第20讲 计数原理
（时间：45分钟，满分：79分）
一、单项选择题（每小题5分，共35分）
1.（2025·山东烟台一模）第九届亚洲冬季运动会于2025年2月在哈尔滨成功举行.4名大学生到冰球、速滑以及体育中心三个场馆做志愿者，每名大学生只去1个场馆，每个场馆至少安排1人，则所有不同的安排种数为（ ）
A.12 B.36
C.48 D.72
2.在（1＋x）8的展开式中，系数为整数的项数是（ ）
A.9 B.4
C.3 D.2
3.（2025·广东湛江二模）4名医生和2名护士站成一排，要求2名护士不相邻，且医生甲不站在队伍的最左端，则不同的站法种数有（ ）
A.20 B.136
C.368 D.408
4.（2025·安徽江淮十校联考）（x2＋2）（－1）5的展开式的常数项是（ ）
A.－3 B.－2
C.2 D.3
5.（2025·江南十校联考信息卷）加强学生心理健康工作已经上升为国家战略，为响应国家号召，某区心理协会派遣具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生.若要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，则不同的安排方法共有（ ）
A.90种 B.125种
C.180种 D.243种
6.有一个密码锁，它的密码是由三个数字组成.只有当我们正确输入每个位置的数字时，这个密码锁才能够打开.现在我们并不知道密码是多少，当输入249时，提示1个数字正确，并且位置正确；当输入235时，提示1个数字正确，但位置错误；当输入962时，提示2个数字正确，但位置全错.则正确的密码为（ ）
A.259 B.629
C.659 D.962
7.（2025·北京高考12题改编）已知（1－2x）4＝a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3＋16a4x4，则a1＋a2＋a3＋a4＝（ ）
A.12 B.13
C.14 D.15
二、多项选择题（每小题6分，共18分）
8.3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是（ ）
A.共有60种不同的坐法
B.空位不相邻的坐法有32种
C.空位相邻的坐法有24种
D.两端不是空位的坐法有18种
9.（2025·江苏常州二模）在二项式（＋）n的展开式中，前3项的系数成等差数列，则下列结论中正确的是（ ）
A.n＝8
B.展开式中所有奇数项的二项式系数和为128
C.常数项为
D.展开式中系数最大项为第3项和第4项
10.（2025·山东济南一模）下列等式中正确的是（ ）
A.＝28 B.＝
C.＝1－ D.（）2＝
三、填空题（每小题5分，共15分）
11.（2025·山东济南一模）将两个1，两个3，一个5排成一行，则不同的排法种数为 .
12.（2025·贵州贵阳摸底考试）（x2＋x＋y）5的展开式中x3y3的系数为 .
13.（2025·广东广州一模）将1，2，3，…，9这9个数字填在3×3的方格表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将4填在如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有 种.
4
☆高考新风向（14题5分，15题6分，共11分）
14.〔创新设问〕（2025·湖南常德模拟）已知（2x－3）9＝a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋…＋a8（x－1）8＋a9（x－1）9，则a0＋2a1＋3a2＋…＋9a8＋10a9＝（ ）
A.9 B.10
C.18 D.19
15.〔创新定义〕〔多选〕（2025·广东深圳二模）对于n∈N*，将n表示为n＝a0·30＋a1·31＋a2·32＋…＋ak·3k，其中ai∈{－1，0，1}（i＝0，1，2，…，k），ak≠0.记I（n）为上述表示中ai为0的个数（例如8＝（－1）·30＋0·31＋1·32），则I（8）＝1，则下列结论正确的是（ ）
A.I（9）＝2 B.I（3n－1）＝n－1
C.I（9n）＝I（n）＋2 D.I（9n＋4）＝I（n）＋4
第20讲 计数原理
1.B 由题意，需要将4个人分成3组，有＝6种，再将3组人分配到三个场馆，有＝6种，所以共有6×6＝36种.
2.C （1＋x）8的通项公式为Tr＋1＝×18－r×（x）r＝×xr（r＝0，1，2，…，8），要使系数为整数，则r＝0或3或6，即系数为整数的项数是3.故选C.
3.D 若医生甲不站在医生的最左端，则有＝360种不同的站法，若医生甲站在医生的最左端，则有＝48种不同的站法，故不同的站法共有360＋48＝408种.
4.D （－1）5的展开式的通项为Tr＋1＝（）5－r·（－1）r＝x2r－10（－1）r，由2r－10＝0得r＝5，所以（－1）5的常数项系数为（－1）5＝－1；由2r－10＝－2得r＝4，所以（－1）5的x－2项系数为（－1）4＝5，所以（x2＋2）（－1）5的展开式的常数项是2×（－1）＋5＝3.故选D.
5.A 根据题意，具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心理特异学生，要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学生，则把5名学生分3组，且3组人数为2，2，1，然后分配给3位专家，所以不同的安排方法共有·＝90种.故选A.
6.C 题中给出三个信息：①当输入249时，提示1个数字正确，并且位置正确；②当输入235时，提示1个数字正确，但位置错误；③当输入962时，提示2个数字正确，但位置全错，由①②知，密码中不含数字2；由③知，密码中含数字9和6，9不在百位，6不在十位；由①知，密码中也不含数字4，且9在个位数，6在百位；由②知，不可能有数字3，所以有数字5，且5在十位.所以密码为659.
7.D 令x＝0，则a0＝1，又（1－2x）4＝a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3＋16a4x4，故（1－2x）4＝a0＋a1（－2x）＋a2（－2x）2＋a3（－2x）3＋a4（－2x）4，令t＝－2x，则（1＋t）4＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4，令t＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝24，故a1＋a2＋a3＋a4＝15.
8.ACD 对于A，共有＝5×4×3＝60（种）不同的坐法，故A正确；对于B，先排好这3个人有种排法，然后把2个空位插入3个人形成的4个空隙中，有种插法，故共有＝36（种）坐法，故B错误；对于C，把2个空位先捆绑好，再插入3人形成的4个空隙中，故共有＝24（种）坐法，故C正确；对于D，先从3人中抽取2人坐在两端，第三个人在中间的3个空位中任取一个，故有＝18（种）坐法，故D正确.
9.ABD （＋）n展开式的通项为Tk＋1＝（）n－k·（）k＝·，则前3项的系数分别为，，.对于A，由题意可得2×＝＋，即n＝1＋，解得n＝8或n＝1（舍去），所以n＝8，故A正确；对于B，（＋）8展开式中所有奇数项的二项式系数和为＝128，故B正确；对于C，（＋）8展开式的通项为Tk＋1＝·xk－4，令k－4＝0，则k＝4，所以（＋）8展开式中常数项为·＝，故C错误；对于D，设展开式中第r＋1项的系数最大，则有解得r＝2或r＝3，所以展开式中系数最大项为第3项和第4项，故D正确.故选A、B、D.
10.BCD 对于A，因为（1＋x）8＝＋x＋x2＋…＋x8，令x＝1，得28＝1＋＋＋…＋＝1＋，则＝28－1，故A错误；对于B，因为＋＝，所以＝＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝＋＋…＋＝…＝＋＝，故B正确；对于C，因为－＝＝＝，所以＝［－］＝－＋－＋…＋－＝1－，故C正确；对于D，（1＋x）16＝（1＋x）8·（1＋x）8，对于（1＋x）16，其含有x8的项的系数为，对于（1＋x）8（1＋x）8，要得到含有x8的项的系数，需从第一个式子取出k（0≤k≤8，k∈N）个x，再从第二个式子取出8－k个x，它们对应的系数为＝（）2，所以（）2＝，故D正确.故选B、C、D.
11.30 解析：第一步选2个空给两个1有种选法，第二步选剩下的3个空给两个3有种选法，最后剩一个空给5即可，根据分步乘法计数原理有＝30种排法.
12.20 解析：法一 将（x2＋x＋y）5看成5个（x2＋x＋y）相乘，若（x2＋x＋y）5的展开式中出现含x3y3的项，则在其中3个（x2＋x＋y）中取y，1个（x2＋x＋y）中取x2，1个（x2＋x＋y）中取x，得y3x2·x＝20x3y3，所以（x2＋x＋y）5的展开式中x3y3的系数为20.
法二 （x2＋x＋y）5的展开式的通项公式为Tr＋1＝（x2＋x）5－ryr（r＝0，1，2，3，4，5），令r＝3，得5－r＝2，又（x2＋x）2＝x4＋2x3＋x2，所以（x2＋x＋y）5的展开式中x3y3的系数为2＝20.
9 a b
c 4 d
e f 1
13.12 解析：由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得9在左上角，1在右下角，如图，2，3排在d，f位置，有种方法，从余下的4个数字中任取2个按从左到右由大到小排在a，b位置，有种方法，最后两个数字从上到下由大到小排在c，e位置，有1种方法，所以填写方格表的方法共有×1＝12（种）.
14.D 由（2x－3）9＝a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋…＋a8（x－1）8＋a9（x－1）9得，（x－1）·（2x－3）9＝a0（x－1）＋a1（x－1）2＋a2（x－1）3＋…＋a8（x－1）9＋a9（x－1）10，分别对两边进行求导得（2x－3）9＋18（x－1）（2x－3）8＝a0＋2a1（x－1）＋3a2（x－1）2＋…＋9a8（x－1）8＋10a9（x－1）9，令x＝2，得（2×2－3）9＋18×（2－1）×（2×2－3）8＝a0＋2a1＋3a2＋…＋9a8＋10a9，得a0＋2a1＋3a2＋…＋9a8＋10a9＝19.故选D.
15.ABC 对A，∵9＝0·30＋0·31＋1·32，∴I（9）＝2，故A正确；对B，∵3n－1＝（－1）·30＋0·31＋0·32＋…＋1·3n，∴I（3n－1）＝n－1，故B正确；对C，∵n＝a030＋a131＋a232＋…＋ak3k，∴9n＝a032＋a133＋a234＋…＋ak3k＋2＋0·30＋0·31，增加了30，31两项系数为0，∴I（9n）＝I（n）＋2，故C正确；对D，∵9n＋4＝a032＋a133＋a234＋…＋ak3k＋2＋1·30＋1·31，∴I（9n＋4）＝I（n），故D错误.故选A、B、C.
2 / 3第20讲 计数原理
【备考指南】 （1）主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，时常与概率相结合，以选择题、填空题为主；（2）二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇考查.
1.（1）分类加法计数原理：每类方法都能独立完成这件事，各类方法之间是互斥的、并列的、独立的；（2）分步乘法计数原理：任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.
1.（2025·北京市第二中学二模）如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ）
A.72种 B.56种
C.48种 D.36种
2.排列与顺序有关；组合与顺序无关.
3.＝；＝＝；＝n；＝；＋＝.
2.从4位男同学、5位女同学中选出3位同学，男女生都要有的选法有（ ）
A.140种 B.44种
C.70种 D.252种
3.〔多选〕下列等式正确的是（ ）
A.＋＝ B.＝
C.＝ D.－＝n2
4.二项展开式的通项：Tk＋1＝an－kbk，它表示第k＋1项.
4.（2025·上海高考第4题）在（2x－1）5的展开式中，x3的系数为 .
5.注意二项式系数与项的系数的区别，二项式系数和为2n.
5.（2025·T8联考）若（1－ax）6（a≠0）展开式的各二项式系数的和是其系数和的64倍，则实数a的值为 .
【通性通法】 利用两个计数原理解题时的三个注意点
（1）当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事；
（2）分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图；
（3）对于复杂问题，一般是先分类再分步.
考点一 两个计数原理
【例1】 （1）（2025·湖北武汉二调）有四对双胞胎共8人，从中随机选出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ）
A.40 B.48
C.52 D.60
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
（2）（2024·新高考Ⅱ卷第14题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法.在所有符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值是 .
【训练1】 （1）某企业面试环节准备编号为1，2，3，4的四道试题，编号为1，2，3，4的四名面试者分别回答其中的一道试题（每名面试者回答的试题互不相同），则每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有（ ）
A.9种 B.10种
C.11种 D.12种
【瓶颈突破】 分两种情况讨论：（1）当第2次球传到甲手中；（2）当第2次球不传到甲手中.
（2）为了备战下一届排球世锦赛，中国国家队甲、乙、丙、丁四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，往后依次类推，经过4次传球，球仍回到甲手中，则传法总数为（ ）
A.30 B.24
C.21 D.12
考点二 排列与组合
【通性通法】 排列、组合问题的求解方法与技巧
（1）合理分类与准确分步；
（2）排列、组合混合问题要先选后排；
（3）特殊元素优先安排；
（4）相邻问题捆绑处理；
（5）不相邻问题插空处理；
（6）定序问题除法处理；
（7）“小集团”排列问题先整体后局部；
（8）正难则反，等价转化.
【例2】 （2025·山东日照一模）高考入场安检时，某学校在校门口并排设立三个检测点，进入考场的学生只需要在任意一个检测点安检即可进入.现有三男三女六位学生需要安检，则每个检测点通过的男生和女生人数相等的可能情况有（ ）
A.66种 B.93种
C.195种 D.273种
【训练2】 （1）将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，则不同的分配方案种数为（ ）
A.15 B.35
C.56 D.70
（2）为了缩小城乡教育资源的差距，国家鼓励教师去乡村支教，某校选派了5名教师到A，B，C三个乡村学校去支教，每个学校至少去1人，每名教师只能去一个学校，不同的选派方法种数有（ ）
A.25 B.60
C.90 D.150
考点三 二项式定理
【通性通法】 求两个因式积的特定项，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨论求解.
【例3】 （1）（2025·山东菏泽一模）若n是数据1，3，2，2，9，3，3，10的第75百分位数，则（x＋y）（2x－y）n展开式中x4y3的系数为（ ）
A.40 B.60
C.80 D.100
【通性通法】 一般地，若f（x）＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f（x）展开式中各项系数之和为f（1），奇数项系数之和为，偶数项系数之和为.
（2）〔多选〕（2025·浙江温州二模）已知二项展开式（1－x）2 025＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2 025x2 025，则（ ）
A.a0＝1
B.a1＋a2＋…＋a2 025＝0
C.a1＋a2 024＝0
D.a0＋a2＋a4＋…＋a2 024＝22 024
【训练3】
【通性通法】 求三项展开式的特定项一般转化为二项式求解或用定义法求解.
【瓶颈突破】 当n是偶数时，中间一项（＋1项）的二项式系数最大，最大值为；当n是奇数时，中间两项（和＋1项）的二项式系数相等且最大，最大值为或.
（1）（3x－y＋2z）5的展开式中所有不含字母z的项的系数之和与含x3yz项的系数分别为（ ）
A.－32，－1 080 B.－32，1 080
C.32，－1 080 D.32，1 080
（2）（2025·山东淄博模拟）设n为正整数，（a＋b）2n的展开式的二项式系数的最大值为x，（a＋b）2n＋1的展开式的二项式系数的最大值为y，若9x＝5y，则n＝（ ）
A.2 B.4
C.6 D.8
第20讲 计数原理
【基础·回扣】
1.C 2.C 3.ABD 4.80 5.2
【典例·讲解】
【例1】 （1）B 先从四对双胞胎中选出一对，有4种选择；然后从剩下的六个人中选出两个人，且不能是同一对双胞胎，这相当于从三对双胞胎中选出两对，再从每对中选出一个人，共有3×2×2＝12种选择.根据分步乘法计数原理，共有4×12＝48种选法.故选B.
（2）24 112 解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24种选法.
法一（列举法） 每种选法可标记为（a，b，c，d），a，b，c，d分别表示第一、二、三、四行的数字，则所有的可能结果为：（11，22，33，44），（11，22，43，34），（11，33，22，44），（11，33，43，24），（11，42，22，34），（11，42，33，24），（21，12，33，44），（21，12，43，34），（21，33，13，44），（21，33，43，15），（21，42，13，34），（21，42，33，15），（31，12，22，44），（31，12，43，24），（31，22，13，44），（31，22，43，15），（31，42，13，24），（31，42，22，15），（40，12，22，34），（40，12，33，24），（40，22，13，34），（40，22，33，15），（40，33，13，24），（40，33，22，15），比较可知，所选方格中，（21，33，43，15）的和最大，故最大值为112.
法二（整体分析法） 先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
【训练1】 （1）A 根据题意分析可得，面试者1可以从编号为2，3，4的三道试题中任选一道，假设选编号为2的试题，则面试者2可以从剩下的3道试题中任选一道，假设选编号为3的试题，则面试者3只能选编号为4的试题，面试者4只能选编号为1的试题，可知面试者1选编号为2的试题时有3种符合题意的选法；同理，面试者1选编号为3或4的试题时，都有3种符合题意的选法，故每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有3＋3＋3＝9种.故选A.
（2）C 由题意，四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，往后依次类推，经过4次传球，球仍回到甲手中，可分两种情况：①当第2次球传到甲手中，则经过4次传球，球仍回到甲手中，共有3×1×3×1＝9（种）不同的传法；②当第2次球不传到甲手中，则经过4次传球，球仍回到甲手中，共有3×2×2×1＝12（种）不同的传法，由①②可得经过4次传球，球仍回到甲手中，传法总数为9＋12＝21.
【例2】 B ①每个检测点均为一男一女通过，共有＝36种不同的结果；②三个检测点中，一个检测点通过0人，一个检测点通过一男一女，一个检测点通过两男两女，共有＝54种不同的结果；③六人均在同一个检测点通过，共有＝3种不同的结果.则每个检测点通过的男生和女生人数相等的情况有36＋54＋3＝93种.故选B.
【训练2】 （1）B 将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名额，可类比为用3个隔板插入8个小球中间的空隙中，将球分成4堆，由于8个小球中间共有7个空隙，因此共有＝35种不同的分法.
（2）D 由题意可知，先将5人分成3组，有两类分法，第一类，各组人数分别为3，1，1，共有种分法；第二类，各组人数分别为1，2，2，共有种分法.将3组人员分配到A，B，C三个乡村学校去，共有种分法，所以不同的选派方法共有（＋）＝150（种）.故选D.
【例3】 （1）C 将已知数据从小到大排列为：1，2，2，3，3，3，9，10，共8个，8×75％＝6，第6个数是3，第7个数是9，＝6，所以n＝6，（x＋y）（2x－y）6展开式中x4y3的系数为23×（－1）3＋24×（－1）2＝80.
（2）ACD A项：令x＝0，则a0＝1，故A正确；B项：令x＝1，则a0＋a1＋a2＋…＋a2 025＝0 ①，所以a1＋a2＋…＋a2 025＝－1，故B错误；C项：a1x＝·（－x）1＝－2 025x，所以a1＝－2 025，a2 024x2 024＝·（－x）2 024＝2 025x2 024，所以a2 024＝2 025，所以a1＋a2 024＝0，故C正确；D项：令x＝－1，则22 025＝a0－a1＋a2－a3＋…＋a2 024－a2 025 ②，①＋②可得：22 024＝a0＋a2＋a4＋…＋a2 024，故D正确.故选A、C、D.
【训练3】 （1）C 由二项式定理得（3x－y＋2z）5的展开式的通项公式为Tr＋1＝（3x－y）5－r·（2z）r，欲使得不含z，则r＝0，∴T1＝（3x－y）5，令x＝1，y＝1，则所有不含字母z的项的系数之和为25＝32；含x3yz的项是·（3x）3·（－y）·2z＝－1 080x3yz，故其系数为－1 080.
（2）B 由（a＋b）2n的展开式的二项式系数的最大值为x，则有x＝，由（a＋b）2n＋1的展开式的二项式系数的最大值为y，则有y＝，由9x＝5y，则有9＝5，即9×＝5×，即9×＝5×，即9（n＋1）＝5（2n＋1），解得n＝4.
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第20讲 计数原理
备考指南
（1）主要考查两个计数原理、排列、组合的简单应用，时常与概率相结合，以选择题、填空题为主；
（2）二项式定理主要考查通项公式、二项式系数等知识，近几年也与函数、不等式、数列交汇考查.
基础·回扣 诊断自测 知识回扣
一
典例·讲解 典例精析 强技提能
二
课后·训练 巩固强化 综合测评
三
目录 /
CONTENTS
基础·回扣
诊断自测 知识回扣
1. （2025·北京市第二中学二模）如图，用4种不同的颜色，对四边形中的四个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，则不同的着色方法有（ ）
A. 72种 B. 56种
√
C. 48种 D. 36种
（1）分类加法计数原理：每类方法都能独立完成这件事，各类方法之间是互斥的、并列的、独立的；
（2）分步乘法计数原理：任何一步都不能独立完成这件事，只有各个步骤都完成了才能完成这件事.
解析： 将四个区域标记为A，B，C，D，如图所示，第一步涂A：4
种涂法，第二步涂B：3种涂法，第三步涂C：2种涂法，第四步涂D：2种
涂法，根据分步乘法计数原理可知，共有4×3×2×2＝48种着色方法.故
选C.
A
B C
D
2. 从4位男同学、5位女同学中选出3位同学，男女生都要有的选法有
（ ）
A. 140种 B. 44种
C. 70种 D. 252种
√
排列与顺序有关；组合与顺序无关.
解析： 法一（直接法） 选出的3位同学中男女生都要有，分为两类：
1男2女、2男1女，故共有 ＋ ＝70（种）选法.故选C.
法二（间接法） 选出的3位同学中男女生都要有的对立事件是全男或全
女，故共有 － － ＝70（种）选法.故选C.
3. 〔多选〕下列等式正确的是（ ）
A. ＋ ＝
B. ＝
C. ＝
D. － ＝n2
√
√
√
＝ ； ＝ ＝ ； ＝n ；
＝ ； ＋ ＝ .
解析： 根据组合数的性质可知 ＋ ＝ ，故A正确；由组
合数的对称性可知B正确；当m＝2，n＝3时， ＝ ＝3， ＝
＝ ，此时 ≠ ，故C错误；∵ － ＝ －
＝ ，n2 ＝ ＝ ，∴ － ＝
n2 ，故D正确.故选A、B、D.
4. （2025·上海高考第4题）在（2x－1）5的展开式中，x3的系数
为 .
二项展开式的通项：Tk＋1＝ an－kbk，
它表示第k＋1项.
80
解析：通项公式为Tr＋1＝ ·25－r·x5－r·（－1）r＝ ·（－1）r·25－r·x5－
r，令5－r＝3，得r＝2，可得展开式中x3的系数为 ·（－1）2·25－2＝80.
5. （2025·T8联考）若（1－ax）6（a≠0）展开式的各二项式系数的和是
其系数和的64倍，则实数a的值为 .
解析：（1－ax）6（a≠0）的展开式中二项式系数和为26，系数和为（1
－a）6，∵26＝64（1－a）6＝（2－2a）6，∴2＝±（2－2a），又
a≠0，故2＝2a－2，解得a＝2.
2
注意二项式系数 与项的系数的区别，二项式系数和为2n.
典例·讲解
典例精析 强技提能
考点一 两个计数原理
【例1】 （1）（2025·湖北武汉二调）有四对双胞胎共8人，从中随机选
出4人，则其中恰有一对双胞胎的选法种数为（ ）
A. 40 B. 48
C. 52 D. 60
√
【通性通法】 利用两个计数原理解题时的三个注意点
（1）当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事；
（2）分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图；
（3）对于复杂问题，一般是先分类再分步.
解析： 先从四对双胞胎中选出一对，有4种选择；然后从剩下的六个人
中选出两个人，且不能是同一对双胞胎，这相当于从三对双胞胎中选出两
对，再从每对中选出一个人，共有3×2×2＝12种选择.根据分步乘法计数
原理，共有4×12＝48种选法.故选B.
（2）（2024·新高考Ⅱ卷第14题）在如图的4×4的方格表中选4个方格，要
求每行和每列均恰有一个方格被选中，则共有 种选法.在所有
符合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之和的最大值
是 .
11 21 31 40
12 22 33 42
13 22 33 43
15 24 34 44
24
112
解析：由题意知，选4个方格，每行和每列均恰有一个方格被选中，则第
一列有4个方格可选，第二列有3个方格可选，第三列有2个方格可选，第
四列有1个方格可选，所以共有4×3×2×1＝24种选法.
法一（列举法） 每种选法可标记为（a，b，c，d），a，b，c，d分
别表示第一、二、三、四行的数字，则所有的可能结果为：（11，22，
33，44），（11，22，43，34），（11，33，22，44），（11，33，43，
24），（11，42，22，34），（11，42，33，24），（21，12，33，
44），（21，12，43，34），（21，33，13，44），（21，33，43，
15），（21，42，13，34），（21，42，33，15），（31，12，22，
44），（31，12，43，24），（31，22，13，44），（31，22，43，
15），（31，42，13，24），（31，42，22，15），（40，12，22，
34），（40，12，33，24），（40，22，13，34），（40，22，33，
15），（40，33，13，24），（40，33，22，15），比较可知，所选方格
中，（21，33，43，15）的和最大，故最大值为112.
法二（整体分析法） 先按列分析，每列必选出一个数，故所选4个数的
十位上的数字分别为1，2，3，4.再按行分析，第一、二、三、四行个位
上的数字的最大值分别为1，3，3，5，故从第一行选21，从第二行选33，
从第三行选43，从第4行选15，此时个位上的数字之和最大.故选中方格中
的4个数之和的最大值为21＋33＋43＋15＝112.
【训练1】 （1）某企业面试环节准备编号为1，2，3，4的四道试题，编
号为1，2，3，4的四名面试者分别回答其中的一道试题（每名面试者回答
的试题互不相同），则每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同
的情况共有（ ）
A. 9种 B. 10种
C. 11种 D. 12种
√
解析： 根据题意分析可得，面试者1可以从编号为2，3，4的三道试题
中任选一道，假设选编号为2的试题，则面试者2可以从剩下的3道试题中
任选一道，假设选编号为3的试题，则面试者3只能选编号为4的试题，面
试者4只能选编号为1的试题，可知面试者1选编号为2的试题时有3种符合
题意的选法；同理，面试者1选编号为3或4的试题时，都有3种符合题意的
选法，故每名面试者回答的试题的编号和自己的编号都不同的情况共有3
＋3＋3＝9种.故选A.
（2）为了备战下一届排球世锦赛，中国国家队甲、乙、丙、丁四人练习
传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任意一人，第2次由持球者传给
另外三人中的任意一人，往后依次类推，经过4次传球，球仍回到甲手
中，则传法总数为（ ）
A. 30 B. 24
C. 21 D. 12
√
【瓶颈突破】 分两种情况讨论：
（1）当第2次球传到甲手中；
（2）当第2次球不传到甲手中.
解析： 由题意，四人练习传球，第1次由甲传给乙、丙、丁三人中的任
意一人，第2次由持球者传给另外三人中的任意一人，往后依次类推，经
过4次传球，球仍回到甲手中，可分两种情况：①当第2次球传到甲手中，
则经过4次传球，球仍回到甲手中，共有3×1×3×1＝9（种）不同的传
法；②当第2次球不传到甲手中，则经过4次传球，球仍回到甲手中，共有
3×2×2×1＝12（种）不同的传法，由①②可得经过4次传球，球仍回到
甲手中，传法总数为9＋12＝21.
考点二 排列与组合
【例2】 （2025·山东日照一模）高考入场安检时，某学校在校门口并排
设立三个检测点，进入考场的学生只需要在任意一个检测点安检即可进
入.现有三男三女六位学生需要安检，则每个检测点通过的男生和女生人
数相等的可能情况有（ ）
A. 66种 B. 93种
C. 195种 D. 273种
√
【通性通法】 排列、组合问题的求解方法与技巧
（1）合理分类与准确分步；
（2）排列、组合混合问题要先选后排；
（3）特殊元素优先安排；
（4）相邻问题捆绑处理；
（5）不相邻问题插空处理；
（6）定序问题除法处理；
（7）“小集团”排列问题先整体后局部；
（8）正难则反，等价转化.
解析： ①每个检测点均为一男一女通过，共有 ＝36种不同的结
果；②三个检测点中，一个检测点通过0人，一个检测点通过一男一女，
一个检测点通过两男两女，共有 ＝54种不同的结果；③六人均在
同一个检测点通过，共有 ＝3种不同的结果.则每个检测点通过的男生和
女生人数相等的情况有36＋54＋3＝93种.故选B.
【训练2】 （1）将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少
有1个名额，则不同的分配方案种数为（ ）
A. 15 B. 35
C. 56 D. 70
√
解析： 将8个数学竞赛名额全部分给4个不同的班，每个班至少有1个名
额，可类比为用3个隔板插入8个小球中间的空隙中，将球分成4堆，由于8
个小球中间共有7个空隙，因此共有 ＝35种不同的分法.
（2）为了缩小城乡教育资源的差距，国家鼓励教师去乡村支教，某校选
派了5名教师到A，B，C三个乡村学校去支教，每个学校至少去1人，每
名教师只能去一个学校，不同的选派方法种数有（ ）
A. 25 B. 60
C. 90 D. 150
√
解析： 由题意可知，先将5人分成3组，有两类分法，第一类，各组人
数分别为3，1，1，共有 种分法；第二类，各组人数分别为1，2，
2，共有 种分法.将3组人员分配到A，B，C三个乡村学校去，共有
种分法，所以不同的选派方法共有（ ＋ ） ＝150（种）.
故选D.
考点三 二项式定理
【例3】 （1）（2025·山东菏泽一模）若n是数据1，3，2，2，9，3，
3，10的第75百分位数，则（x＋y）（2x－y）n展开式中x4y3的系数为
（ ）
A. 40 B. 60 C. 80 D. 100
√
【通性通法】 求两个因式积的特定项，一般对某个因式用通项公式，再结合因式相乘，分类讨论求解.
解析： 将已知数据从小到大排列为：1，2，2，3，3，3，9，10，共8
个，8×75%＝6，第6个数是3，第7个数是9， ＝6，所以n＝6，（x＋
y）（2x－y）6展开式中x4y3的系数为23 ×（－1）3＋24 ×（－1）2
＝80.
（2）〔多选〕（2025·浙江温州二模）已知二项展开式（1－x）2 025＝a0
＋a1x＋a2x2＋…＋a2 025x2 025，则（ ）
A. a0＝1 B. a1＋a2＋…＋a2 025＝0
C. a1＋a2 024＝0 D. a0＋a2＋a4＋…＋a2 024＝22 024
√
√
√
【通性通法】 一般地，若f（x）＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，则f（x）展开式中各项系数之和为f（1），奇数项系数之和为
，偶数项系数之和为 .
解析： A项：令x＝0，则a0＝1，故A正确；B项：令x＝1，则a0
＋a1＋a2＋…＋a2 025＝0 ①，所以a1＋a2＋…＋a2 025＝－1，故B错
误；C项：a1x＝ ·（－x）1＝－2 025x，所以a1＝－2 025，a2
024x2 024＝ ·（－x）2 024＝2 025x2 024，所以a2 024＝2 025，所以a1
＋a2 024＝0，故C正确；D项：令x＝－1，则22 025＝a0－a1＋a2－a3＋…
＋a2 024－a2 025 ②，①＋②可得：22 024＝a0＋a2＋a4＋…＋a2 024，故
D正确.故选A、C、D.
【训练3】 （1）（3x－y＋2z）5的展开式中所有不含字母z的项的系数
之和与含x3yz项的系数分别为（ ）
A. －32，－1 080 B. －32，1 080
C. 32，－1 080 D. 32，1 080
√
解析： 由二项式定理得（3x－y＋2z）5的展开式的通项公式为Tr＋1＝
（3x－y）5－r·（2z）r，欲使得不含z，则r＝0，∴T1＝（3x－y）
5，令x＝1，y＝1，则所有不含字母z的项的系数之和为25＝32；含x3yz的
项是 · （3x）3·（－y）·2z＝－1 080x3yz，故其系数为－1 080.
【通性通法】 求三项展开式的特定项一般转化为二项式求解或用定义法求解.
（2）（2025·山东淄博模拟）设n为正整数，（a＋b）2n的展开式的二项
式系数的最大值为x，（a＋b）2n＋1的展开式的二项式系数的最大值为
y，若9x＝5y，则n＝（ ）
A. 2 B. 4
C. 6 D. 8
√
【瓶颈突破】 当n是偶数时，中间一项（ ＋1项）的二项式系数最大，
最大值为 ；当n是奇数时，中间两项（ 和 ＋1项）的二项式系数
相等且最大，最大值为 或 .
解析： 由（a＋b）2n的展开式的二项式系数的最大值为x，则有x＝
，由（a＋b）2n＋1的展开式的二项式系数的最大值为y，则有y＝
，由9x＝5y，则有9 ＝5 ，即9× ＝5× ，即
9× ＝5× ，即9（n＋1）＝5（2n＋1），解得n＝4.
课后·训练
（时间：45分钟，满分：79分）
巩固强化 综合测评
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2
3
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5
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9
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11
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一、单项选择题（每小题5分，共35分）
1. （2025·山东烟台一模）第九届亚洲冬季运动会于2025年2月在哈尔滨成
功举行.4名大学生到冰球、速滑以及体育中心三个场馆做志愿者，每名大
学生只去1个场馆，每个场馆至少安排1人，则所有不同的安排种数为
（ ）
A. 12 B. 36
C. 48 D. 72
√
解析： 由题意，需要将4个人分成3组，有 ＝6种，再将3组人分配到
三个场馆，有 ＝6种，所以共有6×6＝36种.
2. 在（1＋ x）8的展开式中，系数为整数的项数是（ ）
A. 9 B. 4
C. 3 D. 2
√
解析： （1＋ x）8的通项公式为Tr＋1＝ ×18－r×（ x）r＝
× xr（r＝0，1，2，…，8），要使系数为整数，则r＝0或3或6，即系
数为整数的项数是3.故选C.
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3. （2025·广东湛江二模）4名医生和2名护士站成一排，要求2名护士不相
邻，且医生甲不站在队伍的最左端，则不同的站法种数有（ ）
A. 20 B. 136
C. 368 D. 408
√
解析： 若医生甲不站在医生的最左端，则有 ＝360种不同的站
法，若医生甲站在医生的最左端，则有 ＝48种不同的站法，故不同
的站法共有360＋48＝408种.
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4. （2025·安徽江淮十校联考）（x2＋2）（ －1）5的展开式的常数项是
（ ）
A. －3 B. －2
C. 2 D. 3
√
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解析： （ －1）5的展开式的通项为Tr＋1＝ （ ）5－r·（－1）r＝
x2r－10（－1）r，由2r－10＝0得r＝5，所以（ －1）5的常数项系数
为 （－1）5＝－1；由2r－10＝－2得r＝4，所以（ －1）5的x－2项系
数为 （－1）4＝5，所以（x2＋2）（ －1）5的展开式的常数项是2×
（－1）＋5＝3.故选D.
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5. （2025·江南十校联考信息卷）加强学生心理健康工作已经上升为国家
战略，为响应国家号召，某区心理协会派遣具有社会心理工作资格的3位
专家去定点帮助5名心理特异学生.若要求每名学生只需一位专家负责，每
位专家至多帮助两名学生，则不同的安排方法共有（ ）
A. 90种 B. 125种
C. 180种 D. 243种
√
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解析： 根据题意，具有社会心理工作资格的3位专家去定点帮助5名心
理特异学生，要求每名学生只需一位专家负责，每位专家至多帮助两名学
生，则把5名学生分3组，且3组人数为2，2，1，然后分配给3位专家，所
以不同的安排方法共有 · ＝90种.故选A.
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6. 有一个密码锁，它的密码是由三个数字组成.只有当我们正确输入每个
位置的数字时，这个密码锁才能够打开.现在我们并不知道密码是多少，
当输入249时，提示1个数字正确，并且位置正确；当输入235时，提示1个
数字正确，但位置错误；当输入962时，提示2个数字正确，但位置全错.
则正确的密码为（ ）
A. 259 B. 629
C. 659 D. 962
√
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解析： 题中给出三个信息：①当输入249时，提示1个数字正确，并且
位置正确；②当输入235时，提示1个数字正确，但位置错误；③当输入
962时，提示2个数字正确，但位置全错，由①②知，密码中不含数字2；
由③知，密码中含数字9和6，9不在百位，6不在十位；由①知，密码中也
不含数字4，且9在个位数，6在百位；由②知，不可能有数字3，所以有数
字5，且5在十位.所以密码为659.
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7. （2025·北京高考12题改编）已知（1－2x）4＝a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3
＋16a4x4，则a1＋a2＋a3＋a4＝（ ）
A. 12 B. 13
C. 14 D. 15
√
解析： 令x＝0，则a0＝1，又（1－2x）4＝a0－2a1x＋4a2x2－8a3x3＋
16a4x4，故（1－2x）4＝a0＋a1（－2x）＋a2（－2x）2＋a3（－2x）3＋
a4（－2x）4，令t＝－2x，则（1＋t）4＝a0＋a1t＋a2t2＋a3t3＋a4t4，令
t＝1，则a0＋a1＋a2＋a3＋a4＝24，故a1＋a2＋a3＋a4＝15.
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二、多项选择题（每小题6分，共18分）
8.3个人坐在一排5个座位上，则下列说法正确的是（ ）
A. 共有60种不同的坐法
B. 空位不相邻的坐法有32种
C. 空位相邻的坐法有24种
D. 两端不是空位的坐法有18种
√
√
√
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解析： 对于A，共有 ＝5×4×3＝60（种）不同的坐法，故A正
确；对于B，先排好这3个人有 种排法，然后把2个空位插入3个人形成
的4个空隙中，有 种插法，故共有 ＝36（种）坐法，故B错误；对
于C，把2个空位先捆绑好，再插入3人形成的4个空隙中，故共有 ＝
24（种）坐法，故C正确；对于D，先从3人中抽取2人坐在两端，第三个人
在中间的3个空位中任取一个，故有 ＝18（种）坐法，故D正确.
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9. （2025·江苏常州二模）在二项式（ ＋ ）n的展开式中，前3项的系
数成等差数列，则下列结论中正确的是（ ）
A. n＝8
B. 展开式中所有奇数项的二项式系数和为128
C. 常数项为
D. 展开式中系数最大项为第3项和第4项
√
√
√
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解析： （ ＋ ）n展开式的通项为Tk＋1＝ （ ）n－k·（ ）k＝ ·
，则前3项的系数分别为 ， ， .对于A，由题意可得2× ＝ ＋ ，即n＝1＋ ，解得n＝8或n＝1（舍去），所以n＝8，故A正确；对于B，（ ＋ ）8展开式中所有奇数项的二项式系数和为 ＝128，故B正确；对于C，（ ＋ ）8展开式的通项为Tk＋1＝ · xk－4，令k－4＝0，则k＝4，所以（ ＋ ）8展开式中常数项为 · ＝ ，故C错误；对于D，设展开式中第r＋1项的系数最大，则有 解得r＝2或r＝3，所以展开式中系数最大项为第3项和第4项，故D正确.故选A、B、D.
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10. （2025·山东济南一模）下列等式中正确的是（ ）
A. ＝28 B. ＝
C. ＝1－ D. （ ）2＝
√
√
√
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解析： 对于A，因为（1＋x）8＝ ＋ x＋ x2＋…＋ x8，令x
＝1，得28＝1＋ ＋ ＋…＋ ＝1＋ ，则 ＝28－1，故A错
误；对于B，因为 ＋ ＝ ，所以 ＝ ＋ ＋ ＋…＋
＝ ＋ ＋ ＋…＋ ＝ ＋ ＋…＋ ＝…＝ ＋ ＝ ，故B
正确；
1
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5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
对于C，因为 － ＝ ＝ ＝ ，所以
＝ ［ － ］＝ － ＋ － ＋…＋ － ＝1－ ，故C正确；
对于D，（1＋x）16＝（1＋x）8·（1＋x）8，对于（1＋x）16，其含有x8
的项的系数为 ，对于（1＋x）8（1＋x）8，要得到含有x8的项的系数，
需从第一个式子取出k（0≤k≤8，k∈N）个x，再从第二个式子取出8－
k个x，它们对应的系数为 ＝ （ ）2，所以 （ ）2＝
，故D正确.故选B、C、D.
1
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3
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三、填空题（每小题5分，共15分）
11. （2025·山东济南一模）将两个1，两个3，一个5排成一行，则不同的
排法种数为 .
解析：第一步选2个空给两个1有 种选法，第二步选剩下的3个空给两个3
有 种选法，最后剩一个空给5即可，根据分步乘法计数原理有 ＝30
种排法.
30
1
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3
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5
6
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12. （2025·贵州贵阳摸底考试）（x2＋x＋y）5的展开式中x3y3的系数
为 .
解析：法一 将（x2＋x＋y）5看成5个（x2＋x＋y）相乘，若（x2＋x＋
y）5的展开式中出现含x3y3的项，则在其中3个（x2＋x＋y）中取y，1个
（x2＋x＋y）中取x2，1个（x2＋x＋y）中取x，得 y3 x2·x＝
20x3y3，所以（x2＋x＋y）5的展开式中x3y3的系数为20.
20
法二 （x2＋x＋y）5的展开式的通项公式为Tr＋1＝ （x2＋x）5－ryr（r
＝0，1，2，3，4，5），令r＝3，得5－r＝2，又（x2＋x）2＝x4＋2x3＋
x2，所以（x2＋x＋y）5的展开式中x3y3的系数为2 ＝20.
1
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3
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15
13. （2025·广东广州一模）将1，2，3，…，9这9个数字填在3×3的方格
表中，要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将4填在
如图所示的位置上，则填写方格表的方法共有 种.
4
12
1
2
3
4
5
6
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8
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15
解析：由每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小，得9在左上
角，1在右下角，如图，2，3排在d，f位置，有 种方法，从余下的4个
数字中任取2个按从左到右由大到小排在a，b位置，有 种方法，最后两
个数字从上到下由大到小排在c，e位置，有1种方法，所以填写方格表的
方法共有 ×1＝12（种）.
9 a b
c 4 d
e f 1
1
2
3
4
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8
9
10
11
12
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15
【高考新风向】（14题5分，15题6分，共11分）
14. 〔创新设问〕（2025·湖南常德模拟）已知（2x－3）9＝a0＋a1（x－
1）＋a2（x－1）2＋…＋a8（x－1）8＋a9（x－1）9，则a0＋2a1＋3a2
＋…＋9a8＋10a9＝（ ）
A. 9 B. 10
C. 18 D. 19
√
1
2
3
4
5
6
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8
9
10
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15
解析： 由（2x－3）9＝a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋…＋a8（x－
1）8＋a9（x－1）9得，（x－1）·（2x－3）9＝a0（x－1）＋a1（x－1）
2＋a2（x－1）3＋…＋a8（x－1）9＋a9（x－1）10，分别对两边进行求导
得（2x－3）9＋18（x－1）（2x－3）8＝a0＋2a1（x－1）＋3a2（x－
1）2＋…＋9a8（x－1）8＋10a9（x－1）9，令x＝2，得（2×2－3）9＋
18×（2－1）×（2×2－3）8＝a0＋2a1＋3a2＋…＋9a8＋10a9，得a0＋
2a1＋3a2＋…＋9a8＋10a9＝19.故选D.
1
2
3
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15. 〔创新定义〕〔多选〕（2025·广东深圳二模）对于n∈N*，将n表示
为n＝a0·30＋a1·31＋a2·32＋…＋ak·3k，其中ai∈{－1，0，1}（i＝0，
1，2，…，k），ak≠0.记I（n）为上述表示中ai为0的个数（例如8＝
（－1）·30＋0·31＋1·32），则I（8）＝1，则下列结论正确的是（ ）
A. I（9）＝2 B. I（3n－1）＝n－1
C. I（9n）＝I（n）＋2 D. I（9n＋4）＝I（n）＋4
√
√
√
1
2
3
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解析： 对A，∵9＝0·30＋0·31＋1·32，∴I（9）＝2，故A正
确；对B，∵3n－1＝（－1）·30＋0·31＋0·32＋…＋1·3n，∴I（3n－
1）＝n－1，故B正确；对C，∵n＝a030＋a131＋a232＋…＋ak3k，∴9n
＝a032＋a133＋a234＋…＋ak3k＋2＋0·30＋0·31，增加了30，31两项系数
为0，∴I（9n）＝I（n）＋2，故C正确；对D，∵9n＋4＝a032＋a133
＋a234＋…＋ak3k＋2＋1·30＋1·31，∴I（9n＋4）＝I（n），故D错误.
故选A、B、C.
1
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THANKS
演示完毕 感谢观看
