第三章 排列、组合与二项式定理单元复习（复习讲义）数学人教B版高二选择性必修第二册

第三章 排列、组合与二项式定理 复习要点 1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义． 2.通过实例，理解排列、组合的概念． 3.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式． 4.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理． 5.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题． 复习重难点 重点：基本概念和基本方法为主；涉及特殊元素与特殊位置、两元索相邻或不相邻、分组、分配等问题；二项式定理的展开项与特定项；二项式中系数之和及系数的最值问题. 难点：涂色问题；分组与分配问题（平均分）；多面手问题及排列与组合的综合问题；二项式系数之和与二项式展开式中的之和；二项式展开式中的系数的最大值问题. 知识点 分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 要点速测 1.（25-26高二下·陕西榆林·期中）某校开设类选修课3门，类选修课2门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有（    ） A．2种 B．3种 C．5种 D．6种 【答案】C 【详解】根据分类加法计数原理，不同的选法共有种. 知识点 分步乘法计数原理 1.分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 2.两个原理及其区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理． 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题．如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理． 当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理．即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数．对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法． 要点速测 2．（25-26高二下·四川遂宁·期中）为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、6种荤菜中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有（ ） A．48种 B．36种 C．24种 D．12种 【答案】B 【分析】根据分步乘法计数原理计算. 【详解】由题意可知，分三步完成： 第一步，从2种主食中任选一种有2种选法；第二步，从3种素菜中任选一种有3种选法； 第三步，从6种荤菜中任选一种有6种选法， 根据分步计数原理，共有种不同的选取方法， 知识点排列与排列数 1.定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． 2.排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． 3.排列数的性质： ①；②；③． （4）解排列应用题的基本思路： 通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）． 注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用． 要点速测 3．（25-26高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）用这5个数字可以组成没有重复数字的四位数的个数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】用这5个数字可以组成没有重复数字的四位数的个数为. 知识点组合与组合数 1.定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． 2.组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到； 因此． 这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：． 注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明． 3.组合数的主要性质：①；②． 4.组合应用题的常见题型： ①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型 ②“至少”或“最多”含有几个元素的题型 要点速测 4．（25-26高二下·天津武清·期中）要从件不同的礼物中选出件，不同的选法种数为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】根据组合数的定义可知，选法种数为：. 知识点二项式定理 1.二项式定理 (1).式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N*)； (2).通项公式：Tr＋1＝Can－rbr，它表示第r＋1项； (3).二项式系数：二项展开式中各项的系数C，C，…，C. 2.二项式系数的性质 性质 性质描述 对称性 与首末等距离的两个二项式系数相等，即C＝C 增减性 二项式系数C 当k＜(n∈N*)时，是递增的 当k＞(n∈N*)时，是递减的 二项式系数最大值 当n为偶数时，中间的一项取得最大值 当n为奇数时，中间的两项与取得最大值 3.各二项式系数和 (1).(a＋b)n展开式的各二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n. (2).偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. 【知识必备】(a＋b)n的展开式形式上的特点： (1).项数为n＋1. (2).各项的次数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1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n. (4).二项式的系数从C，C，一直到C，C. 要点速测 5．（25-26高二下·山西·期中）的展开式为______. 【答案】 【分析】由二项式展开公式即可求解. 【详解】根据二项式展开公式， 令，，， 可得 题型01 两种计数原理应用 ▌例1 （25-26高二下·西藏昌都·期末）现有名志愿者在五一放假三天里，到公园去服务，每人服务一天，那么在这三天里，公园每天都有志愿者服务的安排方案有（    ）种 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用分组分配的方法，结合分步乘法计数原理分析计算即可 【详解】第一步：分组，从名志愿者中任选人作为一组，剩余人各自为一组，方法有：种， 第二步：分配，将分好的三组分配到假期的三天，方法有：种， 所以假期的三天里，公园每天都有志愿者服务的安排方案有：种. 解题技巧 分类加法重在“互斥穷尽”：把问题拆成几类，每类独立算完再加总，确保不重不漏。分步乘法重在“连贯完整”：完成一件事需多步，每步方法数相乘，注意步骤缺一不可。判断时看“做完一类是否算完成”，若是则加法，若只是中间环节则乘法。 ▌迁移练1-1（25-26高二下·全国·课后作业）有红、黄、蓝三种颜色的旗各足够多面，每次可以升1面、2面或3面旗，纵向排列在旗杆上表示信号，旗数或顺序不同时表示不同信号，则可以表示不同信号的种数为（   ） A．38 B．39 C．40 D．42 【答案】B 【分析】首先，将升旗分类可分为升1面，升2面，升3面，求出每一类表示信号的数量，再相加即可求解. 【详解】升1面旗有3种信号，升2面旗有种信号，升3面旗有种信号． 总数为种． ▌迁移练1-2（25-26高二下·青海海东·期末）某外语组有9人，其中6人主修英语，3人主修俄语，从中选出主修英语和俄语的各一人，不同的选法有（    ） A．9种 B．18种 C．种 D．种 【答案】B 【详解】从主修英语的选1人，有6种方法；从主修俄语的选1人，有3种方法， 所以不同选法种数是. ▌迁移练1-3（25-26高二下·吉林四平·期末）已知4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同报法的种数为（    ） A．16 B．27 C．64 D．81 【答案】D 【详解】一共有 3 支运动队：足球、篮球、乒乓球，每位同学都有3 种报名选择；共有 4 名同学，每人选择相互独立； 总报法种数：. ▌迁移练1-4（25-26高二下·广西桂林·期末）从5名男生和4名女生中选2男1女参加一项活动，则不同的选法共有（    ） A．84种 B．80种 C．40种 D．20种 【答案】C 【详解】从5名男生和4名女生中选2男1女参加一项活动， 有种不同的选法. ▌迁移练1-5（25-26高二下·北京房山·期末）生鲜超市分拣员整理货品，现有6种水果，5种蔬菜，从中任选5种货品打包礼盒，要求礼盒中水果、蔬菜都不能少于2种，则不同的选法种数为（    ） A．150 B．200 C．350 D．400 【答案】C 【详解】任选5种货品，且水果、蔬菜都不能少于2种，对水果、蔬菜各自的数量分类可分两类， 第一类：2种水果3种蔬菜，可得选法有种， 第二类：3种水果2种蔬菜，可得选法有种， 故不同的选法种数为种. 题型2 排列数与组合数的计算 ▌例2 （25-26高二下·陕西榆林·期末）的值为（   ） A．101 B． C．6 D． 【答案】D 【分析】利用排列组合数公式计算即可. 【详解】. ▌迁移练2-1（25-26高二下·福建南平·期末）若（且），则（     ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【分析】根据排列数、组合数及组合数的性质计算即可. 【详解】由，得， 因为且，所以，解得. 当时，， 故. ▌迁移练2-2（25-26高二下·河北保定·期末）若正整数满足，则（    ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 【答案】B 【分析】由组合数性质进行求解． 【详解】因为，由， 得，得，得，得． ▌迁移练2-3（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）不等式的解集为（    ） A．(5，10) B． C． D． 【答案】D 【分析】根据排列数的定义计算即可. 【详解】由，得， 整理得，解得， 又因为根据排列数的定义，需满足，解得，则. ▌迁移练2-4（25-26高二下·广东深圳·期中）满足等式的的值为（     ） A． B． C．或 D． 【答案】D 【详解】由可得， 整理可得，即， 由题意可知且，故. ▌迁移练2-5(多选）（25-26高二下·福建福州·期末）下列关于排列数、组合数的等式（，，）中，正确的是（     ） A． B． C． D． 【答案】AD 【详解】A.根据组合数的对称性可知，，故A正确； B. ，故B错误； C.， ，所以，故C错误； D.因为， 两边取导数得，， 令，得，故D正确. 题型3 相邻与不相邻问题 ▌例3 （多选）（25-26高二下·新疆克孜勒苏·期末）甲、乙、丙等5人排成一列，下列说法正确的有（　　） A．若甲和乙相邻，共有48种排法 B．若甲不排第一个共有24种排法 C．若甲与丙不相邻，共有36种排法 D．若甲在乙的左边（不一定相邻），共有60种排法 【答案】AD 【分析】利用捆绑法可判断A选项；利用特殊元素优先可判断B选项；利用插空法可判断C选项；利用组合法可判断D选项. 【详解】选项A:若甲和乙相邻，将甲和乙捆绑，形成一个大元素，与其余四个元素排序 共有种排法，A对; 选项B：若甲不排第一个，则甲有4种排法，其余全排，共有种，B不正确； 选项C，若甲与丙不相邻，将除甲和丙以外的人全排，然后将甲与丙插入其余3人所形成的个空中的个空，所以，共有种排法，C错； 选项D，若甲在乙的前面，只需在5个位置中先选两个位置排甲、乙，且甲排在乙的前面，然后将其余3个人全排，共有种排法，D对. 解题技巧 相邻问题用“捆绑法”，不相邻问题用“插空法”。 相邻问题：把必须相邻的元素看作一个“大元素”，先与其他元素排列，再在内部排列。例如5人站一排，甲乙必须相邻，先把甲乙捆成一个整体，与其余3人排列共4!种，再乘以甲乙内部交换的2!，得48种。 不相邻问题：先排其他元素，再在它们形成的空隙中插入不相邻元素。例如5人站一排，甲乙不相邻，先排其余3人共3!种，产生4个空位，从4个空位中选2个放甲乙，共A(4,2)种，得72种。 口诀：相邻捆绑，不相邻插空。 ▌迁移练3-1（25-26高二下·湖北襄阳·期末）甲乙丙三人观看表演，现有个座位排成一排，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在个座位中，个空位恰好相邻的组合为，，，，共种 剩余个座位安排人进行全排列，共有种， 安排座位时两空位恰好相邻的坐法数为种． ▌迁移练3-2（25-26高二下·河南郑州·期末）某郑州研学团计划参观少林寺、郑州文庙、只有河南·戏剧幻城、黄河文化公园、建业电影小镇5个景点，要求：少林寺必须排在第一个或最后一个参观；郑州文庙与黄河文化公园必须相邻，则不同的参观顺序有（    ）种 A．12 B．24 C．36 D．48 【答案】B 【详解】先排少林寺，则有种不同排法； 再将郑州文庙与黄河文化公园捆绑成一个整体，则有种不同排法； 与剩余2个景点一起全排列，则有种不同排法； 所以不同的参观顺序有种. ▌迁移练3-3（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知有个除了颜色外，形状大小材质等都完全一样的球，其中个白球、个红球、个黄球．现将这个球排成一排，则任意个白球不排在一起的排法总数是（     ）种． A． B． C． D． 【答案】D 【详解】先排红球和黄球，然后再插空，共有 ▌迁移练3-4（25-26高二下·河南洛阳·期末）现有5名学生和3名老师排成一排合影，老师不排两端且恰有两位老师相邻的不同排法种数为（    ） A．21600 B．8640 C．4320 D．2160 【答案】B 【分析】先将所有学生排列，然后将位老师中位捆绑一起，再与另一个老师插入到除两端剩余个空中，根据分步乘法原理即可计算结果. 【详解】将所有学生先排列，有种排法， 然后将位老师中位捆绑一起，有种方法， 再与另一个老师插入到除两端剩余个空中，有种方法， 共有种排法. ▌迁移练3-5（25-26高二下·山东临沂·期末）有6名同学站成一排照相，要求其中甲乙两位同学不站在一起，丙丁两位同学站在一起，共有站法种数为（   ） A．120 B．144 C．240 D．336 【答案】B 【详解】把丙丁看成一个整体，丙丁之间有种排列方式， 此时相当于有丙丁整体和另外2名同学，共3个元素进行全排列， 排列数为种， 这3个元素排好后，会形成4个空位（包括两端），从中选2个空位安排甲乙， 保证甲乙不相邻，排列数为种， 将各步骤结果相乘得到，故选项B正确. 题型4 数字的排列问题 ▌例4 （25-26高二下·四川南充·阶段检测）用数字组成没有重复数字的四位数的个数为（     ） A．96 B．72 C．120 D．24 【答案】A 【分析】首先考虑四位数的最高位不是0，然后依次考虑其他位数的情况，利用乘法原理计算即可. 【详解】首先考虑四位数的最高位不是0， 故最高位有4种选法（从1到4四个数字中任选一个数字）， 百位有4种选法，十位有3种选法，个位有2种选法. 由乘法原理，用数字组成没有重复数字的四位数的个数为个. ▌迁移练4-1（25-26高二下·广东深圳·期末）用数字0，1，2可以组成多少个没有重复数字的三位数（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】A 【详解】用数字0，1，2组成没有重复数字的三位数：102，120，201，210，共4个. ▌迁移练4-2（25-26高二下·山东青岛·期末）从0，1，3，5，7中任取2个数字，从2，4，6中任取2个数字，一共可以组成_______个没有重复数字的四位数？（     ） A．72 B．108 C．540 D．648 【答案】D 【分析】分从0，1，3，5，7 中取出的2个数字含 0、不含 0两种情况讨论，再分别搭配从 2，4，6中取出的2个数，最后组成无重复四位数. 【详解】从 2，4，6中取出的2个数一共种， 情况一：四位数不含0，从0，1，3，5，7 中取出的2个数字不含0一共种， 组成无重复四位数有种； 情况二：四位数含0，从0，1，3，5，7 中取出的2个数字含0一共种， 0不能在首位一共种， 则组成无重复四位数有种； 所以组成无重复四位数一共有种 ▌迁移练4-3（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）从1，2，3，4，5这5个数中选出3个不同的数组成三位数，大于321的数共有_________个． 【答案】32 【详解】（1）百位为4或5：百位有2种选法，剩余两位从余下4个数中任取2个排列， 共个，均大于321. （2）百位为3： 十位为4或5：个位从余下3个数中任选一个，共个； 十位为2：个位需大于1，可选4、5，共2个；共个. 综上，大于321的三位数共有个. ▌迁移练4-4（25-26高二下·四川资阳·期末）由数字0，1，2，3，4可以组成没有重复数字，并且比30000大的所有正整数的个数为___________． 【答案】48 【分析】根据优先法，先确定万位有2种选法，再根据排列的概念，可得到后4位共有种排法，根据分步相乘计数原理，即可求解. 【详解】由题意，组成没有重复数字且比30000大的正整数， 所以万位只能在3，4中二选一，共有2种选法， 其余4个数，分别排在千位、百位、十位和个位，共有种排法， 所以由数字0，1，2，3，4可以组成没有重复数字，并且比30000大的所有正整数的个数为. ▌迁移练4-5（2026高三·全国·专题练习）从这十个数字中，每次选出五个，可以组成多少个分别符合下列条件的没有重复数字的五位数？ (1)奇数； (2)偶数； (3)能被整除； (4)到之间的偶数． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】根据条件，利用分类、分步计数原理，结合排列，对各小问逐一分析判断，即可求解. 【详解】（1）由题知个位数为奇数，且首位不能为，第一步：先排个位，只能从这个数字中任选一个排在个位上，有种， 第二步：万位上不能排，从余下的除以外的个数字中任取一个排在万位上，有种方法， 第三步：在余下的8个数字中任选3个排在余下的3个位置上，有种方法， 根据乘法原理，符合条件的排列共有种，从而共有奇数13440个． （2）①若在个位， 第一步：在个位有1种方法， 第二步：从余下的个数字中任取个排在余下的个位置上共有种方法， 据乘法原理，共有符合条件的不同排列种方法． ②若不在个位， 第一步：个位从四个数字中任选一个排在个位上，有种方法． 第二步：万位上不能排零，从余下的个数字中任取一个排在万位上，有种方法． 第三步：在余下的个数字中任选个排在余下的个位置上，有种方法，根据乘法原理，共有符合条件的不同排列种． 再根据加法原理，符合条件的排列共有（种），从而有13776个偶数． （3）欲使位数能被整除，末两位数只能是，符合条件的排列可以分为如下三类： 第一类：末两位是时，首位（万位）不能排数字， 第一步排首位从这七个数字中任选一个，有种； 第二步排余下的两位，可从余下的个数字中任选个排上有种， 所以共有（个）； 第二类：末两位是，排法同第一类，共有（个）． 第三类：末两位是，因零已取出排在末位，其他三位只要从余下的个数字中任取个进行排列即可，故（个）． 根据分类计数原理，符合条件的五位数有（个）． （4）万位数字上可选，个位上可排，首位、末位都是特殊的位置， 所以要对特殊位置先排，以万位为分类标准，可将符合要求的五位数分为以或为首位的与以或为首位数的两类： 第一类：第一步，万位排或有种方法，第二步，个位从五个数字中任选一个，有种方法， 第三步，从余下的个数字中任取个排在其余个位置上，有种不同排法，依据乘法原理，共有（个）． 第二类：万位排或，第一步，排万位有种方法，第二步，排个位，从剩下的4个偶数中任取一个，有种方法， 第三步，其他三位数字可从余下的8个数字中任取3个数字有种不同排法，依据乘法原理，共有（个）． 根据分类计数原理，符合条件的五位数共有（个）． 题型5 涂色问题 ▌例5 （25-26高二下·四川广安·期末）如图，现须用3种颜色对4个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法（     ）    A．3 B．6 C．12 D．24 【答案】C 【详解】由分步计数原理，第一步涂区域共有3种着色方法，第二步涂区域只有2种着色方法， 第三步涂区域有1种着色方法，最后涂区域有2种着色方法， 所以一共有种着色方法. 解题技巧 涂色问题核心是“按相邻关系分步、分类”。先确定涂色顺序，通常从相邻最多的区域入手。相邻区域颜色不同，可用乘法原理逐步计算；若区域成环或结构复杂，需分类讨论首尾是否同色。注意颜色数是否足够，避免重复或遗漏。 ▌迁移练5-1（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，已知四棱锥.用红、黄、蓝、绿四种颜色（四种颜色全部使用），涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数（    ）    A．24 B．48 C．72 D．96 【答案】B 【分析】由于 5 个顶点涂 4 种颜色且棱两端异色、4 色全部使用，故只能是同色或同色两类，两类计数方式同理，相加可得总涂色方法数. 【详解】因为同一条棱的2个顶点异色，所以恰好有一对不相邻顶点颜色相同，其余顶点颜色互不相同， 故分两类：一类是同色；另一类是同色. 若同色，可分4步完成涂色： 第一步，涂顶点，有4种颜色可选； 第二步，涂，不能和同色，有3种颜色可选； 第三步，涂，与都异色，有2种颜色可选； 第四步，涂，与异色，且四种颜色必须全部用完， 已经用了三种颜色，只有1种颜色可选； 故不同的涂色方法有种， 同理可得同色时，也有不同的涂色方法种， 所以共有不同的涂色方法种. ▌迁移练5-2（25-26高二下·河北邢台·阶段检测）如图，对一个正五边形的五个区域进行涂色，要求同一个区域只涂一种颜色，相邻的两个区域涂不同的颜色.现有红、黄、蓝3种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方案数为（    ） A．24 B．28 C．30 D．36 【答案】C 【分析】A与C同色时，先涂A，B，C，再分D选择与B同色和B不同色求解；当A与C不同色时，先涂A，B，C再分D选择与A同色和B同色求解. 【详解】当A与C同色时，A有3种涂法，B有2种涂法，C有1种涂法， D选择与B同色时，E选择剩下的1种颜色，有1种涂法， D选择与B不同色时，则选择剩下的1种颜色，E选择与B同色，有1种涂法， 共有种涂法； 当A与C不同色时，A有3种涂法，B有2种涂法，C有1种涂法， D选择与A同色时，E可以选择B或C同色，有2种涂法， D选择与B同色时， E选择与C同色， 共有， 综上：共有种涂法. ▌迁移练5-3（25-26高二下·贵州遵义·期末）如图，给图中的A，B，C，D，E五个区域涂色，要求相邻区域涂不同的颜色．现有4种不同的颜色供选择，则有________种不同的涂色方案．（用数字作答） 【答案】72 【详解】分步完成，首先涂区域，共有4种涂法，第二步涂区域，共有3种涂法， 第三步涂区域，共有2种涂法， 对于区域和区域，分类讨论， 若区域与区域颜色相同，则区域有1种涂法，区域有2种涂法， 若区域与区域颜色不同，则区域有1种涂法，区域有1种涂法， 所以共有种涂法. ▌迁移练5-4（25-26高二下·四川达州·期末）如图所示，一个椭圆形区域被分割为互不重叠的六个部分，依次标记为，，，，，.现用4种不同的颜色对图中6个区域着色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色，四种颜色全部参与着色，则所有着色方案种数为______.（用数字作答） 【答案】 【分析】首先不考虑颜色是否全用，涂色顺序依次为求出所有涂色情况数，再排除只涂3种颜色的情况数，最后作差即可得. 【详解】由图，若不考虑颜色是否全用，涂色顺序依次为， 则涂色种数依次为：有4种，有3种，有2种，有2种，有2种，有2种， 所以共有种， 由于4种颜色全部参与着色，需排除只涂3种颜色的情况（注意不可能有小于三种颜色的情况）， 第一步：从4种选3种颜色种选色， 第二步：在选定的3种颜色：选1种颜色种，从剩余2种颜色选，满足约束， 仅能是或，注意字母相同表示涂同一种颜色，共种， 第三步：此时3种颜色已用：占1种，占2种，只能选的颜色（满足），仅1种选择， 所以，仅用3种颜色的方案数， 综上，种. ▌迁移练5-5（25-26高二下·重庆·期末）给图中 五个区域涂色，规定每个区域只涂 1 种颜色， 且相邻区域的颜色不能相同， 若有 6 种不同的颜色可供选择， 则不同的涂色方法种数为_____.    【答案】1560 【分析】分成涂中心区域和涂外围区域两步处理，考虑是否同色两种情况， 根据分类加法计数原理得出外围四个区域的涂色方法总数， 结合第一步与第二步，根据分步乘法计数原理，得到整个图形的涂色方法种数. 【详解】根据题意，图形分为中心区域与外围环状区域， 整个涂色过程可以分为两步进行： 第一步：涂中心区域：（种）. 第二步：涂外围区域，分两种情况讨论： 区域涂相同的颜色 先选的颜色，有种选法；的颜色与相同，有1种选法； 区域与均相邻，且同色，需避开这1种颜色，有种选法. 区域同理，需避开的颜色，有种选法. 则该情况下的涂法种数为：（种）. 区域涂不同的颜色 先选的颜色，有种选法；的颜色与不同，有种选法； 区域与均相邻，且异色，需避开这2种颜色，有种选法； 区域同理，需避开的颜色，有种选法. 则该情况下的涂法种数为：（种）， 外围四个区域的涂色方法总数为：（种）， 整个图形的涂色方法种数为：（种）. 题型6 求二项展开式的特定项（系数） ▌例6 （25-26高二下·天津西青·阶段检测）二项式的展开式的常数项是（     ） A．28 B．56 C．36 D．40 【答案】A 【详解】二项式的展开式通项为： , 令，解得， 所以常数项为. 解题技巧 求二项展开式的特定项（系数），核心是用通项公式“定位”。 以 (a+b) n为例，展开式的通项为 （r=0,1,…,n ）。解题时先写出通项，再根据题目要求确定 r 的值： 求常数项：令变量指数为0，解出 r ，代入得系数； 求指定次幂项：令变量指数等于目标次数，解 r 后代入； 求系数：注意通项中的系数包含组合数与各项系数的幂，不要漏乘。 技巧：先写通项，再列方程求 r ，最后计算。注意 r 是整数且0≤r≤n ，无解则该项不存在。 ▌迁移练6-1（25-26高二下·广东江门·期末）的展开式中的第3项是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由二项式定理将原式展开后即可求解. 【详解】由题意得，则第项时，即. ▌迁移练6-2（25-26高二下·广东肇庆·期中）二项式展开式中有理项的项数是（   ） A．1项 B．2项 C．3项 D．4项 【答案】C 【详解】设二项式展开式第项为. 展开式通项. 其中. 令为整数，即能被整除. 逐一验证得满足条件，故有理项的项数为. ▌迁移练6-3（25-26高二下·北京海淀·期中）已知的展开式中，第2项和第6项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为（   ） A．60 B． C．240 D． 【答案】A 【分析】根据二项式定理计算即可. 【详解】因为的展开式中，第2项和第6项的二项式系数相等， 所以，所以. 所以的通项为 令，解得，所以， 故展开式中的常数项为60. ▌迁移练6-4（25-26高二下·湖北武汉·期中）二项式展开式中含的项是（    ） A．第7项 B．第8项 C．第9项 D．第10项 【答案】B 【详解】由题设，二项式的展开式通项为，， 令，可得，故含的项是第8项. 题型7 二项展开式系数的和 ▌例7 （26-27高三上·重庆·开学考试）在的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则展开式的各项系数之和为（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，所以, 在中，令得， 即展开式的各项系数之和为1. ▌迁移练7-1（26-27高三上·安徽·开学考试）已知，则（    ） A．0 B． C． D． 【答案】D 【详解】令，则，即， 令，则， 令，则， 将与相加， 得，解得. ▌迁移练7-2（26-27高三上·黑龙江辽宁·开学考试）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】依题意，取，得， 取，得， 所以. ▌迁移练7-3（2026·北京·三模）已知，则（    ） A．1 B． C． D．122 【答案】B 【分析】利用赋值法分别令和得到两个等式，相加后除以2即可求得偶数次项的系数之和. 【详解】令，则 ， 即 ① 令，则 ， 即 ② ①+②得： ，所以. ▌迁移练7-4（2026·河南开封·模拟预测）若，则（    ） A．1 B．-1 C．6078 D．-6078 【答案】D 【分析】先求导，再令即可求解. 【详解】由， 两边同时求导得， 令，则. ▌迁移练7-5若，则（   ） A．1 B． C．129 D． 【答案】B 【分析】利用赋值法求解即可. 【详解】令可得， 令可得， 即， 故选：B 题型8 多项式的展开式问题 ▌例8 （25-26高二下·河南郑州·期末）的展开式中系数为（    ） A．-13 B．-7 C．11 D．13 【答案】C 【分析】将转化为，然后根据通项公式求系数即可. 【详解】， 所以的展开式中的系数为. ▌迁移练8-1（25-26高二下·福建·阶段检测）的展开式中的常数项为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为， 其展开式的通项公式为， 令，得到，所以展开式中的常数项为. ▌迁移练8-2（25-26高二下·河南郑州·期末）的展开式中，的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】的第3、4、5项分别为、、， 所以的展开式中的系数为. ▌迁移练8-3（25-26高二下·河北·期末）的展开式中的系数为（     ） A．15 B．25 C．30 D．35 【答案】B 【详解】， 展开式的通项为. 令，得； 令，得，. 所以的展开式中的系数为. ▌迁移练8-4（多选）（2026·湖北武汉·三模）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．常数项为80 C．项的系数为 D．展开式一共有21项 【答案】AC 【分析】由多项式展开式令代入计算判断A；令或或，计算可判断B；令或，计算可判断C；由的指数取值范围求解可判断D. 【详解】由题意得多项式展开式的通项如下， 为 ， 即， 对于A，令得， 所以各项系数之和为32，故A正确； 对于B，常数项中的次数为0，则或或， 则，故B错误； 对于C，令，得或， 所以项为， 故项的系数为，故C正确； 对于D，因为，的指数为的整数， 化简可得， 所以展开式一共有9项，故D错误； 难点一 分组分配问题 分组分配先分两步：先分组，再分配。 平均分组要除以组数的阶乘，因为组之间没有区别，重复算了；不平均分组一般不用除，若其中有几组人数相同，就除以相同组数的阶乘。 分配到不同对象时，把分好的组再对应到具体人、具体位置，通常再乘组数的阶乘；如果指定某组必须给某人，就直接对应，不要多乘。 有“至少一个”“不能全在一组”这类条件，优先用总数减去不符合的情况。 做题时先判断组有没有名字、对象有没有区别，再决定要不要除阶乘，最后检查是否漏掉对应关系，这样不容易出错。 难点精练 1．（25-26高二下·河南信阳·期末）甲、乙、丙、丁等6人分成，两个小组，每组3人，要求甲乙必须在同一组，丙丁不能在同一组，则不同的分配方案有（     ） A．4种 B．6种 C．8种 D．12种 【答案】A 【分析】有指定名称的分组需分位置讨论；“两人不同组” 可反向转化为 “其中一人进入绑定组” 快速筛选有效组合. 【详解】分类 1：甲、乙同在 A 组 A 组已有甲、乙，还需 1 人，要求丙丁不同组，则丙、丁不能同时留在 B 组，因此第 3 人只能是丙或丁： 选丙：A 组 {甲，乙，丙}，剩余丁、戊、己组成 B 组，满足丙丁不同组； 选丁：A 组 {甲，乙，丁}，剩余丙、戊、己组成 B 组，满足丙丁不同组； 此分类共种分配方案； 分类 2：甲、乙同在 B 组 同理，B 组已有甲、乙，第 3 人只能是丙或丁： 选丙：B 组 {甲，乙，丙}，剩余丁、戊、己组成 A 组； 选丁：B 组 {甲，乙，丁}，剩余丙、戊、己组成 A 组； 此分类共种分配方案， 总方案数：种 2．（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）为了减轻新冠后遗症对老年人的伤害，某医院举办了一次下乡义诊活动．现将甲、乙、丙、丁、戊、己六名医务人员分配到五所乡村进行义诊服务，要求每人只能去一所村庄，且每个村庄至少安排一人．若甲必须去村，则不同的分配方法有（     ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】C 【分析】分别讨论甲一人被安排到村和包括甲在内，共有两人被安排到村的情况，根据分组分配问题的求法和分类加法计数原理可求得结果. 【详解】若只有甲一人被安排到村，则原问题等价于将乙、丙、丁、戊、己五名医务人员分配到四所乡村进行义诊，每人只能去一所村庄，且每个村庄至少安排一人，则分配方法共有种； 若包括甲在内，共有两人被安排到村，则原问题等价于将乙、丙、丁、戊、己五名医务人员分配到五所乡村进行义诊，每人只能去一所村庄，每个村庄至少安排一人，则分配方法共有种； 由分类加法计数原理可知：不同的分配方法有种. 3．（多选）（25-26高二下·河北石家庄·期末）现有8个不同的玩具，下列说法正确的有（     ） A．分成一堆两个，一堆两个，一堆四个，共有210种方法 B．甲得两个，乙得两个，丙得四个，共有420种方法 C．一人得两个，一人得两个，一人得四个，共有630种方法 D．甲得三个，乙得三个，丙得两个，共有560种方法 【答案】ABD 【分析】利用部分平均分组原理可判断A选项；利用分步乘法计数原理可判断BD选项；利用先分组再分配原理可判断C选项. 【详解】A选项，8个中选2个作为一堆，剩下6个中选2个作为一堆，剩下4个作为一堆， ，共有210种方法，故A正确； B选项，8个中选2个给甲，剩下6个中选2个给乙，剩下4个给丙， ，共有420种方法，故B正确； C选项，先分好组，如A选项，再分配给三个人， ，共有种方法，故C错误； D选项，8个中选3个给甲，剩下5个中选3个给乙，剩下2个给丙， ，共有560种方法，故D正确． 4．（多选）（25-26高二下·甘肃酒泉·期末）将2男2女共4个优秀毕业生分配给，，，四个公司，每人只去一个公司，则下列说法正确的是（    ） A．共有24种分配方法 B．每个公司都有分配到人，有24种分配方法 C．恰好有一个公司未分配到人，有144种分配方法 D．每个公司都有分配到人，且公司只要女生，有12种分配方法 【答案】BCD 【详解】对于A：将2男2女共4个优秀毕业生分配给，，，四个公司，共有种选择，A错误； 对于B：每个公司都有分配到人，共有种选择，B正确； 对于C：恰好有一个公司未分配到人，先选出一个公司不分配人，有种方法， 再将四个人分配到三个公司，这三个公司都至少有一个人，有种方法， 恰好有一个公司未分配到人，有种分配方法，C正确； 对于D：每个公司都有分配到人，且公司只要女生，先分给公司，有2种方法，再分给其他公司， 有种方法，每个公司都有分配到人，且公司只要女生，有12种分配方法，D正确. 5．（多选）（25-26高二下·黑龙江·期末）将含甲、乙的6名男性志愿者和含丙、丁的3名女性志愿者平均分配到A，B，C三个不同社区进行志愿者服务，则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙被分配到不同社区的方法有1260种 B．恰好有1个社区有2名女性志愿者的分配方法有2160种 C．甲、丙、丁至少有2人在同一社区的分配方法有1140种 D．A社区至少分配2名男性志愿者且丁不在C社区的分配方法有800种 【答案】ACD 【分析】根据分组分配问题及分步乘法，分类加法计数原理分别判断即可． 【详解】对于A，甲、乙被分配到不同社区的方法有种，故A正确； 对于B，恰好有1个社区有2名女性志愿者的分配方法有种，故B错误； 对于C，甲、丙、丁都不在同一社区的情况有种， 所有情况有种， 所以甲、丙、丁至少有2人在同一社区的分配方法有种，故C正确； 对于D，A社区至少分配2名男性志愿者且丁不在C社区的情况如下， ①A社区分配2名男性志愿者且丁在A社区的情况有种； ②A社区分配2名男性志愿者且丁在B社区的情况有种； ③A社区分配3名男性志愿者且丁在B社区的情况有种； 所以A社区至少分配2名男性志愿者且丁不在C社区的分配方法有800种，故D正确． 6．（多选）（25-26高二下·贵州遵义·期中）现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是（   ） A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为 B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为 C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为 D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 【答案】AD 【详解】若每人都安排一项工作，即每人均有四项工作可以安排，故不同的方法数为，A正确； 若每项工作至少有1人参加，则有一项工作有2人，其余工作各1人，先将这5人分成4组，有种方法，再将这4组分配到4项工作，有种方法，故共240种方法，B错误； 如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则人数分配可能为或， 先分组，共种方法，再分配，共种方法，故共150种方法，C错误； 每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，若司机工作安排1人，有种，剩余4人分配到剩余3项工作，人数分配为，有种，故安排方案的种数共有种； 若司机工作安排2人，有种，剩余3人分配到剩余3项工作，有种，故安排方案的种数共有种； 综上，不同安排方案的种数共有种，D正确. 7．（25-26高二下·全国·课后作业）将10本完全相同的科普知识书全部分给甲、乙、丙3人．若每人至少分得1本，则不同的分法种数为______；若每人至少分得2本，则不同的分法种数为______． 【答案】 36 15 【详解】将10本完全相同的书全部分给甲、乙、丙3人，每人至少分得1本， 则可利用“隔板法”，在这10本书中间形成的9个间隔中选2个，插入隔板， 将书分成3组，即不同的分法种数为． 若每人至少分得2本，则先从10本书中拿出3本，分给每人1本， 再将余下7本书分给3个人，每人至少分1本， 采用“隔板法”得不同的分法种数为． 故答案为：36；15． 难点二 展开式系数的最值问题 先分清是二项式系数最值还是项的系数最值。二项式系数只看n，n为偶数中间一项最大，n为奇数中间两项最大。 项的系数最值常用两法：一是设第r+1项系数最大，列不等式组，让它不小于前一项和后一项，解出r再取整数；二是比较相邻项系数的比值，看数列何时由增转减，运算更省。要注意不等式组无解时，最大项可能在首尾，需比较两端。 若系数正负交错，先求绝对值最大项，再筛选正系数项比较大小，别被绝对值迷惑。 难点精练 1．（25-26高二下·湖北襄阳·期末）二项式的展开式中的系数最大的项为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】二项式展开式的通项为， 可知当为偶数时，系数为正，当为奇数时，系数为负， 故系数最大时为偶数， 当时，系数为， 当时，系数为， 当时，系数为， 当时，系数为， 故系数最大项为． 2．（25-26高二下·江苏徐州·阶段检测）的展开式中，系数最大的项是第（    ）项. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出通项公式，可得第项的系数，设第项的系数最大，列不等式解出的范围，从而可得答案 【详解】的展开式通项公式为， 设第项为系数最大的项，则有， 解得，即， 所以的展开式中，系数最大的项是第项. 3．（25-26高二下·重庆·阶段检测）在的展开式中，系数最大的项是（     ） A．第项 B．第项 C．第项 D．第项 【答案】B 【分析】将问题转化为二项式系数最大项的求解，根据二项式系数的单调性可得到结果. 【详解】展开式通项为：， 若系数最大，则最大，即展开式的二项式系数最大， 当时，取得最大值，系数最大的项为第项. 4．（多选）（25-26高二下·重庆·期末）若的二项展开式共有项，则该二项展开式中（     ） A．各项二项式系数和为 B．有理项共有项 C．展开式中的系数为 D．展开式中第项的系数最大 【答案】ACD 【分析】由二项展开式的项数求出的值，利用二项式系数和可判断A选项；利用二项展开式通项可判断BC选项；利用二项式系数的最值可判断D选项. 【详解】因为的二项展开式共有项，则，解得， 对于A选项，各项二项式系数和为，A对； 对于B选项，展开式通项为， 令，可得，故有理项共有项，B错； 对于C选项，令，可得，故展开式中的系数为，C对； 对于D选项，展开式中共项，其中第项和第项的二项式系数最大， 但第项的系数为，第项的系数为， 故展开式中第项的系数最大，D对. 5．（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）的展开式中只有第项系数最大，则的取值集合为_______. 【答案】 【分析】根据二项式的通项公式，以及项的系数最大的性质，列出不等式组，解出不等式组即可求解. 【详解】由题可知的通项公式为， 只有第项的系数最大， ，即， 解得， 又是正整数， 的取值为， 的取值集合为. 6．（25-26高二下·安徽宿州·阶段检测）在的展开式中，系数最大的项是第___________项． 【答案】8 【分析】设展开式中系数最大的项是第项，则，计算即可求解. 【详解】二项式的展开式的通项公式为且. 设展开式中系数最大的项是第项， 则，即， 即，解得，又，所以， 所以展开式中系数最大的项是第8项. 7．（25-26高二下·上海·期末）在的展开式中系数最小的是第________项. 【答案】8 【详解】由题设可知展开式中的通项公式为，其系数为， 当为奇数时展开式中项的系数才会取最小值， 由于的展开式中第7项和第8项的二项式系数最大， 则，即第8项的系数最小． 8．（25-26高二下·河北廊坊·期中）在的展开式中． (1)求二项式系数最大的项； (2)判断系数的绝对值最大的项是第几项，并求出系数最大的项． 【答案】(1) (2)系数的绝对值最大的项是第项，系数最大的项是 【分析】（1）根据二项式的通项公式及二项式系数的性质求解即可； （2）由通项公式列出不等式组计算即可. 【详解】（1）由题意得，二项式的展开式的通项为： ，，． 二项式系数最大的项为中间项即第项， 所以． （2）由题意得，二项式的展开式的通项为： ，，． 设第项系数的绝对值最大，则， 整理得，即，解得． 因为，所以． 所以系数的绝对值最大的项是第项，其系数为. 所以展开式中的第项系数的绝对值最大． 当时，系数为；时，系数为； 时，系数为；时，系数为. 因此系数最大的项为对应的第项. 难点三 杨辉三角 看到杨辉三角先想它和二项式展开的关系，每一行就是展开式各项系数，第几行对应几次方。 常抓三条规律：每行两端都是1；中间每个数等于上一行肩上两个数之和；每行数字总和是2的几次方，指数跟行数对应。 求某一项系数，别硬画三角，直接用组合数思路，从上面几行里挑对应位置。遇到斜着看一列求和，往往能凑成下一行某个数，这叫累加消去。 遇到奇偶、整除问题，可观察每行奇数个数，或者结合二项式系数对称性，左右对称能快速排除一半情况。 做题先判断考的是系数、求和还是对称，再选规律，效率更高。 难点精练 1．（25-26高二下·广东东莞·期末）“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现.如图，在“杨辉三角”中，下列叙述正确的是（    ）    A．第12行中第6个数最大 B．第2026行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C． D．第19行中第8个数与第9个数之比为2:3 【答案】D 【分析】利用杨辉三角的性质，结合二项式系数的对称性、最大值规律及组合数运算公式逐一判断各选项即可. 【详解】对于A，第行共有个数，即， 因为为偶数，所以中间一项最大，即第个数最大，故A错误； 对于B，第行中从左往右第个数为，第个数为， 由组合数性质可知，故B错误； 对于C，因为， 所以 ，故C错误； 对于D，第行中第个数为，第个数为， 它们的比值为，故D正确. 2．（25-26高二下·河北石家庄·期中）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望.“杨辉三角”如图所示，则 （    ）    A．160 B．165 C．168 D．170 【答案】B 【详解】由，有. 3．（25-26高二下·重庆渝北·期中）“杨辉三角”最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，它揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律.如图，由“杨辉三角”下列叙述正确的是（    ） A．第10行中第5个数最大 B．第2025行中从左往右第1012个数与第1013个数相等 C． D．第12行中相邻两个数比值的最大值为12 【答案】D 【分析】根据条件及组合数的运算性质，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】由杨辉三角性质得在第10行里，有11个数，所以第10行中正中间即第6个数最大，故A错误； 第2025行中，第1012个数为，第1013个数为， 由组合数性质得，故B错误； ，故C错误； 根据对称性，只考虑后一项与前一项之比即可， 当且时，， 可得当时，相邻两个数的比值最大，最大值为12，故D正确； 4．（25-26高二下·北京海淀·期中）蜜蜂是“天才的数学家兼设计师”，下图是一个蜂巢的部分截面，图中竖直线段表示通道，同一高度的若干通道构成层，斜线与竖线的连接处叫交点．第层有条通道，从左至右依次为第条通道．蜜蜂从入口开始自上向下运动，在每个交点处经由左侧斜线和右侧斜线进入通道的可能性相同．蜜蜂到达第层第通道的不同路径数为．例如：，，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意知，，，且，可推得，利用组合数求解即可. 【详解】由题意知，，，且. 结合杨辉三角的性质和及递推关系可得， ，所以，即. 因为，，，，， 所以可能取到0,1,2,7,8,9，所以解集为. 5．（25-26高二下·福建福州·期中）在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现了一些规律．在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，出现了这个表，我们称这个表为杨辉三角，杨辉三角是中国古代数学中十分精彩的篇章．如图1所示，杨辉三角第6行的7个数依次为，．将杨辉三角中第行的第个数乘以，第0行的一个数为0，得到一个新的三角数阵如图2，则在这个新的三角数阵中，第100行的所有数的和为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据杨辉三角的特性、二项展开公式结合函数的导数分析求解即可. 【详解】由题可得杨辉三角中第行的第个数为，则新的三角数阵中第行的第个数为， 第行的和为：， 设， 两边求导得：， 令得，， 所以第行的和为，第100行的所有数的和为． 6．（25-26高二下·湖北·期中）习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（   ） A．第12行中第6个数最大 B．第2026行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C． D．第19行中第8个数与第9个数之比为2:3 【答案】D 【分析】根据条件及组合数的运算性质，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】选项A：由题意得，第12行共有13个数，根据对称性可得，只有第7个数最大，故A错误； 选项B：第2026行共有2027个数，根据对称性可得，只有第1014个数最大， 即第1013个数与第1014个数不相等，故B错误； 选项C： ，故C错误； 选项D：第19行中第8个数为，第9个数为， 则，故D正确. 7．（25-26高二下·重庆·阶段检测）在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现了一些规律．在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，出现了这个表，我们称这个表为杨辉三角，如图，第3行到第10行的各行的第4个数的和为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，得到第3行到第10行的各行的第4个数的和为，结合组合数的性质，即可求解. 【详解】由二项式， 可得第3行到第10行的各行的第4个数的和为， 又由组合数的性质知：且 所以，即第3行到第10行的各行的第4个数的和为. 基础达标 一、单选题 1．（25-26高二下·四川南充·阶段检测）（     ） A．17 B．22 C．27 D．34 【答案】B 【详解】易知，； 所以可得. 2．（25-26高二下·陕西榆林·期中）用1，3，5，7组成没有重复数字的三位数的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】用1，3，5，7组成没有重复数字的三位数的个数是. 3．（25-26高二下·广东深圳·阶段检测）有六人排成一排，甲､乙两人必须相邻，则满足要求的排法有（    ） A．120种 B．180种 C．240种 D．360种 【答案】C 【详解】将甲、乙两人捆绑为一个整体，两人内部的排列种数为， 将甲乙整体看成一个元素与剩余的4人共5个不同元素进行全排列，排列种数为， 总排法种数为种. 4．（25-26高二下·陕西西安·期末）书桌上有2本不同的语文课外读物和3本不同的数学课外读物．现从中取出一本，则不同的取法种数为（    ） A．5 B．6 C．8 D．9 【答案】A 【分析】利用分类加法计数原理，直接将两类书籍的数量相加即可得出取出一本书的总取法数. 【详解】由题意得不同的取法种数为种. 5．（25-26高二下·四川南充·阶段检测）已知二项式展开式中第4项与第8项的二项式系数相等．则展开式中含的系数为（     ） A．480 B． C．960 D． 【答案】D 【分析】利用二项式系数的性质以及二项展开式的通项公式计算指定项的系数即可. 【详解】由二项式展开式中第4项与第8项的二项式系数相等， 则，解得：，即二项式为， 又二项展开式的通项公式为：， 令，则展开式中含的系数为：. 6．（2026高二·全国·专题练习）某手机专卖店新进A，B，C，D，E，F，G这7款充电宝，准备将它们在货柜里摆成一排售卖，则下列说法不正确的是（   ） A．若A，B，C必须摆在前三个位置，则不同的摆法有144种 B．若A，B，C彼此不相邻，D，E，F，G也彼此不相邻，则不同的摆法有72种 C．若A，B，C彼此不相邻，则不同的摆法有1440种 D．若A不能摆在后两个位置，则不同的摆法有3600种 【答案】B 【详解】对A选项：满足条件的摆法有：，故A选项内容正确； 对B选项：满足条件的摆法有：，故B选项内容错误； 对C选项：满足条件的摆法有：，故C选项内容正确； 对D选项：满足条件的摆法有：，故D选项内容正确． 7．（2026高二·全国·专题练习）北京市某高中高二年级5名学生参加“传承诗词文化，赓续青春华章”古诗词知识竞赛，比赛包含“唐诗”、“宋词”、“元曲”三个项目，规定每个项目至少有一名学生参加，则符合要求的参赛方法种类数为（   ） A．60 B．90 C．150 D．240 【答案】C 【详解】依题意5名同学参加三个项目比赛，每个项目至少有一名同学，先分组再排列， 5人分为：1，1，3，则有种； 5人分为：1，2，2，则有种， 所以一共有种方法 8．（25-26高二下·上海闵行·期末）从4位男老师和4位女老师中选出3名教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任），要求这3名班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（     ）种 A．48 B．288 C．312 D．336 【答案】B 【分析】方法一，根据分步计数原理，分一男两女、两男一女两种情况分别计算出选派方案数后，再根据分类加法计数原理求和即可；方法二，用总选派方案数减去全男、全女不符合要求的方案数即可. 【详解】方法一：直接法． 男女教师都有的情况分为两种： 第一种，选派1名男教师，2名女教师，有种选法，再将3人分配到3个班的排列数为， 该种选派方案数为； 第二种，选派2名男教师，1名女教师，有种选法，再将3人分配到3个班的排列数为， 该种选派方案数为； 根据分类加法计数原理，总选派方案数共有种； 方法二：间接法. 从8名教师中任选3名教师分配到3个班的总选派方案数为种， 其中全是男教师或全是女教师的情况不符合要求， 两类不符合的选派方案数均为种， 故符合要求的选派方案数为种. 二、多选题 9．（25-26高二下·陕西西安·期末）下列结论正确的是（    ） A．可表示为 B．3个班分别从5个景点中选择一处游览，有种不同选法 C．7名同学排成一排，甲、乙必须相邻，共有种不同排法 D．5个朋友聚会，见面后每两人握手一次，一共握手次 【答案】AD 【分析】根据排列数公式，分步乘法计数原理，捆绑法，组合的概念逐项判断. 【详解】因为，故A正确； 3个班分别从5个景点中选择一处游览，有种不同选法，故B错误； 根据捆绑法可知，7名同学排成一排，甲、乙必须相邻，共有种不同排法，故C错误； 5个朋友聚会，见面后每两人握手一次，根据组合的概念可知一共握手次，故D正确. 10．（25-26高二下·四川南充·阶段检测）已知二项展开式，则（     ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【详解】对于， 令，可得，故A正确； 令，可得①，则，故B错误； 令，可得②， 由①+②，得，即，故D正确； 因的第2项为，即， 第9项为，即，所以，故C正确. 11．（25-26高二下·广东深圳·期中）某城市的智能交通系统使用无人机参与街道交通的巡检，现有6架无人机，有甲、乙、丙、丁4条街道需要巡检，若6架无人机都参与且每架无人机只巡检一条街道，则下列结论正确的是（     ） A．若无人机完全相同，每条街道至少有一架无人机巡检，则共有12种不同的巡检方案 B．若无人机完全相同，允许有的街道不用无人机巡检，则共有84种不同的巡检方案 C．若给无人机按1~6编号，它们排队依次起飞，其中1号、2号两架无人机不相邻，则共有480种不同的顺序 D．若给无人机按1~6编号，每条街道至少需要1架无人机，甲街道至多需要2架无人机，则共有1440种不同的巡检方案 【答案】BCD 【分析】根据隔板法判断AB：根据分步乘法计数原理结合插空法判断C：分类讨论甲街道需要几架无人机，再结合排列数、组合数判断D． 【详解】对于A，把6架无人机排成一排，它们之间有5个空，选3个空插入隔板分为4组对应4条街道， 共有种，故A错误； 对于B，借4架无人机，共10架，排成一排共有9个空，选3个空插入隔板分为4组，再将借的4架无人机还回去， 共有种不同情况，故B正确； 对于C，先排其余4架无人机，共有种排法， 这4架排好后形成5个空，选2个空插入1号，2号无人机，有种排法， 所以共有种，故C正确； 对于D，若甲街道需要1架无人机，则剩下三街道按照或安排， 若按照来放，有种； 若按照来放，有种， 若甲街道需要2架无人机，则剩下三街道按照安排，共有种； 故一共有种不同的放法，故D正确． 三、填空题 12．（25-26高二下·陕西榆林·期中）甲、乙两人计划从5个景点中选择2个进行游览，则他们选的景点恰有1个相同的选法有__________种. 【答案】 【详解】甲乙两人从5个景点中选择2个进行游览， 则恰有1个景点相同的选法有种. 13．（25-26高二下·广东湛江·期中）在的展开式中，的系数为___________ 【答案】 【详解】由二项式定理得展开式的通项为，，， ， 所以的通项公式为， 即， 分别令，，解得，. 所以的系数为. 14．（25-26高二下·四川南充·阶段检测）用4种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是________． 【答案】 72 【分析】根据分步乘法计数原理求解即可. 【详解】第一步，种植区域，有种不同的花卉可选； 第二步，种植区域，由于区域与区域相邻， 故区域不能选与区域相同的花卉，有种选法； 第三步，种植区域，由于区域与区域、区域均相邻，且区域与区域的花卉不同， 故区域有种选法； 第四步，种植区域，由于区域只与区域相邻， 故区域只要不与区域相同即可，有种选法. 根据分步乘法计数原理，不同的种植方法种数为. 四、解答题 15．（25-26高二下·河南郑州·期末）已知的展开式中，所有项的二项式系数的和是，求： (1)的值及展开式中二项式系数最大的项； (2)展开式中所有的有理项. 【答案】(1)，和 (2)，，， 【分析】（1）所有二项式系数之和为，由此求出n；利用n为奇数时，中间两项的二项式系数最大即可求解； （2）写出通项公式，令x的指数为整数，找出k的可取整数值，算出有理项. 【详解】（1）由题可知，， 展开式中二项式系数最大的项为第4项和第5项. 展开式的通项公式为 ；. 综上，展开式中二项式系数最大的项为和； （2）由（1）知展开式的通项公式为， 有理项要求的指数为整数，即，其中， 易知当，，，时，其对应的项依次为： ；； ；. 16．（25-26高二下·全国·课后作业）设求： (1)的值； (2)的值； (3)的值； (4)的值． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】（1）令，可得出所求代数式的值； （2）分别令、，将所得等式相减可得出所求代数式的值； （3）利用二项式定理可得，于是得出，结合赋值法可得答案； （4）利用平方差公式结合赋值法可得答案. 【详解】（1）令得．① （2）令，有．② ①②得，所以． （3）因为， 由题意可知， 当为奇数时，；当为偶数时，. 所以． （4）原式 能力进阶 一、单选题 1．（25-26高二下·四川遂宁·期中）遂宁东辰新闻节目组依次录制遂宁市7个旅游景点：灵泉寺、广德寺、龙凤古镇、大英死海、沱牌产业园、蓬溪红海、观音湖的宣传视频，要求灵泉寺和广德寺不相邻，灵泉寺和观音湖相邻，且龙凤古镇不排在首和尾，不同排列种数为（      ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据相邻和不相邻利用捆绑法和插空法求出不考虑龙凤古镇位置的排列种数，再求出龙凤古镇在特殊位置的排列种数，从而可以求解. 【详解】不考虑龙凤古镇的位置，有种； 当龙凤古镇排在首位时，有种， 同理，当龙凤古镇排在尾位时，有种； 所以满足要求的排列种数为种. 2．（25-26高二下·福建南平·期末）若，的展开式中的系数为55，则（     ） A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【分析】根据二项式通项，结合组合数的性质进行求解即可. 【详解】二项式的通项为， 因为的展开式中的系数为55， 所以， ， 因为， 所以， 所以由. 3．（25-26高二下·陕西咸阳·期末）从标有，，，，的五张卡片中随机选取4张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这样的四位数中大于的个数为（   ） A．44 B．43 C．42 D．41 【答案】D 【分析】按千位数字分类讨论，结合四位偶数、大于的限制，分步计数每类符合条件的个数后求和得到结果. 【详解】要求从五张不重复的卡片中选4张，组成大于2027的四位偶数，按千位分类讨论： （1）若千位为3或4 ①千位为3，个位需为偶数，可选0、2、4共3种，剩余3个数字选2个排列百位十位， 共个； ②千位为4，个位需为偶数，可选0、2共2种，剩余3个数字选2个排列百位十位， 共个； 即此时满足条件的四位数共 个. （2）千位为2，千位已用2，个位只能是偶数0或4，分情况： ①个位为0，剩余数字1、3、4选2个排列百位十位，共 个； ②个位为4，剩余数字0、1、3选2个排列百位十位，共 个， 其中只有2014小于2027，其余5个都符合； 即此时满足条件的四位数共个. 综上，满足条件的四位数共个. 4．（2026·山东德州·模拟预测）除以7所得的余数为（   ） A．1 B．2 C．4 D．6 【答案】D 【分析】利用二项式定理化简原式，再将问题转化为求除以7所得的余数，再次结合二项式定理将问题转化为除以7所得的余数即可. 【详解】， 因为，所以除以7所得的余数为，即， 故， 而， 故除以7所得的余数为， 故原式除以7所得的余数与除以7所得的余数相等均为. 5．（25-26高二下·贵州·阶段检测）如图，一个质点在外力的作用下，从原点出发，每次沿数轴随机向左或向右移动一个单位长度．记（）为该质点第次移动后所对应的数轴上的数，则满足的移动方法有（     ） A．3360种 B．4480种 C．3150种 D．4200种 【答案】A 【分析】以和分类计算，分类前10步和后6步中向左走和向右走的步数，使用组合数计算走法，使用加法原理和乘法原理求解. 【详解】设向右走一步为，向左走一步为，走步，其中向右步，那么向左走步，最终位置为：， 第一类：当时，，得，即前10步中向右走6步，向左走4步共有种方法， ，则从第10步走到第16步为后6步，位置从2走到4，则，得，即向右走4步，向左走2步，共有种方法，根据乘法原理，共有种走法； 第二类：当时，令，得，即前10步中向右走4步，向左走6步，共有种方法， 前10步走完的最终位置是，后6步要从走到4至少需要6步，即后6步只有1种走法，根据乘法原理共有：种方法； 综上，移动方法有种方法. 二、多选题 6．（25-26高二下·江苏扬州·期末）某班级数学课外活动小组中有男生5人，女生3人，则下列选项中正确的有（     ） A．从中选出2人分别担任组长和副组长，共有28种不同的安排方案 B．从中选4人参加语文、数学、英语知识竞赛，其中语文需要2人，数学和英语各需要1人，共有840种不同的安排方案 C．8人排成一排，甲乙两人之间恰好间隔2人，共有7200种不同的安排方案 D．8人排成一排，女生两两不相邻，且女生甲在排头或排尾，共有4800种不同的安排方案 【答案】BCD 【分析】对于A：相当于求从8个人中取2个人的排列数；对于B：先从人中选人参加语文知识竞赛，再选两人参加余下两科竞赛；结合分步乘法计数原理求解，对于C：先排甲乙，再排其余学生；对于D：先排男生，再排女生甲，最后排其余女生即可. 【详解】对于选项A：从个人中选2人，1人做正组长，1人做副组长选法共有种，故A错误； 对于选项B：从个人中选4人参加语文、数学、英语知识竞赛，其中语文需要2人，数学和英语各需要1人 的选法共有种，故B正确； 对于选项C：满足条件的安排方法可分两步完成， 第一步先排甲乙，因为甲乙间隔2人，故甲乙的位置可能为，且甲乙可交换， 故甲和乙的排列方法有种； 第二步，将剩余6人排入余下的位置，满足条件的排法有种； 由分步乘法计数原理可得8人排成一排，甲乙两人之间恰好间隔2人的总方案数为，C正确， 对于选项D：满足条件的安排方法可分三步完成， 第一步，先排名男生，有种排法，个男生产生个空（含两端）， 第二步，将女生甲排入两端空位中的一个，共种排法； 第三步，将剩余两名女生从剩下个空位选个排列，共有种排法； 由分步乘法计数原理可得总方案数为，D正确. 7．（25-26高二下·河南郑州·期末）已知多项式按二项式定理展开后，各项的二项式系数依次排列，可构成经典的杨辉三角（如图1）.我们对杨辉三角中的数字进行染色：若二项式系数为奇数，则将该位置涂为黑色；若为偶数，则涂为白色，染色后得到的几何图案，即为谢尔宾斯基三角形（如图2）.请结合杨辉三角与谢尔宾斯基三角形的相关性质，判断下列说法中正确的是（    ） A． B．在“杨辉三角”中，第12行的奇数项数字之和为2048 C．在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第62行的黑色圆比白色圆多一个 【答案】ABD 【分析】根据二项式系数的性质可判断ABC选项，由谢尔宾斯基三角形的定义可判断D选项 【详解】由题意可得，故A正确； 由“杨辉三角”的性质可知第行的所有数字之和为， 又奇数项数字之和与偶数项数字之和相等，故第12行的奇数项数字之和为，故B正确； 在“杨辉三角”第行的数有个，中间项的值最大，故最大为第个数，故C错误； 由“杨辉三角”的规律观察可得第行是奇偶相间的，又， 所以第62行的63个数是奇偶相间，且两端都是奇数，所以黑色圆比白色圆多一个，故D正确. 三、填空题 8．（25-26高二下·广东梅州·期末）某公交车乘车路线途经A，B，C三站，已知共有6名乘客在这三站中随机选择一站下车，另共有其他4名乘客在这三站中随机选择一站上车，若在这三站中每一站都有上车的乘客和下车的乘客，且每站下车的乘客数不少于上车的乘客数，则这10名乘客在这三站中不同的上、下车的乘车种数为_______（用数字作答）． 【答案】12960 【分析】首先根据已知条件确定上车人数分布为一站上车2人其余两站各上车1人，然后计算单种上车站位对应的下车方案数，根据乘法原理相乘，最后再根据对称性汇总所有乘车种数. 【详解】设第i站下车人数为，上车人数为，则： ，且，，且，， 因为，且，所以只有2,1,1一种分布类型，即一站上车2人其余两站各上车1人， 若A站上车2人，B站、C站各上车1人，则上车共有种分配方式， 下车人数的约束条件为，，且， 令，，，则 当下车人数分布为时，下车种数为； 当下车人数分布为3,2,1、3,1,2、2,3,1、2,1,3时，下车种数为； 当下车人数分布为2,2,2时，下车种数共有， 所以下车共有种方案， 此时A站上车2人，B站、C站各上车1人的总方案数为. 因为可以在A站、B站、C站任意一站上车2人，共3种选择， 由对称性知每种情况均为4320种，总乘车种数为. 9．（暑假作业18 二项式定理（巩固培优,3知识8题型巩固提升 能力培优 创新拓展）高二数学人教A版）设，则的值为_____ 【答案】 【分析】观察所求式子中系数的循环规律，选择三次单位根代入多项式，利用其幂次实部的周期循环将目标系数组合提取出来，代入后化简，再取实部并适当整理，即可直接得到所求表达式的值． 【详解】取三次单位根，设，所以，， ，……， ， 在原式中，令，所以， 则有， 对上式右边取实部可得：， 所以. 因此所求多项式的值为. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第三章 排列、组合与二项式定理 复习要点 1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义． 2.通过实例，理解排列、组合的概念． 3.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式． 4.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理． 5.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题． 复习重难点 重点：基本概念和基本方法为主；涉及特殊元素与特殊位置、两元索相邻或不相邻、分组、分配等问题；二项式定理的展开项与特定项；二项式中系数之和及系数的最值问题. 难点：涂色问题；分组与分配问题（平均分）；多面手问题及排列与组合的综合问题；二项式系数之和与二项式展开式中的之和；二项式展开式中的系数的最大值问题. 知识点 分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 要点速测 1.（25-26高二下·陕西榆林·期中）某校开设类选修课3门，类选修课2门，若要求从两类课程中选一门，则不同的选法共有（    ） A．2种 B．3种 C．5种 D．6种 知识点 分步乘法计数原理 1.分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 2.两个原理及其区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理． 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题．如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理． 当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理．即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数．对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法． 要点速测 2．（25-26高二下·四川遂宁·期中）为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的2种主食、3种素菜、6种荤菜中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践行“光盘行动”，则不同的选取方法有（ ） A．48种 B．36种 C．24种 D．12种 知识点排列与排列数 1.定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． 2.排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． 3.排列数的性质： ①；②；③． （4）解排列应用题的基本思路： 通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）． 注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用． 要点速测 3．（25-26高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）用这5个数字可以组成没有重复数字的四位数的个数为（    ） A． B． C． D． 知识点组合与组合数 1.定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． 2.组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到； 因此． 这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：． 注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明． 3.组合数的主要性质：①；②． 4.组合应用题的常见题型： ①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型 ②“至少”或“最多”含有几个元素的题型 要点速测 4．（25-26高二下·天津武清·期中）要从件不同的礼物中选出件，不同的选法种数为（     ） A． B． C． D． 知识点二项式定理 1.二项式定理 (1).式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N*)； (2).通项公式：Tr＋1＝Can－rbr，它表示第r＋1项； (3).二项式系数：二项展开式中各项的系数C，C，…，C. 2.二项式系数的性质 性质 性质描述 对称性 与首末等距离的两个二项式系数相等，即C＝C 增减性 二项式系数C 当k＜(n∈N*)时，是递增的 当k＞(n∈N*)时，是递减的 二项式系数最大值 当n为偶数时，中间的一项取得最大值 当n为奇数时，中间的两项与取得最大值 3.各二项式系数和 (1).(a＋b)n展开式的各二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n. (2).偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. 【知识必备】(a＋b)n的展开式形式上的特点： (1).项数为n＋1. (2).各项的次数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1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n. (4).二项式的系数从C，C，一直到C，C. 要点速测 5．（25-26高二下·山西·期中）的展开式为______. 题型01 两种计数原理应用 ▌例1 （25-26高二下·西藏昌都·期末）现有名志愿者在五一放假三天里，到公园去服务，每人服务一天，那么在这三天里，公园每天都有志愿者服务的安排方案有（    ）种 A． B． C． D． 解题技巧 分类加法重在“互斥穷尽”：把问题拆成几类，每类独立算完再加总，确保不重不漏。分步乘法重在“连贯完整”：完成一件事需多步，每步方法数相乘，注意步骤缺一不可。判断时看“做完一类是否算完成”，若是则加法，若只是中间环节则乘法。 ▌迁移练1-1（25-26高二下·全国·课后作业）有红、黄、蓝三种颜色的旗各足够多面，每次可以升1面、2面或3面旗，纵向排列在旗杆上表示信号，旗数或顺序不同时表示不同信号，则可以表示不同信号的种数为（   ） A．38 B．39 C．40 D．42 ▌迁移练1-2（25-26高二下·青海海东·期末）某外语组有9人，其中6人主修英语，3人主修俄语，从中选出主修英语和俄语的各一人，不同的选法有（    ） A．9种 B．18种 C．种 D．种 ▌迁移练1-3（25-26高二下·吉林四平·期末）已知4名同学分别报名参加学校的足球队、篮球队、乒乓球队，每人限报其中的一个运动队，则不同报法的种数为（    ） A．16 B．27 C．64 D．81 ▌迁移练1-4（25-26高二下·广西桂林·期末）从5名男生和4名女生中选2男1女参加一项活动，则不同的选法共有（    ） A．84种 B．80种 C．40种 D．20种 ▌迁移练1-5（25-26高二下·北京房山·期末）生鲜超市分拣员整理货品，现有6种水果，5种蔬菜，从中任选5种货品打包礼盒，要求礼盒中水果、蔬菜都不能少于2种，则不同的选法种数为（    ） A．150 B．200 C．350 D．400 题型2 排列数与组合数的计算 ▌例2 （25-26高二下·陕西榆林·期末）的值为（   ） A．101 B． C．6 D． ▌迁移练2-1（25-26高二下·福建南平·期末）若（且），则（     ） A．3 B．4 C．5 D．6 ▌迁移练2-2（25-26高二下·河北保定·期末）若正整数满足，则（    ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 ▌迁移练2-3（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）不等式的解集为（    ） A．(5，10) B． C． D． ▌迁移练2-4（25-26高二下·广东深圳·期中）满足等式的的值为（     ） A． B． C．或 D． ▌迁移练2-5(多选）（25-26高二下·福建福州·期末）下列关于排列数、组合数的等式（，，）中，正确的是（     ） A． B． C． D． 题型3 相邻与不相邻问题 ▌例3 （多选）（25-26高二下·新疆克孜勒苏·期末）甲、乙、丙等5人排成一列，下列说法正确的有（　　） A．若甲和乙相邻，共有48种排法 B．若甲不排第一个共有24种排法 C．若甲与丙不相邻，共有36种排法 D．若甲在乙的左边（不一定相邻），共有60种排法 解题技巧 相邻问题用“捆绑法”，不相邻问题用“插空法”。 相邻问题：把必须相邻的元素看作一个“大元素”，先与其他元素排列，再在内部排列。例如5人站一排，甲乙必须相邻，先把甲乙捆成一个整体，与其余3人排列共4!种，再乘以甲乙内部交换的2!，得48种。 不相邻问题：先排其他元素，再在它们形成的空隙中插入不相邻元素。例如5人站一排，甲乙不相邻，先排其余3人共3!种，产生4个空位，从4个空位中选2个放甲乙，共A(4,2)种，得72种。 口诀：相邻捆绑，不相邻插空。 ▌迁移练3-1（25-26高二下·湖北襄阳·期末）甲乙丙三人观看表演，现有个座位排成一排，则恰有两个空位相邻的不同坐法的种数为（    ） A． B． C． D． ▌迁移练3-2（25-26高二下·河南郑州·期末）某郑州研学团计划参观少林寺、郑州文庙、只有河南·戏剧幻城、黄河文化公园、建业电影小镇5个景点，要求：少林寺必须排在第一个或最后一个参观；郑州文庙与黄河文化公园必须相邻，则不同的参观顺序有（    ）种 A．12 B．24 C．36 D．48 ▌迁移练3-3（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期末）已知有个除了颜色外，形状大小材质等都完全一样的球，其中个白球、个红球、个黄球．现将这个球排成一排，则任意个白球不排在一起的排法总数是（     ）种． A． B． C． D． ▌迁移练3-4（25-26高二下·河南洛阳·期末）现有5名学生和3名老师排成一排合影，老师不排两端且恰有两位老师相邻的不同排法种数为（    ） A．21600 B．8640 C．4320 D．2160 ▌迁移练3-5（25-26高二下·山东临沂·期末）有6名同学站成一排照相，要求其中甲乙两位同学不站在一起，丙丁两位同学站在一起，共有站法种数为（   ） A．120 B．144 C．240 D．336 题型4 数字的排列问题 ▌例4 （25-26高二下·四川南充·阶段检测）用数字组成没有重复数字的四位数的个数为（     ） A．96 B．72 C．120 D．24 ▌迁移练4-1（25-26高二下·广东深圳·期末）用数字0，1，2可以组成多少个没有重复数字的三位数（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 ▌迁移练4-2（25-26高二下·山东青岛·期末）从0，1，3，5，7中任取2个数字，从2，4，6中任取2个数字，一共可以组成_______个没有重复数字的四位数？（     ） A．72 B．108 C．540 D．648 ▌迁移练4-3（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）从1，2，3，4，5这5个数中选出3个不同的数组成三位数，大于321的数共有_________个． ▌迁移练4-4（25-26高二下·四川资阳·期末）由数字0，1，2，3，4可以组成没有重复数字，并且比30000大的所有正整数的个数为___________． ▌迁移练4-5（2026高三·全国·专题练习）从这十个数字中，每次选出五个，可以组成多少个分别符合下列条件的没有重复数字的五位数？ (1)奇数； (2)偶数； (3)能被整除； (4)到之间的偶数． 题型5 涂色问题 ▌例5 （25-26高二下·四川广安·期末）如图，现须用3种颜色对4个区域着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法（     ）    A．3 B．6 C．12 D．24 解题技巧 涂色问题核心是“按相邻关系分步、分类”。先确定涂色顺序，通常从相邻最多的区域入手。相邻区域颜色不同，可用乘法原理逐步计算；若区域成环或结构复杂，需分类讨论首尾是否同色。注意颜色数是否足够，避免重复或遗漏。 ▌迁移练5-1（25-26高二下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，已知四棱锥.用红、黄、蓝、绿四种颜色（四种颜色全部使用），涂在四棱锥的5个顶点上，每个顶点涂1种颜色，并使同一条棱上的2个顶点异色，求不同的涂色方法数（    ）    A．24 B．48 C．72 D．96 ▌迁移练5-2（25-26高二下·河北邢台·阶段检测）如图，对一个正五边形的五个区域进行涂色，要求同一个区域只涂一种颜色，相邻的两个区域涂不同的颜色.现有红、黄、蓝3种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方案数为（    ） A．24 B．28 C．30 D．36 ▌迁移练5-3（25-26高二下·贵州遵义·期末）如图，给图中的A，B，C，D，E五个区域涂色，要求相邻区域涂不同的颜色．现有4种不同的颜色供选择，则有________种不同的涂色方案．（用数字作答） ▌迁移练5-4（25-26高二下·四川达州·期末）如图所示，一个椭圆形区域被分割为互不重叠的六个部分，依次标记为，，，，，.现用4种不同的颜色对图中6个区域着色，要求有公共边的区域不能涂同一种颜色，四种颜色全部参与着色，则所有着色方案种数为______.（用数字作答） ▌迁移练5-5（25-26高二下·重庆·期末）给图中 五个区域涂色，规定每个区域只涂 1 种颜色， 且相邻区域的颜色不能相同， 若有 6 种不同的颜色可供选择， 则不同的涂色方法种数为_____.    题型6 求二项展开式的特定项（系数） ▌例6 （25-26高二下·天津西青·阶段检测）二项式的展开式的常数项是（     ） A．28 B．56 C．36 D．40 解题技巧 求二项展开式的特定项（系数），核心是用通项公式“定位”。 以 (a+b) n为例，展开式的通项为 （r=0,1,…,n ）。解题时先写出通项，再根据题目要求确定 r 的值： 求常数项：令变量指数为0，解出 r ，代入得系数； 求指定次幂项：令变量指数等于目标次数，解 r 后代入； 求系数：注意通项中的系数包含组合数与各项系数的幂，不要漏乘。 技巧：先写通项，再列方程求 r ，最后计算。注意 r 是整数且0≤r≤n ，无解则该项不存在。 ▌迁移练6-1（25-26高二下·广东江门·期末）的展开式中的第3项是（   ） A． B． C． D． ▌迁移练6-2（25-26高二下·广东肇庆·期中）二项式展开式中有理项的项数是（   ） A．1项 B．2项 C．3项 D．4项 ▌迁移练6-3（25-26高二下·北京海淀·期中）已知的展开式中，第2项和第6项的二项式系数相等，则展开式中的常数项为（   ） A．60 B． C．240 D． ▌迁移练6-4（25-26高二下·湖北武汉·期中）二项式展开式中含的项是（    ） A．第7项 B．第8项 C．第9项 D．第10项 题型7 二项展开式系数的和 ▌例7 （26-27高三上·重庆·开学考试）在的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则展开式的各项系数之和为（    ）． A． B． C． D． ▌迁移练7-1（26-27高三上·安徽·开学考试）已知，则（    ） A．0 B． C． D． ▌迁移练7-2（26-27高三上·黑龙江辽宁·开学考试）若，则（    ） A． B． C． D． ▌迁移练7-3（2026·北京·三模）已知，则（    ） A．1 B． C． D．122 ▌迁移练7-4（2026·河南开封·模拟预测）若，则（    ） A．1 B．-1 C．6078 D．-6078 ▌迁移练7-5若，则（   ） A．1 B． C．129 D． 题型8 多项式的展开式问题 ▌例8 （25-26高二下·河南郑州·期末）的展开式中系数为（    ） A．-13 B．-7 C．11 D．13 ▌迁移练8-1（25-26高二下·福建·阶段检测）的展开式中的常数项为（     ） A． B． C． D． ▌迁移练8-2（25-26高二下·河南郑州·期末）的展开式中，的系数为（    ） A． B． C． D． ▌迁移练8-3（25-26高二下·河北·期末）的展开式中的系数为（     ） A．15 B．25 C．30 D．35 ▌迁移练8-4（多选）（2026·湖北武汉·三模）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．常数项为80 C．项的系数为 D．展开式一共有21项 难点一 分组分配问题 分组分配先分两步：先分组，再分配。 平均分组要除以组数的阶乘，因为组之间没有区别，重复算了；不平均分组一般不用除，若其中有几组人数相同，就除以相同组数的阶乘。 分配到不同对象时，把分好的组再对应到具体人、具体位置，通常再乘组数的阶乘；如果指定某组必须给某人，就直接对应，不要多乘。 有“至少一个”“不能全在一组”这类条件，优先用总数减去不符合的情况。 做题时先判断组有没有名字、对象有没有区别，再决定要不要除阶乘，最后检查是否漏掉对应关系，这样不容易出错。 难点精练 1．（25-26高二下·河南信阳·期末）甲、乙、丙、丁等6人分成，两个小组，每组3人，要求甲乙必须在同一组，丙丁不能在同一组，则不同的分配方案有（     ） A．4种 B．6种 C．8种 D．12种 2．（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）为了减轻新冠后遗症对老年人的伤害，某医院举办了一次下乡义诊活动．现将甲、乙、丙、丁、戊、己六名医务人员分配到五所乡村进行义诊服务，要求每人只能去一所村庄，且每个村庄至少安排一人．若甲必须去村，则不同的分配方法有（     ） A．种 B．种 C．种 D．种 3．（多选）（25-26高二下·河北石家庄·期末）现有8个不同的玩具，下列说法正确的有（     ） A．分成一堆两个，一堆两个，一堆四个，共有210种方法 B．甲得两个，乙得两个，丙得四个，共有420种方法 C．一人得两个，一人得两个，一人得四个，共有630种方法 D．甲得三个，乙得三个，丙得两个，共有560种方法 4．（多选）（25-26高二下·甘肃酒泉·期末）将2男2女共4个优秀毕业生分配给，，，四个公司，每人只去一个公司，则下列说法正确的是（    ） A．共有24种分配方法 B．每个公司都有分配到人，有24种分配方法 C．恰好有一个公司未分配到人，有144种分配方法 D．每个公司都有分配到人，且公司只要女生，有12种分配方法 5．（多选）（25-26高二下·黑龙江·期末）将含甲、乙的6名男性志愿者和含丙、丁的3名女性志愿者平均分配到A，B，C三个不同社区进行志愿者服务，则下列说法正确的是（    ） A．甲、乙被分配到不同社区的方法有1260种 B．恰好有1个社区有2名女性志愿者的分配方法有2160种 C．甲、丙、丁至少有2人在同一社区的分配方法有1140种 D．A社区至少分配2名男性志愿者且丁不在C社区的分配方法有800种 6．（多选）（25-26高二下·贵州遵义·期中）现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法正确的是（   ） A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为 B．若每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为 C．如果司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为 D．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是 7．（25-26高二下·全国·课后作业）将10本完全相同的科普知识书全部分给甲、乙、丙3人．若每人至少分得1本，则不同的分法种数为______；若每人至少分得2本，则不同的分法种数为______． 难点二 展开式系数的最值问题 先分清是二项式系数最值还是项的系数最值。二项式系数只看n，n为偶数中间一项最大，n为奇数中间两项最大。 项的系数最值常用两法：一是设第r+1项系数最大，列不等式组，让它不小于前一项和后一项，解出r再取整数；二是比较相邻项系数的比值，看数列何时由增转减，运算更省。要注意不等式组无解时，最大项可能在首尾，需比较两端。 若系数正负交错，先求绝对值最大项，再筛选正系数项比较大小，别被绝对值迷惑。 难点精练 1．（25-26高二下·湖北襄阳·期末）二项式的展开式中的系数最大的项为（    ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·江苏徐州·阶段检测）的展开式中，系数最大的项是第（    ）项. A． B． C． D． 3．（25-26高二下·重庆·阶段检测）在的展开式中，系数最大的项是（     ） A．第项 B．第项 C．第项 D．第项 4．（多选）（25-26高二下·重庆·期末）若的二项展开式共有项，则该二项展开式中（     ） A．各项二项式系数和为 B．有理项共有项 C．展开式中的系数为 D．展开式中第项的系数最大 5．（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）的展开式中只有第项系数最大，则的取值集合为_______. 6．（25-26高二下·安徽宿州·阶段检测）在的展开式中，系数最大的项是第___________项． 7．（25-26高二下·上海·期末）在的展开式中系数最小的是第________项. 8．（25-26高二下·河北廊坊·期中）在的展开式中． (1)求二项式系数最大的项； (2)判断系数的绝对值最大的项是第几项，并求出系数最大的项． 难点三 杨辉三角 看到杨辉三角先想它和二项式展开的关系，每一行就是展开式各项系数，第几行对应几次方。 常抓三条规律：每行两端都是1；中间每个数等于上一行肩上两个数之和；每行数字总和是2的几次方，指数跟行数对应。 求某一项系数，别硬画三角，直接用组合数思路，从上面几行里挑对应位置。遇到斜着看一列求和，往往能凑成下一行某个数，这叫累加消去。 遇到奇偶、整除问题，可观察每行奇数个数，或者结合二项式系数对称性，左右对称能快速排除一半情况。 做题先判断考的是系数、求和还是对称，再选规律，效率更高。 难点精练 1．（25-26高二下·广东东莞·期末）“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现.如图，在“杨辉三角”中，下列叙述正确的是（    ）    A．第12行中第6个数最大 B．第2026行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C． D．第19行中第8个数与第9个数之比为2:3 2．（25-26高二下·河北石家庄·期中）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望.“杨辉三角”如图所示，则 （    ）    A．160 B．165 C．168 D．170 3．（25-26高二下·重庆渝北·期中）“杨辉三角”最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现，它揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律.如图，由“杨辉三角”下列叙述正确的是（    ） A．第10行中第5个数最大 B．第2025行中从左往右第1012个数与第1013个数相等 C． D．第12行中相邻两个数比值的最大值为12 4．（25-26高二下·北京海淀·期中）蜜蜂是“天才的数学家兼设计师”，下图是一个蜂巢的部分截面，图中竖直线段表示通道，同一高度的若干通道构成层，斜线与竖线的连接处叫交点．第层有条通道，从左至右依次为第条通道．蜜蜂从入口开始自上向下运动，在每个交点处经由左侧斜线和右侧斜线进入通道的可能性相同．蜜蜂到达第层第通道的不同路径数为．例如：，，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 5．（25-26高二下·福建福州·期中）在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现了一些规律．在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，出现了这个表，我们称这个表为杨辉三角，杨辉三角是中国古代数学中十分精彩的篇章．如图1所示，杨辉三角第6行的7个数依次为，．将杨辉三角中第行的第个数乘以，第0行的一个数为0，得到一个新的三角数阵如图2，则在这个新的三角数阵中，第100行的所有数的和为（   ） A． B． C． D． 6．（25-26高二下·湖北·期中）习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动社会主义文化繁荣兴盛．“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中出现．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（   ） A．第12行中第6个数最大 B．第2026行中从左往右第1013个数与第1014个数相等 C． D．第19行中第8个数与第9个数之比为2:3 7．（25-26高二下·重庆·阶段检测）在探究的展开式的二项式系数性质时，我们把系数列成一张表，借助它发现了一些规律．在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，出现了这个表，我们称这个表为杨辉三角，如图，第3行到第10行的各行的第4个数的和为（   ） A． B． C． D． 基础达标 一、单选题 1．（25-26高二下·四川南充·阶段检测）（     ） A．17 B．22 C．27 D．34 2．（25-26高二下·陕西榆林·期中）用1，3，5，7组成没有重复数字的三位数的个数是（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高二下·广东深圳·阶段检测）有六人排成一排，甲､乙两人必须相邻，则满足要求的排法有（    ） A．120种 B．180种 C．240种 D．360种 4．（25-26高二下·陕西西安·期末）书桌上有2本不同的语文课外读物和3本不同的数学课外读物．现从中取出一本，则不同的取法种数为（    ） A．5 B．6 C．8 D．9 5．（25-26高二下·四川南充·阶段检测）已知二项式展开式中第4项与第8项的二项式系数相等．则展开式中含的系数为（     ） A．480 B． C．960 D． 6．（2026高二·全国·专题练习）某手机专卖店新进A，B，C，D，E，F，G这7款充电宝，准备将它们在货柜里摆成一排售卖，则下列说法不正确的是（   ） A．若A，B，C必须摆在前三个位置，则不同的摆法有144种 B．若A，B，C彼此不相邻，D，E，F，G也彼此不相邻，则不同的摆法有72种 C．若A，B，C彼此不相邻，则不同的摆法有1440种 D．若A不能摆在后两个位置，则不同的摆法有3600种 7．（2026高二·全国·专题练习）北京市某高中高二年级5名学生参加“传承诗词文化，赓续青春华章”古诗词知识竞赛，比赛包含“唐诗”、“宋词”、“元曲”三个项目，规定每个项目至少有一名学生参加，则符合要求的参赛方法种类数为（   ） A．60 B．90 C．150 D．240 8．（25-26高二下·上海闵行·期末）从4位男老师和4位女老师中选出3名教师，派到3个班担任班主任（每班1位班主任），要求这3名班主任中男、女教师都要有，则不同的选派方案共有（     ）种 A．48 B．288 C．312 D．336 二、多选题 9．（25-26高二下·陕西西安·期末）下列结论正确的是（    ） A．可表示为 B．3个班分别从5个景点中选择一处游览，有种不同选法 C．7名同学排成一排，甲、乙必须相邻，共有种不同排法 D．5个朋友聚会，见面后每两人握手一次，一共握手次 10．（25-26高二下·四川南充·阶段检测）已知二项展开式，则（     ） A． B． C． D． 11．（25-26高二下·广东深圳·期中）某城市的智能交通系统使用无人机参与街道交通的巡检，现有6架无人机，有甲、乙、丙、丁4条街道需要巡检，若6架无人机都参与且每架无人机只巡检一条街道，则下列结论正确的是（     ） A．若无人机完全相同，每条街道至少有一架无人机巡检，则共有12种不同的巡检方案 B．若无人机完全相同，允许有的街道不用无人机巡检，则共有84种不同的巡检方案 C．若给无人机按1~6编号，它们排队依次起飞，其中1号、2号两架无人机不相邻，则共有480种不同的顺序 D．若给无人机按1~6编号，每条街道至少需要1架无人机，甲街道至多需要2架无人机，则共有1440种不同的巡检方案 三、填空题 12．（25-26高二下·陕西榆林·期中）甲、乙两人计划从5个景点中选择2个进行游览，则他们选的景点恰有1个相同的选法有__________种. 13．（25-26高二下·广东湛江·期中）在的展开式中，的系数为___________ 14．（25-26高二下·四川南充·阶段检测）用4种不同的花卉种植在如图所示的四个区域中，且相邻区域花卉不同，则不同的种植方法种数是________． 四、解答题 15．（25-26高二下·河南郑州·期末）已知的展开式中，所有项的二项式系数的和是，求： (1)的值及展开式中二项式系数最大的项； (2)展开式中所有的有理项. 16．（25-26高二下·全国·课后作业）设求： (1)的值； (2)的值； (3)的值； (4)的值． 能力进阶 一、单选题 1．（25-26高二下·四川遂宁·期中）遂宁东辰新闻节目组依次录制遂宁市7个旅游景点：灵泉寺、广德寺、龙凤古镇、大英死海、沱牌产业园、蓬溪红海、观音湖的宣传视频，要求灵泉寺和广德寺不相邻，灵泉寺和观音湖相邻，且龙凤古镇不排在首和尾，不同排列种数为（      ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·福建南平·期末）若，的展开式中的系数为55，则（     ） A．6 B．7 C．8 D．9 3．（25-26高二下·陕西咸阳·期末）从标有，，，，的五张卡片中随机选取4张放入如图所示的空格处组成一个四位数的偶数，则这样的四位数中大于的个数为（   ） A．44 B．43 C．42 D．41 4．（2026·山东德州·模拟预测）除以7所得的余数为（   ） A．1 B．2 C．4 D．6 5．（25-26高二下·贵州·阶段检测）如图，一个质点在外力的作用下，从原点出发，每次沿数轴随机向左或向右移动一个单位长度．记（）为该质点第次移动后所对应的数轴上的数，则满足的移动方法有（     ） A．3360种 B．4480种 C．3150种 D．4200种 二、多选题 6．（25-26高二下·江苏扬州·期末）某班级数学课外活动小组中有男生5人，女生3人，则下列选项中正确的有（     ） A．从中选出2人分别担任组长和副组长，共有28种不同的安排方案 B．从中选4人参加语文、数学、英语知识竞赛，其中语文需要2人，数学和英语各需要1人，共有840种不同的安排方案 C．8人排成一排，甲乙两人之间恰好间隔2人，共有7200种不同的安排方案 D．8人排成一排，女生两两不相邻，且女生甲在排头或排尾，共有4800种不同的安排方案 7．（25-26高二下·河南郑州·期末）已知多项式按二项式定理展开后，各项的二项式系数依次排列，可构成经典的杨辉三角（如图1）.我们对杨辉三角中的数字进行染色：若二项式系数为奇数，则将该位置涂为黑色；若为偶数，则涂为白色，染色后得到的几何图案，即为谢尔宾斯基三角形（如图2）.请结合杨辉三角与谢尔宾斯基三角形的相关性质，判断下列说法中正确的是（    ） A． B．在“杨辉三角”中，第12行的奇数项数字之和为2048 C．在“杨辉三角”第行的数中，从左到右第个数最大 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第62行的黑色圆比白色圆多一个 三、填空题 8．（25-26高二下·广东梅州·期末）某公交车乘车路线途经A，B，C三站，已知共有6名乘客在这三站中随机选择一站下车，另共有其他4名乘客在这三站中随机选择一站上车，若在这三站中每一站都有上车的乘客和下车的乘客，且每站下车的乘客数不少于上车的乘客数，则这10名乘客在这三站中不同的上、下车的乘车种数为_______（用数字作答）． 9．（暑假作业18 二项式定理（巩固培优,3知识8题型巩固提升 能力培优 创新拓展）高二数学人教A版）设，则的值为_____ 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $