05 专题一 研习4 排列、组合、二项式定理（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考数学大二轮专题复习与讲义

研习4　排列、组合、二项式定理 基础考点1　排列与组合 【母题1】　(1)[人教A版选择性必修第三册P12习题6.1T11]在国庆长假期间，要从7人中选若干人在7天假期值班(每天只需1人值班)，不出现同一人连续值班2天，有 种可能的安排方法． (2)[人教A版选择性必修第三册P12习题6.1T12]2 160有 个不同的正因数． (3)[人教A版选择性必修第三册P27习题6.2T12(1)]从0，2，4，6中任取3个数字，从1，3，5中任取2个数字，一共可以组成 个没有重复数字的五位数． (1)326 592　(2)40　(3)1 224　[(1)7×6×6×6×6×6×6＝7×66＝326 592(种)． (2)因为2 160＝24×33×5，它的因数是形如2i×3j×5k的数，其中i∈{0，1，2，3，4}，j∈{0，1，2，3}，k∈{0，1}， 所以不同的正因数的个数是5×4×2＝40． (3)法一：(直接法)按是否含0将五位数分为两类，不含0的五位数有＝360(个)，含0的五位数有＝864(个)，由分类加法计数原理得，共有360＋864＝1 224(个)没有重复数学的五位数． 法二：(间接法)无论0是否在首位的排法有＝1 440(个)，0在首位的排法有＝216(个)，相减得没有重复数学的五位数共有1 440－216＝1 224(个)．] 链接核心知识：解决排列与组合问题应注意的3点 (1)“分类”与“分步”要明确，保证分类要不重不漏，分步要环环相扣． (2)分组分配中提防 “均分”问题，避免重复计数． (3)关注限制条件，采用特殊元素(位置)优先安置的策略，如：相邻问题捆绑法、间隔问题插空法、定位问题优先法、多元问题分类法、至多至少问题间接法、相同元素分组问题隔板法等． 1．(2025·西南名校联盟二模)某班从5名同学中选3名同学分别参加数学、物理和化学知识竞答，已知甲同学不能参加物理和化学知识竞答，其他同学都能参加这三科知识竞答，则不同的安排有(　　) A．42种 B．36种 C．6种 D．12种 B　[若甲没有被选中，则不同的安排方法有＝24(种)； 若甲被选中，且只能数学知识竞赛，则需要从剩下4人选两人参加物理和化学知识竞答，安排方法有＝12(种)； 则不同的安排方法有24＋12＝36(种)． 故选B．] 2．[人教A版选择性必修第三册P38复习参考题6T8(3)改编]有4辆车停放5个并排车位，货车甲车体较宽，停放时需要占两个车位，并且乙车与货车甲相邻停放，则不同的停放方法种数有(　　) A．8 B．12 C．16 D．10 B　[依题意共有＝12(种)停放方法． 故选B．] 3．[人教A版选择性必修第三册P37复习参考题6T1(4)改编]“冰雪圆梦，亚洲同心”，将5名亚冬会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有(　　) A．60种 B．120种 C．240种 D．480种 C　[根据题设中的要求，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，可分两步进行安排：第一步，将5名志愿者分成4组，其中1组2人，其余每组1人，共有种分法；第二步，将分好的4组安排到4个项目中，有种安排方法．故满足题意的分配方案共有＝240(种)．] 4．[环排问题](2025·西安临潼区二模)甲、乙、丙等八个人围成一圈，要求甲、乙、丙三人两两不相邻，则不同的排列方法有(　　) A．720种 B．1 440种 C．2 880种 D．4 320种 B　[环排问题线排策略，从甲处断开， 甲后面剩余七个位置可选， 再将其他五人放入中间有＝120(种)， 因为甲、乙、丙两两不相邻， 所以乙、丙只能放中间五人形成的四空中共有＝12(种)， 由分步乘法计数原理可得不同的排列方法有120×12＝1 440(种)． 故选B．] 5．[易错题][人教A版选择性必修第三册P26习题6.2T4节选](1)有3张参观券，要在5人中确定3人去参观，不同方法的种数是 ； (2)要从5件不同的礼物中选出3件分别送3位同学，不同方法的种数是 ； (3)5名工人各自在3天中选择1天休息，不同方法的种数是 ． (1)10　(2)60　(3)243　[(1)5人中确定3人去参观，由组合的定义知，共有＝10(种)． (2)从5件不同的礼物中选出3件分别送3位同学，由排列的定义知，共有＝60(种)． (3)每一个工人都有3种选择方法，故5名工人不同休息方法的种数为35＝243．] 6．(2025·上海卷)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，则不同的排列种数为 ． 288　[先选2个家长排在队列的头和尾的排列种数为＝12，剩下的家长和儿童全排的排列种数为＝24，则不同的排列种数为12×24＝288．] 7．[人教A版选择性必修第三册P27习题6.2T12(2)改编]用数字1，2，3，4组成没有重复数字的四位数，则这些四位数中比2 134大的数的个数为 ．(用数字作答) 17　[根据题意，用数字1，2，3，4组成没有重复数字的四位数， 当其千位数字为3或4时，有＝12(种)情况，即有12个符合题意的四位数， 当其千位数字为2时，有6种情况，其中最小的为2 134，则有6－1＝5(个)比2 134大的四位数，故有12＋5＝17(个)比21 34大的四位数， 故答案为17．] 8．(2025·天津模拟)从4种不同颜色中选择若干种颜色，给正四面体A-BCD的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色，且共点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有 种． 96　[从4种不同颜色中选择若干种颜色，给正四面体A-BCD的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色， 若所有相对的棱涂同一种颜色，共用3种颜色，有＝24(种)方法， 若所有相对的3对棱中有2对对棱涂同色，共用4种颜色，有＝72(种)方法， 所以共有24＋72＝96(种)方法． 故答案为96．] 9．(2025·江西赣州上犹县一模)身高互不相同的6个人呈2横排3纵列照相，每个人都比他同列身后的人个子矮，则不同的排法种数是 种． 90　[将6个人平均分成三组，有种方法， 再进行全排，有＝＝15×6＝90(种)排法． 故答案为90．] 基础考点2　二项式定理 【母题2】　[人教A版选择性必修第三册P38复习参考题6T5](1)(1－2x)5(1＋3x)4的展开式中按x的升幂排列的第3项是 ． (2)的展开式的常数项是 ． (3)若(1＋)n的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，则n的值为 ． (4)(1＋x＋x2)(1－x)10的展开式中x4的系数是 ． (5)(x2＋x＋y)5的展开式中x5y2的系数是 ． (1)－26x2　(2)18 564　(3)14或23　(4)135　(5)30　[(1)由(1－2x)5＝·10·(－2x)5，(1＋3x)4＝·10·(3x)4， 得(1－2x)5(1＋3x)4展开式中按x的升幂排列后，第3项为含有x2的多项式， 即为(3x)0＝54x2＋(－10x)×(12x)＋40x2＝－26x2． (2)二项式的展开式的通项为 Tk＋1＝(9x)18-k＝·336-3k·(k＝0，1，2，…18)， 由18－k＝0，得k＝12， 所以常数项为＝18 564． (3)由＝，得＝ ，化简得n2－37n＋322＝0，解得n＝14或23． (4)由(1－x)10＝ 得(1＋x＋x2)(1－x)10的展开式中x4的系数为 (－1)2＝135． (5)(x2＋x＋y)5＝[y＋(x2＋x)]5＝ x5y2中y的次数为2，故5－k＝2得k＝3， 而(x2＋x)3中，含有x5的项为(x2)2·x1＝3x5， 所以(x2＋x＋y)5的展开式中，x5y2的系数为×3＝30．] 链接核心知识：解决二项式定理问题应注意的3点 (1)二项展开式(a＋b)n的通项公式Tk＋1＝an－kbk为第k＋1项，利用它可求展开式中的特定项． (2)二项式系数与二项展开式中项的系数不同，前者指的是，而后者指的是除字母外的系数，二项展开式中项的系数问题常与特殊化思想联系在一起，注意赋值法求值的应用． (3)需熟知二项式定理的原理及推导过程，对于一些非二项展开式中项的系数问题，可转化为二项式定理问题． 1．[人教A版选择性必修第三册P30例2改编]在(x－)4的展开式中，x3的系数为(　　) A．6 B．－6 C．12 D．－12 A　[(x－)4的展开式的通项为，4－k＋＝3，可得k＝2， 二项展开式中x3的系数为·(－1)2＝6． 故选A．] 2．[湘教版选择性必修第一册P207T9(4)改编]若的展开式的二项式系数之和为64，则其展开式中的常数项为(　　) A．－240 B．－60 C．60 D．240 C　[由的展开式的二项式系数之和为64， 则2n＝64，解得n＝6． 展开式通项为Tk＋1＝(－2x)k ＝(－2)k·， 由k－3＝0，解得k＝2， ∴常数项为T3＝(－2)2·x0＝60． 故选C．] 3．[易错题](多选)(2025·吉林三模)在的展开式中，则(　　) A．各二项式系数的和是32 B．各项系数的和是1 C．二项式系数最大的项是第3项 D．x4的系数是40 AB　[的展开式的通项为 Tk＋1＝25-k(－1)kx3k-5， 当3k－5＝4，则k＝3，则x4的系数为22(－1)3＝－40，故D错误； 由n＝5，得各二项式系数之和为25＝32，故A正确； 令x＝1，则各项系数的和为1，故B正确； 又展开式一共有6项，则二项式系数最大的是第3项和第4项，故C错误．故选AB．] 4．(多选)(2025·湖北黄冈模拟)下列说法正确的是(　　) A．＝39 B．若(2x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a1＋a2＋…＋a8＝0 C．5555被8整除的余数为1 D．1.0510精确到0.1的近似数为1.6 ABD　[对于＝(2＋1)9＝39，故A正确； 对于B，令x＝1，得1＝a0＋a1＋a2＋…＋a8①， 令x＝0得a0＝1②， 所以由①②可得a1＋a2＋…＋a8＝0，故B正确； 对于C，5555＝(56－1)55＝560， 由此可得5555被8整除的余数为8－1＝7，故C错误； 对于D，1.0510＝(1＋0.05)10＝0.0510＝1＋0.5＋0.112 5＋…＝1.5＋0.112 5＋…， 所以1.0510精确到0.1的近似数为1.6，故D正确． 故选ABD．] 5．(2025·上海春季高考)已知的展开式中常数项是20，则a＝ ． 1　[的展开式的通项为Tk＋1＝x6-kakx－k＝akx6-2k， 令6－2k＝0，解得k＝3，所以T4＝a3＝20，解得a＝1．] 6．已知多项式(x＋2)(x－1)4＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋a4x4＋a5x5，则a2＝ ，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝ ． 8　－2　[因为(x－1)4＝x4－4x3＋6x2－4x＋1，所以a2＝－4＋12＝8． 令x＝0，则a0＝2， 令x＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝0， 所以a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝－2．] 7．(2022·新高考Ⅰ卷)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为 ．(用数字作答) －28　[因为(x＋y)8＝(x＋y)8－(x＋y)8， 所以(x＋y)8的展开式中含x2y6的项为x3y5＝－28x2y6， 所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为－28．] 【教用·备选题】 1．(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是(　　) A．120 B．－120 C．60 D．30 A　[∵(x＋y－2z)5＝[(x＋y)－2z]5， 展开式的通项为Tr＋1＝(x＋y)5-r(－2z)r， 令r＝2可得，T3＝(x＋y)3z2， ∵(x＋y)3的展开式的通项 Tm＋1＝x3-mym， 令m＝2可得，T3＝xy2， ∴(x＋y－2z)5的展开式中，xy2z2的系数是＝120． 故选A．] 2．(2025·天津卷)在(x－1)6的展开式中，x3项的系数为 ．(用数字作答) －20　[(x－1)6的展开式的通项公式为Tk＋1＝x6-k(－1)k＝x6-k，令6－k＝3，得k＝3，所以x3项的系数为＝－20．] 1．(2023·全国甲卷)现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有(　　) A．120种 B．60种 C．30种 D．20种 B　[先从5人中选择1人两天均参加公益活动，有种方式；再从余下的4人中选2人分别安排到星期六、星期日，有种安排方式，所以不同的安排方式共有＝60(种)．故选B．] 2．(2023·新高考Ⅰ卷)某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种．(用数字作答) 64　[法一：由题意，可分三类：第一类，体育类选修课和艺术类选修课各选修1门，有种方案；第二类，在体育类选修课中选修1门，在艺术类选修课中选修2门，有种方案；第三类，在体育类选修课中选修2门，在艺术类选修课中选修1门，有种方案．综上，不同的选课方案共有＝64(种)． 法二：若学生从这8门课中选修2门课，则有＝16(种)选课方案；若学生从这8门课中选修3门课，则有＝48(种)选课方案．综上，不同的选课方案共有16＋48＝64(种)．] 3．(2025·北京卷)已知(1－2x)4＝a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3＋16a4x4，则a0＝ ；a1＋a2＋a3＋a4＝ ． 1　15　[因为(1－2x)4＝a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3＋16a4x4，所以令x＝0，可得a0＝1，再令x＝－，可得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝24＝16，所以a1＋a2＋a3＋a4＝16－a0＝16－1＝15．] 6 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $