专题04 排列组合与二项式定理（期末复习讲义，知识必备+10大题型精讲+过关测）高二数学上学期北师大版

该高中数学期末复习讲义以“基本计数原理-排列组合-二项式定理”为逻辑主线，通过表格对比核心考点、复习目标与考情规律，用分层梳理呈现定义、公式及常用结论，清晰构建知识脉络，突出排列组合的思维综合性和二项式定理的应用重点。 讲义亮点在于“题型-技巧-变式”三阶训练体系，如排列问题中“捆绑法”“插空法”的解题技巧指导，结合甲、乙站在丙、丁之间的站位典例，培养数学思维的逻辑推理能力。设置基础通关、重难突破、综合拓展分层练习，适配不同学生需求，助力教师实施精准教学，提升学生解决实际问题的应用意识。

专题04 排列组合与二项式定理（期末复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 基本计数原理 1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 2.能解决简单的实际问题. 常考题型，小题考查。 排列与组合 1.理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式. 2.能解决简单的实际问题. 重点考查题型，综合性强，考查思维能力和综合运用能力。 二项式定理 能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 重点考查题型，多选题或解答题为主，综合性强，考查思维能力和综合运用能力。 知识点01 基本计数原理 1.分类加法计数原理 完成一件事，如果有n类办法，且：第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法. 2.分步乘法计数原理 完成一件事，如果需要分成n个步骤，且：做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法.那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法. 3.分类加法和分步乘法计数原理的区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事. [常用结论与微点提醒] 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终. (1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类. (2)分步乘法计数原理中，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”. 知识点02 排列和组合 1.排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象 并按照一定的顺序排成一列，称为从n个不同对象中取出m个对象的一个排列 组合 并成一组，称为从n个不同对象中取出m个对象的一个组合 2.排列数与组合数 (1)从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象的所有排列的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的排列数，用符号A表示. (2)从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象的所有组合的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的组合数，用符号C表示. 3.排列数、组合数的公式及性质 公式 (1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ (2)C＝＝ ＝(n，m∈N*，且m≤n).特别地C＝1 性质 (1)0！＝1；A＝n！ (2)C＝C；C＝C＋C [常用结论与微点提醒] 1.排列数、组合数常用公式 (1)A＝(n－m＋1)A. (2)A＝nA. (3)(n＋1)！－n！＝n·n！. (4)kC＝nC. (5)C＋C＋…＋C＋C＝C. 2.解决排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排. (2)合理分类与准确分步. (3)排列、组合混合问题要先选后排. (4)相邻问题捆绑处理. (5)不相邻问题插空处理. (6)定序问题倍缩法处理. (7)分排问题直排处理. (8)“小集团”排列问题先整体后局部. (9)构造模型. (10)正难则反，等价转化. 知识点03 二项式定理 1.二项式定理 (1)二项式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)； (2)通项：Tk＋1＝Can－kbk，k＝0，1，2，…，n，它表示第k＋1项； (3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C，C，…，C. 2.二项式系数的性质 性质 性质描述 对称性 与首末等距离的两个二项式系数相等，即C＝C 增减性 二项式系数C 当k＜(n∈N*)时，是递增的 当k＞(n∈N*)时，是递减的 二项式系数 最大值 当n为偶数时，中间的一项取得最大值 当n为奇数时，中间的两项与相等且取得最大值 3.各二项式系数和 (1)(a＋b)n展开式的各二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n. (2)奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. [常用结论与微点提醒] (a＋b)n的展开式形式上的特点： (1)项数为n＋1； (2)各项的次数和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)二项式系数从C，C，一直到C，C. 题型一 基本计数原理 解｜题｜技｜巧 1.根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏. 2.分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复. 3.利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事. 4.分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成. 【典例1】用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 【答案】D 【分析】根据分步乘法原理计算求解. 【详解】用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数个位数字有2种情况，首位数字有3种情况，十位数字有3种情况， 所以三位奇数的个数为种情况. 故选：D. 【变式1】将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所有“幸运数”的个数为（   ） A．19 B．20 C．21 D．22 【答案】C 【分析】应用分类加法原理计算得出幸运数的个数即可. 【详解】当百位数字是6，其他数字是0，此时幸运数有1个； 当百位数字是5，其他数字是0和1，此时幸运数有2个； 当百位数字是4，其他数字是1和1或者是0和2，此时幸运数有个； 当百位数字是3，其他数字是1和2或者是0和3，此时幸运数有个； 当百位数字是2，其他数字是2和2或者是0和4或者是1和3，此时幸运数有个； 当百位数字是1，其他数字是2和3或者是1和4或者是0和5，此时幸运数有个； 所以幸运数的个数为. 故选：C. 【变式2】品牌电商服务商是指专门为品牌方提供电子商务服务的商家，其中包括运营、营销、仓储物流、客户服务等内容.某品牌方准备与甲、乙、丙3家服务商进行合作，为此对这3家服务商的运营、营销、仓储物流、客户服务4个项目进行考察，并根据考察结果对每项内容按照从优到劣分为A，B，C三个等级，则甲服务商的4项内容等级均高于乙和丙服务商的所有可能情况的种数为（   ） A．24 B．120 C．256 D．625 【答案】D 【分析】先分情况计算每个项目甲高于乙和丙服务商的情况，接着即可求出结果. 【详解】若甲服务等级为A，则乙和丙可以B，C等级，共有种； 若甲服务等级为B，则乙和丙只能C等级，此时有1种情况， 所以每个项目甲高于乙和丙服务商的情况有5种， 所以甲服务商的4项内容等级均高于乙和丙服务商的所有可能情况的种数为. 故选：D. 题型二 排列与排列数 解｜题｜技｜巧 排列应用问题的分类与解法 对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法. 【典例1】已知甲、乙、丙、丁、戊5名同学站一排照相，要求甲、乙站在丙、丁之间，则不同站法有（   ） A．20 B．30 C．36 D．48 【答案】A 【分析】由题意甲、乙站在丙、丁之间，先排丙、丁，再将甲、乙排在丙、丁之间，再排戊以及分步乘法计算原理即可得出. 【详解】由题意先将丙、丁排列有种站法， 再将甲、乙排在丙、丁之间有种站法， 最后在排好的4人所形成的5个空挡中选一个站戊， 有种站法， 根据分步乘法计数原理， 得共有种不同的站法. 故选：A. 【典例2】某校1位老师带领6名学生（含学生甲）参加志愿者活动，活动结束后7人排成一排合影留念，若老师不站在两端，学生甲不站在正中间，则不同的排法共有（    ） A．3720种 B．3120种 C．3000种 D．1920种 【答案】B 【分析】根据有条件排列问题可解. 【详解】根据题意先排中间位置， (1)若老师排在最中间，则6个位置可全排，则有； (2)若老师不排中间，则中间位置有5人可选，接着排教师的位置，教师位置有4个可排， 其他5个全排，则有， 综上，共有种不同的排法. 故选：B. 【变式1】某地下车库有8个连在一排的车位.现有6辆不同型号的车需要停放，若其中A，B，C，3辆车相邻停放，另3辆车也相邻停放，但这6辆车不停放在一起的不同停放种数为（    ） A．72 B．144 C．216 D．432 【答案】C 【分析】采用分步乘法计数原理结合捆绑法插空法计算即可. 【详解】第一步：先排A，B，C，3辆车共有种排法， 第二步：再排另3辆车共有种排法， 第三步：还剩两个空车位，把两个捆绑体插入两个空车位产生的3个空中共有种排法， 由分步乘法计数原理可知这6辆车不同停放种数共有：种排法. 故选：C 题型三 排列数公式 【典例1】可表示为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据排列数的计算公式进行判断. 【详解】中总共有个数连乘， 故． 故选：A 【典例2】（   ） A．0 B．56 C．1 D．42 【答案】A 【分析】根据排列数计算公式，化简求值. 【详解】由题意得， 故选：A. 【变式1】已知，则x等于（       ） A．6 B．13 C．6或13 D．12 【答案】A 【分析】根据排列数公式，化简计算，结合x的范围，即可得答案. 【详解】由题意得， 化简可得，解得或6， 因为，所以且，故. 故选：A. 题型四 组合 解｜题｜技｜巧 组合问题常有以下两类题型变化： (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取. (2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理. 【典例1】将本不同的杂志分成组，每组至少本，则不同的分组方法数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】确定三组书的数量，结合组合计数原理以及部分平均分组思想可求得结果. 【详解】将本不同的杂志分成组，每组至少本，则三组书的数量分别为、、， 所以，不同的分组方法种数为. 故选：B. 【典例2】某班从包括甲乙在内的名学生中，选择人参加植树活动，则甲乙两人至多一人参加的方法数有（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】甲乙两人至多一人参加的对立事件为甲乙都参加，利用事件的对立面求方法数即可. 【详解】根据题意，名学生中，选择人参加植树活动共有种方法， 而甲乙都参加的情况有种方法， 则甲乙两人至多一人参加的方法数有种. 故选：C. 【变式1】从7名工程师中选出4人去3个不同的工地执行任务，其中甲、乙两名工程师要么都去，要么都不去，每个工地要求至少有一名工程师，则不同分配方法的种数为（   ） A．540 B．180 C．360 D．1080 【答案】A 【分析】根据分组分配原理，先确定甲乙的去留情况，再计算符合条件得分配方式，，结合组合数和排列数进行分步计算. 【详解】由题意得，先选人，甲乙都去有种选择，甲乙都不去有种选择， 又每个工地要求至少有一名工程师，所以分配方案为2,2,1， 根据分组分配部分均分问题有种方案， 所以不同分配方法的种数为. 故选：A. 题型五 组合数及其性质 【典例1】若，则（　　） A．4 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】根据排列数和组合数的计算方法，列出方程，求出结果. 【详解】由得，解得. 故选：D. 【典例2】已知，则（    ） A．4 B．3 C．5 D．1 【答案】C 【分析】由组合数公式及已知等量关系列方程，即可求参数. 【详解】根据题意，得或，解得（舍去）或. 故选：C 【变式1】（   ） A．55 B．120 C．165 D．220 【答案】C 【分析】利用组合数的性质计算得解. 【详解】 . 故选：C 题型六 排列组合综合 解｜题｜技｜巧 1.相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法. 2.对于分堆与分配问题应注意三点 (1)处理分配问题要注意先分堆再分配； (2)被分配的元素是不同的； (3)分堆时要注意是否均匀. 【典例1】学校组织学生参加劳动基地实践活动，将名学生分配到整地做畦、作物移栽和藤架搭建个项目进行劳动技能训练，每名学生只分配到个项目，每个项目至少分配名学生，则不同的分配方案共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】B 【分析】将四名学生分为三组，再将这三组学生分配给三个项目即可，结合分步乘法计数原理可得结果. 【详解】将四名学生分为三组，每组人数分别为、、，再将这三组学生分配给三个项目即可， 所以，不同的分配方案种数为种. 故选：B. 【典例2】袜子由袜口､袜筒､脚趾三部分组成，现有四种不同颜色的布料，设计袜子的颜色配比，要求相连的部分颜色不同，共可以设计出不同颜色类型的袜子种数为（    ） A．12 B．24 C．36 D．48 【答案】C 【分析】根据袜口和脚趾颜色是否相同进行分类讨论，由此求得正确答案. 【详解】若袜口和脚趾颜色相同，则有种， 若袜口和脚趾颜色不同，则有种， 共有种． 故选:C 【变式1】2024年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕某校足球社的6名学生准备分成三组前往村超球队所在的平地村､口寨村､忠诚村3个村寨进行调研，每个村各有一组来调研，每个组至多3名学生，则不同的安排方法种数为（    ） A．900 B．600 C．450 D．150 【答案】C 【分析】按1，2，3或2，2，2将6人分成三组，再把分成的三组分到3个村寨即可. 【详解】由题意可知6个人分成三组且每组最多3名学生， 所以可以分成1，2，3或2，2，2两类， 当6人分成1，2，3三组，有种分法， 当6人分成2，2，2三组，有种分法， 所以不同的安排方法种数为种， 故选：C 题型七 求指定项的二项式系数 解｜题｜技｜巧 1.求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可. 2.对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏；也可利用排列组合的知识求解. 3.对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解. 【典例1】在二项式的展开式中，含项的二项式系数为（    ） A．5 B． C．10 D． 【答案】A 【分析】由二项式定理可得展开式通项为，即可求含项的二项式系数. 【详解】解：由题设，， ∴当时，. ∴含项的二项式系数. 故选：A. 【典例2】的展开式中的系数为（    ） A． B．32 C．8 D． 【答案】A 【分析】由题设写出展开式通项，进而确定的值，即可求其系数. 【详解】由题设，展开式通项为， ∴时，的系数为. 故选：A 【变式1】展开式的常数项为（    ） A．120 B．60 C．30 D．15 【答案】B 【分析】根据二项式展开公式得=，令，解出的值，代入计算即可. 【详解】解：因为 ==， 令，解得, 所以常数项为=60. 故选：B. 题型八 二项式展开式的系数和 解｜题｜技｜巧 　一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝ (a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为 [g(1)－g(－1)]. 【典例1】的展开式的二项式系数和为（    ） A．1 B．5 C．16 D．32 【答案】D 【分析】利用二项式系数性质求解. 【详解】二项式系数和为， 故选：D. 【典例2】设，若，则（    ） A．1 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】令，可得，解出m的值即可. 【详解】令，则可得. 又，则． 故选：D． 【变式1】已知，则（   ） A．32 B．64 C．127 D．128 【答案】D 【分析】令计算可得. 【详解】因为， 令可得. 故选：D 题型九 杨辉三角 【典例1】“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”的结论正确的是（   ） A．在第10行中第5个数最大 B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等 C． D．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 【答案】D 【分析】根据杨辉三角的规律以及组合数的性质逐一进行判断即得. 【详解】对于A，因“杨辉三角”的第10行中第5个数是，又，故A错误； 对于B，因“杨辉三角”的第2023行中第1011个数和第1012个数分别为和， 因，故，故B错误； 对于C， ，故C错误； 对于D，因，而，故D正确． 故选：D． 【典例2】在杨辉三角中，每一个数值是它肩上面两个数值之和.这个三角形开头几行如下图，若第行从左到右第12个数与第13个数的比值为2，则（    ） A．15 B．16 C．17 D．18 【答案】C 【分析】由杨辉三角的性质知，第n行的数对应的是展开式的二项式系数，进而根据二项式系数的性质求解即可. 【详解】由杨辉三角的性质知，第n行的数对应的是展开式的二项式系数， 因为第行从左到右第12个数与第13个数的比值为2， 所以，即，解得. 故选：C. 【变式1】习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动中华优秀传统文化创造性转化，“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中出现欧洲数学家帕斯卡在年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望，如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，第行中从左至右第与第个数的比值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】第行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数，由此可求得结果. 【详解】由题意可知，第行的数就是二项式的展开式中各项的二项式系数， 因此，第行中从左至右第与第个数的比值为. 故选：A. 题型十 二项式系数的综合 解｜题｜技｜巧 1.二项式系数最大项的确定方法：当n为偶数时，展开式中第＋1项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，展开式中第项和第项的二项式系数最大，最大值为或. 2.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即可. 【典例1】已知的展开式中共有7项. (1)求的值； (2)求展开式中二项式系数最大的项. 【详解】（1）由题意，，解得； （2）由（1）知展开式的通项为，展开式共有7项， 故二项式系数最大的项为. 【典例2】若，且. (1)求的展开式中二项式系数最大的项； (2)求的值. 【详解】（1）展开式的通项公式为， 所以令得. 又，所以，化简整理得，解得或（舍）. 故的展开式中二项式系数最大的项为第5项，为； （2）令，可知， 令，得， 所以， 故. 【变式1】已知二项展开式． (1)求的值； (2)求的值． 【详解】（1）已知， 令，可得， 令，可得， 所以． （2）展开式的通项为． 当r为偶数时，； 当r为奇数时，． 所以． 令，则， 即． 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 一、单选题 1．若，则n的值为（    ） A．8 B．13或8 C．13 D．8或5 【答案】B 【分析】利用组合数的性质，即从个元素取个的组合数与取个的组合数相等. 【详解】由组合数的性质可得或，解得或． 故选：B． 2．从10名同学中，选出正班长1人，副班长1人，不同的选法种数是（   ） A．70 B．80 C．90 D．100 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用排列计数问题列式得解. 【详解】依题意，不同选法种数是. 故选：C 3．安排6名歌手演出顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，则不同排法的种数是（    ） A．240种 B．360种 C．480种 D．600种 【答案】C 【分析】利用特殊元素优先法，先安排这名歌手，再余下的歌手进行全排列即可. 【详解】先排这名歌手有种方法，余下5名歌手全排列为种方法， 所以不同排法的种数为种. 故选:C. 二、多选题 4．某学院派出甲、乙、丙、丁四名老师带队去A，B，C，D四个地区参加社会实践活动，每名老师只能去一个地区，则下列说法正确的是（    ） A．若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法 B．若恰有一个区无人去，则共有36种不同的安排方法 C．若甲不去A区，且每个区均有人去，则共有18种不同的安排方法 D．若A区只能是甲去或乙去，且每个区均有人去，则共有16种不同的安排方法 【答案】AC 【分析】全排列可得A正确；利用先特殊后一般，先组合后排列，得出结果判断其余选项； 【详解】某学院派出甲、乙、丙、丁四名老师带队去A，B，C，D四个地区参加社会实践活动，每名老师只能去一个地区． 对于选项A，若四个区都有人去，则共有种不同的安排方法，即选项A正确； 对于选项B，若恰有一个区无人去，则共有种不同的安排方法；即选项B错误； 对于选项C，若甲不去A区，且每个区均有人去，则共有种不同的安排方法，即选项C正确； 对于选项D，若A区只能是甲去或乙去，且每个区均有人去，则共有种不同的安排方法，即选项D错误． 故选：AC． 三、填空题 5．已知，则 ． 【答案】 【分析】利用赋值得到，，相加即可求解. 【详解】中， 令得①， 令得②， 式子得. 故答案为：. 四、解答题 6．某学生想在物理､化学､生物､政治､历史､地理､技术这七门课程中选三门作为选考科目. (1)若任意选择三门课程，求不同的选法总数； (2)若物理和历史不能同时选，求不同的选法总数. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用组合数来求解即可 （2）利用间接法，结合组合数来求解即可. 【详解】（1）在物理､化学､生物､政治､历史､地理､技术这七门课程中选三门作为选考科目， 若任意选择三门课程，则不同的选法总数有种； （2）在物理､化学､生物､政治､历史､地理､技术这七门课程中选三门作为选考科目， 若物理和历史不能同时选，则不同的选法总数有种. 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 一、单选题 1．哈三中百年校庆活动将5名教师志愿者分配到教学楼、田径场、艺体中心、普育广场4个地点参加志愿活动，每名志愿者仅去1个地点，每个地点至少需要1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ） A．60种 B．120种 C．240种 D．480种 【答案】C 【分析】根据题意，先将5名教师志愿者分为4组，再将分好的4组安排4个地点参加志愿活动，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，分2步进行： ①将5名教师志愿者分为4组，有种分组方法， ②将分好的4组安排4个地点参加志愿活动，有种情况， 则有种分配方案. 故选：C 2．某市科技馆在国庆假期期间需派遣5名志愿者到3个不同主题展区协助讲解，每个展区至少安排1人.则不同的安排方法种数为（　   　） A．120 B．210 C．150 D．180 【答案】C 【分析】根据题意，分为两类情况：按照进行分配和按照进行分配，利用排列组合数计算后，运用分类加法计数原理即得. 【详解】因每个展区至少安排1人，故有两类情况： ① 将5名志愿者按照进行分配，有种方法； ② 将5名志愿者按照进行分配，有种方法. 由分类加法计数原理，不同的安排方法种数为. 故选：C. 3．某班选派6名同学到学校的这3个活动场地做志愿者工作，每个场地至少去1名同学，每名同学只能去1个场地，且3个场地去的同学人数互不相同，则不同的选派方法种数为（    ） A．90 B．360 C．450 D．990 【答案】B 【分析】先分三组，再进行全排列即可求解. 【详解】先分组有种方式，然后对这三组进行全排列有种方式， 由分步乘法计数原理可知，所求为. 故选：B. 二、多选题 4．关于的展开式，下列判断正确的是（    ） A．展开式共有项 B．展开式的各二项式系数的和为 C．展开式中的系数为 D．展开式中二项式系数最大的项是第项 【答案】BD 【分析】利用展开式项数与指数的关系可判断A选项；利用展开式二项式系数和可判断B选项；利用二项展开式通项可判断C选项；利用二项式系数的最值可判断D选项. 【详解】对于A选项，的展开式共有项，A错； 对于B选项，展开式的各二项式系数的和为，B对； 对于C选项，展开式通项为， 所以展开式中的系数为，C错； 对于D选项，展开式中二项式系数最大的项是第项，D对. 故选：BD. 三、填空题 5．的展开式中的系数是 （用数字作答） 【答案】 【分析】由，写出展开式的通项，利用通项计算可得. 【详解】因为， 又展开式的通项为，， 所以的展开式中含的项为， 所以展开式中的系数是. 故答案为： 四、解答题 6．某课题组有研究人员7人（男4，女3），选4人参加学术会议，求下列情况的选法有多少种不同的选法. (1)至少2女生； (2)至少2男生 (3)至多1女生. 【答案】(1)22 (2)31 (3)13 【分析】（1）分2男2女，3女1男两种情况讨论即可； （2）分2男2女，3男1女，4男0女三种情况讨论即可； （3）分4个男生，1女3男两种情况讨论即可. 【详解】（1）直接法： 2男2女：；3女1男：， 故至少2女生共种不同的选法. （2）直接法：2男2女：；3男1女：；4男0女：， 故至少2男生共有种不同的选法. （3）4个男生：；1女3男：， 故至多1女生共种不同的选法. 7．已知． (1)求的值； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用二项式展开式化简题干等式，再令，可得出所求代数式的值； （2）利用二项展开式通项求出的展开式中的系数，即为的值. 【详解】（1）因为 ， 令可得 . （2）的展开式通项为， 令，可得， 由题意可知，为的展开式中的系数，故. 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 一、单选题 1．某地区有3个学生社会实践服务点A，B，C．4名学生需在寒假完成社会实践，每个服务点至少有一名学生，则不同的社会实践安排共有（   ） A．72种 B．36种 C．24种 D．64种 【答案】B 【分析】先把4人分成3组，再把3组分到3个不同的社会实践服务点即可. 【详解】先从4名学生中选出2人组成一个小组，有种方法； 再将这个两人小组与其余2名学生安排到3个不同的服务点，有种方法， 根据分步乘法计数原理，共有种不同的安排. 故选：B 2．在的展开式中，的系数是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】写出通项公式，然后代值计算即可. 【详解】由题意可得，的通项 ， ， 令，得， 所以的系数为， 故选：A. 3．在10件产品中，有8件合格品，2件次品.从这10件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法种数是（    ） A．56 B．64 C．72 D．120 【答案】B 【分析】利用分类计数原理和分步计数原理结合组合列式计算即可. 【详解】根据题意，抽出的3件产品中至少有1件是次品包含1件次品、2件正品和2件次品、1件正品两个事件， 当抽取的为1件次品、2件正品时，抽法有种， 当抽取的为2件次品、1件正品时，抽法有种， 所以抽出的3件产品中至少有1件是次品共有种. 故选：B. 二、多选题 4．设，则下列结论正确的是（    ） A．常数项为2 B．第4项系数为 C．奇数次系数和为32 D．当时，该式的值为2916 【答案】CD 【分析】根据二项展开式的通项公式，结合赋值法，依次判断各个选项即可. 【详解】的展开式的通项为， 对于A：常数项为，故A错误； 对于B：第4项系数即的系数，， 故的系数，故B错误； 对于C：令，得； 令，得， 将两式相减，得，故，故C正确； 对于D：令，得，故D正确. 故选：CD. 5．以下关于杨辉三角的猜想中，正确的有（   ） A．第100行中，从左到右看第50个数最大 B．第100行的所有数的和为 C． D． 【答案】BCD 【分析】根据二项式系数的增减性判断A，根据组合数运算及性质计算判断B，C，D. 【详解】对于A选项，由二项式系数的增减性可知，第100行中共有101个数，从左到右看第51个数最大，A错误； 对于B选项，第100行的所有数的和为，B正确； 对于C选项，由组合数的性质可得，C正确； 对于D选项， ，D正确． 故选：BCD． 三、填空题 6．如图所示，在杨辉三角中，斜线上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：，，，，，，，记这个数列前项和为，则 ． 【答案】 【分析】由组合数的运算性质即可求解. 【详解】解：由“杨辉三角”性质，得： ． 故答案为：799 四、解答题 7．已知，且展开式中有且仅有第6项的二项式系数最大. (1)求展开式的所有二项式系数之和； (2)求的值； (3)判断的展开式中第几项系数的绝对值最大. 【答案】(1)1024 (2) (3)第5项系数的绝对值最大 【分析】（1）由“第6项二项式系数最大”确定，利用二项式系数之和公式求解. （2）通过赋值得，赋值代入展开式，变形后求得目标式子的值. （3）写出展开式通项，建立不等式组求解系数绝对值最大的项对应的值，确定项数. 【详解】（1）因为展开式中第6项的二项式系数最大，所以， 所以展开式的所有二项式系数之和为. （2）令，得. 令，得， 所以. （3）展开式的通项. 由得. 因为r为整数，所以，所以的展开式中第5项系数的绝对值最大. 8．杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《解答九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的． 杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题． 性质1：杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数； 性质2（对称性）：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即； 性质3（递归性）：除1以外的数都等于肩上两数之和，即； 性质4：自腰上的某个1开始平行于腰的一条线上的连续个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比如：，； 请回答以下问题： (1)求杨辉三角中第8行的各数之和； (2)在的展开式中，求含项的系数． 【答案】(1)256 (2) 【分析】（1）由杨辉三角的性质以及二项式系数之和公式即可得解； （2）求出的每一项中含项的系数在杨辉三角中所处的位置，再结合杨辉三角的性质，即可得解. 【详解】（1）由杨辉三角的性质1可知，第8行就是的展开式的二项式系数， 由二项式系数之和公式可知，杨辉三角中第8行的各数之和为； （2）的二项展开式的通项为， 其中的系数为，是杨辉三角第行中从左到右的第三个数， 因此中含项的系数， 分别为杨辉三角中第行中从左到右的第三个数， 首项为，且每一项均在平行于腰的一条线上，满足杨辉三角的性质， 其系数之和为最后一个数斜右下方的那个数， 因此，在的展开式中， 则含项的系数为. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 排列组合与二项式定理（期末复习讲义） 核心考点 复习目标 考情规律 基本计数原理 1.理解分类加法计数原理、分步乘法计数原理及其意义. 2.能解决简单的实际问题. 常考题型，小题考查。 排列与组合 1.理解排列、组合的概念；能利用计数原理推导排列数公式、组合数公式. 2.能解决简单的实际问题. 重点考查题型，综合性强，考查思维能力和综合运用能力。 二项式定理 能用多项式运算法则和计数原理证明二项式定理，会用二项式定理解决与二项展开式有关的简单问题. 重点考查题型，多选题或解答题为主，综合性强，考查思维能力和综合运用能力。 知识点01 基本计数原理 1.分类加法计数原理 完成一件事，如果有n类办法，且：第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法……第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m1＋m2＋…＋mn种不同的方法. 2.分步乘法计数原理 完成一件事，如果需要分成n个步骤，且：做第一步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法……做第n步有mn种不同的方法.那么完成这件事共有N＝m1×m2×…×mn种不同的方法. 3.分类加法和分步乘法计数原理的区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事. [常用结论与微点提醒] 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终. (1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类. (2)分步乘法计数原理中，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”. 知识点02 排列和组合 1.排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象 并按照一定的顺序排成一列，称为从n个不同对象中取出m个对象的一个排列 组合 并成一组，称为从n个不同对象中取出m个对象的一个组合 2.排列数与组合数 (1)从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象的所有排列的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的排列数，用符号A表示. (2)从n个不同对象中取出m(m≤n)个对象的所有组合的个数，称为从n个不同对象中取出m个对象的组合数，用符号C表示. 3.排列数、组合数的公式及性质 公式 (1)A＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝ (2)C＝＝ ＝(n，m∈N*，且m≤n).特别地C＝1 性质 (1)0！＝1；A＝n！ (2)C＝C；C＝C＋C [常用结论与微点提醒] 1.排列数、组合数常用公式 (1)A＝(n－m＋1)A. (2)A＝nA. (3)(n＋1)！－n！＝n·n！. (4)kC＝nC. (5)C＋C＋…＋C＋C＝C. 2.解决排列、组合问题的十种技巧 (1)特殊元素优先安排. (2)合理分类与准确分步. (3)排列、组合混合问题要先选后排. (4)相邻问题捆绑处理. (5)不相邻问题插空处理. (6)定序问题倍缩法处理. (7)分排问题直排处理. (8)“小集团”排列问题先整体后局部. (9)构造模型. (10)正难则反，等价转化. 知识点03 二项式定理 1.二项式定理 (1)二项式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)； (2)通项：Tk＋1＝Can－kbk，k＝0，1，2，…，n，它表示第k＋1项； (3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C，C，…，C. 2.二项式系数的性质 性质 性质描述 对称性 与首末等距离的两个二项式系数相等，即C＝C 增减性 二项式系数C 当k＜(n∈N*)时，是递增的 当k＞(n∈N*)时，是递减的 二项式系数 最大值 当n为偶数时，中间的一项取得最大值 当n为奇数时，中间的两项与相等且取得最大值 3.各二项式系数和 (1)(a＋b)n展开式的各二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n. (2)奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. [常用结论与微点提醒] (a＋b)n的展开式形式上的特点： (1)项数为n＋1； (2)各项的次数和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)二项式系数从C，C，一直到C，C. 题型一 基本计数原理 解｜题｜技｜巧 1.根据问题的特点确定一个合适的分类标准，分类标准要统一，不能遗漏. 2.分类时，注意完成这件事的任何一种方法必须属于某一类，不能重复. 3.利用分步乘法计数原理解决问题要按事件发生的过程合理分步，即分步是有先后顺序的，并且分步必须满足：完成一件事的各个步骤是相互依存的，只有各个步骤都完成了，才算完成这件事. 4.分步必须满足两个条件：一是步骤互相独立，互不干扰；二是步与步确保连续，逐步完成. 【典例1】用0，1，2，3，4可组成无重复数字的三位奇数的个数为（   ） A．48 B．36 C．24 D．18 【变式1】将各位数字之和为6的三位数叫“幸运数”，比如123，402，则所有“幸运数”的个数为（   ） A．19 B．20 C．21 D．22 【变式2】品牌电商服务商是指专门为品牌方提供电子商务服务的商家，其中包括运营、营销、仓储物流、客户服务等内容.某品牌方准备与甲、乙、丙3家服务商进行合作，为此对这3家服务商的运营、营销、仓储物流、客户服务4个项目进行考察，并根据考察结果对每项内容按照从优到劣分为A，B，C三个等级，则甲服务商的4项内容等级均高于乙和丙服务商的所有可能情况的种数为（   ） A．24 B．120 C．256 D．625 题型二 排列与排列数 解｜题｜技｜巧 排列应用问题的分类与解法 对于有限制条件的排列问题，分析问题时有位置分析法、元素分析法，在实际进行排列时一般采用特殊元素优先原则，即先安排有限制条件的元素或有限制条件的位置，对于分类过多的问题可以采用间接法. 【典例1】已知甲、乙、丙、丁、戊5名同学站一排照相，要求甲、乙站在丙、丁之间，则不同站法有（   ） A．20 B．30 C．36 D．48 【典例2】某校1位老师带领6名学生（含学生甲）参加志愿者活动，活动结束后7人排成一排合影留念，若老师不站在两端，学生甲不站在正中间，则不同的排法共有（    ） A．3720种 B．3120种 C．3000种 D．1920种 【变式1】某地下车库有8个连在一排的车位.现有6辆不同型号的车需要停放，若其中A，B，C，3辆车相邻停放，另3辆车也相邻停放，但这6辆车不停放在一起的不同停放种数为（    ） A．72 B．144 C．216 D．432 题型三 排列数公式 【典例1】可表示为（    ） A． B． C． D． 【典例2】（   ） A．0 B．56 C．1 D．42 【变式1】已知，则x等于（       ） A．6 B．13 C．6或13 D．12 题型四 组合 解｜题｜技｜巧 组合问题常有以下两类题型变化： (1)“含有”或“不含有”某些元素的组合题型：“含”，则先将这些元素取出，再由另外元素补足；“不含”，则先将这些元素剔除，再从剩下的元素中去选取. (2)“至少”或“至多”含有几个元素的组合题型：解这类题必须十分重视“至少”与“至多”这两个关键词的含义，谨防重复与漏解.用直接法和间接法都可以求解，通常用直接法分类复杂时，考虑逆向思维，用间接法处理. 【典例1】将本不同的杂志分成组，每组至少本，则不同的分组方法数为（    ） A． B． C． D． 【典例2】某班从包括甲乙在内的名学生中，选择人参加植树活动，则甲乙两人至多一人参加的方法数有（    ） A． B． C． D． 【变式1】从7名工程师中选出4人去3个不同的工地执行任务，其中甲、乙两名工程师要么都去，要么都不去，每个工地要求至少有一名工程师，则不同分配方法的种数为（   ） A．540 B．180 C．360 D．1080 题型五 组合数及其性质 【典例1】若，则（　　） A．4 B．6 C．7 D．8 【典例2】已知，则（    ） A．4 B．3 C．5 D．1 【变式1】（   ） A．55 B．120 C．165 D．220 题型六 排列组合综合 解｜题｜技｜巧 1.相邻问题采用捆绑法、不相邻问题采用插空法、定序问题采用倍缩法是解决有限制条件的排列问题的常用方法. 2.对于分堆与分配问题应注意三点 (1)处理分配问题要注意先分堆再分配； (2)被分配的元素是不同的； (3)分堆时要注意是否均匀. 【典例1】学校组织学生参加劳动基地实践活动，将名学生分配到整地做畦、作物移栽和藤架搭建个项目进行劳动技能训练，每名学生只分配到个项目，每个项目至少分配名学生，则不同的分配方案共有（   ） A．种 B．种 C．种 D．种 【典例2】袜子由袜口､袜筒､脚趾三部分组成，现有四种不同颜色的布料，设计袜子的颜色配比，要求相连的部分颜色不同，共可以设计出不同颜色类型的袜子种数为（    ） A．12 B．24 C．36 D．48 【变式1】2024年第二届贵州“村超”总决赛阶段的比赛正式拉开帷幕某校足球社的6名学生准备分成三组前往村超球队所在的平地村､口寨村､忠诚村3个村寨进行调研，每个村各有一组来调研，每个组至多3名学生，则不同的安排方法种数为（    ） A．900 B．600 C．450 D．150 题型七 求指定项的二项式系数 解｜题｜技｜巧 1.求二项展开式中的特定项，一般是化简通项后，令字母的指数符合要求(求常数项时，指数为零；求有理项时，指数为整数等)，解出项数k＋1，代回通项即可. 2.对于几个多项式积的展开式中的特定项问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合思想求解，但要注意适当地运用分类方法，以免重复或遗漏；也可利用排列组合的知识求解. 3.对于三项式问题一般先变形化为二项式再解决，或利用展开式的原理求解. 【典例1】在二项式的展开式中，含项的二项式系数为（    ） A．5 B． C．10 D． 【典例2】的展开式中的系数为（    ） A． B．32 C．8 D． 【变式1】展开式的常数项为（    ） A．120 B．60 C．30 D．15 题型八 二项式展开式的系数和 解｜题｜技｜巧 　一般地，对于多项式(a＋bx)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，令g(x)＝ (a＋bx)n，则(a＋bx)n的展开式中各项的系数和为g(1)，(a＋bx)n的展开式中奇数项的系数和为[g(1)＋g(－1)]，(a＋bx)n的展开式中偶数项的系数和为 [g(1)－g(－1)]. 【典例1】的展开式的二项式系数和为（    ） A．1 B．5 C．16 D．32 【典例2】设，若，则（    ） A．1 B． C．3 D． 【变式1】已知，则（   ） A．32 B．64 C．127 D．128 题型九 杨辉三角 【典例1】“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”的结论正确的是（   ） A．在第10行中第5个数最大 B．第2023行中第1011个数和第1012个数相等 C． D．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 【典例2】在杨辉三角中，每一个数值是它肩上面两个数值之和.这个三角形开头几行如下图，若第行从左到右第12个数与第13个数的比值为2，则（    ） A．15 B．16 C．17 D．18 【变式1】习近平总书记在“十九大”报告中指出：坚定文化自信，推动中华优秀传统文化创造性转化，“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形中的一种几何排列规律，最早在中国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》一书中出现欧洲数学家帕斯卡在年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年．“杨辉三角”是中国数学史上的一个伟大成就，激发起一批又一批数学爱好者的探究欲望，如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，第行中从左至右第与第个数的比值为（    ） A． B． C． D．1 题型十 二项式系数的综合 解｜题｜技｜巧 1.二项式系数最大项的确定方法：当n为偶数时，展开式中第＋1项的二项式系数最大，最大值为；当n为奇数时，展开式中第项和第项的二项式系数最大，最大值为或. 2.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即可. 【典例1】已知的展开式中共有7项. (1)求的值； (2)求展开式中二项式系数最大的项. 【典例2】若，且. (1)求的展开式中二项式系数最大的项； (2)求的值. 【变式1】已知二项展开式． (1)求的值； (2)求的值． 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 一、单选题 1．若，则n的值为（    ） A．8 B．13或8 C．13 D．8或5 2．从10名同学中，选出正班长1人，副班长1人，不同的选法种数是（   ） A．70 B．80 C．90 D．100 3．安排6名歌手演出顺序时，要求某歌手不是第一个出场，也不是最后一个出场，则不同排法的种数是（    ） A．240种 B．360种 C．480种 D．600种 二、多选题 4．某学院派出甲、乙、丙、丁四名老师带队去A，B，C，D四个地区参加社会实践活动，每名老师只能去一个地区，则下列说法正确的是（    ） A．若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法 B．若恰有一个区无人去，则共有36种不同的安排方法 C．若甲不去A区，且每个区均有人去，则共有18种不同的安排方法 D．若A区只能是甲去或乙去，且每个区均有人去，则共有16种不同的安排方法 三、填空题 5．已知，则 ． 四、解答题 6．某学生想在物理､化学､生物､政治､历史､地理､技术这七门课程中选三门作为选考科目. (1)若任意选择三门课程，求不同的选法总数； (2)若物理和历史不能同时选，求不同的选法总数. 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 一、单选题 1．哈三中百年校庆活动将5名教师志愿者分配到教学楼、田径场、艺体中心、普育广场4个地点参加志愿活动，每名志愿者仅去1个地点，每个地点至少需要1名志愿者，则不同的分配方案共有（    ） A．60种 B．120种 C．240种 D．480种 2．某市科技馆在国庆假期期间需派遣5名志愿者到3个不同主题展区协助讲解，每个展区至少安排1人.则不同的安排方法种数为（　   　） A．120 B．210 C．150 D．180 3．某班选派6名同学到学校的这3个活动场地做志愿者工作，每个场地至少去1名同学，每名同学只能去1个场地，且3个场地去的同学人数互不相同，则不同的选派方法种数为（    ） A．90 B．360 C．450 D．990 二、多选题 4．关于的展开式，下列判断正确的是（    ） A．展开式共有项 B．展开式的各二项式系数的和为 C．展开式中的系数为 D．展开式中二项式系数最大的项是第项 三、填空题 5．的展开式中的系数是 （用数字作答） 四、解答题 6．某课题组有研究人员7人（男4，女3），选4人参加学术会议，求下列情况的选法有多少种不同的选法. (1)至少2女生； (2)至少2男生 (3)至多1女生. 7．已知． (1)求的值； (2)求的值． 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 一、单选题 1．某地区有3个学生社会实践服务点A，B，C．4名学生需在寒假完成社会实践，每个服务点至少有一名学生，则不同的社会实践安排共有（   ） A．72种 B．36种 C．24种 D．64种 2．在的展开式中，的系数是（ ） A． B． C． D． 3．在10件产品中，有8件合格品，2件次品.从这10件产品中任意抽取3件，则抽出的3件产品中至少有1件是次品的抽法种数是（    ） A．56 B．64 C．72 D．120 二、多选题 4．设，则下列结论正确的是（    ） A．常数项为2 B．第4项系数为 C．奇数次系数和为32 D．当时，该式的值为2916 5．以下关于杨辉三角的猜想中，正确的有（   ） A．第100行中，从左到右看第50个数最大 B．第100行的所有数的和为 C． D． 三、填空题 6．如图所示，在杨辉三角中，斜线上方箭头所示的数组成一个锯齿形的数列：，，，，，，，记这个数列前项和为，则 ． 四、解答题 7．已知，且展开式中有且仅有第6项的二项式系数最大. (1)求展开式的所有二项式系数之和； (2)求的值； (3)判断的展开式中第几项系数的绝对值最大. 8．杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算法》、《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在1261年所著的《解答九章算法》给出了如下图1所示的表，我们称这个表为杨辉三角，图2是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早500年左右，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的． 杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题． 性质1：杨辉三角的第行就是的展开式的二项式系数； 性质2（对称性）：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即； 性质3（递归性）：除1以外的数都等于肩上两数之和，即； 性质4：自腰上的某个1开始平行于腰的一条线上的连续个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比如：，； 请回答以下问题： (1)求杨辉三角中第8行的各数之和； (2)在的展开式中，求含项的系数． 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $