热点题型9-1 排列组合与二项式定理经典问题全归纳8大题型（解析版）-2026新高考数学热点题型全解全练

排列组合与二项式定理经典问题全归纳8大题型目录第一部分考向速递洞察考向，感知前沿第二部分题型归纳梳理题型，突破重难题型01相邻问题题型02不相邻问题题型03特殊元素（位置）题型04定序倍缩题型05分组分配题型06三项式题型07二项式乘积题型08展开式系数问题第三部分分层突破固本培优，精准提分A组·基础保分练B组·重难提升练1．（不相邻问题）（2026·辽宁·模拟预测）已知1、2、3、4、5、6、7、8八个数字组成一个八位数（各位数字不重复），满足任意相邻数字奇偶性不同，且5、6两个数字相邻，则这样的八位数有（

）个.A．432 B．257 C．282 D．504【答案】D【分析】利用捆绑法和插空法来求个数即可.【详解】第一步：把1、2、3、4、7、8奇偶数相间而排，共有种，第二步：再把5、6两个数字一起插空，由于每一个空的旁边都是一奇一偶，所以插入后奇数旁边放6，偶数旁边放5，则这7个空共有种排法，根据分步计数乘法原理可得：这样的八位数有个，故选：D.2．（不相邻问题）（24-25高二下·湖北恩施·期末）某中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出二十四节气宣传橱窗，其中“雨水”，“惊蛰”，“谷雨”，“芒种”，“白露”，“寒露”6块知识展板放置在排成一排的六个文化橱窗里，要求“雨水”和“谷雨”两块展板不相邻，且“白露”与“寒露”两块展板不相邻，则不同放置方式的种数为（

）A．144 B．240 C．336 D．456【答案】C【分析】根据题意，先让“雨水”和“谷雨”不相邻，再让“雨水和“谷雨”不相邻且“白露和“寒露”相邻，分别求得不同的放置方式，结合间接法，即可求解.【详解】根据题意，第一步，让“雨水”和“谷雨”不相邻，不同放置方式种数为；第二步，让“雨水和“谷雨”不相邻且“白露和“寒露”相邻，不同放置方式种数为；所以不同放置方式种数为.故选：C.3．（特殊元素（位置））（2026高三·全国·专题练习）学校要安排一场文艺晚会的11个节目的演出顺序．除第1个节目和最后1个节目已确定外，4个音乐节目要求排在第2，5，7，10的位置，3个舞蹈节目要求排在第3，6，9的位置，2个曲艺节目要求排在第4，8的位置，则不同的方法种数是（

）A．48 B．144 C．288 D．576【答案】C【分析】只需先要4个音乐节目，3个舞蹈节目，2个曲艺节目各自在能排的位置进行全排列即可，然后再相乘.【详解】4个音乐节目要求排在第2，5，7，10的位置，有种排法；3个舞蹈节目要求排在第3，6，9的位置，有种排法；2个曲艺节目要求排在第4，8的位置，有种排法.故共有种排法.故选：C4．（定序倍缩）（24-25高二下·湖北·期中）系统的登录密码由个字符组成，其中前位是大写字母、、、的某种排列，后位是不相同的数字，则可能的密码总数是多少（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用倍缩法可得出前个位置的排法种数，利用排列计数原理可得出后两位的排法种数，再利用分步乘法计数原理可得结果.【详解】由题意可知，前个位置中有两个位置安排字母，有种，然后从中选择两个不同的数字排最后两个位置，有种，由分步乘法计数原理可知，可能的密码种数为.故选：C.5．（分组分配）（25-26高三上·四川眉山·期末）苏轼，字子瞻，号东坡居士，眉州眉山（今四川省眉山市）人，北宋文学家､书法家､画家，历史治水名人.现有苏轼的6本不同诗集全部奖励给3名同学，每人至少分得一本，则共有（

）种分配方案A．90 B．120 C．360 D．540【答案】D【分析】先分组再分配，利用分步乘法计数原理进行计算.【详解】先将6本不同诗集分成3组，可分三种情况：情况一：按分组：则有种；情况二：按分组：则有种；情况三：按分组：则有种；所以6本不同诗集全部奖励给3名同学共有种分配方案，故选：D6．（三项式）（2022·安徽宣城·二模）的展开式中常数项为（

）A． B． C．0 D．20【答案】B【分析】法一：，利用展开式的通项公式可求常数项.法二：利用分步计数原理直接由的展开式计算常数项即可.【详解】法一：由，二项展开式的第项为，令，可得，所以常数项为.法二：由的展开式可知，常数项为.故选：B.7．（二项式乘积）（2025·江苏扬州·三模）的展开式中的系数为（

）A． B． C．20 D．60【答案】C【分析】结合通项公式即可求解.【详解】的通项公式，取，可得，又中不含平方项，所以的展开式中的系数为,故选：C8．（展开式系数问题·多选题）（2026·湖北十堰·一模）若，则（

）A．（）B．C．从，，…，这8个数中任取2个，这两个数的积为正数的取法有12种D．从，，，…，这8个数中任取3个，这三个数的和等于，，，…，中某数的取法有28种【答案】ACD【分析】分析可知，，进而列举.对于A：可知的最大值为，即可判断；对于B：结合二项式性质分析判断即可；对于C：分析数的正负性结合组合数分析求解；对于D：分类讨论和项是否为0，结合组合数运算求解即可.【详解】因为的展开式的通项为，，则，，可得依次为.对于选项A：因为的最大值为，所以，，故A正确；对于选项B：，故B错误；对于选项C：若两个数的积为正数，则从任取两项或从任取两项，所以不同的取法共有种，故C正确；对于选项D：因为，共有4组，若从选择一组，再从剩余的数中选择1个，不同的取法共有种；检验可知，不同的取法共有种；综上所述：不同的取法共有种，故D正确；故选：ACD.01相邻问题9．（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.【详解】先将2位老师看作一个整体和4名学生全排有，2位老师自身有，所以2位老师相邻，不同的排法共有，故选：C10．（2025高三·全国·专题练习）将这5名同学从左至右排成一排，则与相邻且与之间恰好有1名同学的排法有（

）A．10种 B．20种 C．18种 D．15种【答案】B【分析】由题意相邻采用捆绑法，分与之间为或与之间不是讨论即可求解.【详解】根据题意，分两种情况：若与之间为，即在中间且三人相邻，共有种情况，将三人看成一个整体，与两人全排列，共有种情况，则此时有种排法．若与之间不是，先从中选取1人，安排在之间，有种选法，此时在的另一侧，将4人看成一个整体，考虑之前的顺序，有种情况，将这个整体与剩下的1人全排列，有种情况，此时有种排法，所以总共有种情况，故选：B．11．（2026·安徽合肥·一模）国庆假期，某人计划去五个不同的景点游览．在确定景点的游览顺序时，要求在之前，与相邻，则不同的游览顺序共有（

）A．18种 B．24种 C．48种 D．60种【答案】B【分析】先利用捆绑法求出种类数，再利用倍缩法求出.【详解】若与相邻，则需将其捆绑并排列，再将四个元素排列，共有种，因为在之前和在之后各占一半，故符合题意的不同的游览顺序共有种.故选：B12．（2025·湖南岳阳·模拟预测）现有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． B． C． D．【答案】A【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“甲乙丙之间恰有两人相邻”，“甲乙丙三人均相邻”则，，故在有两人相邻坐的条件下，三人均相邻的概率为，故选：A.02不相邻问题13．（24-25高二下·辽宁沈阳·月考）一个8位数的密码由5个1和3个0组成，则3个0都不相邻的概率为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先求出位数密码的所有排列情况，再求出个都不相邻的排列情况，最后根据古典概型概率公式计算概率.【详解】位数密码由个和个组成.从个位置中选个位置放，其余位置放，则总数为种.计算个都不相邻的排列情况：采用插空法，先排个，个产生个空（包括两端），从这个空中选个空插入，则个都不相邻的排列数为种.设“个都不相邻”为事件，由古典概型概率公式可得：.故选：B.14．（25-26高二上·广西·月考）某小组的成员由四位男生和三位女生组成，七位同学要站成一排照相，要求任意两男生及任意两女生均不能相邻的站法总数是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先将女生排好，再利用插空法，排列男生，并根据分步乘法计数原理计算可得结果.【详解】先排好3位女生，有种排法，此时产生4个空位，再将4位男生排入这4个空位，有种排法，根据分步乘法计数原理，共有种站法．故选：D．15．（25-26高三上·吉林四平·期末）6个除颜色外完全相同的小球，其中红、黄、蓝各2个，把这6个小球排成一排，其中红色小球不相邻的排法有（

）种A．40 B．60 C．80 D．120【答案】B【分析】根据题意，先排黄、蓝4个小球，共有种，再把红球插入共有种，则共有种．【详解】首先排黄、蓝各2个，共4个小球，相当于4个位置中，选2个放黄球，另2个放蓝球，共有种，放好4个小球后，选2个空位插入2个红球，共有种，综上，共有种．故选：B．16．（2026·浙江·一模）某晚会由4个歌舞节目和2个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前3个节目中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（

）种.A．216 B．360 C．432 D．672【答案】C【分析】借助插空法解决不相邻要求，用排除法解决前3个节目至少有一个机器人节目要求【详解】步骤1：先排4个歌舞节目：，排好后会产生5个空位（包括两端）；步骤2：将2个机器人节目插入空位：；步骤3：排除“前3个节目全是歌舞”的情况：先从4个歌舞节目中选3个排在前3个位置，有种方法，剩下的1个歌舞节目和2个机器人节目排在后3个位置，且机器人节目不相邻，只能是“机器人-歌舞-机器人”的排列，有种方法.故不满足条件的情况有.故总数为：故选：C17．（25-26高三上·广东深圳·月考）甲、乙、丙、丁、戊5人站成一排，若甲和乙之间恰好有1人，且丙和丁不相邻，则不同排法共有（

）A．16种 B．20种 C．24种 D．28种【答案】D【分析】分类讨论求解，第一类，甲和乙之间为丙或丁，则丙丁一定不相邻；第二类，甲和乙之间为戊，则仅当甲乙在二、四位符合条件.从而得解.【详解】甲和乙之间恰好有1人，有两种情况：甲和乙之间为丙或丁，则丙丁一定不相邻，有种，甲和乙之间为戊，则仅当甲乙在二、四位符合条件，有种，共有种．故选：D.03特殊元素（位置）18．（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：B19．（25-26高三上·贵州·月考）甲、乙、丙、丁、戊五人去甘肃、贵州、陕西三省旅游，每人只去一个省份，已知甲、乙都不去陕西，丙、丁去的省份不同，则这五人不同的选择共有（

）A．36种 B．72种 C．60种 D．96种【答案】B【分析】先安排甲乙，然后安排丙丁，最后安排戊，由分步乘法计数原理计算即得.【详解】先安排甲乙，分别在甘肃、贵州两省中人选一处，方法数有种，然后安排丙丁，在三省中任选两处并考虑顺序，方法数有种，最后安排戊，在三省中任选一处，方法数有种，根据分步乘法计数原理，这五人不同的选择共有种.故选：B20．（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.【详解】若甲值一天班且甲不安排在第一天值班，则甲有种安排方式，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，则乙、丙2人有种安排方式，此时甲、乙、丙3人共有种安排方式；若甲值两天班且甲不安排在第一天值班，先从乙、丙2人中选择一人安排在第一天值班，则有种安排方式，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，有种安排方式，此时共有种安排方式；综上，共有种安排方式.故选：C21．（25-26高三上·天津·期中）世界第三届无人驾驶智能大赛在天津召开，现在要从小张､小赵､小李､小罗､小王五名志愿者中选派四人分别从事翻译､安保､礼仪､服务四项不同工作，若小张和小赵只能从事前两项工作，其余三人均能从事这四项工作，则不同的选派方案共有（

）种.A．120 B．60 C．24 D．36【答案】D【分析】根据题意，小张和小赵只能从事前两项工作，由此分为2种情况讨论，结合排列组合，即可求解.【详解】根据题意可分为2种情况讨论：（i）若小张或小赵只有一人入选，则有种不同的选派方案；（ii）若小张，小赵都入选则有种不同的选派方案，综上可得，共有种不同的选派方案.故选：D22．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期末）某辩论小组有5位成员，要从中选出4位依次作为一辩、二辩、三辩、四辩参赛，若选中甲，甲只能作为一辩或者四辩，则不同的安排方法有（

）．A．72种 B．66种 C．42种 D．36种【答案】A【分析】分选甲和不选甲两种情况讨论，结合排列知识，或分步乘法计数原理即可求解【详解】若没有选甲，不同的安排方法有种；若选甲，则有种安排方法，故一共有种安排方法.故选：A23．（25-26高三上·河南驻马店·期末）甲、乙、丙、丁四名高三毕业生和一名老师站成一排拍照留念，则在甲不站最左端，乙不站最右端的条件下，老师站在最中间的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先列出甲不站最左端，乙不站最右端的排法种数，再列出甲不站最左端，乙不站最右端，老师站在最中间的排法种数，再利用古典概型的概率公式求解即可.【详解】甲站在最右端的排法有种，甲不站两端，乙也不在最右端的排法有：.所以甲不站最左端，乙不站最右端的排法种数为：种.甲站在最右端，老师站中间的排法有种，甲不站两端，乙也不在最右端，老师站中间的排法有：.所以甲不站最左端，乙不站最右端，老师站在最中间的排法种数为：种.所以甲不站最左端，乙不站最右端的条件下，老师站在最中间的概率为：.故选：A04定序倍缩24．（24-25高二下·山东菏泽·月考）某5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5位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（

）A．21 B．30 C．42 D．60【答案】C【分析】结合排列数的运算，利用缩倍法求解即可.【详解】7位同学排成一排准备照相时，共有种排法，如果保持原来5位同学的相对顺序不变，则有种排法.故选：C25．（24-25高二下·重庆九龙坡·月考）重庆外国语学校第34届外语节于2025年5月22日举行，高二某班6名同学参加节目表演，表演完后老师为这6名同学合影留念.合影时4人先到2人后到，为节约时间，先到的4人排好队，后来的2人加入并保持排好队同学的相对顺序不变，这两名同学共有多少种加入方法（

）A．10 B．20 C．60 D．30【答案】D【分析】用倍缩法直接计算求解该定序问题即可.【详解】6人全排有中排序方法，所以先到的4人相对顺序不变下两名同学共有种加入方法.故选：D26．（23-24高二下·广东中山·月考）某班10名同学一起参加数学竞赛，赛后老师为这10名同学拍合影留念，前排站4人后排站6人，后来老师决定从后排6人中抽出两名同学站到前排，其他同学的相对顺序不变，则共有多少种调整方法（

）A．150 B．300 C．900 D．450【答案】D【分析】先从后排6人中抽出两名同学，再根据定序问题求解即可.【详解】首先从后排的6人中选出2人，有种结果，然后与前排4人排列，有种排法，因为同学的相对顺序不变，则前排4人不要再排，所以共有种调整方法.故选：D.27．（24-25高二下·广东揭阳·月考）某道菜的制作需要用到鸡汤、鸡脯肉、香菌、新笋、豆腐干、果干、茄子净肉共七种原料，烹饪时要求香菌、新笋、豆腐干一起下锅，茄子净肉在鸡脯肉后下锅，鸡汤最后下锅，则制作这道菜时不同的下锅顺序共有（

）A．12种 B．16种 C．24种 D．28种【答案】A【分析】将鸡脯肉、（香菇、新笋、豆腐干）、果干、茄子净肉四个元素进行全排列，定序问题用倍缩法可得结果.【详解】因为鸡汤最后下锅，所以将鸡脯肉、（香菇、新笋、豆腐干）、果干、茄子净肉四个元素进行全排列.因为结果包含两种情况：茄子净肉在鸡脯肉前下锅、茄子净肉在鸡脯肉后下锅，所以茄子净肉在鸡脯肉后下锅的情况有种.故选：A.28．（24-25高二下·四川广元·期末）2025年4月23日是第三十个世界读书日．将2，0，2，5，4，2，3这些数字排成一排组成一个七位数，则不同的七位数有（

）个．A．480 B．600 C．720 D．840【答案】C【分析】根据给定条件，利用倍缩法，排除首位为0的情况即可.【详解】数字：2，0，2，5，4，2，3中数字2出现了3次，则7个数字的所有排列情况有种，当首位为0时，剩下6个数字：2，2，5，4，2，3出现了3次，排列的情况有种，所以不同的7位数有个.故选：C.29．（24-25高二下·天津·期末）现有12件商品摆放在货架上，摆成上层4件下层8件，现要从下层8件中取3件调整到上层，若其他商品的相对顺序不变，则不同调整方法的种数是（

）A．8400 B．11760 C．13440 D．20160【答案】B【分析】首先从下层八个商品中抽取三个，共有种结果，再将其放入上层时，由于上层原有商品保持相对顺序不变，可以使用定序问题中的缩倍法，共有种结果，进而根据计数原理得到最终结果.【详解】首先从下层八个商品中抽取三个，共有种结果，再将其放入上层时，由于上层原有商品保持相对顺序不变，可以使用定序问题中的缩倍法，共有种结果，因此根据计数原理可知共有种结果.故选：B05分组分配30．（24-25高二下·广东广州·月考）将6名志愿者安排到4个不同的社区进行创文共建活动，要求每个社区至少安排1名志愿者，每名志愿者只能到一个社区，则不同排法共有（

）A．480种 B．1560种 C．2640种 D．640种【答案】B【分析】首先计算分组方法，再按照分组分配的方法，列式求解.【详解】首先将6名志愿者分成1，1，1，3，或1，1，2，2两种分组形式，1，1，1，3的分组包含种情况，1，1，2，2的分组包含种情况，这样分组后再分配到4个不同社区共有种方法.故选：B31．（25-26高二上·安徽六安·期末）临泉田家炳实验中学第一党支部拟选5名党员到A、B、C三个社区做志愿服务，要求每个社区至少有一名党员，则不同的安排方法共有（

）种A．60 B．90 C．150 D．240【答案】C【分析】先把5名党员分成3组，再将这3组分配到3个社区.【详解】将5人分成3组，每组至少1人，有两种分法，从5人中选3人作为一组，剩下2人各为一组，有种，从5人中选2人作为一组，再从剩下3人中选2人，最后1人一组，有种，所以总的分组方法有种.将分好的3组，全排列分配到A、B、C三个社区：种，所以每个社区至少有一名党员，则不同的安排方法共有种.故选：C.32．（25-26高三上·河南漯河·期末）将6名学生分别安排到甲､乙､丙三地参加社会实践活动，每个地方至少安排一名学生参加，学生A不安排到甲地且与学生不安排到同一个地方，则不同的安排方案的种数为（

）A．392 B．390 C．262 D．260【答案】D【分析】分学生A独自1人去乙地或丙地、学生A与学生B外的1人成一队去乙地或丙地、学生A与学生B外的2人成一队去乙地或丙地、学生A与学生B外的3人成一队去乙地或丙地这四种情况讨论求解即可.【详解】学生A独自1人去乙地或丙地，则不同的安排方案的种数为；学生A与学生B外的1人成一队去乙地或丙地，则不同的安排方案的种数为；学生A与学生B外的2人成一队去乙地或丙地，则不同的安排方案的种数为；学生A与学生B外的3人成一队去乙地或丙地，则不同的安排方案的种数为；综上，符合题意的安排方案共有种.故选：D.33．（25-26高二上·浙江宁波·期末）甲、乙、丙、丁、戊、己6人一起报名校运会的跑步项目，跑步项目共有100m短跑、400m短跑和1000m长跑这3项，每人仅报一个项目，每个项目至少有一人报名，则不同的报名方法有（

）A．450 B．540 C．630 D．900【答案】B【分析】先将6人分成3组，即分为；或，再把三组分配到3个不同项目.【详解】先将6人分成3组，即分为；或，共有种分组方法，再把三组分配到3个不同项目，则有种不同的报名方法.故选：B34．（25-26高三上·湖南常德·月考）在《红楼梦》中，史湘云邀众姐妹和贾宝玉一起作诗.共编写了十首不同的咏菊诗，假设分配贾宝玉作《访菊》《种菊》两首，薛宝钗作《忆菊》、《画菊》两首，剩下六首诗分别由林黛玉、史湘云、探春三人创作，且每人至少创作一首，至多创作三首，则不同的分工方案共有（

）A．150种 B．360种 C．450种 D．800种【答案】C【分析】结合两类计数原理，将6首诗按和两种情况求解即可.【详解】第一类，将6首诗按的数量分给3人，有种；第二类，将6首诗按的数量分给3人，有种，所以不同的分工方案共有种．故选：C.35．（25-26高二上·河南南阳·期末）将4名医生和5名护士安排到A，B两个社区义诊，要求每个社区至少有1名医生和2名护士，每名医生和护士都要参加且只能到一个社区义诊，则不同的分配方案有（

）A．110种 B．140种 C．220种 D．280种【答案】D【分析】分1名医生和2名护士一组、1名医生和3名护士一组和2名医生和2名护士一组三种情况讨论即可.【详解】1名医生和2名护士一组，另一组3名医生和3名护士有种分配方案；1名医生和3名护士一组，另一组3名医生和2名护士有种分配方案；2名医生和2名护士一组，另一组2名医生和3名护士有种分配方案．故满足要求的不同的分配方案有种.故选：D.06三项式36．（25-26高三上·四川成都·月考）在的展开式中，的系数为（

）A．15 B．45 C．60 D．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】的展开式为，所以二项式展开式中含项为，二项式展开式中含项的系数为45.故选：B37．（2025·浙江·二模）的展开式中，的系数为（

）A．60 B．120 C．240 D．360【答案】B【分析】根据展开式中每一项的生成过程，结合组合数公式，即可求解.【详解】要得到这一项，相当于从6个含有三项的因式中的3个因式取，1个因式取，2个因式取，即这一项为.故的系数为.故选：B38．（24-25高二下·江苏南京·期中）在的展开式中项的系数为（

）A．360 B．540 C．720 D．1080【答案】D【分析】根据给定多项式，结合指定项及组合数求对应系数即可.【详解】相当于6个因式相乘，其中一个因式取，有种取法，余下5个因式中有3个取，有种取法，最后2个因式中全部取，有种取法，故展开式中的系数为．故选：D39．（25-26高三上·北京·月考）展开式中的系数为（

）A． B．C．160 D．80【答案】A【分析】将看作5个相同的括号相乘，利用组合的方法求解.【详解】表示5个相乘，每个在相乘时均有三种选择，选或或．设选的有个，选的有个，那么选的有个，则有，解得或或，即选5个；或者选1个、3个、1个；或者选2个、1个、2个；因此含项的系数为.故选：A40．（24-25高三上·贵州·月考）的展开式中的系数为（

）A．30 B． C．60 D．【答案】D【分析】求出展开式通项，再求出的展开式通项，即可求出.【详解】展开式的通项为，则含的项为，其中的展开式的通项为，令，得，所以展开式中的系数为.故选：D.41．（25-26高三上·广东·月考）在的展开式中，的系数为；在的展开式中，的系数为.则（

）A．10 B． C． D．【答案】B【分析】10个因式的乘积中，有8个选，有1个选，有1个选，可得的系数，9个因式的乘积中，有8个选，有1个选，可得的系数为，求解即可．【详解】的展开式表示10个因式的乘积，故在这10个因式中，有8个选，有1个选，有1个选，即可得到含的项，故的系数为，即；在的展开式表示9个因式的乘积，故在这9个因式中，有8个选，有1个选，即可得到含的项，故的系数为，即，所以.故选：B．07二项式乘积42．（2025·河北保定·模拟预测）在的展开式中，的系数为（

）A． B． C． D．20【答案】B【分析】根据二项式定理展开式计算即可.【详解】先求展开式中含，的项，易知，显然其不含，含的项分别为：，，所以在的展开式中，的系数为.故选：B.43．（2025高三·全国·专题练习）的展开式中的系数为（

）A．88 B．89 C．90 D．91【答案】D【分析】根据二项展开式的通项公式及多项式乘法，计算即可.【详解】的通项公式为，且，当时，；当时，，故的系数为．故选：D44．（25-26高三上·湖北·月考）的展开式中的系数为（

）A．162 B．168 C．180 D．185【答案】B【分析】根据给定条件，求出展开式的通项公式，再利用多项式乘法法则求解.【详解】二项式展开式的通项公式为，所以的展开式中的系数为.故选：B45．（2025·山东聊城·二模）若的展开式中的系数为12，则其展开式中所有项的系数的和为（

）A．16 B．32 C．48 D．64【答案】C【分析】先根据已知系数列式求出，再应用赋值法计算系数和即可.【详解】的展开式中的系数为，所以，所以令，所以展开式中所有项的系数的和为48.故选：C.46．（24-25高三下·福建厦门·期末）的展开式中的系数为（

）A．－60 B．－80 C．100 D．120【答案】A【分析】考虑中选取，或选取，确定的展开式中选取什么项，可得到项，即可求得答案.【详解】若中选取，则在的展开式中选取含的项，即，二者相乘得；若中选取，则在的展开式中选取含的项，即，二者相乘得，故的展开式中的系数为20－80＝－60,故选：A．47．（2026·重庆·模拟预测）的展开式中的系数为（

）A．18 B．21 C．22 D．28【答案】C【分析】根据题意结合二项展开式的通项公式分析运算.【详解】的展开式通项公式为：，当时，当时，，所以的展开式中的系数为,故选：C08展开式系数问题（多选题）48．（25-26高二上·辽宁大连·期末）已知的展开式的二项式系数的和为512，且，下列选项正确的是（

）A． B．C． D．除以6所得的余数为5【答案】BCD【分析】先由二项式系数和为解出，再利用二项式定理逐项验证即可求解.【详解】由题意有：，所以，令，所以，令，所以，令，所以①，所以，故A错误；由，令，所以，故B正确；令，所以②，由①②解得，，所以，故C正确；由，所以除以6所得的余数为5，故D正确；故选：BCD.49．（25-26高三上·江西·月考）已知，则（

）A． B．C． D．【答案】CD【分析】应用赋值法分别计算及化简判断各个选项即可.【详解】令，得，A错误．令，得①，B错误．令，得②，由①-②得，C正确．令，得，则，D正确．故选：CD50．（25-26高三上·内蒙古乌兰察布·月考）若，则（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】由二项式展开式通项可判断A，由二项式系数的性质可以判断B，利用赋值法分别令和可以判断C，二项式系数和的性质可以判断D.【详解】二项式的展开式的通项为，，所以，计算可得，比较可知系数最大值为，故A错误，B正确；令，得；令，得，两式相减，得，所以，故C正确；由，得，所以，故D正确.故选：BCD.51．（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.52．（2026高三上·湖北孝感·专题练习）若，则下列结论正确的是（）A．B．C．D．被16除的余数是15【答案】BC【分析】赋值，化简计算，可判断A的正误；根据展开式的通项公式，分析r的奇偶，可得，赋值，化简计算，可判断B的正误；对求导，赋值，结合可判断C的正误；根据的表达式，结合二项式的展开式，分析整理，可判断D的正误.【详解】选项A：已知，令，可得，即，故错误.选项B：展开式的通项为，当为偶数时，；当为奇数时，，所以，令，则，则，故B正确.选项C：因为，故，又，所以，故C正确；选项D：，根据二项式定理展开可得：，所以则被16除的余数是1，故D错误.故选：BC.53．（2026·山东·模拟预测）若，则（

）A． B．C． D．【答案】AC【分析】A：根据展开式最高次项的次数进行求解即可；B：利用二项式的通项公式，结合乘法的运算性质进行求解即可；C：利用赋值法进行求解即可；D：利用导数的运算性质，结合赋值法进行求解即可.【详解】A：因为，所以多项式最高次项的次数为，所以，因此本选项说法正确；B：因为，所以本选项说法不正确；C：在中，令，得，令，得，所以本选项说法正确；D：对两边同时求导，得，令，得，所以本选项说法不正确.故选：AC54．（25-26高三上·河北邯郸·月考）已知，则（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】对于A，注意到，据此可判断选项正误；对于BC，由赋值法可判断选项正误；对于D，利用导数知识结合赋值法可判断选项正误.【详解】对于A选项，，所以，A选项正确；对于B选项，令，可得，B选项正确；对于C选项，令，可得，与B选项分析中的式子相加，可得，所以，C选项错误；对于D选项，设，则，令，可得，D选项正确．故选：ABD.一、单选题1．（25-26高三下·北京·开学考试）在的展开式中，的系数为（

）A．10 B．-10 C．40 D．-40【答案】D【分析】由二项展开式的通项公式即可求解.【详解】通项公式，令，得，所以的系数为，故选：D2．（2026·安徽马鞍山·一模）若，则（

）A．-56 B．-28 C．28 D．56【答案】C【分析】根据给定条件，利用换元法及二项式定理求出指定项的系数.【详解】令，则原等式化为，所以.故选：C3．（2026·江西·一模）若的展开式中存在含的项，则可能等于（

）A．5 B．9 C．15 D．19【答案】C【分析】利用二项式定理的通项公式得，令，代入检验即可求解.【详解】由二项式定理得，的展开式通项为，，令，当时，，故A错误；当时，，故B错误；当时，，故C正确；当时，，故D错误.故选：C.4．（2026·陕西·模拟预测）展开式中的系数为（

）A．56 B．42 C．84 D．120【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含的项即可.【详解】二项式展开式的通项公式为，因此展开式中含的项为，所以展开式中的系数为42.故选：B5．（25-26高三上·湖南长沙·月考）若的二项展开式中，有且仅有第5项是二项式系数最大的项，则（

）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】A【分析】根据二项式系数的性质确定二项展开式的项数即可求得答案.【详解】由题意知，二项式系数中只有第5个最大，即最大，由二项式系数的性质可知，展开式共有9项，故.故选：A.6．（2026高三·全国·专题练习）把10个相同的小球放入编号分别为1，2，3的三个不同的箱子中，每个箱子的球的个数不少于其编号，则共有多少种放法（）A．10种 B．种 C．种 D．45种【答案】B【分析】采用隔板法求解.【详解】先在1号箱子放0个小球，2号箱子放1个小球，3号箱子放2个小球，问题转化为将剩余的7个相同小球放入3个不同箱子中，方法数共有种.故选：B.7．（25-26高二上·陕西渭南·期末）将标号为1，2，3，4，5的五个小球放入三个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球．则标号为1和2的两个小球放入同一个盒子的概率为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用先分组后排列来计数，结合古典概型概率公式即可求出概率.【详解】将标号为1，2，3，4，5的五个小球放入三个不同的盒子中，每个盒子至少放一个球，共有放法为：（种），若将标号为1和2的两个小球放入同一个盒子的放法有：（种），所以将标号为1和2的两个小球放入同一个盒子的概率为，故选：C.8．（2026高三·全国·专题练习）有20个零件，其中16个一等品，4个二等品，若从这20个零件中任意取3个，那么至少有1个一等品的不同取法是（

）A．560 B．2735 C．1136 D．480【答案】C【分析】方法一：运用分类加法计数原理，结合组合的定义进行求解即可.方法二：运用间接法，结合组合的定义进行求解即可.【详解】方法一：将“至少有1个一等品”的不同取法分三类：“恰有1个一等品”，“恰有2个一等品”，“恰有3个一等品”．由分类加法计数原理，得不同取法有（种）．方法二：考虑其对立事件“3个都是二等品”，用间接法，得至少有1个一等品的不同取法有（种），故选：C二、多选题9．（2025·四川眉山·模拟预测）现有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，则下列说法正确的是（

）.A．从中任选1幅画布置房间，有14种不同的选法B．从这些国画、油画、水彩画中各选1幅布置房间，有70种不同的选法C．从这些画中选出2幅不同种类的画布置房间，有59种不同的选法D．从甲、乙、丙3幅不同的画中选出2幅，分别挂在左、右两边墙上的指定位置，共有12种不同的挂法【答案】ABC【分析】根据题意，结合分类加法计数原理和分步乘法计数原理，逐项计算，即可求解.【详解】对于A，根据分类加法计数原理可知，共有种不同的选法，故A正确.对于B，根据分步乘法计数原理可知，共有种不同的选法，故B正确.对于C，可分为三类：第一类是1幅选自国画，1幅选自油画，有种不同的选法；第二类是1幅选自国画，1幅选自水彩画，有种不同的选法；第三类是1幅选自油画，1幅选自水彩画，有种不同的选法，故共有种不同的选法，故C正确.对于D，可以分两个步骤完成：第一步，从3幅画中选1幅挂在左边墙上，有3种选法；第二步，从剩下的2幅画中选1幅挂在右边墙上，有2种选法，根据分步乘法计数原理知，不同挂法的种数是，故D错误.故选：ABC.10．（2025·陕西西安·模拟预测）3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是（

）A．共有60种不同的坐法 B．空位不相邻的坐法有32种C．空位相邻的坐法有24种 D．两端不是空位的坐法有12种【答案】AC【分析】对于A，采用组合先选出座位，再根据排列方法安排座位；对于B，利用插空法；对于C，利用捆绑法；对于D，利用特殊元素优先法.【详解】对于A，共有种不同的坐法，故A正确；对于B，空位不相邻的坐法有种，故B错误；对于C，空位相邻的坐法有种，故C正确；对于D，两端不是空位的坐法有种，故D错误，故选：AC.一、单选题11．（25-26高三上·山西太原·期末）某次市运会跳水项目的预赛中有名参赛选手，其中校有名，校有名，校有名.现要求校名选手的出场均不能和校选手的出场相邻，则这名选手不同出场顺序的种数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】记校名选手分别为甲、乙，记事件甲与校选手的出场相邻，事件乙与校选手的出场相邻，结合韦恩图法可求出满足题设条件的排法种数.【详解】记校名选手分别为甲、乙，记事件甲与校选手的出场相邻，事件乙与校选手的出场相邻，如下图所示：事件为：校选手的两边为甲和乙，则满足题意的排法种数为种.故选：B.12．（25-26高三上·河北衡水·期末）六艺，是我国周朝教育体系中的六种技能，即：礼､乐､射､御､书､数.在周朝官学中开设这六门课程，从这六门课中选5门，连排5节课，每门排一节，要求每天必须学“礼､乐､数”，并要求“礼”与“乐”相邻排课，但均不与“数”相邻排课，且“御”不能排在第一节，则不同的排课方案种数为（

）A．24 B．48 C．64 D．128【答案】C【分析】本题相邻用捆绑法，不相邻用插空法，然后减去御在第一节的情况.【详解】情况一：不选“御”，则课程为{礼,乐,数,射,书}，将(礼,乐)捆绑，先排“射”､“书”有种，再将(礼,乐)和“数”插入3个空中，有种，(礼,乐)内部有种，共种；情况二：选择“御”，则另一门从“射”､“书”中选，有种，以选{礼,乐,数,御,射}为例，先不考虑“御”的限制，排法同情况一，有24种，再减去“御”在第一节的情况：固定“御”在第一位，(礼,乐)只能在(2,3)或(4,5)位，对应“数”和“射”的位置唯一确定，故有种，因此该课程组合有种排法.综上所述，总共有种；汇总两种情况，总排课方案为种.故选：C13．（2026·山东潍坊·模拟预测）某智慧交通管理平台为优化城市主干道通行效率，实时监测并记录各路口信号灯的运行模式.每个时段（例如早､晚高峰或特定监控周期）的运行模式对应一个代码（如下表）：运行模式代码绿波协调0红灯截流控制1区域协调-1现按时间顺序记录某路口5个时段的运行模式，如编码表示5个时段中第1，3时段是“绿波协调”运行模式，则该路口某天这5个时段的运行模式中出现绿波协调不少于3个的所有可能种数为（

）A．40 B．51 C．131 D．210【答案】B【分析】利用组合知识和计数原理计算.【详解】出现绿波协调个的可能种数有：；出现绿波协调个的可能种数有：；出现绿波协调个的可能种数有：；则出现绿波协调不少于3个的所有可能种数为.故选：B14．（25-26高三上·天津河东·期末）包含甲在内的4名在校大学生计划参加2025年上海合作组织天津峰会的志愿者服务，有五大道、海河游船码头、意大利风情街三个地区可以选择，每个学生必须且只能选择一个地区，每个地区至少招募这4名志愿者中的一名，若甲只去五大道服务，则不同的招募方式共有（

）A．6 B．27 C．18 D．12【答案】D【分析】根据五大道是否只有甲一人分类讨论，再结合计数原理即可求解．【详解】设4名在校大学生分别为甲、乙、丙、丁，甲固定选择五大道，对剩下3名学生进行讨论，若剩下3人全排列分配到3个地区，即五大道除甲外，还有一人，则有种情况，若剩下3人中有2人在一个地区，1人在另一个地区，即五大道只有甲一人，则先把3人分成两组：2人和1人，有种情况，这两组要分配到海河游船码头和意大利风情街，有种情况，所以第二种分法有种情况，综上所述，不同的招募方式共有种．故选：D．15．（2026·安徽淮南·一模）2025年12月11日淮南市科技馆正式开馆，淮南市某中学有甲、乙、丙、丁等7位学生约好2026年1月1日去科技馆志愿服务．现将7位学生随机分为3组，每组至少一人，则甲乙同组且丙丁同组的概率为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由题意知不同的分组方法有5,1,1；4,2,1；3,2,2；3,3,1四种，利用不平均分组问题计算方法数，以及计算出符合题意的情况数，即可求得概率.【详解】由题意，不同的分组方法有5,1,1；4,2,1；3,2,2；3,3,1四种，当分组为5,1,1时，共有种，其中甲乙同组且丙丁同组有种；当分组为4,2,1时，共有种，其中甲乙同组且丙丁同组有种；当分组为3,2,2时，共有种，其中甲乙同组且丙丁同组有种；当分组为3,3,1时，共有种，其中甲乙同组且丙丁同组有种；甲乙同组且丙丁同组的概率为.故选：A.16．（25-26高三上·贵州黔西南·月考）图书馆有4本不同的科普书籍（分别记为）和2本相同的故事书，现在需要将这6本书从左到右整齐摆放在书架上，则2本相同的故事书相邻摆放的概率（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】计算全部书籍的排列数，利用捆绑法计算2本相同的故事书相邻的排列数，再求解概率即可.【详解】由题意知，4本不同的科普书籍和2本相同的故事书的排列数为，2本相同的故事书看作一个整体同其他4本书进行排列，排列数为，所以2本相同的故事书相邻摆放的概率为，故选：C.二、多选题17．（24-25高二下·重庆·月考）已知的展开式的各项系数之和为1024，则展开式中（

）A．奇数项的二项式系数的和为256 B．第6项的系数最大C．存在常数项 D．有理项共有7项【答案】BC【分析】应用赋值法计算求出参数，再求解二项式系数和判断A，应用系数最大计算判断B，应用通项公式计算得出常数项及有理项判断C，D.【详解】对于A，二项式的展开式的各项系数之和为，由已知，，故有或（舍去），二项式的奇数项的二项式系数和为，故A错误；对于B，通项公式为，故当时，系数最大，即第6项的系数最大，故B正确；对于C，令，求得，可得该二项式存在常数项，故C正确；对于D，令为整数，可得，故该二项式存在6个有理项，故D错误，故选:BC.18．（25-26高三上·湖南常德·月考）若，则下列正确的是（

）A．B．C．D．【答案】AC【分析】对于ABC，利用赋值法分别判断即可；对于D，对等式两边同时求导，再赋值即可求解判断.【详解】对于A，令，则，故A正确；对于BC，令，则，令，则，则，，故B错误，C正确；对于D，由两边同时求导可得：，令，则，所以，故D错误.故选：AC19．（24-25高三上·辽宁葫芦岛·期末）已知，则下列结论成立的是（

）A． B．C． D．【答案】AD【分析】应用赋值法及换元法分别判断A，B，C选项；等式两侧同时求导函数及赋值可判断D选项.【详解】A.令，得，即，A正确.B.令，则原等式变形为，由二项式定理得，，令，得，等式两侧同乘，得，∴，B错误.C.令，得，故，C错误.D.对等式两侧同时求导函数得，，令，得，D正确.故选：AD.三、填空题20．（25-26高三上·福建福州·期中）来自国外的博主，，三人决定来中国旅游，计划打卡北京故宫、西安兵马俑等个著名景点．他们约定每人至少选择个景点打卡，每个景点都有且仅有一人打卡，其中在北京故宫、西安兵马俑中至少选择个，则不同的打卡方案种数为．【答案】88【分析】先安排再安排，根据选择北京故宫、西安兵马俑中个数，分类讨论，利用分类加法计数原理即可求解.【详解】当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且只去个景点时，有种选择，再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择；当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且去个景点时，有种选择，再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择；当只选择北京故宫、西安兵马俑中的个，且去个景点时，有种选择，再将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择；当选择北京故宫、西安兵马俑这个且只去个景点时，只需将其他个景点分给，，有种选择；当选择北京故宫、西安兵马俑且去个景点时，有种选择，只需将其他个景点分给，，有种选择，共有种选择，种，故共有种不同的打卡方案．故答案为：．21．（2025·四川眉山·一模）将五张标有1，2，3，4，5的卡片摆成下图，若逐一取走这些卡片时，每次取走的一张卡片与剩下的卡片中至多一张有公共边，则把这样的取卡顺序称为“和谐序”（例如按1-3-5-4-2取走卡片的顺序是“和谐序”），现依次不放回地随机抽取这5张卡片，则取卡顺序是“和谐序”的概率为.12345【答案】【分析】对抽卡片的顺序进行分类讨论，结合分步乘法计数原理、分类加法计数原理与古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】分两种情况讨论：（1）第一步，从1号或3号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽1号卡片，第二步，从3号或5号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽3号卡片，第三步，从2号或5号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽2号卡片，第四步，从4号或5号卡片抽取一张，有2种情况，第五步，抽最后一张卡片，此时，不同的抽法种数为种；（2）第一步，抽5号卡片，第二步，从1、3、4号卡片抽取一张，有3种情况，比如先抽1号卡片，第三步，从3、4号卡片抽取一张，有2种情况，比如先抽3号卡片，第四步，从2、4号卡片抽取一张，有2种情况，第五步，抽最后一张卡片，此时，不同的抽法种数为种.而从5张卡片随意抽取，不同的抽法种数为，因此，取卡顺序是“和谐序”的概率为.故答案为：.22．（2026·云南昭通·模拟预测）在中国古代数学中，《九章算术》涉及到约分的问题，需要对互质概念的理解.对于两个正整数而言，若它们仅有公因数1，则称这两个正整数互质.例如1和2，3和4分别都只有公因数1，所以1和2，3和4分别都是互质的.从2160的不同的正因数中选取两个不同的正因数，这两个数互质的概率为.【答案】【分析】先将2160因数分解，利用乘法原理可得2160正因数的个数；再分情况讨论选取的两个正因数互质的情况，利用古典概型求两因数互质的概率.【详解】因为，则的正因数，其中，，，所以有个不同的正因数.从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的情况有如下几种：①选择的两个因数为、，其中，，有种情况；②选择的两个因数为、，其中，，有种情况；③选择两个因数为、，其中，，有种情况；④选择的两个因数为、，其中，，，有种情况；⑤选择的两个因数为、，其中，，，有种情况；⑥选择的两个因数为、，其中，，，有种情况；⑦若选择的因数有，与其它