第六章 计数原理 知识归纳与题型突破（十一类题型清单） -2024-2025学年高二数学单元速记·巧练（沪教版2020选择性必修第二册）

第六章 计数原理 知识归纳与题型突破（十一类题型清单） 01 思维导图 02 知识速记 一、分类加法计数原理与分步乘法计数原理 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.分类加法和分步乘法计数原理，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事. 常用结论： 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终. (1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类. (2)分步乘法计数原理中，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”. 二、排列与组合 1.排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 并按照一定的顺序排成一列，叫做从n个元素中取出m个元素的一个排列 组合 作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合 2.排列数与组合数 (1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号P表示. (2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号C表示. 3.排列数、组合数的公式及性质 公式 (1)P＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝. (2)C＝＝ ＝(n，m∈N*，且m≤n).特别地C＝1 性质 (1)0！＝1；P＝n！. (2)C＝C；C＝C＋C 1.解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法).分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏. 2.对于分配问题，一般先分组、再分配，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏. 三、二项式定理 1.二项式定理 (1)二项式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)； (2)通项公式：Tk＋1＝Can－kbk，它表示第k＋1项； (3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C，C，…，C. 2.二项式系数的性质 性质 性质描述 对称性 与首末等距离的两个二项式系数相等，即C＝C 增减性 二项式系数C 当k＜(n∈N*)时，是递增的 当k＞(n∈N*)时，是递减的 二项式 系数最大值 当n为偶数时，中间的一项取得最大值 当n为奇数时，中间的两项与相等且取得最大值 3.各二项式系数和 (1)(a＋b)n展开式的各二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n. (2)奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. 常用结论： (a＋b)n的展开式形式上的特点 (1)项数为n＋1. (2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n. (3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n. (4)二项式系数从C，C，一直到C，C. 03 题型归纳 题型一　乘法原理与加法原理 例题 1．甲乙两地隔江相望，现今连接两岸的有4座大桥、3条公路隧道、1条观光隧道和2条摆渡航线，那么，两岸市民过江有 种走法． 【答案】10 【分析】由分类加法计数原理可得答案. 【解析】两岸市民过江有种走法． 故答案为：10. 巩固训练 2．某学生有语文书5本、数学书4本、英语书3本，现各选1本送给同学，有 种不同的送法． 【答案】60 【分析】由分步乘法计数原理可得. 【解析】从语文、数学、英语书中各选1本送给同学分3步： 第一步选语文书，有5种选法；第二步选数学书，有4 种选法；第三步选英语书，有3种选法， 由分步乘法计数原理可得，有种. 故答案为：60. 3．设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，从中任选一幅画布置房间，有 种不同的选法． 【答案】14 【分析】根据分类加法原理即可求解. 【解析】根据分类加法原理可得从中任选一幅画布置房间的选法有. 故答案为： 4．有3位高三学生参加4所重点院校的自主招生考试，每人参加且只能参加一所学校的考试，则不同的考试方法种数为 . 【答案】 【分析】利用分步乘法计数原理即可求解. 【解析】每位学生可以有种参加重点院校的自主招生考试，由分步乘法计数原理可得，不同的考试方法种数为种. 故答案为：. 题型二 捆绑法、插空法 例题 5．有7个同学要排队做操，其中甲乙丙必须相邻，则总共有 种排法． 【答案】 【分析】根据相邻问题捆绑法即可求解. 【解析】甲乙丙相邻，则共有, 故答案为： 巩固训练 6．行知中学高二有 6 名数学老师排成一排照相，陈老师和姜老师相邻的排法种数为 . 【答案】 【分析】由相邻的问题采用捆绑法计算即可. 【解析】将陈老师和姜老师捆绑到一起有种方法， 然后把他们看成一个大元素与剩下的名老师排成一排共有种方法， 则总共有种方法. 故答案为： 7．7个人站成一排，若甲和乙不能相邻排列，则不同的排法有 种． 【答案】3600 【分析】不相邻问题用“插空法”即可. 【解析】先将除了甲和乙外的5人全排列，有种排法， 这5人排成一排，形成6个空，让甲乙去“插空”有种方法， 故7人站成一排，甲和乙不能相邻有种不同的排法. 故答案为：3600. 8．名男生和名女生排成一排照相，要求男生和男生互不相邻，女生与女生也互不相邻，则不同的排法共有 种． 【答案】 【分析】首先将名男生排成一排，再把名女生插入到名男生中间的空中，按照分步乘法计数原理计算可得. 【解析】依题意，首先把名男生排成一排，有种排法， 再把名女生插入到名男生中间的空中，有种排法， 利用乘法原理得不同排法种数有：种． 故答案为： 题型三 特殊元素法 例题 9．在7名运动员中选4名组成接力队，参加接力赛，那么甲、乙两人都不跑中间两棒的安排方法共有 种． 【答案】400 【分析】分四种情况，选中甲乙两人，只选中甲，只选中乙，甲和乙均未选中，求出每种情况下的方法数，相加即可. 【解析】若选中甲乙两人，则甲乙两人跑第一棒和第四棒，有种选择， 再从剩余的5人中选择两人跑中间两棒，有种选择，故有种安排方法， 若只选中甲，则甲从第一棒和第四棒选择一个，有种选择， 再从剩余的5人中选择3人跑剩余3棒，有种选择，故有种安排方法， 若只选中乙，同理可得，有种安排方法， 若甲和乙均未选中，则从剩余的5人中选择4人进行全排列，共有种选择， 综上，共有种安排方法. 故答案为：400 巩固训练 10．从10名数学老师中选出3人安排在3天的假期中值班，每天有且只有一人值班．若老师甲必须参加且不安排在假期第一天值班，则不同的值班安排方法种数为 ． 【答案】144 【分析】利用分步乘法计数原理及排列应用问题列式计算得解. 【解析】依题意，安排老师甲有种，从除甲外的9名老师中任选2人并安排值班有种， 所以不同的值班安排方法种数为（种）. 故答案为：144 11．为宣传地方特色，某电视台派出3名男记者和2名女记者到民间进行采访.期间工作的任务有四项，每项任务至少一人参加，每个人只参加一项任务，但两名女记者不参加A任务，则不同的安排方案数共有 . 【答案】126 【分析】分两种情况，1男参加A任务，2男参加A任务，由排列组合知识求出两种情况下方案数相加即可. 【解析】两名女记者不参加A任务，由题意分两类情况： ①1男参加A任务，将3男选1人排在A任务，再将剩下4人选2人捆绑， 再排在其他3项任务，即（种）. ②2男参加A任务，将3男选2人排在A任务，再将剩下的3人排在其他3项任务， 即（种）， 所以选出符合条件的方案共有（种）. 故答案为：126 12．某校为加强学生的美感教育，开设了音乐、美术、舞蹈、戏曲四门选修课程．甲、乙两位同学各自准备从中选择两门进行学习，且甲不会选择舞蹈课程，则甲、乙两位同学选择的两门课程中仅有一门相同的情况共有 种． 【答案】12 【分析】分乙选择舞蹈课程和乙没有选择舞蹈课程两种情况分别求解即可. 【解析】解：若乙选择舞蹈课程，则仅有一门相同的情况共有种； 若乙没有选择舞蹈课程，则仅有一门相同的情况共有种， 综上，共有12种情况． 故答案为：12 题型四　间接法、隔板法 例题 13．根据学校要求，错峰放学去食堂吃饭，高三年级五楼有4个班排队，1班不能排在最后，4班不能排在第一位，则四个班排队吃饭的不同方案有 种.（用数字作答） 【答案】 【分析】根据题意，由间接法代入计算，即可得到结果. 【解析】总方案有种，1班排在最后有种方案，4班排在第一位有种方案， 1班排在最后且4班排在第一位有种方案， 则满足要求的方案有种. 故答案为： 巩固训练 14．百色起义纪念馆、红军长征突破湘江烈士纪念碑园、红军长征湘江战役纪念馆、东兰红色旅游区是广西著名的红色旅游景点，某旅游博主准备分4次分别去这4个景点旅游，则百色起义纪念馆不在最后1次去的方法总数为 ．（用数字作答） 【答案】18 【分析】利用间接法即可求解. 【解析】百色起义纪念馆最后1次的方法共有， 故百色起义纪念馆不在最后1次去的方法总数为． 故答案为：18 15．将8个相同的小球放入5个编号为1，2，3，4，5的盒子，每个盒子都不空的方法数为 . 【答案】35 【分析】用插隔板法：先把8个相同的小球排成一行，然后在8个小球之间的7个空隙中任选4个空隙各插入一块隔板，每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式，由此可得结论． 【解析】先把8个相同的小球排成一行，然后在8个小球之间的7个空隙中任选4个空隙各插入一块隔板， 每一种插入隔板的方式对应一种球的放入方式， 故每个盒子都不空的方法数共有种. 故答案为：35. 16．学校将个三好学生名额分配给个班，每个班至少一个名额，则分配方案共有 种. 【答案】 【分析】利用隔板法计算可得. 【解析】将个三好学生名额看做个完全一样的小球，将小球排成一排， 从个空中插入个隔板，将小球分成组，每组小球的个数对应班级的三好学生名额， 故分配方案共有（种）. 故答案为： 题型五 不平均分组、平均分组问题 例题 17．某校学生会打算将甲､乙､丙､丁､戊这5名同学安排到4个不同的社团负责组织活动，每个社团至少安排一名同学，则不同的安排方法种数是 . 【答案】240 【分析】根据组合求得5人分为4组的方法数，再根据排列求得4个不同的小组安排到4个不同的社团的方法数，可得答案. 【解析】先将甲､乙､丙､丁､戊这5名同学分为4组，共有种， 再安排到4个不同的社团负责组织活动，共有种不同的安排方法. 故答案为：240. 巩固训练 18．某大学5名师范生到甲、乙、丙三所高中实习，每名同学只能到1所学校，每所学校至多接收2名同学.若同学A确定到甲学校，则不同的安排方法共有 种. 【答案】30 【分析】分只有同学A到甲学校、除同学A外还有一名同学去甲学校两种情况即可. 【解析】若只有同学A到甲学校，则有种可能， 若除同学A外还有一名同学去甲学校，则有种可能， 故共有种可能. 故答案为：30. 19．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、乙到同一社区的不同安排方案共有 . 【答案】18 【分析】按照分步计数原理并利用平均分组后再分配的计算方法求解可得. 【解析】根据题意，安排6位同学到社区参加义务劳动可分成两步： 第一步，将6位同学分成3组，要求甲、乙一组，其余4位同学平均分组， 则有种分组方法； 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； 则由分步计数原理可得， 甲、乙到同一社区的不同安排方案共有种不同的安排方法. 故答案为：18. 20．随着马拉松运动的普及，我国已成功举办多次全民马拉松赛事．现某城市举办全民马拉松比赛，第一处供给点需要三组工作人员，其中有3名医生和6名社会志愿者组成，每组人员由1名医生和2名志愿者组成．根据需要，志愿者甲与乙要分配在同一组，则这9名工作人员分组方法种数为 ． 【答案】18 【分析】先分配志愿者，再分配医生，应用分步乘法原理结合组合数排列数计算即可. 【解析】志愿者分组情况有（种），搭配3名医生有（种）． 故答案为：. 题型六 染色问题 例题 21．如图，现要用4种不同的颜色对4个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，共有 种不同的着色方法．（用数字作答）    【答案】48 【分析】按照分步计数原理，即可求解. 【解析】按照分步计数原理，第1块有4种方法，第2块有3种方法，第3块有2种，第4块有2种方法，所以共有种涂色方法. 故答案为：48 巩固训练 22．如图，这是一面含A，B，C，D，E，F六块区域的墙，现有含甲的五种不同颜色的油漆，一位工人要对这面墙涂色，相邻的区域不同色，则共有 种不同的涂色方法；若区域D 不能涂甲油漆，则共有 种不同的涂色方法.    【答案】 1200 960 【分析】直接由分类、分步计数原理即可求解. 【解析】第一空：若C，E的涂色相同，则共有种方法； 若C，E的涂色不相同，则共有种方法. 故共有种不同的涂色方法. 第二空：因为区域D不能涂甲油漆，所以区域D 的涂色方法有4种. 若C，E的涂色相同，则共有种方法； 若C，E的涂色不相同，则共有种方法. 故共有种不同的涂色方法. 故答案为：1200，960. 23．用5种不同的颜色对一个四棱锥各个顶点着色，若由同一条棱连接的两个顶点不能着相同的颜色，则不同的着色方法有 .（用数字作答） 【答案】 【分析】利用分步乘法原理和分类加法原理求解即可，即先依次给点P，A，B涂色，再分C与A颜色相同和C与A颜色不相同，给C，D涂色即可. 【解析】设四棱锥为，则由题意，点P，A，B分别有5，4，3种涂法，当C与A颜色相同时，C有1种涂色方法， 此时D有3种涂色方法， 当C与A颜色不相同时，C有2种涂色方法，此时D有2种涂色方法， 故此时共有种涂色方法， 故答案为： 题型七 排数问题 例题 24．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字，十位数字小于百位数字，则这样的数共有 个. 【答案】120 【分析】由分步乘法计数原理可得. 【解析】要得到一个这样的数，可以分为3个步骤： 第一步，从1、2、3、4、5、6中任选一个放在首位，有6种方法； 第二步，从余下5个数中任选一个放在万位，有5种方法； 第三步，从余下4个数中任选一个放在千位，有4种方法； 而其余数字定序，从小到大依次排在个、十、百位. 故由分步乘法计数原理可得，这样的六位数共有个. 故答案为：120. 巩固训练 25．人们习惯把最后一位是6的多位数叫作“吉祥数”，则无重复数字的四位“吉祥数”（首位不能是0）共有 个． 【答案】 【分析】根据分步乘法计数原理即可求解. 【解析】先排千位，有8种选择， 再排百位，有8种选择， 最后排十位，有7种选择， 故共有， 故答案为： 26．用，，，，，组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且和相邻，这样的六位数的个数是 （用数字作答）． 【答案】40 【分析】欲求可组成符合条件的六位数的个数，先考虑任何相邻两个数字的奇偶性不同，再考虑1和2相邻，利用分步计数原理计算即可. 【解析】任何相邻两个数字的奇偶性不同，且1和2相邻，可分三步来做这件事： 第一步：先将3、5排列，共有种排法； 第二步：再将4、6插空排列，共有种排法； 第三步：将1、2放到3、5、4、6形成的空中，共有种排法． 由分步乘法计数原理得共有（种）． 故答案为：40 27．如果一个三位正整数如“”满足，且，则称这样的三位数为凹数（如201，325等），那么由数字0，1，2，3，4，5能组成 个无重复数字的凹数. 【答案】40 【分析】讨论首位分别为1、2、3、4、5，再依次安排中间位置上的数字，并求出对应凹数的个数，最后加总即可. 【解析】当首位为1，中间位置为0有4个凹数； 当首位为2，中间位置为0有4个凹数；中间位置为1有3个凹数； 当首位为3，中间位置为0有4个凹数；中间位置为1有3个凹数；中间位置为2有2个凹数； 当首位为4，中间位置为0有4个凹数；中间位置为1有3个凹数；中间位置为2有2个凹数；中间位置为3有1个凹数； 当首位为5，中间位置为0有4个凹数；中间位置为1有3个凹数；中间位置为2有2个凹数；中间位置为3有1个凹数； 综上，共有40个无重复数字的凹数. 故答案为：40 题型八 计数原理在古典概率中的应用 例题 28．某校举办校运动会，需从某班级3名男同学4名女同学中选出3名志愿者，选出的3人中男女同学都有的概率为 . 【答案】 【分析】根据题意先求出7人中选3人共有种方法，选出的3人中男女同学都有，则分1男2女，2男1女，求出符合要求的方法数，进而求出答案. 【解析】根据题意,7人中选3人共有种方法，若选出的3人中男女同学都有，则选出为1男2女或2男1女， 若选出 1男2女，方法数为； 若选出 2男1女，方法数为； 所以选出的3人中男女同学都有的方法数共有种 所以选出的3人中男女同学都有的概率为. 故答案为：. 巩固训练 29．端午节吃粽子是我国的传统习俗.一盘中放有10个外观完全相同的粽子，其中豆沙粽3个，肉粽3个，白米粽4个，现从盘子任意取出3个，取到豆沙粽，肉粽，白米粽各一个的概率为 . 【答案】/0.3 【分析】根据古典概型结合组合数运算求解. 【解析】记“取到豆沙粽，肉粽，白米粽各一个”为事件A， 所以. 故答案为：. 30．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲、乙等4名志愿者将分别安排到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每个场地至少安排一名志愿者，且每名志愿者只能去一个场地服务，则甲、乙两名志愿者在同一个场地服务的概率为 ． 【答案】 【分析】根据题意，先将4人分为三组，再计算得出甲乙在同一个场地的情况，利用古典摡型的概率计算公式，即可求解. 【解析】根据题意，先将4人分为三组，共有种分法， 在将三组分段三个不同的场地，共有种分法， 由分步计数原理得，共有种不同的情况， 又由甲乙两名志愿者在同一场地服务，共有种情况， 则甲乙两面志愿者在同一场地服务的概率为. 故答案为： 题型九 二项式定理 例题 31．若的展开式中的系数为160，则 ． 【答案】2 【分析】根据二项式展开式的通项公式进行计算即可. 【解析】设的展开式中含是第项， 则， 由， 由. 故答案为：2 巩固训练 32．二项式的展开式中，常数项为 【答案】 【分析】先求出二项式的通项公式，令x的指数为0即可求解. 【解析】由题得二项式通项公式为：， 令， 所以二项式的展开式中，常数项为. 故答案为：. 33．的展开式中，项的系数为 . 【答案】 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解. 【解析】由于的展开式通项为， 故的展开式中，含的项为 ， 故的系数为， 故答案为： 34．已知的二项式展开式中，各项系数的和与各项二项式系数的和之比为64，则展开式中第3项为 ． 【答案】135x 【分析】赋值法得，再由二项式的展开式的通项可得答案. 【解析】令，得各项系数之和为，由已知得，所以， 所以二项式的展开式的通项为 ， 所以． 故答案为：． 35．在的展开式中，若各项系数的和为0，则该展开式的系数为 ． 【答案】 【分析】依题意利用赋值法令，可求得，再利用二项展开式即可求得系数. 【解析】由各项系数的和为0可知，令，即，解得； 因此的展开式中含有的项为. 故答案为： 36．在的展开式中，只有第4项的系数最大，则等于 ． 【答案】 【分析】根据二项式系数的性质即可确定的值. 【解析】解：因为的展开式的通项为， 所以第4项的系数即是第4项的二项式系数， 因为只有第4项的二项式系数最大，所以. 故答案为：6 37．如图所示的梯形数阵中，第行第个数的值为       【答案】 【分析】观察发现第行每一个数提取系数，进而利用杨辉三角的性质即可得解. 【解析】观察、归纳梯形数阵规律， 第一行每一个数提取系数，第二行每一个数提取系数，， 第行每一个数提取系数. 提取系数之后，各数的分子均为，分母恰好成二项式系数所构成的杨辉三角分布， 所以可求得第行第个数的值为. 故答案为：. 题型十 赋值法解二项式定理问题 例题 38．设，则 ． 【答案】 【分析】应用赋值法求所有项系数之和. 【解析】令，则. 故答案为：16 巩固训练 39．若，则 . 【答案】-2 【分析】分别令，利用赋值法求解即可. 【解析】由 令，则，即； 令，则，即； . 故答案为：-2. 40．设，若，则 ． 【答案】 【分析】令，即可得到，再利用赋值法计算可得. 【解析】令，则， 令，可得， 令，可得， 所以. 故答案为： 41．已知，则 ． 【答案】/ 【分析】对二项展开式分别赋值和，化简计算即得. 【解析】由， 取，可得； 再取，可得， 将代入整理得： . 故答案为：. 题型十一 计数原理有关公式计算、单选题辨析 例题 42．计算的值为（    ） A．2048 B．1024 C．1023 D．512 【答案】C 【分析】根据二项式系数的性质计算即可. 【解析】由二项式系数的性质知， ， . 故选：C. 巩固训练 43．已知n，，，下面哪一个等式是恒成立的（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】A.由组合数的定义判断；B.由排列数的定义判断；CD.由组合数的性质判断. 【解析】对A，由组合数的定义可知，，A选项错误； 对B，由排列数的定义可知，B选项正确； 对CD，由组合数的性质可知，则，则C、D选项均错误． 故选：B． 44．已知，，下列各项中与相等的是（    ）． ①；②；③；④． A．①② B．②③ C．②③④ D．②④ 【答案】D 【分析】根据排列数与组合数公式计算可得. 【解析】由组合数公式可知， ①； ②； ③； ④ ， 则与相等的为②④. 故选：D． 45．在6名女同学与5名男同学中，选3名男同学和3名女同学，使男女相间排成一排，不同的排法总数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先分类再分步计数即可. 【解析】男女生相间，则分两类排法：“男女男女男女”与“女男女男女男”，且两类排法数相同. 每类排法都可以分两个步骤： 第一步，先排男生，从5名男同学中选3位排在男生位置上，有种方法； 第二步，再排女生，从6名女同学中选3位排在女生位置上，有种方法； 由分步计数原理可得，有种排法. 故两类共有种排法. 故选：A. 46．对于定义域为的函数，若对任意的，当时都有，则称函数为“增函数”，若函数的定义域，值域为，则函数为“增函数”的有（    ）种． A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】根据条件通过列举法可得答案. 【解析】因为函数的定义域，值域为， 所以要满足“增函数”的定义，一定是； 元素2,3,4的取值情况有如下几种：①三个元素均与7对应，即，符合题意； ②三个元素中有2个元素与7对应，则有或，两种情况； ③三个元素中仅有一个元素与7对应，则有或或，三种情况； 综上可得共有6种情况. 故选：C. 2 / 20 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第六章 计数原理 知识归纳与题型突破（十一类题型清单） 01 思维导图 02 知识速记 一、分类加法计数原理与分步乘法计数原理 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.分类加法和分步乘法计数原理，区别在于：分类加法计数原理针对“分类”问题，其中各种方法相互独立，用其中任何一种方法都可以做完这件事；分步乘法计数原理针对“分步”问题，各个步骤中的方法相互依存，只有各个步骤都完成了才算完成这件事. 常用结论： 分类加法计数原理与分步乘法计数原理是解决排列组合问题的基础，并贯穿其始终. (1)分类加法计数原理中，完成一件事的方法属于其中一类，并且只属于其中一类. (2)分步乘法计数原理中，各个步骤中的方法相互依存，步与步之间“相互独立，分步完成”. 二、排列与组合 1.排列与组合的概念 名称 定义 排列 从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素 并按照一定的顺序排成一列，叫做从n个元素中取出m个元素的一个排列 组合 作为一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合 2.排列数与组合数 (1)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同排列的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的排列数，用符号P表示. (2)从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有不同组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数，用符号C表示. 3.排列数、组合数的公式及性质 公式 (1)P＝n(n－1)(n－2)…(n－m＋1)＝. (2)C＝＝ ＝(n，m∈N*，且m≤n).特别地C＝1 性质 (1)0！＝1；P＝n！. (2)C＝C；C＝C＋C 1.解受条件限制的排列、组合题，通常有直接法(合理分类)和间接法(排除法).分类时标准应统一，避免出现重复或遗漏. 2.对于分配问题，一般先分组、再分配，注意平均分组与不平均分组的区别，避免重复或遗漏. 三、二项式定理 1.二项式定理 (1)二项式定理：(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－kbk＋…＋Cbn(n∈N*)； (2)通项公式：Tk＋1＝Can－kbk，它表示第k＋1项； (3)二项式系数：二项展开式中各项的系数C，C，…，C. 2.二项式系数的性质 性质 性质描述 对称性 与首末等距离的两个二项式系数相等，即C＝C 增减性 二项式系数C 当k＜(n∈N*)时，是递增的 当k＞(n∈N*)时，是递减的 二项式 系数最大值 当n为偶数时，中间的一项取得最大值 当n为奇数时，中间的两项与相等且取得最大值 3.各二项式系数和 (1)(a＋b)n展开式的各二项式系数和：C＋C＋C＋…＋C＝2n. (2)奇数项的二项式系数的和等于偶数项的二项式系数的和，即C＋C＋C＋…＝C＋C＋C＋…＝2n－1. 常用结论： (a＋b)n的展开式形式上的特点 (1)项数为n＋1. (2)各项的次数都等于二项式的幂指数n，即a与b的指数的和为n. (3)字母a按降幂排列，从第一项开始，次数由n逐项减1直到零；字母b按升幂排列，从第一项起，次数由零逐项增1直到n. (4)二项式系数从C，C，一直到C，C. 03 题型归纳 题型一　乘法原理与加法原理 例题 1．甲乙两地隔江相望，现今连接两岸的有4座大桥、3条公路隧道、1条观光隧道和2条摆渡航线，那么，两岸市民过江有 种走法． 巩固训练 2．某学生有语文书5本、数学书4本、英语书3本，现各选1本送给同学，有 种不同的送法． 3．设有5幅不同的国画，2幅不同的油画，7幅不同的水彩画，从中任选一幅画布置房间，有 种不同的选法． 4．有3位高三学生参加4所重点院校的自主招生考试，每人参加且只能参加一所学校的考试，则不同的考试方法种数为 . 题型二 捆绑法、插空法 例题 5．有7个同学要排队做操，其中甲乙丙必须相邻，则总共有 种排法． 巩固训练 6．行知中学高二有 6 名数学老师排成一排照相，陈老师和姜老师相邻的排法种数为 . 7．7个人站成一排，若甲和乙不能相邻排列，则不同的排法有 种． 8．名男生和名女生排成一排照相，要求男生和男生互不相邻，女生与女生也互不相邻，则不同的排法共有 种． 题型三 特殊元素法 例题 9．在7名运动员中选4名组成接力队，参加接力赛，那么甲、乙两人都不跑中间两棒的安排方法共有 种． 巩固训练 10．从10名数学老师中选出3人安排在3天的假期中值班，每天有且只有一人值班．若老师甲必须参加且不安排在假期第一天值班，则不同的值班安排方法种数为 ． 11．为宣传地方特色，某电视台派出3名男记者和2名女记者到民间进行采访.期间工作的任务有四项，每项任务至少一人参加，每个人只参加一项任务，但两名女记者不参加A任务，则不同的安排方案数共有 . 12．某校为加强学生的美感教育，开设了音乐、美术、舞蹈、戏曲四门选修课程．甲、乙两位同学各自准备从中选择两门进行学习，且甲不会选择舞蹈课程，则甲、乙两位同学选择的两门课程中仅有一门相同的情况共有 种． 题型四　间接法、隔板法 例题 13．根据学校要求，错峰放学去食堂吃饭，高三年级五楼有4个班排队，1班不能排在最后，4班不能排在第一位，则四个班排队吃饭的不同方案有 种.（用数字作答） 巩固训练 14．百色起义纪念馆、红军长征突破湘江烈士纪念碑园、红军长征湘江战役纪念馆、东兰红色旅游区是广西著名的红色旅游景点，某旅游博主准备分4次分别去这4个景点旅游，则百色起义纪念馆不在最后1次去的方法总数为 ．（用数字作答） 15．将8个相同的小球放入5个编号为1，2，3，4，5的盒子，每个盒子都不空的方法数为 . 16．学校将个三好学生名额分配给个班，每个班至少一个名额，则分配方案共有 种. 题型五 不平均分组、平均分组问题 例题 17．某校学生会打算将甲､乙､丙､丁､戊这5名同学安排到4个不同的社团负责组织活动，每个社团至少安排一名同学，则不同的安排方法种数是 . 巩固训练 18．某大学5名师范生到甲、乙、丙三所高中实习，每名同学只能到1所学校，每所学校至多接收2名同学.若同学A确定到甲学校，则不同的安排方法共有 种. 19．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、乙到同一社区的不同安排方案共有 . 20．随着马拉松运动的普及，我国已成功举办多次全民马拉松赛事．现某城市举办全民马拉松比赛，第一处供给点需要三组工作人员，其中有3名医生和6名社会志愿者组成，每组人员由1名医生和2名志愿者组成．根据需要，志愿者甲与乙要分配在同一组，则这9名工作人员分组方法种数为 ． 题型六 染色问题 例题 21．如图，现要用4种不同的颜色对4个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，共有 种不同的着色方法．（用数字作答）    巩固训练 22．如图，这是一面含A，B，C，D，E，F六块区域的墙，现有含甲的五种不同颜色的油漆，一位工人要对这面墙涂色，相邻的区域不同色，则共有 种不同的涂色方法；若区域D 不能涂甲油漆，则共有 种不同的涂色方法.    23．用5种不同的颜色对一个四棱锥各个顶点着色，若由同一条棱连接的两个顶点不能着相同的颜色，则不同的着色方法有 .（用数字作答） 题型七 排数问题 例题 24．由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字，十位数字小于百位数字，则这样的数共有 个. 巩固训练 25．人们习惯把最后一位是6的多位数叫作“吉祥数”，则无重复数字的四位“吉祥数”（首位不能是0）共有 个． 26．用，，，，，组成六位数（没有重复数字），要求任何相邻两个数字的奇偶性不同，且和相邻，这样的六位数的个数是 （用数字作答）． 27．如果一个三位正整数如“”满足，且，则称这样的三位数为凹数（如201，325等），那么由数字0，1，2，3，4，5能组成 个无重复数字的凹数. 题型八 计数原理在古典概率中的应用 例题 28．某校举办校运动会，需从某班级3名男同学4名女同学中选出3名志愿者，选出的3人中男女同学都有的概率为 . 巩固训练 29．端午节吃粽子是我国的传统习俗.一盘中放有10个外观完全相同的粽子，其中豆沙粽3个，肉粽3个，白米粽4个，现从盘子任意取出3个，取到豆沙粽，肉粽，白米粽各一个的概率为 . 30．第19届亚运会将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，甲、乙等4名志愿者将分别安排到游泳、射击、体操三个场地进行志愿服务，每个场地至少安排一名志愿者，且每名志愿者只能去一个场地服务，则甲、乙两名志愿者在同一个场地服务的概率为 ． 题型九 二项式定理 例题 31． 若的展开式中的系数为160，则 ． 巩固训练 32．二项式的展开式中，常数项为 33．的展开式中，项的系数为 . 34．已知的二项式展开式中，各项系数的和与各项二项式系数的和之比为64，则展开式中第3项为 ． 35．在的展开式中，若各项系数的和为0，则该展开式的系数为 ． 36．在的展开式中，只有第4项的系数最大，则等于 ． 37．如图所示的梯形数阵中，第行第个数的值为       题型十 赋值法解二项式定理问题 例题 38．设，则 ． 巩固训练 39．若，则 . 40．设，若，则 ． 41．已知，则 ． 题型十一 计数原理有关公式计算、单选题辨析 例题 42．计算的值为（    ） A．2048 B．1024 C．1023 D．512 巩固训练 43．已知n，，，下面哪一个等式是恒成立的（    ）． A． B． C． D． 44．已知，，下列各项中与相等的是（    ）． ①；②；③；④． A．①② B．②③ C．②③④ D．②④ 45．在6名女同学与5名男同学中，选3名男同学和3名女同学，使男女相间排成一排，不同的排法总数为（    ） A． B． C． D． 46．对于定义域为的函数，若对任意的，当时都有，则称函数为“增函数”，若函数的定义域，值域为，则函数为“增函数”的有（    ）种． A．4 B．5 C．6 D．7 1 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $$