【考点清单】专题01+排列、组合与二项式定理-高二数学下学期期末考点大串讲试卷（人教B版2019选择性必修第二册）

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【考点题型一】两种计数原理的应用
1、分类加法计数原理：完成一件事情有类不同的方案，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，…，在第类方案中有种不同的方法，则完成这件事共有种不同的方法。
2、分步乘法计数原理：完成一件事需要个步骤，做第1步有中不同的方法，做第2步有中不同的方法，…，做第步有种不同的方法，则完成这件事共有种不同的方法。
3、两种计数原理综合应用
（1）最开始计算之前进行仔细分析—需要分类还是需要分步；
（2）分类要做到“不重不漏”，分类后再分别对每一类进行计数，最后用分类加法计数原理求和，得到总数；
（3）分步要做到“步骤完整”，完成了所有步骤，恰好完成任务，当然步与步之间要相互独立，分步后再计算每一步的方法数，最后根据分步乘法计数原理，把完成每一步的方法数相乘，得到总数。
【例1】（23-24高二下·广东佛山·期中）某学校开设了5门不同的科技类课程，5门不同的运动类课程和5门不同的自然类课程供学生学习，某位学生任选1门课程学习，则不同的选法共有（ ）
A．5种B．15种C．25种D．125种
【答案】B
【解析】根据分类加法计数原理，从各类课程中任选1门课程的不同选法共有种．故选：.
【变式1-1】（23-24高二下·山东济宁·期中）某学校5个班分别从3个景点中选择一处游览，则不同选法的种数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】每个班都有3种选择，利用分步乘法计数原理，共有种不同选法.故选：A.
【变式1-2】（23-24高二下·湖北·期中）现有来自荆州、荆门、襄阳、宜昌四市的4名学生，从四市的七所重点中学中，各自选择一所学校参观学习，则不同的安排参观学习方式共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】A
【解析】由题可知，每名同学都有7种选法，故不同的选择方式有种，
经检验只有A选项符合.故选：A.
【变式1-3】（23-24高二下·天津·期中）四大名著是中国文学史上的经典作品，是世界宝贵的文化遗产.在学校举行的“文学名著阅读月”活动中，甲、乙、丙、丁、戊五名同学相约去学校图书室借阅四大名著《红楼梦》《三国演义》《水浒传》《西游记》（每种名著至少有5本），若每人只借阅一本名著，则不同的借阅方案种数为 .（用数字作答）
【答案】1024
【解析】由题意可知，对于每个人，都有种借阅的可能，
根据乘法原理共有种不同的借阅方案.
【考点题型二】排列数与组合数计算
1、排列数公式：
特别的：（且）；规定：
2、组合数公式：（，且）
组合数的性质：（1）； （2）； （3）规定
【例2】（23-24高二下·广东清远·期中）不等式的解集为 .
【答案】
【解析】由题意得，解得且，
又，即，即，解得，
综上可知，故解集为.
【变式2-1】（23-24高二下·山东枣庄·期中）下列公式错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】对于A：，故A正确；
对于B：，故B正确；
对于C：因为，，，
所以
，即，故C正确；
对于D：，，
所以，故D错误 .故选：D
【变式2-2】（23-24高二下·贵州遵义·期中）（多选）下列选项中正确的有（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BCD
【解析】A选项，因为，所以A错误；
B选项，因为，所以，故B正确；
C选项，因为，所以C正确；
D选项，因为，
所以
，故D正确．故选：BCD
【变式2-3】（23-24高二下·云南·期中）（1）求的值；
（2）若等式成立，求正整数的值.
【答案】（1）；（2）；（2）利用给定式子建立方程，求解即可.
【解析】（1）原式
（2）由展开得，
因，故可化简得：，
解得或（舍），故.
【考点题型三】队列排序问题
1、解有“相邻元素”的排列问题的方法
对于某些元素必须相邻的排列，通常采用“捆绑法”，即把相邻元素看作一个整体和其他元素一起参与排列，再考虑这个整体内部各元素间的顺序。
2、解有“不相邻元素”的排列问题的方法
对于某些元素不相邻的排列，通常采用“插空法”，即先排不受限制的元素，使每两个元素之间形成“空”，然后将不相邻的元素进行“插空”。
3、解有特殊元素（位置）的排列问题的方法
解有特殊元素或特殊位置的排列问题，一般先安排特殊元素或特殊位置，再考虑其他元素或位置，当以元素为主或以位置为主。
【例3】（23-24高二下·云南大理·期中）在学校组织的一次活动结束后，3名男生和2名女生站成一排照相留念，其中2名女生不相邻，则不同的站法有（ ）
A．120种B．72种C．48种D．24种
【答案】B
【解析】先排三名男生，共有种排法，此时三名男生会产生四个空位，
则女生共有种，故共有种.故选：B.
【变式3-1】（23-24高二下·广西柳州·期中）某中学运动会期间，甲、乙、丙、丁、戊、戌六名志愿者站成一排拍照留念，其中甲和乙相邻，甲和丙不相邻，则不同的排列方式共有（ ）
A．180种B．190种C．192种D．240种
【答案】C
【解析】若甲位于两端时，乙与之相邻只有一个位置可选，丙与甲不相邻有余下四个位置可选，
故有种方法；
若甲不位于两端时，乙与之相邻有两个位置可选，丙与甲不相邻有三个位置可选，
故有种方法；
综上不同的排列方式有192种.故选：C
【变式3-2】（23-24高二下·四川内江·期中）5名学生站成一排，若学生甲乙都不站两端，则不同站法共有（ ）
A．种B．种C．种D．种
【答案】A
【解析】先从中间的三个位置中，选出2个位置，安排甲乙，再把剩余的3个位置，进行全排列，
所以甲乙都不站两端的不同站法共有种.故选：A.
【变式3-3】（23-24高二下·山东济宁·期中）某中学元旦晚会共由7个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在乙的前面，丙不能排在最后一位，该晚会节目演出顺序的编排方案共有 种.（用数字作答）
【答案】2160
【解析】因为丙不能排在最后一位，则编排方案共有种，
又因为甲、乙处于对称位置，即节目甲排在乙的前面与节目乙排在甲的前面数量相等，
所以该晚会节目演出顺序的编排方案共有种.
【考点题型四】组数问题
组数问题的常见类型及解决原则：
（1）常见的组数问题：①组成的数为“奇数”“偶数”“被某数整除的数”；②在某一定范围内的数的问题；③各位数字和为某一定值问题；④各位数字之间满足某种关系问题等.
（2）解决原则①明确特殊位置或特殊数字，是我们采用“分类”还是“分步”的关键.一般按特殊位置(末位或首位)由谁占领分类，分类中再按特殊位置(或特殊元素）优先的策略分步完成；如果正面分类较多，可采用间接法求解.②要注意数字“0”不能排在两位数字或两位数字以上的数的最高位
【例4】（23-24高二下·天津南开·期中）用这个数字，可以组成个没有重复数字的三位偶数（ ）
A．720B．648C．320D．328
【答案】D
【解析】若个位数字为，十位和百位的排法种数为；
若个位数字不为，则确定个位数字有种方法，
确定百位数字有种方法，确定十位数字有种方法，
所以排法种数为.
所以可以组成个没有重复数字的三位偶数.故选：D
【变式4-1】（23-24高二下·江苏连云港·月考）从0，1，2，3，4五个数字中选出3个数字组成一个三位数．
（1）可以组成多少个三位数？
（2）可以组成多少个无重复数字的三位数？
（3）可以组成多少个无重复数字的三位偶数？
【答案】（1）100；（2）48；（3）30
【解析】（1）三位数的首位不能为0，但可以有重复数字，
首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二、三位可以排0，
因此，根据分步乘法计数原理共有（个）．
（2）三位数的首位不能为0，首先考虑首位的排法，除0外共有4种方法，第二位可以排0，除
首位排的数字共有4种方法，第三位除前两位排的数字共有3种方法，
因此，根据分步乘法计数原理共有（个）．
（3）偶数末位数字可取0，2，4，因此，可以分两类：
一类是末位数字是0，则有（种）排法；
一类是末位数字不是0，则末位有2种排法，即2或4，再排首位，因0不能在首位，
所以有3种排法，十位有3种排法，因此有（种）排法．
因此有（种）排法．即可以排成30个无重复数字的三位偶数.
【变式4-2】（23-24高二下·广东东莞·月考）从1到7这7个数字中取2个偶数、3个奇数，排成一个无重复数字的五位数.求：
（1）共有多少个五位数？
（2）其中偶数排在一起，奇数也排在一起的有多少个？
（3）其中两个偶数不相邻的有多少个？
【答案】（1）1440；（2）288；（3）864
【解析】（1）依题意，从1到7这7个数字中取2个偶数、3个奇数，
共有（种）情况，共有（个）五位数；
（2）把选出的偶数捆绑在一起，把选出的奇数也捆绑在一起，再全排列，
故其中偶数排在一起，奇数也排在一起的有（个）；
（3）先排3个奇数，2个偶数插空，故其中两个偶数不相邻的共有（个）.
【变式4-3】（23-24高二下·福建泉州·月考）用数字0，1，2，3，4，5这6个数码组成无重复数字的四位数和五位数，请完成下列问题:
（1）可组成多少个四位数?
（2）可组成多少个是5的倍数的五位数?
（3）可组成多少个比1325大的四位数?
【答案】（1）300个；（2）216个；（3）270个
【解析】（1）法一：当组成四位数时，先从这6个数中取4个，
选取以后，不包含0的取法有种，此时有种排列方式，
包含0的取法有种，此时要保证首位不为0，故有种排列方式，
所以总共能组成的四位数有个；
法二：间接法从6个数中任选4个排成一列，共有种排法(其中含有首项为0的情况)，
若首位为0，再从余下的5个数码中选出3个排成一列，共有种排法，
则可以组成四位数共个；
（2）当组成5的倍数的五位数时，我们需要组成末位是0或5的五位数，
如果末位数是0，则剩下四位可以任意从1，2，3，4，5中选择并任意排列，
此时有个，
如果末位数是5，则剩下四位可以任意从0，1，2，3，4中选择，
但排列时0不能排在首位，
而不包含0和包含0的选择方式各有种和种，
故此时有个，
所以总共能组成5的倍数的五位数有个；
（3）法一：直接法：当组成比1325大的四位数时，
以2，3，4，5开头的有个，
以14，15开头的有个，
以134，135开头的有个，
所以总共能组成比1325大的四位数有个.
法二：间接法：由（1）知共有四位数300个；
小于或等于1325的数如下：
以10，12开头有的个，
以130开头的有3个，以132开头的有1320、1324、1325共3个，
故个.
【考点题型五】涂色种植问题
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。
【例5】（23-24高二下·江苏连云港·月考）如图所示，用6种不同的颜色给图中的4个格子涂色，每个格子涂一种颜色，要求相邻的两个格子颜色不同，则不同的涂色方法共有（ ）种．
A．480B．600C．360D．750
【答案】D
【解析】首先给最左边的一个格子涂色，有6种选择，左边第二个格子有5种选择，
第三个格子有5种选择，第四个格子也有5种选择，
根据分步计数原理得，共有（种）涂色方法．故选：D.
【变式5-1】（23-24高二下·吉林长春·月考）如图，用四种不同的颜色对图中5个区域涂色（四种颜色全部使用），要求每个区域涂一种颜色，相邻的区域不能涂相同的颜色，则不同的涂色方法有（ ）
A．72种B．96种C．150种D．168种
【答案】B
【解析】第一步：涂区域，有种方法；
第二步：涂区域，有种方法；
第三步：涂区域，有种方法；
第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域，分两类：
第一类，区域与同色，则区域涂第四种颜色；
第二类，区域与不同色，则区域涂第四种颜色，
此时区域就可以涂区域或区域或区域中的任意一种颜色，有种方法．
所以，不同的涂色种数有.故选：B.
【变式5-2】（23-24高二下·天津·期中）一个长方形，被分为A、B、C、D、E五个区域，现对其进行涂色，有红、黄、蓝、绿四种颜色可用，要求相邻两区域（两个区域有公共顶点就算相邻）涂色不相同，则不同的涂色方法有 种．
【答案】72
【解析】我们需要用四种颜色给五个区域涂色，使得区域的颜色均和区域的颜色不同，
区域和，和，和，和每对的颜色都不相同.
那么首先区域有四种涂法，颜色确定后，区域仅可以使用其余三种颜色.
由于这四个区域只能使用三种颜色，故一定存在两个区域同色，而相邻两个区域不能同色，
所以同色的区域一定是和，或者和.
如果这两对区域都是同色的，那么和，
以及和，分别需要在剩余的三种颜色里选出一种，
且颜色不能相同，所以此时的情况数有种；
如果和同色，但和不同色，那么和的颜色有三种选择，
选择后，和的颜色只能是剩余的两种，且不相同，但排列顺序有两种，
所以此时的情况数有种；
如果和同色，但和不同色，同理，此时的情况数有种.
综上，区域的颜色确定后，剩下四个区域的涂色方式共有种.
而区域的颜色有四种选择，所以总的涂色方法有种.
【变式5-3】（23-24高二下·山东泰安·期中）现有四种不同颜色的彩灯装饰五面体的六个顶点，要求，用同一种颜色的彩灯，其它各棱的两个顶点挂不同颜色的彩灯，则不同的装饰方案共有 种.（用数字作答）
【答案】
【解析】首先给，两个顶点挂彩灯，有种方法，再给顶点挂彩灯，有种方法，
①若、挂同一种颜色的彩灯，则有种方法，
最后挂点有种方法，故有种；
②若、挂不同种颜色的彩灯，此时挂点有种方法，挂点有种方法，
最后挂点有种方法，故有种；
综上可得一共有种不同的方法.
【考点题型六】分组分配问题
1、解题思路：先分组后分配，分组是组合问题，分配是排列问题；
2、分组方法： = 1 \* GB3 ①完全均匀分组，分组后除以组数的阶乘； = 2 \* GB3 ②部分均匀分组，有组元素个数相同，则分组后除以； = 3 \* GB3 ③完全非均匀分组，只要分组即可；
3、分配： = 1 \* GB3 ①相同元素的分配问题，常用“挡板法”； = 2 \* GB3 ②不同元素的分配问题，分步乘法计数原理，先分组后分配； = 3 \* GB3 ③有限制条件的分配问题，采用分类求解；
【例6】（23-24高二下·江苏盐城·期中）某校将12名优秀团员名额分配给4个不同的班级，要求每个班级至少一个，则不同的分配方案有 种．
【答案】165
【解析】将12名优秀团员名额分配给4个不同的班级，要求每个班级至少一个，
应用隔板法，12名团员成排的11个空用3个隔板分成四组（非空），
则不同的分配方案有.
【变式6-1】（23-24高二下·上海·期中）从2男4女中安排3人到三个场馆做志愿者，每个场馆1人，且至少有1位男生入选，不同的安排方法有 种.
【答案】96
【解析】若选一男两女：种；
若选两男一女：种；所以一共种.
【变式6-2】（23-24高二下·福建泉州·月考）2023年杭州亚运会吉祥物组合为“江南忆”，出自白居易的“江南忆，最忆是杭州”，名为“琮琮”、“莲莲”、“宸宸”的三个吉祥物，是一组承载深厚文化底蕴的机器人．为了宣传杭州亚运会，某校决定派5名志愿者将这三个吉祥物安装在学校科技广场，每名志愿者只安装一个吉祥物，且每个吉祥物至少有一名志愿者安装，若志愿者甲只能安装吉祥物“宸宸”，则不同的安装方案种数为 ．
【答案】50
【解析】按照2，2，1分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
②若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
按照3，1，1分3组安装，
①若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
②若志愿者甲和另两个人合作安装吉祥物“宸宸”，则共有种，
故共有种．
【变式6-3】（23-24高二下·安徽六安·月考）（多选）有6本不同的书，按下列方式进行分配，其中分配种数正确的是（ ）
A．分给甲、乙、丙三人，每人各2本，有15种分法
B．分给甲、乙、丙三人，一人4本，另两人各1本，有180种分法
C．分给甲、乙每人各2本，分给丙、丁每人各1本，有180种分法
D．分给甲、乙、丙、丁四人，两人各2本，另两人各1本，有1080种分法
【答案】CD
【解析】对于A，根据平均分组可知有，故A错误；
对于B，先选一人得4本书，有种方法，余下2本书分给两人有2种分法，
所以共有90种方法，故B错误；
对于C，先分给甲乙两人有种方法，余下2本书分给两人有2种分法，
所以共有180种方法，故C正确；
对于D，按照分步乘法计数原理知，所以D正确.故选：CD
【考点题型七】最短路径问题
最短路径问题的关键点在于确定好最短路径中横向与纵向需要走几步。
【例7】（23-24高二下·重庆·期中）某中学有三栋教学楼，如图1所示，若某学生要从处到达他所在的班级处（所有楼道间是连通的），则最短路程不同的走法为
图1
A．5B．10C．15D．20
【答案】C
【解析】从到共需走6步，其中横步（向右）有两步，竖直向上的有4步，
故最短路程的不同走法数为，故选C．
【变式7-1】（21-22高二下·湖北恩施·期中）如图，在中国象棋的模盘上，敌方有一无名小卒，小卒未过河前只能竖行，不能横行，过河后每次只可横行或竖行一格，需想办法到达敌军的“帅”处，从而坐上“正堂”，赢得胜利，已知小卒中途不会受到任何阻碍，则小卒坐到“正堂”的最短路线有 条．

【答案】70
【解析】小卒过河前只能往前走，故过河前路线唯一，过河后需走八步，其中，横着需走4步，竖着需走4步，故只需选出横着走的四步即可，即．
【变式7-2】（22-23高二下·上海静安·期中）如图所示，现有个正方形构成的网格，从A点沿网格线到B点，且不能经过C点，则最短路线共有 条．
【答案】66
【解析】从A到B的最短路线，均需走9步，包括横向的5步和纵向的4步，
所以A到B的最短路线共有＝126条，
其中经过C点的有＝60条，
所以不能经过C点的有126－60＝66条．
【变式7-3】（23-24高二下·全国·专题练习）一行八空任意填字，恰填得“上”、“右”两字各4个的不同填法有 种；两张相同的方格表，有一方格重合（如图），沿格线连接两点；则不同的最短连接线有 条．
【答案】70；2450
【解析】一行八空任意填字，恰填得“上”、“右”两字各4个的方法为，
方格表中，重合方格的两个顶点记为，如图，
则从到的最短连接线可分两种：第一中是从经过到，第二种是从经过到，
由对称性两种方法相同，而每种里又分两步：如第一种先从到，然后从到，
因此所有连接线条数为
【考点题型八】部分定序问题
定序问题通常指在排列组合问题中，某些元素的顺序是固定的，而其他元素则可以自由排列。解决这类问题的基本方法是使用“除法”原则，即将所有元素一起排列，然后除以那些顺序固定元素的全排列数。
【例8】（23-24高二下·湖北·期中）14名同学合影，站成前排5人后排9人，现摄影师要从后排9人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法的总数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意，从后排9人中抽2人调整到前排，有中不同的取法，
将前排5人和后来两人看成七个位置，
把两个人在七个位置中选两个位置进行排列，完成调整，有中不同的排法，
所以不同调整方法的总数是种.故选：D.
【变式8-1】（22-23高二下·北京·期末）某4位同学排成一排准备照相时，又来了2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．10B．20C．24D．30
【答案】D
【解析】6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，故A，B，C错误.故选：D.
【变式8-2】（22-23高二下·江苏徐州·期中）10名同学进行队列训练，站成前排4人后排6人，现体育教师要从后排6人中抽2人调整到前排，若其他人的相对顺序不变，则不同调整方法有 种．（数字作答）
【答案】450
【解析】先从后排6人中抽2人，有种选法，
再将抽2人调整到前排，共有6人，且其他人的相对顺序不变，有种选法，
故不同调整方法有种.
【变式8-3】（22-23高二下·全国·课后作业）7人站成一排．
（1）甲必须在乙的前面（不一定相邻），则有多少种不同的排列方法？
（2）甲、乙、丙三人自左向右的顺序不变（不一定相邻），则有多少不同的排列方法？
【答案】（1）2520；（2）840
【解析】（1）甲在乙前面的排法种数占全体排列种数的一半，故有（种）不同的排法．
（2）甲、乙、丙自左向右的顺序保持不变，
即甲、乙、丙自左向右顺序的排法种数占全排列种数的，
故有（种）不同的排法．
【考点题型九】二项展开式的特定项
1、二项式定理
（1）二项式定理：，
（2）通项公式：，表示展开式的第项：，
（3）二项式系数：系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数，
（4）两个常用的二项展开式：
①（）
②
2、二项展开式中的特定项，是指展开式中的某一项，如第n项、常数项、有理项等，求解二项展开式中的特定项的关键点如下：
（1）求通项，利用(a＋b)n的展开式的通项公式Tr＋1＝Ceq \\al(r,n)an－rbr(r＝0，1，2，…，n)求通项．
（2）列方程(组)或不等式(组)，利用二项展开式的通项及特定项的特征，列出方程(组)或不等式(组)．
（3）求特定项，先由方程(组)或不等式(组)求得相关参数，再根据要求写出特定项．
【例9】（23-24高二下·四川内江·期中）的展开式中，的系数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为二项式展开式的通项为，
当时，可得的系数是.故选：C.
【变式9-1】（23-24高二下·安徽六安·期中）在的展开式中，的系数为（ ）
A．8B．28C．56D．70
【答案】C
【解析】展开式的通项为，
令，解得，故的系数为.故选：C.
【变式9-2】（23-24高二下·浙江丽水·期中）的展开式中常数项是（ ）
A．－225B．－252C．252D．225
【答案】B
【解析】二项式的展开式通项为：，
令，解得，所以展开式的常数项为.故选：B
【变式9-3】（23-24高二下·上海黄浦·期中）在 的展开式中，系数为有理数的项共有 项．
【答案】6
【解析】由题意知，展开式的通项公式为，
当（）为整数时，的系数为有理数，
所以，即展开式中系数为有理数的项共有6个.
【考点题型十】三项展开式中某些特定项的系数的求法
（1）通过变形先把三项式转化为二项式，再用二项式定理求解．
（2）两次利用二项式定理的通项公式求解．
（3）由二项式定理的推证方法知，可用排列、组合的基本原理去求，即把三项式看作几个因式之积，要得到特定项看有多少种方法从这几个因式中取因式中的量．
【例10】（23-24高二下·重庆巴南·期中）的展开式中常数项为（ ）
A．544B．559C．495D．79
【答案】B
【解析】展开式中的常数项分三种情况：
第一种，六个括号都提供，此时得到；
第二种，六个括号中一个括号提供，两个括号提供，三个括号提供，
此时得到；
第三种，六个括号中两个括号提供，四个括号提供，此时得到，
所以展开式的常数项为，故选：B.
【变式10-1】（23-24高二下·江苏无锡·期中）展开式中的系数为（ ）
A．60B．C．30D．
【答案】B
【解析】，要找到展开式中含有的项，
需从中找到含有的项，即，
故的系数为.故选：B.
【变式10-2】（23-24高二下·广东茂名·期中）的展开式中的系数为 ．
【答案】
【解析】，通项为，
所以，即，
又通项为，当时，才能得到，
所以展开式中的系数为.
【变式10-3】（23-24高二下·河南·月考）在的展开式中，项的系数是 ．
【答案】
【解析】表示个因式的乘积，
若要得到，则需个因式选，个因式选，其余的因式选，
所以的项为，
所以项的系数是.
【考点题型十一】求解形如(a＋b)n(c＋d)m的展开式问题的思路
（1）若n，m中一个比较小，可考虑把它展开得到多个，如(a＋b)2(c＋d)m＝(a2＋2ab＋b2)(c＋d)m，然后展开分别求解．
（2）观察(a＋b)(c＋d)是否可以合并，如(1＋x)5(1－x)7＝[(1＋x)(1－x)]5(1－x)2＝(1－x2)5(1－x)2.
（3）分别得到(a＋b)n，(c＋d)m的通项公式，综合考虑．
【例11】（23-24高二下·山东济宁·期中）在的展开式中，的系数是 .
【答案】10
【解析】由二项式展开式定理可得：
，
所以含项的一定是：.
【变式11-1】（23-24高二下·江苏无锡·期中）已知的展开式中含的项的系数为 .
【答案】
【解析】因为，
其中展开式的通项为（且），
所以的展开式中含的项的系数为.
【变式11-2】（23-24高二下·江苏南通·期中）的展开式中的系数为（ ）
A．7B．23C．－7D．－23
【答案】A
【解析】的展开式通项为，
的展开式通项为，
所以的展开式中的系数为
.故选：A
【变式11-3】（23-24高二下·河北石家庄·期中）的展开式中的系数为（ ）
A．B．17C．D．13
【答案】C
【解析】二项式的展开式的通项公式为，
令，则；令，则，
所以多项式的展开式中含的系数为.故选：C.
【考点题型十二】二项式系数与系数的最值问题
1、二项式系数的性质：
= 1 \* GB3 ①每一行两端都是，即；其余每个数都等于它“肩上”两个数的和，即．
= 2 \* GB3 \* MERGEFORMAT ②对称性每一行中，与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即．
2、二项式系数先增后减中间项最大
= 1 \* GB3 ①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；
= 2 \* GB3 ②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．
3、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．
【例12】（23-24高二下·海南省直辖县级单位·期中）若二项展开式中的各项的二项式系数只有第4项最大，则展开式的常数项的值为（ ）
A．B．C．1120D．160
【答案】B
【解析】因为二项展开式中的各项的二项式系数只有第4项最大，所以，
则展开式的通项为，
令，解得，所以，即展开式中常数项为．故选：B．
【变式12-1】（23-24高二下·重庆·期中）（多选）在的展开式中，含项的系数为，则下列选项正确的有（ ）
A．
B．展开式的各项系数和为0
C．展开式中系数最大项是第6项
D．展开式中系数最大项是第7项
【答案】ABD
【解析】二项式展开式的通项为（且），
令，解得，所以，
所以，解得，故A正确；
对，令，可得展开式的各项系数和为，故B正确；
二项式展开式的通项为（且），
展开式中中间两项第项和第项的二项式系数相等且最大，
而第项系数为负，第项系数为正，
因此第项系数最小，第项系数最大，故C错误，D正确．故选：ABD
【变式12-2】（23-24高二下·山东泰安·期中）已知的展开式中，所有项的系数之和是512.
（1）求展开式中有理项有几项；
（2）求展开式中系数绝对值最大的项是第几项.
【答案】（1）有4项；（2）第3项
【解析】（1）所有项的系数之和是512.
令，得，，
展开式的通项：，，
令，，3，6，9，
展开式中有理项共有4项.
（2）设第项系数的绝对值最大.
则，解得.
，，
展开式中系数绝对值最大的项为第3项.
【变式12-3】（23-24高二下·福建福州·期中）在 的展开式中，
（1）求展开式中所有项的系数和；
（2）求二项式系数最大的项；
（3）系数的绝对值最大的项是第几项?
【答案】（1）1；（2）；（3）第6项和第7项
【解析】（1）令，可得展开式中所有项的系数和为；
（2）二项式系数最大的项为中间项，即第5项，
的展开式的通项为：
，
故；
（3）由的展开式的通项为：，
设第项系数的绝对值最大，显然，则，
整理得，即，
解得，而，则或，
所以系数的绝对值最大的项是第6项和第7项.
【考点题型十三】赋值法求系数和问题
1、系数和问题常用“赋值法”求解：赋值法是指对二项式中的未知元素赋值，从而求得二项展开式的各项系数和的方法．求解有关系数和题的关键点如下：
①赋值，观察已知等式与所求式子的结构特征，确定所赋的值，常赋的值有：－1，0，1等．
②求参数，通过赋值，建立参数的相关方程，解方程，可得参数值．
③求值，根据题意，得出指定项的系数和．
2、二项展开式中的常见的系数和问题
（1）二项式系数和令，则二项式系数的和为，
变形式．
（2）奇数项的二项式系数和等于偶数项的二项式系数和在二项式定理中，令，
则，
从而得到：．
（3）若，则
①常数项：令，得．
②各项系数和：令，得．
【例13】（23-24高二下·甘肃兰州·期中）设，则 .
【答案】
【解析】令得，所以，
令得，
所以，所以.
【变式13-1】（23-24高二下·四川内江·期中）若，则 .
【答案】
【解析】因为，
令，可得.
【变式13-2】（23-24高二下·江苏连云港·期中）设 .
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）对，有，
则有，即；
（2）由，则，，
故，
令，可得，即，
令，有，
即，
即.
【变式13-3】（23-24高二下·河南·期中）已知，则（ ）
A．722B．729C．-7D．-729
【答案】A
【解析】设，
则，
所以.
又因为，所以，
所以.故选：A.
【考点题型十四】杨辉三角形及应用
1、在同一行中，每行两端都是1，与这两个1等距离的项的系数相等；
2、在相邻的两行中，除1以外的其余各数都等于它“肩上”两个数字之和.
由此可知，当二项式次数不大时，可借助“杨辉三角”直接写出各项的二项式系数.
【例14】（23-24高二下·云南大理·期中）“杨辉三角”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，则在第10行中最大数为 ．
【答案】252
【解析】依题意，第10行中各数是二项式展开式的二项式系数，最大数为.
【变式14-1】（23-24高二下·湖北·期中）如图，在“杨辉三角”中从左往右第3斜行的数构成一个数列：，则该数列前10项的和为（ ）
A．66B．120C．165D．220
【答案】D
【解析】由题意可知：前10项分别为，
则，
所以前10项的和为220.故选：D．
【变式14-2】（23-24高二下·云南·期中）我国南宋数学家杨辉1261年所著的《解析九章算法》一书中展示了二项式系数表，数学爱好者对杨辉三角做了广泛的研究，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．第6行､第7行､第8行的第7个数之和为第9行的第8个数
C．第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为
D．第2020行的第1010个数最大
【答案】D
【解析】对于：因为，
所以，故正确；
对于：第6行，第7行，第8行的第7个数字分别为：，其和为；
而第9行第8个数字就是36，故B正确；
对于C：依题意：第12行从左到右第2个数为，第12行从左到右第3个数为，
所以第12行中从左到右第2个数与第3个数之比为，故C正确；
对于D：由图可知：第行有个数字，如果是偶数，则第（最中间的）个数字最大；
如果是奇数，则第和第个数字最大，并且这两个数字一样大，
所以第2020行的第1011个数最大，故D错误.故选:D.
【变式14-3】（23-24高二下·河南郑州·期中）（多选）“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在南宋数学家杨辉于1261年所著的《解析九章算法》一书中.“杨辉三角”揭示了二项式系数在三角形数表中的一种几何排列规律，如图所示.下列关于“杨辉三角”的结论正确的是（ ）

A．
B．第2025行中从左往右第1011个数与第1012个数相等
C．记第行的第个数为，则
D．第20行中第12个数与第13个数之比为4:3
【答案】CD
【解析】对于A：
，故A错误；
对于B：第行中的数为的展开式的二项式系数，
则从左往右第1011个数为，第1012个数为，，故B错误；
对于C：第行的第个数为，
则，故C正确；
对于D：第20行中的数为的展开式的二项式系数，
则从左往右第12个数为，第13个数为，
则，故D正确.故选：CD.