第三章 排列、组合与二项式定理全章高频重点题型突破（十 六重点题型+二大难点题型专项训练）数学人教B版高二选择性必修第二册

第三章 排列、组合与二项式定理全章高频重点题型突破 基础拿分：高频题型归纳 题型1 两个原理的基本应用 题型9 简单的组合应用题 题型2 排列组合数的计算 题型10 分组分配问题 题型3 代数中的计数问题 题型11 x+y+z=n的整数解的个数 题型4 数字排列问题 题型12 求二项展开式的特定项（系数） 题型5 涂色问题 题型13 求展开式的系数和 题型6 全排列问题 题型14 两项与两项的乘积问题 题型7 元素有限制的排列问题 题型15 三项展开式问题 题型8 相邻与不相邻问题 题型16 整除和余数问题 核心提升·重难点归纳 题型1 二项式系数的增减性和最值 题型2 杨辉三角 综合攻坚·知能拔高 ◆题型1 两个原理的基本应用 1．（26-27高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）某小区有4个出入门，如果甲同学从其中的任意一个门进入小区，并要求从其他的门出去，那么甲同学进出小区的方式共有（    ） A．4种 B．7种 C．12种 D．16种 【答案】C 【详解】根据分步乘法计数原理， 第一步，甲先选一个门进入，有4种选择； 第二步，甲选一个门出去，有3种选择， 所以甲同学进出小区的方式共有种. 2．（25-26高二下·陕西西安·期末）从2幅不同的国画和5幅不同的水彩画中任选一幅布置房间，则不同的选法共有（     ） A．4种 B．7种 C．10种 D．25种 【答案】B 【详解】从2幅不同的国画里选1幅，共有2种选法； 从5幅不同的水彩画里选1幅，共有5种选法. 根据分类加法计数原理，总的不同选法数是两类选法数相加：种. 3．（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. 4．（25-26高二下·河北保定·期末）如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丙地有3条路，从甲地到丙地有2条路，则从甲地到丙地一共有（    ）条不同的路线． A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】D 【详解】若从甲地直接到丙地，有2条路线； 若从甲地到乙地，再到丙地，有条路线； 综上所述：从甲地到丙地一共有11条不同的路线. 5．（25-26高二下·内蒙古锡林郭勒·期末）5名医生分成3个支教组，则不同的分组方式共有（     ） A．20种 B．25种 C．30种 D．150种 【答案】B 【分析】先确定5人分3组的两类人数分配方案：1,1,3和2,2,1，分别计算两类无序分组的数量后求和即可. 【详解】将5名医生分为3个不区分次序的支教组，且每组至少1人，人数分配共两类： 人数为1,1,3的分组：从5人中任选3人组成3人组，剩余2人各为1组， 由于两个1人组无序，无重复计数，该类分组数为种； 人数为2,2,1的分组：先从5人中选2人组成第一个2人组，再从剩余3人中选2人组成第二个2人组， 剩余1人单独成组，由于两个2人组无序，需消除重复计数，故该类分组数为种， 根据分类加法计数原理，总分组方式共有种. 6．（25-26高二下·安徽滁州·期末）某品牌洗衣机售后服务中心需要安排四个区域的售后维修服务，现有甲、乙、丙三位技术员可选派，要求每个区域只能有一个技术员负责，每位技术员至多负责两个区域，则不同的安排方案共有（    ） A．80种 B．72种 C．54种 D．36种 【答案】C 【分析】先计算出没有任何限制的总分配方案数，再从中减去某位技术员负责了3个或4个区域的情况即可求解. 【详解】每个区域都可以自由分配给3位技术员中的任意一位，4个区域相互独立，总共有种， ①若某位技术员负责了全部4个区域，有种， ②若某位技术员负责了3个区域， 先选出负责3个区域的技术员，有种， 再从4个区域中选出3个分配给他，有种， 最后，剩下的1个区域分配给另外2位技术员中的1位，有种， 这种情况的总数为种， 所以符合条件的方案数为种. ◆题型2 排列组合数的计算 1．（25-26高二下·河南信阳·期末）（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】根据组合数、排列数公式计算求解. 【详解】. 2．（25-26高二下·广东汕头·期中）下列错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】对于A，，A错误； 对于B，由组合数性质，得，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，由二项式定理，， 令得：，D正确. 3．（25-26高二下·山东济宁·期末）若，则（    ） A．1 B．2 C．4 D．2或4 【答案】D 【分析】利用组合数相等的两类等价关系，结合组合数上标的取值限制求解. 【详解】根据组合数性质：若，则要么，要么，且组合数上标需满足、，本题中， 分情况讨论： 若，解得，此时，，符合组合数定义； 若，化简得，解得，此时，，符合组合数定义， 综上的取值为2或4. 4．（25-26高二下·河南郑州·期末）计算（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，， 故分子为，又， 因此原式. 5．（25-26高二下·江苏南京·期末）下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由排列数，组合数计算方式结合选项可得答案. 【详解】对于A，，，故A错误； 对于B，，，故B错误； 对于C，，，从而，故C错误. 对于D，，故D正确. 6．（25-26高二下·重庆·阶段检测）下列等式成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用组合数公式计算判断A，应用组合数公式及组合数性质计算判断C，应用排列数个数计算判断B，D. 【详解】，A选项正确； ，所以不成立，B选项错误； ，所以不成立，C选项错误； ，所以不成立，D选项错误. 7．（25-26高二下·安徽滁州·期中）下列等式中成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】直接根据排列数及组合数公式计算可得. 【详解】对于A，，所以，A错误； 对于B，因为， 所以，B错误； 对于C，，所以，C错误； 对于D，因为，所以， 所以，所以D正确. ◆题型3 代数中的计数问题 1．（25-26高二下·四川雅安·期末）乘积展开后的项数为（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由分步乘法计数原理可得：第一步从任选个数共种选法， 第二步从任选个数共种选法，第三步从任选个数共种选法， 故展开后的项数为：. 2．1800有__________个不同的正因数． 【答案】 【分析】根据题意，，结合分步乘法计数原理，即可得到结果. 【详解】， 每一个正因数都可表示为， 其中，且均为非负整数， 对有种可能选法，即， 对有种可能选法，即， 对有种可能选法，即， 由分步乘法计数原理可得，的正因数有个. 故答案为： 3．已知x，y，z均为正整数，且，则满足方程的解有______组. 【答案】10 【分析】由题意可得的取值范围，分类列举，根据分类加法原理，可得答案. 【详解】因为，所以. 当时，则，即， 可取； 当时，则可取； 当时，则，解得，或6，则为； 当时，则，为． 所以方程的解的个数为. 故答案为：. 4．（25-26高二下·上海闵行·期中）设为函数的定义域，若对于且，都有，我们称为“不减函数”.若定义域，值域为，且，则符合条件的不减函数有______个. 【答案】20 【分析】根据“不减函数”的定义，值域中的元素个数可以为1个，2个，3个，分三种情况讨论，分别求出每种情况中不减函数的个数，再求和即可. 【详解】根据“不减函数”的定义，值域中的元素个数可以为1个，2个，3个， 所以分三种情况讨论： （1）若值域中的元素个数为1个，当分别取时，所对应的三个函数值都相同， 可以是中的任何一个，所以有种取法，即有4个“不减函数”； （2）若值域中的元素个数为2个，有两种情况： ①取时所对应的函数值相同，此时只需从这4个数字中任选2个， 其中较大者为所对应的函数值，较小者为1所对应的函数值，所以有种取法，即有6个“不减函数”； ②取时所对应的函数值相同，同理有种取法，即有6个“不减函数”； （3）若值域中的元素个数为3个，此时只需从这4个数字中任选3个， 其中较大者为3所对应的函数值，居中者为2所对应的函数值，较小者为1所对应的函数值， 所以有种取法，即有4个“不减函数”. 所以符合条件的不减函数有个. 5．（2026·河南南阳·模拟预测）勒让德猜想是数论中最著名的猜想之一，内容如下：对于任意正整数，存在质数，满足，我们把区间称为正整数的质数分布区间．现从集合中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案有_________种．（用数字作答） 【答案】4 【分析】根据给定条件，求出给定集合中各数的质数分布区间内质数个数，再利用列举法求出方案种数. 【详解】依题意，1的质数分布区间内的质数有两个；2的质数分布区间内的质数有两个； 3的质数分布区间内的质数有两个；4的质数分布区间内的质数有三个； 5的质数分布区间内的质数有两个；6的质数分布区间内的质数有四个， 因此从中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案 有、、、，共4种方案. 故答案为：4 ◆题型4 数字排列问题 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. 2．（25-26高二下·河北沧州·期末）将各位数字之和等于10的四位数称为“好数”，比如2026，则四位数中共有“好数”（    ）个 A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用隔板法可求“好数”的个数. 【详解】设该四位数为， 其中， 由题设有，将该方程转化为， 设，则. 先考虑方程正整数解的组数， 由隔板法可得该方程不同正整数解的组数为. 当时，，此时对应的正整数为五位数，舍； 当时，每一组均可得唯一的四位数， 故四位数中共有“好数”为. 3．（25-26高二下·河北石家庄·期末）从1，2，3，4，5，6，7七个数字中，选出两个奇数和一个偶数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有（     ） A．18个 B．36个 C．72个 D．108个 【答案】D 【分析】利用排列组合以及分步乘法计数原理即可求解. 【详解】由题意得：第一步：先选两个奇数有种选法， 第二步：再选一个偶数有种选法， 第三步：最后将三个数组成没有重复的三位数有种排法， 根据分步乘法计数原理共有：种排法. 4．（25-26高二下·山东枣庄·期末）从、、、、这个数中任选个偶数和个奇数，可组成没有重复数字的三位数的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先确定选这三个数字的情况种数，然后再将所选的三个数字进行排序，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】从、、、、这个数中任选个偶数和个奇数，选这三个数字的情况种数为， 再将所选的三个数字进行排序，由分步计数原理可知没有重复数字的三位数的个数为个. 5．（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. 6．（25-26高二下·天津·期末）从0，2，4，6，8中任取2个数字，从1，3，5，7中任取1个数字，共可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为（    ） A．240 B．80 C．64 D．60 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理及分步乘法计数原理，结合排列计数问题列式求解. 【详解】当选出的两个偶数不含时，这两个偶数从中选取， 此时个位有种取法，百位和十位有种取法，故构成的三位数有个， 当选出的两个偶数含时，必在十位，百位有种取法，个位有种取法， 构成的三位数有个， 所以共可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为. 7．（25-26高二下·天津武清·阶段检测）将0，1，2，3，4，5，6，7，8，9全部填入如下图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有前两列数字之和为9的填法有（   ） A．15360种 B．30720种 C．21120种 D．42240种 【答案】B 【分析】先找出所有数字之和为9的情况填写前两列，再写出后三列符合题意的所有情况再逐一排列. 【详解】数字之和为9的有，，，，，共种，则前两列共有种， 假设前两列放的是，， 则后三列有，，，，，，，共八种情况， 先从这八种情况中选择一种，再将其放入后三列中，并将每一种进行排序，则后三列共有种， 则仅有前两列数字之和为9的填法有种. ◆题型5 涂色问题 1．（25-26高二下·陕西西安·期末）给图中A，B，C三个区域涂色，有4种不同的颜色可供选择，要求相邻区域不用同一种颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．24种 B．20种 C．18种 D．16种 【答案】A 【分析】根据题意，先从4种颜色中选3种颜色，再涂A，B，C三个区域，结合排列数和组合数的公式，即可求解. 【详解】图中A，B，C三个区域涂色，有4种不同的颜色可供选择，要求相邻区域不用同一种颜色， 可先从4种颜色中选3种颜色，再涂A，B，C三个区域， 则不同的涂色方法有种不同的涂法. 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. 3．（25-26高二下·四川乐山·期末）如图，现要对某市的5个区域地图进行着色，有4种颜色可供选择，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．108种 【答案】B 【分析】应用分步分类计数原理求不同着色方法数. 【详解】第一步涂：有种颜色可选，共种选择， 第二步涂：与不同色，共种选择， 第三步涂：与都不同色，共种选择， 第四步涂、：分两类讨论， 当与同色时， 只有种， 与相邻，只需排除两种颜色，共种， 此情况总数， 当与不同色时， 需要排除三种颜色，共种， 与相邻，需要排除三个不同颜色，共种， 此情况总数， 所以总着色方法为种. 4．（25-26高二下·江苏镇江·期中）对以下各选项中的多面体顶点进行涂色，要求相邻顶点颜色不同，则仅需2种颜色满足要求的是（   ） A．正方体 B．正八面体 C．正三棱台 D．正四面体 【答案】A 【详解】 对于A，如图， 正方体的8个顶点要求相邻顶点颜色不同，需两种颜色即可： 例，对，有1种颜色，对需要另1种颜色， 故需2种颜色即可满足要求； 对于B，正八面体是由同底的两个正四棱锥组成，共6个顶点， 上顶点为，下顶点为，中间四个顶点：； 与相连，与相连，要求相邻顶点颜色不同，需3种以上颜色即可. 例，对涂第1种颜色，那么必须涂第2种颜色，要使满足题目要求， 必须对再分色涂，至少需3种颜色即可满足要求； 对于C，正三棱台的上下两个面为两个正三角形，侧棱连接对应顶点，共6个顶点， 上底面顶点为，，；下底面顶点为，，； 当上底面，，顶点两两相连，满足题目要求需3种颜色去涂， 故正三棱台至少需3种颜色满足要求； 对于D，假设正四面体的4个顶点分别为，用颜色1涂，用颜色2涂， 要与，颜色不同，只能用颜色3涂，要与顶点的颜色不同， 只能用颜色4，所以要使正四面体相邻顶点颜色不同，至少需4种颜色即可； 故A选项正确. 5．（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. 6．（25-26高二下·四川雅安·期末）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大正方形．现有红、黄、蓝三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，则不同的涂法有______种． 【答案】 【详解】显然①和③颜色需相同，②和④颜色需相同，①和③的颜色与②和④颜色不同， ⑤需单独一种颜色， 3种不同的颜色进行全排列，共有种涂法. 7．（25-26高二下·安徽蚌埠·期末）现给蚌埠市四区三县区域示意图涂色，有4种颜色供选择，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，且蚌山区、龙子湖区、禹会区、淮上区四区颜色各不相同，则不同的涂色方法有_________种．（用数字作答） 【答案】192 【分析】根据分步乘法和分类加法计算原理进行计算． 【详解】先涂四个区，要求颜色各不相同，共有种涂法； 再涂三个县： 怀远县：与禹会区，淮上区相邻，两个区颜色不同，故怀远县可选的颜色有2种； 固镇县：与淮上区，怀远县相邻，两个区颜色不同，故固镇县可选的颜色有2种； 五河县：与淮上区，固镇县相邻，两个区颜色不同，故五河县可选的颜色有2种； 根据分步乘法计数原理可知：共有种涂色方法． ◆题型6 全排列问题 1．（26-27高二上·陕西宝鸡·开学考试）为了更好地打造“千年商港，幸福温州”的城市新定位，温州市博物馆陶瓷馆巡礼中展示了温州出土的瓯窑青釉褐彩瓜形盖罐（南朝）、青釉点彩盘口鸡首壶（东晋）和瓯窑虎形灯座（东晋）三件文物，若将三件文物排成一排进行巡展，则瓯窑虎形灯座（东晋）排在中间的概率是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】三件不同的文物排成一排，共有种；瓯窑虎形灯座（东晋）排在中间位置，剩余2件文物排在首尾的有种；则瓯窑虎形灯座（东晋）排在中间的概率为. 2．（25-26高二下·重庆荣昌·阶段检测）将英文单词“”中的个字母重新组合排列，还可组成（   ）个英文单词（可以认为每个组合都是一个有意义的单词）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先计算个字母（其中有个字母相同）的总的排列数，再减去单词“”本身这种排列可得. 【详解】因为单词 “”共个字母，其中字母重复次，其余字母均不重复， 所以总排列数为， 又因为题目要求“还可组成”，需要减去原来的单词“”本身这种排列， 因此，所以最终还可组成个不同单词. 3．（25-26高二下·陕西西安·期末）由数字组成的没有重复数字的四位数的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】根据排列数计算公式可得：， 即满足条件的四位数共有个. 4．（25-26高二下·安徽蚌埠·阶段检测）从4名男生、3名女生中安排3人分别担任校园文化节活动的宣讲、引导、登记人员，要求男、女生都有，则不同的安排方法共有（   ） A．343种 B．210种 C．180种 D．36种 【答案】C 【详解】  从7人中安排3人分别担任宣讲、引导、登记人员，共有种安排方法，全是男生的安排方法有种，全是女生的安排方法有种， 所以符合条件的安排方法有（种）． 5．（25-26高二下·广东江门·期中）一个火车站有6股岔道，如果每股道只能停放1列火车，现要停放2列不同的火车，不同的停放方法共有______种 【答案】30 【详解】一个火车站有6股岔道，如果每股道只能停放1列火车， 现要停放2列不同的火车，不同的停放方法共有种. 6．（25-26高二下·湖北武汉·期中）将由1，2，3，4，5组成的无重复数字的5位正整数按从小到大的顺序排列，则32154是第______个数． 【答案】 【分析】应用排列数及分类讨论求出小于等于所有无重复数字的5位正整数的个数，即可得. 【详解】当万位数是1或2时，共有个， 当万位数是3， 若千位数是1时，有个， 若千位数是2，百位数是1时，有个，分别为， 综上，32154是第个数. 7．（25-26高二下·宁夏中卫·阶段检测）名男生和名女生站成一排拍照，不同的站法有___________种 （用数字作答） 【答案】120 【详解】名男生和名女生站成一排拍照，即为5名学生站成一排拍照， 所以不同的站法有. ◆题型7 元素有限制的排列问题 1．（26-27高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）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．576 B．312 C．288 D．48 【答案】C 【分析】先选出3名教师，因为要求选出的3名教师必须男、女教师都有，所以可分两类情况，选出的3名教师是2男1女和1男2女，利用组合数分别计算选择教师的方法数，再将3名教师安排到3个班，是全排列，根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理，即可求解. 【详解】第一类情况，选出的3名教师是2男1女， 有种选择， 所以选派方案有种； 第二类情况，选出的3名教师是1男2女， 有种选择， 所以选派方案有种； 综上，所有不同的选派方案共有种. 2．（25-26高二下·内蒙古包头·期末）某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加不同棒次安排方案总数为（    ） A．12 B．24 C．30 D．36 【答案】D 【分析】按甲跑第1棒和第2棒分两类讨论，先确定乙的可选位置，再对剩余棒次从其余4名学生中选2人排列，求和得总方案数. 【详解】当甲跑第1棒时：乙可选择第2棒或第4棒，共种安排； 剩余2个棒次需从除甲、乙外的4名学生中选2人排列，排列数为， 此类方案总数为； 当甲跑第2棒时：乙只能选择第4棒，共1种安排； 剩余2个棒次需从除甲、乙外的4名学生中选2人排列，排列数为， 此类方案总数为； 总方案数为 3．（25-26高二下·全国·课后作业）甲、乙均不能安排在周三和周六值班，丙不能安排在周五值班．现将甲、乙、丙等6人安排到周一至周六每天1人值班，则不同安排数为________． 【答案】252 【分析】应用分类讨论周五人员值班安排，结合分步乘法原理、排列数公式求不同的值班方法数. 【详解】按周五值班人员分类： 若甲在周五，则乙可在周一、周二、周四中选1天，有3种，其余4人全排列，有种，共种； 同理，乙在周五也是72种， 若甲、乙都不在周五，则甲、乙从周一周二、周四中安排2天，有种， 丙不能在周五，于是在剩余3个可用位置中选1个，有3种， 其余3人全排列，有种，共种． 综上，总数为种. 4．（25-26高二下·河北沧州·期末）现安排6名学生去参加3个项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案种数为________．（用数字作答） 【答案】390 【分析】本题主要考查分组分配问题，采用间接法：先求总方案数，再减去甲、乙同项目的方案数.总方案数：将6名学生分配到3个不同项目，每个项目至少一人，利用容斥原理计算.甲、乙同项目：先捆绑甲乙，再分配剩余4人，保证其他两个项目有人，最后减去. 【详解】总方案数：每个学生有3种选择，但需每个项目非空; 方案数为： 甲、乙同项目的方案数：先让甲乙选一个项目，有种选择. 剩余4人分配到3个项目，要求甲乙未选的两个项目至少各有一人; 剩余4人的分配数： 故甲乙同项目的方案数为. 因此满足甲乙不同项目的方案数为. 5．（25-26高二下·重庆·期末）将编号1~6的6个小球放入编号1~6的6个盒子中，每个盒子里放一个小球．要求恰好有两个小球放入同编号的盒子中，且1号小球不能放入2号盒子，2号小球不能放入1号盒子，3号小球不能放入4号盒子，4号小球不能放入3号盒子，一共有________种放法． 【答案】80 【分析】分2个对号都在前四个（1,2,3,4）中；1个对号在前四个，1个对号是5或6；2个对号是5和6；3种情况讨论求解即可. 【详解】分类按选中的2个对号的位置，总共有种选对号的方式，分三类计算： 情况1：2个对号都在前四个（1,2,3,4）中 子情况1a：两个对号是或共2种选法， 若对号选择的是，剩余4个元素需要全部错排，且满足剩余元素的限制， 最终只能是3号球4号球去5号盒与6号盒，同时5号球、6号球去3号盒与4号盒， 共种， 总计：种。 子情况1b：两个对号一个来自、一个来自，共种选法： 原有限制全部自动满足（对号占了对应位置，不可能违反限制）， 剩余4个元素全错排， 若对号是1号球和3号球，则剩下2，4，5，6号球， 先放2号球，有3种选择，（4号盒或5号盒或6号盒）， 若2号球放4号盒，再放4号球，此时4号球有3种选择，（2号盒或5号盒或6号盒）， 剩下5号球、6号球，共1种选择，共计种， 同理，其它情况也是9种， 故总计：种； 情况1合计：种； 情况2：1个对号在前四个，1个对号是5或6 选对号方法：种， 若对号是1号球和5号球，剩下2，3，4，6号球， 有2号球放3号盒，3号球放2号盒，4号球放6号盒，6号球放4号盒， 或2号球放3号盒，3号球放6号盒，4号球放2号盒，6号球放4号盒， 或2号球放4号盒，3号球放2号盒，4号球放6号盒，6号球放3号盒， 或2号球放4号盒，3号球放6号盒，4号球放2号盒，6号球放3号盒， 共4种，同理其它情况也是4种， 总计：种， 情况3：2个对号是5和6 剩余1,2,3,4四个元素全部错排，满足限制， 此时1号球、2号球只能放3号盒和4号盒； 3号球、4号球只能放1号盒和2号盒； 共种， 故总计有：， 因此总放法为种. 6．（25-26高二下·全国·课后作业）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，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有多少种？ 【答案】24种 【分析】利用捆绑法，把丙、丁看成一个整体，再利用插空法排甲即可. 【详解】把丙、丁看成一个整体，内部有种顺序， 先将“丙丁整体”、乙、戊3个对象排列，共有种不同排法； 将甲插入中间两空中的一空中有种不同选法； 所以共有种不同的排列方式． ◆题型8 相邻与不相邻问题 1．（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. 2．（25-26高二下·重庆北碚·期末）甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排拍照，要求甲在左端或右端，且乙丙要相邻，则不同的排列方式共有（    ） A．12种 B．16种 C．24种 D．32种 【答案】C 【详解】第一步：甲在左端或右端，共2种选择， 第二步：将乙丙视为1个整体，此时连同剩下的丁、戊，一共相当于3个元素排列， 剩余3个位置可以自由排列这3个元素，排列数为； 同时乙丙两人内部可以互换顺序，有种排列方式， 故总排列方式数为：. 3．（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． 4．（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. 5．（25-26高二下·全国·课后作业）由1～6组成无重复数字的六位数，若奇数1，3，5中有且只有两个相邻，则这样的六位数共有________个． 【答案】432 【分析】先用捆绑法将选出的两个奇数作为一个整体，再将其与剩下的一个奇数利用插空法插到已排好的三个偶数产生的四个空中即可. 【详解】先从3个奇数中选出两个作为一个整体，另外一个奇数作为另一个整体， 两个奇数组再排列，则一共有种， 3个偶数全排列，共有种， 为了使两个奇数组不相邻，则将其插到3个偶数产生的4个空中，共有种， 综上，共有种排列方法. 6．（25-26高二下·四川凉山·期末）甲、乙等5人排成一行照相，其中甲、乙不相邻，则不同的排列方法有_________种．（用数字作答） 【答案】 72 【详解】先排列除甲、乙以外的三人，共有种， 再将甲、乙两人插空加入，四个空隙插入人，共有种， 所以共有种. 7．（2026高三·全国·专题练习）三个男生和四个女生站成一排，求分别满足下列各条件的不同排法种数： (1)甲站在中间； (2)甲、乙分别站两端； (3)甲、乙必须相邻； (4)三个男生两两不相邻； (5)三个男生和四个女生分别站在一起； (6)男女相间而站； (7)甲不站排头且乙不站排尾． 【答案】(1)； (2)； (3)； (4)； (5)； (6)； (7)3720 【分析】（1）对其余6人进行全排即可； （2）先排甲、乙两人，再排其余5人，根据分步乘法原理即可求解； （3）采用捆绑法即可求解； （4）采用插空法即可求解； （5）采用捆绑法即可求解； （6）采用插空法即可求解； （7）根据甲的位置，进行分类，根据分类加法原理即可求解. 【详解】（1）因为甲站中间，则只需考虑其余6人，故共有种方法； （2）甲、乙的站法有种，其余5人全排列有种，故共有种方法； （3）相邻问题应该采用“捆绑法”，共有种方法； （4）两两不相邻问题应该采用“插空法”，共有种方法； （5）分别对三个男生和四个女生用“捆绑法”，把他们当作2个整体进行排列，故共有种方法； （6）因为女生比男生多1人，因此男女相间而站，就是在四名女生之间的间隔中站入三名男生，所以只需分别排列男生和女生，故共有种方法； （7）甲站与不站排尾对于乙的影响是不同的，故分为两种情况；①甲站排尾，则乙就没有限制了，共有种站法； ②甲不站排尾，则甲有种站法，因为乙也不能站排尾，故乙还有种站法，其余的人随便站，共有种站法． 所以，甲不站排头且乙不站排尾共有种方法，即有3720种方法. ◆题型9 简单的组合应用题 1．（26-27高二上·湖北十堰·阶段检测）柜子里有三双不同的鞋，设为，其中与，与，与分别为一双鞋，如果从中随机地取出两只，则取出的鞋成双的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】设“从中随机地取出两只，取出的鞋成双”为事件，则. 2．（25-26高二下·陕西西安·期末）某非遗工坊推出款不同的榫卯结构文创盲盒，其中款为故宫联名隐藏款．某游客一次性购买个不同款的盲盒，则买到的盲盒中至多有个故宫联名隐藏款的购买种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出一次性买个盲盒的购买总数，再求出买到的盲盒中都是故宫联名隐藏款的购买总数，利用间接法求结论. 【详解】一次性买个盲盒的购买总数为：， 买到的盲盒中都是故宫联名隐藏款的购买总数：， 所以买到的盲盒中至多有3个故宫联名隐藏款的购买种数为. 3．（25-26高二下·宁夏固原·阶段检测）“四书五经”是中国儒家经典的核心典籍，自宋代以来成为科举考试和传统教育的核心内容，其中“五经”是指《诗经》，《尚书》，《礼记》，《周易》，《春秋》．如果从“五经”中任选两本，可以选择的方法种数为（   ） A．5 B．9 C． D． 【答案】D 【详解】从“五经”中任选两本，可以选择的方法种数． 4．（25-26高二下·全国·课后作业）某外语组有5人，每人至少会英语、法语中的一门，其中3人会英语，3人会法语．从中选会英语和法语的各一人去做翻译工作，则不同的选法种数为________． 【答案】8 【分析】先分析人员构成，算出既会英语又会法语和仅会英语和仅会法语的人数，分成两类情况，选“多面手”和不选“多面手”，分别计算各自的选法种数，相加即可. 【详解】既会英语又会法语的人数为， 仅会英语和仅会法语的各有2人． 若不选这名“多面手”，有种； 若选这名“多面手”，还需从其他4人中选1人配合，有4种． 共有种． 5．（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）已知6件不同的产品中有2件次品，现对它们一一测试，直至找到所有2件次品为止，若至多测试4次就能找到这2件次品，则共有____________种不同的测试方法． 【答案】114 【分析】按实际触发停止条件的测试次数进行分类，结合排列数与组合数的计算即可求解. 【详解】由题意得这6件产品中有2件次品，4件正品， 检测2次可测出2件次品，即前2次都测试到次品， 此时不同的测试方法有种； 检测3次可测出2件次品，则前2次测试中只有1件次品，第3次测试到第二个次品， 不同的测试方法有种； 检测4次测出2件次品， 则前3次测试中只有1件次品，第4次测试到第二个次品， 不同的测试方法有种； 检测4次测出4件正品，不同的测试方法共有种， 由分类计数原理，满足条件的不同的测试方法的种数为种． 6．（25-26高二下·宁夏固原·阶段检测）某医院有内科医生5名，外科医生4名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中： (1)某内科医生甲与外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？ (2)甲和乙两人都不参加，有多少种不同的选法？ (3)队中至少有2名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？ 【答案】(1) (2) (3)120 【分析】（1）根据题意，在甲乙外的剩下的7人中再选3人，即可求解； （2）根据题意，在甲乙外的剩下的7人中再选5人，即可求解； （3）由题意，分3种情况讨论：①队中有2名内科医生和3名外科医生，②队中有3 名内科医生和2名外科医生，③队中有4名内科医生和1名外科医生，结合分类计数原理，即可求解. 【详解】（1）根据题意，某内科医生甲与某外科医生乙必须参加，只需在剩下的7人中再选3人即可，有种选法 . （2）甲、乙均不能参加，在剩下的7人中选5人即可，有 有种选法. （3）分3种情况讨论: ①队中有2名内科医生和3名外科医生，有种选法;    ②队中有3 名内科医生和2名外科医生，有种选法;     ③队中有4名内科医生和1名外科医生，有种选法，    由分类加法计数原理，可得有40+60+20=120种不同的选法. ◆题型10 分组分配问题 1．（25-26高二下·广东广州·期末）将6个相同的布娃娃分给3位小朋友，要求每一位小朋友至少有一个布娃娃，则不同的分配方案有（ ） A．540种 B．90种 C．60种 D．10种 【答案】D 【分析】对6个相同的元素进行分配，利用隔板法，在5个间隙中加入2块隔板即可. 【详解】6个相同的布娃娃排成一排，中间有5个间隙，要分给3位小朋友，且每位小朋友至少有一个布娃娃， 则只需插入2块隔板，把它分成3份，每份至少1个，共有种. 2．（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 3．（25-26高二下·广东潮州·期末）将，，，，，共6本书平均分给甲、乙、丙三个学生，且书本分给学生甲，则不同的分书方法共有（     ）种 A．15 B．20 C．30 D．60 【答案】C 【详解】先从剩下5本书中选择1本给甲，再从剩下4本书中选择2本给乙，剩下2本自然归丙，共有种分法. 4．（25-26高二下·河南郑州·期末）2026年河南省篮球城市联赛正在火热进行中，5名志愿者将前往郑州、焦作、商丘3个城市开展志愿服务工作，若要求每个城市都要有志愿者，则志愿者的分配方案总数为（     ） A．150 B．120 C．300 D．50 【答案】A 【详解】分两类计算 第一类：先分组，将5名志愿者分为2、2、1，共有种分组方式，再分配，种方式，所以有种方式， 第二类：将5名志愿者分为3、1、1，共有种分组方式，再分配，种方式，所以有种方式， 所以志愿者的分配方案总数为. 5．（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．（25-26高二下·甘肃平凉·期末）某项比赛期间需要安排名志愿者完成项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有________种． 【答案】36 【详解】先将工作按照分好，再分给名志愿者，共有种安排方式. 7．（25-26高二下·湖南邵阳·期末）甲、乙、丙等位同学都要报名参加学校举办的项不同活动，每人仅报其中一项，要求每项活动至少有一人报名，则不同的报名方式种数是_________.（用数字作答） 【答案】 【分析】先将位同学分成三组，再将每组分到项不同活动中，由分步计数原理，即可求解. 【详解】将位同学分成三组，有种分法， 再将每组分到项不同活动中，有种方法， 所以不同的报名方式种数是. 8．（25-26高二下·河北·期末）人工智能实验室有三台运算设备：一号主机、二号工作站、三号工作站．现安排4名算法工程师与2名测试工程师开展模型调试，要求每台设备至少安排1人，一号主机必须安排4人，且两名测试工程师不能分配到同一台设备上，则不同的人员安排方案共有__________种． 【答案】18 【分析】先给一号主机安排4名工程师，再将其余两名工程师分别分配到二号和三号工作站，即可得到所有安排方案数. 【详解】因为一号主机必须安排4人，且两名测试工程师不能分配到同一台设备上， 所以可先给一号主机安排工程师， 若将4名算法工程师都安排到一号主机，则只需将2名测试工程师分别分配到二号和三号工作站， 共有种安排方案； 若将2名测试工程师中的1名安排到一号主机，则需从4名算法工程师中选3名也安排到一号主机，并将剩余的两名工程师分别分配到二号和三号工作站， 共有种安排方案. 综上所述，不同的人员安排方案共有种. ◆题型11 x+y+z=n的整数解的个数 1．（25-26高二下·河北承德·期末）将各位数字之和等于10的四位数称为“好数”，比如2026，则四位数中“好数”个数为（    ） A．219 B．220 C．285 D．286 【答案】A 【分析】先把四位数各位数字和问题转化为关于正整数的方程，再用隔板法计算总数，最后减去千位为10的情况即可得到最终结果. 【详解】设四位数为，则（，）， 令，，， 则问题转化为：求方程的正整数解的个数， 由“隔板法”得共有个， 其中当，时不合题意，故共有219个. 2．（25-26高二下·贵州遵义·期中）方程的正整数解的个数为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先确定变量的正整数取值，再对剩余变量的和用挡板法分情况计算分组数，累加得到结果. 【详解】已知均为正整数，即. 由， 结合，得，解得，故可取. 利用挡板法：将个相同元素分为3组且每组至少1个，分组方式数为. 当时，，分组数， 当时，，分组数， 当时，，分组数， 当时，，分组数， 因此，总分组方式数为. 3．（25-26高二下·山东青岛·期中）我们称各个数位上的数字之和为7的三位数为“安康数”，例如106和223，则所有的“安康数”共有（    ） A．15个 B．27个 C．28个 D．36个 【答案】C 【分析】用隔板法即可求解 【详解】法一：由题意，问题相当于用2个隔板把7个排成一排的球从左到右分成三份， 其中最左侧的一份至少有1个球，靠右侧的两份可以是0个球， 首先把第1个隔板放入从左到右依次插入这一排球所形成的8个空的后7个空中的一个， 再把第2个隔板插入第1个隔板所在空及其右侧的任意一个空，共有 个安康数. 法二：等价于从左到右三份分别对应 且 ， 若 ，则 ，即求出方程非负整数解的个数，由隔板法有 个安康数.∴选C 4．（25-26高二下·江苏淮安·期中）流感期间，班长拿了18个口罩发给5名感冒的学生，每位学生至少发3个口罩，则不同的发放方法有________种． 【答案】35 【分析】问题等价转化为将8个口罩分给5个人，使用隔板法求解即可. 【详解】由题意，5名学生每人至少3个口罩，若每人2个，则需要分出10个， 所以18个口罩余下8个，化为将8个口罩分给5个人，每人至少一个口罩， 使用隔板法可得共有种. 5．（25-26高二下·全国·期中）方程的正整数解的个数为_____.在所有正整数解中随机取一个，则取到的解恰好满足的概率为_____. 【答案】 【分析】根据题意利用隔板法求所有个数；分、、和四种情况讨论，求满足的个数，结合古典概型运算求解. 【详解】方程的正整数解的个数即为把30个相同的小球放入3个不同的盒中，且每个盒子不空， 利用隔板法可知不同的个数为； 因为，则有： 若，则个数为1； 若，则，其个数为； 若，则，其个数为； 若，设其个数为， 则，解得； 综上所述：满足的个数为， 所以所求概率为. 6．（2026高二·全国·专题练习）（1）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放1个球，共有多少种不同的方法？ （2）把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放2个球，共有多少种不同的方法？ （3）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，其中可以有空盒子，共有多少种不同的方法？ 【答案】（1）15；（2）15；（3）36 【分析】（1）利用隔板法求解即可. （2）先将问题合理转化，再利用隔板法求解即可. （3）法一对空盒子的个数进行分类讨论，再求和即可，法二利用隔板法求解即可. 【详解】（1）在7个相同的小球中间的6个空档里， 选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法. （2）可以先在每个盒子中放1个球，问题就变成将7个相同的小球放入3个不同的盒子， 每个盒子里至少放1个球，即将小球分为堆， 在7个小球产生的6个空档中选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法. （3）法一：空0个盒子共有种，仅空1个盒子共有种， 仅空2个盒子共有种，综上，共有种方法. 法二：先借3个相同的球，在每个盒子里先放入1个借来的球， 则问题就转化为把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子都不空， 即在10个相同的小球中间的9个空档里， 选择2个空档，插入2块隔板，共有种方法. ◆题型12 求二项展开式的特定项（系数） 1．（25-26高三下·江苏无锡·阶段检测）展开式中的常数项是（   ） A．-540 B．-20 C．20 D．540 【答案】A 【详解】 展开式的通项公式是， 令 ，得， 所以. 2．（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. 3．（25-26高二下·四川自贡·期末）求的展开式中第6项系数为（    ） A．1120 B． C． D．448 【答案】C 【详解】展开式的通项为 且， 令，则，所以展开式中第6项系数为. 4．（25-26高二下·四川宜宾·期末）的展开式中所有的有理项有（   ）项 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】首先写出展开式的通项，由为整数且，求出的值，再代入通项求出有理项，即可得到其系数和. 【详解】由题意得的展开式的通项公式如下， 为， 由题意可知，为整数且， 所以或或，所以， ，， 所以的展开式中所有的有理项有3项. 5．（25-26高二下·吉林四平·阶段检测）的展开式中仅有第项的二项式系数最大，则展开式中的有理项有（    ） A．9项 B．10项 C．20项 D．21项 【答案】B 【分析】先根据二项式系数的性质确定的值，再求出展开式的通项公式，最后根据有理项的定义确定有理项的个数. 【详解】因为展开式中仅有第30项的二项式系数最大， 所以，，， 所以当为的整数倍时，为有理项， 所以的取值依次为，共项． 6．（25-26高二下·广东深圳·期末）的展开式中二项式系数和为，则含项的系数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据二项式系数和及通项公式求解即可. 【详解】因为的展开式的二项式系数和为32，所以，得， 所以展开式的通项公式为，， 令，解得：， 所以展开式中含项的系数为：. 7．（25-26高二下·广东广州·期末）在的展开式中，含的项的系数是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据条件，利用组合数和组合数的性质，即可求解. 【详解】的展开式中， 含的项的系数为. ◆题型13 求展开式的系数和 1．（25-26高二下·河南郑州·期末）若，则的值为（    ） A．14 B．15 C．16 D．17 【答案】B 【分析】利用赋值法直接计算即可. 【详解】令，则， 令，则， 所以 2．（25-26高二下·陕西西安·期末）若，则实数（     ） A． B．或 C． D．或 【答案】B 【详解】因为，且， 所以令，得，. 所以， 解得或 3．（多选）（25-26高二下·重庆北碚·期末）设，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【详解】二项式展开式的通项公式为， 令得，所以，A正确； 令得，所以， 令得，所以，所以，B正确； 令得， 令得， 令令得，所以， 所以，C正确； ，D错误. 4．（多选）（25-26高二下·安徽宿州·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据二项式定理，用赋值法求解. 【详解】对于选项A，由题意，A正确； 对于选项B，令得， 所以，B正确； 对于选项C，令得， 所以，C错误； 对于选项D，由得， 令得，，D正确. 5．（多选）（25-26高二下·重庆·期末）已知， 且，则下列选项正确的是（   ） A． B． C．或 D． 【答案】BC 【详解】令得， 又因为，所以， 即或，得或，故A错误； 因为， 即， 所以，故B正确； 令得，因为或， 所以或，故C正确； 令得，又， 则，因为或， 所以或，故D错误. 6．（25-26高二下·山西吕梁·期末）已知，则_____． 【答案】 【分析】利用赋值法分别令和得到两个等式，相加后除以2即可求得偶次项的系数之和. 【详解】令，则 ①， 令，则 ②， 两式相加得：，所以. ◆题型14 两项与两项的乘积问题 1．（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. 2．（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. 3．（25-26高二下·安徽六安·期末）在的展开式中，的系数为（    ） A．-35 B．35 C．-105 D．105 【答案】B 【详解】原式可写成， 由二项式定理，. 在中，的系数计算如下： 由第一项得； 由第二项得（因为）. 因此的系数为. 4．（25-26高二下·河北沧州·期末）在展开式中，含项的系数为（   ） A．-10 B．0 C．-20 D．20 【答案】C 【详解】由展开式的通项为，， 当与2配对时，，故的系数为， 当与配对时，，故的系数为， 所以原式展开式中系数为. 5．（25-26高二下·河北衡水·阶段检测）已知（）的展开式中的常数项为24，则（   ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】利用二项式展开式通项公式，结合分类讨论思想即可求解. 【详解】对于的二项式展开式通项公式： ， 原式的常数项由两部分组成： 第一部分：第一个括号取，第二个括号取常数项， 即令，得，这部分系数为：； 第二部分：第一个括号取，第二个括号取项， 令，得，这部分系数为：； 则总的常数项为，且，解得. 6．（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. 7．（25-26高二下·黑龙江·期末）在的展开式中，含的项的系数为______________ 【答案】 17 【分析】根据二项式定理进行求解即可. 【详解】， 二项式的通项公式为， 因此含的项的系数为. 8．（25-26高二下·河北张家口·期末）展开式中项的系数为_______．（用数字作答） 【答案】15 【分析】先求二项式的展开式的通项，再由乘法法则求出的展开式中含的项即可得解. 【详解】根据二项式定理，的展开式通项为 ， 所以的展开式中，含的项为， 所以展开式中含的项的系数为15. ◆题型15 三项展开式问题 1．（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. 2．（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. 3．（2026·陕西榆林·模拟预测）的展开式中，的系数为（    ） A．135 B．15 C． D． 【答案】A 【详解】由题意可知的通项为，， 可知的通项为， 令，，解得，，所以的系数为． 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； 5．（25-26高二下·上海宝山·期末）的展开式合并幂指数相同的项后，含项的系数为__________． 【答案】 【详解】的展开式第项为，， 的展开式的第项为,， 令得，或， 所以的系数为. 6．（25-26高二下·内蒙古·期末）在的展开式中，项的系数为__________． 【答案】 【分析】利用二项式定理的性质即可. 【详解】的展开式由三部分组成， 要配凑出，则需要个，个，个， 所以项为， 即系数为. 7．（25-26高二下·云南楚雄·期末）的展开式中， 的系数是 ______.（用数字作答） 【答案】 【分析】先根据目标项中的次数确定选取含项的因式个数，再对剩余因式利用二项式定理求项的系数，两者相乘即为所求系数. 【详解】将视为5个因式的乘积，要得到项，分步计算如下： 确定含的项：从5个因式中任选3个取， 该部分的组合数与系数为，对应项为； 剩余2个因式均需从中选取项，要求最终得到： 设从这2个因式中选个取，剩余个取， 则的指数满足，解得，即2个因式均取， 该部分系数为； 根据分步乘法计数原理，的系数为. ◆题型16 整除和余数问题 1．（25-26高二下·吉林·期末）除以7的余数为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【详解】因为 ， 所以除以7的余数为1. 2．（25-26高二下·山东菏泽·期末）今天是星期六，若（，且）天后仍是星期六，则的值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】化简的表达式，利用二项式定理展开求余数再根据 为 7 的整数倍求解符合范围的值. 【详解】一周共有 7 天，若 天后仍是星期六，则 是 7 的正整数倍， 将变形为：， 又，因此， 根据二项式定理展开：， 展开式中前33项均含有因数7，均为7的倍数，除以7的余数为0， 仅最后一项不含因数7，因此除以7的余数为1. 由此可得除以7的余数为. 要使除以7的余数为0，需满足是7的倍数， 已知且，则，因此，解得. 3．（25-26高二下·河南郑州·期末）已知，，则被9除所得的余数为（   ） A．8 B．0 C．1 D．2 【答案】A 【详解】由二项式定理可知， 所以， ， 所以， 所以被9除所得的余数为8. 4．（25-26高二下·贵州安顺·期末）对于整数，若和被除所得的余数相同，则称和对模同余，记为.已知，且，则的值可以是（    ） A．2019 B．2021 C．2023 D．2025 【答案】B 【分析】根据二项式展开式的特征可得，即可求解除以5所得的余数为1，即可求解. 【详解】已知 ，即除以5所得的余数为1， 显然2021除以5所得的余数为1，即b的值可以是2021. 5．（25-26高二下·湖北鄂州·期末）如果今天是星期五，那么天后是星期几？（     ） A．星期一 B．星期二 C．星期四 D．星期日 【答案】D 【分析】先求出2的幂对7取模的周期，进而求出结果. 【详解】2的幂对7取模： ；；；；；. 周期为3，即. ，即. 因此，，即天相当于往后推2天，所以是星期日. 6．（25-26高二下·浙江台州·期末）在的展开式中，设含项的系数为，则除以8的余数为（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】D 【分析】二项式定理结合组合数的性质进行求解. 【详解】因为二项式的展开式中项的系数为，所以的展开式中含项的系数为 . 所以, 展开式中前2025项均含56因子能被8整除，余7，所以除以8余数是7. 7．（多选）（25-26高二下·山东济宁·期末）已知，则（    ） A．当时，的展开式中存在常数项 B．当时，的展开式中各项系数和为 C．当时，的展开式中的系数为 D．当，时，能被15整除 【答案】BCD 【分析】写出的展开式的通项，令的次数为0，求得对应参数，判断A；利用赋值法，令，求得的展开式中各项系数和，判断B；当时，，根据通项为，讨论项对应的的取值，求得其系数，判断C；求出，利用二项式定理分析除以15的余数，判断D. 【详解】 选项A，当时，， 展开式通项为， 令得，故A错误. 选项B，当时，，令，得展开式各项系数和为，故B正确. 选项C，当时，， 通项为， 要得到项，需使中的次数为. 又，所以，即或. 当时，，中的对应项为， 中的对应项为； 当时，，中的对应项为， 中的对应项为； 所以当时，的展开式中的系数为. 故C正确. 选项D，当时，. 则， （）， 因为每一项均能被15整除， 所以能被15整除，故D正确. ◆题型1 二项式系数的增减性和最值 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·重庆·期中）若的二项展开式中只有第7项的二项式系数最大，则下列说法正确的是（     ） A． B．二项展开式中存在常数项 C．二项系数之和与各项系数之和不相等 D．二项展开式的第9项的系数最大 【答案】B 【详解】对A，因为的二项展开式中只有第7项的二项式系数最大， 所以展开式共有项，所以，错误； 对B，展开式的通项公式为， 令得，即展开式中第5项为常数项，正确； 对C，令可得各项系数和为，二项式系数和为，错误； 对D，第11项的系数为，第9项的系数为， 所以第11项的系数大于第9项的系数，错误. 3．（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. 4．（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． 5．（25-26高二下·河南郑州·期末）已知（），该二项展开式中第5项和第6项的二项式系数最大． (1)求正整数的值； (2)求； (3)问展开式各项系数的绝对值，，，…，中哪个最大，并说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)，，，…，中和均为最大，理由如下： 因为， 展开式的通项，，1，2，…，9． 所以，，，，…，， 故判断，，，…，系数中谁最大，即判断展开式的系数谁最大． 展开式的通项，，1，2，…，9， 由， 得，因为，所以或6． 故，，，…，中和均为最大． 【分析】（1）由条件得到，得到答案； （2）赋值法进行求解； （3）推出判断展开式的系数谁最大，列出不等式组，求出答案 【详解】（1）因为的展开式中，第5项和第6项的二项式系数最大， 所以为奇数，且，所以． （2）因为，所以， 令，得， 令，得， 所以， （3）略 6．（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. ◆题型2 杨辉三角 1．（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. 2．（多选）（25-26高二下·广东广州·期中）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．第2026行的第1013个数最大 B．第10行所有数字之和为 C．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 D．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 【答案】BCD 【分析】由组合数的性质计算可判断A，由杨辉三角的每行系数和性质可判断B，  将所求和转化为组合数相加，通过在首项加上并在末尾减去1并结合即可求解，求和后转化为，利用二项式定理展开可判断D. 【详解】对于A，由杨辉三角图可知，第行有个数字， 如果是奇数，则第和第个数字中最大，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B，由杨辉三角的每行系数和性质可知， 第0行所有数字之和为，第行所有数字之和为， 第2行所有数字之和为，第3行所有数字之和为， 以此类推，第10行所有数字之和为，故B正确， 对于C，由题意可得 ，故C正确， 对于D，由上知第行的所有数字之和为 ， 由于能被7整除， 故第行的所有数字之和被7除的余数为1，故D正确. 3．（多选）（25-26高二下·广东·期中）“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数阵中的排列规律，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，如图，下列关于“杨辉三角”的说法正确的是（    ） A．每行的首位和末位均为1 B．对应的行中共有4个质数 C．若有不同的两行同时出现了相同数字，且该数字不为1，则该数字的最小值为6 D．对应的行的各项数字之和为 【答案】ACD 【分析】结合杨辉三角性质，利用组合数公式、质数定义、二项式系数和逐项判断即可得. 【详解】对于A，显然，故A正确； 对于B，易知对应的行中的数为1，5，10，10，5，1，显然只有2个质数，故B错误； 对于C，注意到前5行不存在不同的两行同时出现了相同数字，且该数字不为1， 而第6行后除1以外数字最小为6，且其在对应的行出现过，故C正确； 对于D，当时，该行的数依次为二项式展开式中各项的系数顺序排列所得， 取得和为，故D正确． 4．（多选）（25-26高二下·安徽滁州·期中）年法国数学家帕斯卡独立发明了下面的一个无穷方阵（只给出了方阵的前行前列的部分数字），西方称之为帕斯卡三角，可以看出，从此方阵左上方切下一个等腰三角形（虚线部分）恰为杨辉三角，帕斯卡这一发明比我国杨辉晚了年左右.记方阵中第行第列的数字为，认真观察方阵，下列结论正确的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由帕斯卡方阵可知，进而根据组合数公式及组合数性质运算判断各个选项可得. 【详解】对A：观察帕斯卡方阵可知，，所以， 根据组合数性质得，故A正确； 对B：由A分析知，所以， 即，故B正确； 对C：由A分析知，可得 ，故C错误； 对D：由组合数公式得，故D正确. 5．（多选）（25-26高二下·湖北武汉·期中）将按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将”杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则下列说法正确的是（   ） A．在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B．在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则 C．在“谢尔宾斯基三角形”中，第行全行都为黑色圆 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆少一个 【答案】ABC 【分析】根据二项式系数之和的公式即可求解A，根据组合数的运算性质即可求解BC，由杨辉三角的性质即可求解D． 【详解】第行的所有数字之和为，A正确； ，所以，B正确； 通过观察规律归纳可知：第行数字都是奇数，因此可以归纳出第行全行都是奇数，故都为黑色圆，C正确； 由C可知第127行全行为奇数，则由奇数+偶数=奇数，结合， 则第126行的127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，D错误； 6．（25-26高二下·内蒙古赤峰·期中）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出著名的杨辉三角.由此可见我国古代数学的成就就是非常值得中华民族自豪的.如上图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为，以下关于杨辉三角的猜想中正确的序号有______.（写出所有正确的序号） ①由“与首末两端等距离的两个二项式系数相等”猜想 ②由“在相邻两行中，除1以外的每个数都等于它肩上的两个数之和”猜想 ③第9条斜线上各数之和为55 ④在第条斜线上，各数从左往右先增大后减小 【答案】①②④ 【分析】根据二项式系数与杨辉三角判断①，②；通过观察归纳出第条斜线上的数的特征，进而判断③，④选项即可. 【详解】对于①，②，根据二项式系数的性质，结合杨辉三角， 可得，成立，故①，②正确； 对于③，④，第1条斜线上的数为，第2条斜线上的数为， 第3条斜线上的数为，第4条斜线上的数为， 第5条斜线上的数为，第6条斜线上的数为， 第7条斜线上的数为， 由此归纳得到，第条斜线上的数依次为， 第条斜线上的数依次为， 所以第条斜线上各数字为， 和为，故③错误； 而结合二项式性质得在第条斜线上， 各数从左往右先增大后减小，故④正确. 7．（25-26高二下·重庆·阶段检测）我国南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中记载了“杨辉三角”，在如图所示的“杨辉三角”中，除每行两端的数值外，每一个数值等于其肩上两数之和，若第n行所有数字之和为128，则______. 【答案】 7 【详解】在“杨辉三角”中，第n行所有数字之和为， 因此，所以. 1．（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. 2．（多选）（25-26高二下·广东广州·期中）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．第2026行的第1013个数最大 B．第10行所有数字之和为 C．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 D．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 【答案】BCD 【分析】由组合数的性质计算可判断A，由杨辉三角的每行系数和性质可判断B，  将所求和转化为组合数相加，通过在首项加上并在末尾减去1并结合即可求解，求和后转化为，利用二项式定理展开可判断D. 【详解】对于A，由杨辉三角图可知，第行有个数字， 如果是奇数，则第和第个数字中最大，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B，由杨辉三角的每行系数和性质可知， 第0行所有数字之和为，第行所有数字之和为， 第2行所有数字之和为，第3行所有数字之和为， 以此类推，第10行所有数字之和为，故B正确， 对于C，由题意可得 ，故C正确， 对于D，由上知第行的所有数字之和为 ， 由于能被7整除， 故第行的所有数字之和被7除的余数为1，故D正确. 3．（多选）（25-26高二下·广东·期中）“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数阵中的排列规律，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，如图，下列关于“杨辉三角”的说法正确的是（    ） A．每行的首位和末位均为1 B．对应的行中共有4个质数 C．若有不同的两行同时出现了相同数字，且该数字不为1，则该数字的最小值为6 D．对应的行的各项数字之和为 【答案】ACD 【分析】结合杨辉三角性质，利用组合数公式、质数定义、二项式系数和逐项判断即可得. 【详解】对于A，显然，故A正确； 对于B，易知对应的行中的数为1，5，10，10，5，1，显然只有2个质数，故B错误； 对于C，注意到前5行不存在不同的两行同时出现了相同数字，且该数字不为1， 而第6行后除1以外数字最小为6，且其在对应的行出现过，故C正确； 对于D，当时，该行的数依次为二项式展开式中各项的系数顺序排列所得， 取得和为，故D正确． 4．（多选）（25-26高二下·安徽滁州·期中）年法国数学家帕斯卡独立发明了下面的一个无穷方阵（只给出了方阵的前行前列的部分数字），西方称之为帕斯卡三角，可以看出，从此方阵左上方切下一个等腰三角形（虚线部分）恰为杨辉三角，帕斯卡这一发明比我国杨辉晚了年左右.记方阵中第行第列的数字为，认真观察方阵，下列结论正确的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】由帕斯卡方阵可知，进而根据组合数公式及组合数性质运算判断各个选项可得. 【详解】对A：观察帕斯卡方阵可知，，所以， 根据组合数性质得，故A正确； 对B：由A分析知，所以， 即，故B正确； 对C：由A分析知，可得 ，故C错误； 对D：由组合数公式得，故D正确. 5．（多选）（25-26高二下·湖北武汉·期中）将按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将”杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则下列说法正确的是（   ） A．在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B．在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则 C．在“谢尔宾斯基三角形”中，第行全行都为黑色圆 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆少一个 【答案】ABC 【分析】根据二项式系数之和的公式即可求解A，根据组合数的运算性质即可求解BC，由杨辉三角的性质即可求解D． 【详解】第行的所有数字之和为，A正确； ，所以，B正确； 通过观察规律归纳可知：第行数字都是奇数，因此可以归纳出第行全行都是奇数，故都为黑色圆，C正确； 由C可知第127行全行为奇数，则由奇数+偶数=奇数，结合， 则第126行的127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，D错误； 6．（25-26高二下·内蒙古赤峰·期中）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出著名的杨辉三角.由此可见我国古代数学的成就就是非常值得中华民族自豪的.如上图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为，以下关于杨辉三角的猜想中正确的序号有______.（写出所有正确的序号） ①由“与首末两端等距离的两个二项式系数相等”猜想 ②由“在相邻两行中，除1以外的每个数都等于它肩上的两个数之和”猜想 ③第9条斜线上各数之和为55 ④在第条斜线上，各数从左往右先增大后减小 【答案】①②④ 【分析】根据二项式系数与杨辉三角判断①，②；通过观察归纳出第条斜线上的数的特征，进而判断③，④选项即可. 【详解】对于①，②，根据二项式系数的性质，结合杨辉三角， 可得，成立，故①，②正确； 对于③，④，第1条斜线上的数为，第2条斜线上的数为， 第3条斜线上的数为，第4条斜线上的数为， 第5条斜线上的数为，第6条斜线上的数为， 第7条斜线上的数为， 由此归纳得到，第条斜线上的数依次为， 第条斜线上的数依次为， 所以第条斜线上各数字为， 和为，故③错误； 而结合二项式性质得在第条斜线上， 各数从左往右先增大后减小，故④正确. 7．（25-26高二下·重庆·阶段检测）我国南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中记载了“杨辉三角”，在如图所示的“杨辉三角”中，除每行两端的数值外，每一个数值等于其肩上两数之和，若第n行所有数字之和为128，则______. 【答案】 7 【详解】在“杨辉三角”中，第n行所有数字之和为， 因此，所以. 1 / 14 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、组合与二项式定理全章高频重点题型突破 基础拿分：高频题型归纳 题型1 两个原理的基本应用 题型9 简单的组合应用题 题型2 排列组合数的计算 题型10 分组分配问题 题型3 代数中的计数问题 题型11 x+y+z=n的整数解的个数 题型4 数字排列问题 题型12 求二项展开式的特定项（系数） 题型5 涂色问题 题型13 求展开式的系数和 题型6 全排列问题 题型14 两项与两项的乘积问题 题型7 元素有限制的排列问题 题型15 三项展开式问题 题型8 相邻与不相邻问题 题型16 整除和余数问题 核心提升·重难点归纳 题型1 二项式系数的增减性和最值 题型2 杨辉三角 综合攻坚·知能拔高 ◆题型1 两个原理的基本应用 1．（26-27高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）某小区有4个出入门，如果甲同学从其中的任意一个门进入小区，并要求从其他的门出去，那么甲同学进出小区的方式共有（    ） A．4种 B．7种 C．12种 D．16种 2．（25-26高二下·陕西西安·期末）从2幅不同的国画和5幅不同的水彩画中任选一幅布置房间，则不同的选法共有（     ） A．4种 B．7种 C．10种 D．25种 3．（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 4．（25-26高二下·河北保定·期末）如图，从甲地到乙地有3条路，从乙地到丙地有3条路，从甲地到丙地有2条路，则从甲地到丙地一共有（    ）条不同的路线． A．8 B．9 C．10 D．11 5．（25-26高二下·内蒙古锡林郭勒·期末）5名医生分成3个支教组，则不同的分组方式共有（     ） A．20种 B．25种 C．30种 D．150种 6．（25-26高二下·安徽滁州·期末）某品牌洗衣机售后服务中心需要安排四个区域的售后维修服务，现有甲、乙、丙三位技术员可选派，要求每个区域只能有一个技术员负责，每位技术员至多负责两个区域，则不同的安排方案共有（    ） A．80种 B．72种 C．54种 D．36种 ◆题型2 排列组合数的计算 1．（25-26高二下·河南信阳·期末）（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（25-26高二下·广东汕头·期中）下列错误的是（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高二下·山东济宁·期末）若，则（    ） A．1 B．2 C．4 D．2或4 4．（25-26高二下·河南郑州·期末）计算（   ） A． B． C． D． 5．（25-26高二下·江苏南京·期末）下列选项正确的是（    ） A． B． C． D． 6．（25-26高二下·重庆·阶段检测）下列等式成立的是（    ） A． B． C． D． 7．（25-26高二下·安徽滁州·期中）下列等式中成立的是（    ） A． B． C． D． ◆题型3 代数中的计数问题 1．（25-26高二下·四川雅安·期末）乘积展开后的项数为（    ）． A． B． C． D． 2．1800有__________个不同的正因数． 3．已知x，y，z均为正整数，且，则满足方程的解有______组. 4．（25-26高二下·上海闵行·期中）设为函数的定义域，若对于且，都有，我们称为“不减函数”.若定义域，值域为，且，则符合条件的不减函数有______个. 5．（2026·河南南阳·模拟预测）勒让德猜想是数论中最著名的猜想之一，内容如下：对于任意正整数，存在质数，满足，我们把区间称为正整数的质数分布区间．现从集合中任取两个元素，则它们在其质数分布区间上的质数个数之和为5的选取方案有_________种．（用数字作答） ◆题型4 数字排列问题 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 2．（25-26高二下·河北沧州·期末）将各位数字之和等于10的四位数称为“好数”，比如2026，则四位数中共有“好数”（    ）个 A． B． C． D． 3．（25-26高二下·河北石家庄·期末）从1，2，3，4，5，6，7七个数字中，选出两个奇数和一个偶数，组成一个没有重复数字的三位数，这样的三位数共有（     ） A．18个 B．36个 C．72个 D．108个 4．（25-26高二下·山东枣庄·期末）从、、、、这个数中任选个偶数和个奇数，可组成没有重复数字的三位数的个数为（   ） A． B． C． D． 5．（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 6．（25-26高二下·天津·期末）从0，2，4，6，8中任取2个数字，从1，3，5，7中任取1个数字，共可以组成没有重复数字的三位奇数的个数为（    ） A．240 B．80 C．64 D．60 7．（25-26高二下·天津武清·阶段检测）将0，1，2，3，4，5，6，7，8，9全部填入如下图所示的方格中，每个方格填写1个数字，则仅有前两列数字之和为9的填法有（   ） A．15360种 B．30720种 C．21120种 D．42240种 ◆题型5 涂色问题 1．（25-26高二下·陕西西安·期末）给图中A，B，C三个区域涂色，有4种不同的颜色可供选择，要求相邻区域不用同一种颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．24种 B．20种 C．18种 D．16种 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 3．（25-26高二下·四川乐山·期末）如图，现要对某市的5个区域地图进行着色，有4种颜色可供选择，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，则不同的着色方法共有（   ） A．48种 B．72种 C．96种 D．108种 4．（25-26高二下·江苏镇江·期中）对以下各选项中的多面体顶点进行涂色，要求相邻顶点颜色不同，则仅需2种颜色满足要求的是（   ） A．正方体 B．正八面体 C．正三棱台 D．正四面体 5．（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 6．（25-26高二下·四川雅安·期末）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大正方形．现有红、黄、蓝三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，则不同的涂法有______种． 7．（25-26高二下·安徽蚌埠·期末）现给蚌埠市四区三县区域示意图涂色，有4种颜色供选择，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域所涂颜色不同，且蚌山区、龙子湖区、禹会区、淮上区四区颜色各不相同，则不同的涂色方法有_________种．（用数字作答） ◆题型6 全排列问题 1．（26-27高二上·陕西宝鸡·开学考试）为了更好地打造“千年商港，幸福温州”的城市新定位，温州市博物馆陶瓷馆巡礼中展示了温州出土的瓯窑青釉褐彩瓜形盖罐（南朝）、青釉点彩盘口鸡首壶（东晋）和瓯窑虎形灯座（东晋）三件文物，若将三件文物排成一排进行巡展，则瓯窑虎形灯座（东晋）排在中间的概率是（     ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·重庆荣昌·阶段检测）将英文单词“”中的个字母重新组合排列，还可组成（   ）个英文单词（可以认为每个组合都是一个有意义的单词）． A． B． C． D． 3．（25-26高二下·陕西西安·期末）由数字组成的没有重复数字的四位数的个数为（   ） A． B． C． D． 4．（25-26高二下·安徽蚌埠·阶段检测）从4名男生、3名女生中安排3人分别担任校园文化节活动的宣讲、引导、登记人员，要求男、女生都有，则不同的安排方法共有（   ） A．343种 B．210种 C．180种 D．36种 5．（25-26高二下·广东江门·期中）一个火车站有6股岔道，如果每股道只能停放1列火车，现要停放2列不同的火车，不同的停放方法共有______种 6．（25-26高二下·湖北武汉·期中）将由1，2，3，4，5组成的无重复数字的5位正整数按从小到大的顺序排列，则32154是第______个数． 7．（25-26高二下·宁夏中卫·阶段检测）名男生和名女生站成一排拍照，不同的站法有___________种 （用数字作答） ◆题型7 元素有限制的排列问题 1．（26-27高二上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）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．576 B．312 C．288 D．48 2．（25-26高二下·内蒙古包头·期末）某中学举办田径运动会，某班从甲、乙等6名学生中选4名学生代表班级参加学校米接力赛，其中甲只能跑第1棒或第2棒，乙只能跑第2棒或第4棒，那么甲、乙都参加不同棒次安排方案总数为（    ） A．12 B．24 C．30 D．36 3．（25-26高二下·全国·课后作业）甲、乙均不能安排在周三和周六值班，丙不能安排在周五值班．现将甲、乙、丙等6人安排到周一至周六每天1人值班，则不同安排数为________． 4．（25-26高二下·河北沧州·期末）现安排6名学生去参加3个项目，要求甲、乙两同学不能参加同一个项目，每个项目都有人参加，每人只参加一个项目，则满足上述要求的不同安排方案种数为________．（用数字作答） 5．（25-26高二下·重庆·期末）将编号1~6的6个小球放入编号1~6的6个盒子中，每个盒子里放一个小球．要求恰好有两个小球放入同编号的盒子中，且1号小球不能放入2号盒子，2号小球不能放入1号盒子，3号小球不能放入4号盒子，4号小球不能放入3号盒子，一共有________种放法． 6．（25-26高二下·全国·课后作业）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，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有多少种？ ◆题型8 相邻与不相邻问题 1．（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 2．（25-26高二下·重庆北碚·期末）甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排拍照，要求甲在左端或右端，且乙丙要相邻，则不同的排列方式共有（    ） A．12种 B．16种 C．24种 D．32种 3．（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 4．（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 5．（25-26高二下·全国·课后作业）由1～6组成无重复数字的六位数，若奇数1，3，5中有且只有两个相邻，则这样的六位数共有________个． 6．（25-26高二下·四川凉山·期末）甲、乙等5人排成一行照相，其中甲、乙不相邻，则不同的排列方法有_________种．（用数字作答） 7．（2026高三·全国·专题练习）三个男生和四个女生站成一排，求分别满足下列各条件的不同排法种数： (1)甲站在中间； (2)甲、乙分别站两端； (3)甲、乙必须相邻； (4)三个男生两两不相邻； (5)三个男生和四个女生分别站在一起； (6)男女相间而站； (7)甲不站排头且乙不站排尾． ◆题型9 简单的组合应用题 1．（26-27高二上·湖北十堰·阶段检测）柜子里有三双不同的鞋，设为，其中与，与，与分别为一双鞋，如果从中随机地取出两只，则取出的鞋成双的概率为（   ） A． B． C． D． 2．（25-26高二下·陕西西安·期末）某非遗工坊推出款不同的榫卯结构文创盲盒，其中款为故宫联名隐藏款．某游客一次性购买个不同款的盲盒，则买到的盲盒中至多有个故宫联名隐藏款的购买种数为（    ） A． B． C． D． 3．（25-26高二下·宁夏固原·阶段检测）“四书五经”是中国儒家经典的核心典籍，自宋代以来成为科举考试和传统教育的核心内容，其中“五经”是指《诗经》，《尚书》，《礼记》，《周易》，《春秋》．如果从“五经”中任选两本，可以选择的方法种数为（   ） A．5 B．9 C． D． 4．（25-26高二下·全国·课后作业）某外语组有5人，每人至少会英语、法语中的一门，其中3人会英语，3人会法语．从中选会英语和法语的各一人去做翻译工作，则不同的选法种数为________． 5．（25-26高二下·江苏南通·阶段检测）已知6件不同的产品中有2件次品，现对它们一一测试，直至找到所有2件次品为止，若至多测试4次就能找到这2件次品，则共有____________种不同的测试方法． 6．（25-26高二下·宁夏固原·阶段检测）某医院有内科医生5名，外科医生4名，现选派5名参加赈灾医疗队，其中： (1)某内科医生甲与外科医生乙必须参加，共有多少种不同选法？ (2)甲和乙两人都不参加，有多少种不同的选法？ (3)队中至少有2名内科医生和1名外科医生，有多少种选法？ ◆题型10 分组分配问题 1．（25-26高二下·广东广州·期末）将6个相同的布娃娃分给3位小朋友，要求每一位小朋友至少有一个布娃娃，则不同的分配方案有（ ） A．540种 B．90种 C．60种 D．10种 2．（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 3．（25-26高二下·广东潮州·期末）将，，，，，共6本书平均分给甲、乙、丙三个学生，且书本分给学生甲，则不同的分书方法共有（     ）种 A．15 B．20 C．30 D．60 4．（25-26高二下·河南郑州·期末）2026年河南省篮球城市联赛正在火热进行中，5名志愿者将前往郑州、焦作、商丘3个城市开展志愿服务工作，若要求每个城市都要有志愿者，则志愿者的分配方案总数为（     ） A．150 B．120 C．300 D．50 5．（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．（25-26高二下·甘肃平凉·期末）某项比赛期间需要安排名志愿者完成项工作，每人至少完成一项，每项工作由一人完成，则不同的安排方式共有________种． 7．（25-26高二下·湖南邵阳·期末）甲、乙、丙等位同学都要报名参加学校举办的项不同活动，每人仅报其中一项，要求每项活动至少有一人报名，则不同的报名方式种数是_________.（用数字作答） 8．（25-26高二下·河北·期末）人工智能实验室有三台运算设备：一号主机、二号工作站、三号工作站．现安排4名算法工程师与2名测试工程师开展模型调试，要求每台设备至少安排1人，一号主机必须安排4人，且两名测试工程师不能分配到同一台设备上，则不同的人员安排方案共有__________种． ◆题型11 x+y+z=n的整数解的个数 1．（25-26高二下·河北承德·期末）将各位数字之和等于10的四位数称为“好数”，比如2026，则四位数中“好数”个数为（    ） A．219 B．220 C．285 D．286 2．（25-26高二下·贵州遵义·期中）方程的正整数解的个数为（     ） A． B． C． D． 3．（25-26高二下·山东青岛·期中）我们称各个数位上的数字之和为7的三位数为“安康数”，例如106和223，则所有的“安康数”共有（    ） A．15个 B．27个 C．28个 D．36个 4．（25-26高二下·江苏淮安·期中）流感期间，班长拿了18个口罩发给5名感冒的学生，每位学生至少发3个口罩，则不同的发放方法有________种． 5．（25-26高二下·全国·期中）方程的正整数解的个数为_____.在所有正整数解中随机取一个，则取到的解恰好满足的概率为_____. 6．（2026高二·全国·专题练习）（1）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放1个球，共有多少种不同的方法？ （2）把10个相同的小球放在3个不同的盒子里，要求每个盒子里至少放2个球，共有多少种不同的方法？ （3）把7个相同的小球放在3个不同的盒子里，其中可以有空盒子，共有多少种不同的方法？ ◆题型12 求二项展开式的特定项（系数） 1．（25-26高三下·江苏无锡·阶段检测）展开式中的常数项是（   ） A．-540 B．-20 C．20 D．540 2．（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． 3．（25-26高二下·四川自贡·期末）求的展开式中第6项系数为（    ） A．1120 B． C． D．448 4．（25-26高二下·四川宜宾·期末）的展开式中所有的有理项有（   ）项 A．1 B．2 C．3 D．4 5．（25-26高二下·吉林四平·阶段检测）的展开式中仅有第项的二项式系数最大，则展开式中的有理项有（    ） A．9项 B．10项 C．20项 D．21项 6．（25-26高二下·广东深圳·期末）的展开式中二项式系数和为，则含项的系数为（    ） A． B． C． D． 7．（25-26高二下·广东广州·期末）在的展开式中，含的项的系数是（    ） A． B． C． D． ◆题型13 求展开式的系数和 1．（25-26高二下·河南郑州·期末）若，则的值为（    ） A．14 B．15 C．16 D．17 2．（25-26高二下·陕西西安·期末）若，则实数（     ） A． B．或 C． D．或 3．（多选）（25-26高二下·重庆北碚·期末）设，则（    ） A． B． C． D． 4．（多选）（25-26高二下·安徽宿州·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 5．（多选）（25-26高二下·重庆·期末）已知， 且，则下列选项正确的是（   ） A． B． C．或 D． 6．（25-26高二下·山西吕梁·期末）已知，则_____． ◆题型14 两项与两项的乘积问题 1．（25-26高二下·河南郑州·期末）的展开式中，的系数为（    ） A． B． C． D． 2．（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 3．（25-26高二下·安徽六安·期末）在的展开式中，的系数为（    ） A．-35 B．35 C．-105 D．105 4．（25-26高二下·河北沧州·期末）在展开式中，含项的系数为（   ） A．-10 B．0 C．-20 D．20 5．（25-26高二下·河北衡水·阶段检测）已知（）的展开式中的常数项为24，则（   ） A．1 B． C．2 D． 6．（25-26高二下·广东湛江·期中）在的展开式中，的系数为___________ 7．（25-26高二下·黑龙江·期末）在的展开式中，含的项的系数为______________ 8．（25-26高二下·河北张家口·期末）展开式中项的系数为_______．（用数字作答） ◆题型15 三项展开式问题 1．（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 2．（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． 3．（2026·陕西榆林·模拟预测）的展开式中，的系数为（    ） A．135 B．15 C． D． 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 5．（25-26高二下·上海宝山·期末）的展开式合并幂指数相同的项后，含项的系数为__________． 6．（25-26高二下·内蒙古·期末）在的展开式中，项的系数为__________． 7．（25-26高二下·云南楚雄·期末）的展开式中， 的系数是 ______.（用数字作答） ◆题型16 整除和余数问题 1．（25-26高二下·吉林·期末）除以7的余数为（     ） A．1 B．2 C．3 D．4 2．（25-26高二下·山东菏泽·期末）今天是星期六，若（，且）天后仍是星期六，则的值为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 3．（25-26高二下·河南郑州·期末）已知，，则被9除所得的余数为（   ） A．8 B．0 C．1 D．2 4．（25-26高二下·贵州安顺·期末）对于整数，若和被除所得的余数相同，则称和对模同余，记为.已知，且，则的值可以是（    ） A．2019 B．2021 C．2023 D．2025 5．（25-26高二下·湖北鄂州·期末）如果今天是星期五，那么天后是星期几？（     ） A．星期一 B．星期二 C．星期四 D．星期日 6．（25-26高二下·浙江台州·期末）在的展开式中，设含项的系数为，则除以8的余数为（    ） A．1 B．3 C．5 D．7 7．（多选）（25-26高二下·山东济宁·期末）已知，则（    ） A．当时，的展开式中存在常数项 B．当时，的展开式中各项系数和为 C．当时，的展开式中的系数为 D．当，时，能被15整除 ◆题型1 二项式系数的增减性和最值 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·重庆·期中）若的二项展开式中只有第7项的二项式系数最大，则下列说法正确的是（     ） A． B．二项展开式中存在常数项 C．二项系数之和与各项系数之和不相等 D．二项展开式的第9项的系数最大 3．（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_______. 4．（25-26高二下·上海·期末）在的展开式中系数最小的是第________项. 5．（25-26高二下·河南郑州·期末）已知（），该二项展开式中第5项和第6项的二项式系数最大． (1)求正整数的值； (2)求； (3)问展开式各项系数的绝对值，，，…，中哪个最大，并说明理由． 6．（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． ◆题型2 杨辉三角 1．（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 2．（多选）（25-26高二下·广东广州·期中）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．第2026行的第1013个数最大 B．第10行所有数字之和为 C．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 D．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 3．（多选）（25-26高二下·广东·期中）“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数阵中的排列规律，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，如图，下列关于“杨辉三角”的说法正确的是（    ） A．每行的首位和末位均为1 B．对应的行中共有4个质数 C．若有不同的两行同时出现了相同数字，且该数字不为1，则该数字的最小值为6 D．对应的行的各项数字之和为 4．（多选）（25-26高二下·安徽滁州·期中）年法国数学家帕斯卡独立发明了下面的一个无穷方阵（只给出了方阵的前行前列的部分数字），西方称之为帕斯卡三角，可以看出，从此方阵左上方切下一个等腰三角形（虚线部分）恰为杨辉三角，帕斯卡这一发明比我国杨辉晚了年左右.记方阵中第行第列的数字为，认真观察方阵，下列结论正确的是（    ）    A． B． C． D． 5．（多选）（25-26高二下·湖北武汉·期中）将按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将”杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则下列说法正确的是（   ） A．在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B．在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则 C．在“谢尔宾斯基三角形”中，第行全行都为黑色圆 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆少一个 6．（25-26高二下·内蒙古赤峰·期中）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出著名的杨辉三角.由此可见我国古代数学的成就就是非常值得中华民族自豪的.如上图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为，以下关于杨辉三角的猜想中正确的序号有______.（写出所有正确的序号） ①由“与首末两端等距离的两个二项式系数相等”猜想 ②由“在相邻两行中，除1以外的每个数都等于它肩上的两个数之和”猜想 ③第9条斜线上各数之和为55 ④在第条斜线上，各数从左往右先增大后减小 7．（25-26高二下·重庆·阶段检测）我国南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中记载了“杨辉三角”，在如图所示的“杨辉三角”中，除每行两端的数值外，每一个数值等于其肩上两数之和，若第n行所有数字之和为128，则______. 1．（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 2．（多选）（25-26高二下·广东广州·期中）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．第2026行的第1013个数最大 B．第10行所有数字之和为 C．从第4行起到第19行，每一行的第4个数字之和为 D．第48行的所有数字之和被7除的余数为1 3．（多选）（25-26高二下·广东·期中）“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数阵中的排列规律，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，如图，下列关于“杨辉三角”的说法正确的是（    ） A．每行的首位和末位均为1 B．对应的行中共有4个质数 C．若有不同的两行同时出现了相同数字，且该数字不为1，则该数字的最小值为6 D．对应的行的各项数字之和为 4．（多选）（25-26高二下·安徽滁州·期中）年法国数学家帕斯卡独立发明了下面的一个无穷方阵（只给出了方阵的前行前列的部分数字），西方称之为帕斯卡三角，可以看出，从此方阵左上方切下一个等腰三角形（虚线部分）恰为杨辉三角，帕斯卡这一发明比我国杨辉晚了年左右.记方阵中第行第列的数字为，认真观察方阵，下列结论正确的是（    ）    A． B． C． D． 5．（多选）（25-26高二下·湖北武汉·期中）将按照二项式定理展开后，其各二项式系数可以形成“杨辉三角”（图1），将”杨辉三角”中所有的奇数涂成黑色圆，偶数涂成白色圆，就得到“谢尔宾斯基三角形”（图2），则下列说法正确的是（   ） A．在“杨辉三角”中，第n行的所有数字之和为 B．在“杨辉三角”中，记第行的第个数为，则 C．在“谢尔宾斯基三角形”中，第行全行都为黑色圆 D．在“谢尔宾斯基三角形”中，第126行的黑色圆比白色圆少一个 6．（25-26高二下·内蒙古赤峰·期中）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出著名的杨辉三角.由此可见我国古代数学的成就就是非常值得中华民族自豪的.如上图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为，以下关于杨辉三角的猜想中正确的序号有______.（写出所有正确的序号） ①由“与首末两端等距离的两个二项式系数相等”猜想 ②由“在相邻两行中，除1以外的每个数都等于它肩上的两个数之和”猜想 ③第9条斜线上各数之和为55 ④在第条斜线上，各数从左往右先增大后减小 7．（25-26高二下·重庆·阶段检测）我国南宋数学家杨辉在《详解九章算术》中记载了“杨辉三角”，在如图所示的“杨辉三角”中，除每行两端的数值外，每一个数值等于其肩上两数之和，若第n行所有数字之和为128，则______. 1 / 14 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $