第三章 排列、组合与二项式定理 章末综合提升-【名师导航】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册教师用书word（人教B版）

该高中数学单元复习讲义围绕排列组合与二项式定理，通过“基本计数原理-排列组合应用-特殊策略-二项式定理”的递进框架梳理知识体系，以典型例题解析呈现逻辑推理和数学运算的考查重点，清晰展现各知识点内在联系与重难点分布。 讲义亮点在于分层练习设计，如例1通过分类讨论解决含特殊元素的计数问题，例2结合分步乘法原理处理实际情境，培养学生逻辑推理与数学运算素养。章末测评涵盖选择填空解答题，基础题巩固方法，综合题提升能力，助力不同层次学生自主复习，也为教师精准教学提供有效支持。

类型1　基本计数原理的应用 高考侧重于对基本计数原理的理解及运用基本计数原理解决一些简单的实际问题的考查，题目难度一般不大．求解时需先明确分类或分步的标准，对逻辑推理、数学运算等核心素养要求较高． 【例1】　从1，2，3，4，5，6这6个数字中，任取3个数字组成无重复数字的三位数，其中若有1和3时，3必须排在1的前面；若只有1和3中的1个时，它应排在其他数字的前面，这样的不同三位数共有________个． 60　[1与3是特殊对象，以此为标准进行分类．分三类：①没有数字1和3时，满足条件的三位数有个； ②只有1和3中的1个时，满足条件的三位数有个； ③同时有1和3时，先把3排在1的前面，再从其余4个数字中选1个数字插入3和1所形成的3个空中，此时满足条件的三位数有个． 所以满足条件的三位数共有＝60(个)．] 类型2　排列、组合的应用 从近几年的考题来看，高考中出现的有关排列、组合的试题的难度基本上都没有超过教材例题、习题的难度，强调对基本计数原理的理解及分类讨论思想的应用．另外，与古典概型的结合体现了对综合能力的考查及对逻辑推理、数学运算等核心素养的考查． 【例2】　(1)甲、乙两位同学从6种课外读物中各自选读2种，则这两人选读的课外读物中恰有1种相同的选法共有(　　) A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 (2)小明和爸爸、妈妈、爷爷、奶奶一同参加一电视节目的现场录制，5人坐成一排．若小明的父母至少有一人与小明相邻，则不同的坐法种数为________． (1)C　(2)84　[(1)甲、乙二人先选1种相同的课外读物，有＝6(种)情况，再从剩下的5种课外读物中各自选1本不同的读物，有＝20(种)情况，由分步乘法计数原理可得共有6×20＝120(种)选法．故选C． (2)若小明的父母有一人与小明相邻，则不同的坐法有＝72(种)；若小明的父母都与小明相邻，则不同的坐法有＝12(种)．由分类加法计数原理可得，满足条件的不同的坐法有72＋12＝84(种)．] 类型3　相同元素的分组策略—— 隔板法 将n个相同的元素分成m份(n，m为正整数)，每份至少1个元素，可以用(m－1)块隔板，插入n个元素排成一排形成的(n－1)个空隙中，所有的分法数为. 【例3】　将10个相同的小球分别装入3个不同的盒子中且每盒非空(每盒至少装1个小球)，则不同的装法有________种． 36　[将10个小球排成一排，在其两两之间的9个空中任取2个画上竖线，这样就将10个小球分成了3组．如图所示的是其中一种分法． 将每组小球按顺序装入3个盒子中，则画竖线的方法数就等于题中所求的装法数，故满足题意的装法共有＝36(种)．] 类型4　二项式定理及其应用 高考对二项式定理考查的题型主要有： (1)求展开式中的特定项(或特定项的系数、二项式系数)． (2)已知特定项的系数求参数的值． (3)求展开式中系数的和． 题目比较简单，重在考查数学运算素养． 【例4】　(1)85的展开式中x2的系数是(　　) A．－5 B．10 C．－15 D．25 (2)已知(2－x)521＝a0＋a1(x＋1)＋a2(x＋1)2＋…＋a521(x＋1)521，则a520＝(　　) A．1 563 B．1 C．2521 D．0 (1)A　(2)A　[(1)85＝3[]5＝3(1－x)5，3的通项公式为Tk＋1＝k，其中k＝0，1，2，3，(1－x)5的通项公式为Tr＋1＝，其中r＝0，1，2，3，4，5，所以展开式中x2＝10－15＝－5． (2)(2－x)521＝[3－(x＋1)]521＝a0＋a1(x＋1)＋＝1 563(x＋1)520，故a520＝1 563．] 章末综合测评(一)　排列、组合与二项式定理 (时间：120分钟　满分：150分) 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．＋的值为(　　) A．6 B．101 C． D． C　[＋＋＝.故选C．] 2．从0，1，2，3，4，5六个数字中任取两个奇数和两个偶数，组成没有重复数字的四位奇数，则不同的取法种数为(　　) A．72 B．84 C．144 D．180 B　[若不选0，则有＝36(种)；若选0，则有＝48(种)．所以不同的取法种数为36＋48＝84．] 3．5的展开式中x的系数为(　　) A．－80 B．－40 C．40 D．80 D　[5的展开式的通项为Tk＋1＝(2x)5-kk＝(－1)kx5-2k.令5－2k＝1，得k＝2，所以5的展开式中x的系数为(－1)2＝80．故选D．] 4．甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相邻，则不同的排列方式共有(　　) A．12种 B．24种 C．36种 D．48种 B　[先利用捆绑法排乙、丙、丁、戊四人，再用插空法选甲的位置，则有＝24(种)．故选B．] 5．的展开式中x5的系数是12，则实数a的值为(　　) A．4 B．5 C．6 D．7 C　[利用二项式定理展开得26＋25x＋24x2＋23x3＋22x4＋2x5＋，则x5的系数为2－22＝12，∴a＝6．故选C．] 6．的展开式中系数为无理数的项的个数为(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 B　[展开式的通项为Tk＋1＝6-kk＝x6-2k，k＝0，1，2，3，4，5，6， 当k＝0，2，4，6时，是整数，k＝1，3，5时，不是整数，系数是无理数，故系数为无理数的项共有3项，故选B．] 7．“碳中和”是指企业、团体或个人等测算在一定时间内直接或间接产生的温室气体排放总量，通过植树造林、节能减排等形式，以抵消自身产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”．某“碳中和”研究中心计划派5名专家分别到A，B，C三地指导“碳中和”工作，每位专家只去一个地方，且每地至少派驻1名专家，则分派方法的种数为(　　) A．90 B．150 C．180 D．300 B　[根据题意有两种方式： 第一种方式，有一个地方去3个专家，剩下的2个专家各去一个地方， 共有＝×3×2×1＝60(种)方法； 第二种方式，有一个地方去1个专家，另两个地方各去2个专家， 共有＝×3×2×1＝90(种)方法，所以分派方法的种数为60＋90＝150．] 8．如图所示，用五种不同的颜色给图中的A，B，C，D，E，F六个不同的点涂色，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的颜色，则不同的涂色方法共(　　) A．1 240种 B．360种 C．1 920种 D．264种 C　[由于A和E或F可以同色，B和D或F可以同色，C和D或E可以同色，所以当五种颜色都选择时，选法有种；当五种颜色选择四种时，选法有种；当五种颜色选择三种时，选法有种，所以不同的涂色方法共＋＋＝1 920(种)．故选C．] 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．若，则m的取值可能是(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 BC　[根据题意，对于和，有0≤m－1≤8且0≤m≤8，则有1≤m≤8，若，则有＞3×，变形得m＞27－3m，解得m＞，即＜m≤8，则m＝7或8．故选BC．] 10．有四名男生、三名女生排队照相，七个人排成一排，则下列说法正确的有(　　) A．如果四名男生必须连排在一起，那么有720种不同排法 B．如果三名女生必须连排在一起，那么有576种不同排法 C．如果女生不能站在两端，那么有1 440种不同排法 D．如果三个女生中任何两个均不能排在一起，那么有1 440种不同排法 CD　[A中如果四名男生必须连排在一起，那么有＝576(种)不同排法，A错误； B中如果三名女生必须连排在一起，那么有＝720(种)不同排法，B错误； C中如果女生不能站在两端，那么有＝1 440(种)不同排法，C正确； D中如果三个女生中任何两个均不能排在一起，那么有＝1 440(种)不同排法，D正确． 故选CD．] 11．已知n(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等，且展开式的各项系数之和为1 024，则下列说法正确的是(　　) A．展开式中奇数项的二项式系数和为256 B．展开式中第6项的系数最大 C．展开式中存在常数项 D．展开式中x15的系数为45 BCD　[因为n(a>0)的展开式中第5项与第7项的二项式系数相等， 所以＝，即n＝10． 因为展开式的各项系数之和为1 024， 所以令x＝1，则(a＋1)10＝1 024． 因为a>0，所以a＝1． 10的展开式的通项为Tk＋1＝(x2)10-kk＝．展开式中奇数项的二项式系数和为×1 024＝512，故A错误． 因为展开式中二项式系数和项的系数一样，且展开式有11项，故展开式中第6项的系数最大，B正确． 令20－k＝0⇒k＝8，即展开式中存在常数项，C正确． 令20－k＝15⇒k＝2，即x15的系数为＝45，D正确．] 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12．的展开式中，各项系数中的最大值为________． 5　[10的展开式的通项为 Tk＋1＝xk，0≤k≤10且k∈Z， 设展开式中第k＋1项系数最大， 则 解得， 又k∈Z，故k＝8， 所以展开式中系数最大的项是第9项，且该项系数为＝5．] 13．“学习强国”APP主要设有“阅读文章”和“视听学习”两个学习板块和“每日答题”“每周答题”“专项答题”“挑战答题”四个答题板块．某人在学习过程中，将六大板块依次各完成一次，则“阅读文章”与“视听学习”两大学习板块之间最多间隔一个答题板块的学习方法有________种． 432　[若“阅读文章”与“视听学习”相邻，则有＝240(种)可能；若“阅读文章”与“视听学习”相隔一个答题版块，则有＝192(种)可能，故共有240＋192＝432(种)可能．] 14．七巧板是古代劳动人民智慧的结晶．如图是某同学用木板制作的七巧板，它包括5个等腰直角三角形、一个正方形和一个平行四边形．若用四种颜色给各板块涂色，要求正方形板块单独一色，其余板块两块一种颜色，而且有公共边的板块不同色，则不同的涂色方案有________种． 72　[由题意，一共4种颜色，板块A需单独一色，剩下6个板块中每2个区域涂同一种颜色，又板块B，C，D两两有公共边不能同色，故板块A，B，C，D必定涂不同颜色． ①当板块E与板块C同色时，则板块F，G与板块B，D或板块D，B分别同色，共2种情况； ②当板块E与板块B同色时，则板块F只能与D同色，板块G只能与C同色，共1种情况． 又板块A，B，C，D颜色可排列，故共有＝72(种)涂色方案．] 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(13分)已知集合A＝{x|1＜log2x<3，x∈N＋}，B＝{4，5，6，7，8}． (1)从A∪B中取出3个不同的元素组成三位数，则可以组成多少个？ (2)从集合A中取出1个元素，从集合B中取出3个元素，可以组成多少个无重复数字且比4 000大的自然数？ [解]　由1<log2x<3，得2<x<8．又x∈N＋，所以x的取值为3，4，5，6，7，即A＝{3，4，5，6，7}． (1)易得A∪B＝{3，4，5，6，7，8}，从A∪B中取出3个不同的元素，可以组成的三位数有＝120(个)． (2)若从集合A中取出的元素是3，则3不能是千位上的数字，满足题意的自然数有＝180(个)； 若从集合A中取出的元素不是3，则满足题意的自然数有＝384(个)． 所以满足题意的自然数共有180＋384＝564(个)． 16．(15分)现将甲、乙2名志愿者和A，B，C，D 4名学生排成一排合影留念．求下列不同的排法种数： (1)甲、乙两人必须站在两端； (2)A与B两人相邻且与C不相邻． [解]　(1)由题意得，先把甲、乙排在两端，其他4人排中间， 由分步乘法计数原理得，共有＝48(种)方法． (2)由题意得，除A，B，C外，剩余的3人先排列，有＝6(种)方法， 然后把A，B捆在一起看成整体与C去插空，有＝24(种)方法， 由分步乘法计数原理可得，共有6×24＝144(种)方法． 17．(15分)在的展开式中，________．给出下列条件： ①所有偶数项的二项式系数之和为256； ②前三项的二项式系数之和等于46． 试在上面两个条件中选择一个补充在横线上，并解答下列问题： (1)求的展开式的常数项； (2)求的展开式中系数绝对值最大的项． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． [解]　 (1)的展开式的通项为Tk＋1＝. 选①，所有偶数项的二项式系数之和为2n-1＝256，可得n＝9． 选②，前三项的二项式系数之和为＋＋＝46，解得n＝9． 由上知，展开式的通项为Tk＋1＝， 常数项即当＝0时，k＝3， ∴常数项为T4＝＝－672． (2)由(1)得n＝9，的展开式的通项为Tr＋1＝xr， 故第r＋1项的系数的绝对值为. 由题设，令解得， ∴r＝6，即第7项系数的绝对值最大，且系数绝对值最大的项为T7＝x6＝5 376x6． 18．(17分)记n的展开式中第m项的系数为bm. (1)求bm的表达式； (2)若n＝6，求展开式中的常数项； (3)若b3＝2b4，求n. [解]　 (1)由题意，n＝(2x＋x-1)n的展开式中第m项为(2x)n－(m-1)(x-1)m-1＝xn-2m+2，故bm＝. (2)当n＝6时，6＝(2x＋x-1)6的展开式的通项为(2x)6-k(x-1)k＝x6-2k，令6－2k＝0，得k＝3，此时展开式的常数项为＝160，即展开式中的常数项为160． (3)因为b3＝2b4，由(1)知，即＝，由组合数性质可知n＝5． 19．(17分)学校组织甲、乙、丙、丁4名同学去A，B，C三个工厂进行社会实践活动，每名同学只能去1个工厂． (1)有多少种不同的分配方案？ (2)若每个工厂都有同学去，有多少种不同的分配方案？ (3)若同学甲、乙不能去工厂A，且每个工厂都有同学去，有多少种不同的分配方案？(结果全部用数字作答) [解]　(1)每名同学都有3种分配方法，则不同的分配方案有34＝81(种)． (2)先把4个同学分3组，有种方法；再把这3组同学分到A，B，C三个工厂，有种方法，则不同的分配方案有＝36(种)． (3)同学甲、乙不能去工厂A，分配方案分两类： ①另外2名同学都去工厂A，甲、乙去工厂B，C，有＝2(种)情况； ②另外2名同学中有一名去工厂A，有＝12(种)情况． 所以不同的分配方案共有2＋12＝14(种)． 10 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $