本章总结提升
【素养提升】
题型一
例1 24 112 [解析] 在4×4方格表中选4个方格,每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有4!=24(种)选法.选中方格中的4个数的十位数字一定分别是1,2,3,4,所以只需比较个位数字,故选中方格中的4个数之和的最大值是15+43+33+21=112.
变式 (1)C (2)B (3)16 [解析] (1)当百位上的数字为1时,组成的三位数为101,102,110,112,120,121,共6个;当百位上的数字为2时,组成的三位数为201,210,211,共3个.综上可知,可以组成的不同三位数共9个.故选C.
(2)有放回地抽取三次所抽到的数字中,2只出现一次,则数字2按抽取到的次序有3种抽取方法.另两次抽取到的数字各有4种方法,所以不同的取法有3×4×4=48(种).故选B.
(3)根据题意,分8种情况讨论.
记ai=m,aj=n为(ai,aj)=(m,n),i,j∈{1,2,3,4},且i≠j.
①当(a1,a2)=(1,4)时,(a3,a4)=(2,3)或(a3,a4)=(3,2),有2个不同的排列;
②当(a1,a2)=(2,3)时,(a3,a4)=(1,4)或(a3,a4)=(4,1),有2个不同的排列;
③当(a1,a2)=(3,2)时,(a3,a4)=(1,4)或(a3,a4)=(4,1),有2个不同的排列;
④当(a1,a2)=(4,1)时,(a3,a4)=(2,3)或(a3,a4)=(3,2),有2个不同的排列;
⑤当(a1,a2)=(1,3)时,(a3,a4)=(2,4)或(a3,a4)=(4,2),有2个不同的排列;
⑥当(a1,a2)=(3,1)时,(a3,a4)=(2,4)或(a3,a4)=(4,2),有2个不同的排列;
⑦当(a1,a2)=(2,4)时,(a3,a4)=(1,3)或(a3,a4)=(3,1),有2个不同的排列;
⑧当(a1,a2)=(4,2)时,(a3,a4)=(1,3)或(a3,a4)=(3,1),有2个不同的排列.
综上,共有8×2=16(个)不同的排列.
题型二
例2 (1)C (2)B (3)12 [解析] (1)分两种情形:①A社区只有甲,则另外四人在其他三个社区,此时有=36(种)方法;②A社区还有另一名志愿者,此时有=24(种)方法.综上可知,甲恰好被安排在A社区有36+24=60(种)不同的安排方法.故选C.
(2)将5名同学分成三个小组,若按3人,1人, 1人来分有=10(种)方法;若按2人,2人, 1人来分有=15(种)方法.再把这三个小组全排列到三个服务点,共有=6(种)方法.所以符合题意的不同安排方法有(15+10)×6=150(种).故选B.
(3)因为每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小,所以9在左上角,1在右下角,如图,2,3排在d,f的位置,有种方法,从余下的4个数字中任取2个按从大到小的顺序依次排在a,b位置,有种方法,最后两个数字按从大到小的顺序依次排在c,e位置,有1种方法,所以填写方格表的方法共有×1=12(种).
变式 (1)B (2)B (3)ABD [解析] (1)由题意知,总的报名方法有·=150(种),其中小明和小红报同一类选修课的方法有(+)=36(种),故小明和小红不报同一类选修课的方法有150-36=114(种).
(2)若4种颜色都用到,先给A,B,C三点涂色,有=24(种)涂法,再给D,E,F涂色,因为D,E,F中必有一点用到第4种颜色,所以有=3(种)涂法,另外两点用到A,B,C三点所用颜色中的两种,有=3(种)涂法.由分步计数原理得此时有24×3×3=216(种)涂法.若只用3种颜色,先给A,B,C三点涂色,有=24(种)涂法,再给D,E,F涂色,因为D点与A点不同色,所以D点有2种涂法,若D点与B点同色,则F与C,D不同色,有1种涂法,此时E有1种涂法;若D点与C点同色,则E与B,D不同色,有1种涂法,此时F有1种涂法.由分步计数原理得此时有24×(1×1+1×1) =48(种)涂法.所以不同的涂色方法共有216+48=264(种).故选B.
(3)个位是0的四位数共有=60(个),A正确.若不含数字0,则2与4相邻的四位数有=36(个);若含数字0,则2与4相邻的四位数有(+1+1)=24(个).故2与4相邻的四位数共有60个,B正确.不含6的四位数共有=96(个),C错误.比6701大的四位数共有+-1=71(个),D正确.故选ABD.
题型三
例3 解:(1)依题意可得,展开式的第2项的二项式系数为,第3项的二项式系数为,
所以=,即=,可得n=6.
(2)的展开式的通项为Tr+1=(2x)6-r(-)r=(-1)r26-r(0≤r≤6,r∈N),
令6-r=0,解得r=4,
所以T5=22x0=60,所以常数项为60,为第5项.
(3)由(1)知n=6,则原式=(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)9,
易知(1+x)2,(1+x)3,(1+x)4,…,(1+x)9的展开式中x2的系数分别为,,,…,,
所以(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+…+(1+x)9的展开式中x2的系数为++++…+=++++…+=+++…+=++…+=…=+==120.
变式 (1)AD (2)AC (3)10 [解析] (1)对于A,因为的展开式中共有8项,所以n=7,所以所有项的二项式系数和为27=128,故A正确.对于B,令x=1,可得所有项的系数和为≠1,故B错误.对于C,展开式的通项为Tr+1=·x7-r·=··,设an=·,n∈{1,2,3,4,5,6},
由可得
则
则所以n=2,所以第3项的系数最大,故C错误.对于D,由7-为整数,且r=0,1,2,…,7,可得r的值可以为0,2,4,6,所以展开式中,有理项共有4项,故D正确.故选AD.
(2)对于选项A,(2-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,令x=1,可得a0+a1+a2+…+a8=1,再令x=0,可得a0=28=256,所以a1+a2+…+a8=1-256=-255,所以选项A正确.对于选项B,因为(2-x)8的展开式的通项为Tr+1=28-r(-x)r=(-1)r28-rxr(0≤r≤8,r∈N),所以展开式中偶数项的系数为负数,所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|a8|=-a1+a2-a3+…+a8,对于(2-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,令x=-1,可得a0-a1+a2-a3+…+a8=38,又a0=28,所以|a1|+|a2|+|a3|+…+|a8|=38-28,所以选项B错误.对于选项C,因为f(-1)=38=94=(10-1)4=104-×103+×102-×10+1=10×(103-×102+×101-)+1,所以f(-1)除以5所得的余数是1,所以选项C正确.对于选项D,将(2-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8两边同时对x求导,可得-8×(2-x)7=a1+2a2x+3a3x2+…+8a8x7,令x=1,则a1+2a2+3a3+…+8a8=-8,所以选项D错误.故选AC.
(3)的展开式的通项为Tk+1=x6-k(-x-1)k=(-1)k·x6-2k(k=0,1,2,3,4,5,6),为了得到常数项,与2x2相乘的项需满足6-2k=-2,即k=4,与1相乘的项需满足6-2k=0,即k=3,因此常数项为2×[(-1)4]+1×[(-1)3]=2×15-20=10.本章总结提升
◆ 题型一 分类计数原理与分步计数原理
[类型总述] 利用分类计数原理和分步计数原理解决计数问题.
例1 [2024·新课标Ⅱ卷] 在如图所示的4×4方格表中选4个方格,要求每行和每列均恰有一个方格被选中,则共有 种选法,在符合上述要求的选法中,选中方格中的4个数之和的最大值是 .
变式 (1)从0,1,1,2这4个数字中任选三个,可以组成的不同三位数共有 ( )
A.24个 B.12个
C.9个 D.6个
(2)从1,2,3,4,5这五个数字中随机有放回地依次抽取三个数字,则数字2只出现一次的取法有 ( )
A.16种 B.48种
C.75种 D.96种
(3)设a1,a2,a3,a4为1,2,3,4的一个排列,则满足|a1-a2|+|a3-a4|=4的不同排列的个数为 .
◆ 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)[2025·江苏盐城东台一高月考] 将甲、乙、丙、丁、戊五名志愿者安排到A,B,C,D四个社区进行暑期社会实践活动,要求每个社区至少安排一名志愿者,每名志愿者只能去一个社区,则甲恰好被安排在A社区的不同安排方法种数为 ( )
A.24 B.36 C.60 D.96
(2)[2025·江苏南京二十九中高二月考] 在南京市举行的半程马拉松比赛中,某路段设三个服务点,某高校有5名同学到甲、乙、丙三个服务点做志愿者,每名同学只去1个服务点,每个服务点至少1人,则不同的安排方法共有 ( )
A.25种 B.150种
C.300种 D.50种
(3)将1,2,3,…,9这9个数字填在如图所示的3×3方格表中,要求每一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将4填在如图所示的位置上,则填写方格表的方法共有 种.
变式 (1)小明、小红等5人报名学校的三类选修课(球类、武术类、田径类),规定每个人只能报其中的一类选修课,且每类选修课至少一人报名,则小明和小红不报同一类选修课的方法有 ( )
A.132种 B.114种
C.96种 D.84种
(2)如图,用四种不同的颜色给图中的A,B,C,D,E,F六个点涂色,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有 ( )
A.360种 B.264种
C.192种 D.144种
(3)(多选题)[2025·江苏苏州十中检测] 用0,1,2,4,6,7组成无重复数字的四位数,则 ( )
A.个位是0的四位数共有60个
B.包含2和4,且2与4相邻的四位数共有60个
C.不含6的四位数共有100个
D.比6701大的四位数共有71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系数的和.
例3 已知(n∈N*)的展开式的第2项与第3项的二项式系数之比是2∶5.
(1)求n的值;
(2)求展开式的常数项.
(3)在(1+x)+(1+x)2+(1+x)3+(1+x)4+…+(1+x)3+n的展开式中,求x2的系数.
变式 (1)(多选题)已知(n∈N*)的展开式中共有8项,则关于该展开式的下列结论中正确的是 ( )
A.所有项的二项式系数和为128
B.所有项的系数和为1
C.系数最大的项为第4项
D.有理项共有4项
(2)(多选题)已知f(x)=(2-x)8=a0+a1x+a2x2+…+a8x8,则下列说法正确的是 ( )
A.a1+a2+…+a8=-255
B.|a1|+|a2|+…+|a8|=38
C.f(-1)除以5所得的余数是1
D.a1+2a2+3a3+…+8a8=8
(3)(2x2+1)的展开式中的常数项为 .(请用数字作答) (共34张PPT)
本章总结提升
题型一 分类计数原理与分步计数原理
题型二 排列、组合应用问题
题型三 二项式定理及其应用
答案核查
题型一 分类计数原理与分步计数原理
［类型总述］利用分类计数原理和分步计数原理解决计数问题.
例1 ［2024·新课标Ⅱ卷］在如图所示的
方格表中选4个方格，要求每行和每列均恰有
一个方格被选中，则共有____种选法，在符
合上述要求的选法中，选中方格中的4个数之
和的最大值是_____.
24
112
[解析] 在 方格表中选4个方格，每行和
每列均恰有一个方格被选中，则共有
（种）选法.
选中方格中的4个数的十位数字一定分别是
1，2，3，4，所以只需比较个位数字，故选
中方格中的4个数之和的最大值是
.
变式（1）从0，1，1，2这4个数字中任选三个，可以组成的不同三
位数共有( )
A.24个 B.12个 C.9个 D.6个
[解析] 当百位上的数字为1时，组成的三位数为101，102，110，112，
120，121，共6个；
当百位上的数字为2时，组成的三位数为201，210，211，共3个.
综上可知，可以组成的不同三位数共9个.故选C.
√
（2）从1，2，3，4，5这五个数字中随机有放回地依次抽取三个数
字，则数字2只出现一次的取法有( )
A.16种 B.48种 C.75种 D.96种
[解析] 有放回地抽取三次所抽到的数字中，2只出现一次，则数字2
按抽取到的次序有3种抽取方法.
另两次抽取到的数字各有4种方法，所以不同的取法有
（种）.故选B.
√
（3）设，，， 为1，2，3，4的一个排列，则满足
的不同排列的个数为____.
16
[解析] 根据题意，分8种情况讨论.
记，为，,，2，3，，且 .
①当时，或 ，有2个不
同的排列；
②当时，或 ，有2个不
同的排列；
③当时，或 ，有2个不
同的排列；
④当时，或 ，有2个不
同的排列；
⑤当时，或 ，有2个不
同的排列；
⑥当时，或 ，有2个不
同的排列；
⑦当时，或 ，有2个不
同的排列；
⑧当时，或 ，有2个不
同的排列.
综上，共有 （个）不同的排列.
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）［2025·江苏盐城东台一高月考］将甲、乙、丙、丁、戊五
名志愿者安排到，，， 四个社区进行暑期社会实践活动，要求
每个社区至少安排一名志愿者，每名志愿者只能去一个社区，则甲
恰好被安排在 社区的不同安排方法种数为( )
A.24 B.36 C.60 D.96
[解析] 分两种情形: 社区只有甲，则另外四人在其他三个社区,此
时有（种）方法；
社区还有另一名志愿者,此时有（种）方法.
综上可知，甲恰好被安排在 社区有 （种）不同的安排
方法.故选C.
√
（2）［2025·江苏南京二十九中高二月考］在南京市举行的半程马
拉松比赛中，某路段设三个服务点，某高校有5名同学到甲、乙、丙
三个服务点做志愿者，每名同学只去1个服务点，每个服务点至少1
人，则不同的安排方法共有( )
A.25种 B.150种 C.300种 D.50种
[解析] 将5名同学分成三个小组，若按3人，1人, 1人来分有
（种）方法；若按2人，2人, 1人来分有 （种）方法.
再把这三个小组全排列到三个服务点，共有 （种）方法.
所以符合题意的不同安排方法有 （种）.故选B.
√
（3）将1,2,3, ,9这9个数字填在如图所示的 方格表中，要求每
一行从左到右、每一列从上到下的数字依次变小.若将4填在如图所示
的位置上，则填写方格表的方法共有____种.
12
[解析] 因为每一行从左到右、每一列从上到下的数
字依次变小，所以9在左上角，1在右下角，如图，
2,3排在,的位置，有 种方法，
从余下的4个数字中任取2个按从大到小的顺序依次
排在, 位置，有 种方法，
最后两个数字按从大到小的顺序依次排在, 位置，有1种方法，
所以填写方格表的方法共有 （种）.
变式（1）小明、小红等5人报名学校的三类选修课（球类、武术类、
田径类），规定每个人只能报其中的一类选修课，且每类选修课至
少一人报名，则小明和小红不报同一类选修课的方法有( )
A.132种 B.114种 C.96种 D.84种
[解析] 由题意知，总的报名方法有 （种），
其中小明和小红报同一类选修课的方法有 （种），
故小明和小红不报同一类选修课的方法有 （种）.
√
（2）如图，用四种不同的颜色给图中的， ，
，，， 六个点涂色，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有( )
A.360种 B.264种 C.192种 D.144种
√
[解析] 若4种颜色都用到,先给，， 三点涂
色，有（种）涂法，
再给，， 涂色, 因为，， 中必有一点用
到第4种颜色，所以有（种）涂法,另外两
点用到，， 三点所用颜色中的两种,有 （种）涂法.
由分步计数原理得此时有 （种）涂法.
若只用3种颜色,先给，，三点涂色,有（种）涂法，
再给，， 涂色,因为点与点不同色，所以点有2种涂法,若点与
点同色，则 与，不同色，有1种涂法，此时有1种涂法;
若点与点同色，则 与，不同色,有1种涂法，
此时 有1种涂法.
由分步计数原理得此时有
（种）涂法.
所以不同的涂色方法共有 （种）.
故选B.
（3）（多选题）［2025·江苏苏州十中检测］用0，1，2，4，6，7
组成无重复数字的四位数，则( )
A.个位是0的四位数共有60个
B.包含2和4，且2与4相邻的四位数共有60个
C.不含6的四位数共有100个
D.比6701大的四位数共有71个
√
√
√
[解析] 个位是0的四位数共有 （个），A正确.
若不含数字0，则2与4相邻的四位数有 （个）；若含数
字0，则2与4相邻的四位数有 （个）.故2与4
相邻的四位数共有60个，B正确.
不含6的四位数共有 （个），C错误.
比6701大的四位数共有（个），D正确.故选 .
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
赋值法求二项式系数的和.
例3 已知 的展开式的第2项与第3项的二项式系数
之比是 .
（1）求 的值；
解：依题意可得，展开式的第2项的二项式系数为 ，第3项的二项
式系数为 ，
所以，即，可得 .
例3 已知 的展开式的第2项与第3项的二项式系数
之比是 .
（2）求展开式的常数项.
解： 的展开式的通项为
，
令，解得 ，
所以 ，所以常数项为60，为第5项.
例3 已知 的展开式的第2项与第3项的二项式系数
之比是 .
（3）在
的展开式中，求 的系数.
解：由（1）知 ，则原式
，
易知,,, ,的展开式中 的系数分
别为,,, , ，
所以的展开式中 的系
数为
.
变式（1）（多选题）已知 的展开式中共有8项，
则关于该展开式的下列结论中正确的是( )
A.所有项的二项式系数和为128 B.所有项的系数和为1
C.系数最大的项为第4项 D.有理项共有4项
[解析] 对于A，因为的展开式中共有8项，所以 ，所
以所有项的二项式系数和为，故A正确.
对于B，令 ，可得所有项的系数和为 ，故B错误.
对于C，展开式的通项为,
设， ，2，3，4，5， ，
√
√
由可得
则
则所以 ，所以第3项的系数最大，故C错误.
对于D，由 为整数，且,1,2, ,7，可得 的值可以为0,2,4,6，
所以展开式中，有理项共有4项，故D正确.故选 .
（2）（多选题）已知 ，
则下列说法正确的是( )
A. B.
C.除以5所得的余数是1 D.
[解析] 对于选项A， ，令
，可得，再令 ，可得
，所以 ，所以选
项A正确.
√
√
，所以展开式中偶数项的系数为负数，所以 ，对于，令 ，可得
，又 ，所以
，所以选项B错误.
对于选项C，因为 ，所以 除以5所得的余数是1，所以选项C正确.
对于选项D，将两边同时对 求导，可得，令 ，则，所以选项D错误.故选 .
（3） 的展开式中的常数项为____.（请用数字作答）
10
[解析] 的展开式的通项为
，
为了得到常数项，与相乘的项需满足，即 ，
与1相乘的项需满足，即 ，因此常数项为
.
快速核答案
题型一 例1 24 112 变式 （1）C （2）B （3）16
题型二 例2 （1）C （2）B （3）12 变式 （1）B （2）B （3）ABD
题型三 例3 （1）6（2）常数项为60，为第5项（3）120
变式 （1）AD （2）AC （3）10
