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专题15 排列组合与二项式定理
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题型01 相邻与不相邻问题..........................................................................................................................................1
题型02 计数问题..........................................................................................................................................................4
题型03 分组分配问题..................................................................................................................................................7
题型04 染色问题..........................................................................................................................................................9
题型05 三项展开式问题............................................................................................................................................12
题型06 两个二项式乘积展开式问题.......................................................................................................................15
题型07 赋值法的应用................................................................................................................................................16
题型08 杨辉三角与二项式定理................................................................................................................................20
题型01 相邻与不相邻问题
【解题规律·提分快招】
1、对有限制条件的元素（或位置）要优先考虑，位置优先法和元素优先法是解决排列组合问题最常用的
方法。若以元素分析为主，需先安排特殊元素，再处理其他元素；若以位置分析为主，需先满足特殊位置
的要求，再处理其他位置。若有多个约束条件，往往是考虑一个约束条件的同时还要兼顾其他条件。
2、捆绑法指将联系密切或必须排在一起的元素“捆绑”成一个整体，再与其他元素进行排列，同时要注
意合并后内部元素也必须排列.（注意捆绑元素是同元还是不同元），“捆绑”将特殊元素特殊对待，能大
大降低分析问题的难度.采用捆绑法分析排列组合问题,剩余元素的处理应考虑其是排列问题还是组合问题,
对于组合问题需将“顺序”带来的影响消除掉.
3、插空法在分析元素不相邻问题时较为常用，即先将无特殊要求的元素排列好，而后看其产生多个满足
题意的空，再将不能相邻的元素插入，使其满足题目的相关要求.
【典例训练】
一、单选题
1．（2025 高三·全国·专题练习）某班一天上午有4 节课，下午有3 节课，现在安排该班一天中语文、英语、
物理、政治、体育各1 节，数学2 节，要求2 节数学课都排在上午或下午且连续，体育课排在下午，则不
同的排法种数是（ ）
A．624
B．528
C．312
D．264
【答案】D
1
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【分析】利用分类计数原理，结合排列思想即可求解.
【详解】如果2 节数学课排在上午，则数学课的安排情况为
，
，
，共3 种排法，
此时体育课排在下午，有3 种排法，剩下的4 节课有
种排法，
所以数学课排在上午共有
种排法.
如果2 节数学课排在下午，则数学课的安排情况为
，
，共2 种排法，
此时体育课排在下午，有1 种排法，剩下的4 节课有
种排法，
所以数学课排在下午共有
种排法.
综上，不同的排法种数为
，
故选：D.
2．（24-25 高三上·湖北武汉·阶段练习）武汉外校国庆节放7 天假（10 月1 日至10 月7 日），马老师、张
老师、姚老师被安排到校值班，每人至少值班两天，每天安排一人值班，同一人不连续值两天班，则不同
的值班方法共有（ ）种
A．114
B．120
C．126
D．132
【答案】A
【分析】依据值班3 天的为分类标准，逐类解决即可.
【详解】因为有三位老师值班7 天，且每人至少值班两天，每天安排一人值班，同一人不连续值两天班，
所以必有一人值班3 天，另两人各值班2 天.
第一类：值班3 天在
、
、
、
、
、
时，共有
种不同
的值班方法；
第二类：值班3 天在
、
时，共有
种不同的值班方法；
第三类：值班3 天在
时，共有
种不同的值班方法；
第四类：值班3 天在
时，共有
种不同的值班方法；
综上可知三位老师在国庆节7 天假期共有
种不同的值班方法.
故选：A
3．（24-25 高三上·重庆·阶段练习）四本大小相同的语文、数学、英语、物理练习册随机堆叠成一座四层
小“书山”，记事件
为“语文练习册不在最底层”，事件
为“数学练习册在语文练习册上层（可以不
相邻）”，则在事件
发生的条件下，事件
发生的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由题意，根据排列组合问题求出事件
、事件
的概率，结合条件概率的计算公式求解即可.
【详解】由题意知，总的基本事件数为
，
事件
的基本事件数为
，故
；
2
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事件
：若数学在最顶层，共有
种；若数学在次顶层，共有
种，
所以事件
的基本事件数为
，故
，
所以
.
故选：D
二、填空题
4．（24-25 高三·上海·随堂练习）某小学开家长会，会场第一排有连在一起的8 个座位，有4 名同学和她
们的妈妈共8 人坐在第一排的这8 个座位上，则每名同学和她们的妈妈坐一起的不同排法种数为 ．
【答案】384
【分析】先将4 位同学和她们的妈妈分别捆绑在一起，作为一个新元素处理，再将4 个新元素全排即可得
解
【详解】先将4 位同学和她们的妈妈分别捆绑在一起，作为一个新元素处理.
所以不同的排法种数为：
故答案为：384
5．（24-25 高三·上海·课堂例题）
、
、
、
、
五人排成一排，如果
必须站在
的右边，且
、
不相邻，则不同的排法共有 种．
【答案】36
【分析】先计算
站在
的右边的排法，再减去
、
相邻且
站在
的右边的排法可得答案.
【详解】
站在
的右边的排法有
，
、
相邻且
站在
的右边的排法有
，
所以
必须站在
的右边，且
、
不相邻，
则不同的排法共有
种.
故答案为：36.
6．（2024 高三·全国·专题练习）现有9 位同学围着圆桌坐成一圈，他们的衣服上分别标有号码1，2，
3，…，9，若任意相邻两个号码之积不小于4，则不同的坐法有 种．
【答案】21600
【分析】由已知条件求出所有的坐法数，再求出
和
相邻的坐法数，再求出
相邻且
相邻的坐法
数，结合容斥原理可得结论.
【详解】由1，2，…，9 这9 个正整数构成的圆排列有
（种）情况，
任意相邻两数之积不小于4，则1，2 不能相邻且1，3 不能相邻．
3
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设满足1，2 相邻的圆排列有
种情况，满足1，3 相邻的圆排列有
种情况，
满足1，2 相邻且1，3 相邻的圆排列有
种情况，
则
，
，
则满足要求的排列的情况有
（种）．
故答案为：
.
题型02 计数问题
【解题规律·提分快招】
对于有限制条件的数字排列问题，先满足特殊元素或特殊位置的要求，再考虑其他元素或位置，同时注意
隐含条件：0 不能在首位.
【典例训练】
一、单选题
1．（2024·广西·三模）已知
这
个数字，从中取三个不同的数字，把其中最大的数字放在个
位上排成三位数，这样的三位数有（ ）
A．55 个
B．70 个
C．40 个
D．35 个
【答案】A
【分析】分有
和没有
两种情况讨论，选项出数字，再排列.
【详解】若这三个数字里没有
，则共有
个，
若这三个数字里有
，则共有
个，则共有
个.
故选：A.
2．（2024·全国·模拟预测）“142857”这一串数字被称为走马灯数，是世界上著名的几个数之一，当
142857 与1 至6 中任意1 个数字相乘时，乘积仍然由1，4，2，8，5，7 这6 个数字组成．若从1，4，2，
8，5，7 这6 个数字中任选4 个数字组成无重复数字的四位数，则在这些组成的四位数中，大于5200 的偶
数个数是（ ）
A．87
B．129
C．132
D．138
【答案】A
【分析】按千位数分别是5，7，8 进行分类讨论即可.
【详解】若千位数字是5，则百位数字不能是1，故共有
（个）；
（①一个四位数为偶数，则其个位上的数字一定是偶数；②组成的四位数要大于5200，则其千位上的数字
是5，7 或8）
若千位数字是7，则共有
（个）；
若千位数字是8，则共有
（个）．
故符合条件的四位数共有
（个）．
4
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故选：A
3．（2024·湖北·模拟预测）不等式
，其中
是非负整数，则使不等式成立的三元数组
有多少组（ ）
A．560
B．455
C．91
D．55
【答案】B
【分析】在
都加上1，把问题转化成方程有正整数解的问题解决.
【详解】设
，
，
，
则不等式
有多少组非负整数解的问题，转化为：
的正整数解的组数.
因为方程：
的解的组数为：
；
的解的组数为：
；
…
的解的组数为：
.
所以原不等式解的组数为：
.
故选：B
【点睛】结论点睛：方程
（
且
）正整数解的组数为
.
二、填空题
4．（23-24 高三上·北京海淀·期末）从数字1，2，3，4 中选出3 个不同的数字构成四位数，且相邻数位上
的数字不相同，则这样的四位数共有 个．
【答案】72
【分析】利用分步计数原理与插空法即可得解.
【详解】根据题意，完成这个事情可分为三步：
第一步骤：选数字，有
种；
第二个步骤：将选好的三个数字确定一个重复的数字，有
种，
第三个步骤：安排这三个数字在四个位置上，且相邻数位上的数字不相同，
即先安排两个不同的数字，再让两个相同的数字去插空，则有
种排序方法，
根据分步计数原理可得这样的四位数共有：
个.
故答案：
5．（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】
/
【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.
5
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【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：
.
6．（24-25 高三上·广西·期末）数学中有时会采用十进制以外的进制进行计数，比如二进制，五进制.五进
制是“逢五进一”的进制，由数字0，1，2，3，4 来表示数值，例如五进制数324 转化成十进制数为
.若由数字1，2，3，4 组成的五位五进制数，要求1，2，3，4 每个数字都要出现，例
如12334，则不同的五位五进制数共有 个.若从由数字2，3，4（可重复）组成的三位五进制数中随
机取1 个，则该数对应的十进制数能被3 整除的概率为 .
【答案】 240
【分析】应用分步计数，结合排列组合数求数字
组成的五位五进制数的个数，设
构成的三位
五进制数从左到右的数字分别为
，根据
，将问题化为
能被
3 整除，结合
进行分类讨论求五进制数的个数，最后求其概率.
【详解】由数字
组成的五位五进制数，要求
每个数字都要出现，
则需要先从
中选取一个数字作为重复出现的数字，
再将不重复出现的3 个数字从五个位置中选3 个进行排列，
最后剩余两个位置排重复数字，
故所求不同的五位五进制数共有
个，
数字
组成的三位五进制数总共有
个，
设这个三位五进制数从左到右的数字分别为
，
转化成十进制数后此数为
，
此数能被3 整除等价于
能被3 整除，
因为
，所以能被3 整除的只有
三种情况，
若
，则
的取值有
、
两种，
6
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若
，则
的取值有
、
、
、
、
五种，
若
，则
的取值有
、
两种，
故能被3 整除的数共有
个，则所求概率为
.
故答案为：240，
【点睛】关键点点睛：对于
构成的三位五进制数从左到右的数字分别为
，将问题化为
能被3 整除是关键.
题型03 分组分配问题
【解题规律·提分快招】
①整体均分问题，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以
A(n 为均分的组数)，避免重复计数．
②局部均分问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m 组元素个数相等，则分组时应除
以m！，一个分组过程中有几个这样的均匀分组就要除以几个这样的全排列数．
③不等分问题，只需先分组，后排列，分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数．
【典例训练】
一、单选题
1．（24-25 高三下·浙江·开学考试）2024 年9 月16 日，台风“贝碧嘉”登陆上海浦东，当地某机关单位组
织甲，乙等4 名志愿者参与
三个受灾小区的抗台抢险工作.每个人只能去一个小区，并且每个小区
都要有人去，则不同的分配方案共有（ ）
A．16 种
B．20 种
C．26 种
D．36 种
【答案】D
【分析】先让小区去选人，再全排列即可求得结果.
【详解】不同元素的分组分配问题，
．
故选：D；
2．（2024·江西·模拟预测）根据党中央关于“精准”脱贫的要求，县委组织部将派前五位大学生村官对四
个贫困村进行驻村帮扶，每位大学生村官只去一个贫困村，每个贫困村至少派一位大学生村官，则其中的
甲、乙两位大学生村官派遣至不同的贫困村的概率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据分组分配的方法求总的分配的方法，再利用对立事件概率公式，即可求解.
【详解】五位大学生分配到四个贫困村有
种方法，
乙两位大学生村官派遣至相同的贫困村的方法有
种方法，
7
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所以甲、乙两位大学生村官派遣至不同的贫困村的概率
.
故选：D
3．（24-25 高三下·山东聊城·开学考试）寒假期间某校6 名同学打算去安徽旅游，体验皖北与皖南当地的
风俗与文化，现有黄山、宏村、八里河三个景区可供选择，若每个景区中至少有1 名同学前往打卡，则不
同方案的种数为（ ）
A．180
B．360
C．450
D．540
【答案】D
【分析】分类考虑前往每个景区的人数，求出每种情况的方案数，即可得答案.
【详解】由题意，当每个景区都有2 名同学前往时，此时方案有
种；
当按分别有1，2，3 名同学前往景区时，此时方案有
种；
当按分别有1，1，4 名同学前往景区时，此时方案有
种；
故不同方案的种数为
（种），
故选：D
二、填空题
4．（24-25 高三上·江苏·阶段练习）某大学5 名师范生到甲、乙、丙三所高中实习，每名同学只能到1 所
学校，每所学校至多接收2 名同学.若同学A 确定到甲学校，则不同的安排方法共有 种.
【答案】30
【分析】分只有同学A 到甲学校、除同学A 外还有一名同学去甲学校两种情况即可.
【详解】若只有同学A 到甲学校，则有
种可能，
若除同学A 外还有一名同学去甲学校，则有
种可能，
故共有
种可能.
故答案为：30.
5．（24-25 高三上·天津和平·期末）在杭州亚运会比赛中，6 名志愿者被安排到安检、引导运动员入场、赛
场记录这三项工作，若每项工作至少安排1 人，每人必须参加且只能参加一项工作，则合适的安排方案共
有 种.（用数字作答）
【答案】540
【分析】本题为先分组再分配问题，第一步先分组，第二步再分配.
【详解】6 名志愿者被安排三项工作，每项工作至少安排1 人，
则分组方式为
或
或
；
第一步先分组，分组方式共有
种；
8
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第二步再分配，三个组三个任务，由排列的定义可知为全排列
种分配方案；
第三步根据分步乘法原理总计
种安排方案.
故答案为：540.
6．（24-25 高三上·内蒙古通辽·期末）为深入贯彻党的二十大精神，我市邀请
、
、
、
、
五位党
的二十大代表分别到一中、五中、铁中、蒙中做宣讲工作，每个学校至少一人参加.若其中
、
因只会汉
语不能到蒙中宣讲，其余三人蒙汉兼通，可选派到任何学校宣讲.则不同的选派方案共有 种.
【答案】126
【分析】先考虑人员分配到学校的不同组合情况，再针对每种情况计算其具体的选派方法数，最后相加即
可.
【详解】根据题意可分为2 种情况讨论：
（1）从
、
、
三人中选1 人去蒙中，有
种选法，剩下4 人安排到其余三所学校，
即4 人分成2,1,1 三组，有
种分法，然后将这三组全排列安排这三所学校有
种排法，
根据分步原理，这种情况的选派方案有
种；
（2）从
、
、
三人中选2 人去蒙中，有
种选法，剩下3 人安排到其余三所学校，
有
种排法，根据分步原理，这种情况的选派方案有
种；
综上可得，共有
种不同的选法.
故答案为：126.
题型04 染色问题
【解题规律·提分快招】
解决染色问题的一般思路
(1)按区域的不同，以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析．
(2)以颜色为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”等问题，用分类加法计数原理分析．
(3)将空间问题平面化，转化为平面区域的涂色问题
【典例训练】
一、单选题
1．（23-24 高三下·广东梅州·期中）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（
）
9
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A．1080 种
B．720 种
C．660 种
D．600 种
【答案】A
【分析】讨论使用的颜色种数计算即可.
【详解】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
2．（24-25 高三上·广西·阶段练习）如图，对
，
，
，
，
五块区域涂色，现有种不同颜色的颜
料可供选择，要求每块区域涂一种颜色，且相邻区域（有公共边）所涂颜料的颜色不相同，则不同的涂色
方法共有（ ）
A．
种
B．
种
C．
种
D．
种
【答案】C
【分析】先涂
，
，
，然后分类讨论
的颜色，最后利用乘法原理与加法原理可得答案.
【详解】先涂
，
，
，有
种方法.
若
的颜色不同于
，
，
所涂颜色，有
种涂法，此时
有种涂法，则对应总涂法数为
；
若
的颜色与
的颜色相同，此时
有种涂法，则对应总涂法数为
；
若
的颜色与
的颜色相同，此时
有
种涂法，则对应总涂法数为
.
综上，总涂法数为
.
故选：C
3．（23-24 高三下·重庆·期末）国际数学家大会（ICM）是由国际数学联盟（IMU）主办的国际数学界规
模最大也是最重要的会议，每四年举行一次，被誉为数学界的奥林匹克盛会.2002 年第24 届国际数学家大
会在北京召开，其会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，由一个正方形和四个全等的直角三角形
构成（如图）.现给图中5 个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，且每个区域只涂一种颜色.若有
5 种不同的颜色可供使用，则不同的涂色方案有（ ）
10
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A．120 种
B．360 种
C．420 种
D．540 种
【答案】C
【分析】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5 块区域至少需要种颜色，然后对使用的颜色种数进
行分类讨论，分别求出方案数，再运用分类加法计数原理求出最后结果.
【详解】要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则涂5 块区域至少需要种颜色，
若块区域只用种颜色涂色，则颜色的选法有
种，相对的直角三角形必同色，
此时不同的涂色方案有
种；
若块区域只用
种颜色涂色，则颜色的选法有
种，其中一对相对的直角三角形必同色，
余下的两个直角三角形不同色，此时不同的涂色方案有
种；
若块区域只用种颜色涂色，则每块直角三角形都不同色，此时不同的涂色方案有
种；
综上，不同的涂色方案有：
种.
故选：C.
二、填空题
4．（2024·河南濮阳·模拟预测）对一个四棱锥各个顶点着色，现有5 种不同颜色供选择，要求同一条棱连
接的两个顶点不能着相同的颜色，则不同的着色方法有 种（用数字作答）．
【答案】420
【分析】依题意按照分类分步计数原理直接计算可得结果.
【详解】根据题意可知，需分五步进行着色，
在四棱锥
中，如下图所示：
按照
的顺序进行着色，则
点有5 种颜色可选，
点有4 种颜色可选；
点有3 种颜色可选，
若
点颜色与
点相同，则
点有3 种颜色可选；
11
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若
点颜色与
点不同，则
点有2 种颜色可选，此时
点有2 种颜色可选；
所以共有
种.
故答案为：420
5．（2024·安徽淮北·二模）在
的方格中，每个方格被涂上红、橙、黄、绿四种颜色之一，若每个
的方格中的四个小方格的颜色都不相同，则满足要求的不同涂色方法的种数为 .
【答案】
【分析】根据题意，第一个
的方格有
种涂法，假设第一个
的方格，涂如图所示
四种颜
色，分类求得不同的涂色方法，结合分步计数原理，即可求解.
【详解】设四种颜色分别为
，对于第一个
的方格，共有
种不同的涂法，
假设第一个
的方格，涂如图所示
四种颜色，
①若第三列的一个方格涂
，第三列的第二方格涂
，则第三列的第三方格涂
或
，
当第三列的第三方格涂
时，则第三行的第一、二方格，分别涂
；
当第三列的第三方格涂
时，则第三行的第一、二方格，分别涂
；
②若第三列的一个方格涂
，第三列的第二方格涂
，则第三列的第三方格涂
或
，
当第三列的第三方格涂
时，则第三行的第一、二方格，分别涂
；
当第三列的第三方格涂
时，则第三行的第二方格涂
，不合题意；
所以，共有类涂法，则共有
种不同的涂色方法.
故答案为：
.
题型05 三项展开式问题
【典例训练】
一、单选题
1．（24-25 高三上·山东威海·阶段练习）
的展开式中，含
的项的系数为（ ）
A．240
B．
C．560
D．360
【答案】B
【分析】根据二项式展开式的通项特征求解即可.
【详解】因为
展开式的通项为
，
12
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当
，即
时，展开式中会出现
，此时
，
对于
，通项为
，要想得到
，则需
，
此时
，即含
的项的系数为
，
故选：B.
2．（2024·江苏南京·模拟预测）
的展开式中，
的系数为（ ）
A．60
B．
C．120
D．
【答案】A
【分析】根据
，结合二项展开式的通项公式分析求解.
【详解】由题意可知：
的通项为
，
且
的通项为
，
令
，解得
，
所以
的系数为
．
故选：A
3．（2025·陕西咸阳·一模）若
，则
（ ）．
A．1
B．5
C．10
D．15
【答案】B
【分析】根据
项，分析
、
、1 分别取的次数，再利用组合数求系数
.
【详解】由题设，对于
项，
取0 次，
取1 次，1 取4 次，故
.
故选：B
二、填空题
4．（2024 高三·全国·专题练习）
的展开式中的常数项为 ．
【答案】
【分析】先求出展开式的通项，再令
的系数都为零时列方程组求出
，最后计算即可；
【详解】
的展开式为
．
13
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令
解得
所以其常数项为
．
故答案为：
5．（24-25 高三上·湖北·阶段练习）若
为一组从小到大排列的数
，1，3，5，7，9，11，13 的第六十
百分位数，则
的展开式中
的系数为 .
【答案】
【分析】利用第
百分位数的定义求出
，再利用组合的应用列式计算作答.
【详解】由
，得
，
于是
展开式中含
的项为
，
所以
的展开式中
的系数为
.
故答案为：
6．（2024·广东广州·模拟预测）若
的展开式中，
项的系数为
，则
的最大值为 .
【答案】
/0.125
【分析】根据二项式展开式的特征，可得
项的系数为为
，
即可根据
求解.
【详解】
,
又
，
故
，
可由
分别提供
得到，或者提供
得到，或者提供
得到，
故
项的系数为为
，
故
，即
，
要使
最大，则
需为正数，
因此
，故
，当且仅当
时取等号，
故答案为：
14
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题型06 两个二项式乘积展开式问题
【典例训练】
一、单选题
1．（24-25 高三上·山东滨州·期末）
的展开式中
的系数为（ ）
A．4
B．6
C．8
D．10
【答案】C
【分析】根据二项式定理的运算性质展开求解即可.
【详解】
，
含
的项为
，
所以
展开式中
的系数为.
故选：C．
2．（24-25 高三上·湖南·阶段练习）若
的展开式中
的系数为
，则a 的值为
（ ）
A．1
B．2
C．
D．
【答案】B
【分析】利用二项展开式定理，即可求解.
【详解】因为，
的展开式的通项公式为
所以，
的展开式中
的系数为
，
解得
，
故选：B.
3．（24-25 高三上·河南南阳·期末）
的展开式中，
的系数为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】结合立方和公式可得
，结合二项式
的展开式通项公
式求结论.
【详解】因为
.
的二项展开式的通项公式为
.
而
，
15
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所以
的系数为为.
故选：C.
二、填空题
4．（24-25 高三上·云南楚雄·期末）已知
，则
.
【答案】
【分析】变形
，利用
展开式的通项求解即可.
【详解】
，
展开式的通项为
，
令
，可得
；令
，可得
.
则
项的系数为
.
故答案为：76.
5．（24-25 高三上·湖南长沙·期末）已知
的展开式中各项系数的和是2，则展开式中
的
系数为 .（用数字作答）
【答案】
【分析】代入
，解出
，再利用二项展开式的通项公式进行合理赋值即可.
【详解】令
，得
的展开式中各项系数的和为
，
解得
，
的展开式的通项为
，
分别令
，
，可得展开式中
的系数为
.
故答案为：
题型07 赋值法的应用
【解题规律·提分快招】
1、常用赋值举例
（1）设
0
1
1
2
2
2
n
n
n
n
r
n r
r
n
n
n
n
n
n
n
a
b
C a
C a
b
C a
b
C a
b
C b
，
二项式定理是一个恒等式，即对
，
的一切值都成立，我们可以根据具体问题的需要灵活选取
，
的
值．
①令
1
a
b
，可得：
0
1
2n
n
n
n
n
C
C
C
16
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②令
，可得：
0
1
2
3
0
1
n
n
n
n
n
n
n
C
C
C
C
C
，即：
0
2
1
3
1
n
n
n
n
n
n
n
n
C
C
C
C
C
C
（假设n 为偶数），再结合①可得：
0
2
1
3
1
1
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
C
C
C
C
C
C
．
（2）若
，则
①常数项：令
，得
．
②各项系数和：令
，得
．
注意：常见的赋值为令
，
或
，然后通过加减运算即可得到相应的结果．
2、奇数项的系数和与偶数项的系数和
①5 当
为偶数时，奇数项的系数和为
；
偶数项的系数和为
．
（可简记为：
为偶数，奇数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配）
②当
为奇数时，奇数项的系数和为
；
偶数项的系数和为
．
（可简记为：
为奇数，偶数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配）
若
，同理可得．
【典例训练】
一、单选题
1．（23-24 高三下·全国·自主招生）已知
，则
（ ）
A．
B．
C．0
D．1
【答案】D
【分析】令
，代入计算，即可得到结果.
【详解】令
可得
.
故选：D
2．（24-25 高三上·江西宜春·阶段练习）若
，
，则
的值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据已知条件利用赋值法，令
和
即可求解.
【详解】因为
，
，
17
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所以令
，可得
，
又令
，可得
，
所以
，
故选：D.
3．（23-24 高三下·广东广州·期中）已知
，其中
，则
（ ）
A．16
B．32
C．24
D．48
【答案】D
【分析】由
，写出
展开式的通项，从而得到
展开
式中含
的项，即可求出
，再利用赋值法计算可得.
【详解】因为
，
其中
展开式的通项为
（
且
），
所以
展开式中含
的项为
，
所以
，解得
，
所以
，
令
可得
，
令
可得
，
所以
.
故选：D
二、多选题
4．（24-25 高三上·广东潮州·期末）设
，则（ ）
A．
B．
C．
D．当
时，
除以8 的余数是7
【答案】AC
【分析】利用赋值法判断AC；利用二项展开式通项求出
的值可判断B；利用二项式定理展开即可判
断D.
【详解】对于A，令
，可得
，故A 正确；
对于B，通项公式为
，令
可得
，
18
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令
可得
，故
，故B 错误；
对于C，令
可得
，令
，可得
，
，故C 正确；
对于D，当
时，
所以
除以8 的余数是1，故D 错误．
故选：AC
5．（24-25 高三上·辽宁葫芦岛·期末）已知
，则下
列结论成立的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】AD
【分析】应用赋值法及换元法分别判断A，B，C 选项；等式两侧同时求导函数及赋值可判断D 选项.
【详解】A.令
，得
，即
，A 正确.
B.令
，则原等式变形为
，
由二项式定理得，
，
令
，得
，
等式两侧同乘
，得
，
∴
，B 错误.
C.令
，得
，故
，C 错误.
D.对等式
两侧同时求导函数得，
，
令
，得
，D 正确.
故选：AD.
三、填空题
6．（24-25 高三上·上海·阶段练习）设
，若
19
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，则
．
【答案】
【分析】令
，即可得到
，再利用赋值法计算可得.
【详解】令
，则
，
令
，可得
，
令
，可得
，
所以
.
故答案为：
题型08 杨辉三角与二项式定理
【典例训练】
一、单选题
1．（24-25 高三·全国·假期作业）当
时，将三项式
展开，可得到如图所示的三项展开式和
“广义杨辉三角形”：
若在
的展开式中，
的系数为
，则实数
的值为（ ）
A．1
B．
C．2
D．
【答案】B
【分析】利用广义杨辉三角，求出
的展开式，再分析
的项即可得解.
【详解】由广义杨辉三角，得:
，
所以
的展开式中，
项为
，
所以
解得
故选：B.
2．（23-24 高三下·云南·期中）我国南宋数学家杨辉1261 年所著的《详解九章算法》一书中展示了二项式
系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论错误的是（ ）
20
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A．
B．第6 行第
､
7 行第
､
8 行的第7 个数之和为第9 行的第8 个数
C．第12 行中从左到右第2 个数与第3 个数之比为
D．第2020 行的第1010 个数最大
【答案】D
【分析】对于ABC 选项，都可以对照图表与二项式系数的关系，即可得到判断；对于D 选项，则需要找
到二项式系数的规律分析即可或直接运用二项式系数的性质直接判断，如第2020 行的二项式系数是
，
根据二项式系数的性质最大的是
，从而判断是第1011 项．
【详解】对于
：因为
，所以
，故
正确；
对于
：第6 行，第7 行，第8 行的第7 个数字分别为：
，其和为
；而第9 行第8 个数
字就是36，故B 正确；
对于C：依题意：第12 行从左到右第2 个数为
，第12 行从左到右第3 个数为
，所以第12
行中从左到右第2 个数与第3 个数之比为
，故C 正确；
对于D：由图可知：第
行有
个数字，如果
是偶数，则第
（最中间的）个数字最大；如果
是
奇数，则第
和第
个数字最大，并且这两个数字一样大，所以第2020 行的第1011 个数最大，故
D 错误.
故选:D.
3．（2024·河南新乡·三模）如图所示的“分数杨辉三角形”被我们称为莱布尼茨三角形，是将杨辉三角形
中的
换成
得到的，根据莱布尼茨三角形，下列结论正确的是（ ）
21
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】观察莱布尼茨三角形，得出规律即可判断得解.
【详解】观察莱布尼茨三角形，知每一个数等于下一层与它紧挨的两个数之和，
因此
，即D 正确，ABC 错误.
故选：D
二、多选题
4．（24-25 高三上·江西·阶段练习）如图，“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中
国南宋数学家杨辉1261 年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，则下列关于“杨辉三角”的性质中正
确的是（ ）
A．
B．第8 行所有数字之和为256
C．
D．记第20，21 行数字的最大值分别为
，则
【答案】BC
【分析】根据“杨辉三角”，利用组合数的计算可判断A 和C；利用二项式系数的性质可判断B 和D.
22
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【详解】对于A，
，
所以
，故A 错误；
对于B，由二项式系数的性质知，第
行各数的和为
，
所以第8 行所有数字之和为
，故B 正确；
对于C，
，故C 正确；
对于D，第20 行数字的最大值为
，第21 行数字的最大值为
，
所以
，故D 错误.
故选：BC.
5．（23-24 高三下·河南郑州·期末）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算
法》《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在
､
1261 年所著的《详解九章算法》给出了如下图1 所示的表，
我们称这个表为杨辉三角，图2 是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500 年左右，由此可
见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.根据以上材料，以下说法正确的是（ ）
A．第2024 行中，第1012 个数最大
B．杨辉三角中第8 行的各数之和为256
23
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C．记第
行的第个数为
，则
D．在“杨辉三角”中，记每一行第
个数组成的数列称为第
斜列，该三角形数阵前2024 行
中第
斜列各项之和为
【答案】BC
【分析】利用
的展开式的二项式系数的性质可判断AB；求出
，再利用
展开式的特
征可判断C；利用
可判断D.
【详解】对于A，因为杨辉三角的第
行就是
的展开式的二项式系数，
即
，当
为偶数时中间一项最大，因为
，
所以
中间一项最大，且为第
个数最大，故A 错误；
对于B，杨辉三角中第8 行的各数之和为
，故B 正确；
对于C，记第
行的第个数为
，则
，
则
，故C 正确；
对于D，因为
，
所以
时，该三角形数阵前2024 行中第
斜列各项之和为
，
时，该三角形数阵前2024 行中第1 斜列各项之和为2024，而
，
所以
只适用于
，故D 错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用
的展开式的二项式系数性质解题.
一、单选题
1．（24-25 高三上·河南·阶段练习）在一次文物展览中，要将5 件不同的文物从左到右摆成一排进行展示，
其中有2 件特殊的文物需要相邻摆放，则不同的排列方法有（ ）
A．24 种
B．48 种
C．96 种
D．120 种
【答案】B
【分析】2 个特殊的文物利用捆绑法，再与其他文物全排列即可.
24
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【详解】先把2 件特殊的文物放一起，看做一个整体与其余3 个全排列，
共有
种不同的排法，
故选：B
2．（24-25 高三上·福建漳州·期末）据典籍《周礼·春官》记载，“宫、商、角、徵、羽”这五音是中国古
乐的基本音阶，成语“五音不全”就是指此五音.若把这五个音阶全用上，排成一个五音阶音序，则“宫”
和“角”之间恰好有一个音阶的排法种数为（ ）
A．12
B．18
C．24
D．36
【答案】D
【分析】利用插空法和分步计数原理求解.
【详解】先从“商、徵、羽”中选一个插在“宫”和“角”之间，有
，
再作为一个整体和剩下的两个音阶排列，
所以共有
种排法.
故选：D
3．（23-24 高三上·江苏常州·期末）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
【分析】根据三个数字中是否有“0”分两类，利用分类加法计数原理求解.
【详解】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
4．（24-25 高三上·辽宁沈阳·期末）
展开式中，
的系数为（ ）
A．
320
B．320
C．
240
D．240
【答案】D
【分析】根据已知二项式写出含
的项，即可得答案.
【详解】由题设，含
的项为
.
所以
的系数为
.
故选：D
5．（24-25 高三上·辽宁·期末）已知
，则（ ）
25
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】利用二项式定理展开式的通项公式，结合赋值法逐项计算可判断每个选项的正误.
【详解】由
，
所以
，
，
皆为负值，
，
，
皆为正值，令
，则
，
令
，则
①，故C 项错误；
即
，故A 项正确；
由①知
，故B 项错误；
在
中，
令
，则
，故D 项错误.
故选：A.
6．（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
【分析】由题意，分组方案有4，4 和3，5 及2，6 三种情况，利用组合计算每种情况，即可求解.
【详解】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
7．（24-25 高三上·四川成都·期中）从重量分别为 1，2，3，4，… ，8 克的砝码（每种砝码各 2 个）中
选出若干个，使其总重量恰为 9 克的方法总数为（ ）
A．48
B．56
C．64
D．72
【答案】C
【分析】根据题意，按照取的砝码个数讨论，结合组合数代入计算，即可得到结果.
【详解】取两个砝码时，有
四种情况，方法有
种；
取三个砝码时，有
，六种情况，
方法有
种；
26
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取四个砝码时，有
四种情况，
方法有
种；
取五个砝码时，有
，方法有
种，
所以一共有
种情况.
故选：C
8．（24-25 高三上·江西·期末）小明、小红等5 人报名学校的三类选修课(球类、武术类、田径类)，规定每
个人只能报其中的一类选修课，且每类选修课至少一人报名，则小明和小红不报同一类选修课的情况有（
）
A．132 种
B．114 种
C．96 种
D．84 种
【答案】B
【分析】法一：按3:1:1 分组、2:2:1 分组报名，应用排列组合、间接法求小明和小红不报同一类选修课的
情况数；法二：按3:1:1 分组、2:2:1 分组报名分别求出小明和小红不报同一类选修课的情况数，即可结果.
【详解】法一：总的情况有
种，
若小明和小红报同一类选修课有
种，
故小明和小红不报同一类选修课的情况有
种.
法二：若按照3:1:1 报名，则小明和小红不报同一类选修课的情况有
种，
若按照2:2:1 报名，则小明和小红不报同一类选修课的情况有
种，
故小明和小红不报同一类选修课的情况有
种.
故选：B
二、多选题
9．（24-25 高三上·甘肃定西·期末）已知
，则（ ）
A．
B．
C．
D．展开式中所有项的二项式系数的和为16
【答案】ABD
【分析】借助赋值法令
可得A；借助二项式的展开式的通项公式计算可得B；借助赋值法令
，结
合A 中所得可得C；借助二项式系数的和的性质可得D.
【详解】对A：令
，可得
，故
，A 正确；
对B：
，所以
，B 正确；
对C：令
，可得
，则
，C 错误；
对D：展开式中所有项的二项式系数的和为
，D 正确．
27
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故选：ABD.
10．（24-25 高三上·辽宁大连·期末）已知
，则
（ ）
A．
的值为2
B．
的值为80
C．
的值为
D．
【答案】ACD
【分析】利用赋值法可判断ACD，利用二项式展开式的通项公式可求得
的系数可判断B.
【详解】对于A，令
，可得
，故A 正确；
对于B，含
的项为
，所以
，故B 错误，
对于C，令
得，
，
令
，
，
所以
，
，
所以
，故C 正确；
对于D，令
，可得
，
两边同乘以
，可得
，故D 正确；
故选：ACD.
11．（24-25 高三上·重庆·阶段练习）若
，则下列选项正确的有
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】利用赋值判断AC，去绝对值后，赋值判断B，两边求导后，再赋值，判断D.
28
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【详解】A.令
，得
，故A 正确；
B.
，令
令展开式中的
，得
，故B 错误；
C.令展开式中的
，得
，
所以
，故C 正确；
D.展开式的两边求导，得
，
令
，得
，故D 正确.
故选：ACD
12．（23-24 高三下·黑龙江哈尔滨·期中）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在中国
南宋数学家杨辉1261 年所著的《详解九章算法》一书中就有出现.如图所示，在“杨辉三角”中，除每行
两边的数都是1 外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和，例如第4 行的6 为第3 行中两个3 的和.则
下列命题中正确的是（ ）
A．在“杨辉三角”第9 行中，从左到右第7 个数是84
B．由“第
行所有数之和为
”猜想：
C．在“杨辉三角”中，当
时，从第2 行起，每一行的第3 列的数字之和为284
D．在“杨辉三角”中，第
行所有数字的平方和恰好是第
行的中间一项的数字
【答案】ABD
【分析】根据“杨辉三角”,结合组合数公式，二项式定理，组合数的性质，判断选项.
【详解】A. 在“杨辉三角”第9 行中，从左到右第7 个数是
，故A 正确；
B.因为
,令
得
，故B 正确；
C. 在“杨辉三角”中，当
时，从第2 行起，每一行的第3 列的数字之和为
，故C 错误；
D. 在“杨辉三角”中，第
行所有数字的平方和恰好是第
行的中间一项的数字，
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即
，
因为
对应相乘可得
的系数为
而二项式
展开式的通项公式
，
，
当
时，
，则
的系数为
,
所以
，故D 正确.
故选：ABD
13．（24-25 高三上·辽宁·期末）在探究
的展开式的二项式系数性质时，我们把二项式系数写成一张
表，借助它发现二项式系数的一些规律，我们称这个表为杨辉三角（如图①，小明在学完杨辉三角之后进
行类比探究，将
的展开式按
的升幂排列，将各项系数列表如下（如图②）：
上表图②中第
行的第
个数用
表示，即
展开式中含
项的系数为
，则（ ）
A．
B．
C．
（
，
）
D．
【答案】BCD
【分析】由图②得到
，可直接判断ABC，对于D，由
得到展开式中含
项的系数为
，再由
确定含
项系数，即可判断；
【详解】依据题意结合图②可知图②中每一行的每一个数等于其上一行头顶和左、右肩上共三个数的和
（没有的用0 代替），
如：第四行的第三个数10，等于上一行头顶上的数3 加上左、右肩上的数1 和6，第三行中的第二个数3，
等于上一行头顶上的数1 加上左、右肩上的数0（左肩上没有数，故用0 代替）和2，
所以
，
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对于A 项，由上可得
，故A 项错误；
对于B 项，由图可知
，以此类推可得
，故B 项正确；
对于C 项，由上可知
，故C 项正确；
对于D 项，因为
，
，
则
，
所以根据乘法法则
的展开式中含
项的系数为
，
又
，
其通项公式为
，
因为
，所以
的展开式中含
项的系数为0，
故
，故D 项正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：
与
展开求得
的系数，在通过
求得
系数.
三、填空题
14．（24-25 高三下·江西·开学考试）若
的展开式中
的系数是20，则实数
的值为 ．
【答案】6
【分析】通过二项展开式的通项公式即可求解；
【详解】
的展开式中
的系数是
．
故答案为：6
15．（24-25 高三下·湖南长沙·开学考试）
的展开式中常数项是 ．
【答案】15
【分析】求出
的展开式的通项，再结合
即可求解.
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【详解】
的通项公式为：
，
所以
的展开式中常数项是：
,
故答案为：15
16．（24-25 高三上·安徽马鞍山·阶段练习）某宾馆安排甲、乙、丙、丁、戊五人入住3 个房间，每个房间
至少住1 人，且甲和乙住同一个房间，则共有 种不同的安排方法．（用数字作答）
【答案】36
【分析】根据分组分配问题，结合分类以及排列组合求解即可.
【详解】若甲乙连同另一个人共3 人一起住一个房间，其它2 人一人一间房，三组作全排列，此时有
种方法，
若只有甲乙两人住一个房间，其它3 人选1 人住一间房，三组再作全排列，此时由
种方法，
故共有
方法，
故答案为：36．
17．（23-24 高三上·山东·阶段练习）
展开式中各项的系数可以仿照杨辉三角构造如图所示的广
义杨辉三角，其性质是以下各行每个数是它正上方和左右两边三个数的和（不足
､
3 个数时，用0 补上），
则
的展开式中，
项的系数为 .
【答案】
【分析】
根据广义杨辉三角的规律，补出
时的系数，然后找到
的展开式中
项
项的系数即可求
解.
【详解】
根据题意，可得广义杨辉三角如图所示，
可知
的展开式中，
项的系数为
项的系数为30，
所以
的展开式中，
项的系数为
.
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故答案为：
18．（24-25 高三上·甘肃酒泉·期末）用4 种不同的颜色对如图所示的6 个区域（图中
，
，
，
，
，
）进行着色，要求相邻区域颜色不同，则共有 种不同的着色方法．
【答案】120
【分析】根据
，
，
，
，
五个区域中必有两组不相邻的区域分别涂同一种颜色分类，再利用分步
乘法计数原理列式计算可得答案.
【详解】根据题意，用4 种不同颜色标注6 个区域，相邻区域颜色不相同，
则
，
，
，
，
五个区域中必有两组不相邻的区域分别涂同一种颜色，
共有：{“
和
”且“
和
”}，{“
和
”且“
和
”}，{“
和
”且“
和
”}，
{“
和
”且“
和
”}，{“
和
”且“
和
”}5 种情况，
所以不同的涂色共有
种．
故答案为：120.
19．（24-25 高三上·陕西渭南·阶段练习）安排甲、乙、丙、丁、戊5 名大学生去杭州、宁波、金华三个城
市进行毕业生实践，每个城市至少安排一人，则其中学生甲被单独安排去杭州的概率是 ．
【答案】
【分析】根据题意，先将5 人分为三组，每组的人数可能为1,1,3 或者1,2,2，对应的可能情况分别为
种
和
种，再将其分配到三个城市，进而根据乘法原理求解即可得不同的安排方式，再讨论学生甲被单独安
排去杭州的有
种，最后结合古典概型求解即可.
【详解】先把5 人分为三组，每组的人数可能为1,1,3 或者1,2,2，
当每组的人数为1,1,3 时，共有
种情况，
当每组的人数为1,2,2 时，共有
种情况，
所以把5 人分为三组共有
种情况，
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再将三组人员分配到三个城市，有
种，
其中男生学生甲被单独安排去杭州的情况为
种，
所以学生甲被单独安排去杭州的概率是
.
故答案为：
.
20．（24-25 高三上·辽宁锦州·期末）如图，左边是编号为、
、、
的
型钢板，右边是编号为甲、乙、
丙的
型钢板，现将两堆钢板自上而下地混合堆放在一起，则
型钢板均不相邻的放法共 种，乙
号钢板上方的
型钢板的编号之和与其下方的
型钢板的编号之和相等的放法共 种．（用数字作
答）
【答案】
【分析】若
型钢板均不相邻，先将
型钢板任意排列，然后将
型钢板插入
型钢板形成的个空位中
的个空位，结合插空法可求得放法种数；先考虑乙号钢板上方的
型钢板的放法，然后再将甲、丙号钢
板分相邻和不相邻两种情况讨论，结合分步和分类计数原理可得结果.
【详解】若
型钢板均不相邻，先将
型钢板任意排列，然后将
型钢板插入
型钢板形成的个空位中
的个空位，
由插空法可知，
型钢板均不相邻的放法种数为
种；
若乙号钢板上方的
型钢板的编号之和与其下方的
型钢板的编号之和相等，
则乙号钢板上方的
型钢板为、
号或
、号，此时不同的放法种数为
，
然后再放置甲、丙号钢板，分两种情况讨论，
若甲、丙号钢板相邻，则将甲、丙号钢板捆绑，插入其余块钢板形成的
个空位中的个空位，
此时，不同的放法种数为
种；
若甲、丙号钢板不相邻，则将甲、丙号钢板插入其余块钢板形成的
个空位中的
个空位中，
此时，不同的放法种数为
种.
综上所述，乙号钢板上方的
型钢板的编号之和与其下方的
型钢板的编号之和相等的放法种数为
种.
故答案为：
；
.
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