专题13 排列与组合、二项式定理（7大易错点+典例分析+避错攻略+举一反三+易错通关）（全国通用）2026年高考数学二轮复习讲练测

专题13 排列与组合、二项式定理 目录 第一部分 易错点剖析 易错典题 避错攻略 举一反三 易错点1 混淆两个计数原理而出错 易错点2 分步“有序”导致错误 易错点3 分步不合理导致重复或遗漏 易错点4 忽视排列数组合数公式的隐含条件致误 易错点5 分组问题混淆“均分”与“非均分” 易错点6 计数时混淆有序与定序 易错点7 混淆“系数”与“二项式系数”而出错 第二部分 易错题闯关 易错点1 混淆两个计数原理而出错 易错典题 【例1】（2025·上海高考真题）有一四边形，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币：如硬币正面朝上，则将其擦去；如硬币反面朝上，则不擦去．最后，以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据分步计数原理及古典概型的概率公式求解即可. 【解析】根据题意，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币， 共有种情况，（易错点） 注意：分类相斥，分步相依 要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C， 若保留两条边，则可保留也可擦去， 共有种情况； 若保留两条边，则可保留也可擦去， 共有种情况（其中有一种情况与上面重复），（易错点） 注意剔除重复的方法 则要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C，共有种情况， 所以可以到达C点的概率为. 故选：B. 【错因分析】在利用两个计数原理处理计数问题时，往往容易因为混淆分类、分步而错用两个原理致错. 知识混淆：分不清分类加法计数原理与分步乘法计数原理，把多步骤完成的事当成分类，或把多类别情况当成分步，混用加、乘运算，导致结果要么少算要么多算。 概念模糊：对 “分类”“分步” 理解不清，不明白分类是任选其一即可完成，分步是依次完成才算完成。只看数字不辨逻辑，直接乱加乱乘，原理用错。 望文生义：看到 “共有多少种” 就凭感觉计算，不分析事件结构，不判断是分类还是分步，直接套用熟悉算法，忽略逻辑关系，造成计数错误。 避错攻略 【方法总结】分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择 分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理； 分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理. 在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用. 【知识链接】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，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，完成这件事共有N＝m·n种不同的方法。 3.两个计数原理的综合应用 如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理． 举一反三 【变式1-1】（25-26高二下·广东清远·期末)如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有(    )    A．5种 B．6种 C．7种 D．9种 【变式1-2】（2025·高二·重庆·期中）某单位有5位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是，为遵守所在城市元月15日至18日4天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车（车牌尾数为2）最多只能用一天，则不同的用车方案种数是（    ） A．24 B．27 C．30 D．33 【变式1-3】（多选）（25-26高二下·陕西安康·阶段练习)现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是(    ) A．从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要选出2个球分给甲、乙两名同学，有210种不同的方法 易错点2 分步“有序”导致错误 易错典题 【例2】（24-25高二上·福建泉州·阶段训练）有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法是（ ） A． 560 B． 2735 C． 1136 D． 480 【答案】 C 【解析】方法一 将“至少有1个是一等品”的不同取法分三类：“恰有1个一等品”“恰有2个一等品”“恰有3个一等品”．由分类加法计数原理，得不同取法有（种）（易错点）． 至少至多型产品抽取问题一般分类讨论或用间接法求解 方法二 考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法，得至少有1个一等品的不同取法有（种），故选C. 【错因分析】由于对实际问题中“至少有1个一等品”意义理解不明，可能导致下面的错误：按分步乘法计数原理，第一步确保有1个一等品，有种取法；第二步从余下的19个零件中任取两个，有种不同的取法，故共有（种）取法，实际上这个解法是错误的．下面我们作如下分析，第一步取出1个一等品，那么第二步就有3种可能：①取出的2个都是二等品，这时的取法有（种）；②取出1个一等品，1个二等品，因为取出2个一等品是分步完成的，这2个一等品的取法就有了先后顺序，而实际上这2个一等品是没有先后顺序的，因此这时的取法就产生了多一倍的重复，即这时的取法有（种）；③取出的2个都是一等品，这时我们取出的3个都是一等品了，实际的取法种数应是． 知识混淆：混淆有序抽取（排列）与无序抽取（组合），把一次性取件按分步有顺序计算，误用分步乘法，与实际无序抽取不符，造成计数重复偏大。 概念模糊：对抽取模型理解不清，不区分有先后放回和无先后一次性抽取，盲目分步设序，忽略抽取对象无顺序差异，错误引入多余次序。 望文生义：看到 “抽取” 就自动分步依次取，不审题是否强调顺序，直接按有序计数，无视实际无序要求，导致结果与正确组合数不符。 避错攻略 【方法总结】对于“至少”“至多”类型的问题，考生应注意从两个方面处理：一是从正面进行处理，可以根据要求进行合理分类，利用分类加法计数原理求解；二是求解该事件的对立事件，即利用排除法求解，其实质还是先进行分类．求解时要根据具体情况选取类别较少的一种方法进行解答． 【知识链接】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；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；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． 举一反三 【变式2-1】（25-26高三上·山东日照·期末）从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任班长、团支书、学习委员，则甲、乙至多有人被选中的不同选法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式2-2】（2025高三·全国·专题练习）多个平台公布了“2023年十大流行语”，其中有相同的也有不同的，现从中共选取12个流行语，包括“i人/e人”“显眼包”“特种兵式旅游”“遥遥领先”“多巴胺××”“情绪价值”“双向奔赴”“村BA”“主打一个××”“搭子”“命运的齿轮开始转动”“质疑××，理解××，成为”，其中“显眼包”“特种兵式旅游”“多巴胺××”“遥遥领先”在多个平台公布的“2023年十大流行语”中出现，被称为“最热流行语”．从这12个流行语中选择4个不同的流行语，则至多包含2个“最热流行语”的选法共有（    ） A．482种 B．462种 C．392种 D．270种 【变式2-3】（24-25高二下·全国·课后作业）某校致力于打造“书香校园”，以此来提升学生的文化素养．现准备将7本不同的书全部分配给甲、乙、丙、丁4个不同的班级，要求每个班级均有书，且甲班的书比乙班多，丙班至少2本，则不同的分配方案有（    ） A．630种 B．840种 C．1470种 D．1480种 易错点3 分步不合理导致重复或遗漏 易错典题 【例3】（25-26高三上·湖北省直辖县级单位·期中）用4种不同的颜色给图中6个区域染色，要求边界有重合部分的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（   ） A．384种 B．168种 C．108种 D．192种 【答案】D 【解析】先给2，5染色，有种方法，（易错点） 涂色时常先从中间部分涂起 若1和5同色，则4有2种涂法；若1和5不同色，则4有种涂法．（易错点） 涂色时一般按相对区域同色或异色分类处理 因为1，4分别与3，6对称，所以不同的染色方法有种． 故选：D 【错因分析】本题在求解过程中容易错用分步乘法计数原理，从1到8依次涂色，方法数为，错解的根源是涂完1、2后，3号可以与1相同，也可以不同，而3号的颜色影响4号颜色的选择. 知识混淆：混淆分类与分步，把相邻、不相邻区域混为一谈，未按 “先邻后独” 分步，错误使用加法或乘法，造成计数重复或遗漏。 概念模糊：对分步计数理解不清，忽略每步需满足颜色不冲突，随意按区域顺序涂色，未考虑相邻限制，导致步骤间矛盾，结果出错。 望文生义：看到涂色就直接分步计算，不看区域相邻关系，凭直觉定顺序，无视相邻区域不能同色的约束，出现重复计数或漏算情况 避错攻略 【方法总结】使用分步计数原理时，要注意以下三点：（1）‌步骤完整性‌：完成一件事必须且只需连续完成所有步骤。每个步骤的方法选择与其他步骤无关，但所有步骤必须依次完成； （2）‌独立性‌：每一步的方法选择是独立的，即前一步的选择不会影响后一步的选择； （3）‌连续性‌：只有当前一步完成后，才能进行下一步。所有步骤必须依次进行，不能跳过任何一步‌. 【知识链接】1.分类计数原理的应用原则 分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类， 分类时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种方法必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏. 2.分类计数原理的应用原则 ①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才能完成这件事； ②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事就不可能完成；不能缺少步骤. ③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各个步骤既不能重复也不能遗漏. 举一反三 【变式3-1】（25-26 高三上·江苏南京·期中）用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【变式3-2】(25-26·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． 【变式3-3】（2026·重庆·一模）在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，则当时，三角形区域的个数为 ；若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，则至少需要 种不同的颜色． 易错点4忽视排列数组合数公式的隐含条件致误 易错典题 【例4】（25-26高三上·上海宝山·统考）已知关于正整数的方程，则该方程的解为 . 【答案】或 【解析】根据组合数的性质，由 可知：或，（易错点） 需注意考虑上组合数方程上标间的限制条件 即或，所以和均满足题意， 所以该方程的解为：或. 【错因分析】在组合数中要注意隐含条件. 知识混淆：混淆排列数、组合数的适用条件，只记公式不关注约束，不清楚 n≥m≥0 且 m,n 为自然数，盲目代入字母参数计算，忽略取值限制。 概念模糊：对公式的意义理解不清，不明白下标不小于上标是基本前提，只机械套用表达式求解参数，不检验取值是否合法，导致出现无意义的解或范围错误。 望文生义：看到排列、组合字眼就直接列方程，不审题中隐含的整数、范围要求，默认参数可取任意实数，无视组合数的天然约束，造成增解或漏解。 避错攻略 【方法总结】本题在求解过程中容易忽略这一隐含条件而出错. 【知识链接】1、排列与排列数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． （2）排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． （3）排列数的性质：①；②；③． 2、组合与组合数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． （2）组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到； 因此． 这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：． 举一反三 【变式4-1】（24-25高二下·重庆·期中）若，则（   ） A． B． C． D． 【变式4-2】（25-26高二上·上海宝山·期中）若 为正整数，则不等式 的解集是 【变式4-3】（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·月考）（1）求的值； （2）解不等式. 易错点5 分组问题混淆“均分”与“非均分” 易错典题 【例5】将6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？ (1)(非均匀分组)-堆一本，一堆两本，一堆三本； (2)（定向分配）甲得一本，乙得两本，丙得三本； (3)（不定向分配）-人得一本，一人得二本，一人得三本； (4)（平均分配）平均分给甲、乙、丙三人； (5)（平均分组）平均分成三堆． 【分析】本例为分组或分配问题，分配问题是把物件分给不同的人（或团体），是有顺序可言的,而分组问题，只是把物件分成组，是无顺序的，两者有着明显的不同. 【解析】（1)先在6本书中任取一本，作为一堆，有种取法，再从余下的五本书中任取两本，作为一堆，有种取法，再后从余下三本取三本作为一堆，有种取法，故共有分法（种）（易错点）； 非均匀分组，利用计数原理分完即可 (2)由(1)知，分成三堆的方法有种，而每种分组方法仅对应一种分配方法，故甲得一本，乙得二本，丙得三本的分法亦为（种）． (3)由(1)知，分成三堆的方法有种，但每一种分组方法又有种不同的分配方案，故一人得一本，一人得两本，一人得三本的分法有（种）（易错点） 不定向分配，先分组后分配 （4）3个人一个一个地来取书，甲从6本不同的书本中任取出2本的方法有 种，甲不论用哪一种方法取得2本书后，已再从余下的4本书中取书有种方法，而甲、乙不论用哪一种方法各取2本书后，丙从余下的两本中取两本书，有 种方法，所以一共有=90种方法． （5）把6本不同的书分成三堆，每堆二本与把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人二本的区别在于，后者相当于把六本不同的书，平均分成三难后，再把每次分得的三堆书分给甲、乙、丙三个人．因此，设把六本不同的书，平均分成三堆的方法有x 种，那么把六本不同的书分给甲、乙、丙三人每人2本的分法就应有种，由（4）知，把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人2本的方法有 种．所以＝ ，则(种）. （易错点） 要注意平均分组与平均分配的区别，前者要作除法，后者不用作除法 【错因分析】(1)要特别注意平均分配与平均分组的区别，如6本书分给甲、乙、丙三人各两本和分成3堆每堆两本是有区别的，前者虽然也属均分问题，但要甲、乙、丙三个人一个人一个人的去拿，而后者属均分问题又是无序问题，所以必须除以 ．一般地，n个元素中有个元素（≤n)均分成m堆一定要除以 ． (2)非平均不定向分配问题一般“先分堆，再分配”，如第(3)小题. 知识混淆：分不清平均分组与不平均分组的计算逻辑，平均分组需除以组数的全排列消序，非均分则不用。乱套公式，要么均分没除序重复计数，要么非均分多除序导致结果偏小。 概念模糊：对分组 “去重” 理解不清，不明白均分后组间无区别会产生重复情况。只记得分组用组合数，忽略均分必须消序，概念不全导致计数错误。 望文生义：看到分组就直接连乘组合数，不判断是否均分、是否有序。默认所有分组算法一样，不看每组数量是否相同，漏掉消序步骤，结果不符合实际。 避错攻略 【方法总结】对于分堆与分配问题应注意：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,位置也应是不同的；③分堆时要注意是否均匀． 【知识链接】分组、分配问题是排列组合的综合问题，解题思想是先分组后分配 （1）分组问题属于“组合”问题，常见的分组方法有三种： ①完全均匀分组，每组元素的个数都相等； ②部分均匀分组，应注意不要重复； ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象． （2）分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种： 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，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配； ③有限制条件的分配问题，采用分类求解． 举一反三 【变式5-1】（25-26高三上·河南南阳·期末）将4名医生和5名护士安排到A，B两个社区义诊，要求每个社区至少有1名医生和2名护士，每名医生和护士都要参加且只能到一个社区义诊，则不同的分配方案有（   ） A．110种 B．140种 C．220种 D．280种 【变式5-2】（25-26高三上·湖南常德·月考）在《红楼梦》中，史湘云邀众姐妹和贾宝玉一起作诗.共编写了十首不同的咏菊诗，假设分配贾宝玉作《访菊》《种菊》两首，薛宝钗作《忆菊》、《画菊》两首，剩下六首诗分别由林黛玉、史湘云、探春三人创作，且每人至少创作一首，至多创作三首，则不同的分工方案共有（    ） A．150种 B．360种 C．450种 D．800种 【变式5-3】（25-26高三上·四川眉山·期末）苏轼，字子瞻，号东坡居士，眉州眉山（今四川省眉山市）人，北宋文学家､书法家､画家，历史治水名人.现有苏轼的6本不同诗集全部奖励给3名同学，每人至少分得一本，则共有（    ）种分配方案 A．90 B．120 C．360 D．540 【变式5-4】（25-26高三上·甘肃嘉峪关·期末）甲、乙、丙等6名学生准备利用假期时间从三个社区中选一个参加志愿者活动，每个社区至少安排1人． (1)若每个社区刚好安排2人，则不同的安排方法有多少种？ (2)若甲、乙、丙全部分到同一个社区，则不同的安排方法有多少种？ (3)若甲、乙、丙分别分到三个社区，则不同的安排方法有多少种？ 易错点6 计数时混淆有序与定序 易错典题 【例6】（25-26高三上·全国·专题训练）用2个0，2个1和1个2组成一个五位数，则这样的五位数有（    ） A．8个 B．12个 C．18个 D．24个 【答案】C 【解析】当首位为2时，这样的五位数有个(易错点)； 2个0之间没有顺序，2个1之间没有顺序，故需作除法 当首位为1时，这样的五位数有个（易错点）. 2个0之间没有顺序，，故需作除法 综上，这样的五位数共有个. 故选：C. 【错因分析】本题容易混淆定序与有序的区别而错解，即未考虑相同元素之间可视为定序问题，从而未作除法导致出错. 知识混淆:分不清排列（有序）与定序（部分固定顺序）的算法区别，乱套排列数公式。定序本应除以定序元素的全排列，却直接按全有序计算，导致结果偏大。 概念模糊:对 “定序” 理解不清，不明白某些元素顺序固定无需再排，仍对所有元素全排列，忽略 “顺序已定” 这一关键限制，多算无效排列。 望文生义:看到 “排列” 就默认全有序. 避错攻略 【方法总结】“定序”是指元素的相对顺序固定,定序问题可看作组合问题，可以看做排列问题之后除掉之间的顺序． 【知识链接】1.一般地，对于某些元素的顺序固定型问题，解决时有两种方法： (1)倍缩法：先不考虑限制条件，所有元素全排列，再除以定序元素的全排列； (2)空位(或占位)法：在总位置中，安排非定序元素的位置，然后对定序元素进行排列时，只有1种排法．如已知n个不同的元素进行排列，要求其中m(m≤n，n∈N*，m∈N*)个元素相对顺序固定不变，有种不同的方法，或从n个位置中排m个元素之外的n－m个元素，再放这定序的m个元素，共有A种不同的方法． 对于给定元素顺序确定，再插入其他元素进行排列：顺序确定的元素为n个，新插入的元素为m个，则排列数为. 2.相同元素分配问题的处理策略 (1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题． (2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板． 举一反三 【变式6-1】（25-26高三上·郑州·模拟）某班2026年元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插入方法的种数为(　　) A．2 B．11 C．36 D．42 【变式6-2】（25-26高三上·河南商丘·月考）甲、乙、丙、丁等6人排成一排，甲乙丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有排法（   ） A．144种 B．108种 C．120种 D．360种 【变式6-3】（25-26高三上·天津·期末）现有12件商品摆放在货架上，摆成上层4件下层8件，现要从下层8件中取3件调整到上层，若其他商品的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（   ） A．8400 B．11760 C．13440 D．20160 易错点7 混淆“系数”与“二项式系数”而出错 易错典题 【例7】（25-26高三·上海·随堂练习）已知的二项展开式中，二项式系数最大的项为a，系数最大的项为b，则 ． 【答案】 【解析】由题意得（易错点）， 二项式系数最大的项为最中间的一项（n为偶数）或最中间的两项（n为奇数） 通项， 当满足时，系数最大，（易错点） 一般利用夹击法求系数最大的项，即此项系数不小于前一项系数，也不小于后一项系数 ，即，解得 又 解得， 所以， 故． 【错因分析】本题容易将展开式的系数与二项式系数混淆而出错. 解. 知识混淆:把二项式系数与项的系数（含字母、常数）混为一谈，只记组合数公式，不区分式子中有无额外系数，求系数和时直接用二项式系数结果代入，导致计算错误。 概念模糊:对两个概念理解不清，只知道 “系数” 一词，不清楚二项式系数仅指组合数，与式子中其他常数、符号无关，把二者等同，求最值、求和时概念用错。 望文生义:看到 “系数” 就直接当成二项式系数，不看题目表述，忽略式子中的常数、负号、字母系数，直接用计算，导致项的系数求错、结果偏差。 避错攻略 【方法总结】处理二项展开式的系数问题要区分“二项式系数”与“项的系数”的区别：二项展开式中各项的二项式系数为(),项的系数是指该项中除变量外的常数部分,包含符号等. 【知识链接】1、二项式定理 （1）二项式定理：， （2）通项公式：，表示展开式的第项：， （3）二项式系数：系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数. 2、二项式展开式中的最值问题 （1）二项式系数的性质： ①每一行两端都是，即；其余每个数都等于它“肩上”两个数的和，即． ②对称性每一行中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即． （2）二项式系数的最大项 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． （3）系数的最大项 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． 举一反三 【变式7-1】（25-26高三上·贵州·阶段练习）在的二项展开式中，第3项的二项式系数是（    ） A．8 B． C．28 D． 【变式7-2】（25-26高三上·湖南长沙·月考）若的二项展开式中，有且仅有第5项是二项式系数最大的项，则（   ） A．8 B．9 C．10 D．11 【变式7-3】（2026·陕西·模拟预测）展开式中的系数为（    ） A．56 B．42 C．84 D．120 1、 单选题 1．（25-26高三上·山东济宁·期中）若，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 2．（25-26高三上·山西·月考）已知，若，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．1或3 3．（2024·北京·高考真题）在的展开式中，的系数为（    ） A． B． C． D． 4．（2026高三·全国·专题练习）把10个相同的小球放入编号分别为1，2，3的三个不同的箱子中，每个箱子的球的个数不少于其编号，则共有多少种放法（ ） A．10种 B．种 C．种 D．45种 5．（25-26高三上·贵州贵阳·月考）若从这7个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于4500的偶数个数是（    ） A．160 B．148 C．152 D．164 6．（25-26高二上·陕西渭南·期末）将标号为1，2，3，4，5的五个小球放入三个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球．则标号为1和2的两个小球放入同一个盒子的概率为（   ） A． B． C． D． 7．（2025·全国·模拟预测）不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A．1360 B．2380 C．2510 D．760 8．（2025高三·全国·专题练习） 《尚书》中的五行理论在中医和哲学中有着广泛的应用．古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系．如图是五行图，现有5种颜色可供选择给五行涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生水，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（    ） A．960 B．1020 C．2150 D．3125 2、 多选题 9．（25-26高三上·重庆·月考）已知的展开式的各项系数之和为1024，则展开式中（   ） A．奇数项的二项式系数的和为256 B．第6项的系数最大 C．存在常数项 D．有理项共有7项 【答案】BC 10（25-26高三上·广东肇庆·月考）下面正确的是（   ） A．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，有150种不同的放法； B．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有种不同的放法； C．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，有6种不同的放法； D．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有19种不同的放法． 11．（25-26高三上·江西鹰潭·期末）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《解析九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果.从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（    ） A． B．第10行所有数字之和为 C．第2026行的第1013个数最大 D．第15行中从左到右第4个数与倒数第4个数之比为1:3 3、 填空题 12（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种． 13（2025·北京·高考真题）已知，则 ； ． 14．（25-26高三上·福建漳州·期末）一只蚂蚁从平面直角坐标系上的原点处出发，每次随机地选择向上、下、左、右四个方向之一移动一个单位长度，若移动5次蚂蚁仍在圆内部，则不同走法共有 种. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 排列与组合、二项式定理 目录 第一部分 易错点剖析 易错典题 避错攻略 举一反三 易错点1 混淆两个计数原理而出错 易错点2 分步“有序”导致错误 易错点3 分步不合理导致重复或遗漏 易错点4 忽视排列数组合数公式的隐含条件致误 易错点5 分组问题混淆“均分”与“非均分” 易错点6 计数时混淆有序与定序 易错点7 混淆“系数”与“二项式系数”而出错 第二部分 易错题闯关 易错点1 混淆两个计数原理而出错 易错典题 【例1】（2025·上海高考真题）有一四边形，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币：如硬币正面朝上，则将其擦去；如硬币反面朝上，则不擦去．最后，以A为起点沿着尚未擦去的边出发，可以到达C点的概率为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据分步计数原理及古典概型的概率公式求解即可. 【解析】根据题意，对于其四边，按顺序分别抛掷一枚质量均匀的硬币， 共有种情况，（易错点） 注意：分类相斥，分步相依 要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C， 若保留两条边，则可保留也可擦去， 共有种情况； 若保留两条边，则可保留也可擦去， 共有种情况（其中有一种情况与上面重复），（易错点） 注意剔除重复的方法 则要从A出发沿着尚未擦去的边能到达点C，共有种情况， 所以可以到达C点的概率为. 故选：B. 【错因分析】在利用两个计数原理处理计数问题时，往往容易因为混淆分类、分步而错用两个原理致错. 知识混淆：分不清分类加法计数原理与分步乘法计数原理，把多步骤完成的事当成分类，或把多类别情况当成分步，混用加、乘运算，导致结果要么少算要么多算. 概念模糊：对 “分类”“分步” 理解不清，不明白分类是任选其一即可完成，分步是依次完成才算完成.只看数字不辨逻辑，直接乱加乱乘，原理用错. 望文生义：看到 “共有多少种” 就凭感觉计算，不分析事件结构，不判断是分类还是分步，直接套用熟悉算法，忽略逻辑关系，造成计数错误. 避错攻略 【方法总结】分类加法计数原理与分步乘法计数原理的合理选择 分类→将问题分为互相排斥的几类，逐类解决→分类加法计数原理； 分步→将问题分为几个相互关联的步骤，逐步解决→分步乘法计数原理. 在解决有关计数问题时，应注意合理分类，准确分步，同时还要注意列举法、模型法、间接法和转换法的应用. 【知识链接】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，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，完成这件事共有N＝m·n种不同的方法. 3.两个计数原理的综合应用 如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理． 举一反三 【变式1-1】（25-26高二下·广东清远·期末)如图，要让电路从处到处只有一条支路接通，则不同的路径有(    )    A．5种 B．6种 C．7种 D．9种 【答案】C 【解析】由分类加法计数原理以及分步乘法计数原理可知， 不同的路径有种.故选：C. 【变式1-2】（2025·高二·重庆·期中）某单位有5位同事各有一辆私家车，车牌尾数分别是，为遵守所在城市元月15日至18日4天的限行规定（奇数日车牌尾数为奇数的车通行，偶数日车牌尾数为偶数的车通行），五人商议拼车出行，每天任选一辆符合规定的车，但甲的车（车牌尾数为2）最多只能用一天，则不同的用车方案种数是（    ） A．24 B．27 C．30 D．33 【答案】B 【解析】15日至18日，有2天奇数日和2天偶数日，车牌尾数中有3个奇数和2个偶数．通过按日期分步，分2类， 第一类：，第二类：，共27种. 故选：B． 【变式1-3】（多选）（25-26高二下·陕西安康·阶段练习)现有不同的红球4个，黄球5个，绿球6个，则下列说法正确的是(    ) A．从中选出2个球，正好一红一黄，有9种不同的选法 B．若每种颜色选出1个球，有120种不同的选法 C．若要选出不同颜色的2个球，有31种不同的选法 D．若要选出2个球分给甲、乙两名同学，有210种不同的方法 【答案】BD 【解析】A选项：取2个球，红、黄各1，有种选法，该选项错误. B选项：每种颜色选出1个球，共取3个，有种选法，该选项正确. C选项：要选出不同颜色的2个球，有3种情况： 若取1红1黄，有种选法； 若取1红1绿，有种选法； 若取1黄1绿，有种选法； 因此共有种选法，该选项错误. D选项：甲先选有15种选法，乙再选有14种选法，所以共有种选法，该选项正确.故选：BD. 易错点2 分步“有序”导致错误 易错典题 【例2】（24-25高二上·福建泉州·阶段训练）有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法是（ ） A． 560 B． 2735 C． 1136 D． 480 【答案】 C 【解析】方法一 将“至少有1个是一等品”的不同取法分三类：“恰有1个一等品”“恰有2个一等品”“恰有3个一等品”．由分类加法计数原理，得不同取法有（种）（易错点）． 至少至多型产品抽取问题一般分类讨论或用间接法求解 方法二 考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法，得至少有1个一等品的不同取法有（种），故选C. 【错因分析】由于对实际问题中“至少有1个一等品”意义理解不明，可能导致下面的错误：按分步乘法计数原理，第一步确保有1个一等品，有种取法；第二步从余下的19个零件中任取两个，有种不同的取法，故共有（种）取法，实际上这个解法是错误的．下面我们作如下分析，第一步取出1个一等品，那么第二步就有3种可能：①取出的2个都是二等品，这时的取法有（种）；②取出1个一等品，1个二等品，因为取出2个一等品是分步完成的，这2个一等品的取法就有了先后顺序，而实际上这2个一等品是没有先后顺序的，因此这时的取法就产生了多一倍的重复，即这时的取法有（种）；③取出的2个都是一等品，这时我们取出的3个都是一等品了，实际的取法种数应是． 知识混淆：混淆有序抽取（排列）与无序抽取（组合），把一次性取件按分步有顺序计算，误用分步乘法，与实际无序抽取不符，造成计数重复偏大. 概念模糊：对抽取模型理解不清，不区分有先后放回和无先后一次性抽取，盲目分步设序，忽略抽取对象无顺序差异，错误引入多余次序. 望文生义：看到 “抽取” 就自动分步依次取，不审题是否强调顺序，直接按有序计数，无视实际无序要求，导致结果与正确组合数不符. 避错攻略 【方法总结】对于“至少”“至多”类型的问题，考生应注意从两个方面处理：一是从正面进行处理，可以根据要求进行合理分类，利用分类加法计数原理求解；二是求解该事件的对立事件，即利用排除法求解，其实质还是先进行分类．求解时要根据具体情况选取类别较少的一种方法进行解答． 【知识链接】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；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；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． 举一反三 【变式2-1】（25-26高三上·山东日照·期末）从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任班长、团支书、学习委员，则甲、乙至多有人被选中的不同选法有（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【解析】从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任班长、团支书、学习委员，不同的选法种数为种， 若甲、乙两人都被选中，则不同的选法种数为种， 因此，甲、乙至多有人被选中的不同选法有种. 故选：C. 【变式2-2】（2025高三·全国·专题练习）多个平台公布了“2023年十大流行语”，其中有相同的也有不同的，现从中共选取12个流行语，包括“i人/e人”“显眼包”“特种兵式旅游”“遥遥领先”“多巴胺××”“情绪价值”“双向奔赴”“村BA”“主打一个××”“搭子”“命运的齿轮开始转动”“质疑××，理解××，成为”，其中“显眼包”“特种兵式旅游”“多巴胺××”“遥遥领先”在多个平台公布的“2023年十大流行语”中出现，被称为“最热流行语”．从这12个流行语中选择4个不同的流行语，则至多包含2个“最热流行语”的选法共有（    ） A．482种 B．462种 C．392种 D．270种 【答案】B 【解析】解法一：由题意可知，可以分三类： 第一类，不包含“最热流行语”，有（种）不同的选法； 第二类，包含1个“最热流行语”，有（种）不同的选法； 第三类，包含2个“最热流行语”，有（种）不同的选法． 综上，至多包含2个“最热流行语”共有（种）不同的选法． 解法二：正难则反， 从12个流行语中选择4个不同的流行语共有（种）不同的选法， 包含3个“最热流行语”有（种）不同的选法， 包含4个“最热流行语”有（种）不同的选法． 所以至多包含2个“最热流行语”共有（种）不同的选法． 故选：B． 【变式2-3】（24-25高二下·全国·课后作业）某校致力于打造“书香校园”，以此来提升学生的文化素养．现准备将7本不同的书全部分配给甲、乙、丙、丁4个不同的班级，要求每个班级均有书，且甲班的书比乙班多，丙班至少2本，则不同的分配方案有（    ） A．630种 B．840种 C．1470种 D．1480种 【答案】C 【解析】根据题意甲乙丙丁四个班的书可以按照3，1，2，1或者2，1，2，2或者2，1，3，1三种方式分配， 故总的分配方案有种． 故选：C 易错点3 分步不合理导致重复或遗漏 易错典题 【例3】（25-26高三上·湖北省直辖县级单位·期中）用4种不同的颜色给图中6个区域染色，要求边界有重合部分的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（   ） A．384种 B．168种 C．108种 D．192种 【答案】D 【解析】先给2，5染色，有种方法，（易错点） 涂色时常先从中间部分涂起 若1和5同色，则4有2种涂法；若1和5不同色，则4有种涂法．（易错点） 涂色时一般按相对区域同色或异色分类处理 因为1，4分别与3，6对称，所以不同的染色方法有种． 故选：D 【错因分析】本题在求解过程中容易错用分步乘法计数原理，从1到8依次涂色，方法数为，错解的根源是涂完1、2后，3号可以与1相同，也可以不同，而3号的颜色影响4号颜色的选择. 知识混淆：混淆分类与分步，把相邻、不相邻区域混为一谈，未按 “先邻后独” 分步，错误使用加法或乘法，造成计数重复或遗漏. 概念模糊：对分步计数理解不清，忽略每步需满足颜色不冲突，随意按区域顺序涂色，未考虑相邻限制，导致步骤间矛盾，结果出错. 望文生义：看到涂色就直接分步计算，不看区域相邻关系，凭直觉定顺序，无视相邻区域不能同色的约束，出现重复计数或漏算情况 避错攻略 【方法总结】使用分步计数原理时，要注意以下三点：（1）‌步骤完整性‌：完成一件事必须且只需连续完成所有步骤.每个步骤的方法选择与其他步骤无关，但所有步骤必须依次完成； （2）‌独立性‌：每一步的方法选择是独立的，即前一步的选择不会影响后一步的选择； （3）‌连续性‌：只有当前一步完成后，才能进行下一步.所有步骤必须依次进行，不能跳过任何一步‌. 【知识链接】1.分类计数原理的应用原则 分类计数时，首先要根据问题的特点，确定一个适当的分类标准，然后利用这个分类标准进行分类， 分类时要注意两个基本原则：一是完成这件事的任何一种方法必须属于相应的类；二是不同类的任意两种方法必须是不同的方法，只要满足这两个基本原则，就可以确保计数时不重不漏. 2.分类计数原理的应用原则 ①明确题目中所指的“完成一件事”是指什么事，怎样才能完成这件事，也就是说，弄清要经过哪几步才能完成这件事； ②完成这件事需要分成若干个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事，缺少任何一步，这件事就不可能完成；不能缺少步骤. ③根据题意正确分步，要求各步之间必须连续，只有按照这n个步骤逐步去做，才能完成这件事，各个步骤既不能重复也不能遗漏. 举一反三 【变式3-1】（25-26 高三上·江苏南京·期中）用n种不同的颜色为下面的广告牌图则，要求在①②③④这四个区域中相邻的区域（有公共边界）涂不同的颜色，若涂色共有840种不同的方法，则n的值为（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【解析】区域①有n种，区域②有种，区域③有种，区域④有种， 舍去，得(负数解舍去). 故选：C. 【变式3-2】(25-26·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 【解析】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． 【变式3-3】12．（2026·重庆·一模）在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，则当时，三角形区域的个数为 ；若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色，则至少需要 种不同的颜色． 【答案】 【解析】在矩形内部（不包含矩形边界）有个点， 将这些点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域， 设三角形的个数为， 当时，在矩形内部（不包含矩形边界）有个点，这个点以及矩形的顶点作适当连接，把矩形分割成没有公共部分的三角形区域，即这个点和矩形的四个点构成个的满足条件的三角形，即； 当时，第二个点是在满足第一个点的三角形中的一个三角形内部，这个点和这个三角形的三个点构成三个满足条件的三角形，同时去掉这个点所在的大三角形，故； 同理，，故构成等差数列，首项为，公差为， 故 则三角形的个数为， 则当时，三角形的个数为； 若对如图所示的三角形区域进行着色，要求有公共边的区域不能同色， 如果用2种颜色，则同色且同色，且两色相异，则必定与中某块同色， 与题设不合； 如果用3种颜色， 假设在号区域内涂红色，在号区域内涂黑色，在号区域内涂黑色， 在号区域内涂红色，则在号区域内不能涂红色和黑色，只能涂第三种颜色， 假设在号区域内涂蓝色，在号区域内涂黑色，在号区域内涂红色， 故至少需要种不同的颜色． 易错点4忽视排列数组合数公式的隐含条件致误 易错典题 【例4】（25-26高三上·上海宝山·统考）已知关于正整数的方程，则该方程的解为 . 【答案】或 【解析】根据组合数的性质，由 可知：或，（易错点） 需注意考虑上组合数方程上标间的限制条件 即或，所以和均满足题意， 所以该方程的解为：或. 【错因分析】在组合数中要注意隐含条件. 知识混淆：混淆排列数、组合数的适用条件，只记公式不关注约束，不清楚 n≥m≥0 且 m,n 为自然数，盲目代入字母参数计算，忽略取值限制. 概念模糊：对公式的意义理解不清，不明白下标不小于上标是基本前提，只机械套用表达式求解参数，不检验取值是否合法，导致出现无意义的解或范围错误. 望文生义：看到排列、组合字眼就直接列方程，不审题中隐含的整数、范围要求，默认参数可取任意实数，无视组合数的天然约束，造成增解或漏解. 避错攻略 【方法总结】本题在求解过程中容易忽略这一隐含条件而出错. 【知识链接】1、排列与排列数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． （2）排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． （3）排列数的性质：①；②；③． 2、组合与组合数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． （2）组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到； 因此． 这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：． 举一反三 【变式4-1】（24-25高二下·重庆·期中）若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由题意可知，由可得， 整理可得，即， 因为，解得，故. 故选：C. 【变式4-2】（25-26高二上·上海宝山·期中）若 为正整数，则不等式 的解集是 【答案】 【解析】 化为，即.解得，因为，则.故原不等式的解集为. 【变式4-3】（25-26高二上·黑龙江齐齐哈尔·月考）（1）求的值； （2）解不等式. 【解析】（1）； （2）由，得， 化简得，解得.① 又，所以.② 由①②及，得， 即不等式的解集为. 易错点5 分组问题混淆“均分”与“非均分” 易错典题 【例5】将6本不同的书，按照以下要求处理，各有几种分法？ (1)(非均匀分组)-堆一本，一堆两本，一堆三本； (2)（定向分配）甲得一本，乙得两本，丙得三本； (3)（不定向分配）-人得一本，一人得二本，一人得三本； (4)（平均分配）平均分给甲、乙、丙三人； (5)（平均分组）平均分成三堆． 【分析】本例为分组或分配问题，分配问题是把物件分给不同的人（或团体），是有顺序可言的,而分组问题，只是把物件分成组，是无顺序的，两者有着明显的不同. 【解析】（1)先在6本书中任取一本，作为一堆，有种取法，再从余下的五本书中任取两本，作为一堆，有种取法，再后从余下三本取三本作为一堆，有种取法，故共有分法（种）（易错点）； 非均匀分组，利用计数原理分完即可 (2)由(1)知，分成三堆的方法有种，而每种分组方法仅对应一种分配方法，故甲得一本，乙得二本，丙得三本的分法亦为（种）． (3)由(1)知，分成三堆的方法有种，但每一种分组方法又有种不同的分配方案，故一人得一本，一人得两本，一人得三本的分法有（种）（易错点） 不定向分配，先分组后分配 （4）3个人一个一个地来取书，甲从6本不同的书本中任取出2本的方法有 种，甲不论用哪一种方法取得2本书后，已再从余下的4本书中取书有种方法，而甲、乙不论用哪一种方法各取2本书后，丙从余下的两本中取两本书，有 种方法，所以一共有=90种方法． （5）把6本不同的书分成三堆，每堆二本与把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人二本的区别在于，后者相当于把六本不同的书，平均分成三难后，再把每次分得的三堆书分给甲、乙、丙三个人．因此，设把六本不同的书，平均分成三堆的方法有x 种，那么把六本不同的书分给甲、乙、丙三人每人2本的分法就应有种，由（4）知，把六本不同的书分给甲、乙、丙三人，每人2本的方法有 种．所以＝ ，则(种）. （易错点） 要注意平均分组与平均分配的区别，前者要作除法，后者不用作除法 【错因分析】(1)要特别注意平均分配与平均分组的区别，如6本书分给甲、乙、丙三人各两本和分成3堆每堆两本是有区别的，前者虽然也属均分问题，但要甲、乙、丙三个人一个人一个人的去拿，而后者属均分问题又是无序问题，所以必须除以 ．一般地，n个元素中有个元素（≤n)均分成m堆一定要除以 ． (2)非平均不定向分配问题一般“先分堆，再分配”，如第(3)小题. 知识混淆：分不清平均分组与不平均分组的计算逻辑，平均分组需除以组数的全排列消序，非均分则不用.乱套公式，要么均分没除序重复计数，要么非均分多除序导致结果偏小. 概念模糊：对分组 “去重” 理解不清，不明白均分后组间无区别会产生重复情况.只记得分组用组合数，忽略均分必须消序，概念不全导致计数错误. 望文生义：看到分组就直接连乘组合数，不判断是否均分、是否有序.默认所有分组算法一样，不看每组数量是否相同，漏掉消序步骤，结果不符合实际. 避错攻略 【方法总结】对于分堆与分配问题应注意：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,位置也应是不同的；③分堆时要注意是否均匀． 【知识链接】分组、分配问题是排列组合的综合问题，解题思想是先分组后分配 （1）分组问题属于“组合”问题，常见的分组方法有三种： ①完全均匀分组，每组元素的个数都相等； ②部分均匀分组，应注意不要重复； ③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象． （2）分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种： 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，利用分步乘法计数原理，先分组，后分配； ③有限制条件的分配问题，采用分类求解． 举一反三 【变式5-1】（25-26高三上·河南南阳·期末）将4名医生和5名护士安排到A，B两个社区义诊，要求每个社区至少有1名医生和2名护士，每名医生和护士都要参加且只能到一个社区义诊，则不同的分配方案有（   ） A．110种 B．140种 C．220种 D．280种 【答案】D 【解析】1名医生和2名护士一组，另一组3名医生和3名护士有种分配方案； 1名医生和3名护士一组，另一组3名医生和2名护士有种分配方案； 2名医生和2名护士一组，另一组2名医生和3名护士有种分配方案． 故满足要求的不同的分配方案有种. 故选：D. 【变式5-2】（25-26高三上·湖南常德·月考）在《红楼梦》中，史湘云邀众姐妹和贾宝玉一起作诗.共编写了十首不同的咏菊诗，假设分配贾宝玉作《访菊》《种菊》两首，薛宝钗作《忆菊》、《画菊》两首，剩下六首诗分别由林黛玉、史湘云、探春三人创作，且每人至少创作一首，至多创作三首，则不同的分工方案共有（    ） A．150种 B．360种 C．450种 D．800种 【答案】C 【解析】第一类，将6首诗按的数量分给3人，有种； 第二类，将6首诗按的数量分给3人，有种， 所以不同的分工方案共有种． 故选：C. 【变式5-3】（25-26高三上·四川眉山·期末）苏轼，字子瞻，号东坡居士，眉州眉山（今四川省眉山市）人，北宋文学家､书法家､画家，历史治水名人.现有苏轼的6本不同诗集全部奖励给3名同学，每人至少分得一本，则共有（    ）种分配方案 A．90 B．120 C．360 D．540 【答案】D 【解析】先将6本不同诗集分成3组，可分三种情况： 情况一：按分组：则有种； 情况二：按分组：则有种； 情况三：按分组：则有种； 所以6本不同诗集全部奖励给3名同学共有种分配方案， 故选：D 【变式5-4】（25-26高三上·甘肃嘉峪关·期末）甲、乙、丙等6名学生准备利用假期时间从三个社区中选一个参加志愿者活动，每个社区至少安排1人． (1)若每个社区刚好安排2人，则不同的安排方法有多少种？ (2)若甲、乙、丙全部分到同一个社区，则不同的安排方法有多少种？ (3)若甲、乙、丙分别分到三个社区，则不同的安排方法有多少种？ 【解析】（1）将6名学生平均分成3组， 分法数为（种）， 再将分好的3组全排列，安排到3个社区，有（种）， 根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有（种）； （2）①甲、乙、丙看作一组，有1种分法． 将剩下的3人分成2组，分法数为（种）， 再将分好的3组全排列，安排到3个社区，有（种）， 根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有（种）； ②甲、乙、丙和剩余3人中的1人形成一组，其余2人各一组，有3种分法． 再将分好的3组全排列，安排到3个社区，有（种）， 根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有（种）； 综上不同的安排方法有（种）； （3）甲、乙、丙分别安排到3个社区，有（种）， 剩下的3人每人都可以选择3个社区中的任意一个，有（种）， 根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有（种）. 易错点6 计数时混淆有序与定序 易错典题 【例6】（25-26高三上·全国·专题训练）用2个0，2个1和1个2组成一个五位数，则这样的五位数有（    ） A．8个 B．12个 C．18个 D．24个 【答案】C 【解析】当首位为2时，这样的五位数有个(易错点)； 2个0之间没有顺序，2个1之间没有顺序，故需作除法 当首位为1时，这样的五位数有个（易错点）. 2个0之间没有顺序，，故需作除法 综上，这样的五位数共有个. 故选：C. 【错因分析】本题容易混淆定序与有序的区别而错解，即未考虑相同元素之间可视为定序问题，从而未作除法导致出错. 知识混淆:分不清排列（有序）与定序（部分固定顺序）的算法区别，乱套排列数公式.定序本应除以定序元素的全排列，却直接按全有序计算，导致结果偏大. 概念模糊:对 “定序” 理解不清，不明白某些元素顺序固定无需再排，仍对所有元素全排列，忽略 “顺序已定” 这一关键限制，多算无效排列. 望文生义:看到 “排列” 就默认全有序. 避错攻略 【方法总结】“定序”是指元素的相对顺序固定,定序问题可看作组合问题，可以看做排列问题之后除掉之间的顺序． 【知识链接】1.一般地，对于某些元素的顺序固定型问题，解决时有两种方法： (1)倍缩法：先不考虑限制条件，所有元素全排列，再除以定序元素的全排列； (2)空位(或占位)法：在总位置中，安排非定序元素的位置，然后对定序元素进行排列时，只有1种排法．如已知n个不同的元素进行排列，要求其中m(m≤n，n∈N*，m∈N*)个元素相对顺序固定不变，有种不同的方法，或从n个位置中排m个元素之外的n－m个元素，再放这定序的m个元素，共有A种不同的方法． 对于给定元素顺序确定，再插入其他元素进行排列：顺序确定的元素为n个，新插入的元素为m个，则排列数为. 2.相同元素分配问题的处理策略 (1)隔板法：如果将放有小球的盒子紧挨着成一行放置，便可看作排成一行的小球的空隙中插入了若干隔板，相邻两块隔板形成一个“盒”．每一种插入隔板的方法对应着小球放入盒子的一种方法，此法称之为隔板法．隔板法专门解决相同元素的分配问题． (2)将n个相同的元素分给m个不同的对象(n≥m)，有C种方法．可描述为n－1个空中插入m－1块板． 举一反三 【变式6-1】（25-26高三上·郑州·模拟）某班2026年元旦晚会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了2个新节目，如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同的插入方法的种数为(　　) A．2 B．11 C．36 D．42 【答案】D 【解析】将第一个新节目插入5个节目排成的节目单中有6种插入方法，再将第二个新节目插入到刚排好的6个节目排成的节目单中有7种插入方法，利用分步乘法计数原理，共有6×7＝42种插入方法． 【变式6-2】（25-26高三上·河南商丘·月考）甲、乙、丙、丁等6人排成一排，甲乙丙按从左到右、从高到低的固定顺序，共有排法（   ） A．144种 B．108种 C．120种 D．360种 【答案】C 【解析】从6个位置中取3个让甲乙丙按指定顺序站位，有种方法； 再排余下3人，有种方法， 所以不同排法种数为. 故选：C 【变式6-3】（25-26高三上·天津·期末）现有12件商品摆放在货架上，摆成上层4件下层8件，现要从下层8件中取3件调整到上层，若其他商品的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（   ） A．8400 B．11760 C．13440 D．20160 【答案】B 【解析】首先从下层八个商品中抽取三个，共有种结果， 再将其放入上层时，由于上层原有商品保持相对顺序不变，可以使用定序问题中的缩倍法，共有种结果， 因此根据计数原理可知共有种结果. 故选：B 易错点7 混淆“系数”与“二项式系数”而出错 易错典题 【例7】（25-26高三·上海·随堂练习）已知的二项展开式中，二项式系数最大的项为a，系数最大的项为b，则 ． 【答案】 【解析】由题意得（易错点）， 二项式系数最大的项为最中间的一项（n为偶数）或最中间的两项（n为奇数） 通项， 当满足时，系数最大，（易错点） 一般利用夹击法求系数最大的项，即此项系数不小于前一项系数，也不小于后一项系数 ，即，解得 又 解得， 所以， 故． 【错因分析】本题容易将展开式的系数与二项式系数混淆而出错. 解. 知识混淆:把二项式系数与项的系数（含字母、常数）混为一谈，只记组合数公式，不区分式子中有无额外系数，求系数和时直接用二项式系数结果代入，导致计算错误. 概念模糊:对两个概念理解不清，只知道 “系数” 一词，不清楚二项式系数仅指组合数，与式子中其他常数、符号无关，把二者等同，求最值、求和时概念用错. 望文生义:看到 “系数” 就直接当成二项式系数，不看题目表述，忽略式子中的常数、负号、字母系数，直接用计算，导致项的系数求错、结果偏差. 避错攻略 【方法总结】处理二项展开式的系数问题要区分“二项式系数”与“项的系数”的区别：二项展开式中各项的二项式系数为(),项的系数是指该项中除变量外的常数部分,包含符号等. 【知识链接】1、二项式定理 （1）二项式定理：， （2）通项公式：，表示展开式的第项：， （3）二项式系数：系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数. 2、二项式展开式中的最值问题 （1）二项式系数的性质： ①每一行两端都是，即；其余每个数都等于它“肩上”两个数的和，即． ②对称性每一行中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即． （2）二项式系数的最大项 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． （3）系数的最大项 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． 举一反三 【变式7-1】（25-26高三上·贵州·阶段练习）在的二项展开式中，第3项的二项式系数是（    ） A．8 B． C．28 D． 【答案】C 【分析】利用二项式系数的意义求解即可. 【解析】第3项的二项式系数为. 故选：C. 【变式7-2】（25-26高三上·湖南长沙·月考）若的二项展开式中，有且仅有第5项是二项式系数最大的项，则（   ） A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】A 【解析】由题意知，二项式系数中只有第5个最大，即最大， 由二项式系数的性质可知，展开式共有9项，故. 故选：A. 【变式7-3】（2026·陕西·模拟预测）展开式中的系数为（    ） A．56 B．42 C．84 D．120 【答案】B 【解析】二项式展开式的通项公式为， 因此展开式中含的项为， 所以展开式中的系数为42. 故选：B 1、 单选题 1．（25-26高三上·山东济宁·期中）若，则（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【解析】由得：， 故选：C 2．（25-26高三上·山西·月考）已知，若，则（   ） A．1 B．2 C．3 D．1或3 【答案】C 【解析】由题意知，且，解得． 故选：C 3．（2024·北京·高考真题）在的展开式中，的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】的二项展开式为， 令，解得， 故所求即为. 4．（2026高三·全国·专题练习）把10个相同的小球放入编号分别为1，2，3的三个不同的箱子中，每个箱子的球的个数不少于其编号，则共有多少种放法（ ） A．10种 B．种 C．种 D．45种 【答案】B 【解析】先在1号箱子放0个小球，2号箱子放1个小球，3号箱子放2个小球， 问题转化为将剩余的7个相同小球放入3个不同箱子中，方法数共有种. 故选：B. 5．（25-26高三上·贵州贵阳·月考）若从这7个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于4500的偶数个数是（    ） A．160 B．148 C．152 D．164 【答案】A 【解析】若从这7个数字中任选4个数字组成无重复数字的四位数， 且要求是大于4500的偶数，则千位数字只能为，分类讨论如下， 当千位数字为6时，为保证是偶数，个位数字只能是， 则中间的两位从剩下的5个数字里选，共有个情况， 当千位数字为5时，为保证是偶数，个位数字只能是， 则中间的两位从剩下的5个数字里选，共有个情况， 当千位数字为4时，为保证该数大于4500，则百位只能为或， 当百位数字为时，为保证是偶数，个位数字只能是， 此时十位数字从剩下的4个数字里选，共有个情况， 当百位数字为6时，为保证是偶数，个位数字只能是， 此时十位数字从剩下的4个数字里选，共有个情况， 综上可得，大于4500的偶数个数是，故A正确. 故选：A 6．（25-26高二上·陕西渭南·期末）将标号为1，2，3，4，5的五个小球放入三个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球．则标号为1和2的两个小球放入同一个盒子的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】将标号为1，2，3，4，5的五个小球放入三个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，共有放法为：（种）， 若将标号为1和2的两个小球放入同一个盒子的放法有：（种）， 所以将标号为1和2的两个小球放入同一个盒子的概率为， 故选：C. 7．（2025·全国·模拟预测）不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（    ） A．1360 B．2380 C．2510 D．760 【答案】B 【解析】设，，，， 由，且是非负整数， 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“1”，将这个“1”排成一排， 在其中间形成的个空位中选择3个空位放入隔板， 则隔板隔开形成4组“1”，每组“1”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 8．（2025高三·全国·专题练习） 《尚书》中的五行理论在中医和哲学中有着广泛的应用．古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金、木、水、火、土，彼此之间存在相生相克的关系．如图是五行图，现有5种颜色可供选择给五行涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生水，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（    ） A．960 B．1020 C．2150 D．3125 【答案】B 【解析】五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种颜色，即无限制条件． 五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同一种颜色，即5色5区域的环状涂色问题，如下图示， 分为以下两类情况： 第一类：三个区域涂三种不同的颜色， 第一步涂区域，从5种不同的颜色中选3种按序涂在不同的3个区域上，则有种涂色方法， 第二步涂区域，由于颜色不同，则有3种涂色方法， 第三步涂区域，由于颜色不同，则有3种涂色方法， 由分步乘法计数原理，得共有种涂色方法； 第二类：三个区域涂两种不同的颜色，由不能涂同一种颜色，则涂同一种颜色，或涂同一种颜色， 若涂一种颜色， 第一步涂区域，可看成同一区域，且区域不同色， 即从5种不同的颜色中选2种按序涂在不同的2个区域上，则有种涂色方法， 第二步涂区域，由于颜色相同，则有4种涂色方法， 第三步涂区域，由于颜色不同，则有3种涂色方法， 由分步乘法计数原理，得共有种涂色方法． 若涂一种颜色，与涂一种颜色的方法数相同， 所以，第二类共有种涂色方法． 由分类加法计数原理知，不同的涂色方法共有种． 故选：B 2、 多选题 9．（25-26高三上·重庆·月考）已知的展开式的各项系数之和为1024，则展开式中（   ） A．奇数项的二项式系数的和为256 B．第6项的系数最大 C．存在常数项 D．有理项共有7项 【答案】BC 【解析】对于A，二项式的展开式的各项系数之和为， 由已知，， 故有或（舍去）， 二项式的奇数项的二项式系数和为，故A错误； 对于B，通项公式为，故当时，系数最大，即第6项的系数最大，故B正确； 对于C，令，求得，可得该二项式存在常数项，故C正确； 对于D，令为整数，可得，故该二项式存在6个有理项，故D错误， 故选:BC. 10（25-26高三上·广东肇庆·月考）下面正确的是（   ） A．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，有150种不同的放法； B．将5个不同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有种不同的放法； C．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，有6种不同的放法； D．将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，有19种不同的放法． 【答案】AC 【解析】将5个不同的小球分为三组，每组的小球数量分别为2、2、1或3、1、1，然后再将这三组小球放入三个盒子中， 因此，不同的放法种数为种，故A正确 每个小球有3种方法，由分步乘法计数原理可知，将5个不同的小球放入3个不同的盒子中， 盒子可空，不同的放法种数为种，故B错误； 将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，没有空盒子，只需在5个相同的小球中间所形成的4个空位中插入2块板即可， 所以不同的放法种数为种，故C正确. 将5个相同的小球放入3个不同的盒子中，盒子可空，等价于将8个相同的小球放入3个不同的盒子中， 每个盒子不空，只需在8个相同的小球中间所形成的7个空位中插入2块板即可， 所以不同的放法种数为种，故D错误； 故选：AC. 11．（25-26高三上·江西鹰潭·期末）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《解析九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果.从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（    ） A． B．第10行所有数字之和为 C．第2026行的第1013个数最大 D．第15行中从左到右第4个数与倒数第4个数之比为1:3 【答案】AB 【解析】对于，故A正确； 对于B，由杨辉三角的每行系数和性质可知， 第0行所有数字之和为，第1行所有数字之和为， 第2行所有数字之和为，第3行所有数字之和为， 第4行所有数字之和为，以此类推，第10行所有数字之和为，故B正确； 对于C，由杨辉三角图可知，第行有个数字， 如果是奇数，则第和第个数字最大，且这两个数字一样大； 如果是偶数，则第个数字最大，故第2026行的第个数最大，故C错误； 对于D，由题意，第15行，第4个数为， 倒数第4个数为，即，故D错误. 故选：AB. 3、 填空题 12（2025·上海·高考真题）4个家长和2个儿童去爬山，6个人需要排成一条队列，要求队列的头和尾均是家长，则不同的排列个数有 种． 【答案】288 【解析】先选两位家长排在首尾有种排法；再排对中的四人有种排法， 故有种排法. 13（2025·北京·高考真题）已知，则 ； ． 【答案】 【解析】令，则， 又， 故， 令，则， 令，则，故 14．（25-26高三上·福建漳州·期末）一只蚂蚁从平面直角坐标系上的原点处出发，每次随机地选择向上、下、左、右四个方向之一移动一个单位长度，若移动5次蚂蚁仍在圆内部，则不同走法共有 种. 【答案】400 【解析】蚂蚁走步后，坐标满足，分别设向右、左、上、下的步数为，则， 因为是奇数，所以必为一奇一偶，所以可能的点为， 因为点需同奇，无法在步内到达，走法为， 情况1：到达，则需，设，则， 由得， 若，则对应的走法数为；若，则对应的走法数为， 若，则对应的走法数为， 所以此时对应的走法数为； 由对称性，到达对应的走法数也是， 情况2：到达，则需，设，则， 与时类似，走法数是种，同理根据对称性，到达的走法数也是种, 综上，不同的走法共有种， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！21 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $