第三章 排列、组合与二项式定理 章末题型大总结-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（人教B版2019选择性必修第二册）

第三章 排列、组合与二项式定理 章末题型大总结 题型01两个计数原理的应用 解题锦囊 1.使用两个计数原理解决问题的思路 (1)选择使用两个计数原理解决问题时,要根据我们完成某件事情采取的方式,确定是分类还是分步,要抓住两个原理的本质. (2)分类加法计数原理的关键是“类”,分类时,首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准,然后在这个标准下进行分类;其次分类时要注意,完成这件事的任何一种方法必须属于某一类,并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法. (3)分步乘法计数原理的关键是“步”,分步时首先要根据问题的特点确定一个分步的标准;其次,分步时还要注意满足完成一件事必须并且只有连续完成这几个步骤后,这件事才算完成,只有满足了上述条件,才能用分步乘法计数原理. 2.使用两个原理解决问题时应注意的问题 对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理,又要运用分步乘法计数原理的问题,我们可以恰当地画出示意图或列出表格,使问题更加直观、 清晰. 【典例1】（24-25高三上·广东汕头·期中）一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c．三位数中，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”（如213，134等）若a，b，，且a，b，c互不相同，则这个三位数为“有缘数”共 个． 【变式1】（23-24高二下·陕西西安·期中）5名同学分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数为（    ） A．9 B．20 C． D． 【变式2】（24-25高二下·全国·课后作业）从，，，，，，这个数中任选个组成一个没有重复数字的“五位凹数”（满足），则这样的“五位凹数”的个数为（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 【变式3】（24-25高二下·全国·课后作业）汽车制造的专业化流程是：设计效果图→制作油泥模型→生产样车→对样车检验→投入生产.已知A市、B市、C市分别有3个、10个、7个能设计效果图的设计院，A市有2个能制作油泥模型的制作中心，B市有6个能生产样车的生产车间，C市有1处能对样车检验的检验中心，A市、B市、C市、D市、E市分别有8，8，6，3，2家能实际投入生产的生产厂家，从设计到实际生产，有 种选择方法． 【变式4】（24-25高三上·广东·阶段练习）小明去超市从4种功能性提神饮料和5种电解质饮料中选3瓶进行购买，若每种饮料至多买一瓶，则功能性提神饮料和电解质饮料都至少买1瓶的买法种数为 ．（用数字作答） 题型02排列、组合数的计算问题 解题锦囊 应用排列、组合数公式时应注意的三个方面 (1)准确展开．应用排列数、组合数公式展开时要注意展开式的项数要准确； (2)合理约分．若运算式是分式形式，则要先约分后计算； (3)合理组合．运算时要结合数据特点，应用乘法的交换律、结合律，进行数据的组合，可以提高运算的速度和准确性． 【典例2】（23-24高二下·贵州遵义·期中）（多选）下列选项中正确的有（    ） A． B． C． D． 【变式1】（23-24高二下·山东枣庄·期中）下列公式错误的是（   ） A． B． C． D． 【变式2】（23-24高二下·云南·期中）（1）求的值； （2）若等式成立，求正整数的值. 【变式3】（23-24高二下·广东清远·期中）不等式的解集为 . 题型03队列排序问题 解题锦囊 1、解有“相邻元素”的排列问题的方法 对于某些元素必须相邻的排列，通常采用“捆绑法”，即把相邻元素看作一个整体和其他元素一起参与排列，再考虑这个整体内部各元素间的顺序。 2、解有“不相邻元素”的排列问题的方法 对于某些元素不相邻的排列，通常采用“插空法”，即先排不受限制的元素，使每两个元素之间形成“空”，然后将不相邻的元素进行“插空”。 3、解有限制元素（位置）的排列问题的方法 解有限制元素或特殊位置的排列问题，一般先安排特殊元素或特殊位置，再考虑其他元素或位置，当以元素为主或以位置为主。 4、 定序问题 定序通常指在排列组合问题中，某些元素的顺序是固定的，而其他元素则可以自由排列。解决这类问题的基本方法是使用“除法”原则，即将所有元素一起排列，然后除以那些顺序固定元素的全排列数。 角度1 限制元素问题 【典例3】（23-24高二下·江苏南通·期中）学校要安排一场文艺晚会的8个节目的演出顺序，学生的节目有6个，教师的节目有2个，如果教师的节目既不排在第一个，也不排在最后一个，那么不同的排法数为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）北京时间2023年10月26日19时34分，神舟十六号航天员乘组（景海鹏，杜海潮，朱杨柱3人）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十七号航天员乘组（汤洪波，唐胜杰，江新林3人）人驻“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排合影留念，唐胜杰与江新林相邻，景海鹏不站最左边，汤洪波不站最右边，则不同的排法有（    ） A．144种 B．204种 C．156种 D．240种 【变式2】（23-24高二下·北京丰台·期末）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次（无并列情况）．甲、乙、丙去询问成绩．老师对甲说：“你不是最差的．”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军．”对丙说：“你不是第2名．”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为（    ） A．44 B．46 C．52 D．54 【变式3】（23-24高二下·山东济宁·期中）某中学元旦晚会共由7个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在乙的前面，丙不能排在最后一位，该晚会节目演出顺序的编排方案共有 种.（用数字作答） 角度2 相邻与不相邻问题 【典例4】（23-24高二下·广西柳州·期中）某中学运动会期间，甲、乙、丙、丁、戊、戌六名志愿者站成一排拍照留念，其中甲和乙相邻，甲和丙不相邻，则不同的排列方式共有（   ） A．180种 B．190种 C．192种 D．240种 【变式1】（23-24高二下·浙江·期中）东阳市一米阳光公益组织主要进行“敬老”和“助学”两项公益项目，某周六，组织了七名大学生开展了“筑梦前行，阳光助学”活动后，大家合影留念，其中米一同学想与佳艳､刘西排一起，且要排在她们中间，则全部排法有（    ）种. A．120 B．240 C．480 D．720 【变式2】（23-24高二下·云南大理·期中）在学校组织的一次活动结束后，3名男生和2名女生站成一排照相留念，其中2名女生不相邻，则不同的站法有（   ） A．120种 B．72种 C．48种 D．24种 【变式3】（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值.它具有红黑两种阵营，将､车､马､炮､兵等均为象棋中的棋子，现将3个红色的“将”“车”“马”棋子与2个黑色的“将”“车”棋子排成一列，则下列说法不正确的是（    ） A．共有120种排列方式 B．若两个“将”相邻，则有24种排列方式 C．若两个“将”不相邻，则有72种排列方式 D．若同色棋子不相邻，则有12种排列方式 角度3 定序问题 【典例5】7人站成一排． （1）甲必须在乙的前面（不一定相邻），则有多少种不同的排列方法？ （2）甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变（不一定相邻），则有多少不同的排列方法？ 【变式1】（23-24高二下·湖北·期中）14名同学合影，站成前排5人后排9人，现摄影师要从后排9人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是（    ） A． B． C． D． 【变式2】某4位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（    ） A．10 B．20 C．24 D．30 题型04数字排列问题 解题锦囊 数字排列问题的常见类型及解决原则： （1）常见的数字排列问题：①组成的数为“奇数”“偶数”“被某数整除的数”；②在某一定范围内的数的问题；③各位数字和为某一定值问题；④各位数字之间满足某种关系问题等. （2）解决原则①明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素）优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解.②要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位 【典例6】用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？ (1)六位奇数； (2)个位数字不是5的六位数； (3)不大于4310的四位偶数． 【变式1】（23-24高二下·天津南开·期中）用这个数字，可以组成个没有重复数字的三位偶数（    ） A．720 B．648 C．320 D．328 【变式2】（23-24高二下·江苏连云港·月考）从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． （1）可以组成多少个三位数？ （2）可以组成多少个无重复数字的三位数？ （3）可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 【变式3】（23-24高二下·广东东莞·月考）从1到7这7个数字中取2个偶数、3个奇数，排成一个无重复数字的五位数.求： （1）共有多少个五位数？ （2）其中偶数排在一起，奇数也排在一起的有多少个？ （3）其中两个偶数不相邻的有多少个？ 题型05涂色问题 解题锦囊 涂色的规则是“相邻区域涂不同的颜色” 在处理涂色问题时，可按照选择颜色的总数进行分类讨论，每减少一种颜色的使用，便意味着多出一对不相邻的区域涂相同的颜色（还要注意两两不相邻的情况），先列举出所有不相邻区域搭配的可能，再进行涂色即可。 【典例7】（23-24高二下·吉林长春·阶段练习）如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．72种 B．96种 C．150种 D．168种 【变式1】春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．120种 B．240种 C．420种 D．720种 【变式2】（23-24高二下·江苏连云港·月考）如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有（    ）种． A．480 B．600 C．360 D．750 【变式3】（23-24高二下·重庆·期中）给正六边形的六条边涂色，现有3种不同的颜色可以选择，要求相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有（    ）种 A．99 B．96 C．66 D．60 【变式4】（23-24高二下·山东泰安·期中）现有四种不同颜色的彩灯装饰五面体的六个顶点，要求，用同一种颜色的彩灯，其它各棱的两个顶点挂不同颜色的彩灯，则不同的装饰方案共有 种.（用数字作答） 题型06分组分配问题 解题锦囊 1、解题思路：先分组后分配，分组是组合问题，分配是排列问题； 2、分组方法：①完全均匀分组，分组后除以组数的阶乘；②部分均匀分组，有组元素个数相同，则分组后除以；③完全非均匀分组，只要分组即可； 3、分配：①相同元素的分配问题，常用“挡板法”；②不同元素的分配问题，分步乘法计数原理，先分组后分配；③有限制条件的分配问题，采用分类求解； 【典例8】（24-25高三上·重庆·开学考试）第41届全国青少年信息学奥林匹克竞赛于2024年7月日在重庆市育才中学成功举办．在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等5名育才新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加．若5名新教师中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有（    ）种 A．108 B．114 C．150 D．240 【变式1】（2024·山西运城·高三统考期末）第33届夏季奥运会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增2个竞赛项目和3个表演项目．现有三个场地A，B，C分别承担这5个新增项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（ ） A．150种 B．300种 C．720种 D．1008种 【变式2】（23-24高二下·上海·期中）从2男4女中安排3人到三个场馆做志愿者，每个场馆1人，且至少有1位男生入选，不同的安排方法有 种. 【变式3】（24-25高三上·山东烟台·开学考试）安排4名大学生到两家公司实习，每名大学生只去一家公司，每家公司至少安排1名大学生，则大学生甲､乙到同一家公司实习的概率为（    ） A． B． C． D． 【变式4】（23-24高二下·福建泉州·月考）2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人．为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为 ． 【变式5】（23-24高二下·江苏盐城·期中）某校将12名优秀团员名额分配给4个不同的班级，要求每个班级至少一个，则不同的分配方案有 种． 题型07求二项展开式的特定项 解题锦囊 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． 【典例9】（23-24高二下·上海黄浦·期中）在 的展开式中，系数为有理数的项共有 项． 【变式1】（23-24高二下·浙江丽水·期中）的展开式中常数项是（    ） A．－225 B．－252 C．252 D．225 【变式2】（2024·湖南长沙·长郡中学校考一模）的展开式中含项的系数为（ ） A．20 B．-20 C．30 D．-30 【变式3】（23-24高二下·四川内江·期中）的展开式中，的系数是（   ） A． B． C． D． 题型08三项式展开问题 解题锦囊 这类问题主要有以下解题方法： （1）通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解． （2）两次利用二项式定理的通项公式求解． （3）由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量． 【典例10】（23-24高二下·重庆巴南·期中）的展开式中常数项为（    ） A．544 B．559 C．495 D．79 【变式1】23-24高二下·江苏无锡·期中）展开式中的系数为（   ） A．60 B． C．30 D． 【变式2】（23-24高二下·广东茂名·期中）的展开式中的系数为 ． 【变式3】（23-24高二下·河南·月考）在的展开式中，项的系数是 ． 题型09二项式系数与系数最值问题 解题锦囊 1、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． 如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用 从而解出k来，即得． 【典例11】（23-24高二下·重庆·期中）（多选）在的展开式中，含项的系数为，则下列选项正确的有（    ） A． B．展开式的各项系数和为0 C．展开式中系数最大项是第6项 D．展开式中系数最大项是第7项 【变式1】若展开式中只有第6项的二项式系数最大，则（ ） A．9 B．10 C．11 D．12 【变式2】的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则的展开式中系数最大的项的系数为 . 【变式3】（23-24高二下·福建福州·期中）在 的展开式中， （1）求展开式中所有项的系数和； （2）求二项式系数最大的项； （3）系数的绝对值最大的项是第几项? 题型10二项式系数和问题 解题锦囊 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． 【典例12】（23-24高二下·贵州·阶段练习）在的展开式中，下列说法错误的是（    ） A．二项式系数之和为64 B．各项系数之和为 C．二项式系数最大的项为 D．常数项为 【变式1】（23-24高二下·甘肃兰州·期中）设，则 . 【变式2】（23-24高二下·四川内江·期中）若，则 . 【变式3】（23-24高二下·江苏连云港·期中）设 . （1）求的值； （2）求的值. 【变式4】（23-24高二下·河南·期中）已知，则（    ） A．722 B．729 C．-7 D．-729 【变式5】（23-24高二下·安徽滁州·期末）若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（    ） A．32 B．64 C．80 D．160 题型11整除和余数问题 【典例12】（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）若，且能被17整除，则的最小值为（    ） A．0 B．1 C．15 D．16 【变式1】已知，则被3除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【变式2】中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设，，为整数，若和同时除以所得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是（   ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 题型13杨辉三角及应用 解题锦囊 1、在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等； 2、在相邻的两行中，除1以外的其余各数都等于它“肩上”两个数字之和. 由此可知，当二项式次数不大时，可借助“杨辉三角”直接写出各项的二项式系数. 【典例15】（23-24高二下·云南·期中）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《解析九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论错误的是（    ） A． B．第6行､第7行､第8行的第7个数之和为第9行的第8个数 C．第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为 D．第2020行的第1010个数最大 【变式1】（23-24高二下·湖北·期中）如图，在“杨辉三角”中从左往右第3斜行的数构成一个数列：，则该数列前10项的和为（   ） A．66 B．120 C．165 D．220 【变式2】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 【变式3】“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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三章 排列、组合与二项式定理 章末题型大总结 题型01两个计数原理的应用 解题锦囊 1.使用两个计数原理解决问题的思路 (1)选择使用两个计数原理解决问题时,要根据我们完成某件事情采取的方式,确定是分类还是分步,要抓住两个原理的本质. (2)分类加法计数原理的关键是“类”,分类时,首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准,然后在这个标准下进行分类;其次分类时要注意,完成这件事的任何一种方法必须属于某一类,并且分别属于不同类的两种方法是不同的方法. (3)分步乘法计数原理的关键是“步”,分步时首先要根据问题的特点确定一个分步的标准;其次,分步时还要注意满足完成一件事必须并且只有连续完成这几个步骤后,这件事才算完成,只有满足了上述条件,才能用分步乘法计数原理. 2.使用两个原理解决问题时应注意的问题 对于一些比较复杂的既要运用分类加法计数原理,又要运用分步乘法计数原理的问题,我们可以恰当地画出示意图或列出表格,使问题更加直观、 清晰. 【典例1】3．（24-25高三上·广东汕头·期中）一个三位数的百位、十位、个位上的数字依次为a，b，c．三位数中，当且仅当有两个数字的和等于第三个数字时称为“有缘数”（如213，134等）若a，b，，且a，b，c互不相同，则这个三位数为“有缘数”共 个． 【答案】 【分析】利用“有缘数”的定义，利用分类讨论的思想，求出所有的三位数． 【详解】解：根据题意知在中，能组成有缘数的组合有；； ；；； 由1，2，3组成的三位自然数为123，132，213，231，312，321，“有缘数”共6个； 同理：由1，3，4组成的三位数为“有缘数”是6个； 由1，4，5组成的三位数为“有缘数”是6个； 由2，3，5组成的三位数为“有缘数”是6个； 所以三位数为“有缘数”的个数为：个． 故答案为：． 【变式1】（23-24高二下·陕西西安·期中）5名同学分别从4个景点中选择一处游览，不同选法的种数为（    ） A．9 B．20 C． D． 【答案】D 【分析】利用分步乘法计数原理即可计算． 【详解】因为每名同学都有4种选择， 所以由分步乘法计数原理可知不同选法的种数为：． 故选：D. 【变式2】（24-25高二下·全国·课后作业）从，，，，，，这个数中任选个组成一个没有重复数字的“五位凹数”（满足），则这样的“五位凹数”的个数为（   ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】A 【分析】利用分步乘法计数原理可得. 【详解】第一步，从，，，，，，这个数中任选个共有种方法， 第二步，选出的个数中，最小的为，从剩下的4个数中选出个分给，由题意可知，选出后就确定了，共有种方法， 故满足条件的“五位凹数”个， 故选：A 【变式3】（24-25高二下·全国·课后作业）汽车制造的专业化流程是：设计效果图→制作油泥模型→生产样车→对样车检验→投入生产.已知A市、B市、C市分别有3个、10个、7个能设计效果图的设计院，A市有2个能制作油泥模型的制作中心，B市有6个能生产样车的生产车间，C市有1处能对样车检验的检验中心，A市、B市、C市、D市、E市分别有8，8，6，3，2家能实际投入生产的生产厂家，从设计到实际生产，有 种选择方法． 【答案】6480 【分析】利用分步计数原理可求得总的方法数. 【详解】共分五步：第一步，设计效果图，共计种方法； 第二步，制作油泥模型，有2种方法；第三步，生产样车，有6种方法； 第四步，对样车检验，有1种方法；第五步，投入生产，共计种方法． 所以从设计到实际生产有种选择方法． 【变式4】（24-25高三上·广东·阶段练习）小明去超市从4种功能性提神饮料和5种电解质饮料中选3瓶进行购买，若每种饮料至多买一瓶，则功能性提神饮料和电解质饮料都至少买1瓶的买法种数为 ．（用数字作答） 【答案】70 【分析】根据给定条件，利用分类加法计数原理及组合计数问题列式计算即得. 【详解】依题意，两种饮料都至少买1种的买法种数为. 故答案为：70 题型02排列数与组合数的计算问题 解题锦囊 应用排列、组合数公式时应注意的三个方面 (1)准确展开．应用排列数、组合数公式展开时要注意展开式的项数要准确； (2)合理约分．若运算式是分式形式，则要先约分后计算； (3)合理组合．运算时要结合数据特点，应用乘法的交换律、结合律，进行数据的组合，可以提高运算的速度和准确性． 【典例2】（23-24高二下·贵州遵义·期中）（多选）下列选项中正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【解析】A选项，因为，所以A错误； B选项，因为，所以，故B正确； C选项，因为，所以C正确； D选项，因为， 所以 ，故D正确．故选：BCD 【变式1】（23-24高二下·山东枣庄·期中）下列公式错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对于A：，故A正确； 对于B：，故B正确； 对于C：因为，，， 所以 ，即，故C正确； 对于D：，， 所以，故D错误 .故选：D 【变式2】（23-24高二下·云南·期中）（1）求的值； （2）若等式成立，求正整数的值. 【答案】（1）；（2）；（2）利用给定式子建立方程，求解即可. 【解析】（1）原式 （2）由展开得， 因，故可化简得：， 解得或（舍），故. 【变式3】（23-24高二下·广东清远·期中）不等式的解集为 . 【答案】 【解析】由题意得，解得且， 又，即，即，解得， 综上可知，故解集为. 题型03队列排序问题 解题锦囊 1、解有“相邻元素”的排列问题的方法 对于某些元素必须相邻的排列，通常采用“捆绑法”，即把相邻元素看作一个整体和其他元素一起参与排列，再考虑这个整体内部各元素间的顺序。 2、解有“不相邻元素”的排列问题的方法 对于某些元素不相邻的排列，通常采用“插空法”，即先排不受限制的元素，使每两个元素之间形成“空”，然后将不相邻的元素进行“插空”。 3、解有限制元素（位置）的排列问题的方法 解有限制元素或特殊位置的排列问题，一般先安排特殊元素或特殊位置，再考虑其他元素或位置，当以元素为主或以位置为主。 4、 定序问题 定序通常指在排列组合问题中，某些元素的顺序是固定的，而其他元素则可以自由排列。解决这类问题的基本方法是使用“除法”原则，即将所有元素一起排列，然后除以那些顺序固定元素的全排列数。 角度1 限制元素问题 【典例3】（23-24高二下·江苏南通·期中）学校要安排一场文艺晚会的8个节目的演出顺序，学生的节目有6个，教师的节目有2个，如果教师的节目既不排在第一个，也不排在最后一个，那么不同的排法数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先排两个学生节目在最前最后，在中间六个位置排剩下节目即可. 【详解】先排两个学生节目在最前最后位置，然后排在中间六个位置排剩下节目，运用分步乘法原理，总排法数为. 故选：C． 【变式1】（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）北京时间2023年10月26日19时34分，神舟十六号航天员乘组（景海鹏，杜海潮，朱杨柱3人）顺利打开“家门”，欢迎远道而来的神舟十七号航天员乘组（汤洪波，唐胜杰，江新林3人）人驻“天宫”．随后，两个航天员乘组拍下“全家福”，共同向全国人民报平安．若这6名航天员站成一排合影留念，唐胜杰与江新林相邻，景海鹏不站最左边，汤洪波不站最右边，则不同的排法有（    ） A．144种 B．204种 C．156种 D．240种 【答案】C 【分析】先应用捆绑解决相邻，再分海鹏站位置分类，最后应用分步解决问题. 【详解】第一步，唐胜杰、江新林2人相邻，有种排法； 第二步，分景海鹏站最右边与景海鹏不站最左边与最右边两种情况讨论 第一种情况：景海鹏站最右边，共有种排法； 第二种情况：景海鹏不站最左边与最右边，则共有种排法， 故总共有种排法.    故选：C. 【变式2】（23-24高二下·北京丰台·期末）甲、乙、丙、丁、戊共5名同学进行数学建模比赛，决出了第1名到第5名的名次（无并列情况）．甲、乙、丙去询问成绩．老师对甲说：“你不是最差的．”对乙说：“很遗憾，你和甲都没有得到冠军．”对丙说：“你不是第2名．”从这三个回答分析，5名同学可能的名次排列情况种数为（    ） A．44 B．46 C．52 D．54 【答案】B 【分析】甲、乙不是第一名且甲不是最后一名．甲的限制最多，故先排甲，有可能是第二、三、四名3种情况；再排乙，也有3种情况；余下的问题是三个元素在三个位置全排列，根据分步计数原理即可得到结果，但丙不是第2名，以上所有结果还要排除丙是第2名的所有情况，最后间接法得解. 【详解】由题意得：甲、乙都不是第一名且甲不是最后一名．甲的限制最多，故先排甲， 有可能是第二、三、四名3种情况；再排乙，也有3种情况；余下3人有种排法， 故共有种不同的情况， 假如丙是第2名，则甲有可能是第三、四名2种情况； 再排乙，也有2种情况；余下2人有种排法， 故共有种不同的情况， 由间接法得：满足题意的，5名同学可能的名次排列情况种数为种， 故选：B. 【变式3】（23-24高二下·山东济宁·期中）某中学元旦晚会共由7个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在乙的前面，丙不能排在最后一位，该晚会节目演出顺序的编排方案共有 种.（用数字作答） 【答案】2160 【解析】因为丙不能排在最后一位，则编排方案共有种， 又因为甲、乙处于对称位置，即节目甲排在乙的前面与节目乙排在甲的前面数量相等， 所以该晚会节目演出顺序的编排方案共有种. 角度2 相邻与不相邻问题 【典例4】（23-24高二下·广西柳州·期中）某中学运动会期间，甲、乙、丙、丁、戊、戌六名志愿者站成一排拍照留念，其中甲和乙相邻，甲和丙不相邻，则不同的排列方式共有（   ） A．180种 B．190种 C．192种 D．240种 【答案】C 【解析】若甲位于两端时，乙与之相邻只有一个位置可选，丙与甲不相邻有余下四个位置可选， 故有种方法； 若甲不位于两端时，乙与之相邻有两个位置可选，丙与甲不相邻有三个位置可选， 故有种方法； 综上不同的排列方式有192种.故选：C 【变式1】（23-24高二下·浙江·期中）东阳市一米阳光公益组织主要进行“敬老”和“助学”两项公益项目，某周六，组织了七名大学生开展了“筑梦前行，阳光助学”活动后，大家合影留念，其中米一同学想与佳艳､刘西排一起，且要排在她们中间，则全部排法有（    ）种. A．120 B．240 C．480 D．720 【答案】B 【分析】根据米一同学想与佳艳､刘西排一起，且在他们中间，将米、佳艳、刘西捆绑在一起，与剩余4个同学作为5个元素全排列求解. 【详解】解：因为米一同学想与佳艳､刘西排一起， 所以捆绑在一起，与剩余4个同学作为5个元素全排列有种 ， 又因为米一同学想与佳艳､刘西排一起，且在他们中间，则佳艳､刘西全排列有种， 所以全部排法有：种， 故选：B 【变式2】（23-24高二下·云南大理·期中）在学校组织的一次活动结束后，3名男生和2名女生站成一排照相留念，其中2名女生不相邻，则不同的站法有（   ） A．120种 B．72种 C．48种 D．24种 【答案】B 【解析】先排三名男生，共有种排法，此时三名男生会产生四个空位， 则女生共有种，故共有种.故选：B. 【变式3】（23-24高二下·江苏泰州·阶段练习）象棋作为一种古老的传统棋类益智游戏，具有深远的意义和价值.它具有红黑两种阵营，将､车､马､炮､兵等均为象棋中的棋子，现将3个红色的“将”“车”“马”棋子与2个黑色的“将”“车”棋子排成一列，则下列说法不正确的是（    ） A．共有120种排列方式 B．若两个“将”相邻，则有24种排列方式 C．若两个“将”不相邻，则有72种排列方式 D．若同色棋子不相邻，则有12种排列方式 【答案】B 【分析】A选项，由全排列知识进行求解，B选项，相邻问题进行捆绑，再由排列知识求出答案；C选项，不相邻问题插空法进行求解；D选项，先将2个黑色的棋子进行全排列，再插空即可. 【详解】A选项，由排列知识可得共有种排列方式，A正确； B选项，两个“将”捆绑，有种情况，再和剩余的4个棋子进行全排列，故共有种情况，B错误； C选项，两个“将”不相邻，先将剩余3个棋子进行全排列，共有4个空，再将两个“将”插空，故共有种情况，C正确； D选项，将2个黑色的棋子进行全排列，共有3个空，再将3个红色的棋子进行插空，则有种排列方式，D正确. 故选：B. 角度3 定序问题 【典例5】7人站成一排． （1）甲必须在乙的前面（不一定相邻），则有多少种不同的排列方法？ （2）甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变（不一定相邻），则有多少不同的排列方法？ 【答案】（1）2520；（2）840 【解析】（1）甲在乙前面的排法种数占全体排列种数的一半，故有（种）不同的排法． （2）甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变， 即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全排列种数的， 故有（种）不同的排法． 【变式1】（23-24高二下·湖北·期中）14名同学合影，站成前排5人后排9人，现摄影师要从后排9人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】由题意，从后排9人中抽2人调整到前排，有中不同的取法， 将前排5人和后来两人看成七个位置， 把两个人在七个位置中选两个位置进行排列，完成调整，有中不同的排法， 所以不同调整方法的总数是种.故选：D. 【变式2】某4位同学排成一排准备照相时，又来了2位同学要加入，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则不同的加入方法种数为（    ） A．10 B．20 C．24 D．30 【答案】D 【解析】6位同学排成一排准备照相时，共有种排法， 如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则有种排法，故A，B，C错误.故选：D. 题型04数字排列问题 解题锦囊 数字排列问题的常见类型及解决原则： （1）常见的数字排列问题：①组成的数为“奇数”“偶数”“被某数整除的数”；②在某一定范围内的数的问题；③各位数字和为某一定值问题；④各位数字之间满足某种关系问题等. （2）解决原则①明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素）优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解.②要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位 【典例6】用0，1，2，3，4，5这六个数字可以组成多少个符合下列条件的无重复的数字？ (1)六位奇数； (2)个位数字不是5的六位数； (3)不大于4310的四位偶数． 【分析】排数问题中，当个位数字是奇数时，则该数即为奇数，当个位数字为偶数时，该数即为偶数，注意0不能作首位． 【详解】　(1)第一步，排个位，有A种排法； 第二步，排十万位，有A种排法； 第三步，排其他位，有A种排法． 故共有AAA＝288个六位奇数． (2)方法一：(直接法)十万位数字的排法因个位上排0与不排0而有所不同，因此需分两类．第一类，当个位排0时，有A个； 第二类，当个位不排0时，有AAA个． 故符合题意的六位数共有A＋AAA＝504(个). 方法二：(排除法)0在十万位和5在个位的排列都不对应符合题意的六位数，这两类排列中都含有0在十万位和5在个位的情况． 故符合题意的六位数共有A－2A＋A＝504(个). (3)分三种情况，具体如下： ①当千位上排1，3时，有AAA个． ②当千位上排2时，有AA个． ③当千位上排4时，形如40××，42××的各有A个； 形如41××的有AA个；形如43××的只有4 310和4 302这两个数． 故共有AAA＋AA＋2A＋AA＋2＝110(个). 【变式1】（23-24高二下·天津南开·期中）用这个数字，可以组成个没有重复数字的三位偶数（    ） A．720 B．648 C．320 D．328 【答案】D 【解析】若个位数字为，十位和百位的排法种数为； 若个位数字不为，则确定个位数字有种方法， 确定百位数字有种方法，确定十位数字有种方法， 所以排法种数为. 所以可以组成个没有重复数字的三位偶数.故选：D 【变式2】（23-24高二下·江苏连云港·月考）从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数． （1）可以组成多少个三位数？ （2）可以组成多少个无重复数字的三位数？ （3）可以组成多少个无重复数字的三位偶数？ 【答案】（1）100；（2）48；（3）30 【解析】（1）三位数的首位不能为0，但可以有重复数字， 首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0， 因此，根据分步乘法计数原理共有（个）． （2）三位数的首位不能为0，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二位可以排0，除 首位排的数字共有4种方法，第三位除前两位排的数字共有3种方法， 因此，根据分步乘法计数原理共有（个）． （3）偶数末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类： 一类是末位数字是0，则有（种）排法； 一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位， 所以有3种排法，十位有3种排法，因此有（种）排法． 因此有（种）排法．即可以排成30个无重复数字的三位偶数. 【变式3】（23-24高二下·广东东莞·月考）从1到7这7个数字中取2个偶数、3个奇数，排成一个无重复数字的五位数.求： （1）共有多少个五位数？ （2）其中偶数排在一起，奇数也排在一起的有多少个？ （3）其中两个偶数不相邻的有多少个？ 【答案】（1）1440；（2）288；（3）864 【解析】（1）依题意，从1到7这7个数字中取2个偶数、3个奇数， 共有（种）情况，共有（个）五位数； （2）把选出的偶数捆绑在一起，把选出的奇数也捆绑在一起，再全排列， 故其中偶数排在一起，奇数也排在一起的有（个）； （3）先排3个奇数，2个偶数插空，故其中两个偶数不相邻的共有（个）. 题型05涂色问题 解题锦囊 涂色的规则是“相邻区域涂不同的颜色” 在处理涂色问题时，可按照选择颜色的总数进行分类讨论，每减少一种颜色的使用，便意味着多出一对不相邻的区域涂相同的颜色（还要注意两两不相邻的情况），先列举出所有不相邻区域搭配的可能，再进行涂色即可。 【典例7】（23-24高二下·吉林长春·阶段练习）如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（   ） A．72种 B．96种 C．150种 D．168种 【答案】B 【分析】按照分步、分类计数原理计算可得. 【详解】第一步：涂区域，有种方法； 第二步：涂区域，有种方法； 第三步：涂区域，有种方法； 第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域，分两类： 第一类，区域与同色，则区域涂第四种颜色； 第二类，区域与不同色，则区域涂第四种颜色， 此时区域就可以涂区域或区域或区域中的任意一种颜色，有种方法． 所以，不同的涂色种数有. 故选：B. 【变式1】春节期间，某地政府在该地的一个广场布置了一个如图所示的圆形花坛，花坛分为5个区域．现有5种不同的花卉可供选择，要求相邻区域不能布置相同的花卉，且每个区域只布置一种花卉，则不同的布置方案有（    ） A．120种 B．240种 C．420种 D．720种 【答案】C 【分析】先对图中不同的区域命名，再运用分步计数和分类计数的方法从中央开始计数即可. 【详解】如图，先在A中种植，有5种不同的选择，再在B中种植，有4种不同的选择，再在C中种植，有3种不同的选择，再在D中种植， 若D与B种植同一种花卉，则E有3种不同的选择，若D与B种植不同花卉，则D有2种不同的选择，E有2种不同的选择， 不同的布置方案有种； 故选：C. 【变式2】（23-24高二下·江苏连云港·月考）如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有（    ）种． A．480 B．600 C．360 D．750 【答案】D 【解析】首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，左边第二个格子有5种选择， 第三个格子有5种选择，第四个格子也有5种选择， 根据分步计数原理得，共有（种）涂色方法．故选：D. 【变式3】（23-24高二下·重庆·期中）给正六边形的六条边涂色，现有3种不同的颜色可以选择，要求相邻两条边颜色不同，则不同的涂法有（    ）种 A．99 B．96 C．66 D．60 【答案】C 【分析】对三条边所涂颜色的种数进行分类讨论，确定另外三条边所涂颜色的方法种数，利用分步乘法和分类加法计数原理可得结果. 【详解】第一类，三条边用同一种颜色， 先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法， 再涂有种方法，共有方法数为种； 第二类，三条边用种颜色， 由三条边用种颜色，可得必有条边涂同一种颜色， 先涂有种方法，再涂，，有种方法， 共有方法数为种； 第三类三条边用种颜色， 先涂有种方法，再涂有种方法，再涂有种方法， 再涂有种方法，共有方法数为种； 由分类加法计数原理可得，共有方法数种． 故选：C． 【变式4】（23-24高二下·山东泰安·期中）现有四种不同颜色的彩灯装饰五面体的六个顶点，要求，用同一种颜色的彩灯，其它各棱的两个顶点挂不同颜色的彩灯，则不同的装饰方案共有 种.（用数字作答） 【答案】 【解析】首先给，两个顶点挂彩灯，有种方法，再给顶点挂彩灯，有种方法， ①若、挂同一种颜色的彩灯，则有种方法， 最后挂点有种方法，故有种； ②若、挂不同种颜色的彩灯，此时挂点有种方法，挂点有种方法， 最后挂点有种方法，故有种； 综上可得一共有种不同的方法. 题型06分组分配问题 解题锦囊 1、解题思路：先分组后分配，分组是组合问题，分配是排列问题； 2、分组方法：①完全均匀分组，分组后除以组数的阶乘；②部分均匀分组，有组元素个数相同，则分组后除以；③完全非均匀分组，只要分组即可； 3、分配：①相同元素的分配问题，常用“挡板法”；②不同元素的分配问题，分步乘法计数原理，先分组后分配；③有限制条件的分配问题，采用分类求解； 【典例8】（24-25高三上·重庆·开学考试）第41届全国青少年信息学奥林匹克竞赛于2024年7月日在重庆市育才中学成功举办．在本次竞赛组织过程中，有甲、乙等5名育才新教师参加了接待、咨询、向导三个志愿者服务项目，每名新教师只参加一个服务项目，每个服务项目至少有一名新教师参加．若5名新教师中的甲、乙两人不参加同一个服务项目，则不同的安排方案有（    ）种 A．108 B．114 C．150 D．240 【答案】B 【分析】把5名新教师分成3组，利用分组分配及排除法列式计算即得. 【详解】5名新教师按分组有种方法，按分组有种分法， 因此5名新教师的安排方案有种， 当甲乙在同一组时，甲乙可视为1个人，即相当于4名教师的安排方案，有种， 所以所求不同的安排方案有（种）. 故选：B 【变式1】（2024·山西运城·高三统考期末）第33届夏季奥运会预计2024年7月26日至8月11日在法国巴黎举办，这届奥运会将新增2个竞赛项目和3个表演项目．现有三个场地A，B，C分别承担这5个新增项目的比赛，且每个场地至少承办其中一个项目，则不同的安排方法有（ ） A．150种 B．300种 C．720种 D．1008种 【答案】A 【解析】若三个场地分别承担个项目，则有种安排， 若三个场地分别承担个项目，则有种安排， 综上，不同的安排方法有种.故选：A 【变式2】（23-24高二下·上海·期中）从2男4女中安排3人到三个场馆做志愿者，每个场馆1人，且至少有1位男生入选，不同的安排方法有 种. 【答案】96 【解析】若选一男两女：种； 若选两男一女：种；所以一共种. 【变式3】（24-25高三上·山东烟台·开学考试）安排4名大学生到两家公司实习，每名大学生只去一家公司，每家公司至少安排1名大学生，则大学生甲､乙到同一家公司实习的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】4名大学生分两组，每组至少一人，有两种情形，分别为3，1人或2，2人；共有种实习方案，其中甲，乙到同一家实习的情况有种，则可得到甲､乙到同一家实习的概率. 【详解】4名大学生分两组，每组至少一人，有两种情形，分别为3，1人或2，2人, 即共有种实习方案， 其中甲，乙到同一家实习的情况有种， 故大学生甲､乙到同一家实习的概率为. 故选：D. 【变式4】（23-24高二下·福建泉州·月考）2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人．为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为 ． 【答案】50 【解析】按照2，2，1分3组安装， ①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种， ②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种， 按照3，1，1分3组安装， ①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种， ②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种， 故共有种． 【变式5】（23-24高二下·江苏盐城·期中）某校将12名优秀团员名额分配给4个不同的班级，要求每个班级至少一个，则不同的分配方案有 种． 【答案】165 【解析】将12名优秀团员名额分配给4个不同的班级，要求每个班级至少一个， 应用隔板法，12名团员成排的11个空用3个隔板分成四组（非空）， 则不同的分配方案有. 题型07求二项展开式的特定项 解题锦囊 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． 【典例9】（23-24高二下·上海黄浦·期中）在 的展开式中，系数为有理数的项共有 项． 【答案】6 【解析】由题意知，展开式的通项公式为， 当（）为整数时，的系数为有理数， 所以，即展开式中系数为有理数的项共有6个. 【变式1】（23-24高二下·浙江丽水·期中）的展开式中常数项是（    ） A．－225 B．－252 C．252 D．225 【答案】B 【解析】二项式的展开式通项为：， 令，解得，所以展开式的常数项为.故选：B 【变式2】（2024·湖南长沙·长郡中学校考一模）的展开式中含项的系数为（ ） A．20 B．-20 C．30 D．-30 【答案】C 【解析】， 又的二项展开式的通项公式为， 故的二项展开式中、的系数为0，的系数为， 故的展开式中含项的系数为，故选：C. 【变式3】（23-24高二下·四川内江·期中）的展开式中，的系数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】因为二项式展开式的通项为， 当时，可得的系数是.故选：C. 题型08三项式展开问题 解题锦囊 这类问题主要有以下解题方法： （1）通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解． （2）两次利用二项式定理的通项公式求解． （3）由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量． 【典例10】（23-24高二下·重庆巴南·期中）的展开式中常数项为（    ） A．544 B．559 C．495 D．79 【答案】B 【解析】展开式中的常数项分三种情况： 第一种，六个括号都提供，此时得到； 第二种，六个括号中一个括号提供，两个括号提供，三个括号提供， 此时得到； 第三种，六个括号中两个括号提供，四个括号提供，此时得到， 所以展开式的常数项为，故选：B. 【变式1】23-24高二下·江苏无锡·期中）展开式中的系数为（   ） A．60 B． C．30 D． 【答案】B 【解析】，要找到展开式中含有的项， 需从中找到含有的项，即， 故的系数为.故选：B. 【变式2】（23-24高二下·广东茂名·期中）的展开式中的系数为 ． 【答案】 【解析】，通项为， 所以，即， 又通项为，当时，才能得到， 所以展开式中的系数为. 【变式3】（23-24高二下·河南·月考）在的展开式中，项的系数是 ． 【答案】 【解析】表示个因式的乘积， 若要得到，则需个因式选，个因式选，其余的因式选， 所以的项为， 所以项的系数是. 题型09二项式系数与系数最值问题 解题锦囊 1、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． 如求(a＋bx)n(a，b∈R)的展开式系数最大的项，一般是采用待定系数法，设展开式各项系数分别为A1，A2，…，An＋1，且第k项系数最大，应用 从而解出k来，即得． 【典例11】（23-24高二下·重庆·期中）（多选）在的展开式中，含项的系数为，则下列选项正确的有（    ） A． B．展开式的各项系数和为0 C．展开式中系数最大项是第6项 D．展开式中系数最大项是第7项 【答案】ABD 【解析】二项式展开式的通项为（且）， 令，解得，所以， 所以，解得，故A正确； 对，令，可得展开式的各项系数和为，故B正确； 二项式展开式的通项为（且）， 展开式中中间两项第项和第项的二项式系数相等且最大， 而第项系数为负，第项系数为正， 因此第项系数最小，第项系数最大，故C错误，D正确．故选：ABD 【变式1】若展开式中只有第6项的二项式系数最大，则（ ） A．9 B．10 C．11 D．12 【答案】B 【解析】因为的展开式中只有第6项的二项式系数最大， 所以展开式一共有项，即.故选：B 【变式2】的展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则的展开式中系数最大的项的系数为 . 【答案】1792 【解析】由得，所以的展开式的通项为， 当展开式的项的系数最大时，为偶数， 比较，，，，， 所以当时，展开式中项的系数最大，该项系数为1792. 【变式3】（23-24高二下·福建福州·期中）在 的展开式中， （1）求展开式中所有项的系数和； （2）求二项式系数最大的项； （3）系数的绝对值最大的项是第几项? 【答案】（1）1；（2）；（3）第6项和第7项 【解析】（1）令，可得展开式中所有项的系数和为； （2）二项式系数最大的项为中间项，即第5项， 的展开式的通项为： ， 故； （3）由的展开式的通项为：， 设第项系数的绝对值最大，显然，则， 整理得，即， 解得，而，则或， 所以系数的绝对值最大的项是第6项和第7项. 题型10二项式系数和问题 解题锦囊 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． 【典例12】（23-24高二下·贵州·阶段练习）在的展开式中，下列说法错误的是（    ） A．二项式系数之和为64 B．各项系数之和为 C．二项式系数最大的项为 D．常数项为 【答案】C 【分析】对于A：根据二项式系数之和为运算求解；对于B：令即可得各项系数之和；对于C：根据二项式系数的性质结合二项展开式的通项公式分析求解；对于D：根据，令运算求解即可. 【详解】对于选项A：因为，所以二项式系数之和为，故A正确； 对于选项B：令，可得各项系数之和为，故B正确； 因为的展开式为， 对于选项C：因为，可知二项式系数最大的项为第4项，故C错误； 对于选项D：令，解得， 所以常数项为，故D正确； 故选：C. 【变式1】（23-24高二下·甘肃兰州·期中）设，则 . 【答案】 【解析】令得，所以， 令得， 所以，所以. 【变式2】（23-24高二下·四川内江·期中）若，则 . 【答案】 【解析】因为， 令，可得. 【变式3】（23-24高二下·江苏连云港·期中）设 . （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1）；（2） 【解析】（1）对，有， 则有，即； （2）由，则，， 故， 令，可得，即， 令，有， 即， 即. 【变式4】（23-24高二下·河南·期中）已知，则（    ） A．722 B．729 C．-7 D．-729 【答案】A 【解析】设， 则， 所以. 又因为，所以， 所以.故选：A. 【变式5】（23-24高二下·安徽滁州·期末）若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（    ） A．32 B．64 C．80 D．160 【答案】C 【分析】根据二项式系数和可求得的值，由各项系数和可求得的值，进而由二项定理求得的系数即可. 【详解】因为的二项式系数之和为32，则，解得， 所以二项式为， 因为展开式各项系数和为243， 令，代入可得， 解得 ， 所以二项式为， 则该二项式展开式的通项为 ，， 令，解得， 则展开式中的系数为. 故选：C. 题型11整除和余数问题 【典例12】（23-24高二下·江苏南通·阶段练习）若，且能被17整除，则的最小值为（    ） A．0 B．1 C．15 D．16 【答案】D 【分析】二项式定理整除问题，把改写成，利用二项式定理展开，再令能被17整除，求出的最小值即可. 【详解】 ， 因为能被17整除， 所以上式中能被17整除即可满足题意， 所以， 即， 所以的最小值为16， 故选：D. 【变式1】已知，则被3除的余数为（    ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】D 【分析】先对二项展开式中的进行赋值，得出，再将看作进行展开，再利用二项展开式特点分析即得. 【详解】令，得，令，得， 两式相减，， 因为， 其中被3整除，所以被3除的余数为1， 综上，能被3整除． 故选：D. 【变式2】中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究．设，，为整数，若和同时除以所得的余数相同，则称和对模同余，记为．若，，则的值可以是（   ） A．2021 B．2022 C．2023 D．2024 【答案】C 【分析】由结合二项式定理求出除以的余数，再结合选项即可得解. 【详解】 ， 所以除以的余数为， 选项中除以余数为的数只有. 故选：C. 题型13杨辉三角及应用 解题锦囊 1、在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等； 2、在相邻的两行中，除1以外的其余各数都等于它“肩上”两个数字之和. 由此可知，当二项式次数不大时，可借助“杨辉三角”直接写出各项的二项式系数. 【典例15】（23-24高二下·云南·期中）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《解析九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论错误的是（    ） A． B．第6行､第7行､第8行的第7个数之和为第9行的第8个数 C．第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为 D．第2020行的第1010个数最大 【答案】D 【解析】对于：因为， 所以，故正确； 对于：第6行，第7行，第8行的第7个数字分别为：，其和为； 而第9行第8个数字就是36，故B正确； 对于C：依题意：第12行从左到右第2个数为，第12行从左到右第3个数为， 所以第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为，故C正确； 对于D：由图可知：第行有个数字，如果是偶数，则第（最中间的）个数字最大； 如果是奇数，则第和第个数字最大，并且这两个数字一样大， 所以第2020行的第1011个数最大，故D错误.故选:D. 【变式1】（23-24高二下·湖北·期中）如图，在“杨辉三角”中从左往右第3斜行的数构成一个数列：，则该数列前10项的和为（   ） A．66 B．120 C．165 D．220 【答案】D 【解析】由题意可知：前10项分别为， 则， 所以前10项的和为220.故选：D． 【变式2】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 【解析】根据“杨辉三角”，得， 因此，此数列的前30项和为： ..故选：D. 【变式3】“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 【解析】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. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$