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第三章 排列、組合與二項式定理 章末題型大總結
題型01兩個計數原理的應用
【典例1】3．（24-25高三上·廣東汕頭·期中）一個三位數的百位、十位、個位上的數字依次為a，b，c．三位數中，當且僅當有兩個數字的和等于第三個數字時稱為“有緣數”（如213，134等）若a，b，，且a，b，c互不相同，則這個三位數為“有緣數”共 個．
【答案】
【分析】利用“有緣數”的定義，利用分類討論的思想，求出所有的三位數．
【詳解】解：根據題意知在中，能組成有緣數的組合有；； ；；；
由1，2，3組成的三位自然數為123，132，213，231，312，321，“有緣數”共6個；
同理：由1，3，4組成的三位數為“有緣數”是6個；
由1，4，5組成的三位數為“有緣數”是6個；
由2，3，5組成的三位數為“有緣數”是6個；
所以三位數為“有緣數”的個數為：個．
故答案為：．
【變式1】（23-24高二下·陜西西安·期中）5名同學分別從4個景點中選擇一處游覽，不同選法的種數為（ ）
A．9 B．20 C． D．
【答案】A
【分析】利用分步乘法計數原理即可計算．
【詳解】因為每名同學都有4種選擇，
所以由分步乘法計數原理可知不同選法的種數為：．
.
【變式2】（24-25高二下·全國·課后作業）從，，，，，，這個數中任選個組成一個沒有重復數字的“五位凹數”（滿足），則這樣的“五位凹數”的個數為（ ）
A．個 B．個 C．個 D．個
【答案】A
【分析】利用分步乘法計數原理可得.
【詳解】第一步，從，，，，，，這個數中任選個共有種方法，
第二步，選出的個數中，最小的為，從剩下的4個數中選出個分給，由題意可知，選出后就確定了，共有種方法，
故滿足條件的“五位凹數”個，
【變式3】（24-25高二下·全國·課后作業）汽車制造的專業化流程是：設計效果圖→制作油泥模型→生產樣車→對樣車檢驗→投入生產.已知A市、B市、C市分別有3個、10個、7個能設計效果圖的設計院，A市有2個能制作油泥模型的制作中心，B市有6個能生產樣車的生產車間，C市有1處能對樣車檢驗的檢驗中心，A市、B市、C市、D市、E市分別有8，8，6，3，2家能實際投入生產的生產廠家，從設計到實際生產，有 種選擇方法．
【答案】6480
【分析】利用分步計數原理可求得總的方法數.
【詳解】共分五步：第一步，設計效果圖，共計種方法；
第二步，制作油泥模型，有2種方法；第三步，生產樣車，有6種方法；
第四步，對樣車檢驗，有1種方法；第五步，投入生產，共計種方法．
所以從設計到實際生產有種選擇方法．
【變式4】（24-25高三上·廣東·階段練習）小明去超市從4種功能性提神飲料和5種電解質飲料中選3瓶進行購買，若每種飲料至多買一瓶，則功能性提神飲料和電解質飲料都至少買1瓶的買法種數為 ．（用數字作答）
【答案】70
【分析】根據給定條件，利用分類加法計數原理及組合計數問題列式計算即得.
【詳解】依題意，兩種飲料都至少買1種的買法種數為.
故答案為：70
題型02排列數與組合數的計算問題
【典例2】（23-24高二下·貴州遵義·期中）（多選）下列選項中正確的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】CCD
【解析】A選項，因為，所以A錯誤；
B選項，因為，所以，故B正確；
C選項，因為，所以C正確；
D選項，因為，
所以
，故D正確．CD
【變式1】（23-24高二下·山東棗莊·期中）下列公式錯誤的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】對于A：，故A正確；
對于B：，故B正確；
對于C：因為，，，
所以
，即，故C正確；
對于D：，，
所以，故D錯誤 .
【變式2】（23-24高二下·云南·期中）（1）求的值；
（2）若等式不成立，求正整數的值.
【答案】（1）；（2）；（2）利用給定式子建立方程，求解即可.
【解析】（1）原式
（2）由展開得，
因，故可化簡得：，
解得或（舍），故.
【變式3】（23-24高二下·廣東清遠·期中）不等式的解集為 .
【答案】
【解析】由題意得，解得且，
又，即，即，解得，
綜上可知，故解集為.
題型03隊列排序問題
角度1 限制元素問題
【典例3】（23-24高二下·江蘇南通·期中）學校要安排一場文藝晚會的8個節目的演出順序，學生的節目有6個，教師的節目有2個，如果教師的節目既不排在第一個，也不排在最后一個，那么不同的排法數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先排兩個學生節目在最前最后，在中間六個位置排剩下節目即可.
【詳解】先排兩個學生節目在最前最后位置，然后排在中間六個位置排剩下節目，運用分步乘法原理，總排法數為.
．
【變式1】（23-24高二下·四川遂寧·階段練習）北京時間2023年10月26日19時34分，神舟十六號航天員乘組（景海鵬，杜海潮，朱楊柱3人）順利打開“家門”，歡迎遠道而來的神舟十七號航天員乘組（湯洪波，唐勝杰，江新林3人）人駐“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，唐勝杰與江新林相鄰，景海鵬不站最左邊，湯洪波不站最右邊，則不同的排法有（ ）
A．144種 B．204種 C．1580種 D．240種
【答案】D
【分析】先應用捆綁解決相鄰，再分海鵬站位置分類，最后應用分步解決問題.
【詳解】第一步，唐勝杰、江新林2人相鄰，有種排法；
第二步，分景海鵬站最右邊與景海鵬不站最左邊與最右邊兩種情況討論
第一種情況：景海鵬站最右邊，共有種排法；
第二種情況：景海鵬不站最左邊與最右邊，則共有種排法，
故總共有種排法.
.
【變式2】（23-24高二下·北京豐臺·期末）甲、乙、丙、丁、戊共5名同學進行數學建模比賽，決出了第1名到第5名的名次（無并列情況）．甲、乙、丙去詢問成績．老師對甲說：“你不是最差的．”對乙說：“很遺憾，你和甲都沒有得到冠軍．”對丙說：“你不是第2名．”從這三個回答分析，5名同學可能的名次排列情況種數為（ ）
A．44 B．46 C．52 D．54
【答案】C
【分析】甲、乙不是第一名且甲不是最后一名．甲的限制最多，故先排甲，有可能是第二、三、四名3種情況；再排乙，也有3種情況；余下的問題是三個元素在三個位置全排列，根據分步計數原理即可得到結果，但丙不是第2名，以上所有結果還要排除丙是第2名的所有情況，最后間接法得解.
【詳解】由題意得：甲、乙都不是第一名且甲不是最后一名．甲的限制最多，故先排甲，
有可能是第二、三、四名3種情況；再排乙，也有3種情況；余下3人有種排法，
故共有種不同的情況，
假如丙是第2名，則甲有可能是第三、四名2種情況；
再排乙，也有2種情況；余下2人有種排法，
故共有種不同的情況，
由間接法得：滿足題意的，5名同學可能的名次排列情況種數為種，
.
【變式3】（23-24高二下·山東濟寧·期中）某中學元旦晚會共由7個節目組成，演出順序有如下要求：節目甲必須排在乙的前面，丙不能排在最后一位，該晚會節目演出順序的編排方案共有 種.（用數字作答）
【答案】2180
【解析】因為丙不能排在最后一位，則編排方案共有種，
又因為甲、乙處于對稱位置，即節目甲排在乙的前面與節目乙排在甲的前面數量相等，
所以該晚會節目演出順序的編排方案共有種.
角度2 相鄰與不相鄰問題
【典例4】（23-24高二下·廣西柳州·期中）某中學運動會期間，甲、乙、丙、丁、戊、戌六名志愿者站成一排拍照留念，其中甲和乙相鄰，甲和丙不相鄰，則不同的排列方式共有（ ）
A．180種 B．190種 C．192種 D．240種
【答案】D
【解析】若甲位于兩端時，乙與之相鄰只有一個位置可選，丙與甲不相鄰有余下四個位置可選，
故有種方法；
若甲不位于兩端時，乙與之相鄰有兩個位置可選，丙與甲不相鄰有三個位置可選，
故有種方法；
綜上不同的排列方式有192種.
【變式1】（23-24高二下·浙江·期中）東陽市一米陽光公益組織主要進行“敬老”和“助學”兩項公益項目，某周六，組織了七名大學生開展了“筑夢前行，陽光助學”活動后，大家合影留念，其中米一同學想與佳艷 劉西排一起，且要排在她們中間，則全部排法有（ ）種.
A．120 B．240 C．480 D．720
【答案】C
【分析】根據米一同學想與佳艷 劉西排一起，且在他們中間，將米、佳艷、劉西捆綁在一起，與剩余4個同學作為5個元素全排列求解.
【詳解】解：因為米一同學想與佳艷 劉西排一起，
所以捆綁在一起，與剩余4個同學作為5個元素全排列有種 ，
又因為米一同學想與佳艷 劉西排一起，且在他們中間，則佳艷 劉西全排列有種，
所以全部排法有：種，
【變式2】（23-24高二下·云南大理·期中）在學校組織的一次活動結束后，3名男生和2名女生站成一排照相留念，其中2名女生不相鄰，則不同的站法有（ ）
A．120種 B．72種 C．48種 D．24種
【答案】C
【解析】先排三名男生，共有種排法，此時三名男生會產生四個空位，
則女生共有種，故共有種..
【變式3】（23-24高二下·江蘇泰州·階段練習）象棋作為一種古老的傳統棋類益智游戲，具有深遠的意義和價值.它具有紅黑兩種陣營，將 車 馬 炮 兵等均為象棋中的棋子，現將3個紅色的“將”“車”“馬”棋子與2個黑色的“將”“車”棋子排成一列，則下列說法不正確的是（ ）
A．共有120種排列方式
B．若兩個“將”相鄰，則有24種排列方式
C．若兩個“將”不相鄰，則有72種排列方式
D．若同色棋子不相鄰，則有12種排列方式
【答案】C
【分析】A選項，由全排列知識進行求解，B選項，相鄰問題進行捆綁，再由排列知識求出答案；C選項，不相鄰問題插空法進行求解；D選項，先將2個黑色的棋子進行全排列，再插空即可.
【詳解】A選項，由排列知識可得共有種排列方式，A正確；
B選項，兩個“將”捆綁，有種情況，再和剩余的4個棋子進行全排列，故共有種情況，B錯誤；
C選項，兩個“將”不相鄰，先將剩余3個棋子進行全排列，共有4個空，再將兩個“將”插空，故共有種情況，C正確；
D選項，將2個黑色的棋子進行全排列，共有3個空，再將3個紅色的棋子進行插空，則有種排列方式，D正確.
.
角度3 定序問題
【典例5】7人站成一排．
（1）甲必須在乙的前面（不一定相鄰），則有多少種不同的排列方法？
（2）甲、乙、丙三人自左向右的順序不變（不一定相鄰），則有多少不同的排列方法？
【答案】（1）2520；（2）840
【解析】（1）甲在乙前面的排法種數占全體排列種數的一半，故有（種）不同的排法．
（2）甲、乙、丙自左向右的順序保持不變，
即甲、乙、丙自左向右順序的排法種數占全排列種數的，
故有（種）不同的排法．
【變式1】（23-24高二下·湖北·期中）14名同學合影，站成前排5人后排9人，現攝影師要從后排9人中抽2人調整到前排，若其他人的相對順序不變，則不同調整方法的總數是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由題意，從后排9人中抽2人調整到前排，有中不同的取法，
將前排5人和后來兩人看成七個位置，
把兩個人在七個位置中選兩個位置進行排列，完成調整，有中不同的排法，
所以不同調整方法的總數是種..
【變式2】某4位同學排成一排準備照相時，又來了2位同學要加入，如果保持原來4位同學的相對順序不變，則不同的加入方法種數為（ ）
A．10 B．20 C．24 D．30
【答案】A
【解析】6位同學排成一排準備照相時，共有種排法，
如果保持原來4位同學的相對順序不變，則有種排法，故A，B，C錯誤..
題型04數字排列問題
【典例6】用0，1，2，3，4，5這六個數字可以組成多少個符合下列條件的無重復的數字？
(1)六位奇數；
(2)個位數字不是5的六位數；
(3)不大于4310的四位偶數．
【分析】排數問題中，當個位數字是奇數時，則該數即為奇數，當個位數字為偶數時，該數即為偶數，注意0不能作首位．
【詳解】　(1)第一步，排個位，有A種排法；
第二步，排十萬位，有A種排法；
第三步，排其他位，有A種排法．
故共有AAA288個六位奇數．
(2)方法一：(直接法)十萬位數字的排法因個位上排0與不排0而有所不同，因此需分兩類．第一類，當個位排0時，有A個；
第二類，當個位不排0時，有AAA個．
故符合題意的六位數共有A＋AAA704(個).
方法二：(排除法)0在十萬位和5在個位的排列都不對應符合題意的六位數，這兩類排列中都含有0在十萬位和5在個位的情況．
故符合題意的六位數共有A－2A＋A704(個).
(3)分三種情況，具體如下：
①當千位上排1，3時，有AAA個．
②當千位上排2時，有AA個．
③當千位上排4時，形如40××，42××的各有A個；
形如41××的有AA個；形如43××的只有4 310和4 302這兩個數．
故共有AAA＋AA＋2A＋AA＋2110(個).
【變式1】（23-24高二下·天津南開·期中）用這個數字，可以組成個沒有重復數字的三位偶數（ ）
A．720 B．648 C．320 D．328
【答案】A
【解析】若個位數字為，十位和百位的排法種數為；
若個位數字不為，則確定個位數字有種方法，
確定百位數字有種方法，確定十位數字有種方法，
所以排法種數為.
所以可以組成個沒有重復數字的三位偶數.
【變式2】（23-24高二下·江蘇連云港·月考）從0，1，2，3，4五個數字中選出3個數字組成一個三位數．
（1）可以組成多少個三位數？
（2）可以組成多少個無重復數字的三位數？
（3）可以組成多少個無重復數字的三位偶數？
【答案】（1）100；（2）48；（3）30
【解析】（1）三位數的首位不能為0，但可以有重復數字，
首先考慮首位的排法，除0外共有4種方法，第二、三位可以排0，
因此，根據分步乘法計數原理共有（個）．
（2）三位數的首位不能為0，首先考慮首位的排法，除0外共有4種方法，第二位可以排0，除
首位排的數字共有4種方法，第三位除前兩位排的數字共有3種方法，
因此，根據分步乘法計數原理共有（個）．
（3）偶數末位數字可取0，2，4，因此，可以分兩類：
一類是末位數字是0，則有（種）排法；
一類是末位數字不是0，則末位有2種排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，
所以有3種排法，十位有3種排法，因此有（種）排法．
因此有（種）排法．即可以排成30個無重復數字的三位偶數.
【變式3】（23-24高二下·廣東東莞·月考）從1到7這7個數字中取2個偶數、3個奇數，排成一個無重復數字的五位數.求：
（1）共有多少個五位數？
（2）其中偶數排在一起，奇數也排在一起的有多少個？
（3）其中兩個偶數不相鄰的有多少個？
【答案】（1）1440；（2）288；（3）864
【解析】（1）依題意，從1到7這7個數字中取2個偶數、3個奇數，
共有（種）情況，共有（個）五位數；
（2）把選出的偶數捆綁在一起，把選出的奇數也捆綁在一起，再全排列，
故其中偶數排在一起，奇數也排在一起的有（個）；
（3）先排3個奇數，2個偶數插空，故其中兩個偶數不相鄰的共有（個）.
題型05涂色問題
【典例7】（23-24高二下·吉林長春·階段練習）如圖，用四種不同的顏色對圖中5個區域涂色（四種顏色全部使用），要求每個區域涂一種顏色，相鄰的區域不能涂相同的顏色，則不同的涂色方法有（ ）
A．72種 B．96種 C．170種 D．168種
【答案】C
【分析】按照分步、分類計數原理計算可得.
【詳解】第一步：涂區域，有種方法；
第二步：涂區域，有種方法；
第三步：涂區域，有種方法；
第四步（此前三步已經用去三種顏色）：涂區域，分兩類：
第一類，區域與同色，則區域涂第四種顏色；
第二類，區域與不同色，則區域涂第四種顏色，
此時區域就可以涂區域或區域或區域中的任意一種顏色，有種方法．
所以，不同的涂色種數有.
.
【變式1】春節期間，某地政府在該地的一個廣場布置了一個如圖所示的圓形花壇，花壇分為5個區域．現有5種不同的花卉可供選擇，要求相鄰區域不能布置相同的花卉，且每個區域只布置一種花卉，則不同的布置方案有（ ）
A．120種 B．240種 C．420種 D．720種
【答案】D
【分析】先對圖中不同的區域命名，再運用分步計數和分類計數的方法從中央開始計數即可.
【詳解】如圖，先在A中種植，有5種不同的選擇，再在B中種植，有4種不同的選擇，再在C中種植，有3種不同的選擇，再在D中種植，
若D與B種植同一種花卉，則E有3種不同的選擇，若D與B種植不同花卉，則D有2種不同的選擇，E有2種不同的選擇，
不同的布置方案有種；
.
【變式2】（23-24高二下·江蘇連云港·月考）如圖所示，用6種不同的顏色給圖中的4個格子涂色，每個格子涂一種顏色，要求相鄰的兩個格子顏色不同，則不同的涂色方法共有（ ）種．
A．480 B．800 C．380 D．770
【答案】A
【解析】首先給最左邊的一個格子涂色，有6種選擇，左邊第二個格子有5種選擇，
第三個格子有5種選擇，第四個格子也有5種選擇，
根據分步計數原理得，共有（種）涂色方法．.
【變式3】（23-24高二下·重慶·期中）給正六邊形的六條邊涂色，現有3種不同的顏色可以選擇，要求相鄰兩條邊顏色不同，則不同的涂法有（ ）種
A．99 B．96 C．66 D．80
【答案】D
【分析】對三條邊所涂顏色的種數進行分類討論，確定另外三條邊所涂顏色的方法種數，利用分步乘法和分類加法計數原理可得結果.
【詳解】第一類，三條邊用同一種顏色，
先涂有種方法，再涂有種方法，再涂有種方法，
再涂有種方法，共有方法數為種；
第二類，三條邊用種顏色，
由三條邊用種顏色，可得必有條邊涂同一種顏色，
先涂有種方法，再涂，，有種方法，
共有方法數為種；
第三類三條邊用種顏色，
先涂有種方法，再涂有種方法，再涂有種方法，
再涂有種方法，共有方法數為種；
由分類加法計數原理可得，共有方法數種．
．
【變式4】（23-24高二下·山東泰安·期中）現有四種不同顏色的彩燈裝飾五面體的六個頂點，要求，用同一種顏色的彩燈，其它各棱的兩個頂點掛不同顏色的彩燈，則不同的裝飾方案共有 種.（用數字作答）
【答案】
【解析】首先給，兩個頂點掛彩燈，有種方法，再給頂點掛彩燈，有種方法，
①若、掛同一種顏色的彩燈，則有種方法，
最后掛點有種方法，故有種；
②若、掛不同種顏色的彩燈，此時掛點有種方法，掛點有種方法，
最后掛點有種方法，故有種；
綜上可得一共有種不同的方法.
題型06分組分配問題
【典例8】（24-25高三上·重慶·開學考試）第41屆全國青少年信息學奧林匹克競賽于2024年7月日在重慶市育才中學成功舉辦．在本次競賽組織過程中，有甲、乙等5名育才新教師參加了接待、咨詢、向導三個志愿者服務項目，每名新教師只參加一個服務項目，每個服務項目至少有一名新教師參加．若5名新教師中的甲、乙兩人不參加同一個服務項目，則不同的安排方案有（ ）種
A．108 B．114 C．170 D．240
【答案】C
【分析】把5名新教師分成3組，利用分組分配及排除法列式計算即得.
【詳解】5名新教師按分組有種方法，按分組有種分法，
因此5名新教師的安排方案有種，
當甲乙在同一組時，甲乙可視為1個人，即相當于4名教師的安排方案，有種，
所以所求不同的安排方案有（種）.
【變式1】（2024·山西運城·高三統考期末）第33屆夏季奧運會預計2024年7月26日至8月11日在法國巴黎舉辦，這屆奧運會將新增2個競賽項目和3個表演項目．現有三個場地A，B，C分別承擔這5個新增項目的比賽，且每個場地至少承辦其中一個項目，則不同的安排方法有（ ）
A．170種 B．300種 C．720種 D．1008種
【答案】A
【解析】若三個場地分別承擔個項目，則有種安排，
若三個場地分別承擔個項目，則有種安排，
綜上，不同的安排方法有種.
【變式2】（23-24高二下·上海·期中）從2男4女中安排3人到三個場館做志愿者，每個場館1人，且至少有1位男生入選，不同的安排方法有 種.
【答案】96
【解析】若選一男兩女：種；
若選兩男一女：種；所以一共種.
【變式3】（24-25高三上·山東煙臺·開學考試）安排4名大學生到兩家公司實習，每名大學生只去一家公司，每家公司至少安排1名大學生，則大學生甲 乙到同一家公司實習的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】4名大學生分兩組，每組至少一人，有兩種情形，分別為3，1人或2，2人；共有種實習方案，其中甲，乙到同一家實習的情況有種，則可得到甲 乙到同一家實習的概率.
【詳解】4名大學生分兩組，每組至少一人，有兩種情形，分別為3，1人或2，2人,
即共有種實習方案，
其中甲，乙到同一家實習的情況有種，
故大學生甲 乙到同一家實習的概率為.
.
【變式4】（23-24高二下·福建泉州·月考）2023年杭州亞運會吉祥物組合為“江南憶”，出自白居易的“江南憶，最憶是杭州”，名為“琮琮”、“蓮蓮”、“宸宸”的三個吉祥物，是一組承載深厚文化底蘊的機器人．為了宣傳杭州亞運會，某校決定派5名志愿者將這三個吉祥物安裝在學校科技廣場，每名志愿者只安裝一個吉祥物，且每個吉祥物至少有一名志愿者安裝，若志愿者甲只能安裝吉祥物“宸宸”，則不同的安裝方案種數為 ．
【答案】70
【解析】按照2，2，1分3組安裝，
①若志愿者甲單獨安裝吉祥物“宸宸”，則共有種，
②若志愿者甲和另一個人合作安裝吉祥物“宸宸”，則共有種，
按照3，1，1分3組安裝，
①若志愿者甲單獨安裝吉祥物“宸宸”，則共有種，
②若志愿者甲和另兩個人合作安裝吉祥物“宸宸”，則共有種，
故共有種．
【變式5】（23-24高二下·江蘇鹽城·期中）某校將12名優秀團員名額分配給4個不同的班級，要求每個班級至少一個，則不同的分配方案有 種．
【答案】165
【解析】將12名優秀團員名額分配給4個不同的班級，要求每個班級至少一個，
應用隔板法，12名團員成排的11個空用3個隔板分成四組（非空），
則不同的分配方案有.
題型07求二項展開式的特定項
【典例9】（23-24高二下·上海黃浦·期中）在 的展開式中，系數為有理數的項共有 項．
【答案】6
【解析】由題意知，展開式的通項公式為，
當（）為整數時，的系數為有理數，
所以，即展開式中系數為有理數的項共有6個.
【變式1】（23-24高二下·浙江麗水·期中）的展開式中常數項是（ ）
A．－225 B．－252 C．252 D．225
【答案】C
【解析】二項式的展開式通項為：，
令，解得，所以展開式的常數項為.
【變式2】（2024·湖南長沙·長郡中學校考一模）的展開式中含項的系數為（ ）
A．20 B．-20 C．30 D．-30
【答案】D
【解析】，
又的二項展開式的通項公式為，
故的二項展開式中、的系數為0，的系數為，
故的展開式中含項的系數為，.
【變式3】（23-24高二下·四川內江·期中）的展開式中，的系數是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為二項式展開式的通項為，
當時，可得的系數是..
題型08三項式展開問題
【典例10】（23-24高二下·重慶巴南·期中）的展開式中常數項為（ ）
A．544 B．559 C．495 D．79
【答案】C
【解析】展開式中的常數項分三種情況：
第一種，六個括號都提供，此時得到；
第二種，六個括號中一個括號提供，兩個括號提供，三個括號提供，
此時得到；
第三種，六個括號中兩個括號提供，四個括號提供，此時得到，
所以展開式的常數項為，.
【變式1】23-24高二下·江蘇無錫·期中）展開式中的系數為（ ）
A．80 B． C．30 D．
【答案】C
【解析】，要找到展開式中含有的項，
需從中找到含有的項，即，
故的系數為..
【變式2】（23-24高二下·廣東茂名·期中）的展開式中的系數為 ．
【答案】
【解析】，通項為，
所以，即，
又通項為，當時，才能得到，
所以展開式中的系數為.
【變式3】（23-24高二下·河南·月考）在的展開式中，項的系數是 ．
【答案】
【解析】表示個因式的乘積，
若要得到，則需個因式選，個因式選，其余的因式選，
所以的項為，
所以項的系數是.
題型09二項式系數與系數最值問題
【典例11】（23-24高二下·重慶·期中）（多選）在的展開式中，含項的系數為，則下列選項正確的有（ ）
A．
B．展開式的各項系數和為0
C．展開式中系數最大項是第6項
D．展開式中系數最大項是第7項
【答案】ABD
【解析】二項式展開式的通項為（且），
令，解得，所以，
所以，解得，故A正確；
對，令，可得展開式的各項系數和為，故B正確；
二項式展開式的通項為（且），
展開式中中間兩項第項和第項的二項式系數相等且最大，
而第項系數為負，第項系數為正，
因此第項系數最小，第項系數最大，故C錯誤，D正確．BD
【變式1】若展開式中只有第6項的二項式系數最大，則（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】C
【解析】因為的展開式中只有第6項的二項式系數最大，
所以展開式一共有項，即.
【變式2】的展開式中第3項與第7項的二項式系數相等，則的展開式中系數最大的項的系數為 .
【答案】1792
【解析】由得，所以的展開式的通項為，
當展開式的項的系數最大時，為偶數，
比較，，，，，
所以當時，展開式中項的系數最大，該項系數為1792.
【變式3】（23-24高二下·福建福州·期中）在 的展開式中，
（1）求展開式中所有項的系數和；
（2）求二項式系數最大的項；
（3）系數的絕對值最大的項是第幾項
【答案】（1）1；（2）；（3）第6項和第7項
【解析】（1）令，可得展開式中所有項的系數和為；
（2）二項式系數最大的項為中間項，即第5項，
的展開式的通項為：
，
故；
（3）由的展開式的通項為：，
設第項系數的絕對值最大，顯然，則，
整理得，即，
解得，而，則或，
所以系數的絕對值最大的項是第6項和第7項.
題型10二項式系數和問題
【典例12】（23-24高二下·貴州·階段練習）在的展開式中，下列說法錯誤的是（ ）
A．二項式系數之和為64 B．各項系數之和為
C．二項式系數最大的項為 D．常數項為
【答案】D
【分析】對于A：根據二項式系數之和為運算求解；對于B：令即可得各項系數之和；對于C：根據二項式系數的性質結合二項展開式的通項公式分析求解；對于D：根據，令運算求解即可.
【詳解】對于選項A：因為，所以二項式系數之和為，故A正確；
對于選項B：令，可得各項系數之和為，故B正確；
因為的展開式為，
對于選項C：因為，可知二項式系數最大的項為第4項，故C錯誤；
對于選項D：令，解得，
所以常數項為，故D正確；
.
【變式1】（23-24高二下·甘肅蘭州·期中）設，則 .
【答案】
【解析】令得，所以，
令得，
所以，所以.
【變式2】（23-24高二下·四川內江·期中）若，則 .
【答案】
【解析】因為，
令，可得.
【變式3】（23-24高二下·江蘇連云港·期中）設 .
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）對，有，
則有，即；
（2）由，則，，
故，
令，可得，即，
令，有，
即，
即.
【變式4】（23-24高二下·河南·期中）已知，則（ ）
A．722 B．729 C．-7 D．-729
【答案】A
【解析】設，
則，
所以.
又因為，所以，
所以..
【變式5】（23-24高二下·安徽滁州·期末）若的展開式中二項式系數之和為32，各項系數之和為243，則展開式中的系數是（ ）
A．32 B．64 C．80 D．180
【答案】D
【分析】根據二項式系數和可求得的值，由各項系數和可求得的值，進而由二項定理求得的系數即可.
【詳解】因為的二項式系數之和為32，則，解得，
所以二項式為，
因為展開式各項系數和為243，
令，代入可得，
解得 ，
所以二項式為，
則該二項式展開式的通項為 ，，
令，解得，
則展開式中的系數為.
.
題型11整除和余數問題
【典例12】（23-24高二下·江蘇南通·階段練習）若，且能被17整除，則的最小值為（ ）
A．0 B．1 C．15 D．16
【答案】A
【分析】二項式定理整除問題，把改寫成，利用二項式定理展開，再令能被17整除，求出的最小值即可.
【詳解】
，
因為能被17整除，
所以上式中能被17整除即可滿足題意，
所以，
即，
所以的最小值為16，
.
【變式1】已知，則被3除的余數為（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】A
【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．
.
【變式2】中國南北朝時期的著作《孫子算經》中，對同余除法有較深的研究．設，，為整數，若和同時除以所得的余數相同，則稱和對模同余，記為．若，，則的值可以是（ ）
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
【答案】D
【分析】由結合二項式定理求出除以的余數，再結合選項即可得解.
【詳解】
，
所以除以的余數為，
選項中除以余數為的數只有.
.
題型13楊輝三角及應用
【典例15】（23-24高二下·云南·期中）我國南宋數學家楊輝1261年所著的《解析九章算法》一書中展示了二項式系數表，數學愛好者對楊輝三角做了廣泛的研究，則下列結論錯誤的是（ ）
A．
B．第6行 第7行 第8行的第7個數之和為第9行的第8個數
C．第12行中從左到右第2個數與第3個數之比為
D．第2020行的第1010個數最大
【答案】A
【解析】對于：因為，
所以，故正確；
對于：第6行，第7行，第8行的第7個數字分別為：，其和為；
而第9行第8個數字就是36，故B正確；
對于C：依題意：第12行從左到右第2個數為，第12行從左到右第3個數為，
所以第12行中從左到右第2個數與第3個數之比為，故C正確；
對于D：由圖可知：第行有個數字，如果是偶數，則第（最中間的）個數字最大；
如果是奇數，則第和第個數字最大，并且這兩個數字一樣大，
所以第2020行的第1011個數最大，故D錯誤.故選:D.
【變式1】（23-24高二下·湖北·期中）如圖，在“楊輝三角”中從左往右第3斜行的數構成一個數列：，則該數列前10項的和為（ ）
A．66 B．120 C．165 D．220
【答案】A
【解析】由題意可知：前10項分別為，
則，
所以前10項的和為220.．
【變式2】如圖，在“楊輝三角”中從第2行右邊的1開始按箭頭所指的數依次構成一個數列：1，2，3，3，6，4，10，5，，則此數列的前項的和為（ ）
A．680 B．679 C．816 D．815
【答案】A
【解析】根據“楊輝三角”，得，
因此，此數列的前30項和為：
...
【變式3】“楊輝三角”是中國古代數學文化的瑰寶之一，它揭示了二項式展開式中的組合數在三角形數表中的一種幾何排列規律，如圖所示，則下列關于“楊輝三角”的結論錯誤的是（ ）
A．第6行的第7個數、第7行的第7個數及第8行的第7個數之和等于第9行的第8個數
B．第2023行中第1012個數和第1013個數相等
C．記“楊輝三角”第行的第個數為，則
D．第34行中第15個數與第16個數之比為
【答案】A
【解析】第6行的第7個數為1，第7行的第7個數為7，第8行的第7個數為28，
它們之和等于36，第9行的第8個數是，A正確；
第行是二項式的展開式的系數，
故第行中第個數為，第個數為，又，B正確；
“楊輝三角”第行是二項式的展開式的系數，所以，
，C正確；
第34行是二項式的展開式的系數，
所以第15個數與第16個數之比為，D不正確..
21世紀教育網(www.21cnjy.com)第三章 排列、組合與二項式定理 章末題型大總結
題型01兩個計數原理的應用
【典例1】（24-25高三上·廣東汕頭·期中）一個三位數的百位、十位、個位上的數字依次為a，b，c．三位數中，當且僅當有兩個數字的和等于第三個數字時稱為“有緣數”（如213，134等）若a，b，，且a，b，c互不相同，則這個三位數為“有緣數”共 個．
【變式1】（23-24高二下·陜西西安·期中）5名同學分別從4個景點中選擇一處游覽，不同選法的種數為（ ）
A．9 B．20 C． D．
【變式2】（24-25高二下·全國·課后作業）從，，，，，，這個數中任選個組成一個沒有重復數字的“五位凹數”（滿足），則這樣的“五位凹數”的個數為（ ）
A．個 B．個 C．個 D．個
【變式3】（24-25高二下·全國·課后作業）汽車制造的專業化流程是：設計效果圖→制作油泥模型→生產樣車→對樣車檢驗→投入生產.已知A市、B市、C市分別有3個、10個、7個能設計效果圖的設計院，A市有2個能制作油泥模型的制作中心，B市有6個能生產樣車的生產車間，C市有1處能對樣車檢驗的檢驗中心，A市、B市、C市、D市、E市分別有8，8，6，3，2家能實際投入生產的生產廠家，從設計到實際生產，有 種選擇方法．
【變式4】（24-25高三上·廣東·階段練習）小明去超市從4種功能性提神飲料和5種電解質飲料中選3瓶進行購買，若每種飲料至多買一瓶，則功能性提神飲料和電解質飲料都至少買1瓶的買法種數為 ．（用數字作答）
題型02排列、組合數的計算問題
【典例2】（23-24高二下·貴州遵義·期中）（多選）下列選項中正確的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【變式1】（23-24高二下·山東棗莊·期中）下列公式錯誤的是（ ）
A． B． C． D．
【變式2】（23-24高二下·云南·期中）（1）求的值；
（2）若等式不成立，求正整數的值.
【變式3】（23-24高二下·廣東清遠·期中）不等式的解集為 .
題型03隊列排序問題
角度1 限制元素問題
【典例3】（23-24高二下·江蘇南通·期中）學校要安排一場文藝晚會的8個節目的演出順序，學生的節目有6個，教師的節目有2個，如果教師的節目既不排在第一個，也不排在最后一個，那么不同的排法數為（ ）
A． B． C． D．
【變式1】（23-24高二下·四川遂寧·階段練習）北京時間2023年10月26日19時34分，神舟十六號航天員乘組（景海鵬，杜海潮，朱楊柱3人）順利打開“家門”，歡迎遠道而來的神舟十七號航天員乘組（湯洪波，唐勝杰，江新林3人）人駐“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，唐勝杰與江新林相鄰，景海鵬不站最左邊，湯洪波不站最右邊，則不同的排法有（ ）
A．144種 B．204種 C．1580種 D．240種
【變式2】（23-24高二下·北京豐臺·期末）甲、乙、丙、丁、戊共5名同學進行數學建模比賽，決出了第1名到第5名的名次（無并列情況）．甲、乙、丙去詢問成績．老師對甲說：“你不是最差的．”對乙說：“很遺憾，你和甲都沒有得到冠軍．”對丙說：“你不是第2名．”從這三個回答分析，5名同學可能的名次排列情況種數為（ ）
A．44 B．46 C．52 D．54
【變式3】（23-24高二下·山東濟寧·期中）某中學元旦晚會共由7個節目組成，演出順序有如下要求：節目甲必須排在乙的前面，丙不能排在最后一位，該晚會節目演出順序的編排方案共有 種.（用數字作答）
角度2 相鄰與不相鄰問題
【典例4】（23-24高二下·廣西柳州·期中）某中學運動會期間，甲、乙、丙、丁、戊、戌六名志愿者站成一排拍照留念，其中甲和乙相鄰，甲和丙不相鄰，則不同的排列方式共有（ ）
A．180種 B．190種 C．192種 D．240種
【變式1】（23-24高二下·浙江·期中）東陽市一米陽光公益組織主要進行“敬老”和“助學”兩項公益項目，某周六，組織了七名大學生開展了“筑夢前行，陽光助學”活動后，大家合影留念，其中米一同學想與佳艷 劉西排一起，且要排在她們中間，則全部排法有（ ）種.
A．120 B．240 C．480 D．720
【變式2】（23-24高二下·云南大理·期中）在學校組織的一次活動結束后，3名男生和2名女生站成一排照相留念，其中2名女生不相鄰，則不同的站法有（ ）
A．120種 B．72種 C．48種 D．24種
【變式3】（23-24高二下·江蘇泰州·階段練習）象棋作為一種古老的傳統棋類益智游戲，具有深遠的意義和價值.它具有紅黑兩種陣營，將 車 馬 炮 兵等均為象棋中的棋子，現將3個紅色的“將”“車”“馬”棋子與2個黑色的“將”“車”棋子排成一列，則下列說法不正確的是（ ）
A．共有120種排列方式
B．若兩個“將”相鄰，則有24種排列方式
C．若兩個“將”不相鄰，則有72種排列方式
D．若同色棋子不相鄰，則有12種排列方式
角度3 定序問題
【典例5】7人站成一排．
（1）甲必須在乙的前面（不一定相鄰），則有多少種不同的排列方法？
（2）甲、乙、丙三人自左向右的順序不變（不一定相鄰），則有多少不同的排列方法？
【變式1】（23-24高二下·湖北·期中）14名同學合影，站成前排5人后排9人，現攝影師要從后排9人中抽2人調整到前排，若其他人的相對順序不變，則不同調整方法的總數是（ ）
A． B． C． D．
【變式2】某4位同學排成一排準備照相時，又來了2位同學要加入，如果保持原來4位同學的相對順序不變，則不同的加入方法種數為（ ）
A．10 B．20 C．24 D．30
題型04數字排列問題
【典例6】用0，1，2，3，4，5這六個數字可以組成多少個符合下列條件的無重復的數字？
(1)六位奇數；
(2)個位數字不是5的六位數；
(3)不大于4310的四位偶數．
【變式1】（23-24高二下·天津南開·期中）用這個數字，可以組成個沒有重復數字的三位偶數（ ）
A．720 B．648 C．320 D．328
【變式2】（23-24高二下·江蘇連云港·月考）從0，1，2，3，4五個數字中選出3個數字組成一個三位數．
（1）可以組成多少個三位數？
（2）可以組成多少個無重復數字的三位數？
（3）可以組成多少個無重復數字的三位偶數？
【變式3】（23-24高二下·廣東東莞·月考）從1到7這7個數字中取2個偶數、3個奇數，排成一個無重復數字的五位數.求：
（1）共有多少個五位數？
（2）其中偶數排在一起，奇數也排在一起的有多少個？
（3）其中兩個偶數不相鄰的有多少個？
題型05涂色問題
【典例7】（23-24高二下·吉林長春·階段練習）如圖，用四種不同的顏色對圖中5個區域涂色（四種顏色全部使用），要求每個區域涂一種顏色，相鄰的區域不能涂相同的顏色，則不同的涂色方法有（ ）
A．72種 B．96種 C．170種 D．168種
【變式1】春節期間，某地政府在該地的一個廣場布置了一個如圖所示的圓形花壇，花壇分為5個區域．現有5種不同的花卉可供選擇，要求相鄰區域不能布置相同的花卉，且每個區域只布置一種花卉，則不同的布置方案有（ ）
A．120種 B．240種 C．420種 D．720種
【變式2】（23-24高二下·江蘇連云港·月考）如圖所示，用6種不同的顏色給圖中的4個格子涂色，每個格子涂一種顏色，要求相鄰的兩個格子顏色不同，則不同的涂色方法共有（ ）種．
A．480 B．800 C．380 D．770
【變式3】（23-24高二下·重慶·期中）給正六邊形的六條邊涂色，現有3種不同的顏色可以選擇，要求相鄰兩條邊顏色不同，則不同的涂法有（ ）種
A．99 B．96 C．66 D．80
【變式4】（23-24高二下·山東泰安·期中）現有四種不同顏色的彩燈裝飾五面體的六個頂點，要求，用同一種顏色的彩燈，其它各棱的兩個頂點掛不同顏色的彩燈，則不同的裝飾方案共有 種.（用數字作答）
題型06分組分配問題
【典例8】（24-25高三上·重慶·開學考試）第41屆全國青少年信息學奧林匹克競賽于2024年7月日在重慶市育才中學成功舉辦．在本次競賽組織過程中，有甲、乙等5名育才新教師參加了接待、咨詢、向導三個志愿者服務項目，每名新教師只參加一個服務項目，每個服務項目至少有一名新教師參加．若5名新教師中的甲、乙兩人不參加同一個服務項目，則不同的安排方案有（ ）種
A．108 B．114 C．170 D．240
【變式1】（2024·山西運城·高三統考期末）第33屆夏季奧運會預計2024年7月26日至8月11日在法國巴黎舉辦，這屆奧運會將新增2個競賽項目和3個表演項目．現有三個場地A，B，C分別承擔這5個新增項目的比賽，且每個場地至少承辦其中一個項目，則不同的安排方法有（ ）
A．170種 B．300種 C．720種 D．1008種
【變式2】（23-24高二下·上海·期中）從2男4女中安排3人到三個場館做志愿者，每個場館1人，且至少有1位男生入選，不同的安排方法有 種.
【變式3】（24-25高三上·山東煙臺·開學考試）安排4名大學生到兩家公司實習，每名大學生只去一家公司，每家公司至少安排1名大學生，則大學生甲 乙到同一家公司實習的概率為（ ）
A． B． C． D．
【變式4】（23-24高二下·福建泉州·月考）2023年杭州亞運會吉祥物組合為“江南憶”，出自白居易的“江南憶，最憶是杭州”，名為“琮琮”、“蓮蓮”、“宸宸”的三個吉祥物，是一組承載深厚文化底蘊的機器人．為了宣傳杭州亞運會，某校決定派5名志愿者將這三個吉祥物安裝在學校科技廣場，每名志愿者只安裝一個吉祥物，且每個吉祥物至少有一名志愿者安裝，若志愿者甲只能安裝吉祥物“宸宸”，則不同的安裝方案種數為 ．
【變式5】（23-24高二下·江蘇鹽城·期中）某校將12名優秀團員名額分配給4個不同的班級，要求每個班級至少一個，則不同的分配方案有 種．
題型07求二項展開式的特定項
【典例9】（23-24高二下·上海黃浦·期中）在 的展開式中，系數為有理數的項共有 項．
【變式1】（23-24高二下·浙江麗水·期中）的展開式中常數項是（ ）
A．－225 B．－252 C．252 D．225
【變式2】（2024·湖南長沙·長郡中學校考一模）的展開式中含項的系數為（ ）
A．20 B．-20 C．30 D．-30
【變式3】（23-24高二下·四川內江·期中）的展開式中，的系數是（ ）
A． B． C． D．
題型08三項式展開問題
【典例10】（23-24高二下·重慶巴南·期中）的展開式中常數項為（ ）
A．544 B．559 C．495 D．79
【變式1】23-24高二下·江蘇無錫·期中）展開式中的系數為（ ）
A．80 B． C．30 D．
【變式2】（23-24高二下·廣東茂名·期中）的展開式中的系數為 ．
【變式3】（23-24高二下·河南·月考）在的展開式中，項的系數是 ．
題型09二項式系數與系數最值問題
【典例11】（23-24高二下·重慶·期中）（多選）在的展開式中，含項的系數為，則下列選項正確的有（ ）
A．
B．展開式的各項系數和為0
C．展開式中系數最大項是第6項
D．展開式中系數最大項是第7項
【變式1】若展開式中只有第6項的二項式系數最大，則（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【變式2】的展開式中第3項與第7項的二項式系數相等，則的展開式中系數最大的項的系數為 .
【變式3】（23-24高二下·福建福州·期中）在 的展開式中，
（1）求展開式中所有項的系數和；
（2）求二項式系數最大的項；
（3）系數的絕對值最大的項是第幾項
題型10二項式系數和問題
【典例12】（23-24高二下·貴州·階段練習）在的展開式中，下列說法錯誤的是（ ）
A．二項式系數之和為64 B．各項系數之和為
C．二項式系數最大的項為 D．常數項為
【變式1】（23-24高二下·甘肅蘭州·期中）設，則 .
【變式2】（23-24高二下·四川內江·期中）若，則 .
【變式3】（23-24高二下·江蘇連云港·期中）設 .
（1）求的值；
（2）求的值.
【變式4】（23-24高二下·河南·期中）已知，則（ ）
A．722 B．729 C．-7 D．-729
【變式5】（23-24高二下·安徽滁州·期末）若的展開式中二項式系數之和為32，各項系數之和為243，則展開式中的系數是（ ）
A．32 B．64 C．80 D．180
題型11整除和余數問題
【典例12】（23-24高二下·江蘇南通·階段練習）若，且能被17整除，則的最小值為（ ）
A．0 B．1 C．15 D．16
【變式1】已知，則被3除的余數為（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【變式2】中國南北朝時期的著作《孫子算經》中，對同余除法有較深的研究．設，，為整數，若和同時除以所得的余數相同，則稱和對模同余，記為．若，，則的值可以是（ ）
A．2021 B．2022 C．2023 D．2024
題型13楊輝三角及應用
【典例15】（23-24高二下·云南·期中）我國南宋數學家楊輝1261年所著的《解析九章算法》一書中展示了二項式系數表，數學愛好者對楊輝三角做了廣泛的研究，則下列結論錯誤的是（ ）
A．
B．第6行 第7行 第8行的第7個數之和為第9行的第8個數
C．第12行中從左到右第2個數與第3個數之比為
D．第2020行的第1010個數最大
【變式1】（23-24高二下·湖北·期中）如圖，在“楊輝三角”中從左往右第3斜行的數構成一個數列：，則該數列前10項的和為（ ）
A．66 B．120 C．165 D．220
【變式2】如圖，在“楊輝三角”中從第2行右邊的1開始按箭頭所指的數依次構成一個數列：1，2，3，3，6，4，10，5，，則此數列的前項的和為（ ）
A．680 B．679 C．816 D．815
【變式3】“楊輝三角”是中國古代數學文化的瑰寶之一，它揭示了二項式展開式中的組合數在三角形數表中的一種幾何排列規律，如圖所示，則下列關于“楊輝三角”的結論錯誤的是（ ）
A．第6行的第7個數、第7行的第7個數及第8行的第7個數之和等于第9行的第8個數
B．第2023行中第1012個數和第1013個數相等
C．記“楊輝三角”第行的第個數為，則
D．第34行中第15個數與第16個數之比為
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