文档内容
押新高考 3 题
排 列 组 合 与 二 项 式 定 理
考点 4年考题 考情分析
2023年新高考Ⅰ卷第13题
2023年新高考Ⅱ卷第3题
排列组合与二项式定理均是以小题的形式进行考查，难度较
2022年新高考Ⅰ卷第13题 易或一般，新高考冲刺复习中，分类加法原理、分步乘法原
排列组合与
理，排列数及组合数，二项式定理、二项展开式系数都是重
二项式定理
2022年新高考Ⅱ卷第5题 点复习内容，可以预测2024年新高考命题方向将继续对排
列组合和二项式定理选其一展开命题．
2020年新高考Ⅰ卷第3题
2020年新高考Ⅱ卷第6题
1．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第13题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从
这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数
字作答）．
【答案】64
【分析】
分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.
【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有 种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有 种；
②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有 种；
综上所述：不同的选课方案共有 种.
故答案为：64.
2．（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第3题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名
和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A． 种 B． 种
C． 种 D． 种
【答案】D
【分析】
利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.
【详解】
根据分层抽样的定义知初中部共抽取 人，高中部共抽取 ，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有 种.
故选：D.
3．（2022·新高考Ⅰ卷高考真题第13题） 的展开式中 的系数为________________（用
数字作答）．
【答案】-28
【分析】 可化为 ，结合二项式展开式的通项公式求解.
【详解】因为 ，
所以 的展开式中含 的项为 ，
的展开式中 的系数为-28
故答案为：-28
4．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题第5题）有甲、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，则不同排列方式共有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种【答案】B
【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解
【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有 种排列方
式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；
注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有： 种不同的排列方式，
故选：B
1.分类计数原理（加法原理）
.
2.分步计数原理（乘法原理）
.
3.排列数公式
n！
= n(n−1)⋯(n−m+1) = (n−m)！ .( ， ∈N*，且 )．注:规定 0!=1 .
4.组合数公式
n(n−1)⋯(n−m+1) n！
C n m = = 1×2×⋯×m = m！⋅(n−m)！ ( ∈N*， ，且 ).
5.排列数与组合数的关系
.
6．单条件排列
以下各条的大前提是从 个元素中取 个元素的排列.
（1）“在位”与“不在位”
Am−1
①某（特）元必在某位有 n−1种；
Am −Am−1 =A1 Am−1 =Am +A1 Am−1
②某（特）元不在某位有 n n−1（补集思想） n−1 n−1（着眼位置） n−1 m−1 n−1（着眼
元素）种.
（2）紧贴与插空（即相邻与不相邻）
k(k≤m≤n)
AkAm−k
①定位紧贴： 个元在固定位的排列有 k n−k 种.
An−k+1Ak
②浮动紧贴： 个元素的全排列把k个元排在一起的排法有 n−k+1 k种.注：此类问题常用捆绑法；
③插空：两组元素分别有k、h个（
k≤h+1
），把它们合在一起来作全排列，k个的一组互不能挨近
AhAk
的所有排列数有 h h+1种.
（3）两组元素各相同的插空
个大球 个小球排成一列，小球必分开，问有多少种排法？
An
m+1 =Cn
当
n>m+1
时，无解；当
n≤m+1
时，有
A
n
n m+1
种排法.
Cn
（4）两组相同元素的排列：两组元素有m个和n个，各组元素分别相同的排列数为 m+n.
7．分配问题
（1）(平均分组有归属问题)将相异的 、 个物件等分给 个人，各得 件，其分配方法数共有(mn)!
N=Cn ⋅Cn ⋅Cn ⋅⋯⋅Cn ⋅Cn
=
mn mn−n mn−2n 2n n (n!) m
.
（2）(平均分组无归属问题)将相异的 个物体等分为无记号或无顺序的 堆，其分配方法数共有
·
N=
C
m
n
n
⋅C
m
n
n−n
⋅C
m
n
n−2n
...⋅C
2
n
n
⋅C
n
n
=
(mn)!
m! m!(n!) m
.
(a+b) n =C0an +C1an−1b+C2an−2b2 +⋯+Cran−rbr +⋯+Cnbn
8.二项式定理 n n n n n ;
二项展开式的通项公式
T =Cran−rbr (r=0，1，2⋯，n)
r+1 n .
1．（2024·福建漳州·一模） 的展开式中 的系数为（ ）
A．48 B．30 C．60 D．120
【答案】C
【分析】根据题意结合二项式定理分析求解.
【详解】因为 的展开式的通项公式为 ，
令 ，解得 ，可得 的系数为 .
故选：C.
2．（2024·浙江·一模） 展开式中含 项的系数为（ ）
A．30 B． C．10 D．
【答案】B
【分析】根据排列组合与二项式定理知识直接计算即可.
【详解】由题意得， 展开式中含 的项为 ，
所以 展开式中含 项的系数为 .
故选：B
3．（2024·安徽蚌埠·模拟预测） 的展开式中， 的系数为（ ）A．1 B．2 C．4 D．5
【答案】B
【分析】
利用二项式定理，结合多项式的乘法法则，列式计算即得.
【详解】依题意， ， ，
所以 的展开式中， 的系数为 .
故选：B
4．（2024·浙江温州·二模）在 展开式中， 的奇数次幂的项的系数和为（ ）
A． B．64 C． D．32
【答案】A
【分析】设 ，利用赋值法计算可得.
【详解】设 ，
令 可得 ，
令 可得 ，
所以 ，
即在 展开式中， 的奇数次幂的项的系数和为 .
故选：A
5．（2024·广东深圳·模拟预测）已知 的展开式的各项系数和为4096，则展开式中 的系数为
（ ）
A．15 B．1215 C．2430 D．81
【答案】B
【分析】根据题意，令 ，求得 ，化简得到展开式的通项，进而得到答案.【详解】因为 的展开式的各项系数和为 ，
令 ，可得 ，解得 ，即二项式为 ，
可得其通项为 ，
令 ，可得 ，所以展开式中 的系数为 .
故选：B.
6．（2024·福建龙岩·一模） 的展开式中 的系数为（ ）
A． B． C．14 D．49
【答案】D
【分析】根据二项式的展开式的通项进行合理赋值即可.
【详解】 的展开式的通项为 ，
则 ， ，
则展开式中 的系数为 ，
故选：D.
7．（2024·广东·模拟预测）二项式 的各项系数之和为（ ）
A．512 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】令 进而求解即得.
【详解】令 ，则二项式 的各项系数之和为 ，
故选：B8．（2024·辽宁丹东·一模） 的展开式中常数项为（ ）
A．24 B．25 C．48 D．49
【答案】D
【分析】利用二项式定理连续展开两次，然后令 ，从而满足题意的数组 可以是：
，将这些数组回代入通项公式即可运算求解.
【详解】 的展开式通项为
，
令 ，得满足题意的数组 可以是： ，
规定 ，
故所求为 .
故选：D.
9．（2024·广东汕头·一模） 展开式中 项的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
写出展开式通项，令 的指数为 ，求出参数的值，代入通项后即可得解.
【详解】 的展开式通项为 ，
因为 ，
在 中，令 ，可得 项的系数为 ；
在 中，令 ，得 ，可得 项的系数为 .所以， 展开式中 项的系数为 .
故选：A.
10．（2024·河北邯郸·三模）在 的展开式中， 的系数为（ ）
A． B． C．6 D．192
【答案】A
【分析】
利用二项展开式的通项公式求解即可.
【详解】 的展开式的通项为 ，
令 ，得 ，
所以 的系数为 ．
故选：A.
11．（2024·山东聊城·一模）设 ，其中 ，且 ，则 （ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【分析】
展开后找到不能被7整除的项，求出被7整除的余数.
【详解】
在所有的展开项中，只有 不能被7整除，
故 ，其中 ，
故选：D
12．（2024·山东烟台·一模）若 ，则 （ ）
A．100 B．110 C．120 D．130【答案】C
【分析】利用二项式定理分别求出 即可计算得解.
【详解】在 中， ， ，
所以 .
故选：C
13．（2024·江苏·一模）设 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
利用赋值法，分别令 可得.
【详解】令 ，则 ， ；
令 ，则 ；
.
故选：C.
14．（2024·湖南常德·三模）已知 ，则
=（ ）
A．9 B．10 C．18 D．19
【答案】D
【分析】先将等式两边同时乘以 ，再将两边同时求导后，令 可得.
【详解】由 得，
分别对两边进行求导得，
令 ，得 ，
得 ，
故选：D
15．（2024·广东江门·一模）已知 ，
则 的值是（ ）
A．680 B． C．1360 D．
【答案】B
【分析】利用赋值法，分别令 和 ，将得到的两式相加，结合等比数列的求和，即可求得答案.
【详解】令 ，则 ，即
令 ，则 ，
即 ，
两式相加可得 ，
故选：B
16．（2024·江苏徐州·一模）中国灯笼又统称为灯彩，主要有宫灯、纱灯、吊灯等种类．现有4名学生，
每人从宫灯、纱灯、吊灯中选购1种，则不同的选购方式有（ ）
A． 种 B． 种 C． 种 D． 种
【答案】A
【分析】每人都有3种选法，结合分布计数原理即可求解.
【详解】由题可知，每名同学都有3种选法，故不同的选购方式有 种，经检验只有A选项符合.
故选：A
17．（2024·浙江·模拟预测）现有一项需要用时两天的活动，要从5人中安排2人参加，每天安排一人，
若其中甲、乙2人在这两天都没有参加，则不同的安排方式有（ ）
A．20种 B．10种 C．8种 D．6种【答案】D
【分析】
根据排列数的定义和公式，即可求解.
【详解】由题意可知，从除甲和乙之外的3人中选2人，安排2天的活动，有 种方法.
故选：D
18．（2024·安徽池州·二模）甲乙两人分别从 五项不同科目中随机选三项学习，则两人恰好有两
项科目相同的选法有（ ）
A．30种 B．60种 C．45种 D．90种
【答案】B
【分析】利用先选后排可得不同的选法数.
【详解】两人恰好有两项科目相同的选法为 .
故选：B.
19．（2024·辽宁·一模）某表彰会上3名男同学和4名女同学从左至右排成一排上台领奖，则女生甲与女
生乙相邻，且女生丙与女生丁相邻的排法种数为（ ）
A．194 B．240 C．388 D．480
【答案】D
【分析】由题意，将女生甲与女生乙和女生丙与女生分别捆绑起来算作两个元素，再与3名男同学全排列
即可.
【详解】解：因为女生甲与女生乙相邻，且女生丙与女生丁相邻，
则捆绑起来算作两个元素，与3名男同学构成5个元素，
则排法共有： 种，
故选：D
20．（2024·辽宁·一模）第19届亚运会于2023年9月至10月在杭州举行，来自浙江某大学的4名男生和3
名女生通过了志愿者的选拔，若从这7名大学生中选出2人或3人去某场馆担任英语翻译，并且至少要选
中1名女生，则不同的挑选方案共有（ ）
A．15种 B．31种 C．46种 D．60种
【答案】C
【分析】可用“间接法”解决问题.【详解】至少要选中一名女生的对立事件是选中的全为男生，故所求挑选方案的种数为
.
故选：C
21．（2024·湖南邵阳·二模）某市举行乡村振兴汇报会，六个获奖单位的负责人甲､乙､丙等六人分别上台
发言，其中负责人甲､乙发言顺序必须相邻，丙不能在第一个与最后一个发言，则不同的安排方法共有（
）
A．240种 B．120种 C．156种 D．144种
【答案】D
【分析】
将甲乙捆绑，并确定丙的位置，排序即可.
【详解】将将甲乙捆绑看做一个元素，由丙不能在第一个与最后一个发言，
则丙的位置有3个，将剩余4个元素再排序有 种方法，
故不同的安排方法共有 种.
故选：D.
22．（2024·湖南·二模）将甲､乙､丙､丁4个人全部分配到 三个地区工作，每个地区至少有1人，则
不同的分配方案为（ ）
A．36种 B．24种 C．18种 D．16种
【答案】A
【分析】把4个人按 分成3组，再分配到三个不同地区即可.
【详解】依题意， 三个地区中必有一个地区有2人，
先在甲､乙､丙､丁4个人中选2个人有 种组合，将这两个人捆绑在一起看作一个元素，
与其他2个人一起分配到 三个地区，共有 种.
故选：A
23．（2024·浙江·模拟预测）某羽毛球俱乐部，安排男女选手各6名参加三场双打表演赛（一场为男双，
一场为女双，一场为男女混双），每名选手只参加1场表演赛，则所有不同的安排方法有（ ）
A．2025种 B．4050种 C．8100种 D．16200种【答案】B
【分析】首先考虑两对混双的组合，再考虑余下 名男选手和 名女选手组成两对男双组合，两对女双组
合，按照分步乘法计数原理计算可得.
【详解】先考虑两对混双的组合有 种不同的方法，
余下 名男选手和 名女选手各有 种不同的配对方法组成两对男双组合，两对女双组合，
故共有 ．
故选：B
24．（2024·浙江金华·模拟预测）将1至8这8个整数排成一列，要求任意相邻两项互质，则不同的排列方
法有（ ）
A．1296种 B．1728种 C．2304种 D．2592种
【答案】B
【分析】任意相邻两项互质，采用插空法，由排列组合的知识求解即可
【详解】由于任意相邻两项互质，所以偶数必须隔开，
所以先把四个奇数排成一列有 种方法，然后把偶数插空进去，
四个偶数中只有 不能与 相邻，其他偶数可以随意插空，
所以先考虑把 插空，有 种选择，剩下的 个偶数在剩下的 个空中随意插空，
所以共有： .
故选：B.
25．（2024·辽宁·模拟预测）为迎接元宵节，某广场将一个圆形区域分成 五个部分（如图所
示），现用4种颜色的鲜花进行装扮（4种颜色均用到），每部分用一种颜色，相邻部分用不同颜色，则
该区域鲜花的摆放方案共有（ ）A．48种 B．36种 C．24种 D．12种．
【答案】A
【分析】满足条件的涂色方案可分为 区域同色，且和其它区域不同色和 区域同色两类，且和其它
区域不同色，结合分步乘法计数原理，分类加法计数原理求解即可
【详解】满足条件的摆放方案可分为两类，
第一类 区域同色，且和其它区域不同色的摆放方案，
满足条件的方案可分四步完成，
第一步，先摆区域 有 种方法，
第二步，摆放区域 有3种方法，
第三步，摆放区域 有2种方法，
第四步，考虑到区域 不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域 有1种方法，
由分步乘法计数原理可得第一类中共有 种方案，
第二类， 区域同色两类，且和其它区域不同色的摆放方案，
满足条件的方案可分四步完成，
第一步，先摆区域 有 种方法，
第二步，摆放区域 有3种方法，
第三步，摆放区域 有2种方法，
第四步，考虑到区域 不同色，且4种颜色都要用到，摆放区域 有1种方法，
由分步乘法计数原理可得第一类中共有 种方案，
根据分步加法计数原理可得该区域鲜花的摆放方案共有 种，
故选：A.
26．（2024·湖南·二模）2024年春节期间，某单位需要安排甲、乙、丙等五人值班，每天安排1人值班，
其中正月初一、二值班的人员只安排一天，正月初三到初八值班人员安排两天，其中甲因有其他事务，若
安排两天则两天不能连排，其他人员可以任意安排，则不同排法一共有（ ）
A．792种 B．1440种 C．1728种 D．1800种
【答案】B
【分析】分类讨论甲是否安排在初一或初二两种情况，结合平均分组分配法分别考虑两种情况的安排种数，
从而利用分类加法计数原理即可得解.【详解】当甲安排在初一或初二时，再安排一人在初二或初一，则有 种排法，
再利用平均分组分配法将初三到初八分配给剩下的3人，有 种排法，
所以一共有 种排法；
当甲不安排在初一或初二时，安排两人在初一或初二，有 种排法，
不考虑甲两天不能连排的情况，有 种排法，
其中甲两天连排的排法有 种，故初三到初八的值班安排有 种排法，
所以一共有 种排法；
综上可知共有 种不同排法.
故选：B.
27．（2024·湖北武汉·模拟预测）将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个
球，则不同的装法种数为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【分析】先将红球从数量分成 ， 两种类型的分组，在分两类研究以上不同形式下红球放入三
个不同的袋中的方法数，最后袋中不重上黑球，使每个袋子中球的总个数为 个，将两类情况的方法总数
相加即可.
【详解】将 个红球分成 组，每组球的数量最多 个最少 个，则有 ， 两种组合形式，
当红球分组形式为 时，将红球放入三个不同的袋中有 放法，
此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为 个即可.
当红球分组形式为 时，将红球放入三个不同的袋中有 种放法，
此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为 个即可.
综上所述：将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球，
不同的装法种数为 种.故选：A .
28．（2024·湖北·一模）已知今天是星期三，则 天后是（ ）
A．星期一 B．星期二 C．星期三 D．星期五
【答案】A
【分析】结合二项式展开式，求出它除以7的余数，可得结论.
【详解】
．
即 除以7的余数为5，所以 天后是星期一.
故选：A.
29．（2024·河北·模拟预测）现将四名语文教师，三名心理教师，两名数学教师分配到三所不同学校，每
个学校三人，要求每个学校既有心理教师又有语文教师，则不同的安排种数为（ ）
A．216 B．432 C．864 D．1080
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理，结合分组分配列式计算得解.
【详解】求不同的安排种数需要分成3步，把3名心理教师分配到三所学校，有 种方法，
再把4名语文教师按 分成3组，并分配到三所学校，有 种方法，
最后把2名数学教师分配到只有1名语文教师的两所学校，有 种方法，
由分步乘法计数原理得不同的安排种数为 .
故选：B
30．（2024·山东临沂·一模）将1到30这30个正整数分成甲､乙两组，每组各15个数，使得甲组的中位数
比乙组的中位数小2，则不同的分组方法数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【分析】分析可得甲组的中位数为 或 ，分别求出甲组的中位数为 、 时的分组方法，即可得解.
【详解】因为甲组、乙组均为 个数，则其中位数为从小到大排列的第 个数，
即小于中位数的有 个数，大于中位数的也有 个数，
依题意可得甲组的中位数为 或 ，
若甲组的中位数为 ，则乙组的中位数为 ，此时从 中选 个数放到甲组，剩下的 个数放到乙组，
再从 中选 个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有 种分组方法；
若甲组的中位数为 ，则乙组的中位数为 ，此时从 中选 个数放到甲组，剩下的 个数放到乙组，
再从 中选 个数放到甲组，其余数均在乙组，此时有 种分组方法；
若甲组的中位数为 ，则乙组的中位数为 ，此时甲组中小于 的数有 个、乙组中小于 的数有 个，
从而得到小 的数一共只有 个，显然不符合题意，故舍去，
同理可得，甲组的中位数不能大于 ；
若甲组的中位数为 ，则乙组的中位数为 ，此时甲组中小于 的数有 个、乙组中小于 的数有 个，
从而得到小 的数一共只有 个，显然不符合题意，故舍去，
同理可得，甲组的中位数不能小于 ；
综上可得不同的分组方法数是 种.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键是得到甲组的中位数为 或 再分类分别计算可得.
