专题01 排列、组合与二项式定理（期中复习讲义）高二数学下学期人教B版

专题01 排列、组合与二项式定理（期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一 分类加法及分步乘法计数原理 题型二 排列数/组合数的计算 题型三 组合数性质应用 题型四 特殊元素/位置优先安排问题 题型五 相邻问题和不相邻问题 题型六 定序问题 题型七 分组分配问题 题型八 染色问题 题型九 通项公式求指定项 题型十 二项式系数和系数问题 题型十一 多个二项式积的展开式特定项 题型十二 三项展开式的指定项 题型十三 赋值法 题型十四 杨辉三角 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 分类加法与分步乘法计数原理 能准确区分分类与分步，正确运用两个原理计算完成一件事的方法数 小题基础点，是排列组合的前提，易混淆分类与分步致错 排列定义与排列数公式及应用 能熟练运用排列数公式计算，会用捆绑法、插空法解决限制条件排列问题 期中高频考点，常考相邻、不相邻、定序问题，易忽略特殊元素优先原则 组合定义与组合数公式及应用 能正确计算组合数，会用直接法、间接法、隔板法解决组合与分组问题 重点考点，平均分组易漏除重复情况，隔板法仅限相同元素分配 二项式定理与通项公式 能准确写出二项展开式，利用通项公式求指定项、常数项与系数 必考点，通项易混淆项数与k的对应关系，a、b位置颠倒易出错 二项式系数的性质 能运用对称性、最值、求和性质解决二项式系数相关问题 常考小题，n 奇偶性影响最值位置，易混淆系数和与二项式系数和 赋值法求系数之和 能通过赋值x=1、x=-1求展开式各项系数和、奇偶项系数和 高频考点，易与二项式系数和混淆，是中档小题常见命题形式 知识点01 分类加法计数原理与分类乘法计数原理 一、分类加法计数原理 完成一件事有类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，…，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法 二、分步乘法计数原理 完成一件事需要个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法 注意：区分“完成一件事”是分类还是分步，关键看一步能否完成这件事，若能完成，则是分类，否则，是分步． ·示例： 分类：从甲地到乙地，可乘飞机（2班）、高铁（4班）、汽车（3班），总方法数：2+4+3=9种。 分步：从甲到乙有3条路，乙到丙有5条路，甲经乙到丙总方法数：3×5=15种。 知识点02 排列与排列数 一、排列的定义及排列数 1．排列的定义:一般地,从个不同元素中取出个元素,并按照一定的顺序排成一列,叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列． 2．排列数:从个不同元素中取出个元素的所有不同排列的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的排列数,用符号表示． 3．排列数公式:,并且．从形式上看排列数等于从开始的个连续自然数相乘． 全排列:特别地,个不同的元素全部取出的一个排列,叫做个元素的一个全排列． 的阶乘:正整数1到的连乘积,叫做的阶乘,用!表示．规定:, 二、排列数的应用 1．没有限制条件的排列问题：对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制,分清元素和位置即可． 2．有限制条件的排列问题：分析问题时有位置分析法、元素分析法,在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则,即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置,对于分类过多的问题可以采用间接法． 3．相邻问题：采用捆绑法；不相邻问题：采用插空法 4．定序问题：可先不考虑顺序限制,排列后,再除以定序元素的全排列． 示例： （1）全排列：4人排成一排，排法：种。 （2）相邻：A、B必须相邻，先捆绑：种。 （3）不相邻：A、B不相邻，先排其他人再插空：种。 （4）定序：3人中A必须在B前面，排法：种。 易错： （1）捆绑法只捆绑不排内部顺序，漏乘内部的全排列。（2）特殊元素/位置未优先处理，出现矛盾排法。 知识点03 组合与组合数 一、组合的定义及组合数 组合的定义:一般地,从个不同元素中取出个元素作为一组,叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合. 组合数：从个不同元素中取出个元素的所有不同组合的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的组合数,用符号表示. 组合数公式：,这里,并且. 规定. 组合数的性质:（1） ;（2） 二、组合数的应用 1.有限制条件的组合问题：①直接法：“特殊元素优先选取”的原则；②间接法：先不考虑限制条件计算选法种数,然后排除不满足条件的选法 2.平均分组问题：一般先分堆，再除以. 3.不平均分组问题：先分堆，其中有组个数一样，再除以 4.相同元素的“分配”问题：“隔板法”：将个相同的元素分成份,每份至少一个元素,可以用块隔板，插入个元素排成一排的个空隙中 示例： （1）组合：从5人中选3人，选法：种。 （2）平均分组：6人平均分3组，方法：种。 （3）不平均分组：6人分1、2、3三组不用除序。 （4）隔板法：10个相同球分4组，每组至少1个：种。 易错： （1）不平均分组错误除序，导致结果偏小。（2）隔板法用于不同元素，完全用错场景。 知识点04 二项式定理 一、二项式定理 该公式叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式，共有项， 其中各项的系数叫做二项式系数， 展开式的第项为 注意：①是第项，而不是第k项； ②通项公式中a，b的位置不能颠倒． 示例： 二项式展开式：。 二项式定理求指定项：求的常数项，k=2，。 易错： （1）把通项当成第k项，项数定位错误。（2）a、b位置颠倒，符号与指数全部错误。 （3）指数计算错误：n−k或k算错，导致项不对。（4）含负号时漏写负号，符号判断失误。 二、二项式系数的性质 对称性 与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，由公式得到 增减性与最大值 当时，二项式系数是逐渐增大的；当时，二项式系数是逐渐减小的，因此二项式系数在中间取得最大值 ①当n是偶数时，中间的一项的二项式系数最大； ②当n是奇数时，中间的一项的二项式系数最大； 二项式系数的和 二项式系数的和为 奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即 ①求各项系数之和，令即可 ②若，则f(x)展开式中各项系数之和为， 奇数项系数之和为， 偶数项系数之和为. 示例： ，系数和f(1)=1；奇数项系数和。 题型一 分类加法及分步乘法计数原理 解｜题｜技｜巧 利用分类加法计数原理计数时的解题步骤：①分类:将完成这件事的方法分成若干类；②计数:求出每一类的方法数.③结论:将每一类的方法数相加得出结果. 利用分步乘法计数原理计数时的解题步骤：①分步:将完成这件事的过程分成若干步；②计数:求出每一步的方法数；③结论:将每一步中的方法数相乘得出最终结果. 例1．集合，，从两个集合中各取一个元素作为点的横、纵坐标，则在第二象限内的点的个数是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【详解】第二象限内的点的横坐标是负数，纵坐标是正数． 若集合M提供横坐标，集合N提供纵坐标，则符合题意的点有，，共2个； 若集合M提供纵坐标，集合N提供横坐标，则符合题意的点有，，，，共4个． 综上，在第二象限内的点的个数为． 故选：D. 变式1-1．有4封不同的信投入3个不同的信箱，可有不同的投入方法种数为（     ） A．81 B．64 C．27 D．24 【答案】A 【详解】每封信都有3种选择，所以将4封不同的信投入3个不同的信箱，共有种方法． 故选：A. 变式1-2．有红、黄、蓝三色旗各三面，每次可升旗一面、两面或三面，在旗杆上纵向排列，不同的颜色和旗帜数均代表不同的信号，共可组成不同的信号______种. 【答案】39 【详解】根据所升旗的数量进行分类： ①升1面旗，有三种颜色可供选择，故可组成3种不同信号； ②升2面旗，则升第一面旗时，有三种颜色可供选择，升第二面旗时，同样有三种颜色可供选择，故可组成种不同信号； ③升3面旗，则升每面旗时，均有三种颜色可供选择，故可组成的不同信号有种. 综上所述，可组成的不同信号共有（种）． 故答案为：39 变式1-3．设集合，函数使得对任意，都有是奇数，这样的函数的个数是（    ） A．12个 B．15个 C．50个 D．55个 【答案】C 【详解】根据函数定义结合分步乘法原理，当时，是奇数，既可以为奇数又可以为偶数， 即在中任选一个元素为－1的象，故有5种对应方法， 同理时有5种对应方法，当时，为奇数，故有2种对应方法， 由分步乘法计数原理得种方法. 故选：C. 题型二 排列数/组合数的计算 解｜题｜技｜巧 涉及具体数字问题可以直接运算和； 的主要作用:一是计算较大时的数;二是对含有字母的组合数的式子进行变形和证明. 排列数，组合数中的隐含条件,且,求解时应检验其结果是否满足这一条件. 例2．（1）计算：； （2）解不等式：. 【答案】（1）64；（2）3或4 【分析】 【详解】（1）. （2）因为，可知，且， 整理可得，解得， 且，所以或. 变式2-1．已知，则的值为______（用数字作答）. 【答案】462 【详解】由可得， 即， 化简得，整理得， 解得或， 因为，所以， 所以 . 故答案为：462. 变式2-2．计算下列各式． (1)； (2)； (3)． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】 【详解】（1） （2） （3） 变式2-3．（1）解关于x的不等式． （2）求等式中的n值． 【答案】（1）；（2）. 【分析】 【详解】（1）由，得，， 于是，整理得，解得， 所以. （2）原方程变形为，即，显然， 因此， 化简整理，得，而，解得， 所以. 题型三 组合数性质应用 例3．若，则n的值为______． 【答案】3或8 【详解】因为， 所以或， 解得或. 变式3-1．已知关于正整数的方程，则该方程的解为________. 【答案】或 【详解】因为成立，所以，解得， 因为，所以或， 当时，解得，当时，解得. 故答案为：或 变式3-2．若，则的值为______． 【答案】34 【详解】因为，所以或（舍去），解得， 所以 ． 故答案为：． 变式3-3．若，则________. 【答案】8 【详解】由组合数的性质，得， 所以， 所以， 所以， 故答案为：8 题型四 特殊元素/位置优先安排问题 例4．用数字组成没有重复数字的数（结果用数字作答）. (1)求可组成多少个四位数； (2)求可组成多少个偶数互不相邻的六位数； (3)将（1）中的四位数按从小到大的顺序排成一排，求第个数. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】 【详解】（1）四位数的千位不能为，从数字中选不重复的四位数个数， 千位从中选，有种选法， 剩余三位从剩下的个数字中选个排列： 总数：. （2）用组成无重复数字的六位数，且偶数互不相邻 先排奇数，排列数：, 三个奇数从左到右形成个空隙， 个空隙中选个放入偶数（每个空隙一个偶数，保证偶数互不相邻）： 若空隙未被选：只能选空隙，偶数全排列种， 若空隙被选：空隙不能放，故从中选个放在空隙（种），剩余两个偶数放入另两个选中的空隙（种）， 包含空隙的空隙选择有种，每种对应种偶数排法，共种， 偶数排法总数：， 六位数总数：. （3）从小到大排列这些四位数，求第个数， 千位为时：后三位从剩余个数中选个排列，有个（第个）， 千位为时：也有个（第个）， 第个在千位为中排第个， 千位为时： 百位为：个（第个）， 百位为：个（第个）， 第个是，第个是. 变式4-1．某校需要从含甲的4位优秀老师中选3位去，，三个乡村支教，每个乡村1人，每人至多去1个乡村，其中甲不能安排在乡村，则不同的安排方法种数为______. 【答案】18 【详解】村不能是甲，因此从剩余3位老师中选1位，有3种选法， 剩余、村从剩下的3位老师（含甲）中选2位排列，有种方法， 总方法数为 变式4-2．一个三口之家和一对夫妇共计5人前往电影院观看电影,核心观影区现在还剩余一排7个相连的座位.要求同一家庭的座位必须相连，且两个家庭中间至少间隔一个座位，则符合要求的排座方式一共有（    ） A．48种 B．72种 C．144种 D．216种 【答案】B 【详解】三口之家三人全排列有种不同的排法，一对夫妇有种不同的排法， 若两个家庭之间有1个空位的排法有； 若两个家庭之间有2个空位的排法有； 所以符合要求的排座方式一共有种. 变式4-3．（多选）现用数字1，2，3，4填如图所示的四宫格，每格均填1个数字，则下列结论正确的是（   ） A．若数字可以重复使用，则共有256种填法 B．若4个数字均使用，则共有18种填法 C．若4个数字均使用且第2行的数字之和大于第1行的数字之和，则共有8种填法 D．若数字可以重复使用且相邻的两个格子不能填相同的数字，则共有84种填法 【答案】ACD 【分析】 【详解】对于A，若数字可以重复使用，则共有种填法，故A正确； 对于B，若4个数字均使用，则共有种填法，故B错误； 对于C，若4个数字均使用且第2行的数字之和大于第1行的数字之和， 则可以1，2在第1行，3，4在第2行，或1，3在第1行，2，4在第2行， 共有种填法，故C正确； 对于D，分4步，设四宫格4个位置如下： ①（左上）、②（右上）、③（左下）、④（右下）， 第1步，填①，有1，2，3，4共4种选法； 第2步，填②，由于和①相邻，所以不能与①相同，故有3种选法； 第3步，填③，因其与①相邻，所以不能与①相同，故又分2种情况， 情况1，③与②数字相同，此时只限制③与①不同，而②本身就与①不同， 故仅1种选法（和②一致）， 情况2，③与②数字不同，此时③需同时满足与①不同、与②不同，所以有2种选法； 第4步，填④，因④与②、③都相邻，所以必须和②、③都不同， 所以选法由②和③是否相同决定， 情况1，②与③相同时，④只需与②（即③）不同，此时有3种选法， 情况2，②与③不同时，④需同时与②不同、与③不同，此时有2种选法 所以利用分步乘法与分类加法计数原理（种），故D正确 故选：ACD 题型五 相邻问题和不相邻问题 例5．有2位老师和3名学生排成一队照相，老师不能分开，则不同的排法有（ ） A．48种 B．12种 C．36种 D．24种 【答案】A 【详解】要求老师不能分开（即相邻），先把2位老师捆绑看作1个整体，两位老师内部不同顺序属于不同排法，内部排列数为 种； 将老师的整体与3名学生进行全排列，全排列数为种； 根据分步乘法计数原理，则不同的排法为 种. 变式5-1．五行是中国古代的一种物质观，多用于哲学、中医学和占卜方面，五行指金、木、水、火、土.现将“金、木、水、火、土”排成一排，则“土、水”相邻的排法种数为（   ） A．12 B．24 C．72 D．48 【答案】D 【详解】由题意知：则“土、水”相邻的排法种数为. 故选：D. 变式5-2．某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻且第一个节目不能是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（    ）种. A．144 B．288 C．480 D．672 【答案】B 【详解】先排 4 个歌舞节目，有种排法，排好后会产生 5 个空位（包括两端）， 然后将 2 个机器人表演节目插入除第一个以外的空位，有种排法， 所以满足条件的排法有种. 变式5-3．2025年春节档电影《哪吒之魔童闹海》成为中国影史票房最高的电影，某班甲、乙、丙、丁、戊这5位同学相约一起去电影院观看，要求5人坐在同一排相邻的5个位置，甲、乙、丙这三人相邻，且丙不与丁相邻，则不同的座位排列方法有（    ）种. A．32 B．28 C．24 D．20 【答案】B 【详解】将甲乙丙三人视为整体与丁戊排列，有种， 当甲乙丙相邻，丙不在甲乙的中间，丙丁相邻时，甲乙丙丁视为一个整体与戊排列，有种， 所以不同的座位排列方法的种数是. 故选：B 题型六 定序问题 例6．某5位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来5位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（   ） A．21 B．30 C．42 D．60 【答案】C 【详解】7位同学排成一排准备照相时，共有种排法， 如果保持原来5位同学的相对顺序不变，则有种排法. 故选：C 变式6-1．一班有5名棋手，出场次序已经排定，二班有2名棋手，现要排出这7人的出场顺序，如果不改变一班棋手出场次序，那么不同排法有（    ）种 A．12 B．20 C．30 D．42 【答案】D 【详解】依题意，7名棋手作全排列为，其中原有5名棋手的排列有， 所以不改变一班棋手出场次序的不同排法种数有. 故选：D 变式6-2．、、、、五人排成一排，如果必须站在的右边，且、不相邻，则不同的排法共有__________种． 【答案】36 【详解】站在的右边的排法有， 、相邻且站在的右边的排法有， 所以必须站在的右边，且、不相邻， 则不同的排法共有种. 故答案为：36. 变式6-3．小张一次买了三串冰糖葫芦，其中一串有两颗冰糖葫芦，一串有三颗冰糖葫芦，一串有五颗冰糖葫芦.若小张每次随机从其中一串中吃一颗，每一串只能从上往下吃，那么不同的吃完的顺序有__________种.（结果用数字作答） 【答案】2520 【详解】由题，记三串冰糖葫芦从上往下依次为，，， 则因为每一串只能从上往下吃， 所以在前被吃，在前而在前被吃，即它们被吃的相对位置是已定的，同理被吃的相对位置也是已定的， 所以根据排列中定序问题可得不同的吃完的顺序有种. 故答案为：2520. 题型七 分组分配问题 例7．某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”、“复变函数”、“微分几何”、“数值分析”、“拓扑学”五门选修学科，要求学院每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将五门选修学科选完，则每位同学的不同选修方式有__________种 【答案】 【详解】由题意可知三年修完门学科，则每位同学每年所修课程数为，，或，，或，，， 1.将门学科分成数量为，，的三组共有种不同方式， 再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式， 由乘法原理可得共有 种； 2.将门学科分成数量为，，的三组共有种不同方式， 再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式， 由乘法原理可得共有种； 3. 将门学科分成数量为，，的三组共有种不同方式， 再将这三组课程分配到三个学年，共有种不同分配方式， 由乘法原理可得共有 种． 所以每位同学的不同选修方式有种． 变式7-1．某校组织包含甲在内的7名大学生前往观看足球､篮球､排球三场比赛，每场比赛至少有2名学生观看且每个人只观看一场比赛，则甲同学不去观看足球比赛的方案种数为（    ） A．420 B．600 C．840 D．960 【答案】A 【详解】将名大学生分为三组：第一组个人，第二组2个人，第三组个人，共有 种分组方法； 由于甲不去看足球比赛，故甲所在的组只有种选择，剩下的组任意选，有 种分配方法； 所以甲同学不去观看足球比赛的方案种数为共有 种方法. 变式7-2．某医院派6名医生到3个社区进行义诊，每个社区至少一名医生，其中甲乙两人必须在一起，则不同的方案有（   ）种 A．150 B．180 C．360 D．540 【答案】A 【详解】甲乙必须在一起，可把甲乙视为一个整体，问题相当于将5名医生到3个社区， 按分配时，共有种方案；按分配时，共有种方案， 所以共有种不同的分配方案. 故选：A 变式7-3．某人工智能社团有5位同学（含甲、乙），计划对ChatGPT、Sora、GPT-4这3种人工智能模型展开学习调研，要求：每种模型至少有1人负责，每人必须且只能选择一种模型.请解答下列问题： (1)共有多少种不同的安排方案? (2)若甲、乙不能调研同一种模型，且ChatGPT模型最多只能由2人负责，共有多少种不同的安排方案? 【答案】(1)150 (2)100 【详解】（1）将5人分配给3种模型，每种模型至少有1人负责，每人必须且只能选择一种模型，安排方案有两种： 方案1（3，1，1型），共有种安排方案； 方案2（2，2，1型），共有种安排方案. 故共有安排方案种. （2）依题意，可从对立事件的方法数考虑. 由（1）可知，若无任何限制，则总方案数为150种. ①若甲、乙调研同一模型，有两种情况： 甲、乙与另外一人调研同一种模型，有种安排方案； 只有甲、乙两人调研同一种模型，有种安排方案； 所以甲、乙调研同一模型，共有种安排方案. ②若ChatGPT模型由3人负责，有种安排方案. ③若甲、乙调研同一种模型，且ChatGPT模型由3人负责，有种安排方案. 综上，共有种安排方案. 题型八 染色问题 解｜题｜技｜巧 1.按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析; 2.以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析; 3.对于空间涂色问题，通常将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题来解决. 例8．从4种不同的颜色中选择若干种给如图所示的4个方格涂色，每个方格中只涂一种颜色且相邻两格不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．24种 B．72种 C．108种 D．120种 【答案】C 【详解】用两种颜色时，涂法有种； 用三种颜色时，涂法有种； 用四种颜色时，涂法有种； 所以不同的涂色方法共有种. 故选：C. 变式8-1．如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_____种． 【答案】72 【详解】分4步进行分析： ①，对于区域，有4种颜色可选； ②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选； ③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选； ④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选， 则区域、有种选择， 则不同的涂色方案有种． 变式8-2．如图，一个地区分为4个区域，现给该地区着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有3种颜色可供选择，则不同的着色方法共有（    ）种. A．12 B．18 C．24 D．30 【答案】B 【详解】若用3种颜色，则需AD同色，或BC同色，则有种选择， 若用2种颜色，则需AD同色并且BC同色，则有种选择， 综上，不同的着色方法共有种. 故选：B 变式8-3．某圆形舞台的观众席被分为四个区域，如图所示，现共有区、区、区、区6种不同颜色的观众椅供这四个观众区域选择，要求每个观众区域中只使用一种颜色的观众椅，相邻区域的观众椅颜色不能相同，则该舞台观众席四个区域的观众椅的颜色搭配方案共有______种. 【答案】630 【详解】若只使用两种颜色，则区和区的观众椅颜色相同，区和区的观众椅颜色相同，有种方案； 若使用3种颜色，则分区和区的观众椅颜色相同与不同两种情况，有种方案； 若使用4种颜色，则有种方案. 故颜色搭配方案共有种. 例9．的展开式中常数项为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】的展开式通项为， 令，可得， 故展开式中的常数项为. 变式9-1．二项式的展开式中的系数为，则_____. 【答案】 【详解】由展开式的通项公式得：， 令，则，所以， 由题意得：，而，故，解得. 故答案为： 变式9-2．已知的展开式中第3项与第5项的系数相等，则奇数项的二项式系数之和为（    ） A．8 B．16 C．32 D．64 【答案】C 【详解】因为的展开式通项为，所以展开式中各项的系数等于相应的二项式系数. 由题可知，，由组合数性质得. 所以奇数项的二项式系数之和为. 故选：C. 变式9-3．（多选）关于的展开式，下列说法中正确的是（   ） A．第二项与第四项的二项式系数相等 B．各项系数之和为1 C．常数项为60 D．有理项共有3项 【答案】ABD 【详解】由题设，展开式通项为，， 所以第二项与第四项的二项式系数分别为、，显然A对； 令，则各项系数之和为，B对； 令得，没有常数项，C错； 由，则，共有三项，D对. 故选：ABD 题型九 通项公式求指定项 题型十 二项式系数和系数问题 解｜题｜技｜巧 （1）求二项式系数最大的项,根据二项式系数的性质,当为奇数时,中间两项的二项式系数最大;当为偶数时,中间一项的二项式系数最大. （2）求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的,需根据各项系数的正、负变化情况进行判断,一般采用列不等式组,解不等式组的方法求得. 例10．展开式的第4项的二项式系数是___________．（用数字作答） 【答案】 【详解】展开式的第4项的二项式系数是. 变式10-1．在的二项展开式中系数最大的项的系数是________（结果用数字表示） 【答案】20412 【详解】的展开式通项为，则系数为， 设第项系数最大，则 即，解得，又，所以， 所以最大项系数为第7项，最大系数为. 故答案为：20412. 变式10-2．在的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中的系数是__________． 【答案】 【详解】因为二项式只有第五项的二项式系数最大， 所以展开式共有9项，所以， 则二项式展开式的通项为， 令，则， 所以展开式中的系数为. 故答案为：. 变式10-3．求的展开式中二项式系数最大的项、系数最大的项． 【答案】 【详解】依题意，的展开式中二项式系数最大的项为； 展开式的通项， 由，得， 即，解得， 因此，所以系数最大的项为. 题型十一 多个二项式积的展开式特定项 例11．已知的展开式中的常数项为40，则（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【详解】由的展开式中第三项为，第五项为， 则的展开式中的常数项为， 即，得或（舍去），所以． 故选：B． 变式11-1．在的展开式中，的系数为___________． 【答案】220 【详解】在展开式中含项分别为， 所以在的展开式中，含的项为， 所以所求系数为220. 故答案为：220 变式11-2．已知的展开式中的系数为17．则实数的值为______ 【答案】 【详解】由， 由于的展开式通项为， 因为的展开式中的系数为17， 所以，解得. 变式11-3．的展开式中x的系数为______. 【答案】11 【详解】当第一个括号取2，第二个括号取的一次项时，展开式中的系数为； 当第一个括号取，第二个括号取常数项时，展开式中的系数为， 故展开式中的系数为. 故答案为：11 题型十二 三项展开式的指定项 解｜题｜技｜巧 应根据式子的特点,转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决),转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合,项与项结合时要注意合理性和简捷性. 例12．的展开式中，的系数为（    ） A．60 B．120 C．240 D．360 【答案】B 【详解】要得到这一项，相当于从6个含有三项的因式中的3个因式取，1个因式取，2个因式取， 即这一项为. 故的系数为. 故选：B 变式12-1．的展开式中的常数项为__________（用数字作答）. 【答案】 【详解】由，所以， 只需求展开式中的的系数， 即 . 故答案为：. 变式12-2．（多选）关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ） A．各项系数之和为32 B．各项系数的绝对值之和为 C．常数项为80 D．的系数为0 【答案】ABD 【详解】对于A，令，可得各项系数之和为，故A正确； 对于B，多项式的展开式各项系数的绝对值之和与多项式的展开式各项系数之和相等， 在多项式中，令，可得各项系数之和为，故B正确； 对于C，的展开式的通项公式为， 的展开式的通项公式为， 令，则有3种情况：当时，该项为； 当时，该项为；当时，该项为； 故常数项为，故C错误； 对于D，令，结合，则有， 解得或， 当时，该项为； 当时，该项为， 所以，的系数为，故D正确. 故选：ABD. 变式12-3．展开式中含项的系数为____________． 【答案】 【详解】展开式中含项的为，则其系数为. 故答案为：. 题型十三 赋值法 例13．（多选）设，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】令，得，故A正确； 的展开式中，， ，， ，故B正确； 令，得，令，得， ， 又， ，故C错误，D正确． 变式13-1．（多选）设，则下列说法正确的有（    ） A．的展开式中所有项的二项式系数的和为 B． C． D． 【答案】ABC 【详解】A选项，的展开式中所有项的二项式系数的和为，A正确； B选项，中，令得，B正确； C选项，中，令得 ①， 令得②， 两式①+②得， 即，C正确； D选项，， 由二项式定理得， 故，， 令得，D错误. 故选：ABC 变式13-2．若，则__________；__________.（用数字作答） 【答案】 【详解】令，则， 的展开式通项为， 则， 故当为奇数时，；当为偶数时，. 所以 . 故答案为：；. 变式13-3．若，则___________；___________． 【答案】 【详解】令，代入得， 令，代入得， 代入，代入可得. 故答案为：①；② 题型十四 杨辉三角 例14．如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第n行是的展开式的二项式系数，直观解释了二项式系数规律.记第行从左至右的第个数为，若被675除所得的余数为，则________，________. 【答案】 26 325 【详解】对于第一空， 因为 所以被675除所得的余数为26； 对于第二空，由图可得第行，第个数为展开式的第项二项式系数. 则. 故答案为：；. 变式14-1．“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，如图示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A．在第10行中第5个数最大 B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等 C． D．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 【答案】D 【详解】对于A，因“杨辉三角”的第10行中第5个数是，又，故A错误； 对于B，因“杨辉三角”的第2023行中第1011个数和第1012个数分别为和， 因，故，故B错误； 对于C，因， ……… 则，故C错误； 对于D，因，而，故D正确. 故选：D 变式14-2．（多选）杨辉三角是第1行为1，第n行的元素是组合数按k依次增大排列的一个三角数阵，它具有对称性、递推性．关于杨辉三角与组合数的下列结论正确的有（   ） A．第10行所有数字之和为512 B．对任意正整数， C． D． 【答案】ABD 【详解】A：第10行所有数字之和为，正确； B：由二项式展开式中二项式系数的性质可知： ，正确； C：令，则，而， 显然不成立，不正确； D： 在中，的系数为， 在中， 的系数为， 所以，正确. 变式14-3．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里给出了杨辉三角，书中是用汉字来表示的，如图1.研究发现，杨辉三角可以由组合数来表示，如图2.杨辉三角有很多有趣的性质，如杨辉三角的两个腰上的数字都是1，用组合数表示为 请仔细观察杨辉三角，从杨辉三角蕴含的规律可知：____________(用数字作答) 【答案】19600 【详解】由杨辉三角的性质，得， 所以 . 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（2024·25高二下·重庆·期中）在的展开式中，常数项为（    ） A． B．31 C． D． 【答案】C 【详解】由题意变形得， 则根据展开式通项得，代入， 则常数项为. 故选：C. 2．（2025·26高三上·上海嘉定·期中）已知校运动会米比赛，某队派出甲、乙、丙、丁4名运动员参加，其中甲不跑第一和第三棒，则不同的交接棒安排顺序有_______种. 【答案】 【详解】甲、乙、丙、丁4名运动员参加，其中甲不跑第一和第三棒， 则首先安排甲跑第二或第四棒，共有2种方法； 再安排剩下三棒，共有种方法； 所以不同的交接棒安排顺序有种方法， 故答案为：. 3．（2024·25高二下·河北邯郸·期中）（多选）在二项式的展开式中，下列结论正确的是（   ） A．常数项为 B．含x的系数为 C．所有的二项式系数之和为64 D．所有项的系数之和为 【答案】BC 【详解】在二项式展开式中，常数项为，所以A错误； 含x的项的系数为，B正确； 所有的二项式系数之和为，C正确； 令，可得所有项的系数之和为1，D错误． 故选：BC． 4．（2024·25高二下·四川绵阳·期中）我校新采购了5套不同的实验器材，预计分配到高一、高二、高三三个年级的实验室，要求每个年级至少分到1套实验器材，那么共有__________种不同的分配方案. 【答案】150 【详解】将套不同的实验器材分成组，有两种分法： 按1，1，3分组：从套器材中选套为一组，其余套各为一组，共有种分法. 按2，2，1分组：从套器材中选套为一组，再从剩下的套中选套为一组，剩下套为一组，但这里有重复情况，需要除以消除重复，所以共有种分法. 则将套不同的实验器材分成组，共有种分法. 将分好的组全排列分配到三个年级， 将分好的组全排列，对应高一、高二、高三三个年级，共有种排法. 所以不同的分配方案共有种. 故答案为：150. 5．（2025·26高三上·上海·期中）莫高窟坐落在甘肃的敦煌，它是世界上现存规模最大、内容最丰富的佛教艺术圣地，每年都会吸引来自世界各地的游客参观旅游．已知购买莫高窟正常参观套票可以参观8个开放洞窟，在这8个洞窟中有3个被誉为最值得参观的洞窟．现游客需从套票包含的开放洞窟中随机选择4个进行参观，则至少选中2个最值得参观洞窟的概率是______． 【答案】/ 【详解】从8个洞窟中选出4个洞窟，共有种不同的选法， 其中至少选中2个最值得参观的洞窟，有种选法， 由古典概型的概率计算公式，可得至少选中2个最值得参观洞窟的概率. 故答案为：. 6．（2024·25高二下·河北衡水·期中）已知展开式中前三项系数成等差数列. (1)求n的值； (2)判断展开式中是否存在含的项.若有，则求出含的项；若没有，请说明理由. 【答案】(1)8 (2)不存在，理由见解析 【分析】 【详解】（1）展开式的通项公式为， 由题意可得，前三项项系数：1，，成等差数列， 即，解得； （2）由（1）可得， 令，解得， 因为，所以不存在含的项. 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 7．（2025·26高二上·云南·期末）某传统文化学习小组有4名同学（包含甲），现要从中选出3名同学参加学校举行的汇报展示活动．如果要求选出的3名同学分别参加绘画、国学、书法3种不同的活动，其中甲不能参加绘画活动，则不同的安排方法种数为（   ） A．6 B．12 C．15 D．18 【答案】D 【详解】从4名学生中选出3名分别参加绘画、国学、书法3种不同的活动， 其中甲不能参加绘画活动，可分为以下两步； （1）先从4人中选出3人，分为两种情况：有甲参加和无甲参加． 有甲参加时，选法有：种； 无甲参加时，选法有：种． （2）安排活动 有甲参加时，先排甲，再排其他人，排法有：种． 无甲参加时，排法有种． 综上，． 所以不同的安排方法种数为18， 故选：D． 8．（2025·26高二上·辽宁大连·期末）（多选）已知的展开式的二项式系数的和为512，且，下列选项正确的是（    ） A． B． C． D．除以6所得的余数为5 【答案】BCD 【详解】由题意有：，所以，令， 所以， 令，所以，令， 所以①， 所以，故A错误； 由，令， 所以，故B正确； 令，所以②， 由①②解得，， 所以，故C正确； 由 ， 所以除以6所得的余数为5，故D正确； 故选：BCD. 9．（2025·26高二上·天津·期末）某班5位同学参加3项比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不同的报名方法有（   ）种． A．120 B．180 C．240 D．360 【答案】B 【详解】设报1项的同学有人，报2项的同学有人， 由题意有：5位同学每人报名1项或2项，3个项目每个项目恰有2人报名，总报名名额为， 所以，即恰好有1人报2项，其余4人各报1项， 第一步：先选报2项的同学有种选法， 第二步：选该同学报的2个项目有种选法，假设选的项目是和， 则项目各已有1人，还需各1人，项目还需要2人， 第三步：分配剩余4人，从4人中选1人去项目有种选法，选1人去项目有种选法， 剩余的2人去项目有1种选法，共有种选法， 根据分步乘法计数原理有：种选法. 故选：B 10．（2025·26高二上·辽宁朝阳·期末）已知，该二项展开式中第5项和第6项的二项式系数最大． (1)求正整数的值； (2)求与二项式系数和的比值； (3)问展开式各项系数的绝对值中哪个最大，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)中和均为最大，理由见解析 【分析】 【详解】（1）因为的展开式中，第5项和第6项的二项式系数最大， 所以为奇数，且，所以. （2）因为，所以二项式系数和为， 令，得， 令，得， 所以， 因此与二项式系数和的比值为. （3）中和均为最大． 因为 展开式的通项， 所以， 即， 故判断系数中谁最大即判断展开式的系数谁最大． 展开式的通项， 由， 得，因为，所以或6． 故中和均为最大． 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 11．（2025·26高二上·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 【详解】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， 故答案为：. 12．（2025·26高二上·辽宁铁岭·期末）（多选）已知函数，其展开式中x项的系数为，则（    ） A．当时， B．当时， C．其展开式中所有项的系数之和为 D．当，时， 【答案】AC 【分析】 【详解】对于A，当时，可得， 则展开式中的项为，所以，所以A正确； 对于B，当时，可得， 则，此时，所以B错误； 对于C，由，令，可得， 所以展开式中所有项的系数之和为，所以C正确； 对于D，当，时，可得， 则， ， 令，则， 则， 因为，所以，即，所以D错误. 故选：AC. 13．（2024·25高二上·江西萍乡·期末）《孙子算经》对同余除法有较深的研究，设为整数，若和被除得余数相同，则称和模同余，记为，如12和7被5除得余数都是2，则记为.若，且，则可以为（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】A 【详解】 所以除17余数为，即. 故选：A. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 排列、组合与二项式定理（期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一 分类加法及分步乘法计数原理 题型二 排列数/组合数的计算 题型三 组合数性质应用 题型四 特殊元素/位置优先安排问题 题型五 相邻问题和不相邻问题 题型六 定序问题 题型七 分组分配问题 题型八 染色问题 题型九 通项公式求指定项 题型十 二项式系数和系数问题 题型十一 多个二项式积的展开式特定项 题型十二 三项展开式的指定项 题型十三 赋值法 题型十四 杨辉三角 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 分类加法与分步乘法计数原理 能准确区分分类与分步，正确运用两个原理计算完成一件事的方法数 小题基础点，是排列组合的前提，易混淆分类与分步致错 排列定义与排列数公式及应用 能熟练运用排列数公式计算，会用捆绑法、插空法解决限制条件排列问题 期中高频考点，常考相邻、不相邻、定序问题，易忽略特殊元素优先原则 组合定义与组合数公式及应用 能正确计算组合数，会用直接法、间接法、隔板法解决组合与分组问题 重点考点，平均分组易漏除重复情况，隔板法仅限相同元素分配 二项式定理与通项公式 能准确写出二项展开式，利用通项公式求指定项、常数项与系数 必考点，通项易混淆项数与k的对应关系，a、b位置颠倒易出错 二项式系数的性质 能运用对称性、最值、求和性质解决二项式系数相关问题 常考小题，n 奇偶性影响最值位置，易混淆系数和与二项式系数和 赋值法求系数之和 能通过赋值x=1、x=-1求展开式各项系数和、奇偶项系数和 高频考点，易与二项式系数和混淆，是中档小题常见命题形式 知识点01 分类加法计数原理与分类乘法计数原理 一、分类加法计数原理 完成一件事有类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，…，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法 二、分步乘法计数原理 完成一件事需要个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法 注意：区分“完成一件事”是分类还是分步，关键看一步能否完成这件事，若能完成，则是分类，否则，是分步． ·示例： 分类：从甲地到乙地，可乘飞机（2班）、高铁（4班）、汽车（3班），总方法数：2+4+3=9种。 分步：从甲到乙有3条路，乙到丙有5条路，甲经乙到丙总方法数：3×5=15种。 知识点02 排列与排列数 一、排列的定义及排列数 1．排列的定义:一般地,从个不同元素中取出个元素,并按照一定的顺序排成一列,叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列． 2．排列数:从个不同元素中取出个元素的所有不同排列的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的排列数,用符号表示． 3．排列数公式:,并且．从形式上看排列数等于从开始的个连续自然数相乘． 全排列:特别地,个不同的元素全部取出的一个排列,叫做个元素的一个全排列． 的阶乘:正整数1到的连乘积,叫做的阶乘,用!表示．规定:, 二、排列数的应用 1．没有限制条件的排列问题：对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制,分清元素和位置即可． 2．有限制条件的排列问题：分析问题时有位置分析法、元素分析法,在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则,即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置,对于分类过多的问题可以采用间接法． 3．相邻问题：采用捆绑法；不相邻问题：采用插空法 4．定序问题：可先不考虑顺序限制,排列后,再除以定序元素的全排列． 示例： （1）全排列：4人排成一排，排法：种。 （2）相邻：A、B必须相邻，先捆绑：种。 （3）不相邻：A、B不相邻，先排其他人再插空：种。 （4）定序：3人中A必须在B前面，排法：种。 易错： （1）捆绑法只捆绑不排内部顺序，漏乘内部的全排列。（2）特殊元素/位置未优先处理，出现矛盾排法。 知识点03 组合与组合数 一、组合的定义及组合数 组合的定义:一般地,从个不同元素中取出个元素作为一组,叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合. 组合数：从个不同元素中取出个元素的所有不同组合的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的组合数,用符号表示. 组合数公式：,这里,并且. 规定. 组合数的性质:（1） ;（2） 二、组合数的应用 1.有限制条件的组合问题：①直接法：“特殊元素优先选取”的原则；②间接法：先不考虑限制条件计算选法种数,然后排除不满足条件的选法 2.平均分组问题：一般先分堆，再除以. 3.不平均分组问题：先分堆，其中有组个数一样，再除以 4.相同元素的“分配”问题：“隔板法”：将个相同的元素分成份,每份至少一个元素,可以用块隔板，插入个元素排成一排的个空隙中 示例： （1）组合：从5人中选3人，选法：种。 （2）平均分组：6人平均分3组，方法：种。 （3）不平均分组：6人分1、2、3三组不用除序。 （4）隔板法：10个相同球分4组，每组至少1个：种。 易错： （1）不平均分组错误除序，导致结果偏小。（2）隔板法用于不同元素，完全用错场景。 知识点04 二项式定理 一、二项式定理 该公式叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式，共有项， 其中各项的系数叫做二项式系数， 展开式的第项为 注意：①是第项，而不是第k项； ②通项公式中a，b的位置不能颠倒． 示例： 二项式展开式：。 二项式定理求指定项：求的常数项，k=2，。 易错： （1）把通项当成第k项，项数定位错误。（2）a、b位置颠倒，符号与指数全部错误。 （3）指数计算错误：n−k或k算错，导致项不对。（4）含负号时漏写负号，符号判断失误。 二、二项式系数的性质 对称性 与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，由公式得到 增减性与最大值 当时，二项式系数是逐渐增大的；当时，二项式系数是逐渐减小的，因此二项式系数在中间取得最大值 ①当n是偶数时，中间的一项的二项式系数最大； ②当n是奇数时，中间的一项的二项式系数最大； 二项式系数的和 二项式系数的和为 奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即 ①求各项系数之和，令即可 ②若，则f(x)展开式中各项系数之和为， 奇数项系数之和为， 偶数项系数之和为. 示例： ，系数和f(1)=1；奇数项系数和。 题型一 分类加法及分步乘法计数原理 解｜题｜技｜巧 利用分类加法计数原理计数时的解题步骤：①分类:将完成这件事的方法分成若干类；②计数:求出每一类的方法数.③结论:将每一类的方法数相加得出结果. 利用分步乘法计数原理计数时的解题步骤：①分步:将完成这件事的过程分成若干步；②计数:求出每一步的方法数；③结论:将每一步中的方法数相乘得出最终结果. 例1．集合，，从两个集合中各取一个元素作为点的横、纵坐标，则在第二象限内的点的个数是（    ） A．2 B．4 C．5 D．6 变式1-1．有4封不同的信投入3个不同的信箱，可有不同的投入方法种数为（     ） A．81 B．64 C．27 D．24 变式1-2．有红、黄、蓝三色旗各三面，每次可升旗一面、两面或三面，在旗杆上纵向排列，不同的颜色和旗帜数均代表不同的信号，共可组成不同的信号______种. 变式1-3．设集合，函数使得对任意，都有是奇数，这样的函数的个数是（    ） A．12个 B．15个 C．50个 D．55个 题型二 排列数/组合数的计算 解｜题｜技｜巧 涉及具体数字问题可以直接运算和； 的主要作用:一是计算较大时的数;二是对含有字母的组合数的式子进行变形和证明. 排列数，组合数中的隐含条件,且,求解时应检验其结果是否满足这一条件. 例2．（1）计算：； （2）解不等式：. 变式2-1．已知，则的值为______（用数字作答）. 变式2-2．计算下列各式． (1)； (2)； (3)． 变式2-3．（1）解关于x的不等式． （2）求等式中的n值． 题型三 组合数性质应用 例3．若，则n的值为______． 变式3-1．已知关于正整数的方程，则该方程的解为________. 变式3-2．若，则的值为______． 变式3-3．若，则________. 题型四 特殊元素/位置优先安排问题 例4．用数字组成没有重复数字的数（结果用数字作答）. (1)求可组成多少个四位数； (2)求可组成多少个偶数互不相邻的六位数； (3)将（1）中的四位数按从小到大的顺序排成一排，求第个数. 变式4-1．某校需要从含甲的4位优秀老师中选3位去，，三个乡村支教，每个乡村1人，每人至多去1个乡村，其中甲不能安排在乡村，则不同的安排方法种数为______. 变式4-2．一个三口之家和一对夫妇共计5人前往电影院观看电影,核心观影区现在还剩余一排7个相连的座位.要求同一家庭的座位必须相连，且两个家庭中间至少间隔一个座位，则符合要求的排座方式一共有（    ） A．48种 B．72种 C．144种 D．216种 变式4-3．（多选）现用数字1，2，3，4填如图所示的四宫格，每格均填1个数字，则下列结论正确的是（   ） A．若数字可以重复使用，则共有256种填法 B．若4个数字均使用，则共有18种填法 C．若4个数字均使用且第2行的数字之和大于第1行的数字之和，则共有8种填法 D．若数字可以重复使用且相邻的两个格子不能填相同的数字，则共有84种填法 题型五 相邻问题和不相邻问题 例5．有2位老师和3名学生排成一队照相，老师不能分开，则不同的排法有（ ） A．48种 B．12种 C．36种 D．24种 变式5-1．五行是中国古代的一种物质观，多用于哲学、中医学和占卜方面，五行指金、木、水、火、土.现将“金、木、水、火、土”排成一排，则“土、水”相邻的排法种数为（   ） A．12 B．24 C．72 D．48 变式5-2．某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻且第一个节目不能是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（    ）种. A．144 B．288 C．480 D．672 变式5-3．2025年春节档电影《哪吒之魔童闹海》成为中国影史票房最高的电影，某班甲、乙、丙、丁、戊这5位同学相约一起去电影院观看，要求5人坐在同一排相邻的5个位置，甲、乙、丙这三人相邻，且丙不与丁相邻，则不同的座位排列方法有（    ）种. A．32 B．28 C．24 D．20 题型六 定序问题 例6．某5位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来5位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（   ） A．21 B．30 C．42 D．60 变式6-1．一班有5名棋手，出场次序已经排定，二班有2名棋手，现要排出这7人的出场顺序，如果不改变一班棋手出场次序，那么不同排法有（    ）种 A．12 B．20 C．30 D．42 变式6-2．、、、、五人排成一排，如果必须站在的右边，且、不相邻，则不同的排法共有__________种． 变式6-3．小张一次买了三串冰糖葫芦，其中一串有两颗冰糖葫芦，一串有三颗冰糖葫芦，一串有五颗冰糖葫芦.若小张每次随机从其中一串中吃一颗，每一串只能从上往下吃，那么不同的吃完的顺序有__________种.（结果用数字作答） 题型七 分组分配问题 例7．某双一流大学为提高数学学院学生的数学素养，特开设了“模糊数学”、“复变函数”、“微分几何”、“数值分析”、“拓扑学”五门选修学科，要求学院每位同学每学年至多选门，大一到大三三学年必须将五门选修学科选完，则每位同学的不同选修方式有__________种 变式7-1．某校组织包含甲在内的7名大学生前往观看足球､篮球､排球三场比赛，每场比赛至少有2名学生观看且每个人只观看一场比赛，则甲同学不去观看足球比赛的方案种数为（    ） A．420 B．600 C．840 D．960 变式7-2．某医院派6名医生到3个社区进行义诊，每个社区至少一名医生，其中甲乙两人必须在一起，则不同的方案有（   ）种 A．150 B．180 C．360 D．540 变式7-3．某人工智能社团有5位同学（含甲、乙），计划对ChatGPT、Sora、GPT-4这3种人工智能模型展开学习调研，要求：每种模型至少有1人负责，每人必须且只能选择一种模型.请解答下列问题： (1)共有多少种不同的安排方案? (2)若甲、乙不能调研同一种模型，且ChatGPT模型最多只能由2人负责，共有多少种不同的安排方案? 题型八 染色问题 解｜题｜技｜巧 1.按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析; 2.以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析; 3.对于空间涂色问题，通常将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题来解决. 例8．从4种不同的颜色中选择若干种给如图所示的4个方格涂色，每个方格中只涂一种颜色且相邻两格不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有（   ） A．24种 B．72种 C．108种 D．120种 变式8-1．如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有_____种． 变式8-2．如图，一个地区分为4个区域，现给该地区着色，要求相邻区域不得使用同一颜色，现有3种颜色可供选择，则不同的着色方法共有（    ）种. A．12 B．18 C．24 D．30 变式8-3．某圆形舞台的观众席被分为四个区域，如图所示，现共有区、区、区、区6种不同颜色的观众椅供这四个观众区域选择，要求每个观众区域中只使用一种颜色的观众椅，相邻区域的观众椅颜色不能相同，则该舞台观众席四个区域的观众椅的颜色搭配方案共有______种. 题型九 通项公式求指定项 例9．的展开式中常数项为（ ） A． B． C． D． 变式9-1．二项式的展开式中的系数为，则_____. 变式9-2．已知的展开式中第3项与第5项的系数相等，则奇数项的二项式系数之和为（    ） A．8 B．16 C．32 D．64 变式9-3．（多选）关于的展开式，下列说法中正确的是（   ） A．第二项与第四项的二项式系数相等 B．各项系数之和为1 C．常数项为60 D．有理项共有3项 题型十 二项式系数和系数问题 解｜题｜技｜巧 （1）求二项式系数最大的项,根据二项式系数的性质,当为奇数时,中间两项的二项式系数最大;当为偶数时,中间一项的二项式系数最大. （2）求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的,需根据各项系数的正、负变化情况进行判断,一般采用列不等式组,解不等式组的方法求得. 例10．展开式的第4项的二项式系数是___________．（用数字作答） 变式10-1．在的二项展开式中系数最大的项的系数是________（结果用数字表示） 变式10-2．在的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中的系数是__________． 变式10-3．求的展开式中二项式系数最大的项、系数最大的项． 题型十一 多个二项式积的展开式特定项 例11．已知的展开式中的常数项为40，则（    ） A．2 B． C． D． 变式11-1．在的展开式中，的系数为___________． 变式11-2．已知的展开式中的系数为17．则实数的值为______ 变式11-3．的展开式中x的系数为______. 题型十二 三项展开式的指定项 解｜题｜技｜巧 应根据式子的特点,转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决),转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合,项与项结合时要注意合理性和简捷性. 例12．的展开式中，的系数为（    ） A．60 B．120 C．240 D．360 变式12-1．的展开式中的常数项为__________（用数字作答）. 变式12-2．（多选）关于多项式的展开式，下列结论正确的是（ ） A．各项系数之和为32 B．各项系数的绝对值之和为 C．常数项为80 D．的系数为0 变式12-3．展开式中含项的系数为____________． 题型十三 赋值法 例13．（多选）设，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 变式13-1．（多选）设，则下列说法正确的有（    ） A．的展开式中所有项的二项式系数的和为 B． C． D． 变式13-2．若，则__________；__________.（用数字作答） 变式13-3．若，则___________；___________． 题型十四 杨辉三角 例14．如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第n行是的展开式的二项式系数，直观解释了二项式系数规律.记第行从左至右的第个数为，若被675除所得的余数为，则________，________. 变式14-1．“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，如图示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A．在第10行中第5个数最大 B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等 C． D．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 变式14-2．（多选）杨辉三角是第1行为1，第n行的元素是组合数按k依次增大排列的一个三角数阵，它具有对称性、递推性．关于杨辉三角与组合数的下列结论正确的有（   ） A．第10行所有数字之和为512 B．对任意正整数， C． D． 变式14-3．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里给出了杨辉三角，书中是用汉字来表示的，如图1.研究发现，杨辉三角可以由组合数来表示，如图2.杨辉三角有很多有趣的性质，如杨辉三角的两个腰上的数字都是1，用组合数表示为 请仔细观察杨辉三角，从杨辉三角蕴含的规律可知：____________(用数字作答) 期中基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（2024·25高二下·重庆·期中）在的展开式中，常数项为（    ） A． B．31 C． D． 2．（2025·26高三上·上海嘉定·期中）已知校运动会米比赛，某队派出甲、乙、丙、丁4名运动员参加，其中甲不跑第一和第三棒，则不同的交接棒安排顺序有_______种. 3．（2024·25高二下·河北邯郸·期中）（多选）在二项式的展开式中，下列结论正确的是（   ） A．常数项为 B．含x的系数为 C．所有的二项式系数之和为64 D．所有项的系数之和为 4．（2024·25高二下·四川绵阳·期中）我校新采购了5套不同的实验器材，预计分配到高一、高二、高三三个年级的实验室，要求每个年级至少分到1套实验器材，那么共有__________种不同的分配方案. 5．（2025·26高三上·上海·期中）莫高窟坐落在甘肃的敦煌，它是世界上现存规模最大、内容最丰富的佛教艺术圣地，每年都会吸引来自世界各地的游客参观旅游．已知购买莫高窟正常参观套票可以参观8个开放洞窟，在这8个洞窟中有3个被誉为最值得参观的洞窟．现游客需从套票包含的开放洞窟中随机选择4个进行参观，则至少选中2个最值得参观洞窟的概率是______． 6．（2024·25高二下·河北衡水·期中）已知展开式中前三项系数成等差数列. (1)求n的值； (2)判断展开式中是否存在含的项.若有，则求出含的项；若没有，请说明理由. 期中重难突破练（测试时间：10分钟） 7．（2025·26高二上·云南·期末）某传统文化学习小组有4名同学（包含甲），现要从中选出3名同学参加学校举行的汇报展示活动．如果要求选出的3名同学分别参加绘画、国学、书法3种不同的活动，其中甲不能参加绘画活动，则不同的安排方法种数为（   ） A．6 B．12 C．15 D．18 8．（2025·26高二上·辽宁大连·期末）（多选）已知的展开式的二项式系数的和为512，且，下列选项正确的是（    ） A． B． C． D．除以6所得的余数为5 9．（2025·26高二上·天津·期末）某班5位同学参加3项比赛，要求每人报名1项或2项，且每个项目恰有2人报名，则不同的报名方法有（   ）种． A．120 B．180 C．240 D．360 10．（2025·26高二上·辽宁朝阳·期末）已知，该二项展开式中第5项和第6项的二项式系数最大． (1)求正整数的值； (2)求与二项式系数和的比值； (3)问展开式各项系数的绝对值中哪个最大，并说明理由． 期中综合拓展练（测试时间：15分钟） 11．（2025·26高二上·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. 12．（2025·26高二上·辽宁铁岭·期末）（多选）已知函数，其展开式中x项的系数为，则（    ） A．当时， B．当时， C．其展开式中所有项的系数之和为 D．当，时， 13．（2024·25高二上·江西萍乡·期末）《孙子算经》对同余除法有较深的研究，设为整数，若和被除得余数相同，则称和模同余，记为，如12和7被5除得余数都是2，则记为.若，且，则可以为（    ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $