期末复习核心考点讲义 排列组合与二项式定理-2024-2025学年高二下学期数学人教A版（2019）选择性必修第三册

专题3  排列组合与二项式定理【讲*人教A版】 【必备知识】 1.分类加法计数原理 （1）分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法． （2）推广：如果完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法． 2.分步乘法计数原理 （1）分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法． （2）推广：如果完成一件事需要n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法． 【考向归类】 考向一：分类加法计数原理的应用 【典例1】（24-25高二下·广西防城港·期中） 1．现有甲部门的员工9人，乙部门的员工8人，丙部门的员工5人，从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，不同的选法种数为（    ） A．36 B．360 C．22 D．24 【备考提醒】 1.分类时，首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下分类，要做到分类“不重不漏”． 2.利用分类加法计数原理计数时的解题流程． 【举一反三】 （24-25高二下·黑龙江牡丹江·期中） 2．桌子上有一本数学书和一本英语书，从桌子上任取一本书，不同的取法数有（    ）种. A．-1 B．0 C．1 D．2 考向二：分步乘法计数原理的应用 【典例2】（24-25高二下·北京·期中） 3．学校组织游学，学生可以从华山、衡山、恒山、嵩山四个景点中任选一处前往，3个好朋友每人随机选择一个目的地，不同选法的种数是（    ） A．81 B．64 C．24 D．12 【备考提醒】 利用分步乘法计数原理解题的注意点及解题思路 （1）应用分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可． （2）利用分步乘法计数原理解题的一般思路 ①分步：将完成这件事的过程分成若干步； ②计数：求出每一步中的方法数； ③结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果． 【举一反三】 （24-25高二下·江苏盐城·期中） 4．五一期间甲、乙、丙、丁、戊五个同学计划在本地一日游，若每人计划只去“新四军纪念馆、大丰麋鹿自然保护区、西溪旅游文化景区”这三个景点中的一个景点，则不同的游览方法共有（    ） A．40种 B．60种 C．125种 D．243种 （24-25高二下·吉林·期中） 5．某校羽毛球队有5名男队员，6名女队员，现在需要派1名男队员，1名女队员作为一个组合参加市羽毛球混双比赛，则不同的组合方式有（   ） A．11种 B．15种 C．22种 D．30种 考向三：两个计数原理的简单应用 【典例3】（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中） 6．如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种（      ）    A． B． C． D． 【典例4】（24-25高二下·北京·期中） 7．甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学演讲比赛，若安排上场顺序时甲、乙均不能第一个上场，且乙不能最后一个上场，则这5人上场顺序的不同排法种数为（   ） A．27 B．48 C．54 D．72 【典例5】（24-25高二下·山东枣庄·期中） 8．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为（   ） A．24 B．30 C．36 D．60 【备考提醒】 在处理具体的应用题时，首先必须弄清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”或“分步”的具体标准是什么，选择合理的标准处理事件，关键是看能否独立完成这件事，避免计数的重复或遗漏． 【举一反三】 （2025·辽宁·一模） 9．如图1，把一个圆分成n（）个扇形，每个扇形用k种颜色之一染色，要求相邻扇形不同色，有种方法． 如图2，有4种不同颜色的涂料，给图中的12个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答） （24-25高二下·天津·阶段练习） 10．高二年级(1)班有6人参加数学小组，(2)班有5人参加物理小组，(3)班有4人参加化学小组，问： (1)选其中1人担任数理化小组组长，有多少种不同的选法? (2)每班选1人参加全国数理化竞赛，有多少种不同的选法? (3)选取其中两人参加不同的学科竞赛，有多少种不同的选法? （24-25高二下·吉林松原·阶段练习） 11．抛掷一枚质地均匀的骰子3次，则3次中最大点数为3的情况有 种． 【必备知识】 【必备知识】 求解排列应用问题方法汇总 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算 优先法 优先安排特殊元素或特殊位置 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 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档中 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 对于某些顺序一定的元素(m个)的排列问题，可先把这些元素与其他元素一起(共n个)进行排列，然后用总排列数除以m个顺序一定的元素之间的全排列数，即得到不同排法种. 间接法 正难则反、等价转化的方法 分组分配 平均分组、部分平均分组 1．对不同元素的分配问题 （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． （2）对于部分均分，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，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． (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． 隔板法 将个相同元素放入个不同的盒内，且每盒不空，则不同的方法共有种．解决此类问题常用的方法是“隔板法”，因为元素相同，所以只需考虑每个盒子里所含元素个数，则可将这个元素排成一列，共有个空，使用个“挡板”进入空档处，则可将这个元素划分为个区域，刚好对应那个盒子 环排问题 1.把个不同的元素围成一个环状，排法总数为； 2.个不同的元素围成一圈，个元素相邻，符合条件的排列数为； 3.个不同的元素围成一圈，个元素不相邻，符合条件的排列数为. 涂色问题 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． 【考向归类】 考向一：元素（位置）有限制的问题 【典例1】 （24-25高二下·江苏宿迁·期中） 12．用数字0，1，2，3，4，5这6个数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的是（    ） A．共可组成360个四位数 B．四位偶数有156个 C．能被25整除的四位数有21个 D．从小到大排列第89个数为2340 【备考提醒】 优先安排特殊元素或特殊位置是原则． 【举一反三】 （24-25高二下·浙江宁波·期中） 13．甲、乙、丙、丁、戊、戌6名同学相约到电影院观看电影《哪吒2》，恰好买到了六张连号且在同一排的电影票，若甲不坐在6个人的两端，乙和丙相邻，则不同的排列方式种数为 .用数字作答. （24-25高二下·山东·阶段练习） 14．某班某次班会准备从甲、乙2名女同学及其他5名男同学中安排5名同学依次发言．若甲、乙同时参与，且前3名发言的同学中有女同学，则不同的安排方法有（   ） A．840种 B．960种 C．1080种 D．1200种 考向二：相邻（不相邻）问题 【典例2】（24-25高三下·云南临沧·阶段练习） 15．年月日，第四届中国国际进口博览会在国家会展中心（上海）开幕，共有个国家和地区加现有甲、乙、丙、丁、戊、己六家企业参加某主题展览活动，每个企业一个展位在排成一排的个展位中，甲、乙、丙三个企业两两互不相邻的排法有（    ）种． A． B． C． D． 【典例3】（24-25高二下·湖北·期中） 16．2025年某影院在春节档引入了5部电影，包含3部喜剧电影、2部动画电影．其中《哪吒之魔童闹海》票房超150亿，成为全球动画票房冠军．该影院某天预留了一个影厅用于放映这5部电影，这5部电影当天全部放映，则下列选项正确的是（   ） A．《哪吒之魔童闹海》不排在第1场，共有96种排法 B．两部动画片放映的先后顺序固定（不一定相邻），一定共有60种排法 C．两部动画片相邻放映，共有48种排法 D．3部喜剧电影不相邻，共有24种排法 【备考提醒】 1.捆绑法：解决“相邻”问题用“捆绑法”，就是将n个不同的元素排成一排，其中k个元素排在相邻位置上，求不同的排法种数的步骤： ①先将这k个元素“捆绑”在一起，看成一个整体； ②把这个整体当作一个元素与其他元素一起排列，其排列方法有种排法； ③然后“松绑”，即将“捆绑”在一起的元素内部进行排列，其排列方法有种； ④根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有种． 2.插空法：解决不相邻问题的方法为“插空法”，即将n个不同的元素排成一排，其中k个元素互不相邻（）．求不同的排法种数的步骤： ①先将不作不相邻要求的元素共个排成一排，其排列方法有种； ②然后将要求两两不相邻的k个元素插入个空隙中，相当于从个空隙中选出k个，分别分配给两两不相邻的k个元素，其排列方法有：种； ③根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有种． 【举一反三】 （24-25高二下·天津·阶段练习） 17．天津市第四十七中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”“立夏”七张知识展板放置在七个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻．且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（   ） A．265 B．320 C．480 D．960 （24-25高三下·山东聊城·阶段练习） 18．某班组织了国庆文艺晚会，从甲、乙、丙、丁等7个节目中选出5个节目进行演出，选出的5个节目要求相邻依次演出，且要求甲、乙、丙必选，且甲、乙相邻，但甲、乙均不与丙相邻，若丁被选中，丁必须排在前两位，则不同的演出顺序种数为 .（用数字作答） 考向三：分组分配问题 【典例4】（2025·河南郑州·三模） 19．河南具有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客计划在三天内品尝完以下六种河南特色美食：烩面、胡辣汤、灌汤包、道口烧鸡、焖饼、黄河鲤鱼．该游客每天从这六种美食中选择1到3种进行品尝（每天必须选择且不能重复选择已品尝过的美食）．若三天后恰好品尝完所有美食，则不同的选法种数为（   ） A．450 B．360 C．180 D．90 【备考提醒】 1．对不同元素的分配问题 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． ②对于部分均分，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． 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． 2.分组问题（分成几堆，无序）有等分、不等分、部分等分之别.一般地，平均分成堆（组）必须除以；如果有堆（组）元素个数相同，必须除以. 【举一反三】 （24-25高三上·陕西西安·阶段练习） 20．某学校拟派2名语文老师、3名数学老师和3名体育老师共8人组成两个支教分队，平均分到甲、乙两个村进行义务支教，其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和体育老师，则不同的分配方案有（    ） A．72种 B．36种 C．24种 D．18种 （24-25高二上·辽宁辽阳·期末） 21．元旦假期，某旅游公司安排6名导游分别前往沈阳故宫、本溪水洞、鞍山千山、盘锦红海滩四个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有导游前往，且每名导游都只安排去一个景区，则不同的安排方法种数为（    ） A．1280 B．300 C．1880 D．1560 【必备知识】 1．二项式定理 这个公式所表示的定理叫二项式定理，右边的多项式叫的二项展开式． 其中的系数叫二项式系数． 式中的叫二项展开式的通项，用表示，即通项. 2．二项展开式形式上的特点 (1)项数为； (2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n； (3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n； (4)二项式的系数从一直到. 3.二项式系数的性质 (1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即. (2)增减性与最大值： 二项式系数，当时，二项式系数逐渐增大，由对称性知它的后半部分是逐渐减小的； 当n是偶数时，中间一项取得最大值； 当n是奇数时，中间两项取得最大值． (3)各二项式系数和：；. 【考向归类】 考向一：二项展开式中特定项的系数问题 【典例1】（24-25高二下·江苏南京·期中） 22．在的展开式中，前3项的系数成等差数列. (1)求展开式中的一次项； (2)证明展开式中没有常数项； (3)求展开式中所有的有理项. 【典例2】（24-25高二下·山东威海·期中） 23．的展开式中含的项为（    ） A． B． C． D． 【典例3】（2025·山西晋中·三模） 24．的展开式中，常数项为 ． 【备考提醒】 1.求形如的展开式中与特定项相关的量（常数项、参数值、特定项等）的步骤： 第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项公式，常把字母和系数分离开来（注意符号不要出错）； 第二步，根据题目中的相关条件（如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数）先列出相应方程（组）或不等式（组），解出r； 第三步，把r代入通项公式中，即可求出Tr＋1，有时还需要先求n，再求r，才能求出或者其他量． 【举一反三】 （2025·四川攀枝花·三模） 25．的二项展开式中含的项的系数为 （用数字作答）． （2025·福建漳州·一模） 26．的展开式中，常数项为 . （24-25高二下·江苏连云港·阶段练习） 27．的展开式中的系数为，则的值为 ． 考向二：二项式系数 【典例1】（24-25高二下·广东汕头·期中） 28．在二项式展开式中，下列说法不正确的是（   ） A．第三项的二项式系数为15 B．所有项的二项式系数之和为64 C．有理项共有3项 D．常数项为第五项 【备考提醒】 1.三条性质：1.对称性；2.增减性；3.各项二项式系数的和. 2.二项式展开式中的最值问题 （1）二项式系数的最大值：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；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； （2）系数的最大项 求展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为，设第项系数最大，应有，从而解出来． 【举一反三】 （24-25高二下·重庆·期中） 29．已知的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，则（   ） A．11 B．14 C．11或23 D．14或23 （24-25高二下·广东深圳·阶段练习） 30．在的展开式中，若仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第（  ）项. A． B． C．2或3 D．3或4 考向三：系数和问题 【典例1】（24-25高二下·天津·期中） 31．设，则下列结论中正确的个数为（    ） ①    ② ③    ④ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【备考提醒】 二项式定理给出的是一个恒等式，对于x，y的一切值都成立．因此，可将x，y设定为一些特殊的值．在使用赋值法时，令x，y等于多少，应视具体情况而定，一般取“1，－1或0”，有时也取其他值．如： 1.形如，的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令即可； 2.形如的式子，求其展开式各项系数之和，只需令即可． 【举一反三】 （24-25高二下·全国·课后作业） 32．展开式中，求： (1)二项式系数之和； (2)各项系数之和； (3)所有奇数项系数之和； (4)各项系数绝对值的和. （2025高三·全国·专题练习） 33．已知，且展开式第6项与第7项的二项式系数相等，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 考向四：二项式定理的应用 【典例1】（24-25高二下·江苏无锡·期中） 34．被8整除的余数为 . 【典例2】（近似值问题）（24-25高二下·安徽·期中） 35．的小数点后第三位数字为（ ） A． B． C． D． 【典例4】（24-25高二下·山东泰安·期中） 36．对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法.利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式.例如：考察恒等式，左边的系数为，而右边，的系数为，因此可得到组合恒等式.利用算两次的思想方法或其他方法，可以得出下面有关组合数的等式，正确的是（   ） A． B． C． D． 【典例5】（数列求和问题）（24-25高二下·广东·期中） 37．若一个数列由两个变量和共同控制，则称这样的数列为“双数列”，当时，可记为，在研究这样的数列问题时，一般将一个变量视为固定值，已知数列中，，，给定双数列 (1)求数列的通项公式； (2)现固定的值且，求； (3)设双数列，固定的值且满足，，则当取何值时，取得最大值.（结果用含的表达式表达） 【备考提醒】 1．二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不是很大，|x|比较小时，. 2．在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式（数）展开后的每一项都含有除式（数）的因式． 【举一反三】 （24-25高二上·安徽亳州·期末） 38．设. (1)求； (2)若是，，，，中唯一的最大值，求的所有可能取值； (3)若，求. （24-25高三上·贵州·开学考试） 39．若n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”． (1)设数列是项数为7的“对称数列”，，若成等差数列，且，试写出所有可能的数列． (2)已知递增数列的前n项和为，且． ①求的通项公式； ②组合数具有对称性，恰好构成一个“对称数列”，记，求． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题3  排列组合与二项式定理【讲*人教A版】 【必备知识】 1.分类加法计数原理 （1）分类加法计数原理：完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法． （2）推广：如果完成一件事有n类不同方案，在第1类方案中有种不同的方法，在第2类方案中有种不同的方法，……，在第n类方案中有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法． 2.分步乘法计数原理 （1）分步乘法计数原理：完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法． （2）推广：如果完成一件事需要n个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，……，做第n步有种不同的方法，那么完成这件事共有种不同的方法． 【考向归类】 考向一：分类加法计数原理的应用 【典例1】（24-25高二下·广西防城港·期中） 1．现有甲部门的员工9人，乙部门的员工8人，丙部门的员工5人，从这三个部门的员工中任选1人参加接待客户的活动，不同的选法种数为（    ） A．36 B．360 C．22 D．24 【答案】C 【分析】结合分类加法计数原理求解即可. 【详解】根据分类加法计数原理可知，不同的选法种数为种. 故选：C 【备考提醒】 1.分类时，首先要根据问题的特点确定一个合适的分类标准，然后在这个标准下分类，要做到分类“不重不漏”． 2.利用分类加法计数原理计数时的解题流程． 【举一反三】 （24-25高二下·黑龙江牡丹江·期中） 2．桌子上有一本数学书和一本英语书，从桌子上任取一本书，不同的取法数有（    ）种. A．-1 B．0 C．1 D．2 【答案】D 【分析】根据分类加法计数原理来计算从桌子上任取一本书的不同取法数． 【详解】从桌子上任取一本书，有两类取法： 第一类，取数学书，有种取法； 第二类，取英语书，有种取法． 根据分类加法计数原理，不同的取法数共有（种）． 不同的取法数有种． 故选：D． 考向二：分步乘法计数原理的应用 【典例2】（24-25高二下·北京·期中） 3．学校组织游学，学生可以从华山、衡山、恒山、嵩山四个景点中任选一处前往，3个好朋友每人随机选择一个目的地，不同选法的种数是（    ） A．81 B．64 C．24 D．12 【答案】B 【分析】利用分步计数原理即可求解. 【详解】学生可以从华山、衡山、恒山、嵩山四个景点中任选一处前往， 则每人有4种选法，所以3个好朋友的选法共有种， 故选：B. 【备考提醒】 利用分步乘法计数原理解题的注意点及解题思路 （1）应用分步乘法计数原理时，完成这件事情要分几个步骤，只有每个步骤都完成了，才算完成这件事情，每个步骤缺一不可． （2）利用分步乘法计数原理解题的一般思路 ①分步：将完成这件事的过程分成若干步； ②计数：求出每一步中的方法数； ③结论：将每一步中的方法数相乘得最终结果． 【举一反三】 （24-25高二下·江苏盐城·期中） 4．五一期间甲、乙、丙、丁、戊五个同学计划在本地一日游，若每人计划只去“新四军纪念馆、大丰麋鹿自然保护区、西溪旅游文化景区”这三个景点中的一个景点，则不同的游览方法共有（    ） A．40种 B．60种 C．125种 D．243种 【答案】D 【分析】应用分步乘法计数原理求不同的游览方法数. 【详解】由题设，每人都有3种选择，故5个人不同的游览方法有种. 故选：D （24-25高二下·吉林·期中） 5．某校羽毛球队有5名男队员，6名女队员，现在需要派1名男队员，1名女队员作为一个组合参加市羽毛球混双比赛，则不同的组合方式有（   ） A．11种 B．15种 C．22种 D．30种 【答案】D 【分析】根据分步乘法原理在男队员与女队员各选一人即可得结论. 【详解】根据分步乘法计数原理可得不同的组合方式有5×6=30（种）. 故选：D. 考向三：两个计数原理的简单应用 【典例3】（24-25高二下·新疆乌鲁木齐·期中） 6．如图为我国数学家赵爽（约3世纪初）在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现用4种不同颜色给图中的5个区域涂色，要求相邻的区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法共有多少种（      ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，分4步依次分析区域、、、、的涂色方法数目，由分步计数原理计算答案． 【详解】分4步进行分析： ①，对于区域，有4种颜色可选； ②，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选； ③，对于区域，与、区域相邻，有2种颜色可选； ④，对于区域、，若与颜色相同，区域有2种颜色可选， 若与颜色不相同，区域有1种颜色可选，区域有1种颜色可选， 则区域、有种选择， 则不同的涂色方案有种. 故选：A 【典例4】（24-25高二下·北京·期中） 7．甲、乙、丙、丁和戊5名同学进行数学演讲比赛，若安排上场顺序时甲、乙均不能第一个上场，且乙不能最后一个上场，则这5人上场顺序的不同排法种数为（   ） A．27 B．48 C．54 D．72 【答案】C 【分析】利用特殊元素法，分两种情况：甲最后一个上场和甲不能最后一个上场，再安排其他人，计算即可得出结果. 【详解】甲、乙均不能第一个上场，且乙不能最后一个上场， 可以先排甲分两种情况进行考虑： 甲最后一个上场，则乙有3个位置可选，再排另外3人有种，共有种排法， 甲不能最后一个上场，则甲、乙从3个位置可选2个进行排列，有种， 再排另外3人有种，共有种排法， 所以，这5人上场顺序的不同排法种数为种. 故选：C 【典例5】（24-25高二下·山东枣庄·期中） 8．用数字1，2，3，4，5组成无重复数字的三位数，其中偶数的个数为（   ） A．24 B．30 C．36 D．60 【答案】A 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【详解】个位只能是2和4，十位和百位可以从剩下的数字中选择， 故符合条件的偶数有， 故选：A 【备考提醒】 在处理具体的应用题时，首先必须弄清是“分类”还是“分步”，其次要搞清“分类”或“分步”的具体标准是什么，选择合理的标准处理事件，关键是看能否独立完成这件事，避免计数的重复或遗漏． 【举一反三】 （2025·辽宁·一模） 9．如图1，把一个圆分成n（）个扇形，每个扇形用k种颜色之一染色，要求相邻扇形不同色，有种方法． 如图2，有4种不同颜色的涂料，给图中的12个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答） 【答案】 【分析】利用已知条件可计算八个空格染色问题，剩下的可用分步分类计数即可. 【详解】染色问题按以下步骤进行： 第一步：给染色有4种方法； 第二步：给染色， 若与的颜色均不同，则可用颜色有3种， 根据已知条件可知：种； 若与其中一个的颜色相同，则有种方法； 若与两个的颜色相同，则有种方法 若与其中三个的颜色相同，则有种方法； 若与的颜色都相同，则有种方法： 第三步：给染色，因为已经染了色，所以分以下两类: 当与同色，给染色有：种； 当与不同色，给染色有：种； 利用分类分步原理可得：总有：种， 故答案为：. （24-25高二下·天津·阶段练习） 10．高二年级(1)班有6人参加数学小组，(2)班有5人参加物理小组，(3)班有4人参加化学小组，问： (1)选其中1人担任数理化小组组长，有多少种不同的选法? (2)每班选1人参加全国数理化竞赛，有多少种不同的选法? (3)选取其中两人参加不同的学科竞赛，有多少种不同的选法? 【答案】(1)15 (2)120 (3)74 【分析】（1）由分类加法计数原理即可求解； （2）由分步乘法计数原理即可求解； （3）先分类再分步即可求解； 【详解】（1）选其中1人担任数理化小组组长，可以来自数学或物理或化学， 所以共有种选法； （2）分三步完成，第一步数学选1人，6种，第二步物理选1人，5种，第三步化学选1人，4种， 所以共有种； （3）来自数学、物理共有， 来自数学化学共有， 来自物理化学共有， 所以总共由种选法； （24-25高二下·吉林松原·阶段练习） 11．抛掷一枚质地均匀的骰子3次，则3次中最大点数为3的情况有 种． 【答案】19 【分析】先求出3次中没有出现4，5，6点的情况，再求出没有出现3，4，5，6点的情况，两者相减得到答案. 【详解】3次中没有出现4，5，6点的情况有种， 没有出现3，4，5，6点的情况有种， 所以3次中最大点数为3的情况有种． 故答案为：19 【必备知识】 【必备知识】 求解排列应用问题方法汇总 直接法 把符合条件的排列数直接列式计算 优先法 优先安排特殊元素或特殊位置 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 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档中 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 对于某些顺序一定的元素(m个)的排列问题，可先把这些元素与其他元素一起(共n个)进行排列，然后用总排列数除以m个顺序一定的元素之间的全排列数，即得到不同排法种. 间接法 正难则反、等价转化的方法 分组分配 平均分组、部分平均分组 1．对不同元素的分配问题 （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． （2）对于部分均分，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，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． (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． 隔板法 将个相同元素放入个不同的盒内，且每盒不空，则不同的方法共有种．解决此类问题常用的方法是“隔板法”，因为元素相同，所以只需考虑每个盒子里所含元素个数，则可将这个元素排成一列，共有个空，使用个“挡板”进入空档处，则可将这个元素划分为个区域，刚好对应那个盒子 环排问题 1.把个不同的元素围成一个环状，排法总数为； 2.个不同的元素围成一圈，个元素相邻，符合条件的排列数为； 3.个不同的元素围成一圈，个元素不相邻，符合条件的排列数为. 涂色问题 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． 【考向归类】 考向一：元素（位置）有限制的问题 【典例1】 （24-25高二下·江苏宿迁·期中） 12．用数字0，1，2，3，4，5这6个数字组成无重复数字的四位数，下列说法正确的是（    ） A．共可组成360个四位数 B．四位偶数有156个 C．能被25整除的四位数有21个 D．从小到大排列第89个数为2340 【答案】BC 【分析】对于A，由特殊元素优先法，先选定最高位为非零数，其余数位全排，可得正误；对于B，由偶数个位的特征，分为个位为零与非零两种情况，结合分类加法原理，可得正误；对于C，由能被整除数的后两位的特征，分为两种情况，结合分类加法原理，可得正误；对于D，由高到低的数位，排列由小到大的数，依次计数，可得答案. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，由能被整除的数后两位为，则，故C正确； 对于D，最高位为的四位数有，前两位为的四位数有， 前两位为的四位数有，前三位为的四位数有， 由，且，，则从小到大排列第个数为，故D错误. 故选BC. 【备考提醒】 优先安排特殊元素或特殊位置是原则． 【举一反三】 （24-25高二下·浙江宁波·期中） 13．甲、乙、丙、丁、戊、戌6名同学相约到电影院观看电影《哪吒2》，恰好买到了六张连号且在同一排的电影票，若甲不坐在6个人的两端，乙和丙相邻，则不同的排列方式种数为 .用数字作答. 【答案】144 【分析】应用分步计数，先将丁、戊、戌排成一排，有4个空，再把乙和丙全排看作一个人插入，最后将甲插入中间3个空，即可得. 【详解】先将丁、戊、戌排成一排有种，队列中有4个空， 再把乙和丙全排看作一个人插到其中一个空中有种， 最后把甲插入中间3个空中有种， 所以共有种. 故答案为：144 （24-25高二下·山东·阶段练习） 14．某班某次班会准备从甲、乙2名女同学及其他5名男同学中安排5名同学依次发言．若甲、乙同时参与，且前3名发言的同学中有女同学，则不同的安排方法有（   ） A．840种 B．960种 C．1080种 D．1200种 【答案】C 【分析】先从5名男同学中选3人，再分前3名同学有1名女同学，2名女同学2种情况排前3名同学，最后排剩下2名同学可得总安排方法数. 【详解】先从5名男同学中选3人，有种情况； 若前3名同学中，只有1名女同学，则先从3名男生中选2名，有种情况， 再从2名女生中选一名，有2种情况，再将前3人排成一列，有种情况， 最后排剩下2人，有种方法，则前3名同学中， 只有1名女同学的总情况数为：； 若前3名同学中，有2名女同学，则先从3名男生中选1名，有种情况， 再将前3人排成一列，有种情况，最后排剩下2人，有种方法， 则前3名同学中，有2名女同学的总情况数为：； 故不同的安排方法有. 故选：C 考向二：相邻（不相邻）问题 【典例2】（24-25高三下·云南临沧·阶段练习） 15．年月日，第四届中国国际进口博览会在国家会展中心（上海）开幕，共有个国家和地区加现有甲、乙、丙、丁、戊、己六家企业参加某主题展览活动，每个企业一个展位在排成一排的个展位中，甲、乙、丙三个企业两两互不相邻的排法有（    ）种． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由插空法结合分步乘法计数原理即可求解. 【详解】用插空法：先排丁、戊、己三家企业，共有种方法， 在它们之间的两个空加上两头共有四个空位， 从位中任意选三个排列甲、乙、丙三个企业，共有种方法． 由分步乘法计数原理可得甲、乙、丙三个企业两两互不相邻的排法有种． 故选：A． 【典例3】（24-25高二下·湖北·期中） 16．2025年某影院在春节档引入了5部电影，包含3部喜剧电影、2部动画电影．其中《哪吒之魔童闹海》票房超150亿，成为全球动画票房冠军．该影院某天预留了一个影厅用于放映这5部电影，这5部电影当天全部放映，则下列选项正确的是（   ） A．《哪吒之魔童闹海》不排在第1场，共有96种排法 B．两部动画片放映的先后顺序固定（不一定相邻），一定共有60种排法 C．两部动画片相邻放映，共有48种排法 D．3部喜剧电影不相邻，共有24种排法 【答案】ABC 【分析】由特殊元素优先法即可判断A，由倍缩法即可判断B，由捆绑法即可判断C，由插空法即可判断D. 【详解】对于A，先从剩下的四场中选一场排《哪吒之魔童闹海》，然后另外的4部电影全排列， 则有种排法，故A正确； 对于B，5部电影全排列有种排法，因为两部动画片放映的先后顺序固定， 则有种排法，故B正确； 对于C，先将两部动画片捆绑，再与另外三部电影全排列， 则有种排法，故C正确； 对于D，先排两部动画片，刚好形成3个空，将三部喜剧电影插入这3个空， 则有种排法； 故选：ABC 【备考提醒】 1.捆绑法：解决“相邻”问题用“捆绑法”，就是将n个不同的元素排成一排，其中k个元素排在相邻位置上，求不同的排法种数的步骤： ①先将这k个元素“捆绑”在一起，看成一个整体； ②把这个整体当作一个元素与其他元素一起排列，其排列方法有种排法； ③然后“松绑”，即将“捆绑”在一起的元素内部进行排列，其排列方法有种； ④根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有种． 2.插空法：解决不相邻问题的方法为“插空法”，即将n个不同的元素排成一排，其中k个元素互不相邻（）．求不同的排法种数的步骤： ①先将不作不相邻要求的元素共个排成一排，其排列方法有种； ②然后将要求两两不相邻的k个元素插入个空隙中，相当于从个空隙中选出k个，分别分配给两两不相邻的k个元素，其排列方法有：种； ③根据分步乘法计数原理，符合条件的排法有种． 【举一反三】 （24-25高二下·天津·阶段练习） 17．天津市第四十七中学为了弘扬我国二十四节气文化，特制作出“立春”“雨水”“惊蛰”“春分”“清明”“谷雨”“立夏”七张知识展板放置在七个并列的文化橱窗里，要求“立春”和“春分”两块展板相邻．且“清明”和“惊蛰”两块展板不相邻，则不同的放置方式种数为（   ） A．265 B．320 C．480 D．960 【答案】D 【分析】利用捆绑法和插空法，以及分步乘法计数原理求解即可. 【详解】将“立春”和“春分”两块展板看成一个整体，与“雨水”， “谷雨”，“立夏”三块展板进行全排列，再将“清明”和“惊蛰”两块展板插空. 所以不同的放置方式种数为. 故选：D. （24-25高三下·山东聊城·阶段练习） 18．某班组织了国庆文艺晚会，从甲、乙、丙、丁等7个节目中选出5个节目进行演出，选出的5个节目要求相邻依次演出，且要求甲、乙、丙必选，且甲、乙相邻，但甲、乙均不与丙相邻，若丁被选中，丁必须排在前两位，则不同的演出顺序种数为 .（用数字作答） 【答案】96 【分析】由分类加法原理，利用捆绑法与插空法，可得答案. 【详解】当丁没有被选中时，不同的演出顺序种数为； 当丁被选中且排在第一位时，不同的演出顺序种数为； 当丁被选中且排在第二位时，不同的演出顺序种数为. 综上，不同的演出顺序种数为. 故答案为：. 考向三：分组分配问题 【典例4】（2025·河南郑州·三模） 19．河南具有悠久的历史和丰富的文化底蕴，其美食也独具特色．现有一名游客计划在三天内品尝完以下六种河南特色美食：烩面、胡辣汤、灌汤包、道口烧鸡、焖饼、黄河鲤鱼．该游客每天从这六种美食中选择1到3种进行品尝（每天必须选择且不能重复选择已品尝过的美食）．若三天后恰好品尝完所有美食，则不同的选法种数为（   ） A．450 B．360 C．180 D．90 【答案】A 【分析】根据题意可知分配方式有和两种情况，然后分别计算这两种情况的选法种数，最后相加就是所求答案. 【详解】①计算按照分配的选法种数. 根据分步乘法计数原理，按分配的选法种数为： 种. ②按照分配的选法种数为： 种. 最后将两种选法种数相加得到总的选法种数为种. 故选：A. 【备考提醒】 1．对不同元素的分配问题 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． ②对于部分均分，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． 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． 2.分组问题（分成几堆，无序）有等分、不等分、部分等分之别.一般地，平均分成堆（组）必须除以；如果有堆（组）元素个数相同，必须除以. 【举一反三】 （24-25高三上·陕西西安·阶段练习） 20．某学校拟派2名语文老师、3名数学老师和3名体育老师共8人组成两个支教分队，平均分到甲、乙两个村进行义务支教，其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和体育老师，则不同的分配方案有（    ） A．72种 B．36种 C．24种 D．18种 【答案】B 【分析】先分配语文老师，再把数学体育老师按1，2和2，1分配，或2，1和1，2分配即可求解； 【详解】两名语文老师由种分配方程； 数学老师按1，2分，则体育老师按2，1分， 或数学老师按2，1分，则体育老师按1，2分，共有, 所以不同的分配方案有， 故选：B （24-25高二上·辽宁辽阳·期末） 21．元旦假期，某旅游公司安排6名导游分别前往沈阳故宫、本溪水洞、鞍山千山、盘锦红海滩四个景区承担义务讲解任务，要求每个景区都要有导游前往，且每名导游都只安排去一个景区，则不同的安排方法种数为（    ） A．1280 B．300 C．1880 D．1560 【答案】D 【分析】利用先分组再分配的思想结合排列组合的知识求解. 【详解】将6名导游分成四组，各组人数分别为1，1，1，3或1，1，2，2． 当各组人数为1，1，1，3时，共有种安排方法； 当各组人数为1，1，2，2时，共有种安排方法． 故不同安排方法有种． 故选：D. 【必备知识】 1．二项式定理 这个公式所表示的定理叫二项式定理，右边的多项式叫的二项展开式． 其中的系数叫二项式系数． 式中的叫二项展开式的通项，用表示，即通项. 2．二项展开式形式上的特点 (1)项数为； (2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n； (3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n； (4)二项式的系数从一直到. 3.二项式系数的性质 (1)对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即. (2)增减性与最大值： 二项式系数，当时，二项式系数逐渐增大，由对称性知它的后半部分是逐渐减小的； 当n是偶数时，中间一项取得最大值； 当n是奇数时，中间两项取得最大值． (3)各二项式系数和：；. 【考向归类】 考向一：二项展开式中特定项的系数问题 【典例1】（24-25高二下·江苏南京·期中） 22．在的展开式中，前3项的系数成等差数列. (1)求展开式中的一次项； (2)证明展开式中没有常数项； (3)求展开式中所有的有理项. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据二项式定理的展开式公式及等差数列的性质先计算n的值，再利用二项式展开式的通项公式计算一次项即可； （2）根据通项公式设出常数项计算得出矛盾，即可证明； （3）利用二项式展开式通项待定系数求有理项即可. 【详解】（1）设该二项式展开式通项为，则， 由题意可得：或， 显然不符题意，舍去，故. 令，即含x的一次项为：； （2）由（1）展开式通项为 ，则， 所以不满足，所以展开式中没有常数项； （3）由（1）知二项式展开式通项，由题意知， 令得为展开式中所有的有理项. 【典例2】（24-25高二下·山东威海·期中） 23．的展开式中含的项为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将三项展开式变为，根据和展开式通项，结合不同的取值可求得结果. 【详解】 展开式通项为；展开式通项为， 当时，对应的项为； 当时，对应的项为； 当时，对应的项为； 当时，对应的项为； 当时，对应的项为； 展开式中含的项为. 故选：B. 【典例3】（2025·山西晋中·三模） 24．的展开式中，常数项为 ． 【答案】10 【分析】根据，求出的展开式的通项即可求解. 【详解】因为， 又的展开式的通项为， 所以当时， 所以的展开式中常数项为10． 故答案为：. 【备考提醒】 1.求形如的展开式中与特定项相关的量（常数项、参数值、特定项等）的步骤： 第一步，利用二项式定理写出二项展开式的通项公式，常把字母和系数分离开来（注意符号不要出错）； 第二步，根据题目中的相关条件（如常数项要求指数为零，有理项要求指数为整数）先列出相应方程（组）或不等式（组），解出r； 第三步，把r代入通项公式中，即可求出Tr＋1，有时还需要先求n，再求r，才能求出或者其他量． 【举一反三】 （2025·四川攀枝花·三模） 25．的二项展开式中含的项的系数为 （用数字作答）． 【答案】 【分析】利用展开式的通项公式来求指定项系数即可. 【详解】展开式中的第二项为， 所以含的项的系数为， 故答案为： （2025·福建漳州·一模） 26．的展开式中，常数项为 . 【答案】 【分析】将视为一个整体，利用二项式定理求的展开式，再结合二项式定理确定展开式中各项的展开式中的常数项，由此可得结论. 【详解】 ， 的展开式的通项公式为，， 令可得（舍去），所以的展开式中不存在常数项， 的展开式的通项公式为，， 令可得，所以的展开式中常数项为， 的展开式的通项公式为，， 令可得，所以的展开式中不存在常数项， 的展开式的通项公式为，， 令可得，所以的展开式中的常数项为， 又的展开式中没有常数项， 所以的展开式的常数项为 故答案为: （24-25高二下·江苏连云港·阶段练习） 27．的展开式中的系数为，则的值为 ． 【答案】 【分析】根据二项展开式通项公式直接构造方程求解即可. 【详解】展开式通项为：， 令，则；令，则； 展开式中的系数为，解得：. 故答案为：. 考向二：二项式系数 【典例1】（24-25高二下·广东汕头·期中） 28．在二项式展开式中，下列说法不正确的是（   ） A．第三项的二项式系数为15 B．所有项的二项式系数之和为64 C．有理项共有3项 D．常数项为第五项 【答案】C 【分析】结合二项展开式的通项公式可判断ACD的真假，利用二项式系数的性质可判断B的真假. 【详解】设展开式的第项为， 则：. 所以的二项式系数为，故A正确； 由为整数，可得的值可以为，故展开式中有理项为4项，故C错误； 由，所以为常数项，故D正确； 对B：根据二项式系数的性质可得：所有项的二项式系数之和为，故B正确. 故选：C 【备考提醒】 1.三条性质：1.对称性；2.增减性；3.各项二项式系数的和. 2.二项式展开式中的最值问题 （1）二项式系数的最大值：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；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； （2）系数的最大项 求展开式中最大的项，一般采用待定系数法．设展开式中各项系数分别为，设第项系数最大，应有，从而解出来． 【举一反三】 （24-25高二下·重庆·期中） 29．已知的展开式中第9项、第10项、第11项的二项式系数成等差数列，则（   ） A．11 B．14 C．11或23 D．14或23 【答案】D 【分析】根据二项式系数的定义列出等式，解方程即可. 【详解】由题意可得，成等差数列，则， 即， 即，即， 解得或. 故选：D. （24-25高二下·广东深圳·阶段练习） 30．在的展开式中，若仅有第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是第（  ）项. A． B． C．2或3 D．3或4 【答案】D 【分析】首先根据二项式系数最大值问题求，再根据第项的系数大于前一项，也大于后一项，根据不等式，即可求解. 【详解】由的展开式中，仅第5项的二项式系数最大，得展开式共9项，则， 的展开式的通项公式， 设展开式中系数最大项是，则，即， 解得，而，因此或，，， 所以展开式中系数最大的项是第3或4项. 故选：D. 考向三：系数和问题 【典例1】（24-25高二下·天津·期中） 31．设，则下列结论中正确的个数为（    ） ①    ② ③    ④ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】根据展开式的通项可判断①；利用赋值法可判断②，③；对原式求导后再赋值可判断④. 【详解】展开式的通项为，， 所以 ，故①正确； 令，可得， 令，可得，（1） 所以，故②正确； 令，可得，（2） （1）（2）可得， 所以，故③正确； 对两边求导， 可得， 令，可得，故④正确； 所以结论中正确的个数为个. 故选：. 【备考提醒】 二项式定理给出的是一个恒等式，对于x，y的一切值都成立．因此，可将x，y设定为一些特殊的值．在使用赋值法时，令x，y等于多少，应视具体情况而定，一般取“1，－1或0”，有时也取其他值．如： 1.形如，的式子，求其展开式的各项系数之和，只需令即可； 2.形如的式子，求其展开式各项系数之和，只需令即可． 【举一反三】 （24-25高二下·全国·课后作业） 32．展开式中，求： (1)二项式系数之和； (2)各项系数之和； (3)所有奇数项系数之和； (4)各项系数绝对值的和. 【答案】(1)512 (2) (3) (4) 【分析】（1）根据二项式系数和的性质直接计算即可. （2）令，即可求得各项系数之和. （3）令，得，结合（2）的结果相加即可求解. （4）结合展开式通项可知各项系数的符号，有，令，即可求得. 【详解】（1）设. 二项式系数之和为. （2）令，，得各项系数之和. （3）令，，得， 又， 两式相加得， 故所有奇数项系数之和为. （4）， ，，，，. ， 令，，得. （2025高三·全国·专题练习） 33．已知，且展开式第6项与第7项的二项式系数相等，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】先求出，然后利用赋值法判断选项A，B，C的正误；然后将二项式两边求导，再赋值即可判断选项D的正误. 【详解】因为第6项与第7项的二项式系数相等，所以，则. 令，得，所以选项A不正确； 令，得，所以，所以选项B正确； 令，得，所以，所以，所以选项C正确； 因为，所以两边同时求导得 ，令，得， 所以，所以选项D错误． 故选：BC． 考向四：二项式定理的应用 【典例1】（24-25高二下·江苏无锡·期中） 34．被8整除的余数为 . 【答案】 【分析】利用二项式展开式的通项特征即可求解. 【详解】由于， 由于均能被8整除，所以除以8的余数为7， 故答案为：7 【典例2】（近似值问题）（24-25高二下·安徽·期中） 35．的小数点后第三位数字为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用二项展开式可得出该小数的前四位数，即可得解. 【详解】因为 ， 因此，的小数点后第三位数字为. 故选：A. 【典例4】（24-25高二下·山东泰安·期中） 36．对一个量用两种方法分别算一次，由结果相同构造等式，这种方法称为“算两次”的思想方法.利用这种方法，结合二项式定理，可以得到很多有趣的组合恒等式.例如：考察恒等式，左边的系数为，而右边，的系数为，因此可得到组合恒等式.利用算两次的思想方法或其他方法，可以得出下面有关组合数的等式，正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】A选项，，左边的系数等于右边的系数，得到A正确；B选项，在个人中选人搞卫生工作，其中人擦窗户，人拖地，共有多少种不同的方法，用两种方法解答，得到B正确；C选项，，左边的系数等于右边的系数，故，C错误；D选项，在C基础和题干条件下，得到方程组，联立得到答案. 【详解】A选项，， 左边的系数为， 右边， 故的系数为， 故，A正确； B选项，在个人中选人搞卫生工作，其中人擦窗户，人拖地，共有多少种不同的方法？ 方法一：先从在个人中选人，再从选出的人中选出人擦窗户，共有种不同的方法； 方法二：先从在个人中选人擦窗户，再从剩余的人中选人拖地， 故共有种方法； 故，B正确； C选项，， ， 左边的系数为， 右边的系数为，故，C错误； D选项，由题干可得， 故， 即①， 由C可知，，则②， 故①-②得， 所以，D正确. 故选：ABD 【典例5】（数列求和问题）（24-25高二下·广东·期中） 37．若一个数列由两个变量和共同控制，则称这样的数列为“双数列”，当时，可记为，在研究这样的数列问题时，一般将一个变量视为固定值，已知数列中，，，给定双数列 (1)求数列的通项公式； (2)现固定的值且，求； (3)设双数列，固定的值且满足，，则当取何值时，取得最大值.（结果用含的表达式表达） 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意得，结合累乘法可求得数列的通项公式； （2）由（1）可得，结合二项式定理可求得； （3）求出的表达式，因为值被固定，故其可视为常数，记作，计算出、，当时，设最大，可得出，求出的范围，然后分析的单调性，可得出结果. 【详解】（1）由题意得， ，，， 故当时，， 也满足，故对任意的，. （2）因为，由题意可得， 故， 又因为，故. （3）因为，，可得， 由题意得， 因为值被固定，故其可视为常数，记作， 当时，，当时，， 当时，要有取得最大值，则有，即，， ， ， 当时，由于，不存在， 故分母不可能为，即， 有，分析可得当时，， 而， 故在此之前数列一直递增，时，，而 ， 故在此之后数列一直递减，即， 又题干中满足，，故， 因此，当或时，取得最大值 【备考提醒】 1．二项式定理的一个重要用途是做近似计算：当n不是很大，|x|比较小时，. 2．在证明整除问题或求余数问题时要进行合理的变形，使被除式（数）展开后的每一项都含有除式（数）的因式． 【举一反三】 （24-25高二上·安徽亳州·期末） 38．设. (1)求； (2)若是，，，，中唯一的最大值，求的所有可能取值； (3)若，求. 【答案】(1) (2)20，21，22 (3) 【分析】（1）利用赋值法，令，，即可得结果； （2）根据二项式定理可得，根据题意列式求解即可； （3）整理可得，结合二项式系数的性质运算求解. 【详解】（1）由， 令，可得； 令，可得； 所以. （2）由题意知的展开式的通项为，， 所以，. 因为是中唯一的最大值， 可得，即，解得， 所以的所有可能取值为20，21，22. （3）由题意可得：， 所以，， 则. 因为， 所以. （24-25高三上·贵州·开学考试） 39．若n项有穷数列满足，，…，，即，则称有穷数列为“对称数列”． (1)设数列是项数为7的“对称数列”，，若成等差数列，且，试写出所有可能的数列． (2)已知递增数列的前n项和为，且． ①求的通项公式； ②组合数具有对称性，恰好构成一个“对称数列”，记，求． 【答案】(1)答案见解 (2)①；② 【分析】（1）由等差数列的性质及已知条件求解即可； （2）由及为递增数列，利用求解即可；通过构造，根据导数计算出，再根据错位相减计算即可． 【详解】（1）因为成等差数列，所以， 又，所以，则， ①当时，， 则所以可能数列为：；；；； ①当时， 由，解得，， 当时，由，且，，所以不合题意舍去； 所以可能数列为：；；；；；；；；；；；． 综上，所有可能的数列为：；；；；；；；；；；；；；；；． （2）①当时，，则； 当，， 所以， 因为为递增数列，且，所以时，， 所以，即， 所以为首项为，公差为的等差数列， ； ② ， 设， 两边求导得，， 令，则， 所以， 所以， 设， 则， 两式相减得， 所以， 所以． 【点睛】关键点睛：通过构造计算；通过错位相减法求． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$