考点 18 计数原理、排列组合、二项式定理（7 种题型 9 个易错
考点）
一、 真题多维细目表
二、命题规律与备考策略
考题 考点 考向
2022新高考 二项式定理 求展开式中特定项的系数
2022新高考 两个计数原理，排列与组合 排列问题
2020新高考 两个计数原理，排列与组合 分配问题
2020新高考 两个计数原理，排列与组合 分配问题
二项展开基本定理，还会涉及到三项展开，考查特定项、特定项的系数、二项式系数，同时会涉及到
赋值法的应用，排列组合 常以现实生活、社会热点为载体．多为小题．
三、 2023 真题抢先刷，考向提前知
一．选择题（共4小题）
1．（2023•新高考Ⅱ）某学校为了了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样
调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，
则不同的抽样结果共有
A． 种 B． 种
C． 种 D． 种【分析】根据分层抽样先进行计算，然后利用组合公式进行求解即可．
【解答】解： 初中部和高中部分别有400和200名学生，
人数比例为 ，
则需要从初中部抽取40人，高中部取20人即可，
则有 种．
故选： ．
【点评】本题主要考查分层抽样以及简单的计数问题，利用组合公式进行计算是解决本题的关键，是基础
题．
2．（2023•乙卷）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相
同的选法共有
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
【分析】根据排列组合数公式，即可求解．
【解答】解：根据题意可得满足题意的选法种数为： ．
故选： ．
【点评】本题考查排列组合问题，属基础题．
3．（2023•北京） 的展开式中， 的系数是
A． B．40 C． D．80
【分析】首先找出二项展开式的通项公式，然后令 的次数为1，找到 的对应值，带回通项公式即可求得．
【解答】解：由二项式定理可知 展开式的第 项
， ，1， ，
令 ，可得 ．即含 的项为第3项，
，故 的系数为80．
故选： ．
【点评】本题考查利用二项展开式的通项公式的应用，属简单题．
4．（2023•甲卷）有五名志愿者参加社区服务，共服务星期六、星期天两天，每天从中任选两人参加服务，则两天中恰有1人连续参加两天服务的选择种数为
A．120 B．60 C．40 D．30
【分析】先选连续参加两天服务的人，再分别给星期六，星期日选人，然后根据分步乘法计数原理计算即
可．
【解答】解：先从5人中选1人连续两天参加服务，共有 种选法，
然后从剩下4人中选1人参加星期六服务，剩下3人中选取1人参加星期日服务，共有 种选法，
根据分步乘法计数原理可得共有 种选法．
故选： ．
【点评】本题考查了排列组合简单计数问题，属于基础题．
二．填空题（共2小题）
5．（2023•新高考Ⅰ）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这 8门课中选修2
门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 6 4 种（用数字作答）．
【分析】利用分类计数原理进行计算即可．
【解答】解：若选2门，则只能各选1门，有 种，
如选3门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，
则有 ，
综上共有 种不同的方案．
故答案为：64．
【点评】本题主要考查简单的计数问题，利用分类计数原理进行计算是解决本题的关键，是基础题．
6．（2023•天津）在 的展开式中， 项的系数为 6 0 ．
【分析】根据二项展开式的通项公式求解．
【解答】解：二项式 的展开式的通项为 ，
令 得， ，
项的系数为 ．
故答案为：60．
【点评】本题主要考查了二项式定理的应用，属于基础题．四、考点清单
一．分类加法计数原理
1．定义：完成一件事有两类不同方案：在第1类办法中有m种不同的方法，在第2类办法中有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．推广：完成一件事有n类不同方案：在第1类办法中有m 种不同的方法，在第2类办法中有m 种不同
1 2
的方法，…，在第n类办法中有m 种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m +m +…+m 种不同的方法．
n 1 2 n
3．特点：
（1）完成一件事的n类方案相互独立；
（2）同一类方案中的各种方法相对独立．
（3）用任何一类方案中的任何一种方法均可独立完成这件事；
4．注意：与分步乘法计数原理区别
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 计算“完成一件事”的方法种数
不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都 每步依次完成才算完成这件
能独立完成这件事 事情（每步中的每一种方法
不能独立完成这件事）
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整
【解题方法点拨】
如果完成一件事情有n类方案，且每一类方案中的任何一种方法均能独立完成这件事，则可使用分类加法
计数原理．
实现步骤：
（1）分类；
（2）对每一类方法进行计数；
（3）用分类加法计数原理求和；
二．分步乘法计数原理
1．定义：完成一件事需要分成两个步骤：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．
2．推广：完成一件事需要分成n个步骤：做第1步有m 种不同的方法，做第2步有m 种不同的方法，…，
1 2
做第n步有m 种不同的方法，那么完成这件事共有：N＝m ×m ×…×m 种不同的方法．
n 1 2 n
3．特点：完成一件事的n个步骤相互依存，必须依次完成n个步骤才能完成这件事；
4．注意：与分类加法计数原理区别分类加法计数原理 分步乘法计数原理
相同点 计算“完成一件事”的方法种数
不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘
每类方案中的每一种方法都 每步依次完成才算完成这件
能独立完成这件事 事情（每步中的每一种方法
不能独立完成这件事）
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整
【解题方法点拨】
如果完成一件事情有n个步骤，各个步骤都是不可缺少的，需要依次完成所有的步骤才能完成这件事，则
可使用分步乘法计数原理．
实现步骤：
（1）分步；
（2）对每一步的方法进行计数；
（3）用分步乘法计数原理求积；
三．计数原理的应用
1．两个计数原理
（1）分类加法计数原理：N＝m +m +…+m
1 2 n
（2）分步乘法计数原理：N＝m ×m ×…×m
1 2 n
2．两个计数原理的比较
分类加法计数原理 分步乘法计数原理
共同点 都是计数原理，即统计完成某件事不同方法种数的原
理．
不同点 分类完成，类类相加 分步完成，步步相乘
n类方案相互独立，且每类 n个步骤相互依存，每步依
方案中的每种方法都能独立 次完成才算完成这件事情
完成这件事 （每步中的每一种方法不能
独立完成这件事）
注意点 类类独立，不重不漏 步步相依，步骤完整
【解题方法点拨】
1．计数原理的应用
（1）如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类加法计数原
理；
（2）如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完
成这件事的方法数时，使用分步乘法计数原理．2．解题步骤
（1）指明要完成一件什么事，并依事件特点确定是“分n类”还是“分n步”；
（2）求每“类”或每“步”中不同方法的种数；
（3）利用“相加”或“相乘”得到完成事件的方法总数；
（4）作答．
【命题方向】
分类计数原理、分步计数原理是推导排列数、组合数公式的理论基础，也是求解排列、组合问题的基本思
想方法．
常见考题类型：
（1）映射问题
（2）涂色问题（①区域涂色②点的涂色③线段涂色④面的涂色）
（3）排数问题（①允许有重复数字②不允许有重复数字）
四．排列及排列数公式
1．定义
（1）排列：一般地，从n个不同的元素中任取m（m≤n）个元素，按照一定的顺序排成一列，叫做从n个
不同元素中取出m个元素的一个排列．（其中被取的对象叫做元素）
（2）排列数：从n个不同的元素中取出m（m≤n）个元素的所有排列的个数，叫做从n个不同元素中取出
m个元素的排列数，用符号 表示．
2．相关定义：
（1）全排列：一般地，n个不同元素全部取出的一个排列，叫做n个不同元素的一个全排列．
（2）n的阶乘：正整数由1到n的连乘积，叫做n的阶乘，用n!表示．（规定0!＝1）
3．排列数公式
（1）排列计算公式： ＝ ．m，n N ，且m≤n．
+
∈
（2）全排列公式： ＝n•（n﹣1）•（n﹣2）•…•3•2•1＝n!．
五．组合及组合数公式
1．定义
（1）组合：一般地，从n个不同元素中，任意取出m（m≤n）个元素并成一组，叫做从n个元素中任取
m个元素的一个组合．（2）组合数：从n个不同元素中，任意取出m（m≤n）个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中，
任意取出m个元素的组合数，用符号 表示．
2．组合数公式： ＝ ．m，n N ，且m≤n．
+
3．组合数的性质： ∈
性质1
性质2 ．
六．排列、组合及简单计数问题
1、排列组合问题的一些解题技巧：
①特殊元素优先安排；
②合理分类与准确分步；
③排列、组合混合问题先选后排；
④相邻问题捆绑处理；
⑤不相邻问题插空处理；
⑥定序问题除法处理；
⑦分排问题直排处理；
⑧“小集团”排列问题先整体后局部；
⑨构造模型；
⑩正难则反、等价转化．
对于无限制条件的排列组合问题应遵循两个原则：一是按元素的性质分类，二是按时间发生的过程进行分
步．对于有限制条件的排列组合问题，通常从以下三个途径考虑：
①以元素为主考虑，即先满足特殊元素的要求，再考虑其他元素；
②以位置为主考虑，即先满足特殊位置的要求，再考虑其他位置；
③先不考虑限制条件，计算出排列或组合数，再减去不符合要求的排列或组合数．
2、排列、组合问题几大解题方法：
（1）直接法；
（2）排除法；
（3）捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑它们
“局部”的排列．它主要用于解决“元素相邻问题”；（4）插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解决
“元素不相邻问题”；
（5）占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从位置
的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置．即采用“先特殊后一般”的解
题原则；
（6）调序法：当某些元素次序一定时，可用此法；
（7）平均法：若把kn个不同元素平均分成k组，每组n个，共有 ；
（8）隔板法：常用于解正整数解组数的问题；
（9）定位问题：从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列规定某r个元素都包含在内，并且都排在
某r个指定位置则有 ；
（10）指定元素排列组合问题：
①从n个不同元素中每次取出k个不同的元素作排列（或组合），规定某r个元素都包含在内．先C后A
策略，排列 ；组合 ；
②从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定某r个元素都不包含在内．先C后A
策略，排列 ；组合 ；
③从n个不同元素中每次取出k个不同元素作排列（或组合），规定每个排列（或组合）都只包含某 r个
元素中的s个元素．先C后A策略，排列 ；组合 ．
七．二项式定理
1、二项式定理
一般地，对于任意正整数n，都有
这个公式就叫做二项式定理，右边的多项式叫做（a+b）n 的二项展开式．其中各项的系数
叫做二项式系数．
注意：（1）二项展开式有n+1项；
（2）二项式系数与二项展开式系数是两个不同的概念；
（3）每一项的次数是一样的，即为n次，展开式依a的降幂排列，b的升幂排列展开；
（4）二项式定理通常有如下变形：
① ；
② ；
（5）要注意逆用二项式定理来分析问题、解决问题．
2、二项展开式的通项公式
二项展开式的第n+1项 叫做二项展开式的通项公式．它体现了二项展
开式的项数、系数、次数的变化规律，是二项式定理的核心，它在求展开式的某些特定的项及其系数方面
有着广泛的应用．
注意：
（1）通项公式表示二项展开式的第r+1项，该项的二项式系数是 ；
（2）字母b的次数和组合数的上标相同；
（3）a与b的次数之和为n．
3、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 ， 即
；
（2）增减性与最大值：当k＜ 时，二项式系数是逐渐增大的．由对称性知，它的后半部分是逐渐减小
的，且在中间取最大值．当n为偶数时，则中间一项 的二项式系数最大；当n为奇数时，则中间的两项
， 相等，且同时取得最大值．五、题型方法
一．分类加法计数原理（共3小题）
1．（2022•安徽模拟）某单位从甲、乙、丙、丁、戊五名职工中选取3人负责一个地区的扶贫攻坚工作，
其中甲、乙两人中至少要选取1人，甲、丙两人不能同时入选，则不同的选法总数为
A．6 B．7 C．8 D．9
【分析】分三种情况讨论：①若甲、乙中只选甲；②若甲、乙中只选乙；③若甲、乙都选然后确定其他人
选，利用分类加法计数原理可得结果．
【解答】解：分以下三种情况讨论：
①若甲、乙中只选甲，则丁、戊必选，此时有1种选法；
②若甲、乙中只选乙，则丙、丁、戊中要选2人，此时有 种不同的选法；
③若甲、乙都选，则丁、戊中只选1人，此时有 种不同的选法，
综上所述，共有 种不同的选法，
故选： ．
【点评】本题主要考查了排列组合知识，考查了分类加法计数原理的应用，属于基础题．
2．（2022•南通模拟）某学校每天安排四项课后服务供学生自愿选择参加．学校规定：（1）每位学生每
天最多选择1项；（2）每位学生每项一周最多选择1次．学校提供的安排表如下：
时间 周一 周二 周三 周四 周五
课后服务 音乐、阅读、体 口语、阅读、编 手工、阅读、科 口语、阅读、体 音乐、口语、美
育、编程 程、美术 技、体育 育、编程 术、科技
若某学生在一周内共选择了阅读、体育、编程3项，则不同的选择方案共有
A．6种 B．7种 C．12种 D．14种
【分析】利用分类加法计数原理可得不同的选课方案数．
【解答】解：由表可知周一至周四都可选阅读，周一，周三和周四可选体育，周一，周二和周四可选编程，
故可分4类：当周一选阅读，若体育选周三，编程有 2种方法，若体育选周四，编程有1种方法，共3种
选法，
当周二选阅读，若编程选周一，体育有2种方法，若编程选周四，体育有2种方法，共4种选法，
当周三选阅读，若体育选周一，编程有2种方法，若体育选周四，编程有2种方法，共4种选法，
当周四选阅读，若体育选周一，编程有1种方法，若体育选周三，编程有2种方法，共3种选法，再由分类加法计数原理可得不同的选课方案共有 种．
故选： ．
【点评】本题考查分类加法计数原理的应用，属基础题．
3 ． （ 2022• 延 边 州 一 模 ） 设 ， ， ， ， 是 1 ， 2 ， 3 ， 4 ， 5 的 一 个 排 列 ， 若
对一切 ，2， 恒成立，就称该排列是“交替”的．“交替”的排列的数目是
A．8 B．16 C．24 D．32
【分析】由已知可得： 与 异号，有两种情况：（1） 且 ；
（2） 且 ，分别讨论可以求得结果，也可以列举得解．
【解答】解：由已知可得： 与 异号，有两种情况：
（1） 且 ，此时
①当第二和第四位是1或2时，有 种；
②当第一位是2，第二位是1，第四位是3时有 种，
②当第一位是2，第二位是1，第四位是5时有 种
共计 种．
（2） 且 ，此时
①当第二位和第四位是4或5时，有 种；
②当第一位是2，第二位和第四位是3或4时，有 种，
共计 种．
综上可得，一共有 种．
故选： ．
【点评】本题考查分类计数原理，属于难度较大题目．二．分步乘法计数原理（共2小题）
4．（2022•武汉模拟）某旅游景区有如图所示 至 共8个停车位，现有2辆不同的白色车和2辆不同的
黑色车，要求相同颜色的车不停在同一行也不停在同一列，则不同的停车方法总数为
A．288 B．336 C．576 D．1680
【分析】根据题意，分2步进行分析，由分步计数原理计算可得答案．
【解答】解：第一步：排白车，第一行选一个位置，则第二行有三个位置可选，由于车是不相同的，故白
车的停法有 种，
第二步，排黑车，若白车选 ，则黑车有 ， ， ， ， ， ， 共7种选择，黑车
是不相同的，故黑车的停法有 种，
根据分步计数原理，共有 种．
故选： ．
【点评】本题考查分步乘法计数原理，是基础题．
5．（2022•萍乡二模）在 的方格中放入1个白球和完全相同的2个黑球，每一行、每一列各只有一个
球，每球占一格，则不同的放法种数为 1 8 ．（结果用数字作答）
【分析】先放白球，然后放黑球，结合分步乘法计数原理求得正确答案．
【解答】解：先在 个格选一个放白球，方法数有9种，
再放2个黑球，方法数有2种，
所以不同的放法数有 种．
故答案为：18．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
三．计数原理的应用（共6小题）
6．（2023•涪城区校级模拟）从10人（含甲、乙）中选出4人参加某项公益活动，要求甲、乙二人中至少
有1人参加，则不同选法有
A．210 B．168 C．180 D．140
【分析】由题意，事件“甲、乙中至少有1人参加”的对立事件是“两人都不参加”，故本题在求解时可
以用排除法，先求出10名同学中挑选4名参加某项公益活动的选法，再计算出甲乙两人都不参数的选法，总数中排除掉甲乙两人都不参数的选法，即可得事件“甲、乙中至少有1人参加”的种数．
【解答】解：10名同学中挑选4名参加某项公益活动，总的选法有 种，
甲乙两人都不参数的选法有 种，
故事件“甲、乙中至少有1人参加”包含的基本事件数是 ．
故选： ．
【点评】本题考查排列组合及简单计数问题，解题的关键是理解事件“甲、乙中至少有 1人参加”，将问
题转化为求其对立事件包含的基本事件数，此技巧在计数问题在经常使用，适合于求所研究的事件分类较
多，而其对立事件包含的类较少的情况，方便计数．
7．（2023•泸县校级模拟）7人排成一排，限定甲要排在乙的左边，乙要排在丙的左边，甲、乙相邻，乙、
丙不相邻，则不同排法的种数是
A．60 B．120 C．240 D．360
【分析】先排甲、乙、丙以外的4个人，再把甲、乙按甲在乙的左边捆好，与丙插两个空位，并去掉顺序，
能求出结果．
【解答】解：先排甲、乙、丙以外的4个人，再把甲、乙按甲在乙的左边捆好，与丙插两个空位，并去掉
顺序，
不同的排法种数是： （种 ．
故选： ．
【点评】本题考查计数原理的应用，考查学生的计算能力，比较基础．
8．（2023•罗定市校级模拟）将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3号的盒子中，不允许有空盒子
的放法有多少种？下列结论正确的有
A． B．
C． D．18
【分析】根据题意，分析可得三个盒子中有1个中放2个球，有2种解法：
（1）分2步进行分析：①、先将四个不同的小球分成3组，②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，由分步计数原理计算可得答案；
（2）分2步进行分析：①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出
的小盒中，②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，由分步计数原理计算可得答案，综合
2种解法即可得答案．
【解答】解：根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有 号的盒子中，且没有空盒，则三个盒子中
有1个中放2个球，剩下的2个盒子中各放1个，
有2种解法：
（1）分2步进行分析：
①、先将四个不同的小球分成3组，有 种分组方法；
②、将分好的3组全排列，对应放到3个盒子中，有 种放法；
则没有空盒的放法有 种；
（2）分2步进行分析：
①、在4个小球中任选2个，在3个盒子中任选1个，将选出的2个小球放入选出的小盒中，有 种情
况
②、将剩下的2个小球全排列，放入剩下的2个小盒中，有 种放法；
则没有空盒的放法有 种；
故选： ．
【点评】本题考查排列、组合的应用，涉及分步计数原理的应用，属于基础题．
9．（2023•汕头二模）电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为 ．在电脑上绘
画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为
A． B．27 C． D．6
【分析】根据分步乘法计数原理易得答案．
【解答】解：分3步取色，第一、第二、第三次都有256种取法，
根据分步乘法计数原理得，共可配成 种颜色．故选： ．
【点评】本题主要考查了分步乘法计数原理的应用，属于基础题．
10．（2023•盐都区校级三模）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不
同的排法共有 21 6 种．
【分析】分类讨论，最左端排甲；最左端只排乙，最右端不能排甲，根据加法原理可得结论．
【解答】解：最左端排甲，共有 种，最左端排乙，最右端不能排甲，有 种，
根据加法原理可得，共有 种．
故答案为：216．
【点评】本题考查排列、组合及简单计数问题，考查学生的计算能力，属于基础题．
11．（2023•定远县校级模拟）小林同学喜欢吃4种坚果：核桃、腰果、杏仁、榛子，他有5种颜色的“每
日坚果”袋．每个袋子中至少装1种坚果，至多装4种坚果．小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各不
相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为
A．20160 B．20220 C．20280 D．20340
【分析】设出核桃、腰果、杏仁、榛子为 ， ， ， ，分类讨论求出分堆情况，再进行排列，求出最
后答案．
【解答】解：依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为 ， ， ， ，则每个字母出现2次或4次，分类计算
分堆可能：
（1） ， ； ， ； ， ； ， ，
若是“ ”，则其中的“4”必须是 ，故1种可能；
若是“ ”，则考虑 ※ （※）（※），故有 种可能；
小计： ；
（2）诸如“ ， ， ， ； ， ； ， ； ， ”类型，
若是“ ”，则四个 无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放 ，故0种可能；
若 是 “ ” ， 则 “ ” 中 有 一 个 是
；
若是“ ”，则“ ”中各有1个 ，“ ”中各一个 ，可以考虑含※模式，※※ ※※ ※ （※） ，故有 种可能；
若是“ ”，则可用下表进一步分类，有 种可能；
若是“ ”，则四个 至少有两个出现搭配相同，故0种可能；
小计： ；
（3）诸如“ ， ， ， ； ， ， ， ； ， ； ， ”类型，
若是“ ”，则“ ”必然重复，故0种可能；
若是“ ”，则枚举“ ”的情况，发现仅 可能；
若是“ ”，则考虑 ※ ※※ ※※ （※）或 ※ ※※ ※※
（※），有 种可能；
若是“ ”，则考虑 ※ ※※ ※※ （※）或 ※ ※※ ※※
（※），
若是“ ”，则有 或 都成立，有2
种可能；
若是“ ”，则枚举“ ”的情况，发现 ※ ※ ，有2种可能．
小计 ；
诸如“ ， ， ， ； ， ， ， ； ， ， ， ； ， ”类型
若是“ ”，则“ ”必然重复，故0种可能；
若是“ ”，则“ ”中至少有3个 ，故0种可能；
若是“ ”，则“ ”至少有2个 ，考虑 ※※ ※※ ※※ ，其中 ※※有 种可能，故此小类有3种可能；
若是“ ”，则“ ”中至少有3个 ，故0种可能；
小计 ；
（5）“ ， ， ， ； ， ， ， ； ， ， ， ； ， ， ， “
只有“ ”的搭配，有1种可能；
综上：共有 个分堆可能，故不同的方案数为 种．
故选： ．
【点评】本题考查排列、组合的实际应用，注意分情况讨论，是难题．
四．排列及排列数公式（共3小题）
12．（2023•荔湾区校级模拟）设 ，且 ，则 等于
A． B． C． D．
【分析】利用排列数的计算公式即可得出．
【解答】解： ，且 ， ．
故选： ．
【点评】本题考查了排列数的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
13．（2023•安化县校级模拟）某单位安排7位员工在10月1日至7日值班，每天1人，每人值
班1天，若7位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则不同
的安排方案共有
A．504种 B．960种 C．1008种 D．1108种
【分析】本题的要求比较多，有三个限制条件，甲、乙排在相邻两天可以把甲和乙看作一个元素，注意两
者之间有一个排列，丙不排在10月1日，丁不排在10月7日，则可以甲乙排1、2号或6、7号，或是甲乙
排中间，丙排7号或不排7号，根据分类原理得到结果．
【解答】解：分两类：
第一类：甲乙相邻排1、2号或6、7号，这时先排甲和乙，有 种，然后排丁，有 种，剩下其他四个人全排列有 种，因此共有 种方法
第二类：甲乙相邻排中间，
若丙排7号，先排甲和乙，因为相邻且在中间，则有 种，然后丙在7号，剩下四个人全排列有 种，
若丙不排7号，先排甲和乙，因为相邻且在中间，则有 种，然后排丙，丙不再1号和7号，有 种，
接着排丁，丁不排在10月7日，有 种，剩下3个人全排列，有 种，
因此共有 种方法，
故共有1008种不同的排法
故选： ．
【点评】本题主要考查分类计数原理，分类要做到“不重不漏”．分类后再分别对每一类进行计数，最后
用分类加法计数原理求和，得到总数．本题限制条件比较多，容易出错，解题时要注意．
14．（2023•洪山区校级模拟）已知 ， ， 均为正整数，则满足 的一组解为 ， ，
， 4 ， 或 ， 1 ， （写一个即可） ．
【分析】由 时， 的尾数为0，而 尾数为5，可得 ， ，然后对 ， ， 分别求值一一验
证得答案．
【解答】解：当 时， 的尾数为0，而 尾数为5， ， ，
然后取 ， ， 一一检验可得， ， ， ，4， 或 ，1， ．
故答案为： ，4， 或 ，1， （写一个即可）．
【点评】本题考查排列及排列数公式的应用，考查运算求解能力，是中档题．
五．组合及组合数公式（共6小题）
15．（2023•沙河口区校级一模） 的值是 ．
【分析】变形可得原式 ，然后根据二项式定理，即可得出答案．
【 解 答 】 解 ： 由 已 知 可 得 ，
．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查组合数公式，属于基础题．
16．（2023•抚松县校级模拟）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．则下列结论正确的是
A．
B．第2022行的第1011个数最大
C．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
D．第34行中从左到右第14个数与第15个数之比为
【分析】根据组合数，即可判断 ；根据杨辉三角的性质即可判断 ．
【解答】解： ，故 正确；
由图可知：第 行有 个数字，
如果 是奇数，则第 （最中间的）个数字最大；
如果 是偶数，则第 和第 个数字最大，并且这两个数字一样大，故 错误；
第6行，第7行，第8行的第7个数字分别为：1，7，28，其和为36；
第9行第8个数字就是36，故 正确；
第34行第14个数字是 ，第34行第15个数字是 ，
所以第34行中从左到右第14个数与第15个数之比为 ，故 正确．
故选： ．
【点评】本题考查组合数的计算，杨辉三角的应用，属于基础题．
17．（2023•绍兴二模） 的值为 ．
【分析】直接利用二项展开式和组合数的应用求出结果．
【解答】解： ．
故答案为： ．
【点评】本题考查的知识要点：二项展开式，组合数，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题．
18．（2023•辽宁模拟）我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如：从装有编号为1，
2，3， ， 的 个球的口袋中取出 个球 ， ， ，共有 种取法．在 种取
法中，不取1号球有 种取法；取1号球有 种取法．所以 ．试运用此方法，写出如下
等式的结果： ．
【分析】将等式看作是从编号为1，2，3， ， 个球中，取出6个球，其中第3个球的编号依次为
3，4， ， 的情况，利用分类加法计数原理得到的结果；再由从编号为 1，2，3， ， 个球中，取
出6个球，有 种取法，即可得到结果．
【解答】解：从编号为1，2，3， ， 个球中，取出6个球，记所选取的六个小球的编号分别为 ，
， ， ，且 ，
当 时，分三步完成本次选取：
第一步，从编号为1，2的球中选取2个；第二步，选取编号为3的球；第三步，从剩下的 个球中任选3个，故选取的方法数为 ；
当 时，分三步完成本次选取：
第一步，从编号为1，2，3的球中选取2个；第二步，选取编号为4的球；第三步，从剩下的 个球中
任选3个，故选取的方法数为 ；
；
当 时，分三步完成本次选取：
第一步，从编号为1，2，3， ， 的球中选取2个；第二步，选取编号为 的球；第三步，从剩下的
3个球中选3个，故选取的方法数为 ；
至此，完成了从编号为1，2，3， ， 个球中，选取6个球，第3个球的编号确定时的全部情况，
另外，从编号为1，2，3， ， 个球中，取出6个球，有 种取法，
所以 ．
故答案为： ．
【点评】本题主要考查了计数原理的应用，考查了组合数公式的应用，考查了学生的计算能力，属于中档
题．
19．（2023•湖南模拟）已知 ，2， ， ，则数列 中整数项的个数为
A．13 B．14 C．15 D．16
【分析】由题意可得 ，问题转化为求使 和 都是整数的 的个数．
【解答】解：数列 为有穷数列，共95项．
满足 ，则要使数列 中的项为整数项， 和 都是整数．
验证可知， ，8，14，20，26，32，38，44，50，56，62，68，74，80，86 时，都能满足条件．
当 时， ，
92！中因数2有88个，108！中因数2的有105个，200！中因数2的有197个，
，故 不是整数．
综上可得，当 ，8，14，20，26，32，38，44，50，56，62，68，74，80，86时，
数列 中的项为整数项，故整数项共有15项．
故选： ．
【点评】本题考查二项式定理的应用，着重考查整除问题与等差数列的通项公式，考查化归思想与分析运
算能力，属于中档题．
20．（2023•常德二模）从4台甲型和5台乙型电视机中任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各
1台，则不同的取法共有 7 0 种．
【分析】任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各1台，有两种方法，一是甲型电视机2台和乙
型电视机1台；二是甲型电视机1台和乙型电视机2台，分别求出取电视机的方法，即可求出所有的方法
数．
【解答】解：甲型电视机2台和乙型电视机1台，取法有 种；
甲型电视机1台和乙型电视机2台，取法有 种；
共有 种．
故答案为：70
【点评】本题考查组合及组合数公式，考查分类讨论思想，是基础题．
六．排列、组合及简单计数问题（共3小题）
21．（2024•郑州一模）2023年12月6日上午，2023世界 大会在郑州国际会展中心拉开帷幕．世界
大会是全球 领域国际性盛会，也是首次在豫举办．本次大会以“ 变革共绘未来”为主题，以持续推
动 不断演进创新为目标．现场邀请全球有影响力的科学家、企业家、国际组织负责人等参会，并进行
高层次、高水平交流研讨．为确保大会顺利进行，面向社会招聘优秀志愿者，参与大会各项服务保障工作．
现从包含甲、乙的6人中选派4人参与“签到组”、“服务组”、“物料组”、“机动组”四个不同的岗位工作，每人去一个组，其中甲、乙至少有一人参加且甲不去“签到组”的选派方法共有 276 种．
（用数字作答）
【分析】首先计算出所有的选派方式，再挑选出不合题意选派方式，即可计算出结果．
【解答】解：根据题意可知6人中选派4人参与选派方式共有 种，
其中甲、乙都不参与的选派方式共有 种，
其中甲、乙至少有一人参加且甲去“签到组”的选派方式共有 种，
所以甲、乙至少有一人参加且甲不去“签到组”的选派方法共有 种．
故答案为：276．
【点评】本题考查排列问题，特殊元素优先安排，是基础题．
22．（2024•河西区校级模拟）中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设
空间站要将 、 、 、 、 共5名航天员全部安排开展实验，其中天和核心舱要安排3人，问天实验
舱与梦天实验舱都各要安排1人，且 不在问天实验舱，则不同的安排方案共有 16 种．（用数字作
答）
【分析】依题意，利用分步乘法计数原理计算可得答案．
【解答】解： 不在问天实验舱，且问天实验舱只安排1人，
从另外4人中任选一人安排在问天实验舱，有4种方法；
从剩余的4人中任选3人安排在天和核心舱，剩余的1人安排在梦天实验舱，共 种方法，
由分步乘法计数原理可得，共有 种方法．
故答案为：16．
【点评】本题考查分步乘法计数原理的应用，属于基础题．
23．（2024•东莞市校级模拟）将甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者分配到 、 、 三项不同的公益活动中，每人只参加一项活动，每项活动都需要有人参加，其中甲必须参加 活动，则不同的分配方法有
50 种．（用数字作答）
【分析】根据题意，分为三种情况：甲单独参加，甲和其中一人和甲和其中两人参加，结合排列组合的知
识，即可求解．
【解答】解：由题意，可分为三种情况：
当甲单独参加 项活动，则有 种安排方法；
当甲和其中一人参加 项活动，则有 种安排方法；
当甲和其中两人参加 项活动，则有 种安排方法，
所以不同的分配方法有 种不同的安排方法．
故答案为：50．
【点评】本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于中档题．
七．二项式定理（共5小题）
24．（2024•东莞市校级一模）设 的小数部分为 ，则 7 ．
【分析】估算 的范围，可得 ，由二项式定理展开整理可得所求的结果．
【解答】解：由 ，得 的整数部分为3，则 ，
即 ， 即
，
所以 ．
故答案为：7．
【点评】本题考查二项式定理展开式的应用，属于基础题．
25．（2023•成都模拟）二项式 的展开式中 的系数为
A．1 B．3 C．5 D．15
【分析】利用二项展开式的通项公式求解即可．【解答】解： 的展开通项公式为 ，
令 得 ，所以展开式中 的系数为15．
故选： ．
【点评】本题考查二项式定理相关知识，属于基础题．
26．（2023•湖北模拟）一组数据按照从小到大的顺序排列为1，2，3，5，6，8，记这组数据的上四分位
数为 ，则二项式 展开式的常数项为
A． B．60 C．120 D．240
【分析】由上四分位数求出 ，将 通项表示出来，令 的指数为0，即可得．
【解答】解：因为 ，所以 ，
所以 展开式的通项为 ，
令 ，得 ，所以展开式的常数项为 ．
故选： ．
【点评】本题考查二项式定理，考查四分位数的定义，是基础题．
27．（2023•大连二模）在二项式 的展开式中，则 项的系数是 1 0 ．
【分析】通过二项式展开式的通项公式，再令 的幂指数等于4，求得 的值，然后求得展开式中含 的
项的系数．
【解答】解：由 展开式的通项公式为 ，
令 ，求得 ，则展开式中含 的项的系数是 ，
故答案为：10．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项式系数的性质，二项式展开式的通项公式，求展开式中某
项的系数，属于基础题．
28．（2023•广陵区校级模拟）若 ，则 被8整除的余数为
A．4 B．5 C．6 D．7
【分析】根据题意，给自变量 赋值，取 和 ，两个式子相减，得到 的值，
将 构造成一个新的二项式，根据二项展开式可以看出被8整除的结果，得到余数．
【解答】解：在已知等式中，取 得 ，
取 得 ，
两式相减得 ，
即 ，
因为 ，
因为 能被8整除，
所以 被8整除的余数为5，
即 被8整除的余数为5．
故选： ．
【点评】本题主要考查二项式定理，考查转化能力，属于中档题．
六、易错分析
易错点一、混淆二项式系数与项的系数致错
1． 的展开式中 的系数为（ ）
A．10 B．20 C．90 D．80
【错解】A，由题可得令 ,则 , 所以 的展开式中 的系数为 ，故选A.
【错因】错把二项式系数当成项的系数。
【正解】C，由题可得
令 ,则 ,所以 ，故选C.
2、 的展开式中,系数最大的项是第 项
【错解】6或7， 的展开式中共12项,第6项的系数为 ,第7项的系数为 ,又 = ，
所以数最大的项是第6或7项.
【错因】错把二项式系数当成项的系数。
【正解】 的展开式中共12项,第6项的系数为 ,第7项的系数为 ,
所以数最大的项是第7项.
易错点二、忽略二项展开式的通项是第r+1项不是第r项致错
3、二项式 的展开式的第二项是（ ）
A． B． C． D．
【错解】展开式的通项为 ,令 ,可得展开式的第二项为 = .故选A.
【错因】误认为第二项是 而错误
【正解】展开式的通项为 ,令 ,可得展开式的第二项为 = .故
选D.
易错点三、混淆均匀分组与部分均匀分组致错
4、某校高二年级共有六个班,现从外地转入 名学生,要安排到该年级的两个班级且每班安排 名,则不同的
安排方案种数为（）A． B． C． D．
【错解】选A，先将4名学生均分成两组方法数为 ,再分配给6个年级中的2个分配方法数为 ,根据
分步计数原理合要求的安排方法数为 ．
【错因】该题为均匀分组，忽略除以 而错误.
【正解】先将4名学生均分成两组方法数为 ,再分配给6个年级中的2个分配方法数为 ,
根据分步计数原理合要求的安排方法数为 ．故选B．
5．某小区共有3个核酸检测点同时进行检测，有6名志愿者被分配到这3个检测点参加服务，6人中有4
名“熟手”和2名“生手”，1名“生手”至少需要1名“熟手”进行检测工作的传授，每个检测点至
少需要1名“熟手”，且2名“生手”不能分配到同一个检测点，则不同的分配方案种数是（ ）
A．72 B．108 C．216 D．432
【错解】A，根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为 的三组，再分配到3个检测点，共有
种分法，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有 种分法，所以共有
种不同的分配方案.
【错因】该题为部分均匀分组，应除以 ，而不是 .
【正解】C，根据题意，可先把4名“熟手”分为人数为 的三组，再分配到3个检测点，共有
种分法，然后把2名“生手”分配到3个检测点中的2个，有 种分法，所以共有种不同的分配方案.
易错点四、计数时混淆有序与定序
6、某学校举行校庆文艺晚会，已知节目单中共有七个节目，为了活跃现场气氛，主办方特地邀请了三位
老校友演唱经典歌曲，并要将这三个不同节目添入节目单，且不改变原来的节目顺序，则不同的安排方式
有________种．
【错解】 原先有七个节目，添加三个节目后，节目单中共有十个节目，则不同的排列方法有 种．
，
【错因】忽略了不改变原来的节目顺序这一条件，即原来的七个节目是定序的。
【正解】原先七个节目的不同安排方法共有 种，添加三个节目后，节目单中共有十个节目，先将这十
个节目进行全排列，不同的排列方法有 种，而原先七个节目的顺序一定，故不同的安排方式
共有 ＝720(种)．
7、身高互不相同的七名学生排成一排,从中间往两边越来越矮,不同的排法有（）
A．5040种 B．720种 C．240种 D．20种
【错解】最高个子站在中间,只需排好左右两边,第一步：先排左边,有 种排法,第二步：排右边,有
种排法,根据分步乘法计数原理,共有 种,故选B．
【错因】混淆有序与定序
【正解】最高个子站在中间,只需排好左右两边,第一步：先排左边,因顺序固定有 种排法,第二步：
排右边,因顺序固定,有1种排法,根据分步乘法计数原理,共有 种,故选 ．
易错点五、混淆排列与组合导致计数错误
8．有甲、乙、丙三项任务，甲需 2人承担，乙、丙各需1人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，
不同的选法种数是( )
A．1 260 B．2 025 C．2 520 D．5 040
【错解】先从10人中选出2人承担甲任务；再从余下8人中选出2人分别承担乙任务、丙任务．根据分步
乘法计数原理，不同的选法共有 种．故选A.
【错因】本题是组合问题，是无序的，不是排列问题。
【正解】选C，先从10人中选出2人承担甲任务；再从余下8人中选出2人分别承担乙任务、丙任务．根
据分步乘法计数原理，不同的选法共有CCC＝2 520种．故选C.
易错点六、考虑问题不全面导致漏计出错9、如图，洛书(古称龟书)是阴阳五行术数之源．在古代传说中有神龟出于洛水，其甲壳上有此图象，结构
是戴九履一，左三右七，二四为肩，六八为足，以五居中，五方白圈皆阳数，四角黑点为阴数．若从四个
阴数和五个阳数中随机选取3个数，则选取的3个数之和为奇数的方法数为( )
A．10 B．40 C．44 D．70
【错解】选B，由题意可知，阴数为2,4,6,8，阳数为1,3,5,7,9，若选取3个数的和为奇数，则3个数都为奇
数，共有C＝10种方法；所以满足题意的方法共有10种．
【错因】没有考虑两偶一奇的情况，
【正解】选B，由题意可知，阴数为2,4,6,8，阳数为1,3,5,7,9，若选取3个数的和为奇数，则有两类：一类
是3个数都为奇数，共有C＝10种方法；另一类是两偶一奇，共有 CC＝30种方法，所以满足题
意的方法共有10＋30＝40种．故选B.
10．某宾馆安排A，B，C，D，E五人入住3个房间，每个房间至少住1人，且A，B不能住同一房间，则
共有________种不同的安排方法．(用数字作答)
【错解】42，5个人住3个房间，每个房间至少住1人，则按3,1,1住，有C·A＝60(种)，A，B住同一房间
有CA＝18(种)，故有60－18＝42(种)．
【错因】没有考虑按2,2,1住的情况，
【正解】114，5个人住3个房间，每个房间至少住1人，则有3,1,1和2,2,1两种．当为3,1,1时，有C·A＝
60(种)，A，B住同一房间有CA＝18(种)，故有60－18＝42(种)；当为2,2,1时，有×A＝90(种)，
A，B住同一房间有CA＝18(种)，故有90－18＝72(种)．根据分类加法计数原理可知，共有 42＋
72＝114(种)．
11、若 ,则 可表示________个不同的实数。
【错解】当 时 ；当 时 ,当 不相等且均不为1时满足条件的实
数个数为 ,所以 可表示22个不同的实数.
【错因】忽略 , .
【正解】当 时 ；当 时 ,当 不相等且均不为1时,由 可组成 个对数式,其中 , 所以 可表示20个
不同的实数.
易错点七、混淆二项式系数之和与所有项系数之和出错
12．已知 的展开式中各项的二项式系数的和为256，则这个展开式中 项的系数是_____．
【错解】令 ，则4n＝256，则n＝4， 的展开式的通项为T ＝
r＋1
(r∈N*，r≤4)，由4－2r＝4得r＝0，所以所求展开式中 项的系数是 .
【错因】混淆二项式系数之和与所有项系数之和，本题是说 的展开式中各项的二项式系数的和为
256，
【正解】依题意2n＝256，则n＝8， 的展开式的通项为T ＝
r＋1
(r∈N*，r≤8)，由8－2r＝4，得r＝2，所以所求展开式中 项的系数是 ＝252.
易错点八、利用分步乘法原理计数,分步标准错误
13、把3个不同的小球投入到4个盒子,所有可能的投法共有( )
A．24种 B．4种 C．43种 D．34种
【错解】因为每个盒子有三种投入方法,共4个盒子,所以共有3×3×3×3＝34(种)投法．
【错因】没有考虑每个球只能投入一个盒子中,导致错误
【正解】第1个球投入盒子中有4种投法；第2个球投入盒子中也有4种投法；第3个球投入盒子中也有4
种投法．只要把这3个球投完,就做完了这件事情,由分步乘法计数原理可得共有43种方法．
易错点九、混淆二项式展开式中二项式系数最大的项与系数最大的项致错
14、若n展开式中前三项的系数和为163，则展开式中系数最大的项第________项．
【错解】5或6，展开式的通项为T ＝2kCx ，由题意可得，20C＋2C＋22C＝163，
k＋1
解得n＝9.则展开式中共有10项，且第5项、第6项为二项式系数最大的项。
【错因】混淆二项式展开式中二项式系数最大的项与系数最大的项
【正解】展开式的通项为T ＝2kCx ，由题意可得，20C＋2C＋22C＝163，解得n＝9.设展开式中T
k＋1 k＋1
项的系数最大，则解得≤k≤，又∵k∈N，∴k＝6，故展开式中系数最大的项为第7项。
