2027年高考数学一轮复习学案 专题20 计数原理与二项式定理

这是一份2027年高考数学一轮复习学案 专题20 计数原理与二项式定理学案主要包含了知能解读 01，知能解读 02，知能解读 03，重难点突破 01，重难点突破 02，重难点突破 03，重难点突破 04，易混易错 01等内容，欢迎下载使用。
理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。
【知能解读 01】两个计数原理
【知能解读 02】排列与组合
【知能解读 03】二项式定理
破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。
【重难点突破 01】涂色问题的解法
【重难点突破 02】分组分配问题的解题思路
【重难点突破 03】求解形如(a＋b)n(c＋d)m 的展开式问题的思路
【重难点突破 04】二项展开式系数最大项的求法
辨·易混易错：辨析易混易错知识点，夯实基础。
【易混易错 01】利用分步乘法原理计数，分步标准错误
【易混易错 02】数字排列中“0”的位置不明
【易混易错 03】忽略二项式中的负号
【易混易错 04】混淆二项式系数与系数
点·方法技巧：点拨解题方法，练一题通一类
【方法技巧 01】求解排列应用问题的六种常用方法
【方法技巧 02】组合问题的常见类型与处理方法
【方法技巧 03】求二项展开式的特定项
【方法技巧 04】求三项展开式中的指定项
【方法技巧 05】二项式系数的和与各项的系数和问题
【方法技巧 06】求二项式系数最值
【方法技巧 07】二项式定理的应用
【方法技巧 08】杨辉三角
两个计数原理
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，完成这件事共有 N＝m＋n 种不同的方法。
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，完成这件事共有 N＝m·n 种不同的方法。
两个计数原理的综合应用
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，使用分类计数原理．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，使用分步计数原理．
【真题实战】（2025·河北沧州·一模）如图，为了?黑板报，某班级为黑板 A､B､C､D 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.
2 4
【详解】由题意可知，使用了 3 种颜色则只有 A 和 D 颜色相同，或只有 B 和C 颜色相同，则涂色方法共有C1 A3  2  24  48 种.
故选：B
排列与组合
排列与排列数
定义：从 n 个不同元素中取出 mm  n 个元素排成一列，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个排列．从 n 个不同元素中取出 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
A
B
C
D
n
排列数，用符号 Am 表示．
n
排列数的公式： Am  n n 1n  2n  m  1 
n!
n  m! ．
n
特例：当 m  n 时， Am  n!  n n  1n  2 3  2 1 ；规定： 0!  1 ．
排列数的性质：① Am  nAm1 ；② Am 1Am1 nAm ；③ Am  mAm1  Am ．
组合与组合数
nn1
nn  m n
n  m
n1
nn1
n1
定义：从 n 个不同元素中取出 m m  n 个元素并成一组，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的一个组合．从 n 个不同元素中取出 m m  n 个元素的所有组合的个数，叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素的
n
组合数，用符号Cm 表示．
组合数公式及其推导
n
n
求从 n 个不同元素中取出 m 个元素的排列数 Am ，可以按以下两步来考虑：第一步，先求出从这 n 个不同元素中取出 m 个元素的组合数Cm ；
n
第二步，求每一个组合中 m 个元素的全排列数 Am ；
nnm
根据分步计数原理，得到 Am  Cm  Am ；
Am
因此Cm  n 
n n 1n  2n  m  1
．
A
m
nmm!
这里 n ， m  N
，且 m  n ，这个公式叫做组合数公式．因为 Am 
n!
n  m!
，所以组合数公式还可表示
n
为： Cm 
n! m!n  m!
n
nn
．特例： C0  Cn  1．
注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是
按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式Cm  n(n  1)(n  2)    (n  m  1) 常用于具体数字计算，
n
Cm 
n! m!(n  m)!
nm!
常用于含字母算式的化简或证明．
组合数的主要性质：① Cm  Cnm ；② Cm  Cm1  Cm ．
nn
排列和组合的区别
nnn1
组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工．
排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同．
【注意】排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置数目问题，它们之间的主要区别在 于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题．排列是 在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合综合问题的基本思维是“先组合，后排列”．
【真题实战】（2026·河北保定·一模）A，B，C，D，E，F 共 6 名同学参加 AI 智能库建立创新大赛，决出第一名到第六名的名次，A 和 B 去询问名次，回答者对 A 说：“你肯定不会是最差的．”对 B 说：“很遗憾，你没有得到第一名．”从这两个回答分析，6 人的名次排列可能情况的种数为（ ）
A．600B．580
C．504D．408
【答案】C
【分析】分析可知 A 不是第六名，B 不是第一名，分类讨论 A 是否为第一名，结合排列数、组合数运算求解.
5
【详解】从这两个回答知：A 不是第六名，B 不是第一名；当 A 是第一名时，共有A 5  120 种排列情况；
4 4 4
当 A 不是第一名时，共有C1 C1 A4  384 种排列情况．
故 6 人的名次排列可能情况有120  384  504 种．故选：C.
二项式定理
二项式定理
nnnn
二项式定理： (a  b)n  C0an  C1an1b  Cranrbr  Cnbn (nN) ，
r r
n
通项公式： Tr 1  Cran b ，表示展开式的第 r  1 项：，
n
二项式系数：系数Cr （r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数，
两个常用的二项展开式：
nnnn
① (a  b)n  C 0an  C1an1b   (1)r  Cr anrbr   (1)n  Cnbn （ n  N * ）
nnn
② (1 x)n  1 C1 x  C 2 x2   Cr xr   xn
二项式展开式中的最值问题
二项式系数的性质：
①每一行两端都是1，即C0  Cn ；其余每个数都等于它“肩上”两个数的和，即Cm
 Cm1  Cm ．
nnn1nn
nn
②对称性每一行中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即Cm  Cnm ．
二项式系数的最大项
二项式系数先增后减中间项最大
①如果二项式的幂指数 n 是偶数，则中间一项Tn
1
2
n
n
的二项式系数C 2 最大；
②如果二项式的幂指数 n 是奇数，则中间两项Tn1 ， Tn1
1
n1
的二项式系数Cn 2
n1
， Cn 2
相等且最大．
22
系数的最大项
求(a  bx)n 展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为 A，A ，   ，A，
设第 r  1 项系数最大，应有 Ar 1  Ar
，从而解出 r 来．
12n 1
 A A
二项展开式中的系数和问题
 r 1r  2
nnnnn
二项式系数和令 a  b  1 ，则二项式系数的和为C0  C1  C2  Cr  Cn  2n ，
nnnn
变形式C1  C2  Cr  Cn  2n 1．
nnnnn
奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和在二项式定理中，令 a  1，b  1 ，则C0  C1  C2  C3  (1)n Cn  (11)n  0 ，
从而得到： C0  C 2  C 4    C 2r      C1  C3   C 2r1      1  2n  2n1 ．
nnnnnnn2
若 f (x)  a xn  a xn1  axn2  a x  a ，则
nn1n210
①常数项：令 x  0 ，得 a0  f (0) ．
②各项系数和：令 x  1 ，得 f (1)  a0  a1  a2    an 1  an ．
【真题实战】（2026·重庆九龙坡·一模） (2  3x)7 的展开式中，各项系数的和是．
【答案】1
【分析】根据题意，令 x  1 ，即可求得展开式中各项系数的和，得到答案.
0127
【详解】设(2  3x)7  a  a x  a x2   a x7 ，
令 x  1 ，可得a  a  a   a
(2 3 1)7
 1，
0127
所以二项式(2  3x)7 的展开式的各项系数的和为1.
故答案为： 1.
01涂色问题的解法
根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理区域涂色问题的基本方法；
根据共用了多少种颜色，分别计算出各种情形的种数，再利用分类计数原理求出不同的涂色方法种数；
根据某两个不相邻区域是否同色进行分类讨论，从某两个不相邻区域同色与不同色入手，再利用分类计数原理求出不同涂色方法种数.
A
B
C
D
【典例 1】（2025·湖北武汉·三模）如图，某社区为墙面 A 、 B 、C 、 D 四块区域宣传标语进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（共边）不能用同一颜色，若只有 4 种颜色可供使用，则恰好使用了 3 种颜色的涂法有（ ）
A．12 种B．24 种C．48 种D．144 种
【答案】C
【分析】由题，三种颜色的涂法有两种，即 A 与 D 同色或 B 与C 同色，由计数原理列式求解.
433
【详解】三种颜色的涂法有两种，即 A 与 D 同色或 B 与C 同色，所以恰好使用 3 种颜色的涂法有C3 A3  A3   48种.
故选：C.
【典例 2】（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A3  60 种，再排Ⅳ有C1  3 种，
53
故不同的着色方法数有60  3  180 种.故选：C
02 分组分配问题的解题思路
分组、分配问题是排列组合的综合问题，解题思想是先分组后分配
分组问题属于“组合”问题，常见的分组方法有三种：
①完全均匀分组，每组元素的个数都相等；
②部分均匀分组，应注意不要重复；
③完全非均匀分组，这种分组不考虑重复现象．
分配问题属于“排列”问题，常见的分配方法有三种：
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．
【典例 1】（2025·广东江门·模拟预测）把 6 名技术员分到 3 个车间工作，分到 3 个车间的人数各不相同，每个车间至少 1 人，则不同的分配方案共有（）
A．270 种B．540 种C．720 种D．360 种
【答案】D
【分析】根据分组分配法，即利用分步乘法计数原理即可求解.
6 5 3 3
【详解】每个车间至少分配一名技术员且人数各不相同,故三个车间分配到技术员的人数为 1，2，3，故共有C1 C2C3A3  360 种不同的分配方案.
故选：D.
【典例 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
乙、丙三个球队.这批设备分别为6 个相同的跳箱和3 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． 35 种B． 70 种C．140 种D． 210 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：
先分跳箱：6 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1、2 、3 或2 、2 、2 或4 、
1、1，
33
所以，跳箱的分法种数为1 A3  C1  10种；
3
接下来分药球：将3 个药球分给三个球队，三个球队分得的药球数量分别为1、1、1或2 、1、0 ，所以，药球的分法种数为1 A2  7 种.
由分步乘法计数原理可知，不同的分法种数为10 7  70 种.故选：B.
【典例 3】（2025·全国·模拟预测）已知 4 位学生被分配到 A、B、C 三地学习，每地至少分配一位学生且每位学生只能去一个地方学习，则不同的分配方式有（ ）
A．12 种B．18 种C．24 种D．36 种
【答案】D
【分析】根据题意先将 4 位学生分成三组，再分配到 A、B、C 三地学习，根据分步乘法计数原理即可求解．
4
3
【详解】根据题意，先从 4 人中选 2 人组成一组，有C2 种方法，然后将 3 组学生分配到 A、B、C 三地学习，有A3 种方法，
4 3
由分步计数原理知共有C2A3  36 种不同的分配方法，
故选：D．
【典例 4】（2025·全国·模拟预测）2025 年 1 月 7 日 9 时 5 分，西藏自治区日喀则市定日县发生 6.8 级地震．现
从各省共抽派 7 支抢险工作队前往 5 个灾区县救援，要求每个受灾县至少有一个工作队的方法种数共有（ ）
A．1800B．16800C．14280D．25200
【答案】B
【分析】先分组后分配，分组分配上有 3，1，1，1，1 与 2，2，1，1，1 两种方式，再结合排列组合数计算即可.
5
【详解】分组分配上有 3，1，1，1，1 与 2，2，1，1，1 两种方式．
若是 3，1，1，1，1，则有 7 4 3 2 1 
C3C1 C1 C1 C1
A
4
4
A5  4200种；
若是 2，2，1，1，1，则有 7 5 3 2 1 
C2C2C1 C1 C1
A A
2 3
2 3
A5  12600种．
5
所以共有4200 12600  16800 种.故选：B．
【典例 5】（2025·江西·二模）某校组织校运会活动，由甲､乙､丙三名志愿者负责 A, B, C, D 四个任务，每人至少负责一个任务，每个任务都有且仅有一人负责，且甲不负责 A 任务，则不同的任务分配方法种数为（ ）
A．12B．18C．24D．30
【答案】C
【分析】对甲负责的任务数量进行分类讨论，结合分类加法计数原理可求得结果.
3 2
【详解】若甲负责两个任务，剩余两个任务排给乙､丙两人，此时有C2A2  6 种分配方法；
若甲只负责一个任务，则先在 B､C､D 中选取一个任务分给甲，然后再将剩下 3 个任务分为两组，分配给乙､丙两人，
3 3 2
有C1C2A2 18 种不同的分配方法.
由分类加法计数原理可知，不同的分配方法种数为6 18  24 种.故选：C.
【典例 6】（2025·安徽六安·模拟预测）六安市旅游资源非常丰富，夏季到景点漂流是很多家庭的最佳避暑选择.某家庭共 6 个人，包括 4 个大人，2 个小孩，计划去霍山漂流.景点现有 3 只不同的船只可供他们选择使用，每船最多可乘 3 人，为了安全起见，小孩必须要大人陪同，则不同的乘船方式共有（ ）种.
A．348B．288C．360D．60
【答案】A
【分析】讨论 6 人乘坐 3 只船或乘坐 2 只船，根据这两种情况，结合分组分配模型，即可列式求解.
【详解】①若 6 人乘坐 3 只船：先将 4 个大人分成2,1,1 三组有C2  6 种方法，然后将三组排到 3 只船有A3  6
43
种方法，
再将两个小孩排到 3 只船有3 3 1  8 种方法，所以共有6  6  8  288 种方法.
C3
②若 6 人乘坐 2 只船：共有 6 ×A2  60 种方法，综上共有： 288  60  348 种方法.
A
23
2
故选：A
03 求解形如(a＋b)n(c＋d)m 的展开式问题的思路
若 n，m 中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2.
分别得到(a＋b)n，(c＋d)m 的通项公式，综合考虑．
【典例 1】（2026·福建·一模）在(x2  2)5 (2x 1)2 的展开式中 x6 的系数为（）
280
300
320
340
【答案】A
【分析】求出(x2  2)5 展开式的通项公式，再结合多项式乘法法则求出展开式中含 x6 的项即可.
【详解】依题意， (x2
2)5 (2x
2  4x2  (x2  2)5  4x  (x2
5  (x2
2)5 ，
55
二项式(x2  2)5 展开式的通项为Cr x2 5r 2r  2r Cr x102r , r  N, r  5 ，
55
因此(x2  2)5 (2x 1)2 的展开式中含 x6 的项为4x2  (2)3 C3 x4  (2)2 C2 x6  320x6  40x6  280x6 ，所以所求系数为280 .
故选：A
【典例 2】（2025·浙江宁波·一模）在(x  y)(x  y) 5 的展开式中， x3 y3 的系数为（ ）
A．0B．20C．10D． 10
【答案】A
【分析】先求得 x  y 5 展开式的通项公式，分别求 x2 y3 和 x3 y2 的项，结合题意即可求得答案.
【详解】由题意得 x  y 5 展开式的通项公式为T Ck x5k  y k , k  0,1, 2, 3, 4, 5 ，
令k  2 ， T  C2 x52  y 2  10x3 y2 ，
k 15
35
令k  3， T  C3 x53  y 3  10x2 y3 ，
45
所以 x3 y3 的系数为 0.
故选：A
二项展开式系数最大项的求法
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，
Ak≥Ak－1，
A2，…，An＋1，且第 k 项系数最大，应用从而解出 k 来，即得．
Ak≥Ak＋1，
1 6
x
【典例 1】（2025·四川成都·二模）  x   的展开式中系数最大的项为（ ）

A．第 3 项B．第 4 项C．第 5 项D．第 6 项
【答案】B
【分析】根据二项式系数的对称性可直接判断结果.

【详解】易知 x 
1 6
x 
的展开式的各项系数分别为C0 , C1 , C2 , C3 , C4 , C5 , C6 ，

6666666
6
由二项式系数的对称性可知系数最大的项为第四项C3 .
故选：B.
【典例 2】（2023·湖北襄阳·模拟预测）已知1  3xn 的展开式中前三项的二项式系数和为79 ，则展开式中系数最大的项为第（ ）
A． 7 项B． 8 项C． 9 项D．10 项
【答案】D
【分析】根据展开式中前三项的二项式系数和为79 求出n 的值，然后利用不等式法可求出展开式中系数最大的项对应的项数.
【详解】1  3xn 的展开式中前三项的二项式系数和为C0  C1  C2  1 n  n n 1  79 ，
nnn2
整理可得n2  n 156  0 ，  n  2 且n  N ，解得n  12 ，
1  3x12 的展开式通项为T Ck  3x k  Ck  3k xk k  0,1, 2, ,12  ，
k 11212
Cr 3r  Cr 1 3r 1
设展开式中第r  1 项的系数最大，则 1212，
Cr 3r  Cr 1 3r 1
 1212
12!
 3r 
12!
 3r 1

 r ! 12  r !
即
r 1 ! 11 r !
，解得
35  r  39 ，
12!12!44
 3r  3r 1
 r ! 12  r !r 1 ! 13  r !
因为r  N ，故r  9 ，因此，展开式中系数最大的项为第10 项.故选：D.
利用分步乘法原理计数，分步标准错误
辨析：仔细区分是“分类”还是“分步”是运用两个原理的关键.两个原理的区别在于一个与分类有关，一个与分步有关.如果完成一件事有 n 类办法，这 n 类办法彼此之间是相互独立的，无论哪一类办法中的哪一种方法都能单独完成这件事，求完成这件事的方法种数，就用分类加法计数原理；如果完成一件事需要分成 n个步骤，缺一不可，即需要依次完成 n 个步骤，才能完成这件事，而完成每一个步骤各有若干种不同的方法，求完成这件事的方法种数，就用分步乘法计数原理.
【典例 1】（2025·四川自贡·一模）如图，某设备内部从 a 到 b 的电路包含三个元件 A，B，C，现该设备从 a 到 b 的电路工作不正常（断路），那么该设备三个元件 A，B，C 的工作状态（通路/断路）共有 n 种不同情况，则 n 为（ ）
A．4B．5C．6D．7
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理、分步乘法计数原理列式求解.
【详解】元件 A 不通，设备从 a 到 b 的电路工作不正常，共有22 种，
元件 A 正常，当且仅当元件 B, C 都不通，设备从 a 到 b 的电路工作不正常，只有 1 种，所以n  1 4  5 .
故选：B
【典例 2】（2024·全国·模拟预测）对于各数位均不为 0 的三位数abc ，若两位数ab 和bc 均为完全平方数，
则称abc 具有“ T 性质”，则具有“T 性质”的三位数的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】完全平方数、新定义问题
【详解】因为两位数的完全平方数有16, 25, 36, 49, 64,81（提示：完全平方数指一个数能表示成某个整数的平方的形式），所以具有“ T 性质”的三位数有164,364, 649,816 ，共 4 个．
故选：D.
数字排列中“0”的位置不明
辨析：对于数字排列问题， 0 是特殊的数字，在解题过程中往往会忽视 0 不在首位的特殊要求。
【典例 1】（2025·云南·模拟预测）从 0，1，2，3 中任取三个数字组成无重复数字的三位数，则下列结论错误的是（ ）
A．三位数共有 18 个B．百位数字为 1 的三位数共有 6 个
C．十位数字为 1 的三位数共有 6 个D．个位数字为 0 的三位数共有 6 个
【答案】C
【分析】根据各选项的条件逐一分析判断即可.
【详解】选项 A，从百位排起，百位有 3 种选择（1、2、3，因为不能为 0），十位有 3 种选择，个位有 2
3 3
种选择.总数为A1A2  3 3 2  18 个，故 A 正确；
3
选项B，百位固定为 1，十位从 0、2、3 中选（3 种选择），个位从剩下 2 个数字中选（2 种选择），共有A2  3 2  6
个，故 B 正确；
选项 C，十位固定为 1，百位不能为 0，且不能为 1，所以百位有 2 种选择（2、3），个位从剩下 2 个数字
2 2
（包括 0）中选（2 种选择），共A1 A1  2  2  4 个，故 C 错误；
3
选项 D，因为个位数字为 0，则百位和十位可以在1, 2, 3 中任取两个排列，共A2  3 2  6 个.故 D 正确.故选：C.
【典例 2】（23-24 高二下·湖北·期末）从数字0,1, 2, 3, 4 中选四个组成没有重复数字且比 2024 大的四位数有
（ ）
A．52 个B．64 个C．66 个D．70 个
【答案】D
【分析】根据题意，分为三类，首位大于 2、首位为 2 且第二位非 0 和首位为 2，第二位为 0，结合排列数的计算公式，即可求解.
4
【详解】根据题意，可分为三类：当首位大于 2 时有2A3  48 种；
3
当首位为 2，第二位非 0 时有3A2  18 种；
2
当首位为 2，第二位为 0 时有2A1  4 种；综上，总共有48  18  4  70 种.
故选 D.
忽略二项式中的负号
辨析：在二项式定理(a-b)n 的问题要注意 b 的系数为-1，展开求解释不要忽略。
【典例 1】（2023·北京·三模）在2  3x 4 的展开式中，含 x2 的项的二项式系数为（ ）
A．6B．16C．24D．216
【答案】A
【分析】根据展开项二项式系数的特点直接计算即可.
4
【详解】由题可知： x2 的项的二项式系数为C2  6 .
故选：A
1 8
2 x
【典例 2】（24-25 高三上·贵州·月考）在1 

的二项展开式中，第 3 项的二项式系数是（ ）
A．8B． 8C．28D． 28
【答案】C
【分析】利用二项式系数的意义求解即可.
【详解】第 3 项的二项式系数为C2  8 7  28 .
82 1
故选：C.
混淆二项式系数与系数
n
辨析： 要注意二项展开式中二项式系数与某一项系数的区别. (a＋b)n 的展开式中第 r+1 项的系数是Cr ，其值只与 n, r 有关，与 a, b 无个，系数是该项中的常数，在(a＋b)n 的展开式中，系数最大的项是中间项；但当
a，b 的系数不是 1 时，系数最大的项的位置就不一定在中间，需要利用通项公式，根据系数的增减性具体
讨论而定.
【典例 1】（2026·陕西咸阳·一模） 2x 15 的展开式中， x2 的系数为（ ）
A． 40
B．40C． 10
D．10
【答案】A
【分析】根据二项式展开式的通项可得答案.
【详解】设2x 15 的展开式的通项为
T Cr 2x 5r 1r  Cr 25r 1r x5r ，
r 155
5
令5 - r = 2 ，则r  3，所以C3 22 13  40 ，则 x2 的系数为40 .
故选：A.
1 n

【典例 2】（2024·辽宁鞍山·模拟预测）已知 x  2x2  的展开式中第 3 项的二项式系数等于 36，则该展开
式中的常数项为（ ）
21
2
【答案】A
63
16
21
16
9
32
n
【分析】由题意得C2  36 求出n 的值，然后求出二项式展开式的通项公式，令 x 的次数为零，求出r ，从而
可求出展开式中的常数项.
1 n

【详解】因为 x  2 x2  的展开式中第 3 项的二项式系数等于 36，
n
所以C2  36 ，得n(n 1)  72 ，因为n  N* ，所以n  9 ，
1  n
1  9
 1 r
 1 r
所以 x 
 x 
展开式的通项公式为T
 Cr x 9r
 Cr 
x 93r ，
2x2 
2x2 
r 19
 2x2 
9  2 

令9  3r  0 ，得r  3 ，
 1 21
3
所以该展开式中的常数项为C3  ，
 
2
9  
 2
故选：A
求解排列应用问题的六种常用方法
直接法：把符合条件的排列数直接列式计算；
优先法：优先安排特殊元素或特殊位置；
捆绑法：相隔问题把相邻元素看作一个整体与其他元素一起排列，同时注意捆绑元素的内部排列；
插空法：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；
定序问题除法处理：对于定序问题，可先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列
间接法：正难则反、等价转化的方法
1．（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.
3
【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A3  6 种，
3
甲站第二个位置，乙站第五个位置，有A3  6 种，共有6  6  12 种，
故选：B
2．（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．
3
2
【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A1  3 种，所以排尾只能从剩余 2 个男同学选取，有A1  2 种，
4
最后剩余 4 人安排在中间 4 个位置，有A4  4!  24 种，所以一共有3 2  24  144种．
故选：D．
3．（25-26 高三上·广东·月考）某单位国庆期间有 4 天假期，现安排甲、乙、丙 3 人值班，每人至少值班一天，每天只安排一人值班，且甲不安排在第一天值班的安排方法共有（ ）
A．20 种B．36 种C．24 种D．18 种
【答案】C
【分析】分甲值一天班和甲值两天班两种情况，结合甲不安排在第一天值班分类讨论求解即可.
3
【详解】若甲值一天班且甲不安排在第一天值班，则甲有C1  3 种安排方式，则剩下三天安排乙、丙 2 人值班，则其中有一人需安排值两天班，
3 2
则乙、丙 2 人有C2A2  6 种安排方式，
此时甲、乙、丙 3 人共有3 6  18 种安排方式；若甲值两天班且甲不安排在第一天值班，
2
先从乙、丙 2 人中选择一人安排在第一天值班，则有C1  2 种安排方式，再安排乙、丙 2 人中剩下的一人与甲值剩下三天班且甲值两天班，
3
有C2 =3种安排方式，此时共有2  3  6 种安排方式；
综上，共有18  6  24 种安排方式.故选：C
4．（2025·四川成都·一模）某种产品的加工需要经过 5 道不同工序，如果指定其中某 2 道工序必须相邻，那么加工顺序共有（ ）
A．96 种B．72 种C．48 种D．36 种
【答案】C
【分析】先排相邻的 2 道工序，再把它与其它 3 道工序作全排列，即可得.
2 4
【详解】由题意，把相邻的 2 道工序做排列，再把它与其它 3 道工序作全排，所以加工顺序有A2A4  2  24  48 种.
故选：C
5．（2025·河南·模拟预测）某校无人机兴趣小组在市无人机大赛后合影留念，2 名指导老师和 4 名组员排成一排照相留念，若 2 位老师相邻，则不同的排法共有（ ）
A．120 种B．360 种C．240 种D．720 种
【答案】C
【分析】由捆绑法结合排列数计算即可求解.
5
【详解】先将 2 位老师看作一个整体和 4 名学生全排有A 5  120 ，
2
2 位老师自身有A2  2 ，
所以 2 位老师相邻，不同的排法共有120 2  240 ，故选：C
6．（2025·海南·模拟预测）某电影院一排有 7 个座位，中间有条过道，过道左侧有 4 个座位，右侧有 3 个
座位，现有包含小明，小刚，小强在内的 7 位同学购买了某一排的座位，其中小明想和小刚坐在一起，小强想坐在右侧，则共有（ ）种不同的排法．
A．216B．264C．312D．528
【答案】D
【分析】根据给定条件，按小明和小刚坐在左、右分类，再利用排列、组合计数问题列式求解.
【详解】按照 1－7 的序号对座位进行编号，左侧编号 1－4，右侧编号 5－7，若小明和小刚坐在左侧，则安排情况为(1, 2),(2, 3),(3, 4)，共 3 种排法，
4
小明和小刚可互换位置，小强排在右侧有 3 种排法，剩下的 4 人有A4 种排法，
因此小明和小刚坐在左侧时共有C1A2C1A4  432 种排法；
3 2 3 4
若小明和小刚坐在右侧，则安排情况为(5, 6), (6, 7) ，共 2 种排法，小明和小刚可互换位置，
小强只有一种排法，剩下的 4 人有A4  24 种排法，因此小明和小刚坐在右侧时共有C1 A2A4  96 种排法，
42 2 4
所以不同的排法共有432  96  528 种情况.
故选：D
7．（2025·湖南岳阳·模拟预测）现有8 把相同的椅子排成一排，甲、乙、丙三人每人选取其中的一把椅子入座，在这三人中有两人相邻坐的条件下，则三人均相邻（甲、乙、丙之间无空座）的概率为（）
A． 1
6
【答案】A
B． 1
3
C． 1
2
D． 2
3
【分析】现根据捆绑法计算出仅有两人相邻和三人均相邻的不同情况数，再根据古典概型计算事件概率，再根据条件概率定义求出事件概率.
【详解】设 A “甲乙丙之间恰有两人相邻”， B  “甲乙丙三人均相邻”
则n( A)  C2A2A2 ， n(B)  A3A1 ，故在有两人相邻坐的条件下，三人均相邻的概率为
3 2 63 6
A3A11
3 6  ，
3 2 63 6
C2A2A2 +A3A16
故选：A.
8．（2025·江西·三模）某超市在清明节期间出售 2 款 A 品牌的清明果，2 款 B 品牌的清明果，1 款 C 品牌的清明果.若将这 5 款清明果并排摆在货架的同一层上，则同一种品牌的清明果均相邻的摆法有（ ）
A．12 种B．18 种C．24 种D．48 种
【答案】C
【分析】利用捆绑法可求得总的排法数.
2 2 3
【详解】将 2 款 A 品牌的清明果，2 款 B 品牌的清明果分别捆绑，则同一种品牌的清明果均相邻的摆法有A2A2A3  24 种.
故选：C.
9．（2025·湖南·三模）若甲､乙､丙､丁､戊随机站成一排，则甲､乙不相邻的概率为（ ）
3
5
【答案】A
4
5
9
10
13
20
【分析】先求出所有排列情况，再求出甲乙相邻的排列情况，用总排列情况减去甲乙相邻的排列情况得到甲乙不相邻的情况，最后根据古典概型概率公式计算概率.
5
【详解】5 个人随机排成一排的总排列数为： A5  5!  120 种.
4
2
将甲乙看成一个整体（捆绑法），此时相当于有 4 个人随机排列，排列数为 A4 ，而甲乙两人之间又有 A2 种排列顺序.
42
根据分步乘法计数原理，甲乙相邻的排列数为： A4·A2  24  2  48 种.
所以，甲乙不相邻的排列数为120  48  72 种.
根据古典概型概率公式可得，甲乙不相邻的概率为： 72  3 .
1205
故选：A.
10．（2025·贵州黔南·模拟预测）贵阳市某中学举办“贵阳文化”交流活动，计划在校园内用五个展板展示阳明文化，山地文化，民族文化，红色文化和饮食文化五种特色文化．规定阳明文化与红色文化不相邻，饮食文化展板放最后．则展板的不同排列方式有（ ）
A．12 种B．14 种C．16 种D．18 种
【答案】A
【分析】利用插空法可求不同的排列方法.
2
【详解】先排饮食文化展板，有一种放置方法； 再排山地文化展板，民族文化，有A2 种放置方法；
3
再利用插空法排阳明文化展板与红色文化展板，有A2 种放置方法，
23
故共有A2  A2  12 种放置方法，故选：A.
11．（2025·河北邯郸·二模）6 个不同的芯片欲组装到一个云计算的主机中，先将它们串联在一起统一测试，在串联电路中甲，乙两个芯片不相邻的前提下，丙，丁两个芯片相邻的概率为（ ）
A． 2
3
【答案】D
B． 3
5
C． 1
2
D． 3
10
6
【分析】先求出共有A6 种情况，再利用捆绑法和插空法结合古典概型概率公式求出 P( A) 和 P( AB) ，最后利用条件概率公式求出结果即可.
6
【详解】我们先把 6 个不同的芯片全排列，共有A6  720 种情况，
设甲，乙两个芯片不相邻为 A ，丙、丁相邻为 B ，
当甲，乙两个芯片不相邻时，先对除了甲、乙两个芯片的其它芯片全排列，
4
其它芯片全排列共有A4  24 种情况，产生了5 个空，
5
将甲，乙两个芯片任选两个空插入，共有A 2  20 种情况，
由分步乘法计数原理得此时共有24  20  480 种情况，
2
在该条件下，我们将丙，丁进行全排列，共有A2  2 种情况，
3
4
将丙丁整体和除了甲乙以外的芯片全排列，共有A3  6 种情况，产生了4 个空，将甲，乙两个芯片任选两个空插入，共有A2  12 种情况，
由分步乘法计数原理得此时共有2  6 12  144 种情况，
故 P( A)  480  2 ， P( AB)  144  1 ，
7203
7205
144
则由条件概率公式得 P B∣A   P  AB   720  144  3 ，故 D 正确.
故选：D.
P  A
48048010
720
12．（24-25 高三上·四川南充·月考）君子六艺包括礼、乐、射、御、书、数，这些技能不仅是周朝贵族教育的重要组成部分，也对后世的教育体系产生了深远影响.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，则“礼”与“乐”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有（ ）
A．432 种B．486 种C．504 种D．540 种
【答案】A
【分析】分“礼”与“乐”相邻和“礼”与“乐”中间插一艺，利用相邻和插空法求解.
25
【详解】当“礼”与“乐”相邻时，有A2  A5  240 种；
24 4
当“礼”与“乐”中间插一艺时，有A2 C1 A4  192 种；
所以“礼”与“乐”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有192  240  432 种，故选：A
13．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）2024 年 10 月 30 日，神舟十九号与神舟十八号航天员顺利会师中国空间
站，激发了全国人民的民族自豪感和爱国热情.齐聚“天宫”的 6 名宇航员分别是“70 后”蔡旭哲、“80 后”叶光富、李聪、李广苏，“90 后”宋令东、王浩泽.为记录这一历史时刻，大家准备拍一张“全家福”.假设 6 人站成一排，两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80 后”彼此不相邻，两位“90 后”彼此不相邻，则不同的站法共有（ ）
A．16 种B．32 种C．48 种D．64 种
【答案】B
【分析】先排两位指令长，然后用四名宇航员的排列总数减去“80 后”， “90 后”相邻的排法，即可求解.
2
【详解】两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，有 A2 种排法，
4
2 2
剩下的四名宇航员共有 A4 种排法，其中两位“80 后”彼此相邻，两位“90 后”彼此相邻且分别在左侧或右侧的排法共有2 A2 A2 种，
242 2
所以两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，其他两位“80 后”彼此不相邻，两位“90 后”彼此不相邻，则不同的站法共有 A2  A4  2 A2 A2   32 种.
故选： B .
14．（25-26 高二上·陕西汉中·月考）某次文艺晚会上计划演出 7 个节目，其中 2 个歌曲节目，3 个舞蹈节目，2 个小品节目，需要制作节目单：
唱歌节目排在两头，有多少种排法？
唱歌节目相邻，舞蹈节目相邻，两个小品节目不相邻，有多少种排法？
三个舞蹈节目出场顺序固定，有多少种排法？
【答案】(1) 240 ；
144 ；
840 .
【分析】（1）先排两头的唱歌节目，再排中间的 5 个节目，即可得解；
第一步，先将 2 个唱歌节目全排列，再将这 2 个唱歌节目看成一个整体，第二步，先将 3 个舞蹈节目
全排列，再将这 3 个舞蹈节目看成一个整体，第三步，把这两个整体进行全排列，此时这两个整体的全排
列，形成 3 个空，将 2 个小品节目插入这 3 个空中，即可得解；
先将 7 个节目进行全排列，再由 3 个舞蹈节目出场顺序固定，就是 7 个节目的全排列数除以 3 个舞蹈节目的全排列数，即为所求.
【详解】（1）2 个唱歌节目排在两头，先排两头的唱歌节目，有A2 种，再排中间的 5 个节目，有A5 种，
25
25
则唱歌节目排在两头，有A2 A5  2 120  240 种排法；
2
2 个唱歌节目全排列，排法有A2 种，将这 2 个唱歌节目看成一个整体，
3
3 个舞蹈节目全排列，排法有A3 种，将这 3 个舞蹈节目看成一个整体，
2
把这两个整体进行全排列，排法有A2 种，此时这两个整体的全排列，形成 3 个空，
3
将 2 个小品节目插入这 3 个空中，排法有A2 种，
2323
则唱歌节目，舞蹈节目相邻，两个小品节目不相邻，有A2  A3  A2  A2  2  6  2  6  144 种；
7
7 个节目进行全排列，排法有A7 种，3 个舞蹈节目出场顺序固定，则不同的排法有
A77  6  5 4  3 2 1
7  840 种.
A
3
33 2 1
15．（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A11 种，已排定顺序的 6 个舞蹈节目的全排列数有A6 种，
116
A
11
A
6
故满足题意的插入方法有 11  55440 （种）.
6
故答案为： 55440
组合问题的常见类型与处理方法
“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，再从剩下的元素中选取．
“至少”或“至多”含有几个元素的题型：若直接法分类复杂时，逆向思维，间接求解．
【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（）
若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有54 种
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
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
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，
54
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，
53
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：
43
43
C1  A3  4  6  24;
4
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，有A3 种方法，故总的方法数为： C2  A3  36 ；
343
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
32
32
方法，方法数： A2  A1 =12 ；
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，
32
故方案数为C1 A2  6 ；
32
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．
17．（25-26 高二上·甘肃白银·期末）某学校拟派 5 名教师去甲、乙、丙这 3 所不同的学校参观学习，每名
教师只去一所学校，每个学校至少要派遣 1 名教师，若去甲校的人数不得少于丙校，则不同的派遣方案有
（ ）
A．110 种B．100 种C．90 种D．80 种
【答案】B
【分析】根据丙校派遣的人数进行讨论，结合计数原理即可求解．
5444
5 3
【详解】若丙校派遣 1 人，则甲校可以派遣 1 或 2 或 3 人，派遣方案有C1 C1  C2  C3   70 种；若丙校派遣 2 人，则甲校必须派遣 2 人，派遣方案有C2C2  30 种；
所以满足条件的不同的派遣方案有70  30  100 种．故选：B．
18．（25-26 高二上·四川巴中·月考）某人计划去四川南江旅游，打算从光雾山、米仓山、十八月潭、元顶
山、诺水河这 5 个景点中选 3 个景点去游玩，则不同的选择方法种数为（ ）
A．60B．20C．12D．10
【答案】D
【分析】根据组合数的计算公式即可求解.
【详解】从 5 个景点中选 3 个景点去游玩，是组合问题，
不同的选择方法种数为C3  C2  5 4  10 .
552
故选：D.
19．（2025 高三·全国·专题练习）已知集合 M  1, 2, 3, 4,,19, 20，
任取两个数，其和能被 3 整除的取法有种；
任取三个数，能构成等差数列的取法有种；
任取三个数，能构成等比数列的取法有种.
【答案】6418022
【分析】（1）集合 M 中元素除以 3 的余数分三类：为 0，1,2 并求出相应的集合为 A, B,C ，从集合 A 中任取两个数、从集合 B, C 中各取一个数可得答案；
设所取的三个数为a,b, c ，则由a  c  2b 知， a 与c 的和为偶数， a 与c 的奇偶性相同．根据a 与c 的
奇偶性分类可得答案；
设所取的三个数为m, r, n ，则有mn  r2 ．按平方数分类，对其余的数进行质因数分解可得答案.
【详解】（1）3 的余数分三类：
余数为 0，这样的集合 A  3, 6, 9,12,15,18， 余数为 1，这样的集合 B  1, 4, 7,10,13,16,19，余数为 2，这样的集合C  2, 5,8,11,14,17, 20 ，
6
①可从集合 A 中任取两个数，则有C2 种；
7 7
②可从集合 B, C 中各取一个数，则有C1 C1 种.
67 7
可得C2  C1 C1  64 ，故满足题意的取法有 64 种；
设所取的三个数为a,b, c ，则由a  c  2b 知， a 与c 的和为偶数，故a 与c 的奇偶性相同．
令集合 A  1, 3, 5, 7, 9,11,13,15,17,19， B  2, 4, 6,8,10,12,14,16,18, 20，
根据a 与c 的奇偶性分类如下．
10
①当a 与c 同为奇数时，从集合 A 中任取两个数，有C2 种；
10
②当a 与c 同为偶数时，从集合 B 中任取两个数，有C2 种．
考虑到a, b, c 为递增或递减两种情况，故共有2C2  2C2
 180 （种）；
1010
设所取的三个数为m, r, n ，则有mn  r2 ．按平方数分类，令集合 N  1, 4, 9,16．
对其余的数进行质因数分解：2，3，5， 2 3，7， 2  2  2 ， 2 5 ，11，
2 2 3 ，13， 2  7 ， 3  5 ，17， 2  3 3 ，19， 2 2 5 ，
4
满足题意的有：3 与 12；5 与 20；8 与 2；2 与 18；8 与 18．故有2 C2  5  22 ，故满足题意的取法有 22 种.
故答案为：64；180；22.
20．（2025 高二·全国·专题练习）用 0，1，2，3，4，5 这 6 个数字，可以组成多少个分别符合下列条件的无重复数字的四位数？
四位数是奇数；
四位数大于 3125．
【答案】(1)144 (2)162
【分析】（1）结合排列数和组合数的应用，利用分步乘法原理求解即可；
（2）结合排列数和组合数的应用，利用分类加法原理求解即可.
3
4
【详解】（1）第一步，从 1．3．5 这 3 个奇数中选择 1 个放在个位，有C1 种；第二步，从余下的除 0 外的 4 个数中选择 1 个放在千位上，有C1 种；
4
第三步，从剩下的 4 个数中选择 2 个放在百位和土位，有A 2 种．
3 4 4
由分步乘法计数原理可得，共有C1C1 A2  144 个满足条件的四位数．
（2）第一类，在千位和百位不变的情况下，十位可以是 4 或者 5，共有 6 个；
3
第二类，在千位不变的情况下，需要百位大于 1，则从 2，4，5 这 3 个数中任选 1 个，有C1 种，
再从剩下的 4 个数中任选 2 个放在十位和个位，有A 2 种，故共有C1A2  36 个；
43 4
第三类，千位是 4 或 5，有C1 种，再从余下的 5 个数中选出 3 个放在百位、十位和个位上，有A3 种，则共
25
2 5
有C1 A3  120 个．
由分类加法计数原理可得，满足条件的四位数有6  36  120  162 个．
21．（25-26 高三上·湖北荆州·开学考试）在正方体的 8 个顶点和 6 个面的中心（共 14 个点）中任取 4 个点，
以这 4 个点为顶点可构成四面体的概率为．
【答案】 758
1001
【分析】先求出总取法，再分正方体的6 个面， 3 个中间平面， 6 个对角面和 8 个斜切面四种情况讨论，求出四点共面的取法，再利用古典概型的概率公式即可得解.
14
【详解】从14 个点中取 4 个点，共有C4  1001种取法，
四点共面分下面四种情况：
5
①正方体的6 个面：每个面包含4 个顶点和1个中心点，此时共有6C4  30 种；
4
3 个中间平面：每个平面包含4 个点，此时共有3C4  3种；
6
6 个对角面：每个对角面包含4 个顶点和2 个中心点，此时共有6C4  90 种；
6
④8 个斜切面（三条面对角线形成的）：每个面包含 3 个顶点和 3 个中心点，此时共有8C4 =120 种；
所以四个点不共面共有1001 30  3  90 120  758 种，
所以所求概率 P 
758 .
1001
故答案为： 758 .
1001
求二项展开式的特定项
二项展开式中的特定项，是指展开式中的某一项，如第 n 项、常数项、有理项等，求解二项展开式中的特定项的关键点如下：
＋
n
求通项，利用(a＋b)n 的展开式的通项公式 Tr 1＝Cran－rbr(r＝0，1，2，…，n)求通项．
列方程(组)或不等式(组)，利用二项展开式的通项及特定项的特征，列出方程(组)或不等式(组)．
求特定项，先由方程(组)或不等式(组)求得相关参数，再根据要求写出特定项．
22．（25-26 高二上·黑龙江哈尔滨·期末）在2  3x4 的展开式中，含 x2 的项的二项式系数为（ ）
A．6B．16C．24D．216
【答案】A
【分析】根据展开项二项式系数的特点直接计算即可．
4
【详解】由题可知： x2 的项的二项式系数为C2  6 ，
故选：A．
2 4
23．（25-26 高三上·北京·月考）在 x 

 的展开式中， x2 的系数为（ ）．
x 
8
B．8C． 48
D．48
【答案】A
【分析】先求出二项式的展开式的通项公式，再求出对应的k 值，进而求出 x2 的系数．
k
【详解】 x  2  的展开式的通项公式为T Ck  x 4k   2   Ck  2 k  x 42k k  0,1, 2, 3, 4  ，
x 
k 14
x 4

令4  2k  2 ，解得k  1，
T  C1  21  x2  4  2  x2  8x2，
24
 x2 的系数为8 ，故 A 正确．故选：A．
24．（24-25 高二下·江苏镇江·月考） (2x 1)5 的展开式的第二项的二项式式系数为（ ）
B．5C． 10D． 5
【答案】B
【分析】求出展开式的第二项的二项式系数可得答案.
5
【详解】2x 15 的展开式的第二项的二项式式系数为C1  5 .
故选：B.
25．（24-25 高二下·重庆·期中）已知(1 x )n 的展开式中第 9 项、第 10 项、第 11 项的二项式系数成等差数列，则n  （ ）
B．14C．11 或 23D．14 或 23
【答案】D
【分析】根据二项式系数的定义列出等式，解方程即可.
【详解】由题意可得， C8 , C9 , C10 成等差数列，则2C9  C8  C10 ，
即2 
n!
nnn
n!n!，
nnn

9!n  9!8!n  8! 10!n 10!

211
即 9 n  9n  8n  910  9 ，即n2  37n  322  0 ，
解得n  14 或23 .
故选：D.
1  4
x3
26．（2026·河北邢台·一模）  x 

的展开式中的常数项为（ ）
A．4B． 4C．1D． 1
【答案】B
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令 x 的幂指数等于 0，求得r 的值，即可求得展开式中的常数
项的值．
1  41 rrr
【详解】 x 
的展开式的通项公式为T
 Cr x4r
 Cr 1
x4r x3r  Cr 1
x44r ，
x3 
r 14
x3 44

令4  4r  0 ，解得r  1 ，
T  C1 11 x0  4 .
24
故选：B.
04 求三项展开式中的指定项
（a＋b＋c）n 展开式中特定项的求解方法
27．（25-26 高二上·河南驻马店·月考）  x  2 y  35 的展开式中 xy3 的系数为（ ）
A．480B．160C． 160D． 480
【答案】D
【分析】直接根据二项式展开特点，写出 xy3 项，即可得答案．
【详解】因为 x  2 y  35 的展开式中， xy3 项是由 5 个因式 x  2 y  3 中，1 个因式出 x，3 个因式出2 y ，
1 个因式出 3，
541
所以含 xy3 的项为C1   x  C3  2 y 3 C1  3  480xy3 ．
故选：D．
16
28．（24-25 高三上·贵州·月考）  x2   y 
的展开式中 x1 y2 的系数为（ ）

A．30B． 30
x
C．60D． 60
【答案】D

【分析】求出展开式通项，再求出 x2 

1 6r
x


的展开式通项，即可求出.
【详解】
 x2 


1   y 
x 
6


展开式的通项为Cr  x2 
6 

1 6r
x 
yr ，

则含 y2 的项为C2  x2  1 
y2 ，其中 x2  1 
的展开式的通项为Ck  x2 4k   1   1 k Ck x8 3k ，
6 x 
x 
4x 4
4
4
k

4

令k  3 ，得13 C3 x1 ，所以
x2  1   y 

6

x
展开式中 x1 y2 的系数为13
C3 C2  60 .

46
故选：D.
29．（2026 高三·全国·专题练习）
4

1
x2  y x
的展开式中 y
2
x2
的系数为（ ）
A．4B．6C．8D．12
【答案】B
【分析】写出展开式的通项，然后可得答案.
14 
1 4
1  4r
【详解】
x2   y
x2   y
的通项公式T Cr x 2 
y r ，
x 
x 
r 14 x 
 
1 2
2  41 2y2
令r  2 ，则T  C2 x2 
y2  C
x  2 x y ，所以的系数为C2  6
34  
4 x224
x x
故选：B
15
30．（25-26 高三上·四川成都·月考）在 x   2
的展开式中， x3 的系数为（ ）
x
A．15B．45C．60D．90
【答案】B
【分析】根据二项式展开式的通项公式计算即可求解.
【详解】( x  1  2)5 的展开式为
x
C0 (x  1 )5  20  C1 (x  1 )4  21  C2 (x  1 )3  22  C3 (x  1 )2  23  C4 (x  1 )1  24  C5 (x  1 )0  25 ，
x5x5x5x5x5x
30 0 4 4 1 12 2 3 3
1 0333
所以二项式展开式中含 x 项为2 C5C5 x ( x )
二项式展开式中含 x3 项的系数为 45.
故选：B
 2 C5C3 x ( x )  5x  40x  45x ，
31．（25-26 高三上·北京·月考）展开式x2  2x 15 中 x5 的系数为（ ）
68B． 80
C．160D．80
【答案】A
【分析】将 x2  2x 15 看作 5 个相同的括号相乘，利用组合的方法求解.
【详解】 x2  2x 15 表示 5 个x2  2x 1相乘，每个x2  2x 1在相乘时均有三种选择，选 x2 或2x 或1．
设选 x2 的有 a 个，选2x 的有b 个，那么选1的有5  a  b个，
a  0
则有2a  b  5 ，解得
b  5
a  1

或
b3
a  2

或，
b  1
55453
即选 5 个2x ；或者选 1 个 x2 、3 个2x 、1 个1；或者选 2 个 x2 、1 个2x 、2 个1；因此含 x5 项的系数为C5  25  C1 C3 23  1  C2 C1  2  12  68 .
故选：A
32．（25-26 高三上·广东·月考）在(x2  x  y)10 的展开式中， x17 y 的系数为 A ；在(x2  x)9 的展开式中， x17
的系数为 B .则 A  （ ）
B
A．10B． 10
【答案】B
1
10
 1
10
【分析】10 个因式(x2  x  y) 的乘积中，有 8 个选 x2 ，有 1 个选 x ，有 1 个选 y ，可得 x17 y 的系数 A ，9
个因式(x2  x) 的乘积中，有 8 个选 x2 ，有 1 个选 x ，可得 x17 的系数为 B ，求解 A 即可．
B
【详解】(x2  x  y)10 的展开式表示 10 个因式(x2  x  y) 的乘积，故在这 10 个因式中，有 8 个选 x2 ，有 1 个选 x ，有 1 个选 y ，
10 2 1
即可得到含 x17 y 的项，故 x17 y 的系数为C8 C1 C1  12  90 ，即 A  90 ；
在(x2  x)9 的展开式表示 9 个因式(x2  x) 的乘积，
9 1
故在这 9 个因式中，有 8 个选 x2 ，有 1 个选 x ，即可得到含 x17 的项，故 x17 的系数为C8C1 1  9 ，即 B  9 ，
所以 A  90  10 .
B9
故选：B．
二项式系数的和与各项的系数和问题
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．
二项式系数和：(a＋b)n 的展开式中二项式系数的和为 C0＋C1＋…＋Cn＝2n.
nnn
33．（25-26 高三上·黑龙江哈尔滨·期末）在3x 15 的展开式中，各项系数之和为（ ）
B．16C．32D．243
【答案】C
【分析】利用赋值法，可得答案.
【详解】令 x  1 ，即得3x 15 的展开式中的各项系数之和为25  32 .
故选：C.
34．（25-26 高二上·广西桂林·月考） (x  2)11 展开式的各项系数之和为（ ）
A．0B．1C． 1
【答案】C
【分析】利用赋值法求得正确答案.
【详解】令 x  1 ，得(1 2)11  1，即展开式的各项系数之和为1.
D． 211
故选：C
35．（2025·湖南益阳·模拟预测）若 x 1(x  2) 6  a
0127
 a x  a x 2   a x 7 ，则（ ）
a0  64
a7  64
a0  a1  a2   a7  2
a1  a3  a5  a7  a2  a4  a6
【答案】C
【分析】令 x  0 计算可判断A；利用 x  26 展开式的通项公式计算可判断 B，令 x  1 计算可判断C；令 x  1
结合 C 选项计算可判断 D.
00
【详解】对于 A，令 x  0 ，得126  a ，即a  64 ，故 A 错误；
对于 B，  x  26 展开式的通项公式为T Cr x6r 2r , r 0,1, 2, 3, 4, 5, 6，
r 16
所以a  xT  xC0 x6 20  1，故 B 错误；
716
对于 C，令 x  1 ，得2 16  a  a  a    a ，
0127
即a0  a1  a2   a7  2 ，故 C 正确；
对于 D，令 x  1 ，得0 36  a  a  a    a ，
0127
即a0  a1  a2   a7  0 ，
a0  a1  a2    a7  a0  a1  a2   a7 
因为a0  a2  a4  a6 2
所以a2  a4  a6  63 ，
 1 ，
a0  a1  a2    a7  a0  a1  a2   a7 
因为a1  a3  a5  a7 
 1 ，
2
所以a1  a3  a5  a7  a2  a4  a6 不成立，故 D 错误.故选：C
【多选】（2026·陕西宝鸡·一模）在1 2x 5 的展开式中，下列说法正确的有（ ）
含 x2 项的系数为40
第 3 项与第 4 项的二项式系数相等
所有项的二项式系数之和为 32D．所有项的系数之和为1
【答案】BCD
【分析】先求出1 2x 5 的展开式的通项，赋值可判断 AD，所有项的二项式系数之和为2n 可判断 C，由二
项式定理可判断 B.
【详解】1 2x 5 的展开式的通项为T Cr15r 2x r  2r Cr xr .
r 155
5
令r  2 ，可得含 x2 项的系数为22 C2  40 ，故 A 错误；
第 3 项T 的二项式系数为C2 ，第 4 项T 的二项式系数为C3 ，两者相等，故 B 正确；
3545
所有项的二项式系数之和为2n  25  32 ，故 C 正确；
令 x  1 ，可得所有项的系数之和为1 2 15  1 ，故 D 正确.故选：BCD.
【多选】（2025·湖南永州·模拟预测）设(2x 1)10  a  a x  a x2   a x10 ，则（ ）
01210
a0  1
a9  5120
a2  a4   a10 
310 1
2
a1  2a2   10a10  20
【答案】BD
【分析】应用赋值法求a0 或系数和判断 A、C，由二项式定理求对应项系数判断 B，对等式两侧求导，再应用赋值法求系数和判断 D.
0
【详解】对于 A，令 x  0 ，则a  (1)10  1 ，故 A 错误；
10
对于 B，由 x9 的系数为C1  29  (1)1  5120 ，故 B 正确；
对于 C，令 x  1 ，则a0  a1   a10 1①，
令 x  1 ，则a  a   a  310 ②，
0110
310 1310 1310 1
①+②可得， a2  a4  a10 
2 a0 
 1
22
，故 C 错误；
对于 D，对原方程两边求导，有20(2x 1)9  a  2a x 10a x9 ，
1210
令 x  1 ，得a1  2a2   10a10  20 ，故 D 正确.
故选：BD
1 1314
x
【多选】（2025·甘肃武威·模拟预测）已知 ax  

的展开式中各项的系数之和为 0，则（ ）
a  1B．二项式系数的和为 1314
C．展开式中每一项 x 的指数都是偶数D．展开式中不存在常数项
【答案】AC
【分析】令 x  1 可判断A；由二项式的系数和可判断 B；利用展开式的通项可判断 C；在通项中令1314  2k  0
可判断 D.
1 
1314
【详解】对于 ax 
，令 x  1 ，得a 11314  0 ，解得a  1 ，故 A 正确；
x 

二项式系数的和为21314 ，故 B 错误；
k +11314
展开式的通项为T= (-1)k Ck x1314- 2k (k = 0,1, 2,,1314)，因为 1314 为偶数，所以展开式中每一项 x 的指
数都是偶数，故 C 正确；
令1314  2k  0 ，得k  657 ，所以展开式中存在常数项，故 D 错误.故选：AC.
876210
【多选】（2024·河北·模拟预测）若2x 18  a x8  a x7  a x6    a x2  a x  a ，则（ ）
a0  1
a3  8
a1  a2  a3    a7  a8 0
a1  a2  a3  a4    a7  a8  6560
【答案】ACD
【分析】对于 A，令 x  0 代入即可求解；对于 B，由二项式定理 a x3  C 3 2x 3 15 ，对照系数即可得到a ；
383
对于 C，令 x  1 ，结合 A 即可求解；对于 D，令 x  1 ，结合 A 即可求解.
0
【详解】对于 A，令 x  0 ，则0 18  a  1 ，故 A 正确；
对于 B，由二项式定理a x3  C3 2x 3 15  448x3 ，则 a  448 ，故 B 错误；
383
对于 C，令 x  1 ，则2 18  a  a  a    a  a  a  1 ，
876210
则a1  a2  a3    a7  a8 0 ，故 C 正确；
对于 D，令 x  1 ，则2 18  a  a  a  a  a  a  6561 ，又a  1 ，
8762100
所以a8  a7  a6   a2  a1 6560 ，得a1  a2  a3  a4    a7  a8  6560，故 D 正确.
故选：ACD.
【多选】（2025·山西·模拟预测）若 x  210  a  a x  a x2    a x10 ，则（ ）
01210
a  210
a
 a    a  0
0019
2a  a
   a
  310
20 a
 21 a    210 a  0
02100110
【答案】ABD
1010
【分析】令 x  0 ，计算可判断 A；令 x  1 ，结合a  C10  1 计算可判断 B；令 x  1 ，结合 B 选项计算可
判断 C；令 x  2 ，计算可判断 D.
012100
【详解】对于 A，令 x  0 ，则 x  210  a
0
故a  210  210 ，故 A 正确；
 a x  a x 2    a x 10  a ，
对于 B，令 x  1 ，则a  a  a    a  1 210  1 ，
01210
又a  C10  1 ，故a  a    a  0 ，故 B 正确；
1010019
对于 C，令 x  1 ，则a  a  a    a  1  210  310 ，
01210
又a  a    a 1，故2a  a    a   310 1，故 C 错误；
01100210
对于 D，令 x  2 ，则20 a  21 a    210 a  2  210  0 ，故 D 正确.
0110
故选：ABD
012345
【多选】（2025·全国·模拟预测）若(2 x  3)5  a  a  x  1  a ( x  1)2  a ( x  1)3  a ( x  1)4  a ( x  1)5 ，
则（ ）
a0  1
a0  a1  a2  a3  a4  a5  1
a1  a3  a5  121D． a4  80
【答案】ABD
【分析】通过赋值法判断 ABC，由二项式定理判断 D.
0
【详解】对于 A，令 x  1 ，则(2 1  3)5  a  1，故 A 正确；
对于 B，令 x  2 ，则a0  a1  a2  a3  a4  a5  1，故 B 正确；
1  35
对于 C，令 x  0 ，则a  a  a  a  a  a  35 ，所以a  a  a  122 ，故 C 错误；
012345
1352
对于 D，因为a  25, C1  24  3  a  a  C1 14  1 ，
55455
所以a  C1  24  3  a  C1 14  1  15 16  32  5  80 ，故 D 正确．
4555
故选：ABD．
【多选】（2025·甘肃平凉·模拟预测）已知1 x2025  a  a x  a x2    ax2025，则（ ）
0122025
22025 a  22024 a  22023 a    a 1
0122025
a  a  a    a
 22024
1352025
a1  2a2  3a3    2025a2025  1
1  1    1  1
a1a2
a2025
【答案】ABD
1
【分析】令 x  ，再两边同乘以22025 可判断 A；令 x  1 ， x  1 ，两式相减可判断 B；对题目所给的式子，
2
两边求导，再令 x  1 ，可判断 C；根据二项式的展开式可得a  C1 C2024  a，即 1  1  0 ，
继而即可判断 D.
1202520252024
a1a2024
11 1 2
 1 3
 1 2025
 1 2025
【详解】对于 A，令 x  2 ，得a0  2 a1   2  a2   2  a3     2 a2025   2 ，
    
两边同乘以22025 ，得22025 a
 22024 a  22023 a
   a
 1，故 A 正确；
0122025
对于 B，令 x  1 ，得a0  a1  a2  a3    a2025  0 ，
令 x  1 ，得a  a  a  a    a
 22025 ，
01232025
两式相减，得2 a  a  a    a  22025 ，
1352025
即a  a  a    a
 22024 ，故 B 正确；
1352025
对于 C， 1 x2025  a  a x  a x2    ax2025两边同时求导数，
0122025
1222025
得20251 x2024  a  2a x  3a x2    2025ax2024 ， 再令 x  1 ，得a1  2a2  3a3    2025a2025  0 ，故 C 错误；
对于 D， a  C1 C2024  a，所以 1  1  0 ，
1202520252024
a1a2024
同理 1 
a2
1
a2023
 0,,
1
a1012
 1
a1013
 0 ，
所以 1  1    1  1   1，故 D 正确.
a1a2
a2025
a2025
故选:ABD.
0129
【多选】（2025·江西赣州·二模）设(x 1)9  a  a x  a x2      a x9 ，则（ ）
a0  1
a1  a2    a9  0
a4  a5  0D． a1  a3  a5  a7  a9  256
【答案】CD
【分析】分别令 x  0 、x  1 、x  1 求相关系数或系数和判断 A、B、D，应用二项式定理写出通项公式求
a4 , a5 判断 C.
0
【详解】A：令 x  0 ，则a  (0 1)9  1，错；
B：令 x  1 ，则a0  a1  a2    a9  0 ①，又a0  1 ，则a1  a2      a9 1 ，错；
C：由二项式展开式T Crx 9r (1)r  (1)r Crx 9r ， r  0,1,, 9 ，
r 199
所以r  4 时T  (1)4 C4 x5 ，则a  C4 ； r = 5 时T  (1)5 C5 x4 ，则a  C5 ；
59496959
所以a4  a5  0 ，对；
D：令 x  1 ，则a  a  a  a
 29 ②，
0129
①  ②得2(a  a    a )  29 ，则a  a  a  a  a
 28  256 ，对.
13913579
故选：CD
求二项式系数最值
二项式系数先增后减中间项最大
如果二项式的幂指数 n 是偶数，则中间一项Tn
1
2
n
的二项式系数C 2 最大；
如果二项式的幂指数 n 是奇数，则中间两项Tn1 ， Tn1
1
n
n1
的二项式系数Cn 2
n1
， Cn 2
相等且最大．
22
2 n
x
【多选】（2025·四川成都·一模）已知在 x  

的展开式中，第 3 项的二项式系数与第 5 项的二项式
系数相等，则下列说法正确的有（ ）
n  6
第 4 项的二项式系数最大
x2 的系数为60D．展开式各项系数之和为64
【答案】ABC
【分析】先由题设结合组合数的性质求出 n 即可判断 A；由二项式系数的定义和组合数性质即可求解判断 B；由二项式的展开式的通项公式即可求解判断 C；由系数定义赋值 x  1 即可求解判断 D.
nn
【详解】由题意得C2  C4 ，所以n  2  4  6 ，故 A 正确；
6
因为n  6 时，二项式系数最大的是C3 ，所以第 4 项的二项式系数最大，故 B 正确；

 x 
2 6
x 
的展开式的通项公式为Cr x6r
 2 r
 x 
 2r Cr x62r 0  r  6, r  N  ，
6
 
6
6
令6  2r  2 ，得r  2 ，所以 x2 的系数为22 C2 =60 ，故 C 正确；展开式各项系数之和为1 26  36  729 ，故 D 错误.
故选：ABC
1 n
x
45．（2025·四川南充·模拟预测）已知 2x  

的二项式系数和为 64，则其中错误的是（ ）
n  6
常数项是第 3 项
二项式系数最大值为 20D．所有项系数之和等于 1
【答案】B
【分析】根据二项式系数和公式，结合二项式系数的性质、二项式的通项公式、赋值法逐一判断即可.
【详解】由题意可得2n  64 ，解得n  6 ，故A 正确；
1 n 1 r
二项式 2x   的展开式的通项公式为T C r (2x )6r   (1)r  26r  Cr x 62r ， r  0 ，1， ，6，令
x

x 
r 166
6  2r  0 ，解得r  3 ，则常数项为第 4 项，故B 错误；
6
因为n  6 ，所以展开式中二项式系数最大项为第 4 项，最大值为C3  20 ，故C 正确；
n
令 x  1 ，则展开式的所有项的系数和为(2 1)6  1 ，故D 正确，故选：B
x 


46．（2025·江苏南通·模拟预测）  2x 

1
 的二项展开式中，二项式系数之和等于 256，则二项展开式中
二项式系数最大的项为（ ）
1120x2
1120 x2
7
1792 x 2
1792x5
【答案】A
【分析】由题意求出n ，写出二项展开式的通项，即可求得二项式系数最大的项.
【详解】因为2n  256 ，所以n  8 ，二项展开式的通项为
 1 k
163k
T Ck 2 x8 k  Ck 28 k 1 k  x 2, k  0,1, 2,，
x
k 18
8

故二项展开式中，二项式系数最大的项为T  C4 24 14  x2  1120x2 .
58
故选：A.

1 n
x
47．（24-25 高二下·天津滨海新·期中）在 2 x  的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开

式中 x6 的系数是（ ）
45
4
【答案】A
 35
8
35
8
D．7
n
【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得n 的值，再利用二项式展开式的通项公式，求得 x6 的系数．
【详解】在

x

 1 x 
n

2
的展开式中，只有第 6 项的二项式系数C5 最大，

它的展开式共计有11项，n  10 ，
10r 
1  r
 1  r5 r
故二项展开式的通项公式为T Cr   x   x Cr    x2 ，
r 110 2 10  2 

x
n
令5  r  6 ，求得r  2 ，可得在 1 x  的展开式中 x6 的系数为C2  1  45 ，
22 

10 44

故选：A．
48．（2025 高二·江苏·专题练习）在 x  1
n
的展开式中含 x3 项的系数为 15，则展开式中二项式系数最大
x


的是第（ ）项
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】根据二项式定理展开式化简得出通项，结合已知列出方程组求出n 的值，结合二项式定理的性质即可得出答案.
【详解】根据二项式定理可知 x  1
n
的展开式的通项为
x


1 rn 3 r
T Cr  xnr   1r Cr  x 2 , r  0,1, 2, , .
x
r 1n



n  3 r  3
n
n  6
由已知可得， 2
r
，解得
r  2 .

n
1 Cr  15
根据二项式定理的性质可知，该展开式中二项式系数最大的是第 4 项.故选：C.
二项式定理的应用
利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，从而构造二项式．应注意：要证明一个整式能被另一个整式整除，只要证明这个整式按二项式定理展开后的各项均能被另一个整式整除即可．
求余数问题中，应明确被除式 f(x)与除式 g(x)(g(x)≠0)，商式 q(x)与余式的关系及余式的取值范围．
二项式定理的逆用．
“算两次”是一种重要的数学思想方法，本质上是把同一个量用两种不同的方法表示出来，即同一个量“算两次”，从而建立相等关系，这就是算两次原理.
49．（2025·云南昭通·模拟预测）若(2x 1)100  a  a x  a x2   a x100 ，则2a  a  a   5 被8 整
0121001399
除的余数为（ ）
A． 5B． 4C． 3D． 2
【答案】C
【分析】根据题意，给自变量赋值，取 x  1 和 x  1 ，两个式子相减，得到2a1  a3  a99  的值，将
2a1  a3  a99   5 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．
【详解】令 x  1 ，得a  a  a   a 3100 ，
012100
令 x  1 ，得a0  a1  a2   a100  1 ，
两式相减得2a  a  a  a   3100 1 ，
13599
所以2a  a  a   5  3100  6 ．
1399
因为
3100  6  950  6  (8 1)50  6  C0 850  C1 849   C r 850 r  C49 8  C50  6
5050505050
 C0  850  C1  849   C r  850 r   C49  8  5  C0  850  C1  849   C r  850 r    C49 8  8  3, r  N,
5050505050505050
C0 850  C1 849   Cr 850r   C49 8  8 能被 8 整除，
50505050
C0 850  C1 849   Cr 850r   C49 8  8  3 被 8 整除的余数为 3，
50505050
所以2a1  a3  a99   5 被 8 整除的余数为 3，
故选：C．
50．（2025·河南许昌·模拟预测）若(2x 1)100  a  a x  a x2   a x100 ，则2(a  a   a )  4被 8 整
0121001399
除的余数为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】令 x  1 得a  a  a   a 3100 ，令 x  1 得a  a  a   a 1 ，两式相减即可得
012100012100
2a  a  a   4  3100  5 ，即3100  5  950  5  (8 1)50  5 利用二项式定理即可求解.
1399
【详解】令 x  1 得a  a  a   a 3100 ，令 x  1 得a  a  a   a 1 ，
012100012100
两式相减得2a  a  a  a   3100 1，
13599
所以2a  a  a   4  3100  5 ，因为3100  5  950  5  (8  1)50  5  C0  850  C1  849 
13995050
Cr  850r   C49  8  C50  5  C0  850  C1  849   Cr  850r   C49  8  4  C0  850  C1  849 
505050505050505050
Cr  850r   C49  8  8  4 ， r  N ，因为C0  850  C1  849   Cr  850r   C49  8  8 能被 8 整除，
505050505050
所以2a1  a3  a99  4 被 8 整除的余数为 4.
故选：C.
51．（2025·江西新余·模拟预测）100 除92025 的余数为：（ ）．
A．48B．49C．50D．51
【答案】B
【分析】将92025 化为10 12025 ，利用二项式定理展开可得.
【详解】92025  10 12025  C010 102025  ...  C2024 12024 10  C2025 12025 100
202520252025
 10 C010 102024 ...  C2023 12023   20249 ，
 20252025
因为10 C010 102024 ...  C2023 12023  是 100 的倍数
 20252025
而 20249 除以 100 的余数为 49.
故选：B．
52．（2025·甘肃白银·三模）98 除(100 1)100 的余数是（ ）
A．1B．9C．3D．6
【答案】A
【分析】将(100 1)100 转化为(1 98)100 ，写出其二项展开式，即可求解.
100100
【详解】(100 1)100  (1 98)100  Cr 98r  1 Cr
98r ，故 98 除(100 1)100 的余数是 1．
故选：A
r 0
100100
r 1
53．（2025·江西吉安·模拟预测）1.0110 的小数点后第二位的数字是（ ）
A．0B．1C．2D．5
【答案】A
【分析】根据二项式定理展开后进行估值运算即可.
10101010
【详解】1.0110  1 0.0110  C0 0.010  C1 0.011  C2 0.012   C10 0.0110
 1 0.1 0.0045   1.105
故小数点后第二位的数字是 0.
故选：A.
54．（2025·甘肃庆阳·三模）中国南北朝时期的著作《孙子算经》对同余除法有较深的研究.设a, b, m m  0
为整数，若a 和b 同时除以m 所得的余数相同，则称a 和b 对模m 同余，记为a  b(md
m) 若
a  C1  C2  C30 ， a  b(md
10) ， b 2021, 2022, 2023, 2025 ，则b  （ ）
303030
A．2021B．2022C．2023D．2025
【答案】C
303030
【分析】利用二项式定理化简a  C1
 C2
 C30 为10  210 1，展开可得到a 被 10 除余 3，由此能求出
b 的值．
【详解】因为a  C1  C2   C30  230 1  810 1  10  210 1 ，
303030
1010101010
又10  210  C0 1010  C1 109 2  C2 108 22   C9 10 29  C10 210
=10 C0 109  C1 108 2  C2 107 22  C9 29   C10 210
 1010101010
所以a  10  210 1=10 C0 109  C1 108 2  C2 107 22  C9 29   C10 210 1
 1010101010
10
所以 a 除以 10 的余数就等于C10 210 1  1023 除以 10 的余数，即为 3，
而给定的五个数中，只有 2023 除以 10 后余数为 3，所以b  2023 .
故选：C.
55．（2025·河南·三模）《孙子算经》是中国南北朝时期重要的数学著作，书中的“中国剩余定理”对同余除法进行了深入的研究．现给出一个同余问题：如果 a 和 b 被 m 除得的余数相同，那么称 a 和 b 对模 m 同余，记为a  b mdm ．若 a 为4  x2024 的二项展开式中含 x 项的系数，且a  b md5 ，则 b 的值可以是（ ）
A． 203B． 204C． 205D． 206
【答案】D
【分析】根据二项展开式的通项可求含 x 项的系数，再结合二项式定理可求该系数除以 5 的余数，最后根据b, a 除以 5 的余数相同得正确的选项.
2024
【详解】4  x2024 的二项展开式中含 x 项的系数为C1 42023  20245 12023 ，
由二项定理可得：
2023
2022
i
2023ii
2022
i
2023ii
2024 5 1
 2024   C2023 5
i 0
1  2024  2024   C20235
i 0
1  2025 1，
2022
i
2023ii
而2024   C2023 5
i 0
1  2025 能被 5 整除，
故2024 5 12023 除以 5 的余数为 1，而b, a 除以 5 的余数相同，故b 除以 5 的余数为 1，
而203  5 40  3 ， 205  5 41， 204  5 40  4 ， 206  5 411，故 D 正确．
故选：D.
杨辉三角
杨辉三角的性质：
每一行都是对称的，且两端的数都是 1.
从第三行起，不在两端的任意一个数，都等于上一行中与这个数相邻的两数之和．
当 k时，二项式系数是逐渐变小的．
2
当 n 是偶数时，中间一项的二项式系数最大；当 n 是奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大．
C0＋C2＋…＝C1＋C3＋…＝2n－1(n∈N*)；C0＋C1＋…＋Ck＋…＋Cn＝2n(n∈N*)．
nnnnnnnn
56．（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a i, j  代表第i 行，第 j 个数， i  N, j  1,, i 1，例如 a 4, 3  6 ，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）
a 10, 3  36
在第100 行中， a 100, 50 最大
a 2025,1013  a 2025,1014
a 3, 3  a 4, 3  a 5, 3  a 20, 3  1330
【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， a 10, 3  45 ，故 A 错误；
对于选项 B，第 100 行中第 50 个数是C49 ，又C49  C50 ，故 B 错误；
100100100
对于选项 C，第 2025 行中第 1013 个数和第 1014 个数分别为C1012 和C1013 ，
20252025
20252025
因1012 1013  2025 ，故C1012  C1013 ，故 C 正确；
对于选项 D，因为C3 +C2  C2  C2   C2  C3  C2  C2   C2
33452044520
 C3  C2   C2  C3  C2  C3  21 20 19  1330 ，
55202020216
34520
则C2  C2  C2   C2  1330 1  1329 ，故 D 错误；
故选：C.
57．（2022·安徽合肥·三模）将三项式展开，得到下列等式：
a2  a 10  1
a2  a 11  a2  a 1
a2  a 12  a4  2a3  3a2  2a 1
a2  a  14  a6  3a5  6a4  7a3  6a2  3a  1
…
观察多项式系数之间的关系，可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形，其构造方法为：第 0 行为 1，以下各行每个数是它正上方与左右两肩上的 3 个数（不足 3 个数时，缺少的数以 0 计）之和，第 k 行共有 2k+1 个数．则关于 x 的多项式式a2  ax  3x2  x 15 的展开式中， x8 项的系数（ ）
15a2  a 1
15a2  a  1
15a2  2a  3
15a2  2a  3
【答案】D
【分析】直接利用广义杨辉三角和数据的组合的应用求出结果．
【详解】根据广义杨辉三角的定义： (a2  a 1)5  a10  5a9 15a8  30a7  45a6  51a5  45a4  30a3 15a2  5a1 1；故(x2  x 1)5  x10  5x9 15x8  30x7  45x6  51x5  45x4  30x3 15x2  5x1 1；
关于 x 的多项式(a2  ax  3)(x2  x 1)5 的展开式中 x8 项的系数为15a2  30a  45  15(a2  2a  3) ．
故选：D．
58．（2023·江西景德镇·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n 项和为Sn ，设bn  5 lg2 Sn  1 1 ，将数列bn 中的整数项依次取出组成新的数列记为cn ，
则c20 的值为（ ）
A． 545B． 51C． 560D． 48
【答案】B
【分析】根据杨辉三角每行的数字特征，结合等比数列求和公式可得 Sn ，由此可整理得到bn ；根据bn 的整
数项可确定数列cn 的奇数项和偶数项的变化规律，结合等差数列通项公式可求得结果.
【详解】由题意知：第n 行数字之和构成的数列的通项为2n1 ，
5n  1
 1 2n  n  ，b ；
Sn1 221n
则数列bn 的整数项为： 4, 6, 9,11,14,16, ，
数列cn  的奇数项是以4 为首项， 5 为公差的等差数列；偶数项是以6 为首项， 5 为公差的等差数列，
 c2n1  4  5 n 1  5n 1， c2n  6  5n 1  5n 1 ，c20  510 1  51.
故选：B.
59．（2023·河北邯郸·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30 项的和为（ ）
A．680B．679C．816D．815
【答案】D
n1
nn
【分析】根据“杨辉三角”以及组合数性质Cm  Cm  Cm1 运算可求出结果.
22334455
【详解】根据“杨辉三角”，得1 2  3  3  6  4 10  5   C2  C1  C2  C1  C2  C1  C2  C1  ，因此，此数列的前 30 项和为：
S  C2  C1  C2  C1  C2  C1  C2  C1   C2  C1
30223344551616
223344551616
 C2  C1   C2  C1   C2  C1   C2  C1    C2  C1 
345617
 C2  C2  C2  C2   C2
33456173
 C3  C2   C2  C2  C2   C2  C3
 C3  C2  C2  C2   C2  C3
4456173
 C3  C2  C2   C2  C3
556173
   C3  C3
183
 816 1  815 .
.故选：D.
60．（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（ ）
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
第 2023 行中第 1012 个数和第 1013 个数相等
n1
记“杨辉三角”第n 行的第i 个数为a ，则2i1 a   3n
ii
i1
第 34 行中第 15 个数与第 16 个数之比为2 : 3
【答案】D
【分析】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错.
9
【详解】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C7  36 ，A 正确；
第2023行是二项式a  b2023 的展开式的系数，
故第2023行中第1012 个数为C1011 ，第1013 个数为C1012 ，又C1011 =C1012 ，B 正确；
2023
2023
20232023
in
“杨辉三角”第n 行是二项式a  bn 的展开式的系数，所以a
 Ci1 ，
n1n1
innnnnn
2i1a    2i1  Ci1  20C0  21C1  22 C2   2n1  Cn1  2n Cn 
1 2n
 3，C 正确；
i1i1
3434
第 34 行是二项式a  b34 的展开式的系数，所以第 15 个数与第 16 个数之比为C14 : C15  3 : 4 ，D 不正确.故选：D.