专题14 排列组合与二项式定理（热点专练）（天津专用）2026年高考数学二轮复习讲练测

专题14 排列组合与二项式定理 内容导航 热点聚焦 方法精讲 能力突破 热点聚焦·析考情 锁定热点，靶向攻克：聚焦高考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 题型引领·讲方法 系统归纳，精讲精练：归纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。 能力突破·限时练 实战淬炼，高效提分：精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年：二项式定理是必考点，稳定在单选/填空前8题（5分），侧重通项公式与特定项系数；排列组合偶考，多为小题（5分），常与实际情景结合，难度中档偏易，二者总分值5-10分。 近三年共性特点：二项式定理命题稳定、难度低，侧重公式记忆与基础运算；排列组合命题灵活，不考复杂模型，以分类分步计数、简单排列组合公式为主，常与概率结合。 预测2026年：1. 题型与分值二项式定理：大概率为单选/填空5分题，位置靠前，难度中档偏易，是必得分类目。排列组合：单独命题概率约50%，若命题则为5分小题；若不单独命题，会融入概率题的基本事件计算中，总分值保持5-10分。 2. 核心考查方向 二项式定理：① 通项公式求特定项（常数项、xⁿ项）、系数、二项式系数；② 赋值法求各项系数和、奇数项/偶数项系数和；③ 简单综合（如与函数、不等式结合求系数最值）。排列组合： ① 实际情景应用（选法、分配、排队问题），侧重分类加法、分步乘法计数原理； ② 简单排列数、组合数计算，注意含限制条件的模型（如相邻/不相邻的基础处理）； ③ 与古典概型结合，作为概率计算的前置步骤。 题型01 两种计数原理的应用 解｜题｜策｜略 1、用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在最开始计算之前进行仔细分析需要分类还是需要分步； 2、分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数； 3、分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数。 例1（2025·天津和平·三模）下列结论中不正确的是（   ） A．已知随机变量，若，则 B．用决定系数来刻画回归的效果时，的值越接近1，说明模型拟合的效果越好 C．用0，1，2，3四个数字，组成有重复数字的三位数的个数为30 D．经验回归直线至少经过样本数据点中的一个点 【答案】D 【分析】由二项分布的期望与方差公式即可判断A；由决定系数的概念即可直接判断B；由分布乘法计数原理及间接法即可判断C；由经验回归方程有关性质即可直接判断D. 【详解】对于A，由二项分布的方差公式可知， 所以，所以， 所以二项分布的期望为，故A正确； 对于B，用来刻画回归效果，的值越接近于1，说明模型的拟合效果越好，的值越接近于0，说明模型的拟合效果越差，故B正确； 对于C，百位数字不能为0，有3种选择，个位和十位各有4种选择，利用分布乘法计数原理可得组成三位数的个数有种方法，其中没有重复数字的三位数的个数有种方法，所以组成有重复数字的三位数的个数为，故C正确； 对于D，在回归分析中，回归直线一定经过样本中心点，但不一定会经过样本数据点中的任何一个，故D错误； 故选：D. 例2（2025·天津·一模）某大学开设了“九章算术”，“数学原理”，“算术研究”三门选修课程．甲、乙、丙、丁四位同学进行选课，每人只能等可能地选择一门课程，每门课程至少一个人选择，甲和乙选择的课程不同，则四人选课的不同方案共有 种；若定义事件为甲和乙选择的课程不同，事件为丙和丁恰好有一人选择的是“九章算术”，则 ． 【答案】 30 【分析】利用排除法，总的方案数减去甲和乙选择的课程的方案数即可得到甲和乙选择的课程不同的方案数；分有一个人选择“九章算术”和两个人选择“九章算术”两种情况，利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理求得事件中包含的方案数，再利用条件概率公式求得 【详解】四个人参加三门选修课程共有种方案，其中甲和乙选择的课程相同共有种方案， 所以甲和乙选择的课程不同共有种方案； 事件共有种方案，以下考虑事件，即“甲和乙选择的课程不同，丙和丁恰好有一人选择的是九章算术” 先从丙、丁两个人中选一个人选择“九章算术”，则有种方案， 若四个人中只有一个人选择“九章算术”，则甲、乙分别选择另外两门课程，有种方案， 丙、丁中没选择“九章算术”的也从另外两门中选择一门，有种方案， 根据分步乘法计数原理，共有种方案； 若四个人中有两人选择“九章算术”，则除了包含丙、丁中的一个人外，还包含甲、乙中的一个人，有种方案， 其余两人分别选择另外两门课程，有种方案， 根据分步乘法计数原理，共有种方案； 根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，事件中共有种方案， 根据条件概率公式，； 故答案为：30；. 【变式1】（2024·天津和平·二模）为响应党的二十大报告提出的“深化全民阅读”的号召，某学校开展读书活动，组织同学从推荐的课外读物中进行选读．活动要求甲、乙两位同学从5种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 【答案】B 【分析】根据题意，首先选取种相同课外读物，再选取另外两种课外读物，由分步计数原理计算可得答案． 【详解】根据题意，分2步进行分析： 首先选取种相同课外读物的选法有种， 再选取另外两种课外读物需不同，则共有种， 所以这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有种． 故选：B． 【变式2】（2026·天津东丽·开学考试）甲、乙、丙三位教师指导六名学生a、b、c、d、e、f参加全国高中数学联赛，若每位教师至少指导一名学生，其中甲指导三名学生，则共有（    ）种分配方案 A．90 B．120 C．150 D．240 【答案】B 【分析】先选名学生分配给甲，再将剩余人分成两组分配给乙、丙，由分步乘法计数原理可得. 【详解】第一步，从六名学生中选名，分配给甲指导，有种不同的方法， 第二步，将剩余名学生分成两组，分配给乙、丙指导，有种不同的方法， 根据分步乘法计数原理，不同的分配方案共有种. 故选：B. 题型02 队列排序问题 解｜题｜策｜略 1、解有“相邻元素”的排列问题的方法 对于某些元素必须相邻的排列，通常采用“捆绑法”，即把相邻元素看作一个整体和其他元素一起参与排列，再考虑这个整体内部各元素间的顺序。 2、解有“不相邻元素”的排列问题的方法 对于某些元素不相邻的排列，通常采用“插空法”，即先排不受限制的元素，使每两个元素之间形成“空”，然后将不相邻的元素进行“插空”。 3、解有特殊元素（位置）的排列问题的方法 解有特殊元素或特殊位置的排列问题，一般先安排特殊元素或特殊位置，再考虑其他元素或位置，当以元素为主或以位置为主。 例1（2026·天津东丽·开学考试）某校团委举办《在青春的赛道上，我们都是追光者》主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件为“高一年级2人不相邻”，事件为“高二年级3人相邻”，则 . 【答案】/ 【分析】利用插空法求出事件的排法，再使用捆绑法和插空法求出事件的排法，利用条件概率公式计算得到. 【详解】由题意，先将高二和高三年级的5个人全排列，有种排法，将高一年级2人进行插空，有种排法， 所以事件 “高一年级2人不相邻”的排法有种排法. 将高二年级3人进行全排列，有种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有种排法， 排好后，将高一年级的2人进行插空，有种排法，所以事件共有种排法. 所以，. 故答案为：. 例2（2025·天津滨海新·调研）有3名男生和2名女生站成一排拍照，其中男生甲必须站在两端，2名女生必须站在一起，则不同的站法有（   ） A．8种 B．12种 C．20种 D．24种 【答案】D 【分析】由分步乘法原理，特殊的先排可得. 【详解】先选男生甲的位置，有2种； 再将两名女生绑定排列有2种，然后与剩余同学全排列有种； 由分步乘法原理可得共有种. 故选：D. 【变式1】（2025·天津·调研）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的个数是（   ） ①如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有种 ②最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有种 ③甲乙不相邻的排法种数为种 ④甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种 A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】D 【分析】结合分类与分步计数原理，根据特殊元素特殊位置有限原则、捆绑法、插空法以及部分定序法分别判断各个命题. 【详解】甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，则将甲与乙看成一个整体，则那么不同的排法有种，①正确； 若最左端排甲，则有种排法，若最左端排乙，最右端不能排甲，则有种，所以不同的排法共有种，②正确； 甲乙不相邻，先排其余三人，共有种排法，再将甲乙插入到三人所成的个空位，有种排法，所有不同的排法共有种，③正确； 甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种，④错误； 故选：D. 【变式2】（2025·天津滨海新·调研）中国古代儒家提出的“六艺”指：礼、乐、射、御、书、数.某校国学社团预在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备连排六节课，每艺一节，排课有如下要求：“礼”与“乐”不能相邻，“射”和“御”要相邻，则针对“六艺”课程讲座活动的不同排课顺序共有 种. 【答案】144 【分析】本题需要分步处理排列条件，首先将“射”与“御”捆绑为一个整体，然后结合插空法求解可得. 【详解】由题意知：“乐”与“书”不能相邻，“射”与“御”要相邻， 可将“射”与“御”进行捆绑看成一个整体，共有种. 然后与“礼”、“数”进行排序，共有种. 最后将“乐”与“书”插入4个空即可，共有种. 由于是分步进行，所以共有种. 故答案为：144. 题型03 数字排序问题 解｜题｜策｜略 数字排序问题要特别注意首位不为0的情况。 例1（2025·天津东丽·月考）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的三位数，这样的三位数共有 个.(用数字作答) 【答案】 【分析】利用分类计算，结合先选取后排列来计算即可. 【详解】第一类，没有偶数数字的三位数，即有个； 第二类，有一个偶数数字的三位数，即有：个； 第三类，有一个非偶数数字的三位数，即有：个； 所以这样的三位数共有个， 故答案为：. 例2（2025·天津河西·调研）用0-5这六个数字可以组成没有重复的 (1)三位数有多少个? (2)四位偶数有多少个? (3)能被5整除的四位数有多少个? 【答案】(1)100 (2)156 (3)108 【分析】（1）先分析百位，再根据排列组合求解即可； （2）分析末尾的情况求解即可 （3）分末尾为0和5与首位的情况求解即可. 【详解】（1）百位不能为0，三位数共有个. （2）末位为0的四位偶数有5×4×3=60个； 末位为2的四位偶数有4×4×3=48个； 末位为4的四位偶数有4×4×3=48个； 故共有156个四位偶数. （3）能被5整除的数的个位数字是0或5. 根据分类计数原理知 当末位是0时，千位、十位和百位从5个元素中选3个进行排列有种结果， 当末位是5时，千位数字不能取零，有种取法，十位和百位从4个元素中选2个进行排列有种结果，共有个结果， 根据分类计数原理知共有60+48=108个能被5整除的四位数. 【变式1】（2025·天津北辰·调研）从0，2，4中选一个数字．从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数．其中奇数的个数为（    ） A．48 B．30 C．24 D．6 【答案】B 【分析】考虑到百位数字非零的限制，将三位奇数分成三类，分别用排列组合数表示方法数，最后运用分类加法计数原理计算即得. 【详解】依题意，这样的三位奇数分为三类： ①元素0被选中，则应放在十位，从1，3，5中选两个数字排在个位与百位，共有种方法； ②元素2被选中，则可放在百位或十位，再从1，3，5中选两个数字排在余下的两个数位，有种方法； ③元素4被选中，与②情况相同，有种方法. 由分类加法计数原理可得，奇数的个数为个. 故选：B. 【变式2】（2025·天津北辰·月考）从1，3，5，7中任取两个数，从0，2，4，6中任取两个数，组成没有重复数字的四位数．这样的四位偶数有 个．（用数字作答） 【答案】396 【分析】利用分步乘法计数原理求出个位为偶数字的排列数，去掉最高位是数字0且个位为偶数字的排列数即可得结果. 【详解】取出两个奇数字和两个偶数字的方法数为种， 把取出的4个数字排列，个位为偶数字的排列方法数为， 其中取出数字0并排在最高位，个位为偶数字的有， 所以符合要求的四位偶数个数为. 故答案为：396 题型04 涂色问题 解｜题｜策｜略 涂色的规则是“相邻区域涂不同的颜色” 在处理涂色问题时，可按照选择颜色的总数进行分类讨论，每减少一种颜色的使用，便意味着多出一对不相邻的区域涂相同的颜色（还要注意两两不相邻的情况），先列举出所有不相邻区域搭配的可能，再进行涂色即可。 例1（2025·天津·月考）如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（    ） A．144种 B．120种 C．108种 D．96种 【答案】A 【分析】利用分步计数原理，按照顺序去考虑涂色，注意区域1和区域3同色和不同色的问题即可. 【详解】先涂区域1和区域2，有种涂色方法， 再涂区域3，这时有两类： 若区域1和区域3同色，则涂区域4和区域5有种涂色方法， 若区域1和区域3不同色，则涂区域3，区域4和区域5有种涂色方法， 所以不同的涂色种数有种涂色方法. 故选：A. 例2（2025·天津河东·调研）如图，现要用红，橙，黄，绿，蓝5种不同的颜色对某市的6个行政区地图进行着色，要求有公共边的两个行政区不能用同一种颜色，则共有 种不同的涂色方法.    【答案】1260 【分析】分类讨论所涂区域所用的颜色种类，结合排列数、组合数分析求解即可. 【详解】若只用3种颜色，先涂，则有种不同的涂色方法， 此时与的颜色相同，与的颜色相同，与的颜色相同， 所以共有种不同的涂色方法； 若只用4种颜色，先涂，则有种不同的涂色方法， 此时第4种颜色可以涂， 当涂时，则与的颜色相同，与或的颜色相同，有2种不同的涂色方法； 当涂时，则与的颜色相同，与的颜色相同，有1种不同的涂色方法； 当涂时，则与的颜色相同，与或的颜色相同，有2种不同的涂色方法； 所以共有种不同的涂色方法； 若用5种颜色，先涂，则有种不同的涂色方法， 此时第4和第5 种颜色可以涂， 当涂时，则与的颜色相同，有种不同的涂色方法； 当涂时，则与或或的颜色相同，有种不同的涂色方法； 当涂时，则与的颜色相同，有种不同的涂色方法； 所以共有种不同的涂色方法； 综上所述：共有种不同的涂色方法. 故答案为：1260. 【变式1】（2025·天津·月考）用四种不同的颜色给如图所示的六块区域涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是（    ） A．120 B．144 C．264 D．96 【答案】A 【分析】利用两个计数原理，先分类再分步即可求解． 【详解】先涂，有4种选择，接下来涂，有3种选择，再涂,有2种选择， ① 当颜色相同时涂色方法数是：， ② 当颜色不相同时涂色方法数是：， 满足题意的涂色方法总数是：． 故选：A． 【变式2】（2025·天津滨海新·月考）如图，圆的两条弦把圆分成4个部分，用5种不同的颜色给这4个部分涂色，每个部分涂1种颜色，任何相邻（有公共边）的两个部分涂不同的颜色，那么共有 种不同的涂色方法． 【答案】260 【分析】分3步，第一步给涂色，第二步给涂色，第三步给和涂色，分2类：与同色或不同色，计算得解. 【详解】第一步给涂色，有5种方法； 第二步给涂色，有4种方法； 第三步给和涂色，分2类：当与的颜色相同时，涂色方法为种； 当与颜色不同时，涂色方法有种，故共有种. 由分步计数原理，总共方法数为种. 故答案为：260. 题型05 分组分配问题 解｜题｜策｜略 1、解题思路：先分组后分配，分组是组合问题，分配是排列问题； 2、分组方法：①完全均匀分组，分组后除以组数的阶乘；②部分均匀分组，有组元素个数相同，则分组后除以；③完全非均匀分组，只要分组即可； 3、分配：①相同元素的分配问题，常用“挡板法”；②不同元素的分配问题，分步乘法计数原理，先分组后分配；③有限制条件的分配问题，采用分类求解； 例1（2026·天津滨海新·月考）下列说法正确的有（   ） ①数据2，3，5，7，11，13的第75百分位数为11，中位数为6； ②一组数据的标准差为0，则这组数据中的数值均相等； ③若随机变量，满足，则，； ④一个医疗队有男医生36人，女医生24人，分层抽样抽取了一个5人小分队，现将这5人分配去三个医院指导工作，每个医生去一个医院且每个医院至少有一名医生，女医生去同一个医院，共有36种分配方式. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】由百分位数的定义即可得出①正确，由标准差定义判断②正确，由随机变量的数学期望及方差性质判断③错误，由排列组合求解分组分配可知④正确. 【详解】①：由，得第75百分位数为第5个数，即11，中位数为，故①正确． ②：根据标准差定义，一组数据的标准差 时， 显然有，故②正确． ③：若随机变量，满足，则， ，故③错误； ④：一个医疗队有男医生36人，女医生24人，分层抽样抽取了一个5人小分队， 男医生人，女医生人， 现将这5人分配去三个医院指导工作， 每个医生去一个医院且每个医院至少有一名医生，且女医生去同一个医院， 三个医院人数可以为，共有种分配方式； 三个医院人数可以为，共有种分配方式； 综上，共有种分配方式，故④正确； 故选：C 例2（2025·天津东丽·调研）第三届无人机大赛在天津召开，现在要从小张､小赵､小李､小罗､小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译､安保､礼仪､服务四项不同工作，每个工作至少有一人参加，若小张､小赵只能从事安保工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有 种. 【答案】12 【分析】结合排列和组合数直接求解即可． 【详解】由题意知小张或小赵只有一人入选，且只能从事安保工作，其余三人从事不同工作， 则有不同的选派方案． 故答案为：12． 【变式1】（2025·天津和平·调研）某大学开设了“九章算术”，“数学原理”，“算术研究”三门选修课程.甲、乙、丙、丁四位同学进行选课，每人只能等可能地选择一门课程，每门课程至少一个人选择 （1）若甲和乙选择的课程不同，则四人选课的不同方案共有 种. （2）若定义事件A为丙和丁恰好有一人选择的是“九章算术”，则 . 【答案】 30 【分析】（1）把4人分成3组，再分配课程，减去甲乙选择同一课程的情况即可；（2）在丙丁恰有1人选择“九章算术”时，按只有1人、有2人选择“九章算术”分类求出事件含有的基本事件数即可. 【详解】（1）四个人参加三门选修课程共有种方案，其中甲和乙选择的课程相同共有种方案， 所以甲和乙选择的课程不同共有种方案； （2）“九章算术”只有1人选择，共有种方案； “九章算术”有2人选择，共有，因此事件发生的方案种数为， 所以. 故答案为：30； 【变式2】（2025·天津西青·调研）天津某中学在学校发展目标的引领下，不断推进教育教学工作的高质量发展，学生社团得到迅猛发展.现有高一新生中的五名同学打算参加“地理行知社”“英语ABC”“篮球之家”“生物研启社”四个社团.若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“生物研启社”，则不同的参加方法的种数为 . 【答案】 【分析】根据甲参加的社团分类，分甲参加的社团只有1人和参加的社团有2人，再将个组分到四个社团，由分步和分类计数原理即可求解． 【详解】将人分成组，由题可知，有一组必有2人， 若甲单独成组，有种分法，若甲不单独成组，则种分法， 将个组分到四个社团，因为同学甲不参加“生物研启社”，则有种分法， 故不同的参加方法的种数为， 故答案为：. 题型06 最短路径问题 解｜题｜策｜略 最短路径问题的关键点在于确定好最短路径中横向与纵向需要走几步。 例1（2025·天津·开学考试）如图：某城市有纵向道路和横向道路若干条，构成如图所示的矩形道路网（图中黑线表示道路），则从西南角A地到东北角B地的最短路线共有 条.（用数字作答）    【答案】 【分析】根据题意，得到从西南角A地到东北角B地的最短路线，共有种，再结合在向上和向右的走法中，都需要连续走2步有种，进而得到答案. 【详解】由题意，从西南角A地到东北角B地的最短路线，共需要走9步， 其中4步向上，5步向右，共有种不同的走法， 又由中间的矩形中没有道路，所以在向上和向右的走法中，都需要连续走2步， 共有种不同的走法， 所以从西南角A地到东北角B地的最短路线共有种不同的走法. 故答案为：. 例2（2025·天津·调研）如图，一只蚂蚁位于点M处，去搬运位于N处的糖块，的最短路线有 条． 【答案】150 【分析】由分步乘法和分类加法计数原理及组合数的计算即可求解． 【详解】由题可知，的最短路线必经过两点， 则的最短路线有种，的最短路线有种； 的最短路线有种，的最短路线有种； 因为的最短路线有和， 所以的最短路线有种， 故答案为：150． 【变式1】（2025·天津·月考）中国古代文化博大精深，其中很多发明至今还影响着我们，例如中国象棋．中国象棋中的“马”在棋盘上是行走“日”字可纵走如由到，也可横走如由到，在如图所示的棋盘上，“马”由点到点的最短走法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】通过列举的方法，即可求解. 【详解】如图，若到，则先到和处，如下图，最少4步，包含如下路线， 到处有2种路线，到处有2种路线，到有2种路线，到处没有路线， 综上可知， 到的最短走4步，有6种. 故选：C 【变式2】（2025·天津·调研）如图，在中国象棋的模盘上，敌方有一无名小卒，小卒未过河前只能竖行，不能横行，过河后每次只可横行或竖行一格，需想办法到达敌军的“帅”处，从而坐上“正堂”，赢得胜利，已知小卒中途不会受到任何阻碍，则小卒坐到“正堂”的最短路线有 条．    【答案】70 【分析】根据题意，小卒需要横着需走4步，竖着需走4步，然后即可得到结果. 【详解】小卒过河前只能往前走，故过河前路线唯一，过河后需走八步，其中，横着需走4步，竖着需走4步，故只需选出横着走的四步即可，即． 故答案为： 题型07 二项展开式的特定项 解｜题｜策｜略 求二项展开式的特定项的常用方法 1、对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)； 2、对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数集，再根据数的整除性来求解； 3、对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．[ 例1（2025·天津滨海新·三模）在二项式的展开式中常数项为 ． 【答案】112 【分析】由二项式定理即可求解. 【详解】的展开式中常数项为. 故答案为：112. 例2（2024·天津河东·一模）在的二项展开式中，常数项是 ．（用数字作答） 【答案】 【分析】求出的二项展开式的通式即可求解. 【详解】因为的二项展开式的通式为， 令，所以，所以常数项是. 故答案为：. 【变式1】（2026·天津西青·月考）二项式的展开式中，第5项是常数项，则二项式系数最大的项的系数 ． 【答案】160 【分析】写出二项式展开式的通项，由第项是常数项可求得. 当时二项式系数最大，代入通项，可得相应项的系数. 【详解】二项式展开式的通项为， 因为第项是常数项，所以，即. 当时，二项式系数最大， 故二项式系数最大的项的系数是. 故答案为：160. 【变式2】（2025·天津河西·模拟预测）二项式的展开式的常数项是 ． 【答案】 【分析】求得二项展开式的通项，令，即可求解展开式的常数项，得到答案． 【详解】由题意，二项式的展开式的通项为， 令，可得，即展开式的常数项是． 故答案为：． 题型08 二项式系数与系数最值 解｜题｜策｜略 1、二项式系数先增后减中间项最大 （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． 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来，即得． 例1（2024·天津·一模）已知，则 ．（用数字作答） 【答案】 【分析】根据条件，两边求导得到，再取，即可求出结果. 【详解】因为， 两边求导可得， 令，得到，即， 故答案为：. 例2（2025·天津和平·二模）已知的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为 ． 【答案】80 【分析】根据题意，由各项系数之和可得，再由二项式展开式的通项公式即可得到结果. 【详解】由题意，令，则，解得， 则的展开式第项， 令，解得，所以. 故答案为： 【变式1】（2025·天津河西·模拟预测）若展开式中的所有项系数和为243，则 ；该展开式中的系数 . 【答案】 【分析】令，结合所有项系数的和即可求出，再求出展开式的通项，令的指数等于，即可得解. 【详解】令，则，解得， 则的展开式的通项为， 令，得， ∴展开式中的系数为. 故答案为：；. 【变式2】（2025·天津河西·二模）若，则 ． 【答案】 【分析】根据题意，令得，得，再求解即可得答案. 【详解】解：因为， 所以，令得， 令得， 另一方面，，即， 所以. 故答案为： 题型09 系数和问题 解｜题｜策｜略 系数和问题常用“赋值法”求解：赋值法是指对二项式中的未知元素赋值，从而求得二项展开式的各项系数和的方法．求解有关系数和题的关键点如下： ①赋值，观察已知等式与所求式子的结构特征，确定所赋的值，常赋的值有：－1，0，1等． ②求参数，通过赋值，建立参数的相关方程，解方程，可得参数值． ③求值，根据题意，得出指定项的系数和． 例1（2025·天津河西·二模）在的展开式中，偶数项的二项式系数和为128，则常数项为 . 【答案】 【分析】首先根据二项式系数的性质求，再根据通项公式，即可求解. 【详解】由条件可知，，则， 二项展开式的通项公式， 令，得， 所以常数项为. 故答案为： 例2（2025·天津南开·一模）若的展开式的二项式系数和为32，且的系数为 ． 【答案】 【分析】由二项式系数和求得，再由通项公式即可求解. 【详解】由题意可得，即， 通项公式， 令，可得：， 所以的系数为， 故答案为： 【变式1】（2025·天津·模拟预测）已知的二项展开式的奇数项二项式系数和为，若，则等于 ． 【答案】 【分析】根据二项式系数和公式求出，再利用展开式求. 【详解】的二项展开式的奇数项二项式系数和为64， ，即， 则的通项公式为， 令，则， 所以. 故答案为：. 【变式2】（2025·天津北辰·三模）若展开式的二项式系数和为128，则展开式中的系数为 . 【答案】280 【分析】根据二项式系数和可得，再结合二项展开式的通项分析求解即可. 【详解】由题意可知：二项式系数和为，解得， 则展开式的通项为， 令，解得， 所以展开式中的系数为. 故答案为：280. 题型10 杨辉三角形及应用 解｜题｜策｜略 1、在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等； 2、在相邻的两行中，除1以外的其余各数都等于它“肩上”两个数字之和. 由此可知，当二项式次数不大时，可借助“杨辉三角”直接写出各项的二项式系数. 例1（2025·天津和平·月考）“杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.如图所示，第行的数字之和为 ；去除所有为1的项，依此构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，则此数列的前46项和为 . 【答案】 2037 【分析】由次二项式系数对应杨辉三角形的第行，从而求系数和即可得第一个空, 若去除所有为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，…，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，进而找到第46项所在的位置,利用每一行的和为等比数列的基础上减去等差数列的和,即可得解. 【详解】次二项式系数对应杨辉三角形的第行，例如：，系数分别为1，2，1，对应杨辉三角形的第三行： 令，就可以求出该行的系数和，第1行为，第2行为，第3行为，依此类推即每一行数字和为首项为1，公比为2的等比数列，即杨辉三角第行的数字之和为， 杨辉三角的前行的所有项的和为. 若去除所有为1的项，则剩下的每一行的个数为1，2，3，4，…，可以看成构成一个首项为1，公差为1的等差数列，则，且，可得当即第11行，再加上第12行的前1个数（去除两边的1），所有项的个数和为46，则杨辉三角形的前11行所有项的和为. 则此数列前46项的和为. 故答案为：，2037. 例2（2025·天津·模拟预测）“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组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，用代表第行，第个数，，例如，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A． B．在第行中，最大 C． D． 【答案】C 【分析】根据定义计算判断A，根据组合数的性质计算判断B，C，D. 【详解】对于选项A，，故A错误； 对于选项B，第100行中第50个数是，又，故B错误； 对于选项C，第2025行中第1013个数和第1014个数分别为和， 因，故，故C正确； 对于选项D，因为 ， 则，故D错误； 故选：C. 【变式1】（2025·天津·模拟预测）在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：､类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2021层，底层如图3，一边2023个圆球，另一边2022个圆球，向上逐层每边减少个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，由杨辉三角中观察规律，推广之后，代入计算即可得到结果. 【详解】由杨辉三角中观察得可得. 推广，得到 即 由题意，2021层“刍童垛”小球的总个数为 故选:B 【变式2】（2025·天津·模拟预测）“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，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（    ） A．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 B．第2023行中第1012个数和第1013个数相等 C．记“杨辉三角”第行的第个数为，则 D．第34行中第15个数与第16个数之比为 【答案】D 【分析】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错. 【详解】第6行的第7个数为1，第7行的第7个数为7，第8行的第7个数为28， 它们之和等于36，第9行的第8个数是，A正确； 第行是二项式的展开式的系数， 故第行中第个数为，第个数为，又，B正确； “杨辉三角”第行是二项式的展开式的系数，所以， ，C正确； 第34行是二项式的展开式的系数，所以第15个数与第16个数之比为，D不正确. 故选：D. （建议用时：20分钟） 1．（2025·天津河东·二模）在的二项展开式中，含的项的系数是 .（用数字作答） 【答案】84 【分析】先得到通项，再根据系数得到项数，然后计算即可. 【详解】根据二项式定理,的通项为: ， 当时,即时,可得. 即项的系数为. 故答案为：. 2．（2025·天津和平·二模）在的展开式中，常数项为 .（用数字作答） 【答案】 【分析】由二项式展开式的通项公式，令的次数为，求出的值，代入通项公式中可求得常数项. 【详解】展开式的通项为， 令，得， 所以常数项为． 故答案为：. 3．（2025·天津·二模）已知的二项展开式中各项系数和为，则展开式中常数项的值为 . 【答案】 【分析】根据题意，由各项系数之和求得，再由二项式展开式的通项公式求解即可. 【详解】的二项展开式中各项系数和为1024，即，． 设的二项展开式的通项为，则， 令，得，故展开式中常数项的值为． 故答案为：210． 4．（2025·天津·一模）二项式的展开式中，项的系数是 ．（用数字填写答案） 【答案】 【分析】根据二项展开式的通项公式，即可求解. 【详解】二项展开式的通项公式为， 令，得， 所以项的系数是. 故答案为： 5．（2025·天津·一模）某中学组建了，，，，五个不同的社团，旨在培养学生的兴趣爱好，要求每个学生必须且只能参加一个社团．假定某班级的甲、乙、丙三名学生对这五个社团的选择是等可能的，且结果互不影响．记事件为“甲、乙、丙三名学生中恰有两人参加社团”，则 ；若甲、乙、丙三名学生中有两人参加社团，则恰巧甲参加社团的概率为 ． 【答案】 【分析】首先求出甲、乙、丙三名学生中恰有两人参加社团的事件数，及恰巧甲参加社团的事件数，再由古典概型的概率公式计算可得. 【详解】依题意甲、乙、丙三名学生选择社团的可能结果有个， 若甲、乙、丙三名学生中恰有两人参加社团，则有种选择，所以； 甲、乙、丙三名学生中有两人参加社团，则恰巧甲参加社团，则有种选择， 所以甲、乙、丙三名学生中有两人参加社团，则恰巧甲参加社团的概率. 故答案为：； 6．（2025·天津河西·三模）已知递增数列的前n项和为，且，． (1)求数列的通项公式； (2)设． （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）求． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据的关系式，采用相减的方法，结合数列性质，即可求得答案； （2）（i）根据已知等式，结合组合数性质，利用倒序相加法，即可求得答案；（ii）求出的表达式，利用裂项相消法，即可求得答案. 【详解】（1）因为，当时，，则； 当时，，则，即， 而为递增数列，故， 即为首项为2，公差为2的等差数列， 故； （2）（i）， 所以， ， 两式相加可得， 故数列的通项公式为； （ii）， 故. 7．（2025·天津·模拟预测）在的展开式中，的系数为，则实数为 . 【答案】/ 【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项，再求出的系数即可得解. 【详解】二项式展开式的通项， 显然是偶数，由，解得，则有的项为， 因此，所以. 故答案为： 8．（2025·天津·二模）将5个颜色互不相同的小球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的小球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（   ） A．3种 B．4种 C．10种 D．25种 【答案】D 【分析】根据1号盒子中放入小球的个数，分类讨论，即可求得所有放球的种数. 【详解】根据题意，每个盒子里的球的个数不小于该盒子的编号， 分析可得，可得1号盒子至少放1个，最多放3个小球，分情况讨论： ①1号盒子中放1个球，其余4个放入2号盒子，有种方法； ②1号盒子中放2个球，其余3个放入2号盒子，有种方法； ③1号盒子中放3个球，其余2个放入2号盒子，有种方法； 则不同的放球方法有种. 故选：. 9．（2025·天津·一模）数列是公差不为0的等差数列，．已知为等比数列，且，，． (1)求数列和的通项公式； (2)设数列中的项落在区间中的项数为． （i）求数列的前项和； （ii）设数列满足，若存在正整数满足当时，，且，求． 【答案】(1)， (2)（i）；（ii） 【分析】（1）设数列的公差为，由题意得，可求出公差，从而可求出，设数列的公比为，再由可求出，从而可求出，进而可求出； （2）（i）由题意可得，则可求出，从而可求出，方法一：利用错位相减法可求出，方法二：对变形后，利用累加法可求出；（ii）当时，可得，则可得，当当时，利用累乘法可求得，从而可求出. 【详解】（1）设数列的公差为， 因为为等比数列，且，，， 所以， 所以， 解得或(不合题意，舍去)， 又因，所以， 设数列的公比为， 因为，所以， 所以， 又因，所以， 所以． （2）（i），， 数列中的项落在区间中的项数满足， 即， 因为， ， 数列中的项落在区间中的项数为， 所以， 所以， 方法一： ， ， 所以． 方法二：， （ii）当时，，则， 所以 又因为， 所以，解得， 所以当时， 所以 ， 所以， 所以， 综上． 10．（2025·天津河东·二模）哪吒系列手办盲盒包含哪吒、敖丙、哪吒父母、四大龙王共个人物手办，小明随机购买个盲盒（个盲盒内人物一定不同），求其中包含哪吒和至少一位龙王的概率 ；在包含哪吒且不包含敖丙的条件下，则恰有哪吒父母中的一位的概率为 . 【答案】 【分析】利用组合，求出从个人物手办中，随机购买个盲盒的买法和包含哪吒和至少一位龙王的买法，再利用古典概率公式，即可求解；利用条件概率公式，即可求解. 【详解】从个人物手办中，随机购买个盲盒，共有种买法， 又个盲盒中，包含哪吒和至少一位龙王有种买法， 所以小明随机购买个盲盒，其中包含哪吒和至少一位龙王的概率为， 记事件：随机购买个盲盒，含哪吒且不包含敖丙，事件：随机购买个盲盒，恰有哪吒父母中的一位， 则，，所以， 故答案为：；. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题14 排列组合与二项式定理 内容导航 热点聚焦 方法精讲 能力突破 热点聚焦·析考情 锁定热点，靶向攻克：聚焦高考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。 题型引领·讲方法 系统归纳，精讲精练：归纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。 能力突破·限时练 实战淬炼，高效提分：精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。 近三年：二项式定理是必考点，稳定在单选/填空前8题（5分），侧重通项公式与特定项系数；排列组合偶考，多为小题（5分），常与实际情景结合，难度中档偏易，二者总分值5-10分。 近三年共性特点：二项式定理命题稳定、难度低，侧重公式记忆与基础运算；排列组合命题灵活，不考复杂模型，以分类分步计数、简单排列组合公式为主，常与概率结合。 预测2026年：1. 题型与分值二项式定理：大概率为单选/填空5分题，位置靠前，难度中档偏易，是必得分类目。排列组合：单独命题概率约50%，若命题则为5分小题；若不单独命题，会融入概率题的基本事件计算中，总分值保持5-10分。 2. 核心考查方向 二项式定理：① 通项公式求特定项（常数项、xⁿ项）、系数、二项式系数；② 赋值法求各项系数和、奇数项/偶数项系数和；③ 简单综合（如与函数、不等式结合求系数最值）。排列组合： ① 实际情景应用（选法、分配、排队问题），侧重分类加法、分步乘法计数原理； ② 简单排列数、组合数计算，注意含限制条件的模型（如相邻/不相邻的基础处理）； ③ 与古典概型结合，作为概率计算的前置步骤。 题型01 两种计数原理的应用 解｜题｜策｜略 1、用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在最开始计算之前进行仔细分析需要分类还是需要分步； 2、分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数； 3、分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数。 例1（2025·天津和平·三模）下列结论中不正确的是（   ） A．已知随机变量，若，则 B．用决定系数来刻画回归的效果时，的值越接近1，说明模型拟合的效果越好 C．用0，1，2，3四个数字，组成有重复数字的三位数的个数为30 D．经验回归直线至少经过样本数据点中的一个点 例2（2025·天津·一模）某大学开设了“九章算术”，“数学原理”，“算术研究”三门选修课程．甲、乙、丙、丁四位同学进行选课，每人只能等可能地选择一门课程，每门课程至少一个人选择，甲和乙选择的课程不同，则四人选课的不同方案共有 种；若定义事件为甲和乙选择的课程不同，事件为丙和丁恰好有一人选择的是“九章算术”，则 ． 【变式1】（2024·天津和平·二模）为响应党的二十大报告提出的“深化全民阅读”的号召，某学校开展读书活动，组织同学从推荐的课外读物中进行选读．活动要求甲、乙两位同学从5种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 【变式2】（2026·天津东丽·开学考试）甲、乙、丙三位教师指导六名学生a、b、c、d、e、f参加全国高中数学联赛，若每位教师至少指导一名学生，其中甲指导三名学生，则共有（    ）种分配方案 A．90 B．120 C．150 D．240 题型02 队列排序问题 解｜题｜策｜略 1、解有“相邻元素”的排列问题的方法 对于某些元素必须相邻的排列，通常采用“捆绑法”，即把相邻元素看作一个整体和其他元素一起参与排列，再考虑这个整体内部各元素间的顺序。 2、解有“不相邻元素”的排列问题的方法 对于某些元素不相邻的排列，通常采用“插空法”，即先排不受限制的元素，使每两个元素之间形成“空”，然后将不相邻的元素进行“插空”。 3、解有特殊元素（位置）的排列问题的方法 解有特殊元素或特殊位置的排列问题，一般先安排特殊元素或特殊位置，再考虑其他元素或位置，当以元素为主或以位置为主。 例1（2026·天津东丽·开学考试）某校团委举办《在青春的赛道上，我们都是追光者》主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件为“高一年级2人不相邻”，事件为“高二年级3人相邻”，则 . 例2（2025·天津滨海新·调研）有3名男生和2名女生站成一排拍照，其中男生甲必须站在两端，2名女生必须站在一起，则不同的站法有（   ） A．8种 B．12种 C．20种 D．24种 【变式1】（2025·天津·调研）甲，乙，丙，丁，戊五人并排站成一排，下列说法正确的个数是（   ） ①如果甲，乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法有种 ②最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同的排法共有种 ③甲乙不相邻的排法种数为种 ④甲乙丙按从左到右的顺序排列的排法有种 A．个 B．个 C．个 D．个 【变式2】（2025·天津滨海新·调研）中国古代儒家提出的“六艺”指：礼、乐、射、御、书、数.某校国学社团预在周六开展“六艺”课程讲座活动，周六这天准备连排六节课，每艺一节，排课有如下要求：“礼”与“乐”不能相邻，“射”和“御”要相邻，则针对“六艺”课程讲座活动的不同排课顺序共有 种. 题型03 数字排序问题 解｜题｜策｜略 数字排序问题要特别注意首位不为0的情况。 例1（2025·天津东丽·月考）用数字0，1，2，3，4，5组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的三位数，这样的三位数共有 个.(用数字作答) 例2（2025·天津河西·调研）用0-5这六个数字可以组成没有重复的 (1)三位数有多少个? (2)四位偶数有多少个? (3)能被5整除的四位数有多少个? 【变式1】（2025·天津北辰·调研）从0，2，4中选一个数字．从1，3，5中选两个数字，组成无重复数字的三位数．其中奇数的个数为（    ） A．48 B．30 C．24 D．6 【变式2】（2025·天津北辰·月考）从1，3，5，7中任取两个数，从0，2，4，6中任取两个数，组成没有重复数字的四位数．这样的四位偶数有 个．（用数字作答） 题型04 涂色问题 解｜题｜策｜略 涂色的规则是“相邻区域涂不同的颜色” 在处理涂色问题时，可按照选择颜色的总数进行分类讨论，每减少一种颜色的使用，便意味着多出一对不相邻的区域涂相同的颜色（还要注意两两不相邻的情况），先列举出所有不相邻区域搭配的可能，再进行涂色即可。 例1（2025·天津·月考）如图，用4种不同的颜色对图中5个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（    ） A．144种 B．120种 C．108种 D．96种 例2（2025·天津河东·调研）如图，现要用红，橙，黄，绿，蓝5种不同的颜色对某市的6个行政区地图进行着色，要求有公共边的两个行政区不能用同一种颜色，则共有 种不同的涂色方法.    【变式1】（2025·天津·月考）用四种不同的颜色给如图所示的六块区域涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是（    ） A．120 B．144 C．264 D．96 【变式2】（2025·天津滨海新·月考）如图，圆的两条弦把圆分成4个部分，用5种不同的颜色给这4个部分涂色，每个部分涂1种颜色，任何相邻（有公共边）的两个部分涂不同的颜色，那么共有 种不同的涂色方法． 题型05 分组分配问题 解｜题｜策｜略 1、解题思路：先分组后分配，分组是组合问题，分配是排列问题； 2、分组方法：①完全均匀分组，分组后除以组数的阶乘；②部分均匀分组，有组元素个数相同，则分组后除以；③完全非均匀分组，只要分组即可； 3、分配：①相同元素的分配问题，常用“挡板法”；②不同元素的分配问题，分步乘法计数原理，先分组后分配；③有限制条件的分配问题，采用分类求解； 例1（2026·天津滨海新·月考）下列说法正确的有（   ） ①数据2，3，5，7，11，13的第75百分位数为11，中位数为6； ②一组数据的标准差为0，则这组数据中的数值均相等； ③若随机变量，满足，则，； ④一个医疗队有男医生36人，女医生24人，分层抽样抽取了一个5人小分队，现将这5人分配去三个医院指导工作，每个医生去一个医院且每个医院至少有一名医生，女医生去同一个医院，共有36种分配方式. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 例2（2025·天津东丽·调研）第三届无人机大赛在天津召开，现在要从小张､小赵､小李､小罗､小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译､安保､礼仪､服务四项不同工作，每个工作至少有一人参加，若小张､小赵只能从事安保工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有 种. 【变式1】（2025·天津和平·调研）某大学开设了“九章算术”，“数学原理”，“算术研究”三门选修课程.甲、乙、丙、丁四位同学进行选课，每人只能等可能地选择一门课程，每门课程至少一个人选择 （1）若甲和乙选择的课程不同，则四人选课的不同方案共有 种. （2）若定义事件A为丙和丁恰好有一人选择的是“九章算术”，则 . 【变式2】（2025·天津西青·调研）天津某中学在学校发展目标的引领下，不断推进教育教学工作的高质量发展，学生社团得到迅猛发展.现有高一新生中的五名同学打算参加“地理行知社”“英语ABC”“篮球之家”“生物研启社”四个社团.若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“生物研启社”，则不同的参加方法的种数为 . 题型06 最短路径问题 解｜题｜策｜略 最短路径问题的关键点在于确定好最短路径中横向与纵向需要走几步。 例1（2025·天津·开学考试）如图：某城市有纵向道路和横向道路若干条，构成如图所示的矩形道路网（图中黑线表示道路），则从西南角A地到东北角B地的最短路线共有 条.（用数字作答）    例2（2025·天津·调研）如图，一只蚂蚁位于点M处，去搬运位于N处的糖块，的最短路线有 条． 【变式1】（2025·天津·月考）中国古代文化博大精深，其中很多发明至今还影响着我们，例如中国象棋．中国象棋中的“马”在棋盘上是行走“日”字可纵走如由到，也可横走如由到，在如图所示的棋盘上，“马”由点到点的最短走法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式2】（2025·天津·调研）如图，在中国象棋的模盘上，敌方有一无名小卒，小卒未过河前只能竖行，不能横行，过河后每次只可横行或竖行一格，需想办法到达敌军的“帅”处，从而坐上“正堂”，赢得胜利，已知小卒中途不会受到任何阻碍，则小卒坐到“正堂”的最短路线有 条．    题型07 二项展开式的特定项 解｜题｜策｜略 求二项展开式的特定项的常用方法 1、对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)； 2、对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数集，再根据数的整除性来求解； 3、对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．[ 例1（2025·天津滨海新·三模）在二项式的展开式中常数项为 ． 例2（2024·天津河东·一模）在的二项展开式中，常数项是 ．（用数字作答） 【变式1】（2026·天津西青·月考）二项式的展开式中，第5项是常数项，则二项式系数最大的项的系数 ． 【变式2】（2025·天津河西·模拟预测）二项式的展开式的常数项是 ． 题型08 二项式系数与系数最值 解｜题｜策｜略 1、二项式系数先增后减中间项最大 （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． 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来，即得． 例1（2024·天津·一模）已知，则 ．（用数字作答） 例2（2025·天津和平·二模）已知的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为 ． 【变式1】（2025·天津河西·模拟预测）若展开式中的所有项系数和为243，则 ；该展开式中的系数 . 【变式2】（2025·天津河西·二模）若，则 ． 题型09 系数和问题 解｜题｜策｜略 系数和问题常用“赋值法”求解：赋值法是指对二项式中的未知元素赋值，从而求得二项展开式的各项系数和的方法．求解有关系数和题的关键点如下： ①赋值，观察已知等式与所求式子的结构特征，确定所赋的值，常赋的值有：－1，0，1等． ②求参数，通过赋值，建立参数的相关方程，解方程，可得参数值． ③求值，根据题意，得出指定项的系数和． 例1（2025·天津河西·二模）在的展开式中，偶数项的二项式系数和为128，则常数项为 . 例2（2025·天津南开·一模）若的展开式的二项式系数和为32，且的系数为 ． 【变式1】（2025·天津·模拟预测）已知的二项展开式的奇数项二项式系数和为，若，则等于 ． 【变式2】（2025·天津北辰·三模）若展开式的二项式系数和为128，则展开式中的系数为 . 题型10 杨辉三角形及应用 解｜题｜策｜略 1、在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等； 2、在相邻的两行中，除1以外的其余各数都等于它“肩上”两个数字之和. 由此可知，当二项式次数不大时，可借助“杨辉三角”直接写出各项的二项式系数. 例1（2025·天津和平·月考）“杨辉三角”是我国数学史上的一个伟大成就，是二项式系数在三角形中的一种几何排列.如图所示，第行的数字之和为 ；去除所有为1的项，依此构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，则此数列的前46项和为 . 例2（2025·天津·模拟预测）“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组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，用代表第行，第个数，，例如，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A． B．在第行中，最大 C． D． 【变式1】（2025·天津·模拟预测）在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：､类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2021层，底层如图3，一边2023个圆球，另一边2022个圆球，向上逐层每边减少个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·天津·模拟预测）“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，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（    ） A．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 B．第2023行中第1012个数和第1013个数相等 C．记“杨辉三角”第行的第个数为，则 D．第34行中第15个数与第16个数之比为 （建议用时：20分钟） 1．（2025·天津河东·二模）在的二项展开式中，含的项的系数是 .（用数字作答） 2．（2025·天津和平·二模）在的展开式中，常数项为 .（用数字作答） 3．（2025·天津·二模）已知的二项展开式中各项系数和为，则展开式中常数项的值为 . 4．（2025·天津·一模）二项式的展开式中，项的系数是 ．（用数字填写答案） 5．（2025·天津·一模）某中学组建了，，，，五个不同的社团，旨在培养学生的兴趣爱好，要求每个学生必须且只能参加一个社团．假定某班级的甲、乙、丙三名学生对这五个社团的选择是等可能的，且结果互不影响．记事件为“甲、乙、丙三名学生中恰有两人参加社团”，则 ；若甲、乙、丙三名学生中有两人参加社团，则恰巧甲参加社团的概率为 ． 6．（2025·天津河西·三模）已知递增数列的前n项和为，且，． (1)求数列的通项公式； (2)设． （ⅰ）求数列的通项公式； （ⅱ）求． 7．（2025·天津·模拟预测）在的展开式中，的系数为，则实数为 . 8．（2025·天津·二模）将5个颜色互不相同的小球全部放入编号为1和2的两个盒子里，使得放入每个盒子里的小球的个数不小于该盒子的编号，则不同的放球方法有（   ） A．3种 B．4种 C．10种 D．25种 9．（2025·天津·一模）数列是公差不为0的等差数列，．已知为等比数列，且，，． (1)求数列和的通项公式； (2)设数列中的项落在区间中的项数为． （i）求数列的前项和； （ii）设数列满足，若存在正整数满足当时，，且，求． 10．（2025·天津河东·二模）哪吒系列手办盲盒包含哪吒、敖丙、哪吒父母、四大龙王共个人物手办，小明随机购买个盲盒（个盲盒内人物一定不同），求其中包含哪吒和至少一位龙王的概率 ；在包含哪吒且不包含敖丙的条件下，则恰有哪吒父母中的一位的概率为 . 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $