专题07 排列组合与二项式定理全章17大题型（期中复习讲义）高二数学下学期人教A版

专题07 排列组合与二项式定理全章17大题型 （期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考情 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01 排列数与组合数的计算   题型02 全排列问题 题型03 相邻问题   题型04 不相邻问题 题型05 特殊元素   题型06 隔板法 题型07 定序倍缩   题型08 分组分配问题 题型09 涂色问题   题型10 指定项的二项式系数 题型11 二项式系数和   题型12 二项式系数的增减性和最值 题型13 求指定项系数   题型14 奇次项与偶次项的系数和 题型15 三项展开式   题型16 整除和余数问题 题型17 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 01：排列数与组合数的计算 能熟练运用排列数公式 和组合数公式 进行求值、化简与证明，掌握组合数的两个基本性质 基础必考点，常以选择题、填空题出现，易错点在于公式中 的范围限制及阶乘计算准确性 02：全排列问题 能正确计算 个不同元素的全排列数 ，并能解决简单的全排列应用问题（如排队、排位等） 基础考点，常与其它限制条件结合，易错点在于忽略元素是否互异 03：相邻问题 能识别相邻问题，熟练运用“捆绑法”将相邻元素视为一个整体，再与其他元素一起排列，同时注意内部排列 高频考点，常出现在小题中，易错点在于忘记捆绑后内部元素的排列顺序 04：不相邻问题 能识别不相邻问题，熟练运用“插空法”：先排无限制元素，再在产生的空位中插入不相邻元素 高频考点，与相邻问题对照考查，易错点在于空位数的判断（两端是否可插） 05：特殊元素 能优先处理有特殊位置或特殊要求的元素（如某人不在某位、某元素必须排在某位置等），通常采用“优先法”或间接法 常见考点，考查逻辑分类，易错点在于间接法中的重复或遗漏 06：隔板法 能识别“相同元素分配给不同对象，每个对象至少一个（或可空）”的模型，正确运用隔板法求解分配方案数 中档考点，常与不定方程整数解结合，易错点在于将问题转化为“至少一个”的标准形式 07：定序倍缩 能解决部分元素顺序固定的排列问题，用“倍缩法”（除以固定顺序的排列数）或只选不排的方法简化计算 常与组合问题结合，易错点在于正确识别哪些元素顺序固定，避免多除或漏除 08：分组分配问题 能区分均匀分组、不均匀分组、有分配对象与无分配对象等情形，正确使用组合数乘积再除以组间排列数（均匀分组） 高频易错点，学生易在均匀分组时忘记除以组数阶乘，导致计数重复 09：涂色问题 能运用分步乘法原理和分类讨论，解决区域涂色（如环形、直线型）问题，注意相邻区域不同色、颜色可重复使用等条件 难度中上，常以小题压轴出现，易错点在于分类不完整或未考虑颜色数量限制 10：指定项的二项式系数 能直接写出二项展开式中指定项（如第 项）的二项式系数 ，并能区分二项式系数与项的系数 基础考点，常与通项公式结合，易错点在于混淆二项式系数与系数 11：二项式系数和 能熟练运用赋值法求二项展开式中各项二项式系数之和（），以及奇偶项二项式系数之和（） 基础必考点，常以小题形式出现，易错点在于赋值时选择恰当的 值 12：二项式系数的增减性和最值 能判断二项式系数的增减性，并求出二项式系数的最大值（当 为偶数时中间一项最大，奇数时中间两项相等且最大） 小题高频考点，考查对二项式系数分布规律的理解，易错点在于 奇偶性对应的项数 13：求指定项系数 能利用二项展开式的通项公式 ，准确求出指定项（如常数项、 项）的系数 核心考点，常出现在填空题或解答题第一问，易错点在于通项化简时的指数运算 14：奇次项与偶次项的系数和 能通过赋值法（如令 和 ）求出奇数项系数和与偶数项系数和，并能解决相关参数问题 中档考点，常与二项式系数和结合考查，易错点在于区分“项”与“系数” 15：三项展开式 能处理 型展开式，通过组合意义（找 的个数）或转化为二项式（先两项结合）求特定项系数 难度中上，常作为小题压轴，易错点在于漏掉某些分配情形或重复计算 16：整除和余数问题 能利用二项式定理将幂形式展开，通过构造倍数项证明整除性或求余数（如 除以 的余数） 综合应用考点，常与数论结合，易错点在于构造时选择合适的拆分方式 17：杨辉三角 能识别杨辉三角的基本性质（每行数字之和、对称性、递推关系 ），并解决与之相关的简单问题 文化背景考点，常以新定义形式出现，考查观察与归纳能力 知识点1 两个计数原理 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，那么完成这件事共有N＝种不同的方法． 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，那么完成这件事共有N＝种不同的方法． 知识点2 排列数及排列数公式 排列数的定义 从n个不同对象中取出m个对象的的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的排列数 排列数的表示 排列数公式 乘积式 阶乘式 阶乘 = 规定 ， 知识点3 组合数及组合数公式 组合数定义 从n个不同元素中取出个元素的的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数 表示法 组合数公式 乘积式 = 阶乘式 性质 ， 备注 且；②规定： 知识点4 二项式定理 ＝． （1）这个公式叫做二项式定理． （2）展开式：等号右边的多项式叫做的二项展开式，展开式中一共有项． （3）二项式系数：各项的系数（k∈{0，1，2，…，n}）叫做二项式系数． 二项展开式的通项 展开式的第项叫做二项展开式的通项，记作Tk＋1＝. 二项式系数的性质 对称性 在的展开式中，与首末两端“”的两个二项式系数相等，即＝ 增减性 与最 大值 增减性：当k<时，二项式系数是逐渐增大的； 当k>时，二项式系数是逐渐 ； 当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大； 当n为奇数时，中间两项的二项式系数 ，相等，且同时取得最大值 各二项 式系数 的和 （1） （2） 知识点5 单条件排列 以下各条的大前提是从个元素中取个元素的排列. （1）“在位”与“不在位” ①某（特）元必在某位有种；②某（特）元不在某位有（补集思想）（着眼位置）（着眼元素）种. （2）紧贴与插空（即相邻与不相邻） ①定位紧贴：个元在固定位的排列有种. ②浮动紧贴：个元素的全排列把k个元排在一起的排法有种.注：此类问题常用捆绑法； ③插空：两组元素分别有k、h个（），把它们合在一起来作全排列，k个的一组互不能挨近的所有排列数有种. （3）两组元素各相同的插空 个大球个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？ 当时，无解；当时，有种排法. （4）两组相同元素的排列：两组元素有m个和n个，各组元素分别相同的排列数为. 知识点6 分配问题 （1）(平均分组有归属问题)将相异的、个物件等分给个人，各得件，其分配方法数共有. （2）(平均分组无归属问题)将相异的·个物体等分为无记号或无顺序的堆，其分配方法数共有 . （3）(非平均分组有归属问题)将相异的个物体分给个人，物件必须被分完，分别得到，，…，件，且，，…，这个数彼此不相等，则其分配方法数共有. （4）(非完全平均分组有归属问题)将相异的个物体分给个人，物件必须被分完，分别得到，，…，件，且，，…，这个数中分别有a、b、c、…个相等，则其分配方法数有 . （5）(非平均分组无归属问题)将相异的个物体分为任意的，，…，件无记号的堆，且，，…，这个数彼此不相等，则其分配方法数有. （6）(非完全平均分组无归属问题)将相异的个物体分为任意的，，…，件无记号的堆，且，，…，这个数中分别有a、b、c、…个相等，则其分配方法数有. （7）(限定分组有归属问题)将相异的（）个物体分给甲、乙、丙，……等个人，物体必须被分完，如果指定甲得件，乙得件，丙得件，…时，则无论，，…，等个数是否全相异或不全相异其分配方法数恒有 . 知识点7 .“错位问题”及其推广 贝努利装错笺问题:信封信与个信封全部错位的组合数为 . 推广: 个元素与个位置,其中至少有个元素错位的不同组合总数为 . 知识点8 不定方程的解的个数 不定方程的解的个数 (1)方程（）的正整数解有个. (2) 方程（）的非负整数解有 个. (3) 方程（）满足条件(,)的非负整数解有个. (4) 方程（）满足条件(,)的正整数解有个. 题型一 排列数与组合数的计算 解｜题｜技｜巧 排列数公式 ，组合数公式 。计算时注意阶乘化简，优先约分；组合数性质：，。 【典例1】（24-25高二下·广东惠州·期中）（多选）下列结论正确的是（ ） A．若，则正整数的值是 B． C． D． 【典例2】（24-25高二下·安徽·期中）（多选）已知为正整数，且，下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二下·安徽·期中）（多选）已知m，n为正整数，且，则下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高二下·广东广州·期中）（多选）已知m，且，则下列结论正确的是（ ） A． B．若，则 C． D． 题型二 全排列问题 解｜题｜技｜巧 个不同元素的全排列数为 。若有限制条件（如某元素必须在某位置），先固定特殊元素再排列其余；若多个元素位置固定，注意是否有重复。 【典例1】（24-25高二下·四川南充·期末）用1，3，5，7这4个数字，可以组成没有重复数字的四位数的个数是（   ） A．12 B．24 C．36 D．48 【变式1】2名男生和3名女生站成一排照相，不同的站法为（    ） A．10种 B．12种 C．24种 D．120种 题型三 相邻问题 解｜题｜技｜巧 将相邻的多个元素捆绑成一个“大元素”，内部再排列。捆绑后与其余元素一起全排列，最后乘以捆绑内部的排列数。注意多个捆绑组之间也可能相邻。 【典例1】（24-25高二下·广西钦州·期末）有4辆车停放于5个并排的车位中，若乙车必须与甲车相邻停放，那么请问不同的停放方法有（    ） A．40种 B．48种 C．56种 D．64种 【变式1】（24-25高二下·北京朝阳·期中）甲、乙、丙、丁四人排成一列，则甲和乙相邻的概率是（    ） A． B． C． D． 题型四 不相邻问题 解｜题｜技｜巧 先排列其他无限制的元素，产生若干空位，再将不相邻的元素插入空位中。插空法： 个不相邻元素插入 个元素形成的 个空（含两端），选空位再排列（若元素不同需排列）。 【典例1】（24-25高二下·江苏无锡·月考）五种不同商品在货架上排成一排，而C，D两种不能连排，则不同的排法共有（   ）种． A．24 B．72 C．36 D．42 【变式1】（24-25高二下·山东青岛·期中）甲、乙、丙、丁、戊、己6人排成一列，要求甲、乙不相邻，则不同排法种数是（   ） A．120 B．240 C．360 D．480 【变式2】（24-25高二下·四川绵阳·期中）甲、乙、丙、丁、戊、己等六人站成一排，要求甲、乙必须相邻，丙、丁不相邻，则不同的安排方法有（   ） A． 种 B． 种 C． 种 D．种 题型五 特殊元素 解｜题｜技｜巧 优先处理特殊元素或特殊位置。先安排特殊元素（或位置），再安排其余普通元素。若多个特殊元素，需分类讨论其相互限制关系。 【典例1】3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的排法有（    ）种． A．36 B．108 C．120 D．144 【典例2】（24-25高二下·福建泉州·期末）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，乙和丙不相邻，则不同的排列方式共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．96种 【变式1】（24-25高二下·内蒙古·期末）已知甲、乙、丙、丁、戊5名同学站一排照相，要求甲、乙站在丙、丁之间，则不同站法有（   ） A．20 B．30 C．36 D．48 【变式2】（24-25高二下·青海西宁·期末）安排6名歌手演出顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，则不同排法的种数是（    ） A．240种 B．360种 C．480种 D．600种 【变式3】（24-25高二下·天津·期末）某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡.现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有（   ） A．8种 B．10种 C．12种 D．14种 题型六 隔板法 解｜题｜技｜巧 用于相同元素分组问题（每组至少一个）。将 个相同元素放入 个不同盒子，每盒非空，方案数为 。若允许空盒，则先借 个元素转化为非空，方案数为 。 【典例1】（2025·安徽·模拟预测）现将12个相同的小球全部放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放2个小球，则不同的放法共有（    ） A．24种 B．35种 C．56种 D．70种 【典例2】（24-25高二下·青海西宁·期末）已知方程，若x，y，z均为正整数，则称为该方程的正整数解.则方程共有（    ）个正整数解. A．171 B．190 C．342 D．380 【变式1】（24-25高二下·江苏南京·期中）20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 【变式2】（24-25高二下·河南·期中）体育课上，四组同学进行篮球训练．现将7个篮球进行分配，每个组都分到篮球的分配方法有（   ） A．23种 B．22种 C．21种 D．20种 题型七 定序倍缩 解｜题｜技｜巧 若某些元素顺序固定（例如必须从小到大），则在全排列中只有一种顺序符合。解法：先全排列，再除以固定顺序元素的全排列数，即 ，其中 为定序元素个数。 【典例1】将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，A，B在C同侧的情况共有（    ） A．120种 B．240种 C．480种 D．600种 【典例2】某同学将英文单词“”中字母的顺序记错了，则该同学写错的情况有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式1】（24-25高二上·河南驻马店·期末）某校A，B，C，D，E五名学生分别上台演讲，若A须在B前面出场，则不同的出场次序有（    ） A．18种 B．36种 C．60种 D．72种 【变式2】用组成没有重复数字的七位数，若的顺序一定，则符合条件的七位数有（    ）个 A．840 B．210 C．640 D．410 题型八 分组分配问题 解｜题｜技｜巧 先分组再分配。分组时注意是否均匀（若均匀分组需除以组数的阶乘消除顺序）；分配时若组与组不同（如分配到不同对象）则乘以组数的阶乘。常见类型：部分均匀、完全非均匀。 【典例1】（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期末）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 【典例2】（24-25高二下·福建福州·期中）某大学开设了《古今数学思想》《世界数学通史》《几何原本》《什么是数学》四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，大一到大三三个学年必须将四门选修课程修完，则每位同学的不同选修方式有（    ） A．60种 B．78种 C．96种 D．144种 【变式1】（24-25高二下·新疆喀什·期末）某市科技馆在国庆假期期间需派遣5名志愿者到3个不同主题展区协助讲解，每个展区至少安排1人.则不同的安排方法种数为（　   　） A．120 B．210 C．150 D．180 【变式2】（24-25高二下·广东肇庆·期末）从7名工程师中选出4人去3个不同的工地执行任务，其中甲、乙两名工程师要么都去，要么都不去，每个工地要求至少有一名工程师，则不同分配方法的种数为（   ） A．540 B．180 C．360 D．1080 题型九 涂色问题 解｜题｜技｜巧 按区域依次涂色，注意相邻区域颜色不同。常用计数原理（乘法原理、加法原理），有时需对用色数量分类讨论。可用递推或“色多项式”思想，对环形涂色记住公式： 种颜色涂 块环形区域，相邻不同色方案数为 。 【典例1】（25-26高二下·福建厦门·月考）如图，一个地区分为5个不同的行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法种数是（    ） A．20 B．24 C．48 D．72 【典例2】（25-26高三下·重庆·月考）如图所示，对两行三列共6个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求有公共边的两个格子不能都染红色，满足要求的染色方法共有（   ） A．20种 B．19种 C．18种 D．17种 【变式1】（25-26高二下·辽宁·开学考试）如图，在六个区域中种植4种不同植物，同一区域只种植1种植物，相邻两区域所种植物不同，则不同的种植方案种数为（   ） A．48 B．96 C．120 D．192 【变式2】（24-25高二下·河北保定·期中）如图“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．现有红、黄、蓝、绿四种不同的颜色供选择给赵爽弦图涂色，要求每个区域只涂一种颜色且相邻两个区域颜色不同，不同的涂色方法总数为（   ） A．48 B．24 C．144 D．72 题型十 指定项的二项式系数 解｜题｜技｜巧 二项式展开的通项 ，指定项即确定 的值。二项式系数即为 ，与 无关。 【典例1】（24-25高二下·陕西咸阳·月考）在的展开式中，第4项的二项式系数为（   ） A．5 B．10 C． D．160 【典例2】（24-25高二下·江苏南京·月考）在的展开式中，第、、项的二项式系数依次成等差数列，则（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二下·江苏镇江·月考）的展开式的第二项的二项式式系数为（    ） A．10 B．5 C． D． 【变式2】（24-25高二下·广东汕头·期中）在二项式展开式中，下列说法不正确的是（   ） A．第三项的二项式系数为15 B．所有项的二项式系数之和为64 C．有理项共有3项 D．常数项为第五项 题型十一 二项式系数和 解｜题｜技｜巧 展开式中，所有二项式系数之和为 。奇数项系数和 = 偶数项系数和 = 。常用赋值法：令 得系数和，令 得奇偶差。 【典例1】（24-25高二下·福建厦门·期末）若的展开式中二项式系数之和为32，则该展开式中的系数为（    ） A． B．48 C． D．80 【变式1】（24-25高二下·山东聊城·期末）的展开式的二项式系数和为（    ） A．1 B．5 C．16 D．32 【变式2】（24-25高二下·广东·期中）已知，若的展开式中所有项的二项式系数和为16，则（   ） A．40 B．41 C．-40 D．-41 题型十二 二项式系数的增减性和最值 解｜题｜技｜巧 二项式系数先增后减，对称性。最大值：当 为偶数，中间一项 最大；当 为奇数，中间两项 和 相等且最大。比较相邻项比值 判断增减。 【典例1】（24-25高二下·广东深圳·月考）在的展开式中，若仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第（  ）项. A． B． C．2或3 D．3或4 【变式1】已知展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为（   ） A． B．252 C． D．28 【变式2】（24-25高二上·山东德州·月考）的展开式中，前项的系数成等差数列，展开式中二项式系数的最大值为（    ） A． B． C． D． 题型十三 求指定项系数 解｜题｜技｜巧 写出通项 ，整理合并同类项后令 的指数等于指定次数，解出 ，代回得系数。 【典例1】（24-25高二下·福建莆田·期中）在展开式中，的系数为（    ） A．10 B．90 C．270 D．405 【典例2】（24-25高二下·陕西西安·期中）在的展开式中，常数项为（    ） A．60 B． C．15 D． 【变式1】（24-25高二下·辽宁·月考）的展开式中项的系数为（   ） A．-55 B．64 C．-80 D．124 【变式2】（24-25高二下·吉林长春·月考）展开式中的常数项为（   ） A．10 B． C．80 D． 题型十四 奇次项与偶次项的系数和 解｜题｜技｜巧 对展开式 ，令 得所有系数和 ，令 得奇偶系数差 。则奇次项系数和 = ，偶次项系数和 = 。注意系数可能为负，该公式仍成立。 【典例1】（24-25高二下·福建莆田·期中）（多选）若，则（    ） A． B． C． D．| 【典例2】（24-25高二下·河北沧州·期中）（多选）已知，则（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二下·江苏徐州·期中）（多选）已知，其中，则（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高二下·广东深圳·期中）（多选）已知二项展开式，则（   ） A． B． C． D． 题型十五 三项展开式 解｜题｜技｜巧 的展开通项为 ，其中 。求指定项系数时，确定 满足指数条件，再乘以多重组合数。也可先对其中两项用二项式定理，再对结果用一次二项式定理。 【秒解】直接用组合思想 【典例1】（24-25高二下·山东威海·期中）的展开式中含的项为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（24-25高二下·江苏苏州·期中）的展开式中的系数为，的展开式中的系数为，则（   ） A． B．75 C．135 D．165 【变式1】（24-25高二下·福建泉州·期中）的展开式中，的系数为（   ） A． B． C． D． 【变式2】的展开式中的系数为（    ） A． B． C．40 D．80 题型十六 整除和余数问题 解｜题｜技｜巧 利用二项式定理将底数拆成除数的倍数加余数。例如求 除以 的余数，将 写成 ，展开后除最后一项外均能被 整除，余数由 决定。注意 可能大于 ，需进一步化简。 【典例1】（24-25高二下·贵州黔东南·期中）除以80的余数为（    ） A．3 B．6 C．9 D．18 【典例2】（24-25高二下·河南驻马店·月考）已知除以13所得余数为m，除以14所得余数为n，则（   ） A．1 B． C．13 D．14 【变式1】（24-25高二下·江苏南京·期中）被5除的余数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式2】若既能被9整除又能被7整除，则正整数a的最小值为（    ） A．6 B．10 C．55 D．63 题型十七 杨辉三角 【典例1】（24-25高二下·福建泉州·期中）（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和，则下列命题中正确的是（   ） A．在“杨辉三角”中，第行的所有的数字之和为 B．在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大 C．在“杨辉三角”中，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，则该数列前10项之和为 D．记“杨辉三角”第行的第个数为，则的值恰好是第行的中间一项的数字 【典例2】（24-25高二下·安徽合肥·期中）（多选）“杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图：    下列说法正确的有（    ） A．第行的第个数是 B．第行的第个数最大 C． D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 【变式1】（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）（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．第行所有数字之和为 C．第行的第个数最大 D．第行中从左到右第个数与第个数之比为 【变式2】（24-25高二下·山东·期中）（多选）如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第行是的展开式的二项式系数，直观解释二项式系数规律，记第行从左至右的第个数为，若被2024除所得的余数为，则（    ）    A． B． C． D． 期中基础通关练（测试时间：15分钟） 1．（24-25高二下·江苏南京·期中）甲乙丙等人站在一排，且甲不在两端，乙和丙中间恰好有两人，则不同排法共有（    ） A．24种 B．16种 C．12种 D．8种 2．（24-25高二下·福建福州·期中）（多选）关于的展开式，下列结论正确的是（   ） A．二项式系数和为64 B．所有项的系数之和为1 C．第三项的二项式系数最大 D．系数最大值为240 3．（24-25高二下·江苏南京·期中）若，则的值为______． 4．（24-25高二下·黑龙江鸡西·期中）从4名男生和3名女生中任选3人参加某项活动，其中至少有1名女生的选法共有__________种. 5．（24-25高二下·宁夏吴忠·期中）求值（用数字表示） (1) (2) (3)已知，求 期中重难突破练（测试时间：25分钟） 6．（24-25高二下·河北承德·期中）在展开式中的系数为（    ） A．4 B．-4 C．2 D．-2 7．（24-25高二下·浙江宁波·期中）四位同学坐到二排五列的10个位子中，若同一列中最多只有一位同学，同一排任意两位同学不相邻，则不同的排法数为（    ） A．384 B．360 C．216 D．408 8．（24-25高二下·山西长治·期中）（多选）已知，则（   ） A． B． C． D． 9．（24-25高二下·河北·期中）若，则________，________． 10．（24-25高二下·河北承德·期中）已知展开式中有一项是，则______________. 期中综合拓展练（测试时间：25分钟） 11．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）若三个正整数的位数之和为，且组成的个数码能排列为则称为“幸运数组”，例如是一个幸运数组.则满足的幸运数组的个数为__________. 12．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）在华为的三进制数据处理研究中，设计了一种独特的三进制编码规则.将一个长度为8位的三进制数按位权展开并转化为十进制数，例如三进制数，转化为十进制数，其中，，则三进制数00001110对应的十进制数为_______，现有一个8位三进制数，包含3个，3个0，2个1，若要求首位不能为0，且相邻两位不能同时为，则这样的不同的三进制数个数共有_______. 13．（24-25高二下·重庆·期中）在如图所示的九宫格中填入数字和字母，已知三个字母都填到九宫格中且不能在同一行同一列，其他每格只能从数字中选择一个填入，有公共边的两个格数字不相同，则不同的填法种数为________. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 排列组合与二项式定理全章17大题型 （期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考情 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01 排列数与组合数的计算   题型02 全排列问题 题型03 相邻问题   题型04 不相邻问题 题型05 特殊元素   题型06 隔板法 题型07 定序倍缩   题型08 分组分配问题 题型09 涂色问题   题型10 指定项的二项式系数 题型11 二项式系数和   题型12 二项式系数的增减性和最值 题型13 求指定项系数   题型14 奇次项与偶次项的系数和 题型15 三项展开式   题型16 整除和余数问题 题型17 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 01：排列数与组合数的计算 能熟练运用排列数公式 和组合数公式 进行求值、化简与证明，掌握组合数的两个基本性质 基础必考点，常以选择题、填空题出现，易错点在于公式中 的范围限制及阶乘计算准确性 02：全排列问题 能正确计算 个不同元素的全排列数 ，并能解决简单的全排列应用问题（如排队、排位等） 基础考点，常与其它限制条件结合，易错点在于忽略元素是否互异 03：相邻问题 能识别相邻问题，熟练运用“捆绑法”将相邻元素视为一个整体，再与其他元素一起排列，同时注意内部排列 高频考点，常出现在小题中，易错点在于忘记捆绑后内部元素的排列顺序 04：不相邻问题 能识别不相邻问题，熟练运用“插空法”：先排无限制元素，再在产生的空位中插入不相邻元素 高频考点，与相邻问题对照考查，易错点在于空位数的判断（两端是否可插） 05：特殊元素 能优先处理有特殊位置或特殊要求的元素（如某人不在某位、某元素必须排在某位置等），通常采用“优先法”或间接法 常见考点，考查逻辑分类，易错点在于间接法中的重复或遗漏 06：隔板法 能识别“相同元素分配给不同对象，每个对象至少一个（或可空）”的模型，正确运用隔板法求解分配方案数 中档考点，常与不定方程整数解结合，易错点在于将问题转化为“至少一个”的标准形式 07：定序倍缩 能解决部分元素顺序固定的排列问题，用“倍缩法”（除以固定顺序的排列数）或只选不排的方法简化计算 常与组合问题结合，易错点在于正确识别哪些元素顺序固定，避免多除或漏除 08：分组分配问题 能区分均匀分组、不均匀分组、有分配对象与无分配对象等情形，正确使用组合数乘积再除以组间排列数（均匀分组） 高频易错点，学生易在均匀分组时忘记除以组数阶乘，导致计数重复 09：涂色问题 能运用分步乘法原理和分类讨论，解决区域涂色（如环形、直线型）问题，注意相邻区域不同色、颜色可重复使用等条件 难度中上，常以小题压轴出现，易错点在于分类不完整或未考虑颜色数量限制 10：指定项的二项式系数 能直接写出二项展开式中指定项（如第 项）的二项式系数 ，并能区分二项式系数与项的系数 基础考点，常与通项公式结合，易错点在于混淆二项式系数与系数 11：二项式系数和 能熟练运用赋值法求二项展开式中各项二项式系数之和（），以及奇偶项二项式系数之和（） 基础必考点，常以小题形式出现，易错点在于赋值时选择恰当的 值 12：二项式系数的增减性和最值 能判断二项式系数的增减性，并求出二项式系数的最大值（当 为偶数时中间一项最大，奇数时中间两项相等且最大） 小题高频考点，考查对二项式系数分布规律的理解，易错点在于 奇偶性对应的项数 13：求指定项系数 能利用二项展开式的通项公式 ，准确求出指定项（如常数项、 项）的系数 核心考点，常出现在填空题或解答题第一问，易错点在于通项化简时的指数运算 14：奇次项与偶次项的系数和 能通过赋值法（如令 和 ）求出奇数项系数和与偶数项系数和，并能解决相关参数问题 中档考点，常与二项式系数和结合考查，易错点在于区分“项”与“系数” 15：三项展开式 能处理 型展开式，通过组合意义（找 的个数）或转化为二项式（先两项结合）求特定项系数 难度中上，常作为小题压轴，易错点在于漏掉某些分配情形或重复计算 16：整除和余数问题 能利用二项式定理将幂形式展开，通过构造倍数项证明整除性或求余数（如 除以 的余数） 综合应用考点，常与数论结合，易错点在于构造时选择合适的拆分方式 17：杨辉三角 能识别杨辉三角的基本性质（每行数字之和、对称性、递推关系 ），并解决与之相关的简单问题 文化背景考点，常以新定义形式出现，考查观察与归纳能力 知识点1 两个计数原理 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，那么完成这件事共有N＝_m＋n___种不同的方法． 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，那么完成这件事共有N＝__ m×n__种不同的方法． 知识点2 排列数及排列数公式 排列数的定义 从n个不同对象中取出m个对象的___所有排列_____的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的排列数 排列数的表示 排列数公式 乘积式 ________ 阶乘式 阶乘 ________=________ 规定 ____1____，____1____ 知识点3 组合数及组合数公式 组合数定义 从n个不同元素中取出个元素的_______所有不同的组合_______的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数 表示法 ________ 组合数公式 乘积式 ______=______ 阶乘式 ______ 性质 ______，______ 备注 且；②规定： 知识点4 二项式定理 ＝____________． （1）这个公式叫做二项式定理． （2）展开式：等号右边的多项式叫做的二项展开式，展开式中一共有___n＋1__项． （3）二项式系数：各项的系数（k∈{0，1，2，…，n}）叫做二项式系数． 二项展开式的通项 展开式的第__k＋1__项叫做二项展开式的通项，记作Tk＋1＝____. 二项式系数的性质 对称性 在的展开式中，与首末两端“_等距离__”的两个二项式系数相等，即＝____ 增减性 与最 大值 增减性：当k<时，二项式系数是逐渐增大的； 当k>时，二项式系数是逐渐 __减小的__； 当n为偶数时，中间一项的二项式系数____最大； 当n为奇数时，中间两项的二项式系数 ____，____相等，且同时取得最大值 各二项 式系数 的和 （1） （2） 知识点5 单条件排列 以下各条的大前提是从个元素中取个元素的排列. （1）“在位”与“不在位” ①某（特）元必在某位有种；②某（特）元不在某位有（补集思想）（着眼位置）（着眼元素）种. （2）紧贴与插空（即相邻与不相邻） ①定位紧贴：个元在固定位的排列有种. ②浮动紧贴：个元素的全排列把k个元排在一起的排法有种.注：此类问题常用捆绑法； ③插空：两组元素分别有k、h个（），把它们合在一起来作全排列，k个的一组互不能挨近的所有排列数有种. （3）两组元素各相同的插空 个大球个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？ 当时，无解；当时，有种排法. （4）两组相同元素的排列：两组元素有m个和n个，各组元素分别相同的排列数为. 知识点6 分配问题 （1）(平均分组有归属问题)将相异的、个物件等分给个人，各得件，其分配方法数共有. （2）(平均分组无归属问题)将相异的·个物体等分为无记号或无顺序的堆，其分配方法数共有 . （3）(非平均分组有归属问题)将相异的个物体分给个人，物件必须被分完，分别得到，，…，件，且，，…，这个数彼此不相等，则其分配方法数共有. （4）(非完全平均分组有归属问题)将相异的个物体分给个人，物件必须被分完，分别得到，，…，件，且，，…，这个数中分别有a、b、c、…个相等，则其分配方法数有 . （5）(非平均分组无归属问题)将相异的个物体分为任意的，，…，件无记号的堆，且，，…，这个数彼此不相等，则其分配方法数有. （6）(非完全平均分组无归属问题)将相异的个物体分为任意的，，…，件无记号的堆，且，，…，这个数中分别有a、b、c、…个相等，则其分配方法数有. （7）(限定分组有归属问题)将相异的（）个物体分给甲、乙、丙，……等个人，物体必须被分完，如果指定甲得件，乙得件，丙得件，…时，则无论，，…，等个数是否全相异或不全相异其分配方法数恒有 . 知识点7 .“错位问题”及其推广 贝努利装错笺问题:信封信与个信封全部错位的组合数为 . 推广: 个元素与个位置,其中至少有个元素错位的不同组合总数为 . 知识点8 不定方程的解的个数 不定方程的解的个数 (1)方程（）的正整数解有个. (2) 方程（）的非负整数解有 个. (3) 方程（）满足条件(,)的非负整数解有个. (4) 方程（）满足条件(,)的正整数解有个. 题型一 排列数与组合数的计算 解｜题｜技｜巧 排列数公式 ，组合数公式 。计算时注意阶乘化简，优先约分；组合数性质：，。 【典例1】（24-25高二下·广东惠州·期中）（多选）下列结论正确的是（ ） A．若，则正整数的值是 B． C． D． 【答案】BC 【分析】对于A，根据组合数性质即可求解；对于B，根据排列数的计算性质即可求解；对于C，根据组合数的性质即可求解；对于D，根据组合数的性质即可求解. 【详解】对于A，因为， 所以或， 即或，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，由组合数公式可知，故C正确； 对于D，，， ， ，故D错误． 故选：BC． 【典例2】（24-25高二下·安徽·期中）（多选）已知为正整数，且，下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用组合数公式计算判断A；利用排列数公式推理判断BCD. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，B正确； 对于C， ， ，则，C错误； 对于D，，D正确. 故选：ABD 【变式1】（24-25高二下·安徽·期中）（多选）已知m，n为正整数，且，则下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】根据阶乘和排列数运算公式，进行推理和判断选项中的运算是否正确即可. 【详解】，故A错误；，，则，故B错误；，故C正确；，故D正确. 故选：CD. 【变式2】（24-25高二下·广东广州·期中）（多选）已知m，且，则下列结论正确的是（ ） A． B．若，则 C． D． 【答案】ABC 【分析】对于A：根据阶乘的定义分析判断；对于B：根据组合数公式列式求解；对于C：根据组合数公式分析证明；对于D：举反例说明即可. 【详解】因为m，且， 对于选项A：由排列与组合的含义可以推出，故A正确； 对于选项B：因为， 整理得，解得或（舍去），故B正确； 对于选项C：因为 ， 即，故C正确； 对于选项D：例如，则， 可知，故D错误； 故选：ABC. 题型二 全排列问题 解｜题｜技｜巧 个不同元素的全排列数为 。若有限制条件（如某元素必须在某位置），先固定特殊元素再排列其余；若多个元素位置固定，注意是否有重复。 【典例1】（24-25高二下·四川南充·期末）用1，3，5，7这4个数字，可以组成没有重复数字的四位数的个数是（   ） A．12 B．24 C．36 D．48 【答案】B 【分析】根据全排列规则，计算结果即可. 【详解】可知4个数字组成没有重复数字的四位数的个数是， 故选：B. 【变式1】2名男生和3名女生站成一排照相，不同的站法为（    ） A．10种 B．12种 C．24种 D．120种 【答案】D 【分析】由5名同学的全排列直接求解即可. 【详解】根据题意，2名男生和3名女生站成一排拍照，不同的站法为种. 故选：D. 题型三 相邻问题 解｜题｜技｜巧 将相邻的多个元素捆绑成一个“大元素”，内部再排列。捆绑后与其余元素一起全排列，最后乘以捆绑内部的排列数。注意多个捆绑组之间也可能相邻。 【典例1】（24-25高二下·广西钦州·期末）有4辆车停放于5个并排的车位中，若乙车必须与甲车相邻停放，那么请问不同的停放方法有（    ） A．40种 B．48种 C．56种 D．64种 【答案】B 【分析】由题意，利用捆绑法以及排列，可得答案. 【详解】从个并排车位中选出并排的车位，共有种情况， 则甲乙辆车的不同排法有种， 再将剩余的辆车停放在剩余的个车位，则不同的排法有， 所以总共有. 故选：B. 【变式1】（24-25高二下·北京朝阳·期中）甲、乙、丙、丁四人排成一列，则甲和乙相邻的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用捆绑法及古典概型的概率公式求解即可. 【详解】甲、乙、丙、丁四人排成一列共有种情况， 要使甲和乙相邻，将甲和乙看作一个整体，再与其他两人进行排列， 因此共有种情况， 所以甲和乙相邻的概率是. 故选：B. 题型四 不相邻问题 解｜题｜技｜巧 先排列其他无限制的元素，产生若干空位，再将不相邻的元素插入空位中。插空法： 个不相邻元素插入 个元素形成的 个空（含两端），选空位再排列（若元素不同需排列）。 【典例1】（24-25高二下·江苏无锡·月考）五种不同商品在货架上排成一排，而C，D两种不能连排，则不同的排法共有（   ）种． A．24 B．72 C．36 D．42 【答案】B 【分析】利用插空法进行求解，得到答案. 【详解】先安排除了C，D两种外的三种商品，共有种方法，并形成4个空， 再把C，D安排到形成的4个空中，有种方法， 所以共有种排法. 故选：B 【变式1】（24-25高二下·山东青岛·期中）甲、乙、丙、丁、戊、己6人排成一列，要求甲、乙不相邻，则不同排法种数是（   ） A．120 B．240 C．360 D．480 【答案】D 【分析】利用插空法直接进行计算即可求得结果. 【详解】先将丙、丁、戊、己4人进行全排列，共有种排法， 再将甲、乙两人利用插空法排到5个符合题意的空隙当中，共有种， 因此不同排法种数是种. 故选：D 【变式2】（24-25高二下·四川绵阳·期中）甲、乙、丙、丁、戊、己等六人站成一排，要求甲、乙必须相邻，丙、丁不相邻，则不同的安排方法有（   ） A． 种 B． 种 C． 种 D．种 【答案】D 【分析】根据相邻捆绑，不相邻插空和分步乘法计数原理即可分析计算求解. 【详解】甲、乙必须相邻，先将甲、乙两人捆绑作为一人有种排列方法， 接着和除丙、丁外的2人一起进行排列有种排列方法， 最后上述排列种形成的4个空中选出两个空给丙、丁插入排列有种方法， 所以总的不同的安排方法有种. 故选：D 题型五 特殊元素 解｜题｜技｜巧 优先处理特殊元素或特殊位置。先安排特殊元素（或位置），再安排其余普通元素。若多个特殊元素，需分类讨论其相互限制关系。 【典例1】3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的排法有（    ）种． A．36 B．108 C．120 D．144 【答案】D 【分析】分步骤分析，利用排列组合的乘法原理来计算即可． 【详解】总共有3个男同学，排头必须是男同学，所以排头的选择有种， 所以排尾只能从剩余2个男同学选取，有种， 最后剩余4人安排在中间4个位置，有种，所以一共有种． 故选：D． 【典例2】（24-25高二下·福建泉州·期末）甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，乙和丙不相邻，则不同的排列方式共有（    ） A．24种 B．36种 C．48种 D．96种 【答案】C 【分析】应用分类计数，及排列组合数求不相邻和元素位置有限制问题的排列方法数. 【详解】将5个位置从左到右编号为，则甲只能站中的一个位置， 当甲在位置上，则乙、丙可选位置有、、、有种排法，丁、戊有种排法，共有种； 当甲在位置上，则乙、丙可选位置有、、、有种排法，丁、戊有种排法，共有种； 当甲在位置上，则乙、丙可选位置有、、、有种排法，丁、戊有种排法，共有种； 综上，共有种. 故选：C 【变式1】（24-25高二下·内蒙古·期末）已知甲、乙、丙、丁、戊5名同学站一排照相，要求甲、乙站在丙、丁之间，则不同站法有（   ） A．20 B．30 C．36 D．48 【答案】A 【分析】由题意甲、乙站在丙、丁之间，先排丙、丁，再将甲、乙排在丙、丁之间，再排戊以及分步乘法计算原理即可得出. 【详解】由题意先将丙、丁排列有种站法， 再将甲、乙排在丙、丁之间有种站法， 最后在排好的4人所形成的5个空挡中选一个站戊， 有种站法， 根据分步乘法计数原理， 得共有种不同的站法. 故选：A. 【变式2】（24-25高二下·青海西宁·期末）安排6名歌手演出顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，则不同排法的种数是（    ） A．240种 B．360种 C．480种 D．600种 【答案】C 【分析】利用特殊元素优先法，先安排这名歌手，再余下的歌手进行全排列即可. 【详解】先排这名歌手有种方法，余下5名歌手全排列为种方法， 所以不同排法的种数为种. 故选:C. 【变式3】（24-25高二下·天津·期末）某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡.现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，若甲负责第一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有（   ） A．8种 B．10种 C．12种 D．14种 【答案】B 【分析】根据分步乘法计数原理，先排最后一关，然后再排第二、三关即可. 【详解】因为甲负责第一关，且最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡， 所以先从除甲之外的4人中选两人负责最后一关，共有种， 然后再将剩余2人分配到第二、三关，共有2种， 所以，满足条件的参赛方案有种. 故选：B 题型六 隔板法 解｜题｜技｜巧 用于相同元素分组问题（每组至少一个）。将 个相同元素放入 个不同盒子，每盒非空，方案数为 。若允许空盒，则先借 个元素转化为非空，方案数为 。 【典例1】（2025·安徽·模拟预测）现将12个相同的小球全部放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放2个小球，则不同的放法共有（    ） A．24种 B．35种 C．56种 D．70种 【答案】B 【分析】先在每个盒子中分别放入一个小球，剩余的个小球采用隔板法即可. 【详解】先在每个盒子中分别放入一个小球则剩余个小球， 只需保证个盒子中分别再放入至少个小球，则采用隔板法可得有种放法. 故选择：B 【典例2】（24-25高二下·青海西宁·期末）已知方程，若x，y，z均为正整数，则称为该方程的正整数解.则方程共有（    ）个正整数解. A．171 B．190 C．342 D．380 【答案】A 【分析】先将题目问题进行转化；再利用隔板法进行求解. 【详解】因为x，y，z均为正整数， 所以方程正整数解的个数问题可以转化为：将个相同的物品分成组，每组至少一个，有多少种不同的分法. 利用隔板法可得：不同的分法有种. 故选：A 【变式1】（24-25高二下·江苏南京·期中）20个不加区别的小球放入编号为1、2、3的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不同的放法种数共有（    ） A．120 B．240 C．300 D．360 【答案】A 【分析】将问题化为17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中，再应用组合数求不同的放法数. 【详解】先往2号，3号盒内分别放入1个球和2个球，此时每个盒子至少还需放入1个球， 将剩下的17个球排成一排，有16个空隙，插入2块隔板分为三堆放入三个盒中即可， 共有（种）方法． 故选：A 【变式2】（24-25高二下·河南·期中）体育课上，四组同学进行篮球训练．现将7个篮球进行分配，每个组都分到篮球的分配方法有（   ） A．23种 B．22种 C．21种 D．20种 【答案】D 【分析】利用隔板法即可求得结果. 【详解】将7个篮球分配给4组学生，每个组都分到篮球，即把7个篮球分成4组，每组至少有1个篮球，用隔板法． 将7个篮球摆成一排，中间形成6个空，只需在这6个空中选3个插入3个隔板将它们隔开，即分成4组， 不同插入方法共有种，所以每个组都分到篮球的分配方法有20种． 故选:D． 题型七 定序倍缩 解｜题｜技｜巧 若某些元素顺序固定（例如必须从小到大），则在全排列中只有一种顺序符合。解法：先全排列，再除以固定顺序元素的全排列数，即 ，其中 为定序元素个数。 【典例1】将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，A，B在C同侧的情况共有（    ） A．120种 B．240种 C．480种 D．600种 【答案】C 【分析】求出A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列的排列个数，然后确定A，B在C同侧的情况所占的比例，即可求得答案. 【详解】将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，共有, 其中的顺序有，共6种， A，B在C同侧的情况有共4种， 即在A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行的排列中， A，B在C同侧的情况占比为， 则将A，B，C，D，E，F六个字母从左至右进行排列，A，B在C同侧的情况共有（种）， 故选：C 【典例2】某同学将英文单词“”中字母的顺序记错了，则该同学写错的情况有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】先求出英文单词“”中字母所有排列，即可求解. 【详解】因为“”中字母共有种排法，所以该同学写错的情况有种， 故选：D. 【变式1】（24-25高二上·河南驻马店·期末）某校A，B，C，D，E五名学生分别上台演讲，若A须在B前面出场，则不同的出场次序有（    ） A．18种 B．36种 C．60种 D．72种 【答案】C 【分析】利用定序倍缩法即可得解. 【详解】因为A，B，C，D，E五名学生分别上台演讲，且A须在B前面出场， 所以有种出场顺序. 故选：C 【变式2】用组成没有重复数字的七位数，若的顺序一定，则符合条件的七位数有（    ）个 A．840 B．210 C．640 D．410 【答案】A 【分析】根据倍缩法求解定序问题. 【详解】组成没有重复数字的七位数，共有个，的顺序有个， 所以所求的个数有， 故选：. 题型八 分组分配问题 解｜题｜技｜巧 先分组再分配。分组时注意是否均匀（若均匀分组需除以组数的阶乘消除顺序）；分配时若组与组不同（如分配到不同对象）则乘以组数的阶乘。常见类型：部分均匀、完全非均匀。 【典例1】（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期末）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 【分析】视甲乙为一个整体，问题相当于将5名医生到3个社区，再按分组分配列式求解. 【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 【典例2】（24-25高二下·福建福州·期中）某大学开设了《古今数学思想》《世界数学通史》《几何原本》《什么是数学》四门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，大一到大三三个学年必须将四门选修课程修完，则每位同学的不同选修方式有（    ） A．60种 B．78种 C．96种 D．144种 【答案】B 【分析】结合题意可得每位同学每年所修课程数可以分为或或，先将课程分组，再分配到三个学年，最后按照分类加法计数原理、分步乘法计数原理计算即可. 【详解】由题意可知三年修完四门课程，且每年至多选三门， 则每位同学每年所修课程数可以分为或或， 若按选修四门课程，则先将四门选修课分成三组，有种不同方式， 再分配到三个学年，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式； 若按选修四门课程，则先将四门选修课分成三组，有种不同方式， 再分配到三个学年，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式； 若按选修四门课程，则先将四门选修课分成三组，有种不同方式， 再分配到三个学年，由分步乘法计数原理可得共有种不同的选修方式； 所以每位同学的不同选修方式有种． 故选：B． 【变式1】（24-25高二下·新疆喀什·期末）某市科技馆在国庆假期期间需派遣5名志愿者到3个不同主题展区协助讲解，每个展区至少安排1人.则不同的安排方法种数为（　   　） A．120 B．210 C．150 D．180 【答案】C 【分析】根据题意，分为两类情况：按照进行分配和按照进行分配，利用排列组合数计算后，运用分类加法计数原理即得. 【详解】因每个展区至少安排1人，故有两类情况： ① 将5名志愿者按照进行分配，有种方法； ② 将5名志愿者按照进行分配，有种方法. 由分类加法计数原理，不同的安排方法种数为. 故选：C. 【变式2】（24-25高二下·广东肇庆·期末）从7名工程师中选出4人去3个不同的工地执行任务，其中甲、乙两名工程师要么都去，要么都不去，每个工地要求至少有一名工程师，则不同分配方法的种数为（   ） A．540 B．180 C．360 D．1080 【答案】A 【分析】根据分组分配原理，先确定甲乙的去留情况，再计算符合条件得分配方式，，结合组合数和排列数进行分步计算. 【详解】由题意得，先选人，甲乙都去有种选择，甲乙都不去有种选择， 又每个工地要求至少有一名工程师，所以分配方案为2,2,1， 根据分组分配部分均分问题有种方案， 所以不同分配方法的种数为. 故选：A. 题型九 涂色问题 解｜题｜技｜巧 按区域依次涂色，注意相邻区域颜色不同。常用计数原理（乘法原理、加法原理），有时需对用色数量分类讨论。可用递推或“色多项式”思想，对环形涂色记住公式： 种颜色涂 块环形区域，相邻不同色方案数为 。 【典例1】（25-26高二下·福建厦门·月考）如图，一个地区分为5个不同的行政区域，现给地图着色，要求相邻地区不得使用同一颜色，现有4种颜色可供选择，则不同的着色方法种数是（    ） A．20 B．24 C．48 D．72 【答案】D 【详解】 如图所示，首先涂A，剩下BCDE只有3种颜色可供选择， 若BD不同色则CE必同色，反之亦然，即BD或CE同色， 以颜色为主分类计数，按颜色的多少分两类： 第一类：用3种不同颜色时，则区域BD必同色，区域CE也必同色，故共有种 ， 第二类：用4种不同颜色时，若区域BD同色有种，若区域CE同色有种 故用四种颜色有种 ， 由加法原理得不同的涂色方法数共有 种 ，D正确. 【典例2】（25-26高三下·重庆·月考）如图所示，对两行三列共6个相邻的格子进行染色，每个格子均可从红、蓝两种颜色中选择一种，要求有公共边的两个格子不能都染红色，满足要求的染色方法共有（   ） A．20种 B．19种 C．18种 D．17种 【答案】D 【分析】按第一行的染色分类，再计算对应第二行的染色数即可求解. 【详解】第一行全蓝（蓝蓝蓝）： 第一行无红色，第二行只需要满足自身相邻不能都红， 三个格子的染色共：1(全蓝)+3(1个红)+1(2个不相邻红)种； 第一行只有第一个格子为红（红蓝蓝）： 第二行第一个格子不能为红（和第一行第一个红相邻），第二行格式为(蓝 X Y)， 要求X、Y不都红，共3种合法染色（蓝蓝蓝、蓝红蓝、蓝蓝红）； 第一行只有中间格子为红（蓝红蓝）： 第二行中间格子不能为红，第二行格式为(X 蓝 Y)， X、Y无相邻限制，共种合法染色； 第一行只有第三个格子为红（蓝蓝红）： 和第一种情况对称，共3种合法染色； 第一行两个红（红蓝红）： 第二行第一、第三格子都不能为红，第二行格式为(蓝 X 蓝)， X可红可蓝，共2种合法染色. 所以总染色方法数：种，故选D. 【变式1】（25-26高二下·辽宁·开学考试）如图，在六个区域中种植4种不同植物，同一区域只种植1种植物，相邻两区域所种植物不同，则不同的种植方案种数为（   ） A．48 B．96 C．120 D．192 【答案】C 【详解】先分组，再种植，共有5种分组方式，同组种植一种植物， 则不同的种植方案种数为． 【变式2】（24-25高二下·河北保定·期中）如图“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形．现有红、黄、蓝、绿四种不同的颜色供选择给赵爽弦图涂色，要求每个区域只涂一种颜色且相邻两个区域颜色不同，不同的涂色方法总数为（   ） A．48 B．24 C．144 D．72 【答案】D 【分析】根据题意，分选三种颜色与选四种颜色讨论，结合排列数代入计算，即可得到结果. 【详解】若选三种颜色，则①③同色且②④同色， 则有种方法； 若选四种颜色，则①③同色或②④同色， 则有种方法； 所以一共有种方法. 故选：D 题型十 指定项的二项式系数 解｜题｜技｜巧 二项式展开的通项 ，指定项即确定 的值。二项式系数即为 ，与 无关。 【典例1】（24-25高二下·陕西咸阳·月考）在的展开式中，第4项的二项式系数为（   ） A．5 B．10 C． D．160 【答案】B 【分析】利用展开式的通项计算可得. 【详解】二项式展开式的通项为，， 所以第项的二项式系数为. 故选：B 【典例2】（24-25高二下·江苏南京·月考）在的展开式中，第、、项的二项式系数依次成等差数列，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题干条件得出，结合，可求得的值. 【详解】因为展开式中第、、项的二项式系数依次成等差数列，即， 即，整理得，即， 又因为，，故的值为. 故选：D. 【变式1】（24-25高二下·江苏镇江·月考）的展开式的第二项的二项式式系数为（    ） A．10 B．5 C． D． 【答案】B 【分析】求出展开式的第二项的二项式系数可得答案. 【详解】的展开式的第二项的二项式式系数为. 故选：B. 【变式2】（24-25高二下·广东汕头·期中）在二项式展开式中，下列说法不正确的是（   ） A．第三项的二项式系数为15 B．所有项的二项式系数之和为64 C．有理项共有3项 D．常数项为第五项 【答案】C 【分析】结合二项展开式的通项公式可判断ACD的真假，利用二项式系数的性质可判断B的真假. 【详解】设展开式的第项为， 则：. 所以的二项式系数为，故A正确； 由为整数，可得的值可以为，故展开式中有理项为4项，故C错误； 由，所以为常数项，故D正确； 对B：根据二项式系数的性质可得：所有项的二项式系数之和为，故B正确. 故选：C 题型十一 二项式系数和 解｜题｜技｜巧 展开式中，所有二项式系数之和为 。奇数项系数和 = 偶数项系数和 = 。常用赋值法：令 得系数和，令 得奇偶差。 【典例1】（24-25高二下·福建厦门·期末）若的展开式中二项式系数之和为32，则该展开式中的系数为（    ） A． B．48 C． D．80 【答案】D 【分析】根据二项式系数和求出，再由展开式通项公式求解的系数即可. 【详解】二项式系数和为，解得， 所以展开式的通项为， 令，得，所以展开式中的系数为. 故选：D． 【变式1】（24-25高二下·山东聊城·期末）的展开式的二项式系数和为（    ） A．1 B．5 C．16 D．32 【答案】D 【分析】利用二项式系数性质求解. 【详解】二项式系数和为， 故选：D. 【变式2】（24-25高二下·广东·期中）已知，若的展开式中所有项的二项式系数和为16，则（   ） A．40 B．41 C．-40 D．-41 【答案】A 【分析】由题意，利用二项式系数的性质求得，再利用赋值法求得要求式子的值. 【详解】∵的展开式的所有项的二项式系数和为，∴. ∵， 令，可得， 令，可得， 再令，可得， 即， ∴. 故选：A 题型十二 二项式系数的增减性和最值 解｜题｜技｜巧 二项式系数先增后减，对称性。最大值：当 为偶数，中间一项 最大；当 为奇数，中间两项 和 相等且最大。比较相邻项比值 判断增减。 【典例1】（24-25高二下·广东深圳·月考）在的展开式中，若仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第（  ）项. A． B． C．2或3 D．3或4 【答案】D 【分析】首先根据二项式系数最大值问题求，再根据第项的系数大于前一项，也大于后一项，根据不等式，即可求解. 【详解】由的展开式中，仅第5项的二项式系数最大，得展开式共9项，则， 的展开式的通项公式， 设展开式中系数最大项是，则，即， 解得，而，因此或，，， 所以展开式中系数最大的项是第3或4项. 故选：D. 【变式1】已知展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则展开式中的系数为（   ） A． B．252 C． D．28 【答案】B 【分析】根据组合数的性质可得最大，进而得，即可根据通项公式求解. 【详解】由于展开式的第5项的二项式系数为最大，故， 展开式中的系数为， 故选：B 【变式2】（24-25高二上·山东德州·月考）的展开式中，前项的系数成等差数列，展开式中二项式系数的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】求出展开式前三项的系数，根据题意可得出关于的方程，解出的值，然后利用二项式系数的基本性质可求得结果. 【详解】展开式的通项公式为， 所以，前三项的系数分别为、、且成等差数列， 所以，，即，整理可得， 由题意可知，且，解得， 故解得，二项式系数的最大值为． 故选：. 题型十三 求指定项系数 解｜题｜技｜巧 写出通项 ，整理合并同类项后令 的指数等于指定次数，解出 ，代回得系数。 【典例1】（24-25高二下·福建莆田·期中）在展开式中，的系数为（    ） A．10 B．90 C．270 D．405 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用二项式定理求出的项即可． 【详解】展开式的通项公式为， 令，则的系数为， 故选：B． 【典例2】（24-25高二下·陕西西安·期中）在的展开式中，常数项为（    ） A．60 B． C．15 D． 【答案】A 【分析】利用二项式定理得到展开式的通项公式，求出常数项. 【详解】的展开式通项公式为， 令，解得，所以展开式中的常数项为. 故选：A. 【变式1】（24-25高二下·辽宁·月考）的展开式中项的系数为（   ） A．-55 B．64 C．-80 D．124 【答案】C 【分析】利用二项式定理的通项公式求解即可. 【详解】展开式的通项为，，， 令，得， 因此展开式中项的系数为. 故选：C 【变式2】（24-25高二下·吉林长春·月考）展开式中的常数项为（   ） A．10 B． C．80 D． 【答案】D 【分析】先写出二项式的通项，再令的指数为，求出，代入通项即可得出结果. 【详解】展开式的通项为，. 令，解得， 所以展开式中的常数项为. 故选：D. 题型十四 奇次项与偶次项的系数和 解｜题｜技｜巧 对展开式 ，令 得所有系数和 ，令 得奇偶系数差 。则奇次项系数和 = ，偶次项系数和 = 。注意系数可能为负，该公式仍成立。 【典例1】（24-25高二下·福建莆田·期中）（多选）若，则（    ） A． B． C． D．| 【答案】BD 【分析】令可计算出的值，可判断A；根据展开式对整数进行变形，写出展开式通项公式，求出，可判断 B；令结合的结果可计算出的值，判断C；分别令，，然后根据展开式的通项公式判断取值的正负即可计算出的值，判断D． 【详解】A．令，所以，故A错误； B．， 展开式通项公式为， 令得：，故，故B正确； C．令，所以，所以，故C错误； D．令，所以，又， 所以，， 又因为的展开式通项为，所以当为奇数时，项的系数为负数， 所以，故D正确. 故选：BD. 【典例2】（24-25高二下·河北沧州·期中）（多选）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据题意，分别，，和，结合选项，逐项计算，即可求解. 【详解】由， 令，可得，所以A正确. 令，可得，所以B正确. 令，可得，所以，所以C错误. 令，可得，两式相减得， 所以，所以D正确. 故选：ABD. 【变式1】（24-25高二下·江苏徐州·期中）（多选）已知，其中，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用二项式定理，结合赋值法，逐项判断即可. 【详解】对于A，，其中，，解得，A正确； 对于B，项的系数为，B错误； 对于C，令，得，令，得， 因此，C正确； 对于D，令，得， 由选项C得，D正确. 故选：ACD 【变式2】（24-25高二下·广东深圳·期中）（多选）已知二项展开式，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用赋值法即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A，令，则，故A正确， 对于B，令，则，故，故B错误， 对于C，令，则，故，C正确， 对于D，由可知，因此，故D正确， 故选：ACD 题型十五 三项展开式 解｜题｜技｜巧 的展开通项为 ，其中 。求指定项系数时，确定 满足指数条件，再乘以多重组合数。也可先对其中两项用二项式定理，再对结果用一次二项式定理。 【秒解】直接用组合思想 【典例1】（24-25高二下·山东威海·期中）的展开式中含的项为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将三项展开式变为，根据和展开式通项，结合不同的取值可求得结果. 【详解】 展开式通项为；展开式通项为， 当时，对应的项为； 当时，对应的项为； 当时，对应的项为； 当时，对应的项为； 当时，对应的项为； 展开式中含的项为. 故选：B. 【典例2】（24-25高二下·江苏苏州·期中）的展开式中的系数为，的展开式中的系数为，则（   ） A． B．75 C．135 D．165 【答案】D 【分析】求出展开式的通项，进而求出，再利用组合计数问题求出即可. 【详解】展开式的通项， 则， 的展开式中的项为，则， 所以. 故选：D 【变式1】（24-25高二下·福建泉州·期中）的展开式中，的系数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】写出三项展开式通项，对照，求出参数的值，代入通项后即可得解. 【详解】的展开式通项为， 的展开式通项为， 故的展开式通项为， 由可得， 因此，展开式中的系数. 故选：B. 【变式2】的展开式中的系数为（    ） A． B． C．40 D．80 【答案】B 【分析】根据多项式乘法可求展开式中的系数. 【详解】因为 ， 故可以来自5个因式的2个因式提供，余下3个因式提供， 或者5个因式的3个因式提供，余下1个因式提供，一个因式提供， 故的系数为， 故选：B. 题型十六 整除和余数问题 解｜题｜技｜巧 利用二项式定理将底数拆成除数的倍数加余数。例如求 除以 的余数，将 写成 ，展开后除最后一项外均能被 整除，余数由 决定。注意 可能大于 ，需进一步化简。 【典例1】（24-25高二下·贵州黔东南·期中）除以80的余数为（    ） A．3 B．6 C．9 D．18 【答案】C 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解. 【详解】,由于且能被80整除， 所以除以80的余数为9， 故选：C 【典例2】（24-25高二下·河南驻马店·月考）已知除以13所得余数为m，除以14所得余数为n，则（   ） A．1 B． C．13 D．14 【答案】C 【分析】由，，结合二项式定理即可求解. 【详解】因为， 所以除以13所得余数为1，则； 因为， 所以除以14所得余数为13，则，因此． 故选：C 【变式1】（24-25高二下·江苏南京·期中）被5除的余数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】利用二项式的展开式进行求解. 【详解】由题可知，， 则其展开式的通项公式为， 由通项公式可得，只有时，不能被5整除， 其余项均能被5整除.故被5除的余数为1，则被5除的余数为3. 故选：C. 【变式2】若既能被9整除又能被7整除，则正整数a的最小值为（    ） A．6 B．10 C．55 D．63 【答案】C 【分析】分别由和结合二项式定理得和，再一一检验时和的解的情况即可得解. 【详解】因为， 所以 ， 所以若既能被7整除，则，故 又， 所以 ， 所以若既能被9整除，则，故， 对于A，若，则由可知无解，故A错误； 对于B，若，则由可知无解，故B错误； 对于C，若，则由和得，故C正确； 对于D，若，则由可知无解，故D错误. 故选：C. 题型十七 杨辉三角 【典例1】（24-25高二下·福建泉州·期中）（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.在“杨辉三角”中，除每行两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4行的6为第3行中两个3的和，则下列命题中正确的是（   ） A．在“杨辉三角”中，第行的所有的数字之和为 B．在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大 C．在“杨辉三角”中，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，则该数列前10项之和为 D．记“杨辉三角”第行的第个数为，则的值恰好是第行的中间一项的数字 【答案】ACD 【分析】对于A，利用所有的二项式系数之和为即可判断；对于B，利用“杨辉三角”中数字的左右对称性和左增右减的性质易判断；对于C，先写出数列的前10项之和为，再运用组合数的性质计算即得；对于D，先写出表示的式子，通过两个角度考虑展开式中的系数即可推理得到. 【详解】对于A，第行的所有的数字之和为，故A正确； 对于B，第行的数中，从左到右共有个数，则第个数最大，故B错误； 对于C，从第3行开始，取每行的第4个数得到一数列，则该数列前10项之和为， 因 ，故C正确； 对于D，依题意，，则， 下面证明. 分别从两个角度考虑二项式展开式中的系数，由的通项可知的系数为， 由考虑，的系数为：， 故有，而第行的中间一项为第项，即，故D正确. 故选：ACD. 【典例2】（24-25高二下·安徽合肥·期中）（多选）“杨辉三角”是数学史上的一个重要成就，本身包含许多有趣的性质，如图：    下列说法正确的有（    ） A．第行的第个数是 B．第行的第个数最大 C． D．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 【答案】AD 【分析】利用二项式系数可判断A选项；利用二项式系数的增减性可判断B选项；利用组合数的性质可判断C选项；构造等式，结合等式两边展开式中的系数相等可判断D选项. 【详解】对于选项A，依题意，第行的第个数是，所以A正确； 对于选项B，因为第行的第个位置的数是， 由组合数性质可知：为的最大值， 所以第行的第和个数最大，故B错误； 对于选项C，因为， 易知 ，故C错误； 选项D，由题易知，第行所有数字的平方和为， 第行的中间一项的数字为， 构造等式， 在等式左边的系数为， 等式右边的系数为，故，故D正确. 故选：AD. 【变式1】（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）（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．第行所有数字之和为 C．第行的第个数最大 D．第行中从左到右第个数与第个数之比为 【答案】ABD 【分析】对于A，利用组合数运算公式计算；对于B，根据杨辉三角的每行系数和为即可；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；对于D，第行第个数为，第个数为，作比较即可. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，由杨辉三角的每行系数和性质可知， 第行所有数字之和为， 第行所有数字之和为， 第行所有数字之和为， 第行所有数字之和为， 第行所有数字之和为， 以此类推，第行所有数字之和为，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，故第行的第个数最大，故C错误； 对于D，由题意，第行，第个数为， 第个数为，即，故D正确； 故选：ABD. 【变式2】（24-25高二下·山东·期中）（多选）如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第行是的展开式的二项式系数，直观解释二项式系数规律，记第行从左至右的第个数为，若被2024除所得的余数为，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】由，再利用二项式展开式可得答案. 【详解】因为 ， 所以被2024除所得的余数为，所以. 故选：AC. 期中基础通关练（测试时间：15分钟） 1．（24-25高二下·江苏南京·期中）甲乙丙等人站在一排，且甲不在两端，乙和丙中间恰好有两人，则不同排法共有（    ） A．24种 B．16种 C．12种 D．8种 【答案】B 【分析】由分步乘法计数原理即可求解. 【详解】因为甲一定在乙丙之间，否则将在两端，先排乙丙有种排法， 其次选一人在乙丙中间有种排法， 然后乙丙中间排序有种排法， 最后另一人选在排头排尾有种排法， 共种排法. 故选：B. 2．（24-25高二下·福建福州·期中）（多选）关于的展开式，下列结论正确的是（   ） A．二项式系数和为64 B．所有项的系数之和为1 C．第三项的二项式系数最大 D．系数最大值为240 【答案】ABD 【分析】根据二项式定理的性质逐一判断即可. 【详解】对A，二项式系数和为，正确； 对B，令，，所以所有项的系数之和为1，正确； 对C，二项式系数最大的是第四项，错误； 对D，通项公式为， 所以，，，， ，，,， 所以系数最大值为240，正确. 故选：ABD 3．（24-25高二下·江苏南京·期中）若，则的值为______． 【答案】80 【分析】由，结合二项展开式的通项公式，得解. 【详解】由，则. 故答案为：80. 4．（24-25高二下·黑龙江鸡西·期中）从4名男生和3名女生中任选3人参加某项活动，其中至少有1名女生的选法共有__________种. 【答案】 【分析】分有1名女生及2名女生，3名女生分别求出选法再应用加法原理计算求解. 【详解】从4名男生和3名女生中任选3人参加某项活动， 有1名女生共有种选法； 有2名女生共有种选法； 有3名女生共有种选法； 其中至少有1名女生的选法共有种. 故答案为： 5．（24-25高二下·宁夏吴忠·期中）求值（用数字表示） (1) (2) (3)已知，求 【答案】(1)64； (2)15； (3)7. 【分析】（1）根据排列数公式计算可得； （2）根据组合数公式计算可得； （3）根据排列数公式化简方程，解方程求. 【详解】（1）； （2）； （3）由，得，即， 所以，整理得， 所以. 期中重难突破练（测试时间：25分钟） 6．（24-25高二下·河北承德·期中）在展开式中的系数为（    ） A．4 B．-4 C．2 D．-2 【答案】A 【分析】将因式分解得 ，要求的系数，只需一个因式取常数其余的取即可. 【详解】 展开式中的系数为， 故选：A. 7．（24-25高二下·浙江宁波·期中）四位同学坐到二排五列的10个位子中，若同一列中最多只有一位同学，同一排任意两位同学不相邻，则不同的排法数为（    ） A．384 B．360 C．216 D．408 【答案】A 【分析】根据题意，分2种情况分析：①，一排坐1人，另一排坐3人，②，两排各坐2人，结合排列数和组合数公式，由分类计数原理计算即可得答案. 【详解】依根据题意，分2种情况分析： ①，一排坐1人，另一排坐3人； 先选一排坐三人不相邻（只能排第一列、第三列、第五列）， 再把另外一人安排另一排的符合题意（第二列、第4列）的位置：有种情况， ②，两排各坐2人，先确定这两排不相邻位置，再安排人， 记第一排五个位置为，第二排五个位置为，则符合题意的位置有 ，共12种，再让四位同学坐有， 此时有种情况， 综上共有种排法. 故选：A． 8．（24-25高二下·山西长治·期中）（多选）已知，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】对于A利用二项式定理的通项公式即可求解，对于B令即可求解，对于C令即可判断，对于D将同时求导，令即可判断. 【详解】对于A：由，所以，故A正确； 对于B：令，得，故B正确； 对于C：令有， 所以，故C错误； 对于D：对同时求导得 ， 令得， 同时乘得，故D正确. 故选：ABD. 9．（24-25高二下·河北·期中）若，则________，________． 【答案】 1 【分析】求导，结合赋值法即可求解. 【详解】令，得． 设， 则， 则． 故答案为：1；. 10．（24-25高二下·河北承德·期中）已知展开式中有一项是，则______________. 【答案】3367 【分析】根据多项展开式每一项的次数特征，以及生成这一项的方法，结合组合数公式，即可求解. 【详解】因为展开式中每一项的次数均为，故； 从而含有的项为， 所以，故. 故答案为： 期中综合拓展练（测试时间：25分钟） 11．（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中）若三个正整数的位数之和为，且组成的个数码能排列为则称为“幸运数组”，例如是一个幸运数组.则满足的幸运数组的个数为__________. 【答案】 【分析】运用分类计数原理，结合排列组合知识可求解. 【详解】因为，所以有两类不同情形： （1）是两位数，都是三位数.先不考虑的大小，由于的首位均不能排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）是两位数，是四位数.先不考虑的大小，由于的首位均不能排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，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. 12．（24-25高二下·江苏宿迁·期中）在华为的三进制数据处理研究中，设计了一种独特的三进制编码规则.将一个长度为8位的三进制数按位权展开并转化为十进制数，例如三进制数，转化为十进制数，其中，，则三进制数00001110对应的十进制数为_______，现有一个8位三进制数，包含3个，3个0，2个1，若要求首位不能为0，且相邻两位不能同时为，则这样的不同的三进制数个数共有_______. 【答案】 39 140 【分析】根据三进制表示规则直接计算可得结果，先将3个0，2个1进行排列，再利用插空法将3个进行排列，然后除去首位为0的所有情况，即可求得结果. 【详解】易知00001110对应的十进制数为； 先将3个0，2个1进行排列，共有种， 再将3个插入到6个空隙中去，共有种， 所以能表示出的不同的三进制数个数共有种， 其中有首位为0时，共有种， 则符合题意的不同的三进制数个数共有种. 故答案为：39；140. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用插空法将将3个插入到6个符合题意的空隙中去，求得总个数，然后减去首位为0时的个数即可得出结果. 13．（24-25高二下·重庆·期中）在如图所示的九宫格中填入数字和字母，已知三个字母都填到九宫格中且不能在同一行同一列，其他每格只能从数字中选择一个填入，有公共边的两个格数字不相同，则不同的填法种数为________. 【答案】 【分析】先安排的位置，分在对角线和不在对角线两种情况，再考虑其他位置，应用分类加法计数原理及分步乘法计数原理计算求解. 【详解】考虑的位置：先排有种，再排有种，有种，共种． 分两种情况：在对角线；不在对角线． 对于： A ① B ② C 此时的位置有种，考虑①和②这两个位置， 其中①有种，即中选1个放入，与①相邻的两个位置各有个数字放入， 故有种放入的方法， 同理②和与②相邻的位置也有种放入的方法， 所以共有种． 对于： ① A B ② C 此时有种放入方法， 位置①有种放入方法，位置②有种，另外个位置各种， 故共有种． 所以不同的填法种数为种． 故答案为：5184. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $