排列、组合与二项式定理课件-2026届高考数学二轮复习

排列、组合与二项式定理 高中数学 二轮复习 返回导航 五年高考真题分布(2021—2025) 返回导航 1．主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，时常与概率相结合，以选择题、填空题为主． 2．二项式定理主要考查通项、二项式系数等知识，有时也与函数、不等式、数列交汇考查． 返回导航 内容索引 第一部分 真题演练　重温高考 第三部分 主干整合　核心提炼 第二部分 热点分类　考向探究 课时作业 第四部分 返回导航 主干整合　核心提炼 第 分 部 一 返回导航 1．解决排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排． (2)合理分类与准确分步． (3)排列、组合混合问题要先选后排． (4)相邻问题捆绑处理． (5)不相邻问题插空处理． (6)定序问题倍缩法处理． (7)分排问题直排处理． (8)“小集团”排列问题先整体后局部． (9)构造模型． (10)正难则反，等价转化． 返回导航 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 二 返回导航 考向 1 两个计数原理 D 返回导航 6 120 返回导航 利用两个计数原理解题时的三个注意点 1．当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事． 2．分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图． 3．对于复杂问题，一般是先分类再分步． 反思感悟 返回导航 D 返回导航 D 返回导航 返回导航 考向 2 排列与组合 B 返回导航 A 返回导航 解决排列、组合问题的一般步骤 1．认真审题，弄清楚要做什么事情． 2．要做的事情是分步还是分类，还是分步分类同时进行，确定分多少步及多少类． 3．确定每一步或每一类是排列(有序)问题还是组合(无序)问题，元素总数是多少及取出多少个元素． 反思感悟 返回导航 B 返回导航 C 返回导航 考向 3 二项式定理 ABD 返回导航 返回导航 返回导航 D 返回导航 1.求二项展开式中特定项或项的系数问题的思路 (1)利用通项将Tk＋1项写出并化简． (2)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k. (3)代回通项即得所求． 2．对于两个因式的积的特定项问题，一般先写出某个因式的通项，再结合因式相乘，分类讨论求解，求三项展开式的特定项，一般转化为二项式求解或用定义法． 3．求解系数和问题应用赋值法． 反思感悟 返回导航 D 返回导航 ACD 返回导航 返回导航 返回导航 真题演练　重温高考 第 分 部 三 返回导航 A 返回导航 C 返回导航 24 112 返回导航 返回导航 5 返回导航 －28 返回导航 课时作业 第 分 部 四 返回导航 A 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 D 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 A 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 D 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 C 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 D 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 C 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 B 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 BC 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 ABC 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 BCD 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 18 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 12 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 15x4 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12 13 5 14 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 2．二项式(a＋b)n的通项为Tk＋1＝Can－kbk(k＝0，1，2，…，n)，它表示的是二项式的展开式的第k＋1项，而不是第k项；其中C是二项式的展开式的第k＋1项的二项式系数，而二项式的展开式的第k＋1项的系数是字母幂前的常数，要区分二项式系数与系数． 3．二项式系数的性质 (1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等． (2)增减性与最大值：当n是偶数时，中间的一项C取得最大值；当n是奇数时，中间的两项C与C相等，且同时取得最大值． (3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和等于2n. 例1　(1)某地举行新疆绿色农特产品展销活动，活动中有驼奶粉、奶豆腐、奶皮、酸奶共4种奶制品，无花果干、杏干、乌梅干、巴达木、开心果、葡萄干共6种干果，葡萄、哈密瓜、香梨、苹果、西瓜、沙棘、白杏共7种新鲜水果，张先生参观完活动决定至少选购一种商品，而每一大类中最多选购一种，则张先生不同的选购方法种数为(　 　) A．94 B．168 C．276 D．279 解析：由题意，张先生不同的选购方法分为三类：选购一种，选购两种，选购三种．选购一种商品的方法有4＋6＋7＝17(种)，选购两种商品的方法有4×6＋4×7＋6×7＝94(种)，选购三种商品的方法有4×6×7＝168(种).由分类加法计数原理可得张先生不同的选购方法共有17＋94＋168＝279(种).故选D. (2)提供6种不同颜色的颜料给图中A，B，C，D，E，F六个区域涂色，要求相邻区域不能涂相同颜色，则不同的涂色方法共有_________种． 解析：假定涂色顺序为D—C—E—F—A—B，若C，E涂相同颜色，则有6×5×1×4×4×3＝1 440(种)涂色方法；若C，E涂不同颜色，A，E涂相同颜色，则有6×5×4×3×1×4＝1 440(种)涂色方法；若C，E涂不同颜色，A，E涂不同颜色，则有6×5×4×3×3×3＝3 240(种)涂色方法．故由分类加法计数原理得不同的涂色方法共有1 440＋1 440＋3 240＝6 120(种). 跟踪训练 (1)同时满足①偶数，②没有重复数字的三位数，③个位数不为0这三个条件的数有(　 　) A．64个 B．128个 C．196个 D．256个 解析：个位数的选择：由于是偶数且个位数不能为0，个位数只能是2，4，6，8中的一个，共有4种选择．百位数的选择：百位数不能为0，且不能与个位数重复．因此，对于每个个位数，百位数有8种选择(1～9中排除个位数).十位数的选择：十位可以是0～9中排除百位和个位已经使用的数，剩下的8种选择．根据分步乘法计数原理，同时满足题设三个条件的三位数的总个数为4×8×8＝256.故选D. (2)玩积木有利于儿童想象力和创造力的培养．一小朋友在玩四棱柱形积木(四个侧面有各不相同的图案)时，想用5种颜色给积木的12条棱涂色，要求侧棱用同一种颜色，且在积木的6个面中，除侧棱的颜色相同外，同一平面内再无同色的棱，则涂色方法总数为(　 　) A．216 B．360 C．720 D．1 080 解析：根据题意，如图，分3步进行分析：①要求侧棱用同一种颜色，则侧棱有5种涂色方法．②对于上底面ABCD，有4种颜色可选，则有A＝24(种)涂色方法．③对于下底面A1B1C1D1，若A1B1与BC颜色不同，则A1B1有2种涂色方法，剩余三条棱对应有3种涂色方法；若A1B1与BC颜色相同，剩余三条棱也有3种涂色方法，故共有3×(2＋1)＝9(种)涂色方法．则共有5×24×9＝1 080(种)涂色方法．故选D. 例2　(1)(2025·江苏南通二模)有3个男生和2个女生(包括女生甲)站成一排合影，则女生甲不在两端且2个女生不相邻的不同排法总数为(　 　) A．18 B．36 C．72 D．144 解析：设5个位置依次为1，2，3，4，5，特殊元素优先考虑，女生甲不在两端，则只能在中间3个位置，两女生不相邻，则①女生甲在位置2，另一个女生只能在位置4或5，2种选择；②女生甲在位置3，另一个女生只能在位置1或5，2种选择；③女生甲在位置4，另一个女生只能在位置1或2，2种选择．根据分类加法计数原理，两个女生的排法共有2＋2＋2＝6(种)，剩余3个男生共有A＝6(种)排法，根据分步乘法计数原理，不同排法总数为6×6＝36.故选B. (2)(2025·河南郑州三模)河南具有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客计划在三天内品尝完以下六种河南特色美食：烩面、胡辣汤、灌汤包、道口烧鸡、焖饼、黄河鲤鱼．该游客每天从这六种美食中选择1到3种进行品尝(每天必须选择且不能重复选择已品尝过的美食).若三天后恰好品尝完所有美食，则不同的选法种数为(　 　) A．450 B．360 C．180 D．90 解析：①按1＋2＋3分配的选法种数为C×C×C×A＝6×10×1×6＝360.②按照2＋2＋2分配的选法种数为×A＝×6＝90.最后将两种选法种数相加得到总的选法种数为360＋90＝450.故选A. 跟踪训练 (1)(2025·湖北宜昌二模)运动会期间，校园广播站安排甲、乙、丙、丁4个人参加当天3 000米跑、1 500米跑和跳高三个比赛项目的现场报道，每人选一个比赛项目，且每个比赛项目至少安排一人进行现场报道，甲不在跳高项目的安排方法有(　 　) A．32种 B．24种 C．18种 D．12种 解析：按照跳高项目安排人数，可以分以下两类：第一类，跳高项目安排1人，共CCA＝18(种)安排方法；第二类，跳高项目安排2人，共CA＝6(种)安排方法．由分类加法计数原理得，共有18＋6＝24(种)安排方法．故选B. (2)(2025·重庆合川区二模)某展销会共有A，B，C，D四个分会场，现有11个志愿者名额分配给这四个分会场，其中一个分会场分5个名额，在余下的三个分会场中每个分会场至少分一个名额，则名额分配的不同种数为(　 　) A．210 B．35 C．40 D．120 解析：依题意，选择一个分会场分5个名额，有C种方法，再将余下的6个名额分配到另外三个分会场，用隔板法有C种，所以名额分配的不同种数为CC＝40.故选C. 例3　(1)(多选)下列说法中正确的是(　 　) A．若(1－3x)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a8x8，则a1＋a2＋a3＋…＋a8＝255 B．在的展开式中，常数项为 C．若(a＋b)n的展开式中，第4项的二项式系数最大，则n＝6 D．在(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)的展开式中，x3的系数为85 解析：对于A，令x＝1，可得a0＋a1＋a2＋…＋a8＝(1－3)8＝28＝256，令x＝0，可得a0＝(1－0)8＝1，故a1＋a2＋a3＋…＋a8＝256－1＝255，故A正确；对于B，的展开式的通项为Tk＋1＝Cx6－k＝Cx6－k，令6－k＝0，解得k＝4，所以第5项为常数项，为C＝，故B正确；对于C，当n为偶数时，最中间项只有一项，又第4项的二项式系数最大，故展开式共有7项，即n＋1＝7，解得n＝6，当n为奇数时，中间项有两项，又第4项的二项式系数最大，故可能第3项与第4项的二项式系数相等且为最大或第4项与第5项的二项式系数相等且为最大，此时n＋1＝6或n＋1＝8，解得n＝5或n＝7，故C错误； 对于D，(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)展开式中x3的系数为(－1)×(－2)＋(－1)×(－3)＋(－1)×(－4)＋(－1)×(－5)＋(－2)×(－3)＋(－2)×(－4)＋(－2)×(－5)＋(－3)×(－4)＋(－3)×(－5)＋(－4)×(－5)＝85，故D正确．故选ABD. (2)(2025·山东枣庄二模)已知(3x＋1)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 025x2 025，则a1＋a2＋…＋a2 025被4除的余数为(　 　) A．3 B．2 C．1 D．0 解析：令x＝0，由已知可得，a0＝12 025＝1，令x＝，可得52 025＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 025，所以a1＋a2＋…＋a2 025＝52 025－1.因为52 025＝(4＋1)2 025＝C×42 025×10＋C×42 024×11＋…＋C×41×12 024＋C×40×12 025＝C×42 025×10＋C×42 024×11＋…＋C×41×12 024＋1，所以52 025被4除的余数为1，即52 025－1被4除的余数为0.故选D. 跟踪训练 (1)(x2－x＋y)5的展开式中x3y3的系数为(　 　) A．30 B．－30 C．20 D．－20 解析：从5个含有x2，－x，y的括号中，其中1个括号中取x2，1个括号中取－x，3个括号中取y，乘在一起构成含x3y3的这一项，这一项为C·x2·C·(－x)·C·y3＝－20x3y3，所以x3y3的系数为－20.故选D. (2)(多选)(2025·辽宁沈阳一模)设(1－2x)2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋a3x3＋…＋a2 025x2 025，m＝i，s＝－2i＋1，则(　 　) A．a0＝1 B．m＝1 C．s＝ D．若[x]表示正数x的整数部分，则s－[s]＝ 解析：对于A，令x＝0，可得a0＝1，故A正确；对于B，令x＝1，可得m＝a0＋a1＋a2＋…＋a2 025＝－1，故B错误；对于C，令x＝－1，可得a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 024－a2 025＝32 025，所以(a0＋a1＋a2＋…＋a2 025)－(a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 024－a2 025)＝－1－32 025，所以2i＋1＝，所以s＝－2i＋1＝－×＝，故C正确；对于D，s＝＝＝＝＝ ＝3×(C＋C81＋…＋C81 011)＋，所以s－[s]＝，故D正确．故选ACD. 1．(2024·北京卷)在(x－)4的展开式中，x3的系数为(　 　) A．6 B．－6 C．12 D．－12 解析：(x－)4的展开式的通项为Tk＋1＝Cx4－k(－)k＝(－1)kCx4－(k＝0，1，2，3，4).由4－＝3，得k＝2，所以(x－)4的展开式中，x3的系数为(－1)2C＝6.故选A. 2．(2023·全国乙卷理)甲、乙两位同学从6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 解析：甲、乙两位同学先选1种相同的课外读物，有C＝6(种)选法，再从剩下的5种课外读物中各自选1种不同的读物，有CC＝20(种)选法，由分步乘法计数原理可得共有6×20＝120(种)选法．故选C. 3．(2024·新课标Ⅱ卷)在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有____种选法．在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是______． 11 21 31 40 12 22 33 42 13 22 33 43 15 24 34 44 解析：第一步，从第一行任选一个数，共有4种不同的选法；第二步，从第二行选一个与第一个数不同列的数，共有3种不同的选法；第三步，从第三行选一个与第一、二个数均不同列的数，共有2种不同的选法；第四步，从第四行选一个与第一、二、三个数均不同列的数，只有1种选法．由分步乘法计数原理知，不同的选法种数为4×3×2×1＝24.先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第四行选15，此时个位上的数字之和最大．故选中方格中的4个数之和的最大值是21＋33＋43＋15＝112. 4．(2024·全国甲卷理)的展开式中，各项系数中的最大值为___． 解析：的展开式的通项为Tk＋1＝Cxk，则各项的系数分别为C，C，C，C，C，C，C，C，C，C，C，观察发现二项式系数先增大后减小，且前后对称，指数式单调递增，分别计算C，C，C，C，C，C，比较可得，C＝5最大． 5．(2022·新高考Ⅰ卷)(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为______(用数字作答). 解析：(x＋y)8的展开式的通项为Tk＋1＝Cx8－kyk，k＝0，1，…，7，8.令k＝6，得T6＋1＝Cx2y6；令k＝5，得T5＋1＝Cx3y5，所以(x＋y)8的展开式中x2y6的系数为C－C＝－28. 1．(5分)(2025·湖南永州三模)(1－2x)7的展开式的第4项系数是(　 　) A．－280 B．280 C．－560 D．560 解析：(1－2x)7的展开式的第4项系数是C(－2)3＝35×(－8)＝－280.故选A. 2．(5分)某地马拉松赛事期间，组委会需从甲、乙、丙、丁4位志愿者中选3位安排到物资分发、路线指引、医疗协助三个不同服务点，每个服务点1人．已知甲不能安排在物资分发服务点，则不同的安排方法共有(　 　) A．9种 B．12种 C．15种 D．18种 解析：运用分类加法计数原理，若甲不入选，有A＝6(种)安排方法，若甲入选，有CA＝12(种)安排方法，所以共有6＋12＝18(种)不同的安排方法．故选D. 3．(5分)(2025·湖北十堰三模)从1，2，3，4，5中任取三个不同的数组成一个三位数，则在所有组成的数中能被3整除的数有(　 　) A．24个 B．30个 C．32个 D．48个 解析：能被3整除，则这三个数字之和为3的倍数，则取出的这三个数字可能的情况为(1，2，3)，(1，3，5)，(2，3，4)，(3，4，5)，则在所有组成的数中能被3整除的数有4A＝4×3×2×1＝24(个).故选A. 4．(5分)(2025·广东广州二模)(1－2x)4的展开式中x2的系数为(　 　) A．24 B．－24 C．－36 D．－40 解析：因为(1－2x)4的展开式的通项为Tk＋1＝C(－2x)k＝C(－2)kxk，所以x2的系数为C(－2)1＋C(－2)3＝－40.故选D. 5．(5分)某学校举行运动会，该校高二(2)班有甲、乙、丙、丁四位同学将参加跳高、跳远、100米跑三个项目的比赛，每人只能参加一个项目，每个项目至少有一个人参加，若甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，则不同参赛方案种数为(　 　) A．20 B．24 C．30 D．36 解析：将甲、乙、丙、丁四位同学分成3组，则三组各有2，1，1位同学，共有＝＝6(种)，又因为甲、乙两人不能参加同一项目的比赛，且甲、乙在一组时仅有1种分法，则共有6－1＝5(种)分组方法，所以不同参赛方案共有5A＝30(种).故选C. 6．(5分)(2025·湖南岳阳三模)把5个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，甲、乙安排在不相邻的两天，乙、丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法有(　 　) A．96种 B．60种 C．48种 D．36种 解析：依题意，设这五个人分别为甲、乙、丙、丁、戊．第一步，将乙、丙看成一个整体，考虑2人之间的顺序，有A＝2(种)安排方法，第二步，将这个整体与丁、戊全排列，有A＝6(种)安排方法，第三步，排好后产生4个空位，因甲、乙不相邻，则只能从3个空位中任选1个安排甲，有A＝3(种)安排方法．则由分步乘法计数原理，不同的安排方法共有2×6×3＝36(种).故选D. 7．(5分)(2025·辽宁沈阳一模)若Cx＋Cx2＋…＋Cxn能被5整除，则x，n的一组值可能为(　 　) A．x＝2，n＝6 B．x＝4，n＝6 C．x＝8，n＝4 D．x＝14，n＝4 解析：依题意，Cx＋Cx2＋…＋Cxn＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn－1＝(1＋x)n－1.对于A，x＝2，n＝6，36－1＝(33－1)×(33＋1)＝26×28，不能被5整除，A错误；对于B，x＝4，n＝6，56－1，不能被5整除，B错误；对于C，x＝8，n＝4，94－1＝(92－1)×(92＋1)＝80×82，能被5整除，C正确；对于D，x＝14，n＝4，154－1＝(152－1)×(152＋1)＝224×226，不能被5整除，D错误．故选C. 8．(5分)(2025·北京朝阳区一模)n位同学参加学校组织的某棋类单循环制比赛，即任意两位参赛者之间恰好进行一场比赛．每场比赛的计分规则如下：胜者计3分，负者计0分，平局各计1分．所有比赛结束后，若这n位同学的得分总和为150分，且平局总场数不超过比赛总场数的一半，则平局总场数为(　 　) A．12 B．15 C．16 D．18 解析：设平局总场数为k(k∈N)，且所有比赛的场数为C＝，由题意可知，k≤，由于能决定胜负的每场比赛选手的得分之和为3分，每场平局比赛选手的得分之和为2分，由题意可得3＋2k＝－k＝150，所以k＝－150，因为平局总场数不超过比赛总场数的一半，则0≤k＝－150≤，整理可得100≤n(n－1)≤120，因为n∈N*，解得n＝11，所以平局总场数为k＝－150＝－150＝15.故选B. 9．(8分，多选)(2025·安徽马鞍山二模)已知的展开式中各项系数之和为，则(　 　) A．展开式共有6项 B．展开式中二项式系数的和为64 C．展开式中常数项为 D．展开式中系数最大的项为第2项 解析：由题可得展开式的通项为Tk＋1＝Cx(－1)kx－k＝C·(－1)kx.对于A，令x＝1，可得展开式各项系数和，则＝⇒n＝6，则展开式共有7项，故A错误；对于B，二项式系数的和为26＝64，故B正确；对于C，令＝0⇒k＝2，则常数项为T3＝C(－1)2＝，故C正确；对于D，由通项可得各项系数依次为C(－1)0＝，C·(－1)1＝－，C(－1)2＝，C(－1)3＝－，C(－1)4＝，C(－1)5＝－3，C(－1)6＝1，则系数最大的项为第5项，故D错误．故选BC. 10．(8分，多选)2025年某影院在春节档引入了5部电影，包含3部喜剧电影、2部动画电影(包括电影A).该影院某天预留了一个影厅用于放映这5部电影，这5部电影当天全部放映，每部电影放映1场，则下列选项正确的是(　 　) A.电影A不排在第1场，共有96种排法 B．2部动画电影放映的先后顺序固定(不一定相邻)，共有60种排法 C．2部动画电影相邻放映，共有48种排法 D．3部喜剧电影不相邻，共有24种排法 解析：对于A，先从剩下的四场电影中选一场排电影A，然后另外的4部电影全排列，则有A·A＝96(种)排法，故A正确；对于B，5部电影全排列有A＝120(种)排法，因为2部动画电影放映的先后顺序固定，则有＝60(种)排法，故B正确；对于C，先将2部动画电影捆绑，再与另外3部电影全排列，则有A·A＝48(种)排法，故C正确；对于D，先排2部动画电影，刚好形成3个空，将3部喜剧电影插入这3个空，则有A·A＝12(种)排法，故D错误．故选ABC. 11．(8分，多选)我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是我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．第2 025行共有2 025个数 B．从第0行到第10行的所有数之和为2 047 C．第21行中，从左到右的第3个数为210 D．第3斜列为1，3，6，10，15，…，则该数列的前n项和为Tn＝C(n∈N*) 解析：对于A，行数比每行的数的个数少1，所以第2 025行共有2 026个数，所以A错误；对于B，可以得出每行的数字之和形成一个首项为1，公比为2的等比数列，所以20＋21＋22＋23＋…＋210＝＝2 047，所以B正确；对于C，第21行的二项式系数为C(k∈N且k≤21)，所以从左到右第3个数是C＝＝210，所以C正确；对于D，由公式C＋C＝C，得C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋C＋…＋C＝C＋C＋…＋C＝C(n∈N*)，所以D正确．故选BCD. 12．(5分)(2025·辽宁辽阳一模)某工人给排成一排的n块地砖上色，可用颜色为固定的第1号至第N号，共N种颜色，其中N∈N*，N≥5.上色完毕后，若满足相邻两块地砖颜色不同，且只使用了第1号至第m号颜色(每种颜色至少使用一次，m∈N*，m≤N)，则称此方案为一种m－上色方案．当n＝4时，不同的3－上色方案共有____种． 解析：如图，不妨将4块排成一排的地砖从左至右依次记为A，B，C，D， A B C D 用3种颜色给地砖上色，每种颜色至少使用一次，相邻地砖不能同色，所以一定有2块地砖同色，同色的情况有(A，C)，(A，D)，(B，D)，共3种，所以共有3A＝18(种)不同的3－上色方案． 13.(5分)(2025·广东广州一模)将1，2，3，…，9这9个数字填在如图所示的3×3方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小．若将4填在正中间的位置上，则填写方格表的方法共有____种． 4 9 a b c 4 d e f 1 解析：由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得9在左上角，1在右下角，如图，2，3排在d，f位置，有A种方法，从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在a，b位置，有C种方法，最后2个数字从上到下由大到小排在c，e位置，有1种方法，所以填写方格表的方法共有AC×1＝12(种). 14．(6分)(2025·湖北襄阳模拟)在的展开式中，仅第6项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是______． 解析：由的展开式中，仅第6项的二项式系数最大，得展开式共11项，则n＝10，所以的展开式的通项为Tk＋1＝Cx10－k＝Cx10－2k(0≤k≤10，k∈N)，设展开式中系数最大的项是Tk＋1，则即解得≤k≤，而k∈N，所以k＝3，T4＝Cx4＝15x4，所以展开式中系数最大的项是15x4. $