专题16 排列组合与二项式定理综合复习- 【暑假自学课】2024年新高二数学暑假提升精品讲义（沪教版2020，上海专用）

专题16 排列组合与二项式定理综合复习 考点剖析 3 排列、组合 4 一、特殊元素和特殊位置优先考虑 4 二、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法 4 三、定序问题空位法 5 四、重排问题与先选后排问题 5 五、元素相同隔板法 5 六、平均分组问题 6 七、正难则反 6 八、合理分类与分步 6 九、枚举法 7 二项式 8 过关检测 9 A组 双基过关 9 B组 巩固提高 11 C组 综合训练 16 D组 拓展延伸 20 一、排列、组合 1. 加法原理（分类计数原理）：做一件事，完成它有类不同的办法.第一类办法中有种方法，第二类办法中有种方法……，第类办法中有种方法，则完成这件事共有：种不同的方法. 2. 乘法原理（分步计数原理）：做一件事，完成它需要分成个步骤.第一步中有种方法，第二步中有种方法……，第步中有种方法，则完成这件事共有：种方法. 注意：处理实际问题时，要善于区分是用分类计数原理还是分步计数原理，这两个原理的标志是“分类”还是“分步骤”. 3. 加法原理和乘法原理的共同点在于都是研究完成一件事情，共有多少种不同的方法，其差别在于完成一件事情的方式不同，加法原理“分类完成”，即用不同类型的办法去完成一件事情，每类办法中的任何一类方法，都可以独立完成这件事；而乘法原理是“分步完成”，即完成一件事情而分成连续和完整的不同步骤，而且只有每一步都完成了，才能完成这件事. 4. 排列：从个不同的元素中取个元素，按照一定的顺序排成一排，叫做从个不同的元素中取个元素的排列； 其个数记作：，公式：（规定）. 5. 组合：从个不同的元素中，任取个元素并成一组，叫做从个不同的元素中取个元素的组合； 其个数记作：，公式：. （1）组合数的两个性质：；. （2）解排列组合问题的依据是：分类相加，分步相乘，有序排列，无序组合. （3）枚举法是解排列组合和概率问题的基本方法，千万别忘了. 6. 解决排列组合综合性问题的一般过程如下： （1）认真审题弄清要做什么事 （2）怎样做才能完成所要做的事，即采取分步还是分类，或是分步与分类同时进行，确定分多少步及多少类。 （3）确定每一步或每一类是排列问题（有序）还是组合（无序）问题，元素总数是多少以及取出多少个元素. （4）解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题方法. 二、二项式 二项式定理： 【注意】 ①项数：展开式中总共有项；二项展开式的通项：． ②顺序：注意正确选择，，其顺序不能更改。与是不同的. ③指数：的指数从逐项减到，是降幂排列；的指数从逐项减到，是升幂排列；各项的次数和等于. ④系数：注意正确区分二项式系数与项的系数，二项式系数依次是 项的系数是与的系数（包括二项式系数）. 二项式系数的性质： ①的二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等； ，··· ②的二项展开式中，所有二项式系数的和等于． 将分别代入和它的二项展开式中，即有 ． 变形式． ③的二项展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和． 将代入和它的二项展开式中，即有 ④奇数项的系数和与偶数项的系数和： ⑤二项式系数的最大项：如果二项式的幂指数是偶数时，则中间一项的二项式系数取得最大值． 如果二项式的幂指数是奇数时，则中间两项的二项式系数，同时取得最大值． ⑥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． ⑦常用的结论： 令 令 考点剖析 排列、组合 一、特殊元素和特殊位置优先考虑 【例1】用0－5这六个数字可以组成没有重复的（1）四位偶数有多少个？（2）能被5整除的四位数有多少？ 【例2】有3名男生，4名女生，在下列不同的要求下，求不同的排法种数。 （1）全部排成一排； （2）全部排成一排，其中甲只排在中间或两头； （3）全部排成一排，甲、乙必须在两头； （4）全部排成一排，男生必须排在一起； （5）全部排成一排，男生不排在一起； 二、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法 【例3】名男生，名女生排成一排，男生必须相邻，女生也必须相邻的排法种数为多少？ 【例4】某城市新建的一条道路上有12只路灯，为节约用电而不影响照明，可以熄灭其中三盏灯，但是两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，熄灯方法共有 （ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【例5】一个晚会的节目有4个舞蹈，2个相声，3个独唱，舞蹈节目不能连续出场，则节目的出场顺序有多少种？ 三、定序问题空位法 【例6】7人排队，其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法？ 【例7】10人身高各不相等，排成前后排，每排5人，要求从左至右身高逐渐增加，共有多少排法？ 四、重排问题与先选后排问题 【例8】把6名实习生分配到7个车间实习，共有多少种不同的分法？ 【例9】有5个不同的小球，装入4个不同的盒内，每盒至少装一个球，共有多少不同的装法. 五、元素相同隔板法 【例10】有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个，有多少种分配方案？ 【例11】10个相同的球装5个盒中，每盒至少一有多少装法？ 六、平均分组问题 【例12】 6本不同的书平均分成3堆，每堆2本共有多少分法？ 【例13】 6本不同的书放入三个不同的书架里，每个书架2本共有多少分法？ 七、正难则反 【例14】在100件产品中，有98件合格品，2件次品．从这100件产品中任意抽出3件 . （1）有多少种不同的抽法？ （2）抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种？ （3）抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种？ 【例15】有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是 【例16】把编号为的四封电子邮件发送到编号为的四个电子邮箱，且每个电子邮箱都会收到一封邮件，则至多有一封邮件与邮箱的编号相同的发送方法为_________种。 八、合理分类与分步 【例17】在一次演唱会上共10名演员，其中8人能能唱歌，5人会跳舞，现要演出一个2人唱歌2人伴舞的节目，有多少选派方法？ 【例18】3成人2小孩乘船游玩，1号船最多乘3人， 2号船最多乘2人，3号船只能乘1人，他们任选2只船或3只船，但小孩不能单独乘一只船， 这3人共有多少乘船方法. 【例19】有四个不同的小球，全部放入四个不同的盒子内，恰有两个盒子不放球的放法总数为_________ 九、枚举法 【例20】同一寝室4人，每人写一张贺卡集中起来，然后每人各拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？ 【例21】给图中区域涂色，要求相邻区域不同色，现有4种可选颜色，则不同的着色方法有 种 【例22】用红、黄、蓝三种颜色分别去涂图中标号为1，2，3，…9的个9小正方形（如下图），需满足任意相邻（有公共边的）小正方形涂颜色都不相同，且标号“1、5、9”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有 种． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 二项式 【例1】求二项式的展开式中的常数项？ 【例2】若 展开式中 的系数为－80，则= . 【例3】，求的值. 【例4】求的展开式中的系数. 【例5】已知的展开式前三项中的的系数成等差数列 （1）求展开式里所有的的有理项； （2）求展开式里系数最大的项. 【例6】展开式系数最大的项系数与最小的项的系数之比为，求展开式的常数项. 【例7】求的展开式中 （1）各项系数之和； （2）各项的二项式系数之和； （3）偶数项的二项式系数之和； （4）各项系数的绝对值之和； （5）奇次项系数之和. 【例8】求的近似值，使误差小于． 过关检测 A组 双基过关 【难度系数：★ 时间：8分钟 分值：20分】 1．（    ） A．48 B．36 C．24 D．8 2．中国女排精神代代相传．某网站对出战2024年巴黎奥运会的中国女排12人大名单进行了预测：主攻队员4人，副攻队员3人，二传和接应各2人，自由人1人．在中国女排每场比赛7人的首发阵容中，主攻和副攻各2人，二传和接应各1人，自由人1人．如果按照该网站预测的12人大名单出战，首发阵容方案数为（    ） A．144 B．140 C．72 D．36 3．若，则（    ） A．1 B． C． D． 4．  则 （    ） A．41 B．40 C． D． 5．若的展开式的各项系数和为64，则常数项的值为（   ） A．-1 B．-2 C．2 D．1 6．已知的展开式中的系数为，若空间中有个点，其中任意三点不共线，这个点可以确定的射线条数为，可以确定的三角形个数为，则（   ） A．77 B．78 C．251 D．252 7．某校从高二年级成绩排在前5名的学生中随机选出2人分别参加市级的古诗词和数学奥林匹克竞赛，每种比赛仅派1人去参加，则一共有 种不同的选法，(用数字回答) 8．已知x为正整数，若，则 . 9．的展开式中，的系数为 .（用数字作答） 10．从a、b、c、d、e这5个元素中取出4个，放在4个不同的格子中，且元素b不能放在第二个格子里．问：一共有多少种不同的放法？ B组 巩固提高 【难度系数：★★ 时间：10分钟 分值：20分】 11．（    ） A． B． C． D． 12．甲､乙等6位同学去三个社区参加义务劳动，每个社区安排2位同学，每位同学只去一个社区，则甲､乙到不同社区的不同安排方案共有（    ） A．6种 B．18种 C．36种 D．72种 13．为弘扬我国古代的“六艺文化”某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（    ） A．某学生从中选2门课程学习，共有20种选法 B．课程“乐”，“射”排在不相邻的两周，共有240种排法 C．课程“御”，“书”，“数”排在相邻的三周，共有120种排法 D．课程“礼”不排在第一周，也不排在最后一周，共有480种排法 14．通辽是“最美中国文化旅游城市”，境内旅游资源丰富，自然景观优美，其中的大青沟，孝庄园文化旅游区，珠日河草原旅游区，库伦三大寺，孟家段国家湿地公园，银沙湾，可汗山都是风景宜人的旅游胜地，某班4个同学分别从7处风景点中选择一处进行旅游观光，则不同的选择方案是（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 15．设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为展开式的二项式系数的最大值为，若，则 . 16．有7把相同的椅子排成一排，要求3个人坐下且不相邻，共 种坐法． 17．某年某月某日，老师们在校园留下美好合影，然而美好常伴遗憾，当我们回看这张照片（如下左图），才想起那日若我们各手执鲜花当更美丽．现在，你有一次携7种颜色花朵回到过去的机会，请你帮老师们弥补遗憾，为每位老师送上一朵花，若每位老师仅可得到一种颜色的花，而你手中每种颜色的花均足够分配，要求相邻老师不能拿到同色花朵．则你有 种分配花朵的方式．（请用数字作答） 注：各位老师相邻情况如下右图所示． 18．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和.（质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数）.在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有 种. 19．已知展开式的二项式系数之和为． (1)求展开式中所有项的系数和； (2)求展开式中的常数项； (3)若能被整除，求正数的最小值． 20．3月29日，“本草健康”展览在国家自然博物馆开展．“本草健康”展览共分为“本草释义”“本草传奇”“本草养生”“本草拾趣”四个单元．已知甲、乙计划依次参观该展览的四个单元． (1)若甲、乙参观的第一个单元均为“本草拾趣”，试问共有多少种不同的参观方案？ (2)若甲参观“本草释义”与“本草传奇”单元的顺序相邻，且甲参观的第一个单元与乙参观的第四个单元不相同，试问共有多少种不同的参观方案？ C组 综合训练 【难度系数：★★★ 时间：15分钟 分值：30分】 21．现将包含甲、乙在内的5名老师全都安排到3个不同的班级，每个班级必须至少有1名老师，且甲、乙必须去同一个班级，则不同的选派方案共有（    ） A．144种 B．72种 C．36种 D．18种 22．某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花．现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有 种． 23．五个人排成一列，重新站队时，各人却不站在原来的位置上，那么不同的站队方式共有 种 24．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次．讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有 .（用数字作答） 25．某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有 种不同的方法．    26．共10个数字． (1)可组成多少个无重复数字的四位数； (2)可组成多少个无重复数字的五位偶数； (3)可组成多少个无重复数字的大于或等于30000的五位数； (4)在无重复数字的五位数中，50124从大到小排第几． 27．现有6名孩子和3个不同的房间，并让孩子都进入房间． (1)若每个房间进2个小孩，共有多少种不同的方法？ (2)恰有一个房间没有孩子，共有多少种安排方法？ 28．已知 (1)求； (2)求． D组 拓展延伸 【难度系数：★★★ 时间：20分钟 分值：30分】29．五行是华夏民族创造的哲学思想，多用于哲学､中医学和占卜方面，五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金､木､水､火､土，彼此之间存在相生相克的关系.下图是五行图，现有5种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生火，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（    ）    A．3125 B．1000 C．1040 D．1020 30．我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数，已知维向量，其中，记范数为奇数的维向量的个数为，这个向量的范数之和为． (1)求和的值； (2)求的值； (3)当为偶数时，证明：． 31．在平面直角坐标系中，确定若干个点，点的横、纵坐标均取自集合，这样的点共有n个. (1)求以这n个点中的2个点为端点的线段的条数； (2)求这n个点能确定的直线的条数； (3)若从这n个点中选出3个点分别为三角形的3个顶点，求这样的三角形的个数. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题16 排列组合与二项式定理综合复习 考点剖析 3 排列、组合 4 一、特殊元素和特殊位置优先考虑 4 二、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法 4 三、定序问题空位法 5 四、重排问题与先选后排问题 5 五、元素相同隔板法 5 六、平均分组问题 6 七、正难则反 6 八、合理分类与分步 6 九、枚举法 7 二项式 8 过关检测 9 A组 双基过关 9 B组 巩固提高 11 C组 综合训练 16 D组 拓展延伸 20 一、排列、组合 1. 加法原理（分类计数原理）：做一件事，完成它有类不同的办法.第一类办法中有种方法，第二类办法中有种方法……，第类办法中有种方法，则完成这件事共有：种不同的方法. 2. 乘法原理（分步计数原理）：做一件事，完成它需要分成个步骤.第一步中有种方法，第二步中有种方法……，第步中有种方法，则完成这件事共有：种方法. 注意：处理实际问题时，要善于区分是用分类计数原理还是分步计数原理，这两个原理的标志是“分类”还是“分步骤”. 3. 加法原理和乘法原理的共同点在于都是研究完成一件事情，共有多少种不同的方法，其差别在于完成一件事情的方式不同，加法原理“分类完成”，即用不同类型的办法去完成一件事情，每类办法中的任何一类方法，都可以独立完成这件事；而乘法原理是“分步完成”，即完成一件事情而分成连续和完整的不同步骤，而且只有每一步都完成了，才能完成这件事. 4. 排列：从个不同的元素中取个元素，按照一定的顺序排成一排，叫做从个不同的元素中取个元素的排列； 其个数记作：，公式：（规定）. 5. 组合：从个不同的元素中，任取个元素并成一组，叫做从个不同的元素中取个元素的组合； 其个数记作：，公式：. （1）组合数的两个性质：；. （2）解排列组合问题的依据是：分类相加，分步相乘，有序排列，无序组合. （3）枚举法是解排列组合和概率问题的基本方法，千万别忘了. 6. 解决排列组合综合性问题的一般过程如下： （1）认真审题弄清要做什么事 （2）怎样做才能完成所要做的事，即采取分步还是分类，或是分步与分类同时进行，确定分多少步及多少类。 （3）确定每一步或每一类是排列问题（有序）还是组合（无序）问题，元素总数是多少以及取出多少个元素. （4）解决排列组合综合性问题，往往类与步交叉，因此必须掌握一些常用的解题方法. 二、二项式 二项式定理： 【注意】 ①项数：展开式中总共有项；二项展开式的通项：． ②顺序：注意正确选择，，其顺序不能更改。与是不同的. ③指数：的指数从逐项减到，是降幂排列；的指数从逐项减到，是升幂排列；各项的次数和等于. ④系数：注意正确区分二项式系数与项的系数，二项式系数依次是 项的系数是与的系数（包括二项式系数）. 二项式系数的性质： ①的二项展开式中，与首末两端“等距离”的两项的二项式系数相等； ，··· ②的二项展开式中，所有二项式系数的和等于． 将分别代入和它的二项展开式中，即有 ． 变形式． ③的二项展开式中，奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和． 将代入和它的二项展开式中，即有 ④奇数项的系数和与偶数项的系数和： ⑤二项式系数的最大项：如果二项式的幂指数是偶数时，则中间一项的二项式系数取得最大值． 如果二项式的幂指数是奇数时，则中间两项的二项式系数，同时取得最大值． ⑥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． ⑦常用的结论： 令 令 考点剖析 排列、组合 一、特殊元素和特殊位置优先考虑 【例1】用0－5这六个数字可以组成没有重复的（1）四位偶数有多少个？（2）能被5整除的四位数有多少？ 【答案】（1）末位为0的四位偶数有个； 末位为2的四位偶数有个； 末位为4的四位偶数有个； 故共有个四位偶数。 （2） 末位为0的四位数有个； 末位为5的四位数有个； 故共有42个能被5整除的四位数。 【例2】有3名男生，4名女生，在下列不同的要求下，求不同的排法种数。 （1）全部排成一排； （2）全部排成一排，其中甲只排在中间或两头； （3）全部排成一排，甲、乙必须在两头； （4）全部排成一排，男生必须排在一起； （5）全部排成一排，男生不排在一起； 【答案】：（1）可以看作：7个元素的全排列——； （2）第一步，先排特殊元素甲，共有3种选择；第二步，余下的6名同学进行全排列有种. 则共有种排列方法； （3）根据分步计数原理：第一步，甲、乙站在两端有种；第二步，余下的5名同学进行全排列有种，则共有240种排列方法 （4）先将三个男生捆在一起看成一个元素与其余的4个元素（女生）一起进行全排列有种方法；再把三个男生内部进行排列有种方法．所以这样的排法一共有种。 （5）先将四个女生排好有种方法，此时他们留下五个“空”，再将三个女生分别插入这五个“空”有种方法，所以一共有＝1440种. 二、相邻问题捆绑法、不相邻问题插空法 【例3】名男生，名女生排成一排，男生必须相邻，女生也必须相邻的排法种数为多少？ 【答案】：【】第一步，把名女生看做一个整体，看成一个元素，名男生看做一个整体，看成一个元素，两个元素的排列有； 第二步，对男生、女生内部排列，女生内部排列有种排法，男生内部排列有种排法； 所以共有种 【例4】某城市新建的一条道路上有12只路灯，为节约用电而不影响照明，可以熄灭其中三盏灯，但是两端的灯不能熄灭，也不能熄灭相邻的两盏灯，熄灯方法共有 （ ） A. 种 B. 种 C. 种 D. 种 【答案】B 【分析】对象互调，将灯看成是人进行排位，9盏亮的灯是一类人，没有顺序，三盏灭的灯是一类人，灭的灯不能相邻，先排亮的灯，再将灭的灯插入当中的8个空（除两端），也没有顺序，属于组合问题，所以是。 【例5】一个晚会的节目有4个舞蹈，2个相声，3个独唱，舞蹈节目不能连续出场，则节目的出场顺序有多少种？ 【答案】：分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共有种，第二步将4舞蹈插入第一步排好的6个元素中间包含首尾两个空位共有种不同的方法，由分步计数原理，节目的不同顺序共有种 三、定序问题空位法 【例6】7人排队，其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法？ 【答案】：（倍缩法）对于某几个元素顺序一定的排列问题，可先把这几个元素与其他元素一起进行排列，然后用总排列数除以这几个元素之间的全排列数，则共有不同排法种数是： （空位法）设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有种方法，其余的三个位置甲乙丙共有 1种坐法，则共有种方法。 【例7】10人身高各不相等，排成前后排，每排5人，要求从左至右身高逐渐增加，共有多少排法？ 【答案】 四、重排问题与先选后排问题 【例8】把6名实习生分配到7个车间实习，共有多少种不同的分法？ 【答案】：完成此事共分六步：把第一名实习生分配到车间有 7 种分法.把第二名实习生分配到车间也有7种分依此类推，由分步计数原理共有种不同的排法 【例9】有5个不同的小球，装入4个不同的盒内，每盒至少装一个球，共有多少不同的装法. 【答案】 五、元素相同隔板法 【例10】有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个，有多少种分配方案？ 【答案】因为10个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形成9个空隙。在9个空档中选6个位置插个隔板，可把名额分成7份，对应地分给7个班级，每一种插板方法对应一种分法共有种分法。 【例11】10个相同的球装5个盒中，每盒至少一有多少装法？ 【答案】 六、平均分组问题 【例12】 6本不同的书平均分成3堆，每堆2本共有多少分法？ 【答案】共有种分法。 【例13】 6本不同的书放入三个不同的书架里，每个书架2本共有多少分法？ 【答案】 七、正难则反 【例14】在100件产品中，有98件合格品，2件次品．从这100件产品中任意抽出3件 . （1）有多少种不同的抽法？ （2）抽出的3件中恰好有1件是次品的抽法有多少种？ （3）抽出的3件中至少有1件是次品的抽法有多少种？ 【答案】：（1）（2） （3）方法一：； 方法二： 【例15】有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座，规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是 【答案】间接法， 【例16】把编号为的四封电子邮件发送到编号为的四个电子邮箱，且每个电子邮箱都会收到一封邮件，则至多有一封邮件与邮箱的编号相同的发送方法为_________种。 【答案】：编号为四封电子邮件发送到编号为的四个电子邮箱，发送方法有种，有两封邮件的编号与邮箱的编号相同或邮件的编号与邮箱全相同的发送方法有种，所以则至多有一封邮件与邮箱的编号相同的发送方法有种 八、合理分类与分步 【例17】在一次演唱会上共10名演员，其中8人能能唱歌，5人会跳舞，现要演出一个2人唱歌2人伴舞的节目，有多少选派方法？ 【答案】10演员中有5人只会唱歌，2人只会跳舞3人为全能演员。选上唱歌人员为标准进行研究只会唱的5人中没有人选上唱歌人员共有种，只会唱的5人中只有1人选上唱歌人员种，只会唱的5人中只有2人选上唱歌人员有种，由分类计数原理共有 种。 【例18】3成人2小孩乘船游玩，1号船最多乘3人， 2号船最多乘2人，3号船只能乘1人，他们任选2只船或3只船，但小孩不能单独乘一只船， 这3人共有多少乘船方法. 【答案】 （27） 【例19】有四个不同的小球，全部放入四个不同的盒子内，恰有两个盒子不放球的放法总数为_________ 【答案】：分两类2，2或1，3； 第一类：（种）；第二类：，所以共36+48=84种 九、枚举法 【例20】同一寝室4人，每人写一张贺卡集中起来，然后每人各拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？ 【答案】 9 【例21】给图中区域涂色，要求相邻区域不同色，现有4种可选颜色，则不同的着色方法有 种 【答案】 72 【例22】用红、黄、蓝三种颜色分别去涂图中标号为1，2，3，…9的个9小正方形（如下图），需满足任意相邻（有公共边的）小正方形涂颜色都不相同，且标号“1、5、9”的小正方形涂相同的颜色，则符合条件的所有涂法共有 种． 【答案】108 1 2 3 4 5 6 7 8 9 【分析】涂色问题。先涂1、5、9；然后涂2、6；再涂3. 标号为3的小正方形可涂颜色种数与2、6颜色是否相同有关；标号为7的小正方形讨论情况也相同，总共分4种情况讨论 （以下表达式依次为“1、5、9”， “2、6”， “4、8”， “3”， “7”的涂色方法数） （1） 2与6颜色相同，4与8颜色相同：； （2） 2与6颜色相同，4与8颜色不相同：； （3） 2与6颜色不相同，4与8颜色相同：； （4） 2与6颜色不相同，4与8颜色不相同：； 综上，总计108 二项式 【例1】求二项式的展开式中的常数项？ 【答案】，令，得，所以 【例2】若 展开式中 的系数为－80，则= . 【答案】－2 【例3】，求的值. 【答案】0． 【例4】求的展开式中的系数. 【答案】－336． 【例5】已知的展开式前三项中的的系数成等差数列 （1）求展开式里所有的的有理项； （2）求展开式里系数最大的项. 【答案】（1） ；（2） 【例6】展开式系数最大的项系数与最小的项的系数之比为，求展开式的常数项. 【答案】15 【例7】求的展开式中 （1）各项系数之和； （2）各项的二项式系数之和； （3）偶数项的二项式系数之和； （4）各项系数的绝对值之和； （5）奇次项系数之和. 【答案】（1）设，令得各项系数之和 （2）各项的二项式系数之和为 （3）偶数项的二项式系数之和为 （4）令，则 （5） 【例8】求的近似值，使误差小于． 【答案】， 展开式中第三项为，小于，以后各项的绝对值更小，可忽略不计，∴， 一般地当较小时 过关检测 A组 双基过关 【难度系数：★ 时间：8分钟 分值：20分】 1．（    ） A．48 B．36 C．24 D．8 【答案】A 【分析】利用排列数、组合数公式计算即得. 【详解】. 故选：A 2．中国女排精神代代相传．某网站对出战2024年巴黎奥运会的中国女排12人大名单进行了预测：主攻队员4人，副攻队员3人，二传和接应各2人，自由人1人．在中国女排每场比赛7人的首发阵容中，主攻和副攻各2人，二传和接应各1人，自由人1人．如果按照该网站预测的12人大名单出战，首发阵容方案数为（    ） A．144 B．140 C．72 D．36 【答案】C 【分析】利用分步乘法计数原理，结合组合数公式直接求值. 【详解】由题意可知，共有种不同的首发阵容方案． 故选：C 3．若，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】利用赋值法可得答案. 【详解】令，得， 故选：B. 4．  则 （    ） A．41 B．40 C． D． 【答案】A 【分析】利用赋值法得到，两式相加即可求解. 【详解】在中依次令，，可得 ， 所以. 故选：A. 5．若的展开式的各项系数和为64，则常数项的值为（   ） A．-1 B．-2 C．2 D．1 【答案】D 【分析】令结合各项系数之和为64求得，应用二项式定理计算常数项的结果. 【详解】由题意得，令，则，则， 所以展开式中常数项为 故选：D. 6．已知的展开式中的系数为，若空间中有个点，其中任意三点不共线，这个点可以确定的射线条数为，可以确定的三角形个数为，则（   ） A．77 B．78 C．251 D．252 【答案】A 【分析】先写出二项式的通项，根据题意求出的值，再考虑组成射线有顺序，用排列数求个数，三角形无顺序，用组合数求个数即得. 【详解】因的通项为， 故中的系数为, 依题意，，，则. 故选：A. 7．某校从高二年级成绩排在前5名的学生中随机选出2人分别参加市级的古诗词和数学奥林匹克竞赛，每种比赛仅派1人去参加，则一共有 种不同的选法，(用数字回答) 【答案】20 【分析】根据题意，可用排列数求解即得. 【详解】依题意，即从5人中选出2人分别参加两项竞赛，故选法数为. 故答案为：20. 8．已知x为正整数，若，则 . 【答案】3 【分析】利用组合数的运算性质建立方程，再合理取舍即可. 【详解】若，则或，解得或， 而x为正整数，故符合题意. 故答案为：3 9．的展开式中，的系数为 .（用数字作答） 【答案】-80 【分析】直接利用二项式展开式，通过赋值即可得解. 【详解】的展开式的通项为， 令，的系数为. 故答案为：-80. 10．从a、b、c、d、e这5个元素中取出4个，放在4个不同的格子中，且元素b不能放在第二个格子里．问：一共有多少种不同的放法？ 【答案】 【分析】根据元素b是否被取出分类讨论进行求解即可. 【详解】元素b不被取出，不同的放法有种， 当元素b被取出，则元素b有三个位置，不同的放法有种， 所以一共有种不同的放法. B组 巩固提高 【难度系数：★★ 时间：10分钟 分值：20分】 11．（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由二项式定理求解即可. 【详解】 ． 故选：B. 12．甲､乙等6位同学去三个社区参加义务劳动，每个社区安排2位同学，每位同学只去一个社区，则甲､乙到不同社区的不同安排方案共有（    ） A．6种 B．18种 C．36种 D．72种 【答案】D 【分析】按照分步计数原理并利用平均分配的计算方法，即可计算得出结果. 【详解】根据题意，分成两步进行分析： 第一步，将6位同学分成3组，要求甲、乙不到同一组，有种分组方法， 第二步，将分好的3组全排列，安排到三个不同的社区，有种情况， 则共有种不同的安排方法. 故选：D 13．为弘扬我国古代的“六艺文化”某夏令营主办单位计划利用暑期开设“礼”、“乐”、“射”、“御”、“书”、“数”六门体验课程，每周一门，连续开设六周，则下列说法正确的是（    ） A．某学生从中选2门课程学习，共有20种选法 B．课程“乐”，“射”排在不相邻的两周，共有240种排法 C．课程“御”，“书”，“数”排在相邻的三周，共有120种排法 D．课程“礼”不排在第一周，也不排在最后一周，共有480种排法 【答案】D 【分析】根据给定条件利用组合知识可以判断A正确；不相邻问题利用插空法可以判断B错误；相邻问题利用捆绑法可以判断C正确；利用特殊位置法可以判断D正确. 【详解】对于A，从六门课程中选两门的不同选法有种，A错误； 对于B，先排“礼”、“御”、“书”、“数”，再用插空法排“乐”“射”，不同排法共有种，B错误； 对于C，“御”“书”“数”排在相邻的三周，可将“御”“书”“数”视为一个元素，不同排法共有种，C错误； 对于D，从中间四周中任取一周排“礼”，再排其它五门体验课程共有种，D正确. 故选：D. 14．通辽是“最美中国文化旅游城市”，境内旅游资源丰富，自然景观优美，其中的大青沟，孝庄园文化旅游区，珠日河草原旅游区，库伦三大寺，孟家段国家湿地公园，银沙湾，可汗山都是风景宜人的旅游胜地，某班4个同学分别从7处风景点中选择一处进行旅游观光，则不同的选择方案是（    ） A．种 B．种 C．种 D．种 【答案】D 【分析】由题意每位同学都有7种选择，利用分步计数原理即可求解. 【详解】由题意每位同学都有7种选择，则4名同学共有种选择方案. 故选：D. 15．设为正整数，展开式的二项式系数的最大值为展开式的二项式系数的最大值为，若，则 . 【答案】5 【分析】根据二项式系数的性质可知，结合组合数公式运算求解即可. 【详解】由题意可知：， 若，则，解得. 故答案为：5. 16．有7把相同的椅子排成一排，要求3个人坐下且不相邻，共 种坐法． 【答案】60 【分析】按插空排列法求解. 【详解】可以看作先摆了4把椅子，其间有5个空位，然后3人带着椅子，在这5个空位选3个，按顺序坐好， 所以有种坐法. 故答案为：60 17．某年某月某日，老师们在校园留下美好合影，然而美好常伴遗憾，当我们回看这张照片（如下左图），才想起那日若我们各手执鲜花当更美丽．现在，你有一次携7种颜色花朵回到过去的机会，请你帮老师们弥补遗憾，为每位老师送上一朵花，若每位老师仅可得到一种颜色的花，而你手中每种颜色的花均足够分配，要求相邻老师不能拿到同色花朵．则你有 种分配花朵的方式．（请用数字作答） 注：各位老师相邻情况如下右图所示． 【答案】 【分析】先分配、再分配、最后分配和，按照分步乘法计数原理计算可得. 【详解】先在7种颜色花朵中选1种给教师，有7种选法； 然后在剩下的6种颜色花朵中选1种给教师，有6种选法； 最后在剩下的5种颜色花朵中选2朵（可以相同）给教师和，有种选法， 由分步乘法计数原理可得，共有种分配花朵的方式． 故答案为：． 18．哥德巴赫猜想描述为：任何不小于4的偶数，都可以写成两个质数之和.（质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数）.在不超过17的质数中，随机选取两个不同的数，其和为奇数取法有 种. 【答案】 【分析】列举出不超过的质数，分析可知必取，然后在剩余个奇数中任选一个即可，即可得出不同的选法种数. 【详解】不超过的质数有：、、、、、、，共个， 在这个数中随机选取两个不同的数，其和为奇数，则必取， 然后在剩余个奇数中任选一个即可， 所以，不同的取法种数为种. 故答案为：. 19．已知展开式的二项式系数之和为． (1)求展开式中所有项的系数和； (2)求展开式中的常数项； (3)若能被整除，求正数的最小值． 【答案】(1)243 (2)80 (3)3 【分析】（1）根据二项式系数和为求出，再令即可得解； （2）写出展开式的通项，利用通项计算可得； （3）由，写出展开式的通项，即可得到只需满足能被整除，即可求出正数的最小值. 【详解】（1）由已知可得，，解得． 所以， 令，得， 即的展开式中所有项的系数和为； （2）二项式的展开式的通项为，， 令，解得，所以常数项为； （3）因为 ， 由于能被整除， 故当能被整除，只需满足能被整除， 所以正数的最小值为． 20．3月29日，“本草健康”展览在国家自然博物馆开展．“本草健康”展览共分为“本草释义”“本草传奇”“本草养生”“本草拾趣”四个单元．已知甲、乙计划依次参观该展览的四个单元． (1)若甲、乙参观的第一个单元均为“本草拾趣”，试问共有多少种不同的参观方案？ (2)若甲参观“本草释义”与“本草传奇”单元的顺序相邻，且甲参观的第一个单元与乙参观的第四个单元不相同，试问共有多少种不同的参观方案？ 【答案】(1)36 (2)216 【分析】（1）利用分步计数原理可求总的方法数； （2）利用分步计数原理可求总的方法数. 【详解】（1）第一步，排甲的参观顺序有种不同的参观方案， 第二步按排乙的参观顺序有种不同的参观方案， 故共有种不同的参观方案. （2）第一步，排甲的参观顺序有种不同的参观方案， 第二步按排乙的参观顺序有种不同的参观方案， 故共有种不同的参观方案. C组 综合训练 【难度系数：★★★ 时间：15分钟 分值：30分】 21．现将包含甲、乙在内的5名老师全都安排到3个不同的班级，每个班级必须至少有1名老师，且甲、乙必须去同一个班级，则不同的选派方案共有（    ） A．144种 B．72种 C．36种 D．18种 【答案】C 【分析】首先根据条件分组，然后再求解分配方法种数即可. 【详解】先将人分成组，有和两种分法， 若按分组，则甲、乙还需一人，此时分组方法有种， 若按分组，则只需将除甲、乙以外的人分成组，此时分组方法有种， 所以不同的选派方案共有种. 故选：C. 22．某景区内有如图所示的一个花坛，此花坛有9个区域需栽种植物，要求同一区域中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物，且圆环的3个区域种植绿色植物，中间的6个扇形区域种植鲜花．现有3种不同的绿色植物和3种不同的鲜花可供选择，则不同的栽种方案共有 种． 【答案】396 【分析】先按扇形区域中不相邻的两个区域是否是同种鲜花分类，每一类情况下分步完成即可求解. 【详解】将六个扇形区域标号为1到6（如图所示），分两类完成这件事情： 第一类：若1和3种植的鲜花相同，此时先种植区域和，有种；再种植区域和，共有6种；最后种植圆环区域，共有种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共种. 第二类：若1和3种植的鲜花不相同，此时先种植区域和，有种；再种植区域和，共有种；最后种植圆环区域，共有种，按照分步乘法计数原理知，此种情况共种. 按照分类加法计数原理得，共有种. 故答案为：396. 23．五个人排成一列，重新站队时，各人却不站在原来的位置上，那么不同的站队方式共有 种 【答案】 【分析】根据已知条件可以通过合理地分步，恰当地分类来找出递推关系，利用分步乘法计数原理和分类加法计数原理即可求解. 【详解】解考虑一般情况，即个人排成一列，重新站队时，各人都不站在原来的位置上，设满足这样的站队方式有种，下面通过合理分步，恰当分类找出递推关系: 第一步:第一个人不站在原来的第一个位置，有种站法， 第二步:假设第一个人站在第2个位置，则第二个人的站法又可以分为两类: 第一类，第二个人恰好站在第一个位置，则余下的个人有种站队方式； 第二类，第二个人不站在第一个位置，则就是第二个人不站在第一个位置，第三个人不站在第三个位置，第四个人不站在第四个位置.....第个人不站在第个位置，所以有种站队方式， 由分步乘法计数原理和分类加法计数原理，得数列的递推关系：， 显然再由递推关系有. 故答案为：. 24．中国古代中的“礼、乐、射、御、书、数”合称“六艺”．“礼”主要指德育；“乐”主要指美育；“射”和“御”就是体育和劳动；“书”指各种历史文化知识；“数”指数学．某校国学社团开展“六艺”讲座活动，每周安排一次讲座，共讲六次．讲座次序要求“射”不在第一次，“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序共有 .（用数字作答） 【答案】408 【分析】先计算当“数”和“乐”两次不相邻的情况数，再计算其中“射”在第一次的情况数相减即可. 【详解】当“数”和“乐”两次不相邻，则“六艺”讲座不同的次序有种， 当讲座次序要求“射”在第一次，“数”和“乐”两次不相邻， 则“六艺”讲座不同的次序有种， 则六艺”讲座不同的次序共有480﹣72＝408种． 故答案为：408． 25．某植物园要在如图所示的5个区域种植果树，现有5种不同的果树供选择，要求相邻区域不能种同一种果树，则共有 种不同的方法．    【答案】420 【分析】利用分类计数原理求解，按2与4两区域种植果树是否相同进行分类即可. 【详解】分两类情况： 第一类：2与4种同一种果树， 第一步种1区域，有5种方法； 第二步种2与4区域，有4种方法； 第三步种3区域，有3种方法； 最后一步种5区域，有3种方法， 由分步计数原理共有种方法； 第二类：2与4种不同果树， 第一步在1234四个区域，从5种不同的果树中选出4种果树种上， 是排列问题，共有种方法； 第二步种5号区域，有2种方法， 由分步计数原理共有种方法. 再由分类计数原理，共有种不同的方法. 故答案为：420. 26．共10个数字． (1)可组成多少个无重复数字的四位数； (2)可组成多少个无重复数字的五位偶数； (3)可组成多少个无重复数字的大于或等于30000的五位数； (4)在无重复数字的五位数中，50124从大到小排第几． 【答案】(1) (2) (3) (4) 【分析】（1）0不能排在首位，其他任意排即可求解； （2）分0在首位和0不在首位两种情况，满足末位是偶数即可； （3）大于或等于30000的五位数，首位从3，4，5，6，7，8，9任选一个，其它的任意排即可； （4）首先确定比50000大的数，然后确定比50000大比50124小的只有50123，即可求解. 【详解】（1）先选1个数字排在首位，其它任意排，故有个； （2）当0在末位时，有个， 当0不在末位时，从2，4，6，8，选一个放在末位，故有个， 故五位偶数共有个； （3）大于或等于30000的五位数，首位从3，4，5，6，7，8，9任选一个，其它的任意排， 故有个； （4）比50000大的数，故有个， 比50000大比50124小的有，前四位为5，0，1，2，最后一位为3，只有50123， 故在无重复数字的五位数中，50124从大到小排第个. 27．现有6名孩子和3个不同的房间，并让孩子都进入房间． (1)若每个房间进2个小孩，共有多少种不同的方法？ (2)恰有一个房间没有孩子，共有多少种安排方法？ 【答案】(1) (2)186 【分析】（1）先进行平均分组，然后全排即可. （2）分为1、5、0；2、4、0；3、3、0讨论即可. 【详解】（1）由题意知，有种方法． （2）由题意知，三个房间进入小孩数有如下分配： ①1、5、0分配，这种情况下有种安排方法； ②2、4、0分配，这种情况下有种安排方法； ③3、3、0分配，这种情况下有种安排方法． 故一共有种安排方法． 28．已知 (1)求； (2)求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出通项公式，根据通项公式求出，即得结果； （2）赋值，结合，即得结果. 【详解】（1）的通项公式为， 所以，， 所以. （2）令，得， 所以. D组 拓展延伸 【难度系数：★★★ 时间：20分钟 分值：30分】 29．五行是华夏民族创造的哲学思想，多用于哲学､中医学和占卜方面，五行学说是华夏文明重要组成部分.古代先民认为，天下万物皆由五类元素组成，分别是金､木､水､火､土，彼此之间存在相生相克的关系.下图是五行图，现有5种颜色可供选择给五“行”涂色，要求五行相生不能用同一种颜色（例如金生火，水生木，不能同色），五行相克可以用同一种颜色（例如水克火，木克土，可以用同一种颜色），则不同的涂色方法种数有（    ）    A．3125 B．1000 C．1040 D．1020 【答案】D 【分析】根据不邻区域是否同色进行分类，确定涂色顺序再分步计数即可. 【详解】五行相克可以用同一种颜色，也可以不用同一种颜色，即无限制条件. 五行相生不能用同一种颜色，即相邻位置不能用同一种颜色. 故问题转化为如图五个区域， 有种不同的颜色可用，要求相邻区域不能涂同一种颜色，即色区域的环状涂色问题.    分为以下两类情况： 第一类：三个区域涂三种不同的颜色， 第一步涂区域， 从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法， 第二步涂区域，由于颜色不同，有种方法， 第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法， 由分步计数原理，则共有种方法； 第二类：三个区域涂两种不同的颜色， 由于不能涂同一色，则涂一色，或涂同一色，两种情况方法数相同. 若涂一色， 第一步涂区域，可看成同一区域，且区域不同色， 即涂个区域不同色， 从种不同的颜色中选种按序涂在不同的个区域上，则有种方法， 第二步涂区域，由于颜色相同，则有种方法， 第三步涂区域，由于颜色不同，则有种方法， 由分步计数原理，则共有种方法； 若涂一色，与涂一色的方法数相同， 则共有种方法. 由分类计数原理可知，不同的涂色方法共有种. 故选：D. 30．我们称元有序实数组为维向量，为该向量的范数，已知维向量，其中，记范数为奇数的维向量的个数为，这个向量的范数之和为． (1)求和的值； (2)求的值； (3)当为偶数时，证明：． 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据新定义当，范数为奇数时，中的个数为0或2，利用乘法原理和加法原理求解即可； （2）要使范数为奇数，需满足0的个数一定是偶数，按0的个数为分情况讨论，根据和的展开式得到的通项公式即可求解； （3）同（2），按0的个数分情况讨论，利用新定义求出的通项公式，再根据组合数的性质化简求解即可. 【详解】（1）当，范数为奇数时，的个数为偶数，即中的个数为0或2， 所以根据乘法原理和加法原理可得，. （2）当为奇数时，在向量中，要使范数为奇数，则的个数一定为偶数，其余位置为或， 所以可按0的个数为分情况讨论， 所以， 因为①， ②， 得， 所以. （3）当为偶数时，在向量中，要使范数为奇数，则的个数一定为奇数，其余位置为或， 所以可按0的个数为分情况讨论， 所以， ， 因为①， ②， 得， 所以， 解法一：因为， 所以 . 解法二：得， 又因为， 所以 . 【点睛】难点点睛：本题的难点在于理解新定义，学会类比的方法从特殊到一半，其次对组合数，二项式定理的灵活应用，化简变形要求较高，属于难题. 31．在平面直角坐标系中，确定若干个点，点的横、纵坐标均取自集合，这样的点共有n个. (1)求以这n个点中的2个点为端点的线段的条数； (2)求这n个点能确定的直线的条数； (3)若从这n个点中选出3个点分别为三角形的3个顶点，求这样的三角形的个数. 【答案】(1)120 (2)63 (3)518 【分析】利用分步相乘计数原理和分类相乘计数原理结合排列组合的知识计算方法每一小问的方法种类数. 【详解】（1）点的横、纵坐标均有4种可能，则， 所以所求线段的条数为. （2）如图，在这个点中，仅有4点共线的直线有9条， 仅有3点共线的直线有6条， 所以这个点能确定的直线的条数为 （3）从这个点中选出3个点，共有种选法. 在同一条直线上的3个点不能构成三角形，所以所求的三角形的个数为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$