第7章 计数原理 章末题型归纳总结（5知识点+12题型+好题必刷）高二数学苏教版选择性必修第二册

第7章 计数原理 章末题型归纳总结 分类加法与分步乘法计数原理 1、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． 2、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． 从数字中，可重复地取出3个数字，组成各位数字之和等于6的三位数，这样的三位数的个数为（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 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． 不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 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）组合应用题的常见模型 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”． 已知，下列排列组合公式中，不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 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）． 展开式中的常数项为 ． 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． 在的展开式中，仅第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是 . 两个计数原理的综合应用 【例1】用数字，，，，组成的没有重复数字的三位数且是偶数的个数为（    ） A．60 B．30 C．36 D．21 【变式1-1】已知集合，直线中的是取自集合中的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，符合以上所有条件的直线的条数为（    ） A．40 B．32 C．24 D．23 【变式1-2】某中学迎来了办学110周年庆典，为此某班设计了富含寓意的11个文创作品，已知甲同学喜欢作品，乙同学喜欢作品，丙同学除了不喜欢作品，其他作品都喜欢，让甲乙丙三位同学依次从中选取一个作为礼物收藏，若这三位同学都选到了自己喜欢的文创作品，则不同的选法有（    ） A．50种 B．48种 C．40种 D．30种 【变式1-3】阅读课上，名同学分别从种不同的书中选择一种进行阅读，不同的选法种数是（    ） A． B． C． D． 【解题方法总结】 利用两个计数原理解题时的三个注意点 （1）当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事． （2）分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图． （3）对于复杂问题，一般是先分类再分步． 直接法与间接法 【例2】求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．15 D．16 【变式2-1】有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 【变式2-2】对于各数位均不为0的三位数，若两位数和均为完全平方数，则称具有“性质”，则具有“性质”的三位数的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式2-3】甲､乙､丙､丁四位同学决定去黄鹤楼､东湖､汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，汉口江滩一定要有人去，则不同游览方案的种数为（    ） A．65 B．73 C．70 D．60. 【变式2-4】以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有（    ） A．6个 B．12个 C．18个 D．30个 【解题方法总结】 正难则反 相邻问题与不相邻问题 【例3】现有 2 位女生和 3 位男生站成一排照相，要求女生甲排在两端且 3 位男生中有且只有 2 位相邻，则不同的站法有 【变式3-1】名男生、名女生站成一排，至少有两个女生相邻的站法种数为 （用数字作答）． 【变式3-2】随着杭州亚运会的举办，吉祥物“琮琮”、莲莲”、宸宸”火遍全国.现有甲、乙、丙3位运动员要与“琮琮”、莲莲”、宸宸”站成一排拍照留念，则这3个吉祥物互不相邻的排队方法数为 .（用数字作答） 【变式3-3】、、、、五人住进编号为1，2，3，4，5的五个房间，每个房间只住一人，则不住2号房间，且、两人不住编号相邻房间的住法种数为 ． 【变式3-4】2024年3月5日至11日，第十四届全国人民代表大会第二次会议胜利召开.此次大会是高举旗帜、真抓实干、团结奋进的大会，全国人大代表不负人民重托、认真履职尽责，凝聚起扎实推进中国式现代化的磅礴力量.某村小校党支部包含甲、乙、丙、丁的10位党员开展“学习贯彻2024年全国两会精神”圆桌会议，根据会议要求：甲、乙必须相邻，甲、丙、丁不能相邻.则不同的座位安排有 种（用数字作答）. 【解题方法总结】 捆绑法解决相邻问题，插空法解决不相邻问题 定序问题 【例4】已知，则满足的有序数组共有（    ）个 A． B． C． D． 【变式4-1】甲乙丙丁戊五人并排站成一排，如果乙必须站在甲的右边（甲乙可以不相邻），那么不同的排法共有（     ）种. A．120 B．60 C．50 D．30 【变式4-2】习近平总书记在全国教育大会上发表重要讲话，称教育是国之大计，党之大计．哈九中落实讲话内容，组织研究性学习．在研究性学习成果报告会上，有A、B、C、D、E、F共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A、C、D按先后顺序汇报（不一定相邻），那么不同的汇报安排种数为（    ） A．100 B．120 C．300 D．600 【变式4-3】某公司在元宵节组织了一次猜灯谜活动，主持人事先将10条不同灯谜分别装在了如图所示的10个灯笼中，猜灯谜的职员每次只能任选每列最下面的一个灯笼中的谜语来猜（无论猜中与否，选中的灯笼就拿掉），则这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法数为____________.（用数字作答） 【解题方法总结】 利用先选后排的思想解决 列举法 【例5】数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是（    ） A．28 B．24 C．20 D．16 【变式5-1】已知字母，，各有两个，现将这6个字母排成一排，若有且仅有一组字母相邻（如），则不同的排法共有（    ）种 A．36 B．30 C．24 D．16 【变式5-2】（2024·海南海口·统考一模）形如45132这样的数称为“波浪数”，即十位上的数字，千位上的数字均比与它们各自相邻的数字大，则由1，2，3，4，5可组成数字不重复的五位“波浪数”的个数为（ ） A．20 B．18 C．16 D．11 【变式5-3】某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走了几个单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点处的所有不同走法共有（    ） A．21种 B．22种 C．25种 D．27种 【解题方法总结】 对于复杂问题可以列举法解决. 多面手问题 【例6】我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有（   ）种不同的选法． A． B． C． D． 【变式6-1】某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（    ）种不同的选法 A．225 B．185 C．145 D．110 【变式6-2】“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ） A．26种 B．30种 C．37种 D．42种 【变式6-3】某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ） A．56种 B．68种 C．74种 D．92种 【解题方法总结】 多面手问题，关键在于分类讨论。 涂色问题 【例7】如图，给编号为1，2，3，…，6的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 【变式7-1】如图，给编号为的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 【变式7-2】用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为（    ） A．25 B．630 C．605 D．580 【变式7-3】如图，现有4种不同颜色给图中5个区域涂色，要求任意两个相邻区域不同色，有多少种不同涂色方法（   ） 1 3 4 2 5 A．120 B．72 C．288 D．144 【变式7-4】用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法（    ）    A．120种 B．720种 C．840种 D．960种 【解题方法总结】 排列组合中的涂色问题，关键在于考虑相邻区域颜色不能相同。首先确定每个区域的可选颜色数，通常基于前一个区域的选择。然后，将各区域的选择数相乘得到总方法数。注意图形的布局和颜色的可区分性，确保计算准确。 分组与分配问题 【例8】现有男、女乒乓球运动员各6人，将他们配对成男双、女双、混双各2对，每个运动员都只参加一个项目，则不同的配对方法种数为 （用数字作答）． 【变式8-1】某名校为落实教育帮扶“深耕计划”，选派了4名教师到A，B，C三个县城学校进行教育帮扶指导.每个学校至少派1人，不同的安排方式共有 种用数字解答 【变式8-2】“九江之夜”文旅街区是我市重点引进的文旅项目，它坐落在我市濂溪区芳兰湖畔，一经开业便引得广大市民游客争相打卡．为了更好的服务招亲广场、电音舞台、篝火广场、水系舞台这四个网红打卡点，主管单位向我市征集了5名志愿者，若要求每个网红点至少安排一名志愿者，每名志愿者只服务一个网红点，则电音舞台恰好安排两人的方法有 种． 【变式8-3】现安排甲､乙､丙､丁､戊这5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，且每人只安排一个工作，则下列说法正确的序号是 . ①不同安排方案的种数为 ②若每项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为 ③若司机工作不安排，其余三项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为 ④若每项工作至少有1人参加，甲不能从事司机工作，则不同安排方案的种数为 【解题方法总结】 分组问题要注意均匀与非均匀，均匀分组用除法，非均匀分组用组合。分配问题分定额与随机，定额分配直接算，随机分配先组后排。注意元素限制与排列顺序，先选元素后排列。 求二项展开式中的特定项系数 【例9】在的展开式中，的系数为84，则 ． 【变式9-1】在的展开式中存在常数项，写出一个满足条件的的值是 . 【变式9-2】展开式中含项的系数是 . 【变式9-3】的展开式中的常数项为 . 【解题方法总结】 在形如的展开式中求的系数，关键是利用通项求，则． 求几个二（多）项式的和（积）的展开式中条件项系数 【例10】的展开式中项的系数为 ． 【变式10-1】已知，则 .（用数字作答） 【变式10-2】的展开式中常数项是 ． 【变式10-3】的展开式中常数项为 用数字作答 【变式10-4】展开式中的系数为 . 【解题方法总结】 分配系数法 求二项展开式中的二项式系数和、各项系数和及二项式系数性质问题 【例11】（多选题）已知，下列命题中，正确的是（    ） A．展开式中所有项的二项式系数的和为 B．展开式中所有奇次项系数的和为 C．展开式中所有偶次项系数的和为 D． 【变式11-1】（多选题）已知，则（   ） A．的值为2 B．的值为80 C．的值为 D． 【变式11-2】（多选题）若，则下列正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式11-3】（多选题）已知，则下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 【变式11-4】（多选题）已知，则（    ） A． B． C． D． 【解题方法总结】 赋值法解决系数和问题 整数和余数问题及近似计算问题 【例12】设被9除所得的余数为 ；则的展开式中的常数项为 . 【变式12-1】若，则除以7的余数是 ． 【变式12-2】若能被64整除，则正整数的最小值为 . 【变式12-3】的小数点后第100位数字是 ． 【变式12-4】二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克•牛顿提出.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据.用这个方法计算的近似值，可以这样操作：.用这样的方法，估计的近似值约为 .（精确到小数点后两位数） 【解题方法总结】 利用二项式定理解决 一、单选题 1．将3个1和2个0随机排成一个五位数，则2个0不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 2．若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（    ） A．32 B．64 C．80 D．16 3．如图，湖面上有4个相邻的小岛，现要建3座桥梁，将这4个小岛连通起来，则建设方案有（   ） A．12种 B．16种 C．20种 D．24种 4．在的展开式中，的系数是（   ） A．690 B． C．710 D． 5．下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 6．“City不City”是一个今年在网络上迅速走红的流行语，这句流行语也成为了外国游客表达对中国城市深刻印象的一种新颖方式.现将一对C，一对i，一对t，一对y重新组合排成一行，若至多有2对相同的字母相邻（如CCiityty，CCitiyty等），则不同的排法有（   ） A．2124种 B．2148种 C．2352种 D．2420种 7．的展开式中所有二次项（即含，，的项）的系数和为（   ） A． B． C． D． 8．从高一新生中选出3名男生、3名女生组成护旗方队，方队共2排3列，第1排是，，，3名女生，第2排是甲、乙、丙3名男生，且女生与男生甲不同列，则不同的排法种数为（   ） A．12 B．18 C．24 D．30 二、多选题 9．若的展开式的各二项式系数之和为32，则（   ） A． B．展开式中只有第三项的二项式系数最大 C．展开式中项的系数为1960 D．展开式中系数为有理数的项共有2项 10．从40个能歌善舞的人中选择15个人参加艺术节表演，其中7个人唱歌，8个人跳舞，共有多少种选择方式，下列各式表述正确的为（   ） A． B． C． D． 11．关于的展开式，下列结论正确的是（ ） A．所有项的二项式系数和为64 B．所有项的系数和为0 C．常数项为 D．系数最大的项为第3项 三、填空题 12．已知，且，则的二项展开式中含项的二项式系数为 ． 13．从4种不同颜色中选择若干种颜色，给正四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色，且共点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有 种． 四、解答题 14．回答下列问题，请写出必要的答题步骤： (1)若（a，b为有理数），请求出的值． (2)已知，求． 15．已知， (1)求的值； (2)求的值； (3)求展开式中系数的最大值. 16．已知. (1)若，求； (2)若的展开式中的系数为6，求展开式中系数的最小值. 2 / 14 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 分类加法与分步乘法计数原理 1、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． 2、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． 从数字中，可重复地取出3个数字，组成各位数字之和等于6的三位数，这样的三位数的个数为（   ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】C 【解析】三个数字和为6的情况有：222,114,123， 对于3个2的排列只有1个； 对于1，1，4的排列由个， 对于1，2，3的排列有个， 所以这样的三位数有10个， 故选：C 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． 不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】不等式中，，化为， 整理得，解得，因此， 所以不等式的解集是. 故选：A 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）组合应用题的常见模型 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”． 已知，下列排列组合公式中，不一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】对于A，由组合数的性质知，成立，A正确； 对于B，因为，因此成立，B正确； 对于C，，而与不一定相等，则与不一定相等，C不一定正确； 对于D，，D正确． 故选：C． 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）． 展开式中的常数项为 ． 【答案】15 【解析】二项式展开式通项公式为， 令，解得，所以常数项为； 故答案为：15 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． 在的展开式中，仅第5项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是 . 【答案】或 【解析】由的展开式中，仅第5项的二项式系数最大，得展开式共9项，则， 的展开式的通项公式， 设展开式中系数最大项是，则，即， 解得，而，因此或，，， 所以展开式中系数最大的项是或. 故答案为：或 两个计数原理的综合应用 【例1】用数字，，，，组成的没有重复数字的三位数且是偶数的个数为（    ） A．60 B．30 C．36 D．21 【答案】B 【解析】由题意可知，这三位数是偶数，则说明其个位数为偶数，即，，，有3种选择， 因为这是一个三位数，所以百位数不能是0. ①当个位数为0时，有种， ②当个位数为2或4时，有种.综上，有30种. 故选：B. 【变式1-1】已知集合，直线中的是取自集合中的三个不同元素，并且该直线的倾斜角为锐角，符合以上所有条件的直线的条数为（    ） A．40 B．32 C．24 D．23 【答案】D 【解析】由直线的倾斜角为锐角可知斜率一定存在，可得， 且，所以异号， 从集合中任取三个不同元素，且异号， 易知有4种选法，有2种选法，有3种选法，共有种， 又因为当和时，都表示直线， 所以符合条件的直线的条数为种. 故选：D 【变式1-2】某中学迎来了办学110周年庆典，为此某班设计了富含寓意的11个文创作品，已知甲同学喜欢作品，乙同学喜欢作品，丙同学除了不喜欢作品，其他作品都喜欢，让甲乙丙三位同学依次从中选取一个作为礼物收藏，若这三位同学都选到了自己喜欢的文创作品，则不同的选法有（    ） A．50种 B．48种 C．40种 D．30种 【答案】C 【解析】若甲选A，则乙有种选法，丙有种选法，故共有种选法； 若甲选B，则乙有种选法，丙有种选法，故共有种选法； 综上可得一共有40种不同的选法. 故选：C 【变式1-3】阅读课上，名同学分别从种不同的书中选择一种进行阅读，不同的选法种数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】阅读课上，名同学分别从种不同的书中选择一种进行阅读， 每名同学都有种选法，因此，不同的选法种数为种. 故选：C. 【解题方法总结】 利用两个计数原理解题时的三个注意点 （1）当题目无从下手时，可考虑要完成的这件事是什么，即怎样做才算完成这件事． （2）分类时，标准要明确，做到不重不漏，有时要恰当画出示意图或树状图． （3）对于复杂问题，一般是先分类再分步． 直接法与间接法 【例2】求整数的正整数因数时可将其改写成若干个质数的乘积，例如，12的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可，则2025的正整数因数的个数为（    ） A．8 B．10 C．15 D．16 【答案】C 【解析】因为， 所以的正整数因数只需分别从，中各选一个元素相乘即可， 有种取法，即有个正整数因数． 故选：C． 【变式2-1】有（   ）个不同的正因数 A．8 B．10 C．12 D．15 【答案】D 【解析】因为，所以的不同的正因数有个. 故选：D 【变式2-2】对于各数位均不为0的三位数，若两位数和均为完全平方数，则称具有“性质”，则具有“性质”的三位数的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【解析】因为两位数的完全平方数有（提示：完全平方数指一个数能表示成某个整数的平方的形式），所以具有“性质”的三位数有，共4个． 故选：D. 【变式2-3】甲､乙､丙､丁四位同学决定去黄鹤楼､东湖､汉口江滩游玩，每人只能去一个地方，汉口江滩一定要有人去，则不同游览方案的种数为（    ） A．65 B．73 C．70 D．60. 【答案】A 【解析】根据题意，甲、乙、丙、丁四位同学决定去黄鹤楼､东湖､汉口江滩游玩，且每人只能去一个地方， 则每人有3种选择，则4人一共有种情况， 若汉口江滩没人去，即四位同学选择了黄鹤楼､东湖， 每人有2种选择方法，则4人一共有种情况， 故汉口江滩一定要有人去有种情况， 故选：A． 【变式2-4】以一个正三棱柱的顶点为顶点的四面体共有（    ） A．6个 B．12个 C．18个 D．30个 【答案】B 【解析】根据题意，先从六个顶点中任选四个，共种选法， 而其中包含了所取4点在同一个侧面上的情况，这种情况有3种， 即符合条件的有 ； 故选∶B． 【解题方法总结】 正难则反 相邻问题与不相邻问题 【例3】现有 2 位女生和 3 位男生站成一排照相，要求女生甲排在两端且 3 位男生中有且只有 2 位相邻，则不同的站法有 【答案】24 【解析】若甲在第一位，则两个相邻的男生必须站在23位或者45位，此时有, 同理可得甲在第五位，， 因此共有种方法， 故答案位： 【变式3-1】名男生、名女生站成一排，至少有两个女生相邻的站法种数为 （用数字作答）． 【答案】 【解析】分以下两种情况讨论： 若只有两个女生相邻，将三个女生分为两组，然后插入名男生所形成的空位中， 此时，不同的站法种数为种； 若三个女生都相邻，将这三个女生视为一个整体，然后插入名男生所形成的空位中， 此时，不同的站法种数为种. 综上所述，至少有两个女生相邻的站法种数为种. 故答案为：. 【变式3-2】随着杭州亚运会的举办，吉祥物“琮琮”、莲莲”、宸宸”火遍全国.现有甲、乙、丙3位运动员要与“琮琮”、莲莲”、宸宸”站成一排拍照留念，则这3个吉祥物互不相邻的排队方法数为 .（用数字作答） 【答案】144 【解析】由题意，甲、乙、丙3位运动员站成一排，有种不同的排法， 在三位运动员形成的4个空隙中选3个，插入3个吉祥物，共有种排法. 故答案为：144． 【变式3-3】、、、、五人住进编号为1，2，3，4，5的五个房间，每个房间只住一人，则不住2号房间，且、两人不住编号相邻房间的住法种数为 ． 【答案】 【解析】由题意，不住2号房间，且两人不住编号相邻房间，则可以住号房间， 若住在1号房间，则可以住在三个房间，有三种情况，剩下三人安排在其他三个房间， 此时，有种情况； 若住在3号房间，则可以住在两个房间，有2种情况，剩下三人安排在其他三个房间， 此时，有种情况； 若住在4号房间，则可以住在两个房间，有2种情况，剩下三人安排在其他三个房间， 此时，有种情况； 若住在5号房间，则可以住在两个房间，有2种情况，剩下三人安排在其他三个房间， 此时，有种情况， 由分类计数原理得，共有种不同的住法. 故答案为：. 【变式3-4】2024年3月5日至11日，第十四届全国人民代表大会第二次会议胜利召开.此次大会是高举旗帜、真抓实干、团结奋进的大会，全国人大代表不负人民重托、认真履职尽责，凝聚起扎实推进中国式现代化的磅礴力量.某村小校党支部包含甲、乙、丙、丁的10位党员开展“学习贯彻2024年全国两会精神”圆桌会议，根据会议要求：甲、乙必须相邻，甲、丙、丁不能相邻.则不同的座位安排有 种（用数字作答）. 【答案】43200 【解析】甲和乙必须相邻，采用捆绑法，将其看作一个整体，与除丙丁外的其他6人排成一圈，共有种排列. 甲和丙，丁不能相邻，采用插空法，甲和乙与除了丙丁外的其他6人排成一圈后形成7个空，但甲与丙丁不能相邻，故丙丁只有6个空位可选，有种选择， 根据分步乘法原理可知，不同的排法总数为. 故答案为：43200    . 【解题方法总结】 捆绑法解决相邻问题，插空法解决不相邻问题 定序问题 【例4】已知，则满足的有序数组共有（    ）个 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】所有有序数组 中,满足的 有序数组 中包含个0，另外两个数在或中选择，每个位置有2种选择，由乘法计数原理得不同的种数为 故选：A. 【变式4-1】甲乙丙丁戊五人并排站成一排，如果乙必须站在甲的右边（甲乙可以不相邻），那么不同的排法共有（     ）种. A．120 B．60 C．50 D．30 【答案】B 【解析】本题可使用倍分法，五人并排站成一排，有种情况， 而其中站在的左边与站在的右边是等可能的， 则其情况数目是相等的，则站在的右边情况数目为， 故选：B. 【变式4-2】习近平总书记在全国教育大会上发表重要讲话，称教育是国之大计，党之大计．哈九中落实讲话内容，组织研究性学习．在研究性学习成果报告会上，有A、B、C、D、E、F共6项成果要汇报，如果B成果不能最先汇报，而A、C、D按先后顺序汇报（不一定相邻），那么不同的汇报安排种数为（    ） A．100 B．120 C．300 D．600 【答案】A 【解析】先排B元素，有5种排法，然后排剩余5个元素共，由于A、C、D顺序确定，所以不同的排法共有. 故选：A 【变式4-3】某公司在元宵节组织了一次猜灯谜活动，主持人事先将10条不同灯谜分别装在了如图所示的10个灯笼中，猜灯谜的职员每次只能任选每列最下面的一个灯笼中的谜语来猜（无论猜中与否，选中的灯笼就拿掉），则这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法数为____________.（用数字作答） 【答案】 【解析】一共有10条灯谜，共有种方法，由题意可知而其中按2，3，3，2组成的4列相对位置不变，所以结合倍缩法可知共有种，也即是这10条灯谜依次被选中的所有不同顺序方法有种 故答案为：. 【解题方法总结】 利用先选后排的思想解决 列举法 【例5】数论领域的四平方和定理最早由欧拉提出，后被拉格朗日等数学家证明．四平方和定理的内容是：任意正整数都可以表示为不超过四个自然数的平方和，例如正整数．设，其中a，b，c，d均为自然数，则满足条件的有序数组的个数是（    ） A．28 B．24 C．20 D．16 【答案】A 【解析】显然a，b，c，d均为不超过5的自然数，下面进行讨论． 最大数为5的情况： ①，此时共有种情况； 最大数为4的情况： ②，此时共有种情况； ③，此时共有种情况． 当最大数为3时，，故没有满足题意的情况． 综上，满足条件的有序数组的个数是． 故选：A 【变式5-1】已知字母，，各有两个，现将这6个字母排成一排，若有且仅有一组字母相邻（如），则不同的排法共有（    ）种 A．36 B．30 C．24 D．16 【答案】A 【解析】有且仅有一组字母相邻，这组字母有三种情况：. 当相邻的这组字母为时，将6个位置编成1-6号， 若在1号和2号，则3号和5号字母相同，4号和6号字母相同，有2种排法； 若在2号和3号，则1号和5号字母相同，4号和6号字母相同，有2种排法； 若在3号和4号，则1号和2号字母不相同，5号和6号字母不相同，有种排法； 若在4号和5号，则2号和6号字母相同，1号和3号字母相同，有2种排法； 若在5号和6号，则1号和3号字母相同，2号和4号字母相同，有2种排法， 即相邻的字母为时，共有种排法. 同理，相邻的字母为时，也都有12种排法，故共有种排法. 故选：A. 【变式5-2】（2024·海南海口·统考一模）形如45132这样的数称为“波浪数”，即十位上的数字，千位上的数字均比与它们各自相邻的数字大，则由1，2，3，4，5可组成数字不重复的五位“波浪数”的个数为（ ） A．20 B．18 C．16 D．11 【答案】C 【解析】此“波浪数”中，十位数字，千位数字必有5、另一数是3或4； 是4时“波浪数”有； 另一数3时4、5必须相邻即45132；45231；13254；23154四种． 则由1，2，3，4，5可构成数字不重复的五位“波浪数”个数为16， 故选C． 【变式5-3】某人设计一项单人游戏，规则如下：先将一棋子放在如图所示正方形（边长为2个单位）的顶点处，然后通过掷骰子来确定棋子沿正方形的边按逆时针方向行走了几个单位，如果掷出的点数为，则棋子就按逆时针方向行走个单位，一直循环下去.则某人抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点处的所有不同走法共有（    ） A．21种 B．22种 C．25种 D．27种 【答案】D 【解析】由题意，正方形的周长为8，抛掷三次骰子的点数之和为8或16， ①点数之和为8的情况有：；；；；，排列方法共有种； ②点数之和为16的情况有：；，排列方法共有种. 所以，抛掷三次骰子后棋子恰好又回到起点处的所有不同走法共有种. 故选：D. 【解题方法总结】 对于复杂问题可以列举法解决. 多面手问题 【例6】我校去年11月份，高二年级有10人参加了赴日本交流访问团，其中3人只会唱歌，2人只会跳舞，其余5人既能唱歌又能跳舞．现要从中选6人上台表演，3人唱歌，3人跳舞，有（   ）种不同的选法． A． B． C． D． 【答案】A 【解析】根据题意可按照只会跳舞的人中入选的人数分类处理． 第一类个只会跳舞的都不选，则从既能唱歌又能跳舞的5人中选择3人来跳舞，接着从剩余的5人中选择3人唱歌，故有种； 第二类个只会跳舞的有人入选，有种，再从从既能唱歌又能跳舞的5人中选择2人来跳舞，有种，再从剩余的6人中选择3人唱歌，有种，故有种； 第三类个只会跳舞的全入选，有种，再从从既能唱歌又能跳舞的5人中选择1人来跳舞，有种，再从剩余的7人中选择3人唱歌，有种，有种， 所以共有种不同的选法， 故选：A． 【变式6-1】某国际旅行社现有11名对外翻译人员，其中有5人只会英语，4人只会法语，2人既会英语又会法语，现从这11人中选出4人当英语翻译，4人当法语翻译，则共有（    ）种不同的选法 A．225 B．185 C．145 D．110 【答案】B 【解析】根据题意，按“2人既会英语又会法语”的参与情况分成三类． ①“2人既会英语又会法语”不参加，这时有种； ②“2人既会英语又会法语”中有一人入选， 这时又有该人参加英文或日文翻译两种可能， 因此有种； ③“2人既会英语又会法语”中两个均入选， 这时又分三种情况：两个都译英文、两个都译日文、两人各译一个语种， 因此有种． 综上分析，共可开出种． 故选：B． 【变式6-2】“赛龙舟”是端午节的习俗之一，也是端午节最重要的节日民俗活动之一，在我国南方普遍存在端午节临近，某单位龙舟队欲参加今年端午节龙舟赛，参加训练的8名队员中有3人只会划左桨，3人只会划右桨，2人既会划左桨又会划右桨．现要选派划左桨的3人、划右桨的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ） A．26种 B．30种 C．37种 D．42种 【答案】C 【解析】根据题意，设只会划左桨的3人，只会划右桨的3人，既会划左桨又会划右桨的2人，据此分3种情况讨论： ①从中选3人划左桨，划右桨的在（）中剩下的人中选取，有种选法， ②从中选2人划左桨，中选1人划左桨，划右桨的在（）中选取，有种选法， ③从中选1人划左桨，中2人划左桨，中3人划右桨，有种选法， 则有种不同的选法． 故选：C． 【变式6-3】某龙舟队有9名队员，其中3人只会划左舷，4人只会划右舷，2人既会划左舷又会划右舷．现要选派划左舷的3人、右舷的3人共6人去参加比赛，则不同的选派方法共有（    ） A．56种 B．68种 C．74种 D．92种 【答案】D 【解析】根据划左舷中有“多面手”人数的多少进行分类：划左舷中没有“多面手”的选派方法有 种，有一个“多面手”的选派方法有种，有两个“多面手”的选派方法有种，即共有(种)不同的选派方法． 故选：D 【解题方法总结】 多面手问题，关键在于分类讨论。 涂色问题 【例7】如图，给编号为1，2，3，…，6的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 【答案】A 【解析】由题意可得，只需确定区域1，2，3的颜色，即可确定所有区域的涂色． 先涂区域1，有5种选择；再涂区域2，有4种选择；最后涂区域3，有3种选择． 故不同的涂色方案有种． 故选：A. 【变式7-1】如图，给编号为的区域涂色，要求每个区域涂一种颜色，相邻两个区域所涂颜色不能相同，中心对称的两个区域（如区域1与区域4）所涂颜色相同．若有5种不同颜色的颜料可供选择，则不同的涂色方案有（    ） A．60种 B．80种 C．100种 D．125种 【答案】A 【解析】由题意可得，只需确定区域的颜色，即可确定所有区域的涂色． 先涂区域1，有5种选择；再涂区域2，有4种选择；最后涂区域3，有3种选择． 故不同的涂色方案有种． 故选：A. 【变式7-2】用红、黄、蓝等6种颜色给如图所示的五连圆涂色，要求相邻两个圆所涂颜色不能相同，且红色至少要涂两个圆，则不同的涂色方案种数为（    ） A．25 B．630 C．605 D．580 【答案】B 【解析】先涂第一个圆，由6种情况；再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有5种情况；涂第四个圆有5种情况；涂第五个圆有5种情况，利用计数原理可知，一共有种； 若没有红色， 先涂第一个圆，由5种情况；再涂第二个圆有4种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有种； 若红色涂一个圆， 当红色涂第一个圆，再涂第二个圆有5种情况；涂第三个圆有4种情况；涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况，一共有种； 当红色涂第二个圆，再涂第一个圆有5种情况，涂第三个圆有5种情况，涂第四个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况；一共有种； 当红色涂第三个圆，再涂第二个圆有5种情况，涂第四个圆有5种情况，涂第一个圆有4种情况；涂第五个圆有4种情况；一共有种； 当红色涂第四个圆，再涂第三个圆有5种情况，涂第五个圆有5种情况，涂第一个圆有4种情况；涂第二个圆有4种情况；一共有种； 当红色涂第五个圆，再涂第四个圆有5种情况，涂第是三个圆有4种情况，涂第二个圆有4种情况；涂第一个圆有4种情况；一共有种； 所以红色至少涂两个圆的方案有. 故选:B 【变式7-3】如图，现有4种不同颜色给图中5个区域涂色，要求任意两个相邻区域不同色，有多少种不同涂色方法（   ） 1 3 4 2 5 A．120 B．72 C．288 D．144 【答案】D 【解析】如图，区域1有4种选法，区域2有3种选法，区域3有2种选法， 区域4可选剩下的一种或选区域1，2所选的颜色，共有3种选法， 区域5从区域4剩下的2种颜色中选有2种选法， 共有种． 故选：D 【变式7-4】用红、黄、蓝、绿、橙五种不同颜色给如图所示的5块区域涂色，要求同一区域用同一种颜色，相邻区域使用不同颜色，则共有涂色方法（    ）    A．120种 B．720种 C．840种 D．960种 【答案】D 【解析】有5种颜色可选，有4种颜色可选，有3种颜色可选， ，均有4种颜色可选，故共有涂色方法（种）． 故选：D. 【解题方法总结】 排列组合中的涂色问题，关键在于考虑相邻区域颜色不能相同。首先确定每个区域的可选颜色数，通常基于前一个区域的选择。然后，将各区域的选择数相乘得到总方法数。注意图形的布局和颜色的可区分性，确保计算准确。 分组与分配问题 【例8】现有男、女乒乓球运动员各6人，将他们配对成男双、女双、混双各2对，每个运动员都只参加一个项目，则不同的配对方法种数为 （用数字作答）． 【答案】4050 【解析】男双的配对方法种数为，同理，女双的配对方法种数为， 剩下的两男两女中混双的配对方法种数为2，则不同的配对方法种数为． 故答案为：4050． 【变式8-1】某名校为落实教育帮扶“深耕计划”，选派了4名教师到A，B，C三个县城学校进行教育帮扶指导.每个学校至少派1人，不同的安排方式共有 种用数字解答 【答案】36 【解析】将4名教师分配到3个学校，每个学校至少1人， 首先，将4名教师分成3组，其中2组各1人，1组2人，共有种分组方式， 然后，将这3组教师分配到3个学校，共有种分配方式， 根据分步乘法计数原理，总共有种不同的安排方式． 故答案为：36 【变式8-2】“九江之夜”文旅街区是我市重点引进的文旅项目，它坐落在我市濂溪区芳兰湖畔，一经开业便引得广大市民游客争相打卡．为了更好的服务招亲广场、电音舞台、篝火广场、水系舞台这四个网红打卡点，主管单位向我市征集了5名志愿者，若要求每个网红点至少安排一名志愿者，每名志愿者只服务一个网红点，则电音舞台恰好安排两人的方法有 种． 【答案】60 【解析】第1步：电音舞台先安排2人有种方法； 第2步：将剩余3人分给其余的3个网红点，有种方法． 故电音舞台恰好安排两人的方法有种． 故答案为：60 【变式8-3】现安排甲､乙､丙､丁､戊这5名同学参加志愿者服务活动，有翻译、导游、礼仪、司机四项工作可以安排，且每人只安排一个工作，则下列说法正确的序号是 . ①不同安排方案的种数为 ②若每项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为 ③若司机工作不安排，其余三项工作至少有1人参加，则不同安排方案的种数为 ④若每项工作至少有1人参加，甲不能从事司机工作，则不同安排方案的种数为 【答案】②④ 【解析】若每人都安排一项工作，每人有4种安排方法，则不同安排方案的种数为，故①错误；先将5人分为4组，再将分好的4组全排列，安排4项工作， 则不同安排方案的种数为，故②正确； 先将5人分为3组，有种分组方法， 将分好的三组安排翻译､导游､礼仪三项工作，有种情况， 则不同安排方案的种数是，故③错误； 对④，第一类，先从乙，丙，丁，戊中选出1人从事司机工作，再将剩下的4人分成三组， 安排翻译､导游､礼仪三项工作，则不同安排方案的种数为； 第二类，先从乙，丙，丁，戊中选出2人从事司机工作， 再将剩下的3人安排翻译、导游、礼仪三项工作， 则不同安排方案的种数为，所以不同安排方案的种数是，故④正确. 故答案为：②④. 【解题方法总结】 分组问题要注意均匀与非均匀，均匀分组用除法，非均匀分组用组合。分配问题分定额与随机，定额分配直接算，随机分配先组后排。注意元素限制与排列顺序，先选元素后排列。 求二项展开式中的特定项系数 【例9】在的展开式中，的系数为84，则 ． 【答案】7 【解析】由题意知二项式展开式通项公式为， 又因为的系数为84，所以， 所以. 故答案为：7. 【变式9-1】在的展开式中存在常数项，写出一个满足条件的的值是 . 【答案】4（答案不唯一，满足即可） 【解析】展开式的通项公式为 令，得,故 令则 故答案为：. 【变式9-2】展开式中含项的系数是 . 【答案】240 【解析】因为 ， 的展开式通项为 ， 的展开式通项为 ，其中 ， 所以 的展开式通项为 ， 由 ，可得 或 ， 因此，展开式中含 x 项的系数为 . 故答案为： 【变式9-3】的展开式中的常数项为 . 【答案】 【解析】的展开式的通项公式， 当即时， 故的展开式中的常数项为. 故答案为： 【解题方法总结】 在形如的展开式中求的系数，关键是利用通项求，则． 求几个二（多）项式的和（积）的展开式中条件项系数 【例10】的展开式中项的系数为 ． 【答案】48 【解析】因为的展开式中含项的系数为：； 含项的系数为：. 所以展开式中项的系数为：. 故答案为：48 【变式10-1】已知，则 .（用数字作答） 【答案】85 【解析】因为， 要求，即求展开式中的系数， 根据二项式展开式的通项公式， 对于，其通项为， 令，则展开式中的系数为， 对于，相当于展开式中的系数乘以， 令，则展开式中的系数为， 所以展开式中的系数为， 对于，相当于展开式中的系数， 令，则展开式中的系数为， 那么就是展开式中的系数， 所以， 把，，代入得：. 故答案为：85 【变式10-2】的展开式中常数项是 ． 【答案】15 【解析】的通项公式为：， 所以的展开式中常数项是：, 故答案为：15 【变式10-3】的展开式中常数项为 用数字作答 【答案】14 【解析】展开式的通项为， 则的展开式中常数项为 故答案为：14 【变式10-4】展开式中的系数为 . 【答案】30 【解析】二项式的展开式中，项为，项为， 因此展开式中项为， 所以所求系数为30. 故答案为：30 【解题方法总结】 分配系数法 求二项展开式中的二项式系数和、各项系数和及二项式系数性质问题 【例11】（多选题）已知，下列命题中，正确的是（    ） A．展开式中所有项的二项式系数的和为 B．展开式中所有奇次项系数的和为 C．展开式中所有偶次项系数的和为 D． 【答案】ACD 【解析】对A，根据二项式系数的和即可判断A正确； 对B，令，可得， 令，可得， 两式相减得展开式中所有奇次项系数的和为，故B错误； 对C，两式相加得展开式中所有偶次项系数的和为，故C正确； 对D，令可求得， 再令，可得，代入得，故D正确. 故选：ACD 【变式11-1】（多选题）已知，则（   ） A．的值为2 B．的值为80 C．的值为 D． 【答案】ACD 【解析】对于A，令，可得，故A正确； 对于B，含的项为，所以，故B错误， 对于C，令得，， 令，， 所以，， 所以，故C正确； 对于D，令，可得， 两边同乘以，可得，故D正确； 故选：ACD. 【变式11-2】（多选题）若，则下列正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】BC 【解析】对于A：令，则，故A错误； 对于B：令，则，故B正确； 对于C：令，则，故C正确； 对于D，由， 两边同时求导得， 令，则，故D错误. 故选：BC. 【变式11-3】（多选题）已知，则下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【解析】设，原式为, 令，,A正确； 令，则， 同乘得， ，，故B错误 令，则，故C错误 两边同时求导得：， 再令，,故D正确. 故选：AD. 【变式11-4】（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 【解题方法总结】 赋值法解决系数和问题 整数和余数问题及近似计算问题 【例12】设被9除所得的余数为 ；则的展开式中的常数项为 . 【答案】 【解析】由于， 所以， 所以其被9除所得的余数为8，即； 的展开式通项为 ， 则展开式常数项为. 故答案为：8； 【变式12-1】若，则除以7的余数是 ． 【答案】0 【解析】， ， 故展开式中的每一项都能被7整除，故余数为0． 故答案为：0 【变式12-2】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12-3】的小数点后第100位数字是 ． 【答案】9 【解析】设．则由特征方程可知其递推式为． 但注意到，都是整数，由数学归纳法可知是整数， 但显然有，因此所求小数点后第100位数字是9． 故答案为：9 【变式12-4】二项式定理，又称牛顿二项式定理，由艾萨克•牛顿提出.二项式定理可以推广到任意实数次幂，即广义二项式定理：对于任意实数，当比较小的时候，取广义二项式定理展开式的前两项可得：，并且的值越小，所得结果就越接近真实数据.用这个方法计算的近似值，可以这样操作：.用这样的方法，估计的近似值约为 .（精确到小数点后两位数） 【答案】3.07 【解析】. 故答案为：3.07 【解题方法总结】 利用二项式定理解决 一、单选题 1．将3个1和2个0随机排成一个五位数，则2个0不相邻的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】将3个1和2个0随机排成一行，可利用插空法. 首先万位必须是1，则余下的2个1产生3个空，若2个0相邻，则有3种排法； 若2个0不相邻，则有种排法. 故2个0不相邻的概率为， 故选：C. 2．若的展开式中二项式系数之和为32，各项系数之和为243，则展开式中的系数是（    ） A．32 B．64 C．80 D．16 【答案】C 【解析】因为的二项式系数之和为32， 则，解得，即二项式为， 因为展开式各项系数和为243， 令，代入可得，解得，即二项式为， 则该二项式展开式的通项为， 令，解得， 则展开式中的系数为. 故选：C. 3．如图，湖面上有4个相邻的小岛，现要建3座桥梁，将这4个小岛连通起来，则建设方案有（   ） A．12种 B．16种 C．20种 D．24种 【答案】B 【解析】由题意知要将4个相邻的小岛A，B，C，D连接起来， 共有个位置可以建设桥梁， 从这6个位置中选3个建设桥梁，共有种选法， 但选出的3个位置可能是仅连接或或或三个小岛，不合题意， 故要建3座桥梁，将这4个小岛连接起来，共有（种）不同的方案. 故选：B. 4．在的展开式中，的系数是（   ） A．690 B． C．710 D． 【答案】D 【解析】观察原式，这是首项为，公比为（），项数为的等比数列的和. 根据等比数列求和公式 要求原式展开式中的系数，即求展开式中的系数. 根据二项式展开式的通项公式分别求出和展开式中的系数. 对于，，令，则的系数为. 对于，，令，则的系数为. 所以展开式中的系数为，即原式展开式中的系数为.   故选：D. 5．下列结论错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】对于A，由组合数的性质可知，，故A正确； 对于B，由组合数的性质可知，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，， 所以，故D错误． 故选： 6．“City不City”是一个今年在网络上迅速走红的流行语，这句流行语也成为了外国游客表达对中国城市深刻印象的一种新颖方式.现将一对C，一对i，一对t，一对y重新组合排成一行，若至多有2对相同的字母相邻（如CCiityty，CCitiyty等），则不同的排法有（   ） A．2124种 B．2148种 C．2352种 D．2420种 【答案】C 【解析】恰有3对相同的字母相邻的排法有：, 有4对相同的字母相邻的排法有：, 8个字母的全排列为：, 所以至多有2对相同的字母相邻的不同的排法有：， 故选：C 7．的展开式中所有二次项（即含，，的项）的系数和为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】由题知，的展开式的通项为， 又的展开式的通项为，， 所以的展开式的通项为， 令，则， 所以含的项的系数为， 令，则， 所以含的项的系数为， 令，则， 所以含的项的系数为， 综上，的展开式中所有二次项的系数和为. 故选：A. 8．从高一新生中选出3名男生、3名女生组成护旗方队，方队共2排3列，第1排是，，，3名女生，第2排是甲、乙、丙3名男生，且女生与男生甲不同列，则不同的排法种数为（   ） A．12 B．18 C．24 D．30 【答案】C 【解析】由题意得第1排和第2排任意排的排法总数为， 当女生与男生甲同列时，排法总数为， 所以女生与男生甲不同列排法总数为. 故选：C. 二、多选题 9．若的展开式的各二项式系数之和为32，则（   ） A． B．展开式中只有第三项的二项式系数最大 C．展开式中项的系数为1960 D．展开式中系数为有理数的项共有2项 【答案】AC 【解析】对于A，由题意得，故A正确； 对于B，因为，所以展开式中的二项式系数最大的是， 分别为展开式中的第三项和第四项的二项式系数，故B错误； 对于C，的展开式的通项公式为， 令，则，即展开式中项的系数为1960，故C正确； 对于D，因为的展开式的通项公式为， 所以若，则时，对应的项为，均为有理项， 所以展开式中系数为有理数的项共有3项，故D错误. 故选：AC 10．从40个能歌善舞的人中选择15个人参加艺术节表演，其中7个人唱歌，8个人跳舞，共有多少种选择方式，下列各式表述正确的为（   ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【解析】从40个能歌善舞的人中选择15个人参加艺术节表演，其中7个人唱歌，8个人跳舞， 先从40个能歌善舞的人中选择15个人有种选择，再从15个人参加艺术节表演中选择7个人唱歌有种选择，剩下的8人跳舞，共有种选择方式，A选项正确； 先从40个能歌善舞的人中选择7个人唱歌有种选择，再从剩下33个人中选择8个人跳舞有种选择，共有种选择方式，B选项正确； 先从40个能歌善舞的人中选择8个人跳舞有种选择，再从剩下32个人中选择7个人跳舞有种选择，共有种选择方式，C选项正确； 不能满足从40个能歌善舞的人中选择15个人参加艺术节表演，其中7个人唱歌，8个人跳舞，D选项错误； 故选：ABC. 11．关于的展开式，下列结论正确的是（ ） A．所有项的二项式系数和为64 B．所有项的系数和为0 C．常数项为 D．系数最大的项为第3项 【答案】ABC 【解析】，得二项式的系数和为，故A正确； 令得所有项的系数和为0，故B正确； 常数项，故C正确； 由，系数为，最大为或，为第3项或第5项，故D错误. 故选：ABC 三、填空题 12．已知，且，则的二项展开式中含项的二项式系数为 ． 【答案】20 【解析】由题意得，当为偶数且时，，当为奇数且时，， 令得，，∴， ∴的二项展开式通项为， 由得，故， ∴的二项展开式中含项的二项式系数为． 故答案为：20. 13．从4种不同颜色中选择若干种颜色，给正四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色，且共点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有 种． 【答案】96 【解析】若所有相对的棱涂同一种颜色，共用3种颜色，有种方法， 若所有相对的3对棱中有2对对棱涂同色，共用4种颜色，有种方法， 所以共有种方法. 故答案为： 四、解答题 14．回答下列问题，请写出必要的答题步骤： (1)若（a，b为有理数），请求出的值． (2)已知，求． 【解析】（1）因为展开式的通项公式为：， 所以， ， 因此，. （2）因为， 所以，， 因此，. 15．已知， (1)求的值； (2)求的值； (3)求展开式中系数的最大值. 【解析】（1）； （2）令得 令得 则； （3）的通项为， 令，① ② 代入得：解得， 解得， 解得，所以， 所以展开式中系数的最大值. 16．已知. (1)若，求； (2)若的展开式中的系数为6，求展开式中系数的最小值. 【解析】（1）已知. 所以，所以. 当时，，即. （2）因为的展开式中的系数为6， 所以，所以，即，展开式中系数 ， 对称轴为.又因为，所以当时，系数的最小值为5. 当时，系数的最小值为6. 综上所得，系数的最小值为5. 2 / 14 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 $$