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专题 20 排列组合原理与二项式定理经典常考小题
目录
01 模拟基础练...............................................................................................................2
题型一：二项式定理之特定项、三项式问题.............................................................2
题型二：二项式定理之系数和问题.............................................................................3
题型三：二项式定理之系数最值问题.........................................................................5
题型四：特殊优先与正难则反策略.............................................................................7
题型五：相邻问题与不相邻问题.................................................................................8
题型六：定序问题.........................................................................................................9
题型七：多面手问题...................................................................................................11
题型八：错位排列问题...............................................................................................11
题型九：涂色问题.......................................................................................................13
题型十：分组与分配问题...........................................................................................14
题型十一：隔板法.......................................................................................................15
题型十二：环排与多排问题.......................................................................................16
题型十三：电路图模型...............................................................................................17
重难点突破：机器人跳动、波浪数、卡特兰数模型...............................................18
02 重难创新练.............................................................................................................20题型一：二项式定理之特定项、三项式问题
1． 的展开式中 的系数为（ ）
A．5 B．10 C．20 D．
【答案】B
【解析】 的通项为 ，所以 的展开式中 的项为 ，则系数
为10.
故选：B.
2． 的展开式中，含 的项的系数为（ ）
A．240 B． C．560 D．360
【答案】B
【解析】 的通项为
且 ，
令 解得 ，故 的项的系数为 ，
故选：B
3． 的展开式中的常数项为（ ）
A． B． C．192 D．240
【答案】D
【解析】 展开式的通项为 ， ，故当 ，即 时，得展开式的常数项为 ，
故选：D
题型二：二项式定理之系数和问题
4．（多选题）已知 ，则（ ）
A． 的值为2
B． 的值为
C． 的值为
D．当 时， 除以11的余数为10
【答案】ACD
【解析】因为 ，
对于选项A：令 ，则 ；
对于选项B：因为 的通项为 ，
可知含 项为 ，
所以 的值为 ，故B错误；
对于选项C：令 ，则 ；
令 ，则 ；
所以 ，故C正确；
对于选项D：令 ，则 ，因为 ，
可知 除以11的余数为 ，
则 除以11的余数为 ，且 除以11的余数为 ，
所以当 时， 除以11的余数为10，故D正确；
故选：ACD.
5．（多选题）若 ，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AC
【解析】令 ，则 ，故A正确，
令 可得 ，故 ，故B错误，
令 可得 ，故 ，故C正确，
令 可得 ， ，故D错误，
故选：AC
6．（多选题）已知 ，则（ ）
A．展开式的各二项式系数的和为0
B．C．
D．
【答案】BCD
【解析】 ，
展开式的各二项式系数的和为 ，所以A错；
令 ，得到 ，令 ，得到 ，
，所以B对；
由二项式定理可得： ， ，
所以 ， ，
，
，故C对；
，
，
，， ，故D对.
故选：BCD.
题型三：二项式定理之系数最值问题
7．在 的二项展开式中，二项式系数最大的项为 ．
【答案】 和
【解析】二项式系数最大的项为展开式的中间项或中间两项，
因为 的二项展开式有8项，
所以二项式系数最大的项中间两项，即 和 ．
故答案为： 和 .
8． 的展开式中，各项系数中的最大值为 ．
【答案】5
【解析】由题展开式通项公式为 ， 且 ，
设展开式中第 项系数最大，则 ，，即 ，又 ，故 ，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为 .
故答案为：5.
9．已知 的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，则该展开式中系数最大的项为 ．
【答案】
【解析】由题意可知 ，解得n＝10，
故展开式的通项为 ．
设第r＋1项的系数最大，
则
即 ，解得 ，
，
∴展开式中的系数最大的项为 .
故答案为： .
题型四：特殊优先与正难则反策略
10．5个人排成一排，如果甲必须站在排头或排尾，而乙不能站在排头或排尾，那么不同站法总数为（
）
A．18 B．36 C．48 D．60【答案】B
【解析】甲在排头或排尾站法有 种，再让乙在中间3个位置选一个，有 种站法，其余3人有 种站
法，
所以共有 种站法，
故选：B
11．有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，
则同一科目书都不相邻的放法种数是（ ）
A．24 B．48 C．72 D．96
【答案】B
【解析】
故选：B．
12．将甲、乙等6位身高各不相同的同学平均分为两组，甲、乙在这六位同学中身高（从高到低）分别排
在第4、3位，则分成的两组中甲不是所在组最矮的且乙不是所在组最高的分组方式共有（ ）种.
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】将6人身高从高到低依次标号为：1、2、3、4、5、6
法一：用间接法求此事件的反面是“甲是本组的最矮的或乙是本组最高的至少成立其一”，①甲、乙不在
同一组：只有124、356一种排法；
②甲、乙在同一组：以上命题不可能同时成立，
注意到剩下四人任取一人与甲乙同组均符合题意，所以由 种选法，共有 种选法.
而平均分组共有 种方式，所以共有 种选法.
法二：用直接法求①甲、乙在同一组：容易发现这是不可能的；
②甲、乙不在同一组：那么1、2中至少有一位与乙一组，5、6中至少有一位与甲一组，
取该事件的反面，即：1、2均不与乙一组且5、6均不与甲一组，4人均分两组共有 种分法，符
合事件反面的只有356、124一种，所以共有 =5种分法.故选：B.
题型五：相邻问题与不相邻问题
13．某种产品的加上需要经过A，B，C，D，E，F，G七道工序，要求A，B两道工序必须相邻，C，D两
道工序不能相邻，则不同的加工顺序有（ ）
A．960种 B．836种
C．816种 D．720种
【答案】A
【解析】先捆绑 再和 排列，然后插入
共有 种排法．
故选：A.
14．2024年4月6号岳阳马拉松暨全国半程马拉松锦标赛（第三站）开赛，比赛结束后，其中5男3女共
8位运动员相约在赛道旁站成前后两排合影，每排各4人，若男运动员中恰有2人左右相邻，则不同的排
列方法共有（ ）
A．732种 B．2260种 C．4320种 D．8640种
【答案】D
【解析】根据题意，只能一排3男1女，另一排2男2女，且相邻的2位男运动员在“3男1女”这一排中．
先确定“3男1女”这一排，5男选3人，3女选1人，
所选3男选2人相邻，与余下的1男安排在1女的两侧，
排列方法有 种，
再确定“2男2女”这一排，2男先排好有 ，
2女相邻并放在2男之间有 种，或2女放在2男成排的两空有 种方式，
排列方法有 种，
因此，不同的排列方法总数为 ．
故选：D
15．邵阳市二中高一、高二、高三年级的优秀团员各两名站成一排拍照，恰有一个年级的团员相邻的站法有（ ）
A．144种 B．240种 C．288种 D．336种
【答案】C
【解析】将位置从左往右依次编号为1，2，3，4，5，6，
当恰有一个年级站在1，2号，
则再选一个年级站在3，5号，另外一个年级站在4，6号即可，
且每个年级中的两人可以交换位置，从而有 种站法；
当恰有一个年级站在2，3号、4，5号或5，6号时，情况同前面一样，
从而共有 种站法；
当恰有一个年级站在3，4号，则从余下的两个年级中各任选一人站在1，2号即可，
从而有 种站法．
综上可知，总站法有 （种）．
故选：C．
题型六：定序问题
16．在100，101，102，…，999这些数中，各位数字按严格递增（如“145”）或严格递减（如“321”）顺
序排列的数的个数是（ ）
A．120 B．204
C．168 D．216
【答案】B
【解析】分两类，第一类不含数字“0”，从1到9的自然数中任意取出3个，都可以得到严格递增或严格
递减顺序排列的三位数，共有 个；
第二类含有数字“0”，从1到9的自然数中任意取出2个，三个数只能排出严格递减顺序的三位数，共有
个，
根据分类加法计数原理，所以共有 个.故选：B
17．DNA是形成所有生物体中染色体的一种双股螺旋线分子，由称为碱基的化学成分组成它看上去就像是
两条长长的平行螺旋状链，两条链上的碱基之间由氢键相结合．在DNA中只有4种类型的碱基，分别用
A、C、G和T表示，DNA中的碱基能够以任意顺序出现两条链之间能形成氢键的碱基或者是A-T，或者是
C-G，不会出现其他的联系因此，如果我们知道了两条链中一条链上碱基的顺序，那么我们也就知道了另
一条链上碱基的顺序．如图所示为一条DNA单链模型示意图，现在某同学想在碱基T和碱基C之间插入3
个碱基A，2个碱基C和1个碱基T，则不同的插入方式的种数为（ ）
A．20 B．40 C．60 D．120
【答案】C
【解析】依题意可知，不同的插入方式的种数为 .
故选：C
18．花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.如图，现
有悬挂着的8盏不同的花灯需要取下，每次取1盏，则不同取法总数为 （ ）
A．2520 B．5040 C．7560 D．10080
【答案】A
【解析】由题意，对8盏不同的花灯进行取下，
先对8盏不同的花灯进行全排列，共有 种方法，
因为取花灯每次只能取一盏，而且只能从下往上取，
所以须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，
故一共有 种，
故选：A题型七：多面手问题
19．“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午
节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划
右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选
派方法共有（ ）
A．26种 B．30种 C．37种 D．42种
【答案】C
【解析】根据题意，设 只会划左桨的3人 ， 只会划右桨的3人 ， 既会划左桨又会划右桨
的2人 ，据此分3种情况讨论：
①从 中选3人划左桨，划右桨的在（ ）中剩下的人中选取，有 种选法，
②从 中选2人划左桨， 中选1人划左桨，划右桨的在（ ）中选取，有 种选法，
③从 中选1人划左桨， 中2人划左桨， 中3人划右桨，有 种选法，
则有 种不同的选法．
故选：C．
题型八：错位排列问题
20．若5个人各写一张卡片（每张卡片的形状、大小均相同），现将这5张卡片放入一个不透明的箱
子里，并搅拌均匀，再让这5人在箱子里各摸一张，恰有1人摸到自己写的卡片的方法数有（ ）
A．20 B．90 C．15 D．45
【答案】D
【解析】根据题意，分2步分析：
①先从5个人里选1人，恰好摸到自己写的卡片，有 种选法，
②对于剩余的4人，因为每个人都不能拿自己写的卡片，因此第一个人有3种拿法，被拿了自己卡片
的那个人也有3种拿法，剩下的2人拿法唯一，所以不同的拿卡片的方法有 种.
故选： .
21．5个人站成一列，重新站队时各人都不站在原来的位置上，共有种不同的站法（ ）
A．42 B．44 C．46 D．48
【答案】B
【解析】由题意，设五人分别为 ，重新站队时，可从 开始，其中 有 种不同的选
择，
比如 占据了 的位置，可再由 选取位置，可分为两类，
1类： 占据了 的位置，则后面的重站，共有 种站法；
2类： 没有占据 的位置，则 有 种站法，后面的重站，共有 种站法，
所以共有 种不同的站法.
故选：B.
22．若5个人按原来站的位置重新站成一排，恰有1个人站在自己原来的位置，则不同的站法共有（
）
A．45种 B．40种 C．55种 D．60种
【答案】A
【解析】先从5个人中选出站在自己原来的位置的有 种选法
设剩下的4个人为 .则他们都不站自己原来的位置，分下列几步完成:
(1)假设先安排 ，则有 种选法.
(2)当 站好后， 站的位置原来站的是谁，接下来就安排这个人来选位置，有 种选法.
(3)接下来，剩下的两个人和两个位置中,至少有1人，他原来站的位置留下来了，都不站原来的位置，
则只有1种站法.
所以共有 种选法.
故选：A题型九：涂色问题
23．用九种颜色给一个正四面体涂色，使相邻两个面颜色不同（若两种涂色方法可以通过旋转使得每个面
的颜色一对应，则算作一种涂色方法）共有（ ）种涂色情况.
A．121 B．454 C．621 D．以上答案均不对
【答案】D
【解析】若不考虑旋转的情况，共有 ，而四面体共有 种旋转方式，故共有 .
故选：D
24．如图，给 六个点涂色，现有五种不同的颜色可供选用，要求每个点涂一种颜色，且每条线段
的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法有（ ）种．
A．1440 B．1920 C．2160 D．3360
【答案】B
【解析】根据题意，分2步进行分析：
①对于 、 、 三点，两两相邻，有 种涂色方法，
② 与 相邻，有4种颜色可选，
若 与 同色，其中 与 同色时， 有3种涂色方法， 与 不同色时， 有2种颜色可选， 有2种
颜色可选，
此时有 种涂色方法，同理：若 与 同色，有7种涂色方法，
若 与 、 颜色都不同， 有2种颜色可选， 、 有3种颜色可选，
此时有 种涂色方法，
则 、 、 有 种涂色方法，
故有 种涂色方法．
故选：B．25．某五面体木块的直观图如图所示，现准备给其5个面涂色，每个面涂一种颜色，且相邻两个面所涂颜
色不能相同.若有6种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．1080种 B．720种 C．660种 D．600种
【答案】A
【解析】若使用五种颜色，即每个面一种颜色，则有 种方案；
若使用四种颜色，即面AED与面FBC同色，则有 种方案.
故不同涂色方案有720+360=1080种.
故选：A
题型十：分组与分配问题
26． 年“喜迎全运•志愿一夏”广州中小学生志愿服务系列主题活动启动仪式在广州亚运会亚残运会
博物馆举办．现需要分配 名学生志愿者对 种不同的体育运动进行宣讲，每个宣讲至少分配 人，则不同
的分配方案种数为 ．
【答案】14
【解析】第 步：根据分类加法计数原理求 名学生志愿者分组的种数，
名学生志愿者分为 组，共有两种情况：
①一组 人，另一组 人，共有 种；②一组 人，另一组 人，共有 种，
所以共有 种分法，
第 步：根据分步乘法计数原理计算所求，
由上可知，不同的分配方案种数为 种．
故答案为： .
27．加强学生心理健康工作已经上升为国家战略，为响应国家号召，东兴区心理协会派遣具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生.若要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两
名学生，则不同的安排方法共有 种.
【答案】90
【解析】根据题意，具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生，
要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，
则把五位同学分3组，且三组人数为 ，然后分配给3位专家，
所以不同的安排方法共有 种.
故答案为：90.
28．随着马拉松运动的普及，我国已成功举办多次全民马拉松赛事．现某城市举办全民马拉松比赛，第一
处供给点需要三组工作人员，其中有3名医生和6名社会志愿者组成，每组人员由1名医生和2名志愿者
组成．根据需要，志愿者甲与乙要分配在同一组，则这9名工作人员分组方法种数为 ．
【答案】18
【解析】志愿者分组情况有 （种），搭配3名医生有 （种）．
故答案为： .
题型十一：隔板法
29．方程 的正整数解的个数为（ ）
A．56 B．35 C．70 D．66
【答案】B
【解析】原问题相当于将8个相同的小球装入4个不同的盒子中，每个盒子中至少有1个小球，
采用隔板法，将8个小球排成一排，在其中的7个空位上插入3个隔板即可，
故共有 种．
故选：B.
30．学校有 个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少 个名额，则有（ ）种分
配方案.
A． B． C． D．【答案】C
【解析】问题等价于将 个完全相同的小球，放入 个不同的盒子，每个盒子至少 个球，
由隔板法可知，不同的分配方案种数为 .
故选：C.
31．若方程 ，其中 ，则方程的正整数解的个数为（ ）
A．10 B．15 C．20 D．30
【答案】A
【解析】因为方程 ，其中 ，
则 ，将其转化为有6个完全相同的小球，排成一列，
利用挡板法将其分成3组，第一组小球数目为 ；第二组小球数目为 ；第三组小球数目为 ，
共有 种方法，故方程的正整数解的个数为10，
故选：A.
题型十二：环排与多排问题
32．甲、乙、丙等八个人围成一圈，要求甲、乙、丙三人两两不相邻，则不同的排列方法有（ ）
A．720种 B．1440种 C．2880种 D．4320种
【答案】B
【解析】环排问题线排策略，增加一个凳子．
九个凳子排一排，甲放一号和九号，中间剩余七个位置可选，再将其他五人放入中间有 种．
甲、乙、丙两两不相邻． 乙、丙只能放中间四空中共有 种，
由分步计数原理得总数 种．
故选：B.
33．21个人按照以下规则表演节目：他们围坐成一圈，按顺序从1到3循环报数，报数字“3”的人出来表
演节目，并且表演过的人不再参加报数．那么在仅剩两个人没有表演过节目的时候，共报数的次数为（）
A．19 B．38 C．51 D．57
【答案】D
【解析】当倒数第 个人出来表演节目时，一共报数了 次.
故选：D
34．现有8个人围成一圈玩游戏，其中甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】8个人围成一圈,有 种.
其中甲、乙、丙三人相邻，看做一个整体，由 .
所以甲、乙、丙三人不全相邻的排法种数为 .
故答案为：D
题型十三：电路图模型
35．如图，只闭合两个开关将一条电路从A处到B处接通，可构成线路的条数为（ ）
A．8 B．4 C．5 D．3
【答案】B
【解析】根据题意
根据分步计数原理，一条电路从A处到B处接通， 处并联电路开关闭合一个，有2种方法，
处并联电路开关闭合一个，只能闭合下面两个中的一个，有2种方法，共有 种方法.
故选：B
36．如图，一条电路从 处到 处接通时，可构成的通路有（ ）A．8条 B．6条 C．5条 D．3条
【答案】B
【解析】由图知：要构成通路，则 处有 种方式， 处 种方式，
∴可构成的通路有 种.
故选：B
37．如图，在由开关组 与 组成的电路中，闭合开关使灯发光的方法有 种.
【答案】21
【解析】分两类，每类中分两步.
①第1步： 组开关闭合1个，有2种闭法，第2步： 组开关闭合1个，有3种闭法； 组开关闭合2个，
有3种闭法； 组开关闭合3个，有1种闭法.
此时共有 种闭法.
②第1步： 组开关闭合2个，有1种闭法，第2步： 组开关闭合1个，有3种闭法； 组开关闭合2个，
有3种闭法； 组开关闭合3个，有1种闭法.
此时共有 闭法.
综上，共有 种闭法.
故答案为：
重难点突破：机器人跳动、波浪数、卡特兰数模型
38．甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落
的过程中依次撞击到树枝 ；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝 ， ， ；（3）丙在下落的
过程中依次撞击到树枝 ， ， ；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝 ， ， ；（5）戊在下落
的过程中依次撞击到树枝 ， ， ， ，则下列结论正确的是（ ）
A．最高处的树枝一定是 B．这九根树枝从高到低不同的顺序共有24种C．最低处的树枝一定是 D．这九根树枝从高到低不同的顺序共有21种
【答案】D
【解析】由题意，可判断出部分树枝由高到低的顺序为 ，还剩下 ， ， ，且树枝 比 高，
树枝 在树枝 ， 之间，树枝 比 低，最高可能为G或I，最低为F或H，故选项A错误，C选项错
误；
先看树枝 ，有3种可能，则 有2种可能，若 在 ， 之间，则 有4种可能，
若 在 ， 之间，则 有3种可能，此时树枝的高低顺序有 （种）可能，
故这九根树枝从高到低不同的顺序共有 种，故B选项错误，D选项正确.
故选：D
39．形如45132这样的数叫做“五位波浪数”，即十位数字、千位数字均比它们各自相邻的数字大，则由
数字0，1，2，3，4，5，6，7可构成无重复数字的“五位波浪数”的个数为 ．
【答案】721
【解析】有0参与时，0不能放在万位，最大的两个数放在一起或分别放在千位和十位，故有
种，
没有0参与时，最大的两个数放在一起或分别放在千位和十位，故有 种，
共有 ＋ ＝721种.
故答案为721.1．（2025·江西·一模）现安排甲、乙、丙三位同学在星期一到星期六值日，每人两天，且都不连续值日的
不同方法种数为（ ）
A．6 B．15 C．20 D．30
【答案】D
【解析】把星期一到星期六记为1，2，3，4，5，6，则不连续值日的三组数可列举为 ，
，
， ， ，
所以符合条件的方法有 种．
故选：D
2．（2025·甘肃白银·模拟预测）某高校有8名研究生要去小兴安岭采集植物样本，其中男生6人，女生2
人，将这8人分成两组，若要求每组至少2人，且两名女生不单独成组，则不同的分组方案共有（ ）
A．240种 B．158种 C．126种 D．118种
【答案】D
【解析】根据题意，分3种情况讨论：
①分为4，4的两组时，不会出现两名女生单独成组情况，有 种分组方法；
②分为3，5的两组时，有 种分组方法；
③分为2，6的两组时，有 种分组方法，其中有1种两名女生单独成组情况，
则有27种符合条件的分组方法，故共有 种分组方法.
故选：D
3．（2025·贵州安顺·模拟预测）甲，乙两名大学生计划今年寒假分别从黄果树风景名胜区、龙宫景区、天
龙屯堡景区、安顺古城四个不同的景区中随机选两个景区前往旅游打卡，则这两人恰好有一个景区相同的选法共有（ ）
A．12种 B．18种 C．24种 D．36种
【答案】C
【解析】由题意得甲选择两个景区的选法有 种，
乙选择两个景区的选法有 种，故总选法有 种，
两人选择景区完全相同的选法有 种，
两人选择景区完全不相同的选法有 种，
故两人恰好有一个景区相同的选法共有 种，故C正确.
故选：C.
4．（2025·辽宁沈阳·一模）若 能被5整除，则x，n的一组值可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】依题意， ，
对于A， ， ，不能被5整除，A不是；
对于B， ， ，不能被5整除，B不是；
对于C， ， ，能被5整除，C是；
对于D， ， ，不能被5整除，D不是.
故选：C
5．（2025·云南昆明·模拟预测）已知 若 ，则 （ ）
A．5 B．8 C．9 D．14
【答案】B
【解析】依题意， ，由 ，得 ，即 ，解得 .
故选：B
6．（24-25高三上·湖北·期中）小明新买的储蓄罐有5位密码，他决定在“斐波那契数列”的前6项中随
机抽取5个数字设置为储蓄罐的密码，且密码的第3位是偶数，已知“斐波那契数列”的前6项依次为
“1、1、2、3、5、8”，则可以设置的不同密码个数为（ ）
A．144 B．120 C．84 D．116
【答案】B
【解析】若选的数字只有一个1，此时有两个偶数，则不同的排列方法有 种；
若选的数字有两个1，则不同的排列方法有 种.
故共有 种不同的设置方法.
故选：B.
7．（2025·广西柳州·模拟预测）180的不同正因数的个数为（ ）
A．8 B．10 C．12 D．18
【答案】D
【解析】因为 ，它的正因数即为 的幂的乘积，
因此正因数个数为 .
故选：D.
8．把8个相同的篮球分发给甲、乙、丙、丁4人，不同的分发种数为（ ）
A．70 B．99 C．110 D．165
【答案】D
【解析】当8个相同的蓝球只分给其中1人时，有4种分法；
当8个相同的蓝球分给其中的2人时，先从4人里面选出2人，再将8个相同的蓝球排成一排，形成的7个
空里面选出1个空插入1个“隔板”即可，此时有 种分法；
当8个相同的蓝球分给其中的3人时，先从4人里面选出3人，再将8个相同的蓝球排成一排，形成的7个
空里面选出2个空插入2个“隔板”即可，此时有 种分法；
当8个相同的蓝球分给其中的4人时，每人至少一个，此时将8个相同的蓝球排成一排，形成的7个空里面选出3个空插入3个“隔板”即可，此时有 种分法；
因此把8个相同的蓝球分发给甲、乙、丙、丁4人时，不同的分发种数有：
故选：D.
9．（多选题）（2025·广东·一模）已知在 的展开式中，设前 项的系数分别为 ， ， ，若
，则下列结论正确的是（ ）
A． B．展开式的中间项为
C．展开式中有 项有理项 D．展开式中系数最大项为第 项和第 项
【答案】BD
【解析】 展开式的通项为 其中 且 ，
由于前 项的系数为 ， ， ，且 ，
，整理可得 ，
解得 或 （舍去），故A错误；
所以 展开式的通项为 其中 且
则展开式的中间项为 ，故B正确；
令 ， 且 ，所以 或 或 ，
则当 ， ， 时为有理项，共 项，故C错误；
由 ，解得 ，
故展开式中系数最大项为第 项和第 项，故D正确．
故选：BD．10．（2025·广东肇庆·二模）在 的展开式中，所有项的系数和为 .
【答案】
【解析】令 ，可得所有项的系数和为 .
故答案为： .
11．（2025·河南·模拟预测）设 （其中 、 ），则 ．
【答案】
【解析】因为
，其中 、 ，
故 .
故答案为： .
12．（2025·浙江温州·模拟预测）已知二项式的展开式： ，则
．
【答案】
【解析】由题意， ，故 .
故答案为：
13．（2025·辽宁·二模）设数列 是等比数列， ，公比q是 的展开式中
的第二项（按x的降幂排列），且 为 的前n项和，若 ，则 .
（用含n和x的式子表达）
【答案】【解析】由题设 ，可得 ，故 ，则 ，
由 的展开式通项为 ， ，
所以其第二项为 ，故 ，且 ，
当 时， ，则 ，
即 ，故 ，
所以 ；
当 时， ，则
，
所以 .
故答案为：
14．（2025·河南郑州·一模）甲、乙两人各有4张卡片，每张卡片上分别标有1，2，3，4四个数字之一.两
人进行四轮比赛，在每轮比赛中，甲、乙各自从自己持有的卡片中随机选一张，并比较卡片上数字的大小，
数字大者胜，然后各自舍弃此轮所选卡片 舍弃的卡片在此后的轮次中不能使用 则四轮比赛中，甲、乙
每轮所出数字大小均不相同的情况共有 种.
【答案】216
【解析】甲出卡片的种数一共有 种，同理，乙出卡片的种数也一共有 种.不妨设甲出牌的数字依次为1，2，3，4，
若甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况，
则乙每轮所出数字有以下三种情况：
①甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同，
不妨设乙第一轮所出数字为1，那么后面三轮所出卡片数字均不能相同，
有1，3，4，2和1，4，2，3两种情况，
则甲、乙每轮所出数字大小有一张卡片数字相同共有 种情况；
②甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同，
不妨设乙第一、二轮所出数字为1，2，那么后面两轮所出卡片数字均不能相同，
有1，2，4，3一种情况，
则甲、乙每轮所出数字大小有两张卡片数字相同共有 种情况；
③甲、乙每轮所出数字大小有三张卡片数字相同，那么第四张卡片也会相同，
则乙每轮所出数字只有1，2，3，4一种情况.
故甲、乙每轮所出数字大小有相同的情况共有 种，
所以当甲出牌的数字依次为1，2，3，4，
甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有： 种.
故甲、乙每轮所出数字大小均不相同的情况有： 种.
故答案为：216.
15．（2025·安徽合肥·一模）在 的展开式中， 的系数为 用数字作答
【答案】
【解析】在 的展开式中， 的系数为 ，
故答案为：
16．（2025·湖南永州·模拟预测）用红、橙、黄、绿四种颜色给一些大小相同的正四面体模具上色，要求
每个正四面体四个面颜色各不相同.我们规定：如果两个已上色的四面体，可以通过旋转将其中一个变得与
另一个完全相同，则认为它们用了同一种上色模式.那么不同的上色模式共有 种.
【答案】2
【解析】假设一个正四面体四个顶点为 、 、 、 ，则 作底面顶点时，通过旋转，除底面外三个面
的朝向有三种，如图所示：同理 ， ， 作底面顶点时也分别有3种，一共有12种，
即一个正四面体可以通过旋转得到12种朝向.
因为四种颜色的排列数有 种，
所以一共有 种不同的上色模式.
故答案为：2
17．（2025·广东佛山·一模） 的展开式中 的系数是 ．
【答案】
【解析】 的展开式的通项公式为 ，
的展开式的通项公式为 ，
令 ，则 的展开式中 的系数为 ，
的展开式中 的系数为 ，
故 的展开式中 的系数为 ，
故答案为： .
18．（2025·宁夏内蒙古·模拟预测）有8张卡片，分别标有数字1，2，3，4，5，6，7，8，现从这8张卡
片中随机抽出3张，则抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为
．
【答案】
【解析】从8张卡片中随机抽出3张，则样本空间中总的样本点数为 ，因为 ，
所以要使抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等，
则抽出的3张卡片上的数字之和应为 ，
则抽出的3张卡片上的数字的组合有 或 或 共3种，
所以符合抽出的3张卡片上的数字之和为 的样本点个数共3个，
所以抽出的3张卡片上的数字之和与其余5张卡片上的数字之和相等的概率为 .
故答案为： .
