专题01 排列组合与二项式定理（专项训练）高二数学沪教版选择性必修第二册

专题01 排列组合与二项式定理 目录 A题型建模・专项突破 题型一、排列数与组合数的计算 1 题型二、特殊元素/特殊位置优先 2 题型三、相邻问题与不相邻问题（常考点） 2 题型四、平均分组与不平均分组 3 题型五、分组分配问题（重点） 3 题型六、排列组合综合问题 4 题型七、二项式定理求特定项（重点） 4 题型八、多项式的展开式 5 题型九、二项式展开式特定项的和 6 题型十、二项式定理的综合应用 7 B综合攻坚・能力跃升 题型一、排列数与组合数的计算 1．（24-25高二下·上海·月考）若为正整数，且，则（   ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·上海·期末）已知为正整数，且，则 ． 3．（24-25高二上·上海松江·月考）（1）解方程：； （2）求关于的不等式的解集. 4．（24-25高二下·上海徐汇·期中）若，则的值为 ． 5．（24-25高二上·上海·月考）（1）求满足方程的整数的值. （2）求满足不等式的整数的值. 题型二、特殊元素/特殊位置优先 6．（25-26高二上·上海·月考）班级迎新晚会有3个唱歌节目、2个相声节目和1个魔术节目，要求排出一个节目单； (1)2个相声节目要排在一起，有多少种排法？ (2)魔术节目不排在最后一个节目，有多少种排法？ 7．（24-25高二下·上海·期末）在由1，2，3，4这四个数组成的无重复数字的三位数中，偶数的概率为 ． 8．（24-25高二下·上海浦东新·期中）6名运动员站在6条跑道上准备参加比赛，其中甲不能站第一道或第二道，乙只能站在第五道或第六道，则不同的排法共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．144种 9．（24-25高二上·上海·期中）班级迎新晚会有3个唱歌节目、2个相声节目和1个魔术节目，要求排出一个节目单. (1)魔术节目不排在最后一个节目，有多少种排法？ (2)3个唱歌节目要排在一起，有多少种排法? 10．（24-25高二上·上海·假期作业）某班5位同学参加周一到周五的值日，每天安排一名学生，其中学生甲只能安排到周一或周二，学生乙不能安排在周五，则他们不同的值日安排有（    ） A．288种 B．72种 C．42种 D．36种 题型三、相邻问题与不相邻问题（常考点） 11．（24-25高二下·上海·期中）某学校组织学生参加劳动实践活动， 其中 4 名男生和 2 名女生参加农场体验活动， 体验活动结束后，农场主与 6 名同学站成一排合影留念，则 2 名女生互不相邻，且农场主站在中间的方法数为 ． (用数字作答) 12．（24-25高三上·上海·月考）2位女生3位男生排成一排，则2位女生不相邻，且3位男生相邻的排法共有 种． 13．（24-25高三·上海·课堂例题）用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有（    ）个．（用数字作答） A．128 B．256 C．576 D．684 14．（23-24高二下·上海·期末）某场中国队与巴西队的足球比赛进入了激动人心的点球大战，中国队需要从除守门员外的10名首发队员中选5名队员依次主罚点球. 已知除守门员外的10名首发队员中有2名前锋、4名中场、4名后卫，若要求2名前锋必须入选、且不能相邻，那么主罚点球人员的不同排列方法有 种.（不考虑是否踢进等问题） 15．（23-24高二下·上海·期末）某公司年会将安排7个节目的演出顺序表，其中共4个语言类节目，3个歌舞类节目，则歌舞类节目互不相邻的概率为 ． 题型四、平均分组与不平均分组 16．（24-25高二上·上海松江·月考）4本不同的书分给3人，每人至少1本，共有（    ）种不同的分法. A．36 B．24 C．18 D．72 17．（24-25高三上·上海·月考）将序号分别1，2，3，4，5的5张参观券全部分给甲、乙、丙、丁4人，每人至少1张，则甲恰好分得2张参观券连号的概率为 ． 18．（24-25高二上·上海·假期作业）6本不同的书平均分成3堆，每堆2本共有多少分法？ 19．（24-25高二上·上海·假期作业）6本不同的书放入三个不同的书架里，每个书架2本共有多少分法？ 20．（22-23高二下·上海闵行·期中）12月31日是某校艺术节总汇演之日，当天会进行隆重的文艺演出，已知高一，高二，高三分别选送了4，3，2个节目，现回答以下问题：（用排列组合数列式，并计算出结果） (1)为了活跃气氛，学校会把20个荧光手环发给台下的12名家长代表，每位家长至少一根，共计有多少种分配方案； (2)若高一的节目彼此都不相邻，高三的节目必须相邻，共计有多少种出场顺序； (3)演出结束后，学校安排甲、乙等9位志愿者打扫A，B，C三个区域的卫生，每个区域至少需要2名志愿者，则共有多少种安排方式？甲、乙打扫同一个区域的概率是多少？ 题型五、分组分配问题（重点） 21．（22-23高二下·上海浦东新·期末）2023年杭州亚运会需招募志愿者，现从某高校的5名志愿者中任意选出3名，分别担任语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲不能担任语言服务工作，则不同的选法共有 种.（结果用数值表示） 22．（2023·上海静安·一模）2022年11月27日上午7点，时隔两年再度回归的上海马拉松赛在外滩金牛广场鸣枪开跑，途经黄浦、静安和徐汇三区.数千名志愿者为1.8万名跑者提供了良好的志愿服务.现将5名志愿者分配到防疫组、检录组、起点管理组、路线垃圾回收组4个组，每组至少分配1名志愿者，则不同的分配方法共有 种.（结果用数值表示） 23．（22-23高三上·上海黄浦·开学考试）某医院从7名男医生（含一名主任医师），6名女医生（含一名主任医师）中选派4名男医生和3名女医生支援抗疫工作，若要求选派的医生中有主任医师，则不同的选派方案数为 ． 24．（22-23高三上·上海浦东新·开学考试）有2男2女共4名学生被分派去三个公司实习，每个公司至少1人，且公司只收女生，则不同的分派方法数为 . 25．（24-25高二下·上海宝山·期中）将甲、乙、丙、丁四名学生分到2个不同的班，每个班至少分到一名学生，则甲、乙两名学生不能分到同一个班的概率为 ． 题型六、排列组合综合问题 26．（25-26高二上·上海普陀·月考）在由连接正方体 的任意两个顶点形成的所有直线中，任意选取两条直线，则这两条直线垂直的概率是 ． 27．分会场模式是央视春晚的长期传统，旨在扩大节目覆盖面，增加观众互动性，同时展示各城市独特的历史人文亮点，今年央视春晚的四个分会场分别是武汉､重庆､无锡和拉萨，中央电视台选派6名记者去四个分会场进行现场报道，每个分会场至少分配一名记者，则所有不同的分配方案有 种. 28．（24-25高二下·上海·月考）从0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这10个数中任取5个不同的数，则这5个不同的数的中位数为5的概率是 ． 29．（24-25高三下·上海·月考）设集合A中的元素均为无重复数字的三位正整数，且从中任取两个相乘所得均为5的倍数，则A的元素个数最多为 ． 30．（24-25高三上·上海·期中）若三个正整数a，b，c的位数之和为8，且组成a，b，c的8个数码能排列为2，0，2，5，0，6，0，7，则称（a，b，c）为“幸运数组”，例如（7，6，202500）是一个幸运数组.则满足的幸运数组（a，b，c）的个数为 . 题型七、二项式定理求特定项（重点） 31．（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） 32．（25-26高三上·上海嘉定·期中）在二项式的展开式中，的系数为 . 33．（25-26高三上·上海·月考）在的二项展开式中，第四项是常数项，则该常数项为 .（用数字作答） 34．（24-25高二下·上海浦东新·期中）已知为非零实数，考虑的二项展开式. (1)若，且展开式中的系数是的系数的7倍，求的值； (2)若，且展开式中的系数是的系数与的系数的等差中项，求的值. 35．（2025·上海宝山·三模）在的展开式中，第2项和第4项的系数相同，则 . 题型八、多项式的展开式 36．（24-25高二下·上海杨浦·期末）在的展开式中，项的系数为 . 37．的展开式中的系数为 . 38．的展开式中，的系数为 39．的展开式中，的系数为 .（用数值作答） 40．的展开式中的系数为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 题型九、二项式展开式特定项的和41．（25-26高三上·上海杨浦·开学考试）已知（n为正整数）的展开式中，末三项的二项式系数的和等于67； (1)记，则的值是多少； (2)求展开式中系数最大的项； 42．（24-25高一下·上海·期末）设，且． (1)求与的值； (2)求的值． 43．（24-25高二下·上海·期中）若，则 ． 44．（24-25高二下·上海徐汇·期中）若，则 ． 45．（24-25高二下·上海·期中）已知二项式的展开式中第6项和第7项的系数相等． (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)若，求的值． 题型十、二项式定理的综合应用 46．（25-26高二上·上海·期中）已知（是正整数） (1)当时，若的展开式中第3项与第8项的系数相等，求展开式中的系数； (2)设，当时，求的值． 47．（25-26高三上·上海·月考）已知，若，且，当，则正整数的最大值为 . 48．（24-25高二下·上海·月考）设．已知． (1)当时，求的展开式中项的系数； (2)若，求，，，…，中的最大值． 49．（23-24高二下·上海·期中）用1､2､3､4､5组成没有重复数字的五位数，若满足的五位数有个，则在的展开式中，的系数是 .（用数字作答） 50．（24-25高二上·上海奉贤·月考）已知（n为正整数）. (1)若，求该式的展开式中所有项的系数之和； (2)若，求该式的展开式中无理项的个数； (3)若，求该式的展开式中系数最大的项. 一、单选题 1．（2025·上海奉贤·二模）下列有关排列组合数的计算公式，错误的是（    ） A．（，是正整数，且） B．（，是正整数，且） C．（，是正整数，且） D．（，是正整数，且） 2．（25-26高三上·上海·期中）已知集合，，若，则满足条件的集合个数为（    ） A．408 B．409 C．410 D．411 3．（2025·上海徐汇·一模）已知，集合（为维向量）若，其中，定义，设满足的的个数为．关于下列两个命题的判断：①当时，则；②当，是正整数时，则．说法正确的是（   ） A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 二、填空题 4．（22-23高二下·上海浦东新·期中）对于，将n表示为 ，当时，.当时，为0或1.记为上述表示中为0的个数，（例如，，故，）.若，则 . 5．（24-25高三上·上海·期中）一个项数为的正整数数列满足，且，若为不大于 的偶数，则符合条件的数列共有 个. 6．（24-25高二下·上海闵行·月考）我们称（为正整数）元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 7．（2025·上海·三模）互不相同的正整数满足，满足条件的有序实数对有 组（结果用数值表示）. 8．（25-26高三上·重庆·开学考试）某校安排5位老师值班3天，要求每人需要值班1天或2天，且每天有2人值班，则不同的值班方案有 种. 9．（25-26高三上·上海·期中）已知，其中为虚数单位，从组合数、、、…、中取出一个数记作，从展开式中项的系数、、、…、中取出一个数记作，若，则的概率为 三、解答题 10．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知集合，规定：若集合，则称为集合的一个分拆，当且仅当：，，…，时，与为同一分拆，所有不同的分拆种数记为.例如：当，时，集合的所有分拆为：，，，即. (1)求； (2)试用、表示； (3)设，规定，证明：当时，与同为奇数或者同为偶数. 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 排列组合与二项式定理 目录 A题型建模・专项突破 题型一、排列数与组合数的计算 1 题型二、特殊元素/特殊位置优先 2 题型三、相邻问题与不相邻问题（常考点） 2 题型四、平均分组与不平均分组 3 题型五、分组分配问题（重点） 3 题型六、排列组合综合问题 4 题型七、二项式定理求特定项（重点） 4 题型八、多项式的展开式 5 题型九、二项式展开式特定项的和 6 题型十、二项式定理的综合应用 7 B综合攻坚・能力跃升 题型一、排列数与组合数的计算 1．（24-25高二下·上海·月考）若为正整数，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据排列数的含义可求答案. 【详解】因为表示共有9个因式的乘积， 所以， 故选：D 2．（24-25高二上·上海·期末）已知为正整数，且，则 ． 【答案】6 【分析】由排列数的计算公式得到方程，求出答案. 【详解】，解得或（舍去）. 故答案为：6 3．（24-25高二上·上海松江·月考）（1）解方程：； （2）求关于的不等式的解集. 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）借助排列数公式计算即可得； （2）借助组合数公式计算即可得. 【详解】（1）， 即，则或， 由，即，故； （2），， 则有，化简得， 即， 解得，又，故， 即该不等式的解集为. 4．（24-25高二下·上海徐汇·期中）若，则的值为 ． 【答案】 【分析】根据组合数的性质列方程求解即可得的值. 【详解】因为，所以， 故，所以. 故答案为：. 5．（24-25高二上·上海·月考）（1）求满足方程的整数的值. （2）求满足不等式的整数的值. 【答案】（1）；（2）或 【分析】（1）（2）应用排列组合数公式及已知方程和不等式求参数值. 【详解】（1）由题设，且， 则，整理得， 所以或（不是整数，舍）. （2）由题设且， 所以，可得， 综上，整数的值为或. 题型二、特殊元素/特殊位置优先 6．（25-26高二上·上海·月考）班级迎新晚会有3个唱歌节目、2个相声节目和1个魔术节目，要求排出一个节目单； (1)2个相声节目要排在一起，有多少种排法？ (2)魔术节目不排在最后一个节目，有多少种排法？ 【答案】(1)240 (2)600 【分析】（1）利用捆绑法可求解即可； (2)根据魔术节目不排在最后一个节目，则先排魔术节目，再排另外5个节目即可． 【详解】（1）2个相声节目捆绑在一起，内部排列，再与其他4个节目一起排列， 则共有种排法； （2）先排魔术节目，由于不排在最后一个，则共有5种排法， 再排另外5个节目，5个位置，则有种排法， 则共有种排法. 7．（24-25高二下·上海·期末）在由1，2，3，4这四个数组成的无重复数字的三位数中，偶数的概率为 ． 【答案】/ 【分析】利用排列组合先确定无重复的三位数，再分别计算个位是2和4时的情况，由古典概率求解可得. 【详解】首先无重复的三位数共有个， 当个位是2时，有； 同理当个位是4时，也有， 所以偶数的概率为. 故答案为： 8．（24-25高二下·上海浦东新·期中）6名运动员站在6条跑道上准备参加比赛，其中甲不能站第一道或第二道，乙只能站在第五道或第六道，则不同的排法共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．144种 【答案】D 【分析】应用分类分步计数，结合排列数求不同的排法数. 【详解】当乙在第五道，甲有3种站法，其它4人做全排有种站法，则共有种， 当乙在第六道，甲有3种站法，其它4人做全排有种站法，则共有种， 所以共有144种不同排法. 故选：D 9．（24-25高二上·上海·期中）班级迎新晚会有3个唱歌节目、2个相声节目和1个魔术节目，要求排出一个节目单. (1)魔术节目不排在最后一个节目，有多少种排法？ (2)3个唱歌节目要排在一起，有多少种排法? 【答案】(1)600； (2). 【分析】（1）先从3个唱歌节目和2个相声节目中选1个放在最后，再将其余5个节目全排列，根据分步乘法计数原理即可求解； （2）先将3个歌唱节目捆绑在一起，再与其余3个节目全排列，根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】（1）魔术节目不排在最后一个节目， 则先从3个唱歌节目和2个相声节目中选1个放在最后，有5种排法； 其余5个节目任意排，有种排法， 所以魔术节目不排在最后一个节目，有种排法. （2）将3个歌唱节目捆绑在一起，看成1个节目有种， 与其余3个节目一起排共种， 则3个唱歌节目要排在一起，有种排法． 10．（24-25高二上·上海·假期作业）某班5位同学参加周一到周五的值日，每天安排一名学生，其中学生甲只能安排到周一或周二，学生乙不能安排在周五，则他们不同的值日安排有（    ） A．288种 B．72种 C．42种 D．36种 【答案】D 【分析】根据题意，分3步进行，先安排甲，再安排乙，最后安排其他的3人，由分步计数原理，计算可得答案． 【详解】根据题意，先安排甲，甲只能安排到周一或周二，有2种情况， 再安排乙，学生乙不能安排在周五，甲已经安排，则乙有3种情况， 最后对其他的3人分析，将其安排在剩余的3天即可，有种情况， 由分步计数原理，可得共有种情况. 故选：D. 题型三、相邻问题与不相邻问题（常考点） 11．（24-25高二下·上海·期中）某学校组织学生参加劳动实践活动， 其中 4 名男生和 2 名女生参加农场体验活动， 体验活动结束后，农场主与 6 名同学站成一排合影留念，则 2 名女生互不相邻，且农场主站在中间的方法数为 ． (用数字作答) 【答案】 【分析】先求农场主站在中间的方法数，以及利用捆绑法求农场主站在中间，且2名女生相邻的方法数，再利用间接法求得2名女生互不相邻，且农场主站在中间的方法数. 【详解】由题意，农场主站在中间有种方法， 农场主站在中间，且2名女生相邻有种方法， 所以2名女生互不相邻，且农场主站在中间的方法数为. 故答案为：528. 12．（24-25高三上·上海·月考）2位女生3位男生排成一排，则2位女生不相邻，且3位男生相邻的排法共有 种． 【答案】 【分析】根据相邻问题捆绑即可求解. 【详解】2位女生不相邻，且3位男生相邻，则只能3位男生一起站中间，2名女生站两端， 故总的排法有, 故答案为：12 13．（24-25高三·上海·课堂例题）用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有（    ）个．（用数字作答） A．128 B．256 C．576 D．684 【答案】C 【分析】利用捆绑法、插空法可得答案. 【详解】1和2，3与4，5与6，分别捆绑在一起，看作三个元素进行排列， 7与8利用插空法，可得 故选：C. 14．（23-24高二下·上海·期末）某场中国队与巴西队的足球比赛进入了激动人心的点球大战，中国队需要从除守门员外的10名首发队员中选5名队员依次主罚点球. 已知除守门员外的10名首发队员中有2名前锋、4名中场、4名后卫，若要求2名前锋必须入选、且不能相邻，那么主罚点球人员的不同排列方法有 种.（不考虑是否踢进等问题） 【答案】4032 【分析】利用插空法，先从除2名前锋外的其余8名队员中选3人排列，产生4个空，然后2名前锋从4个空中选2个排列即可. 【详解】由题意得，先从除2名前锋外的其余8名队员中选3人排列，有种， 3人排列后有4个空，然后2名前锋从4个空中选2个排列，则有种， 所以由分步乘法原理可知共有种， 故答案为：4032 15．（23-24高二下·上海·期末）某公司年会将安排7个节目的演出顺序表，其中共4个语言类节目，3个歌舞类节目，则歌舞类节目互不相邻的概率为 ． 【答案】； 【分析】利用插空法求出符合题意的排列情况总数，再结合古典概型的概率公式求解. 【详解】先把4个语言类节目全排列，中间形成5个空，5个空中选3个空排三个歌舞类节目， 共有种情况，又因为7个节目全排列有种情况， 所以所求概率为. 故答案为：. 题型四、平均分组与不平均分组 16．（24-25高二上·上海松江·月考）4本不同的书分给3人，每人至少1本，共有（    ）种不同的分法. A．36 B．24 C．18 D．72 【答案】A 【分析】选2本捆绑作为一本书与其它2本书一起分给三个人． 【详解】由题意有1人分得2本书，方法数为， 故选：A． 17．（24-25高三上·上海·月考）将序号分别1，2，3，4，5的5张参观券全部分给甲、乙、丙、丁4人，每人至少1张，则甲恰好分得2张参观券连号的概率为 ． 【答案】/0.1 【分析】先求出将5张参观券全部分给4人，每人至少1张的总分配方法数，再求出甲恰好分得2张参观券连号的分配方法数，最后根据古典概型概率公式求出概率. 【详解】由题意，将5张参观券全部分给甲、乙、丙、丁4人，每人至少1张， 则这4个人有1人拿2张，另外3人各1张，共有分法， 2张连号的情况是：1和2，2和3，3和4，4和5，共4种情况， 如果甲恰好分得2张参观券连号，则共有分法， 所以甲恰好分得2张参观券连号的概率为. 故答案为：. 18．（24-25高二上·上海·假期作业）6本不同的书平均分成3堆，每堆2本共有多少分法？ 【答案】15 【分析】利用平均分组分配，结合排列组合即可求． 【详解】先分第一堆有种分法，再分第二堆，有种分法，最后分第三堆，有种分法，但堆与堆之间没有区别， 故把6本不同的书平均分成3堆，共有种分法， 19．（24-25高二上·上海·假期作业）6本不同的书放入三个不同的书架里，每个书架2本共有多少分法？ 【答案】 【分析】先分3堆，再分到三个不同的书架即可. 【详解】先平均分成3堆， 再把3堆分给3个书架可得分法为， 6本不同的书放入三个不同的书架里，每个书架2本共有种分法. 20．（22-23高二下·上海闵行·期中）12月31日是某校艺术节总汇演之日，当天会进行隆重的文艺演出，已知高一，高二，高三分别选送了4，3，2个节目，现回答以下问题：（用排列组合数列式，并计算出结果） (1)为了活跃气氛，学校会把20个荧光手环发给台下的12名家长代表，每位家长至少一根，共计有多少种分配方案； (2)若高一的节目彼此都不相邻，高三的节目必须相邻，共计有多少种出场顺序； (3)演出结束后，学校安排甲、乙等9位志愿者打扫A，B，C三个区域的卫生，每个区域至少需要2名志愿者，则共有多少种安排方式？甲、乙打扫同一个区域的概率是多少？ 【答案】(1) (2) (3)11508， 【分析】（1）由题意根据隔板法求解； （2）根据相邻与不相邻问题可用捆绑法与插空法求解； （3）分别按分类求解，再按不同分组求出甲乙在一组的种数，由古典概型求解. 【详解】（1）利用隔板法：. （2）根据捆绑、插空：高三2个节目视作1个节目，与高二3个节目全排列， 再把高一的4个节目插入所成的5个空中的4个，所以共有 . （3）①.若按2，2，5分组，则有：种， ②.若按2，3，4分组，则有：种， ③.若按3，3，3分组，则有：种， 故共有种安排方式. 若按2，2，5分组，甲、乙在同一组的安排方式有种， 若按2，3，4分组，甲、乙在同一组的安排方式有    种， 若按3，3，3分组，甲、乙在同一组的安排方式有=420种， 故甲、乙在同一组的概率为. 题型五、分组分配问题（重点） 21．（22-23高二下·上海浦东新·期末）2023年杭州亚运会需招募志愿者，现从某高校的5名志愿者中任意选出3名，分别担任语言服务、人员引导、应急救助工作，其中甲不能担任语言服务工作，则不同的选法共有 种.（结果用数值表示） 【答案】48 【分析】先从除甲外的4人选1人担任语言服务工作，然后从剩下的4人中选2人分别去担任人员引导和应急救助工作即可. 【详解】由题意可知，先从除甲外的4人选1人担任语言服务工作，有种方法， 然后从剩下的4人中选2人分别去担任人员引导和应急救助工作，有种方法， 所以由分步乘法原理可知不同的选法共有种， 故答案为：48 22．（2023·上海静安·一模）2022年11月27日上午7点，时隔两年再度回归的上海马拉松赛在外滩金牛广场鸣枪开跑，途经黄浦、静安和徐汇三区.数千名志愿者为1.8万名跑者提供了良好的志愿服务.现将5名志愿者分配到防疫组、检录组、起点管理组、路线垃圾回收组4个组，每组至少分配1名志愿者，则不同的分配方法共有 种.（结果用数值表示） 【答案】240 【分析】先将5名志愿者分成四组，然后再分配到四个地方即可. 【详解】将5名志愿者分成四组，且每组至少1名志愿者有种情况，所以不同的分配方法有. 故答案为：240. 23．（22-23高三上·上海黄浦·开学考试）某医院从7名男医生（含一名主任医师），6名女医生（含一名主任医师）中选派4名男医生和3名女医生支援抗疫工作，若要求选派的医生中有主任医师，则不同的选派方案数为 ． 【答案】550 【分析】分选派的主任医师只有一名男主任，只有一名女主任，男，女主任医师均选派，三种情况，结合组合知识进行求解，再相加即可. 【详解】若选派的主任医师只有一名男主任，此时再从剩余的6名男医生选派3名男医生，从5名女医生（主任医师除外）选派3名医生，有种， 若选派的主任医师只有一名女主任，此时再从剩余的6名男医生（主任医师除外）中选派4名男医生，从5名女医生中选派2名医生，有种， 若男，女主任医师均选派，此时再从剩余的6名男医生中选派3名，5名女医生中选派2名，有种， 综上：不同的选派方案有200+150+200=550种. 故答案为：550 24．（22-23高三上·上海浦东新·开学考试）有2男2女共4名学生被分派去三个公司实习，每个公司至少1人，且公司只收女生，则不同的分派方法数为 . 【答案】 【分析】利用分类计数原理将该问题分成两类，对公司进行分类讨论，每一类中用分步乘法计数原理及排列组合的综合应用进行解答即可． 【详解】由题意，第一类，公司只有1个女生，有种分派方案， 则公司分派人数可以为1，2或者2，1共2种分派方案，共种，所以一共有种分派方案， 第二类，公司有2个女生，只有1种分派方案， 则公司的分派人数只能是1，1，则有种， 根据分类计数原理共有种， 故答案为：14． 25．（24-25高二下·上海宝山·期中）将甲、乙、丙、丁四名学生分到2个不同的班，每个班至少分到一名学生，则甲、乙两名学生不能分到同一个班的概率为 ． 【答案】 【分析】首先求出基本事件总数，再求出甲、乙两名学生不能分到同一个班的事件数，最后由古典概型的概率公式计算可得. 【详解】将甲、乙、丙、丁四名学生分到2个不同的班，每个班至少分到一名学生， 则不同的分配方法有种， 其中甲、乙两名学生不能分到同一个班的有种， 所以甲、乙两名学生不能分到同一个班的概率. 故答案为： 题型六、排列组合综合问题 26．（25-26高二上·上海普陀·月考）在由连接正方体 的任意两个顶点形成的所有直线中，任意选取两条直线，则这两条直线垂直的概率是 ． 【答案】 【分析】按侧棱、面对角线、体对角线分别分析两条直线垂直的情况，再按照古典概率求解即可． 【详解】任意两个顶点形成条直线，所有任意两条直线共有对， 12条侧棱中，对每一条侧棱有12条直线与其垂直， 12条面对角线中，对每一条面对角线有8条直线与其垂直， 4条体对角线中，对每一条体对角线有6条直线与其垂直， 所以，这两条直线垂直的概率是． 故答案为：． 27．分会场模式是央视春晚的长期传统，旨在扩大节目覆盖面，增加观众互动性，同时展示各城市独特的历史人文亮点，今年央视春晚的四个分会场分别是武汉､重庆､无锡和拉萨，中央电视台选派6名记者去四个分会场进行现场报道，每个分会场至少分配一名记者，则所有不同的分配方案有 种. 【答案】1560 【分析】先将6名记者分成4组，再分配到四个会场，利用分步分类计数原理即可得解. 【详解】先将6名记者分成4组，有和两种分法， 共种， 再将4组分配到四个会场，共种， 则有种. 故答案为：1560 28．（24-25高二下·上海·月考）从0、1、2、3、4、5、6、7、8、9这10个数中任取5个不同的数，则这5个不同的数的中位数为5的概率是 ． 【答案】 【分析】先求得基本事件的总数，以及这5个不同的数的中位数为5的基本事件的个数，再利用古典摡型的概率计算公式，即可求解. 【详解】根据题意，从10个数中任取5个数，则基本事件的总数为， 又由这5个数的中位数是5的基本事件为， 所以这5个不同的数的中位数为5的概率为. 故答案为：. 29．（24-25高三下·上海·月考）设集合A中的元素均为无重复数字的三位正整数，且从中任取两个相乘所得均为5的倍数，则A的元素个数最多为 ． 【答案】137 【分析】三位数中的5的倍数分个位是0和个位是5讨论即可. 【详解】由题意知，集合中且至多只有一个元素不是5的倍数，其余均是5的倍数． 首先讨论三位数中的5的倍数， ①当个位为0时，则百位和十位在剩余的9个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有个； ②当个位为5时，则百位有个数字可选，十位有个数字可选， 根据分步乘法原理，这样的5的倍数有个， 最后，再加上单独的不是5的倍数的数，所以集合中元素个数的最大值为个． 故答案为：137． 30．（24-25高三上·上海·期中）若三个正整数a，b，c的位数之和为8，且组成a，b，c的8个数码能排列为2，0，2，5，0，6，0，7，则称（a，b，c）为“幸运数组”，例如（7，6，202500）是一个幸运数组.则满足的幸运数组（a，b，c）的个数为 . 【答案】591 【分析】运用分类计数原理，结合排列组合知识可解. 【详解】因为，所以有两类不同情形： （1）a是两位数，b，c都是三位数. 先不考虑b，c的大小，由于a，b，c的首位均不能排0，所以三个0可在五个位置中选择有种排法，两个2有种排法，其余三个数5，6，7有种的排法， 共有种不同的排法，又因为不可能有，可知与的排法各占一半，所以，有300个满足条件的幸运数组； （2）a，b是两位数，c是四位数. 先不考虑b，c的大小，由于a，b，c的首位均不能排0，所以三个0可在五个位置中选择有种排法，两个2有种排法，其余三个数5，6，7有种的排法，共有种不同的排法. 如果，则只有，c的四个位置上的数字为0，5，6，7，共有种排法， 此外，与的排法各占一半，即，所以，有291个满足条件的幸运数组； 综上，所求幸运数组的个数为591. 故答案为：591. 题型七、二项式定理求特定项（重点） 31．（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． 32．（25-26高三上·上海嘉定·期中）在二项式的展开式中，的系数为 . 【答案】 【分析】根据二项展开式的通项公式，结合题意求解即可. 【详解】， 令可得， 所以的系数为. 故答案为：. 33．（25-26高三上·上海·月考）在的二项展开式中，第四项是常数项，则该常数项为 .（用数字作答） 【答案】 【分析】根据题意求得二项展开式的通项，结合展开式中的第四项为常数项求得的值，进而求解常数项. 【详解】由二项式的展开式的通项为， 可得展开式的第四项为， 因为二项展开式的第四项为常数项，所以，解得. 该常数项为. 故答案为： 34．（24-25高二下·上海浦东新·期中）已知为非零实数，考虑的二项展开式. (1)若，且展开式中的系数是的系数的7倍，求的值； (2)若，且展开式中的系数是的系数与的系数的等差中项，求的值. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）利用二项式定理得到的通项，进而求出各项系数，再结合题意建立方程，合理取舍即可得到的值. （2）利用二项式定理得到的通项，进而求出各项系数，再结合等差中项的性质建立方程，即可得到的值. 【详解】（1）当时，， 利用二项式定理对展开，通项公式为， 令，解得，则的系数为， 令，解得，则的系数为， 因为展开式中的系数是的系数的7倍，所以， 即，解得或， 由，得. （2）当时，， 利用二项式定理对展开，通项公式为， 令，解得，则的系数为， 令，解得，则的系数为， 令，解得，则的系数为， 因为展开式中的系数是的系数与的系数的等差中项， 所以，化简得， 因为为非零实数，所以，解得或. 35．（2025·上海宝山·三模）在的展开式中，第2项和第4项的系数相同，则 . 【答案】4 【分析】根据二项式展开式的通项公式求出第项和第项的系数，再根据这两项系数相同列出方程，进而求解的值. 【详解】那么对于二项式，其展开式的通项公式为. 求第项的系数：令，可得第项为，所以第项的系数为. 求第项的系数：令，可得第项为，所以第项的系数为. 因为第项和第项的系数相同，所以. 由于可得：. 得,即. 解得或. 因为为正整数，所以舍去，故. 故答案为：4. 题型八、多项式的展开式 36．（24-25高二下·上海杨浦·期末）在的展开式中，项的系数为 . 【答案】 【分析】分析包含于中的哪一项，再应用对应项展开式通项求项的系数. 【详解】由题设，展开式通项可写为， 而项中的指数为0，故项包含于， 所以， 则有. 故答案为： 37．的展开式中的系数为 . 【答案】 【分析】分析找到满足题意的项，化简即可得到结果． 【详解】根据题意，展开式中的项为 则的系数为： 故答案为：. 38．的展开式中，的系数为 【答案】 【分析】利用多项式乘以多项式的规则及分类计数原理可求解. 【详解】个因式，个因式中取，个因式中取，个因式中取， 即可得出含的项， 则的系数为， 故的系数为. 故答案为：. 39．的展开式中，的系数为 .（用数值作答） 【答案】 【分析】根据多项式乘积的性质即可求解． 【详解】由于表示5个因式的乘积， 故其中有2个因式取，2个因式取，剩余的一个因式取，可得含的项， 故展开式中含的项为，其系数为. 故答案为：． 40．的展开式中的系数为（    ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】B 【分析】写出展开式的通项，然后可得答案. 【详解】的通项公式， 令，则 ，所以的系数为 故选：B 题型九、二项式展开式特定项的和41．（25-26高三上·上海杨浦·开学考试）已知（n为正整数）的展开式中，末三项的二项式系数的和等于67； (1)记，则的值是多少； (2)求展开式中系数最大的项； 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）根据二项式系数性质以及赋值法计算即可求出结果； （2）利用展开式通项构造不等式，根据系数最大解不等式可求出符合题意的项. 【详解】（1）展开式末三项的二项式系数分别为 则，即； 整理可得， 解得：（舍）或， 令， 故， 故 （2）由（1）知，则展开式通项为 设第项即为系数最大的项， 所以，整理可得， 解得； 因此系数最大的项为或． 42．（24-25高一下·上海·期末）设，且． (1)求与的值； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用组合数的性质求出，取求出. （2）利用赋值法，结合（1）的结论求出的值. 【详解】（1）由，得， 取，得， 所以. （2）由（1）知，， 当时，， 当时，， 因此， 所以. 43．（24-25高二下·上海·期中）若，则 ． 【答案】 【分析】令可得，令可得，再由平方差公式计算可得. 【详解】因为， 令可得， 令可得， 所以 . 故答案为： 44．（24-25高二下·上海徐汇·期中）若，则 ． 【答案】 【分析】根据二项式的展开式分别令，即可得所求. 【详解】因为， 所以令可得， 令可得， 所以. 故答案为：. 45．（24-25高二下·上海·期中）已知二项式的展开式中第6项和第7项的系数相等． (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)若，求的值． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，列式求出幂指数，再利用二项式系数的性质求解. （2）利用赋值法求出常数项及所有项系数和即可. 【详解】（1）依题意，，即，解得， 所以的展开式中二项式系数最大的项是第5项：. （2）由（1）知，， 取，得，取，得， 所以 题型十、二项式定理的综合应用 46．（25-26高二上·上海·期中）已知（是正整数） (1)当时，若的展开式中第3项与第8项的系数相等，求展开式中的系数； (2)设，当时，求的值． 【答案】(1)84 (2)166650 【分析】（1）根据展开式中第3项和第8项的系数相等，先求出，然后进而可求出的系数. （2）先求出的表达式，然后将代入求出结果即可. 【详解】（1）由题意知，，所以，所以， 所以，所以， 所以展开式中的系数为84. （2）由题意得，， 所以， 当时，. 47．（25-26高三上·上海·月考）已知，若，且，当，则正整数的最大值为 . 【答案】 【分析】利用二项展开式得，再结合条件得为奇数，且，即可求解. 【详解】因为展开后按升幂排列， 则第项为， 由题知，因为， 要使，则为奇数，且，即为奇数，且，所以正整数的最大值为. 故答案为： 48．（24-25高二下·上海·月考）设．已知． (1)当时，求的展开式中项的系数； (2)若，求，，，…，中的最大值． 【答案】(1) (2)5 【分析】（1）由中项得系数和的系数即可求解； （2）由通项公式得到求解即可； 【详解】（1）当时，中项得系数为，的系数为， 所以的展开式中项的系数为； （2）由， ，， 又， 所以，解得：， 假设第项系数最大， 即，即， 可得：， 即第3项系数最大，也即最大； 49．（23-24高二下·上海·期中）用1､2､3､4､5组成没有重复数字的五位数，若满足的五位数有个，则在的展开式中，的系数是 .（用数字作答） 【答案】56 【分析】首先根据排列组合的方式，确定符合条件的五位数有6个，再根据二项式定理，确定含项的系数． 【详解】由五位数需满足可知，， 再从2，3，4，5中任取两个数，大数是，小数是，剩下两个数按照大小分别是，． 故能组成个这样的五位数，则． 则在的展开式中，含项系数为． 故答案为：． 50．（24-25高二上·上海奉贤·月考）已知（n为正整数）. (1)若，求该式的展开式中所有项的系数之和； (2)若，求该式的展开式中无理项的个数； (3)若，求该式的展开式中系数最大的项. 【答案】(1)1 (2)15 (3) 【分析】（1）由求出，再令可得答案； （2）由求出，求出展开式的通项公式，再由的指数不为整数可得答案； （3）求出展开式的通项公式由解不等式可得答案． 【详解】（1）由可得， 令可得， 所以展开式中所有项的系数之和为1； （2）若，则，解得，或舍去， 设的通项为， 且， 所以当时可得展开式中的无理项，所以共有15个无理项； （3）设的通项为， 且， 最大的项为偶数， 则，解得， ， 所以展开式中系数最大的项为． 一、单选题 1．（2025·上海奉贤·二模）下列有关排列组合数的计算公式，错误的是（    ） A．（，是正整数，且） B．（，是正整数，且） C．（，是正整数，且） D．（，是正整数，且） 【答案】A 【分析】对于A：举反例说明即可；对于BCD：根据排列数、组合数公式运算求解即可. 【详解】对于选项A：例如，则， 即，故A错误； 对于选项B：因为，故B正确； 对于选项C：因为，故C正确； 对于选项D：因为 ， 所以，故D正确； 故选：A. 2．（25-26高三上·上海·期中）已知集合，，若，则满足条件的集合个数为（    ） A．408 B．409 C．410 D．411 【答案】C 【分析】由题意得除以3的余数相同，按照除以3所得余数进行分类讨论，结合组合数求解即可. 【详解】，且 能被3整除，    ∴除以3的余数相同， 集合 的元素中， 能被3整除的整数有， 被3除余1的整数有， 被3除余2的整数有， 当都被3整除时，则从被3整除的5个数中选取3个， 或可从被3整除的5个数中选取2个，从其余11个数中选择， ∴的个数为， 当被3除余1时，则从被3除余1的6个数中选取3个， 或可从被3除余1的6个数中选取2个，从其余10个数中选择， ∴的个数为， 当被3除余2时，则从被3除余2的5个数中选取3个，或可从被3除余2的5个数中选取2个，从其余11个数中选择， ∴的个数为， ∴满足条件的集合共有个． 故选：C. 3．（2025·上海徐汇·一模）已知，集合（为维向量）若，其中，定义，设满足的的个数为．关于下列两个命题的判断：①当时，则；②当，是正整数时，则．说法正确的是（   ） A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题 C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题 【答案】C 【分析】先通过的全1结构，确定对应中1的个数，得；验证命题①时代入满足和为8，命题②利用二项式定理计算和并举例验证其不成立. 【详解】由，得，即的值为向量中分量1的个数， 故为中分量1的个数为的向量个数，即. 对于命题①：当时，.故命题①成立. 对于命题②：当（为正整数）时，. 由二项式定理，，故. 而，取（即），左边，右边，， 故命题②不成立. 故选：C 二、填空题 4．（22-23高二下·上海浦东新·期中）对于，将n表示为 ，当时，.当时，为0或1.记为上述表示中为0的个数，（例如，，故，）.若，则 . 【答案】 【分析】将分为，，，…，等7种情况，由组合数的性质，分析其中的取值情况，与二项式定理结合，可转化为等比数列的前7项和，计算可得答案． 【详解】， 设，且为整数， 则， 中6个数都为0或1， 其中没有一个为1时，有种情况，即有个； 其中有一个为1时，有种情况，即有个； 其中有2个为1时，有种情况，即有个； … 故，同理可得：， … ， , 则. 故答案为:． 【点睛】关键点睛：本题比较综合，难度大，得到是解题的关键. 5．（24-25高三上·上海·期中）一个项数为的正整数数列满足，且，若为不大于 的偶数，则符合条件的数列共有 个. 【答案】 【分析】根据题意，先确定数列中的值，再利用组合知识，即可得到结论. 【详解】由题意，且， 当时，，则可以取或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或或或，且逐项不减小， 此时满足条件的数列的个数有个； 当，，则可以取或或或或或或或， 且逐项不减小，此时满足条件的数列的个数有个； 综上，满足条件的数列共有. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：先确定数列中的值，之后再分析的取值，可能都是同一个值；可能是从可取值中选两个出来，比如选和，那么可能，可能或有三种可能；依次分析即可. 6．（24-25高二下·上海闵行·月考）我们称（为正整数）元有序实数组为维向量，为该向量的范数.已知维向量，其中，记范数为奇数的的个数为，则 【答案】 【分析】由已知当为奇数时，的个数为偶数，根据乘法原理和加法原理，以及和的展开式的加减，求得为奇数时的通项公式，由此可求. 【详解】当为奇数时，范数为奇数，则的个数为偶数，则的个数为 根据乘法原理和加法原理可得：， 因① ② 由 ，故. 故. 故答案为： . 【点睛】方法点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 7．（2025·上海·三模）互不相同的正整数满足，满足条件的有序实数对有 组（结果用数值表示）. 【答案】48 【分析】设，由已知得，可得或，从而可求解. 【详解】设， 由，可得， 因为是互不相同的正整数，故是互不相同的整数， 因为乘积为6，可得负因数的个数为偶数个， 可得或， 则对应的也有两组， 故符合条件数有2组，故符合条件的的所有有序实数对是这两个组的数的全排列， 即. 故答案为：. 8．（25-26高三上·重庆·开学考试）某校安排5位老师值班3天，要求每人需要值班1天或2天，且每天有2人值班，则不同的值班方案有 种. 【答案】180 【分析】根据题意，先确定总值班人次，确定恰有1人值班两天，再对剩余4人，分配情况讨论即可求解. 【详解】总值班人次为，每人需要值班1天或2天， 因此唯一可能的分配是其中1人值班2天，另外4人各值班1天， 先从5人中选出值班两天的1人，有种， 假设选出的1人为甲，需要值班2天，另外4人各值班1天， 第一步，先确定甲值班哪两天：， 第二步，从另外4人中，确定两人值班剩下的那一天，， 第三步，剩下两人分别和甲组合值班，， 所以不同的值班方案有， 故答案为：180 9．（25-26高三上·上海·期中）已知，其中为虚数单位，从组合数、、、…、中取出一个数记作，从展开式中项的系数、、、…、中取出一个数记作，若，则的概率为 【答案】 【分析】首先由复数的特征确定，再由二项展开式可知，，从而确定满足条件的对数，结合古典概型概率公式，即可求解. 【详解】由，即， 由题设，组合数，，1，2，…，40，共41个， 对于，展开式通项的系数且，1，2，…，40构成，共41个， 根据等可能性，选取的样本空间容量为， 由于，即，则，故， 所以必为奇数，， 所以，即或，在中，奇数的取值有，共个，对于这20个中的任意一个，由于，故， 因此满足的都有和两个不同的取值，所以满足条件的有序数对共有个，故所求概率为. 故答案为： 三、解答题 10．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知集合，规定：若集合，则称为集合的一个分拆，当且仅当：，，…，时，与为同一分拆，所有不同的分拆种数记为.例如：当，时，集合的所有分拆为：，，，即. (1)求； (2)试用、表示； (3)设，规定，证明：当时，与同为奇数或者同为偶数. 【答案】(1)9 (2) (3)证明见解析 【分析】(1)根据新定义,结合集合元素个数和和不同分拆种数计算即可; (2)先考虑至少进入其中一个的情况类比得到所有元素的情况再应用乘法原理可得; (3) 运用二项式定理将展开，把转化为, 即可证明与同为奇数或者同为偶数. 【详解】（1）集合， 对于每一个，都有进入或不进入两种可能， 而且至少进入其中一个， 所以有种进入、的不同方法； 同理有种进入、的不同方法； 由分步计数原理，、进入、共有种不同方法， 即. （2）因为集合， 下面按是否进入分为步求， 第一步：对于每一个，都有进入或不进入两种可能， 而且至少进入其中一个， 所以有种进入、、…、的不同方法； 第二步：同理有种进入、、…、的不同方法； … 第步：同理有种进入、、…、的不同方法. 由分步计数原理，、、…、进入、、…、， 共有种不同方法，即. （3）运用二项式定理将展开， ， 其中， ，其中， 所以当为奇数时，为奇数； 当为偶数时，也为偶数， 即与同为奇数或者同为偶数. 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $