第3章 排列、组合与二项式定理 本章总结(Word讲义)-【满分思维】2026-2027学年高中数学选择性必修第二册学生用书（人教B版）

本章总结 　　　　　 　　　　　 　　　　　 判断下列说法是否正确.(请在括号中填写“√”或“×”) 1.在分步乘法计数原理中,事情是分两步完成的,其中任何一个单独的步骤都能完成这件事.(　 ) 2.有一项活动,要从4名老师、7名男学生和8名女学生中选1名老师、1名学生参加,则有60种不同的选法. (　 ) 3.若=,则x=m. (　 ) 4.从甲、乙、丙3名同学中选出2名分别去参加某两个乡镇的社会调查,这是组合问题. (　 ) 5.由0,1,2,3这四个数字组成的四位数中,有重复数字的四位数共有3×43-=168(个).(　 ) 6.若(3x-1)7=a7x7+a6x6+…+a1x+a0,则a7+a6+…+a1的值为128. (　 ) 7.若的展开式中仅有第5项的二项式系数最大,且含x4的项的系数为7,则实数a=.(　 ) 8.的展开式中各项的二项式系数之和为64,则展开式中的常数项为160.(　 ) ◆ 题型一　分类加法计数原理和分步乘法计数原理 [类型总述] 应用分类加法计数原理时,要确定分类的依据,每种类别之间不能重复;应 用分步乘法计数原理时,要明确每一步之间的逻辑关系,即先做哪一步再做哪一步,各步骤之间不能重复. 例1 (1)一件工作可以用两种方法完成,有5人只会用第一种方法完成,另外4人只会用第二种方法完成,从中选出1人来完成这件工作,则不同的选法种数是 (　 ) A.9 B.10 C.20 D.40 (2)从A地到B地要经过C地,已知从A地到C地有三条路,从C地到B地有四条路,则从A地到B地不同的走法种数为 (　 ) A.7 B.9 C.12 D.16 ◆ 题型二　排列组合应用问题 [类型总述] (1)排列应用问题;(2)组合应用问题;(3)排列组合的综合应用. 例2 (1)甲、乙、丙、丁、戊5名同学站成一排参加文艺汇演,则甲不站在两端,丙和丁相邻的不同排列方式有 (　 ) A.12种 B.24种 C.36种 D.48种 (2)将红、黄、蓝、白、黑五种颜色涂在如图所示的4个小方格内,每格涂一种颜色,相邻两格涂不同的颜色,如果颜色可以反复使用,那么共有多少种不同的涂色方法? 变式 (1)有4名男志愿者和2名女志愿者参与社区志愿服务.已知6名志愿者将会被分为2组派往2个不同的社区,且女志愿者不单独成组.若每组不超过4人,则不同的分配方法种数为 (　 ) A.32 B.48 C.40 D.56 (2)[2026·江苏泰州高二期末] 已知xi,yi∈{-1,1},i=1,2,3,且x1y1+x2y2+x3y3=1,则满足条件的有序数组(x1,x2,x3,y1,y2,y3)共有　　　　个.  ◆ 题型三　二项式定理及其应用 [类型总述] (1)利用二项式定理求指定项(或系数);(2)利用赋值法求二项式的系数和. 考向一　二项展开式的特定项或特定项的系数问题 例3 (1)在(-2)5的展开式中,x2的系数为 (　 ) A.-5 B.5 C.-10 D.10 (2)(x+y)8的展开式中x2y6的系数为　　　　(用数字作答).  变式 (多选题)已知的展开式中所有二项式系数之和为16,则展开式中(　 ) A.各项的系数之和为-1 B.存在常数项-32 C.各项系数的值中最大的是24 D.无理项有3项 考向二　求三项展开式的特定项或特定项的系数 例4 (多选题)关于多项式的展开式,下列说法正确的是 (　 ) A.各项系数之和为1 B.各项系数的绝对值之和为212 C.不存在常数项 D.含x3的项的系数为40 变式 的展开式的项数为　　　　.  考向三　利用赋值法解决二项展开式的各项或指定项的系数和问题 例5 (1)若(2x-1)4=a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0,则a0+a2+a4= (　 ) A.40 B.41 C.-40 D.-41 (2)已知多项式(x+2)(x-1)4=a0+a1x+a2x2+a3x3+a4x4+a5x5,则a2=　　　　,a1+a2+a3+a4+a5=　　　　.  变式 (多选题)对任意实数x,都有(2x-3)9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+a3(x-1)3+…+a9(x-1)9,则下列说法正确的是 (　 ) A.a2=144 B.a0=1 C.a0+a1+a2+…+a9=1 D.a0-a1+a2-a3+…-a9=-39 考向四　二项式系数或展开式系数的最值 例6 已知二项式(1-x)8,求: (1)展开式中二项式系数最大的项; (2)展开式中系数最小的项. 考向五　二项式定理的应用 例7 定义:两个正整数a,b,若它们除以正整数m所得的余数相等,则称a,b对模m同余,记作a≡b(mod m),比如:26≡16(mod 10).已知n=+·8+·82+…+·810,若n≡p(mod 10),则p可以是 (　 ) A.23 B.21 C.19 D.17 例8 求0.988的近似值.(精确到0.01) 例9 证明:·12+·22+·32+…+n2=n(n+1)2n-2. ◆ 题型四　杨辉三角及二项式系数性质的应用 [类型总述] (1)利用二项式系数的性质求值;(2)利用杨辉三角有关规律进行推导相关结论. 例10 我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算术》一书中给出了杨辉三角,书中是用汉字来表示的,如图①.研究发现,杨辉三角可以由组合数来表示,如图②.杨辉三角有很多有趣的性质,如杨辉三角的两腰上的数字都是1,用组合数表示为==1.请写出一条其他的性质,用组合数表示为　　　　　　　.从杨辉三角蕴含的规律可知+++…+=　　　　.  ① ② 变式 阅读材料,完成相应任务:“贾宪三角”又称“杨辉三角”,在欧洲则称为“帕斯卡三角”,它揭示了(a+b)n(n为非负整数)展开式的各项系数的规律. 根据上述规律,完成下列问题: (1)直接写出(a+b)5的展开式. (2)(a+1)8的展开式中含a的项的系数是多少? (3)利用上述规律求115的值,写出过程. 学科网（北京）股份有限公司 $ 本章总结 【知识辨析】 1.×　2.√　3.×　4.×　5.×　6.×　7.√　8.× 【素养提升】 题型一 例1　(1)A　(2)C　[解析] (1)利用第一种方法完成有=5(种)选法,利用第二种方法完成有=4(种)选法,故共有5+4=9(种)选法完成工作.故选A. (2)根据题意,从A地到B地不同的走法种数为3×4=12.故选C. 题型二 例2　(1)B　[解析] 方法一:先利用捆绑法将丙和丁看作一个整体,排乙、丙、丁、戊四人,有种情况,再利用插空法选甲的位置有种情况,故共有=24(种)满足题意的不同排列方式,故选B. 方法二:若甲没有限制条件,则利用捆绑法将丙和丁看作一个整体,排五人有种情况,其中甲站在两端的情况有种,所以共有-=24(种)满足题意的不同排列方式,故选B. (2)解:依题意,可分两类情况: 第一类,①④不同色,则①②③④所涂的颜色各不相同,不同的涂法有=120(种). 第二类,①④同色,则①②③所涂的颜色各不相同,不同的涂法有=60(种). 综上可知,不同的涂色方法共有120+60=180(种). 变式　(1)B　(2)24　[解析] (1)分两种情况讨论:第一种,人数分为3,3的两组时,2名女志愿者不单独成组,有种分组方法,再对应到2个社区参加志愿服务,有种情况,此时共有×=20(种)分配方法;第二种,人数分为2,4的两组时,有×=15(种)分组方法,其中有1种2名女志愿者单独成组的情况,则有14种符合条件的分组方法,再对应到2个社区参加志愿服务,有种情况,此时共有14×=28(种)分配方法.故共有20+28=48(种)不同的分配方法.故选B. (2)因为xi,yi∈{-1,1},i=1,2,3,所以xiyi=1或xiyi=-1,又x1y1+x2y2+x3y3=1,所以xiyi,i=1,2,3的值有两个为1,一个为-1.若xiyi的值为-1,则xi,yi中一个为1一个为-1,所以有·=3×2=6(种)排法,若xiyi的值为1,则xi,yi都为1或都为-1,所以有2×2=4(种)排法.所以满足条件的有序数组(x1,x2,x3,y1,y2,y3)共有6×4=24(个). 题型三 例3　(1)C　(2)-28　[解析] (1)(-2)5的展开式的通项为Tr+1=()5-r(-2)r=(-2)r,令=2,得r=1,所以x2的系数为(-2)×=-10.故选C. (2)(x+y)8的展开式的通项为Tr+1=x8-ryr.令r=6,得T7=x2y6=28x2y6;令r=5,得T6=x3y5=56x3y5.所以(x+y)8的展开式中x2y6的系数为1×28+(-1)×56=-28. 变式　BCD　[解析] ∵的展开式中所有二项式系数之和为16,∴2n=16,解得n=4.令x=1,可得的展开式中各项系数之和为1,故A错误;的展开式的通项为Tk+1=·(-2)k·,令4-=0,得k=3,则T4=·(-2)3=-32,故B正确;当k=2时,展开式中该项系数的值最大,即为24,故C正确;当k=1,2,4时,对应的项为无理项,故D正确.故选BCD. 例4　BD　[解析] 在多项式的展开式中,令x=1,可得各项系数之和为26,故A不正确;多项式的展开式中各项系数的绝对值之和与多项式的展开式中各项系数之和相等,在多项式的展开式中,令x=1,可得各项系数之和为212,故B正确;=的展开式的通项为Tk+1=(0≤k≤6,k∈Z),的展开式的通项为Tm+1=(-x)m(0≤m≤k,k,m∈Z),所以的展开式的通项为Tk+1=(-1)m2k-mx2m-k(0≤m≤k,0≤k≤6,k,m∈Z),因为2m-k=0有解,所以多项式的展开式中有常数项,故C不正确;当2m-k=3,0≤m≤k,0≤k≤6,k,m∈Z时,可得或所以含x3的项的系数为(-1)3×××20+(-1)4×××21=40,故D正确.故选BD. 变式　17　[解析] =的展开式的通项为Tr+1==·xr-kx-k=·xr-2k,0≤r≤8,0≤k≤r,k,r∈N.因为-8≤r-2k≤8,r-2k∈Z,所以的展开式的项数为17. 例5　(1)B　(2)8　-2　[解析] (1)令x=1,则1=a4+a3+a2+a1+a0①,令x=-1,则34=a4-a3+a2-a1+a0②,由,得a4+a2+a0==41. (2)(x-1)4的展开式的通项为Tr+1=x4-r(-1)r,当r=3时,T4=x(-1)3=-4x,当r=2时,T3=x2(-1)2=6x2,所以a2=-4×1+6×2=8.令x=1,得a0+a1+a2+a3+a4+a5=0,令x=0,得a0=2,故a1+a2+a3+a4+a5=-2. 变式　CD　[解析] 由已知得(2x-3)9=[-1+2(x-1)]9=a0+a1(x-1)+a2(x-1)2+a3(x-1)3+…+a9(x-1)9,所以a2=×(-1)7×22=-×22=-144,故A不正确;令x=1,可得a0=-1,故B不正确;令x=2,可得a0+a1+a2+…+a9=1,故C正确;令x=0,可得a0-a1+a2-a3+…-a9=-39,故D正确.故选CD. 例6　解:(1)因为(1-x)8的展开式中共有9项,所以中间一项(第5项)的二项式系数最大,所以展开式中二项式系数最大的项为(-x)4=70x4. (2)二项展开式中系数最小的项应在偶数项中确定.由题意知第4项和第6项系数相等且最小,T4=(-x)3=-56x3,T6=(-x)5=-56x5,所以展开式中系数最小的项是-56x3和-56x5. 例7　B　[解析] 由题得n=(1+8)10=910=(10-1)10=(1-10)10=1-10+102-…+1010,则n被10除所得余数为1.在四个选项中,只有21被10除所得余数为1.故选B. 例8　解:0.988=(1-0.02)8=×(-0.02)0+×(-0.02)1+×(-0.02)2+…+×(-0.02)8,取展开式前3项,则0.988精确到0.01的近似值为1-0.16+0.011 2=0.851 2≈0.85. 例9　证明: ∵k===n,∴·12+·22+·32+…+n2=n·1+n·2+…+n·n=n(·1+·2+…+·n).(1+x)n-1=+x+…+xn-1,等号两边同乘x得x(1+x)n-1=x+x2+…+xn,等号两边同时求导得(1+x)n-1+(n-1)x(1+x)n-2=+2x+…+nxn-1,令x=1得+2+…+n=2n-1+(n-1)2n-2=(n+1)2n-2,则·12+·22+·32+…+n2=n(n+1)2n-2 题型四 例10　+=(答案不唯一)　　[解析] 由杨辉三角可知,+=.+++…+=+++…+=++…+=…=. 变式　解:(1)(a+b)5=a5+5a4b+10a3b2+10a2b3+5ab4+b5. (2)(a+1)8的展开式中含a的项的系数为=8. (3)115=(10+1)5=105+5×104×11+10×103×12+10×102×13+5×101×14+15=100 000+50 000+10 000+1000+50+1=161 051. 学科网（北京）股份有限公司 $