同的排法有种. 18．(24-25高二下·河北沧州·期末)某箱子中放有编号分别为1，2，3，4，5，6，7，8的大小与形状都相同的小球，现由A，B二人轮流从该箱子中不放回地取出小球，并记下小球的编号，若A先取小球． (1)求B前两次取得的小球编号之和为13的概率． (2)当有一人所取出的小球编号之和为13时，游戏结束，并判定此人胜利． (ⅰ)求A取了3次小球并获得胜利的概率； (ⅱ)求A获得胜利的概率． 【答案】(1)(2)(ⅰ)；(ⅱ) 【难度】0.4 【知识点】计算古典概型问题的概率、元素(位置)有限制的排列问题、分类加法计数原理 【分析】(1)求出B取得的小球编号为6，7时的概率，和为5，8时的概率可得答案； (2)(ⅰ)求出A抽取的小球编号为1，5，7；2，5，6时的概率、小球编号为1，4，8；2，3，8时的概率、小球编号为2，4，7；3，4，6时的概率可得答案；(ⅱ)求出A抽取2次小球获胜的概率、抽取3次小球获胜的概率、抽取4次小球获胜的概率可得答案． 【详解】(1)分析可得B前两次取得的小球编号之和为13时， 取得的小球编号分别为6，7或5，8，只需要分析前4次抽取的情况，一共有种取法， 当B取得的小球编号为6，7时，概率为， 当B取得的小球编号为5，8时，概率为， 所以B前两次取得的小球编号之和为13的概率为； (2)(ⅰ)A取了3次小球并获得胜利，说明A取了3次小球编号之和为13， B取了2次小球编号之和不为13，A，B取球的总情况一共有种取法， 其中3次小球编号之和为13的组合有1，4，8；1，5，7；2，3，8；2，4，7； 2，5，6；3，4，6共6种情况． 当A抽取的小球编号为1，5，7；2，5，6时，共有种； 当A抽取的小球编号为1，4，8；2，3，8时，要排除B抽取6，7，此时共有种； 当A抽取的小球编号为2，4，7；3，4，6时，要排除B抽取5，8，此时共有种； 所以A取了3次小球并获得胜利的取法为种， 可得所求概率为． (ⅱ)A可以抽取2次小球获胜，概率为， A可以抽取3次小球获胜，概率为， A可以抽取4次小球获胜，A可取小球编号为1，2，3，7；1，2，4，6；1，3，4，5． 当A抽取4次小球时，获胜的概率为， 所以可得A获得胜利的概率为． 19．(23-24高二下·江苏南京·月考)“数”在研究某电动汽车工厂生产中的相关数据发挥了重要作用，设为非零实数，对任意，有如下定义： 定义：“数”：； 定义：“阶乘”：规定； 定义：“组合数”： (1)求的值． (2)证明：对任意，都有 ①；② (3)证明：对任意，都有 【答案】(1)35；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】集合新定义、排列数的计算 【分析】(1)由新定义求解；(2)①直接利用新定义求解；②要利用求解； (3)结合(2)，得出 ，利用累加求和即可． 【详解】(1)． (2)①，，故， ②，而， 则 ， 而 ， 则 ，故 ． (3)由(2)知 ， 得 ，所以， ，，， 将上述个等式两边分别相加得， ， 故命题得证． 【点睛】关键点点睛：第二问的证明要使用性质：进行证明； 第三问中，要构造递推公式： 进行求解． 题型二：组合 C＝， ，，. 一、单选题 1．(25-26高二上·广西桂林·月考)某人计划去广西旅游，打算从北海银滩、钦州三娘湾、桂林漓江、大新德天瀑布、百色乐业大石围天坑这5个景点中选3个景点去游玩，则不同的选择方法种数为(   ) A．60 B．20 C．12 D．10 【答案】D 【难度】0.94 【知识点】实际问题中的组合计数问题 【分析】根据组合数的计算求得正确答案. 【详解】从5个景点中选3个，有种不同的选法. 故选：D 2．(2025高二下·北京·学业考试)北京中轴线纵贯北京老城中心，北起钟鼓楼，南至永定门，途经多处著名景点，展现了中国传统都城规划理念及“中”“和”哲学思想的深刻内涵．为传播北京中轴线文化，某社会实践活动小组准备从北京中轴线上的万宁桥、景山、故宫和天安门4个景点中随机选取2个景点做策划方案，则选取的2个景点包含故宫的概率是(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.94 【知识点】计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题 【分析】基本事件总数，包含故宫的基本事件个数，由此即可求出概率． 【详解】在4个著名景点中随机选择2个景点，总的选法有：， 其中包含故宫的有：，则概率． 故选：C． 3．(25-26高二上·陕西汉中·月考)计算的值是(    ) A．41 B．70 C．76 D．82 【答案】C 【难度】0.85 【知识点】排列数的计算、组合数的计算 【分析】利用排列数公式和组合数公式求解. 【详解】. 故选：C. 4．(24-25高二下·甘肃定西·期末)从4名男生和3名女生中任选4人参加主持人大赛，则选中的4人中恰有1名女生的选法共有(　　) A．6种 B．12种 C．18种 D．24种 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】实际问题中的组合计数问题、组合数的计算 【分析】利用直接法求满足条件的组合个数. 【详解】满足条件的选法有：种. 故选：B 5．(25-26高二上·辽宁·月考)某高校7名大学生到抚顺参观雷锋纪念馆、西露天矿坑、赫图阿拉城，若每名学生都要参观，且只参观一个地点，每个地点至少有2名学生参观的不同方案共有(   ) A．105种 B．210种 C．630种 D．1260种 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】全排列问题、分组分配问题 【分析】结合排列数及组合数的运算，根据分组分配问题求解即可. 【详解】将7名大学生分为3人，2人、2人的3个小组，分别去参观这三个地点， 共有种不同参观方案. 故选：C 6．(25-26高二上·江西·月考)现安排5名师范生到某高中(三年制)学校实习，每个年级至少安排1名，每名师范生都安排了实习，且只安排到一个年级实习，则所有的安排种数为(    ) A．138 B．240 C．300 D．150 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题 【分析】由题意先分组，可分成或三组，再分配给3个不同的年级即可. 【详解】由题意，5名师范生可以分成或三组，分别分配给一个年级， 故有种安排方法. 故选：D 7．(2025·福建福州·模拟预测)某商场在有奖销售的抽奖环节，采用人工智能(AI)技术生成奖券码：在每次抽奖时，顾客连续点击按键5次，每次点击随机生成数字0或1或2，点击结束后，生成的5个数字之和即为奖券码.并规定：如果奖券码为0，则获一等奖；如果奖券码为3的正整数倍，则获二等奖，其它情况不获奖.已知顾客甲参加了一次抽奖，则他获二等奖的概率为(     ) A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.4 【知识点】计算古典概型问题的概率、组合数的计算、分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理 【分析】利用古典概型计算公式，再结合分类分步计数原理计算出符合题意的组合数，即可得出所求概率. 【详解】根据题意可知，每次点击有3种选择，连续点击5次，共有种， 若获二等奖，则奖券码为3的正整数倍，所以生成的5个数字之和可以为3，6，9(和的最大值为10)； (1)当数字之和为3时，其组成方式为三个1和两个0；或者一个2，一个1，三个0； 若为三个1和两个0，共有种， 若为一个2，一个1，三个0，共有种， 即数字之和为3时共有种； (2)当数字之和为6时，其组成方式为三个2和两个0；或者两个2，两个1，一个0；或者一个2，四个1； 若为三个2和两个0，共有种， 若为两个2，两个1，一个0，共有种， 若为一个2，四个1，共有种； 即数字之和为6时共有种； (3)当数字之和为9时，其组成方式为四个2和一个1，此时共有种， 因此符合条件的组合数共有种， 所以获二等奖的概率为. 故选：A 8．(2022·湖北·模拟预测)小林同学喜欢吃4种坚果：核桃､腰果､杏仁､榛子，他有5种颜色的“每日坚果”袋.每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果.小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为(    ) A．20160 B．20220 C．20280 D．20340 【答案】A 【难度】0.15 【知识点】排列组合综合、分类加法计数原理、实际问题中的组合计数问题、分组分配问题 【分析】设核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最后答案. 【详解】依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算分堆可能： (1)H，H；Y，Y；X，X；Z，Z. 若是“8=4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能； 若是“8=3+2+1+1+1”，则考虑(HYX)(Z※)(※)(※)，故有种可能； 若是“8=1+1+2+2+2”，则考虑(Z)(X)(Z※)(X※)(※※)，故有种可能； 小计：1+12+12=25； (2)诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型 若是“10=4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能； 若是“10=4+2+2+1+1”，则“1+1”中有一个是H，“4+2+2”中各一个H，“2+2”中除了一个H外，另一个互异，故有种可能； 若是“10=3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含※模式，(H※※)(H※※)(H※)(※)(H)，故有种可能； 若是“10=3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有1+种可能； YXZ H※ H※ H※ H H※※ H※ H※ H※ ※ H※ H※ ※※ H 若是“10=2+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能； 小计：； (3)诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型 若是“12=4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能； 若是“12=4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅(HYXZ)(HYZ)(HYX)(Z)(X)可能； 若是“12=4+3+2+2+1”，则考虑(HYXZ)(HY※)(※※)(※※)(※)或(HYXZ)(XZ※)(※※)(※※)(※)，故有种可能； 若是“12=3+3+3+2+1”，则有(HYX)(HYZ)(ZXH)(HY)(Y)或(HYX)(HYZ)(ZXY)(HY)(H)都成立，有2种可能； 若是“12=3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现(HYX)(HYZ)(HY)(H※)(Y※)，有2种可能. 小计； 诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型 若是“14=4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0种可能； 若是“14=4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能； 若是“14=4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑(HYXZ)(HYX)(Z※※)(※※)(※※)，其中Z※※有种可能，故此小类有3种可能； 若是“14=3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能； 小计； (5)“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z” 只有“16=4+3+3+3+3”的搭配，有1种可能； 综上：共有25+76+54+12+1=168个分堆可能，故不同的方案数为=种. 故选：A 【点睛】复杂一些的排列组合问题，要结合分类加法原理和分步乘法原理进行求解，特别是分类标准，要做到不重不漏，本题中，应用的是把8,10,12,14,16分为5个数(从1到4)的和的分类标准，可以做到不重不漏. 二、多选题 9．(25-26高二上·安徽阜阳·月考)下面问题中，是组合问题的是(    ) A．由1，2，3三个数字组成无重复数字的三位数 B．从40人中选5人组成篮球队 C．从100人中选2人抽样调查 D．从1，2，3，4，5中选2个数组成集合. 【答案】BCD 【难度】0.85 【知识点】排列(数)与组合(数)的区别、组合意义理解 【分析】抓住组合问题的核心是 “只选不排”(不考虑选取元素的顺序)，排列问题则 “既选又排”(需考虑元素顺序)，依次分析选项即可. 【详解】选项A，组成三位数时，数字顺序会影响结果(如 123 和 321 是不同的数)，属于排列问题； 选项 B，选 5 人组成篮球队，只需确定人员，无需考虑队员的顺序，属于组合问题； 选项 C，抽样调查只需确定 2 人，无需考虑这 2 人的顺序，属于组合问题； 选项 D，集合中的元素具有无序性，选 2 个数组成集合不考虑顺序，属于组合问题； 故选：BCD 10．(2025高三·全国·专题练习)现安排甲、乙、丙、丁、戊名同学参加年冬奥会志愿者服务活动，有翻译、礼仪、司机三项工作可以安排，以下说法正确的是(    ) A．每人安排一项工作的不同方法数为 B．每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则不同安排方法种数是 C．若甲乙丙会翻译，丙丁戊懂礼仪，现翻译和礼仪各安排两人，则不用的安排方法为 D．每人安排一项工作，如果礼仪工作不安排，其余两项工作每项工作至少安排一人，则不同的安排方法数为 【答案】CD 【难度】0.4 【知识点】分组分配问题、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 【分析】根据分步乘法计数原理判断A，根据分组分配问题判断B；根据分类加法计数原理判断C，根据分步乘法计数原理及排除法判断D. 【详解】对于A，由乘法原理可得每人安排一项工作的不同方法数为，故A错误； 对于B，每人安排一项工作，每项工作至少有一人参加，则每项工作的人生分别为或， 故不同的安排方法，而，故B错误； 对于C，若多面手丙做翻译，则不同的安排方法为， 若多面手丙不做翻译，则不同的安排方法为，故不同的安排方法为，故C正确； 对于D，每人安排一项工作做翻译或司机，共有， 如果只参加翻译或司机，共有2种安排，故不同的安排方法数为，故D正确. 故选：CD. 11．(2025·陕西安康·三模)在平面直角坐标系上的一只蚂蚁从原点出发，每次随机地向上､下､左､右四个方向移动1个单位长度，移动6次，则(    ) A．蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率是 B．蚂蚁移动到点的概率为 C．蚂蚁回到原点的概率为 D．蚂蚁移动到直线上的概率为 【答案】ACD 【难度】0.15 【知识点】计算古典概型问题的概率、写出样本空间、其他组合计数模型、实际问题中的组合计数问题 【分析】对于A，由题意可知蚂蚁每一步的位置只能是或原点的上下左右四个点，第一次从坐标原点出发，有上下左右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理可得后面四次的走法， 利用分步乘法计数原理可得符合题意的路径数，而总路径数易得为种，利用古典概型可算得其概率； 对于B，蚂蚁移动到点，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为种，利用古典概型可算得其概率； 对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，需要分类讨论，求出符合题意的路径数，再除以总路径数即可求得其概率； 对于D，可设净移动的概念，则满足题意的净移动取值有，类似C选项的分析，进行分类讨论， 同时可以考虑问题的对称性，可求得符合题意的路径总数，再除以总路径数即可求得其概率. 【详解】对于A，蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度，则每一步的位置只能是或原点的上下左右四个点， 最开始蚂蚁在原点，第一次移动有上下左右4种走法，第二次移动只能回到原点，即只有1种走法，同理， 第三次移动有上下左右4种走法，第四次移动只能回到原点，即只有1种走法， 第五次移动有上下左右4种走法，第六次移动只能回到原点，即只有1种走法， 所以满足题意的共有种路径，而移动6次，每次有4种走法， 即总路径数为，由古典概型可知蚂蚁始终未远离原点超过1个单位长度的概率为，故A正确； 对于B，蚂蚁移动到点，则需恰好右移3次，上移3次，路径数为种， 所以蚂蚁移动到点的概率为，故B错误； 对于C，要回到原点，则左右移动次数相等，均为次；上下移动次数相等，均为次， 总次数满足，即， 可能的组合有： ①，即左右都3次，路径数为种； ②，即左右均2次，上下均1次，路径数为种； ③，即左右均1次，上下均2次，路径数为种； ④，即上下都3次，路径数为种； 所以路径总数为种，故蚂蚁移动到点的概率为，故C正确； 对于D，蚂蚁要移动到直线上，则水平净移动(向右移动次数减去向左移动次数)要等于 垂直净移动(向上移动次数减去向下移动次数)，例如，向右移动3次，向左移动1次，则水平净移动为， 向上移动2次，向下移动0次，则垂直净移动为次，此时蚂蚁位于，符合题意， 设水平净移动为，则垂直净移动也为， 当时，水平和垂直净移动均为0，即回到坐标原点，也即C选项所考虑的结果，共400种； 当时，水平和垂直净移动均为1，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为， 总移动次数，所以可能的组合有： ①，此时向右1次，向左0次，向上3次，向下2次，路径数为种； ②，此时向右2次，向左1次，向上2次，向下1次，路径数为种； ③，此时向右3次，向左2次，向上1次，向下0次，路径数为种； 所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种； 当时，水平和垂直净移动均为2，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为， 总移动次数，所以可能的组合有： ①，此时向右2次，向左0次，向上3次，向下1次，路径数为种； ②，此时向右3次，向左1次，向上2次，向下0次，路径数为种； 所以当时，路径总数为种；由对称性，可知当时，路径总数也为种； 当时，水平和垂直净移动均为3，设向左次数为，则向右次数为；设向下次数为，则向上次数为， 总移动次数，所以可能的组合只有： ，此时向右3次，向左0次，向上3次，向下0次，路径数为种； 由对称性，可知当时，路径总数也为种； 当或绝对值更大时，总移动次数会超过6次，不符合题意， 故蚂蚁移动到直线上的总路径数为种， 所以概率为，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题 12．(25-26高二上·江西赣州·月考)某班级要从3名男生和2名女生中选取2位学生分别担任正､副班长，则至少有一名女生被选中的不同选法有 种. 【答案】 【难度】0.65 【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、分类加法计数原理 【分析】由分类加法和分步乘法计数原理即可求解． 【详解】若恰有1名女生被选中，则有种选法； 若有2名女生被选中，则有种选法， 所以共有种选法， 故答案为：. 13．(25-26高二上·江西·月考)宜春某商场组织抽奖活动，在一个不透明的箱子中装有红､黄､白､黑4个形状､大小相同的小球，规定每人可以有放回地先后两次任意摸取小球(每次至少摸取1个小球)，其中红黄白各计1分，黑计3分.若两次摸到的小球记录的得分的总分为7分，且凑齐四种颜色，则获得一等奖，那么获一等奖的概率为 . 【答案】 【难度】0.4 【知识点】计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题、组合数的计算 【分析】由题意得出总的取法的个数，再分类讨论求出满足条件的取法的个数，利用古典概型求解即可. 【详解】某人先后两次任意摸取小球，每次至少摸取1个小球， 则每次摸球的情况有种， 所以先后两次任意摸取小球共有种情况. 两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色，且总分为7分的情况有： 第一次摸取1个球，第二次摸取4个球，情况共有种； 第一次摸取2个球，第二次摸取3个球，情况共有种； 第一次摸取3个球，第二次摸取2个球，情况共有种； 第一次摸取4个球，第二次摸取1个球，情况共有种. 因为每次摸到球的各种不同情况等可能，所以两次记下的小球颜色能凑齐4种颜色， 且总分为7分的概率为 故答案为： 14．(24-25高二下·福建福州·期末)10个名额随机分给10个班级，允许有的班级没分到名额，设表示分到名额的班级个数，若的概率最大，则 ． 【答案】5 【难度】0.15 【知识点】容斥原理 、计算古典概型问题的概率、实际问题中的组合计数问题 【分析】根据题意表示从10个班中任选个班，再把10个名额分配到个班中等价于把10个元素分配到个非空集合中，且10个名额随机分给10个班级共有种方法，应用古典概型的概率求法确定最大概率对应的值即可. 【详解】将10个名额和9个隔板排成一排，需要19个位置，选9个位置放置隔板， 所以将10个名额随机分给10个班级得不同分配法共有种不同的分法， 当时，有种分法； 当时，第一步选出两个班级有种，第二步分配名额， 相当于将一个隔板放在10个名额形成的9个空位中，有种， 所以共有种； 当时，第一步选出3个班级有种，第二步分配名额， 用隔板法分给3个班级有种，所以共有种； 照此求解得：时有， 时有， 时有， 时有， 时有， 时有， 时有， 因为，分子越大对应概率越大， 所以当，即时概率最大． 故答案为：5 四、解答题 15．(24-25高二下·河北承德·期中)4名男生和3名女生共7人排成一排.(下列问题的结果全部用数字表示) (1)如果男生甲不站在队伍的两头，有多少种不同的排法； (2)如果全部男生相邻，有多少种不同的排法； (3)如果女生不能相邻，有多少种不同的排法； (4)如果队伍的两头均是女生且男生甲不站中间，有多少种不同的排法. 【答案】(1)3600；(2)576；(3)1440；(4)576 【难度】0.94 【知识点】不相邻排列问题、相邻问题的排列问题、元素(位置)有限制的排列问题 【分析】(1)应用特殊元素优先处理结合排列数及组合数运算求解； (2)应用捆绑法结合排列数及组合数运算求解； (3)应用插空法结合排列数及组合数运算求解； (4)应用特殊元素优先处理结合排列数及组合数运算求解. 【详解】(1)男生甲不站在队伍的两头，有种排法； (2)全部男生相邻，有种排法； (3)女生不能相邻，有种排法； (4)队伍的两头均是女生且男生甲不站中间，有种排法； 16．(2025高二·全国·专题练习)有物理、化学、生物、政治、历史、地理6门课程，从中选出4门安排在上午的四节课中，其中物理不安排在第一节和第四节，上午的课程共有多少种安排方法？ 【答案】240 【难度】0.85 【知识点】元素(位置)有限制的排列问题、实际问题中的计数问题、排列组合综合 【分析】解法1：采用特殊元素优先的原则并根据分类加法计数原理求解； 解法2：采用特殊位置优先的原则并根据分步乘法计数原理求解； 解法3：采用间接法，由全排列剔除物理安排在第一节或第四节的排法即得. 【详解】本题是一个有限制条件的排列问题，解题的原则是谁“特殊”谁优先．一般有“特殊元素优先”和“特殊位置优先”两种思路． 解法1(特殊元素优先)：优先考虑物理，分以下两类． 第一类：物理没有安排在上午，有种安排方法． 第二类：物理安排在上午，可优先考虑物理安排在第二节或第三节，然后安排其他课程，有种安排方法． 由分类加法计数原理可知，共有种安排方法． 解法2(特殊位置优先)： 优先考虑第一节和第四节，这两节可以从除物理外的5门课程中选，有种方法． 其余两节从剩余的4门课程中选，有种方法． 由分步乘法计数原理可知，共有种安排方法． 解法3(间接法)：不考虑物理的约束条件，有种安排方法； 物理安排在第一节或第四节，有种安排方法． 所以物理不在第一节和第四节的安排方法有种． 17．(25-26高二上·辽宁·月考)(1)要把6本不同的课外书分给甲、乙、丙三名同学： (i)如果每人都得2本，则共有不同的分法多少种？ (ii)如果要求甲得1本，乙得2本，丙得3本，则共有不同的分法多少种？ (iii)如果要求一人得1本，一人得2本，一人得3本，则共有不同的分法多少种？ (2)要把6本不同的课外书分别装到三个相同的手提袋里： (i)如果一个袋子中1本，一个袋子中2本，一个袋子中3本，则共有不同的分法多少种？ (ii)如果每个袋子中都是2本，则共有不同的分法多少种？ (iii)如果每个袋子中至少1本，则共有不同的分法多少种？ (计算结果用数字作答) 【答案】(1)(i)种，(ii)种，(iii)种.(2)(i)种，(ii)种，(iii)种. 【难度】0.65 【知识点】分组分配问题 【分析】(1)(i)依次从6本书中选择2本分给甲，从剩余4本书中选择2本分给乙，剩余2本分给丙.(ii)按要求将书直接分配给甲乙丙三人即可.(iii)将6本书按照1组1本，1组2本，1组3本的分组方式进行分组，然后再分配给甲乙丙三人. (2)(i)因为手提袋相同，所以即为将6本不同的书分为3组，1组1本，1组2本，1组3本，按照不平均分组进行计算即可.(ii)每个袋子中都是2本，即为平均分组，要除以重复部分，可计算结果;(iii)每个袋子至少1本，有可能2组各有1本，1组4本，有可能1组1本，1组2本，1组3本，有可能每组2本，按照平均分组和不平均分组的方式计算可得结果. 【详解】(1)(i)从6本书中选择2本书给甲，有种方法； 再从剩余4本书中选择2本书给乙，有种方法； 剩余的2本书给丙，有种方法;所以有种分配方法． (ii)从6本书中选一本给甲，有种分配方法；从剩余5本书中选2本给乙，有种分配方法，将剩余3本书给丙，有种分配方法. 所以分配方式共有种. (iii)将6本书按照1组1本，1组2本，1组3本的分组方式进行分组，有种方法，再将分好的组分给甲乙丙三人，则有种分配方法. (2)(i)因为手提袋相同，所以即为将6本不同的书分为3组，1组1本，1组2本，1组3本， 种方法， (ii)每袋2本，为平均分组，所以要除以重复的部分，所以共有种. (iii)每个袋子至少1本，有可能有2组各1本，1组4本，有种方法， 有可能1组1本，1组2本，1组3本，有种方法， 有可能每组2本，有种方法，所以共有种. 18．(25-26高二上·全国·单元测试)规定，其中，m是正整数，且，这是组合数(n，m是正整数，且)的一种推广． (1)求的值； (2)组合数的两个性质：①，②是否都能推广到(，m是正整数)的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明，若不能，则说明理由； (3)①已知，，求证：； ②已知组合数是正整数，证明：当，m是正整数时，． 【答案】(1)3060；(2)答案见解析；(3)①证明见解析；②证明见解析 【难度】0.4 【知识点】组合数的性质及应用、利用组合数公式证明、组合数的计算 【分析】(1)根据组合数的推广公式计算即得； (2)对于①，只需举反例即可排除；对于②，可根据组合数的推广公式推理计算证明； (3)对于①，利用组合数的推广公式化简计算即可证明；对于②，将问题分成，和三种情况，分别计算推理即可证明. 【详解】(1) ． (2)性质①不能推广，例如当时有意义，但无意义； 性质②能推广，它的推广形式是：，，m是正整数． 证明：当时，有， 当时， ． (3)①因， 而， 所以． ②当时，组合数； 当时，； 当时，由可知， 所以 ， 因为时，，所以，即时，． 综上，当，m是正整数时，． 19．(23-24高二下·福建福州·期末)对给定的正整数，令．对任意，，定义与的距离．设A是的至少含有两个元素的子集，集合中的最小值称为A的特征值，记作． (1)设，，直接写出集合的特征值； (2)当时，求证：存在集合A满足对任意，都存在唯一的，使得，且A中不同元素之间的距离为5； (3)当时，且，求A中元素个数的最大值． 【答案】(1)，；(2)证明见详解；(3) 【难度】0.15 【知识点】组合数的性质及应用、集合新定义 【分析】(1)根据与的距离的定义，直接求出的最小值即可； (2)定义对任意，定义，可得，，进而分析证明； (3)一方面先证明中元素个数至多有个元素，另一方面证明存在集合中元素个数为个满足题意，进而得出A中元素个数的最大值； 【详解】(1)由题意可知：对任意，且，均有， 对于集合A：对任意，且， 均有，所以； 集合：取或或， 可得，所以． 所以，． (2)对任意，则，且，， 对任意，定义， 则， 且对任意，则， 令集合，由可知满足A中不同元素之间的距离为5， 由题意可知：对任意，且，均有， 若，则令，即满足； 若，则令，则，即满足； 综上所述：存在集合A满足对任意，都存在唯一的，使得，且A中不同元素之间的距离为5. (3)由题意可知：对任意，且，均有， 对任意的， 即， 则，故， 即对任意，均能对应一个元素， 令集合，则， 则且A和的元素个数相同， 又因为中共有个元素，其中至多一半属于A，故A中至多有个元素； 设是偶数， 则对任意的，，， 都有A中的元素个数为， 易得与奇偶性相同， 可知为偶数， 又，则，所以， 注意到，且它们的距离为2， 故此时A满足题意； 综上所述：A中元素个数的最大值为． 【点睛】关键点点睛：1.第二问：通过构建，说明，，即可分析证明； 2.第三问：先分析元素个数的可能最大值，再证明其存在即可. 题型四：二项式定理 1.二项式定理：(a＋b)n＝(n∈N*). 右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式， 其中的系数 (k∈{0,1,2，…，n})叫做二项式系数. 式中的an－kbk叫做二项展开式的通项，用Tk＋1表示，即展开式的第k＋1项：Tk＋1＝an－kbk. 2.两个常用的二项展开式： ①（） ② 3.各二项式系数的和：令，则二项式系数的和为， ． 4.二项式系数最大值： (1)如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项的二项式系数最大； (2)如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项的二项式系数相等且最大． 5.项的系数最大值： 求展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为， 设第项系数最大，应有从而解出来． 6.二项式展开式中系数的和 (1).设， ①令，可得： ②令，可得：，即： （假设为偶数），再结合①可得： ． (2).若，则 ①常数项：令，得． ②各项系数和：令，得． ③奇数项的系数和与偶数项的系数和 (i)当为偶数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． (ii)当为奇数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． (3).若，同理可得． 注意：常见的赋值为令，或，然后通过加减运算即可得到相应的结果. 一、单选题 1．(25-26高二上·广西桂林·月考)展开式的各项系数之和为(   ) A．0 B．1 C． D． 【答案】C 【难度】0.94 【知识点】二项展开式各项的系数和 【分析】利用赋值法求得正确答案. 【详解】令，得，即展开式的各项系数之和为. 故选：C 2．(25-26高二上·黑龙江哈尔滨·期中)已知 的展开式系数和为729，则a的值为(   ) A． B．0 C．1 D．2 【答案】C 【难度】0.94 【知识点】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 【分析】利用赋值法，令，即可求出. 【详解】因为的展开式系数和为729， 所以令，则，则，所以或， 因为，所以. 故选：C 3．(23-24高二下·福建厦门·期中)二项式 展开式中， 常数项为(    ) A．4 B． C．6 D． 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】求指定项的系数 【分析】由二项式定理计算即可求解. 【详解】 令，解得， 则常数数为 故选：B 4．(25-26高二上·辽宁·月考)的展开式中的系数为(   ) A． B．0 C．1 D．2 【答案】C 【难度】0.85 【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】解法一：将条件整理变形，可得，即可得答案；解法二：由二项式定理计算即可. 【详解】解法一：因为， 所以展开式中的系数为1； 解法二：展开式中的项为， 所以的系数为1. 故选：C 5．(25-26高二上·黑龙江哈尔滨·月考)若的展开式中，所有项的二项式系数之和为1024，则该展开式中的常数项为(    ) A． B．45 C． D．90 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和 【分析】根据二项式系数和求出n的值，即可求出展开式的通项公式，继而可求得展开式中的常数项. 【详解】由题意可知的展开式中，所有项的二项式系数之和为1024，故，则， 则展开式的通项公式为， 令，则，则该展开式中的常数项为. 故选：B 6．(25-26高三上·广东揭阳·期中)已知的展开式中各项系数之和为64，则该展开式的常数项为(    ) A．10 B．20 C．30 D．40 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】由二项展开式各项系数和求参数、求二项展开式的第k项 【分析】先由赋值法得到关于a的方程求出a，接着求出二项式展开式中含和的项即可求出展开式的常数项，进而得解. 【详解】令得，解得， 二项式的展开式的通项公式为且， 所以当时，；当时，， 所以二项式展开式的常数项为. 故选：B 7．(24-25高二下·黑龙江绥化·期末)“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现．如图，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，如第4行的6为第3行中两个3的和．则下列命题正确的是(    )． A．在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是86 B．第9行所有数字之和为256 C．记第20，21行数字的最大值分别为a，b，则 D．在“杨辉三角”中，从第2行起到第12行，每一行的第3列的数字之和为286 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】杨辉三角、二项式的系数和、组合数的性质及应用 【分析】由杨辉三角及二项式定理、组合数性质求对应行列数字及相关行的数字之和. 【详解】在“杨辉三角”第9行中，从左到右第7个数是，A错误； 由二项式系数的性质知，第n行各数的和为，所以第8行所有数字之和为，则第9行数字之和必大于256，B错误； 第20行数字的最大值为，第21行数字的最大值为，所以，C错误； 在“杨辉三角”中，当时，从第2行起，每一行的第3列的数字之和为，D正确． 故选：D 8．(24-25高三上·湖南长沙·月考)从重量分别为1，2，3，4，…，10克的砝码(每种砝码各2个)中选出若干个，使其总重量恰为9克的方法总数为，下列各式的展开式中的系数为的选项是(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】求指定项的系数、组合数的性质及应用 【分析】根据选的砝码个数可以分为一个砝码，两个砝码，三个砝码，四个砝码，五个砝码五种情况可求得，在分析各个选项的系数，即可求解. 【详解】一个砝码有，9一种情况，种情况， 两个砝码有，，，几种情况种 三个砝码有，，，，，，几种情况种 四个砝码有，，，，，种， 五个砝码有，，种， 总计种. 对A，选项系数为，故不符合，所以A错误； 对B，的系数是选个带的，其他的个括号选常数项，可得，故B错误； 对C， 系数为单独组成，其他为常数，则有种，系数为 有两项组成，系数为与组成，其他为常数，，系数为， 系数为与组成，其他为常数，，系数为， 系数为与组成，其他为常数， ，系数为， 系数为与组成，其他为常数， ，系数为， 同理由三项组成，，，，，几种情况，其他项为常数，则系数为 同理由四项组成，，，几种情况，其他为常数，则系数， 同理由五项组成其他项为常数，则系数为， 综上系数为，故C正确； 对D， ， 系数直接有一项，其他是常数项，可有种情况，系数为， 有与组成，其他是常数项，可有,故D错误. 故选：C 二、多选题 9．(25-26高二·全国·假期作业)已知，则下列结论正确的是(   ) A．该二项展开式中各项的二项式系数的和与各项的系数的和相等 B．该二项展开式中的常数项为 C．该二项展开式中含的项的系数是 D．该二项展开式中的有理项的二项式系数的和为 【答案】AB 【难度】0.65 【知识点】求有理项或其系数、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和、二项式的系数和 【分析】根据二项式系数和为，令求出各项系数和，即可判断A；写出展开式的通项，利用通项判断B、C、D. 【详解】对于A：展开式的二项式系数和为， 令，得展开式的各项系数和为，故A正确； 对于B：展开式的通项为 ， 令，得展开式的常数项为，故B正确； 对于C：令，则，所以的系数为，故C错误； 对于D：该二项展开式中的有理项中为整数，则，即展开式的奇数项，所以有理项的二项式系数和为，故D错误． 故选：AB 10．(2025·浙江绍兴·三模)已知数列中，数列中，则下列说法正确的是(    ) A．若，则 B．若，则数列为等比数列 C．若，则数列为常数列 D．若，则 【答案】AD 【难度】0.4 【知识点】由定义判定等比数列、由递推数列研究数列的有关性质、二项式定理与数列求和、组合数的性质及应用 【分析】根据组合数的性质判断A，由，结合，即可判断B，求出、、，即可判断C，根据组合数的性质判断D. 【详解】对于A：当，则，又， 所以，故A正确； 对于B：当，则， 又，所以， 则，不为常数，所以数列不是等比数列，故B错误； 对于C：当，则， 则，， ， 所以数列不是常数列，故C错误； 对于D：首先证明， 考虑多项式中的系数， 一方面：代数式中，的系数为； 另一方面：代数式中， 的系数为； 因为，所以 ； 所以. 当时，， 故D正确. 故选：AD. 11．(24-25高二下·山东泰安·期中)对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法.利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式.例如：考察恒等式，左边的系数为，而右边，的系数为，因此可得到组合恒等式.利用算两次的思想方法或其他方法，可以得出下面有关组合数的等式，正确的是(   ) A． B． C． D． 【答案】ABD 【难度】0.15 【知识点】实际问题中的组合计数问题、利用组合数公式证明、证明组合恒等式、组合数的性质及应用 【分析】A选项，，左边的系数等于右边的系数，得到A正确；B选项，在个人中选人搞卫生工作，其中人擦窗户，人拖地，共有多少种不同的方法，用两种方法解答，得到B正确；C选项，，左边的系数等于右边的系数，故，C错误；D选项，在C基础和题干条件下，得到方程组，联立得到答案. 【详解】A选项，， 左边的系数为， 右边， 故的系数为， 故，A正确； B选项，在个人中选人搞卫生工作，其中人擦窗户，人拖地，共有多少种不同的方法？ 方法一：先从在个人中选人，再从选出的人中选出人擦窗户，共有种不同的方法； 方法二：先从在个人中选人擦窗户，再从剩余的人中选人拖地， 故共有种方法； 故，B正确； C选项，， ， 左边的系数为， 右边的系数为，故，C错误； D选项，由题干可得， 故， 即①， 由C可知，，则②， 故①-②得， 所以，D正确. 故选：ABD 三、填空题 12．(25-26高二上·上海·期中)设为正整数，和均为整数，若和被除后余数相同，则称和模同余，记为．已知，，则正整数的最小值是 ． 【答案】5 【难度】0.65 【知识点】整除和余数问题 【分析】根据二项式定理对的表达式进行化简，即可求出结果. 【详解】由于， 所以， 所以, 所以. 由于 ， 所以 ， 因为. 所以被除后余数为，由，则正整数的最小值为. 故答案为：. 13．(24-25高二下·重庆·期中)按照一定次序排列的一列集合称为集合列，可记为；已知全集的子集满足.若恰有两个元素，则这样的集合列有 个；所有满足条件的集合列有 个. 【答案】 96 625/ 【难度】0.4 【知识点】集合新定义、二项式定理与数列求和、代数中的组合计数问题、代数中的计数问题 【分析】对于空①：先利用组合确定的不同的可能种数，然后结合集合的交并运算，利用乘法计数原理得到对于的每一种确定的情况，集合列的不同种数，进而利用乘法计数原理求得集合列的不同种数，得到空①的答案；类似空①的求解过程，得到的元素个数为0，1，2，3，4的各种情况下的集合列的不同种数，然后根据加法计数原理求和，并利用二项式定理化简计算得到空②的答案. 【详解】空①：有2个元素，是从中任选2个数字，有种不同的可能； 由于，所以中必须而且只需包含没有被选中的2个元素； 其余的2个元素都可以任意的在或不在中，各有4种不同的处置方法， 每种方法都确保了集合列的不同， 从而有种不同的处置方式，得到集合列的16种不同的结果， 所以集合列有种不同的结果. 空②：类似空①的过程，可知当时， 集合列有个不同的结果， 因为， 所以所有满足条件的集合列有625种不同的结果. 故答案为：96；625. 14．(23-24高二下·广东肇庆·期末)抛掷一校质地均匀的正四面体骰子(四个面上分别标有数字1，2，3，4)，底面的点数为1记为事件，抛掷次后事件发生奇数次的概率记为，则 ， . 【答案】 / 【难度】0.15 【知识点】二项展开式各项的系数和、独立重复试验的概率问题、奇次项与偶次项的系数和 【分析】根据次独立重复实验事件发生的概率为，构造二项式应用赋值法分别计算即可. 【详解】抛掷1次后事件A发生奇数次，只能是发生1次，； 抛掷n次后事件A发生， 抛掷n次后事件A发生奇数次的概率记为 当为偶数时，， 当为奇数时，， 构造二项式 ， 令，， 令， ， 两式做差得， 可得， 因为，所以. 故答案为：；. 【点睛】方法点睛：根据题干得出的表达式，再构造二项式应用赋值法分别计算即可. 四、解答题 15．(24-25高二上·全国·单元测试)若=，求 . 【答案】 【难度】0.94 【知识点】奇次项与偶次项的系数和、二项展开式各项的系数和 【分析】直接由赋值法，依次令，，得两式，将它们相乘即可求解. 【详解】令，得； 令，得. 两式相乘，得. 16．(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】二项展开式的应用、由项的系数确定参数、组合数的计算、计算古典概型问题的概率 【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. 17．(25-26高二上·辽宁葫芦岛·月考)已知，且的展开式中各项的二项式系数之和为64． (1)求；(2)求的展开式中的系数；(3)求． 【答案】(1)；(2)-20；(3) 【难度】0.65 【知识点】二项式的系数和、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和 【分析】(1)基于二项式展开的基本性质，即展开式中所有二项式系数之和为2的n次幂，通过建立指数方程求解未知指数n. (2)运用二项展开式的通项公式，将目标项的次数与通项中的指数对应，确定特定项的位置并计算其系数. (3)通过赋值法构造代数等式，先利用特殊值确定常数项，再选取合适的变量代入值将所求表达式与原展开式联系起来，从而整体求出系数和的值. 【详解】(1)因为展开式中各项的二项式系数之和为64， 所以，解得. (2)的展开式的通项， 令，得， 所以展开式中的系数为． (3)令，得， 令，得， 则． 18．(24-25高二下·河南·期中)二进制数是用0和1表示的数，它的基数为2，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”．若十进制数，其中，，则n对应的二进制数为． (1)十进制数6，2025分别用二进制表示． (2)证明：满足，，，…，中有且只有3个1的所有二进制数对应的十进制数的和为1275． (3)将n对应的二进制数中1的个数记为，则． 【答案】(1)，；(2)证明见解析；(3)证明见解析 【难度】0.4 【知识点】不同进制数的互化、二项展开式的应用、代数中的组合计数问题 【分析】(1)根据十进制与二进制的转化方法代入计算，即可得到结果； (2)利用组合数分析出所有情况，然后代入计算，即可证明； (3)先求得，然后分别计算等式左右两侧即可证明. 【详解】(1)， . (2)，其中中有且只有2个1，有种可能； 所以所有二进制数对应的十进制数的和中， 出现次，均出现次， 所以对应的十进制数的和为， (3)，则， 又， 故, 由于， 故，故. 19．(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】二项式的系数和、利用组合数公式证明 【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. 第 1 页 共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 $