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第三章 排列、组合与二项式定理章末测试
（考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分）
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准
考证号填写在答题卡上．
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，
用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
第Ⅰ卷
一、选择题：本大题共12 小题，每小题5 分，共60 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的．
1．（23-24 高二下·广东肇庆·阶段练习）
（ ）
A．24
B．60
C．48
D．72
【答案】A
【分析】根据组合数以及排列数的计算即可求解.
【详解】
,
故选：A
2．（23-24 高二下·广东中山·期末）用数字
，，
，，
，组成的有重复数字的三位数且是偶数的个
数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】组成有重复数字的三位数，且是偶数,按个位是
和不是
进行分类; 个位不是
时要注意选中的
数有
和不是
情况求解.
【详解】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即0，2，4，有3 种选择，
而由于这是一个三位数，所以百位数不能是0，有5 种选择，因为存在重复数字，由此分类讨论:
①当个位数为0 时，则百位数有5 种选择，十位数有两种情况，
与百位数一样，只有一种选择，
与个位数一样，也只有一种选择;
②当个位数为2 时，
如果百位数为2，则十位数有6 种选择，
如果百位数不为2，则百位数有4 种选择，此时十位数可以与百位数或个位数相同，有2 种选择:
当个位数为4 时，
如果百位数为4，则十位数有6 种选择，
如果百位数不为4，则百位数有4 种选择，十位数可以与百位数或个位数相同，有2 种选择
综上所述，
.
2
故选：B.
3．（23-24 高二下·湖南益阳·期末）已知
，那么
的
值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】令
可得
，令
可得
，即可
求出
，
，再利用展开式的通项求出
，即可求出
，从而得解.
【详解】因为
，
令
可得
，
令
可得
，
所以
，
，
又
，
其中
展开式的通项为
（
且
），
所以
，
所以
，
所以
.
故选：B
4．（23-24 高二下·福建南平·期末）将分别标有数字1，2，3，4，5 的五个小球放入A，B，C 三个盒子，
每个小球只能放入一个盒子，每个盒子至少放一个小球．若标有数字1 和2 的小球不放入同一个盒子，则
不同方法有（ ）
A．72 种
B．42 种
C．114 种
D．36 种
【答案】C
【分析】可先将小球分组去掉1 和2 在一组的分法，再将三组小球放入三个盒子中即可.
【详解】5 个不同的小球，先分成3 组，可分为1,1,3,或者是1,2,2，
共
种，
将每一种分法放到3 个盒子中，共有
种不同方法，
根据分步乘法计数原理得：
种.
3
故选：C.
5．（23-24 高二下·山东菏泽·期末）若
能被25 整除，则正整数
的最小值为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】C
【分析】利用二项式定理展开，并对
讨论即可得到答案
【详解】因为
能被25 整除，
所以当
时，
，此时
，
，
当
时，
；
当
时，
，
因此只需
能够被
整除即可，可知最小正整数
的值为
，
综上所述，正整数
的最小值为，
故选：C
6．（23-24 高二下·山西吕梁·期末）若
的展开式中常数项是20，则
（ ）
A．-2
B．-3
C．2
D．3
【答案】D
【分析】由
，写出
展开式的通项，从而得到展开式中常数
项，即可得解.
【详解】
，
的展开式的通项公式为
，
令
，解得
，则
的展开式的常数项为
；
令
，解得
，则
的展开式的常数项为
，
因为
的展开式中常数项是20，所以
，解得
.
故选：D.
4
7．（23-24 高二下·江苏镇江·期末）2024 年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕某校足球
社的6 名学生准备分成三组前往村超球队所在的平地村口寨村忠诚村
､
､
3 个村寨进行调研，每个村各有一
组来调研，每个组至多3 名学生，则不同的安排方法种数为（ ）
A．900
B．600
C．450
D．150
【答案】C
【分析】按1，2，3 或2，2，2 将6 人分成三组，再把分成的三组分到3 个村寨即可.
【详解】由题意可知6 个人分成三组且每组最多3 名学生，
所以可以分成1，2，3 或2，2，2 两类，
当6 人分成1，2，3 三组，有
种分法，
当6 人分成2，2，2 三组，有
种分法，
所以不同的安排方法种数为
种，
故选：C
8．（23-24 高二下·江苏泰州·期末）已知
的展开式中，仅有第5 项的二项式系数最大，则展开式中
系数的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】由
的展开式中，仅有第5 项的二项式系数最大，得到
，从而求出展开式中系数的最小
值.
【详解】因为
的展开式中，仅有第5 项的二项式系数最大，所以
，
所以展开式的通项公式为
，要使展开式中系数的最小值，则为奇数，取值为
1，3，5，7，所以当
或5 时，系数
最小，则展开式中系数的最小值为
，
故选：C
二、选择题：本题共3 小题，每小题6 分，共18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部
选对的得6 分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分．
9．（24-25 高二上·福建龙岩·期中）传承红色文化，宣扬爱国精神，湖洋中学国旗队在高一年级招收新成
员，现有小明、小红、小华等7 名同学加入方阵参加训练，则下列说法正确的是（ ）
A．7 名同学站成一排，小明、小红、小华必须按从左到右的顺序站位，则不同的站法种数为840
B．7 名同学站成一排，小明、小红两人相邻，则不同的排法种数为720
C．7 名同学站成一排，小明、小红两人不相邻，则不同的排法种数为480
D．7 名同学分成三组（每组至少有两人），进行三种不同的训练，则有630 种不同的训练方法
【答案】AD
【分析】A 先从7 个位置中选3 个排小明等3 人，随后排列剩下4 人，可得排法总数；
B 将小明，小红两人捆绑为1 人，随后与剩下5 人一起排列，可得排法总数；
5
C 先排剩下5 人，随后将小明小红排进5 人的空隙中，可得排法总数；
D 先将7 人按2+2+3 形式分为3 组，再给每组安排训练，可得安排总数.
【详解】A 选项，先从7 个位置中选3 个排小明等3 人，有
种方法，
随后排列剩下4 人，有
种方法，则共有
种方法，故A 正确；
B 选项，将小明，小红两人捆绑为1 人，有2 种排列方法，随后与剩下5 人一起排列，
有
种方法，则共有
种方法，故B 错误；
C 选项，先排剩下5 人，有
种方法，再将小明小红排进5 人产生的6 个空隙中，
有
种方法，则共有
种方法，故C 错误；
D 选项，由题分组情况为2 人的2 组，3 人的一组，则有
种方法，
随后安排训练，有
种方法，则共有
种方法，故D 正确.
故选：AD
10．（24-25 高二上·四川眉山·期中）已知
展开式的二项式系数和为
，
，下列选项正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【分析】先用题目条件得到
，然后取特殊值即可验证A，对表达式求导即可验证B，换元并使用二项
式定理即可验证C，考查每一项系数的符号并取特殊值即可验证D．
【详解】由已知有
，故
，
．
所以
．
对于A，取x =1得
，取x =2得
，
所以
，A 错误；
对于B，对
求导得
，
取x =2得
，B 正确；
对于C，
，
后一项即为余数1，C 正确．
6
对于D，由
有
．
在
中取x =0得
，
所以
，D 正确．
故选：BCD．
11．（23-24 高二下·江苏扬州·期中）“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数
学爱好者的探究欲望．如图，由“杨辉三角”，下列叙述正确的是（ ）
A．
B．第2023 行中从左往右第1013 个数与第1014 个数相等
C．记第n 行的第i 个数为
，则
D．第20 行中第8 个数与第9 个数之比为
【答案】CD
【分析】利用图象及二项式系数计算可得A，利用组合数性质可判定B，利用二项式定理可判定C，利用组
合数的计算可判定D.
【详解】由图象可知
为第
行第三个数，
所以
，故A 错误；
易知第n 行的第i 个数为
，
则第2023 行中从左往右第1013 个数与第1014 个数分别为
，
由组合数的性质知
，故B 错误；
易知
，所以
，故C 正确；
第20 行中第8 个数与第9 个数之比为
，故D 正确.
故选：CD
【点睛】思路点睛：利用二项式系数与“杨辉三角”的关系结合组合数的性质与运算法则一一判定选项即
7
可.
三、填空题：本题共3 小题，每小题5 分，共15 分．
12．（23-24 高二下·河北石家庄·期末）
的展开式中
的系数为 ．（用数字作
答）
【答案】80
【分析】利用二项式定理可得
的展开式通项，令
即可求解．
【详解】
，
的展开式通项为
，
，
因为
的展开式每一项次数为，且
展开式每一项次数为
，
所以
展开式中不含
，
令
，则
，
所以
的展开式中
的系数为
，
故答案为：80．
13．（23-24 高二下·重庆·期末）如图，为我国数学家赵爽验证勾股定理的示意图，用五种颜色（其中一种
为黄色）对图中四个区域
进行染色，每个区域只能用一种染色.若必须使用黄色，则四个区域中有
且只有一组相邻区域同色的染色方法有 种；若不使用黄色，则四个区域中所有相邻区域都不同
色的染色方法有 种.
【答案】
【分析】按同色区域用黄色和不用黄色分类，再结合分步乘法计数原理列式计算即得；按用色多少分成3
类，再在每一类中采用先取后排的方法列式计算即得.
【详解】根据题意，要求四个区域
中有且只有一组相邻区域同色，而同色的相邻区域共有4 种，
不妨假设为
同色，
①若
同时染黄色，则另外两个区域共有
种染色方法，因此这种情况共有
种染色方法；
②若
同时染的不是黄色，则它们的染色有4 种，另外两个区域一个必须染黄色，
所以这两个区域共有
，因此这种情况共有
种染色方法，
综上可知有且只有一组相邻区域同色的染色方法的种数为
种；
根据题意，因为不用黄色，则只有四种颜色可选，分3 种情况讨论：
①若一共使用了四种颜色，则共有
种染色方法；
8
②若只使用了三种颜色，则必有一种颜色使用了两次，且染在相对的区域，所以一共有
种染色方法；
③若只使用了两种颜色，则两种颜色都使用了两次，且各自染在一组相对区域，所以共有
种染
色方法，
综上可知所有相邻区域都不同色的染色方法的种数为84 种.
故答案为：
；
【点睛】思路点睛：染色问题，可以按用色多少分类，再在每一类中找同色方案，并结合排列组合综合问
题求解.
14．（23-24 高二下·上海宝山·期末）设集合A 是由所有满足下面条件的有序实数组
构成的：
每一个元素
等于0、1、
中之一，其中
，2，3，4，5.那么集合A 中满足条件“
”的元
素个数为 .
【答案】130
【分析】从条件入手，由于
只能取0 或1，因此5 个数值的有2 个0，3 个0，或4 个0，讨论这三种情
况，即可求解.
【详解】因为
，
，集合
中元素满足条件
，
由于
只能取0 或1，因此5 个数值中有2 个0，3 个0 或4 个0 的三种情况，
①
中有2 个取值为0，另外3 个从
中取，共有方法数：
，
②
中有3 个取值为0，另外2 个从
中取，共有方法数：
，
③
中有4 个取值为0，另外1 个从
中取，共有方法数：
，
所以总共方法数为
，
即集合
中满足条件
的元素个数有
个.
故答案为：130
四、解答题：本题共5 小题，共77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13 分）（23-24 高二下·北京丰台·期末）2024 年春节期间，全国各大影院热映《第二十条》、《飞
驰人生2》、《热辣滚烫》、《熊出没．逆转时空》4 部优秀的影片．现有4 名同学，每人选择这4 部影片
中的1 部观看．
(1)如果这4 名同学选择观看的影片均不相同，那么共有多少种不同的选择方法？
(2)如果这4 名同学中的甲、乙2 名同学分别选择观看影片《第二十条》、《飞驰人生2》，那么共有多少
种不同的选择方法？
(3)如果这4 名同学中恰有2 名同学选择观看同一部影片，那么共有多少种不同的选择方法？
9
【答案】(1)24；
(2)16；
(3)144.
【分析】（1）直接全排列可得；
（2）另外2 人观影4 部电影，用乘法原理计算可得；
（3）先选2 人观看同一部电影，然后再安排另外2 人观看其余的3 部电影．
【详解】（1）因为4 名同学观看的影片均不相同，
所以不同的选择方法共有
种．
（2）因为甲、乙2 名同学选择观看的影片已确定，
所以不同的选择方法共有
种．
（3）因为恰有2 名同学选择观看同一部影片，
所以不同的选择方法共有
种．
16．（15 分）（23-24 高二下·新疆克孜勒苏·期末）已知
（其中
）的展开式中前3 项
的二项式系数之和等于16.
(1)求
的值；
(2)若展开式中
的系数为
，求实数
的值.
【答案】(1)
；
(2)
.
【分析】（1）直接利用已知列出关于
的等式，求解即可；
（2）利用（1）的结论，写出展开式的通项，得到关于
的等式，求解即可.
【详解】（1）
，
解得
或
（舍），
故
的值为5.
（2）由（1）可知
，展开式的通项为
当
时，
，则
为含
的项，
所以
，又因为
，解得
.
故实数
的值为2.
17．（15 分）（23-24 高二下·河北邢台·期末）达活泉月季园位于河北省邢台市达活泉公园东部，占地面积
4700 平方米，共收集6 大类23 个月季品种
万株，是集观光、科普、研究、展示及繁育等多种功能于一
体的花卉展园．某天，甲游客计划按照一定的先后顺序去该月季园观赏北京红、红从容、黄从容、醉红颜、
白佳人、金凤凰这6 种月季花，且甲第一个观赏的不是北京红．
10
(1)求甲不同的观赏方案数；
(2)若甲上午和下午均观赏3 种月季花，且观赏红从容和黄从容的时间一个在上午，一个在下午，求甲不同
的观赏方案数．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据甲第一个观赏的不是北京红，则甲第一个观赏的是剩余5 个中的其中一个，再将剩余5
种月季花全排列，根据分步乘法原理可求得结果；
（2）根据题意分两种情况：当黄从容在上午观赏时，红从容只能在下午观赏，另一种是当红从容在上午
观赏时，黄从容只能在下午观赏，然后根据分类加法原理求解.
【详解】（1）甲第一个观赏的不是北京红，则甲第一个观赏的是剩余5 个中的其中一个，有
种，
剩下5 种月季花甲依次的方案有
种，
所以由分步乘法原理可知甲不同的观赏方案数为
种．
（2）当黄从容在上午第一个观赏时，红从容地下午观赏，其余4 种月季花在上午和下午可以任意选择，
所以方案有
种，
当黄从容在上午第二或第三个观赏时，则上午第一个需从醉红颜、白佳人和金凤凰选一个，红从容在下午
观赏，
其余3 种月季花在上午和下午可以任选择，所以方案有
，
所以由分类加法原理可知，上午安排黄从容，下午安排红从容的方案数为
种，
同理当红从容在上午观赏，黄从容在下午观赏时，也有180 种，
所以甲不同的观赏方案数为
种.
18．（17 分）（23-24 高二下·河南信阳·期末）已知5 名同学站成一排，要求甲站在正中间，乙与丙相邻，
记满足条件的所有不同的排列种数为
.
(1)求
的值；
(2)设
，
①求
的值；
②求奇次项的系数和.
【答案】(1)8
(2)①255，②
（
也正确）
【分析】（1）首先排甲，再将乙丙安排再甲的左右两位置中的一个，按照分步乘法计数原理计算可得；
（2）①令
，
，根据二项展开式的系数和即可求解；
②令
即可求解；
【详解】（1）首先排甲，再将乙丙安排再甲的左右两位置中的一个，则所有不同的排法种数有
；
11
（2）在
，
令
，得
；
令
，得
①；
.
令
，得
②；
②，得
.（
也正确）
19．（17 分）（23-24 高二下·黑龙江齐齐哈尔·期末）莱布尼茨（德国数学家）三角（如图1 所示）是与杨
辉（南宋数学家）三角数阵（如图2 所示）相似的一种几何排列，但与杨辉三角不同的是，莱布尼茨三角
每个三角形数组顶端的数等于底边两数之和. 现记莱布尼茨三角第1 行的第2 个数字为
，第2 行的第2 个
数字为
，第
行的第2 个数字为
.
(1)求
的值；
(2)将杨辉三角中的每一个数
都换成
就得到了莱布尼茨三角.我们知道杨辉三角的最基本的性质
，也是二项式系数和组合数性质，请你类比这个性质写出莱布尼茨三角的性
质，并证明你的结论.
【答案】(1)
(2)
，证明见解析
【分析】（1）由莱布尼茨三角每个三角形数组顶端的数等于底边两数之和求出
，再由裂项相消法求
和可得；
（2）结合题意代换写出和式
，再利用组合公式运算证明可得.
【详解】（1）由图1 可知：
12
由每个三角形数组顶端的数等于底边两数之和，可得
，
故
，同理
，
故
；
（2）莱布尼茨三角的性质：
证明：
.
.
故结论正确.
