考点培优练02 排列、组合及二项式定理9大考点（高效培优专项训练）（全国通用）2026年高考数学一轮复习高效培优系列

考点培优练02 排列、组合及二项式定理 目录 考点01 相邻与不相邻问题 1 考点02 特殊元素与特殊位置优先安排 3 考点03 定序问题 7 考点04 染色问题 8 考点05 分组与分堆问题 12 考点06 隔板法 15 考点07 求特定项的系数 17 考点08 系数和问题 19 考点09 系数的最值问题 22 考点01 相邻与不相邻问题 相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法 1．某小组的成员由四位男生和三位女生组成，七位同学要站成一排照相，要求任意两男生及任意两女生均不能相邻的站法总数是（    ） A． B． C． D． 2．某人计划到山东旅游，打算用连续5天时间游玩泰山、崂山、蓬莱阁3个景点，其中泰山、崂山2个景点分别安排连续的两天游玩，则不同的日程安排种数为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．（多选）下列说法正确的是（    ） A．将4个不同的小球放入3个编号不同的盒子中，小球必须全部放入盒中，那么不同的放法种数是 B．将5个相同的小球放入6个编号不同的盒子中，每个盒子至多放1个小球，而且小球必须全部放入盒中，那么不同的放法种数是 C．将4个不同的小球放入3个编号不同的盒子中，小球必须全部放入盒中，每个盒子至少放1个小球，那么不同的放法种数是 D．将6个不同的小球放入3个编号不同的盒子中，每个盒子放2个小球，那么不同的放法种数是 4．7个人站成一排照相，其中甲乙两人须相邻，甲丙两人不能相邻，则共有 种不同安排方式. 考点02 特殊元素与特殊位置优先安排 对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法. 6．（2026·河北保定·一模）A，B，C，D，E，F共6名同学参加AI智能库建立创新大赛，决出第一名到第六名的名次，A和B去询问名次，回答者对A说：“你肯定不会是最差的．”对B说：“很遗憾，你没有得到第一名．”从这两个回答分析，6人的名次排列可能情况的种数为（   ） A．600 B．580 C．504 D．408 7．（2026·江苏镇江·模拟预测）（多选）某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作．则下列说法中正确的是（    ） A．若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种 B．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案 C．若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案 D．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A不负责语文且B不负责数学工作，则有138种不同的方案． 8．（25-26高三上·贵州·月考）（多选）为鼓励学生们进行兴趣爱好的培养，某学校拟在校园音乐节上邀请某乐队演唱6首风格不同的歌曲，设编号分别为A、B、C、D、E、F，且为了一定效果需对这6首歌的演唱顺序进行一定调整，则（   ） A．若歌曲B、C、D必须三首连续进行演唱，则有144种安排方式 B．若歌曲B、C、D任意两首不连续进行演唱，则有144种安排方式 C．若歌曲必须在歌曲之前进行演唱，则有120种安排方式 D．若歌曲必须第一个进行演唱，歌曲不能最后进行演唱，则有96种安排方式 9．（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. 10．（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 考点03 定序问题 定序问题倍缩法处理 11．在6名女同学与5名男同学中，选3名男同学和3名女同学，使男女相间排成一排，不同的排法总数为 A. B. C. D. ​ 12．（2026高三·全国·专题练习）学校要安排一场文艺晚会的11个节目的演出顺序．除第1个节目和最后1个节目已确定外，4个音乐节目要求排在第2，5，7，10的位置，3个舞蹈节目要求排在第3，6，9的位置，2个曲艺节目要求排在第4，8的位置，则不同的方法种数是（    ） A．48 B．144 C．288 D．576 13．用1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字的七位数，若1，3，5，7的顺序一定，则有 个七位数符合条件． 14．（25-26高二上·辽宁·月考）用分别写有数字“0”、“1”、“2”、“3”、“4”、“4”的六张卡片可以组成 个六位整数．（用数字作答） 15．6个人站成一排，甲、乙、丙三人从左到右的顺序保持一定，有多少种不同的站法？ 考点04 染色问题 16．给如图所示的六块区域，，，，，涂色，有四种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都要使用），要求相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方法种数是（    ）    A．192 B．168 C．224 D．208 17．（2025·河北沧州·一模）如图，为了出黑板报，某班级为黑板四个区域进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（有公共边）不能用同一种颜色，若只有四种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂色方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．84种 18．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（   ） A． B． C． D． 19．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． 20．（2025高三·全国·专题练习）将5种不同的颜色填入图中六边形内的6块区域中，要求相邻的区域不同色，则不同的填法有 种． 考点05 分组与分堆问题 (1)处理分配问题要注意先分堆再分配； (2)被分配的元素是不同的； (3)分堆时要注意是否均匀. 21．（24-25高二上·贵州遵义·期末）某地区有3个学生社会实践服务点A，B，C．4名学生需在寒假完成社会实践，每个服务点至少有一名学生，则不同的社会实践安排共有（   ） A．72种 B．36种 C．24种 D．64种 22．（2025·广东江门·模拟预测）把6名技术员分到3个车间工作，分到3个车间的人数各不相同，每个车间至少1人，则不同的分配方案共有（　　） A．270种 B．540种 C．720种 D．360种 23．（24-25高二上·辽宁锦州·期末）6名身高各不相同的同学抽签站成前后正对的两排，每排3人，则站好后，后排的每个同学都比他对应的前排同学高的概率是（    ） A． B． C． D． 24．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·月考）现有5本不同的书《天工开物》、《梦溪笔谈》、《齐民要术》、《本草纲目》、《九章算术》，则下列说法正确的是（ ） A．将全部的书放到6个不同的抽屉里，一个抽屉可放多本书，有种不同的放法 B．将全部的书放在同一层书架上，要求《本草纲目》和《九章算术》相邻，有96种不同的放法 C．将五本书排成一排，则《天工开物》、《梦溪笔谈》按从左到右（可以不相邻）的顺序排列的不同的排法有120种 D．将书分给3位不同的学生，其中一人1本，一人2本，一人2本，有90种不同的分法 25．（多选）李清照，齐州章丘（今山东省济南市章丘区）人，宋代女词人，婉约词派代表，有“千古第一才女”之称．现将李清照不同的9本诗集全部奖励给3名同学（每人至少会分到1本），则下列选项正确的有（   ） A．若刚好每人分到3本书，则有1680种不同的分法 B．若每人至少分到2本书，则有11508种不同的分法 C．若刚好有1人只分到1本书，则有6326种不同的分法 D．若每人至多分到4本书，则有13020种不同的分法 考点06 隔板法 26．三元一次方程的正整数解的组数为（    ） A．21 B．28 C．35 D．42 27．方程的正整数解共有（   ） A．组 B．组 C．组 D．组 28．不等式，其中是正整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A． B． C． D． 29．（多选）下列说法正确的是（   ） A．已知，则x的取值为6或7. B．除以8的余数为1 C．由1，1，1，2，3，4这六个数字组成的不同六位数共有120个 D．将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则共有35种不同放法 30．某校的艺术节活动中，高二年级有4个参加歌唱展示的名额和5个参加书画展示的名额，将这些名额分配给高二年级的1，2，3三个班，则每个班都能够获得歌唱展示名额和书画展示名额的分配方案有 种． 考点07 求特定项的系数 1.求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可. 2.对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏；也可利用排列组合的知识求解. 3.对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解. 31．（2026·福建·一模）在的展开式中的系数为（　　） A． B． C． D． 32．（25-26高三上·上海·期中）二项式展开式中的常数项为 ．（用数字作答） 33．在的展开式中第3项、4项、6项成等比数列，则 34．（25-26高三上·广东·月考）若的展开式中第4项为160，则 . 35．（25-26高三上·江苏徐州·期中）若的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比为，则 . 考点08 系数和问题 一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝ (a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为[g(1)－g(－1)]. 36．（2025高三上·贵州贵阳·专题练习）若，则（   ） A． B． C． D．540 37．（25-26高三上·北京东城·月考）已知，则 ， ． 38．已知，则 ， . 39．已知多项式则 ， . 40．已知，则 ． 考点09 系数的最值问题 1.二项式系数最大项的确定方法：当n为偶数时，展开式中第＋1项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，展开式中第项和第项的二项式系数最大，最大值为或. 2.如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用从而解出k即可. 41．若的二项展开式共有8项，则该二项展开式（   ） A． B．各项的二项式系数和为128 C．二项式系数最大的项只有1项 D．第5项系数等于 42．已知，则下列选项中错误的是（   ） A． B．的最大值为 C． D． 43．（多选）已知的展开式中常数项为35，为实数，则下列说法正确的有（   ） A．的展开式中各二项式系数之和为64 B． C．的展开式中各项的系数之和为0 D．的展开式中系数最大的项为第4项或第5项 44．（24-25高三下·浙江绍兴·月考）写出在的展开式中系数最大的项 ． 45．在二项式中，，若它的展开式中系数最大的项是常数项，则的取值范围是 ． $考点培优练02 排列、组合及二项式定理 目录 考点01 相邻与不相邻问题 1 考点02 特殊元素与特殊位置优先安排 3 考点03 定序问题 7 考点04 染色问题 8 考点05 分组与分堆问题 12 考点06 隔板法 15 考点07 求特定项的系数 17 考点08 系数和问题 19 考点09 系数的最值问题 22 考点01 相邻与不相邻问题 相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法 1．某小组的成员由四位男生和三位女生组成，七位同学要站成一排照相，要求任意两男生及任意两女生均不能相邻的站法总数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用插空法，先排好女生，然后再排男生，求解计算即可. 【详解】先排好3位女生，有种排法，此时产生4个空位，再将4位男生排入这4个空位，有种排法， 根据分步乘法计数原理，共有种站法. 故选：D. 2．某人计划到山东旅游，打算用连续5天时间游玩泰山、崂山、蓬莱阁3个景点，其中泰山、崂山2个景点分别安排连续的两天游玩，则不同的日程安排种数为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】利用分步计数原理即可求解. 【详解】首先考虑蓬莱阁的游玩，可能安排在第1天或第3天或第5天，所以共有种不同的日程安排． 故选：D 3．（多选）下列说法正确的是（    ） A．将4个不同的小球放入3个编号不同的盒子中，小球必须全部放入盒中，那么不同的放法种数是 B．将5个相同的小球放入6个编号不同的盒子中，每个盒子至多放1个小球，而且小球必须全部放入盒中，那么不同的放法种数是 C．将4个不同的小球放入3个编号不同的盒子中，小球必须全部放入盒中，每个盒子至少放1个小球，那么不同的放法种数是 D．将6个不同的小球放入3个编号不同的盒子中，每个盒子放2个小球，那么不同的放法种数是 【答案】ABD 【分析】利用分步计数原理判断选项A；结合组合数的定义判断选项B；利用捆绑分组法判断选项C；由平均分组分配法判断选项D. 【详解】对于A，将4个不同的小球放入3个编号不同的盒子中，小球必须全部放入盒中， 由分步乘法计数原理可知，不同的放法种数是，A选项正确； 对于B，将5个相同的小球放入6个编号不同的盒子中，每个盒子至多放1个小球，而且小球必须全部放入盒中， 则需要在6个盒子选出5个放入小球，不同的放法种数是，B选项正确； 对于C，将4个不同的小球放入3个编号不同的盒子中，小球必须全部放入盒中，每个盒子至少放1个小球， 将其中2个球捆绑在一起，与另两个球分别放入3 个盒子中，不同的放法种数是，C选项错误 对于D， 将6个不同的小球放入3个编号不同的盒子中，每个盒子放2个小球， 把6个球平均分成3组，再分别放入3个盒子中，不同的放法种数是，D选项正确. 故选：ABD. 4．7个人站成一排照相，其中甲乙两人须相邻，甲丙两人不能相邻，则共有 种不同安排方式. 【答案】1200 【分析】先应用排列数求出甲乙两人相邻的情况数，再求出其中甲丙相邻的情况数，应用间接法求甲乙两人须相邻，甲丙两人不能相邻的情况数. 【详解】甲乙两人相邻的情况：将甲乙捆绑，再与其他5人作全排列， 所以共有种情况， 其中甲乙、甲丙都相邻的情况：乙丙在甲的两侧并作捆绑，再与其他4人作全排列， 所以共有种情况， 所以甲乙两人须相邻，甲丙两人不能相邻共有种. 故答案为： 5．甲、乙均在内的5人坐在一排的5个座位上，若甲、乙相邻，且甲、乙均不在这排座位的两端，则不同的坐法有 种. 【答案】 【分析】利用捆绑法即可求解. 【详解】甲乙两人的排列方式有种，将甲乙看成一人，可选的位置有2种， 剩余3人的排列方式有种， 所以若甲、乙相邻，且甲、乙均不在这排座位的两端，不同的坐法有种. 故答案为： 考点02 特殊元素与特殊位置优先安排 对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法. 6．（2026·河北保定·一模）A，B，C，D，E，F共6名同学参加AI智能库建立创新大赛，决出第一名到第六名的名次，A和B去询问名次，回答者对A说：“你肯定不会是最差的．”对B说：“很遗憾，你没有得到第一名．”从这两个回答分析，6人的名次排列可能情况的种数为（   ） A．600 B．580 C．504 D．408 【答案】C 【分析】分析可知A不是第六名，B不是第一名，分类讨论A是否为第一名，结合排列数、组合数运算求解. 【详解】从这两个回答知：A不是第六名，B不是第一名； 当A是第一名时，共有种排列情况； 当A不是第一名时，共有种排列情况． 故6人的名次排列可能情况有种． 故选：C. 7．（2026·江苏镇江·模拟预测）（多选）某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作．则下列说法中正确的是（    ） A．若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种 B．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案 C．若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案 D．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A不负责语文且B不负责数学工作，则有138种不同的方案． 【答案】BCD 【分析】利用计数原理，结合分组思想，排列组合思想即可逐项求解． 【详解】A：这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种，故A错误； B：根据若每人安排一门学科，每门学科至少一人， 我们把这五人分成四组共有种方法，再将这四组人去负责四个学科相关工作共有种， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故B正确； C：若数学学科必须安排两人，则有种方法，其余学科各安排一人共有种， 根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故C正确； D：“每人安排一门学科，每门学科至少一人”的总方案数为240（同选项B），需排除“A负责语文”或“B负责数学”的情况，用容斥原理计算： 情况1：A负责语文 固定在语文，剩余4人分配到4科（每科至少1人），分2种子情况： ①语文为“2人组”（人）：选1人加入语文（），剩余3人分配到其他3科（），方案数： ②语文为“1人组”（仅A）：先B、C、D、E分为三组（2，1，1），有种方法，再将三组分到数学、英语、物理，有种方法，故总的方法数为：； 情况1总方案数：． 情况2：B负责数学 与“情况1”对称，总方案数同样为60． 情况3：A负责语文且B负责数学（重复减去的部分） 在语文、B在数学，剩余3人分配到4科（每科至少1人），分2种子情况： ①语文或数学为“2人组”：剩余3人选2人分配到英语和物理（），最后1人去语文或数学（），方案数：； ②英语或物理为“2人组”：3人分成两组（2，1），有种分法，两组分配到英语和物理，有种分法，故方案数为； 故情况3总方案数：． 根据容斥原理，不符合条件的方案数为：， 因此，符合条件的方案数为：，故D正确. 故选：BCD． 8．（25-26高三上·贵州·月考）（多选）为鼓励学生们进行兴趣爱好的培养，某学校拟在校园音乐节上邀请某乐队演唱6首风格不同的歌曲，设编号分别为A、B、C、D、E、F，且为了一定效果需对这6首歌的演唱顺序进行一定调整，则（   ） A．若歌曲B、C、D必须三首连续进行演唱，则有144种安排方式 B．若歌曲B、C、D任意两首不连续进行演唱，则有144种安排方式 C．若歌曲必须在歌曲之前进行演唱，则有120种安排方式 D．若歌曲必须第一个进行演唱，歌曲不能最后进行演唱，则有96种安排方式 【答案】ABD 【分析】采用捆绑法结合排列数的运算判断A；采用插空法结合排列数的运算判断B；利用对称性结合排列数的运算判断C;先排歌曲和歌曲，然后再利用安排其它歌曲判断D. 【详解】6首歌曲的全排列总数为种.要求B、C、D三首必须连续，采用捆绑法. 将B、C、D看作一个整体，与A、E、F共同进行排列， 将、C、D视为1个元素，与另外3个元素进行全排列，共有种排法， B、C、D这个整体内部进行全排列，共有种排法，故总安排方式为种，故A正确； 要求B、C、D任意两首不连续，采用插空法，先将A、E、F三首歌曲进行全排列，共有种排法， A、E、F排好后形成4个空位（包含首尾），从这4个空位中选3个插入B、C、D，共有种排法. 总安排方式为种，故B正确； 要求在之前演唱且无需连续，利用对称性分析， 在全排列中，在前和在前的概率均等，各占总数的一半. 故总安排方式为种，故C错误； 要求必须先演唱，必须不最后演唱，先确定的位置，固定在第1位，有1种排法， 再确定的位置，不能在第1位，也不能在第6位， 只能在第2、3、4、5位中选择，共有种排法， 则剩余的4首歌曲在剩下的4个位置进行全排列，共有种排法， 总安排方式为种，故D正确. 故选：ABD. 9．（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：. 10．（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：. 考点03 定序问题 定序问题倍缩法处理 11．在6名女同学与5名男同学中，选3名男同学和3名女同学，使男女相间排成一排，不同的排法总数为 A. B. C. D. ​ 【答案】A 【详解】男女生相同，则分两类排法：“男女男女男女”与“女男女男女男”，且两类排法数相同。 每类排法都可以分两个步骤： 第一步，先排男生，从5名男同学中选3位排在男生位置上，有 ​种方法； 第二步，再排女生，从6名女同学中选3位排在女生位置上，有种方法； 由分步计数原理可得，有种排法。 故两类共有 ​种排法。 故选：A． 12．（2026高三·全国·专题练习）学校要安排一场文艺晚会的11个节目的演出顺序．除第1个节目和最后1个节目已确定外，4个音乐节目要求排在第2，5，7，10的位置，3个舞蹈节目要求排在第3，6，9的位置，2个曲艺节目要求排在第4，8的位置，则不同的方法种数是（    ） A．48 B．144 C．288 D．576 【答案】C 【分析】只需先要4个音乐节目，3个舞蹈节目，2个曲艺节目各自在能排的位置进行全排列即可，然后再相乘. 【详解】4个音乐节目要求排在第2，5，7，10的位置，有种排法； 3个舞蹈节目要求排在第3，6，9的位置，有种排法； 2个曲艺节目要求排在第4，8的位置，有种排法. 故共有种排法. 故选：C 13．用1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字的七位数，若1，3，5，7的顺序一定，则有 个七位数符合条件． 【答案】210 【解析】若1，3，5，7的顺序不定，有(种)排法，所以1，3，5，7的顺序一定的排法数只占总排法数的，所以共有(个)七位数符合条件. 14．（25-26高二上·辽宁·月考）用分别写有数字“0”、“1”、“2”、“3”、“4”、“4”的六张卡片可以组成 个六位整数．（用数字作答） 【答案】300 【分析】分首位为4，和首位不为4，分两类，利用分类加法计数原理求解. 【详解】分两类： 第一类首位从“1”、“2”、“3”中取，有种取法，其余5张卡片有种排法，但有2张“4”， 所以能得到不同的6位整数共有个； 第二类，首位取“4”，其余位置5张卡片全排列，共有个6位整数， 根据分类加法计数原理，共有个六位整数. 故答案为：300 15．6个人站成一排，甲、乙、丙三人从左到右的顺序保持一定，有多少种不同的站法？ 【解析】（种）. 考点04 染色问题 16．给如图所示的六块区域，，，，，涂色，有四种不同的颜色可供选择（不一定每种颜色都要使用），要求相邻区域涂不同颜色，则不同的涂色方法种数是（    ）    A．192 B．168 C．224 D．208 【答案】A 【分析】利用分步乘法计数：先给，，三块区域涂色，再给区域涂色，然后给区域涂色，最后给区域涂色，即可求解. 【详解】第一步，给，，三块区域涂色，有种涂色方法； 第二步，给区域涂色，有种涂色方法； 第三步，给区域涂色，有种涂色方法； 第四步，给区域涂色，有种涂色方法， 综上，不同的涂色方法种数是，故A正确. 故选：A. 17．（2025·河北沧州·一模）如图，为了出黑板报，某班级为黑板四个区域进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（有公共边）不能用同一种颜色，若只有四种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂色方法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．84种 【答案】B 【分析】根据组合的定义，结合分类计数原理进行求解即可. 【详解】由题意可知，使用了3种颜色则只有和颜色相同，或只有和颜色相同， 则涂色方法共有种. 故选：B 18．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先对图中挂件进行编号，根据已知条件分析讨论各层挂件的涂色方法数，从而得出所有的涂色方法种数． 【详解】给挂件进行如图所示的编号， 中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件， 用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色， 1号有4种涂色方法，2，3，4号有种涂色方法， 分情况讨论5，6，7号的涂色方法： ①若5号与1号同色，6号与2号同色，则7号只有1种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ②若5号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种涂色方法，则7号有2种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ③若5号与1号异色，与3号同色，5号只有1种涂色方法， 当6号与4号同色时，7号有2种涂色方法； 当6号与4号异色时，6号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； ④若5号与1号、3号均异色，则5号只有1种涂色方法，6号、7号均有2种涂色方法， 5，6，7号有种涂色方法； 综上，所有的涂色方法种数为，故C正确． 故选：C． 19．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. 20．（2025高三·全国·专题练习）将5种不同的颜色填入图中六边形内的6块区域中，要求相邻的区域不同色，则不同的填法有 种． 【答案】4100 【分析】对区域①②③进行讨论，有三种颜料使用情况，再由分类加法计数原理求解即可. 【详解】第一类：区域①②③同色，则有种； 第二类：区域①②③有2种颜色，则有种； 第三类：区域①②③有3种颜色，则有种. 可得，故不同的填法有4100种. 故答案为：4100 考点05 分组与分堆问题 (1)处理分配问题要注意先分堆再分配； (2)被分配的元素是不同的； (3)分堆时要注意是否均匀. 21．（24-25高二上·贵州遵义·期末）某地区有3个学生社会实践服务点A，B，C．4名学生需在寒假完成社会实践，每个服务点至少有一名学生，则不同的社会实践安排共有（   ） A．72种 B．36种 C．24种 D．64种 【答案】B 【分析】先把4人分成3组，再把3组分到3个不同的社会实践服务点即可. 【详解】先从4名学生中选出2人组成一个小组，有种方法； 再将这个两人小组与其余2名学生安排到3个不同的服务点，有种方法， 根据分步乘法计数原理，共有种不同的安排. 故选：B 22．（2025·广东江门·模拟预测）把6名技术员分到3个车间工作，分到3个车间的人数各不相同，每个车间至少1人，则不同的分配方案共有（　　） A．270种 B．540种 C．720种 D．360种 【答案】D 【分析】根据分组分配法，即利用分步乘法计数原理即可求解. 【详解】每个车间至少分配一名技术员且人数各不相同,故三个车间分配到技术员的人数为1，2，3， 故共有种不同的分配方案. 故选：D. 23．（24-25高二上·辽宁锦州·期末）6名身高各不相同的同学抽签站成前后正对的两排，每排3人，则站好后，后排的每个同学都比他对应的前排同学高的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知条件，运用排列与组合分别求出总基本事件数与符合条件的事件数，再利用古典概型的概率公式求解． 【详解】6名身高各不相同的同学抽签站成前后正对的两排，总排列数为：； 若后排同学都比前排的高，可以将6人两两分组，每组中矮的站前排、高的站后排： 6人两两分组方法为：， 每组中矮的站前排、高的站后排只有1种排法， 符合条件的排列数为； 对应概率，故C正确． 故选：C． 24．（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·月考）现有5本不同的书《天工开物》、《梦溪笔谈》、《齐民要术》、《本草纲目》、《九章算术》，则下列说法正确的是（ ） A．将全部的书放到6个不同的抽屉里，一个抽屉可放多本书，有种不同的放法 B．将全部的书放在同一层书架上，要求《本草纲目》和《九章算术》相邻，有96种不同的放法 C．将五本书排成一排，则《天工开物》、《梦溪笔谈》按从左到右（可以不相邻）的顺序排列的不同的排法有120种 D．将书分给3位不同的学生，其中一人1本，一人2本，一人2本，有90种不同的分法 【答案】D 【分析】根据分步计数乘法原理即可求解判断A；把《本草纲目》和《九章算术》看成一本书进行排列即可计算求解判断B；先全排再根据定序问题计算求解即可判断C；根据先分组后排序计算即可求解判断D. 【详解】对于A，将全部的书放到6个不同的抽屉里，一个抽屉可放多本书，每本书均有6种不同的放法， 根据分步计数乘法原理，共有种放法，所以A不正确； 对于B，将全部的书放在同一层书架上，要求《本草纲目》和《九章算术》相邻， 可把《本草纲目》和《九章算术》看成一本书，共有种放法，所以B不正确； 对于C，将五本书并排成一排，， 则《天工开物》、《梦溪笔谈》按从左到右（可以不相邻）的顺序排列的排法有种， 所以C不正确； 对于D，将5本不同的书分给3位不同的学生，其中一人1本，一人2本，一人2本， 有种分组方法， 再将其分给三人，共有种分法，所以D正确. 故选：D 25．（多选）李清照，齐州章丘（今山东省济南市章丘区）人，宋代女词人，婉约词派代表，有“千古第一才女”之称．现将李清照不同的9本诗集全部奖励给3名同学（每人至少会分到1本），则下列选项正确的有（   ） A．若刚好每人分到3本书，则有1680种不同的分法 B．若每人至少分到2本书，则有11508种不同的分法 C．若刚好有1人只分到1本书，则有6326种不同的分法 D．若每人至多分到4本书，则有13020种不同的分法 【答案】AB 【分析】考虑在各选项的条件下，3个人分书的本数可能的情况，结合平均分组以及不平均分组问题的解法求解各选项中的分法，即可求得答案. 【详解】若刚好每人分到3本书，则有种不同的分法，故A正确； 若每人至少分到2本书，则3人分书的本数可能是，，， 所以有种不同的分法，故B正确； 若刚好有1人只分到1本书，则3人分书的本数可能是，，， 所以有种不同的分法，故C不正确； 若每人至多分到4本书，则3人分书的本数可能是，，， 所以有种不同的分法，故D不正确． 故选：AB 考点06 隔板法 26．三元一次方程的正整数解的组数为（    ） A．21 B．28 C．35 D．42 【答案】A 【分析】“将三元一次方程的正整数解的组数”转变为“等价于将8个相同的小球分成3组，每组至少1个小球的不同分法”，利用隔板法即可求得结果. 【详解】三元一次方程的正整数解的组数， 等价于将8个相同的小球分成3组，每组至少1个小球的不同分法. 只需要在8个小球中间的7个空位中选取2个空位用隔板隔开即可， 则共有种分法， 即三元一次方程的正整数解的组数为21. 故选：A. 27．方程的正整数解共有（   ） A．组 B．组 C．组 D．组 【答案】C 【分析】转化为将21瓶相同的矿泉水分给5人，每人至少1瓶，利用隔板法求解即可. 【详解】原题等价于下面这个问题： 将21瓶相同的矿泉水分给5人，每人至少1瓶，有多少种不同的分法? 由隔板法可得，方程的正整数解共有组． 故选：C 28．不等式，其中是正整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】问题转化成不等式的正整数解的组数，即求方程的正整数解，应用隔板法和组合数的性质求结论. 【详解】由，且是正整数， 将问题转化成不等式的正整数解的组数. 求方程的正整数解， 可先将看作个“”，将这个“”排成一排，在其中间形成的个空位中选择个空位放入隔板，则隔板隔开形成组“”，每组“”的和分别对应的值， 因此，方程的正整数解的组数为， 方程的正整数解的组数为， 方程的正整数解的组数为， ， 方程的正整数解的组数为， 所以原不等式的非负整数解的组数为 . 故选：B. 29．（多选）下列说法正确的是（   ） A．已知，则x的取值为6或7. B．除以8的余数为1 C．由1，1，1，2，3，4这六个数字组成的不同六位数共有120个 D．将8个相同小球放入4个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，则共有35种不同放法 【答案】ACD 【分析】由组合数的性质，计数原理及排列组合可得. 【详解】对于A，由组合数的性质得或者， 得或，故A正确， 对于B，因为， 所以， 又， 所以，所以余数为，故B错误； 对于C，由这六个数字组成的不同六位数共有，故C正确， 对于D，将个相同小球放入个不同盒子中，每个盒子至少放一个小球，采用隔板法，，故D正确， 故选：ACD 30．某校的艺术节活动中，高二年级有4个参加歌唱展示的名额和5个参加书画展示的名额，将这些名额分配给高二年级的1，2，3三个班，则每个班都能够获得歌唱展示名额和书画展示名额的分配方案有 种． 【答案】18 【分析】先分好指标，由于指标是相同元素，所以在分配时，相同数量的指标分配就是组合问题，也可以先分配指标数单类的给一个班，以此计数即可. 【详解】每个班都要分到名额，则4个参加歌唱展示的名额可分为， 5个参加书画展示的名额可分为或， 所以分配方案为种． 故答案为：18 考点07 求特定项的系数 1.求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可. 2.对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏；也可利用排列组合的知识求解. 3.对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解. 31．（2026·福建·一模）在的展开式中的系数为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出展开式的通项公式，再结合多项式乘法法则求出展开式中含的项即可. 【详解】依题意，， 二项式展开式的通项为， 因此的展开式中含的项为， 所以所求系数为. 故选：A 32．（25-26高三上·上海·期中）二项式展开式中的常数项为 ．（用数字作答） 【答案】-4320 【分析】写出二项式展开式中的通项，并整理，令的指数为零，求得相应的参数，代回通项，可求得二项式展开式中的常数项. 【详解】二项式展开式中的通项公式为 . 令，解得， 所以常数项为． 故答案为：-4320． 33．在的展开式中第3项、4项、6项成等比数列，则 【答案】 【分析】根据二项式定理展开式的通项公式，结合等比中项定义列方程求解可得. 【详解】的展开式的通项公式， 所以， 则由题可得，，整理得，解得：. 故答案为： 34．（25-26高三上·广东·月考）若的展开式中第4项为160，则 . 【答案】 【分析】根据二项式展开的通项公式，结合题意，列出等式，化简计算，即可得答案. 【详解】的展开式中第4项为， 所以，解得. 故答案为： 35．（25-26高三上·江苏徐州·期中）若的展开式中第2项与第3项的二项式系数之比为，则 . 【答案】 【分析】写出展开式的通项，即可得到，由组合数公式解得即可. 【详解】因为展开式的通项为， 因为第2项与第3项的二项式系数之比为， 所以，即，解得. 故答案为： 考点08 系数和问题 一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝ (a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为[g(1)－g(－1)]. 36．（2025高三上·贵州贵阳·专题练习）若，则（   ） A． B． C． D．540 【答案】B 【分析】由组合数以及分类加法和分步乘法计数原理即可得解. 【详解】表示个因数的乘积. 而为展开式中的系数， 设这个因数中分别取、、这三项分别取个， 所以， 若要得到含的项，则由计数原理知的取值情况如下表： 个 个 个 0 5 0 1 3 1 2 1 2 由上表可知. 故选：B. 37．（25-26高三上·北京东城·月考）已知，则 ， ． 【答案】 1 16 【分析】根据二项式定理令，可得的值；令，则， 赋值即可得所求． 【详解】由题意令，可得， 令，则， 令，得， 令，得， 所以． 故答案为：1；16． 38．已知，则 ， . 【答案】 【分析】利用赋值法分别令和代入计算即可求得结果. 【详解】令，可得， 令，可得， 即. 故答案为： 39．已知多项式则 ， . 【答案】 30 60 【分析】首先写出、展开式的通项，即可求出、，再令，求出，从而求出； 【详解】解：因为 其中展开式的通项为，展开式的通项为，所以项的系数；项的系数 令，可得，所以，所以，所以 故答案为：； 40．已知，则 ． 【答案】 【分析】通过赋值法，将 代入已知等式，即可求出的值. 【详解】令，则， 即. 故答案为：. 考点09 系数的最值问题 1.二项式系数最大项的确定方法：当n为偶数时，展开式中第＋1项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，展开式中第项和第项的二项式系数最大，最大值为或. 2.如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用从而解出k即可. 41．若的二项展开式共有8项，则该二项展开式（   ） A． B．各项的二项式系数和为128 C．二项式系数最大的项只有1项 D．第5项系数等于 【答案】B 【分析】根据二项展开式的通项公式和相关性质逐一判断各选项即可. 【详解】由题意，解得，故A错误； 二项展开式的各项的二项式系数和为，故B正确； 的二项展开式共有8项，其二项式系数最大的项有两项，分别为第四项和第五项，故C错误； 对于D，二项展开式的第5项为，其系数为35，故D错误. 故选：B. 42．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 43．（多选）已知的展开式中常数项为35，为实数，则下列说法正确的有（   ） A．的展开式中各二项式系数之和为64 B． C．的展开式中各项的系数之和为0 D．的展开式中系数最大的项为第4项或第5项 【答案】BC 【分析】对A，由二项式系数之和为，计算判断；对B，根据二项展开式的通项公式求得常数项，进而求得判断；对C，令即可得各项系数之和判断；对D，根据二项式的通项公式求解系数最大项即可判断. 【详解】对于A，的展开式中各二项式系数之和为，故A错误； 对于B，的展开式的通项公式为， 令，解得， 所以的展开式的常数项为， 由题意得，解得，故B正确； 对于C，由B得，令，得该展开式的各项系数之和为，故C正确； 对于D，由B得，该展开式的通项公式为，可得为偶数时，系数才有可能取到最大值， 由，，，， 可知展开式中系数最大的项是第5项，故D错误. 故选：BC. 44．（24-25高三下·浙江绍兴·月考）写出在的展开式中系数最大的项 ． 【答案】 【分析】先求出二项式的通项，从而得出展开式的系数，根据展开式的系数的性质得出所有可能的系数最大项，求出所有可能的系数最大项进而得出系数最大项． 【详解】二项式的通项为：， 展开式的系数为， 当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数， 展开式中系数最大的项出现在中， 时，； 时，； 时，； 时，； 时，； 当时系数最大，即． 故答案为：． 45．在二项式中，，若它的展开式中系数最大的项是常数项，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】先根据的关系确定第5项是常数项，再根据第5项的系数最大求的取值范围. 【详解】， 由，且. 即当时，既是常数项又是系数最大的项，故， 即， 由，； 由，，. 所以：． 故答案为： $