第六章计数原理（16题型清单）

第六章计数原理（16题型清单）01思维导图01思维导图0202知识速记知识点01：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类方案中有种不同的方法,在第2类方案中有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法.（2）推广：如果完成一件事情有类不同方案,在第1类方案中有种不同的方法,在第2类方案中有种不同的方法,……在第类方案中有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法.知识点02：分步乘法计数原理（1）定义：完成一件事需要两个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法.（2）推广：完成一件事需要个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,……做第步有种不同的方法,则完成这件事共有种不同的方法.知识点03：排列（1）定义：一般地,从个不同元素中取出()个元素,并按照一定的顺序排成一列,叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列.（2）相同排列：两个排列的元素完全相同,且元素的排列顺序也相同.知识点04：排列数与排列数公式（1）定义：从个不同元素中取出()个元素的所有不同排列的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的排列数,用符号表示.（2）排列数公式①（连乘形式）：，，②（阶乘形式），，（3）全排列：把个不同的元素全部取出的一个排列,叫做个元素的一个全排列,用符号表示.（4）阶乘：正整数1到的连乘积,叫做的阶乘,用符号表示.知识点05：组合（1）定义：一般地：从个不同的元素中取出()个元素作为一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合.（2）相同组合：只要两个组合的元素相同，无论元素的顺序如何，都是相同的组合.（3）组合与排列的异同相同点:组合与排列都是“从个不同的元素中取出()个元素”.不同点:组合要求元素“不管元素的顺序合成一组”,而排列要求元素“按照一定的顺序排成一列”因此区分某一问题是组合问题还是排列问题,关键是看选出的元素是否与顺序有关,即交换某两个元素的位置对结果有没有影响,若有影响,则是排列问题，若无影响，则是组合问题.知识点06：组合数与组合数公式（1）组合数的定义：从个不同元素中取出()个元素的所有不同组合的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的组合数,用符号表示.（2）组合数公式或：（，）.规定：知识点07：组合数的性质（1）性质1：（2）性质2：知识点08：知识链接（1）（2）知识点09：二项式定理及相关概念（1）二项式定理一般地，对于每个（），的展开式中共有个，将它们合并同类项，就可以得到二项展开式：（）.这个公式叫做二项式定理.（2）二项展开式公式中：，等号右边的多项式叫做的二项展开式.（3）二项式系数与项的系数二项展开式中各项的二项式系数为(),项的系数是指该项中除变量外的常数部分,包含符号等.（4）二项式定理的三种常见变形①②③知识点10：二项展开式的通项二项展开式中的()叫做二项展开式的通项,用表示,即通项为展开式的第项:.通项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项(如含指定幂的项常数项、中间项、有理项、系数最大的项等)及其系数等方面有着广泛的应用.知识点11：二项式系数的性质①对称性：二项展开式中与首尾两端距离相等的两个二项式系数相等：②增减性：当时，二项式系数递增，当时，二项式系数递减；③最大值：当为奇数时，最中间两项二项式系数最大；当为偶数时，最中间一项的二项式系数最大.④各二项式系数和：；奇数项的二项式系数和与偶数项的二项式系数和相等：0303题型归纳题型一：分类加法与分步乘法计数原理综合例题1：（2324高二下·江苏宿迁·期中）某女生有3件不同颜色的衬衣，4件不同花样的裙子，另有3套不同样式的连衣裙，“五一”节选择一套服装参加歌舞演出，则不同的选择方式有（

）A．24种 B．10种 C．9种 D．15种【答案】D【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、分类加法计数原理【分析】利用分类加法和分步乘法计数原理计算可得结果.【详解】依题意可知，有两类衣服可选，第一类：选择衬衣和裙子，共有种选择；第二类：选择连衣裙，共有中选择；所以共有种选择.故选：D例题2：（2324高二下·山西长治·期中）甲、乙、丙等六位同学参加校园安全知识决赛，决出第一名到第六名的名次，甲乙两人向老师询问成绩.老师对甲说：“你的成绩没有乙、丙的成绩高.”对乙说：“很遗憾，你不是第一名.”根据以上信息，6人的名次排列的情况有（

）A．300种 B．120种 C．240种 D．180种【答案】D【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用【分析】根据师生对话，结合三人的相对名次，利用插空法进行求解即可.【详解】因为老师对甲说：“你的成绩没有乙、丙的成绩高，所以有两种相对名次，一是乙、丙、甲，二是丙、乙、甲，因此不同的名次有种可能；老师对乙说：“很遗憾，你不是第一名，当乙是第一名时，有甲没有丙的名次高，这时不同的名次有种可能，因此6人的名次排列的情况有种可能，故选：D例题3：（2425高二上·全国·课后作业）将三个分别标有A，B，C的球随机放入编号为1，2，3，4的四个盒子中．求：(1)1号盒中无球的不同放法种数；(2)1号盒中有球的不同放法种数．【答案】(1)27(2)37【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用【分析】（1）由分步乘法计数原理可直接求出答案；（2）分1号盒中有一个球、1号盒中有两个球、1号盒中有三个球3种情况进行讨论，再根据分类计数原理得到结果．【详解】（1）1号盒中无球即A，B，C三个球只能放入2，3，4号盒子中，有（种）放法．（2）1号盒中有球可分三类：一类是1号盒中有一个球，共有（种）放法，一类是1号盒中有两个球，共有（种）放法，一类是1号盒中有三个球，有1种放法．共有（种）放法．巩固训练1．（2024·安徽安庆·三模）A、B、C、D、E5所学校将分别组织部分学生开展研学活动，现有甲、乙、丙三个研学基地供选择，每个学校只选择一个基地，且每个基地至少有1所学校去，则A校不去甲地，乙地仅有2所学校去的不同的选择种数共有（

）A．36种 B．42种 C．48种 D．60种【答案】B【知识点】分组分配问题、分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用【分析】根据给定条件，利用两个原理，结合排列、组合应用列式计算即可.【详解】①A校去乙地有种；②A校与另一所学校去丙地有种，③A校单独去丙地有种，所以共有种，故选：B．2．（2425高二上·全国·课后作业）将《》《》等三本不同的书按如图所示的方式放在一起，则《》放在最上面或最下面的不同放法共有（

）A．2种 B．4种 C．6种 D．9种【答案】B【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用【分析】根据条件，利用分类分步计数原理，即可求出结果.【详解】《》放在最上面或最下面的不同放法共有种，故选：B.3．（2024高三·全国·专题练习）分别编有，，，，号码的人与椅，其中号人不坐号椅的不同坐法有多少种？【答案】44【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用【分析】通过树图法即可求解.【详解】树图法如下：2通过画以上树状图可得，号人不坐号椅的不同坐法有种．题型二：捆绑法例题1：（2425高二上·河南·阶段练习）在一次文物展览中，要将5件不同的文物从左到右摆成一排进行展示，其中有2件特殊的文物需要相邻摆放，则不同的排列方法有（

）A．24种 B．48种 C．96种 D．120种【答案】B【知识点】相邻问题的排列问题、全排列问题【分析】2个特殊的文物利用捆绑法，再与其他文物全排列即可.【详解】先把2件特殊的文物放一起，看做一个整体与其余3个全排列，共有种不同的排法，故选：B例题2：（2324高二下·新疆·期末）10人（含甲、乙、丙）随机站成一排，则甲、乙、丙3人站在一起的不同站法种数为（

）A． B．C． D．【答案】D【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、全排列问题【分析】利用捆绑法结合分步乘法计数原理求解即可.【详解】首先，甲、乙、丙3人站在一起，对其全排列，共有种不同的站法，然后我们把他们捆绑为一个整体，再对这个整体和其他个人全排列，共有种不同的站法，所以甲、乙、丙站在一起的不同站法种数为，故D正确.故选：D例题3：（2425高二上·上海·期中）班级迎新晚会有3个唱歌节目、2个相声节目和1个魔术节目，要求排出一个节目单.(1)魔术节目不排在最后一个节目，有多少种排法？(2)3个唱歌节目要排在一起，有多少种排法?【答案】(1)600；(2).【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用【分析】（1）先从3个唱歌节目和2个相声节目中选1个放在最后，再将其余5个节目全排列，根据分步乘法计数原理即可求解；（2）先将3个歌唱节目捆绑在一起，再与其余3个节目全排列，根据分步乘法计数原理即可求解.【详解】（1）魔术节目不排在最后一个节目，则先从3个唱歌节目和2个相声节目中选1个放在最后，有5种排法；其余5个节目任意排，有种排法，所以魔术节目不排在最后一个节目，有种排法.（2）将3个歌唱节目捆绑在一起，看成1个节目有种，与其余3个节目一起排共种，则3个唱歌节目要排在一起，有种排法．巩固训练1．（2024·广东·模拟预测）甲、乙等6人围成一圈，且甲、乙两人相邻，则不同的排法共有（）A．6种 B．12种 C．24种 D．48种【答案】D【知识点】其他排列模型、相邻问题的排列问题【分析】将甲、乙两人看成一个人，根据n个不同元素围成的环状共有种排法求解.【详解】因为由于环状排列没有首尾之分，将n个不同元素围成的环状排列剪开看成n个元素排成一排，即共有种排法，由于n个不同元素共有n种不同的剪法，则环状排列共有种排法.甲、乙两人相邻而坐，可将此2人当作1人看，即5人围一圆桌，有种坐法，又因为甲、乙2人可换位，有2!种坐法，故所求坐法为种.故选：D2．（2324高二下·陕西渭南·期中）用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的五位数，则1，2相邻，而3，4不相邻的数有.【答案】【知识点】元素（位置）有限制的排列问题【分析】首先把1，2看做一个元素和5两个元素排列，再在两个元素形成的三个空中把3，4排列即可．【详解】∵1，2相邻，而3，4不相邻，∴1，2相邻要看做一个元素，而3，4不相邻要用插空法，首先把1，2看做一个元素和5两个元素排列（1，2内部还可排列）有，再在两个元素形成的三个空中把3，4排列有，所以共有．故答案为：．3．（2324高二上·吉林长春·期中）六个节目制成一个节目单，其中游戏不安排在第一个，唱歌和跳舞相邻，则不同的节目单顺序有种.（结果用数字作答）【答案】192【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、实际问题中的组合计数问题【分析】根据唱歌和跳舞相邻和游戏不安排在第一个，先将唱歌和跳舞进行捆绑看作一个与除游戏外的三个进行全排，然后将游戏进行插空即可求解.【详解】先将唱歌和跳舞进行捆绑看作一个与除游戏外的三个进行全排，则有种排法，然后将游戏插入这4个排好的空中（不排第一个），有种，由于唱歌和跳舞的位置可以互换，所以不同的节目单顺序有种，故答案为：.题型三：插空法（捆绑与插空综合）例题1：（2425高三上·海南省直辖县级单位·开学考试）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不相邻，且1与4相邻，则可以设置的密码种数为（

）A．144 B．72 C．36 D．24【答案】B【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题【分析】根据相邻问题用捆绑法和不相邻问题用插空法即可求解.【详解】由题意知可将当成一个整体来计算，和总计有种排法，再根据插空法可得总排法有.故选：B例题2：（2324高二下·贵州·期中）2024年3月5日至11日，第十四届全国人民代表大会第二次会议胜利召开.此次大会是高举旗帜、真抓实干、团结奋进的大会，全国人大代表不负人民重托、认真履职尽责，凝聚起扎实推进中国式现代化的磅礴力量.某村小校党支部包含甲、乙、丙、丁的10位党员开展“学习贯彻2024年全国两会精神”圆桌会议，根据会议要求：甲、乙必须相邻，甲、丙、丁不能相邻.则不同的座位安排有种（用数字作答）.【答案】43200【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题【分析】甲和乙必须相邻，采用捆绑法，甲和丙不能相邻，采用插空法，结合圆排列，再根据分步乘法原理计算即可.【详解】甲和乙必须相邻，采用捆绑法，将其看作一个整体，与除丙丁外的其他6人排成一圈，共有种排列.甲和丙，丁不能相邻，采用插空法，甲和乙与除了丙丁外的其他6人排成一圈后形成7个空，但甲与丙丁不能相邻，故丙丁只有6个空位可选，有种选择，根据分步乘法原理可知，不同的排法总数为.故答案为：43200

.例题3：（2324高二下·浙江嘉兴·期中）从等人中选出人排成一排.(1)三人不全在内，有多少种排法？(2)都在内，且必须相邻，与都不相邻，都多少种排法？(3)不允许站排头和排尾，不允许站在中间（第三位），有多少种排法？（列式并用数字作答）【答案】(1)1800(2)144(3)1560【知识点】全排列问题、元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题【分析】（1）根据全排列，去掉在内的情况即可由排列和组合求解，（2）根据相邻和不相邻问题，利用捆绑法和插空法即可求解，（3）分四类情况即可求解.【详解】（1）从7人中任选5人排列共有种不同排法，三人全在内有种不同排法，由间接法可得三人不全在内共有种不同排法；（2）因A，B，C都在内，所以只需从余下4人中选2人有种不同结果，A，B必须相邻，有种不同排法，由于C与A，B都不相邻，先将选出的2人进行全排列共有种不同排法，再将A、B这个整体与C插入到选出的2人所产生的3个空位中有种不同排法，由乘法原理可得共有种不同排法；（3）分四类：第一类：所选的5人无A、B，共有种排法；第二类：所选的5人有A、无B，共有种排法；第三类：所选的5人无A、有B，共有种排法；第四类：所选的5人有A、B，若A排中间时，有种排法，若A不排中间时，有种排法，共有种排法；综上，共有1560种不同排法.巩固训练1．（多选）（2425高二上·辽宁·期末）现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，则下列说法正确的是（

）A．4个男学生排在一起，有1440种不同的排法B．老师站在最中间，有1440种不同的排法C．4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端，有1728种不同的排法D．2名老师之间要有男女学生各1人，有3840种不同的排法【答案】BCD【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题、排列组合综合【分析】利用捆绑法排列判断A，特殊元素优先安排（即先安排都是排中间然后再在两边安排学生求解判断B，用插空法（男生插入时需先先安排男生甲）求解判断C，先任选一名男学生和一名女学生站两位老师中间，把这四人捆绑后进行排列求解判断D．【详解】选项A：4个男学生排在一起共有种站法，则有2880种不同的排法，故A错误；选项B：老师站在最中间共有种站法，则有1440种不同的排法，故B正确；选项C：先排老师和女学生，共有种站法，再排男学生甲，有种站法，最后排剩余的3名男学生有种站法，所以共有种不同的站法，故C正确；选项D：先任选一名男学生和一名女学生站两位老师中间，有种站法，两名老师的站法有种，再将这一男学生一女学生两位老师进行捆绑，与剩余的4个人进行全排列有种站法，所以共有种不同的站法.故D正确.故选：BCD．2．（多选）（2324高二下·江苏徐州·阶段练习）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值．它具有红黑两种阵营，将、车、马炮、兵等均为象棋中的棋子．现将3个红色的“将”“车”“马”棋子与2个黑色的“将”“车”棋子排成一列，则下列说法正确的是（

）A．共有120种排列方式．B．若两个“将”相邻，则有24种排列方式．C．若两个“将”不相邻，则有36种排列方式．D．若同色棋子不相邻，则有12种排列方式．【答案】AD【知识点】相邻问题的排列问题、不相邻排列问题【分析】A选项，由全排列知识进行求解，B选项，相邻问题进行捆绑，再由排列知识求出答案；C选项，不相邻问题插空法进行求解；D选项，先将2个黑色的棋子进行全排列，再插空即可.【详解】A选项，由排列知识可得共有种排列方式，故A正确；B选项，两个“将”捆绑，有种情况，再和剩余的3个棋子进行全排列，故共有种情况，故B错误；C选项，两个“将”不相邻，先将剩余3个棋子进行全排列，共有4个空，再将两个“将”插空，故共有种情况，故C错误；D选项，将2个黑色的棋子进行全排列，共有3个空，再将3个红色的棋子进行插空，则有种排列方式，故D正确.故选：AD.3．（2425高二上·陕西渭南·阶段练习）求下列问题的排列数：(1)4名男生3名女生排成一排，3名女生相邻；(2)4名男生3名女生排成一排，3名女生不能相邻；(3)4名男生3名女生排成一排，女生不能排在两端.【答案】(1)720(种)(2)1440(种)(3)1440(种)【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、不相邻排列问题【分析】（1）利用捆绑法进行排列计算可得结果；（2）利用插空法先排男生，再将女生插空排列计算可得结果；（3）根据特殊元素排法将两端排上男生再进行全排列即可得结果.【详解】（1）根据相邻问题捆绑法得，先将3名女生全排列，并作为一个元素，再和其余4名男生一起排列，共有(种)不同的安排方法.（2）根据不相邻问题插空法得，先将4名男生进行全排列，再将3名女生插在5个空位上，共有(种)不同的排列方法.（3）先从4名男生中取2人排在两端，再将其余5人排在中间5个位置上，共有(种)不同的排列方法.题型四：特殊元素法例题1：（2425高二上·辽宁·阶段练习）据典籍《周礼•春官》记载，“宫､商､角､徵､羽”这五音是中国古乐的基本音阶，成语“五音不全”就是指此五音.如果把这五个音阶全用上，排成一个五音阶音序，要求“宫”不为末音阶，“羽”不为首音阶，“商”“角”不相邻，则可以排成不同音序的种数是（

）A．50 B．64 C．66 D．78【答案】A【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、排列组合综合、分类加法计数原理【分析】以“宫”的顺序将音阶排序分为四类，再考虑“商”“角”顺序，运用排列组合知识可得答案.【详解】①若“宫”为首音阶，“商”“角”可取音阶，排成的音序有种；②若“宫”为第2音阶，“商”“角”可取音阶，排成的音序有种；③若“宫”为第3音阶，“商”“角”可取14，15，24，25音阶，排成的音序有种；④若“宫”为第4音阶，“商”“角”可取13，15，25，35音阶，排成的音序有种.由分类加法计数原理可知，一共有种排法.故选：A.例题2：（2024高三·全国·专题练习）甲、乙、丙等5名同学站一排照相合影，要求甲与乙之间有一人，丙与甲不相邻，丙与乙相邻，则不同的排法有种．【答案】8【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、排列组合综合【分析】先安排特殊元素和特殊位置，再根据计数原理计算即可.【详解】先安排甲、乙，有种方法，且甲、乙之间有一个空位，而丙与甲不相邻，所以安排空位有种方法；又丙与乙相邻，所以丙位置固定，然后让最后一人站两端，有种方法；所以不同的排法共有（种）排法.故答案为：8例题3：（2024·上海闵行·一模）从10名数学老师中选出3人安排在3天的假期中值班，每天有且只有一人值班．若老师甲必须参加且不安排在假期第一天值班，则不同的值班安排方法种数为．【答案】144【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用【分析】利用分步乘法计数原理及排列应用问题列式计算得解.【详解】依题意，安排老师甲有种，从除甲外的9名老师中任选2人并安排值班有种，所以不同的值班安排方法种数为（种）.故答案为：144巩固训练1．（2324高二下·四川遂宁·阶段练习）北京时间2023年10月26日19时34分，神舟十六号航天员乘组（景海鹏，杜海潮，朱杨柱3人）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十七号航天员乘组（汤洪波，唐胜杰，江新林3人）人驻“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排合影留念，唐胜杰与江新林相邻，景海鹏不站最左边，汤洪波不站最右边，则不同的排法有（

）A．144种 B．204种 C．156种 D．240种【答案】C【知识点】元素（位置）有限制的排列问题、相邻问题的排列问题、分步乘法计数原理及简单应用、排列数的计算【分析】先应用捆绑解决相邻，再分海鹏站位置分类，最后应用分步解决问题.【详解】第一步，唐胜杰、江新林2人相邻，有种排法；第二步，分景海鹏站最右边与景海鹏不站最左边与最右边两种情况讨论第一种情况：景海鹏站最右边，共有种排法；第二种情况：景海鹏不站最左边与最右边，则共有种排法，故总共有种排法.

故选：C.2．（2324高二下·四川凉山·期中）某校高二年级组织学生去某旅游名胜区春游，包含小明在内的6位同学站成一排照相，小明不站在两端，则不同的排法有（

）种．A．240 B．300 C．360 D．480【答案】D【知识点】元素（位置）有限制的排列问题【分析】先排小明，后排其他同学即可得.【详解】小明先在中间4个位置选一个，然后再排其他5位同学，共有.故选：D.3．（2425高三上·广东·阶段练习）甲、乙、丙等人站成一排，要求甲、乙不站在丙的同一侧，则不同的站法共有种．【答案】【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、元素（位置）有限制的排列问题【分析】根据分步乘法计数原理可得解.【详解】先站甲、乙、丙人，共有种不同的站法，再站剩余人，先将1人排到甲、乙、丙3人之间的空位中，最后将剩余的1人排到前面4人之间的空位中，共有种不同的站法，根据分步乘法计数原理，不同的站法共有种．故答案为：40题型五：间接法例题1：（2425高二上·河南驻马店·阶段练习）某中学高二年级入学进行了一场为期一周的军训，在军训过程中，教官根据班级表现从各个维度进行评分，最终评出“先进集体”“作风优良班级”“纪律优良班级”“素质优良班级”四个奖项．已知总共有三个班级获奖，其中有两个班级均获得了“先进集体”，剩余三个奖项每个奖项均只有一个班级获得，则所有的颁奖方式有（

）A．57种 B．60种 C．114种 D．120种【答案】A【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题【分析】利用间接法，结合分步乘法计数原理可得解.【详解】设获奖的三个班级分别为，，，首先分配“先进集体”奖，有（种）可能；继续分配“作风优良班级”“纪律优良班级”“素质优良班级”这三个奖项，每个奖项分别有，，三种可能，于是有（种）可能，相乘一共有（种）可能，其中一个班级一个奖项都不获得，也就是分配“作风优良班级”“纪律优良班级”“素质优良班级”这三个奖项时均分配到两个获得“先进集体”奖的班级，共有（种）可能；两者相减得所有的颁奖方式有（种）．故选：A．例题2：（多选）（2425高二上·江西·阶段练习）某单位安排7名员工周一到周日为期一周的值日表，每名员工值日一天且不重复值班，其中甲不排在周一，乙不排在周三，则不同的安排方案种数为（

）A． B． C． D．【答案】ABD【知识点】元素（位置）有限制的排列问题【分析】按照乙安排在周一和乙不安排在周一分类讨论求解判断CD，先求出所有的排法，然后排除甲排在周一及乙排在周三的情况求解判断B，先求出周一不安排甲的排法数,再排除乙排在周三的情况求解判断A.【详解】直接法：若乙安排在周一，则有种不同的排法；若乙不安排在周一，则甲、乙可以安排在除周一和周三外的任何位置，有种不同的排法．故所有符合题意的方法共有种，所以选项D正确．间接法：（1）不管条件限制共有种不同的排法．当甲安排在周一或乙安排在周三时，有种不同的排法；当甲安排在周一且乙安排在周三时，有种排法．故所有符合题意的方法共有种，所以选项B正确．（2）从周一到周日的七天位置来看，周一不安排甲共有种不同的排法，其中周三安排乙共有种排法，是不符合题意的，故所有符合题意的方法共有种，所以选项A正确.故选：ABD例题3：（2024·贵州遵义·二模）某校开展劳动技能比赛，高三（1）班有3名男生，5名女生报名参赛，现从8名同学中选4名同学代表班级参加比赛，要求男女生各至少1人，则不同的选派方案共有种．【答案】65【知识点】实际问题中的组合计数问题【分析】利用组合计数问题，结合排除法列式计算即得.【详解】从8名同学中任选4名，有种方法，其中全是女生的选法有种，所以不同的选派方案共有（种）.故答案为：65巩固训练1．（2024高三·全国·专题练习）有5本不同的书，其中语文书2本，数学书2本，物理书1本．若将其并排摆放在书架的同一层上，则同一科目书都不相邻的放法种数是（

）A．24 B．48 C．72 D．96【答案】B【知识点】不相邻排列问题【分析】用排除法，5本书的全排列减去语文书和数学书中只有一种是两本相邻的排列数，再减去语文书相邻数学书也相邻的排列数即可得．【详解】故选：B．2．（2024·江西新余·模拟预测）甲、乙等5人排成一行，则甲不站在5人正中间位置且乙不站在最左端的不同的排列方式共有（

）种.A． B． C． D．【答案】D【知识点】元素（位置）有限制的排列问题【分析】采用间接法，先5人全排有种，去掉甲在中间的有种，乙在最左端的有种，然后加上甲在中间和乙在最左端的有种.【详解】采用间接法，先5人全排有种，去掉甲在中间的有种，乙排最左端的有种，然后加上甲在中间和乙在最左端的有种，则共有种排法.故选：D.3．（2024·浙江金华·一模）从1，2，3，4，5，6这六个数中任选三个数，至少有两个数为相邻整数的选法有种【答案】16【知识点】实际问题中的组合计数问题、写出某事件的对立事件【分析】由组合数公式计算出所有选法，减去三个数都不相邻的选法即可.【详解】从1，2，3，4，5，6这六个数中任选三个数，共有种选法，其中三个数都不相邻的，有135，136，146，246这4种，所以至少有两个数为相邻整数的选法有204=16种.故答案为：164．（2324高三上·四川内江·阶段练习）根据学校要求，错峰放学去食堂吃饭，高三年级五楼有4个班排队，1班不能排在最后，4班不能排在第一位，则四个班排队吃饭的不同方案有种.（用数字作答）【答案】【知识点】元素（位置）有限制的排列问题【分析】根据题意，由间接法代入计算，即可得到结果.【详解】总方案有种，1班排在最后有种方案，4班排在第一位有种方案，1班排在最后且4班排在第一位有种方案，则满足要求的方案有种.故答案为：题型六：隔板法例题1：（2324高二下·河南漯河·阶段练习）某学校利用周末时间组织学生进行志愿者服务，高二年级共6个班，其中（1）班有2个志愿者队长，本次志愿者服务一共20个名额，志愿者队长必须参加且不占名额，若每个班至少有3人参加，则共有（

）种分配方法.A．90 B．60 C．126 D．120【答案】C【知识点】分组分配问题【分析】将问题转化为将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，进而结合隔板法求解即可得到.【详解】若每个班至少3人参加，由于（1）班有2个志愿者队长，故只需先满足每个班级有2个名额，还剩10个名额，再将10个名额分配到6个班级，每个班级至少1个名额，故只需在10个名额中的9个空上放置5个隔板即可，有种分配方法.故选：C.例题2：（2324高二下·山西临汾·期中）将10个诗歌朗诵比赛名额全部分给6个不同的班，每个班至少有1个名额，则不同的分配方案种数为（

）A．56 B．126 C．210 D．462【答案】B【知识点】分组分配问题【分析】根据题意，结合“隔板法”，即可求解.【详解】将10个诗歌朗诵比赛名额全部分给6个不同的班，每个班至少有1个名额的分法，类比于用5个隔板插入10个小球中间的空隙中，将球分成6堆，由于10个小球中间共有9个空隙，因此共有种不同的分法.故选：B例题3：（2425高二上·全国·课后作业）将8个相同的小球放入5个编号为1，2，3，4，5的盒子，每个盒子都不空的方法数为，恰有一个空盒子的方法数为．【答案】35175【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题【分析】对于空1，先把8个相同的小球排成一行，求出用隔板法将8个相同的小球分成5份的方法数即得解；对于空2，先选出一个空盒子，接着求出用隔板法将排成一行的8个相同的小球分成4份的方法数，再结合分步乘法计数原理即可求解.【详解】先把8个相同的小球排成一行，然后在8个小球之间的7个空隙中任选4个空隙各插入一块隔板，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，故每个盒子都不空的方法数共有种；若恰有一个空盒子，先选出一个空盒子，有种选法，并在8个小球之间的7个空隙中任选3个空隙各插入一块隔板，有种插法，故由分步乘法计数原理恰有一个空盒子的方法数共有种.故答案为：35；175.巩固训练1．（2425高三上·江苏南通·阶段练习）把8个相同的篮球分发给甲、乙、丙、丁4人，不同的分发种数为（

）A．70 B．99 C．110 D．165【答案】D【知识点】分组分配问题【分析】相同元素的分配问题用“隔板法”即可.【详解】当8个相同的蓝球只分给其中1人时，有4种分法；当8个相同的蓝球分给其中的2人时，先从4人里面选出2人，再将8个相同的蓝球排成一排，形成的7个空里面选出1个空插入1个“隔板”即可，此时有种分法；当8个相同的蓝球分给其中的3人时，先从4人里面选出3人，再将8个相同的蓝球排成一排，形成的7个空里面选出2个空插入2个“隔板”即可，此时有种分法；当8个相同的蓝球分给其中的4人时，每人至少一个，此时将8个相同的蓝球排成一排，形成的7个空里面选出3个空插入3个“隔板”即可，此时有种分法；因此把8个相同的蓝球分发给甲、乙、丙、丁4人时，不同的分发种数有：故选：D.2．（天津市红桥区20242025学年高二上学期1月期末考试数学试题）某学校准备组建一个18人的足球队，这18人由高二年级十个班的学生组成，每个班至少一人，名额分配方案共种(用数字填写).【答案】24310【知识点】实际问题中的组合计数问题、组合数的计算【分析】采用“隔板法”求解即可.【详解】构成一个隔板模型，取18个棋子排成一排，在相邻的每两个棋子形成的17个间隙中选取9个插入隔板，这样就把18个元素分成10个区间，第个区间的棋子个数对应第个班级的学生名额，因此，名额分配方案的种数与隔板插入数相等，因隔板插入数为，所以名额分配方案共有24310种.故答案为：24310.3．（2324高二下·全国·课后作业）将8个相同的小球放入5个编号为1，2，3，4，5的盒子，每个盒子都不空的方法数为.【答案】35【知识点】实际问题中的组合计数问题【分析】用插隔板法：先把8个相同的小球排成一行，然后在8个小球之间的7个空隙中任选4个空隙各插入一块隔板，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，由此可得结论．【详解】先把8个相同的小球排成一行，然后在8个小球之间的7个空隙中任选4个空隙各插入一块隔板，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，故每个盒子都不空的方法数共有种.故答案为：35.题型七：分组、分配问题（平均分，部分平均分，不平均分）例题1：（2425高二上·辽宁辽阳·期末）元旦假期，某旅游公司安排6名导游分别前往沈阳故宫、本溪水洞、鞍山千山、盘锦红海滩四个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有导游前往，且每名导游都只安排去一个景区，则不同的安排方法种数为（

）A．1280 B．300 C．1880 D．1560【答案】D【知识点】分组分配问题【分析】利用先分组再分配的思想结合排列组合的知识求解.【详解】将6名导游分成四组，各组人数分别为1，1，1，3或1，1，2，2．当各组人数为1，1，1，3时，共有种安排方法；当各组人数为1，1，2，2时，共有种安排方法．故不同安排方法有种．故选：D.例题2：（2024·贵州六盘水·模拟预测）甲、乙、丙、丁四位同学去三个不同的地方参加社会实践活动，要求每个地方至少有一名同学参与，且每人只能去一个地方，则一共有种不同的分配方案（用数字作答）【答案】【知识点】分组分配问题【分析】先分成三组，再对三组进行分配即可得.【详解】先将四名同学分成人、人、人三组，则有种分法，再将三组人随机分配至三个不同的地方有种分法，故共有种不同分配方案.故答案为：.例题3：（2024高三·全国·专题练习）现有20个不同颜色的玻璃球，按照以下要求分配，共有多少种分配方法？(1)均匀地分为2组；均匀地分为4组.(2)分为3组，其中两个组各6个球，另外两个组各4个球.(3)从这20个玻璃球中选取19个玻璃球，放进3个不同的纸盒中，每个纸盒中至少放6颗球.【答案】(1)；(2)(3)【知识点】实际问题中的组合计数问题【分析】根据题意，利用排列数与组合数的概念与计算公式，即可求解.【详解】（1）在抽取过程中，人为考虑了排列问题，例如，先抽取10个玻璃球，剩10个玻璃球，和先抽取剩的10个玻璃球是同一种情况，切勿计算两次.平均分组不用管组与组之间的顺序，先从20个不同颜色的玻璃球中抽取10个玻璃球作为一组，剩下的10个玻璃球作为一组，然后再除以重复的倍数，重复的倍数与分组的数量相关，具体次数是组数的一个全排列，即.同理，均匀地分为4组的分配方法有种.（2）先从20个不同颜色的玻璃球中抽取6个玻璃球，然后从14个不同颜色的玻璃球中抽取6个玻璃球，再从8个不同颜色的玻璃球中抽取4个玻璃球，剩下的4个不同颜色的玻璃球为一组，这时前面两个分组的数量相同，后面两个分组的数量也相同，所以存在排列问题，只需除以两次2的全排列，即.（3）首先把不同的对象分成相应的组，然后把分成的组进行排列，将19个球分为6、6、7组进行分配，即.巩固训练1．（2425高二上·山东德州·阶段练习）2023年武汉马拉松于4月16日举行，组委会决定派小王、小李等8名志愿者到甲乙两个路口做引导员，每位志愿者去一个路口，每个路口至少有两位引导员，若小王和小李不能去同一路口，则不同的安排方案种数为（

）A．82 B．100 C．124 D．164【答案】C【知识点】分组分配问题【分析】根据题意，先分配特殊的两个人，再将剩余6个人分到两个路口，按照分组分配相关知识进行计算即可．【详解】若小王在甲号路口，小李在乙号路口，则剩余6个人分到两个路口，两个路口为人分布，共有种方案，两个路口为人分布，共有种方案，两个路口为人分布，共有种方案，此时共有种方案；同理若小王在甲号路口，小李在乙号路口，也共有种方案．所以一共有种不同的安排方案种数．故选：C．2．（2324高二下·福建泉州·期末）如图为某公交线路图的一部分，现在6名同学从安一中站点上车，分组到人民银行、实验小学、凤山公园、凤山书院4个站点参加公益宣传活动，每个站点至少一人，且实验小学站至少2人，则下车的不同方案种数为（

）A．120 B．480 C．540 D．660【答案】D【知识点】分类加法计数原理、分组分配问题【分析】分别考虑实验小学站2人，实验小学站3人，根据分组分配问题，结合排列组合即可求解．【详解】当实验小学站2人，种．实验小学站3人，种．则下车的不同方案种数为．故选：D．3．（2425高三·上海·课堂例题）身高互不相同的个人呈横排纵列照相，每个人都比他同列身后的人个子矮，则不同的排法种数是种．【答案】90【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、排列组合综合、分组分配问题【分析】根据条件，将个人平均分成三组，再全排，即可求出结果.【详解】将个人平均分成三组，有种方法，再进行全排，有种排法，故答案为：.题型八：染色问题例题1：（2425高二上·辽宁·期末）《九章算术》第一章“方田”问题二十五、二十六指出了三角形田面积算法：“半广以乘正从”.数学社团制作板报向全校师生介绍这一结论，给证明图形的六个区域涂色，有三种颜色可用，要求有相邻边的区域颜色不同，则不同的涂色方法有（

）A．48种 B．96种 C．102种 D．120种【答案】B【知识点】涂色问题、排列组合综合【分析】设图中的六个区域分别为，按照是否同色，分两类，再结合分步乘法计数原理运算求解.【详解】如图，设图中的六个区域分别为，按照是否同色，分两类：①不同色，先给涂色，有，再根据是否用余下那种颜色分两种情况，不用第三种颜色，即用的颜色，用的颜色，有种，有种，则有种涂法；用第三种颜色，即用第三种颜色，用的颜色，有种，有种，或用第三种颜色，用的颜色，则有种涂法，所以不同色的涂法有：，②同色，先给涂色，有，则只能用第三种颜色，有种，有种，所以同色的涂法有：，综上，不同的涂色方法有：种.故选：B.例题2：（2324高三上·广东东莞·阶段练习）如图所示，相邻区域不得使用同一颜色，现有种颜色可供选择，则涂满所有区域的不同的着色方法共有种(用数字填写答案)【答案】72【知识点】涂色问题、排列数的计算【分析】分用3色涂或4色涂两种情况求解可得结论.【详解】若用3色涂，则应先把1，2，3，4，5五块区域分成三组，每组能用一种颜色涂，分组方法是35，24，1，此时的涂法有种，若用4色涂，则应先把1，2，3，4，5五块区域分成四组，每组能用一种颜色涂，分组方法是2，4，35，1或24，3，5，1，此时的涂法有种，所以总的涂色方法有.故答案为：.例题3：（2025高三·全国·专题练习）用五种不同的颜色给下图中的四块区域涂色，要求相邻的区域颜色不同，则一共有多少种不同的涂色方法？【答案】180【知识点】涂色问题、排列数的计算、分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题【分析】分选择四种颜色和选择三种颜色两种情况分别求出涂色方法即可.【详解】若选择四种颜色，则有种不同的涂色方法；若选择三种颜色，则有种不同的涂色方法，故一共有种不同的涂色方法.巩固训练1．（2324高二下·广东肇庆·阶段练习）如图，现有4种不同颜色给图中5个区域涂色，要求任意两个相邻区域不同色，有多少种不同涂色方法（

）13425A．120 B．72 C．288 D．144【答案】D【知识点】涂色问题【分析】根据任意两个相邻区域不同色，利用分步计数原理即可求解．【详解】如图，区域1有4种选法，区域2有3种选法，区域3有2种选法，区域4可选剩下的一种或选区域1，2所选的颜色，共有3种选法，区域5从区域4剩下的2种颜色中选有2种选法，共有种．故选：D2．（2324高二下·宁夏吴忠·阶段练习）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，共有种不同的着色方法.【答案】180【知识点】分步乘法计数原理及简单应用【分析】由分步乘法计数原理即可求解.【详解】先给地区I染色有5种选择，再给地区II染色有4种选择，然后给地区III染色有3种选择，最后给地区IV染色也有3种选择，综上所述，满足题意的染色方法共有种.故答案为：180.3．（2324高二下·重庆·期末）如图，为我国数学家赵爽验证勾股定理的示意图，用五种颜色（其中一种为黄色）对图中四个区域进行染色，每个区域只能用一种染色.若必须使用黄色，则四个区域中有且只有一组相邻区域同色的染色方法有种；若不使用黄色，则四个区域中所有相邻区域都不同色的染色方法有种.【答案】【知识点】分类加法计数原理、分步乘法计数原理及简单应用、涂色问题、排列组合综合【分析】按同色区域用黄色和不用黄色分类，再结合分步乘法计数原理列式计算即得；按用色多少分成3类，再在每一类中采用先取后排的方法列式计算即得.【详解】根据题意，要求四个区域中有且只有一组相邻区域同色，而同色的相邻区域共有4种，不妨假设为同色，①若同时染黄色，则另外两个区域共有种染色方法，因此这种情况共有种染色方法；②若同时染的不是黄色，则它们的染色有4种，另外两个区域一个必须染黄色，所以这两个区域共有，因此这种情况共有种染色方法，综上可知有且只有一组相邻区域同色的染色方法的种数为种；根据题意，因为不用黄色，则只有四种颜色可选，分3种情况讨论：①若一共使用了四种颜色，则共有种染色方法；②若只使用了三种颜色，则必有一种颜色使用了两次，且染在相对的区域，所以一共有种染色方法；③若只使用了两种颜色，则两种颜色都使用了两次，且各自染在一组相对区域，所以共有种染色方法，综上可知所有相邻区域都不同色的染色方法的种数为84种.故答案为：；【点睛】思路点睛：染色问题，可以按用色多少分类，再在每一类中找同色方案，并结合排列组合综合问题求解.题型九：排数问题例题1：（2024高三·全国·专题练习）从1，3，5，7中任取2个数字，从0，2，4，6，8中任取2个数字，组成没有重复数字的四位数，其中能被5整除的四位数共有（

）A．252个 B．300个C．324个 D．228个【答案】B【知识点】分类加法计数原理、数字排列问题、排列组合综合【分析】根据题意，分三种情况进行讨论，四位数中包含5和0的情况，四位数中包含5，不含0的情况，四位数中包含0，不含5的情况，再由分步计数原理，即可求解．【详解】（1）若四位数中含有数字0不含数字5，则选法是，可以组成四位数个；（2）若四位数中含有数字5不含数字0，则选法是，可以组成四位数个；（3）若既含数字0，又含数字5，选法是，排法是若0在个位，有种，若5在个位，有种，故可以组成四位数个．根据加法原理，共有个．故选：Ｂ．例题2：（2324高二下·江苏南京·阶段练习）“渐升数”是指每一位数字都比左边数字大的正整数（如1347），那么四位“渐升数”有个，比5789小的四位“渐升数”有个.（用数字作答）【答案】【知识点】组合数的计算、代数中的组合计数问题、分类加法计数原理【分析】根据题意，利用“渐升数”的定义，集合组合数公式，分类讨论，即可求解.【详解】根据题意，“渐升数”中不能有0，则在其他的9个数字中任取4个数，则每种取法对应一个“渐升数”，所以四位“渐升数”有个；当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个；当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个；当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个；当千位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个；当千位数字为，百位数字为时，此时得到的渐升数都小于5789，有个，综上可得，比5789小的四位“渐升数”有个.故答案为：；.例题3：（2324高二下·天津北辰·阶段练习）从1，3，5，7中任取两个数，从0，2，4，6中任取两个数，组成没有重复数字的四位数．这样的四位偶数有个．（用数字作答）【答案】396【知识点】数字排列问题、元素（位置）有限制的排列问题、代数中的组合计数问题【分析】利用分步乘法计数原理求出个位为偶数字的排列数，去掉最高位是数字0且个位为偶数字的排列数即可得结果.【详解】取出两个奇数字和两个偶数字的方法数为种，把取出的4个数字排列，个位为偶数字的排列方法数为，其中取出数字0并排在最高位，个位为偶数字的有，所以符合要求的四位偶数个数为.故答案为：396巩固训练1．（2425高二下·全国·课后作业）从，，，，，，这个数中任选个组成一个没有重复数字的“五位凹数”（满足），则这样的“五位凹数”的个数为（

）A．个 B．个 C．个 D．个【答案】A【知识点】分步乘法计数原理及简单应用、实际问题中的组合计数问题【分析】利用分步乘法计数原理可得.【详解】第一步，从，，，，，，这个数中任选个共有种方法，第二步，选出的个数中，最小的为，从剩下的4个数中选出个分给，由题意可知，选出后就确定了，共有种方法，故满足条件的“五位凹数”个，故选：A2．（2425高二上·江西·阶段练习）若一个三位数中十位上的数字比百位上的数字和个位上的数字都大，则称这个数为“凸数”，如360，253等都是“凸数”．用0，1，2，3，4这五个数字组成无重复数字的三位数，则在组成的三位数中“凸数”的个数为．（用数字作答）【答案】14【知识点】数字排列问题、元素（位置）有限制的排列问题、分类加法计数原理、排列组合综合【分析】根据给定条件按三位数中是否有0分类，再利用排列组合应用问题列式计算得解.【详解】将这些“凸数”分为两类：①含数字0，则0一定在个位上，有种；②不含数字0，则有种，所以在组成的三位数中，“凸数”的个数为.故答案为：143．（2024高三·全国·专题练习）用，，，，，这六个数字组成没有重复的四位偶数，将这些数字从小到大排列起来，第个数是．【答案】【知识点】数字排列问题、排列数的计算【分析】根据四位数偶数，分千位数字是1，2，3，分别计算得出第71个数.【详解】①千位为，个位为，有个；②千位为，个位为，有个；③千位为，个位为，有个；④千位为，个位为，有个；⑤千位为，个位为，有个；⑥千位为，百位为，个位为（或），各有个．共个．接下来有,,,,，，第个数是．故答案为：3140.题型十：系数例题1：（2425高三上·北京顺义·阶段练习）已知，则（

）A．10 B．20 C．40 D．80【答案】C【知识点】求指定项的系数【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可.【详解】二项展开式的通项公式为，令，可得，所以，故选：C例题2：（2425高二上·广西·期末）的展开式中的系数为.【答案】【知识点】代数中的组合计数问题、求指定项的系数【分析】结合组合知识可得答案.【详解】可看作5个相同的因式相乘，个含有的括号中，1个括号取个括号取个括号取个括号取1，乘在一起构成这一项，或者3个括号取个括号取，乘在一起构成这一项，所以的系数为.故答案为：.例题3：（2425高三上·河北沧州·阶段练习）的展开式中含的项的系数为.【答案】120【知识点】求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题【分析】根据二项展开式的通项公式求解即可.【详解】展开式的通项公式为，中的乘以展开式的常数项得到一部分，中的乘以展开式中的含的项得到一部分，故展开式中含的项的系数为.故答案为：巩固训练1．（2024·上海青浦·一模）的展开式中，项的系数为.【答案】【知识点】求指定项的系数、两个二项式乘积展开式的系数问题【分析】写出展开式的通项，利用通项求出项的系数.【详解】展开式的通项为，，所以含的项为，即项的系数为.故答案为：2．（2024·重庆·模拟预测）的展开式中的各项系数和为243，则该展开式中的系数为.【答案】【知识点】二项展开式各项的系数和、两个二项式乘积展开式的系数问题【分析】令求出，然后求出展开式中的常数项和含的项，分别与因式中的项相乘可得.【详解】令可得，解得，的展开式中通项，，分别令，得，所以展开式中的常数项和含的项分别为，所以展开式中的系数为.故答案为：3．（2425高三上·湖南·阶段练习）的展开式中的系数为.【答案】【知识点】求指定项的系数、三项展开式的系数问题【分析】分析找到满足题意的项，化简即可得到结果．【详解】根据题意，展开式中的项为则的系数为：故答案为：.题型十一：有理项、常数项例题1：（2324高二下·内蒙古通辽·期中）已知在的展开式中，第项为常数项，则展开式中所有的有理项共有（

）A．5项 B．4项 C．3项 D．2项【答案】C【知识点】求有理项或其系数、由项的系数确定参数【分析】写出展开式的通项，结合第项为常数项，求出，再利用通项求出有理项的项数.【详解】二项式展开式的通项为（且），因为第项为常数项，所以时，有，解得，则展开式的通项为（且），由，令，，则，即，因为，所以应为偶数，所以可取，即可以取，所以第项，第项，第项为有理项，即展开式中有理项的项数为.故选：C.例题2：（多选）（2324高二下·甘肃酒泉·期末）关于二项式的展开式，下列说法错误的是（

）A．常数项为－60 B．有理项的项数为4C．各项系数之和为64 D．二项式系数最大的项为第4项【答案】AC【知识点】二项式系数的增减性和最值、二项式的系数和、求指定项的系数、求有理项或其系数【分析】求出二项式展开式的通项，由此可判断AB；利用赋值法可判断C；根据二项式展开式的二项式系数性质可判断D.【详解】二项式展开式的通项（）．令，得，此时，故常数项为60，故A错误；若为展开式中的有理项，则为整数，即r为偶数，故r＝0，2，4，6时，均满足有理项要求，共有4项，故B正确；令得，，所以各项系数之和为1，故C错误；展开式共有7项，最中间一项二项式系数最大，而最中间为第4项，所以展开式中二项式系数最大的项为第4项，D正确．故选：AC例题3：（2024高三·全国·专题练习）的展开式中的常数项为．【答案】【知识点】求指定项的系数、三项展开式的系数问题【分析】先求出展开式的通项，再令的系数都为零时列方程组求出，最后计算即可；【详解】的展开式为．令解得所以其常数项为．故答案为：巩固训练1．（2324高二下·辽宁丹东·阶段练习）二项式的展开式中，前三项的系数依次成等差数列，则此展开式中有理项的项数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【知识点】求有理项或其系数、由项的系数确定参数、等差数列的应用、组合数方程和不等式【分析】由二项式展开式求出前3项的系数，由条件列方程求出，再由展开式通项公式确定有理项的项数.【详解】因为二项式的展开式的通项公式为，所以二项式的展开式的前三项的系数依次为，由已知依次成等差数列，且，则，即，化简得，解得，或（舍去），故二项式的展开式的通项公式为，.设为有理项，则为整数，可得，故此展开式中有理项的项数是3.故选：C.2．（甘肃省酒泉市普通高中20222023学年高二上学期末调研考试数学试题）展开式中的常数项为（

）A．480 B． C．240 D．260【答案】C【知识点】求指定项的系数【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.【详解】对有，则有，即展开式中的常数项为.故选：C.3．（2324高二下·江苏南通·阶段练习）二项式的展开式中有理项的项数为（

）A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【知识点】求有理项或其系数【分析】根据题意，求得二项式的展开式的通项为，结合通项，即可求解.【详解】由题意，二项式的展开式的通项为：，其中，当时，展开式为有理项，所以二项式的展开式中有理项的项数为5项.故选：B.题型十二：利用项的系数求参数例题1：（2425高三上·广东潮州·阶段练习）已知存在常数项，且常数项是，则（

）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】B【知识点】由项的系数确定参数【分析】求出二项式展开式的通项公式，由常数项是即可得.【详解】的展开式的通项公式为，，令，得，，则展开式的的常数项为，所以，.故选：B例题2：（2425高二上·甘肃白银·期末）若的展开式中含的系数为15，则实数（

）A．2 B．1 C． D．【答案】D【知识点】两个二项式乘积展开式的系数问题【分析】根据二项式展开式的通项公式列方程来求得的值.【详解】的展开式的通项，所以的展开式中含的系数为，令，即，解得．故选：D例题3：（天津市红桥区20242025学年高二上学期1月期末考试数学试题）已知展开式的二项式系数和为64.(1)求n的值；(2)若展开式中的常数项为20，求m的值.【答案】(1)6；(2)1.【知识点】二项式的系数和、由项的系数确定参数【分析】（1）由二项式系数和定义可直接得n的值；（2）由（1）中的n的值求出展开式中的通项式，令的指数等于0，求出通项式中的，带回通项式求得的值.【详解】（1）因为展开式的二项式系数和为，所以；（2）因为展开式中的通项公式为，整理得，令，得，则，解得.巩固训练1．（2425高二上·辽宁·期末）已知的展开式中，常数项为135，则的值为（

）A．2 B．2或 C．3 D．3或【答案】D【知识点】由项的系数确定参数【分析】先求的展开式的通项公式，再结合式子特点令，得出，即可得到关于的方程，解出.【详解】展开式的通项公式为，令，可得，因此，展开式中的常数项为．则，解得．故选：D.2．（2425高三上·上海·期中）已知二项式的展开式中的系数为15，则．【答案】3【知识点】由项的系数确定参数【分析】写出二项展开式的通项公式，得到，故得到，求出答案.【详解】展开式通项公式为，令得，故，解得.故答案为：33．（2025高三·全国·专题练习）的展开式中常数项为70，则的值为．【答案】1【知识点】求指定项的系数、由项的系数确定参数【分析】根据二项展开式的通项特征，即可求解常数项得解.【详解】展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式中常数项为，又，所以．故答案为：1.题型十三：赋值法求二项式系数和例题1：（2425高二上·广西·期末）已知，则（

）A．B．C．D．【答案】C【知识点】二项展开式各项的系数和、奇次项与偶次项的系数和【分析】根据已知条件，结合二项式定理，利用赋值法逐项求解各个选项即可.【详解】令，得，故A不正确；令，得，所以，故B不正确；令，得，所以，故C正确；令，得，所以D不正确.故选：C例题2：（2425高三上·重庆·期末）若，则.【答案】【知识点】基本初等函数的导数公式、二项展开式各项的系数和【分析】对两边求导，再令可得答案.【详解】对两边同时求导可得：，再令可得：．故答案为：例题3：（2425高二上·辽宁·期末）若的展开式中第3项与第9项的二项式系数相等，且.(1)求的系数；(2)求的值.【答案】(1)180(2)【知识点】求指定项的系数、二项展开式各项的系数和【分析】（1）应用已知条件利用二项式系数的性质求出，结合二项式定理求出.（2）由（1）的结论，利用赋值法求出所求式子的值.【详解】（1）第3项与第9项的二项式系数相等，则，解得，所以.所以的展开式中项为：，所以.（2）由（1）知，的展开式中，当时，，由二项展开式可得：所以都是正数，都是负数，所以当时，，所以.巩固训练1．（2425高三上·江西抚州·阶段练习）设，则.【答案】【知识点】二项展开式各项的系数和【分析】利用赋值法，即可求解.【详解】令，则，令，则，∴.故答案为：2．（2425高二上·北京·期末）设，则.【答案】0【知识点】二项展开式各项的系数和【分析】根据给定条件，利用赋值法求出值即可得解.【详解】取，得，取，得，所以.故答案为：03．（2425高二上·辽宁·期末）设，求：(1)；(2).【答案】(1)(2)16384.【知识点】求指定项的系数、奇次项与偶次项的系数和、二项展开式各项的系数和【分析】（1）先取，得，进而分别代入和后两式相加可得，从而求得答案；（2）由（1）可求得，根据展开式的通项可得运算得解.【详解】（1）由条件，取，得到；取，得到取，得到两式相加得到，所以.（2）根据（1）知：展开式的通项为：，故当为偶数时，对应系数为正；当为奇数时，对应系数为负，故.题型十四：不等式法求系数最大、最小项例题1：（2425高二下·全国·课后作业）已知的展开式的第5，6，7项的二项式系数依次成等差数列，且展开式的项数为偶数．(1)求的值；(2)求二项展开式中系数的绝对值最大的项．【答案】(1)(2)第7项．【知识点】二项展开式的应用、由二项展开式各项系数和求参数、求指定项的二项式系数【分析】（1）根结题意，得到，即，进而求得的值；（2）由（1）求得展开式的通项为，假设二项展开式中系数绝对值最大的是第项，列出不等式组，结合，即可求解.【详解】（1）解：由二项式的展开式的第5，6，7项的二项式系数依次成等差数列，可得，即，解得或，又因为展开式的项数为偶数，所以.（2）解：由（1）知：可得展开式的通项为，假设二项展开式中系数绝对值最大的是第项，则满足，解得，因为，所以，即二项展开式中系数绝对值最大的项为第7项．例题2：（2324高二下·浙江·期中）在二项式的展开式中，(1)若第4项的系数与第6项的系数比为5∶6，求展开式中的有理项；(2)若展开式中只有第5项的二项式系数最大，求展开式中系数最大的项．【答案】(1)，，(2)，【知识点】求有理项或其系数、求系数最大（小）的项、二项式系数的增减性和最值、由项的系数确定参数【分析】（1）根据已知条件及二项展开式的通项公式，结合有理项的特点即可求解；（2）利用二项式系数的性质及系数的最大项的求法即可求解.【详解】（1）由题意得,∴，即,解得或（舍）.∴，，1，2，…6，所以，3，6时为有理项即展开式中的有理项为：，，.（2）因为展开式中只有第5项的二项式系数最大，所以，设第项的展开式系数最大，则,解得。所以展开式中系数最大项为：，.例题3：（2324高二下·福建福州·期中）已知在二项式的展开式中，第三项的系数是第二项的系数的倍．(1)求正整数的值；(2)若展开式中各项系数之和为，二项式系数之和为，求的值；(3)求系数最大的项．【答案】(1)(2)(3)【知识点】二项展开式各项的系数和、求系数最大（小）的项、二项式的系数和、由项的系数确定参数【分析】（1）根据二项式展开式通项找到项的系数，因为第三项的系数是第二项的系数的倍列出等式，计算解出的值；（2）利用赋值法计算各项系数之和，计算二项式系数之和，再得出的值；（3）根据二项式展开式通项找到项的系数，利用不等式关系计算出系数最大的项；【详解】（1）由题意得，二项式的展开式的通项为，，第三项的系数是第二项的系数是又由第三项的系数是第二项的系数的倍，有解得；（2）对于二项式，令，即得展开式中各项系数之和为，可得，展开式的二项式系数之和为，可得，可得；（3）展开式的通项为，，则整理得，即而，∴，所以系数最大的项为．巩固训练1．（2324高二下·江苏盐城·阶段练习）已知.(1)若展开式中只有第5项的二项式系数最大，求的值；(2)当时，二项式的展开式中的系数为A，常数项为，若，则求的值；(3)当时，求二项式的展开式中系数最大的项.【答案】(1)8(2)2或2(3)【知识点】二项式系数的增减性和最值、求系数最大（小）的项、二项展开式的应用、求指定项的系数【分析】（1）根据二项定理展开式的性质可得；（2）根据二项式定理通项公式求出的系数与常数项，由条件可求的值；（3）根据二项式定理通项公式，设第r项系数最大，建立不等关系可求出的值，得系数最大的项.【详解】（1）展开式中只有第5项的二项式系数最大，则展开式共9项，故.（2）当时二项式为，由二项式定理通项公式得，令，得，所以，令，得，所以，又，解得（舍去）或或，所以或.（3）当时二项式为，由二项式定理通项公式得，设第r项系数最大，则，即，故，所以二项式的展开式中系数最大的项为.2．（2324高二下·山东临沂·期中）在的展开式中．(1)求展开式中各项系数之和；(2)将展开式中所有项重新排列，求有理项不相邻的概率；(3)求展开式中系数最大的项．【答案】(1)2187(2)(3)【知识点】不相邻排列问题、求系数最大（小）的项、二项展开式各项的系数和【分析】（1）利用赋值法计算即可；（2）先利用二项式展开式通项公式确定有理项，再利用插孔法计算概率即可；（3）设第项系数最大，建立不等式组计算即可.【详解】（1）令，可得展开式中各项系数之和为．（2）因为，，1，2，…，7，所以当，3，5，7时为有理项，由插空法可得有理项不相邻的概率为．（3）设第项系数最大，则，即，解得，故此时，故所求系数最大的项是第6项，为．3．（2324高二下·江苏南京·期末）已知（，）的展开式中，第2，3，4项的二项式系数成等差数列.(1)求的值；(2)求的近似值（精确到0.01）；(3