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专题 18 排列组合与二项式定理
目录一览
2023真题展现
考向一 排列组合
真题考查解读
近年真题对比
考向一 排列组合
考向二 二项式定理
命题规律解密
名校模拟探源
易错易混速记/二级结论速记
考向一 排列组合
1．（2023•新高考Ⅱ•第3题）某学校为了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．C45 ⋅C15 种 B．C20 ⋅C40 种
400 200 400 200
C．C30 ⋅C30 种 D．C40 ⋅C20 种
400 200 400 200
【答案】D
解：∵初中部和高中部分别有400和200名学生，
∴人数比例为400：200＝2：1，
则需要从初中部抽取40人，高中部取20人即可，
则有C40 ⋅C20
种．
400 200
2．（2023•新高考Ⅰ•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
解：若选2门，则只能各选1门，有C1C1=16种，
4 4
如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，
则有C1C2+C2C1=24+24＝48，
4 4 4 4
综上共有16+48＝64种不同的方案．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【命题意图】
考查二项式定理、排列组合。考查二项式定理公式和应用排列组合计算
【考查要点】
二项展开基本定理，还会涉及到三项展开，考查特定项、特定项的系数、二项式系数，同时会涉及到
赋值法的应用，排列组合 常以现实生活、社会热点为载体．多为小题．
【得分要点】
1．排列组合问题的一些解题技巧
（1）特殊元素优先安排．
（2）合理分类与准确分步．
（3）排列、组合混合问题先选后排．
（4）相邻问题捆绑处理．
（5）不相邻问题插空处理．
（6）定序问题除法处理．
（7）分排问题直排处理．
（8）“小集团”排列问题先整体后局部．
（9）构造模型．
（10）正难则反、等价转化．
2．排列、组合问题几大解题方法：
（1）直接法．
（2）排除法．
（3）捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑
它们“局部”的排列．它主要用于解决“元素相邻问题”．
（4）插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解
决“元素不相邻问题”．
（5）占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从
位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置．即采用“先特殊后一般”
的解题原则．
（6）调序法：当某些元素次序一定时，可用此法．
Cn Cn ⋯Cn
（7）平均法：若把kn个不同元素平均分成k组，每组n个，共有
kn (k-1)n n
．
Ak
k
（8）隔板法：常用于解正整数解组数的问题．
（9）定位问题：从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列规定某r个元素都包含在内，并且都
排在某r个指定位置则有ArAk-r．
r n-r
（10）指定元素排列组合问题：
①从n个不同元素中每次取出k个不同的元素作排列（或组合），规定某r个元素都包含在内．先C
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】后A策略，排列CrCk-rAk；组合CrCk-r．
r n-r k r n-r
②从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都不包含在内．先C
后A策略，排列Ck Ak；组合Ck ．
n-r k n-r
③从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每个排列（或组合）都只包含某
r个元素中的s个元素．先C后A策略，排列CsCk-sAk；组合CsCk-s．
r n-r k r n-r
3．二项式定理
(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N*)，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边
的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中的系数C(r＝0，1，2，…，n)叫做第r＋1项的二项式系数．式中
的Can－rbr叫做二项式展开式的第r＋1项(通项)，用T 表示，即展开式的第r＋1项；T ＝Can－rbr．
r＋1 r＋1
考向一 排列组合
3．（2022•新高考Ⅱ）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（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
【解答】解：把丙和丁捆绑在一起，4个人任意排列，有 ＝48种情况，
甲站在两端的情况有 ＝24种情况，
∴甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有48﹣24＝24种，
故选：B．
考向二 二项式定理
4．（2022•新高考Ⅰ）（1﹣ ）（x+y）8的展开式中x2y6的系数为 （用数字作答）．
【解答】解：（x+y）8的通项公式为T ＝C rx8﹣ryr，
r+1 8
当r＝6时， ，当r＝5时， ，
∴（1﹣ ）（x+y）8的展开式中x2y6的系数为 ＝ ．
故答案为：﹣28．
二项展开基本定理考查特定项、特定项的系数、二项式系数，同时会涉及到赋值法的应用。排列组合
常以现实生活为载体．多为小题．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】一．计数原理的应用（共4小题）
1．（多选）（2023•罗定市校级模拟）将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中，不允许
有空盒子的放法有多少种？下列结论正确的有（ ）
A．C C C C B．C A
C．C C A D．18
【解答】解：根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有 1〜3号的盒子中，且没有空盒，则三个盒
子中有1个中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，
有2种解法：
（1）分2步进行分析：
①、先将四个不同的小球分成3组，有C 2种分组方法；
4
②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有A 3种放法；
3
则没有空盒的放法有C A 种；
（2）分2步进行分析：
①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有C C
种情况
②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有A 2种放法；
2
则没有空盒的放法有C C A 2种；
2
故选：BC．
2．（2023•汕头二模）电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255．在电脑上绘
画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为（ ）
A．2563 B．27 C．2553 D．6
【解答】解：分3步取色，第一、第二、第三次都有256种取法，
根据分步乘法计数原理得，共可配成256×256×256＝2563种颜色．
故选：A．
3．（2023•盐都区校级三模）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同
的排法共有 种．
【解答】解：最左端排甲，共有A 5＝120种，最左端排乙，最右端不能排甲，有C 1A 4＝96种，
5 4 4
根据加法原理可得，共有120+96＝216种．
故答案为：216．
4．（2023•定远县校级模拟）小林同学喜欢吃4种坚果：核桃、腰果、杏仁、榛子，他有5种颜色的“每
日坚果”袋．每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果．小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各
不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（ ）
A．20160 B．20220 C．20280 D．20340
【解答】解：依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2次或4次，分类计算
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】分堆可能：
（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z，
若是“8＝4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1种可能；
若是“8＝3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有 种可能；
小计：1+12+12＝25；
（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型，
若是“10＝4+3+1+1+1”，则四个H无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0种可能；
若 是 “ 10 ＝ 4+2+2+1+1” ， 则 “ 1+1” 中 有 一 个 是
；
若是“10＝3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1个H，“3+3+2”中各一个 H，可以考虑含※模式，
（H※※）（H※※）（H※）（※）（H），故有 种可能；
若是“10＝3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有 种可能；
若是“10＝2+2+2+2+2”，则四个H至少有两个出现搭配相同，故0种可能；
小计： ；
（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型，
若是“12＝4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0种可能；
若是“12＝4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX） （HYX）（Z）
（X）可能；
若是“12＝4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ） （XZ※）
（※※） （※※） （※），有 种可能；
若是“12＝4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ） （XZ※）
（※※） （※※） （※），
若是“12﹣3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）
（HY） （H）都成立，有2种可能；
若是“12＝3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有
2种可能．
小计 ；
诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型
若是“14＝4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0种可能；
若是“14＝4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】若是“14＝4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）
（※※），其中Z※※有 种可能，故此小类有3种可能；
若是“14＝3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3个Z，故0种可能；
小计 ；
（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z“
只有“16＝4+3+3+3+3”的搭配，有1种可能；
综上：共有25+76+54+12+1＝168个分堆可能，故不同的方案数为 种．
故选：A．
二．排列及排列数公式（共3小题）
5．（2023•荔湾区校级模拟）设a N+，且a＜27，则（27﹣a）（28﹣a）（29﹣a）…（34﹣a）等于（
）
∈
A． B．
C． D．
【解答】解：a N+，且a＜27，（27﹣a）（28﹣a）（29﹣a）…（34﹣a）＝ ．
故选：D．
∈
6．（2023•安化县校级模拟）某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值班1天，若
7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同的安排方案共有
（ ）
A．504种 B．960种 C．1008种 D．1108种
【解答】解：分两类：
第一类：甲乙相邻排1、2号或6、7号，这时先排甲和乙，有2× 种，然后排丁，有 种，剩下其他
四个人全排列有 种，因此共有2×A 2A 1A 4＝384种方法
2 4 4
第二类：甲乙相邻排中间，
若丙排7号，先排甲和乙，因为相邻且在中间，则有4× 种，然后丙在7号，剩下四个人全排列有
种，
若丙不排7号，先排甲和乙，因为相邻且在中间，则有4× 种，然后排丙，丙不再1号和7号，有
种，接着排丁，丁不排在10月7日，有 种，剩下3个人全排列，有 种，
因此共有（4A 2A 4+4A 2A 1A 1A 3）＝624种方法，
2 4 2 3 3 3
故共有1008种不同的排法
故选：C．
7．（2023•洪山区校级模拟）已知m，n，p均为正整数，则满足m!+n!＝5p的一组解为（m，n，p）＝
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】．
【解答】解：当m≥5时，m!的尾数为0，而5p尾数为5，∴m，n≤4，
然后取m，n，p一一检验可得，（m，n，p）＝（1，4，2）或（4，1，2）．
故答案为：（1，4，2）或（4，1，2）（写一个即可）．
三．组合及组合数公式（共4小题）
8．（2023•沙河口区校级一模） 的值
是 ．
【解答】解：由已知可得， ＝
＝（1﹣2）2023＝﹣1．
故答案为：﹣1．
9．（2023•绍兴二模） 的值为 ．
【解答】解： ＝ + +...+ ＝
．
故答案为： ．
10．（2023•辽宁模拟）我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如：从装有编号为1，
2，3，…，n+1的n+1个球的口袋中取出m个球（0＜m≤n，m，n N），共有 种取法．在 种
∈
取法中，不取1号球有 种取法；取1号球有 种取法．所以 ．试运用此方法，写
出如下等式的结果： ＝ ．
【解答】解：从编号为1，2，3，…，n+3个球中，取出6个球，记所选取的六个小球的编号分别为
a
1
，a
2
，…，a
6
，且a
1
＜a
2
＜⋯＜a
6
，
当a ＝3时，分三步完成本次选取：
3
第一步，从编号为1，2的球中选取2个；第二步，选取编号为3的球；第三步，从剩下的n个球中任选
3个，故选取的方法数为 ；
当a ＝4时，分三步完成本次选取：
3
第一步，从编号为1，2，3的球中选取2个；第二步，选取编号为4的球；第三步，从剩下的n﹣1个球
中任选3个，故选取的方法数为 ；
……；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】当a ＝n时，分三步完成本次选取：
3
第一步，从编号为1，2，3，…，n﹣1的球中选取2个；第二步，选取编号为n的球；第三步，从剩下
的3个球中选3个，故选取的方法数为 ；
至此，完成了从编号为1，2，3，…，n+3个球中，选取6个球，第3个球的编号确定时的全部情况，
另外，从编号为1，2，3，…，n+3个球中，取出6个球，有 种取法，
所以 ．
故答案为： ．
11．（2023•常德二模）从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各
1台，则不同的取法共有 种．
【解答】解：甲型电视机2台和乙型电视机1台，取法有C 2C 1＝30种；
4 5
甲型电视机1台和乙型电视机2台，取法有C 1C 2＝40种；
4 5
共有30+40＝70种．
故答案为：70
四．排列、组合及简单计数问题（共31小题）
12．（2023•贺兰县校级四模）从2名教师和5名学生中，选出3人参加“我爱我的祖国”主题活动．要求
入选的3人中至少有一名教师，则不同的选取方案的种数是（ ）
A．20 B．25 C．30 D．55
【解答】解：根据题意，从2名教师和5名学生中，选出3人，有C 3＝35种选法，
7
若入选的3人没有教师，即全部为学生的选法有C 3＝10种，
5
则有35﹣10＝25种不同的选取方案，
故选：B．
13．（2023•让胡路区校级模拟）某台小型晚会由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前
两位，节目乙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有（ ）
A．36种 B．42种 C．48种 D．54种
【解答】解：根据题意，分3步进行分析：
①节目甲必须排在前两位，则节目甲有2种排法，
②节目乙必须排在最后一位，节目乙有1种排法，
③剩下的4个节目安排到其他4个位置，有 ＝24种排法，
则有2×1×24＝48种编排方案；
故选：C．
14．（2023•商丘三模）某小学从2位语文教师，4位数学教师中安排3人到西部三个省支教，每个省各1
人，且至少有1位语文教师入选，则不同安排方法有（ ）种．
A．16 B．20 C．96 D．120
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】【解答】解：当只有1为语文教师入选时，则有 种安排方法，
当2为语文教师均入选时，则有 种安排方法，
故共有72+24＝96种安排方法．
故选：C．
15．（2023•沙坪坝区校级模拟）A，B，C，D，E共5人排成一列，要求A与B不相邻，且C排在A后面，
则共有（ ）种排法．
A．36 B．54 C．72 D．96
【解答】解：利用间接法，仅考虑C排在A后面的情况，采用先排AC，然后BDE插空，共有3×4×5＝
60种，
其中AB相邻的有 ×3×4＝24 种（将AB捆绑，有 种，然后ABC排好后DE插空），
故C排在A后面且AB不相邻的有60﹣24＝36种．
故选：A．
16．（2023•南通三模）某人将斐波那契数列的前6项“1，1，2，3，5，8”进行排列设置数字密码，其中
两个“1”必须相邻，则可以设置的不同数字密码有（ ）
A．120种 B．240种 C．360种 D．480种
【解答】解：将两个1捆绑在一起，则可以设置的不同数字密码有 种．
故选：A．
17．（2023•雁峰区校级模拟）如图，一圆形信号灯分成A，B，C，D四块灯带区域，现有3种不同的颜色
供灯带使用，要求在每块灯带里选择1种颜色，且相邻的2块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数
为（ ）
A．18 B．24 C．30 D．42
【解答】解：若3种不同的颜色灯带都使用，
故有两块区域涂色相同，要么A，C，要么B，D相同，有2种方案，
则不同的信号数为 ；
若只用2种不同的颜色灯带，则A，C颜色相同，B，D颜色相同，只有1种方案，
则不同的信号数为 ；
则不同的信号总数为12+6＝18．
故选：A．
18．（2023•屯昌县二模）某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6场线上讲座，其
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】中讲座A只能安排在第一或最后一场，讲座B和C必须相邻，问不同的安排方法共有（ ）
A．34种 B．56种 C．96种 D．144种
【解答】解：∵由题意知讲座A只能安排在第一或最后一场，
∴有 种结果，
∵讲座B和C必须相邻，
∴共有 种结果，
根据分步计数原理知共有2×48＝96种结果．
故选：C．
19．（2023•连云港模拟）现要从A，B，C，D，E这5人中选出4人，安排在甲、乙、丙、丁4个岗位上，
如果A不能安排在甲岗位上，则安排的方法有（ ）
A．56种 B．64种 C．72种 D．96种
【解答】解：根据A是否入选进行分类：
若A入选，
则先给 A 从乙、丙、丁 3 个岗位上安排一个岗位有 种，再给剩下三个岗位安排人有
种，共有3×24＝72种方法；
若A不入选，
则4个人4个岗位全排有 种方法，
所以共有72+24＝96种不同的安排方法．
故选：D．
20．（2023•贺兰县校级模拟）某教师有相同的语文参考书3本，相同的数学参考书4本，从中取出4本赠
送给4为学生，每位学生1本，则不同的赠送方法共有（ ）
A．15种 B．20种 C．48种 D．60种
【解答】解：根据题意，按取出4本书的情况不同分4种情况讨论：
①、若取出的4本书全部是数学参考书，将其赠送给4位学生，有1种情况，
②、若取出的4本书有1本语文参考书，3本数学参考书，需要在4个学生中选取1人，接受语文参考
书，剩下的3人接受数学参考书，
有C 1＝4种赠送方法，
4
③、若取出的4本书有2本语文参考书，2本数学参考书，需要在4个学生中选取2人，接受语文参考
书，剩下的2人接受数学参考书，
有C 2＝6种赠送方法，
4
④、若取出的4本书有3本语文参考书，1本数学参考书，需要在4个学生中选取3人，接受语文参考
书，剩下的1人接受数学参考书，
有C 3＝4种赠送方法，
4
则一共有1+4+6+4＝15种赠送方法，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故选：A．
21．（2023•贵州模拟）公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率 的值的范围：3.1415926＜ ＜
3.1415927，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1415926称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某
π π
小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7位数字1，4，1，5，9，2，6进行随机
排列，整数部分3不变，那么可以得到小于3.14的不同数字的个数有（ ）
A．240 B．360 C．600 D．720
【解答】解：小于3.14的不同数字的个数有两类：
第一类：3.11开头的，剩余5个数字全排列有 种；
第二类：3.12开头的，剩余5个数字全排列有 种．
根据分类加法计数原理可知，共120+120＝240种．
故选：A．
22．（2023•日喀则市模拟）某国际高峰论坛会议中，组委会要从5个国内媒体团和3个国外媒体团中选出
3个媒体团进行提问，要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，每个媒体团提问一次，且
国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为（ ）
A．150 B．90 C．48 D．36
【解答】解：根据题意，要求提问的三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，分2种情况讨论：
选出的3个媒体团中只有一个国内媒体团，有 种不同的提问方式；
②选出的3个媒体团中有两个国内媒体团，则国外媒体要在中间位置发言，则有 种不同的
提问方式．
综上，共有60+90＝150种不同的提问方式．
故选：A．
23．（2023•平定县校级模拟）中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱、问天实验舱和梦天实验舱，
假设空间站要安排甲、乙等5名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实
验舱的种数有（ ）
A．60 B．66 C．72 D．80
【解答】解：5名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有 种安排方法，
若甲乙在同一实验舱的种数有 种，
故甲乙不在同一实验舱的种数有90﹣18＝72种．
故选：C．
24．（2023•江西模拟）中国空间站（ChinaSpaceStation）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天
实验舱.2022年10月31日15：37分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分
的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中
国空间站建设完毕．2023年，中国空间站将正式进入运营阶段．假设空间站要安排甲、乙等6名航天员
开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有（ ）
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】A．450种 B．72种 C．90种 D．360种
【解答】解：由题知，6名航天员安排三舱，
三舱中每个舱至少一人至多三人，
可分两种情况考虑：
第一种，分人数为1﹣2﹣3的三组，共有 种；
第二种，分人数为2﹣2﹣2的三组，共有 种；
所以不同的安排方法共有360+90＝450种．
故选：A．
25．（2023•河北模拟）中国共产党第二十次全国代表大会于2022年10月在北京石开．会议期间，5男3
女共8位代表相约在人民大会堂前站成一排合影，若女代表中恰有2人相邻，且男代表甲不站在两端，
则不同的站位方法共有（ ）
A．7920种 B．9360种 C．15840种 D．18720种
【解答】解：8人站成一排，女代表中恰有2人相邻的站位方法有 种，
其中男代表甲站在两端的方法有 种，
故所求的站位方法共有21600﹣5760＝15840种．
故选：C．
26．（2023•香坊区校级三模）“第二课堂”是哈九中多样化课程的典型代表，旨在进一步培养学生的人
文底蕴和科学精神，为继续满足同学们不同兴趣爱好，美育中心精心准备了大家非常喜爱的中华文化传
承系列的第二课堂活动课：陶艺，拓印，扎染，创意陶盆，壁挂，剪纸六个项目供同学们选学，则甲、
乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有（ ）
A．135种 B．720种 C．1080种 D．1800种
【解答】解：恰有2名学生选课相同，
第一步，先将选课相同的2名学生选出，有 ＝6种可能；
第二步，从6个项目中选出3个排好，有 ＝120种排法，
根据分步计数原理可得，方法有6×120＝720种；
4名学生所选的课全不相同的方法有 ＝360种．
根据分类加法计数原理可得，甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有
720+360＝1080种．
故选：C．
27．（2023•武威模拟）将8个人分成三组，其中一组由2人组成，另外两组都由3人组成，则不同的分组
方法种数为 ．
【解答】解：先从8个人中选出3人为一组，再从5人中选出3人为一组，剩余两人为一组．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】满足条件的分组方法种数为 ．
故答案为：280．
28．（2023•武昌区校级模拟）已知有L，M，S三种尺寸的检测样品盒，其中每个L盒至多放置10支完全
相同的样品，且L盒至少比M盒多2支样品，M盒至少比S盒多2只样品，则不同的放置方法共有
种．（注：L，M，S不可为空盒）
【解答】解：由题意得，当L盒放10支样品，且M盒放8支样品时，S盒可放6、5、4、3、2、1支样
品，共有6种不同的放置方法；
当L盒放10支样品，且M盒放7支样品时，S盒可放置5、4、3、2、1支样品，共有5种不同的放置方
法；
……当L盒放10支样品，且M盒放3支样品时，S盒可放1支样品，只有1种放置方法，
所以L盒放置10支样品，共有放置方法：6+5+4+3+2+1＝21种，
同理，L盒放9支样品，共有放置方法：5+4+3+2+1＝15种，
L盒放8支样品，共有放置方法：4+3+2+1＝10种，
L盒放7支样品，共有放置方法：3+2+1＝6种，
L盒放6支样品，共有放置方法：2+1＝3种，
L盒放5支样品，共有放置方法：1种，
所以不同的放置方法总数为21+15+10+6+3+1＝56种．
故答案为：56．
29．（2023•沙坪坝区校级模拟）某班级计划安排学号为1～9的九名同学中的某5位，分别担任周一至周
五的值日生，要求学号为奇数的同学不能安排在周一、周三、周五三天值日，则不同的安排方法有
种．（用数字作答）
【解答】解：第一类：当学号为偶数的同学有3位时，有 ；
第二类：当学号为偶数的同学有4位时，有 ；
所以不同的安排方法有480+240＝720种．
故答案为：720．
30．（2023•泰安二模）用数字1，2，3，4，5，6，7组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位
数，这样的四位数一共有 个．（用数字作答）
【解答】解：根据题意，分成两类情况：
①四位数中没有偶数，即在1，3，5，7中任选4个，共有 ＝24种，
②四位数中只有一个偶数，即在1，3，5，7中任选3个，在2，4，6种选一个，共有 ＝288
种，
故共有24+288＝312．
故答案为：312．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】31．（2023•鼓楼区校级模拟）某市文明办积极创建全国文明典范城市，号召志愿者深入开展交通督导、
旅游宣传、洁净家园、秩序维护4项志愿服务．现有6组志愿者服务队，若每组参与一项志愿服务，每
项志愿服务至少有1组参与，其中甲组志愿服务队不参与旅游宣传志愿服务，则不同的参与方式共有
种．
【解答】解：以参与旅游宣传的组数分类，有3种情况：
①1组：从甲组之外的5中任选一组参与旅游宣传，其余5组参与其余3项服务，
共有 （ ）• ＝750种；
②2组：从甲组之外的5组中任选2组参与旅游游宣传，其余4组参与另外3项服务，
共有： ＝360种；
③3组：从甲组之外的5组中选3组参与游宣传，其余3组参与其包3项服务，
共有 ＝60种；
共计：750+360+66＝1170种．
故答案为：1170．
32．（2023•香洲区校级模拟）“校本课程”是现代高中多样化课程的典型代表，自在进一步培养学生的
人文底蕴和科学精神，为继续满足同学们不同兴趣爱好，艺术科组准备了学生喜爱的中华文化传承系列
的校本活动课：创意陶盆，拓印，扎染，壁挂，剪纸五个项目供同学们选学，每位同学选择1个项目．
则甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有（ ）
A．360种 B．480种 C．720种 D．1080种
【解答】解：①恰有2名学生选课相同，
第一步，先将选课相同的2名学生选出，有 ＝6种可能；
第二步，从5个项目中选出3个排序，有 ＝60，
根据分步计数原理可得，方法有6×60＝360种；
②4名学生所选的课全不相同的方法有 ＝120种，
根据分类加法计数原理可得，
甲、乙、丙、丁这4名学生至少有3名学生所选的课全不相同的方法共有360+120＝480种．
故选：B．
33．（2023•秦淮区一模）某学校有6个数学兴趣小组，每个小组都配备1位指导老师，现根据工作需要，
学校准备将其中4位指导老师由原来的小组均相应的调整到其他兴趣小组，其余的 2位指导老师仍在原
来的兴趣小组（不作调整），如果调整后每个兴趣小组仍配备1位指导老师，则不同的调整方案为（
）
A．135种 B．360种 C．90种 D．270种
【解答】解：根据题意，6个数学兴趣小组有一位指导老师仍在原来的兴趣小组，则不做调整的两个小
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】组有 ＝15种情况，
其余的4个小组的指导老师由原来的小组均相应地调整到其他数学兴趣小组，
假设4个小组为1、2、3、4，对应的4位指导老师依次为A、B、C、D，
A不能在第1小组，有3种情况，假设A分到第2小组，则B有3种情况，剩下的两人有1种情况，
则其余的4个小组有3×3＝9种调整方案，
故有15×9＝135种调整方案，
故选：A．
34．（2023•山西模拟）如图，有8个不同颜色的正方形盒子组成的调味盒，现将编号为A，B，C，D的4
个盖子盖上（一个盖子配套一个盒子），要求A，B不在同一行也不在同一列，C，D也是此要求．那
么不同的盖法总数为（ ）
1 2 3 4
5 6 7 8
A．224 B．336 C．448 D．576
【解答】解：第一步：先盖A，B，有8×3＝24种方法；
第二步：再盖C，D．
①若C与A或B在同一列，则有2种盖法，D就有3种盖法，共2×3＝6种方法；
②若C与A或B不在同一列，则有4种盖法，D就有2种盖法，共4×2＝8种方法．
综上所述，满足要求的有24×（6+8）＝336种方法．
故选：B．
35．（2023•抚松县校级模拟）琴、棋、书、画、诗、酒、花、茶被称为中国传统八雅．为弘扬中国传统
文化，某校决定从“八雅”中挑选“六雅”，于某周末开展知识讲座，每雅安排一节，连排六节．若
“琴”“棋”“书”“画”必选，且要求“琴”“棋”相邻，“书”与“画”不相邻，则不同的排课方
法共 种．（用数字作答）
【解答】解：首先从诗、酒、花、茶中选“两雅”有 种选法，
“琴”“棋”相邻用捆绑法看做一个整体，与除“书”与“画”外的“两雅”全排列，有 种排法，
再将“书”与“画”插入到刚刚所形成的4个空中的2个空，有 种插法，
按照分步乘法计数原理可得一共有 种排法．
故答案为：864．
36．（2023•蕉城区校级模拟）近年来喜欢养宠物猫的人越来越多．某猫舍只有5个不同的猫笼，金渐层猫
3只（猫妈妈和2只小猫嶲）、银渐层猫4只、布偶猫1只．该猫舍计划将3只金渐层猫放在同一个猫
笼里，4只银渐层猫每2只放在一个猫笼里，布偶猫单独放在一个猫笼里，则不同的安排有（ ）
A．8种 B．30种 C．360种 D．1440种
【解答】解：根据题意，将3只金渐层猫放在同一个猫笼里，则把3只金渐层猫看成是1个整体，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】4只银渐层猫每2只放在一个猫笼里，则分组方法有 （种），
一共有4个整体进行排列放在5个不同的猫笼，
则一共可以安排的方法有： （种）．
故选：C．
37．（2023•唐县校级二模）某班级选出甲、乙、丙等六人分别担任语文、数学、英语、物理、化学、生
物六门学科的课代表，已知甲只能担任语文或英语课代表，乙不能担任生物或化学课代表，且乙、丙两
人中必有一人要担任数学课代表，则不同的安排方式有（ ）
A．56种 B．64种 C．72种 D．86种
【解答】解：若乙担任数学课代表，则不同的安排方式共有 ＝48种，
若丙担任数学课代表，则甲只能担任语文或英语课代表，乙不能担任生物或化学课代表，不同的安排方
式共有 ＝24种，
所以不同的安排方式共有48+24＝72 种．
故选：C．
38．（2023•四川模拟）某班在一次班团活动中，安排2名男生和4名女生讲演，为安排这六名学生讲演的
顺序，要求两名男生之间不超过1人讲演，且第一位和最后一位出场讲演的是女生．则不同的安排方法
总数为（ ）
A．168 B．192 C．240 D．336
【解答】解：∵第一位和最后一位出场讲演的是女生，∴此时有 ＝12种，
中间4人，为2男2女，任意排列有 ＝24种，
若中间2名女生，则有 ＝4种，则满足条件的有24﹣4＝20种，
则共有12×20＝240种不同的安排方法．
故选：C．
39．（2023•桃城区校级三模）第19届亚运会将于2023年9月在杭州举行，在杭州亚运会三馆（杭州奥体
中心主体育馆、游泳馆和综合训练馆）对外免费开放预约期间，甲、乙、丙、丁4人预约参观，且每人
预约了1个或2个馆，则这4人中每个馆恰有2人预约的不同方案有（ ）
A．76种 B．82种 C．86种 D．90种
【解答】解：由题意知这4人中恰有2人均预约了2个馆，剩下2人均预约了1个馆，
首先将4人分成2组，有 种不同的分法，
下面分2种情况：若预约2个馆的2人预约完全相同，有 种不同的结果；
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】若预约2个馆的2人有预约1馆相同，有 种不同的结果，
所以每个馆恰有2人预约的不同方案有3×（6+24）＝90（种）．
故选：D．
40．（2023•四川模拟）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次，
已知甲没有得到冠军，并且甲和乙都不是第5名，则这5个人名次排列的可能情况共有 种．
【解答】解：甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行劳动技能比赛，决出第1名到第5名的名次，已知甲
没有得到冠军，并且甲和乙都不是第5名，
则甲有 种排法，
当乙是冠军时，剩下的有 种排法，
当乙不是冠军时，有 ＝12种排法，
则这5个人名次排列的可能情况共有3×（6+12）＝54种．
故答案为：54．
41．（2023•道里区校级四模）已知A、B、C、D、E为0﹣9中五个不重复的数字，且满足以下竖式加法：
则满足条件的四位数ABCD共有 个．
【解答】解：由题意可知，B+B的个位是B，C+C是两位数，D+A＝C，A+D＝B，所以B＝C+1，
所以B＝9，C＝8，A+D＝8，所以满足条件的四位数ABCD为：5983，3985，6982，2986．
共4个．
故答案为：4．
42．（2023•茂南区校级三模）由数字0，1，2，3，4组成的各位上没有重复数字的五位数中，从小到大排
列第88个数为（ ）
A．42031 B．42103 C．42130 D．42301
【解答】解：①当万位是1或2时，共有 ＝2×24＝48个数，
②当万位是3，千位是0，1，2，4时，共有 ＝4×6＝24个数，
③当万位是4，千位是0，1时，共有2 ＝2×6＝12个数，
④当万位是4，千位是2，百位为0，1时，共有2 ＝2×62＝4个数，
∴共有48+24+12+4＝88个数，
故第88个数为42130．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】故选：C．
五．二项式定理（共18小题）
43．（2023•江西模拟） 的展开式中含x5项的系数是（ ）
A．﹣112 B．112 C．﹣28 D．28
【 解 答 】 解 ： 由 题 意 可 得 ， 其 通 项 公 式 为
，
令 ，可得r＝2，
所以含x5项的系数是 ．
故选：B．
44．（2023•合肥三模）若（mx﹣1）n（n N*）的展开式中，所有项的系数和与二项式系数和相等，且第6
项的二项式系数最大，则有序实数对（m，n）共有（ ）组不同的解．
∈
A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：根据二项式系数的性质知：由第6项的二项式系数最大知n的可能取值为9，10，11，
又由题得：令x＝1，有（m﹣1）n＝2n，当n＝9，11时，m＝3；当n＝10时，m＝3或﹣1，
故有序实数对（m，n）共有4组不同的解，分别为（3，9），（3，11），（﹣1，10），（3，10）．
故选：D．
45．（2023•东风区校级模拟）二项式（ + ）8的展开式的常数项是 ．
【解答】解：二项式（ + ）8的展开式的通项公式为T ＝C （ ）8﹣r（ ）r＝C （ ）rx
r+1
，r＝0，1...8，
令8﹣4r＝0，解得r＝2，
展开式的常数项是C （ ）2＝7．
故答案为：7．
46．（2023•湖北模拟）已知 的展开式的第7项为常数项，则正整数n的值为 ．
【解答】解：根据展开式的通项公式 ，
由题意可知，3n﹣24＝0，n＝8．
故答案为：8．
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】47．（2023•海淀区校级三模）已知（x﹣1）10＝a +a x+a x2+…+a x10，则a +a +…+a ＝（ ）
0 1 2 10 1 2 10
A．210 B．0 C．1 D．﹣1
【解答】解：因为（x﹣1）10＝a +a x+a x2+…+a x10，
0 1 2 10
当x＝0时，a ＝1，
0
当x＝1时，a +a +a +…+a ＝0，
0 1 2 10
则a +a +…+a ＝﹣1．
1 2 10
故选：D．
48．（2023•巴林左旗校级模拟）在 的展开式中，x的系数为（ ）
A．12 B．﹣12 C．6 D．﹣6
【解答】解：因为 ，
所以只有（1+x）中的1与 中的 相乘才会得到x，
即 ，所以x的系数为﹣6．
故选：D．
49．（2023•昆明一模） 展开式中x4的系数为 （用数字作答）．
【解答】解：因为T ＝ ＝ ，
r+1
所以10﹣3r＝4，则r＝2，
含x4的项是第三项，
它的系数是 ＝10．
故答案为：10．
50．（2023•西城区校级模拟）若（2x﹣1）4＝a x4+a x3+a x2+a x+a ，则a +a +a +a +a ＝ ．
4 3 2 1 0 0 1 2 3 4
【解答】解：令x＝1，解得a +a +a +a +a ＝1．
0 1 2 3 4
故答案为：1．
51．（2023•深圳模拟）若 展开式的各项系数之和为32，则展开式中的常数项为
．（用数字作答）
【解答】解：令x＝1可得（x3+ ）n展开式的各项系数之和为2n＝32，
∴n＝5，
故其展开式的通项公式为 T ＝ •x15﹣5r，令15﹣5r＝0，求得 r＝3，
r+1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】可得常数项为 ＝10．
故答案为：10．
52．（2023•广州二模）已知n N*， 的展开式中存在常数项，写出n的一个值为 ．
∈
【解答】解：因为 的展开式的通项为T ＝ xn﹣r（﹣ ）r＝（﹣1）rxn﹣3r，
r+1
令n﹣3r＝0可得r＝ ，
因为n为正整数，r为自然数，
故符合题意的一个n为6．
故答案为：6（答案不唯一）．
53．（2023•威海一模）在（x+a）6的展开式中的x3系数为160，则a＝ ．
【解答】解：（a+x）6的展开式的通项公式为：T ＝ •a6﹣rxr，（r＝0，1，…，6）
r+1
所求x3的系数为： a3＝160 a3＝8 a＝2．
故答案为：2
⇒ ⇒
54．（2023•鲤城区校级模拟）已知 的展开式中，仅有第4项的二项式系数最大，则展开式中
第5项是 ．
【解答】解： 的展开式中，仅有第4项的二项式系数最大，即 最大，所以n＝6，
的展开式的通项公式为T ＝（﹣2）r• •x3r﹣6，
r+1
则展开式中第5项是T ＝（﹣2）4• •x6＝240x6．
5
故答案为：240x6．
55．（2023•涪城区校级模拟）已知 ，则a ＝ ．
3
【解答】解：因为 ，
所以a 是含x3项的系数，
3
若从10个（1+x﹣x2）式子中取出0个（﹣x2），
则需要从中取出3个x，7个1，
则得到的项为 ，
若从10个（1+x﹣x2）式子中取出1个（﹣x2），
则需要从中取出1个x，8个1，则得到的项为 ，
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】若从10个（1+x﹣x2）式子中取出大于或等于2个（﹣x2），
则无法得到含x3的项，
综上：含x3的项为120x3﹣90x3＝30x3，则含x3项的系数为30．
故答案为：30．
56．（2023•宿州模拟）设（1+2x）n＝a +a x+a x2+...+a xn，若a ＝a ，则n＝（ ）
0 1 2 n 7 8
A．8 B．9 C．10 D．11
【解答】解：∵（1+2x）n＝a +a x+a x2+...+a xn，
0 1 2 n
若a ＝a ，即 ＝ ，即 ＝2× ，
7 8
化简可得2（n﹣7）＝8，求得n＝11，
故选：D．
57．（2023•武功县校级模拟）已知 的展开式中，含x2项的系数为﹣19，则实数a的值
为 ．
【解答】解：根据（1﹣x）5的展开式通项满足 ，
当r＝0时， ＝1，
当r＝3时， ，
故含x2项的系数满足1﹣10a＝﹣19，解得a＝2．
故答案为：2．
58．（2023•河南三模）已知 的展开式中的常数项是672，则a＝（ ）
A．39 B．29 C．2 D．1
【解答】解：展开式的通项为 ，
令 ，得r＝6，
∴常数项是 ，故a＝2．
故选：C．
59．（2023•德州三模）若（2x﹣3）12＝a
0
+a
1
（x﹣1）+a
2
（x﹣1）2+⋯+a
11
（x﹣1）11+a
12
（x﹣1）12，则
（ ）
A．a ＝﹣1
0
B．
C．a
1
+a
2
+⋅⋅⋅+a
12
＝﹣2
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】D．
【解答】解：由题意可知（2x﹣3）12＝[﹣1+2（x﹣1）]12，故 ，A错误；
由 ，
令x＝0，可得 ，B错误；
令x＝2，则 ，
故a
1
+a
2
+⋅⋅⋅+a
12
＝1﹣a
0
＝1﹣1＝0，C错误；
令 ，则 ，
故 ，D正确．
故选：D．
60．（2023•青山湖区校级三模）若 的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式
中系数最大的是（ ）
A．第二项 B．第三项 C．第四项 D．第五项
【解答】解：因为 的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，
所以 ，解得n＝8，
则 的展开式通项为 （k＝
0，1，2，3，4，5，6，7，8），
当k为奇数时，系数为负数，当k为偶数时，系数为正数，
所以展开式中系数最大时，k为偶数，
由展开式通项可知 ， ， ，
， ，
所以展开式中系数最大的是第三项．
故选：B．
一、.分类加法计数原理与分步乘法计数原理的方法技巧
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】二、排列组合解题方法
1 ．可重复的排列求幂法：重复排列问题要区分两类元素：一类可以重复，另一类不能重复，把不能重复
的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，则通过“住店法”可顺利解题，在这类问题使用住店处理
的策略中，关键是在正确判断哪个是底数，哪个是指数
2 ．相邻问题捆绑法： 题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列 .
3 ．相离问题插空法 ：元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相
离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端 .
4 ．元素分析法（位置分析法）：某个或几个元素要排在指定位置，可先排这个或几个元素；再排其它的
元素。
5 ．多排问题单排法：把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理。
6 ．定序问题缩倍法（等几率法）：在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的
方法 .
7 ．标号排位问题（不配对问题） 把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一
个元素，如此继续下去，依次即可完成 .
8 ．不同元素的分配问题（先分堆再分配）：注意平均分堆的算法
9 ．相同元素的分配问题隔板法：
1 0 ．走楼梯问题 （分类法与插空法相结合）
1 1 ．染色问题：涂色问题的常用方法有：（ 1 ）可根据共用了多少种颜色分类讨论 ;
（ 2 ）根据相对区域是否同色分类讨论 ;
（ 3 ）将空间问题平面化，转化成平面区域涂色问题。
三、杨辉三角形：对于n是较小的正整数时，可以直接写出各项系数而不去套用二项式定理，二项式系数
也可以直接用下表计算：
(a+b) 1
…………………1 1
(a+b) 2
………………1 2 1
(a+b) 3 ……………1 3 3 1
(a+b) 4 …………1 4 6 4 1
(a+b) 5 ………1 5 10 10 5 1
资料整理【淘宝店铺：向阳百分百】(a+b) 6 ……1 6 15 20 15 6 1
……
表中有如下规律：“左、右两边斜行各数都是1，其余各数都等于它肩上两个数字的和。”类似这样
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的表，早在我国宋朝数学家杨辉 年所著出《详解九章算法》一书里就已出现，如图叫杨辉三角，由
“杨辉三角”可直观地看出二项式系数的性质，同时当二项式乘方次数不大时，可借助于它直接写出各项
的二项式系数。
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