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专题18 排列组合原理与二项式定理（新高考专用）
目录
【知识梳理】 2
【真题回顾】 4
【热考考点】 14
【热考点一】二项式定理 14
【热考点二】二项式定理系数和 16
【热考点三】二项式系数定理最值 19
【热考点四】排列组合基本问题 21
【热考点五】相邻与不相邻 24
【热考点六】定序问题 26
1、如图，在圆中，将圆分等份得到个区域，，，，，现取种颜色对这个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有种．
2、错位排列公式
3、数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项
（1）解题原则：排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类讨论．
4、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．
5、解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种．
6、解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），求不同排法种数的方法是：先将（）个元素排成一排，共有种排法；然后把个元素插入个空隙中，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有·种．
7、解决排列、组合综合问题时需注意“四先四后”：
（1）先分类，后分步：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类加法计数原理解决或分成若干步，再由分步乘法计数原理解决．常常既要分类，又要分步，其原则是先分类，再分步．
（2）先特殊，后一般：解排列、组合问题时，常先考虑特殊情形（特殊元素，特殊位置等），再考虑其他情形．
（3）先分组，后分配：对不同元素且较为复杂的平均分组问题，常常“先分组，再分配”．
（4）先组合，后排列：对于既要选又要排的排列组合综合问题，常常考虑先选再排．
8、求二项展开式中的特定项的方法
求二项展开式中的特定项问题，实质是考查通项的特点，一般需要建立方程求，再将的值代回通项求解，注意的取值范围．
（1）第项：此时，直接代入通项；
（2）常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为建立方程；
（3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程．
特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解．
9、赋值法研究二项式的系数和问题
“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如，的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可．
10、二项式系数最大项的确定方法
（1）若是偶数，则中间一项（第项）的二项式系数最大；
（2）若是奇数，则中间两项（第项与第项）的二项式系数相等数最大．
一、单选题
1．（2024·北京·高考真题）在的展开式中，的系数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·全国甲卷·高考真题）甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全国甲卷·高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·全国甲卷·高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ）
A．120 B．60 C．30 D．20
5．（2023·全国乙卷·高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
6．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A．种 B．种
C．种 D．种
7．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
8．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2024·全国甲卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为 ．
10．（2024·全国甲卷·高考真题）的展开式中，各项系数中的最大值为 ．
11．（2024·天津·高考真题）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为 ；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 ．
12．（2024·天津·高考真题）在的展开式中，常数项为 ．
13．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
14．（2023·天津·高考真题）在的展开式中，的系数为 ．
15．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）．
16．（2022·天津·高考真题）在的展开式中，常数项是 .
17．（2022·全国甲卷·高考真题）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为 ．
18．（2022·全国乙卷·高考真题）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 ．
19．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）的展开式中的系数为 （用数字作答）．
20．（2022·浙江·高考真题）已知多项式，则 ， ．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A B D B C D B D
1．A
【分析】写出二项展开式，令，解出然后回代入二项展开式系数即可得解.
【详解】的二项展开式为，
令，解得，
故所求即为.
故选：A.
2．B
【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解.
解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解.
【详解】解法一：画出树状图，如图，
由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24种排法，
其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种，
故所求概率.
解法二：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种；
当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种；
于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意；
基本事件总数显然是，
根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为.
故选：B
3．D
【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解.
【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有件，
其中这2名学生来自不同年级的基本事件有，
所以这2名学生来自不同年级的概率为.
故选：D.
4．B
【分析】利用分类加法原理，分类讨论五名志愿者连续参加两天公益活动的情况，即可得解.
【详解】不妨记五名志愿者为，
假设连续参加了两天公益活动，再从剩余的4人抽取2人各参加星期六与星期天的公益活动，共有种方法，
同理：连续参加了两天公益活动，也各有种方法，
所以恰有1人连续参加了两天公益活动的选择种数有种.
故选：B.
5．C
【分析】相同读物有6种情况，剩余两种读物的选择再进行排列，最后根据分步乘法公式即可得到答案.
【详解】首先确定相同得读物，共有种情况，
然后两人各自的另外一种读物相当于在剩余的5种读物里，选出两种进行排列，共有种，
根据分步乘法公式则共有种，
故选：C.
6．D
【分析】利用分层抽样的原理和组合公式即可得到答案.
【详解】根据分层抽样的定义知初中部共抽取人，高中部共抽取，
根据组合公式和分步计数原理则不同的抽样结果共有种.
故选：D.
7．B
【分析】利用捆绑法处理丙丁，用插空法安排甲，利用排列组合与计数原理即可得解
【详解】因为丙丁要在一起，先把丙丁捆绑，看做一个元素，连同乙，戊看成三个元素排列,有种排列方式；为使甲不在两端，必须且只需甲在此三个元素的中间两个位置任选一个位置插入，有2种插空方式；注意到丙丁两人的顺序可交换，有2种排列方式，故安排这5名同学共有：种不同的排列方式，
故选：B
8．D
【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.
【详解】从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，共有种不同的取法，
若两数不互质，不同的取法有：，共7种，
故所求概率.
故选：D.
9．
【分析】根据排列可求基本事件的总数，设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，就的不同取值分类讨论后可求随机事件的概率.
【详解】从6个不同的球中不放回地抽取3次，共有种，
设前两个球的号码为，第三个球的号码为，则，
故，故，
故，
若，则，则为：，故有2种，
若，则，则为：，
，故有10种，
当，则，则为：
，
，
故有16种，
当，则，同理有16种，
当，则，同理有10种，
当，则，同理有2种，
共与的差的绝对值不超过时不同的抽取方法总数为，
故所求概率为.
故答案为：
10．5
【分析】先设展开式中第项系数最大，则根据通项公式有，进而求出即可求解.
【详解】由题展开式通项公式为，且，
设展开式中第项系数最大，则，
，即，又，故，
所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为.
故答案为：5.
11．
【分析】结合列举法或组合公式和概率公式可求解第一空；采用列举法或者条件概率公式可求第二空.
【详解】解法一：列举法
给这5个项目分别编号为,从五个活动中选三个的情况有：
,共10种情况，
其中甲选到有6种可能性：，
则甲参加“整地做畦”的概率为：；
乙选活动有6种可能性：，
其中再选择有3种可能性：，
故乙参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为.
解法二：
设甲、乙选到为事件，乙选到为事件，
则甲选到的概率为；
乙选了活动，他再选择活动的概率为
故答案为：；
12．20
【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可.
【详解】因为的展开式的通项为，
令，可得，
所以常数项为.
故答案为：20.
13． 24 112
【分析】由题意可知第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选；利用列举法写出所有的可能结果，即可求解.
【详解】由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，
则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，
第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，
所以共有种选法；
每种选法可标记为，分别表示第一、二、三、四列的数字，
则所有的可能结果为：
，
，
，
，
所以选中的方格中，的4个数之和最大，为.
故答案为：24；112
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定第一、二、三、四列分别有4、3、2、1个方格可选，利用列举法写出所有的可能结果.
14．
【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式，令确定的值，然后计算项的系数即可.
【详解】展开式的通项公式，
令可得，，
则项的系数为.
故答案为：60.
15．64
【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解.
【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种；
（2）当从8门课中选修3门，
①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种；
②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种；
综上所述：不同的选课方案共有种.
故答案为：64.
16．15
【分析】利用二项式展开式的通项特征，即可求解.
【详解】由题意的展开式的通项为，
令即，则，所以的展开式中的常数项为.
故答案为：.
17．.
【分析】根据古典概型的概率公式即可求出．
【详解】从正方体的个顶点中任取个，有个结果，这个点在同一个平面的有个，故所求概率．
故答案为：．
18．/0.3
【分析】根据古典概型计算即可
【详解】解法一：设这5名同学分别为甲，乙，1,2,3，从5名同学中随机选3名，
有：(甲，乙，1)，(甲，乙，2)，(甲，乙，3)，(甲，1，2)，(甲，1，3)，(甲，2，3)，(乙，1，2)，(乙，1，3)，(乙，2，3)，(1，2，3)，共10种选法；
其中，甲、乙都入选的选法有3种，故所求概率.
故答案为：.
解法二：从5名同学中随机选3名的方法数为
甲、乙都入选的方法数为，所以甲、乙都入选的概率
故答案为：
19．-28
【分析】可化为，结合二项式展开式的通项公式求解.
【详解】因为，
所以的展开式中含的项为，
的展开式中的系数为-28
故答案为：-28
20．
【分析】第一空利用二项式定理直接求解即可，第二空赋值去求，令求出，再令即可得出答案．
【详解】含的项为：，故；
令，即，
令，即，
∴，
故答案为：；．
【热考点一】二项式定理
【典例1-1】的展开式中，的系数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为.
的二项展开式的通项公式为.
而，
所以的系数为为.
故选：C.
【典例1-2】的展开式中的系数为（ ）
A． B． C．6 D．
【答案】B
【解析】的展开式中的系数为,
故选：B
【变式1-1】的展开式中，含的项的系数为（ ）
A．240 B． C．560 D．360
【答案】B
【解析】因为展开式的通项为，
当，即时，展开式中会出现，此时，
对于，通项为，要想得到，则需，
此时，即含的项的系数为，
故选：B.
【变式1-2】在的展开式中，系数为整数的项数是（ ）
A．9 B．4 C．3 D．2
【答案】C
【解析】根据题意有：，
因为，所以，所以系数为整数的项为：1，4，7，故有3项
故选：C.
1．的展开式中，的系数为（ ）
A．60 B． C．120 D．
【答案】A
【解析】由题意可知：的通项为，
且的通项为，
令，解得，
所以的系数为．
故选：A
【热考点二】二项式定理系数和
【典例2-1】（多选题）若，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BC
【解析】对于A：令，则，故A错误；
对于B：令，则，故B正确；
对于C：令，则，故C正确；
对于D，由，
两边同时求导得，
令，则，故D错误.
故选：BC.
【典例2-2】（多选题）已知，则下列结论成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【解析】设，原式为,
令，,A正确；
令，则，
同乘得，
，，故B错误
令，则，故C错误
两边同时求导得：，
再令，,故D正确.
故选：AD.
【变式2-1】（多选题）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【解析】依题意得，所以945，故A项正确；
令，得，令，得，所以，故B项错误；
令，得①，
又②，
由①+②可得，故C项正确；
同理，由②-①得，故D项错误.
故选：AC.
【变式2-2】（多选题）已知，若，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】ABD
【解析】令，得，解得，故A正确；
所以，
令，得，
令，得，
所以，故B正确；
展开式的第项（且），
所以，故C错误；
令，则，
设，
则，
令，得，
又，
所以
，故D正确.
故选：ABD
1．（多选题）若，且，则实数的值可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【解析】因为，
令可得，
即，
令可得，
∵，
∴，
∴，整理得，解得或．
故选：BC.
【热考点三】二项系定理系数最值
【典例3-1】在二项式的展开式中，系数最大的一项为 .
【答案】
【解析】由题设，二项式的展开式通项为，，
易知时对应项系数为正，时对应项系数为负，
又，，，
所以系数最大的一项为.
故答案为：.
【典例3-2】在的展开式中系数最大的项是第 项．
【答案】
【解析】的展开式的通项为，
则展开式的系数为，故为偶数时系数为正数，
由组合数，可知当，即时，取到最大值，也符合为偶数，
故展开式中系数最大的项是第项.
故答案为：.
【变式3-1】在的二项展开式中，系数最小的项为 .
【答案】
【解析】根据二项展开公式可得，
，
所以系数最小的项为
故答案为：.
【变式3-2】在的展开式中系数最大的项为 .
【答案】
【解析】的二项展开式的通项为,
其项的系数为，故当为偶数时，项的系数才有可能最大，
当时，项的系数分别为,
故系数最大的项为,
故答案为：
1．已知的二项展开式中，二项式系数最大的项为a，系数最大的项为b，则 ．
【答案】/
【解析】由题意得，通项，
当满足时，系数最大，
，即，解得
又
解得，
所以，
故．
故答案为：
【热考点四】排列组合基本问题
【典例4-1】在学校运动会期间，学校安排甲、乙、丙、丁四名体育教师到三个比赛场地做比赛安全指导工作，且每个场地至少安排一人，则甲不安排在C场地，乙安排在A场地的不同安排方法种数为（ ）
A． B．10 C．12 D．24
【答案】A
【解析】因为甲不安排在C场地，乙安排在A场地，
所以甲有两种安排方案：
若甲安排在场地，此时乙也在场地，
剩下丙，丁两人安排去场地，则有种不同的安排方法；
若甲安排在B场地，此时乙在场地，
若场地安排两人，则有种安排方法；
若场地安排一人，从丙丁中选一人，有种安排方法，
另外一人去场地，有种安排方法，
由分步乘法计数原理可得，有种安排方法；
由分类加法计数原理可知，共有（种）不同的安排方法．
故选：A．
【典例4-2】在某次太空游行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中，两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有（ ）
A．18种 B．36种 C．72种 D．108种
【答案】B
【解析】先排，两道程序，其既不能放在最前，也不能放在最后，
则在第2，3，4道程序中选两个放，，共有种安排方法；
再排剩余的3道程序，共有种安排方法，
所以一共有种不同的顺序安排方法.
故选：B.
【变式4-1】从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任班长、团支书、学习委员，则甲、乙至多有人被选中的不同选法有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C
【解析】从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任班长、团支书、学习委员，不同的选法种数为种，
若甲、乙两人都被选中，则不同的选法种数为种，
因此，甲、乙至多有人被选中的不同选法有种.
故选：C.
【变式4-2】2024年春节放假安排：农历除夕至正月初六放假，共7天．某单位安排7位员工值班，每人值班1天，每天安排1人．若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案共有（ ）
A．1440种 B．1360种
C．1282种 D．1128种
【答案】D
【解析】采取对丙和甲进行捆绑的方法：
如果不考虑“乙不在正月初一值班”，则安排方案有：种，
如果“乙在正月初一值班”，则安排方案有：种，
若“甲在除夕值班”，则“丙在初一值班”，则安排方案有：种．
则不同的安排方案共有(种)．
故选：D．
1．某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】C
【解析】满足条件的报名方法可分为两类：
第一类：甲单独参加某项比赛，
先安排甲，由于甲不能参加跳远，故甲的安排方法有种，
再将余下人，安排到与下的三个项目，
由于每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，
故满足条件的报名方法有,
所以甲单独参加某项比赛的报名方法有种，
第二类：甲与其他一人一起参加某项比赛，
先选一人与甲一起，再将两人安排至某一项目，有种方法，
再安排余下三人，有种方法，
所以甲不单独参加某项比赛的报名方法有种，
所以满足条件的不同的报名方法共有种方法.
故选：C.
【热考点五】相邻与不相邻
【典例5-1】我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队．其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在的左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为（ ）
A．432 B．864 C．1728 D．2592
【答案】C
【解析】甲队，先用捆绑法，将与捆绑有种，将与看作一个整体，再用除序法得种，利用计数原理可知，一共为种；
乙队，利用插空法得种；
按照计数原理可知，一共种.
故选：C
【典例5-2】春节是团圆的日子，为了烘托这一喜庆的气氛，某村组织了“村晚”．通过海选，现有6个自编节目需要安排演出，为了更好地突出演出效果，对这6个节目的演出顺序有如下要求：“杂技节目”排在后三位，“相声”与“小品”必须相继演出，则不同的演出方案有（ ）
A．240种 B．188种 C．144种 D．120种
【答案】D
【解析】先将“相声”与“小品”排在一起，有种排法，再与其它4个节目排序，有种排法，
最后考虑杂技节目在前三位或在后三位情况一样，所以有种．
故选：D.
【变式5-1】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
【解析】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
【变式5-2】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
【解析】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.
1．某班上有5名同学相约周末去公园拍照，这5名同学站成一排，其中甲、乙两名同学要求站在一起，丙同学不站在正中间，不同的安排方法数有（ ）
A．24 B．36 C．40 D．48
【答案】C
【解析】设剩下的两人分别为丁和戊，
①甲、乙在丁、戊之间，将甲、乙捆绑成一个元素，
丁、戊两人有种排法，甲、乙内部有种排法，丙有4个位置可站，
则共有种；
②丁、戊在甲、乙一侧时，丁、戊可选择甲、乙左侧或右侧，则有种排法，
丁、戊排列有种排法， 甲、乙之间排列也有种排法， 丙有3个位置可站，
则该种情况共有种，
则总共有种不同安排方法.
故选：C.
【热考点六】定序问题
【典例6-1】如图，左车道有2辆汽车，右车道有3辆汽车等待合流，则合流结束时汽车通过顺序共有（ ）种.
A．10 B．20 C．60 D．120
【答案】A
【解析】设左车辆汽车依次为，右车辆汽车依次为，
则通过顺序的种数等价于将安排在5个顺序中的某两个位置（保持前后顺序不变），
安排在其余3个位置（保持前后顺序不变），，
所以，合流结束时汽车通过顺序共有.
故选：A.
【典例6-2】满足，且的有序数组共有（ ）个.
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由于，所以从1到9共9个数任取4个数得一个有序数组，所有个数为．
故选：A．
【变式6-1】已知，则满足的有序数组共有（ ）个
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】所有有序数组中,满足的
有序数组中包含个0，另外两个数在或中选择，每个位置有2种选择，由乘法计数原理得不同的种数为.
故选：B.
【变式6-2】六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学，小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿园，爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧，每列3人.则爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】不妨假设六位爸爸已经站好了位置，不同站位方法数为，
小孩找到各自的爸爸，则其为定序问题，不同站位方法数为
所以不需要插队的概率.
故选：B
1．三根绳子上共挂有8只气球，绳子上的球数依次为2，3，3，每枪只能打破一只球，而且规定只有打破下面的球才能打上面的球，则将这些气球都打破的不同打法数是（ ）
A．350 B．140 C．560 D．280
【答案】C
【解析】
将8只气球编号，依次从下往上，从右往左编号为，
问题等价于8只气球排列，
其中号，号，号必须是从下到上的顺序打破气球，
则有种.
故选：C专题18 排列组合原理与二项式定理（新高考专用）
目录
【知识梳理】 2
【真题回顾】 4
【热考考点】 6
【热考点一】二项式定理 6
【热考点二】二项式定理系数和 7
【热考点三】二项式系数定理最值 8
【热考点四】排列组合基本问题 8
【热考点五】相邻与不相邻 9
【热考点六】定序问题 10
1、如图，在圆中，将圆分等份得到个区域，，，，，现取种颜色对这个区域涂色，要求每相邻的两个区域涂不同的两种颜色，则涂色的方案有种．
2、错位排列公式
3、数字排列问题的解题原则、常用方法及注意事项
（1）解题原则：排列问题的本质是“元素”占“位子”问题，有限制条件的排列问题的限制条件主要表现在某元素不排在某个位子上，或某个位子不排某些元素，解决该类排列问题的方法主要是按“优先”原则，即优先排特殊元素或优先满足特殊位子，若一个位子安排的元素影响到另一个位子的元素个数时，应分类讨论．
4、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．
5、解决相邻问题的方法是“捆绑法”，其模型为将n个不同元素排成一排，其中某k个元素排在相邻位置上，求不同排法种数的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，看成一个整体，当作一个元素同其他元素一起排列，共有种排法；然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有种．
6、解决不相邻问题的方法为“插空法”，其模型为将个不同元素排成一排，其中某个元素互不相邻（），求不同排法种数的方法是：先将（）个元素排成一排，共有种排法；然后把个元素插入个空隙中，共有种排法．根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有·种．
7、解决排列、组合综合问题时需注意“四先四后”：
（1）先分类，后分步：某些问题总体不好解决时，常常分成若干类，再由分类加法计数原理解决或分成若干步，再由分步乘法计数原理解决．常常既要分类，又要分步，其原则是先分类，再分步．
（2）先特殊，后一般：解排列、组合问题时，常先考虑特殊情形（特殊元素，特殊位置等），再考虑其他情形．
（3）先分组，后分配：对不同元素且较为复杂的平均分组问题，常常“先分组，再分配”．
（4）先组合，后排列：对于既要选又要排的排列组合综合问题，常常考虑先选再排．
8、求二项展开式中的特定项的方法
求二项展开式中的特定项问题，实质是考查通项的特点，一般需要建立方程求，再将的值代回通项求解，注意的取值范围．
（1）第项：此时，直接代入通项；
（2）常数项：即这项中不含“变元”，令通项中“变元”的幂指数为建立方程；
（3）有理项：令通项中“变元”的幂指数为整数建立方程．
特定项的系数问题及相关参数值的求解等都可依据上述方法求解．
9、赋值法研究二项式的系数和问题
“赋值法”普遍适用于恒等式，是一种重要的方法，对形如，的式子求其展开式的各项系数之和，常用赋值法，只需令即可；对形如的式子求其展开式各项系数之和，只需令即可．
10、二项式系数最大项的确定方法
（1）若是偶数，则中间一项（第项）的二项式系数最大；
（2）若是奇数，则中间两项（第项与第项）的二项式系数相等数最大．
一、单选题
1．（2024·北京·高考真题）在的展开式中，的系数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·全国甲卷·高考真题）甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·全国甲卷·高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·全国甲卷·高考真题）现有5名志愿者报名参加公益活动，在某一星期的星期六、星期日两天，每天从这5人中安排2人参加公益活动，则恰有1人在这两天都参加的不同安排方式共有（ ）
A．120 B．60 C．30 D．20
5．（2023·全国乙卷·高考真题）甲乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有（ ）
A．30种 B．60种 C．120种 D．240种
6．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）某学校为了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同的抽样结果共有（ ）．
A．种 B．种
C．种 D．种
7．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）有甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同排列方式共有（ ）
A．12种 B．24种 C．36种 D．48种
8．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）从2至8的7个整数中随机取2个不同的数，则这2个数互质的概率为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2024·全国甲卷·高考真题）有6个相同的球，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中无放回地随机取3次，每次取1个球.记为前两次取出的球上数字的平均值，为取出的三个球上数字的平均值，则与之差的绝对值不大于的概率为 ．
10．（2024·全国甲卷·高考真题）的展开式中，各项系数中的最大值为 ．
11．（2024·天津·高考真题）某校组织学生参加农业实践活动，期间安排了劳动技能比赛，比赛共5个项目，分别为整地做畦、旱田播种、作物移栽、田间灌溉、藤架搭建，规定每人参加其中3个项目.假设每人参加每个项目的可能性相同，则甲同学参加“整地做畦”项目的概率为 ；已知乙同学参加的3个项目中有“整地做畦”，则他还参加“田间灌溉”项目的概率为 ．
12．（2024·天津·高考真题）在的展开式中，常数项为 ．
13．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法，在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 ．
14．（2023·天津·高考真题）在的展开式中，的系数为 ．
15．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）．
16．（2022·天津·高考真题）在的展开式中，常数项是 .
17．（2022·全国甲卷·高考真题）从正方体的8个顶点中任选4个，则这4个点在同一个平面的概率为 ．
18．（2022·全国乙卷·高考真题）从甲、乙等5名同学中随机选3名参加社区服务工作，则甲、乙都入选的概率为 ．
19．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）的展开式中的系数为 （用数字作答）．
20．（2022·浙江·高考真题）已知多项式，则 ， ．
【热考点一】二项式定理
【典例1-1】的展开式中，的系数为（ ）
A． B． C． D．
【典例1-2】的展开式中的系数为（ ）
A． B． C．6 D．
【变式1-1】的展开式中，含的项的系数为（ ）
A．240 B． C．560 D．360
【变式1-2】在的展开式中，系数为整数的项数是（ ）
A．9 B．4 C．3 D．2
1．的展开式中，的系数为（ ）
A．60 B． C．120 D．
【热考点二】二项式定理系数和
【典例2-1】（多选题）若，则下列正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【典例2-2】（多选题）已知，则下列结论成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【变式2-1】（多选题）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【变式2-2】（多选题）已知，若，则（ ）
A． B．
C． D．
1．（多选题）若，且，则实数的值可以是（ ）
A． B． C． D．
【热考点三】二项系定理系数最值
【典例3-1】在二项式的展开式中，系数最大的一项为 .
【典例3-2】在的展开式中系数最大的项是第 项．
【变式3-1】在的二项展开式中，系数最小的项为 .
【变式3-2】在的展开式中系数最大的项为 .
1．已知的二项展开式中，二项式系数最大的项为a，系数最大的项为b，则 ．
【热考点四】排列组合基本问题
【典例4-1】在学校运动会期间，学校安排甲、乙、丙、丁四名体育教师到三个比赛场地做比赛安全指导工作，且每个场地至少安排一人，则甲不安排在C场地，乙安排在A场地的不同安排方法种数为（ ）
A． B．10 C．12 D．24
【典例4-2】在某次太空游行中，宇航员们负责的科学实验要经过5道程序，其中，两道程序既不能放在最前，也不能放在最后，则该实验不同程序的顺序安排共有（ ）
A．18种 B．36种 C．72种 D．108种
【变式4-1】从包含甲、乙两人的人中选出人分别担任班长、团支书、学习委员，则甲、乙至多有人被选中的不同选法有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【变式4-2】2024年春节放假安排：农历除夕至正月初六放假，共7天．某单位安排7位员工值班，每人值班1天，每天安排1人．若甲不在除夕值班，乙不在正月初一值班，而且丙和甲在相邻的两天值班，则不同的安排方案共有（ ）
A．1440种 B．1360种
C．1282种 D．1128种
1．某校举办中学生运动会，某班的甲，乙，丙，丁，戊名同学分别报名参加跳远，跳高，铅球，跑步个项目，每名同学只能报个项目，每个项目至少有名同学报名，且甲不能参加跳远，则不同的报名方法共有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【热考点五】相邻与不相邻
【典例5-1】我校田径队有十名队员，分别记为，为完成某训练任务，现将十名队员分成甲、乙两队．其中将五人排成一行形成甲队，要求与相邻，在的左边，剩下的五位同学排成一行形成乙队，要求与不相邻，则不同的排列方法种数为（ ）
A．432 B．864 C．1728 D．2592
【典例5-2】春节是团圆的日子，为了烘托这一喜庆的气氛，某村组织了“村晚”．通过海选，现有6个自编节目需要安排演出，为了更好地突出演出效果，对这6个节目的演出顺序有如下要求：“杂技节目”排在后三位，“相声”与“小品”必须相继演出，则不同的演出方案有（ ）
A．240种 B．188种 C．144种 D．120种
【变式5-1】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
【变式5-2】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
1．某班上有5名同学相约周末去公园拍照，这5名同学站成一排，其中甲、乙两名同学要求站在一起，丙同学不站在正中间，不同的安排方法数有（ ）
A．24 B．36 C．40 D．48
【热考点六】定序问题
【典例6-1】如图，左车道有2辆汽车，右车道有3辆汽车等待合流，则合流结束时汽车通过顺序共有（ ）种.
A．10 B．20 C．60 D．120
【典例6-2】满足，且的有序数组共有（ ）个.
A． B． C． D．
【变式6-1】已知，则满足的有序数组共有（ ）个
A． B． C． D．
【变式6-2】六位爸爸站在幼儿园门口等待接六位小朋友放学，小朋友们随机排成一列队伍依次走出幼儿园，爸爸们也随机分两列队伍依次排队站在幼儿园门口的两侧，每列3人.则爸爸们不需要通过插队就能接到自己家的小朋友的概率为（ ）
A． B． C． D．
1．三根绳子上共挂有8只气球，绳子上的球数依次为2，3，3，每枪只能打破一只球，而且规定只有打破下面的球才能打上面的球，则将这些气球都打破的不同打法数是（ ）
A．350 B．140 C．560 D．280

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