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专题02 计数原理与二项式定理
题型1 两个计数原理
思路：(1) 弄清完成一件事是做什么；(2) 确定是先分类后分步，还是先分步后分类；(3) 弄清分步、分类的标准是什么；(4) 利用两个计数原理求解．
1．（2025·浙江·模拟预测）将个相同的球放入编号为、、的个盒子中，要求每个盒子至少放个球，且编号为的盒子中球数不超过个，则不同的放法种数为 ．（用数字作答）
【答案】
【分析】对编号为的盒子中球数进行分类讨论，确定编号为的盒子中的球数，结合分类加法计数原理可得结果.
【详解】若编号为的盒子中球数为，则编号为的盒子中的球数可以为、、、，有种情况，
若编号为的盒子中球数为，则编号为的盒子中的球数可以为、、，有种情况，
综上所述，不同的放法种数为种.
故答案为：.
2．（2025·四川·模拟预测）在如下的数阵中选出3个数，要求这3个数既不在同一行，也不在同一列．若这3个数的极差不大于5，那么满足条件的选法共有 种．
2 5 7
4 9 10
6 8 11
【答案】3.
【分析】根据分类加法原理计算求解.
【详解】的数阵中选出3个数，要求这3个数既不在同一行，也不在同一列．
若这3个数的极差不大于5，那么满足条件的选法有；；，三种情况；
故答案为：3.
3．（2025·贵州贵阳·模拟预测）学校要求学生从物理、化学、生物、历史、地理、政治这6科中选3科组合学习，要求物理历史两科中必须选且只能选择其中一科，则选科方式共有（ ）种．
A．24 B．20 C．12 D．6
【答案】C
【分析】根据分步乘法计数原理可得.
【详解】选科方式共有种，
故选：C．
（2025·陕西西安·模拟预测）电视台有6个不同的节目准备当天播出，每半天播出3个节目，其中某电视剧和某专题报道必须在上午播出，则不同播出方案的种数为
（用数字作答）
【答案】144
【分析】先把某电视剧和某专题报道排在上午，再结合全排列计算即可.
【详解】因为上午要播出某电视剧和某专题报道，所以有种排法，
其他4个节目有种排法
根据分步乘法计数原理，
不同播出方案的种数为.
故答案为：144
5．（2025·贵州·模拟预测）省会贵阳已开通的地铁线路如图所示.某人乘坐地铁从贵阳北站（点）前往贵州大学（点），若同一站点最多经过一次，则不同的乘坐线路共有（ ）
A．6条 B．7条 C．8条 D．9条
【答案】B
【分析】逐个列举求解即可.
【详解】逐个列举，用站名第一个字，
贵阳北站-北-喷-望-中-贵州大学；
贵阳北站-北-喷-延-中-贵州大学；
贵阳北站-北-延-中-贵州大学；
贵阳北站-北-延-喷-望-中-贵州大学；
贵阳北站-林-延-中-贵州大学；
贵阳北站-林-延-北-喷-望-中-贵州大学；
贵阳北站-林-延 -喷-望-中-贵州大学；
共计7种路线，
故选：B
题型2 两个计数原理的综合应用
利用两个基本计数原理解决问题的步骤
6．（2025高二·河北石家庄·期末）如图，一只蚂蚁位于点M处，去搬运位于N处的糖块，的最短路线有 条．
【答案】150
【分析】由分步乘法和分类加法计数原理及组合数的计算即可求解．
【详解】由题可知，的最短路线必经过两点，
则的最短路线有种，的最短路线有种；
的最短路线有种，的最短路线有种；
因为的最短路线有和，
所以的最短路线有种，
故答案为：150．
7．（2025高二·山东菏泽·期末）用1，2，3组成三位数，数字最多用次，其中，则满足条件的三位数个数是（ ）
A．15个 B．18个 C．19个 D．27个
【答案】C
【分析】分三个不同数字各出现一次，一个数字出现两次，一个数字出现三次，三种情况讨论即可.
【详解】当三个不同数字各出现一次时，有个；
当一个数字出现两次，其他两个数字各出现一次时，则重复出现的数字只能是，
则有个；
当一个数字出现三次，则仅有数字符合条件，则有个；
综上所述，满足条件的三位数共有个.
故选：C
8．（2025·全国·模拟预测）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：.
9．（2025·安徽安庆·模拟预测）将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前3个数字构成三位数，后三个数字构成三位数.记，则小于100的概率为 .
【答案】
【分析】利用分步乘法计数原理，结合古典概率列式计算得解.
【详解】由题意，要使小于100，百位必相邻，且较大数的十位小于较小数的十位，个位无限制，分两步：
取百位的概率为；
取十位，在剩下的4个数字中取两数分配给作十位，而的十位大于的十位与的十位小于的十位的概率相等，此步符合要求的概率为.
所以小于100的概率为.
故答案为：.
10．（2025·河北邯郸·模拟预测）设一个三位数的个位、十位、百位上的数字分别为，，，若，，则称这个三位数为“峰型三位数”，例如251和121都是“峰型三位数”，在由0，1，2，3，4，5中的部分数字组成的三位数中，“峰型三位数”的个数为 .
【答案】40
【分析】根据给定条件，利用“峰型三位数”是否含有数字0分类，结合排列、组合计数问题列式计算即得.
【详解】①若“峰型三位数”由三个不同的数字组成：
当“峰型三位数”含有数字0时，0必为个位，再从余下5个数字中任取两个，大的数字为十位，有种方法；
当“峰型三位数”没有数字0时，从除0外的5个数字中任取3个，最大数字作十位，有种方法，
此时，“峰型三位数”的个数为；
②若“峰型三位数”由两个不同的数字组成，则一定不包含0，此时共有种方法；
综上，“峰型三位数”的个数为.
故答案为：40
题型3 涂色问题
涂色问题的解法 （1）根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理区域涂色问题的基本方法； （2）根据共用了多少种颜色，分别计算出各种情形的种数，再利用分类计数原理求出不同的涂色方法种数； （3）根据某两个不相邻区域是否同色进行分类讨论，从某两个不相邻区域同色与不同色入手，再利用分类计数原理求出不同涂色方法种数.
11．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，某社区为墙面、、、四块区域宣传标语进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（共边）不能用同一颜色，若只有4种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂法有（ ）
A．12种 B．24种 C．48种 D．144种
【答案】C
【分析】由题，三种颜色的涂法有两种，即与同色或与同色，由计数原理列式求解.
【详解】三种颜色的涂法有两种，即与同色或与同色，
所以恰好使用3种颜色的涂法有种.
故选：C.
12．（2025·广东茂名·模拟预测）如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（ ）
A．120 B．160 C．180 D．300
【答案】C
【分析】分两步，第一步先排Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ，第二步再排Ⅳ，然后根据分步计数原理相乘即可.
【详解】先排Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ共有种，再排Ⅳ有种，
故不同的着色方法数有种.
故选：C
13．（2025高二·湖南·阶段练习）给图中五个区域染色，有4种不同的颜色可供选择，要求有公共边的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ）
A．216种 B．192种 C．180种 D．168种
【答案】D
【分析】按照一定的顺序对五个区域进行染色，依次考虑每个区域的染色选择，根据相邻区域颜色不同的要求来确定每种情况下的染色方法数.
【详解】先对染色，有种方法，若2和3同色，则不同的染色方法有72种；
若2和3不同色，则不同的染色方法有种．
综上所述，不同的染色方法有种．
故选：D.
14．（2025·江苏南京·模拟预测）英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有 种（用数字作答）.
【答案】216
【分析】如图，将6个行政区标上序号，根据分步乘法计数原理，按照一定的顺序对各个区域进行涂色，同时考虑相邻区域颜色不同的限制条件即可求解.
【详解】如图，将6个行政区标上序号，
区域1有4种颜色可选，共4种方法；
区域2与区域1相邻，不能与区域1同色，有3种颜色可选，共3种方法；
区域3与区域1、2相邻，不能与区域1、2同色，有2种颜色可选，共2种方法；
①若区域4与区域2同色，有1种颜色可选，此时区域5与区域2不同色且有2种涂色方法，此时区域6有2种涂色方法；
②若区域4与区域2不同色，有1种颜色可选，此时若区域5与区域2同色，有1种涂色方法，区域6有3种涂色方法，
若区域5与区域2不同色，有1种涂色方法，区域6有2种涂色方法，
所以一共有种方法.
故答案为：216.
15．（2025·湖南郴州·模拟预测）如图，这是一个平面图形，现提供四种颜色给图中的区域1 区域2 区域3 区域4 区域5 区域6共六个区域涂色，每个区域只涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则共有 种不同的涂色方案．
【答案】96
【分析】根据使用颜色的数量进行分类计算即可．
【详解】若仅用三种颜色涂色，则区域1，6同色，区域2，4同色，区域3，5同色，共有种涂法；
若用四种颜色涂色，则区域1，6，区域2，4，区域3，5中有一组不同色，则有3种情况，
先从四种颜色中取两种涂同色区，有种涂法，剩余两种涂在不同区域，有2种涂法，共有种涂法；
故总的涂色方案有种，
故答案为：96．
16．（2025·辽宁·模拟预测）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.
题型4 相邻、相间问题
相邻、相间问题的解题策略： (1) 相邻问题的模型为将n个不同元素排成一排，其中k个元素排在相邻位置上，求不同排法的种数．解决此问题的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，视为一个整体，当作一个元素同其他元素一起进行排列，共有A种排法，然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有A种排法，根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有A·A种． (2) 对于不相邻的排列问题，我们往往先安排无约束条件的元素，再让不相邻的其余元素插空排列，即先排m＋n个元素中无约束条件的n个元素，然后将有约束条件的m个元素插入n＋1个空位中，则共有A·A种排法．
17．（2025·山东·模拟预测）现有3名男生和3名女生要与班主任站成一排合影，班主任站中间，则3名女生有且仅有2名相邻的站法总数为 .（结果用数字作答）.
【答案】
【分析】先确定班主任位置，再从3名女生中选2名“捆绑”，将“捆绑”的女生与剩余1名女生插入男生形成的空位，最后排列男生和“捆绑”体、剩余女生，根据分步乘法计数原理计算站法总数.
【详解】班主任站中间位置，只有1种站法；
从3名女生中选2名女生并“捆绑”，有种选法；“捆绑”的2名女生内部有种排列顺序；
3名男生全排列，有种排法，3名男生排列后形成4个空位（包括两端）；
从4个空位中选2个空位插入“捆绑”的女生整体和剩余1名女生，有种插空方法；
根据分步乘法计数原理，总站法数为.
故答案为：
18．（2025·贵州·模拟预测）中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每“艺”安排一次讲座，共开展六次．讲座次序要求“射”和“御”必须相邻，“礼”和“书”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有 种．
【答案】144
【分析】由题意，将“射”和“御”捆绑看作一个元素与“乐”和“数”进行全排列，再将“礼”和“书”排到所得排列的空隙中，最后将“射”和“御”交换位置， 根据分步计数原理即可求解.
【详解】先将“射”和“御”“捆绑”视为一个元素，再与“乐”和“数”一起排列， 有种不同的次序，
再将“礼”和“书”排到所得排列的空隙中（“射”和“御”中间不能排），有种不同的次序，
最后将“射”和“御”交换位置，有种不同排序，
根据分步乘法计数原理可知“六艺”讲座不同的次序共有种．
故答案为：.
19．（2025·海南·模拟预测）某电影院一排有7个座位，中间有条过道，过道左侧有4个座位，右侧有3个座位，现有包含小明，小刚，小强在内的7位同学购买了某一排的座位，其中小明想和小刚坐在一起，小强想坐在右侧，则共有（ ）种不同的排法．
A．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
20．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）在一场毕业晚会上，共有4个舞蹈节目和2个唱歌节目．在制定节目单时，必须保证2个唱歌节目不相邻，并且甲舞蹈不能排在最后，则不同的排法共有 种．
【答案】408
【分析】由互斥加法以及分步乘法即可求解.
【详解】若甲舞蹈不排在舞蹈节目的最后，则有种不同的排法．
若甲舞蹈排在舞蹈节目的最后，则有种不同的排法，故不同的排法共有408种．
故答案为：408.
21．（2025·陕西安康·模拟预测）某班级策划五一活动，其中歌曲类3个节目，语言类1个节目，才艺展示类3个节目，抽奖2次（一次抽一等奖名单，一次抽二等奖名单），要求开场和结束安排歌曲类，2次抽奖不连续，则有 种安排方法.（用数字作答）
【答案】21600
【分析】根据分步乘法即可得解.
【详解】先安排开场和结束的歌曲类节目，方法数为，
除了已经安排的歌曲类节目和两次抽奖活动，还有5个节目需要安排，方法数为，
抽奖活动可以从6个空中选两个，方法数为，所以方法总数为.
故答案为：21600.
22．（2025·辽宁·模拟预测）某急救小组有1名司机，2名医生和3名护士，6人排成一排合影留念，要求2名医生不相邻，3名护士互不相邻，则不同的排法种数为（ ）
A．36 B．48 C．72 D．120
【答案】D
【分析】先排1名司机，2名医生，分为三类，再将护士插空，求出每种情况下的排法，相加得到答案.
【详解】先排1名司机，2名医生有：①医生、司机、医生；②司机、医生、医生；③医生、医生、司机，共三类.
对于①，3名护士随意插空有种排法，2名医生交换位置有种排法，
所以共有种排法；
对于②，3名护士先选1人插入2名医生之间有种排法，
再在余下的3个空中插入余下的2名护士有种排法，
2名医生交换位置有种排法，所以共有种排法；
对于③，显然和②有相同的排法数.
综上，共有48+2×36=120种.
故选：D
题型5 定序问题
定序问题的求解方法 　　n个不同元素的全排列有种排法，m个特殊元素的全排列有种排法.当这m个元素顺序确定时，共有种排法. 提醒　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.
23．（2025高二·上海·阶段练习）在一张节目单中原有7个节目已排好顺序，现要插入3个节目，并要求不改变原有7个节目前后相对顺序，则一共有 种不同的插法．
【答案】
【分析】利用倍缩法求解即可.
【详解】由题意，不同的插法共有种.
故答案为：.
24．（2025·重庆·模拟预测）有6位同学排成一排准备拍照，拍照前加入了2位同学，如果要求他们仍站成一排，同时原来6位同学的相对顺序保持不变，则有 种不同的站法．（用数字作答）
【答案】56
【分析】利用排列中的定序问题的处理方法求解．
【详解】因为共8位同学站成一排，原来6位同学的相对顺序保持不变，
所以共有种不同站法，
故答案为：56．
25．（2025高二·安徽滁州·阶段练习）五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为：宫 商 角 徵 羽，把这五个音阶排成一列，形成一个音序，若徵、羽两音阶相邻且在宫音阶之后，则可排成不同音序的种数为（ ）
A．128 B．64 C．48 D．24
【答案】D
【分析】相邻问题用捆绑法，定序问题用倍缩法.
【详解】先将徵、羽两音阶相邻捆绑在一起有种，
然后与宫、商、角进行全排列有种，考虑到顺序问题，
则可排成不同音序的种数为.
故选：D.
题型6 分组、分配问题
1.分配问题属于“排列”问题，要按排列模型求解；而分组问题属于“组合”问题，要按组合模型求解.区分是分组问题还是分配问题的关键是看有无分配对象，若没有分配对象，则为分组问题；若有确定的分配对象，则为定向分配问题，否则，为不定向分配问题. 2.对不同元素分组、分配问题的求解策略 （1）对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以（n为均分的组数），避免重复计数.这类问题有无序平均分组和有序平均分组两种情形； （2）对于部分均分，即不平均分组中的部分平均分组问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数，这类问题也有无序和有序两种情形； （3）对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数，这类问题也有无序不平均分组和有序不平均分组两种情形.
26．（2025·云南昆明·模拟预测）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.
27．（2025·湖南郴州·模拟预测）“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
【答案】B
【分析】分两步完成，先分跳箱、再分药球，确定每一步的分法种数，结合分步乘法计数原理可得结果.
【详解】分以下两步：
（1）先分跳箱：个相同的跳箱分给三个球队，三个球队分得的跳箱数量分别为、、或、、或、、，
所以，跳箱的分法种数为种；
（2）接下来分药球：将个药球分给三个球队，三个球队分得的药球数量分别为、、或、、，
所以，药球的分法种数为种.
由分步乘法计数原理可知，不同的分法种数为种.
故选：B.
28．（25-26高三·重庆大足·阶段练习）“新韵重庆·渝超同行”2025新鸥鹏重庆城市足球超级联赛已于9月13日正式拉开帷幕！某场比赛期间需将3名志愿者小李、小张、小明分配到A，B两个场馆服务，每个场馆至少分配一名，恰好小李与小明分到同一个场馆的概率为 ．
【答案】
【分析】先将三人分成两组，再将两组人分配到两个场馆，根据分步乘法计数原理即可求出总的分法；再求出小李与小明分到一个场馆的分法数量，最后利用概率计算公式即可求解．
【详解】将小李、小张、小明分为两组，一组一人，另外一组两人，共种分法，
再将两组人分配到A，B两个场馆，共种分法，根据分步乘法计数原理可知，共种分法；
小李和小明分到一个场馆的分法有种；故小李与小明分到一个场馆的概率为．
故答案为：．
29．（25-26高三·广东·阶段练习）为了表扬三位乐于助人的同学，班主任购买了4个价钱相同的礼盒全部分给这3名同学，若购买的4个礼盒仅有2个相同，按一人2个礼盒，另两人各1个礼盒进行分配，共有 种分法.（用数字作答）
【答案】21
【分析】考虑2个相同礼盒是否分给同一人两种情况，结合分步计数原理求解即可.
【详解】第一种情况，当2个相同礼盒分给同一人时：
第一步，分配2个相同礼盒，
即将这2个相同礼盒分给三个同学中的一个，共种分配方法；
第二步，分配剩下的2个不同礼盒，
即将剩下的2个不同礼盒，分给剩下的2个同学，共有种，
所以一共有种分法；
第二种情况，当2个相同礼盒不分给同一人时：
记4个礼盒分别为，
当或在一起时，共有种分配方法；
当在一起时，即将分给三个人中任何一个，剩下的2个人，每人分一个，共有种分配方法；
综上，共有种分配方法.
故答案为：
30．（2025·全国·模拟预测）2025年1月7日9时5分，西藏自治区日喀则市定日县发生6.8级地震．现从各省共抽派7支抢险工作队前往5个灾区县救援，要求每个受灾县至少有一个工作队的方法种数共有（ ）
A．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．
31．（2025·山东·模拟预测）甲、乙、丙等8名同学将作为志愿者参加三个养老院的志愿服务工作，每个养老院至少安排2名志愿者，每名志愿者只能去一个养老院，且甲、乙、丙三人必须在同一养老院进行志愿服务，则有 种不同的分配方案.
【答案】150
【分析】根据不同的人数分配比例分别计算分配方案数，再将两种情况的方案数相加得到总的分配方案数.
【详解】依题意，人数的分配有和两种，
若是，则有种，
若是，则有种，则共有150种不同的分配方案.
故答案为：150.
32．（2025·吉林长春·模拟预测）甲、乙等6名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的A、B、C三项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，甲不参加A项工作，且甲乙不参加同一项工作，则不同的安排方法数有 种（用数字作答）.
【答案】260
【分析】先分组，得到甲、乙不参加同一项工作的分组情况，然后将不含甲志愿者的2组人中选1组安排到A工作，再安排其他2组志愿者即可.
【详解】第一步，将6名志愿者分为4，1，1或3，2，1或2，2，2有种情况，
其中甲、乙参加同一项工作共有种情况，
所以甲、乙不参加同一项工作的分组情况有种情况；
第二步，从不含甲的2组中选1组安排到A工作，有种情况；
第三步，将剩下的2组安排到B、C工作，有种情况.
由分步乘法计数原理可得不同的安排方法数有种.
故答案为：260.
33．（2025·辽宁盘锦·模拟预测）将李老师、唐老师等六名优秀教师委派到三个学校进行督导活动，其中每个老师都必须去一个学校，每个学校至少派一名老师，则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有（ ）
A．240种 B．360种 C．390种 D．420种
【答案】C
【分析】解法一：先分组，再分配，先算总的情况，再用捆绑法算李老师和唐老师在同一学校督导的情况即可求解；
解法二：分类讨论，分别计算李老师和唐老师不在同一学校督导的情况即可求解.
【详解】依题意，分组情况可能为（1，1，4），（1，2，3），（2，2，2）．
解法一：总的情况数为，
其中李老师和唐老师在同一学校督导的情况数为，
故李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有390种．
解法二：若派遣的人数情况为（1，1，4），则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有种；
若派遣的人数情况为（1，2，3），则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有种；
若派遣的人数情况为（2，2，2），则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有种；
故李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有390种．
故选：C.
34．（2025·辽宁锦州·模拟预测）渤大附中校园景色优美，道路和楼宇的命名都蕴含着深远的意义，值得同学们在三年的时光里驻足留意.小陈 小张等6位即将毕业的同学在知博楼 君子路 红色文化广场 三到园4个标志性场所中各选择一个拍照留念，若每个地方至少有一位同学拍照，每位同学都恰选择一处地方拍照，且小陈 小张不在同一个地方拍照，则不同的拍照方式共有 种.（用数字作答）
【答案】
【分析】根据题意，分2步进行分析：①将6人分为4组，要求小陈 小张不在同一组，分为3 1 1 1的四组，分为2 2 1 1的四组,②将四组安排在4座标志性建筑中拍照.然后求解.
【详解】根据题意，分2步进行分析：①将6人分为4组，要求小陈 小张不在同一组，
若分为3 1 1 1的四组，有种分组方法，
若分为2 2 1 1的四组，有种分组方法，则有种分组方法；
②将四组安排在4座标志性建筑中拍照，有种情况，故有种排法.
故答案为：.
题型7 隔板法
对于相同元素的分配问题，可以利用分类加法计数原理分类讨论，还可以利用“隔板法”． 把n个相同的小球放到m(m＜n)个不同盒子中，不同放法的种数的求解方法是： (1) 若每个盒子至少放一球，则只需在n个小球产生的n－1个间隙中放置m－1块隔板分隔成m份即可，共有C种不同放法．此类型问题等价于“将n个相同元素分成m(m≤n)组，每组至少一个”的分组问题，可把n个元素排成一排，从n－1个空中选m－1个空，各插一个隔板，有C种分法． (2) 若允许某些盒子不放球，则相当于在n＋m－1个位置中选放m－1块隔板，共有C种不同放法．
35．（2025高三·江苏·期末）把5个相同的小球分给3个小朋友，使每个小朋友都能分到小球的分法有（ ）
A．4种 B．6种 C．21种 D．35种
【答案】B
【分析】元素相同问题用隔板法.
【详解】利用隔板法：由题可知使每个小朋友都能分到小球的分法有种.
故选：.
36．（2025·安徽·模拟预测）现将12个相同的小球全部放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放2个小球，则不同的放法共有（ ）
A．24种 B．35种 C．56种 D．70种
【答案】B
【分析】先在每个盒子中分别放入一个小球，剩余的个小球采用隔板法即可.
【详解】先在每个盒子中分别放入一个小球则剩余个小球，
只需保证个盒子中分别再放入至少个小球，则采用隔板法可得有种放法.
故选择：B
37．（2025·全国·模拟预测）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.
题型8 求二项展开式的特定项
二项展开式中的特定项求解 二项展开式中的特定项，是指展开式中的某一项，如第n项、常数项、有理项等，求解二项展开式中的特定项的关键点如下： （1）求通项，利用(a＋b)n的展开式的通项公式Tr＋1＝Can－rbr(r＝0，1，2，…，n)求通项． （2）列方程(组)或不等式(组)，利用二项展开式的通项及特定项的特征，列出方程(组)或不等式(组)． （3）求特定项，先由方程(组)或不等式(组)求得相关参数，再根据要求写出特定项．
38．（2025·湖南长沙·模拟预测）二项式的展开式中第5项的系数为（ ）
A．252 B．-252 C．210 D．-210
【答案】C
【分析】求出展开式的通项，从而可得第5项的系数．
【详解】二项式展开式的通项公式，
当时，第5项系数为210．
故选：C.
39．（2025·江西·模拟预测）展开式中的第项是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据展开式通项公式写出第项即可.
【详解】由题意可得二项式展开式的通项为：，
将代入上式，可得：，
所以展开式中的第项是：.
故选：A.
40．（2025·上海·模拟预测）二项式展开式中的常数项为 .（用数字作答）
【答案】
【分析】根据二项式展开式通项公式计算求解即可.
【详解】二项式展开式中的常数项为.
故答案为：.
41．（2025·浙江杭州·模拟预测）在二项式的展开式中，常数项是 ，有理项的个数是 .
【答案】 15 4
【分析】先求出通项公式，再令的指数为0求出常数项，令的指数为整数，求出的值，判断出展开式中有理项的个数．
【详解】因为二项式的展开式的通项公式为：；其中，1，2，3，4，5，6．
令可得；
故其常数项为：；
有理项需要的指数为整数
是2的倍数
，2，4，6．
故展开式中有理项的个数是4；
故答案为：15；4．
【点睛】本题主要考查二项式定理的运用，解决二项展开式的特定项问题，应该利用的工具是二项展开式的通项公式．
42．（2025·湖南娄底·模拟预测）若的展开式中的系数为231，则 .
【答案】2
【分析】求出展开式的通项公式，令的次幂为求出，然后利用系数列方程即可求解.
【详解】的展开式的通项，.
令，解得，则，解得.
故答案为：2.
43．（2025·浙江丽水·模拟预测）展开式中的常数项是 ．
【答案】
【分析】根据题意，先求得二项式的展开式的通项公式为，进而求得展开式的常数项，得到答案.
【详解】由二项式的展开式的通项公式为，
所以，
所以当时有常数项，当时有常数项，
所以所求展开式的常数项为.
故答案为：.
题型9 两个二项式之积问题
(1)求二项展开式中的问题，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可． (2)对于几个多项式积的展开式中的问题，一般可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．
44．（2025·浙江宁波·模拟预测）在的展开式中，的系数为（ ）
A．0 B．20 C．10 D．
【答案】A
【分析】先求得展开式的通项公式，分别求和的项，结合题意即可求得答案.
【详解】由题意得展开式的通项公式为，
令，，
令，，
所以的系数为0.
故选：A
45．（2025·广东深圳·模拟预测）的展开式中的系数为 ．
【答案】
【分析】由乘法原理求出展开式中的项即可得解.
【详解】由题可得展开式中的项为，
故展开式中的系数为.
故答案为：
46．（2025·广东·模拟预测）的展开式中，的系数为（ ）
A．60 B．30 C．45 D．15
【答案】A
【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得.
【详解】的展开式中，有，
则的系数为，的系数为，
所以的展开式中，的系数为．
故选：A．
47．（2025·四川广安·模拟预测）的展开式中的系数为（ ）
A．10 B．15 C．20 D．25
【答案】B
【分析】先把两项相乘化简，再应用二项式展开式的通项公式结合组合数的计算求解.
【详解】的展开式中含的项为，
所以的系数为15.
故选：B.
48．（2025·全国·模拟预测）的展开式中的系数为（ ）
A．252 B．162 C．126 D．36
【答案】B
【分析】方法1：先求得展开式中的项的系数，结合与多项式相乘，即可求得答案.
方法2：将变形为，求得展开式中的项的系数，结合与多项式相乘，即可求得答案.
【详解】方法1：的通项公式为，
分别令可得，，，
所以的展开式中含的项为，
∴的系数为．
方法2：由，
的通项公式为，
分别令可得项的系数分别为，
所以的展开式中含的项为
所以的系数为．
故选：B．
49．（2025·全国·模拟预测）展开后的系数为 ．
【答案】
【分析】将展开后结合多项式的乘法可求的系数.
【详解】因为，
故展开后含的项为，
故系数为．
故答案为：.
50．（2025·河北唐山·模拟预测）的展开式中的系数为 .（用数字作答）
【答案】
【分析】利用二项式定理求出展开式中含的项即可.
【详解】的展开式中含有的项为，
所以的系数为.
故答案为：
题型10 求三项展开式中的指定项
（a＋b＋c）n展开式中特定项的求解方法
51．（2025·辽宁丹东·模拟预测）展开式中的系数为（ ）
A． B．12 C． D．18
【答案】A
【分析】根据多项式展开式系数的计算直接求解即可．
【详解】根据题意，
展开式中项为，
所以展开式中的系数为．
故选：A．
52．（2025·广东广州·模拟预测）展开式中的常数项为 。
【答案】4
【分析】利用展开式中常数项的生成过程，结合组合数公式，即可求解.
【详解】，
3个因式中每个因式都包含三个项，若要得到常数项，
第一种方法是3个都取1，为，第二种方法是取2个，1个，为，
所以展开式的常数项为.
故答案为：4.
53．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）的常数项为 .
【答案】31
【分析】本题如果使用公式，计算将非常繁琐，选择使用组合数的方法，进行解答即可.
【详解】选取常数项；应将含有的项全部消掉（约分掉），观察项中的的指数比，为，
为了将指数化为0，如果选了一个，则应该选择2个，
所以所有选择的可能性有以下两种：①分别选择0个、0个、5个；②分别选择1个、2个、2个，
应用组合数可得：.
故答案为：.
54．（2025·浙江·模拟预测）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：B
55．（2025·江西·模拟预测）的展开式中的系数为 .
【答案】
【分析】根据二项式展开式的通项,求出指定项的系数.
【详解】展开式为,当时,得,
对于二项式的展开式为,当时得.
则含的展开式为.
故答案为:.
56．（2025·甘肃白银·模拟预测）的展开式中项的系数为 .（用数字回答）
【答案】
【分析】根据二项式定理的通式,写出所有能得到目标项的可能,求出结果.
【详解】由题意可知,通式为
当时,求中系数即可,
则通式为当时,
可得项的系数为,
故答案为: .
57．（2025·广东佛山·模拟预测）若的展开式中的常数项为31，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
【答案】C
【分析】根据二项式定理，写出指定项的系数，结合题意，建立方程，可得答案.
【详解】依题意，，所以，即．
故选：C.
58．（2025·辽宁·模拟预测）在的展开式中，常数项为 .
【答案】1120
【分析】将式子变形为，即可求解的通项，并求解其含的项，即可得解.
【详解】，
则展开式的通项为，
令，解得，所以常数项为.
故答案为：1120
59．（2025·四川宜宾·模拟预测）的展开式中，含的项的系数是（ ）
A． B． C．30 D．60
【答案】A
【分析】利用二项式的通项即可求解.
【详解】，
所以展开式的通项为，，
展开式的通项为，，
展开式的通项为，，
令，得，所以含的项的系数是.
故选：.
60．（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.
题型11 二项式系数的和与各项的系数和问题
（1）系数和问题常用“赋值法”求解 赋值法是指对二项式中的未知元素赋值，从而求得二项展开式的各项系数和的方法．求解有关系数和题的关键点如下： ①赋值，观察已知等式与所求式子的结构特征，确定所赋的值，常赋的值有：－1，0，1等． ②求参数，通过赋值，建立参数的相关方程，解方程，可得参数值． ③求值，根据题意，得出指定项的系数和． （2）二项式系数和：(a＋b)n的展开式中二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝2n.
61．【多选】（2025·云南大理·模拟预测）的展开式中，则（ ）
A．含项的系数为40 B．第3项与第4项的二项式系数相等
C．所有项的二项式系数之和为32 D．所有项的系数之和为32
【答案】ABC
【分析】对于A、B选项，直接根据二项式展开式的通项公式进行求解，并判断选项正误即可；
对于C选项，根据所有项的二项式系数之和为进行求解即可；
对于D选项，通过赋值法，令即可求解所有项的系数之和.
【详解】对于A，的展开式中含的项为，故的系数为40，A正确；
对于B，的展开式中第3项与第4项的二项式系数分别为，，二项式系数相等，B正确；
对于C，所有项的二项式系数之和为，C正确；
对于D，令，所有项的系数之和为，D错误.
故选：ABC
62．【多选】（2025·江苏宿迁·模拟预测）的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A．展开式共8项 B．含项的系数为480
C．无常数项 D．所有项的二项式系数之和为128
【答案】ACD
【分析】利用二项式定理可判断A正确，根据展开式通项可判断B错误、C正确，根据所有项的二项式系数之和为可得D正确.
【详解】对于A，易知的展开式中共有8项，即A正确；
对于B，设展开式中的第项为,
令，解得；
因此含项的系数为，所以B错误；
对于C，令，此时不是正整数，因此展开式中不存在常数项，即C正确；
对于D，易知所有项的二项式系数之和为，可得D正确.
故选：ACD
63．（2025·全国·模拟预测）若的展开式中二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（ ）
A．160 B． C．20 D．
【答案】B
【分析】先根据二项式系数和求出，求出展开式通项，令得，代入通项即可求出常数项.
【详解】因为的展开式的二项式系数和为64，即，解得，
则的展开式通项为，
令得，所以的常数项为.
故选：B．
64．（2025·山东济宁·模拟预测）已知，则（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】赋值可得，结合导数及代入可得，进而求解即可.
【详解】设，
令，得，又，
令，则，
所以，
即.
故选：A．
65．（2025·湖南益阳·模拟预测）若，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】令计算可判断A；利用展开式的通项公式计算可判断B，令计算可判断C；令结合C选项计算可判断D.
【详解】对于A，令，得，即，故A错误；
对于B，展开式的通项公式为，
所以，故B错误；
对于C，令，得，
即，故C正确；
对于D，令，得，
即，
因为，
所以，
因为，
所以不成立，故D错误.
故选：C
66．【多选】（25-26高三·重庆·阶段练习）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AB
【分析】观察二项式展开式两边的次数可得，即可判断A；由赋值法，令得即可判断B；求出展开式中与的系数，结合得即可判断C；由赋值法，令求解即可判断D.
【详解】对于A，等式右边最高次数为7，故，A正确；
对于B，令，则，B正确；
对于C，的系数为 ，C错误；
对于D，令 则，D错误.
故选：AB.
题型12 求二项式系数最值
二项式系数先增后减中间项最大 （1）如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项的二项式系数最大； （2）如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项，的二项式系数，相等且最大．
67．（2025·江苏南通·模拟预测）的二项展开式中，二项式系数之和等于256，则二项展开式中二项式系数最大的项为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意求出，写出二项展开式的通项，即可求得二项式系数最大的项.
【详解】因为，所以，二项展开式的通项为
，
故二项展开式中，二项式系数最大的项为.
故选：A.
68．（2025高二·天津滨海新·期中）在的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（ ）
A． B． C． D．7
【答案】A
【分析】由题意利用二项式系数的性质，求得的值，再利用二项式展开式的通项公式，求得的系数．
【详解】在的展开式中，只有第6项的二项式系数最大，
它的展开式共计有项，，
故二项展开式的通项公式为，
令，求得，可得在的展开式中的系数为，
故选：A．
69．（2025高二·江苏·专题练习）在的展开式中含项的系数为15，则展开式中二项式系数最大的是第（ ）项
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】根据二项式定理展开式化简得出通项，结合已知列出方程组求出的值，结合二项式定理的性质即可得出答案.
【详解】根据二项式定理可知的展开式的通项为
.
由已知可得，，解得.
根据二项式定理的性质可知，该展开式中二项式系数最大的是第4项.
故选：C.
70．（2025·四川成都·模拟预测）的展开式中系数最大的项为（ ）
A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项
【答案】B
【分析】根据二项式系数的对称性可直接判断结果.
【详解】易知的展开式的各项系数分别为，
由二项式系数的对称性可知系数最大的项为第四项.
故选：B.
71．（2025高三·北京·开学考试）若的二项展开式中，当且仅当第5项是二项式系数最大的项，则其展开式中含项的系数（ ）
A． B．252 C．7 D．8
【答案】A
【分析】根据二项式系数的最值可得，再结合二项展开式的通项运算求解即可.
【详解】因为二项展开式中，当且仅当第5项是二项式系数最大的项，
则，解得，
可得的展开式的通项为，
令，解得，
所以含项的系数为.
故选：A.
72．（2025·山西临汾·模拟预测）的展开式中的系数等于其二项式系数的最大值，则的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．
【答案】A
【分析】根据二项展开式的通项公式赋值得展开式中的系数，而二项式系数的最大值为，据题设列式求值即可.
【详解】因为的展开式的通项公式为，
令，即时，的系数为.
而二项式系数最大值为，
所以，即.
故选：A.
题型13 求项的系数最值
求展开式中系数最大项，一般采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，则解出k．
73．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知展开式的所有二项式系数之和为32，则展开式的各项中系数的最大值为（ ）
A．252 B．210 C．120 D．10
【答案】B
【分析】根据二项式系数之和公式求出m， 结合通项公式进行求解即可.
【详解】因为展开式的所有二项式系数之和为32，
所以，
所以的通项公式为
，
当或6时，展开式的系数最大，其系数最大值为，
故选：B
74．（2025·安徽·模拟预测）已知的展开式二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项为（ ）
A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项
【答案】C
【分析】根据二项式系数和可得，即可根据通项特征，列举比较可得最大值.
【详解】由已知，故，故通项为（，1，…，8），故奇数项的系数为正数，偶数项的系数为负数，
故最大，因此第七项的系数最大，
故选：C．
75．（2025高二·河北邢台·阶段练习）的展开式中，系数最大的项是（ ）
A．第11项 B．第12项 C．第13项 D．第14项
【答案】C
【分析】根据二项展开式的通项公式结合组合数的性质即可求解.
【详解】因为的展开通项公式为，
又当时，取最大值，
则系数最大的项是第13项．
故选：C.
76．（2025·四川雅安·模拟预测）的展开式中，系数最小的项是（ ）
A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项
【答案】C
【分析】利用二项式定理求得的展开通项公式，结合二项式系数的性质即可得解.
【详解】依题意，的展开通项公式为，其系数为，
当为奇数时，才能取得最小值，
又由二项式系数的性质可知，是的最大项，
所以当时，取得最小值，即第6项的系数最小.
故选：C．
77．（2025·全国·模拟预测）的展开式中系数最大的项为（ ）
A．70 B．56 C．或 D．
【答案】D
【分析】首先根据通项公式求系数，再结合二项式系数的最大值，即可求解.
【详解】的展开式的通项公式为，，由二项式系数中，最大，此时该二项展开式中第5项的系数最大，∴的展开式中系数最大的项为，
故选：D．
78．（2025·江西南昌·模拟预测）若的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的是（ ）
A．第二项 B．第三项 C．第四项 D．第五项
【答案】B
【分析】先利用二项式系数的增减性求出的值，再根据展开式的通项公式求解即可.
【详解】因为的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，
所以，解得，
则的展开式通项为，
当为奇数时，系数为负数，当为偶数时，系数为正数，
所以展开式中系数最大时，为偶数，
由展开式通项可知，，，
，，
所以展开式中系数最大的是第三项，
故选：B
题型14 二项式定理的应用
1．利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，从而构造二项式．应注意：要证明一个整式能被另一个整式整除，只要证明这个整式按二项式定理展开后的各项均能被另一个整式整除即可． 2．求余数问题中，应明确被除式f(x)与除式g(x)(g(x)≠0)，商式q(x)与余式的关系及余式的取值范围． 3．二项式定理的逆用． 4．“算两次”是一种重要的数学思想方法，本质上是把同一个量用两种不同的方法表示出来，即同一个量“算两次”，从而建立相等关系，这就是算两次原理.
79．（2025·江西新余·模拟预测）100除的余数为：（ ）．
A．48 B．49 C．50 D．51
【答案】B
【分析】将化为，利用二项式定理展开可得.
【详解】
，
因为是100的倍数
而20249除以100的余数为49.
故选：B．
80．（2025·甘肃白银·模拟预测）98除的余数是（ ）
A．1 B．9 C．3 D．6
【答案】A
【分析】将转化为，写出其二项展开式，即可求解.
【详解】，故98除的余数是1．
故选：A
81．（2025·云南昭通·模拟预测）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．
82．（2025·江西吉安·模拟预测）的小数点后第二位的数字是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．5
【答案】A
【分析】根据二项式定理展开后进行估值运算即可.
【详解】
故小数点后第二位的数字是0.
故选：A.
83．（2025·北京西城·模拟预测）某放射性物质的质量每年比前一年衰减，其初始质量为，年后的质量为，则下列各数中与最接近的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据二项式定理即可估算近似值.
【详解】由题意可知
故选：C
84．（2025·全国·模拟预测）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】通过将，变形，构造函数比较，，将泰勒展开，再与进行比较即可.
【详解】由已知，，，
设，，
则，
其中，
令，则，
当时，，∴在上单调递减，，
∴当时，，， 在上单调递增，
∴，即，∴有.
对于与，，
将泰勒展开，得，
，
∴.
综上所述，，，的大小关系为.
故选：C.
【点睛】对于数值比较大小，可使用等价变形化同构，再构造函数，利用函数的单调性进行比较.
题型15 杨辉三角
杨辉三角的性质： 1．每一行都是对称的，且两端的数都是1. 2．从第三行起，不在两端的任意一个数，都等于上一行中与这个数相邻的两数之和． 3．当k<时，二项式系数是逐渐变大的；当k>时，二项式系数是逐渐变小的． 4．当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大． 5．C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1(n∈N*)；C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n(n∈N*)．
85．（2025·山东泰安·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，用代表第行，第个数，，例如，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）
A．
B．在第行中，最大
C．
D．
【答案】C
【分析】根据定义计算判断A，根据组合数的性质计算判断B，C，D.
【详解】对于选项A，，故A错误；
对于选项B，第100行中第50个数是，又，故B错误；
对于选项C，第2025行中第1013个数和第1014个数分别为和，
因，故，故C正确；
对于选项D，因为
，
则，故D错误；
故选：C.
86．（2025·安徽合肥·模拟预测）将三项式展开，得到下列等式：
…
观察多项式系数之间的关系，可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形，其构造方法为：第0行为1，以下各行每个数是它正上方与左右两肩上的3个数（不足3个数时，缺少的数以0计）之和，第k行共有2k+1个数．则关于x的多项式式的展开式中，项的系数（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】直接利用广义杨辉三角和数据的组合的应用求出结果．
【详解】根据广义杨辉三角的定义：；
故；
关于的多项式的展开式中项的系数为．
故选：D．
87．（2025·河北邯郸·模拟预测）如图，在“杨辉三角”中从第2行右边的1开始按箭头所指的数依次构成一个数列：1，2，3，3，6，4，10，5，，则此数列的前项的和为（ ）
A．680 B．679 C．816 D．815
【答案】D
【分析】根据“杨辉三角”以及组合数性质运算可求出结果.
【详解】根据“杨辉三角”，得，
因此，此数列的前30项和为：
.
.故选：D.
88．（2025·甘肃·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（ ）
A．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
B．第2023行中第1012个数和第1013个数相等
C．记“杨辉三角”第行的第个数为，则
D．第34行中第15个数与第16个数之比为
【答案】D
【分析】根据二项式定理和二项式系数的性质判断各选项的对错.
【详解】第6行的第7个数为1，第7行的第7个数为7，第8行的第7个数为28，
它们之和等于36，第9行的第8个数是，A正确；
第行是二项式的展开式的系数，
故第行中第个数为，第个数为，又，B正确；
“杨辉三角”第行是二项式的展开式的系数，所以，
，C正确；
第34行是二项式的展开式的系数，所以第15个数与第16个数之比为，D不正确.
故选：D.
89．（2025高二·安徽阜阳·期末）杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家，他在《详解九章算法》一书中，画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，从第2行开始，除1以外，其他每一个数值都是它上面的两个数值之和，每一行第k（，）个数组成的数列称为第k斜列．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2022行第k斜列与第斜列各项之和最大时，k的值为（ ）
第1行 1 1
第2行 1 2 1
第3行 1 3 3 1
第4行 1 4 6 4 1
第5行 1 5 10 10 5 1
A．1009 B．1010 C．1011 D．1012
【答案】C
【分析】根据题意可得第k斜列各项之和为，第k+1斜列各项之和为，结合组合数的运算性质即可求解.
【详解】当时，第k斜列各项之和为
，
同理，第k+1斜列各项之和为，
所以，
当第k斜列与第k+1斜列各项之和最大时，，解得.
故选：C.
90．（2025·辽宁·模拟预测）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》《日用算法》和《杨辉算法》.杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题，如开方、数列等.
我们借助杨辉三角可以得到以下两个数列的和.
；
若杨辉三角中第三斜行的数：1，3，6，10，15，…构成数列，则关于数列叙述正确的是（ ）
A． B．
C．数列的前n项和为 D．数列的前n项和为
【答案】A
【分析】确定，计算，得到A正确B错误，取特殊值排除CD得到答案.
【详解】.
对选项A：，正确；
对选项B：，错误；
对选项C：当时，，错误；
对选项D：当时，，错误；
故选：A专题02 计数原理与二项式定理
题型1 两个计数原理
思路：(1) 弄清完成一件事是做什么；(2) 确定是先分类后分步，还是先分步后分类；(3) 弄清分步、分类的标准是什么；(4) 利用两个计数原理求解．
1．（2025·浙江·模拟预测）将个相同的球放入编号为、、的个盒子中，要求每个盒子至少放个球，且编号为的盒子中球数不超过个，则不同的放法种数为 ．（用数字作答）
2．（2025·四川·模拟预测）在如下的数阵中选出3个数，要求这3个数既不在同一行，也不在同一列．若这3个数的极差不大于5，那么满足条件的选法共有 种．
2 5 7
4 9 10
6 8 11
3．（2025·贵州贵阳·模拟预测）学校要求学生从物理、化学、生物、历史、地理、政治这6科中选3科组合学习，要求物理历史两科中必须选且只能选择其中一科，则选科方式共有（ ）种．
A．24 B．20 C．12 D．6
（2025·陕西西安·模拟预测）电视台有6个不同的节目准备当天播出，每半天播出3个节目，其中某电视剧和某专题报道必须在上午播出，则不同播出方案的种数为
（用数字作答）
5．（2025·贵州·模拟预测）省会贵阳已开通的地铁线路如图所示.某人乘坐地铁从贵阳北站（点）前往贵州大学（点），若同一站点最多经过一次，则不同的乘坐线路共有（ ）
A．6条 B．7条 C．8条 D．9条
题型2 两个计数原理的综合应用
利用两个基本计数原理解决问题的步骤
6．（2025高二·河北石家庄·期末）如图，一只蚂蚁位于点M处，去搬运位于N处的糖块，的最短路线有 条．
7．（2025高二·山东菏泽·期末）用1，2，3组成三位数，数字最多用次，其中，则满足条件的三位数个数是（ ）
A．15个 B．18个 C．19个 D．27个
8．（2025·全国·模拟预测）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）
9．（2025·安徽安庆·模拟预测）将1，2，3，4，5，6随机排成一行，前3个数字构成三位数，后三个数字构成三位数.记，则小于100的概率为 .
10．（2025·河北邯郸·模拟预测）设一个三位数的个位、十位、百位上的数字分别为，，，若，，则称这个三位数为“峰型三位数”，例如251和121都是“峰型三位数”，在由0，1，2，3，4，5中的部分数字组成的三位数中，“峰型三位数”的个数为 .
题型3 涂色问题
涂色问题的解法 （1）根据分步计数原理，对各个区域分步涂色，这是处理区域涂色问题的基本方法； （2）根据共用了多少种颜色，分别计算出各种情形的种数，再利用分类计数原理求出不同的涂色方法种数； （3）根据某两个不相邻区域是否同色进行分类讨论，从某两个不相邻区域同色与不同色入手，再利用分类计数原理求出不同涂色方法种数.
11．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，某社区为墙面、、、四块区域宣传标语进行涂色装饰，每个区域涂一种颜色，相邻区域（共边）不能用同一颜色，若只有4种颜色可供使用，则恰好使用了3种颜色的涂法有（ ）
A．12种 B．24种 C．48种 D．144种
12．（2025·广东茂名·模拟预测）如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有几种不同的着色方法？（ ）
A．120 B．160 C．180 D．300
13．（2025高二·湖南·阶段练习）给图中五个区域染色，有4种不同的颜色可供选择，要求有公共边的区域染上不同的颜色，则不同的染色方法有（ ）
A．216种 B．192种 C．180种 D．168种
14．（2025·江苏南京·模拟预测）英国数学家弗朗西斯·格思里提出四色猜想（四色定理）：任何平面或球面上的地图只需不超过四种颜色即可实现相邻区域颜色不同.该猜想于1976年由阿佩尔和哈肯借助计算机完成证明.如图，一个地区分为6个行政区域，现给地图上的行政区域涂色（注：人工湖不需要涂色），要求：每个区域涂1种颜色，相邻区域不同色.现有红、黄、蓝、绿4种颜色可供选择，则不同的涂色方法有 种（用数字作答）.
15．（2025·湖南郴州·模拟预测）如图，这是一个平面图形，现提供四种颜色给图中的区域1 区域2 区域3 区域4 区域5 区域6共六个区域涂色，每个区域只涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则共有 种不同的涂色方案．
16．（2025·辽宁·模拟预测）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．
题型4 相邻、相间问题
相邻、相间问题的解题策略： (1) 相邻问题的模型为将n个不同元素排成一排，其中k个元素排在相邻位置上，求不同排法的种数．解决此问题的方法是：先将这k个元素“捆绑在一起”，视为一个整体，当作一个元素同其他元素一起进行排列，共有A种排法，然后再将“捆绑”在一起的元素“内部”进行排列，共有A种排法，根据分步乘法计数原理可知，符合条件的排法共有A·A种． (2) 对于不相邻的排列问题，我们往往先安排无约束条件的元素，再让不相邻的其余元素插空排列，即先排m＋n个元素中无约束条件的n个元素，然后将有约束条件的m个元素插入n＋1个空位中，则共有A·A种排法．
17．（2025·山东·模拟预测）现有3名男生和3名女生要与班主任站成一排合影，班主任站中间，则3名女生有且仅有2名相邻的站法总数为 .（结果用数字作答）.
18．（2025·贵州·模拟预测）中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每“艺”安排一次讲座，共开展六次．讲座次序要求“射”和“御”必须相邻，“礼”和“书”不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有 种．
19．（2025·海南·模拟预测）某电影院一排有7个座位，中间有条过道，过道左侧有4个座位，右侧有3个座位，现有包含小明，小刚，小强在内的7位同学购买了某一排的座位，其中小明想和小刚坐在一起，小强想坐在右侧，则共有（ ）种不同的排法．
A．216 B．264 C．312 D．528
20．（2025·内蒙古呼和浩特·模拟预测）在一场毕业晚会上，共有4个舞蹈节目和2个唱歌节目．在制定节目单时，必须保证2个唱歌节目不相邻，并且甲舞蹈不能排在最后，则不同的排法共有 种．
21．（2025·陕西安康·模拟预测）某班级策划五一活动，其中歌曲类3个节目，语言类1个节目，才艺展示类3个节目，抽奖2次（一次抽一等奖名单，一次抽二等奖名单），要求开场和结束安排歌曲类，2次抽奖不连续，则有 种安排方法.（用数字作答）
22．（2025·辽宁·模拟预测）某急救小组有1名司机，2名医生和3名护士，6人排成一排合影留念，要求2名医生不相邻，3名护士互不相邻，则不同的排法种数为（ ）
A．36 B．48 C．72 D．120
题型5 定序问题
定序问题的求解方法 　　n个不同元素的全排列有种排法，m个特殊元素的全排列有种排法.当这m个元素顺序确定时，共有种排法. 提醒　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.
23．（2025高二·上海·阶段练习）在一张节目单中原有7个节目已排好顺序，现要插入3个节目，并要求不改变原有7个节目前后相对顺序，则一共有 种不同的插法．
24．（2025·重庆·模拟预测）有6位同学排成一排准备拍照，拍照前加入了2位同学，如果要求他们仍站成一排，同时原来6位同学的相对顺序保持不变，则有 种不同的站法．（用数字作答）
25．（2025高二·安徽滁州·阶段练习）五声音阶是中国古乐基本音阶，故有成语“五音不全”，中国古乐中的五声音阶依次为：宫 商 角 徵 羽，把这五个音阶排成一列，形成一个音序，若徵、羽两音阶相邻且在宫音阶之后，则可排成不同音序的种数为（ ）
A．128 B．64 C．48 D．24
题型6 分组、分配问题
1.分配问题属于“排列”问题，要按排列模型求解；而分组问题属于“组合”问题，要按组合模型求解.区分是分组问题还是分配问题的关键是看有无分配对象，若没有分配对象，则为分组问题；若有确定的分配对象，则为定向分配问题，否则，为不定向分配问题. 2.对不同元素分组、分配问题的求解策略 （1）对于整体均分，解题时要注意分组后，不管它们的顺序如何，都是一种情况，所以分组后一定要除以（n为均分的组数），避免重复计数.这类问题有无序平均分组和有序平均分组两种情形； （2）对于部分均分，即不平均分组中的部分平均分组问题，解题时注意重复的次数是均匀分组的阶乘数，即若有m组元素个数相等，则分组时应除以m！，分组过程中有几个这样的均匀分组，就要除以几个这样的全排列数，这类问题也有无序和有序两种情形； （3）对于不等分组，只需先分组，后排列，注意分组时任何组中元素的个数都不相等，所以不需要除以全排列数，这类问题也有无序不平均分组和有序不平均分组两种情形.
26．（2025·云南昆明·模拟预测）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
27．（2025·湖南郴州·模拟预测）“湘超”足球比赛正在如火如荼进行中，某企业赞助一批足球训练设备给甲、乙、丙三个球队.这批设备分别为个相同的跳箱和箱相同的药球.要求每队至少有一个跳箱，且药球不能全部分配给同一球队，则不同的分配方案有（ ）
A．种 B．种 C．种 D．种
28．（25-26高三·重庆大足·阶段练习）“新韵重庆·渝超同行”2025新鸥鹏重庆城市足球超级联赛已于9月13日正式拉开帷幕！某场比赛期间需将3名志愿者小李、小张、小明分配到A，B两个场馆服务，每个场馆至少分配一名，恰好小李与小明分到同一个场馆的概率为 ．
29．（25-26高三·广东·阶段练习）为了表扬三位乐于助人的同学，班主任购买了4个价钱相同的礼盒全部分给这3名同学，若购买的4个礼盒仅有2个相同，按一人2个礼盒，另两人各1个礼盒进行分配，共有 种分法.（用数字作答）
30．（2025·全国·模拟预测）2025年1月7日9时5分，西藏自治区日喀则市定日县发生6.8级地震．现从各省共抽派7支抢险工作队前往5个灾区县救援，要求每个受灾县至少有一个工作队的方法种数共有（ ）
A．1800 B．16800 C．14280 D．25200
31．（2025·山东·模拟预测）甲、乙、丙等8名同学将作为志愿者参加三个养老院的志愿服务工作，每个养老院至少安排2名志愿者，每名志愿者只能去一个养老院，且甲、乙、丙三人必须在同一养老院进行志愿服务，则有 种不同的分配方案.
32．（2025·吉林长春·模拟预测）甲、乙等6名志愿者参加2025年文化和旅游发展大会的A、B、C三项服务工作，要求每名志愿者只能参加1项工作，每项工作至少安排1人，甲不参加A项工作，且甲乙不参加同一项工作，则不同的安排方法数有 种（用数字作答）.
33．（2025·辽宁盘锦·模拟预测）将李老师、唐老师等六名优秀教师委派到三个学校进行督导活动，其中每个老师都必须去一个学校，每个学校至少派一名老师，则李老师和唐老师不在同一学校督导的情况有（ ）
A．240种 B．360种 C．390种 D．420种
34．（2025·辽宁锦州·模拟预测）渤大附中校园景色优美，道路和楼宇的命名都蕴含着深远的意义，值得同学们在三年的时光里驻足留意.小陈 小张等6位即将毕业的同学在知博楼 君子路 红色文化广场 三到园4个标志性场所中各选择一个拍照留念，若每个地方至少有一位同学拍照，每位同学都恰选择一处地方拍照，且小陈 小张不在同一个地方拍照，则不同的拍照方式共有 种.（用数字作答）
题型7 隔板法
对于相同元素的分配问题，可以利用分类加法计数原理分类讨论，还可以利用“隔板法”． 把n个相同的小球放到m(m＜n)个不同盒子中，不同放法的种数的求解方法是： (1) 若每个盒子至少放一球，则只需在n个小球产生的n－1个间隙中放置m－1块隔板分隔成m份即可，共有C种不同放法．此类型问题等价于“将n个相同元素分成m(m≤n)组，每组至少一个”的分组问题，可把n个元素排成一排，从n－1个空中选m－1个空，各插一个隔板，有C种分法． (2) 若允许某些盒子不放球，则相当于在n＋m－1个位置中选放m－1块隔板，共有C种不同放法．
35．（2025高三·江苏·期末）把5个相同的小球分给3个小朋友，使每个小朋友都能分到小球的分法有（ ）
A．4种 B．6种 C．21种 D．35种
36．（2025·安徽·模拟预测）现将12个相同的小球全部放入4个不同的盒子里，每个盒子至少放2个小球，则不同的放法共有（ ）
A．24种 B．35种 C．56种 D．70种
37．（2025·全国·模拟预测）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
题型8 求二项展开式的特定项
二项展开式中的特定项求解 二项展开式中的特定项，是指展开式中的某一项，如第n项、常数项、有理项等，求解二项展开式中的特定项的关键点如下： （1）求通项，利用(a＋b)n的展开式的通项公式Tr＋1＝Can－rbr(r＝0，1，2，…，n)求通项． （2）列方程(组)或不等式(组)，利用二项展开式的通项及特定项的特征，列出方程(组)或不等式(组)． （3）求特定项，先由方程(组)或不等式(组)求得相关参数，再根据要求写出特定项．
38．（2025·湖南长沙·模拟预测）二项式的展开式中第5项的系数为（ ）
A．252 B．-252 C．210 D．-210
39．（2025·江西·模拟预测）展开式中的第项是（ ）
A． B． C． D．
40．（2025·上海·模拟预测）二项式展开式中的常数项为 .（用数字作答）
41．（2025·浙江杭州·模拟预测）在二项式的展开式中，常数项是 ，有理项的个数是 .
42．（2025·湖南娄底·模拟预测）若的展开式中的系数为231，则 .
43．（2025·浙江丽水·模拟预测）展开式中的常数项是 ．
题型9 两个二项式之积问题
(1)求二项展开式中的问题，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可． (2)对于几个多项式积的展开式中的问题，一般可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏．
44．（2025·浙江宁波·模拟预测）在的展开式中，的系数为（ ）
A．0 B．20 C．10 D．
45．（2025·广东深圳·模拟预测）的展开式中的系数为 ．
46．（2025·广东·模拟预测）的展开式中，的系数为（ ）
A．60 B．30 C．45 D．15
47．（2025·四川广安·模拟预测）的展开式中的系数为（ ）
A．10 B．15 C．20 D．25
48．（2025·全国·模拟预测）的展开式中的系数为（ ）
A．252 B．162 C．126 D．36
49．（2025·全国·模拟预测）展开后的系数为 ．
50．（2025·河北唐山·模拟预测）的展开式中的系数为 .（用数字作答）
题型10 求三项展开式中的指定项
（a＋b＋c）n展开式中特定项的求解方法
51．（2025·辽宁丹东·模拟预测）展开式中的系数为（ ）
A． B．12 C． D．18
52．（2025·广东广州·模拟预测）展开式中的常数项为 。
53．（2025·黑龙江齐齐哈尔·模拟预测）的常数项为 .
54．（2025·浙江·模拟预测）的展开式中，的系数为（ ）
A．60 B．120 C．240 D．360
55．（2025·江西·模拟预测）的展开式中的系数为 .
56．（2025·甘肃白银·模拟预测）的展开式中项的系数为 .（用数字回答）
57．（2025·广东佛山·模拟预测）若的展开式中的常数项为31，则（ ）
A． B．0 C．1 D．2
58．（2025·辽宁·模拟预测）在的展开式中，常数项为 .
59．（2025·四川宜宾·模拟预测）的展开式中，含的项的系数是（ ）
A． B． C．30 D．60
60．（2025·河北保定·模拟预测）在的展开式中，的系数为（ ）
A． B． C． D．20
题型11 二项式系数的和与各项的系数和问题
（1）系数和问题常用“赋值法”求解 赋值法是指对二项式中的未知元素赋值，从而求得二项展开式的各项系数和的方法．求解有关系数和题的关键点如下： ①赋值，观察已知等式与所求式子的结构特征，确定所赋的值，常赋的值有：－1，0，1等． ②求参数，通过赋值，建立参数的相关方程，解方程，可得参数值． ③求值，根据题意，得出指定项的系数和． （2）二项式系数和：(a＋b)n的展开式中二项式系数的和为C＋C＋…＋C＝2n.
61．【多选】（2025·云南大理·模拟预测）的展开式中，则（ ）
A．含项的系数为40 B．第3项与第4项的二项式系数相等
C．所有项的二项式系数之和为32 D．所有项的系数之和为32
62．【多选】（2025·江苏宿迁·模拟预测）的展开式中，下列结论正确的是（ ）
A．展开式共8项 B．含项的系数为480
C．无常数项 D．所有项的二项式系数之和为128
63．（2025·全国·模拟预测）若的展开式中二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（ ）
A．160 B． C．20 D．
64．（2025·山东济宁·模拟预测）已知，则（ ）．
A． B． C． D．
65．（2025·湖南益阳·模拟预测）若，则（ ）
A．
B．
C．
D．
66．【多选】（25-26高三·重庆·阶段练习）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
题型12 求二项式系数最值
二项式系数先增后减中间项最大 （1）如果二项式的幂指数是偶数，则中间一项的二项式系数最大； （2）如果二项式的幂指数是奇数，则中间两项，的二项式系数，相等且最大．
67．（2025·江苏南通·模拟预测）的二项展开式中，二项式系数之和等于256，则二项展开式中二项式系数最大的项为（ ）
A． B． C． D．
68．（2025高二·天津滨海新·期中）在的展开式中，只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的系数是（ ）
A． B． C． D．7
69．（2025高二·江苏·专题练习）在的展开式中含项的系数为15，则展开式中二项式系数最大的是第（ ）项
A．2 B．3 C．4 D．5
70．（2025·四川成都·模拟预测）的展开式中系数最大的项为（ ）
A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项
71．（2025高三·北京·开学考试）若的二项展开式中，当且仅当第5项是二项式系数最大的项，则其展开式中含项的系数（ ）
A． B．252 C．7 D．8
72．（2025·山西临汾·模拟预测）的展开式中的系数等于其二项式系数的最大值，则的值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．
题型13 求项的系数最值
求展开式中系数最大项，一般采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，则解出k．
73．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知展开式的所有二项式系数之和为32，则展开式的各项中系数的最大值为（ ）
A．252 B．210 C．120 D．10
74．（2025·安徽·模拟预测）已知的展开式二项式系数和为256，则展开式中系数最大的项为（ ）
A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．第8项
75．（2025高二·河北邢台·阶段练习）的展开式中，系数最大的项是（ ）
A．第11项 B．第12项 C．第13项 D．第14项
76．（2025·四川雅安·模拟预测）的展开式中，系数最小的项是（ ）
A．第4项 B．第5项 C．第6项 D．第7项
77．（2025·全国·模拟预测）的展开式中系数最大的项为（ ）
A．70 B．56 C．或 D．
78．（2025·江西南昌·模拟预测）若的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的是（ ）
A．第二项 B．第三项 C．第四项 D．第五项
题型14 二项式定理的应用
1．利用二项式定理解决整除问题时，关键是进行合理的变形，从而构造二项式．应注意：要证明一个整式能被另一个整式整除，只要证明这个整式按二项式定理展开后的各项均能被另一个整式整除即可． 2．求余数问题中，应明确被除式f(x)与除式g(x)(g(x)≠0)，商式q(x)与余式的关系及余式的取值范围． 3．二项式定理的逆用． 4．“算两次”是一种重要的数学思想方法，本质上是把同一个量用两种不同的方法表示出来，即同一个量“算两次”，从而建立相等关系，这就是算两次原理.
79．（2025·江西新余·模拟预测）100除的余数为：（ ）．
A．48 B．49 C．50 D．51
80．（2025·甘肃白银·模拟预测）98除的余数是（ ）
A．1 B．9 C．3 D．6
81．（2025·云南昭通·模拟预测）若，则被整除的余数为（ ）
A． B． C． D．
82．（2025·江西吉安·模拟预测）的小数点后第二位的数字是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．5
83．（2025·北京西城·模拟预测）某放射性物质的质量每年比前一年衰减，其初始质量为，年后的质量为，则下列各数中与最接近的是（ ）
A． B．
C． D．
84．（2025·全国·模拟预测）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
题型15 杨辉三角
杨辉三角的性质： 1．每一行都是对称的，且两端的数都是1. 2．从第三行起，不在两端的任意一个数，都等于上一行中与这个数相邻的两数之和． 3．当k<时，二项式系数是逐渐变大的；当k>时，二项式系数是逐渐变小的． 4．当n是偶数时，中间一项的二项式系数最大；当n是奇数时，中间两项的二项式系数相等且最大． 5．C＋C＋…＝C＋C＋…＝2n－1(n∈N*)；C＋C＋…＋C＋…＋C＝2n(n∈N*)．
85．（2025·山东泰安·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，用代表第行，第个数，，例如，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）
A．
B．在第行中，最大
C．
D．
86．（2025·安徽合肥·模拟预测）将三项式展开，得到下列等式：
…
观察多项式系数之间的关系，可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形，其构造方法为：第0行为1，以下各行每个数是它正上方与左右两肩上的3个数（不足3个数时，缺少的数以0计）之和，第k行共有2k+1个数．则关于x的多项式式的展开式中，项的系数（ ）

A． B． C． D．
87．（2025·河北邯郸·模拟预测）如图，在“杨辉三角”中从第2行右边的1开始按箭头所指的数依次构成一个数列：1，2，3，3，6，4，10，5，，则此数列的前项的和为（ ）
A．680 B．679 C．816 D．815
88．（2025·甘肃·模拟预测）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，它揭示了二项式展开式中的组合数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示，则下列关于“杨辉三角”的结论错误的是（ ）
A．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
B．第2023行中第1012个数和第1013个数相等
C．记“杨辉三角”第行的第个数为，则
D．第34行中第15个数与第16个数之比为
89．（2025高二·安徽阜阳·期末）杨辉是我国南宋末年的一位杰出的数学家，他在《详解九章算法》一书中，画了一个由二项式展开式的系数构成的三角形数阵，称作“开方作法本源”，这就是著名的“杨辉三角”．在“杨辉三角”中，从第2行开始，除1以外，其他每一个数值都是它上面的两个数值之和，每一行第k（，）个数组成的数列称为第k斜列．该三角形数阵前5行如图所示，则该三角形数阵前2022行第k斜列与第斜列各项之和最大时，k的值为（ ）
第1行 1 1
第2行 1 2 1
第3行 1 3 3 1
第4行 1 4 6 4 1
第5行 1 5 10 10 5 1
A．1009 B．1010 C．1011 D．1012
90．（2025·辽宁·模拟预测）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》《日用算法》和《杨辉算法》.杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题，如开方、数列等.
我们借助杨辉三角可以得到以下两个数列的和.
；
若杨辉三角中第三斜行的数：1，3，6，10，15，…构成数列，则关于数列叙述正确的是（ ）
A． B．
C．数列的前n项和为 D．数列的前n项和为

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