专题四 概率与统计
微专题1 排列组合与二项式定理
一、考点透析
考点1 排列组合问题
1.(2025·河南省开封市·模拟)在某互联网大会上，为了提升安全级别，将5名特警分配到3个
重要路口执勤，每个人只能选择一个路口，每个路口最少1人，最多3人，且甲和乙不能安
排在同一个路口，则不同的安排方法有( )
A. 180种
B. 150种
C. 96种
D. 114种
【答案】D
【解析】解：先不管甲和乙,若三个路口的人数按3，1，1分配，则共有C5
3⋅A3
3=60种方
法；
若三个路口的人数按2，2，1分配，则共有C5
2⋅C3
2
A2
2
· A3
3=90种，
其中，包括了甲和乙在同一个路口的情况，共有C3
1· A3
3+C3
2· A3
3=36种，
故甲和乙不能安排在同一个路口，则不同的安排方法有60+90−36=114种．
故选：D．
2.(2025·云南省昭通市·联考)甲、乙、丙、丁、戊五人完成A，B，C，D，E五项任务所
获得的效益如下表：
A
B
C
D
E
甲
11
13
10
13
11
乙
25
26
24
23
23
丙
10
14
15
13
11
丁
7
9
11
9
11
戊
14
16
15
16
12
现每项任务选派一人完成，其中甲不承担C任务，丁不承担A任务的指派方法数有 种；
效益之和的最大值是 ．
【答案】78；80
【解析】解：依据乘法原理，选派方法共有A5
5−2 A4
4+ A3
3=78种，
由表可知，五项工作获得的效益值总和最大为13+26+15+11+16=81，但不能同时取得；
要使总和最大、甲可以承担B或D项工作，丙只能承担C项工作，则丁不可以承担C项工作，
所以丁承担E项工作；
乙若承担B项工作，则甲承担D项工作，戊承担A项工作，此时效益值总和为：
14+26+15+13+11=79，
乙若不承担B项工作，则乙承担A项工作，甲承担B项工作，则戊承担D项工作，此时效益
值总和为：25+13+15+16+11=80，
所以，完成五项工作后获得的效益值总和最大是80．
故答案为：78；80．
3．（2025·山东泰安·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了
二项式展开式中组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，用
代表第行，第
个
数，
，例如
，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正
确的是（ ）
A．
B．在第
行中，
最大
C．
D．
【答案】C
【详解】对于选项A，
，故A 错误；
对于选项B，第100 行中第50 个数是
，又
，故B 错误；
对于选项C，第2025 行中第1013 个数和第1014 个数分别为
和
，
因
，故
，故C 正确；
对于选项D，因为
，
则
，故D 错误；
故选：C.
考点2 二项式定理
1.(2025·广东省东莞市·模拟)若(1−x)
7=a0+a1 x +a2 x
2+⋅⋅⋅+a7 x
7，则a2+a4+a6=( )
A. 31
B. 32
C. 63
D. 64
【答案】C
【解析】解：因为(1−x)
7=a0+a1 x +a2 x
2+⋅⋅⋅+a7 x
7，
当x =0时，(1−0)
7=a0=1，
当x =1时，0=a0+a1+a2+⋅⋅⋅+a7①，
当x =−1时，2
7=a0−a1+a2−a3+⋅⋅⋅+a6−a7②，
则①+②=2(a0+a2+a4+a6)=2
7，
所以a0+a2+a4+a6=2
6=64，
所以a2+a4+a6=64−1=63．
故选：C．
2.(2025·山东省淄博市·模拟)已知在(x−2
√x)
n，n∈N
∗的展开式中，有且只有第4项的二
项式系数最大，则展开式中x
3的系数为
【答案】60
【解析】解：由二项式(x−2
√x)
n展开式中只有第4项的二项式系数最大，即展开式有7项，
所以n=6，
则展开式中的通项公式为T r +1=C6
r(−2)
r⋅x
6−3
2 r，r =0，1，...，6，
令6−3
2 r =3，解得r =2，
故展开式中含x
3项的系数(−2)
2⋅C6
2=60．
故答案为：60．
3．（2025 高三·全国·专题练习）定义：给定一个正整数
，如果两个整数
满足
能
够被
整除，就称整数
对模
同余，记作
.若
，
，则
的一
组值可能为（ ）
A．
，
B．
，
C．
，
D．
，
【答案】D
【详解】依题意得
能够被5 整
除.
而
，
所以
能够被5 整除.
对于A，
，
，则
，不能被5 整除，A 不正确.
对于B，
，
，则
，显然不能被5 整除，B 不正确.
对于C，
，
，则
，
不能被5 整除，C 不正确.
对于D，
，
，则
，能被5 整
除，
故选：D.
考点3 计数原理与概率
1.(2025·湖北省武汉市·模拟)为了提升数学素养，甲、乙、丙等五名同学打算选修学校开设
的数学拓展课程，现有几何画板、数学与生活、趣味数学、数独四门课程可供选修，每名
同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至少有一名同学选修，则甲不选修几何
画板，且数独只能由乙和丙中一人或两人选修的概率为( )
A. 7
80
B. 7
60
C. 13
80
D. 13
60
【答案】D
【解析】解：将五名同学分为四组，每组人数分别为2、1、1、1，分组方法种数为C5
2=10
种，
所以，五名同学报名四门课程，每名同学均需选修且只能选修其中一门课程，每门课程至
少有一名同学选修，
不同的报名种数为C5
2 A4
4=240种，
考虑数独的报名人数，
①若数独只有一人报名，从乙和丙中选一人，有2种情况，
若选修几何画板只有一人，从剩余4人中除甲以外的3人中任选1人，有3种情况，
最后将剩余3人分为两组，再分配给另外两门课程，
此时不同的选择情况种数为2×3×C3
2 A2
2=36种；
若选修几何画板有两人，有C3
2种情况，剩余两人选修剩余两门课程，
此时不同的选择方法种数为2C3
2 A2
2=12种；
②若数独有两人报名(乙和丙)，
则选修几画板的有剩余人中除甲以外的两人中任选一人，有两种情况．
剩余两人报名剩余两名课程，
此时不同的选择方法种数为2 A2
2= 4种.
综上所述，所求概率为36+12+ 4
240
= 52
240 = 13
60
．
故选：D．
2．（多选题）（2025·云南·模拟预测）已知二项式
，若该二项
式的展开式的二项式系数之和为16，则（ ）
A．
B．
C．从
任取两个数
且
，则事件“
”的概率为
D．将
进行排列，共有30 种不同的情况
【答案】ACD
【详解】由二项式的二项式系数之和为16，即
，所以
，故A 选项正确；
令
，则
，令
，
，则
，所以B 选项错
误；
∵
，∴
，∴
，
在
这5 个数中，有三个正数两个负数，则任取两个数，则两个数一正一负的概
率为
，故C 选项正确；
由
，所以对
的全排列的个数为
，故D 选
项正确.
故选：ACD.
3.(2025·湖北省省直辖县级行政区划·模拟)对有n(n⩾4)个元素的总体{1,2,3,⋯,n}进行
抽样，先将总体分成两个子总体{1,2,⋯,m}和{m+1,m+2,⋯,n}(m是给定的正整数，
且2⩽m⩽n−2)，再从每个子总体中各随机抽取2个元素组成样本，用Pij表示元素i和j同
时出现在样本中的概率，则P1n= ；所有Pij(1⩽i< j⩽n)的和等于 ．
【答案】
4
m(n−m) ；6
【解析】解：从{1,2,⋯,m}中随机抽取2个元素，共有Cm
2 种不同的抽法，
从{m+1,m+2,⋯,n}中随机抽取2个元素，共有Cn−m
2
种不同的抽法，
所以从每个子总体中个随机抽取2个元素组成样本所有的抽法，共有Cm
2 ⋅Cn−m
2
，
从{1,2,⋯,m}中随机抽取2个元素，其中抽到1的抽法有m−1种方法，
从{m+1,m+2,⋯,n}中随机抽取2个元素，其中抽到n的抽法有n−m−1种方法，
由古典概型的概率计算公式，可得P1n= m−1
Cm
2
⋅n−m−1
Cn−m
2
=
4
m(n−m)
．
当i, j∈{1,2,⋯,m}时，Pij= 1
Cm
2
，
而从{1,2,⋯,m}中选两个数的不同方法数为Cm
2 ，则Pij
的和为1；
当i, j∈{m+1,m+2,⋯,n}时，同理可得Pij的和为1；
当i∈{1,2,⋯,m}, j∈{m+1,m+2,⋯,n}时，Pij=
4
m(n−m)，
而从{1,2,⋯,m}中选取一个数，从{m+1,m+2,⋯,n}中选一个数的不同的方法数为
m(n−m)，
则Pij的和为4，所以Pij=1+1+ 4 =6．
故答案为：
4
m(n−m)；6．
二、跟踪练习
1.(2025·吉林省松原市·模拟)(
y
x +m)( x−y)
7的展开式中x
3 y
4的系数为−105，则实数m=
( )
A. −2
B. −1
C. 1
D. 2
【答案】A
【解析】解：由(
y
x +m)( x−y)
7= y
x ( x−y)
7+m( x−y)
7，
( x−y)
7的展开式的通项公式为T r +1=(−1)
rC7
r x
7−r y
r，所以y
x T r +1=(−1)
rC7
r x
6−r y
r +1，
令{
6−r =3
r +1= 4 ，解得r =3，
mT r +1=m⋅(−1)
rC7
r x
7−r y
r，令{
7−r =3
r = 4
，解得r = 4，
展
开
式
中
x
3 y
4的
系
数
为
−105，
可
知
(−1)
3C7
3+m⋅(−1)
4C7
4=−C7
3+mC7
4=(m−1)C7
3=−105，
所以m=−2．
故选：A．
2．（2025·湖北武汉·模拟预测）设正整数
，其中
，记
为上述表示中
为1 的个数．例如：
，
所以
．已知集合
，下列说法正确的是（ ）
A．
B．对任意的
，有
C．若
，则使
成立的
的取值个数为
D．
【答案】ACD
【详解】对于A，
，有2 个1，所以
，
正确；
对于B，当
时，
，所以
，此时
，不符合题意，错误；
对于C，注意到
，
所以集合
中的任一元素
均可由
唯一表示，
能使
的
的取值个数为
，正确；
对于D，
，记
，
又
，两式相加得
，所以
，则
，正确.
故选：ACD
3.(2025·湖南省郴州市·模拟)如图，这是一个平面图形，现提供四种颜色给图中的区域1、
区域2、区域3、区域4、区域5、区域6共六个区域涂色，每个区域只涂一种颜色，相邻的
区域不能涂相同的颜色，则共有 种不同的涂色方案．
【答案】96
【解析】解：若仅用三种颜色涂色，则区域1，6同色，区域2，4同色，区域3，5同色，
共有A4
3 =24种涂法;
若用四种颜色涂色，则区域1，6，区域2，4，区域3，5中有一组不同色，则有3种情况，
先从四种颜色中取两种涂同色区，有A4
2 =12种涂法，剩余两种涂在不同区域，有2种涂法，
共有3×12×2=72种涂法;
故总的涂色方案有24+72=96种．
故答案为：96．
4.(2025·
吉
林
省
吉
林
市
·
模
拟
)
已
知
多
项
式
( x +1)
3(2 x−3)
2=a1( x−1)
5+a2( x−1)
4+a3( x−1)
3+a4( x−1)
2+a5( x−1)+a6
，
则
a2+a4+a6= ．
【答案】18
【
解
析
】
解
：
因
为
( x +1)
3(2 x−3)
2=a1( x−1)
5+a2( x−1)
4+a3( x−1)
3+a4( x−1)
2+a5( x−1)+a6
，
令x =2，得a1+a2+a3+a4+a5+a6=27；
令x =0，得−a1+a2−a3+a4−a5+a6=9，
则2(a2+a4+a6)=36，即a2+a4+a6=18．
故答案为：18．
5.(2025·甘肃省白银市·模拟)甲、乙两人进行一场抽卡游戏，规则如下：有编号1，2，3，
4，5，6的卡片各1张，两人轮流从中不放回的随机抽取1张卡片，直到其中1人抽到的卡
片编号之和等于10或者所有卡片被抽完时，游戏结束.若甲先抽卡，则甲抽了3张卡片时，
游戏恰好结束的概率为 ．
【答案】2
15
【解析】根据题意可知甲抽了3张卡片时，游戏恰好结束相当于从6张卡片中抽取了5张，
且甲抽取的三张卡片数字之和为10，乙抽取的两张卡片数字之和不为10，
则总的情况相当于从6张卡片中抽取了5张并进行排列，即共A6
5=720种排法，
其中三张卡片数字之和为10的组合有1，3，6；1，4，5；2，3，5共3种情况，
两张卡片数字之和为10的组合有4，6一种情况，
当甲抽取的数字为1，3，6；1，4，5时，
乙在剩余的3个数字中随意抽取两张卡片再进行排列，共有2 A3
3 A3
2=72种；
当甲抽取的数字为2，3，5时，若乙抽取的两张卡片数字可能为4，6，此时不合题意，
此时共有A3
3( A3
2−A2
2)=24种，
所以符合题意的排列总数为72+24 =96种，可得所求概率为P = 96
720 = 2
15
．
故答案为：2
15
．
6．（2025 高三·全国·专题练习）设
，且
，求证：
(1)
；
(2)求证：
．
（证明过程中可以运用公式：对
个正数
，总有
，
式中等号成立的充要条件为
）
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析.
【详解】（1）由于
，则
，
又
，故
.
（2）根据公式，对
个正数
，总有
，式子等号成
立的充要条件为
，
故
，
而
，
这样
，
所以
，又
，
所以
.
