第三章 排列、组合与二项式定理
教学目标
1.通过实例，了解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义．
2.通过实例，理解排列、组合的概念．
3.能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式．
4.能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理．
5.会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题．
教学重难点
1.重点
基本概念和基本方法为主；涉及特殊元素与特殊位置、两元索相邻或不相邻、分组、
分配等问题；二项式定理的展开项与特定项；二项式中系数之和及系数的最值问题.
2.难点
涂色问题；分组与分配问题（平均分）；多面手问题及排列与组合的综合问题；二项
式系数之和与二项式展开式中的之和；二项式展开式中的系数的最大值问题.
知识点01 分类加法计数原理
完成一件事，有
类办法，在第1 类办法中有
种不同的办法，在第2 类办法中有
种不同的方法，…，
在第
类办法中有
种不同的方法，那么完成这件事共有：
种不同的方法．
【即学即练】
1．三个人传球，由甲开始发球，并作为第1 次传球，经过5 次传球后，球仍回到甲的手中，则不同的传球方
式共有 种．
【答案】10
【难度】0.85
【知识点】分类加法计数原理
【分析】列出树状图，由分类加法计数原理即可求解.
【详解】根据题意，作出树状图，第四次球不能传给甲，由分类加法计数原理可知：
经过5 次传球后，球仍回到甲手中，则不同的传球方式共有10 种，
故答案为：10.
2．某实践团有
个男生、个女生，从中任选人发起问卷调研，那么恰好有
个女生被选中的方法有
种.
【答案】
【难度】0.94
【知识点】实际问题中的组合计数问题
【分析】根据组合数的定义及计算方式直接可得解.
【详解】恰好有
个女生被选中时，共有
种方法，
故答案为：
.
知识点02 分步乘法计数原理
完成一件事，需要分成
个步骤，做第1 步有
种不同的方法，做第2 步有
种不同的方法，…，做第
步有
种不同的方法，那么完成这件事共有：
种不同的方法．
注意：两个原理及其区别
分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有
类办法，这
类办法之间是互斥的，那么求
完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理．
分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题．如果完成某件事情有
个步骤，而且
这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这
个步骤后，这件事情才算完成，那么求
完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理．
当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个
计数原理．即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方
法数．对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验
排列组合问题的很好方法．
【即学即练】
1．从1，2，3，…，20，21 这21 个整数中任选两个不同的整数
，其中使得
的个位上的数字为9 的
有序数组
的个数为（ ）
A．75
B．80
C．85
D．90
【答案】C
【难度】0.4
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据
的个位上的数字具有周期性规律，对
、
的取值分类讨论，结合计数原理求得答案.
【详解】
的个位上的数字具有周期性规律，如表所示，
1
2
3
4
5
6
7
8
的个
位上的
数字
2
4
8
6
2
4
8
6
的个
位上的
3
9
7
1
3
9
7
1
数字
由表可得
，
的个位上的数字周期为
，
因此，①当
取
时，
可取
，此时满足题意的有序数组
有
个；
②当
取
时，
可取
，此时满足题意的有序数组
有
个；
③当
取
时，
可取
，此时满足题意的有序数组
有
个，
综上，满足题意的有序数组
的个数为
个，
故选：C.
2．一对非负整数组成的有序数对
，如果在做
与
的加法时不用进位，则称
为“中国梦数对”，
称为“中国梦数对”
的和，则和为2018 的“中国梦数对”的个数为（ ）
A．36 个
B．48 个
C．54 个
D．56 个
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据分步乘法计数原理即可求解.
【详解】设
，
，
则
，
根据题意得
其中
均为自然数，
满足条件
的自然数对
，有
，
，
，共3 对；
满足条件
的自然数对
只有
；
满足条件
的自然数对
有
，
，共2 对；
满足条件
的自然数对
有
，
，
，
，
，
，
，
，
，
共9 对．
由分步乘法计数原理可知，和为2018 的“中国梦数对”的个数为
．
故选：C
知识点03 排列与排列数
（1）定义：从
个不同元素中取出
个元素排成一列，叫做从
个不同元素中取出
个元素的
一个排列．从
个不同元素中取出
个元素的所有排列的个数，叫做从
个不同元素中取出
个元素
的排列数，用符号
表示．
（2）排列数的公式：
．
特例：当
时，
；规定：
．
（3）排列数的性质：
①
；②
；③
．
（4）解排列应用题的基本思路：
通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）．
注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，
常用
于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用
．
【即学即练】
1．甲、乙、丙等人站成一排，其中甲、乙、丙3 人相邻，则不同的站法共有 种．
【答案】36
【难度】0.94
【知识点】相邻问题的排列问题
【分析】排列相邻问题，甲、乙、丙捆绑有
，与另外2 人排也有
，再利用乘法原理计算可求.
【详解】甲、乙、丙捆绑并排列有
种，与另外2 人排有
种，故共有
种.
故答案为：36.
2．甲、乙等6 人排成一排照相，其中甲、乙两人不相邻的排法数为 ．（用数字表示）
【答案】480
【难度】0.94
【知识点】不相邻排列问题
【分析】根据给定条件，利用不相邻问题插空法列式求解发.
【详解】依题意，甲、乙两人不相邻的排法数为
.
故答案为：480
知识点04 组合与组合数
（1）定义：从
个不同元素中取出
个元素并成一组，叫做从
个不同元素中取出
个元素的
一个组合．从
个不同元素中取出
个元素的所有组合的个数，叫做从
个不同元素中取出
个元素
的组合数，用符号
表示．
（2）组合数公式及其推导
求从
个不同元素中取出
个元素的排列数
，可以按以下两步来考虑：
第一步，先求出从这
个不同元素中取出
个元素的组合数
；
第二步，求每一个组合中
个元素的全排列数
；
根据分步计数原理，得到
；
因此
．
这里
，
，且
，这个公式叫做组合数公式．因为
，所以组合数公式还可表示
为：
．特例：
．
注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按
先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式
常用于具体数字计算，
常用于含字母算式的化简或证明．
（3）组合数的主要性质：①
；②
．
（4）组合应用题的常见题型：
①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型
②“至少”或“最多”含有几个元素的题型
【即学即练】
1．20 个不加区别的小球放入编号为1、2、3 的三个盒子中，要求每个盒内的球数不小于它的编号数，则不
同的放法种数共有（ ）
A．120
B．240
C．300
D．360
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】x+y+z=n 的整数解的个数
【分析】将问题化为17 个球排成一排，有16 个空隙，插入2 块隔板分为三堆放入三个盒中，再应用组合数
求不同的放法数.
【详解】先往2 号，3 号盒内分别放入1 个球和2 个球，此时每个盒子至少还需放入1 个球，
将剩下的17 个球排成一排，有16 个空隙，插入2 块隔板分为三堆放入三个盒中即可，
共有
（种）方法．
故选：A
2．（24-25 高二下·安徽合肥·期末）包含甲在内的5 名在校大学生计划参加学校运动会的志愿者服务，有跳高、
跳远、铅球、篮球四个项目可以选择，每个学生只能选择一个项目，每个项目至少招募这5 名志愿者中的一
名.若甲不能参加跳高，跳远这两个项目的服务，则不同的招募方式共有（ ）
A．180 种
B．150 种
C．120 种
D．90 种
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题
【分析】分甲单独参加某个项目与甲和其他一人一起参加某个项目两类，在每一类中利用分步乘法计数原理
计算出方法数，再相加可得结果.
【详解】满足条件的招募方式可分为两类：
第一类：甲单独参加某个项目，
先安排甲，由于甲不能参加跳高，跳远两个项目，故甲的安排方法有2 种，
再将余下4 人，安排到余下的三个项目，
由于每个学生只能选择一个项目，每个项目至少招募一名学生，
故满足条件的招募方式有
种，
所以甲单独参加某个项目的招募方式有
种；
第二类：甲和其他一人一起参加某个项目，
先选一人与甲一起，再将两人安排至某一项目，有
种方法，
再安排余下3 人，有
种方法，
所以甲不单独参加某个项目的报名方法有
种，
所以满足条件的不同的招募方式共有
种方法.
故选：C.
知识点05 二项式定理
（1） 二项式定理
(1).式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N*)；
(2).通项公式：Tr＋1＝Can－rbr，它表示第r＋1 项；
(3).二项式系数：二项展开式中各项的系数C，C，…，C.
（2）二项式系数的性质
性质
性质描述
对称性
与首末等距离的两个二项式系数相等，即C＝C
增减性
二项式系数C
当k＜(n∈N*)时，是递增的
当k＞(n∈N*)时，是递减的
二项式系
数最大值
当n 为偶数时，中间的一项
取得最大值
当n 为奇数时，中间的两项
与
取得最大值
（3）各二项式系数和
(1).(a＋b)n展开式的各二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n.
(2).偶数项的二项式系数的和等于奇数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1.
【知识必备】(a＋b)n的展开式形式上的特点
(1).项数为n＋1.
(2).各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a 与b 的指数的和为n.
(3).字母a 按降幂排列，从第一项开始，次数由n 逐项减1 直到零；字母b 按升幂排列，从第一项起，次
数由零逐项增1 直到n.
(4).二项式的系数从C，C，一直到C，C.
【即学即练】
1．（多选题）二项式
的展开式中含
的项的系数是60，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．展开式中含
的项的系数是
C．展开式中一定有含
的项
D．展开式中的常数项是
【答案】ABD
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数、由项的系数确定参数
【分析】由含
的项的系数是60，求得
，再结合通项公式逐个判断即可.
【详解】
的通项公式为
，
令
，可得
，解得
，A 正确，
故通项公式为：
，
令
，可得
项的系数为
，B 正确，
由
，得
不符合题意，所以展开式中一定不含
的项，C 错误，
对于D,令
，可得展开式中的常数项是
，D 正确，
故选：ABD
2．（多选题）已知
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【难度】0.85
【知识点】求指定项的系数、奇次项与偶次项的系数和、二项展开式各项的系数和
【分析】A 选项，令
可求；B 选项令
可求；C 选项，令
可求；D 选项，把
和
时的展
开式相加可求.
【详解】令
，得
，故A 错误；
令
，得
，故B 正确；
令
，得
，故C 正确；
将
与
这两式的左右两边分别相加，
得
，解得
，故D 错误.
故选：BC.
3．（多选题）关于多项式
的展开式，下列结论正确的是（ ）
A．各项系数之和为32
B．各项系数的绝对值之和为
C．常数项为80
D．
的系数为0
【答案】ABD
【难度】0.65
【知识点】三项展开式的系数问题、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和
【分析】令
，可判断A；令多项式
中的
可得到B；求出通项，令
可得C 错误；
在C 基础上，由通项中令
可得D.
【详解】对于A，令
，可得各项系数之和为
，故A 正确；
对于B，多项式
的展开式各项系数的绝对值之和与多项式
的展开式各项系数之和相等，
在多项式
中，令
，可得各项系数之和为
，故B 正确；
对于C，
的展开式的通项公式为
，
的展开式的通项公式为
，
令
，则有3 种情况：当
时，该项为
；
当
时，该项为
；当
时，该项为
；
故常数项为
，故C 错误；
对于D，令
，结合
，则有
，
解得
或
，
当
时，该项为
；
当
时，该项为
，
所以，
的系数为
，故D 正确.
故选：ABD.
4．
的展开式中
的系数为 .
【答案】
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数
【分析】根据二项式展开式的通项公式
，令
，或
，即可求得答案.
【详解】因为
的展开式的通项：
，
取
项的组合方式：展开式中的
项是由
乘以
展开式中的
项，与
乘以
展开式中的
项
相加得到，
故需求解
展开式中
和
时的情况，
所以
的展开式中
的系数为
,
故答案为：
题型01 计数原理-分类用加法，分步用乘法
【典例1】.（25-26 高二上·江苏南京·开学考试）书架上有6 本不同的书，再往书架放另外3 本不同的书，要
求不改变原来书架上6 本书的左右顺序，则不同的放法有（ ）种.
A．504
B．84
C．1008
D．168
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】定序问题，由分步乘法计数原理可得.
【详解】将新买的本书逐一放进去，
对第一本书，
本书形成
个空当，在
个空当里面选一个有
种选法；
对第二本书，
本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
最后一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
由分步乘法计数原理可得，共有
(种).
故选：A
【典例2】．（25-26 高二上·四川成都·月考）重新排列数字
，使得偶数在偶数的位置上，但都
不在原来的位置上，奇数在奇数位置上，但除其中一个奇数在原本位置上以外，其余3 个奇数都不在原来的
位置上，则有 种不同的排法.
【答案】72
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题
【分析】分2 步进行：先排偶数，再排奇数.利用列举法分别表示偶数、奇数排列的所有情况，结合分步乘法
计数原理即可求解.
【详解】由题意知，可分2 步进行：先排偶数，再排奇数.
排偶数的情况：设4 个偶数排列为
，
其中
表示第2 位，
表示第4 位，表示第6 位，
表示第8 位，
则所有的可能有
，
，共9 种排法；
同理，满足奇数的所有可能有
，共8 种排法.
所以总的排法数为
种.
故答案为：72
【变式1】．设集合
，选择集合
的两个非空子集
和
，要使
中最小的数大于
中最大的
数，则不同的选择方法共有（ ）.
A．50 种
B．49 种
C．48 种
D．47 种
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】判断集合的子集（真子集）的个数、分步乘法计数原理及简单应用
【分析】依
中的最大数进行分类求解.
【详解】依
中的最大数进行分类：
①若
中的最大数为1，则
有1 种，则
是集合
的非空子集，有
种，所以有
（种）；
②若
中的最大数为2，则
有2 种，则
是集合
的非空子集，有
种，所以有
种；
③若
中的最大数为3，则
有4 种，则
是集合
的非空子集，有
种，所以有
种；
④若
中的最大数为4，则
有8 种，则
是集合
的非空子集，有1 种，所以有
种.
所以可得
，故不同的选择方法共有49 种．
【变式2】．（2025·广西南宁·模拟预测）一个3×3 的正方形花坛被划分为9 个1×1 小方格（如图），计划种
植4 种花卉（玫瑰、月季、百合、郁金香）每个小方格种1 种花卉.要求：花坛中任意2×2 的小区域内，4 种
花卉必须全部种植且不重复，则不同的种植方案共有 种.
【答案】72
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据分类加法以及分步乘法计数原理求解即可.
【详解】如图对正方形每个方格编号：
不妨记玫瑰、月季、百合、郁金香分别为：
，
第一步在
方格中种植4 种不同花卉，有
种方法；
第二步：不妨取一种种植情况如图：
A
B
3
D
C
6
7
8
9
（1）当
方格种植
花卉时，则方格种植D 花卉，方格只能种植B 花卉，
方格种植A 花卉， 方格种植D 花卉，只有种方法；
（2）当
方格不种植
花卉时，则
方格中种植
花卉，方格种植A 花卉，
①当方格种植
花卉时，则方格种植B 花卉，方格种植
花卉，只有种方法；
②当方格种植B 花卉时，则方格中只能种植
花卉，
方格种植B 花卉，只有种方法；
因此根据分类加法计数原理和分步计数原理可知，共有
种方法.
故答案为：
题型02 无限制的排列与组合问题-直接法
【典例3】．（23-24 高二下·河南周口·月考）A，B，C，D，E 五人站成一排，那么排法种数为 .
【答案】120
【难度】0.94
【知识点】全排列问题
【分析】利用全排列公式即可得到答案.
【详解】由五人站成一排，进行全排列有
种.
故答案为：120.
【典例4】．（24-25 高二下·内蒙古巴彦淖尔·期末）某旅行社设计了4 条不同的旅游路线，甲要从中任选2
条路线，分别在假期7 月和8 月出游，则不同的选择及安排方法有（ ）
A．24 种
B．16 种
C．12 种
D．6 种
【答案】C
【难度】0.94
【知识点】全排列问题
【分析】从四个当中选两个安排在不同日期，意味着有顺序需要用排列解决.
【详解】由题意可得不同的选择及安排方法有
种.
故选：
.
【变式1】．（23-24 高二下·天津和平·期末）某校举办“中华颂”朗诵比赛，现有3 名男生和3 名女生报名，
需将这6 名同学分为3 组，每组由1 名男生和1 名女生组成，则有 种分组方法.（请用数字作答）
【答案】6
【难度】0.94
【知识点】全排列问题
【分析】视3 名男同学为3 个位置，将3 名女同学安排到3 个位置即可得解.
【详解】依题意，将6 名同学分为3 组，每组由1 名男生和1 名女生组成，
可视3 名男同学为3 个位置，将3 名女同学安排到3 个位置，不同安排方法数为
种.
故答案为：6
【变式2】．（24-25 高二下·江苏南通·月考）书架共四层，将3 本不同的书放入书架，书架恰有一层空着，
则不同的放法有（ ）
A．24 种
B．15 种
C．12 种
D．6 种
【答案】A
【难度】0.94
【知识点】实际问题中的组合计数问题、分步乘法计数原理及简单应用、全排列问题
【分析】利用分步乘法计数原理即可求解.
【详解】第一步，从四层书架中选一层空着，有
种方法；
第二步，将3 本不同的书放入剩下的3 层书架中，每层一本，有
种方法；
则不同的放法总数有
种.
故选：A.
题型03 相邻问题-捆绑法
【典例5】．（24-25 高二下·河南商丘·月考）5 名学生排成一排，甲、乙、丙3 人相邻的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【难度】0.94
【知识点】计算古典概型问题的概率、相邻问题的排列问题
【分析】通过捆绑法确定甲、乙、丙3 人相邻的排法总数，再由古典概型概率计算公式即可求解.
【详解】5 名学生排成一排，共有
种排法，
其中甲、乙、丙3 人相邻有
种，
所以甲、乙、丙3 人相邻的概率为
，
故选：A
【典例6】．（24-25 高二下·河南商丘·期中）现有甲、乙等5 人并排站成一排，如果甲、乙必须相邻且乙在
甲的右边，那么不同的排法种数有（ ）
A．24
B．36
C．48
D．60
【答案】A
【难度】0.94
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、相邻问题的排列问题
【分析】利用“元素相邻捆绑法”求解.
【详解】第一步：甲、乙相邻且乙在甲的右边，这样的排列方式只有1 种；
第二步：将甲乙看成一个整体，将其与其余3 人站成一排，有
种排法.
由分步乘法计数原理可得：满足条件的排法种数为：
.
故选：A
【变式1】．（24-25 高二下·福建厦门·月考）有甲、乙、丙、丁、戊5 名同学站成一排参加文艺汇演，当甲
和乙相邻时，甲必须在乙的右边，则不同的排列方式共有 种.
【答案】24
【难度】0.94
【知识点】相邻问题的排列问题
【分析】利用捆绑法可得答案.
【详解】当甲和乙相邻时，，甲和乙看作一个元素，与余下的3 名同学拍成一排，
甲必须在乙的右边，则不同的排列方式共有
种.
故答案为：24.
【变式2】．
名男生和
名女生排成一排，若女生必须相邻，则有 种不同排法. 用数字作答
【答案】
【难度】0.94
【知识点】相邻问题的排列问题
【分析】利用捆绑法可求不同的排法总数.
【详解】根据题意，分
步进行，
先将
名女生排在一起，看成做一个元素，考虑其顺序，有
种情况，
再将其与其他
名男生全排列，有
种情况，
则其不同的排列方法为
种，
故答案为：
.
题型04 不相邻问题-插空法
【典例7】．（24-25 高三上·上海·月考）2 位女生3 位男生排成一排，则2 位女生不相邻，且3 位男生相邻的
排法共有 种．
【答案】
【难度】0.94
【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题
【分析】根据相邻问题捆绑即可求解.
【详解】2 位女生不相邻，且3 位男生相邻，则只能3 位男生一起站中间，2 名女生站两端，
故总的排法有
,
故答案为：12
【典例8】．（23-24 高二下·陕西咸阳·期末）中国古乐中的五声音阶依次为：宫、商、角、徵、羽，如果用
这五个音阶，排成一个没有重复音阶的五音音序，且商、角、徵不全相邻，则可排成的不同音序有 种.
（用数字作答）
【答案】84
【难度】0.94
【知识点】排列数的计算、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题、元素（位置）有限制的排列问题
【分析】由捆绑法、间接法即可求解.
【详解】这五个音阶的全排列数为
，
若商、角、徵全相邻，则由捆绑法可知，共有
种排法，
故由间接法可知，满足题意的排法数有
种.
故答案为：84.
【变式1】．（24-25 高二下·河南·月考）若3 个男生和2 个女生排成一排，则女生不相邻的排法数为（ ）
A．120
B．72
C．48
D．12
【答案】B
【难度】0.94
【知识点】不相邻排列问题
【分析】先排男生，再把女生排进男生间的空隙，结合分步计数原理可得结果．
【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．
故选：B.
【变式2】．（24-25 高二下·湖北·月考）袋中装有红色小球1 个、黄色小球2 个、绿色小球3 个，小球除了
颜色外完全相同，现从中取出5 个小球排成一行，相同颜色的小球不能相邻，则不同的排法种数为（ ）
A．8
B．11
C．12
D．15
【答案】D
【难度】0.94
【知识点】不相邻排列问题
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理，结合组合计数问题列式求解.
【详解】不取红色小球时，排法种数为1；
剩下一个小球是黄色小球时，排法种数为2；
剩下一个小球是绿色小球时，当红色小球在两个黄色小球之间时，有
种排法；
当红色小球不在两个黄色小球之间时，有
种排法，
所以不同排法种数是
.
故选：D
题型05 定序问题-除法
【典例9】五人并排站在一排，如果A，B 必须相邻且B 在A 的右边，那么不同的排法种数有（ ）
A．60 种
B．48 种
C．36 种
D．24 种
【答案】D
【解析】根据题意，分2 步进行分析：
①
，
必须相邻且
在
的左边，将
看成一个整体，有1 种顺序，
②将
整体与
、
、
全排列，有
种情况，
则有
种排法；
故选：D．
【典例10】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
【变式1】．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6 盏不同的花灯需要取下，每次取1 盏，则不同取法总数为_________
【答案】
【解析】由题意，对6 盏不同的花灯进行取下，
先对6 盏不同的花灯进行全排列，共有
种方法，
因为取花灯每次只取一盏，而且只能从下往上取，
所以必须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序，
故共有取法总数为：
.
故答案为：
【变式2】某公司在元宵节组织了一次猜灯谜活动，主持人事先将10 条不同灯谜分别装在了如图所示的10
个灯笼中，猜灯谜的职员每次只能任选每列最下面的一个灯笼中的谜语来猜（无论猜中与否，选中的灯笼就
拿掉），则这10 条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法数为____________.（用数字作答）
【答案】
【解析】一共有10 条灯谜，共有
种方法，由题意可知而其中按2，3，3，2 组成的4 列相对位置不变，所
以结合倍缩法可知共有
种，也即是这10 条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法有
种
故答案为：
.
题型06 多面手问题
【典例11】．某国际旅行社现有11 名对外翻译人员，其中有5 人只会英语，4 人只会法语，2 人既会英语又
会法语，现从这11 人中选出4 人当英语翻译，4 人当法语翻译，则共有（ ）种不同的选法
A．225
B．185
C．145
D．110
【答案】B
【解析】根据题意，按“2 人既会英语又会法语”的参与情况分成三类．
①“2 人既会英语又会法语”不参加，这时有
种；
②“2 人既会英语又会法语”中有一人入选，
这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能，
因此有
种；
③“2 人既会英语又会法语”中两个均入选，
这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种，
因此有
种．
综上分析，共可开出
种．
故选：B．
【典例12】．“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．
【变式1】．某龙舟队有9 名队员，其中3 人只会划左舷，4 人只会划右舷，2 人既会划左舷又会划右舷．现
要选派划左舷的3 人、右舷的3 人共6 人去参加比赛，则不同的选派方法共有（ ）
A．56 种
B．68 种
C．74 种
D．92 种
【答案】D
【解析】根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有
种，
有一个“多面手”的选派方法有
种，有两个“多面手”的选派方法有
种，即共有
(种)不同的选派方法．
故选：D
【变式2】．我校去年11 月份，高二年级有10 人参加了赴日本交流访问团，其中3 人只会唱歌，2 人只会跳
舞，其余5 人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6 人上台表演，3 人唱歌，3 人跳舞，有（ ）种不同的选法．
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据题意可按照只会跳舞的人中入选的人数分类处理．
第一类个只会跳舞的都不选，则从既能唱歌又能跳舞的5 人中选择3 人来跳舞，接着从剩余的5 人中选择3
人唱歌，故有
种；
第二类个只会跳舞的有人入选，有
种，再从从既能唱歌又能跳舞的5 人中选择2 人来跳舞，有
种，
再从剩余的6 人中选择3 人唱歌，有
种，故有
种；
第三类个只会跳舞的全入选，有
种，再从从既能唱歌又能跳舞的5 人中选择1 人来跳舞，有
种，再从
剩余的7 人中选择3 人唱歌，有
种，有
种，
所以共有
种不同的选法，
故选：A．
题型07 涂色问题
【典例13】．（24-25 高二下·新疆乌鲁木齐·期中）如图为我国数学家赵爽（约3 世纪初）在为《周髀算经》
作注时验证勾股定理的示意图，现用4 种不同颜色给图中的5 个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜
色，则不同的涂色方法共有多少种（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用
【分析】根据题意，分4 步依次分析区域
、
、
、
、
的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案．
【详解】分4 步进行分析：
①，对于区域
，有4 种颜色可选；
②，对于区域
，与
区域相邻，有3 种颜色可选；
③，对于区域
，与
、
区域相邻，有2 种颜色可选；
④，对于区域
、
，若
与
颜色相同，
区域有2 种颜色可选，
若
与
颜色不相同，
区域有1 种颜色可选，
区域有1 种颜色可选，
则区域
、
有
种选择，
则不同的涂色方案有
种.
故选：A
【典例14】．在如图所示的6 块区域中，用4 种颜色填涂，且相邻区域不同色，不同的染色方法有 种.
【答案】
【难度】0.65
【知识点】涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用
【分析】通过分类加法计数原理，分
同色和
异色两类，每一类再分步计算得到.
【详解】分两类完成：
①当
同色时，有4 种颜色可供选择，此时
有3 种，
有2 种，
有2 种，
有1 种，由乘法原理可得
共有48 种．
②当
异色时，不同颜色的选法有
种，此时
有2 种，
有1 种．
若
同色，则
有2 种；
若
异色，则
有1 种．
由乘法原理可得
，故不同的染色方法有72 种.
由加法原理得一共有
种.
故答案为：
.
【变式1】．某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉，要求相邻区域布置的花卉种类不同，且
每个区域只布置一种花卉，若有5 种不同的花卉可供选择，则不同的布置方案有（ ）
A．360 种
B．420 种
C．480 种
D．540 种
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】涂色问题
【分析】利用要求根据区域依次讨论计算即可.
【详解】如图，先在区域A 布置花卉，有5 种不同的布置方案，再在区域E 布置花卉，有4 种不同的布置方
案，
再在区域D 布置花卉，有3 种不同的布置方案．
若区域B 与区域E 布置同一种花卉，则区域C 有3 种不同的布置方案；
若区域B 与区域E 布置不同的花卉，则区域B 有2 种不同的布置方案，区域C 有3 种不同的布置方案．
故不同的布置方案有
种．
故选：D
【变式2】．（24-25 高二下·江苏南京·月考）如题图所示是某展区的一个菊花布局图，现有5 个不同品种的
菊花可供选择，要求相邻的两个展区不使用同一种菊花，则不同的布置方法有 种．
【答案】420
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用
【分析】先安排中心区域A，再从B 开始沿逆时针方向进行布置四周的区域，分D 与B 选用同一种和选用不
同种类菊花两种情况，结合计数原理得到答案.
【详解】先布置中心区域A 共有5 种方法，从B 开始沿逆时针方向进行布置四周的区域，
则B 有4 种布置方法，C 有3 种布置方法．
如果D 与B 选用同一种菊花，则E 有3 种布置方法；
如果D 与B 选用不同种类菊花，则D 有2 种布置方法，E 有2 种布置方法．
按照分步乘法与分类加法计数原理，
则全部的布置方法有
（种）.
故选：420．
题型08 相同元素的排列问题
【典例15】．从3 个箱子（每个箱子里的球足够多）里选8 个小球，每个箱子至少选2 个小球，不同的选法
有 种.
【答案】6
【难度】0.65
【知识点】x+y+z=n 的整数解的个数
【分析】应用隔板法，将5 个小球排成一排，用2 块挡板插入四个空中的2 个，即可得.
【详解】8 个相同小球再减去3 个小球共5 个小球排成一排，用2 块挡板去插入，有
种.
然后再往每个箱子里放1 个球，即每个箱子至少选2 个小球，故不同的选法有6 种．
故答案为：6
【典例16】．（24-25 高二下·青海西宁·期末）已知方程
，若x，y，z 均为正整数，则称
为该方程的正整数解.则方程
共有（ ）个正整数解.
A．171
B．190
C．342
D．380
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】x+y+z=n 的整数解的个数、组合数的计算
【分析】先将题目问题进行转化；再利用隔板法进行求解.
【详解】因为x，y，z 均为正整数，
所以方程
正整数解的个数问题可以转化为：将
个相同的物品分成组，每组至少一个，有多
少种不同的分法.
利用隔板法可得：不同的分法有
种.
故选：A
【变式1】．（24-25 高二下·天津南开·期中）把个相同的小球放入
个不同的盒子中，每个盒子最多放
个
小球，则不同方法有 种（用数字作答）.
【答案】
【难度】0.65
【知识点】x+y+z=n 的整数解的个数
【分析】先考虑个相同的小球放入
个不同的盒子的情形，其中有空盒的放法种数；接下来考虑把个相同
的小球放在同一个盒子的情形，结合隔板法和间接法可求得结果.
【详解】先考虑个相同的小球放入
个不同的盒子的情形，那么其中有空盒，
可考虑在每个盒子中各加一个球，问题转化为将
个相同的小球放入
个不同的盒子，
每个盒子中至少有个球，由隔板法可知，不同的方法种数为
种；
接下来考虑把个相同的小球放在同一个盒子的情形，有
种情况.
由间接法可知，不同的方法种数为
种.
故答案为：
.
【变式2】．已知
，
，
，则关于
，
，
的方程
共有（ ）组不同的解.
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】x+y+z=n 的整数解的个数
【分析】问题转化为10 个相同小球放入三个不同盒子中，每个盒子都有小球，利用隔板法求解.
【详解】问题可转化为，10 个相同的小球放到三个不同的盒子里，每个盒子不能空着，每个盒子中小球的数
目就是方程
的一组解，
由隔板法可知，共有
种不同的分法，
即方程共有
组不同的解.
故选：A
题型09 分组分配问题（平均分）
【典例17】．（2025·湖南郴州·一模）“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设
备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为
个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药
球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】B
【难度】0.65
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题
【分析】分两步完成，先分跳箱、再分药球，确定每一步的分法种数，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】分以下两步：
（1）先分跳箱：
个相同的跳箱分给三个球队，三个球队分得的跳箱数量分别为、
、或
、
、
或
、
、，
所以，跳箱的分法种数为
种；
（2）接下来分药球：将个药球分给三个球队，三个球队分得的药球数量分别为、、或
、、
，
所以，药球的分法种数为
种.
由分步乘法计数原理可知，不同的分法种数为
种.
故选：B.
【典例18】．（24-25 高二下·安徽宿州·期末）现将《红楼梦》、《水浒传》、《三国演义》、《西游记》、
《史记》5 本不同的书籍分发给甲乙丙3 人，每人至少分得1 本，已知《西游记》分发给了甲，则不同的分发
方式种数是（ ）
A．150
B．100
C．25
D．50
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】实际问题中的组合计数问题、分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题
【分析】根据题意，分2 步进行分析：①将5 本不同的书籍分为3 组，每组至少1 本，②将《西游记》所在
的组分发给了甲，剩下2 组任意分配，由分步计数原理计算可得答案.
【详解】根据题意，分2 步进行分析：
①将5 本不同的书籍分为3 组，每组至少1 本，
若分为1、1、3 的三组，有
种分组方法，
若分为1，2，2 的三组，有
种分组方法，
共有
种分组方法，
②将《西游记》所在的组分发给了甲，剩下2 组任意分配，有2 种情况，
则有
种分发方式.
故选：D.
【变式1】．（25-26 高三上·湖南邵阳·期中）赣超联赛作为江西本土热门足球赛事，正处于激烈的关键赛程
阶段.为保障赛事服务质量，需将4 名志愿者小赵、小孙、小周、小吴平均分配到A，B 两个比赛场馆服务，
则恰好小赵与小周分到同一个场馆的概率为 ．
【答案】
【难度】0.65
【知识点】计算古典概型问题的概率、分组分配问题
【分析】先将四人分成两组，再将两组人分配到两个场馆，根据分步乘法计数原理即可求出总的分法数，再
求出小赵与小周分到一个场馆的分法数，最后利用古典概型概率计算公式即可求解．
【详解】将4 人平均分为两组，每组两人，共
种分法，
再将两组人分配到A，B 两个场馆，因此共
种分法，
小赵与小周分到同一个场馆的分法有2 种；
故小赵与小周分到同一个场馆的概率为
．
故答案为：
．
【变式2】．（25-26 高三上·广东·月考）为了表扬三位乐于助人的同学，班主任购买了4 个价钱相同的礼盒
全部分给这3 名同学，若购买的4 个礼盒仅有2 个相同，按一人2 个礼盒，另两人各1 个礼盒进行分配，共
有 种分法.（用数字作答）
【答案】21
【难度】0.65
【知识点】排列组合综合、分组分配问题
【分析】考虑2 个相同礼盒是否分给同一人两种情况，结合分步计数原理求解即可.
【详解】第一种情况，当2 个相同礼盒分给同一人时：
第一步，分配2 个相同礼盒，
即将这2 个相同礼盒分给三个同学中的一个，共
种分配方法；
第二步，分配剩下的2 个不同礼盒，
即将剩下的2 个不同礼盒，分给剩下的2 个同学，共有
种，
所以一共有
种分法；
第二种情况，当2 个相同礼盒不分给同一人时：
记4 个礼盒分别为
，
当
或
在一起时，共有
种分配方法；
当
在一起时，即将
分给三个人中任何一个，剩下的2 个人，每人分一个
，共有
种分配方法；
综上，共有
种分配方法.
故答案为：
题型10 与数字有关的排列问题
【典例19】．（23-24 高二下·天津北辰·月考）从1，3，5，7 中任取两个数，从0，2，4，6 中任取两个数，
组成没有重复数字的四位数．这样的四位偶数有 个．（用数字作答）
【答案】396
【难度】0.65
【知识点】数字排列问题、代数中的组合计数问题、元素（位置）有限制的排列问题
【分析】利用分步乘法计数原理求出个位为偶数字的排列数，去掉最高位是数字0 且个位为偶数字的排列数
即可得结果.
【详解】取出两个奇数字和两个偶数字的方法数为
种，
把取出的4 个数字排列，个位为偶数字的排列方法数为
，
其中取出数字0 并排在最高位，个位为偶数字的有
，
所以符合要求的四位偶数个数为
.
故答案为：396
【典例20】．（24-25 高二下·山西·月考）由0，1，2，3，4，5 所组成的无重复数字的4 位数中偶数的个数
为（ ）
A．360
B．280
C．156
D．150
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、数字排列问题、代数中的组合计数问题、元素（位置）有限制的排列问题
【分析】分个位的数字为0、2、4 并求出对应满足条件的偶数个数即可.
【详解】若个位上的数字为0，可以组成
个无重复数字的4 位数的偶数，
若个位上的数字为2 或4，可以组成
，
故可以组成
个符合条件的数．
故选：C
【变式1】．用数字1，2，3，4，5，6 组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的三位数，这样的三位
数一共有 个.（用数字作答）
【答案】60
【难度】0.65
【知识点】代数中的组合计数问题
【分析】分只有一个数字为偶数和没有偶数两种情况求解求和即可
【详解】分两种情况，只有一个数字为偶数有
个，没有偶数有
个，所以共有
个．
故答案为：60
【变式2】．（2024·河南新乡·二模）从
这5 个数字中任取2 个偶数和1 个奇数，组成一个三位数，
则不同的三位数的个数为（ ）
A．16
B．24
C．28
D．36
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】代数中的组合计数问题
【分析】分两种情况，再按照分步计数原理，即可求解.
【详解】若没有取到0，则有
种方法，
若取到0，则有
种方法，
所以不同的三位数共有
种.
故选：C
题型11 与几何图形有关的排列问题
【典例21】．（24-25 高二下·广西河池·月考）从正六边形的
个顶点及其中心共七个点中任意选取三个点，
如果选出的三个点能构成三角形，则构成的三角形不是等边三角形的个数是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【难度】0.94
【知识点】几何组合计数问题
【分析】求出选出的三个点能构成三角形的选法种数，并求出等边三角形的个数，结合间接法可得结果.
【详解】在正六边形
中，
为其中心，如下图所示：
从这七个点中任选三个点，共有
种，其中三点共线的情形有种，
所以，能构成的三角形的个数为
个，
其中，构成的等边三角形分别为
、
、
、
、
、
、
、
，共个，
所以，构成的三角形不是等边三角形的个数是
个.
故选：A.
【典例22】．（24-25 高二下·山西·期中）已知平面
平面
，平面
内有
共5 个点，其中有且
仅有
三点共线，平面
内有
共4 个点，任意三点不共线，则以这9 个点为顶点的三棱锥最多
有（ ）
A．80 个
B．86 个
C．116 个
D．136 个
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】几何组合计数问题、组合数的计算
【分析】由三棱锥的几何结构特征，可分三类情况讨论：从平面
内取3 个点不共线，平面
内取1 个点，
从平面
内取2 个点，平面
内取2 个点，从平面
内取1 个点，平面
内取3 个点，结合数的计算公式和
分类计数原理，即可求解.
【详解】根据题意，由三棱锥的几何结构特征，可分三类情况讨论：
从平面
内取3 个点不共线，平面
内取1 个点共有
种情况；
从平面
内取2 个点，平面
内取2 个点共有
种情况；
从平面
内取1 个点，平面
内取3 个点共有
种情况，
所以从这9 个点为顶点的三棱锥最多有
个三棱锥.
故选：C.
【变式1】．如图，点
，
，
，
分别是四面体的顶点或其棱的中点，则在同一平面内的四点组
共有 个．
【答案】33
【难度】0.85
【知识点】几何组合计数问题、空间中的点（线）共面问题
【分析】先将四点组分成两类，一类在四面体的侧面上，一类在一条侧棱和其对棱中点组成的平面上，分别
计数，再由分类加法计数原理即得.
【详解】因在同一平面内的四点组
都含有点
，故可以分成两类情况：
①四点组在四面体的侧面上，如在平面
中，除去点
，还剩5 个点，选其中3 点，有
个，
同理在平面
和平面
中也各有10 个，共有30 个；
②四点组在一条侧棱和其对棱中点组成的平面上，如平面
中，除去点
还剩3 个点，故有1 个，
同理在平面
和平面
上，也各有1 个，共有3 个.
综上，在同一平面内的四点组
共有33 个.
故答案为：33.
【变式2】．（24-25 高二上·上海·期末）从边长为1 的正八边形的顶点中随机选3 个点作为三角形
的顶点，
从棱长为2 的正方体的顶点中随机选3 个点作为三角形
的顶点，则
为直角三角形的概率是
为等腰三角
形的概率的 倍．
【答案】2
【难度】0.65
【知识点】几何组合计数问题、计算古典概型问题的概率、利用对立事件的概率公式求概率
【分析】先求出八边形中的等腰三角形的个数，从而由组合知识得到
为等腰三角形的概率为
，再
求出
不是直角三角形的情况，得到
为直角三角形的概率为
，得到答案.
【详解】在八边形
中，以
为顶点的等腰三角形有3 个，
分别为
，
故
为等腰三角形的情况数共
个，
故
为等腰三角形的概率为
，
从棱长为2 的正方体的顶点中随机选3 个点作为三角形
的顶点，
不是直角三角形的情况，如下图中的等边三角形
，这样的等边三角形共8 个，
分别为
，
，
，
，
，
，
，
，
所以
为直角三角形的概率为
，
由于
，
故
为直角三角形的概率是
为等腰三角形的概率的2 倍.
故答案为：2
题型12 环排问题
【典例23】．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
【典例24】．A，B，C，D，E，F 六人围坐在一张圆桌周围开会，A 是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅
子，B，C 二人必须坐相邻的两把椅子，其余三人坐剩余的三把椅子，则不同的座次有（ ）
A．60 种
B．48 种
C．30 种
D．24 种
【答案】B
【解析】首先，A 是会议的中心发言人，必须坐最北面的椅子，
考虑B、C 两人的情况，只能选择相邻的两个座位，位置可以互换，
根据排列数的计算公式，得到，
，接下来，考虑其余三人的情况，
其余位置可以互换，可得
种，最后根据分步计数原理，得到
种，
故选B.
【变式1】．如图，某伞厂生产的太阳伞的伞篷是由太阳光的七种颜色组成，七种颜色分别涂在伞篷的八个
区域内，且恰有一种颜色涂在相对区域内，则不同颜色图案的此类太阳伞最多有（ ）.
A．40320 种
B．5040 种
C．20160 种
D．2520 种
【答案】D
【解析】先从7 种颜色中任意选择一种，涂在相对的区域内，有
种方法，
再将剩余的6 种颜色全部涂在剩余的6 个区域内，共有
种方法，
由于图形是轴对称图形，所以上述方法正好重复一次，
所以不同的涂色方法，共有
种不同的涂法.
故选：D.
【变式2】．5 个女孩与6 个男孩围成一圈，任意2 个女孩中间至少站1 个男孩，则不同排法有______种（填
数字）．
【答案】86400
【解析】因为任意2 个女孩中间至少站1 个男孩，则有且仅有2 个男孩站在一起，
先把5 个女孩排成一个圈，这是个圆形排列，因此排法共有
(种)，
把6 个男孩按2，1，1，1，1 分成5 组有
种分法，
最后把5 组男孩放入5 个女孩构成圆排列的5 个间隔中有
种方法，而站在一起的两个男孩有顺序性，有2
种站法，
所以，由分步乘法计数
题型13 二项式的特定项及系数问题
【典例25】．（25-26 高三上·上海·期中）
的二项式展开式中
的系数为 ．
【答案】
【难度】0.85
【知识点】求指定项的系数
【分析】由题意利用二项展开式的通项公式，求得展开式中
项的系数．
【详解】
的展开式的通项公式为
，
令
，求得
，
可得展开式中
项的系数为
.
故答案为：
【典例26】．（25-26 高二上·黑龙江齐齐哈尔·月考）二项式
的展开式中常数项为（ ）
A．
B．540
C．15
D．
【答案】B
【难度】0.85
【知识点】求二项展开式的第k 项、求指定项的系数
【分析】写出二项展开式的通项，由x 的指数为0，求得r 的值，可求展开式中常数项.
【详解】二项式
的展开式的通项为
，
由
，得
，
所以二项式
的展开式中常数项为
.
故选：B.
【变式1】．（25-26 高三上·浙江·期中）在
的展开式中，含
的项的系数是 .
【答案】10
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题
【分析】分别计算
的展开式
和
的系数，即可求解.
【详解】
中
由
中的常数2 与
中的
项相乘，和
中的
项与
中的
项相乘得到，
又
中
项系数为
，
系数为
，
所以在
的展开式中，含
的项的系数为
，
故答案为：10
【变式2】．（多选题）在
的展开式中，（ ）
A．常数项为20
B．含
的项的系数为80
C．各项系数的和为32
D．各项系数中的最大值为80
【答案】BD
【难度】0.65
【知识点】求系数最大（小）的项
【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解AB，根据二项式系数的定义可求解C，求出展开式的通项公
式为：
，利用
求解即可判断D。
【详解】2x 和
只有分得的次数相同才能得到常数项，5 次方无法均分，因此没有常数项，故A 不正确；
含x 的项为
，故x 的系数是80，所以B 正确；
各项系数的和是令
时得到，即，故C 错误．
的展开式的通项公式为：
，
设第
项的系数最大，系数为
，则
，
解得：
或
，此时系数为
，故D 正确；
故选：BD．
题型14 二项式系数的性质与各项系数的和
【典例27】．（25-26 高三上·江苏泰州·月考）已知
的二项展开式中各项系数的和为 ．
【答案】256
【难度】0.85
【知识点】二项展开式各项的系数和
【分析】利用赋值法计算即可.
【详解】对于
，令
，
则
的二项展开式中各项系数的和为
．
故答案为：256
【典例28】．（24-25 高二下·贵州遵义·月考）已知在
的二项展开式中，只有第4 项的二项式系数
最大，则下列说法不正确的是（ ）
A．
B．展开式的各项系数和为729
C．展开式中
的系数为15
D．展开式中奇数项的二项式系数和为32
【答案】C
【难度】0.85
【知识点】二项式系数的增减性和最值、求指定项的系数、奇次项与偶次项的系数和、二项展开式各项的系
数和
【分析】根据二项式系数的性质求出
，再根据二项式展开式的通项公式逐一分析选项.
【详解】根据二项式系数的性质：当
为偶数时，二项式展开式中中间一项的二项式系数最大；
当
为奇数时，二项式展开式中中间两项的二项式系数最大.
根据题意，在
的展开式中，只有第4 项的二项式系数最大，
所以
，所以
，所以A 正确.
要求展开式的各项系数和，则令
，
那么各项系数和为
，B 正确.
二项式
的展开式为：
.
要求展开式中
的系数，则令
，解得
.
将
代入通项公式中可得
的系数为
，所以C 错误.
根据二项式系数的性质：二项式展开式中，奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和，
且都等于
，因为这里
，所以奇数项的二项式系数和为
，所以D 正确.
故选：C.
【变式1】．（25-26 高三上·北京·月考）若二项式
的展开式的二项式系数之和为8，则
，该展开式每一项的系数之和为 .
【答案】
【难度】0.85
【知识点】二项式的系数和、二项展开式各项的系数和
【分析】由二项式系数和性质求
，赋值法求系数和.
【详解】由已知可得
，解得
；
令
，则展开式每一项的系数之和为
故答案为：，
.
【变式2】．（24-25 高二下·广东惠州·期中）已知
的展开式共有13 项，则下列说法中正确的是
（ ）
A．所有奇数项的二项式系数和为
B．所有项的系数和为
C．二项式系数最大的项为第6 项或第7 项
D．有理项共5 项
【答案】D
【难度】0.85
【知识点】二项式系数的增减性和最值、二项式的系数和、求有理项或其系数、二项展开式各项的系数和
【分析】根据展开式的通项公式以及二项式系数的性质求解判断各选项即可.
【详解】由题意，
，所以
，
则所有奇数项的二项式系数和为
，故A 错误，
令
，得所有项的系数和为
，故B 错误，
由二项式系数的性质可知二项式系数最大的项为第7 项，故C 错误，
因为
展开式通项为
，
，
要使展开式中的项为有理项，则
为整数，
此时
，3，6，9，12，共有5 项，故D 正确.
故选：D.
题型15 多项式展开式中的特定项（系数问题）
【典例29】．（24-25 高二下·山东聊城·期末）
的展开式中
的系数为（ ）
A．75
B．135
C．180
D．195
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】三项展开式的系数问题
【分析】利用二项式定理求解.
【详解】
，
这个展开式中从第4 项开始就不会出现
，即
只在前3 项出现，
所以
的系数为
，
故选：D.
【典例30】．（24-25 高二下·江苏南京·期中）在
的展开式中
项的系数为（ ）
A．360
B．540
C．720
D．1080
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】三项展开式的系数问题、求指定项的系数
【分析】根据给定多项式，结合指定项及组合数求对应系数即可.
【详解】
相当于6 个因式
相乘，
其中一个因式取
，有
种取法，
余下5 个因式中有3 个取
，有
种取法，
最后2 个因式中全部取
，有
种取法，
故
展开式中
的系数为
．
故选：D
【变式1】．（多选题）关于
展开式中，则（ ）
A．展开式的各项系数和为
B．展开式中
项的系数为120
C．展开式中含
的各项系数之和为100 D．展开式中不含字母
的各项的系数之和为1
【答案】AB
【难度】0.65
【知识点】三项展开式的系数问题、求指定项的系数、二项展开式各项的系数和
【分析】令
求得各项系数和判断A，结合组合数的运算根据二项式定理的定义求出系数判断B，
结合组合数及二项式定理求出各项系数并求和判断C，将问题转化为
的各项系数和，令
即可
求解判断D.
【详解】A：令
，即可得出
展开式的各项系数和为
，所以A 正确．
B：
可以看成在5 个因式“
”的乘积中，在其中一个因式选择“
”，
再在剩下的4 个因式“
”中有两个因式中选择“
”，两个因式中选择“
”，
所以
项的系数为
，所以B 正确．
C：含
的各项系数之和为
，所以C 错误．
D：展开式中不含字母
的各项的系数之和即为
的各项系数和，
令
，即可得出
展开式的各项系数和为
，所以D 错误．
故选：AB．
【变式2】．（2025·辽宁·模拟预测）在
的展开式中，常数项为 .
【答案】1120
【难度】0.85
【知识点】三项展开式的系数问题、求指定项的系数
【分析】将式子变形为
，即可求解
的通项，并求解其含
的项，即可
得解.
【详解】
，
则
展开式的通项为
，
令
，解得
，所以常数项为
.
故答案为：1120
一、选择题
1．（24-25 高三上·河南周口·期中）从标号分别为
的四个不同圆形图标与标号分别为
的三个不同
方形图标中任取个图标排成一排，则不同的排法共有（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】D
【难度】0.94
【知识点】排列数的计算、全排列问题
【分析】根据条件，利用排列的定义及排列数的计算，即可求解.
【详解】由题知，不同的排法共有
，
故选：D.
2．（24-25 高一下·江苏南京·期末）书架上有2 本体育杂志和3 本文学杂志，从中任意挑选2 本，则挑选的杂
志类型相同的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【难度】0.94
【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率
【分析】利用古典概型概率公式求解即可.
【详解】从5 本杂志中任意挑选2 本有
种不同的选法，
其中挑选的杂志类型相同的选法有
，
所以挑选的杂志类型相同的概率为
.
故选：C.
3．（24-25 高二下·福建福州·期中）在电影《哪吒之魔童闹海》宣传海报中，哪吒、敖丙、太乙真人、申公
豹、鹿童五个主人公站成一排，其中哪吒和敖丙必须相邻，且太乙真人和申公豹不能相邻，那么共有多少种
不同的站法（ ）
A．18
B．12
C．28
D．24
【答案】D
【难度】0.94
【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题
【分析】利用捆绑法将相邻的两人看成一个大元素，再与无特殊要求的元素进行排列，最后将不相邻的元素
利用插空法排列即可得出结果.
【详解】将哪吒和敖丙捆绑在一起，与鹿童进行排列，共有
种，
再把太乙真人和申公豹利用插空法放到符合题意的3 个空隙当中，共有
种，
因此共有
种不同的站法.
故选：D
4．（24-25 高二下·广东·期中）高三毕业来临之际，3 名教师，4 名女同学和2 名男同学排成一排拍照，已知
3 名教师互不相邻，4 名女同学相邻且不在最左边也不在最右边，2 名男同学互不相邻且不在最左边也不在最
右边，则不同的排法种数共有（ ）
A．1152 种
B．384 种
C．288 种
D．144 种
【答案】A
【难度】0.94
【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题、元素（位置）有限制的排列问题
【分析】先将4 名女同学捆绑在一起看成一个整体并内部排序，再用插空法安排教师和男同学的位置.
【详解】第一步：先将3 名教师全排，共有
种排法；第二步：将4 名女同学＂捆绑＂在一起，共有
种
排法；第三步：将＂捆绑＂在一起的4 名女同学作为一个元素，在第一步形成的2 个空中选择1 个插人，有
种排法；第四步：首先将2 名男同学之中的一人，插人第三步后相邻的两名教师中间，然后将另一个男同
学插入由女同学与教师形成的2 个空中的其中1 个，共有
种排法，所以不同的排法种数有：
种．
故选：A
5．（24-25 高二下·黑龙江大庆·期中）春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花
坛，花坛分为个区域．中心区域为雕塑，四周种植花卉.现有
种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能
布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】涂色问题
【分析】对五个区域进行编号，依次分析
、
、
、
的布置方案种数，结合分步乘法与分类加法计数原
理可得结果.
【详解】如下图所示：
区域有
种选择，
区域有种选择，
若区域
、
种同一种花，则
区域有种选择，
区域有种选择；
若区域
、
种所种的花不同，则
区域有
种选择，
区域有
种选择.
由分步乘法和分类加法计数原理可知，不同的布置方案种数为
.
故选：A.
6．某小区物业在该小区的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5 个区域．现有6 种不同的花
卉可供选择，要求相邻的区域（有公共边）不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布
置方案有（ ）
A．720 种
B．1440 种
C．1560 种
D．2520 种
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】涂色问题
【分析】先对图中不同的区域命名，分
与
布置相同的花卉、
与
布置不同的花卉两种情况，再运用分
步计数和分类计数的方法从
开始计数即可.
【详解】
如图，不同的布置方案分两类：
当
与
布置相同的花卉时，
先安排
，有6 种不同的选择；再安排
与
，有5 种不同的选择；再安排
，有4 种不同的选择；最后安
排
，有4 种不同的选择，共有
种.
当
与
布置不同的花卉时，
先安排
，有6 种不同的选择；再安排
与
，有
种不同的选择；再安排
,有3 种不同的选择；最后安
排
，有3 种不同的选择，共有
种.
所以不同的布置方案有
种.
故选：C
7．用0，1，2，3，4，5 组成没有重复数字的四位数，其中能被3 整除的有（ ）
A．96 个
B．72 个
C．24 个
D．300 个
【答案】A
【难度】0.65
【知识点】其他排列模型、代数中的计数问题、代数中的组合计数问题
【分析】
首先将这6 个数字按照被3 除的余数分类，再根据条件排列数字，即可求解.
【详解】其中能被3 整除的有
，被3 除余1 的有
，被3 除余2 的有
，
所以被3 整除的四位数由数字
构成，有
种方法，或是包含数字
，再从
和
各选一个数
字组成一个四位数，有
种方法，
所以能被3 整除的有
个.
故选：A
8．北斗七星是夜空中的七颗亮星，我国汉代纬书《春秋运斗枢》就有记载，它们成的图形像我国古代舀酒的
斗，故命名北斗七星.北斗七星不仅是天上的星象，是古人藉以判断季节的依据之一.如图，用点A，B，C，
D，E，F，G 表示某季节的北斗七星，其中B，D，E，F 看作共线，其他任何三点均不共线，若过这七个点
中任意三个点作三角形，则所作的不同三角形的个数为（ ）
A．35
B．34
C．31
D．30
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】几何组合计数问题
【分析】由间接法，从所有三角形中减去不能构成三角形的情况计算即可.
【详解】从这七个点任意选取三个点有
个，
其中共线的四点中有
个不能构成三角形，
所以不同的三角形个数有31 个，
故选：C.
9．（2025 高三上·广东·专题练习）
的展开式中，
的系数为（ ）
A．-54
B．-24
C．27
D．54
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数
【分析】先写出二项式的通项公式，再令
得出系数即可.
【详解】展开式通项为
，
令
，得
的系数为
.
故选:D.
10．（2025·湖南益阳·模拟预测）若
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【难度】0.65
【知识点】求指定项的系数、奇次项与偶次项的系数和、两个二项式乘积展开式的系数问题、二项展开式各
项的系数和
【分析】令
计算可判断A；利用
展开式的通项公式计算可判断B，令
计算可判断C；令
结合C 选项计算可判断D.
【详解】对于A，令
，得
，即
，故A 错误；
对于B，
展开式的通项公式为
，
所以
，故B 错误；
对于C，令
，得
，
即
，故C 正确；
对于D，令
，得
，
即
，
因为
，
所以
，
因为
，
所以
不成立，故D 错误.
故选：C
11．（25-26 高三上·广东·月考）在
的展开式中，
的系数为
；在
的展开式中，
的系数为
.则
（ ）
A．10
B．
C．
D．
【答案】B
【难度】0.4
【知识点】三项展开式的系数问题、求指定项的系数
【分析】10 个因式
的乘积中，有8 个选
，有1 个选
，有1 个选
，可得
的系数
，9 个
因式
的乘积中，有8 个选
，有1 个选
，可得
的系数为
，求解
即可．
【详解】
的展开式表示10 个因式
的乘积，
故在这10 个因式中，有8 个选
，有1 个选
，有1 个选
，
即可得到含
的项，故
的系数为
，即
；
在
的展开式表示9 个因式
的乘积，
故在这9 个因式中，有8 个选
，有1 个选
，即可得到含
的项，
故
的系数为
，即
，
所以
.
故选：B．
12．（25-26 高三上·广东广州·月考）（多选题）在二项式
的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．常数项为15
B．各项的系数和为
C．二项式系数最大的项为第4 项
D．有理项的系数和为16
【答案】AC
【难度】0.65
【知识点】二项式系数的增减性和最值、求指定项的系数、求有理项或其系数、二项展开式各项的系数和
【分析】应用二项式的通项公式计算求解A，结合组合数公式计算判断D，应用系数和计算判断B，应用二项
式系数性质判断C.
【详解】
的展开式通项为
．
当
时，常数项为
，故A 正确；
令
，得各项的系数和为
，故B 错误；
展开式共7 项，二项式系数最大应为第4 项，故C 正确；
有理项指指数为整数的项，即奇数项，其系数和为
，故
错误．
故选：AC．
13．（多选题）若
的二项展开式共有8 项，则该二项展开式（ ）
A．
B．各项二项式系数和为128
C．二项式系数最大项有2 项
D．第5 项系数等于-35
【答案】BC
【难度】0.85
【知识点】二项式系数的增减性和最值、二项式的系数和、求指定项的系数
【分析】利用二项展开式的性质和通项公式计算即可逐一判断.
【详解】对于A，
的二项展开式共有8 项，则
，即
，故A 错误；
对于B，二项式展开式中各项的二项式系数的和为
，故B 正确；
对于C，因该二项展开式共有8 项，则可得中间两项的二项式系数最大，即第4 和第5 项的二项式系数最大，
故C 正确；
对于D，因
，则第5 项的系数是35，故D 错误.
故选：BC.
14．（2025·甘肃武威·模拟预测）（多选题）已知
的展开式中各项的系数之和为0，则（ ）
A．
B．二项式系数的和为1314
C．展开式中每一项
的指数都是偶数
D．展开式中不存在常数项
【答案】AC
【难度】0.65
【知识点】二项式的系数和、由二项展开式各项系数和求参数、二项展开式各项的系数和、由项的系数确定
参数
【分析】令
可判断A；由二项式的系数和可判断B；利用展开式的通项可判断C；在通项中令
可判断D.
【详解】对于
，令
，得
，解得
，故A 正确；
二项式系数的和为
，故B 错误；
展开式的通项为
，因为1314 为偶数，所以展开式中每一项
的指数
都是偶数，故C 正确；
令
，得
，所以展开式中存在常数项，故D 错误.
故选：AC.
二、填空题
15．（2025 高三·全国·专题练习）假定有一排蜂房，形状如图所示，一只蜜蜂在左下角，由于受了伤，只能
爬行，假设只能向右（包括右上，右下）从一间蜂房爬到与之相邻的蜂房中去，则从最初位置爬到
号蜂房
共有 种方法．
【答案】21
【难度】0.85
【知识点】分步乘法计数原理及简单应用
【分析】解法1：分析蜜蜂不同爬行横格情况时起到关键作用，不同横格数量对应不同的组合数计算，进而
确定爬行方法数；
解法2：树状图法列举每一步的可能性来求解.
【详解】解法1：蜜蜂从蜂房的左下角爬到
号蜂房最多爬行
次，路线如：
如果中途爬一横格，只需爬次，每增加一横格就减少两步，可得
，故所求的方法有
种．
解法2：由树形图可得，蜜蜂从最初位置爬到
号蜂房先进入
号蜂房有
种爬法;蜜蜂先进入号蜂房共有
种爬法．
所以蜜蜂从最初位置爬到
号蜂房，共有
种不同的爬法.
故答案为：
.
16．（24-25 高二下·重庆·期末）某校的艺术节活动中，高二年级有4 个参加歌唱展示的名额和5 个参加书画
展示的名额，将这些名额分配给高二年级的1，2，3 三个班，则每个班都能够获得歌唱展示名额和书画展示
名额的分配方案有 种．
【答案】18
【难度】0.94
【知识点】实际问题中的组合计数问题、分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、分组分配问题
【分析】先分好指标，由于指标是相同元素，所以在分配时，相同数量的指标分配就是组合问题，也可以先
分配指标数单类的给一个班，以此计数即可.
【详解】每个班都要分到名额，则4 个参加歌唱展示的名额可分为
，
5 个参加书画展示的名额可分为
或
，
所以分配方案为
种．
故答案为：18
17．某社区计划在该小区内如图所示的一块空地布置花卉，要求相邻区域布置的花卉种类不同，且每个区域
只布置一种花卉，若有5 种不同的花卉可供选择，则不同的布置方案有 .
【答案】540
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、实际问题中的计数问题、涂色问题、分步乘法计数原理及简单应用
【分析】给5 块不同的区域标别布置A，B，D 区域的花卉，继而讨论B，E 是否布置同种花卉，根据分步计
数原理，即可得答案.
【详解】如图：给5 块不同的区域标上字母，
可先在A 中布置花卉，有5 种不同的布置方案，
再在B 中布置花卉，有4 种不同的布置方案，
再在D 中布置花卉，有3 种不同的布置方案，
若区域B，E 布置同种花卉，则C 有3 种不同的布置方案，
若区域B，E 布置不同的花卉，则E 有2 种不同的布置方案，C 有3 种不同的布置方案，
故不同的布置方案有
种，
故答案为：540
18．（2025·安徽安庆·模拟预测）“四进制”是一种以4 为基数的计数系统，对于现代计算机科学和技术发展
有着深远的影响.四进制数转换为十进制数的方法是通过将每一位上的数字乘以4 的相应次方（从0 开始），
然后将所有乘积相加.例如：四进制数013 转换为十进制数为
；四进制数0033 转换为十
进制数为
.现将所有由
，，
，组成的4 位（如：1233，3201）四进制数
转化为十进制数，在这些非零十进制数中任取一个，则这个数能被3 整除的概率为 .
【答案】
【难度】0.65
【知识点】分类加法计数原理、x+y+z=n 的整数解的个数、计算古典概型问题的概率、分步乘法计数原理及简
单应用
【分析】设
，将四进制数
转换为十进制形式，由该数能被3 整除转化为
能
被3 整除，根据该四进制数数字的所有可能组合，分类计算符合要求的数的个数，利用古典概型概率公式计
算即可.
【详解】设
，则4 位四进制数
转换为十进制为：
，
若这个数能被3 整除，则
能被3 整除.
当这个四进制数由1,2,3,3 组成时，有
个；
当这个四进制数由1,1,2,2 组成时，有
个；
当这个四进制数由1,1,1,3 组成时，有
个；
这个四进制数由2,2,2,3 组成时，有
个；
这个四进制数都由3 组成时，有1 个；
当这个四进制数由0,0,0,3 组成时，有4 个；
当这个四进制数由0,0,3,3 组成时，有
个；
当这个四进制数由0,0,1,2 组成时，有
个；
当这个四进制数由0,1,2,3 组成时，有
个；
当这个四进制数由0,3,3,3 组成时，有4 个；
当这个四进制数由0,2,2,2 组成时，有
个；
当这个四进制数由0,1,1,1 组成时，有
个.
因为由0,1,2,3 组成的4 位非零四进制数共有
个，
所以能被3 整除的概率
.
故答案为：
.
19．（2025·辽宁锦州·模拟预测）渤大附中校园景色优美，道路和楼宇的命名都蕴含着深远的意义，值得同
学们在三年的时光里驻足留意.小陈､小张等6 位即将毕业的同学在知博楼､君子路､红色文化广场､三到园4 个
标志性场所中各选择一个拍照留念，若每个地方至少有一位同学拍照，每位同学都恰选择一处地方拍照，且
小陈､小张不在同一个地方拍照，则不同的拍照方式共有 种.（用数字作答）
【答案】
【难度】0.65
【知识点】排列数的计算、组合数的计算、分组分配问题
【分析】根据题意，分2 步进行分析：①将6 人分为4 组，要求小陈､小张不在同一组，分为3､1､1､1 的四组，
分为2､2､1､1 的四组,②将四组安排在4 座标志性建筑中拍照.然后求解.
【详解】根据题意，分2 步进行分析：①将6 人分为4 组，要求小陈､小张不在同一组，
若分为3､1､1､1 的四组，有
种分组方法，
若分为2､2､1､1 的四组，有
种分组方法，则有
种分组方法；
②将四组安排在4 座标志性建筑中拍照，有
种情况，故有
种排法.
故答案为：
.
20．（24-25 高三·上海·随堂练习）从0，1，2，3，4，5 中任取3 个数字组成没有重复数字的三位数，其中能
被5 整除的概率为 （用数字作答）．
【答案】
/
【难度】0.65
【知识点】计算古典概型问题的概率、数字排列问题、代数中的组合计数问题、元素（位置）有限制的排列
问题
【分析】分类讨论求所以三位数和能被5 整除的三位数的个数，结合古典概型运算求解.
【详解】选出的3 个数字含有0 时，有
种方法；
选出的3 个数字不含有0 时，有
种方法；
所以没有重复数字的三位数共有
个.
其中能被5 整除的三位数末位必为0 或5．
①末位为0 的三位数其首次两位从
的5 个数中任取2 个排列而成方法数为
；
②末位为5 的三位数，首位从非0，5 的4 个数中选1 个，有
种挑法，
再挑十位，还有
种挑法，所以合要求的数有
种；
所以共有
个符合要求的数．
结合古典概型计算公式可得所求概率值为
．
故答案为：
.
21．（23-24 高二下·上海·期末）如图，6 只小狗恰好在正六边形广场的顶点上玩耍，从中随机选取三只（视
作点）连结成线，则以它们作为顶点的三角形是直角三角形的概率是 .
【答案】
/
【难度】0.85
【知识点】几何组合计数问题、计算古典概型问题的概率
【分析】从正六边形的6 个顶点中随机选择3 个顶点，选择方法有
种，且每种情况出现的可能性相同，
故为古典概型，由列举法计算出它们作为顶点的三角形是直角三角形的方法种数，求比值即可．
【详解】从正六边形的6 个顶点中随机选择3 个顶点，选择方法有
种，
在正六边形中，直角三角形有
，
共12 个，
由古典概型可知以它们作为顶点的三角形是直角三角形的概率
故答案为：
．
22．（25-26 高二上·北京·期中）若
，则
，
.（用数字作答）
【答案】
1
【难度】0.85
【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和
【分析】利用二项式定理求出通项，进而得到系数求解第一空，利用赋值法求解第二空即可.
【详解】由二项式定理得
的通项是
，
当
时，可得
，
令
，得到
.
故答案为：
；1
23．（2025·河北廊坊·模拟预测）
的展开式中的常数项为 （用数字作答）.
【答案】
【难度】0.65
【知识点】三项展开式的系数问题
【分析】由
，只需求
展开式中的
的系数即可.
【详解】由
，所以
，
只需求
展开式中的
的系数，
即
.
故答案为：
.
24．（2024·安徽·三模）
的展开式中
的系数为 .
【答案】-30
【难度】0.85
【知识点】三项展开式的系数问题
【分析】利用乘方的几何意义和二项展开式的通项公式求解.
【详解】解：因为
是由5 个
相乘得到，
使用要想产生
，则
出1 个，
出2 个，y 出2 个，
故所求系数为
.
故答案为：-30
三、解答题
25．（25-26 高二上·湖北十堰·期中）某多选题有
，
，
，
四个选项.
(1)若已知有且仅有两个选项正确，则随机任选两项，能全对的概率是多少；
(2)若已知有且仅有三个选项正确，则随机任选两项，能得分（不是0 分）的概率是多少？
【答案】(1)
；
(2)
【难度】0.65
【知识点】实际问题中的组合计数问题、计算古典概型问题的概率
【分析】（1）列出所有选法，共6 种，全对的有且只有一种，所以全对的概率为
；
（2）把能得分的情况看作是从三个正确选项中随机选两个，与从四个中随机选两个的情况数的比值即为得分
的概率；或假设正确答案为
，分析随机选两个能得分的情况，再用全概率思想求解；或假设所选的两项
是
，分析能得分的概率，再用全概率思想求解.
【详解】（1）随机选两项共有
6 种选法，
其中只有1 种全对，所以全对的概率为
；
（2）从四个选项中随机任选两项，共有
种情况，
能得分的情况相当于从三个正确选项中随机选两个，共有
种，
所以能得分（不是0 分）的概率是
.
方法二：假设正确答案为
，其概率为
.
随机选两项共有
6 种，
其中3 种可得分，所以能得分概率为
，
若正确答案为其它，同理可得.
所以能得分概率为
.
方法三：假设选的是
，其概率为
.
正确答案的可能选项共有
4 种，
其中有2 种可以得分，所以得分概率为
，其它同理可得.
所以能得分概率为
.
26．（25-26 高二上·黑龙江齐齐哈尔·期中）已知
的展开式中第3 项与第
项的二项式
系数之和为30.
(1)求
的值；
(2)记
，从
中任取两个相乘，求积为负数的概率.
【答案】(1)
(2)
【难度】0.85
【知识点】计算古典概型问题的概率、组合数的计算、二项展开式的应用、由项的系数确定参数
【分析】（1）由题意，可得
，根据组合数的求法，列式计算，即可得答案.
（2）由（1）得
，进而可得
的通项公式，即可求出
，分析可得当
时，
，当
时，
，根据古典概型概率公式，列式计算，即可得答案.
【详解】（1）第3 项与第
项的二项式系数之和为
，
即
，解得
或
，
又
，所以
.
（2）由（1）得
，则
的通项公式为
，
所以
，
所以当
时，
，当
时，
，
所以从
中任取两个相乘，积为负数的概率为
.
27．（25-26 高二上·黑龙江哈尔滨·期中）组合恒等式是一类含有组合数的恒等式，其结构工整精美，是数学
园林中的一组瑰宝.其证明方法有很多，有构造计数模型法（算两次），构造函数法及数学归纳法等等.请根据
条件解决以下问题：
(1)求证：
；
(2)设
，求证：
；
(3)求证：
，m，
.
（提示：证明过程中，可能会用到以下公式：
），（a，
，
）.
【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
(3)证明见详解
【难度】0.15
【知识点】利用组合数公式证明、二项式的系数和
【分析】（1）根据题意结合组合数公式分析证明即可；
（2）整理可得
，结合二项式系数和的性质分析证明即可；
（3）利用数学归纳法，根据（1）中的结论以及
分析证明.
【详解】（1）因为
，
所以
.
（2）因为
，
即
，
则
，
令
，则
，
可得
，
所以
.
（3）设
，
利用数学归纳法证明该等式，过程如下：
当
时，左边为
；
右边为
；
即左边
右边，等式成立；
假设当
时，等式成立，即
；
当
时，则
，
因为
，即
，
则
，
又因为
，
可得
；
综上所述：对任意
，均有
，
所以
.
28．（25-26 高二上·上海奉贤·月考）已知
（
为正整数）的展开式中，末三项的二项式系数的和等于
67.
(1)求
的值，从集合
中任取一个元素
，求该元素满足不等式
的概率；
(2)若
，求
除以7 所得的余数；
(3)求展开式中系数最大的项.
【答案】(1)
，
；
(2)6；
(3)
或
.
【难度】0.65
【知识点】求系数最大（小）的项、计算古典概型问题的概率、整除和余数问题、由项的系数确定参数
【分析】（1）根据给定条件，利用二项式系数列式求出
，进而求出古典概率.
（2）将目标式化成
，再利用二项式定理进而展开式，进而求出余数.
（3）求出展开式的通项，再构造不等式求出系数最大的项.
【详解】（1）
展开式末三项的二项式系数分别为
，
则
，即
，整理得
，
而
为正整数，因此
，集合
，
从集合
中任取一个元素
的试验有11 个样本点，
满足不等式
的事件有一个样本点5，所以所求概率为
.
（2）当
时，
，
所以
除以7 所得的余数等于13 除以7 所得的余数6.
（3）由（1）知
，
展开式通项为
，
设第
项即为系数最大的项，则
，整理得
，解得
，
所以展开式系数最大的项为
或
.
