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专题020 排列组合与二项式定理
目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】组合问题 【题型02】分类、分步计数原理 【题型03】分组分配问题（平均分组和不平均分组） 【题型04】捆绑法（相邻问题） 【题型05】插空法（不相邻问题） 【题型06】插板法（相同元素分配） 【题型07】间接法 【题型08】定序（倍缩法） 【题型09】几何图形取点问题 【题型10】涂色问题 【题型11】排列组合综合问题 【题型12】二项式定理的系数 【题型13】系数和、二项式系数和 【题型14】整除和杨辉三角 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦 排列组合与二项式定理是高中数学计数板块的核心内容，也是高考数学的高频考点，多以选择题、填空题形式出现，偶尔融入概率解答题，分值占比5%-8%，侧重考查逻辑推理与运算求解能力。 核心考向一：排列组合的应用。重点考查有限制条件的计数问题，如元素相邻（捆绑法）、不相邻（插空法）、特殊元素优先安排、分组分配（均匀分组需除序）等经典模型。命题趋势呈现 “情境化” 特征，常结合分配任务、安排岗位、选排节目等实际场景，需注意区分 “排列”（有序）与 “组合”（无序）的本质差异，避免重复或遗漏计数。 核心考向二：二项式定理的核心应用。高频考点集中在二项展开式的通项公式、特定项系数（如常数项、有理项）、二项式系数的性质（对称性、最值、和差关系）。近年命题常涉及 “双项式” 展开（如的系数问题，需转化为二项式分步求解）、系数和与差的赋值法应用（令或），偶尔结合不等式、函数求最值综合考查。 命题特点与备考关键。试题难度以中档为主，注重基础方法与逻辑严谨性，避免复杂运算。备考需熟练掌握 3 类核心方法：排列组合的 “模型化解题”（捆绑、插空、间接法）、二项式定理的 “通项优先法” 与 “赋值法”。同时关注跨考点融合，如排列组合与古典概型结合、二项式系数与数列求和结合的创新题型，强化 “分类讨论”“化归转化” 的数学思想，提升解题的灵活性与准确性。
关键能力 模型识别与方法匹配能力：快速判断排列组合问题类型（相邻、不相邻等），精准选用捆绑、插空、间接法等模型；二项式问题优先锁定通项公式，明确特定项求解方向。 逻辑严谨性：区分排列与组合的有序无序属性，分组分配中注意均匀分组除序，避免重复或遗漏；二项式系数与项的系数辨析清晰，赋值法应用时条件设定准确。 化归与综合应用能力：将复杂情境（如多元素分配、三项式展开）转化为基础模型，跨考点题目中灵活融合计数与概率、数列等知识，运用分类讨论、转化思想突破解题瓶颈.
备考策略 夯实基础核心：熟记排列组合公式、二项式定理及通项公式，明确二项式系数性质，通过基础题巩固模型识别能力，杜绝公式混淆与概念模糊。 专项突破题型：针对相邻、不相邻、分组分配、特定项求解等高频题型集中训练，总结每种题型的解题模板，强化方法匹配熟练度。 强化实战应用：精选真题演练，重点关注跨考点综合题与情境化题目，训练化归转化思维；整理易错点（如均匀分组忘除序、系数与二项式系数混淆），定期复盘规避失误，提升解题准确率与速度。
◇方法技巧 01 选填的常用方法
一：排列组合常用方法
1.直接法:把符合条件的排列数直接列式计算;
2.优先法:优先安排特殊元素或特殊位置;
3.捆绑法: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;
4.插空法:对不相邻问题，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;
5.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;
6.间接法:正难则反、等价转化的方法.
二：二项式定理常用方法
1.通项公式法：二项式选填题核心，直接套用，快速求解特定项，系数等；
2.赋值法：求二项式系数和/差、常数项等，令或特殊值，直接得出结果，无需展开；
3.分类讨论法：多限制条件问题（如元素选排、分配任务），按关键条件分类，逐类计算再求和，保证不重不漏；
4.模型转化法：将三项式转化为二项式分步求解，或把复杂分配问题转化为“隔板模型”，降低解题难度；
5.性质速用法：活用二项式系数对称性（）、最值性（中间项系数最大），直接秒杀简单选填题.
◇题型 01 组合问题
典｜例｜精｜析
典例1．某学校邀请五个班的班干部座谈，其中班有甲、乙两位班干部到会，其余班级各有一位班干部到会，会上共选3位班干部进行发言，则班至少选到一位班干部的不同的选法种数为（ ）
A．10 B．12
C．16 D．20
【答案】C
【分析】由分类加法和分步乘法计数原理计算即可．
【详解】由题分两类讨论，当班选到1位班干部发言有种选法，其余班级有种选法；
当班选到2位班干部发言有种选法，其余班级有种选法；
故共有种选法，
故选：C．
典例2．（多选）有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ）
A．分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有15种分法
B．分给甲、乙、丙三人，一人4本，另两人各1本，有180种分法
C．分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有180种分法
D．分给甲、乙、丙、丁四人，两人各2本，另两人各1本，有1080种分法
【答案】CD
【分析】利用平均分配和部分平均分配原则一一计算可判定选项.
【详解】对于A，根据平均分组可知有，故A错误；
对于B，先选一人得4本书，有种方法，余下2本书分给两人有2种分法，
所以共有90种方法，故B错误；
对于C，先分给甲乙两人有种方法，余下2本书分给两人有2种分法，
所以共有180种方法，故C正确；
对于D，按照分步乘法计数原理知，所以D正确.
故选：CD
1、混淆 “排列”与“组合”：这是最常见的错误。需明确“有序”用排列（），“无序”用组合（）。若交换元素位置产生新情况，则为排列；若不影响结果，则为组合。 2、“分步” 与 “分类” 不清：“分类”（加法原理）是 “独立完成”，“分步”（乘法原理）是 “缺一不可”。做题时需先确定是分类讨论还是分步执行。 3、重复与遗漏： 平均分组易重复：若将 n 个元素平均分成 k 组，需除以 k! 以消除组间顺序造成的重复。 特殊元素易遗漏：应优先安排 “受限” 元素或位置，再排其余。 混淆 “至多” 与 “至少”：遇到 “至少” 问题，优先考虑间接法（排除法），即 “总情况数减去反面情况数”，往往比直接分类更简便。
变｜式｜巩｜固
变式1．2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，不同的分配方法共有（ ）
A．6种 B．12种
C．18种 D．24种
【答案】B
【分析】先按要求把一所学校的医生护士分配好，剩下一所学校的人自然就确定了.
【详解】一所学校1名医生和2名护士的组合有（种）
故选:B
变式2．假设在200件产品中有3件次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
【答案】B
【分析】利用组合数求得2件次品以及3件次品的抽法，相加即可.
【详解】根据题意，从200件产品中任意抽取5件，其中2件为次品的抽法有：种，
其中3件为次品的抽法有：种；
故从中任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法有：.
故选：B.
变式2．甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有（ ）
A．150种 B．180种
C．300种 D．345种
【答案】D
【详解】试题分析：分两类（1）甲组中选出一名女生有种选法；
（2）乙组中选出一名女生有种选法．故共有345种选法
故选D
◇题型 02 分类、分步计数原理
典｜例｜精｜析
典例1．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种选择.总数为个，故A正确；
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（包括0）中选（2种选择），共个，故C错误；
选项D，因为个位数字为0，则百位和十位可以在中任取两个排列，共个.故D正确.
故选：C.
典例2．（多选）定义：对一个三位数来说，如果其十位数字比个位数字和百位数字都小，则称它为“三位凹数”，如果其十位数字比个位数字和百位数字都大，则称其为“三位凸数”，现从1至9共9个数中，选取3个不同的数排成三位数，则（ ）
A．排成的“三位凹数”共有168个
B．排成的“三位凸数”和“三位凹数”的可能性相等
C．从所有的中随机抽取一个三位数，该三位数是“三位凸数”的概率为
D．从所有的中随机抽取两个三位数，至少有一个是“三位凹数”的概率为
【答案】ABC
【分析】根据“三位凹数”和“三位凸数”的定义，结合排列数和组合数的计算公式，可判定A正确；求得“三位凹数”和“三位凸数”的个数，可判定B正确；由三位数的个数，结合古典摡型的概率计算公式，可判定C正确；结合古典摡型的概率计算公式和对立事件的概率公式，可判定D错误.
【详解】对于A中，从9个数中选3个数，有种选法，
将最小的数作为十位数字，剩下两个数随意作为百位和个位上的数字，有种，故共有（个）“三位凹数”，所以A正确；
对于B中，由A知排成的“三位凸数”共有（个），
所以排成的“三位凸数”和“三位凹数”的可能性相等，所以B正确；
对于C中，由三位数共有个，所以“三位凸数”的概率为，所以C正确；
对于D中，由三位数共有个，
任取两个三位数有种，其中不同非“三位凹数”的三位数有336个，
任取两个非“三位凹数”有种，所以至少有一个是“三位凹数”的概率为，所以D错误.
故选：ABC.
典例3．已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A．16 B．24
C．32 D．48
【答案】B
【分析】分类讨论单调性，结合排列数、组合数运算求解.
【详解】若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若和在上单调递增，在上单调递减，
则有个；
若、和在上单调递增，则有个；
综上所述：共有个.
故选：B.
1、混淆 “类” 与 “步”：这是最大陷阱。分类（加法原理）是 “独立完成”，各类方法互不干扰，用 “+”；分步（乘法原理）是 “缺一不可”，各步环环相扣，用 “×”。切记：能直接做完用加法，分阶段做完用乘法。 2、分类不独立或不全面：分类标准必须统一，各类别间应互斥（无交集），所有类别总和应完备（覆盖所有情况），否则易导致重复计数或遗漏。 3、分步次序不当：涉及 “特殊元素” 或 “相邻 / 不相邻” 限制时，应优先安排受限步骤，再处理自由步骤，否则易因步骤混乱导致逻辑错误。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知袋中装有红色、黄色、绿色的小球各5个，小球除了颜色外完全相同，现从中随机取出5个小球，则不同的取法种数为（ ）
A．15 B．19
C．21 D．23
【答案】C
【分析】利用分类列举法，即可求解.
【详解】第一种情况，5个小球只包含1种颜色，有3种情况；
第二种情况，5个小球包含2种颜色，两种颜色的球的个数组合为或，
所以包含2种颜色的取法种数有；
第三种情况，5个小球包含3种颜色，3种颜色的球的个数组合为或，
所以包含3种颜色的取法种数有.
所以共有种方法.
故选：C
变式2．要把5名农业技术员分到3个乡村支援工作，每名技术员只分配到1个村，甲村至少需要2名，乙村、丙村均不少于1名，则不同的分配方案共有（ ）
A．180种 B．120种
C．90种 D．80种
【答案】D
【分析】先明确各村分配到的技术人员数，再按所需人数依次选人即可求解.
【详解】依题意甲、乙、丙三个村依次分配到的技术人员数有：
2、2、1；或2、1、2；或3、1、1这三种可能..
当甲村只分配2名技术人员时：
先选2名技术人员分给甲村有种分法；
接着选2名技术人员给乙村，剩下1名给丙村，
或者先选1名给乙村，剩下2名给丙村有种分法；
所以共有种分法.
当给甲村分配的是3名技术人员时：
先选3名技术人员分给甲村有种分法；
接着选1名技术人员给乙村，剩下1名给丙村有种分法；
此时共有种分法.
综上，共有种分配方案.
故选：D.
变式3．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”，现从1,2,3,4,5,6这六个数字中任取3个，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”的个数为（ ）
A．120 B．80
C．20 D．40
【答案】D
【分析】讨论十位数字分别3,4,5,6，结合排列数求“伞数”的个数即可.
【详解】十位数字为3时，有个“伞数”；
十位数字为4时，有个“伞数”；
十位数字为5时，有个“伞数”；
十位数字为6时，有个“伞数”；
故共有个“伞数”.
故选：D
变式4．若从1，3中选一个数字，从0，2，4中选两个数字，组成无重复数字的三位数，则组成的三位数为偶数的概率是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】排列组合中的特殊元素应该考虑优先放置，因为0不能作为数字的首位，可以考虑优先放置.
【详解】若有0，组成的三位数有个，若不含0，组成的三位数有个；组成无重复数字的三位偶数，若含有0且在个位，组成的三位数偶有个，若含有0且在十位，组成的三位偶数有个，若不含0，组成的三位数偶数有个.所以组成的三位数为偶数的概率是，
故选：B.
变式5．如图，在某城市中，M、N两地之间有整齐的方格形道路网，其中、、、是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处，今在道路网M、N处的甲、乙两人分别要到N、M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N、M处为止，则下列说法错误的是（ ）
A．甲从M必须经过到达N处的方法有9种
B．甲乙两人在处相遇的概率为
C．甲、乙两人相遇的概率为
D．甲从M到达N处的方法有120种
【答案】D
【分析】对于，甲经过到达，可分为两步：第一步：甲从经过的方法数：种，第二步：甲从到的方法数：种，利用分步计数原理求解；对于，试验发生包含的事件数是，甲经过的方法数为；乙经过的方法数也为，得到甲、乙两人相遇经点的方法数为，根据概率公式得到结果；对于，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，他们在，2，3，相遇的走法有种方法，根据分类计数原理得到结果数，求得概率．对于，甲由道路网处出发随机地选择一条沿街的最短路径到达处需走6步，由此能求出甲从到达处的方法；
【详解】解：对于，甲经过到达，可分为两步：
第一步：甲从经过的方法数：种，
第二步：甲从到的方法数：种，
所以：甲经过的方法数为种，故正确；
对于，甲、乙两人沿最短路径行走，只可能在、、、处相遇，
他们在，2，3，相遇的走法有种方法；
甲、乙两人相遇的概率，故正确．
对于，甲由道路网处出发随机地选择一条沿街的最短路径到达处需走6步，
共有种方法，故错误；
对于，由知：甲从到达处的方法有种，甲经过的方法数为：种，
同理，乙从到达处的方法有种，乙经过的方法数也为：种，
甲、乙两人相遇经点的方法数为：种，
甲、乙两人相遇经点的概率，故正确；
故选：．
◇题型 03 分组分配问题（平均分组和不平均分组）
典｜例｜精｜析
典例1．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.
【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，
故共有种不同的分配方案.
故选：D.
典例2．将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（ ）
A．540 B．504
C．408 D．390
【答案】D
【分析】先分组后分配，再间接减去甲、乙在一起的情况即可.
【详解】总的分配方法有种.
若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种；
若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种；
若按照分堆，甲、乙在一起的情况有种，故不同的分配方法数为.
故选D.
典例3．（多选）某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作．则下列说法中正确的是（ ）
A．若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种
B．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案
C．若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案
D．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A不负责语文且B不负责数学工作，则有138种不同的方案．
【答案】BCD
【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】A：这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种，故A错误；
B：根据若每人安排一门学科，每门学科至少一人，
我们把这五人分成四组共有种方法，再将这四组人去负责四个学科相关工作共有种，
根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故B正确；
C：若数学学科必须安排两人，则有种方法，其余学科各安排一人共有种，
根据分步计数乘法原理可知：有种不同的方案，故C正确；
D：“每人安排一门学科，每门学科至少一人”的总方案数为240（同选项B），需排除“A负责语文”或“B负责数学”的情况，用容斥原理计算：
情况1：A负责语文
固定在语文，剩余4人分配到4科（每科至少1人），分2种子情况：
①语文为“2人组”（人）：选1人加入语文（），剩余3人分配到其他3科（），方案数：
②语文为“1人组”（仅A）：先B、C、D、E分为三组（2，1，1），有种方法，再将三组分到数学、英语、物理，有种方法，故总的方法数为：；
情况1总方案数：．
情况2：B负责数学
与“情况1”对称，总方案数同样为60．
情况3：A负责语文且B负责数学（重复减去的部分）
在语文、B在数学，剩余3人分配到4科（每科至少1人），分2种子情况：
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（），最后1人去语文或数学（），方案数：；
②英语或物理为“2人组”：3人分成两组（2，1），有种分法，两组分配到英语和物理，有种分法，故方案数为；
故情况3总方案数：．
根据容斥原理，不符合条件的方案数为：，
因此，符合条件的方案数为：，故D正确.
故选：BCD．
1、混淆 “分组” 与 “分配”： 分组是将元素分堆，若组无编号且元素个数相同，属于平均分组，需除以组数的阶乘（）以防重复。 分配是将组分给具体对象（如人、班级），组已隐含编号，不需要除以阶乘。 2、忽视 “局部平均”：若分组中仅有部分组的元素个数相同（如2,2,3），只需除以这部分相同组数的阶乘（2!），切勿将所有组数一起除。 3、“先分后排” 逻辑不清：解决分配问题时，标准做法是先分组再分配（乘以对象的全排列），若直接分步选取，需注意选取顺序是否已自然包含了分配对象的顺序。
变｜式｜巩｜固
变式1．将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为（ ）
A．540 B．300
C．180 D．150
【答案】D
【详解】将５分成满足题意的３份有１，１，３与２，２，１两种，所以共有种方案，
故Ｄ正确．
变式2．中国空间站主体由天和核心舱、问天实验室、梦天实验舱构成．某次实验需要位宇航员同时在三个舱中开展，每个人只能去一个舱，每个舱至少安排名宇航员，其中甲宇航员只能去问天实验室和梦天实验舱中的一个，则不同的安排方法有（ ）
A．72 B．88
C．100 D．144
【答案】C
【分析】先确定甲，再安排剩下人，按照将剩下人分三组和分两组讨论，结合分类加法与分步乘法计数原理可得解.
【详解】第一步，安排甲种；
第二步，安排剩下四人；①人分三组种；②人分两组种；
综上：种.
故选：C.
变式3．2025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．1800 B．16800
C．14280 D．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.
【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，则有种；
若是2，2，1，1，1，则有种．
所以共有种.
故选：B．
◇题型 04 捆绑法（相邻问题）
典｜例｜精｜析
典例1．某中学4位任课老师和班上10名学生站成一排，则4位任课老师站在一起的排法种数可以用排列数表示为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】分析题给条件用捆绑法即可，再根据分步乘法计算可得排列种数.
【详解】4位任课老师站在一起的排法种数为，
将排完的4位任课教师作为一个整体，与剩下的10名学生站成一排的排法种数有，
再根据分步乘法得排列种数为.
故选：A.
典例2．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．216 B．264
C．312 D．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，共3种排法，
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人有种排法，
因此小明和小刚坐在左侧时共有种排法；
若小明和小刚坐在右侧，则安排情况为，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人有种排法，因此小明和小刚坐在右侧时共有种排法，
所以不同的排法共有种情况.
故选：D
捆绑法主要用于解决 “相邻” 问题，其核心是 “先捆后松”，易错点如下： 1、忽视内部排序：将相邻元素看作一个 “大元素” 与其他元素排列后，必须再乘以 “大元素” 内部各元素的全排列数。这是最常见的遗漏，切记 “整体排完，内部也要排”。 2、忽视 “松绑” 限制：在计算内部排列时，若元素自身有特殊要求（如甲必须在乙左边），则内部不能直接全排列，需按限制条件计算。 3、混淆 “相邻” 与 “定序”：捆绑法仅适用于要求元素相邻的情况。若题目仅要求元素相对顺序固定（不一定相邻），则不能用捆绑法，而应使用倍缩法或只选不排。
变｜式｜巩｜固
变式1．一个笔盒中装有10支除颜色外完全一样的笔，其中5支黑色 3支红色 2支蓝色，将这10支笔排成一排，则2支蓝色的笔排在一起的概率为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】利用捆绑法可求得2支蓝色的笔恰好排在一起的方法数，结合笔随机排列的方法总数，根据古典概型概率公式可求得结果.
【详解】10支笔随机排列，有种情况；把2支蓝色的笔看成一个整体，有种情况，
然后把这个整体与其他笔排序，有种情况；2支蓝色的笔排在一起的概率为：.
故选：C.
变式2．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.
变式3．现有10名学生排成一排，其中4名男生，6名女生，若有且只有3名男生相邻排在一起，则不同的排法共有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
【答案】D
【分析】从4名男生中选择3名，进而将3个相邻的男生捆在一起是种;6个女生随意排是种,再插入2个男生是种可得.
【详解】采用捆绑法和插空法：从4名男生中选择3名，进而将3个相邻的男生捆在一起，看成1个男生，方法数是种，这样与第4个男生看成是2个男生；然后6个女生随意排的方法数是种；最后在6个女生形成的7个空隙中，插入2个男生，方法数是种，综上所述，不同的排法共有种，
故选:D.
◇题型 05 插空法（不相邻问题）
典｜例｜精｜析
典例1．甲、乙、丙等八个人围成一圈，要求甲、乙、丙三人两两不相邻，则不同的排列方法有（ ）
A．720种 B．1440种
C．2880种 D．4320种
【答案】B
【分析】依题意环排问题转换为线排问题，再根据插空法求解.
【详解】环排问题线排策略，增加一个凳子．
九个凳子排一排，甲放一号和九号，中间剩余七个位置可选，再将其他五人放入中间有种．
甲、乙、丙两两不相邻．乙、丙只能放中间四空中共有种，
由分步计数原理得总数种．
故选：B.
典例2．2024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.
【详解】两位指令长蔡旭哲和叶光富必须站中间，有种排法，
剩下的四名宇航员共有种排法，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种，
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，则不同的站法共有种.
故选：.
插空法用于解决 “不相邻” 问题，核心是 “先排无限制，后插空档”，易错点如下： 1、插空对象搞反：必须先排无限制的元素，形成空隙后，再将不相邻的元素插入。若先排不相邻元素，空隙无法正确形成，极易导致逻辑混乱。 2、空隙计数错误：n个元素排好后，产生的空隙数是n+1（含两端）。很多题目隐含 “不排在两端” 的限制，此时需扣除首尾，空隙数变为n 1，务必看清限制条件。 3、忘记自身排序：这是最常见的遗漏。插入空隙时，不相邻元素本身通常是不同的，必须进行全排列（A），切勿误用组合（C）。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知A、B、C、D、E、F六个人站成一排，要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的排法共有（ ）种
A．186 B．264
C．284 D．336
【答案】D
【分析】先考虑A和B不相邻的排法，再考虑A和B不相邻，且C站两端的情况，相减后得到答案.
【详解】先考虑A和B不相邻的排法，
将C、D、E、F四个人进行全排列，有种情况，
C、D、E、F四个人之间共有5个空，选择2个排A和B，有种情况，
故有种选择，
再考虑A和B不相邻，且C站两端的情况，
先从两端选择一个位置安排C，有种情况，
再将D、E、F三个人进行全排列，有种情况
最后D、E、F三个人之间共有4个空，选择2个排A和B，有种情况，
故有种情况，
则要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的安排有种情况.
故选：D
变式2．一个小型联欢会要安排1个诗词朗诵类节目，2个独唱类节目，2个歌舞类节目，则同类节目不相邻的安排方式共有（ ）
A．44种 B．48种
C．72种 D．80种
【答案】B
【分析】利用间接法，首先将五个节目全排列，减去独唱类节目相邻，再减去歌舞类节目相邻，最后加上独唱类节目相邻且歌舞类节目也相邻的情况即可.
【详解】依题意五个节目全排列有种排法；
若独唱类节目相邻，则有种排法；
若歌舞类节目相邻，则有种排法；
若独唱类节目相邻且歌舞类节目也相邻，则有种排法；
综上可得同类节目不相邻的安排方式共有种.
故选：B
变式3．（多选）甲、乙、丙、丁、戊、己六名学生站成一排照相，则下列选项正确的为（ ）
A．若甲和乙站在两端，则不同站法的种数为48
B．若甲不站排头，乙不站排尾，则不同站法的种数为480
C．若甲不站两端，乙和丙相邻，丁和戊相邻，则不同站法的种数为48
D．若甲、乙、丙三名学生两两不相邻，且丁、戊、己三名学生也两两不相邻，则不同站法的种数为72
【答案】ACD
【分析】利用分步乘法原理，结合捆绑法、间接法与插空法对选项逐一分析判断即可.
【详解】对于A，由于甲和乙站在两端，故有种站法，
再将其余四人全排列，有种站法，
所以一共有种不同站法，故A正确；
对于B，六名学生全排列有种站法，
甲站排头有种站法，乙站排尾种站法，
甲站排头且乙站排尾有种站法，
所以甲不站排头，乙不站排尾有种不同站法，故B错误；
对于C，乙和丙相邻，丁和戊相邻，将他们分别捆绑在一起，共有种方法，
将他们看作两个元素，与甲、己进行排列，由于甲不站两端，故有种方法，
所以甲不站两端，乙和丙相邻，丁和戊相邻有种不同站法，故C正确；
对于D，将甲、乙、丙全排列，有种站法，
将丁、戊、己全排列，也有种站法，
将甲、乙、丙插到丁、戊、己之间的空隙中，有种方法，
所以甲、乙、丙三名学生两两不相邻，且丁、戊、己三名学生也两两不相邻有种不同站法，故D正确.
故选：ACD.
◇题型 06 优先法（特殊位置）
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每人都要安排一项工作，每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则这5名同学全部被安排的方案数是
D．若司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
【答案】ABD
【分析】根据分组分配问题，即可结合排列组合以及选项逐一求解.
【详解】对于A，安排5人参加4项工作，若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则有种安排方法，故A错误．
对于B，根据题意，先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作，有种安排方法，故B错误．
对于C，根据题意，分2种情况讨论：①从丙、丁、戊中选出2人开车，则有种安排方法；
②从丙、丁、戊中选出1人开车，则有种安排方法，则共有种安排方法，故C正确．
对于D，分2步分析：需要先将5人分为3组，有种分组方法，
将分好的三组安排翻译、导游、礼仪三项工作，有种情况，则有种安排方法，故D错误．
故选:ABD．
典例2．（多选）现有5个编号为1，2，3，4，5的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．若自由放置，共有3125种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有240种放法
C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有20种
D．将5个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有20种
【答案】ACD
【分析】结合组合数、排列数由分步乘法计算原理逐项计算即可求解；
【详解】对于选项A：每个小球都有5种选择，所有共有种，故A正确；
对于选项B：第一步，选择一个盒子不放球，由,
第二步，5个小球分成4组，分别放入4个盒子有：，
所以共有种，故B错误；
对于选项C：第一步选择两个盒子使得编号与小球相同，有，
第二步，剩下3个球，3个盒子使得盒子编号与小球编号不相同共有2种，
所以共有20种，故C正确；
对于选项D：第一步，确定哪个盒子不放球，有，
第二步，剩下四个盒子确定哪个盒子放两个球，即可；
所有共有20种，故D正确；
故选：ACD.
典例3．某地区安排A，B，C，D，E，F六名党员志愿者同志到三个基层社区开展防诈骗宣传活动，每个地区至少安排一人，至多安排三人，且A，B两人安排在同一个社区，C，D两人不安排在同一个社区，则不同的分配方法总数为（ ）
A．72 B．84
C．90 D．96
【答案】B
【分析】分为每个社区各两人和一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人两种分配方式，第二种分配方式再分AB两人一组去一个社区，AB加上另一人三人去一个社区，进行求解，最后相加即为结果.
【详解】第一种分配方式为每个社区各两人，则CE一组，DF一组，或CF一组，DE一组，由2种分组方式，再三组人，三个社区进行排列，则分配方式共有种；
第二种分配方式为一个社区1人，一个社区2人，一个社区3人，
当AB两人一组去一个社区，则剩下的4人，1人为一组，3人为一组，则必有C或D为一组，有种分配方法，再三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法；
当AB加上另一人三人去一个社区，若选择的是C或D，则有种选择，再将剩余3人分为两组，有种分配方法，将将三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法；
若选择的不是C或D，即从E或F中选择1人和AB一起，有种分配方法，再将CD和剩余的1人共3人分为两组，有2种分配方法，将三个社区，三组人，进行排列，有种分配方法，
综上共有12+12+36+24=84种不同的分配方式
故选：B
特殊位置优先法（优限法）用于解决 “元素 / 位置受限” 问题，核心是 “先排受限，后排自由”，易错点如下： 1、对象选择失误：当 “特殊元素” 和 “特殊位置” 同时存在时，优先处理被限制得最死的一方（即选择范围最小的），否则易导致后续步骤选择范围错误。 2、忽视 “包含” 关系：若特殊元素必须排在特殊位置上，处理完后，该元素和位置均被消耗，后续计算总数时务必扣除已用的元素和位置，否则会导致总数计算错误。 3、逻辑重复：切勿在排完特殊位置后，又在排剩余位置时重复考虑该特殊元素，或在分步乘法中混淆了元素与位置的对应关系。
变｜式｜巩｜固
变式1．从1，3，5，7中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成没有重复数字的四位偶数的个数是（ ）
A．360 B．396
C．432 D．756
【答案】B
【分析】可先从1，3，5，7中任取2个数字，然后讨论0是否存在，求解即可．
【详解】解：从1，3，5，7中任取2个数字有种方法，
从2，4，6，0中任取2个数字不含0时，有种方法，
可以组成个没有重复数字的四位偶数；
含有0时，0不能在千位位置，其它任意排列，共有个，
∴共有个．
故选：B
变式2．现有甲、乙、丙、丁、戊5人参加社区志愿者服务活动，每人从事团购、体温测量、进出人员信息登记、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加.若甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是（ ）
A．234 B．152
C．126 D．108
【答案】C
【分析】分情况进行讨论，先计算“甲乙一起参加除了开车的三项工作之一”有多少种情况，再计算“甲和乙分别承担一份工作，丙、丁、戊三人中有两人承担同一份工作”和“甲或乙与丙、丁、戊三人中的一人承担同一份工作”的情况，相加即得.
【详解】由题，分情况讨论，甲乙一起参加除了开车的三项工作之一：种；
甲乙不同时参加一项工作，又分为两种情况：
①甲和乙分别承担一份工作，丙、丁、戊三人中有两人承担同一份工作，有：种；
②甲或乙与丙、丁、戊三人中的一人承担同一份工作：种.
由分类计数原理，可得共有种.
故选：
【点睛】本题考查计数原理，考查学生的逻辑推理能力.
变式3．（多选）甲 乙 丙 丁 戊共5位志愿者被安排到，，，四所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，且每位志愿者只能到一所学校支教，则下列结论正确的是（ ）
A．不同的安排方法共有240种
B．甲志愿者被安排到学校的概率是
C．若学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有120种
D．在甲志愿者被安排到学校支教的前提下，学校有两名志愿者的概率是
【答案】ABD
【分析】先将5人分成4组，然后排入4所学校即可判断A；
分A学校只有一个人和A学校只有2个人，两种情况讨论，求出甲志愿者被安排到A学校的排法，再根据古典概型即可判断B；
先将A学校的两名志愿者排好，再将剩下的3名志愿者安排到其他3所学校即可判断C；
求出甲志愿者被安排到A学校的排法，然后再求出在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的排法，根据条件概率进行计算，从而可判断D.
【详解】甲 乙 丙 丁 戊共5位志愿者被安排到A，B，C，D四所山区学校参加支教活动，
则共有种安排方法，故A正确；
甲志愿者被安排到A学校，
若A学校只有一个人，则有种安排方法，
若A学校只有2个人，则有种安排方法，
所以甲志愿者被安排到A学校有种安排方法，
所以甲志愿者被安排到A学校的概率是，故B正确；
若A学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有种，故C错误；
甲志愿者被安排到A学校有种安排方法，
在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的安排方法有24种，
所以在甲志愿者被安排到A学校支教的前提下，A学校有两名志愿者的概率是，故D正确.
故选：ABD.
变式4．（多选）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（ ）
A．某学生从中选3门，共有30种选法
B．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法
C．课程“礼”“乐”“数”排在相邻三周，共有144种排法
D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法
【答案】CD
【分析】根据题意，由分步、分类计数原理和排列数与组合数公式，分别判断各选项即可．
【详解】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，某学生从中选3门，6门中选3门共有种，故A错误；
对于B，课程“射”“御”排在不相邻两周，先排好其他的4门课程，有5个空位可选，
在其中任选2个，安排“射”“御”，共有种排法，故B错误；
对于C，课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，
由捆绑法：将“礼”“书”“数”看成一个整体，
与其他3门课程全排列，共有种排法，故C正确；
对于D，课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，分2种情况讨论，
若课程“乐”排在最后一周，有种排法，
若课程“乐”不排在最后一周，有种排法，
所以共有种排法，故D正确．
故选：CD．
◇题型 07 插板法（相同元素分配）
典｜例｜精｜析
典例1．学校有个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少个名额，则有（ ）种分配方案.
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】问题等价于将个完全相同的小球，放入个不同的盒子，每个盒子至少个球，结合隔板法可得结果.
【详解】问题等价于将个完全相同的小球，放入个不同的盒子，每个盒子至少个球，
由隔板法可知，不同的分配方案种数为.
故选：C.
典例2．将16个扶困助学的名额分配给3个学校，要求每校至少有一个名额且各校分配的名额数互不相等，则不同的分配方法种数为（ ）
A．42 B．78
C．90 D．84
【答案】D
【分析】先把名额分成三组，然后再排列得各个学校的名额数．
【详解】16分成三个不等的正整数的和有：
，
共14种，
因此不同的分配种数为，
故选：D．
典例3．不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（ ）
A．1360 B．2380
C．2510 D．760
【答案】B
【分析】设，，，，问题转化成不等式的正整数解的组数，即求方程的正整数解，应用隔板法求解的组数.
【详解】设，，，，
由，且是非负整数，
将问题转化成不等式的正整数解的组数.
求方程的正整数解，
可先将看作个“1”，将这个“1”排成一排，
在其中间形成的个空位中选择3个空位放入隔板，
则隔板隔开形成4组“1”，每组“1”的和分别对应的值，
因此，方程的正整数解的组数为，
方程的正整数解的组数为，
方程的正整数解的组数为，
，
方程的正整数解的组数为，
所以原不等式的非负整数解的组数为
.
故选：B
【点睛】方法点睛：将个相同元素分成组，可用“隔板法”计数，将个元素排成一排，它们之间有个空位，要把它们分成组，只需在这个空位中插入个隔板，故方法总数为.“隔板法”常用来解决名额分配问题、不定方程的正整数解的组数问题等.
插板法用于解决 “相同元素分给不同对象”的问题，核心是“”，易错点如下： 1、忽视“至少一个”前提：公式仅适用于每组分得至少1个元素的情况。若允许“分不到”（即可以为0），需先给每组“借”1个元素（化为至少1个），计算后再“还”回去，此时公式变为。 2、混淆“同”与“异”：插板法要求元素必须相同且对象必须不同。若元素不同，需用分步乘法；若对象相同，则属于分组问题，均不可直接套用插板法。 3、忽视上限限制：若题目规定某组 “最多” 分 k 个，直接用插板法会包含超过 k 的情况。此时应优先用排除法（总情况减去违规情况），或通过转换将 “最多” 转化为 “至少” 问题求解。
变｜式｜巩｜固
变式1．某学校为增进学生体质，拟举办长跑比赛，该学校高一年级共有5个班级，现将7个参赛名额分配给这5个班级，每班至少1个参赛名额，则不同的分配方法为（ ）
A．21种 B．18种
C．15种 D．10种
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用隔板法直接求解作答.
【详解】7个参赛名额分配给5个班级，每班至少1个参赛名额，名额无区别，
可将7个参赛名额视为7个球，排成一列形成6个空隙，插入4块隔板分成5份，每一份至少一个球，即至少一个名额，
所以不同分配方法为.
故选：C
变式2．某地举办科技博览会，有个场馆，现将个志愿者名额分配给这个场馆，要求每个场馆至少有一个名额且各场馆名额互不相同的分配方法共有种（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】“每个场馆至少有一个名额的分法”相当于在24个名额之间的23个空隙中选出两个空隙插入分隔符号，则有种方法，再列举出“至少有两个场馆的名额数相同”的分配方法，进而得到满足题中条件的分配方法.
【详解】每个场馆至少有一个名额的分法为种，
至少有两个场馆的名额相同的分配方法有
（1，1，22），（2,2,20），（3,3,18），（4,4,16），（5,5,14），（6,6,12），（7,7,10），（8,8,8），（9,9,6），（10,10,4），（11,11,2），
再对场馆分配，共有种，
所以每个场馆至少有一个名额且各校名额互不相同的分配方法共有种，
故选A.
【点睛】该题考查的是有关形同元素的分配问题，涉及到的知识点有隔板法，在解题的过程中，注意对至少两个场馆分配名额相同的要去除.
变式3．（多选）某医院派出甲、乙、丙、丁四名医生奔赴某市的四个区参加防疫工作，每名医生只能去一个区，则下列说法正确的是（ ）
A．若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法
B．若恰有一个区无人去，则共有144种不同的安排方法
C．若甲不去区，乙不去区，且每区均有人去，则共有18种不同的安排方法
D．若该医院又计划向这四个区捐赠18箱防护服，且每区至少发放3箱，则共有84种不同的安排方法
【答案】ABD
【分析】全排列可得A正确；先将人员分组为2,1,1，再将三组人员送到三个地方可得B正确；全排中除去甲去区，乙去区，再加上多减的即可判断C错误；隔板法，先每个区发2箱，然后使用3块隔板将剩下的10箱分成4份，且隔板不相邻，不在两端，再计算后可得D正确.
【详解】A：若四个区都有人去，则共有种不同的安排方法，故A正确；
B：若恰有一个区无人去，则共有种不同的安排方法，故B正确；
C：若甲不去区，乙不去区，且每区均有人去，则共有种不同的安排方法，故C错误；
D：若该医院又计划向这四个区捐赠18箱防护服，且每区至少发放3箱，先每个区发2箱，然后使用3块隔板将剩下的10箱分成4份，且隔板不相邻，不在两端，则共有种不同的安排方法，故D正确；
故选：ABD.
◇题型 08 间接法
典｜例｜精｜析
典例1．某公司的一个部门有6名男员工和4名女员工，从该部门选3人组成一个项目组，要求该项目组男、女员工都有，则不同的选法种数为（ ）
A．84 B．90
C．96 D．100
【答案】C
【分析】可用直接法或间接法求解.
【详解】法1：直接法：选取的员工中可以有：1男2女，2男1女两类情况，
所以不同的选法种数为： .
法2：间接法：从10人中任选3人的方法中减去全是男生或全是女生的选法可得所求不同的选法种数为．
故选：C
典例2．某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为（ ）
A．14 B．16
C．20 D．48
【答案】B
【详解】由间接法得，
故选B．
典例3．有甲 乙 丙等8名学生排成一排照相，计算其排法种数，在下列答案中正确的是（ ）
A．甲排在两端，共有种排法
B．甲 乙都不能排在两端，共有种排法
C．甲 乙 丙三人相邻（指这三个人之间都没有其他学生），共有种排法
D．甲 乙 丙互不相邻（指这三人中的任何两个人都不相邻），共有种排法
【答案】AD
【分析】A：先排甲，然后剩下7人全排，由此即可判断；B：先在中间6个位排甲乙，然后剩下6人全排，由此即可判断；C：先将甲乙丙三人捆绑，再和剩下5人全排，由此即可判断；D：先全排除了甲乙丙剩下的5人，然后将甲乙丙三人插空，由此即可判断.
【详解】A，先排甲，然后剩下7人全排，共有种排法，故A正确；
B，先在中间6个位排甲乙，然后剩下6人全排，共有种排法，但是，故B错误；
C，先将甲乙丙三人捆绑，再和剩下5人全排，共有种排法，故C错误；
D，先全排除了甲乙丙剩下的5人，然后将甲乙丙三人插空共有种排法，故D正确.
故选：AD.
间接法（排除法）的核心是 “正难则反”，即用总情况减去反面情况，易错点如下： 1、“反面” 找不全：这是最大陷阱。反面情况必须与正面情况互补（即并集为全集，交集为空）。例如 “都不” 的反面不是 “都”，而是 “至少有一个”；“至少两个” 的反面是 “至多一个”。 2、总情况数计算错误：使用间接法时，总情况数必须是无任何限制条件下的所有可能。若总情况数算错（如忘记某些隐含限制），后续所有计算都将无效。 3、反面情况计算复杂：不要盲目使用间接法。若反面情况分类繁多（如 “至少 3 人” 的反面是 “0 人、1 人、2 人”），计算量可能比直接法还大，需灵活判断。
变｜式｜巩｜固
变式1．甲，乙两名大学生计划今年寒假分别从黄果树风景名胜区、龙宫景区、天龙屯堡景区、安顺古城四个不同的景区中随机选两个景区前往旅游打卡，则这两人恰好有一个景区相同的选法共有（ ）
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
【答案】C
【分析】利用组合数和计数原理，用间接法求解即得.
【详解】由题意得甲选择两个景区的选法有种，
乙选择两个景区的选法有种，故总选法有种，
两人选择景区完全相同的选法有种，
两人选择景区完全不相同的选法有种，
故两人恰好有一个景区相同的选法共有种，故C正确.
故选：C.
变式2．从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有（ ）
A．140种 B．120种
C．35种 D．34种
【答案】D
【分析】先求选出4人参会，总的选法共有种，再计算全是男生的选法，做差即可得结果.
【详解】由题意得：选出4人参会，总的选法共有种，
选出4人均为男生的选法有种，
则4人中既有男生又有女生的选法共有种，
故选：D.
【点睛】本题考查组合的应用，正难则反，巧妙运用间接法是解题的关键，考查分析理解，计算化简的能力，属基础题.
变式3．在某次太空旅行中，宇航员们要对需要完成的A，B，C，D，E，F六个科学实验进行排序，则下列说法正确的是（ ）
A．若A，B相邻，则不同的排序种数有240种
B．若C，D相隔一个实验，则不同的排序种数有96种
C．若E不在第一个，F不在最后一个，则不同的排序种数有504种
D．A排在B，C之前的概率为
【答案】ACD
【分析】对于ABC，根据题意结合排列数、组合数分析求解；对于D，根据排列组合结合古典概型分析求解.
【详解】对于A，若A，B相邻，则不同的排序种数有种，故A正确；
对于B，若C，D相隔一个实验，则不同的排序种数有种，故B错误；
对于C，若E不在第一个，F不在最后一个，则不同的排序种数有种，故C正确；
对于D，A排在B，C之前的概率为，故D正确.
故选：ACD.
◇题型 09 定序法（倍缩法）
典｜例｜精｜析
典例1．某公司销售六种不同型号的新能源电动汽车、、、、、，为了让顾客选出自己心仪的电动汽车，把它们按顺序排成一排，必须安排在前两个位置，、不相邻，则不同的排法有（ ）
A．144种 B．156种
C．160种 D．178种
【答案】B
【分析】本题可分为安排在第一个位置、安排在第二个位置两种情况进行讨论，然后将安排在第二个位置分为第一个位置安排或、第一个位置不安排或两种情况进行讨论，即可得出结果.
【详解】若安排在第一个位置，然后排列、、，有种，、用插空法进行排列，则这种情况共有种排法；
若安排在第二个位置，第一个位置安排或，再安排其它，则有种排法；
若安排在第二个位置，第一个位置不安排或，从、、中选一个安排在第一个位置，再排其他两个，最后用插空法排列、，有种排法，
综上所述，共有种排法，
故选：B.
典例2．（多选）2023年国外某智库发布尖端技术研究国家竞争力排名，在极超音速和水下无人机等23个领域中，中国在其中19个领域领先.某科技博主从这19个领域中选取了A，，，，，六个领域，准备在2024年1月1—6日对公众进行介绍，每天随机介绍其中一个领域，且每个领域只在其中一天介绍，则（ ）
A．A，在后3天介绍的方法种数为144
B．，相隔一天介绍的方法种数为96
C．不在第一天，不在最后一天介绍的方法种数为504
D．A在，之前介绍的概率为
【答案】ACD
【分析】对于ABC：根据题意结合排列数、组合数分析求解；对于D：根据排列组合结合古典概型分析求解.
【详解】A，在后3天介绍的方法种数为，A正确；
，相隔一天介绍的方法种数为，B错误；
不在第一天，不在最后一天介绍的方法种数为（或），C正确：
A在，之前介绍的概率为，D正确；
故选：ACD.
定序倍缩法用于解决 “顺序一定” 问题，核心是 “总数除以阶乘”，易错点如下： 1、误用除法对象：倍缩时，除数必须是定序元素的全排列数，而非所有元素的阶乘。例如 “甲乙丙顺序一定”，应除以3!，而非 2、混淆“相邻”与“定序”：倍缩法仅适用于相对顺序固定（不要求相邻）的情况。若题目要求 “甲乙丙必须相邻且顺序不变”，则应使用捆绑法将其视为一个整体，不可直接倍缩。 3、忽视 “部分定序”：若仅有部分元素顺序固定（如5人中甲乙顺序一定），其余元素任意排列，公式应为（即），切勿漏掉对其余元素的全排列计算。
变｜式｜巩｜固
变式1．某学校文艺汇演准备从甲、乙、丙、丁、戊5人中选4人参加演出．要求甲和乙必须同时参加，且他们的演出顺序必须满足甲在前、乙在后，那么不同的演出顺序种数有（ ）
A．18种 B．24种
C．36种 D．72种
【答案】C
【分析】除了甲乙外，再选2人，从而利用倍缩法进行求解.
【详解】先从丙、丁、戊3人中选2人，有种，再把4人排列满足甲在前、乙在后，有，∴总共有种．
故选：C
变式2．某单位晚会共由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三个，节目乙和节目丙相邻，该晚会节目演出顺序的编排方案共有（ ）
A．120种 B．156种
C．188种 D．240种
【答案】A
【分析】根据题意，分甲排在第一个；甲排在第二个；甲排在第三个，乙和丙排在前两个；甲排在第三个，乙和丙不排在前两个；共四种情况，分别求出编排方案，即可求出结果.
【详解】根据题意，若甲排在第一个，则有种编排方案；
若甲排在第二个，则有种编排方案；
若甲排在第三个，乙和丙排在前两个，则有种编排方案；
若甲排在第三个，乙和丙不排在前两个，则有种编排方案；
综上，共有种编排方案.
故选：A.
【点睛】本题主要考查排列的简单应用，属于常考题型.
变式3．某电影中太乙真人作为哪吒的授业恩师，送给了哪吒七件法宝，乾坤圈、混天绫、火尖枪、金砖、阴阳剑、九龙神火罩和风火轮．哪吒使用这七件法宝对阵敌人，则下列说法正确的是（ ）
A．若哪吒每次使用两种法宝，对阵3次，可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有
B．若哪吒与敌人对阵3次，每次至少使用两件法宝，法宝不可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有
C．若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈和风火轮不能相邻使用，则不同的使用法宝的方法有种
D．若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈比风火轮更早使用，风火轮比火尖枪更早使用，则不同的使用法宝的方法有种
【答案】ACD
【分析】A计算每次使用法宝的种数，再利用分步乘法计数原理计算；B先将7件法宝分成3组，每组至少2件，再进行分配；C先排列其余5件法宝，再利用插空法排列即可；D利用倍缩法解决定序问题即可．
【详解】已知太乙真人送给了哪吒七件法宝，
对于A，每次使用法宝有种，
因可以重复使用，则对阵3次 不同的使用法宝的方法有种，故A正确；
对于B，将7件法宝分成3组，每组至少2件，共有种，
则对阵3次 不同的使用法宝的方法有种，故B错误；
对于C，先将除乾坤圈 风火轮以外的5种法宝排列，共有种，
再利用插空法将乾坤圈 风火轮插入6个空位置中，
则不同的使用法宝的方法有种，故C正确；
对于D，先将7件法宝排列共有种，
再利用倍缩法解决定序问题即可得，不同的使用法宝的方法有种，故D正确.
故选：ACD．
◇题型 10 几何图形取点问题
典｜例｜精｜析
典例1．格点是指平面直角坐标系中横纵坐标均为整数的点.一格点沿坐标线到原点的最短路程为该点到原点的“格点距离”（如：，则点到原点的格点距离为）.格点距离为定值的点的轨迹称为“格点圆”，该定值称为格点圆的半径，而每一条最短路程称为一条半径.当格点半径为6时，格点圆的半径有______________条（用数字作答）.
【答案】252
【分析】由题设，易知格点圆上的格点都在上，其中每个象限有5个，且相互关于x、y轴或原点对称，分析可得每个格点半径条数为，进而可求所有格点的半径条数.
【详解】设格点为，格点半径为6，则，
∴对应格点圆图象如下，每条边上有(不含端点)5个格点，
以第一象限为例，格点有，其中的半径有6条，的半径有15条，的半径有20条，的半径有15条，的半径有6条，
∴共有62条，即对于任意格点，其半径条数有条，
∴由上，四个象限共有条半径，另外数轴上有四个点，半径共有条，
综上，格点半径为6时，格点圆的半径有条.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：画出格点圆的图象，确定各象限中格点坐标，分析格点半径条数与坐标值之间的关系，应用对称性求格点圆半径总条数即可.
典例2．四面体的一个顶点为A，从其他顶点与棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法共有（ ）
A．30种 B．33种
C．36种 D．39种
【答案】B
【详解】分所取的3点在同一个侧面上和所取的3点不在同一个侧面上两种情况分析求解即可.
【点睛】根据题意，如图，
①当所取的3点在同一个侧面上时，每个侧面上有种取法，
所以共有种不同的取法，
②当所取的3点不在同一个侧面上时，
含顶点的三条棱中，每条棱上有三个点，它们分别与所对的棱的中点共面，
共有3种取法，
综上，共有种不同的取法，
故选：B
排列组合中的几何取点问题，核心在于 “图形容斥”，易错点如下： 1、忽视 “共线” 陷阱：这是最致命的错误。直接用组合数计算三角形或四边形个数时，往往包含了三点或四点共线的退化情况。必须减去这些共线点的组合数。 2、立体几何维度不清：在立体图形（如四面体、正方体）中取点，需注意点是否在同一平面内。例如计算异面直线时，易将共面直线误算进去；计算平面个数时，易漏掉由对角面或截面构成的平面。 3、混淆 “点” 与 “线 / 面”：题目问 “能构成多少个三角形”，有时会误算成 “能连多少条线”。需明确最终几何图形的定义（如三角形需 3 点不共线），严格区分计数目标。
变｜式｜巩｜固
变式1．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是__________________.
【答案】36
【分析】根据题中定义“正交线面对”的含义，找出正方体中“正交线面对”的组数，即可得出结果.
【详解】如果一条直线与一个平面垂直，那么，这一组直线与平面就构成一个正交线面对.
如下图所示：
①对于正方体的每一条棱，都有个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有个；
②对于正方体的每一条面对角线（如，则平面），均有一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有个.
综上所述，正方体中的“正交线面对”共有个.
故答案为.
变式2．二维码是一种由黑色和白色组成的双色方格阵图，规定如果一个的二维码有对称轴且绕其中心逆时针旋转后能与自身重合，称其为“转转码”，则“转转码”的个数为______________.（用数字作答）
【答案】
【分析】根据图形的旋转规律，结合分步计数原理即可求解.
【详解】由题意知，作出的正方形方格阵图，如图所示：
因为“转转码”有对称轴且绕其中心逆时针旋转后能与自身重合，
则可知正方形、、和的黑色和白色方格数量相等且位置排列完全相同，且每个正方形关于其对角线、、和对称，
矩形、、和的黑色和白色方格数量相等且位置排列也完全相同，其中正方形逆时针旋转后位置不变，
只需该的二维码中的正方形的个方格、矩形的3个方格及正方形方格，共计个方格，出现双色方格，该二维码即是“转转码”，
则该“转转码”的个数有：种，
故答案为：.
◇题型 11 涂色问题
典｜例｜精｜析
典例1．给图中五个区域染色，有四种不同的颜色可供选择，要求边界有重合部分的区域（仅顶点与边重合或仅顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ）
A．216种
B．168种
C．192种
D．180种
【答案】B
【分析】分别讨论区域三，四，五和二，三区域的染色，由分步乘法计数原理计算可得答案.
【详解】先对区域三，四，五染色，有种方法，
若区域二和三同色，区域一可以有3种染色方案，不同的染色方法有种；
若区域二和五同色，区域一有2种染色方案，不同的染色方法有种；
若区域二与三、五颜色不同，区域一有2种染色方案，不同的染色方法有种.
综上，不同的染色方法有种.
故选：B
典例2．提供四种不同颜色的颜料给图中六个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，有公共边的两个区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法共有（ ）
A．288种 B．296种 C．362种 D．384种
【答案】D
【分析】分2号区域和6号区域同色，2号区域与4号区域同色，2号区域与4号区域，6号区域均不同色三种情况讨论，进而可得出答案.
【详解】首先三个区域有种涂法，
当2号区域和6号区域同色时，有种涂法；
当2号区域与4号区域同色时，有种涂法；
当2号区域与4号区域，6号区域均不同色时，有种涂法，
综上，共有384种涂法.
故选：D.
1、混淆“先选色再涂色”与“直接涂色”，忽略颜色数量限制； 2、选色时未考虑颜色是否必须全部使用，导致重复或漏算； 3、涂色时未按相邻关系正确分步，造成颜色冲突或顺序依赖错误； 4、环形或对称图形未处理首尾相邻或对称重复，误用除法去重； 5、对“至少/至多”条件未分类讨论，直接计算导致偏差； 6、复杂图形未先固定关键区域颜色再扩展，使计数变得混乱； 7、忽略颜色相同与不同的区别，尤其是在选色后再排列时出错.
变｜式｜巩｜固
变式1．如图，为了出黑板报，某班级为黑板四个区域进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（有公共边）不能用同一种颜色，若只有四种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂色方法共有（ ）
A．24种 B．48种 C．72种 D．84种
【答案】B
【分析】根据组合的定义，结合分类计数原理进行求解即可.
【详解】由题意可知，使用了3种颜色则只有和颜色相同，或只有和颜色相同，
则涂色方法共有种.
故选：B
变式2．重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽象成数学形状如图（同一类格子形状相同）：
“中间格“火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物；
“十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香；
“四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．现有6种不同食物（足够量），其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用分步计数原理及分类计数原理即得.
【详解】由题可知中间格只有一种放法；
十字格有四个位置，种适合放入，所以有一种放两个位置，共有种放法；
四角格有四个位置，种适合放入，可分为一种放三个位置，另一种放一个位置，
有种放法，或每种都放两个位置，有种放法，故四角格共有种放法；
所以不同放法共有种.
故选：C.
变式3．如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有________________种不同的染色方案.
【答案】192
【分析】法一：间隔元素分析法，分同色，同色；同色，不同色；不同色，同色；不同色，不同色，结合和的颜色相同和不同，分类讨论，得到情况数，相加即可；
法二：相邻最多元素优先分析法，考虑到影响的元素最多，分各不同色，和同色，结合同色，不同色，同色，不同色，共有类讨论，分类讨论，得到情况数，相加即可
【详解】法一：间隔元素分析法：
①同色，同色，则有两种上色方式，被确定，故有种；
②同色，不同色，则仅有1中上色方式，被确定，故有种；
③不同色，同色，则若与同色，则有1种上色方式；
若与不同色，则只有1种上色方式；
故有种；
④不同色，不同色，
1）同色，则有种；2）不同色，则有种.
综上，共有种方式.
法二：相邻最多元素优先分析法：
考虑到影响的元素最多：
①各不同色，1）同色，则有3种染色法，故共有种；
2）不同色，则有2种染色法，故共有：种；
②同色，1）同色，则只有1种染色法（4种颜色都要使用到），
故有种；2）不同色，则有2种染色法，故有种.
综上：共有种染色方案.
故答案为：192.
◇题型 12 排列组合综合问题
典｜例｜精｜析
典例1．设正整数其中，记，则下列说法错误的是（ ）
A．(10)=2. B．(16n+5)=ω(4n+3).
C．(8n+5)=ω(4n+5). D．若n<256且(n)=3，则符合条件的n有56个.
【答案】C
【分析】利用的定义可判断A、B的正误，用特殊值代入可判断C，列举法可判断D的正误，即可得正确答案.
【详解】，所以，故A项正确，
，
所以，，
所以，所以，
故B项正确;
，，故，
即时，，故C项错误，
若且，由，
可知，时，有个，时，有个，时，
有个，…，时，有个，
共有，故D项正确.
故选：C.
典例2．若为的任意排列，设，，则（ ）
（已知表示中最小的数，表示中最大的数）
A．排列总数为个 B．满足的排列有80个
C．的概率小于 D．的概率为
【答案】D
【分析】在深刻理解题意的基础上对每个选项逐一判断.其中选项A是全排列问题，选项B需要先选后排，选项C，D列一列再研究即可.
【详解】对于A，的任意排列方法总数为个，故A错误，
对于B，若，则先从中随机选出3个数，
共有种不同的方法，再将剩下3个数任意排列，共有种不同的方法，
则满足的排列有个，故B错误；
对于C，D，因为，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
，，，，
所以共有10种不同的情况，则的概率为，故C不正确；
而的情况有种，故的概率为，故D正确.
故选：D.
1、混淆 “有序盒” 与 “无序盒”，把编号盒当相同盒处理。 2、分配时未分清 “每个盒至少一个” 还是 “允许空盒”。 3、均分问题未除以组数阶乘，导致重复计数。 4、非均分误用除法，造成漏算。 5、先分组后分配时顺序混乱，未乘以盒的排列数。 6、元素相同与不同未区分，模型选错。 7、限制条件（如某盒必放某元素）未优先处理，导致依赖关系出错。
变｜式｜巩｜固
变式1．现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有（ ）种.
A．54 B．55
C．56 D．58
【答案】A
【分析】由题设条件有，设，则，还有一个数为，则，，讨论并结合排列数，即可求所有情况数.
【详解】由，得，
则，不妨设，则，
还有一个数为，显然，，对于任意取值，都有如下情况：
当时，三个数为，，，对应，，，有种方法；
当时，三个数为，，，对应，，，有种方法；
当时，三个数为，，，对应，，，有种方法；
当时，三个数为，，，对应，，，有种方法.
所以一共有种.
故选：A
变式2．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互素的正整数的个数，例如：，，现将、、、、的函数值排成一列，则组成的不同五位数的个数为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】求出、、、、的值，结合倍缩法可求得结果.
【详解】由题意可知，，，，，，
所以，将、、、、的函数值排成一列，
则组成不同的五位数的个数为个.
故选：B.
变式3．（多选）数字按如图形式随机排列，设第一行的数为，第二 三行中的最大数分别为，第二 三行中的最小数分别为，则（ ）
A．排列总数为720个
B．的概率为
C．满足的排列有120个
D．的概率为
【答案】ABD
【分析】A选项，利用全排列公式得到A正确；B选项，先求出的概率，利用对立事件求概率公式得到B正确；C选项，先得到，先从中随机选出2个数放在第三行并排序，再将剩下3个数中最大的数放第二行中的一个，并将剩余两个数进行排列，求出满足的排列个数，C错误；D选项，先得到的情况，分和两种情况，进而得到.
【详解】A选项，1，2，3，4，5，6的任意排列方法总数为个，所以A正确；
B选项，先得到的概率，即从1，2，3，4中随机选出2个数放在第二行，
其余任意排列，共有种不同的方法，
则，所以B正确；
C选项，若，则，
先从中随机选出2个数放在第三行并排序，共有种不同的方法，
再将剩下3个数中最大的数放第二行中的一个，并将剩余两个数进行排列，
共有种不同的方法，
则满足的排列有个，所以C错误；
D选项，若，
当时，则第三行为，第一行和第二行的数分别为，此时满足，
将两者均进行全排列，共有种不同的情况；
当时，则，则第二行为1，2，并可以进行全排列，
此时满足共有种不同的情况；
所以，所以D正确.
故选：ABD.
◇题型 13 二项式定理的系数
典｜例｜精｜析
典例1．的二项展开式中，的系数为__________________.
【答案】
【分析】写出二项展开式的通项公式，令，解出，代入即可得到答案.
【详解】二项式的展开式的通项公式为，
令，解得，
所以的系数为.
故答案为：.
典例2．的展开式中含项的系数是_______________．
【答案】
【分析】先写出二项展开式的通项，根据通项公式，即可写出展开式中含的项，进而可得结果.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
所以的展开式中含的项为，
因此的展开式中含项的系数为.
故答案为：
典例3．的展开式中项的系数是__________________.
【答案】60
【分析】利用二项式展开式的通项公式可求答案.
【详解】由的展开式的通项公式可得，
令，；
因为，所以项的系数是.
故答案为：60
1、混淆 “二项式系数” 与 “项的系数”，忽略符号、数字因数和字母系数。 2、通项公式写错：指数、组合数下标上标对应错误，或漏掉中的幂次关系。 3、求特定项时未先求 r 再代入，直接凭直觉写系数。 4、含负号时未正确处理，导致符号错误。 5、多项展开或乘积形式展开时，未按分配律逐项相乘再合并同类项，漏项或算错系数。 6、系数与 “二项式系数最大项”“系数最大项” 混淆，未比较相邻项系数大小。 7、忽略展开式中某项可能为常数项，指数计算错误。
变｜式｜巩｜固
变式1．二项式的展开式中的系数为，则________________.
【答案】
【分析】利用二项展开式的通项公式，结合题意即可得方程，求解即可.
【详解】由展开式的通项公式得：，
令，则，所以，
由题意得：，而，故，解得.
故答案为：
变式2．的展开式中的系数为_______________.
【答案】15
【分析】利用二项展开式及多项式的乘法，分类讨论求解即可.
【详解】展开式的通项为，
则的展开式中项有两种情况：
①当时，展开式中含项为，系数为；
②当时，展开式中含项为，系数为.
所以的展开式中项的系数为15.
故答案为：15
变式3．若展开式中的系数为，则________________.
【答案】
【分析】由题意可得，结合二项式展开式的通项公式建立方程，求解即可.
【详解】由题意可得，，展开式的通项公式为，所以含的项的系数为，则，即，解得.
故答案为：.
变式4．的展开式中，的系数为__________________.
【答案】
【分析】利用多项式乘以多项式的规则及分类计数原理可求解.
【详解】个因式，个因式中取，个因式中取，个因式中取，
即可得出含的项，
则的系数为，
故的系数为.
故答案为：.
◇题型 14 系数和、二项式系数和
典｜例｜精｜析
典例1．若二项式的展开式中二项式系数和为64，那么该展开式中的常数项为（ ）
A．12 B．15
C．20 D．30
【答案】C
【分析】利用公式二项式系数和为得到，解得的值，求出，整理后设的次数为，求出，从而计算出常数项.
【详解】的展开式中二项式系数和为，，，
设为常数项，则，
故，解得，则.
故选：C.
典例2．若，则（ ）
A．180 B．
C．360 D．
【答案】A
【分析】变形得到，利用二项式定理得到通项公式，求出.
【详解】，
故通项公式为，
令得，故，
故.
故选：A
典例3．已知的二项式系数和为64，则其中错误的是（ ）
A． B．常数项是第3项
C．二项式系数最大值为20 D．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，解得，故正确；
二项式的展开式的通项公式为，，1，，6，令，解得，则常数项为第4项，故错误；
因为，所以展开式中二项式系数最大项为第4项，最大值为，故正确；
令，则展开式的所有项的系数和为，故正确，
故选：B
典例4．（多选）设，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BD
【分析】应用赋值法求或系数和判断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.
【详解】对于A，令，则，故A错误；
对于B，由的系数为，故B正确；
对于C，令，则①，
令，则②，
①+②可得，，故C错误；
对于D，对原方程两边求导，有，
令，得，故D正确.
故选：BD
1、混淆 “二项式系数和” 与 “各项系数和”，前者只用组合数，后者需代入赋值。 2、求系数和时未正确赋值，如令 x=1 或 x=-1 时符号处理错误。 3、求奇、偶项系数和时公式记忆混乱，导致加减颠倒。 4、含常数项或负系数时未注意项的范围，求和时漏项或多算。 5、多项展开或乘积形式中误用单一二项式的系数和公式。 6、忽略 “系数” 与 “二项式系数” 在最大项问题中的区别。 7、对 “所有项系数绝对值和” 未正确处理符号，直接求和出错。
变｜式｜巩｜固
变式1．若的展开式中，所有二项式系数之和为32，则该展开式中的常数项为（ ）
A．－48 B．48
C．－80 D．80
【答案】C
【分析】先根据二项式系数之和求出的值，再利用二项展开式的通项公式求出常数项.
【详解】的展开式中，所有二项式系数之和为解得.
的二项展开式的通项为，
当时，即时，该项为常数项，.
故选：C.
变式2．（多选）已知在的展开式中，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（ ）
A． B．第4项的二项式系数最大
C．的系数为 D．展开式各项系数之和为
【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；由系数定义赋值即可求解判断D.
【详解】由题意得，所以，故A正确；
因为时，二项式系数最大的是，所以第4项的二项式系数最大，故B正确；
的展开式的通项公式为，
令，得，所以的系数为，故C正确；
展开式各项系数之和为，故D错误.
故选：ABC
变式3．（多选）设，则下列结论正确的是（ ）
A．常数项为2 B．第4项系数为
C．奇数次系数和为32 D．当时，该式的值为2916
【答案】CD
【分析】根据二项展开式的通项公式，结合赋值法，依次判断各个选项即可.
【详解】的展开式的通项为，
对于A：常数项为，故A错误；
对于B：第4项系数即的系数，，
故的系数，故B错误；
对于C：令，得；
令，得，
将两式相减，得，故，故C正确；
对于D：令，得，故D正确.
故选：CD.
变式4．（多选）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：CD
◇题型 15 整除和杨辉三角
典｜例｜精｜析
典例1．若既能被整除又能被整除，则正整数的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】分析可知能被整除，可得出，结合二项式定理可知能被整除，即可得出合适的选项.
【详解】因为既能被整除又能被整除，故能被整除，
因为
，
且能被整除，故能被整除，
设，可得，故的最小值为.
故选：D.
典例2．“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，如图示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）
A．在第10行中第5个数最大
B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等
C．
D．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
【答案】D
【分析】根据杨辉三角每一行的数字与组合数的对应关系，结合组合数的运算性质，依次判断选项.
【详解】对于A，因“杨辉三角”的第10行中第5个数是，又，故A错误；
对于B，因“杨辉三角”的第2023行中第1011个数和第1012个数分别为和，
因，故，故B错误；
对于C，因，
………
则，故C错误；
对于D，因，而，故D正确.
故选：D
1、混淆 “整除” 与 “余数为 0”，忽略被除数或除数的范围。； 2、用杨辉三角找规律时，把组合数性质记错，如对称性、递推关系； 3、处理整除问题时未正确分解因数，导致无法判断整除性； 4、对二项式展开中的整除性依赖项未分离常数项和含因子项； 5、用数学归纳法证明整除时，归纳假设使用不完整或递推步骤出错； 6、忽略杨辉三角中组合数的奇偶性规律，误用 “模 2” 性质； 7、对 “能被某个数整除的项” 未按指数或组合数分类讨论，导致漏项.
变｜式｜巩｜固
变式1．若的展开式中，各项的二项式系数之和为128，系数和为，则除于13的余数是（ ）
A．0 B．3
C．10 D．11
【答案】C
【分析】根据二项式系数之和求出的值，再根据系数和求出的值，最后计算除以的余数.
【详解】由二项式系数和，得
代入，得，解得：
计算除以：
先把写成，则
根据二项式定理得：
除了这项外，其余项都含有因数能被整除
所以除以余数和除以余数相同
除以商余，
所以除以余数是
故选：C.
变式2．若，则被整除的余数为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，给自变量赋值，取和，两个式子相减，得到的值，将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，得，
令，得，
两式相减得，
所以．
因为
能被8整除，
被8整除的余数为3，
所以被8整除的余数为3，
故选：C．
变式3．如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第n行是的展开式的二项式系数，直观解释了二项式系数规律.记第行从左至右的第个数为，若被675除所得的余数为，则___________，_______________.
【答案】26；325
【分析】对于第一空，将表示为，然后利用二项式知识可得答案；对于第二空，由第一空结合二项式定理与杨辉三角关系可得答案.
【详解】对于第一空，
因为
所以被675除所得的余数为26；
对于第二空，由图可得第行，第个数为展开式的第项二项式系数.
则.
故答案为：；.
一、单项选择题
1．（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
【答案】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.
2．（2022·北京·高考真题）若，则（ ）
A．40 B．41
C． D．
【答案】B
【分析】利用赋值法可求的值.
【详解】令，则，
令，则，
故，
故选：B.
3．（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
【答案】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
4．（2020·全国I卷·高考真题）的展开式中的系数为（ ）
A．5 B．10
C．15 D．20
【答案】C
【分析】求得展开式的通项公式为（且），即可求得与展开式的乘积为或形式，对分别赋值为3，1即可求得的系数，问题得解.
【详解】展开式的通项公式为（且）
所以的各项与展开式的通项的乘积可表示为：
和
在中，令，可得：，该项中的系数为，
在中，令，可得：，该项中的系数为
所以的系数为
故选：C
5．（2015·新课标Ⅰ·高考真题）的展开式中，的系数为（ ）
A．10 B．20
C．30 D．60
【答案】C
【详解】在的5个因式中，2个取因式中剩余的3个因式中1个取，其余因式取y,故的系数为=30，故选C.
考点：本题主要考查利用排列组合知识计算二项式展开式某一项的系数.
【名师点睛】本题利用排列组合求多项展开式式某一项的系数，试题形式新颖，是中档题，求多项展开式式某一项的系数问题，先分析该项的构成，结合所给多项式，分析如何得到该项，再利用排列组知识求解.
6．（2015·四川·高考真题）用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（ ）
A．144个 B．120个
C．96个 D．72个
【答案】B
【详解】试题分析：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；进而对首位数字分2种情况讨论，①首位数字为5时，②首位数字为4时，每种情况下分析首位、末位数字的情况，再安排剩余的三个位置，由分步计数原理可得其情况数目，进而由分类加法原理，计算可得答案．
解：根据题意，符合条件的五位数首位数字必须是4、5其中1个，末位数字为0、2、4中其中1个；
分两种情况讨论：
①首位数字为5时，末位数字有3种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有3×24=72个，
②首位数字为4时，末位数字有2种情况，在剩余的4个数中任取3个，放在剩余的3个位置上，有A43=24种情况，此时有2×24=48个，
共有72+48=120个．
故选B
7．（2025·四川达州·模拟预测）某市将要承办“全国太极拳公开赛总决赛”，组委会将甲、乙、丙、丁、戊等五位志愿者分配到个人赛 对练赛和集体项目比赛等三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且甲不能被分配到个人赛场馆，乙不能分配到对练赛场馆，则不同分配方案的种数是（ ）
A．69 B．72
C．75 D．90
【答案】A
【分析】分甲单独一人执勤对练赛场馆或集体项目场馆，甲和另一个人一起执勤对练赛场馆或集体项目场馆，甲和另两人一起执勤对练赛场馆或集体项目场馆，共六种情况求解即可.
【详解】由题意，分以下六种情况：
第一种情况，甲单独一人执勤对练赛场馆，则剩下的四个人可以分成一个人和三个人两组,或分成每组两个人,所以共有（种）方案；
第二种情况，甲单独一人执勤集体项目比赛场馆，则乙只能分配到个人赛场馆，
若只有乙一个人分配到个人赛场馆，剩下的三个人分配到对练赛场馆，则有1种情况；
若乙和另外一人分配到个人赛场馆，则有种情况；
若乙和另外两人分配到个人赛场馆，则有种情况；
所以共有（种）方案；
第三种情况，甲和另外一人执勤对练赛场馆，则剩下的三个人分成一个人和两个人两组，分配到个人赛场馆和集体项目比赛场馆，
所以共有（种）方案；
第四种情况，甲和另外一人执勤集体项目比赛场馆，若甲和乙执勤集体项目比赛场馆，则有种情况；
若甲和乙以外的一人执勤集体项目比赛场馆，则有种情况；
共有（种）方案；
第五种情况，甲和另外两人执勤对练赛场馆，则剩下的三个人分成一个人和两个人两组，分配到个人赛场馆和集体项目比赛场馆，
所以共有（种）方案；
第六种情况，甲和另外两人执勤集体项目比赛场馆，则乙只能分配到个人赛场馆，
若只有乙一个人分配到个人赛场馆，剩下的两个人分配到对练赛场馆，则有种情况；
若乙和另外一人分配到个人赛场馆，则有种情况；
所以共有（种）方案.
所以一共有（种）不同的分配方案.
故选：A.
8．（2014·广东·高考真题）设集合，那么集合中满足条件“”的元素个数为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】试题分析：分以下三种情况讨论，
（1），则上述五个数中有一个为或，其余四个数为零，此时集合有
个元素；
（2），则上述五个数中有两个数为或，其余三个数为零，其中这两个数的所有可能搭配有中，此时集合有个；
（3），则上述五个数中有三个数为或，其余两个数为零，其中这两个数的所有可能搭配有中，此时集合有个；
综上所述，集合共有个元素.故选D.
【考点定位】本题考查分类计数原理，属于较难题.
二、多项专题020 排列组合与二项式定理
目录 第一部分 研·考情精析 锁定靶心 高效备考 第二部分 理·方法技巧 梳理知识 总结技巧与方法 第三部分 攻·题型速解 典例精析+变式巩固 【题型01】组合问题 【题型02】分类、分步计数原理 【题型03】分组分配问题（平均分组和不平均分组） 【题型04】捆绑法（相邻问题） 【题型05】插空法（不相邻问题） 【题型06】插板法（相同元素分配） 【题型07】间接法 【题型08】定序（倍缩法） 【题型09】几何图形取点问题 【题型10】涂色问题 【题型11】排列组合综合问题 【题型12】二项式定理的系数 【题型13】系数和、二项式系数和 【题型14】整除和杨辉三角 第四部分 练·决胜冲刺 精选好题+通关训练
考向聚焦 排列组合与二项式定理是高中数学计数板块的核心内容，也是高考数学的高频考点，多以选择题、填空题形式出现，偶尔融入概率解答题，分值占比5%-8%，侧重考查逻辑推理与运算求解能力。 核心考向一：排列组合的应用。重点考查有限制条件的计数问题，如元素相邻（捆绑法）、不相邻（插空法）、特殊元素优先安排、分组分配（均匀分组需除序）等经典模型。命题趋势呈现 “情境化” 特征，常结合分配任务、安排岗位、选排节目等实际场景，需注意区分 “排列”（有序）与 “组合”（无序）的本质差异，避免重复或遗漏计数。 核心考向二：二项式定理的核心应用。高频考点集中在二项展开式的通项公式、特定项系数（如常数项、有理项）、二项式系数的性质（对称性、最值、和差关系）。近年命题常涉及 “双项式” 展开（如的系数问题，需转化为二项式分步求解）、系数和与差的赋值法应用（令或），偶尔结合不等式、函数求最值综合考查。 命题特点与备考关键。试题难度以中档为主，注重基础方法与逻辑严谨性，避免复杂运算。备考需熟练掌握 3 类核心方法：排列组合的 “模型化解题”（捆绑、插空、间接法）、二项式定理的 “通项优先法” 与 “赋值法”。同时关注跨考点融合，如排列组合与古典概型结合、二项式系数与数列求和结合的创新题型，强化 “分类讨论”“化归转化” 的数学思想，提升解题的灵活性与准确性。
关键能力 模型识别与方法匹配能力：快速判断排列组合问题类型（相邻、不相邻等），精准选用捆绑、插空、间接法等模型；二项式问题优先锁定通项公式，明确特定项求解方向。 逻辑严谨性：区分排列与组合的有序无序属性，分组分配中注意均匀分组除序，避免重复或遗漏；二项式系数与项的系数辨析清晰，赋值法应用时条件设定准确。 化归与综合应用能力：将复杂情境（如多元素分配、三项式展开）转化为基础模型，跨考点题目中灵活融合计数与概率、数列等知识，运用分类讨论、转化思想突破解题瓶颈.
备考策略 夯实基础核心：熟记排列组合公式、二项式定理及通项公式，明确二项式系数性质，通过基础题巩固模型识别能力，杜绝公式混淆与概念模糊。 专项突破题型：针对相邻、不相邻、分组分配、特定项求解等高频题型集中训练，总结每种题型的解题模板，强化方法匹配熟练度。 强化实战应用：精选真题演练，重点关注跨考点综合题与情境化题目，训练化归转化思维；整理易错点（如均匀分组忘除序、系数与二项式系数混淆），定期复盘规避失误，提升解题准确率与速度。
◇方法技巧 01 选填的常用方法
一：排列组合常用方法
1.直接法:把符合条件的排列数直接列式计算;
2.优先法:优先安排特殊元素或特殊位置;
3.捆绑法: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;
4.插空法:对不相邻问题，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;
5.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;
6.间接法:正难则反、等价转化的方法.
二：二项式定理常用方法
1.通项公式法：二项式选填题核心，直接套用，快速求解特定项，系数等；
2.赋值法：求二项式系数和/差、常数项等，令或特殊值，直接得出结果，无需展开；
3.分类讨论法：多限制条件问题（如元素选排、分配任务），按关键条件分类，逐类计算再求和，保证不重不漏；
4.模型转化法：将三项式转化为二项式分步求解，或把复杂分配问题转化为“隔板模型”，降低解题难度；
5.性质速用法：活用二项式系数对称性（）、最值性（中间项系数最大），直接秒杀简单选填题.
◇题型 01 组合问题
典｜例｜精｜析
典例1．某学校邀请五个班的班干部座谈，其中班有甲、乙两位班干部到会，其余班级各有一位班干部到会，会上共选3位班干部进行发言，则班至少选到一位班干部的不同的选法种数为（ ）
A．10 B．12
C．16 D．20
典例2．（多选）有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ）
A．分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有15种分法
B．分给甲、乙、丙三人，一人4本，另两人各1本，有180种分法
C．分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有180种分法
D．分给甲、乙、丙、丁四人，两人各2本，另两人各1本，有1080种分法
1、混淆 “排列”与“组合”：这是最常见的错误。需明确“有序”用排列（），“无序”用组合（）。若交换元素位置产生新情况，则为排列；若不影响结果，则为组合。 2、“分步” 与 “分类” 不清：“分类”（加法原理）是 “独立完成”，“分步”（乘法原理）是 “缺一不可”。做题时需先确定是分类讨论还是分步执行。 3、重复与遗漏： 平均分组易重复：若将 n 个元素平均分成 k 组，需除以 k! 以消除组间顺序造成的重复。 特殊元素易遗漏：应优先安排 “受限” 元素或位置，再排其余。 混淆 “至多” 与 “至少”：遇到 “至少” 问题，优先考虑间接法（排除法），即 “总情况数减去反面情况数”，往往比直接分类更简便。
变｜式｜巩｜固
变式1．2名医生和4名护士被分配到2所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，不同的分配方法共有（ ）
A．6种 B．12种
C．18种 D．24种
变式2．假设在200件产品中有3件次品，现在从中任意抽取5件，其中至少有2件次品的抽法有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
变式2．甲组有5名男同学，3名女同学；乙组有6名男同学、2名女同学．若从甲、乙两组中各选出2名同学，则选出的4人中恰有1名女同学的不同选法共有（ ）
A．150种 B．180种
C．300种 D．345种
◇题型 02 分类、分步计数原理
典｜例｜精｜析
典例1．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
典例2．（多选）定义：对一个三位数来说，如果其十位数字比个位数字和百位数字都小，则称它为“三位凹数”，如果其十位数字比个位数字和百位数字都大，则称其为“三位凸数”，现从1至9共9个数中，选取3个不同的数排成三位数，则（ ）
A．排成的“三位凹数”共有168个
B．排成的“三位凸数”和“三位凹数”的可能性相等
C．从所有的中随机抽取一个三位数，该三位数是“三位凸数”的概率为
D．从所有的中随机抽取两个三位数，至少有一个是“三位凹数”的概率为
典例3．已知集合，若且互不相等，则使得指数函数，对数函数，幂函数中至少有两个函数在上单调递增的有序数对的个数是（ ）
A．16 B．24
C．32 D．48
1、混淆 “类” 与 “步”：这是最大陷阱。分类（加法原理）是 “独立完成”，各类方法互不干扰，用 “+”；分步（乘法原理）是 “缺一不可”，各步环环相扣，用 “×”。切记：能直接做完用加法，分阶段做完用乘法。 2、分类不独立或不全面：分类标准必须统一，各类别间应互斥（无交集），所有类别总和应完备（覆盖所有情况），否则易导致重复计数或遗漏。 3、分步次序不当：涉及 “特殊元素” 或 “相邻 / 不相邻” 限制时，应优先安排受限步骤，再处理自由步骤，否则易因步骤混乱导致逻辑错误。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知袋中装有红色、黄色、绿色的小球各5个，小球除了颜色外完全相同，现从中随机取出5个小球，则不同的取法种数为（ ）
A．15 B．19
C．21 D．23
变式2．要把5名农业技术员分到3个乡村支援工作，每名技术员只分配到1个村，甲村至少需要2名，乙村、丙村均不少于1名，则不同的分配方案共有（ ）
A．180种 B．120种
C．90种 D．80种
变式3．若一个三位数的十位数字比个位数字和百位数字都大，则称这个数为“伞数”，现从1,2,3,4,5,6这六个数字中任取3个，组成无重复数字的三位数，其中“伞数”的个数为（ ）
A．120 B．80
C．20 D．40
变式4．若从1，3中选一个数字，从0，2，4中选两个数字，组成无重复数字的三位数，则组成的三位数为偶数的概率是（ ）
A． B．
C． D．
变式5．如图，在某城市中，M、N两地之间有整齐的方格形道路网，其中、、、是道路网中位于一条对角线上的4个交汇处，今在道路网M、N处的甲、乙两人分别要到N、M处，他们分别随机地选择一条沿街的最短路径，以相同的速度同时出发，直到到达N、M处为止，则下列说法错误的是（ ）
A．甲从M必须经过到达N处的方法有9种
B．甲乙两人在处相遇的概率为
C．甲、乙两人相遇的概率为
D．甲从M到达N处的方法有120种
◇题型 03 分组分配问题（平均分组和不平均分组）
典｜例｜精｜析
典例1．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
典例2．将甲、乙等6名志愿者分配到3个社区协助开展活动，每个社区至少1人，每个人只去1个社区，且甲、乙两人不在同1个社区，则不同的分配方法数是（ ）
A．540 B．504
C．408 D．390
典例3．（多选）某班要举办一次学科交流活动，现安排A，B，C，D，E这五名同学负责语文、数学、英语、物理学科相关工作．则下列说法中正确的是（ ）
A．若这五人每人任选一门学科，则不同的选法有种
B．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，则有240种不同的方案
C．若数学学科必须安排两人，其余学科安排一人，则有60种不同的方案
D．若每人安排一门学科，每门学科至少一人，其中A不负责语文且B不负责数学工作，则有138种不同的方案．
1、混淆 “分组” 与 “分配”： 分组是将元素分堆，若组无编号且元素个数相同，属于平均分组，需除以组数的阶乘（）以防重复。 分配是将组分给具体对象（如人、班级），组已隐含编号，不需要除以阶乘。 2、忽视 “局部平均”：若分组中仅有部分组的元素个数相同（如2,2,3），只需除以这部分相同组数的阶乘（2!），切勿将所有组数一起除。 3、“先分后排” 逻辑不清：解决分配问题时，标准做法是先分组再分配（乘以对象的全排列），若直接分步选取，需注意选取顺序是否已自然包含了分配对象的顺序。
变｜式｜巩｜固
变式1．将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为（ ）
A．540 B．300
C．180 D．150
变式2．中国空间站主体由天和核心舱、问天实验室、梦天实验舱构成．某次实验需要位宇航员同时在三个舱中开展，每个人只能去一个舱，每个舱至少安排名宇航员，其中甲宇航员只能去问天实验室和梦天实验舱中的一个，则不同的安排方法有（ ）
A．72 B．88
C．100 D．144
变式3．2025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．1800 B．16800
C．14280 D．25200
◇题型 04 捆绑法（相邻问题）
典｜例｜精｜析
典例1．某中学4位任课老师和班上10名学生站成一排，则4位任课老师站在一起的排法种数可以用排列数表示为（ ）
A． B．
C． D．
典例2．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．216 B．264
C．312 D．528
捆绑法主要用于解决 “相邻” 问题，其核心是 “先捆后松”，易错点如下： 1、忽视内部排序：将相邻元素看作一个 “大元素” 与其他元素排列后，必须再乘以 “大元素” 内部各元素的全排列数。这是最常见的遗漏，切记 “整体排完，内部也要排”。 2、忽视 “松绑” 限制：在计算内部排列时，若元素自身有特殊要求（如甲必须在乙左边），则内部不能直接全排列，需按限制条件计算。 3、混淆 “相邻” 与 “定序”：捆绑法仅适用于要求元素相邻的情况。若题目仅要求元素相对顺序固定（不一定相邻），则不能用捆绑法，而应使用倍缩法或只选不排。
变｜式｜巩｜固
变式1．一个笔盒中装有10支除颜色外完全一样的笔，其中5支黑色 3支红色 2支蓝色，将这10支笔排成一排，则2支蓝色的笔排在一起的概率为（ ）
A． B．
C． D．
变式2．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．
变式3．现有10名学生排成一排，其中4名男生，6名女生，若有且只有3名男生相邻排在一起，则不同的排法共有（ ）
A．种 B．种
C．种 D．种
◇题型 05 插空法（不相邻问题）
典｜例｜精｜析
典例1．甲、乙、丙等八个人围成一圈，要求甲、乙、丙三人两两不相邻，则不同的排列方法有（ ）
A．720种 B．1440种
C．2880种 D．4320种
典例2．2024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
插空法用于解决 “不相邻” 问题，核心是 “先排无限制，后插空档”，易错点如下： 1、插空对象搞反：必须先排无限制的元素，形成空隙后，再将不相邻的元素插入。若先排不相邻元素，空隙无法正确形成，极易导致逻辑混乱。 2、空隙计数错误：n个元素排好后，产生的空隙数是n+1（含两端）。很多题目隐含 “不排在两端” 的限制，此时需扣除首尾，空隙数变为n 1，务必看清限制条件。 3、忘记自身排序：这是最常见的遗漏。插入空隙时，不相邻元素本身通常是不同的，必须进行全排列（A），切勿误用组合（C）。
变｜式｜巩｜固
变式1．已知A、B、C、D、E、F六个人站成一排，要求A和B不相邻，C不站两端，则不同的排法共有（ ）种
A．186 B．264
C．284 D．336
变式2．一个小型联欢会要安排1个诗词朗诵类节目，2个独唱类节目，2个歌舞类节目，则同类节目不相邻的安排方式共有（ ）
A．44种 B．48种
C．72种 D．80种
变式3．（多选）甲、乙、丙、丁、戊、己六名学生站成一排照相，则下列选项正确的为（ ）
A．若甲和乙站在两端，则不同站法的种数为48
B．若甲不站排头，乙不站排尾，则不同站法的种数为480
C．若甲不站两端，乙和丙相邻，丁和戊相邻，则不同站法的种数为48
D．若甲、乙、丙三名学生两两不相邻，且丁、戊、己三名学生也两两不相邻，则不同站法的种数为72
◇题型 06 优先法（特殊位置）
典｜例｜精｜析
典例1．（多选）现安排甲、乙、丙、丁、戊5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，则以下说法错误的是（ ）
A．若每人都安排一项工作，则不同的方法数为
B．若每人都要安排一项工作，每项工作至少有1人参加，则不同的方法数为
C．每项工作至少有1人参加，甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则这5名同学全部被安排的方案数是
D．若司机工作不安排，其余三项工作至少安排1人，则这5名同学全部被安排的不同方法数为
典例2．（多选）现有5个编号为1，2，3，4，5的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．若自由放置，共有3125种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有240种放法
C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有20种
D．将5个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有20种
典例3．某地区安排A，B，C，D，E，F六名党员志愿者同志到三个基层社区开展防诈骗宣传活动，每个地区至少安排一人，至多安排三人，且A，B两人安排在同一个社区，C，D两人不安排在同一个社区，则不同的分配方法总数为（ ）
A．72 B．84
C．90 D．96
特殊位置优先法（优限法）用于解决 “元素 / 位置受限” 问题，核心是 “先排受限，后排自由”，易错点如下： 1、对象选择失误：当 “特殊元素” 和 “特殊位置” 同时存在时，优先处理被限制得最死的一方（即选择范围最小的），否则易导致后续步骤选择范围错误。 2、忽视 “包含” 关系：若特殊元素必须排在特殊位置上，处理完后，该元素和位置均被消耗，后续计算总数时务必扣除已用的元素和位置，否则会导致总数计算错误。 3、逻辑重复：切勿在排完特殊位置后，又在排剩余位置时重复考虑该特殊元素，或在分步乘法中混淆了元素与位置的对应关系。
变｜式｜巩｜固
变式1．从1，3，5，7中任取2个数字，从0，2，4，6中任取2个数字，一共可以组成没有重复数字的四位偶数的个数是（ ）
A．360 B．396
C．432 D．756
变式2．现有甲、乙、丙、丁、戊5人参加社区志愿者服务活动，每人从事团购、体温测量、进出人员信息登记、司机四项工作之一，每项工作至少有一人参加.若甲、乙不会开车但能从事其他三项工作，丙、丁、戊都能胜任四项工作，则不同安排方案的种数是（ ）
A．234 B．152
C．126 D．108
变式3．（多选）甲 乙 丙 丁 戊共5位志愿者被安排到，，，四所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，且每位志愿者只能到一所学校支教，则下列结论正确的是（ ）
A．不同的安排方法共有240种
B．甲志愿者被安排到学校的概率是
C．若学校安排两名志愿者，则不同的安排方法共有120种
D．在甲志愿者被安排到学校支教的前提下，学校有两名志愿者的概率是
变式4．（多选）为弘扬我国古代的“六艺文化”，某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”“乐”“射”“御”“书”“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则（ ）
A．某学生从中选3门，共有30种选法
B．课程“射”“御”排在不相邻两周，共有240种排法
C．课程“礼”“乐”“数”排在相邻三周，共有144种排法
D．课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有504种排法
◇题型 07 插板法（相同元素分配）
典｜例｜精｜析
典例1．学校有个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少个名额，则有（ ）种分配方案.
A． B．
C． D．
典例2．将16个扶困助学的名额分配给3个学校，要求每校至少有一个名额且各校分配的名额数互不相等，则不同的分配方法种数为（ ）
A．42 B．78
C．90 D．84
典例3．不等式，其中是非负整数，则使不等式成立的四元数组的组数为（ ）
A．1360 B．2380
C．2510 D．760
插板法用于解决 “相同元素分给不同对象”的问题，核心是“”，易错点如下： 1、忽视“至少一个”前提：公式仅适用于每组分得至少1个元素的情况。若允许“分不到”（即可以为0），需先给每组“借”1个元素（化为至少1个），计算后再“还”回去，此时公式变为。 2、混淆“同”与“异”：插板法要求元素必须相同且对象必须不同。若元素不同，需用分步乘法；若对象相同，则属于分组问题，均不可直接套用插板法。 3、忽视上限限制：若题目规定某组 “最多” 分 k 个，直接用插板法会包含超过 k 的情况。此时应优先用排除法（总情况减去违规情况），或通过转换将 “最多” 转化为 “至少” 问题求解。
变｜式｜巩｜固
变式1．某学校为增进学生体质，拟举办长跑比赛，该学校高一年级共有5个班级，现将7个参赛名额分配给这5个班级，每班至少1个参赛名额，则不同的分配方法为（ ）
A．21种 B．18种
C．15种 D．10种
变式2．某地举办科技博览会，有个场馆，现将个志愿者名额分配给这个场馆，要求每个场馆至少有一个名额且各场馆名额互不相同的分配方法共有种（ ）
A． B．
C． D．
变式3．（多选）某医院派出甲、乙、丙、丁四名医生奔赴某市的四个区参加防疫工作，每名医生只能去一个区，则下列说法正确的是（ ）
A．若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法
B．若恰有一个区无人去，则共有144种不同的安排方法
C．若甲不去区，乙不去区，且每区均有人去，则共有18种不同的安排方法
D．若该医院又计划向这四个区捐赠18箱防护服，且每区至少发放3箱，则共有84种不同的安排方法
◇题型 08 间接法
典｜例｜精｜析
典例1．某公司的一个部门有6名男员工和4名女员工，从该部门选3人组成一个项目组，要求该项目组男、女员工都有，则不同的选法种数为（ ）
A．84 B．90
C．96 D．100
典例2．某地政府召集5家企业的负责人开会，其中甲企业有2人到会，其余4家企业各有1人到会，会上有3人发言，则这3人来自3家不同企业的可能情况的种数为（ ）
A．14 B．16
C．20 D．48
典例3．有甲 乙 丙等8名学生排成一排照相，计算其排法种数，在下列答案中正确的是（ ）
A．甲排在两端，共有种排法
B．甲 乙都不能排在两端，共有种排法
C．甲 乙 丙三人相邻（指这三个人之间都没有其他学生），共有种排法
D．甲 乙 丙互不相邻（指这三人中的任何两个人都不相邻），共有种排法
间接法（排除法）的核心是 “正难则反”，即用总情况减去反面情况，易错点如下： 1、“反面” 找不全：这是最大陷阱。反面情况必须与正面情况互补（即并集为全集，交集为空）。例如 “都不” 的反面不是 “都”，而是 “至少有一个”；“至少两个” 的反面是 “至多一个”。 2、总情况数计算错误：使用间接法时，总情况数必须是无任何限制条件下的所有可能。若总情况数算错（如忘记某些隐含限制），后续所有计算都将无效。 3、反面情况计算复杂：不要盲目使用间接法。若反面情况分类繁多（如 “至少 3 人” 的反面是 “0 人、1 人、2 人”），计算量可能比直接法还大，需灵活判断。
变｜式｜巩｜固
变式1．甲，乙两名大学生计划今年寒假分别从黄果树风景名胜区、龙宫景区、天龙屯堡景区、安顺古城四个不同的景区中随机选两个景区前往旅游打卡，则这两人恰好有一个景区相同的选法共有（ ）
A．12种 B．18种
C．24种 D．36种
变式2．从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有（ ）
A．140种 B．120种
C．35种 D．34种
变式3．在某次太空旅行中，宇航员们要对需要完成的A，B，C，D，E，F六个科学实验进行排序，则下列说法正确的是（ ）
A．若A，B相邻，则不同的排序种数有240种
B．若C，D相隔一个实验，则不同的排序种数有96种
C．若E不在第一个，F不在最后一个，则不同的排序种数有504种
D．A排在B，C之前的概率为
◇题型 09 定序法（倍缩法）
典｜例｜精｜析
典例1．某公司销售六种不同型号的新能源电动汽车、、、、、，为了让顾客选出自己心仪的电动汽车，把它们按顺序排成一排，必须安排在前两个位置，、不相邻，则不同的排法有（ ）
A．144种 B．156种
C．160种 D．178种
典例2．（多选）2023年国外某智库发布尖端技术研究国家竞争力排名，在极超音速和水下无人机等23个领域中，中国在其中19个领域领先.某科技博主从这19个领域中选取了A，，，，，六个领域，准备在2024年1月1—6日对公众进行介绍，每天随机介绍其中一个领域，且每个领域只在其中一天介绍，则（ ）
A．A，在后3天介绍的方法种数为144
B．，相隔一天介绍的方法种数为96
C．不在第一天，不在最后一天介绍的方法种数为504
D．A在，之前介绍的概率为
定序倍缩法用于解决 “顺序一定” 问题，核心是 “总数除以阶乘”，易错点如下： 1、误用除法对象：倍缩时，除数必须是定序元素的全排列数，而非所有元素的阶乘。例如 “甲乙丙顺序一定”，应除以3!，而非 2、混淆“相邻”与“定序”：倍缩法仅适用于相对顺序固定（不要求相邻）的情况。若题目要求 “甲乙丙必须相邻且顺序不变”，则应使用捆绑法将其视为一个整体，不可直接倍缩。 3、忽视 “部分定序”：若仅有部分元素顺序固定（如5人中甲乙顺序一定），其余元素任意排列，公式应为（即），切勿漏掉对其余元素的全排列计算。
变｜式｜巩｜固
变式1．某学校文艺汇演准备从甲、乙、丙、丁、戊5人中选4人参加演出．要求甲和乙必须同时参加，且他们的演出顺序必须满足甲在前、乙在后，那么不同的演出顺序种数有（ ）
A．18种 B．24种
C．36种 D．72种
变式2．某单位晚会共由6个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前三个，节目乙和节目丙相邻，该晚会节目演出顺序的编排方案共有（ ）
A．120种 B．156种
C．188种 D．240种
变式3．某电影中太乙真人作为哪吒的授业恩师，送给了哪吒七件法宝，乾坤圈、混天绫、火尖枪、金砖、阴阳剑、九龙神火罩和风火轮．哪吒使用这七件法宝对阵敌人，则下列说法正确的是（ ）
A．若哪吒每次使用两种法宝，对阵3次，可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有
B．若哪吒与敌人对阵3次，每次至少使用两件法宝，法宝不可以重复使用，则不同的使用法宝的方法有
C．若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈和风火轮不能相邻使用，则不同的使用法宝的方法有种
D．若哪吒每次使用一件法宝，对阵7次，法宝不可以重复使用，且乾坤圈比风火轮更早使用，风火轮比火尖枪更早使用，则不同的使用法宝的方法有种
◇题型 10 几何图形取点问题
典｜例｜精｜析
典例1．格点是指平面直角坐标系中横纵坐标均为整数的点.一格点沿坐标线到原点的最短路程为该点到原点的“格点距离”（如：，则点到原点的格点距离为）.格点距离为定值的点的轨迹称为“格点圆”，该定值称为格点圆的半径，而每一条最短路程称为一条半径.当格点半径为6时，格点圆的半径有______________条（用数字作答）.
典例2．四面体的一个顶点为A，从其他顶点与棱的中点中取3个点，使它们和点A在同一平面上，不同的取法共有（ ）
A．30种 B．33种
C．36种 D．39种
排列组合中的几何取点问题，核心在于 “图形容斥”，易错点如下： 1、忽视 “共线” 陷阱：这是最致命的错误。直接用组合数计算三角形或四边形个数时，往往包含了三点或四点共线的退化情况。必须减去这些共线点的组合数。 2、立体几何维度不清：在立体图形（如四面体、正方体）中取点，需注意点是否在同一平面内。例如计算异面直线时，易将共面直线误算进去；计算平面个数时，易漏掉由对角面或截面构成的平面。 3、混淆 “点” 与 “线 / 面”：题目问 “能构成多少个三角形”，有时会误算成 “能连多少条线”。需明确最终几何图形的定义（如三角形需 3 点不共线），严格区分计数目标。
变｜式｜巩｜固
变式1．如果一条直线与一个平面垂直，那么称此直线与平面构成一个“正交线面对”，在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是__________________.
变式2．二维码是一种由黑色和白色组成的双色方格阵图，规定如果一个的二维码有对称轴且绕其中心逆时针旋转后能与自身重合，称其为“转转码”，则“转转码”的个数为______________.（用数字作答）
◇题型 11 涂色问题
典｜例｜精｜析
典例1．给图中五个区域染色，有四种不同的颜色可供选择，要求边界有重合部分的区域（仅顶点与边重合或仅顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ）
A．216种
B．168种
C．192种
D．180种
典例2．提供四种不同颜色的颜料给图中六个区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，有公共边的两个区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法共有（ ）
A．288种 B．296种 C．362种 D．384种
1、混淆“先选色再涂色”与“直接涂色”，忽略颜色数量限制； 2、选色时未考虑颜色是否必须全部使用，导致重复或漏算； 3、涂色时未按相邻关系正确分步，造成颜色冲突或顺序依赖错误； 4、环形或对称图形未处理首尾相邻或对称重复，误用除法去重； 5、对“至少/至多”条件未分类讨论，直接计算导致偏差； 6、复杂图形未先固定关键区域颜色再扩展，使计数变得混乱； 7、忽略颜色相同与不同的区别，尤其是在选色后再排列时出错.
变｜式｜巩｜固
变式1．如图，为了出黑板报，某班级为黑板四个区域进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（有公共边）不能用同一种颜色，若只有四种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂色方法共有（ ）
A．24种 B．48种 C．72种 D．84种
变式2．重庆九宫格火锅，是重庆火锅独特的烹饪方式.九宫格下面是相通的，实现了“底同火不同，汤通油不通”它把火锅分为三个层次，不同的格子代表不同的温度和不同的牛油浓度，其锅具抽象成数学形状如图（同一类格子形状相同）：
“中间格“火力旺盛，不宜久煮，适合放一些质地嫩脆、顷刻即熟的食物；
“十字格”火力稍弱，但火力均匀，适合煮食，长时间加热以锁住食材原香；
“四角格”属文火，火力温和，适合焖菜，让食物软糯入味．现有6种不同食物（足够量），其中1种适合放入中间格，3种适合放入十字格，2种适合放入四角格．现将九宫格全部放入食物，且每格只放一种，若同时可以吃到这六种食物（不考虑位置），则有多少种不同放法（ ）
A． B． C． D．
变式3．如图将一个矩形划分为如下的A、B、C、D、E、F六个区域，现用四种不同的颜色对这六个区域进行染色，要求边界有重合部分的区域（顶点与边重合或顶点与顶点重合不算）染上不同的颜色，并且每一种颜色都要使用到，则一共有________________种不同的染色方案.
◇题型 12 排列组合综合问题
典｜例｜精｜析
典例1．设正整数其中，记，则下列说法错误的是（ ）
A．(10)=2. B．(16n+5)=ω(4n+3).
C．(8n+5)=ω(4n+5). D．若n<256且(n)=3，则符合条件的n有56个.
典例2．若为的任意排列，设，，则（ ）
（已知表示中最小的数，表示中最大的数）
A．排列总数为个 B．满足的排列有80个
C．的概率小于 D．的概率为
1、混淆 “有序盒” 与 “无序盒”，把编号盒当相同盒处理。 2、分配时未分清 “每个盒至少一个” 还是 “允许空盒”。 3、均分问题未除以组数阶乘，导致重复计数。 4、非均分误用除法，造成漏算。 5、先分组后分配时顺序混乱，未乘以盒的排列数。 6、元素相同与不同未区分，模型选错。 7、限制条件（如某盒必放某元素）未优先处理，导致依赖关系出错。
变｜式｜巩｜固
变式1．现有一盒子里装有序号分别为1，2，3，4，5，6的六个大小、质地完全相同的小球，甲、乙、丙三人依次有放回地从盒子里各随机抽取一次（每个球被抽取的可能性相同），记录被抽取的球的序号分别为，，，则满足的情况有（ ）种.
A．54 B．55
C．56 D．58
变式2．欧拉函数的函数值等于所有不超过正整数，且与互素的正整数的个数，例如：，，现将、、、、的函数值排成一列，则组成的不同五位数的个数为（ ）
A． B．
C． D．
变式3．（多选）数字按如图形式随机排列，设第一行的数为，第二 三行中的最大数分别为，第二 三行中的最小数分别为，则（ ）
A．排列总数为720个
B．的概率为
C．满足的排列有120个
D．的概率为
◇题型 13 二项式定理的系数
典｜例｜精｜析
典例1．的二项展开式中，的系数为__________________.
典例2．的展开式中含项的系数是_______________．
典例3．的展开式中项的系数是__________________.
1、混淆 “二项式系数” 与 “项的系数”，忽略符号、数字因数和字母系数。 2、通项公式写错：指数、组合数下标上标对应错误，或漏掉中的幂次关系。 3、求特定项时未先求 r 再代入，直接凭直觉写系数。 4、含负号时未正确处理，导致符号错误。 5、多项展开或乘积形式展开时，未按分配律逐项相乘再合并同类项，漏项或算错系数。 6、系数与 “二项式系数最大项”“系数最大项” 混淆，未比较相邻项系数大小。 7、忽略展开式中某项可能为常数项，指数计算错误。
变｜式｜巩｜固
变式1．二项式的展开式中的系数为，则________________.
变式2．的展开式中的系数为_______________.
变式3．若展开式中的系数为，则________________.
变式4．的展开式中，的系数为__________________.
◇题型 14 系数和、二项式系数和
典｜例｜精｜析
典例1．若二项式的展开式中二项式系数和为64，那么该展开式中的常数项为（ ）
A．12 B．15
C．20 D．30
典例2．若，则（ ）
A．180 B．
C．360 D．
典例3．已知的二项式系数和为64，则其中错误的是（ ）
A． B．常数项是第3项
C．二项式系数最大值为20 D．所有项系数之和等于1
典例4．（多选）设，则（ ）
A． B．
C． D．
1、混淆 “二项式系数和” 与 “各项系数和”，前者只用组合数，后者需代入赋值。 2、求系数和时未正确赋值，如令 x=1 或 x=-1 时符号处理错误。 3、求奇、偶项系数和时公式记忆混乱，导致加减颠倒。 4、含常数项或负系数时未注意项的范围，求和时漏项或多算。 5、多项展开或乘积形式中误用单一二项式的系数和公式。 6、忽略 “系数” 与 “二项式系数” 在最大项问题中的区别。 7、对 “所有项系数绝对值和” 未正确处理符号，直接求和出错。
变｜式｜巩｜固
变式1．若的展开式中，所有二项式系数之和为32，则该展开式中的常数项为（ ）
A．－48 B．48
C．－80 D．80
变式2．（多选）已知在的展开式中，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（ ）
A． B．第4项的二项式系数最大
C．的系数为 D．展开式各项系数之和为
变式3．（多选）设，则下列结论正确的是（ ）
A．常数项为2 B．第4项系数为
C．奇数次系数和为32 D．当时，该式的值为2916
变式4．（多选）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
◇题型 15 整除和杨辉三角
典｜例｜精｜析
典例1．若既能被整除又能被整除，则正整数的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
典例2．“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，如图示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）
A．在第10行中第5个数最大
B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等
C．
D．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
1、混淆 “整除” 与 “余数为 0”，忽略被除数或除数的范围。； 2、用杨辉三角找规律时，把组合数性质记错，如对称性、递推关系； 3、处理整除问题时未正确分解因数，导致无法判断整除性； 4、对二项式展开中的整除性依赖项未分离常数项和含因子项； 5、用数学归纳法证明整除时，归纳假设使用不完整或递推步骤出错； 6、忽略杨辉三角中组合数的奇偶性规律，误用 “模 2” 性质； 7、对 “能被某个数整除的项” 未按指数或组合数分类讨论，导致漏项.
变｜式｜巩｜固
变式1．若的展开式中，各项的二项式系数之和为128，系数和为，则除于13的余数是（ ）
A．0 B．3
C．10 D．11
变式2．若，则被整除的余数为（ ）
A． B．
C． D．
变式3．如图所示，杨辉三角是二项式系数的一种几何排列，第n行是的展开式的二项式系数，直观解释了二项式系数规律.记第行从左至右的第个数为，若被675除所得的余数为，则___________，_______________.
一、单项选择题
1．（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
2．（2022·北京·高考真题）若，则（ ）
A．40 B．41
C． D．
3．（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
4．（2020·全国I卷·高考真题）的展开式中的系数为（ ）
A．5 B．10
C．15 D．20
5．（2015·新课标Ⅰ·高考真题）的展开式中，的系数为（ ）
A．10 B．20
C．30 D．60
6．（2015·四川·高考真题）用数字0,1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数，其中比40000大的偶数共有（ ）
A．144个 B．120个
C．96个 D．72个
7．（2025·四川达州·模拟预测）某市将要承办“全国太极拳公开赛总决赛”，组委会将甲、乙、丙、丁、戊等五位志愿者分配到个人赛 对练赛和集体项目比赛等三个场馆执勤，若每个场馆至少分到一人，且甲不能被分配到个人赛场馆，乙不能分配到对练赛场馆，则不同分配方案的种数是（ ）
A．69 B．72
C．75 D．90
8．（2014·广东·高考真题）设集合，那么集合中满足条件“”的元素个数为（ ）
A． B．
C． D．
二、多项选择题
1．（2024高三·黑龙江哈尔滨·期末）在万州二中八十周年校庆期间，有甲、乙、丙、丁4名同学参加，，三项工作，则下列说法正确的是（ ）
A．不同的安排方法共有种
B．若恰有一项工作无人参加，则不同的安排方法共有种
C．若甲，乙两人都不能去参加项工作，且每项工作都有人去，则不同的安排方法共有14种
D．学校为了表扬先进，现将25名三好学生名额分配给高二年级22个班，每个班至少一个名额，则不同的分配方法共有2024种
2．（2024高三·山东泰安·期中）现有4个编号为1，2，3，4的不同的球和5个编号为1，2，3，4，5的不同的盒子，把球全部放入盒子内，则下列说法正确的是（ ）
A．共有种不同的放法
B．恰有一个盒子不放球，共有120种放法
C．每个盒子内只放一个球，恰有2个盒子的编号与球的编号相同，不同的放法有24种
D．将4个不同的球换成相同的球，恰有一个空盒的放法有5种
3．（2025·浙江温州·二模）甲乙两人用《哪吒2》动漫卡牌玩游戏．游戏开局时桌上有盒动漫卡牌，每个盒子上都标有盒内卡牌的数量，每盒卡牌的数量构成数组，游戏规则如下：两人轮流抽牌，每人每次只能选择其中一盒并抽走至少一张卡牌，若轮到某人时无卡可抽，则该人输掉游戏．现由甲先抽，则下列开局中，能确保甲有必胜策略的是（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
1．（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）．
2．（2014·北京·高考真题）把5件不同产品摆成一排，若产品与产品相邻，且产品与产品不相邻，则不同的摆法有____________种.
考点：排列组合.
3．（2025·广西·模拟预测）把5个相同的乒乓球放入编号为1-7号的盒子里，其中编号为1-5号的盒子，每个盒子至多放1个球，编号为6-7号的盒子，每个盒子至多放3个球，则不同的放法有___________种.
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