专题01 排列、组合与二项式定理（考点清单知识导图+14题型解读）（解析版）.docx

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1、清单OI排列、组合与二项式定理?知但导出理与杨辉三角二式定理的性质53羊鹤遍大但tW三ftfi9tl彳考堂话单【考点题型一】两种计数原理的应用I、分类加法计数原理：完成一件事情有类不同的方案，在第1类方案中有呵种不同的方法，在第2类方案中有吗种不同的方法在第类方案中有町,种不同的方法，则完成这件事共有jV=n1+n2+/,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步有班中不同的方法，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N=网XRXX叫种不同的方法.3、两种计数原理综合应用(1)最开始计箕之前进行仔细分析一需要分类还是需要分步；(2)分类要

2、做到“不全不混”，分类后再分别对每TiS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，得到息数，【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，51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I门课程的不同选法共有5+5+5=15种.故选：B【变式Ml（23-

3、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，贝怀同选法的WKS（）A.*B.5,C.A：D.C【答案】A【解析】每个班都有3种选择,利用分步乘去计数原理,共有3x3x3x3x3=3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，从四市的七所由点中学中，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.7种B.4：种C.7x6x5x4种D.4x3x2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7种，经检鸵只有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

4、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】由逖意可知，对于每个人，都有4种借阅的可能，根应乘法原理共有45=1024种不同的借阅方案.【考点陋二】排列数与组合数计管K排列数公式：A；=n(11-I)(m-2)(n-m+1)=7三一(一)！特别的：A：=/!(见”仁*且汉)；规定：0!=|R人“八-UZ4n(r-l)(n-2)-(n-n+l)n,2、组合数公式：U=-i

5、=-i=(n.meN,且mn(n-m)组合数的lt三:(I)C：=；(2)C+cf-,=c,:,;(3)般=1例2（23-24高二下E清远期中）不等式VV6A：的解集为.【答案】6IOMXM6【解析】由题意得CV-，解得2SxS6且XeN,（0x-26g6-）6x即（8T）（7-x）v6,SPr-l5x+500,解得58IjC. C=4950D. C；+C-+C；+CJ+C；+C；+C；+C=I64【答案】BCD【解析】A选项，因为A：+A；=24+20=,所以A倡误；B选项，因为A：-A：=I0!-9!=9!x（I0-I）=9x9!=81*8!,所以A：-A：=81A：,故B正确;I1109

6、9C选项，因为G=Ccr,所以c；+a+c；+c：+c；+C+C+a=c：+c：+c：+c；+c：+c；+c：+c：+c：“-iC：+C：+C；+C：+C+C；+玛+。-ICl,l-1164,故D正.SJi：BCD【变式3（2324高二下云南期中）（1）求（：；+6+2+5；+3。；+4：+7q的值；（2）若等式，Q：+A.1成立,我整数“碰.【答案】（I）38;（2）=4;（2）利用给定式子建立方程，求解即可.【解析】（I）原式=C+6C；+2C：+5C；+3C；+4C：+7C；=7（C?+C+C+C）=7x64=448,由nC：+A：=4C：.,展开得小飞I-,-）=1;）,因23eN,故

7、可化简得：rt（w-2）+6（w-2）=4（w+l）,解得=4或=-4（舍）,故n=4.【考点题型三】队列排序问题|、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J质序.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1,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M,再考虑其他元素或位置，当以元素为主或以位置为主.【例3

8、】（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名更生和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.I20种B.72种C.48种D.24种【答案】B【解析】胡E三名男生，共有A；种排法，此时三名男生会产生四个空位，则女生共有A：种，故共有A：A；=6x12=72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徘拍照留念,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.I92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

9、不相邻有余下四个位者可选，故有C：C：A：=48种方法；若甲不位于两端时，乙与之相邻有两个位SS可选，丙与甲不相邻有三个位M可选，故有CC；C；A；=144种方法；综上不同的排列方式有92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.A；A；种B.2AA；种C.C；A：种D.C：A：种【答案】A【解析】先从中间的三个位Si中，选出2个位置，安排甲乙，再把剩余的3个位置，迸行全排列，所以甲乙都不站两端的不同站法共有A；A；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

10、如下要求：节目甲必制底乙的前面，丙不能排在盘后一位,该晚会节目演凶酷的编排方案共有种.（用数字作答）【答案】2【解析】因为丙不能排在最后T立，则编排方案共有Ag所以该晚会节目演出IKI序的僦E方案共有2160种【考点题型四】组数问题组数问题的用见类型及解决原则：（I）常见的组数问画：蛆成的数为“奇数偶数被某数整除的数“；在某一定范围内的数的问题；各位数字和为某一定值问还；各位数字之间满足某种关系问地等.（2）解决原则明确特殊位首或特殊数字，是我们采用吩类“还是吩步”的关键f技特殊位国末位或首位）由谁占续分类，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

11、要注意数字“0”不能排在两彳立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0-9这10个数字，可以组成个没有变豆数字的三位偶数（）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9x8=72;若个位数字不为。,则确定个位数字有4种方法，确定百位数字有8种方法，确定十位数字有8种方法，所以排法种数为4x8x8=256.所以可以组成256C2328个没有正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

12、多少个无重复数字的三位数？（3）可以组成多少个无重爰数字的三位偶数？【答案】（1）100；（2）48;（3）30【解析】（1）三位数的首位不能为（）,但可以有事且数字，首先考虑首位的排法，除（）夕供有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455=100（个）.（2）三位数的首位不能为0,首先考虑首位的排法，除Q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，根据分步乘法计数共有4x4x3=4S（个）.（3）偶数末位数字可取）,2,4,因此，可以分两类：T,尔五位故才是0,则有4x3=12（种）排法：一类是末位数字不是0

13、,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233=18（种）排法.因此有12+18=30（种）排法.即可以排成30个无变且数字的三位偈数.【变式4-2（23-24高二下广东东莞月考）从I到7这7个数字中取2个偶数、3个奇数，排成一个无重红数字的五位数.求：（1）共有多少个五位数？（2）其中偶数弃狂一起，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】（I）1440;（2）288；（3）864【解析】(I)依题怠，从I到7这7个数字中取2个偶数.3个奇数，共有GC：12(种)情况,共有12A；/440(个)五位数；(2)把

14、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12A；A；A；，288(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12A：A；=864(个).【变式4-3(23-24高二下福建泉州月考)用数字0,I,2,3,4,5这6个数码组成无出且数字的四位数和五位数，请完成下列问题：(I)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。的取法有U5种，此时

15、有4!=24种黄防IJ方式，包含0的取法有C：=IO种，此时要保证首位不为0,故有4!-3!=24-6=18种排列方式，所以总共锢组成的四位数有5x24+10x18=300个；法二：间接法从6个数中任选4个排成一列，共有A：种排法4!524120个，如果末位数是5,则剌下四位可以任意从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2!=262=24个，以”4,135开头的有2CI!=231=6个，所以总共照组成比1325大的四位数有240+24+6-270个.法二：间接法：由（I）知共有四位数MX）个；小于臂于1325的数如下：以10,12开头有的2xA：=24个，以130

16、开头的有3个，以132开头的有1320、”24、1325共3个，故300-24-6=270个.【考点携型五】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,便意味者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种不同的麟色培图中的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

17、，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6x5x5x5=750（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（四种颜色全部聊）,要求每个区域涂一种做色，相邻的区域不能涂相同的班色，则不同的涂色方法有（）A.72种B.96种C.150种D.I68种【答案】B【解析】第一步：涂区域1,有4种方法；第二步：涂区域2,有3种方法；第三步：涂区域4,有2种方法；第四步（此前三步已经用去三种颜色）：涂区域3,分两类：第一类,区域3与I同色，则区域S涂第四种颜色；第二类，区域

18、3与I不同色，则区域3涂第四种颜色，此时区域5就可以涂区域1或区域2或区域3中的任意一种颜色，有3种方法.所以，不同的涂色种数有432（ll+lx3）=%.故选：B.【变式5-2（23-24高二下.天津施中）一长方形，被分为A、B、G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，贝怀同【解析】我们需要用四种颜色给五个区域A.4C”.E涂色，使得区域8.U的颜色均和区域A的颜色不周，区域8和。，。和E,E和C,C和H每对的颜色都不相同.那么首先区域A有四种涂法，敷色确定后，区域8.CE仅可以使用其余三种煎色由于这四个区域只能使用三种

19、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8和,或者。和。如果这两对区域都是同色的，另和E,以及。和C.分却璃要在剌余的三种酸色里选出一种.且颜色不能相同，所以此时的情况数有3x2=6种;如果8和同色,但。和C不同色，那么8和的颜色有三种选择，选择后，。和C的颜色只能是剩余的两种,且不相同,但排列.I页序有两种，所以此时的情况数有3x2=6种；如果。和C同色，但8和E不同色，同理,此时的怙况数有3x2=6种综上，区域A的颜色确定后，剩下四个区域8.CR的涂色方式共有6+6+6=18种而区域A的颜色有四种选择，所以总的涂色方法有4x18=72种.【变式5-3（23

20、-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，也CDfcF的六个顶点，要求A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）【解析】首先给A.8两个顶点挂彩灯,有4种方法,再给C顶点挂彩灯，有3种方法，若。、尸挂同一种颜色的彩灯，贝娟2种方法,最后挂点有2种方法，故有4322=48种；2若尸挂不同种颜色的彩灯，此时挂。点有2种方法，挂尸点有1种方法,最后挂点有1种方法,故有432l=24种：综上可得一共有48+24=72种不同的方法.【考点题型六】分组分配向鹿I、解题思路：先分组后分配，分组是组合问Sg.分配是排列问题；2、分组方法

21、：完全均匀分组，分组后除以组数的阶乘；部分均匀分组，有m组元素个数相同，则分组后除以，！；完全三四匀分组，只要分组即可；3、分配：1.相同元素的分配问题，常用“挡板法不同元素的分配问题，分步乘法计数原理,先分组后分配”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】65【解析】将I?名优秀团员名颤分配给4个不同的班级,要求抵个班级至少一个,应用隔板法，2名团员和Il个空用3个隔板分成四组（非空）,则不同的分配方案有C：=lll9=165.32l【变式6-1（23-24高二下

22、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，不同的安排方法有一种.【答案】96【解析】若选一男两女：GCa；-72种；若选两男一女：CCA:：=24种；所以一共72+24=96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”、“辰宸前三个吉祥物，是一组承载深厚文化底a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.加.，则不同的安装方案和嗷

23、为一【答案】50【解析】按照2,2,I分3组安装，若志愿者甲单独安装吉祥物“宸宸”，则共有C=6种t若志愿者甲和另一个人合作安装吉祥物宸宸、贝烘有UeA；=24种，凝3,I,I分3组安装，e若志愿者甲单独安装吉祥物T宸宸“，则共有c：xa；=8种，1若三底占用和另甚/、人合作安装吉祥物.宸辰二她兵/C-i-2,SgMW6+24+8+12=50种.【变式&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I本，有侬种分法C.分给甲、乙每人各2本，分给丙、

24、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I本，有1080种分法【答案】CDC*CC2【粥析】对于,根据平均分组班有一i7lA；=90,故A错误；A，对于B,先选一人得4本书,有C；C：=45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G容=夕）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#知日等x2=1080,所以D正.故选：CDA2【号点翘型七】最短路径问题最短路径问地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高二下里庆期中）某中学有

25、三栋教学楼，如图I所示，若某学生要从A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A.5B.10C.15D.20【答案】C【解析】从A到8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C：15,故选C.【变式7/】（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.【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，横若

26、需走4步，竖若需走4步，故只需选出横看走的四步即可，即Ce：=70.【变式7-2（22-23高二下上海岸安期中）如图所示,现有5x4个正方形构成的网格，从A点沿网格缁U8点，且不能经过C点，则最短路线共有条.【答案】66【解析】从八到8的最短路线，均能走9步，包括横向的5步和纵向的4步，所以A到H的母短路线共有戊=126条，其中经过C点的有GC：=60条，所以不能经过（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，怡侦得.上:“右”两字各4个的不同填法有种；两张相同的4x4方格表，有一方格重合（如图），沿格线连接48两点;则不同的最短连接线有条.【答

27、案】7（）;2450【解析】一行八空任意填字，怡填得上”右”两字各4个的方法为C=70,方格表中，更合方格的两个顶点记为仁。,如匿.则从A到8的最短连接线可分两种：第一中是从A经过C到8.第二种是从A经过。到8,由对称性两种方法相同,而卷种里又分两步：如第一种先从A到C,然后从C到/，因此所有连接线条数为2xC+C;=2450【考点题型A】部分定序问题定序问题通常指在排列组合问猫中，某些元素的颈序是固定的，而其他元素则可以自由其防U.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1陛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

28、徘9人，现用筋陛从后排9人中抽2人调整到前排，若其他人的相对J僮序不变，则不同调整方法的总数是（）A.C；A；B.C=A-C,C-A-D.C；A；【答案】D1解析】由题意,从后排9人中抽2人调整到前排，有亡中不同的取法，将前排5人和后来两人看成七个位置，杷两个人在七个位M中选两个位M进行排列，完成网整,有A；中不同的排法，所以不同调整方法的总数是CA；种故选：D【变式8/】（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

29、A：种排法，如果保持原来4位同学的相对顺序不变，则有=30种排法.故A,B.C错误.故选：D.A、【变式8-2（22-23高二下江苏徐卅期中）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C：=15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A：=30种选法，故不同调整方法有15x30=450种.【变式8-3（22-23高二下全国课后作业）7人站成一排.（I）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、

30、丙三人自左向右的顺序不变（不一定相邻），则有多少不同的徘列方法？【答案】（I）2520；（2）840解析M1）甲在乙前面的排法种数占全体排列种数的一半，故有与=2520（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JIS序的排法种数占全排列种数的R,故有今=MU种)不同的排法.【考点题型九】二IS展开式的特定项1、二项式定理(1)二项式定理：(a+b)=ctau+cyb+.+(2)通项公式：Tr,l=CX7/,表示展开式的第r+1项：，(3)二项式系数：系数C：(1.O,1,2,，n)叫做二项式系数，(4)两个常用的二项展开式：(d-)=C*a-+(-CXr+(

31、-If-Cft(neN)(2)(i+x=+c+cr+c+/2、二项展开式中的特定项，是指展开式中的某一项，如第八项、常数项、有理项等，求解二项展开式中的特定项的关犍点如下：(1)求通项,利用储+W的展开式的通项公式Ji=d加(r=o,1,2,，Q求通项.(2)列方程(组J或不等式(组)，利用二项展开式的通项及特定项的特征，列出方程蛆)或不等式(蛆).(3)求特定项，先由方程(组成不等式(组)求彳用g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)(2-)”的展开式中，/的系数是()A.160B.-160C.240D.-220【答案】C【解析】因为二项式(2-x)展开式的通项为

32、J=G2rr”(-g2-y”,当r=2时，可得小的系数足(-l)2C=240.故选：C.【变式仇1】(23-24高二下安徽六安期中)在(x+)的展开式中，1的系数为()A.8B.28C.56D.70【答案】C【解析】展开式的通项为u,=c.v(1.y=c；/3,令8-2r=-2,解得r=5,故尸的系数为C=%.故选：C【变式仇2】(23-24高二下浙江丽水期中)IRw的展开式中常数项是()A.-225B.-252C.252D.225【答案】B【解析】二项式C的展开式通项为：&=GT（）=（-l）Cu-,n,令2r-10=0,解得r=5,所以展开式的常数项为（-）C：“=-252.故选:B【变式

33、%3】（23-24高二下上海黄涌期中）在卜+小丫广的展开式中，系数为有理数的项共有一项.【答案】6【解析】由逖急知，V严展开式的通项公式为%-Cva加可与CMAY，i（0r20,rN）为整数时，3%；产了的系数为有理数，所以r=0.4&12,16.20,即U+小卜产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.故选：B.【变式10-2(23-24高二下广东茂名期中)+卡+J的展开式中),的系数为【答案】V通项为o“=c(+3；)产丽(心会”).+加卜,所以r=l,即c7+6),V1,又(+1)通项为m涓

34、:所以展开式中.丫的系数为c；c6)1；9当;x(4)-9=0n4=2时，才能得到)，【变式10-3(2324总二下.河南月考)在(l+x+2W的展开式中，X丁项的系数是.【答案】10080【解析】(l+x+2W”表示IO个因式+x+2y的乘积,若要得到Fy1.则需2个因式选2.V,3个因式选K,其余的因式选1,所以Xy的项为CJ11C-C5-(2I5=1008OXb1.所以W项的系数是10080【考点题型十一】求篇形如(“+b11c+d厂的展开式问题的思路(I)若，I,，中T比较小，可考虑把它展开得到多个，11)(x+=(2.t-y)(C+4y+C-rV+-+j),所以含Xv项的F是：2xy

35、-C;?/=(2C-C-)ry=IOxY.【变式11-1(23-24高二下江苏无锡,期中)已知(x+gQIr的展开式中含的项的系数为【答案】-120【解析】Sv+1(2x-1)5=(2-1)5+1(2x-1)5f只中(2x-l)展开式的通项为&=仁(2炉(-1)=25(-1)(?5=0J2,345,所以(2+(3-x)的展开式中/的系数为W2,WC30+C2f(-中7=-8+15=7.故选:A【变式IlE(23-24高二下诃北石冢庄期中)(2)x+%；的展开式中i的系数为()A.-17B.17C.-13D.13【答案】C的展开式的通项公式为匚,=/尸%)=,【解析】R式j+令6-gr=6,则r

36、=0；令6-r=3,则r=2.所以多项式的展开式中含./的系数为2x-IXC=2-15=-13.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：每一行两端都是1,即C=C：；其余每个数都等于它“肩上.两个数的和，即c；=Cr+c:.对称性每一行中，与首末两端等距窟”的两个二项式系数相等，即CI=GC.2、二项式系数先增后减中间项最大Q）如果二项式的将指数是偶数,则中间一项Tn的二项式系数莅最大；r,如果二项式的就数是奇数，则中间两项加,的二项式系数C芋，C于相等且最大.丁T*3、系数的最大项求3+版），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&A

37、：,.4.设第2顼系数最大，应有丁：，从而解出，来.【例12）（23-24高二下海南省直他县级单位期中）若（G/）”二项展开式中的各项的二项式系数只有第4项悬大，则展开式的用数项的值为（）A.-1120B.-160C.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=6,.则（G-金广展开式的通项为a=C（-2）&j.A=0.123.4.5.6,令3=。,解得K=3,所以7；=C-21=-160,即展开式中常数项为-160.故选：B.【变式12-1（23-24高二下重庆期中）（多选）在E的展开式中，含顼的系数为TI,则下列选项正确的有（）A.11三-l

38、B.展开式的各项系数和为0C.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1项【答案】ABD1解析】口5式（+g展开式的通项为以=c*lf=小GNI（04目FN）,令ll-2r=9,解得,=1,所以kCIIarl所以Ila=-II,解得”=-1,故A正确；对（K-，令X=I,可得展开式的各项系数和为。，故B正确；口5式1展开式的通项为。”=（-iyGXj（Orllg6N）.展开式中中间两项第6项和第7项的二项式系数相等且最大，而第6项系数为负，第7项系数为正，因此第6项系数最小，第7项系数最大，故C错误，D正强.故选：BD【变式12-2(23-24高二下山东泰安期中)已知尼-方的展开式

39、中，所有项的系数之和是512.(I)求展开式中有理项有几项；(2)求展开式中系:对值最大的项是第几项.【答案】(I)有项；(2)第3项【解析】(I)所有项的系数之和是512.令X=I,得2=512,.=9,幽通项：小C0J(-衣)=(-D3*C*0,l.2.9),令-9sZ,.=0,3,6,9,展开式中有理项共有J项.(2)设第项系数的绝对值最大.3*y3“-y,JleN,:.k=2,二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j7-j的展开式中，(I)求展开式中所有项的系数和；(2)求二喷式系数最大的项；(3)系数的绝对值最大的项是第几项：,【答案】(1)1；(2)1=112OXY；(3)第6项和第7项【解析】(1)令X=1,可得展开式中所有项的系数和为(7)=1；(2)二项式系数最大的项为中间项，即第S项，的展开式的通项为：“3)=(*/,r8,r