第37讲 两个计数原理、排列组合、二项式定理（8类核心考点精讲精练）-备战2025年高考数学一轮复习考点帮（天津专用）

第37讲 两个计数原理、排列组合、二项式定理 （8类核心考点精讲精练） 1. 5年真题考点分布 5年考情 考题示例 考点分析 2024年天津卷，第11题,5分 实际问题中的组合计数问题 计算古典概型问题的概率 计算条件概率 2024年天津卷，第13题,5分 求指定项的系数 2023年天津卷，第11题,5分 求指定项的系数 2022年天津卷，第11题,5分 求二项展开式的第k项 2021年天津卷，第11题,5分 求指定项的系数 2020年天津卷，第11题,5分 求指定项的系数 2. 命题规律及备考策略 【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题稳定，难度较低，分值为5分 【备考策略】1.理解、掌握两个计数原理，能够解决简单的应用题 2.能掌握二项式定理的性质 3.具备数形结合的思想意识，会解决简单的染色问题 4.会运用二项式定理 【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给二项式，求解指定项。 知识讲解 知识点一.两个计数原理 1.分类加法计数原理： 完成一件事有两类不同方案，在第1类方案中有m种不同的方法，在第2类方案中有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m＋n种不同的方法． 2.分步乘法计数原理： 完成一件事需要两个步骤，做第1步有m种不同的方法，做第2步有n种不同的方法，那么完成这件事共有N＝m×n种不同的方法. 3.两个计数原理的综合应用 如果完成一件事的各种方法是相互独立的，那么计算完成这件事的方法数时，使用分类计数原理．如果完成一件事的各个步骤是相互联系的，即各个步骤都必须完成，这件事才告完成，那么计算完成这件事的方法数时，使用分步计数原理． 知识点二 .排列与组合 1.排列与排列数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素排成一列，叫做从个不同元素中取出个元素的一个排列．从个不同元素中取出个元素的所有排列的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的排列数，用符号表示． （2）排列数的公式：． 特例：当时，；规定：． （3）排列数的性质：①；②；③． 2.组合与组合数 （1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． （2）组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到； 因此． 这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：． 注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明． （3）组合数的主要性质：①；②． 3.排列和组合的区别 （1）组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工． （2）排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同． 【注意】排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置数目问题，它们之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题．排列是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合综合问题的基本思维是“先组合，后排列”． 知识点三.二项式展开式的特定项、特定项的系数问题 1.二项式定理 一般地，对于任意正整数，都有：， 这个公式所表示的定理叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式． 式中的做二项展开式的通项，用表示，即通项为展开式的第项：， 其中的系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数， 2.二项式的展开式的特点： ①项数：共有项，比二项式的次数大1； ②二项式系数：第项的二项式系数为，最大二项式系数项居中； ③次数：各项的次数都等于二项式的幂指数．字母降幂排列，次数由到；字母升幂排列，次数从到，每一项中，，次数和均为； ④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）． 3.两个常用的二项展开式： ①（） ② 4.二项展开式的通项公式 二项展开式的通项： 公式特点： ①它表示二项展开式的第项，该项的二项式系数是； ②字母的次数和组合数的上标相同； ③与的次数之和为． 注意：①二项式的二项展开式的第r+1项和的二项展开式的第r+1项是有区别的，应用二项式定理时，其中的和是不能随便交换位置的． ②通项是针对在这个标准形式下而言的，如的二项展开式的通项是（只需把看成代入二项式定理）． 5.二项式展开式中的最值问题 （1）二项式系数的性质 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． ③二项式系数和令，则二项式系数的和为，变形式． ④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：． ⑤最大值： 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； 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． （2）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． 考点一、两个计数原理 1.（2023·天津·一模）甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，，，则下列结论正确的是（    ） A．最高处的树枝定是 B．最低处的树枝一定是 C．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 D．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 2.（·天津·高考真题）在三角形的每条边上各取三个分点（如图）．以这9个分点为顶点可画出若干个三角形，若从中任意抽取一个三角形，则其三个顶点分别落在原三角形的三条不同边上的概率为 ．（用数字作答） 1.（2018·天津·一模）用0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位偶数，要求奇数不相邻，且0不与另外两个偶数相邻，这样的五位数一共有 个.（用数字作答） 2.（23-24高三下·全国·开学考试）用组成3位数，数字不能重复，其中奇数有 个； 3.（2024·云南大理·模拟预测）现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（    ）种 A．10 B．20 C．30 D．60 考点二、有限制条件问题 1.（20-21高三上·天津滨海新·阶段练习）第十四届全国运动会将于2021年在陕西举办，为宣传地方特色，某电视台拍摄宣传片五组进行制作编辑，其中包括有美食宣传片､地方风光宣传片各两个，运动场地宣传片一个，所有短片时长彼此不同，现将五组短片编辑在一起，相同题材不相邻，不同的排法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．120种 2.（2020·天津南开·二模）某学校食堂为了进一步加强学校疫情防控工作，降低学生因用餐而交叉感染的概率，规定：就餐时，每张餐桌（如图）至多坐两个人，一张餐桌坐两个人时，两人既不能相邻，也不能相对（即二人只能坐在对角线的位置上）.现有3位同学到食堂就餐，如果3人在1号和2号两张餐桌上就餐（同一张餐桌的4个座位是没有区别的），则不同的坐法种数为（    ） A．6 B．12 C．24 D．48 1、（23-24高三上·天津河东·阶段练习）甲，乙等5人站成一排，则甲，乙相邻，且甲在乙左侧的概率为 . 2.（22-23高三下·天津红桥·期末）街道上有编号1，2，.3，....10的十盏路灯，为节省用电又能看清路面，可以把其中的三盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，在两端的灯都不能关掉的情况下，满足条件的关灯方法有 种. 3.（2022·天津和平·三模）清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件为“高二年级3人相邻”，事件的排法为 种；在事件“高二年级3人相邻”的前提下，事件“高一年级2人不相邻”的概率为 ． 4.（20-21高三上·天津滨海新·期中）将，，，，五个字母排成一排，若与相邻，且与不相邻，则不同的排法共有 种. 考点三、分组分配问题 1.（23-24高三上·天津南开·阶段练习）2023年成都大运会期间，5名同学到3个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，每个场馆至少安排1名同学，则不同的安排方法共有 种． 2.（2022·天津和平·二模）某公司新成立3个产品研发小组，公司选派了5名专家对研发工作进行指导.若每个小组至少有一名专家且5人均要派出，若专家甲､乙需到同一个小组指导工作，则不同的专家派遣方案总数为 .（用数字作答） 1.（2022·天津和平·一模）端午节即将来临，王老师家锅中煮有红枣馅粽子5个，蛋黄馅粽子3个，豆沙馅粽子4个，这三种粽子的外部特征完全相同.从中任意取出4个粽子，则每种粽子都至少取到1个的概率为 . 2.（2018·天津·二模）6名教师分配到3所薄弱学校去支教，每个学校至少分配一名教师，甲乙两人不能去同一所学校，丙丁两人必须去同一所学校，共有 种分配方案(用数字作答)． 3.（·天津·高考真题）有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有 种（用数字作答）． 考点四、染色问题 1.（2022·天津北辰·模拟预测）用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中6个格子，每个格子染一种颜色，则有 种不同的染色方法，出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的概率为 ． 2.（2023·天津和平·三模）①一组数据的第三四分位数为8； ②若随机变量，且，则； ③具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本的中心，则； ④如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有180种不同的着色方法. 以上说法正确的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 1.（23-24高三上·广东东莞·阶段练习）如图所示，相邻区域不得使用同一颜色，现有种颜色可供选择，则涂满所有区域的不同的着色方法共有 种(用数字填写答案) 2.（2024·重庆·模拟预测）重庆位于中国西南部、长江上游地区，地跨青藏高原与长江中下游平原的过渡地带．东邻湖北、湖南，南靠贵州，西接四川，北连陕西．现用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，则共有 种涂色方式． 考点五、排数问题 1.（2020·天津河西·二模）用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且至少有两个数字是偶数的四位数，则这样的四位数的个数为 A．64 B．72 C．96 D．144 2.（2018·天津·一模）用0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位偶数，要求奇数不相邻，且0不与另外两个偶数相邻，这样的五位数一共有 个.（用数字作答） 1.（24-25高三上·河北·期中）如图，在两行三列的网格中放入标有数字的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为7”的不同的排法有（    ） A．16种 B．32种 C．64种 D．96种 2.（2024·浙江杭州·模拟预测）袋子中有数字“7”的卡片3张和数字“2”，“3”，“5”的卡片各1张，从中任意取出4张卡片，最多能组成 个不同的四位数（用数字回答）． 考点六、二项式定理求指定项 1.（2024·天津·高考真题）在的展开式中，常数项为 ． 2.（2023·天津·高考真题）在的展开式中，的系数为 ． 1.（24-25高三上·天津红桥·期中）的展开式中常数项为 ． 2.（24-25高三上·天津·阶段练习）已知在的展开式中第5项为常数项，展开式中含有顶的系数为 . 3.（2024·天津南开·二模）在的展开式中，的系数为 . 4.（2024·天津北辰·三模）若展开式的二项式系数和为128，则展开式中的系数为 . 考点七、系数和问题 1.（23-24高三上·天津滨海新·阶段练习）若的展开式的二项式系数之和为，则的展开式中的系数为（    ） A．8 B．28 C．56 D．70 2.（2023·天津·模拟预测）已知的二项展开式的奇数项二项式系数和为，若，则等于 ． 1.（23-24高三上·天津滨海新·阶段练习）若的二项展开式中所有二项系数的和等于，则在的展开式中，的系数是 ． 2.（2023·天津和平·二模）已知的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为 ． 3.（2023·天津滨海新·三模）若的展开式的奇数项的二项式系数和为16，则展开式中的系数为 . 4.（2023高三·天津·专题练习）若的展开式中所有项的系数和为，则展开式中的系数为 ． 考点八、二项式系数与系数最大问题 1.（21-22高三下·天津静海·阶段练习）关于的二项式的展开式中，末尾两项的系数之和为，且系数最大的一项的值为，当时， ． 2.（21-22高三下·天津西青·阶段练习）二项式的展开式中，第5项是常数项，则二项式系数最大的项的系数 ． 1.（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）若的展开式中第2项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项为（    ） A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项 2.（22-23高三下·江苏连云港·阶段练习）的展开式中，二项式系数最大且系数较大的项的系数为（    ） A．40 B． C．80 D． 3.（2024·湖北·模拟预测）若的二项展开式中，当且仅当第5项是二项式系数最大的项，则其展开式中的系数为（    ） A．8 B．28 C．70 D．252 1．（2022·天津红桥·一模）已知盒中装有大小、质量完全相同的2个黑球，3个红球，现从盒中随机抽取2个球，则取出的两个球颜色相同的概率为（    ） A． B． C． D． 2．（2022·天津滨海新·模拟预测）已知的展开式中x3的系数是160，则a= . 3．（2022·天津河西·模拟预测）二项式的展开式的常数项是 ． 4．（2022·天津·一模）在的展开式中，的系数是 . 5．（20-21高三下·天津静海·阶段练习）在的二项展开式中项的系数为 ． 6．（2021·天津宝坻·模拟预测）在的二项展开式中，含的项的系数是 ．（用数字作答） 1．（2024·天津·二模）在的展开式中，的系数为 ． 2．（2024·天津·一模）在的展开式中，的系数为 .（结果用数字表示） 3．（2024·天津红桥·一模）已知二项式，则其展开式中含的项的系数为 ． 4．（2024·天津河东·一模）在的二项展开式中，常数项是 ．（用数字作答） 5．（23-24高三上·天津河北·期末）已知，若的展开式中含项的系数为40，则 . 6．（2023·天津河北·二模）的展开式中含项的系数为 . 1.（2020·全国·高考真题）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i<j<k≤12．若k–j=3且j–i=4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若k–j=4且j–i=3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（    ） A．5 B．8 C．10 D．15 2.（2021·全国·高考真题）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 3.（2024·全国·高考真题）甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（    ） A． B． C． D． 4.（2023·全国·高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（    ） A． B． C． D． 5.（2020·海南·高考真题）要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（    ） A．2种 B．3种 C．6种 D．8种 6.（2023·全国·高考真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）． 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（1）定义：从个不同元素中取出个元素并成一组，叫做从个不同元素中取出个元素的一个组合．从个不同元素中取出个元素的所有组合的个数，叫做从个不同元素中取出个元素的组合数，用符号表示． （2）组合数公式及其推导 求从个不同元素中取出个元素的排列数，可以按以下两步来考虑： 第一步，先求出从这个不同元素中取出个元素的组合数； 第二步，求每一个组合中个元素的全排列数； 根据分步计数原理，得到； 因此． 这里，，且，这个公式叫做组合数公式．因为，所以组合数公式还可表示为：．特例：． 注意：组合数公式的推导方法是一种重要的解题方法！在以后学习排列组合的混合问题时，一般都是按先取后排（先组合后排列）的顺序解决问题．公式常用于具体数字计算，常用于含字母算式的化简或证明． （3）组合数的主要性质：①；②． 3.排列和组合的区别 （1）组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工． （2）排列：取出的元素地位不同，去向、分工或职位不同． 【注意】排列、组合都是研究事物在某种给定的模式下所有可能的配置数目问题，它们之间的主要区别在于是否要考虑选出元素的先后顺序，不需要考虑顺序的是组合问题，需要考虑顺序的是排列问题．排列是在组合的基础上对入选的元素进行排队，因此，分析解决排列组合综合问题的基本思维是“先组合，后排列”． 知识点三.二项式展开式的特定项、特定项的系数问题 1.二项式定理 一般地，对于任意正整数，都有：， 这个公式所表示的定理叫做二项式定理，等号右边的多项式叫做的二项展开式． 式中的做二项展开式的通项，用表示，即通项为展开式的第项：， 其中的系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数， 2.二项式的展开式的特点： ①项数：共有项，比二项式的次数大1； ②二项式系数：第项的二项式系数为，最大二项式系数项居中； ③次数：各项的次数都等于二项式的幂指数．字母降幂排列，次数由到；字母升幂排列，次数从到，每一项中，，次数和均为； ④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）． 3.两个常用的二项展开式： ①（） ② 4.二项展开式的通项公式 二项展开式的通项： 公式特点： ①它表示二项展开式的第项，该项的二项式系数是； ②字母的次数和组合数的上标相同； ③与的次数之和为． 注意：①二项式的二项展开式的第r+1项和的二项展开式的第r+1项是有区别的，应用二项式定理时，其中的和是不能随便交换位置的． ②通项是针对在这个标准形式下而言的，如的二项展开式的通项是（只需把看成代入二项式定理）． 5.二项式展开式中的最值问题 （1）二项式系数的性质 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． ③二项式系数和令，则二项式系数的和为，变形式． ④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：． ⑤最大值： 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； 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． （2）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． 考点一、两个计数原理 1.（2023·天津·一模）甲、乙、丙、丁、戊五只猴子在一棵枯树上玩耍，假设它们均不慎失足下落，已知：（1）甲在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（2）乙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（3）丙在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（4）丁在下落的过程中依次撞击到树枝，，；（5）戊在下落的过程中依次撞击到树枝，，，则下列结论正确的是（    ） A．最高处的树枝定是 B．最低处的树枝一定是 C．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 D．九根树枝从高到低不同的顺序共有种 【答案】C 【分析】 由题判断出部分树枝由高到低的顺序为，还剩下，，，且树枝比高，树枝在树枝，之间，树枝比低，根据的位置不同分类讨论，求得这九根树枝从高到低不同的顺序共33种. 【详解】由题判断出部分树枝由高到低的顺序为， 还剩下，，，且树枝比高，树枝在树枝，之间，树枝比低， 最高可能为G或I，最低为F或H，故A 、B错误； 先看树枝，有4种可能，若在，之间， 则有3种可能： ①在，之间，有5种可能； ②在，之间，有4种可能； ③在，之间，有3种可能， 此时树枝的高低顺序有（种）. 若不在，之间，则有3种可能，有2种可能， 若在，之间，则有4种可能， 若在，之间，则有3种可能， 此时树枝的高低顺序有（种）可能， 故这九根树枝从高到低不同的顺序共有种，故C项正确. 故选：C. 2.（·天津·高考真题）在三角形的每条边上各取三个分点（如图）．以这9个分点为顶点可画出若干个三角形，若从中任意抽取一个三角形，则其三个顶点分别落在原三角形的三条不同边上的概率为 ．（用数字作答） 【答案】 【分析】根据题意，首先分析可得9个点能构成三角形总个数，再由分步计数原理可得符合条件的三角形个数，由等可能事件的概率公式，计算可得答案. 【详解】由题意，这9个点能构成三角形的总数为. 要得到三个顶点分别落在原三角形的三条不同边上的三角形，须在原三角形三边上各取一点，组成三角形即可，则符合条件的三角形个数为. 所以概率为. 故答案为：. 1.（2018·天津·一模）用0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位偶数，要求奇数不相邻，且0不与另外两个偶数相邻，这样的五位数一共有 个.（用数字作答） 【答案】 【分析】分末尾数字为0，2，4三种情况讨论即可. 【详解】①若末位数字为时，则共有个五位数； ②若末位数字为时，则当十位数字为时，只有；当十位数字为时，只有；当十位数字为时，有和两个五位数，共有个五位数. ③若末位数为时，则当十位数字为时，只有；当十位数字为时，有和两个五位数；当十位数字为时，只有，共有个五位数. 综上，这样的五位数共有个. 故答案为：. 2.（23-24高三下·全国·开学考试）用组成3位数，数字不能重复，其中奇数有 个； 【答案】280 【分析】先分析得到奇数的条件，再利用分步乘法计数原理求解即可. 【详解】我们要组成数字不能重复的3位数，在求解奇数个数时， 我们首先考虑奇数的个数来自个位数字，而个位数字有5种选择， 百位数字有8种选择，十位数字有7种选择， 故由分步乘法计数原理得奇数有个. 故答案为：280 3.（2024·云南大理·模拟预测）现有4个同学站成一排，将甲、乙2个同学加入排列，保持原来4个同学顺序不变，不同的方法共有（    ）种 A．10 B．20 C．30 D．60 【答案】C 【分析】应用分步乘法原理计算即可. 【详解】4个同学站成一排有5个空，甲加入排列有5种情况，队列变成5个人有6个空，乙加入排列有6种情况， 由分步计数原理得，共有种不同的方法. 故选：C 考点二、有限制条件问题 1.（20-21高三上·天津滨海新·阶段练习）第十四届全国运动会将于2021年在陕西举办，为宣传地方特色，某电视台拍摄宣传片五组进行制作编辑，其中包括有美食宣传片､地方风光宣传片各两个，运动场地宣传片一个，所有短片时长彼此不同，现将五组短片编辑在一起，相同题材不相邻，不同的排法共有（    ） A．24种 B．48种 C．72种 D．120种 【答案】B 【分析】通过正难则反的思路分析有相邻时的排法数，利用捆绑法和插空法计数，进而得解. 【详解】五组短片的全部排法有：种， 两个美食宣传片相邻，两个地方风光宣传片不相邻的排法有：种， 两个地方风光宣传片相邻，两个美食宣传片不相邻的排法有：种， 两个美食宣传片和两个地方风光宣传片均相邻的排法有：种， 所以相同题材不相邻，不同的排法共有种. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用正难则反的思想求解，相邻问题用捆绑，不相邻问题用插空. 2.（2020·天津南开·二模）某学校食堂为了进一步加强学校疫情防控工作，降低学生因用餐而交叉感染的概率，规定：就餐时，每张餐桌（如图）至多坐两个人，一张餐桌坐两个人时，两人既不能相邻，也不能相对（即二人只能坐在对角线的位置上）.现有3位同学到食堂就餐，如果3人在1号和2号两张餐桌上就餐（同一张餐桌的4个座位是没有区别的），则不同的坐法种数为（    ） A．6 B．12 C．24 D．48 【答案】B 【分析】根据分类计数原理即可求出. 【详解】若在2人在1号餐桌，1人在2号餐桌，则有种； 若在1人在1号餐桌，2人在2号餐桌，则有种， 则共有不同的坐法6+6＝12种. 故选：B. 【点睛】本题考查了计数原理中的分类原理，属于简单题. 1、（23-24高三上·天津河东·阶段练习）甲，乙等5人站成一排，则甲，乙相邻，且甲在乙左侧的概率为 . 【答案】/0.2 【分析】先求出甲，乙等5人站成一排共有的情况数，再计算出甲，乙相邻，且甲在乙左侧的情况数，从而计算出概率. 【详解】甲，乙等5人站成一排，共有种情况， 若甲，乙相邻，将两人捆绑后看为一个整体，两人可以交换位置， 和剩余的3人进行全排列，共有种情况， 故甲，乙相邻，且甲在乙左侧的情况有种情况， 所以甲，乙相邻，且甲在乙左侧的概率为. 故答案为： 2.（22-23高三下·天津红桥·期末）街道上有编号1，2，.3，....10的十盏路灯，为节省用电又能看清路面，可以把其中的三盏路灯关掉，但不能同时关掉相邻的两盏或三盏，在两端的灯都不能关掉的情况下，满足条件的关灯方法有 种. 【答案】 【分析】采用插空法即可求解. 【详解】10只灯关掉3只，实际上还亮7只灯，而又要求不关掉两端的灯和相邻的灯，此题可以转化为在7只亮着的路灯之间的6个空挡中放入3只熄灭的灯，有种方法， 故答案为：. 3.（2022·天津和平·三模）清明节前夕，某校团委决定举办“缅怀革命先烈，致敬时代英雄”主题演讲比赛，经过初赛，共7人进入决赛，其中高一年级2人，高二年级3人，高三年级2人，现采取抽签方式决定演讲顺序，设事件为“高二年级3人相邻”，事件的排法为 种；在事件“高二年级3人相邻”的前提下，事件“高一年级2人不相邻”的概率为 ． 【答案】 720 /0.6 【分析】利用捆绑法求解事件A的排法；再使用捆绑法和插空法求出事件的排法，利用条件概率公式得到 【详解】将高二年级3人进行全排列，有种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和其他年级4人进行全排列，有种排法，所以事件A的排法有 =720种； 事件的排法：将高二年级3人进行全排列，有种排法，再将高二年级3人看作一个整体，和高三年级的2人进行全排列，有种排法，排好后，将高一年级的2人进行插空，有种排法，所以事件共有 =432种排法， 则 故答案为：720， 4.（20-21高三上·天津滨海新·期中）将，，，，五个字母排成一排，若与相邻，且与不相邻，则不同的排法共有 种. 【答案】36 【解析】可利用分步乘法计数原理，先排，，再将捆绑，看作一个元素，插入三个空位之一，这时、、产生四个空位，最后将插入与不相邻的三个空位之一即可. 【详解】依题意，可分三步，先排，，有种方法，产生3个空位，将捆绑有种方法，将捆绑看作一个元素，插入三个空位之一，有种方法，这时、、产生四个空位，最后将插入与不相邻的三个空位之一，有种方法，根据分步乘法计数原理得：共有种， 故答案为：36. 【点睛】方法点睛：本题主要考查排列的应用，属于中档题.常见排列数的求法为： （1）相邻问题采取“捆绑法”； （2）不相邻问题采取“插空法”； （3）有限制元素采取“优先法”； （4）特殊元素顺序确定问题，先让所有元素全排列，然后除以有限制元素的全排列数. 考点三、分组分配问题 1.（23-24高三上·天津南开·阶段练习）2023年成都大运会期间，5名同学到3个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，每个场馆至少安排1名同学，则不同的安排方法共有 种． 【答案】 【分析】先分类讨论名同学的分组情况，分组之后将组的同学分到个场馆只需全排列即可，由此可求解出总的安排方法种数. 【详解】名同学可分为三组，也可分为三组， 若分为三组，则安排的方法有种， 若分为三组，则安排的方法有种， 由分类加法计数原理可知，一共有种安排方法， 故答案为：. 2.（2022·天津和平·二模）某公司新成立3个产品研发小组，公司选派了5名专家对研发工作进行指导.若每个小组至少有一名专家且5人均要派出，若专家甲､乙需到同一个小组指导工作，则不同的专家派遣方案总数为 .（用数字作答） 【答案】 【分析】根据甲､乙两人组成一组和甲､乙两人与其他三人中选一人组成一组二种情况分类讨论求解即可. 【详解】当甲､乙两人组成一组时，不同的专家派遣方案总数为：； 当甲､乙两人与其他三人中选一人组成一组时， 不同的专家派遣方案总数为：， 所以专家甲､乙需到同一个小组指导工作，则不同的专家派遣方案总数为：， 故答案为： 1.（2022·天津和平·一模）端午节即将来临，王老师家锅中煮有红枣馅粽子5个，蛋黄馅粽子3个，豆沙馅粽子4个，这三种粽子的外部特征完全相同.从中任意取出4个粽子，则每种粽子都至少取到1个的概率为 . 【答案】 【分析】根据要取出的四个粽子要每个品种都要有，可将取出红枣馅粽子，蛋黄馅粽子，豆沙馅粽子的个数可为2，1，1；1，2，1；，1，1，2，分类用组合计算，然后用分类加法计数原理即可求解. 【详解】取出的4个粽子这样三种情况：红枣馅粽子2个，蛋黄馅粽子1个，豆沙馅粽子1个，共有;红枣馅粽子1个，蛋黄馅粽子2个，豆沙馅粽子1个，共有;红枣馅粽子1个，蛋黄馅粽子1个，豆沙馅粽子2个，共有, 从10个粽子中任取4个全部的取法有，故每种粽子都至少取到1个的概率为 故答案为： 2.（2018·天津·二模）6名教师分配到3所薄弱学校去支教，每个学校至少分配一名教师，甲乙两人不能去同一所学校，丙丁两人必须去同一所学校，共有 种分配方案(用数字作答)． 【答案】114 【分析】由题意分三类，可按4、1、1或3、2、1或2、2、2分配，分别计算每一类的分配方法，第一类有(－1)种，第二类＋()种，第三类2·，利用分类加法计数原理即可. 【详解】按题目要求可按4、1、1或3、2、1或2、2、2分配， 若按4、1、1分配，丙丁必须在4人里，需要从其余剩下的4人里选2人，有种，去掉选中甲乙的1种情况，有(－1)种选法，安排去3个学校，共有(－1)＝30种； 若按3、2、1分配有两类，丙丁为2，甲乙中选1人作1，分配到3个学校有，丙丁在3人组中，从剩余4人中取1人，组成3人组，剩余3人取2人组成2人组，剩余1人构成1人组，去掉甲乙构成2人组的情况2种，共有种取法，安排去3个学校有()种，两类共有＋()＝72种； 若按2、2、2分配有2·＝12种，∴共有30＋72＋12＝114种分配方案． 【点睛】本题主要考查有限制条件的排列、组合的综合应用，意在考查学生的逻辑思维能力,属于中档题． 3.（·天津·高考真题）有4张分别标有数字1，2，3，4的红色卡片和4张分别标有数字1，2，3，4的蓝色卡片，从这8张卡片中取出4张卡片排成一行．如果取出的4张卡片所标数字之和等于10，则不同的排法共有 种（用数字作答）． 【答案】432 【详解】数字之和为10的情况有4，4，1，1、　4，3，2，1、　3，3，2，2． 所以共有种不同排法． 考点四、染色问题 1.（2022·天津北辰·模拟预测）用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中6个格子，每个格子染一种颜色，则有 种不同的染色方法，出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的概率为 ． 【答案】 64 【分析】用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中6个格子，每个格子都有2种染色方法，根据乘法计数原理即可求出不同的染色方法种数；再利用分类讨论方法求出出现从左至右数， 不管数到哪个格子， 总有黑色格子不少于白色格子，包含的基本事件个数，从而根据古典概率模型的概率计算公式即可求解. 【详解】解：用黑白两种颜色随机地染如图所示表格中6个格子，每个格子染一种颜色，则有种不同的染色方法； 出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子， 包含的基本事件有：全染黑色，有 1 种方法； 第一个格子染黑色，另外五个格子中有1个格染白色，剩余的都染黑色，有种方法； 第一个格子染黑色，另外五个格子中有2个格染白色，剩余的都染黑色，有种方法； 第一个格子染黑色，另外五个格子中有3个格染白色，剩余的都染黑色，列举法可知有5种方法； 所以出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子， 包含的基本事件有：种， 所以出现从左至右数，不管数到哪个格子，总有黑色格子不少于白色格子的概率为：. 故答案为：64；. 2.（2023·天津和平·三模）①一组数据的第三四分位数为8； ②若随机变量，且，则； ③具有线性相关关系的变量，其线性回归方程为，若样本的中心，则； ④如图，现要用5种不同的颜色对某市的4个区县地图进行着色，要求有公共边的两个地区不能用同一种颜色，共有180种不同的着色方法. 以上说法正确的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】将数据从小到大排列，再根据百分位数的计算规则计算①，根据正态分布的性质判断②，根据回归直线必过样本中心点判断③，按照分步乘法计数原理判断④. 【详解】对于①：将数据从小到大排列为、、、、、、、、、， 所以，则第三四分位数为，故①错误； 对于②：因为，且， 所以，所以，故②正确； 对于③：因为线性回归方程为，且样本的中心， 所以，解得，故③正确； 对于④：首先涂I有种，第二步涂II有种，第三步涂III有种，第四步涂IV有种， 按照分步乘法计数原理可得一共有种涂色方法，故④正确； 故选：C 1.（23-24高三上·广东东莞·阶段练习）如图所示，相邻区域不得使用同一颜色，现有种颜色可供选择，则涂满所有区域的不同的着色方法共有 种(用数字填写答案) 【答案】72 【分析】分用3色涂或4色涂两种情况求解可得结论. 【详解】若用3色涂，则应先把1，2，3，4，5五块区域分成三组，每组能用一种颜色涂， 分组方法是35，24，1，此时的涂法有种， 若用4色涂，则应先把1，2，3，4，5五块区域分成四组，每组能用一种颜色涂， 分组方法是2，4，35，1或24，3，5，1，此时的涂法有种， 所以总的涂色方法有. 故答案为：. 2.（2024·重庆·模拟预测）重庆位于中国西南部、长江上游地区，地跨青藏高原与长江中下游平原的过渡地带．东邻湖北、湖南，南靠贵州，西接四川，北连陕西．现用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同，则共有 种涂色方式． 【答案】 【分析】根据题意，得到这4中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色，利用穷举法，结合排列数公式，即可求解. 【详解】根据题意，用4种颜色标注6个省份的地图区域，相邻省份地图颜色不相同， 则这4中颜色全部都用上，其中必有两个不相邻的地区涂同一中颜色， 共有：{“四川和湖南”且“贵州和湖北”}、{“四川和湖南”且“贵州和陕西”}、{“四川和湖北”且“贵州和陕西”、{“四川和湖北”且“湖南和陕西”、{“贵州和湖北”且“湖南和陕西”，共有5种情况， 所以不同的涂色共有种. 故答案为：. 考点五、排数问题 1.（2020·天津河西·二模）用数字0，1，2，3，4组成没有重复数字且至少有两个数字是偶数的四位数，则这样的四位数的个数为 A．64 B．72 C．96 D．144 【答案】C 【分析】由题意把四位数分为含有3个偶数与2个偶数两类,每一类要考虑特殊元素0的安排情况,利用排列组合的应用可分别求出每类四位数的个数,相加即可. 【详解】根据题意,数字0，1, 2, 3, 4中有2个奇数,3个偶数. 若组成的四位数要求至少有两个数字是偶数,则四位数中含有2个或3个偶数,分2种情况讨论: ①四位数中含有3个偶数，1个奇数，因为0不能在首位,有3种情况,选取一个奇数有种，与另两个偶数安排在其他三个位置，有种情况， 则有个符合条件的四位数; ②四位数中含有2个偶数,2个奇数;若偶数中有0,在2、4中选出1个偶数,有种取法,其中0不能在首位,有3种情况，将其他3个数全排列, 安排在其他三个位置,有种情况,则有个符合条件的四位数；若偶数中没有0,将其他4个数全排列,有个符合条件的四位数； 则一共有36+36+24=96个符合条件的四位数. 故选：C 【点睛】本题主要考查分类计数原理及排列组合的运用，注意优先考虑特殊元素的安排情况，属于中档题. 2.（2018·天津·一模）用0，1，2，3，4组成没有重复数字的五位偶数，要求奇数不相邻，且0不与另外两个偶数相邻，这样的五位数一共有 个.（用数字作答） 【答案】 【分析】分末尾数字为0，2，4三种情况讨论即可. 【详解】①若末位数字为时，则共有个五位数； ②若末位数字为时，则当十位数字为时，只有；当十位数字为时，只有；当十位数字为时，有和两个五位数，共有个五位数. ③若末位数为时，则当十位数字为时，只有；当十位数字为时，有和两个五位数；当十位数字为时，只有，共有个五位数. 综上，这样的五位数共有个. 故答案为：. 1.（24-25高三上·河北·期中）如图，在两行三列的网格中放入标有数字的六张卡片，每格只放一张卡片，则“只有中间一列两个数字之和为7”的不同的排法有（    ） A．16种 B．32种 C．64种 D．96种 【答案】D 【分析】根据题意按照分步计数原理对表格中的数据分步填写并保证符合题意即可得出结果. 【详解】根据题意，分三步进行； 第一步，要求“只有中间一列两个数字之和为7”，则中间的数字为三组数1，6或2，5或3，4中的一组，共有种排法； 第二步，排第一步中剩余的两组数，且这两数字之和不为7，共有种排法； 第三步，排剩下的两个数字，共有种排法. 由分步计数原理知，共有不同的排法种数为. 故选：D. 2.（2024·浙江杭州·模拟预测）袋子中有数字“7”的卡片3张和数字“2”，“3”，“5”的卡片各1张，从中任意取出4张卡片，最多能组成 个不同的四位数（用数字回答）． 【答案】 【分析】分取一张、两张、三张数字7的卡片进行讨论，即可得到答案. 【详解】如果取一张数字7的卡片，则数字2、3、5的卡片都要取出，则组成个不同的四位数； 如果取两张数字7的卡片，则数字2、3、5的卡片要取出两张，则组成个不同的四位数； 如果取三张数字7的卡片，则数字2、3、5的卡片要取出一张，则组成个不同的四位数； 所以最多能组成个不同的四位数. 故答案为：. 考点六、二项式定理求指定项 1.（2024·天津·高考真题）在的展开式中，常数项为 ． 【答案】20 【分析】根据题意结合二项展开式的通项分析求解即可. 【详解】因为的展开式的通项为， 令，可得， 所以常数项为. 故答案为：20. 2.（2023·天津·高考真题）在的展开式中，的系数为 ． 【答案】 【分析】由二项式展开式的通项公式写出其通项公式，令确定的值，然后计算项的系数即可. 【详解】展开式的通项公式， 令可得，， 则项的系数为. 故答案为：60. 1.（24-25高三上·天津红桥·期中）的展开式中常数项为 ． 【答案】 【分析】应用二项式展开式通项公式，确定常数项对应参数值，即可求结果. 【详解】由题设，展开式通项为且， 当时，对应项是常数项，即为. 故答案为： 2.（24-25高三上·天津·阶段练习）已知在的展开式中第5项为常数项，展开式中含有顶的系数为 . 【答案】 【分析】利用二项展开式的通项公式求解即可. 【详解】的展开式中第5项为， 第5项为常数项，故，则， 所以的展开式中第项为：， 当时，，故第2项为：. 故答案为： 3.（2024·天津南开·二模）在的展开式中，的系数为 . 【答案】/ 【分析】借助二项式的展开式的通项公式计算即可得. 【详解】对有， 则有， 即，的系数为. 故答案为：. 4.（2024·天津北辰·三模）若展开式的二项式系数和为128，则展开式中的系数为 . 【答案】280 【分析】根据二项式系数和可得，再结合二项展开式的通项分析求解即可. 【详解】由题意可知：二项式系数和为，解得， 则展开式的通项为， 令，解得， 所以展开式中的系数为. 故答案为：280. 考点七、系数和问题 1.（23-24高三上·天津滨海新·阶段练习）若的展开式的二项式系数之和为，则的展开式中的系数为（    ） A．8 B．28 C．56 D．70 【答案】C 【分析】根据二项式系数和求得，根据二项式展开式的通项公式求得正确答案. 【详解】的展开式的二项式系数之和， 则展开式的通项公式为： ， 令， 所以的系数为. 故选：C 2.（2023·天津·模拟预测）已知的二项展开式的奇数项二项式系数和为，若，则等于 ． 【答案】 【分析】根据二项式系数和公式求出，再利用展开式求. 【详解】 的二项展开式的奇数项二项式系数和为64， ，即， 则的通项公式为， 令，则， 所以. 故答案为：. 1.（23-24高三上·天津滨海新·阶段练习）若的二项展开式中所有二项系数的和等于，则在的展开式中，的系数是 ． 【答案】 【分析】 由二项式系数和求出，再写出展开式的通项，即可求出的系数. 【详解】因为的二项展开式中所有二项系数的和等于， 所以，则， 则展开式的通项为（其中且）， 令，解得， 所以展开式中的系数为． 故答案为：． 2.（2023·天津和平·二模）已知的展开式中各项系数和为243，则展开式中常数项为 ． 【答案】80 【分析】根据题意，由各项系数之和可得，再由二项式展开式的通项公式即可得到结果. 【详解】由题意，令，则，解得， 则的展开式第项， 令，解得，所以. 故答案为： 3.（2023·天津滨海新·三模）若的展开式的奇数项的二项式系数和为16，则展开式中的系数为 . 【答案】 【分析】由展开式的奇数项的二项式系数和为16可得，则展开式中第项为，令可得答案. 【详解】因的展开式的奇数项的二项式系数和为16，则. 则展开式中第项为. 令可得，则的系数为. 故答案为： 4.（2023高三·天津·专题练习）若的展开式中所有项的系数和为，则展开式中的系数为 ． 【答案】 【分析】令，解出，进而通过二项展开式的通项公式即可求解； 【详解】令，得，解得，进而可得的展开式为，令， 得，令，得， 故的系数为． 故答案为： 考点八、二项式系数与系数最大问题 1.（21-22高三下·天津静海·阶段练习）关于的二项式的展开式中，末尾两项的系数之和为，且系数最大的一项的值为，当时， ． 【答案】或 【分析】根据二项式展开式的通项公式由条件列方程求，再由系数最大的一项的值为列方程求. 【详解】二项式的展开式的通项公式为， 因为末尾两项的系数之和为，所以，故，解方程得， 由二项式系数的性质可得二项式的展开式中第4项的系数最大， 所以，所以，化简得，又， 所以或， 故答案为：或. 2.（21-22高三下·天津西青·阶段练习）二项式的展开式中，第5项是常数项，则二项式系数最大的项的系数 ． 【答案】160 【分析】写出二项式展开式的通项，由第项是常数项可求得. 当时二项式系数最大，代入通项，可得相应项的系数. 【详解】二项式展开式的通项为， 因为第项是常数项，所以，即. 当时，二项式系数最大， 故二项式系数最大的项的系数是. 故答案为：160. 1.（24-25高三上·云南昆明·阶段练习）若的展开式中第2项与第8项的系数相等，则展开式中系数最大的项为（    ） A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第6项 【答案】C 【分析】由的展开式的二项式系数和项的系数相等，因此由题意可得，求出，即可求得展开式中系数最大的项. 【详解】由的展开式中第2项与第8项的系数相等， 由的展开式的二项式系数和项的系数相等， 所以，所以， 则展开式中共有9项，系数最大的项为第5项， 故选：C． 2.（22-23高三下·江苏连云港·阶段练习）的展开式中，二项式系数最大且系数较大的项的系数为（    ） A．40 B． C．80 D． 【答案】A 【分析】根据二项式系数的性质可得二项式系数最大的项为第3项和第4项，然后根据二项式定理求出第3项和第4项，再比较系数即可求解. 【详解】由题意可得二项式系数最大的项为第3项和第4项， 则展开式中第3项为，系数为40， 展开式中第4项为，系数为， 所以二项式系数最大且系数较大的项的系数为40. 故选：A. 3.（2024·湖北·模拟预测）若的二项展开式中，当且仅当第5项是二项式系数最大的项，则其展开式中的系数为（    ） A．8 B．28 C．70 D．252 【答案】D 【分析】先确定值，再由二项展开式的通项求解项的系数即可. 【详解】因为二项展开式中当且仅当第5项是二项式系数最大的项， 即二项式系数中第5个即最大， 所以由二项式系数的性质可知， 展开式中共项，，又， 则二项展开式的通项公式 ，. 令，所以的系数为． 故选：D． 1．（2022·天津红桥·一模）已知盒中装有大小、质量完全相同的2个黑球，3个红球，现从盒中随机抽取2个球，则取出的两个球颜色相同的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合古典概型的概率计算公式以及组合数的计算公式，计算出所求的概率. 【详解】依题意，取出的两个球颜色相同的概率为. 故选：D 2．（2022·天津滨海新·模拟预测）已知的展开式中x3的系数是160，则a= . 【答案】-2 【分析】先由通项化简整理第k+1项，令x的指数等于3可得k，然后可解. 【详解】展开式的通项为，令，得，所以，所以，解得． 故答案为：-2. 3．（2022·天津河西·模拟预测）二项式的展开式的常数项是 ． 【答案】 【分析】求得二项展开式的通项，令，即可求解展开式的常数项，得到答案． 【详解】由题意，二项式的展开式的通项为， 令，可得，即展开式的常数项是． 故答案为：． 4．（2022·天津·一模）在的展开式中，的系数是 . 【答案】60 【分析】利用二项式定理通项公式求出答案. 【详解】的展开式通项公式，令得：，故，所以的系数是60. 故答案为：60 5．（20-21高三下·天津静海·阶段练习）在的二项展开式中项的系数为 ． 【答案】 【分析】写出的通项公式，计算含项中的值，代入计算可得系数. 【详解】解：的通项公式为：， 当时，，此时. 故答案为： 6．（2021·天津宝坻·模拟预测）在的二项展开式中，含的项的系数是 ．（用数字作答） 【答案】240 【分析】先得到通项，再根据系数得到项数，然后计算即可. 【详解】根据二项式定理,的通项为， 当时,即时,可得. 即项的系数为. 故答案为：. 1．（2024·天津·二模）在的展开式中，的系数为 ． 【答案】224 【分析】根据二项式定理的通项公式可得结果. 【详解】因为通项公式为， 当即时，， 所以的系数为224， 故答案为：224. 2．（2024·天津·一模）在的展开式中，的系数为 .（结果用数字表示） 【答案】 【分析】借助二项式展开式的通项公式计算即可得. 【详解】对，有， 令，解得，有. 故答案为：. 3．（2024·天津红桥·一模）已知二项式，则其展开式中含的项的系数为 ． 【答案】 【分析】求出展开式得通项，再令的指数等于，即可得解. 【详解】展开式的通项为， 令，得， 所以含的项的系数为. 故答案为：. 4．（2024·天津河东·一模）在的二项展开式中，常数项是 ．（用数字作答） 【答案】 【分析】求出的二项展开式的通式即可求解. 【详解】因为的二项展开式的通式为， 令，所以，所以常数项是. 故答案为：. 5．（23-24高三上·天津河北·期末）已知，若的展开式中含项的系数为40，则 . 【答案】 【分析】求出展开式的通项公式，然后令的指数为4，由此建立方程即可求解 【详解】展开式的通项公式为， 令，解得， 所以项的系数为，解得,又，所以 故答案为： 6．（2023·天津河北·二模）的展开式中含项的系数为 . 【答案】 【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于，求出的值，即可求得展开式中含项的系数． 【详解】的展开式中，通项公式为， 令，求得，可得展开式中含项的系数. 故答案为：． 1.（2020·全国·高考真题）如图，将钢琴上的12个键依次记为a1，a2，…，a12.设1≤i<j<k≤12．若k–j=3且j–i=4，则称ai，aj，ak为原位大三和弦；若k–j=4且j–i=3，则称ai，aj，ak为原位小三和弦．用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为（    ） A．5 B．8 C．10 D．15 【答案】C 【分析】根据原位大三和弦满足，原位小三和弦满足 从开始，利用列举法即可解出． 【详解】根据题意可知，原位大三和弦满足：． ∴；；；；． 原位小三和弦满足：． ∴；；；；． 故个数之和为10． 故选：C． 【点睛】本题主要考查列举法的应用，以及对新定义的理解和应用，属于基础题． 2.（2021·全国·高考真题）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】将4个1和2个0随机排成一行，可利用插空法，4个1产生5个空， 若2个0相邻，则有种排法，若2个0不相邻，则有种排法， 所以2个0不相邻的概率为. 故选：C. 3.（2024·全国·高考真题）甲、乙、丙、丁四人排成一列，则丙不在排头，且甲或乙在排尾的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】解法一：画出树状图，结合古典概型概率公式即可求解. 解法二：分类讨论甲乙的位置，结合得到符合条件的情况，然后根据古典概型计算公式进行求解. 【详解】解法一：画出树状图，如图， 由树状图可得，甲、乙、丙、丁四人排成一列，共有24种排法， 其中丙不在排头，且甲或乙在排尾的排法共有8种， 故所求概率. 解法二：当甲排在排尾，乙排第一位，丙有种排法，丁就种，共种； 当甲排在排尾，乙排第二位或第三位，丙有种排法，丁就种，共种； 于是甲排在排尾共种方法，同理乙排在排尾共种方法，于是共种排法符合题意； 基本事件总数显然是， 根据古典概型的计算公式，丙不在排头，甲或乙在排尾的概率为. 故选：B 4.（2023·全国·高考真题）某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用古典概率的概率公式，结合组合的知识即可得解. 【详解】依题意，从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，总的基本事件有件， 其中这2名学生来自不同年级的基本事件有， 所以这2名学生来自不同年级的概率为. 故选：D. 5.（2020·海南·高考真题）要安排3名学生到2个乡村做志愿者，每名学生只能选择去一个村，每个村里至少有一名志愿者，则不同的安排方法共有（    ） A．2种 B．3种 C．6种 D．8种 【答案】C 【分析】首先将3名学生分成两个组，然后将2组学生安排到2个村即可. 【详解】第一步，将3名学生分成两个组，有种分法 第二步，将2组学生安排到2个村，有种安排方法 所以，不同的安排方法共有种 故选：C 【点睛】解答本类问题时一般采取先组后排的策略. 6.（2023·全国·高考真题）某学校开设了4门体育类选修课和4门艺术类选修课，学生需从这8门课中选修2门或3门课，并且每类选修课至少选修1门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）． 【答案】64 【分析】分类讨论选修2门或3门课，对选修3门，再讨论具体选修课的分配，结合组合数运算求解. 【详解】（1）当从8门课中选修2门，则不同的选课方案共有种； （2）当从8门课中选修3门， ①若体育类选修课1门，则不同的选课方案共有种； ②若体育类选修课2门，则不同的选课方案共有种； 综上所述：不同的选课方案共有种. 故答案为：64. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$