2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题7.1排列组合及二项式定理题型归纳(培优热点专练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题7.1排列组合及二项式定理题型归纳(培优热点专练)(学生版+解析)，共23页。

特殊位置排序
1．（2026·陕西西安·一模）现要从6名学生中选4名代表班级参加学校接力赛，其中已经确定甲参加且跑第1棒或第4棒，乙和丙2人只能跑第2，3棒，丁不能跑第1棒.那么合适的选择方法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据分类计数原理和分步计数原理可求答案.
【详解】若甲跑第1棒，剩余3棒需要从5人中选3人安排，分为三种情况：
乙，丙均不参加，此时有种安排方案；
乙，丙有且仅有一人参加，此时有种安排方案；
乙，丙均参加，此时有种安排方案；
若甲跑第4棒，第1棒只能从去除乙，丙，丁后的2人中选择，第2,3棒从剩余的4人中安排即可，此时有种安排方案；
由分类计数原理可得，共有种安排方案.
故选：B
2．（2025·江苏·模拟预测）4人站成一排，其中甲不站在两边的排法种数为 ．
【答案】
【分析】根据题意，先安排甲，其余的人全排列，结合分步乘法计数原理，即可求解.
【详解】由题意知，人站成一排，若甲不站在两边，则甲有种站法，
其余人，有种站法，由分步乘法计数原理，共有种不同的站法.
故答案为：.
3．（2025·广西柳州·一模）甲、乙等5人站成一排，若甲和乙之间恰好有2人，且甲不在两端，则不同排法共有（ ）
A．8种B．12种C．16种D．20种
【答案】B
【分析】分乙站第一个位置，甲站第四个位置，和甲站第二个位置，乙站第五个位置，两类情况求解即可.
【详解】从左向右看，若甲和乙之间恰好有2人，且甲不在两端，有两种情况：
乙站第一个位置，甲站第四个位置，有种，
甲站第二个位置，乙站第五个位置，有种，
共有种，
故选：B
4．（2025·广东·模拟预测）3个男同学和3个女同学排成一列，进行远足拉练．要求排头和排尾必须是男同学，则不同的排法有（ ）种．
A．36B．108C．120D．144
【答案】D
【分析】分步骤分析，利用排列组合的乘法原理来计算即可．
【详解】总共有3个男同学，排头必须是男同学，所以排头的选择有种，
所以排尾只能从剩余2个男同学选取，有种，
最后剩余4人安排在中间4个位置，有种，所以一共有种．
故选：D．
5．（2025·陕西西安·模拟预测）电视台有6个不同的节目准备当天播出，每半天播出3个节目，其中某电视剧和某专题报道必须在上午播出，则不同播出方案的种数为（用数字作答）
【答案】144
【分析】先把某电视剧和某专题报道排在上午，再结合全排列计算即可.
【详解】因为上午要播出某电视剧和某专题报道，所以有种排法，
其他4个节目有种排法
根据分步乘法计数原理，
不同播出方案的种数为.
故答案为：144
相邻与不相邻问题
1．（2025·浙江台州·一模）甲､乙､丙､丁､戊､己共6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】192
【分析】先计算甲乙相邻的总排列数，然后计算甲乙相邻且乙丙也相邻的排列数，两者相减即是结果.
【详解】先将甲、乙两人看成一个整体，则这个整体内部有种排列方式，
此时相当于有5个元素进行排列，所以甲乙相邻的总排列数为种.
若甲乙相邻且乙丙也相邻，则三人必须以（甲，乙，丙）或（丙，乙，甲）的顺序站在一起.
将这三个人视为一个整体，其内部有2种排法，再将此整体与其余3人进行全排列，
故甲乙相邻且乙丙也相邻的排法有种,
所以甲乙相邻，而乙丙不相邻的排法种数有.
故答案为：192.
2．（2025·上海金山·一模）某学校读书节活动中，甲、乙、丙3个班级各有2位同学获奖，现将这6人排成一排拍照，则同一班级的两位同学均站在一起的排法共有 种．
【答案】48
【分析】用“捆绑法”以及全排列即可求解.
【详解】将每个班的2人捆绑，然后全排列，故总的排法有,
故答案为：48
3．（2025·山东·一模）现有3名男生和3名女生要与班主任站成一排合影，班主任站中间，则3名女生有且仅有2名相邻的站法总数为 .（结果用数字作答）.
【答案】
【分析】先确定班主任位置，再从3名女生中选2名，将“相邻”的女生与剩余1名女生排列，最后排列男生，根据分步乘法计数原理计算站法总数.
【详解】班主任站中间位置，只有1种站法；
从3名女生中选2名女生，有种选法，
将“相邻”的2名女生排列，有种排法，则另外一个女生有种排法，
将3名男生排入剩下的3个空位种，有种排法，
根据分步乘法计数原理，总站法数为.
故答案为：
4．（2025·贵州·模拟预测）中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每“艺”安排一次讲座，共开展六次．讲座次序要求“射”和“御”必须相邻，“礼”和“书”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有 种．
【答案】144
【分析】由题意，将“射”和“御”捆绑看作一个元素与“乐”和“数”进行全排列，再将“礼”和“书”排到所得排列的空隙中，最后将“射”和“御”交换位置， 根据分步计数原理即可求解.
【详解】先将“射”和“御”“捆绑”视为一个元素，再与“乐”和“数”一起排列， 有种不同的次序，
再将“礼”和“书”排到所得排列的空隙中（“射”和“御”中间不能排），有种不同的次序，
最后将“射”和“御”交换位置，有种不同排序，
根据分步乘法计数原理可知“六艺”讲座不同的次序共有种．
故答案为：.
5．（2025高三·全国·专题练习）在我市的一项竞赛活动中，某县的三所学校分别有1名、2名、3名学生获奖，这6名学生排成一排合影，要求同校的任意2名学生不能相邻，那么不同的排法有 种．（用数字作答）
【答案】120
【分析】根据分步乘法计数原理和分类加法计数原理进行求解即可.
【详解】记有1名、2名、3名学生获奖的学校分别为．
先排学校的3名学生，有种；再对学校的学生进行排列：
①若校的1名与校2名中的1名相邻，则有种排法；
②若校的1名与校的2名均间隔，则有种排法．
由加法原理得（种）．
故答案为：120.
定序问题
1．（25-26高三上·安徽阜阳·月考）6名同学相约去游乐场游玩，进场时按顺序验票，则甲、乙、丙按顺序进场的不同情况有 种;进场后他们选定了3个游玩项目，每人都只玩1个项目，且每个项目都有人玩，则A项目恰有2个人游玩的不同分配方法有 种.(请用数字作答)
【答案】 120 210
【分析】（1）用定序问题即可求解.
（2）利用分组分配即可求解.
【详解】甲、乙、丙按顺序进场的不同情况有=120种，
A项目恰有2人游玩的组合有(+)=210种.
故答案为：；.
2．（25-26高二上·山东德州·期末）某4位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为 ．
【答案】30
【分析】根据排列中的定序问题的处理方法计算求解.
【详解】6位同学排成一排准备照相时，共有种排法，
如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则有种排法.
故答案为：30
3．（25-26高三上·江苏南京·开学考试）书架上有6本不同的书，再往书架放另外3本不同的书，要求不改变原来书架上6本书的左右顺序，则不同的放法有（ ）种.
A．504B．84C．1008D．168
【答案】A
【分析】定序问题，由分步乘法计数原理可得.
【详解】将新买的本书逐一放进去，
对第一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
对第二本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
最后一本书，本书形成个空当，在个空当里面选一个有种选法；
由分步乘法计数原理可得，共有(种).
故选：A
4．（25-26高二上·辽宁朝阳·期末）小明一次买了三串冰糖葫芦，其中一串有3颗冰糖葫芦，一串有4颗冰糖葫芦，一串有5颗冰糖葫芦．若小明每次随机从其中一串中吃一颗，每一串只能从上往下吃，那么不同的吃完的顺序有 种．（结果用数字作答）
【答案】
【分析】将“吃完的顺序”转化为12个取食位置的分配问题，结合同一串内顺序固定的约束，利用组合数计算不同的位置分配方式.
【详解】三串冰糖葫芦共含颗，吃完需完成12次取食操作.
因每串需从上往下吃，同一串内的取食顺序固定，故需从12个取食位置中选3个分配给3颗的串，
再从剩余9个位置中选4个分配给4颗的串，最后5个位置分配给5颗的串.
.
故答案为：
分组分配问题
1．（2025·云南昆明·模拟预测）将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（ ）
A．540B．504C．408D．390
【答案】D
【分析】先分组后分配，再间接减去甲、乙在一起的情况即可.
【详解】总的分配方法有种.
若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种；
若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种；
若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种，故不同的分配方法数为.
故选D.
2．（2025·湖南郴州·一模）“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】B
【分析】分两步完成，先分跳箱、再分药球，确定每一步的分法种数，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】分以下两步：
（1）先分跳箱：个相同的跳箱分给三个球队，三个球队分得的跳箱数量分别为、、或、、或、、，
所以，跳箱的分法种数为种；
（2）接下来分药球：将个药球分给三个球队，三个球队分得的药球数量分别为、、或、、，
所以，药球的分法种数为种.
由分步乘法计数原理可知，不同的分法种数为种.
故选：B.
3．（2025·辽宁盘锦·三模）将李老师、唐老师等六名优秀教师委派到三个学校进行督导活动，其中每个老师都必须去一个学校，每个学校至少派一名老师，则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有（ ）
A．240种B．360种C．390种D．420种
【答案】C
【分析】解法一：先分组，再分配，先算总的情况，再用捆绑法算李老师和唐老师在同一学校督导的情况即可求解；
解法二：分类讨论，分别计算李老师和唐老师不在同一学校督导的情况即可求解.
【详解】依题意，分组情况可能为（1，1，4），（1，2，3），（2，2，2）．
解法一：总的情况数为，
其中李老师和唐老师在同一学校督导的情况数为，
故李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有390种．
解法二：若派遣的人数情况为（1，1，4），则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有种；
若派遣的人数情况为（1，2，3），则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有种；
若派遣的人数情况为（2，2，2），则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有种；
故李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有390种．
故选：C.
4．（多选）（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种方法，再将这四组人去负责四个学科相关工作共有种，
根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故B正确；
对于C：若数学学科必须安排两人，则有种方法，其余学科各安排一人共有种，
根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，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
固定在语文，分2种子情况：
①语文为“2人组”（人）：选1人加入语文（），剩余3人分配到其他3科（），方案数：
②语文为“1人组”（仅A）：先B、C、D、E分为三组（2，1，1），有种方法，再将三组分到数学、英语、物理，有种方法，故总的方法数为：；
情况1总方案数：．
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）
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种方法，最后1人去语文或数学有种方法，方法数：；
②英语或物理为“2人组”：3人分成两组（2，1），有种分法，两组分配到英语和物理，有种分法，故方案数为；
故情况3总方案数：．
根据容斥原理，不符合条件的方案数为：，
因此，符合条件的方案数为：，故D错误.
故选：BC．
5．（25-26高二上·甘肃嘉峪关·期末）甲、乙、丙等6名学生准备利用假期时间从三个社区中选一个参加志愿者活动，每个社区至少安排1人．
(1)若每个社区刚好安排2人，则不同的安排方法有多少种？
(2)若甲、乙、丙全部分到同一个社区，则不同的安排方法有多少种？
(3)若甲、乙、丙分别分到三个社区，则不同的安排方法有多少种？
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先平均分成3组，然后利用全排列和分步计数原理求解即可；
（2）先将6名学生分成3组，其中甲、乙、丙在同一组，可分为两种情况：①甲、乙、丙为一组，其余3人分成两组；②甲、乙、丙与另外1人组成一组，其余2人各为一组。计算出两种情况下的安排方法数再相加即可；
（3）先将甲、乙、丙分别安排到3个社区，然后剩下的3人每人都可以选择3个社区中的任意一个，进而利用分步乘法计数原理求解即可.
【详解】（1）将6名学生平均分成3组，
分法数为（种），
再将分好的3组全排列，安排到3个社区，有（种），
根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有（种）；
（2）①甲、乙、丙看作一组，有1种分法．
将剩下的3人分成2组，分法数为（种），
再将分好的3组全排列，安排到3个社区，有（种），
根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有（种）；
②甲、乙、丙和剩余3人中的1人形成一组，其余2人各一组，有3种分法．
再将分好的3组全排列，安排到3个社区，有（种），
根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有（种）；
综上不同的安排方法有（种）；
（3）甲、乙、丙分别安排到3个社区，有（种），
剩下的3人每人都可以选择3个社区中的任意一个，有（种），
根据分步乘法计数原理，不同的安排方法共有（种）.
隔板法
1．（2025高三·全国·专题练习）从3个箱子（每个箱子里的球足够多）里选8个小球，每个箱子至少选2个小球，不同的选法有 种.
【答案】6
【分析】应用隔板法，将5个小球排成一排，用2块挡板插入四个空中的2个，即可得.
【详解】8个相同小球再减去3个小球共5个小球排成一排，用2块挡板去插入，有种.
然后再往每个箱子里放1个球，即每个箱子至少选2个小球，故不同的选法有6种．
故答案为：6
2．（2025高三·全国·专题练习）不定方程的正整数解有 组，非负整数解有 组.
【答案】
【分析】利用隔板法求解不定方程的解的组数.
【详解】第一空: 利用隔板法求解，不定方程的正整数解,
相当于将100个名额分配给50个班级，每班至少一人，也就是将100个名额分成50堆，
每堆至少一个名额，因此，把这100个名额排成一队，除去队前队后的空外，
有99个空，在这99个空中选49个空，插入49个板子，则把这100个名额分成了50堆，故有组，每一堆的名额数就是的数值，则不定方程的正整数解的组数为组；
第二空: 设，
，，，
不定方程的非负整数解
就是不定方程正整数解，
利用隔板法求解，不定方程的正整数解,
相当于将150个名额分配给50个班级，每班至少一人，也就是将150个名额分成50堆，
每堆至少一个名额.把这150个名额排成一队，除去队前队后的空外，
有149个空，在这149个空中选49个空，插入49个板子，则把这150个名额分成了50堆，
故有组，每一堆的名额数就是的数值，
则不定方程的非负整数解的组数为组.
故答案为：，.
3．（2025·浙江·三模）若数轴上有一个质点位于处，每次运动它都等可能地向左或向右移动一个单位，已知它在第10次运动后首次到达处，则它在运动过程中没有重返过原点的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把左称记为，右称记为，要达到处，记10次运动为一个有序数组，满足首次和为6的所有可能，这里组合数来确定所有可能性，同时再研究没有返回原点的所有可能性，最后利用古典概型求解即可.
【详解】设第i次向右运动赋值为，第i次向左运动赋值为.
则10次运动路径可以表示为有序数组，其中，.
记10次运动后首次到达处的路径为，
则，且，可得且，
而故，.由得，不可能全为－1，
而，恒成立，
因此共有种不同路径.
记10次运动后首次到达处且过程中没有重返原点的路径为，
同理可得共有种不同路径.
所以题中所求概率为，
故选:B.
【点睛】方法点睛：把运动问题转化为有序数组，再根据有序数组的和来求解各种可能性，从而利用古典概型来求概率即可.
4．（2025高三·全国·专题练习）若将展开为多项式，经过合并同类项后它的项数为（ ）
A．33项B．44项C．55项D．66项
【答案】D
【分析】由的展开形式可将问题转化为方程的非负整数解的个数问题，由组合数求解最终结果.
【详解】由展开式的代数形式知，x，y，z的指数和为10，
即问题转化为方程的非负整数解的个数问题，因此项数为．
故选：D．
5．（2025·全国·模拟预测）不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（ ）
A．1360B．2380C．2510D．760
【答案】B
【分析】设，，，，问题转化成不等式的正整数解的组数，即求方程的正整数解，应用隔板法求解的组数.
【详解】设，，，，
由，且是非负整数，
将问题转化成不等式的正整数解的组数.
求方程的正整数解，
可先将看作个“1”，将这个“1”排成一排，
在其中间形成的个空位中选择3个空位放入隔板，
则隔板隔开形成4组“1”，每组“1”的和分别对应的值，
因此，方程的正整数解的组数为，
方程的正整数解的组数为，
方程的正整数解的组数为，
，
方程的正整数解的组数为，
所以原不等式的非负整数解的组数为
.
故选：B
【点睛】方法点睛：将个相同元素分成组，可用“隔板法”计数，将个元素排成一排，它们之间有个空位，要把它们分成组，只需在这个空位中插入个隔板，故方法总数为.“隔板法”常用来解决名额分配问题、不定方程的正整数解的组数问题等.
染色问题
1．（2025·河北沧州·一模）如图，为了出黑板报，某班级为黑板四个区域进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（有公共边）不能用同一种颜色，若只有四种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂色方法共有（ ）
A．24种B．48种C．72种D．84种
【答案】B
【分析】根据组合的定义，结合分类计数原理进行求解即可.
【详解】由题意可知，使用了3种颜色则只有和颜色相同，或只有和颜色相同，
则涂色方法共有种.
故选：B
2．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】先对图中挂件进行编号，根据已知条件分析讨论各层挂件的涂色方法数，从而得出所有的涂色方法种数．
【详解】给挂件进行如图所示的编号，
中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件，
用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，
1号有4种涂色方法，2，3，4号有种涂色方法，
分情况讨论5，6，7号的涂色方法：
①若5号与1号同色，6号与2号同色，则7号只有1种涂色方法，
5，6，7号有种涂色方法；
②若5号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种涂色方法，则7号有2种涂色方法，
5，6，7号有种涂色方法；
③若5号与1号异色，与3号同色，5号只有1种涂色方法，
当6号与4号同色时，7号有2种涂色方法；
当6号与4号异色时，6号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法，
5，6，7号有种涂色方法；
④若5号与1号、3号均异色，则5号只有1种涂色方法，6号、7号均有2种涂色方法，
5，6，7号有种涂色方法；
综上，所有的涂色方法种数为，故C正确．
故选：C．
3．（2025·广东广州·模拟预测）如图，某停车场有2行4列共8个停车位，现有2辆红色汽车和2辆黑色汽车要停车，则相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为 .

【答案】/
【分析】首先根据分类和分步计数原理，计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况，再结合古典概型概率公式，即可求解.
【详解】先计算相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数.
第一步：停红色汽车，第一辆红色汽车在第一行选一个位置有四个位置可选，第二辆红色汽车在第二行有三个位置可选，由于两辆红色汽车可以互换，故有种；
第二步：停黑色汽车，分成两种情况：若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车同列，则另一辆黑色汽车有3种停法，若第一辆黑色汽车停在第一行且与红色汽车不同列有2种停法，此时另一辆黑色汽车有2种停法，由于两辆黑色汽车可以互换，故有种.
因此，相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的情况种数共有24×14种，
8个车位停入4辆车的试验共有种情况，
所以相同颜色的车辆不停在同一行也不停在同一列的概率为.
故答案为：
4．（2025·广东茂名·模拟预测）如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（ ）
A．120B．160C．180D．300
【答案】C
【分析】分两步，第一步先排Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，第二步再排Ⅳ，然后根据分步计数原理相乘即可.
【详解】先排Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ共有种，再排Ⅳ有种，
故不同的着色方法数有种.
故选：C
二项式乘积或三项式的系数问题
1．（2026·河南郑州·模拟预测）的展开式中项的系数是 .
【答案】60
【分析】利用二项式展开式的通项公式可求答案.
【详解】由的展开式的通项公式可得，
令，；
因为，所以项的系数是.
故答案为：60
2．（2026·宁夏银川·模拟预测）多项式的展开式中项的系数为 ．
【答案】
【分析】利用二项式定理，分两步展开研究即可.
【详解】根据二项式定理可得：
，
由上可得含只能是这一项展开得到，
所以含项的系数为：，
即展开式中项的系数为.
故答案为：
3．（25-26高三上·贵州贵阳·月考）的展开式中，含的项的系数是（ ）
A．35B．5C．D．
【答案】C
【分析】将两式乘积展开成两项和，由二项展开式通项求解.
【详解】，
其中含有的项分别是和，
这两项系数之和为，
故选：C.
4．（25-26高二上·河南驻马店·月考）若，则（ ）
A．8B．C．2D．42
【答案】B
【分析】求出二项式展开式的通项公式，再利用多项式乘法法则求出项即可.
【详解】二项式展开式的通项公式为，
因此展开式含的项为，
所以.
故选：B
5．（多选）（25-26高二上·辽宁丹东·期末）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据乘法的运算法则，结合赋值法、二项式系数公式逐一判断即可.
【详解】A：二项式展开式中最高次项的指数为，
所以展开式中最高次项的指数为，
所以，因此本选项说法正确；
B：展开式中最高次项的指数为，系数为，
所以，
含项的系数为，
中，含项的系数，
所以，因此本选项说法正确；
C：在中，
令，得，
令，得，
两式相减，得，
所以本选项说法不正确；
D：由上可知，所以本选项说法正确.
故选：ABD
二项式系数和与系数最值
1．（多选）（25-26高二上·辽宁锦州·期末）已知，各项系数中若只有最大，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据二项式定理的相关性质及赋值法运算即可.
【详解】由题中只有最大可知，是唯一的最大的二项式系数，因此展开式的中间项为第六项，可得，故A正确；
令，代入等式中可得，故B正确；
由，故C正确；
令，代入可得，
移项可得，
两边同乘，故，故D错误.
故选：ABC.
2．（多选）（25-26高三上·浙江宁波·期末）已知的展开式中常数项为3，，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．的展开式中的系数为3
C．的展开式中各二项式系数之和等于各项的系数之和
D．的展开式中系数最大的项为第2项或第3项
【答案】BCD
【分析】根据二项式展开式的概念，根据常数项求出参数值，写出二项式的展开式，进而逐一判断各选项正误.
【详解】二项式的展开式的第项为，
当时，即时，可得，解得，所以A错误；
可得二项式，
展开式中的系数为3，所以B正确；
各项系数之和为，二项式系数之和为，所以C正确；
可知展开式中系数最大的项为第2项或第3项，所以D正确；
故选：BCD.
3．（多选）（2026·重庆·一模）已知 ，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．中，与最大
【答案】ACD
【分析】令可得，根据二项式定理确定展开式中的表达式，根据二项式系数的性质逐项判断即可得结论.
【详解】对于A，令可得，故A正确；
对于B，令可得，
所以，
设展开式的通项为，
取，可得，所以，故B错误；
对于C，令可得①，
令可得②，
由①②可得，故C正确；
对于D，由选项B可知，，
若最大，则
所以，，
解得，则，故或，
又，所以中，与最大，故D正确.
故选：ACD.
4．（多选）（2025·浙江杭州·一模）在的展开式中，（ ）
A．常数项为20
B．含的项的系数为80
C．各项系数的和为32
D．各项系数中的最大值为80
【答案】BD
【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解AB，根据二项式系数的定义可求解C，求出展开式的通项公式为：，利用求解即可判断D。
【详解】2x和只有分得的次数相同才能得到常数项，5次方无法均分，因此没有常数项，故A不正确；
含x的项为，故x的系数是80，所以B正确；
各项系数的和是令时得到，即，故C错误．
的展开式的通项公式为：，
设第项的系数最大，系数为，则，
解得：或，此时系数为，故D正确；
故选：BD．
5．（多选）（25-26高三上·山东泰安·期末）若，则下列选项正确的是（ ）
A．展开式中的二项式系数最大项为第3项和第4项
B．
C．
D．当时，除以8的余数为1
【答案】BCD
【分析】对于A直接用二项式系数的性质判断；对于B用赋值法可得；对C可对二项式两边求导，然后再赋值可得；对于D则将按二项式展开式进行判断可得.
【详解】对于A：由二项式展开式中的二项式系数为，所以时二项式系数最大，即第4项的二项式系数最大，故A不正确；
对于B：令，可得.再令，得，
所以，所以B正确；
对于C：对两边求导，得，
再令，得，所以C正确；
对于D：当时，，
而
，即除以8的余数为1，所以D正确.
故选：BCD.
二项式定理的应用
1．（25-26高二上·甘肃武威·期末）已知为满足能被9整除的正整数的最小值，则的展开式中，系数最小的项为（ ）
A．第6项B．第7项C．第11项D．第6项和第7项
【答案】A
【分析】根据二项式系数和的特征得到，写出的展开式，即可得到能被整除，从而求出的取值，即可确定的值，再根据二项式系数的特征及展开式的通项分析可得.
【详解】，
，
，
则
，
显然为正整数，
能被9整除，
又且能被9整除，能被9整除，
，则，
因为是满足条件的正整数的最小值，而满足条件的，
故取时，有最小值，所以，
所以，
的展开式中，二项式系数最大的项为第6项和第7项，
又的展开式的通项公式为
，
展开式系数为，要使系数最小，
则系数须为负值（即为奇数），且其绝对值最大.
当为奇数时，在时取得最大值，
故系数最小的项为第项.
故选：A.
2．（25-26高二上·上海浦东新·月考）若是正整数，则除以8的余数是 ．
【答案】7
【分析】由二项式定理得到，即可求解.
【详解】根据二项式定理可知，，
又
所以除以8的余数为7.
故答案为： 7
3．（25-26高三上·江西抚州·期末）若，则
【答案】1
【分析】利用赋值法，令，得；令，可得，从而求得.
【详解】令，得；
令，得 ，
所以 ，
所以，
所以.
故答案为：.
4．（多选）（2025·浙江绍兴·三模）已知数列中，数列中，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则数列为等比数列
C．若，则数列为常数列D．若，则
【答案】AD
【分析】根据组合数的性质判断A，由，结合，即可判断B，求出、、，即可判断C，根据组合数的性质判断D.
【详解】对于A：当，则，又，
所以，故A正确；
对于B：当，则，
又，所以，
则，不为常数，所以数列不是等比数列，故B错误；
对于C：当，则，
则，，
，
所以数列不是常数列，故C错误；
对于D：首先证明，
考虑多项式中的系数，
一方面：代数式中，的系数为；
另一方面：代数式中，
的系数为；
因为，所以；
所以.
当时，
，故D正确.
故选：AD.
5．（多选）（2025·广东深圳·二模）对于，将n表示为．其中．记为上述表示中为0的个数（例如，则，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据的定义逐项判断即可.
【详解】对A，∵，∴，故A正确；
对B，∵，∴，故B正确；
对C，∵设，
，
增加了，两项系数为0，∴ ，故C正确；
对于D，∵，
∴，故D错误；
故选：ABC.
杨辉三角
1．（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
【分析】根据定义计算判断A，根据组合数的性质计算判断B，C，D.
【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.
2．（25-26高二上·黑龙江·期末）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中，记载了如图所示的数表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就.在“杨辉三角”中，已知第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，…，则此数列的前35项和为（ ）
A．996B．995C．1014D．1024
【答案】B
【分析】明确杨辉三角每行数字个数及规律以及去掉1后每行数字个数规律，然后确定所求数列前35项在杨辉三角中的位置，利用等比数列求和公式求杨辉三角前行和，再去掉1的个数及第10行对应部分和，从而得到所求数列前35项和.
【详解】杨辉三角第行有个数，且数字之和为，去除两端的1后，第行剩余个数.
第2行去掉1后无数字，第3行去掉1后剩余1个数字，第4行去掉1后剩余2个数字，， 第行去掉1后剩余个数字；
那么，
当时，，即前9行去掉1后有28个数.
所以此数列的前35项应包含第10行前7个数字.
杨辉三角前行和为，
前9行和为，而前9行中两端的1共有（第1行1个，后面8行各2个）.
第10行数字为1，9，36，84，126，126，84，36，9，1，
去除首尾的1后为9，36，84，126，126，84，36，9，
前7个数字和为.
所以此数列的前35项和为.
故选：B.
3．（多选）（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的数字图形（见下图），即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．在杨辉三角中，第行的所有数字之和为，若去除所有为1的项，依次构成数列：2，3，3，4，6，4，5，10，10，5，⋯，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．第项为
D．从杨辉三角的图中抽取一斜线的数列1，3，6，10，15，…，得到其倒数和，则
【答案】AC
【分析】将数列数列、、、、、、、、、、变成数阵，确定数阵第行有个数，从左向右分别为.对于A，确定分别在该数阵第行的第2个和第4个即可判断；对于B，确定位于该数阵第行第个数即可求和；对于C，确定第项为第行第1个即可；对于D，根据杨辉三角得到，利用裂项相消求和法求和即可.
【详解】将数列、、、、、、、、、、变成以下数阵：
则该数阵第行有个数，从左向右分别为，
第行最后一项位于原数列第项，
对于A，因为，所以分别在该数阵第行的第2个和第4个，故，即，选项A正确；
对于B，因为，所以位于该数阵第行第个数，
由题意可知，该数阵第行所有数为“杨辉三角”数阵中第行去掉首、尾两个得到，而“杨辉三角”中第行所有数之和为，
所以，该数阵第行所有数之和为，
所以，选项B错误；
对于C，因为，所以第项为第行第1个，即，选项C正确；
对于D，根据杨辉三角知，，选项D错误.
故选：AC.
4．（多选）（2025·贵州贵阳·模拟预测）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了杨辉三角，杨辉三角是中国数学史上一项重要研究成果．从不同的角度观察杨辉三角，能得到很多优美的规律，如图是一个7阶的杨辉三角，则下列说法正确的是（ ）
A．第2025行共有2025个数
B．从第0行到第10行的所有数之和为2047
C．第21行中，从左到右的第3个数是210
D．第3斜列为：，则该数列的前项和为
【答案】BCD
【分析】可以得出每行的数字之和形成一个首项为1，公比为2的等比数列可判断AB；根据二项式系数性质可判断C；由公式可判断D.
【详解】对于A：行数比每行的个数少1，所以第2025行共有2026个数，所以A错误；
对于B：可以得出每行的数字之和形成一个首项为1，公比为2的等比数列，
所以，所以B正确；
对于C：第21行的二项式系数为且，
所以从左到右第三个数是，所以C正确；
对于D：由公式得：
，所以D正确.
故选：BCD．
（建议用时：30分钟）
1．（多选）（25-26高二上·甘肃兰州·期末）为弘扬我国古代的“六艺”文化，某中学计划开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门校本课程，每月一门，连续开设六个月，则下列说法正确的是（ ）
A．若学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有225种不同的选法
B．若课程“乐”排在“书”前面，则课程共有240种排法
C．若课程“射”“御”排在不相邻两个月，则课程共有480种排法
D．若课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，则课程共有504种排法
【答案】ACD
【分析】利用组合数的公式可判断A，利用定序相除可判断B，利用插空法可判断C，分情况讨论可判断D.
【详解】学生甲和乙各自从中任选2门，则他们共有种不同的选法，A正确；
课程“乐”排在“书”前面，可得课程共有种排法，B错误；
课程“射”“御”排在不相邻两个月，通过插空法，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，在其中任选2个，安排课程“射”“御”共有种排法，C正确；
课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，利用分类加法计数原理，当“数”在第六个月时共有种；
当“数”既不在第一个月也不在第六个月时，共有种，
故课程“数”不排在第一个月，课程“礼”不排在第六个月，课程共有种排法，D正确．
故选：ACD
2．（2025·辽宁·模拟预测）某急救小组有1名司机，2名医生和3名护士，6人排成一排合影留念，要求2名医生不相邻，3名护士互不相邻，则不同的排法种数为（ ）
A．36B．48C．72D．120
【答案】D
【分析】先排1名司机，2名医生，分为三类，再将护士插空，求出每种情况下的排法，相加得到答案.
【详解】先排1名司机，2名医生有：①医生、司机、医生；②司机、医生、医生；③医生、医生、司机，共三类.
对于①，3名护士随意插空有种排法，2名医生交换位置有种排法，
所以共有种排法；
对于②，3名护士先选1人插入2名医生之间有种排法，
再在余下的3个空中插入余下的2名护士有种排法，
2名医生交换位置有种排法，所以共有种排法；
对于③，显然和②有相同的排法数.
综上，共有48+2×36=120种.
故选：D
3．（2025高二·全国·专题练习）方程共有 组正整数解，共有 组非负整数解．
【答案】 455 969
【分析】第一空：将方程正整数解的组数，看成相同元素分组问题，采用隔板法，第二空，通过转化为将方程正整数解的组数，采用隔板法求解即可.
【详解】可将16理解为16个1相加．而x，y，z，w相当于四个盒子，每个盒子里装入若干个1．则每个盒子里若干个1的和构成其中一组正整数解．
对于第一空，用隔板法，将16个1排成一排，形成15个空隙，
在空隙中插入3个隔板，将16个1截为4部分，
每一部分的和对应原四元方程的正整数解，则有组正整数解．
对于第二空，正整数解与非负整数解的区别在于非负整数解可以是0，
相当于允许盒子为空，而隔板法适用于盒子非空的情况，所以考虑进行化归．
由，
得，
则这四个盒子非空即可，
此时使用隔板法，可得原方程共有组非负整数解．
故答案为：455，969
4．（2025高三·全国·专题练习）要编制一张演出节目单，6个舞蹈节目已排定顺序，要再插入5个歌唱节目，则共有 种插入方法．
【答案】55440
【分析】利用倍缩法解决定序问题即可.
【详解】对全部的11个节目全排列，有种，已排定顺序的6个舞蹈节目的全排列数有种，
故满足题意的插入方法有（种）.
故答案为：
5．（24-25高二下·四川南充·期末）现有5本不同的书《天工开物》、《梦溪笔谈》、《齐民要术》、《本草纲目》、《九章算术》，则下列说法正确的是（ ）
A．将全部的书放到6个不同的抽屉里，一个抽屉可放多本书，有种不同的放法
B．将全部的书放在同一层书架上，要求《本草纲目》和《九章算术》相邻，有96种不同的放法
C．将书分给3位不同的学生，其中一人1本，一人2本，一人2本，有90种不同的分法
D．现将五本书并排成一排，则《天工开物》、《梦溪笔谈》按从左到右（可以不相邻）的顺序排列的不同的排法有120种
【答案】C
【分析】根据题意，结合排列、组合的概念和计算公式，逐项分析、计算，即可求解.
【详解】对于A，将全部的书放到6个不同的抽屉里，一个抽屉可放多本书，
每本书均有6种不同的放法，根据分步计数乘法原理，共有种放法，所以A不正确；
对于B，将全部的书放在同一层书架上，要求《水浒传》和《西游记》相邻，
可得把《水浒传》和《西游记》看成一个元素，共有种放法，所以B不正确；
对于C，将书分给3位不同的学生，其中一人1本，一人2本，一人2本，
有种分组方法，再将其分给三人，
共有种分法，所以C正确；
对于D中，现将五本书并排成一排，，
则《天工开物》、《梦溪笔谈》按从左到右（可以不相邻）的顺序排列的排法有
种，所以D错误.
故选：C.
6．（2025·湖北·模拟预测）将甲，乙，丙，丁，戊五名志愿者分配到四个特殊家庭开展帮扶，每个家庭至少安排一名志愿者，则志愿者甲恰好被安排在家庭的不同安排方法数有 种.
【答案】
【分析】按照家庭被分配到一人或两人，进行分类讨论.
【详解】由题可分以下两种情形：
①家庭只有志愿者甲，另外人分配到其他的个特殊家庭，每个家庭至少安排一名志愿者，此时有种；
②家庭除了甲还有另一名志愿者，另外人分配到其他的个特殊家庭，每个家庭至少安排一名志愿者，此时有种.
故志愿者甲恰好被安排在家庭共有种不同安排方法.
故答案为：.
7．（25-26高三上·江苏苏州·月考）若展开式中的系数为，则 .
【答案】
【分析】由题意可得，结合二项式展开式的通项公式建立方程，求解即可.
【详解】由题意可得，，展开式的通项公式为，所以含的项的系数为，则，即，解得.
故答案为：.
8．（多选）（25-26高二上·河南驻马店·月考）已知的展开式中常数项为35，为实数，则下列说法正确的有（ ）
A．的展开式中各二项式系数之和为64
B．
C．的展开式中各项的系数之和为0
D．的展开式中系数最大的项为第4项或第5项
【答案】BC
【分析】对A，由二项式系数之和为，计算判断；对B，根据二项展开式的通项公式求得常数项，进而求得判断；对C，令即可得各项系数之和判断；对D，根据二项式的通项公式求解系数最大项即可判断.
【详解】对于A，的展开式中各二项式系数之和为，故A错误；
对于B，的展开式的通项公式为，
令，解得，
所以的展开式的常数项为，
由题意得，解得，故B正确；
对于C，由B得，令，得该展开式的各项系数之和为，故C正确；
对于D，由B得，该展开式的通项公式为，可得为偶数时，系数才有可能取到最大值，
由，，，，
可知展开式中系数最大的项是第5项，故D错误.
故选：BC.
9．（多选）（25-26高二上·河南·月考）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】由二项式定理写出的展开式的通项，求出的系数判断A；对于B，C，D，先求出常数项，再令，求出，减去，可判断B；令，求出，即可求得判断C；令，求出，再利用通项求得，即可求出，判断D.
【详解】的展开式的通项为.
令，得.
对于A，令，得，所以A错误.
对于B，令，得，所以，所以B正确.
对于C，由通项可知，为奇数时，对应项的系数为负数，即均小于零；为偶数时，对应项的系数为正数，即均大于零.
所以.
令，得.
所以，所以C正确.
对于D，令，得
由通项，令，得.
所以，所以D错误.
故选：BC.
10．（25-26高二上·广西桂林·月考）如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第n行是的展开式的二项式系数，直观解释了二项式系数规律.记第行从左至右的第个数为，若被675除所得的余数为，则 ， .
【答案】 26 325
【分析】对于第一空，将表示为，然后利用二项式知识可得答案；对于第二空，由第一空结合二项式定理与杨辉三角关系可得答案.
【详解】对于第一空，
因为
所以被675除所得的余数为26；
对于第二空，由图可得第行，第个数为展开式的第项二项式系数.
则.
故答案为：；.
近三年：
排列组合的“情境化”与“综合化”：命题已极少单独考查排列数与组合数的简单计算。排列问题聚焦于有限制条件的处理，通过“相邻与不相邻”“定位与定序”“特殊元素优先”等经典模型，融合进生活实际场景（如排队、任务分配、路径规划等）进行考查。其核心是熟练运用捆绑法、插空法、间接法等解决策略。组合问题则更强调对问题本质“无序性”的把握，常与概率计算、抽样调查、几何图形选取等知识深度结合。例如，将组合问题作为求解古典概型概率的基础步骤，或与分层抽样原理结合出题。解决此类问题的关键在于，能否从复杂描述中准确抽象出“分配”“选取”“分组”等数学模型，并进行合理的分类与分步。
二项式定理的“工具化”与“深化”：对二项式定理的考查高度集中且稳定。首要热点是求特定项（常数项、指定幂次项）及其系数，这几乎每年必考，解题关键在于熟练运用通项公式并注意区分“二项式系数”与“系数”。第二大热点是求各项系数和，主要考查“赋值法”的灵活运用，如求所有项系数和、奇数项与偶数项系数和等。此外，系数最值问题也时有出现，通常需要结合二项式系数的单调性（中间项最大）进行分析，对思维深度有一定要求。题目形式也常涉及两个二项式相乘或三项式展开，进一步检验代数变形与整合能力。
预测2026年：
基于以上分析，“从现实与数学情境中准确提炼计数模型的能力”以及“对二项展开式结构的深度把握与代数操作能力”在2026年高考中仍将是区分考生水平的关键。“排列组合”的核心价值在于其作为概率论与统计学的基石，是培养数学建模、逻辑推理与分类讨论思想的绝佳载体。
1、模型掌握系统化：对常见限制条件（相邻、不相邻、定序、分组分配中的均匀与非均匀、隔板法等）的经典解法形成条件反射。
2、审题训练专项化：刻意练习从复杂背景（如赛事安排、活动策划、图形组合）中，排除干扰信息，精准识别是排列问题（有序）还是组合问题（无序），并确定计数策略。
3、知识交汇常态化：主动将排列组合作为求解古典概型、解释抽样方法的基础步骤进行综合训练。
“二项式定理”的备考则应聚焦于其工具性：
1、通项公式应用“零失误”：确保通项公式书写、代入、计算百分百准确，特别注意系数与二项式系数的区别。
2、赋值思想理解“透彻化”：深刻理解“赋值法”求系数和的原理，能根据所求目标（如奇偶项和）灵活选择赋值数值。
3、复杂展开处理“结构化”：对于乘积式或三项式的展开，训练先化归为二项式标准形式或利用多项乘法原理分步求解的思维路径。
解｜题｜策｜略
定位、定元的排列问题，一般都是对某个或某些元素加以限制，被限制的元素通常称为特殊元素，被限制的位置称为特殊位置．这一类问题通常以三种途径考虑：
（1）以元素为主考虑，这时，一般先解决特殊元素的排法问题，即先满足特殊元素，再安排其他元素；
（2）以位置为主考虑，这时，一般先解决特殊位置的排法问题，即先满足特殊位置，再考虑其他位置；
（3）用间接法解题，先不考虑限制条件，计算出排列总数，再减去不符合要求的排列数．
解｜题｜策｜略
相邻问题把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，注意捆绑元素的内部排列；
不相邻问题，先考虑不受限制的元素的排列，再将不相邻的元素插在前面元素排列的空当中
解｜题｜策｜略
若n个元素中，有k个元素必须按照某种确定顺序排列（不要求相邻），则排列数为n!k!
1、全排列：若不考虑顺序要求，计算所有元素的全部排列数 A总​。
2、消序：对于其中要求 顺序固定的 k 个元素，它们之间本有 k! 种排列，但实际只算 1 种合法顺序。因此在总排列数中 除以 k!，消除这些元素之间的顺序。如果题目中有多组需要定序的元素，则除以每组的排列数，消除所有组的顺序。
解｜题｜策｜略
组合问题常有以下两类题型变化：
(1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；
“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取.
(2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个
关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理.
分组分配问题
(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完全均匀分组，分组后除以组数的阶乘；②部分均匀分组，有m组元素个数相同，则
分组后除以m!；③完全非均匀分组，只要分组即可.
(3)分配方法：①相同元素的分配问题，常用“挡板法”；②不同元素的分配问题，利用分步乘法计数
原理，先分组后分配；③有限制条件的分配问题，采用分类求解.
解｜题｜策｜略
元素相同分配问题使用隔板策略，如将n个相同的元素分成m份（若每份至少有1个元素）或m个数（每个数大于等于1）相加和为n，可以设想将m-1块隔板插入n个元素形成的n-1的空隙中，一共有Cn−1m−1
解｜题｜策｜略
按区域顺序涂色时，每一步可用颜色数取决于之前涂过的相邻区域。环形先破成链处理，注意首尾颜色是否相同，相同则合并考虑。
1、判定类型：直线型（一列区域，首尾不相接）；环形（区域成环，首尾相邻）；复杂相邻图（用图论模型）
2、通用原则:按相邻限制的严格程度选择顺序,通常从相邻最多的区域或颜色限制最多的颜色 入手。
使用分步计数 与分类讨论，常用两种方法：
(1) 逐块涂色（直接法）
(2) 先涂部分再插空（插空法或捆绑法）
解｜题｜策｜略
(1)对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，
但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏；也可利用排列组合的知识求解.
(2)对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解.
解｜题｜策｜略
二项式定理的概念
①二项式定理：a+bn=Cn0anb0+Cn1an−1b1+⋯+Cnran−rbr⋯+Cnnbnn∈N∗
②通项公式：Tr+1=Cnkan−kbk
③二项式系数：二项式系数为Cn0，Cn1，…，Cnn
④共有n＋1项
二项式系数的性质
①对称性：Cnk=Cnn−k
②二项式系数的最值：当n为偶数时，中间一项的二项式系数最大
当n为奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大
注意：b有可能是负数；第k+1项是Cnkan−kbk；系数与二项式系数的区别
二项式系数和：Cn0+Cn1+Cn2+⋯+Cnn=2n
Cn0+Cn2+Cn4+⋯=Cn1+Cn3+Cn5+⋯=2n−1
用赋值法求二项式系数和，令其中的未知数为1或为-1等。
解｜题｜策｜略
二项式定理在除数与余数的问题以及数列求和中的应用。
整除与余数问题：将数拆成ka+bn形式，用二项式展开，除首项外其余项含a的幂，余数与首项有关。
将组合系数nk与数列通项相乘的求和，转化为1+xn对进行赋值等操作，从而得到解。
解｜题｜策｜略
杨辉三角——二项式系数表
当n依次取1,2,3,时，观察a+bn的展开式的二项式系数：
从中我们可以看出，左侧三角是根据二项式定理得到的，右侧三角是算出对应的组合数的值后所得结
果，由此我们可以发现以下性质：
①每一行中的二项式系数是对称的，如第一项与最后一项的二项式系数相等，第二项与倒数第二项的
二项式系数相等.
②每一行两端都是1，而且从第二行起，除1以外的每一个数都等于它“肩上”两个数的和.
③从第二行起，每一行的二项式系数从两端向中间逐渐增大.
④第一行的两个数之和为21，第二行的三个数之和为22，，第六行的各数之和为26，……，
第n行的(n+1)个数之和为2n.