資源簡介

2025高考數學考二輪專題復習-第八講-排列組合與二項式定理-專項訓練
一：考情分析
命題解讀 考向 考查統計
1.高考對排列組合的考查，重點是特殊元素與特殊位置、兩元素相鄰或不相鄰、分組、分配等問題。題型一般與生活實際聯系緊密。 2.高考對二項式定理的考查，重點是二項展開基本定理考查特定項、特定項的系數、二項式系數等問題，同時會涉及到賦值法的應用。 排列組合 2023·新高考Ⅰ卷，13 2022·新高考Ⅱ卷，5 2023·新高考Ⅱ卷，3 2024·新高考Ⅱ卷，14
二項式定理 2022·新高考Ⅰ卷，13
二：2024高考命題分析
2024年高考新高考Ⅰ卷的排列組合是體現在概率中的，后續專題會體現出來。Ⅱ卷考查了通過列舉來確定所有可能結果，其實Ⅰ卷的題目也可以采用列舉法，這兩題考查的方向偏向于與實際生活聯系在一起；其中邏輯推理能力比較重要，而且都是壓軸題。預計2025年高考還是主要考查排列組合的應用，題型多變。
三：試題精講
一、填空題
1．（2024新高考Ⅱ卷·14）在如圖的4×4方格表中選4個方格，要求每行和每列均恰有一個方格被選中，則共有 種選法，在所有符合上述要求的選法中，選中方格中的4個數之和的最大值是 ．
高考真題練
一、單選題
1．（2022新高考Ⅱ卷·5）有甲、乙、丙、丁、戊5名同學站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩端，丙和丁相鄰，則不同排列方式共有（ ）
A．12種 B．24種 C．36種 D．48種
2．（2023新高考Ⅱ卷·3）某學校為了解學生參加體育運動的情況，用比例分配的分層隨機抽樣方法作抽樣調查，擬從初中部和高中部兩層共抽取60名學生，已知該校初中部和高中部分別有400名和200名學生，則不同的抽樣結果共有（ ）．
A．種 B．種
C．種 D．種
二、填空題
3．（2022新高考Ⅰ卷·13）的展開式中的系數為 （用數字作答）．
4．（2023新高考Ⅰ卷·13）某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課，學生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有 種（用數字作答）．
知識點總結
一、排列與排列數
1、定義：從個不同元素中取出個元素排成一列，叫做從個不同元素中取出個元素的一個排列．從個不同元素中取出個元素的所有排列的個數，叫做從個不同元素中取出個元素的排列數，用符號表示．
2、排列數的公式：．
特例：當時，；規定：．
3、排列數的性質：
①；②；③．
二、組合與組合數
1、定義：從個不同元素中取出個元素并成一組，叫做從個不同元素中取出個元素的一個組合．從個不同元素中取出個元素的所有組合的個數，叫做從個不同元素中取出個元素的組合數，用符號表示．
2、組合數公式及其推導
求從個不同元素中取出個元素的排列數，可以按以下兩步來考慮：
第一步，先求出從這個不同元素中取出個元素的組合數；
第二步，求每一個組合中個元素的全排列數；
根據分步計數原理，得到；
因此．
這里，，且，這個公式叫做組合數公式．因為，所以組合數公式還可表示為：．特例：．
注意：組合數公式的推導方法是一種重要的解題方法！在以后學習排列組合的混合問題時，一般都是按先取后排（先組合后排列）的順序解決問題．公式常用于具體數字計算，常用于含字母算式的化簡或證明．
3、組合數的主要性質：①；②．
4、組合應用題的常見題型：
①“含有”或“不含有”某些元素的組合題型
②“至少”或“最多”含有幾個元素的題型
三、排列和組合的區別
組合：取出的元素地位平等，沒有不同去向和分工．
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或職位不同．
注意：排列、組合都是研究事物在某種給定的模式下所有可能的配置數目問題，它們之間的主要區別在于是否要考慮選出元素的先后順序，不需要考慮順序的是組合問題，需要考慮順序的是排列問題．排列是在組合的基礎上對入選的元素進行排隊，因此，分析解決排列組合綜合問題的基本思維是“先組合，后排列”．
四、二項式展開式的特定項、特定項的系數問題
1、二項式定理
一般地，對于任意正整數，都有：，
這個公式所表示的定理叫做二項式定理，等號右邊的多項式叫做的二項展開式．
式中的做二項展開式的通項，用表示，即通項為展開式的第項：，
其中的系數（r=0，1，2，…，n）叫做二項式系數，
2、二項式的展開式的特點：
①項數：共有項，比二項式的次數大1；
②二項式系數：第項的二項式系數為，最大二項式系數項居中；
③次數：各項的次數都等于二項式的冪指數．字母降冪排列，次數由到；字母升冪排列，次
數從到，每一項中，，次數和均為；
④項的系數：二項式系數依次是，項的系數是與的系數（包括二項式系
數）．
3、兩個常用的二項展開式：
①（）
②
4、二項展開式的通項公式
二項展開式的通項：
公式特點：①它表示二項展開式的第項，該項的二項式系數是；
②字母的次數和組合數的上標相同；
③與的次數之和為．
注意：①二項式的二項展開式的第r+1項和的二項展開式的第r+1項是有區別的，應用二項式定理時，其中的和是不能隨便交換位置的．
②通項是針對在這個標準形式下而言的，如的二項展開式的通項是（只需把看成代入二項式定理）．
五、二項式展開式中的最值問題
1、二項式系數的性質
①每一行兩端都是，即；其余每個數都等于它“肩上”兩個數的和，即．
②對稱性每一行中，與首末兩端“等距離”的兩個二項式系數相等，即．
③二項式系數和令，則二項式系數的和為，變形式．
④奇數項的二項式系數和等于偶數項的二項式系數和在二項式定理中，令，
則，
從而得到：．
⑤最大值：
如果二項式的冪指數是偶數，則中間一項的二項式系數最大；
如果二項式的冪指數是奇數，則中間兩項，的二項式系數，相等且最大．
2、系數的最大項
求展開式中最大的項，一般采用待定系數法．設展開式中各項系數分別為，設第項系數最大，應有，從而解出來．
六、二項式展開式中系數和有關問題
常用賦值舉例：
1、設，
二項式定理是一個恒等式，即對，的一切值都成立，我們可以根據具體問題的需要靈活選取，的值．
①令，可得：
②令，可得：，即：
（假設為偶數），再結合①可得：
．
2、若，則
①常數項：令，得．
②各項系數和：令，得．
③奇數項的系數和與偶數項的系數和
（i）當為偶數時，奇數項的系數和為；
偶數項的系數和為．
（可簡記為：為偶數，奇數項的系數和用“中點公式”，奇偶交錯搭配）
（ii）當為奇數時，奇數項的系數和為；
偶數項的系數和為．
（可簡記為：為奇數，偶數項的系數和用“中點公式”，奇偶交錯搭配）
若，同理可得．
注意：常見的賦值為令，或，然后通過加減運算即可得到相應的結果．
【排列組合常用結論】
一、解決排列組合綜合問題的一般過程
1、認真審題，確定要做什么事；
2、確定怎樣做才能完成這件事，即采取分步還是分類或是分步與分類同時進行，弄清楚分多少類及多少步；
3、確定每一步或每一類是排列（有序）問題還是組合（無序）問題，元素總數是多少及取出多少個元素；
4、解決排列組合綜合性問題，往往類與步交叉，因此必須掌握一些常用的解題策略．
二、常見排列組合類型及解法
1、如圖，在圓中，將圓分等份得到個區域，，，，，現取種顏色對這個區域涂色，要求每相鄰的兩個區域涂不同的兩種顏色，則涂色的方案有種．
2、錯位排列公式
3、數字排列問題的解題原則、常用方法及注意事項
（1）解題原則：排列問題的本質是“元素”占“位子”問題，有限制條件的排列問題的限制條件主要表現在某元素不排在某個位子上，或某個位子不排某些元素，解決該類排列問題的方法主要是按“優先”原則，即優先排特殊元素或優先滿足特殊位子，若一個位子安排的元素影響到另一個位子的元素個數時，應分類討論．
4、定位、定元的排列問題，一般都是對某個或某些元素加以限制，被限制的元素通常稱為特殊元素，被限制的位置稱為特殊位置．這一類問題通常以三種途徑考慮：
（1）以元素為主考慮，這時，一般先解決特殊元素的排法問題，即先滿足特殊元素，再安排其他元素；
（2）以位置為主考慮，這時，一般先解決特殊位置的排法問題，即先滿足特殊位置，再考慮其他位置；
（3）用間接法解題，先不考慮限制條件，計算出排列總數，再減去不符合要求的排列數．
5、解決相鄰問題的方法是“捆綁法”，其模型為將n個不同元素排成一排，其中某k個元素排在相鄰位置上，求不同排法種數的方法是：先將這k個元素“捆綁在一起”，看成一個整體，當作一個元素同其他元素一起排列，共有種排法；然后再將“捆綁”在一起的元素“內部”進行排列，共有種排法．根據分步乘法計數原理可知，符合條件的排法共有種．
6、解決不相鄰問題的方法為“插空法”，其模型為將個不同元素排成一排，其中某個元素互不相鄰（），求不同排法種數的方法是：先將（）個元素排成一排，共有種排法；然后把個元素插入個空隙中，共有種排法．根據分步乘法計數原理可知，符合條件的排法共有·種．
名校模擬練
一、單選題
1．（2024·重慶·三模）重慶某高校去年招收學生來自成渝地區2400人，除成渝外的西部地區2000人，中部地區1400人，東部地區1800人，港澳臺地區400人.學校為了解學生的飲食習慣，擬選取40人作樣本調研，為保證調研結果的代表性，則從該校去年招收的成渝地區學生中不同的抽樣結果種數為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·北京·三模）已知的二項式系數之和為64，則其展開式的常數項為（ ）
A． B．240 C．60 D．
3．（2024·陜西·三模）2024年中國足球乙級聯賽陜西聯合的主場火爆，一票難求，主辦方設定了三種不同的票價分別對應球場三個不同的區域，五位球迷相約看球賽，則五人中恰有三人在同一區域的不同座位方式共有（ ）
A．30種 B．60種 C．120種 D．240種
4．（2024·四川成都·三模）成實外教育集團自2000年成立以來，一直行走在民辦教育的前端，致力于學生的全面發展，對學生的教育視為終身己任，在教育事業上砥礪前行，永不止步.截至目前，集團已開辦29所K-12學校和兩所大學，其中高中教育學校有11所.集團擬召開綜合考評會.經考評后，11所學校得分互不相同，現從中任選3所學校的代表交流發言，則排名為第一名或第五名的學校代表去交流發言的概率為（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·重慶九龍坡·三模）用1，2，3，4，5，6這六個數組成無重復數字的六位數，則在數字1，3相鄰的條件下，數字2，4，6也相鄰的概率為（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·新疆喀什·三模）展開式中，的系數為（ ）
A．20 B．30 C．25 D．40
7．（2024·新疆·三模）西安、洛陽、北京、南京和開封并稱中國的五大古都.某旅游博主為領略五大古都之美，決定用兩個月的時間游覽完五大古都，且每個月只游覽五大古都中的兩個或三個（五大古都只游覽一次），則恰好在同一個月游覽西安和洛陽的概率為（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·北京·三模）在的展開式中，項的系數為（ ）
A． B． C．16 D．144
9．（2024·河北秦皇島·三模）三人被邀請參加同一個時間段的兩個晚會，若兩個晚會都必須有人去，去幾人自行決定，且每人最多參加一個晚會，則不同的去法有（ ）
A．8種 B．12種 C．16種 D．24種
10．（2024·安徽蕪湖·三模）已知A、B、C、D、E、F六個人站成一排，要求A和B不相鄰，C不站兩端，則不同的排法共有（ ）種
A．186 B．264 C．284 D．336
11．（2024·浙江紹興·三模）在的展開式中，含項的系數是10，則（ ）
A．0 B．1 C．2 D．4
12．（2024·湖北荊州·三模）已知，則被3除的余數為（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
二、多選題
13．（2024·山西臨汾·三模）在的展開式中（ ）
A．所有奇數項的二項式系數的和為128
B．二項式系數最大的項為第5項
C．有理項共有兩項
D．所有項的系數的和為
14．（2024·江西南昌·三模）已知的展開式中二項式系數的最大值與的展開式中的系數相等，則實數a的值可能為（ ）
A． B． C． D．
15．（2024·山西·三模）已知函數，則（ ）
A． B．展開式中，二項式系數的最大值為
C． D．的個位數字是1
三、填空題
16．（2024·山東煙臺·三模）展開式的中間一項的系數為 .
17．（2024·安徽合肥·三模）北京時間2024年4月26日5時04分，神舟十七號航天員乘組（湯洪波，唐勝杰，江新林3人）順利打開“家門”，歡迎遠道而來的神舟十八號航天員乘組（葉光富、李聰、李廣蘇3人）入駐“天宮”．隨后，兩個航天員乘組拍下“全家福”，共同向全國人民報平安．若這6名航天員站成一排合影留念，葉光富不站最左邊，湯洪波不站最右邊，則不同的排法有 ．
18．（2024·福建福州·三模）的展開式中常數項為 ．
19．（2024·新疆喀什·三模）小明設置六位數字的手機密碼時，計劃將的前6位數字3，1，4，1，5，9進行某種排列得到密碼．若排列時要求相同數字不相鄰，且相同數字之間一個數字，則小明可以設置的不同密碼種數為 ．
20．（2024·河北衡水·三模）的展開式中的系數為 （用數字作答）
21．（2024·河南·三模）若的展開式中存在常數項，則的值可以是 （寫出一個值即可）
22．（2024·上海閔行·三模）某羽毛球俱樂部，安排男女選手各6名參加三場雙打表演賽（一場為男雙，一場為女雙，一場為男女混雙），每名選手只參加1場表演賽，則所有不同的安排方法有 種.
23．（2024·上海·三模）2024年重慶市高考數學科目采用新試卷結構，我校高三年級將對來自三個班級的9名學生（每個班級3名學生）做一項圍繞適應新試卷結構的調研，并再抽選其中的若干名學生做訪談，要求每個班級至少有一名學生被抽中，且任意兩個班級被抽中的學生人數之和至多為3，則不同的抽選方法數為 .
24．（2024·江西九江·三模）某兒童游樂場有一臺打地鼠游戲機，共有9個洞.游戲開始后，每次有且僅有一只地鼠從某洞中冒出，地鼠第1次從1號洞冒出來.假設游戲過程中地鼠從上一個洞繼續冒出的概率為，從其它洞冒出的可能性相等，則地鼠第3次從1號洞冒出的概率是 .假設游戲結束時，地鼠一共冒出次，則地鼠從1號洞冒出的次數期望值為
參考答案與詳細解析
一：考情分析
命題解讀 考向 考查統計
1.高考對排列組合的考查，重點是特殊元素與特殊位置、兩元素相鄰或不相鄰、分組、分配等問題。題型一般與生活實際聯系緊密。 2.高考對二項式定理的考查，重點是二項展開基本定理考查特定項、特定項的系數、二項式系數等問題，同時會涉及到賦值法的應用。 排列組合 2023·新高考Ⅰ卷，13 2022·新高考Ⅱ卷，5 2023·新高考Ⅱ卷，3 2024·新高考Ⅱ卷，14
二項式定理 2022·新高考Ⅰ卷，13
二：2024高考命題分析
2024年高考新高考Ⅰ卷的排列組合是體現在概率中的，后續專題會體現出來。Ⅱ卷考查了通過列舉來確定所有可能結果，其實Ⅰ卷的題目也可以采用列舉法，這兩題考查的方向偏向于與實際生活聯系在一起；其中邏輯推理能力比較重要，而且都是壓軸題。預計2025年高考還是主要考查排列組合的應用，題型多變。
三：試題精講
一、填空題
1．（2024新高考Ⅱ卷·14）在如圖的4×4方格表中選4個方格，要求每行和每列均恰有一個方格被選中，則共有 種選法，在所有符合上述要求的選法中，選中方格中的4個數之和的最大值是 ．
【答案】 24 112
【分析】由題意可知第一、二、三、四列分別有4、3、2、1個方格可選；利用列舉法寫出所有的可能結果，即可求解.
【詳解】由題意知，選4個方格，每行和每列均恰有一個方格被選中，
則第一列有4個方格可選，第二列有3個方格可選，
第三列有2個方格可選，第四列有1個方格可選，
所以共有種選法；
每種選法可標記為，分別表示第一、二、三、四列的數字，
則所有的可能結果為：
，
，
，
，
所以選中的方格中，的4個數之和最大，為.
故答案為：24；112
【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是確定第一、二、三、四列分別有4、3、2、1個方格可選，利用列舉法寫出所有的可能結果.
高考真題練
一、單選題
1．（2022新高考Ⅱ卷·5）有甲、乙、丙、丁、戊5名同學站成一排參加文藝匯演，若甲不站在兩端，丙和丁相鄰，則不同排列方式共有（ ）
A．12種 B．24種 C．36種 D．48種
【答案】B
【分析】利用捆綁法處理丙丁，用插空法安排甲，利用排列組合與計數原理即可得解
【詳解】因為丙丁要在一起，先把丙丁捆綁，看做一個元素，連同乙，戊看成三個元素排列,有種排列方式；為使甲不在兩端，必須且只需甲在此三個元素的中間兩個位置任選一個位置插入，有2種插空方式；注意到丙丁兩人的順序可交換，有2種排列方式，故安排這5名同學共有：種不同的排列方式，
故選：B
2．（2023新高考Ⅱ卷·3）某學校為了解學生參加體育運動的情況，用比例分配的分層隨機抽樣方法作抽樣調查，擬從初中部和高中部兩層共抽取60名學生，已知該校初中部和高中部分別有400名和200名學生，則不同的抽樣結果共有（ ）．
A．種 B．種
C．種 D．種
【答案】D
【分析】利用分層抽樣的原理和組合公式即可得到答案.
【詳解】根據分層抽樣的定義知初中部共抽取人，高中部共抽取，
根據組合公式和分步計數原理則不同的抽樣結果共有種.
故選：D.
二、填空題
3．（2022新高考Ⅰ卷·13）的展開式中的系數為 （用數字作答）．
【答案】-28
【分析】可化為，結合二項式展開式的通項公式求解.
【詳解】因為，
所以的展開式中含的項為，
的展開式中的系數為-28
故答案為：-28
4．（2023新高考Ⅰ卷·13）某學校開設了4門體育類選修課和4門藝術類選修課，學生需從這8門課中選修2門或3門課，并且每類選修課至少選修1門，則不同的選課方案共有 種（用數字作答）．
【答案】64
【分析】分類討論選修2門或3門課，對選修3門，再討論具體選修課的分配，結合組合數運算求解.
【詳解】（1）當從8門課中選修2門，則不同的選課方案共有種；
（2）當從8門課中選修3門，
①若體育類選修課1門，則不同的選課方案共有種；
②若體育類選修課2門，則不同的選課方案共有種；
綜上所述：不同的選課方案共有種.
故答案為：64.
知識點總結
一、排列與排列數
1、定義：從個不同元素中取出個元素排成一列，叫做從個不同元素中取出個元素的一個排列．從個不同元素中取出個元素的所有排列的個數，叫做從個不同元素中取出個元素的排列數，用符號表示．
2、排列數的公式：．
特例：當時，；規定：．
3、排列數的性質：
①；②；③．
二、組合與組合數
1、定義：從個不同元素中取出個元素并成一組，叫做從個不同元素中取出個元素的一個組合．從個不同元素中取出個元素的所有組合的個數，叫做從個不同元素中取出個元素的組合數，用符號表示．
2、組合數公式及其推導
求從個不同元素中取出個元素的排列數，可以按以下兩步來考慮：
第一步，先求出從這個不同元素中取出個元素的組合數；
第二步，求每一個組合中個元素的全排列數；
根據分步計數原理，得到；
因此．
這里，，且，這個公式叫做組合數公式．因為，所以組合數公式還可表示為：．特例：．
注意：組合數公式的推導方法是一種重要的解題方法！在以后學習排列組合的混合問題時，一般都是按先取后排（先組合后排列）的順序解決問題．公式常用于具體數字計算，常用于含字母算式的化簡或證明．
3、組合數的主要性質：①；②．
4、組合應用題的常見題型：
①“含有”或“不含有”某些元素的組合題型
②“至少”或“最多”含有幾個元素的題型
三、排列和組合的區別
組合：取出的元素地位平等，沒有不同去向和分工．
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或職位不同．
注意：排列、組合都是研究事物在某種給定的模式下所有可能的配置數目問題，它們之間的主要區別在于是否要考慮選出元素的先后順序，不需要考慮順序的是組合問題，需要考慮順序的是排列問題．排列是在組合的基礎上對入選的元素進行排隊，因此，分析解決排列組合綜合問題的基本思維是“先組合，后排列”．
四、二項式展開式的特定項、特定項的系數問題
1、二項式定理
一般地，對于任意正整數，都有：，
這個公式所表示的定理叫做二項式定理，等號右邊的多項式叫做的二項展開式．
式中的做二項展開式的通項，用表示，即通項為展開式的第項：，
其中的系數（r=0，1，2，…，n）叫做二項式系數，
2、二項式的展開式的特點：
①項數：共有項，比二項式的次數大1；
②二項式系數：第項的二項式系數為，最大二項式系數項居中；
③次數：各項的次數都等于二項式的冪指數．字母降冪排列，次數由到；字母升冪排列，次
數從到，每一項中，，次數和均為；
④項的系數：二項式系數依次是，項的系數是與的系數（包括二項式系
數）．
3、兩個常用的二項展開式：
①（）
②
4、二項展開式的通項公式
二項展開式的通項：
公式特點：①它表示二項展開式的第項，該項的二項式系數是；
②字母的次數和組合數的上標相同；
③與的次數之和為．
注意：①二項式的二項展開式的第r+1項和的二項展開式的第r+1項是有區別的，應用二項式定理時，其中的和是不能隨便交換位置的．
②通項是針對在這個標準形式下而言的，如的二項展開式的通項是（只需把看成代入二項式定理）．
五、二項式展開式中的最值問題
1、二項式系數的性質
①每一行兩端都是，即；其余每個數都等于它“肩上”兩個數的和，即．
②對稱性每一行中，與首末兩端“等距離”的兩個二項式系數相等，即．
③二項式系數和令，則二項式系數的和為，變形式．
④奇數項的二項式系數和等于偶數項的二項式系數和在二項式定理中，令，
則，
從而得到：．
⑤最大值：
如果二項式的冪指數是偶數，則中間一項的二項式系數最大；
如果二項式的冪指數是奇數，則中間兩項，的二項式系數，相等且最大．
2、系數的最大項
求展開式中最大的項，一般采用待定系數法．設展開式中各項系數分別為，設第項系數最大，應有，從而解出來．
六、二項式展開式中系數和有關問題
常用賦值舉例：
1、設，
二項式定理是一個恒等式，即對，的一切值都成立，我們可以根據具體問題的需要靈活選取，的值．
①令，可得：
②令，可得：，即：
（假設為偶數），再結合①可得：
．
2、若，則
①常數項：令，得．
②各項系數和：令，得．
③奇數項的系數和與偶數項的系數和
（i）當為偶數時，奇數項的系數和為；
偶數項的系數和為．
（可簡記為：為偶數，奇數項的系數和用“中點公式”，奇偶交錯搭配）
（ii）當為奇數時，奇數項的系數和為；
偶數項的系數和為．
（可簡記為：為奇數，偶數項的系數和用“中點公式”，奇偶交錯搭配）
若，同理可得．
注意：常見的賦值為令，或，然后通過加減運算即可得到相應的結果．
【排列組合常用結論】
一、解決排列組合綜合問題的一般過程
1、認真審題，確定要做什么事；
2、確定怎樣做才能完成這件事，即采取分步還是分類或是分步與分類同時進行，弄清楚分多少類及多少步；
3、確定每一步或每一類是排列（有序）問題還是組合（無序）問題，元素總數是多少及取出多少個元素；
4、解決排列組合綜合性問題，往往類與步交叉，因此必須掌握一些常用的解題策略．
二、常見排列組合類型及解法
1、如圖，在圓中，將圓分等份得到個區域，，，，，現取種顏色對這個區域涂色，要求每相鄰的兩個區域涂不同的兩種顏色，則涂色的方案有種．
2、錯位排列公式
3、數字排列問題的解題原則、常用方法及注意事項
（1）解題原則：排列問題的本質是“元素”占“位子”問題，有限制條件的排列問題的限制條件主要表現在某元素不排在某個位子上，或某個位子不排某些元素，解決該類排列問題的方法主要是按“優先”原則，即優先排特殊元素或優先滿足特殊位子，若一個位子安排的元素影響到另一個位子的元素個數時，應分類討論．
4、定位、定元的排列問題，一般都是對某個或某些元素加以限制，被限制的元素通常稱為特殊元素，被限制的位置稱為特殊位置．這一類問題通常以三種途徑考慮：
（1）以元素為主考慮，這時，一般先解決特殊元素的排法問題，即先滿足特殊元素，再安排其他元素；
（2）以位置為主考慮，這時，一般先解決特殊位置的排法問題，即先滿足特殊位置，再考慮其他位置；
（3）用間接法解題，先不考慮限制條件，計算出排列總數，再減去不符合要求的排列數．
5、解決相鄰問題的方法是“捆綁法”，其模型為將n個不同元素排成一排，其中某k個元素排在相鄰位置上，求不同排法種數的方法是：先將這k個元素“捆綁在一起”，看成一個整體，當作一個元素同其他元素一起排列，共有種排法；然后再將“捆綁”在一起的元素“內部”進行排列，共有種排法．根據分步乘法計數原理可知，符合條件的排法共有種．
6、解決不相鄰問題的方法為“插空法”，其模型為將個不同元素排成一排，其中某個元素互不相鄰（），求不同排法種數的方法是：先將（）個元素排成一排，共有種排法；然后把個元素插入個空隙中，共有種排法．根據分步乘法計數原理可知，符合條件的排法共有·種．
名校模擬練
一、單選題
1．（2024·重慶·三模）重慶某高校去年招收學生來自成渝地區2400人，除成渝外的西部地區2000人，中部地區1400人，東部地區1800人，港澳臺地區400人.學校為了解學生的飲食習慣，擬選取40人作樣本調研，為保證調研結果的代表性，則從該校去年招收的成渝地區學生中不同的抽樣結果種數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據分層抽樣的性質計算即可。
【詳解】為保證調研結果的代表性，設從該校去年招收的成渝地區學生中抽取n人，
則，
解得，
即從該校去年招收的成渝地區學生中不同的抽樣結果種數為
故選：C
2．（2024·北京·三模）已知的二項式系數之和為64，則其展開式的常數項為（ ）
A． B．240 C．60 D．
【答案】B
【分析】根據二項式系數之和可得，結合二項展開式分析求解.
【詳解】由題意可知：二項式系數之和為，可得，
其展開式的通項為，
令，解得，
所以其展開式的常數項為.
故選：B.
3．（2024·陜西·三模）2024年中國足球乙級聯賽陜西聯合的主場火爆，一票難求，主辦方設定了三種不同的票價分別對應球場三個不同的區域，五位球迷相約看球賽，則五人中恰有三人在同一區域的不同座位方式共有（ ）
A．30種 B．60種 C．120種 D．240種
【答案】C
【分析】依題意，先將在同一區域的三個人選出并選定區域，再對余下的兩人分別在其它兩個區域進行選擇，由分步乘法計數原理即得.
【詳解】要使五人中恰有三人在同一區域，可以分成三步完成：
第一步，先從五人中任選三人，有種方法；
第二步再選這三人所在的區域，有種方法；
第三步，將另外兩人從余下的兩個區域里任選，有種方法.
由分步乘法計數原理，共有種方法.
故選:C.
4．（2024·四川成都·三模）成實外教育集團自2000年成立以來，一直行走在民辦教育的前端，致力于學生的全面發展，對學生的教育視為終身己任，在教育事業上砥礪前行，永不止步.截至目前，集團已開辦29所K-12學校和兩所大學，其中高中教育學校有11所.集團擬召開綜合考評會.經考評后，11所學校得分互不相同，現從中任選3所學校的代表交流發言，則排名為第一名或第五名的學校代表去交流發言的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用古典概率結合組合數的計算求解即可.
【詳解】從11所學校中任選3所學校共有種選法.
其中排名為第一名或第五名的學校，可以分為三種情況：
第一類：只含有排名為第一名的學校的有種選法；
第二類：只含有排名為第五名的學校的有種選法；
第三類：同時含有第一名和第五名學校的有種選法；
共種選法.根據概率公式可得.
故選：D.
5．（2024·重慶九龍坡·三模）用1，2，3，4，5，6這六個數組成無重復數字的六位數，則在數字1，3相鄰的條件下，數字2，4，6也相鄰的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】分別求出數字1，3相鄰時的六位數個數以及數字1，3相鄰，數字2，4，6也相鄰的六位數的個數，根據條件概率的計算公式，即可求得答案.
【詳解】設“數字1，3相鄰”，設“數字2，4，6相鄰”，
則數字1，3相鄰時的六位數有個，
數字1，3相鄰，數字2，4，6也相鄰的六位數的個數為，
則.
故選：A.
6．（2024·新疆喀什·三模）展開式中，的系數為（ ）
A．20 B．30 C．25 D．40
【答案】B
【分析】分不含項和含有一個項兩種情況求解．
【詳解】展開式中，的項為，
則的系數為30．
故選：．
7．（2024·新疆·三模）西安、洛陽、北京、南京和開封并稱中國的五大古都.某旅游博主為領略五大古都之美，決定用兩個月的時間游覽完五大古都，且每個月只游覽五大古都中的兩個或三個（五大古都只游覽一次），則恰好在同一個月游覽西安和洛陽的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出事件的總數以及目標事件的數量，再用古典概型計算即可..
【詳解】將古都分成2個、3個兩組，再在兩個月安排旅游順序，故事件總數為，
分2個古都組中含西安、洛陽，或3個古都組中含西安、洛陽，故恰好在同一個月游覽西安和洛陽的事件數為：，
所以恰好在同一個月游覽西安和洛陽的概率為：
故選：B
8．（2024·北京·三模）在的展開式中，項的系數為（ ）
A． B． C．16 D．144
【答案】C
【分析】寫出的展開式通項，即可列式求解.
【詳解】，其展開式通項公式為，，
所以所求項的系數為，
故選： C．
9．（2024·河北秦皇島·三模）三人被邀請參加同一個時間段的兩個晚會，若兩個晚會都必須有人去，去幾人自行決定，且每人最多參加一個晚會，則不同的去法有（ ）
A．8種 B．12種 C．16種 D．24種
【答案】B
【分析】根據參加晚會的人數分類討論，利用排列組合數求解即可.
【詳解】第一種情況，只有兩人參加晚會，有種去法；
第二種情況，三人參加晚會，有種去法，共12種去法.
故選：B
10．（2024·安徽蕪湖·三模）已知A、B、C、D、E、F六個人站成一排，要求A和B不相鄰，C不站兩端，則不同的排法共有（ ）種
A．186 B．264 C．284 D．336
【答案】D
【分析】先考慮A和B不相鄰的排法，再考慮A和B不相鄰，且C站兩端的情況，相減后得到答案.
【詳解】先考慮A和B不相鄰的排法，
將C、D、E、F四個人進行全排列，有種情況，
C、D、E、F四個人之間共有5個空，選擇2個排A和B，有種情況，
故有種選擇，
再考慮A和B不相鄰，且C站兩端的情況，
先從兩端選擇一個位置安排C，有種情況，
再將D、E、F三個人進行全排列，有種情況
最后D、E、F三個人之間共有4個空，選擇2個排A和B，有種情況，
故有種情況，
則要求A和B不相鄰，C不站兩端，則不同的安排有種情況.
故選：D
11．（2024·浙江紹興·三模）在的展開式中，含項的系數是10，則（ ）
A．0 B．1 C．2 D．4
【答案】C
【分析】在的展開式中含的項即從5個因式中取4個，1個常數項即可寫出含的項，則可得出答案.
【詳解】根據二項展開式可知含項即從5個因式中取4個，1個常數項即可寫出含的項；
所以含的項是，可得；
即可得.
故選：C
12．（2024·湖北荊州·三模）已知，則被3除的余數為（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】D
【分析】先對二項展開式中的進行賦值，得出，再將看作進行展開，再利用二項展開式特點分析即得.
【詳解】令，得，令，得，
兩式相減，，
因為，
其中被3整除，所以被3除的余數為1，
綜上，能被3整除．
故選：D.
二、多選題
13．（2024·山西臨汾·三模）在的展開式中（ ）
A．所有奇數項的二項式系數的和為128
B．二項式系數最大的項為第5項
C．有理項共有兩項
D．所有項的系數的和為
【答案】AB
【分析】先求出二項式系數和，奇數項二項式系數和等于偶數項二項式系數和，即可確定A；二項式系數的最大項，即為中間項，可確定B；整理出通項公式，再對賦值，即可確定C；令，可求出所有項的系數的和，從而確定D.
【詳解】對于A,二項式系數和為，則所有奇數項的二項式系數的和為，故A正確；
對于B, 二項式系數最大為，則二項式系數最大的項為第5項，故B正確；
對于C,，為有理項，可取的值為，所以有理項共有三項，故C錯誤；
對于D,令，則所有項系數和為，故D錯誤.
故選：AB.
14．（2024·江西南昌·三模）已知的展開式中二項式系數的最大值與的展開式中的系數相等，則實數a的值可能為（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】先計算出的展開式中二項式系數最大值，根據二項式定理得到展開式的通項公式，從而得到方程，求出.
【詳解】的展開式中二項式系數最大值為，
的展開式通項公式為，
令得，，
故展開式中的系數為，故，解得.
故選：AB
15．（2024·山西·三模）已知函數，則（ ）
A． B．展開式中，二項式系數的最大值為
C． D．的個位數字是1
【答案】BD
【分析】對于A：根據二項展開式分析求解；對于B：根據二項式系數的性質分析求解；對于C：利用賦值法，令、即可得結果；對于D：因為，結合二項展開式分析求解.
【詳解】對于選項A：的展開式的通項為，
令，可得，
所以，故A錯誤；
對于選項B：因為為偶數，可知二項式系數的最大值為，故B正確；
對于選項C：令，可得；
令，可得；
所以，故C錯誤；
對于選項D：因為，
且的展開式的通項為，
可知當，均為20的倍數，即個位數為0，
當時，，所以的個位數字是1，故D正確；
故選：BD.
三、填空題
16．（2024·山東煙臺·三模）展開式的中間一項的系數為 .
【答案】
【分析】中間一項是第4項，結合二項展開式的系數的計算公式即可求解.
【詳解】因為展開式共有7項，它的中間一項是第4項，
所以展開式的中間一項的系數為.
故答案為：.
17．（2024·安徽合肥·三模）北京時間2024年4月26日5時04分，神舟十七號航天員乘組（湯洪波，唐勝杰，江新林3人）順利打開“家門”，歡迎遠道而來的神舟十八號航天員乘組（葉光富、李聰、李廣蘇3人）入駐“天宮”．隨后，兩個航天員乘組拍下“全家福”，共同向全國人民報平安．若這6名航天員站成一排合影留念，葉光富不站最左邊，湯洪波不站最右邊，則不同的排法有 ．
【答案】504
【分析】本題考查排列中分類加法計數原理和分步乘法計數原理.根據題目要求，分兩類進行討論，第一類葉光富在最右側，第二類葉光富不在最右側.然后根據分類加法計數原理相加即可得到答案.
【詳解】根據葉光富不站最左邊，可以分為兩種情況：
第一種情況：葉光富站在最右邊，此時剩余的5人可以進行全排列，共有種排法.
第二種情況：葉光富不站在最右邊，根據題目條件葉光富不站最左邊，此時葉光富有4種站法.根據題目條件湯洪波不站在最右邊，可知楊洪波只有4種站法.剩余的4人進行全排列,共有種排法，
由分類加法計數原理可知，總共有種排法．
故答案為：504
18．（2024·福建福州·三模）的展開式中常數項為 ．
【答案】49
【分析】利用多項式乘法法寫出展開式的通項，令次數為0即為常數項．
【詳解】展開式的通項公式為
，，
當時，常數項為1；
當時，得常數項為；
當時，得常數項為；
所以展開式中的常數項為.
故答案為：.
19．（2024·新疆喀什·三模）小明設置六位數字的手機密碼時，計劃將的前6位數字3，1，4，1，5，9進行某種排列得到密碼．若排列時要求相同數字不相鄰，且相同數字之間一個數字，則小明可以設置的不同密碼種數為 ．
【答案】96
【分析】利用捆綁法即可求解.
【詳解】從3，4，5，9中選擇一個數字放入兩個1之間，將其與兩個1看作一個整體，與剩下元素全排列，故不同的密碼個數為，
故答案為：96
20．（2024·河北衡水·三模）的展開式中的系數為 （用數字作答）
【答案】
【分析】根據題意，結合二項式的展開式的性質，準確計算，即可求解.
【詳解】由題意，多項式的展開式中含有的項為：
，
所以的系數為．
故答案為：.
21．（2024·河南·三模）若的展開式中存在常數項，則的值可以是 （寫出一個值即可）
【答案】（答案不唯一，滿足的即可）
【分析】寫出展開式的通項，令，求出，再根據且，即可確定的取值.
【詳解】二項式展開式的通項為
（且），
令，則，又且，所以
故答案為：（答案不唯一，滿足的即可）
22．（2024·上海閔行·三模）某羽毛球俱樂部，安排男女選手各6名參加三場雙打表演賽（一場為男雙，一場為女雙，一場為男女混雙），每名選手只參加1場表演賽，則所有不同的安排方法有 種.
【答案】4050
【分析】先考慮兩對混雙的組合，再從余下4名男選手和4名女選手各有3種不同的配對方法組成兩對男雙組合，兩對女雙組合，利用分步乘法原理可求得結果.
【詳解】先考慮兩對混雙的組合有種不同的方法，
余下4名男選手和4名女選手各有3種不同的配對方法組成兩對男雙組合，兩對女雙組合，故共有.
故答案為：4050
23．（2024·上海·三模）2024年重慶市高考數學科目采用新試卷結構，我校高三年級將對來自三個班級的9名學生（每個班級3名學生）做一項圍繞適應新試卷結構的調研，并再抽選其中的若干名學生做訪談，要求每個班級至少有一名學生被抽中，且任意兩個班級被抽中的學生人數之和至多為3，則不同的抽選方法數為 .
【答案】108
【分析】分①每個班抽一名學生，②其中兩個班抽一名學生，另外一個班抽兩名學生兩種情況討論，利用組合數公式計算可得.
【詳解】依題意，①若每個班抽一名學生，則有種抽法；
②若其中兩個班抽一名學生，另外一個班抽兩名學生，則有種抽法；
綜上可得不同的抽選方法數為種.
故答案為：108
24．（2024·江西九江·三模）某兒童游樂場有一臺打地鼠游戲機，共有9個洞.游戲開始后，每次有且僅有一只地鼠從某洞中冒出，地鼠第1次從1號洞冒出來.假設游戲過程中地鼠從上一個洞繼續冒出的概率為，從其它洞冒出的可能性相等，則地鼠第3次從1號洞冒出的概率是 .假設游戲結束時，地鼠一共冒出次，則地鼠從1號洞冒出的次數期望值為 .
【答案】
【分析】根據全概率公式，第二次必須分析從1號洞冒出和沒有從1號洞冒出，就能得到第三次從1號洞冒出的概率；地鼠一共冒出次，繼而推出，，則可求出地鼠從1號洞冒出的次數期望值為.
【詳解】令表示地鼠第次從1號洞冒出的概率，則.
當地鼠第2次從1號洞冒出時，第3次從1號洞冒出的概率為；
當地鼠第2次沒有從1號洞冒出時，第3次從1號洞冒出的概率為.
同理可得：，
是以為首項，為公比的等比數列，
，也適合；
游戲結束時，地鼠一共冒出次，則地鼠從1號洞冒出的次數期望值為.
故答案為：；.
【點睛】關鍵點點睛：①掌握全概率公式；
②馬爾科夫鏈，第次的情況必定和第次的情況有關

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