专题01 排列组合与二项式定理（期末复习讲义）高二数学下学期人教B版

专题01 排列组合与二项式定理（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一 排列数与组合数的计算 题型二 相邻与不相邻问题 题型三 特殊元素/位置优先安排问题 题型四 隔板法 题型五 定序问题 题型六 分组分配问题 题型七 涂色问题 题型八 通项公式求指定项系数或二项式系数 题型九 多个二项式积的展开式特定项 题型十 二项式系数和和奇（偶）次项的系数和 题型十一 二项式系数的增减性和最值 题型十二 三项展开式 题型十三 整除和余数问题 题型十四 杨辉三角 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 分类加法与分步乘法计数原理 能准确辨析分类与分步的本质区别，依据题意正确选择原理并规范列式求解 期末必考基础点，多以小题出现，命题贴近生活情境，分类分步混淆是高频易错点 排列定义与排列数计算 能准确理解排列与顺序有关的特征，熟练运用排列数公式完成计算与简单应用 高频基础考点，常与限制条件结合考查，顺序判断错误、排列数计算失误易丢分 组合定义、组合数计算与性质 能区分排列与组合，熟练运用组合数公式及性质完成化简、计算与实际应用 核心考点，性质常用于快速求值，命题侧重无顺序问题，公式记忆错误较常见 排列组合综合应用 能灵活运用优先法、捆绑法、插空法、隔板法、定序法解决限制条件类计数问题 小题压轴或填空压轴必考，趋势为情境综合化，易错在分组除序、方法混用 二项式展开式与通项公式 能正确写出二项展开式，利用通项公式准确求指定项、常数项、系数与系数符号 必考小题，难度中档，项数定位错误、符号遗漏、指数计算偏差为典型易错点 二项式系数性质与赋值法 能运用对称性、最值规律、赋值法求二项式系数和、各项系数和与奇偶项系数和 高频热点，常以选择填空出现，命题侧重快速巧算，区分系数与二项式系数是关键 知识点01 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类方案中有种不同的方法,在第2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． 拓展：完成一件事有类不同方案，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．分布乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,那么完成这件事共有________种不同的方法． 拓展：完成一件事需要个步骤，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 注意：区分“完成一件事”是分类还是分步，关键看一步能否完成这件事，若能完成，则是分类，否则，是分步． ·示例： 分类：从甲地到乙地，可乘飞机（2班）、高铁（4班）、汽车（3班），总方法数：2+4+3=9种。 分步：从甲到乙有3条路，乙到丙有5条路，甲经乙到丙总方法数：3×5=15种。 知识点02 排列的定义与排列数 1．排列的定义:一般地,从个不同元素中取出个元素,并按照一定的________排成一列,叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列． 2．排列数:从个不同元素中取出个元素的所有不同排列的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的排列数,用符号________表示． 3排列数公式:,________并且．从形式上看排列数等于从开始的个连续自然数相乘． 全排列:特别地,个不同的元素全部取出的一个排列,叫做个元素的一个全排列． 的阶乘:正整数1到的连乘积,叫做的阶乘,用!表示．规定:,________知识点03 组合的定义及组合数 组合的定义:一般地,从个不同元素中取出个元素作为一组,叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合． 组合数：从个不同元素中取出个元素的所有不同组合的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的组合数,用符号________表示． 组合数公式：________,这里,并且．规定________ 组合数的性质:（1） ;（2） 知识点04 排列组合的应用 1．没有限制条件的排列问题：对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制,分清元素和位置即可． 2．有限制条件的问题：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________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________． 3．相邻问题：采用________；不相邻问题：采用________ 4．定序问题：可先不考虑顺序限制,排列后,再除以定序元素的________． 5．平均分组问题：一般先分堆，再除以________． 6．不平均分组问题：先分堆，其中有组个数一样，再除以________ 7．相同元素的“分配”问题：“隔板法”：将个相同的元素分成份,每份至少一个元素,可以用块隔板，插入个元素排成一排的个空隙中 示例： （1）全排列：4人排成一排，排法：种。 （2）相邻：A、B必须相邻，先捆绑：种。 （3）不相邻：A、B不相邻，先排其他人再插空：种。 （4）定序：3人中A必须在B前面，排法：种。 （5）组合：从5人中选3人，选法：种。 （6）平均分组：6人平均分3组，方法：种。 （7）不平均分组：6人分1、2、3三组不用除序。 （8）隔板法：10个相同球分4组，每组至少1个：种。 易错： （1）捆绑法只捆绑不排内部顺序，漏乘内部的全排列。 （2）特殊元素/位置未优先处理，出现矛盾排法。 （3）不平均分组错误除序，导致结果偏小。 （4）隔板法用于不同元素，完全用错场景。 知识点05 二项式定理及其性质 1．二项式定理 该公式叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式，共有________项， 其中各项的系数叫做________，展开式的第项为________ 注意：①是第________项，而不是第k项； ②通项公式中a，b的位置不能颠倒． 示例： 二项式展开式：。 二项式定理求指定项：求的常数项，k=2，。 易错： （1）把通项当成第k项，项数定位错误。（2）a、b位置颠倒，符号与指数全部错误。 （3）指数计算错误：n−k或k算错，导致项不对。（4）含负号时漏写负号，符号判断失误。 2．二项式定理的性质 （1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数________，由公式得到 （2）增减性与最大值：当时，二项式系数是逐渐________的；当时，二项式系数是逐渐________的，因此二项式系数在________取得最大值 ①当n是偶数时，中间的一项的二项式系数________最大； ②当n是奇数时，中间的一项的二项式系数________最大； 二项式系数的和：二项式系数的和为________ 奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即 示例： ，系数和f(1)=1；奇数项系数和。 题型一 排列数与组合数的计算 解｜题｜技｜巧 涉及具体数字问题可以直接运算和； 的主要作用:一是计算较大时的数;二是对含有字母的组合数的式子进行变形和证明. 排列数，组合数中的隐含条件,且,求解时应检验其结果是否满足这一条件. 例1．（1）计算的值； （2）若，求的值． 变式1-1．（   ） A．24 B．48 C．72 D．96 变式1-2．不等式的解集为（    ） A．(5，10) B． C． D． 变式1-3．（1）解方程：． （2）解不等式：． 题型二 相邻与不相邻问题 例2．甲､乙､丙､丁､戊､己六名同学排成一排照相，则其中甲､乙､丙三人两两不相邻，且丙和丁相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 变式2-1．用4个1、3个2、3个3组成一个十位数，则3个2相邻的十位数的个数为（   ） A．280 B．420 C．720 D．1680 变式2-2．甲、乙、丙、丁共4人站成一排，若甲、乙两人相邻，而乙、丙两人不相邻，则不同的排法种数共有________.（用数字作答） 变式2-3．某办公室共有6人，乘旅行车外出旅行，旅行车上的6个座位如图所示，其中甲、乙2人的关系较为密切，要求在同一排且相邻，则不同的安排方法有________种． 题型三 特殊元素/位置优先安排问题 例3．某班从这5名学生中选出4名，排成米接力赛的第一、二、三、四棒，其中不跑第一棒和第四棒，则不同的排法种数（     ） A．24 B．48 C．72 D．120 变式3-1．现有甲､乙等五名学生参加“弘扬中华文化”的演讲比赛，已知甲既不在第一个出场，又不在最后一个出场，且乙不在第三个出场，则不同的出场顺序共有（    ） A．120种 B．96种 C．72种 D．60种 变式3-2．诗句”花落知多少”的平仄格式为平仄平平仄．现将该诗句中的5个字重新排列，要求重新排列后的平仄序列与原诗的平仄序列不同，则不同的排列种数为（    ） A． B． C． D． 变式3-3．有个家庭相约周末一起自驾游，其中每个家庭有爸爸、妈妈、小孩共人．为节约出行成本，他们计划一共开两辆车，每车最多坐人．为方便照顾小孩，要求位妈妈必须和自己的小孩在同一车上．为保障安全，每辆车上至少要有一位爸爸．则一共有____种不同的安排方法．（用数字作答） 题型四 隔板法 例4．已知某密码由4个正整数组成，且所有数字之和为7，则该密码共有________种可能（用数字作答）． 变式4-1．方程的非负整数的个数为（   ） A．495 B．715 C．1001 D．2002 变式4-2．流感期间，班长拿了18个口罩发给5名感冒的学生，每位学生至少发3个口罩，则不同的发放方法有________种． 变式4-3．为营造安心舒适的学习环境，助力高三学子圆梦高考，重庆市第二外国语学校计划在五月底举行考前趣味活动.现已知年级领导为高三23个班级共准备了50份完全相同的奖品，若每班至少获得2个奖品，有______种不同的奖品分配方法. 题型五 定序问题 例5．将英文单词“success”的字母重新组合排列，能得到（ ）个不同的字母排法. A．240 B．210 C．420 D．360 变式5-1．某4位同学排成一排准备照相时，又来了3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．150 B．160 C．180 D．210 变式5-2．花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.元宵节灯展后，悬挂有8盏不同的花灯需要取下，如图所示，每次取1盏，则不同的取法共__________种. 变式5-3．将这5个字母排成一列，要求在排列中的顺序为“”或“”（可以不相邻），则有多少种不同的排列方法？ 题型六 分组分配问题 例6．某航天任务计划从5名备选航天员（包括甲、乙）中选派4人执行空间站作业，分别负责机械臂操作、舱外维护、数据监测三项不同的工作，其中数据监测需要2人负责，机械臂操作与舱外维护各需要1人负责．若甲、乙必须入选且不能从事同一项工作，则不同的安排方案共有（   ） A． 30种 B．45种 C．60种 D．90种 变式6-1．某中学数学组来了5名即将毕业的大学生进行数学实习活动，现将他们分配到高一年级的1，2，3三个班实习，每班至少1名，则不同的分配方案有（   ） A．30种 B．90种 C．150种 D．180种 变式6-2．某校组织包含甲在内的7名大学生前往观看足球、篮球、排球三场比赛，每场比赛至少有2名学生观看且每个人只观看一场比赛，则甲同学不去观看足球比赛的方案种数为________．（请用数字作答） 变式6-3．现有五名同学报名参加数学，物理，化学三个兴趣小组讲解员，每个小组至少需要一名同学，每名同学只能报名其中一个小组（每个同学都参加了小组），已知甲同学不参加化学小组，则不同的分配方法数量是________． 题型七 涂色问题 解｜题｜技｜巧 1.按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析; 2.以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析; 3.对于空间涂色问题，通常将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题来解决. 例7．如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（     ）    A．192 B．216 C．264 D．288 变式7-1．某六角星徽章由A，B，C，D，E，F六个平行四边形区域构成，现有3种颜色可供这六个区域进行涂色，要求每个区域只能涂1种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（    ） A．36 B．60 C．66 D．78 变式7-2．用红、黄、蓝、绿4种不同颜色在如图所示的，，，，的5个区域涂上颜色，要求每个区域只涂1种颜色，且相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的不同涂色方案种数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．72 变式7-3．给图中五个区域涂色，规定每个区域只涂1种颜色，且相邻区域的颜色不能相同，若有5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数为________． 题型八 通项公式求指定项系数或二项式系数 例8．的展开式中含项的系数为（   ） A． B． C． D． 变式8-1．的展开式中的系数为_______．（用数字作答） 变式8-2．二项式展开式中有理项的项数是（   ） A．1项 B．2项 C．3项 D．4项 变式8-3．的展开式中的系数是（    ） A．120 B．220 C．260 D．280 题型九 多个二项式积的展开式特定项 例9．的展开式中的系数为__________． 变式9-1．在的展开式中，常数项为__________．（用数字作答） 变式9-2．的展开式中的系数为______________．（用数字作答） 变式9-3．若的展开式中的系数是系数的，则展开式中的系数为_____. 题型十 二项式系数和和奇（偶）次项的系数和 例10．（多选）已知，则下列结论正确的有（   ） A． B． C． D． 变式10-1．已知二项式展开式中所有项的二项式系数和为16，则展开式中所有项的系数和为（      ） A．4 B．16 C．1 D．81 变式10-2．（多选）关于的二项展开式，下列结论正确的是（   ） A．各二项式系数的最大值是20 B．常数项是64 C．各项系数之和为1 D．展开式中不含的项 变式10-3．已知，且． (1)求的值； (2)求的值． 题型十一 二项式系数的增减性和最值 解｜题｜技｜巧 （1）求二项式系数最大的项,根据二项式系数的性质,当为奇数时,中间两项的二项式系数最大;当为偶数时,中间一项的二项式系数最大. （2）求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的,需根据各项系数的正、负变化情况进行判断,一般采用列不等式组,解不等式组的方法求得. 例11．已知的展开式中只有第3项的二项式系数最大，则的展开式中的常数项是（    ） A．20 B．70 C．84 D．864 变式11-1．在展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则二项式系数和为（     ） A．128 B．256 C．512 D．1024 变式11-2．在的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则（    ） A．14 B．13 C．12 D．11 变式11-3．在二项式的展开式中，所有项的二项式系数和等于512． (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中的常数项． 题型十二 三项展开式 解｜题｜技｜巧 应根据式子的特点,转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决),转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合,项与项结合时要注意合理性和简捷性. 例12．的展开式中，的系数为（    ） A．135 B．15 C． D． 变式12-1．多项式的展开式中，含项的系数为______. 变式12-2．的展开式中的常数项为______． 变式12-3．已知的展开式中有一项是，则 ___________ 题型十三 整除和余数问题 解｜题｜技｜巧 解题步骤：（1）拆分底数：将底数写成除数的倍数±常数； （2）二项展开：完整展开二项式，剔除所有含除数因数的整除项； （3）计算余项：只保留无法整除的最后一项，计算该项余数； （3）规范修正：负数余数统一加除数，转化为0~除数-1之间的标准余数。 例13．如果今天是星期五，那么天后是星期几？（    ） A．星期一 B．星期二 C．星期四 D．星期六 变式13-1．除以8的余数为（     ） A．1 B．2 C．6 D．7 变式13-2．的个位数为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 变式13-3．（多选）已知 f(x)的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则（    ） A． B．的展开式中所有项的二项式系数和为1 C．是5的倍数 D． 题型十四 杨辉三角 例14．（多选）我国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得自豪的，以下关于杨辉三角的叙述正确的是（   ） A．在“杨辉三角”第行中，从左到右第8个数是 B．第行的第个数最大 C．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 D．在“杨辉三角”中，当时，从第3行起，每一行的第3列的数字之和为 变式14-1．（多选）我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．该表蕴含着许多的数学规律，下列结论正确的是（   ） A． B． C．从左往右逐行数，第2023项在第63行第7个 D．第5行到第10行的所有数字之和为2024 变式14-2．（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．中国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，比欧洲早393年发现．在“杨辉三角”中，除每行（不含第0行）两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和．例如：第4行的6为第3行中两个3的和．则下列说法正确的是（   ） A．第6行从左到右第4个数是15 B．第2026行的第1014个数最大 C． D．记第行的第个数为，则 变式14-3．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出著名的杨辉三角.由此可见我国古代数学的成就就是非常值得中华民族自豪的.如上图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为，以下关于杨辉三角的猜想中正确的序号有______.（写出所有正确的序号） ①由“与首末两端等距离的两个二项式系数相等”猜想 ②由“在相邻两行中，除1以外的每个数都等于它肩上的两个数之和”猜想 ③第9条斜线上各数之和为55 ④在第条斜线上，各数从左往右先增大后减小 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（2026·重庆万州·三模）若，则（   ） A．0 B．9 C．12 D．18 2．（2025·26高二下·重庆·期中）有4封不同的信投入3个不同的信箱，可有不同的投入方法种数为（   ） A．12 B．16 C．64 D．81 3．（2026·吉林白山·模拟预测）已知（）的展开式中的系数为13，则实数b的值为（   ）. A． B． C． D． 4．（2026·河南·三模）的展开式的第3项为______． 5．（2026·福建泉州·模拟预测）甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人且甲、乙不站同一个台阶，同一台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法是____________种． 6．（2026·安徽合肥·二模）某旅游博主准备从安徽省的5个国家全域旅游示范区与10个不是国家全域旅游示范区的省全域旅游示范区中选4个去打卡，若国家全域旅游示范区至少选3个，则选取方法种数为________．（用数字作答） 7．（2026·海南海口·模拟预测）如图由4条水平方向的平行线和5条竖直方向的平行线围成的图形中共有______个不同的平行四边形； 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 1．（2026·湖北·模拟预测）在的二项展开式中，若常数项为240，则的系数为（    ） A．6 B．32 C．36 D．60 2．（2026·广东深圳·模拟预测）已知的展开式的二项式系数和等于，则展开式中的含项的系数为___________． 3．（2026·江苏扬州·模拟预测）某书店有6本书，其中的书各不相同，分给甲，乙，丙三位同学，每人至少分一本，则共有______种不同的分法．(用数字作答) 4．（2026·河南驻马店·模拟预测）在今年”五一”的5天长假中，某单位欲从甲、乙等6名安保人员中随机选取5人来安排5月1日至5日的值班，每人值一天班，则甲、乙两人至少有一人在1日或5日值班的概率为_________. 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．（2026·江西赣州·二模）已知，若，且，则的值为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·陕西咸阳·三模）已知（）.若的展开式中的系数为，则__________. 3．（2026·江苏·模拟预测）从，，，中随机取出六个不同的数、、、、、，制作长、宽、高分别为、、和、、的两个盒子，则其中一个盒子能以相邻三个面对应平行方式放入另一个盒子的概率为_____． 4．（2026·陕西咸阳·二模）在一个不透明的盒子中有分别标有数字1~6的6个小球，除标号外完全相同，若甲，乙，丙3人依次摸出一个小球，且摸出后不放回，记甲，乙，丙摸出的小球标号分别为，，，“事件A”为甲、乙摸出的小球标号不相邻，且，则______． 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题01 排列组合与二项式定理（期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型一 排列数与组合数的计算 题型二 相邻与不相邻问题 题型三 特殊元素/位置优先安排问题 题型四 隔板法 题型五 定序问题 题型六 分组分配问题 题型七 涂色问题 题型八 通项公式求指定项系数或二项式系数 题型九 多个二项式积的展开式特定项 题型十 二项式系数和和奇（偶）次项的系数和 题型十一 二项式系数的增减性和最值 题型十二 三项展开式 题型十三 整除和余数问题 题型十四 杨辉三角 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 分类加法与分步乘法计数原理 能准确辨析分类与分步的本质区别，依据题意正确选择原理并规范列式求解 期末必考基础点，多以小题出现，命题贴近生活情境，分类分步混淆是高频易错点 排列定义与排列数计算 能准确理解排列与顺序有关的特征，熟练运用排列数公式完成计算与简单应用 高频基础考点，常与限制条件结合考查，顺序判断错误、排列数计算失误易丢分 组合定义、组合数计算与性质 能区分排列与组合，熟练运用组合数公式及性质完成化简、计算与实际应用 核心考点，性质常用于快速求值，命题侧重无顺序问题，公式记忆错误较常见 排列组合综合应用 能灵活运用优先法、捆绑法、插空法、隔板法、定序法解决限制条件类计数问题 小题压轴或填空压轴必考，趋势为情境综合化，易错在分组除序、方法混用 二项式展开式与通项公式 能正确写出二项展开式，利用通项公式准确求指定项、常数项、系数与系数符号 必考小题，难度中档，项数定位错误、符号遗漏、指数计算偏差为典型易错点 二项式系数性质与赋值法 能运用对称性、最值规律、赋值法求二项式系数和、各项系数和与奇偶项系数和 高频热点，常以选择填空出现，命题侧重快速巧算，区分系数与二项式系数是关键 知识点01 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类方案中有种不同的方法,在第2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． 拓展：完成一件事有类不同方案，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．分布乘法计数原理 完成一件事需要两个步骤,做第1步有种不同的方法,做第2步有种不同的方法,那么完成这件事共有种不同的方法． 拓展：完成一件事需要个步骤，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 注意：区分“完成一件事”是分类还是分步，关键看一步能否完成这件事，若能完成，则是分类，否则，是分步． ·示例： 分类：从甲地到乙地，可乘飞机（2班）、高铁（4班）、汽车（3班），总方法数：2+4+3=9种。 分步：从甲到乙有3条路，乙到丙有5条路，甲经乙到丙总方法数：3×5=15种。 知识点02 排列的定义与排列数 1．排列的定义:一般地,从个不同元素中取出个元素,并按照一定的顺序排成一列,叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列． 2．排列数:从个不同元素中取出个元素的所有不同排列的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的排列数,用符号表示． 3排列数公式:,并且．从形式上看排列数等于从开始的个连续自然数相乘． 全排列:特别地,个不同的元素全部取出的一个排列,叫做个元素的一个全排列． 的阶乘:正整数1到的连乘积,叫做的阶乘,用!表示．规定:, 知识点03 组合的定义及组合数 组合的定义:一般地,从个不同元素中取出个元素作为一组,叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合． 组合数：从个不同元素中取出个元素的所有不同组合的个数,叫做从个不同元素中取出个元素的组合数,用符号表示． 组合数公式：,这里,并且．规定 组合数的性质:（1） ;（2） 知识点04 排列组合的应用 1．没有限制条件的排列问题：对所排列的元素或所排列的位置没有特别的限制,分清元素和位置即可． 2．有限制条件的问题：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． 3．相邻问题：采用捆绑法；不相邻问题：采用插空法 4．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． 5．平均分组问题：一般先分堆，再除以． 6．不平均分组问题：先分堆，其中有组个数一样，再除以 7．相同元素的“分配”问题：“隔板法”：将个相同的元素分成份,每份至少一个元素,可以用块隔板，插入个元素排成一排的个空隙中 示例： （1）全排列：4人排成一排，排法：种。 （2）相邻：A、B必须相邻，先捆绑：种。 （3）不相邻：A、B不相邻，先排其他人再插空：种。 （4）定序：3人中A必须在B前面，排法：种。 （5）组合：从5人中选3人，选法：种。 （6）平均分组：6人平均分3组，方法：种。 （7）不平均分组：6人分1、2、3三组不用除序。 （8）隔板法：10个相同球分4组，每组至少1个：种。 易错： （1）捆绑法只捆绑不排内部顺序，漏乘内部的全排列。 （2）特殊元素/位置未优先处理，出现矛盾排法。 （3）不平均分组错误除序，导致结果偏小。 （4）隔板法用于不同元素，完全用错场景。 知识点05 二项式定理及其性质 1．二项式定理 该公式叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式，共有项， 其中各项的系数叫做二项式系数，展开式的第项为 注意：①是第项，而不是第k项； ②通项公式中a，b的位置不能颠倒． 示例： 二项式展开式：。 二项式定理求指定项：求的常数项，k=2，。 易错： （1）把通项当成第k项，项数定位错误。（2）a、b位置颠倒，符号与指数全部错误。 （3）指数计算错误：n−k或k算错，导致项不对。（4）含负号时漏写负号，符号判断失误。 2．二项式定理的性质 （1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，由公式得到 （2）增减性与最大值：当时，二项式系数是逐渐增大的；当时，二项式系数是逐渐减小的，因此二项式系数在中间取得最大值 ①当n是偶数时，中间的一项的二项式系数最大； ②当n是奇数时，中间的一项的二项式系数最大； 二项式系数的和：二项式系数的和为 奇数项的二项式系数之和等于偶数项的二项式系数之和，即 示例： ，系数和f(1)=1；奇数项系数和。 题型一 排列数与组合数的计算 解｜题｜技｜巧 涉及具体数字问题可以直接运算和； 的主要作用:一是计算较大时的数;二是对含有字母的组合数的式子进行变形和证明. 排列数，组合数中的隐含条件,且,求解时应检验其结果是否满足这一条件. 例1．（1）计算的值； （2）若，求的值． 【答案】（1）87；（2）6 【分析】 【详解】（1）， ， 故原式； （2）等式， 整理可得 计算可得， 整理可得，可得 （舍去）， 所以. 变式1-1．（   ） A．24 B．48 C．72 D．96 【答案】D 【详解】. 变式1-2．不等式的解集为（    ） A．(5，10) B． C． D． 【答案】D 【详解】由，得， 整理得，解得， 又因为根据排列数的定义，需满足，解得，则. 变式1-3．（1）解方程：． （2）解不等式：． 【答案】（1）；（2） 【分析】 【详解】（1）由题可知且，则 ， 整理得，解得或（舍去），故． （2）由可得， 由题意可知且，整理可得，即， 解得，又因为且，所以． 题型二 相邻与不相邻问题 例2．甲､乙､丙､丁､戊､己六名同学排成一排照相，则其中甲､乙､丙三人两两不相邻，且丙和丁相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】已知丙丁相邻，捆绑丙丁有2种排列方式， “捆绑后的丙丁”与戊､己共3个元素排列，共种， “捆绑后的丙丁”与戊､己共3个元素排好后有4个空位，且甲、乙不与丙相邻： 若“捆绑后的丙丁”为“丙丁”，则丙左侧空位禁止插入甲或乙， 若“捆绑后的丙丁”为“丁丙”，则丙右侧空位禁止插入甲或乙， 故4个空位中仅有3个可供甲、乙插入，从3个空位中选2个插入甲、乙， 共计， 符合条件的总排列数为：， 6个元素总排列数为：， 符合条件的概率为：． 变式2-1．用4个1、3个2、3个3组成一个十位数，则3个2相邻的十位数的个数为（   ） A．280 B．420 C．720 D．1680 【答案】A 【详解】要求3个2相邻，因为3个2是相同数字， 将3个2捆绑为1个整体，捆绑内部无需排列， 捆绑后共 个元素， 由重复元素的排列公式得， 因此符合要求的十位数个数为280. 变式2-2．甲、乙、丙、丁共4人站成一排，若甲、乙两人相邻，而乙、丙两人不相邻，则不同的排法种数共有________.（用数字作答） 【答案】 8 【详解】首先将甲、乙看成一个整体，甲、乙两人相邻的排列有种， 将甲乙整体和丁排列，有种，此时形成3个空位， 由乙、丙两人不相邻，则丙不能在乙的旁边，所以丙只有2个位置， 综上：不同的排法种数共有. 变式2-3．某办公室共有6人，乘旅行车外出旅行，旅行车上的6个座位如图所示，其中甲、乙2人的关系较为密切，要求在同一排且相邻，则不同的安排方法有________种． 【答案】144 【详解】因为甲、乙在同一排且相邻，一共三排，先给甲、乙选排，有种选法； 再同排内对甲、乙排列，有种排法； 其他4人全排列有种排法， 由分步乘法计数原理知不同的安排方法有种. 题型三 特殊元素/位置优先安排问题 例3．某班从这5名学生中选出4名，排成米接力赛的第一、二、三、四棒，其中不跑第一棒和第四棒，则不同的排法种数（     ） A．24 B．48 C．72 D．120 【答案】C 【详解】若未被选中，则对剩余的4名学生进行排列，有种排法， 若被选中，第一步：由于不能跑第一棒和第四棒，只能选择第二、三棒，共2种选法， 第二步：从剩余4名学生中选3名进行排列有， 此时共有种排法， 因此满足题意的不同的排法种数为：. 变式3-1．现有甲､乙等五名学生参加“弘扬中华文化”的演讲比赛，已知甲既不在第一个出场，又不在最后一个出场，且乙不在第三个出场，则不同的出场顺序共有（    ） A．120种 B．96种 C．72种 D．60种 【答案】D 【详解】若甲在第三个出场，则不同的出场顺序有种； 若甲不在第一个、第三个和最后一个，则不同的出场顺序有种． 根据分类加法计数原理可知，不同的出场顺序共有种． 变式3-2．诗句”花落知多少”的平仄格式为平仄平平仄．现将该诗句中的5个字重新排列，要求重新排列后的平仄序列与原诗的平仄序列不同，则不同的排列种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】5个字的全排列种数为， “落”与“少”放在第二个和第五个位置的排列种数为， 所求不同的排列种数为． 变式3-3．有个家庭相约周末一起自驾游，其中每个家庭有爸爸、妈妈、小孩共人．为节约出行成本，他们计划一共开两辆车，每车最多坐人．为方便照顾小孩，要求位妈妈必须和自己的小孩在同一车上．为保障安全，每辆车上至少要有一位爸爸．则一共有____种不同的安排方法．（用数字作答） 【答案】 【详解】个家庭共人，分两辆车，每车最多人，即人数分配为人和人， 按照要求，人车只能有个小孩和妈妈绑定，外加个爸爸；人车有个小孩和妈妈绑定，外加个爸爸， 第一步：先将人员分成一个人组和一个人组．其中，组成人组（含对母子和位爸爸）的方法数为种，余下人（含对母子和位爸爸）自成一组． 第二步：将这两个人数不同的小组分配到两辆不同的车上，方法数为种． 所以，安排方法有种． 题型四 隔板法 例4．已知某密码由4个正整数组成，且所有数字之和为7，则该密码共有________种可能（用数字作答）． 【答案】20 【详解】已知密码由个正整数组成，设四个数字分别为， 满足，且. 根据隔板法，解的个数为，共有种可能. 变式4-1．方程的非负整数的个数为（   ） A．495 B．715 C．1001 D．2002 【答案】B 【详解】，， 则问题转化为将14个相同的元素分成5份，每份至少1个， 需要在14个元素之间的13个空隙中插入4个隔板， 则方程非负整数解的个数有. 变式4-2．流感期间，班长拿了18个口罩发给5名感冒的学生，每位学生至少发3个口罩，则不同的发放方法有________种． 【答案】35 【详解】由题意，5名学生每人至少3个口罩，若每人2个，则需要分出10个， 所以18个口罩余下8个，化为将8个口罩分给5个人，每人至少一个口罩， 使用隔板法可得共有种. 变式4-3．为营造安心舒适的学习环境，助力高三学子圆梦高考，重庆市第二外国语学校计划在五月底举行考前趣味活动.现已知年级领导为高三23个班级共准备了50份完全相同的奖品，若每班至少获得2个奖品，有______种不同的奖品分配方法. 【答案】 【详解】先给每个班提前分1份奖品，总共分掉份，剩余奖品数为 再将剩余27份相同奖品分给23个班，每班至少再分1份，使用隔板法 题型五 定序问题 例5．将英文单词“success”的字母重新组合排列，能得到（ ）个不同的字母排法. A．240 B．210 C．420 D．360 【答案】C 【详解】单词success共7个字母，其中有3个相同的s、2个相同的c，剩余u、e各1个, 故所有可能的排法数为种. 变式5-1．某4位同学排成一排准备照相时，又来了3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．150 B．160 C．180 D．210 【答案】D 【详解】7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. 变式5-2．花灯，又名“彩灯”“灯笼”，是中国传统农业时代的文化产物，兼具生活功能与艺术特色.元宵节灯展后，悬挂有8盏不同的花灯需要取下，如图所示，每次取1盏，则不同的取法共__________种. 【答案】 【详解】由题意，对8盏不同的花灯进行取下， 先对8盏不同的花灯进行全排列，共有种方法， 因为取花灯每次只取一盏，而且只能从下往上取， 所以必须除去重复的排列顺序，即先取上方的顺序， 故共有取法总数为. 变式5-3．将这5个字母排成一列，要求在排列中的顺序为“”或“”（可以不相邻），则有多少种不同的排列方法？ 【答案】40 【详解】方法一（整体法）5个元素无约束条件的全排列有种， 由于字母，，的排列顺序为“，，”或“，，”， 因此在上述的全排列中恰好符合“，，”或“，，”排列方式的排列有（种）． 方法二（插空法）若字母，，的排列顺序为“，，”， 将字母，插入形成的4个空中，分两类： 第一类，若字母，相邻，则有种排法； 第二类，若字母，不相邻，则有种排法． 所以有（种）排法． 同理，若字母，，的排列顺序为“，，”，也有20种排法． 因此满足条件的排列有（种）． 题型六 分组分配问题 例6．某航天任务计划从5名备选航天员（包括甲、乙）中选派4人执行空间站作业，分别负责机械臂操作、舱外维护、数据监测三项不同的工作，其中数据监测需要2人负责，机械臂操作与舱外维护各需要1人负责．若甲、乙必须入选且不能从事同一项工作，则不同的安排方案共有（   ） A． 30种 B．45种 C．60种 D．90种 【答案】A 【详解】甲、乙必选，再从剩余3人中选2人，有种方法； 安排4人到3项不同工作，甲、乙不能从事同一项工作，共有种方法， 所以共有种安排方案． 变式6-1．某中学数学组来了5名即将毕业的大学生进行数学实习活动，现将他们分配到高一年级的1，2，3三个班实习，每班至少1名，则不同的分配方案有（   ） A．30种 B．90种 C．150种 D．180种 【答案】C 【详解】由已知可得5个人分三个班，每班至少1人，则可能的分配方案有或， 若分配方案为，则分配方案有种， 若分配方案为，则分配方案有种， 则不同分配方式共有种． 变式6-2．某校组织包含甲在内的7名大学生前往观看足球、篮球、排球三场比赛，每场比赛至少有2名学生观看且每个人只观看一场比赛，则甲同学不去观看足球比赛的方案种数为________．（请用数字作答） 【答案】 【详解】将名大学生分为三组：第一组个人，第二组2个人，第三组个人，共有 种分组方法； 由于甲不去看足球比赛，故甲所在的组只有种选择，剩下的组任意选，有 种分配方法； 所以甲同学不去观看足球比赛的方案种数为共有 种方法. 变式6-3．现有五名同学报名参加数学，物理，化学三个兴趣小组讲解员，每个小组至少需要一名同学，每名同学只能报名其中一个小组（每个同学都参加了小组），已知甲同学不参加化学小组，则不同的分配方法数量是________． 【答案】100 【详解】第一步，将五人分成三个小组，各小组人数有和两类情况， 当按照分组时，有种分组方法， 当按照分组时，有， 所以总的分组方法有种； 第二步，将含有甲的小组分到数学或物理兴趣小组，有2种方法； 第三步，将剩余两组分配到另外两个兴趣小组，有种方法. 又分步乘法计数原理可得满足条件的分配方法有种方法. 题型七 涂色问题 解｜题｜技｜巧 1.按区域的不同以区域为主分步计数，用分步乘法计数原理分析; 2.以颜色(种植作物)为主分类讨论，适用于“区域、点、线段”问题，用分类加法计数原理分析; 3.对于空间涂色问题，通常将空间问题平面化，转化为平面区域涂色问题来解决. 例7．如图所示的挂件由7个圆组成，中心圆为主挂件，从中心向三个方向延伸出分挂件，每个方向有两个分挂件，靠近主挂件的为第一层分挂件，远离主挂件的为第二层分挂件．现用四种不同的颜色给所有的挂件涂色，要求相邻的挂件涂不同的颜色，且同一层的分挂件涂不同的颜色，则所有的涂色方法种数为（     ）    A．192 B．216 C．264 D．288 【答案】C 【详解】该挂件进行如图所示的编号：    依题意1号有4种涂色方案，2，3，4号有种涂色方法， 分情况讨论5，6，7号的涂色方法： 第一种：若5号与1号同色，6号与2号同色，则7号只有1种涂色方法； 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第二种：若5号与1号同色，6号与2号异色，此时6号只有1种涂色方法，则7号有2种涂色方法， 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第三种：若5号与1号异色，与3号同色，此时5号只有1种涂色方法， 当6号与4号同色时，则7号有2种涂色方法， 当6号与4号异色时，6号有2种涂色方法，7号有1种涂色方法； 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 第四种：若5号与1号、3号均异色，则5号只有1种涂色方法，6号、7号均有两种涂色方法， 因此5，6，7号的涂色有种涂色方法， 综上可知，所有涂色方法种类数为种涂色方法. 变式7-1．某六角星徽章由A，B，C，D，E，F六个平行四边形区域构成，现有3种颜色可供这六个区域进行涂色，要求每个区域只能涂1种颜色，有公共边的两个区域不能涂同一种颜色，则不同的涂色方法种数为（    ） A．36 B．60 C．66 D．78 【答案】C 【详解】若颜色全相同，选颜色共种选法； 涂：每个区域不能是的颜色， 因此每个区域各有种选择，共种.共有种方法. 若用两种不同颜色，选2种颜色种；再分配给三个区域种， 因此共种涂法. 涂，仅夹在两个同色区域之间的那个区域有种选择， 其余两个夹在异色区域之间的区域各只有种选择，共种. 因此共有种方法. 若颜色全不同，用3种颜色，共种涂法； 涂，每个区域夹在两个异色区域之间，仅剩余1种颜色可选，共种. 共有种方法. 将三类相加，总涂色方法为种. 变式7-2．用红、黄、蓝、绿4种不同颜色在如图所示的，，，，的5个区域涂上颜色，要求每个区域只涂1种颜色，且相邻区域不能涂同一种颜色，则符合条件的不同涂色方案种数为（    ） A．24 B．36 C．48 D．72 【答案】D 【详解】依顺序，区域可涂种颜色，区域可涂种颜色，区域可涂种颜色， ①区域若与区域同色，则E有两种颜色可选； ②区域若不与区域同色，则只有种颜色可选，也只有种颜色可选， 所以符合条件的方案有种方案． 变式7-3．给图中五个区域涂色，规定每个区域只涂1种颜色，且相邻区域的颜色不能相同，若有5种不同的颜色可供选择，则不同的涂色方法种数为________． 【答案】420 【详解】若AE,BC均同色，则涂色方法数为; 若BC与AE中有一组同色，另一组不同色，则涂色方法数为; 若BC不同色，AE不同色，则涂色方法数为; 所以不同的涂色方法数为. 题型八 通项公式求指定项系数或二项式系数 例8．的展开式中含项的系数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由， 令，解得：， 所以展开式中含项的系数为：. 变式8-1．的展开式中的系数为_______．（用数字作答） 【答案】5103 【详解】的展开式的通项为，． 令，解得r＝5，∴展开式中的系数为． 变式8-2．二项式展开式中有理项的项数是（   ） A．1项 B．2项 C．3项 D．4项 【答案】C 【详解】设二项式展开式第项为. 展开式通项. 其中. 令为整数，即能被整除. 逐一验证得满足条件，故有理项的项数为. 变式8-3．的展开式中的系数是（    ） A．120 B．220 C．260 D．280 【答案】B 【详解】的通项公式为， 故展开式中的系数为， 故的展开式中的系数是. 题型九 多个二项式积的展开式特定项 例9．的展开式中的系数为__________． 【答案】9 【详解】因为， 所以的展开式中含的项为， 故展开式中的系数为9． 变式9-1．在的展开式中，常数项为__________．（用数字作答） 【答案】 【详解】的常数项为 . 变式9-2．的展开式中的系数为______________．（用数字作答） 【答案】 【详解】由二项式的展开式的通项为， 其中含项的系数为0，含项的系数为， 所以的展开式中的系数为． 变式9-3．若的展开式中的系数是系数的，则展开式中的系数为_____. 【答案】8 【详解】， 二项式的通项公式为：， 所以的系数为， 的系数为， 由题意， 所以，又， 所以， 所以， 解得或（舍去），所以的系数为. 题型十 二项式系数和和奇（偶）次项的系数和 例10．（多选）已知，则下列结论正确的有（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【详解】对于A，令，得 ，故A正确． 对于B，令，得 ，故B错误． 对于C，式子与相加， 得，所以． 令，得 ，所以，故C正确． 对于D，因为，且展开式的第3项为， 所以 ，故D错误． 变式10-1．已知二项式展开式中所有项的二项式系数和为16，则展开式中所有项的系数和为（      ） A．4 B．16 C．1 D．81 【答案】D 【详解】因为二项式的展开式中所有项的二项式系数和为16 所以，解得， 所以展开式中所有项的系数和为. 变式10-2．（多选）关于的二项展开式，下列结论正确的是（   ） A．各二项式系数的最大值是20 B．常数项是64 C．各项系数之和为1 D．展开式中不含的项 【答案】ACD 【详解】的展开式通项， 对于A，二项展开式共有7项，所以展开式中各二项式系数最大的项为第4项， 从而二项式系数的最大值为．故A正确； 对于B，令，得，常数项为．故B错误； 对于C，令，得各项系数之和为1．故C正确； 对于D，令，得，不符合，故展开式中不含的项．故D正确． 变式10-3．已知，且． (1)求的值； (2)求的值． 【答案】(1)1 (2)243 【详解】（1）令，得，即， 令，得， 则. （2）令，得， 则 . 题型十一 二项式系数的增减性和最值 解｜题｜技｜巧 （1）求二项式系数最大的项,根据二项式系数的性质,当为奇数时,中间两项的二项式系数最大;当为偶数时,中间一项的二项式系数最大. （2）求展开式中系数最大项与求二项式系数最大项是不同的,需根据各项系数的正、负变化情况进行判断,一般采用列不等式组,解不等式组的方法求得. 例11．已知的展开式中只有第3项的二项式系数最大，则的展开式中的常数项是（    ） A．20 B．70 C．84 D．864 【答案】B 【详解】的展开式中只有第3项的二项式系数最大， 故展开式共5项，所以， 变形为， 展开式为， 令得，所以常数项为. 变式11-1．在展开式中，只有第5项的二项式系数最大，则二项式系数和为（     ） A．128 B．256 C．512 D．1024 【答案】B 【详解】因为展开式中只有第项二项式系数最大，所以，解得， 所以的二项式系数和为． 变式11-2．在的展开式中，只有第7项的二项式系数最大，则（    ） A．14 B．13 C．12 D．11 【答案】C 【详解】二项展开式的二项式系数满足： 若为偶数，展开式共项，只有中间1项的二项式系数最大，该中间项为第项； 由题知第7项的二项式系数最大，即为偶数的情况， 所以，解得， 变式11-3．在二项式的展开式中，所有项的二项式系数和等于512． (1)求展开式中二项式系数最大的项； (2)求展开式中的常数项． 【答案】(1) (2) 【分析】 【详解】（1）因为所有项的二项式系数和等于512， 所以，解得． 所以展开式中二项式系数最大的项为第5和第6项，分别为： ． （2）展开式通项为， 令， 展开式中的常数项为第7项，故常数项为． 题型十二 三项展开式 解｜题｜技｜巧 应根据式子的特点,转化为二项式来解决(有些题目也可转化为计数问题解决),转化的方法通常为配方、因式分解、项与项结合,项与项结合时要注意合理性和简捷性. 例12．的展开式中，的系数为（    ） A．135 B．15 C． D． 【答案】A 【详解】由题意可知的通项为，， 可知的通项为， 令，，解得，，所以的系数为． 变式12-1．多项式的展开式中，含项的系数为______. 【答案】 【详解】由可写为，展开式为，， 对于，其展开式为，， 当，即， 若，，则对应项的系数为， 若，，则对应项的系数为， 综上，含项的系数为. 变式12-2．的展开式中的常数项为______． 【答案】49 【详解】展开式中得到常数项的方法分类如下： （1）4个因式全取1，相乘得到常数项.常数项为； （2）4个因式中有1个取，则再取1个，其余因式取，相乘得到常数项.常数项为； （3）4个因式中有2个取，则再取2个，相乘得到常数项为， 合并同类项，所以展开式中常数项为. 变式12-3．已知的展开式中有一项是，则 ___________ 【答案】 【详解】因为的展开式中有一项是，所以； 再将看成个相乘，展开式中每一项都是个括号中各取一个相乘得到的， 所以展开式中项的计算如下：个括号中有个括号取，个括号取，个括号取得到， 所以， 所以，且，故. 题型十三 整除和余数问题 解｜题｜技｜巧 解题步骤：（1）拆分底数：将底数写成除数的倍数±常数； （2）二项展开：完整展开二项式，剔除所有含除数因数的整除项； （3）计算余项：只保留无法整除的最后一项，计算该项余数； （3）规范修正：负数余数统一加除数，转化为0~除数-1之间的标准余数。 例13．如果今天是星期五，那么天后是星期几？（    ） A．星期一 B．星期二 C．星期四 D．星期六 【答案】B 【详解】因为一周是7天，所以只需计算除以7 的余数. 因为 ，（） 因为除最后一项，其余项都是7的倍数，所以除以7的余数等于除以7 的余数， 又因为， 而 ，（） 除最后一项1，其余项都是7的倍数，都能被7 整除，所以除以7 的余数是1， 因此除以7的余数为，今天是星期五，往后数4天就是星期二. 变式13-1．除以8的余数为（     ） A．1 B．2 C．6 D．7 【答案】D 【详解】， 由56能被8整除，所以除以8，所得的余数为． 变式13-2．的个位数为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【详解】 ， 展开式中除了最后一项，其余均为10的倍数，故的个位数为4. 变式13-3．（多选）已知 f(x)的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则（    ） A． B．的展开式中所有项的二项式系数和为1 C．是5的倍数 D． 【答案】AC 【详解】由条件可知，只有第5项的二项式系数最大，所以展开式有9项，由，可得，故A正确； 的展开式中所有项的二项式系数和为，故B错误； ，展开式的每一项都能被10整除，即能被5整除，故C正确； ，两边求导数，， 令，得，故D错误. 题型十四 杨辉三角 例14．（多选）我国南宋数学家杨辉年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得自豪的，以下关于杨辉三角的叙述正确的是（   ） A．在“杨辉三角”第行中，从左到右第8个数是 B．第行的第个数最大 C．在“杨辉三角”中，第行所有数字的平方和恰好是第行的中间一项的数字 D．在“杨辉三角”中，当时，从第3行起，每一行的第3列的数字之和为 【答案】ABC 【详解】根据题意，杨辉三角第行对应二项式系数，第行第个数为， 则第行，从左到右第个数： ，故正确; 第行，最大二项式系数在中间位置：行数，中间位置为， 故第个数最大，故B正确； 由组合恒等式，是第行的中间项， 故第行所有数字的平方和等于第行的中间项，故C正确； 由，结合各行第3列的数为，则 ，故D错误． 变式14-1．（多选）我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书里出现了如图所示的表，即杨辉三角，这是数学史上的一个伟大成就．该表蕴含着许多的数学规律，下列结论正确的是（   ） A． B． C．从左往右逐行数，第2023项在第63行第7个 D．第5行到第10行的所有数字之和为2024 【答案】AC 【详解】A选项，由组合数的计算性质知 ，A正确； B选项，，B错误； C选项，第行共有项，从左往右逐行数，第行最后一项对应的项数为，因为，且，所以，从左往右逐行数，第2023项在第63行第7个，C正确； D选项，第行所有项之和为，所以，第5行到第10行的所有数字之和为，D错误． 故选：AC 变式14-2．（多选）“杨辉三角”是二项式系数在三角形中的一种几何排列．中国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》一书中就有出现，比欧洲早393年发现．在“杨辉三角”中，除每行（不含第0行）两边的数都是1外，其余每个数都是其“肩上”的两个数之和．例如：第4行的6为第3行中两个3的和．则下列说法正确的是（   ） A．第6行从左到右第4个数是15 B．第2026行的第1014个数最大 C． D．记第行的第个数为，则 【答案】BCD 【详解】对A：第6行从左到右的第4个数为，故A错误； 对B：第2026行一共有2027个数，即， 由二项式系数的性质可知：中间的第个数最大，故B正确； 对C：因为，故C正确； 对D：因为， 所以，故D正确． 变式14-3．我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》就给出著名的杨辉三角.由此可见我国古代数学的成就就是非常值得中华民族自豪的.如上图所示，由杨辉三角的左腰上的各数出发，引一组平行线，从上往下每条线上各数之和依次为，以下关于杨辉三角的猜想中正确的序号有______.（写出所有正确的序号） ①由“与首末两端等距离的两个二项式系数相等”猜想 ②由“在相邻两行中，除1以外的每个数都等于它肩上的两个数之和”猜想 ③第9条斜线上各数之和为55 ④在第条斜线上，各数从左往右先增大后减小 【答案】①②④ 【详解】对于①，②，根据二项式系数的性质，结合杨辉三角， 可得，成立，故①，②正确； 对于③，④，第1条斜线上的数为，第2条斜线上的数为， 第3条斜线上的数为，第4条斜线上的数为， 第5条斜线上的数为，第6条斜线上的数为， 第7条斜线上的数为， 由此归纳得到，第条斜线上的数依次为， 第条斜线上的数依次为， 所以第条斜线上各数字为， 和为，故③错误； 而结合二项式性质得在第条斜线上， 各数从左往右先增大后减小，故④正确. 期末基础通关练（测试时间：10分钟） 1．（2026·重庆万州·三模）若，则（   ） A．0 B．9 C．12 D．18 【答案】D 【详解】在中，偶数次项系数为正，奇数次项系数为负， 所以，取， 可得， 故所求式的值为. 2．（2025·26高二下·重庆·期中）有4封不同的信投入3个不同的信箱，可有不同的投入方法种数为（   ） A．12 B．16 C．64 D．81 【答案】D 【详解】根据分步乘法计数原理，投放4封不同的信可分为4个独立步骤，每封信均有3种不同的投放选择，因此总的投入方法种数为种. 3．（2026·吉林白山·模拟预测）已知（）的展开式中的系数为13，则实数b的值为（   ）. A． B． C． D． 【答案】D 【详解】根据二项式定理，的通项为（）. 展开式中项由两部分组成： ①的常数项乘以的项，因中项的系数为， 因此这部分的系数为. ②的一次项乘以的项，因中项的系数为， 因此这部分的系数为. 依题意，，解得. 4．（2026·河南·三模）的展开式的第3项为______． 【答案】 【详解】二项式 的展开式通项为， 的展开式中， . 5．（2026·福建泉州·模拟预测）甲、乙、丙3人站到共有6级的台阶上，若每级台阶最多站2人且甲、乙不站同一个台阶，同一台阶上的人不区分站的位置，则不同的站法是____________种． 【答案】180 【详解】根据分步乘法计数原理，按顺序安排三人站位： 安排甲的站位：共有6级台阶可选，因此甲有6种不同站法； 安排乙的站位：要求甲、乙不站同一台阶，排除甲已选择的台阶，乙有6−1=5种不同站法； 安排丙的站位：已知每级台阶最多站2人，此时甲、乙分属不同台阶，各级台阶至多仅站1人，丙有6种不同站法. 综上，不同的总站法种数为. 6．（2026·安徽合肥·二模）某旅游博主准备从安徽省的5个国家全域旅游示范区与10个不是国家全域旅游示范区的省全域旅游示范区中选4个去打卡，若国家全域旅游示范区至少选3个，则选取方法种数为________．（用数字作答） 【答案】105 【详解】我们将选取情况分为两类： 选3个国家全域旅游示范区，1个省全域旅游示范区的方法数：. 选4个国家全域旅游示范区，0个省全域旅游示范区的方法数：. 所以总选取方法种数为：. 7．（2026·海南海口·模拟预测）如图由4条水平方向的平行线和5条竖直方向的平行线围成的图形中共有______个不同的平行四边形； 【答案】 【详解】从 4 条水平方向的平行线中选 2 条，有种选法， 从 5 条竖直方向的平行线中选 2 条，有种选法， 根据分步乘法计数原理得总平行四边形个数为. 期末重难突破练（测试时间：10分钟） 1．（2026·湖北·模拟预测）在的二项展开式中，若常数项为240，则的系数为（    ） A．6 B．32 C．36 D．60 【答案】D 【详解】的二项展开式的通项为， 当时，，故常数项为，即， 由， 故随的增大而增大，又时，， 故，则，令 ，得，故的系数为. 2．（2026·广东深圳·模拟预测）已知的展开式的二项式系数和等于，则展开式中的含项的系数为___________． 【答案】45 【详解】， ， ，又展开式的通项为， 当，解得， ，即展开式中的含项的系数为． 3．（2026·江苏扬州·模拟预测）某书店有6本书，其中的书各不相同，分给甲，乙，丙三位同学，每人至少分一本，则共有______种不同的分法．(用数字作答) 【答案】540 【详解】法一：将6本书按2，2，2分成3份，共有种； 将6本书按1，1，4分成3份，共有种； 将6本书按1，2，3分成3份，共有种； 分配给3个人，共有：种； 法二：总的分配方式(不考虑每人至少一本，每种书有3种选择)为种， 减去“指定1个人没有得到书”的情况总和(选1个没得到书的人，剩余2人分书)： 种(包含恰有2人没得到书的情况)， 加上“有2个人没得到书”的情况(选2个没得到书的人，剩余1人分书)：种， 故由容斥原理计算：共种． 4．（2026·河南驻马店·模拟预测）在今年”五一”的5天长假中，某单位欲从甲、乙等6名安保人员中随机选取5人来安排5月1日至5日的值班，每人值一天班，则甲、乙两人至少有一人在1日或5日值班的概率为_________. 【答案】/ 【详解】从6名安保人员中随机选取5人安排5天值班，总排法数为 . “甲、乙两人至少有一人在1日或5日值班”的对立事件为”甲、乙两人均不在1日和5日值班”， 先从除甲、乙外的4人中选2人安排1日和5日值班，排法数为 ； 再从剩余4人中选3人安排2、3、4日值班，排法数为 . 因此对立事件的排法数为 . 对立事件的概率为 ，故所求概率为 . 期末综合拓展练（测试时间：15分钟） 1．（2026·江西赣州·二模）已知，若，且，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以，利用二项式定理展开得， 即， 又因为，对应系数要相等，则 又因为且，即，解得，故B正确. 2．（2026·陕西咸阳·三模）已知（）.若的展开式中的系数为，则__________. 【答案】 【详解】二项式展开的通项公式为：， 令，则， 因为的展开式中的系数为， 所以，即， 即， 令，则，则， 令得到， ① 令得到， ② 令得到，； ①②得，即， ①②得，即 所以. 3．（2026·江苏·模拟预测）从，，，中随机取出六个不同的数、、、、、，制作长、宽、高分别为、、和、、的两个盒子，则其中一个盒子能以相邻三个面对应平行方式放入另一个盒子的概率为_____． 【答案】/0.5 【详解】记，，按由小到大排序为，，，按由小到大排序为， 要使一个盒子能以相邻三面对应平行方式放入另一个盒子只需，，或，， ， 它与取到哪6个数无关，不失一般性，不妨以取到的6个数为1，2，3，4，5，6为例， 平均分成两组的分法有：种， 以下枚举与符合条件的情形： 与，与，与，与，与 共5种，所以． 4．（2026·陕西咸阳·二模）在一个不透明的盒子中有分别标有数字1~6的6个小球，除标号外完全相同，若甲，乙，丙3人依次摸出一个小球，且摸出后不放回，记甲，乙，丙摸出的小球标号分别为，，，“事件A”为甲、乙摸出的小球标号不相邻，且，则______． 【答案】 【详解】由题意得，甲、乙摸出的小球标号相邻有种情况， 甲，乙，丙3人依次摸出一个小球共有种情况， 所以甲、乙摸出的小球标号不相邻的情况有种， 且丙、乙取球是公平的且球标号不相等，所以和有相同的可能， 所以“事件A”为甲、乙摸出的小球标号不相邻，且的情况有种， 所以. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $