第7章 计数原理 章末题型归纳总结（基础篇）（12大题型）-【帮课堂】2024-2025学年高二数学同步学与练（苏教版2019选择性必修第二册）

第7章 计数原理 章末题型归纳总结（基础篇） 【题型归纳目录】 题型一：分类加法与分步乘法计数原理 题型二：相邻问题的排列问题 题型三：不相邻的排列问题 题型四：分组分配问题 题型五：隔板法 题型六：几何计数问题 题型七：代数中的计数问题 题型八：涂色问题 题型九：二项展开式问题 题型十：系数与系数和问题 题型十一：整除与余数、近似计算问题 题型十二：杨辉三角问题 【思维导图】 【知识点梳理】 知识点1：分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 知识点2：分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 注意：两个原理及其区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理． 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题．如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理． 当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理．即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数．对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法． 知识点3：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． （4）解排列应用题的基本思路： 通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）． 注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用． 知识点4：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． （4）组合应用题的常见题型： ①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型 ②“至少”或“最多”含有几个元素的题型 排列和组合的区别 组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工． 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5：二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）． 知识点6：二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． 知识点7：二项式展开式中系数和有关问题 常用赋值举例： （1）设， 二项式定理是一个恒等式，即对，的一切值都成立，我们可以根据具体问题的需要灵活选取，的值． ①令，可得： ②令，可得：，即： （假设为偶数），再结合①可得： ． （2）若，则 ①常数项：令，得． ②各项系数和：令，得． ③奇数项的系数和与偶数项的系数和 （i）当为偶数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． （可简记为：为偶数，奇数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） （ii）当为奇数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． （可简记为：为奇数，偶数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） 若，同理可得． 注意：常见的赋值为令，或，然后通过加减运算即可得到相应的结果． 【典型例题】 题型一：分类加法与分步乘法计数原理 【例1】某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书.从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（   ） A．13种 B．42种 C．种 D．种 【答案】B 【解析】7本不同的历史书任取1本历史书有7种取法； 6本不同的地理书任取1本地理书有6种取法， 从这些书中任取1本历史书和1本地理书， 根据分步乘法原理得到不同的取法有7×6=42种. 故选：B. 【变式1-1】从甲地到丙地要经过乙地，已知从甲地到乙地有4条路，从乙地到丙地有3条路，则从甲地到丙地不同的走法有（    ） A．3种 B．4种 C．7种 D．12种 【答案】D 【解析】由分步乘法计数原理，可知从甲地到丙地不同的走法有种． 故选：D 【变式1-2】将2个相同的红球和2个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（    ） A．5种 B．6种 C．7种 D．8种 【答案】C 【解析】若两个盒子中都放入2个球，则有3种不同的方法； 若一个盒子中放1个球，另一个盒子中放3个球，则有4种不同的方法． 故不同的放法有7种． 故选：C 【变式1-3】某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文、数学、英语、体育、艺术、通技各一节课的课表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，不同的排法种数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】由题意，要求数学课排在上午，体育课排在下午，有种排法， 再排其余4节，有种排法， 根据乘法原理，共有种排法， 故选：B． 题型二：相邻问题的排列问题 【例2】现有6位同学站成一排照相，其中甲、乙两位同学相邻的排法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】将甲、乙两位同学捆绑，再和另外4位同学全排列，即. 故选：B 【变式2-1】五人站成一排，如果必须相邻，那么排法种数为（    ） A．48 B．24 C．20 D．16 【答案】A 【解析】由相邻问题捆绑法可得, 故选：A 【变式2-2】A，B，C，D，E，F六人站成一排，如果B，C必须相邻，那么排法种数为（    ） A．240 B．120 C．96 D．60 【答案】A 【解析】将捆绑在一起，然后进行全排列， 故共有种排法. 故选：A 【变式2-3】五行是中国古代的一种物质观，多用于哲学､中医学和占卜方面，五行指金､木､水､火､土.现将“金､木､水､火､土”排成一排，则“土､水”相邻的排法种数为（    ） A．12 B．24 C．48 D．72 【答案】C 【解析】将“土、水”绑在一起，当做一个整体，有种排法， 将该整体与“金､木､火”全排列，共有种排法， 所以共有种排法. 故选：C 题型三：不相邻的排列问题 【例3】国庆期间，中华世纪坛举办“传奇之旅：马可•波罗与丝绸之路上的世界”展览，现有8个同学站成一排进行游览参观，若将甲、乙、丙3个同学新加入排列，且甲、乙、丙互不相邻，保持原来8个同学顺序不变，则不同的方法种数为（   ） A．84 B．120 C．504 D．720 【答案】C 【解析】8个同学站成一排有9个空，甲、乙、丙在9个空中任意排列，则不同的方法种数为. 故选：C. 【变式3-1】现需将编号分别为1，2，3，4，5的五人每人安排一天值班，则编号恰好奇偶相间的排班方法数共有（   ） A．8 B．12 C．24 D．36 【答案】B 【解析】先将3个奇数编号排好，有种方法， 然后将2，4插入到排好的奇数的中间可得， 故共有种． 故选：B． 【变式3-2】一场文艺汇演中共有2个小品节目､2个歌唱类节目和3个舞蹈类节目，若要求2个小品类节目演出顺序不相邻且不在第一个表演，则不同的演出顺序共有（   ） A．480种 B．1200种 C．2400种 D．5040种 【答案】C 【解析】先排2个歌唱类节目和3个舞蹈类节目，共有种不同的演出顺序； 再排2个小品节目，共有种不同的演出顺序. 根据分步乘法计数原理可知，共有2400种不同的演出顺序. 故选：C. 【变式3-3】15名学生与5名老师站成一排拍照，要求5名老师两两不相邻，则不同的排法数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】先将15名学生的位置进行全排，有 种，再从产生的16个空位选5个排5名老师，共有 种，所以不同的排法数为. 故选：D. 题型四：分组分配问题 【例4】4本不同的书分给3人，每人至少1本，共有（    ）种不同的分法. A．36 B．24 C．18 D．72 【答案】A 【解析】由题意有1人分得2本书，方法数为， 故选：A． 【变式4-1】两位同学分4本不同的书，每人至少分1本，4本书都分完，则不同的分发方式共有（    ） A．10种 B．14种 C．20种 D．24种 【答案】B 【解析】①一个人一本，另一个三本有种；②每人各2本有种，所以一共有14种． 故选：B. 【变式4-2】，，三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，每位学生只能报一所大学.某中学现有四位学生报名.若每所大学都有该中学的学生报名，则不同的报名方法共有（    ） A．30种 B．36种 C．72种 D．81种 【答案】B 【解析】设这四位同学分别为甲、乙、丙、丁， 由题意将甲、乙、丙、丁四位同学分为三组2，1，1，然后分配到三所学校. 则不同的报名方法共有种. 故选：B. 【变式4-3】2024年中国足球乙级联赛陕西联合的主场火爆，一票难求，主办方设定了三种不同的票价分别对应球场三个不同的区域，五位球迷相约看球赛，则五人中恰有三人在同一区域的不同座位方式共有（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 【答案】C 【解析】要使五人中恰有三人在同一区域，可以分成三步完成： 第一步，先从五人中任选三人，有种方法； 第二步再选这三人所在的区域，有种方法； 第三步，将另外两人从余下的两个区域里任选，有种方法. 由分步乘法计数原理，共有种方法. 故选:C. 题型五：隔板法 【例5】学校有个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少个名额，则有（    ）种分配方案. A． B． C． D． 【答案】C 【解析】问题等价于将个完全相同的小球，放入个不同的盒子，每个盒子至少个球， 由隔板法可知，不同的分配方案种数为. 故选：C. 【变式5-1】学校有6个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1个名额，则有（    ）种分配方案． A．135 B．10 C．75 D．120 【答案】B 【解析】“学生名额”是相同元素，故相同元素分配分组问题，用“隔板法”， 故有， 故选：B. 【变式5-2】将9个志愿者名额全部分配给3个学校，则每校至少一个名额且各校名额互不相同的分配方法总数是（    ） A．16 B．18 C．27 D．28 【答案】B 【解析】“每校至少一个名额的分法”的方法数是至少有两个学校的名额数相同”的分配方法数可以从反面入手去求，即先求出“出现相同名额”的分配方法数，第一种情形是两个学校名额数相同：有三种情形，共有9种分法；第二种情形是三个学校名额数均相同，有1种分法，所以至少有两个学校的名额数相同”的分配为种.所以，满足条件的分配方法共有种. 故选：B 【变式5-3】方程的非负整数解有（    ） A．组 B．136组 C．190组 D．68组 【答案】C 【解析】根据题意，对于方程， 将“18”看成18个“1”， 18个“1”共有19个空， 从19个空中选两个空进行隔板，或从19个空中选1个空插2个隔板， 即可以将18个“1”分为三组，每组对应“1”的数目依次为的数值， 则有. 方程的非负整数解有190组. 故选：C 题型六：几何计数问题 【例6】有8个点在同一平面内，其中任意三点不共线，从中任选三点为顶点，可以作__________个三角形．（    ） A．28 B．42 C．56 D．112 【答案】C 【解析】因8个点中，任意三点不共线，且选定三点为顶点的三角形只有一个， 故这样的三角形有个. 故选：C. 【变式6-1】正八边形的对角线的条数是（    ） A．20 B．28 C．48 D．56 【答案】A 【解析】正八边形的对角线是连接正八边形的任意两个不相邻顶点的线段， 所以正八边形的对角线的条数是. 故选：A 【变式6-2】圆上有5个点，过每3个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为（    ） A．10 B．15 C．30 D．60 【答案】A 【解析】圆上有5个点，过每3个点画一个圆内接三角形，属于组合问题，故一共可以画的三角形个数为. 故选：A 【变式6-3】宋代学者聂崇义编撰的《三礼图集注》中描述的周王城，“匠人营国，方九里，旁三门，国中九经九纬……”；意思是周王城为正方形，边长为九里，每边都有左中右三个门；城内纵横各有九条路……；则依据此种描述，画出周王城的平面图，则图中共有（    ）个矩形 A．3025 B．2025 C．1225 D．2525 【答案】A 【解析】要想组成一个矩形，需要找出两条横边、两条纵边， 根据分步乘法计数原理，依题意，所有矩形的个数为， 故选：A. 题型七：代数中的计数问题 【例7】从1，2，3，6，9中任取两个不同的数相乘，则不同的乘积结果有 种，乘积为偶数的取法有 种. 【答案】 8 7 【解析】从五个不同的数中任取两个数共有种不同的取法， 不同的乘积结果有， 所以不同的乘积结果有8种，其中乘积为偶数的有共7种. 故答案为：①8；②7. 【变式7-1】集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有 个． 【答案】 【解析】集合中的完全平方数有，，， 令，， 则集合的非空子集有个， 集合的子集有个， 则满足条件的集合为集合的非空子集与集合的子集的并集， 故一共有个. 故答案为： 【变式7-2】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】 【解析】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：. 【变式7-3】实数2160所有正因数有 个． 【答案】40 【解析】，故2160的正因数可表示为， 其中共5种情况，共4种情况，共2种情况， 由分步乘法计数原理可得，2160所有正因数有个. 故答案为：40 题型八：涂色问题 【例8】如图，对某市的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，现有种不同的颜色可供选择，则不同的着色方法有 种.    【答案】 【解析】按①②③④的顺序进行着色， 按分步计数原理可得不同的着色方法有. 故答案为： 【变式8-1】如图，为了迎接五一国际劳动节，某学校安排同学们在A，B，C，D四块区域植入花卉，现有4种不同花卉可供选择，要求相邻区域植入不同花卉，不同的植入方法有 （结果用数字作答） 【答案】72 【解析】区域有4种选择，区域有3种选择，A区域有3种选择，B区域有2种选择， 由分步乘法计数原理可知，不同的植入方法共有种. 故答案为：72 【变式8-2】某工艺品如图所示分成五个区域.现对此工艺品进行着色，要求相邻区域不能使用同一种颜色.现有5种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种（用数学作答）. 【答案】420 【解析】第一类：先涂A，有5种情况，涂B，有4种情况，涂C，有3种情况，D与B同色， 涂E，有3种情况，共有种. 第二类：先涂A，有5种情况，涂B，有4种情况，涂C，有3种情况， D与B不同色，有2种情况，涂E，有2种情况，共有种. 综上共有420种. 故答案为：420 【变式8-3】如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A、B、C、D中，要求相邻的矩形涂色不同，若四种颜色全用，则有 种不同的涂色方法；若用三种颜色，则有 种不同的涂色方法． A B C D 【答案】 24； 48. 【解析】四种颜色全用时，有种不同的涂色方法． 用三种颜色时，先从4种颜色中选3种，涂入A、B、C中，有种涂法， 然后涂D，D可以与A或B同色，有2种涂法，所以共有种不同的涂色方法． 故答案为：24；48 题型九：二项展开式问题 【例9】的展开式的第8项是 ． 【答案】 【解析】因为的展开式的通项公式， 令，则， 所以展开式的第8项是 . 故答案为: . 【变式9-1】展开式的常数项为 . 【答案】60 【解析】的常数项为, 故答案为： 【变式9-2】若的展开式的二项式系数和为32，则展开式中的系数为 ． 【答案】 【解析】因为的展开式的二项式系数和为32， 所以，即， 二项式展开式的通项公式为， 令，则，所以的系数为， 故答案为：. 【变式9-3】的展开式中的含x的项是 ． 【答案】 【解析】， 令，得：， 所以含x的项是， 故答案为： 题型十：系数与系数和问题 【例10】（多选题）关于的展开式，下列结论正确的是（   ） A．展开式共有7项 B．每一项中的指数都是偶数 C．各项系数的和为64 D．常数项为540 【答案】ABC 【解析】对于A,根据，即可得展开式共有7项，故A正确， 对于B，的展开式的通项为，由于为偶数，因此每一项中的指数都是偶数，故B正确， 对于C,令，则系数和为，故C正确， 对于D，令，故，故常数项为，故D错误， 故选：ABC 【变式10-1】（多选题）已知，则（    ） A． B． C． D．展开式中所有项的二项式系数的和为 【答案】ABD 【解析】对于A，令，可得，A正确． 对于B，展开式中的第二项为，所以，B正确． 对于C，令，可得，则，C错误． 对于D，展开式中所有项的二项式系数的和为，D正确． 故选：ABD 【变式10-2】（多选题）若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AC 【解析】对于A，， 令，可得，故A正确； 对于B，，可得，故B错误； 对于C，令，可得，故C正确； 对于D，上述两式相加， 故，故D错误， 故选：AC. 【变式10-3】（多选题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【解析】A选项，的通项公式为， 当时，，A正确； B选项，当时，，B正确； C选项，中， 令得， 令得， 故，C错误； D选项，中， 令得， 又， 故，D正确. 故选：ABD 题型十一：整除与余数、近似计算问题 【例11】被15除所得余数为 ． 【答案】1 【解析】， 而是15的倍数， 所以被15除所得余数为1. 故答案为：1 【变式11-1】若能被64整除，则正整数的最小值为 . 【答案】55 【解析】 若能被64整除，则需能被64整除，所以正整数的最小值为55． 故答案为：55． 【变式11-2】的计算结果精确到0.001的近似值是 . 【答案】 【解析】由 . 故答案为：. 【变式11-3】将精确到0.01的近似值是 ． 【答案】0.96 【解析】因为， 且将精确到0.01，故近似值为0.96 故答案为：0.96 题型十二：杨辉三角问题 【例12】如图是一个类似杨辉三角的递推式，则第n行的首尾两个数均为 ． 【答案】/ 【解析】由，，，，，…， 所以，第n行的首尾两个数. 故答案为： 【变式12-1】杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载．它的开头几行如图所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，请问“莱布尼茨三角形”第9行第4个数是 ． 杨辉三角 莱布尼茨三角形 第0行 第1行 第2行 第3行  第n行 1 1    1 1    2    1 1    3    3    1  1        …      1 1                     第0行 第1行 第2行 第3行  【答案】 【解析】根据题目可知确定的数是第9行第4个数，即n=9，r=3， 代入中，得到 所以“莱布尼茨三角形”第9行第4个数是 故答案为：. 【变式12-2】杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载．它的开头几行如图所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，请问“莱布尼茨三角形”第9行第4个数是 ． 【答案】 【解析】因为杨辉三角的第9行第4个数为， 所以“莱布尼茨三角形”第9行第4个数是． 故答案为： 【变式12-3】如图，杨辉三角最早出现于我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》．它揭示了（n为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律．由此可得图中第9行从左到右数第5个数是 ，第9行排在奇数位置的所有数字之和为 ． 【答案】 126 256 【解析】由题意得 第0行有1个数，为1， 第1行有2个数，依次是、, 第2行有3个数，依次是、、, ‥‥‥ 则第9行有10个数，其中第5个数为， 第9行排在奇数位置的所有数字之和为. 故答案为：，. 1 / 22 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 � 事件B� 步骤1 步骤i··· 步骤2 m2种 方法n mi种 m1种 mn种 解决事件B共有m1×m2×m3×···×mn种不同的方法 $$ 第7章 计数原理 章末题型归纳总结（基础篇） 【题型归纳目录】 题型一：分类加法与分步乘法计数原理 题型二：相邻问题的排列问题 题型三：不相邻的排列问题 题型四：分组分配问题 题型五：隔板法 题型六：几何计数问题 题型七：代数中的计数问题 题型八：涂色问题 题型九：二项展开式问题 题型十：系数与系数和问题 题型十一：整除与余数、近似计算问题 题型十二：杨辉三角问题 【思维导图】 【知识点梳理】 知识点1：分类加法计数原理 完成一件事，有类办法，在第1类办法中有种不同的办法，在第2类办法中有种不同的方法，…，在第类办法中有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 知识点2：分步乘法计数原理 完成一件事，需要分成个步骤，做第1步有种不同的方法，做第2步有种不同的方法，…，做第步有种不同的方法，那么完成这件事共有：种不同的方法． 注意：两个原理及其区别 分类加法计数原理和“分类”有关，如果完成某件事情有类办法，这类办法之间是互斥的，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分类加法计数原理． 分步乘法计数原理和“分步”有关，是针对“分步完成”的问题．如果完成某件事情有个步骤，而且这几个步骤缺一不可，且互不影响（独立），当且仅当依次完成这个步骤后，这件事情才算完成，那么求完成这件事情的方法总数时，就用分步乘法计数原理． 当然，在解决实际问题时，并不一定是单一应用分类计数原理或分步计数原理，有时可能同时用到两个计数原理．即分类时，每类的方法可能运用分步完成；而分步后，每步的方法数可能会采取分类的思想求方法数．对于同一问题，我们可以从不同的角度去处理，从而得到不同的解法（但方法数相同），这也是检验排列组合问题的很好方法． 知识点3：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． （4）解排列应用题的基本思路： 通过审题，找出问题中的元素是什么，是否与顺序有关，有无特殊限制条件（特殊位置，特殊元素）． 注意：排列数公式的两种不同表达形式本质是一样的，但作用略有不同，常用于具体数字计算；而在进行含字母算式化简或证明时，多用． 知识点4：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． （4）组合应用题的常见题型： ①“含有”或“不含有”某些元素的组合题型 ②“至少”或“最多”含有几个元素的题型 排列和组合的区别 组合：取出的元素地位平等，没有不同去向和分工． 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5：二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）． 知识点6：二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． 知识点7：二项式展开式中系数和有关问题 常用赋值举例： （1）设， 二项式定理是一个恒等式，即对，的一切值都成立，我们可以根据具体问题的需要灵活选取，的值． ①令，可得： ②令，可得：，即： （假设为偶数），再结合①可得： ． （2）若，则 ①常数项：令，得． ②各项系数和：令，得． ③奇数项的系数和与偶数项的系数和 （i）当为偶数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． （可简记为：为偶数，奇数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） （ii）当为奇数时，奇数项的系数和为； 偶数项的系数和为． （可简记为：为奇数，偶数项的系数和用“中点公式”，奇偶交错搭配） 若，同理可得． 注意：常见的赋值为令，或，然后通过加减运算即可得到相应的结果． 【典型例题】 题型一：分类加法与分步乘法计数原理 【例1】某书架的第一层放有7本不同的历史书，第二层放有6本不同的地理书.从这些书中任取1本历史书和1本地理书，不同的取法有（   ） A．13种 B．42种 C．种 D．种 【变式1-1】从甲地到丙地要经过乙地，已知从甲地到乙地有4条路，从乙地到丙地有3条路，则从甲地到丙地不同的走法有（    ） A．3种 B．4种 C．7种 D．12种 【变式1-2】将2个相同的红球和2个相同的黑球放入两个不同的盒子中，每个盒子中至少放1个球，则不同的放法有（    ） A．5种 B．6种 C．7种 D．8种 【变式1-3】某班一天上午有4节课，下午有2节课，现要安排该班一天中语文、数学、英语、体育、艺术、通技各一节课的课表，要求数学课排在上午，体育课排在下午，不同的排法种数是（    ） A． B． C． D． 题型二：相邻问题的排列问题 【例2】现有6位同学站成一排照相，其中甲、乙两位同学相邻的排法种数为（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】五人站成一排，如果必须相邻，那么排法种数为（    ） A．48 B．24 C．20 D．16 【变式2-2】A，B，C，D，E，F六人站成一排，如果B，C必须相邻，那么排法种数为（    ） A．240 B．120 C．96 D．60 【变式2-3】五行是中国古代的一种物质观，多用于哲学､中医学和占卜方面，五行指金､木､水､火､土.现将“金､木､水､火､土”排成一排，则“土､水”相邻的排法种数为（    ） A．12 B．24 C．48 D．72 题型三：不相邻的排列问题 【例3】国庆期间，中华世纪坛举办“传奇之旅：马可•波罗与丝绸之路上的世界”展览，现有8个同学站成一排进行游览参观，若将甲、乙、丙3个同学新加入排列，且甲、乙、丙互不相邻，保持原来8个同学顺序不变，则不同的方法种数为（   ） A．84 B．120 C．504 D．720 【变式3-1】现需将编号分别为1，2，3，4，5的五人每人安排一天值班，则编号恰好奇偶相间的排班方法数共有（   ） A．8 B．12 C．24 D．36 【变式3-2】一场文艺汇演中共有2个小品节目､2个歌唱类节目和3个舞蹈类节目，若要求2个小品类节目演出顺序不相邻且不在第一个表演，则不同的演出顺序共有（   ） A．480种 B．1200种 C．2400种 D．5040种 【变式3-3】15名学生与5名老师站成一排拍照，要求5名老师两两不相邻，则不同的排法数为（    ） A． B． C． D． 题型四：分组分配问题 【例4】4本不同的书分给3人，每人至少1本，共有（    ）种不同的分法. A．36 B．24 C．18 D．72 【变式4-1】两位同学分4本不同的书，每人至少分1本，4本书都分完，则不同的分发方式共有（    ） A．10种 B．14种 C．20种 D．24种 【变式4-2】，，三所大学发布了面向高二学生的夏令营招生计划，每位学生只能报一所大学.某中学现有四位学生报名.若每所大学都有该中学的学生报名，则不同的报名方法共有（    ） A．30种 B．36种 C．72种 D．81种 【变式4-3】2024年中国足球乙级联赛陕西联合的主场火爆，一票难求，主办方设定了三种不同的票价分别对应球场三个不同的区域，五位球迷相约看球赛，则五人中恰有三人在同一区域的不同座位方式共有（    ） A．30种 B．60种 C．120种 D．240种 题型五：隔板法 【例5】学校有个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少个名额，则有（    ）种分配方案. A． B． C． D． 【变式5-1】学校有6个优秀学生名额，要求分配到高一、高二、高三，每个年级至少1个名额，则有（    ）种分配方案． A．135 B．10 C．75 D．120 【变式5-2】将9个志愿者名额全部分配给3个学校，则每校至少一个名额且各校名额互不相同的分配方法总数是（    ） A．16 B．18 C．27 D．28 【变式5-3】方程的非负整数解有（    ） A．组 B．136组 C．190组 D．68组 题型六：几何计数问题 【例6】有8个点在同一平面内，其中任意三点不共线，从中任选三点为顶点，可以作__________个三角形．（    ） A．28 B．42 C．56 D．112 【变式6-1】正八边形的对角线的条数是（    ） A．20 B．28 C．48 D．56 【变式6-2】圆上有5个点，过每3个点画一个圆内接三角形，则一共可以画的三角形个数为（    ） A．10 B．15 C．30 D．60 【变式6-3】宋代学者聂崇义编撰的《三礼图集注》中描述的周王城，“匠人营国，方九里，旁三门，国中九经九纬……”；意思是周王城为正方形，边长为九里，每边都有左中右三个门；城内纵横各有九条路……；则依据此种描述，画出周王城的平面图，则图中共有（    ）个矩形 A．3025 B．2025 C．1225 D．2525 题型七：代数中的计数问题 【例7】从1，2，3，6，9中任取两个不同的数相乘，则不同的乘积结果有 种，乘积为偶数的取法有 种. 【变式7-1】集合是的子集，且中的元素有完全平方数，则满足条件的集合共有 个． 【变式7-2】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. 【变式7-3】实数2160所有正因数有 个． 题型八：涂色问题 【例8】如图，对某市的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，现有种不同的颜色可供选择，则不同的着色方法有 种.    【变式8-1】如图，为了迎接五一国际劳动节，某学校安排同学们在A，B，C，D四块区域植入花卉，现有4种不同花卉可供选择，要求相邻区域植入不同花卉，不同的植入方法有 （结果用数字作答） 【变式8-2】某工艺品如图所示分成五个区域.现对此工艺品进行着色，要求相邻区域不能使用同一种颜色.现有5种颜色可供选择，则不同的着色方法共有 种（用数学作答）. 【变式8-3】如图，用4种不同的颜色涂入图中的矩形A、B、C、D中，要求相邻的矩形涂色不同，若四种颜色全用，则有 种不同的涂色方法；若用三种颜色，则有 种不同的涂色方法． A B C D 题型九：二项展开式问题 【例9】的展开式的第8项是 ． 【变式9-1】展开式的常数项为 . 【变式9-2】若的展开式的二项式系数和为32，则展开式中的系数为 ． 【变式9-3】的展开式中的含x的项是 ． 题型十：系数与系数和问题 【例10】（多选题）关于的展开式，下列结论正确的是（   ） A．展开式共有7项 B．每一项中的指数都是偶数 C．各项系数的和为64 D．常数项为540 【变式10-1】（多选题）已知，则（    ） A． B． C． D．展开式中所有项的二项式系数的和为 【变式10-2】（多选题）若，，则（    ） A． B． C． D． 【变式10-3】（多选题）已知，则（    ） A． B． C． D． 题型十一：整除与余数、近似计算问题 【例11】被15除所得余数为 ． 【变式11-1】若能被64整除，则正整数的最小值为 . 【变式11-2】的计算结果精确到0.001的近似值是 . 【变式11-3】将精确到0.01的近似值是 ． 题型十二：杨辉三角问题 【例12】如图是一个类似杨辉三角的递推式，则第n行的首尾两个数均为 ． 【变式12-1】杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载．它的开头几行如图所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，请问“莱布尼茨三角形”第9行第4个数是 ． 杨辉三角 莱布尼茨三角形 第0行 第1行 第2行 第3行  第n行 1 1    1 1    2    1 1    3    3    1  1        …      1 1                     第0行 第1行 第2行 第3行  【变式12-2】杨辉三角在我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》一书中被记载．它的开头几行如图所示，它包含了很多有趣的组合数性质，如果将杨辉三角从第1行开始的每一个数都换成分数，得到的三角形称为“莱布尼茨三角形”，莱布尼茨由它得到了很多定理，甚至影响到了微积分的创立，请问“莱布尼茨三角形”第9行第4个数是 ． 【变式12-3】如图，杨辉三角最早出现于我国南宋数学家杨辉1261年所著的《详解九章算法》．它揭示了（n为非负整数）展开式的项数及各项系数的有关规律．由此可得图中第9行从左到右数第5个数是 ，第9行排在奇数位置的所有数字之和为 ． 13 / 13 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 � 事件A� 解决方案1� 方法1 方法2 方法m1 解决方案n� 方法1 方法2 方法mn m1种 mn种 解决事件A共有 m1+m2+m3+···+mn种不同的方法 � 事件B� 步骤1 步骤i··· 步骤2 m2种 方法n mi种 m1种 mn种 解决事件B共有m1×m2×m3×···×mn种不同的方法 $$