清单02 计数原理（考点清单，知识导图+10个考点清单+题型解读）高二数学下学期苏教版

清单02 计数原理 （14个考点梳理+题型解读+提升训练） 【清单01】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． 【清单02】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. 【清单03】分类加法计数原理及分步乘法计数原理区别 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. 【清单04】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． 【清单05】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 【清单06】解决排列组合综合问题的一般过程 1、认真审题，确定要做什么事； 2、确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多少步； 3、确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元素； 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策略． 【清单07】相同元素隔板法分配问题 相同元素的组合问题，即有若干组元素，每组元素相同，将这些元素排成一排的计数问题 典型问题：相同小球放入不同盒中，即个相同元素分成组（每组的任务不同）的问题. Ⅰ:当每组至少含一个元素时，其不同分组分式有种，即给个元素中间的个空隙中插入个隔板. ①当每组至少含一个元素时,5个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将5个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现5个小球共有4个间隔，故放隔板的位置有4处，从这4处中任取2处即可，故. ②当每组至少含一个元素时,6个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将6个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现6个小球共有5个间隔，故放隔板的位置有5处，从这5处中任取2处即可，故. ③当每组至少含一个元素时,7个相同的小球放入4个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求4个不同的盒子，只需3个隔板即可 放3个隔板可以将7个小球分为4组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现7个小球共有6个间隔，故放隔板的位置有6处，从这6处中任取3处即可，故. ④当每组至少含一个元素时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可 放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现个小球共有个间隔，故放隔板的位置有处，从这处中任取处即可，故. Ⅱ：任意分组，可出现某些组含0个元素的情况，其不同分组分式有种，即将个元素与个相同隔板进行排序，在个位置中选个隔板. ①任意分组时,5个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将5个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现5个小球及2个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这7处位置中任取2处安排隔板即可，故. ②任意分组时,6个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将6个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现6个小球及2个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这8处位置中任取2处安排隔板即可，故. ③任意分组时,7个相同的小球放入4个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求4个不同的盒子，只需3个隔板即可 放3个隔板可以将7个小球分为4组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现7个小球及3个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这10处位置中任取3处安排隔板即可，故. ④任意分组时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可 放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现个小球及个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这处位置中任取处安排隔板即可，故. 【清单08】不同元素分组分配问题 分组问题与分配问题 Ⅰ：将个不同元素按照某些条件分成组，称为分组问题. 分组问题共分为3类：不平均分组、平均分组、部分平均分组. 将个不同元素按照某些条件分配给个不同的对象，称为分配问题. 分配问题共分为2类：定额分配、随机分配. 区别：分组问题是组与组之间只要元素个数相同，是不区分的.而分配问题即使两组元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的，对于分配问题必须先分组后分配. Ⅱ：分组问题的常见形式及快速处理方法 ①非均匀不编号分组：个不同元素分成组，每组元素数目均不相等，且不考虑各组间的顺序，不管是否分完，其分法种数为： 如：6个不同的球分为3组，且每组数目不同，有多少种情况？ ②均匀不编号分组：将个不同元素分成不编号的组，假定其中组元素个数相等，不管是否分尽，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）.如果再有组均匀分组，应再除以.除的原因为：如：123456平均分成3组，可能是 也可能是或者是等，一共有种不同的组别，但这些组都是一样的，所以除以. 如：两两一组，分两组，若直接用种，但列举出来的分别为、、再往下列举就已经重复了. 如：、、. 如：6个不同的球分为3组，且每组数目相同，有多少种情况？ . ③非均匀编号分组：将个不同元素分成组，各组元素数目均不相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数） ④均匀编号分组：将个不同元素分成组，各组元素数目均相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）. 【清单09】相邻问题 1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体，在于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序，则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. 2、解题步骤： 第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数 第二步：求出其余元素的排列种数 第三步：求出总的排列种数 【清单10】不相邻问题 1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列，然后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可 2.解题步骤： ①先考虑不受限制的元素的排列种数 ②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数 ③求出总的排列种数 【清单11】涂色问题 秒杀策略：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域，因为这些区域颜色各不相同，按乘法原理涂色，再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不用剩余颜色。 【清单12】定序问题 定序问题作倍缩放：将题干给定的总数都看成某一个独立的个体（不相同的），进行全排列故为，其次再将有顺序要求的个元素进行全排列个，其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为。 【清单13】二项展开式中的系数最值问题 模型1：二项式系数最大问题 二项式系数具备对称性，即（）对于大小以二次函数开口向下的图象分析. ①当，即为奇数 则共有项，总项数为偶数. 巧记：当为奇数时，则总的二项式系数为偶数（因为从开始），既然为偶数，则最大项个数也为偶数，即为2个. 如：当，，中间项为，和 结论：当幂指数为奇数时，中项即右上标为项二项式系数相等且最大 ②当，即为偶数 则共有项，总项数为奇数. 巧记：当为偶数时，则总的二项式系数为奇数（因为从开始），既然为奇数，则最大项个数也为奇数，即为1个. 如：当，，中间项为. 结论：当幂指数为偶数时，中项即右上标为项二项式系数最大。 形如：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= ( ) A.5 B.6 C.7 D.8 破解：前面展开后共有2m+1(奇数项)，后面展开后共有2m+2(偶数项)，则有：，得，选B。 秒杀方法： 求展开式中系数最大的项与求二次项系数最大的项是不同的，还需考虑各项系数的正负变化情况，事实上由于展开式中的各项的系数是离散型变量，因此我们可以考虑类比求数列最大项的方法，即比较第项与相邻两项系数的大小，根据通项构造不等式求解.技巧如下： 形如：的二项式展开式，设第项的系数为最大. 则 因为，所以不等式组必有解，且当和都为整数时，有两解，且两解分别为和，否则有一解，因此得出一个结论： 形如的二项展开式系数最大的项最多只有两项. 注意：若系数最大的项为最后一项，则（） 例如：求展开式中系数最大的项时，因为，所以系数最大的项是最后一项. 若系数最大的项为第一项，则，即 例如：求展开式中的系数最大的项时，因为，所以系数最大项是第一项. 但是，对于，使用上述方法时由于的奇偶性不确定，会有多个满足条件的，故此法不可取，考虑到展开式中各项的系数正负相间，奇数项的系数为正，偶数项系数为负，故系数最大的项必须满足奇数项，这里介绍一种通法， 对于可以先求系数绝对值最大的项，再根据项的系数的正负确定系数最大的项，求系数绝对值最大的不等式组和上述一致. 如果和都为整数，那么其中的偶数就是我们要求得. 若和不是整数，则介于它们之间的偶数，就是我们要求，如果介于它们之间的是奇数，那么只要比较第项左右两项的系数就可以了. 【清单14】二项展开式中的系数和问题 解决二项式系数和的问题 一般地，若，则展开式中各项系数的和为. ①奇次项系数的和为 偶次项系数的和为 ②形如的式子，求展开式的各项系数之和，只需令即可. ③形如的式子求其展开式的各项系数之和，只需令. ④二项展开式二项式系数和：；奇数项与偶数项二项式系数和相等为：。 推导： 【考点题型一】分类加法分布乘法计数原理 技巧：加法原理的特点是： ① 完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类； ② 用每一类中的每一种方法都可以完成这件事； ③ 把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． 乘法原理的特点： ① 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可； ② 完成每一步有若干种方法； ③ 把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． 【例1】从7名男生和5名女生中选出4人去参加一项比赛． (1)若4人中必须既有男生又有女生，则有多少种选法？ (2)若女生至少要有2人参加，则有多少种选法？ 【变式1-1】从编号为1，2，3，4的四张卡片中有放回地随机抽取三张卡片，得到的三张卡片的编号依次为，，，则的概率为（    ） A． B． C． D．              1 2 3 4 1 2 3 4 【变式1-2】用0∼9这10个数字可以设置成（   ）种不同的6位银行卡密码． A． B． C． D． 【变式1-3】设计一个五位的信息密码，每位数字均在中选取，则含有数字，且都只出现一次的信息密码有 个，含有数字，且只出现一次，与不相邻的信息密码有 个. 【变式1-4】已知甲袋中有2个白球，3个红球，5个黑球；乙袋中有3个白球，5个红球，2个黑球，各个球的大小与质地相同．若从两袋中各取一球，则2个球颜色不同的概率为 ． 【考点题型二】涂色问题 技巧：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域， 因为这些区域颜色各不相同，按乘法原理涂色， 再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不用剩余颜色。 【例2】如图，圆的两条弦把圆分成4个部分，用5种不同的颜色给这4个部分涂色，每个部分涂1种颜色，任何相邻（有公共边）的两个部分涂不同的颜色，那么共有 种不同的涂色方法． 【变式2-1】用6种颜色给下图四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色且共顶点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有 种.（答案用具体数字表示） 【变式2-2】如图1，把一个圆分成n（）个扇形，每个扇形用k种颜色之一染色，要求相邻扇形不同色，有种方法． 如图2，有4种不同颜色的涂料，给图中的12个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答） 【变式2-3】如图所示，积木拼盘由五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：与为相邻区域，与为不相邻区域），现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是 .    【变式2-4】树人中学的科学社团设计了一块如下图所示的正反面内容相同的双面团牌，给团牌的正反两面6个区域涂色，有3种不同颜色可选，要求同面有公共边的区域不同色，同一区域的两面也不同色，则不同的涂色方法的种数为（    ） A．36 B．48 C．54 D．56 【考点题型三】与排列数有关的运算 技巧：排列数公式的阶乘式： 所以． (1)（、，且） (2)（、，且） 【例3】计算：（用数字作答） (1)． (2)； 【变式3-1】下列说法正确的是（   ） A． B． C．某同学把英文单词“apple”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有59种 D．将9个团员指标分到某年级的3个班，每班要求至少得2个，有15种不同的分配方法 【变式3-2】求解下列问题： (1)计算：； (2)求证：. (3)解关于的不等式：； 【变式3-3】计算下列各式． (1)； (2) (3)解方程：解关于的不等式； 【变式3-4】已知n是正整数，则（    ） A． B． C． D． 【考点题型四】相邻问题捆绑法 技巧：相邻问题 1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体， 在于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序， 则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. 2、解题步骤： 第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数 第二步：求出其余元素的排列种数 第三步：求出总的排列种数 【例4】（1）现有4男2女共6个人排成一排照相，其中两个女生相邻的排法种数为多少？ （2）把6本不同的书分给4位学生，每人至少一本，有多少种方法？ （3）从0~6这7个数字中取出4个数字，能组成多少个没有重复数字的四位偶数？ 【变式4-1】根据张桂梅校长真实事迹拍摄的电影《我本是高山》于2023年11月24日上映，某数学组有4名男教师和2名女教师相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起.求： (1)2名女教师相邻的坐法有多少种？ (2)2名女教师互不相邻的坐法有多少种？ (3)学校从观看《我本是高山》的4名男教师和2名女教师中选派3名教师参加市教育局组织的观影分享会，若要求选派的3名教师中至少要有1名女教师，那么有多少种选派方法？ 【变式4-2】君子六艺包括礼、乐、射、御、书、数，这些技能不仅是周朝贵族教育的重要组成部分，也对后世的教育体系产生了深远影响.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，则“礼”与“乐”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有（   ） A．432种 B．486种 C．504种 D．540种 【变式4-3】某班组织了国庆文艺晚会，从甲、乙、丙、丁等7个节目中选出5个节目进行演出，选出的5个节目要求相邻依次演出，且要求甲、乙、丙必选，且甲、乙相邻，但甲、乙均不与丙相邻，若丁被选中，丁必须排在前两位，则不同的演出顺序种数为 .（用数字作答） 【变式4-4】5个男生，3个女生站成一排，且甲乙之间恰好有3个人，则不同的排法种数为（   ） A． B． C． D． 【考点题型五】不相邻问题插空法 技巧：1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列， 然后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可 2.解题步骤： ①先考虑不受限制的元素的排列种数 ②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数 ③求出总的排列种数 【例5】从甲、乙等6人中选4人参加米接力比赛. (1)甲跑第一棒的排法有多少种？ (2)甲、乙均参加，且不相邻上场的排法有多少种： (3)甲、乙两人均不跑中间两棒的排法有多少种？ 【变式5-1】现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？ (1)老师站在最中间，2名女学生分别在老师的两边且相邻，4名男学生两边各2人； (2)4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端； 【变式5-2】某班新年联欢会原定是5个节目，且已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个新节目增加到原节目单中，那么新节目单可能有种 . 【变式5-3】《哪吒2》9天登顶中国影史票房榜，之后持续狂飙，上映16天票房突破100亿；21天登顶全球动画电影票房榜，电影中哪吒需要从风、火、水、雷、土五种灵珠中选出四个，按顺序排列成法阵对抗敌人，已知风灵珠和火灵珠不能相邻，问共有多少种法阵组合方式 ．（用数字作答） 【变式5-4】中国体育代表团在2024年巴黎奥运会获得40金27银24铜共91枚奖牌，金牌数与美国队并列排名第一､创造了参加境外奥运会的最佳战绩.巴黎奥运会中国内地奥运健儿代表团于8月29日至9月2日访问香港､澳门.访问期间，甲､乙､丙3名代表团团员与4名青少年站成一排拍照留念，若甲､乙､丙互不相邻，则不同的排法有（    ） A．2880种 B．1440种 C．720种 D．360种 【考点题型六】定序问题 技巧：定序问题作倍缩放：将题干给定的总数都看成某一个独立的个体（不相同的）， 进行全排列故为，其次再将有顺序要求的个元素进行全排列个， 其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为。 【例6】近期，某市疫情爆发，全国各地纷纷派出医护人员驰援该市.某医院派出甲、乙、丙、丁四名医生奔赴该市的四个区参加防疫工作，下列选项正确的是（   ） A．若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法. B．若恰有一个区无人去，则共有144种不同的安排方法. C．若甲不去区，乙不去区，且每区均有人去，则共有18种不同的安排方法. D．若该医院又计划向这四个区捐赠10箱防护服（每箱防护服均相同），且每区至少发放1箱，则共有84种不同的安排方法. 【变式6-1】若从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，组成没有重复数字的三位偶数．则这样的三位数一共有 （用数字作答） 【变式6-2】甲､乙､丙､丁､戊5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去向老师询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析，5人的名次排列的情形有（    ） A．36种 B．48种 C．54种 D．64种 【变式6-3】5位同学报名贵州省思南中学青年志愿者协会组织的4个不同的志愿者活动(记为A，B，C，D)，每位同学限报1个项目，且每个项目均有人参加． (1)当甲、乙两位同学报名参加同一个项目时，有多少种不同的报名方式？ (2)求甲、乙两位同学报不同项目的概率为多少？ 【变式6-4】20名同学排成一个4行5列的矩形方阵，要求其中的甲、乙、丙三人中任意两人不在同一行也不在同一列，则这20名同学不同的站法种数为（   ） A． B． C． D． 【考点题型七】分组分配问题 技巧:分组问题与分配问题 将个不同元素按照某些条件分成组，称为分组问题. 分组问题共分为3类：不平均分组、平均分组、部分平均分组. 将个不同元素按照某些条件分配给个不同的对象，称为分配问题. 分配问题共分为2类：定额分配、随机分配. 区别：分组问题是组与组之间只要元素个数相同，是不区分的.而分配问题即使两组 元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的，对于分配问题必须先分组后分配. 【例7】已知一个宿舍有8名同学（包括甲、乙、丙、丁）. (1)若将8名同学分成两组，且两组人数之差的绝对值大于2，则有多少种不同的分法？ (2)若甲和乙不参与分组，其他6位同学分成三组参加活动，且丙、丁在同一组，则有多少种不同的分法？ 【变式7-1】将4名大学生分配到3所学校支教，每名大学生必须去一所学校，每所学校至少有一名大学生：则不同的分配方法有（    ）种． A．12 B．24 C．36 D．48 【变式7-2】定义“分组排列”：先将个不同元素分成组（），再对这组进行全排列.现有6名志愿者，要分成3组，一组1人，一组2人，一组3人，然后将这3组分配到3个不同的社区服务，则不同的分配方法有（    ）种. A．360 B．120 C．60 D．240 【变式7-3】某校组织校庆活动，由甲、乙、丙三名志愿者负责、、、四个任务，每人至少负责一个任务，每个任务都有且仅有一人负责，且任务由甲负责，则不同的任务分配方法种数为（    ） A． B． C． D． 【变式7-4】某学校拟派2名语文老师、3名数学老师和3名体育老师共8人组成两个支教分队，平均分到甲、乙两个村进行义务支教，其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和体育老师，则不同的分配方案有（    ） A．72种 B．36种 C．24种 D．18种 【考点题型八】求展开式中的指定的项或特定项（或其系数） 技巧：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Tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项：， 其中的系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数 【例8】对于二项式，下列说法正确的是（    ） A．展开式中各项的二项式系数之和为 B．若展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则 C．若展开式中的系数为160，则 D．若为奇数，令，则 【变式8-1】在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答． 条件①：展开式中第3项的二项式系数是21； 条件②：展开式中第2项与第7项的二项式系数相等； 条件③：展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于64． 【选择多个条件解答，则按第一个条件计分】 问题：已知二项式，若________，求： (1)的值； (2)展开式中二项式系数最大的项． 【变式8-2】在的展开式中，仅第项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是 ． 【变式8-3】已知． (1)若展开式的二项式系数和为，求的值； (2)当时，二项式的展开式中的系数为，常数项为，若，则求的值. 【变式8-4】已知在的展开式中满足，且常数项为，求： (1)二项式系数最大的项 (2)系数绝对值最大的是第几项 (3)从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项，求共有多少种不同的取法． 【考点题型九】利用赋值法进行求有关系数和 技巧：一般地，若，则展开式中各项系数的和为. ①奇次项系数的和为 偶次项系数的和为 ②形如的式子，求展开式的各项系数之和，只需令即可. ③形如的式子求其展开式的各项系数之和，只需令. ④二项展开式二项式系数和：；奇数项与偶数项二项式系数和相等为：。 【例9】若，且，则（   ） A． B． C． D． 【变式9-1】已知二项展开式，则（    ） A． B． C． D． 【变式9-2】已知二项式展开式中，前二项的二项式系数和是11. (1)求n的值； (2)求其二项式系数之和与各项系数之和的差； (3)求上述展开式中所有偶数项的系数和. 【变式9-3】已知，则（    ） A． B． C． D． 【变式9-4】已知，则等于（    ） A．1094 B．1093 C． D． 【考点题型十】利用二项式定理证明整除问题及余数的求法 技巧：已知数变为二项式的形式，利用二项展开式可求近似值. 【例10】设，其中，且，则（   ） A．1 B．3 C．5 D．6 【变式10-1】南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设、、为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余，记为．已知，若，，则的值可以是（ ） A． B． C． D． 【变式10-2】下列结论正确的是（    ） A． B．若，则展开式中各项的二项式系数的和为1 C．多项式展开式中的系数为40 D．被5除所得的余数是1 【变式10-3】甲乙两人用《哪吒2》动漫卡牌玩游戏．游戏开局时桌上有盒动漫卡牌，每个盒子上都标有盒内卡牌的数量，每盒卡牌的数量构成数组，游戏规则如下：两人轮流抽牌，每人每次只能选择其中一盒并抽走至少一张卡牌，若轮到某人时无卡可抽，则该人输掉游戏．现由甲先抽，则下列开局中，能确保甲有必胜策略的是（    ） A． B． C． D． 【变式10-4】下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．被8整除的余数为1 D．精确到的近似数为 1 / 1 1 / 1 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 $$ 清单02 计数原理 （14个考点梳理+题型解读+提升训练） 【清单01】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． 【清单02】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. 【清单03】分类加法计数原理及分步乘法计数原理区别 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. 【清单04】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． 【清单05】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 【清单06】解决排列组合综合问题的一般过程 1、认真审题，确定要做什么事； 2、确定怎样做才能完成这件事，即采取分步还是分类或是分步与分类同时进行，弄清楚分多少类及多少步； 3、确定每一步或每一类是排列（有序）问题还是组合（无序）问题，元素总数是多少及取出多少个元素； 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策略． 【清单07】相同元素隔板法分配问题 相同元素的组合问题，即有若干组元素，每组元素相同，将这些元素排成一排的计数问题 典型问题：相同小球放入不同盒中，即个相同元素分成组（每组的任务不同）的问题. Ⅰ:当每组至少含一个元素时，其不同分组分式有种，即给个元素中间的个空隙中插入个隔板. ①当每组至少含一个元素时,5个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将5个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现5个小球共有4个间隔，故放隔板的位置有4处，从这4处中任取2处即可，故. ②当每组至少含一个元素时,6个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将6个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现6个小球共有5个间隔，故放隔板的位置有5处，从这5处中任取2处即可，故. ③当每组至少含一个元素时,7个相同的小球放入4个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求4个不同的盒子，只需3个隔板即可 放3个隔板可以将7个小球分为4组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现7个小球共有6个间隔，故放隔板的位置有6处，从这6处中任取3处即可，故. ④当每组至少含一个元素时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可 放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现个小球共有个间隔，故放隔板的位置有处，从这处中任取处即可，故. Ⅱ：任意分组，可出现某些组含0个元素的情况，其不同分组分式有种，即将个元素与个相同隔板进行排序，在个位置中选个隔板. ①任意分组时,5个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将5个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现5个小球及2个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这7处位置中任取2处安排隔板即可，故. ②任意分组时,6个相同的小球放入3个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求3个不同的盒子，只需2个隔板即可 放2个隔板可以将6个小球分为3组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现6个小球及2个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这8处位置中任取2处安排隔板即可，故. ③任意分组时,7个相同的小球放入4个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求4个不同的盒子，只需3个隔板即可 放3个隔板可以将7个小球分为4组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现7个小球及3个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这10处位置中任取3处安排隔板即可，故. ④任意分组时,个相同的小球放入个不同的盒中，一共有多少种放法？ 题干需求个不同的盒子，只需个隔板即可 放个隔板可以将个小球分为组，那么隔板存放的位置共有多少种情况？ 从图中不难发现个小球及个不同的隔板摆放位置是任意的，故从这处位置中任取处安排隔板即可，故. 【清单08】不同元素分组分配问题 分组问题与分配问题 Ⅰ：将个不同元素按照某些条件分成组，称为分组问题. 分组问题共分为3类：不平均分组、平均分组、部分平均分组. 将个不同元素按照某些条件分配给个不同的对象，称为分配问题. 分配问题共分为2类：定额分配、随机分配. 区别：分组问题是组与组之间只要元素个数相同，是不区分的.而分配问题即使两组元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的，对于分配问题必须先分组后分配. Ⅱ：分组问题的常见形式及快速处理方法 ①非均匀不编号分组：个不同元素分成组，每组元素数目均不相等，且不考虑各组间的顺序，不管是否分完，其分法种数为： 如：6个不同的球分为3组，且每组数目不同，有多少种情况？ ②均匀不编号分组：将个不同元素分成不编号的组，假定其中组元素个数相等，不管是否分尽，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）.如果再有组均匀分组，应再除以.除的原因为：如：123456平均分成3组，可能是 也可能是或者是等，一共有种不同的组别，但这些组都是一样的，所以除以. 如：两两一组，分两组，若直接用种，但列举出来的分别为、、再往下列举就已经重复了. 如：、、. 如：6个不同的球分为3组，且每组数目相同，有多少种情况？ . ③非均匀编号分组：将个不同元素分成组，各组元素数目均不相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数） ④均匀编号分组：将个不同元素分成组，各组元素数目均相等，且考虑各组间的顺序，其分法种数为（为非均匀不编号分组的分法种数）. 【清单09】相邻问题 1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体，在于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序，则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. 2、解题步骤： 第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数 第二步：求出其余元素的排列种数 第三步：求出总的排列种数 【清单10】不相邻问题 1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列，然后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可 2.解题步骤： ①先考虑不受限制的元素的排列种数 ②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数 ③求出总的排列种数 【清单11】涂色问题 秒杀策略：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域，因为这些区域颜色各不相同，按乘法原理涂色，再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不用剩余颜色。 【清单12】定序问题 定序问题作倍缩放：将题干给定的总数都看成某一个独立的个体（不相同的），进行全排列故为，其次再将有顺序要求的个元素进行全排列个，其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为。 【清单13】二项展开式中的系数最值问题 模型1：二项式系数最大问题 二项式系数具备对称性，即（）对于大小以二次函数开口向下的图象分析. ①当，即为奇数 则共有项，总项数为偶数. 巧记：当为奇数时，则总的二项式系数为偶数（因为从开始），既然为偶数，则最大项个数也为偶数，即为2个. 如：当，，中间项为，和 结论：当幂指数为奇数时，中项即右上标为项二项式系数相等且最大 ②当，即为偶数 则共有项，总项数为奇数. 巧记：当为偶数时，则总的二项式系数为奇数（因为从开始），既然为奇数，则最大项个数也为奇数，即为1个. 如：当，，中间项为. 结论：当幂指数为偶数时，中项即右上标为项二项式系数最大。 形如：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= ( ) A.5 B.6 C.7 D.8 破解：前面展开后共有2m+1(奇数项)，后面展开后共有2m+2(偶数项)，则有：，得，选B。 秒杀方法： 求展开式中系数最大的项与求二次项系数最大的项是不同的，还需考虑各项系数的正负变化情况，事实上由于展开式中的各项的系数是离散型变量，因此我们可以考虑类比求数列最大项的方法，即比较第项与相邻两项系数的大小，根据通项构造不等式求解.技巧如下： 形如：的二项式展开式，设第项的系数为最大. 则 因为，所以不等式组必有解，且当和都为整数时，有两解，且两解分别为和，否则有一解，因此得出一个结论： 形如的二项展开式系数最大的项最多只有两项. 注意：若系数最大的项为最后一项，则（） 例如：求展开式中系数最大的项时，因为，所以系数最大的项是最后一项. 若系数最大的项为第一项，则，即 例如：求展开式中的系数最大的项时，因为，所以系数最大项是第一项. 但是，对于，使用上述方法时由于的奇偶性不确定，会有多个满足条件的，故此法不可取，考虑到展开式中各项的系数正负相间，奇数项的系数为正，偶数项系数为负，故系数最大的项必须满足奇数项，这里介绍一种通法， 对于可以先求系数绝对值最大的项，再根据项的系数的正负确定系数最大的项，求系数绝对值最大的不等式组和上述一致. 如果和都为整数，那么其中的偶数就是我们要求得. 若和不是整数，则介于它们之间的偶数，就是我们要求，如果介于它们之间的是奇数，那么只要比较第项左右两项的系数就可以了. 【清单14】二项展开式中的系数和问题 解决二项式系数和的问题 一般地，若，则展开式中各项系数的和为. ①奇次项系数的和为 偶次项系数的和为 ②形如的式子，求展开式的各项系数之和，只需令即可. ③形如的式子求其展开式的各项系数之和，只需令. ④二项展开式二项式系数和：；奇数项与偶数项二项式系数和相等为：。 推导： 【考点题型一】分类加法分布乘法计数原理 技巧：加法原理的特点是： ① 完成一件事有若干不同方法，这些方法可以分成n类； ② 用每一类中的每一种方法都可以完成这件事； ③ 把每一类的方法数相加，就可以得到完成这件事的所有方法数． 乘法原理的特点： ① 完成一件事需要经过n个步骤，缺一不可； ② 完成每一步有若干种方法； ③ 把每一步的方法数相乘，就可以得到完成这件事的所有方法数． 【例1】从7名男生和5名女生中选出4人去参加一项比赛． (1)若4人中必须既有男生又有女生，则有多少种选法？ (2)若女生至少要有2人参加，则有多少种选法？ 【答案】(1)455(2)285 【分析】（1）结合组合数，利用间接法求解即可. （2）分情况讨论，利用组合数，结合分类加法计数原理求解即可. 【详解】（1）如果4人中必须既有男生又有女生， 则从所有12人中选4人，去掉只有男生和只有女生的情况， 故有种选法． （2）若女生至少要有2人参加，则分成：女生2人男生2人，女生3人男生1人，女生4人，共三种情况． 女生2人男生2人，有种选法； 女生3人男生1人，有种选法； 女生4人，有种选法； 则共有种选法． 【变式1-1】从编号为1，2，3，4的四张卡片中有放回地随机抽取三张卡片，得到的三张卡片的编号依次为，，，则的概率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】方法一：根据列举法应用古典概型计算求解；方法二：分类讨论，，，再应用分类计数原理结合古典概型计算求解. 【详解】方法一：（列举法）考虑取定的值，计算“”所含的情况，将对应的值作为一个数组，列表如下：              1 2 3 4 1 2 3 4 第一类，当时，满足“”的情况有种； 第二类，当时，满足“”的情况有种； 第三类，当时，满足“”的情况有种； 第四类，当时，满足“”的情况有1种. 由分类加法计数原理，满足“”的共有种情况，而有放回地随机抽取出三张卡片共有种情况. 由于结果有限，且每种情况发生的可能性相等，因此为古典概型，则“”发生的概率. 方法二：（分类计数原理）有放回地随机抽取卡片，且三张卡片的编号要满足，可以分析数字中的大小关系的组合情况，共有4种， 分别为，，，，记每个样本点为. ①当时，共有4种情况为：，，，； ②当时，共有种情况； ③当时，共有种情况； ④当时，共有4种情况. 所以由分类加法计数原理，满足“”的共有种情况，而有放回地随机抽取出三张卡片共有种情况. 由于结果有限，且每种情况发生的可能性相等，因此为古典概型，则“”发生的概率. 故选：B. 【变式1-2】用0∼9这10个数字可以设置成（   ）种不同的6位银行卡密码． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题，每一位都有10种选法，共6步，按分步乘法原理即可得出答案. 【详解】由题，每一位都有10种选法，共6步，按分步乘法原理得，答案为， 故选：D. 【变式1-3】设计一个五位的信息密码，每位数字均在中选取，则含有数字，且都只出现一次的信息密码有 个，含有数字，且只出现一次，与不相邻的信息密码有 个. 【答案】 【分析】第一空先从个数位选择个数位分别排，剩余的个数位上的数字从剩余的个数字中进行选择，每个数位有种选择，结合分步乘法计数原理可得结果；第二空，分当均只出现次，当只出现次出现次或只出现次出现次，当只出现次出现次或只出现次出现次和均出现次，四种情况讨论，即可求解. 【详解】先从个数位选择个数位分别排，剩余的个数位上的数字从中选择，每个数位有种选择， 由分步乘法计数原理可知，满足条件的信息码的个数为， 当均只出现次，且与不相邻，信息码的个数为， 当只出现次出现次或只出现次出现次，且与不相邻，信息码的个数为， 当只出现次出现次或只出现次出现次，且与不相邻，信息码的个数为， 当均出现次，且与不相邻，信息码的个数为， 由分步计数原理知，符合条件的信息码的个数为， 故答案为：. 【变式1-4】已知甲袋中有2个白球，3个红球，5个黑球；乙袋中有3个白球，5个红球，2个黑球，各个球的大小与质地相同．若从两袋中各取一球，则2个球颜色不同的概率为 ． 【答案】 【分析】根据题意先求甲乙两袋各取一球的情况，然后求2个球颜色不同的情况，根据古典概型即可求解. 【详解】根据题意两袋中各取一球共有种情况， 2个球颜色不同共有：当甲袋中取一个白球时，乙袋中可以取红球或黑球有， 当甲袋中取一个红球时，乙袋中可以取白球或黑球有， 当甲袋中取一个黑球时，乙袋中可以取白球或红球有， 所以共有， 所以根据古典概型得2个球颜色不同的概率为， 故答案为：. 【考点题型二】涂色问题 技巧：涂色问题分步(乘法)、分类(加法)处理：尽可能多的找两两相邻的区域， 因为这些区域颜色各不相同，按乘法原理涂色， 再按分类涂剩余区域，一般分用剩余颜色与不用剩余颜色。 【例2】如图，圆的两条弦把圆分成4个部分，用5种不同的颜色给这4个部分涂色，每个部分涂1种颜色，任何相邻（有公共边）的两个部分涂不同的颜色，那么共有 种不同的涂色方法． 【答案】260 【分析】分3步，第一步给涂色，第二步给涂色，第三步给和涂色，分2类：与同色或不同色，计算得解. 【详解】第一步给涂色，有5种方法； 第二步给涂色，有4种方法； 第三步给和涂色，分2类：当与的颜色相同时，涂色方法为种； 当与颜色不同时，涂色方法有种，故共有种. 由分步计数原理，总共方法数为种. 故答案为：260. 【变式2-1】用6种颜色给下图四面体的每条棱染色，要求每条棱只染一种颜色且共顶点的棱染不同的颜色，则不同的染色方法共有 种.（答案用具体数字表示） 【答案】 【分析】根据对棱颜色是否相同进行分类，再由分类加法计数原理以及排列组合计算可得结果. 【详解】四面体的对棱可以涂同一种颜色，也可以涂不同的颜色， 第一种：若所有相对的棱涂同一种颜色，则一共用了三种颜色， 不同的涂色方案共有种； 第二种：若3对相对的棱中有2对涂同一种颜色，则一共用了四种颜色， 不同的涂色方案共有种； 第三种：若3对相对的棱中有1对涂同一种颜色，则一共用了五种颜色， 不同的涂色方案共有种； 第四种：若3对相对的棱中颜色各不相同，则一共用了六种颜色， 不同的涂色方案共有种； 综上可得，总的染色方法共有种. 故答案为： 【变式2-2】如图1，把一个圆分成n（）个扇形，每个扇形用k种颜色之一染色，要求相邻扇形不同色，有种方法． 如图2，有4种不同颜色的涂料，给图中的12个区域涂色，要求相邻区域的颜色不相同，则不同的涂色方法共有 种（用数字作答） 【答案】 【分析】利用已知条件可计算八个空格染色问题，剩下的可用分步分类计数即可. 【详解】染色问题按以下步骤进行： 第一步：给染色有4种方法； 第二步：给染色， 若与的颜色均不同，则可用颜色有3种， 根据已知条件可知：种； 若与其中一个的颜色相同，则有种方法； 若与两个的颜色相同，则有种方法 若与其中三个的颜色相同，则有种方法； 若与的颜色都相同，则有种方法： 第三步：给染色，因为已经染了色，所以分以下两类: 当与同色，给染色有：种； 当与不同色，给染色有：种； 利用分类分步原理可得：总有：种， 故答案为：. 【变式2-3】如图所示，积木拼盘由五块积木组成，若每块积木都要涂一种颜色，且为了体现拼盘的特色，相邻的区域需涂不同的颜色（如：与为相邻区域，与为不相邻区域），现有五种不同的颜色可供挑选，则不同的涂色方法的种数是 .    【答案】960 【分析】先涂，再涂，再涂，再涂，最后涂，由分步乘法计数原理，可得不同的涂色方法种数. 【详解】先涂，则有种涂法，再涂，因为与相邻，所以的颜色只要与不同即可，有种涂法，同理有种涂法，有种涂法，有种涂法，由分步乘法计数原理，可知不同的涂色方法种数为. 故答案为：. 【变式2-4】树人中学的科学社团设计了一块如下图所示的正反面内容相同的双面团牌，给团牌的正反两面6个区域涂色，有3种不同颜色可选，要求同面有公共边的区域不同色，同一区域的两面也不同色，则不同的涂色方法的种数为（    ） A．36 B．48 C．54 D．56 【答案】C 【分析】利用分类加法计数原理和分步乘法计数原理，结合排列组合，计算求解. 【详解】若只用2种不同的颜色，则正反面的上下区域同色，中间区域涂剩下的一种颜色即可，所以有种涂色方法. 若用3种不同的颜色，当正反面都只用2种颜色时，有种涂色方法； 当正面用2种颜色，反面用3种颜色时，则在正面未用的颜色不能涂在反面的中间，所以有种涂色方法； 同理，当正面用3种颜色，反面用2种颜色时，也有种涂色方法； 当正反两面都用3种颜色时，有种涂色方法. 所以共有54种不同的涂色方法. 故选：C. 【考点题型三】与排列数有关的运算 技巧：排列数公式的阶乘式： 所以． (1)（、，且） (2)（、，且） 【例3】计算：（用数字作答） (1)． (2)； 【答案】(1)6(2) 【分析】（1）直接根据排列数公式即可得结果； （2）直接根据组合数和排列数公式即可得结果； 【详解】（1）由题意可得： （2）由题意可得：． 【变式3-1】下列说法正确的是（   ） A． B． C．某同学把英文单词“apple”的字母顺序写错了，则可能出现的错误共有59种 D．将9个团员指标分到某年级的3个班，每班要求至少得2个，有15种不同的分配方法 【答案】AC 【分析】对于A，根据排列数公式和阶乘运算性质即可判断； 对于B，根据组合数的性质，得出或，逐一验证即可； 对于C，求出总情况，减去一种正确的情况即可判断； 对于D，先给每个班分一个名额，然后利用挡板法即可判断． 【详解】对于A，， 故A正确； 对于B， ，解的，又为正整数，所以或， 当时，；当时，，故B错误； 对于C，“apple”有 5 个字母，其中“p”重复 2 次，所以总的排列个数为， 除去一种正确的情况，所以可能出现的错误共有59种，故C正确； 对于D，先给每个班分一个名额，共用去3个名额，还剩6个名额分给3个班级，要求每个班级至少一个名额，利用挡板法，共有种，故D错误； 故答案为：AC. 【变式3-2】求解下列问题： (1)计算：； (2)求证：. (3)解关于的不等式：； 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3). 【分析】（1）（2）（3）应用排列数公式化简求值、证明恒等关系及解不等式； 【详解】（1）； （2），. （3）依题意，有，可得， 由，得，即， 整理得，解得，所以， 又，得，所以的解集为. 【变式3-3】计算下列各式． (1)； (2) (3)解方程：解关于的不等式； 【答案】(1)(2)30(3) 【分析】（1）根据排列数的计算公式求得正确答案. （2）根据组合数的计算公式求得正确答案. （3）根据排列数的计算公式求得正确答案. 【详解】（1）； （2） （3）因为，则且，则且 所以， 即，解得或（舍去） 【变式3-4】已知n是正整数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】由排列数和组合数的计算公式可得AC的对错，利用组合数的性质可得BD的对错. 【详解】，故A正确； ，，故B正确； ，故C错误； ，故D错误. 故选：AB. 【考点题型四】相邻问题捆绑法 技巧：相邻问题 1、思路：对于相邻问题，一般采用“捆绑法”解决，即将相邻的元素看做是一个整体， 在于其他元素放在一起考虑.如果设计到顺序， 则还应考虑相邻元素的顺序问题，再与其他元素放在一起进行计算. 2、解题步骤： 第一步：把相邻元素看作一个整体（捆绑法），求出排列种数 第二步：求出其余元素的排列种数 第三步：求出总的排列种数 【例4】（1）现有4男2女共6个人排成一排照相，其中两个女生相邻的排法种数为多少？ （2）把6本不同的书分给4位学生，每人至少一本，有多少种方法？ （3）从0~6这7个数字中取出4个数字，能组成多少个没有重复数字的四位偶数？ 【答案】（1）240；（2）1560；（3）420 【分析】（1）相邻问题运用“捆绑法”即可； （2）运用分组分配法即可； （3）法1：运用特殊位置优先法分类求解即可；法2：根据数字“0”是否被选上，以及安排在哪个数位进行分类求解即得. 【详解】（1）将两个女生看成一人，与其余4个男生先进行排列，再考虑2个女生的顺序即可，故符合要求的排法数为种方法； （2）6本不同的书分给4位同学，可以按照3，1，1，1或2，2，1，1两种情况进行分配； 若按3，1，1，1分组，则有种； 若按2，2，1，1分组，则有种， 由分类加法计数原理，分法总数为：种方法； （3）法1：第一类：当个位数字是0时，没有重复数字的四位数有个； 第二类：当个位数字是2时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个； 第三类：当个位数字是4时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个； 第四类：当个位数字是6时，千位不能为0，没有重复数字的四位数有个. 根据分类加法计数原理，没有重复数字的四位偶数共有个. 法2：第一类：数字“0”未被选上，个位有3种选择，没有重复数字的四位数有个； 第二类：数字“0”在个位，没有重复数字的四位数有个； 第三类：数字“0”在十位，个位有3种选择，没有重复数字的四位数有个； 第四类，数字“0”在百位，个位有3种选择，没有重复数字的四位数有个. 根据分类加法计数原理，没有重复数字的四位偶数共有个. 【变式4-1】根据张桂梅校长真实事迹拍摄的电影《我本是高山》于2023年11月24日上映，某数学组有4名男教师和2名女教师相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起.求： (1)2名女教师相邻的坐法有多少种？ (2)2名女教师互不相邻的坐法有多少种？ (3)学校从观看《我本是高山》的4名男教师和2名女教师中选派3名教师参加市教育局组织的观影分享会，若要求选派的3名教师中至少要有1名女教师，那么有多少种选派方法？ 【答案】(1)240(2)480(3)16 【分析】（1）利用捆绑法可得答案； （2）利用插空法可得答案； （3）分有1名女教师和2名男教师、2名女教师和1名男教师两种情况利用组合知识可得答案. 【详解】（1）2名女教师看作一个元素，与4名男教师排在一起，共有种方法； （2）先安排4名男教师，有种安排方法，再利用插空法安排2名女教师，有种方法， 所以2名女教师互不相邻的坐法有种； （3）选派的3名教师中有1名女教师和2名男教师的选法有种， 选派的3名教师中有2名女教师和1名男教师的选法有种， 所以选派的3名教师中至少要有1名女教师的选法有种方法. 【变式4-2】君子六艺包括礼、乐、射、御、书、数，这些技能不仅是周朝贵族教育的重要组成部分，也对后世的教育体系产生了深远影响.某校国学社团周末开展“六艺”课程讲座活动，一天连排六节，每艺一节，则“礼”与“乐”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有（   ） A．432种 B．486种 C．504种 D．540种 【答案】A 【分析】分“礼”与“乐”相邻和“礼”与“乐”中间插一艺，利用相邻和插空法求解. 【详解】当“礼”与“乐”相邻时，有种； 当“礼”与“乐”中间插一艺时，有种； 所以“礼”与“乐”之间最多间隔一艺的不同排课方法总数有种， 故选：A 【变式4-3】某班组织了国庆文艺晚会，从甲、乙、丙、丁等7个节目中选出5个节目进行演出，选出的5个节目要求相邻依次演出，且要求甲、乙、丙必选，且甲、乙相邻，但甲、乙均不与丙相邻，若丁被选中，丁必须排在前两位，则不同的演出顺序种数为 .（用数字作答） 【答案】96 【分析】由分类加法原理，利用捆绑法与插空法，可得答案. 【详解】当丁没有被选中时，不同的演出顺序种数为； 当丁被选中且排在第一位时，不同的演出顺序种数为； 当丁被选中且排在第二位时，不同的演出顺序种数为. 综上，不同的演出顺序种数为. 故答案为：. 【变式4-4】5个男生，3个女生站成一排，且甲乙之间恰好有3个人，则不同的排法种数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，利用相邻排列计数问题列式计算得解. 【详解】从除甲乙外的人中选人排在甲乙之间，再将这人捆绑在一起与其他人全排列， 所以不同的排法种数为. 故选：D 【考点题型五】不相邻问题插空法 技巧：1.思路：对于不相邻问题一般采用“插空法”解决，即先将无要求的元素进行全排列， 然后将要求不相邻的元素插入到已排列的元素之间，最后进行计算即可 2.解题步骤： ①先考虑不受限制的元素的排列种数 ②再将不相邻的元素插入到已排列元素的空当种（插空法），求出排列种数 ③求出总的排列种数 【例5】从甲、乙等6人中选4人参加米接力比赛. (1)甲跑第一棒的排法有多少种？ (2)甲、乙均参加，且不相邻上场的排法有多少种： (3)甲、乙两人均不跑中间两棒的排法有多少种？ 【答案】(1)60(2)72(3)144 【分析】（1）甲跑第一棒，从剩下的5人里选出3人排序即可； （2）不相邻问题，插空法； （3）特殊位置优先安排. 【详解】（1）甲跑第一棒，从剩下的5人里选出3人排序即可，即； （2）先从剩下的4人里选出2人排好，共种情况， 排好的2个人会产生3个空，选2个空，将甲乙排进去即可，共情况， 所以总情况为： （3）先从剩下的4人里选出2人排到中间两棒，共种情况， 再从剩下的4人里选2人排前后两棒，共种情况， 所以总情况为： 【变式5-1】现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，在下列情况下，各有多少种不同的站法？ (1)老师站在最中间，2名女学生分别在老师的两边且相邻，4名男学生两边各2人； (2)4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端； 【答案】(1)96 (2)1728 【分析】（1）按照分步计数原理，结合排列数公式，即可求解； （2）首先排老师和女学生，再按照插空法先排男生甲，再排其他3名男学生. 【详解】（1）由题意可得共种不同的站法． （2）先排老师和女学生共有种站法，再排男学生甲有种站法， 最后排剩余的3名男学生有种站法， 所以共有种不同的站法． 【变式5-2】某班新年联欢会原定是5个节目，且已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个新节目增加到原节目单中，那么新节目单可能有种 . 【答案】42 【分析】利用插空法，分两个新节目在一起和两个新节目不在一起两种情况讨论，分别计算可得. 【详解】原定的5个节目形成6个空． 当插入的这两个新节目在一起时，有插法； 当插入的这两个新节目不在一起时，有插法， 所以总的不同插法的种数为种，即新节目单可能有种排法． 故答案为：42． 【变式5-3】《哪吒2》9天登顶中国影史票房榜，之后持续狂飙，上映16天票房突破100亿；21天登顶全球动画电影票房榜，电影中哪吒需要从风、火、水、雷、土五种灵珠中选出四个，按顺序排列成法阵对抗敌人，已知风灵珠和火灵珠不能相邻，问共有多少种法阵组合方式 ．（用数字作答） 【答案】84 【分析】根据已知条件，分两种情况进行排列组合即可. 【详解】由题知共分两种情况： 第一种情况：风、火灵珠选出一个，水、雷、土三种灵珠均被选出， 共有种法阵组合； 第二种情况：风、火灵珠均被选出，水、雷、土三种灵珠选出两个， 先从水、雷、土三种灵珠中选出两个进行排列，共有种方法， 再将风、火灵珠进行插空，共有种方法， 则共有种法阵组合， 所以共有种法阵组合. 故答案为：84 【变式5-4】中国体育代表团在2024年巴黎奥运会获得40金27银24铜共91枚奖牌，金牌数与美国队并列排名第一､创造了参加境外奥运会的最佳战绩.巴黎奥运会中国内地奥运健儿代表团于8月29日至9月2日访问香港､澳门.访问期间，甲､乙､丙3名代表团团员与4名青少年站成一排拍照留念，若甲､乙､丙互不相邻，则不同的排法有（    ） A．2880种 B．1440种 C．720种 D．360种 【答案】B 【分析】先排4名青少年产生5个空位，再把甲､乙､丙插在5个空位即可. 【详解】第一步先排4名青少年共有种排法，第二步把甲､乙､丙插在4名青少年中间有种排法， 所以根据分步乘法计数原理共有种排法， 故选：B. 【考点题型六】定序问题 技巧：定序问题作倍缩放：将题干给定的总数都看成某一个独立的个体（不相同的）， 进行全排列故为，其次再将有顺序要求的个元素进行全排列个， 其中满足要求的顺序必为1个，则总的情况数为。 【例6】近期，某市疫情爆发，全国各地纷纷派出医护人员驰援该市.某医院派出甲、乙、丙、丁四名医生奔赴该市的四个区参加防疫工作，下列选项正确的是（   ） A．若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法. B．若恰有一个区无人去，则共有144种不同的安排方法. C．若甲不去区，乙不去区，且每区均有人去，则共有18种不同的安排方法. D．若该医院又计划向这四个区捐赠10箱防护服（每箱防护服均相同），且每区至少发放1箱，则共有84种不同的安排方法. 【答案】ABD 【分析】对于A，直接用全排列公式求解即可；对于B，先选一个区无人去，然后将四名医生分成3组，再全排，最后用分步乘法计数原理求解即可；对于C，使用间接法求解即可得解；对于D，使用隔板法求解可得结果. 【详解】对于A，若四个区都有人去，则共有24种不同的安排方法.故A正确； 对于B，若恰有一个区无人去，则共有种不同的安排方法.故B正确； 对于C，若甲不去区,乙不去区，且每区均有人去，可考虑4人的全排列，去掉甲去区，乙去区，再加上甲去区同时乙去区， 即共有种不同的安排方法.故C不正确； 对于D，若该医院又计划向这四个区捐赠10箱防护服(每箱防护服均相同)，且每区至少发放1箱， 即使用3块隔板将10箱隔成4份，且隔板不相邻、不在两端，则共有种不同的安排方法.故D正确. 故选：ABD. 【变式6-1】若从0，1，2，3，4，5这六个数字中选3个数字，组成没有重复数字的三位偶数．则这样的三位数一共有 （用数字作答） 【答案】52 【分析】根据给定条件，按个位数字是否为0分类，再利用排列计数问题列式求解. 【详解】求符合题意的三位数个数，有两类办法： 0在个位，有个没有重复数字的三位偶数； 0不在个位，排个位有种方法，再排百位有种方法，排十位有种方法， 此时共有个没有重复数字的三位偶数， 所以没有重复数字的三位偶数共有个. 故答案为：52 【变式6-2】甲､乙､丙､丁､戊5名同学进行劳动技术比赛，决出第1名到第5名的名次.甲和乙去向老师询问成绩，老师对甲说：“很遗憾，你和乙都没有得到冠军.”对乙说：“你当然不会是最差的.”从这两个回答分析，5人的名次排列的情形有（    ） A．36种 B．48种 C．54种 D．64种 【答案】C 【分析】由排列数计算，根据分步乘法原理，可得答案. 【详解】分三步完成：冠军有种可能，乙的名次有种可能，余下3人有种可能， 所以5人的名次排列有（种）不同情况， 故选：C. 【变式6-3】5位同学报名贵州省思南中学青年志愿者协会组织的4个不同的志愿者活动(记为A，B，C，D)，每位同学限报1个项目，且每个项目均有人参加． (1)当甲、乙两位同学报名参加同一个项目时，有多少种不同的报名方式？ (2)求甲、乙两位同学报不同项目的概率为多少？ 【答案】(1)24(2) 【分析】（1）将甲乙两位同学绑定在一起，选出一个活动参加，其余全排列即可； （2）五人中选出两人参加一个活动，再全排列求出样本空间数，再用样本空间总数减去（1）中结果，然后由古典概率求解即可. 【详解】（1）将甲乙两位同学报名参加同一个项目，选出一个活动参加，其余全排列，即种. （2）记甲，乙两位同学不报同一个项目为事件A， 样本空间共有种， 甲乙两位同学不报同一个项目共有种； 则. 【变式6-4】20名同学排成一个4行5列的矩形方阵，要求其中的甲、乙、丙三人中任意两人不在同一行也不在同一列，则这20名同学不同的站法种数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用分步乘法计数原理求出甲、乙、丙的站法种数，再将余下17人作全排列即可. 【详解】求20名同学不同的站法种数需两步： 先让甲、乙、丙站，从4行中任取1行，5列中任取1列，其交点让甲站，有种； 从余下3行中任取1行，4列中任取1列，其交点让乙站，有种； 从余下2行中任取1行，3列中任取1列，其交点让丙站，有种， 因此符合要求的甲、乙、丙的站法种数为种， 再让除甲、乙、丙外的17人站，有， 所以这20名同学不同的站法种数为. 故选：B 【考点题型七】分组分配问题 技巧:分组问题与分配问题 将个不同元素按照某些条件分成组，称为分组问题. 分组问题共分为3类：不平均分组、平均分组、部分平均分组. 将个不同元素按照某些条件分配给个不同的对象，称为分配问题. 分配问题共分为2类：定额分配、随机分配. 区别：分组问题是组与组之间只要元素个数相同，是不区分的.而分配问题即使两组 元素个数相同，但因对象不同，仍然是可区分的，对于分配问题必须先分组后分配. 【例7】已知一个宿舍有8名同学（包括甲、乙、丙、丁）. (1)若将8名同学分成两组，且两组人数之差的绝对值大于2，则有多少种不同的分法？ (2)若甲和乙不参与分组，其他6位同学分成三组参加活动，且丙、丁在同一组，则有多少种不同的分法？ 【答案】(1)36(2)25 【分析】（1）首先确定分组情况，再按照组合数公式求解； （2）根据分组情况，以及丙和丁所在组，再结合分组公式，即可求解. 【详解】（1）由题意可知，两组的人数分别为1、7或2、6， 所以分组种数为， （2）由题意可知，分组的人数分别为1、2、3或2、2、2或1、1、4， ①1、2、3的分组情况，因为丙和丁在同一组，若丙和丁在2人的组里，共有种情况，若丙和丁在3人组里，有种情况， ②2、2、2的分组情况，丙和丁在同一组，另外4人均分为2组，共有种情况， ③1、1、4的分组情况，丙和丁在4人的一组，共有种情况， 所以一共有种情况. 【变式7-1】将4名大学生分配到3所学校支教，每名大学生必须去一所学校，每所学校至少有一名大学生：则不同的分配方法有（    ）种． A．12 B．24 C．36 D．48 【答案】C 【分析】根据题意先将4名大学生分成三组，再分配给三所学校，根据分步计算原理即可求解． 【详解】解：根据题意，先从4人中选2人组成一组，有种方法，然后将3组大学生分配到3所学校，有种方法，由分步计数原理知共有种不同的分配方法， 故选:C． 【变式7-2】定义“分组排列”：先将个不同元素分成组（），再对这组进行全排列.现有6名志愿者，要分成3组，一组1人，一组2人，一组3人，然后将这3组分配到3个不同的社区服务，则不同的分配方法有（    ）种. A．360 B．120 C．60 D．240 【答案】A 【分析】根据题意，先将6名志愿者，要分成3组，再将3组分配到3个不同的社区服务，结合分步计数原理，即可求解. 【详解】根据题意，先将6名志愿者，要分成3组，一组1人，一组2人，一组3人， 共有种不同的分组； 再将这3组分配到3个不同的社区服务，则不同的分配方法有种. 故选：A. 【变式7-3】某校组织校庆活动，由甲、乙、丙三名志愿者负责、、、四个任务，每人至少负责一个任务，每个任务都有且仅有一人负责，且任务由甲负责，则不同的任务分配方法种数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】对甲负责的任务数量进行分类讨论，结合分类加法计数原理可求得结果. 【详解】若甲负责两个任务，则甲还需从、、三个任务中挑选一个任务， 剩余两个任务排给乙、丙两人，此时有种分配方法； 若甲只负责任务，则需将、、三个任务分为两组，再分配给乙、丙两人， 此时，有种不同的分配方法. 由分类加法计数原理可知，不同的分配方法种数为种. 故选：B. 【变式7-4】某学校拟派2名语文老师、3名数学老师和3名体育老师共8人组成两个支教分队，平均分到甲、乙两个村进行义务支教，其中每个分队都必须有语文老师、数学老师和体育老师，则不同的分配方案有（    ） A．72种 B．36种 C．24种 D．18种 【答案】B 【分析】先分配语文老师，再把数学体育老师按1，2和2，1分配，或2，1和1，2分配即可求解； 【详解】两名语文老师由种分配方程； 数学老师按1，2分，则体育老师按2，1分， 或数学老师按2，1分，则体育老师按1，2分，共有, 所以不同的分配方案有， 故选：B 【考点题型八】求展开式中的指定的项或特定项（或其系数） 技巧：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Tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项：， 其中的系数（r=0，1，2，…，n）叫做二项式系数 【例8】对于二项式，下列说法正确的是（    ） A．展开式中各项的二项式系数之和为 B．若展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，则 C．若展开式中的系数为160，则 D．若为奇数，令，则 【答案】BCD 【分析】由二项式定理可得A错误；由展开式中项的系数关系可得B正确；由展开式中项的系数结合组合数的运算可得C正确；令可得D正确. 【详解】对于A，由二项式定理可得，展开式中各项的二项式系数之和为，故A错误； 对于B，若展开式中第3项与第7项的二项式系数相等，即，故B正确； 对于C，若展开式中的系数为160，即，故C正确； 对于D，令，， 令，， 两式做差可得，故D正确. 故选：BCD 【变式8-1】在下列三个条件中任选一个条件，补充在问题中的横线上，并解答． 条件①：展开式中第3项的二项式系数是21； 条件②：展开式中第2项与第7项的二项式系数相等； 条件③：展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于64． 【选择多个条件解答，则按第一个条件计分】 问题：已知二项式，若________，求： (1)的值； (2)展开式中二项式系数最大的项． 【答案】(1)条件选择见解析，； (2). 【分析】（1）选择条件，利用二项式系数的性质求出值. （2）由（1）的结论，利用二项式系数的性质求解. 【详解】（1）选条件①，展开式中第3项的二项式系数是21，则， 而，所以. 选条件②，展开式中第2项与第7项的二项式系数相等，则， 所以. 选条件③，展开式中所有偶数项的二项式系数之和等于64，则， 所以. （2）由（1）知，，则展开式中二项式系数最大的项是第4项和第5项， 即， 所以展开式中二项式系数最大的项. 【变式8-2】在的展开式中，仅第项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是 ． 【答案】 【分析】利用二项式系数的性质得到，设展开式中系数最大项是，利用展开式的通项公式得到，即可求解. 【详解】由的展开式中，仅第项的二项式系数最大，得展开式共项，则， 所以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，所以，， 所以展开式中系数最大的项是, 故答案为：. 【变式8-3】已知． (1)若展开式的二项式系数和为，求的值； (2)当时，二项式的展开式中的系数为，常数项为，若，则求的值. 【答案】(1)(2)或. 【分析】（1）根据二项式系数和为可得结果. （2）根据二项展开式通项公式求出的系数与常数项，由条件可得结果. 【详解】（1）由题意得，，解得. （2）当时二项式为，二项展开式的通项为， 令，得，∴， 令，得，∴， ∵，∴，解得或或（舍去）， ∴或. 【变式8-4】已知在的展开式中满足，且常数项为，求： (1)二项式系数最大的项 (2)系数绝对值最大的是第几项 (3)从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项，求共有多少种不同的取法． 【答案】(1)(2)8(3)135 【分析】（1）写出二项展开式的通项并令的指数为0，利用常数项为即可求得，进而可求解； （2）由系数绝对值最大的项等价于系数最大的项，结合不等式求解即可； （3）由通项可知展开式中有理项共有6项，无理项有5项，再利用分类分步计数原理即可求得结果. 【详解】（1）根据展开式的通项可得 令，解得 即时，常数项， 解得 所以二项式系数最大的项 （2）系数绝对值最大的项等价于系数最大的项； 设第项系数最大， 则 即，又， 所以， 即第8项系数最大，也即展开式中第8项系数绝对值最大. （3）令，，解得， 即展开式中的有理项共有6项，无理项有5项； 所以从展开式中的所有项中任取三项，取出的三项中既有有理项也有无理项的取法共有种； 【考点题型九】利用赋值法进行求有关系数和 技巧：一般地，若，则展开式中各项系数的和为. ①奇次项系数的和为 偶次项系数的和为 ②形如的式子，求展开式的各项系数之和，只需令即可. ③形如的式子求其展开式的各项系数之和，只需令. ④二项展开式二项式系数和：；奇数项与偶数项二项式系数和相等为：。 【例9】若，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】应用赋值法及奇偶项和的求法依次判断各项的正误. 【详解】令，则，即，A对； 所以， 令，则，B对； 令，则，而， 两式作差，得，则，C错； 两式相加，得，则，D对. 故选：ABD 【变式9-1】已知二项展开式，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】令即可判断A；令即可判断B；根据二项式展开式的通项公式计算即可判断C；令即可判断D. 【详解】A项：令，则，故A正确； B项：令，则①， 所以，故B错误； C项：，所以， ，所以，所以，故C正确； D项：令，则②， ①+②可得：，故D正确． 故选：ACD 【变式9-2】已知二项式展开式中，前二项的二项式系数和是11. (1)求n的值； (2)求其二项式系数之和与各项系数之和的差； (3)求上述展开式中所有偶数项的系数和. 【答案】(1)(2)1023(3) 【分析】（1）利用指定两项的二项式系数建立方程求解参数即可. （2）利用二项式性质得到二项式系数之和，利用赋值法得到各项系数之和，再作差即可. （3）利用赋值法再作差求解偶数项的系数和即可. 【详解】（1）因为二项式展开式中，前二项的二项式系数和是11， 所以，得到，解得. （2）由二项式性质得二项式系数之和为， 令，可得各项系数之和为， 所以二项式系数之和与各项系数之和的差为. （3）令， 则 所以 【变式9-3】已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】A选项，先把拆成.分别在两部分里找的系数，再相加得到.B选项用赋值法，令和得到两个等式，两式相减消去，算出.C选项令得，因，所以.D选项等价于各项系数和，令就能算出结果. 【详解】根据二项式定理，展开式的通项为（）. . 要求的系数，在中，令，得， 此时该项系数为； 在中，令，得，此时该项系数为. 所以，故A选项正确. 令，得①； 令，得②. ①-②得，所以，故B选项正确. 令，得， 又因为，所以，故C选项错误. 相当于的各项系数和. 令，则，故D选项正确. 故选：ABD. 【变式9-4】已知，则等于（    ） A．1094 B．1093 C． D． 【答案】D 【分析】利用赋值法即可得所求系数之和. 【详解】令，得， 再令，所以， 两式相加再除以得：， 故选：D. 【考点题型十】利用二项式定理证明整除问题及余数的求法 技巧：已知数变为二项式的形式，利用二项展开式可求近似值. 【例10】设，其中，且，则（   ） A．1 B．3 C．5 D．6 【答案】D 【分析】，然后用二项式定理展开，即可得出答案. 【详解】 ， 每一项都可被整除， 所以， 所以， 故选：D. 【变式10-1】南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设、、为整数，若和被除得余数相同，则称和对模同余，记为．已知，若，，则的值可以是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】写出二项展开式通项，分析可知，当为奇数时，；当为偶数时，.利用赋值法可求出，利用二项展开式求出被除的余数，即可得出合适的选项. 【详解】的展开式通项为， 又因为， 所以，， 当为奇数时，；当为偶数时，. 令，则， 所以，， 所以， 又， 故被除余，而被除余数为，被整除，被除余数为， 被除余数为， 故选：A. 【变式10-2】下列结论正确的是（    ） A． B．若，则展开式中各项的二项式系数的和为1 C．多项式展开式中的系数为40 D．被5除所得的余数是1 【答案】ACD 【分析】利用二项式定理及二项式展开式各项系数和，依次判断各项正误. 【详解】对于A，因为，故A正确； 对于B，的展开式中各项的二项式系数的和为 ，故B正确； 对于C，因为， 展开式的通项为： 展开式的通项为：， 当时， 的系数为； 当时， 的系数为； 当时， 的系数为； 当时， 的系数为， 所以多项式展开式中的系数为，故C正确； 对于D，因为， 所以被5除所得的余数是1，故D正确. 故选：ACD 【变式10-3】甲乙两人用《哪吒2》动漫卡牌玩游戏．游戏开局时桌上有盒动漫卡牌，每个盒子上都标有盒内卡牌的数量，每盒卡牌的数量构成数组，游戏规则如下：两人轮流抽牌，每人每次只能选择其中一盒并抽走至少一张卡牌，若轮到某人时无卡可抽，则该人输掉游戏．现由甲先抽，则下列开局中，能确保甲有必胜策略的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】将每盒卡牌中的卡片数量转为二进制数，再进行亦或求和，若初始条件是全零，则乙有必胜策略，反之则甲有必胜策略，保持操作之后是全零状态. 【详解】将每盒卡牌中的卡片数量转为二进制数， 再进行亦或求和， 若初始条件是全零，则乙有必胜策略， 反之则甲有必胜策略，保持操作之后是全零状态. A项：，非全零，甲胜：从第2盒中拿2个，故A符合题意； B项：，全零，乙胜，故B不符合题意； C项：，非全零，甲胜：拿走第三盒，故C符合题意； D项：，非全零，甲胜：从第1盒中拿2个，故D符合题意； 故选：ACD 【变式10-4】下列说法正确的是（    ） A． B．若，则 C．被8整除的余数为1 D．精确到的近似数为 【答案】ABD 【分析】逆用二项式定理计算可判断A项，运用赋值法，令，求解可判断B项，由，结合二项式定理计算可判断C项，，结合二项式定理计算可判断D项. 【详解】对于A项，由二项式定理可知，故A项正确； 对于B项，令得①，令得②， 所以①②可得，故B项正确； 对于C项，， 由此可得被8整除的余数为，故C项错误； 对于D项， ，所以精确到的近似数为，故D项正确. 故选：ABD. 1 / 1 1 / 1 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 $$