热点8-1 排列组合与二项式定理（10题型+满分技巧+限时检测）-2025年高考数学热点重点难点专题练习（新高考专用）

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排列组合问题往往以实际问题为背景，考查排列数、组合数、分类分步计数原理，难度基本稳定在中等。虽然九省联考给出新的命题方向，但二项式定理问题依旧有可能是高考的热门考点，主要考查二项展开式的通项，二项式系数和及各项系数和等问题。
【题型1 两种计数原理的应用】
【例1】（2023·全国·高三校联考专题练习）现有12张不同的卡片，其中红色，黄色，蓝色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一颜色，且红色卡片至多1张，则不同的取法种数为（ ）
A．84 B．172 C．160 D．230
【答案】C
【解析】根据题意，不考虑限制，从12张卡片中任取3张，共有种取法，
如果取出的3张为同一种颜色，则有种情况，
如果取出的3张有2张红色卡片，则有种情况，
故所求的取法共有种．故选：C．
【变式1-1】（2023·广东广州·华南师大附中模拟预测）小明在某一天中有七个课间休息时段，为准备“小歌手”比赛他想要选出至少一个课间休息时段来练习唱歌，但他希望任意两个练习的时间段之间都有至少两个课间不唱歌让他休息，则小明一共有（ ）种练习的方案.
A．31 B．18 C．21 D．33
【答案】B
【解析】七个课间编号为，
如果仅有一个课间练习，则每个课间都可以，有7种方案，
若有两个课间练习，选法有，共种方案，
三个课间练习，选法为，共种，故总数为种.故选：B
【变式1-2】（2024·山西·高三山西大附中校考阶段练习）基础学科对于一个国家科技发展至关重要，是提高核心竞争力，保持战略领先的关键．其中数学学科尤为重要．某双一流大学为提高数学系学生的数学素养，特开设了“九章算术”，“古今数学思想”，“数学原理”，“世界数学通史”，“算术研究”五门选修课程，要求数学系每位同学每学年至多选三门，且已选过的课程不能再选，大一到大三三学年必须将五门选修课程选完，则每位同学的不同选修方式种数为（ ）．
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【解析】若两年修完全部五门选修课程，先将五门课程分成两组，再从三个学年中选取两年来安排课程，
则共有种选修方式；
若三年修完全部五门选修课程，则先将五门课程分成三组，再安排到三个学年中，
则共有种选修方式；
综上所述：每位同学不同的选修方式种数为种.故选：B.
【变式1-3】（2024·北京海淀·高三首都师范大学附属中学校考开学考试）由三个数字1，2，3组成的五位数中，1，2，3都至少出现一次，这样的五位数的个数为（ ）
A．150 B．240 C．180 D．236
【答案】A
【解析】求五位数的个数这件事可以有两类办法：
恰有一个数字出现三次，另两个各出现一次，有个；
恰有一个数字出现一次，另两个各出现两次，有个，
由分类计数加法原理得五位数的个数为.故选：A
【变式1-4】（2024·湖北襄阳·高三枣阳一中校联考期末）襄阳为“中国优秀旅游城市”，境内生态环境优美，旅游资源十分丰富，景区景点给人以自然的美妙与人文的魅力.其中南漳香水河、春秋寨，谷城薤山，保康五道峡，枣阳白水寺、唐梓山风景区，襄州鹿门寺都是风景宜人的旅游胜地，一位同学计划在假期从上面7个景区中选择3个游玩，其中香水河和五道峡最多只去一处，不考虑游玩的顺序，则不同的选择方案数有（ ）
A．20 B．30 C．35 D．40
【答案】B
【解析】因为香水河和五道峡最多只去一处，故可分为两种情况讨论.
当香水河和五道峡只去一处时且不考虑游玩的顺序，则不同的选择方案为；
当香水河和五道峡一处也不去时且不考虑游玩的顺序，则不同的选择方案为.
综上：满足题意的不同选择方案数为+=30.故选：B.
【题型2 队列排序问题】
【例2】（2024·江西·高三校联考开学考试）某班级举办元旦晚会，一共有个节目，其中有个小品节目．为了节目效果，班级规定中间的个节目不能安排小品，且个小品不能相邻演出，则不同排法的种数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】用表示不安排中间且不相邻的位置，
则有,,,,,,,,,,,共种情况，
个小品有种安排方式；再安排其余个节目，共有种安排方式；
不同排法的种数有种.故选：C.
【变式2-1】（2024·浙江宁波·高三统考期末）体育课上，老师让2名女生和3名男生排成一排，要求2名女生之间至少有1名男生，则这5名学生不同的排法共有（ ）
A．24种 B．36种 C．72种 D．96种
【答案】C
【解析】让2名女生和3名男生排成一排，不同的排法共有种，
让2名女生相邻，不同的排法共有种，
所以符合题设的不同的排法共有种.故选：C.
【变式2-2】（2024·江苏南通·高三统考期末）有5辆车停放6个并排车位，货车甲车体较宽，停靠时需要占两个车位，并且乙车不与货车甲相邻停放，则共有（ ）种停放方法．
A．72 B．144 C．108 D．96
【答案】A
【解析】先停入货车甲，若货车甲不靠边，共有种停法，则乙车有种停法，
除甲、乙外的其它三辆车共有种停法；
若货车甲靠边，共有种停法，则乙车有种停法，
除甲、乙外的其它三辆车的排法共有种，
故共有种停放方法，故选：A.
【变式2-3】（2024·湖南邵阳·统考一模）苗族四月八日“姑娘节”是流传于湖南省绥宁县的民俗活动，国家级非物质文化遗产之一.假设在即将举办的“姑娘节”活动中，组委会原排定有8个“歌舞”节目，现计划增加2个“对唱”节目.若保持原来8个节目的相对顺序不变，则不同的排法种数为（ ）
A．56 B．90 C．110 D．132
【答案】B
【解析】根据题意分两类，
第一种两个“对唱”节目相邻：，
第一种两个“对唱”节目不相邻：，
则不同的排法种数为.故选：B
【变式2-4】（2024·全国·高三专题练习）某班在一次班团活动中，安排2名男生和4名女生讲演，为安排这六名学生讲演的顺序，要求两名男生之间不超过1人讲演，且第一位和最后一位出场讲演的是女生．则不同的安排方法总数为（ ）
A．168 B．192 C．240 D．336
【答案】C
【解析】第一位和最后一位出场讲演的是女生，有种，
中间4人，为2男2女，任意排列有种，
若中间2名女生，则有种，则满足条件的有种，
则共有种不同的安排方法．故选：C．
【题型3 数字排序问题】
【例3】（2024·河南焦作·高三统考期末）小明将1，4，0，3，2，2这六个数字的一种排列设为自己的六位数字的银行卡密码，若两个2之间只有一个数字，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（ ）
A．48 B．32 C．24 D．16
【答案】C
【解析】1与4相邻，共有种排法，两个2之间插入1个数，
共有种排法，再把组合好的数全排列，共有种排法，
则总共有种密码．故选：C
【变式3-1】（2023·全国·高三专题练习）用1、2、3、4、5这五个数字，组成没有重复数字的三位数，其中奇数的个数为（ ）
A．36 B．30 C．40 D．60
【答案】A
【解析】奇数的个位数字为1、3或5，偶数的个位数字为2、4.
故奇数有个．故选：A
【变式3-2】（2023·四川成都·高三成都七中校考开学考试）从0，1，2，3，4，5，6，7，8，9这十个数字中任意取出三个不同的数，若这三个数的和为不小于9的奇数，则不同的取法有（ ）种.
A．54 B．53 C．47 D．46
【答案】B
【解析】根据题意，将10个数分为2组，
一组为奇数：1､3､5､7､9，一组为偶数0、2､4､6､8，
若取出的3个数和为奇数，分2种情况讨论：
①取出的3个数全部为奇数，有种情况，都符合题意，
②取出的3个数有1个奇数，2个偶数，
若奇数取9，有种情况；
若奇数取7，有种情况；
若奇数取5，有种情况；
若奇数取3，有种情况；
若奇数取1，有种情况；
综上，三个数的和为不小于9的奇数，不同的取法有种.故选：B.
【变式3-3】（2023·四川达州·统考一模）从0，1，2，3，4，5这6个数中任选2个偶数和1个奇数，组成没有重复数字的三位数的个数为（ ）
A．36 B．42 C．45 D．54
【答案】B
【解析】当任选2个偶数中含有0时，0可以放在个位或十位，共2种情况，
再从3个奇数中选一个，2个偶数中选一个，放在剩余的数位上，
共种选择，此时共种情况，
当任选2个偶数中不含有0时，从3个奇数中选一个，并和2,4进行全排列，共种情况，
综上，组成没有重复数字的三位数个数为.故选：B
【变式3-4】（2023·河南驻马店·高三驻马店高级中学校联考期末）用2个0，2个1和1个2组成一个五位数，则这样的五位数有（ ）
A．8个 B．12个 C．18个 D．24个
【答案】C
【解析】当首位为2时，这样的五位数有个；
当首位为1时，这样的五位数有个.
综上，这样的五位数共有个.故选：C.
【题型4 涂色问题】
【例4】（2024·重庆·高三重庆一中校考开学考试）用四种不同的颜色给如图所示的六块区域A，B，C，D，E，F涂色，要求相邻区域涂不同颜色，则涂色方法的总数是（ ）
A．120 B．72 C．48 D．24
【答案】A
【解析】先涂，有4种选择，接下来涂，有3种选择，再涂,有2种选择，
① 当,颜色相同时涂色方法数是：，
② 当,颜色不相同时涂色方法数是：，
满足题意的涂色方法总数是：．故选：A．
【变式4-1】（2024·广东中山·高三中山纪念中学开学考试）（多选）用种不同的颜色涂图中的矩形，要求相邻的矩形涂色不同，不同的涂色方法总种数记为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】AD
【解析】当时，分四步：
第一步，涂处，有3种涂色方案；第二步，涂处，有2种涂色方案；
第三步，涂处，有2种涂色方案；第四步，涂处，有1种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故A正确；
当时，分四步：
第一步，涂处，有4种涂色方案；第二步，涂处，有3种涂色方案；
第三步，涂处，有3种涂色方案；第四步，涂处，有2种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故B错误；
当时，分四步：
第一步，涂处，有5种涂色方案；第二步，涂处，有4种涂色方案；
第三步，涂处，有4种涂色方案；第四步，涂处，有3种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故C错误；
当时，分四步：
第一步，涂处，有6种涂色方案；第二步，涂处，有5种涂色方案；
第三步，涂处，有5种涂色方案；第四步，涂处，有4种涂色方案.
所以不同的涂色方法共种数为，所以，故D正确.故选：AD.
【变式4-2】（2024·江西宜春·高三宜丰中学校考阶段练习）中国是世界上最早发明雨伞的国家，伞是中国劳动人民一个重要的创造．如图所示的雨伞，其伞面被伞骨分成个区域，每个区域分别印有数字，，，，现准备给该伞面的每个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，对称的两个区域如区域与区域所涂颜色相同．若有种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【解析】由题意可得，只需确定区域，，，的颜色，即可确定整个伞面的涂色．
先涂区域，有种选择，再涂区域，有种选择，
当区域与区域涂的颜色不同时，区域有种选择，剩下的区域有种选择；
当区域与区域涂的颜色相同时，剩下的区域有种选择，
故不同的涂色方案有种．故选：B．
【变式4-3】（2023·全国·高三专题练习）用四种颜色给下图的6个区域涂色，每个区域涂一种颜色，相邻区域不同色，若四种颜色全用上，则共有多少种不同的涂法（ ）
A．72 B．96 C．108 D．144
【答案】B
【解析】设四种颜料为，
①先涂区域B，有4中填涂方法，不妨设涂颜色1；
②再涂区域C，有3中填涂方法，不妨设涂颜色2；
③再涂区域E，有2中填涂方法，不妨设涂颜色3；
④若区域A填涂颜色2，则区域D、F填涂颜色1，4，或4，3，
若区域A填涂颜色4，则区域D、F填涂颜色1，3或4，3，共4中不同的填涂方法，
综合①②③④，由分步计数原理可得，共有种不同的填涂法．故选B．
【变式4-4】（2023·浙江·模拟预测）五行是华夏民族创造的哲学思想，多用于哲学､中医学和占卜方面，五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金､木､水､火､土，彼此之间存在相生相克的关系.下图是五行图，现有5种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生火，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（ ）

A．3125 B．1000 C．1040 D．1020
【答案】D
【解析】五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种颜色，即无限制条件.
五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同一种颜色.
故问题转化为如图五个区域，
有种不同的颜色可用，要求相邻区域不能涂同一种颜色，即色区域的环状涂色问题.
分为以下两类情况：
第一类：三个区域涂三种不同的颜色，
第一步涂区域，
从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法，
第二步涂区域，由于颜色不同，有种方法，
第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法，
由分步计数原理，则共有种方法；
第二类：三个区域涂两种不同的颜色，
由于不能涂同一色，则涂一色，或涂同一色，两种情况方法数相同.
若涂一色，
第一步涂区域，可看成同一区域，且区域不同色，即涂个区域不同色，
从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法，
第二步涂区域，由于颜色相同，则有种方法，
第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法，
由分步计数原理，则共有种方法；
若涂一色，与涂一色的方法数相同，则共有种方法.
由分类计数原理可知，不同的涂色方法共有种.故选：D.
【题型5 分组分配问题】
【例5】（2022·河南·高三校联考期末）某班拟选派包括甲、乙在内的六名同学参加四场同一时间举行的比赛，每场比赛至少一名同学参加，且甲、乙两名同学必须参加同一场比赛，则不同的参赛方案种数为（ ）
A．180 B．240 C．360 D．480
【答案】B
【解析】6名同学分配到四场比赛，1场比赛至少分配1名同学，
则分配到四场比赛的人数为1，1，1，3或1，1，2，2，
因为甲、乙两名同学必须参加同一场比赛，若甲、乙一组3个人，
则从剩余的4人中，选1人和甲乙一组，共有参赛种数，
若人数为1，1，2，2，则甲乙一组，剩余的4人分为3组，则共有参赛种数，、
所以共有参赛种数.故选：B
【变式5-1】（2024·安徽·高三池州市第一中学校联考开学考试）近期，哈尔滨这座“冰城”火了，2024年元旦假期三天接待游客300多万人次，神秘的鄂伦春族再次走进世人的眼帘，这些英雄的后代讲述着英雄的故事，让哈尔滨大放异彩．现安排6名鄂伦春小伙去三个不同的景点宣传鄂伦春族的民俗文化，每个景点至少安排1人，则不同的安排方法种数是（ ）
A．240 B．420 C．540 D．900
【答案】C
【解析】若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法；
若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法；
若三个景点安排的人数之比为，则有种安排方法，
故不同的安排方法种数是．故选：C．
【变式5-2】（2023·江苏盐城·高三盐城中学校联考阶段练习）将甲，乙，丙，丁，戊五名志愿者安排到四个社区进行暑期社会实践活动，要求每个社区至少安排一名志愿者，那甲恰好被安排在社区的不同安排方法数为（ ）
A．24 B．36 C．60 D．96
【答案】C
【解析】分两种情形：①社区只有甲，则另4人在3个社区，此时有；
②社区还有另一个志愿者，此时有，
，甲恰好被安排在 A 社区有60种不同安排方法.故选：C.
【变式5-3】（2024·山西运城·高三统考期末）第33届夏季奥运会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增2个竞赛项目和3个表演项目．现有三个场地A，B，C分别承担这5个新增项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（ ）
A．150种 B．300种 C．720种 D．1008种
【答案】A
【解析】若三个场地分别承担个项目，则有种安排，
若三个场地分别承担个项目，则有种安排，
综上，不同的安排方法有种.故选：A
【变式5-4】（2024·湖北武汉·统考模拟预测）将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球，则不同的装法种数为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
【答案】A
【解析】将个红球分成组，每组球的数量最多个最少个，则有，两种组合形式，
当红球分组形式为时，将红球放入三个不同的袋中有放法，
此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为个即可.
当红球分组形式为时，将红球放入三个不同的袋中有种放法，
此时三个不同的袋中依次补充上黑球，使每个袋子中球的总个数为个即可.
综上所述：将3个相同的红球和3个相同的黑球装入三个不同的袋中，每袋均装2个球，
不同的装法种数为种.故选：A .
【题型6 最短路径问题】
【例6】（2023·宁夏银川·校联考二模）由于用具简单，趣味性强，象棋成为流行极为广泛的棋艺活动．某棋局的一部分如图所示，若不考虑这部分以外棋子的影响，且“马”和“炮”不动，“兵”只能往前走或左右走，每次只能走一格，从“兵”吃掉“马”的最短路线中随机选择一条路线，则能顺带吃掉“炮”的可能路线有（ ）
A．条 B．条 C．条 D．条
【答案】C
【解析】由题意可知：“兵”吃掉“马”的最短路线，需横走三步，竖走两步；
其中能顺带吃掉“炮”的路线可分为两步：第一步，横走两步，竖走一步，有种走法；
第二步，横走一步，竖走一步，有种走法．
能顺带吃掉“炮”的可能路线共有（条）．故选：C.
【变式6-1】（2023·河北·校联考三模）在我国古代，杨辉三角是解决很多数学问题的有力工具，像开方问题、数列问题、网格路径问题等．某一城市街道如图1所示，分别以东西向、南北向各五条路组成方格网，行人在街道上行走（方向规定只能由西向东、由北向南前行）．若从这个城市的最西北角处前往最东南角处，则有70种走法，如图2．现在由平面扩展到空间，即立体交通方格网的路径问题，如图3，则从点到点的最短距离走法种数为（ ）

A．60 B．70 C．80 D．90
【答案】A
【解析】根据题意，由西向东、由南向北前行中，最近的走法为5步，
其中由西向东3步，由南向北2步，所以共有种不同的走法，
又由在每种走法中，其中由6个位置能向上走一步，所以有种不同的走法，
根据分步计数原理得，从点到点的最短距离走法种数共有种.故选：A.
【变式6-2】（2023·四川成都·高三石室中学校考开学考试）小明与小红两位同学计划去养老院做义工．如图，小明在街道E处，小红在街道F处，养老院位于G处，小明与小红到养老院都选择最短路径，两人约定在老年公寓门口汇合，事件A：小明经过F；事件B：小明经过H；事件C：从F到养老院两人的路径没有重叠部分（路口除外），则下面说法正确的个数是（ ）
（1）；（2）；（3）．
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】A
【解析】小明到养老院能选择的最短路径条数为条；
小明到F的最短路径走法有条，再从F到养老院的最短路径有条，
小明经过F到养老院能选择的最短路径条数为条，所以，故（1）正确；
小明从H到养老院的最短路径有条，即，
从H到F的最短路径有条，从F到养老院的最短路径有3条，
即，所以，故（2）正确；
又，所以，故（3）正确．故选：A.
【变式6-3】（2022·陕西西安·统考一模）（多选）如图所示，各小矩形都全等，各条线段均表示道路.某销售公司王经理从单位处出发到达处和处两个市场调查了解销售情况，行走顺序可以是，也可以是，王经理选择了最近路径进行两个市场的调查工作.则王经理可以选择的最近不同路线共有（ ）
A．31条 B．36条 C．210条 D．315条
【答案】CD
【解析】设小矩形的长为，宽为，则从的最近路线为，从的最近路线为，
若，则选择行走顺序为，先从，最近路线需要走3个长，2个宽，
则不同路线有种，从，最近路线需要走5个长，2个宽，
则不同路线有种，所以从的不同路线有种；
若，则选择行走顺序为，先从，最近路线需要走2个长，4个宽，
则不同路线有种，从，最近路线需要走5个长，2个宽，
则不同路线有种，所以从的不同路线有种.
综上，王经理可以选择的最近不同路线共有210条或315条.故选：CD.
【题型7 二项展开式的特定项】
【例7】（2024·广东·高三统考阶段练习）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】因为的展开通项公式为，
则，故B正确．故选：B．
【变式7-1】（2023·河北邢台·高三宁晋中学校联考开学考试）已知，则（ ）
A．7 B．6 C．5 D．4
【答案】C
【解析】令，则，
对于，
即，
又，
其中展开式的通项为（且），
所以展开式中的项为，所以.故选：C
【变式7-2】（2024·湖南长沙·长郡中学校考一模）的展开式中含项的系数为（ ）
A．20 B．-20 C．30 D．-30
【答案】C
【解析】，
又的二项展开式的通项公式为，
故的二项展开式中、的系数为0，的系数为，
故的展开式中含项的系数为，故选：C.
【变式7-3】（2024·浙江·校联考一模）展开式中含项的系数为（ ）
A．30 B． C．10 D．
【答案】B
【解析】由题意得，展开式中含的项为，
所以展开式中含项的系数为.故选：B
【变式7-4】（2024·江西·新余市第一中学校联考一模）的展开式中的系数为 ．
【答案】
【解析】二项式的展开式通项公式为，
当时，，当时，，
因此展开式中含的项为，故所求系数为.
【题型8 二项式系数与系数最值】
【例8】（2024·甘肃·高三武威第六中学校联考开学考试）已知的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则展开式中二项式系数最大的项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】展开式中的第项为，
所以前三项的系数依次为，
依题意，有，即，
整理得，解得（舍去）或.
由二项式系数的性质可知，展开式中第5项的二项式系数最大，
即.故选：C.
【变式8-1】（2024·山东·高三省实验中学校考开学考试）若展开式中只有第6项的二项式系数最大，则（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
【答案】B
【解析】因为的展开式中只有第6项的二项式系数最大，
所以展开式一共有项，即.故选：B
【变式8-2】（2023·山东日照·高三五莲县第一中学校考期中）的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则的展开式中系数最大的项的系数为 .
【答案】1792
【解析】由得，所以的展开式的通项为，
当展开式的项的系数最大时，为偶数，
比较，，，，，
所以当时，展开式中项的系数最大，该项系数为1792.
【变式8-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）若的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的是（ ）
A．第二项 B．第三项 C．第四项 D．第五项
【答案】B
【解析】因为的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，所以，解得，
则的展开式通项为
，
当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数，所以展开式中系数最大时，为偶数，
由展开式通项可知，，，
，，
所以展开式中系数最大的是第三项，故选：B
【变式8-4】（2023·四川雅安·统考一模）的展开式中，系数最小的项是（ ）
A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项
【答案】C
【解析】依题意，的展开通项公式为，其系数为，
当为奇数时，才能取得最小值，
又由二项式系数的性质可知，是的最大项，
所以当时，取得最小值，即第6项的系数最小.故选：C．
【题型9 系数和问题】
【例9】（2024·北京·高三北京市第五中学校考开学考试）已知，则（ ）
A． B．2 C．4 D．12
【答案】B
【解析】由于，
故令，即得，即，故选：B
【变式9-1】（2024·山东临沂·高三统考期末）已知，则（ ）
A．2024 B． C．1 D．
【答案】B
【解析】由，
等式的两边同时求导数，可得，
令，可得.故选：B.
【变式9-2】（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）若，则下列结论中正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由，
对于A中，令，可得，所以A错误；
对于B中，，
由二项展开式的通项得，所以B错误；
对于C中，与的系数之和相等，
令即，所以C正确；
对于D中，令，则，
令，则，解得，，
可得，所以D错误.故选：C.
【变式9-3】（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）已知，则下列描述正确的是（ ）
A． B．除以5所得的余数是1
C． D．
【答案】B
【解析】对于A：令得：；令，得．
，因此A错误；
对于B：，
因此B正确
对于C：因为二项展开式的通项公式为，
由通项公式知，二项展开式中偶数项的系数为负数，
所以，
由，令，得到，
令，得到，所以，因此C错误
对于D：对原表达式的两边同时对求导，得到，
令，得到，令，得
所以，，所以选项D错误．故选：B
【变式9-4】（2024·广东佛山·统考模拟预测）（多选）若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ACD
【解析】将代入得，解得，A正确；
由二项式定理可知展开式的通项为，
令得，所以，B错误；
将代入
得，
即，C正确；
将代入
得，即①，
将代入
得，即②，
①+②得，所以，
①-②得，所以，
所以，D正确；故选：ACD
【题型10 杨辉三角形及应用】
【例10】（2023·湖北·高三校联考阶段练习）如图，“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列，在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《解析九章算法》一书中出现，比欧洲发现早500年左右．现从杨辉三角第20行随机取一个数，该数大于2023的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由杨辉三角的性质知第20行的数为，一共有21个数，
其中，
由杨辉三角的对称性可知，第20行中大于2023的数的个数为，
故所求概率为.故选：A.
【变式10-1】（2023·江西景德镇·统考三模）如图为“杨辉三角”示意图，已知每行的数字之和构成的数列为等比数列且记该数列前项和为，设，将数列中的整数项依次取出组成新的数列记为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意知：第行数字之和构成的数列的通项为，，；
则数列的整数项为：，
数列的奇数项是以为首项，为公差的等差数列；
偶数项是以为首项，为公差的等差数列，
，，.故选：B.
【变式10-2】（2023·河北邯郸·统考三模）如图，在“杨辉三角”中从第2行右边的1开始按箭头所指的数依次构成一个数列：1，2，3，3，6，4，10，5，，则此数列的前项的和为（ ）
A．680 B．679 C．816 D．815
【答案】D
【解析】根据“杨辉三角”，得，
因此，此数列的前30项和为：
..故选：D.
【变式10-3】（2023·甘肃·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的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（ ）
A．第6行的第7个数、第7行的第7个数及第8行的第7个数之和等于第9行的第8个数
B．第2023行中第1012个数和第1013个数相等
C．记“杨辉三角”第行的第个数为，则
D．第34行中第15个数与第16个数之比为
【答案】D
【解析】第6行的第7个数为1，第7行的第7个数为7，第8行的第7个数为28，
它们之和等于36，第9行的第8个数是，A正确；
第行是二项式的展开式的系数，
故第行中第个数为，第个数为，又，B正确；
“杨辉三角”第行是二项式的展开式的系数，所以，
，C正确；
第34行是二项式的展开式的系数，
所以第15个数与第16个数之比为，D不正确.故选：D.
【变式10-4】（2023·吉林·统考模拟预测）在我国古代，杨辉三角（如图1）是解决很多数学问题的有力工具，从图1中可以归纳出等式：､类比上述结论，借助杨辉三角解决下述问题：如图2，该“刍童垛”共2021层，底层如图3，一边2023个圆球，另一边2022个圆球，向上逐层每边减少个圆球，顶层堆6个圆球，则此“刍童垛”中圆球的总数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由杨辉三角中观察得可得.
推广，得到
即
由题意，2021层“刍童垛”小球的总个数为
故选:B
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1．（2023·江西南昌·高三南昌市外国语学校校考阶段练习）某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有（ ）种不同的方法.
A．120 B．360 C．420 D．480
【答案】C
【解析】分两类情况：第一类：2与4种同一种果树，
第一步种1区域，有5种方法；第二步种2与4区域，有4种方法；
第三步种3区域，有3种方法；最后一步种5区域，有3种方法，
由分步计数原理共有种方法；
第二类：2与4种不同果树，第一步在1234四个区域，从5种不同的果树中选出4种果树种上，
是排列问题，共有种方法；第二步种5号区域，有2种方法，
由分步计数原理共有种方法.
再由分类计数原理，共有种不同的方法.故选：C.
2．（2023·四川资阳·统考模拟预测）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
【解析】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
3．（2024·河北·高三校联考期末）中国刺绣是我国民族传统工艺之一，始于宋代的双面绣更是传统工艺一绝，它是在同一块底料上，在同一绣制过程中，绣出正反两面图案对称而色彩不一样的绣技．某中学为弘扬中国传统文化开设了刺绣课，并要求为下图中三片花瓣图案做一幅双面绣作品，现有四种不同颜色绣线可选，且双面绣每面三片花瓣相邻区域不能同色，则双面绣作品不同色彩设计方法有（ ）种
A．144 B．264 C．288 D．432
【答案】B
【解析】4种色彩设为1、2、3、4，正面相邻区域不能同色必定用三种颜色，则有种不同方法，
对于中的一种再考虑反面设计，如正面用三色为1、2、3，
则反面颜色也可选1、2、3，但与正面不能同色，故对应为2、3、1和3、1、2两种．
反面颜色也能选1、2、4，与正面1、2、3对应分别为2、1、4，2、4、1，4、1、2三种．
同理反面颜色选1、3、4也为3种，反面选2、3、4也为3种，
则正面用三色为1、2、3，反面颜色对应有11种，
所以双面绣不同色彩设计方法共有种．故选：B．
4．（2023·重庆永川·高三永川北山中学校校考期中）北山中学在学校“236”发展目标的引领下，不断推进教育教学工作的高质量发展，学生社团得到迅猛发展．现有高一新生中的五名同学打算参加“地理行知社”“英语ABC”“篮球之家”“生物研启社”四个社团．若每个社团至少有一名同学参加，每名同学至少参加一个社团且只能参加一个社团，且同学甲不参加“生物研启社”，则不同的参加方法的种数为（ ）
A．72 B．108 C．180 D．216
【答案】C
【解析】根据题意分析可得，必有2人参加同一社团.
首先分析甲，甲不参加“生物研启社”， 则有3种情况，
再分析其他4人，若甲与另外1人参加同一个社团，则有（种）情况；
若甲是单独1个人参加一个社团，则有（种）情况．
则除甲外的4人有（种）参加方法．
故不同的参加方法的种数为故选：C
5．（2024·吉林白山·统考一模）2023年12月初，某校开展宪法宣传日活动，邀请了法制专家杨教授为广大师生做《大力弘扬宪法精神，建设社会主义法制文化》的法制报告，报告后杨教授与四名男生、两名女生站成一排合影留念，要求杨教授必须站中间，他的两侧均为两男1女，则总的站排方法共有（ ）
A．300 B．432 C．600 D．864
【答案】B
【解析】杨教授站中间，只有1种方法；
四名男生分成两组放在两边方法数；两名女生放在两边方法数，
每一边两名男生与一名女生再排序，得出总的方法数为.故选：B.
6．（2024·江苏·高三统考期末）某学校广播站有6个节目准备分2天播出，每天播出3个，其中学习经验介绍和新闻报道两个节目必须在第一天播出，谈话节目必须在第二天播出，则不同的播出方案共有（ ）
A．108种 B．90种 C．72种 D．36种
【答案】A
【解析】第一步，从无限制条件的3个节目中选取1个，
同学习经验介绍和新闻报道两个节目在第一天播出，共有种；
第二步，某谈话节目和其他剩余的个节目在第二天播出，有种播出方案，
综上所述，由分步乘法计数原理可知，共有种不同的播出方案.故选：A
7．（2024·河南·统考模拟预测）甲、乙、丙等5人站成一排，且甲不在两端，乙和丙之间恰有2人，则不同排法共有（ ）
A．20种 B．16种 C．12种 D．8种
【答案】B
【解析】因为乙和丙之间恰有人，所以乙丙及中间人占据首四位或尾四位，
①当乙丙及中间人占据首四位，此时还剩末位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，
所以有种方法；
②当乙丙及中间人占据尾四位，此时还剩首位，故甲在乙丙中间，
排乙丙有种方法，排甲有种方法，剩余两个位置两人全排列有种排法，
所以有种方法；
由分类加法计数原理可知，一共有种排法，故选：B.
8．（2024·湖南常德·高三常德市一中校考阶段练习）毕业十周年校友们重返母校，银杏树下，有五名校友站成一排拍照留念，其中甲不排在乙的右边，且不与乙相邻，则不同的站法共有（ ）
A．66种 B．60种 C．36种 D．24种
【答案】C
【解析】先排甲、乙外的3人，有种排法，再插入甲、乙两人，有种方法，共有种方法，
又甲排乙的左边和甲排乙的右边各占，故所求不同和站法有（种）.故选：C.
9．（2023·山西临汾·校考模拟预测）8名同学站成两排参加文艺演出，要求两排人数相等，A不站在前排，D不站在后排，E和F左右相邻，则不同的排列方式共有（ ）
A．1152种 B．1728种 C．2304种 D．2880种
【答案】C
【解析】由题意可知：D站在前排，A站在后排，
若E和F站在前排，则不同的排列方式共有；
若E和F站在后排，则不同的排列方式共有；
所以不同的排列方式共有种.故选：C.
10．（2024·山西朔州·高三统考期末）将4个1和2个0随机排成一个六位数，则2个0不相邻的六位数的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】将4个1和2个0随机排成一个六位数，可利用插空法，4个1产生4个空（最高位不能为0），
若2个0相邻，则有种排法；若2个0不相邻，则有种排法，
所以2个0不相邻的概率为.故选：D.
11．（2024·辽宁·高三校联考期末）某人将用“”进行排列设置6位数字密码，其中两个“1”相邻的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据已知条件：用“”进行排列设置6位数字密码共有种排列方法，
其中两个“1”相邻的情况共有种方法，所以两个“1”相邻的概率是.故选：C.
12．（2023·全国·高三阶段练习）已知的展开式中唯有第5项的系数最大，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】的展开式的通项为，
由题可知，解得．故选：A
13．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】根据题意，对原式两边求导可得：
，
令，可得.故选：C．
14．（2022·山东德州·统考二模）已知，二项式的展开式中所有项的系数和为64，则展开式中的常数项为（ ）
A．36 B．30 C．15 D．10
【答案】C
【解析】令，则可得所有项的系数和为且，解得，
∵的展开式中的通项，
∴当时，展开式中的常数项为.故选：C
15．（2024·山东青岛·高三青岛二中校考期末）展开式的常数项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】的展开式通项为
，
由可得，且，
所以，展开式中的常数项为.故选：C.
16．（2024·安徽池州·高三统考期末）的展开式中的系数为（ ）
A．10 B． C．20 D．
【答案】A
【解析】，
展开式的通项公式为，
时，，所以的系数为．故选：A.
17．（2024·安徽蚌埠·统考模拟预测）的展开式中，的系数为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．5
【答案】B
【解析】依题意，，，
所以的展开式中，的系数为.故选：B
18．（2024·浙江·高三瓯海中学校联考开学考试）的展开式中含项的系数为（ ）
A． B．0 C．15 D．30
【答案】D
【解析】的展开式通项为，
令，则，
的展开式通项为，
令，则，
则的展开式中含项的系数为，故选：D.
19．（2024·山西晋城·统考一模）若的展开式存在常数项，则常数项为（ ）
A． B．35 C． D．21
【答案】C
【解析】若的展开式存在常数项，则，
且常数项为．故选：C
20．（2023·浙江·高三富阳中学校联考阶段练习）“杨辉三角”是中国古代重要的数学成就，如图是由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中所选数1，构成的数列的第项，则的值为（ ）
A．252 B．426 C．462 D．924
【答案】C
【解析】由“杨辉三角”拓展而成的三角形数阵，记为图中所选数，
构成的数列的第项，
根据数字的构成规律，可得数列的奇数项为每行数列的项，偶数项为每行的第项，
则即第11行的第项，
结合二项展开式的二项式系数的性质，可得.故选：C.满分技巧
1、用两个计数原理解决计数问题时，最重要的是在最开始计算之前进行仔细分析需要分类还是需要分步；
2、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；
3、分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数。
满分技巧
1、解有“相邻元素”的排列问题的方法
对于某些元素必须相邻的排列，通常采用“捆绑法”，即把相邻元素看作一个整体和其他元素一起参与排列，再考虑这个整体内部各元素间的顺序。
2、解有“不相邻元素”的排列问题的方法
对于某些元素不相邻的排列，通常采用“插空法”，即先排不受限制的元素，使每两个元素之间形成“空”，然后将不相邻的元素进行“插空”。
3、解有特殊元素（位置）的排列问题的方法
解有特殊元素或特殊位置的排列问题，一般先安排特殊元素或特殊位置，再考虑其他元素或位置，当以元素为主或以位置为主。
满分技巧
数字排序问题要特别注意首位不为0的情况。
满分技巧
涂色的规则是“相邻区域涂不同的颜色”
在处理涂色问题时，可按照选择颜色的总数进行分类讨论，每减少一种颜色的使用，便意味着多出一对不相邻的区域涂相同的颜色（还要注意两两不相邻的情况），先列举出所有不相邻区域搭配的可能，再进行涂色即可。
满分技巧
1、解题思路：先分组后分配，分组是组合问题，分配是排列问题；
2、分组方法： = 1 \* GB3 ①完全均匀分组，分组后除以组数的阶乘； = 2 \* GB3 ②部分均匀分组，有组元素个数相同，则分组后除以； = 3 \* GB3 ③完全非均匀分组，只要分组即可；
3、分配： = 1 \* GB3 ①相同元素的分配问题，常用“挡板法”； = 2 \* GB3 ②不同元素的分配问题，分步乘法计数原理，先分组后分配； = 3 \* GB3 ③有限制条件的分配问题，采用分类求解；
满分技巧
最短路径问题的关键点在于确定好最短路径中横向与纵向需要走几步。
满分技巧
求二项展开式的特定项的常用方法
1、对于常数项，隐含条件是字母的指数为0(即0次项)；
2、对于有理项，一般是先写出通项公式，其所有的字母的指数恰好都是整数的项．解这类问题必须合并通项公式中同一字母的指数，根据具体要求，令其属于整数集，再根据数的整除性来求解；
3、对于二项展开式中的整式项，其通项公式中同一字母的指数应是非负整数，求解方式与求有理项一致．
满分技巧
1、二项式系数先增后减中间项最大
（1）如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项的二项式系数最大；
（2）如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项，的二项式系数，相等且最大．
如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ak≥Ak－1，,Ak≥Ak＋1，)) 从而解出k来，即得．
满分技巧
系数和问题常用“赋值法”求解：赋值法是指对二项式中的未知元素赋值，从而求得二项展开式的各项系数和的方法．求解有关系数和题的关键点如下：
①赋值，观察已知等式与所求式子的结构特征，确定所赋的值，常赋的值有：－1，0，1等．
②求参数，通过赋值，建立参数的相关方程，解方程，可得参数值．
③求值，根据题意，得出指定项的系数和．
满分技巧
1、在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等；
2、在相邻的两行中，除1以外的其余各数都等于它“肩上”两个数字之和.
由此可知，当二项式次数不大时，可借助“杨辉三角”直接写出各项的二项式系数.