数学期末复习讲义（排列组合）-2025-2026学年高二下学期《期末考点大串讲》

编写说明：2025-2026学年高二下学期《数学期末考点大串讲》精准覆盖期末考试核心考点，紧密贴合职教高考题型，专辑内包含章节复习讲义和期末模拟卷，旨在为学生提供全方位、高效的期末复习解决方案。 2025-2026学年高二下学期《数学期末考点大串讲》 期末复习讲义—排列组合 核心考点 复习目标 考情规律 计数原理 准确理解并区分两个基本计数原理，并能解决简单的实际问题 基础考点，出现在选择题、填空题中 排列 理解排列概念，掌握公式，学会应用 考查形式非常稳定，主要以选择题和填空题为主，复习时应以基础题为主 组合 理解概念，掌握公式，分清“组合”与“排列” 考题稳定，难度适中，高频出现，主要以选择题和填空题为主，解答题也多有出现，与其他知识结合 二项式定理 掌握核心公式，厘清两个“系数”，解决“简单问题” 考查形式稳定，主要以选择题和填空题为主，整体难度中等偏下，属于基础题或中档题 第八章 排列组合 知识点1 排列组合 1.分类加法计数原理 完成一件事有n类不同的方案，在第一类方案中有m1种不同的方法，在第二类方案中有m2种不同的方法，……，在第n类方案中有mn种不同的方法，则完成这件事共有N＝__m1＋m2＋…＋mn__种不同的方法． 2.分步乘法计数原理 完成一件事需要分成n个不同的步骤，完成第一步有m1种不同的方法，完成第二步有m2种不同的方法，……，完成第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝__m1·m2·…·mn__种不同的方法． 重要结论 分类加法计数原理和分步乘法计数原理的区别 分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤相互联系、相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事． 3.排列与排列数 (1)排列的定义：从n个__不同__元素中取出m(m≤n)个元素，按照一定的__顺序__排成一列，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个排列． (2)排列数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的__所有不同排列__的个数叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号__A__表示． (3)排列数公式：A＝__n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)__． (4)全排列：n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个元素的一个全排列，A＝n×(n－1)×(n－2)×…×2×1＝__n！__．排列数公式写成阶乘的形式为A＝，这里规定0！＝__1__． 4.组合与组合数 (1)组合的定义：一般地，从n个__不同__元素中取出m(m＜n)个元素__合成一组__，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合． (2)组合数的定义：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的__所有不同组合__的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号__C__表示． (3)组合数的计算公式：C＝＝＝，这里规定C＝__1__． (4)组合数的性质：①C＝__C__；②C＝__C__＋__C__． 重要结论 对于有附加条件的排列、组合应用题，通常从三个途径考虑 (1)以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素． (2)以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置． (3)先不考虑附加条件，计算出排列数或组合数，再减去不合要求的排列数或组合数． 知识点2 二项式定理 1. 二项式定理 (a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N＋)． 这个公式叫做二项式定理，右边的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中的系数C(k＝0,1,2，…，n)叫做__二项式系数__，式中的__Can－kbk__叫做二项展开式的__通项__，用Tk＋1表示，即通项为展开式的第__k＋1__项：Tk＋1＝__Can－kbk__． 2.二项展开式形式上的特点 (1)项数为__n＋1__． (2)各项的次数和都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为__n__． (3)字母a按__降幂__排列，从第一项开始，次数由n逐项减小1直到零；字母b按__升幂__排列，从第一项起，次数由零逐项增加1直到n． 3.二项式系数的性质 (1)0≤k≤n时，C与C的关系是__C＝C__． (2)二项式系数先增后减，中间项最大． 当n为偶数时，第＋1项的二项式系数最大；当n为奇数时，第项和项的二项式系数最大． (3)各二项式系数的和：C＋C＋C＋…＋C＝__2n__，C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝__2n－1__． 重要结论 1．二项式定理中，通项公式Tk＋1＝Can－kbk是展开式的第k＋1项，不是第k项． 2．(1)二项式系数与展开式中项的系数是两个不同的概念，在Tk＋1＝Can－kbk中，C是该项的二项式系数，该项的系数还与a，b有关． (2)二项式系数的最值和增减性与指数n的奇偶性有关．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． 一、单选题 1．（24-25高三下·河北·对口/高职单招）新型智能锁有6个密码，密码从0~9选择，有多少种方法（    ） A． B． C．60 D．16 2．（21-22高三·河北·模拟预测）从数字0，1，2，3中任取两个数字组成无重复数字的两位数的个数是（    ） A．2个 B．3个 C．6个 D．9个 3．（25-26高三下·河北·二模）由四个数字可组成（   ）个无重复数字的两位数． A．6 B． C．7 D． 4．（2024高三·全国·专题练习）在6个不同元素进行全排列，若其中两个元素必须排两端，且两元素必须相邻，那么排法种数有（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高三下·河北·对口/高职单招）从4种花卉中任选3种，分别种在不同形状的3个花盆中，不同的种植方法有（    ） A．81种 B．64种 C．24种 D．4种 6．（19-20高三·河北·对口/高职单招）某医院为支援湖北疫情，从4名医生和6名护士中选派3名医生和3名护士参加援鄂医疗小分队，不同的选派方法共有（   ） A．20种 B．40种 C．60种 D．80种 7．（21-22高三上·山东济南·一模）若从1，2，3，…，9这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有（    ） A．60种 B．63种 C．65种 D．66种 8．（23-24高二上·全国·期末）把3个歌唱节目和2个舞蹈节目排成一个节目单，要求2个舞蹈节目之间恰有一个歌唱节目，则所有不同节目单的排法有（    ） A． B． C． D． 9．（22-23高三·山东青岛·一模）在二项式的展开式中，项的系数为（    ） A．45 B．60 C． D． 10．（2025高三·全国·专题练习）在的展开式中，常数项为（ ） A．80 B． C．160 D． 答案 1．A 【分析】通过分步计数原理即可得解. 【详解】新型智能锁有6个密码，密码从0~9选择， 每一位密码都有种选择，则共有种方法， 故选：. 2．D 【分析】应用分步计数原理，分析出十位的可能数与个位的可能数即可得解. 【详解】由题意可知，十位数字不能为，则从中任取一个数字，有种可能， 个为数字，则从剩下的为数字中任取一个数字，有种可能， 则组成无重复数字的两位数的个数为个. 故选：. 3．B 【分析】根据排列数计算即可. 【详解】由四个数字可组成个无重复数字的两位数， 故选：B. 4．B 【分析】首先对两个元素进行全排列，再运用捆绑法考虑和余下的元素，最后运用乘法计数原理计算即可得出结果. 【详解】已知必须在两端，所以先排列，共有种排法， 且必须相邻，所以排列，共有种排法， 最后将当成一个元素，和余下的两个元素一起排列，共有种排法， 综上所述，排法种数共有， 故选：B. 5．C 【分析】利用排列的意义与排列数公式即可得解. 【详解】从4种花卉中任选3种，分别种在不同形状的3个花盆中， 不同的种植方法有. 故选：C. 6．D 【分析】分步计算选择医生和护士的选法，进而得到总的选法. 【详解】根据题意，分两步完成. 第一步，从4名医生中选出3名医生有种选法. 第二步，从6名护士中选出3名护士有种选法. 所以总的不同选法有种. 故选：D. 7．D 【分析】所取4个数的和为偶数，有以下情形：4个奇数；4个偶数；2个奇数2个偶数．利用组合数列式计算即可． 【详解】1，2，3，…，9这9个整数中有5个奇数4个偶数． 所取4个数的和为偶数，有以下情形：4个奇数；4个偶数；2个奇数2个偶数． 则不同的取法共有种． 故选：D． 8．A 【分析】利用排列组合中“捆绑法”，结合分步计数原理的知识求解即可. 【详解】由题意知，2个舞蹈节目全排列，有种， 从3个歌唱节目中任选一个插入舞蹈节目之间，有种， 把这3个节目看成一个元素与另外的两个歌唱节目进行排列，有种， 所以所有不同节目单的排法有种. 故选：A. 9．A 【分析】根据二项式展开规则列出展开式，找到包含的项并算系数即可. 【详解】易知， 其中，包含的项为：，则系数为. 故选：. 10．D 【分析】利用二项式展开式通项公式即可求解. 【详解】由于互为倒数，故常数项为第4项， 即常数项为， 故选:D. 题型一 排列问题 【典例1】（2025高三·河南·专题练习）用数字1，2，3，4，5组成的无重复数字的四位偶数的个数为（    ） A．8 B．24 C．48 D．120 【答案】C 【分析】由分步计数原理，先排个位再排余下三位数即可得解. 【详解】由题意知本题需要分步计数，2和4排在末位时，共有种排法， 其余三位数从余下的四个数中任取三个排列，有种排法， 根据由分步计数原理得到符合题意的偶数共有（个）， 故选：. 【典例2】（2024高三·专题练习）甲乙丙丁4名同学站成一排拍照，若甲不站在两端，不同排列方式有（    ） A．6种 B．12种 C．36种 D．48种 【答案】B 【分析】题目关键点为甲不站在两端，则甲站中间2个位置，先排好甲以后，剩余3个位置其余的三位同学进行全排列即可. 【详解】甲站位的排列数为，其余三位学生的全排列数为， 所有的排列方式有：. 故选：B. 【典例3】（2026高三·河北·专题练习）已知，则的值为（   ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】根据排列数公式即可得解. 【详解】因为，而，即有，于是， 所以的值为5， 故选：C. 【典例4】（22-23高三·浙江嘉兴·二模）甲、乙、丙、丁、戊五人排成一排，甲和乙不相邻，排法种数为（    ） A．12 B．36 C．48 D．72 【答案】D 【分析】先将丙、丁、戊三人排列好形成个空位，再将甲和乙安排进其中两个位置即可. 【详解】因为甲、乙、丙、丁、戊五人排成一排，甲和乙不相邻， 先将丙、丁、戊三人排列有排法，三人间形成个空位， 再安排甲和乙有排法， 所以满足题目条件的排法种数. 故选：D. 【典例5】（2024高三·专题练习）六名同学暑期相约去都江堰采风观景，结束后六名同学排成一排照相留念，若甲与乙相邻，丙与丁不相邻，则不同的排法共有（   ） A．48种 B．72种 C．120种 D．144种 【答案】D 【分析】甲和乙相邻利用捆绑法，丙和丁不相邻用插空法，即先捆甲和乙，再与丙和丁外的两人共“3人”排列，再插空排丙和丁. 【详解】甲和乙相邻，捆绑在一起有种，再与丙和丁外的两人排列有种， 再排丙和丁有种，故共有种排法. 故选：D. 解｜题｜技｜巧 技巧一：特殊元素/位置优先法（谁有限制先处理谁） 技巧二：捆绑法（解决“必须相邻”） 技巧三：插空法（解决“必须不相邻”） 技巧四：正难则反（排除法/间接法） 【变式1】（2025高三·河南·专题练习）用0，1，2，3，4可以组成数字不重复的两位数的个数为（    ） A．15 B．16 C．17 D．18 【变式2】（2025高三·河南·专题练习）甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面，则不同的排法有（    ） A．24种 B．6种 C．4种 D．12种 【变式3】（25-26高二下·浙江绍兴·阶段检测）算式的积为 （    ） A． B． C． D． 【变式4】（24-25高二下·全国·期末）4名学生和3名教师站成一排照相，任意2名教师不相邻的排法数为（   ） A． B． C． D． 【变式5】（21-22高二下·山东枣庄·期末）2名男生和5名女生随机站成一排，则2名男生正好相邻的概率是（    ） A． B． C． D． 答案 1、【答案】B 【分析】分类讨论个位数是和不是的情况即可得解. 【详解】若个位数是，则有个； 若个位数不是，则有个， 则共有个， 故选：B． 2、【答案】B 【分析】根据题意将乙、丙、丁三人进行全排列即可得解. 【详解】甲、乙、丙、丁四人站成一列，要求甲站在最前面， 则只需对剩下3人全排即可，则不同的排法共有， 故选：. 3、【答案】B 【分析】根据排列数的计算公式即可解答. 【详解】， 故选：B. 4、【答案】C 【分析】应用插空法先排学生，再排教师即可得解. 【详解】首先4名学生先站成一排，共有种站法， 然后3名教师插到5个空里，有种站法，所以总共有种站法， 故选：. 5、【答案】B 【分析】利用捆绑法进行排列，根据古典概型的概率公式即可解得. 【详解】2名男生和5名女生共人排序共有种排法， 将两名男生当做一个整体，则共有种排法， 两名男生看作一个整体与剩下五名女生进行排序共有种排法， 则2名男生和5名女生随机站成一排，则2名男生正好相邻的概率为， 故选：B 题型二 组合问题 【典例1】（21-22高三·山东青岛·模拟预测）6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（    ） A．120种 B．90种 C．60种 D．30种 【答案】C 【分析】根据分步计数法和组合数的计算，进行求解. 【详解】6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆， 甲场馆安排1人有种结果； 乙场馆从剩下的5人，安排2名有种结果； 丙场馆从剩下的3人，安排3名有1种结果. 故总的方案有种. 故选：C. 【典例2】（23-24高二下·山东德州·期末）从5名男生和3名女生中选派3人参加志愿者工作，要求男、女生都要有，则不同的选派方法种数为（    ） A．45 B．56 C．90 D．15 【答案】A 【分析】利用分类计数原理与组合数公式可求. 【详解】由题意，若选名男生，名女生，则有种方法； 若选名男生，名女生，则有种方法； 则共有种方法； 故选：A. 【典例3】（25-26高三下·山东·模拟预测）某学校开设了选修课，体育类和艺术类各有4门课程可选．学生需从这8门选修课中选修2门或3门，且每类选修课至少要选修1门，则所有不同的选课方案种数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先分别讨论从8门课中选修2门和从8门课中选修3门两种情况，再由组合数分别计算即可. 【详解】当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种， 当从8门课中选修3门，可分为两种情况， 若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种， 若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种， 所以不同的选课方案共有种． 故选：C． 【典例4】（24-25高三上·浙江·一模）如图所示的三角形上各有一个数字，若六个三角形上的数字之和为，则称该图形是“和谐图形”．已知其中四个三角形上的数字之和为，现从中任取两个不同的数字标在另外两个三角形上，则恰好使该图形为“和谐图形”的概率为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先根据组合数求出从中任取两个不同的数字的基本事件的总数，再列出使该图形为“和谐图形”的所有基本事件，再由古典概型的概率公式求值即可. 【详解】从中任取两个不同的数字，共有个基本事件， 其中使该图形为“和谐图形”（两个数字和为6）的有共2个基本事件， 所以恰好使该图形为“和谐图形”的概率为. 故选：B. 【典例5】（2024高三·专题练习）若，则（    ） A．2 B．8 C．2或8 D．2或4 【答案】A 【分析】利用组合数的性质求出的值. 【详解】由组合数的性质可得，解得， 又，所以或， 解得或（舍去）. 故选：A. 【典例6】（25-26高二下·山东菏泽·期中）已知，则__________. 【答案】12 【分析】根据组合数的两个公式求解即可. 【详解】由，可得， ∵， ∴， ∵， ∴，即， 解得. 故答案为：12. 解｜题｜技｜巧 技巧一：定性判断法（选C还是选A？） 题目说“任取”或者“抽取”，只要没提“排列”、“排顺序”、“担任不同职务”，大概率就是组合！ 技巧二：正难则反（排除法 / 间接法）—— 王牌技巧！ 技巧三：分类加法（“至多/至少”正面硬刚） 技巧四：先选后排（混合问题破解法） 题目同时涉及“选取”和“安排”，记住先组合取出来，再排列放进去 【变式1】（22-23高三·河北·一模）有2名男生、4名女生，从中选3人去敬老院打扫卫生，要求必须有男生，则不同的选法有（    ） A．4种 B．16种 C．20种 D．12种 【变式2】（23-24高二下·全国·课后作业）安排10名学生搞卫生，其中7名学生扫地，其他3名学生推车，则不同的分配方案种数为（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【变式3】（8-9高三·江苏盐城·一模）从这九个数中，随机抽取3个不同的数，则这3个数的和为奇数的概率是（    ） A． B． C． D． 【变式4】（2024高三·专题练习）宋代学者聂崇义编撰的《三礼图集注》中描述的周王城，“匠人营国，方九里，旁三门，国中九经九纬……”；意思是周王城为正方形，边长为九里，每边都有左中右三个门；城内纵横各有九条路……；则依据此种描述，画出周王城的平面图，则图中共有（    ）个矩形 A．3025 B．2025 C．1225 D．2525 【变式5】（2024高三·专题练习）（    ） A．84 B．120 C．126 D．210 答案 1、【答案】B 【分析】利用间接法，从2名男生、4名女生中选3人去敬老院打扫卫生，共有（种）方法，剔除所选的3人全是女生的方法数即可. 【详解】因为从2名男生、4名女生中选3人去敬老院打扫卫生，共有（种）方法， 若选的3人全是女生，共有（种）方法， 所以符合条件的不同选法共有（种）方法. 故选：B 2、【答案】D 【分析】根据分步计数原理可求解. 【详解】分两步，第一步，从10名学生中选7名学生扫地，共有种方法； 第二步，从余下的3名学生中选3名学生推车，共有种方法； 所以不同的分配方案种数为：种. 故选：D 3、【答案】D 【分析】先求出随机抽取3个不同的数的方法数，再求解这3个数的和为奇数的方法数，由古典概型概率公式求解即可. 【详解】从这九个数中，随机抽取3个不同的数， 方法数为种， 这3个数的和为奇数的情况为，3个奇数或1个奇数2个偶数， 方法数为种， 所以这3个数的和为奇数的概率是. 故选：D. 4、【答案】A 【分析】本题可借助组合数以及分步乘法计数原理得出结果. 【详解】要想组成一个矩形，需要找出两条横边、两条纵边， 根据分步乘法计数原理，依题意，所有矩形的个数为， 故选：A. 5、【答案】D 【分析】根据组合数的性质即可求解. 【详解】因为， 所以． 故选：D 题型三 排列、组合综合问题 【典例1】（25-26高三下·河北·模拟预测）在数学中，有一个被称为自然常数（又称欧拉数）的常数.小明在设置银行卡的数字密码时，打算将自然常数e的前6位数字2，7，1，8，2，8进行某种排列得到密码.如果排列时要求两个2不相邻，两个8相邻，那么小明可以设置的不同的密码种数为（    ） A．36 B．48 C．72 D．120 【答案】A 【分析】根据排列组合的应用即可得解. 【详解】如果排列时要求两个8相邻，两个2不相邻，可将两个8捆绑看作一个元素， 与7，1全排列，排好后有4个空位，将两个2插入其中的2个空位中， 因此小明可以设置的不同密码共有(种)， 故选：. 【典例2】（2026高三·河北·专题练习）第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲乙等5名杭州亚运会志愿者到羽毛球、游泳、射击、体操等四个场地进行志愿服务，每个志愿者只去一个场地，每个场地至少一名志愿者，若甲去羽毛球场，则不同的安排方法共有（   ） A．6种 B．60种 C．36种 D．24种 【答案】B 【分析】分游泳场有2名志愿者和1名志愿者两种情况讨论，然后利用分类加法原理求解即可. 【详解】分两类：一类是羽毛球场1人，另一类是羽毛球场2人. 若羽毛球场2人，除甲外的其余4人每人去一个场地，有种. 若羽毛球场1人（甲），其余4人分成3组（2,1,1）再安排到剩余的3个场地有种. 所以一共有种. 故选：B. 【典例3】（2026高三·河北·专题练习）已知10件不同产品中有4件是次品，现对它们进行一一测试，直至找出所有4件次品为止． (1)若恰在第5次测试，才测试到第一件次品，第十次才找到最后一件次品，则这样的不同测试方法数是多少？ (2)若恰在第5次测试后，就找出了所有4件次品，则这样的不同测试方法数是多少？ 【答案】(1)103680种. (2)576种. 【分析】（）根据题意结合排列数的计算及分步计数原理即可得解. （）根据题意可知第5次测试恰为最后一件次品，结合排列数及组合数的计算即可得解. 【详解】（1）10件不同产品中有4件是次品，则件是正品， 先排前4次测试，只能取正品，有种不同测试方法， 再从4件次品中选2件排在第5和第10的位置上测试，有种测法， 再排余下4件的测试位置有种测法． ∴共有不同排法种. （2）第5次测试恰为最后一件次品，另3件在前4次中出现，从而前4次有一件正品出现． ∴共有不同测试方法种． 【典例4】（18-19高二下·河北沧州·期中）用0，1，2，3，4，5六个数字， (1)可以组成多少个没有重复数字的五位数？ (2)可以组成多少个没有重复数字的五位奇数？ (3)可以组成多少个没有重复数字的五位偶数？ (4)可以组成多少个没有重复数字的大于200的三位奇数？ 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】（1）考虑特殊元素，利用排除法即可得解； （2）考虑特殊位置，利用分步乘法计数原理即可得解； （3）利用（1）（2）的结论即可得解； （4）利用分类乘法计数原理，结合排除法即可得解. 【详解】（1）先将0排在万位，再从剩下5个数中任选4个数排列，有种排法， 由排除法知，这样的五位数共有（个）. （2）由题意知，个位与万位均为特殊位置，分步进行考虑， 第一步：考虑个位，共有种排法； 第二步：排万位，共有种排法； 第三步：排十、百、千位，共有种排法（包括零在内）. 所以没有重复数字的五位奇数共有（个）. （3）由（1）（2）知，没有重复数字的五位偶数的个数为（个）. （4）由题意知，可以组成没有重复数字的三位奇数（个）， 因为小于200的三位奇数百位数必为，故其个数为（个）， 所以大于200的三位奇数的个数为（个）. 解｜题｜技｜巧 技巧一：万能解题“三板斧”（审题流程） 遇到综合题别慌，按下面三步走，思路绝对不会乱： 看“无序/有序”：调换元素顺序，结果变不变？变→用A（排列）；不变→用C（组合）。 找“特殊限制”：谁有“必须”、“不能”、“至少”等条件？先处理它（特殊优先法）。 定“分类/分步”：完成这件事需要“分类讨论”（加法）还是“分步进行”（乘法）？ 技巧二：先选后排（解决“混合问题”的王牌） 当题目既让你“选人”又让你“安排职务”时，一定是先组合（C）把人选出来，再排列（A）分配职务。顺序千万不能乱！ 技巧三：复合条件“捆绑+插空”联用 综合题最爱考“甲和乙相邻，丙和丁不相邻”这种多重限制。记住：先捆（处理相邻），再插（处理不相邻） 技巧四：正难则反（总体排除法） 【变式1】（22-23高三·山东泰安·模拟预测）10件产品中有两件次品，从中任取两件，全是正品的概率是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（18-19高二下·河北沧州·期中）为支援四川地区抗震救灾，某医院从8名医生（包括甲乙丙三位医生）中选派4人去4个受灾地区工作，每个地区一人试回答下列问题： (1)若甲和乙必须去，但丙不去，问有多少种不同的选派方案？ (2)若甲必须去，但乙和丙都不去，问有多少种不同的选派方案？ (3)乙丙都不去，问有多少种不同的选派方案？ 【变式3】（2026高三·河北·专题练习）从5名男生和4名女生中选出4人去参加数学竞赛． (1)如果选出的4人中男生、女生各2人，那么有多少种选法？ (2)如果男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，那么有多少种选法？ (3)如果被选出的4人是甲、乙、丙、丁，将这4人派往2个考点，每个考点至少1人，那么有多少种派送方式？ 答案 1、【答案】D 【分析】由古典概型概率公式计算即可. 【详解】设全是正品的事件为A， 所以. 故选：D. 2、【答案】(1) (2) (3) 【分析】第一步先根据题意求出安排谁去的选派方案，根据组合数计算，第二步再计算选出的4人分配到4个地区的选派方案，根据全排列计算，最后相乘即可求得总的选派方案. 【详解】（1）若甲和乙必须去，但丙不去， 第一步：先从甲乙丙之外的5人中选2人去，有种选派方案； 第二步：选出的4人（包括甲乙）分派到4个灾区有种选派方案； 则总共有种选派方案. （2）若甲必须去，但乙和丙都不去， 第一步：先从甲乙丙之外的5人中选3人去，有种选派方案； 第二步：选出的4人（包括甲）分派到4个灾区有种选派方案； 则总共有种选派方案. （3）若乙丙都不去， 第一步：先从乙丙之外的6人中选4人去，有种选派方案； 第二步：选出的4人（包括甲）分派到4个灾区有种选派方案； 则总共有种选派方案. 3、【答案】(1)60 (2)91 (3)14 【分析】（1）根据组合概念以及组合数公式求解即可. （2）根据对立事件以及组合数公式求解即可. （3）根据每个考点的人数进行分类讨论，再根据分类加法计数原理求解即可. 【详解】（1）从5名男生中选2名，4名女生中选2人，属于组合问题，，故有60种选法； （2）若小王和小红均未入选，则有种选法， 故男生中的小王和女生中的小红至少有1人入选，则有种选法； （3）若2个考点派送人数均为2人，则有种派送方式， 若1个考点派送1人，另1个考点派送3人，则有种派送方式， 故一共有8+6=14种派送方式. 题型四 二项式展开式的通项 【典例1】（25-26高三下·河北·一模）二项式的展开式中第5项的系数为（   ） A．252 B． C．210 D． 【答案】C 【分析】利用二项展开式的通项公式求解. 【详解】由二项式，可得， 所以第项的系数为， 故选：C. 【典例2】（23-24高三上·四川成都·阶段检测）的展开式中的系数为（    ） A．10 B．20 C．40 D．80 【答案】C 【分析】先求出二项展开式的通项公式，再令，求出即可. 【详解】的展开式的通项公式为 ， 令，得， 因此，的展开式中的系数为. 故选：C. 【典例3】（25-26高二下·河北石家庄·期中）在的展开式中，常数项为第（   ）项. A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】根据二项式的展开式通项求解即可. 【详解】的展开式通项为， 令，解得，则常数项为第. 故选：C. 【典例4】（2025高三·全国·专题练习）二项式的展开式的中间项为（     ） A． B． C．和 D．和 【答案】C 【分析】利用二项式的展开公式，计算得到答案. 【详解】二项式的展开式共有项，中间项有两项，为第五项和第六项，， 故选：C． 解｜题｜技｜巧 技巧一：标准“三步走”流程（求指定项/含某次方的项） 技巧二：常数项（送分题，必拿！） 特征：题目问你“常数项”或者“不含x 的项”。 秒杀思路：无论括号里是什么，只要最终x 的指数为 0 就行 技巧三：负号处理（符号是最大失分点！） 如果括号里是减法，一定要把负号带上！ 技巧四：二项式系数 vs 项的系数（概念必考辨析） 【变式1】（2025高三·全国·专题练习）的展开式中，第4项的系数为（    ） A． B．80 C．40 D． 【变式2】（22-23高三下·河南·阶段检测）二项式的展开式中，含的项的系数是（    ） A． B． C． D． 【变式3】（20-21高三·浙江绍兴·一模）二项式展开式第4项的系数为20，则（ ） A． B．l C． D． 答案 1、【答案】A 【分析】利用二项式的展开通项公式即可得解. 【详解】对于， 其第4项为， 则第4项的系数为. 故选：A. 2、【答案】D 【答案】D 【分析】由二项展开式的通项公式运算即可得解. 【详解】因为二项式的展开式的通项公式， 令可得，所以展开式中含的项的系数是. 故选：D. 3、【答案】C 【分析】根据二项式展开式的通项即可求解. 【详解】二项式展开式的通项为， 所以第4项为，则， 解得. 故选：C. 题型五 二项展开式系数的性质 【典例1】（21-22高三上·河南安阳·期末）已知的展开式中各项的二项式系数之和是，则（    ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】C 【分析】根据二项式系数的性质，列方程可求解． 【详解】的展开式中各项的二项式系数之和是256， ，解得. 故选：C 【典例2】（24-25高三·山东·一模）已知的二项展开式中，各项的二项式系数之和为64，则各项二项式系数中的最大值是（   ）. A． B．10 C．20 D．35 【答案】C 【分析】根据二项式系数的性质求解. 【详解】∵各项的二项式系数之和为64，∴，得， ∴各项二项式系数中的最大值是. 故选：C． 【典例3】（24-25高三上·山东菏泽·模拟预测）若，则的值为（   ） A．1 B．15 C．16 D．32 【答案】C 【分析】利用特殊值法令，即可求解的值. 【详解】由题意知， 令，则. 故选：C. 【典例4】（24-25高二下·全国·课前预习）的展开式中二项式系数最大的项是（   ） A．第6项 B．第8项 C．第5，6项 D．第6，7项 【答案】D 【分析】利用二项式定理以及二项式系数的性质进行求解判断. 【详解】由为奇数，则展开式中第项和第项， 即第6项和第7项的二项式系数相等，且最大. 故选：D. 解｜题｜技｜巧 性质一：各项二项式系数之和（必考！） 秒杀技巧：不管括号里是什么，只要题目问“二项式系数的和”，直接填2n。 性质二：所有项的系数之和（赋值法！最强大招） 性质：求展开式中所有项的系数之和（包括符号）。 秒杀技巧：令未知数x=1，算出来的值就是所有项的系数之和！ 性质三：二项式系数最大项（看n 的奇偶） 【变式1】（24-25高三上·山东日照·一模）在的二项展开式中，所有二项式系数之和为64，则展开式的项数是（   ） A．7 B．8 C．9 D．10 【变式2】（24-25高三下·江苏·二模）已知的展开式中各二项式系数之和为1024，则展开式的中间项为（   ） A．252 B． C． D． 【变式3】（24-25高二下·四川南充·阶段检测）设，则（ ） A． B． C．1 D．2 【变式4】（2025高三·全国·专题练习）的展开式中系数最大的项是（     ） A．第5项 B．第6项 C．第5项、第6项 D．第6项、第7项 答案 1、【答案】C 【答案】A 【分析】根据二项展开式中所有二项式系数之和的性质列式即可求解. 【详解】由题意得，所有二项式系数之和为，解得， 所以二项式展开后共有项． 故选：A. 2、【答案】A 【答案】C 【分析】首先求出，再根据二项式的展开式求中间项. 【详解】因为各二项式系数之和为1024，所以，解答. 则展开式的中间项为第项. 因为的展开式为， 所以. 故选：C. 3、【答案】A 【答案】D 【分析】根据二项式系数和令和即可求解. 【详解】因为， 令，则， 令，则 所以. 故选：D. 4、【答案】B 【分析】根据二项式展开式的通项公式，二项式系数的性质，即可得出结论. 【详解】由的展开式的通项为知展开式中系数最大的项即二项式系数最大的项， 即最大，所以，即第6项的系数最大． 故选：B. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！14 / 27 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $