专题07 排列组合与二项式定理全章15大题型（期末复习讲义）高二年级数学下学期人教A版

专题07 排列组合与二项式定理全章15大题型 （期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考情 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及其性质   题型02 相邻与不相邻问题  题型03 特殊元素   题型04 隔板法 题型05 定序倍缩   题型06 分组分配问题 题型07 涂色问题   题型08 求指定项系数或二项式系数   题型09 二项式系数和   题型10 二项式系数的增减性和最值 题型11 奇次项与偶次项的系数和 题型12 三项展开式   题型13 整除和余数问题 题型14 杨辉三角 题型15 计数原理小题压轴 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 18：小题压轴 挑战新高考数学中小题压轴题，通常在填空14题 新载体或与概率融合 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及其性质 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】（25-26高二下·贵州毕节·期中）已知，则（   ） A．64 B．56 C．20 D．6 【答案】B 【详解】因为，所以由组合数性质得， 所以. 【典例2】（25-26高二下·广东韶关·期中）已知正整数m，n满足，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．若，则 D．若，则 【答案】BCD 【详解】，故，故A错误； ，故B正确； 由有意义可得，，又，故或， 显然时，时成立，故，故C正确； 因为，为正整数，故或，解得或（舍去）， 故，故D正确． 【变式1】（25-26高二下·山东临沂·期中）（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】. 【变式2】（25-26高二下·山东·期中）若为正整数且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】已知为正整数且，利用组合数对称性质验证A，借助组合数递推公式判断B，依据排列数阶乘公式推导C，再把组合数展开化简验证D，即可得出正确选项为ACD. 【详解】选项A：由组合数性质，得，正确. 选项B：由组合数性质，得，错误. 选项C：由排列数公式，，，正确. 选项D：化简得，正确. 题型二 相邻与不相邻问题 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。 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·广东茂名·期末）小明在注册某账号的密码时，想在1，2，3，a，b中组成无重复的五位字符的密码，要求a与b相邻，则可以设置不同的密码的个数为（   ） A．12 B．24 C．36 D．48 【答案】D 【分析】将“a”和“b”看成一个整体，利用捆绑法求解. 【详解】将“a”和“b”看成一个整体，与1，2，3进行全排列，再将“a”和“b”交换顺序， 所以不同的放置方式种数为. 故选：D. 【典例2】（24-25高二下·安徽芜湖·期末）现有名男同学和名女同学站成一排合影，则名女同学不相邻的站法种数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先将名男同学排序，再将名女同学插入名男同学形成的个空位中的个，结合插空法可求得结果. 【详解】将名男同学和名女同学站成一排合影， 若名女同学不相邻，先将名男同学排序， 再将名女同学插入名男同学形成的个空位中的个， 所以，不同的排法种数为种. 故选：D. 【变式1】（24-25高二下·河南郑州·期末）现有3名男生和2名女生并排站成一排，2名女生相邻，男生甲不站排头，则不同的排法种数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．60 【答案】B 【分析】相邻问题捆绑法，将两名女生“捆绑”，算出总的排法减去男生甲站排头的排法，得解. 【详解】将两名女生“捆绑”，看成整体，总的排法有种， 其中男生甲站排头的排法有种， 所以男生甲不站排头的不同排法种数为种. 故选：B. 【变式2】（24-25高二下·陕西西安·期末）为了加强家校协作，华清中学4月召开了2024-2025学年度家长会，高二某班计划让1名班干部，2名家长，3名优秀学生代表发言，会后合影留念，要求2名家长不相邻，3名优秀学生代表也不能相邻，则不同排法共有（   ） A．72 B．84 C．120 D．150 【答案】C 【分析】由计数原理结合排列组合知识即可求解. 【详解】当班干部是第一个发言的时候，满足题意的排法有， 当班干部是第二个发言的时候，满足题意的排法有， 当班干部是第三个发言的时候，满足题意的排法有， 根据对称性可知，让1名班干部，2名家长，3名优秀学生代表发言，满足题意的发言顺序有. 故选：C. 题型三 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】（24-25高二下·重庆·期末）将个类节目和个类节目编制成节目单，则前个有类节目的不同排列方式有（    ） A．144种 B．432种 C．576种 D．720种 【答案】C 【分析】分成前个节目有类节目分为有一个类节目和有两个类节目两种情况，先排前三个节目，再排后三个节目，两种情况相加即可求解. 【详解】前个节目有类节目分为有一个类节目和有两个类节目两种情况， 则共有：， 所以前个有类节目的不同排列方式有种. 故选：C． 【典例2】（24-25高二下·江西·期末）某校1位老师带领6名学生（含学生甲）参加志愿者活动，活动结束后7人排成一排合影留念，若老师不站在两端，学生甲不站在正中间，则不同的排法共有（    ） A．3720种 B．3120种 C．3000种 D．1920种 【答案】B 【分析】根据有条件排列问题可解. 【详解】根据题意先排中间位置， (1)若老师排在最中间，则6个位置可全排，则有； (2)若老师不排中间，则中间位置有5人可选，接着排教师的位置，教师位置有4个可排， 其他5个全排，则有， 综上，共有种不同的排法. 故选：B. 【变式1】（24-25高二下·四川绵阳·期末）有3名男生和2名女生站成一排照相，要求两名女生不能相邻，同时男生甲不能站在最左边，女生乙不能站在最中间，满足条件的站法种数为______． 【答案】50 【分析】先利用插空法求得两名女生不能相邻的站法；然后分别求出两名女生不能相邻且男生甲站在最左边、两名女生不能相邻且女生乙站在最中间、两名女生不能相邻，同时男生甲站在最左边，女生乙站在最中间三种情况的站法，根据排除法求解即可. 【详解】先求出两名女生不能相邻的站法有种； 若两名女生不能相邻且男生甲站在最左边，则满足题意的站法有种， 若两名女生不能相邻且女生乙站在最中间，则满足题意的站法有种， 若两名女生不能相邻，同时男生甲站在最左边，女生乙站在最中间， 则满足题意的站法有种， 所以满足条件的站法种数为种. 故答案为：50 【变式2】（24-25高二下·陕西榆林·期中）2024年汤姆斯杯暨尤伯杯羽毛球团体锦标赛于4月27日在四川成都开赛．为保证锦标赛顺利进行，组委会需要提前把各项工作安排好．现要把甲、乙、丙、丁四名志愿者安排到七天中服务，若甲去两天，乙去三天，丙和丁各去一天，则不同的安排方法有（   ） A．140种 B．210种 C．420种 D．840种 【答案】C 【分析】根据分步乘法计数原理，结合排列组合公式即可得解. 【详解】由已知，甲的安排方法为种，乙的安排方法为种，剩余的两天安排丙、丁有种方法，故共有（种）． 故选：C 题型四 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】（2026·河南·模拟预测）某中学要在五一假期期间组织学生参加爱国主义教育活动，需要挑选10名志愿者，10个志愿者名额要分给该校高一年级的八个班，每个班至少一个名额，则名额分配方法有（   ） A．45种 B．36种 C．28种 D．8种 【答案】B 【详解】10个名额为相同元素，可用隔板法，10个相同元素分为8组，即将7个隔板插入9个空，． 【典例2】（25-26高二下·江苏无锡·期中）的展开式共（   ） A．15项 B．21项 C．25项 D．31项 【答案】B 【分析】将问题转化为求满足的解的个数,再利用隔板法计算. 【详解】展开式中任意一项的形式为（为系数），其中指数满足，为非负整数，不同的对应不同的项， 因此问题转化为求该不定方程的非负整数解的个数, 根据隔板法公式：个相同元素分给个不同对象，非负整数解的个数为， 此处，，代入得： . 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）二十名校国旗班成员站成一排参加训练，教育计划在20人中选9人进行第一项训练，若这9人在原来队列中互不相邻、则教官的选择方式一共有（   ） A．220种 B．55种 C．210种 D．110种 【答案】A 【分析】依题意，采用插空法求解即可. 【详解】本题等价于向11个人的队中插入9个人使他们不相邻，考虑插空法即为220， 故选：A． 【变式2】（25-26高二上·山东潍坊·阶段检测）三元一次方程的正整数解的组数为（    ） A．21 B．28 C．35 D．42 【答案】A 【分析】“将三元一次方程的正整数解的组数”转变为“等价于将8个相同的小球分成3组，每组至少1个小球的不同分法”，利用隔板法即可求得结果. 【详解】三元一次方程的正整数解的组数， 等价于将8个相同的小球分成3组，每组至少1个小球的不同分法. 只需要在8个小球中间的7个空位中选取2个空位用隔板隔开即可， 则共有种分法， 即三元一次方程的正整数解的组数为21. 故选：A. 题型五 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】（25-26高二下·湖北武汉·阶段检测）将英文单词“success”的字母重新组合排列，能得到（ ）个不同的字母排法. A．240 B．210 C．420 D．360 【答案】C 【分析】利用重复元素的全排列公式计算即可求解. 【详解】单词success共7个字母，其中有3个相同的s、2个相同的c，剩余u、e各1个, 故所有可能的排法数为种. 【变式1】（25-26高二下·湖北武汉·期中）小明桌子上有本不同的数学书，本相同的物理书，现将这本书依次全部取走，则不同的取书顺序有（   ）种 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】步骤：先假设所有书都不同， 如果本书全不同，那么取书顺序的总数是， 步骤：考虑相同书的重复情况， 因为有本相同的物理书，这本书的顺序交换不会产生新的取法，所以需要除以这本书的排列数， 所以，不同的取书顺序有． 【变式2】（25-26高二下·河北石家庄·期中）某4位同学排成一排准备照相时，又来了3位同学要加入，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（   ） A．150 B．160 C．180 D．210 【答案】D 【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4位同学的相对顺序不变，则有种排法. 题型六 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·四川达州·期末）某寝室安排3人打扫下一周5天的寝室卫生，每天只安排1人，每人至少打扫1天，则有多少种不同的安排方法（    ） A．120 B．150 C．240 D．300 【答案】B 【分析】根据题意，分2步进行分析：①、分两种情况讨论将5天分成3组的情况数目，②、将分好的三组全排列，对应3人由分步计数原理计算可得答案. 【详解】根据题意，分2步进行分析： ①将5天分成3组 若分成1、1、3的三组，有种分组方法， 若分成1、2、2的三组，有种分组方法， 则将5天分成3组，有种分组方法； ②将分好的三组全排列，对应3人，有种情况； 所以不同的安排方式则有种. 故选：B． 【典例2】（24-25高二下·重庆·期末）某医院拟组成4医生3护士共7人的工作队，派驻到3个地区A、B、C进行工作．若每一个地区至少派驻1医生1护士两位工作人员，且医生甲必须派驻到A地区，则不同的派驻方式有（   ） A．36种 B．72种 C．98种 D．108种 【答案】B 【分析】根据已知某地区派驻有两名医生，分类讨论，分地区有两名医生和或区有两名医生，然后分配3名护士，即可求解. 【详解】若地区派驻两名医生，则有种不同方式； 若或区有两名医生，则有种不同方式. 所以不同的派驻方式有种. 故选：B. 【变式1】（24-25高二下·山西·期末）某校选派了甲、乙等5名教师到三个乡村学校去支教，每个学校至少去1人，每名教师只能去一个学校，若甲、乙不去同一所学校，则不同的选派方法种数为（   ） A．108 B．114 C．162 D．225 【答案】B 【分析】用间接法. 先求出不考虑条件“甲、乙2名教师不去同一所学校”的不同安排方法，再求出甲、乙2名教师去同一所学校的不同安排方法，相减即可得到结果. 【详解】不考虑条件“甲、乙2名教师不去同一所学校”，则不同的安排方法有（种）． 若甲、乙2名教师去同一所学校，则不同的安排方法有（种），所以满足题意的安排方法有（种）． 故选：B 【变式2】（24-25高二下·河北沧州·期末）现安排6名大学生到4所学校去实习，要求每名大学生去且只能去一所学校实习，每所学校都有大学生去实习，则不同的安排方法共有（    ）． A．480种 B．1080种 C．1560种 D．2640种 【答案】C 【分析】首先将6名大学生分组，使得每所学校都有大学生去实习，然后对每一组利用排列数和组合数求出安排方法种数，然后它们的和即是答案. 【详解】为满足题意，将6名大学生分为3，1，1，1或2，2，1，1四组， 所以不同的安排方法共有种. 故选：C． 题型七 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·山东滨州·期中）给如图所示的4个区域着色，要求有公共边的相邻区域不得使用同一颜色. 现有4种颜色可供选择，则不同的着色方案有（    ） A．84种 B．24种 C．18种 D．12种 【答案】A 【详解】若用4种颜色，则均不同色，则有种选择； 若用3种颜色，则需同色或同色，则有种选择； 若用2种颜色，则需同色且同色，则有种选择， 综上，不同的着色方案共有种. 【典例2】（25-26高二下·四川成都·期中）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．192 B．216 C．264 D．288 【答案】C 【分析】先对图中挂件进行编号，根据已有条件分析讨论各层挂件的涂色方法数，从而得出所有的涂色方法种类数. 【详解】该挂件进行如图所示的编号：    依题意1号有4种涂色方案，2，3，4号有种涂色方法， 分情况讨论5，6，7号的涂色方法： 第一种：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； 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第二种：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， 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第三种：若5号与1号异色，与3号同色，此时5号只有1种涂色方法， 当6号与4号同色时，则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； 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第四种：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号均有两种涂色方法， 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 综上可知，所有涂色方法种类数为种涂色方法. 【变式1】（25-26高二下·江苏徐州·期中）现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有5种颜色可供选择，则不同的染色方案有（    ） A．160种 B．240种 C．360种 D．420种 【答案】D 【分析】设四个侧面按顺序为，通过与同色和与不同色，讨论，结合分步乘法计数原理求解即可. 【详解】染下底面：共5种颜色可选，因此有种染色方法， 染四个侧面： 四个侧面都与下底面相邻，因此所有侧面都不能与下底面同色，只能从剩余的4种颜色中选择； 同时四个侧面围成环形，相邻侧面也不同色，我们分情况计算： 设四个侧面按顺序为， 第一步染：共4种选择； 第二步染：不能与同色，共3种选择； 情况1：与同色：仅1种选择；不能与、同色，共3种选择， 此情况总数：； 情况2：与不同色：不能与、同色，共2种选择；不能与、同色，共2种选择， 此情况总数：； 因此四个侧面总染色方法：种。 总方案数：根据分步乘法计数原理，总方案为. 【变式2】（25-26高二下·河北沧州·阶段检测）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．19种 B．18种 C．17种 D．16种 【答案】C 【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】①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）=5种； ②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XY）， 要求X、Y不都红，共3种符合要求的染色（蓝蓝蓝、蓝红蓝、蓝蓝红）； ③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，共种符合要求的染色； ④第一行只有第三个格子为红（蓝蓝红）：和第二种情况对称，共3种符合要求的染色； ⑤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种符合要求的染色； 所以总染色方法数：种. 题型八 求指定项系数或二项式系数 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。 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·贵州毕节·期末）的展开式的第7项的二项式系数是_____. 【答案】7 【分析】根据二项式定理的性质计算. 【详解】由题可知：第7项的二项式系数是. 故答案为：7 【典例2】（25-26高三上·天津·开学考试）在的展开式中，的系数为___________． 【答案】 【分析】根据题意，求得二项展开式的通项，确定的值，代入即可求解. 【详解】由二项式定理得，二项式的展开式的通项如下， 为，其中， 令，可得，所以的系数. 故答案为：. 【变式1】（24-25高二下·河南郑州·期末）已知的展开式中第二项与第四项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为_____. 【答案】54 【分析】根据展开式中第二项与第四项的二项式系数相等求出，再根据二项式的展开式通项公式求出常数项. 【详解】的展开式中第二项和第四项的二项式系数分别为和， 所以，根据组合数的性质可得. 对于，易得展开式的通项为，， 令，得， 所以常数项为. 故答案为：54. 【变式2】（24-25高二下·山东威海·期末）的展开式中的系数为_____. 【答案】 【分析】求出展开式中和的系数，然后由多项式乘法得结论． 【详解】展开式的通项公式为，所以所求的系数为. 故答案为：. 【变式3】（24-25高二下·湖南长沙·期末）展开式中的常数项为____________. 【答案】 【分析】应用二项式定理写出的展开式通项，结合已知确定常数项对应参数值，即可得. 【详解】对于，展开式通项为，， 当时，故原式的常数项为. 故答案为： 题型九 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·安徽合肥·期末）的展开式中所有项的系数和与二项式系数和分别为___________，___________. 【答案】 1 128 【分析】写出的二项展开式，令可所有项的系数和，二项式系数和为，即可求解. 【详解】, 令，则可得所有项系数和为， 二项式系数和为. 故答案为：1；128. 【典例2】（24-25高二下·北京通州·期末）已知的展开式的二项式系数和为128，则n=______；含有项的系数为______． 【答案】 7 -7 【分析】根据二项式系数和的性质求出的值，再根据二项展开式的通项公式求出含项的系数. 【详解】因为的展开式的二项式系数和为128，所以， 解得. 的通项公式为 要求含有项的系数，令，解得. 所以含有项的系数为. 故答案为：①7；②-7. 【变式1】（24-25高二下·安徽亳州·期末）在二项式的展开式中，所有项的系数和为4096，则此二项式展开式中二项式系数之和是______. 【答案】16 【分析】令，利用各项系数和求出，再利用二项式系数的性质即可求解. 【详解】因为在二项式的展开式中，所有项的系数和为4096， 所以，令得， 即，解得， 所以展开式中二项式系数和为． 故答案为：16. 【变式2】（24-25高二下·浙江·期末）若的展开式中,二项式系数之和与系数之和相等,则展开式中项的系数是______（用数字作答） 【答案】5 【分析】首先根据二项式系数之和为与系数之和相等计算出,再利用通项公式即可得出答案. 【详解】由二项式系数之和与系数之和相等可得 因为 所以令 所以系数是 故答案为：5 题型十 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】（25-26高二下·江苏·期中）在的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则（    ） A．14 B．13 C．12 D．11 【答案】C 【分析】结合二项式系数的性质求解即可. 【详解】二项展开式的二项式系数满足： 若为偶数，展开式共项，只有中间1项的二项式系数最大，该中间项为第项； 由题知第7项的二项式系数最大，即为偶数的情况， 所以，解得， 【典例2】（25-26高二下·广东广州·期中）已知的二项式系数的最大值分别为，则正整数（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】D 【分析】根据二项式展开式的系数求出的表达式，然后根据即可求解. 【详解】根据二项式的展开式，的二项式系数的最大值为，即， 的二项式系数的最大值为或且，即， 已知，即，得， 化简得，解得. 【变式1】（24-25高二下·四川遂宁·期末）在的二项展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中的系数为_________．（用数字作答） 【答案】 【分析】利用已知条件求出的值，写出二项展开式的通项，即可求解. 【详解】由于的展开式只有第4项的二项式系数最大，则展开式中共有7项，故， 所以的展开式通项为，, 令，解得， 所以展开式中的系数为. 故答案为：. 【变式2】（25-26高三上·山西晋城·阶段检测）在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则的展开式中有理项的项数是（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 【答案】A 【分析】先算出，再写出通项公式，确定的次数为整数即可． 【详解】因为在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大， 所以仅有最大，则， 的通项公式， 其中，当时， 是有理项，所以， 即的展开式中有理项的项数是5． 故选：A． 题型十一 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·江西·期末）（多选）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用赋值法求二项展开式的系数即可. 【详解】对于A，令，，故A正确； 对于B，令，，故B错误； 对于C，令，， 结合，所以，故C正确； 对于D，令，，故D正确； 故选：ACD. 【典例2】（24-25高二下·山东淄博·期末）（多选）已知函数，则（    ） A． B． C． D．的个位数字是9 【答案】BC 【分析】赋值法求系数和判断A、B；由并应用二项式定理求对应项系数判断C；由，结合展开式通项得个位数由决定，即可判断D. 【详解】由题设，令，则，A错； 令，则， 所以，即，B对； 由，展开式通项为，， 当时，，即，C对； 由，展开式通项为，， 显然个位数由决定，即个位数是1，D错. 故选：BC 【变式1】（24-25高二下·四川乐山·期末）（多选）已知多项式，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据二项式的展开式，求出特定项的系数，在通过赋值法，求出部分项的系数的和，逐一判断各选项正误，求出结果. 【详解】令，即，故A正确； 可知的展开式为， 则项的系数，故B正确； 令，即，所以，故C错误； 令，即，联立可得. 故选：ABD. 【变式2】（24-25高二下·山西·期末）（多选）已知，则（   ） A． B．在中的最大值为 C． D． 【答案】BCD 【分析】将二项式化为并写出其展开式通项，进而根据各选项的分别求、确定中的最大值；用赋值法，令可求的值；将目标式去绝对值符号，应用赋值法令，即可求的值. 【详解】由，得展开式通项为. 对于A，，故A错误； 对于B，均为负数，，，，，所以在中最大，故B正确； 对于C，令，得，又，所以.故C正确； 对于D，因为均为负数，其余的均为正数， 所以， 令，得.， 所以，故D正确. 故选：BCD. 题型十二 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·四川成都·期末）的展开式中的系数为（   ） A．60 B．120 C．160 D．220 【答案】D 【分析】确定展开式中对应的各项指数组合，即可列出各项求解． 【详解】的展开式中含项为， 故选：D． 【典例2】（2026·山西晋城·一模）的展开式中的系数为（   ） A． B． C．20 D．24 【答案】D 【详解】 展开式中的系数分别为， 而展开式中的系数分别为， 所以原展开式中的系数为． 【变式1】（25-26高二下·天津·阶段检测）在的展开式中，含的项的系数为（   ） A．10 B．20 C．30 D．60 【答案】C 【分析】根据多项式定理求解即可. 【详解】的展开式的通项为. 令，则 的展开式的通项为， 令，则系数为. 因此含项的总系数为. 【变式2】（25-26高二下·山东临沂·期中）的展开式中的系数为__________. 【答案】 【分析】将因式分解可得，再利用二项式的展开式的通项公式计算可得与的展开式的通项公式，，计算后，令的次数分别为与进行计算即可得. 【详解】， 对，有，， 对，有，， 则， 令，可得，或，或，， 有， ， ， 令，可得或或或或， 有， ， ， ， ， 故的展开式中的系数为： . 题型十三 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】（25-26高二下·江苏淮安·期中）今天是星期三，再过天是星期几（   ） A．星期三 B．星期五 C．星期六 D．星期日 【答案】D 【分析】通过二项式定理将逐步变形为与7相关的展开式，消去能被7整除的项，最终求得除以7的余数，进而推算出对应的选项 【详解】， 因为98能被7整除，所以上式前50项都能被7整除，只需确定最后一项除以7的余数，， 所以除以7的余数为， 因为今天是星期三，所以再过天，是星期日. 【典例2】（25-26高二下·山东济宁·期中）除以5的余数是（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】C 【分析】根据二项式展开式计算余数. 【详解】 因为， 所以除以5的余数为1，所以除以5的余数为， 所以除以5的余数与 除以5的余数相同，即余数为2. 【变式1】（25-26高二下·四川眉山·期中）被7除所得的余数为4，则实数m可以为（） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【详解】 展开得， 展开式中前项均含因子，能被整除，仅最后一项， 因此除以的余数为1， 因为被除余，所以，， 所以，所以可以为3. 【变式2】（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）除以的余数是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意可得，再写出的展开式，即可判断. 【详解】因为，其中 所以， 即， 因此除以的余数是，故D正确. 题型十四 杨辉三角 【典例1】（25-26高二下·广东广州·期中）我国南宋数学家杨辉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，如图是一个阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（    ） A．第行的第个数最大 B．第行所有数字之和为 C．从第行起到第行，每一行第个数字之和为 D．第行的所有数字之和被除的余数为 【答案】BCD 【分析】由组合数的性质计算可判断；由杨辉三角的每行系数和性质可判断；由杨辉三角图可知，第行有个数字，每行最中间项的系数最大可判断C；求和后转化为，利用二项式定理展开可判断． 【详解】对于，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 A错误； 对于，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，由题意可得 ， C正确， 对于，第行的所有数字之和为 ，由于能被整除， 故第行的所有数字之和被除的余数为，D正确. 【典例2】（25-26高二下·陕西商洛·期中）我国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得自豪的，以下关于杨辉三角的叙述正确的是（   ） A．在“杨辉三角”第行中，从左到右第8个数是 B．第行的第个数最大 C．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 D．在“杨辉三角”中，当时，从第3行起，每一行的第3列的数字之和为 【答案】ABC 【分析】利用组合数的对称性，结合二项式系数的对应关系计算，判断选项A；根据二项式系数的单调性，偶数行最大系数在正中间，判断选项B；利用组合恒等式判断选项C；先确定第3列的数为，再结合组合恒等式计算，判断选项D． 【详解】根据题意，杨辉三角第行对应二项式系数，第行第个数为， 则第行，从左到右第个数： ，故正确; 第行，最大二项式系数在中间位置：行数，中间位置为， 故第个数最大，故B正确； 由组合恒等式，是第行的中间项， 故第行所有数字的平方和等于第行的中间项，故C正确； 由，结合各行第3列的数为，则 ，故D错误． 【变式1】（25-26高二下·四川成都·期中）如图所示为杨辉三角，第行的第个数可以表示为时）．在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就．同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（　　） A．第2026行中从左到右第28个数和第2000个数大小相等 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第45行的所有数字之和被9除的余数为1 D．若存在，使得（且）为公差不为0的等差数列，则 【答案】ABD 【分析】利用组合数对称性、组合数求和公式、二项式定理构造分析余数、组合数性质与二项式展开，逐一验证各选项正误. 【详解】对于选项A： 第行的第个数为，因此第个数为，第个数为. 由组合数对称性，得，故A正确. 对于选项B： 第行的第个数为，所求和为. 由组合数求和公式，得，故B正确. 对于选项C： 第行所有数字之和为， 由二项式定理展开：, 展开式中前项均含有因式，均可被整除，仅剩最后一项， 因此（），即， 可得被除余数为，故C错误. 对于选项D： 由组合数性质，得数列为公差不为的等差数列. 是关于的次多项式，等差数列对应一次多项式，故，即. 所以 ， 故D正确. 【变式2】（25-26高二下·山西临汾·期中）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A． B．第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数相等 C．记第n行的第i个数为，则 D．第20行中第12个数与第13个数之比为 【答案】CD 【分析】A：利用组合数的性质求解判断；B：由第行中的数为的展开式的二项式系数判断；C：由第n行的第i个数为代入求解判断；D：根据第20行中的数为的展开式的二项式系数求解判断. 【详解】对于A：， ，A错误； 对于B：第2023行中的数为的展开式的二项式系数， 则从左往右第1011个数为，第1012个数为，，B错误； 对于C：第n行的第i个数为， 则，C正确； 对于D：第20行中的数为的展开式的二项式系数， 则从左往右第12个数为，第13个数为， 则，D正确． 故选：CD 题型十五 计数原理小题压轴 【典例1】（25-26高二下·广西南宁·期中）智能舞蹈机器人在舞台上随音乐节奏移动，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，若机器人A从舞台中心正北方向2米的位置起步，则机器人移动6秒恰好位于舞台中心的路径条数为______．（用数字作答） 【答案】 【分析】求出向正北、正南、正东、正西方向移动的步数，再根据排列组合的知识求解即可. 【详解】以舞台中心为坐标原点，则的初始位置为，    设在6秒内，机器人向正北方向移动步，正南方向移动步， 因为最后要回到原点， 所以向正东和正西移动的距离相等，设为步， 由题意可得， 所以， 所以当时，，此时共有种移动方法； 当时，，此时共有种移动方法； 当时，，此时共有种移动方法； 当时，（舍）； 综上，一共有种移动方法. 【典例2】（25-26高二下·辽宁沈阳·期中）已知5支球队两两之间都要进行一场比赛，任意两支球队之间的比赛都没有平局，各队的实力相同，则有且只有2支球队恰好获胜3场的概率为__________． 【答案】 【详解】解：由题可知共有场比赛，每场比赛有2种情况，共有种； 从5支球队中选出两支球队甲、乙恰胜3场， 由于甲乙之间存在胜负关系，故甲、乙的选法有种； 不妨设甲战胜了乙，甲还需战胜其余3支队伍中的2支队伍，故有种选择． 这样，乙必然战胜其余3支队伍． 设甲没战胜的队伍是丙，由于是恰有两支球队获胜3场， 所以除甲、乙、丙外的两支球队至少有一支队伍战胜了丙， 丙与另外两支球队之间的3场比赛共有种结果，其中丙战胜另外两支球队的情况（会导致丙也获胜3场）有2种，需要排除，故符合题意的情况有种， 故所求的情况种数为，概率为． 【变式1】（25-26高二下·重庆·期中）为了增强学生体质，提高学生运动兴趣，某校高二年级共6个班准备在5月中旬举行自编操比赛，出场顺序抽签决定．则1班不在第一个出场，6班不在第6个出场，且2班和3班出场顺序不相邻的不同抽签结果有______种．（请用数字作答） 【答案】 【分析】先计算满足前两个位置限制的所有排列数，再用捆绑法计算其中2、3班相邻的排列数，利用对立事件的思想，两者相减得到同时满足三个条件的结果. 【详解】①满足“1班不在第1位、6班不在第6位”的排列数： 总排列数为，减去“1班在第1位”的排列数，减去“6班在第6位”的排列数， 再加上重复减去的“1班在第1位且6班在第6位”的排列数， 因此： . ②满足“1班不在第1位、6班不在第6位，且2班与3班相邻”的排列数： 将2班与3班捆绑为一个整体，内部有种排列方式，此时转化为对5个元素的排列问题， 总排列数为，减去“1班在第1位”的排列数， 减去“6班在第6位”的排列数， 再加上重复减去的“1班在第1位且6班在第6位”的排列数， 因此： , 综上所述，符合全部条件的排列数为： . 【变式2】（25-26高二下·浙江·期中）假设一个随机数选择器每次等可能地从到这个数字中选一个数，那么在次选择后（数字可重复），选出的个数的乘积能被整除的概率为______． 【答案】 【分析】1. 正面分类法：将乘积能被整除等价转化为所选个数同时包含至少个至少个偶数，拆分四类互斥场景分别计数求和后，除以总选法数得到目标概率. 2. 反面排除法：利用对立事件概率公式，先计算乘积不能被10整除的对立事件（所选个数不含或不含偶数）的概率，用减去对立事件概率得到目标概率. 【详解】解析：解法一：（正面考虑）要能被整除，这三个数至少有一个和一个偶数，所以 第一类：个，个偶数，个其他（不是且不是偶数），共有种， 第二类：个，个相同偶数，共有种， 第三类：个，个不同偶数，共有种， 第四类：个，个偶数，共有种， 所以选出的个数的乘积能被整除的概率为． 解法二：（反面考虑）要不能被整除，这三个数没有或没有偶数， 没有共有种，没有偶数共有种，没有且没有偶数共有种， 所以选出的个数的乘积能被整除的概率为． 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（24-25高二下·浙江杭州·期末）从10名同学中，选出正班长1人，副班长1人，不同的选法种数是（   ） A．70 B．80 C．90 D．100 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用排列计数问题列式得解. 【详解】依题意，不同选法种数是. 故选：C 2．（24-25高二下·四川绵阳·期末）的展开式中含项的系数为（   ） A．10 B．5 C． D． 【答案】D 【分析】写出该二项式展开式的通项，令，代入系数求解即可. 【详解】展开式的通项为：， 令得含项的系数为. 故选：D 3．（24-25高二下·山东威海·期末）用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 【答案】D 【分析】根据分步乘法原理计算求解. 【详解】用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数个位数字有2种情况，首位数字有3种情况，十位数字有3种情况， 所以三位奇数的个数为种情况. 故选：D. 4．（24-25高二下·云南曲靖·期末）二项式展开式中的第3项为______． 【答案】 【分析】由二项式展开式通项可得答案. 【详解】二项式展开式的第r+1项为：. 则展开式中的第3项为：． 故答案为：. 5．（25-26高二上·全国·单元测试）（多选）已知m，且，则下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】由排列与组合数的运算性质求解即可. 【详解】A错，，． B对，． C对，，，所以． D错，． 故选：BC. 期末重难突破练（测试时间：20分钟） 6．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 【答案】C 【分析】根据分类相加计数原理，先分四种颜色都用和只有三种颜色两种情况，再根据分步乘法计数原理，将涂色过程分成若干步，每一步确定一个区域的颜色，再根据相邻区域不同色的条件，确定每一步的涂色方案数，最后将各步方法数相乘得到总的涂色方案数. 【详解】设四种颜色分别为1、2、3、4， （1）四种颜色都用： 先涂区域，有4种填涂方案，不妨设涂颜色1， 再涂区域，有3种填涂方案，不妨设涂颜色2， 再涂区域，有2种填涂方案，不妨设涂颜色3， 若区域填涂颜色2，则区域填涂颜色1、4或4、3， 若区域填涂颜色4，则区域填涂颜色1、3或4、3， 共4种不同的填涂方法.由分步乘法计数原理可得，共有种不同的涂法. （2）四种颜色只用其中的三种颜色： 即当同色，同色，同色，共有种不同的涂法. 综上所述，根据分类相加计数原理可得，共有种不同涂法. 故选：C 7．（24-25高二下·福建福州·期末）某学术协会收到5篇论文，需要分配给3名专家进行评审，每名专家至少评审1篇，每篇论文由1名专家独立评审，则不同的分配方式共有（ ） A．60种 B．90种 C．120种 D．150种 【答案】D 【分析】先将论文分成3组，再分配给专家. 【详解】先将5篇论文分成3组且每组至少一篇，只有两种分组方法：和 若5篇论文分成三份.总共有种方法，再将这三份论文分配给三名专家，因此总计种方法； 若5篇论文分成三份.总共有种方法，再将这三份论文分配给三名专家，因此总计种方法. 因此总计种分配方式. 故选：D 8．（24-25高二下·吉林长春·期末）为正实数，且，当取最小值时，的展开式中项的系数为 （    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用基本不等式求出取最小值时的值，得出；再利用二项式的展开式的通项公式求解即可. 【详解】由可得：. 因为为正实数， 所以由基本不等式可得： ， 当且仅当，即时等号成立. 所以当取最小值时，， 所以的展开式的通项公式为， 令，得，所以， 所以当取最小值时，的展开式中项的系数为. 故选：A. 9．（24-25高二下·湖北孝感·阶段检测）用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的五位数． (1)比20000大的五位偶数共有多少个； (2)从小到大排列所有的五位数，问35214是第几位？ (3)能被6整除的五位数有多少个． 【答案】(1)240 (2)352 (3)108 【分析】（1）分首位是2，4，3，5四种情况，得到每种情况下的结果数，相加即可； （2）分首位数字为1、2和3，求出相应的比35214小的个数，从而得到答案； （3）能被3整除，则各位数字之和必须能被3整除，分2种情况，结合须为偶数，分类讨论，求出每种情况下的个数，相加即可. 【详解】（1）根据题意，符合题意的五位数的首位只能是2，3，4，5，共4种可能， 末位数字必须是0、2或4； 当首位是2时，末位是4或0，有种结果，当首位是4时，同样有48种结果， 当首位是3或5时，末位数字必须是0、2或4，共有种结果， 综上，可知共有种结果，即比20000大的五位偶数有个； （2）根据题意，当五位数首位数字为1、2时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为0、1、2、4时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为，第3位数字为0、1时，有个数， 当首位数字为3，第2位数字为5，第3位数字为2，十位数字为0时，有2个数， 当首位数字为3，第2位数字为5，第3位数字为2，十位数字为1时，比35214小的还有35210，1个数； 则比35214小的五位数有个，故35214是第位； （3）根据题意，被6整除的数必须是既能被2整除，也能被3整除， 若能被3整除，则各位数字之和必须能被3整除，有2种情况， ①当五个数字由、、、、组成时，其末位数字为、，有个， ②当五个数字由、、、、组成时，首位数字为或时，末位有种选择，共有个， 首位数字为或时，末位有种选择，共有个，此时共有个， 则被整除的五位数有个． 10．（24-25高二下·浙江杭州·期末）在的展开式中，第项为常数项． (1)求的值和该常数项的值； (2)求展开式中所有项的系数之和． 【答案】(1)，常数项的值为 (2) 【分析】（1）利用二项展开式的通项公式，结合条件，得到，可得，即可求解； （2）通过赋值，令，即可求解. 【详解】（1）因为的展开式的通项公式为， 由题知时，，得到，解得， 所以常数项的值为. （2）由（1）知，令，得到， 所以展开式中所有项的系数之和为. 期末综合拓展练（测试时间：30分钟） 11．（25-26高二下·安徽六安·期中）3成人2小孩乘船游玩，1号船最多乘3人，2号船最多乘2人，3号船只能乘1人，他们任选2只船或3只船但小孩不能单独乘一只船，这5人共有______种乘船方法. 【答案】27 【详解】由题意分四类：第1类，1号船乘2个大人和1个小孩，2号船乘1个大人和1个小孩，有种方法； 第2类，1号船乘1个大人和2个小孩，2号船乘2个大人，有3种方法； 第3类，1号船乘1个大人和2个小孩，2号船乘1个大人，3号船乘1个大人，有种方法； 第4类，1号船乘1个大人和1个小孩，2号船乘1个大人和1个小孩，3号船乘1个大人，有种方法. 故这5人共有种乘船方法. 12．（25-26高二下·广东广州·期中）用四种不同颜色给三棱柱的六个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有______种． 【答案】264 【分析】根据给定条件，按用4色、3色分类，再利用排列计数问题及分步乘法计数原理列式求解. 【详解】用4种颜色涂，涂点有种方法，从中选一点涂第四种颜色有种方法， 涂余下两点有3种方法，不同涂色方法有种； 用3种颜色涂，涂点有种方法，再涂点有2种方法，不同涂色方法有种， 所以所求涂色方法种数为. 13．（25-26高二下·河北保定·期中）将含有甲，乙，丙，丁的8人均分成两个工作小组，然后从组中选择2人干工作，其余2人干工作；从组中选择1人干工作，其余3人干工作，已知甲不能干工作，乙要干工作，丙不与丁一组，则不同的分配方案总数为___________． 【答案】 【详解】由于工作b只在A组，乙必须做工作b，因此乙一定在A组且被分配做b， 工作只在B组，甲不能做，因此若甲在A组则必须做b，若在B组则必须做c， 丙和丁必须分在A、B两个不同小组。其余4人无特殊限制； 分两种情况讨论： 情况1：甲在A组： 此时A组已包含乙和甲，且丙、丁中恰有一人需在A组，有2种选择；再从4个普通人中选1人加入A组，有种选法， 故A组的构成方式有种； A组内的工作分配：乙和甲必须做b，其余两人自动做a，仅1种方案； B组：由丙、丁中另一人和剩余3个普通人组成。从中选1人做c，有种方案； 该情况总方案数为：种； 情况2：甲在B组： A组必须包含乙，丙、丁中恰有一人需在A组，有2种选择；再从4个普通人中选2人加入A组，有种选法， 故A组的构成方式有种； A组内的工作分配：乙固定做b，需从其余3人中选1人做b，有种方案，剩余2人做a； B组：甲必须做c，其余3人自动做a，仅1种方案； 该情况总方案数为：种； 综上，所有满足条件的分配方案总数为种. 14．（25-26高二下·安徽阜阳·期中）2026年某中学预计会被用作公务员考试，生物奥赛考试等六项国家级考试作为考点.本校职工小明，小浩，小文因精通各项考试流程，考务组计划邀请三人加入监考工作（六项考试时间不冲突）.预计安排每人至少监考一项考试，每人至多监考三项考试，每项考试，三人中有且仅有一人参与，其中小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，则三人不同的监考安排方案种数为_________. 【答案】 【分析】根据给定条件，确定每人分配监考项数，利用排列、组合综合问题，结合排除法列式求解. 【详解】将6项不同的考试分配给小明、小浩、小文三人，每人至少1项，至多3项，有和两种分配方案， 因此总分配方案数为， 小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，当小明不监考这两项， 即小明监考其余4项，有以下两种情况： 当每人按分配时，小明从其余4项中选2项方案数为种； 当每人按分配时，小明可能选1项，2项，3项，方案数为种； 所以小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，三人不同的监考安排方案种数为：种. 15．（25-26高二下·福建福州·期中）将1，1，2,3，5，6，6，6，6这9个数填入如图所示的格子中，要求每个数都要填入，且每个格子中只能填一个数，则不同的填法共有___________种，若填入的每行各数之和为偶数，则不同的填法共有___________种．（用数字作答） 【答案】 【分析】第一空利用消序法，对含重复元素的9个数计算全排列后除以重复元素的排列数得到总填法；第二空先分析奇偶性，得出满足每行和为偶数时奇数只能按2、2、0分配到三行，先选出无奇数的行，再分别对奇数、偶数消序计算排列数后相乘，得到符合要求的填法. 【详解】①给出的9个数为：1,1,2,3,5,6,6,6,6，其中2个1相同、4个6相同，其余数字不同， 则不同的填法共有种； ②每行3个数，和为偶数等价于每行奇数个数为偶数（0或2，奇数个奇数相加和为奇数，偶数个奇数相加和为偶数）， 总共有4个奇数（1,1,3,5），因此只能是“1行0个奇数，另外2行各2个奇数”（，符合总奇数个数）， 分步计算： 第一步：选哪一行放0个奇数,共有种不同的方法； 第二步，在两个放奇数的行中，每行选2个格子放奇数，共有种不同的方法； 第三步，排列4个奇数，共有种不同的方法； 第四步，排列剩余5个格子的偶数（2,6,6,6,6），共有种不同的方法， 故总填法共有种. 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15大题型 （期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考情 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及其性质   题型02 相邻与不相邻问题  题型03 特殊元素   题型04 隔板法 题型05 定序倍缩   题型06 分组分配问题 题型07 涂色问题   题型08 求指定项系数或二项式系数   题型09 二项式系数和   题型10 二项式系数的增减性和最值 题型11 奇次项与偶次项的系数和 题型12 三项展开式   题型13 整除和余数问题 题型14 杨辉三角 题型15 计数原理小题压轴 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 18：小题压轴 挑战新高考数学中小题压轴题，通常在填空14题 新载体或与概率融合 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及其性质 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】（25-26高二下·贵州毕节·期中）已知，则（   ） A．64 B．56 C．20 D．6 【典例2】（25-26高二下·广东韶关·期中）已知正整数m，n满足，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．若，则 D．若，则 【变式1】（25-26高二下·山东临沂·期中）（    ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26高二下·山东·期中）若为正整数且，则（    ） A． B． C． D． 题型二 相邻与不相邻问题 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。 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·广东茂名·期末）小明在注册某账号的密码时，想在1，2，3，a，b中组成无重复的五位字符的密码，要求a与b相邻，则可以设置不同的密码的个数为（   ） A．12 B．24 C．36 D．48 【典例2】（24-25高二下·安徽芜湖·期末）现有名男同学和名女同学站成一排合影，则名女同学不相邻的站法种数是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（24-25高二下·河南郑州·期末）现有3名男生和2名女生并排站成一排，2名女生相邻，男生甲不站排头，则不同的排法种数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．60 【变式2】（24-25高二下·陕西西安·期末）为了加强家校协作，华清中学4月召开了2024-2025学年度家长会，高二某班计划让1名班干部，2名家长，3名优秀学生代表发言，会后合影留念，要求2名家长不相邻，3名优秀学生代表也不能相邻，则不同排法共有（   ） A．72 B．84 C．120 D．150 题型三 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】（24-25高二下·重庆·期末）将个类节目和个类节目编制成节目单，则前个有类节目的不同排列方式有（    ） A．144种 B．432种 C．576种 D．720种 【典例2】（24-25高二下·江西·期末）某校1位老师带领6名学生（含学生甲）参加志愿者活动，活动结束后7人排成一排合影留念，若老师不站在两端，学生甲不站在正中间，则不同的排法共有（    ） A．3720种 B．3120种 C．3000种 D．1920种 【变式1】（24-25高二下·四川绵阳·期末）有3名男生和2名女生站成一排照相，要求两名女生不能相邻，同时男生甲不能站在最左边，女生乙不能站在最中间，满足条件的站法种数为______． 【变式2】（24-25高二下·陕西榆林·期中）2024年汤姆斯杯暨尤伯杯羽毛球团体锦标赛于4月27日在四川成都开赛．为保证锦标赛顺利进行，组委会需要提前把各项工作安排好．现要把甲、乙、丙、丁四名志愿者安排到七天中服务，若甲去两天，乙去三天，丙和丁各去一天，则不同的安排方法有（   ） A．140种 B．210种 C．420种 D．840种 题型四 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】（2026·河南·模拟预测）某中学要在五一假期期间组织学生参加爱国主义教育活动，需要挑选10名志愿者，10个志愿者名额要分给该校高一年级的八个班，每个班至少一个名额，则名额分配方法有（   ） A．45种 B．36种 C．28种 D．8种 【典例2】（25-26高二下·江苏无锡·期中）的展开式共（   ） A．15项 B．21项 C．25项 D．31项 【变式1】（2025·湖南·模拟预测）二十名校国旗班成员站成一排参加训练，教育计划在20人中选9人进行第一项训练，若这9人在原来队列中互不相邻、则教官的选择方式一共有（   ） A．220种 B．55种 C．210种 D．110种 【变式2】（25-26高二上·山东潍坊·阶段检测）三元一次方程的正整数解的组数为（    ） A．21 B．28 C．35 D．42 题型五 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】（25-26高二下·湖北武汉·阶段检测）将英文单词“success”的字母重新组合排列，能得到（ ）个不同的字母排法. A．240 B．210 C．420 D．360 【变式1】（25-26高二下·湖北武汉·期中）小明桌子上有本不同的数学书，本相同的物理书，现将这本书依次全部取走，则不同的取书顺序有（   ）种 A． B． C． D． 【变式2】（25-26高二下·河北石家庄·期中）某4位同学排成一排准备照相时，又来了3位同学要加入，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（   ） A．150 B．160 C．180 D．210 题型六 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·四川达州·期末）某寝室安排3人打扫下一周5天的寝室卫生，每天只安排1人，每人至少打扫1天，则有多少种不同的安排方法（    ） A．120 B．150 C．240 D．300 【典例2】（24-25高二下·重庆·期末）某医院拟组成4医生3护士共7人的工作队，派驻到3个地区A、B、C进行工作．若每一个地区至少派驻1医生1护士两位工作人员，且医生甲必须派驻到A地区，则不同的派驻方式有（   ） A．36种 B．72种 C．98种 D．108种 【变式1】（24-25高二下·山西·期末）某校选派了甲、乙等5名教师到三个乡村学校去支教，每个学校至少去1人，每名教师只能去一个学校，若甲、乙不去同一所学校，则不同的选派方法种数为（   ） A．108 B．114 C．162 D．225 【变式2】（24-25高二下·河北沧州·期末）现安排6名大学生到4所学校去实习，要求每名大学生去且只能去一所学校实习，每所学校都有大学生去实习，则不同的安排方法共有（    ）． A．480种 B．1080种 C．1560种 D．2640种 题型七 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·山东滨州·期中）给如图所示的4个区域着色，要求有公共边的相邻区域不得使用同一颜色. 现有4种颜色可供选择，则不同的着色方案有（    ） A．84种 B．24种 C．18种 D．12种 【典例2】（25-26高二下·四川成都·期中）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．192 B．216 C．264 D．288 【变式1】（25-26高二下·江苏徐州·期中）现某校数学兴趣小组给一个底面边长互不相等的直四棱柱容器的侧面和下底面染色，要求相邻两个面不得使用同一种颜色，现有5种颜色可供选择，则不同的染色方案有（    ） A．160种 B．240种 C．360种 D．420种 【变式2】（25-26高二下·河北沧州·阶段检测）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．19种 B．18种 C．17种 D．16种 题型八 求指定项系数或二项式系数 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。 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·贵州毕节·期末）的展开式的第7项的二项式系数是_____. 【典例2】（25-26高三上·天津·开学考试）在的展开式中，的系数为___________． 【变式1】（24-25高二下·河南郑州·期末）已知的展开式中第二项与第四项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为_____. 【变式2】（24-25高二下·山东威海·期末）的展开式中的系数为_____. 【变式3】（24-25高二下·湖南长沙·期末）展开式中的常数项为____________. 题型九 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·安徽合肥·期末）的展开式中所有项的系数和与二项式系数和分别为___________，___________. 【典例2】（24-25高二下·北京通州·期末）已知的展开式的二项式系数和为128，则n=______；含有项的系数为______． 【变式1】（24-25高二下·安徽亳州·期末）在二项式的展开式中，所有项的系数和为4096，则此二项式展开式中二项式系数之和是______. 【变式2】（24-25高二下·浙江·期末）若的展开式中,二项式系数之和与系数之和相等,则展开式中项的系数是______（用数字作答） 题型十 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】（25-26高二下·江苏·期中）在的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则（    ） A．14 B．13 C．12 D．11 【典例2】（25-26高二下·广东广州·期中）已知的二项式系数的最大值分别为，则正整数（   ） A．6 B．5 C．4 D．3 【变式1】（24-25高二下·四川遂宁·期末）在的二项展开式中，只有第4项的二项式系数最大，则展开式中的系数为_________．（用数字作答） 【变式2】（25-26高三上·山西晋城·阶段检测）在的展开式中，仅有第5项的二项式系数最大，则的展开式中有理项的项数是（    ） A．5 B．4 C．3 D．2 题型十一 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·江西·期末）（多选）已知，则（    ） A． B． C． D． 【典例2】（24-25高二下·山东淄博·期末）（多选）已知函数，则（    ） A． B． C． D．的个位数字是9 【变式1】（24-25高二下·四川乐山·期末）（多选）已知多项式，则下列说法正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高二下·山西·期末）（多选）已知，则（   ） A． B．在中的最大值为 C． D． 题型十二 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·四川成都·期末）的展开式中的系数为（   ） A．60 B．120 C．160 D．220 【典例2】（2026·山西晋城·一模）的展开式中的系数为（   ） A． B． C．20 D．24 【变式1】（25-26高二下·天津·阶段检测）在的展开式中，含的项的系数为（   ） A．10 B．20 C．30 D．60 【变式2】（25-26高二下·山东临沂·期中）的展开式中的系数为__________. 题型十三 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】（25-26高二下·江苏淮安·期中）今天是星期三，再过天是星期几（   ） A．星期三 B．星期五 C．星期六 D．星期日 【典例2】（25-26高二下·山东济宁·期中）除以5的余数是（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【变式1】（25-26高二下·四川眉山·期中）被7除所得的余数为4，则实数m可以为（） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式2】（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）除以的余数是（ ） A． B． C． D． 题型十四 杨辉三角 【典例1】（25-26高二下·广东广州·期中）我国南宋数学家杨辉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，如图是一个阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（    ） A．第行的第个数最大 B．第行所有数字之和为 C．从第行起到第行，每一行第个数字之和为 D．第行的所有数字之和被除的余数为 【典例2】（25-26高二下·陕西商洛·期中）我国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得自豪的，以下关于杨辉三角的叙述正确的是（   ） A．在“杨辉三角”第行中，从左到右第8个数是 B．第行的第个数最大 C．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 D．在“杨辉三角”中，当时，从第3行起，每一行的第3列的数字之和为 【变式1】（25-26高二下·四川成都·期中）如图所示为杨辉三角，第行的第个数可以表示为时）．在欧洲，这个表被认为是帕斯卡（1623-1662）首先发现的．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就已经出现了这个表，这是我国数学史上的一个伟大成就．同学们开展了数学探究，则下列命题正确的有（　　） A．第2026行中从左到右第28个数和第2000个数大小相等 B．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 C．第45行的所有数字之和被9除的余数为1 D．若存在，使得（且）为公差不为0的等差数列，则 【变式2】（25-26高二下·山西临汾·期中）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示．下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（    ） A． B．第2023行中从左往右第1011个数与第1012个数相等 C．记第n行的第i个数为，则 D．第20行中第12个数与第13个数之比为 题型十五 计数原理小题压轴 【典例1】（25-26高二下·广西南宁·期中）智能舞蹈机器人在舞台上随音乐节奏移动，每秒随机向正东、正西、正南、正北四个方向之一移动1米，若机器人A从舞台中心正北方向2米的位置起步，则机器人移动6秒恰好位于舞台中心的路径条数为______．（用数字作答） 【典例2】（25-26高二下·辽宁沈阳·期中）已知5支球队两两之间都要进行一场比赛，任意两支球队之间的比赛都没有平局，各队的实力相同，则有且只有2支球队恰好获胜3场的概率为__________． 【变式1】（25-26高二下·重庆·期中）为了增强学生体质，提高学生运动兴趣，某校高二年级共6个班准备在5月中旬举行自编操比赛，出场顺序抽签决定．则1班不在第一个出场，6班不在第6个出场，且2班和3班出场顺序不相邻的不同抽签结果有______种．（请用数字作答） 【变式2】（25-26高二下·浙江·期中）假设一个随机数选择器每次等可能地从到这个数字中选一个数，那么在次选择后（数字可重复），选出的个数的乘积能被整除的概率为______． 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（24-25高二下·浙江杭州·期末）从10名同学中，选出正班长1人，副班长1人，不同的选法种数是（   ） A．70 B．80 C．90 D．100 2．（24-25高二下·四川绵阳·期末）的展开式中含项的系数为（   ） A．10 B．5 C． D． 3．（24-25高二下·山东威海·期末）用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 4．（24-25高二下·云南曲靖·期末）二项式展开式中的第3项为______． 5．（25-26高二上·全国·单元测试）（多选）已知m，且，则下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 期末重难突破练（测试时间：20分钟） 6．（25-26高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，共有多少种不同的涂法（    ）    A．72 B．96 C．120 D．144 7．（24-25高二下·福建福州·期末）某学术协会收到5篇论文，需要分配给3名专家进行评审，每名专家至少评审1篇，每篇论文由1名专家独立评审，则不同的分配方式共有（ ） A．60种 B．90种 C．120种 D．150种 8．（24-25高二下·吉林长春·期末）为正实数，且，当取最小值时，的展开式中项的系数为 （    ） A． B． C． D． 9．（24-25高二下·湖北孝感·阶段检测）用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字的五位数． (1)比20000大的五位偶数共有多少个； (2)从小到大排列所有的五位数，问35214是第几位？ (3)能被6整除的五位数有多少个． 10．（24-25高二下·浙江杭州·期末）在的展开式中，第项为常数项． (1)求的值和该常数项的值； (2)求展开式中所有项的系数之和． 期末综合拓展练（测试时间：30分钟） 11．（25-26高二下·安徽六安·期中）3成人2小孩乘船游玩，1号船最多乘3人，2号船最多乘2人，3号船只能乘1人，他们任选2只船或3只船但小孩不能单独乘一只船，这5人共有______种乘船方法. 12．（25-26高二下·广东广州·期中）用四种不同颜色给三棱柱的六个顶点涂色，要求每个顶点涂一种颜色，且每条棱的两个顶点涂不同颜色，则不同的涂法有______种． 13．（25-26高二下·河北保定·期中）将含有甲，乙，丙，丁的8人均分成两个工作小组，然后从组中选择2人干工作，其余2人干工作；从组中选择1人干工作，其余3人干工作，已知甲不能干工作，乙要干工作，丙不与丁一组，则不同的分配方案总数为___________． 14．（25-26高二下·安徽阜阳·期中）2026年某中学预计会被用作公务员考试，生物奥赛考试等六项国家级考试作为考点.本校职工小明，小浩，小文因精通各项考试流程，考务组计划邀请三人加入监考工作（六项考试时间不冲突）.预计安排每人至少监考一项考试，每人至多监考三项考试，每项考试，三人中有且仅有一人参与，其中小明在公务员考试，生物奥赛考试中至少安排1项监考，则三人不同的监考安排方案种数为_________. 15．（25-26高二下·福建福州·期中）将1，1，2,3，5，6，6，6，6这9个数填入如图所示的格子中，要求每个数都要填入，且每个格子中只能填一个数，则不同的填法共有___________种，若填入的每行各数之和为偶数，则不同的填法共有___________种．（用数字作答） 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $