资料简介
第 1 讲 排列、组合及二项式定理
考点 1 两个计数原理
例 1.(1)为响应国家“节约粮食”的号召，某同学决定在某食堂提供的 2 种主食、3 种素菜、
2 种大荤、4 种小荤中选取一种主食、一种素菜、一种荤菜作为今日伙食，并在用餐时积极践
行“光盘行动”，则不同的选取方法有（ ）
A．48 种 B．36 种
C．24 种 D．12 种
【答案】B
【解析】由题意可知，分三步完成：第一步，从 2 种主食中任选一种有 2 种选法；
第二步，从 3 种素菜中任选一种有 3 种选法；第三步，从 6 种荤菜中任选一种有 6 种选法，
根据分步计数原理，共有 2 3 6 36 不同的选取方法，故选:B．
【点睛】本题考查了分步计数原理解,解决本题的关键在于在分步的基础上，先选后排，最后
由分步计数原理得出不同的分配方法总数．
(2)如图，用四种不同颜色给图中的 A，B，C，D，E，F 六个点涂色，要求每个点涂一种颜色，
且图中每条线段的两个端点涂不同颜色，则不同的涂色方法用（ ）
A．288 种 B．264 种 C．240 种 D．168 种
【答案】B
【解析】B，D，E，F 用四种颜色，则有 4
4 1 1 24A 种涂色方法；B，D，E，F 用三种颜色，
则有 3 3
4 42 2 2 1 2 192A A 种涂色方法；B，D，E，F 用两种颜色，则有 2
4 2 2 48A
种涂色方法；所以共有 24+192+48=264 种不同的涂色方法,故选:B．
【点睛】本题考查了涂色问题,由分类加法计数原理解决问题.
【跟踪演练】1.
(1)当前，新冠肺炎疫情进入常态化防控新阶段，防止疫情输入的任务依然繁重，疫情防控工
作形势依然严峻、复杂．某地区安排 , , , ,A B C D E 五名同志到三个地区开展防疫宣传活动，
每个地区至少安排一人，且 ,A B 两人安排在同一个地区， ,C D 两人不安排在同一个地区，
则不同的分配方法总数为（ ）
A．86 种 B．64 种 C．42 种 D．30 种
【答案】D
【解析】①当两个地区各分 2 人另一个地区分 1 人时，总数有 1 3
2 3 12C A 种；②当两个地区
各分 1 人另一个地区分 3 人时，总数有 1 3
3 3 18C A 种，故满足条件的分法共有12 18 30
种,故选:D．
(2)某班举行了由甲、乙、丙、丁、戊 5 名学生参加的“弘扬中华文化”的演讲比赛，决出第
1 名到第 5 名的名次．甲、乙两名参赛者去询问成绩，回答者对甲说，“很遗憾，你和乙都没
有得到冠军”；对乙说，“你当然不会是最差的”从这个回答分析，5 人的名次排列情况可能
有（ ）
A．36 种 B．54 种
C．58 种 D．72 种
【答案】B
【解析】根据题意 5 人的名次排列情况可能有 1 1 3
3 3 3 54C C A ．故选:B．
考点 2 排列组合
例 2.(1)(多选)在新高考方案中，选择性考试科目有：物理、化学、生物、政治、历史、地
理 6 门．学生根据高校的要求，结合自身特长兴趣，首先在物理、历史 2 门科目中选择 1 门，
再从政治、地理、化学、生物 4 门科目中选择 2 门，考试成绩计入考生总分，作为统一高考
招生录取的依据．某学生想在物理、化学、生物、政治、历史、地理这 6 门课程中选三门作
为选考科目，下列说法正确的是（ ）
A．若任意选科，选法总数为 2
4C
B．若化学必选，选法总数为 1 1
2 3C C
C．若政治和地理至少选一门，选法总数为 1 1 1
2 2 3C C C
D．若物理必选，化学、生物至少选一门，选法总数为 1 1
2 2C C 1
【答案】BD
【解析】若任意选科，选法总数为 1 2
2 4C C ，A 错；若化学必选，选法总数为 1 1
2 3C C ，B 正确；
若政治和地理至少选一门，选法总数为 1 1 1
2 2 2C (C C 1) ，C 错；若物理必选，化学、生物至少
选一门，选法总数为 1 1
2 2 1C C ，D 正确．故选:BD．
【点睛】本题考查组合的应用，解题关键是确定完成选科这个事件的方法，是分类完成还是
分步完成．
(2)6 名同学排成 1 排照相，要求同学甲既不站在最左边又不站在最右边，共有________种不
同站法．
【答案】480
【解析】法一：(位置分析法)先从其他 5 人中安排 2 人站在最左边和最右边，再安排余下 4
人的位置，
分为两步：第 1 步，从除甲外的 5 人中选 2 人站在最左边和最右边，有 A 2
5种站法；
第 2 步，余下 4 人(含甲)站在剩下的 4 个位置上，有 A 4
4种站法．
由分步乘法计数原理可知，共有 A2
5A4
4＝480(种)不同的站法．
法二：(元素分析法)先安排甲的位置(既不站在最左边又不站在最右边)，再安排其他 5 人的
位置，
分为两步：第 1 步，将甲排在除最左边、最右边外的任意位置上，有 A 1
4种站法；
第 2 步，余下 5 人站在剩下的 5 个位置上，有 A 5
5种站法．
由分步乘法计数原理可知，共有 A1
4A5
5＝480(种)不同的站法．
法三：(间接法)6 人无限制条件排队有 A 6
6种站法，甲站在最左边或最右边时 6 人排队有 2A 5
5种
站法，因此符合条件的不同站法共有 A6
6－2A5
5＝480(种)．
【点睛】本题考查了排列问题,求解排列问题的常用方法：
(1)直接法：把符合条件的排列数直接列式计算．
(2)特殊元素(或位置)优先安排的方法，即先排特殊元素或特殊位置．
(3)捆绑法：相邻问题捆绑处理的方法，即可以把相邻元素看作一个整体参与其他元素排列，
同时注意捆绑元素的内部排列．
(4)插空法：不相邻问题插空处理的方法，即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)分排问题直排处理的方法．
(6)“小集团”排列问题中先集体后局部的处理方法．
(7)定序问题除法处理的方法，即可以先不考虑顺序限制，排列后再除以定序元素的全排列．
【跟踪演练】2.
(1)2020 年既是全面建成小康社会之年，又是脱贫攻坚收官之年，某地为巩固脱贫攻坚成果，
选派了 5 名工作人员到 A、B、C 三个村调研脱贫后的产业规划，每个村至少去 1 人，不同的
选派方法数有（ ）种
A．25 B．60 C．90 D．150
【答案】D
【解析】解法一（分组分配）：把 5 各工作人员分成 3 组，有两类分法：
①5 1 1 3 则有
1 1 3
5 4 3
2
2
10C C C
A
种；
②5 2 2 1 则有
2 2 1
5 3 1
2
2
15C C C
A
种
所以共有10 15 25 种分组方法，根据题意，所求方法数有 3
325 150A 个
解法二（排除法）：∵5 个工作人员仅去一个村子的方法数有 5 1
31 3C 个；5 个工作人员仅去
两 个 村 子 的 方 法 数 有 5 2
32 2 90C 个 ， ∴ 5 个 工 作 人 员 去 三 个 村 子 的 方 法 数 有
53 90 3 150 个．故选:D．
【点睛】本题考查了排列组合的应用.
(2)(多选)把座位号为 1、2、3、4、5 的五张电影票全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一
张，且分给同一人的多张票必须连号，那么不同的分法种数为 N 种，则 N 的值不可能为
（ ）．
A．18 B．24 C．36 D．48
【答案】ABD
【解析】因为每人至少一张，且分给同一人的多张票必须连号，又分给甲、乙、丙三个人，
则在座位号1、 2 、3、 4 、5的四个空位插 2 个板子，有 2
4 6C 种，然后再分给甲、乙、丙
三个人，有 3
3 6A 种，所以不同的分法种数为 6 6 36 ，故不可能为 ABD．故选:ABD．
考点 3 二项式定理
例 3.(1)(多选)在
61x x
的展开式中，下列说法正确的有（ ）
A．所有项的二项式系数和为 64 B．所有项的系数和为 0
C．常数项为 20 D．二项式系数最大的项为第 4 项
【答案】ABD
【解析】
61x x
的展开式中所有二项式系数和为 62 64 ，A 正确；
令 1x 可得
61x x
的展开式中所有项的系数和为 61 1 0 ，B 正确；
通 项 为 6 2
6 1 rr rC x ， 令 6 2 0 3r r ， 所 以
61x x
的 展 开 式 中 常 数 项 为
33
6 1 20C ，C 错误；
61x x
的展开式共有 7 项，二项式系数最大为第 4 项，D 正确．故选 ABD。
【点睛】本题考查了二项式定理，涉及二项式系数和、项的系数和、求二项展开式中特定项、
二项式系数的性质．
(2)(多选)若 2020 2 3 2020
0 1 2 3 20201 2x a a x a x a x a x x R ，则（ ）
A． 0 1a B．
2020
0 2 4 2020
3 1
2a a a a
C．
2020
1 3 5 2019
3 1
2a a a a D． 3 20201 2
2 3 2020 12 2 2 2
a aa a
【答案】ABD
【解析】令 0x ，则 0 1a ，A 对，
令 1x ，则 0 1 2 2020 1a a a a ，令 1x ，则 2020
0 1 2 2020 3a a a a ，
∴
2020
0 2 2020
1 3
2a a a ，
2020
1 3 2019
1 3
2a a a ，B 对，C 错，
令 1
2x ，则 20201 2
0 1 2 2020 02 2 2
aa aa ，又 0 1a ，则 20201 2
1 2 2020 12 2 2
aa a ，D 对，
故选:ABD．
【点睛】本题考查了二项式系数和问题通常都是通过赋值法求解．
【跟踪演练】3.
(1) 在 46 )1()1( yx 的 展 开 式 中 ， 记 nm yx 项 的 系 数 为 ),( nmf ， 则
(3,0)f (2,1)f (1,2)f (0,3)f =
A．45 B．60 C．120 D． 210
【答案】C
【解析】由题意知 3 0
6 4(3,0) C Cf ， 2 1
6 4(2,1) C Cf ， 1 2
6 4(1,2) C Cf ， 0 3
6 4(0,3) C Cf ，因
此 (3,0) (2,1) (1,2) (0,3) 120f f f f ．故选:C
(2)(多选)已知 5 2 3 4 5 6
0 1 2 3 4 5 6(2 )(1 2 )x x a a x a x a x a x a x a x ，则（ ）
A． 0a 的值为 2 B． 5a 的值为 16
C． 1 2 3 4 5 6a a a a a a 的值为﹣5 D． 1 3 5a a a 的值为 120
【答案】ABC
【解析】令 x＝0，得 0 2a ，故 A 正确； 5 5 4 4
5 52 ( 2) ( 2) 16C C ，故 5 16a ，B 正确；
令 x＝1，得 0 1 2 3 4 5 6 3a a a a a a a ①，
又 0 2a ，∴ 1 2 3 4 5 6 5a a a a a a ，故 C 正确；
令 x＝﹣1，得 0 1 2 3 4 5 6 243a a a a a a a ②，由①②得： 1 3 5 123a a a ，D
错误．故选:ABC。
【仿真练习】
一、单项选择题：本题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分．在每小题给出的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的．
1．已知 (1 )nx 的展开式中第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为
（ ）
A． 122 B． 112 C． 102 D． 92
【答案】D
【解析】因为 (1 )nx 的展开式中的第 4 项与第 8 项的二项式系数相等，所以 3 7C Cn n ，解得
10n = ，所以二项式 10(1 )x 的展开式中奇数项的二项式系数和为 10 91 2 22
．
故选:D
2.从正方体的 8 个顶点中选取 4 个作为顶点，可得到四面体的个数为（ ）
A． 4
8 12C B． 4
8 8C C． 4
8 6C D． 4
8 4C
【答案】A
【解析】从正方体的 8 个顶点中选取 4 个顶点有 4
8C 种，正方体表面四点共面不能构成四面体
有 6种，正方体的六个对角面四点共面不能构成四面体有 6种，所以可得到的四面体的个数
为 4 4
8 86 6 12C C 种，故选:A．
3.某学校为了迎接市春季运动会，从 5 名男生和 4 名女生组成的田径运动队中选出 4 人参加
比赛，要求男、女生都有，则男生甲与女生乙至少有 1 人入选的方法种数为( )
A．85 B．86 C．91 D．90
【答案】B
【解析】法一：(直接法)由题意，可分三类考虑：
第 1 类，男生甲入选，女生乙不入选，则方法种数为 C1
3C2
4＋C2
3C1
4＋C3
3＝31；
第 2 类，男生甲不入选，女生乙入选，则方法种数为 C1
4C2
3＋C2
4C1
3＋C3
4＝34；
第 3 类，男生甲入选，女生乙入选，则方法种数为 C2
3＋C1
4C1
3＋C2
4＝21．
所以男生甲与女生乙至少有 1 人入选的方法种数为 31＋34＋21＝86．
法二：(间接法)从 5 名男生和 4 名女生中任意选出 4 人，男、女生都有的选法有 C4
9－C4
5－C4
4＝
120(种)；男、女生都有，且男生甲与女生乙都没有入选的方法有 C4
7－C4
4＝34(种)．所以男生
甲与女生乙至少有 1 人入选的方法种数为 120－34＝86．
故选:B
4.在
6
2 1x x
的展开式中， 3x 的系数为（ ）
A． 15 B．15 C． 20 D．20
【答案】C
【 解 析 】 由 二 项 式 定 理 得
6
2 1x x
的 展 开 式 的 通 项
62 12 3
1 6 6
1 ( 1)rr r
r
r r
rT C x C xx
，
令12 3 3r ，得 3r ，所以 3 3 3 3
4 6 ( 1) 20T C x x ，所以 3x 的系数为 20 ．故选:C．
5.已知 2 0 1 2 2 2 21 n n n
n n n nx x T T x T x T x ， *nN ，其中 i
nT 为 21 n
x x 展开
式中 ix 项系数， 0,1,2, ,2i n ，则下列说法不正确的有（ ）
A． 14
7 7
i iT T ， 0,1,2, ,14i
B． 2 3 3
7 7 8T T T
C．
14 6
7
1 0
2 3i i
i i
T
D． 7
7T 是 0
7T ， 1
7T ， 2
7T ，…， 14
7T 是最大值
【答案】B
【解析】由题意知，三项式系数塔与杨辉三角构造相似，其第二行为三个数，且下行对应的
数是上一行三个数之和，故 14
7 7
i iT T ， 7
7T 是 0
7T ， 1
7T ， 2
7T ，…， 14
7T 的中间项，故 7
7T 最大，
所以 A，D 正确；令 0x 可知： 0 1 2 2 01 0 0 0n
n n n n nT T T T T ；
当 7n 时 ， 7 12 1 2 2 4 14
7 7 71 1x x T x T x T x ， 1 2
7 7
2
7 7 21 28C CT ，
3 1 1 3
7 6 77 42 35 77C C CT ， 3 1 1 3
8 8 7 8 112T C C C ，所以 2 3 3
7 7 8T T T ．
令 1x 可知，
14 14
7 0 14
7 7 7 7 7 7
0 1
1 23 1i i
i i
T T T T T T
，即
14
7
7
1
3 1 i
i
T
；
又因为
7
0 1 2 7
1
3 12 2(3 3 3 ... 3 ) 23 3 13 1
b
b
i
i
．故
14 6
7
1 0
2 3i i
i i
T
，C 正确．
故选:B。
二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．在每小题给出的选项中，有多项
符合题目要求,全部选对的得 5 分，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分．
6.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”“书”“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
【解析】6 门中选 3 门共有 3
6 20C 种，故 A 错误；
课程“射”“御”排在不相邻两周，共有 4 2
4 5 480A A 种排法，故 B 错误；
课程“礼”“书”“数”排在相邻三周，共有 3 4
3 4 144A A 种排法，故 C 正确；
课程“乐”不排在第一周，课程“御”不排在最后一周，共有 5 1 1 4
5 4 4 4 504A C C A 种排法，
故 D 正确．故选:CD 。
【名师点睛】本题考查排列组合的应用，属于基础题．
7.已知 12
n
x
x
的二项展开式中二项式系数之和为 64，则下列结论正确的是（ ）
A．二项展开式中各项系数之和为 63 B.二项展开式中二项式系数最大的项为 3
2160x
C．二项展开式中无常数项 D．二项展开式中系数最大的项为 390x
【答案】AB
【解析】因为 12
n
x
x
的二项展开式中二项式系数之和为 64，所以 2 64n ，得 6n ，
所 以 二 项 式 为
612x
x
， 则 二 项 式 展 开 式 的 通 式 公 式
366 6 2
1 6 6
1(2 ) ( ) 2 rr r r r r
rT C x C x
x
，
对于 A，令 1x ，可得二项展开式中各项系数之和为 63 ，所以 A 正确；
对于 B，第 4 项的二项式系数最大，此时 3r ，则二项展开式中二项式系数最大的项为
3 36 33 6 3 2 2
4 6 2 160T C x x
，所以 B 正确；
对于 C，令 36 02 r ，则 4r ，所以二项展开式中的常数项为 36 44 6 4 2
6 2 60C x
，所以 C
错误；
对于 D，令第 r 项的系数最大，则
6 1 6 ( 1)
6 6
6 1 6 ( 1)
6 6
2 2
2 2
r r r r
r r r r
C C
C C
，解得 5 7
3 3r ，
因为 *r N ，所以 2r = 时，二项展开式中系数最大，则二项展开式中系数最大的项为
2 4 3 3
3 6 2 240T C x x ，所以 D 错误，故选:AB。
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，多空题，第一空 2 分，第二空 3 分，共 15 分．
8.现有一圆桌，周边有标号为 1，2，3，4 的四个座位，甲、乙、丙、丁四位同学坐在一起探
讨一个数学课题，每人只能坐一个座位，甲先选座位，且甲、乙不能相邻，则所有选座方法
有_________种．（用数字作答）
【答案】8
【解析】先按排甲，其选座方法有 1
4C 种，由于甲、乙不能相邻，所以乙只能坐甲对面，而丙、
丁两位同学坐另两个位置的坐法有 2
2A 种，所以共有坐法种数为 1 2
4 2C A 4 2 8 种．故答
案为：8．
9.已知 2 *
0 1 21 1 1 nn
nx a a x a x a x n N …+ 对任意 xR 恒成立，则
0a __________；若 4 5 0a a ，则 n _________________．
【答案】 1 n 9
【 解 析 】 令 1t x ， 则 2
0 1 21 n n
nt a a t a t a t …+ ， 则
0 1 na ， 44
4 1 nn
na C ， 55
5 1 nn
na C ， ∵ 4 5 0a a ， 故 4 5n n
n nC C ， 即
4 5
n nC C ，解得 9n ．
10.设 m 为正整数， 2mx y 展开式的二项式系数的最大值为 2 1ma x y ， 展开式的二项
式系数的最大值为b ，若15 8a b ，则 m _________．
【答案】7
【解析】 2mx y 展开式中二项式系数的最大值为 2Cm
ma ， 2 1mx y 展开式中二项式
系数的最大值为 1
2 1Cm
mb
，因为15 8a b ，所以 1
2 2 115C 8Cm m
m m
，即
(2 )! (2 1)!15 8! ! !( 1)!
m m
m m m m
，解得 7m ．
四、解答题：本题共 4 小题，共 40 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
11.有 3 名男生、4 名女生，在下列不同条件下，求不同的排列方法总数.
（1）选 5 人排成一排；
（2）排成前后两排，前排 4 人，后排 3 人；
（3）全体排成一排，甲不站排头也不站排尾；
（4）全体排成一排，女生必须站在一起；
（5）全体排成一排，男生互不相邻.
【答案】（1）2520 种（2）5040 种（3）3600 种（4）576 种（5）1440 种
【解析】（1）从 7 人中选 5 人排列，有 5
7 7 6 5 4 3 2520A （种）.
（2）分两步完成，先选 4 人站前排，有 4
7A 种方法，余下 3 人站后排，有 3
3A 种方法，共有
4 3
7 3A A 5040 （种）.
（3）（特殊元素优先法）先排甲，有 5 种方法，其余 6 人有 6
6A 种排列方法，共有 6
65 3600A
（种）.
（4）（捆绑法）将女生看作一个整体与 3 名男生一起全排列，有 4
4A 种方法，再将女生全排列，
有 4
4A 种方法，共有 4 4
4 4A A 576 （种）.
（5）（插空法）先排女生，有 4
4A 种方法，再在女生之间及首尾 5 个空位中任选 3 个空位安排
男生，有 3
5A 种方法，共有 4 3
4 5A A 1440 （种）.
12.已知 ( ) (1 )n
nf x x （ 0x 且 1x ， *n N ）.
（1）设 3 4 10( ) ( ) ( ) ( )g x f x f x f x ，求 ( )g x 中含 3x 项的系数；
（2）化简： 1 2 32 3 4 ( 1) n
n n n nC C C n C ；
（3）证明： 1
1 2 1
( 1) 12 3 2
m m m m m
m m m m n m n
m nC C C nC Cm
.
【答案】（1）330；（2） 12 2 1n nn ；（3）见解析
【解析】（1）由题意知： 3 4 101 1 1g x x x x
所以 g x 中含 3x 项的系数为：
3 3 3 3 4 3 3 3 4
3 4 5 10 4 4 5 10 11 330C C C C C C C C C
（2）
0
1
nn k k
n n
k
f x x C x
两边求导得 1 1
1
1
nn k k
n
k
n x kC x
，令 1x 得到 1
1
2
n
n k
n
k
n kC
，
又 1 2 2 1n n
n n nC C C 且所求式子的通项为 1 k k k
n n nk C kC C
1 2 3 12 3 4 1 2 2 1n n n
n n n nC C C n C n
（3） 1 11 2 1 ... 1m m m nh x x x n x ……①
则函数 h x 中含 mx 项的系数为 1 12 ...m m m
m m m nC C nC
因为 1 21 1 2 1 ... 1m m m nx h x x x x ……②
①-②得：
1 2 11 1 1 ... 1 1m m m m n m nxh x x x x x n x
即
1 1 1
11 1
m n
m nx x
xh x n xx
所以
2
1 1 1m m n m nx x nx xh x x
函数 h x 中含 mx 项的系数为：
2 1 ! !
2 ! 2 ! 1 ! 1 !
m m
m n m n
m n n m nC nC m n m n
11 2 ! 1 1
2 1 ! 1 ! 2
m
m n
n n m m n m n Cm m n m
所以 1
1 2 1
1 12 3 ... 2
m m m m m
m m m m n m n
m nC C C nC Cm
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