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专题11 排列组合与二项式定理
1．（全国甲卷数学（文））甲、乙、丙、丁四人排成一列，丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】分类讨论甲乙的位置，得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.
【详解】当甲排在排尾，乙排第一位，丙有
种排法，丁就种，共
种；
当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共
种；
于是甲排在排尾共
种方法，同理乙排在排尾共
种方法，于是共种排法符合题意；
基本事件总数显然是
，
根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为
.
故选：B
2．（新高考北京卷）
的二项展开式中
的系数为（ ）
A．15
B．6
C．
D．
【答案】B
【分析】写出二项展开式，令
，解出然后回代入二项展开式系数即可得解.
【详解】
的二项展开式为
，
令
，解得
，
故所求即为
.
故选：B.
3．（新课标全国Ⅱ卷）在如图的4×4 方格表中选4 个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共
1
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有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4 个数之和的最大值是 ．
【答案】 24 112
【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1 个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，
即可求解.
【详解】由题意知，选4 个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4 个方格可选，第二列有3 个方格可选，
第三列有2 个方格可选，第四列有1 个方格可选，
所以共有
种选法；
每种选法可标记为
，
分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，
的4 个数之和最大，为
.
故答案为：24；112
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1 个方格可选，利用列
举法写出所有的可能结果.
4．（全国甲卷数学（理））
的展开式中，各项系数的最大值是 ．
【答案】5
【分析】先设展开式中第
项系数最大，则根据通项公式有
，进而求出即可求
2
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解.
【详解】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.
5．（全国甲卷数学（理））有6 个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中不放回地随机抽取3
次，每次取1 个球.记
为前两次取出的球上数字的平均值，
为取出的三个球上数字的平均值，则
与
差的绝对值不超过
的概率是 ．
【答案】
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为
，第三个球的号码为，则
，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6 个不同的球中不放回地抽取3 次，共有
种，
设前两个球的号码为
，第三个球的号码为，则
，
故
，故
，
故
，
若
，则
，则
为：
，故有2 种，
若
，则
，则
为：
，
3
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，故有10 种，
当
，则
，则
为：
，
，
故有16 种，
当
，则
，同理有16 种，
当
，则
，同理有10 种，
当
，则
，同理有2 种，
共
与
的差的绝对值不超过
时不同的抽取方法总数为
，
故所求概率为
.
故答案为：
6．（新高考上海卷）在
的二项展开式中，若各项系数和为32，则
项的系数为 ．
【答案】10
【分析】令
，解出
，再利用二项式的展开式的通项合理赋值即可.
【详解】令
，
，即
，解得
，
所以
的展开式通项公式为
，令
，则
，
．
故答案为：10．
7．（新高考上海卷）设集合
中的元素皆为无重复数字的三位正整数，且元素中任意两者之积皆为偶数，
求集合中元素个数的最大值 ．
【答案】329
【分析】三位数中的偶数分个位是0 和个位不是0 讨论即可.
【详解】由题意知集合中且至多只有一个奇数，其余均是偶数．
首先讨论三位数中的偶数，
4
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①当个位为0 时，则百位和十位在剩余的9 个数字中选择两个进行排列，则这样的偶数有
个；
②当个位不为0 时，则个位有
个数字可选，百位有
个数字可选，十位有
个数字可选，
根据分步乘法这样的偶数共有
，
最后再加上单独的奇数，所以集合中元素个数的最大值为
个．
故答案为：329．
8．（新高考北京卷）在
的展开式中，常数项为 ．
【答案】20
【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可.
【详解】因为
的展开式的通项为
，
令
，可得
，
所以常数项为
.
故答案为：20.
一、单选题
1．（2024·陕西·三模）2024 年中国足球乙级联赛陕西联合的主场火爆，一票难求，主办方设定了三种不同
的票价分别对应球场三个不同的区域，五位球迷相约看球赛，则五人中恰有三人在同一区域的不同座位方
式共有（ ）
A．30 种
B．60 种
C．120 种
D．240 种
【答案】C
【分析】依题意，先将在同一区域的三个人选出并选定区域，再对余下的两人分别在其它两个区域进行选
择，由分步乘法计数原理即得.
【详解】要使五人中恰有三人在同一区域，可以分成三步完成：
5
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第一步，先从五人中任选三人，有
种方法；
第二步再选这三人所在的区域，有
种方法；
第三步，将另外两人从余下的两个区域里任选，有
种方法.
由分步乘法计数原理，共有
种方法.
故选:C.
2．（2024·河南·模拟预测）
的展开式中x 的系数为（ ）
A．30
B．40
C．70
D．80
【答案】C
【分析】利用二项式定理，写出通项公式直接求解即可
【详解】
展开式的通项
，
令
即
，此时
，
展开式的通项
，
令
，即
，此时
，
所以展开式中
的系数为
.
故选：C.
3．（2024·北京·三模）在
展开式中，常数项的二项式系数为（ ）
A．4
B．3
C．2
D．1
【答案】A
【分析】根据给定条件，求出二项式展开式的通项，再求出常数项即得.
【详解】二项式
展开式的通项
，
由
，得
，则
展开式的常数项是第2 项，
6
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所以常数项的二项式系数为
.
故选：A
4．（2024·福建厦门·三模）某校5 名同学到A、B、C 三家公司实习，每名同学只能去1 家公司，每家公司
至多接收2 名同学.若同学甲去A 公司，则不同的安排方法共有（ ）
A．18 种
B．30 种
C．42 种
D．60 种
【答案】B
【分析】分只有同学甲去A 公司及除同学甲外还有一名同学去A 公司进行讨论，结合排列数与组合数的计
算即可得.
【详解】若只有同学甲去A 公司，则共有
种可能，
若除同学甲外还有一名同学去A 公司，则共有
种可能，
故共有
种可能.
故选：B.
5．（2024·湖南衡阳·三模）
展开式中系数为无理数的项共有（ ）
A．2 项
B．3 项
C．4 项
D．5 项
【答案】D
【分析】根据题意，结合二项式的展开项，代入计算，即可得到结果.
【详解】因为
展开式的通项公式为
，
当
时，展开式中系数为无理数项，共5 项.
故选：D
6．（2024·浙江·模拟预测）用数字1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，则数字3 在五位数中位于
1 和5 之间（可以不相邻）的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先求出基本事件总数n，再求出数字3 在五位数中位于1 和5 之间的基本事件数m，利用古典概型
的概率公式计算即可.
【详解】用数字1，2，3，4，5 组成没有重复数字的五位数，
7
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基本事件总数
，
数字3 在五位数中位于1 和5 之间的基本事件个数
，
则数字3 在五位数中位于1 和5 之间（可以不相邻）的概率为
．
故选：D．
7．（2024·辽宁葫芦岛·二模）某校要派4 名教师到甲、乙两个社区开展志愿者服务，若每个教师只去一个
社区，且两个社区都有教师去，则不同的安排方法有（ ）
A．20 种
B．14 种
C．10 种
D．7 种
【答案】B
【分析】按照分组，分配的方法，结合组合和排列数公式，即可求解.
【详解】第一步：将4 名教师分成两组，有两种情况：一种情况是1 组1 人、1 组3 人，一种情况是每组2
人，
共有
种分法；
第二步：将第一步得到的两个不同组分给两个不同社区，有
种分法，
则不同的安排方法有
（种）.
故选：B.
8．（2024·湖南衡阳·三模）对任意的实数
，若
，则
的值为
（ ）
A．15
B．6
C．1
D．20
【答案】C
【分析】利用赋值法，令
即可得结果.
【详解】因为
，
令
，可得
.
故选：C.
8
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9．（2024·北京昌平·二模）在
的展开式中，常数项为（ ）
A．
B．15
C．30
D．360
【答案】B
【分析】先求出
的展开式的通项，令
，求出
代入通项即可求出答案.
【详解】
的展开式的通项为：
，
令
，解得：
，
所以常数项为：
.
故选：B.
10．（2024·广东广州·二模）某学校安排4 位教师在星期一至星期五值班，每天只安排1 位教师，每位教
师至少值班1 天，至多值班2 天且这2 天相连，则不同的安排方法共有（ ）
A．24 种
B．48 种
C．60 种
D．96 种
【答案】D
【分析】由2 天相连的情况有4 种，利用排列数即可求解.
【详解】由题意，从星期一至星期五值，2 天相连的情况有4 种，则不同的安排方法共有
种.
故选：D
11．（2024·河北邯郸·二模）某班联欢会原定5 个节目，已排成节目单，开演前又增加了2 个节目，现将
这2 个新节目插入节目单中，要求新节目既不排在第一位，也不排在最后一位，那么不同的插法种数为（
）
A．12
B．18
C．20
D．60．
【答案】C
【分析】根据题意，分为当新节目插在中间的四个空隙中的一个和新节目插在中间的四个空隙中的两个，
结合排列数与组合数的计算，即可求解.
【详解】根据题意，可分为两类：
①当新节目插在中间的四个空隙中的一个时，有
种方法；
9
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②当新节目插在中间的四个空隙中的两个时，有
种方法，
由分类计数原理得，共有
种不同的差法.
故选：C.
12．（2024·辽宁·二模）有甲、乙、丙、丁四名同学参加亚运会志愿者服务工作，现需将四人随机分成三
组，每组至少一人，则甲、乙在同一组的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】首先利用组合数公式求出基本事件总数，再根据古典概型的概率公式计算可得.
【详解】记甲、乙在同一组为事件
，
将四人随机分成三组，每组至少一人的分法为
，
其中甲、乙在同一组包含的基本事件个数为，
所以甲、乙在同一组的概率
．
故选：A．
13．（2024·辽宁·模拟预测）某同学笔袋里有10 支笔，其中8 支黑色，2 支红色.被甲同学借走2 支.已知甲
借走的有一支是红色，则另一支也是红色的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】记“甲借走的有一支是红色”为事件A，“甲借走的两支都是红色”为事件B，根据组合数求
，再结合条件概率公式分析求解.
【详解】记“甲借走的有一支是红色”为事件A，“甲借走的两支都是红色”为事件B，
则
，
，
所以所求的概率为
.
故选：D.
14．（2024·湖北黄石·三模）已知
，则
10
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（ ）
A．1
B．0
C．
D．5
【答案】A
【分析】要想得到
，可以有两种情况，第一：
取
，
取
，第二：
取
，
取
，然后相加可得
.
【详解】要想得到
，可以有两种情况，第一：
取
，
取
，第二：
取
，
取
，
所以
的系数为：
，即
.
故选：A
15．（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.
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16．（2024·四川德阳·三模）在
的展开式中
的系数是（ ）
A．30
B．35
C．55
D．60
【答案】C
【分析】利用二项式定理求出所有含
的项，计算可得系数.
【详解】由二项展开式的通项可得展开式中含
的项包括两项，
即
，
所以展开式中
的系数是55.
故选：C
二、多选题
17．（2024·山西临汾·三模）在
的展开式中（ ）
A．所有奇数项的二项式系数的和为128
B．二项式系数最大的项为第5 项
C．有理项共有两项
D．所有项的系数的和为
【答案】AB
【分析】先求出二项式系数和，奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，即可确定A；二项式系数
的最大项，即为中间项，可确定B；整理出通项公式
，再对
赋
值，即可确定C；令
，可求出所有项的系数的和，从而确定D.
【详解】对于A,二项式系数和为，则所有奇数项的二项式系数的和为
，故A 正确；
对于B, 二项式系数最大为
，则二项式系数最大的项为第5 项，故B 正确；
对于C,
，
为有理项，
可取的值为
，所
以有理项共有三项，故C 错误；
12
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对于D,令
，则所有项系数和为
，故D 错误.
故选：AB.
18．（2024·山西·三模）已知函数
，则（ ）
A．
B．
展开式中，二项式系数的最大值为
C．
D．
的个位数字是1
【答案】BD
【分析】对于A：根据二项展开式分析求解；对于B：根据二项式系数的性质分析求解；对于C：利用赋
值法，令
、
即可得结果；对于D：因为
，结合二项展开式分析求解.
【详解】对于选项A：
的展开式的通项为
，
令
，可得
，
所以
，故A 错误；
对于选项B：因为
为偶数，可知二项式系数的最大值为
，故B 正确；
对于选项C：令
，可得
；
令
，可得
；
所以
，故C 错误；
对于选项D：因为
，
且
的展开式的通项为
，
可知当
，
均为20 的倍数，即个位数为0，
13
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当
时，
，所以
的个位数字是1，故D 正确；
故选：BD.
19．（23-24 高三上·山西·期末）某周周一到周六的夜间值班工作由甲、乙、丙三人负责，每人负责其中的
两天，每天只需一人值班，则下列关于安排方法数的说法正确的有（ ）
A．共有90 种安排方法
B．甲连续两天值班的安排方法有30 种
C．甲连续两天值班且乙连续两天值班的安排方法有18 种
D．甲、乙、丙三人每人都连续两天值夜班的安排方法有6 种
【答案】ABD
【分析】利用排列组合相关知识逐项分析即可.
【详解】对于A，首先任选2 天安排甲值班，共
种方法，再从剩下的4 天中选2 天安排乙值班，
共
种方法，最后安排丙，
种方法，共计
种方法，故A 正确；
对于B，甲可以值周一周二、周二周三、…、周五周六，共有5 种方法，
再从剩余4 天中选2 天安排乙，剩下两天安排丙，此步骤共
种，共计
种方法，故B 正确；
对于C，首先确定甲在乙之前还是之后，有2 种方法，再讨论丙值的两天班是否连续，
若连续，则从“□甲甲□乙乙□”或“□乙乙□甲甲□”对应的三个空档中选择一个，
安排“丙丙”即可，此时有
种方法，
若不连续，则从“□甲甲□乙乙□”或“□乙乙□甲甲□”对应的三个空档中选择两个，各安排一个
“丙”即可，
此时有
种；综上，符合题意的方法数为
种，故C 错误；
对于D，只需将“甲甲”“乙乙”“丙丙”做全排列即可，共
种方法，故D 正确.
故选：ABD.
20．（2024·广东茂名·一模）从标有1，2，3，…，10 的10 张卡片中，有放回地抽取两张，依次得到数字
，
，记点
，
，
，则（ ）
A．
是锐角的概率为
B．
是锐角的概率为
14
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C．
是锐角三角形的概率为
D．
的面积不大于5 的概率为
【答案】ACD
【分析】根据向量数量积为正结合古典概型公式判断A，B 选项，根据数量积为正得出锐角判断C 选项，
结合面积公式判断D 选项.
【详解】对A，易知
，
不共线，若
是锐角，
，易知
共
有100 种情况，其中
共有10 种，
与
有相同种情况，即45 种，所以
是锐角的概率为
，A 正确；
对B，若
是锐角，
恒成立，所以
是锐角的概率为1，B 错误；
对C，若
是锐角三角形，则
，
即
所以
，共有9 种情况，所以
是锐角三角形的概率为
，C 正确；
对D，若
，
，
该不等式共有
组正整数解，所以
的面积不大于5 的概率为
，D 正确.
故选：ACD.
21．（2024·重庆·一模）已知
，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
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C．
D．
E．
【答案】BCD
【分析】利用二项展开式的通项和赋值法，求各选项中系数与系数和的值.
【详解】已知
，
令
，有
，A 选项错误；
令
，有
，
令
，有
，
，B 选项正确；
展开式的通项为
，
，
，C 选项正确，E 选项错误；
，D 选项正确.
故选：BCD
三、填空题
22．（2024·上海闵行·三模）3 名男生和2 名女生排成一排，则女生互不相邻的排法的概率为 .
【答案】
/0.6
【分析】利用插空法求出女生互不相邻的排法，进而得到概率.
【详解】先排男生共有
种，男生排好后共有4 个空隙，再把2 个女生排进去共有
种排法，
所以符合条件的共有
种排法，
故女生互不相邻的排法的概率为
.
16
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故答案为：
23．（2024·内蒙古呼和浩特·二模）若
的展开式中
的系数为40，则实数
．
【答案】3
【分析】根据二项式定理求出多项式展开式中含
的项，结合已知条件建立方程，解之即可求解.
【详解】多项式的展开式中含
的项为
，
所以
，解得
.
故答案为：3
24．（2024·河北衡水·三模）
的展开式中
的系数为 （用数字作答）
【答案】
【分析】根据题意，结合二项式的展开式的性质，准确计算，即可求解.
【详解】由题意，多项式
的展开式中含有
的项为：
，
所以
的系数为
．
故答案为：
.
25．（2024·山东·模拟预测）已知
的展开式中常数项为
，则实数
的值为 .
【答案】
【分析】利用二项式定理求出
的展开式，再求出积的常数项即复旦.
【详解】依题意，
，因此
展开式中常数项为
，
则
，解得
，
所以实数
的值为0.
故答案为：0
26．（2024·吉林·一模）若
，则
．
17
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【答案】165
【分析】根据二项展开式的通项公式和组合数的性质可求解.
【详解】因为二项式
展开式的通项为
（
且
），
又
，
所以
.
故答案为：165
27．（2024·重庆·模拟预测）
的展开式中，含
的项的系数为 ．
【答案】45
【分析】由二项式的通项分别求出含
的项的系数再计算即可.
【详解】前面括号的通项为
，
所以令
可得
，
后面括号的通项为
，
所以令
可得
，
含
的项为
，故系数为45.
故答案为：45.
28．（2024·上海·三模）用1~9 这九个数字组成的无重复数字的四位数中，各个数位上数字和为偶数的奇
数共有 个
【答案】840
【分析】根据题意先分类然后分步，进而结合排列、组合即可求解.
【详解】1~9 这九个数字中由5 个奇数和4 个偶数，
要使四位数满足各个数位上数字和为偶数的奇数，则个位数字必须为奇数，
前三位数字由1 个奇数和2 个偶数或3 个奇数组成，
所以，
.
18
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故答案为：
.
29．（2024·江苏南通·模拟预测）把5 个人安排在周一至周五值班，要求每人值班一天，每天安排一人，
甲乙安排在不相邻的两天，乙丙安排在相邻的两天，则不同的安排方法有 种．
【答案】36
【分析】根据分步计数原理，结合相邻问题和不相邻问题的方法即可求出．
【详解】根据题意，设5 人为甲乙丙丁戊，
①，将乙丙看成一个整体，考虑2 人之间的顺序，有
种情况，
②，将这个整体与丁戊全排列，有
种安排方法，
③，排好后，有4 个空位，由于甲乙安排在不相邻的两天，则只能从3 个空中任选1 个，安排甲，有
种安排方法，
不同的安排方案共有
种；
故答案为：
30．（2024·辽宁大连·二模）第二十一届大连国际徒步大会即将召开，现在要从小张、小赵、小李、小罗、
小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译、安保、礼仪、服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两
项工作，其余三人均能从事这四项工作，若每个工作仅需要一人且每人只能从事一项工作，则不同的选派
方案共有 种.
【答案】36
【分析】分小张和小赵两人只有一人入选和两人都入选两种情况讨论，利用分类加法计算原理计算可得.
【详解】①小张和小赵两人只有一人入选，则有
种选派方法；
②小张和小赵两人都入选，则有
种选派方法；
综上可得一共有
种选派方法.
故答案为：36
31．（2024·江西景德镇·三模）若关于
，
的三项式
的展开式中各项系数之和为
64，则
；其中
项系数的最大值为 .
【答案】 6
/
19
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【分析】令
，得
，即可求得n 的值，利用组合知识求得
项系数为
，然
后利用基本不等式求解最值即可.
【详解】三项式
的展开式中各项系数之和为64，
则令
，得
，解得
；
所以三项式
的展开式中
项系数为：
，
当且仅当
时等号成立，即
项系数的最大值为
.
故答案为：6；
20
