第29讲 计数原理（知识清单+3题型讲解练+强化训练）讲义-2026年高考数学大一轮复习核心题型讲与练+培优点专项突破（新高考版）

该高中数学高考复习讲义聚焦计数原理专题，覆盖两个计数原理、排列组合、二项式定理等核心考点，按“原理-概念-公式-应用”逻辑梳理知识清单，通过题型讲解（计数原理、排列组合综合问题等6类题型）和分层强化训练（单选、多选、填空、解答题），构建“考点梳理-方法指导-真题演练”教学流程，帮助学生系统突破重点难点。 讲义突出实战导向与核心素养培养，题型设计采用“例题+变式”举三反三模式，如通过传球问题训练分步乘法计数原理应用，强化训练分层次适配不同学生需求。注重培养数学思维与解题规范，助力教师精准把控复习节奏，有效提升学生在有限时间内的应考能力。

第29讲 计数原理 知识清单 知识点01：两个计数原理 知识点02：排列与组合的概念 知识点03：排列数与组合数 知识点04：排列数、组合数的公式及性质 知识点05：二项式定理 知识点06：二项式系数的性质 题型讲解 （举三反三） 题型1：计数原理 题型2：排列、组合问题 题型3：排列、组合的综合问题 强化训练 一、单选题（8） 二、多选题（3） 三、填空题（3） 四、解答题（5） 知识点01.两个计数原理 (1)分类加法计数原理：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，那么完成这件事共有N＝ m＋n种不同的方法.  (2)分步乘法计数原理：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，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法. 知识点02.排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照一定的顺序排成一列 组合 作为一组 知识点03.排列数与组合数 (1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，用符号表示. (2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，用符号表示. 知识点04.排列数、组合数的公式及性质 公式 (1)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(n，m∈N*，且m≤n). (2)(n，m∈N*，且m≤n). 性质 (1)0！＝1；＝n！. (2)＝1；；. 知识点05.二项式定理 二项式定理 (a＋b)n＝an＋an－1b1＋…＋an－kbk＋…＋bn(n∈N*) 二项展开式的通项 Tk＋1＝an－kbk，它表示展开式的第k＋1项 二项式系数 (k＝0，1，…，n) 知识点06.二项式系数的性质 (1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等. (2)增减性与最大值： ①当k<时，随k的增加而增大；由对称性知，当k>时，随k的增加而减小. ②当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项与相等，且同时取得最大值. (3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和为＋…＋＝2n. 题型1：计数原理 【例1-1】（2025·安徽蚌埠·三模）空间中三个点、、满足，在空间中任取2个不同的点，使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据空间中点线面的位置关系，和正四棱锥的几何性质，分类讨论，求出不同的取法数量. 【详解】 如图所示，设任取2个不同的点为、，当为正四棱锥的侧面时， 平面的两侧分别可以做以四边形为底面的正四棱锥，有2种情况， 同理以四边形、四边形为底面各有2种情况，所以共有6种情况； 当为正四棱锥的截面时，、位于两侧，四边形为圆锥的底面，只有一种情况， 同理以四边形、四边形为底面各有1种情况，所以共有3种情况； 综上，共有种情况． 故答案为：B． 【例1-2】（2025·四川宜宾·三模）从集合中任取4个不同的数，组成无重复数字的四位数.若该四位数能被3整除的概率为；若取出的4个数按从小到大排列，中间两个数的和为7的概率为，则 . 【答案】 【分析】通过计数原理结合古典概型概率计算公式求解即可. 【详解】从集合中任取4个不同的数，可得无重复数字的四位数共， 四位数能被3整除，即四个数的和是3的倍数，共有5种情况，故共有种， 若取出的4个数按从小到大排列，共有种， 中间两个数的和为7，只能时或， 若中间为，两端只能为，一种情况， 若中间为，第一个数可以从选，第四个数可以从选，有, 故共有种， 所以，， 所以， 故答案为： 【例1-3】（2025·山西·三模）新世纪中学校园有一排长条形区域用来栽种鲜花（如图所示），该区域被分为个部分（且），现有三种花，分别为牡丹、茉莉、玫瑰，分别在每个区域选择一种进行种植，要求相邻区域不能用同一种花，将总的栽种方案记作，则 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，利用分步计数原理列式即得. 【详解】第一个区域有三种选法，之后的每个区域都有两种选法， 由分步乘法计数原理得. 故答案为： 【变式1-1】（2024·安徽合肥·模拟预测）2024届高三某次联考中对尖端生采用屏蔽措施，某校历史方向有五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第一、二、五名是三位同学，但不是第一名，两名同学只知道在6至9名，且的成绩比好，则这5位同学总分名次有多少种可能（    ） A．6 B．12 C．24 D．48 【答案】C 【分析】先排，再排和，对进行分类，可排6，7，8位，最后根据的情况再排。 【详解】第一步排有两种可能：第2名或第5名； 第二步排和有两种可能； 第三步排和，有6，7，8位三种可能； 当为第6名时，有7，8，9名三种可能， 当为第7名时，有8，9名两种可能， 当为第8名时，只有第9名一种可能， 所以第三步的总数为种； 根据分类计数原理，所有名次排位的总数种。 故选：C 【变式1-2】（2025·贵州贵阳·模拟预测）三名篮球运动员甲､乙､丙进行传球训练（不能传给自己），由甲开始传，经过4次传递后，球被传给丙，则不同的传球方式共有 种． 【答案】5 【分析】根据传球规则，通过列举法，按照传球的次数逐步分析球的传递路径，从而得出经过次传递后球被传给丙的不同传球方式. 【详解】第一次传球，因为由甲开始传，且不能传给自己，所以甲可以传给乙或丙. 分情况讨论后续传球 情况一：甲第一次传给乙 第二次传球，乙可以传给甲或丙. 若乙传给甲，第三次传球，甲可以传给乙或丙. 若甲传给乙，第四次传球，乙只能传给丙，此时传球方式为甲→乙→甲→乙→丙. 若甲传给丙，此时传球方式为甲→乙→甲→丙. 若乙传给丙，第三次传球，丙可以传给甲或乙. 若丙传给甲，第四次传球，甲只能传给丙，此时传球方式为甲→乙→丙→甲→丙. 若丙传给乙，第四次传球，乙只能传给丙，此时传球方式为甲→乙→丙→乙→丙. 情况二：甲第一次传给丙 第二次传球，丙可以传给甲或乙. 若丙传给甲，第三次传球，甲可以传给乙或丙. 若甲传给乙，第四次传球，乙只能传给丙，此时传球方式为甲→丙→甲→乙→丙. 若甲传给丙，此时传球方式为甲→丙→甲→丙. 若丙传给乙，第三次传球，乙可以传给甲或丙. 若乙传给甲，第四次传球，甲只能传给丙，此时传球方式为甲→丙→乙→甲→丙. 若乙传给丙，此时传球方式为甲→丙→乙→丙. 由上述分析可知，不同的传球方式共有种. 故答案为：5. 【变式1-3】（2025·广西南宁·模拟预测）一个3×3的正方形花坛被划分为9个1×1小方格（如图），计划种植4种花卉（玫瑰、月季、百合、郁金香）每个小方格种1种花卉.要求：花坛中任意2×2的小区域内，4种花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方案共有 种. 【答案】72 【分析】根据分类加法以及分步乘法计数原理求解即可. 【详解】如图对正方形每个方格编号： 不妨记玫瑰、月季、百合、郁金香分别为：， 第一步在方格中种植4种不同花卉，有种方法； 第二步：不妨取一种种植情况如图： A B 3 D C 6 7 8 9 （1）当方格种植花卉时，则方格种植D花卉，方格只能种植B花卉， 方格种植A花卉， 方格种植D花卉，只有种方法； （2）当方格不种植花卉时，则方格中种植花卉，方格种植A花卉， ①当方格种植花卉时，则方格种植B花卉，方格种植花卉，只有种方法； ②当方格种植B花卉时，则方格中只能种植花卉，方格种植B花卉，只有种方法； 因此根据分类加法计数原理和分步计数原理可知，共有种方法. 故答案为： 题型2：排列、组合问题 【例2-1】（2025·浙江绍兴·三模）某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文、数学、政治、英语、体育、心理6堂课的课程表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，不同排法总数是（    ） A．192 B．144 C．124 D．216 【答案】A 【分析】先排数学课，再排体育课，最后排剩下的语文、政治、英语、心理4堂课，由分步乘法计数原理即可得出答案. 【详解】数学课排在上午有种，体育课排在下午有种， 剩下的语文、政治、英语、心理4堂课有种， 所以种. 故选：A. 【例2-2】（2025·上海金山·一模）某学校读书节活动中，甲、乙、丙3个班级各有2位同学获奖，现将这6人排成一排拍照，则同一班级的两位同学均站在一起的排法共有 种． 【答案】48 【分析】用“捆绑法”以及全排列即可求解. 【详解】将每个班的2人捆绑，然后全排列，故总的排法有, 故答案为：48 【例2-3】（2022·甘肃兰州·一模）（1）学校开设了7门选修课，要求每个学生从中选学4门，共有多少种不同的选法？ （2）从参加羽毛球团体比赛的6名运动员中选出3名，并按排定的顺序出场比赛，有多少种不同的选法？ 【答案】（1）35（2）120 【分析】（1）因为没有顺序，结合组合数运算求解； （2）因为有顺序，结合排列数运算求解. 【详解】（1）由题意可知：因为没有顺序，应根据组合数运算，所以共有种不同的选法； （2）由题意可知：因为有顺序，应根据排列数运算，所以共有种不同的选法. 【变式2-1】（2025·广西北海·模拟预测）桂林的象鼻山景区有4个主要景点：象鼻山、水月洞、普贤塔、爱情岛．若游客可以选择游览其中的3个景点，且必须包含景点象鼻山，则不同的游览顺序有（   ） A．12种 B．14种 C．18种 D．20种 【答案】C 【分析】根据排列数与组合数计算即可求解. 【详解】因为必须包含景点象鼻山， 所以从剩下的3个景点中选择2个景点与象鼻山组合，有种选法，游览顺序可以不同， 所以共有种不同的游览路线. 故选：C． 【变式2-2】（2025·上海普陀·一模）某人工智能模型在自然语言处理中，使用位置编码表示词序，每个位置编码需用一个6维向量表示．若某位置编码可以写成（a，b，c，d，e，f）的形式，其中，则在仅考虑前3个位置的情况下，恰好取2个不同值的编码共有 个． 【答案】18 【分析】先选出数值，再把它们分配到三个位置上，结合乘法计数原理可得答案. 【详解】先从这3个数中选2个，有种选法； 再分配2个数到3个位置，必有2个位置的数是相同的， 选择出现1次的数：从选中的2个数中选1个，有种选法， 选择出现1次的数的位置：有种选择； 共有种编码. 故答案为：18 【变式2-3】（2025·江苏盐城·三模）（1）计算：． （2）利用0，1，2，4，5，7这六个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数有多少个？ （3）甲乙丙丁戊五个同学，分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，共有多少种不同分配方法？ 【答案】（1）35；（2）48；（3）150 【分析】（1）根据组合数的性质求解即可； （2）分不选0和选0两种情况，结合分类加法和分步乘法原理求解； （3）把5人按1，1，3或2，2，1分组，再把每一种分组方法安排到三个城市即可求解. 【详解】（1）； （2）不选0时，先从1，5，7中选一个数放在个位， 然后剩下的4个数中选2个排在十位和百位，则有个奇数； 选0时，先把0放在十位，然后从1，5，7中选一个数放在个位， 再从剩下的4个数中选1个放百位，则有个奇数； 所以共有个奇数； （3）由题意，先把5人按1，1，3分组，有种分组方法， 按2，2，1分组，有种分组方法，因此不同分组方法数为， 再把每一种分组安排到三个城市，有种方法， 所以不同分配方法种数是. 题型3：排列、组合的综合问题 【例3-1】（2025·四川成都·一模）在连续五天时间里，甲、乙、丙、丁四名同学分别到夕阳红敬老院参加志愿者活动，每天一人，其中甲参加两天，其余三人各参加一天，则甲不在相邻两天的安排方法有（   ） A．24种 B．36种 C．48种 D．60种 【答案】B 【分析】先安排乙、丙、丁三名同学，再用插空法排甲最后可计算所有排法. 【详解】先排乙、丙、丁三名同学共有种排法； 再从三人所产生的四个空中选两个空给甲，有种方法； 所以共有种安排方法. 故选：B 【例3-2】（2025·湖北·模拟预测）将甲，乙，丙，丁，戊五名志愿者分配到四个特殊家庭开展帮扶，每个家庭至少安排一名志愿者，则志愿者甲恰好被安排在家庭的不同安排方法数有 种. 【答案】 【分析】按照家庭被分配到一人或两人，进行分类讨论. 【详解】由题可分以下两种情形： ①家庭只有志愿者甲，另外人分配到其他的个特殊家庭，每个家庭至少安排一名志愿者，此时有种； ②家庭除了甲还有另一名志愿者，另外人分配到其他的个特殊家庭，每个家庭至少安排一名志愿者，此时有种. 故志愿者甲恰好被安排在家庭共有种不同安排方法. 故答案为：. 【例3-3】（2025高三·全国·专题练习）将标号为1，2，3，4，5，6，7的7个彩球进行排列，若1号球不能排在左端，2号球不能排在右端，则不同的排法有多少种？ 【答案】3720种 【分析】思路一：由分类加法、分步乘法计数原理即可求解；思路二：由间接法即可求解. 【详解】解法1  ①若2号球排在左端，则排法有种； ②若2号球不排在左端，则左端的排法有种，右端的排法有种， 中间五个位置的排法有种，此时的排法共有种. 由分类计数原理可知，不同的排法共有（种）． 解法2  将7个彩球全排列，共有种，而1号球在左端及2号球在右端的排法均为， 则中把1号球在左端且2号球在右端的排法减了两次，所以还需加上，则有． 故不同的排法共有3720种. 【变式3-1】（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3-2】（2025·四川成都·模拟预测）甲、乙两位同学从7部电影中各自随机选看2部，两人选择独立互不影响，则两人选看的电影中，最多有1部相同的选法共有 种. 【答案】420 【分析】利用分类加法和分步乘法计数原理及排列组合的计算方法求解即可. 【详解】甲、乙选看的电影中最多有1部相同包括： （1）两人选看的电影均不相同，不同选法有（种）； （2）两人选看的电影有且仅有一部相同，不同选法有（种）， 不同的选法总共有（种）. 故答案为：420. 【变式3-3】（25-26高三上·上海·单元测试）从A，B，C等8人中选出5人排成一排． (1)A必须在内，有多少种排法？ (2)A，B，C三人不全在内，有多少种排法？ (3)A，B，C都在内，且A，B必须相邻，C与A，B都不相邻，有多少种排法？ 【答案】(1)4200种 (2)5520种 (3)240种 【分析】（1）先依次求出从余下的7人中选4人、选出的4人与A进行全排列的方法数，再依据分布乘法计数原理即可得解. （2）先求出8人中任选5人的排列数，再求出8人中任选5人A，B，C三人全在内的排法，从而用8人中任选5人的排列数减去A，B，C三人全在内的结果即可得解. （3）先求余下5人中选2人的排法，接着依据题意先将A、B进行排列、再将选出的2人进行全排列，然后再求出将A、B这个整体与C插入至所选出的2人所产生的3个空位中的其中2个的排列数，最后根据分布乘法计数原理将前面几步所得结果乘起来即可得解. 【详解】（1）由题意，先从余下的7人中选4人共有种不同结果， 再将选出的4人与A进行全排列有种不同的排法， 故由乘法原理可知共有种不同排法. （2）从8人中任选5人排列共有种不同排法， A，B，C三人全在内有种不同排法， 所以由间接法可得A，B，C三人不全在内共有种不同排法. （3）因A，B，C都在内，所以只需从余下5人中选2人有种不同结果， A、B必须相邻，有种不同排法， 由于C与A，B都不相邻，先将选出的2人进行全排列共有种不同排法， 再将A、B这个整体与C插入至所选出的2人所产生的3个空位中其中2个有种不同排法， 由乘法原理可得共有种不同排法. 题型4：通项公式的应用 【例4-1】（2025·湖南长沙·三模）二项式的展开式中第5项的系数为（    ） A．252 B．-252 C．210 D．-210 【答案】C 【分析】求出展开式的通项，从而可得第5项的系数． 【详解】二项式展开式的通项公式， 当时，第5项系数为210． 故选：C. 【例4-2】（2025·甘肃平凉·模拟预测）二项式的展开式中常数项是（    ） A． B． C．28 D．56 【答案】C 【分析】写出展开式的通项，即可求出展开式中常数项. 【详解】由题意， 在中，展开式的通项为， 令，解得， ∴展开式中常数项是. 故选：C. 【例4-3】（2025·河南·二模）若的展开式中的常数项为，则 . 【答案】1 【分析】法1：根据二项式定理的定义，写出展开式通项，利用赋值法，可得答案；法2：根据多项式乘法，结合组合的计数原理，结合题意，可得答案. 【详解】法1：因为的展开式的通项， 令，解得，所以常数项为，解得. 法2：的展开式中，常数项为从4个因式中1个取， 其余3个取，即常数项为，由，解得. 故答案为：. 【变式4-1】（2022·贵州贵阳·二模）若展开式中存在常数项，则正整数n的最小值是（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】A 【分析】根据二项展开式的公式，求得的指数为0时满足的关系式，再结合整数的性质分析即可 【详解】易得的通项，又展开式中存在常数项则有解，即，故正整数n的最小值是5，此时 故选：A 【变式4-2】（2024·湖南衡阳·三模）展开式中系数为无理数的项共有（    ） A．2项 B．3项 C．4项 D．5项 【答案】D 【分析】根据题意，结合二项式的展开项，代入计算，即可得到结果. 【详解】因为展开式的通项公式为， 当时，展开式中系数为无理数项，共5项. 故选：D 【变式4-3】（2025·安徽黄山·一模）若二项式展开式中的常数项为160，则 ． 【答案】2 【分析】求出二项展开式的通项，令的指数等于零，再根据题意建立等量关系，即可求出. 【详解】由题二项式展开式的通项公式为：， 所以当时的项为常数项，解得. 故答案为：2. 题型5：二项式系数与项的系数的问题 【例5-1】（2025·四川成都·二模）的展开式中系数最大的项为（    ） A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项 【答案】B 【分析】根据二项式系数的对称性可直接判断结果. 【详解】易知的展开式的各项系数分别为， 由二项式系数的对称性可知系数最大的项为第四项. 故选：B. 【例5-2】（2025·云南·模拟预测）二项式的展开式中的系数为，则 . 【答案】 【分析】利用二项式展开式的通项公式，结合题意即可得方程，求解即可. 【详解】由展开式的通项公式得：， 令，则，所以， 由题意得：-160，而，故，解得. 故答案为： 【例5-3】（2020·江苏南通·二模）设，. （1）求的展开式中系数最大的项； （2）时，化简； （3）求证：. 【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析 【分析】（1）中间项的二项式系数（也是系数）最大； （2）在原式乘以4，然后逆用二项式定理即可； （3）根据，将左边利用倒序相加法求和. 【详解】解：（1），通项为：， 故各项的系数即为二项式系数，故系数最大的项为； （2） ； （3）证明：令①， 则， 所以②， ①②得：，∴. 【点睛】本题考查二项式定理的通项、系数的性质以及赋值法.同时考查学生的逻辑推理和数学运算等数学核心素养.属于中档题. 【变式5-1】（2025·江苏泰州·模拟预测）的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为（   ） A．8 B．12 C．15 D． 【答案】C 【分析】依据题干得到，然后求得通项公式，根据常数项的特点计算即可. 【详解】由题可知：，通项公式为， 令，所以常数项为. 故选：C 【变式5-2】（2025·河南·三模）已知，则的值为 ． 【答案】255 【分析】通过赋值，可得，再由求出项的系数即可. 【详解】由， 令，可得， 又， 上式二项展开的通项为：．令，可得． ∴． 故答案为:255. 【变式5-3】（2020·江苏南通·模拟预测）已知． （1）求的值； （2）令，n为正偶数，若，试比与的大小． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）令，，再求可得结果； （2）令和，联立求出，，在化简，适当放缩可比较与的大小. 【详解】（1）令，得； 令，得． 而， 所以． （2）当n为正偶数时，令， 得； 令，得． 故，， 所以 ． 因为， 所以， 即． 【点睛】本题主要考查二项式定理的展开式，赋值法，通过放缩比较不等式的大小，属于中档题. 题型6：二项式定理的综合应用 【例6-1】（2024·湖南·二模）某银行在2024年初给出的大额存款的年利率为，某人存入大额存款元，按照复利计算10年后得到的本利和为，下列各数中与最接近的是（    ） A．1.31 B．1.32 C．1.33 D．1.34 【答案】D 【分析】利用等比数列的通项公式、二项展开式计算可得答案. 【详解】存入大额存款元，按照复利计算， 可得每年末本利和是以为首项，为公比的等比数列， 所以， 可得， 故选：D. 【例6-2】（2025·河北保定·模拟预测）若数列的前9项满足，记的前项和为，则 . 【答案】16 【分析】根据二项展开式公式和数列概念即可得到答案. 【详解】令，则有，即. 又因为根据二项展开式通项公式得， 故. 故答案为：16. 【例6-3】（2023·黑龙江哈尔滨·三模）已知数列的前项和为，满足，等差数列中. (1)求和的通项公式； (2)数列与的共同项由小到大排列组成新数列，求数列的前20的积. 【答案】(1)，； (2). 【分析】（1）根据给定的递推公式求出，即可求出，再求出等差数列的公差求出作答. （2）利用二项式定理分析、探求出的表达式即可求出作答. 【详解】（1），，当时，，两式相减得：， 即，而，解得，因此数列是首项为3，公比为3的等比数列，， 在等差数列中，由，得，解得， 则公差，， 所以和的通项公式分别为，. （2）令数列的第m项与数列的第k项相同，即， 于是， 显然是4的正整数倍，要成立， 当且仅当为正偶数，因此数列与的共同项为，即， 所以. 【变式6-1】（2025·云南昭通·模拟预测）若，则被整除的余数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意，给自变量赋值，取和，两个式子相减，得到的值，将构造成一个新的二项式，根据二项展开式可以看出被8整除的结果，得到余数． 【详解】令，得， 令，得， 两式相减得， 所以． 因为 能被8整除， 被8整除的余数为3， 所以被8整除的余数为3， 故选：C． 【变式6-2】（2021·上海金山·二模）若函数，其中≤x≤，则的最大值为 ． 【答案】22021； 【分析】先换元，再用二项式定理展开合并求最值. 【详解】令，则有，按的升幂排列， ， ， 两者相加时，的奇数次幂抵消，偶数次幂系数相同， 所以，则偶数次幂的最大值为1， 所以最大值为： . 故答案为：. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是换元思想，二是组合数的化简运算. 【变式6-3】（2023·湖北·模拟预测）记为数列的前项和.已知，. (1)求的通项公式； (2)记为数列的前项积，求的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）通过条件，利用和间的关系，得出，再利用累积法即可求出结果； （2）利用（1）中结果，得到，从而得到，通过计算和利用二项式定理得出数列前5项均为负数，从第6项起均为正数，从而求出结果. 【详解】（1）因为时，，所以，两式相减得到，化简整理得，所以，当时，， 又当，，又，解得. 所以，当时，， 又当时，，满足，当时，，不满足， 综上所述，. （2）由（1）知，当时，，得到， 又当时，，满足，所以， 令，所以， 又， 当时，， 所以当时，，又，所以，当时，， 所以时，取得最大值. 一、单选题 1．（2025·浙江温州·一模）在的展开式中，含项的系数是（   ） A．42 B． C．84 D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用二项式定理直接求解. 【详解】在的展开式中，含的项为， 所以含项的系数是84. 故选：C 2．（2025·新疆喀什·模拟预测）某烘培店制作了6种面包（）、5种蛋糕（），现从中选取两种面包和一种蛋糕搭配成套餐售卖，若必须搭配在一起，不能搭配在一起，则不同的搭配方案共有（    ） A．16种 B．24种 C．32种 D．48种 【答案】C 【分析】分一起选择与不一起选择两种情况求解即可. 【详解】1：若必须一起选择的情况，此时面积的选择只有1种， 只需从5种蛋糕中选择1种有5种选法；由分步乘法计数原理共有5种不同的选法； 2：若不一起选择，则只能从剩余4种中选择2种有种， 再从5种蛋糕中选择1种有5种选法，故有， 又一起选的方法有种， 所以不一起选择，不能搭配在一起的总的方法有种； 故若必须搭配在一起，不能搭配在一起，则不同的搭配方案共有种. 故选：C. 3．（2025·四川自贡·一模）如图，某设备内部从a到b的电路包含三个元件A，B，C，现该设备从a到b的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件A，B，C的工作状态（通路/断路）共有n种不同情况，则n为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理列式求解. 【详解】元件不通，设备从a到b的电路工作不正常，共有种， 元件正常，当且仅当元件都不通，设备从a到b的电路工作不正常，只有1种， 所以. 故选：B 4．（2025·山东枣庄·二模）子贡曰：“夫子温､良､恭､俭､让以得之”，“温､良､恭､俭､让”指五种品德：温和､善良､恭敬､节俭､谦让.现有分别印有这5个字的卡片（颜色均不同）各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有（    ） A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种 【答案】D 【分析】将字相同的卡片看成—组，从5组中选出—组，再从剩下4组，选出2组，在各取一张，得到4张卡片，全排列即可. 【详解】先把字相同的卡片看成—组， 第一步：从这5组中选出—组， 第二步：再从余下的4组中选2组，这2组中，每组各选—张卡片， 第三步：把选出的4张卡片，分给4位同学， 所以不同的分配方案有种. 故选：D 5．（2025·全国·模拟预测）若的展开式中二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（    ） A．160 B． C．20 D． 【答案】B 【分析】先根据二项式系数和求出，求出展开式通项，令得，代入通项即可求出常数项. 【详解】因为的展开式的二项式系数和为64，即，解得， 则的展开式通项为， 令得，所以的常数项为. 故选：B． 6．（2025·江苏南通·模拟预测）的二项展开式中，二项式系数之和等于256，则二项展开式中二项式系数最大的项为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意求出，写出二项展开式的通项，即可求得二项式系数最大的项. 【详解】因为，所以，二项展开式的通项为 ， 故二项展开式中，二项式系数最大的项为. 故选：A. 7．（2025·河南许昌·模拟预测）若，则被8整除的余数为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】令得，令得，两式相减即可得，即利用二项式定理即可求解. 【详解】令得，令得， 两式相减得， 所以，因为 ，，因为能被8整除， 所以被8整除的余数为4. 故选：C. 8．（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． 二、多选题 9．（2025·安徽马鞍山·模拟预测）某班有10名同学，现在选出3名去参加歌唱比赛，则不同的选法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】对于AB，根据组合数问题和排列数定义直接计算即可判断；对于CD，根据特定的同学入选与否进行分类计数即可求解判断． 【详解】对于AB，从10名同学选出3名去参加歌唱比赛，则不同的选法种数为，故A正确，B错误； 对于CD，从10名同学选出3名去参加歌唱比赛，根据甲同学入选与否可得不同的选法种数为， 从10名同学选出3名去参加歌唱比赛，根据甲乙两名同学入选与否可得不同的选法种数为， 故CD正确. 故选：ACD 10．（2025·四川眉山·模拟预测）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（  ）. A．从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法 B．从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法 C．从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法 D．从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法 【答案】ABC 【分析】根据题意，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理，逐项计算，即可求解. 【详解】对于A，根据分类加法计数原理可知，共有种不同的选法，故A正确. 对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的选法，故B正确. 对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有种不同的选法； 第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有种不同的选法； 第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有种不同的选法， 故共有种不同的选法，故C正确. 对于D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法； 第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法， 根据分步乘法计数原理知，不同挂法的种数是，故D错误. 故选：ABC. 11．（2025·河北·模拟预测）在的展开式中，下列说法正确的是（   ） A．二项式系数最大的项是第4项 B．所有项的系数之和为1 C．含的项的系数为 D．常数项为 【答案】BC 【分析】对于A，根据二项式定理以及二项式系数的性质，可得其正误；对于B，利用赋值法，可得其正误；对于CD，根据二项式定理，写出展开式通项，利用赋值法，可得其正误. 【详解】对于A，由，则其展开式共有项，中间为第项，所以二项式系数最大的项为第项，故A错误； 对于B，令，则，所以所有项的系数之和为，故B正确； 对于CD，由，则其展开式的通项， 令，解得，则含的项的系数为，故C正确； 令，该方程无整数解，则展开式中无常数项，故D错误. 故选：BC. 三、填空题 12．（2025·上海普陀·一模）的展开式中含项的系数是 ． 【答案】 【分析】先写出二项展开式的通项，根据通项公式，即可写出展开式中含的项，进而可得结果. 【详解】因为的展开式的通项公式为， 所以的展开式中含的项为， 因此的展开式中含项的系数为. 故答案为： 13．（2025·上海徐汇·一模）从20名男生和18名女生中选取5人组成一个宣传小组，其中男生和女生都不少于2人的选法有 种． 【答案】329460 【分析】从男女共38中选出5人组成一个宣传小组，要求男生和女生均不少于2人， 分选出的5人为2男3女，和3男2女两种情况讨论即可. 【详解】从男女共38中选出5人组成一个宣传小组，要求女生和男生均不少于2人，分为以下两类情况： 当选出的5人为2男3女时，不同选法共为种， 当选出的5人为3男2女时，不同选法共为种， 即从中选出5人组成一个宣传小组，要求女生和男生均不少于2人的选法共有种， 故答案为：329460. 14．（2025·上海闵行·一模）某校的5位老师甲、乙、丙、丁、戊排成一排照相，其中甲、乙必须相邻，且甲不站在两端，则不同的排法种数为 【答案】 【分析】将甲、乙相邻的排列种数减去甲、乙相邻且甲站在两端的排列种数，即可得到答案. 【详解】先让甲、乙相邻共有种情况，再将甲、乙捆绑与其他三人排列共种情况， 所以甲、乙相邻共种情况. 甲、乙相邻且甲站在两端时：若甲在首位，则乙在第二位，其他三人全排列，有种排法；若甲在末位，则乙在倒数第二位，其他三人全排列，有种排法. 故共有种情况. 所以甲、乙相邻，且甲不站在两端，不同的排法种数为. 故答案为：. 四、解答题 15．（2022·甘肃兰州·一模）已知二项式 (1)求展开式的第三项的系数 (2)求展开式的二项式系数之和； 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出展开式的通项即可得解. （2）根据二项式系数的性质直接求解即可. 【详解】（1）的展开式的通项为， 则， 所以第三项的系数为. （2）根据题意可得的二项式系数之和为. 16．（2020·江苏扬州·三模）（1）已知的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为，求的值. （2）记，， ①求； ②设，求和：. 【答案】（1）；（2）①；②. 【分析】（1）根据的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为1：4，得到求解. （2）①由题意可得，再令求解；②由题意知，根据，解得，结合组合数性质，然后求和即可. 【详解】（1）∵的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为1：4， ∴，即，解得. （2）①由题意， 令，得； ②由题意，又， ∴， ∴ ， ∴ . 【点睛】本题主要考查二项式系数，项的系数以及组合数的性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 17．（2024·重庆·模拟预测）已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)若且，记，讨论数列的单调性． 【答案】(1) (2)当时，单调递增；当时，单调递减 【分析】（1）分两种情况讨论，和，即可求解； （2）先计算出和，当时，计算出，令，再检验两端点，即可得出的单调性． 【详解】（1）由已知得，当时，， 当时，①， ②， ②①得，，即， 所以． （2）当时，，， 当时，， 当时，，， ， 显然，当时，单调递减， 令，即，解得， 所以当时，，单调递增， 又， 所以当时，单调递增； 当时，， 又， 所以当时，单调递减． 18．（2025·湖北·模拟预测）已知数列的前n项和为，数列满足． (1)求的通项公式； (2)证明：对任意的，都有； (3)求的通项公式，并比较与的大小． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)， 【分析】（1）当时，求得；当时，，两式相减，得到，得到数列为等比数列，结合等比数的通项公式，即可求解； （2）当时，根据组合数的公式，化简得到，即可得证； （3）根据题意，化简得到，结合，化简得到，由，得到，结合等比数列的通项公式，求得，进而得到. 【详解】（1）解：因为数列的前n项和为，且， 当时，，可得． 当时，， 两式相减，可得，所以，即， 又因为，所以数列是以为首项，公比为的等比数列， 所以数列的通项公式为. （2）解：当时， ， 又由，所以. （3）解：由，可得， 因为， 所以 ， 因为， 所以，所以，即， 又因为，所以， 因此，故. 19．（2025·安徽合肥·模拟预测）设，对的一个排列，如果当时，有，则称是排列的一个逆序，排列的所有逆序的个数称为其逆序数.例如：对的一个排列231，只有两个逆序，则排列231的逆序数为2. (1)求排列的逆序数（用表示）； (2)求的所有排列的逆序数之和（用表示）； (3)记为的所有排列中逆序数为的全部排列的个数.求的表达式（用表示）. 参考公式： 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）首先按顺序确定逆序数的个数，再按照等差数列求和公式求和； （2）抽象出排列和组合问题，再求和； （3）首先根据逆序数的定义，计算，，再得到递推关系式，再同理为计算（3），从而得到，再利用累加法求的值. 【详解】（1）排列的逆序数为. （2）对于，考虑逆序，它在所有排列中出现的次数为，共有个，故所有排列的逆序数之和为. （3）对进行排列，逆序数为0的排列只有一个：，所以；逆序数为1的排列只能是将排列中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以. 为计算，当的排列及其逆序数确定后， 将添加进原排列，在新排列中的位置只能是最后三个位置. 因此.又，从而当时， 同理为计算（3），当1，的排列及其逆序数确定后，将添加进原排列，在新排列中的位置只能是最后四个位置. 因此 . 又，从而当时， 所以. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第29讲 计数原理 知识清单 知识点01：两个计数原理 知识点02：排列与组合的概念 知识点03：排列数与组合数 知识点04：排列数、组合数的公式及性质 知识点05：二项式定理 知识点06：二项式系数的性质 题型讲解 （举三反三） 题型1：计数原理 题型2：排列、组合问题 题型3：排列、组合的综合问题 强化训练 一、单选题（8） 二、多选题（3） 三、填空题（3） 四、解答题（5） 知识点01.两个计数原理 (1)分类加法计数原理：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，那么完成这件事共有N＝ m＋n种不同的方法.  (2)分步乘法计数原理：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，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法. 知识点02.排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 按照一定的顺序排成一列 组合 作为一组 知识点03.排列数与组合数 (1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，用符号表示. (2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，用符号表示. 知识点04.排列数、组合数的公式及性质 公式 (1)＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝(n，m∈N*，且m≤n). (2)(n，m∈N*，且m≤n). 性质 (1)0！＝1；＝n！. (2)＝1；；. 知识点05.二项式定理 二项式定理 (a＋b)n＝an＋an－1b1＋…＋an－kbk＋…＋bn(n∈N*) 二项展开式的通项 Tk＋1＝an－kbk，它表示展开式的第k＋1项 二项式系数 (k＝0，1，…，n) 知识点06.二项式系数的性质 (1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等. (2)增减性与最大值： ①当k<时，随k的增加而增大；由对称性知，当k>时，随k的增加而减小. ②当n是偶数时，中间的一项取得最大值；当n是奇数时，中间的两项与相等，且同时取得最大值. (3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和为＋…＋＝2n. 题型1：计数原理 【例1-1】（2025·安徽蚌埠·三模）空间中三个点、、满足，在空间中任取2个不同的点，使得它们与、、恰好成为一个正四棱锥的五个顶点，则不同的取法种数为（    ） A． B． C． D． 【例1-2】（2025·四川宜宾·三模）从集合中任取4个不同的数，组成无重复数字的四位数.若该四位数能被3整除的概率为；若取出的4个数按从小到大排列，中间两个数的和为7的概率为，则 . 【例1-3】（2025·山西·三模）新世纪中学校园有一排长条形区域用来栽种鲜花（如图所示），该区域被分为个部分（且），现有三种花，分别为牡丹、茉莉、玫瑰，分别在每个区域选择一种进行种植，要求相邻区域不能用同一种花，将总的栽种方案记作，则 ． 【变式1-1】（2024·安徽合肥·模拟预测）2024届高三某次联考中对尖端生采用屏蔽措施，某校历史方向有五名屏蔽生总分在前9名，现在确定第一、二、五名是三位同学，但不是第一名，两名同学只知道在6至9名，且的成绩比好，则这5位同学总分名次有多少种可能（    ） A．6 B．12 C．24 D．48 【变式1-2】（2025·贵州贵阳·模拟预测）三名篮球运动员甲､乙､丙进行传球训练（不能传给自己），由甲开始传，经过4次传递后，球被传给丙，则不同的传球方式共有 种． 【变式1-3】（2025·广西南宁·模拟预测）一个3×3的正方形花坛被划分为9个1×1小方格（如图），计划种植4种花卉（玫瑰、月季、百合、郁金香）每个小方格种1种花卉.要求：花坛中任意2×2的小区域内，4种花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方案共有 种. 题型2：排列、组合问题 【例2-1】（2025·浙江绍兴·三模）某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文、数学、政治、英语、体育、心理6堂课的课程表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，不同排法总数是（    ） A．192 B．144 C．124 D．216 【例2-2】（2025·上海金山·一模）某学校读书节活动中，甲、乙、丙3个班级各有2位同学获奖，现将这6人排成一排拍照，则同一班级的两位同学均站在一起的排法共有 种． 【例2-3】（2022·甘肃兰州·一模）（1）学校开设了7门选修课，要求每个学生从中选学4门，共有多少种不同的选法？ （2）从参加羽毛球团体比赛的6名运动员中选出3名，并按排定的顺序出场比赛，有多少种不同的选法？ 【变式2-1】（2025·广西北海·模拟预测）桂林的象鼻山景区有4个主要景点：象鼻山、水月洞、普贤塔、爱情岛．若游客可以选择游览其中的3个景点，且必须包含景点象鼻山，则不同的游览顺序有（   ） A．12种 B．14种 C．18种 D．20种 【变式2-2】（2025·上海普陀·一模）某人工智能模型在自然语言处理中，使用位置编码表示词序，每个位置编码需用一个6维向量表示．若某位置编码可以写成（a，b，c，d，e，f）的形式，其中，则在仅考虑前3个位置的情况下，恰好取2个不同值的编码共有 个． 【变式2-3】（2025·江苏盐城·三模）（1）计算：． （2）利用0，1，2，4，5，7这六个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数有多少个？ （3）甲乙丙丁戊五个同学，分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，共有多少种不同分配方法？ 题型3：排列、组合的综合问题 【例3-1】（2025·四川成都·一模）在连续五天时间里，甲、乙、丙、丁四名同学分别到夕阳红敬老院参加志愿者活动，每天一人，其中甲参加两天，其余三人各参加一天，则甲不在相邻两天的安排方法有（   ） A．24种 B．36种 C．48种 D．60种 【例3-2】（2025·湖北·模拟预测）将甲，乙，丙，丁，戊五名志愿者分配到四个特殊家庭开展帮扶，每个家庭至少安排一名志愿者，则志愿者甲恰好被安排在家庭的不同安排方法数有 种. 【例3-3】（2025高三·全国·专题练习）将标号为1，2，3，4，5，6，7的7个彩球进行排列，若1号球不能排在左端，2号球不能排在右端，则不同的排法有多少种？ 【变式3-1】（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3-2】（2025·四川成都·模拟预测）甲、乙两位同学从7部电影中各自随机选看2部，两人选择独立互不影响，则两人选看的电影中，最多有1部相同的选法共有 种. 【变式3-3】（25-26高三上·上海·单元测试）从A，B，C等8人中选出5人排成一排． (1)A必须在内，有多少种排法？ (2)A，B，C三人不全在内，有多少种排法？ (3)A，B，C都在内，且A，B必须相邻，C与A，B都不相邻，有多少种排法？ 题型4：通项公式的应用 【例4-1】（2025·湖南长沙·三模）二项式的展开式中第5项的系数为（    ） A．252 B．-252 C．210 D．-210 【例4-2】（2025·甘肃平凉·模拟预测）二项式的展开式中常数项是（    ） A． B． C．28 D．56 【例4-3】（2025·河南·二模）若的展开式中的常数项为，则 . 【变式4-1】（2022·贵州贵阳·二模）若展开式中存在常数项，则正整数n的最小值是（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【变式4-2】（2024·湖南衡阳·三模）展开式中系数为无理数的项共有（    ） A．2项 B．3项 C．4项 D．5项 【变式4-3】（2025·安徽黄山·一模）若二项式展开式中的常数项为160，则 ． 题型5：二项式系数与项的系数的问题 【例5-1】（2025·四川成都·二模）的展开式中系数最大的项为（    ） A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项 【例5-2】（2025·云南·模拟预测）二项式的展开式中的系数为，则 . 【例5-3】（2020·江苏南通·二模）设，. （1）求的展开式中系数最大的项； （2）时，化简； （3）求证：. 【变式5-1】（2025·江苏泰州·模拟预测）的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为（   ） A．8 B．12 C．15 D． 【变式5-2】（2025·河南·三模）已知，则的值为 ． 【变式5-3】（2020·江苏南通·模拟预测）已知． （1）求的值； （2）令，n为正偶数，若，试比与的大小． 题型6：二项式定理的综合应用 【例6-1】（2024·湖南·二模）某银行在2024年初给出的大额存款的年利率为，某人存入大额存款元，按照复利计算10年后得到的本利和为，下列各数中与最接近的是（    ） A．1.31 B．1.32 C．1.33 D．1.34 【例6-2】（2025·河北保定·模拟预测）若数列的前9项满足，记的前项和为，则 . 【例6-3】（2023·黑龙江哈尔滨·三模）已知数列的前项和为，满足，等差数列中. (1)求和的通项公式； (2)数列与的共同项由小到大排列组成新数列，求数列的前20的积. 【变式6-1】（2025·云南昭通·模拟预测）若，则被整除的余数为（    ） A． B． C． D． 【变式6-2】（2021·上海金山·二模）若函数，其中≤x≤，则的最大值为 ． 【变式6-3】（2023·湖北·模拟预测）记为数列的前项和.已知，. (1)求的通项公式； (2)记为数列的前项积，求的最大值. 一、单选题 1．（2025·浙江温州·一模）在的展开式中，含项的系数是（   ） A．42 B． C．84 D． 2．（2025·新疆喀什·模拟预测）某烘培店制作了6种面包（）、5种蛋糕（），现从中选取两种面包和一种蛋糕搭配成套餐售卖，若必须搭配在一起，不能搭配在一起，则不同的搭配方案共有（    ） A．16种 B．24种 C．32种 D．48种 3．（2025·四川自贡·一模）如图，某设备内部从a到b的电路包含三个元件A，B，C，现该设备从a到b的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件A，B，C的工作状态（通路/断路）共有n种不同情况，则n为（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 4．（2025·山东枣庄·二模）子贡曰：“夫子温､良､恭､俭､让以得之”，“温､良､恭､俭､让”指五种品德：温和､善良､恭敬､节俭､谦让.现有分别印有这5个字的卡片（颜色均不同）各2张，同学甲从中抽取4张卡片分给另外4位同学，每人一张卡片，恰有2位同学分到的卡片是相同字的分配方案有（    ） A．120种 B．210种 C．1440种 D．2880种 5．（2025·全国·模拟预测）若的展开式中二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（    ） A．160 B． C．20 D． 6．（2025·江苏南通·模拟预测）的二项展开式中，二项式系数之和等于256，则二项展开式中二项式系数最大的项为（    ） A． B． C． D． 7．（2025·河南许昌·模拟预测）若，则被8整除的余数为（   ） A．2 B．3 C．4 D．5 8．（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 二、多选题 9．（2025·安徽马鞍山·模拟预测）某班有10名同学，现在选出3名去参加歌唱比赛，则不同的选法种数为（    ） A． B． C． D． 10．（2025·四川眉山·模拟预测）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（  ）. A．从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法 B．从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法 C．从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法 D．从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法 11．（2025·河北·模拟预测）在的展开式中，下列说法正确的是（   ） A．二项式系数最大的项是第4项 B．所有项的系数之和为1 C．含的项的系数为 D．常数项为 三、填空题 12．（2025·上海普陀·一模）的展开式中含项的系数是 ． 13．（2025·上海徐汇·一模）从20名男生和18名女生中选取5人组成一个宣传小组，其中男生和女生都不少于2人的选法有 种． 14．（2025·上海闵行·一模）某校的5位老师甲、乙、丙、丁、戊排成一排照相，其中甲、乙必须相邻，且甲不站在两端，则不同的排法种数为 四、解答题 15．（2022·甘肃兰州·一模）已知二项式 (1)求展开式的第三项的系数 (2)求展开式的二项式系数之和； 16．（2020·江苏扬州·三模）（1）已知的展开式中第二项与第三项的二项式系数之比为，求的值. （2）记，， ①求； ②设，求和：. 17．（2024·重庆·模拟预测）已知数列满足． (1)求的通项公式； (2)若且，记，讨论数列的单调性． 18．（2025·湖北·模拟预测）已知数列的前n项和为，数列满足． (1)求的通项公式； (2)证明：对任意的，都有； (3)求的通项公式，并比较与的大小． 19．（2025·安徽合肥·模拟预测）设，对的一个排列，如果当时，有，则称是排列的一个逆序，排列的所有逆序的个数称为其逆序数.例如：对的一个排列231，只有两个逆序，则排列231的逆序数为2. (1)求排列的逆序数（用表示）； (2)求的所有排列的逆序数之和（用表示）； (3)记为的所有排列中逆序数为的全部排列的个数.求的表达式（用表示）. 参考公式： 1 学科网（北京）股份有限公司 $