第 38 讲排列组合、二项式定理
（知识清单+14 典例精讲+方法技巧+分层训练）
近3年考查情况 题型 分值
分类加法计数原理、组合计数 填空题 5分
组合计数结合分层抽样 单选、多选题 5分/6分
二项式通项、指定项系数 填空题 5分
分组分配、分步乘法计数原理 填空题 5分
二项展开式常数项 填空题 5分
相邻/不相邻问题、简单分组选取问题 单选、多选题 5分/6分
【知识点01】两个计数原理
(1)分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种
不同的方法，那么完成这件事共有N＝ m＋n种不同的方法.
(2)分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那
么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法.
【例1】从甲地到乙地，每天有3班大巴、2班火车、1班飞机，求从甲地到乙地共有多少种出行方式？若从甲地到
丙地需先到乙地再中转，甲地到乙地有上述6种方式，乙地到丙地有4种班车，求甲到丙的总方式数。
解：（1）甲→乙：大巴、火车、飞机为三类独立出行方式，适用分类加法计数原理
N =3+2+1=6
1
（2）甲→丙：需分两步（甲→乙、乙→丙），两步缺一不可，适用分步乘法计数原理
N =6×4=24
2
答案：甲到乙6种，甲到丙24种
【知识点02】排列与组合的概念
名称 定义排列 按照一定的顺序排成一列
从 n 个不同元素中取出
m(m≤n)个元素
组合 作为一组
【例2】判断下列问题是排列问题还是组合问题，并说明理由。（1）从5名同学中选2人担任正、副班长；（2）从
5名同学中选2人参加座谈会。
解析：（1）排列问题：选出的2人分工不同，顺序影响结果。例如甲正班长、乙副班长，与乙正班长、甲副班长是
两种不同结果，有序，属于排列。
（2）组合问题：选出的2人仅参与座谈，无职位顺序，调换两人顺序结果不变，无序，属于组合。
答案：（1）排列问题；（2）组合问题
【知识点03】排列数与组合数
(1)排列数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，用符号Am表示.
n
(2)组合数：从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，用符号Cm表示.
n
【例3】从4名工人中选3人分别负责打磨、切割、组装；从4名工人中选3人组成检修小组。分别求总选取数量。
解析：（1）分工岗位不同，有序选取，求排列数A3
4
A3=4×3×2=24
4
（2）小组无分工、无顺序，无序选取，求组合数C3
4
C3=4
4
答案：岗位分配24种，小组选取4种
【知识点04】排列数、组合数的公式及性质
n！
(1)Am＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ (n，m∈N*，且m≤n).
n (n-m)！
公式
Am
n！
(2)Cm ＝ n＝ (n，m∈N*，且m≤n).
n Am m！(n-m)！
m
(1)0！＝1；An＝n！.
n
性质
(2)C0＝1；Cm ＝Cn-m；Cm ＝Cm ＋Cm-1
.
n n n n＋1 n n
【例4】计算C5+C4
的值。
7 7
解析：利用组合数递推性质简化计算，Cm+Cm-1=Cm
n n n+1
原式中n=7,m=5，则：C5+C4=C5
7 7 8
由对称性C5=C3
8 8
8×7×6
C3= =56
8 3×2×1
答案：56
【知识点05】二项式定理
二项式定理 (a＋b)n＝C0 an＋C1 an－1b1＋…＋Ck an－kbk＋…＋Cn bn(n∈N*)
n n n n
二项展开式的通项 T ＝Ck an－kbk，它表示展开式的第k＋1项
k＋1 n
二项式系数 Ck (k＝0，1，…，n)
n
2 5
【例5】求(x+ ) 展开式的第3项。
x
解析：第3项对应k+1=3⇒k=2，代入通项公式：
2 2
T =C2x5-2 ( )
3 5 x
展开计算：
4
T =C2 ⋅x3 ⋅ =10×4⋅x=40x
3 5 x2
答案：第3项为40x
【知识点06】二项式系数的性质
(1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等.
(2)增减性与最大值：
n＋1 n＋1
①当k< 时，Ck随k的增加而增大；由对称性知，当k> 时，Ck随k的增加而减小.
2 n 2 n
n n-1 n＋1
②当n是偶数时，中间的一项 C2取得最大值；当n是奇数时，中间的两项 C 2 与 C 2 相等，且同时取得最大值.
n n n
(3)各二项式系数的和：(a＋b)n的展开式的各二项式系数的和为C0 ＋C1 ＋C2＋…＋Cn＝ 2 n .
n n n n
【例6】已知(x-1) 7，求其展开式所有二项式系数和、奇数项二项式系数和。
解析：由二项式系数性质，n=71. 所有二项式系数和：27=128
2. 奇数项二项式系数和：27-1=26=64
答案：二项式系数和128，奇数项二项式系数和64
【题型一】分类加法计数原理
【例1】如图所示，在A,B间有四个焊接点1，2，3，4，若某焊接点脱落，则此处断路，则焊接点脱落导致电路不
通的情况的种数为（ ）
A．9 B．11 C．13 D．15
【答案】C
【分析】按照焊接点脱落的个数分类讨论，运用分类加法计数原理求解即可.
【详解】按照焊接点脱落的个数分类讨论，若脱落1个，则有{1},{4}共2种情况，
若脱落2个，则有{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{2,4},{3,4}共6种情况，
若脱落3个，则有{1,2,3},{1,2,4},{2,3,4},{1,3,4}共4种情况，
若脱落4个，则有{1,2,3,4}共1种情况，
由分类加法计数原理，情况种数共有2+6+4+1=13种．
故选：C．
【变式1】（2026·辽宁沈阳·二模）某实验室的5名技术人员需要在夜间通过一座最多只能两人同时通行的临时钢架
桥．过桥必须使用唯一的一盏工作灯，无灯不能过桥．过桥后需要有人将灯送回，才能让其他人继续过桥．两人同行
时，过桥用时以较慢者为准．5名技术人员单独过桥时间分别为1分钟、2分钟、5分钟、8分钟、9分钟．则这5人
全部过桥的最短时间为（ ）
A．20 B．22 C．24 D．26
【答案】B
【分析】用最快的人往返送灯，同时让慢的人结伴过桥以减少总耗时，需要对比两种最优策略的总时间，取最小值.【详解】策略1：最快的人（1分钟）往返送灯
1分钟和2分钟过桥，耗时2分钟，总耗时2；
1分钟返回送灯，耗时1分钟，总耗时2+1=3；
1分钟和9分钟过桥，耗时9分钟，总耗时3+9=12；
1分钟返回送灯，耗时1分钟，总耗时12+1=13；
1分钟和8分钟过桥，耗时8分钟，总耗时13+8=21；
1分钟返回送灯，耗时1分钟，总耗时21+1=22；
1分钟和5分钟过桥，耗时5分钟，总耗时22+5=27.
策略2：次快的人（2分钟）配合往返，让最慢的两人结伴过桥，
第一步：1分钟和2分钟过桥，耗时2分钟，总耗时2；
第二步：1分钟返回送灯，耗时1分钟，总耗时2+1=3；
第三步：8分钟和9分钟结伴过桥，耗时9分钟，总耗时3+9=12；
第四步：2分钟返回送灯，耗时2分钟，总耗时12+2=14；
第五步：1分钟和5分钟过桥，耗时5分钟，总耗时14+5=19；
第六步：1分钟返回送灯，耗时1分钟，总耗时19+1=20；
第七步：1分钟和2分钟过桥，耗时2分钟，总耗时20+2=22.
两种策略对比后，最短时间为22分钟.
【变式2】（2026·河北沧州·二模）“渐降数”是指每一位数字都比其左边的数字小的正整数（例如：987），那么
在三位的“渐降数”中，比821小，比678大的共有____个.
【答案】23
【详解】依题意，比821小，比678大的三位“渐降数”有：
百位数字为8的有820，810共2个；
百位数字为7，十位数字为6的有765，764，…，760共6个；
百位数字为7，十位数字为5的有754，753，…，750共5个；百位数字为7，十位数字为4的有743，742，741，740共4个；
百位数字为7，十位数字为3的有732，731，730共3个；
百位数字为7，十位数字为2的有721，720共2个；
百位数字为7，十位数字为1的只有710.
百位数字为6，比678大的“渐降数”没有.
所以满足条件的“渐降数”共有2+6+5+4+3+2+1=23个.
【变式3】（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知“渐升数”是指每一位数字比其左边的数字大的正整数（如236，
567），则比423大的三位“渐升数”共有______个．
【答案】20
【分析】根据定义结合分类加法计数原理计算可得答案.
【详解】完成这件事需选出3个数，要满足“渐升数”需分类来解.
当百位上的数字为4，十位上的数字为5时，个位上的数字有4种选法；
当百位上的数字为4，十位上的数字为6时，个位上的数字有3种选法；
当百位上的数字为4，十位上的数字为7时，个位上的数字有2种选法；
当百位上的数字为4，十位上的数字为8时，个位上的数字有1种选法；
当百位上的数字为5，十位上的数字为6时，个位上的数字有3种选法；
当百位上的数字为5，十位上的数字为7时，个位上的数字有2种选法；
当百位上的数字为5，十位上的数字为8时，个位上的数字有1种选法；
当百位上的数字为6，十位上的数字为7时，个位上的数字有2种选法；
当百位上的数字为6，十位上的数字为8时，个位上的数字有1种选法；
当百位上的数字为7，十位上的数字为8时，个位上的数字有1种选法；
所以比423大的三位“渐升数”共有4+3+2+1+3+2+1+2+1+1=20个.
故答案为：20.
【题型二】分步乘法计数原理【例2】（2026·四川绵阳·三模）5名工人各自在4天中选择1天休息，不同方法的种数是（ ）
A．45 B．54 C．A4 D．C4
5 5
【答案】A
【分析】每一名工人都有4种选择方法，根据分步计数原理求得5名工人不同选择方法的种数．
【详解】每一个工人都有4种选择方法，故5名工人不同方法的种数有45种.
【变式1】（2025·云南·模拟预测）为提升学生的数学素养，某中学特开设了“数学史”“数学建模”“古今数学思
想”“数学探究”“中国大学先修课程微积分学习指导”五门选修课程，要求每位同学每学年至多选四门，高一到高
二两学年必须将五门选修课程选完，则每位同学不同的选修方式为（ ）
A．30 B．20 C．15 D．10
【答案】A
【分析】根据题意，结合分步计数原理，得到安排的总数为25种安排方法，再除去五门选修课程安排到同一学年的2
种情况，即可求解.
【详解】由题意，每门选修课程被安排到高一到高二两学年都有2种安排方法，
共有25=32种安排方法，
其中五门选修课程安排到同一学年的情况有2种，
则每位同学不同的选修方式为32-2=30种．
故选：A．
【变式2】（2026·海南海口·模拟预测）如图由4条水平方向的平行线和5条竖直方向的平行线围成的图形中共有
______个不同的平行四边形；
【答案】60
4×3
【详解】从 4 条水平方向的平行线中选 2 条，有C2= =6种选法，
4 2×15×4
从 5 条竖直方向的平行线中选 2 条，有C2= =10种选法，
5 2×1
根据分步乘法计数原理得总平行四边形个数为6×10=60.
【变式3】（2026·福建泉州·模拟预测）甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人且甲、乙不
站同一个台阶，同一台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法是____________种．
【答案】180
【详解】根据分步乘法计数原理，按顺序安排三人站位：
安排甲的站位：共有6级台阶可选，因此甲有6种不同站法；
安排乙的站位：要求甲、乙不站同一台阶，排除甲已选择的台阶，乙有6−1=5种不同站法；
安排丙的站位：已知每级台阶最多站2人，此时甲、乙分属不同台阶，各级台阶至多仅站1人，丙有6种不同站法.
综上，不同的总站法种数为6×5×6=180.
【题型三】排列数的计算
【例3】A2=90，则n等于________．
n
【答案】10
【分析】根据排列数公式运算求解即可.
【详解】因为A2=n(n-1)=90，解得n=10或n=-9，
n
且n≥2，所以n=10.
故答案为：10.
【变式1】若A2 =20，则m=（ ）
m
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A
【分析】根据排列数的计算方法列出关于m的一元二次方程即可解得.
【详解】A2 =m(m-1)=20,化解得
m
m2-m-20=0解得：m=-4（舍）或m=5
故选：A
【点睛】本题考查了排列数的计算方法，属于简单题，解题中只需准确应用排列数公式即可.
【变式2】（2026·安徽滁州·三模）某班级去历史博物馆参观，全班同学分成A,B,C三个小组，并从5名班委中安
排3人分别担任组长，则组长的不同安排方法共有（ ）
A．10种 B．20种 C．30种 D．60种
【答案】D
【分析】根据排列的知识即可求解．
【详解】由题可知，从5名班委中安排3人分别担任组长有A3=5×4×3=60种不同安排．
5
【变式3】（2024·浙江·模拟预测）现有一项需要用时两天的活动，要从5人中安排2人参加，每天安排一人，若其
中甲、乙2人在这两天都没有参加，则不同的安排方式有（ ）
A．20种 B．10种 C．8种 D．6种
【答案】D
【分析】根据排列数的定义和公式，即可求解.
【详解】由题意可知，从除甲和乙之外的3人中选2人，安排2天的活动，有A2=6种方法.
3
故选：D
【题型四】元素(位置)有限制的排列问题
【例4】（2026·陕西榆林·模拟预测）甲、乙、丙、丁、戊五名同学排成一排合影留念，其中甲、乙均不能站在最左
端，则不同的站法共有（ ）
A．12种 B．36种 C．72种 D．96种
【答案】C
【详解】因为甲、乙均不能站最左端，所以最左端有3种排法，
剩下的位置共4个元素，全排列为A4种，
4
所以共有3A4=3×4×3×2×1=72种不同的站法．
4【变式1】（2026·辽宁抚顺·二模）现有甲、乙等五名学生参加“弘扬中华文化”的演讲比赛，已知甲既不在第一个
参演，又不在最后一个参演，且乙不在第三个参演，则不同的参演顺序共有（ ）
A．60种 B．72种 C．96种 D．120种
【答案】A
【详解】若甲在第三个参演，则不同的参演顺序有A4=24种；
4
若甲不在第三个参演，则不同的参演顺序有C1C1A3=36种.
2 3 3
根据分类加法计数原理可知，不同的参演顺序共有24+36=60种.
【变式2】（2026·陕西咸阳·模拟预测）某校需要从含甲的4位优秀老师中选3位去A，B，C三个乡村支教，每个
乡村1人，每人至多去1个乡村，其中甲不能安排在A乡村，则不同的安排方法种数为______.
【答案】18
【分析】从含甲的4位优秀老师中选3位去A、B、C三个乡村，每个乡村1人，甲不能去A村，优先安排受限位置的
A村
【详解】A村不能是甲，因此从剩余3位老师中选1位，有3种选法，
剩余B、C村从剩下的3位老师（含甲）中选2位排列，有A2=2×3=6种方法，
3
总方法数为3×6=18
【变式3】（2026·河北承德·一模）将标号为1，1，2，2，3，4的6张不同卡片放入3个不同的信封中，若每个信封
放2张标号不同的卡片，则不同的放法共有________种．
【答案】60
【分析】利用分步乘法计数原理结合分组分配先计算出所有的放法，再排除不满足题目要求的即可求出答案；
【详解】由题知将标号为1，1，2，2，3，4的6张不同卡片放入3个不同的信封中，
将这6张不同的卡片，标号分别为1 ,1 ,2 ,2 ,3,4，
a b a b
将6张卡片均匀分成三组，然后放到三个不同的信封中，总的放法种数为C2C2C2=90．
6 4 2
不满足题目要求的情况如下：①其中有2个信封中的卡片标号相同，
则卡片的分组为(1 ,1 )，(2 ,2 )，(3,4)，共1种，此时放法种数为A3=6.
a b a b 3②有1个信封中的卡片标号相同，则卡片的分组为(1 ,1 )，(2 ,3)，(2 ,4)；
a b a b
(1 ,1 )，(2 ,3)，(2 ,4)；(2 ,2 )，(1 ,3)，(1 ,4)；
a b b a a b a b
(2 ,2 )，(1 ,3)，(1 ,4)，共4种，此时放法种数为4×A3=24．
a b b a 3
所以若每个信封放2张标号不同的卡片，则不同的放法种数为90-6-24=60．
【题型五】相邻问题与不相邻的排列问题
【例5】（2026·重庆渝中·三模）给某班级星期一上午排课，一共 5 节课，语数外各一节，体育课两节（两节体育
课相同），要求两节体育课必须相邻， 则不同的排课种数有（ ）
A．48 B．60 C．24 D．12
【答案】C
【详解】采用捆绑法，将两节相邻的体育课视为一个整体.
此时需排列的元素为语文、数学、外语、体育整体，共4个元素.
4个元素的全排列数为A4=4!=24.
4
由于两节体育课为相同课程，内部无需再排列.
因此，不同的排课种数为24.
【变式1】（多选）（2024·山西晋中·模拟预测）某中学的3名男生和2名女生参加数学竞赛，比赛结束后，这5名
同学排成一排合影留念，则下列说法正确的是（ ）
A．若要求2名女生相邻，则这5名同学共有48种不同的排法
B．若要求女生与男生相间排列，则这5名同学共有24种排法
C．若要求2名女生互不相邻，则这5名同学共有72种排法
D．若要求男生甲不在排头也不在排尾，则这5名同学共有72种排法
【答案】ACD
【分析】利用捆绑法解决选项A，利用插空法解决选项BC，利用特殊元素优先法解决选项D.
【详解】选项A，将2名女生捆绑在一起，再与3名男生进行全排列，
则有A2A4=48（种），故A正确；
2 4选项B，要求女生与男生相间排列，采用插空法，
先将3名男生进行全排列，再将2名女生插到3名男生所形成的2个空中，
则有A2A3=12（种），故B错误；
2 3
选项C，先将3名男生进行全排列，再将2名女生插到3名男生所形成的4个空中，
则有A3A2=72（种），故C正确；
3 4
选项D，将5名同学排成一排，相当于将他们放到排成一排的5个空位中，
先将男生甲排在中间的3个空位中，再将剩下4名同学进行全排列，
则有A1A4=72（种），故D正确.
3 4
故选：ACD.
【变式2】（2026·湖北黄冈·模拟预测）甲、乙、丙、丁共4人站成一排，若甲、乙两人相邻，而乙、丙两人不相邻，
则不同的排法种数共有________.（用数字作答）
【答案】8
【分析】先将甲乙捆绑，再将甲乙整体和丁排列，最后得到丙位置的情况即可求解.
【详解】首先将甲、乙看成一个整体，甲、乙两人相邻的排列有A2=2种，
2
将甲乙整体和丁排列，有A2=2种，此时形成3个空位，
2
由乙、丙两人不相邻，则丙不能在乙的旁边，所以丙只有2个位置，
综上：不同的排法种数共有2×2×2=8.
【变式3】A，B，C，D，E五人站成一排．
(1)A，B两人相邻的不同排法有多少种？
(2)A，B，C两两不相邻的排法有多少种？
(3)A，B都与C相邻的不同排法种数有多少种？
(4)A，B，C顺序一定的排法有多少种？
【答案】(1)48(2)12
(3)12
(4)20
【分析】（1）先将A，B全排列，再将A，B看成一个整体与C，D，E全排列；
（2）先将D，E全排列，再将A，B，C排列在D，E形成的三个空中；
（3）先将A，B排列在C的两旁，再将A，B，C看成一个整体与D，E全排列；
（4）因为A,B，C顺序一定，则只需将D，E位置找到并排列即可.
【详解】（1）第一步：将A，B全排列有：A2=2×1=2种不同的排法；
2
第二步：将A，B看成一个整体再与C，D，E全排列有：A4=4×3×2×1=24种；
4
由分步计数原理得，共有2×24=48种不同的排法.
（2）第一步：将D，E全排列有：A2=2×1=2种不同的排法；
2
第二步：将A，B，C全排列进D，E形成的三个空中有：A3=3×2×1=6种；
3
由分步计数原理得，共有2×6=12种不同的排法.
（3）第一步：将A，B排列在C的两旁有：A2=2×1=2种不同的排法；
2
第二步：将A，B，C看成一个整体再与D，E全排列有：A3=3×2×1=6种；
3
由分步计数原理得，共有2×6=12种不同的排法.
（4）因为A，B，C顺序一定，则只需将D，E位置找到并排好即可，则有：A2=5×4=20种不同的排法.
5
【题型六】组合数的计算
【例6】组合数Cr(n>r≥1,n,r∈N)恒等于（
）
n
r+1 n+1 r n
A．
Cr-1
B．
Cr-1
C．
Cr-1
D．
Cr-1
n+1 n-1 r+1 n-1 n n-1 r n-1
【答案】D
【分析】根据组合数的公式得到Cr 和Cr-1
，再比较选项得到答案.
n n-1n⋅(n-1)⋅⋅⋅(n-r+1)
【详解】Cr=
．
n r⋅(r-1)⋅⋅⋅3⋅2⋅1
(n-1)(n-2)......(n-r+1)
Cr-1=
，
n-1 (r-1)(r-2)......3⋅2⋅1
n
可知Cr= ⋅Cr-1
n r n-1
故选：D．
【点睛】本题考查组合数的计算公式，意在考查基本公式，属于基础题型.
6
【变式1】（2024·浙江温州·模拟预测）a =Cn (n=1,2,⋯6)，求 ∑a2 的值为 （ ）.
n 6 n
i=1
A．922 B．923 C．924 D．925
【答案】B
【分析】代入求和公式，算出组合数的值即可.
6
【详解】由题意知∑a2=(C1) 2 +(C2) 2 +(C3) 2 +(C4) 2 +(C5) 2 +(C6) 2
n 6 6 6 6 6 6
i=1
=36+225+400+225+36+1=923.
故选：B.
【变式2】已知(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)=a +a x+a x2+a x3+a x4+a x5 ，则a = ___________．
0 1 2 3 4 5 4
【答案】15
【分析】根据题意，结合根据组合数的计算公式及性质，即可求解.
【详解】由题意知(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)(x+5)=a +a x+a x2+a x3+a x4+a x5 ，
0 1 2 3 4 5
根据组合数的计算公式及性质，要得到展开式中x4的系数，则只有一个括号内取常数，其余的四个括号都取x，所以
a =1+2+3+4+5=15．
4
故答案为：15.
【变式3】（2025·湖北·模拟预测）通信工程中常用n元数组(a ,a ,a ,⋯,a )表示信息，其中a =0或1，且
1 2 3 n i
i,n∈N*．设u=¿，v=(b ,b ,⋯,b )，d(u,v)表示u和v中相对应的元素不同的个数．如u=(1,0,0,1)，
1 2 nv=(1,1,1,0)，则d(u,v)=3．若u=(1,0,1,0,1,0)，则使得d(u,v)=2的6元数组v的个数为（ ）
A．15 B．20 C．30 D．40
【答案】A
【分析】根据所给新定义理解题意，由组合知识即可求解判断.
【详解】由d(u,v)=2，则u,v相对应的元素恰有2个不同，故数组v共有C2=15个.
6
故选：A.
【题型七】实际问题中的组合计数问题
【例7】（2026·上海·高考真题）在5个人中选3个人去演讲，若甲一定去，则一共有____________种选法.
【答案】6
【分析】结合组合知识求解即可.
【详解】由题意，甲一定去，则从剩下的4人中任选2人即可，
则一共有C2=6种选法.
4
故答案为：6.
【变式1】（2026·河北唐山·模拟预测）某校有5名教师和3名学生参加志愿者活动，需从中选出3人组成服务小组，
若要求至少包含1名教师，则不同的选法有（ ）
A．56种 B．46种 C．55种 D．45种
【答案】C
【分析】利用间接法求解即可.
【详解】某校有5名教师和3名学生参加志愿者活动，需从中选出3人组成服务小组，
若要求至少包含1名教师，其反面为“3人全是学生”，
由间接法可知，不同的选法种数为C3-C3=56-1=55种.
8 3
【变式2】（2026·山西忻州·模拟预测）由0，1组成的长度为5的序列中，把连续出现的一段1称为一个“1块”．
例如，序列10110中有两个“1块”．则长度为5且恰有两个“1块”的0，1序列共有（ ）
A．10个 B．12个 C．15个 D．18个【答案】C
【分析】对长度为5的0，1序列中含1的个数分别讨论求解.
【详解】若有2个1，要形成两个“1块”，则这两个1不能相邻．从5个位置中选2个不相邻的位置，有
C2-4=10-4=6种；
5
若有3个1，要形成两个“1块”，这3个1必须分成长度为1和2的两块，
即10110,11010,10011,11001,01011,01101共6种；
若有4个1，要形成两个“1块”，必须是四个1被一个0分开，且这个0不能在两端，所以有3种；
若有5个1，只有一个“1块”，不符合．
所以共有6+6+3=15个．
【变式3】（多选）（2025·安徽马鞍山·模拟预测）某班有10名同学，现在选出3名去参加歌唱比赛，则不同的选
法种数为（ ）
A7
A．C3 B． 10 C．C3+C2 D．C1+2C2+C3
10 A3 9 9 8 8 8
3
【答案】ACD
【分析】对于AB，根据组合数问题和排列数定义直接计算即可判断；对于CD，根据特定的同学入选与否进行分类计
数即可求解判断．
A3 A7
【详解】对于AB，从10名同学选出3名去参加歌唱比赛，则不同的选法种数为C3 = 10 ≠ 10 ，故A正确，B错误；
10 A3 A3
3 3
对于CD，从10名同学选出3名去参加歌唱比赛，根据甲同学入选与否可得不同的选法种数为C3+C2，
9 9
从10名同学选出3名去参加歌唱比赛，根据甲乙两名同学入选与否可得不同的选法种数为C3+C1C2+C2C1，
8 2 8 2 8
故CD正确.
故选：ACD
【题型八】分组分配问题
【例8】（2026·全国二卷·高考真题）把甲、乙、丙、丁等8位员工分为A、B两个技术公关组，要求每组4人，其
中甲、乙同组，丙、丁不同组，则分组方案共有（ ）A．10种 B．12种 C．16种 D．24种
【答案】C
【分析】对甲、乙两人都在A小组和B小组进行分类，结合计数原理求解即可.
【详解】情况1：甲、乙两人都在A小组，
安排丙、丁：丙、丁中必须有一个在A组，另一个在 B 组.
若丙在A组，丁在B组：此时A组已有 {甲, 乙, 丙}，还差1人；
B组已有{丁}，还差3人，
则从剩余4人中选1人进A组，方案数为C1=4.
4
若丁在A组，丙在 B 组：同理，方案数为C1=4.
4
所以当甲、乙在A组时，方案数为4+4=8种.
情况2：甲、乙两人都在 B 小组，
甲、乙在B组的情况与在A组的情况完全一致，
安排丙、丁：同样是丙在A组或丁在A组两种情况，方案数各为 C1=4，
4
所以当甲、乙在B组时，方案数为 4+4=8 种.
故所有分配方案共有8+8=16种.
【变式1】（2026·重庆沙坪坝·模拟预测）把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人
至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（ ）
A．40 B．36 C．30 D．12
【答案】B
【详解】2张连号有1,2，2,3，3,4，4,5；3张连号有1,2,3，2,3,4，3,4,5，
若有两组2张连号和一张单牌，则连号组合可以是1,2，3,4或1,2，4,5或2,3，4,5共3种，
再将其分给三个人共有3A3=18种；
3
若有一组3张连号和两张单牌，则连号组合可以是1,2,3或2,3,4或3,4,5，则分给三个人共有3A3=18种，
3
故不同的分法种数为18+18=36.
【变式2】（2026·山东聊城·三模）高一年级安排一班的甲、乙，二班的丙、丁，三班的戊共5名同学去Ａ，Ｂ，Ｃ，
Ｄ四个社区做志愿者，每名同学只去1个社区，每个社区至少1名同学，且同一班级的同学不去同一个社区，则不同
的安排方法共有________种．（用数字作答）
【答案】192
【分析】先将5名同学分成4组，再将分好的4组全排列安排到4个社区，同时要考虑同一班级的同学不去同一个社
区这一限制条件，最后用分步乘法计数原理计算总数即可.
【详解】5人分配到4个社区，且每个社区至少1人，则分组模式为2，1，1，1型（1个2人组，3个1人组），
5×4
不考虑限制时，从5人中选2人的组合数：C2= =10，
5 2×1
剔除同班同学同组的无效组合：{甲，乙}、{丙，丁}，共2种，有效2人组有10-2=8种，
再将1个2人组和3个1人组分配到4个不同社区进行全排，则不同的安排方法共有8×A4=192种.
4
【变式3】现有甲､乙､丙､丁､戊5位优秀的大学生利用假期回母校，对高三（1）班､高三（2）班､高三（3）班的同
学进行学法指导和介绍丰富多彩的大学生活，要求：每个班级至少有一位大学生进行宣讲，每位大学生必须且只能选
择一个班级.
(1)共有多少种不同的安排方案？
(2)若甲､乙不能对同一个班级宣讲，共有多少种不同的分配方案？
【答案】(1)150
(2)114
【分析】（1）按照三个班人数分成两类：一类是3，1，1，另一类是2,2,1；
（2）求出甲､乙两人在同一班级的方法数，用间接法求解．
【详解】（1）安排方案有2种
①¿型）C3 ⋅A3=60（种）
5 3
C2 ⋅C2
②¿型）
5 3 ⋅A3=90（种）
A2 3
2共有60+90=150（种）
（2）若甲乙进入同一个班级，有两种情况：
①甲乙与另外一人进入同一个班级：C1 ⋅A3=18种
3 3
②甲乙两人进入同一个班级，且该班级没其他人：C1C2A2=18种
3 3 2
所以甲､乙不能对同一个班级宣讲，共有150-18-18=114种.
【题型九】二项式定理的展开式
【例9】（2026·陕西西安·模拟预测）(x- y) 10的展开式的第3项是（ ）
A．-120x7 y3 B．-120x3y7 C．45x2y8 D．45x8y2
【答案】D
【详解】(x- y) 10的展开式的第3项是C2 x8 (- y) 2=45x8y2 ．
10
【变式1】（2026·北京房山·一模）(1+x) 6的二项展开式中的一项是（ ）
A．x2 B．15x3
C．6x2 D．20x3
【答案】D
【详解】因为(1+x) 6=1+6x+15x2+20x3+15x4+6x5+x6，
所以ABC不是(1+x) 6的二项展开式中的项，20x3是(1+x) 6的二项展开式中的项.
( 2 ) n
【变式2】（2024·江西上饶·二模）（多选）若 x- （n为正整数）的展开式中存在常数项，则下列选项中n的
x2
取值可能是（ ）
A．3 B．5 C．6 D．7
【答案】AC
【分析】根据二项式定理的通项公式求解.
【详解】 ( x- 2 ) n 展开式的通项为：T =Ckxn-k( - 2 ) k =(-2) kCkxn-3k,k=0,1,⋯,n，
x2 k+1 n x2 n因为存在常数项，所以n=3k.
经验证，k=1时，n=3；k=2时，n=6符合条件.
故选：AC
2 5
【变式3】(❑√x- ) 的展开式中的常数项为__________．
√3 x
【答案】-80
【详解】(❑√x- 2 ) 5 展开式的通项T =Cr(❑√x)5-r(- 2 ) r =(-2) rCrx 5 2 - 5 6 r ,r≤5,r∈N，
√3 x r+1 5 √3 x 5
5 5
由 - r=0，得r=3，所以所求常数项为T =(-2)3C3=-80.
2 6 4 5
【题型十】二项式系数和
【例10】（2024·山东·一模）在 ( 3x2- 1) n 的二项展开式中，所有二项式系数之和为64，则展开式的项数是（ ）
x
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【分析】先由二项式系数公式求出n，再由二项式展开式定理即可得解.
【详解】由题得2n=64⇒n=6，
所以二项式 ( 3x2- 1) 6 的展开式的项数是6+1=7.
x
故选：A.
【变式1】(x-1) 10的展开式中所有奇数项的二项式系数和为（ ）．
A．128 B．256 C．512 D．1024
【答案】C
2n
【分析】根据奇数项的二项式系数和为 计算可得；
2210
【详解】解：(x-1) 10的展开式中所有奇数项的二项式系数和为 =512，
2
故选：C．
【变式2】（2026·湖北·二模）多项式(2x-1) 5的展开式的各二项式系数的和等于__________.
【答案】32
【分析】利用二项式系数的和的概念可得结果.
【详解】多项式(2x-1) 5的展开式的各二项式系数的和等于25=32.
【变式3】（2024·贵州贵阳·二模）(2x- y+1) 5的展开式中，所有项的系数和为__________．
【答案】32
【分析】代入x= y=1可求出所有项的系数和．
【详解】解：令x= y=1，得(2×1-1+1) 5=32，
所以所有项的系数和为32．
故答案为：32．
【题型十一】求指定项的系数
【例11】（2026·上海·高考真题）已知(x2+x) 5，则展开式中x7的系数为__________．
【答案】10
【分析】写出二项式的通项，令x的次数为7，即可求出展开式中x7的系数.
【详解】由题意，
在(x2+x) 5 中，通项Ck(x2) 5-k xk=Ckx10-k(k=0,1,2,3,4,5)，
5 5
当10-k=7即k=3时，Ckx10-k=C3x7=10x7
，
5 5
∴展开式中x7的系数为10.
【变式1】（2026·甘肃张掖·二模）在二项式 ( x- 1 ) 5 的展开式中x的系数为（ ）
√3 x
A．10 B．5 C．-5 D．-10【答案】D
【详解】化简： ( x- 1 ) 5 = ( x-x - 3 1) 5 ，
√3 x
设二项式的第n+1项为： T =Cnx5-n ⋅ ( -x - 3 1) n =Cn(-1) n ⋅x 5- 4 3 n，
n+1 5 5
4
由条件得，5- n=1⇒n=3，
3
所以系数为C3(-1) 3=-10.
5
【变式2】（2026·云南·三模） ( x2+ 1 -2 ) 6 的展开式中常数项为（ ）
x2
A．-20 B．20 C．-924 D．924
【答案】D
【分析】将 ( x2+ 1 -2 ) 6 整理为 ( x- 1) 12 ，利用二项式展开式的通项公式求得正确答案.
x2 x
【详解】因为 ( x2+ 1 -2 ) 6 = [ ( x- 1) 2] 6 = ( x- 1) 12 ，
x2 x x
展开式的通项公式为Ck x12-k( - 1) k =Ck (-1) kx12-2k ，
12 x 12
则当k=6时为常数项C6 (-1) 6=924.
12
( 1) 9
【变式3】求 2x- 的二项展开式中，
x
(1)第3项;
(2)含x3的项的系数
【答案】（1）4608x5（2）-5376
1 2
【详解】解:（1）T =T =C2 (2x) 9-2 (- ) =4608x5
3 2+1 9 x( 1) 9
2x- 的二项展开式中第3项是4608x5；
x
1 m
（2）T =Cm ❑ (2x) 9-m (- ) =(-1) mCm 29-mx9-m，
m+1 9 x 9
令9-2m=3，得m=3，含x3的项是第四项，系数为(-1) 3C3 ❑ 29-3=-5376
9
【题型十二】二项展开式各项的系数和
【例12】（2026·陕西榆林·三模）已知(x-1) 8=a +a x+a x2+⋯+a x7+a x8 ，则a +a +⋯+a +a =（ ）
0 1 2 7 8 1 2 7 8
A．-2 B．-1 C．1 D．2
【答案】B
【详解】取x=0，得a =1；取x=1，得a +a +a +⋯+a +a =0，
0 0 1 2 7 8
所以a +a +⋯+a +a =-1.
1 2 7 8
【变式1】（2026·山东临沂·二模）已知(x-3) 4=a +a (x-1)+a (x-1) 2+a (x-1) 3+a (x-1) 4 ，则
0 1 2 3 4
a +a +a +a =（ ）
1 2 3 4
A．-15 B．-16 C．-80 D．-81
【答案】A
【详解】设f(x)=(x-3) 4=a +a (x-1)+a (x-1) 2+a (x-1) 3+a (x-1) 4 ，
0 1 2 3 4
令x=1，得f(1)=a =(1-3) 4=(-2) 4=16；
0
令x=2，得f(2)=a +a +a +a +a =(2-3) 4=(-1) 4=1；
0 1 2 3 4
故a +a +a +a =f(2)-f(1)=1-16=-15．
1 2 3 4
【变式2】(多选)设函数f (x)=(2x-1) 7，且记f (x)=a x7+a x6+⋯+a x+a ，则（ ）
8 7 2 1
A．数列{a }的首项为1
n
B．数列{a }的前8项和为1
n
C．数列{(-1) na }的前8项和为-2187
n{ a }
n
D．数列 的前8项和为0
2n-1
【答案】BD
【分析】运用二项式展开式的性质，结合赋值法逐一判断即可.
【详解】由题意知，a 是常数项，a 是x的系数，⋯⋯,a 是x7的系数，即当n=1,2,⋯,8时，数列{a }的第n项a 是
1 2 8 n n
f (x)展开式中xn-1的系数.
令x=0，则a =f (0)=(2×0-1) 7=-1，故A错误；
1
数列{a }的前8项和等于a +a +⋯+a ，即f (x)展开式中所有项的系数之和，
n 1 2 8
令x=1，则a +a +⋯+a =f (1)=(2×1-1) 7=1，故B正确；
1 2 8
数列{(-1) na }的前8项和等于-a +a -a +⋯+a ，
n 1 2 3 8
令x=-1，则f (-1)=(-2-1) 7=-2187，而f (-1)=-a +a -⋯-a +a ，
8 7 2 1
则数列{(-1) na }的前8项和为2187，故C错误；
n
{ a } a a a a
数列
n
的前8项和等于
1+ 2+ 3+⋯+ 8
，
2n-1 20 21 22 27
令x=
1
，则f
(1)
=
a
1+
a
2+
a
3+⋯+
a
8 ，
2 2 20 21 22 27
(1) ( 1 ) 7
因为f = 2× -1 =0，故D正确.
2 2
故选：BD
【变式3】（2026·安徽合肥·模拟预测）已知(2x-1) 2026=a +a x+a x2+⋯+a x2026 ，则a +a +⋯+a =
0 1 2 2026 1 2 2026
______．
【答案】0
【分析】令x=0，求出a ，再令x=1，可得a +a +a +⋯+a ，最后计算出a +a +⋯+a .
0 0 1 2 2026 1 2 2026
【详解】令x=0，可得a =1.
0令x=1，可得a +a +⋯+a =1.
0 1 2026
∴a +a +⋯+a =0.
1 2 2026
【题型十三】两个二项式乘积展开式的系数问题
【例13】（2026·北京丰台·二模）在 ( 1+ 1 ) (x-1) 3 的展开式中， 1 的系数为（ ）
x2 x
A．-3 B．-1
C．1 D．3
【答案】D
1 1 1
【详解】由题意可知展开式中含 的项为
×C2 ⋅x⋅(-1) 2=3×
，
x x2 3 x
1
所以 的系数为3.
x
【变式1】（2026·云南·模拟预测）(x+ y)(x- y) 4的展开式中x3y2的系数为（ ）
A．2 B．－2 C．4 D．－4
【答案】A
【分析】利用乘法分配律和二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】由二项式定理可知：(x+ y)(x- y) 4的展开式中含x3y2的项为：
x⋅C2x2(- y) 2+ y⋅C1x3(- y)=2x3y2，所以x3y2的系数为2.
4 4
【变式2】（2026·山西忻州·模拟预测）(1+x) 6 (1-2x) 3的展开式中，x2的系数为_____．
【答案】-9
【分析】先写出(1-2x) 3的展开式，再将每一项与(1+x) 6组合即可求得x2的系数.
【详解】(1+x) 6 (1-2x) 3=(1+x) 6(1-3×12×2x+3×11×4x2-8x3) =(1+x) 6(1-6x+12x2-8x3)，
则x2的系数为1×C2-6×C1+12C0=15-36+12=-9.
6 6 6
【变式3】（2026·湖南邵阳·三模）(1- y)(2x+ y) 4的展开式中x2y3的系数为___________（用数字作答）．【答案】-24
【分析】将原式拆分为1⋅(2x+ y) 4和- y⋅(2x+ y) 4两部分，分别求解两部分中x2y3项的系数，相加即可得到结果.
【详解】根据题意写出(2x+ y) 4的展开式通项：
T =Cr ⋅(2x) 4-r ⋅yr=Cr ⋅24-r ⋅x4-r ⋅yr,r=0,1,2,3,4,
r+1 4 4
(1- y)(2x+ y) 4的展开式中x2y3的项来自两部分：
1. 取1乘以(2x+ y) 4中的x2y3项：由于(2x+ y) 4的展开式所有项的次数均为4，x2y3的次数为2+3=5，故该项不存
在，对应系数为0；
2. 取- y乘以(2x+ y) 4中的x2y2项：令4-r=2，解得r=2，此时(2x+ y) 4中x2y2的系数为C2 ⋅24-2=6×4=24,故这
4
部分对应系数为-1×24=-24.
将两部分系数相加，得x2y3的总系数为0+(-24)=-24.
【题型十四】二项式定理的应用
【例14】（2026·广东广州·三模）今天是星期四，再过10100天是星期几（ ）
A．星期天 B．星期一 C．星期二 D．星期三
【答案】B
【详解】因为10100=10050=(98+2) 50=C0 9850+C1 9849 ⋅2+⋯+C4998⋅249+C50250，
50 50 50 50
由98能被7整除，则上式前50项都能被7整除，只需看最后一项C50250=250 除以7的余数，
50
由250=4×816=4×(7+1) 16=4(C0 716+C1 715+⋯+C157+C16)，
16 16 16 16
则250除以7的余数为4C16=4，
16
所以今天是星期四，再过10100天，是星期一.
【变式1】（2026·江苏镇江·二模）计算0.9910保留到小数点后3位的结果是（ ）
A．0.945 B．0.905 C．0.904 D．0.903
【答案】C
【分析】由0.9910=(1-0.01) 10结合二项式展开式计算前四项的和即可求解.【详解】0.9910=(1-0.01) 10=C0 ⋅110 ⋅(-0.01) 0+C1 ⋅19 ⋅(-0.01) 1+C2 ⋅18 ⋅(-0.01) 2+⋯+C10 ⋅10 ⋅(-0.01) 10 ，
10 10 10 10
由于展开式的第一项C0 ⋅110 ⋅(-0.01) 0=1，第二项C1 ⋅19 ⋅(-0.01) 1=-0.1，
10 10
第三项C2 ⋅18 ⋅(-0.01) 2=0.0045，第四项C3 ⋅17 ⋅(-0.01) 3=-0.00012，后面的项绝对值更小，对小数点后3位的
10 10
影响可以忽略，
由1-0.1+0.0045-0.00012=0.90438≈0.904，
所以0.9910保留到小数点后3位的结果是0.904.
1 t a a a
【变式2】已知(2x+ )(4x-1) 7= +a +a x+a x2+⋯+a x8 ，则t=__________；a + 1+ 2+⋯+ 8=
x x 0 1 2 8 0 2 22 28
__________．
【答案】 -1 5
1
【分析】根据(4x-1) 7的展开式的通项，得出t=-1，再令x= ，得出第二空答案.
2
【详解】(4x-1) 7的展开式的通项为T =Cr (4x) 7-r ⋅(-1) r=(-1) r ⋅47-r ⋅Crx7-r
r+1 7 7
令7-r=0，解得r=7，此时(4x-1) 7的展开式中x0的系数为(-1) 7 ⋅40 ⋅C7=-1
7
则t=-1
1 a a a
令x= ，则(1+2)(2-1) 7=3=2t+a + 1+ 2+⋯+ 8
2 0 2 22 28
a a a
即a + 1+ 2+⋯+ 8=3-2t=5
0 2 22 28
故答案为：-1；5
【点睛】本题主要考查了二项式定理的应用，属于中档题.
【变式3】设(1+2❑√2) 2n+1=a +2❑√2b ,(n∈N*,a ∈Z,b ∈Z).
n n n n
（1）求证：a2-8b2，能被7整除：
n n
（2）求证：b 不能被5整除.
n
【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）通过二项展开式进行比较，
则由(1+2❑√2)
2n+1=a
+2❑√2b ，可得(1-2❑√2)
2n+1=a
-2❑√2b ，
n n n n
然后，利用(1+2❑√2) 2n+1 (1-2❑√2) 2n+1=(a +2❑√2b )(a -2❑√2b ) =a2-8b2 ，
n n n n n n
可得a2-8b2=-72n+1
，即可证明
n n
（2）由（1）得，a2-8b2=-72n+1，则8b2=a2+72n+1，
n n n n
又由72n=49n=(50-1) n，得72n+1的余数是2或-2，由a2 的是平方数，其尾数为0，1，4，5，6，9，则a2+72n+1 的尾
n n
数不可能是0或5，故题目得证
【详解】（1）(1+2❑√2) 2n+1=C0 +C1 (2❑√2)+C2 (2❑√2) 2+…+C2n+1 (2❑√2) 2n+1 ，
2n+1 2n+1 2n+1 2n+1
(1-2❑√2) 2n+1=C0 -C1 (2❑√2)+C2 (2❑√2) 2+…-C2n+1 (2❑√2) 2n+1 ，
2n+1 2n+1 2n+1 2n+1
由(1+2❑√2)
2n+1=a
+2❑√2b ，可得(1-2❑√2)
2n+1=a
-2❑√2b ，，
n n n n
(1+2❑√2)
2n+1
(1-2❑√2)
2n+1=(a
+2❑√2b )(a -2❑√2b )
n n n n
即a2-8b2=-72n+1
，
n n
∴a2-8b2
能被7整除.
n n
（2）由a2-8b2=-72n+1，则8b2=a2+72n+1，由
n n n n
72n=49n=(50-1) n=C0×50n+C1 ×50n-1×(-1) 1+…+Cn-1×50×(-1) n-1+Cn×(-1) n
，
n 50 n n
除最后一项都是5的倍数，
∴72n+1的余数是2或-2，
由a2
的是平方数，其尾数为0，1，4，5，6，9，
n
∴a2+72n+1
的尾数不可能是0或5，
n
∴a2+72n+1
不能被5整除，
n
即8b2
不能被5整除，
n
∴b 不能被5整除
n【点睛】本题考查二项式定理的使用，难点在于运算，属于中档题
【解题大招01】特殊优先法（有限制位置/元素问题）
技巧核心：题目存在特殊元素、特殊受限位置时，优先安排特殊部分，再排列剩余普通元素，规避限制条件出
错，是排列组合最基础通用技巧。
【例1】用0、2、3、5、7组成无重复数字的四位数，求所有四位偶数的个数。
解：本题存在两个特殊限制：①首位不能为0；②偶数要求个位为偶数（仅0、2），优先分类讨论特殊个位。
情况1：个位为0（无首位限制冲突）
剩余3个位置从4个数字（2、3、5、7）中任选3个排列：A3=4×3×2=24
4
情况2：个位为2（首位不能为0）
个位固定 2，首位从 3、5、7 中选 1 个（3 种选择），中间两位从剩余 3 个数字选 2 个排列：
3×A2=3×3×2=18
3
总计符合条件的四位数：24+18=42
答案：42个
【解题大招02】捆绑法（元素相邻问题）
技巧核心：要求指定元素必须相邻时，先将相邻元素捆绑为一个整体单元，与其余元素全排列，最后计算捆绑
元素内部的排列数。口诀：相邻先捆绑，整体再内排。
【例2】甲、乙、丙、丁4人排队，要求甲、乙必须相邻，求不同排列方法总数。
解：第一步：将甲、乙捆绑为1个整体，总计3个排列单元（甲乙整体、丙、丁），全排列：A3=3!=6
3
第二步：甲、乙内部可互换位置，内部排列：A2=2!=2
2
总排列数：A3×A2=6×2=12
3 2
答案：12种
【解题大招03】插空法（元素不相邻问题）
技巧核心：要求指定元素互不相邻时，先无条件排列普通元素，再将不相邻元素插入普通元素形成的空隙（包
含两端空隙），彻底规避相邻情况。口诀：不相邻先排普通，再插空位。
【例3】5人排队，要求甲、乙两人互不相邻，求不同排列总数。
解：第一步：先排列无限制的3人，排列数：A3=3!=6
3
第二步：3人排列后产生3+1=4个空隙，从4个空隙中选2个插入甲、乙：A2=4×3=12
4
总排列数：A3×A2=6×12=72
3 4
答案：72种
【解题大招04】间接法（正难则反）技巧核心：正面分类情况过多、计算繁琐时，用总情况数 - 不符合条件情况数快速求解，大幅简化计算步骤。
【例4】从6名男生、4名女生中任选4人，求至少有1名女生的选法总数。
解：正面需分1女3男、2女2男、3女1男、4女四类，采用间接法更简便。
10×9×8×7
总选法（无任何限制）：C4 = =210
10 4×3×2×1
6×5
不符合条件（全为男生）：C4=C2= =15
6 6 2×1
符合条件选法：210-15=195
答案：195种
【解题大招05】定序缩倍法（固定顺序问题）
技巧核心：部分元素顺序固定不变时，整体全排列后，除以固定元素的全排列数，消除重复计数，公式：
An
有效排列数= n
。
Am
m
【例5】6人排队，要求甲、乙、丙三人从左到右顺序固定，求总排列数。
解：6人无限制全排列：A6=6!
6
甲、乙、丙3人无限制排列共A3=3!种，仅保留1种固定顺序，需缩倍
3
A6
720
有效排列数： 6= =120
A3 6
3
答案：120种
【解题大招06】分组分配法（平均/不平均分组）
技巧核心：不同元素分组，不平均分组直接组合；平均分组必须除以组数的阶乘消除重复；分组后分配给不同
对象，需再乘全排列数。
【例6】将8本不同的书平均分成2组，每组4本，求不同分组方法数。
解：两组数量相同，属于平均分组，需除组数阶乘去重。
C4 ⋅C4
分组方法数： 8 4
A2
2
8×7×6×5
×1
代入计算：4×3×2×1 70
= =35
2 2
答案：35种
【基础过关】（共8题）一、单选题
( 2 ) 6
1．（2026·山西忻州·模拟预测） x- 的展开式中的常数项为（ ）
x2
A．15 B．20 C．40 D．60
【答案】D
【分析】利用展开式通项求解.
【详解】展开式通项为T =Crx6-r( - 2 ) r =Cr(-2) rx6-3r ．
r+1 6 x2 6
令6-3r=0，得r=2．
所以常数项为C2(-2) 2=15×4=60．
6
2．（2026·贵州遵义·模拟预测）用0~9这10个数字可以组成没有重复数字三位数的个数是（ ）
A．504 B．576 C．648 D．720
【答案】C
【分析】利用分步乘法计数原理，依次确定无重复数字的三位数的百位、十位、个位的可选数字数量，相乘即可得到
总个数.
【详解】 由于三位数的百位不能为0，且各数位数字不重复，结合分步乘法计数原理计算：
确定百位数字：可从1~9共9个非零数字中任选1个，共有9种选择；
确定十位数字：百位已选1个数字，剩余9个数字（包含0）可选，共有9种选择；
确定个位数字：百位和十位共选走2个不同数字，剩余8个数字可选，共有8种选择。
因此满足条件的三位数总个数为9×9×8=648.
3．（2026·湖南·模拟预测）若(x+2)+(x-1) 4=a +a x+a x2+a x3+a x4，则a +2a +a +a +a =（ ）
0 1 2 3 4 0 1 2 3 4
A．-1 B．0 C．-4 D．4
【答案】B
【分析】令x=1求出a +a +a +a +a ，再根据二项式定理求解即可.
0 1 2 3 4【详解】二项式(x-1) 4展开式中x的系数为C1(-1) 3=-4.
4
因此(x+2)+(x-1) 4中x的系数为a =1-4=-3.
1
令x=1，则3+0=a +a +a +a +a ，
0 1 2 3 4
进而a +2a +a +a +a =3-3=0.
0 1 2 3 4
4．（2025·海南三亚·一模）三亚某校举办“海洋环保”主题活动，邀请1位教师与3位学生代表站成一排合影留念，
为体现“教师引领、学生主体”的理念，要求教师不站在两侧，则不同的站法有（ ）
A．10 B．12 C．16 D．24
【答案】B
【分析】先在中间的两个位置中选一个位置站老师，其余的进行全排列，结合排列数的计算公式，即可求解.
【详解】根据题意，先在中间的两个位置中选一个位置站老师，其余的进行全排列，
可得不同的站法有A1A3=12种.
2 3
故选：B.
二、多选题
5．（2025·河北唐山·模拟预测）在(x- y) 5的展开式中，下列说法正确的是（ ）
A．一共有5项
B．第3项为-10x3y2
C．所有项的系数和为0
D．所有项的二项式系数和为32
【答案】CD
【分析】利用展开式的通项公式和赋值法可求解.
【详解】因为(x- y) 5的展开式共有6项，所以A不正确；
通项公式为T =Crx5-r(- y) r ，令r=2可得第三项为T =C2x3(- y) 2=10x3y2，B不正确；
r+1 5 3 5
令x= y=1可得所有项的系数和为0，C正确；所有项的二项式系数和为25=32，D正确.
故选：CD
三、填空题
6．（2026·海南三亚·一模）(x+1) 6的展开式中，x3项的系数为__________．
【答案】20
【详解】(x+1) 6的展开式中，含x3的项是C3·x3·13=20x3 ，所以x3项的系数为20.
6
四、解答题
7．从A,B,C等7人中选出5人排成一排.
(1)A,B,C三人不全在内，有多少种排法？
(2)A,B,C都在内，且A,B必须相邻，C与A,B都不相邻，都多少种排法？
(3)A不允许站排头和排尾，B不允许站在中间（第三位），有多少种排法？（列式并用数字作答）
【答案】(1)1800
(2)144
(3)1560
【分析】（1）根据全排列，去掉A,B,C在内的情况即可由排列和组合求解，
（2）根据相邻和不相邻问题，利用捆绑法和插空法即可求解，
（3）分四类情况即可求解.
【详解】（1）从7人中任选5人排列共有A5种不同排法，A,B,C三人全在内有C2A5种不同排法，
7 4 5
由间接法可得A,B,C三人不全在内共有A5-C2A5=1800种不同排法；
7 4 5
（2）因A，B，C都在内，所以只需从余下4人中选2人有C2种不同结果，A，B必须相邻，有A2种不同排法，
4 2
由于C与A，B都不相邻，先将选出的2人进行全排列共有A2种不同排法，再将A、B这个整体与C插入到选出的2人
2
所产生的3个空位中有A2种不同排法，
3
由乘法原理可得共有C2A2A2A2=144种不同排法；
4 2 2 3（3）分四类：第一类：所选的5人无A、B，共有A5=120种排法；
5
第二类：所选的5人有A、无B，共有C4C1A4=360种排法；
5 3 4
第三类：所选的5人无A、有B，共有C4C1A4=480种排法；
5 4 4
第四类：所选的5人有A、B，若A排中间时，有C3A4=240种排法，
5 4
若A不排中间时，有C3C1C1A3=360种排法，共有C3(A4+C1C1A3)=600种排法；
5 2 3 3 5 4 2 3 3
综上，共有1560种不同排法.
8．现有0、1、2、3、4、5、6、7、8、9共十个数字．
（1）可以组成多少个无重复数字的三位数？
（2）组成无重复数字的三位数中，315是从小到大排列的第几个数？
（3）可以组成多少个无重复数字的四位偶数？
（4）选出一个偶数和三个奇数，组成无重复数字的四位数，这样的四位数共有多少个？
【答案】（1）648个；（2）156个；（3）2296个；（4）1140个.
【分析】（1）直接计算A1A2即可；
9 9
（2）分别讨论百位数为1,2,3时的情况，即可计算求解；
（3）要求无重复的四位偶数，对个位分别讨论为0，2，4，6，8时的情况进行计算即可；
（4）根据题意，分为当选出的偶数为0时和当选出的偶数不为0时的情况进行计算即可
【详解】解：(1)由题意，无重复的三位数共有A1A2=9×72=648个；
9 9
(2)当百位为1时，共有A2=9×8=72个数；
9
当百位为2时，共有A2=9×8=72个数；
9
当百位为3时，共有A1+A1=12个数，
8 4
所以315是第72+72+12=156个数；
(3)无重复的四位偶数，所以个位必须为0，2，4，6，8，千位上不能为0，当个位上为0时，共有A3=504个数；
9
当个位上是2，4，6，8中的一个时，共有A1A2A1=1792个数，
8 8 4
所以无重复的四位偶数共有504+1792=2296个数；
(4)当选出的偶数为0时，共有A1A3=180个数，
3 5
当选出的偶数不为0时，共有C1C3A4=960个数，
4 5 4
所以这样的四位数共有960+180=1140个数；
【点睛】关键点睛：根据题意对各种情况进行分类讨论，利用排列组合的加法和乘法原理进行计算即可
【拔高选练】（共6题）
一、单选题
1．（2026·江苏·模拟预测）3人观看表演，现有5个空位，则安排座位时两空位恰好相邻的坐法数为（ ）
A．24 B．36 C．48 D．60
【答案】A
【详解】5个空位中，2个空位恰好相邻的组合为：(1,2),(2,3),(3,4),(4,5)，共4种；
剩余3个座位安排3人进行全排列，共有：A3=6种，
3
∴安排座位时两空位恰好相邻的坐法数为：4A3=4×6=24．
3
2．（2026·湖南长沙·三模）下列有关排列数、组合数的等式中，n∈N*,m∈N,m≤n，错误的是（ ）
A．Cm=Cn-m
n n
(n-1)!
B．Am-1= (m≥2)
n-1 (m-n)!
C．C3+C3+C3+⋯+C3=210
3 4 5 9
D．2C2 +3C3 +4C4 +⋅⋅⋅+20C20=5×221-20
20 20 20 20
【答案】B
【分析】利用组合数性质判断A；利用排列数阶乘公式判断B；利用组合数性质计算判断C；利用组合数性质及二项
式定理计算判断D．【详解】选项A：由组合数性质知，Cm=Cn-m，故A正确；
n n
(n-1)! (n-1)!
选项B：当n≥m≥2时，Am-1= = ，故B错误；
n-1 [(n-1)-(m-1)]! (n-m)!
选项C：C3+C3+C3+⋯+C3=C4+C3+C3+⋯+C3=C4+C3+⋯+C3
3 4 5 9 4 4 5 9 5 5 9
10×9×8×7
=C4+C3+⋯+C3=⋯=C4+C3=C4 = =210，故C正确；
6 6 9 9 9 10 4×3×2×1
n! n! (n-1)!
选项D：因为kCk=k⋅ = =n =nCk-1 ，
n k!⋅(n-k)! (k-1)!⋅(n-k)! (k-1)!⋅(n-k)! n-1
所以2C2 +3C3 +4C4 +⋯+20C20=20C1 +20C2 +20C3 +⋯+20C19
20 20 20 20 19 19 19 19
=20(C1 +C2 +C3 +⋯+C19)=20(C0 +C1 +C2 +C3 +⋯+C19-1)
19 19 19 19 19 19 19 19 19
=20×(219-1)=5×22×219-20=5×221-20，故D正确．
二、多选题
3．（2026·江苏徐州·模拟预测）某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名同学负责语文、数学、
英语、物理学科相关工作．则下列说法中正确的是（ ）
A．若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有54种
B．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案
C．若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案
D．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A不负责语文且B不负责数学工作，则有144种不同的方案．
【答案】BC
【分析】利用计数原理，结合分组思想，排列组合思想即可逐项求解．
【详解】对于A：这五人每人任选一门学科，则不同的选法有45种，故A错误；
对于B：根据若每人安排一门学科，每门学科至少一人，
我们把这五人分成四组共有C2=10种方法，再将这四组人去负责四个学科相关工作共有A4=24种，
5 4
根据分步计数乘法原理可知：有10×24=240种不同的方案，故B正确；
对于C：若数学学科必须安排两人，则有C2=10种方法，其余学科各安排一人共有A3=6种，
5 3根据分步计数乘法原理可知：有10×6=60种不同的方案，故C正确；
对于D：“每人安排一门学科，每门学科至少一人”的总方案数为240（同选项B），需排除“A负责语文”或“B负
责数学”的情况，用容斥原理计算：
情况1：A负责语文
A固定在语文，分2种子情况：
①语文为“2人组”（A+1人）：选1人加入语文（C1），剩余3人分配到其他3科（A3），方案数：
4 3
C1×A3=4×6=24;
4 3
②语文为“1人组”（仅A）：先B、C、D、E分为三组（2，1，1），有C2种方法，再将三组分到数学、英语、物理，
4
有A3 种方法，故总的方法数为：C2×A3=36；
3 4 3
情况1总方案数：24+36=60．
情况2：B负责数学
与“情况1”对称，总方案数同样为60．
情况3：A负责语文且B负责数学（重复减去的部分）
A负责语文且B负责数学，并保证英语、物理学科均有人负责.分情况讨论如下：
①语文或数学为“2人组”：剩余3人选2人分配到英语和物理有A2种方法，最后1人去语文或数学有A1种方法，方
3 2
法数：A2×A1=12；
3 2
②英语或物理为“2人组”：3人分成两组（2，1），有C1种分法，两组分配到英语和物理，有A2种分法，故方案数
3 2
为C1 ×A2=6；
3 2
故情况3总方案数：12+6=18．
根据容斥原理，不符合条件的方案数为：60+60-18=102，
因此，符合条件的方案数为：240-102=138，故D错误.
故选：BC．
三、填空题
4．（2026·江西南昌·三模）在(2❑√x-1) 9的展开式中，含有x2项的系数为_____________．
【答案】-2016【详解】根据二项式展开得，含有x2项的系数为C4 ⋅24 ⋅(-1) 5=-2016.
9
四、解答题
5．（25-26高二下·湖北武汉·期中）某AI实验室有6个不同的团队，需要对ChatGPT、Sora、GPT-4、Deepseek方向
的4个研发项目进行，每个团队只能承担一个项目，且每个项目至少交给一个团队．
(1)若从中选出5个团队去，共有多少种不同的安排方案？
(2)若6个团队都同时参与调研，且A、B两个团队同一个项目，共有多少种不同的安排方案？
【答案】(1)1440
(2)240
【分析】（1）根据题意，先从6个团队中选5个，将其分成四组，再进行全排列，结合分步计数原理，即可求解；
（2）先将A和B两个团队视为一个整体，将其分成四组，再进行全排列，即可求解.
【详解】（1）解：先从6个团队中选5个，有C5种选法，
6
接下来将5个团队分配到4种项目，且每个项目至少1个团队负责，
则5个团队分为：2，1，1，1四组，有C2种方法，
5
再将这四组对应4种项目进行全排列，
由分步计数原理，可得不同的安排方案有C5C2A4=6×10×24=1440种.
6 5 4
（2）解：先将A和B两个团队视为一个整体（一个元素），
此时相当于5个元素分配到4种项目，每个项目至少有一个团队，
即分成元素个数分别为“2，1，1，1”四组，则有C2种方法，
5
再将这四组对应4种项目进行全排列，有A4种方法，
4
所以共有C2A4=10×24=240种不同的安排方案.
5 4
6．（2022·江西九江·模拟预测）已知(1+2x) n的展开式中所有项的系数和是243．
(1)求n的值，并求展开式中二项式系数最大的项；
(2)求S =C1+2C2+22C3+23C4+…+2n-1Cn值．
n n n n n n【答案】(1)n=5，展开式中二项式系数最大的项为40x2与80x3
(2)121
【分析】（1）令x=1可得n的值，再根据二项式系数的公式分析二项式系数最大项即可；
（2）由（1）n=5，即求S =C1+2C2+22C3+23C4+24C5，再根据(1+2x) 5的展开式，令x=1化简求解即可
5 5 5 5 5 5
【详解】（1）由题意，令x=1有(1+2) n=243，解得n=5，故展开式中二项式系数中最大的为C2=C3=10，为第3项
5 5
T =C2 ⋅(2x) 2=40x2与第4项T =C3 ⋅(2x) 3=80x3，即展开式中二项式系数最大的项为40x2与80x3
3 5 4 5
（2）由（1）n=5，即求S =C1+2C2+22C3+23C4+24C5，
5 5 5 5 5 5
(1+2x) 5=C0(2x) 0+C1(2x) 1+C2(2x) 2+C3(2x) 3+C4(2x) 4+C5(2x) 5
5 5 5 5 5 5
=C0+21C1x+22C2x2+23C3x3+24C4x4+25C5x5 ，故令x=1有35=1+21C1+22C2+23C3+24C4+25C5
，故
5 5 5 5 5 5 5 5 5 5 5
35-1
S = =121
5 2
【错题复盘】（共5题）
一、单选题
1．（2026·福建福州·模拟预测）将1，2，3，4，5，6，7，8，9这9个数随机填入3×3的方格表中，每个小方格恰填
写一个数，且所填数各不相同，则每行、每列所填数之积都是偶数的概率是（ ）
1 5 2 4
A． B． C． D．
14 14 7 7
【答案】B
【分析】根据对立事件概率公式，只需求出至少有一行或一列全为奇数的概率，即可求解
【详解】若每行、每列所填数之积不全是偶数，即至少有一行或一列全为奇数：
共有6A3A6-C1C1A5A4
种；
5 6 3 3 5 4
6A3A6-C1C1A5A4
5
所以所求概率为1- 5 6 3 3 5 4=
A9 14
9
2．（2026·河南安阳·模拟预测）某计算机要依次执行6个算力任务，包括3个不同的图形渲染任务､2个不同的逻辑推
理任务和1个数据检索任务，为了防止芯片局部过热，系统规定同类型的任务不能连续执行，则不同的任务执行顺序
共有（ ）A．60种 B．72种 C．96种 D．120种
【答案】D
【分析】先用插空法求出3个图形渲染任务互不相邻的排法总数，然后利用减法原理，从中排除2个逻辑推理任务相
邻的情况，即可得答案。.
【详解】第一步，先排列2个不同的逻辑推理任务和1个数据检索任务，共有A3=6种排法；
3
第二步，将3个不同的图形渲染任务插入到第一步中3个不同的任务产生的4个空隙中，
共有A3=24种排法；
4
第三步，排除2个不同的逻辑推理任务相邻的情况，
将2个逻辑推理任务捆绑视为一个元素，此元素与数据检索任务共2个元素先进行排列，产生3个空位，有A2种排法；
2
将3个不同的图形渲染任务插入这3个空位，有A3种排法；
3
捆绑的2个逻辑推理任务内部有A2种排法，故共有A2×A3×A2=24种排法。
2 2 3 2
所以满足条件的排法总数为6×24-24=120.
二、多选题
3．（2025·河北沧州·模拟预测）已知(1+a) 3 (1+b) 5的展开式中，ambn的系数记为f (m,n)，则（ ）
A．该展开式共有15项
B．f (2,1)+f (1,2)=45
5
C．∑❑f(0,i)=31
i=1
D．f (1,n)的最大值为30
【答案】BCD
【分析】根据多项式乘法的性质和(1+a) 3与(1+b) 5二项展开式中的项数可判断A选项；根据二项展开式中特定项的
系数可判断BCD选项.
【详解】对于A，(1+a) 3展开式中共有4项，(1+b) 5展开式中共有6项，故(1+a) 3 (1+b) 5展开式共有24项，故A
错误；对于B，f (2,1)+f (1,2)=C2C1+C1C2=15+30=45，故B正确；
3 5 3 5
5
对于C，∑f (0,i)=C0(C1+C2+C3+C4+C5)=31，故C正确；
3 5 5 5 5 5
i=1
当n=2，或n=3时，f (1,n)的值最大，为C1C2=C1C3=30，故D正确.
3 5 3 5
故选：BCD.
三、填空题
4．（2026·福建泉州·模拟预测）为弘扬志愿服务精神，学校鼓励同学们积极参与志愿服务活动.现安排甲、乙、丙、
丁共四名同学参加某日早上、中午、晚上三个时段的志愿服务，每个时段需安排2名同学，分别负责接待和登记.若每
位同学至少安排一个时段，且甲不能排早上，乙丙不能排同一时段，则安排方法总数为__________.
【答案】208
【分析】先考虑早上，只能有乙丁，或丙丁，再结合对称性只需先考虑早上是乙丁的情况，在此基础上考虑中午与晚
上每个时段有10种排法，再减去不满足的情况得中午和晚上共有52种排法，即可根据分步乘法原理求解.
【详解】第一步，先考虑早上，只能有乙丁，或丙丁，
由对称性可知，只需先考虑乙丁，则有A2
种；
2
第二步，考虑中午和晚上，除掉乙丙，每个时段共有A2-2=10种组合，
4
故中午晚上共有10×10=100种，需扣掉以下几种情况：
第一，中午晚上没有甲，则只有乙丙丁，每个时段有A2-2=4种排法，共有16种；
3
第二，中午晚上没有丙，则每个时段有A2=6种排法，共有36种；
3
第三，中午晚上没有甲丙，则只有乙丁，共有A2A2=4种排法；
2 2
所以中午和晚上共有100-16-36+4=52种排法，
所以安排方法总数为52⋅A2×2=208种.
2
四、解答题
5．已知(1-x) 2020=a +a x+a x2+...+a x2020.
0 1 2 2020
（1）求a +a +...+a 的值；
1 2 20201 1 1 1
（2）求 + + +...+ 的值.
a a a a
0 1 2 2020
2021
【答案】（1）-1；（2） .
1011
【解析】（1）根据已知条件，令x=0，求得a ，令x=1，即可求得a +a +...+a 的值；
0 1 2 2020
（2）由二项式定理可得a =(-1) kCk ，求得 1 ，由 1 = 2021 ( 1 + 1 ) ，进而求得 2 ∑ 020 1 ，即可求得答案.
k 2020 Ck Ck 2022 Ck Ck+1 a
n 2020 2021 2021 k=0 k
【详解】（1）(1-x) 2020=a +a x+a x2+⋅⋅⋅+a x2020——①.
0 1 2 2020
在①中，令x=0，得a =1.
0
在①中，令x=1，得a +a +a +⋅⋅⋅+a =0，
0 1 2 2020
∴ a +a +⋅⋅⋅+a =-1.
1 2 2020
（2）∵ (1-x) 2020=a +a x+a x2+...+a x2020.
0 1 2 2020
由二项式定理可得a =(-1) kCk ，k=0，1，2，⋅⋅⋅，2020.
k 2020
1 k!(n-k)! n+1 k!(n-k)!(n+2) n+1 k!(n-k)!(k+1+n+1-k)
∵ = = ⋅ = ⋅
Ck n! n+2 (n+1)! n+2 (n+1)!
n
n+1[k!(n+1-k)! (k+1)!(n-k)!] n+1 1 1
= + = ( + )
，
n+2 (n+1)! (n+1)! n+2 Ck Ck+1
n+1 n+1
2020 1 2020 1 200 (-1) k
∴
∑ =∑ =∑
k=0
a
k k=0
(-1) kC
2
k
020 k=0
C
2
k
020
1 1 1 1
= - + -⋅⋅⋅+(-1) 2020
.
C0 C1 C2 C2020
2020 2020 2020 2020
1 2021 1 1
= ( + )
∵ ，
Ck 2022 Ck Ck+1
2020 2021 2021
2020
1 2021[ 1 1 1 1 1 1 ]
∴
∑ = ( + )-( + )+⋯+(-1) 2020( + )
a 2022 C0 C1 C1 C2 C2020 C2021
k=0 k 2021 2021 2021 2021 2021 20212021 1 1 2021
= ( + )=
.
2022 C0 C2021 1011
2021 2021
【点睛】本题解题关键是掌握组合数计算方法和根据二项式定理求各项系数和步骤，考查了分析能力和计算能力，属
于难题.
